浙教版八年级下册数学第五章 特殊平行四边形 培优提高练习（含解析）

浙教版八年级下册数学第五章培优提高练习
一、选择题
1．如图，四边形ABCD是平行四边形，下列说法不正确的是（　　）
A．当AC=BD时，四边形ABCD是矩形
B．当AB=BC时，四边形ABCD是菱形
C．当AC平分∠BAD时，四边形ABCD是菱形
D．当∠DAB= 90°时，四边形ABCD是正方形
2．已知菱形的周长为20，其中一条对角线的长为8，则另一条对角线的长为（　　）
A．3 B．4 C．6 D．8
3．如图，在矩形ABCD中，AO=5，CD=6，则AD的长为 （　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
4．平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是（　　）
A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分
C．对角线相等 D．对角线互相垂直平分且相等
5．矩形具有而菱形不具有的性质是（　　）
A．对角线相等 B．对角线互相垂直
C．对角线互相平分 D．两组对角分别相等
6．如图，由两个直角三角形和三个正方形组成的图形，其中阴影部分面积是（　　）
A．16 B．25 C．144 D．169
7．已知，如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重合部分构成四边形ABCD，若测得A，C之间的距离为，B，D之间的距离为，则线段AB的长为（　　）
A． B． C． D．
8．如图，在中，，以的各边为边作三个正方形，点落在上，若，空白部分面积为，则的长为（　　）
A． B． C． D．
9．如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD=60°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE=OF．点E关于AD ，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2，在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是（　　）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
10．七巧板是我国祖先的一项卓越创造，如图1，正方形ABCD可以制作一副七巧板，现将这副七巧板拼成如图2所示的“风车”造型(内部有一处空缺)，连结最外围的风车顶点 M，N，P，Q得到一个四边形MNPQ，则正方形ABCD与四边形MNPQ的面积之比为 （　　）
A．5：8 B．3 ： 5 C．8： 13 D．25：49
二、填空题
11．菱形的对角线长分别为，，则菱形的面积为　 　．
12．如图，正方形中，点为边上一点，点为左侧一点，，若，，则　 　．
13．如图，矩形纸片中，已知，折叠纸片使边与对角线重合，点落在点处，折痕为，且，则的长为　 　．
14．如图， 在中，，点为斜边上的一个动点， 过分别作于点， 作于点，连接，则线段的最小值为　 　。
15． 年国际数学家大会在北京召开，大会的会标是由我国古代数学家赵爽的“弦图”演变而来，体现了数学研究中的继承和发展如图是用八个全等的直角三角形拼接而成的“弦图”记图中正方形、正方形、正方形的面积分别为、、若正方形的边长为，则　 　．
16．数学兴趣小组的同学拿出如图所示的矩形纸片，其中，他们将纸片对折使、重合，展开后得折痕，又沿折叠使点C落在处，展开后又得到折痕，再沿折叠使点A落在上的处，大家发现了很多有趣的结论．就这个图形，请你探究的值为　 　．
三、解答题
17．如图，在矩形中，对角线、相交于点，且若，求的度数．
18． （10分）如图所示，在中，点O在边上运动，过O作直线交内角平分线于E点，外角平分线于F点．
（1）求证：；
（2）当点O运动到何处时，四边形是矩形，请说明理由？
19．已知：如图，在平行四边形中，M，N分别是，的中点，，连接交于点O．
（1）求证：；
（2）若，求的大小；
（3）过点C作 于点E， 交于点P， 若 ，求的长．
20．如图，已知在正方形中，是的中点，在上，且．
（1）请你判断与的位置关系，并说明理由；
（2）若此正方形的面积为16，求的长．
21．对于一个四边形给出如下定义：有一组对角相等且有一组邻边相等，则称这个四边形为奇特四边形．
（1）命题“另一组邻边也相等的奇特四边形为正方形”是　 　（真或假）命题．
（2）如图，在正方形ABCD中，E是AB边上一点，F是AD延长线一点，，连接EF，EC，FC，取EF的中点G，连接CG并延长交AD于点H．探究：四边形BCGE是否是奇特四边形，如果是证明你的结论，如果不是请说明理由．
（3）在（2）的条件下，若四边形BCGE的面积为16，则的值是多少？
22．如图1，已知O是坐标原点，点A的坐标是(5，0)，B是y轴正半轴上一动点，以OB，OA为边作矩形OBCA，点E，H分别在边BC和OA上，将△BOE沿着OE对折，使点B落在OC上的点F处，将△ACH沿着CH对折，使点A落在OC上的点G处.
（1）求证：四边形OECH是平行四边形.
