专题06特殊平行四边形章节培优检测卷(原卷版+解析)

专题06特殊的平行四边形章节培优检测卷班级___________姓名___________学号____________分数____________考试范围：全章的内容；考试时间：120分钟；总分：120分一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）1．（2023春·河南周口·八年级统考期末）下列性质中，不是菱形和正方形共有的是（

）A．相邻两角都互补B．相邻两边都相等C．对角线所在直线是对称轴 D．对角线相等2．（2023春·河南周口·八年级统考期末）已知菱形的周长为20，其中一条对角线长为6，则另一条对角线长为（

）A．3 B．4 C．8 D．103．（2023春·广西·八年级南宁十四中校考期末）如图，在正方形外侧作等边，连接，则的度数为（

）

A． B． C． D．4．（2023春·贵州遵义·七年级统考期末）如图，已知在矩形中，对角线，相交于点O，于点E．若，则的度数是（

）

A． B． C． D．5．（2023春·福建厦门·八年级厦门市松柏中学校考期末）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中菱形的对角线长为（）

A．20 B．30 C． D．6．（2023·河南周口·淮阳第一高级中学校考三模）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小陶家有一个菱形中国结装饰，测得，，直线EF⊥AB交两对边于点E，F，则的长为（

）

A．8cm B．10cm C． D．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）7．（2023春·上海普陀·八年级校考阶段练习）已知菱形中，边长，那么该菱形的面积等于__________．8．（2023春·河南南阳·八年级统考期末）请添加一个条件，使得菱形为正方形，则此条件可以为______．9．（2023春·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学校考期末）如图，O是矩形的对角线的中点，M是的中点．若，则四边形的周长为___________．

10．（2023春·上海虹口·八年级上外附中校考期末）如图，E是正方形对角线延长线上一点，，则___．

11．（2023春·湖北省直辖县级单位·八年级校联考阶段练习）如图，菱形的对角线相交于点O，点P为边上一动点（不与点A，B重合），于点E，于点F，若，则的最小值为________．12．（2023秋·江苏淮安·九年级校考期末）如图，在矩形中，，点P是直线上一动点，若满足是等腰三角形的点P有且只有3个，则的长为________．三、（本大题共5小题，每小题6分，共30分）13．（2023春·湖南永州·八年级校考阶段练习）如图，已知中，分别是边上的高，D是的中点，求证：．

14．（2023春·北京海淀·八年级校考阶段练习）如图，平行四边形中，点E，F分别在边上，，．

(1)求证：四边形是矩形；(2)连接，若，，平分，求的长．15．（2023春·浙江·八年级专题练习）已知是正方形对角线上一点，，垂足分别为，．．(1)求证：四边形为矩形．(2)求的长．16．（2023春·河南开封·八年级校考阶段练习）如图，点，分别在的边，上，连接，，，请从以下三个条件：①；②；③中，选择一个合适的作为已知条件，使为菱形．

(1)你添加的条件是(填序号)；(2)添加了条件后，请证明：平行四边形为菱形．17．（2023春·湖北武汉·八年级统考期末）如图，在菱形中，点E在边上，仅用无刻度直尺完成下列画图，保留作图痕迹，不需要写作法．

(1)如图1，在上画点F，使四边形是平行四边形；(2)如图2，在上画点K，使；(3)如图3，若点G在上，在上画点H，使四边形是菱形．四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分）18．（2023·湖南永州·统考二模）如图，矩形的对角线、相交于点O，，．

(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求菱形的面积．19．（2023春·上海青浦·八年级统考期末）如图，在三角形中，，分别是与它的邻补角的平分线，于点E．

(1)求证：四边形是矩形；(2)连接交AC于点O，若，求证：四边形是正方形．20．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，四边形中，点E、F、G、H分别为的中点，(1)求证：中点四边形是平行四边形；(2)如图2，点P是四边形内一点，且满足，点E、F、G、H分别为的中点，猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想．五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分）21．（2023春·山西吕梁·八年级统考期中）如图1，四边形是菱形，点E，点F分别是，边上的动点，，连接，交对角线于点G，H．

(1)求证：；(2)如图2，连接，，请判断四边形是什么特殊四边形？并说明你的理由；(3)在图2中，如果，，试探究在点E，F运动过程中，如果四边形成为正方形，则的长度是多少？（请直接写出答案）22．（2023春·湖北黄冈·八年级统考阶段练习）如图1，在矩形纸片中，，，折叠纸片使B点落在边上的E处，折痕为，过点E作交于F，连接．

(1)求证：四边形为菱形；(2)当点E在边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动；①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形的边长；②若限定P、Q分别在边上移动，求线段的长的取值范围．六、（本大题共12分）23．（2023春·浙江宁波·八年级统考期末）定义：一个四边形的四条边和两条对角线这六条线段中只有两种长度，我们把这样的四边形叫做双距四边形．

