【期末专项培优】特殊的平行四边形（含解析）2024-2025学年人教版数学八年级下册
文档属性
| 名称 | 【期末专项培优】特殊的平行四边形（含解析）2024-2025学年人教版数学八年级下册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-17 10:15:18 | ||
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文档简介
期末专项培优 特殊的平行四边形
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 电白区期末）已知如图，菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，DE⊥AB于E，交AC于点F，若∠BAD＝α，则∠DFO一定等于（ ）
A．2α B．45°+α C． D．
2．（2024秋 梅县区期末）下列说法中正确的是（ ）
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正方形
C．平行四边形的对角线平分一组对角
D．矩形的对角线相等且互相平分
3．（2024秋 梅县区期末）如图，在正方形ABCD对角线AC上取点E，使得AE＝AB，连接BE，则∠CBE的度数为（ ）
A．22.5° B．25° C．20° D．30°
4．（2024秋 禅城区期末）如图，将直角三角尺放置在刻度尺上，斜边上三个点A、D、B对应的刻度分别为1、4、7（单位：cm），则CD的长度为（ ）
A．6 B．4.5 C．3.5 D．3
5．（2024秋 梁溪区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，对角线AC、BD相交于点O，过点O的直线交CD的延长线于点G，交边AD于点E，若AE＝2.5，则DG的长为（ ）
A．1.5 B．2 C．2.5 D．3
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 仪征市期末）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AC＝BD，请添加一个条件 ，使四边形ABCD是矩形．
7．（2024秋 长春期末）如图，在正方形ABCD中，点E在AB边上，AF⊥DE于点G，交BC于点F．若AE＝15，CF＝5，则AF的长是 ．
8．（2024秋 碑林区校级期末）如图，正方形ABCD的边长为，对角线AC，BD相交于点O，点E在CA的延长线上，连接DE，F为DE的中点．若线段，那么OE的长为 ．
9．（2024秋 市北区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，对角线AC与BD相交于点O，且AC＝6．AE⊥CD于点E，则AE的长是 ．
10．（2024秋 莱西市期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点M、N分别是边AD、CD的中点，连接MN、OM．若MN＝3，S菱形ABCD＝24，则OM的长为 ．
三．解答题（共5小题）
11．（2025 潍坊模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，AC平分∠BAD．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）已知菱形ABCD的对角线AC＝24，点E、F分别是菱形的边CD、BC的中点，连接EF，若EF＝5，求菱形的周长．
12．（2024秋 宝应县期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，CE⊥AB，垂足为E，F是AC的中点，连接DF、EF．
（1）求证：DF＝EF；
（2）连接DE，若AC＝8，DE＝4．判断△DEF的形状，并说明理由．
13．（2024秋 金水区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，过点D作DE⊥AB，交BC于点E，过点A作AF∥BE，交ED的延长线于点F，连接AE，BF．
（1）判断四边形AEBF的形状，并说明理由．
（2）当Rt△ABC满足条件 时，四边形AEBF是正方形．
14．（2024秋 本溪期末）如图，△ABC中，AC＝2AB，AD平分∠BAC，过点C作CE⊥AD交AD延长线于点E，点F是AC中点，连接EF，EB．
（1）证明：四边形ABEF是菱形；
（2）若∠BAC＝120°，，求边BC的长．
15．（2024秋 平远县期末）如图， ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AC平分∠BAD，过点D作DP∥AC，过点C作CP∥BD，DP、CP交于点P，连接OP．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AC＝12，BD＝16，求OP的长．
期末专项培优 特殊的平行四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 电白区期末）已知如图，菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，DE⊥AB于E，交AC于点F，若∠BAD＝α，则∠DFO一定等于（ ）
A．2α B．45°+α C． D．
【考点】菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质得出AC⊥BD，进而利用互余解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠BAO∠BAD，
∴∠DFO+∠FDO＝90°，
∵DE⊥AB，
∴∠FDO+∠ABO＝90°，
∴∠DFO＝∠ABO，
∵∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠DFO＝90°﹣∠BAO＝90°，
故选：C．
【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的对角线互相垂直解答．
2．（2024秋 梅县区期末）下列说法中正确的是（ ）
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正方形
