初中数学人教版（2024）八年级下册（2024）21.3 特殊的平行四边形一课一练

这是一份初中数学人教版（2024）八年级下册（2024）21.3 特殊的平行四边形一课一练，共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列条件中，能判定平行四边形为菱形的是（ ）
A．B．C．D．
2．如图，在中，，以点A为圆心，的长为半径画弧交于点F，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接交于点E，连接，则四边形的周长为（ ）
A．16B．18C．20D．25
3．如图，已知矩形中，，，将此矩形折叠，使点B与点D重合，折痕为，则的长为（ ）
A．B．4C．D．
4．在平行四边形ABCD中，AB=1，AD=2，∠B＜90°， CE⊥AB于点E，点F、G分别是AD、BC的中点，连接CF、DG、EF、FG，则下列结论错误的是（ ）
A．CE⊥FGB．CF⊥DGC．EF=CFD．∠DFC=∠AFG
5．如图，把一个正方形三次对折后沿虚线剪下，得到的图形是（ ）

A． B． C． D．
6．如图，菱形ABCD中，过点C作CE⊥BC交BD于点E，若∠BAD＝118°，则∠CEB＝（ ）
A．59°B．62°C．60°D．72°
7．图1和图2分别是某景区秋千的实景图和侧面示意图，秋千静止时位于铅垂线上，秋千顶端转轴O到地面的距离，秋千底部离地面的高度为．某游客在荡秋千的过程中，秋千后撤摆动到点A时，测得点A到的距离为，秋千从点A处摆动到最远点B处时，若满足，则点B到的距离为（ ）
A．B．C．D．
8．下列条件中，不能判定平行四边形是矩形的是（）
A．B．C．D．
9．下列命题正确的是（ ）
A．平行四边形的对角线相等B．矩形的对角线互相垂直
C．菱形的对角线相等D．正方形的对角线互相垂直平分
10．如图，在中，CD是斜边AB上的中线，若，则的度数为（ ）
A．26°B．48°C．52°D．64°
11．如图，四边形是正方形，，P是正方形对角线上一点，，，E、F分别为垂足，若，则的长为（ ）
A．1B．2C．D．3
12．如图，矩形中，和相交于点O，，，点E是边上一点，过点E作于点H，于点G，则的值是（ ）

A．2.4B．2.5C．3D．4
二、填空题
13．四边形中，对角线，相交于点O，给出下列三组条件：①，；②；③，；其中一定能判定这个四边形是矩形的条件有 ．（填写所有正确条件的序号）
14．如图，在正方形中，点在上，点在上，于点，点在上，，连接延长交于点，若，则线段的长为 ．
15．如图，在长方形中，，，点为上一点，将沿折叠，点恰好落在线段上的点处，则的长为 ．

