2023-2024学年人教版（2012）八年级下册 第十八章平行四边形单元测试卷（含答案解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年人教版（2012）八年级下册 第十八章平行四边形单元测试卷（含答案解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-08 21:29:50 | ||
图片预览
文档简介
2023-2024学年 人教版（2012）八年级下册 第十八章 平行四边形 单元测试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题
1．如图，“笔尖”图案五边形由正方形和等边组成，连接，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，菱形中，交于于，连接，若，则（ ）
A． B． C． D．
3．如图是用尺规过点P作直线l垂线的两种方法，其中a，b，m，n分别表示画相应弧时所取的半径，对图中虚线段组成的四边形，下列说法正确的是（ ）
A．若，方法Ⅰ中的四边形为正方形 B．若，方法Ⅰ中的四边形为矩形
C．若，方法Ⅱ中的四边形为菱形 D．若，方法Ⅱ中的四边形为正方形
4．如图，四边形中，，，连接，的角平分线交，分别于点O、E，若，，则的长为（ ）
A．4 B． C． D．
5．如图，在菱形中，对角线相交于点，，则长为( )
A．3 B．5 C．6 D．10
6．如图，在中，为边上的高，为边上的中线， ，则的长度是（ ）
A．2 B．3 C． D．4
7．如图，的一边在直尺上.，是边的中点，点A，对应的刻度分别为1和7，则的长是（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
8．如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点，为垂足，连接，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，把一长方形纸片沿折叠后，点A、B分别落在的位置上，与相交于点F，已知，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，将长方形折叠，使顶点D恰好落在边上点F处，折痕交于点E，已知，则长为（ ）
A．5 B．3 C． D．
评卷人得分
二、填空题
11．如图，在矩形中，点为对角线上一点，过点作交于点，，作交于点，连接，已知，则的面积等于 ．
12．如图，在中，，，，，，都是等边三角形，下列结论中：①；②四边形是平行四边形；③；④．正确的是 （填序号）．
13．如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为 ．
14．在矩形中，E、F分别在和上，，若，，则 ．
15．如图，相交于点O，，M是的中点，，交于点N．若，，则的长为 ．
16．如图，在矩形中，，点E是边上的一个动点，将沿折叠，当点A的对应点F落在矩形一边的垂直平分线上时，的长为 ．
评卷人得分
三、解答题
17．如图，点G是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段和相交于点H．
(1)求证：；
(2)判断与的位置关系，并说明理由．
18．如图，在菱形中，对角线，相交于点，延长到点，使得．连接．过点作，交于点，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质得出，，再由等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得，同理可得，最后由进行计算即可得到答案．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
是等边三角形，
，，
，
，，
，
，
，
同理可得：，
，
故选：D．
【点睛】本题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、三角形内角和定理等 ，熟练掌握以上知识点是解此题的关键．
2．C
【分析】根据菱形的性质得到点O为的中点，，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，再由三角形内角和定理得到，则．
【详解】解：∵四边形是菱形，交于，，
∴点O为的中点，，
∵，
∴，
∴
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形内角和定理，等边对等角，直角三角形斜边上的中线的性质，熟知菱形的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
3．C
【分析】本题主要考查了矩形的判定定理，正方形的判定定理，菱形的判定定理，作垂线，灵活运用所学知识是解题的关键．
根据矩形的判定定理，正方形的判定定理，菱形的判定定理逐一判断即可．
【详解】解：A、由作图方法可知，当时，虚线段组成的四边形的四条边相同，它是菱形，并不一定是正方形，不符合题意；
B、由作图方法可知，当时，虚线段组成的四边形有一组对角都是直角，另一组对角不一定是直角，并不一定是矩形，不符合题意；
C、由作图方法可知，当时，虚线段组成的四边形的四条边相同，它是菱形，符合题意；
D、由作图方法可知，当时，虚线段组成的四边形有一组对角都是直角，另一组对角不一定是直角，并不一定是矩形，并不一定是正方形，不符合题意；
故选：C．
4．D
【分析】本题考查勾股定理的运用以及菱形的判定和性质，连接，因为，平分，，可证四边形为菱形，从而得到、的长，进而解答即可．根据条件能够发现图中的菱形是关键．
【详解】解：连接．
在中，，，根据勾股定理，得．
∵，平分，
∴，，
∴垂直平分，．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形是菱形，
由勾股定理得出，
∴，
故选：D．
5．C
【分析】本题考查了菱形性质，勾股定理的应用等知识，根据菱形的对角线互相垂直平分，利用勾股定理列式求出，即可求得．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，
