第六章特殊平行四边形同步练习（含解析）
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第六章特殊平行四边形
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，已知长方形纸片ABCD，点E，H在AD边上，点F，G在BC边上，GH折叠，使点B和点C都落在点P处，若∠BFE+∠CGH＝118°，则∠FPG的度数为（ ）
A．54° B．55° C．56° D．57°
2．如图所示，将一矩形纸片沿AB折叠，已知，则（ ）
A．48° B．66° C．72° D．78°
3．如图，用平移法说明平行四边形的面积公式时， 若平移到，，，则的平移距离为（ ）
A．1 B．3 C．4 D．5
4．如图，正方形ABCD中AB＝6，点E在CD上，且CD＝3DE，将沿AE对折至，延长边EF交边BC于点G，连接AG、CF．下列结论：①；②；③；④；⑤，其中正确结论的个数是（ ）个
A．2 B．3 C．4 D．5
5．如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形的面积是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，矩形沿对角线折叠，已知长，宽，那么折叠后重合部分的面积是( )
A． B． C． D．
7．如图，在菱形中，E是的中点，F是的中点，连接．如果，那么的长为（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
8．如图，菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，则菱形的周长是（ ）
A．20 B．24
C．28 D．40
9．如图，在四边形中，，，连接与交于点O，若，，则四边形的面积为（ ）
A．24 B．36 C．48 D．60
10．下列命题中，正确的命题的是（ ）
A．有两边相等的平行四边形是菱形 B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．四个角相等的菱形是正方形 D．两条对角线相等的四边形是矩形
11．如图，是的高，分别是三边中点，则与的大小关系是（ ）
A． B． C． D．不能确定
12．如图，在中，下列条件中不能使成为菱形的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．把一张长方形纸条ABCD沿EF折叠，若∠AEG＝62°，则∠DEF＝ °．
14．如图，四边形纸片ABCD中，，，，，点E在BC上，且．将四边形纸片ABCD沿AE折叠，点C、D分别落在点、处，与AB交于点F，则BF长为 ．
15．在矩形中，对角线与交于点，请添加一个条件： 使得矩形是正方形．（只写一个）
16．在中，于点D，交于点E，交于点F，当满足条件 时，四边形是矩形．
17．如图，， 是正方形 的边 上的两个动点，满足 ，连接 交 于点 ，连接 交 于点 ，连接 ，若正方形的边长为 ，则线段 的最小值是 ．
三、解答题
18．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A的坐标为，对角线轴于点C，点D在y轴上．
（1）求点B的坐标；
（2）求直线的解析式．
19．如图所示，四边形ABCD是矩形，已知PB=PC.
(1)若P是矩形外一点，求证：PA=PD；
(2)若P是矩形边AD(或BC)上的一点，则PA PD；
(3)若点P在矩形ABCD内部，上述结论是否仍然成立？
20．如图所示，点和点分别在正方形的边上，且为边的中点，，连接，，，试判断的形状，并说明理由.
21．如图，已知矩形纸片，，，．按以下步骤操作：
第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平．
第二步：再一次折叠纸片，使点A落在上，并使折痕经过点B，得到折痕，同时得到了线段．
(1)求线段的长；
(2)通过观察猜测的度数是多少？并进行证明；
(3)在四边形中，点P、Q同时从B点出发，分别作匀速运动，点P沿以每秒1个单位向终点C运动，点Q沿、以每秒2个单位向终点D运动．当这两点中有一点到达自己的终点时，另一点也停止运动．
①设两点从点B开始运动了x秒，当时，点Q在什么位置？
②两点在运动的过程中，是否存在四边形为菱形？如果存在，求出x的值；如果不存在，请说明理由．
22． 求证：矩形的对角线相等．
23．已知：平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD=2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点．求证：
（1）BE⊥AC；
（2）EG=EF．
24．如图将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使B点落在CD边上一点E，压平后得到折痕MN，当．
(1)求NE的长；
(2)连AN、AE，NG⊥AE，垂足为G，求GN的长；
(3)直接写出AM的长度．
《第六章特殊平行四边形》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C C B A C B A C C
题号 11 12
答案 C A
1．C
【分析】由折叠可得EF，GH分别是∠BFP和∠CGP的角平分线，可得∠BFP+∠CGP＝2（∠BFE+∠CGH）＝236°，进而根据平角定义及三角形内角和180°可得∠FPG的度数．
【详解】解：由折叠可知：
EF，GH分别是∠BFP和∠CGP的角平分线，
∴∠PFE＝∠BFE，∠PGH＝∠CGH，
∴∠PFE+∠PGH＝∠BFE+∠CGH＝118°，
∴∠BFP+∠CGP＝2（∠BFE+∠CGH）＝236°，
∴∠PFG+∠PGF＝360°﹣（∠BFP+∠CGP）＝360°﹣236°＝124°，
∴∠FPG＝180°﹣（∠PFG+∠PGF）＝180°﹣124°＝56°．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形与折叠、角平分线的性质、两直线平行内错角相等等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
2．C
【分析】由折叠及矩形的性质可得，再根据平行线的性质求出，根据周角的定义求解即可．
【详解】∵将一矩形纸片沿AB折叠，
