第十八章 平行四边形（单元重点综合测试）-2024-2025学年八年级数学下册单元速记·巧练（人教版）

第十八章 平行四边形（单元重点综合测试） 班级___________ 姓名___________ 学号____________ 分数____________ 考试范围：全章的内容； 考试时间：120分钟； 总分：120分 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．如图，在中，，则（    ） A．10 B． C． D． 【答案】B 【知识点】利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了平行四边形的对角相等和平行线的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 根据平行四边形对角相等的性质和平行线的性质解答即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ， 又， ， ∴． 故选：B． 2．如图，在矩形中，对角线相交于点O，若，则的长为（   ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】B 【知识点】根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查了矩形的性质，根据四边形是矩形，则对角线互相平分且相等，则，即可作答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴． 故选：B． 3．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，是菱形 C．当，是菱形 D．当，是正方形 【答案】D 【知识点】添一个条件使四边形是菱形、正方形的判定定理理解、证明四边形是矩形 【分析】本题考查了对矩形、菱形和正方形的判定，根据矩形、菱形和正方形的判定即可选出答案. 【详解】解：A选项：根据矩形的判定“一个角是直角的平行四边形是矩形”，故选项A正确，不符合题意； B选项：根据菱形的判定“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”，故B选项正确，不符合题意； C选项：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C选项正确，不符合题意； D选项：对角线相等的平行四边形是矩形，不一定是正方形，故D选项不正确，符合题意. 故选D. 4．如图，延长正方形边至点，使，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】三角形的外角的定义及性质、等边对等角、根据正方形的性质求角度 【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． 5．大家都折过纸玩吗？如图所示，把矩形纸片沿折叠，使点恰好落在处，已知，，的长为（    ） A．3 B．4 C．17 D．5 【答案】D 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题 【分析】此题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，正确地求出的长是解题的关键．由矩形的性质得，，，由折叠得，则，所以，由勾股定理得，求得的长是，于是得到问题的答案． 【详解】解：四边形是矩形，，， ，，， 由折叠得， ， ， ，且，， ， 解得， 的长是， 故选：D． 6．学校九月份举办运动会，小明制作了如图所示的宣传牌，在正六边形和正方形中，、的延长线分别交、于点，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】多边形内角和问题、根据正方形的性质求角度、正多边形的内角问题 【分析】本题考查正方形的性质，正多边形的性质，多边形的内角和，熟练掌握这些性质是解题的关键．根据正方形、正六边形的性质求出，，，再利用四边形的内角和进行计算即可． 【详解】解：多边形是正六边形， ， 又正方形中，是对角线， ， ∴在四边形中，， 故选：B． 7．四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形的内角，正方形变为菱形．若，则菱形的面积与正方形 的面积之比是（   ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【知识点】含30度角的直角三角形、根据正方形的性质求面积 【分析】该题主要考查了角直角三角形的性质，菱形和正方形的面积，解题的关键是得出菱形的高等于的一半． 根据角所对的直角边等于斜边的一半可知菱形的高等于的一半，再根据正方形的面积公式和平行四边形的面积公式即可得解． 【详解】解：如图，过点作， ∵， ∴， ∴菱形的面积为，正方形的面积为． ∴菱形的面积与正方形的面积之比是． 故选：B． 8．中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小陶家有一个菱形中国结装饰，测得，直线交两对边于点E，F，则线段EF的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】利用菱形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．根据菱形的性质得到，根据勾股定理求出，再利用面积计算即可． 【详解】解：四边形为菱形， ， ， ， ， ， ． 故选C． 9．如图，四边形是一张平行四边形纸片，其高，底边，，沿虚线将纸片剪成两个全等的梯形，若，则的长为（   ） A．1cm B． C． D． 【答案】D 【知识点】利用平行四边形的判定与性质求解、图形的全等、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质，准确根据全等图形的性质判断边角是解题的关键．过A作交于M，证明四边形是平行四边形得到，结合已知得到，再根据等腰直角三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质求得，，进而求解即可． 【详解】解：过A作交于M，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵两个梯形全等， ∴， ∵，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：D． 10．如图，点，，，为正方形四边中点，连结，，，．下列说法错误的是（    ） A．四边形一定是平行四边形 B．四边形一定是正方形 C．若，则四边形的面积是20 D．