浙教版八年级下册第五章 特殊平行四边形综合与测试单元测试一课一练

这是一份浙教版八年级下册第五章 特殊平行四边形综合与测试单元测试一课一练，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共11小题 ）
如图，在菱形ABCD中，AB=5，对角线AC=6．若过点A作AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为( )
A．4B．C．D．5
小明在学习了正方形之后，给同桌小文出了道题，从下列四个条件：①AB＝BC，②∠ABC＝90°，③AC＝BD，④AC⊥BD中选两个作为补充条件，使▱ABCD为正方形(如图)．现有下列四种选法，你认为其中错误的是 ( )
A．①②B．②③C．①③D．②④
下列说法：
①三角形的三条高一定都在三角形内②有一个角是直角的四边形是矩形
③有一组邻边相等的平行四边形是菱形④两边及一角对应相等的两个三角形全等
⑤一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
其中正确的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
把边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，边BC与D′C′交于点O，则四边形ABOD′的周长是（ ）
A．B．6C．D．
如图，在正方形ABCD中，连接BD，点O是BD的中点，若M、N是边AD上的两点，连接MO、NO，并分别延长交边BC于两点M′、N′，则图中的全等三角形共有（ ）
A．2对B．3对C．4对D．5对
如图，菱形纸片ABCD中，∠A=60°，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP（P为AB中点）所在的直线上，得到经过点D的折痕DE．则∠DEC的大小为（ ）
A．78°B．75°C．60°D．45°
把两块形状大小完全相同的含有 SKIPIF 1 < 0 角的三角板的一边拼在一起，则所得到的图形不可能有（ ）
A．正方形B．等边三角形C．等腰直角三角形D、平行四边形（非矩形、菱形、正方形）
如图，∠ACB=90°，D为AB的中点，连接DC并延长到E，使CE=CD，过点B作BF∥DE，与AE的延长线交于点F．若AB=6，则BF的长为（ ）
A．6B．7C．8D．10
.如图，菱形ABCD的周长为8cm，高AE长为cm，则对角线AC长和BD长之比为（ ）
A．1:2B．1:3C．1:D．1:
如图，点P是矩形ABCD的边AD上的一动点，矩形的两条边AB、BC的长分别是6和8，则点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是（ ）
A．4.8B．5C．6D．7.2
如图，将△ABC沿着过AB中点D的直线折叠，使点A落在BC边上的A1处，称为第 1 次操作，折痕DE到BC的距离记为 h1；还原纸片后，再将 △ADE沿着过AD中点D1的直线折叠，使点A落在 DE边上的A2处，称为第2次操作，折痕D1E1到BC的距离记为 h2；按上述方法不断操作下去…，经过第2015次操作后得到的折痕D2014E2014到BC的距离记为h2015.若hl = 1，则h2015的值为( )
A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0 C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
二、填空题（本大题共6小题 ）
在菱形ABCD中，对角线AC、BD长分别为8cm、6cm，则菱形的面积为 ．
如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC=8，BD=6，过点O作OH丄AB，垂足为H，则点0到边AB的距离OH= ．
如图，菱形的边长为1，；作于点，以为一边，做第二个菱形，使；作于点，以为一边做第三个菱形，使；依此类推，这样做的第个菱形的边的长是_____________.
如图，点E在正方形ABCD的边CD上，若△ABE的面积为18，CE=4，则线段BE的长为 ．
如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是AO、AD的中点，若AB=6cm，BC=8cm，则△AEF的周长=cm．
如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上的一点，BE=1，F为AB上的一点，AF=2，P为AC上一个动点，则PF+PE的最小值为 ．
三、解答题（本大题共7小题 ）
如图，在平行四边形ABCD中，已知点E在AB上，点F在CD上，且AE=CF．
求证：DE=BF．
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，D，E分别为AC，AB的中点，BF∥CE交DE的延长线于点F．
（1）求证：四边形ECBF是平行四边形；
（2）当∠A=30°时，求证：四边形ECBF是菱形．
如图，已知BD是矩形ABCD的对角线．
（1）用直尺和圆规作线段BD的垂直平分线，分别交AD、BC于E、F（保留作图痕迹，不写作法和证明）．
（2）连结BE，DF，问四边形BEDF是什么四边形？请说明理由．
如图，将一张直角三角形ABC纸片沿斜边AB上的中线CD剪开，得到△ACD，再将△ACD沿DB方向平移到△A′C′D′的位置，若平移开始后点D′未到达点B时，A′C′交CD于E，D′C′交CB于点F，连接EF，当四边形EDD′F为菱形时，试探究△A′DE的形状，并判断△A′DE与△EFC′是否全等？请说明理由．
如图，已知△ABC，按如下步骤作图：
①分别以A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于P，Q两点；
②作直线PQ，分别交AB，AC于点E，D，连接CE；
③过C作CF∥AB交PQ于点F，连接AF．
（1）求证：△AED≌△CFD；
（2）求证：四边形AECF是菱形．
如图，P是矩形ABCD下方一点，将△PCD绕P点顺时针旋转60°后恰好D点与A点重合，得到△PEA，连接EB．
