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））提升卷二含解析

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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 提升卷二 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，在菱形中，对角线相交于点O．若，，则菱形的面积为（ ）
A．18 B．20 C．24 D．28
2．（本题3分）如图，在正方形中，F为边上一点，与交于点E，连接．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．（本题3分）用两个全等的直角三角形拼下列图形：①平行四边形（不包含菱形、矩形、正方形）；②矩形；③正方形；④等腰三角形，一定可以拼成的图形是（ ）
A．①②④ B．②④ C．①④ D．②③
4．（本题3分）在菱形中，与相交于点O，则下列说法不正确的是（　　）
A． B． C． D．
5．（本题3分）在以“长方形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作：第一步：在长方形纸片的边上取一点E，将沿翻折，使点B落在点处，边交于点F，第二步：将沿翻折，点C的对应点恰好落在线段上．根据以上的操作，若，是的中点，则线段的长为（　　）
A． B．3 C． D．4
6．（本题3分）如图，正方形的对角线、相交于点，平分交于点过点作，交于点，若四边形的面积为，则的长为（ ）
A． B． C． D．
7．（本题3分）已知菱形的边长等于2，菱形的一条对角线长也是2，则另一条对角线的长是（　　）
A．4 B． C． D．3
8．（本题3分）如图，点E，F，G，H分别是四边形边，，，的中点．则下列说法：
①若，则四边形为矩形；
②若，则四边形为菱形；
③若四边形是平行四边形，则与互相平分；
④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等．
其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．（本题3分）在正五边形中，连接对角线，其中相交于点，连接，交于点，则下列说法不正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．（本题3分）如图，在正方形中，P为边上一点（点P不与点B，C重合），于G，并交于点H，交延长线于点F．给出下面三个结论：
①；
②；
③．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．仅有② B．仅有③ C．②③ D．①②③
评卷人得分
二、填空题（共24分）
11．（本题3分）如图，在，，D是中点，，，则 ．
12．（本题3分）在中，，，点在内，且，， 分别是的中点，则四边形的面积为 ．
13．（本题3分）已知菱形的周长为，，则这个菱形的面积是 ．

14．（本题3分）如图，在正方形中，点E在对角线上，于点F，于点G，连接，若，则的最小值为 ．
15．（本题3分）如图，在菱形中，，，E、F是，上两个动点，且，的最小值为 ．
16．（本题3分）如图，在中， 点P为边上一动点，过点P分别作于点D，于点E，点F为中点，连接，则线段最小值为 ．

17．（本题3分）如图，在中，，D、E、F分别在、、边上，且四边形为正方形，若，，则图中阴影部分的面积为 ．
18．（本题3分）如图，在正方形中，，是上的一点，且，是上的动点，且，，连接，当的值最小时，的长为 ．

评卷人得分
三、解答题（共66分）
19．（本题8分）如图，中，，相交于点O，E，F分别是，的中点．
(1)求证：；
(2)设，当k为何值时，四边形是矩形？请说明理由．
20．（本题8分）如图，是菱形的对角线，．
(1)请用尺规作图法，作的垂直平分线，垂足为，交于；（不要求写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）条件下，连接，求的度数．
21．（本题10分）如图，是菱形对角线的交点，，.
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求菱形的周长.
22．（本题10分）如图，在矩形中，对角线相交于点O，，．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)连接，若，求的长．
23．（本题10分）如图①，在矩形中，动点从点出发，以的速度沿向终点移动，设移动时间为，连接，以为一边作正方形，连接，设的面积为与之间的函数关系如图②所示．