点M，Q是的三等分点 【答案】D 【知识点】证明四边形是平行四边形、根据正方形的性质与判定证明、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理．由点，，，为正方形四边中点，可得，，即可判断四边形为平行四边形； 设，则，，先证明，推理得到，再由面积和勾股定理得到，即可说明四边形为正方形；若，即，解得，根据正方形的面积是计算即可；， ，得到点M，Q不是的三等分点． 【详解】解：∵正方形， ∴，，，， 点，，，为正方形四边中点， ， ∵，， 四边形为平行四边形，故A选项说法正确，不符合题意； ∴， 同理可得， ∴四边形为平行四边形， 设，则，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴， ∴， 同理可得， ∴， 同理可得， ∴四边形为正方形，故B项说法正确，不符合题意； 若，即，解得 ∴正方形的面积是，故C说法正确，不符合题意； ∵，， ∴， ∴点M，Q不是的三等分点，故D法错误，符合题意； 故选：D． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11．已知，四边形是平行四边形，对角线，交于点．若增加一个条件，将它边的数量关系特殊化，可使，则增加的一个条件可以是 ．（写出一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【知识点】利用菱形的性质证明、添一个条件使四边形是菱形 【分析】本题考查菱形的判定和性质，根据菱形是特殊的平行四边形，只需要增加菱形所特有的性质即可．掌握菱形的判定是解题的关键． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴当时，为菱形， 此时． ∴增加的一个条件可以是． 故答案为：（答案不唯一）． 12．如图，在菱形中，，，将菱形绕点A逆时针旋转，当时，的长度为 ． 【答案】或 【知识点】利用菱形的性质求线段长、根据旋转的性质求解、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理．分两种情况讨论，作于，延长交于，交于，连接，利用直角三角形性质和勾股定理求得，和的长，在中，求得，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，作于，延长交于，交于，连接， ∵在菱形中，，， ∴，，，， 由旋转的性质得，，， ∴， 又∵， ∴，即， ∴， ∴三点共线， 在中，，， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴； 如图， 同理，，， ， ∴； 综上，的长度为或． 故答案为：或． 13．如图，在中，过上的点作，，、、、均在平行四边形的边上，且，，则四边形的面积为 ． 【答案】6 【知识点】利用平行四边形的判定与性质求解 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，先证明四边形都是平行四边形，然后证明，根据，求出即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴． ∵，， ∴四边形都是平行四边形， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：6． 14．如图，矩形对角线相交于点O，E为上一点，连接，F为的中点，．若，则的长为 ． 【答案】2 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、根据矩形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了中位线，勾股定理，矩形的性质，平行线的性质等知识．解题的关键在于添加辅助线，构造中位线．如图，连接，是的中位线，则，，，，在中，由勾股定理求的值，由矩形的性质可得，根据，求解的值即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵为的中点， ∴是的中位线， ，， ∴， ∵，， ，， 在中，由勾股定理得， ∴， ， 故答案为：2． 15．如图，在矩形中，，，将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形，边交于点，当点的对应点恰好落在线段的延长线上时，的长是 ． 【答案】 【知识点】根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理的应用等，连接根据矩形的性质得到，即，根据旋转的性质即可得到；根据矩形的性质得到，根据旋转的性质得到，证得，根据全等三角形的性质得到，设，则，根据勾股定理列方程即可得到结论． 【详解】解：连接如图， ∵四边形为矩形， ∴，即， ∵将矩形绕点A顺时针旋转，得到矩形， ∴， ∴； ∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∵将矩形绕点A顺时针旋转，得到矩形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， 设，则， 在中，， 由勾股定理，得， 解得， ∴． 故答案为： 16．如图，正方形的边长是4，点在边上，，点是边上不与点重合的一个动点，把沿折叠，点落在处．若恰为等腰三角形，则的长为 ． 【答案】4或/或4 【知识点】用勾股定理解三角形、正方形折叠问题、等腰三角形的性质和判定 【分析】本题考查了翻折变换、勾股定理、等腰三角形的定义，分类讨论是解题的关键．根据等腰三角形的定义分三种情况分别进行解答即可． 【详解】解：如图1所示：当时，过点作，则， 当时，， ∵，， ∴， 由翻折的性质，得， ， ， ，   ； 如图2所示：当时，则； 当时， ∵，， 点、在的垂直平分线上， 垂直平分， 由折叠可知点与点重合，不符合题意，舍去． 综上所述，的长为4或． 故答案为：4或． 三、（本大题共4小题，每小题6分，共24分） 17．如图，在平行四边形中，分别平分和，交于点，相交于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)1 【知识点】利用平行四边形的性质求解、利用平行四边形的性质证明 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，平行线的性质，等角对等边，角平分线的定义等知识，掌握平行四边形的性质是解答本题的关键． （1）根据平行四边形的性质有，再根据分别平分和，可得，问题得证； （2）根据平行四边形的性质有，即，又根据平分，可得，即，进而可得，同理可得，，问题随之得解． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 分别平分和， ， ， ； （2）解：四边形是平行四边形，， ，， ， 又平分， ， ， ， 同理可得，， ， ． 