苏科版（2024）八年级下册9.3 平行四边形同步训练题

这是一份苏科版（2024）八年级下册9.3 平行四边形同步训练题，共30页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题（共8题，每题3分，共24分）
1．围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．下列由黑、白棋子摆成的图案中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．菱形、矩形、正方形都具有的特点是（ ）
A．对角线互相垂直B．对角线相等C．对角线互相平分D．对角线平分对角
3．平行四边形不一定具备的是（ ）
A．对角线相等B．两组对边分别平行
C．两组对边分别相等D．对角线互相平分
4．如图，在△ABC中，点D是边BC上的点（与B、C两点不重合），过点D作DE∥AC，DF∥AB，分别交AB、AC于E、F两点，下列说法正确的是（ ）

A．若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是菱形
B．若BD=CD，则四边形AEDF是菱形
C．若AD垂直平分BC，则四边形AEDF是矩形
D．若AD⊥BC，则四边形AEDF是矩形
5．如图，将一个三角板△ABC，绕点A按顺时针方向旋转60°，连接BE，且AC=BC=2，则线段BE=（ ）

A．﹣B．C．D．1
6．如图，点是矩形的对角线的中点，交于点，若，，则的长为（ ）
A．5B．4C．D．
7．如图，在一张矩形纸片中，，点E，F分别在边上，将纸片沿直线折叠，点C落在边上的点H处，点D落在点G处，有下列四个结论：①四边形是菱形；②平分；③线段长的取值范围是；④当点H与点A重合时， 2，其中，正确的是（ ）

A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
8．如图，在矩形中，O为的中点，过点O的一条直线分别与交于点E，F，连接交于点M，连接，若，，则下列结论：①，；②；③四边形是菱形；④.其中正确结论的个数是（ ）

A．1B．2C．3D．4
二、填空题（共10题，每题3分，共30分）
9．如图，矩形的对角线、交于点O，若，则．
10．如图，中，，，，点P为边上任一点，过P分别作于E，于，则线段的最小值是．
11．如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为．

12．如图，的对角线相交于点O，且，过点O作，交AD于点M．如果△CDM的周长为8，那么的周长是．
13．如图，在菱形中，对角线，交于点O，点E为的中点，点F在上，，连接交于点G，若，连接，，则线段的长为．
14．如图，两个边长为a的正方形重叠，其中一个的顶点在另一个的对角线的交点上，则重叠部分的面积为平方单位．
15．如图，平行四边形纸片中，，，将平行四边形纸片沿折叠，使点与点重合，则下列结论正确的是．
①；②；③④
16．如图，E是正方形ABCD的边AD上一点，对角线AC，BD交于一点O,EF⊥AC于点F，EG⊥BD于点G，若AC=10,则EF+EG=
17．如图，在四边形纸片中，，，将纸片折叠，点、分别落在、处，为折痕，交于点，若，则度．
18．如图，平行四边形OABC的顶点O为，点C在x轴的正半轴上，，延长BA交y轴于点D，．将绕点O顺时针旋转得到，当点D的对应点落在OA上时，的延长线恰好经过点C，则点C的坐标为．
三、解答题（一共9题，共86分）
19．（本题6分）在平面直角坐标系中，的位置如图所示（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）
（1）出关于原点对称的；
（2）将绕点C顺时针旋转，画出旋转后有到的．
20．（本题8分）如图，在四边形中，，连接AC，将绕点B逆时针旋转60°，点C与点D重合，得到，若，
（1）求证：是等边三角形；
（2）求线段的长度．
21．（本题10分）如图，在中，，点是边上一点，点是中点，过点作的平行线交的延长线于点，且，连接．
（1）判断四边形的形状，并证明；
（2）当时，直接写出四边形的形状．
22．（本题10分）已知：如图，矩形中，是与的交点，过点的直线与，的延长线分别相交于点E，．
（1）求证：；
（2）当与满足什么关系时，以A，E，，为顶点的四边形是菱形？并给出证明．
23．（本题10分）如图，在正方形中，点、分别在和上，．
（1）与有怎样的数量关系，并说明理由．
（2）连接交于点，延长至点，．使，连接，，判断四边形是什么特殊的四边形，并说明理由．
24．（本题8分）已知：如图，、分别是的内外角平分线，过点A作、的垂线，垂足分别为E、F．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）当满足什么条件时，四边形是正方形，请说明理由．
25．（本题10分）如图，在菱形中，过点A作于点E，延长至，使，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求四边形的面积．
26．（本题10分）（1）概念理解：如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（2）性质探究：如图1，四边形的对角线交于点．求证：；
（3）解决问题：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接．已知．
①请问四边形是垂美四边形吗？并说明理由；
②求的长．

