（人教版）数学八年级下册期末提升练习专题一3 第十八章 平行四边形 重难点检测卷（2份，原卷版+解析版）

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选择题（10小题，每小题3分，共30分）
1．（2022春·广东江门·八年级校联考期中）下列说法错误的是（ ）
A．菱形的对角线互相垂直且平分B．矩形的对角线相等
C．有一组邻边相等的四边形是菱形D．四条边相等的四边形是菱形
【答案】C
【分析】根据菱形的性质与判定，矩形的性质逐一判断即可．
【详解】解：A、菱形的对角线互相垂直且平分，说法正确，不符合题意；
B、矩形的对角线相等，说法正确，不符合题意；
C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，说法错误，符合题意；
D、四条边相等的四边形是菱形，说法正确，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，熟知菱形的性质与判定条件，矩形的性质是解题的关键．
2．（2022秋·山东枣庄·九年级校考阶段练习）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据菱形的性质和面积，，可求出的长，的长，点是的中点，根据可知，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，由此即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在中，点是的中点，
∴，
故选：．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，直角三角形斜边上中线的性质，掌握菱形的性质，菱形的面积计算方法，直角三角形斜边上中线的性质是解题的关键．
3．（2022秋·福建泉州·八年级校考阶段练习）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，．点对应直尺的刻度为12，将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（ ）．
A．96B．C．192D．
【答案】B
【分析】根据勾股定理出，证明四边形为平行四边形，根据平移的性质求出，根据平行四边形的面积公式计算，得到答案．
【详解】解：在中，，
则，
由平移的性质可知：， ，
四边形为平行四边形，
点对应直尺的刻度为12，点对应直尺的刻度为0，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查的是平移的性质、平行四边形的判定和性质以及解直角三角形，得出四边形为平行四边形是解题的关键．
4．（2022春·四川绵阳·八年级校考期中）如图，O为对角线的交点，，交边于点E，连接．若的周长比的周长大8，则的长有可能为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】依据平行四边形的性质以及线段垂直平分线的性质，即可得到的长，再根据，即可得出结论．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，O是的中点，
又∵，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∵的周长比的周长大8，
∴，
即，
∴，则，
又∵中，，
∴，
观察四个选项，的长可能为5，
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质以及三角形周长等知识，解答本题的关键是判断出是线段的垂直平分线．
5．（2022秋·山西晋中·九年级统考期末）如图，在矩形中，点的坐标是，则的长是（ ）
A．B．8C．D．
【答案】C
【分析】连接，，过点D作于A，由点，得，，再由勾股定理求得，然后根据矩形的性质得．
【详解】解：连接，，过点D作于A，如图，
∵，
∴，，
∴，
∵矩形，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查勾股定理，矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
6．（2022秋·山东潍坊·八年级校考期末）如图，四边形中，，为对角线的中点，，，连结，，，则下列结论成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据等腰三角形的性质以及三角形外角的性质求得，，那么，可求出底角的度数，求得，，得到，据此即可判断．
【详解】解：∵，E为对角线的中点，
∴，故选项C成立；
∴，，
∴，，
∴．故选项B不成立；
∵，
∴．故选项D不成立；
∵，，
∴，故选项A不成立；
故选：C．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
7．（2022秋·陕西西安·九年级校考期末）如图，在边长为的正方形中，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由正方形的性质得出，，由证得，即可得出答案．
【详解】解∶
∵四边形是正方形，
∴，
中，，
∴，
设，则，
根据勾股定理得∶，即，
解得∶ （负值舍去），
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选∶D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识，证明是解题的关键．
8．（2023秋·四川雅安·九年级校考期中）如图，正方形的对角线与相交于点O，的角平分线分别交、于M、N点．若，则线段的长为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【分析】作于H，根据平分与正方形的性质可证，即可得出．
【详解】作于H，如图，