在中，，
根据勾股定理，得，
∴，
故选：C．
6．D
【分析】本题考查勾股定理，直角三角形的性质；先根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可求得，再根据勾股定理即可求解．
【详解】解：在中，，为边上的中线，，
∴，
∵，
∴，
∵为边上的高，
∴，
∴由勾股定理得：，
∴，
∴，
故选：D．
7．A
【分析】根据图形和直角三角形的性质即可解答，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解答本题的关键．
【详解】解：由图可得，，点D为线段的中点，
∴．
故选：A．
8．C
【分析】此题考查菱形的性质，线段垂直平分线的性质，根据菱形的性质得到是菱形的对称轴，，，连接，利用线段垂直平分线的性质得到，求出，再根据菱形的对称性得到答案，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴是菱形的对称轴，，，
连接，
∵是线段的垂直平分线，
∴
∴，
由轴对称得
故选：C．
9．C
【分析】本题考查平行线的性质、翻折变换（折叠问题）．此题的关键是灵根据折叠的性质求出为，再根据平行的性质解题．
【详解】解：∵长方形纸片沿折叠，
∴四边形与四边形重合，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：C．
10．A
【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理；解题的关键是先利用勾股定理求出长，然后在中运用勾股定理计算．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠得，
，
∴，
∵，且，
∴，
∴解得，
故选：A．
11．8
【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，先证明四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，得到，再根据矩形对角线平分矩形面积推出，据此求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：8．
12．①②③④
【分析】由，得出，故①正确；再由证得，得，同理得，则四边形是平行四边形，故②正确；然后由平行四边形的性质得，则③正确；最后求出，故④正确；即可得出答案．
【详解】解：，，，，
，
是直角三角形，，
，故①正确；
，都是等边三角形，
，，
，
和都是等边三角形，
，，，
，
在与中，
，
，
，
∴，
同理可证：，
∴四边形是平行四边形，
故②正确；
，
故③正确；
过A作于G，如图所示：
则，
∵四边形是平行四边形，
，
，
∴，
故④正确；
∴正确的是①②③④，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、含角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明是解题的关键．
13．
【分析】此题主要考查了角平分线的性质和正方形的性质，过作于点，根据正方形的性质得出平分，再由角平分线上的点到角两边的距离相等可得，即可求出点到的距离，解题的关键熟练掌握角平分线的性质和正方形的性质及其应用．
【详解】如图，过作于点，
∵四边形是正方形，
∴平分，
∵，，
∴，
即点到直线的距离为，
故答案为：．
14．
【分析】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，由垂直及可判定是等腰直角三角形，则有，再由矩形的性质可得，利用勾股定理可求得的长度，即可求．
【详解】解：，
是等腰直角三角形，
，
∵四边形是矩形，
，
，
，
．
故答案为：．
15．4
【分析】本题考查全等三角形的性质及判定，掌握全等三角形的性质及判定方法是解决本题的关键．根据可得，从而得到，再根据得到，从而得到，即可求解．
【详解】解：，
，
，是的中点，
∴是的中位线，
，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
，
∵
，
故答案为：4．
16．或
【分析】分两种情况：①过F作交于M，交于N，则直线是矩形的对称轴，得出，由勾股定理得到，求得，再由勾股定理解得即可；②过F作交于P，交于Q；求出，由三角函数求出．
【详解】解：分两种情况：
①如图1，过F作交于M，交于N，
则直线是边的垂直平分线，
∴，
∵沿折叠得到，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴；
②如图2，过F作交于P，交于Q，连接，
则直线是边的垂直平分线，
∴，，
又∵，
∴，
∴是等边三角形，
，
∴，
∴设，则，
在，
即，
解得：或（舍去）
综上所述：的长为或；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了翻折变换﹣折叠问题，矩形的性质，勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和矩形的性质，正确画出图形是解题的关键．
17．(1)见解析；
(2)，理由见解析；
【分析】本题主要考查正方形的性质，三角形全等的判定与性质：
（1）由正方形的性质可得，，，进而得到，从而通过“”可证，得证；
（2）设与的交点为点K，由可得，再由与互余，，，得到与互余，从而得到，证得．
【详解】（1）∵四边形，是正方形，
∴，，，
∴，
即，
∴，
∴．
（2），理由如下：
设与的交点为点K，
∵，
∴，
∵，
又，，
∴，
∴，
∴．
18．(1)见解析
(2)2
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性，解题的关键是：
（1）证四边形是平行四边形，再证，则，然后由矩形的判定即可得出结论；
（2）由矩形的性质得，，所以．又由，，由直角三角形性质得．在中，，由直角三角形性质得，即可得出结论．
