第五章 《特殊平行四边形》—浙教版数学八年级下册单元检测

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名称 第五章 《特殊平行四边形》—浙教版数学八年级下册单元检测
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文件大小 1.9MB
资源类型 试卷
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科目 数学
更新时间 2025-05-06 15:15:27

文档简介

第五章 《特殊平行四边形》—浙教版数学八年级下册单元检测
一、选择题(每题3分,共30分)
1.(2025八下·慈溪期中)下列说法中不正确的是(  )
A.对角线相等的四边形是矩形
B.菱形既是轴对称图形又是中心对称图形
C.对角线互相垂直平分的四边形是菱形
D.正方形的四条边都相等
【答案】A
【知识点】菱形的性质;菱形的判定;矩形的判定;正方形的性质
【解析】【解答】解:A、由于等腰梯形的对角线就相等,所以 对角线相等的四边形不一定是矩形,只有对角线相等的平行四边形才是矩形,故此选项不正确,符合题意;
B、菱形是轴对称图形,对称轴是它的两条对角线所在的直线;菱形也是中心对称图形,对称中心是两条对角线的交点,故此选项正确,不符合题意;
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形,对角线互相垂直的平行四边形是菱形,故此选项正确,不符合题意;
D、 正方形的四条边都相等,故此选项正确,不符合题意.
故答案为:A.
【分析】利用举特例的方法可判断A选项;根据菱形的性质可判断B选项;根据菱形的判定定理可判断C选项;根据正方形的性质可判断D选项.
2.(2023八下·石阡期中)如图,在菱形中,对角线,相交于点.若,,则菱形的面积为(  )
A.12 B.16 C.20 D.24
【答案】D
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解:∵在菱形中,对角线,相交于点,,,
∴,
∴,
故答案为:D.
【分析】根据菱形对角线互相平分得到,再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行求解即可.
3.(2024八下·旅顺口期中)如图,将一张矩形纸片对折,使边与,与分别重合,展开后得四边形.若,,则四边形的面积为(  )
A.4 B.5 C.6 D.8
【答案】A
【知识点】菱形的判定与性质;矩形的性质
【解析】【解答】解:∵四边形 是矩形,
,,,
由折叠的性质可得,,,,
,,


∴四边形是菱形,
,,,

故答案为:A.
【分析】利用矩形的性质和折叠得到,即可得到,进而可得是菱形,即可得到,,利用菱形的面积公式解答即可.
4.(2025八下·金平期中)分别为矩形ABCD四边的中点,则四边形一定是(  )
A.矩形 B.菱形
C.正方形 D.非特殊的平行四边形
【答案】B
【知识点】菱形的判定;三角形的中位线定理
【解析】【解答】解:如图:
连结AC,BD,
、H、F、G分别是AB、AD、BC、DC中点,

.
四边形EFGH是菱形;
故答案为:B
【分析】 连结AC,BD,先根据中位线定理结合题意得到, 再等量代换得到,进而根据菱形的判定即可求解。
5.(2024八下·溆浦期中)如图,在矩形ABCD中,AB<BC,连接AC,分别以点A,C为圆心,大于AC的长为半径画弧,两弧交于点M,N,直线MN分别交AD,BC于点E,F.下列结论:
①四边形AECF是菱形;
②∠AFB=2∠ACB;
③AC EF=CF CD;
④若AF平分∠BAC,则CF=2BF.
其中正确结论的个数是(  )
A.4 B.3 C.2 D.1
【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形;菱形的判定与性质;角平分线的概念;尺规作图-垂直平分线;等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】如图,设与的交点为,
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,

∠AFB=2∠ACB;故②正确;
③由菱形的面积可得AC EF=CF CD;故③不正确,
④四边形是矩形,

若AF平分∠BAC,,
则,






CF=2BF.故④正确;
故选B
【分析】
由尺规作图的过程知MN垂直平分AC,设与的交点为,则有AE=CE,再利用“ASA”可证,从而可判定四边形为菱形,所以结论①正确;由菱形的性质可知,则,再由外角的性质可得,所以结论②正确;由于菱形的面积既等于对角线乘积的一半,也等于底乘高,因此结论③错误;由于菱形的一条对角线平分一组对角,则,由角平分线的概念可得,因为矩形ABCD中,所以可得,显然BF等于AF的一半也等于CF的一半,故结论 ④ 正确.
6.(2023八下·莒县期末)如图,菱形的对角线、相交于点,过点作于点,连接,若,,则菱形的面积为(  )
A.72 B.24 C.48 D.96
【答案】C
【知识点】菱形的性质;直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解:∵四边形是菱形,
∴,,,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴菱形的面积.
故答案为:C.
【分析】先利用直角三角形斜边上中线的性质求出BD的长,再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半列出算式求解即可.
7.(2020八下·重庆期末)如图,已知四边形ABCD是边长为4的正方形,E为CD上一点,且DE=1,F为射线BC上一动点,过点E作EG⊥AF于点P,交直线AB于点G.则下列结论中:①AF=EG;②若∠BAF=∠PCF,则PC=PE;③当∠CPF=45°时,BF=1;④PC的最小值为 ﹣2.其中正确的有(  )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【答案】C
【知识点】勾股定理;正方形的性质;三角形全等的判定-AAS;直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】连接AE,过E作EH⊥AB于H,
则EH=BC,
∵AB=BC,
∴EH=AB,
∵EG⊥AF,
∴∠BAF+∠AGP=∠BAF+∠AFB=90°,
∴∠EGH=∠AFB,
∵∠B=∠EHG=90°,
∴△HEG≌△ABF(AAS),
∴AF=EG,故①正确;
∵AB∥CD,
∴∠AGE=∠CEG,
∵∠BAF+∠AGP=90°,∠PCF+∠PCE=90°,
∵∠BAF=∠PCF,
∴∠AGE=∠PCE,
∴∠PEC=∠PCE,
∴PE=PC;故②正确;
连接EF,
∵∠EPF=∠FCE=90°,
∴点E,P,F,C四点共圆,
∴∠FEC=∠FPC=45°,
∴EC=FC,
∴BF=DE=1,
故③正确;
取AE 的中点O,连接PO,CO,
∴AO=PO= AE,
∵∠APE=90°,
∴点P在以O为圆心,AE为直径的圆上,
∴当O、C、P共线时,CP的值最小,
∵PC≥OC﹣OP,
∴PC的最小值=OC﹣OP=OC﹣ AE,
∵OC= = ,AE= = ,
∴PC的最小值为 ﹣ ,故④错误,
故答案为:C.
【分析】连接AE,过E作EH⊥AB于H,则EH=BC,根据全等三角形的判定和性质定理即可得到AF=EG,故①正确;根据平行线的性质和等腰三角形的性质即可得到PE=PC;故②正确;连接EF,推出点E,P,F,C四点共圆,根据圆周角定理得到∠FEC=∠FPC=45°,于是得到BF=DE=1,故③正确;取AE 的中点O,连接PO,CO,根据直角三角形的性质得到AO=PO= AE,推出点P在以O为圆心,AE为直径的圆上,当O、C、P共线时,CP的值最小,根据三角形的三边关系得到PC≥OC﹣OP,根据勾股定理即可得到结论.
8.(2023八下·泸县期末)菱形中,如图,于,于,若,则(  )
A. B. C. D.
【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质;等边三角形的判定与性质;多边形内角与外角;菱形的性质
【解析】【解答】解:连接,
∵四边形是菱形,
∴,
∵,,
∴垂直平分边,