C．平行四边形的对角线平分一组对角
D．矩形的对角线相等且互相平分
【考点】矩形的判定与性质；正方形的判定；平行四边形的性质．
【答案】D
【分析】由矩形和正方形的判定方法容易得出A、B不正确；由平行四边形的性质和矩形的性质容易得出C不正确，D正确．
【解答】解：∵对角线相等的平行四边形是矩形，
∴A不正确；
∵对角线互相垂直的矩形是正方形，
∴B不正确；
∵平行四边形的对角线互相平分，菱形的对角线平分一组对角，
∴C不正确；
∵矩形的对角线互相平分且相等，
∴D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、正方形的判定；熟练掌握平行四边形、矩形、正方形的判定与性质是解决问题的关键．
3．（2024秋 梅县区期末）如图，在正方形ABCD对角线AC上取点E，使得AE＝AB，连接BE，则∠CBE的度数为（ ）
A．22.5° B．25° C．20° D．30°
【考点】正方形的性质；等腰三角形的性质．
【专题】运算能力．
【答案】A
【分析】根据正方形的性质得出∠BAC＝45°，根据等腰三角形的性质得出∠ABE＝67.5°，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAC＝45°，
∵AE＝AB，
∴，
∴∠CBE＝90°﹣∠ABE＝90°﹣67.5°＝22.5°，
故选：A．
【点评】本题主要考查的正方形的性质，等腰三角形的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
4．（2024秋 禅城区期末）如图，将直角三角尺放置在刻度尺上，斜边上三个点A、D、B对应的刻度分别为1、4、7（单位：cm），则CD的长度为（ ）
A．6 B．4.5 C．3.5 D．3
【考点】直角三角形斜边上的中线．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】D
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质解答即可．
【解答】解：由题意可知：AB＝6cm，AD＝DB，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是△ABC的中线，
∴CDAB＝3（cm），
故选：D．
【点评】本题考查的是直角三角形斜边上的中线，在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
5．（2024秋 梁溪区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，对角线AC、BD相交于点O，过点O的直线交CD的延长线于点G，交边AD于点E，若AE＝2.5，则DG的长为（ ）
A．1.5 B．2 C．2.5 D．3
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】设直线OG交BC于点F，由矩形的性质得OA＝OC，AD∥BC，CD＝AB＝2，AD＝BC＝4，∠BCD＝∠ADC＝∠ADG＝90°，而AE＝2.5，则DE＝1.5，可证明△AOE≌△COF，得AE＝CF＝2.5，则S四边形CDEF＝4，由S△CFG＝41.5DG2.5（2+DG），求得DG＝3，于是得到问题的答案．
【解答】解：设直线OG交BC于点F，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝2，BC＝4，AE＝2.5，对角线AC、BC交于点O，
∴OA＝OC，AD∥BC，CD＝AB＝2，AD＝BC＝4，∠BCD＝∠ADC＝∠ADG＝90°，
∴∠OAE＝∠OCF，∠OEA＝∠OFC，DE＝AD﹣AE＝4﹣2.5＝1.5，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴AE＝CF＝2.5，
∴S四边形CDEF（1.5+2.5）×2＝4，
∵S△CFG＝41.5DG2.5（2+DG），
∴DG＝3，
故选：D．
【点评】此题重点考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，证明△AOE≌△COF是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 仪征市期末）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AC＝BD，请添加一个条件 AB＝CD（答案不唯一） ，使四边形ABCD是矩形．
【考点】矩形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】AB＝CD（答案不唯一）．
【分析】先证四边形ABCD是平行四边形，再由矩形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：添加一个条件为：AB＝CD，使四边形ABCD是矩形．理由如下：
∵AB＝CD，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，
故答案为：AB＝CD（答案不唯一）．
【点评】本题考查矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键，属于中考常考题型．
7．（2024秋 长春期末）如图，在正方形ABCD中，点E在AB边上，AF⊥DE于点G，交BC于点F．若AE＝15，CF＝5，则AF的长是 25 ．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】25．
【分析】先证明△BAF和△ADE全等得BF＝AE＝15，则AB＝BC＝20，然后在Rt△ABF中，由勾股定理即可求出AF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC，∠B＝DAB＝90°，
∴∠BAF+∠FAD＝90°，
∵AF⊥DE，
∴∠FAD+∠ADE＝90°，
∴∠BAF＝∠ADE，
在△BAF和△ADE中，
，
∴△BAF≌△ADE（ASA），
∴BF＝AE＝15，
∵CF＝5，
∴BC＝BF+CF＝20，
∴AB＝BC＝20，
在Rt△ABF中，AB＝20，BF＝15，
由勾股定理得：AF25．
