【单元测评培优卷】第5章 特殊平行四边形（原版+解析版）

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2020-2021学年浙教版八年级下册数学
单元测评培优卷（原版+解析版）
第5章
特殊的平行四边形
(测试时间：120分钟，满分：120分)
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020·浙江八年级期末）下列命题：①一组对边平行且另一组对边相等的四边形是平行四边形；②一组邻角相等的平行四边形是矩形；③顺次连结矩形四边中点得到的四边形是菱形；④如果一个菱形的对角线相等，那么它一定是正方形．其中真命题个数是（
）
A．个
B．个
C．个
D．个
2．（2020·山东八年级期末）如图，在矩形中，平分交于点，，则矩形的周长为（
）
A．18
B．20
C．21
D．22
3．（2020·环县环城初级中学八年级期末）如图在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为32，则AH的长等于（
）
A．8
B．6
C．7
D．4
4．（2020·河北保定师范附属学校九年级期中）如图，在任意四边形中，，，，分别是，，，上的点，对于四边形的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（
）
A．当，，，是各边中点，且时，四边形为菱形
B．当，，，是各边中点，且时，四边形为矩形
C．当，，，不是各边中点时，四边形可以为平行四边形
D．当，，，不是各边中点时，四边形不可能为菱形
5．（2020·江西八年级期末）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（）
A．当AB＝BC时，它是菱形
B．当AC⊥BD时，它是菱形
C．当∠ABC＝90°时，它是矩形
D．当AC＝BD时，它是正方形
6．（2020·山西八年级期末）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF．若AB=6，则BC的长为（
）．
A．3
B．3
C．2
D．
7．（2020·张家港市梁丰初级中学九年级月考）如图，中，，，，点是的中点，将
沿翻折得到，连，则线段的长等于（
）
A．
B．
C．
D．
8．（2020·深圳市龙岗区九年级月考）如图，将正方形ABCD折叠，使点A与CD边上的点H重合（H不与C，D重合），折痕交AD于点E，交BC于点F，边AB折叠后与边BC交于点G．设正方形ABCD周长为m，△CHG周长为n，则的值为（　　）
A．
B．
C．
D．
9．（2020·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校八年级期中）正方形ABCD，CEFG按如图放置，点B，C，E在同一条直线上，点P在BC边上，，且，连接AF交CD于点M，有下列结论：；；；其中正确的是（　　　　）
A．
B．
C．
D．
10．（2021·山东八年级期中）如图，在矩形中，平分交于点，给出以下结论：①为等腰直角三角形；②为等边三角形；③；④⑤是的中位线．其中正确的结论有（
）
A．个
B．个
C．个
D．个
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020·江苏八年级期中）如图，在菱形ABCD中，若AC＝24
cm，BD＝10
cm，则菱形ABCD的高为________cm．
12．（2020·山西八年级期中）如图，RtABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，以AB，BC，AC为边在AB同侧作正方形ABDE，正方形BCFG，正方形ACMN，点E恰好在边MN上，GF的延长线能经过点D．图中阴影部分的面积为_____________．
13．（2020·广州市第十六中学八年级期中）如图，在菱形中，，，且，连接交对角线于点，则______．
14．（2021·内蒙古八年级期中）如图，矩形中，，点在上，且，连接，将矩形沿直线翻折，点恰好落在上的点处，则________.
15．（2020·福建省福州一中贵安学校八年级期中）正方形ABCD中，AB＝4，P是AC上一点，过点P作PM⊥AB于M，PN⊥BC于N．则MN最小值_____．
16．（2020·揭阳市揭东区光正实验学校九年级月考）已知矩形ABCD，对角线AC、BD相交于点O，点E为BD上一点，OE＝1，连接AE，∠AOB＝60°，AB＝2，则AE的长为_________．
17．（2020·江西八年级期末）如图，在矩形ABCD中，，，点P从点A向点D以每秒1cm的速度运动，Q以每秒4cm的速度从点C出发，在B、C两点之间做往返运动，两点同时出发，点P到达点D为止(同时点Q也停止)，这段时间内，当运动时间为______时，P、Q、C、D四点组成矩形．
18．（2020·黄冈市启黄中学九年级）如图，已知正方形ABCD的边长为a，E为CD边上一点（不与端点重合），将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF．给出下列判断：①∠EAG＝45°；②若DE＝a，则AG∥CF；③若E为CD的中点，则△GFC的面积为a2；④若CF＝FG，则；⑤BG?DE+AF?GE＝a2．其中正确的是_______．（写出所有正确判断的序号）
三、解答题（本大题共7小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020·四川成都外国语学校高新校区九年级月考）如图，在矩形中，对角线与相交于点．过点作的平行线，过点作的平行线，两线相交于点．
（1）求证：四边形是菱形．（2）已知，，求四边形的面积．
20．（2020·江苏八年级期末）如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN与AD相交于点M，与BC相交于点N．连接BM，DN．(1)求证：四边形BMDN是菱形；(2)若AB=4，AD=8，求MD的长．
21．（2020·江苏八年级月考）菱形中，，点在边上，点在边上．（1）如图1，若是的中点，，求证：是的中点；