（2）如图2，当点F，G重合时，求点B的坐标.判断四边形OECH的形状，并说明理由.
（3）当点F，G将对角线OC三等分时，求点B的坐标.
23．如图，已知直线y=kx+b与直线y= x-9平行，且y=kx+b过点(2，3)，与y轴交于点A．
（1）求点A坐标．
（2）若点P是该直线上的一个动点，过点P分别作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N，在四边形PMON 上分别截取：PC= MP ，MB= OM ，OE= ON，ND= NP，证明： 四边形BCDE是平行四边形．
（3）在(2)的条件下，在直线y=kx+b上是否存在这样的点P，使四边形BCDE为正方形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：①对角线相等的平行四边形是矩形，故A正确；
②有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故B正确；
③∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠CAB，
∵CD∥AB，
∴∠DCA=∠CAB，
∴∠DAC=∠DCA，
∴DA=DC，
∴平行四边形ABCD是菱形，故C正确；
④当∠DAB=90°，平行四边形ABCD是矩形，不能判定其是正方形，故D错误；
故答案为：D．
【分析】通过矩形、菱形、矩形及正方形的判定方法一 一判断即可.
2．【答案】C
【解析】【解答】解：如图，
菱形的周长为20，则AB=5，
∵菱形的对角线互相垂直平分，
∴BO=4，AC=2OA，
由勾股定理得：，
∴AC=2OA=6，
故菱形另一条对角线的长为6.
故答案为：6.
【分析】根据菱形的周长得边长为5，根据菱形角线互相垂直平分，结合勾股定理可得，即可得菱形另一条对角线的长为6.
3．【答案】D
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形
∴AC=2OA=10，∠ADC=90°，
∴AD=
故答案为：D.
【分析】根据矩形的性质得AC=2OA=10，∠ADC=90°，进而根据勾股定理直接计算即可.
4．【答案】B
【解析】【解答】解：平行四边形的对角线互相平分，而对角线相等、平分一组对角、互相垂直不一定成立．
故平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是：对角线互相平分．
故答案为：B.
【分析】根据平行四边形的性质：对边平行且相等，两组对角大小相等，相邻的两个角互补，对角线互相平分；矩形的性质：对边平行且相等，四个角都是直角，对角线相等，对角线互相平分；菱形的性质：对角线互相垂直且平分，并且每条对角线平分一组对角，四条边都相等，对角相等，邻角互补；正方形的性质：两组对边分别平行，两组对边分别相等，四条边都相等，四个角也分别相等，对角线互相垂直平分且相等，并且每一条对角线平分一组对角；即可得出答案.
5．【答案】A
【解析】【解答】解：由题意得矩形具有而菱形不具有的性质是对角线相等，
故答案为：A
【分析】根据矩形的性质结合菱形的性质即可求解。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：∵∠ACB=90°，
∴BC2=AB2-AC2=132-122=25，
S阴影=BC2=25.
故答案为：B.
【分析】根据勾股定理求出BC2值，再由勾股定理求出阴影部分面积即可.
7．【答案】A
【解析】【解答】解：如图所示，连接AC、BD相交于点O，过点A分别作BC、CD的垂线交BC于点S，交CD于点R，
由题可知，AB∥CD，AD∥BC，
四边形ABCD是平行四边形，
∠ABC=∠ADC，
∠ADR=∠ABS，
两张纸条等宽，
AR=AS，
，
AB=AD，
四边形ABCD是菱形，
AC⊥BD，
在中，，
，
线段AB的长为5cm.
故答案为：A.
【分析】连接AC、BD相交于点O，过点A分别作BC、CD的垂线交BC于点S，交CD于点R，先证四边形ABCD是平行四边形，再证，得到AD=AB，进而得到四边形ABCD是菱形，再利用勾股定理计算即可得到答案.
8．【答案】A
【解析】【解答】解：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，，
≌，
的面积的面积，
四边形FNCM的面积=△ABC的面积，
空白部分的面积正方形的面积的面积，
，
，
，
，
，
，
由①×+②得，
（舍去负值）．
故答案为：A．
【分析】由正方形的性质得AB=AF，∠BAN=∠F=90°，由同角的余角相等得∠ABN=∠MAF，从而根据ASA判断出△BAN≌△AFM，得S△BAN=S△AFM，推出S四边形FNCM=S△ABC，S空白部分=S正方形ABGF-2S△ABC，据此得AB2-2×AC×BC=10①，由AC+BC=7并结合勾股定理可得AB2+2AC×BC=49②，①×2+②可得AB2=23，再求其算术平方根即可.
