第五章 特殊平行四边形单元能力测试卷（解析版+学生卷）

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【单元双测卷——能力测】
第五章
特殊平行四边形
说明：全卷满分120分，有三大题，共24小题.
班级：__________
姓名：__________
得分：__________
一、选择题（本题有10小题，每题3分，共30分.
请选出各题中唯一的正确选项，不选、多选、错选，均不得分）
1．如图，菱形ABCD的边长是4,E是AB的中点，且DE⊥AB,,则菱形ABCD的面积为（
）
A．12
B．
C．
D．8
第1题图
第2题图
第3题图
2．如图，把一张长方形纸片沿折叠后，若，则的度数为（
）
A．
B．
C．
D．
3．如图，中，．若于点，于点，分则为、的中点，若，则的长为（
）
A．
B．
C．8
D．9
4．如图，点是正方形对角线的交点，以为边构造菱形且点在上，连接，则的度数为（
）
A．
B．
C．
D．
第4题图
第5题图
第6题图
5．如图，在四边形ABCD中，E是AB上的一点，△ADE和△BCE都是等边三角形，点P、Q、M、N分别为AB、BC、CD、DA的中点，则四边形MNPQ是（
）
A．等腰梯形
B．矩形
C．菱形
D．正方形
6．如图，已知正方形ABCD的边长为1，连结AC、BD，CE平分∠ACD交BD于点E，则DE长（
）
A．
B．
C．1
D．1﹣
7．如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠A=135°，点P是菱形内部一点，且满足，则PC+PD的最小值为（
）
A．
B．
C．6
D．
第7题图
第8题图
8．图形分割是令人困惑有趣的．比如将一个正方形分割成若干锐角三角形，要求分割的锐角三角的个数尽可能少就是让人感兴趣的问题．下图即是将正方形分割成11个、10个、9个、8个锐角三角形的图形（如图
①～④）：其中图④将正方形分割成8个锐角三角形不仅是一种巧妙的方法，而且图④还是一个轴对称图形，请找一找图④中全等三角形有（
）对．
A．3
B．4
C．5
D．6
9．对于平面直角坐标系中的点和一个正方形，给出如下定义：若在正方形的边上存在两个点、，使得，则称点为这个正方形的关联点．在点，，，四个点中，正方形的关联点的个数（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
第9题图
第10题图
10．如图，四边形ABCD与四边形OEFG都是正方形，O是正方形ABCD的中心，OE交BC于点M，OG交CD于点N，下列结论：①△ODG≌△OCE；②GD=CE；③OG⊥CE；④若正方形ABCD的边长为2，则四边形OMCN的面积等于1，其中正确的结论有（
）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
二、填空题（本题有6小题，每题4分，共24分）
11．已知：线段AB，BC，．
求作：矩形ABCD．
老师说甲、乙同学的作图都正确.
请你选择其中一位同学的作业说明其作图依据.
我选择____同学，他的作图依据是：___________________________________________.
12．已知，如图，正方形ABCD的面积为25，菱形PQCB的面积为20，则阴影部分的面积为________．
第12题图
第13题图
第14题图
13．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC
=BC=
6，E是斜边AB上任意一点，作EF⊥AC于F，EG⊥BC于G，则矩形CFEG的周长是_______．
14．如图，正方形ABCD和正方形BEFG的边长分别为1和3，点C在边BG上，线段DF、EG交于点M，连接DE、BM，则△DEG的面积为____，BM=____．
15．如图，已知矩形ABCD的边AB=3，AD=8，顶点A、D分别在x轴、y轴上滑动，在矩形滑动过程中，点C到原点O距离的最大值是______．
第15题图
第16题图
16．将
n
个边长都为
2cm
的正方形按如图所示的方法摆放,点
A1、A2、…、An
分别是正方形的中心,则
2020
个这样的正方形重叠部分(阴影部分)的面积和为_____
三、解答题（本题有8小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．(本题6分)如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝3．
（1）在图①中，P是BC上一点，EF垂直平分AP，分别交AD、BC边于点E、F，求证：四边形AFPE是菱形；
（2）在图②中利用直尺和圆规作出面积最大的菱形，使得菱形的四个顶点都在矩形ABCD的边上，并直接标出菱形的边长．（保留作图痕迹，不写作法）
18．(本题6分)（1）在图①中，在AB上找一点D，连接CD，使△BCD的面积是△ABC面积的一半．
（2）在图②中，在△ABC内部（不含边界）找一点E，并连接BE、CE，使△BCE的面积是△ABC面积的一半．
19．(本题8分)如图，矩形ABCD，过点B作BE∥AC交DC的延长线于点E．过点D作DH⊥BE于H，G为AC中点，连接GH．
（1）求证：BE＝AC．
（2）判断GH与BE的数量关系并证明．
20．(本题8分)已知：如图，在中，，，为外角的平分线，．
（1）求证：四边形为矩形；
（2）当与满足什么数量关系时，四边形是正方形？并给予证明
21．(本题8分)如图，在中，．，平分，交于点，交于点．过点作交于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
22．(本题10分)已知：在矩形中，是对角线，于点，于点．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，当时，连接、，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于矩形面积的．
23．(本题10分)如图1，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F，AB=6cm，AD=8cm.
