重难点解析人教版8年级数学下册《平行四边形》专项测试试题（解析卷）

人教版8年级数学下册《平行四边形》专项测试考试时间：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，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，将其折叠，使AB边落在对角线AC上，得到折痕AE，则点E到点B的距离为（）A． B． C． D．2、如图，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，若∠AOD＝120°，AC＝16，则AB的长为（）A．16 B．12 C．8 D．43、如图，将矩形纸片按如图所示的方式折叠，得到菱形，若，则的长为（）A．2 B． C．4 D．4、下列∠A：∠B：∠C：∠D的值中，能判定四边形ABCD是平行四边形的是（）A．1：2：3：4 B．1：4：2：3C．1：2：2：1 D．3：2：3：25、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、如图，矩形ABCD中，AC、BD相交于点O且AC=12，如果∠AOD=60°，则DC=__．2、已知长方形ABCD中，AB＝4，BC＝10，M为BC中点，P为AD上的动点，则以B、M、P为顶点组成的等腰三角形的底边长是______________________．3、如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E是边CD上一点，连接AE．折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，点F在AD上．若，则GE的长为__________．4、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．5、一个矩形的两条对角线所夹的锐角是60°，这个角所对的边长为10cm，则该矩形的面积为_______．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处；再将矩形沿折叠，使点落在点处且过点．

（1）求证：四边形是平行四边形；（2）当是多少度时，四边形为菱形?试说明理由．2、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，．（1）试判断四边形BDCE的形状，并证明你的结论；（2）若∠ABC＝30°，AB＝4，则四边形BDCE的面积为．3、在平面直角坐标系xOy中，点A（x，﹣m）在第四象限，A，B两点关于x轴对称，x＝+n（n为常数），点C在x轴正半轴上，（1）如图1，连接AB，直接写出AB的长为；（2）延长AC至D，使CD＝AC，连接BD．①如图2，若OA＝AC，求线段OC与线段BD的关系；②如图3，若OC＝AC，连接OD．点P为线段OD上一点，且∠PBD＝45°，求点P的横坐标．4、在ABC中，D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，连接DE、DF．（1）如图1，若AC＝BC，求证：四边形DECF为菱形；（2）如图2，过C作CGAB交DE延长线于点G，连接EF，AG，在不添加任何辅助线的情况下，写出图中所有与ADG面积相等的平行四边形．5、（阅读材料）材料一：我们在小学学习过正方形，知道：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；材料二：如图1，由一个等腰直角三角形和一个正方形组成的图形，我们要判断等腰直角三角形的面积与正方形的面积的大小关系，可以这样做：如图2，连接AC，BD，把正方形分成四个与等腰三角形ADE全等的三角形，所以．（解决问题）如图3，图中由三个正方形组成的图形（1）请你直接写出图中所有的全等三角形；（2）任意选择一组全等三角形进行证明；（3）设图中两个小正方形的面积分别为S1和S2，若，求S1和S2的值．-参考答案-一、单选题1、C【解析】【分析】由于AE是折痕，可得到AB=AF，BE=EF，再求解设BE=x，在Rt△EFC中利用勾股定理列出方程，通过解方程可得答案．【详解】解：矩形ABCD，设BE=x，∵AE为折痕，∴AB=AF=1，BE=EF=x，∠AFE=∠B=90°，Rt△ABC中，∴Rt△EFC中，，EC=2-x，∴，解得：，则点E到点B的距离为：．故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理和矩形与折叠问题；二次根式的乘法运算，利用对折得到，再利用勾股定理列方程是解本题的关键．2、C【解析】【分析】由题意可得AO＝BO＝CO＝DO＝8，可证△ABO是等边三角形，可得AB＝8．