(1)下列说法正确的有______（填序号）．①正方形一定是双距四边形．②矩形一定是双距四边形．③有一个内角为的菱形是双距四边形．(2)如图1，在四边形中，，，，求证：四边形为双距四边形．(3)如图2，四边形为双距四边形，，，，求的长．

专题06特殊的平行四边形章节培优检测卷班级___________姓名___________学号____________分数____________考试范围：全章的内容；考试时间：120分钟；总分：120分一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）1．（2023春·河南周口·八年级统考期末）下列性质中，不是菱形和正方形共有的是（

）A．相邻两角都互补 B．相邻两边都相等 C．对角线所在直线是对称轴 D．对角线相等【答案】D【分析】根据正方形、菱形的性质依次分析各项即可判断．【详解】解：正方形相邻两角都互补，相邻边相等，对角线相等且所在直线是对称轴，菱形相邻两角都互补，相邻两边都相等，对角线是对称轴，对角线垂直；则对角线相等不是共有性，故选：D．【点睛】本题考查的是正方形、菱形的性质，解答本题的关键是熟练掌握正方形和菱形的性质，注意性质中的异同点．2．（2023春·河南周口·八年级统考期末）已知菱形的周长为20，其中一条对角线长为6，则另一条对角线长为（

）A．3 B．4 C．8 D．10【答案】C【分析】由菱形的性质可得，，，，由勾股定理可求的长，即可求解【详解】解：如图∵四边形是菱形，∴，，，∴，∴故答案选：C【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题关键3．（2023春·广西·八年级南宁十四中校考期末）如图，在正方形外侧作等边，连接，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正方形的四条边都相等，四个角都是直角，等边三角形的三条边都相等，三个角都是60°求出，的度数，然后根据等腰三角形两个底角相等求出即可．【详解】在正方形中，，在等边中，，∴，∴．故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等边对等角的性质，是基础题，熟记各性质是解题的关键．4．（2023春·贵州遵义·七年级统考期末）如图，已知在矩形中，对角线，相交于点O，于点E．若，则的度数是（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】由矩形的性质得出，继而得到，再求出，，即可求出的度数．【详解】解：四边形是矩形，，，，，，，，．故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．5．（2023春·福建厦门·八年级厦门市松柏中学校考期末）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中菱形的对角线长为（）

A．20 B．30 C． D．【答案】C【分析】如图1中，连接，，交点为．在图2中，理由勾股定理求出，在图1中，只要证明是等边三角形即可解决问题．【详解】解：如图1中，连接，，交点为，．

在图2中，∵四边形是正方形，∴，，∵，，∴，在图1中，∵，，∴是等边三角形，∴∵菱形，∴，，，∴，∴，故选：C．【点睛】本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．6．（2023·河南周口·淮阳第一高级中学校考三模）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小陶家有一个菱形中国结装饰，测得，，直线EF⊥AB交两对边于点E，F，则的长为（

）

A．8cm B．10cm C． D．【答案】C【分析】根据菱形的性质与勾股定理可求出菱形的边长，再根据菱形的面积为对角线乘积的一半，或底乘以高可求出高．【详解】∵四边形是菱形∴∴在中，∵或∴，即∴故选：C【点睛】本题考查菱形的性质，菱形的面积，熟练运用菱形的面积公式是解题的关键．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）7．（2023春·上海普陀·八年级校考阶段练习）已知菱形中，边长，那么该菱形的面积等于__________．【答案】8【分析】根据直角三角形的性质：的角所对的高为边长的一半，可利用菱形的面积公式求解．【详解】解：如图，菱形中，边长，

∴，，∴菱形的面积为：；故答案为：8【点睛】本题考查的是含的直角三角形的性质，菱形的性质，熟记菱形的面积公式是解本题的关键．8．（2023春·河南南阳·八年级统考期末）请添加一个条件，使得菱形为正方形，则此条件可以为______．【答案】（不唯一）【分析】根据有一个角为直角的菱形是正方形即可得出答案．【详解】解：根据有一个角为直角的菱形是正方形得：这个条件可能是，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的判定，熟练掌握正方形与菱形之间的关系是解题关键．9．（2023春·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学校考期末）如图，O是矩形的对角线的中点，M是的中点．若，则四边形的周长为___________．

【答案】20【分析】先由得到，然后结合矩形的性质得到，再结合点O和点M分别是和的中点得到和的长，最后得到四边形的周长．【详解】解：∵四边形是矩形，，∴，∴，∵O是矩形的对角线的中点，∴，∵M是的中点，∴是的中位线，，∴，∴四边形的周长为：，故答案为：20．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、三角形的中位线定理，勾股定理，直角三角形斜边上的中位的性质，解题的关键在于灵活运用所学知识．10．（2023春·上海虹口·八年级上外附中校考期末）如图，E是正方形对角线延长线上一点，，则___．

