初中数学青岛版八年级下册6.3 特殊的平行四边形当堂检测题

这是一份初中数学青岛版八年级下册6.3 特殊的平行四边形当堂检测题，共19页。试卷主要包含了0分），【答案】C，【答案】D，【答案】B，【答案】A等内容，欢迎下载使用。

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
如图，正方形ABCD的边长为4，点A的坐标为(−1,1)，AB平行于x轴，则点C的坐标为( )
A. (3,1)
B. (−1,1)
C. (3,5)
D. (−1,5)
周长为16的菱形ABCD中，有一个角为45°，则菱形ABCD的面积为( )
A. 82B. 16C. 8D. 42
如图，矩形ABCD中，已知点M为边BC的中点，沿DM将三角形CDM进行翻折，点C的对应点为点E，若AB=6，BC=8，则BE的长度为( )
A. 4
B. 92
C. 81313
D. 161313
如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A在y轴上，已知B(−3,0)、C(2,0)，则点D的坐标为( )
A. (4,5)
B. (5,4)
C. (5,3)
D. (4,3)
如图，∠MON=90°，矩形ABCD在∠MON的内部，顶点A，B分别在射线OM，ON上，AB=4，BC=2，则点D到点O的最大距离是( )
A. 22−2
B. 22+2
C. 25−2
D. 2+2
在菱形ABCD中，AC是对角线，CD=CE，连结DE.AC=16，CD=10，则DE的长为( )
A. 210B. 42C. 210或42D. 38
如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=4，O为对角线BD的中点，过O点作OE⊥AB，垂足为E.则线段BE的长是( )
A. 1B. 32C. 2D. 52
如图，在菱形ABCD中，DE⊥AB，AD=5，BD=4，则DE的值是( )
A. 3B. 4215C. 4D. 8215
如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，BE=CF，则图中与∠AEB相等的角的个数是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
已知▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，△AOD是等边三角形，且AD=4，则AB等于( )
A. 2B. 4C. 23D. 43
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
如图所示平面直角坐标系中，四边形ABCD是边长为1的正方形，以A为圆心，AC为半径画圆交x轴负半轴于点P，则点P的坐标为______．
如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，其中OA=1，OB=2，则菱形ABCD的面积为______．
如图，四边形ABCD中，∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，请添加一个条件______，可得出该四边形是正方形．
如图，在矩形ABCD中，如果AB=3，AD=4，EF是对角线BD的垂直平分线，分别交AD，BC于点EF，则ED的长为______．
三、解答题（本大题共5小题，共40.0分）
如图，在▱ABCD中，E为BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接BF，AC，若AD=AF，求证：四边形ABFC是矩形．
如图，ABCD是正方形，E是CD边上任意一点，连接AE，作BF⊥AE，DG⊥AE，垂足分别为F，G.求证：BF−DG=FG．
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足为D，AF平分∠CAB，交CD于点E，交CB于点F．
(1)若∠B=30°，AC=6，求CE的长；
(2)过点F作AB的垂线，垂足为G，连接EG，试判断四边形CEGF的形状，并说明原因．
如图，在矩形ABCD中，O为对角线AC的中点，过点O作直线分别与矩形的边AD，BC交于M，N两点，连接CM，AN．
(1)求证：四边形ANCM为平行四边形；
(2)若AD=4，AB=2，且MN⊥AC，求DM的长．
如图，在正方形ABCD中，E是DC边上一点，(与D、C不重合)，连接AE，将△ADE沿AE所在的直线折叠得到△AFE，延长EF交BC于G，连接AG，作GH⊥AG，与AE的延长线交于点H，连接CH.显然AE是∠DAF的平分线，EA是∠DEF的平分线．仔细观察，请逐一找出图中其他的角平分线(仅限于小于180°的角平分线)，并说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵正方形ABCD的边长为4，点A的坐标为(−1,1)，AB平行于x轴，
∴点B的横坐标为：−1+4=3，纵坐标为：1．
∴点B的坐标为(3,1)．
∴点C的横坐标为：3，纵坐标为：1+4=5．
∴点C的坐标为(3,5)．
