人教版8年級數學下冊《平行四邊形》專項攻克考試時間：90分鐘；命題人：教研組考生注意：1、本卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘2、答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級填寫在試卷規(guī)定位置上3、答案必須寫在試卷各個題目指定區(qū)域內相應的位置，如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用涂改液、膠帶紙、修正帶，不按以上要求作答的答案無效。第I卷（選擇題20分）一、單選題（5小題，每小題4分，共計20分）1、如圖是用若干個全等的等腰梯形拼成的圖形，下列說法錯誤的是（）A．梯形的下底是上底的兩倍 B．梯形最大角是C．梯形的腰與上底相等 D．梯形的底角是2、如圖，在中，，，AD平分，E是AD中點，若，則CE的長為（）A． B． C． D．3、的周長為32cm，AB：BC=3：5，則AB、BC的長分別為（）A．20cm，12cm B．10cm，6cm C．6cm，10cm D．12cm，20cm4、如圖，四邊形和四邊形都是矩形．若，則等于（）A． B． C． D．5、四邊形四條邊長分別是a，b，c，d，其中a，b為對邊，且滿足，則這個四邊形是（）A．任意四邊形 B．平行四邊形 C．對角線相等的四邊形 D．對角線垂直的四邊形第Ⅱ卷（非選擇題80分）二、填空題（5小題，每小題6分，共計30分）1、如圖，在正方形ABCD中，，E是AB的中點，P是AD上任意一點，連接PE，PC，若是等腰三角形，則AP的長可能是______．2、在四邊形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝5cm，對角線AC，BD相交于點O，且AC＝8cm，則四邊形ABCD的面積為______cm2．3、如圖，四邊形AOBC是正方形，曲線CP1P2P3???叫做“正方形的漸開線”，其中弧CP1，弧P1P2，弧P2P3，弧P3P4的圓心依次按點A，O，B，C循環(huán)，點A的坐標為（2，0），按此規(guī)律進行下去，則點P2021的坐標為_____．4、如圖，已知正方形ABCD的邊長為6，E、F分別是AB、BC邊上的點，且∠EDF＝45°，將△DAE繞點D逆時針旋轉90°，得到△DCM若AE＝2，則FM的長為___．5、如圖，Rt△ABD中，∠D＝90°，AB＝8，BD＝4，在BD延長線上取一點C，使得DC＝BD，在直線AD左側有一動點P滿足∠PAD＝∠PDB，連接PC，則線段CP長的最大值為________．三、解答題（5小題，每小題10分，共計50分）1、如圖，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于點D．（1）若DE∥AB交AC于點E，證明：△ADE是等腰三角形；（2）若BC＝12，DE＝5，且E為AC中點，求AD的值．2、如圖，在平行四邊形中，，．．點在上由點向點出發(fā)，速度為每秒；點在邊上，同時由點向點運動，速度為每秒．當點運動到點時，點，同時停止運動．連接，設運動時間為秒．（1）當為何值時，四邊形為平行四邊形？（2）設四邊形的面積為，求與之間的函數關系式．（3）當為何值時，四邊形的面積是四邊形的面積的四分之三？求出此時的度數．（4）連接，是否存在某一時刻，使為等腰三角形？若存在，請求出此刻的值；若不存在，請說明理由．3、如圖，在四邊形ABCD中，ABDC，AB＝AD，對角線AC，BD交于點O，AC平分∠BAD，過點C作CE⊥AB交AB的延長線于點E，連接OE．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）若AB＝，BD＝2，求OE的長．4、如圖：已知△BCD是等腰直角三角形，且∠DCB＝90°，過點D作AD∥BC，使AD＝BC，在AD上取一點E，連結CE，點B關于CE的對稱點為B1，連結B1D，并延長B1D交BA的延長線于點F，延長CE交B1F于點G，連結BG．（1）求證：∠CBG＝∠CDB1；（2）若AE＝DE，BC＝10，求BG長；（3）在（2）的條件下，H為直線BG上一點，使△HCG為等腰三角形，則所有滿足要求的BH的長是．