第20讲 特殊平行四边形 综合检测（重点）-【帮课堂】2024-2025学年八年级数学下册同步学与练（沪教版）

第20讲 特殊平行四边形 综合检测（重点） 一、单选题 1．矩形具有而菱形不具有的性质是（    ） A．两组对边分别相等 B．两组对边分别平行 C．两条对角线相等 D．两条对角线互相垂直 2．矩形中，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 3．如图，在菱形中，，则的度数是（     ）    A． B． C． D． 4．若正方形的边长为1，则该正方形的对角线长为（    ） A．1 B． C．2 D．4 5．如图，在矩形中，，则的度数是（　　） A． B． C． D． 6．如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（　　） A．当时，四边形是菱形 B．当时，四边形是菱形 C．当时，四边形是矩形 D．当时，四边形是正方形 7．如图，四边形是正方形，延长到点E，使，，则的长为（    ） A． B．2 C． D． 8．如图，点在矩形的边上，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处．若，，则长为（   ） A． B． C． D． 9．如图，在菱形中，，的垂直平分线交于点，点为垂足，连接，则（   ）      A． B． C． D． 10．在矩形中，，点E在边上，点F在边上，联结、、，，以下两个结论：①；②．其中判断正确的是（    ） A．①②都正确 B．①②都错误； C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 二、填空题 11．在菱形中，已知，，那么菱形的面积为 ． 12．在矩形中，与相交于点O，要使四边形是正方形，还需添加一个条件，这个条件可以是 ．（只需填写一种情况） 13．如图，在菱形中，若，的长为2，则的长是 ． 14．如图，在矩形中，，，为中点，连接，过作于，则的长度为 ． 15．如图，是正方形的对角线，点E是延长线上的点，且，则 ． 16．如图，在矩形中，相交于点O，平分交于点E，若，则的度数为 ． 17．在菱形ABCD中，，在同一平面内，以对角线为底边作等腰直角三角形，则的度数为 ． 18．如图，已知正方形的边长为3，、分别是、边上的点，且，将绕点逆时针旋转，得到．若，则的长为 ． 三、解答题 19．如图，在矩形中，已知，求线段． 20．如图，正方形中，点P，Q分别为，边上的点，且，连接，．求证：． 21．如图，在正方形中，对角线所在的直线上有两点、，连接、、、，且，求证：四边形是菱形． 22．如图，菱形的对角线、相交于点O，，，与交于点F． (1)求证：四边形的为矩形； (2)若，，求菱形的面积． 23．如图，在中，E、F分别为边的中点，是对角线，过A点作交的延长线于点G． (1)求证：； (2)当满足条件 时，四边形是菱形（不需要证明） (3)当满足条件 时，四边形是矩形（不需要证明） 24．如图，点M是正方形的边上的一点，过点B作交的延长线于点N，连接交于点E． (1)求的大小； (2)如果，求证：； (3)如果，当时，求的长． 25．如图，在矩形中，为坐标原点，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上，点在边上，点的坐标为，，点是射线上一个动点，连接，． (1)求点的坐标； (2)如果点，之间的距离为，的面积为，求与之间的函数关系式，并写出函数定义域； (3)在点运动过程中，是否有可能为等腰三角形？若有可能，求出点的坐标；若不可能，请说明理由． 26．如图1，四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，其中点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上，点H在BC边上，连结AC，AH，HF．已知AB＝2，∠ABC＝60°，CE＝BH． （1）求证：△ABH≌△HEF； （2）如图2，当H为BC中点时，连结DF，求DF的长； （3）如图3，将菱形CEFG绕点C逆时针旋转120°，使点E在AC上，点F在CD上，点G在BC的延长线上，连结EH，BF．若EH⊥BC，请求出BF的长． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第20讲 特殊平行四边形 综合检测（重点） 一、单选题 1．矩形具有而菱形不具有的性质是（    ） A．两组对边分别相等 B．两组对边分别平行 C．两条对角线相等 D．两条对角线互相垂直 【答案】C 【分析】分别根据矩形和菱形的性质可得出其对角线性质的不同，可得到答案． 【解析】解：矩形的对角线相等且平分，菱形的对角线垂直且平分， 所以矩形具有而菱形不具有的为对角线相等， 故选：C． 【点睛】本题主要考查矩形和菱形的性质，解题的关键是掌握矩形的对角线相等且平分、菱形的对角线垂直且平分． 2．矩形中，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了矩形的性质，根据矩形的对角线相等即可求解，解题的关键是熟练掌握矩形的性质及其应用． 【解析】∵四边形是矩形， ∴， 故选：． 3．如图，在菱形中，，则的度数是（     ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的对角线平分一组对角．根据菱形的对角线平分一组对角即可求解． 【解析】解：在菱形中，， ， 故选：D． 4．若正方形的边长为1，则该正方形的对角线长为（    ） A．1 B． C．2 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理的运用，根据正方形的性质可得两直边与对角线组成直角三角形，运用勾股定理即可求解． 【解析】解：正方形的边长为1，相邻两直角边与对角线可组成直角三角形， ∴对角线长为， 故选：B ． 5．如图，在矩形中，，则的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，证明是等边三角形，即可得出结果． 