第18章 矩形、菱形与正方形 能力提升评估卷-【锦上添花】2025-2026学年八年级下册数学直击考点与单元双测（华东师大版·新教材）湖南专版

锦上涤義 第18章矩形、菱形与正方形能力提升评估卷 1.D2.A3.B4.B5.C6.D7.C8.D9.A 10.B【解析】连结OP,如图.四边形ABCD是菱形，AC =12,BD=16AC1BD,B0=2BD=8,0C=2AC= 6,∴.BC=√0B2+0C2=√64+36=10，：PE1AC,PF ⊥BD,AC⊥BD,.四边形OEPF是矩形，∴.FE=OP, :当OP1BC时，0P有最小值，此时SAox=20B×0C =BC×0P,0P=4.8,EF的最小值为48.故 选：B 11.312.313.1214.1 15.9或18【解析】分两种情况.当∠CED'=90°时，如图 1,∠CED'=90°，根据轴对称的性质得∠AED= LABD=2×90=45,∠D=90°，△MDE是等腰 直角三角形，.DE=AD=18;当∠ED'C=90°时，如图 2,根据轴对称的性质得∠AD'E=∠D=90°，AD'=AD= 18,DE=D'E,△CD'E为直角三角形，.∠AD'E+ ∠CD'E=180°，∴.A、D'、C在同一直线上，根据勾股定 理，得AC=√/AD2+CD=30,.CD'=30-18=12,设 DE=D'E=x,则EC=CD-DE=24-x,在Rt△D'EC 中，D'E2+D'C2=EC2,即x2+122=(24-x)2,解得x= 9,即DE=9.综上所述，DE的长为9或18.故答案为：9 或18. 图1 图2 16.证明：：CD平分∠ACB,DE⊥AC,DF⊥BC,.DE=DF ∠DFC=∠DEC=90°，又∠ACB=90°，∴.四边形 CEDF是矩形，：DE=DF,∴.矩形CEDF是正方形. 17.解：（1)证明：.四边形ABCD是菱形，.AB=CD,AB∥ CD,:BE=AB,且A、B、E三点共线，.BE=CD,BE∥ CD,∴.四边形BECD是平行四边形，∴BD=EC; (2)·四边形BECD是平行四边形，∴.BD∥EC, ·.∠AB0=∠E=50°，：四边形ABCD是菱形，.AC⊥ BD,∴.∠BA0=90°-∠AB0=40°. 18.证明：(1)在△ABC和△ADC中，.AB=AD,AC=AC,BC =DC,∴.△ABC≌△ADC(SSS),∴.∠BAC=∠DAC; (2)AB∥CD,.∠BAC=∠DCA,∠BAC=∠DAC, ∴.∠DCA=∠DAC,.AD=CD,AB=AD,CB=CD, ∴.AB=CB=CD=AD,∴.四边形ABCD是菱形. 19.解：(1)证明：四边形ABCD是平行四边形，.AD∥ BC,∴.∠AEG=∠BFG,.·EF垂直平分AB,∴.AG=BG, 在△AGE和△BGF中，：LAEG=∠BFG,∠AGE= ∠BGF,AG=BG,∴.△AGE≌△BGF(AAS); (2)四边形AFBE是菱形：理由如下：：△AGE≌ △BGF,∴.AE=BF,,·AD∥BC,∴.四边形AFBE是平行 四边形，又EF⊥AB,.四边形AFBE是菱形. 20.解：（1)证明：：四边形ABCD为矩形.∴.AD∥BC, ·∠DAC=∠BCA,由翻折知，∠DAF=∠HAF= 与LDAC,∠BcE=∠WcE=∠BCA,∠M= ∠MCE,.AF∥CE; (2)30.理由如下：四边形ABCD是矩形，∴.∠D= ∠BAD=90°，AB∥CD,由(1)得，AF∥CE,∴.四边形AECF 是平行四边形，∠BAC=30°，∴∠DAC=60°，∴.∠ACD =30°，由折叠的性质，得∠DAF=∠HAF=30°，∴.∠HAF =∠ACD,.AF=CF,∴.四边形AECF是菱形. 2L.解：(1)证明：：四边形ABCD是矩形，.AD∥BE,AC= DB,:DE∥AC,∴.四边形ACED为平行四边形，∴AC= DE,.AC=DB,∴.DB=DE; (2):四边形ABCD是矩形，∠DAB=90°，0A=24C, OD=2BD,AC=BD,0M=0D,∠AD0=∠0AD, ∠D0C=∠AD0+∠OAD=120°，∴.∠AD0=60°， ∴.