6.3.4特殊的平行四边形练习题（3题型基础+能力+创新+易错）-【上好课】2024-2025学年八年级数学下册同步精品课堂（青岛版）

6.3.4特殊的平行四边形 题型一 利用正方形的性质求角度 1．如图，点在正方形的内部，且是等边三角形，连接，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据正方形与等边三角形的性质得出，，进而求得，即可求解． 【详解】解：∵点在正方形内部，且是等边三角形，是正方形的对角线， ∴，， ∴， ∴ 故选C． 2．如图，在正方形外侧，以为一边向上作等边三角形，连接，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的 性质，由正方形和等边三角形的性质可得，，进而即可求解，掌握正方形和等边三角形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， 故选：． 3．如图，在正五边形的内部，以边为边作正方形，连接，则 ． 【答案】81 【分析】本题考查正多边形的内角问题，正方形的性质，等腰三角形的性质等．先根据正多边形内角公式求出，进而求出，最后根据求解． 【详解】解：正五边形中，，， 正方形中，，， ，， ， ， 故答案为：81． 4．如图，在中，，以为边向外作正方形，对角线与交于点，若，求的度数． 【答案】75° 【分析】本题考查正方形的性质，多边形的内角和．由正方形的性质得到，进而根据四边形的内角和为即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵，， ∴．  题型二 利用正方形的性质求线段长 1．如图，四边形为正方形．为等边三角形，于点F，若，则（   ） A．4 B．3 C． D．2 【答案】D 【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，根据正方形和等边三角形的性质，得到为含30度角的直角三角形，，根据含30度角的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵四边形为正方形，为等边三角形，，， ∴，，，， ∴， ∴． 故选：D． 2．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点坐标为，则点的坐标为 ．    【答案】 【分析】此题主要考查了正方形的性质，坐标与图形性质，全等三角形的判定与性质，过点作轴于，过点作轴于，于，则四边形为矩形，进而得到，，先证明，进而可证明和全等，则，，进而得到，，，由此可得点的坐标． 【详解】解：点作轴于，过点作轴于，于，如图，    则四边形为矩形， ，，， ， 四边形为正方形， ，， 点， ，， ， ，， ，， ， ， ，， ， ，， 点的坐标为， 故答案为：． 3．如图，点E是正方形的边上一点，连接． (1)请用无刻度的直尺和圆规作边上的高（保留作图痕迹，不写作法）； (2)延长交于点F，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】本题考查了尺规作垂线，正方形的性质，全等三角形的判定与性质． （1）以点为圆心，作弧交于两点，再分别以这两交点为圆心，大于两交点一半为半径画弧，取两弧的交点，与点连接，所得线段与的交点即为所求的点； （2）根据正方形的性质，得，，由（1）得，再根据同角的余角相等，得，然后根据全等三角形判定（角边角），得，据此求解即可得出结论． 【详解】（1）解：高如图1所示． （2）解：延长交于点，如图2，   四边形是正方形， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ． ∵， ∴． 题型三 证明一个四边形是正方形 1．如图，在中，，是边上的中线． (1)尺规作图：在直线右侧作射线，在射线上截取，连接．（保留作图痕迹，不写作法） (2)当满足什么条件时，四边形为正方形，并说明理由． 【答案】(1)图见解析 (2)当为等腰直角三角形，即时，四边形为正方形，理由见解析 【分析】本题考查作图—复杂作图、直角三角形斜边上的中线、正方形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）在的右侧作，再以点为圆心，的长为半径画弧，交射线于点，连接即可． （2）当是等腰直角三角形时，四边形为正方形．结合直角三角形斜边上的中线的性质、正方形的判定、等腰直角三角形的性质证明即可． 【详解】（1）解：如图，在的右侧作，再以点为圆心，的长为半径画弧，交射线于点，连接， 则射线、线段即为所求． （2）解：当是等腰直角三角形时，四边形为正方形． 理由：，， 四边形为平行四边形． ，是边上的中线， ， 四边形为菱形． 是等腰直角三角形， ， ， ， 四边形为正方形． 2．如图，在中，，的平分线交于点，，．求证：四边形为正方形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了正方形的证明，根据，可得四边形为平行四边形；结合可得四边形为矩形，进而得，再由平分得，即可求证； 【详解】证明：∵，． ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴四边形为矩形． ∴， ∵平分， ∴， ∴四边形为正方形． 3．如图，在正方形中，，垂足为，过点分别作于点于点，求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，根据正方形的性质可得，，，再证明，可得，四边形是矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形即可求证． 