第18章平行四边形章末检测卷-2024-2025学年人教版数学八年级下册

这是一份第18章平行四边形章末检测卷-2024-2025学年人教版数学八年级下册，共22页。
第18章平行四边形章末检测卷-2024-2025学年数学八年级下册人教版学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图，在菱形中，，则菱形的边长是（   ）A．5 B．10 C．6 D．82．如图，在平行四边形中，过点作的垂线交对角线于点，已知，则的度数为（   ）A． B． C． D．3．如图，在中，下列结论中错误的是（   ）A． B．C． D．4．如图，在中，于点E，于点F．若，则的大小为（   ）A． B． C． D．5．大家都折过纸玩吗？如图所示，把矩形纸片沿折叠，使点恰好落在处，已知，，的长为（    ）A．3 B．4 C．17 D．56．菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示．，，则点的坐标为（    ）A． B． C． D．7．如图，在中，为斜边上的中线，过点作，连接、，若，则的长为（    ）A．6 B．8 C．10 D．12二、填空题8．在平行四边形中，，则与之间的距离为 9．如图，矩形中，，将矩形沿折叠，点D落在点处，则重叠部分的面积为 ．10．如图，在中，，，的平分线交的延长线于点，交于点，则 ．11．将矩形纸片按如图所示的方式折叠，得到菱形（折叠后点都落在的中点处）．若，则的长为 ．12．如图，在中，M、N分别是的中点，且，则 ．  13．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形的对角线交于点，顶点A在x轴正半轴运动，顶点D在y轴正半轴运动，顶点B、C都在第一象限，则x的取值范围为 ．  14．如图，在矩形中，，，是对角线上的一动点，作，垂足为，作，垂足为，连接．（1）当是的中点时，线段的长度是 ；（2）线段长度的最小值是 ．三、解答题15．如图，的对角线，相交于点O，的平分线与边相交于点E，P是的中点，若，，求的长．  16．如图，正方形的对角线交于点，是边上的一点，连接，过点作交于点，若，求四边形的面积．17．如图，在中，对角线相交于点，，，．点从点出发沿方向以的速度匀速运动，到点时停止运动，连接并延长交于点．设运动时间为．(1)当为何值时，四边形是平行四边形？并说明理由；(2)当时，求四边形的面积．18．（1）如图①，正方形中，，求证：；（2）如图②，将边长为12的正方形折叠，使点落在上的点，然后压平折痕，若的长为13，求的长．  19．如图，在矩形中，的平分线交于的平分线交于，求证：四边形是正方形．20．我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．【概念理解】（1）我们已经学习了平行四边形，菱形，矩形和正方形，在这四种图形中一定是垂美四边形的是_______；【性质探究】（2）如图①，已知四边形是垂美四边形，请探究两组对边与之间的数量关系，并说明理由；【问题解决】（3）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，求．《第18章平行四边形章末检测卷-2024-2025学年数学八年级下册人教版》参考答案1．A【分析】设的交点为O，根据菱形，，得，，利用勾股定理得，解答即可．本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形性质和勾股定理是解题的关键．【详解】解：设的交点为O，∵菱形，，∴，，∴．故选：A．2．C【分析】本题考查了平行四边形性质和三角形内角和定理，熟记所学知识是解题关键．根据平行四边形的性质求出，再利用三角形内角即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，故选：C．3．D【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键；根据平行四边形的对边平行和平行线的性质可对A进行判断；根据平行四边形的对角相等可对B进行判断；根据平行四边形的对边相等可对A进行判断；根据平行四边形的对角线互相平分可对D进行判断．【详解】解：A、在中，∵，∴，∴该选项的结论正确，故不符合题意；B、在中，，所以该选项的结论正确，故不符合题意；C、在中，，所以该选项的结论正确，故不符合题意；D、在中，，，∵平行四边形的对角线不一定互相垂直，∴选项的结论错误，故符合题意．故选：D．4．C【分析】本题考查了平行四边形的性质以及四边形内角和定理，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．根据四边形内角和可得的度数，再根据平行四边形的性质即可得的度数．【详解】解：，，，∵，，∵四边形是平行四边形，，，．故选C．5．D【分析】此题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，正确地求出的长是解题的关键．由矩形的性质得，，，由折叠得，则，所以，由勾股定理得，求得的长是，于是得到问题的答案．【详解】解：四边形是矩形，，，，，，由折叠得，，，，且，，，解得，的长是，故选：D．6．C【分析】如图，作轴于点，由四边形是菱形，，可得，，则，，，由勾股定理得，，计算求解，进而可求点坐标．【详解】解：如图，作轴于点，四边形是菱形，，∴，，∴，∴，∴，由勾股定理得，，解得，，∴，故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理，坐标与图形等知识．熟练掌握菱形的性质，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理，坐标与图形是解题的关键．7．A【分析】本题主要考查了勾股定理，直角三角形的性质，先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长，再利用勾股定理求出的长即可得到答案．【详解】解：∵在中，为斜边上的中线，∴，∵，，∴，故选：A．8．【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，掌握平行四边形的性质，勾股定理是解题的关键．根据题意作图过点作于点，则，在中，由勾股定理即可求解．【详解】解：根据题意作图如下，，过点作于点，则，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，在中，，∴，∴（负值舍去），∴与之间的距离为，故答案为： ．9．