登录
1. 菱形、矩形、正方形都具有的性质是(
A.邻边相等
B.对角线互相平分
C.四个角都是直角
D.对角线相等
B
)。A.邻边相等
B.对角线互相平分
C.四个角都是直角
D.对角线相等
答案
1.B
解析
【分析】
本题考查菱形、矩形、正方形的性质异同，解题思路为先明确三者都属于特殊的平行四边形，因此平行四边形的共有性质三者都具备，再逐一分析每个选项，排除仅属于部分图形的特殊性质，即可得到正确答案。
【解析】
我们逐一分析各选项：
A. 邻边相等是菱形、正方形的特有性质，矩形的邻边不一定相等，因此A不符合要求；
B. 对角线互相平分是所有平行四边形的基本性质，菱形、矩形、正方形都是特殊的平行四边形，均满足该性质，因此B符合要求；
C. 四个角都是直角是矩形、正方形的特有性质，菱形的四个角不一定为直角，因此C不符合要求；
D. 对角线相等是矩形、正方形的特有性质，菱形的对角线仅互相垂直平分，不一定相等，因此D不符合要求。
综上，答案选B。
【答案】
B
【知识点】
菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【点评】
本题属于基础概念题，核心是区分三类特殊平行四边形的共有性质和独有性质，解题时可先从平行四边形的共有性质入手判断，再验证特殊性质，能有效降低出错率。
【难度系数】
0.8
本题考查菱形、矩形、正方形的性质异同，解题思路为先明确三者都属于特殊的平行四边形，因此平行四边形的共有性质三者都具备，再逐一分析每个选项，排除仅属于部分图形的特殊性质，即可得到正确答案。
【解析】
我们逐一分析各选项：
A. 邻边相等是菱形、正方形的特有性质，矩形的邻边不一定相等，因此A不符合要求；
B. 对角线互相平分是所有平行四边形的基本性质，菱形、矩形、正方形都是特殊的平行四边形，均满足该性质，因此B符合要求；
C. 四个角都是直角是矩形、正方形的特有性质，菱形的四个角不一定为直角，因此C不符合要求；
D. 对角线相等是矩形、正方形的特有性质，菱形的对角线仅互相垂直平分，不一定相等，因此D不符合要求。
综上，答案选B。
【答案】
B
【知识点】
菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【点评】
本题属于基础概念题，核心是区分三类特殊平行四边形的共有性质和独有性质，解题时可先从平行四边形的共有性质入手判断，再验证特殊性质，能有效降低出错率。
【难度系数】
0.8
2. 若正方形的边长为2，则该正方形的对角线长为（
A.$\sqrt{2}$
B.2
C.$2\sqrt{2}$
D.4
C
）。A.$\sqrt{2}$
B.2
C.$2\sqrt{2}$
D.4
答案
2.C
解析
【分析】
看到求正方形对角线长的问题，首先回忆正方形的性质：正方形四条边相等，四个内角均为直角，因此正方形的相邻两边和对角线恰好构成一个等腰直角三角形，对角线是该直角三角形的斜边。已知两条直角边（即正方形边长）的长度，求斜边长直接用勾股定理计算即可。
【解析】
解：设正方形的边长为$a$，对角线长为$l$，由题意得$a=2$。
因为正方形内角为直角，所以对角线与相邻两边构成直角三角形，两条直角边长度均为2。
根据勾股定理：直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方，可得：
$l^2=a^2+a^2=2^2+2^2=4+4=8$
由于对角线长度为正数，因此$l=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
正方形的性质、勾股定理、二次根式化简
【点评】
本题是基础题型，主要考察特殊平行四边形的基础性质和勾股定理的简单应用，计算量小，掌握相关基础知识点就能快速得出结果。
【难度系数】
0.9
看到求正方形对角线长的问题，首先回忆正方形的性质：正方形四条边相等，四个内角均为直角，因此正方形的相邻两边和对角线恰好构成一个等腰直角三角形，对角线是该直角三角形的斜边。已知两条直角边（即正方形边长）的长度，求斜边长直接用勾股定理计算即可。
【解析】
解：设正方形的边长为$a$，对角线长为$l$，由题意得$a=2$。
因为正方形内角为直角，所以对角线与相邻两边构成直角三角形，两条直角边长度均为2。
根据勾股定理：直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方，可得：
$l^2=a^2+a^2=2^2+2^2=4+4=8$
由于对角线长度为正数，因此$l=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
正方形的性质、勾股定理、二次根式化简
【点评】
本题是基础题型，主要考察特殊平行四边形的基础性质和勾股定理的简单应用，计算量小，掌握相关基础知识点就能快速得出结果。
【难度系数】
0.9