（1）判断△ABE形状？并说明理由；
（2）若AB=2，AD=3，求PE的长．
如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由．
（2）性质探究：试探索垂美四边形ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系．
猜想结论：（要求用文字语言叙述）
写出证明过程（先画出图形，写出已知、求证）．
（3）问题解决：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC=4，AB=5，求GE长．
浙教新版八年级下第6章特殊的平行四边形练习B卷 答案解析
一、选择题
分析：连接BD，根据菱形的性质可得AC⊥BD，AO=AC，然后根据勾股定理计算出BO长，再算出菱形的面积，然后再根据面积公式BC•AE=AC•BD可得答案．
解：连接BD，交AC于O点，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=5，
∴AC⊥BD，AO=AC，BD=2BO，
∴∠AOB=90°，
∵AC=6，
∴AO=3，
∴B0==4，
∴DB=8，
∴菱形ABCD的面积是×AC•DB=×6×8=24，
∴BC•AE=24，
AE=，
故选：C．
分析：利用正方形的判定进行判定
解：A．∵四边形ABCD是平行四边形，
当①AB＝BC时，平行四边形ABCD是菱形，
当②∠ABC＝90°时，菱形ABCD是正方形，故此选项不符合题意；
B．∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当②∠ABC＝90°时，平行四边形ABCD是矩形，
当AC＝BD时，这是矩形的性质，无法得出四边形ABCD是正方形，故此选项符合题意；
C．∵四边形ABCD是平行四边形，
当①AB＝BC时，平行四边形ABCD是菱形，
当③AC＝BD时，菱形ABCD是正方形，故此选项不符合题意；
D．∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当②∠ABC＝90°时，平行四边形ABCD是矩形，
当④AC⊥BD时，矩形ABCD是正方形，故此选项不符合题意．
答案 B
解：①错误，理由：钝角三角形有两条高在三角形外．
②错误，理由：有一个角是直角的四边形是矩形不一定是矩形，有三个角是直角的四边形是矩形．
③正确，有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
④错误，理由两边及一角对应相等的两个三角形不一定全等．
⑤错误，理由：一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形有可能是等腰梯形．
正确的只有③，
故选A．
分析：由边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，利用勾股定理的知识求出BC′的长，再根据等腰直角三角形的性质，勾股定理可求BO，OD′，从而可求四边形ABOD′的周长．
解：连接BC′，
∵旋转角∠BAB′=45°，∠BAD′=45°，
∴B在对角线AC′上，
∵B′C′=AB′=3，
在Rt△AB′C′中，AC′==3，
∴B′C=3﹣3，
在等腰Rt△OBC′中，OB=BC′=3﹣3，
在直角三角形OBC′中，OC=（3﹣3）=6﹣3，
∴OD′=3﹣OC′=3﹣3，
∴四边形ABOD′的周长是：2AD′+OB+OD′=6+3﹣3+3﹣3=6．
故选：A．
分析：可以判断△ABD≌△BCD，△MDO≌△M′BO，△NOD≌△N′OB，△MON≌△M′ON′由此即可对称结论．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=CB=AD，∠A=∠C=∠ABC=∠ADC=90°，AD∥BC，
在△ABD和△BCD中，
，
∴△ABD≌△BCD，
∵AD∥BC，
∴∠MDO=∠M′BO，
在△MOD和△M′OB中，
，
∴△MDO≌△M′BO，同理可证△NOD≌△N′OB，∴△MON≌△M′ON′，
∴全等三角形一共有4对．
故选C．
分析：连接BD，由菱形的性质及∠A=60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP=30°，∠ADC=120°，∠C=60°，进而求出∠PDC=90°，由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．
解：连接BD，
∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴△ABD为等边三角形，∠ADC=120°，∠C=60°，
∵P为AB的中点，
∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP=∠BDP=30°，
∴∠PDC=90°，
∴由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，
在△DEC中，∠DEC=180°﹣（∠CDE+∠C）=75°．
故选：B．
分析：根据常识可知，含有45°角的三角板为等腰直角三角形，故可知，当斜边拼在一起可得正方形，将一条直角边拼在一起可得等腰直角三角形和平行四边形，即只有B选项不符题意．
解：将两块三角板的斜边拼在一起可得正方形，
将一条直角边拼在一起可得等腰直角三角形和平行四边形．
故选B．
分析： 根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到CD=AB=3，则结合已知条件CE=CD可以求得ED=4．然后由三角形中位线定理可以求得BF=2ED=8．
解：如图，∵∠ACB=90°，D为AB的中点，AB=6，
∴CD=AB=3．
又CE=CD，
∴CE=1，
∴ED=CE+CD=4．
又∵BF∥DE，点D是AB的中点，
∴ED是△AFB的中位线，
∴BF=2ED=8．
故选：C．
分析：设AC与BD的交点为O，根据周长可得AB=BC=2，根据AE=可得BE=1，则△ABC为等边三角形，则AC=2，BO=，即BD=2，即AC:BD=1：.
