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第一章特殊平行四邊形自主檢測(cè)
一、選擇題(每小題6分，共42分)
1.「2025安徽宿州蕭縣期中」菱形、矩形、正方形都具有的性質(zhì)是 ( )
A.鄰邊相等 B.四個(gè)角都是直角
C.對(duì)角線互相垂直 D.對(duì)角線互相平分
2.「2025安徽宿州泗縣月考」數(shù)學(xué)課上，老師在投影屏上出示下面的搶答題，需要同學(xué)們回答特殊圖形可以代表的內(nèi)容.
如圖，四邊形ABCD 是平行四邊形，①當(dāng)※時(shí)，平行四邊形 ABCD 是矩形.②當(dāng)◎時(shí),平行四邊形ABCD是矩形.③當(dāng)▲時(shí)，平行四邊形ABCD 是菱形.④當(dāng)◆時(shí)，平行四邊形ABCD 是正方形.則下列回答不正確的是 ( )
A.※可以代表∠ABC=90°
B.◎可以代表AC=BD
C.▲可以代表AB=BC
D.●可以代表AC⊥BD
3.「2025四川成都七中月考」如圖，四邊形ABCD 是菱形，對(duì)角線AC=4 cm,BD=2cm,DH⊥AB 于點(diǎn) H,則DH的長(zhǎng)為 ( )
C.cm
4.「2024山東東營(yíng)中考」如圖，四邊形ABCD 是矩形，直線EF分別交AD,BC,BD于點(diǎn)E,F,O,選項(xiàng)的條件中,不能證明△BOF≌△DOE 的是 ( )
A. O 為矩形ABCD 兩條對(duì)角線的交點(diǎn)
B. EO=FO
C. AE=CF
D. EF⊥BD
5.「2024河南鄭州一中月考」如圖,在 Rt△ABC 中,∠A=90°,P 為邊 BC 上一動(dòng)點(diǎn),PE⊥AB 于 E,PF⊥AC于 F，則在動(dòng)點(diǎn) P 從點(diǎn) B 出發(fā)，沿著 BC 勻速向終點(diǎn) C 運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，線段 EF的長(zhǎng)度的大小變化情況是 ( )
A.一直增大 B.一直減小
C.先減小后增大 D.先增大后減少
6.「2024重慶中考B卷」如圖，在邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD 中,點(diǎn)E是BC 上一點(diǎn),點(diǎn) F是CD 延長(zhǎng)線上一點(diǎn),連接AE,AF,AM 平分∠EAF 交 CD 于點(diǎn)M.若BE=DF=1,則 DM 的長(zhǎng)度為 ( )
A.2 B. C. D.
7.「2024浙江溫州二中月考」如圖，在正方形ABCD 中，點(diǎn)E,N,P,G分別在邊AB,BC,CD,DA上,點(diǎn)M,F,Q在對(duì)角線 BD 上,且四邊形 MNPQ 和四邊形AEFG均為正方形，則 等于 ( )
C. D.
二、填空題(每小題6分，共18分)
8.如圖，三位同學(xué)分別站在一個(gè)直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)處做投圈游戲，目標(biāo)物放在斜邊AC 的中點(diǎn)O處,已知AC=6m,則點(diǎn)B到目標(biāo)物的距離是 m.
9.新實(shí)踐操作題「2025河南平頂山期中」小明用四根長(zhǎng)度相等的木條制作了能夠活動(dòng)的菱形學(xué)具，他先將學(xué)具活動(dòng)成如圖(1)所示的菱形，并測(cè)得∠ABC=60°，接著將學(xué)具活動(dòng)成如圖(2)所示的正方形，并測(cè)得對(duì)角線. ，則圖(1)中菱形的對(duì)角線 BD 的長(zhǎng)為 .
10.多解法「2023 河南省實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考」如圖，在邊長(zhǎng)為 2 的正方形ABCD中,點(diǎn) E,F分別是邊AB,BC的中點(diǎn),連接EC,FD,點(diǎn) G,H分別是 EC,FD 的中點(diǎn),連接GH,則 GH 的長(zhǎng)度為 .
三、解答題(共40分)
11.(12分)如圖,在 ABCD中,對(duì)角線AC與BD 相交于點(diǎn) O,△ABO是等邊三角形,AB=1.
(1)求證: ABCD 是矩形.
(2)求矩形 ABCD 的面積.
12.新開(kāi)啟成績(jī)充足 「2023 湖北十堰中考」 (13 分) 如圖, ABCD 的對(duì)角線AC,BD交于點(diǎn)O,分別以點(diǎn)B,C 為圓心， AC, BD的長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，兩弧交于點(diǎn) P,連接BP,CP.
