第5章 特殊平行四边形（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（浙教版）

第5章 特殊平行四边形（单元重点综合测试） （考试时间：120分钟；满分：120分） 姓名___________ 班级_________ 考号_______________________ 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．（3分）（2024秋•拱墅区校级月考）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，则下列结论一定正确的是（　　） A．AB＝AD B．AC⊥BD C．AC＝BD D．∠ACB＝∠ACD 【分析】由矩形的性质分析每个选 项，从而可得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD，∠ADC＝90°，AD＝BC，AD∥BC，， ∴AC⊥BD，∠ACB＝∠ACD不一定成立，AC＝BD，一定成立，AB＝AD一定不成立， 故选：C． 【点评】本题考查了矩形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 2．（3分）（2024•杭州一模）如图，▱ABCD对角线AC，BD交于点O，请添加一个条件：____使得▱ABCD是菱形（　　） A．AB＝AC B．AC⊥BD C．AB＝CD D．AC＝BD 【分析】由菱形的判定可直接求解． 【解答】解：当AC⊥BD时，▱ABCD是菱形， 故选：B． 【点评】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，掌握菱形的判定是解题的关键． 3．（3分）（2024•定海区三模）菱形OACB在平面直角坐标系中的位置如图所示，点C的坐标是（6，0），点A的纵坐标是1，则点B的坐标是（　　） A．（3，1） B．（3，﹣1） C．（1，﹣3） D．（1，3） 【分析】首先连接AB交OC于点D，由四边形OACB是菱形，可得AB⊥OC，AD＝BD＝1，OD＝CD＝3，易得点B的坐标是（3，﹣1）． 【解答】解：连接AB交OC于点D， ∵四边形OACB是菱形， ∴AB⊥OC，AD＝BD＝1，OD＝CD＝3， ∴点B的坐标是（3，﹣1）． 故选：B． 【点评】此题考查了菱形的性质：菱形的对角线互相平分且垂直．解此题注意数形结合思想的应用． 4．（3分）（2024春•杭州月考）如图，矩形ABCD中，若DE⊥AC于E，则∠DOC与∠CDE的度数比为（　　） A．4：3 B．3：2 C．2：1 D．1：1 【分析】根据矩形性质得到∠ODC＝∠OCD，根据垂直得到∠OCD＝90°﹣∠CDE，利用三角形内角和表示出，即可求出结果． 【解答】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴AO＝CO＝BO＝DO， ∴∠ODC＝∠OCD， ∵DE⊥AC， ∴∠DEC＝90°， ∴∠OCD+∠CDE＝90°，即∠OCD＝90°﹣∠CDE， ∵， ∴， ∴∠DOC＝2∠CDE， 则∠DOC与∠CDE的度数比为2：1， 故选：C． 【点评】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余，三角形内角和定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 5．（3分）（2024春•宁波期中）如图，矩形ABCD中，AD＝3，AB＝4，M为线段BD上一动点，MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，则PQ的最小值是（　　） A． B．3 C． D． 【分析】连接CM，先证四边形PCQM是矩形，得PQ＝CM，再由勾股定理得BD＝5，当CM⊥BD时，CM最小，则PQ最小，然后由面积法求出CM的长，即可得出结论． 【解答】解：如图，连接CM， ∵MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q， ∴∠CPM＝∠CQM＝90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴BC＝AD＝3，CD＝AB＝4，∠BCD＝90°， ∴四边形PCQM是矩形， ∴PQ＝CM， 由勾股定理得：BD5， 当CM⊥BD时，CM最小，则PQ最小， 此时，S△BCDBD•CMBC•CD， ∴CM， ∴PQ的最小值为， 故选：A． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 6．（3分）（2024春•平湖市期末）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边DC，AD的中点，连接BE，EF，BF．若菱形ABCD的面积为16，则△BEF的面积为（　　） A．8 B．7 C．6 D．5 【分析】连接AC和BD，可得，EF∥AC，即可得到，，然后利用S△BEF＝S△DBF+S△DBE﹣S△DEF解题即可． 【解答】解：连接AC和BD， 则AC⊥BD，DO＝OB， 又∵点E，F分别是边DC，AD的中点， ∴，EF∥AC， ∴， ∵点E，F分别是边DC，AD的中点， ∴， ∴S△BEF＝S△DBF+S△DBE﹣S△DEF＝4+4﹣2＝6， 故选：C． 【点评】本题考查菱形的性质，三角形的中位线定理，三角形面积公式，正确作出辅助线是解决此题的关键． 7．