∴，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质及平行线的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
3．C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，平移的性质，根据平移的性质结合矩形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
由平移的性质得，
∴，
∴平行四边形的面积=矩形的面积，
∴的平移距离为4．
故选：C．
4．B
【分析】先根据正方形的性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后利用直角三角形全等的判定定理即可判断①；先根据全等三角形的性质可得，设，则，再在中，利用勾股定理求出的值，由此即可判断②；先根据等腰三角形的性质可得，再根据三角形的内角和定理可得，根据平角的定义可得，从而可得，然后根据平行线的判定即可判断③；根据线段的长度可得，再根据三角形的面积公式可得，由此即可判断④；根据线段的长度分别求出和的值，由此即可判断⑤．
【详解】解：四边形是正方形，且，
，
，
，
由折叠的性质得：，
，
在和中，，
，结论①正确；
，
设，则，
在中，，即，
解得，
，
，结论②正确；
，
，
又，
，
，结论③正确；
，
，
，
，
，结论④错误；
，
，
，
，结论⑤错误；
综上，正确结论的个数是3个，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、直角三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题关键．
5．A
【分析】利用中位线、菱形、矩形的性质可知，每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，由此可解．
【详解】解：如图，连接AC，BD，，．
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴，，．
∵ ，，，分别是矩形四个边的中点，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∵ ，，
∴四边形的面积为：．
同理，由中位线的性质可知，
，，
，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴四边形的面积为：．
∴每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，
∴四边形的面积是．
故选:A．
【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的性质以及中位线的性质，证明四边形是菱形，四边形是矩形是解题的关键．
6．C
【分析】由矩形的性质易得，那么可用表示出，利用的三边关系即可求得长，然后三角形面积公式求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，解决此类问题，应利用折叠找到相应的直角三角形，利用勾股定理求得所需线段长度．
7．B
【分析】本题考查了三角形的中位线性质、菱形的性质．熟练掌握三角形的中位线性质、菱形的性质是解题的关键．
根据三角形的中位线性质求出，再根据菱形的性质即可求解．
【详解】解：在中，E是的中点，F是的中点，
，
，
，
，
四边形是菱形，
．
故选B．
8．A
【详解】设对角线的交点为O，∵四边形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，∴∠AOD＝90°，AO＝4，DO＝3，∴，∴周长为5×4＝20，故选A．
9．C
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，得到四边形是矩形是解题的关键．
先证明四边形是矩形，得到，再运用勾股定理即可求解，继而得到矩形的面积．
【详解】解：∵在四边形中，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴矩形的面积为，
故选：C．
10．C
【分析】利用菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定定理分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、有两邻边相等的平行四边形是菱形，故原命题错误；
B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故原命题错误；
C、四个角相等的菱形是正方形，故原命题正确；
D、两条对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题错误，
故选：C．
【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解特殊的平行四边形的判定方法，难度不大．
11．C
【分析】根据三角形中位线定理和直角三角形的性质可DE=AC，FH=AC，最后运用等量代换即可解答．
【详解】解：∵ D，E分别是AB，BC的中点，
∴DE=AC，
∵F为AC的中点，是的高
∴FH=AC
∴DE=FH．
故选：C．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解答本题的关键．
12．A
【分析】根据菱形的判定逐项分析即可.
【详解】解：A. 不能使成为菱形，符合题意；
B.根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得是菱形，故不符合题意；
C. 根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得是菱形，故不符合题意；
D. 根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得是菱形，故不符合题意，
故选A.
【点睛】本题考查了菱形的判定定理，注意：菱形的判定定理有：①有一组邻边相等的平行四边形是菱形，②四条边都相等的四边形是菱形，③对角线互相垂直的平行四边形是菱形，④对角线平分一组对角的平行四边形是菱形．
13．59°
【分析】根据折叠的性质，得到，再根据平行线的性质得到，求出解决即可.
