第一章特殊平行四边形单元卷（含解析）

第一章 特殊平行四边形 单元卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列命题错误的是（ ）
A．平行四边形的对边相等 B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
C．对角线相等的四边形是矩形 D．矩形的对角线相等
2．下列命题正确的是（　　）
A．矩形的四个角都相等 B．矩形的四条边都相等
C．矩形的对角线互相垂直 D．矩形的对角线平分内角
3．如图，在矩形中，点E为延长线上一点，F为的中点，以B为圆心，长为半径的圆弧过与的交点G，连接．若，，则的长为（ ）
A．2.5 B．3 C．2 D．5
4．如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，E，F，G，H分别是，，，的中点，且，下列结论：①四边形是菱形；②四边形是矩形；③平分；④，其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．下列命题中正确的是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
D．有一个角是直角的平行四边形是矩形
7．如图，点E为矩形ABCD的边BC长上的一点，作DF⊥AE于点F，且满足DF=AB．下面结论：①△DEF≌△DEC；②S△ABE = S△ADF；③AF=AB；④BE=AF．其中正确的结论是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，，，则对角线交点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
9．小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示正方形，并测得对角线，则图（1）中对角线的长为（ ）．
A． B． C． D．
二、填空题
10．如图，在四边形中，对角线、于点且、互相平分，在不添加任何辅助线的情况下，若添加一个条件使得四边形是矩形，则这个条件可以是 （填写一个即可）．
11．如图，正方形和正方形的边长分别为1和3，点C在边上，线段、交于点M，连接、，则 ．
12．如图，在矩形中，，分别以点A，C为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线分别交于点E，F．．下列结论：①四边形是菱形；②；③；④若平分，则．其中正确结论的有 ．（填写正确结论的序号）
13．如图，在矩形中，点分别在边上，且四边形为菱形，若，则的长为 ．

三、解答题
14．如图，在中，的平分线交于点D，，．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若，且，求四边形的面积．
15．如图所示，在梯形中，，作交于点E
(1)求证：四边形是菱形
(2)若，．求证：梯形是等腰梯形
16．如图，在矩形中，点E在边上，将该矩形沿折叠，使点D落在边上的点F处，过点F作，交于点G，连接．

