人教版数学八年级下册第十八章平行四边形（A卷）含解析答案

这是一份人教版数学八年级下册第十八章平行四边形（A卷）含解析答案，共35页。

第十八章���平行四边形（A卷）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

评卷人
得分



一、单选题
1．如图，的周长为，的周长为，则对角线的长为（　　）

A． B． C． D．
2．如图，过对角线的交点，交于点，交于点，则：
①；
②图中共有4对全等三角形；
③若，，则；
④；
其中正确的结论有（　　）

A．①④ B．①②④ C．①③④ D．①②③
3．下列给出的四边形中的度数之比，其中能够判定四边形是平行四边形的是（  ）
A．1：2：3：4 B．2:3:2:3 C．2：2：3：4 D．1：2：2：1
4．如图，在矩形中，、交于点O，于点E，，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
5．如图，在矩形中，对角线相交于点O，点E是边的中点，点F在对角线上，且，连接．若，则的长为（    ）

A． B．3 C．4 D．5
6．如图所示，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定平行四边形ABCD为矩形的是（）

A．∠ABC＝90° B．AC＝BD C．AD=AB D．∠BAD＝∠ADC
7．如图：在菱形中，，过点A作于点E，交于点F，点G为的中点．若，则的长为（　　）

A． B．1 C． D．
8．如图，在四边形中，对角线相交于点O，．添加下列条件，能判定四边形ABCD是菱形的是（    ）

A． B． C． D．
9．如图，点E，F分别在的边上，，连接．请问下列条件中不能使为菱形的是（    ）

A． B． C． D．
10．如图，菱形中，与交于点O，，E为延长线上一点，使得，连接，分别交、于点F、G，连接，，则下列结论：①；②；③四边形与四边形的面积相等；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．其中正确的结论个数是（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1

评卷人
得分



二、填空题
11．已知，在平行四边形中，的平分线分成和两条线段，则平行四边形的周长为 ．
12．在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标分别是，若以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，那么点D的坐标是 ．
13．如图，矩形的对角线，相交于点O，过点O作，交于点E，若，则的大小为 ．

14．如图，，分别是与它的邻补角的平分线，，垂足为点E，，垂足为点F，分别交边，于点M和N．若，，则的长为 ．

15．如图,在菱形ABCD中,对角线AC，BD相交于点O,若AC=6，BD=8,则菱形ABCD的周长是 ．

16．如图在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，D为斜边AB上一点，以CD、CB为边作平行四边形CDEB，当AD＝ ，平行四边形CDEB为菱形．

17．已知点P是正方形ABCD内部一点，且是正三角形，则∠CPD= 度．


评卷人
得分



三、解答题
18．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，垂足为点E，过点C作CF⊥BD，垂足为点F．

(1)求证：AE=CF；
(2)若∠AOE=70°，∠EAD=3∠EAO，求∠BCA的度数．








19．如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且，点E在BD上，满足，求证：四边形AECD是平行四边形；









20．已知：如图，在四边形ABCD中，DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别为E，F，延长DE、BF，分别交AB于点H，交BC于点G，若AD∥BC，AE＝CF．

(1)求证：四边形ABCD为平行四边形；
(2)若∠DAH＝∠GBA，GF＝2，CF＝4，求AD的长．








21．已知：如图，在矩形中，．对角线的垂直平分线分别交于点E、F，求线段的长．









22．如图，在矩形中，对角线相交于点O，，交于F，垂足为E，求的度数．
  








23．如图，，平分，平分．，．求证：四边形是矩形．









24．如图，在中，，点D、E分别是线段的中点，过点A作的平行线交的延长线于点F，连接．

(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)求证：四边形为矩形．








25．如图，在平行四边形中，点，分别在边，上，，．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，若，，平分，则平行四边形的面积为 _______．








26．如图，在中，＝90°，点D在斜边AB上，E、F分别在直角边CA、BC上，且，．

(1)求证：四边形CEDF是矩形；
(2)连接EF，若C到AB的距离是5，求EF的最小值．








27．如图，在菱形中，于点E，于点F．

(1)求证：．
(2)当，时，求菱形的面积．








28．如图，菱形的对角线与交于点O，于点E，交于点P，于点F．

(1)四边形是 ；
(2)若，求的长．








29．已知：如图，在中，，的平分线交于点F，E是的中点，过点A作，交的延长线于点D．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)给添加一个条件，使得四边形是菱形．请证明你的结论．








