2020--2021学年人教版 八年级下册 第十八章 平行四边形 章末训练（word版，含答案）
文档属性
| 名称 | 2020--2021学年人教版 八年级下册 第十八章 平行四边形 章末训练（word版，含答案） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 767.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-04-24 06:31:13 | ||
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文档简介
人教版 八年级下册 第十八章 平行四边形 章末训练
一、选择题
1. 已知四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，E是BC的中点，以下说法错误的是( )
A. OE＝DC B. OA＝OC
C. ∠BOE＝∠OBA D. ∠OBE＝∠OCE
2. 如图，在?ABCD中，BM是∠ABC的平分线交CD于点M，且MC＝2，?ABCD的周长是14，则DM等于( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3. 如图，在ABCD中，将△ADC沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若∠B=60°，AB=3，则△ADE的周长为
A．12 B．15 C．18 D．21
4. （2020·广州）如图5，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AB=6，BC=8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（ ）
图5
A． B． C． D．
5. 如图，在矩形ABCD中，点E，F在对角线BD．请添加一个条件，使得结论“AE=CF”成立，并加以证明．
6. （2020·临沂）如图，是面积为的内任意一点，的面积为，的面积为，则（ ）
A. B.
C. D.的大小与点位置有关
7. （2020·邵阳）将一张矩形纸片ABCD按如图所示操作：
(1)将DA沿DP向内折叠，使点A落在点A1处,
(2)将DP沿DA1向内继续折叠，使点P落在点P1处，折痕与边AB交于占M.
若P1M⊥AB,则∠DP1M的大小是（ ）
A.135° B. 120° C. 112.5° D.115°
8. （2020·达州）如图，∠BOD=45°，BO=DO，点A在OB上，四边形ABCD是矩形，连接AC、BD交于点E，连接OE交AD于点F.下列4个判断：①OE平分∠BOD；②OF=BD；③DF=AF；④若点G是线段OF的中点，则△AEG为等腰直角三角形.正确判断的个数是（ ）
A.4 B.3 C.2 D.1
二、填空题
9. 正方形有 条对称轴．
10. 如图，已知是正方形内的一点，且为等边三角形，那么
11. 如图，?ABCD中，AC＝8，BD＝6，AD＝a，则a的取值范围是________．
12. 已知菱形的一个内角为，一条对角线的长为，则另一条对角线的长为________．
13. 如图，一个平行四边形被分成面积为、、、四个小平行四边形，当沿自左向右在平行四边形内平行滑动时．
① 与的大小关系为 ．
② 已知点与点、不重合时，图中共有 个平行四边形，
14. 如图，正方形ABCO的顶点C，A分别在x轴，y轴上，BC是菱形BDCE的对角线，若∠D＝60°，BC＝2，则点D的坐标是________．
15. 如图，已知、分别是正方形的边、上的点，、分别与对角线相交于、，若，则 ．
16. 某台球桌为如图所示长方形，小球从沿角出击，恰好经过次碰撞到处，则=
三、解答题
17. 如图，四边形中，，，，，求四边形的周长．
18. 如图，在平行四边形中，是的中点，且，
求证：四边形是矩形．
19. 如图，在中，，点为中点，连结，过点作于点，在的延长线上取一点，使．求证：四边形是平行四边形．
20. 已知为平行四边形的对角线，过作，连接交的延长线于，求证：．
21. 如图，矩形中，，现将重合，使纸片折叠压平，设折痕为，试确定重叠部分的面积．
22. 如图所示，△ABC中，D是BC边上一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线AF交CE的延长线于F，且AF＝BD，连接BF.
(1)求证：D是BC的中点；
(2)若AB＝AC，试判断四边形AFBD的形状，并证明你的结论．
23. 如图，将矩形纸片ABCD(AD＞AB)折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边BC，AD相交．设折叠后点C，D的对应点分别为点G，H，折痕分别与边BC，AD相交于点E，F.
(1)判断四边形CEGF的形状，并证明你的结论；
(2)若AB＝3，BC＝9，求线段CE的取值范围．
24. 如图，在中，，是的中点．分别作于，于，于，于．相交于点．求证：四边形是菱形．
人教版 八年级下册 第十八章 平行四边形 章末训练-答案
一、选择题
1. 【答案】D 【解析】A、B、C均正确，因为OB不一定等于OC，所以∠OBE不一定等于∠OCE.
