人教版初中数学2023-2024学年八年级下学期课时基础练习 18.2特殊的平行四边形

人教版初中数学2023-2024学年八年级下学期课时基础练习 18.2特殊的平行四边形
一、选择题
1．（2022九下·重庆开学考）如图，在矩形 中， 、 分别是边 、 上的点， ，连接 、 ， 与对角线 交于点 ，且 ， ， ，则 的长为（　　）
A． B． C．4 D．6
2．（2021八下·长丰期末）如图，在面积为S的菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F，G分别是BC，OB，OC的中点，则四边形EFOG的面积为（　　）
A． B． C． D．
3．（2023八下·抚顺期末）如图，为正方形对角线的中点，为等边三角形．若，则的长度为（　　）
A． B． C． D．
4．如图，在中，为AB的中点，为AC的中点，是DE上一点，且，若，则线段EF的长为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
5．（2024八上·余姚期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝16，BC＝12，AF⊥BC于点F，BE⊥AC于点E，D为AB的中点，M为EF的中点，则DM的长为（　　）
A．7 B．8 C． D．
6．（2024九下·深圳开学考） 下列命题是假命题的是（　　）
A．有一组邻边相等的矩形是正方形
B．对角线互相平分的四边形是平行四边形
C．有三个角是直角的四边形是矩形
D．有一组邻边相等的四边形是菱形
7．（2024九上·贵阳期末）如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点O作OE⊥BD交AD于点E，已知AB＝5，△DOE的面积为，则DE的长为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．
8．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；②OG=BC；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
9．如图，菱形 ABCD的边长为 13，对角线AC=24，E，F分别是边 CD，BC 的中点，连结EF 并延长，与AB的延长线相交于点G，则 EG 的长为（　　）
A．13 B．10 C．12 D．5
10．如图 ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E为BC的中点，连结EO并延长，交AD于点F，∠ABC=60°，BC=2AB.给出下列结论：①AB⊥AC.②AD=4OE.③四边形AECF是菱形④其中正确的是（　　）
A．①②③④ B．①② C．①③ D．②③④
二、填空题
11．（2021九上·南岗开学考）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点O作OE⊥BC，垂足为点E，过点A作AF⊥OB，垂足为点F，若BC＝2AF，OD＝6，则BE的长为　 　．
12．（2024·湖南模拟）如图，点E，F，G，H分别是四边形的边，，，的中点，连接四边形各边中点，当四边形满足　 　条件，四边形是矩形．
13．（2021·福州模拟）如图， 中， ， ， ，D是AB的中点，E是BC的中点， 于点F，则 的长是　 　.
14．如图，在菱形ABCD中，AB=10cm，AC=16cm，E，F分别是CD和BC的中点，连结EP并延长与AB的延长线相交于点G，则EG的长度为　 　cm
15．（2023·内江）如图，四边形是边长为4的正方形，是等边三角形，则阴影部分的面积为　 　．
三、解答题
16．如图①，已知AD//BC，AB//DC，∠B.
（1）求证：四边形ABCD为矩形；
（2）如图②，M为AD的中点，为AB的中点，.若，求BC的长.
17．（2024九上·青山湖期末）如图，在正方形中，点是对角线上一动点，连接，作交于点，以和为邻边作矩形．
（1）猜想：，的位置关系是　 　；
（2）求证：．
18．（2024九上·贵阳期末）如图，已知在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，点F在AD上，AF＝AB，连接BF交AE于点O，连接EF．
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若BF＝8，AB＝5，求AE的长．
19．如图，分别以△ABC的两边AB 和AC 为边向外作正方形ANMB 和正方形ACDE，连结NC，BE相交于点P.
（1）求证：∠ANC=∠ABE.
（2）若BC=6，Q是线段BC 的中点，连结 PQ，则PQ=　 　.
20．如图，在正方形ABCD中，点E在边AD上(不与点A，点D重合)，连结BE，作 AG⊥BE于点F，交边 CD于点G，连结 CF.
（1）求证：BE=AG.
（2）已知E 是边AD 的中点，AD=10.
①分别求AF，BF的长.
②求证：CB=CF.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接BO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠DCB=90°
∴∠FCO=∠EAO，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF，OA=OC，
∵BF=BE，
∴BO⊥EF，∠BOF=90°，
∵∠FEB=2∠CAB=∠CAB+∠AOE，
∴∠EAO=∠EOA，
∴EA=EO=OF=FC=2，
在Rt△BFO和Rt△BFC中，
，
∴Rt△BFO≌Rt△BFC，
∴BO=BC，
在Rt△ABC中，∵AO=OC，
∴BO=AO=OC=BC，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠BCO=60°，∠BAC=30°，
∴∠FEB=2∠CAB=60°，
∵BE=BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴EB=EF=4，
∴AB=AE+EB=2+4=6.
故答案为：D.