30．如图，在四边形中，平分．

(1)求证：四边形是菱形．
(2)过点作，交的延长线于点，若
①求菱形的面积．
②求四边形的周长．









参考答案：
1．C
【分析】因为平行四边形对边相等，所以平行四边形的周长为相邻两边之和的倍，即，则，而的周长，即可求出的长．
【详解】∵的周长是，
∴
∴，
∵的周长是，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质，根据题意列出三角形周长的关系式，结合平行四边形周长的性质求解是本题的关键．
2．C
【分析】根据平行四边形的性质得出，，证明，得出，判断①，根据平行四边形是中心对称图形，得出6对全等三角形，进而判断②，根据三角形三边关系得出的取值范围，判断③，根据全等三角形的性质判断④．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，
∴；故①正确，
由平行四边形的中心对称性，全等三角形有：，，，，，共6对，故②错误；
∵，
∴，
∴，
∴，故③正确；
∵，
∴；
故④正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，三角形三边关系，平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
3．B
【分析】根据平行四边形的对角相等即可判断.
【详解】∵平行四边形的对角相等，
∴的度数之比可以是2:3:2:3
故选B
【点睛】此题主要考查平行四边形的性质，解题的关键是熟知平行四边形的对角相等.
4．C
【分析】由矩形的性质得出，得出，由直角三角形的性质求出即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故C正确；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的性质以及直角三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
5．A
【分析】由可得点F为中点，从而可得为的中位线，进而求解．
【详解】解：在矩形中，，，
∵，
∴，
∴点F为中点，
又∵点E为边的中点，
∴为的中位线，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查矩形的性质，解题关键是掌握三角形的中位线的性质．
6．C
【分析】直接根据矩形的判定进行解答.
【详解】根据题意，四边形ABCD是平行四边形，
A. 有一个是直角的平行四边形是矩形，不符合题意，该选项错误；
B. 对角线相等的平行四边是矩形，不符合题意，该选项错误；
C. 有一组邻边相等的平行四边形是菱形，符合题意，该选项正确；
D. 平行四边形ABCD中，∠BAD+∠ADC=180，根据∠BAD＝∠ADC得到∠BAD＝∠ADC=90，是矩形，不符合题意，该选项错误；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形判定的简单应用，解题的关键是掌握矩形的判定定理，明确矩形和平行四边形、菱形、正方形之间区别.
7．D
【分析】根据菱形的性质得出，进而得出，根据含30度角的直角三角形的性质，以及勾股定理解，即可求解．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵点G为的中点，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
8．A
【分析】根据邻边相等的平行四边形是菱形判定即可．
【详解】解：∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形，
故选A．
【点睛】本题主要考查菱形的判定，能够熟练运用判定定理是解题关键．
9．B
【分析】添加，证，得，再由菱形的判定即可得出结论；添加，证，得，再由菱形的判定即可得出结论；添加，可以由菱形的判定即可得出结论，从而得出答案．
【详解】证明：添加，
∵四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴为菱形，A选项不符合题意；
添加，
∵四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴为菱形，C选项不符合题意；
添加，
∵四边形是平行四边形，
∴为菱形，D选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
10．A
【分析】根据菱形的性质证明是等边三角形，根据等边三角形的性质得出，求出，证明，根据全等三角形的性质得出，求出，到之间的距离等于到之间的距离（设距离为h），求出四边形与四边形的面积相等，根据菱形的判定求出四边形是菱形即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，故①正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，到之间的距离等于到之间的距离（设距离为h），
∵四边形的面积，四边形的面积，，
∴四边形与四边形的面积相等，故②正确，③正确；
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，故④正确；
即正确的个数是4，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，能熟记菱形的性质和判定是解此题的关键．
11．或
【分析】设的平分线交于点，可证明，再分两种情况讨论，一是，，则，；二是，时，则，，分别求出平行四边形的周长即可．
【详解】解：设的平分线交于点，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
当，时，如图，
则，，
；
当，时，如图，
则，，
，
平行四边形的周长为或，
故答案为：或．

