综合解析人教版8年级数学下册《平行四边形》专项练习试题（详解）

人教版8年级数学下册《平行四边形》专项练习考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题20分）一、单选题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图，OA⊥OB，OB＝4，P是射线OA上一动点，连接BP，以B为直角顶点向上作等腰直角三角形，在OA上取一点D，使∠CDO＝45°，当P在射线OA上自O向A运动时，PD的长度的变化（）A．一直增大 B．一直减小C．先增大后减小 D．保持不变2、已知三角形三边长分别为7cm，8cm，9cm，作三条中位线组成一个新的三角形，同样方法作下去，一共做了五个新的三角形，则这五个新三角形的周长之和为（）A．46.5cm B．22.5cm C．23.25cm D．以上都不对3、勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用如图验证了勾股定理：以直角三角形ABC的三条边为边长向外作正方形ACHI，正方形ABED，正方形BCGF，连接BI，CD，过点C作CJ⊥DE于点J，交AB于点K．设正方形ACHI的面积为S1，正方形BCGF的面积为S2，长方形AKJD的面积为S3，长方形KJEB的面积为S4，下列结论：①BI＝CD；②2S△ACD＝S1；③S1＋S4＝S2＋S3；④＋＝．其中正确的结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4、在菱形ABCD中，两条对角线AC=10，BD=24，则此菱形的边长为（）A．14 B．25 C．26 D．135、如图，把一张长方形纸片ABCD沿AF折叠，使B点落在处，若，要使，则的度数应为（）A．20° B．55° C．45° D．60°第Ⅱ卷（非选择题80分）二、填空题（5小题，每小题6分，共计30分）1、已知如图，点E，F分别在正方形的边，上，，若，，则_________．2、如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于点E、F，连接PB、PD，若AE＝2，PF＝9，则图中阴影面积为______；3、一个三角形三边长之比为4∶5∶6，三边中点连线组成的三角形的周长为30cm，则原三角形最大边长为_________cm．4、如图，已知Rt△ACB，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝8，点D在CB所在直线上运动，以AD为边作等边三角形ADE，则CB＝___．在点D运动过程中，CE的最小值为___．5、如图，矩形ABCD中，AB＝9，AD＝12，点M在对角线BD上，点N为射线BC上一动点，连接MN，DN，且∠DNM＝∠DBC，当DMN是等腰三角形时，线段BN的长为___．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB⊥AC，AB=3，AD=5，求BD的长．2、如图，四边形ABCD是菱形，DE⊥AB、DF⊥BC，垂足分别为E、F．求证：BE＝BF．3、阅读探究小明遇到这样一个问题：在中，已知，，的长分别为，，，求的面积．小明是这样解决问题的：如图1所示，先画一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点（即的3个顶点都在小正方形的顶点处），从而借助网格就能计算出的面积．他把这种解决问题的方法称为构图法，（1）图1中的面积为________．实践应用参考小明解决问题的方法，回答下列问题：（2）图2是一个的正方形网格（每个小正方形的边长为1）．①利用构图法在答题卡的图2中画出三边长分别为，，的格点．②的面积为________（写出计算过程）．拓展延伸（3）如图3，已知，以，为边向外作正方形和正方形，连接．若，，，则六边形的面积为________（在图4中构图并填空）．4、已知：如图，在四边形中，，．求证：（1）BECD；（2）四边形是矩形．5、（1）如图1中，∠A＝90°，请用直尺和圆规作一条直线，把ABC分割成两个等腰三角形（不写作法，但须保留作图痕迹）．（2）已知内角度数的两个三角形如图2、图3所示．请你判断，能否分别画一条直线把它们分割成两个等腰三角形？若能，请画出直线，并标注底角的度数．（3）一个三角形有一内角为48°，如果经过其一个顶点作直线能把其分成两个等腰三角形，那么它的最大的内角可能值为．-参考答案-一、单选题1、D【解析】【分析】过点作于，于，先根据矩形的判定与性质可得，再根据三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据等腰直角三角形的判定与性质可得，最后根据线段的和差、等量代换即可得出结论．