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初中数学浙教版八下精彩练习第五章特殊平行四边形章末复习
一、考点1矩形的判定与性质
1．（2018八下·镇海期末）如图，在矩形纸片ABCD中，BC=a，将矩形纸片翻折，使点C恰好落在对角线交点O处，折痕为BE，点E在边CD上，则CE的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【考点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵由折叠可得， BC=BO=a，∠BCD=∠BOE=90°, OE=EC,
∵四边形 ABCD 是矩形，
∴BD=2BO=2a,∠DBC=90°，
∵在矩形纸片ABCD中，BC=a,BD=2a，，
由勾股定理求得： DC= a，
设CE=x,则DE=DC-CE= a-x，
在Rt△ODE中, ，
解得：x= 。
即CE的长为 。
故答案为：C。
【分析】根据折叠的性质可知： BC=BO=a，∠BCD=∠BOE=90°,OE=EC,在Rt△BDC中，利用勾股定理得DC的长，设CE=x,根据DE=DC-CE表示出DE，在Rt△ODE中利用勾股定理建立方程，求解即可算出答案。
2．如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AO=CO=10， BO=DO，且AB=12，BC=16.
（1）求证：四边形ABCD是矩形.
（2）若∠ADF ：∠FDC=3：2，DF⊥AC于点E，求∠BDF的度数.
【答案】（1）证明：∵AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形.
∵AO=CO=10，
∴AC=20，
∴ ，
∴
∴平行四边形ABCD是矩形.
（2）解：∵ ，
∴
∵
∴
∵四边形ABCD是矩形，
∴
∴ ，
∴
【考点】等腰三角形的性质；勾股定理的逆定理；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用对角线互相平分的四边形是平行四边形，可证得四边形ABCD是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理证明∠ABC=90°，即可证得结论.
（2）利用已知条件可求出∠FDC=36°，利用垂直的定义及三角形的内角和定理可求出∠DCO的度数；再利用矩形的性质及等腰三角形的性质可求出∠ODC的度数；然后求出∠BDF的度数.
二、考点2菱形的判定与性质
3．（2022八下·浙江）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=10，点E在AD边上，已知 B，E两点关于直线l对称，直线l分别交AD，BC边于点M ，N，连结BM，NE.
（1）求证：四边形 BMEN是菱形.
（2）若 DE=2，求NC的长.
【答案】（1）证明：∵B，E两点关于直线l对称，
∴BM=ME，BN=NE，∠BMN=∠EMN.
在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠EMN=∠MNB，
∴∠EMN=∠MNB
∴BM=BN，
∴BM=ME=BN=NE，
∴四边形BMEN是菱形.
（2）解：设菱形边长为 ，则 ，在Rt 中， .
解得 .
【考点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【分析】（1）利用点B，E关于直线l对称，可证得BM=ME，BN=NE，∠BMN=∠EMN，再利用矩形的性质及平行线的性质可推出∠EMN=∠MNB，利用等角对等边可证得BM=BN，从而可推出BM=ME=BN=NE；然后利用四边相等的四边形是菱形，可证得结论.
（2）设菱形的边长为x，可表示出AM的长，利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值，可求出AC的长.
4．（2022八下·浙江）在一个内角为60°的菱形中，一条对角线长为16，则另一条对角线的长等于 .
【答案】 或
【考点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图
∵在一个内角为60°的菱形中，一条对角线长为16，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC＝60°，AC＝16，或BD＝16
∴BA＝BC，AC⊥BD，AO＝OC，BO＝OD，∠ABD＝30°
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝BC
当AC＝16时，
∴AO＝AC=8，AB＝16
∴
∴；
当BD＝16时，
∴BO＝8，且∠ABO＝30°
∴AB=2AO，
∴AO2+BO2=AB2，
∴AO2+82=4AO2
解之：
∴
∴另一条对角线的长为或.
故答案为：或.
【分析】利用菱形的性质，结合已知条件可证得BA＝BC，AC⊥BD，AO＝OC，BO＝OD，∠ABD＝30°，△ABC是等边三角形；分情况讨论：当AC=16时，利用勾股定理求出BO的长，即可求出BD的长；当BD＝16时，利用勾股定理求出OA的长，即可求出AC的长.
三、考点3正方形的判定与性质
5．（2022八下·浙江）如图，已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F.
（1）求证：四边形CEGF是正方形.
（2）求 的值.
【答案】（1）证明： 四边形ABCD是正方形，
∴
∵
∴ ，
∴四边形CEGF是矩形，EG=EC，
∴四边形CEGF是正方形.
（2）解：∵四边形CEGF是正方形，
∴
∴ ，
∴ ，
∴
【考点】勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可证得∠BCD=90°，∠BCA=45°，再利用垂直的定义，可证得∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，即可证得四边形CEGF是矩形，然后证明EG=EC，利用有一组邻边相等的矩形是正方形，可证得结论.
（2）利用正方形的性质可证得∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，利用勾股定理表示出CG，AC的长；再证明AG，BE的长，即可得到AG与BE的比值.