故选项A错误，选项B错误，选项C正确，选项D错误．
故选：C．
根据正方形ABCD的边长为4，点A的坐标为(−1,1)，AB平行于x轴，可以得到点B的坐标，根据点B的坐标可以得到点C的坐标．
本题考查坐标与图形性质，解题的关键是明确正方形的各条边相等，能根据图形找出它们之间的关系．
2.【答案】A
【解析】解：如图，
∵菱形ABCD周长为16，
∴AB=AD=4，
过点B作BE⊥AD于点E，
∴∠BEA=90°，
∵∠A=45°，
∴BE=22AB=22，
∴菱形ABCD的面积为：AD⋅BE=4×22=82．
故选：A．
菱形ABCD周长为16，AB=AD=4，过点B作BE⊥AD于点E，可得BE的值，进而求出菱形ABCD的面积．
本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
3.【答案】D
【解析】解：∵矩形ABCD中，已知点M为边BC的中点，AB=6，BC=8，
∴CD=AB=6，BM=CM=4，
∴DM=CD2+CM2=213，
∵沿DM将三角形CDM进行翻折，
∴ME=CM=4，∠EMD=∠CMD，
∴BM=EM，
过M作MF⊥BE于F，
∴BE=2BF，∠BMF=∠EMF，
∴∠EMF+∠DME=90°，
∴∠BME+∠CMD=90°，
∵∠CMD+∠CDM=90°，
∴∠CDM=∠BMF，
∵∠BFM=∠C=90°，
∴△BFM∽△MCD，
∴BFCM=BMDM，
∴BF4=4213，
∴BF=81313，
∴BE=2BF=161313，
故选：D．
根据矩形的性质得到CD=AB=6，BM=CM=4，由勾股定理得到DM=CD2+CM2=213，根据折叠的性质得到ME=CM=4，∠EMD=∠CMD，求得BM=EM，过M作MF⊥BE，根据相似三角形的性质即可得到结论．
本题考查了翻折变换(折叠问题)，相似三角形的判定和性质，矩形的性质，足球的识别图形是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵菱形ABCD的顶点A在y轴上，B(−3,0)，C(2,0)，
∴AB=AD=BC，OB=3，OC=2，
∴AB=AD=BC=OB+OC=5，
∴AD=AB=CD=5，
∴OA=AB2−OB2=52−32=4，
∴点D的坐标为(5,4)．
故选：B．
首先根据菱形的性质和点的坐标求出AD=AB=BC=5，再利用勾股定理求出OA的长度，进而得到点D的坐标．
此题主要考查了菱形的性质、勾股定理以及坐标与图形性质，解题的关键是利用勾股定理求出OA的长度．
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了矩形的性质、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理以及三角形三边关系，解决动态问题的最值问题一般转化为两点间线段最短或三角形三边关系问题．
取AB中点E，连接OE、DE、OD，求出OE和DE值，利用三角形三边关系分析出当O、E、D三点共线时，OD最大为OE+DE．
【解答】
解：取AB中点E，连接OE、DE、OD，
∵∠MON=90°，
∴OE=12AB=2．
在Rt△DAE中，利用勾股定理可得DE=22．
在△ODE中，根据三角形三边关系可知DE+OE>OD，
∴当O、E、D三点共线时，OD最大为OE+DE=22+2．
故选：B．
6.【答案】A
【解析】解：连接BD交AC于K．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AK=CK=8，
在Rt△AKD中，DK=AD2−AK2=102−82=6，
∵CD=CE，
∴EK=CE−CK=10−8=2，
在Rt△DKE中，DE=DK2+EK2=210．
故选：A．
连接BD交AC于K.想办法求出DK，EK，利用勾股定理即可解决问题．
本题考查菱形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
7.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
∵∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=4，∠OBE=60°，
∵OE⊥AB，
∴∠BOE=30°，
∵O为对角线BD的中点，
∴OB=12BD=2，
∴BE=12OB=1．
故选：A．
由在菱形ABCD中，∠A=60°，可证得△ABD是等边三角形，又由O为对角线BD的中点，OE⊥AB，可求得OB的长，∠OBE的度数，继而求得答案．
此题考查了菱形的性质以及等边三角形的判定与性质．注意证得△ABD是等边三角形是关键．
8.【答案】B
【解析】解：设AE=x，则BE=AB−BE=5−x，
∵DE⊥AB，
∴AD2−AE2=DB2−BE2，
即：52−x2=42−(5−x)2，
解得：x=175，
∴BD=52−(175)2=4215，
故选：B．
设AE=x，则BE=AB−BE=5−x，根据DE⊥AB利用勾股定理得到AD2−AE2=DB2−BE2，从而求得x，再利用勾股定理求得BD的长即可．
考查了菱形的性质及勾股定理的应用，解题的关键是能够根据菱形的性质结合勾股定理列出方程，难度不大．