【解析】∵矩形，， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴； 故选C． 6．如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（　　） A．当时，四边形是菱形 B．当时，四边形是菱形 C．当时，四边形是矩形 D．当时，四边形是正方形 【答案】D 【分析】根据平行四边形性质和矩形，菱形，正方形判定进行判定. 【解析】A．四边形是平行四边形，当时，它是菱形，故A选项正确； B．∵四边形是平行四边形， ∴对角线互相平分， ∵， ∴四边形是菱形，故B选项正确； C．有一个角是直角的平行四边形是矩形，故C选项正确； D．根据对角线相等的平行四边形是矩形可知，当时，它是矩形，不是正方形，故D选项错误； 综上所述，符合题意是D选项； 故选D． 【点睛】本题主要考查特殊平行四边形的判定，解答本题的关键是：根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形． 7．如图，四边形是正方形，延长到点E，使，，则的长为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．根据正方形得到，继而由即可求解． 【解析】解：∵四边形是正方形， ∴， 由勾股定理得：， ∵， ∴， 故选：C． 8．如图，点在矩形的边上，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处．若，，则长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据矩形的性质得AD=BC=10，AB=CD=6，再根据折叠的性质得AF=AD=10，EF=DE，在Rt△ABF中，利用勾股定理计算出BF=8，则CF=BC-BF=2，设CE=x，则DE=EF=6-x，然后在Rt△ECF中根据勾股定理得到，解方程即可得到DE的长． 【解析】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴AD=BC=10，AB=CD=6， ∵矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的F处， ∴AF=AD=10，EF=DE， 在Rt△ABF中，BF=， ∴CF=BC-BF=10-8=2， 设CE=x，则DE=EF=6-x， 在Rt△ECF中，， ∴， 解得x=， ∴DE=6-x=， 故选：B． 【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理的综合运用．解题时，常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案． 9．如图，在菱形中，，的垂直平分线交于点，点为垂足，连接，则（   ）      A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据菱形的性质，垂直平分线的性质可得，再证，得到，由，即可求解． 【解析】解：∵四边形是菱形，是对角线，， ∴，， 如图所示，连接， ∵是的垂直平分线， ∴， ∴是的角平分线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：B ． 【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，三线合一，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的性质，全等三角形的性质是解题的关键． 10．在矩形中，，点E在边上，点F在边上，联结、、，，以下两个结论：①；②．其中判断正确的是（    ） A．①②都正确 B．①②都错误； C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】A 【分析】先证明，则，再证明是等腰直角三角形，则，进一步得到，则，利用完全平方公式进行计算即可证明①正确，由得到，根据即可证明②正确． 【解析】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， 故①正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ 故②正确， 故选：A 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、矩形的性质、二次根式的运算等知识，证明是解题的关键． 二、填空题 11．在菱形中，已知，，那么菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质；根据菱形的面积公式即可求得其面积． 【解析】解：如图所示， 解：∵在菱形中，，， ∴菱形的面积为． 故答案为：． 12．在矩形中，与相交于点O，要使四边形是正方形，还需添加一个条件，这个条件可以是 ．（只需填写一种情况） 【答案】（答案不唯一）． 【分析】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．根据正方形的判定定理即可得到结论． 【解析】解：这个条件可以是（答案不唯一）， 理由：四边形是矩形，， 四边形是正方形， 故答案为：（答案不唯一）． 13．如图，在菱形中，若，的长为2，则的长是 ． 【答案】 【分析】先证明是等边三角形，再结合等边三角形的性质与勾股定理可得答案． 【解析】解：连接交于点O，在菱形中， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴，即． 故答案为： 【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，菱形的性质，掌握基础知识是解本题的关键． 14．如图，在矩形中，，，为中点，连接，过作于，则的长度为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质以及勾股定理的应用，三角形的面积公式，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据矩形的性质得，结合为中点，所以，然后由勾股定理列式，因为，再根据三角形的面积公式得出，即可作答． 