2. 【答案】C 【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠ABM＝∠CMB，∵BM平分∠ABC，∴∠ABM＝∠CBM，∴∠CBM＝∠CMB，∴CB＝MC＝2，∴AD＝BC＝2，∵?ABCD的周长是14，∴AB＝CD＝5，∴DM＝DC－MC＝3.
3. 【答案】C
【解析】由折叠可得，∠ACD=∠ACE=90°，∴∠BAC=90°，
又∵∠B=60°，∴∠ACB=30°，∴BC=2AB=6，∴AD=6，
由折叠可得，∠E=∠D=∠B=60°，
∴∠DAE=60°，∴△ADE是等边三角形，
∴△ADE的周长为6×3=18，
故选C．
4. 【答案】C
【解析】本题考查了矩形的性质，由勾股定理可得AC=10，再由矩形的对角线相等且互相平分的性质可得，OA=OD=5. △ABD的面积为24，OA为△ABD 的中线，由中线等分面积可得，△AOD的面积为12.再由等面积法即可得OE+EF的值．过程如下：
∵
∴ 即，∴OE+EF=，因此本题选C．
5. 【答案】添加的条件是BE=DF(答案不唯一)．
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠ABD=∠BDC，
又∵BE=DF(添加)，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴AE=CF．
6. 【答案】C
【解析】可以利用割补法对平行四边形进行分割，然后使分割后的图形与的面积，的面积发生关联，然后求出其数量关系，如下图，过点P作AD的平行线，分别交的边于点M、N： .
7. 【答案】 C
【解析】本题考查了折叠问题、三角形内角和定理、矩形的性质，由折叠前后对应角相等且可先求出，进一步求出，再由折叠可求出，最后在中由三角形内角和定理即可求解．
解：由折叠知，，
∴，即，
由折叠可得，
∴，
∴在中，，因此本题选C．
8. 【答案】A
【解析】由矩形的性质可知：BE=DE=BD，∠OAD=∠BAD=90°，在△ODE和△OBE中，BO=DO，BE=DE，OE=OE，所以△ODE≌△OBE，∠OED=∠OEB=90°，∠OBD=∠ODB=67.5°，∠BOE=∠DOE=22.5°，故①正确；在Rt△AOD中，∠BOD=45°，∴OA=AD，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，∠OBD=67.5°，所以∠BDA=22.5°，在△BDA和△FOA中，∠BDA=∠FOA，OA=AD，∠OAD=∠BAD=90°，所以△BDA≌△FOA，所以OF=BD，故②正确；如答图，过点F作FQ⊥OD于点Q，由角平分线的性质得AF=FQ，由题可知∠ADO=45°，所以△FDQ是等腰直角三角形即DF=AF，故③正确；如答图，AG=OG=OF，所以OG=DE，由题意可得△OAG≌△DAE，所以∠OAG=∠DAE，AG=AE，又由∠OAG＋∠GAF=90°可得∠GAE=90°，所以△GAE是等腰直角三角形，故④正确．
二、填空题
9. 【答案】
10. 【答案】
11. 【答案】1＜a＜7 【解析】如解图，对角线AC，BD相交于点O，则OA＝AC＝4，OD＝BD＝3，在△OAD中，OA－OD＜AD＜OA＋OD，即1＜a＜7.
12. 【答案】或
13. 【答案】①；②
14. 【答案】(＋2，1) 【解析】如解图，过点D作DG⊥BC于G，DF⊥x轴于F，∵在菱形BDCE中，BD＝CD，∠BDC＝60°，∴△BCD是等边三角形，∴DF＝CG＝BC＝1，CF＝DG＝，∴OF＝＋2，∴D(＋2，1)．
解图
15. 【答案】
【解析】如图，连结．
16. 【答案】
【解析】由图形可知：可推出
三、解答题
17. 【答案】
解法一：∵
∴
又∵
∴
∴，即得是平行四边形
∴，
∴四边形的周长
解法二：连接
∵
∴
又∵，
∴
∴，
∴四边形的周长
解法三：连接
∵
∴
又∵
∴
∴，即是平行四边形
∴，
∴四边形的周长
18. 【答案】
∵四边形是平行四边形，∴，
∵是的中点，∴
在和中
∴≌ ()，∴
∴，∴四边形是矩形
19. 【答案】
∵，
∴
又∵
∴
又∵，
∴
又∵
由得
∴
∴四边形是平行四边形．
20. 【答案】
证法１：延长交于，
则，．
∴为平行四边形，．
又∵，
∴．
又，
∴．
证法２：连接交于，
则为平行四边形对角线的交点，
∴．
又∵，∴．
证法３：过作交于．
∴．
又，，
∴．∴．
证法４：过作，
∵，∴为平行四边形，∴．
∴，
同理，
又∵，
∴，
∴，∴．
21. 【答案】
【解析】
如图，连结，因折叠后重合，
所以，
∵，∴
∴
又
得，于是可得
22. 【答案】
(1)证明：∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE.