【详解】解：∵把一张长方形纸片ABCD沿EF折叠
则
故答案是59°.
【点睛】本题考查了折叠的性质以及平行线的性质，解决本题的关键是熟练掌握折叠与平行线的性质，找到相等的角.
14．5
【分析】根据折叠的性质可得，则，勾股定理求得，证明，即可求得．
【详解】解：∵，，，，
∴四边形是矩形，
，
将四边形纸片ABCD沿AE折叠，点C、D分别落在点、处，
，
，
，
中，
，
，
又
故答案为：5
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，掌握折叠的性质与勾股定理是解题的关键．
15．（答案不唯一）
【分析】本题考查正方形的判定，解题的关键是掌握：有一组邻边相等或对角线互相垂直的矩形是正方形．据此解答即可．
【详解】解：．
理由：∵四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形．
故答案为：（答案不唯一）．
16．
【分析】先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论．本题考查矩形的判定、平行四边形的判定与性质、等知识，熟练掌握菱矩形的判定和平行四边形的判定与性质．
【详解】证明：，，
四边形是平行四边形，，
当时
∴四边形是矩形
∴当满足条件时，四边形是矩形
故答案为：
17．
【分析】根据正方形的性质可得，，然后利用证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，利用证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，从而得到，然后求出，取的中点O，连接OF、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，利用勾股定理列式求出，然后根据三角形的三边关系可知当O、F、C三点共线时，的长度最小．
【详解】解：在正方形中，，，，
在和中，
，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
取的中点O，连接，
则，
在中，，
根据三角形的三边关系，，
∴当O、F、C三点共线时，的长度最小，
最小值．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系，确定出CF最小时点F的位置是解题关键，也是本题的难点．
18．（1）点B的坐标为；（2）直线的解析式为.
【分析】（1）由正方形的性质可以得到对角线之间的关系，进而得到坐标；
（2）已知两点坐标，用待定系数法求直线解析式.
【详解】解：（1）如图，连接，过点B作轴，点E为垂足，
∵四边形是正方形，
∴，，
故点B的坐标为；
（2）设直线的解析式为，
则，解得．
故直线的解析式为．
【点睛】本题考查了正方形的性质、坐标的表示、待定系数法求一次函数解析式，难度不大.
19．（1）详见解析；（2）=；（3）成立，理由详见解析.
【分析】（1）由四边形ABCD是矩形，可得AB=DC，∠ABC=∠DCB=90°，又由PB=PC可得∠PBC=∠PCB，求出∠PBA=∠PCD，进而利用SAS证明△APB≌△DPC即可得到PA=PD；
（2）当P是矩形边AD(或BC)上的一点，通过HL可证Rt△APB≌Rt△DPC，得到PA=PD；
（3）当点P在矩形ABCD内部时，同（1）可证△APB≌△DPC，得到PA=PD.
【详解】(1)证明：如图①，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠ABC=∠DCB=90°，
∵PB=PC，
∴∠PBC=∠PCB，
∴∠PBA=∠PCD.
在△APB和△DPC中，，
∴△APB≌△DPC，
∴PA=PD；
(2) 如图②，当P是矩形边AD上的一点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，AB=DC，PB=PC，
∴Rt△APB≌Rt△DPC（HL），
∴PA=PD，
当P是矩形边BC上的一点，同理可得：PA=PD，
∴若P是矩形边AD(或BC)上的一点，则PA=PD；
(3)成立．
理由如下：
如图③，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠ABC=∠DCB=90°，
∵PB=PC，
∴∠PBC=∠PCB，
∴∠PBA=∠PCD.
在△APB和△DPC中，，
∴△APB≌△DPC，
∴PA=PD.
【点睛】此题考查了矩形的性质以及全等三角形的判定和性质，难度适中，根据矩形的性质得到判定全等的条件是解决问题的关键．
20．是直角三角形，且.
【分析】设正方形的边长为x，得到，，.
然后分别利用勾股定理求出，最后得到，即可解答.
【详解】是直角三角形，理由如下：
设正方形的边长为x.
因为点是边的中点，所以.
又因为，所以，.
在中，根据勾股定理，
得.
在中，根据勾股定理，
得.
在中，根据勾股定理，
得.
因为,
所以为直角三角形，且.
【点睛】此题考查勾股定理的逆定理，正方形的性质，解题关键在于列出方程.
