解析卷人教版8年级数学下册《平行四边形》达标测试试卷（解析版）

人教版8年级数学下册《平行四边形》达标测试考试时间：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△ABC中，点E，F分别是AB，AC的中点．已知∠B＝55°，则∠AEF的度数是（）A．75° B．60° C．55° D．40°2、下列说法正确的是（）A．平行四边形的对角线互相平分且相等 B．矩形的对角线相等且互相平分C．菱形的对角线互相垂直且相等 D．正方形的对角线是正方形的对称轴3、如图，菱形ABCD的边长为6cm，∠BAD＝60°，将该菱形沿AC方向平移2cm得到四边形A′B′C′D′，A′D′交CD于点E，则点E到AC的距离为（）A．1 B． C．.2 D．24、顺次连接矩形各边中点得到的四边形是（）A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形5、如图，将矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点F处，FC交AD于点E．若AB＝4，BC＝8，则图中阴影部分的面积为（）A．8 B．10 C．12.5 D．7.5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．2、如图，四边形和四边形都是边长为4的正方形，点是正方形对角线的交点，正方形绕点旋转过程中分别交，于点，，则四边形的面积为______．3、在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB=6，EF=2，则BC的长为_____．4、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_______．5、如图，平面直角坐标系中，有，，三点，以A，B，O三点为顶点的平行四边形的另一个顶点D的坐标为______．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，BE平分∠ABC交AC于E，过C作CD⊥BE于D，（1）如图1，求证：CD＝BE（2）如图2，过点A作AF⊥BE，写出AF，BD，CD之间的数量关系并说明理由．2、如图，在每个小正方形的边长均为1的方格纸中，有线段AB和线段CD，点A、B、C、D均在小正方形的顶点上．

（1）在方格纸中画出以AB为对角线的正方形AEBF，点E、F在小正方形的顶点上；（2）在方格纸中画出以CD为斜边的等腰直角三角形CDM，连接BM，并直接写出BM的长．3、如图，△AOB是等腰直角三角形．（1）若A（﹣4，1），求点B的坐标；（2）AN⊥y轴，垂足为N，BM⊥y轴，垂足为点M，点P是AB的中点，连PM，求∠PMO度数；（3）在（2）的条件下，点Q是ON的中点，连PQ，求证：PQ⊥AM．