(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，求的值．
17．已知，正方形的边在正方形的边上，延长到，使，在边上，且，求证：四边形为正方形．
18．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A在y轴的正半轴上，点C在x轴的正半轴上，线段的长分别是m，n且满足，点D是线段上一点，将沿直线翻折，点O落在矩形对角线上的点E处
(1)求线段的长；
(2)求点E的坐标；
(3)所在直线与相交于点M，点N在x轴的正半轴上，以M、A、N、C为顶点的四边形是平行四边形时，求N点坐标．
19．如图，为坐标原点，四边形为矩形，，，点是的中点，动点在线段上以每秒2个单位长度的速度由点向终点运动．设动点的运动时间为秒．
(1)当为何值时，四边形是平行四边形？
(2)在直线上是否存在一点，使得以，，，四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求出的值，并求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)连接，当线段分矩形面积为时，直接写出的值．
20．已知四边形和四边形都是正方形，且．
（1）如图1，连接、．求证：；
（2）如图2，如果正方形绕点旋转到某一位置恰好使得，．
①求的度数；
②若正方形的边长是，请求出的面积．
21．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标为（6，6），将正方形ABCO绕点C逆时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形CDEF，ED交线段AB于点G，ED的延长线交线段OA于点H，连结CH、CG．
（1）求证：CG平分∠DCB；
（2）在正方形ABCO绕点C逆时针旋转的过程中，求线段HG、OH、BG之间的数量关系；
（3）连结BD、DA、AE、EB，在旋转的过程中，四边形AEBD是否能在点G满足一定的条件下成为矩形？若能，试求出直线DE的解析式；若不能，请说明理由．
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试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】本题考查了矩形、平行四边形的性质和判定的应用．
根据平行四边形的性质与判定、矩形的性质与判定即可判断．
【详解】解：A、平行四边形的性质有平行四边形的对边相等，故A选项不符合题意；
B、平行四边形的判定定理有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故B选项不符合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，故C选项符合题意；
D、矩形的性质有矩形的对角线相等，故D选项不符合题意；
故选：C．
2．A
【分析】本题考查真假命题的判断、矩形的性质，根据矩形的角、边、对角线的特点逐项判断即可．
【详解】解：A、矩形的四个角都相等，正确，符合题意；
B、矩形的四条边不相等，故原命题错误，不符合题意；
C、矩形的对角线相等但不垂直，故原命题错误，不符合题意；
D、矩形的对角线相等但不平分内角，故原命题错误，不符合题意；
故选A．
3．B
【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，掌握“直角三角形斜边中线的长等于斜边的一半”是解题的关键.
利用直角三角形斜边中线的性质求得，在中，利用勾股定理即可求解.
【详解】解：由题意得，，
∵矩形中，
∴，
∵F为的中点，，
∴，
在中，，
故选：B．
4．A
【分析】根据菱形面积=对角线乘积的一半可求BD，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=CO=6，BO=DO，S菱形ABCD= =48，
∴BD=16，
∵DH⊥AB，BO=DO=8，
∴OH=BD=4．
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，关键是灵活运用这些性质解决问题．
5．C
【分析】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与可得四边形是菱形，然后根据菱形的对角线互相垂直平分，并且平分每一组对角的性质对各小题进行判断．
【详解】解：、、、分别是、、、的中点，
，，，，
，
，
①四边形是菱形，正确．
④，正确；
②四边形是矩形，错误；
③平分，正确；
综上所述，①③④共3个正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理与菱形的判定与菱形的性质，根据三角形的中位线定理与判定四边形是菱形是解答本题的关键．
6．D
【分析】此题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的判定.根据相关判定进行判断即可.
【详解】A、对角线相等的平行四边形是矩形，故选项错误，不符合题意；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项错误，不符合题意；
C、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故选项错误，不符合题意；
D. 有一个角是直角的平行四边形是矩形，选项正确，符合题意.
故选：D
7．C
【分析】证明Rt△DEF≌Rt△DEC得出①正确；在证明△ABE≌△DFA得出S△ABE＝S△ADF；②正确；得出BE＝AF，④正确，③不正确；即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠ABE＝90°，AD∥BC，AB＝CD，
∵DF＝AB，
∴DF＝CD，
∵DF⊥AE，
∴∠DFA＝∠DFE＝90°，
在Rt△DEF和Rt△DEC中，，
∴Rt△DEF≌Rt△DEC（HL），①正确；
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠DAF，
在△ABE和△DFA中，，
∴△ABE≌△DFA（AAS），
∴S△ABE＝S△ADF；②正确；
∴BE＝AF，④正确，③不正确；
正确的结论有3个，
故选C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
8．D
【分析】根据菱形的性质可得，.过点作于，求出的长即可得点的坐标.
【详解】解：过点作于.
∵四边形是菱形，且，
，.
在Rt中，，
故选：D
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，以及含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键.
9．D
【分析】本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
如图1，2中，连接．在图2中，理由勾股定理求出，在图1中，证明是等边三角形，进而求解即可．
【详解】解：如图1，2中，连接．
在图2中，∵四边形是正方形，
∴，，
∵
∴，即
∴，
在图1中，∵，，
∴是等边三角形，
∴．
故选：D．
10．AC=BD或∠DAB=90°或∠ABC=90°或∠BCD=90°或∠ADC=90
【分析】根据对角线互相平分，可得四边形ABCD是平行四边形，再根据矩形的判定定理，这个条件可以是一个角是直角或者对角线相等，从而得出答案．
【详解】解：∵对角线AC与BD互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
要使四边形ABCD成为矩形，
需添加一个条件是：AC=BD或∠DAB=90°或∠ABC=90°或∠BCD=90°或∠ADC=90°．
故答案为：AC=BD或∠DAB=90°或∠ABC=90°或∠BCD=90°或∠ADC=90．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定定理：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线相等的平行四边形是矩形．
11．
【分析】此题考查了正方形的性质，直角三角形的性质以及勾股定理的运用，熟练掌握直角三角形斜边上中线的性质是解本题的关键．
连接，，即可得到是直角三角形，再根据勾股定理进行计算，即可得到的长，依据直角三角形斜边上中线的性质即可得出的长．
【详解】如图，连接，，则，
是直角三角形，
与关于对称，
，
，
又，
，
，
是的中点，
中，，
正方形和正方形的边长分别为1和3，
，，
，
，
故答案为：．
12．①②④
【分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为O，证明四边形为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据角平分线的性质和菱形的对角线平分每一组对角求出，再根据含30度角的直角三角形的性质可得，由即可求解．
【详解】解：如图，设与的交点为O，
根据作图可得，且平分，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵垂直平分，
∴，
∴四边形是菱形，故①正确；
②∵，
∴，
∴；故②正确；
③由菱形的面积可得，故③不正确，
④∵四边形是菱形，
∴
又∵，
∴
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．故④正确；
综上所述：正确的结论是①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
13．/3.75
【分析】设的长为x，由四边形是菱形，可得，因此，在中，根据勾股定理得，从而列出方程，求得x的值．
【详解】设的长为x，即．
∵四边形是菱形，
∴，
∴．
∵在矩形中，，
∴在中，，
∴，
解得：，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
14．(1)答案见解析
(2)242
【分析】本题考查了菱形的判定，正方形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，解题的关键是掌握特殊四边形的判定方法．
【详解】（1）解：(1)四边形是菱形，理由是
，，
四边形是平行四边形
平分
，
，
，
平行四边形是菱形．
（2）
四边形是正方形
，
四边形的面积为∶．
15．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，等腰梯形的判定，三角形内角和定理：
（1）先证明四边形是平行四边形 再由，即可证明四边形是菱形 ；
（2）先利用三角形内角和定理得到，再由菱形的性质得到，进而得到，即可证明梯形是等腰梯形．
【详解】（1）证明：∵,
∴四边形是平行四边形
∵
∴四边形是菱形 ；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是菱形
∴ ，
∴，
∴梯形是等腰梯形．
16．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据折叠的性质，易知，，，由，可得，易证，故由四边相等证明四边形为菱形；
（2）设，在中，用勾股定理列方程即可、，从而求出的值．
【详解】（1）解：证明：由折叠的性质可知：，，，
，
，
，
，
，
，
四边形为菱形；

