04平行四边形-【人教版期末真题精选】天津市2022-2023八年级数学下学期期末复习专练

这是一份04平行四边形-【人教版期末真题精选】天津市2022-2023八年级数学下学期期末复习专练，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
04平行四边形-【人教版期末真题精选】天津市2022-2023八年级数学下学期期末复习专练 一、单选题1．（2022春·天津·八年级校联考期末）如图，平行四边形ABCD中，若，则的大小为（   ）A．30 B．50 C．60 D．802．（2022春·天津西青·八年级统考期末）如图，在中，，则的度数为（    ）A． B． C． D．3．（2022春·天津滨海新·八年级统考期末）在中，若，，则的周长是（    ）A．8 B．16 C．11 D．13 二、填空题4．（2022春·天津河西·八年级统考期末）如图，平行四边形ABCO中的顶点O，A，C的坐标分别为，，，则顶点B的坐标为______．5．（2022春·天津·八年级校联考期末）如图，等边三角形ABC的边长为8，AD是BC边中线，点E是AB边上一动点，以EA，ED为边作平行四边形AEDF．（1）AD的长为_________．（2）EF的最小值为_________．6．（2022春·天津西青·八年级统考期末）如图，▱ABCD的顶点C在等边△BEF的边BF上，点E在AB的延长线上，G为DE的中点，连接CG．若AD＝5，AB＝CF＝3，则CG的长为______． 三、解答题7．（2022秋·天津红桥·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点C．经过点B的直线与y轴交于点，与抛物线交于点E．(1)求抛物线的解析式及点C的坐标；(2)若点P为抛物线的对称轴上的动点，当的周长最小时，求点P的坐标；(3)若点M是直线上的动点，过M作轴交抛物线于点N，判断是否存在点M，使以点M、N，C，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．8．（2022春·天津北辰·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，点E、F分别在BC、AD上，AC与EF相交于点O，且AO＝CO．(1)求证：△AOF≌△COE；(2)连接AE、CF，则四边形AECF　 　（填“是”或“不是”）平行四边形．9．（2022春·天津西青·八年级统考期末）如图，的对角线，相交于点O，分别延长，，，至点A，B，C，D，使点E，F，G，H分别是，，，的中点．求证：四边形是平行四边形．10．（2022春·天津津南·八年级统考期末）如图，在ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E是DC边上一点，延长EO交AB边于点F．求证：OE=OF．11．（2022春·天津南开·八年级统考期末）如图，等边的边长是2，，分别为，的中点，延长至点，使，连接和．(1)求证：四边形为平行四边形；(2)求的长．12．（2022春·天津河北·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，平分，已知，，，（1）求的长．（2）若，求的度数．
参考答案：1．C【分析】由平行四边形的性质可求得答案．【详解】解：四边形为平行四边形，．故选：C．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的对角相等是解题的关键．2．B【分析】由平行四边形的性质先证明再利用平行线的性质可得答案．【详解】解： ， ∵， 故选B【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，掌握“平行四边形的对角互补”是解本题的关键．3．B【分析】根据平行四边形的对边相等即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，，则的周长是，故选B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．4．【分析】四边形ABCD是平行四边形，对边平行且相等AB=OC，则点B的横坐标等于点A的横坐标加上AB的长度的，点B的纵坐标等于点A的纵坐标．【详解】∵点O（0，0），点C∴OC=∵四边形ABCD为平行四边形∴AB=OC=∵A(2，3)∴B故答案为：【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形对边平行且相等是解题的关键．5．          【分析】（1）根据等边三角形的性质得BD=4，再利用勾股定理即可求解．（2）设AD与EF的交点为O，过点O作OH⊥AB于H，利用平行四边形的性质可得，当OE最小时，即可得EF的最小值．【详解】解：（1）∵等边三角形ABC的边长为8，AD是BC边的中线，∴，∴，故答案为：．（2）设AD与EF的交点为O，过点O作OH⊥AB于H，如图所示：∵四边形AEDF是平行四边形，∴AO=OD，，∴当OE最小时，此时EF最小，∴OE⊥AB时，OE最小值为OH的长，∴，∴EF的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、平行四边形的性质、垂线段最短，将EF的最小值转化为OE最小是解题的关键．