第十九章矩形、菱形与正方形同步练习 2024-2025学年华东师大版数学八年级下册

第十九章矩形、菱形与正方形 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．如图是用尺规过点P作直线l垂线的两种方法，其中a，b，m，n分别表示画相应弧时所取的半径，对图中虚线段组成的四边形，下列说法正确的是（　　）      A．若，方法Ⅰ中的四边形为正方形 B．若，方法Ⅰ中的四边形为矩形 C．若，方法Ⅱ中的四边形为菱形 D．若，方法Ⅱ中的四边形为正方形 2．如图，将矩形沿着、、翻折，使得点A、B、D恰好都落在点O处，且点G、O、C在同一条直线上，同时点E、O、F在另一条直线上．小炜同学得出以下结论：①；②；③；④．其中正确的是（    ）      A．①②③ B．①③④ C．①④ D．②③④ 3．如图，已知正方形的边长为，是对角线上一点，于点，于点，连接，，给出下列结论：①；②四边形的周长为；③一定是等腰三角形；④．其中结论正确的有（    ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．如图是一个正方形和直角三角形的组合图形，直角三角形的斜边和一条直角边的长分别为10cm，8cm，则该正方形的面积为（    ） A．6cm2 B．36cm2 C．18cm2 D．2cm2 5．如图， 矩形中， 直线垂直平分， 与，分别交于点M， N． 若 ，，则矩形的对角线的长为（  ） A． B． C． D．4 6．如图，把长方形纸片ABCD纸沿对角线折叠，设重叠部分为△EBD，那么，有下列说法：①△EBD是等腰三角形，EB=ED；②折叠后∠ABE和∠CBD一定相等；③△EBA和△EDC一定是全等三角形.其中正确的有(    )    A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 7．如图，正三角形与正方形中，、、三点共线，且，．若有一动点沿着由往移动，则的长度最小是（    ） A．2 B． C． D． 8．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，E为AD中点，分别以B、E为圆心，以AB、AE为半径画弧，两弧交于点F，连接AF、BE，则AF的长为（　　） A． B． C． D．5 9．如图，正方形的边长为6，将正方形折叠，使顶点落在边上的点处，折痕为．若，则线段的长是（    ）． A．3 B．4 C． D． 10．如图所示，两个含有30°角的完全相同的三角板ABC和DEF沿直线l滑动，下列说法错误的是（　　） A．四边形ACDF是平行四边形 B．当点E为BC中点时，四边形ACDF是矩形 C．当点B与点E重合时，四边形ACDF是菱形 D．四边形ACDF不可能是正方形 11．如图，在平面直角坐标系中，点和点分别在轴和轴的正半轴上，，以线段为边在第一象限作正方形，的延长线交轴于点，再以为边做第二个正方形，…，依此方法作下去，则第个正方形的面积是（    ） A． B． C． D． 12．如图，把矩形ABCD沿直线EF折叠，若∠1=20°，则∠2= A．80° B．70° C．40° D．20° 二、填空题 13．正方形中，点在上，，，点在上，的最小值 ．    14．在矩形中，，，则的长为 ． 15．若菱形的边长等于一条对角线的长，则它的一组邻角的度数分别为 ． 16．如图，四边形ABCD是正方形，点E在BC边上，点F在CD的延长线上，满足，连接EF与对角线BD交于点G，连接AF，AG，若，则AG的长为 ．    17．如图，在正方形中，，点E是线段BC上的动点，点F在线段上方，，且，连接FA，FD，则的最小值为 ． 三、解答题 18．邻边不相等的平行四边形纸片，剪去一个菱形，余下的一个四边形，称为第一次操作；在余下的四边形纸片中再剪去一个菱形，又余下一个四边形，称为第二次操作；…依此类推，若第n次操作余下的四边形是菱形，则称原平行四边形为n阶准菱形，如图1，▱ABCD中，若AB＝1，BC＝2，则▱ABCD为1阶准菱形． (1)猜想与计算： 邻边长分别为3和5的平行四边形是______阶准菱形；已知▱ABCD的邻边长分别为a，b(a＞b)，满足a＝8b+r，b＝5r，请写出，▱ABCD是_____阶准菱形． (2)操作与推理： 小明为了剪去一个菱形，进行了如下操作：如图2，把▱ABCD沿BE折叠(点E在AD上)，使点A落在BC边上的点F处，得到四边形ABFE．请证明四边形ABFE是菱形． 19．如图，长方形各顶点的坐标分别为、、、，长方形各顶点的坐标分别为、、、．平移长方形得到长方形，且点的坐标为．    (1)画出长方形． (2)如果长方形沿的方向平移，至与重合停止，设平移过程中平移的距离为，长方形与长方形重叠的面积为S，请直接写出平移过程中S的最大值______；此时d的取值范围为______． (3)画出一条直线把原图长方形与长方形组成的复合图形分成面积相等的两部分． 