(1)______________；
(2)当为何值时，为等腰三角形？请简要说明理由．
24．（本题10分）如图，是由在平面内绕点旋转而得，且，，连接．

(1)求证：；
(2)试说明四边形为菱形．
25．（本题10分）综合与实践
问题情境：在“综合与实践”课上，老师出示如下问题，如图1，有一条矩形纸带，E，F分别是边上一点（不与端点重合）．将纸带沿所在的直线折叠，展开铺平，若直线将矩形的面积平分，试猜想与的数量关系，并加以证明．
数学思考：（1）请解答老师提出的问题．
深入探究：（2）老师将纸带沿折叠成图1，再沿折叠成图2，并让同学们提出新的问题．请解答各小组提出的问题．
①“善思小组”提出问题，若，时，试猜想线段和的数量关系，并加以证明．
②“智慧小组”提出问题，在①的基础上作平分交于点M，请直接写出，与的数量关系．
参考答案：
1．C
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，由菱形的性质可得，，，由勾股定理可求，即可求菱形的面积．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴，
∴菱形的面积，
故选：C．
2．D
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和，根据正方形的性质可得，，则，，则．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
3．A
【分析】此题着重考查全等全等三角形拼接问题，两个全等三角形拼接一定可得平行四边形，又有直角可得矩形，两条直角边放一块则为等腰三角形，但不一定可得正方形．可找两个全等的直角三角形拼接一下，验证便知．
【详解】解：两个全等的直角三角形，一定可以拼成平行四边形（直角边重合，两直角不邻），如图所示，，故①正确；
两个全等的直角三角形，一定可以拼成矩形，如图所示，故②正确；
若为等腰直角三角形，则可拼成正方形，故③错误；
两个全等的直角三角形，一定可以拼成等腰三角形，如图所示，故④正确；
∴①②④一定可以拼接而成，③不一定拼成．
故选A．
4．C
【分析】本题考查菱形的性质，根据菱形的性质逐一判断即可．
【详解】如图：
∵菱形的对角线互相垂直平分，
∴，故A选项正确，不合题意；
∵菱形的每一条对角线平分每一组对角，
∴，故B选项正确，不合题意；
∵菱形的对角线不一定相等，
∴与不一定相等，
∴与不一定相等，故C选项错误，符合题意；
∵菱形的四条边都相等，
∴，故D选项正确，不合题意．
故选：C
5．B
【分析】本题考查折叠的性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质，根据矩形折叠得到，，，，结合中点及勾股定理求出，从而得到即可得到答案
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
由折叠的性质可得：，，，，
∵点恰好为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
故选：B．
6．C
【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“”可证，可得，由面积公式可求解．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
平分，
，
，，
，
，
，
，
，
，
四边形的面积为，
，
，
故选：．
7．B
【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理．注意根据题意画出图形，结合图形求解是关键．
【详解】解：如图，
菱形中，，
，，
，
，
即另一条对角线的长是：．
故选：B．
8．A
【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定及性质，特殊四边形的判定及性质；由三角形中位线定理及平行四边形的判定方法得四边形是平行四边形，再根据特殊四边形的判定及性质逐一判断即可求解；掌握特殊四边形的判定方法及性质是解题的关键．
【详解】解：点E，F，G，H分别是四边形边，，，的中点，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
①若，则四边形为菱形；结论错误，不符合题意；
②若，则四边形为矩形；结论错误，不符合题意；
③若四边形是平行四边形，则与不一定互相平分；结论错误，不符合题意；
④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等；结论正确，符合题意．
故选：A．
9．D
【分析】本题考查了正五边形的性质，菱形的判定与性质，首先由正五边形的性质可得，，，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证得四边形为菱形，得，即，由菱形的性质和勾股定理得出，即可得到，可证明，即可得出，由正五边形内角和得到，结合菱形的性质得到，．
【详解】解：是正五边形，
，，，
四边形为菱形，
，
，故A选项正确；
，
，故B选项正确；
，
，
，故C选项正确；
，
，，
，故D选项不正确，
故选：D．
10．C
【分析】此题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、三角形三边关系等知识，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质并作出合理的辅助线构建全等三角形是解题的关键．
