浙教版数学下册第5章特殊平行四边形（B卷）含解析答案

第5章���特殊平行四边形（B卷�） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 1．如图，已知△ABC，AB＝AC，将△ABC沿边BC翻转，得到的△DBC与原△ABC拼成四边形ABDC，则能直接判定四边形ABDC是菱形的依据是(     ) A．四条边相等的四边形是菱形 B．一组邻边相等的平行四边形是菱形 C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 2．在平面直角坐标系中，长方形如图所示，，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 3．在菱形ABCD中，对角线BD＝4，∠BAD＝120°，则菱形ABCD的周长是（　　） A．15 B．16 C．18 D．20 4．下列能够判定一个四边形是正方形的条件是（    ） ①一组邻边相等且对角线相等并互相平分； ②对角线互相垂直平分； ③四条边相等且四个内角也相等； ④对角线相等的菱形． A．①②④ B．①③④ C．③④ D．①②③④ 5．如图，长方形中将沿翻折至处，若，，则的度数为(   ) A． B． C． D． 6．如图，在菱形中，E，F分别是边，上的动点，连接，，G，H分别为，的中点，连接．若，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．如图，在边长为的正方形中，，则的长为（    ） A． B． C． D． 8．如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形，在其中一张纸条转动的过程中，下列结论一定成立的是（　　） A． B．四边形面积不变 C． D．四边形周长不变 9．将图1中两个三角形按图2所示的方式摆放，其中四边形为矩形，连接，甲、乙两人有如下结论： 甲：若四边形是边长为1的正方形，则四边形必是正方形； 乙：若四边形为正方形，则四边形必是边长为1的正方形． 下列判断正确的是（   ） A．甲正确，乙不正确 B．甲不正确，乙正确 C．甲、乙都不正确 D．甲、乙都正确 10．如图，已知四边形为正方形，，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论：①矩形是正方形；②；③平分；④．其中结论正确的序号有（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④ 11．一个木匠要制作矩形的踏板．他在一个对边平行的长木板上分别沿与长边垂直的方向锯两次，就能得到矩形踏板．理由是 ． 12．如图，在矩形中，，对角线与相交于点O，，垂足为E．若，则 ． 13．如图，菱形的面积为120cm2，正方形的面积为50cm2时，则菱形的边长为 cm． 14．如图，两个正方形边长分别为2、a（a＞2），图中阴影部分的面积为 ． 15．如图，在菱形中，，点E为对角线上一点，F为边上一点，连接、、，若，，则的度数为 ． 16．如图，矩形中，E为的中点，F在上，平分，若，，则线段的长为 ． 17．如图①、②均是边长为1的小正方形组成的6×6网格,每个小正方形的顶点叫做格点,点A、B均在格点上,按下列要求画一个以AB为一边的四边形,且另外两个顶点也在格点上 (1)在图①中画一个是中心对称图形但不是轴对称图形的四边形; (2)在图②中画一个既是中心对称图形又是轴对称图形的四边形 18．如图，正方形的边在正方形的边上，延长到，使，在边上，且，连接．求证：四边形为正方形． 19．已知：如图，将矩形纸片ABCD沿对角线BD对折，点C落在点E的位置，AD与BE相交于点F． 求证：是等腰三角形； 若，，求BF的长． 20．已知：如图，中，点为中点，．求证：．（请用两种不同的方法完成证明） 21．如图，已知▱的对角线，交于点，且．求证： (1)▱是菱形； (2)为上一点，连接交于点，且，求证：． 22．如图，在平行四边形ABCD中，点P是AB边上一点（不与A，B重合），CP＝CD，过点P作PQ⊥CP，交AD边于点Q，连结CQ． （1）若∠BPC＝∠AQP，求证：四边形ABCD是矩形； （2）在（1）的条件下，当AP＝4．AD＝12时，求AQ的长． 23．在图1到图3中，点是正方形对角线中点，为直角三角形，，正方形保持不动，沿射线向右平移，平移过程中点始终在射线上，且保持垂直于直线点，垂直于直线于点． （1）如图1，当点与点重合时，与的数量关系为______； （2）如图2，当在线段上时，猜想与有怎样的数量关系与位置关系？并对你的猜想结果给予证明； （3）如图3，当点在延长线上时，与的数量关系为______；位置关系为_________． 评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、解答题参考答案： 1．