（2）设，根据折叠的性质，，，
在中，，
即，即，
解得：，
∴，
．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质、菱形的判定以及勾股定理，熟知折叠的性质和菱形的判定方法是解答此题的关键．
17．见解析
【分析】本题考查了正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用，根据正方形的性质易证，根据全等三角形的性质推出，，求出，根据正方形的判定得出即可．
【详解】证明：∵四边形为正方形，
∴，，
∴．
∵，，
∴，，，
即，．
∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
18．(1)
(2)
(3)或．
【分析】（1）根据非负性即可求出；根据勾股定理得出长；
（2）由三角形面积求法可得，进而求出和，即可解答；
（3）由待定系数法求出的解析式，进而求出M点坐标，再利用平行四边形的性质解答即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴
∴，
解得，
∵线段的长分别是m，n且满足，
∴；
设，由翻折的性质可得：，
，
可得：，
在中，由勾股定理可得：，
即，
解得： ，
可得：；
（2）过E作于点G，
在中，
，
即
解得：，
在中，，
∴，
所以点E的坐标为；
（3）设直线的解析式为：，把，E代入解析式可得：
，
解得：，
所以的解析式为：，
把代入的解析式，可得：，
即，
当以M、A、N、C为顶点的四边形是平行四边形时，
，
所以， ，
即存在点N，且点N的坐标为或．
【点睛】本题是一次函数综合题目，考查了算术平方根的非负性、用待定系数法求一次函数的解析式、勾股定理、平行四边形的性质等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要进行分类讨论，通过求一次函数的解析式和平行四边形的性质才能得出结果．
19．(1)
(2)O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形时，有三种情况：，；，；，．
(3)
【分析】本题考查矩形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，菱形的存在性问题等，解题的关键是掌握特殊平行四边形的性质，注意分类讨论．
（1），四边形是平行四边形时，列一元一次方程即可求解；
（2）分Q点在P的右边，Q点在P的左边且在线段上，Q点在P的左边且在的延长线上三种情况，根据菱形的性质、勾股定理分别求解即可；
（3）当时，点P满足题意，据此进行解答即可．
【详解】（1）解：∵四边形为矩形，，，
∴，，
∵点D是的中点，
∴，
由运动知，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①当Q点在P的右边时，如图1，