【详解】（1）解：证明：四边形是菱形，
，，，
，
，
四边形是平行四边形，
．
，
四边形是平行四边形．
，，
，
，
平行四边形是矩形．
（2）由（1）知四边形是矩形，
，，
．
又，，
．
在中，，
，
．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题
1．如图，“笔尖”图案五边形由正方形和等边组成，连接，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，菱形中，交于于，连接，若，则（ ）
A． B． C． D．
3．如图是用尺规过点P作直线l垂线的两种方法，其中a，b，m，n分别表示画相应弧时所取的半径，对图中虚线段组成的四边形，下列说法正确的是（ ）
A．若，方法Ⅰ中的四边形为正方形 B．若，方法Ⅰ中的四边形为矩形
C．若，方法Ⅱ中的四边形为菱形 D．若，方法Ⅱ中的四边形为正方形
4．如图，四边形中，，，连接，的角平分线交，分别于点O、E，若，，则的长为（ ）
A．4 B． C． D．
5．如图，在菱形中，对角线相交于点，，则长为( )
A．3 B．5 C．6 D．10
6．如图，在中，为边上的高，为边上的中线， ，则的长度是（ ）
A．2 B．3 C． D．4
7．如图，的一边在直尺上.，是边的中点，点A，对应的刻度分别为1和7，则的长是（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
8．如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点，为垂足，连接，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，把一长方形纸片沿折叠后，点A、B分别落在的位置上，与相交于点F，已知，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，将长方形折叠，使顶点D恰好落在边上点F处，折痕交于点E，已知，则长为（ ）
A．5 B．3 C． D．
评卷人得分
二、填空题
11．如图，在矩形中，点为对角线上一点，过点作交于点，，作交于点，连接，已知，则的面积等于 ．
12．如图，在中，，，，，，都是等边三角形，下列结论中：①；②四边形是平行四边形；③；④．正确的是 （填序号）．
13．如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为 ．
14．在矩形中，E、F分别在和上，，若，，则 ．
15．如图，相交于点O，，M是的中点，，交于点N．若，，则的长为 ．
16．如图，在矩形中，，点E是边上的一个动点，将沿折叠，当点A的对应点F落在矩形一边的垂直平分线上时，的长为 ．
评卷人得分
三、解答题
17．如图，点G是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段和相交于点H．
(1)求证：；
(2)判断与的位置关系，并说明理由．
18．如图，在菱形中，对角线，相交于点，延长到点，使得．连接．过点作，交于点，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质得出，，再由等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得，同理可得，最后由进行计算即可得到答案．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
是等边三角形，
，，
，
，，
，
，
，
同理可得：，
，
故选：D．
【点睛】本题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、三角形内角和定理等 ，熟练掌握以上知识点是解此题的关键．
2．C
【分析】根据菱形的性质得到点O为的中点，，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，再由三角形内角和定理得到，则．
【详解】解：∵四边形是菱形，交于，，
∴点O为的中点，，
∵，
∴，
∴
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形内角和定理，等边对等角，直角三角形斜边上的中线的性质，熟知菱形的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
3．C
【分析】本题主要考查了矩形的判定定理，正方形的判定定理，菱形的判定定理，作垂线，灵活运用所学知识是解题的关键．
根据矩形的判定定理，正方形的判定定理，菱形的判定定理逐一判断即可．
【详解】解：A、由作图方法可知，当时，虚线段组成的四边形的四条边相同，它是菱形，并不一定是正方形，不符合题意；
B、由作图方法可知，当时，虚线段组成的四边形有一组对角都是直角，另一组对角不一定是直角，并不一定是矩形，不符合题意；
C、由作图方法可知，当时，虚线段组成的四边形的四条边相同，它是菱形，符合题意；
D、由作图方法可知，当时，虚线段组成的四边形有一组对角都是直角，另一组对角不一定是直角，并不一定是矩形，并不一定是正方形，不符合题意；
故选：C．
4．D
【分析】本题考查勾股定理的运用以及菱形的判定和性质，连接，因为，平分，，可证四边形为菱形，从而得到、的长，进而解答即可．根据条件能够发现图中的菱形是关键．
【详解】解：连接．
在中，，，根据勾股定理，得．
∵，平分，
∴，，
∴垂直平分，．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形是菱形，
由勾股定理得出，
∴，
故选：D．
5．C
【分析】本题考查了菱形性质，勾股定理的应用等知识，根据菱形的对角线互相垂直平分，利用勾股定理列式求出，即可求得．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，
在中，，
根据勾股定理，得，
∴，
故选：C．
6．D
【分析】本题考查勾股定理，直角三角形的性质；先根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可求得，再根据勾股定理即可求解．