故答案为：25．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，勾股定理是解决问题的关键．
8．（2024秋 碑林区校级期末）如图，正方形ABCD的边长为，对角线AC，BD相交于点O，点E在CA的延长线上，连接DE，F为DE的中点．若线段，那么OE的长为 14或10 ．
【考点】正方形的性质．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】14或10．
【分析】先延长DA，使AG＝AD，连接EG，过点E作EH⊥DG，再根据正方形的性质和勾股定理求出OA，∠EAH＝∠CAD＝∠EHA＝45°，然后根据三角形中位线定理求出GE，再设AH＝EH＝x，在直角三角形EGH中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出x，再次利用勾股定理求出AE，最后根据OE＝AE+AO，求出答案即可．
【解答】解：如图所示：延长DA，使AG＝AD，连接EG，过点E作EH⊥DG，
∵四边形ABCD是正方形，对角线AC，BD相交于点O，
∴∠AOD＝90°，AO＝OD，∠CAD＝45°，
∴∠EAH＝∠CAD＝45°，OA2+OD2＝AD2，
，
OA2＝36，
OA＝6或﹣6（舍去），
∵EH⊥DG，
∴∠EHA＝∠GHE＝90°，
∴∠AEH＝∠EAH＝45°，
∴AH＝EH，
设AH＝EH＝x，
∵正方形ABCD的边长为，即AG，
∴GH＝AG﹣AH，
∵AD＝AG，F为DE的中点，
∴AF是△DGE的中位线，
∴GE＝2AF，
在Rt△GHE中，由勾股定理得：GH2+EH2＝GE2，
，
，
，
，
，
b2﹣4ac
＝72﹣64
＝8，
∴，
，
当AH＝EH时，，OE＝AE+AO＝8+6＝14，
当AH＝EH时，，OE＝AE+AO＝4+6＝10，
∴OE的长为14或10，
故答案为：14或10．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、中位线定理和勾股定理等，解题关键是添加辅助线改造直角三角形．
9．（2024秋 市北区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，对角线AC与BD相交于点O，且AC＝6．AE⊥CD于点E，则AE的长是 ．
【考点】菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】．
【分析】根据菱形的性质得到AOAC＝3，OBBD，AC⊥BD，根据勾股定理得到BO＝4，求得BD＝8，根据菱形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AOAC6＝3，OBBD，AC⊥BD，
∵AB＝5，
∴BO4，
∴BD＝8，
S菱形ABCDAC BD＝CD AE，
∴6×8＝5AE，
∴AE，
故答案为：．
【点评】此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，正确利用菱形的面积求出AE的长是解题关键．
10．（2024秋 莱西市期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点M、N分别是边AD、CD的中点，连接MN、OM．若MN＝3，S菱形ABCD＝24，则OM的长为 2.5 ．
【考点】菱形的性质；三角形中位线定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据菱形的性质可得，，∠AOD＝90°，根据中位线定理可得AC，由菱形的面积可得BD，进而利用勾股定理可求出AD，再根据直角三角形斜边上的中线长等于斜边的一半即可求出OM的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，，，
∴∠AOD＝90°，
∵MN＝3，点M、N分别是边AD、CD的中点，
∴AC＝2MN＝6，
∴AO＝CO＝3，
∵，
∴BD＝8，
∴DO＝BO＝4，
∴，
∴，
故答案为：2.5．
【点评】本题考查了菱形的性质，三角形中位线性质，直角三角形的性质、勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
11．（2025 潍坊模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，AC平分∠BAD．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）已知菱形ABCD的对角线AC＝24，点E、F分别是菱形的边CD、BC的中点，连接EF，若EF＝5，求菱形的周长．
【考点】菱形的判定与性质；勾股定理；三角形中位线定理；平行四边形的判定与性质．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）52．
【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，再证明AB＝BC，即可证明结论；
（2）先求出BD＝2EF＝10，进而求出OA＝OD＝12，OB＝OD＝5，根据勾股定理求出AD，即可求出结论．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC平分∠BAD，AD∥BC，
∴∠DAC＝∠BAC，∠DAC＝∠BCA，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）连接BD，交AC于点O，如图：
∵点E、F分别是边CD、BC的中点，
∴BD＝2EF＝10，
∵AC、BD是菱形的对角线，且AC＝24，BD＝10，
∴AC⊥BD，OA＝OD＝12，OB＝OD＝5．
在Rt△AOD中．
∵OA＝12，OD＝5．
∴，
∴菱形的周长为：4AD＝4×13＝52．
【点评】本题考查了平行四边形的判定及性质、菱形的判定及性质、三角形的中位线的判定及性质以及勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
12．（2024秋 宝应县期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，CE⊥AB，垂足为E，F是AC的中点，连接DF、EF．
（1）求证：DF＝EF；
（2）连接DE，若AC＝8，DE＝4．判断△DEF的形状，并说明理由．
