专题18.11 平行四边形章末题型过关卷（解析版）

第18 章 平行四边形章末题型过关卷 【人版】 参考答与试题解析 一．选择题（共10 小题，满分30 分，每小题3 分） 1．（3 分）（2022 春·广东湛江·八年级期末）如图，在▱ABCD中，以A为圆心，AB长 为半径画弧交AD于F．分别以点F ，B为圆心，大于1 2 BF长为半径作弧，两弧交于点G , 作射线AG交BC于点E ,若BF=6, AB=5,则AE的长为（ ） ．4 B．6 ．8 D．10 【答】 【分析】如下图，根据作图可得E 与BF 相互垂直平分，在Rt B △中，利用勾股定理可求得 的长，从而得出E 的长． 【详解】设E 与BF 交于点，连接EF 由作图可知，E 与BF 相互垂直平分 BF=6 ∵ ，∴B=3 B=5 ∵ ∴在Rt B △中，=4 E=8 ∴ 故选：． 【点睛】本题考查垂直平分线的画法和勾股定理，解题关键是根据作图，判断出E 与BF 相 互垂直平分． 2．（3 分）（2022 春·全国·八年级专题练习）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD 相交于点O，OE/¿ AB交AD于点E．若OA=2，Δ AOE的周长为10，则平行四边形 ABCD的周长为（ ） 1 ．16 B．32 ．36 D．40 【答】B 【分析】由平行四边形的性质得AB=CD，AD=BC，OB=OD，证OE是Δ ABD的中位 线，则AB=2OE，AD=2 AE，求出AE+OE=8，则AB+ AD=2 AE+2OE=16，即 可得出答． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD，AD=BC，OB=OD，AO=OC， ∵OE/¿ AB， ∴AE=DE， ∴OE是Δ ABD的中位线， ∴AB=2OE，AD=2 AE， ∵Δ AOE的周长等于10， ∴OA+ AE+OE=10， ∴AE+OE=10−OA=10−2=8， ∴AB+ AD=2 AE+2OE=16， ∴▱ABCD的周长¿2×( AB+ AD)=2×16=32． 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握平行四边形 的性质和三角形中位线定理，求出AD+ AB=16是解题的关键． 3．（3 分）（2022 秋·重庆北碚·九年级西南大学附中校考开学考试）如图，在矩形ABCD 中，在AD上取点E，连接BE，在BE上取点F，连接AF，将△ABF沿AF翻折，使得点 B刚好落在CD边的G处，若∠GFB=90°，AB=10，AD=6，FG的长是（ ） ．3 B．5 ．2❑ √5 D．2❑ √10 【答】 【分析】连接BG，根据折叠得到AG=AB=10，BF=GF，根据勾股定理求出DG，即 可得到CG，从而得到BG，即可得到答； 【详解】解：∵将△ABF沿AF翻折，使得点B刚好落在CD边的G处，AB=10， ∴AG=AB=10，BF=GF， ∵四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=6， ∴AB=CD=10，AD=BC=6，∠D=∠C=90°， 1 ∴DG= ❑ √A G 2−A D 2= ❑ √10 2−6 2=8， ∴CG=10−8=2， ∴BG= ❑ √C G 2+BC 2= ❑ √2 2+6 2=2❑ √10， ∵∠GFB=90°，BF=GF， ∴FG= ❑ √ BG 2 2 = ❑ √ (2❑ √10) 2 2 =2❑ √5, 故选． 【点睛】本题考查勾股定理，矩形性质及折叠的性质，解题的关键是添加辅助线，构造直 角三角形． 4．（3 分）（2022·山东泰安·模拟预测）如图，在四边形ABCD中 ∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于点P，若四边形ABCD的面积是9，则 DP的长是( ) ．6 B．4.5 ．3 D．2 【答】 【分析】如图，过点D 作DE⊥BC交BC的延长线于E，先证明四边形DPBE是矩形，再 利用AAS证明△ADP≌△CDE，得到DE=DP，S△ADP=S△CDE，再由四边形ABCD的 面积¿9，得到DP⋅DE=9，则DP=3． 【详解】解：如图，过点D 作DE⊥BC交BC的延长线于E， 1 ∵∠ABC=90°，DP⊥AB， ∴四边形DPBE是矩形， ∵∠CDE+∠CDP=90°，∠ADC=90°， ∴∠ADP+∠CDP=90°， ∴∠ADP=∠CDE， ∵DP⊥AB， ∴∠APD=∠E=90°， 在△ADP和△CDE中， ¿， ∴△ADP≌△CDE (AAS)， ∴DE=DP，S△ADP=S△CDE ∴四边形ABCD的面积¿四边形DPBE的面积¿9， ∴DP⋅DE=9， ∴DP=3， 故选． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线 构造全等三角形是解题的关键． 