【分析】连接BO，根据矩形的性质可得DC∥AB，∠DCB=90°，根据平行线的性质可得∠FCO=∠EAO，证明△AOE≌△COF，得到OE=OF，OA=OC，推出∠EAO=∠EOA，则EA=EO=OF=FC=2，证明Rt△BFO≌Rt△BFC，得到BO=BC，易得△BOC是等边三角形，得到∠BCO=60°，∠BAC=30°，则∠FEB=2∠CAB=60°，进而推出△BEF是等边三角形，则EB=EF=4，然后根据AB=AE+EB进行计算.
2．【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接OE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BOC＝90°，
又∵E是BC的中点，
∴OE＝BE＝CE，
又∵F，G分别是BO，CO的中点，
∴EF⊥OB，EG⊥OC，
∴四边形OGEF是矩形，
∵菱形ABCD的面积为S，
∴AC×BD＝S，即AC×BD＝2S，
∴四边形EFOG的面积＝OG×OF＝OC×OB＝AC×BD＝AC×BD＝×2S＝S．
故答案为：B．
【分析】连接OE，根据菱形的性质及等腰三角形的性质，即可得出EF⊥OB，EG⊥OC，推出四边形OGEF是矩形，再根据菱形的面积即可得出矩形的面积。
3．【答案】B
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是边长为2的正方形，
∴，
∵为等边三角形 ，
∴∠EAO=60°，
∵，
∴
在中，
∴
故答案为：B.
【分析】根据正方形的性质得：，再根据等边三角形的性质得∠EAO=60°，进而求得：，根据含30°角的直角三角形的性质得：，即可求解.
4．【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵AF⊥BF，
∴△BFA是直角三角形，
∵D为AB的中点，
∴，
∵D为AB的中点，E为AC的中点，
∴，
∴EF=DE-DF=10-6=4；
故答案为：C.
【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半求出DF的值，根据三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半可得DE的值，即可求解.
5．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接DF，DE，如图所示：
∵，
∴F 是中点，
∵，∴，△BEC是直角三角形，
∴，
同理：，
∴，
∵M为的中点，
∴，
∴．
故答案为：C.
【分析】根据等腰三角形三线合一先证出F是BC的中点，再由垂直得到△BEC是直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，同理求得DF，DE，在△DEF中，根据等腰三角形的性质和勾股定理求得DM的长即可.
6．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、 有一组邻边相等的矩形是正方形，正确，此命题是真命题，故此选项不符合题意；
B、 对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确，此命题是真命题，故此选项不符合题意；
C、 有三个角是直角的四边形是矩形，正确，此命题是真命题，故此选项不符合题意；
D、 有一组邻边相等的平行四边形是菱形，原命题错误，是假命题，故此选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据正方形、平行四边形、矩形及菱形的判定方法逐项判断可得答案.
7．【答案】B
【知识点】三角形的面积；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接DE，
∵四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD相交于点O，
∴∠BAD=90°，OB=OD，
∵OE⊥BD，
∴OE垂直平分BD，，
∴，
∵AB⊥DE，AB=5，
∴，
解得：DE=6，
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质求出∠BAD=90°，OB=OD，再利用三角形的面积公式计算求解即可。
8．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵EF⊥AC，G是AE的中点，
∴AG=OG=GE，
∴∠OAE=∠AOG=30°，
在直角△ABC中，∠CAB=30°，
∴BC=AC=OC，
设BC=a，AC=2a，
在中，由勾股定理得：，
在直角△AOE中，∠EAO=30°，AO=OC=a，
解三角形得：OE=，AE=，
∴OG=，
∴CD=AB=3OG，故①正确；
OG=≠a=BC，故②错误；
连接AF、CE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DCA=∠BAC，
在△FOC与△EOA中，
，
∴△FOC△EOA，
∴OE=OF，
又∵AO=OC，EF⊥AC，
∴四边形AFCE是菱形，故③正确；
∵=，=a a=，
∴=，故④正确，
综上所述，结论正确的是①③④.
故答案为：D.
【分析】根据条件，OG是直角△AOE斜边上的中线，且△FOC△EOA，设BC=a，AC=2a，AO=OC=a，然后在直角三角形ABC中利用勾股定理求出，解直角三角形AOE，得AE=，根据直角三角形性质可得OG=，即可判断①正确；OG=≠a=BC，故②错误；根据对角线互相垂直平分，即可判断③正确；根据三角形、矩形的面积公式，即可判断④正确，即可得解.
9．【答案】B
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图：
连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，AC=24，
∴AC⊥BD，DC//AB，AO=CO=12.
∴∠ECF=∠GBF，∠CEF=∠BGF.
∵E，F分别是边 CD，BC 的中点，
∴EF是三角形BCD的中位线，CF=BF.
∴.
∵∠ECF=∠GBF，∠CEF=∠BGF，CF=BF，
∴△ECF≌△GBF（AAS）.
∴EF=FG.
∴GE=2EF=BD.
∵Rt△DCO中，DC=13，CO=12，
∴DO=5.
∴GE=BD=2DO=10.
故答案为：B.