（2）如图2，若，，求的度数．
22．（2020·黑龙江八年级期末）在正方形ABCD中，连接AC，点E在线段AD上，连接BE交AC于M，过点M作FM⊥BE交CD于F．
（1）如图①，求证：∠ABE+∠CMF＝∠ACD；（2）如图②，求证：BM＝MF；
（3）如图③，连接BF，若点E为AD的中点，AB＝6，求BF的长．
23．（2020·浙江八年级期末）定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形为垂等四边形．
（1）写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是　
　．
（2）如图1，在3×3方格纸中，A，B，C在格点上，请画出两个符合条件的不全等的垂等四边形，使AC，BD是对角线，点D在格点上．
（3）如图2，在正方形ABCD中，点E，F，G分别在AD，AB，BC上，AE＝AF＝CG且∠DGC＝∠DEG，求证：四边形DEFG是垂等四边形．
（4）如图3，已知Rt△ABC，∠B＝90°，∠C＝30°，AB＝2，以AC为边在AC的右上方作等腰三角形，使四边形ABCD是垂等四边形，请直接写出四边形ABCD的面积．
24．（2021·浙江八年级期中）
在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，四边形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，OA=4，OC=2，点P，点Q分别是边BC，边AB上的点，连结AC，PQ，点B1是点B关于PQ的对称点．（1）若四边形OABC为长方形，如图1，①求点B的坐标；②若BQ=BP，且点B1落在AC上，求点B1的坐标；（2）若四边形OABC为平行四边形，如图2，且OC⊥AC，过点B1作B1F∥x轴，与对角线AC，边OC分别交于点E，点F．若B1E：B1F=1：3，点B1的横坐标为m，求点B1的纵坐标（用含m的代数式表示）．
25．（2020·福建九年级开学考试）如图1，已知正方形和等腰，，，是线段上一点，取中点，连接、．
（1）探究与的数量与位置关系，并说明理由；（2）如图2，将图1中的等腰绕点顺时针旋转，则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若，求的最小值．
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第5章
特殊的平行四边形
(测试时间：120分钟，满分：120分)
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020·浙江八年级期末）下列命题：①一组对边平行且另一组对边相等的四边形是平行四边形；②一组邻角相等的平行四边形是矩形；③顺次连结矩形四边中点得到的四边形是菱形；④如果一个菱形的对角线相等，那么它一定是正方形．其中真命题个数是（
）
A．个
B．个
C．个
D．个
【答案】B
【分析】根据平行四边形的判定方法对①进行判断；根据矩形的判定方法对②进行判断即可；根据三角形中位线性质和菱形的判定方法对③进行判断；根据正方形的判定方法对④进行判断．
【详解】解：①错误，反例为等腰梯形；②正确，理由一组邻角相等，且根据平行四边形的性质，可得它们都为直角，从而推得矩形；③正确，理由：得到的四边形的边长都等于矩形对角线的一半；④正确．故答案为B．
【点睛】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．判定一个命题的真假关键在于对基本知识的掌握．
2．（2020·山东八年级期末）如图，在矩形中，平分交于点，，则矩形的周长为（
）
A．18
B．20
C．21
D．22
【答案】D
【分析】根据勾股定理求出DC=4；证明BE=AB=4，即可求出矩形的周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠C=90°，AB=CD，AD∥BC，AD=BC，
∵ED=5，EC=3，∴DC2=DE2-CE2=25-9=16，∴DC=4，AB=4；
∵AD∥BC，∴∠AEB=∠DAE；∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠AEB，∴BE=AB=4，∴BC=BE+EC=7，∴矩形ABCD的周长=2（4+7）=22．
故选：D．
【点睛】该题主要考查了矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定等知识；解题的关键是灵活运用矩形的性质和等腰三角形的判定．
3．（2020·环县环城初级中学八年级期末）如图在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为32，则AH的长等于（
）
A．8
B．6
C．7
D．4
【答案】D
【分析】由菱形的性质得出AC⊥BD，由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案．
【详解】解：∵菱形ABCD的周长为32，∴AD=8，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠AOD=90°，
∵H为AD边中点，∴OH=AD=4，故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质和直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．
4．（2020·河北保定师范附属学校九年级期中）如图，在任意四边形中，，，，分别是，，，上的点，对于四边形的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（
）
A．当，，，是各边中点，且时，四边形为菱形
B．当，，，是各边中点，且时，四边形为矩形
C．当，，，不是各边中点时，四边形可以为平行四边形
D．当，，，不是各边中点时，四边形不可能为菱形
【答案】D