（1）求证：△BDF是等腰三角形；
（2）如图2，过点D作DG∥BE，交BC于点G，连结FG交BD于点O．判断四边形FBGD的形状，并说明理由．
（3）在（2）的条件下，求FG的长.
24．(本题10分)在正方形
ABCD
中．
（1）如图
1，点
E、F
分别在
BC、CD
上，AE、BF
相交于点
O，∠AOB=90°，试判断AE
与
BF
的数量关系，并说明理由；
（2）如图
2，点
E、F、G、H
分别在边
BC、CD、DA、AB
上，EG、FH
相交于点
O，∠GOH=90°，且
EG=7，求
FH
的长；
（3）如图
3，点
E、F
分别在
BC、CD
上，AE、BF
相交于点
O，∠AOB=90°，若
AB=3，
图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为
2：3，求△ABO
的周长．
答案及解析
1．C
【解析】利用勾股定理求出DE，根据菱形ABCD的面积=AB?DE计算即可．
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=4，
∵AE=EB=2，
∵DE⊥AB，
∴∠AED=90°
在Rt△ADE中，DE==2，
∴菱形ABCD的面积=AB?DE=4×2=8，
故选C．
2．B
【解析】先根据折叠的性质以及对顶角相等，得出∠A'FG=90°-40°=50°，再根据∠1+∠EFG=180°，可得∠1+∠1-50°=180°，进而得出∠1=115°．
解：∵∠2=40°，
∴∠FGA'=40°，
又∵∠A'=∠A=90°，
∴Rt△A'FG中，∠A'FG=90°-40°=50°，
∴∠EFG=∠EFA'-50°，
又∵∠1=∠EFA'，
∴∠EFG=∠1-50°，
又∵∠1+∠EFG=180°，
∴∠1+∠1-50°=180°，
解得∠1=115°，
故选：B．
3．A
【解析】连接EF、DF，根据直角三角形的性质得到，根据等腰三角形的性质得到FG⊥DE，，根据勾股定理计算即可．
解：连接EF、DF，
∵BD⊥AC，F为BC的中点，
∵CE⊥AB，F为BC的中点，
∴FE=FD，又G为DE的中点，
由勾股定理得，
故选：A．
4．B
【解析】根据正方形的性质得到，，，根据菱形的性质得到，,，，推出，然后由即可．
解：∵四边形是正方形，
∴，，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，，
∴，
∴．
故选：B.
5．C
【解析】连接AC与BD，首先证得△AEC≌△DEB，即可得到AC=BD，然后利用三角形的中位线定理证得四边形MNPQ的对边平行且相等，并且邻边相等，从而证得四边形MNPQ是菱形．
证明：连接BD、AC；
∵△ADE、△ECB是等边三角形，
∴AE=DE，EC=BE，∠AED=∠BEC=60°；
∴∠AEC=∠DEB=120°；
在△AEC与△DEB中，
，
∴△AEC≌△DEB（SAS）；
∴AC=BD；
∵M、N是CD、AD的中点，
∴MN是△ACD的中位线，即MN=AC，
同理可证得：NP=DB，QP=AC，MQ=BD，
∴MN=NP=PQ=MQ，
∴四边形NPQM是菱形．
故选C．
6．A
【解析】过E作EF⊥DC于F，根据正方形对角线互相垂直以及角平分线的性质可得EO=EF，再由正方形的性质可得CO=AC=，继而可得EF=DF=DC-CF=1-，再根据勾股定理即可求得DE长.
解：过E作EF⊥DC于F，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
∵CE平分∠ACD交BD于点E，
∴EO=EF，
∵正方形ABCD的边长为1，
∴AC=，
∴CO=AC=，
∴CF=CO=，
∴EF=DF=DC-CF=1-，
∴DE=
=-1，
故选A.