【分析】连接BD，根据菱形的性质可得AC⊥BD，DC//AB，AO=CO=12.由F为BC中点可得FC=FB.从而有△ECF≌△GBF，于是有EG=2EF.由中位线性质可得，于是有EG=BD.再利用常见勾股数可得OD长，从而得到EG长.
10．【答案】A
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：①∵点E为BC的中点，
∴BC=2BE=2CE，
∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠EAB=∠BEA=60°，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，即AB⊥AC；故结论正确；
②∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O为AC的中点，AD=BC，
∵点E为BC的中点，
∴OE∥AB，BC=2CE，
由①得：AB⊥AC，
∴OE⊥AC，则∠EOC=90°，
在Rt△COE中，∠ACE=30°，
∴OE=CE，
由①得：∠ECA=30°，
∴BC=2AB，
∴AD=BC=4OE，故结论正确；
③在平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD=BC，AO=CO，
∴∠CAD=∠ACB，
在△AOF和△COE中
∴△AOF≌△COE（ASA）
∴AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AB⊥AC，E为BC中点，
∴AE=CE，
∴平行四边形AECF是菱形，故结论正确；
④在平行四边形ABCD中，AO=CO，
∵点E为BC中点，
∴S△BOE=S△BOC=S△ABC，故结论正确.
故答案为：A.
【分析】①由题意易得△ABE是等边三角形，然后根据角的构成∠BAC=∠BAE+∠EAC可求解；
②由三角形的中位线定理可得OE∥AB，由30度角所对的直角边等于斜边的一半得OE=CE，AB=BC，于是AD=BC=4OE；
③由平行四边形的性质并结合已知用角边角可证△AOF≌△COE，则AF=CE，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形AECF是平行四边形，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AE=CE，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可得平行四边形AECF是菱形；
④根据线段中点的定义并结合等底等高的两个三角形的面积相等可求解.
11．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】 四边形 是矩形
，
，
，
OE⊥BC，
，
BC＝2AF，
，
是等边三角形
．
故答案为： ．
【分析】先求出，再利用勾股定理计算求解即可。
12．【答案】
【知识点】矩形的判定；中点四边形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：、分别是、中点，
，，
同理，，
，，
四边形是平行四边形．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
平行四边形是矩形；
故答案为：
【分析】先根据三角形中位线定理得到，，同理，，进而得到，，再根据平行四边形的判定和矩形的判定即可求解。
13．【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB=
=10，
∵D是AB的中点，
∴BD=DC=AD=5，
=
，
连接DE，
∵E是BC的中点，
∴ =6，
∵ ，
∴ .
故答案为：
.
【分析】首先由勾股定理可得AB的值，根据直角三角形斜边上中线的性质可得BD=DC=AD=5， 求出△BDC的面积，连接DE，易得S△DEC= S△BCD，然后结合三角形的面积公式计算即可求出EF.
14．【答案】12
【知识点】平行线的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接AC，交BD于点O：
根据题意可知AD∥BC，AB=BC=CD=DA=10，
∵点E、F分别是边AD，CD的中点，
∴EF∥BD，
∵AC、BD是菱形的对角线，AC=16，
∴AC⊥BD，OB=OD，OA=OC=8，
又∵AB∥CD，
∴四边形BDEG是平行四边形，
∴BD=EG，
在Rt△AOB中，AB=10，OA=8，
∴OB=OD=6，
∴BD=2OB=12，
∴EG=BD=12；
故答案为：12．
【分析】根据中位线的性质可以得知EF∥BD，所以可知四边形BDEG是平行四边形，则EG的长度就是BD的长度，通过勾股定理可求出.
15．【答案】
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：过点P作PN⊥CB于点N，PM⊥CD于点M，如图所示：
∵四边形是边长为4的正方形，
∴四边形ABCD的面积为16，DC=CB=4，∠DCB=90°，
∵是等边三角形，
∴∠PCB=60°，PC=BC=4，NC=NB=2，
∴由勾股定理得，∠MCP=30°，
∴，PM=2，
∴，
∴，
故答案为：
【分析】过点P作PN⊥CB于点N，PM⊥CD于点M，先根据正方形的性质即可得到四边形ABCD的面积为16，DC=CB=4，∠DCB=90°，进而根据等边三角形的性质即可得到∠PCB=60°，PC=BC=4，NC=NB=2，再根据勾股定理即可求出PN的长，进而根据含30°角的直角三角形的性质即可得到PM=2，然后根据即可求解。
16．【答案】（1）证明：，
四边形ABCD是平行四边形，
.
，
，
是矩形；
（2）解：延长BA、CM交于点E，
∵四边形ABCD为矩形 ，
∴AB∥CD，
∴∠EAM=∠CDM，∠E=∠DCM
∵M为AD的中点，
∴AM=DM，
∴△AEM≌△DCM（AAS），
∴AE=CD，
∵N为AB的中点，
∴AB=2BN=4，
∴EN=AE+AN=6，
∵=∠E+∠NCE=∠DCM+∠NCE，
∴∠E=∠NCM，
∴CN=EN=6，
在△CBN中，由勾股定理得
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定；矩形的判定与性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）由两组对边分别平行得四边形是平行四边形可证四边形ABCD是平行四边形，再由平行线的性质及∠B，可得∠B=90°，根据有一个角为90°的平行四边形是矩形即可证明结论；
（2）延长BA、CM交于点E，结合矩形的性质，根据AAS证明△AEM≌△DCM，得AE=CD，从而推出EN=6，再根据三角形外角性质及∠BNC=2∠DCM可推出∠E=∠NCM，由等角对等边得出CN=EN=6，在△CBN中，由勾股定理得，即可得解.
