专题13 特殊的四边形综合检测过关卷（解析版）

专题13特殊的四边形综合过关检测（考试时间：90分钟，试卷满分：100分）一、单选题（本题共10小题，每题3分，共30分）1．如图，菱形中，交于于，连接，若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据菱形的性质得到点O为的中点，，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，再由三角形内角和定理得到，则．【详解】解：∵四边形是菱形，交于，，∴点O为的中点，，∵，∴，∴∴，故选C．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形内角和定理，等边对等角，直角三角形斜边上的中线的性质，熟知菱形的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．2．如图，平面直角坐标系中，菱形的边在x轴的正半轴上，点B，C在第一象限，若，，则对角线交点D的坐标为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查菱形的性质、勾股定理、含30度直角三角形的性质及图形与坐标，熟练掌握菱形的性质、勾股定理、含30度直角三角形的性质及图形与坐标是解题的关键；过点D作于点E，由题意易得，，然后根据含30度直角三角形的性质及勾股定理可进行求解．【详解】解：过点D作于点E，∵四边形是菱形，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故选：A．3．如图，四边形为菱形，，延长到，在内作射线，使，过点作，垂足为点，若，则的长为（

）A． B． C．6 D．7【答案】C【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质，熟练掌握菱形对角线互相垂直平分，三角形对应边相等，是解题的关键．连接，交于点O，通过证明，得出，结合菱形的性质，即可解答．【详解】解：连接，交于点O，∵四边形为菱形，∴，，∵，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，故选：C．4．如图，在平面直角坐标系中，，将沿y轴向上平移3个单位长度至，连接，若反比例函数的图象恰好经过点A及的中点D，则k值等于（

）A．6 B． C．3 D．【答案】B【分析】本题考查反比例函数与几何综合，延长，交轴于点，有轴，根据平移的特点证明四边形为菱形，得到，设，则，，由与都在反比例函数图象上，建立等式，求得值，再利用勾股定理求得值，即可解题．【详解】解：延长，交轴于点，由题意知，轴，沿y轴向上平移3个单位长度至，且，，，四边形为菱形，，设，则，，且点D为的中点，，与都在反比例函数图象上，，解得，即，，，即，，即．故选：B．5．如图，在平行四边形中（），以点A为圆心，为半径画弧交于点F，连结，分别以点B和点F为圆心、以适当长为半径作圆弧交于点G，连接并延长交于点E．若，，则的长为（

）A．18 B．16 C．12 D．20【答案】B【分析】连接，设与相交于点H，证明四边形是菱形，根据菱形的性质得到，，由勾股定理求出，即可得到的长．【详解】解：连接，设与相交于点H，由作图可知，，平分，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵∴四边形是菱形，∴，，∴，∴，故选：B【点睛】此题考查了平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、勾股定理、等角对等边等知识，证明四边形是菱形是解题的关键．6．如图，在中，，，，为的中点，，，则四边形的对角线的长为（

）

A． B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】本题考查平行四边形的性质和判定，菱形的性质与判定，勾股定理根据，，可得四边形为平行四边形，根据，为的中点，则，则平行四边形为菱形，由，，，可得，证明四边形是平行四边形，即可求解．【详解】解：，，四边形为平行四边形，又，为的中点，，平行四边形为菱形，∴，∴又∴四边形是平行四边形，，，，，∴．7．如图，在中，平分交于点，点，分别是，的中点．若，，则的长为（

）

A． B．3 C． D．4【答案】C【分析】根据平行四边形的性质得到，结合角平分线可得，利用等角对等边求出，，最后根据梯形的中位线定理可得结果．【详解】解：在中，，则，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∵点，分别是，的中点，∴，故选C．【点睛】此题考查平行四边形的性质，梯形的中位线，等角对等边，关键是将平行四边形的性质和角平分线相结合得出．8．如图，在等腰梯形中，ABCD，AD=BC=3cm，，平分，则梯形的周长（

）cm．A．12 B．15 C．18 D．21【答案】B【分析】根据等腰梯形的性质求出，求出，根据等腰三角形的判定得出，求出，即可求出答案．【详解】解：四边形是等腰梯形，，，，平分，，，，，，，梯形的周长为故选：B．【点睛】本题考查了等腰梯形的性质，等腰三角形的判定，含角的直角三角形的性质，三角形内角和定理的应用，能求出和是解此题的关键．9．如图，中，，分别是，的中点，点在上，延长交于，，，，则（

