人教版八年级初二数学下学期平行四边形单元 易错题难题综合模拟测评检测试题Word文件下载.docx

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（2）如图2，连结BF，以BF、BC为一组邻边作平行四边形BCHF．

①连结BH，BG，求的值；

②当四边形BCHF为菱形时，直接写出BH的长．

5．如图1，在中，，,，以OB为边，在外作等边，D是OB的中点，连接AD并延长交OC于E．

（1）求证：

四边形ABCE是平行四边形；

（2）连接AC，BE交于点P，求AP的长及AP边上的高BH；

（3）在

（2）的条件下，将四边形OABC置于如图所示的平面直角坐标系中，以E为坐标原点，其余条件不变，以AP为边向右上方作正方形APMN：

①M点的坐标为．

②直接写出正方形APMN与四边形OABC重叠部分的面积（图中阴影部分）．

6．已知，如图，在三角形中，，于，且．点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；

同时点由点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点的动直线，交于点，连结，设运动时间为，解答下列问题：

（1）线段_________；

（2）求证：

（3）当为何值时，以为顶点的四边形为平行四边形？

7．如图1，在正方形ABCD（正方形四边相等，四个角均为直角）中，AB＝8，P为线段BC上一点，连接AP，过点B作BQ⊥AP，交CD于点Q，将△BQC沿BQ所在的直线对折得到△BQC′，延长QC′交AD于点N．

BP＝CQ；

（2）若BP＝PC，求AN的长；

（3）如图2，延长QN交BA的延长线于点M，若BP＝x（0＜x＜8），△BMC'

的面积为S，求S与x之间的函数关系式．

8．如图1，点为正方形的边上一点，，且，连接，过点作垂直于的延长线于点．

（1）求的度数；

（2）如图2，连接交于，交于，试证明：

．

9．如图，四边形为正方形.在边上取一点，连接，使.

（1）利用尺规作图（保留作图痕迹）：

分别以点、为圆心，长为半径作弧交正方形内部于点，连接并延长交边于点，则；

（2）在前面的条件下，取中点，过点的直线分别交边、于点、.

①当时，求证：

②当时，延长，交于点，猜想与的数量关系，并说明理由.

10．在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°

，AB=AD=10cm，BC=8cm。

点P从点A出发，以每秒3cm的速度沿折线ABCD运动，点Q从点D出发，以每秒2cm的速度沿线段DC方向向点C运动。

已知动点P，Q同时出发，当点Q运动到点C时，P，Q运动停止，设运动时间为t秒.

（1）求CD的长.

（2）t为何值时？

四边形PBQD为平行四边形.

（3）在点P，点Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使得△BPQ的面积为20cm2？

若存在，请求出所有满足条件的t的值；

若不存在，请说明理由.

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

1．

（1）；

（2）或4；

（3）四边形PBQD不能成为菱形

【分析】

（1）由∠B=90°

，AP∥BQ，由矩形的判定可知当AP=BQ时，四边形ABQP成为矩形；

（2）由

（1）可求得点P、Q与点A、B为顶点的四边形为平行四边形；

然后由当PD=CQ时，CDPQ是平行四边形，求得t的值；

（3）由PD∥BQ，当PD=BQ=BP时，四边形PBQD能成为菱形，先由PD=BQ求出运动时间t的值，再代入求BP，发现BP≠PD，判断此时四边形PBQD不能成为菱形；

设Q点的速度改变为vcm/s时，四边形PBQD在时刻t为菱形，根据PD=BQ=BP列出关于v、t的方程组，解方程组即可求出点Q的速度．

【详解】

（1）如图1，∵∠B=90°

，AP∥BQ，

∴当AP=BQ时，四边形ABQP成为矩形，

此时有t=22﹣3t，解得t=．

∴当t=时，四边形ABQP成为矩形；

故答案为；

（2）如图1，当t=时，四边形ABQP成为矩形，

如图2，当PD=CQ时，四边形CDPQ是平行四边形，

则16﹣t=3t，

解得：

t=4，

∴当t=或4时，以点P、Q与点A、B、C、D中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形；

故答案为或4；

（3）四边形PBQD不能成为菱形．理由如下：

∵PD∥BQ，

∴当PD=BQ=BP时，四边形PBQD能成为菱形．

由PD=BQ，得16﹣t=22﹣3t，

t=3，

当t=3时，PD=BQ=13，BP====≠13，

∴四边形PBQD不能成为菱形；

如果Q点的速度改变为vcm/s时，能够使四边形PBQD在时刻ts为菱形，

由题意，得，解得．

故点Q的速度为2cm/s时，能够使四边形PBQD在某一时刻为菱形．

【点睛】

此题属于四边形的综合题．考查了矩形的判定、菱形的判定以及勾股定理等知识．注意掌握分类讨论思想与方程思想的应用是解此题的关键．

2．

（1）①证明见详解；

②，见解析；

（2）5．

（1）①只要证明即可解决问题；

②如图2中，连接QC，作交QC的延长线于T，利用全等三角形的性质解决问题即可；

（2）如图3中，延长EH交BC于点G，设AE=x，由题意易得AB=BC=CF=EG=3x，然后可得CG=2x，HG=3x-3，CH=3x-1，利用勾股定理求解即可．

