（人教版）数学八年级下册期末培优训练第十八章 平行四边形培优检测卷（2份，原卷版+解析版）

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考试范围：全章； 考试时间：120分钟； 总分：120分
一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
1．（2022春·江苏南通·八年级校考阶段练习）平行四边形的一个内角为，它的对角度数是（ ）
A．B．C．D．或
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质可得答案．
【详解】解：平行四边形的一个内角为，它的对角度数是，
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟知平行四边形对角相等是解题的关键．
2．（2022秋·贵州贵阳·九年级统考期末）如图，菱形中，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由菱形的性质得到，，利用等边对等角和三角形内角和即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，
故选：B
【点睛】此题考查了菱形的性质、等边对等角等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
3．（2023秋·山东威海·八年级统考期末）在中，点D，E分别是，上的点，且，点F是延长线上一点，连接．添加下列条件后，不能判断四边形是平行四边形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定方法，逐项进行判断即可．
【详解】解：A．∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），故A不符合题意；
B．∵，，
∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），故B不符合题意；
C．，，一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故C符合题意；
D．∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定方法．
4．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在矩形，对角线与相交于点O，于点O，交于点E，若的周长为8，，则的长为（ ）
A．2B．5.5C．5D．4
【答案】C
【分析】由矩形的性质可得，再结合可得，然后根据三角形的周长公式可得即，最后结合即可解答．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵的周长为8，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用矩形的性质是解答本题的关键．
5．（河南省平顶山市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题）如图，正方形的对角线相交于点，点为上一动点．连接，作交于点，已知，则四边形的面积为（ ）
A．1B．2C．D．4
【答案】A
【分析】已知四边形是正方形，，得到，，，，推出，结合，得到，可进一步证明，得到，进而得到，即可正确解答．
【详解】∵四边形是正方形，，
∴，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形的面积为1．
故选：A
【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
6．（2023秋·山东菏泽·九年级校考期末）如图，在中，点D，E，F分别在边上，且，．下列四种说法：
①四边形是平行四边形；
②如果，那么四边形是矩形；
③如果平分，那么四边形是菱形；
④如果，且，那么四边形是正方形．
其中，正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】先由两组对边分别平行的四边形为平行四边形，根据，，得出为平行四边形，得出①正确；当，根据推出的平行四边形，利用有一个角为直角的平行四边形为矩形可得出②正确；若平分，得到一对角相等，再根据两直线平行内错角相等又得到一对角相等，等量代换可得，利用等角对等边可得一组邻边相等，根据邻边相等的平行四边形为菱形可得出③正确；由，，根据等腰三角形的三线合一可得平分，同理可得四边形是菱形，不能证明是正方形，④错误，进而得到正确说法的个数．
【详解】解：∵，，
∴四边形是平行四边形，选项①正确；
若，
∴平行四边形为矩形，选项②正确；
若平分，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形为菱形，选项③正确；
若，，
∴平分，
同理可得平行四边形为菱形，不是正方形，选项④错误，
则其中正确的个数有3个．
故选：C．
【点睛】此题考查了平行四边形的定义，菱形、矩形和正方形的判定，涉及的知识有：平行线的性质，角平分线的定义，以及等腰三角形的判定与性质．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
7．（2023秋·山东威海·八年级统考期末）在平行四边形中，，则的长为_____________．
【答案】
【分析】根据平行四边形的性质，得出，，，，根据勾股定理的逆定理，证明为直角三角形，根据平行线的性质，得出，根据勾股定理求出结果即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
，，
∵，
∴，
∴为直角三角形，,
∵，
∴，
∴为直角三角形，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理及其逆定理，平行线的性质，解题的关键是根据勾股定理逆定理，证明为直角三角形．
8．（2023·湖南湘潭·湘潭县云龙中学校考一模）如图，平行四边形添加一个条件_____使得它成为矩形．（任意添加一个符合题意的条件即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据矩形的判定定理得出即可．
【详解】解：，
理由是：∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形，
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了矩形的判定的应用，能熟记矩形的判定定理是解此题的关键，此题是一道开放型的题目，答案不唯一．
9．（2023·江苏徐州·徐州市第十三中学校考一模）如图，在菱形中，M、N分别为、的中点，若，则菱形的周长为_____．