4、已知：如图，在四边形中，，．求证：（1）BECD；（2）四边形是矩形．5、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．-参考答案-一、单选题1、C【解析】【分析】证EF是△ABC的中位线，得EF∥BC，再由平行线的性质即可求解．【详解】解：∵点E，F分别是AB，AC的中点，∴EF是△ABC的中位线，∴EF∥BC，∴∠AEF=∠B=55°，故选：C．【点睛】本题考查了三角形中位线定理以及平行线的性质；熟练掌握三角形中位线定理，证出EF∥BC是解题的关键．2、B【解析】【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质定理判断即可．【详解】解：平行四边形的对角线互相平分，不一定相等，A错误；矩形的对角线相等且互相平分，B正确；菱形的对角线互相垂直，不一定相等，C错误；正方形的对角线所在的直线是正方形的对称轴，D错误；故选：B．【点睛】本题考查了命题的真假判断，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质是解题的关键．3、C【解析】【分析】根据题意连接BD，过点E作EF⊥AC于点F，根据菱形的性质可以证明三角形ABD是等边三角形，根据平移的性质可得AD∥A′E，可得，，进而求出A′E，再利用30度角所对直角边等于斜边的一半即可得出结论．【详解】解：如图，连接BD，过点E作EF⊥AC于点F，∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB，BD⊥AC，∵∠BAD=60°，∴三角形ABD是等边三角形，∵菱形ABCD的边长为6cm，∴AD=AB=BD=6cm，∴AG=GC=3（cm），∴AC=6（cm），∵AA′=2（cm），∴A′C=4（cm），∵AD∥A′E，∴，∴，∴A′E=4（cm），∵∠EA′F=∠DAC=∠DAB=30°，∴EF=A′E=2（cm）．故选：C．【点睛】本题考查菱形的性质以及等边三角形的判定与性质和平移的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．4、C【解析】【分析】如图，矩形中，利用三角形的中位线的性质证明，再证明四边形是平行四边形，再证明从而可得结论.【详解】解：如图，矩形中，分别为四边的中点，，四边形是平行四边形，四边形是菱形．故选C．【点睛】本题考查的是矩形的性质，菱形的判定，三角形的中位线的性质，熟练的运用三角形的中位线的性质解决中点四边形问题是解本题的关键.5、B【解析】【分析】利用折叠的性质可得∠ACF＝∠ACB，由AD∥BC，可得出∠CAD＝∠ACB，进而可得出AE＝CE，根据矩形性质可得AB=CD=4，BC=AD=8，∠D=90°，设AE＝CE=x，则ED＝8﹣x，在Rt△CDE中，利用勾股定理可求出x的值，再利用三角形的面积公式即可求出△ACE的面积，则可得出答案．【详解】解：由折叠的性质，∠ACF＝∠ACB．∵AD∥BC，∴∠CAD＝∠ACB，∴∠CAD＝∠ACF，∴AE＝CE．∵四边形ABCD为矩形，∴AB=CD=4，BC=AD=8，∠D=90°，设AE＝CE=x，则ED＝8﹣x，在Rt△CDE中，根据勾股定理得，即42+（8﹣x）2＝x2，∴x＝5，∴图中阴影部分的面积＝S△ACEAE•AB=×5×4＝10．故选：B【点睛】本题考查了翻折变换、矩形的性质、勾股定理以及三角形的面积，利用勾股定理求出AE的长是解题的关键．二、填空题1、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.2、4【解析】【分析】过点O作OG⊥AB，垂足为G，过点O作OH⊥BC，垂足为H，把四边形的面积转化为正方形OGBH的面积，等于正方形ABCD面积的．【详解】如图，过点O作OG⊥AB，垂足为G，过点O作OH⊥BC，垂足为H，∵四边形ABCD的对角线交点为O，∴OA=OC，∠ABC=90°，AB=BC，∴OG∥BC，OH∥AB，∴四边形OGBH是矩形，OG=OH=，∠GOH=90°，∴=4，∵∠FOH+∠FOG=90°，∠EOG+∠FOG=90°，∴∠FOH=∠EOG，∵∠OGE=∠OHF=90°，OG=OH，∴△OGE≌△OHF，∴，∴，∴=4，故答案为：4．【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形的全等与性质，补形法计算面积，熟练掌握正方形的性质，灵活运用补形法计算面积是解题的关键．3、10或14##14或10【解析】【分析】利用BF平分∠ABC，CE平分∠BCD，以及平行关系，分别求出、，通过和是否相交，分两类情况讨论，最后通过边之间的关系，求出的长即可．【详解】解：四边形ABCD是平行四边形，，，，，，BF平分∠ABC，CE平分∠BCD，，，，，由等角对等边可知：，，情况1：当与相交时，如下图所示：，，，情况2：当与不相交时，如下图所示：，，故答案为：10或14．【点睛】本题主要是考查了平行四边形的性质，熟练运用平行关系+角平分线证边相等，是解决本题的关键，还要注意根据和是否相交，本题分两类情况，如果没考虑仔细，会漏掉一种情况．4、【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．5、（9，4）、（-3，4）、（3，-4）【解析】【分析】根据平行四边形的性质得出AD=BO=6，AD∥BO，根据平行线得出A和D的纵坐标相等，根据B的横坐标和BO的值即可求出D的横坐标．【详解】∵平行四边形ABCD的顶点A、B、O的坐标分别为（3，4）、（6，0）、（0，0），∴AD=BO=6，AD∥BO，∴D的横坐标是3+6=9，纵坐标是4，即D的坐标是（9，4），同理可得出D的坐标还有（-3，4）、（3，-4）．故答案为：（9，4）、（-3，4）、（3，-4）．【点睛】本题考查了坐标与图形性质和平行四边形的性质，注意：平行四边形的对边平行且相等．三、解答题1、（1）证明见解析；（2）BD=CD+2AF，理由见解析【分析】（1）延长BA与CD的延长线交于点G，先证明△ABE≌△ACG得到BE=CG，由BD是∠ABC的角平分线，得到∠GBD=∠CBD，即可证明△BDG≌△BDC得到CD=GD，则；（2）如图所示，连接AD，取BE中点H，连接AH，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，，则，再由∠BAC=90°，AB=AC，得到∠ABC=45°，根据BD平分∠ABC，即可推出∠AHF=∠ABH+∠BAH=45°，从而得到AF=HF，则DH=2AF，由此即可推出BD=BH+HD=BH+2AF=CD+2AF．【详解】解：（1）如图所示，延长BA与CD的延长线交于点G，∵∠BAC=90°，∴∠CAG=90°，∵CD⊥BE，∴∠EDC=∠GDB=∠BAE=90°，又∵∠AEB=∠DEC，∴∠ABE=∠DCE，在△ABE和△ACG中，，∴△ABE≌△ACG（ASA），∴BE=CG，∵BD是∠ABC的角平分线，∴∠GBD=∠CBD，在△BDG和△BDC中，，∴△BDG≌△BDC（ASA），∴CD=GD，∴；（2）BD=CD+2AF，理由如下：如图所示，连接AD，取BE中点H，连接AH，由（1）得CD=GD，，∵△BAE和△CAG都是直角三角形，H为BE中点，D为CG中点，∴，，∴，∴∠ABH=∠BAH，∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABC=45°，又∵BD平分∠ABC，∴∠ABH=∠BAH=22.5°，∴∠AHF=∠ABH+∠BAH=45°，∵AF⊥DH，∴HF=DF，∠AFH=90°，∴∠HAF=45°，∴AF=HF，∴DH=2AF，∴BD=BH+HD=BH+2AF=CD+2AF．【点睛】．本题主要考查了全等三角形的性质与判定，角平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．2、（1）见详解；（2）见详解．【分析】（1）根据勾股定理求出AB的长，以AB为对角线的正方形AEBF，根据正方形的性质求出正方形边长AE=，根据勾股定理构造直角三角形横1竖3，或横3竖1，利用点A平移找到点E，点F即可完成求解；（2）根据勾股定理求出CD的长，△CDM为等腰直角三角形，设CM=DM=x，再利用勾股定理，根据勾股定理构造横1竖2，或横2竖1直角三角形，利用点C平移得到点M，即可得到答案．【详解】（1）根据勾股定理AB=，∵以AB为对角线的正方形AEBF，∴S正方形=，∵正方形AEBF的边长为AE，∴AE2=10，∴AE=，根据勾股定理可知构造横1竖3或横3竖1的直角三角形作线段AE、AF，点A向下平移1格，再向左平移3格得点E，点A向右平移1格，再向下平移3格得点F，∴连结AE，BE，BF，AF，则正方形ABEF作图如下：（2）根据勾股定理，∵△CDM为等腰直角三角形，设CM=DM=x，根据勾股定理，即，解得，∴CM=DM=，根据勾股定理构造横1竖2，或横2竖1直角三角形作线段CM、DM，点C向右移动2格，再向上移动1格得点M，连结CM，DM，则△CDM为所求如图．