【解析】解：连接，如图所示： ∵在矩形中，，， ∴， ∵为中点， ∴， ∴在中，， 则， ∴， 解得， 故答案为：． 15．如图，是正方形的对角线，点E是延长线上的点，且，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等边对等角，先由正方形的性质得到，则，再根据等边对等角和三角形内角和定理求解即可． 【解析】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 16．如图，在矩形中，相交于点O，平分交于点E，若，则的度数为 ． 【答案】/75度 【分析】本题考查了矩形的综合题，根据矩形的性质和角平分线得是等腰三角形，根据角之间的关系得是等边三角形，根据三角形的内角和定理即可得． 【解析】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 17．在菱形ABCD中，，在同一平面内，以对角线为底边作等腰直角三角形，则的度数为 ． 【答案】或 【分析】先根据菱形的性质求出，再分点E在内与在内两种情况，根据角的和差关系分别求解． 【解析】解：∵四边形是菱形，， ， ， 以对角线为底边作等腰直角三角形，可分两种情况，如图：    当点E在内时，， ； 当点E在内时，， ； 综上可知的度数为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查菱形的性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是画出图形，注意分情况讨论． 18．如图，已知正方形的边长为3，、分别是、边上的点，且，将绕点逆时针旋转，得到．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】由旋转可得，为直角，可得出，由，得到为，可得出，再由，利用可得出三角形与三角形全等，由全等三角形的对应边相等可得出；则可得到，正方形的边长为3，用求出的长，再由求出的长，设，可得出，在直角三角形中，利用勾股定理列出关于的方程，求出方程的解得到的值，即为的长． 【解析】解：逆时针旋转得到， ， 、、三点共线， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， 设， ，且， ， ， ， 在中，由勾股定理得， 即， 解得：， ． 故答案为：． 【点睛】此题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理．此题难度适中，解题的关键是注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 三、解答题 19．如图，在矩形中，已知，求线段． 【答案】3 【分析】 本题考查矩形的性质．根据矩形对角线相等互相平分求解即可． 【解析】解：∵矩形， ∴，， ∴． 20．如图，正方形中，点P，Q分别为，边上的点，且，连接，．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 根据正方形的性质得出，，根据已知条件得出，证明，得出，根据等量代换得出，即可得证． 【解析】解：在正方形中，，， ， ， ， ， ， ， ， ． 21．如图，在正方形中，对角线所在的直线上有两点、，连接、、、，且，求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查的是正方形的性质及菱形的判定，连接交于点，利用正方形的性质得出，证出四边形是平行四边形，进而证明结论． 【解析】证明：连接交于点， ∵四边形是正方形， ∴，． ∵，， ∴． ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形 22．如图，菱形的对角线、相交于点O，，，与交于点F． (1)求证：四边形的为矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识， （1）先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的性质可得，问题随之得证； （2）根据菱形的性质可得，再利用勾股定理可得，从而得到，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可． 【解析】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵菱形对角线交于点O， ∴，即． ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积为：． 23．如图，在中，E、F分别为边的中点，是对角线，过A点作交的延长线于点G． (1)求证：； (2)当满足条件 时，四边形是菱形（不需要证明） (3)当满足条件 时，四边形是矩形（不需要证明） 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形和菱形的判定． （1）先证明四边形是平行四边形，即可得出结论； （2）当时，四边形是菱形，利用斜边中线的性质即可得出结论； （3）当时，四边形是矩形，利用线段垂直平分线的性质即可得解． 【解析】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵E、F分别为边的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）解：当时，四边形是菱形， ∵， ∵E为边的中点， ∴， ∴平行四边形是菱形， 故答案为：； （3）解：当时，四边形是矩形， ∵E为边的中点， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴当时，四边形是矩形， 故答案为：． 24．如图，点M是正方形的边上的一点，过点B作交的延长线于点N，连接交于点E． (1)求的大小； (2)如果，求证：； (3)如果，当时，求的长． 【答案】(1)； (2)见解析 (3)． 