5．（3 分）（2022 秋·甘肃白银·九年级校考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相 交于点O．若AC=6，BD=8，AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为 （ ） ．12 B．14 ．24 5 D．48 5 【答】 【分析】利用菱形的面积公式：1 2 · AC·BD=BC·AE，即可解决问题； 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC ⊥BD，OA=OC=3，OB=OD=4， ∴AB=BC=5， 1 ∵ 1 2 · AC·BD=BC·AE， ∴AE=24 5 ， 故选：． 【点睛】本题考查菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用面积法求线段的 长，属于中考常考题型． 6．（3 分）（2022 秋·河北保定·九年级统考期末）如图，甲、乙两人分别用一张矩形纸做 一个折菱形的游戏．甲沿BE折叠使得点A落在BD上，沿DF折叠使得点C落在BD上，甲 说得到的四边形BEDF为菱形；乙沿MN折叠使得AB与DC重合，再折出BM，DN，乙 说得到的四边形BMDN为菱形；下列说法正确的是（ ） ．甲一定成立，乙可能成立 B．甲可能成立，乙一定不成立 ．甲一定成立，乙一定不成立 D．甲可能成立，乙也可能成立 【答】B 【分析】由折叠的方法可知，四边形BEDF和四边形BMDN为平行四边形；再判断它们邻 边是否相等即可得出结论； 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形 ∴AB∥CD AD∥BC ∴∠ABD=∠CDB， 由折叠知：∠EBD=∠ABE，∠FDB=∠CDF ∴∠EBD=∠FDB ∴BE∥DF, ∴四边形BEDF是平行四边形 当BE=DE时，四边形BEDF是平行四边形， ∴∠EBD=∠EDB， 又∵AD∥BC，∠EDB=∠DBF， ∴∠EBD=∠ABE=∠DBF=1 3 ∠ABC=30°， 故∠DBC=30°时，四边形BEDF为菱形，甲甲可能成立， 而由乙折叠方法可知MN ⊥BC，所以BM >BN，故四边形BMDN为不可能为菱形． 1 综上所述：甲可能成立，乙一定不成立， 故选B． 【点睛】本题考查的是翻折变换的性质、平行四边形的判定以及矩形和菱形的性质，翻折 变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应 边和对应角相等． 7．（3 分）（2022 秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于 点，Rt △EOF（两直角边长均大于AB的长度）绕点旋转的过程中，与正方形重叠部分的 面积（ ） ．由小变大 B．由大变小 ．始终不变 D．先由大变小，然后 又由小变大 【答】 【分析】由条件可得△OHB≅△OGC (ASA )，从而S△OHB=S△OGC， SOHBG=S△OHB+S△OBG=S△OGC+S△OBG=S△OBC，即可说明重叠面积始终不变． 【详解】解：∵正方形ABCD中，AC ⊥BD，OB=OC，∠OBH=∠OCG=45°， ∠EOF=90°， ∴ ∠HOB+∠BOF=∠BOF+∠GOC=90°， ∴ ∠HOB=∠GOC， 在△OHB与△OGC中，¿， ∴ △OHB≅△OGC (ASA )， ∴ S△OHB=S△OGC， ∴ SOHBG=S△OHB+S△OBG=S△OGC+S△OBG=S△OBC， 则重叠部分的面积始终不变， 故选：． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，利用面积的等量代换是解题关键． 8．（3 分）（2022 秋·河南郑州·九年级统考期末）如图，P是边长为2 的正方形ABCD的 对角线BD上的一点，点E是AB的中点，则PA+PE最小值是（ ） 1 ．❑ √5 B．❑ √6 ．1+❑ √2 D．2❑ √2 【答】 【分析】利用轴对称最短路径求法，得出点关于BD的对称点为点，再连接EC交BD于点 P 即为最短路径位置，利用勾股定理求出即可． 【详解】连接AC ，EC ，EC与BD交于点P，此时PA+PE的值最小，最小值即为线段 CE的长， ∵正方形ABCD中，AB=BC=2，点E是AB的中点， ∴BE=1 2 AB=1， ∴CE= ❑ √BC 2+B E 2= ❑ √2 2+1 2=❑ √5， 故选：． 【点睛】此题主要考查了利用轴对称求最短路径问题以及正方形的性质和勾股定理，利用 正方形性质得出，关于BD对称是解题关键． 9．（3 分）（2022 春·八年级单元测试）如图所示，在四边形ABCD中，AD=BC，E、 F分别是AB、CD的中点，AD、BC的延长线分别与EF的延长线交于点H、G，则( ) 1 ．