21．(1)
(2)，证明见解析
(3)①当时，点在点处；②存在，
【分析】（1）根据勾股定理即可求出；
（2）连接，通过证明为等边三角形，即可求解；
（3）①先求出时，点Q所走路程，即可得出点Q的位置；②根据菱形的性质可得，，求出点P和点Q运动的时间，若相等，则存在，否则，不存在．
【详解】（1）解：∵四边形为矩形，
∴，
∵，，
∴；
（2）猜测：，
证明：连接，
∵为折痕，
∴垂直平分，
∴，
∵由折叠所得，
∴，
∴，则为等边三角形，
∴，
∴；
（3）解：①当时，点Q所走路程为：；
∵，
∴当时，点在点处．
②存在，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴点Q所走路程为：；点P所走路程为；
∴点Q行走的时间（秒），点P行走的时间（秒），
∵点Q行走的时间=点P行走的时间，
∴存在，当时，四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，解题的关键是掌握直角三角形两直角边平方和等于斜边的平方，等边三角形三个内角都是，菱形是四条边都相等．
22．见解析
【详解】已知：四边形ABCD是矩形，AC与BD是对角线，
求证：AC=BD．
证明： ∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠ABC=∠DCB=90°，
又∵BC=CB，
∴△ABC≌△DCB，
∴AC=BD．
所以矩形的对角线相等．
23．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）由已知条件易证△OBC是等腰三角形，E是OC的中点，根据等腰三角形中底边上的高与中线合一的性质知BE⊥AC．
（2）利用直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半及中位线定理可证EG=EF．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，BD=2BO．
由已知BD="2AD，"
∴BO=BC．
又E是OC中点，
∴BE⊥AC．
（2）由（1）BE⊥AC，又G是AB中点，
∴EG是Rt△ABE斜边上的中线．
∴EG=AB
又∵EF是△OCD的中位线，
∴EF=CD．
又AB="CD，"
∴EG=EF．
【点睛】本题考查1．三角形中位线定理；2．等腰三角形的判定与性质；3．直角三角形斜边上的中线；4．平行四边形的性质．
24．(1)NE=2.5；
(2)NG=；
(3)AM=0.5．
【分析】（1）由折叠性质可得EN=BN，由题意可得CE=DE，在Rt△CEN中，利用勾股定理求解即可；
（2）利用正方形面积减去△ABN，△ADE和△CEN的面积可得△AEN的面积，利用勾股定理可得AE，利用三角形面积公式即可求解；
（3）连接BM，EM，由折叠性质可得AM=FM，AB=EF，∠BAD=∠EFM，可证得△ABM≌△FEM，从而得到BM=EM，在Rt△ABM和Rt△DEM中，设AM=x，则DM=4-x，利用勾股定理分别表示出BM，EM，利用等量关系构造方程即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=90°，
∵，BC=CD=4，
∴CE=DE=2，
由折叠性质可得：EN=BN，
设EN=x，则BN=x，
∴CN=BC-BN=4-x，
在Rt△CEN中，由勾股定理可得：NE2=CN2+CE2，
即x2=（4-x）2+22，
解得：x=2.5，
∴NE=2.5；
（2）解：在Rt△ADE中，由勾股定理可得：
AE= ，
由（1）可得NE=2.5，
∴BN=2.5，
∴CN=BC-BN=1.5，
∵S ABCD=BC×CD=16，S△ABN=×AB×BN=×4×2.5=5，
S△CEN=×CN×CE=×1.5×2=1.5，S△ADE=×AD×DE=×4×2=4，
∴S△AEN=S ABCD-S△ABN-S△CEN-S△ADE=16-5-1.5-4=5.5，
∵NG⊥AE，
∴S△AEN=×AE×NG，
即5.5=×2×NG，
∴NG=；
（3）解：如图，连接BM，EM，
由折叠性质可得：
AM=FM，AB=EF，∠BAM=∠EFM，
∴△ABM≌△FEM（SAS），
∴BM=EM，
设AM=x，则DM=4-x，
在Rt△ABM中，由勾股定理可得：
BM2=AB2+AM2，即BM2=42+x2，
在Rt△DEM中，由勾股定理可得：
EM2=DM2+DE2，即EM2=（4-x）2+22，
∵BM=EM，
∴BM2=EM2，
∴42+x2=（4-x）2+22，
解得：x=0.5，
∴AM=0.5．
【点睛】本题考查折叠的性质，正方形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是明确折叠的性质：折叠是一种对称变换，属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等．
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第六章特殊平行四边形
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，已知长方形纸片ABCD，点E，H在AD边上，点F，G在BC边上，GH折叠，使点B和点C都落在点P处，若∠BFE+∠CGH＝118°，则∠FPG的度数为（ ）
A．54° B．55° C．56° D．57°
2．如图所示，将一矩形纸片沿AB折叠，已知，则（ ）
A．48° B．66° C．72° D．78°
3．如图，用平移法说明平行四边形的面积公式时， 若平移到，，，则的平移距离为（ ）
A．1 B．3 C．4 D．5
4．如图，正方形ABCD中AB＝6，点E在CD上，且CD＝3DE，将沿AE对折至，延长边EF交边BC于点G，连接AG、CF．下列结论：①；②；③；④；⑤，其中正确结论的个数是（ ）个
A．2 B．3 C．4 D．5