【分析】（1）利用等角的余角相等求得，证明，可证明，可求得是等腰直角三角形，据此即可求解； （2）在上截取点，使，连接，证明是等边三角形，再证明，据此即可证明； （3）由已知结合，证明是的角平分线，作于点，据此求解即可． 【解析】（1）解：∵正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； （2）解：在上截取点，使，连接， 由（1）知， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：由（1）知， ∴， ∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即是的角平分线， 作于点， 则， ∵，， ∴， ∴， ∵正方形，， ∴，， ∴，是等腰直角三角形， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 25．如图，在矩形中，为坐标原点，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上，点在边上，点的坐标为，，点是射线上一个动点，连接，． (1)求点的坐标； (2)如果点，之间的距离为，的面积为，求与之间的函数关系式，并写出函数定义域； (3)在点运动过程中，是否有可能为等腰三角形？若有可能，求出点的坐标；若不可能，请说明理由． 【答案】(1)； (2)； (3)有可能为等腰三角形，点的坐标为或或或． 【分析】（）过点作于，利用勾股定理求出即可求解； （）分点在线段上和点在线段的延长线上两种情况，利用割补法解答即可求解； （）分点为顶点、点为顶点、点为顶点，分别画出图形，利用勾股定理解答即可求解． 【解析】（1）解：过点作于，则， ∵的坐标为，四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴点的坐标为； （2）解：∵，， ∴，， 当点在线段上时， ； 当点在线段的延长线上时，如图，过点作轴于，则四边形是矩形，，， ； 综上，； （3）解：有可能为等腰三角形． ∵，，， ∴， 当点为顶点时，如图，， ∴， ∴或； 当点为顶点时，如图，， ∴    ， ∴， ∴； 当点为顶点时，如图，， 设，则， ∵， ∴， 即， 解得， ∴； 综上，点的坐标为或或或． 【点睛】本题考查了坐标与图形，矩形的性质，勾股定理，求一次函数，等腰三角形的定义，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 26．如图1，四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，其中点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上，点H在BC边上，连结AC，AH，HF．已知AB＝2，∠ABC＝60°，CE＝BH． （1）求证：△ABH≌△HEF； （2）如图2，当H为BC中点时，连结DF，求DF的长； （3）如图3，将菱形CEFG绕点C逆时针旋转120°，使点E在AC上，点F在CD上，点G在BC的延长线上，连结EH，BF．若EH⊥BC，请求出BF的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）． 【分析】（1）根据两个菱形中，点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上这一特殊的位置关系和CE＝BH可证明相应的边和角分别相等，从而证明结论； （2）由AB＝BC，∠ABC＝，可证明△ABC是等边三角形，从而证明∠AHB＝90°，再由△ABH≌△HEF，得∠HFE＝∠AHB＝90°，再得∠DPF＝180°﹣∠HFE＝90°，在Rt△DPF中用勾股定理求出DF的长； （3）作FM⊥BG于点M，当EH⊥BC时，可证明CH＝CM＝CG＝BH，从而求出BM、FM的长，再由勾股定理求出BF的长． 【解析】解：（1）证明：如图1，∵四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形， ∴AB＝BC，CE＝EF， ∵CE＝BH， ∴BH＝EF， ∵BH+CH＝CE+CH， ∴BC＝HE， ∴AB＝HE； ∵点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上， ∴AB∥DG∥EF， ∴∠B＝∠E， 在△ABH和△HEF中， ， ∴△ABH≌△HEF（SAS）． （2）如图2，设FH交CG于点P，连结CF， ∵AB＝BC，∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∵BH＝CH， ∴AH⊥BC， ∴∠AHB＝90°， 由（1）得，△ABH≌△HEF， ∴∠HFE＝∠AHB＝90°， ∵DG∥EF， ∴∠DPF＝180°﹣∠HFE＝90°， ∴PF⊥CG， ∵CG＝FG，∠G＝∠E＝∠B＝60°， ∴△GFC是等边三角形， ∴PC＝PG＝CG； ∵BC＝AB＝2， ∴CG＝EF＝BH＝BC＝1， ∴PC＝； ∵CD＝AB＝2， ∴PD＝+2＝， ∵CF＝CG＝1， ∴PF2＝CF2﹣PC2＝12﹣（）2＝， ∴． （3）如图3，作FM⊥BG于点M，则∠BMF＝90°， ∵EH⊥BC，即EH⊥BG， ∴EH∥FM， ∵∠CEF＝∠ACB＝60°， ∴EF∥MH， ∴四边形EHMF是平行四边形， ∵∠EHM＝90°， ∴四边形EHMF是矩形， ∴EH＝FM； ∵EF＝EC，∠CEF＝60°， ∴△CEF是等边三角形， ∴CE＝CF， ∵∠EHC＝∠FMC＝90°， ∴Rt△EHC≌Rt△FMC（HL）， ∴CH＝CM＝CG； ∵CG＝CE＝BH， ∴CH＝BH， ∴CM＝CH＝BC＝×2＝， ∴CF＝CG＝2CM＝2×＝， ∴＝（）2﹣（）2＝， ∵BM＝2+＝， ∴． 【点睛】本题主要考查了几何综合，其中涉及到了菱形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，矩形的判定及性质等，熟悉掌握几何图形的性质和合理做出辅助线是解题的关键． 24 / 24 学科网（北京）股份有限公司 $$