9．【答案】A
【解析】【解答】解：如图1：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠BDC=∠ABD=60°，∠ADB=∠CBD=90°-60°=30°，
∵OE=OF，OB=OD，
∴DF=EB，
∵点E关于AD ，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2 ，
∴DF=DF2，BF=BF1，BE=BE2，DE=DE1，E1F2=E2F1．
∴∠F2DC=∠BDC=60°，∠E1DA=∠ADB=30°，
∴∠E1DB=60°，
同理∠F1BD=60°，
∴DE1∥BF1，
∴四边形 E1E2F1F2 是平行四边形，
如图2所示，当E，F，O三点重合时，DO=OB，
∴DE1=DF2=AE1=AE2，即E1E2=E1F2，
∴四边形E1E2F1F2 是菱形．
如图3所示，当E，F分别为OD，OB的中点时，设DB=4，则 DF2=DF=1，DE1=DE=3，
在Rt△ABD中，AB=2，AD=，连接AE，AO，
∵∠ABO=60°，BO=2=AB，
∴△ABO是等边三角形，
∵E为OB中点，
∴AE⊥OB，BE=1，
∴∠E1=90°，
即四边形E1E2F1F2 是矩形．
当F，E分别与D，B重合时，△BE1D，△BDF1 都是等边三角形，则四边形E1E2F1F2 是菱形，
∴在整个过程中，四边形 E1E2F1F2 形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
故答案为：A．
【分析】E、F在特殊点时需分析四边形E1E2F1F2 的形状，而在一般点时均是平行四边形，根据对称的形式，菱形、平行四边形和矩形的判定方法判断即可.
10．【答案】C
【解析】【解答】解：如图1，设AC=4a，则AB=BC=AC=a，
∴正方形ABCD的面积为AB2=8a2，
由图1可得ME=QF=PG=NH，QE=PF=NG=MH，∠QFP=∠PGN=∠NHM=∠MEQ=135°，
∴△QFP≌△PGN≌△NHM≌△MEQ（SAS）
∴QM=QP=PN=MN，∠PQF=∠GPN，
∴∠NPQ=∠GPN+∠FPQ+∠FPG=∠PQF+∠FPQ+∠FPG=45°+45°=90°，
∴四边形MNPQ为正方形，
由AC=4a，则图2中MH=3a，QH=2a
∴MQ2=MH2+QH2=（3a）2+（2a）2=13a2，
∴ 四边形MNPQ的面积= MQ2=13a2，
∴ 正方形ABCD与四边形MNPQ的面积之比=8a2：13a2=8∶13.
故答案为：C.
【分析】设AC=4a，则AB=BC=AC=a，图2中MH=3a，QH=2a，由勾股定理求出MQ2，分别求出两正方形的面积公式，继而求出比值.
11．【答案】15
【解析】【解答】∵菱形ABCD的对角线的长分别为，，
∴菱形ABCD的面积=×AC×BD=，
故答案为：15.
【分析】利用菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可.
12．【答案】
13．【答案】12
【解析】【解答】解：四边形是矩形，，
，
是翻折而成，
，，是直角三角形，
，
在中，，
设，
在中，，即，
解得，则．
故答案为：．
【分析】先根据矩形的性质求出BC的长，再由翻折变换的性质得出△CEF是直角三角形，利用勾股定理即可求出CF的长，再在△ABC中利用勾股定理即可求出AB的长．折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．
14．【答案】
【解析】【解答】解：连接AP，如图所示：
∵，
∴BC=，
∵过分别作于点， 作于点，∠BAC=90°，
∴四边形AEPF是矩形，
∴AP=EF，
∴当AP⊥BC时，AP的值最小，
∵S△ABC=AB×AC=BC×AP，
∴AP==，
∴线段的最小值为，
故答案为：.
【分析】连接AP，先利用勾股定理求出BC的长，再证出四边形AEPF是矩形，可得AP=EF，当AP⊥BC时，AP的值最小，再利用等面积法求出AP==即可.
15．【答案】30
【解析】【解答】解：在中，由勾股定理得：，
八个直角三角形全等，四边形，四边形，四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
正方形的边长为，
，
，
故答案为：30．
【分析】在Rt△CFG中，由勾股定理得CG2+CF2=GF2=10，由全等三角形的性质得CG=FM=NG，CF=FN=DG，由正方形面积公式得，，，然后结合GF的长度可求出S1+S2+S3.