5．如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形的面积是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，矩形沿对角线折叠，已知长，宽，那么折叠后重合部分的面积是( )
A． B． C． D．
7．如图，在菱形中，E是的中点，F是的中点，连接．如果，那么的长为（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
8．如图，菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，则菱形的周长是（ ）
A．20 B．24
C．28 D．40
9．如图，在四边形中，，，连接与交于点O，若，，则四边形的面积为（ ）
A．24 B．36 C．48 D．60
10．下列命题中，正确的命题的是（ ）
A．有两边相等的平行四边形是菱形 B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．四个角相等的菱形是正方形 D．两条对角线相等的四边形是矩形
11．如图，是的高，分别是三边中点，则与的大小关系是（ ）
A． B． C． D．不能确定
12．如图，在中，下列条件中不能使成为菱形的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．把一张长方形纸条ABCD沿EF折叠，若∠AEG＝62°，则∠DEF＝ °．
14．如图，四边形纸片ABCD中，，，，，点E在BC上，且．将四边形纸片ABCD沿AE折叠，点C、D分别落在点、处，与AB交于点F，则BF长为 ．
15．在矩形中，对角线与交于点，请添加一个条件： 使得矩形是正方形．（只写一个）
16．在中，于点D，交于点E，交于点F，当满足条件 时，四边形是矩形．
17．如图，， 是正方形 的边 上的两个动点，满足 ，连接 交 于点 ，连接 交 于点 ，连接 ，若正方形的边长为 ，则线段 的最小值是 ．
三、解答题
18．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A的坐标为，对角线轴于点C，点D在y轴上．
（1）求点B的坐标；
（2）求直线的解析式．
19．如图所示，四边形ABCD是矩形，已知PB=PC.
(1)若P是矩形外一点，求证：PA=PD；
(2)若P是矩形边AD(或BC)上的一点，则PA PD；
(3)若点P在矩形ABCD内部，上述结论是否仍然成立？
20．如图所示，点和点分别在正方形的边上，且为边的中点，，连接，，，试判断的形状，并说明理由.
21．如图，已知矩形纸片，，，．按以下步骤操作：
第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平．
第二步：再一次折叠纸片，使点A落在上，并使折痕经过点B，得到折痕，同时得到了线段．
(1)求线段的长；
(2)通过观察猜测的度数是多少？并进行证明；
(3)在四边形中，点P、Q同时从B点出发，分别作匀速运动，点P沿以每秒1个单位向终点C运动，点Q沿、以每秒2个单位向终点D运动．当这两点中有一点到达自己的终点时，另一点也停止运动．
①设两点从点B开始运动了x秒，当时，点Q在什么位置？
②两点在运动的过程中，是否存在四边形为菱形？如果存在，求出x的值；如果不存在，请说明理由．
22． 求证：矩形的对角线相等．
23．已知：平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD=2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点．求证：
（1）BE⊥AC；
（2）EG=EF．
24．如图将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使B点落在CD边上一点E，压平后得到折痕MN，当．
(1)求NE的长；
(2)连AN、AE，NG⊥AE，垂足为G，求GN的长；
(3)直接写出AM的长度．
《第六章特殊平行四边形》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C C B A C B A C C
题号 11 12
答案 C A
1．C
【分析】由折叠可得EF，GH分别是∠BFP和∠CGP的角平分线，可得∠BFP+∠CGP＝2（∠BFE+∠CGH）＝236°，进而根据平角定义及三角形内角和180°可得∠FPG的度数．
【详解】解：由折叠可知：
EF，GH分别是∠BFP和∠CGP的角平分线，
∴∠PFE＝∠BFE，∠PGH＝∠CGH，
∴∠PFE+∠PGH＝∠BFE+∠CGH＝118°，
∴∠BFP+∠CGP＝2（∠BFE+∠CGH）＝236°，
∴∠PFG+∠PGF＝360°﹣（∠BFP+∠CGP）＝360°﹣236°＝124°，
∴∠FPG＝180°﹣（∠PFG+∠PGF）＝180°﹣124°＝56°．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形与折叠、角平分线的性质、两直线平行内错角相等等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
2．C
【分析】由折叠及矩形的性质可得，再根据平行线的性质求出，根据周角的定义求解即可．
【详解】∵将一矩形纸片沿AB折叠，
∴，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质及平行线的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
3．C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，平移的性质，根据平移的性质结合矩形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