20．如图，某型号千斤顶的工作原理是利用四边形的不稳定性，图中的菱形是该型号千斤顶的示意图，保持菱形边长不变，可通过改变的长来调节的长．已知，的初始长为，如果要使的长达到，那么的长需要缩短多少． 21．如图所示，某小区有一块长为米，宽为米的长方形地块，物业公司在此长方形地块内修建了一条平行四边形小路，小路的底边宽为米，为了进一步美化小区环境，提高业主居住舒适度和幸福感，营造一个宜居、温馨、和谐的居住氛围，近期，物业公司计划将图中阴影部分进行绿化． (1)用含有、的式子表示绿化的面积； (2)若，，请你帮助物业公司求出此时绿化的面积． 22．如图，为菱形的对角线，过点C作于点D，交于点E，点A在的延长线上，且满足，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 23．如图，菱形的对角线，相交于点O，分别过点B和C作，． (1)求证：四边形是矩形． (2)连接交于点P，连接．若，求的长． 24．【感知】如图①，点M是正方形ABCD的边BC上一点，点N是CD延长线上一点，且MA⊥AN，易证△ABM≌△ADN，进而证得BM=DN（不要求证明） 【应用】（1）如图②，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF=45°．求证：BE+DF=EF． 【拓展】（2）如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，∠ABC+∠ADC=180°，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF=45°，若BD=3.5，EF=2，则四边形BEFD的周长为 ． 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 《第十九章矩形、菱形与正方形》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B B A C A C D B 题号 11 12 答案 A B 1．C 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理，正方形的判定定理，菱形的判定定理，作垂线，灵活运用所学知识是解题的关键． 根据矩形的判定定理，正方形的判定定理，菱形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：A、由作图方法可知，当时，虚线段组成的四边形的四条边相同，它是菱形，并不一定是正方形，不符合题意； B、由作图方法可知，当时，虚线段组成的四边形有一组对角都是直角，另一组对角不一定是直角，并不一定是矩形，不符合题意； C、由作图方法可知，当时，虚线段组成的四边形的四条边相同，它是菱形，符合题意； D、由作图方法可知，当时，虚线段组成的四边形有一组对角都是直角，另一组对角不一定是直角，并不一定是矩形，并不一定是正方形，不符合题意； 故选：C． 2．B 【分析】根据折叠的性质和矩形的性质分析判断①；通过点为中点，点为中点，设，，利用勾股定理分析求得与的数量关系，从而判断②；利用勾股定理分析判断和、和的数量关系，从而判断③和④． 【详解】解：由折叠性质可得：，，， ，，，， ，， ， ，故①正确； 设，，则，， ， 在中，， ， 解得：， ，故②错误； 在中，设，则， ， 解得：， ，， 在中，， ，，故③④正确； 综上，正确的是①③④． 故选：B． 【点睛】本题考查矩形与折叠及勾股定理，掌握折叠的性质和勾股定理是解题关键． 3．B 【分析】①根据正方形的对角线平分对角的性质，得是等腰直角三角形，在中，，即可判断①；②先证明四边形为矩形，根据等腰直角三角形和矩形的性质可得其周长为，即可判断②；③根据P的任意性可以判断不一定是等腰三角形，即可判断③；④四边形为矩形，通过正方形的轴对称性，即可判断④． 【详解】解：∵于点E，于点F，， ∴， ∴， ∵四边形是正方形 ∴ ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴． 故①不正确； ②∵，， ∴四边形为矩形， ∴四边形的周长， 故②正确； ③∵点P是正方形的对角线上任意一点，， ∴当或或时，是等腰三角形， 除此之外，不是等腰三角形， 故③错误． ④连接，    ∵四边形为矩形， ∴， ∵正方形为轴对称图形，所在直线是它的一条对称轴， ∴， ∴， 故④正确； 综上所述：正确的结论是②④，共2个； 故选：B． 【点睛】此题考查正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的运用，熟练掌握正方形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键． 4．B 【分析】先由勾股定理求解的长度，再根据正方形的面积公式进行计算即可. 