10【分析】本题主要考查了矩形的折叠，勾股定理，全等三角形的性质和判定，先根据矩形的性质和折叠的性质证明，再设，则，根据勾股定理可求出，进而得出答案.【详解】解：∵四边形是矩形，∴.根据折叠可知.∵，∴，∴，设，则，在中，，解得：，∴，∴．故答案为：10．10．【分析】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的性质、等腰三角形的性质．首先根据平行四边形的性质可证、，根据等角对等边可知，根据线段的和与差可知，从而可求．【详解】解：平分，，四边形是平行四边形，，，，，，，．故答案为： ．11．【分析】本题考查了折叠以及菱形的性质，根据折叠以及菱形的性质发现特殊角是解题的关键．根据折叠的性质结合菱形的性质可得，再根据含角的直角三角形的性质结合勾股定理即可求得结果．【详解】解：∵为菱形，∴，由折叠的性质可知，，又∵，∴，在中，，又∵，，∴，，∴，故答案为：．12．【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质及三角形内角和定理．三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半；三角形内角和是．由三角形内角和定理可得度数，得出是的中位线，可知，从而得出．【详解】解：∵，∴，∵M，N分别是的中点，∴是的中位线，∴，∴．故答案为：．13．【分析】本题考查了正方形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、直角三角形斜边上的中线性质、最短路径问题，熟练掌握以上知识点，学会添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．过点作轴交于点，作轴于点，连接，分析可知当、重合时，点到轴的距离最小，此时的值为最小值；当、不重合时，取的中点，连接、，利用正方形的性质和全等三角形的判定可得，进而得到四边形是正方形，利用直角三角形斜边上的中线性质可得，结合两点之间线段最短性质可得，则有，解不等式即可得出x的取值范围．【详解】解：过点作轴交于点，作轴于点，连接，当、重合时，点到轴的距离最小，此时；  当、不重合时，取的中点，连接、，  正方形，，，轴，轴，，又，四边形是矩形，，，，，，，四边形是正方形，是等腰直角三角形，，的中点为，，，，由两点之间线段最短性质得，，即，，解得：；综上所述，x的取值范围为．故答案为：．14． 【分析】本题考查了矩形的性质与判定，勾股定理，垂线段最短；（1）连接，勾股定理求得，根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半得出，进而根据，得出四边形是矩形，根据矩形的对角线相等，即可求解；（2）同（1）得出四边形为矩形，当时，取最小值，即最小，根据等面积法即可求解．【详解】（1）连接，∵矩形中，，，∴，，∵是的中点，∴，∵，，，∴四边形是矩形∴，故答案为：．（2）如图，连接．，，．在矩形中，，四边形为矩形，，的最小值即的最小值．当时，取最小值．在中，．，，即线段长度的最小值是．故答案为：．15．【分析】本题考查的是等腰三角形的判定与性质，三角形的中位线的性质，平行四边形的判定与性质，先证明，可得，再结合三角形的中位线的性质可得答案．【详解】解：在中，，，，，．平分，，，，．是的中点，是的中点，．16．【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，由正方形的性质可得，进而可证，得到，即得，由求出即可求解，掌握正方形的性质是解题的关键．【详解】解：四边形是正方形，，，，，，，在和中，，，，，，．17．(1)，理由见解析；(2)．【分析】当运动的时间为时，，，因为四边形是平行四边形，所以，当时，四边形是平行四边形，可得关于的方程，解方程求出的值；过点作于点，过点作于点，利用三角形的面积公式求出的长度，从而可求的面积，根据三角形中位线的性质可求出的长度，从而可求的面积，用的面积减去的面积即可得到四边形的面积．【详解】（1）解：当时，四边形是平行四边形，理由如下：四边形是平行四边形，，，，，在和中，，，．，．，，即时，四边形是平行四边形，解得：；（2）解：如图所示，过点作于点，过点作于点，，，，在中，由勾股定理，得，由三角形的面积公式，得，，，，，，，，当时，，，．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质、动点问题、勾股定理、全等三角形的判定与性质．本题的综合性较强，解决本题的关键是根据平行四边形的判定定理确定边之间需要满足的条件，根据条件列方程．18．（1）见解析；（2）7【分析】（1）过点作，垂足为，证明四边形为矩形，得出，证明，得出；（2）作，垂足为，根据勾股定理得．根据，得出，求出结果即可．【详解】解：（1）过点作，垂足为，如图所示：四边形为正方形，，，，，四边形为矩形，，，在和中，，，在和中，，，．（2）作，垂足为，如图所示：由（1）知，在中，由勾股定理，得：．将正方形纸片折叠，使得点落在边上的点，折痕为，，由（1）可知，，．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，折叠性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．19．见解析【分析】本题主要考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题关键．首先结合矩形的性质证明四边形是平行四边形，再根据“有一个角为直角的平行四边形为矩形”证明四边形是矩形，然后根据“邻边相等的矩形为正方形”证明四边形是正方形．【详解】证明：如下图，四边形是矩形，，．平分，，，；同理可得，，，，四边形是平行四边形，，四边形是矩形，，四边形是正方形．20．（1）菱形，正方形；（2）73【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论；（2）利用勾股定理即可得出结论；（3）如答图，连接，设交于点．先证明，得出四边形是垂美四边形，借助（2）的结论即可得出结论．【详解】解：（1）∵菱形，正方形的对角线互相垂直∴菱形，正方形是垂美四边形；（2）四边形是垂美四边形，，．由勾股定理，得，，；（3）如答图，连接，设交于点．，，即．在和中，，．，．，，，四边形是垂美四边形．由（2）可知．，由勾股定理，得，．【点睛】此题考查了正方形和菱形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．题号1234567   答案ACDCDCA