∴,均是等边三角形,
∴,
∴,
∵于,于,

∴在四边形中,

故答案为:B.
【分析】连接,根据菱形的性质“菱形的四条边都相等”可得AB=BC=CD=AD,由线段的垂直平分线的性质“线段的垂直平分线上的点得到线段两端点的距离相等”可得AB=AC,然后根据有三边都相等的三角形是等边三角形可得△ABC、△ACD都为等边三角形,由等边三角形的性质“等边三角形的每一个角都等于60°”可得∠BCA=∠DCA=60°,最后根据四边形的内角和等于360°计算即可求解.
9.(2024八下·朝阳期中)如图,在矩形中,对角线,交于点,点为边上一点,过分别作,,垂足为点,,过作,垂足为点,若知道与的周长和,则一定能求出(  )
A.的周长 B.的周长
C.的周长 D.四边形APFH的周长
【答案】B
【知识点】矩形的判定与性质;三角形全等的判定-AAS;全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解:过点作于,连接,
,,
四边形为矩形,

四边形为矩形,
,,,




同理,

,,



又,


与的周长和
知道与的周长和,一定能求出的周长.
故答案为:B.
【分析】过点作于,连接,得到为矩形,求出,然后根据AAS得到,即可得到,然后利用三角形的面积得到解题即可.
10.(2023八下·潮阳月考)如图,正方形ABCD中,E为AD的中点,于M,交AC于点N,交AB于点F,连接EN、BM,有如下结论:①;②;③;④.其中正确的结论有(  )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质;等腰三角形的判定与性质;正方形的性质;直角三角形斜边上的中线;余角
【解析】【解答】解:①:∵DF⊥CE,
∴∠DCE+∠CDF=90°,
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠CDF+∠ADF=90°,
∴∠DCE=∠ADF,
∵正方形ABCD中:CA=DA,∠CDE=∠DAF=90°,
∴△ADF≌△DCE(ASA),
故①正确;
②:∵△ADF≌△DCE
∴DE=AF,
∵E是AD的中点,
∴AE=DE,
又∵∠EAN=∠FAN,AN=AN,
∴△EAN≌△FAN(SAS),
∴NF=NE,
∵CE⊥DF,即∠NME=90°,
∴EN=NF>MN,
故②错误;
③④:延长DF交CB延长线于G,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AD∥BC,
∴∠ADF=∠G,
由前面所证可知F为AB的中点,
∴AF=BF,
又∵∠DAF=∠GBF,
∴△DAF≌△GBF(AAS),
∴BG=AD=BC,
∴点B是CG的中点,
又∵∠CMG=90°,
∴MB=BC=BG,故④正确;
∴∠G=∠BMG,
∴∠ADF=∠BMF,故③正确;
综上可知:①③④正确;
故答案为:C.
【分析】
根据正方形的性质,利用等角的余角相等得到 ∠DCE=∠ADF ;利用ASA判断△ADF≌△DCE即可判断①;通过全等的性质得到DE=AF,利用SAS证明△EAN≌△FAN得到NF=NE,再由∠NME=90°,即可得到EN=NF>MN,即可判断②;延长DF交CB延长线于G,利用AAS证明△DAF≌△GBF,得到BG=AD=BC,即可判断③④.
二、填空题(每题3分,共18分)
11.(2024八下·汕头期中)已知菱形ABCD的对角线AC=6,BD=8,则菱形ABCD的面积为   
【答案】24
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解:∵菱形ABCD的对角线AC=6,BD=8,
∴菱形ABCD的面积为×6×8=24.
故答案为:24.
【分析】根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半,计算可得答案.
12.(2024八下·深圳月考)如图,过矩形的对角线上一点K分别作矩形两边的平行线与,那么图中矩形的面积与矩形的面积的大小关系是   ;(填“>”或“<”或“=”)
【答案】
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解:∵四边形是矩形,
又∵对角线上一点K分别作矩形两边的平行线与,
∴四边形是矩形,四边形是矩形,
∴的面积的面积,的面积的面积,的面积的面积,
∴的面积的面积的面积的面积的面积的面积,
∴.
故答案为:.
【分析】根据矩形性质即可求出答案.
13.(2024八下·昆明期中)如图,正方形的两条对角线相交于点O,点E在上,且.则的度数为   .
【答案】
【知识点】三角形内角和定理;等腰三角形的性质;正方形的性质
【解析】【解答】解:正方形的两条对角线相交于点O,点E在上,



故答案为:.
【分析】根据正方形的性质可得,根据等腰三角的性质及三角形内角和定理可得.
14.(2024八下·北京市期中)如图,正方形的边长为4,点E在上且,F为对角线上一动点,则周长的最小值为   
【答案】6
【知识点】勾股定理;正方形的性质;三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解:如图所示,连结,.
当,,在一条直线上时,可以取得最小值,最小值为.
∵ 正方形的边长为4,
∴AB=AD=4,∠DAB=90°.
∵BE=1,
∴AE=AB-BE=3,
∴.
是正方形的对角线,

在和中,

∴.
∴.
∴的最小值为.
∴周长的最小值为.
故答案为:.
【分析】先求得AE、AD,再利用勾股定理求得DE,然后利用SAS证明,求得BF+EF的最小值再求出周长的最小值 .
15.(2024八下·澧县期中)如图,在矩形ABCD中,BC=20cm,点P和点Q分别从点B和点D出发,按逆时针方向沿矩形ABCD的边运动,点P和点Q的速度分别为3cm/s和2cm/s,则最快   s后,四边形ABPQ成为矩形.
【答案】4
【知识点】矩形的判定与性质;一元一次方程的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解:∵四边形ABCD是矩形
∴∠A=∠B=90°,AD=BC=20cm,
设最快x秒,四边形ABPQ成为矩形,则AQ=20-2x,BP=3x
∵四边形ABPQ是矩形
∴AQ=BP
∴3x=20-2x
∴x=4
故答案为:4
【分析】本题考查矩形的判定与性质.根据四边形ABCD是矩形,利用矩形的性质可得:∠A=∠B=90°,AD=BC=20cm,设最快x秒,四边形ABPQ成为矩形,据此可得AQ=20-2x,BP=3x,根据矩形的性质可得:AQ=BP,据此可列出方程3x=20-2x,解方程可求出x的值,进而可求出答案.
16.(2024八下·覃塘期中)如图,已知正方形的边长为5,点,分别在,上,,与相交于点,点为的中点,连接,则的长为   .
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质;勾股定理;正方形的性质;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:∵四边形是正方形,
∴,