【考点】直角三角形斜边上的中线；等边三角形的判定．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）△DEF是等边三角形，理由见解答．
【分析】（1）根据垂直定义可得：∠AEC＝∠ADC＝90°，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得：EFAC，DFAC，从而利用等量代换即可解答；
（2）利用（1）的结论可得：EF＝DFAC＝4，然后利用等量代换可得DE＝EF＝DF＝4，即可解答．
【解答】（1）证明：∵AD⊥BC，CE⊥AB，
∴∠AEC＝∠ADC＝90°，
∵F是AC的中点，
∴EFAC，DFAC，
∴DF＝EF；
（2）解：△DEF是等边三角形，
理由：如图：
由（1）可得：EFAC，DFAC，
∵AC＝8，
∴EF＝DF＝4，
∵DE＝4，
∴DE＝EF＝DF＝4，
∴△DEF是等边三角形．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等边三角形的判定，熟练掌握直角三角形斜边上的中线以及等边三角形的判定是解题的关键．
13．（2024秋 金水区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，过点D作DE⊥AB，交BC于点E，过点A作AF∥BE，交ED的延长线于点F，连接AE，BF．
（1）判断四边形AEBF的形状，并说明理由．
（2）当Rt△ABC满足条件 AC＝BC 时，四边形AEBF是正方形．
【考点】正方形的判定；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）
（2）AC＝BC．（答案不唯一，如：∠ABC＝45°）
【分析】（1）由AF∥BE，得∠FAD＝∠EBD，而AD＝BD，∠ADF＝∠BDE，即可根据“ASA”证明△ADF≌△BDE，得AF＝BE，则四边形AEBF是平行四边形，因为EF⊥AB，所以四边形AEBF是菱形；
（2）当∠AEB＝90°时，四边形AEBF是正方形，由∠C＝∠AEB＝90°，点C与点E重合，则AC＝AE＝BE＝BC，所以当AC＝BC或∠ABC＝45°时，四边形AEBF是正方形，于是得到问题的答案．
【解答】解：（1）四边形AEBF是菱形，
理由：∵AF∥BE，
∴∠FAD＝∠EBD，
∵D为AB中点，
∴AD＝BD，
在△ADF和△BDE中，
，
∴△ADF≌△BDE（ASA），
∴AF＝BE，
∴四边形AEBF是平行四边形，
∵DE⊥AB，AF∥BE，交ED的延长线于点F，
∴EF⊥AB，
∴四边形AEBF是菱形．
（2）∵四边形AEBF是菱形，
∴当∠AEB＝90°时，四边形AEBF是正方形，
∵∠C＝∠AEB＝90°，
∴点C与点E重合，
∴AC＝AE＝BE＝BC，
∴当AC＝BC时，四边形AEBF是正方形，
故答案为：AC＝BC．
注：答案不唯一，如：∠ABC＝45°．
【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定等知识，证明△ADF≌△BDE是解题的关键．
14．（2024秋 本溪期末）如图，△ABC中，AC＝2AB，AD平分∠BAC，过点C作CE⊥AD交AD延长线于点E，点F是AC中点，连接EF，EB．
（1）证明：四边形ABEF是菱形；
（2）若∠BAC＝120°，，求边BC的长．
【考点】菱形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）BC＝14．
【分析】（1）由直角三角形的性质得，则∠FAE＝∠FEA，又AC＝2AB，则AB＝AF＝EF，从而证明BA∥EF，即可证明四边形ABEF是平行四边形，再由菱形的判定方法即可求证；
（2）作BH⊥AC交CA延长线于点H，则∠AHB＝90°，通过勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：∵CE⊥AE，
∴∠AEC＝90°，
∵点F是AC中点，
∴，
∴∠FAE＝∠FEA，
∵AC＝2AB，
∴AB＝AF＝EF，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠FAE，
∴∠BAE＝∠FEA，
∴BA∥EF，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB＝AF，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：作BH⊥AC交CA延长线于点H，则∠AHB＝90°，
∵∠BAC＝120°，
∴∠BAH＝60°，
∴∠ABH＝30°，
∴，
∵AC＝2AB，
∴，
∴，
∴由勾股定理得：，
在Rt△BCH中，由勾股定理得：，
∴BC的长为14．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，等角对等边，直角三角形的性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键．
15．（2024秋 平远县期末）如图， ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AC平分∠BAD，过点D作DP∥AC，过点C作CP∥BD，DP、CP交于点P，连接OP．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AC＝12，BD＝16，求OP的长．
【考点】菱形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到OB＝OD，根据角平分线的性质得到AC⊥BD，根据菱形的判定定理得到四边形ABCD是菱形；
（2）根据已知条件得到CD＝10，根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∵AC 平分∠BAD，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：在菱形ABCD中，AC＝12，BD＝16，
∴AC⊥BD，OD8，OCAC＝6，
∴CD10，
∵DP∥AC，CP∥BD，
∴四边形OCPD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形OCPD是矩形，