∠AHE>∠BGE B．∠AHE=∠BGE ．∠AHE<∠BGE D．∠AHE与∠BGE的大小关系不确定 【答】B 【分析】连接BD，取中点，连接E，F，根据三角形中位线定理得E＝1 22D，且平行D，F＝ 1 2B 且平行B，再利用 D＞B 和 E D ∥，求证∠E＝∠EF，同理 可证∠BGE＝∠FE，再利用E＞F 和 ∠E＝∠EF，∠BGE＝∠FE 即可得出结论． 【详解】连接BD，取中点，连接E，F E ∵，F 分别是B，D 的中点， E ∴，F 分别是△BD，△BD 的中位线， E ∴＝1 2D，且平行D，F＝1 2B 且平行B， D=B ∵ ， E=F ∴ ， E D ∵∥， E ∴∠＝∠EF， 同理∠BGE＝∠FE， ∵在△EF 中，E=F， FE= EF ∴∠ ∠ ， E ∵∠＝∠EF，∠BGE＝∠FE， BGE= E ∴∠ ∠． 故选：B． 1 【点睛】此题主要考查学生对三角形中位线定理和三角形三边关系等知识点的理解和掌握， 有一定的拔高难度，属于难题． 10．（3 分）（2022 春·广东佛山·九年级校考期末）如图，在正方形ABCD中，AC为对角 线，E为AB上一点，过点E作EF ∥AD，与AC、DC分别交于点G，F，H为CG的中点， 连接DE，EH，DH，FH，下列结论中结论正确的有（ ） ①EG=DF；②∠AEH +∠ADH=180°；③△EHF ≌△DHC；④若AE AB =2 3，则 3 S△EDH=13 S△DHC，其中结论正确的有（ ） ．1个 B．2个 ．3个 D．4个 【答】D 【分析】根据正方形ABCD，AC为对角线，EF ∥AD，可知四边形AEFD是矩形，由此 可证△AEG、 △CFG、△HFG、△HFC是等腰直角三角形，H为CG的中点，AE AB =2 3，可知△EHD 是等腰 直角三角形，由此即可求解． 【详解】解：结论①EG=DF， ∵正方形ABCD中，AC为对角线，EF ∥AD， ∴∠EAG=45°，∠AEG=90°， ∴AE=AG，四边形AEFD是矩形，△AEG、△CFG是等腰直角三角形， ∴AE=DF， ∴EG=DF，故结论①正确； 结论②∠AEH +∠ADH=180°， 由结论①正确可知，△CFG是等腰直角三角形，H为CG的中点， ∴FH ⊥CG，且△HFG、△HFC是等腰直角三角形， ∴HF=HG，∠HFD=45°+90°=135°，∠HGE=180°−45°=135°， ∴∠HFD=∠HGE，且EG=DF， ∴△HFD≌△HGE(SAS)， ∴∠HEG=∠HDF， 1 ∵∠AEG+∠ADF=∠AEG+∠ADH +∠HDF=∠AEH +∠ADH=180°，故结论 ②正确； 结论③△EHF ≌△DHC， ∵△AEG、△CFG、△HFG、△HFC是等腰直角三角形，△HFD≌△HGE(SAS)， ∴HF=HC ,∠HFG=∠HCF=45°， ∵四边形AEFD是矩形， ∴EF=AD=DC， ∴△EHF ≌△DHC(SAS)，故结论③正确； 结论④若AE AB =2 3，则3 S△EDH=13 S△DHC， 由结论②正确，可知△HFD≌△HGE(SAS)；由结论③正确可知， △EHF ≌△DHC(SAS)， 且△AEG、△CFG、△HFG、△HGC是等腰直角三角形， ∴HE=HD ,∠EHD=90°，即△EHD是等腰直角三角形， 如图所示，过点H作HM ⊥CD于M，设HM=x，则DM=5 x，DH=❑ √26 x，CD=6 x， ∴S△DHC=1 2 HM •CD=3 x 2，S△EDH=1 2 D H 2=13 x 2， ∴3 S△EDH=13 S△DHC，故结论④正确； 综上所示，正确的有①②③④， 故选：D． 【点睛】本题是四边形与三角形的综合，主要考查正方形的性质，矩形的判定与性质，三 角形全等的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，掌握正方形的性质，矩形的性 质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键． 二．填空题（共6 小题，满分18 分，每小题3 分） 11．（3 分）（2022 秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC， BD的长分别为6，8，过点作AE⊥CD于点E，则AE的长为___________． 1 【答】24 5 【分析】利用菱形的性质和勾股定理求出菱形的边长，利用等积法求出AE的长即可． 【详解】解：∵在菱形ABCD中，对角线AC，BD的长分别为6，8， ∴AC ⊥BD ,OC=1 2 AC=3,OD=1 2 BD=4， ∴CD= ❑ √OC 2+O D 2=5， ∵AE⊥CD， ∴菱形的面积¿ 1 2 AC ⋅BD=CD⋅AE，即：1 2 ×6×8=5 AE， ∴AE=24 5 ； 故答为：24 5 ． 【点睛】本题考查菱形性质．