在和中,

∴,
∴,
在中,,
∴,
∴,
在中,

∴,
∴由对顶角性质可得:,
∵在中,点H是的中点,
∴,
∵,,,
∴,
∴在中,

∴,
故答案为:.
【分析】
根据正方形的性质可得,AB=AD=BC=CD=5,∠BAE=∠ADF=90°,结合AE=DF=2。可证△ABE≌△DAF(SAS),进而得出BE=AF,根据CF=CD-DF求出CF的长度。然后在直角三角形BCF中,利用勾股定理求出BF的长度,由于点H是BF的中点,因此GH是直角三角形BGF的中线,最后根据中线定理即可求解。
三、解答题(共6题,共72分)
17.(2025八下·广安期中)如图1,已知矩形ABCD,点是CD上一点,点是CB延长线上一点,且.
(1)求证:四边形ABCD是正方形;
(2)如图2,若点是BC上一点,且,求BP的长;
(3)如图3,若点是AD的中点,连结CG交AE于点,求的度数.
【答案】(1)证明:∵ABCD是矩形,
∴∠ABF=∠D=∠BAD=90°,
又∵∠FAE=90°,
∴∠BAF=∠DAE,
又∵BF=DE,
∴△ABF≌△ADE,
∴AB=AD,
∴矩形ABCD是正方形;
(2)解:连接EP,设BP=x,
∵DC=3DE=6,
∴DE=BF=2,CE=CD-DE=6-2=4,PC=6-x,
∵△ABF≌△ADE,
∴AF=AE,
又∵∠EAP=45°,
∴∠PAF=∠PAE=45°,
又∵AP=AP,
∴△PAF≌△PAE,
∴PF=PE=2+x,
在Rt△CPE中,,即,
解得x=3,
∴BP=2;
(3)解:如图,取BC的中点P,连接AP,连接EP,
∵G是AD的中点,
∴AG=CP=BP=3,
∴PF=5,
又∵ABCD是正方形,
∴AD∥BC,
∴APCG是平行四边形,
∴AP∥CG,
∴∠PAE=∠AHG,
∵CE=4,
∴,
又∵AF=AE,AP=AP,
∴△APF≌△APE,
∴∠PAE=∠PAF=45°,
∴∠AHG=∠PAE=45°.
【知识点】勾股定理;正方形的判定;三角形全等的判定-SSS;三角形全等的判定-SAS;三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】(1)根据矩形的性质,根据AAS证明△ABF≌△ADE,可以得到AB=AD,即可得到ABCD是正方形;
(2)连接EP,设BP=x,根据全等得到AF=AE,然后根据SAS证明△PAF≌△PAE,然后在Rt△CPE中,利用勾股定理求出BP长即可;
(3)取BC的中点P,连接AP,连接EP,即可得到APCG是平行四边形,进而得到AP∥CG,然后得到∠PAE=∠AHG,再根据勾股定理求出EP=5=FP,利用SSS证明△APF≌△APE,得到∠PAE=∠PAF=45°,解题即可.
18.(2025八下·金平期中)如图,两个正方形ABCD与DEFG,连接AG,CE,二者相交于点.
(1)证明:;
(2)请说明AG和CE的位畳和数量关系,并给予证明;
(3)连接AE和CG,请问的面积和的面积有怎样的数量关系?并说明理由.
【答案】(1)解:∵四边形ABCD与DEFG都是正方形,
∴AD=CD,DG=DE,∠ADC=∠EDG=90°,
∴∠ADC+∠CDG=∠EDG+∠CDG,
∴∠ADG=∠CDE,
∴△ADG≌△CDE(SAS)
(2)解:AG=CE,AG⊥CE,理由如下:
∵△ADG≌△CDE,
∴AG=CE,∠DAG=∠DCE,
∵∠DAG+∠AMD=90°,∠AMD=∠CMG,
∴∠DCE+∠CMG=90°,
∴∠CHA=90°,
∴AG⊥CE;
(3)解:△ADE的面积=△CDG的面积,
作GP⊥CD于P,EN⊥AD交AD的延长线于N,则∠DPG=∠DNE=90°,如图所示:
∵∠GDE=90°,
∴∠EDN+∠GDN=90°,
∵∠PDG+∠GDN=90°,
∴∠EDN=∠PDG,
∵DE=DG,
∴△DPG≌△DNE,
∴PG=EN,
∵△ADE的面积=,△CDG的面积=,
∴△ADE的面积=△CDG的面积.
【知识点】三角形的面积;三角形全等的判定;正方形的性质
【解析】【分析】(1)先根据正方形的性质得到AD=CD,DG=DE,∠ADC=∠EDG=90°,再结合题意进行角的运算得到∠ADG=∠CDE,进而根据三角形全等的判定(SAS)即可求解;
(2)先根据三角形全等的性质得到AG=CE,∠DAG=∠DCE,再结合题意等量代换得到∠CHA=90°,进而即可求解;
(3)作GP⊥CD于P,EN⊥AD交AD的延长线于N,则∠DPG=∠DNE=90°,先根据题意等量代换得到∠EDN=∠PDG,再根据三角形全等的判定与性质证明△DPG≌△DNE得到PG=EN,从而根据三角形的面积即可求解。
19.(2025八下·宁波开学考)【新知学习】
定义:一组邻边相等,另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形”.如在凸四边形ABCD中,若,,则四边形ABCD是“筝形”.
(1)如图1,在边长为1的正方形网格中,画出“筝形”ABCD,要求点是格点;
(2)【问题探究】
如图2,在矩形ABCD中,,“筝形”EFGH的顶点是AB的中点,点,G,H分别在BC,CD,AD上,且,求对角线EG的长;
(3)【拓展思考】
如图3,在“筝形”ABCD中,分别是BC、CD上的点,AE平分,求“筝形”ABCD的面积.
【答案】(1)解:如图.
(2)解:如图2-1,当EF=EH时,HG=FG,
是筝形EFGH的对称轴,
由轴对称的性质可得EG也是矩形ABCD的对称轴,