【详解】证明：四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， 又∵， 四边形是正方形． 4．如图，为的对角线，延长至点，使得，连接，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)正方形，理由见解析 【分析】本题考查了特殊四边形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点． （1）根据题意得，，根据得，则四边形是平行四边形，又有，由一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明结论； （2）由平行四边形性质可得，进而可得，则是矩形，根据也是菱形可知四边形是正方形． 【详解】（1）解：∵在中， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形，， ∵， ∴是菱形； （2）结论：四边形是正方形， 理由如下： 由（1）得，，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴是矩形， 又∵是菱形 ∴四边形是正方形． 1．如图，在中，，是斜边上的高，为角平分线交于，交于，，交于，过作于，连接，给出以下结论：①；②四边形是菱形；③；④若，则．其中正确结论的序号为（   ） A．①②③④ B．②③④ C．①③④ D．①②③ 【答案】A 【分析】此题主要考查了菱形的判定与性质以及平行四边形的判定与性质等知识．根据角平分线的定义可得，然后再由平行，线段相等，进而得出四边形是平行四边形，再得出四边形是菱形，进而分别进行判断． 【详解】解：，，， ， ，①正确； ， 是的角平分线，， ， ， 又∵，， ∴， 四边形是平行四边形， 结合可得四边形是菱形，②正确； ∴，又，即， ∴四边形是平行四边形， ∴，③正确； ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，④正确． 综上，①②③④正确． 故选：A． 2．如图，延长正方形边至点，使，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，连接，根据题意可得，则，由外角的性质可得：，即可求解． 【详解】解：连接， ∵四边形是正方形， ∴，且， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：A． 3．如图，正方形，E，F分别是，的中点，，相交于点G，连接，若，求的长． 【答案】2 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 延长、相交于H，先证明，得到，从而得到，再证明，得到，从而得到，即可由直角三角形的性质得出，即可求解． 【详解】解：延长、相交于H，如图， ∵正方形， ∴，， ∴， ∵E，F分别是，的中点， ∴，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴ ∴， ∴， 故答案为：2． 4．中，点O是上一动点，过点O作直线，若交的平分线于点E，交的平分线于点F，连接、．    (1)、的数量关系：________． (2)当点O运动到何处时，四边形是矩形，证明你的结论． (3)在（2）的条件下，当满足________时，四边形为正方形． 【答案】(1)，理由见解析； (2)当点运动到的中点时，四边形是矩形，理由见解析； (3)为直角的直角三角形． 【分析】（1）由已知分别平分和可推出所以得； （2）由（1）得出的点运动到的中点时，则由所以这时四边形是矩形． （3）由已知和（2）得到的结论，点运动到的中点时，且满足为直角的直角三角形时，则推出四边形是矩形且对角线垂直，所以四边形是正方形． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵， ∴， 又∵平分，平分， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）证明：当点运动到的中点时，四边形是矩形，理由如下： ∵当点运动到的中点时，， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴，即， ∴四边形是矩形； （3）解：当点运动到的中点时，且满足为直角的直角三角形时，四边形是正方形， ∵由（2）知，当点运动到的中点时，四边形是矩形， ∵ 当则， ∴四边形是正方形， 故答案为：为直角的直角三角形． 【点睛】此题考查了是正方形和矩形的判定，角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的判定等知识，掌握相关知识是解题的关键． 5．如图，在矩形中，点E是边上的一点，连接，过点A作，垂足为点F，且，过点F作，与、边分别交于点M、N．求证：四边形为正方形． 【答案】见解析 【分析】此题考查了正方形的判定，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定方法是解本题的关键．先证明四边形是矩形，利用得到，利用全等三角形对应边相等得到，根据，得到，利用邻边相等的矩形是正方形即可得证． 