第1章 特殊的平行四边形章末达标检测卷（答案版）

第1章特殊的四边形章末达标检测卷参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2020•眉山）下列说法正确的是（）A．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 C．对角线相等的四边形是矩形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形【分析】根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定依次判断可求解．【答案】解：A、一组对边平行另一组对边相等的四边形可以是等腰梯形，可以是平行四边形，故选项A不合题意；B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故选项B符合题意；C、对角线相等的平行四边形是矩形，故选项C不合题意；D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故选项D不合题意；故选：B．【点睛】本题考查了正方形的判定，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，掌握这些判定定理是本题的关键．2．（3分）（2020春•九龙坡区期末）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，过点O作OG⊥AC，交AB于点G，连接CG，若∠BOG＝15°，则∠BCG的度数是（）A．15° B．15.5° C．20° D．37.5°【分析】根据矩形的性质得出∠ABC＝90°，BD＝AC，AO＝OC，BO＝OD，求出OC＝OB，根据等腰三角形的性质得出∠OCB＝∠OBC，根据线段垂直平分线的性质得出GA＝GC，根据垂直求出∠GOC＝90°，求出∠COB＝75°，求出∠CAB＝∠ACG＝37.5°，再求出答案即可．【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，BD＝AC，AO＝OC，BO＝OD，∴OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC，∵AO＝OC，OG⊥AC，∴GA＝GC，∠GOC＝90°，∵∠BOG＝15°，∴∠COB＝90°﹣15°＝75°，∴∠OCB＝∠OBC=12×（180°﹣∠COB∴∠CAB＝180°﹣∠ABC﹣∠OCB＝180°﹣90°﹣52.5°＝37.5°，∴∠ACG＝37.5°，∴∠BCG＝∠OCB﹣∠ACG＝52.5°﹣37.5°＝15°，故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理等知识点，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键．3．（3分）（2020春•崆峒区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，AE是∠BAC的外角的平分线，DE∥AB交AE于点E，则四边形ADCE的形状是（）A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形【分析】由等腰三角形的性质和角平分线的性质可证AE∥BC，可得四边形ABDE是平行四边形，可得AE＝BD，由等腰三角形的性质可得BD＝CD＝AE，可证四边形ADCE是平行四边形，且AD⊥CD，可得四边形ADCE是矩形．【答案】解：如图，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴∠HAE＝∠ABC+∠ACB＝2∠ABC，∵AE是∠HAC的平分线，∴∠HAE＝∠CAE=12∠∴∠HAE＝∠ABC，∴AE∥BC，又∵AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形，∴AE＝BD，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝DC，∴AE＝CD，又∵AE∥DC，∴四边形ADCE是平行四边形，又∵AD⊥CD，∴四边形ADCE是矩形，故选：B．【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．4．（3分）（2020春•顺城区期末）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DE⊥AB于点E，若AC＝8cm，BD＝6cm，则DE＝（）A．53cm B．25cm C．245cm D．485【分析】首先利用勾股定理求得菱形的边长，然后由菱形的两个面积计算渠道求得边AB上的高DE的长即可．【答案】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝8cm，BD＝6cm，∴S菱形ABCD=12AC•BD=12×6∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC=12AC＝4cm，OB＝OD＝3∴在直角三角形AOB中，AB=OB2∴DH=S菱形故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质以及勾股定理的应用．