7．B
【解析】在BC上截取点E使CE=BC=2,过点E作EF//AB，交AD于点F，
由可知点P线段EF上，作C’与C关于EF对称，连接DC’，则DC’的长即是PC+PD的最小值.
解：在BC上截取点E使CE=BC=2,过点E作EF//AB，交AD于点F，
∴
∴当点P在线段EF上是时，.
作C’与C关于EF对称，连接DC’，则DC’的长即是PC+PD的最小值.
由题可知，,
∴,,
由勾股定理得，.
故选B.
8．A
【解析】根据轴对称图形的性质直接得出全等三角形即可．
解：∵图④是一个轴对称图形，∴图④中全等三角形有△AFC≌△EGC，△AFB≌△EGD，△BFN≌△DGN一个有3对．
故选；A．
9．D
【解析】若点是正方形ABCD的关联点，则点到正方形边顶点的夹角大于60°，据此判断即可得.
解：如图，∵∠ADC=90°>60°，
∴D点是关联点，
∵∠AEB=∠BEC＞90°，
∴E点是关联点，
∵∠DFC=60°，
∴F点是关联点，
∵∠AGC＞60°，
∴G点是关联点，
故选D．
10．C
【解析】根据O是正方形ABCD的中心以及四边形OEFG是正方形，利用SAS可证明△DOG≌△COE，根据全等三角形的性质可得DG=CE，由此可判定①②正确，由正方形OEFG可得OE⊥OG，从而可得OG不垂直CE，判定③错误，证明△DON≌△COM，从而可得S△DON=S△COM，继而根据正方形面积公式可求得S四边形OMCN=S△COD=1，判定④正确，据此即可得答案.
解：∵O是正方形ABCD的中心，
∴OD=OC，AC⊥BD，∠ODN=∠OCM=45°，
∴∠DOC=90°，
∵四边形OEFG是正方形，
∴OG=OE，∠EOG=90°，
∴∠DOG=∠COE，
在△DOG和△COE中，
，
∴△DOG≌△COE，
∴DG=CE，所以①②正确，
∵∠EOG=90°，
∴OE⊥OG，
过点E有且只有一条直线和OG垂直，
∴OG不垂直CE，所以③错误；
在△DON和△COM中，
，
∴△DON≌△COM，
∴S△DON=S△COM，
∴S四边形OMCN=S△COD，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴S△COD=S正方形ABCD=1，
∴S四边形OMCN=S△COD=1，所以④正确，
即：正确的有①②④，
故选C．
11．选甲或选乙
两组对边分别相等的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形；
或对角线互相平分的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形.
【解析】根据平行四边形的判定定理、矩形的判定定理即可解答．
解：甲：由作法可得：AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵，
∴平行四边形ABCD是矩形，
甲的作图依据是：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形；
乙：由作法可得：AM=CM，BM=DM，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵，
∴平行四边形ABCD是矩形，
乙的作图依据是：对角线互相平分的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形；
故答案为：选甲或选乙；两组对边分别相等的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形；或对角线互相平分的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形．
12．11
【解析】由题意易得AB=BC=BP=PQ=QC=5，EC=4，在Rt△QEC中，可根据勾股定理求得EQ=3，又有PE=PQ-EQ=2，进而可得S阴影的值．
解：∵正方形ABCD的面积是25，
∴AB=BC=BP=PQ=QC=5，
又∵S菱形PQCB=PQ×EC=5×EC=20，
∴S菱形PQCB=BC?EC，
即20=5?EC，
∴EC=4，
在Rt△QEC中，EQ==3；
∴PE=PQ-EQ=2，
∴S阴影=S正方形ABCD-S梯形PBCE=25-×（5+2）×4=25-14=11．
故答案为11．
13．12．
【解析】解：∵∠C=90°，EF⊥AC，EG⊥BC，∴∠C=∠EFC=∠EGC=90°．∴四边形FCGE是矩形．
∴FC=EG，FE=CG，EF∥CG，EG∥CA，∴∠BEG=∠A=45°=∠B．∴EG=BG．
同理AF=EF，
∴矩形CFEG的周长是CF+EF+EG+CG=CF+AF+BG+CG=AC+BC=6+6=12．
故答案为：12
14．
．
【解析】依据五边形AEFGD的面积减去△ADE和△EFG的面积，即可得到△DEG的面积；连接BD，BF，即可得到△BDF是直角三角形，然后证明M是DF的中点，再根据勾股定理求出DF的长，依据直角三角形斜边上中线的性质即可得出BM的长．
解：根据题意得：△DEG的面积为：12+321×(3﹣1)1×(1+3)32=1+9+1﹣2，
如图，连接BD，BF，则∠DBF=90°，
∴△BDF是直角三角形．