【详解】证明：∵四边形是矩形， ∴，，，，         ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形，             又∵， ∴四边形是矩形，                     ∴． ∵，∴， ∴， 又∵， ∴， 在和中，，，． ∴，                 ∴， 又∵， ∴，             又∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形． 1．通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题： 【模型呈现】某兴趣小组在从汉代数学家赵爽的弦图（如图，由外到内含三个正方形）中提炼出两个三角形全等模型图（如图、图），即“一线三等角”模型和“字”模型． 【问题发现】如图，已知，中，，，一直线过顶点，过，分别作其垂线，垂足分别为，．易证； （1）如图，若改变直线的位置，其余条件与前面相同，请直接写出，，之间的数量关系_________； 【问题提出】 （2）在（）的条件下，若，，则的面积为____________． （3）如图，正方形中，，，求的面积． 【答案】（）；（）；（）的面积为． 【分析】（）根据垂直的定义和余角的性质得到 ，证明，根据全等三角形的性质和线段和差即可求解； （）由（）得，，设，则，求出，，最后用面积公式即可求解； （）过作，交延长线于点，由四边形是正方形得，，根据同角的余角相等得，证明，根据全等三角形的性质得，最后用面积公式即可求解； 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． 【详解】解：（）∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 即， 故答案为：； （）由（）知：，， 设，则， ∴， 解得：， ∴，， ∴的面积为， 故答案为：； （）如图，过作，交延长线于点， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴的面积为． 2．问题解决：如图①，在矩形中，点E，F分别在边上，于点G． （1）求证：四边形是正方形； （2）延长到点H，使得，连接，判断的形状，并说明理由． 类比迁移：如图②，在菱形中，点E，F分别在边上，与相交于点G，，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）等腰三角形，见解析；类比迁移：9 【分析】本题主要考查了正方形的证明、菱形的性质、三角形全等的判断与性质等知识点，理解题意并灵活运用相关知识、正确做出辅助线构造三角形全等是解题的关键． （1）先说明可得，再证明得到，然后根据一组邻边相等的矩形是正方形即可证明结论； （2）由可得，再证明可得，从而得到等腰三角形； 类比迁移：如图，延长到点H，使，连接，由菱形的性质可证明，再结合已知可得是等边三角形，最后利用线段的和差即可解答． 【详解】（1）解：证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴ 在和中， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． （2）是等腰三角形， 理由：由（1）得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰三角形． 类比迁移：如图，延长到点H，使，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴ ∴是等边三角形， ， ∴． 1．下列命题中正确的是（   ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．邻边相等的平行四边形是正方形 C．正方形的面积等于对角线平方的一半 D．矩形的对角线相等且互相垂直 【答案】C 【分析】考查了命题与定理；利用菱形、正方形的判定方法、矩形的性质及正方形的性质分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】A. 对角线互相垂直的平行四边形不一定是菱形，故该选项不正确，不符合题意； B. 邻边相等的平行四边形是菱形，故该选项不正确，不符合题意； C. 正方形的面积等于对角线平方的一半，故该选项正确，符合题意；     D. 矩形的对角线相等且互相平分，故该选项不正确，不符合题意； 故选：C． 2．如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（    ） A．当，是矩形 B．当，是矩形 C．当，是菱形 D．当，是正方形 【答案】D 【分析】本题考查矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定，解答本题的关键是明确它们各自的判定方法．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可以判断A；根据对角线相等的平行四边形是矩形可以判断B；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可以判断C；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以判断 【详解】四边形是平行四边形， 当，平行四边形是矩形，故选项A正确，不符合题意； 当，平行四边形是矩形，故选项B正确，不符合题意； 当，平行四边形是菱形，故选项C正确，不符合题意； 当，平行四边形是菱形，但不一定是正方形，故选项D错误，符合题意； 故选： 3．