注意菱形的面积等于对角线积的一半或底乘以高．5．（3分）（2020春•贵港期末）如图，菱形ABCD的边长是5，O是两条对角线的交点，过O点的三条直线将菱形分成阴影部分和空白部分，若菱形的一条对角线的长为4，则阴影部分的面积为（）A．221 B．421 C．12 D．24【分析】连接AC、BD，由菱形的性质得出AB＝5，OB＝OD=12BD＝2，OA＝OC，AC⊥BD，由勾股定理求出OA，得出AC＝2【答案】解：连接AC、BD，如图所示：∵菱形ABCD的边长是5，O是两条对角线的交点，BD＝4，∴AB＝5，OB＝OD=12BD＝2，OA＝OC，AC⊥∴OA=A∴AC＝2OA＝221，∴菱形ABCD的面积=12AC×BD=12×221∵O是菱形两条对角线的交点，∴阴影部分的面积=12菱形ABCD的面积＝2故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质，中心对称，熟记性质并判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半是解题的关键．6．（3分）（2020春•常熟市期末）如图，以正方形ABCD的对角线AC为一边作菱形AEFC，点F在DC的延长线上，连接AF交BC于点G，则∠FGC的度数为（）A．67.5° B．45° C．60° D．75°【分析】由正方形的性质和菱形的性质可得∠CAB＝45°＝∠ACB，∠ABC＝90°，∠CAF＝∠EAF=12∠CAB＝【答案】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠CAB＝45°＝∠ACB，∠ABC＝90°，∵四边形AEFC是菱形，∴∠CAF＝∠EAF=12∠CAB＝∴∠FGC＝∠ACB+∠CAF＝67.5°，故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，三角形的外角性质，掌握这些性质是本题的关键．7．（3分）（2020•广州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（）A．485 B．325 C．245 【分析】依据矩形的性质即可得到△AOD的面积为12，再根据S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即可得到OE+EF的值．【答案】解：∵AB＝6，BC＝8，∴矩形ABCD的面积为48，AC=AB∴AO＝DO=12AC＝∵对角线AC，BD交于点O，∴△AOD的面积为12，∵EO⊥AO，EF⊥DO，∴S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即12=12AO×EO+12∴12=12×5×EO+1∴5（EO+EF）＝24，∴EO+EF=24故选：C．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解题时注意：矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等且互相平分．8．（3分）（2020春•辉县市期末）如图．在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，点P为斜边AB上一动点．过点P作PE⊥AC于E，PF⊥BC于F，连结EF．则线段EF的最小值为（）A．1.2 B．2.4 C．2.5 D．4.8【分析】连接PC，当CP⊥AB时，PC最小，利用三角形面积解答即可．【答案】解：连接PC，∵PE⊥AC，PF⊥BC，∴∠PEC＝∠PFC＝∠C＝90°，∴四边形ECFP是矩形，∴EF＝PC，∴当PC最小时，EF也最小，即当CP⊥AB时，PC最小，∵AC＝4，BC＝3，∴AB＝5，∴PC的最小值为：AC⋅BC∴线段EF长的最小值为2.4．故选：B．【点睛】本题主要考查的是矩形的判定与性质，关键是根据矩形的性质和三角形的面积公式解答．9．（3分）（2020•牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形ABCD对角线BD的中点，AD∥x轴且AD＝4，∠A＝60°，将菱形ABCD绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是（）A．（0，23） B．（2，﹣4） C．（23，0） D．（0，23）或（0，﹣23）【分析】分点C旋转到y轴正半轴和y轴负半轴两种情况分别讨论，结合菱形的性质求解．【答案】解：根据菱形的对称性可得：当点C旋转到y轴负半轴时，A、B、C均在坐标轴上，如图，∵∠BAD＝60°，AD＝4，∴∠OAD＝30°，∴OD＝2，∴AO=AD2∴点C的坐标为（0，-2同理：当点C旋转到y轴正半轴时，点C的坐标为（0，23∴点C的坐标为（0，23）或（0，-故选：D．【点睛】本题考查了菱形的对称性，旋转的性质，直角三角形的性质，解题的关键是要分情况讨论．