（1）①证明：

四边形ABCD是正方形，，，

，，

四边形APBC是平行四边形；

②

四边形PADQ是平行四边形，，

，，四边形PQCB是平行四边形，

，，，

DQ=DT，，

AD=DC，，，

，；

（3）CH=5，理由如下：

如图3所示：

延长EH交BC于点G；

四边形ABCD是正方形，AB=BC，，

又EH=3，FH=1，EH⊥AD，，

设AE=x，，AB=BC=CF=EG=3x，

CG=2x，HG=3x-3，CH=3x-1

在中，，解得

当x=1时，AB=3（不符合题意，舍去）；

当x=2时，AB=6，CH=5．

故答案为5．

本题主要考查正方形的综合问题、三角形全等及勾股定理，关键是利用已知条件及四边形的性质得到它们之间的联系，然后利用勾股定理求解线段的长即可．

3．

（1）证明见试题解析；

（2）证明见试题解析；

（3）△DEP为等腰直角三角形，理由见试题解析．

（1）根据正方形性质得出BC＝DC，根据旋转图形的性质得出CP＝CQ以及∠PCB＝∠QCD，从而得出三角形全等来得出结论；

（2）由

（1）知∠PBC＝∠QBC，BE和CD交点为F，根据对顶角得出∠DFE＝∠BFC，从而说明BE⊥QD；

（3）根据等边三角形的性质得出PB＝PC＝BC，∠PBC＝∠BPC＝∠PCB＝60°

，则∠PCD＝30°

，根据BC＝DC，CP＝CQ得出△PCD为等腰三角形，然后根据△DCQ为等边三角形，从而得出∠DEP＝90°

，从而得出答案．

（1）证明∵四边形ABCD是正方形，

∴BC＝DC，

又∵将线段CP绕点C顺时针旋90°

得到线段CQ，

∴CP＝CQ，∠PCQ＝90°

，

∴∠PCD＋∠QCD＝90°

又∵∠PCB＋∠PCD＝90°

∴∠PCB＝∠QCD

在△BCP和△DCQ中，

BC＝DC，CP＝CQ，∠PCB＝∠QCD，

∴△BCP≌△DCQ，

∴∠CBP＝∠CDQ；

（2）证明：

∵△BCP≌△DCQ，

∴∠PBC＝∠QDC，

∴∠DFE＝∠BFC，∠FED＝∠FCB＝90°

∴BE⊥QD；

（3）△DEP为等腰直角三角形，理由如下：

∵△BPC为等边三角形，

∴PB＝PC＝BC，∠PBC＝∠BPC＝∠PCB＝60°

∴∠PCD＝90°

－60°

＝30°

∴∠DCQ＝90°

－30°

＝60°

又∵BC＝DC，CP＝CQ，

∴PC＝DC，DC＝CQ，

∴△PCD是等腰三角形，△DCQ是等边三角形，

∴∠CPD＝∠CDP＝75°

，∠CDQ＝60°

∴∠EPD＝180°

－75°

＝45°

∠EDP＝180°

∴∠EPD＝∠EDP，PE＝DE，

∴∠DEP＝180°

－45°

＝90°

∴△DEP是等腰直角三形．

本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定和性质以及旋转的性质，掌握正方形的四条边相等、四个角都是直角，旋转的性质证明三角形全等是解题的关键．

4．

（1）证明见解析；

（2）①；

②BH的长为17或7．

（1）证，即可得出结论；

（2）①连接，延长交于，设与的交点为，证，得，，证为等腰直角三角形，即得结论；

②分两种情况，证出点、、在一条直线上，求出，则，由勾股定理求出，求出，即可得出答案．

（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，

∴AD=AB=CB，AG=AE，∠DAB=∠GCE=90°

∴∠DAB﹣∠GAF=∠GCE﹣∠GAF，

即∠DAG=∠BAE，

在△DAG和△BAE中，

∴△DAG≌△BAE（SAS），

∴DG=BE；

（2）①连接GH，延长HF交AB于N，设AB与EF的交点为M，如图2所示：

∵四边形BCHF是平行四边形，

∴HFBC，HF=BC=AB．

∵BC⊥AB，

∴HF⊥AB，

∴∠HFG=∠FMB，

又AGEF，

∴∠GAB=∠FMB，

∴∠HFG=∠GAB，

在△GAB和△GFH中，

∴△GAB≌△GFH（SAS），

∴GH=GB，∠GHF=∠GBA，

∴∠HGB=∠HNB=90°

∴△GHB为等腰直角三角形，

∴BHBG，

∴；

②分两种情况：

a、如图3所示：

连接AF、EG交于点O，连接BE．

∵四边形BCHF为菱形，

∴CB=FB．

∵AB=CB，

∴AB=FB=13，

∴点B在AF的垂直平分线上．

∵四边形AEFG是正方形，

∴AF=EG，OA=OF=OG=OE，AF⊥EG，AE=FE=AG=FG，

∴点G、点E都在AF的垂直平分线上，

∴点B、E、G在一条直线上，

∴BG⊥AF．

∵AE=5，

∴AF=EGAE=10，

∴OA=OG=OE=5，

∴OB12，

∴BG=OB+OG=12+5=17，

由①得：

BHBG=17；

b、如图4