A 【分析】根据翻折得出AB=BD，AC=CD，推出AB=BD=CD=AC，根据菱形的判定推出即可． 【详解】∵ 将 △ABC 延底边 BC 翻折得到 △DBC ， ∴AB=BD ， AC=CD ， ∵AB=AC ， ∴AB=BD=CD=AC ， ∴ 四边形 ABDC 是菱形； 故选A. 【点睛】本题考查了菱形的判定方法：四边都相等的四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形. 2．C 【分析】根据长方形的性质求出点的横、纵坐标即可获得答案． 【详解】解：∵四边形为长方形， ∴，， ∵， ∴点的横坐标与点相同，为， 点的纵坐标与点相同，为， ∴点的坐标为． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形的性质，解题关键是利用矩形“对边平行且相等”的性质解决问题． 3．B 【分析】作出图形，连接AC、BD，根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，OB=BD，菱形的对角线平分一组对角求出∠BAO=60°，再求出AB，然后根据菱形的周长等于边长的4倍计算即可得解． 【详解】 解：如图，连接AC、BD， 在菱形ABCD中，AC⊥BD，OB＝BD＝×=， ∵∠BAD＝120°， ∴∠BAO＝60°， 在Rt△AOB中，AB＝OB÷＝÷＝， 所以，菱形ABCD的周长＝4×4＝16． 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分，菱形的对角线平分一组对角的性质，熟练掌握性质是解题的关键，作出图形更形象直观． 4．B 【分析】①依据对角线的特点个判定为矩形，然后结合正方形的判定定理进行判断即可；②依据对角线的特点可作出判断，③四条边相等为菱形，四个角相等即每个角均为直角；④对角线相等的平行四边形为矩形，故即为矩形又为菱形． 【详解】解：①∵对角线相互平分， ∴该四边形为平行四边形． 又∵对角线相等， ∴该四边形为矩形． 又∵一组邻边相等， ∴该四边形为正方形，故①正确． ②∵对角线相互平分， ∴该四边形为平行四边形． 又∵对角线垂直， ∴该四边形为菱形，故②不正确； ③∵四条边相等， ∴四边形为菱形． ∵四个角相等， ∴每个角均为直角． ∴该四边形为正方形，故③正确． ④∵四边形为菱形， ∴该四边形为平行四边形． ∵对角线相等， ∴该四边形为矩形． ∴该四边形为正方形，故④正确． 故选：B． 【点睛】本题主要考查正方形的判定定理，熟练掌握正方形的判定条件是解题的关键． 5．B 【分析】首先根据长方形的性质可证得，由翻折的性质得，，可得，再由平行线的性质及直角三角形的性质，可得，，再由三角形外角的性质，可得，据此即可求解． 【详解】解：∵四边形是长方形， ，， ， 由翻折得，， ， ， ， ， ， ， ， 故选：B． 【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形外角的性质，直角三角形的性质，熟练掌握和运用各图形的性质是解决本题的关键． 6．D 【分析】连接，利用三角形中位线定理，可知，求出的最小值即可解决问题． 【详解】解：连接，如图所示： 四边形是菱形， ， ，分别为，的中点， 是的中位线， ， 当时，最小，得到最小值， 则， ， 是等腰直角三角形， ， ， 即的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型． 7．D 【分析】由正方形的性质得出，，由证得，即可得出答案． 【详解】解∶ ∵四边形是正方形， ∴， 中，， ∴， 设，则， 根据勾股定理得∶，即， 解得∶ （负值舍去）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故选∶D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识，证明是解题的关键． 8．A 【分析】两张等宽的纸条的宽为h，根据题意可得，从而得到四边形是平行四边形，再由，可得，进而得到四边形是菱形，即可． 【详解】解∶ 设两张等宽的纸条的宽为h， ∵纸条的对边平行， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，故A选项正确，符合题意，C选项错误，不符合题意； ∵在旋转的过程中，在变化， ∴四边形面积和周长也在变化，故B、D选项错误，不符合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，面积法等知识，学握菱形的性质是解题的关键． 9．D 【分析】根据，求出和的值，根据勾股定理求出的值，即可判断甲是否正确，若平行四边形为正方形，根据边的关系可以求出且四个角都是直角，即可判断乙是否正确． 