【详解】解：如图，过点作于，于，则四边形是矩形，，∵是等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴的长度保持不变，故选：D．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造矩形和全等三角形是解题关键．2、C【解析】【分析】如图所示，，，，DE，DF，EF分别是三角形ABC的中位线，GH，GI，HI分别是△DEF的中位线，则，，，即可得到△DEF的周长，由此即可求出其他四个新三角形的周长，最后求和即可．【详解】解：如图所示，，，，DE，DF，EF分别是三角形ABC的中位线，GH，GI，HI分别是△DEF的中位线，∴，，，∴△DEF的周长，同理可得：△GHI的周长，∴第三次作中位线得到的三角形周长为，∴第四次作中位线得到的三角形周长为∴第三次作中位线得到的三角形周长为∴这五个新三角形的周长之和为，故选C．【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握三角形中位线定理．3、C【解析】【分析】根据SAS证△ABI≌△ADC即可得证①正确，过点B作BM⊥IA，交IA的延长线于点M，根据边的关系得出S△ABI＝S1，即可得出②正确，过点C作CN⊥DA交DA的延长线于点N，证S1＝S3即可得证③正确，利用勾股定理可得出S1+S2＝S3+S4，即能判断④不正确．【详解】解：①∵四边形ACHI和四边形ABED都是正方形，∴AI＝AC，AB＝AD，∠IAC＝∠BAD＝90°，∴∠IAC+∠CAB＝∠BAD+∠CAB，即∠IAB＝∠CAD，在△ABI和△ADC中，，∴△ABI≌△ADC（SAS），∴BI＝CD，故①正确；②过点B作BM⊥IA，交IA的延长线于点M，∴∠BMA＝90°，∵四边形ACHI是正方形，∴AI＝AC，∠IAC＝90°，S1＝AC2，∴∠CAM＝90°，又∵∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠CAM＝∠BMA＝90°，∴四边形AMBC是矩形，∴BM＝AC，∵S△ABI＝AI•BM＝AI•AC＝AC2＝S1，由①知△ABI≌△ADC，∴S△ACD＝S△ABI＝S1，即2S△ACD＝S1，故②正确；③过点C作CN⊥DA交DA的延长线于点N，∴∠CNA＝90°，∵四边形AKJD是矩形，∴∠KAD＝∠AKJ＝90°，S3＝AD•AK，∴∠NAK＝∠AKC＝90°，∴∠CNA＝∠NAK＝∠AKC＝90°，∴四边形AKCN是矩形，∴CN＝AK，∴S△ACD＝AD•CN＝AD•AK＝S3，即2S△ACD＝S3，由②知2S△ACD＝S1，∴S1＝S3，在Rt△ACB中，AB2＝BC2+AC2，∴S3+S4＝S1+S2，又∵S1＝S3，∴S1+S4＝S2+S3，即③正确；④在Rt△ACB中，BC2+AC2＝AB2，∴S3+S4＝S1+S2，∴，故④错误；综上，共有3个正确的结论，故选：C．【点睛】本题主要考查勾股定理，正方形的性质，矩形性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握勾股定理和全等三角形的判定和性质是解题的关键．4、D【解析】【分析】由菱形的性质和勾股定理即可求得AB的长．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=10，BD=24，∴AB=BC=CD=AD，AC⊥BD，OB=OD=BD=12，OA=OC=AC=5，在Rt△ABO中，AB==13，故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出AB=13是解题的关键．5、B【解析】【分析】设直线AF与BD的交点为G，由题意易得，则有，由折叠的性质可知，由平行线的性质可得，然后可得，进而问题可求解．【详解】解：设直线AF与BD的交点为G，如图所示：∵四边形ABCD是矩形，∴，∵，∴，由折叠的性质可知，∵，∴，∴，∴；故选B．【点睛】本题主要考查折叠的性质及矩形的性质，熟练掌握折叠的性质及矩形的性质是解题的关键．二、填空题1、14【解析】【分析】过点作的垂线，交延长线于点，先根据正方形的性质、三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，再根据三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质即可得出答案．【详解】解：如图，过点作的垂线，交延长线于点，四边形是正方形，，，，，，在和中，，，，，，又，，在和中，，，，故答案为：14．【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．