(1)試判斷四邊形 BPCO 的形狀，并說(shuō)明理由.
(2)當(dāng) ABCD的對(duì)角線滿足什么條件時(shí)，四邊形BPCO 是正方形
13.「2025山東濟(jì)南章丘月考節(jié)選」(15 分)如圖,四邊形 ABCD 為正方形,E 為對(duì)角線 AC上一點(diǎn),連接DE,BE.過(guò)點(diǎn) E作EF⊥DE,交邊BC于點(diǎn) F,以 DE,EF 為鄰邊作矩形 DEFG,連接CG.
(1)求證:矩形DEFG是正方形.
(2)若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為9, 求正方形 DEFG 的邊長(zhǎng).
答案
1. D矩形、菱形、正方形都屬于平行四邊形，所以矩形、菱形、正方形一定都具有的性質(zhì)是所有平行四邊形都具有的性質(zhì)，所有平行四邊形的對(duì)角線互相平分，∴ A，B，C選項(xiàng)不符合題意，D選項(xiàng)符合題意，故選 D.
2. D 選項(xiàng)A,∵四邊形ABCD 是平行四邊形,∠ABC=90°，∴平行四邊形ABCD 是矩形，∴A不符合題意；選項(xiàng)B,∵ 四邊形ABCD 是平行四邊形,AC=BD,∴平行四邊形ABCD 是矩形,.. B 不符合題意;選項(xiàng) C,.四邊形ABCD 是平行四邊形，AB=BC，∴平行四邊形ABCD是菱形,.. C 不符合題意;選項(xiàng) D,∵ 四邊形ABCD 是平行四邊形,AC⊥BD,∴平行四邊形ABCD是菱形，但不一定是正方形，∴D符合題意.故選 D.
3B ∵ 四邊形 ABCD 是菱形,∴AC⊥BD,OA=OC= BD=AB·DH,∴ 故選 B.
4. D ∵ 四邊形 ABCD 是矩形,∴AD=BC,AD∥BC,
..∠OBF=∠ODE,∠OFB=∠OED.選項(xiàng) A,∵O 為矩
形ABCD兩條對(duì)角線的交點(diǎn),∴OB=OD.在△BOF 和△DOE 中,
(AAS),故A不符合題意;選項(xiàng)B,在△BOF 和△DOE中，
不符合題意;選項(xiàng) C,∴AE=CF,∴BC-CF=AD-AE,即
BF =DE,
在 △BOF和△DOE中,
. △BOF≌△DOE(ASA),故 C 不
符合題意;選項(xiàng) D,∵ EF ⊥BD,∴∠BOF =∠DOE
不能證明△BOF≌△DOE,故D符合題意.故選 D.
5. C 如圖,連接AP.∵ ∠BAC=90°,PE⊥AB,PF⊥AC,∴四邊形AFPE 是矩形,∴ EF=AP,由垂線段最短可得AP⊥BC時(shí),AP 最短,此時(shí)線段 EF的長(zhǎng)度最小,∴在動(dòng)點(diǎn) P 從點(diǎn) B 出發(fā)，沿著 BC 勻速向終點(diǎn) C 運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，線段 EF的長(zhǎng)度的大小變化情況是先減小后增大.故選C.
方法解讀 本題考查了矩形的判定與性質(zhì)以及垂線段最短的性質(zhì).判斷出“當(dāng)AP⊥BC時(shí)，線段EF的長(zhǎng)度最小”是解題的關(guān)鍵.
6D ∵ 四邊形ABCD 是正方形,∴ AB=AD,∠ABE=90°,∠ADF=180°-∠ADM =90°.在△ABE 和△ADF
中
·AE=AF.∵ AM 平分∠EAF,∴ ∠EAM = ∠FAM.在△AEM 和△AFM 中, △AFM(SAS),∴EM=FM.
四邊形 ABCD 是正方形,∴ BC = CD = 4,∠BCD=90°,
設(shè)DM=x,則MC=CD-DM=4-x,CE=BC-BE=4-1=3,EM=FM=FD+DM=1+x.
在 Rt△MCE中，根據(jù)勾股定理，得 即 解得
故選 D.
7. D ∵ 四邊形 ABCD 是正方形,∴ ∠ABD=∠CBD=45°,∵ 四邊形 MNPQ 和四邊形 AEFG均為正方形,∴∠BEF = ∠AEF = 90°, ∠BMN = ∠QMN = 90°,∴△BEF和△BMN都是等腰直角三角形,∴ BE=FE= 同理可得DQ=MQ,
故選 D.