∵BM与FM关于GE对称，
∴BM=FM，
∴∠MBF=∠MFB，
又∵∠MBF+∠MBD=∠MFB+∠MDB，
∴∠MDB=∠MBD，
∴DM=BM，
∴M是DF的中点，
∴Rt△BDF中，BMDF．
∵正方形ABCD和正方形BEFG的边长分别为1和3，
∴BD，BF=3，
∴DF2，
∴BM．
故答案为：，．
15．9
【解析】取AD的中点E，连接OE，CE，OC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出OE，然后根据勾股定理即可求CE，然后根据两点之间线段最短即可求出OC的最大值．
解：如图，取AD的中点E，连接OE，CE，OC，
∵∠AOD=90°，
∴Rt△AOD中，OE=AD=4，
又∵∠ADC=90°，AB=CD=3，DE=4，
∴Rt△CDE中，CE==5，
又∵OC≤CE+OE=9（当且仅当O、E、C共线时取等号），
∴OC的最大值为9，
即点C到原点O距离的最大值是9，
故答案为：9．
16．2019cm2
【解析】根据题意可得，阴影部分的面积是正方形的面积的，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则n个这样的正方形重叠部分即为（n-1）阴影部分的和．
解：
解：作A1E⊥A2E，A1F⊥A2H．
则∠FA1E=∠HA1G=90°，
∴∠FA1H=∠GA1E，
在△A1HF和△A1GE中，，
∴△A1HF≌△A1GE，
∴四边形A2HA1G的面积=四边形A1EA2F的面积=×4=1，
同理，各个重合部分的面积都是1，
则n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为1×（n-1）=n-1（cm2），
∴2020个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为：2020-1=2019（cm2），
故答案为2019cm2．
17．（1）见解析；（2）见解析
【解析】（1）根据矩形的性质和EF垂直平分AP推出AF＝PF＝AE＝PE即可判断；
（2）以矩形的一条对角线和这条对角线的垂直平分线作菱形的对角线，此时的菱形即为矩形ABCD内面积最大的菱形．
解：（1）证明：如图①
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠1＝∠2，
∵EF垂直平分AP，
∴AF＝PF，AE＝PE，
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∴AE＝AF，
∴AF＝PF＝AE＝PE，
∴四边形AFPE是菱形；
（2）如图②，以矩形的一条对角线和这条对角线的垂直平分线作菱形的对角线，连接各个点，所得的菱形即为矩形ABCD内面积最大的菱形；
此时设菱形边长为x，
则可得12+（3-x）2=x2，
解得x=，
所以菱形的边长为．
18．（1）在图①中，点D即为所求；见解析；（2）在图②中，点E即为所求；见解析．
【解析】（1）连接EF交AB于D，根据矩形的对角线互相平分得：D为AB的中点，可得结论；
（2）根据矩形的性质可得AB和AC的中点D、H，连接DH，取DH的中点E，则△BCE的面积是△ABC面积的一半．
解：
解：（1）在图①中，点D即为所求；
（2）在图②中，点E即为所求．
19．（1）证明见解析；（2）GH＝BE．
【解析】（1）由题意根据矩形的性质得出AB∥CD，根据平行四边形的判定得出四边形ABEC是平行四边形，即可得出答案；
（2）根据题意连接BD，根据矩形的性质得出AC=BD，求出G为BD的中点，根据直角三角形斜边上的中线性质得出GH=BD即可．
解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∵AC∥BE，
∴四边形ABEC是平行四边形，
∴BE＝AC；
（2）GH＝BE，
证明：连接BD，
∵四边形ABCD是矩形，G为AC的中点，
∴G为BD的中点，AC＝BD，
∵DH⊥BE，即∠DHB＝90°，
∴GH＝BD，
∵AC＝BD，AC═BE，
∴GH＝BE．
20．（1）见解析　　（2）　，理由见解析．
【解析】（1）根据矩形的有三个角是直角的四边形是矩形，已知CE⊥AN，AD⊥BC，所以求证∠DAE=90°，可以证明四边形ADCE为矩形．（2）由正方形的性质逆推得，结合等腰三角形的性质可以得到答案．
解：（1）证明：在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，
∴∠BAD=∠DAC，
∵AN是△ABC外角∠CAM的平分线，
∴∠MAE=∠CAE，
∴∠DAE=∠DAC+∠CAE=×180°=90°，
又∵AD⊥BC，CE⊥AN，
∴∠ADC=∠CEA=90°，
∴四边形ADCE为矩形．
（2）当时，四边形ADCE是一个正方形．
理由：∵AB=AC，
AD⊥BC
，
，
，
∵四边形ADCE为矩形，
∴矩形ADCE是正方形．
∴当时，四边形ADCE是一个正方形．
21．（1）见解析；（2）
【解析】（1）根据题意先证得，再利用全等三角形判定证得进而得出四边形是平行四边形，并根据证得四边形是菱形；
（2）根据题意先利用得出，进而运用三角函数中正切值进行分析即可.