如图2-2,当EF=FG时,作,
四边形ABCD是矩形,

点是AB的中点,









综上所述,EG的长是12或.
(3)72
解:如图,作,
设,
平分,














,解得,

.
【知识点】直角三角形全等的判定-HL;勾股定理;矩形的性质;三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】(1)利用网格画出AD=AB=5,BC=CD=即可.
(2)当EF=EH时,利用轴对称的性质可得EG是矩形ABCD的对称轴,故EG=BC=12;当EF=FG时,利用勾股定理求得CG的长度,进而得到PE的长度,再通过勾股定理计算出EG的长度.
(3)设,利用角平分线的定义可得,再通过ASA判定得到AG=AD,然后通过HL判定得到,进而表示出CF、CE的长度,再通过勾股定理解得x的值,即可计算出“筝形”ABCD的面积.
20.(2024八下·潮阳月考)已知正方形,以为边在正方形外部作正方形,连,H是的中点,连接.
(1)如图1所示,点E在边上时,则的关系为 ;
(2)如图2所示,点E在延长线上,(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请证明;若不成立,请给出新的结论并证明.
(3)如图3,点B,E,F在一条直线上,求证:.
【答案】(1)
(2)解:结论仍然成立,,
理由如下:延长交的延长线于点M,如图2所示:
∵四边形是正方形,四边形是正方形,

∴,
∵H是的中点,

在和中,
∴,
∴,,
∴,
∵,
∴;
(3)证明:延长到M,使,连接,如图3所示,

∴,






在和中,




∴.
【知识点】等腰三角形的性质;正方形的性质;三角形全等的判定-SAS;三角形全等的判定-ASA;三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】
解:(1),理由如下:
延长交于M,如图1所示,
∵四边形和四边形是正方形,


∵H是的中点,

在和中,

∴,
∴,,
∴,
∵由四边形 是正方形得:,
∴是等腰直角三角形,

∴;
故答案为:;
【分析】
(1) 延长交于M, 利用正方形的性质得到,利用平行线的性质得到,从而可用AAS证明,从而得出,,则,由等腰三角形的三线合一;直角三角形的性质斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论;
(2)延长交的延长线于点M,同(1)的方法一致,找到,利用ASA证明,得,,则, 由等腰三角形的三线合一;直角三角形的性质斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论;
(3)延长到M,使,连接,利用SAS得到,从而得出,则利用角度之间的关系得到,从而可利用SAS证,利用全等的性质可得出,则, 由等腰三角形的三线合一;直角三角形的性质斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论.
(1),理由如下:
延长交于M,如图1所示,
∵四边形和四边形是正方形,


∵H是的中点,

在和中,

∴,
∴,,
∴,
∵,
∴;
故答案为:;
(2)结论仍然成立,,理由如下:
延长交的延长线于点M,如图2所示:
∵四边形是正方形,四边形是正方形,
∴,,
∴,
在和中,
∴,
∴,,
∴,
∵,
∴;
(3)延长到M,使,连接,如图3所示,

∴,






在和中,




∴.
21.(2022八下·定州期中)如图,在中,,过点C的直线,D为边上一点,过点D作,垂足为F,交直线于E,连接.
(1)求证:;
(2)当D为中点时,四边形是什么特殊四边形?说明你的理由;
(3)在满足(2)的条件下,当满足什么条件时,四边形是正方形?(不必说明理由)
【答案】(1)证明:∵,




,即,
四边形是平行四边形,

(2)解:四边形是菱形,
理由是:∵为中点,




∴四边形是平行四边形,
为中点,

∴四边形是菱形;
(3)当时,四边形是正方形.
【知识点】平行线的判定与性质;三角形内角和定理;平行四边形的判定与性质;菱形的判定;正方形的判定
【解析】【解答】
解:(3)当时,四边形是正方形
理由:∵,,

由(2)可知,四边形是菱形,


∴四边形是正方形.
故答案为:当时,四边形是正方形.
【分析】(1)根据角之间的关系可得,根据直线平行判定定理可得,再根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形,则,即可求出答案.
(2)根据边之间的关系可得,再根据菱形判定定理即可求出答案.
(3)根据三角形内角和定理可得,再根据菱形性质可得,则,再根据正方形判定定理即可求出答案.
(1)证明:∵,




,即,
四边形是平行四边形,

(2)解:四边形是菱形,
理由是:∵为中点,




∴四边形是平行四边形,
为中点,

∴四边形是菱形;
(3)解:当时,四边形是正方形,
理由:∵,,

由(2)可知,四边形是菱形,


∴四边形是正方形.
22.(2024八下·德清期末)在菱形中,是直线上一动点,以为边向右侧作等边按逆时针排列),点的位置随点的位置变化而变化.
(1)如图1,当点在线段上,且点在菱形内部或边上时,连结,小明通过连接后证明得到与的数量关系是______________;
(2)如图2,当点在线段上,且点在菱形外部时,(1)中的结论是否还成立?若成立,请予以证明;若不成立,请说明理由;
(3)当点在的延长线上时,其他条件不变,连接,若,,求的长.
【答案】(1)
(2)解:仍然成立,理由如下:如图,连接,延长交于点,
∵四边形是菱形,
∴,,,
∵,
∴是等边三角形,
∴,,,,
∵是等边三角形 ,
∴,,
∴,
∴,
∴,
∴;
(3)当点在的延长线上时,连接交于点,连接,,
∵四边形是菱形,
∴,平分,,
∵,,
∴,
∴,
由(2)可知:,
∴,,
∴,
∴,
∵,,
∴在中,,
∴.
【知识点】等边三角形的判定与性质;勾股定理;菱形的性质;三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解:(1),理由如下:
如图,连接,延长交于点,
∵四边形是菱形,
∴,
∵,
∴是等边三角形,
∴,,
∵是等边三角形,
∴,,
∴.