16．如图，在菱形中，，垂足为E．若，则 ．

17．如图所示，矩形纸片中，，，按如图方式折叠，使点与点重合，折痕为，则 ．
三、解答题
18．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O的直线EF与BA、DC的延长线分别交于点E、F．
（1）求证：AE＝CF；
（2）请再添加一个条件，使四边形BFDE是菱形，并说明理由．
19．如图一，P为正方形的边上一动点（P与B，C不重合），连接，过点B作交于点Q，将沿所在的直线对折得到，延长交的延长线于点M．
(1)求证：；
(2)如图二，过点Q作，垂足为H，当时，分别求的长；
(3)当时，求的长．
20．如图，在菱形中，点E，F分别在边上，，分别与交于点M，N．求证：
(1)．
(2)．
21．如图，把长方形纸片ABCD沿EF折叠后．点D与点B重合，点C落在点的位置上．若，．
（1）求、的度数；
（2）求长方形纸片ABCD的面积S．
22．小忠同学在学习了菱形后，探索矩形作法，利用如图所示的菱形，对角线相交于点O，借助尺规作图，在的延长线上截取，连接，再过点C作于点F，于是作出了矩形．
(1)请根据小忠同学的思路在答题卡图上完成以上尺规作图（只保留作图痕迹，标上字母，不写作法，不另外添加字母和符号）；
(2)请把证明四边形BOCF为矩形补充完整（在答题卡上对应序号旁填写）．
证明：∵四边形是菱形，
，，
又∵DC的延长线上，平行且等于①______，
∴四边形为②______，
，又∵，③______，且④______，
，∴四边形为矩形．
23．如图，在四边形中，，，相互平分且交于点，过点作的垂线交的延长线于点．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求四边形的面积．
24．如图，在中，于F，于E，M为的中点．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)若，，求的周长．
《21.3特殊的平行四边形》参考答案
1．D
【分析】本题考查菱形的判定，根据邻边相等的平行四边形是菱形，对角线垂直的平行四边形是菱形，进行判断即可．
【详解】解：A、，不能判定平行四边形是菱形，不符合题意；
B、，不能判定平行四边形是菱形，不符合题意；
C、，不能判定平行四边形是菱形，不符合题意；
D、，对角线垂直的平行四边形是菱形，能判定平行四边形是菱形，符合题意；
故选D．
2．A
【分析】利用基本作图得到，，根据平行四边形的性质得，则，所以，从而得到，于是可判断四边形为菱形，于是可得到四边形的周长．
【详解】解：由作法得，平分，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
而BE∥AF，
∴四边形为菱形，
∴四边形的周长．
故选：A．
【点睛】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了平行四边形的性质．
3．B
【分析】设，则，首先得到，然后利用勾股定理求解即可．
此题考查了矩形和折叠的性质，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点．
【详解】解：设，则
由折叠可得，
∵四边形是矩形
∴
∴，即
解得
∴的长为4．
故选：B．
4．D
【分析】根据已知条件证明四边形ABGF是平行四边形，推出，可得CE⊥FG，可知选项A结论正确；证明四边形CDFG是菱形，推出CF⊥DG，可知选项B结论正确；延长EF，交CD的延长线于点M，证明，推出，可知选项C结论正确；利用四边形CDFG是菱形，推出，结合，FG⊥CE，推出，可知选项D结论错误．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，，
∵点F、G分别是AD、BC的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形ABGF是平行四边形，
∴，
∵CE⊥AB，
∴CE⊥FG，故选项A结论正确，不合题意；
∵，，
∴，
∵，
∴四边形CDFG是平行四边形，
∵AD=2，
∴，
∵，
∴，
∴四边形CDFG是菱形，
∴CF⊥DG，故选项B结论正确，不合题意；
如图，延长EF，交CD的延长线于点M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
∵点F是AD的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵CE⊥AB，
∴，
∴，
∵，
∴，故选项C结论正确，不合题意；
∵四边形CDFG是菱形，
∴，
∵，FG⊥CE，
∴，故选项D结论错误，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定与性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等，能综合运用上述知识点进行推理是解题的关键．
5．C
【分析】本题考查了剪纸问题，通过折叠变换，正多边形的有关知识，找出题中的折叠规律，利用正方形纸片按照此方法沿虚线减下，展开即可得到剩下的图形，找出题中的折叠规律是解题的关键．
【详解】解：根据操作，可得把一个正方形三次对折后沿虚线剪下一角，所得的图形是：
，
故选：．
6．A
【分析】根据菱形的性质可得，∠ABD=∠CBD，从而得到∠CBD=31°，再由CE⊥BC，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴，∠ABD=∠CBD，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
∵∠BAD＝118°，
∴∠ABC=62°，
∴∠CBD=31°，
∵CE⊥BC，即∠BCE=90°，
∴∠CEB=59°．
故选：A
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
7．B
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、勾股定理等知识．作，垂足为，证明四边形为矩形，得到，勾股定理得到，证明，得到即可．
【详解】解：作，垂足为，
∵O到地面的距离，秋千底部离地面的高度为．
∴，
∵，，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又，
且，
∴，
∴
∴到的距离为．
故选：B．
8．A
【分析】本题考查了矩形的判定，掌握判定定理是解题的关键．根据矩形的判定逐个判断即可．
【详解】解：A、不能判定这个平行四边形为矩形，符合题意；
B、，，所以，可以判定这个平行四边形为矩形，不符合题意；
C、，对角线相等，可推出平行四边形是矩形，不符合题意；
D、，所以，可以判定这个平行四边形为矩形，不符合题意．
故选：A
9．D
【分析】根据特殊四边形的性质一一判断即可．
【详解】解：A、错误．平行四边形的对角线互相平分．
B、错误．应该是矩形的对角线相等且互相平分．
C、错误．菱形的对角线互相垂直且平分．
D、正确．正方形的对角线相等且互相垂直平分．
故选：D．
【点睛】本题考查命题与定理、特殊四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握特殊四边形的性质，属于中考常考题型．
10．C
【分析】根据直角三角形斜边上中线定理得出CD＝AD，求出∠DCA＝∠A，根据三角形的外角性质求出求出即可．
【详解】解：∵∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，
∴BD＝CD＝AD，
∴∠A＝∠DCA＝26°，
∴∠BDC＝∠A+∠DCA＝26°+26°＝52°．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的外角性质，直角三角形斜边上的中线性质，等腰三角形性质，能求出BD＝CD＝AD和∠DCA的度数是解此题的关键．
11．C
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，连接，由正方形的性质得出，由勾股定理求出，由全等三角形的判定与性质得出，由，得出四边形是矩形，由矩形的性质得出，即可得出，即可得出答案．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
故选：C．
12．A
【分析】连接，利用矩形的性质可得， ，，即，再利用面积可得，，结合，可得，问题随之得解．
【详解】解：连接，如图，

