2023-2024学年数学八年级特殊平行四边形单元测试试题（鲁教版（五四制））提升卷一含解析

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2023-2024学年数学八年级特殊平行四边形（鲁教版（五四制））单元测试 提升卷一 含解析
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题（共30分）
1．（本题3分）如图，在正方形中，点E为边的中点，F为上一点，连接，，，若，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
2．（本题3分）如图，正方形的边长为2，将正方形绕点A逆时针旋转，使点B落在边上的点M处，得到正方形，与相交于点G，则图中阴影部分的面积是（ ）
A． B． C． D．
3．（本题3分）如图，已知等腰直角三角形纸板中，．现要从中剪出一个尽可能大的正方形，则能剪出的最大正方形的面积是（ ）
A． B． C．25 D．50
4．（本题3分）下列判断错误的是（ ）
A．一组对边平行、一组对边相等的四边形是平行四边形
B．一组对边平行、一组对角相等的四边形是平行四边形
C．一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形
D．对角线互相垂直的矩形是正方形
5．（本题3分）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，若，则菱形的面积是（ ）

A． B．1 C． D．4
6．（本题3分）如图，在中，的垂直平分线分别交于点D，F，交的延长线于点E，已知，，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（本题3分）如图，在菱形中，，对角线与相交于点O，于点F，交于点P．若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
8．（本题3分）如图，四边形为长方形，点在轴上，点在轴上，点的坐标为，将沿翻折，点的对应点为点，交于点，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
9．（本题3分）如图，正方形和正方形的边长分别为6和2，点F，G分别在边，上，P为的中点，连接，则的长为（ ）
A．5 B．5 C． D．5
10．（本题3分）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（ ）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形 C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
评卷人得分
二、填空题（共24分）
11．（本题3分）如图，在菱形中，，，交于点，为的中点，连接并延长，交于点，点为的中点，连接，则 ．
12．（本题3分）如图，是矩形中边的中点，将沿折叠到在矩形内部，延长交于点，若，则 ．
13．（本题3分）如图，长方形中，，，长方形内有一个点，连接，，，已知，，延长交于点，则 ．
14．（本题3分）将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形，如图①，当时，测得两点间的距离为；推动四边形如图②，当时，，两点间的距离为 ．
15．（本题3分）如图，已知四边形和四边形均为正方形，且是的中点，连接，若，则的长为 ．
16．（本题3分）已知三角形中，，若三条内角平分线交于点O，于G，则的长为 .
17．（本题3分）如图，在直角坐标系中，等腰直角的点是坐标原点，A的坐标是，直角顶点在第二象限，等腰直角的点在轴上移动，我们发现直角顶点点随之在一条直线上移动，这条直线的解析式是 ．
18．（本题3分）如图①，点、分别为长方形纸带的边、上的点，，将纸带沿折叠成图②（为和的交点），再沿折叠成图③（为和的交点），则图③中的 （结果用含的代数式表示）．

评卷人得分
三、解答题（共66分）
19．（本题8分）如图，在长方形中，E是边上一点，连接，沿直线翻折后，点A恰好落在长方形的对称轴上的点处，连接．

(1)求证：是等边三角形；
(2)延长交于点F，若，求的长．
20．（本题8分）如图，在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若四边形面积为S，请直接写出图中，面积为的所有三角形．
21．（本题10分）如图，将长方形纸片进行折叠，使折痕的两个端点P、F分别在边上，顶点B落在边的E点处．已知．
(1)试求出的长度；
(2)请求的面积．
22．（本题10分）如图，平行四边形中，，分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧交于，两点，作直线交于点，连接并延长，交的延长线于点，连接，．
(1)求证：：
(2)在平行四边形中能否添加一个条件，使四边形为菱形？若能，请添加后予以证明；若不能，请什么理由．
