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预习衔接.夯实基础 特殊平行四边形
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 龙岗区期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．若∠AOB＝50°，则∠ADB的度数为（　　）
A．65° B．50° C．25° D．20°
2．（2024秋 碑林区校级期中）如图，要使平行四边形ABCD成为矩形，需要添加的条件是（　　）
A．∠ABD＝∠CBD B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AB＝BC
3．（2024秋 市南区校级期中）如图所示，正方形ABCD的边长为1，AB在x轴的正半轴上，以A（1，0）为圆心，AC为半径作圆交x轴负半轴于点P，则点P的横坐标是（　　）
A． B． C． D．
4．（2024秋 沙坪坝区校级期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别为边AD、AB上一点，且AE＝BF，连接BE，CF，BG平分∠CBE交CD于点G，且点G为CD中点．若∠CFB＝α，则∠GED的度数为（　　）
A．α B． C． D．90°﹣α
5．（2024秋 罗湖区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为正方形，点C坐标为（3，2），则点A的坐标为（　　）
A．（﹣2，2） B．（﹣2，3） C．（﹣3，2） D．（﹣3，3）
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 琼山区校级期中）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝6，AC是一条对角线，E是AC上一点，过点E作EF⊥AB，垂足为F，连接DE．若CE＝AF，则CE的长为 　 　，DE的长为 　 　．
7．（2024秋 市南区校级期中）如图，三角形是直角三角形，四边形是正方形，已知正方形A的面积是64，正方形B的面积是100，则半圆C的面积是 　 　．
8．（2024秋 宜兴市期中）在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝6cm，点E在直线AD上，且DE＝2cm，则点E到矩形对角线所在直线的距离是 　 　cm．
9．（2024 茂南区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若OA＝2，则BD的长为 　 　．
10．（2024春 新邵县期末）如图，在平面直角坐标系中，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（2，0），点D在y轴上，则点C的坐标是 　 　．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 龙岗区期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠BDC＝90°，E是AD边上一点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF．
（1）请从下列条件中选择一个能证明四边形ABDF是矩形的条件，并写出证明过程；
①AE＝DE；②BF＝BC；③AE＝BE．
（2）若四边形ABDF是矩形，且AB＝3，AD＝5，求四边形ABCF的面积．
12．（2024秋 新城区期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF．求证：四边形ADFE是矩形．
13．（2024 娄底模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作BC的垂线，垂足为点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）若AB＝13，AC＝10，求AE的长．
14．（2024春 崆峒区期末）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点F是CD的中点，延长OF到点E，使EF＝OF，连接CE，DE．
（1）求证：四边形DOCE是矩形；
（2）若OE＝2，∠ABC＝120°，求菱形ABCD的面积．
15．（2024秋 武进区期中）如图，∠ABC＝90°，M是AC上一点，连结BM，AM＝BM．
（1）求证：M是AC中点；
（2）在AC的另一侧取点D，使得∠ADC＝90°，连结MD，求证：BM＝DM．
预习衔接.夯实基础 特殊平行四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 龙岗区期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．若∠AOB＝50°，则∠ADB的度数为（　　）
A．65° B．50° C．25° D．20°
【考点】矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】根据矩形的性质证明OA＝OD，根据三角形的外角的性质即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵∠AOB＝∠OAD+∠ODA＝50°，
∴∠ADB＝25°．
故选：C．
【点评】本题考查矩形的性质、等腰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．
2．（2024秋 碑林区校级期中）如图，要使平行四边形ABCD成为矩形，需要添加的条件是（　　）
A．∠ABD＝∠CBD B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AB＝BC
【考点】矩形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】由平行四边形ABCD的性质得AD∥BC，则∠ADB＝∠CBD，而∠ABD＝∠CBD，所以∠ADB＝∠ABD，推导出AB＝AD，则四边形ABCD是菱形，可判断A不符合题意；由四边形ABCD是平行四边形，且AC＝BD，可推导出四边形ABCD是矩形，可判断B符合题意；由四边形ABCD是平行四边形，且AC⊥BD，可证明四边形ABCD是菱形，可判断C不符合题意；由四边形ABCD是平行四边形，且AB＝BC，可判断四边形ABCD是菱形，可判断D不符合题意，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵∠ABD＝∠CBD，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，但不一定是矩形，