（3分）（2024春•杭州月考）四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，E在CD上，连结AF交对角线BD于点H，交DE于点I．若AH＝a，则这两正方形的面积之和为（　　） A．4a2 B．3a2 C．2a2 D．a2 【分析】延长FE交BD于点N，交AB于点M，设正方形ABCD的边长为a，正方形CEFG的边长为b，根据正方形的性质可得AD＝DC＝a，∠BAD＝∠ADC＝∠ABC＝∠BCD＝90°，∠BDC＝45°，CE＝EF＝b，∠CEF＝90°，从而可得∠CEF＝∠DEM＝90°，∠MEC＝90°，进而可得四边形ADEM和四边形BCEM都是矩形，然后利用矩形的性质可得AD＝EM＝a，AM＝DE＝a﹣b，∠AME＝90°，AD∥ME，从而可得∠DAF＝∠AFN，∠ADN＝∠DNF，再根据等腰直角三角形的性质可得DE＝NE＝a﹣b，从而可得NF＝AD＝a，进而利用ASA可证△ADH≌△FNH，最后利用全等三角形的性质可得AH＝FHAF，再在Rt△AMF中，利用勾股定理进行计算即可解答． 【解答】解：延长FE交BD于点N，交AB于点M， 设正方形ABCD的边长为a，正方形CEFG的边长为b， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝DC＝a，∠BAD＝∠ADC＝∠ABC＝∠BCD＝90°，∠BDC＝45°， ∵四边形CEFG是正方形， ∴CE＝EF＝b，∠CEF＝90°， ∴∠CEF＝∠DEM＝90°，∠MEC＝180°﹣∠CEF＝90°， ∴四边形ADEM和四边形BCEM都是矩形， ∴AD＝EM＝a，AM＝DE＝a﹣b，∠AME＝90°，AD∥ME， ∴∠DAF＝∠AFN，∠ADN＝∠DNF， 在Rt△NDE中，∠BDE＝45°， ∴DE＝NE＝a﹣b， ∴FN＝EF+NE＝b+a﹣b＝a， ∴NF＝AD＝a， ∴△ADH≌△FNH（ASA）， ∴AH＝FHAF， ∴AF＝2AH， 在Rt△AMF中，FM＝ME+EF＝a+b， ∴AF2＝AM2+FM2＝（a﹣b）2+（a+b）2＝2a2+2b2， ∴正方形ABCD的面积+正方形CEFG的面积＝a2+b2AF2•（2AH）2＝2AH2＝2a2， 故选：C． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，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． 8．（3分）（2024春•玉环市期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，分别以AB，BC为边作正方形ABDE，正方形BCFG，连结EG，AG，若D，E，G共线，且EG＝3，，则AG的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】先证Rt△BDG≌Rt△BAC得出AC＝DG，设正方形ABDE的边长为x，即可表示出AC的长，在Rt△ABC中利用勾股定理即可求出x的值，在Rt△AEG中利用勾股定理即可求出AG的长． 【解答】解：∵四边形ABDE是正方形， ∴DB＝AB，∠D＝∠AED＝90°， ∵四边形BCFG是正方形， ∴BG＝BC， ∵∠BAC＝90°， ∴Rt△BDG≌Rt△BAC（HL）， ∴AC＝DG， 设正方形ABDE的边长为x， 则DE＝DB＝AB＝AE＝x， ∵EG＝3， ∴DG＝x+3， ∴AC＝x+3， 在Rt△ABC中由勾股定理得，AB2+AC2＝BC2， ∵， ∴x2+（x+3）2＝29， 解得x＝﹣5（舍去）或x＝2， ∴AE＝2， ∵∠AED＝90°， ∴∠AEG＝90°， 在Rt△AEG中，由勾股定理得，， 故选：B． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 9．（3分）（2024秋•舟山期末）在平面直角坐标系中，我们把一个点的纵坐标与横坐标的比值称为该点的“特征值”．如图，长方形ABCD位于第一象限，其四条边分别与坐标轴平行，则该长方形四个顶点中“特征值”最大的是（　　） A．点A B．点B C．点C D．点D 【分析】设A（a，b），AB＝m，AD＝n，可得到D（a，b+n），B（a+m，b），C（a+m，b+n），再结合新定义与分式值的大小进行判断即可． 【解答】解：设A（a，b），AB＝m，AD＝n， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝n，AB＝CD＝m， ∴D（a，b+n），B（a+m，b），C（a+m，b+n）， ∵长方形ABCD位于第一象限，其四条边分别与坐标轴平行， ∴a+m＞a，b+n＞b， ∴， ∴该长方形四个顶点中“特征值”最大的是点D， 故选：D． 【点评】本题主要考查了矩形的性质、坐标与图形的性质，解题关键是理解新定义的含义，注意数形结合分析图形． 10．（3分）（2024春•慈溪市校级期中）如图，在矩形ABCD中，O为AC的中点，过点O作AC的垂线，分别交DC于点F，交AB于点E，G是AE的中点，且∠AOG＝30°，有下列结论： ①DC＝3OG； ②； ③连结AF，CE，四边形AECF为菱形； ④； 其中正确的是（　　） A．②③ B．③④ C．①②④ D．①③④ 【分析】由G是AE的中点，O为AC的中点，得到，故②错误，由EF⊥AC，得到，由∠AOG＝30°，得到∠OAG＝∠AOG＝30°，设OE＝a，则AE＝2a，OG＝a，在Rt△AOE中，引用勾股定理，求出AO，进而得到AC，在Rt△ACD中，求出AD、DC，即可判断①正确，由△OAE≌△OCF（ASA），得到AE＝FC，由垂直平分线的性质得到AF＝CF，AE＝CE，即可判断③正确，分别计算，，即可判断④正确． 