在与中,
∴,
∴;
故答案为;
【分析】(1)先证明△ABC是等边三角形,再根据等边三角形的性质,得出AB=AC,AP=AE,再利用角的和差说明
就可利用SAS证明,再利用全等三角形的性质得出;
(2)根据菱形的性质及等边三角形的性质可知,再根据全等三角形的判定与性质即可解答;
(3)根据菱形的性质及直角三角形可知,再根据全等三角形的判定与性质可知,最后利用直角三角形的性质 及勾股定理即可解答.
(1)解:,理由如下:
如图,连接,延长交于点,
∵四边形是菱形,
∴,
∵,
∴是等边三角形,
∴,,
∵是等边三角形,
∴,,
∴,
∴,
∴;
故答案为;
(2)解:仍然成立,理由如下:
如图,连接,延长交于点,
∵四边形是菱形,
∴,,,
∵,
∴是等边三角形,
∴,,,,
∵是等边三角形 ,
∴,,
∴,
∴,
∴,
∴;
(3)解: 当点在的延长线上时,连接交于点,连接,,
∵四边形是菱形,
∴,平分,,
∵,,
∴,
∴,
由(2)可知:,
∴,,
∴,
∴,
∵,,
∴在中,,
∴.
1 / 1第五章 《特殊平行四边形》—浙教版数学八年级下册单元检测
一、选择题(每题3分,共30分)
1.(2025八下·慈溪期中)下列说法中不正确的是(  )
A.对角线相等的四边形是矩形
B.菱形既是轴对称图形又是中心对称图形
C.对角线互相垂直平分的四边形是菱形
D.正方形的四条边都相等
2.(2023八下·石阡期中)如图,在菱形中,对角线,相交于点.若,,则菱形的面积为(  )
A.12 B.16 C.20 D.24
3.(2024八下·旅顺口期中)如图,将一张矩形纸片对折,使边与,与分别重合,展开后得四边形.若,,则四边形的面积为(  )
A.4 B.5 C.6 D.8
4.(2025八下·金平期中)分别为矩形ABCD四边的中点,则四边形一定是(  )
A.矩形 B.菱形
C.正方形 D.非特殊的平行四边形
5.(2024八下·溆浦期中)如图,在矩形ABCD中,AB<BC,连接AC,分别以点A,C为圆心,大于AC的长为半径画弧,两弧交于点M,N,直线MN分别交AD,BC于点E,F.下列结论:
①四边形AECF是菱形;
②∠AFB=2∠ACB;
③AC EF=CF CD;
④若AF平分∠BAC,则CF=2BF.
其中正确结论的个数是(  )
A.4 B.3 C.2 D.1
6.(2023八下·莒县期末)如图,菱形的对角线、相交于点,过点作于点,连接,若,,则菱形的面积为(  )
A.72 B.24 C.48 D.96
7.(2020八下·重庆期末)如图,已知四边形ABCD是边长为4的正方形,E为CD上一点,且DE=1,F为射线BC上一动点,过点E作EG⊥AF于点P,交直线AB于点G.则下列结论中:①AF=EG;②若∠BAF=∠PCF,则PC=PE;③当∠CPF=45°时,BF=1;④PC的最小值为 ﹣2.其中正确的有(  )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
8.(2023八下·泸县期末)菱形中,如图,于,于,若,则(  )
A. B. C. D.
9.(2024八下·朝阳期中)如图,在矩形中,对角线,交于点,点为边上一点,过分别作,,垂足为点,,过作,垂足为点,若知道与的周长和,则一定能求出(  )
A.的周长 B.的周长
C.的周长 D.四边形APFH的周长
10.(2023八下·潮阳月考)如图,正方形ABCD中,E为AD的中点,于M,交AC于点N,交AB于点F,连接EN、BM,有如下结论:①;②;③;④.其中正确的结论有(  )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
二、填空题(每题3分,共18分)
11.(2024八下·汕头期中)已知菱形ABCD的对角线AC=6,BD=8,则菱形ABCD的面积为   
12.(2024八下·深圳月考)如图,过矩形的对角线上一点K分别作矩形两边的平行线与,那么图中矩形的面积与矩形的面积的大小关系是   ;(填“>”或“<”或“=”)
13.(2024八下·昆明期中)如图,正方形的两条对角线相交于点O,点E在上,且.则的度数为   .
14.(2024八下·北京市期中)如图,正方形的边长为4,点E在上且,F为对角线上一动点,则周长的最小值为   
15.(2024八下·澧县期中)如图,在矩形ABCD中,BC=20cm,点P和点Q分别从点B和点D出发,按逆时针方向沿矩形ABCD的边运动,点P和点Q的速度分别为3cm/s和2cm/s,则最快   s后,四边形ABPQ成为矩形.
16.(2024八下·覃塘期中)如图,已知正方形的边长为5,点,分别在,上,,与相交于点,点为的中点,连接,则的长为   .
三、解答题(共6题,共72分)
17.(2025八下·广安期中)如图1,已知矩形ABCD,点是CD上一点,点是CB延长线上一点,且.
(1)求证:四边形ABCD是正方形;
(2)如图2,若点是BC上一点,且,求BP的长;
(3)如图3,若点是AD的中点,连结CG交AE于点,求的度数.
18.(2025八下·金平期中)如图,两个正方形ABCD与DEFG,连接AG,CE,二者相交于点.
(1)证明:;
(2)请说明AG和CE的位畳和数量关系,并给予证明;
(3)连接AE和CG,请问的面积和的面积有怎样的数量关系?并说明理由.
19.(2025八下·宁波开学考)【新知学习】
定义:一组邻边相等,另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形”.如在凸四边形ABCD中,若,,则四边形ABCD是“筝形”.
(1)如图1,在边长为1的正方形网格中,画出“筝形”ABCD,要求点是格点;
(2)【问题探究】
如图2,在矩形ABCD中,,“筝形”EFGH的顶点是AB的中点,点,G,H分别在BC,CD,AD上,且,求对角线EG的长;
(3)【拓展思考】
如图3,在“筝形”ABCD中,分别是BC、CD上的点,AE平分,求“筝形”ABCD的面积.
20.(2024八下·潮阳月考)已知正方形,以为边在正方形外部作正方形,连,H是的中点,连接.
(1)如图1所示,点E在边上时,则的关系为 ;
(2)如图2所示,点E在延长线上,(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请证明;若不成立,请给出新的结论并证明.
(3)如图3,点B,E,F在一条直线上,求证:.
21.(2022八下·定州期中)如图,在中,,过点C的直线,D为边上一点,过点D作,垂足为F,交直线于E,连接.
(1)求证:;
(2)当D为中点时,四边形是什么特殊四边形?说明你的理由;
(3)在满足(2)的条件下,当满足什么条件时,四边形是正方形?(不必说明理由)
22.(2024八下·德清期末)在菱形中,是直线上一动点,以为边向右侧作等边按逆时针排列),点的位置随点的位置变化而变化.
(1)如图1,当点在线段上,且点在菱形内部或边上时,连结,小明通过连接后证明得到与的数量关系是______________;
(2)如图2,当点在线段上,且点在菱形外部时,(1)中的结论是否还成立?若成立,请予以证明;若不成立,请说明理由;
(3)当点在的延长线上时,其他条件不变,连接,若,,求的长.
答案解析部分
1.【答案】A
【知识点】菱形的性质;菱形的判定;矩形的判定;正方形的性质
【解析】【解答】解:A、由于等腰梯形的对角线就相等,所以 对角线相等的四边形不一定是矩形,只有对角线相等的平行四边形才是矩形,故此选项不正确,符合题意;
B、菱形是轴对称图形,对称轴是它的两条对角线所在的直线;菱形也是中心对称图形,对称中心是两条对角线的交点,故此选项正确,不符合题意;
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形,对角线互相垂直的平行四边形是菱形,故此选项正确,不符合题意;
D、 正方形的四条边都相等,故此选项正确,不符合题意.
故答案为:A.
【分析】利用举特例的方法可判断A选项;根据菱形的性质可判断B选项;根据菱形的判定定理可判断C选项;根据正方形的性质可判断D选项.
2.【答案】D
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解:∵在菱形中,对角线,相交于点,,,
∴,
∴,
故答案为:D.
【分析】根据菱形对角线互相平分得到,再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行求解即可.
3.【答案】A
【知识点】菱形的判定与性质;矩形的性质
【解析】【解答】解:∵四边形 是矩形,
,,,
由折叠的性质可得,,,,
,,