6．（2019八下·河南期末）如图，在正方形 中， 是 边上的点，过点 作 于 ，若 ，则 的度数为 .
【答案】67.5°
【考点】等腰三角形的性质；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDC=∠CBD=45°，
∵EF⊥BD，
∴△DFE是等腰直角三角形，
∴DF=EF，∠FED=45°，
∵EF=EC，
∴∠EFC=∠ECF，
∵∠FED=∠EFC+∠ECF，
∴∠ECF=22.5°，
∵∠BCD=90°，
∴∠BCF=67.5°，
故答案为：67.5°.
【分析】由正方形的性质得到∠BDC=∠CBD=45°，求得DF=EF，∠FED=45°，根据等腰三角形的性质得到∠EFC=∠ECF，于是得到结论.
四、考点4特殊平行四边形的综合题
7．如图所示，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=60 cm，∠A = 60°，点D从点C出发沿CA方向以4 cm/s的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/s的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动.设点D，E运动的时间是t s(0（1）求证：AE=DF.
（2）四边形AEFD能够成为菱形吗 如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由.
（3）当t为何值时，ADEF是直角三角形 请说明理由.
【答案】（1）证明：在Rt 中，易得 .由题可知 .
又∵在Rt 中， ，
∴
∴
（2）解：能.理由如下：∵ ，
∴ .
又∵ ，
∴四边形AEFD是平行四边形.
当 时，四边形AEFD是菱形，
即 ，解得 ，
即当 时，四边形AEFD是菱形.
（3）解：①如图1，当 时， .
此时 ，即 ，解得 ，
∴ 时， .
②如图2，当 时， .
四边形AEFD是平行四边形，
∴
∴
∴ 是直角三角形， .
∵
∴
∴ ，
即 ，解得 .
综上所述，当 或12时， 是直角三角形.
【考点】三角形-动点问题；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用三角形的内角和定理可求出∠C的度数，利用点的运动方向和速度可表示出CD，AE的长；利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可表示出DF的长；即可证得结论.
（2）利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得四边形AEFD是平行四边形；要使四边形AEFD成为菱形，可知AD=AE，可得到关于t的方程，解方程求出t的值.
（3）分情况讨论：当∠EDF=90°时，利用 建立关于t的方程，解方程求出t的值；当∠DEF=90°时，利用 建立关于t的方程，解方程求出t的值，综上所述可对担当△DEF是直角三角形时的t的值.
8．（2020八下·泰兴期末）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
【答案】B
【考点】菱形的判定；矩形的性质；中心对称及中心对称图形；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形.
故答案为：B.
【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况.
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初中数学浙教版八下精彩练习第五章特殊平行四边形章末复习
一、考点1矩形的判定与性质
1．（2018八下·镇海期末）如图，在矩形纸片ABCD中，BC=a，将矩形纸片翻折，使点C恰好落在对角线交点O处，折痕为BE，点E在边CD上，则CE的长为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AO=CO=10， BO=DO，且AB=12，BC=16.
（1）求证：四边形ABCD是矩形.
（2）若∠ADF ：∠FDC=3：2，DF⊥AC于点E，求∠BDF的度数.
二、考点2菱形的判定与性质
3．（2022八下·浙江）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=10，点E在AD边上，已知 B，E两点关于直线l对称，直线l分别交AD，BC边于点M ，N，连结BM，NE.
（1）求证：四边形 BMEN是菱形.
（2）若 DE=2，求NC的长.
4．（2022八下·浙江）在一个内角为60°的菱形中，一条对角线长为16，则另一条对角线的长等于 .
三、考点3正方形的判定与性质
5．（2022八下·浙江）如图，已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F.
（1）求证：四边形CEGF是正方形.
（2）求 的值.
6．（2019八下·河南期末）如图，在正方形 中， 是 边上的点，过点 作 于 ，若 ，则 的度数为 .
四、考点4特殊平行四边形的综合题
7．如图所示，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=60 cm，∠A = 60°，点D从点C出发沿CA方向以4 cm/s的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/s的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动.设点D，E运动的时间是t s(0（1）求证：AE=DF.
（2）四边形AEFD能够成为菱形吗 如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由.
（3）当t为何值时，ADEF是直角三角形 请说明理由.
8．（2020八下·泰兴期末）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
答案解析部分
1．【答案】C
【考点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵由折叠可得， BC=BO=a，∠BCD=∠BOE=90°, OE=EC,
∵四边形 ABCD 是矩形，
∴BD=2BO=2a,∠DBC=90°，
∵在矩形纸片ABCD中，BC=a,BD=2a，，
由勾股定理求得： DC= a，
设CE=x,则DE=DC-CE= a-x，
在Rt△ODE中, ，
解得：x= 。
即CE的长为 。
故答案为：C。
【分析】根据折叠的性质可知： BC=BO=a，∠BCD=∠BOE=90°,OE=EC,在Rt△BDC中，利用勾股定理得DC的长，设CE=x,根据DE=DC-CE表示出DE，在Rt△ODE中利用勾股定理建立方程，求解即可算出答案。
2．【答案】（1）证明：∵AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形.