17．【答案】（1）解：．
（2）证明：如图，作于点，于点，
，
正方形中，
，，平分，
四边形为正方形，
，，
矩形中，，
，
则，
即，
和中，
，
，
矩形是正方形，
，，
，
则，
即，
和中，
．
【知识点】余角、补角及其性质；三角形全等的判定；角平分线的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1），
如图，作于点，于点，
，
正方形中，
，，平分，
四边形为正方形，
，，
矩形中，，
，
则，
即，
和中
，
，
矩形是正方形，
，，
，
则，
即，
和中，
，
，
等腰直角中有，
，
即，．
【分析】（1）如图所示，AE、CG的位置关系很明显不是平行，容易推测是垂直，但看起来简单，证明起来过程比较冗长；看到下一问是全等三角形的证明，如果结论得证，则可以由对应角相等得到AE
、CG的交角是90°，故思路比较清晰起来，先证 ；
（2）由正方形性质，可得一组全等证明需要的等边，由AC是角平分线想到角平分线性质可得等边，故尝试作于点，于点，得EQ=EP，由同角的余角相等得到证明EF=ED的条件，此时可以推导出矩形是正方形，至此证明全等的条件还缺少两对应边的夹角；再次由同角的余角相等得到该夹角相等，至此此时全等的条件足够，符合SAS定理，整理思路推导即可。由全等可知对应角，则有，垂直关系得证。
18．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠BEA＝∠DAE，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴EB＝AB，
∵AF＝AB，
∴EB＝AF，
∵EB∥AF，EG＝AF，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵EB＝AB，
∴四边形ABEF是菱形．
（2）解：∵四边形ABEF是菱形，BF＝8，AB＝5，
∴AE⊥BF，OB＝OF＝BF＝×8＝4，OA＝OE，
∴∠AOB＝90°，
∴，
∴AE＝2OA＝2×3＝6，
∴AE的长为6．
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质求出 BC∥AD， 再根据角平分线求出 ∠BAE＝∠DAE， 最后根据菱形的判定方法证明求解即可；
（2）根据菱形的性质求出 AE⊥BF，OB＝OF＝BF＝×8＝4，OA＝OE， 再利用勾股定理计算求解即可。
19．【答案】（1）证明：如图：
∵正方形ANMB 和正方形ACDE，
∴AN=AB，AC=AE，∠NAB=∠CAE=90°，
∴∠NAC=∠BAE，
∴△NAC≌△BAE（SAS）
∴∠ANC=∠ABE.
（2）3
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（2）∵∠ANC=∠ABE，记AB和NC相交于点O，
∴∠NOA=∠BOP.
∴180°－∠ANC－∠NOA=180°－∠ABE－∠BOP，
∴∠NAB=∠BPO=90°.
即NC⊥BE.
∴△BCP为直角三角形.
∵Q是线段BC 的中点，
∴.
【分析】（1）根据正方形可得AN=AB，AC=AE，∠NAB=∠CAE=90°，从而得∠NAC=∠BAE，证得三角形全等，即可得到∠ANC=∠ABE.
（2）由（1）的结论以及对顶角相等，可证得∠NAB=∠BPO=90°.从而得△BCP为直角三角形.利用直角三角形斜边中线的性质即可得到PQ的长.
20．【答案】（1）证明：在正方形ABCD中 ，AB=AD，∠BAE=∠D=90°，
∴∠BAF+∠EAF=90°，
∵ AG⊥BE ，
∴∠BAF+∠ABF=90°，
∴∠ABF=∠EAF，
∴△ABE≌△DAG（ASA），
∴ BE=AG.
（2）解：①∵E 是边AD 的中点，AD=10.
∴AB=AD=10，AE=5，
∴BE==，
∵ AG⊥BE ，
∴△ABE的面积=BE·AF=AB·AE，即×AF=×10×5，
解得AF=，
∴BF==；
②过点C作CH⊥BF，则∠HBC+∠HCB=90°，
∵+∠HBC=∠ABC=90°，
∴∠HCB=∠ABF，
∵∠AFB=∠BHC，AB=BC，
∴△ABF≌△BCH（AAS）
∴CH=BF=，
∴BH==，
∴FH=BF-BH=，即FH=BH，
∴CH垂直平分BF，
∴BC=CF.
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）证明△ABE≌△DAG（ASA），利用全等三角形的性质即可求解；
（2）①由勾股定理求出BE，然后利用△ABE的面积求出AF，再利用勾股定理求出BF即可；
②过点C作CH⊥BF，证明△ABF≌△BCH（AAS），可得CH=BF=，由勾股定理求出BH，从而得出FH=BH，根据线段垂直平分新的性质即得结论.