23．（本题10分）如图，在菱形中，交于点O，E为延长线上的一点，且，连接分别交于点F、G，连接，求证：①；②四边形是菱形；③
24．（本题10分）如图，在中，，，是边的中点，的周长是18，则的长是
25．（本题10分）学习了矩形的判定后，小蒋对等腰三角形底边上的高和底角顶点到顶角外角平分线的距离的数量关系进行了拓展性研究．请根据他的思路完成以下作图与填空：
用直尺和圆规，作等腰三角形的外角的角平分线，再过点C作于点H．（只保留作图痕迹）
已知：如图，三角形中，，是底边上的高，平分，于点H．求证：．
证明：∵平分，
∴
∵，是底边上的高
∴ ① ，
又∵
∴ ②
又∵于点H
∴ ③
∴四边形为矩形
∴
小蒋进一步研究发现，任意等腰三角形均有此特征．请你依照题意完成下面命题：等腰三角形底边上的高等于 ④ ．
参考答案：
1．D
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，延长到H，使得，连接交与G．，根据正方形的性质得到，，根据全等三角形的判定和性质定理得出，结合已知条件进一步得出，再根据等腰三角形的性质可得出，然后根据角得和差关系得出结论．
【详解】解：延长到H，使得，连接交与G．
∵四边形是正方形．
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵点E为边的中点
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
2．A
【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理的应用，图中阴影部分的面积，据此即可求解．
【详解】解：由题意得：，，
∴
∴图中阴影部分的面积
故选：A
3．C
【分析】本题主要考查图形的拼接，涉及正方形的性质和等腰直角三角形的性质，根据题意要求从一张等腰直角三角形纸板中剪一个尽可能大的正方形是以两直角边、斜边中点和直角顶点为正方形四个顶点，设正方形的边长是a，则，且，求解即可．
【详解】解：假设能剪出的最大正方形为，如图，
则，，
设正方形为的边长为a，
∵，
∴，
则，即，解得，
∴能剪出的最大正方形的面积25．
故选：C．
4．A
【分析】此题主要考查了平行四边形、菱形、正方形的判定，关键是掌握平行四边形、菱形、正方形的判定定理．对选项一一分析，选择正确答案．
【详解】解：A、一组对边平行、一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，也可能是等腰梯形，故原说法错误；
B、一组对边平行可得同旁内角互补、一组对角相等结合等量代换可得另一组对边也平行，从而得出四边形是平行四边形，故原说法正确；
C、一条对角线平分一组对角的平行四边形可得内错角相等，从而得出对角上的四个角都相等，再由等角对等边可得等腰三角形，从而得出邻边相等，最后由一组邻边相等的平行四边形是菱形可得结论，故原说法正确；
D、对角线互相垂直的矩形是正方形．故原说法正确；
故选：A
5．C
【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的性质及垂直平分线的性质，根据，得到，根据菱形得到，即可得到是等边三角形，根据勾股定理求出，即可得到答案；
【详解】解：∵，
∴，，
∵四边形是菱形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
6．A
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，易证，可得四边形为矩形，即可证明，可求得的长，根据是中位线可以求得的长度，即可求得矩形的面积，即可解题．
【详解】解：∵
∴F是的中点，
∵D是中点，
∴是中位线，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴
∴，
∴四边形为矩形，
∵在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴矩形面积．
故选：A．
7．C
【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，先由菱形的性质得到，，，再证明是等边三角形，则，进而得到，由三线合一定理得到，则可求出，利用勾股定理得到，则．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
故选：C．
8．B
【分析】本题考查了折叠的性质、勾股定理、等角对等边，由点的坐标得出，，由折叠的性质与长方形的性质可得：，，，，从而得出，由等角对等边得出，再由勾股定理进行计算即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：点的坐标为，
，，
由折叠的性质与长方形的性质可得：，，，，
，
，
，
，
解得：，
故选：B．
9．C
【分析】本题考查勾股定理和中位线定理，正确做出辅助线是解出本题关键．根据题意延长交于点，作于点，则是的中位线，求得的长，再利用勾股定理即可得到本题答案．
【详解】解：延长交于点，作于点，
，
∴，
∵P为的中点，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∵直角中，，
