人教版八年级数学下册试题 第18章平行四边形章节测试卷（含详解）

第18章《平行四边形》章节测试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．我们都知道，四边形具有不稳定性．老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学科代表小亮在取教具时不小心使教具发生了形变（如图），若正方形教具边长为，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，等边中，是边上一点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，若，，则的周长是（ ）
A．9 B．5 C．7 D．4
3．如图，在中，E、F分别是、上任意一点，先给出下列四个条件：①，②，③，④．以上条件中不能判定四边形是平行四边形的条件是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
4．如图，在平面直角坐标系中，矩形的四个顶点坐标均已标出，那么的值为（ ）
A． B． C．3 D．1
5．如图，已知菱形的两条对角线分别为10和24，、分别是边、的中点，是对角线上一点，则的最小值是（ ）
A．13 B．10 C．24 D．12
6．如图，正方形的对角线，交于点，点，分别是，上的两点，且，过点作交点，若，则用含的式子表示为（ ）
A． B． C． D．22.5°+
7．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点A在y轴正半轴上，顶点C坐标为，顶点D坐标为，对角线经过坐标原点O，边与x轴交于点E，对E点坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在中，，，，将绕点A逆时针旋转至，G为的中点．则的长是（ ）
A．1 B． C．3 D．
9．如图，在矩形中，，，分别以点，点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，直线交和的延长线于点，，连接．若平分，则四边形的面积为（ ）
A．12 B． C．16 D．
10．如图，在正方形纸片中，对角线，交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后，折叠分别交，于，，连接，下列结论：①②③④四边形是菱形，正确的有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．平面直角坐标系中，，，，为平面内一点若、、、四点恰好构成一个平行四边形，则平面内符合条件的点的坐标为 ．
12．如图，是的边上的点，是中点，连接并延长交于点，连接与相交于点，若，则阴影部分的面积为 ．
13．如图，在矩形中，，，为线段上一动点，于点，于点，则的最小值为 ．
14．在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则 ．

15．如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中，①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是 ．

16．点A坐标为，点在轴的负半轴上沿负方向运动时，作，其中．直线与轴交于，当点的运动过程中，的值为 ．

三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）如图，将绕点A逆时针旋转得到，点D在上，．
(1)求的大小；
(2)若，与交于点O，求证：．
18．（6分）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上，不要求写出画法．
(1)在图①中以为边画一个面积为2的平行四边形．
(2)在图②中以为边画一个面积为3的平行四边形（菱形除外）．
(3)在图③中以为边画一个面积为5的平行四边形（正方形除外）．
19．（8分）在等边中，D，E，F分别是边上的动点，满足，且．作点E关于的对称点G，连接．
(1)当点D，E，F在如图1所示的位置时，请在图1中补全图形，并证明四边形是平行四边形；
(2)如图2，当，时，写出线段和的数量关系，并说明理由．
20．（8分）如图，四边形是平行四边形，对角线相交于点，点分别在上，，连接，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接，若点是的中点，，，求四边形的周长和面积．
21．（8分）如图，在中，，为的外角的平分线，，垂足为，点为上一点，连接，交于点．