（直接寫出答案）5、（探究發(fā)現）（1）如圖1，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，點D為BC的中點，E、F分別為邊AC、AB上兩點，若滿足∠EDF＝90°，則AE、AF、AB之間滿足的數量關系是．（類比應用）（2）如圖2，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，點D為BC的中點，E、F分別為邊AC、AB上兩點，若滿足∠EDF＝60°，試探究AE、AF、AB之間滿足的數量關系，并說明理由．（拓展延伸）（3）在△ABC中，AB＝AC＝5，∠BAC＝120°，點D為BC的中點，E、F分別為直線AC、AB上兩點，若滿足CE＝1，∠EDF＝60°，請直接寫出AF的長．-參考答案-一、單選題1、D【解析】【分析】如圖（見解析），先根據平角的定義可得，再根據可求出，由此可判斷選項；先根據等邊三角形的判定與性質可得，再根據平行四邊形的判定可得四邊形是平行四邊形，根據平行四邊形的性質可得，然后根據菱形的判定可得四邊形是菱形，根據菱形的性質可得，最后根據線段的和差、等量代換可得，由此可判斷選項．【詳解】解：如圖，，，，，梯形是等腰梯形，，則梯形最大角是，選項B正確；沒有指明哪個角是底角，梯形的底角是或，選項D錯誤；如圖，連接，，是等邊三角形，，，點共線，，，，四邊形是平行四邊形，，，，，，四邊形是菱形，，，，選項A、C正確；故選：D．【點睛】本題考查了等腰梯形、菱形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質等知識點，熟練掌握各判定與性質是解題關鍵．2、B【解析】【分析】根據三角形內角和定理求出∠BAC，根據角平分線的定義∠DAB=∠B，求出AD，根據直角三角形的性質解答即可．【詳解】解：∵∠ACB=90°，∠B=30°，∴∠BAC=90°-30°=60°，∵AD平分∠BAC，∴∠DAB=∠BAC=30°，∴∠DAB=∠B，∴AD=BD=a，在Rt△ACB中，E是AD中點，∴CE=AD=，故選：B．【點睛】本題考查的是直角三角形的性質、角平分線的定義，掌握直角三角形斜邊上的中線是斜邊的一半是解題的關鍵．3、C【解析】【分析】根據平行四邊形的性質，可得AB=CD，BC=AD，然后設，可得到，即可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，BC=AD，∵AB：BC=3：5，∴可設，∵的周長為32cm，∴，即，解得：，∴．故選：C【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質，熟練掌握平行四邊形的對邊相等是解題的關鍵．4、A【解析】【分析】由題意可得∠AGF=∠DAB=90°，由平行線的性質可得，即可得∠DGF=70°．【詳解】解：∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是矩形∴∠AGF=∠DAB=90°，DC//AB∴∴故選：A．【點睛】本題考查了矩形的性質，熟練掌握矩形的性質是本題的關鍵．5、B【解析】【分析】根據完全平方公式分解因式得到a=b，c=d，利用邊的位置關系得到該四邊形的形狀．【詳解】解：，，，，∴a=b，c=d，∵四邊形四條邊長分別是a，b，c，d，其中a，b為對邊，∴c、d是對邊，∴該四邊形是平行四邊形，故選：B．【點睛】此題考查了完全平方公式分解因式，平行四邊形的判定方法，熟練掌握完全平方公式分解因式是解題的關鍵．二、填空題1、或或【解析】【分析】分三種情況：當時，當時，當時，利用等腰三角形的性質和正方形的性質進行求解即可．【詳解】解：如圖1，當時，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B=∠D=90°，BC=DC，∴，∴則，∵E是AB的中點，∴∴；如圖2．當點P與點D重合時，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=BC，∠A=∠B=90°，∵E是AB的中點，∴AE=BE，∴△ADE≌△BCE（SAS），∴即PE=CE，是等腰三角形．