∴是等腰直角三角形，即，
∴，
∴，
∴在中，，
故选：C．
10．A
【分析】根据题意，先证四边形是平行四边形，再判断特殊位置（三点重合时，分别为的中点时，当分别与重合时）四边形的形状，即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∵、，
∴，
∵对称，
∴，，
∴，
∵对称，
∴，，
∴，
同理，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
如图所示，
当三点重合时，，
∴，
即，
∴四边形是菱形，
如图所示，当分别为的中点时，
设，则，，
在中，，
连接，，
∵，
∴是等边三角形，
∵为中点，
∴，，
∴，
根据对称性可得，
∴，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴四边形是矩形，
当分别与重合时，都是等边三角形，则四边形是菱形，
∴在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
故选A．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
11．
【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线，由菱形的性质可得，，，由勾股定理计算出，由三角形中位线定理可得，，证明可得，再由，即可得到答案，熟练掌握相关知识并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，
在中，由勾股定理，得，
∵点为的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，，
∵为的中点，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
12．
【分析】本题主要考查了折叠问题以及矩形的性质的运用，解题的关键是利用折叠图形中的对应角相等进行求解．由沿折叠到，得出，由，求出，利用求解．
【详解】解：沿折叠到，
，
，，
，
．
故答案为：．
13．
【分析】此题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质以及勾股定理，延长交于F，根据已知条件得到，根据矩形的性质得到，，根据余角的性质得到，进一步推出，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：延长交于点F，如图，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，解得．
故答案为：．
14．1
【分析】由当时，，两点间的距离为求出，推动四边形时，是等边三角形，即可得．
【详解】解：如图：
∵四边形是正方形，
∴是等腰直角三角形，
在中，,，
∴；
当推动四边形，时，如图：
∵，，
∴此时是等边三角形，
∴．
故答案为：1．
【点睛】本题考查正方形性质，涉及等边三角形的判定与性质，解题的关键是求出正方形的边长．
15．
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．过点作交于点，交于点，则，再证明，得出，再利用勾股定理即可解答．
【详解】解：过点作交于点，交于点，则，
四边形和四边形均为正方形，
，，，
，
，
，，
，，
，
故答案为：．
16．4
【分析】此题考查了勾股定理的逆定理、正方形的判定和性质、角平分线性质定理，全等三角形的判定和性质，利用勾股定理的逆定理证明三角形是直角三角形，过点O作，，则四边形是正方形，利用等积法求出，得到，再证，即可得到答案． 利用三角形的面积求出是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴三角形是直角三角形，，
如图，过点O作，，连接，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵三条内角平分线交于点O，于G，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
故答案为：4．
17．
【分析】本题考查待定系数法求一次函数解析式，能找出点C运动过程中的两个特殊位置，进而得出点D在不同位置的两个坐标是解题的关键．找到C点在y轴上的两个特殊位置，求出此时点D的坐标，再由直角顶点D在一条直线上移动便可解决问题．
【详解】解：当轴时，
分别过点B和D作x轴的垂线，垂足分别为M和与交于点G，
∵是等腰直角三角形，A点坐标为，
且O点为坐标原点，
∴，
∴
又∵，
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形，
∴．
又∵轴，
∴．
则．
∴点D的坐标为．
当点C在坐标原点O处时，
过点B作x轴的垂线，垂足为E，
方法同上可得，
，
∴点D的坐标为．
设所求直线的函数解析式为，
则，
解得．
∴这条直线的函数解析式为．
故答案为：．
18．