16．【答案】
【解析】【解答】解：如图，
BE交MN于点F，作FG⊥BA′于点G，
由折叠得点A与点B关于直线MF对称，
∴MN垂直平分AB，
∴∠BNM=90°，AN=BN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠C=90°，AD∥BC，AD=BC，
∴四边形BCMN是矩形，
∴MN∥BC，MN=BC，
∴MN∥AD，MN=AD，
设BN=7m，则MN=AD=24m，
，
∵∠ABE=∠A′BE，FN⊥BA，FG⊥BA′，
∴FN=FG，
，
∴EF=BF，
故答案为：.
【分析】先求得BN与MN的比，设BN=7m，用m表示出MN，再根据勾股定理求BM，由角平分线的性质得FN=FG，由，求得FN与FM的比，可得出用m表示FN，进而可用m表示AE与DE，就可求得DE与AE的比．
17．【答案】解：四边形ABCD是矩形，
，
，
.
【解析】【分析】根据矩形的性质求出∠DAB=90°，代入∠OAB=∠DAB-∠OAD求出即可∠OAB的度数.
18．【答案】（1）证明：∵MN∥BC，
∴∠OEC＝∠BCE，∠OFC＝∠GCF
又∵CE平分∠BCO，CF平分∠GCO，
∴∠OCE＝∠BCE，∠OCF＝∠GCF，
∴∠OCE＝∠OEC，∠OCF＝∠OFC，
∴EO＝CO，FO＝CO，
∴EO＝FO．
（2）解：当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形．
∵当点O运动到AC的中点时，AO＝CO，
又∵EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形
∵FO＝CO，
∴AO＝CO＝EO＝FO，
∴AO+CO＝EO+FO，即AC＝EF
∴四边形AECF是矩形．
19．【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵M、N分别是的中点，
∴，
又∵，
∴
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵M、N分别是的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵M是的中点，，
∴，
∵平行四边形是菱形，
∴
（3）解：由（2）得，
∴，，
∵，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【解析】【分析】（1）利用平行线的性质可得，利用线段中点的性质可得，再结合，利用“SAS”证出即可；
（2）先证出平行四边形是菱形，再利用菱形的性质可得；
（3）先求出，利用含30°角的直角三角形的性质可得，再利用线段的和差求出即可.
20．【答案】（1）解：，
理由：设正方形的边长为，
四边形是正方形，
，，
是中点，
，
，
，，
在中，，
在中，，
在中，，
，
是直角三角形，
，
；
（2）解：正方形的面积为16，
，
，
，
，
的长为5．
【解析】【分析】（1），设正方形的边长为， 由是的中点，得出，再根据，得出，，在中和中和中，利用勾股定理分别得出，，，再利用，判断是直角三角形即可得到；
（2）根据正方形的面积为16以及（1）中即可求出DF的长.
21．【答案】（1）假
（2）解：四边形ABCD是正方形，
，，
在和中，
，
，，
，
，
是EF的中点，
，，
，，
四边形BCGE是奇特四边形；
（3）解：过点G作，，
，
由知（2），
，
，，
，
四边形BMGQ是正方形，
，，
，
四边形BCGE的面积是16，
，，
是EF的中点，，
，
，，
．
【解析】【解答】解：（1）如图所示，
在四边形ABCD中，AC=AB，DC=DB，∠B=∠C，满足有一组对角相等且有两组邻边相等，但它不是正方形，
命题“另一组邻边也相等的奇特四边形为正方形”是假命题.
故答案为：假命题.
【分析】（1）假命题，根据命题中的条件画图验证即可；
（2）根据正方形的性质得到，，进而可利用SAS证得，再根据全等三角形的性质得出，，进而得到，然后根据中点的性质得到，，再结合奇特四边形的定义判断即可；
（3） 过点G作，， 利用AAS证得，进而得到四边形BMGQ是正方形，等量代换得到，再根据正方形的面积求出，然后利用中点的性质及平行线等分线段得到，进而得到AF=8，即可得到的值.