【解答】解：连接AF，CE，如图， ∵G是AE的中点，O为AC的中点， ∴，故②错误， ∵EF⊥AC， ∴， ∵∠AOG＝30°， ∴∠OAG＝∠AOG＝30°， 设OE＝a，则AE＝2a，， 在Rt△AOE中，， ∴，， ∵矩形ABCD， ∴∠ADC＝90°，AB∥DC， ∴∠ACD＝∠CAB＝30°， 在Rt△ACD中，，， ∴DC＝3OG，故①正确， ∵∠OAE＝∠OCF，∠AOE＝∠COF，OA＝OC， ∴△OAE≌△OCF（ASA）， ∴AE＝FC， ∵O为AC的中点，EF⊥AC， ∴AF＝CF，AE＝CE，即：AF＝CF＝AE＝CE， ∴四边形AECF为菱形，故③正确， S△AOEOA•OEa•aa2，S矩形ABCD＝AD•DCa•3a＝3a2， ∴，故④正确， 综上所述：①③④正确， 故选：D． 【点评】本题考查了矩形的性质，含30°角的直角三角形，菱形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是用含a的代数式，表示出各个线段的长． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11．（3分）（2024秋•萧山区月考）如图，在菱形ABCD中，∠A＝80°，则∠CBD的度数为 　50°　． 【分析】由菱形的性质可得∠A＝∠C＝80°，CD＝CB，由等腰三角形的性质可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴∠A＝∠C＝80°，CD＝CB， ∴∠CBD＝50°， 故答案为：50°． 【点评】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，掌握菱形的四边相等是解题的关键． 12．（3分）（2024春•杭州校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若AB＝DE＝2BE，EO＝2，则线段AE的长为　4　． 【分析】设BE＝x，则AB＝DE＝2x，根据菱形的性质得AB＝AD＝CD＝2x，OB＝OD，AC⊥BD，然后利用勾股定理计算OA，再计算AE的长． 【解答】解：设BE＝x，则AB＝DE＝2x， ∴BD＝3x， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB＝AD＝CD＝2x，AC⊥BD，OB＝ODx， ∵OE+BE＝BO， ∴2+xx， 解得x＝4， 即AB＝8，OB＝6， 在Rt△AOB中，OA2， 在Rt△AOE中，AE4， 故答案为：4． 【点评】本题考查了菱形的性质，解答本题的关键要熟练掌握菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角． 13．（3分）（2024春•上城区校级期中）如图所示，把一张长方形纸片ABCD沿CE折叠，得到线段B′E，折痕EC与BD相交于点M，若B′E∥BD，∠ADB＝36°，则∠EMD＝　117°　． 【分析】根据矩形的性质和翻折的性质可得：∠BEC＝∠B′EC＝63°，然后利用平行线的性质即可解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝90°， ∴∠ABD＝90°﹣36°＝54°， ∵B′E∥BD， ∴∠AEB′＝∠ABD＝54°， 由翻折可知：∠BEC＝∠B′EC（180°﹣∠AEB′）（180°﹣54°）＝63°， ∵B′E∥BD， ∴∠B′EC+∠EMD＝180°， ∴∠EMD＝180°﹣63°＝117°， 故答案为：117°． 【点评】本题考查矩形的性质，折叠的性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键． 14．（3分）（2024•东阳市开学）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD的延长线上，连接AE，AF，EF，AE与CF交于点G．已知∠EAF＝45°，AB＝3．DF＝1，则CE＝　3　． 【分析】在BC上截取BH＝DF，连接AH，GH，过点H作HT⊥AE于T，设CE＝x，先证明△ABH和△ADF全等得AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，∠AHB＝∠AFD，进而得∠EAH＝∠EAF＝45°，由此可证明△EAH和△EAF全等，则EH＝EF，Rt△CEF中，CE2+CF2＝EF2，列出方程x2+42＝（x+2）2，求解即可． 【解答】解：在BC上截取BH＝DF，连接AH，GH，过点H作HT⊥AE于T，如图所示： 设CE＝x， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝3，∠DAB＝∠B＝∠BCD＝∠CDA＝90°， ∴∠B＝ADF＝90°， 在△ABH和△ADF中， ， ∴△ABH≌△ADF（SAS）， ∴AH＝AF，BH＝DF＝1，∠BAH＝∠DAF，∠AHB＝∠AFD， ∴EH＝x+2， ∵∠EAF＝∠EAD+∠DAF＝45°， ∴∠EAD+∠BAH＝45°， ∴∠EAH＝∠DAB﹣（∠EAD+∠BAH）＝90°﹣45°＝45°， ∴∠EAH＝∠EAF＝45°， 在△EAH和△EAF中， ， ∴△EAH≌△EAF（SAS）， ∴EH＝EF＝x+2， ∵Rt△CEF中，CE2+CF2＝EF2， ∴x2+42＝（x+2）2， 解得：x＝3， ∴CE＝3， 故答案为：3 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键． 