∴；如圖3．當時，設，則，在直角△PDC中，，在直角△AEP中，，則．解得，即．綜上所述，AP的長可能是1或2或．故答案為：1或2或．【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質，正方形的性質，全等三角形的性質與判定，勾股定理，解題的關鍵在于能夠熟練掌握等腰三角形的性質和正方形的性質．2、24【解析】【分析】根據題意作圖，得出四邊形為菱形，再根據菱形的性質進行求解面積即可．【詳解】解：根據題意作圖如下：由題意得四邊形為菱形，，且平分，，，由勾股定理：，，，故答案為：24．【點睛】本題考查了菱形的判定及形，勾股定理，解題的關鍵是判斷四邊形是菱形．3、（4044，0）【解析】【分析】由題意可知：正方形的邊長為2，分別求得，可發(fā)現點的位置是四個一循環(huán)，每旋轉一次半徑增加2，找到規(guī)律，即求得點P2021在x軸正半軸，進而求得OP的長度，即可求得點的坐標．【詳解】由題意可知：正方形的邊長為2，∵A（2，0），B（0，2），C（2，2），P1（4，0），P2（0，﹣4），P3（﹣6，2），P4（2，10），P5（12，0），P6（0，﹣12）…可發(fā)現點的位置是四個一循環(huán)，每旋轉一次半徑增加2，2021÷4＝505…1，故點P2021在x軸正半軸，OP的長度為2021×2+2＝4044，即：P2021的坐標是（4044，0），故答案為：（4044，0）．【點睛】本題考查了平面直角坐標系點的坐標規(guī)律，正方形的性質，找到點的位置是四個一循環(huán)，每旋轉一次半徑增加2的規(guī)律是解題的關鍵．4、5【解析】【分析】由旋轉性質可證明△EDF≌△MDF，從而EF=FM；設FM=EF=x，則可得BF=8?x，由勾股定理建立方程即可求得x．【詳解】由旋轉的性質可得：DE=DM，CM=AE=2，∠ADE=∠CDM，∠EDM=90゜∵四邊形ABCD是正方形∴∠ADC=∠B=90゜，AB=BC=6∴∠ADE+∠FDC=∠ADC?∠EDF=45゜∴∠FDC+∠CDM=45゜即∠MDF=45゜∴∠EDF=∠MDF在△EDF和△MDF中∴△EDF≌△MDF(SAS)∴EF=FM設EF=FM=x則∴∵在Rt△EBF中，由勾股定理得：解得：故答案為：5【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理等知識，運用了方程思想，關鍵是證明三角形全等．5、##【解析】【分析】如圖，取AD的中點O，連接OP、OC，然后求出OP、OC的長，最后根據三角形的三邊關系即可解答．【詳解】解：如圖，取AD的中點O，連接OP、OC∵∠PAD=∠PDB，∠PDB+∠ADP=90°，∴∠PAD+∠ADP=90°，即∠APD=90°，∵AO=OD，∴PO=OA=AD，∴∴OP=，∵BD=CD=4，OD=，∴∵PC≤OP+OC，∴PC≤，∴PC的最大值為．故填：．【點睛】本題主要考查了直角三角形斜邊中線的性質、勾股定理等知識點，解題的關鍵在于正確添加常用輔助線，進而求得OP、OC的長．三、解答題1、（1）見解析；（2）8【分析】（1）根據“三線合一”性質先推出∠BAD=∠CAD，再結合平行線的性質推出∠BAD=∠ADE，從而得到∠ADE=∠EAD，即可根據“等角對等邊”證明；（2）根據題意結合中位線定理可先推出AC=2DE，然后在Rt△ADC中利用勾股定理求解即可．【詳解】（1）證：∵在△ABC中，AB＝AC，∴△ABC為等腰三角形，∵AD⊥BC于點D，∴由“三線合一”知：∠BAD=∠CAD，∵DE∥AB交AC于點E，∴∠BAD=∠ADE，∴∠CAD=∠ADE，即：∠ADE=∠EAD，∴AE=DE，∴△ADE是等腰三角形；（2）解：由“三線合一”知：BD=CD，∵BC=12，∴DC=6，∵E為AC中點，∴DE為△ABC的中位線，∴AB=2DE，∴AC=AB=2DE=10，在Rt△ADC中，，∴AD=8．【點睛】本題考查等腰三角形的性質與判定，勾股定理解三角形，以及三角形的中位線定理等，掌握等腰三角形的基本性質，熟練運用中位線定理和勾股定理計算是解題關鍵．2、（1）；（2）y＝S四邊形ABPQ＝2t＋32（0＜t≤8）；（3）t＝8，；（4）當t＝4或