故A不符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，且AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，
故B符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，且AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，但不一定是矩形，
故C不符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，且AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，但不一定是矩形，
故D不符合题意，
故选：B．
【点评】此题重点考查矩形的判定定理、菱形的定义和菱形的判定定理等知识，根据所给的条件证明平行四边形ABCD为矩形或菱形是解题的关键．
3．（2024秋 市南区校级期中）如图所示，正方形ABCD的边长为1，AB在x轴的正半轴上，以A（1，0）为圆心，AC为半径作圆交x轴负半轴于点P，则点P的横坐标是（　　）
A． B． C． D．
【考点】正方形的性质；坐标与图形性质．
【专题】平面直角坐标系；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力．
【答案】D
【分析】先根据正方形的性质及勾股定理得求出AC，再根据点A（1，0）及作图得OA＝1，AP＝AC，则OP，由此可得出点P的横坐标．
【解答】解：∵正方形ABCD的边长为1，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝1，∠ABC＝90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC，
∵以A（1，0）为圆心，AC为半径作圆交x轴负半轴于点P，
∴OA＝1，AP＝AC，
∴OP＝AP﹣OA，
∵点P在x轴的负半轴上，
∴点P的横坐标为：﹣（）．
故选：D．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，坐标与图形，熟练掌握正方形的性质，坐标与图形是解决问题的关键．
4．（2024秋 沙坪坝区校级期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别为边AD、AB上一点，且AE＝BF，连接BE，CF，BG平分∠CBE交CD于点G，且点G为CD中点．若∠CFB＝α，则∠GED的度数为（　　）
A．α B． C． D．90°﹣α
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】C
【分析】过点G作GH⊥BE于点H，证明△ABE≌△BCF（SAS），Rt△GDE≌Rt△GHE（HL），得出，即可求解．
【解答】解：如图所示，过点G作GH⊥BE于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠ABC，DC⊥BC，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BEA＝∠CFB＝α，
∵BG平分∠CBE交CD于点G，且点G为CD中点．
∴GC＝GH，CG＝GD，
∴GD＝GH，
又∵GD⊥DE，GH⊥BE，
在Rt△GDE，Rt△GHE中，
，
∴Rt△GDE≌Rt△GHE（HL），
∴．
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，角平分线的性质，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线是解决此题的关键．
5．（2024秋 罗湖区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为正方形，点C坐标为（3，2），则点A的坐标为（　　）
A．（﹣2，2） B．（﹣2，3） C．（﹣3，2） D．（﹣3，3）
【考点】正方形的性质；坐标与图形性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】平面直角坐标系；三角形；图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】如图所示，过点A作AD⊥x轴于点D，过点C作CE⊥x轴于点E，根据正方形的性质，可证Rt△AOD≌Rt△OCE（ASA），可得DO＝EC，AD＝OE，根据点C的坐标可确定OE，CE的长，由此即可求解．
【解答】解：如图所示，过点A作AD⊥x轴于点D，过点C作CE⊥x轴于点E，
∵四边形OABC是正方形，
∴OA＝AB＝BC＝OC，∠AOC＝90°，
∴∠AOD+∠EOC＝90°，∠AOD+∠OAD＝90°，
∴∠OAD＝∠EOC，
在Rt△AOD，Rt△OCE中，
，
∴Rt△AOD≌Rt△OCE（ASA），
∴DO＝EC，AD＝OE，
∵C（3，2），
∴OE＝3，CE＝2，
∴OD＝2，AD＝3，且点A在第二象限，
∴A（﹣2，3），
故选：B．
【点评】本题主要考查几何图形，全等三角形的判定和性质，图象与坐标的综合，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，根据图象特点确定坐标的方法等知识是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 琼山区校级期中）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝6，AC是一条对角线，E是AC上一点，过点E作EF⊥AB，垂足为F，连接DE．若CE＝AF，则CE的长为 　2　，DE的长为 　2　．
【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】2，2．
【分析】如图，连接BD交AC于点O．求出OD，OE，再利用勾股定理求解．
【解答】解：如图，连接BD交AC于点O．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠ADC＝∠ABC＝60°，AB＝BC＝CD＝AD＝6，
∴△ABC，△ADC都是等边三角形，
∴∠CAB＝60°，
∵EF⊥AF，
∴∠AFE＝90°，∠AEF＝30°，
∴AE＝2AF，
∵CE＝AF，
∴AC＝3EC，
∴AE＝4，EC＝2，
∴OA＝OC＝3，ODAO＝3，
∴OE＝AE﹣OA＝4﹣3＝1，