由平移的性质得，
∴，
∴平行四边形的面积=矩形的面积，
∴的平移距离为4．
故选：C．
4．B
【分析】先根据正方形的性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后利用直角三角形全等的判定定理即可判断①；先根据全等三角形的性质可得，设，则，再在中，利用勾股定理求出的值，由此即可判断②；先根据等腰三角形的性质可得，再根据三角形的内角和定理可得，根据平角的定义可得，从而可得，然后根据平行线的判定即可判断③；根据线段的长度可得，再根据三角形的面积公式可得，由此即可判断④；根据线段的长度分别求出和的值，由此即可判断⑤．
【详解】解：四边形是正方形，且，
，
，
，
由折叠的性质得：，
，
在和中，，
，结论①正确；
，
设，则，
在中，，即，
解得，
，
，结论②正确；
，
，
又，
，
，结论③正确；
，
，
，
，
，结论④错误；
，
，
，
，结论⑤错误；
综上，正确结论的个数是3个，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、直角三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题关键．
5．A
【分析】利用中位线、菱形、矩形的性质可知，每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，由此可解．
【详解】解：如图，连接AC，BD，，．
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴，，．
∵ ，，，分别是矩形四个边的中点，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∵ ，，
∴四边形的面积为：．
同理，由中位线的性质可知，
，，
，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴四边形的面积为：．
∴每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，
∴四边形的面积是．
故选:A．
【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的性质以及中位线的性质，证明四边形是菱形，四边形是矩形是解题的关键．
6．C
【分析】由矩形的性质易得，那么可用表示出，利用的三边关系即可求得长，然后三角形面积公式求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，解决此类问题，应利用折叠找到相应的直角三角形，利用勾股定理求得所需线段长度．
7．B
【分析】本题考查了三角形的中位线性质、菱形的性质．熟练掌握三角形的中位线性质、菱形的性质是解题的关键．
根据三角形的中位线性质求出，再根据菱形的性质即可求解．
【详解】解：在中，E是的中点，F是的中点，
，
，
，
，
四边形是菱形，
．
故选B．
8．A
【详解】设对角线的交点为O，∵四边形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，∴∠AOD＝90°，AO＝4，DO＝3，∴，∴周长为5×4＝20，故选A．
9．C
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，得到四边形是矩形是解题的关键．
先证明四边形是矩形，得到，再运用勾股定理即可求解，继而得到矩形的面积．
【详解】解：∵在四边形中，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴矩形的面积为，
故选：C．
10．C
【分析】利用菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定定理分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、有两邻边相等的平行四边形是菱形，故原命题错误；
B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故原命题错误；
C、四个角相等的菱形是正方形，故原命题正确；
D、两条对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题错误，
故选：C．
【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解特殊的平行四边形的判定方法，难度不大．
11．C
【分析】根据三角形中位线定理和直角三角形的性质可DE=AC，FH=AC，最后运用等量代换即可解答．
【详解】解：∵ D，E分别是AB，BC的中点，
∴DE=AC，
∵F为AC的中点，是的高
∴FH=AC
∴DE=FH．
故选：C．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解答本题的关键．
12．A
【分析】根据菱形的判定逐项分析即可.
【详解】解：A. 不能使成为菱形，符合题意；
B.根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得是菱形，故不符合题意；
C. 根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得是菱形，故不符合题意；
D. 根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得是菱形，故不符合题意，
故选A.
【点睛】本题考查了菱形的判定定理，注意：菱形的判定定理有：①有一组邻边相等的平行四边形是菱形，②四条边都相等的四边形是菱形，③对角线互相垂直的平行四边形是菱形，④对角线平分一组对角的平行四边形是菱形．
13．59°
【分析】根据折叠的性质，得到，再根据平行线的性质得到，求出解决即可.