【分析】当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点时，连接AC、BD，如图，根据三角形的中位线定理可得四边形EFGH是平行四边形，然后根据菱形的定义和矩形的定义即可对A、B两项进行判断；画出符合题意的平行四边形，但满足，，，不是各边中点即可判断C项；画出符合题意的菱形，但满足，，，不是各边中点即可判断D项，进而可得答案．
【详解】解：A．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点时，连接AC、BD，如图，则由三角形的中位线定理可得：EH=BD，EH∥BD；FG=BD，FG∥BD，所以EH=FG，EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形；
当AC＝BD时，∵EH=BD，EF=AC，∴EF=EH，故四边形EFGH为菱形，故A正确；
B．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点，且AC⊥BD时，如上图，由三角形的中位线定理可得：EH∥BD，EF∥AC，所以EH⊥EF，故平行四边形EFGH为矩形，故B正确；
C．如图所示，若EF∥HG，EF＝HG，则四边形EFGH为平行四边形，此时E，F，G，H不是四边形ABCD各边中点，故C正确；
D．如图所示，若EF＝FG＝GH＝HE，则四边形EFGH为菱形，此时E，F，G，H不是四边形ABCD各边中点，故D错误；
故选：D．
【点睛】本题考查了中点四边形以及特殊四边形的判定等知识，熟练掌握中点四边形的形状、会画出符合题意的反例图形是解题关键．
5．（2020·江西八年级期末）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（）
A．当AB＝BC时，它是菱形
B．当AC⊥BD时，它是菱形
C．当∠ABC＝90°时，它是矩形
D．当AC＝BD时，它是正方形
【答案】D
【分析】由题意分别根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形进行分析即可．
【详解】解：A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形ABCD是平行四边形，当AB=BC时，它是菱形，故A选项正确；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形，故B选项正确；
C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故C选项正确；
D、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知当AC=BD时，它是矩形，不是正方形，故D选项错误；综上所述，符合题意是D选项；故选：D．
【点睛】本题主要考查菱形、矩形和正方形的判定，熟练掌握菱形、矩形、正方形是特殊的平行四边形是解题的关键．
6．（2020·山西八年级期末）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF．若AB=6，则BC的长为（
）．
A．3
B．3
C．2
D．
【答案】C
【分析】根据菱形AECF，得∠FCO=∠ECO，再利用∠ECO=∠ECB，可通过折叠的性质，结合直角三角形勾股定理求解．
【详解】解：∵菱形AECF，AB=6，设BE=x，则AE=CE=6-x，
∵菱形AECF，∴∠FCO=∠ECO，∵∠ECO=∠ECB，∴∠ECO=∠ECB=FCO=30°，
∴2BE=CE，即CE=2x，∴2x=6-x，解得：x=2，∴CE=4，又EB=2，
则利用勾股定理得：，故选：C．
【点睛】此题主要考查了折叠问题以及勾股定理等知识，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
7．（2020·张家港市梁丰初级中学九年级月考）如图，中，，，，点是的中点，将
沿翻折得到，连，则线段的长等于（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】如图连接BE交AD于O，作AH⊥BC于H．首先证明AD垂直平分线段BE，△BCE是直角三角形，求出BC、BE，在Rt△BCE中，利用勾股定理即可解决问题．
【详解】解：如图连接BE交AD于O，作AH⊥BC于H．
在Rt△ABC中，∵AC=12，AB=5，∴BC=，
∵CD=DB，
∴AD=DC=DB=6.5，
∵BC?AH=AB?AC，
∴AH=，
∵AE=AB，
∴点A在BE的垂直平分线上．
∵DE=DB=DC，
∴点D在BE的垂直平分线上，△BCE是直角三角形，
∴AD垂直平分线段BE，
∵
AD?BO=BD?AH，
∴OB=，
∴BE=2OB=
，
在Rt△BCE中，EC=
故选：D．
【点睛】本题考查翻折变换、直角三角形的斜边中线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用面积法求高，属于中考常考题型．
8．（2020·深圳市龙岗区九年级月考）如图，将正方形ABCD折叠，使点A与CD边上的点H重合（H不与C，D重合），折痕交AD于点E，交BC于点F，边AB折叠后与边BC交于点G．设正方形ABCD周长为m，△CHG周长为n，则的值为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由题意连接AH、AG，作AM⊥HG于M．利用正方形的性质以及全等三角形的判定与性质进行等量替换从而求出的值.
【详解】解：连接AH、AG，作AM⊥HG于M．
∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB．∴AM=AB．∵EA=EH，∴∠1=∠2，
∵∠EAB=∠EHG=90°，∴∠HAB=∠AHG，∵DH∥AB，∴∠DHA=∠HAB=∠AHM，
∵AH=AH，∠D=∠AMH=90°，∴△AHD≌△AHM，∴DH=HM，AD=AM，
∵AM=AB，AG=AG，∴Rt△AGM≌Rt△AGB，∴GM=GB，
∴△GCH的周长=n=CH+HM+MG+CG=CH+DH+CG+GB=2BC，
∵四边形ABCD的周长=m=4BC，∴.故选：B.
【点睛】本题综合考查翻折变换及正方形的性质，熟练掌握全等三角形判定与性质进行等量替换是解题关键.
