第一章特殊平行四边形同步练习（含解析）

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第一章特殊平行四边形
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．分别顺次连接①等腰梯形；②矩形；③菱形；④对角线相等的四边形“各边中点所构成的四边形”中，为菱形的是（ ）
A．① B．② C．①②③ D．①②④
2．顺次连接对角线相等的四边形各边中点，所得四边形是（ ）．
A．矩形 B．平行四边形 C．菱形 D．正方形
3．如图，在正方形中，，延长到点，使，连接，动点从点出发以每秒1个单位长度的速度沿向终点运动．设点的运动时间为秒.当和全等时，的值为（ ）
A．3 B．5 C．7 D．3或7
4．如图，在平面直角坐标系xOy，四边形OABC为正方形，若点B（1，4），则点A的坐标为（　　）
A．（3，1） B． C． D．（4，1）
5．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD边上，△AEF是等边三角形，对角线AC交EF于点G，下列结论：①；②；③AC垂直平分EF；④．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．如图，菱形中，．则的度数为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，在矩形中，两条对角线与相交于点，，则的长为（ ）
A．4 B．8 C． D．
8．下列命题中的真命题是（ ）
A．有一组邻边相等的四边形是菱形 B．对角线相等的四边形是矩形
C．有一组对边平行的四边形是平行四边形 D．对角线相等的菱形是正方形
9．如图，在矩形中，，垂直平分于点E，则的长为（　　）

A． B． C．4 D．2
10．在正方形ABCD中，AD＝6，点M在边DC上，连接AM，△ADM沿直线AM翻折后点D落到点N，过点N作NE⊥CD，垂足为点E．如图，如果ED＝2EC，则DM＝（　　）
A．4+3 B．3+3 C．9﹣3 D．6﹣3
11．如图，E、F、M、N分别是正方形四条边上的点，，则四边形的形状是（　　）

A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
12．已知,如图,平行四边形的两条对角线交于点,设.其中:则满足（ ）
A． B． C． D．没有数量关系
二、填空题
13．如图，在五边形ABCDE 中，，，，点 A 到直线CD 的距离为
14．已知菱形有一个内角为60°，较短的一条对角线长为8，那么菱形的边长为 ．
15．计划利用已有一堵长为米的墙，用篱笆围成面积为12平方米的矩形园子．可用篱笆的总长为11米，可以得到多种围法，如用米长的篱笆作为矩形的宽，用米长的篱笆作为矩形的长等，请你写出其中一种围法，如 ．
16．如图，已知菱形ABCD对角线交于点O，AE⊥CD于E，AE=OD，则∠CAE= ．
17．如图，矩形的对角线与相交于点，过点作，交于点，连接．若，则 ．
三、解答题
18．如图，长方形纸片沿对角线折叠，设点落在处，交于点，，，求阴影部分的面积．
19．图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为，每个小正方形的顶点叫格点，的顶点和点，均在格点上，点E为边上任一点，只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图，保留作图痕迹．
(1)在图①中作射线，在其上找到一点，使．
(2)在图②中画以为对角线的平行四边形．
(3)在图③中作射线，在其上找到一点，使．
20．如图1，长方形中，宽为4，点P沿着四边按B→C→D→A方向运动，开始以每秒m个单位匀速运动，a秒后变为每秒2个单位匀速运动，b秒后恢复原速匀速运动，在运动过程中，的面积S与运动时间t的关系如图2所示．

(1)直接写出长方形的长为 ；
(2)直接写出 ， ， ；
(3)当点P运动到中点时，有一动点Q从点C出发，以每秒1个单位的速度沿C→D→A运动，当一个点到达终点，另一个点也停止运动，设点Q运动的时间为x秒，的面积为y，求当时，y与x之间的关系式．