22．【答案】（1）证明：∵四边形OBCA为矩形，
∴OB//CA，BC//OA，
∴∠BOC=∠OCA，
由折叠的性质可得：∠BOC=2∠EOC，∠OCA=2∠OCH，
∴∠EOC=∠OCH，
∴OE//CH，
又∵BC//OA，
∴四边形OECH是平行四边形；
（2）解：四边形OECH是菱形．理由如下：
由折叠的性质可得∠EFO=∠EBO=90°，∠CFH=∠CAF=90°，
∵点F，G重合，
∴EH⊥OC，
又∵四边形OECH是平行四边形，
∴平行四边形OECH是菱形，
∴EO=EC，
∴∠EOC=∠ECO，
又∵∠EOC=∠BOE，
∴∠EOB=∠EOC=∠ECO=30°，
点A的坐标是（5，0），
∴OA=5，
由直角三角形的性质可得：OB=
∴点B的坐标是（0，）；
（3）解：当点F在点O，G之间时，如图3，
由折叠性质得：OF=OB，CG=CA，
而OB=CA，
∴OF=CG，
∵点F，G将对角线OC三等分，
∴AC=OF=FG=GC，
设AC=m，则OC=3m，
在Rt△OAC中，OA=5，
由勾股定理得：AC2+OA2=OC2，
即：m2+52=（3m）2，解得m=，
∴OB=AC=，
∴点B的坐标是（0，）；
当点G在O，F之间时，如图4，
同理可得OF=CG=AC，
设OG=n，则AC=GC=2n，
在Rt△OAC中，OA=5，
由勾股定理得：AC2+OA2=OC2，
即：（2n）2+52=（3n）2，解得n=，
∴AC=OB=2，
∴点B的坐标是（0，2）．
故B的坐标是（0，）或（0，2）．
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质得OB∥CA，BC∥OA，再利用平行线的性质得∠BOC=∠OCA，然后根据折叠的性质得到∠BOC=2∠EOC，∠OCA=2∠OCH，所以∠EOC=∠OCH，根据平行线的判定定理得OE∥CH，根据平行四边形的判定方法：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，即可得证；
（2）先根据折叠的性质得∠EFO=∠EBO=90°，∠CFH=∠CAF=90°，由点F，G重合得到EH⊥OC，根据菱形的判定方法：对角线垂直的平行四边形是菱形，得到四边形OECH是菱形，则EO=EC，所以∠EOC=∠ECO，而∠EOC=∠BOE，根据三角形内角和定理可计算出∠EOB=∠EOC=∠ECO=30°，在Rt△OBC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得OB=，于是得到点B的坐标是（0，）；
（3）分类讨论：当点F在点O，G之间时，如图3，根据折叠的性质得OF=OB，CG=CA，则OF=CG，所以AC=OF=FG=GC，设AC=m，则OC=3m，在Rt△OAC中，根据勾股定理得m2+52=（3m）2，解得m=，则点B的坐标是（0，）；当点G在O，F之间时，如图4，同理可得OF=CG=AC，设OG=n，则AC=GC=2n，在Rt△OAC中，根据勾股定理得（2n）2+52=（3n）2，解得n=，则AC=OB=2，所以点B的坐标是（0，2），即可得解.
23．【答案】（1）解：∵直线y=k×+b与y=x-9平行，且过点(2，3)，
则解得．一次函数表达式为y=x+4，
当×=0时，y=4，∴点A坐标是(0，4)．
（2）解：∵PM⊥x轴，PN⊥y轴，
∴∠PMO=∠PNO=∠NOM= 90° ，∴四边形PMON是矩形，
∴ PM= ON，OM=PN，∠PMO=∠NOM= ∠ PNO= C NPM= 90°．
∵PC=MP ，MB=OM，OE=N，ND=NP，
∴PC=OE， CM=NE ，ND= BM， PD=OB．
在△OBE和△PDC中，0B=PD，∠EOB=∠CPD ，OE=PC，
∴△OBE≌△PDC，∴DC= BE，
同理可证△MBC≌△NDE，
∴DE= BC，∴四边形BCDE是平行四边形．
（3）解：存在这样的点P，且点P坐标为()或(-8，8)．
【解析】【解答】解：（3）设点P，则CM=PM==，PD=
当四边形BCDE为正方形时，则∠DCB= 90° ，DC=BC，
而∠CBM+∠MCB=90°，∠MCB+∠DCP=90°，
∴∠CBM=∠DCP，
而∠DPC=∠CMB= 90°，
∴△DPC≌△CMB，∴PD= CM，
即，解得m=，或-8，
故点P坐标是(，)或(-8，8)．
【分析】(1)由直线y=kx+b与直线平行 可得，再将点(2，3)代入函数解析式，解得b的值，然后求得点A坐标.
(2)先通过垂直的定义证得四边形PMON是矩形，再利用矩形的性质得到PC=OE， CM=NE ，ND= BM， PD=OB，进而通过SAS判定△OBE≌△PDC，△MBC≌△NDE，即可证得四边形BCDE是平行四边形．
(3)设点P，可得，，当四边形BCDE为正方形时，则∠DCB= 90° ，DC=BC，利用余角的性质可得∠CBM=∠DCP，再通过AAS判定△DPC≌△CMB，可得PD= CM，进而解得，或-8，故点P坐标是(，)或(-8，8)．
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