∴OP＝CD＝10．
【点评】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键．
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一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 电白区期末）已知如图，菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，DE⊥AB于E，交AC于点F，若∠BAD＝α，则∠DFO一定等于（ ）
A．2α B．45°+α C． D．
2．（2024秋 梅县区期末）下列说法中正确的是（ ）
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正方形
C．平行四边形的对角线平分一组对角
D．矩形的对角线相等且互相平分
3．（2024秋 梅县区期末）如图，在正方形ABCD对角线AC上取点E，使得AE＝AB，连接BE，则∠CBE的度数为（ ）
A．22.5° B．25° C．20° D．30°
4．（2024秋 禅城区期末）如图，将直角三角尺放置在刻度尺上，斜边上三个点A、D、B对应的刻度分别为1、4、7（单位：cm），则CD的长度为（ ）
A．6 B．4.5 C．3.5 D．3
5．（2024秋 梁溪区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，对角线AC、BD相交于点O，过点O的直线交CD的延长线于点G，交边AD于点E，若AE＝2.5，则DG的长为（ ）
A．1.5 B．2 C．2.5 D．3
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 仪征市期末）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AC＝BD，请添加一个条件 ，使四边形ABCD是矩形．
7．（2024秋 长春期末）如图，在正方形ABCD中，点E在AB边上，AF⊥DE于点G，交BC于点F．若AE＝15，CF＝5，则AF的长是 ．
8．（2024秋 碑林区校级期末）如图，正方形ABCD的边长为，对角线AC，BD相交于点O，点E在CA的延长线上，连接DE，F为DE的中点．若线段，那么OE的长为 ．
9．（2024秋 市北区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，对角线AC与BD相交于点O，且AC＝6．AE⊥CD于点E，则AE的长是 ．
10．（2024秋 莱西市期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点M、N分别是边AD、CD的中点，连接MN、OM．若MN＝3，S菱形ABCD＝24，则OM的长为 ．
三．解答题（共5小题）
11．（2025 潍坊模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，AC平分∠BAD．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）已知菱形ABCD的对角线AC＝24，点E、F分别是菱形的边CD、BC的中点，连接EF，若EF＝5，求菱形的周长．
12．（2024秋 宝应县期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，CE⊥AB，垂足为E，F是AC的中点，连接DF、EF．
（1）求证：DF＝EF；
（2）连接DE，若AC＝8，DE＝4．判断△DEF的形状，并说明理由．
13．（2024秋 金水区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，过点D作DE⊥AB，交BC于点E，过点A作AF∥BE，交ED的延长线于点F，连接AE，BF．
（1）判断四边形AEBF的形状，并说明理由．
（2）当Rt△ABC满足条件 时，四边形AEBF是正方形．
14．（2024秋 本溪期末）如图，△ABC中，AC＝2AB，AD平分∠BAC，过点C作CE⊥AD交AD延长线于点E，点F是AC中点，连接EF，EB．
（1）证明：四边形ABEF是菱形；
（2）若∠BAC＝120°，，求边BC的长．
15．（2024秋 平远县期末）如图， ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AC平分∠BAD，过点D作DP∥AC，过点C作CP∥BD，DP、CP交于点P，连接OP．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AC＝12，BD＝16，求OP的长．
期末专项培优 特殊的平行四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 电白区期末）已知如图，菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，DE⊥AB于E，交AC于点F，若∠BAD＝α，则∠DFO一定等于（ ）
A．2α B．45°+α C． D．
【考点】菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质得出AC⊥BD，进而利用互余解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠BAO∠BAD，
∴∠DFO+∠FDO＝90°，
∵DE⊥AB，
∴∠FDO+∠ABO＝90°，
∴∠DFO＝∠ABO，
∵∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠DFO＝90°﹣∠BAO＝90°，
故选：C．
【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的对角线互相垂直解答．
2．（2024秋 梅县区期末）下列说法中正确的是（ ）
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正方形
C．平行四边形的对角线平分一组对角
D．矩形的对角线相等且互相平分
【考点】矩形的判定与性质；正方形的判定；平行四边形的性质．
【答案】D
【分析】由矩形和正方形的判定方法容易得出A、B不正确；由平行四边形的性质和矩形的性质容易得出C不正确，D正确．