21．问题探究：
（1）请你在图①中作一条直线，使它将矩形分成面积相等的两部分：
（2）如图②，M是正方形内一定点，请在图②中作出两条直线（要求其中一条直线必须过点M），使它们将正方形的面积四等分，并说明理由．
问题解决：
（3）如图③，在平面直角坐标系中，直角梯形是某市将要筹建的高新技术开发区用地示意图，其中，开发区综合服务管理委员会（其占地面积不计）设在点处．为了方便驻区单位准备过点P修一条笔直的道路（路宽不计），并且使这条路所在的直线l将直角梯形分成面积相等的两部分，你认为直线l是否存在？若存在，求出直线l的表达式；若不存在，请说明理由．
22．如图，某自动感应门的正上方处装着一个感应器，该感应器的有效感应范围不超过，当人体进入感应器的感应范围时，感应门就会自动打开．现已知感应器离地面的高度，一个身高的学生缓慢走到离门的地方时（，假设此时人体与地面垂直），该学生头顶距离感应器多少米？感应门会自动打开吗？

23．探究与证明（八下教材63页《丰富多彩的正方形》）
【课本再现】
（1）如图，正方形的对角线交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的 ．
【类比迁移】
（2）如图，等腰三角形中，，D是斜边的中点，点D又是直角三角形的直角顶点，，绕点D转动，分别与交于M、N，若，请直接写出两个三角形重叠部分的面积 ．
【探索发现】
（3）小刚发现（1）在转动过程中，若边能与边交于点E、F，线段都存在一定的数量关系，请写出数量关系式，并加以证明．
24．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D点是AB的中点，DE、DF分别是△BDC、△ADC的角平分线．
（1）求∠CFD的度数；
（2）求证：四边形FDEC是矩形．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C D B C B D D B C
题号 11 12
答案 D C
1．D
【分析】根据三角形中位线定理，可得四边形ABCD是平行四边形，再根据菱形的判定，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，只要保证四边形的对角线相等即可．
【详解】解：如图，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，AD的中点，连接AC，BD，
∵点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，AD的中点，
∴，，
∴，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴连接任意四边形的四边中点都是平行四边形，
当四边形ABCD是等腰梯形时，AC=BD，
∴EH=EF，
此时四边形EFGH是菱形；
当四边形ABCD是矩形时，AC=BD，
∴EH=EF，
此时四边形EFGH是菱形；
当四边形ABCD是菱形时，AC⊥BD，
∴EH⊥EF，
此时四边形EFGH是矩形；
当四边形ABCD的对角线相等时，AC=BD，
∴EH=EF，
此时四边形EFGH是菱形；
∴符合条件的有：①②④．
故选：D
【点睛】本题主要考查了菱形的判定，中点四边形，三角形中位线定理，熟练掌握三角形中位线定理，菱形的判定定理是解题的关键．
2．C
【分析】本题考查菱形的判定和三角形的中位线定理，根据三角形中位线定理得到，再由得到，据此可得四边形是菱形．
【详解】解：如图，E、F、G、H分别是四边形的边的中点，
连接，

根据三角形的中位线定理得，，
∵四边形的对角线相等，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
故选：C．
3．D
【分析】分两种情况，①当点P在BC边上时，②当点P在AD边上时，找出对应的边列式计算即可.
【详解】当点在边上时，在与中，
，
∴．
由题意得，
∴．
当点在上时，在与中，
，
∴，
由题意得，解得．
当点在上时，不满足条件．
∴当的值为3或7时，和全等．
故选D．
【点睛】本题考查的是正方形的性质和全等三角形的性质，能够分情况讨论是解题的关键.