或時，為等腰三角形，理由見解析．【分析】（1）利用平行四邊形的對邊相等AQ＝BP建立方程求解即可；

（2）先構造直角三角形，求出AE，再用梯形的面積公式即可得出結論；

（3）利用面積關系求出t，即可求出DQ，進而判斷出DQ＝PQ，即可得出結論；

（4）分三種情況，利用等腰三角形的性質，兩腰相等建立方程求解即可得出結論．【詳解】解：（1）∵在平行四邊形中，，，由運動知，AQ＝16?t，BP＝2t，

∵四邊形ABPQ為平行四邊形，

∴AQ＝BP，

∴16?t＝2t

∴t＝，

即：t＝s時，四邊形ABPQ是平行四邊形；（2）過點A作AE⊥BC于E，如圖，在Rt△ABE中，∠B＝30°，AB＝8，

∴AE＝4，

由運動知，BP＝2t，DQ＝t，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AD＝BC＝16，

∴AQ＝16?t，

∴y＝S四邊形ABPQ＝（BP＋AQ）?AE＝（2t＋16?t）×4＝2t＋32（0＜t≤8）；（3）由（2）知，AE＝4，

∵BC＝16，

∴S四邊形ABCD＝16×4＝64，

由（2）知，y＝S四邊形ABPQ＝2t＋32（0＜t≤8），

∵四邊形ABPQ的面積是四邊形ABCD的面積的四分之三

∴2t＋32＝×64，

∴t＝8；

如圖，當t＝8時，點P和點C重合，DQ＝8，

∵CD＝AB＝8，

∴DP＝DQ，

∴∠DQC＝∠DPQ，

∴∠D＝∠B＝30°，

∴∠DQP＝75°；（4）①當AB＝BP時，BP＝8，

即2t＝8，t＝4；

②當AP＝BP時，如圖，∵∠B＝30°，

過P作PM垂直于AB，垂足為點M，

∴BM＝4，，解得：BP＝，

∴2t＝，

∴t＝

③當AB＝AP時，同（2）的方法得，BP＝，

∴2t＝，

∴t＝

所以，當t＝4或或時，△ABP為等腰三角形．【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了平行四邊形的性質，含30°的直角三角形的性質，等腰三角形的性質，解（1）的關鍵是利用AQ＝BP建立方程，解（2）的關鍵是求出梯形的高，解（3）的關鍵是求出t，解（4）的關鍵是分類討論的思想思考問題．3、（1）見解析；（2）2【分析】（1）先判斷出∠OAB＝∠DCA，進而判斷出∠DAC＝∠DCA，得出CD＝AD＝AB，即可得出結論；（2）先判斷出OE＝OA＝OC，再求出OB＝1，利用勾股定理求出OA，即可得出結論．【詳解】（1）證明：∵ABCD，∴∠OAB＝∠DCA，∵AC為∠DAB的平分線，∴∠OAB＝∠DAC，∴∠DCA＝∠DAC，∴CD＝AD＝AB，∵ABCD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AD＝AB，∴平行四邊形ABCD是菱形；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC，BD⊥AC，∵CE⊥AB，∴OE＝OA＝OC，∵BD＝2，∴OB＝BD＝1，在Rt△AOB中，AB＝，OB＝1，∴OA＝＝2，∴OE＝OA＝2．