3. 用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，先活动学具成为如图1-1-1①所示的菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC＝5，接着活动学具成为如图1-1-1②所示的正方形，则此时对角线AC的长为
$5\sqrt{2}$
。答案
3.$5\sqrt{2}$
解析
【分析】
解题需抓住图形变形前后边长不变的核心不变量。首先分析菱形中的△ABC：菱形四边相等可得AB=BC，结合∠B=60°，可判定△ABC为等边三角形，由此求出菱形的边长；变形为正方形后边长不变，再利用正方形的性质结合勾股定理即可求出此时对角线AC的长度。
【解析】
在图①的菱形ABCD中：
∵菱形的四条边长度相等，
∴AB=BC，
又
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形（有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形），
∴AB=BC=AC=5。
当学具变形为图②的正方形ABCD时，木条长度不变，即正方形边长AB=BC=5，且∠B=90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{5^2 + 5^2} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}$。
【答案】
$5\sqrt{2}$
【知识点】
菱形的性质；等边三角形的判定；正方形的性质
【点评】
本题是特殊平行四边形的基础应用题，通过动态变形的情境考查学生对不变量的提取能力，以及对特殊三角形、特殊四边形性质的掌握与运用能力。
【难度系数】
0.7
解题需抓住图形变形前后边长不变的核心不变量。首先分析菱形中的△ABC：菱形四边相等可得AB=BC，结合∠B=60°，可判定△ABC为等边三角形，由此求出菱形的边长；变形为正方形后边长不变，再利用正方形的性质结合勾股定理即可求出此时对角线AC的长度。
【解析】
在图①的菱形ABCD中：
∵菱形的四条边长度相等，
∴AB=BC，
又
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形（有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形），
∴AB=BC=AC=5。
当学具变形为图②的正方形ABCD时，木条长度不变，即正方形边长AB=BC=5，且∠B=90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{5^2 + 5^2} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}$。
【答案】
$5\sqrt{2}$
【知识点】
菱形的性质；等边三角形的判定；正方形的性质
【点评】
本题是特殊平行四边形的基础应用题，通过动态变形的情境考查学生对不变量的提取能力，以及对特殊三角形、特殊四边形性质的掌握与运用能力。
【难度系数】
0.7
4. 如图1-1-2，直线$a// b$，矩形ABCD的顶点A在直线b上，若$∠ 2=41°$，则$∠ 1$的度数为
$49°$
。答案
4.$49°$
解析
【分析】
解题需结合已知条件推导：已知直线a//b，矩形ABCD的顶点A在直线b上，∠2=41°，要求∠1的度数。首先回忆矩形的核心性质：矩形四个内角均为直角，可得∠DAB=90°；再利用平行线的内错角相等性质，可将∠2转化为与∠1同顶点、且和为90°的角，最后通过角度和差计算即可求出∠1的度数。
【解析】
解：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠DAB = 90°。
∵ 直线a//b，根据两直线平行，内错角相等，可知AB截直线a、b所得的与∠2为内错角的角大小等于41°，该角与∠1的和恰好等于∠DAB。
∴ ∠1 = 90° - 41° = 49°。
【答案】
49°
【知识点】
矩形的性质；平行线的性质；角度和差计算
【点评】
本题属于基础几何常考题，主要考察平行线和矩形性质的综合应用，解题的关键是建立已知角、未知角与矩形直角之间的数量关系，熟练掌握基础性质就能快速解答。
【难度系数】
0.7
解题需结合已知条件推导：已知直线a//b，矩形ABCD的顶点A在直线b上，∠2=41°，要求∠1的度数。首先回忆矩形的核心性质：矩形四个内角均为直角，可得∠DAB=90°；再利用平行线的内错角相等性质，可将∠2转化为与∠1同顶点、且和为90°的角，最后通过角度和差计算即可求出∠1的度数。
【解析】
解：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠DAB = 90°。
∵ 直线a//b，根据两直线平行，内错角相等，可知AB截直线a、b所得的与∠2为内错角的角大小等于41°，该角与∠1的和恰好等于∠DAB。
