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第5章 特殊平行四边形 单元测试（提升卷）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．如图所示，在菱形中，对角线，相交于点，若，，则菱形的面积为（ ）
A．12 B．15 C．20 D．24
2．矩形不一定具有的性质是（ ）
A．四个角都是直角 B．对角线互相垂直
C．是轴对称图形 D．对角线相等
3．如图，在矩形ABCD中，AB＝1，对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BD，垂足为E，若BE＝EO，则AD的长是（　　）
A．3 B． C．3 D．
4．如图，在矩形中，，，过对角线交点作交于点，交于点，连接，则的周长为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，菱形的对角线与相交于点，于点，，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
6．下列说法错误的是（ ）
A．有一组邻边相等的四边形是菱形 B．矩形的对角线相等且互相平分
C．平行四边形的对角相等 D．有一个角是的菱形是正方形
7．如图，在矩形中，点、分别在边，上，且，，，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，点E为正方形的边上一点，且，连接，取的中点F，连接，若的长为，则正方形的面积为（ ）
A．9 B．12 C．16 D．20
9．如图所示，菱形的两条对角线相交于点，，，点是边上的一个动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，在边长为的正方形中，E为边上一点，且，点F在边上以的速度由点B向点C运动；同时，点G在边上以的速度由点C向点D运动，它们运动的时间为t秒，连接，．当与全等时，t的值为（ ）
A．1 B．2 C．2或3 D．1或2
评卷人得分
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11．如图，在矩形中，，点P和点Q分别从点B和点D出发，按逆时针方向沿矩形的边运动，点P和点Q的速度分别为和，则最快_____s后，四边形成为矩形．
12．如图，菱形对角线与相交于点，为的中点，菱形周长为，则的长为________．
13．如图，是菱形的对角线，在上截取，使得，连接，若，则的度数为_____．
14．如图，在正方形中，，交于点，则的度数为_____________．
15．如图，在矩形中，，，对角线的垂直平分线分别交、于点、，垂足为，则的长为_______．
16．如图，正方形的边长为，，将绕点顺时针旋转得到若，则__________．
评卷人得分
三、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．如图，正方形的对角线交于点O，点E、F分别在上，连接，，求证：．
18．如图，在菱形中，对角线、相交于点，过点作，过点作，、交于点，连接．若，求的长．
19．如图，，过点D作，垂足为M，E在边上，，．求证：．
20．如图，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到．延长交于点G，连接．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若，，求．
21．如图，在平行四边形中，，平分，交于点E，过点E作交于点F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若菱形的周长为16，，求的大小．
22．“三等分一个任意角”是数学史上一个著名问题．今天，人们已经知道，仅用圆规和直尺是不可能作出的．在探索中，有人曾利用过如图所示的图形，其中，是长方形，是延长线上一点，是上一点，并且．
(1)求证：；
(2)若，长方形面积为4，请直接写出的周长______．
23．如图，在正方形中，点P是对角线上的一点，点E在的延长线上，且，交于点F．
(1)证明：；
(2)如图，把正方形改为菱形，其它条件不变，当时，连接，试探究线段与线段的数量关系，并说明理由．
24．矩形中，，，点E是线段上异于点B的一个动点，连接，把沿直线折叠，使点B落在点P处．
【初步感知】（1）如图1，当E为的中点时，延长交于点F，求证：．
【深入探究】（2）如图2，点M在线段上，．点E在移动过程中，求的最小值．