9.【答案】B
【解析】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB//BC，AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
在△ABE和△BCF中，
AB=BC∠ABE=∠BCFBE=CF，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴∠BFC=∠AEB，
∴∠BFC=∠ABF，
故图中与∠AEB相等的角的个数是2．
故选：B．
根据正方形的性质，利用SAS即可证明△ABE≌△BCF，再根据全等三角形的性质可得∠BFC=∠AEB，进一步得到∠BFC=∠ABF，从而求解．
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
10.【答案】D
【解析】解：∵△AOD是等边三角形，
∴AD=OA=OD=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=12AC，OD=12BD，
∴AC=BD=8，
∴四边形ABCD是矩形，
在Rt△ABD中，AB=BD2−AD2=82−42=43，
故选：D．
根据等边三角形的性质得出AD=OA=OD，利用平行四边形的性质和矩形的判定解答即可．
此题考查平行四边形的性质，关键是根据平行四边形的性质解答即可．
11.【答案】(1−2,0)
【解析】解：∵四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴AB=BC=1
∴AC=2，
∵以A为圆心，AC为半径画圆交x轴负半轴于点P
∴AP=2，
∵点A(1,0)
∴点P(1−2,0)
故答案为：(1−2,0)
由正方形的性质可得AB=BC=1，由勾股定理可求AC=2=AP，即可求点P坐标．
本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，勾股定理，熟练运用正方形的性质是本题的关键．
12.【答案】4
【解析】解：∵OA=1，OB=2，
∴AC=2，BD=4，
∴菱形ABCD的面积为12×2×4=4．
故答案为：4．
根据菱形的面积等于对角线之积的一半可得答案．
此题主要考查了菱形的性质，关键是掌握菱形面积=12ab(a、b是两条对角线的长度)．
13.【答案】AB=BC
【解析】解：∵四边形ABCD中，∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴当AB=BC或AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形．
故答案为：AB=BC．
由四边形ABCD中，∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，可得四边形ABCD是矩形，即可得当AB=BC或AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形．
此题考查了正方形的判定以及矩形的判定与性质．注意邻边相等或对角线互相垂直的矩形是正方形．
14.【答案】258
【解析】解：连接EB，
∵EF垂直平分BD，
∴ED=EB，
设AE=xcm，则DE=EB=(4−x)cm，
在Rt△AEB中，
AE2+AB2=BE2，
即：x2+32=(4−x)2，
解得：x=78．
∴DE=AD=AE=258，
故答案为：258．
连接EB，构造直角三角形，设AE为x，则DE=BE=4−x，利用勾股定理得到有关x的一元一次方程，求得x，即可求出BE的长．
本题考查了矩形的性质，线段的垂直平分线的性质和勾股定理，正确根据勾股定理列出方程是关键．
15.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∴∠BAE=∠CFE，∠ABE=∠FCE，
∵E为BC的中点，
∴EB=EC，
∴△ABE≌△FCE(AAS)，
∴AB=CF．
∵AB//CF，
∴四边形ABFC是平行四边形，
在▱ABCD中，AD=BC，
又∵AD=AF，
∴BC=AF，
∴四边形ABFC是矩形．
【解析】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
根据平行四边形的性质得到两角一边对应相等，利用AAS判定△ABE≌△FCE，从而得到AB=CF；由已知可得四边形ABFC是平行四边形，再证BC=AF，根据对角线相等的平行四边形是矩形，可得到四边形ABFC是矩形．
16.【答案】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠DAB=90°，
∵BF⊥AE，DG⊥AE，
∴∠AFB=∠AGD=∠ADG+∠DAG=90°，
∵∠DAG+∠BAF=90°，
∴∠ADG=∠BAF，
在△BAF和△ADG中，
∵∠BAF=∠ADG∠AFB=∠AGDAB=AD,
∴△BAF≌△ADG(AAS)，
∴BF=AG，AF=DG，
∵AG=AF+FG，
∴BF=AG=DG+FG，
∴BF−DG=FG．