1 / 1人教版初中数学2023-2024学年八年级下学期课时基础练习 18.2特殊的平行四边形
一、选择题
1．（2022九下·重庆开学考）如图，在矩形 中， 、 分别是边 、 上的点， ，连接 、 ， 与对角线 交于点 ，且 ， ， ，则 的长为（　　）
A． B． C．4 D．6
【答案】D
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接BO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠DCB=90°
∴∠FCO=∠EAO，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF，OA=OC，
∵BF=BE，
∴BO⊥EF，∠BOF=90°，
∵∠FEB=2∠CAB=∠CAB+∠AOE，
∴∠EAO=∠EOA，
∴EA=EO=OF=FC=2，
在Rt△BFO和Rt△BFC中，
，
∴Rt△BFO≌Rt△BFC，
∴BO=BC，
在Rt△ABC中，∵AO=OC，
∴BO=AO=OC=BC，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠BCO=60°，∠BAC=30°，
∴∠FEB=2∠CAB=60°，
∵BE=BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴EB=EF=4，
∴AB=AE+EB=2+4=6.
故答案为：D.
【分析】连接BO，根据矩形的性质可得DC∥AB，∠DCB=90°，根据平行线的性质可得∠FCO=∠EAO，证明△AOE≌△COF，得到OE=OF，OA=OC，推出∠EAO=∠EOA，则EA=EO=OF=FC=2，证明Rt△BFO≌Rt△BFC，得到BO=BC，易得△BOC是等边三角形，得到∠BCO=60°，∠BAC=30°，则∠FEB=2∠CAB=60°，进而推出△BEF是等边三角形，则EB=EF=4，然后根据AB=AE+EB进行计算.
2．（2021八下·长丰期末）如图，在面积为S的菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F，G分别是BC，OB，OC的中点，则四边形EFOG的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接OE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BOC＝90°，
又∵E是BC的中点，
∴OE＝BE＝CE，
又∵F，G分别是BO，CO的中点，
∴EF⊥OB，EG⊥OC，
∴四边形OGEF是矩形，
∵菱形ABCD的面积为S，
∴AC×BD＝S，即AC×BD＝2S，
∴四边形EFOG的面积＝OG×OF＝OC×OB＝AC×BD＝AC×BD＝×2S＝S．
故答案为：B．
【分析】连接OE，根据菱形的性质及等腰三角形的性质，即可得出EF⊥OB，EG⊥OC，推出四边形OGEF是矩形，再根据菱形的面积即可得出矩形的面积。
3．（2023八下·抚顺期末）如图，为正方形对角线的中点，为等边三角形．若，则的长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是边长为2的正方形，
∴，
∵为等边三角形 ，
∴∠EAO=60°，
∵，
∴
在中，
∴
故答案为：B.
【分析】根据正方形的性质得：，再根据等边三角形的性质得∠EAO=60°，进而求得：，根据含30°角的直角三角形的性质得：，即可求解.
4．如图，在中，为AB的中点，为AC的中点，是DE上一点，且，若，则线段EF的长为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵AF⊥BF，
∴△BFA是直角三角形，
∵D为AB的中点，
∴，
∵D为AB的中点，E为AC的中点，
∴，
∴EF=DE-DF=10-6=4；
故答案为：C.
【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半求出DF的值，根据三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半可得DE的值，即可求解.
5．（2024八上·余姚期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝16，BC＝12，AF⊥BC于点F，BE⊥AC于点E，D为AB的中点，M为EF的中点，则DM的长为（　　）
A．7 B．8 C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接DF，DE，如图所示：
∵，
∴F 是中点，
∵，∴，△BEC是直角三角形，
∴，
同理：，
∴，
∵M为的中点，
∴，
∴．
故答案为：C.
【分析】根据等腰三角形三线合一先证出F是BC的中点，再由垂直得到△BEC是直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，同理求得DF，DE，在△DEF中，根据等腰三角形的性质和勾股定理求得DM的长即可.
6．（2024九下·深圳开学考） 下列命题是假命题的是（　　）
A．有一组邻边相等的矩形是正方形
B．对角线互相平分的四边形是平行四边形
C．有三个角是直角的四边形是矩形
D．有一组邻边相等的四边形是菱形
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、 有一组邻边相等的矩形是正方形，正确，此命题是真命题，故此选项不符合题意；
B、 对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确，此命题是真命题，故此选项不符合题意；
C、 有三个角是直角的四边形是矩形，正确，此命题是真命题，故此选项不符合题意；
D、 有一组邻边相等的平行四边形是菱形，原命题错误，是假命题，故此选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据正方形、平行四边形、矩形及菱形的判定方法逐项判断可得答案.