【答案】/105度【分析】由正方形的性质可得，可得，则是等边三角形，，据此即可求解．【详解】解：如图，连接，，

∵四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，垂直平分线的性质及等边三角形的判定和性质，证明是等边三角形是解本题的关键．11．（2023春·湖北省直辖县级单位·八年级校联考阶段练习）如图，菱形的对角线相交于点O，点P为边上一动点（不与点A，B重合），于点E，于点F，若，则的最小值为________．【答案】【分析】连接，根据菱形的性质得到，根据勾股定理得到，证明四边形是矩形，根据矩形的性质得到，则当时，最小，的值最小，然后根据三角形的面积公式求出此时的长即可．【详解】解：如图所示，连接，∵四边形是菱形，∴，∴，∵于点E，于点F，∴，∴四边形是矩形，∴，∴当取最小值时，的值最小，∴当时，最小，∵，∴，∴的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，垂线段最短，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．12．（2023秋·江苏淮安·九年级校考期末）如图，在矩形中，，点P是直线上一动点，若满足是等腰三角形的点P有且只有3个，则的长为________．【答案】或【分析】根据等腰三角形的性质分类计算即可．【详解】解：当时，如图，此时符合题意的点P分别位于的中点，与点A重合，与点D重合；当时，如图，符合题意的点P分别位于的中点的，此时；；，∵符合题意的P只有三个，∴，∵，∴∴；当时，如图，符合题意的点P分别位于的中点的，此时；；∵符合题意的P只有一个，不符合题意，综上所述，的长为或．【点睛】本题考查了等腰三角形的分类计算，矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理，等腰三角形的分类标准是解题的关键．三、（本大题共5小题，每小题6分，共30分）13．（2023春·湖南永州·八年级校考阶段练习）如图，已知中，分别是边上的高，D是的中点，求证：．

【答案】见解析【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可证得结论．【详解】证明：∵分别是边上的高，∴，，∴与都是直角三角形，∵D是的中点，∴，，∴．【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，熟知直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．14．（2023春·北京海淀·八年级校考阶段练习）如图，平行四边形中，点E，F分别在边上，，．

(1)求证：四边形是矩形；(2)连接，若，，平分，求的长．【答案】(1)见解析(2)6【分析】（1）根据已知条件先证明四边形为平行四边形，再根据即可得证；（2）由平分，可求得，在中，，则，根据含30度角的直角三角形的性质，求得，由已知进而即可求得．【详解】（1）平行四边形，，，又，，即，，四边形为平行四边形，又，四边形是矩形．（2）平分，，，，，，在中，，，，，，．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的定义，熟练以上知识点是解题的关键．15．（2023春·浙江·八年级专题练习）已知是正方形对角线上一点，，垂足分别为，．．(1)求证：四边形为矩形．(2)求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）证出四边形有三个角为直角即可；（2）根据对称性得出，然后根据矩形的性质与勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：四边形是正方形，，，，，四边形为矩形；（2）如图，连接，∵四边形是正方形，为上任意一点，、关于对称，，四边形为矩形，，，在中，，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握正方形的性质和矩形的性质是解决问题的关键．16．（2023春·河南开封·八年级校考阶段练习）如图，点，分别在的边，上，连接，，，请从以下三个条件：①；②；③中，选择一个合适的作为已知条件，使为菱形．

(1)你添加的条件是(填序号)；(2)添加了条件后，请证明：平行四边形为菱形．【答案】(1)①（答案不唯一）(2)见解析【分析】（1）添加条件①或②或③证明，得出，即可得证；（2）证明，根据邻边相等的平行四边形即可得出平行四边形为菱形．【详解】（1）解：添加的条件可以是①或②或③，故答案为：①（答案不唯一）．（2）证明：添加①；∵四边形是平行四边形，∴∴，∴在与中，，∴∴∴平行四边形为菱形；添加②，连接可得，

则，∴；∵四边形是平行四边形，∴∴，∴在与中，，∴∴∴平行四边形为菱形.添加③∵四边形是平行四边形，∴∴，∴在与中，，∴∴∴平行四边形为菱形.【点睛】本题考查了菱形的判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．17．（2023春·湖北武汉·八年级统考期末）如图，在菱形中，点E在边上，仅用无刻度直尺完成下列画图，保留作图痕迹，不需要写作法．