【详解】解：如图， 正方形的面积 故选：． 【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，掌握利用勾股定理求解直角三角形的边长是解题的关键. 5．A 【分析】本题考查矩形的性质、勾股定理、垂直平分线的性质，连接，根据矩形的性质可得，再根据垂直平分线的性质可得，利用勾股定理求得，再由，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵直线垂直平分， ∴， 再中，， ∵， ∴在中，， 故选：A． 6．C 【分析】根据矩形的性质得到∠BAE=∠DCE，AB=CD，再由对顶角相等可得∠AEB=∠CED，推出△EBA≌△EDC，依此可得①③正确；无法判断∠ABE和∠CBD是否相等． 【详解】∵四边形ABCD为矩形， 根据折叠的性质， ∴∠BAE=∠DCE=90，AB=CD， 在△EBA和△EDC中， ， ∴△EBA≌△EDC（AAS），故③正确； ∴BE=DE， ∴△EBD为等腰三角形，故①正确； 无法判断∠ABE和∠CBD是否相等，故②错误． 故选：C． 【点睛】本题考查了图形的翻折变换，全等三角形的判定和性质，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变． 7．A 【分析】本题考查正方形的性质和正三角形的性质，解题关键是熟练掌握的直角三角形性质． 过点F，作交于点M，由题意知的长度最小值即为F到的距离，首先求出，然后利用含角直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图，过点F，作交于点M， 此时为的最小值， ∵正三角形与正方形中，、、三点共线， ∴，， ∴ 又∵， ∴， ∴的长度最小值为2． 故选：A． 8．C 【分析】由作图知BE是线段AF的中垂线，根据AB=4，AE=3，∠BAE=90°知BE=5，再由AF=2×可得答案． 【详解】由作图知BE是线段AF的中垂线， ∵AD＝6，E为AD中点， ∴AE＝3， 又∵AB＝4，∠BAE＝90°， ∴BE＝5， 则AF＝， 故选C． 【点睛】本题主要考查作图-基本作图，解题的关键是掌握线段中垂线的尺规作图和性质及直角三角形的性质． 9．D 【分析】根据折叠可得，在直角中，设，则，根据可得，可以根据勾股定理列出方程，从而解出的长． 【详解】解：设，则， ，， ， 在中，， 即， 解得：， 即． 故选：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质以及翻折变换，折叠问题其实质是轴对称变换．解题时，常常设要求的线段长为，然后根据折叠和轴对称的性质用含的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案． 10．B 【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法一一判断即可． 【详解】解：∵∠ACB=∠EFD=30°， ∴AC∥DF， ∵AC=DF， ∴四边形AFDC是平行四边形， 选项A正确； 当E是BC中点时,无法证明∠ACD=90°， 选项B错误； B、E重合时，易证FA=FD， ∵四边形AFDC是平行四边形， ∴四边形AFDC是菱形， 选项C正确； 当四边相等时,∠AFD=60°,∠FAC=120°， ∴四边形AFDC不可能是正方形， 选项D正确. 故选:B. 【点睛】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定.熟练应用平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法进行证明是解题的关键. 11．A 【分析】判断出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出第一个正方形的边长，然后判断出是等腰直角三角形，再求出，从而求出第二个正方形的边长等于第一个正方形的边长的2倍，同理可得后一个正方形的边长等于前一个正方形的边长的2倍，然后求解即可． 【详解】解:∵， ∴是等腰直角三角形， ∴第一个正方形的边长，， ∴， ∴也是等腰直角三角形， ∴， ∴第二个正方形的边长， …， 后一个正方形的边长等于前一个正方形的边长的2倍， 所以，第个正方形的边长， 所以，第个正方形的面积为． 故选：A． 【点睛】本题是图形类规律探索问题，主要考查了坐标与图形、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，判断出后一个正方形的边长等于前一个正方形的边长的2倍是解题的关键． 12．B 【详解】试题分析：如图，过G点作GH∥AD， ∴∠2=∠4． ∵矩形ABCD沿直线EF折叠，∴∠3+∠4=∠B=90°． ∵AD∥BC，∴HG∥BC．∴∠1=∠3=20°． ∴∠4=90°﹣20°=70°．