正方形具有而矩形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相垂直 B．对角互补 C．对角线互相平分 D．对角线相等 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形、正方形的性质，根据正方形和矩形的性质逐项分析可得结论． 【详解】解：A、正方形的对角线相等且互相垂直，矩形的对角线只相等但不垂直，正方形具有而矩形不一定具有的性质是对角线互相垂直，故A选项符合题意； B、正方形和矩形的对角都互补，故B选项不符合题意； C、正方形和矩形的对角线都互相平分，故C选项不符合题意； D、正方形和矩形的对角线都相等，故D选项不符合题意； 故选：A． 4．如图，已知四边形是菱形，从①，②，③中选择一个作为条件后，使四边形成为正方形，则应该选择的是 （仅填序号）． 【答案】③ 【分析】根据菱形的性质和正方形的判定进行逐一判断即可．本题主要考查了菱形的性质，正方形的判定，熟知正方形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：依题意，由四边形是菱形加上条件不能证明四边形成为正方形； 由四边形是菱形加上条件不能证明四边形成为正方形； 当四边形是菱形加上条件，则证明过程如下： ∵四边形是菱形， ∴，， ∴ ∵， ∴ ∴， ∴四边形是正方形； 故答案为：③． 1 / 24 学科网（北京）股份有限公司 $$ 6.3.4特殊的平行四边形 题型一 利用正方形的性质求角度 1．如图，点在正方形的内部，且是等边三角形，连接，，则（   ） A． B． C． D． 2．如图，在正方形外侧，以为一边向上作等边三角形，连接，则的度数是（    ） A． B． C． D． 3．如图，在正五边形的内部，以边为边作正方形，连接，则 ． 4．如图，在中，，以为边向外作正方形，对角线与交于点，若，求的度数． 题型二 利用正方形的性质求线段长 1．如图，四边形为正方形．为等边三角形，于点F，若，则（   ） A．4 B．3 C． D．2 2．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点坐标为，则点的坐标为 ．    3．如图，点E是正方形的边上一点，连接． (1)请用无刻度的直尺和圆规作边上的高（保留作图痕迹，不写作法）； (2)延长交于点F，若，求的长． 题型三 证明一个四边形是正方形 1．如图，在中，，是边上的中线． (1)尺规作图：在直线右侧作射线，在射线上截取，连接．（保留作图痕迹，不写作法） (2)当满足什么条件时，四边形为正方形，并说明理由． 2．如图，在中，，的平分线交于点，，．求证：四边形为正方形． 3．如图，在正方形中，，垂足为，过点分别作于点于点，求证：四边形是正方形． 4．如图，为的对角线，延长至点，使得，连接，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，试判断四边形的形状，并说明理由． 1．如图，在中，，是斜边上的高，为角平分线交于，交于，，交于，过作于，连接，给出以下结论：①；②四边形是菱形；③；④若，则．其中正确结论的序号为（   ） A．①②③④ B．②③④ C．①③④ D．①②③ 2．如图，延长正方形边至点，使，则为（   ） A． B． C． D． 3．如图，正方形，E，F分别是，的中点，，相交于点G，连接，若，求的长． 4．中，点O是上一动点，过点O作直线，若交的平分线于点E，交的平分线于点F，连接、．    (1)、的数量关系：________． (2)当点O运动到何处时，四边形是矩形，证明你的结论． (3)在（2）的条件下，当满足________时，四边形为正方形． 5．如图，在矩形中，点E是边上的一点，连接，过点A作，垂足为点F，且，过点F作，与、边分别交于点M、N．求证：四边形为正方形． 1．通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题： 【模型呈现】某兴趣小组在从汉代数学家赵爽的弦图（如图，由外到内含三个正方形）中提炼出两个三角形全等模型图（如图、图），即“一线三等角”模型和“字”模型． 【问题发现】如图，已知，中，，，一直线过顶点，过，分别作其垂线，垂足分别为，．易证； （1）如图，若改变直线的位置，其余条件与前面相同，请直接写出，，之间的数量关系_________； 【问题提出】 （2）在（）的条件下，若，，则的面积为____________． （3）如图，正方形中，，，求的面积． 2．问题解决：如图①，在矩形中，点E，F分别在边上，于点G． （1）求证：四边形是正方形； （2）延长到点H，使得，连接，判断的形状，并说明理由． 类比迁移：如图②，在菱形中，点E，F分别在边上，与相交于点G，，求的长． 1．下列命题中正确的是（   ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．邻边相等的平行四边形是正方形 C．正方形的面积等于对角线平方的一半 D．矩形的对角线相等且互相垂直 2．如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（    ） A．当，是矩形 B．当，是矩形 C．当，是菱形 D．当，是正方形 3．正方形具有而矩形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相垂直 B．对角互补 C．对角线互相平分 D．对角线相等 4．如图，已知四边形是菱形，从①，②，③中选择一个作为条件后，使四边形成为正方形，则应该选择的是 （仅填序号）． 1 / 24 学科网（北京）股份有限公司 $$