熟练掌握菱形的对角线互相垂直平分，是解题的关键． 12．（3 分）（2022 春·八年级课时练习）如图，点、B、、D 在格中小正方形的顶点处，D 与B 相交于点，小正方形的边长为1，则的长等于_______． 【答】2 【分析】连接E，证明四边形EB 是平行四边形得AE∥BC，由勾股定理得D=5，从而有 D=DE=5，然后利用等腰三角形的性质可得∠DE=∠DE，再利用平行线的性质可得 ∠DE=∠D，∠DE=∠D，从而可得∠D=∠D，进而可得D=D=3，最后进行计算即可解答． 【详解】解∶如下图∶连接E， 1 ∵AB∥EC，B=E=2， ∴四边形EB 是平行四边形， ∴AE∥BC， ∵D=❑ √3 2+4 2=5， DE=5， ∴D=DE=5， ∴∠DE=∠DE， ∵AE∥BC， ∴∠DE=∠D，∠DE=∠D0， ∴∠D=∠D， ∴D=D=3， = ∴D-D=5-3=2， 故答为∶2． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，根 据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 13．（3 分）（2022 春·广东佛山·九年级校考期末）如图，两个全等的矩形纸片重叠在一起， 矩形的长和宽分别是8 和6，则重叠部分的四边形周长是________． 【答】25 【分析】先证明四边形ABCD是菱形，则AB=BC=CD=AD，设 AB=BC=CD=AD=x，则CG=8−x，在Rt △CDG中，由勾股定理可得 6 2+(8−x ) 2=x 2，解方程求出CD=25 4 ，即可得到重叠部分的四边形周长． 【详解】解：如图所示， 1 由题意得，矩形BFDE≌矩形BHDG， ∴∠G=90°，DG=DE=6，BG∥DH，BE∥DF，BG=8， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴平行四边形的面积＝AD× DG=CD× DE， ∴AD=CD， ∴四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC=CD=AD， 设AB=BC=CD=AD=x，则CG=8−x， 在Rt △CDG中，由勾股定理可得，DG 2+C G 2=C D 2， 则6 2+(8−x ) 2=x 2， 解得x=25 4 ， 即CD=25 4 ， ∴四边形ABCD的周长¿4CD=4× 25 4 =25． 故答为：25 【点睛】此题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，证明四边形 ABCD是菱形是解题的关键． 14．（3 分）（2022 春·江苏南京·八年级南京外国语学校仙林分校校考开学考试）如图，长 方形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上任一点，连接AE，把∠B沿AE折叠， 使点B落在点B'处，当CE的长为___________时，△CE B '恰好为直角三角形． 【答】1 或5 2 1 【分析】当△CE B '为直角三角形时，有两种情况：①当点B'落在矩形内部时，当点B'落 在AD边上时，利用矩形的性质及勾股定理进行计算即可． 【详解】解：当△CE B '为直角三角形时，有两种情况： ①当点B'落在矩形内部时，如答图1 所示． 连接AC， 在Rt △ABC中，AB=3，BC=4， ∴AC= ❑ √A B 2+BC 2=5， ∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B'处， ∴∠AB' E=∠B=90°， 当△CE B '为直角三角形时，只能得到∠EB' C=90°， ∴点A、B'、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B'处， ∴EB=EB'，AB=AB'=3， ∴CB'=5−3=2， 设BE=x，则EB'=x，CE=4−x， 在Rt △CE B '中， ∵EB' 2+CB' 2=C E 2， ∴x 2+2 2=(4−x) 2，解得x=3 2， ∴BE=3 2，CE=4−3 2=5 2； ②当点B'落在AD边上时，如答图2 所示． 此时四边形ABEB'为正方形， 1 ∴BE=AB=3， ∴CE=BC−BE=4−3=1， 综上所述：CE=1或5 2， 故答为：1 或5 2． 【点睛】此题考查了矩形与折叠问题，勾股定理，正方形的判定和性质，正确理解矩形的 性质及勾股定理的计算，进行分类讨论是解题的关键． 15．（3 分）（2022 春·八年级课时练习）如图，矩形 ABCD 的面积为 128cm 2，对角线 交于点 O；以 AB，AO 为邻边做平行四边形 AOC1B，对角线交于点 O1；以 AB， A O1 为邻边做平行四边形 A O1C2B；⋯；依此类推，则平行四边形 A O6C