9．（2020·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校八年级期中）正方形ABCD，CEFG按如图放置，点B，C，E在同一条直线上，点P在BC边上，，且，连接AF交CD于点M，有下列结论：；；；其中正确的是（　　　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】①由同角的余角相等可证出，由此即可得出，再根据正方形的性质即可得出①成立；②根据平行线的性质可得出，再由即可得出②成立；③在中，利用勾股定理即可得出③成立；④结合③即可得出④成立．
【详解】解：①，，，
在和中，，，，
四边形为正方形，，即①成立；
②，，又，，即②成立；
③由①可知，在中，，
，且，为等腰直角三角形，，
，即③成立；
④由③可知：，，即④成立．
故成立的结论有①②③④．故选：．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、平行线的性质以及勾股定理，解题的关键是逐条分析五条结论是否正确．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，通过证明三角形全等以及利用勾股定理等来验证题中各结论是否成立是关键．
10．（2021·山东八年级期中）如图，在矩形中，平分交于点，给出以下结论：①为等腰直角三角形；②为等边三角形；③；④⑤是的中位线．其中正确的结论有（
）
A．个
B．个
C．个
D．个
【答案】B
【分析】由矩形的性质可得AO＝CO＝DO＝BO，∠DAB＝∠ABC＝∠DCB＝∠CDA＝90°，AD∥BC，AB∥CD，由角平分线的性质和平行线的性质可判断①，由锐角三角函数可求∠ACD＝30°，即可判断②，由三角形内角和定理可求∠DOE的度数，即可判断③④，由直角三角形的性质可求CE的长，即可判断⑤．
【详解】∵四边形ABCD是矩形
∴AO＝CO＝DO＝BO，∠DAB＝∠ABC＝∠DCB＝∠CDA＝90°，AD∥BC，AB∥CD
∵AE平分∠BAD∴∠DAE＝∠EAB＝45°
∵AB∥CD∴∠DEA＝∠EAB＝45°∴∠DEA＝∠DAE＝45°
∴AD＝DE，且∠ADE＝90°∴△ADE是等腰直角三角形
故①正确
∵AD＝AC，∠ADC＝90°∴∠ACD＝30°
∴∠OCB＝60°，且OB＝OC
∴△OBC是等边三角形
故②正确
∵△OBC是等边三角形∴OB＝OC＝BC
∴OD＝OA＝AD＝OC＝OB
∴∠ODA＝∠OAD＝∠DOA＝60°，∠OCD＝∠ODC＝30°，且OD＝DE
∴∠DOE＝=75°
故③错误
∵∠EAC＝∠OAD?∠DAE＝15°，∠EOC＝∠DOC?∠DOE＝180°?∠DOA?75°＝120°?75°＝45°∴∠EOC＝3∠EAC
故④正确
∵∠ACD＝30°，∴AD=AC，AC=2AD
∴CD==AD，且DE＝DO＝AD
∴CE＝AD?AD≠DE∴OE不是△ACD的中位线,故⑤错误故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，求出∠ACD＝30°是本题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020·江苏八年级期中）如图，在菱形ABCD中，若AC＝24
cm，BD＝10
cm，则菱形ABCD的高为________cm．
【答案】
【分析】先根据菱形的面积=两条对角线积的一半得出面积，再求出菱形的边长，由面积即可得出菱形的高．
【详解】解：作DE⊥AB于E，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，对角线AC=24，BD=10，
∴AC⊥BD，OA=AC=12，OB=BD=5，
菱形ABCD的面积=AC·BD=×24×10=120，AB==13，
又∵菱形ABCD的面积=AB·DE=120，∴DE=，故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、菱形面积的计算；根据菱形的性质由勾股定理求出边长是解题的关键．
12．（2020·山西八年级期中）如图，RtABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，以AB，BC，AC为边在AB同侧作正方形ABDE，正方形BCFG，正方形ACMN，点E恰好在边MN上，GF的延长线能经过点D．图中阴影部分的面积为_____________．
【答案】13
【分析】先证明≌,推出=,推出=,可得S阴=S正方形ABDE-2S△ABC,由此计算即可．
【详解】解:如图,设CF与BD交于点Q,
∵∠ACB=90°,AC=4
,BC=3
∴在Rt中,利用勾股定理得:
∵四边形ABDE是正方形,∴∠ABQ=∠D=∠ACB=90°,AB=BD,
∴∠ABC+∠CAB=90°,∠ABC+∠PBD=90°,
∴∠PBD
=∠CAB,∴≌,∴=,
∴-=-即:=,
∴S阴=S正方形ABDE-2S△ABC==25-12=13,故答案为13．
【点睛】
本题考查正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,属于中考填空题填空题中的压轴题．
13．（2020·广州市第十六中学八年级期中）如图，在菱形中，，，且，连接交对角线于点，则______．
【答案】105°
【分析】由菱形及菱形一个内角为120°，易得△ABC与△ACD为等边三角形．CE⊥AD可由三线合一得CE平分∠ACD，即求得∠ACE的度数．再由CE＝BC等腰三角形把∠E度数求出，用三角形内角和即能去∠EFC．
【详解】∵菱形ABCD中，∠BAD＝120°
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠BCD＝120°，∠ACB＝∠ACD＝∠BCD＝60°，
∴△ACD是等边三角形∵CE⊥AD∴∠ACE＝∠ACD＝30°
∴∠BCE＝∠ACB＋∠ACE＝90°∵CE＝BC∴∠E＝∠CBE＝45°
∴∠EFC＝180°?∠E?∠ACE＝180°?45°?30°＝105°．故答案为：105°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形及三线合一，三角形内角和．按照题目给的条件逐步综合信息即能求出答案．
14．（2021·内蒙古八年级期中）如图，矩形中，，点在上，且，连接，将矩形沿直线翻折，点恰好落在上的点处，则________.