∴四边形是菱形,
,,,

故答案为:A.
【分析】利用矩形的性质和折叠得到,即可得到,进而可得是菱形,即可得到,,利用菱形的面积公式解答即可.
4.【答案】B
【知识点】菱形的判定;三角形的中位线定理
【解析】【解答】解:如图:
连结AC,BD,
、H、F、G分别是AB、AD、BC、DC中点,

.
四边形EFGH是菱形;
故答案为:B
【分析】 连结AC,BD,先根据中位线定理结合题意得到, 再等量代换得到,进而根据菱形的判定即可求解。
5.【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形;菱形的判定与性质;角平分线的概念;尺规作图-垂直平分线;等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】如图,设与的交点为,
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,

∠AFB=2∠ACB;故②正确;
③由菱形的面积可得AC EF=CF CD;故③不正确,
④四边形是矩形,

若AF平分∠BAC,,
则,






CF=2BF.故④正确;
故选B
【分析】
由尺规作图的过程知MN垂直平分AC,设与的交点为,则有AE=CE,再利用“ASA”可证,从而可判定四边形为菱形,所以结论①正确;由菱形的性质可知,则,再由外角的性质可得,所以结论②正确;由于菱形的面积既等于对角线乘积的一半,也等于底乘高,因此结论③错误;由于菱形的一条对角线平分一组对角,则,由角平分线的概念可得,因为矩形ABCD中,所以可得,显然BF等于AF的一半也等于CF的一半,故结论 ④ 正确.
6.【答案】C
【知识点】菱形的性质;直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解:∵四边形是菱形,
∴,,,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴菱形的面积.
故答案为:C.
【分析】先利用直角三角形斜边上中线的性质求出BD的长,再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半列出算式求解即可.
7.【答案】C
【知识点】勾股定理;正方形的性质;三角形全等的判定-AAS;直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】连接AE,过E作EH⊥AB于H,
则EH=BC,
∵AB=BC,
∴EH=AB,
∵EG⊥AF,
∴∠BAF+∠AGP=∠BAF+∠AFB=90°,
∴∠EGH=∠AFB,
∵∠B=∠EHG=90°,
∴△HEG≌△ABF(AAS),
∴AF=EG,故①正确;
∵AB∥CD,
∴∠AGE=∠CEG,
∵∠BAF+∠AGP=90°,∠PCF+∠PCE=90°,
∵∠BAF=∠PCF,
∴∠AGE=∠PCE,
∴∠PEC=∠PCE,
∴PE=PC;故②正确;
连接EF,
∵∠EPF=∠FCE=90°,
∴点E,P,F,C四点共圆,
∴∠FEC=∠FPC=45°,
∴EC=FC,
∴BF=DE=1,
故③正确;
取AE 的中点O,连接PO,CO,
∴AO=PO= AE,
∵∠APE=90°,
∴点P在以O为圆心,AE为直径的圆上,
∴当O、C、P共线时,CP的值最小,
∵PC≥OC﹣OP,
∴PC的最小值=OC﹣OP=OC﹣ AE,
∵OC= = ,AE= = ,
∴PC的最小值为 ﹣ ,故④错误,
故答案为:C.
【分析】连接AE,过E作EH⊥AB于H,则EH=BC,根据全等三角形的判定和性质定理即可得到AF=EG,故①正确;根据平行线的性质和等腰三角形的性质即可得到PE=PC;故②正确;连接EF,推出点E,P,F,C四点共圆,根据圆周角定理得到∠FEC=∠FPC=45°,于是得到BF=DE=1,故③正确;取AE 的中点O,连接PO,CO,根据直角三角形的性质得到AO=PO= AE,推出点P在以O为圆心,AE为直径的圆上,当O、C、P共线时,CP的值最小,根据三角形的三边关系得到PC≥OC﹣OP,根据勾股定理即可得到结论.
8.【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质;等边三角形的判定与性质;多边形内角与外角;菱形的性质
【解析】【解答】解:连接,
∵四边形是菱形,
∴,
∵,,
∴垂直平分边,

∴,均是等边三角形,
∴,
∴,
∵于,于,

∴在四边形中,

故答案为:B.
【分析】连接,根据菱形的性质“菱形的四条边都相等”可得AB=BC=CD=AD,由线段的垂直平分线的性质“线段的垂直平分线上的点得到线段两端点的距离相等”可得AB=AC,然后根据有三边都相等的三角形是等边三角形可得△ABC、△ACD都为等边三角形,由等边三角形的性质“等边三角形的每一个角都等于60°”可得∠BCA=∠DCA=60°,最后根据四边形的内角和等于360°计算即可求解.
9.【答案】B
【知识点】矩形的判定与性质;三角形全等的判定-AAS;全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解:过点作于,连接,
,,
四边形为矩形,

四边形为矩形,
,,,




同理,

,,



又,


与的周长和
知道与的周长和,一定能求出的周长.
故答案为:B.
【分析】过点作于,连接,得到为矩形,求出,然后根据AAS得到,即可得到,然后利用三角形的面积得到解题即可.
10.【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质;等腰三角形的判定与性质;正方形的性质;直角三角形斜边上的中线;余角
【解析】【解答】解:①:∵DF⊥CE,
∴∠DCE+∠CDF=90°,
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠CDF+∠ADF=90°,
∴∠DCE=∠ADF,
∵正方形ABCD中:CA=DA,∠CDE=∠DAF=90°,
∴△ADF≌△DCE(ASA),
故①正确;
②:∵△ADF≌△DCE
∴DE=AF,
∵E是AD的中点,
∴AE=DE,
又∵∠EAN=∠FAN,AN=AN,
∴△EAN≌△FAN(SAS),
∴NF=NE,
∵CE⊥DF,即∠NME=90°,
∴EN=NF>MN,
故②错误;
③④:延长DF交CB延长线于G,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AD∥BC,
∴∠ADF=∠G,
由前面所证可知F为AB的中点,
∴AF=BF,
又∵∠DAF=∠GBF,
∴△DAF≌△GBF(AAS),
∴BG=AD=BC,
∴点B是CG的中点,
又∵∠CMG=90°,
∴MB=BC=BG,故④正确;
∴∠G=∠BMG,
∴∠ADF=∠BMF,故③正确;
综上可知:①③④正确;
故答案为:C.
【分析】
根据正方形的性质,利用等角的余角相等得到 ∠DCE=∠ADF ;利用ASA判断△ADF≌△DCE即可判断①;通过全等的性质得到DE=AF,利用SAS证明△EAN≌△FAN得到NF=NE,再由∠NME=90°,即可得到EN=NF>MN,即可判断②;延长DF交CB延长线于G,利用AAS证明△DAF≌△GBF,得到BG=AD=BC,即可判断③④.
11.【答案】24
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解:∵菱形ABCD的对角线AC=6,BD=8,
∴菱形ABCD的面积为×6×8=24.
故答案为:24.
【分析】根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半,计算可得答案.
12.【答案】
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解:∵四边形是矩形,
又∵对角线上一点K分别作矩形两边的平行线与,
∴四边形是矩形,四边形是矩形,
∴的面积的面积,的面积的面积,的面积的面积,
∴的面积的面积的面积的面积的面积的面积,
∴.
故答案为:.
【分析】根据矩形性质即可求出答案.
13.【答案】
【知识点】三角形内角和定理;等腰三角形的性质;正方形的性质
【解析】【解答】解:正方形的两条对角线相交于点O,点E在上,