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《第5章 特殊平行四边形 单元测试（提升卷）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B B A B A C C C D
1．D
【分析】本题主要考查了求菱形的面积，菱形的面积等于其对角线乘积的一半，据此求解即可．
【详解】解：∵在菱形中，对角线，相交于点，若，，
∴，
故选：D．
2．B
【分析】本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质：对边相等且平行，四个角都是直角，对角线平分且相等，矩形既是中心对称图形也是轴对称图形，根据性质判断即可．
【详解】解：矩形不一定具有的性质是对角线垂直．
故选：B．
3．B
【分析】由矩形的性质得OA＝OB，再由线段垂直平分线的性质得AB＝AO，则OA＝AB＝OB＝1，得BD＝2，然后由勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，OB＝OD，OA＝OC，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵BE＝EO，AE⊥BD，
∴AB＝AO，
∴OA＝AB＝OB＝1，
∴BD＝2，
∴AD＝＝＝，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质，求出BD＝2是解题的关键．
4．A
【分析】根据矩形的性质得出，，，再根据线段垂直平分线的性质得出，进而得出的周长，可得答案．
【详解】∵四边形是矩形，
∴，，．
∵，
∴，
∴的周长．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质等，弄清各线段之间的数量关系是解题的关键．
5．B
【分析】本题考查的是菱形的性质、勾股定理以及菱形面积公式的综合运用，利用“等面积法”将边长与高建立联系是解题的关键，先根据菱形对角线的性质结合勾股定理求出边长，再通过面积相等列出等式，进而求出的长．
【详解】解：在菱形中，
，，，
，
，
，
．
故选：．
6．A
【分析】本题主要考查了菱形的判定，矩形的性质，平行四边形的性质，正方形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定和性质，是解题的关键．根据菱形的定义，必须是一组邻边相等的平行四边形才是菱形，而A选项缺少“平行四边形”的条件，因此错误；其他选项均符合矩形、平行四边形和正方形的性质．
【详解】解：A．菱形的定义是有一组邻边相等的平行四边形，因此仅有一组邻边相等的四边形不一定是菱形，故A错误，符合题意；
B．矩形的对角线相等且互相平分，故B正确，不符合题意；
C．平行四边形的对角相等，故C正确，不符合题意；
D．有一个角是90°的菱形，由于菱形是平行四边形，且邻角互补，因此所有角都是90°，即为正方形，故D正确，不符合题意．
故选：A．
7．C
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理解三角形，解决本题的关键是设出未知数使用勾股定理建立方程．
连接，设，则有，先由勾股定理求解出，再表示出，，再由勾股定理求解x的值，即可求解的长．
【详解】解：连接，如图，
设，则有，
在中，，
在中，，
在中，，
∵，即，
在中，，
即，解得，
∴．
故选：C．
8．C
【分析】由正方形的性质得，，由推导出，从而得到，由，求得，则，于是得到问题的答案．
此题重点考查正方形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等知识，推导出是解题的关键．
【详解】解：点E为正方形的边上一点，且，
，，
，
是的中点，
，
，
，
，
，
，
故选：C．
9．C
【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理、垂线段最短，过点作，当点与点重合时，的值最小，根据菱形的性质可以求出，利用三角形的面积公式可得，从而可以求出的最小值．
【详解】解：如下图所示，过点作，
当点与点重合时，的值最小，
四边形是菱形，
，，，
，，
，，
，
，
，
解得：，
，
的最小值为．
故选：C．
10．D
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，由题意可得，，求出，由正方形的性质可得，，从而可得，再分两种情况，分别利用全等三角形的判定与性质求解即可，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
【详解】解：由题意可得：，，
∴，
∵四边形为边长为的正方形，
∴，，
∵E为边上一点，且，
∴，
当，时，
在和中，
，
∴，
∴此时，
解得；
当，时，
在和中，
，
∴，
∴此时，
解得：，
综上所述，当与全等时，t的值为或；
故选：D．
11．4
【分析】本题考查了矩形的性质与判定，掌握有一个角是直角的平行四边形叫做矩形是解题的关键．根据矩形的判定定理，可知当时，四边形成为矩形，列出一元一次方程求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形
∴
∴当时，四边形为矩形
由题意得：
∴
∴
解得：
故答案为：4．
12．3
【分析】本题考查菱形的性质与三角形中位线定理的应用．先根据菱形周长求出边长，再结合中点条件，利用三角形中位线定理求出的长度．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，是的中点．
∵菱形的周长为，
∴．
又∵为的中点，
∴在中，是中位线，
∴．
故答案为：3．
13．/73度
【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是掌握以上知识点．
首先根据菱形的性质得到，然后利用等边对等角和三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
14．/80度
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形外角的性质，由正方形的性质得到，则可证明，得到，再由三角形外角的性质可得答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，垂直平分线的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．连接，设，则，在中，勾股定理，即可求解．
【详解】解：连接，设，则，
是的中垂线，
，
在中，，
解得：，
．
故答案为：．
16．
【分析】本题考查旋转的性质、勾股定理及全等三角形的判定与性质．利用三角形全等得出，再利用勾股定理即可解决问题．
【详解】解：由旋转可知，，
，，，．
又四边形是正方形，
，，
，
则．
在和中，
，
，
．
令，
则，，．
在中，
，
即，
解得，
即．
故答案为：．
17．证明见解析
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
先根据四边形是正方形，得，，又因为，故，得，即可作答．
【详解】证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
在和中，，，
∴，
∴．
18．10
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的性质，矩形的判定和性质，掌握相关图形的判定和性质是解题的关键．
先证四边形是平行四边形，再根据菱形的性质得，可证四边形是矩形，最后根据矩形的性质求解即可．
【详解】解：，，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
，
∴，
四边形是矩形，
．
19．见解析
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．
先证明四边形是矩形得，进而可依据“”判定和全等，再根据全等三角形的性质即可得出结论．
【详解】证明：，
∴，
又，
四边形是矩形，
，
，
，
在和中，
，
，
．
20．(1)正方形，见解析
(2)
【分析】（1）由旋转的性质可得，，又由可得，由此得四边形是矩形，又由得四边形是正方形．
（2）过点D作于H，则可得，进而可得，，在中，根据勾股定理即可求出的长．
本题主要考查了旋转的性质、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理．熟练掌握以上知识，正确的作出辅助线是解题的关键．
【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下：