(1)如图1，在上画点F，使四边形是平行四边形；(2)如图2，在上画点K，使；(3)如图3，若点G在上，在上画点H，使四边形是菱形．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)见解析．【分析】（1）以为圆心，以长为半径画弧，交于点，连接、，则四边形即为所求；（2）以为圆心，以长为半径画弧，交于点，即可求解；（3）以为圆心，以长为半径画弧，交于点，四边形即为所求．【详解】（1）解：如图，四边形即为所求的平行四边形；

（2）解：如下图所示：

（3）解：如图，四边形即为所求的菱形；

【点睛】此题考查了尺规作图，菱形和平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质以及尺规作图的方法．四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分）18．（2023·湖南永州·统考二模）如图，矩形的对角线、相交于点O，，．

(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先根据矩形的性质证得，再证明四边形是平行四边形，利用菱形的判定可证得结论；（2）根据菱形的性质和含30度的直角三角形的性质求得，，进而可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，，，∴，∵，，∴四边形是平行四边形，∴四边形是菱形；（2）解：连接交于H，

∵四边形是菱形，∴，，，∵，∴，又，∴，∴，则，∴，，∴菱形的面积为．【点睛】本题考查矩形的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键．19．（2023春·上海青浦·八年级统考期末）如图，在三角形中，，分别是与它的邻补角的平分线，于点E．

(1)求证：四边形是矩形；(2)连接交AC于点O，若，求证：四边形是正方形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）首先根据等腰三角形三线合一性质得到，然后利用角平分线的概念得到，然后结合即可证明四边形是矩形；（2）首先根据等边对等角得到，然后有矩形的性质得到，然后结合得到，即可证明出四边形是正方形．【详解】（1）解：∵∴是等腰三角形∵是的平分线∴，∵是的平分线∴∴∵∴四边形是矩形；（2）解：如图所示，

∵∴∵四边形是矩形∴∵∴∵∴∴∵四边形是矩形∴四边形是正方形．【点睛】此题考查了矩形的性质和判定，正方形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．20．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，四边形中，点E、F、G、H分别为的中点，(1)求证：中点四边形是平行四边形；(2)如图2，点P是四边形内一点，且满足，点E、F、G、H分别为的中点，猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想．【答案】(1)见解析(2)菱形，证明见解析【分析】（1）连接，根据三角形中位线定理可得，据此可得，即可得证；（2）连接，证得，由知，结合四边形是平行四边形即可得证．【详解】（1）证明：如图1中，连接，∵点E、H分别为边的中点，∴,∵点F、G、分别为的中点，∴，∴，∴中点四边形是平行四边形；（2）解：四边形是菱形，理由如下：如图2，连接，∵，∴，即，在和中，，∴，∴，∵点E，F，G分别为边的中点，∴，由（1）得：四边形是平行四边形，∴四边形是菱形．【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，学会添加常用辅助线构造全等三角形是解题的关键．五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分）21．（2023春·山西吕梁·八年级统考期中）如图1，四边形是菱形，点E，点F分别是，边上的动点，，连接，交对角线于点G，H．

(1)求证：；(2)如图2，连接，，请判断四边形是什么特殊四边形？并说明你的理由；(3)在图2中，如果，，试探究在点E，F运动过程中，如果四边形成为正方形，则的长度是多少？（请直接写出答案）【答案】(1)见解析(2)菱形，理由见解析(3)【分析】（1）根据菱形的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，根据等边对等角可得，根据全等三角形的判定和性质可得；（2）根据菱形的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，同理可得，由（1）可知，根据菱形的判定即可证明四边形是菱形；（3）连接，菱形的性质可得，，根据正方形的性质可得，根据等角对等边可得，根据30度角的直角三角形性质可得，根据勾股定理可得，即可求得．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，∴，，在与中，，∴，∴，∵，∴，在与中，，∴，∴；（2）四边形是菱形，证明：∵四边形是菱形，∴，，在与中，，∴，∴，同理：，又∵由（1）可知：，∴，∴四边形是菱形；（3）连接，如图：

∵四边形是菱形，，∴，，∵四边形成为正方形，∴，，∴，∵，，∴，，∴．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角，正方形的性质，等角对等边，30度角的直角三角形性质，勾股定理，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题的关键．22．（2023春·湖北黄冈·八年级统考阶段练习）如图1，在矩形纸片中，，，折叠纸片使B点落在边上的E处，折痕为，过点E作交于F，连接．

(1)求证：四边形为菱形；(2)当点E在边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动；①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形的边长；②若限定P、Q分别在边上移动，求线段的长的取值范围．【答案】(1)见解析(2)①；②【分析】（1）由折叠的性质得出，，，由平行线的性质得出，证出，得出，因此，即可得出结论；（2）①由矩形的性质得出，，，由对称的性质得出，在中，由勾股定理求出，得出；在中，由勾股定理得出方程，解方程得出即可；②当点与点重合时，点离点最近，由①知，此时；当点与点重