【答案】16
【分析】根据三角形的中位线定理可得，即可求出的长度，再根据菱形的性质即可求解．
【详解】解：∵M，N分别为，的中点，
∴，
即，
∴菱形的周长．
故答案为：16．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理和菱形的性质，解题的关键是掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，菱形的四条边都相等．
10．（2023秋·山东淄博·八年级统考期末）如图，中，对角线，相交于点，过点，交于点，交于点．若，，，则图中阴影部分的面积是__________．
【答案】3
【分析】只要证明，可得，再根据勾股定理的逆定理证明是直角三角形，据此即可解决问题；
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
，即，
∴是直角三角形，
∴，
∴，
故答案为：3．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．
11．（2023秋·河北唐山·八年级校考期末）如图，有一块边长为2的正方形塑料模板ABCD，将一块足够大的直角三角板的直角顶点落在A点，两条直角边分别与CD交于点F，与CB延长线交于点E，则四边形AECF的面积是___________．
【答案】4
【分析】由四边形为正方形可以得到，，又，而由此可以推出，，进一步得到，所以可以证明，所以，那么它们都加上四边形的面积，即四边形的面积正方形的面积，从而求出其面积．
【详解】解：四边形为正方形，
，，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
它们都加上四边形的面积，
可得到四边形的面积正方形的面积．
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质、正方形的面积公式，正方形的性质，关键在于求证．
12．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）已知，菱形中，，对角线、相交于点，点在菱形的边上，且与顶点不重合，若，则的度数为_______．
【答案】或
【分析】根据菱形的性质可得，从而得到，
当点E在边上时，可得为等边三角形，从而得到；当点E在上时，由，可求出的度数，即可．
【详解】解：菱形中，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
当点E在边上时，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴；
当点在边上时，
；
综上所述，的度数为或．
故答案为：或
【点睛】此题考查了菱形的性质及等边三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质及等边三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解答是解题的关键．
三、（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
13．（2022秋·山东济宁·八年级济宁学院附属中学校考期末）如图，已知平行四边形，是的角平分线，交于点E
(1)求证：；
(2)若点E是的中点，，求的度数
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由平行四边形和平行线的性质得出，由角平分线的定义得出，等量代换可得，即可得出；
（2）由平行四边形和平行线的性质得出，利用（1）中结论通过等量代换得出，根据等边对等角和三角形内角和定理可得，进而可得的度数．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴ ，
∴，
又∵平分，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是平行四边形，，
∴，，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，平行线的性质等，准确识图，熟练掌握平行四边形对边平行且相等、对角相等的性质是解题的关键．
14．（2022秋·江西宜春·八年级江西省丰城中学校考期末）如图，在每个小正方形的边长都为的方格纸中有线段，点均在小正方形的顶点上．
(1)在方格纸中以为对角线画矩形，点均在小正方形的顶点上，且点在的右侧，该矩形的面积为；
(2)以为边画 （非矩形），点均在小正方形的顶点上，且的面积为4；
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先利用勾股定理求出的值，再根据勾股定理、矩形的面积公式建立方程组可求出、的长，由此可找出点，同理可找出点，然后顺次连接即可得；
（2）先根据平行四边形的面积得出平行线与间的距离为，再根据网格的特点即可得出点E、F的位置，然后顺次连接即可得．
【详解】（1）由网格特点和勾股定理得：
由题意得：
整理得：
解得或
点在的右侧，且在小正方形的顶点上
点的位置只能是如图所示，此时
同理可得出点的位置，再顺次连接点即可得到矩形，如图所示：
（2）由（1）可知，
则平行线与间的距离为
因此，点、的位置如图所示，顺次连接点即可得到，如图所示：
【点睛】本题考查了画矩形与平行四边形、勾股定理与网格问题等知识点，较难的是题（1），依据题意，正确求出、的长，从而找出点的位置是解题关键．
15．（2022秋·山东济宁·八年级济宁学院附属中学校考期末）如图，在中，点是边的中点，点在内，平分，，点F在边AB上，．
(1)求证：四边形BDEF是平行四边形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)，证明见解析
【分析】（1）延长交于点，证明，根据全等三角形的性质可得到，再利用三角形的中位线定理证明，再由可证出结论；
（2）先证明，再证明，可得到．
【详解】（1）证明：延长交于点，
∵，
∴，
在和中，
∴（）．
∴．
∵
∴为的中位线，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴．
∵D、E分别是、的中点，
∴．
∵，
∴，
∴
∴
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，题目综合性较强，证明，再利用三角形中位线定理证明是解决问题的关键．
16．（2021春·广西南宁·八年级校考期中）如图，在矩形中，垂足分别为E、F．连接
(1)求证：．
(2)判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)四边形是平行是四边形.