【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的判定是解题的关键．
12．或或
【分析】分三种情况：①为对角线时，②为对角线时，③为对角线时；由平行四边形的性质容易得出点D的坐标．
【详解】解：如图，分三种情况：

①为对角线时，点D的坐标为；
②为对角线时，点D的坐标为；
③为对角线时，点D的坐标为；
综上所述，点D的坐标是或或；
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形的性质；熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．
13．/50度
【分析】根据矩形的性质，得到，利用三角形外角求出，利用垂直可求出结果．
【详解】∵四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质；灵活运用矩形的性质求解是解题的关键．
14．
【分析】根据角平分线的定义可得，，从而可得，再根据垂直定义可得，从而可得四边形是矩形，然后利用矩形的性质可得，，，从而可得，进而可得，最后利用平行线的判定可得，从而可得是的中位线，进而可得，再利用线段的和差关系进行计算即可解答．
【详解】解：∵，分别是与它的邻补角的平分线，
∴，，
∵，
∴

，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
15．20
【分析】直接利用菱形的性质结合勾股定理得出AB的长，进而得出答案．
【详解】解：∵在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AC=6，BD=8，
∴∠AOB=90°，AO=3，BO=4，
∴AB=5，
∴菱形ABCD的周长=4×5=20．
故答案为20．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质，正确把握菱形的性质是解题关键．
16．
【分析】首先根据勾股定理求得AB=5；然后利用菱形的对角线互相垂直平分、邻边相等推知OD=OB，CD=CB；最后Rt△BOC中，根据勾股定理得，OB的值，则
【详解】解：如图,连接CE交AB于点O．

∵Rt△ABC中,，AC=4，BC=3
∴ (勾股定理)
若平行四边形CDEB为菱形时，CE⊥BD，且OD=OB，CD=CB．
∵
∴
∴在Rt△BOC中,根据勾股定理得，  
∴
故答案是：．
【点睛】本题考查菱形的判定与性质,解题的关键是熟记菱形的判定方法．
17．150
【分析】先求出∠DAP＝∠CBP＝30°，由PB＝BC，就可以求出∠PCD＝15°，从而得出∠CDP＝15°，进而得出∠CPD的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∵△ABP是等边三角形，
∴AP＝BP＝AB，∠PAB＝∠PBA＝60°，
∴AP＝AD＝BP＝BC，∠DAP＝∠CBP＝30°．
∴∠BCP＝∠BPC＝∠APD＝∠ADP＝75°，
∴∠PDC＝∠PCD＝15°，
∴∠CPD＝180°−∠PDC−∠PCD＝180°−15°−15°＝150°．
故答案为：150．
【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，等边三角形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，解答时运用三角形内角和是关键．
18．(1)见解析
(2)∠BCA=40°．

【分析】（1）证明△AEO≌△CFO（AAS）可得结论；
（2）利用三角形内角和定理求出∠EAO，求出∠DAC的度数，再利用平行线的性质解决问题即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEO=∠CFO=90°，
∵∠AOE=∠COF，
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴AE=CF；
（2）解：∵AE⊥BD，
∴∠AEO=90°，
∵∠AOE=70°，
∴∠EAO=90°-∠AOE=20°，
∵∠EAD=3∠EAO，
∴∠EAD=3×20°=60°，
∴∠DAC=∠DAE-∠EAO=60°-20°=40°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠BCA=∠DAC=40°．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明△AEO≌△CFO．
19．见详解
【分析】证，得，再由，即可得出结论．
【详解】证明：在和中，
，
（ASA），
，
又，
四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定是解此题的关键．
20．(1)见解析
(2)5

【分析】（1）根据AD∥BC，可得，根据，DE⊥AC，BF⊥AC，可得∠AED=∠CFB=90°，结合AE＝CF即可证明，根据全等三角形的性质可得，即可得证；
（2）勾股定理可得,证明四边形是平行四边形，可得，继而可得，勾股定理求得，在中勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠AED=∠CFB=90°，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠BCF，
在△DAE和△BCF中，
，
∴△DAE≌△BCF（ASA），
∴AD=CB，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形；
（2） DE⊥AC，BF⊥AC，
，
，
∠DAH＝∠GBA，
，
，
在中，，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
中，，
，
在中，，
，
解得．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
21．
【分析】联结，由矩形的性质得，由线段的垂直平分线的性质得，根据勾股定理得，则，即可求得．
【详解】解：联结，
∵四边形是矩形，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴的长为．