∵四边形为正方形，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵平分，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】此题主要考查正方形的性质，解题的关键是熟知正方形的性质特点及角平分线的特征．
9．（2023秋·河南南阳·九年级校联考期末）如图①，E为矩形的边上一点，点P从点B出发沿折线运动到点D停止，点Q从点B出发沿运动到点C停止，它们的运动速度都是，现P，Q两点同时出发，设运动时间为，的面积为，y与x的对应关系如图②所示矩形的面积为（ ）
A．18B．12C．20D．16
【答案】A
【分析】由题意知，运动分三段完成，运动10秒，P到点E，继续运动点Q到点C，点P自己运动到点D，结合图像信息求解即可．
【详解】解：由图象可知，时，P、E重合，
根据题意，得
，
∴，
解得，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由图象可知，
∴，
∴，
∴矩形的面积为：
故选A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，函数图象．熟练掌握矩形性质，从函数图象中获取正确的信息是解题的关键．
10．（2022秋·广东深圳·九年级校联考期中）如图，在正方形中，以为边作等边三角形，连接，，，则下列结论：①；②；③和的面积比为；④．其中结论正确的序号有（ ）
A．①②④B．②③C．①③④D．①②③④
【答案】D
【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，故①正确；利用证明，可判断②，由三角形的面积公式可得，，可得和的面积比为，故③正确；由直角三角形的性质可得，可得，故④正确，即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，是等边三角形，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∵，
∴，故②正确；
过点P作于H，于G，过点C作交的延长线于N，如图所示：
∵是等边三角形，，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
，
∴和的面积比为，故③正确；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故④正确，
综上所述：①②③④．
故选：D．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，熟练掌握相关的性质与适当作辅助线是解答此题的关键．
二、填空题（8小题，每小题3分，共24分）
11．（2022秋·山东菏泽·九年级校考阶段练习）矩形的对角线、相交于，，若对角线，则______．
【答案】9cm##9厘米
【分析】由矩形的性质得，，则，而，于是得，则，，所以是等边三角形，即可求得．
【详解】解：四边形是矩形，对角线，
，
，，
，
，
，，
，
，
，
是等边三角形，
，
故答案为：．
【点睛】此题重点考查矩形的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、等边三角形的判定与性质等知识，证明是等边三角形是解题的关键．
12．（2023春·七年级课时练习）如图，将长为，宽为的长方形先向右平移，再向下平移，得到长方形，则阴影部分的面积为__．
【答案】18
【分析】利用平移的性质求出空白部分矩形的长，宽即可解决问题．
【详解】解：由题意，空白部分是矩形，长为，宽为，
阴影部分的面积．
故本题答案为：18．
【点睛】本题考查平移的性质，矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
13．（2021春·山东济南·七年级校考期中）如图所示，将矩形纸片折叠，使点与点重合，点落在处，折痕为，则根据___________ 可得．
【答案】
【分析】根据矩形和折叠的性质，可得，从而得到，再由可证得，即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定，熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定方法是解题的关键．
14．（2022秋·山东枣庄·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，是上异于和的任意一点，且于，于，则为_____．
【答案】##2.4
【分析】根据矩形的性质，，，可求出矩形的面积，的长，由此可知的面积，根据，即可求解．
【详解】解：如图所示，设与相交于点，连接，
∵在矩形中，，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，等面积法求高，掌握矩形的性质，三角形的等面积法求高是解题的关键．
15．（2021春·四川凉山·八年级校考期中）如图，矩形纸片中，，将纸片折叠，使顶点A与边上的点E重合，折痕分别与、交于点F、G，若，则的长为___________．
【答案】
【分析】设的长为x，由折叠的性质得，，在中，由勾股定理即可求得x的值，即可得到的长．
【详解】解：设的长为x，
由折叠的性质得，
在矩形纸片中，，，
∴，
在中，
，
∴，
解得，
即的长为．
故答案为：
【点睛】此题考查了勾股定理在折叠问题中的应用，还考查了矩形的性质，根据勾股定理列方程是解题的关键．
16．（2022秋·河南郑州·九年级校考期末）如图，在矩形中，，，点A在x轴正半轴上，点D在y轴的正半轴上运动时，点D也随之运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为______．
【答案】8
【分析】取的中点，连接，，由勾股定理可求的长，由直角三角形的性质可求的长，由三角形的三边关系可求解．
【详解】解：取的中点，连接，，
∵矩形，，，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵，点是的中点，
∴，
在中，，
当点在上时，，