【答案】8
【分析】由题意易证得△A′BC≌△DCE（AAS），BC=AD，A′B=AB=CD=15cm，然后设A′C=xcm，在Rt△A′BC中，由勾股定理可得BC2=A′B2+A′C2，即可得方程，解方程即可求得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=15cm，∠A=∠D=90°，AD∥BC，AD=BC，∴∠DEC=∠A′CB，
由折叠的性质，得：A′B=AB=15cm，∠BA′E=∠A=90°，
∴A′B=CD，∠BA′C=∠D=90°，
在△A′BC和△DCE中，，∴△A′BC≌△DCE（AAS），∴A′C=DE，
设A′C=xcm，则BC=AD=DE+AE=x+9（cm），
在Rt△A′BC中，BC2=A′B2+A′C2，即（x+9）2=x2+152，解得：x=8，∴A′C=8cm．
【点睛】此题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及折叠的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用，注意掌握折叠前后图形的对应关系．
15．（2020·福建省福州一中贵安学校八年级期中）正方形ABCD中，AB＝4，P是AC上一点，过点P作PM⊥AB于M，PN⊥BC于N．则MN最小值_____．
【答案】2．
【分析】连接，证出四边形是矩形，由矩形的性质得出，当时，最小，由的面积的面积关系即可得出结果．
【详解】解：连接，过作于，如图所示：
四边形是正方形，，，
，，，
四边形是矩形，，
当时，最小，即如图长，
的面积，，
的最小值为；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、矩形的判定与性质、勾股定理以及最小值问题；熟练掌握正方形和矩形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
16．（2020·揭阳市揭东区光正实验学校九年级月考）已知矩形ABCD，对角线AC、BD相交于点O，点E为BD上一点，OE＝1，连接AE，∠AOB＝60°，AB＝2，则AE的长为_________．
【答案】或
【分析】由矩形的性质可得OA=OB，可证，△AOB是等边三角形，可得AO=AB=BO=2，由等边三角形的性质可证AE⊥BO，由勾股定理可求解．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OB,又∠AOB＝60°
∴△AOB是等边三角形，∴OA=OB=AB=2,
∵OE=1∴点E是OB的中点或OD的中点，如图
若点E是OB的中点，则AE⊥BO,
∴在Rt△AEO中，AE===,
若点E是OD的中点，则=2,
∴在Rt△中，===,
故AE的长是或.
【点睛】本题主要考查了矩形的性质以及等边三角形的判定与性质，点E位置的确定是解决本题的关键，避免丢掉.
17．（2020·江西八年级期末）如图，在矩形ABCD中，，，点P从点A向点D以每秒1cm的速度运动，Q以每秒4cm的速度从点C出发，在B、C两点之间做往返运动，两点同时出发，点P到达点D为止(同时点Q也停止)，这段时间内，当运动时间为______时，P、Q、C、D四点组成矩形．
【答案】2.4s或4s或7.2s
【分析】根据已知可知：点Q将由根据矩形的性质得到AD∥BC，设过了t秒，当AP=BQ时，P、Q、C、D四点组成矩形，在点Q由的过程中，则PA=t，BQ=12-4t，求得t=2.4（s），在点Q由的过程中，t=4（t-3），求得t=4（s），在点Q再由中，t=12-4（t-6），求得t=7.2（s），在点Q再由的过程中，t=4（t-9），t=13（s），故此舍去，从而得到结论．
【详解】解：根据已知可知：点Q由
在点Q第一次到达点B过程中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
若，
则四边形APQB是矩形，则以P、Q、C、D四点为顶点组成矩形．
设过了t秒，则PA=t，BQ=12-4t，
∴t=12-4t，
∴t=2.4（s），
在点Q由的过程中，
设过了t秒，则PA=t，BQ=4（t-3），
t=4（t-3），解得：t=4（s），
在点Q再由过程中，
设过了t秒，则PA=t，BQ=12-4（t-6），
t=12-4（t-6），解得：t=7.2（s），
在点Q再由的过程中，设过了t秒，则PA=t，BQ=4（t-9），t=4（t-9），
解得：t=13（s）>12(s)，故此舍去．故答案为：2.4s或4s或7.2s；
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，此题属于动点型题目．解题时要注意数形结合与方程思想的应用．
18．（2020·黄冈市启黄中学九年级）如图，已知正方形ABCD的边长为a，E为CD边上一点（不与端点重合），将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF．给出下列判断：①∠EAG＝45°；②若DE＝a，则AG∥CF；③若E为CD的中点，则△GFC的面积为a2；④若CF＝FG，则；⑤BG?DE+AF?GE＝a2．其中正确的是____________．（写出所有正确判断的序号）
【答案】①②④⑤．
【分析】①由折叠得AD=AF=AB，再由HL定理证明Rt△ABG≌Rt△AFG便可判定正误；
②设BG=GF=x，由勾股定理可得求得BG=，进而得GC=GF，得∠GFC=∠GCF，再证明∠AGB=∠GCF，便可判断正误；
③设BG=GF=y，则CG=a-y，由勾股定理得y的方程求得BG，GF，EF，再由同高的两个三角形的面积比等于底边之比，求得△CGF的面积，便可判断正误；