故答案为:.
【分析】根据正方形的性质可得,根据等腰三角的性质及三角形内角和定理可得.
14.【答案】6
【知识点】勾股定理;正方形的性质;三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解:如图所示,连结,.
当,,在一条直线上时,可以取得最小值,最小值为.
∵ 正方形的边长为4,
∴AB=AD=4,∠DAB=90°.
∵BE=1,
∴AE=AB-BE=3,
∴.
是正方形的对角线,

在和中,

∴.
∴.
∴的最小值为.
∴周长的最小值为.
故答案为:.
【分析】先求得AE、AD,再利用勾股定理求得DE,然后利用SAS证明,求得BF+EF的最小值再求出周长的最小值 .
15.【答案】4
【知识点】矩形的判定与性质;一元一次方程的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解:∵四边形ABCD是矩形
∴∠A=∠B=90°,AD=BC=20cm,
设最快x秒,四边形ABPQ成为矩形,则AQ=20-2x,BP=3x
∵四边形ABPQ是矩形
∴AQ=BP
∴3x=20-2x
∴x=4
故答案为:4
【分析】本题考查矩形的判定与性质.根据四边形ABCD是矩形,利用矩形的性质可得:∠A=∠B=90°,AD=BC=20cm,设最快x秒,四边形ABPQ成为矩形,据此可得AQ=20-2x,BP=3x,根据矩形的性质可得:AQ=BP,据此可列出方程3x=20-2x,解方程可求出x的值,进而可求出答案.
16.【答案】
【知识点】三角形全等及其性质;勾股定理;正方形的性质;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:∵四边形是正方形,
∴,

在和中,

∴,
∴,
在中,,
∴,
∴,
在中,

∴,
∴由对顶角性质可得:,
∵在中,点H是的中点,
∴,
∵,,,
∴,
∴在中,

∴,
故答案为:.
【分析】
根据正方形的性质可得,AB=AD=BC=CD=5,∠BAE=∠ADF=90°,结合AE=DF=2。可证△ABE≌△DAF(SAS),进而得出BE=AF,根据CF=CD-DF求出CF的长度。然后在直角三角形BCF中,利用勾股定理求出BF的长度,由于点H是BF的中点,因此GH是直角三角形BGF的中线,最后根据中线定理即可求解。
17.【答案】(1)证明:∵ABCD是矩形,
∴∠ABF=∠D=∠BAD=90°,
又∵∠FAE=90°,
∴∠BAF=∠DAE,
又∵BF=DE,
∴△ABF≌△ADE,
∴AB=AD,
∴矩形ABCD是正方形;
(2)解:连接EP,设BP=x,
∵DC=3DE=6,
∴DE=BF=2,CE=CD-DE=6-2=4,PC=6-x,
∵△ABF≌△ADE,
∴AF=AE,
又∵∠EAP=45°,
∴∠PAF=∠PAE=45°,
又∵AP=AP,
∴△PAF≌△PAE,
∴PF=PE=2+x,
在Rt△CPE中,,即,
解得x=3,
∴BP=2;
(3)解:如图,取BC的中点P,连接AP,连接EP,
∵G是AD的中点,
∴AG=CP=BP=3,
∴PF=5,
又∵ABCD是正方形,
∴AD∥BC,
∴APCG是平行四边形,
∴AP∥CG,
∴∠PAE=∠AHG,
∵CE=4,
∴,
又∵AF=AE,AP=AP,
∴△APF≌△APE,
∴∠PAE=∠PAF=45°,
∴∠AHG=∠PAE=45°.
【知识点】勾股定理;正方形的判定;三角形全等的判定-SSS;三角形全等的判定-SAS;三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】(1)根据矩形的性质,根据AAS证明△ABF≌△ADE,可以得到AB=AD,即可得到ABCD是正方形;
(2)连接EP,设BP=x,根据全等得到AF=AE,然后根据SAS证明△PAF≌△PAE,然后在Rt△CPE中,利用勾股定理求出BP长即可;
(3)取BC的中点P,连接AP,连接EP,即可得到APCG是平行四边形,进而得到AP∥CG,然后得到∠PAE=∠AHG,再根据勾股定理求出EP=5=FP,利用SSS证明△APF≌△APE,得到∠PAE=∠PAF=45°,解题即可.
18.【答案】(1)解:∵四边形ABCD与DEFG都是正方形,
∴AD=CD,DG=DE,∠ADC=∠EDG=90°,
∴∠ADC+∠CDG=∠EDG+∠CDG,
∴∠ADG=∠CDE,
∴△ADG≌△CDE(SAS)
(2)解:AG=CE,AG⊥CE,理由如下:
∵△ADG≌△CDE,
∴AG=CE,∠DAG=∠DCE,
∵∠DAG+∠AMD=90°,∠AMD=∠CMG,
∴∠DCE+∠CMG=90°,
∴∠CHA=90°,
∴AG⊥CE;
(3)解:△ADE的面积=△CDG的面积,
作GP⊥CD于P,EN⊥AD交AD的延长线于N,则∠DPG=∠DNE=90°,如图所示:
∵∠GDE=90°,
∴∠EDN+∠GDN=90°,
∵∠PDG+∠GDN=90°,
∴∠EDN=∠PDG,
∵DE=DG,
∴△DPG≌△DNE,
∴PG=EN,
∵△ADE的面积=,△CDG的面积=,
∴△ADE的面积=△CDG的面积.
【知识点】三角形的面积;三角形全等的判定;正方形的性质
【解析】【分析】(1)先根据正方形的性质得到AD=CD,DG=DE,∠ADC=∠EDG=90°,再结合题意进行角的运算得到∠ADG=∠CDE,进而根据三角形全等的判定(SAS)即可求解;
(2)先根据三角形全等的性质得到AG=CE,∠DAG=∠DCE,再结合题意等量代换得到∠CHA=90°,进而即可求解;
(3)作GP⊥CD于P,EN⊥AD交AD的延长线于N,则∠DPG=∠DNE=90°,先根据题意等量代换得到∠EDN=∠PDG,再根据三角形全等的判定与性质证明△DPG≌△DNE得到PG=EN,从而根据三角形的面积即可求解。
19.【答案】(1)解:如图.
(2)解:如图2-1,当EF=EH时,HG=FG,
是筝形EFGH的对称轴,
由轴对称的性质可得EG也是矩形ABCD的对称轴,