27．（本题14分）（教材呈现）如图是数学教材第77页的部分内容．
（定理证明）（1）请根据教材内容，结合图①，写出证明过程．
（定理应用）（2）如图②，四边形中，分别为的中点，边延长线交于点，，则的度数是_______．
（3）如图③，矩形中，，，点在边上，且．将线段绕点旋转一定的角度，得到线段，是线段的中点，直接写出旋转过程中线段长的最大值和最小值．
参考答案
一、单选题（共8题，每题3分，共24分）
1．A
【分析】根据中心对称图形的概念判断即可．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：选项B、C、D不都能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项A能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：A．
【点睛】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后与自身重合．
2．C
【分析】本题考查了菱形、矩形、正方形的性质，理解菱形、矩形、正方形之间的关系，掌握性质是解题的关键．
【详解】解：A.矩形的对角线不一定互相垂直，故不符合题意；
B.菱形的对角线不一定相等，故不符合题意；
C.菱形、矩形、正方形的对角线互相平分，故符合题意；
D.矩形的对角线不一定平分对角，故不符合题意；
故选：C．
3．A
【分析】从边、角、对角线分析平行四边形的性质，即可求解．
【详解】解：平行四边形具有：两组对边分别平行，两组对边分别相等，对角线互相平分，
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
4．A
【分析】由矩形的判定和菱形的判定即可得出结论．
【详解】解：、若平分，则四边形是菱形；正确；
B、若，则四边形是平行四边形，不一定是菱形；错误；
C、若垂直平分，则四边形是菱形，不一定是矩形；错误；
D、若，则四边形是平行四边形，不一定是矩形；错误；
故选：．
【点睛】本题考查了矩形的判定、菱形的判定；熟记菱形和矩形的判定方法是解决问题的关键．
5．A
【分析】连接，延长交于点，由旋转的性质可得，，，可得是等边三角形，可证是的垂直平分线，由勾股定理可求的值，即可求解．
【详解】解：如图，连接，延长交于点，
，，
，
将绕点逆时针旋转，得到，
，，，
是等边三角形
，且，
是的垂直平分线，
，
，
，，，
，
．
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，证明是的垂直平分线是本题的关键．
6．D
【分析】已知是的中位线，再结合已知条件则的长可求出，所以利用勾股定理可求出的长，由直角三角形斜边上中线的性质则的长即可求出．
【详解】解：∵是矩形的对角线的中点，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理的运用，直角三角形斜边上中线的性质以及三角形的中位线的应用，解此题的关键是求出的长．
7．C
【分析】先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；由菱形的性质可得，由点C落在上的一点H处，不一定等于30°，可判断②；当点H与点A重合时，有最小值，由勾股定理可求的最小值，若与重合时，有最大值，由正方形的性质可求的最大值，可判断③；如图，过点H作于M，由勾股定理可求的长，可判断④；即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，故①正确；
∵四边形是菱形，
∴，
若平分，
∴，
∴，
∵点C落在上的一点H处，
∴不一定等于30°
∴不一定平分，故②错误；
当点H与点A重合时，有最小值，
设，则，
在中，，
即，解得，
∴，
若落在上时，有最大值，
∴四边形是正方形，
∴，
∴最大值为4，
∴，故③正确；
如图，过点F作于M，

∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，故④正确，
故选C.
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，难点在于灵活运用菱形的判定与性质与勾股定理等其它知识有机结合．
8．C
【分析】根据矩形的性质和，证明为等边三角形，再证明，得到是的角平分线，故可证明①；根据，可得，即可证明四边形是平行四边形，再证明即可得到，故可证明③；
根据，故无法证明，故②错误；根据含有角的直角三角形的三边关系和勾股定理可得，故可证明④．
【详解】解：四边形是矩形，O为的中点，
，
为等腰三角形，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
故①正确；
,
，
，
，
，，
，
即，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
，
平行四边形是菱形，
故③正确；
，
无法证明，
故②错误；
，
，
在中，，
，
，
在中，，
．
故正确的为①③④，为3个，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练运用上述性质是解题的关键．
二、填空题（共10题，每题3分，共30分）
9．58
【分析】本题考查矩形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理，利用矩形性质得到，再根据等边对等角求解即可，熟知矩形的性质是关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
，
即，
故答案为：58．
10．
【分析】连接，根据勾股定理求出的长，证明四边形是矩形，推出，过作，由垂线段最短可知，，再利用的面积，求出的长，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接，
，，，
，，
，
四边形是矩形，
，
过作，
由垂线段最短可知，，即的最小值为的长，
，
，即线段的最小值是，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和判定，三角形的面积，垂线段最短，勾股定理等知识，能得到是解此题的关键．
11．/度
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可得，，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵将绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
12．16
【分析】此题考查了平行四边形的性质及周长的计算，根据线段垂直平分线的性质，证得AM=MC是解题的关键．根据题意，垂直平分，所以，因此的周长，可得平行四边形的周长．
【详解】解：∵是平行四边形，
∴，
∵，
∴．
∴的周长，
∴平行四边形的周长是．
故答案为16．
13．
【分析】取中点M，连接，可证明是的中位线，得到，，因此，推出，得到，从而求出的长，得到的长，求出的长，由三角形面积公式求出长，得到的长，由勾股定理即可求出的长．
【详解】解：取中点M，连接，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵点E为的中点，M为中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．
14．
【分析】根据题意，证明△COF≌△DOE进而可得四边形OECF的面积＝S△OCD＝S正方形ABCD．
【详解】解：如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BO＝CO＝DO，∠BDC＝∠BCO＝45°，AC⊥BD，
∴∠DOC＝∠EOF＝90°，
∴∠DOE＝∠COF，
在△COF和△DOE中，
，
∴△COF≌△DOE（ASA），
∴S△COF＝S△DOE，
∴四边形OECF的面积＝S△OCD＝S正方形ABCD＝a2，
∴重叠部分的面积为a2，
故答案为a2．
【点睛】本题考查了根据正方形的性质求正方形重叠面积，三角形全等的性质与判定，证明△COF≌△DOE是解题的关键．
15．②④/④②
【分析】根据平行四边形的性质、翻折的性质、全等三角形的性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理、三角形中线的性质、三角形的面积等进行推理证明即可得解．
【详解】解：∵将平行四边形纸片折叠，使点与点重合
∴根据翻折的性质可知，
∴，，
∴在和中，
∴，
∴
∴（故②正确）
∴（故③错误）
∵四边形是平行四边形
∴，
∴
∵，
∴
∴（故④正确）
∵折痕与对角线没有重合，
∴对角线和不垂直
∴不是菱形
∴
∴
∴（故①错误）．
故答案是：②④
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、翻折的性质、全等三角形的性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理、三角形中线的性质、三角形的面积等知识点，掌握以上知识是解题的关键．
16．5
【详解】如图，连接OE，∵四边形ABCD是正方形，AC、BD相交于点O，AC=10，
∴AO=DO=5，∠AOD=90°，
∴S△AOD=AODO=.
∵EF⊥OA，EG⊥OD，
∴S△AOD=S△AOE+S△DOE= AOEF + DOEG=5（EF+EG）,
∴5（EF+EG） =，
∴EF+EG=5.
17．
【分析】由题意可得，四边形为平行四边形，则，所以．根据折叠和平行的性质，，且，即，故，联立与，与的关系，即可解得与之和，最后求得．
【详解】由题意得四边形为平行四边形，
，
，
根据折叠的性质，可得，
，
，，
即，
，
，
．
【点睛】本题综合考查了折叠的性质，平行线的性质定理等知识，仔细观察图形，掌握性质定理，寻找数量关系是解答关键．
18．
【分析】延长至点C，根据勾股定理和平行四边形性的性质即可算出OD的长，然后根据旋转得到O的长，在根据勾股定理即可算出答案．
【详解】解：延长至点C，如下图
∵ABCO，且四边形ABCO是平行四边形，
∴B=AOC=ODA=60°，
又∵OCDO，且ABCO，
∴ADO=90°，且AD=1，
∴OD=，
∵O是由ODA旋转得到，
∴O=90°，
又∵AOC=60°，且OD=O=,
∴OC=2，
∴C点的坐标为：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理、旋转的性质以及平行四边形的性质，熟练掌握勾股定理是解决此题的关键．
三、解答题（一共9题，共86分）
19．（1）见解析；（2）见解析
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—中心对称和旋转，正确根据变换方式找到对应点的位置是解题的关键．
（1）根据关于原点对称的点横纵坐标都互为相反数找到A、B、C对应点的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据旋转方式结合网格的特点找到A、B、C对应点的位置，然后顺次连接即可．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：如图所示，即为所求．
20．（1）证明见解析
（2）线段AC的长度是
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质和勾股定理等知识，解题的关键是利用旋转的性质证明．
（1）由旋转的性质得，，，根据等边三角形的判定定理即可求证．
（2）由等边三角形的性质可证，利用勾股定理求出即可．
【详解】（1）是由旋转得到的，
，
，，，
是等边三角形
（2）是等边三角形，
，
，
，
在中，，
21．（1）四边形是矩形，证明见解析
（2）四边形是正方形
【分析】（1）由条件先判定四边形是平行四边形，由等腰三角形的性质可以证明，即可证明问题；
（2）由直角三角形的性质可以证明，由（1）知四边形是矩形，于是可以解决问题．
【详解】（1）解：四边形是矩形，
证明：∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∵点是中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）四边形是正方形，理由如下：
∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
由（1）知四边形是矩形，
∴四边形是正方形．
【点睛】本题考查矩形，正方形的判定，全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，掌握矩形，正方形的判定方法是解题的关键．
22．（1）见解析
（2）当时，四边形是菱形，证明见解析
【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质和菱形的判定．解答此题的关键是熟知矩形、菱形、全等三角形的判定与性质定理．
（1）由矩形的性质：，根据得，利用可证得；
（2）若四边形是菱形，则对角线互相垂直，进而解答即可．
【详解】（1）∵四边形是矩形，
，
，
，
在与中，
，
；
（2）当时，四边形是菱形．
证明：∵四边形是矩形，
，
，
，
在与中，
，
，
∵四边形是矩形，
，
四边形是平行四边形，
∵，
四边形是菱形．
23．（1），理由见解析
（2）四边形是菱形，理由见解析
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，菱形的判定；
（1）证，根据全等三角形的性质，即可求解；
（2）由于四边形是正方形，易得，；联立（）的结论，可证得，根据等腰三角形三线合一的性质可证得（即）垂直平分；已知，则、互相平分，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定四边形是菱形．
【详解】（1）四边形是正方形，
，，
在和中，
，
，
（2）四边形是菱形，理由为：
证明：四边形是正方形，
，
，
，
，
即，
在和中，
，
，
，又，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形．
24．（1）见解析
（2）时，四边形是正方形，理由见解析
【分析】本题主要考查矩形和正方形的判定，能证明四边形是矩形是解此题的关键．
（1）求出，即可得出结论；
（2），推出，求出即可．
【详解】（1）证明：、分别是的内外角平分线，
，
，，
，
四边形是矩形．
（2）解：当满足时，四边形是正方形，
理由是：，
，
，
，
四边形是矩形，
四边形是正方形．
25．（1）见解析；（2）
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
（1）根据菱形的性质得到且，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据菱形的四条边相等，设，由得，在直角中根据勾股定理，得出方程求解，计算矩形的面积即可．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
∴，，
，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
平行四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∵，在矩形中，，
∴在直角中，，
设，则，
∴，
解得：，
∴，
∴矩形的面积．
26．性质探究：见解析；解决问题：①四边形是垂美四边形，理由见解析；②
【分析】性质探究：根据勾股定理解答即可；
解决问题：①连接、，与交于点O，与交于点N，证明，进而得，再根据（1）的结论便可求得结果．
②由（2）得出，根据勾股定理可得出答案．
【详解】性质探究：
证明∶如图，