∵四边形为菱形，
∴，
∴在中，由勾股定理得：，
∴，
∴，
∵，，
∴；
②当Q点在P的左边且在线段上时，如图2，

∵四边形为菱形，
∴，
∴在中，由勾股定理得：，
∴，
∵，
∴，
∴；
③当Q点在P的左边且在的延长线上时，如图，

∵四边形为菱形，
∴，
∴在中，由勾股定理得：，
∴，
∵，
∴，
∴；
综上可知，O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形时，有三种情况：，；，；，．
（3）∵四边形为矩形，，，
∴
当时，点P满足题意，
即,
解得，
∴
20．（1）证明见解析；（2）①；②．
【分析】（1）先求出△BCG≌△ECG（SAS），得出BG＝DE．
（2）求出△BCG≌△BCE，得出DE＝BD＝BE，所以△BDE是等边三角形．从而得出∠BDE＝60°；
（3）连接，证明≌≌，得到为等边三角形，由，可得，即可求解.
【详解】（1）∵四边形和是正方形
∴，
∴
在和中
∴≌（）
∴
（2）连接
∵，
∴
∵
∴，
∴
在和中
∴≌（）
∴
又∵
∴
∴是等边三角形
∴
（3）连接，同理可得≌≌
又，
所以为等边三角形
由已知，可得
所以
所以的面积是．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及三角形的判定的灵活应用，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质.
21．（1）见解析；（2） HG＝OH+BG；（3）能成矩形，y．
【分析】（1）根据旋转和正方形的性质可得出CD＝CB，∠CDG＝∠CBG＝90，根据全等直角三角形的判定定理（HL）即可证出Rt△CDG≌Rt△CBG，即∠DCG＝∠BCG，由此即可得出CG平分∠DCB；
（2）由（1）的Rt△CDG≌Rt△CBG可得出BG＝DG，根据全等直角三角形的判定定理（HL）即可证出Rt△CHO≌Rt△CHD，即OH＝HD，再根据线段间的关系即可得出HG＝HD+DG＝OH+BG；
（3）根据（2）的结论即可找出当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形，再根据正方形的性质以及点B的坐标可得出点G的坐标，设H点的坐标为（x，0），由此可得出HO＝x，根据勾股定理即可求出x的值，即可得出点H的坐标，结合点H、G的坐标利用待定系数法即可求出直线DE的解析式．
【详解】（1）∵正方形ABCO绕点C旋转得到正方形CDEF，∴CD＝CB，∠CDG＝∠CBG＝90°．在Rt△CDG和Rt△CBG中，∵，∴Rt△CDG≌Rt△CBG（HL），∴∠DCG＝∠BCG，即CG平分∠DCB．
（2）由（1）证得：Rt△CDG≌Rt△CBG，∴BG＝DG．在Rt△CHO和Rt△CHD中，∵，∴Rt△CHO≌Rt△CHD（HL），∴OH＝HD，∴HG＝HD+DG＝OH+BG．
（3）假设四边形AEBD可为矩形．
当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形，如图所示．
∵G点为AB中点，∴BG＝GAAB，由（2）证得：BG＝DG，则BG＝GA＝DGABDE＝GE，又AB＝DE，∴四边形AEBD为矩形，∴AG＝EG＝BG＝DG．
∵AGAB＝3，∴G点的坐标为（6，3）．
设H点的坐标为（x，0），则HO＝x，∴HD＝x，DG＝3．
在Rt△HGA中，HG＝x+3，GA＝3，HA＝6﹣x，由勾股定理得：（x+3）2＝32+（6﹣x）2，解得：x＝2，∴H点的坐标为（2，0）．
设直线DE的解析式为：y＝kx+b（k≠0），将点H（2，0）、G（6，3）代入y＝kx+b中，得：，解得：，∴直线DE的解析式为：y．
故四边形AEBD能为矩形，此时直线DE的解析式为：y．
【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定及性质、待定系数法求函数解析式以及勾股定理．解题的关键是：（1）证出Rt△CDG≌Rt△CBG；（2）找出BG＝DG、OH＝HD；（3）求出点H、G的坐标．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边和角是关键．
答案第1页，共2页
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