∴的最大值为，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角形的三边关系，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造三角形是解题的关键．
17．（2022秋·山东青岛·九年级统考期末）如图，正方形中，，点在边上，且，将沿对折至，延长交边于点，连接、．下列结论正确的序号有_____________．
①；②；③；④是等边三角形；⑤．
【答案】①②③⑤
【分析】由翻折的性质可得，，，由“”证明，得出①正确；由全等三角形对应边相等可得，再求出的长，设，得出、，由勾股定理列出方程求出，得出，得出②正确；由等边对等角可得，由全等三角形对应角相等可得，由三角形的外角性质得出，得出，即可证出，得出③正确；求出，得出④错误；然后求出的面积，再根据等高的三角形的面积的比等于底边的比求出的面积，得出⑤正确．
【详解】解：沿对折至，
，，，
四边形是正方形，
，
，
在和中，
，
，故①正确；
，
，，
，，
设，则，，
在中，，
即，
解得：，
，故②正确；
，
由和得，，
由三角形的外角性质，，
，
，故③正确；
∵，
∴，
∴，即不是等边三角形，故④不正确；
的面积，
的面积，故⑤正确；
故答案为：①②③⑤．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
18．（2022秋·重庆沙坪坝·八年级重庆南开中学校考阶段练习）如图，在中，，D是边的中点，连接，将沿翻折，得到，连接，则的面积是__________．
【答案】42
【分析】连接，过点B作于点M，过点B作于点E，用等面积法求出，再用勾股定理求出和的长度，证明，，最后根据即可求解．
【详解】解：如图，连接，过点B作于点M，过点B作于点N，
∵，
∴，
∵，
∴，即，解得：，
在中，，
∴，
∵D是边的中点，
∴，
∵沿翻折，得到，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵是的垂直平分线，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：42．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质和判定，解题的关键是利用等面积法求出三角形的高，正确画出辅助线，构造全等三角形．
三、解答题（10小题，共66分）
19．（2022春·西藏昌都·八年级统考期末）已知：如图，四边形是平行四边形，P，Q是对角线上的两个点，且．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】先根据平行四边形的性质得到，再利用 证明即可证明．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质，熟知平行四边形对边相等且平行是解题的关键．
20．（2022春·福建龙岩·八年级校考阶段练习）如图，、是的对角线上的两点，．
求证： 且．
【答案】见解析
【分析】由四边形为平行四边形，可证，．然后根据证明，即可证明．
【详解】四边形为平行四边形，
，．
．
在和中，

．
．
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
21．（2023秋·重庆北碚·九年级重庆市兼善中学校考期末）如图，中，M为的中点，为的平分线，于D．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)14
【分析】（1）延长，交于点E，通过证明≌，得到，，进而得到为的中位线，即可得证；
（2）利用勾股定理得到线段的长度，再结合（1）的结论，即可求出线段的长度．
【详解】（1）解：如图，延长，交于点E，
∵平分，
∴，
在与中，
∴≌，
∴，，
即点D为线段的中点，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴；
（2）解：在中，，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、中位线的定义及性质，根据题目的提示，正确做出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
22．（2021春·浙江杭州·八年级杭州英特外国语学校校考期中）如图，在所给的方格中，每个小正方形的边长都是1，按要求画多边形，使它的各个顶点都在方格的顶点上．
(1)在图甲中画一个面积为10的矩形．
(2)在图乙中画一个平行四边形，使其面积为5且有一个内角为．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】（1）可画边长为的正方形即可；
（2）可画高为1，底为5的平行四边形即可．
【详解】（1）如图，正方形即为所求．
（2）如图，平行四边形即为所求．
【点睛】本题考查作图——应用与设计，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题．
23．（2023秋·湖南长沙·九年级校联考期末）如图.，在中，对角线、相交于点O，
(1)求证：；
(2)若点E、F分别为线段、的中点，连接，，，求的长及四边形的面积
【答案】(1)证明见解析；
(2)四边形的面积为
【分析】(1)根据矩形的判定定理证明即可．
(2)根据矩形的性质，勾股定理，中位线性质定理计算即可．
【详解】（1）∵，，
∴四边形是矩形，
∴．
（2）∵E，F分别为、的中点，
∴，
又∵四边形是矩形，
∴，
又，，
∴，
∴四边形的面积为．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线性质定理，熟练掌握矩形的判定，勾股定理是解题的关键．
24．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，在四边形中，，，，动点P、Q分别从A、C同时出发，点P以的速度由A向D运动，点Q以的速度由C向B运动，其中一动点到达终点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为t秒．