∵四边形是矩形，，，
∴，，，，
∴，，
即，
∵，，
∴，，
∵，
∴．
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理以及三角形的面积等知识，灵活利用面积得出，是解答本题的关键．
13．②③/③②
【分析】此题主要考查了矩形的判定方法直角三角形的性质．根据题意画出示意图，根据矩形的判定方法分别判断得出即可．
【详解】解：①如图，
，，四边形可能是等腰梯形，故①不能判定这个四边形是矩形；
②如图，
，
∵，
∵，
∴∠ADB=∠CBD，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；故②能判定这个四边形是矩形；
③如图，取中点M，连接，则
∵，
∴，
∴，
同理得：，
∴，
∵，
∴重合，
∴四边形是矩形（对角线相等且平分）；故③能判定这个四边形是矩形；
故答案为：②③．
14．
【分析】先证明，可得，设，则，，，，由，，可证，，再利用，可得，进一步证明，可得，，由勾股定理，可列出方程，解出的值，即可求出，的长，在根据勾股定理求出线段的长即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵在和中，
∴，
∴，
∵，
设，则，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵在正方形中，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
在中，由勾股定理得，
∴，解得，（舍），
∴，，
∴在中，由勾股定理得，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定和性质及勾股定理的应用，根据题意设出，并表示出、、，利用勾股定理列出方程，解出的值是解答本题的关键．
15．4
【分析】根据矩形的性质和折叠的性质以及勾股定理可求出，，设，在直角三角形中，根据勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：∵长方形中，，，
∴，
∵将沿折叠，点恰好落在线段上的点处，
∴，，
则在直角三角形中，根据勾股定理，得，
设，则，
则在直角三角形中，根据勾股定理可得：，
即，解得，
即，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质和勾股定理等知识，正确理解题意、熟练掌握相关图形的性质是解题的关键．
16．30
【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，连接，先证明是等边三角形，得出，根据等边三角形的性质得出平分，即可得出答案．
【详解】解：如图，连接，