∴DE2．
故答案为：2，2．
【点评】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
7．（2024秋 市南区校级期中）如图，三角形是直角三角形，四边形是正方形，已知正方形A的面积是64，正方形B的面积是100，则半圆C的面积是 　4.5π　．
【考点】正方形的性质；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】4.5π．
【分析】在Rt△DEF中，DE是斜边，DF2＝DE2﹣EF2．半圆C的面积等于以DF为直径的圆的面积的一半．
【解答】解：
正方形A的面积是64，正方形B的面积是100，
则DE＝10，EF＝8，
由勾股定理得DF6，
故半圆C的面积π×32＝4.5π．
故答案为：4.5π．
【点评】本题考查勾股定理、正方形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
8．（2024秋 宜兴市期中）在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝6cm，点E在直线AD上，且DE＝2cm，则点E到矩形对角线所在直线的距离是 　或或．　cm．
【考点】矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】或或．
【分析】设AC，BD交于点O，点E1在线段AD上，E2在AD的延长线上，过点E1，E2作AC，BD的垂线，垂足分别为F1，F2，F3，进而分别求得垂线段的长度，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，BC＝8，
∴AD＝BC＝8，CD＝AB＝4，，
∴，，，
如图所示，设AC，BD交于点O，点E1在线段AD上，E2在AD的延长线上，过点E1、E2作AC和BD的垂线，垂足分别为F1、F2、F3，
∵AO＝DO，
∴∠OAD＝∠ODA，
①当E在线段AD上时，AE1＝AD﹣DE＝8﹣2＝6，
在RtΔAE1F1中，；
∵∠OAD＝∠ODA
在RtΔE1F2D中，；
②当E在射线AD上时，
在Rt△DCE2中，，
∴∠CAD＝∠DCE，
∴∠DCE+∠DCA＝90°，
∴E2C⊥AC，
∴，
在RtΔDE2F3中，，
综上所述，点E到对角线所在直线的距离为：或或，
故答案为：或或．
【点评】本题考查了矩形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
9．（2024 茂南区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若OA＝2，则BD的长为 　4　．
【考点】矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】因为矩形的对角线相等且互相平分，已知OA＝2，则AC＝2OA＝4，又BD＝AC，故可求．
【解答】解：∵ABCD是矩形
∴OC＝OA，BD＝AC
又∵OA＝2，
∴AC＝OA+OC＝2OA＝4
∴BD＝AC＝4
故答案为：4．
【点评】本题考查矩形的对角线相等的性质，属于矩形的基本性质，比较简单．
10．（2024春 新邵县期末）如图，在平面直角坐标系中，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（2，0），点D在y轴上，则点C的坐标是 　（5，4）　．
【考点】菱形的性质；坐标与图形性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】首先根据菱形的性质求出AB的长度，再利用勾股定理求出DO的长度，进而得到点C的坐标．
【解答】解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（2，0），点D在y轴上，
∴AB＝AO+OB＝5，
∴AD＝AB＝CD＝5，
∴DO4，
∴点C的坐标是：（5，4）．
故答案为：（5，4）．
【点评】此题主要考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质，解题的关键是利用勾股定理求出DO的长度．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 龙岗区期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠BDC＝90°，E是AD边上一点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF．
（1）请从下列条件中选择一个能证明四边形ABDF是矩形的条件，并写出证明过程；
①AE＝DE；②BF＝BC；③AE＝BE．
（2）若四边形ABDF是矩形，且AB＝3，AD＝5，求四边形ABCF的面积．
【考点】矩形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；梯形；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）18．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AB∥CD，则∠ABE＝∠DFE，而∠AEB＝∠DEF，AE＝DE，即可根据“AAS”证明△ABE≌△DFE，得AB＝DF，则四边形ABDF是平行四边形，由∠BDC＝90°，得∠BDF＝90°，则四边形ABDF是矩形；
（2）由AB＝DF＝CD＝3，得CF＝6，根据勾股定理求得BD4，根据梯形的面积公式即可求得答案．
【解答】解：（1）选①AE＝DE．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABE＝∠DFE，
在△ABE和△DFE中，
，
∴△ABE≌△DFE（AAS），
∴AB＝DF，
∵AB∥DF，AB＝DF，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵∠BDC＝90°，
∴∠BDF＝90°，
∴四边形ABDF是矩形；
（2）解：∵四边形ABDF是矩形，
∴AB＝DF，
∵四边形ABDF是平行四边形，
∴AB＝CD，
∴AB＝DF＝CD＝3，
∴CF＝DF+CD＝3+3＝6，
在Rt△BDC中，BC＝AD＝5，CD＝3，
∴BD4，
∵AB∥CF，
∴SBD（AB+CF）4×（3+6）＝18，
∴四边形ABCF的面积S等于18．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、梯形的面积公式等知识，证明△ABE≌△DFE是解题的关键．