4．B
【分析】过点B作BD⊥y轴于点D，过点A作AE⊥x轴点E，DB与EA的延长线交于点F，通过证明△BFA≌△AEO可得AF＝OE，BF＝AE；利用B（1，4），可得BD＝1，EF＝4；通过说明四边形ODFE为矩形，可得DF＝OE．计算出线段OE，AE的长即可求得结论．
【详解】解：过点B作BD⊥y轴于点D，过点A作AE⊥x轴点E，DB与EA的延长线交于点F，如图，
∵BD⊥y轴，AE⊥x轴，OD⊥OE，
∴四边形ODFE为矩形，
∴EF＝OD，DF＝OE，
∵点B（1，4），
∴OD＝4，BD＝1，
∵四边形OABC为正方形，
∴OA＝AB，∠BAO＝90°，
∴∠OAE+∠BAF＝90°，
∵AE⊥x轴，
∴∠OAE+∠AOE＝90°，
∴∠BAF＝∠AOE，
在△BAF和△AOE中，
，
∴△BAF≌△AOE（AAS），
∴BF＝AE，AF＝OE，
∴DF＝AF＝OE，
∴OE+AE＝EF＝4，OE﹣AE＝BD＝1，
∴OE＝，AE＝，
∴A（，）．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定及性质，全等三角形的判定及性质以及坐标与图形，能利用“一线三垂直”构造三角形全等是解题的关键．
5．C
【分析】先根据正方形的性质可得，再根据等边三角形的性质可得，然后根据直角三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质即可判断①；先根据全等三角形的性质可得，再根据角的和差即可判断②；先根据角的和差可得，再根据等腰三角形的三线合一即可判断③；先根据等腰直角三角形的判定与性质可得，再利用勾股定理即可判断④．
【详解】解：四边形是正方形，
，
是等边三角形，
，
在和中，，
，
，结论①正确；
，结论②错误；
又，
，即，
垂直平分（等腰三角形的三线合一），结论③正确；
是等腰直角三角形，
，
由勾股定理得：，结论④正确；
综上，正确的结论有3个，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、勾股定理、直角三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握各判定定理与性质是解题关键．
6．B
【分析】证明，平分，可得，，求解，，从而可得答案．
【详解】解：∵菱形，
∴，平分，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故选B
【点睛】本题考查的是菱形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，熟记的菱形的性质是解本题的关键．
7．D
【分析】利用矩形的性质可知对角线互相平分且，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：在矩形中，
故选D．
【点睛】本题主要考查矩形的性质及勾股定理，熟练掌握矩形的性质及勾股定理求直角边是解决本题的关键．
8．D
【分析】根据菱形、矩形、平行四边形、正方形的判定逐项判断即可．
【详解】解：A、是假命题，因为：有一组邻边相等的平行四边形是菱形；
B、是假命题，例如等腰梯形；
C、是假命题，例如梯形；
D、是真命题，符合正方形的判定定理，
故选：D．
【点睛】本题考查了判断命题真假，熟练掌握菱形、矩形、平行四边形、正方形的判定定理是解题的关键．
9．B
【分析】由矩形的性质和线段垂直平分线的性质可证是等边三角形，可得，即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
10．C
【分析】过点N作NH⊥AD于H，先证明四边形NEDH为矩形，得到HD=NE，NH=DE，根据ED=2EC，ED+EC=CD=6，可以得到ED=HN=4，再利用勾股定理求出AH，即可得到NE的值，最后再直角三角形MNE中用勾股定理求解即可.
【详解】解：如图所示，过点N作NH⊥AD于H，
∵四边形ABCD是正方形，AD=6
∴AD=CD=6，∠D=90°，
∵NE⊥CD，NH⊥AD，
∴∠NED=∠NHD=∠NHA=90°，
∴四边形NEDH为矩形，
∴HD=NE，NH=DE，
∵ED=2EC，ED+EC=CD=6，
∴ED=HN=4，
由翻折的性质可得AD=AN=6，DM=MN
∴，
∴，
设DM=MN=x，则ME=4-x,
则,
∴，
解得，
∴，
故选C.
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
11．D
【分析】根据正方形的四边相等，四个角都是，，得到，推出，，，全等，得到，，，推出四边形是菱形，根据，推出．得到，从而得出四边形是正方形．
【详解】解：四边形是正方形．
证明：∵四边形是正方形，
∴
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴四边形是菱形．
∵，，
∴．
∴．
∴四边形是正方形．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形，全等三角形等，熟练掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，是解题的关键．
12．C
【分析】根据平行四边形的性质，得到AO=，BO=，然后在△ABO中，利用三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边得到.
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，AC=z，BD=y
∴AO=，BO=
在△ABO中，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，即：
故选：C
【点睛】本题考查平行四边形的性质和三角形三边的关系，解题关键是利用平行四边形的性质，将x、y、z转化到同一个三角形中去.
13．
【分析】延长ED与BC交于点F，作AH⊥DC于点H，先证明出四边形AEFB是正方形，然后将△ABC逆时针旋转90°得到△AEG，通过证明△GAD≌△CAD证明出AH=AE最终得出答案.