【点睛】本题考查了正方形性质、正方形面积，边长，等腰直角三角形、腰长，勾股定理，一元二次方程，平移；解题的关键是熟练掌握正方形性质、等腰直角三角形性质，勾股定理，一元二次方程，平移，从而完成求解．3、（1）（1，4）；（2）45°；（3）见解析

【分析】（1）过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BF⊥x轴于F，证明△OAE≌△BOF得到OF=AE，BF=OE，再由点A的坐标为（-4，1），得到OF=AE=1，BF=OE=4，则点B的坐标为（1，4）；（2）延长MP与AN交于H，证明△APH≌△BPM得到AH=BM，再由A点坐标为（-4，1），B点坐标为（1，4），得到AN=4，OM=4，BM=1，ON=1，则HN=AN-AH=AN-BM=3，MN=OM-ON=3，瑞出HN=MN，即可得到∠NHM=∠NMH=45°，即∠PMO=45°；（3）连接OP，AM，取BM中点G，连接GP，则GP是△ABM的中位线，AM∥GP，证明△PQO≌△PGB得到∠OPQ=∠BPG，再由∠OPQ+∠BPQ=90°，得到∠BPG+∠BPQ=90°，即∠GPQ=90°，则PQ⊥PG，即PG⊥AM；【详解】解：（1）如图所示，过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BF⊥x轴于F，∴∠AEO=∠OFB=90°，∴∠AOE+∠OAE=90°，又∵∠AOB=90°，∴∠AOE+∠BOF=90°，∴∠OAE=∠BOF，∵AO=OB，∴△OAE≌△BOF（AAS），∴OF=AE，BF=OE，∵点A的坐标为（-4，1），∴OF=AE=1，BF=OE=4，∴点B的坐标为（1，4）；（2）如图所示，延长MP与AN交于H，∵AH⊥y轴，BM⊥y轴，∴BM∥AN，∴∠MBP=∠HAP，∠AHP=∠BMP，∵点P是AB的中点，∴AP=BP，∴△APH≌△BPM（AAS），∴AH=BM，∵A点坐标为（-4，1），B点坐标为（1，4），∴AN=4，OM=4，BM=1，ON=1，∴HN=AN-AH=AN-BM=3，MN=OM-ON=3，∴HN=MN，∴∠NHM=∠NMH=45°，即∠PMO=45°；（3）如图所示，连接OP，AM，取BM中点G，连接GP，∴GP是△ABM的中位线，∴AM∥GP，∵Q是ON的中点，G是BM的中点，ON=BM=1，∴，∵P是AB中点，△AOB是等腰直角三角形，∠AOB=90°，∴，∠OAB=∠OBA=45°，∠OPB=90°∴∠PAO=∠POA=45°，∴∠POB=45°，∵∠NAO+∠NOA=90°，∠NOA+∠BON=90°，∴∠NAO=∠BON，∵∠OAB=∠POB=45°，∴∠BAN+∠NAO=∠POQ+∠BON，即∠BAN=∠POQ，由（2）得∠GBP=∠BAN，∴∠GBP=∠QOP，∴△PQO≌△PGB（SAS），∴∠OPQ=∠BPG，∵∠OPQ+∠BPQ=90°，∴∠BP