）A．2 B． C．1 D．【答案】C【分析】本题主要考查的是三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质等知识点，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．根据三角形中位线的性质得到，然后根据直角三角形的性质得到，进而求解即可．【详解】∵，分别是，的中点，，∴，∵，，∴，∴．故选：C．10．如图，在中，，，，分别是边的中点，于点．连接，则的长为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，三角形中位线定理，先根据等边对等角得到，再由勾股定理得到，由线段中点的定义和三角形中位线定理得到，，，再由得到，，由此求出，即可利用勾股定理求出的长，证明是的中位线是解题的关键．【详解】解：∵在中，，，∴，∵，∴，∵分别是边的中点，∴是的中位线，，∴，，∵，∴，，∴，∴，故选：．二、填空题（本题共10小题，每题3分，共30分）11．如图，长方形中，，，点E是边上一点，连接，把沿折叠，使点B落在点处．当为直角三角形时，的长为．【答案】或【分析】解：①如图，当时，由勾股定理得，设，由折叠的性质可得：，，由勾股定理，即可求解；②如图，当时，由折叠性质可得：，，从而可证四边形为正方形，即可求解．【详解】解：①如图，当时，四边形是矩形，，，设，由折叠可得：，，，，，在中，，，解得：，；②如图，当时，，由折叠性质可得：，，∴四边形为正方形，，故的长为或；故答案：或．【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的判定及性质，勾股定理，根据直角三角形的不同直角顶点进行分类讨论是解题的关键．12．如图，矩形的两边、分别在平面直角坐标系的坐标轴上，点的坐标为，点为中点，反比例函数的图象经过点，交于点，连接、、，则的面积为．【答案】9【分析】本题主要考查了反比例函数与几何综合，矩形的性质等等，先根据矩形的性质得到，则，再由点为中点，得到，，由此求出反比例函数解析式，进而求出，则，再根据进行求解即可．【详解】解：∵四边形是矩形，，∴，∴，∵点为中点，∴，，把代入中得：，∴，∴反比例函数解析式为，在中，当时，，∴，∴，∴，故答案为：9．13．如图，矩形的顶点A和对称中心恰好在反比例函数上，若矩形的面积为8，则k的值为．

【答案】【分析】本题主要考查了反比例函数与几何综合，矩形的性质，设矩形的对称中心的坐标为，根据矩形对称中心为对角线的中点可得点A的坐标为，则点C的坐标为，据此求出，再根据矩形的面积为8得到，解方程即可得到答案．【详解】解：设矩形的对称中心的坐标为，则点A的坐标为，∴点C的坐标为，∴，∵矩形的面积为8，∴，∴，∴，故答案为：．14．如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标为，直线经过点，，将四边形绕点按顺时针方向旋转度得到四边形，此时直线、直线分别与直线相交于、．在四边形旋转过程中，若，则点的横坐标为．

【答案】或【分析】根据，分两种情况，根据三角形的面积公式，勾股定理，求解即可．【详解】解：因为，所以分两种情况讨论：（1）如图1，当点在点左侧时，

过作于，连接，则，∴∴,设，，∴，，

在中，，解得，（不符实际，舍去）．，．（2）如图2，当点P在点B右侧时，

，．在中，，解得．，．所以点或．【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理、解一元二次方程，坐标与图形、旋转的性质等知识，分类讨论和数形结合是解题的关键．15．在矩形中，对角线、相交于点O，平分交于点E，，连接，①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④．则结论中正确的有．