12．（2024秋 新城区期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF．求证：四边形ADFE是矩形．
【考点】矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见解析．
【分析】先根据平行四边形的性质证明△ABE≌△DCF，得到AE＝DF，∠AEB＝∠DFC＝90°，从证明结论．
【解答】证明：∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC且AB＝DC，
∴∠ABE＝∠DCF，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴AE＝DF，∠AEB＝∠DFC＝90°，
∴AE∥DF，
∴四边形ADFE是平行四边形，
又∵∠DFC＝90°，
∴四边形ADFE是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，掌握全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质是解题的关键．
13．（2024 娄底模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作BC的垂线，垂足为点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）若AB＝13，AC＝10，求AE的长．
【考点】矩形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据菱形的性质先证明BC＝EF，进而得到AD＝EF且AD∥EF，证得四边形AEFD是平行四边形，再根据∠AEF是直角证得四边形AEFD是矩形；
（2）先根据勾股定理求出OB，得到BD的长，利用AC BD＝BC AE，求出AE的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC且AD＝BC，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
即BC＝EF，
∴AD＝EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°，
∴四边形AEFD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO＝5，BC＝AB＝13，
∵AE⊥BC，
∴S四边形ABCD＝BC AE，
在Rt△ABO中，由勾股定理可得：
∴，
∴BD＝2BO＝24，
∵S四边形ABCDAC BD＝BC AE，
∴，
∴．
【点评】本题考查了菱形的性质和勾股定理，解题的关键熟知菱形的性质并灵活运用，①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
14．（2024春 崆峒区期末）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点F是CD的中点，延长OF到点E，使EF＝OF，连接CE，DE．
（1）求证：四边形DOCE是矩形；
（2）若OE＝2，∠ABC＝120°，求菱形ABCD的面积．
【考点】矩形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理；菱形的性质．
【专题】推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）先证明四边形DOCE为平行四边形，再根据菱形的性质得到∠DOC＝90°，然后根据矩形的判定可证得结论；
（2）根据矩形的对角线相等求得CD＝2，再根据菱形的性质和勾股定理求出对角线AC，BD的长，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半求解即可．
【解答】（1）证明：∵点F是CD的中点，
∴DF＝CF，
∵EF＝OF，
∴四边形DOCE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠DOC＝90°，
∴四边形DOCE是矩形；
（2）解：∵四边形DOCE是矩形，OE＝2，
∴CD＝OE＝2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD＝2OB，AC＝2OC，AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝2，
∴，
∴∠BCO＝90°﹣∠CBO＝30°，
∴，，
∴，BD＝2OB＝2，
∴四边形ABCD的面积为．
【点评】本题考查平行四边形的判定、菱形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、含30°的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定与性质是解答的关键．
15．（2024秋 武进区期中）如图，∠ABC＝90°，M是AC上一点，连结BM，AM＝BM．
（1）求证：M是AC中点；
（2）在AC的另一侧取点D，使得∠ADC＝90°，连结MD，求证：BM＝DM．
【考点】直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的性质．
【专题】证明题；等腰三角形与直角三角形；几何直观；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）证明见解答过程．
【分析】（1）先根据AM＝BM得∠MAB＝∠MBA，再根据∠ABC＝90°得∠MBC＝∠MCB，则BM＝CM，进而得BM＝CM＝AM，由此可得出结论；
（2）连接DM，根据直角三角形斜边中线的性质得DM＝AM＝CMAC，据此可得出结论．
【解答】证明：（1）∵AM＝BM
∴∠MAB＝∠MBA，
∵∠ABC＝90°
∴∠MBC+∠MBA＝90°，∠MAB+∠MCB＝90°，
∴∠MBC＝∠MCB，
∴BM＝CM，
∴BM＝CM＝AM
∴M是AC的中点；
（2）连接DM，如图所示：
∵∠ADC＝90°，M是AC的中点，
∴DM是Rt△ACD斜边AC的中点，
∴DM＝AM＝CMAC，
∵BM＝AM
∴BM＝DM．
【点评】此题主要考查了直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的性质，准确识图，熟练掌握直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的性质是解决问题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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