7．（2024九上·贵阳期末）如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点O作OE⊥BD交AD于点E，已知AB＝5，△DOE的面积为，则DE的长为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．
【答案】B
【知识点】三角形的面积；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接DE，
∵四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD相交于点O，
∴∠BAD=90°，OB=OD，
∵OE⊥BD，
∴OE垂直平分BD，，
∴，
∵AB⊥DE，AB=5，
∴，
解得：DE=6，
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质求出∠BAD=90°，OB=OD，再利用三角形的面积公式计算求解即可。
8．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；②OG=BC；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
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵EF⊥AC，G是AE的中点，
∴AG=OG=GE，
∴∠OAE=∠AOG=30°，
在直角△ABC中，∠CAB=30°，
∴BC=AC=OC，
设BC=a，AC=2a，
在中，由勾股定理得：，
在直角△AOE中，∠EAO=30°，AO=OC=a，
解三角形得：OE=，AE=，
∴OG=，
∴CD=AB=3OG，故①正确；
OG=≠a=BC，故②错误；
连接AF、CE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DCA=∠BAC，
在△FOC与△EOA中，
，
∴△FOC△EOA，
∴OE=OF，
又∵AO=OC，EF⊥AC，
∴四边形AFCE是菱形，故③正确；
∵=，=a a=，
∴=，故④正确，
综上所述，结论正确的是①③④.
故答案为：D.
【分析】根据条件，OG是直角△AOE斜边上的中线，且△FOC△EOA，设BC=a，AC=2a，AO=OC=a，然后在直角三角形ABC中利用勾股定理求出，解直角三角形AOE，得AE=，根据直角三角形性质可得OG=，即可判断①正确；OG=≠a=BC，故②错误；根据对角线互相垂直平分，即可判断③正确；根据三角形、矩形的面积公式，即可判断④正确，即可得解.
9．如图，菱形 ABCD的边长为 13，对角线AC=24，E，F分别是边 CD，BC 的中点，连结EF 并延长，与AB的延长线相交于点G，则 EG 的长为（　　）
A．13 B．10 C．12 D．5
【答案】B
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图：
连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，AC=24，
∴AC⊥BD，DC//AB，AO=CO=12.
∴∠ECF=∠GBF，∠CEF=∠BGF.
∵E，F分别是边 CD，BC 的中点，
∴EF是三角形BCD的中位线，CF=BF.
∴.
∵∠ECF=∠GBF，∠CEF=∠BGF，CF=BF，
∴△ECF≌△GBF（AAS）.
∴EF=FG.
∴GE=2EF=BD.
∵Rt△DCO中，DC=13，CO=12，
∴DO=5.
∴GE=BD=2DO=10.
故答案为：B.
【分析】连接BD，根据菱形的性质可得AC⊥BD，DC//AB，AO=CO=12.由F为BC中点可得FC=FB.从而有△ECF≌△GBF，于是有EG=2EF.由中位线性质可得，于是有EG=BD.再利用常见勾股数可得OD长，从而得到EG长.
10．如图 ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E为BC的中点，连结EO并延长，交AD于点F，∠ABC=60°，BC=2AB.给出下列结论：①AB⊥AC.②AD=4OE.③四边形AECF是菱形④其中正确的是（　　）
A．①②③④ B．①② C．①③ D．②③④
【答案】A
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：①∵点E为BC的中点，
∴BC=2BE=2CE，
∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠EAB=∠BEA=60°，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，即AB⊥AC；故结论正确；
②∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O为AC的中点，AD=BC，
∵点E为BC的中点，
∴OE∥AB，BC=2CE，
由①得：AB⊥AC，
∴OE⊥AC，则∠EOC=90°，
在Rt△COE中，∠ACE=30°，
∴OE=CE，
由①得：∠ECA=30°，
∴BC=2AB，
∴AD=BC=4OE，故结论正确；
③在平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD=BC，AO=CO，
∴∠CAD=∠ACB，
在△AOF和△COE中
∴△AOF≌△COE（ASA）
∴AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AB⊥AC，E为BC中点，
∴AE=CE，
∴平行四边形AECF是菱形，故结论正确；
④在平行四边形ABCD中，AO=CO，
∵点E为BC中点，
∴S△BOE=S△BOC=S△ABC，故结论正确.
故答案为：A.
【分析】①由题意易得△ABE是等边三角形，然后根据角的构成∠BAC=∠BAE+∠EAC可求解；
②由三角形的中位线定理可得OE∥AB，由30度角所对的直角边等于斜边的一半得OE=CE，AB=BC，于是AD=BC=4OE；
③由平行四边形的性质并结合已知用角边角可证△AOF≌△COE，则AF=CE，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形AECF是平行四边形，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AE=CE，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可得平行四边形AECF是菱形；
④根据线段中点的定义并结合等底等高的两个三角形的面积相等可求解.