【點睛】此題主要考查特殊平行四邊形的判定與性質，解題的關鍵是菱形的判定與性質、勾股定理的應用．4、（1）證明過程見解析；（2）BG的長為4；（3）2或6﹣4或或6+4【分析】（1）連結BB1交CG于點M，交CD于點Q，證明四邊形ABCD是正方形，再根據對稱的性質得到CE垂直平分BB1，得到△BCG≌△B1CG（SSS），即可得解；（2）設BG交AD于點N，得到△BCQ≌△CDE（ASA），得到CQ＝DE＝5，BQ＝CE＝5，再根據勾股定理得到BM，最后利用勾股定理計算即可；（3）根據點G的位置不同分4種情況進行討論計算即可；【詳解】（1）證明：如圖1，連結BB1交CG于點M，交CD于點Q，∵AD∥BC，AD＝BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵BC＝DC，∠BCD＝90°，∴四邊形ABCD是正方形，∵點B1與點B關于CE對稱，∴CE垂直平分BB1，∴BC＝B1C，BG＝B1G，∵CG＝CG，∴△BCG≌△B1CG（SSS），∴∠CBG＝∠CB1G，∵DC＝B1C，∴∠CDB1＝∠CB1G，∴∠CBG＝∠CDB1．（2）解：如圖1，設BG交AD于點N，∵BC＝CD＝AD＝10，∴DE＝AD＝5，∵∠CDE＝90°，∴CE＝，∵∠BCQ＝∠CDE＝∠BMC＝90°，∴∠CBQ＝90°﹣∠BCM＝∠DCE，∴△BCQ≌△CDE（ASA），∴CQ＝DE＝5，BQ＝CE＝5，∵CM⊥BQ，∴S△BCQ＝BQ?CM＝BC?CQ，∴，∴CM＝2，∴BM＝，∵∠ABC＝∠BAN＝90°，∴∠GDN+∠CDB1＝90°，∠ABN+∠CBG＝90°，∴∠GDN＝∠ABN，∵∠GND＝∠ANB，∴∠GDN+∠GND＝∠ABN+∠ANB＝90°，∴∠BGB1＝90°，∴∠BGM＝∠B1GM＝∠BGB1＝45°，∵∠BMG＝90°，∴∠BMG＝∠BGM＝45°，∴GM＝BM＝4，∴BG＝，∴BG的長為4．（3）解：如圖1，由（2）得CM＝2，GM＝4，∴CG＝2+4＝6，如圖2，CH＝CG＝6，則∠CHG＝∠CGH＝45°，∴∠GCH＝90°，∴GH＝，∴BH＝GH﹣BG＝6﹣4＝2；如圖3，HG＝CG＝6，且點H與點B在直線FB1的同側，∴BH＝HG﹣BG＝6﹣4；如圖4，CH＝GH，則∠HCG＝∠HGC＝45°，∴∠CHG＝90°，∴CH2+GH2＝CG2，∴2GH2＝（6）2，∴GH＝3，∴BH＝BG﹣GH＝4﹣3＝；如圖5，HG＝CG＝6，且點H與點B在直線FB1的異側，∴BH＝HG+BG＝6+4，綜上所述，BH的長為2或6﹣4或或6+4，故答案為：2或6﹣4或或6+4．【點睛】本題主要考查了全等三角形的綜合，勾股定理，垂直平分線的判定與性質，正方形的性質，準確分析計算是解題的關鍵．5、（1）AB＝AF+AE；（2）AE+AF＝AB，理由見解析；（3）