15．（3分）（2024春•西湖区校级期中）将一张矩形纸片（不是正方形），先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形，剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中∠A＝∠C＝90°，∠B＝45°，BC＝6，AD＝4，则这张矩形纸片的较长边的长度为 　或或6或　． 【分析】分四种情况画出图形，求出最长的直角边即可． 【解答】解：如下图所示，延长AD、DC，过点B作AB的垂线，交DC的延长线于点F，过点F作AD的垂线于点E， ∵∠A＝∠ABF＝∠E＝90°， ∴四边形ABFE是矩形， ∵∠ABC＝45°，∠DCB＝90°， ∴∠CBF＝45°，∠FCB＝90°， ∴CF＝BC＝6， ∴， ∵∠EFD＝45°，∠E＝90°， ∴DE＝EF， ∵AE＞DE， ∴BF是较长的边． 延长AD，过点B作AB的垂线，过点C作AD的垂线，分别交AD和AB的垂线于点E、F， ∵∠ABC＝45°， ∴∠CBF＝45°， ∴CF＝BF， ∵BF2+FC2＝BC2， ∴， ∴， ∵∠DCB＝90°，∠FCB＝45°， ∴∠ECD＝45°， ∴EC＝ED， ∴， 此时较长的边为； 延长CD，过点B作BC的垂线，过点A作AE⊥EC交CD延长线于点E，交BC的垂线于点F，如图所示： ∵∠E＝∠C＝∠CBF＝90°， ∴四边形EFBC是矩形， ∵∠ABC＝45°，∠CBF＝90°， ∴∠ABF＝45°， ∴AF＝BF， ∵∠DAB＝90°， ∴∠EAD＝45°， ∴AE＝ED， ∵AE2+ED2＝AD2， ∴， ∴， ∴FB＜BC， 此时较长的边为6； 延长DA，过点B作BC的垂线，交过DA的延长线于点E，过点E作EF⊥FC垂足为 F，如图4： ∵∠F＝∠C＝∠CBE＝90°， ∴四边形EFCB是矩形， ∵∠ABC＝45°， ∴∠ABE＝45°， ∵∠EAB＝90°， ∴AE＝AB， ∵FC∥EB， ∴∠FDE＝45°， ∴FD＝FE＝BC＝6， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴此时较长的边为， 故答案为：或或6或． 【点评】本题主要考查了矩形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握矩形的性质． 16．（3分）（2024春•德清县期末）定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形“．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝7，“筝形“EFGH的顶点E是AB的中点，点F，G，H分别在BC，CD，AD上，且EF＝5，则对角线EG的长 　7或　． 【分析】分两种情况讨论：当EF＝EH，GH＝GF时，分别利用HL证得Rt△AEH和Rt△BEF全等，Rt△DGH和Rt△CGF全等，得出点G是CD的中点，从而得出EG＝AD，即可求出EG的长；当FE＝FG，HE＝HG时，利用勾股定理求出BF的长，再利用勾股定理求出CG的长，最后利用勾股定理求出EG的长即可． 【解答】解：如图1，EF＝EH，GH＝GF， ∵E是AB的中点，AB＝6， ∴AE＝BE＝3， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝7， 在Rt△AEH和Rt△BEF中， ， ∴Rt△AEH≌Rt△BEF（HL）， ∴AH＝BF， ∴AD﹣AH＝BC﹣BF， 即DH＝CF， 在Rt△DGH和Rt△CGF中， ， ∴Rt△DGH≌Rt△CGF（HL）， ∴DG＝CG， ∴G是CD的中点， ∴四边形AEGD是矩形， ∴EG＝AD＝7； 如图2，FE＝FG，HE＝HG， 过点G作GM⊥AB于点M， ∴∠GMB＝∠B＝∠C＝90°， ∴四边形BMGC是矩形， ∴BM＝CG， ∵点E是AB的中点，AB＝6， ∴AE＝BE＝3，GM＝BC＝7， 在Rt△BEF中，BE＝3，EF＝5， 由勾股定理得BF4， ∴CF＝BC﹣BF＝7﹣4＝3， 在Rt△CFG中，CF＝3，GF＝EF＝5， 由勾股定理得CG4， ∴BM＝CG＝4， ∴ME＝BM﹣BE＝4﹣3＝1， 在Rt△GME中，GM＝7，ME＝1， 由勾股定理得EG5， 综上所述：EG的长为7或， 故答案为：7或． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，“筝形”的定义，读懂题意，理解“筝形”的定义是解题的关键，注意分类思想的运用． 三、解答题（本大题共8小题，共72分） 17．（6分）（2024春•镇海区校级期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，CE⊥BD于点E，AF⊥BD于点F，连结AE与CF． （1）求证：四边形AFCE是平行四边形； （2）若AE＝CD，∠DCE＝35°，求∠BCF的度数． 【分析】（1）证明△AOF≌△COE（AAS），得到FO＝EO，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可得证； （2）矩形，得到∠BCD＝90°，平行四边形的性质，推出CF＝CD，∠FAE＝∠FCE，再利用角的和差关系求解即可． 