∵将点B按顺时针方向旋转，
，，
，
，
，
，
四边形是矩形，
又，
四边形是正方形；
（2）解：如图，过点D作于H，

∵四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
又，，
，
，，
，
，
，
在中，．
21．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，勾股定理，解题的关键是利用这些性质和判定解决问题．
（1）由题意可得四边形是平行四边形，由平分，可得，则结论可得
（2）连接交于点；则于点．由题意可得，，，可得的长即可求的长．
【详解】（1）证明：四边形为平行四边形，
，即 ，
，
∴四边形为平行四边形，
平分，
，
∵，
，
，
，
∴四边形是菱形；
（2）解：连接交于点，

∵四边形为菱形，
∴，，
，，
，
∵菱形的周长为，
，
在中，
，
由勾股定理可得：，
．
22．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理等知识点，熟记相关几何结论是解题关键．
（1）根据题意得，结合即可求解；
（2）根据题意可得，据此即可求解．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
的周长 ，
故答案为：．
23．(1)见解析
(2)线段与线段的数量关系是：，理由见解析
【分析】（1）先证出，得，由于，得；
（2）先证，得，，由，得到，，而可得，再结合三角形内角和定理可得，为等边三角形，即可得到结论；
【详解】（1）证明：在正方形中，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：；
理由如下：
在菱形中，，，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，等边对等角的性质，熟记菱形的性质确定出是解题的关键．
24．（）详见解析；（）．
【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）连接，证明，即可求证；
（2）根据题意得点在以为圆心，10为半径的的弧上． 连接，当点在线段上时，有最小值．根据勾股定理求出，即可求解；
【详解】（1）证明：连接，
由折叠可得，．
∵四边形为矩形，．
∵为的中点，，
∴．
在与中，
∵，，
∴，
∴
（2）解：，点在移动过程中，不变．
∴点在以为圆心，10为半径的的弧上．
连接，，

∴，
当点在线段上时，有最小值．
∵，，，
∴．
∴，
∴的最小值为．
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