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝2AO＝2CO，BD＝2BO＝2DO，AC＝BD＝16，∴OA＝OB＝8，∵∠AOD＝120°，∴∠AOB＝60°，∴△AOB是等边三角形，∴AB＝AO＝BO＝8，故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，熟练掌握矩形的性质是本题的关键．3、D【解析】【分析】根据菱形及矩形的性质可得到∠BAC的度数，从而根据直角三角形的性质求得BC的长．【详解】解：∵四边形AECF为菱形，∴∠FCO=∠ECO，EC=AE，由折叠的性质可知，∠ECO=∠BCE，又∠FCO+∠ECO+∠BCE=90°，∴∠FCO=∠ECO=∠BCE=30°，在Rt△EBC中，EC=2EB，又∵EC=AE，AB=AE+EB=6，∴EB=2，EC=4，∴Rt△BCE中，，故选：D．【点睛】本题主要考查了菱形的性质以及矩形的性质，解决问题的关键是根据折叠以及菱形的性质发现特殊角，根据30°的直角三角形中各边之间的关系求得BC的长．4、D【解析】【分析】两组对角分别相等的四边形是平行四边形，所以∠A和∠C是对角，∠B和∠D是对角，对角的份数应相等．【详解】解：根据平行四边形的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形，所以只有D符合条件．故选：D．【点睛】本题考查了平行四边形的判定，在应用判定定理判定平行四边形时，应仔细观察题目所给的条件，仔细选择适合于题目的判定方法进行解答，避免混用判定方法．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、【解析】【分析】根据矩形的对角线互相平分且相等可得OA＝OD，然后判断出△AOD是等边三角形，再根据勾股定理解答即可．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴OA＝OD＝AC＝×12＝6，∠ADC=90°，∵∠AOD＝60°，∴△AOD是等边三角形，∴AD＝OA＝6，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质和勾股定理以及等边三角形的判定，解题关键是根据矩形的性质得出△AOD是等边三角形．2、5或或【解析】【分析】分三种情况：①当BP=PM时，点P在BM的垂直平分线上，取BM的中点N，过点N作NP⊥BM交AD于P，则四边形ABNP是矩形，得AB=PN=4，根据勾股定理即可求解；②当BM=PM=5时，当∠PMB为锐角如图2时，则四边形ABNP是矩形，得AB=PN=4，根据勾股定理可得MN=3，从而BN=2，再由勾股定理可得BP的长；③当BM=PM=5时，当∠PMB为钝角如图3时，则四边形ABNP是矩形，得AB=PN=4，根据勾股定理MN=3，从而BN=8，再由勾股定理可得BP的长；即可求解．【详解】解：BC＝10，M为BC中点，∴BM=5，当△BMP为等腰三角形时，分三种情况：①当BP=PM时，点P在AM的垂直平分线上，取BM的中点N，过点N作NP⊥AD交AD于P，如图1所示：则△PBM是等腰三角形∴底边BM的长为5②当BM=PM=5时，当∠PMB为锐角如图2时，则四边形ABNP是矩形，∴PN=AB=4，∴MN=∴在Rt△PBN中，③当BM=PM=5时，当∠PMB为钝角如图3时，则四边形ABNP是矩形，得AB=PN=4，同理可得∴在Rt△PBN中，综上，以B、M、P为顶点组成的等腰三角形的底边长是：5或或故答案为：5或或．【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理以及分类讨论等知识，熟练掌握矩形的性质，进行分类讨论是解题的关键．3、##【解析】【分析】由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，先证△ABF≌△DAE，推出AF的长，再利用勾股定理求出BF的长，最后在Rt△ABF中利用面积法可求出AH的长，可进一步求出AG的长，GE的长．【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD=12，∠BAD=∠D=90°，由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，∴BF⊥AE，AH=GH，∴∠BAH+∠ABH=90°，又∵∠FAH+∠BAH=90°，∴∠ABH=∠FAH，∴△ABF≌△DAE（ASA），∴AF=DE=5，在Rt△ABF中，BF==13，S△ABF=AB•AF=BF•AH，∴12×5=13AH，∴AH=，∴AG=2AH=，∵AE=BF=13，∴GE=AE-AG=13-=，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，面积法求线段的长度等，解题关键是能够灵活运用正方形的性质和轴对称的性质．