∴ ∠1 = 90° - 41° = 49°。
【答案】
49°
【知识点】
矩形的性质；平行线的性质；角度和差计算
【点评】
本题属于基础几何常考题，主要考察平行线和矩形性质的综合应用，解题的关键是建立已知角、未知角与矩形直角之间的数量关系，熟练掌握基础性质就能快速解答。
【难度系数】
0.7
5. 如图1-1-3,在菱形OABC中,点B在x轴上,点A的坐标为(2,3),则点C的坐标为
$(2,-3)$
。答案
5.$(2,-3)$
解析
【分析】
解题时首先结合菱形的性质分析：菱形的对角线互相垂直平分，本题中对角线OB在x轴上，因此x轴是线段AC的垂直平分线，可得点A和点C关于x轴对称；再根据关于x轴对称的点的坐标规律：横坐标相同，纵坐标互为相反数，代入点A的坐标即可求出点C的坐标。
【解析】
∵四边形OABC是菱形，
∴对角线OB垂直平分线段AC，
又
∵点B在x轴上，即OB在x轴上，
∴x轴垂直平分AC，点A与点C关于x轴对称，
∵关于x轴对称的点横坐标不变，纵坐标互为相反数，点A的坐标为$(2,3)$，
∴点C的坐标为$(2,-3)$。
【答案】
$(2,-3)$
【知识点】
菱形的性质；关于x轴对称的点的坐标特征
【点评】
本题属于基础题，重点考查菱形的性质和平面直角坐标系中点的对称规律，解题的核心是快速判断出点A、C关于x轴对称，熟练掌握相关性质即可快速得出答案。
【难度系数】
0.8
解题时首先结合菱形的性质分析：菱形的对角线互相垂直平分，本题中对角线OB在x轴上，因此x轴是线段AC的垂直平分线，可得点A和点C关于x轴对称；再根据关于x轴对称的点的坐标规律：横坐标相同，纵坐标互为相反数，代入点A的坐标即可求出点C的坐标。
【解析】
∵四边形OABC是菱形，
∴对角线OB垂直平分线段AC，
又
∵点B在x轴上，即OB在x轴上，
∴x轴垂直平分AC，点A与点C关于x轴对称，
∵关于x轴对称的点横坐标不变，纵坐标互为相反数，点A的坐标为$(2,3)$，
∴点C的坐标为$(2,-3)$。
【答案】
$(2,-3)$
【知识点】
菱形的性质；关于x轴对称的点的坐标特征
【点评】
本题属于基础题，重点考查菱形的性质和平面直角坐标系中点的对称规律，解题的核心是快速判断出点A、C关于x轴对称，熟练掌握相关性质即可快速得出答案。
【难度系数】
0.8
6. 如图1-1-4，在菱形ABCD中，点E，F分别在边BC和CD上，$∠ AEC = ∠ AFC$，求证：$BE = DF$。
答案
6. 证明:$\because$ 四边形 ABCD 是菱形,$\therefore ∠ B=∠ D,AB=AD$。
$\because ∠ AEC=∠ AFC,\therefore ∠ AEB=∠ AFD$。
在$△ ABE$ 和$△ ADF$ 中,$\begin{cases}∠ AEB=∠ AFD,\\∠ B=∠ D,\\AB=AD,\end{cases}$
$\therefore △ ABE≌△ ADF(\mathrm{AAS}),\therefore BE=DF$。
$\because ∠ AEC=∠ AFC,\therefore ∠ AEB=∠ AFD$。
在$△ ABE$ 和$△ ADF$ 中,$\begin{cases}∠ AEB=∠ AFD,\\∠ B=∠ D,\\AB=AD,\end{cases}$
$\therefore △ ABE≌△ ADF(\mathrm{AAS}),\therefore BE=DF$。
解析
【分析】
要证明BE=DF，优先考虑证明两条线段所在的三角形全等，即证△ABE≌△ADF。首先根据菱形的性质可得AB=AD、∠B=∠D，得到两组全等的条件；再结合已知∠AEC=∠AFC，利用等角的补角相等可推出∠AEB=∠AFD，凑齐AAS全等判定的三个条件，证明三角形全等后即可得到对应边BE=DF。
【解析】
证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B=∠D，AB=AD。
∵∠AEC=∠AFC，
∴180°-∠AEC=180°-∠AFC，即∠AEB=∠AFD。
在△ABE和△ADF中，
$\begin{cases}∠AEB=∠AFD, \\∠B=∠D, \\AB=AD,\end{cases}$
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴BE=DF。
【答案】
BE=DF
【知识点】
菱形的性质；全等三角形的判定（AAS）；全等三角形的性质
【点评】
本题是基础的几何证明题，主要考查特殊平行四边形性质与全等三角形的结合应用，解题的关键是灵活运用菱形的边、角性质，结合等角的补角相等得到全等所需的条件，需熟练掌握全等三角形的判定和性质。
【难度系数】
0.85
要证明BE=DF，优先考虑证明两条线段所在的三角形全等，即证△ABE≌△ADF。首先根据菱形的性质可得AB=AD、∠B=∠D，得到两组全等的条件；再结合已知∠AEC=∠AFC，利用等角的补角相等可推出∠AEB=∠AFD，凑齐AAS全等判定的三个条件，证明三角形全等后即可得到对应边BE=DF。