∴∠2=70°． 故选B． 13． 【分析】此题考查了正方形的性质，轴对称，两点之间线段最短和勾股定理，连接交于点O，连接与交于点P，连接，结合两点之间线段最短，即可求解． 【详解】如图，连接交于点，连接与交于点P，连接，    ∵四边形是正方形， ∴，且， ∴，则，此时最短， ∵，， ∴根据勾股定理得， ∴， 即的最小值为：， 故答案为：． 14．12 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理的应用，由矩形的性质得出，再利用勾股定理即可得出． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 在中， ， ∴， 故答案为：12． 15． 【分析】根据菱形的性质及等边三角形的判定与性质得到，再利用菱形的邻角互补即可解答． 【详解】解：如图所示，在菱形中，是对角线， ∵，且， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴菱形的一组邻角为． 故答案为．    【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，菱形的性质，掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键． 16． 【分析】本题已知的长度,欲求的长度,设法寻找两边之间的关系,因利用已知条件很容易想到,从而得到,进一步可证是等腰直角三角形. 下一步设法证明G为的中点, 作,从而构造出全等三角形得证. 最后利用等腰直角三角形可求得与之间的关系式,最后求解. 【详解】连接，如图1，    由正方形的性质与已知条件可知，， 所以，， ∴，． ∴． 因此是等腰直角三角形． 过E作，EH与BD交于H，如图2．    因，故为等腰直角三角形， 所以，． 又∵，∴． 由得， ，， ∴． ∴． 又以上证明：是等腰直角三角形， ∴，故为等腰直角三角形，． 由勾股定理得，，， 所以，即的长为． 【点睛】本题考查了正方形性质及应用，涉及三角形全等的判定及性质，等腰直角三角形判定及性质等知识，解题的关键是证明为等腰直角三角形. 17． 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，最短路径问题，勾股定理等知识，综合性强，难度较大．作，交的延长线于点G．证明，进而证明点F总在的角平分线上．在延长线上截取，则点D和点H关于直线对称，连接，当点A、F、H在同一直线上时，的值最小，为长度，根据勾股定理即可求出的最小值为． 【详解】解：如图1，作，交的延长线于点G． ∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴点F总在的角平分线上． 如图2，在延长线上截取， 则点D和点H关于直线对称， 连接，当点A、F、H在同一直线上时，的值最小，为长度． 在中，， 即的最小值为． 故答案为： 18．（1）3，12；（2）证明见解析． 【详解】试题分析：（1）利用平行四边形准菱形的意义即可得出结论； （2）先判断出∠AEB=∠ABE，进而判断出AE=BF，即可得出结论． 试题解析：解：（1）如图1，利用邻边长分别为3和5的平行四边形进行3次操作，所剩四边形是边长为1的菱形，故邻边长分别为3和5的平行四边形是3阶准菱形： 如图2，∵b=5r，∴a=8b+r=40r+r=8×5r+r，利用邻边长分别为41r和5r的平行四边形进行8+4=12次操作，所剩四边形是边长为1的菱形，故邻边长分别为41r和5r的平行四边形是12阶准菱形： 故答案为3，12． （2）由折叠知：∠ABE=∠FBE，AB=BF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥BF，∴∠AEB=∠FBE，∴∠AEB=∠ABE，∴AE=AB，∴AE=BF，∴四边形ABFE是平行四边形，∴四边形ABFE是菱形． 19．(1)见解析 (2)4； (3)见解析 【分析】（1）通过点和点的坐标，明确长方形平移的方式，从而可画出长方形． （2）通过分析可知当长方形完全在长方形中时，面积取到最大值，即可求出最大和的取值范围． （3）根据中心对称图形的性质，矩形是中心对称图形，对称中心在对角线的交点上，过它的对称中心的直线可将它的面积分为相等的两部分，连接两个矩形的对称中心，即可作出图形． 【详解】（1）解：由题意知，长方形向右平移了四个单位长度，向上平移了四个单位长度得到长方形，作图如下：   ． （2）由题意知，，， 当长方形完全在长方形中时，重合面积最大，为； 当时，长方形完全进入长方形； 当时，长方形开始离开长方形， 所以当时，取最大值为4． 故答案为：4；． （3）画图如下： 【点睛】本题主要考查了图象的平移，中心对称图形的性质．解题的关键是明确平移的方式．另外，应区别开平移点和平移图形的规律． 20．