(1)在不添加新的线的前提下，请增加一个条件：______，使得四边形为矩形，并说明理由；
(2)若四边形为矩形，请用尺规作图的方法作一个菱形，使为菱形的一条对角线．（保留作图痕迹，不写作法）
22．（8分）操作与探究：如图1，在锐角的边、上分别取点、，使，在上取点，作，连接交于点，作射线．
(1)求证：平分．
(2)移动点使，求证：是矩形．
(3)如图3，在（2）的条件下，去中点连接，将绕点逆时针旋转适当的角度，得到（点、分别是的两边与的延长线、的交点）．猜想线段与之间的数量关系，并证明你的结论．
23．（8分）综合与实践
【主题】多边形的稳定性
【素材】
平行四边形连杆式是常见的机械部件，当连杆移动时，两对边始终保持平行，能方便地进行往返运动，这一设计源于平行四边形证明的性质．
【实践探索】
如图，这是某同学推荐的一幅实例设计图，你认为合理吗？请说明你的理由．
如图，一个正方形教具，使其发生形变（如图），若正方形教具边长为，．问：四边形的面积减少了多少？
【拓展应用】
如图，一张多档位可调节靠椅，其档位调节示意图如图所示，已知两支脚米，米，为上固定连接点，靠背米，档位为Ⅰ档时，，档位为Ⅱ档时，，靠背顶端向后靠的水平距离（即）为______．
参考答案
一．选择题
1．C
【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质，三角形的稳定性，多边形，过点作于，由题意得四边形是菱形，根据等腰直角三角形的性质求出，再求出菱形的面积即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，，
∴，
由题意知，
∴四边形是菱形，
∴，
过点作于，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴菱形的面积，
故选：C．
2．A
【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质和判定；找出旋转角推出是等边三角形是解题关键．
根据旋转的性质得是等边三角形；得，即可求的周长．
【详解】解：∵是等边三角形，
∴，
由旋转知，，，
∴是等边三角形，
∴，
∴的周长为：
，
故选：A．
3．C
【分析】本题考查了平行四边形的性质定理和判定定理，以及全等三角形的判定及性质；熟记平行四边形的判定方法是解决问题的关键．
【详解】解：在中，，，，，
若，则，，
∴，
∴四边形是平行四边形，故①不符合题意；
若，则，
∴，，则，
∴四边形是平行四边形，故②不符合题意；
若，
∵，
∴四边形是平行四边形，故④不符合题意；
若，不能判定四边形是平行四边形，故③符合题意；
故选：C．
4．D
【分析】本题考查代数式求值，涉及矩形性质、中点坐标公式等知识，熟练掌握矩形性质及中点坐标公式是解决问题的关键．由矩形的对角线交于一点，且对角线相互平分，从而由中点坐标公式求出对角线交点的坐标，列方程求解即可得到的值，代入代数式求解即可得到答案．
【详解】解：如图所示：
由中点坐标公式可知中点的坐标为，即；
中点的坐标为，即；
，
解得，
，
故选：D．
5．A
【分析】本题考查了轴对称-最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，作M关于的对称点Q，连接，交于P，连接，此时的值最小，连接，求出，根据勾股定理求出长，证出，即可得出答案．
【详解】解：作M关于的对称点Q，连接，交于P，连接，此时的值最小，
∵四边形是菱形，
∴，
即Q在上，
∵，
∴，
∵M为中点，
∴Q为中点，
∵N为中点，四边形是菱形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
在中，由勾股定理得：，
即，
∴，
故选：A．
6．A
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，根据正方形可得与互相垂直平分，即可证明，得到，，进而得到，再根据垂直求出，最后根据求解即可．
【详解】解：∵正方形的对角线，交于点，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
故选：A．
7．B
【分析】此题考查了平行四边形的性质、一次函数的图象和性质等知识，过点D作轴于点M，过点B作轴于点F，求出点B的横坐标为，设点A的坐标为，其中，求出点B的坐标为，再求出直线的解析式为，得到点E的坐标为，根据得到，解得，即可得到点E的坐标.
【详解】解：过点D作轴于点M，过点B作轴于点F，如图，
∵四边形是平行四边形，
∴，
设点B的横坐标为m，
∵顶点C坐标为，顶点D坐标为，顶点A在y轴正半轴上，
∴，
∴
即点B的横坐标为，
设点A的坐标为，其中
∵点A到点B的平移方式和点D到点C的平移方式相同，即为向下平移10个单位，向左边平移2个单位，
∴点B的纵坐标为，
∴点B的坐标为，
设直线的解析式为
解得，
∴直线的解析式为
当时，，解得，
∴点E的坐标为，
∵，
∴，
∴
解得，
∴
∴点E的坐标是，
故选：B
8．B
【分析】如图，过点C作于点F，延长交于点M，根据旋转的性质得到，证明四边形是矩形，得到，进而求出，根据G为的中点，证明，推出，求出，利用勾股定理求出，即可解答．
【详解】解：如图，过点C作于点F，延长交于点M，
由旋转的性质得：，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵点G为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴．
故选：B．
9．D
【分析】本题考查了作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质，证明、为等边三角形，得到，从而推出四边形是菱形，求出、的长，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：由作法可得：垂直平分，
∴，，
∵四边形为矩形，
∴，，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
同理可得：是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，，
∴，
∴四边形的面积，
故选：D．
10．C
【分析】由四边形是正方形和折叠性质得出，，再由三角形的内角和求出．故①正确；由四边形是正方形和折叠性质，判断出四边形是平行四边形，再由，得出四边形是菱形．利用的直角三角形，由勾股定理得出，，得出，故②④正确；由四边形是正方形和折叠性质，得到，所以，故③错误．
【详解】解：由四边形是正方形和折叠性质得出，，
，
故①正确；
由四边形是正方形和折叠性质得出，，，，
，
，
，
又 ，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形．
在中，，在中，，
，
故②④正确．
由四边形是正方形和折叠性质知，，，，
在和中，
，
，
故③错误．
综上可知，①②④正确．
故选C．
二．填空题
11．或或
【分析】分三种情形画出图形即可解决问题．
【详解】解：如图，