(1) ， （分别用含有t的式子表示）；
(2)当四边形的面积是四边形面积的2倍时，求出t的值．
(3)当点P、Q与四边形的任意两个顶点所形成的四边形是平行四边形时，直接写出t的值；
【答案】(1)，
(2)
(3)或或
【分析】（1）由路程等于速度乘以时间，即可求解；
（2）设点A到距离为h，由四边形的面积是四边形面积的2倍可列方程，解方程即可得到答案；
（3）分四种情况讨论，由平行四边形对边相等列出一元一次方程，解方程即可．
【详解】（1）解：∵点P以的速度由A向D运动，点Q以的速度由C向B运动，
∴，，
∴，
故答案为：，
（2）设点A到距离为h，
∵四边形的面积是四边形面积的2倍，
∴，
解得;
（3）若四边形是平行四边形，
∴,
∴，
∴；
若四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴；
若四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴（不合题意，舍去）；
若四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴；
综上所述，当或或时，点P、Q与四边形的任意两个顶点所形成的四边形是平行四边形．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质、一元一次方程的应用，利用分类讨论思想是解决问题的关键．
25．（2022·四川南充·南充市实验中学校考模拟预测）如图，已知点E是射线上的一点，以、为边作正方形和正方形，连接，取的中点M，连接、．
(1)如图1，判断线段和的数量关系是______，位置关系是______；
(2)如图2，在图中的正方形绕点C逆时针旋转的过程中，其他条件不变，（1）中的结论是否成立？说明理由；
(3)已知，正方形绕点C旋转的过程中，当A、F、E共线时，直接写出的面积．
【答案】(1)，
(2)结论成立：，
(3)满足条件的的面积为20或34．
【分析】（1）延长交于H，证明，得到，根据直角三角形的性质得到，等量代换得到答案；
（2）如图2中，延长使得，连接，延长交的延长线于N，交于O．利用全等三角形的性质，想办法证明是等腰直角三角形即可；
（3）分两种情形根据题意画出完整的图形，利用勾股定理解决问题即可．
【详解】（1）解：如图1，延长交于H，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，，
故答案为：，；
（2）解：结论成立：，，
理由：如图2中，延长使得，连接，延长交的延长线于N，交于O．

∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴；
（3）①如图3-1中，连接．
在中，，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴；
②如图3-2中，连接．
同法可得，，
∴，
综上所述，满足条件的的面积为20或34．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
26．（2022秋·吉林长春·九年级校考期末）菱形中，对角线，，点从出发，沿以/秒的速度匀速运动，到点停止，过作边的垂线交于，以为边向右作等边，设运动时间为秒．
(1)菱形的边长为______．
(2)当在边上运动时，用含的代数式表示、．
(3)连接，当是直角三角形时，求的值．
(4)当菱形的对角线平分的边时，的取值范围是______．
【答案】(1)
(2)，
(3)秒或秒
(4)或
【分析】（1）根据菱形的边长相等以及等边三角形的性质即可；
（2）设运动秒，则，根据所对直角边是斜边的一半求出，进一步即可表示和；
（3）分类讨论：点在上时，①当时，表示出和，根据列方程即可求得；②当时，表示出和，根据列方程即可求得；点在上时，此时为钝角三角形；
（4）分类讨论：当平分时，则，表示出，，根据列方程即可；当平分时，此时点在上，即可得出取值范围．
【详解】（1）解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，对角线，
∴是等边三角形，
∴．
故答案为：．
（2）设运动秒，
∵点从出发，沿以/秒的速度匀速运动，到点停止，过作边的垂线交于，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴．
∴，．
（3）点在上，当是直角三角形，设运动时间为秒，
①时，如图所示：
∵，是等边三角形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴或（不符合题意，舍去）
∴，
∴，
∴（秒）；
②当时，如图所示：
∵，，
∴ ，
∴，
∴，
∴（秒）．
③点在上运动时，设交于点，如图所示，
∵，是等边三角形，
∴，，，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴是钝角三角形，不可能是直角三角形．
∴综上所述，当是直角三角形时，的值为秒或秒．
（4）当菱形的对角线平分的边时，
如图所示，当平分时，此时点在上，
∵四边形是菱形，，
∴，
∵，是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
解得：或（不符合题意，舍去）
∴，
∴，
∴（秒）；
②当平分时，此时点在上，如图所示：
∵，，
∴，
∵是等边三角形，，
∴是边上的中线，
∴点是的中点，
当在点时，，
∴，
当在点时，，
∴，
∴在上运动时，的取值范围是，
综上所述，当菱形的对角线平分的边时，或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查菱形和三角形的综合，考查了菱形和等边三角形的性质，直角三角形所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的三线合一等知识点．分类讨论思想是解题的关键．