的长需要缩短 【分析】此题主要考查了菱形的性质，勾股定理，设与交于点O，于交于点，由菱形的性质得，，，在中由勾股定理可求出，则得出，在中由勾股定理可求出，则求出，然后再求出结果即可． 【详解】解：设与交于点O，于交于点，如下图所示：    依题意得：四边形，四边形均为菱形，且，， ， ， ， 在中，， ， ， ， 在中，，， 由勾股定理得：， ， ， 即的长需要缩短． 21．(1) (2)平方米 【分析】本题考查多项式乘多项式， （1）利用长方形的面积公式及平行四边形的面积公式进行求解即可； （2）把相应的值代入（1）中运算即可； 解答的关键是掌握相应的运算法则和公式． 【详解】（1）解：由题意得： （平方米）， ∴绿化的面积为平方米； （2）当，时， （平方米）， ∴此时绿化的面积为平方米． 22．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定，正确掌握菱形的性质及矩形的判定定理是解题的关键． （1）根据菱形的性质得到，，证得．证明．得到，进而推出．再根据三个直角的三角形是矩形，得到结论； （2）根据全等三角形的性质得到，．由勾股定理求出．设，则，．在中，由勾股定理，得．列得．求出． 【详解】（1）证明：∵是菱形， ∴，． ∴． ∵，， ∴． 在和中， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴四边形是矩形． （2）解：∵， ∴，． ∵，在中，由勾股定理，得． ∴． ∴． 设，则，． 在中，由勾股定理，得． 即．解得． ∴． 23．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据，可证四边形是平行四边形，由菱形的性质可得，进而可证四边形是矩形； （2）由勾股定理求出OB=4，则BD=2OB=8，证明，得，证明是等边三角形，求出，由勾股定理求出、的长，然后由直角三角形斜边上的中线性质即可求解． 【详解】（1）∵，， ∴四边形是平行四边形． ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． （2）∵菱形中，，矩形BECO中，，． ∴，，且． ∴， ∴． 又∵矩形中，， ∴中，． ∵，，菱形中， ∴是等边三角形， ∴， 中，， ∴． 中，， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的性质，直角三角形斜边上的中线性质，勾股定理等知识；熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键． 24．（1）见解析；（2）7.5 【分析】应用：如图②中，过点A作AG⊥AE交CD延长线于点G．先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，得到EF=FG，由此即可证明． 拓展：如图③中，过点A作AG⊥AE交CD延长线于点G．首先证明BE+DF=EF，由此即可计算四边形的周长． 【详解】证明：【应用】如图②中，过点A作AG⊥AE交CD延长线于点G． ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD，∠B=∠BAD=∠ADC=90°． ∴∠B=∠ADG=90°，∠BAE+∠EAD=90°． ∵AG⊥AE，∴∠DAG+∠EAD=90°． ∴∠BAE=∠DAG． 在△ABE和△ADG中， ∴△ABE≌△ADG．                                    　       ∴AE=AG，BE=DG． ∵∠EAF=45°，AG⊥AE，∴∠GAF=∠EAF=45°． 在△FAE和△FAG中， ∴△AEF≌△AGF． ∴EF=FG．∵FG=DF+DG=DF+BE， ∴BE+DF=EF．                　　　 解：【拓展】如图③中，过点A作AG⊥AE交CD延长线于点G． ∵AB=AD，∠ABC+∠ADC=180°，∠ADG+∠ADC=180° ∴∠ABE=∠ADG，∵AG⊥AE，∴∠DAG+∠EAD=90°． ∵∠BAE+∠EAD=90°∴∠BAE=∠DAG． 在△ABE和△ADG中， ∠ABE=∠ADG，AB=AD，∠BAE=∠DAG， ∴△ABE≌△ADG． ∴AE=AG，BE=DG． ∵∠EAF=45°，AG⊥AE， ∴∠EAF=∠GAF=45°． 在△FAE和△FAG中， AF=AF，∠FAE=∠FAG，AE=AG， ∴△AEF≌△AGF． ∴EF=FG． ∵FG=DF+DG=DF+BE， ∴BE+DF=EF． ∴四边形BEFD的周长为EF+（BE+DF）+DB=2+2+， 故答案为：． 【点睛】本题考查四边形的综合题、全等三角形的判定和性质、正方形的性质等知识，解题的关键是学会由感知部分得到启发，添加辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$