【解析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明△BAF≌△ADG是解题的关键．
根据正方形的性质可得AB=AD，再利用同角的余角相等求出∠BAF=∠ADG，再利用“角角边”证明△BAF和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等可得BF=AG，根据线段的和与差可得结论．
17.【答案】解：(1)∵∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠CAB=60°，
∵CD⊥AB，
∴∠ADC=90°，
∴∠ACD=30°，
∵AF平分∠CAB，
∴∠CAF=∠BAF=30°，
∴CE=AE，
过点E用EH垂直于AC于点H，
∴CH=AH
∵AC=6，
∴CE=23
答：CE的长为23；
(2)∵FG⊥AB，FC⊥AC，AF平分∠CAB，
∴∠ACF=∠AGF=90°，CF=GF，
在Rt△ACF与Rt△AGF中，
AF=AF，CF=GF，
∴Rt△ACF≌Rt△AGF(HL)，
∴∠AFC=∠AFG，
∵CD⊥AB，FG⊥AB，
∴CD//FG，
∴∠CEF=∠EFG，
∴∠CEF=∠CFE，
∴CE=CF，
∴CE=FG，
∴四边形CEGF是菱形
【解析】(1)根据∠ACB=90°，CD⊥AB，∠B=30°，AC=6，即可求CE的长；
(2)过点F作AB的垂线，垂足为G，连接EG，根据菱形的判定即可判断四边形CEGF的形状，
本题考查了菱形的判定和性质，解决本题的关键是综合运用角平分线的性质、等腰三角形的判定、30度特殊角的直角三角形．
18.【答案】解：(1)证明：∵在矩形ABCD中，O为对角线AC的中点，
∴AD//BC，AO=CO，
∴∠OAM=∠OCN，∠OMA=∠ONC，
在△AOM和△CON中，
∠OAM=∠OCN∠AMO=∠CNOAO=CO，
∴△AOM≌△CON(AAS)，
∴AM=CN，
∵AM//CN，
∴四边形ANCM为平行四边形；
(2)∵在矩形ABCD中，AD=BC，
由(1)知：AM=CN，
∴DM=BN，
∵四边形ANCM为平行四边形，MN⊥AC，
∴平行四边形ANCM为菱形，
∴AM=AN=NC=AD−DM，
∴在Rt△ABN中，根据勾股定理，得
AN2=AB2+BN2，
∴(4−DM)2=22+DM2，
解得DM=32．
【解析】(1)在矩形ABCD中，O为对角线AC的中点，可得AD//BC，AO=CO，可以证明△AOM≌△CON可得AM=CN，进而证明四边形ANCM为平行四边形；
(2)根据MN⊥AC，可得四边形ANCM为菱形；根据AD=4，AB=2，AM=AN=NC=AD−DM，即可在Rt△ABN中，根据勾股定理，求DM的长．
本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
19.【答案】解：过点H作HN⊥BM于N，
则∠HNC=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB=BC，∠D=∠DAB=∠B=∠DCB=∠DCM=90°，
①∵将△ADE沿AE所在的直线折叠得到△AFE，
∴△ADE≌△AFE，
∴∠D=∠AFE=∠AFG=90°，AD=AF，∠DAE=∠FAE，
∴AF=AB，
又∵AG=AG，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG(HL)，
∴∠BAG=∠FAG，∠AGB=∠AGF，
∴AG是∠BAF的平分线，GA是∠BGF的平分线；
②由①知，∠DAE=∠FAE，∠BAG=∠FAG，
又∵∠BAD=90°，
∴∠GAF+∠EAF=12×90°=45°，
即∠GAH=45°，
∵GH⊥AG，
∴∠GHA=90°−∠GAH=45°，
∴△AGH为等腰直角三角形，
∴AG=GH，
∵∠AGB+∠BAG=90°，∠AGB+∠HGN=90°，
∴∠BAG=∠NGH，
又∵∠B=∠HNG=90°，AG=GH，
∴△ABG≌△GNH(AAS)，
∴BG=NH，AB=GN，
∴BC=GN，
∵BC−CG=GN−CG，
∴BG=CN，
∴CN=HN，
∴∠NCH=∠NHC=12×90°=45°，
∵∠DCM=90°，
∴∠DCH=∠DCM−∠NCH=45°，
∴∠DCH=∠NCH，
∴CH是∠DCM的平分线；
③∵∠AGB+∠HGN=90°，∠AGF+∠EGH=90°，
由①知，∠AGB=∠AGF，
∴∠HGN=∠EGH，
∴GH是∠EGM的平分线；
综上所述，AG是∠BAF的平分线，GA是∠BGF的平分线，CH是∠DCM的平分线，GH是∠EGM的平分线．
【解析】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质等，解题关键是能够灵活运用轴对称的性质及全等的判定方法．
过点H作HN⊥BM于N，利用正方形的性质及轴对称的性质，证明△ABG≌△AFG，可推出AG是∠BAF的平分线，GA是∠BGF的平分线；证明△ABG≌△GNH，推出HN=CN，得到∠DCH=∠NCH，推出CH是∠DCN的平分线；再证∠HGN=∠EGH，可知GH是∠EGM的平分线．