【答案】①②/②①【分析】判断出是等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出，再判断出，是等边三角形，可判断①；根据等边三角形的性质求出，再求出，可判断②，由等腰三角形性质求出，再根据，可判断③；由结合面积公式可得，由等边三角形和等腰三角形可知，进而可知，则，可判断④；即可求解．【详解】解：∵平分，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴，∵矩形中：，∴是等边三角形，是等边三角形，故①正确；∴，，∴，∴是等腰三角形，故②正确；∵，∴，∴，故③错误；∵，∴，∵是等边三角形，是等腰三角形，设，∴，，，则，∴，但，分别以，为底的三角形，高相等，∴，则，故④不正确；故答案为：①②．【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质是解题的关键．16．把两个长为4，宽为2的全等矩形和矩形拼成如图所示的图案，则．【答案】【分析】根据全等的矩形的对角线相等得出，根据勾股定理得出，进而证明是等腰直角三角形，根据勾股定理进行计算即可求解．【详解】解：在中，，∴，四边形，为全等的矩形，，，，在和中，，，，，点、、共线，，，是等腰直角三角形，，故答案为：．【点睛】本题主要考查矩形的性质以及等腰直角三角形的判定，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定．17．如图，在矩形中，，将边绕点A逆时针旋转（）得到，连接，．若，则的长为．【答案】【分析】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，等腰三角形三线合一．过点作交于点E，根据等腰三角形的性质得，结合勾股定理即可求解．【详解】解：过点作交于点E，∵矩形中，，∴，∵，，∴，∵边绕点A逆时针旋转（）得到，∴，∴，∴，∴，故答案为：．18．如图，矩形中，将矩形绕点C顺时针旋转得到矩形，当的对应边恰好经过点D时，连接，则．【答案】【分析】本题主要考查旋转的性质，矩形的判定与性质以及勾股定理，作于H，于Q，利用勾股定理求出即可解决问题．【详解】解：如图，作于H，于Q，∵四边形是矩形，∴，由旋转得，，在中，∵，∴，∵，∴，∵∴四边形是矩形，∴，∴，在中，，故答案为：．19．如图，矩形中，，E为边的中点，点P、Q为边上两个动点，且，当时，四边形的周长最小．【答案】4【分析】本题考查了矩形的性质，轴对称-最短路线问题的应用，要使四边形的周长最小，由于与都是定值，只需的值最小即可．为此，先在边上确定点P、Q的位置，可在上截取线段，作F点关于的对称点G，连接与交于一点即为Q点，过A点作的平行线交于一点，即为P点，则此时最小，然后过G点作的平行线交的延长线于H点，那么先证明∠GEH=45°，再由CQ=EC即可求出BP的长度．【详解】解：如图，在上截取线段，作F点关于的对称点G，连接与交于一点即为Q点，过A点作的平行线交于一点，即为P点，过G点作的平行线交的延长线于H点．∵，∴，∴，设，则，在中，∵，∴，∴，解得．故答案为：4．20．如图，点A是反比例函数的图象上任意一点，AB∥x轴交反比例函数的图象于点B，以为边作平行四边形，其中C、D在x轴上，若平行四边形的面积为11，则k的值为．【答案】6【分析】过点作轴，过点作轴，可证得，得出，然后根据的几何意义求解．【详解】解：过点作轴，过点作轴，则，四边形为平行四边形，，，，在和中，，，又，，．故答案为：6．【点睛】本题考查了反比例函数的几何含义，平行四边形的性质．需要我们熟练掌握把已知图形转化为模型图形（与相关的矩形或三角形）的能力．三、解答题（本题共3题，共40分）21（12分）．已知梯形中，，，点、分别是对角线、的中点．求证：四边形为等腰梯形．【答案】证明见解析【分析】由题意得到四边形为等腰梯形，得到对角线相等，再由点、分别是对角线、的中点，等量代换得到，利用三线合一得到垂直于，垂直于，利用得到与全等，利用全等三角形对应角、对应边相等得到，，再利用得到与全等，利用全等三角形对应角相等得到，进而得到与平行，与不平行，即四边形为梯形，再利用对角线相等的梯形为等腰梯形即可得证．【详解】证明：∵梯形中，，，∴四边形是等腰梯形，∴，∵点、分别是对角线、的中点，∴，，∴，∵，点、分别是对角线、的中点，∴，，在和中，∵，∴，∴，，在和中，∵，∴，∴，设对角线交于点O，∴，，∵，∴，∴，∵，，∴和都是锐角，∴与不平行，∴四边形为梯形，又∵，∴四边形为等腰梯形．【点睛】本题考查了等腰梯形的判定，全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，梯形的判定以及平行线的判定等知识．熟练掌握等腰梯形的判定方法是解本题的关键．22（14分）．综合与实践问题情境：在数学活动课上，李老师给同学们提供了一个矩形（如图1），其中，连接对角线，且，要求各小组以图形的旋转为主题开展数学活动．以下是部分小组的探究过程，请你参与活动并解答所提出的问题：猜想证明：（1）如图2，“奋勇”小组将绕点旋转得到，当点落到对角线上时，与交于点．试猜想线段与的数量关系，并加以证明；（2）“勤学”小组在“奋勇”小组的基础上，取的中点，连接，，试判断四边形的形状，并说明理由；深入探究：（3）在绕点旋转的过程中，当时，求点与点之间的距离，请你思考此问题，直接写出答案．【答案】（1），理由见解析；（2）菱形，理由见解析；（3）6或【分析】（1）首先根据矩形的性质得到，然后利用得到，然后证明出是等边三角形，得到，即可证明出；（2）首先由是等边三角形得到，然后结合旋转的性质得到，然后证明出，然后由得到与互相平分，证明出四边形是菱形；（3）根据题意分两种情况：当点在上方时，连接，首先由得到，然后结合旋转的性质得到，证明出点A，，三点共线，然后得到；当点在线段下方时，首先由和旋转的性质得到是等边三角形，然后利用勾股定理求解即可．【详解】（1），证明：∵四边形是矩形，∴，又∵，∴，，由旋转可得，，∴是等边三角形，∴，∴；（2）四边形是菱形．理由：由（1）得是等边三角形，∴，由旋转得，，，，∴，∴，又∵，∴，∵，点E是线段的中点，∴，又∵，，，∴，又∵，∴，∴与互相平分，∴四边形是平行四边形，又∵，∴平行四边形是菱形；（3）如图所示，当点在上方时，连接，∵，∴，由旋转可得，，，，∴，∴，∵，∴，∴点A，，三点共线，∴，∴，，∴；如图所示，当点在线段下方时，由旋转可得，，，∵，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴．综上所述，当时，点与点之间的距离为6或．【