∵，，
∴，
∵在菱形中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴平分，
∴，
故答案为：30．
17．
【分析】根据翻折不变性可知，设为，则得到为，于是可知；在中，利用勾股定理即可求出的长．
【详解】解：由翻折的性质可知，，，
∵四边形是矩形，
∴，
，
，
，
设，则
在中，由勾股定理得，
，
，
解得，
∴
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等角对等边等等，正确利用勾股定理建立方程求解是解题的关键．
18．（1）见解析；（2）EF⊥BD或EB＝ED，见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的证明方法证明，则可得到AE＝CF；
（2）连接BF，DE，由，得到OE= OF，又AO=CO，所以四边形AECF是平行四边形，则根据EF⊥BD可得四边形BFDE是菱形．
【详解】证明：（1）∵四边形是平行四边形
∴OA＝OC，BE∥DF
∴∠E＝∠F
在△AOE和△COF中
∴
∴AE＝CF
（2）当EF⊥BD时，四边形BFDE是菱形，理由如下：
如图：连结BF，DE
∵四边形是平行四边形
∴OB＝OD
∵
∴
∴四边形是平行四边形
∵EF⊥BD，
∴四边形是菱形
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定、平行四边形的性质，菱形的判定等知识点，熟悉相关性质，能全等三角形的性质解决问题是解题的关键．
19．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明，即可求证；
（2）先证明四边形BCQH是矩形，可得．再根据勾股定理可得，从而得到BH=2，再由折叠的性质可得．然后设，则．根据勾股定理，即可求解；
（3）根据勾股定理和正方形的性质可得．设，则有．根据勾股定理，可得，即可求解．
【详解】（1）证明：．理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中，
∴，
∴；
（2）解： ∵四边形是正方形，，
∴∠C=∠ABC=∠BHQ=90°，AB=BC，
∴四边形BCQH是矩形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵四边形是正方形，
∴，
∴．
由折叠可得，
∴，
∴．
设，则．
在中，
根据勾股定理得，
解得．
∴的长为；
（3）解：∵四边形是正方形，，
∴．
∴，
∴，
∴．
设，则有．
在中，根据勾股定理得
，
解得，即，
∴．
∴的长为．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，图形的折叠，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，图形的折叠的性质是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先利用菱形的性质和已知条件证明，即可利用SAS证明；
（2）连接BD交AC于点O，先利用ASA证明，推出，再由（1）中结论推出，即可证明．
【详解】（1）证明：由菱形的性质可知，，，
∵ ，
∴，即，
在和中，
，
∴．
（2）证明：如图，连接BD交AC于点O，
由菱形的性质可知，，
∴，
由（1）知，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴．
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
21．（1）∠2=60，∠3=60；（2）
【分析】（1）根据折叠的性质可得，由平行线的性质可得，即可求解；
（2）由（1）可得，根据直角三角形的性质可得，勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：在长方形ABCD中，
AD=BC，∠A=90，AD//BC
∴∠1=∠2=60，
由折叠可知，BE=DE
∵
=60
（2）在△ABE中，∠A=90，
∴∠ABE=30
∴BE=2AE=4，
∴AD=AE+DE=AE+BE=6，
∵
∴
∴
∴长方形ABCD的面积
【点睛】此题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
22．(1)作图见解析
(2)①；②平行四边形；③；④
【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，尺规作垂线等知识点．
（1）根据作线段和作垂线的步骤即可作图；
（2）根据菱形的性质先证明四边形为平行四边形，然后再证明，即可证明为矩形．
【详解】（1）解：如图，即为所求：
（2）证明：∵四边形是菱形，
，
，
又∵DC的延长线上，
平行且等于，
∴四边形为平行四边形，
，
又∵，
，且，
，
∴四边形为矩形．
故答案为：①；②平行四边形；③；④．
23．(1)见解析
(2)64
【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理，熟知菱形的性质与判定定理是解题的关键．
（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是菱形；
（2）由勾股定理得到，再由菱形的性质得到，，据此根据梯形面积计算公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵相互平分，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：在中，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴四边形是梯形，
∴．
24．(1)见解析
(2)19
【分析】（1）根据直角三角形的性质得出，，进而利用等腰三角形的判定解答即可；
（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，，然后根据三角形的周长的定义列式计算即可得解．
本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握性质和判定是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵于F，于E，M为的中点，
∴，，
∴，
∴是等腰三角形．
（2）解：∵于F，于E，M为的中点，
∴，，
∴，
∴的周长为：．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
B
D
C
A
B
A
D
C
题号
11
12








答案
C
A