根据正方形的性质利用证明，根据全等三角形的性质得出，根据三角形三边关系即可推出，进而得出，据此即可判断①；过点D作交于点N，利用证明，根据全等三角形的性质推出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的判定与性质推出，根据勾股定理求出，根据三角形三边关系得出，根据不等式的性质推出，据此即可判断②；过点A作交的延长线于点M，利用证明，根据全等三角形的性质得出，根据勾股定理及线段的和差推出，据此即可判断③．
【详解】解：∵四边形是正方形，
，，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
在中，，
，
故①错误，不符合题意；
，
，
，
，
，
过点D作交于点N，
则，
，
，
在和中，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，故②正确，符合题意；
过点A作交的延长线于点M，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
故③正确，符合题意；
故选：C．
11．
【分析】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，根据，D是中点，得到，再用勾股定理即可求解，解题的关键是知道直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
【详解】解：∵，D是中点，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
12．70
【分析】连接并延长交于点P，得到是线段的垂直平分线，根据勾股定理得到是的中位线，四边形为平行四边形，即可得到四边形为矩形，即可得到结果．
【详解】解：连接并延长交于点P，
∵，，
∴是线段的垂直平分线，
∴，，
在中，，，
∴，
在中，，
∴，
∵E、F分别是、的中点，
∴是的中位线，
∴，，
同理，，，，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形为矩形，
∴四边形的面积，
故答案为：70．
【点睛】本题主要考查了四边形综合．掌握矩形的判定定理和性质定理、勾股定理、三角形中位线定理、等腰三角形的性质是解题的关键．
13．
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，先由菱形的性质得到，再由勾股定理求出，最后根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可．
【详解】解：∵菱形的周长为，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
故答案为：．
14．
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，点到直线垂线段最短，勾股定理，连接，根据，结合正方形的性质得到，根据垂线段最短，可知当时，最小，得出是等腰直角三角形，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，
∵四边形是正方形，
∴．
又于点F，，
∴四边形是矩形．
∴．
当最小时，就最小．
根据垂线段最短，可知当时，最小．
当时，在正方形中，是等腰直角三角形，
在中，根据勾股定理可得，
解得．
故答案为：．
15．
【分析】如图所示，连接，过点D作于G，先证明是等边三角形，得到，进而证明得到，进一步证明是等边三角形，得到，则当E与G重合时，此时最小，即最小，最小值为，利用勾股定理求出即可得到答案．
【详解】解：如图所示，连接，过点D作于G，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，即，
∴是等边三角形，
∴，
∴当最小时，最小，
∴当E与G重合时，此时最小，即最小，最小值为，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线证明是等边三角形是解题的关键．
16．
【分析】本题考查的是直角三角形斜边上的中线的性质、勾股定理的逆定理、垂线段最短等知识点，根据勾股定理是逆定理求出，根据三角形的面积公式求出边上的高，根据直角三角形斜边上的中线的性质得到，根据垂线段最短解答即可，根据勾股定理的逆定理以及三角形的面积公式求出边上的高是解题的关键．
【详解】∵，
∴，
∴，
∴，
∴边上的高为：，
∵，点F为中点，
∴，
当最小时，最小，
∵当时，最小，最小值为，
∴的最小值为，
故答案为：．
17．6
【分析】本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，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．在截取，连接，证明得到，，，进而证得，，利用勾股定理求得即可求解．
【详解】解：在截取，连接，
∵四边形为正方形，
∴，，又，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∵，，
∴由得，
解得或，
∴对应的或，
∴
，
故答案为：6．
18．
【分析】本题考查了轴对称最短问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理，待定系数法求一次函数解析式，正方形的性质，过点作于，证明，推出，设，则，可得，欲求的最小值，相当于在轴上寻找一点，使得点到，的距离和最小，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，此时的值最小，求出直线的解析式即可求解，掌握轴对称的性质是解题的关键．
【详解】解：过点作于，则四边形是矩形，

∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
欲求的最小值，相当于在轴上寻找一点，使得点到，的距离和最小，
如图，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，此时的值最小，

设直线的解析式为，
∵，，
，
解得，
∴直线的解析式为，
∴，
∴时，的值最小，
∵定值，
∴当时，的值最小．
故答案为：．
19．(1)过程见解析
(2)2，理由见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，中点的定义，
（1）先连接，，再根据平行四边形的性质得，，进而得出，即可得出四边形是平行四边形，最后根据平行四边形的性质的得出答案；
（2）先求出，再根据已知条件得，进而得出答案．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，．
∵点E是的中点，点F是的中点，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（2）解：当时，四边形是矩形．
理由：
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
20．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查作图基本作图，线段的垂直平分线的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
（1）分别以、为圆心，大于长为半径画弧，过两弧的交点作直线即可；
（2）根据计算即可．
【详解】（1）解：如图所示，直线即为所求；
；
（2）解：四边形是菱形，
，，．
，，
，
垂直平分线段，
，
，
．
21．(1)证明见解析
(2)四边形的周长
【分析】本题考查了菱形的性质、矩形的判定、勾股定理；熟练掌握矩形的判定和菱形的性质是解决问题的关键．
（1）根据题意可判断出四边形是平行四边形，再由菱形的性质可得出，即，继而可判断出四边形是矩形；
（2）由菱形的性质和勾股定理求出，即可求出答案．
【详解】（1）证明：∵，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）∵在菱形中，， ，，
∴是直角三角形，，，
∴，
∴四边形的周长．
22．(1)见解析
(2)
【分析】（1）本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解题的关键是证明四边形是平行四边形；
（2）本题考查了矩形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，解题的关键是证明四边形是平行四边形．
【详解】（1）解： ，，
四边形是平行四边形，
矩形的对角线相交于点O，
，
四边形是菱形；
（2）如图，连接，交于点F，
由（1）知，四边形是菱形，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
．
23．(1)，；
(2)当或或时，为等腰三角形．
【分析】（1）根据图②三角形的面积，可得矩形的长和宽；
（2）当为等腰三角形时，分三种情况进行讨论，根据全等三角形的性质计算和的长，可得的值．
【详解】（1）解：由图②知：，
当时，与重合，，
，
，
∵四边形是矩形，
∴，
故答案为，；
（2）解：当为等腰三角形时，分三种情况：
①当时，如下图所示，过作于，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴（），
∴，
∴，
∴，
即；
②当时，如下图所示，在的延长线上，此时正方形是正方形，

∴
③当时，如下图所示，过作于，

∵，
∴，
同理得：（），
∴，
∴，
综上，当或或时，为等腰三角形．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定及性质，动点运动等知识，考查学生数形结合的能力，分类讨论的能力，综合性强，难度适中．
24．(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，菱形的判定，三角形全等的判定与性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定和性质以及菱形的判定，涉及知识点较多．
（1）根据旋转的性质可得，，，然后根据垂直可得出，继而可根据证明；
（2）根据（1）以及旋转的性质可得，，继而得出四条棱相等，证得四边形为菱形．
【详解】（1）证明：是由在平面内绕点旋转而得，
，，，
，
，
，
在和中，
，
；
（2）解：由（1）得，
是由旋转而得，
，
，，
又，
，
四边形为菱形．
25．（1），理由见解析；（2）①，理由见解析；②．
【分析】（1）连接与交于点，判断出直线经过矩形的中心，得到，证明，据此即可证明；
（2）①由折叠的性质得，，利用，列式计算即可求得，利用直角三角形的性质即可求解；
②求得，，据此即可求解．
【详解】解：（1），理由如下，
连接与交于点，
∵直线将矩形的面积平分，
∴直线经过矩形的中心，
∴，
在矩形中，，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）①，理由如下，
作于点，则四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
由折叠的性质得，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，即；
②．
由①得，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
由折叠的性质得，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质．熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
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