④证明∠FEC=∠FCE，得EF=CF=GF，进而得EG=2DE，CG=CE=a-DE，由等腰直角三角形的斜边与直角边的关系式便可得结论，进而判断正误；
⑤设BG=GF=b，DE=EF=c，则CG=a-b，CE=a-c，由勾股定理得再得△CEG的面积为BG?DE，再由五边形ABGED的面积加上△CEG的面积等于正方形的面积得结论，进而判断正误．
【详解】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=AD=a，
∵将△ADE沿AE对折至△AFE，
∴∠AFE=∠ADE=∠ABG=90°，AF=AD=AB，EF=DE，∠DAE=∠FAE，
在Rt△ABG和Rt△AFG中
，
，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），
∴∠BAG=∠FAG，
∴∠GAE=∠GAF+∠EAF=×90°=45°，故①正确；
②
Rt△ABG≌Rt△AFG∴BG=GF，∠BGA=∠FGA，
设BG=GF=x，∵DE=a，
∴EF=a，
∴CG=a-x，
在Rt△EGC中，EG=x+a，CE=a，
由勾股定理可得：
解得：
此时BG=GF=a，CG=a，
∴GC=GF，
∴∠GFC=∠GCF，
∵∠BGF=∠GFC+∠GCF，
∴2∠AGB=∠GFC+∠GCF=2∠GCF，
∴∠AGB=∠GCF，
∴AG∥CF，
∴②正确；
③若E为CD的中点，则DE=CE=EF=a，
设BG=GF=y，则CG=a-y，
由，
即解得：y=
a，
∴BG=GF=a，CG=
∴
∴S△CFG＝S△CEG＝
故③错误；
④当CF=FG，则∠FGC=∠FCG，
∵∠FGC+∠FEC=∠FCG+∠FCE=90°，
∴∠FEC=∠FCE，
∴EF=CF=GF，
∴BG=GF=EF=DE，
∴EG=2DE，CG=CE=a-DE，
∴
CE＝EG，即(a?DE)＝2DE，
∴DE=，
故④正确；
⑤设BG=GF=b，DE=EF=c，则CG=a-b，CE=a-c，
由勾股定理得：整理得：
∴S△CEG＝(a?b)(a?c)＝()=(bc+bc)＝bc，
即S△CEG=BG?DE，
∵S△ABG=S△AFG，S△AEF=S△ADE，
∴S五边形ABGED＝2S△AGE＝2×AF?EG＝AF?EG，
∵S五边形ABGED+S△CEG=S正方形ABCD，
∴BG?DE+AF?EG=故⑤正确．
故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，勾股定理，利用折叠得到线段相等及角相等、正方形的性质的运用是解题的关键．涉及内容多而复杂，难度较大．
三、解答题（本大题共7小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020·四川成都外国语学校高新校区九年级月考）如图，在矩形中，对角线与相交于点．过点作的平行线，过点作的平行线，两线相交于点．
（1）求证：四边形是菱形．（2）已知，，求四边形的面积．
【答案】（1）证明过程见解析；（2）
【分析】（1）根据平行四边形的判定证得四边形是平行四边形，再根据矩形的性质可知OB=OC，然后根据菱形的判定即可证得结论；
（2）根据菱形的性质和三角形的中线将三角形面积平分可证得四边形的面积等于三角形的面积，利用直角三角形的面积公式即可解答．
【详解】（1）∵，，∴四边形是平行四边形，
在矩形中，，且与互相平分，
∴，∴'平行四边形是菱形．
（2）∵四边形是菱形，∴，
又∵，∴，∴，
∴四边形的面积等于三角形的面积，
∴，∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、三角形的中线与面积关系、三角形的面积公式，属于基础题型，难度适中，解答的关键是熟练掌握菱形的判定与性质的应用．
20．（2020·江苏八年级期末）如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN与AD相交于点M，与BC相交于点N．连接BM，DN．(1)求证：四边形BMDN是菱形；(2)若AB=4，AD=8，求MD的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）MD长为5．
【分析】（1）利用矩形性质，证明BMDN是平行四边形，再结合MN⊥BD，证明BMDN是菱形．（2）利用BMDN是菱形，得BM=DM，设，则，在中使用勾股定理计算即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠A=90°，
∴∠MDO=∠NBO，∠DMO=∠BNO，∵BD的垂直平分线MN∴BO=DO，
∵在△DMO和△BNO中∠MDO=∠NBO，BO=DO，∠MOD=∠NOB
∴△DMO
≌
△BNO（AAS），∴OM=ON，
∵OB=OD，∴四边形BMDN是平行四边形，∵MN⊥BD∴BMDN是菱形
（2）∵四边形BMDN是菱形，∴MB=MD，
设MD=x，则MB=DM=x，AM=(8-x)
在Rt△AMB中，BM2=AM2+AB2
即x2=（8-x）2+42，解得：x=5答：MD长为5．
【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的性质，及勾股定理，熟练使用以上知识是解题的关键．
21．（2020·江苏八年级月考）菱形中，，点在边上，点在边上．（1）如图1，若是的中点，，求证：是的中点；
（2）如图2，若，，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）首先连接，由菱形中，，根据菱形的性质，易得是等边三角形，又由三线合一，可证得，继而求得，即可得，继而得证；（2）首先由是等边三角形，即可得，以求得，然后利用平行线与三角形外角的性质，可求得，证得，即可得，证得：是等边三角形．