【分析】（1）由矩形的性质可得.根据AAS可得，则可得 .
（2）根据“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可判断四边形是平行四边形.
【详解】（1）∵四边形是矩形，
.
又∵
∴，
（AAS），
∴.
（2）四边形是平行四边形，理由如下：
∵，
，
.
又∵，
∴四边形是平行是四边形（有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）.
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和平行四边形的判定.熟练掌握矩形的性质和平行四边形的判定方法是解题的关键.
17．（2023秋·河南平顶山·九年级统考期末）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，过点作交的延长线于点，且，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形，即可求证；
（2）在中，是斜边的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，由此即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：由（1）可知，平行四边形是菱形，
∵，，
∴，
∴在中，，
∵是线段的中点，
在中，是斜边的中线，且，，
∴．
【点睛】本题主要考查菱形的判定，直角三角形斜边中线的综合，掌握菱形的判定方法，直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半，平行四边形的性质是解题的关键．
四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
18．（2023秋·辽宁沈阳·九年级统考期末）如图，是的一条角平分线，交于点E，交于点F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，当______度时，四边形为正方形（直接填空）．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理：有两组对边相互平行的四边形是平行四边形，推知四边形是平行四边形；然后由平行四边形的对角相等、对角线平分对角的性质以及角平分线的性质证得；最后由等角对等边推知的邻边；
（2）根据有一个角是直角的菱形是正方形即可证明．
【详解】（1）解：证明：，，
，，
四边形是平行四边形，
；
又是的角平分线，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：，理由如下：
∵，，
∴,
∵四边形是菱形，
∴四边形为正方形．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了正方形的判定、菱形的判定、平行四边形的判定，熟练掌握相关判定是解题的关键．
19．（2023春·八年级单元测试）如图在四边形中，，，M是的中点P是边上的一动点P与B，C不重合），连接并延长交的延长线于Q．
(1)试说明不管点P在何位置，四边形始终是平行四边形；
(2)当点P在点B．C之间运动到什么位置时，四边形是平行四边形？并说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)当时，四边形是平行四边形，理由见解析．
【分析】（1）由可证，可得，即可得结论；
（2）得出P在B、C之间运动的位置，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出．
【详解】（1）∵，
∴
∵M是的中点，
∴，
∵
∴．
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴不管点P在何位置，四边形始终是平行四边形；
（2）当四边形是平行四边形时，，
∵，
∴，
∴．
∴当时，四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、平行线的性质及平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的性质和判定方法是解题的关键．
20．（2022春·江苏宿迁·八年级校考阶段练习）如图，的对角线交于点O，过点D作于E，延长到点F，使，连接．
(1)求证：四边形是矩形．
(2)若，试求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）先证得是等腰直角三角形，可得，在中，由勾股定理可得，再由直角三角形的性质，可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）解：由（1）得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
在中，由勾股定理得： ，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
21．（2022春·江苏宿迁·八年级校考阶段练习）已知：如图，在四边形中，与不平行，E，F，G，H分别是的中点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)①当与满足条件 时，四边形是菱形，在（1）的基础上此时判定菱形的依据是 ．