【解析】
证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B=∠D，AB=AD。
∵∠AEC=∠AFC，
∴180°-∠AEC=180°-∠AFC，即∠AEB=∠AFD。
在△ABE和△ADF中，
$\begin{cases}∠AEB=∠AFD, \\∠B=∠D, \\AB=AD,\end{cases}$
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴BE=DF。
【答案】
BE=DF
【知识点】
菱形的性质；全等三角形的判定（AAS）；全等三角形的性质
【点评】
本题是基础的几何证明题，主要考查特殊平行四边形性质与全等三角形的结合应用，解题的关键是灵活运用菱形的边、角性质，结合等角的补角相等得到全等所需的条件，需熟练掌握全等三角形的判定和性质。
【难度系数】
0.85
7. 如图1-1-5，点O为矩形ABCD内的一点，OB=OC，求证：OA=OD。
图1-1-5
图1-1-5答案
7. 证明:$\because OB=OC,\therefore ∠ OBC=∠ OCB$。
$\because$ 四边形 ABCD 是矩形，
$\therefore AB=CD,∠ BCD=∠ ABC=90°$，
$\therefore ∠ ABC-∠ OBC=∠ DCB-∠ OCB$，
即$∠ ABO=∠ DCO$。
在$△ ABO$ 和$△ DCO$ 中,$\begin{cases}AB=DC,\\∠ ABO=∠ DCO,\\OB=OC,\end{cases}$
$\therefore △ ABO≌△ DCO(\mathrm{SAS}),\therefore OA=OD$。
$\because$ 四边形 ABCD 是矩形，
$\therefore AB=CD,∠ BCD=∠ ABC=90°$，
$\therefore ∠ ABC-∠ OBC=∠ DCB-∠ OCB$，
即$∠ ABO=∠ DCO$。
在$△ ABO$ 和$△ DCO$ 中,$\begin{cases}AB=DC,\\∠ ABO=∠ DCO,\\OB=OC,\end{cases}$
$\therefore △ ABO≌△ DCO(\mathrm{SAS}),\therefore OA=OD$。
解析
【分析】
要证明OA=OD，可通过证明两条线段所在的三角形全等来推导。首先观察图形，OA属于△ABO，OD属于△DCO，已知OB=OC，结合矩形的性质可得到AB=CD、∠ABC=∠DCB=90°；再由OB=OC推出等腰三角形底角∠OBC=∠OCB，进一步推导可得∠ABO=∠DCO，满足SAS全等判定的条件，证明两个三角形全等后即可得到对应边OA=OD。
【解析】
证明：$\because OB=OC,\therefore ∠ OBC=∠ OCB$。
$\because$ 四边形 ABCD 是矩形，
$\therefore AB=CD,∠ BCD=∠ ABC=90°$，
$\therefore ∠ ABC-∠ OBC=∠ DCB-∠ OCB$，
即$∠ ABO=∠ DCO$。
在$△ ABO$ 和$△ DCO$ 中,$\begin{cases}AB=DC,\\∠ ABO=∠ DCO,\\OB=OC,\end{cases}$
$\therefore △ ABO≌△ DCO(\mathrm{SAS}),\therefore OA=OD$。
【答案】
OA=OD，得证。
【知识点】
矩形的性质；等腰三角形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是基础的几何证明题，核心是利用特殊图形的性质构造全等三角形，通过证明三角形全等推导对应边相等是几何中证明线段相等的常用方法，解题关键是准确推导得出全等所需的夹角相等的条件。
【难度系数】
0.8
要证明OA=OD，可通过证明两条线段所在的三角形全等来推导。首先观察图形，OA属于△ABO，OD属于△DCO，已知OB=OC，结合矩形的性质可得到AB=CD、∠ABC=∠DCB=90°；再由OB=OC推出等腰三角形底角∠OBC=∠OCB，进一步推导可得∠ABO=∠DCO，满足SAS全等判定的条件，证明两个三角形全等后即可得到对应边OA=OD。
【解析】
证明：$\because OB=OC,\therefore ∠ OBC=∠ OCB$。
$\because$ 四边形 ABCD 是矩形，
$\therefore AB=CD,∠ BCD=∠ ABC=90°$，
$\therefore ∠ ABC-∠ OBC=∠ DCB-∠ OCB$，
即$∠ ABO=∠ DCO$。
在$△ ABO$ 和$△ DCO$ 中,$\begin{cases}AB=DC,\\∠ ABO=∠ DCO,\\OB=OC,\end{cases}$
$\therefore △ ABO≌△ DCO(\mathrm{SAS}),\therefore OA=OD$。