【详解】（1）如图1所示：连接．
∵在菱形中，，
∴，．
∴等边三角形．∴是的中点，∴．
∵，∴．
∴．
∴．∴．
∵，∴∴是的中点
（2）如图2所示：连接．
∵是等边三角形，∴，．∴．
∵，∴，．∴．
在和中，，
∴．∴．
∵，∴是等边三角形．∴
∵∴
【点睛】此题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，注意准确作出辅助线，注意数形结合思想的应用．
22．（2020·黑龙江八年级期末）在正方形ABCD中，连接AC，点E在线段AD上，连接BE交AC于M，过点M作FM⊥BE交CD于F．
（1）如图①，求证：∠ABE+∠CMF＝∠ACD；（2）如图②，求证：BM＝MF；
（3）如图③，连接BF，若点E为AD的中点，AB＝6，求BF的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）2
【分析】（1）由题意∠AEB＝90°﹣∠ABE，∠CMB＝90°﹣∠CMF，推出∠AME＝∠CMB＝90°﹣∠CMF，在△AME中，根据∠EAM+∠AME+∠AEM＝180°，求解即可．
（2）如图②中，作MH∥BC交CD于H，交AB于G．证明△BGM≌△MHF（AAS）可得结论．（3）如图③中，延长DC到P，使得CP＝AE，连接EF，BP．证明△BEF≌△BPF（SAS），推出EF＝PF，设CF＝m，则DF＝6﹣m，PF＝3+m，在Rt△DEF中，根据EF2＝DE2+DF2，构建方程求出m即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图①中，
在正方形ABCD中，∠BAD＝90°，AD＝CD，∴∠DAC＝∠ACD，
在Rt△ABE中，∠AEB＝90°﹣∠ABE，
∵FM⊥BE，∴∠BMF＝90°，∴∠CMF+∠CMB＝90°，
∴∠CMB＝90°﹣∠CMF，∴∠AME＝∠CMB＝90°﹣∠CMF，
在△AME中，∠EAM+∠AME+∠AEM＝180°，
∴∠EAM+(90°﹣∠CMF)+(90°﹣∠ABE)＝180°，
∴∠ABE+∠CMF＝∠EAM，∴∠ABE+∠CMF＝∠ACD；
（2）证明：如图②中，作MH∥BC交CD于H，交AB于G．
∵GH∥BC，∴∠AGH＝∠ABC＝90°，∠GHD＝∠DCB＝90°，
∴∠GBC＝∠CHG＝∠GBC＝90°，∴四边形BGHC是矩形，∴CH＝BG，
∵∠HCM＝∠CMH＝45°，∴HM＝CH，
∵∠BMF＝90°，∴∠BMG+∠HMF＝90°，∠HMF+∠MFH＝90°，
∴∠BMG＝∠MFH，∴△BGM≌△MHF（AAS），∴BM＝FM．
（3）解：如图③中，延长DC到P，使得CP＝AE，连接EF，BP．
∵AB＝BC，∠BAE＝∠BCP＝90°，AE＝CP，
∴△ABE≌△CBP（SAS），∴BE＝BP，∠ABE＝∠CBP，
∵∠ABE+∠EBC＝∠ABC＝90°，∴∠CBP+∠EBC＝90°，即∠EBP＝90°，
∵BM＝MF，∠BMF＝90°，∴∠MBF＝45°，∴∠PBF＝∠EBF＝45°，
∵BF＝BF，∴△BEF≌△BPF（SAS），∴EF＝PF，
∵E是AD的中点，∴AE＝DE＝AD，∵BC＝AD＝CD＝AB＝6，∴AE＝DE＝3，
设CF＝m，则DF＝6﹣m，PF＝3+m．∵EF＝PF，∴EF＝3+m，
在Rt△DEF中，∵EF2＝DE2+DF2，∴32+(6﹣m)2＝(3+m)2，解得m＝2，即CF＝2，
在Rt△BCF中，BF＝＝＝2．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
23．（2020·浙江八年级期末）定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形为垂等四边形．
（1）写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是　
　．
（2）如图1，在3×3方格纸中，A，B，C在格点上，请画出两个符合条件的不全等的垂等四边形，使AC，BD是对角线，点D在格点上．
（3）如图2，在正方形ABCD中，点E，F，G分别在AD，AB，BC上，AE＝AF＝CG且∠DGC＝∠DEG，求证：四边形DEFG是垂等四边形．
（4）如图3，已知Rt△ABC，∠B＝90°，∠C＝30°，AB＝2，以AC为边在AC的右上方作等腰三角形，使四边形ABCD是垂等四边形，请直接写出四边形ABCD的面积．
【答案】（1）正方形，矩形；（2）见解析；（3）见解析；（4）2．
【分析】（1）根据垂等四边形的定义判断即可．（2）根据垂等四边形的定义画出图形即可．
（3）想办法证明∠EFG＝90°，EG＝DF即可．（4）分三种情形：①如图4﹣1中，当AD＝AC时，连接BD，过点D作DH⊥AB于H．②如图4﹣2中，当CA＝CD时，连接BD，过点D作DH⊥BA交BA的延长线于H，DT⊥BC于T．③如图4﹣3中，当DA＝DC时，取AC的中点H，连接DH，BH，过点D作DT⊥BH交BH的延长线于T．分别求解即可．
【详解】解：（1）正方形，矩形是垂等四边形．
故答案为正方形，矩形．
（2）如图1中，四边形ABCD即为所求．
（3）在正方形ABCD中，∵AF＝CG，AB＝BC，∴FB＝BG，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，∠BFG＝∠BGF＝45°，∴∠EFG＝90°，
∵∠A＝∠C＝90°，DA＝DC，AF＝CG，∴△ADF≌△CDG（SAS），∴DF＝DG，
∵AD∥CB，∴∠EDG＝∠DGC，∵∠DGC＝∠DEG，∴∠GDE＝∠GED，