10．（3分）（2020春•天门期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，AE＝AF，AC与EF相交于点G．下列结论：①AC垂直平分EF；②BE+DF＝EF；③当∠DAF＝15°时，△AEF为等边三角形；④当∠EAF＝60°时，∠AEB＝∠AEF．其中正确的结论是（）A．①③ B．②④ C．①③④ D．②③④【分析】由“HL”可证Rt△ABE≌Rt△ADF，可得BE＝DF，可得CE＝CF，由等腰直角三角形的性质可得AC垂直平分EF，可判断①，由等腰直角三角形的性质可得EG＝GF，由角平分线的性质可得BE＝EG，可判断②，由全等三角形的性质可得∠DAF＝∠BAE＝15°，可证△AEF是等边三角形，可判断③，通过分别求出∠AEB，∠AEF的度数，可判断④，即可求解．【答案】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D＝90°，∠ACD＝∠ACB＝45°，∵AB＝AD，AE＝AF，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴BE＝DF，∴CE＝CF，又∵∠ACD＝∠ACB＝45°，∴AC垂直平分EF，故①正确；∵CE＝CF，∠BCD＝90°，AC垂直平分EF，∴EG＝GF，当AE平分∠BAC时，BE＝EG，即BE+DF＝EF，故②错误；∵Rt△ABE≌Rt△ADF，∴∠DAF＝∠BAE＝15°，∴∠EAF＝60°，又∵AE＝AF，∴△AEF是等边三角形，故③正确；∵AE＝AF，∠EAF＝60°，∴△AEF是等边三角形，∴∠AEF＝60°，∵∠BAC＝45°，∠CAE＝30°，∴∠BAE＝15°，∴∠AEB＝75°≠∠AEF，故④错误；故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，证明Rt△ABE≌Rt△ADF是本题的关键．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（2020春•房山区期末）在四边形ABCD中，有以下四个条件：①AB∥CD；②AD＝BC；③AC＝BD；④∠ADC＝∠ABC．从中选取三个条件，可以判定四边形ABCD为矩形．则可以选择的条件序号是①③④．【分析】根据全等三角形的判定和性质以及矩形的判定定理即可得到结论．【答案】解：当具备①③④这三个条件，能得到四边形ABCD是矩形．理由如下：∵AB∥CD，∴∠BAC＝∠DCA，∵∠ABC＝∠ADC，AC＝CA，∴△ABC≌△CDA（AAS），∴∠ACB＝∠DCA，∴AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形；故答案为：①③④．【点睛】本题主要考查的是矩形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握矩形的判定定理是解题的关键．12．（3分）（2020春•崆峒区期末）如图，E，F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AC＝4，AE＝CF＝1，则四边形BEDF的周长是45．【分析】根据题意和正方形的性质，利用勾股定理，可以求得DE、EB、BF、FD的长，从而可以求得四边形BEDF的周长．【答案】解：连接DB交AC于点O，∵四边形ABCD是正方形，AC＝4，∴AC＝BD＝4，AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD＝2，∵AE＝CF＝1，∴DE＝DF＝BF＝BE=2∴四边形BEDF的周长是45，故答案为：45．【点睛】本题考查正方形的性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．13．（3分）（2020春•荔城区期末）把长方形ABCD沿着直线EF对折，折痕为EF，对折后的图形EHGF的边FG恰好经过点C，若∠AFE＝55°，则∠CEB'＝70°．【分析】根据折叠前后两图形全等和内角和进行解答即可．【答案】解：如图，在长方形ABCD中，AD∥BC，则∠FEC＝∠AFE＝55°．∴∠BEF＝180°﹣55°＝125°．根据折叠的性质知：∠B′EF＝∠BEF＝125°．∴∠CEB'＝∠B′EF﹣∠FEC＝125°﹣55°＝70°．故答案是：70°．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠问题，关键是根据折叠前后两图形全等，即对应线段相等，对应角相等解答．14．（3分）（2020春•如皋市期末）如图，四边形ABCD是菱形，∠DAB＝48°，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，则∠DHO＝24度．【分析】由菱形的性质可得OD＝OB，∠COD＝90°，由直角三角形的性质可得OH=12BD＝OB，可得∠OHB＝∠【答案】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OD＝OB，∠COD＝90°，∠DAB＝∠DCB＝48°，∵DH⊥AB，∴OH=12BD＝∴∠OHB＝∠OBH，又∵AB∥CD，∴∠OBH＝∠ODC，在Rt△COD中，∠ODC+∠DCO＝90°，在Rt△DHB中，∠DHO+∠OHB＝90°，∴∠DHO＝∠DCO=12∠DCB＝故答案为：24．