【详解】
如图，延长ED与BC交于点F，作AH⊥DC于点H，
∵，
∴四边形AEFB是矩形，
∵AB=AE，
∴四边形AEFB是正方形，
将△ABC逆时针旋转90°得到△AEG，如图所示，
则AG=AC，∠GAE=∠CAB，
∵，
∴∠CAB+∠DAE=45°，
∴∠GAD=∠GAE+∠DAE=45°，
∴∠GAD=∠CAD，
在△GAD与△CAD中，
∵GA=CA，∠GAD=∠CAD，AD=AD，
∴△GAD≌△CAD（SAS），
∴AH=AE=，
故答案为.
【点睛】本题主要考查了正方形与全等三角形的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
14．8
【分析】先画出图形，根据菱形的性质，可证得△ABC为等边三角形，据此即可解答．
【详解】解：由题意得，∠ABC＝60°，AC＝8，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BA＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质．
15．长为时，宽为（答案不唯一）
【分析】本题考查了方程与不等式的应用，设园子的宽为，长为，根据题意列出方程和不等式组，找到符合条件的解即可．
【详解】解：设园子的宽为，长为，根据题意得：
，
∴，或，，
∴以下围法均符合题意：
宽为时，长为，
宽为时，长为．
故答案为：长为时，宽为（答案不唯一）．
16．30°
【详解】分析：由四边形ABCD为菱形，得到对角线互相垂直，进而得到一对直角相等，再由对顶角相等，得到△AFO与△DFE相似，利用相似三角形对应角相等得到一对角相等，利用ASA得到△AEC与△DOC全等，利用全等三角形对应边相等得到AC=CD，进而确定出△ACD为等边三角形，利用等边三角形的性质及三线合一性质即可求出所求角的度数．
详解：∵菱形ABCD， ∴AC⊥BD，AD=DC， ∵AE⊥CD， ∴∠AEC=∠DOC=90°，
∵∠AOD=∠AED=90°，∠AFO=∠DFE， ∴△AFO∽△DFE， ∴∠CAE=∠CDO，
∴△AEC≌△DOC（ASA）， ∴AC=CD， ∴AC=CD=AD，即△ACD为等边三角形，
∵AE⊥CD， ∴AE为∠CAD的平分线， 则∠CAE=30°． 故答案为30°．
点睛：本题主要考查的就是菱形的性质以及三角形全等的判定与性质，综合性较强．解决这个问题的关键就是根据三角形全等的性质得出△ACD为等边三角形．
17．/35度
【分析】本题考查了矩形的性质，根据垂直的定义及角的和差求出，根据矩形的性质推出，根据等腰三角形的性质及三角形外角性质求解即可．熟记矩形的性质是解题的关键．
【详解】解：，
，
，
，
四边形是矩形，
，，，
，
，
，
，即，
故答案为：．
18．阴影部分的面积为．
【分析】本题考查了矩形与折叠问题、等腰三角形的判定、勾股定理等知识．先证明，设，从而可得，先在中，利用勾股定理可得的值，再利用三角形的面积公式即可得．
【详解】解：由折叠的性质得：，
∵四边形是长方形，
，
，
，
．
∵四边形是长方形，
，
设，则，
在中，，即，
解得，
即，
则阴影部分的面积为．
19．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题考查了无刻度直尺作图；矩形的性质，平行四边形的判定和性质，以及全等三角形的判定和性质．
（1）根据网格的特点可得是的中点，作射线，在其上找到一点，使，即可求解；
（2）由图可知，因此将点A向右移动两格即为点G，连接可得；
（3）连接并延长，与的交点即为点H．
【详解】（1）解：如图所示，格点即为所求；
（2）解：如图所示，
理由如下：由图可知，，
四边形以为对角线的平行四边形；
（3）解：如图所示，
理由如下：由（2）知四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
，
．
20．(1)6
(2)1；4；9
(3)
【分析】（1）由题意可知，的长度，在时，，求出的长；
（2）当时，，从而得出a和m的值，当时，，从而求得b的值；
（3）分，，三种情况讨论．
【详解】（1）解：当时，的面积不变，
此时：点P在上运动，速度为每秒2个单位，
由题可知，，
当时，的面积为12，
，
，
长方形的长为6．
故答案为：6．
（2）当时，，
，
，
，
，
当时，，
，
，
．
故答案为：1；4；9．
（3）由（1）可知，，
当时，如图，，，
；
当时，如图，，，
；
当时，如图，，，
，
；
故答案为：．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，掌握矩形的性质，三角形的面积公式，利用数形结合的思想解决问题是解题的关键．
21．（1）作图见详解；（2）作图见详解，理由见详解；（3）存在，直线的解析式为，理由见详解
【分析】（1）根据矩形的性质即可求解；