二、填空题
11．（2021九上·南岗开学考）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点O作OE⊥BC，垂足为点E，过点A作AF⊥OB，垂足为点F，若BC＝2AF，OD＝6，则BE的长为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】 四边形 是矩形
，
，
，
OE⊥BC，
，
BC＝2AF，
，
是等边三角形
．
故答案为： ．
【分析】先求出，再利用勾股定理计算求解即可。
12．（2024·湖南模拟）如图，点E，F，G，H分别是四边形的边，，，的中点，连接四边形各边中点，当四边形满足　 　条件，四边形是矩形．
【答案】
【知识点】矩形的判定；中点四边形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：、分别是、中点，
，，
同理，，
，，
四边形是平行四边形．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
平行四边形是矩形；
故答案为：
【分析】先根据三角形中位线定理得到，，同理，，进而得到，，再根据平行四边形的判定和矩形的判定即可求解。
13．（2021·福州模拟）如图， 中， ， ， ，D是AB的中点，E是BC的中点， 于点F，则 的长是　 　.
【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB=
=10，
∵D是AB的中点，
∴BD=DC=AD=5，
=
，
连接DE，
∵E是BC的中点，
∴ =6，
∵ ，
∴ .
故答案为：
.
【分析】首先由勾股定理可得AB的值，根据直角三角形斜边上中线的性质可得BD=DC=AD=5， 求出△BDC的面积，连接DE，易得S△DEC= S△BCD，然后结合三角形的面积公式计算即可求出EF.
14．如图，在菱形ABCD中，AB=10cm，AC=16cm，E，F分别是CD和BC的中点，连结EP并延长与AB的延长线相交于点G，则EG的长度为　 　cm
【答案】12
【知识点】平行线的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接AC，交BD于点O：
根据题意可知AD∥BC，AB=BC=CD=DA=10，
∵点E、F分别是边AD，CD的中点，
∴EF∥BD，
∵AC、BD是菱形的对角线，AC=16，
∴AC⊥BD，OB=OD，OA=OC=8，
又∵AB∥CD，
∴四边形BDEG是平行四边形，
∴BD=EG，
在Rt△AOB中，AB=10，OA=8，
∴OB=OD=6，
∴BD=2OB=12，
∴EG=BD=12；
故答案为：12．
【分析】根据中位线的性质可以得知EF∥BD，所以可知四边形BDEG是平行四边形，则EG的长度就是BD的长度，通过勾股定理可求出.
15．（2023·内江）如图，四边形是边长为4的正方形，是等边三角形，则阴影部分的面积为　 　．
【答案】
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：过点P作PN⊥CB于点N，PM⊥CD于点M，如图所示：
∵四边形是边长为4的正方形，
∴四边形ABCD的面积为16，DC=CB=4，∠DCB=90°，
∵是等边三角形，
∴∠PCB=60°，PC=BC=4，NC=NB=2，
∴由勾股定理得，∠MCP=30°，
∴，PM=2，
∴，
∴，
故答案为：
【分析】过点P作PN⊥CB于点N，PM⊥CD于点M，先根据正方形的性质即可得到四边形ABCD的面积为16，DC=CB=4，∠DCB=90°，进而根据等边三角形的性质即可得到∠PCB=60°，PC=BC=4，NC=NB=2，再根据勾股定理即可求出PN的长，进而根据含30°角的直角三角形的性质即可得到PM=2，然后根据即可求解。
三、解答题
16．如图①，已知AD//BC，AB//DC，∠B.
（1）求证：四边形ABCD为矩形；
（2）如图②，M为AD的中点，为AB的中点，.若，求BC的长.
【答案】（1）证明：，
四边形ABCD是平行四边形，
.
，
，
是矩形；
（2）解：延长BA、CM交于点E，
∵四边形ABCD为矩形 ，
∴AB∥CD，
∴∠EAM=∠CDM，∠E=∠DCM
∵M为AD的中点，
∴AM=DM，
∴△AEM≌△DCM（AAS），
∴AE=CD，
∵N为AB的中点，
∴AB=2BN=4，
∴EN=AE+AN=6，
∵=∠E+∠NCE=∠DCM+∠NCE，
∴∠E=∠NCM，
∴CN=EN=6，
在△CBN中，由勾股定理得
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定；矩形的判定与性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）由两组对边分别平行得四边形是平行四边形可证四边形ABCD是平行四边形，再由平行线的性质及∠B，可得∠B=90°，根据有一个角为90°的平行四边形是矩形即可证明结论；
（2）延长BA、CM交于点E，结合矩形的性质，根据AAS证明△AEM≌△DCM，得AE=CD，从而推出EN=6，再根据三角形外角性质及∠BNC=2∠DCM可推出∠E=∠NCM，由等角对等边得出CN=EN=6，在△CBN中，由勾股定理得，即可得解.