∴DG＝EG，∴DF＝EG，∴四边形DEFG是垂等四边形．
（4）①如图4﹣1中，当AD＝AC时，连接BD，过点D作DH⊥AB于H．
∵∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2，∴AC＝2AB＝4，BC＝AB＝2，
∵四边形ABCD是垂等四边形，∴BD＝AC＝4，
∴AD＝BD＝4，AH＝BH＝1，∴DH＝＝，
∴S四边形ABCD＝S△ADB+S△BCD＝×2×+×2×1＝+．
②如图4﹣2中，当CA＝CD时，连接BD，过点D作DH⊥BA交BA的延长线于H，DT⊥BC于T．
同法可得，S四边形ABCD＝S△DCB+S△ABD＝×2×+×2×＝+．
③如图4﹣3中，当DA＝DC时，取AC的中点H，连接DH，BH，过点D作DT⊥BH交BH的延长线于T．
设DH＝y，∵AB＝AH＝BH＝2，∴∠CHT＝∠AHB＝60°，
∵DA＝DC，AH＝HC，∴DH⊥AC，∴∠DHC＝90°，∴∠DHT＝30°，
∴DT＝DH＝y，HT＝DT＝y，
在Rt△BDT中，∵BD＝AC＝4，∴42＝（y）2+（2+y）2，解得y＝﹣，
∴S四边形ABCD＝S△ACB+S△ADC＝×2×2+×4×（﹣）＝2．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了垂等四边形的定义，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
24．（2021·浙江八年级期中）
在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，四边形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，OA=4，OC=2，点P，点Q分别是边BC，边AB上的点，连结AC，PQ，点B1是点B关于PQ的对称点．（1）若四边形OABC为长方形，如图1，①求点B的坐标；②若BQ=BP，且点B1落在AC上，求点B1的坐标；（2）若四边形OABC为平行四边形，如图2，且OC⊥AC，过点B1作B1F∥x轴，与对角线AC，边OC分别交于点E，点F．若B1E：B1F=1：3，点B1的横坐标为m，求点B1的纵坐标（用含m的代数式表示）．
【答案】（1）①B（4，2）；②B1（，）；（2）或．
【分析】（1）①根据矩形的性质，求出，的长度即可求出点的坐标；
②先利用待定系数法求直线的解析式，再根据的位置特点表示坐标，最后将所表示的坐标代入直线的解析式求解即得；（2）分两种情形：当点在线段的延长线上时，延长与轴交于点；当点在线段（除点，外）上时，延长与轴交于点，再根据点B1的横坐标为m列出关于FG的方程并分别求解即可．
【详解】解：（1）①∵，，四边形是矩形
∴，，
∵在第一象限∴
②设则
如下图：设直线的解析式是
∵，∴，
把,代入得：
解得：
∴直线的解析式是
把代入得：解得：
∴即
（2）在上取中点，连接，过作于点
∵，，∴
∴是等边三角形∴，
∴在中，，，∴
∵B1F∥x轴∴
当点在线段的延长线上时，如下图：延长与轴交于点
∵
∴设，则
∴，
∴
∵∴解得：
∵在中，∴点的纵坐标为．
当点在线段（除点，外）上时，如下图：延长与轴交于点
∵
∴设，则
∴，
∴
∵∴解得：
∵在中，
∴点的纵坐标为．
综上所述，满足条件的的纵坐标为或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，一次函数的应用，待定系数法求解析式及所对的直角边等于斜边的一半，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
25．（2020·福建九年级开学考试）如图1，已知正方形和等腰，，，是线段上一点，取中点，连接、．
（1）探究与的数量与位置关系，并说明理由；（2）如图2，将图1中的等腰绕点顺时针旋转，则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若，求的最小值．
【答案】（1）且．理由见解析；（2）成立，理由见解析；（3）
【分析】（1）首先根据正方形和等腰直角三角形的性质得出、、三点共线，然后利用直角三角形斜边中线的性质即可证明，然后利用等腰三角形的性质和三角形外角的性质即可得出，从而证明；
（2）延长至，使，连接交于，连接、，首先通过SAS证明，从而利用全等三角形的性质及平行线的判定证明，进而可利用正方形和等腰直角三角形的性质证明，从而可证明结论仍然成立；（3）连接，首先根据题意确定当、、，在同一直线上时，有最小值，此时在上，然后根据平行四边形的判定及性质得出有最小值就是的长，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）且．理由如下：如图1，连接．
∵正方形和等腰，∴，∴、、三点共线．
∵，为的中点，，∴．
∴，．
∴，即，∴．
（2）仍然成立．
理由如下：如图2，延长至，使，连接交于，连接、．
∵，，，∴，
∴，，∴．
∵是正方形，∴，．
∵是等腰直角三角形，∴，，
∴，∴，，
∴，∴为等腰直角三角形．
又∵，∴且．
（3）如下图，连接，
当、、，在同一直线上时，有最小值，此时在上，
∵，，∴四边形是平行四边形，
∴，由（2）知，∴，
即有最小值，就是的长，由勾股定理得．
【点睛】本题主要考查四边形综合，掌握平行四边形的判定及性质，等腰三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质是解题的关键．
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精品试卷·第
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