【详解】解：∵把一张长方形纸片ABCD沿EF折叠
则
故答案是59°.
【点睛】本题考查了折叠的性质以及平行线的性质，解决本题的关键是熟练掌握折叠与平行线的性质，找到相等的角.
14．5
【分析】根据折叠的性质可得，则，勾股定理求得，证明，即可求得．
【详解】解：∵，，，，
∴四边形是矩形，
，
将四边形纸片ABCD沿AE折叠，点C、D分别落在点、处，
，
，
，
中，
，
，
又
故答案为：5
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，掌握折叠的性质与勾股定理是解题的关键．
15．（答案不唯一）
【分析】本题考查正方形的判定，解题的关键是掌握：有一组邻边相等或对角线互相垂直的矩形是正方形．据此解答即可．
【详解】解：．
理由：∵四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形．
故答案为：（答案不唯一）．
16．
【分析】先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论．本题考查矩形的判定、平行四边形的判定与性质、等知识，熟练掌握菱矩形的判定和平行四边形的判定与性质．
【详解】证明：，，
四边形是平行四边形，，
当时
∴四边形是矩形
∴当满足条件时，四边形是矩形
故答案为：
17．
【分析】根据正方形的性质可得，，然后利用证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，利用证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，从而得到，然后求出，取的中点O，连接OF、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，利用勾股定理列式求出，然后根据三角形的三边关系可知当O、F、C三点共线时，的长度最小．
【详解】解：在正方形中，，，，
在和中，
，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
取的中点O，连接，
则，
在中，，
根据三角形的三边关系，，
∴当O、F、C三点共线时，的长度最小，
最小值．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系，确定出CF最小时点F的位置是解题关键，也是本题的难点．
18．（1）点B的坐标为；（2）直线的解析式为.
【分析】（1）由正方形的性质可以得到对角线之间的关系，进而得到坐标；
（2）已知两点坐标，用待定系数法求直线解析式.
【详解】解：（1）如图，连接，过点B作轴，点E为垂足，
∵四边形是正方形，
∴，，
故点B的坐标为；
（2）设直线的解析式为，
则，解得．
故直线的解析式为．
【点睛】本题考查了正方形的性质、坐标的表示、待定系数法求一次函数解析式，难度不大.
19．（1）详见解析；（2）=；（3）成立，理由详见解析.
【分析】（1）由四边形ABCD是矩形，可得AB=DC，∠ABC=∠DCB=90°，又由PB=PC可得∠PBC=∠PCB，求出∠PBA=∠PCD，进而利用SAS证明△APB≌△DPC即可得到PA=PD；
（2）当P是矩形边AD(或BC)上的一点，通过HL可证Rt△APB≌Rt△DPC，得到PA=PD；
（3）当点P在矩形ABCD内部时，同（1）可证△APB≌△DPC，得到PA=PD.
【详解】(1)证明：如图①，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠ABC=∠DCB=90°，
∵PB=PC，
∴∠PBC=∠PCB，
∴∠PBA=∠PCD.
在△APB和△DPC中，，
∴△APB≌△DPC，
∴PA=PD；
(2) 如图②，当P是矩形边AD上的一点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，AB=DC，PB=PC，
∴Rt△APB≌Rt△DPC（HL），
∴PA=PD，
当P是矩形边BC上的一点，同理可得：PA=PD，
∴若P是矩形边AD(或BC)上的一点，则PA=PD；
(3)成立．
理由如下：
如图③，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠ABC=∠DCB=90°，
∵PB=PC，
∴∠PBC=∠PCB，
∴∠PBA=∠PCD.
在△APB和△DPC中，，
∴△APB≌△DPC，
∴PA=PD.
【点睛】此题考查了矩形的性质以及全等三角形的判定和性质，难度适中，根据矩形的性质得到判定全等的条件是解决问题的关键．
20．是直角三角形，且.
【分析】设正方形的边长为x，得到，，.
然后分别利用勾股定理求出，最后得到，即可解答.
【详解】是直角三角形，理由如下：
设正方形的边长为x.
因为点是边的中点，所以.
又因为，所以，.
在中，根据勾股定理，
得.
在中，根据勾股定理，
得.
在中，根据勾股定理，
得.
因为,
所以为直角三角形，且.
【点睛】此题考查勾股定理的逆定理，正方形的性质，解题关键在于列出方程.