【解答】（1）证明：∵AF⊥BD，AF⊥BD， ∴∠AFO＝∠CEO， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AO＝CO， ∵在△AOF和△COE中， ， ∴△AOF≌△COE（AAS）， ∴FO＝EO， ∴四边形AFCE是平行四边形； （2）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BCD＝90°， ∵在▱AFCE中，AE＝CF， 又∵AE＝CD， ∴CF＝CD， ∵CE⊥BD，∠DCE＝35°， ∴∠FCE＝∠DCE＝35°， ∵在▱AFCE中，∠FAE＝∠FCE， ∴∠BCF＝∠BCD﹣∠FDC＝90°﹣2×35°＝20°． 【点评】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，掌握以上性质是解题的关键． 18．（6分）（2024秋•拱墅区校级月考）如图，正方形ABCD的边长为，对角线AC，BD相交于点O，点E在CA的延长线上，OE＝5，连接DE． （1）直接写出线段AE的长 　2　； （2）若F为DE的中点，求线段AF的长． 【分析】（1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解； （2）作辅助线，构造三角形中位线即可． 【解答】解：（1）线段AE的长为2；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴OA＝OC＝OD＝OB，∠DOC＝90°， ∴在Rt△DOC中，OD2+OC2＝DC2， ∵DC＝3， ∴OA＝OD＝OC＝OB＝3， ∵OE＝5， ∴AE＝OE﹣OA＝2； 故答案为：2； （2）延长DA到点G，使AG＝AD，连接EG，过E作EH⊥AG于H， ∵F为DE中点，A为DG中点， ∴AF为△DGE中位线， ∴AFEG， 在Rt△EAH中，∠EAH＝∠DAC＝45°， ∴AH＝EH， ∵AH2+EH2＝AE2， ∴AH＝EH， ∴GH＝AG﹣AH＝32， 在Rt△EGH中，EG2＝EH2+GH2＝10， ∴EG， ∴AFEG． 故答案为：． 【点评】本题主要考查正方形的性质、三角形中位线定理，勾股定理，熟练运用三角形中位线定理是解题的关键． 19．（8分）（2024•西湖区校级开学）如图，在△ABC中，点D、E分别是AB，AC的中点，BE＝2DE，延长DE到点F，使得EF＝BE，连结CF． （1）求证：四边形BCFE是菱形； （2）若CE＝5，∠BEF＝120°，求四边形BCFE的面积． 【分析】（1）证DE是△ABC的中位线，得DE∥BC，且BC＝2DE，再证EF＝BC，EF∥BC，得四边形BCFE是平行四边形，然后由EF＝BE，即可得出结论； （2）由菱形的性质得BC＝CF＝BE＝EF，再证△EBC是等边三角形，得BC＝BE＝CE＝6，即可求解． 【解答】（1）证明：∵D、E分别是AB、AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE∥BC，BC＝2DE， 又∵BE＝2DE，EF＝BE， ∴EF＝BC，EF∥BC， ∴四边形BCFE是平行四边形， 又∵EF＝BE， ∴平行四边形BCFE是菱形； （2）解：由（1）得：四边形BCFE是菱形， ∴BC＝CF＝BE＝EF， ∵∠BEF＝120°， ∴∠EBC＝60°， ∴△EBC是等边三角形， ∴BC＝BE＝CE＝5， ∴菱形BCFE的面积＝252． 【点评】此题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理以及等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 20．（8分）（2024春•瑞安市月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10，E是BC边上一点，∠DAE的角平分线交BC的延长线于F点，交CD于G点． （1）求证：EF＝AE． （2）连接EG，若EG⊥AE时，求CF的长． 【分析】（1）根据矩形性质得∠DAF＝∠F，结合∠DAF＝∠EAF，得出∠EAF＝∠F即可证出结论； （2）先证△AEG≌△ADG，再求出BE长，证出CF＝BE＝6即可． 【解答】（1）证明：∵在矩形ABCD中，AD∥BC即AD∥BF， ∴∠DAF＝∠F． ∵AF平分∠DAE， ∴∠DAF＝∠EAF， ∴∠EAF＝∠F， ∴EF＝AE． （2）解：∵EG⊥AE， ∴∠AEG＝90°． ∵在矩形ABCD中，∠D＝90°， ∴∠AEG＝∠D． ∵∠DAF＝∠EAF，AG＝AG， ∴△AEG≌△ADG（AAS）， ∴AE＝AD＝10． ∵在Rt△ABE中，AB＝8， ∴． ∵EF＝AE＝AD＝BC， ∴EC+CF＝EC+BE， ∴CF＝BE＝6． 【点评】本题考查的是矩形性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，牢记相关知识是解题关键， 21．（10分）（2024春•金东区期末）如图，在菱形ABCD中，点P是BC边上的点，连结AP交对角线BD于点E，连结EC． （1）求证：AE＝CE． （2）若∠ABC＝45°，AE＝PC，求∠BAP的度数． 