18．如图，在中，D，E分别是，的中点，，延长到点F，使得，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】证明四边形是菱形、用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题、利用菱形的性质求面积 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，三角形中位线的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上性质和定理； （1）根据三角形的中位线可得，，可证四边形是平行四边形，再由即可得证； （2）根据菱形的性质可得，， ，，再根据勾股定理求出，再根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明： ∵D、E分别是、的中点， ，， ， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形； （2）解：连接，交于O， 四边形是菱形， ，， ， ， ， 在中，， ， ， 菱形的面积为． 19．如图，在中，点E，F分别是，的中点，连接，，交于点G，H，连接，． (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】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，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由平行四边形的性质可得，，，再证明，即可得证； （2）由全等三角形的性质可得，再证明．得出，．从而推出．进而得出，即可得证． 【详解】（1）证明：由可得，，， ∵点，分别是边，的中点， ∴，． ∴． ∴． （2）证明：∵， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴，． ∴． ∴． ∴四边形是平行四边形． 20．在中，对角线与相交点，过点分别作和的垂线，垂足分别为，． (1)如图，当时，求证：平行四边形是菱形； (2)如图，当时，若，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、证明四边形是菱形、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解 【分析】（）根据角平分线的定义得，由平行线的性质得，则，根据等角对等边得，最后由菱形的判定即可求证； （）证明平行四边形是矩形，得，进而证明是等边三角形，，然后证明四边形是矩形，根据勾股定理得，然后代入即可求解； 本题考查了平行四边形的性质，矩形和菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵，，， ∴平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴． 四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 21．如图，在矩形纸片中，，将纸片折叠，使顶点落在边上的点处，折痕的一端点在边上． (1)如图1，当折痕的另一端点在边上时， ①求线段的长； ②的面积为________； (2)如图2，当折痕的另一端点在边上时，，折痕的长为________． 【答案】(1)①；② (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了勾股定理，矩形与折叠问题，菱形的性质与判定； （1）①先利用翻折变换的性质以及勾股定理求出的长，进而利用勾股定理求出的长， ②设，在中，，勾股定理求得，则，再利用三角形的面积公式即可得出的面积； （2）先根据折叠的性质得出，，根据矩形的性质及平行线的性质得出，即可得出四边形是菱形，再利用菱形性质求出的长． 【详解】（1）解：①如图1过作，则四边形是矩形，则 设，则， 在中，，又 解得： ， ②，， 设，则 在中， ∴ 解得： ∴， 故的面积为：； 故答案为：． （2）如图2，过作于，连接， 四边形是矩形 ， ∴， 四边形是平行四边形 由折叠性质知，，，， ∴， ∴， 四边形是菱形， ，， ∴， ， ． 故答案为：． 22．如图，在矩形纸片中，，，折叠纸片使点落在边上的点处，折痕为，过点作交于点，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)当点在边上移动时，折痕的端点，也随之移动， 当点与点重合时（如图），求菱形的边长； 若限定，分别在边，上移动，求出点在边上移动的最大距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)；． 【知识点】矩形与折叠问题、证明四边形是菱形、等边对等角、用勾股定理解三角形 【分析】（）由折叠的性质得出，，，由平行线的性质得出，证出，得出，因此，即可得出结论； （）由矩形的性质得出，，，由对称的性质得出，在中，由勾股定理求出，得出；在中，由勾股定理得出方程，解方程得出即可； 当点与点重合时，点离点最近，由知，此时；当点与点重合时，点离点最远，此时四边形为正方形，，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵折叠纸片使点落在边上的点处，折痕为， ∴点与点关于直线对称， ∴，，； 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵点与点关于直线对称， ∴， 在中，， ∴ ， 在中，，， ∴， 解得， ∴菱形的边长为； 当点与点重合时， 如图，点离点最近， 由知，此时； 当点与点重合时， 如图，点离点最远， 此时四边形为正方形，， ∴点在边上移动的最大距离为． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，菱形的判定，平行线的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，正方形的性质等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 23．【课本再现】 （1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点转动．则下列结论正确的是________（填序号即可） ①；②；③四边形的面积总等于； ④连接，总有． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，猜想，，之间的数量关系，并进行证明． 