21．(1)
(2)，证明见解析
(3)①当时，点在点处；②存在，
【分析】（1）根据勾股定理即可求出；
（2）连接，通过证明为等边三角形，即可求解；
（3）①先求出时，点Q所走路程，即可得出点Q的位置；②根据菱形的性质可得，，求出点P和点Q运动的时间，若相等，则存在，否则，不存在．
【详解】（1）解：∵四边形为矩形，
∴，
∵，，
∴；
（2）猜测：，
证明：连接，
∵为折痕，
∴垂直平分，
∴，
∵由折叠所得，
∴，
∴，则为等边三角形，
∴，
∴；
（3）解：①当时，点Q所走路程为：；
∵，
∴当时，点在点处．
②存在，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴点Q所走路程为：；点P所走路程为；
∴点Q行走的时间（秒），点P行走的时间（秒），
∵点Q行走的时间=点P行走的时间，
∴存在，当时，四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，解题的关键是掌握直角三角形两直角边平方和等于斜边的平方，等边三角形三个内角都是，菱形是四条边都相等．
22．见解析
【详解】已知：四边形ABCD是矩形，AC与BD是对角线，
求证：AC=BD．
证明： ∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠ABC=∠DCB=90°，
又∵BC=CB，
∴△ABC≌△DCB，
∴AC=BD．
所以矩形的对角线相等．
23．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）由已知条件易证△OBC是等腰三角形，E是OC的中点，根据等腰三角形中底边上的高与中线合一的性质知BE⊥AC．
（2）利用直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半及中位线定理可证EG=EF．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，BD=2BO．
由已知BD="2AD，"
∴BO=BC．
又E是OC中点，
∴BE⊥AC．
（2）由（1）BE⊥AC，又G是AB中点，
∴EG是Rt△ABE斜边上的中线．
∴EG=AB
又∵EF是△OCD的中位线，
∴EF=CD．
又AB="CD，"
∴EG=EF．
【点睛】本题考查1．三角形中位线定理；2．等腰三角形的判定与性质；3．直角三角形斜边上的中线；4．平行四边形的性质．
24．(1)NE=2.5；
(2)NG=；
(3)AM=0.5．
【分析】（1）由折叠性质可得EN=BN，由题意可得CE=DE，在Rt△CEN中，利用勾股定理求解即可；
（2）利用正方形面积减去△ABN，△ADE和△CEN的面积可得△AEN的面积，利用勾股定理可得AE，利用三角形面积公式即可求解；
（3）连接BM，EM，由折叠性质可得AM=FM，AB=EF，∠BAD=∠EFM，可证得△ABM≌△FEM，从而得到BM=EM，在Rt△ABM和Rt△DEM中，设AM=x，则DM=4-x，利用勾股定理分别表示出BM，EM，利用等量关系构造方程即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=90°，
∵，BC=CD=4，
∴CE=DE=2，
由折叠性质可得：EN=BN，
设EN=x，则BN=x，
∴CN=BC-BN=4-x，
在Rt△CEN中，由勾股定理可得：NE2=CN2+CE2，
即x2=（4-x）2+22，
解得：x=2.5，
∴NE=2.5；
（2）解：在Rt△ADE中，由勾股定理可得：
AE= ，
由（1）可得NE=2.5，
∴BN=2.5，
∴CN=BC-BN=1.5，
∵S ABCD=BC×CD=16，S△ABN=×AB×BN=×4×2.5=5，
S△CEN=×CN×CE=×1.5×2=1.5，S△ADE=×AD×DE=×4×2=4，
∴S△AEN=S ABCD-S△ABN-S△CEN-S△ADE=16-5-1.5-4=5.5，
∵NG⊥AE，
∴S△AEN=×AE×NG，
即5.5=×2×NG，
∴NG=；
（3）解：如图，连接BM，EM，
由折叠性质可得：
AM=FM，AB=EF，∠BAM=∠EFM，
∴△ABM≌△FEM（SAS），
∴BM=EM，
设AM=x，则DM=4-x，
在Rt△ABM中，由勾股定理可得：
BM2=AB2+AM2，即BM2=42+x2，
在Rt△DEM中，由勾股定理可得：
EM2=DM2+DE2，即EM2=（4-x）2+22，
∵BM=EM，
∴BM2=EM2，
∴42+x2=（4-x）2+22，
解得：x=0.5，
∴AM=0.5．
【点睛】本题考查折叠的性质，正方形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是明确折叠的性质：折叠是一种对称变换，属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等．
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