∵AO=CO=10，
∴AC=20，
∴ ，
∴
∴平行四边形ABCD是矩形.
（2）解：∵ ，
∴
∵
∴
∵四边形ABCD是矩形，
∴
∴ ，
∴
【考点】等腰三角形的性质；勾股定理的逆定理；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用对角线互相平分的四边形是平行四边形，可证得四边形ABCD是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理证明∠ABC=90°，即可证得结论.
（2）利用已知条件可求出∠FDC=36°，利用垂直的定义及三角形的内角和定理可求出∠DCO的度数；再利用矩形的性质及等腰三角形的性质可求出∠ODC的度数；然后求出∠BDF的度数.
3．【答案】（1）证明：∵B，E两点关于直线l对称，
∴BM=ME，BN=NE，∠BMN=∠EMN.
在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠EMN=∠MNB，
∴∠EMN=∠MNB
∴BM=BN，
∴BM=ME=BN=NE，
∴四边形BMEN是菱形.
（2）解：设菱形边长为 ，则 ，在Rt 中， .
解得 .
【考点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【分析】（1）利用点B，E关于直线l对称，可证得BM=ME，BN=NE，∠BMN=∠EMN，再利用矩形的性质及平行线的性质可推出∠EMN=∠MNB，利用等角对等边可证得BM=BN，从而可推出BM=ME=BN=NE；然后利用四边相等的四边形是菱形，可证得结论.
（2）设菱形的边长为x，可表示出AM的长，利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值，可求出AC的长.
4．【答案】 或
【考点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图
∵在一个内角为60°的菱形中，一条对角线长为16，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC＝60°，AC＝16，或BD＝16
∴BA＝BC，AC⊥BD，AO＝OC，BO＝OD，∠ABD＝30°
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝BC
当AC＝16时，
∴AO＝AC=8，AB＝16
∴
∴；
当BD＝16时，
∴BO＝8，且∠ABO＝30°
∴AB=2AO，
∴AO2+BO2=AB2，
∴AO2+82=4AO2
解之：
∴
∴另一条对角线的长为或.
故答案为：或.
【分析】利用菱形的性质，结合已知条件可证得BA＝BC，AC⊥BD，AO＝OC，BO＝OD，∠ABD＝30°，△ABC是等边三角形；分情况讨论：当AC=16时，利用勾股定理求出BO的长，即可求出BD的长；当BD＝16时，利用勾股定理求出OA的长，即可求出AC的长.
5．【答案】（1）证明： 四边形ABCD是正方形，
∴
∵
∴ ，
∴四边形CEGF是矩形，EG=EC，
∴四边形CEGF是正方形.
（2）解：∵四边形CEGF是正方形，
∴
∴ ，
∴ ，
∴
【考点】勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可证得∠BCD=90°，∠BCA=45°，再利用垂直的定义，可证得∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，即可证得四边形CEGF是矩形，然后证明EG=EC，利用有一组邻边相等的矩形是正方形，可证得结论.
（2）利用正方形的性质可证得∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，利用勾股定理表示出CG，AC的长；再证明AG，BE的长，即可得到AG与BE的比值.
6．【答案】67.5°
【考点】等腰三角形的性质；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDC=∠CBD=45°，
∵EF⊥BD，
∴△DFE是等腰直角三角形，
∴DF=EF，∠FED=45°，
∵EF=EC，
∴∠EFC=∠ECF，
∵∠FED=∠EFC+∠ECF，
∴∠ECF=22.5°，
∵∠BCD=90°，
∴∠BCF=67.5°，
故答案为：67.5°.
【分析】由正方形的性质得到∠BDC=∠CBD=45°，求得DF=EF，∠FED=45°，根据等腰三角形的性质得到∠EFC=∠ECF，于是得到结论.
7．【答案】（1）证明：在Rt 中，易得 .由题可知 .
又∵在Rt 中， ，
∴
∴
（2）解：能.理由如下：∵ ，
∴ .
又∵ ，
∴四边形AEFD是平行四边形.
当 时，四边形AEFD是菱形，
即 ，解得 ，
即当 时，四边形AEFD是菱形.
（3）解：①如图1，当 时， .
此时 ，即 ，解得 ，
∴ 时， .
②如图2，当 时， .
四边形AEFD是平行四边形，
∴
∴
∴ 是直角三角形， .
∵
∴
∴ ，
即 ，解得 .
综上所述，当 或12时， 是直角三角形.
【考点】三角形-动点问题；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用三角形的内角和定理可求出∠C的度数，利用点的运动方向和速度可表示出CD，AE的长；利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可表示出DF的长；即可证得结论.
（2）利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得四边形AEFD是平行四边形；要使四边形AEFD成为菱形，可知AD=AE，可得到关于t的方程，解方程求出t的值.
（3）分情况讨论：当∠EDF=90°时，利用 建立关于t的方程，解方程求出t的值；当∠DEF=90°时，利用 建立关于t的方程，解方程求出t的值，综上所述可对担当△DEF是直角三角形时的t的值.
8．【答案】B
【考点】菱形的判定；矩形的性质；中心对称及中心对称图形；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形.
故答案为：B.
【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况.
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