【解答】解：∵对角线相等的平行四边形是矩形，
∴A不正确；
∵对角线互相垂直的矩形是正方形，
∴B不正确；
∵平行四边形的对角线互相平分，菱形的对角线平分一组对角，
∴C不正确；
∵矩形的对角线互相平分且相等，
∴D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、正方形的判定；熟练掌握平行四边形、矩形、正方形的判定与性质是解决问题的关键．
3．（2024秋 梅县区期末）如图，在正方形ABCD对角线AC上取点E，使得AE＝AB，连接BE，则∠CBE的度数为（ ）
A．22.5° B．25° C．20° D．30°
【考点】正方形的性质；等腰三角形的性质．
【专题】运算能力．
【答案】A
【分析】根据正方形的性质得出∠BAC＝45°，根据等腰三角形的性质得出∠ABE＝67.5°，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAC＝45°，
∵AE＝AB，
∴，
∴∠CBE＝90°﹣∠ABE＝90°﹣67.5°＝22.5°，
故选：A．
【点评】本题主要考查的正方形的性质，等腰三角形的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
4．（2024秋 禅城区期末）如图，将直角三角尺放置在刻度尺上，斜边上三个点A、D、B对应的刻度分别为1、4、7（单位：cm），则CD的长度为（ ）
A．6 B．4.5 C．3.5 D．3
【考点】直角三角形斜边上的中线．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】D
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质解答即可．
【解答】解：由题意可知：AB＝6cm，AD＝DB，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是△ABC的中线，
∴CDAB＝3（cm），
故选：D．
【点评】本题考查的是直角三角形斜边上的中线，在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
5．（2024秋 梁溪区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，对角线AC、BD相交于点O，过点O的直线交CD的延长线于点G，交边AD于点E，若AE＝2.5，则DG的长为（ ）
A．1.5 B．2 C．2.5 D．3
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】设直线OG交BC于点F，由矩形的性质得OA＝OC，AD∥BC，CD＝AB＝2，AD＝BC＝4，∠BCD＝∠ADC＝∠ADG＝90°，而AE＝2.5，则DE＝1.5，可证明△AOE≌△COF，得AE＝CF＝2.5，则S四边形CDEF＝4，由S△CFG＝41.5DG2.5（2+DG），求得DG＝3，于是得到问题的答案．
【解答】解：设直线OG交BC于点F，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝2，BC＝4，AE＝2.5，对角线AC、BC交于点O，
∴OA＝OC，AD∥BC，CD＝AB＝2，AD＝BC＝4，∠BCD＝∠ADC＝∠ADG＝90°，
∴∠OAE＝∠OCF，∠OEA＝∠OFC，DE＝AD﹣AE＝4﹣2.5＝1.5，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴AE＝CF＝2.5，
∴S四边形CDEF（1.5+2.5）×2＝4，
∵S△CFG＝41.5DG2.5（2+DG），
∴DG＝3，
故选：D．
【点评】此题重点考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，证明△AOE≌△COF是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 仪征市期末）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AC＝BD，请添加一个条件 AB＝CD（答案不唯一） ，使四边形ABCD是矩形．
【考点】矩形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】AB＝CD（答案不唯一）．
【分析】先证四边形ABCD是平行四边形，再由矩形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：添加一个条件为：AB＝CD，使四边形ABCD是矩形．理由如下：
∵AB＝CD，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，
故答案为：AB＝CD（答案不唯一）．
【点评】本题考查矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键，属于中考常考题型．
7．（2024秋 长春期末）如图，在正方形ABCD中，点E在AB边上，AF⊥DE于点G，交BC于点F．若AE＝15，CF＝5，则AF的长是 25 ．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】25．
【分析】先证明△BAF和△ADE全等得BF＝AE＝15，则AB＝BC＝20，然后在Rt△ABF中，由勾股定理即可求出AF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC，∠B＝DAB＝90°，
∴∠BAF+∠FAD＝90°，
∵AF⊥DE，
∴∠FAD+∠ADE＝90°，
∴∠BAF＝∠ADE，
在△BAF和△ADE中，
，
∴△BAF≌△ADE（ASA），
∴BF＝AE＝15，
∵CF＝5，
∴BC＝BF+CF＝20，
∴AB＝BC＝20，
在Rt△ABF中，AB＝20，BF＝15，
由勾股定理得：AF25．
故答案为：25．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，勾股定理是解决问题的关键．
8．（2024秋 碑林区校级期末）如图，正方形ABCD的边长为，对角线AC，BD相交于点O，点E在CA的延长线上，连接DE，F为DE的中点．若线段，那么OE的长为 14或10 ．