【分析】（1）根据菱形性质得BA＝BC，∠ABD＝∠CBD，进而可依据“SAS”判定△ABE和△CBE全等，然后根据全等三角形的性质可得出结论； （2）设∠BAP＝α，由△ABE≌△CBE得∠BAP＝∠BCE＝α，根据AE＝PC，AE＝CE得PC＝CE，则∠CPE＝∠CEP（180°﹣∠BCE）＝90°α，再根据三角形外角定理得∠CPE＝∠ABC+∠BAP得90°α＝45°+α，由此解出α即可得出∠BAP的度数． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形， ∴BA＝BC，∠ABD＝∠CBD， 在△ABE和△CBE中， ， ∴△ABE≌△CBE（SAS）， ∴AE＝CE； （2）解：设∠BAP＝α， ∵△ABE≌△CBE， ∴∠BAP＝∠BCE＝α， ∵AE＝PC，AE＝CE， ∴PC＝CE， ∴∠CPE＝∠CEP（180°﹣∠BCE）＝90°α， ∵∠CPE是△ABP的一个外角，∠ABC＝45°， ∴∠CPE＝∠ABC+∠BAP， ∴90°α＝45°+α， ∴α＝30°， ∴∠BAP＝α＝30°． 【点评】此题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的内角和定理和三角形的外角性质，熟练掌握菱形的性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． 22．（10分）（2023春•慈溪市期末）如图，在▱ABCD中，O为线段AD的中点，延长BO交CD的延长线于点E，连接AE，BD，∠BDC＝90°． （1）求证：四边形ABDE是矩形； （2）连接OC，若AB＝2，，求OC的长． 【分析】（1）证△AOB≌△DOE（ASA），得AB＝DE，再证四边形ABDE是平行四边形，然后证∠BDE＝90°，即可得出结论； （2）过点O作OF⊥DE于点F，由矩形的性质得DE＝AB＝2，OD＝OE，再由等腰三角形的性质得DF＝EFDE＝1，则OF为△BDE的中位线，得，然后由平行四边形的性质得CD＝AB＝2，进而由勾股定理即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵O为AD的中点， ∴AO＝DO， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠BAO＝∠EDO， 又∵∠AOB＝∠DOE， ∴△AOB≌△DOE（ASA）， ∴AB＝DE， ∴四边形ABDE是平行四边形， ∵∠BDC＝90°， ∴∠BDE＝90°， ∴平行四边形ABDE是矩形； （2）解：如图，过点O作OF⊥DE于点F， ∵四边形ABDE是矩形， ∴DE＝AB＝2，ODAD，OB＝OEBE，AD＝BE， ∴OD＝OE， ∵OF⊥DE， ∴DF＝EFDE＝1， ∴OF为△BDE的中位线， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD＝AB＝2， ∴CF＝CD+DF＝3， 在Rt△OCF中，由勾股定理得：OC， 即OC的长为． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形中位线定理以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 23．（12分）（2024春•镇海区校级期中）类比于等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做等邻边四边形． （1）如图1，四边形ABCD的顶点A、B、C在格点上，请你在5×7的网格中分别画出3个不同形状的等邻边四边形ABCD，要求点D在格点上； （2）如图2，在▱ABCD中，E是BC上一点，F是DE上一点，AD＝DE，∠AFE＝∠B，请证明四边形ABEF是等邻边四边形； （3）如图3，在▱ABCD中，∠B＝60°，AD＝8，M、N分别为CD、BC边上一点（N不与两端点重合），连结AM、AN，AM＝AB，DM＝3，当四边形ANCM是等邻边四边形时，请直接写出BN的长度． 【分析】（1）根据题意利用网格特点做出图形即可； （2）连接AE，证明△ABE≌△AFE（AAS），则BE＝EF，即可得到结论； （3）分四种情况分别进行求解即可． 【解答】（1）解：如图1，四边形ABCD即为所求； （2）证明：连接AE，如图2， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAE＝∠AEB， ∵AD＝DE， ∴∠DAE＝∠AED， ∴∠AEB＝∠AED， ∵∠AFE＝∠B，AE＝AE， ∴△ABE≌△AFE（AAS）， ∴BE＝EF， ∴四边形ABEF是“等邻边四边形”； （3）解：BN的长度为4或7或．理由如下： 在▱ABCD中，∠B＝60°，AD＝8， ∴∠D＝∠B＝60°，BC＝AD＝8，AB＝CD， 过点M作MH⊥AD于H，则∠MHD＝∠MHA＝90°， ∴∠DMH＝30°， ∴， ∴，， ∴， 当CN＝CM时，设BN＝x，则CM＝CN＝BC﹣BN＝8﹣x， ∴CD＝AB＝CM+DM＝11﹣x， ∵AM＝AB， ∴AM＝11﹣x， ∴11﹣x＝7， 解得x＝4， 即BN＝4， 当AN＝AM时，则AB＝AN＝AM＝7， ∵∠B＝60°， ∴△ABN是等边三角形， ∴BN＝AB＝7； 当AN＝CN时，设BN＝m，则AN＝CN＝8﹣m，作NG⊥AB于点G，如图4， 则∠BGN＝90°， ∵∠B＝60°， ∴∠BNG＝30°， ∴， ∴ ∴ 在Rt△ANG中，AN2＝GN2+AG2， ∴， ∴9m＝15， ∴ 即， ∵AM＝AB＝CD＞CM， ∴AM＝CM这种情况不存在， 综上可知，BN的长度为4或7或． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，分类讨论是解题的关键． 