解：（1）证明：∵，
∴
∴
∵平分，，
∴，
∵
∴
∴
∴
∴
∴且
∴四边形是平行四边形
∵
∴平行四边形是菱形.
（2）∵，
∴
∵
∴在中，
∴BG=AB-AG=12-6=6，
∴在中，tan∠B=
∴.
22．（1）见解析；（2），，，
【解析】（1）由AAS证明△ABE≌△CDF，即可得出结论；
（2）连接AC，交BD于点O，由矩形的对角线相等且互相平分以及得到是等边三角形，，由于点，得到BE=OE，OF=DF，进而BF=BD,故，由等底等高的三角形面积相等，得到====.
解：（1）∵在矩形中，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）如图：连接AC，交BD于点O，
∵四边形是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，
∵，
∴AB=OB=OA，
∴是等边三角形，
∵于点，
∴BE=OE，
同理OF=DF，
∴BE=OE=OF=DF，
∴BF=BD,
∴
∴BF=DE,
由（1）知，AE=CF，
∴====
23．（1）见解析；（2）见解析；（3）.
【解析】（1）根据两直线平行内错角相等及折叠特性判断；
（2）根据已知矩形性质及第一问证得邻边相等判断；
（3）根据折叠特性设未知边，构造勾股定理列方程求解．
解：（1）如图1，根据折叠，∠DBC=∠DBE，又AD∥BC，
∴∠DBC=∠ADB，
∴∠DBE=∠ADB，
∴DF=BF，∴△BDF是等腰三角形；
（2）∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC
∴FD∥BG
又∵DG∥BE
∴四边形BFDG是平行四边形
∵DF=BF
∴四边形BFDG是菱形；
（3）设DF为xcm，则BF=xcm,AF＝(8-x)cm
在Rt△ABE中，由勾股定理得，62+（8-x）2＝x2，解得x=,
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，∴BD==10，
∵四边形BGDF是菱形，
∴BD⊥FG，
∵
10×FG×＝，
∴FG,∴FG的长为.
24．（1）AE=BF，见解析；（2）FH的长7；（3）△ABO的周长为．
【解析】（1）证△ABE≌△BCF即可得；
（2）如下图，证△IGE≌△JHF，可得HF=GE，从而得出FH的长；
（3）根据△ABE≌△BCF和面积比例，可得出△ABO的大小，设AO=x，BO=y，则可得xy的值，然后再Rt△ABO中，利用勾股定理可得x、y的关系式，进行变形可推导出x+y的值，从而得出△ABO的周长．
解：（1）AE=BF
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF
∵∠AOB=90°
∴∠BAE+∠ABO=90°
∵∠ABO+∠CBF=90°
∴∠BAE=∠CBF
∴△ABE≌△BCF(ASA)
∴AE=BF
（2）如下图，过点G作BC的垂线，交BC于点I，过点H作CD的垂线，交CD于点J，GI与JH交于点K，GI与HF交于点L
∵四边形ABCD是正方形，GI⊥BC，HJ⊥CD
∴GI=HJ，∠GIE=∠HJF=90°，∠GKJ=90°
∴∠JHF+∠HLK=90°
∵∠GOH=90°
∴∠IGE+∠GLO=90°
∵∠HLK=∠GLO
∴∠IGE=∠FHJ
∴△IGE≌△JHF(ASA)
∴HF=EG=7
（3）∵AB=3，∴正方形ABCD的面积为9
∵图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为
2：3
∴阴影部分面积为9×，∴空白部分面积=9－6=3
第（1）问已证△ABE≌△BCF
∴
∴
设AO=x，BO=y
则，即xy=3
在Rt△ABO中，
则，即
∴x+y=
∴△ABO的周长=
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精品试卷·第
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