解：如图，设AC，BD相较于点O，
∵菱形ABCD的周长为8cm，
∴AB=BC=2cm，
∵高AE长为cm，
∴BE==1（cm），
∴CE=BE=1cm，
∴AC=AB=2cm，
∵OA=1cm，AC⊥BD，
∴OB==（cm），
∴BD=2OB=2cm，
∴AC：BD=1：．
故选D．
分析：首先连接OP，由矩形的两条边AB、BC的长分别为3和4，可求得OA=OD=5，△AOD的面积，然后由S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA•PE+OD•PF求得答案．
解：连接OP，
∵矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8，
∴S矩形ABCD=AB•BC=48，OA=OC，OB=OD，AC=BD=10，
∴OA=OD=5，
∴S△ACD=S矩形ABCD=24，
∴S△AOD=S△ACD=12，
∵S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA•PE+OD•PF=×5×PE+×5×PF=（PE+PF）=12，
解得：PE+PF=4.8．
故选：A．
分析：根据题意和折叠对称的性质，DE是△ABC的中位线，D1E1是△A D1E1的中位线，D2E2是△A2D2E1的中位线，…

二、填空题
分析：根据菱形的对角线的长度即可直接计算菱形ABCD的面积．
解：∵菱形的对角线长AC、BD的长度分别为8cm、6cm
∴菱形ABCD的面积S=BD•AC=×6×8=24cm2．
故答案为：24cm2．
分析： 因为菱形的对角线互相垂直平分，菱形的四边相等，根据面积相等，可求出OH的长．
解：∵AC=8，BD=6，
∴BO=3，AO=4，
∴AB=5．
AO•BO=AB•OH，
OH=．
故答案为：．
分析：要找出规律方能解答．第一个菱形边长为1，∠B 1 =60°，可求出AD 2 ，即第二个菱形的边长…按照此规律解答即可．
解：第1个菱形的边长是1，易得第2个菱形的边长是 ；
第3个菱形的边长是（ ） ；…
每作一次，其边长为上一次边长的 ；
故第n个菱形的边长是
故答案为
分析：根据正方形面积是△ABE面积的2倍，求出边长，再在RT△BCE中利用勾股定理即可．
解：设正方形边长为a，
∵S△ABE=18，
∴S正方形ABCD=2S△ABE=36，
∴a2=36，
∵a＞0，
∴a=6，
在RT△BCE中，∵BC=6，CE=4，∠C=90°，
∴BE===2．
故答案为2．
分析： 先求出矩形的对角线AC，根据中位线定理可得出EF，继而可得出△AEF的周长．
解：在Rt△ABC中，AC==10cm，
∵点E、F分别是AO、AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，EF=OD=BD=AC=cm，AF=AD=BC=4cm，AE=AO=AC=cm，
∴△AEF的周长=AE+AF+EF=9cm．
故答案为：9．
分析：正方形ABCD是轴对称图形，AC是一条对称轴，利用轴对称找最短线段的方法找到P点。
解：∵正方形ABCD是轴对称图形，AC是一条对称轴
∴点F关于AC的对称点在线段AD上，设为点G，连结EG与AC交于点P，则PF+PE的最小值为EG的长
∵AB=4，AF=2，∴AG=AF=2
∴EG=
三、解答题
分析：由“平行四边形ABCD的对边平行且相等”的性质推知AB=CD，AB∥CD．然后根据图形中相关线段间的和差关系求得BE=FD，易证四边形EBFD是平行四边形．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD．
∵AE=CF．
∴BE=FD，BE∥FD，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∴DE=BF．
分析：（1）利用平行四边形的判定证明即可；
（2）利用菱形的判定证明即可．
证明：（1）∵D，E分别为边AC，AB的中点，
∴DE∥BC，即EF∥BC．
又∵BF∥CE，
∴四边形ECBF是平行四边形．
（2）∵∠ACB=90°，∠A=30°，E为AB的中点，
∴CB=AB，CE=AB．
∴CB=CE．
又由（1）知，四边形ECBF是平行四边形，
∴四边形ECBF是菱形．
分析：（1）分别以B、D为圆心，比BD的一半长为半径画弧，交于两点，确定出垂直平分线即可；
（2）连接BE，DF，四边形BEDF为菱形，理由为：由EF垂直平分BD，得到BE=DE，∠DEF=∠BEF，再由AD与BC平行，得到一对内错角相等，等量代换及等角对等边得到BE=BF，再由BF=DF，等量代换得到四条边相等，即可得证．