24．（12分）（2024春•象山县校级期中）已知边长为1的正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上， （1）如图1，若AB⊥BF，求证：EA＝FB； （2）如图2，若∠EAF＝45°， ①猜想BE、EF、DF之间的数量关系，并证明； ②当AE的长为，试求AF的长度． 【分析】（1）由正方形性质可得AD＝AB，∠ABE＝∠BCF＝90°，可证得△ABE≌△BCF，即可证得结论； （2）①过A作AG⊥AF，交CB的延长线于G，连接EF，先证明△ADF≌△ABG，再证明△AGE≌△AFE，结合全等三角形的性质可得结论；②在Rt△ABE中，求解，设线段DF长为x，则，又，CF＝1﹣x，可得，再解方程进一步可得答案． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠BCD＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝1， ∵AE⊥BF， ∴∠BAE+∠ABF＝∠ABF+∠CBF＝90°， ∴∠BAE＝∠CBF， ∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴AE＝BF； （2）解：①它们的数量关系是：EF＝BE+DF；理由如下： 过A作AG⊥AF，交CB的延长线于G，连接EF， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝AB，∠ABG＝∠ADF＝90°， ∴∠BAG+∠BAF＝90°＝∠DAF+∠BAF， ∴∠BAG＝∠DAF， ∴△ADF≌△ABG（ASA）， ∴AF＝AG， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAD＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°， ∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF， ∴∠GAE＝∠EAF＝45°， 在△AGE和△AFE中， ， ∴△AGE≌△AFE（SAS）， ∴GE＝EF， ∵GE＝GB+BE＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF； ②在Rt△ABE中，AE的长为，AB＝1， ∴， 设线段DF长为x，则， 又，CF＝1﹣x， ， 解得， 在Rt△ADF中，由勾股定理得：． 【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，解此题的关键是能正确作出辅助线得出全等三角形． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第5章 特殊平行四边形（单元重点综合测试） （考试时间：120分钟；满分：120分） 姓名___________ 班级_________ 考号_______________________ 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．（3分）（2024秋•拱墅区校级月考）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，则下列结论一定正确的是（　　） A．AB＝AD B．AC⊥BD C．AC＝BD D．∠ACB＝∠ACD 2．（3分）（2024•杭州一模）如图，▱ABCD对角线AC，BD交于点O，请添加一个条件：____使得▱ABCD是菱形（　　） A．AB＝AC B．AC⊥BD C．AB＝CD D．AC＝BD 3．（3分）（2024•定海区三模）菱形OACB在平面直角坐标系中的位置如图所示，点C的坐标是（6，0），点A的纵坐标是1，则点B的坐标是（　　） A．（3，1） B．（3，﹣1） C．（1，﹣3） D．（1，3） 4．（3分）（2024春•杭州月考）如图，矩形ABCD中，若DE⊥AC于E，则∠DOC与∠CDE的度数比为（　　） A．4：3 B．3：2 C．2：1 D．1：1 5．（3分）（2024春•宁波期中）如图，矩形ABCD中，AD＝3，AB＝4，M为线段BD上一动点，MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，则PQ的最小值是（　　） A． B．3 C． D． 6．（3分）（2024春•平湖市期末）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边DC，AD的中点，连接BE，EF，BF．若菱形ABCD的面积为16，则△BEF的面积为（　　） A．8 B．7 C．6 D．5 7．（3分）（2024春•杭州月考）四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，E在CD上，连结AF交对角线BD于点H，交DE于点I．若AH＝a，则这两正方形的面积之和为（　　） A．4a2 B．3a2 C．2a2 D．a2 8．（3分）（2024春•玉环市期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，分别以AB，BC为边作正方形ABDE，正方形BCFG，连结EG，AG，若D，E，G共线，且EG＝3，，则AG的长为（　　） A． B． C． D． 9．