【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，以及等角的余角相等，熟记各性质并理清图中角度的关系是解题的关键．15．（3分）（2020春•秀英区校级期末）两个边长为10cm的正方形按如图所示的方式重叠在一起，点O是其中一个正方形的中心，则重叠部分的面积为25cm2．【分析】连接OA、OD，证明OAM≌△ODN，得阴影部分的面积等于△OAD的面积，再由△OAD的面积与正方形ABCD的面积的关系求得结果．【答案】解：如图，连接OA、OD，则∠AOD＝∠GOE＝90°，∴∠AOM＝∠DON，∵ABCD是正方形，O为正方形ABCD的中心，∴OA＝OD，∠OAM＝∠ODN＝45°，在△OAM和△ODN中，∠OAM∴△OAM≌△ODN（ASA），∴S△OAM＝S△ODN，∴S阴影＝S△ODM+S△ODN＝S△OAM+S△ODM＝S△OAD，=14S正方形ABCD=14×102＝故答案是：25．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，关键是构造全等三角形得到阴影部分的面积等于△OAD的面积．16．（3分）（2020春•潮安区期末）如图，点E，F，G，H分别是BD，BC，AC，AD的中点：下列结论：①EH＝EF；②当AB＝CD，EG平分∠HGF；③当AB⊥CD时，四边形EFGH是矩形；其中正确的结论序号是②③．【分析】由三角形中位线定理可得EF∥CD，HG∥CD，EF=12EF，HG=12CD，HE=12AB，AB∥HE，可证四边形是平行四边形，可判断①，由AB＝CD可证平行四边形HEFG是菱形，可判断②，由AB⊥【答案】解：∵点E，F，G，H分别是BD，BC，AC，AD的中点，∴EF∥CD，HG∥CD，EF=12EF，HG=12CD，HE=12∴EF＝HG，EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形，∵AB不一定等于CD，∴EH不一定等于EF，故①错误，∵AB＝CD，∴EH＝EF，∴平行四边形HEFG是菱形，∴EG平分∠HGF，故②正确，③∵AB⊥CD，∴∠ABC+∠BCD＝90°，∵四边形HEFG是平行四边形，∴GF∥HE∥AB，∴∠GFC＝∠ABC，∵EF∥CD，∴∠BFE＝∠BCD，∴∠GFC+∠BCD＝90°，∴∠EFG＝90°，∴平行四边形HEFG是矩形，故③正确，故答案为：②③．【点睛】本题考查了矩形的判定，菱形的判定和性质，平行四边形的判定，三角形的中位线定理，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．三．解答题（共6小题，满分52分）17．（8分）（2020春•嘉陵区期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AH⊥BD于H，OH＝2BH，AH＝5．（1）求BH的长．（2）求矩形ABCD的面积．【分析】（1）设BH＝x，OH＝2x，则OA＝OB＝3x，依据Rt△AOH中，OH2+OH2＝AO2，即可得到x的值；（2）依据勾股定理求得矩形的边长，即可得到矩形的面积．【答案】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，OA=12AC，OB=∴OA＝OB，由OH＝2BH，可设BH＝x，OH＝2x，则OA＝OB＝3x，∵AH⊥BD，∴Rt△AOH中，OH2+OH2＝AO2，∴4x2+52＝9x2，解得x=±5又∵x＞0，∴x=5∴BH=5（2）由（1）可得，AB=BAC＝2OA＝2×35=6∴BC=A∴S矩形ABCD＝AB×BC=30×56=【点睛】本题主要考查了矩形的性质以及勾股定理的运用，解题时注意：矩形的四个角都是直角，矩形的对角线相等且互相平分．18．（8分）（2020春•洛阳期末）如图，点A、F、C、D在同一直线上，点B和点E分别在直线AD的两侧，且AB＝DE，∠A＝∠D，AF＝DC．（1）求证：四边形BCEF是平行四边形；（2）若∠DEF＝90°，DE＝8，EF＝6，当AF为145时，四边形BCEF【分析】（1）由AB＝DE，∠A＝∠D，AF＝DC，易证得△ABC≌DEF（SAS），即可得BC＝EF，且BC∥EF，即可判定四边形BCEF是平行四边形；（2）由四边形BCEF是平行四边形，可得当BE⊥CF时，四边形BCEF是菱形，所以连接BE，交CF与点G，由三角形DEF的面积求出EG的长，根据勾股定理求出FG的长，则可求出答案．【答案】（1）证明：∵AF＝DC，∴AC＝DF，在△ABC和△DEF中，AB=∴△ABC≌△DEF（SAS），∴BC＝EF，∠ACB＝∠DFE，∴BC∥EF，∴四边形BCEF是平行四边形；（2）解：如图，连接BE，交CF于点G，∵四边形BCEF是平行四边形，∴当BE⊥CF时，四边形BCEF是菱形，∵∠DEF＝90°，DE＝8，EF＝6，∴DF=DE∴S△DEF=12EG×∴EG=6×8∴FG＝CG=E∴AF＝CD＝DF﹣2FG＝10-36故答案为：145【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质以及勾股定理等知识．熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．19．（8分）（2020春•新乡期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC，对角线BD平分∠ABC，P是BD上一点，过点P作PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别为M、N．（1）求证：∠ADB＝∠CDB；（2）若∠ADC＝90°时，四边形MPND是正方形，并说明理由．【分析】（1）根据角平分线的性质和全等三角形的判定方法证明△ABD≌△CBD，由全等三角形的性质即可得到：∠ADB＝∠CDB；（2）由三个角是直角的四边形是矩形，可证四边形MPND是矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形即可证明四边形MPND是正方形．【答案】证明：（1）∵对角线BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，在△ABD和△CBD中，AB=∴△ABD≌△CBD（SAS），∴∠ADB＝∠CDB；（2）当∠ADC＝90°时，四边形MPND是正方形，理由如下：∵PM⊥AD，PN⊥CD，∴∠PMD＝∠PND＝90°，∵∠ADC＝90°，∴四边形MPND是矩形，∵∠ADB＝∠CDB，∴∠ADB＝45°，∵∠PMD＝90°，∴∠MPD＝∠PDM＝45°，∴PM＝MD，∴矩形MPND是正方形，故答案为：90．【点睛】本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，矩形的判定和性质，解题的关键是熟记各种几何图形的性质和判定．20．（8分）（2020春•灵山县期末）如图，四边形ABCD、BFGE均为正方形，连结CF．（1）证明：AE＝CF；（2）延长AE交CF于H，证明：∠AHC＝90°．【分析】（1）根据正方形的性质，可以得到AB＝CB，BE＝BF，∠ABE＝∠CBF＝90°，从而可以得到△ABE和△CBF全等，然后即可得到结论成立；（2）根据题意和（1）中的△ABE和△CBF全等，可以证明结论成立．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD、BFGE均为正方形，∴AB＝CB，BE＝BF，∠ABE＝∠CBF＝90°，在△ABE和△CBF中，AB=∴△ABE≌△CBF（SAS），∴AE＝CF；（2）由（1）得，△ABE≌△CBF，∠ABE＝90°，∴∠EAB＝∠FCB，∵∠AEB＝∠CEH，∴∠EAB+∠AEB＝∠FCB+∠CEH═90°，∴∠AHC＝90°．【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．21．（10分）（2020春•赣州期末）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC、CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．（1）证明不论E、F在BC、CD上如何滑动，总有BE＝CF；（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，分别探讨四边形AECF的面积和△CEF的周长是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最小值．【分析】（1）（1）先求证AB＝AC，进而求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4＝60°，AC＝AB进而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE＝CF；（2）根据△ABE≌△ACF可得S△ABE＝S△ACF，故根据S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC即可解题；由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的周长会随着AE的变化而变化，求出当AE最短时，△CEF的周长即可．【答案】解：（1）如图，连接AC，∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，∴∠BAC＝60°，∵△AEF是等边三角形，∴∠EAF＝60°，∴∠1+∠EAC＝60°，∠3+∠EAC＝60°，∴∠1＝∠3，∵∠BAD＝120°，∴∠ABC＝60°，∴△ABC和△ACD为等边三角形，∴∠4＝60°，AC＝AB，∴在△ABE和△ACF中，∠1=∠3AB∴△ABE≌△ACF（ASA）．∴BE＝CF；（2）四边形AECF的面积不变，△CEF的周长发生变化．理由如下：由（1）得△ABE≌△ACF，则S△ABE＝S