【详解】解：在中，，为边上的中线，，
∴，
∵，
∴，
∵为边上的高，
∴，
∴由勾股定理得：，
∴，
∴，
故选：D．
7．A
【分析】根据图形和直角三角形的性质即可解答，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解答本题的关键．
【详解】解：由图可得，，点D为线段的中点，
∴．
故选：A．
8．C
【分析】此题考查菱形的性质，线段垂直平分线的性质，根据菱形的性质得到是菱形的对称轴，，，连接，利用线段垂直平分线的性质得到，求出，再根据菱形的对称性得到答案，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴是菱形的对称轴，，，
连接，
∵是线段的垂直平分线，
∴
∴，
由轴对称得
故选：C．
9．C
【分析】本题考查平行线的性质、翻折变换（折叠问题）．此题的关键是灵根据折叠的性质求出为，再根据平行的性质解题．
【详解】解：∵长方形纸片沿折叠，
∴四边形与四边形重合，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：C．
10．A
【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理；解题的关键是先利用勾股定理求出长，然后在中运用勾股定理计算．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠得，
，
∴，
∵，且，
∴，
∴解得，
故选：A．
11．8
【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，先证明四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，得到，再根据矩形对角线平分矩形面积推出，据此求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：8．
12．①②③④
【分析】由，得出，故①正确；再由证得，得，同理得，则四边形是平行四边形，故②正确；然后由平行四边形的性质得，则③正确；最后求出，故④正确；即可得出答案．
【详解】解：，，，，
，
是直角三角形，，
，故①正确；
，都是等边三角形，
，，
，
和都是等边三角形，
，，，
，
在与中，
，
，
，
∴，
同理可证：，
∴四边形是平行四边形，
故②正确；
，
故③正确；
过A作于G，如图所示：
则，
∵四边形是平行四边形，
，
，
∴，
故④正确；
∴正确的是①②③④，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、含角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明是解题的关键．
13．
【分析】此题主要考查了角平分线的性质和正方形的性质，过作于点，根据正方形的性质得出平分，再由角平分线上的点到角两边的距离相等可得，即可求出点到的距离，解题的关键熟练掌握角平分线的性质和正方形的性质及其应用．
【详解】如图，过作于点，
∵四边形是正方形，
∴平分，
∵，，
∴，
即点到直线的距离为，
故答案为：．
14．
【分析】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，由垂直及可判定是等腰直角三角形，则有，再由矩形的性质可得，利用勾股定理可求得的长度，即可求．
【详解】解：，
是等腰直角三角形，
，
∵四边形是矩形，
，
，
，
．
故答案为：．
15．4
【分析】本题考查全等三角形的性质及判定，掌握全等三角形的性质及判定方法是解决本题的关键．根据可得，从而得到，再根据得到，从而得到，即可求解．
【详解】解：，
，
，是的中点，
∴是的中位线，
，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
，
∵
，
故答案为：4．
16．或
【分析】分两种情况：①过F作交于M，交于N，则直线是矩形的对称轴，得出，由勾股定理得到，求得，再由勾股定理解得即可；②过F作交于P，交于Q；求出，由三角函数求出．
【详解】解：分两种情况：
①如图1，过F作交于M，交于N，
则直线是边的垂直平分线，
∴，
∵沿折叠得到，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴；
②如图2，过F作交于P，交于Q，连接，
则直线是边的垂直平分线，
∴，，
又∵，
∴，
∴是等边三角形，
，
∴，
∴设，则，
在，
即，
解得：或（舍去）
综上所述：的长为或；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了翻折变换﹣折叠问题，矩形的性质，勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和矩形的性质，正确画出图形是解题的关键．
17．(1)见解析；
(2)，理由见解析；
【分析】本题主要考查正方形的性质，三角形全等的判定与性质：
（1）由正方形的性质可得，，，进而得到，从而通过“”可证，得证；
（2）设与的交点为点K，由可得，再由与互余，，，得到与互余，从而得到，证得．
【详解】（1）∵四边形，是正方形，
∴，，，
∴，
即，
∴，
∴．
（2），理由如下：
设与的交点为点K，
∵，
∴，
∵，
又，，
∴，
∴，
∴．
18．(1)见解析
(2)2
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性，解题的关键是：
（1）证四边形是平行四边形，再证，则，然后由矩形的判定即可得出结论；
（2）由矩形的性质得，，所以．又由，，由直角三角形性质得．在中，，由直角三角形性质得，即可得出结论．
【详解】（1）解：证明：四边形是菱形，
，，，
，
，
四边形是平行四边形，
．
，
四边形是平行四边形．
，，
，
，
平行四边形是矩形．
（2）由（1）知四边形是矩形，
，，
．
又，，
．
在中，，
，
．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页