∵，
∴∠，
由勾股定理，得，，
∴；
解决问题：
①连接、，令与交于点O，与交于点N，如图2，

∵分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，
∴，，，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴，即，
∴，
∴四边形是垂美四边形；
②∵由（2）得，，，，
∴，，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理，正确理解垂美四边形的定义以及灵活运用勾股定理是解题的关键．
27．（1）见解析；（2）；（3）长的最大值为，最小值为1．
【分析】（1）延长至F，使，连接，根据题意证明，然后证明四边形为平行四边形，即可得出，；
（2）首先由三角形中位线的性质得到，然后根据三角形外角的性质得到，可得到，由即可求出的度数．
（3）延长至H，使，连接，，可得，可得当最小或最大时，最小或最大，由题意可得当点F在线段上时，最小，当点F在线段的延长线上时，最大，根据勾股定理求出的长度，然后即可求出线段长的最大值和最小值．
【详解】（1）证明：延长至F，使，连接，
在和中，
，
∴，，
，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，；
（2）∵分别为的中点，，
∴是的中位线，是的中位线，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，
∴；
（3）解：延长至H，使，连接，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
由勾股定理得，，
当点F在线段上时，最小，最小值为，
当点F在线段的延长线上时，最大，最大值为，
∴长的最大值为4，最小值为1．
【点睛】此题考查了三角形中位线的性质，勾股定理的运用，线段最值问题，平行四边形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握三角形中位线的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理．