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DCE，∠FAE＝∠CDE，
∴△EAF≌△EDC(AAS)，(3分)
∴AF＝DC.
∵AF＝BD，
∴BD＝DC，
即D是BC的中点．(5分)
(2)解：四边形AFBD是矩形．证明如下：
∵AF∥BD，AF＝BD，
∴四边形AFBD是平行四边形．(7分)
∵AB＝AC，又由(1)可知D是BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴四边形AFBD是矩形．(9分)
23. 【答案】
解：(1)四边形CEGF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠GFE＝∠FEC，(2分)
∵图形翻折后点G与点C重合，EF为折痕，
∴∠GEF＝∠FEC，
∴∠GFE＝∠GEF，
∴GF＝GE，(3分)
∵图形翻折后EC与GE完全重合，FC与FG重合，
∴GE＝EC＝GF＝FC，
∴四边形CEGF为菱形．(4分)
(2)如解图①，当点F与点D重合时，四边形CEGF是正方形，(5分)
此时CE最小，且CE＝CD＝3；(6分)
如解图②，当点G与点A重合时，CE最大．(7分)
设EC＝x，则BE＝9－x，由折叠性质知，AE＝CE＝x，
在Rt△ABE中，AB2＋BE2＝AE2，
即9＋(9－x)2＝x2，解得x＝5，
∴CE＝5，
所以，线段CE的取值范围为3≤CE≤5.(8分)
解图
24. 【答案】
∵，．
∴∥，同理∥，∴四边形是平行四边形
∵，∴
∵，，∴≌
∴，∴四边形是菱形
一、选择题
1. 已知四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，E是BC的中点，以下说法错误的是( )
A. OE＝DC B. OA＝OC
C. ∠BOE＝∠OBA D. ∠OBE＝∠OCE
2. 如图，在?ABCD中，BM是∠ABC的平分线交CD于点M，且MC＝2，?ABCD的周长是14，则DM等于( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3. 如图，在ABCD中，将△ADC沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若∠B=60°，AB=3，则△ADE的周长为
A．12 B．15 C．18 D．21
4. （2020·广州）如图5，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AB=6，BC=8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（ ）
图5
A． B． C． D．
5. 如图，在矩形ABCD中，点E，F在对角线BD．请添加一个条件，使得结论“AE=CF”成立，并加以证明．
6. （2020·临沂）如图，是面积为的内任意一点，的面积为，的面积为，则（ ）
A. B.
C. D.的大小与点位置有关
7. （2020·邵阳）将一张矩形纸片ABCD按如图所示操作：
(1)将DA沿DP向内折叠，使点A落在点A1处,
(2)将DP沿DA1向内继续折叠，使点P落在点P1处，折痕与边AB交于占M.