【详解】解：四边形是边长为1的正方形， ，， ，，， ， ， 同理， 四边形是菱形， 在和中， ， ， ， ， ， ， 则四边形必是正方形； 甲正确； 若四边形为正方形，则， 且， 在和中， ， ， ， 同理， 又， ， ， 同理， 即四边形为菱形， ， 则四边形必是边长为1的正方形， 乙正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 10．A 【分析】过作，过作于，如图所示，根据正方形性质得，，推出四边形是正方形，由矩形性质得，，根据全等三角形的性质得，推出矩形是正方形，故①正确；根据正方形性质得，推出，得到，，由此推出平分，故③正确；进而求得，故②错误；当时，点与点重合，得到不一定等于，故④错误；故选A． 【详解】过作，过作于，如图所示， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，   ∴矩形是正方形，故①正确； ∴， ∵四边形是正方形 ∴， ∴ 在和中 ∴ ∴， ∵ ∴平分，故③正确；   ∴，故②错误； 当时，点与点重合， ∴不一定等于，故④错误． 故选：A 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解本题的关键． 11．三个角都是直角的四边形是矩形（或：“有一个角是直角的平行四边形是矩形”） 【分析】使用矩形的判定定理，有三个角是直角的四边形是矩形 【详解】因为木板的对边平行，在进行两次锯开时都是沿着垂直于对边的方向，所以会出现4个直角，有三个角是直角的四边形是矩形． 故答案是三个角是直角的四边形是矩形． 【点睛】本题考查矩形的判定，需要熟记矩形的判定定理并灵活运用． 12． 【分析】由题意可知垂直平分，得到，再由矩形的性质推出，即可证明是等边三角形，则，，由此利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵， ， ∴垂直平分， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质，勾股定理，证明是等边三角形是解题的关键． 13．13 【分析】连接BD、AC、EF，BD与AC交于点O，由题意易得B、E、F、D在同一条直线上，则有，，，，，然后根据菱形和正方形的面积及勾股定理可进行求解． 【详解】解：连接BD、AC、EF，BD与AC交于点O，如图所示： ∵四边形是菱形、四边形是正方形， ∴点B、E、F、D在同一条直线上， ∴，，，，， ∵菱形的面积为120cm2，正方形的面积为50cm2， ∴，， ∴，， ∴，， 在Rt△AOB中，由勾股定理可得cm， 故答案为13． 【点睛】本题主要考查菱形与正方形的性质，熟练掌握菱形与正方形的性质是解题的关键． 14． 【分析】利用阴影部分的面积等于两个正方形的面积减去两个三角形的面积即可得解． 【详解】阴影部分的面积＝， 故答案为 【点睛】本题考查了整式的混合运算：有乘方、乘除的混合运算中，要按照先乘方后乘除的顺序运算，其运算顺序和有理数的混合运算顺序相似． 15．/38度 【分析】根据四边形的性质，得出，根据证明，得出，根据三角形内角和得出，根据平行线的性质，得出，得出，根据等腰三角形的性质，即可得出答案． 【详解】解：∵四边形为菱形，， ∴，，， ∵在和中， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行线的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，证明． 16． 【分析】延长、交于点，根据题意利用证明，得出，，再根据等腰三角形的判定求出，设，根据长的两种求法建立方程求解，则可求出，再根据勾股定理求出，然后求出，则可在中，根据勾股定理求出长，从而求出长． 【详解】解：如图，延长、交于点， 是的中点， ， 四边形是矩形， ，，， ， 在和中， ， ， ，， 是的角平分线． ， ， ， ， 设， 则， ， ， ， 解得， ， ， ， 在中， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，解决本题的关键是得到． 17．（1）详见解析；（2）详见解析. 【分析】（1）根据题意做平行四边形即可； （2）根据题意做正方形即可. 【详解】（1）如图1.即为所求； （2）如图2.即为所求. 【点睛】此题主要考查中心对称图形的作图，解题的关键是熟知中心对称图形的特点. 18．证明见解析. 【分析】根据正方形的性质易证，根据全等三角形的性质推出，∠BAK=∠HAD，求出∠HAK=∠BAD=90°，根据正方形的判定得出即可． 【详解】证明：∵四边形为正方形， ∴，， ∴． ∵，， ∴，，， 即，． ∵四边形是正方形， ∴，， ∴． ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查了正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用，解此题的关键是推出△ABK≌△KEF≌△HGF≌△ADH，注意：有一个角是直角的菱形是正方形． 19．见解析； 【分析】（1）证明∠EBD=∠ADB，得出BF=DF，则结论得证； （2）设BF=x，则DF=x，AF=10-x，在Rt△ABF中，根据勾股定理有82+（10-x）2=x2，解方程即可得解． 【详解】解：由折叠可知， ， ， ， ， 是等腰三角形． 设，则，， 在中，根据勾股定理有． 解得：， 的长为． 【点睛】本题考查的是翻折变换，矩形的性质，勾股定理，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键． 20．证明见解析 【分析】证法一：根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理证明结论； 证法二：如图乙，延长至E，使，连接、，证明四边形为矩形，根据矩形的性质证明即可． 【详解】证法一：点为中点， ， ， ，， ，， ， ， ； 证法二：如图乙，延长至，使，连接、， ，， 四边形为平行四边形， ，， ， 平行四边形为矩形， ． 【点睛】本题考查的是矩形的判定和性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，得出四边形为矩形是解题的关键． 21．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用平行线的性质以及等角对等边即可证得AB=BC，则依据菱形的定义即可判断； （2）首先证明△BCM是等腰三角形，然后依据平行四边形的对角线互相平分结合菱形的性质即可证得结论． 【详解】（1）证明：在▱ABCD中， ∵， ∴∠2=∠ACB， 又∵∠1=∠2， ∴∠1=∠ACB， ∴AB=BC， ∴▱ABCD是菱形； （2）证明：在▱ABCD中， ∵， ∴∠ANM=∠MBC， ∵AM=AN， ∴∠ANM=∠AMN=∠BMC， ∴∠MBC=∠BMC， ∴BC=CM， ∴AC=AM+CM=AN+BC=2OA， ∴OA=（AN+BC）， 由（1）得：四边形ABCD为菱形， ∴AB=BC， ∴OA=（AN+AB）． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，以及等腰三角形的性质及判定方法，证明△BCM是等腰三角形是关键． 22．（1）见解析；（2）的长是 【分析】（1）证出∠A＝90°即可； （2）由HL证明Rt△CDQ≌Rt△CPQ，得出DQ＝PQ，设AQ＝x，则DQ＝PQ＝12−x，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【详解】（1）证明：， 又， ， ， 平行四边形是矩形； （2）解：四边形是矩形 ， 在和中，， ， 设，则 在中， 解得： 的长是． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理的应用等知识；熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理，证明四边形ABCD为矩形是解决问题的关键． 23．（1）；（2），，证明见解析；（3）， 【分析】（1）根据正方形的性质及已知条件证明△AEO≌△CFO，进而得出结论； （2）由（1）猜想，，连接，根据正方形的性质得出，通过证明四边形是矩形得出，进而可证明，从而得证； （3）结合（2）得出结论，证明方法也与（2）类似． 【详解】（1）OE＝OF， 证明：由题意得，∠BAC＝∠BCA＝45°，AO＝OC，∠AEO＝∠CFO， ∴在△AEO和△CFO中， ， ∴△AEO≌△CFO（AAS）， ∴OE＝OF， 故答案为：OE=OF； （2）猜想：，； 证明：连接，在正方形中，为中点， ，，， ，， ，， 正方形，， ，， ， 四边形是矩形， ， ， ， ，， ， ， ， ， （3），， 证明：连接BO， ∵在正方形ABCD中，O为AC中点， ∴BO＝CO，BO⊥AC，∠BCA＝∠ABO＝45°， ∴∠OCF＝∠OBE， ∵PF⊥BC，∠BCO＝45°， ∴∠FCP＝∠FPC＝45°，PF＝FC， ∵正方形ABCD，∠ABC＝90°， ∵PF⊥BC，PE⊥AB， ∴∠PEB＝∠PFB＝90°． ∴四边形PEBF是矩形， ∴BE＝PF． ∴BE＝FC， ∴△OBE≌△OCF， ∴OE＝OF，∠BOE＝∠COF， ∵∠BOE+∠EOC＝90°， ∴∠COF+∠EOC＝90°， ∴∠EOF＝90°， ∴OE⊥OF， 故答案为：OE＝OF，OE⊥OF． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质并证明是解题的关键．