6．【分析】根据平行四边形的性质和等边三角形的性质，可以得到BF和BE的长，然后可以证明△DCG≌△EHG，然后即可得到CG的长．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，CD＝AB，DC∥AB，∵AD＝5，AB＝CF＝3，∴CD＝3，BC＝5，∴BF＝BC＋CF＝8，∵△BEF是等边三角形，G为DE的中点，∴BF＝BE＝8，DG＝EG，延长CG交BE于点H，∵DC∥AB，∴∠CDG＝∠HEG，在△DCG和△EHG中，，∴△DCG≌△EHG（ASA），∴DC＝EH，CG＝HG，∵CD＝3，BE＝8，∴HE＝3，BH＝5，∵∠CBH＝60°，BC＝BH＝5，∴△CBH是等边三角形，∴CH＝BC＝5，∴CG＝CH＝，故答案为：．．【点睛】本题考查平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．7．(1)，(2)(3)存在，或 【分析】（1）用待定系数法求得抛物线的解析式，用解析式可求得点C的坐标（2）用待定系数法求出一次函数的解析式，由点A和点B关于对称轴对称，可知点P为对称轴与直线的交点时，的周长最小，即可求得点P的坐标（3）由可知，，设点、，求得，即可求得点M的坐标【详解】（1）∵点在抛物线上，∴，解得：，∴抛物线的解析式为：，∴点C的坐标为：（2）∵经过点直线与y轴交于点，∴，解得：，∴直线的解析式为：，联立方程组，解得：或，∴，∵抛物线的对称轴为：，且，∴点A关于对称轴的对称点为点B，∵，∴当点P为对称轴与直线的交点时，的周长最小，∴（3）存在点M，使以点M、N，C，D为顶点的四边形是平行四边形∵，即，∴要使以点M、N，C，D为顶点的四边形是平行四边形，则，∵，∴，∴，∵点M在直线上，∴设点，则点N的坐标为：，∴，即，当时，解得：，∴点M的坐标为：或，当，解得：（舍去）综上所述：存在点M，使以点M、N，C，D为顶点的四边形是平行四边形，此时点M的坐标为：或【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法、轴对称的应用、平行四边形的性质；掌握方程的思想和分类讨论的方法是解决问题的关键8．(1)证明见解析(2)是 【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质可得，，然后根据定理即可得证；（2）先根据全等三角形的性质可得，然后根据平行四边形的判定即可得出结论．（1）证明：四边形是平行四边形，，，，在和中，，．（2）解：如图，连接，由（1）已证：，，又，即，四边形是平行四边形，故答案为：是．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．9．证明见解析【分析】先根据平行四边形的性质可得，再根据三角形中位线定理可得，，从而可得，然后根据平行四边形的判定即可得证．【详解】证明：四边形是平行四边形，，点分别是，的中点，，同理可得：，，四边形是平行四边形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．10．见解析【分析】根据平行四边形的性质，可知OD=OB， DC∥AB，进而得出∠EDO=∠FBO，根据ASA易证△DOE≌△BOF，进而得出结论．【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OD=OB，DC∥AB．∴∠EDO=∠FBO．∵∠DOE=∠BOF，∴△DOE≌△BOF（ASA）．∴OE=OF．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质，熟练地运用全等三角形的判定和性质是解决问题的关键．11．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先根据三角形中位线定理可得，从而可得，再根据平行四边形的判定即可得证；（2）先根据等边三角形的性质可得，再利用勾股定理可得，然后根据平行四边形的性质即可得．【详解】（1）证明：分别为，的中点，，，，四边形为平行四边形．（2）解：等边的边长是2，为的中点，，，由（1）已证：四边形为平行四边形，．【点睛】本题考查了三角形中位线定理、等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．12．（1）10；（2）126°【分析】（1）根据平行四边形的性质可得,平分，可得，由等角对等边可得，根据，，即可求得,进而求得；（2）根据（1）的结论可得，由勾股定理的逆定理可得，根据已知条件求得，进而根据平行四边形的性质可得的度数．【详解】解：（1）∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵平分，∴，∴．∴．∵，，∴．∴．（2）∵四边形是平行四边形，∴，，，∵，，∴，∴是直角三角形且．∵，∴．∵，∴．∴．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，角平分线的定义，等角对等边，掌握以上知识是解题的关键．