【分析】利用平行线性质先得到和，根据折叠性质得到图②中、图③中、，由三角形外角性质得图②中、图③中，最后根据即可求解．
【详解】解：图①中四边形的长方形，
，
，
，
，
此时图②中也有，
由折叠性质得：图②中，，
是的一个外角，
，
由折叠性质得：图③中，，，
是的一个外角，
，
在四边形中，．
故答案为：．
【点睛】本题考查的知识点是平行线的性质、矩形的性质、图形的折叠与性质、三角形外角性质，解题关键是熟练掌握图形折叠的性质．
19．(1)见解析
(2)1
【分析】本题考查了矩形与翻折的性质，对称轴的性质，等边三角形的判定与性质以及含直角三角形，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）根据翻折以及对称轴证明即可．
（2）根据是等边三角形与翻折求出，然后得到，根据角度关系判断出，然后得到即可求出的长．
【详解】（1）解：∵直线是长方形的对称轴，
∴垂直平分，
∴，
由翻折得，
∴，
∴是等边三角形；
（2）解：∵是等边三角形，
∴，
由翻折得，，
在长方形中，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
20．(1)见解析
(2)，，
【分析】此题考查了菱形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意根据题意，结合图形求解是关键．
（1）由E是的中点，，易证得，即可得，又由，D是的中点，可得，证得四边形是平行四边形，继而判定四边形是菱形；
（2）由（1）可得，根据是的中点，是的中点，可得，，面积为．
【详解】（1）解：如图，∵，
∴，
∵E是的中点，D是的中点，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，D是的中点，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：由（1）可得：四边形面积为S，
，
∵是的中点，
，
∵是的中点，
，
∵
，
综上所述，面积为的所有三角形为，，
21．(1)
(2)
【分析】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，熟记翻折前后两个图形能够重合得到相等的线段和角是解题的关键．
（1）过P作于H，根据勾股定理求出，进而可以解决问题；
（2）设，则，根据勾股定理求出x，得，，然后利用三角形的面积公式即可解决问题．
【详解】（1）解：如图，过P作于H，
在中，，
∵，
∴，
∴；
（2）解：设，则，
在中，，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴的面积．
22．(1)见解析
(2)添加，见解析
【分析】（1）由作图可得垂直平分线段，通过证明 ，得到，即可得证，
（2）添加，通过证明是等边三角形，根据临边相等的平行四边形是菱形，即可得证，
本题考查了线段垂直平分线的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，解题的关键是：熟练掌握相关判定与性质定理．
【详解】（1）解：由作图可知垂直平分线段，
，
是平行四边形，
，，
，
在和中，，
，
，
，
（2）解：添加，
由（1）可知，，
四边形是平行四边形，
，
是等边三角形，
，
平行四边形是菱形．
23．证明见解析
【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，三角形中位线定理，等边三角形的性质与判定，灵活运用所学知识是解题的关键．先根据菱形的性质得到，进而证明是等边三角形，得到，再证明四边形是平行四边形，进而证明平行四边形是菱形即可证明②；进一步证明是的中位线，得到，即可证明①；根据，得到，同理可得，则，由此即可证明③．
【详解】证明：如图所示，连接
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形，②得证；
∴，
∴是的中位线，
∴，①得证；
∵，
∴，
同理可得，
∴
∴，③得证．
24．13
【分析】考查了直角三角形斜边上的中线，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和等量代换进行解答是解决问题的关键．
【详解】解：∵，是边的中点，
∴，
∵，的周长是，
∴，则，
∴．
25．作图见解析；①；②90°；③；④底角顶点到顶角外角平分线的距离；
【分析】按照作角平分线的方法、作垂线的方法进行即可；读懂推理过程，完成填空即可
【详解】解：作图如下：
证明：∵平分，
∴，
∵，是底边上的高，
∴，，
又∵，
∴，
又∵于点H，
∴，
∴四边形为矩形
∴
小蒋进一步研究发现，任意等腰三角形均有此特征．请你依照题意完成下面命题：等腰三角形底边上的高等于底角顶点到顶角外角平分线的距离．
故答案为：①；②；③；④底角顶点到顶角外角平分线的距离
【点睛】本题考查了尺规作图：作角平分线与垂线，等腰三角形的性质，矩形的判定与性质等知识，证明矩形是关键．
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