【答案】（1）①②③④；（2），见解析 【知识点】线段垂直平分线的性质、根据正方形的性质证明、全等三角形综合问题、利用勾股定理证明线段平方关系 【分析】（1）根据正方形的性质，先证明于是得到即可判定① ②正确；根据正方形的性质，得，利用全等三角形的性质，分割法表示面积，可判定四边形的面积总等于，得到③正确；根据正方形的性质，三角形全等的性质，得到，根据勾股定理得到，从而判定④正确． （2）连接，延长交于点G，先证明得到，再利用勾股定理，线段垂直平分线的性质，等量代换即可的结论； 【详解】解：（1）∵正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1， ∴； ， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， 故①②正确； 根据正方形的性质，得， ∵， ∴，， ∴， ∴， 故③正确； ∵，， ∴， 根据勾股定理得到， 故， 故④正确． 故答案为：①②③④ （2）解：连接， 连接，并延长交于点， ∵矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点， ∴；，， ∴ ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， ∵在中，， ∴． 五、（本大题共2小题，每小题12分，共24分） 24．小明在学习了特殊平行四边形这一章后，对特殊平行四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，已知四边形，，像这样两条对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． 【概念理解】 在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是_________． 【性质探究】 通过探究，小明探索并证明了“垂美四边形”的一些性质，请根据证明过程，完成填空． 性质1：垂美四边形四条边之间的数量关系 如图1，，由勾股定理可知， 中，，中，， 同理，， 则， 即_________． 性质2：垂美四边形的面积与两条对角线之间的数量关系 _________． 【问题解决】 （1）如图1，若，，则_________．若，，则四边形的面积_________； （2）如图2，，是的中线，，垂足为O，，设，用含a的代数式表示_________； （3）如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和．连接．求证：四边形为垂美四边形． 【答案】【概念理解】菱形，正方形；【性质探究】，；【问题解决】（1）13，40；（2）；（3）证明见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、四边形其他综合问题 【分析】本题考查勾股定理，四边形面积求解，全等三角形判定及性质，正方形性质等． 根据题意可得为菱形和正方形； 根据题意可得和； （1）根据题意可得，； （2）先证明四边形为垂美四边形，继而得到，即可得到本题答案； （3）连接，设与交于点，与交于点，先证明和△全等，继而利用全等性质得到本题答案． 【详解】解：【概念理解】根据题意可得为菱形和正方形， 故答案为：菱形，正方形； 【性质探究】根据题意可得： ∴， ∴， 故答案为：，； 【问题解决】（1）∵，，， ∴， ∵，， ∴， 故答案为：13，40； （2）∵，是的中线， ∴，， ∵， ∴四边形为垂美四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴，整理得：， 故答案为：； （3）证明：连接，设与交于点，与交于点， ， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，即， 在和△中， ， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为垂美四边形； 25．综合与实践 【问题情境】： 在数学综合与实践活动课上，老师让同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 如图1，正方形和正方形，连接，． 【操作发现】： 当正方形绕点旋转，如图，线段与之间的数量关系是______；直线与的夹角度数为______； 【深入探究】如图，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想与的数量关系与直线与的夹角度数，并说明理由； 【迁移探究】：如图，在（）的条件下，若，，直接写出线段的长． 【答案】[操作发现]，；[深入探究] ；；[迁移探究]线段的长． 【知识点】利用菱形的性质求线段长、根据正方形的性质证明、全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形 【分析】[操作发现]由四边形和四边形是正方形，得，，，证明，得出，，延长交于点，交于点，根据全等三角形的性质和角度和差即可求解； [深入探究]由四边形和四边形是菱形，得，，，证明，得出，，延长交于点，交于点，根据全等三角形的性质和角度和差即可求解； [迁移探究]分当在上时和当在上时两种情况分析即可求解． 【详解】解：[操作发现] ∵四边形和四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， 如图，延长交于点，交于点， ∵，， ∴， ∴， ∴直线与的夹角度数为， 故答案为：，； [深入探究] ∵四边形和四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， 如图，延长交的延长线于点，交于点， ∵，，， ∴， ∴直线与的夹角度数为； [迁移探究] 如图，当在上时，连接，交于点， ∵，，四边形为菱形， ∴，，， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴点三点共线， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴； 如图，当在上时，延长，交延长线于点， ∵四边形为菱形， ∴，，， 由（）可得三点共线，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， 由勾股定理得：， 综上可知：线段的长． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第十八章 平行四边形（单元重点综合测试） 班级___________ 姓名___________ 学号____________ 分数____________ 考试范围：全章的内容； 考试时间：120分钟； 总分：120分 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．