若P1M⊥AB,则∠DP1M的大小是（ ）
A.135° B. 120° C. 112.5° D.115°
8. （2020·达州）如图，∠BOD=45°，BO=DO，点A在OB上，四边形ABCD是矩形，连接AC、BD交于点E，连接OE交AD于点F.下列4个判断：①OE平分∠BOD；②OF=BD；③DF=AF；④若点G是线段OF的中点，则△AEG为等腰直角三角形.正确判断的个数是（ ）
A.4 B.3 C.2 D.1
二、填空题
9. 正方形有 条对称轴．
10. 如图，已知是正方形内的一点，且为等边三角形，那么
11. 如图，?ABCD中，AC＝8，BD＝6，AD＝a，则a的取值范围是________．
12. 已知菱形的一个内角为，一条对角线的长为，则另一条对角线的长为________．
13. 如图，一个平行四边形被分成面积为、、、四个小平行四边形，当沿自左向右在平行四边形内平行滑动时．
① 与的大小关系为 ．
② 已知点与点、不重合时，图中共有 个平行四边形，
14. 如图，正方形ABCO的顶点C，A分别在x轴，y轴上，BC是菱形BDCE的对角线，若∠D＝60°，BC＝2，则点D的坐标是________．
15. 如图，已知、分别是正方形的边、上的点，、分别与对角线相交于、，若，则 ．
16. 某台球桌为如图所示长方形，小球从沿角出击，恰好经过次碰撞到处，则=
三、解答题
17. 如图，四边形中，，，，，求四边形的周长．
18. 如图，在平行四边形中，是的中点，且，
求证：四边形是矩形．
19. 如图，在中，，点为中点，连结，过点作于点，在的延长线上取一点，使．求证：四边形是平行四边形．
20. 已知为平行四边形的对角线，过作，连接交的延长线于，求证：．
21. 如图，矩形中，，现将重合，使纸片折叠压平，设折痕为，试确定重叠部分的面积．
22. 如图所示，△ABC中，D是BC边上一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线AF交CE的延长线于F，且AF＝BD，连接BF.
(1)求证：D是BC的中点；
(2)若AB＝AC，试判断四边形AFBD的形状，并证明你的结论．
23. 如图，将矩形纸片ABCD(AD＞AB)折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边BC，AD相交．设折叠后点C，D的对应点分别为点G，H，折痕分别与边BC，AD相交于点E，F.
(1)判断四边形CEGF的形状，并证明你的结论；
(2)若AB＝3，BC＝9，求线段CE的取值范围．
24. 如图，在中，，是的中点．分别作于，于，于，于．相交于点．求证：四边形是菱形．
人教版 八年级下册 第十八章 平行四边形 章末训练-答案
一、选择题
1. 【答案】D 【解析】A、B、C均正确，因为OB不一定等于OC，所以∠OBE不一定等于∠OCE.
2. 【答案】C 【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠ABM＝∠CMB，∵BM平分∠ABC，∴∠ABM＝∠CBM，∴∠CBM＝∠CMB，∴CB＝MC＝2，∴AD＝BC＝2，∵?ABCD的周长是14，∴AB＝CD＝5，∴DM＝DC－MC＝3.
3. 【答案】C
【解析】由折叠可得，∠ACD=∠ACE=90°，∴∠BAC=90°，
又∵∠B=60°，∴∠ACB=30°，∴BC=2AB=6，∴AD=6，
由折叠可得，∠E=∠D=∠B=60°，
∴∠DAE=60°，∴△ADE是等边三角形，
∴△ADE的周长为6×3=18，
故选C．
4. 【答案】C
【解析】本题考查了矩形的性质，由勾股定理可得AC=10，再由矩形的对角线相等且互相平分的性质可得，OA=OD=5. △ABD的面积为24，OA为△ABD 的中线，由中线等分面积可得，△AOD的面积为12.再由等面积法即可得OE+EF的值．过程如下：
∵
∴ 即，∴OE+EF=，因此本题选C．
5. 【答案】添加的条件是BE=DF(答案不唯一)．
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠ABD=∠BDC，
又∵BE=DF(添加)，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴AE=CF．
6. 【答案】C
【解析】可以利用割补法对平行四边形进行分割，然后使分割后的图形与的面积，的面积发生关联，然后求出其数量关系，如下图，过点P作AD的平行线，分别交的边于点M、N： .