（2）根据正方形的性质即可求解；
（3）根据问题探究的提示，可得直线，运用待定系数法求出直线的解析式，设直线的解析为，用含的式子表示的坐标，根据即可求解的值，由此即可求解．
【详解】解：（1）∵四边形是矩形，
∴，，
∴连接或连接即可将矩形分成面积相等的两部分，如图所示，
；
（2）∵四边形是正方形，
∴如图所示，连接交于点，将正方形平分为四个面积相等的三角形，
∴连接并向两边延长交于点，将线段绕点逆时针旋转，交于点,
∴线段将正方形的面积四等分，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，则，
∴，
同理，，，
∵，
∴，且，
∴，则，
同理，，
∴，
即，
∴直线将正方形的面积四等分；
（3）存在直线，理由如下，
如图所示，过点作轴于点，
∵四边形是直角梯形，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴连接对角线交于点，连接并向两边延长，交于轴于点，交于点，交于点，
∴点是四边形的对称中心，
当将的面积平分时，则直线平分梯形的面积，
∴直线即为所求，
设直线的解析式为：，且，
∴，则，
∴直线的解析式为：，
∵，且四边形是矩形，
∴矩形是正方形，，
∴，则，
设直线的解析式为，
∴，则，
∴直线的解析式为：，
∵直线交于点，
∴联立方程组得，，
解得，，
∴点，
∵点的横坐标为，且在直线上，
∴，
解得，，即，
∴，
解得，，
∴，
解得，（负值舍去），
∴，
∴直线的解析式为：．
【点睛】本题主要考查矩形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，一次函数等知识的综合，掌握一次函数与几何图形的综合运用是解题的关键．
22．该学生头顶距离感应器2米，感应门会自动打开
【分析】本题考查了矩形的判定，勾股定理，解题的关键是掌握直角三角形两之间边平方和等于斜边平方．
过点D作于点E，通过证明四边形的矩形，得出，，进而得出，根据勾股定理推出，即可解答．
【详解】解：过点D作于点E，
∵，，
∴四边形的矩形，
∴，，
∵，
∴，
根据勾股定理可得：，
∵，
∴感应门会自动打开．
答：该学生头顶距离感应器2米，感应门会自动打开．

23．（1）；（2）；（3），证明见解析
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定：
（1）①当正方形绕点绕点O转动到其边分别于正方形的两条对角线重合这一特殊位置时，显然；②当正方形绕点绕点O转动到如图位置时，由正方形的性质可得，，，由“”可证，可求解；
（2）连接，仿照仿照（1），，即可可得；
（3）连接EF，由全等三角形的性质可得，则，则由勾股定理可得，则．
【详解】解：（1）①当正方形绕点绕点O转动到其边分别于正方形的两条对角线重合这一特殊位置时，显然，
②当正方形绕点绕点O转动到如图位置时．
四边形是正方形，
，，，
，
，
，
，
四边形的面积正方形的面积，
综上所知，无论正方形绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的．
故答案为：；
（2）连接，
∵，D是斜边的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴两个三角形重叠部分的面积；
故答案为：1；
（3）．
证明：
由（1）知，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴
∴．
24．（1）∠CFD＝90°；（2）见解析
【分析】（1）由直角三角形的性质及等腰三角形的性质可得出答案；
（2）由（1）可知DF⊥AC，利用等腰△ADC“三合一”的性质证得DE⊥BC，根据有三个角是直角的四边形是矩形，证四边形DECF是矩形．
【详解】解：（1）∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴AD＝CD，
∵DF是∠ADC的角平分线，
∴DF⊥AC．
∴∠CFD＝90°；
（2）证明：如图，
∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴BD＝CD，
∵DE是∠BDC的角平分线，
∴DE⊥BC．
∴∠DEC＝90°，
∵∠CFD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴四边形DECF是矩形．
【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边的中线，三线合一定理，矩形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
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