当，时，点的坐标为；
当，时，点的坐标为；
当，时，点的坐标为；
综上所述，满足条件的点的坐标为或或，
故答案为：或或．
12．17
【分析】本题考查平行四边形，三角形的知识，解题的关键是掌握平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，连接，根据平行四边形的性质，则，，根据点是的中点，则，根据全等三角形的判定和性质，则，，再根据平行四边形的判定和性质，则四边形是平行四边形，得到，再根据平行四边形的判定和性质，则四边形是平行四边形，，根据阴影部分的面积为：，即可．
【详解】解：连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵点是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴阴影部分的面积为：．
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．过点C作于点E，连接，证四边形是矩形，得，再由勾股定理得，由面积求得，当M运动到E位置时，，取得最小值，得的最小值为．
【详解】解：如图，连接，过点C作于点E，
∵于点P，于点Q，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴当M运动到E位置时，，最小，
∴的最小值为，
故答案为：．
14．
【分析】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，延长、交于H，连接，求证平行四边形为菱形，得出，为全等的等边三角形，证明，即可得出答案．
【详解】解：延长、交于H，连接，
，，
四边形为平行四边形，
，平分，
，，，
为等腰三角形，
，
平行四边形为菱形，
，且均为等边三角形，
，，
，
，
为等腰三角形，
又四边形为平行四边形，
，，，
，
在与中，
，
，
，
．
故答案为：．
15．①②③
【分析】设两点速度为每秒1个单位长度，则，，由题意可得四边形是平行四边形，再利用矩形，菱形，正方形的性质分别进行求解即可．
【详解】解：设两点速度为每秒1个单位长度，则，，
∵四边形是矩形，，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，
当时，点与点重合，点与点重合，此时四边形是矩形，故①正确；
当四边形是菱形时，，
则，解得：，符合题意，
即：当时，四边形是菱形，故②正确；
当四边形是矩形时，，则，解得，
即：当时，四边形是矩形，故③正确；
当四边形是正方形时，，
则，解得，但此时，不符合题意，故④不正确，
综上，正确的有①②③，
故答案为：①②③．
16．
【分析】过点A作轴于点D，过点A作轴于点D，证明形是正方形，则，，再证明，得到，由和得到，则，，则，即可得到的值．
【详解】解：过点A作轴于点D，过点A作轴于点D，
∴，
∴四边形是矩形，
∵点A坐标为，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵点，点，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：
三．解答题
17．（1）解：由旋转的性质可得，
∴，
∴；
（2）证明：由旋转的性质可得，
由（1）得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
18．（1）解：如图：平行四边形即为所求．
（2）解：如图：平行四边形即为所求．
（3）解：如图：平行四边形即为所求．
19．（1）解：补图如下图1；
图1
∵等边，
∴，
∴，即，
又∵，，
∴，
∴，
∵点E、G关于对称，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：，理由如下；
如图2，作点E关于的对称点G，连接，，
图2
∴，，
同理（1），四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∴．
20．（1）证明：，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
∴为等腰三角形，
，
四边形是菱形；
（2）解：四边形是菱形，
，，，
，
为的中点，
，
，，
，，
，
，
（负值已经舍去），
，，
四边形的面积．
∴四边形的周长．
∴四边形的周长和面积分别是和．
21．（1）解：添加：答案不唯一
理由：，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形；
（2）解：如下图所示，在射线上截取，
连接、，
四边形即为所求．

22．（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴平分；
（2）证明：∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
又∵四边形是平行四边形，
∴是矩形；
（3）线段与之间的数量关系为：．
证明：根据旋转的性质，可设，则
等腰中，，
∴，
∵，Q为的中点，
∴中，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
由旋转可得，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
23．解：合理．
理由：如下图所示，其中是平行四边形，，，
当连杆移动时，始终保持：，，
根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
可得：四边形是平行四边形，
两组对边始终保持平行，
这个同学的设计合理；
解：如下图所示，过点作，
四边形是正方形，
，
当四边形发生形变时，始终不变，
四边形是菱形，
，
，
，
，
又，
四边形的面积减少了；
解：如下图所示，过点作，过点作，作于点，交于点，
则四边形和是矩形，
，，
米，米，
米，
米，
，，
，
在和中，
，
米，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
米，
米．
故答案为：米．