7. 【答案】 C
【解析】本题考查了折叠问题、三角形内角和定理、矩形的性质，由折叠前后对应角相等且可先求出，进一步求出，再由折叠可求出，最后在中由三角形内角和定理即可求解．
解：由折叠知，，
∴，即，
由折叠可得，
∴，
∴在中，，因此本题选C．
8. 【答案】A
【解析】由矩形的性质可知：BE=DE=BD，∠OAD=∠BAD=90°，在△ODE和△OBE中，BO=DO，BE=DE，OE=OE，所以△ODE≌△OBE，∠OED=∠OEB=90°，∠OBD=∠ODB=67.5°，∠BOE=∠DOE=22.5°，故①正确；在Rt△AOD中，∠BOD=45°，∴OA=AD，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，∠OBD=67.5°，所以∠BDA=22.5°，在△BDA和△FOA中，∠BDA=∠FOA，OA=AD，∠OAD=∠BAD=90°，所以△BDA≌△FOA，所以OF=BD，故②正确；如答图，过点F作FQ⊥OD于点Q，由角平分线的性质得AF=FQ，由题可知∠ADO=45°，所以△FDQ是等腰直角三角形即DF=AF，故③正确；如答图，AG=OG=OF，所以OG=DE，由题意可得△OAG≌△DAE，所以∠OAG=∠DAE，AG=AE，又由∠OAG＋∠GAF=90°可得∠GAE=90°，所以△GAE是等腰直角三角形，故④正确．
二、填空题
9. 【答案】
10. 【答案】
11. 【答案】1＜a＜7 【解析】如解图，对角线AC，BD相交于点O，则OA＝AC＝4，OD＝BD＝3，在△OAD中，OA－OD＜AD＜OA＋OD，即1＜a＜7.
12. 【答案】或
13. 【答案】①；②
14. 【答案】(＋2，1) 【解析】如解图，过点D作DG⊥BC于G，DF⊥x轴于F，∵在菱形BDCE中，BD＝CD，∠BDC＝60°，∴△BCD是等边三角形，∴DF＝CG＝BC＝1，CF＝DG＝，∴OF＝＋2，∴D(＋2，1)．
解图
15. 【答案】
【解析】如图，连结．
16. 【答案】
【解析】由图形可知：可推出
三、解答题
17. 【答案】
解法一：∵
∴
又∵
∴
∴，即得是平行四边形
∴，
∴四边形的周长
解法二：连接
∵
∴
又∵，
∴
∴，
∴四边形的周长
解法三：连接
∵
∴
又∵
∴
∴，即是平行四边形
∴，
∴四边形的周长
18. 【答案】
∵四边形是平行四边形，∴，
∵是的中点，∴
在和中
∴≌ ()，∴
∴，∴四边形是矩形
19. 【答案】
∵，
∴
又∵
∴
又∵，
∴
又∵
由得
∴
∴四边形是平行四边形．
20. 【答案】
证法１：延长交于，
则，．
∴为平行四边形，．
又∵，
∴．
又，
∴．
证法２：连接交于，
则为平行四边形对角线的交点，
∴．
又∵，∴．
证法３：过作交于．
∴．
又，，
∴．∴．
证法４：过作，
∵，∴为平行四边形，∴．
∴，
同理，
又∵，
∴，
∴，∴．
21. 【答案】
【解析】
如图，连结，因折叠后重合，
所以，
∵，∴
∴
又
得，于是可得
22. 【答案】
(1)证明：∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE.
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DCE，∠FAE＝∠CDE，
∴△EAF≌△EDC(AAS)，(3分)
∴AF＝DC.
∵AF＝BD，
∴BD＝DC，
即D是BC的中点．(5分)
(2)解：四边形AFBD是矩形．证明如下：
∵AF∥BD，AF＝BD，
∴四边形AFBD是平行四边形．(7分)
∵AB＝AC，又由(1)可知D是BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴四边形AFBD是矩形．(9分)
23. 【答案】
解：(1)四边形CEGF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠GFE＝∠FEC，(2分)
∵图形翻折后点G与点C重合，EF为折痕，
∴∠GEF＝∠FEC，
∴∠GFE＝∠GEF，
∴GF＝GE，(3分)
∵图形翻折后EC与GE完全重合，FC与FG重合，
∴GE＝EC＝GF＝FC，
∴四边形CEGF为菱形．(4分)
(2)如解图①，当点F与点D重合时，四边形CEGF是正方形，(5分)
此时CE最小，且CE＝CD＝3；(6分)
如解图②，当点G与点A重合时，CE最大．(7分)
设EC＝x，则BE＝9－x，由折叠性质知，AE＝CE＝x，
在Rt△ABE中，AB2＋BE2＝AE2，
即9＋(9－x)2＝x2，解得x＝5，
∴CE＝5，
所以，线段CE的取值范围为3≤CE≤5.(8分)
解图
24. 【答案】
∵，．
∴∥，同理∥，∴四边形是平行四边形
∵，∴
∵，，∴≌
∴，∴四边形是菱形