【考点】正方形的性质．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】14或10．
【分析】先延长DA，使AG＝AD，连接EG，过点E作EH⊥DG，再根据正方形的性质和勾股定理求出OA，∠EAH＝∠CAD＝∠EHA＝45°，然后根据三角形中位线定理求出GE，再设AH＝EH＝x，在直角三角形EGH中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出x，再次利用勾股定理求出AE，最后根据OE＝AE+AO，求出答案即可．
【解答】解：如图所示：延长DA，使AG＝AD，连接EG，过点E作EH⊥DG，
∵四边形ABCD是正方形，对角线AC，BD相交于点O，
∴∠AOD＝90°，AO＝OD，∠CAD＝45°，
∴∠EAH＝∠CAD＝45°，OA2+OD2＝AD2，
，
OA2＝36，
OA＝6或﹣6（舍去），
∵EH⊥DG，
∴∠EHA＝∠GHE＝90°，
∴∠AEH＝∠EAH＝45°，
∴AH＝EH，
设AH＝EH＝x，
∵正方形ABCD的边长为，即AG，
∴GH＝AG﹣AH，
∵AD＝AG，F为DE的中点，
∴AF是△DGE的中位线，
∴GE＝2AF，
在Rt△GHE中，由勾股定理得：GH2+EH2＝GE2，
，
，
，
，
，
b2﹣4ac
＝72﹣64
＝8，
∴，
，
当AH＝EH时，，OE＝AE+AO＝8+6＝14，
当AH＝EH时，，OE＝AE+AO＝4+6＝10，
∴OE的长为14或10，
故答案为：14或10．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、中位线定理和勾股定理等，解题关键是添加辅助线改造直角三角形．
9．（2024秋 市北区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，对角线AC与BD相交于点O，且AC＝6．AE⊥CD于点E，则AE的长是 ．
【考点】菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】．
【分析】根据菱形的性质得到AOAC＝3，OBBD，AC⊥BD，根据勾股定理得到BO＝4，求得BD＝8，根据菱形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AOAC6＝3，OBBD，AC⊥BD，
∵AB＝5，
∴BO4，
∴BD＝8，
S菱形ABCDAC BD＝CD AE，
∴6×8＝5AE，
∴AE，
故答案为：．
【点评】此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，正确利用菱形的面积求出AE的长是解题关键．
10．（2024秋 莱西市期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点M、N分别是边AD、CD的中点，连接MN、OM．若MN＝3，S菱形ABCD＝24，则OM的长为 2.5 ．
【考点】菱形的性质；三角形中位线定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据菱形的性质可得，，∠AOD＝90°，根据中位线定理可得AC，由菱形的面积可得BD，进而利用勾股定理可求出AD，再根据直角三角形斜边上的中线长等于斜边的一半即可求出OM的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，，，
∴∠AOD＝90°，
∵MN＝3，点M、N分别是边AD、CD的中点，
∴AC＝2MN＝6，
∴AO＝CO＝3，
∵，
∴BD＝8，
∴DO＝BO＝4，
∴，
∴，
故答案为：2.5．
【点评】本题考查了菱形的性质，三角形中位线性质，直角三角形的性质、勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
11．（2025 潍坊模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，AC平分∠BAD．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）已知菱形ABCD的对角线AC＝24，点E、F分别是菱形的边CD、BC的中点，连接EF，若EF＝5，求菱形的周长．
【考点】菱形的判定与性质；勾股定理；三角形中位线定理；平行四边形的判定与性质．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）52．
【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，再证明AB＝BC，即可证明结论；
（2）先求出BD＝2EF＝10，进而求出OA＝OD＝12，OB＝OD＝5，根据勾股定理求出AD，即可求出结论．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC平分∠BAD，AD∥BC，
∴∠DAC＝∠BAC，∠DAC＝∠BCA，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）连接BD，交AC于点O，如图：
∵点E、F分别是边CD、BC的中点，
∴BD＝2EF＝10，
∵AC、BD是菱形的对角线，且AC＝24，BD＝10，
∴AC⊥BD，OA＝OD＝12，OB＝OD＝5．
在Rt△AOD中．
∵OA＝12，OD＝5．
∴，
∴菱形的周长为：4AD＝4×13＝52．
【点评】本题考查了平行四边形的判定及性质、菱形的判定及性质、三角形的中位线的判定及性质以及勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
12．（2024秋 宝应县期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，CE⊥AB，垂足为E，F是AC的中点，连接DF、EF．
（1）求证：DF＝EF；
（2）连接DE，若AC＝8，DE＝4．判断△DEF的形状，并说明理由．
【考点】直角三角形斜边上的中线；等边三角形的判定．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）△DEF是等边三角形，理由见解答．