解：（1）如图所示，EF为所求直线；
（2）四边形BEDF为菱形，理由为：
证明：∵EF垂直平分BD，
∴BE=DE，∠DEF=∠BEF，
∵AD∥BC，
∴∠DEF=∠BFE，
∴∠BEF=∠BFE，
∴BE=BF，
∵BF=DF，
∴BE=ED=DF=BF，
∴四边形BEDF为菱形．
分析：当四边形EDD′F为菱形时，△A′DE是等腰三角形，△A′DE≌△EFC′．先证明CD=DA=DB，得到∠DAC=∠DCA，由AC∥A′C′即可得到∠DA′E=∠DEA′由此即可判断△DA′E的形状．由EF∥AB推出∠CEF=∠EA′D，∠EFC=∠A′D′C=∠A′DE，再根据A′D=DE=EF即可证明．
解：当四边形EDD′F为菱形时，△A′DE是等腰三角形，△A′DE≌△EFC′．
理由：∵△BCA是直角三角形，∠ACB=90°，AD=DB，
∴CD=DA=DB，
∴∠DAC=∠DCA，
∵A′C∥AC，
∴∠DA′E=∠A，∠DEA′=∠DCA，
∴∠DA′E=∠DEA′，
∴DA′=DE，
∴△A′DE是等腰三角形．
∵四边形DEFD′是菱形，
∴EF=DE=DA′，EF∥DD′，
∴∠CEF=∠DA′E，∠EFC=∠CD′A′，
∵CD∥C′D′，
∴∠A′DE=∠A′D′C=∠EFC，
在△A′DE和△EFC′中，
，
∴△A′DE≌△EFC′．
分析：（1）由作图知：PQ为线段AC的垂直平分线，从而得到AE=CE，AD=CD，然后根据CF∥AB得到∠EAC=∠FCA，∠CFD=∠AED，利用ASA证得两三角形全等即可；
（2）根据全等得到AE=CF，然后根据EF为线段AC的垂直平分线，得到EC=EA，FC=FA，从而得到EC=EA=FC=FA，利用四边相等的四边形是菱形判定四边形AECF为菱形．
解：（1）由作图知：PQ为线段AC的垂直平分线，
∴AE=CE，AD=CD，
∵CF∥AB
∴∠EAC=∠FCA，∠CFD=∠AED，
在△AED与△CFD中，
，
∴△AED≌△CFD；
（2）∵△AED≌△CFD，
∴AE=CF，
∵EF为线段AC的垂直平分线，
∴EC=EA，FC=FA，
∴EC=EA=FC=FA，
∴四边形AECF为菱形．
分析：（1）先根据旋转的性质得出△PAD是等边三角形，进而得出∠PDC=∠PAE=30°，∠DAE=∠DAP﹣∠PAE=30°，∠BAE=60°，又CD=AB=EA，结论显然；
（2）连接CE，则△CPE是等边三角形，过点E作EF⊥BC于点F，算出EF、BF、CF，进而算出CE，而PE=CE．
解：（1）△ABE是等边三角形，理由如下：
由题意可知∠APD=60°，PA=PD，
∴△PAD是等边三角形，
∴∠DAP=∠PDA=60°，
∴∠PDC=∠PAE=30°，
∴∠DAE=∠DAP﹣∠PAE=30°，
∴∠PAB=30°，
即∠BAE=60°，
又∵CD=AB=EA，
∴△ABE是等边三角形．
（2）过点E作EF⊥BC于点F，连接CE，
∵△ABE是等边三角形，
∴AB=BE=2，
∠EBA=60°，
∴∠EBC=30°，
在Rt△EBF中，EF=1，FB=，
∵AD=BC=，
∴CF=2，
在Rt△CEF中， =，
∵∠CPE=60°，CP=PE，
∴△CPE是等边三角形，PE=CE=．
分析：（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．
解：（1）四边形ABCD是垂美四边形．
证明：∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；
（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E，
求证：AD2+BC2=AB2+CD2
证明：∵AC⊥BD，
∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2；
（3）连接CG、BE，
∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴△GAB≌△CAE，
∴∠ABG=∠AEC，又∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得，CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AC=4，AB=5，
∴BC=3，CG=4，BE=5，
∴GE2=CG2+BE2﹣CB2=73，
∴GE=．