如图，在中，，则（    ） A．10 B． C． D． 2．如图，在矩形中，对角线相交于点O，若，则的长为（   ） A．1 B．2 C．4 D．8 3．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，是菱形 C．当，是菱形 D．当，是正方形 4．如图，延长正方形边至点，使，则为（   ） A． B． C． D． 5．大家都折过纸玩吗？如图所示，把矩形纸片沿折叠，使点恰好落在处，已知，，的长为（    ） A．3 B．4 C．17 D．5 6．学校九月份举办运动会，小明制作了如图所示的宣传牌，在正六边形和正方形中，、的延长线分别交、于点，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 7．四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形的内角，正方形变为菱形．若，则菱形的面积与正方形 的面积之比是（   ） A．1 B． C． D． 8．中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小陶家有一个菱形中国结装饰，测得，直线交两对边于点E，F，则线段EF的长为（   ） A． B． C． D． 9．如图，四边形是一张平行四边形纸片，其高，底边，，沿虚线将纸片剪成两个全等的梯形，若，则的长为（   ） A．1cm B． C． D． 10．如图，点，，，为正方形四边中点，连结，，，．下列说法错误的是（    ） A．四边形一定是平行四边形 B．四边形一定是正方形 C．若，则四边形的面积是20 D．点M，Q是的三等分点 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11．已知，四边形是平行四边形，对角线，交于点．若增加一个条件，将它边的数量关系特殊化，可使，则增加的一个条件可以是 ．（写出一个即可） 12．如图，在菱形中，，，将菱形绕点A逆时针旋转，当时，的长度为 ． 13．如图，在中，过上的点作，，、、、均在平行四边形的边上，且，，则四边形的面积为 ． 14．如图，矩形对角线相交于点O，E为上一点，连接，F为的中点，．若，则的长为 ． 15．如图，在矩形中，，，将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形，边交于点，当点的对应点恰好落在线段的延长线上时，的长是 ． 16．如图，正方形的边长是4，点在边上，，点是边上不与点重合的一个动点，把沿折叠，点落在处．若恰为等腰三角形，则的长为 ． 三、（本大题共4小题，每小题6分，共24分） 17．如图，在平行四边形中，分别平分和，交于点，相交于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 18．如图，在中，D，E分别是，的中点，，延长到点F，使得，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 19．如图，在中，点E，F分别是，的中点，连接，，交于点G，H，连接，． (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 20．在中，对角线与相交点，过点分别作和的垂线，垂足分别为，． (1)如图，当时，求证：平行四边形是菱形； (2)如图，当时，若，求的值． 四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 21．如图，在矩形纸片中，，将纸片折叠，使顶点落在边上的点处，折痕的一端点在边上． (1)如图1，当折痕的另一端点在边上时， ①求线段的长； ②的面积为________； (2)如图2，当折痕的另一端点在边上时，，折痕的长为________． 22．如图，在矩形纸片中，，，折叠纸片使点落在边上的点处，折痕为，过点作交于点，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)当点在边上移动时，折痕的端点，也随之移动， 当点与点重合时（如图），求菱形的边长； 若限定，分别在边，上移动，求出点在边上移动的最大距离． 23．【课本再现】 （1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点转动．则下列结论正确的是________（填序号即可） ①；②；③四边形的面积总等于； ④连接，总有． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，猜想，，之间的数量关系，并进行证明． 五、（本大题共2小题，每小题12分，共24分） 24．小明在学习了特殊平行四边形这一章后，对特殊平行四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，已知四边形，，像这样两条对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． 【概念理解】 在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是_________． 【性质探究】 通过探究，小明探索并证明了“垂美四边形”的一些性质，请根据证明过程，完成填空． 性质1：垂美四边形四条边之间的数量关系 如图1，，由勾股定理可知， 中，，中，， 同理，， 则， 即_________． 性质2：垂美四边形的面积与两条对角线之间的数量关系 _________． 【问题解决】 （1）如图1，若，，则_________．若，，则四边形的面积_________； （2）如图2，，是的中线，，垂足为O，，设，用含a的代数式表示_________； （3）如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和．连接．求证：四边形为垂美四边形． 25．综合与实践 【问题情境】： 在数学综合与实践活动课上，老师让同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 如图1，正方形和正方形，连接，． 【操作发现】： 当正方形绕点旋转，如图，线段与之间的数量关系是______；直线与的夹角度数为______； 【深入探究】如图，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想与的数量关系与直线与的夹角度数，并说明理由； 【迁移探究】：如图，在（）的条件下，若，，直接写出线段的长． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$