2、【解析】【分析】作PM⊥AD于M，交BC于N，根据矩形的性质可得S△PEB=S△PFD即可求解.【详解】解：作PM⊥AD于M，交BC于N．则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，,∴，，∴S阴=9+9=18，故答案为：18．【点睛】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证明．3、24【解析】【分析】由三边长之比得到三角形的三条中位线之比，再由这三条中位线组成的三角形周长求出三中位线长，推出边长，再比大小判断即可．【详解】∵如图，H、I、J分别为BC，AC，AB的中点∴，，又∵∴∵AB：AC：BC=4：5：6，即BC边最长∴故填24．【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．4、4【解析】【分析】以AC为边作正△AFC，并作FH⊥AC，垂足为点H，连接FD、CE，由直角三角形可求BC＝4，，由“SAS”可证△FAD≌△CAE，得CE＝FD，CE最小即是FD最小，此时，故CE的最小值是．【详解】解：以AC为边作正△AFC，并作FH⊥AC，垂足为点H，连接FD、CE，如图：在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，∴∠BAC＝30°，∴，∴∵△AFC，△ADE都是等边三角形，∴AD＝AE，AF＝AC，∠DAE＝∠FAC＝60°，∴∠FAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC，即∠FAD＝∠CAE，在△FAD和△CAE中，，∴△FAD≌△CAE（SAS），∴CE＝FD，∴CE最小即是FD最小，∴当FD⊥BD时，FD最小，此时∠FDC＝∠DCH＝∠CHF＝90°，∴四边形FDCH是矩形，∴，∴CE的最小值是．故答案为：4，．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握等边三角形的性质．5、15或24或【解析】【分析】分三种情形讨论求解即可．【详解】解：①如图1中，当NM=ND时，∴∠NDM=∠NMD，∵∠MND=∠CBD，∴∠BDN=∠BND，∴BD=BN==15；②如图2中，当DM=DN时，此时M与B重合，∴BC=CN=12，∴BN=24；③如图3中，当MN=MD时，∴∠NDM=∠MND，∵∠MND=∠CBD，∴∠NDM=∠MND=∠CBD，∴BN=DN，设BN=DN=x，在Rt△DNC中，∵DN2=CN2+CD2，∴x2=（12-x）2+92，∴x=，综上，当DMN是等腰三角形时，线段BN的长为15或24或．故答案为：15或24或．【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，注意不能漏解．三、解答题1、【分析】根据平行四边形的性质可得，，勾股定理求得，，进而求得【详解】解：四边形是平行四边形AB⊥AC，在中，在中，【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．2、见解析【分析】根据菱形的性质，可得AD＝DC，AB＝BC，∠A＝∠C．从而得到△AED≌△CFD．从而得到AE＝CF．即可求证．【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝DC，AB＝BC，∠A＝∠C．∵DE⊥AB，DF⊥BC，∴∠AED＝∠CFD＝90°．∴△AED≌△CFD（AAS）．∴AE＝CF．∴AB﹣AE＝BC﹣CF．即：BE＝BF．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的对角相等，对边相等是解题的关键．3、（1）；（2）①作图见详解；②8；（3）在网格中作图见详解；31．【分析】（1）根据网格可直接用割补法求解三角形的面积；（2）①利用勾股定理画出三边长分别为、、，然后依次连接即可；②根据①中图形，可直接利用割补法进行求解三角形的面积；（3）根据题意在网格中画出图形，然后在网格中作出，，进而可得，得出，进而利用割补法在网格中求解六边形的面积即可．【详解】解：（1）△ABC的面积为：，故答案为：；（2）①作图如下（答案不唯一）：②的面积为：，故答案为：8；（3）在网格中作出，，在与中，，∴，∴，，六边形AQRDEF的面积=正方形PQAF的面积+正方形PRDE的面积+的面积，故答案为：31．【点睛】本题主要考查勾股定理、正方形的性质、割补法求解面积及二次根式的运算，熟练掌握勾股定理、正方形的性质、割补法求解面积及二次根式的运算是解题的关键．4、（1）见详解；（2）见详解【分析】（1）根据平行四边形的判定定理得四边形是平行四边形，进