4、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．5、【解析】【分析】先根据矩形的性质证明△ABC是等边三角形，得到，则，然后根据勾股定理求出，最后根据矩形面积公式求解即可．【详解】：如图所示，在矩形ABCD中，∠AOB=60°，，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，，∴△ABC是等边三角形，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握矩形的性质．三、解答题1、（1）见解析；（2）当∠B1FE=60°时，四边形EFGB为菱形，理由见解析【分析】（1）由题意，，结合，得，同理可得，即，结合，依据平行四边形的判定定理即可证明四边形BEFG是平行四边形；（2）根据菱形的性质可得，结合（1）中结论得出为等边三角形，依据等边三角形的性质及（1）中结论即可求出角的大小．【详解】证明：（1）∵，∴．又∵，∴．∴．同理可得：．∴，又∵，∴四边形BEFG是平行四边形；（2）当时，四边形EFGB为菱形．理由如下：∵四边形BEFG是菱形，∴，由（1）得：，∴，∴为等边三角形，∴，∴．【点睛】题目主要考查平行四边形和菱形的判定定理和性质，矩形的折叠问题，等边三角形的性质，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．2、（1）四边形是菱形，证明见解析；（2）【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，证明从而可得结论；（2）先求解再求解的面积，再利用菱形的性质可得菱形的面积.【详解】证明：（1）四边形是菱形，理由如下：，四边形是平行四边形，∠ACB＝90°，D为AB中点，四边形是菱形.（2）∠ABC＝30°，AB＝4，∠ACB＝90°，D为AB中点，四边形是菱形，故答案为：【点睛】本题考查的是平行四边形的判定，菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，掌握“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”是解本题的关键.3、（1）6；（2）①OC＝BD，OC∥BD；②3．【分析】（1）利用二次根式的被开方数是非负数，求出m＝3，判断出A，B两点坐标，可得结论；（2）①结论：OC＝BD，OC∥BD．连接AB交x轴于点T．利用等腰三角形的三线合一的性质得出OC＝2CT，利用三角形中位线定理得出CT∥BD，BD＝2CT，由此即可得；②连接AB交OC于点T，过点P作PH⊥OC于H．证明△OTB≌△PHO（AAS），推出BT＝OH＝3，即可得出结论．【详解】解：（1）由题意，，∴m＝3，∴x＝n，∴A（n，﹣3），∵A，B关于x轴对称，∴B（n，3），∴AB＝3﹣（﹣3）＝6，故答案为：6；（2）①结论：OC＝BD，OC∥BD．理由：如图，连接AB交x轴于点T．

∵A，B关于x轴对称，∴AB⊥OC，AT＝TB，∵AO＝AC，∴OT＝CT（等腰三角形的三线合一），∴OC＝2CT，∵AC＝CD，AT＝TB，∴CT∥BD，BD＝2CT，∴OC＝BD，OC∥BD；②如图，连接AB交OC于点T，过点作于点，，，∵AC＝OC＝CD，∴∠COA＝∠OAC，∠COD＝∠CDO，∴2∠OAC+2∠CDO＝180°，∴∠OAC+∠CDO＝90°，∴∠AOD＝90°，∵A，B关于x轴对称，∴OT⊥AB，OA＝OB，∴∠OBT＝∠OAT，∵∠COD+∠AOC＝90°，∠AOC+∠OAT＝90°，∴∠OAT＝∠COD，∴∠OBT＝∠COD，即∠OBT＝∠POH，∵BD∥OC，∴∠PDB＝∠POH＝∠OBT，∠ABD＝90°，∵∠PBD＝45°，∴∠ABP＝45°，∵∠OBP＝∠OBT+∠ABP＝∠OBT+45°，∠OPB＝∠PBD+∠PDB＝45°+∠PDB，∴∠OBP＝∠OPB，∴OB＝PO，在和中，，∴△OTB≌△PHO（AAS），∴BT＝OH＝3，故点P的横坐标为3．【点睛】本题考查了坐标与轴对称变化、三角形中位线定理、等腰三角形的三线合一等知识点，较难的是题（2）②，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．4、（1）见解析；（2）DECF，DEFB，EGCF，AEFD【分析】（1）根据邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；（2）利用等高模型即可解决问题．【详解】解：（1）∵D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，∴DE、DF分别是△ABC中BC边、AC边上