如图2-2,当EF=FG时,作,
四边形ABCD是矩形,

点是AB的中点,









综上所述,EG的长是12或.
(3)72
解:如图,作,
设,
平分,














,解得,

.
【知识点】直角三角形全等的判定-HL;勾股定理;矩形的性质;三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】(1)利用网格画出AD=AB=5,BC=CD=即可.
(2)当EF=EH时,利用轴对称的性质可得EG是矩形ABCD的对称轴,故EG=BC=12;当EF=FG时,利用勾股定理求得CG的长度,进而得到PE的长度,再通过勾股定理计算出EG的长度.
(3)设,利用角平分线的定义可得,再通过ASA判定得到AG=AD,然后通过HL判定得到,进而表示出CF、CE的长度,再通过勾股定理解得x的值,即可计算出“筝形”ABCD的面积.
20.【答案】(1)
(2)解:结论仍然成立,,
理由如下:延长交的延长线于点M,如图2所示:
∵四边形是正方形,四边形是正方形,

∴,
∵H是的中点,

在和中,
∴,
∴,,
∴,
∵,
∴;
(3)证明:延长到M,使,连接,如图3所示,

∴,






在和中,




∴.
【知识点】等腰三角形的性质;正方形的性质;三角形全等的判定-SAS;三角形全等的判定-ASA;三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】
解:(1),理由如下:
延长交于M,如图1所示,
∵四边形和四边形是正方形,


∵H是的中点,

在和中,

∴,
∴,,
∴,
∵由四边形 是正方形得:,
∴是等腰直角三角形,

∴;
故答案为:;
【分析】
(1) 延长交于M, 利用正方形的性质得到,利用平行线的性质得到,从而可用AAS证明,从而得出,,则,由等腰三角形的三线合一;直角三角形的性质斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论;
(2)延长交的延长线于点M,同(1)的方法一致,找到,利用ASA证明,得,,则, 由等腰三角形的三线合一;直角三角形的性质斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论;
(3)延长到M,使,连接,利用SAS得到,从而得出,则利用角度之间的关系得到,从而可利用SAS证,利用全等的性质可得出,则, 由等腰三角形的三线合一;直角三角形的性质斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论.
(1),理由如下:
延长交于M,如图1所示,
∵四边形和四边形是正方形,


∵H是的中点,

在和中,

∴,
∴,,
∴,
∵,
∴;
故答案为:;
(2)结论仍然成立,,理由如下:
延长交的延长线于点M,如图2所示:
∵四边形是正方形,四边形是正方形,
∴,,
∴,
在和中,
∴,
∴,,
∴,
∵,
∴;
(3)延长到M,使,连接,如图3所示,

∴,






在和中,




∴.
21.【答案】(1)证明:∵,




,即,
四边形是平行四边形,

(2)解:四边形是菱形,
理由是:∵为中点,




∴四边形是平行四边形,
为中点,

∴四边形是菱形;
(3)当时,四边形是正方形.
【知识点】平行线的判定与性质;三角形内角和定理;平行四边形的判定与性质;菱形的判定;正方形的判定
【解析】【解答】
解:(3)当时,四边形是正方形
理由:∵,,

由(2)可知,四边形是菱形,


∴四边形是正方形.
故答案为:当时,四边形是正方形.
【分析】(1)根据角之间的关系可得,根据直线平行判定定理可得,再根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形,则,即可求出答案.
(2)根据边之间的关系可得,再根据菱形判定定理即可求出答案.
(3)根据三角形内角和定理可得,再根据菱形性质可得,则,再根据正方形判定定理即可求出答案.
(1)证明:∵,




,即,
四边形是平行四边形,

(2)解:四边形是菱形,
理由是:∵为中点,




∴四边形是平行四边形,
为中点,

∴四边形是菱形;
(3)解:当时,四边形是正方形,
理由:∵,,

由(2)可知,四边形是菱形,


∴四边形是正方形.
22.【答案】(1)
(2)解:仍然成立,理由如下:如图,连接,延长交于点,
∵四边形是菱形,
∴,,,
∵,
∴是等边三角形,
∴,,,,
∵是等边三角形 ,
∴,,
∴,
∴,
∴,
∴;
(3)当点在的延长线上时,连接交于点,连接,,
∵四边形是菱形,
∴,平分,,
∵,,
∴,
∴,
由(2)可知:,
∴,,
∴,
∴,
∵,,
∴在中,,
∴.
【知识点】等边三角形的判定与性质;勾股定理;菱形的性质;三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解:(1),理由如下:
如图,连接,延长交于点,
∵四边形是菱形,
∴,
∵,
∴是等边三角形,
∴,,
∵是等边三角形,
∴,,
∴.

在与中,
∴,
∴;
故答案为;
【分析】(1)先证明△ABC是等边三角形,再根据等边三角形的性质,得出AB=AC,AP=AE,再利用角的和差说明
就可利用SAS证明,再利用全等三角形的性质得出;
(2)根据菱形的性质及等边三角形的性质可知,再根据全等三角形的判定与性质即可解答;
(3)根据菱形的性质及直角三角形可知,再根据全等三角形的判定与性质可知,最后利用直角三角形的性质 及勾股定理即可解答.
(1)解:,理由如下:
如图,连接,延长交于点,
∵四边形是菱形,
∴,
∵,
∴是等边三角形,
∴,,
∵是等边三角形,
∴,,
∴,
∴,
∴;
故答案为;
(2)解:仍然成立,理由如下:
如图,连接,延长交于点,
∵四边形是菱形,
∴,,,
∵,
∴是等边三角形,
∴,,,,
∵是等边三角形 ,
∴,,
∴,
∴,
∴,
∴;
(3)解: 当点在的延长线上时,连接交于点,连接,,
∵四边形是菱形,
∴,平分,,
∵,,
∴,
∴,
由(2)可知:,
∴,,
∴,
∴,
∵,,
∴在中,,
∴.
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