【分析】（1）根据垂直定义可得：∠AEC＝∠ADC＝90°，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得：EFAC，DFAC，从而利用等量代换即可解答；
（2）利用（1）的结论可得：EF＝DFAC＝4，然后利用等量代换可得DE＝EF＝DF＝4，即可解答．
【解答】（1）证明：∵AD⊥BC，CE⊥AB，
∴∠AEC＝∠ADC＝90°，
∵F是AC的中点，
∴EFAC，DFAC，
∴DF＝EF；
（2）解：△DEF是等边三角形，
理由：如图：
由（1）可得：EFAC，DFAC，
∵AC＝8，
∴EF＝DF＝4，
∵DE＝4，
∴DE＝EF＝DF＝4，
∴△DEF是等边三角形．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等边三角形的判定，熟练掌握直角三角形斜边上的中线以及等边三角形的判定是解题的关键．
13．（2024秋 金水区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，过点D作DE⊥AB，交BC于点E，过点A作AF∥BE，交ED的延长线于点F，连接AE，BF．
（1）判断四边形AEBF的形状，并说明理由．
（2）当Rt△ABC满足条件 AC＝BC 时，四边形AEBF是正方形．
【考点】正方形的判定；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）
（2）AC＝BC．（答案不唯一，如：∠ABC＝45°）
【分析】（1）由AF∥BE，得∠FAD＝∠EBD，而AD＝BD，∠ADF＝∠BDE，即可根据“ASA”证明△ADF≌△BDE，得AF＝BE，则四边形AEBF是平行四边形，因为EF⊥AB，所以四边形AEBF是菱形；
（2）当∠AEB＝90°时，四边形AEBF是正方形，由∠C＝∠AEB＝90°，点C与点E重合，则AC＝AE＝BE＝BC，所以当AC＝BC或∠ABC＝45°时，四边形AEBF是正方形，于是得到问题的答案．
【解答】解：（1）四边形AEBF是菱形，
理由：∵AF∥BE，
∴∠FAD＝∠EBD，
∵D为AB中点，
∴AD＝BD，
在△ADF和△BDE中，
，
∴△ADF≌△BDE（ASA），
∴AF＝BE，
∴四边形AEBF是平行四边形，
∵DE⊥AB，AF∥BE，交ED的延长线于点F，
∴EF⊥AB，
∴四边形AEBF是菱形．
（2）∵四边形AEBF是菱形，
∴当∠AEB＝90°时，四边形AEBF是正方形，
∵∠C＝∠AEB＝90°，
∴点C与点E重合，
∴AC＝AE＝BE＝BC，
∴当AC＝BC时，四边形AEBF是正方形，
故答案为：AC＝BC．
注：答案不唯一，如：∠ABC＝45°．
【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定等知识，证明△ADF≌△BDE是解题的关键．
14．（2024秋 本溪期末）如图，△ABC中，AC＝2AB，AD平分∠BAC，过点C作CE⊥AD交AD延长线于点E，点F是AC中点，连接EF，EB．
（1）证明：四边形ABEF是菱形；
（2）若∠BAC＝120°，，求边BC的长．
【考点】菱形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）BC＝14．
【分析】（1）由直角三角形的性质得，则∠FAE＝∠FEA，又AC＝2AB，则AB＝AF＝EF，从而证明BA∥EF，即可证明四边形ABEF是平行四边形，再由菱形的判定方法即可求证；
（2）作BH⊥AC交CA延长线于点H，则∠AHB＝90°，通过勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：∵CE⊥AE，
∴∠AEC＝90°，
∵点F是AC中点，
∴，
∴∠FAE＝∠FEA，
∵AC＝2AB，
∴AB＝AF＝EF，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠FAE，
∴∠BAE＝∠FEA，
∴BA∥EF，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB＝AF，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：作BH⊥AC交CA延长线于点H，则∠AHB＝90°，
∵∠BAC＝120°，
∴∠BAH＝60°，
∴∠ABH＝30°，
∴，
∵AC＝2AB，
∴，
∴，
∴由勾股定理得：，
在Rt△BCH中，由勾股定理得：，
∴BC的长为14．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，等角对等边，直角三角形的性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键．
15．（2024秋 平远县期末）如图， ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AC平分∠BAD，过点D作DP∥AC，过点C作CP∥BD，DP、CP交于点P，连接OP．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AC＝12，BD＝16，求OP的长．
【考点】菱形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到OB＝OD，根据角平分线的性质得到AC⊥BD，根据菱形的判定定理得到四边形ABCD是菱形；
（2）根据已知条件得到CD＝10，根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∵AC 平分∠BAD，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：在菱形ABCD中，AC＝12，BD＝16，
∴AC⊥BD，OD8，OCAC＝6，
∴CD10，
∵DP∥AC，CP∥BD，
∴四边形OCPD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形OCPD是矩形，
∴OP＝CD＝10．
【点评】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键．
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