（3分）（2024秋•舟山期末）在平面直角坐标系中，我们把一个点的纵坐标与横坐标的比值称为该点的“特征值”．如图，长方形ABCD位于第一象限，其四条边分别与坐标轴平行，则该长方形四个顶点中“特征值”最大的是（　　） A．点A B．点B C．点C D．点D 10．（3分）（2024春•慈溪市校级期中）如图，在矩形ABCD中，O为AC的中点，过点O作AC的垂线，分别交DC于点F，交AB于点E，G是AE的中点，且∠AOG＝30°，有下列结论： ①DC＝3OG； ②； ③连结AF，CE，四边形AECF为菱形； ④； 其中正确的是（　　） A．②③ B．③④ C．①②④ D．①③④ 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11．（3分）（2024秋•萧山区月考）如图，在菱形ABCD中，∠A＝80°，则∠CBD的度数为 　 　． 12．（3分）（2024春•杭州校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若AB＝DE＝2BE，EO＝2，则线段AE的长为　 　． 13．（3分）（2024春•上城区校级期中）如图所示，把一张长方形纸片ABCD沿CE折叠，得到线段B′E，折痕EC与BD相交于点M，若B′E∥BD，∠ADB＝36°，则∠EMD＝　 　． 14．（3分）（2024•东阳市开学）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD的延长线上，连接AE，AF，EF，AE与CF交于点G．已知∠EAF＝45°，AB＝3．DF＝1，则CE＝　 　． 15．（3分）（2024春•西湖区校级期中）将一张矩形纸片（不是正方形），先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形，剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中∠A＝∠C＝90°，∠B＝45°，BC＝6，AD＝4，则这张矩形纸片的较长边的长度为 　 　． 16．（3分）（2024春•德清县期末）定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形“．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝7，“筝形“EFGH的顶点E是AB的中点，点F，G，H分别在BC，CD，AD上，且EF＝5，则对角线EG的长 　 　． 三、解答题（本大题共8小题，共72分） 17．（6分）（2024春•镇海区校级期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，CE⊥BD于点E，AF⊥BD于点F，连结AE与CF． （1）求证：四边形AFCE是平行四边形； （2）若AE＝CD，∠DCE＝35°，求∠BCF的度数． 18．（6分）（2024秋•拱墅区校级月考）如图，正方形ABCD的边长为，对角线AC，BD相交于点O，点E在CA的延长线上，OE＝5，连接DE． （1）直接写出线段AE的长 　 　； （2）若F为DE的中点，求线段AF的长． 19．（8分）（2024•西湖区校级开学）如图，在△ABC中，点D、E分别是AB，AC的中点，BE＝2DE，延长DE到点F，使得EF＝BE，连结CF． （1）求证：四边形BCFE是菱形； （2）若CE＝5，∠BEF＝120°，求四边形BCFE的面积． 20．（8分）（2024春•瑞安市月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10，E是BC边上一点，∠DAE的角平分线交BC的延长线于F点，交CD于G点． （1）求证：EF＝AE． （2）连接EG，若EG⊥AE时，求CF的长． 21．（10分）（2024春•金东区期末）如图，在菱形ABCD中，点P是BC边上的点，连结AP交对角线BD于点E，连结EC． （1）求证：AE＝CE． （2）若∠ABC＝45°，AE＝PC，求∠BAP的度数． 22．（10分）（2023春•慈溪市期末）如图，在▱ABCD中，O为线段AD的中点，延长BO交CD的延长线于点E，连接AE，BD，∠BDC＝90°． （1）求证：四边形ABDE是矩形； （2）连接OC，若AB＝2，，求OC的长． 23．（12分）（2024春•镇海区校级期中）类比于等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做等邻边四边形． （1）如图1，四边形ABCD的顶点A、B、C在格点上，请你在5×7的网格中分别画出3个不同形状的等邻边四边形ABCD，要求点D在格点上； （2）如图2，在▱ABCD中，E是BC上一点，F是DE上一点，AD＝DE，∠AFE＝∠B，请证明四边形ABEF是等邻边四边形； （3）如图3，在▱ABCD中，∠B＝60°，AD＝8，M、N分别为CD、BC边上一点（N不与两端点重合），连结AM、AN，AM＝AB，DM＝3，当四边形ANCM是等邻边四边形时，请直接写出BN的长度． 24．（12分）（2024春•象山县校级期中）已知边长为1的正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上， （1）如图1，若AB⊥BF，求证：EA＝FB； （2）如图2，若∠EAF＝45°， ①猜想BE、EF、DF之间的数量关系，并证明； ②当AE的长为，试求AF的长度． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$