【点睛】此题重点考查矩形的性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理的应用等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
22．
【分析】根据矩形性质可得，再结合可得;再说明，进而得到，最后根据角的和差即可解答．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，求得是解答本题的关键．
23．见解析
【分析】根据题意可证明四边形是平行四边形，根据角平分线可得，，根据平行四边形得，可得，则，根据三角形内角和定理得，即可得．
【详解】证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵平分，平分，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，角平分线，矩形的判定，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点．
24．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）先证明全等三角形，得到边等，再利用一组对边平行且相等判断平行四边形；
（2）先证明平行四边形，然后再加一个内角来判定矩形即可．
【详解】（1）∵，
∴，
∵E是线段的中点，
∴，
∵在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形；
（2）∵，
∴，
∵D是线段的中点，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形．
【点睛】此题考查平行四边形的性质和判定，以及矩形的判定，解题关键是选择合适此题的条件来判定平行四边形和矩形．
25．(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据已知条件先证明四边形 为平行四边形，再根据即可得证；
（2）由平分，可求得，在中，，则，根据含度角的直角三角形的性质，求得，再求出，由已知进而即可求得即可得到答案．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
又，
，即，
，，
四边形为平行四边形，
又，
平行四边形是矩形．
（2）解：平分，
，
，
，
，
，
在中，，，，

，
，
，
，
故答案为；．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，含度角的直角三角形的性质，勾股定理，角平分线的定义，等角对等边，熟练以上知识点是解题的关键．
26．(1)见解析
(2)5

【分析】（1）由三个角是直角的四边形是矩形可证四边形CEDF是矩形；
（2）连接CD，由矩形的性质可得CD＝EF，当CD⊥AB时，CD有最小值，即EF有最小值，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵DF∥AC，∠C＝90°，
∴∠DFB＝∠C＝90°，
∴∠DFC＝90°＝∠C，
∵DE⊥AC，
∴∠DEC＝90°＝∠DFC＝∠C，
∴四边形CEDF是矩形；
（2）解：连接CD，如图所示：
由（1）可知，四边形CEDF是矩形，
∴CD＝EF，
∴当CD有最小值时，EF的值最小，
∵当CD⊥AB时，CD有最小值，
∴CD⊥AB时，EF有最小值，
∵C到AB的距离是5，即点C到AB的垂直距离为5，
∴CD的最小值为5，
∴EF的最小值为5．

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质以及最小值问题，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
27．(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据菱形的性质可证，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得，再由勾股定理得，即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：由（1）可知：，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴菱形的面积．
【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
28．(1)矩形
(2)

【分析】（1 ）根据菱形的性质和矩形的判定解答即可；
（2 ）根据菱形的性质和矩形的性质得出，进而利用勾股定理解答即可．
【详解】（1）∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
故答案为：矩形；
（2）如图，连接，
∵四边形是菱形，
∴垂直平分，
∴，
由（ 1）知，四边形DEBF是矩形，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
∴．

【点睛】此题考查菱形的性质，矩形的判定与性质，以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定与性质是解题的关键．
29．(1)见解析；
(2)；证明见解析．

【分析】（1）证明，得到即可得证；
（2）当时，根据角平分线的定义，得到，进而得到，即可得解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵E是的中点，
∴，
在和中，
，
∴（ASA）
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）当时，四边形是菱形．
证明：∵为的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查平行四边形和菱形的判定．同时考查了全等三角形的判定和性质．熟练掌握平行四边形和菱形的判定方法，以及通过平行线的性质证明三角形全等是解题的关键．
30．(1)见解析
(2)①，②

【分析】(1)根据平行线的性质可知角相等，再根据角相等即可求得边平行且相等，最后根据邻边相等的平行四边形是菱形即可求得结论；
(2) ①根据余角的性质可知角相等，再根据勾股定理求出，最后根据面积关系求出四边形的面积；②根据①的结果直角求出四边形的周长即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴且，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形 是菱形．
（2）解：①∵菱形中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴


② ∵，，，
∴四边形的周长：，
【点睛】本题考查了菱形的判定性质，余角的性质，勾股定理，正确运用菱形判定和性质是解题的关键．