【答案】
OA=OD，得证。
【知识点】
矩形的性质；等腰三角形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是基础的几何证明题，核心是利用特殊图形的性质构造全等三角形，通过证明三角形全等推导对应边相等是几何中证明线段相等的常用方法，解题关键是准确推导得出全等所需的夹角相等的条件。
【难度系数】
0.8
8. 如图1-1-6，在正方形ABCD中，点E，F分别在CD，AD边上，且$BF ⊥ AE$，求证：$AE=BF$。
答案
8. 证明:设 AE 交 BF 于点 P，
$\because$ 四边形 ABCD 是正方形，
$\therefore AD=BA,∠ D=∠ BAF=90°$，
$\therefore ∠ DAE+∠ EAB=90°$。
$\because BF⊥ AE,\therefore ∠ APB=90°$，
$\therefore ∠ ABF+∠ EAB=90°,\therefore ∠ DAE=∠ ABF$，
$\therefore △ DAE≌△ ABF(\mathrm{ASA}),\therefore AE=BF$。
$\because$ 四边形 ABCD 是正方形，
$\therefore AD=BA,∠ D=∠ BAF=90°$，
$\therefore ∠ DAE+∠ EAB=90°$。
$\because BF⊥ AE,\therefore ∠ APB=90°$，
$\therefore ∠ ABF+∠ EAB=90°,\therefore ∠ DAE=∠ ABF$，
$\therefore △ DAE≌△ ABF(\mathrm{ASA}),\therefore AE=BF$。
解析
【分析】
要证明线段相等，通常可通过证明线段所在的三角形全等推导。首先观察图形，AE属于$△ DAE$，BF属于$△ ABF$，结合正方形的性质可先得到一组等边、一组等角；再根据$BF⊥ AE$的垂直关系，利用“同角的余角相等”推出另一组等角，即可满足ASA全等判定条件，证明两个三角形全等后，对应边相等即可得证。
【解析】
设AE交BF于点P，
$\because$ 四边形ABCD是正方形，
$\therefore AD=BA,∠ D=∠ BAF=90°$，
$\therefore ∠ DAE+∠ EAB=90°$。
$\because BF⊥ AE,\therefore ∠ APB=90°$，
$\therefore ∠ ABF+∠ EAB=90°,\therefore ∠ DAE=∠ ABF$，
在$△ DAE$和$△ ABF$中：
$\{\begin{array}{l}∠D=∠BAF \\AD=BA \\∠DAE=∠ABF\end{array} $
$\therefore △ DAE≌△ ABF(\mathrm{ASA}),\therefore AE=BF$。
【答案】
证明如上，$AE=BF$得证。
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，余角的性质
【点评】
本题是特殊平行四边形的基础证明题，核心考查全等三角形与特殊四边形性质的结合应用，解题关键是利用正方形的边角特征和垂直关系推导全等所需的等角，是该章节的典型基础题型，需熟练掌握“证线段相等先证三角形全等”的解题思路。
【难度系数】
0.8
要证明线段相等，通常可通过证明线段所在的三角形全等推导。首先观察图形，AE属于$△ DAE$，BF属于$△ ABF$，结合正方形的性质可先得到一组等边、一组等角；再根据$BF⊥ AE$的垂直关系，利用“同角的余角相等”推出另一组等角，即可满足ASA全等判定条件，证明两个三角形全等后，对应边相等即可得证。
【解析】
设AE交BF于点P，
$\because$ 四边形ABCD是正方形，
$\therefore AD=BA,∠ D=∠ BAF=90°$，
$\therefore ∠ DAE+∠ EAB=90°$。
$\because BF⊥ AE,\therefore ∠ APB=90°$，
$\therefore ∠ ABF+∠ EAB=90°,\therefore ∠ DAE=∠ ABF$，
在$△ DAE$和$△ ABF$中：
$\{\begin{array}{l}∠D=∠BAF \\AD=BA \\∠DAE=∠ABF\end{array} $
$\therefore △ DAE≌△ ABF(\mathrm{ASA}),\therefore AE=BF$。
【答案】
证明如上，$AE=BF$得证。
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，余角的性质
【点评】
本题是特殊平行四边形的基础证明题，核心考查全等三角形与特殊四边形性质的结合应用，解题关键是利用正方形的边角特征和垂直关系推导全等所需的等角，是该章节的典型基础题型，需熟练掌握“证线段相等先证三角形全等”的解题思路。
【难度系数】
0.8
