解析卷人教版8年级数学下册《平行四边形》同步测试试卷

人教版8年级数学下册《平行四边形》同步测试考试时间：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、将一张长方形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，AE、AF为折痕，点B、D折叠后的对应点分别为、，若＝10°，则∠EAF的度数为（）A．40° B．45° C．50° D．55°2、如图，矩形ABCD中，AC交BD于点O，且AB=24，BC=10，将AC绕点C顺时针旋转90°至CE．连接AE，且F、G分别为AE、EC的中点，则四边形OFGC的面积是（）A．100 B．144 C．169 D．2253、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．44、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．5、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、平面直角坐标系中，四边形ABCD的顶点坐标分别是A(－3，0)，B(0，2)，C(3，0)，D(0，－2)，则四边形ABCD是__________．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，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___．4、已知如图，点E，F分别在正方形的边，上，，若，，则_________．5、如果一个矩形较短的边长为5cm，两条对角线的夹角为60°，则这个矩形的对角线长是_________cm．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、在平面直角坐标系中，过A(0，4)的直线a垂直于y轴，点M(9，4)为直线a上一点，若点P从点M出发，以每秒2cm的速度沿直线a向左移动，点Q从原点同时出发，以每秒1cm的速度沿x轴向右移动，（1）几秒后PQ平行于y轴?（2）在点P、Q运动的过程中，若线段OQ=2AP，求点P的坐标．2、如图，在中，过点作于点，点在边上，，连接，．（1）求证：四边形是矩形；（2）若，，，求证：平分．3、如图，四边形ABCD是菱形，DE⊥AB、DF⊥BC，垂足分别为E、F．求证：BE＝BF．4、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．5、在长方形纸片ABCD中，点E是边CD上的一点，将△AED沿AE所在的直线折叠，使点D落在点F处．

（1）如图1，若点F落在对角线AC上，且∠BAC＝54°，则∠DAE的度数为________°．（2）如图2，若点F落在边BC上，且AB＝CD=6，AD＝BC=10，求CE的长．（3）如图3，若点E是CD的中点，AF的延长线交BC于点G，且AB＝CD=6，AD＝BC=10，求CG的长．-参考答案-一、单选题1、A【解析】【分析】可以设∠EAD′＝α，∠FAB′＝β，根据折叠可得∠DAF＝∠D′AF，∠BAE＝∠B′AE，用α，β表示∠DAF＝10°+β，∠BAE＝10°+α，根据四边形ABCD是矩形，利用∠DAB＝90°，列方程10°+β+β+10°+10°+α+α＝90°，求出α+β＝30°即可求解．【详解】解：设∠EAD′＝α，∠FAB′＝β，根据折叠性质可知：∠DAF＝∠D′AF，∠BAE＝∠B′AE，∵∠B′AD′＝10°，∴∠DAF＝10°+β，∠BAE＝10°+α，∵四边形ABCD是矩形∴∠DAB＝90°，∴10°+β+β+10°+10°+α+α＝90°，∴α+β＝30°，∴∠EAF＝∠B′AD′+∠D′AE+∠FAB′，＝10°+α+β，＝10°+30°，＝40°．则∠EAF的度数为40°．故选：A．【点睛】本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系．2、C【解析】【分析】先根据矩形的性质、三角形中位线定理可得，再根据平行四边形的判定可得四边形为平行四边形，然后根据旋转的性质可得，从而可得，最后根据正方形的判定可得四边形为正方形，由此即可得．【详解】解：四边形为矩形，，，分别为的中点，，，四边形为平行四边形，又绕点顺时针旋转，，，平行四边形为正方形，四边形的面积是，故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．3、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．4、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．5、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．二、填空题1、菱形【解析】【分析】先在坐标系中画出四边形ABCD，由A、B、C、D的坐标即可得到OA=OC=3，OB=OD=2，再由AC⊥BD，即可得到答案．【详解】解：图象如图所示：∵A（-3，0）、B（0，2）、C（3，0）、D（0，-2），∴OA=OC=3，OB=OD=2，∴四边形ABCD为平行四边形，∵AC⊥BD，∴四边形ABCD为菱形，故答案为：菱形．【点睛】本题主要考查了菱形的判定，坐标与图形，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的判定条件．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、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．4、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．5、10【解析】【分析】如图，由题意得：四边形为矩形，证明是等边三角形，结合矩形的性质可得答案.【详解】解：如图，由题意得：四边形为矩形，是等边三角形，故答案为：【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，矩形的性质，掌握“矩形的对角线相等且互相平分”是解本题的关键.三、解答题1、（1）3秒后平行于轴；（2）或．【分析】（1）设秒后平行于轴，先求出的长，再根据矩形的判定与性质可得，由此建立方程，解方程即可得；（2）分①点在点右侧，②点在点左侧两种情况，分别根据建立方程，解方程即可得．【详解】解：（1），，设秒后平行于轴，，垂直于轴，垂直于轴，平行于轴，四边形是矩形，，即，解得，即3秒后平行于轴；（2）由题意得：经过秒后，，垂直于轴，点在直线上，且点的坐标为，点的纵坐标为4，①当点在点右侧时，，由得：，解得，，此时点的坐标为；②当点在点左侧时，，由得：，解得，，此时点的坐标为；综上，点的坐标为或．【点睛】本题考查了坐标与图形、矩形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），正确分两种情况讨论是解题关键．2、（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，结合，从而可得结论；（2）先证明，再求解证明证明从而可得结论.【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，．即，，四边形是平行四边形．，，四边形是矩形；（2）四边形是平行四边形，，．四边形是矩形；在中，由勾股定理，得，，，，即平分．【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，角平分线的定义，平行四边形的判定与性质，矩形的判定，证明四边形是平行四边形是解（1）的关键，证明是解（2）的关键.3、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．4、（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．5、（1）18；（2）CE的长为；（3）CG的长为．【分析】（1）根据矩形的性质得∠DAC=36°，根据折叠的性质得∠DAE=18°；（2）根据矩形性质得∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，根据折叠的性质得AF＝AD＝10，EF＝ED，根据勾股定理得BF=8，则CF=2，设CE＝x，则EF＝ED＝6﹣x，