17．（2024九上·青山湖期末）如图，在正方形中，点是对角线上一动点，连接，作交于点，以和为邻边作矩形．
（1）猜想：，的位置关系是　 　；
（2）求证：．
【答案】（1）解：．
（2）证明：如图，作于点，于点，
，
正方形中，
，，平分，
四边形为正方形，
，，
矩形中，，
，
则，
即，
和中，
，
，
矩形是正方形，
，，
，
则，
即，
和中，
．
【知识点】余角、补角及其性质；三角形全等的判定；角平分线的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1），
如图，作于点，于点，
，
正方形中，
，，平分，
四边形为正方形，
，，
矩形中，，
，
则，
即，
和中
，
，
矩形是正方形，
，，
，
则，
即，
和中，
，
，
等腰直角中有，
，
即，．
【分析】（1）如图所示，AE、CG的位置关系很明显不是平行，容易推测是垂直，但看起来简单，证明起来过程比较冗长；看到下一问是全等三角形的证明，如果结论得证，则可以由对应角相等得到AE
、CG的交角是90°，故思路比较清晰起来，先证 ；
（2）由正方形性质，可得一组全等证明需要的等边，由AC是角平分线想到角平分线性质可得等边，故尝试作于点，于点，得EQ=EP，由同角的余角相等得到证明EF=ED的条件，此时可以推导出矩形是正方形，至此证明全等的条件还缺少两对应边的夹角；再次由同角的余角相等得到该夹角相等，至此此时全等的条件足够，符合SAS定理，整理思路推导即可。由全等可知对应角，则有，垂直关系得证。
18．（2024九上·贵阳期末）如图，已知在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，点F在AD上，AF＝AB，连接BF交AE于点O，连接EF．
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若BF＝8，AB＝5，求AE的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠BEA＝∠DAE，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴EB＝AB，
∵AF＝AB，
∴EB＝AF，
∵EB∥AF，EG＝AF，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵EB＝AB，
∴四边形ABEF是菱形．
（2）解：∵四边形ABEF是菱形，BF＝8，AB＝5，
∴AE⊥BF，OB＝OF＝BF＝×8＝4，OA＝OE，
∴∠AOB＝90°，
∴，
∴AE＝2OA＝2×3＝6，
∴AE的长为6．
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质求出 BC∥AD， 再根据角平分线求出 ∠BAE＝∠DAE， 最后根据菱形的判定方法证明求解即可；
（2）根据菱形的性质求出 AE⊥BF，OB＝OF＝BF＝×8＝4，OA＝OE， 再利用勾股定理计算求解即可。
19．如图，分别以△ABC的两边AB 和AC 为边向外作正方形ANMB 和正方形ACDE，连结NC，BE相交于点P.
（1）求证：∠ANC=∠ABE.
（2）若BC=6，Q是线段BC 的中点，连结 PQ，则PQ=　 　.
【答案】（1）证明：如图：
∵正方形ANMB 和正方形ACDE，
∴AN=AB，AC=AE，∠NAB=∠CAE=90°，
∴∠NAC=∠BAE，
∴△NAC≌△BAE（SAS）
∴∠ANC=∠ABE.
（2）3
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（2）∵∠ANC=∠ABE，记AB和NC相交于点O，
∴∠NOA=∠BOP.
∴180°－∠ANC－∠NOA=180°－∠ABE－∠BOP，
∴∠NAB=∠BPO=90°.
即NC⊥BE.
∴△BCP为直角三角形.
∵Q是线段BC 的中点，
∴.
【分析】（1）根据正方形可得AN=AB，AC=AE，∠NAB=∠CAE=90°，从而得∠NAC=∠BAE，证得三角形全等，即可得到∠ANC=∠ABE.
（2）由（1）的结论以及对顶角相等，可证得∠NAB=∠BPO=90°.从而得△BCP为直角三角形.利用直角三角形斜边中线的性质即可得到PQ的长.
20．如图，在正方形ABCD中，点E在边AD上(不与点A，点D重合)，连结BE，作 AG⊥BE于点F，交边 CD于点G，连结 CF.
（1）求证：BE=AG.
（2）已知E 是边AD 的中点，AD=10.
①分别求AF，BF的长.
②求证：CB=CF.
【答案】（1）证明：在正方形ABCD中 ，AB=AD，∠BAE=∠D=90°，
∴∠BAF+∠EAF=90°，
∵ AG⊥BE ，
∴∠BAF+∠ABF=90°，
∴∠ABF=∠EAF，
∴△ABE≌△DAG（ASA），
∴ BE=AG.
（2）解：①∵E 是边AD 的中点，AD=10.
∴AB=AD=10，AE=5，
∴BE==，
∵ AG⊥BE ，
∴△ABE的面积=BE·AF=AB·AE，即×AF=×10×5，
解得AF=，
∴BF==；
②过点C作CH⊥BF，则∠HBC+∠HCB=90°，
∵+∠HBC=∠ABC=90°，
∴∠HCB=∠ABF，
∵∠AFB=∠BHC，AB=BC，
∴△ABF≌△BCH（AAS）
∴CH=BF=，
∴BH==，
∴FH=BF-BH=，即FH=BH，
∴CH垂直平分BF，
∴BC=CF.
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）证明△ABE≌△DAG（ASA），利用全等三角形的性质即可求解；
（2）①由勾股定理求出BE，然后利用△ABE的面积求出AF，再利用勾股定理求出BF即可；
②过点C作CH⊥BF，证明△ABF≌△BCH（AAS），可得CH=BF=，由勾股定理求出BH，从而得出FH=BH，根据线段垂直平分新的性质即得结论.
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