②当与满足什么条件时，四边形是矩形？证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)①AB=CD；一组邻边相等的平行四边形是菱形；②AB⊥CD，见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到，，根据平行四边形的判定定理证明结论；
（2）①根据邻边相等的平行四边形是菱形解答；②根据矩形的判定定理解答．
【详解】（1）证明：∵E，G分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理，，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：①∵F，G分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
当时，，
∴四边形是菱形；
当与满足条件时，四边形是菱形，在（1）的基础上此时判定菱形的依据是：一组邻边相等的平行四边形是菱形；
故答案为：；一组邻边相等的平行四边形是菱形；
②∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定，矩形和菱形的判定，熟练掌握三角形的中位线定理，平行四边形的判定，矩形和菱形的判定是解题的关键．
22．（2023·山东泰安·东平县实验中学校考二模）在正方形中，是边上一点（点不与点、重合），连结．
感知：如图①，过点作交于点．求证．
探究：如图②，取的中点，过点作交于点，交于点．
（1）求证：．
（2）连结，若，求的长．
应用如图③，取的中点，连结．过点作交于点，连结、．若，求四边形的面积．
【答案】感知：见解析；（1）见解析（2）2 应用：9
【分析】感知：利用同角的余角相等判断出，即可得出结论；
探究：（1）判断出，同感知的方法判新出，即可得出结论；
（2）利用直角三角形的斜边的中线是斜边的一半，可得结论．
【详解】（1）感知：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴．；
探究：（1）如图②，
过点作于，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴四边形G是矩形，
∴，
∴，
由，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
（2）由（1）知，，
连接，
∵，点是的中点，
∴，
∴，
故答案为：2．
应用：同探究（2）得，，
∴，
同探究（1）得，，
∵，
∴．
故答案为：9
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握三角形全等的性质和判定是关键．
六、（本大题共12分）
23．（2022春·广西南宁·九年级校考阶段练习）（1）【定义理解】如图1，在中，E是的中点，P是的中点，就称是的“双中线”，，则______．
（2）【类比探究】①如图2，E是菱形一边上的中点，P是上的中点，则称是菱形的“双中线”，若，则______．
②如图3，是矩形的“双中线”，若，求的长．
（3）【拓展应用】如图4，是平行四边形的“双中线”，若，，求的长．
【答案】（1）；（2）①，②3；（3）3
【分析】（1）利用勾股定理求出，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出结论；
（2）延长交的延长线于点F，，利用证出，从而求出，过点B作，交的延长线于点M，根据直角三角形的性质可得，，利用勾股定理求出，再利用“双中线”，即可求出结论；
（3）连接，延长交的延长线于H，利用证出，从而求出，利用勾股定理求出，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出结论；
（4）连接，延长交的延长线于H，利用证出，从而求出，可得到，从而得到，再由平行四边形的性质， 可得，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出结论．
【详解】解：（1）【定义理解】如图1中，
∵，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∴，
∵P是的中点，
∴．
故答案为：．
（2）【类比探究】①延长交的延长线于点F，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
过点B作，交的延长线于点M，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵是菱形的“双中线”，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
②如图3中，连接，延长交的延长线于H．
在矩形中，，
∴，，
∵是矩形的“双中线”，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴．
（3）【拓展应用】如图4中，连接，延长交的延长线于H，
在平行四边形中，，，
∴，，
∵是平行四边形的“双中线”，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查的是直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质，平行四边形，菱形和矩形的性质，此题难度较大，掌握直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质、平行四边形，菱形和矩形的性质是解决此题的关键．