8.答案
解析 ∵ ∠ABC=90°,O 是斜邊AC的中點(diǎn),
9.答案
解析 在正方形 ABCD 中,∠ABC=90°,∴AB +CB =AC AB=CB,AC=20 ,∴AB=BC=20.在題圖(1)中,連接AC交 BD 于點(diǎn)O(圖略),
在菱形 ABCD 中,AC⊥BD,AB=BC=20,∵ ∠ABC=60°,∴△ABC 為等邊三角形,∴∠ABO=30°,∴ OA= 20 ，故答案為20
10 .答案
解析 【解法一】連接 CH 并延長(zhǎng)交 AD 于 P，連接PE,如圖1,∵ 四邊形 ABCD 是正方形,且邊長(zhǎng)為
..∠A=90°,AD∥BC,AB=AD=BC=2 ,∵E,F分別是邊AB,BC 的中點(diǎn),. ∵ 點(diǎn) H 是 FD 的中點(diǎn),∴ DH = FH,∵ AD∥BC,.∠DPH=∠FCH,又∵∠DHP =∠FHC,∴△PDH≌△CFH(AAS),∴PD=CF= ,PH=CH,即H是CD的中點(diǎn),..
·點(diǎn)G,H分別是EC,CP的中點(diǎn),∴
【解法二】如圖2，連接 GF，可得 GF∥BE.作 GM⊥DC 于 M,可得四邊形 GFCM 為矩形，所以 延長(zhǎng)GH交CD 于N,可得△GHF≌△NHD,所以 所以. 由勾股定理可求出GN=2,從而得到GH=1.
【解法三】如圖3,連接 EH 并延長(zhǎng),交 CD 于點(diǎn) M,連接 FG 并延長(zhǎng),交 EH 于點(diǎn) O,交 AD 于點(diǎn) N.易知△OGH為等腰直角三角形， 所以GH=1.
【解法四】如圖4,連接FG并延長(zhǎng)至點(diǎn)O,使OG=GF,連接BD，易知點(diǎn) O 為正方形對(duì)角線的交點(diǎn)，GH 是△OFD 的中位線，所以
【解法五】如圖5，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系.易知E(0, ),C(2 ,0),F( ,0),D(2 ,2 所以
所以
【解法六】如圖6，根據(jù)圖形特性，將圖形放在格點(diǎn)圖中，小正方形的邊長(zhǎng)為 ,觀察可得GH=1.
11.解析 (1)證明:∵ △ABO 是等邊三角形,∴OA =OB=AB,∵四邊形ABCD 是平行四邊形,∴OA=OC,OB=OD,.. OA=OC=OB=OD,∴AC=BD,∴四邊形ABCD 是矩形.
(2)∵ 四邊形 ABCD 是矩形,.. ∠ABC=90°,AC=2AO,∵AB=1,∴AO=1,∴AC=2,由勾股定理得 ∴矩形 ABCD 的面積
12.解析 (1)四邊形 BPCO 為平行四邊形.
理由:∵四邊形 ABCD 為平行四邊形,∴OC=OA= ∵分別以點(diǎn) B，C為圓心， AC, BD的長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，兩弧交于點(diǎn) P，∴OB=CP,BP=OC,∴四邊形 BPCO為平行四邊形.
(2)當(dāng)AC⊥BD,AC=BD時(shí),四邊形 BPCO 為正方形.·AC⊥BD,∴∠BOC=90°,.. BPCO為矩形. .矩形 BPCO 為正方形.
13.解析 (1)證明:如圖 1,作 EM⊥BC 于 M,EN⊥CD于 N,易知四邊形 EMCN 是矩形,
,、∠MEN=90°,
∵點(diǎn) E 是正方形ABCD 對(duì)角線上的點(diǎn),∴EM=EN,
∵∠DEF=90°,∴∠DEN=∠MEF=90°-∠FEN,在△DEN和△FEM中, ∴△DEN≌△FEM(ASA),∴ EF=DE,∴矩形 DEFG是正方形.
(2)∵ 四邊形 DEFG和四邊形ABCD 是正方形,.. DE = DG,AD= DC, . ∠CDG+∠CDE = ∠ADE+∠CDE=90°,..∠CDG=∠ADE,在△ADE和△CDG中,
.. △ADE≌△CDG(SAS),
.. AE=CG,∠DAE=∠DCG=45°,
··∠ACD=45°,∴∠ACG=∠ACD+∠DCG=90°,
.. CE⊥CG,.. CE+CG=CE+AE=AC= AB=9
如圖2,連接EG,
,正方形 DEFG的邊長(zhǎng)為3

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