△AOD是等边三角形，AD=OA=OD,.DB=DE=2, .AD=1,在Rt△ABD中，根据勾股定理，得AB= √BD-AD=5,.S矩形ABCD=AD·AB=1×√5=5. 22.解：(1)证明：△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向 旋转得到的，∴.AE=AB,AF=AC,∠EAF=∠BAC, ∴.∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF,即∠EAB=∠FAC, ∴.△AEB≌△AFC(SAS),∴.BE=CF; (2)·四边形ACDE为菱形，AB=AC=1,∴.DE=AE= AB=AC=1,AC∥DE,·.∠AEB=∠ABE,∠ABE= ∠BAC=45°，∠AEB=∠ABE=45°，.△ABE为等腰 直角三角形，.BE=√AB+AE2=√12+12=2， ∴.BD=BE-DE=√2-1. 23.解：(1)C; (2)AE=EF成立.证明：在AB上截取BM=BE,连结 ME,图略.四边形ABCD是正方形，∴.AB=BC,∠B= ∠DCB=90°，LBME=∠BEM=180°，LB=45, 2 ∠BAE+∠AEB=90°，∴.∠AME=135°，CF是正方形 的外角平分线，∠DCf=7×90=450,∠BCF= 135°，.∠AME=∠ECF,∠AEF=90°，∴.∠AEB+ ∠FEC=90°，.∠BAE=∠FEC.AB=BC,BM=BE, .∴AM=EC,在△AME和△ECF中，∠BAE=∠FEC,AM =EC,LAME=∠ECF,∴.△AME≌△ECF(ASA),∴.AE =EF: (3)5或√41.【解析】分两种情况：如图1，当点E在边 BC上时，四边形ABCD是正方形，∴.∠B=90°，BC=AB =4,BE=BC-CE=4-1=3,由勾股定理，得AE= √AB2+BE=√4+32=5，由(2)知，EF=AE=5;当，点 HS·八数下 E是射线BC上的一点且在，点C右侧时，如图2，·四边 形ABCD是正方形，∴.∠B=90°，BC=AB=4,.BE=BC +CE=4+1=5,根据勾股定理，得AE=√AB2+BE2= √4+5=√4I,连结AC,过，点F作FG⊥BC,交BC延长 于G,在FG上截取FH=CE,连结EH,如图2，：四边形 ABCD是正方形，∴.∠B=∠BCD=90°，∠ACD=45°， .∠ACE=∠ACD+∠DCE=135°，∠BAE+∠AEB=90°， .AE⊥EF,∴.∠AEB+∠FEG=90°，.'FG⊥BC,∴.∠FEG +∠EFG=90°，∴.∠EFG=∠AEB,.·CF是正方形的外 角平分线，∠BCF=7×90=450,FG1BC, .∠GFC=∠ECF=45°，.CG=FG,FH=CE,.CG CE=FG-FH,即GE=GH,∴.∠GHE=∠GEH=45° ∴.∠FHE=180°-45°=135°，∠ACE=∠EHF,在 △ACE和△EHF中，∠AEC=∠EFH,CE=HF,∠ACE= ∠EHF,.△ACE≌△EHF(ASA),∴.EF=AE=41.综 上所述，EF的长为：5或√41 图1 图2 月度小复习（二） 1.C2.C3.A4.A5.B6.C7.C8.A9.D 10.B【解析】由图1和图2可得直线l过点B时，x=5,y =4,.菱形ABCD的边长AB=5×1=5cm,高为4cm, .菱形的面积为5×4=20（cm)2.故选：B. 11.312.-13.314.43 15.(-1.5,5)【解析】设正方形ABCD的边长为a,CD与 y轴相交于G,图略.则四边形BOGC是矩形，∴.OG=BC =a,CG=BO,∠EGF=90°.由折叠的性质，得AD=AF =a,DE=FE.点B的坐标为(1,0)，点F的坐标为 (0,3),∴.B0=1,F0=3,.A0=AB-B0=a-1.在Rt △A0F中，根据勾股定理，得A02+F02=AF2,.（a- 1)2+32=a2,解得a=5,∴.FG=0G-0F=2,GE=CD- CG-DE=4-DE.在Rt△EGF中，根据勾股定理，得GE +FG2=EF2,(4-DE)2+22=DE2,解得DE=2.5, GE=1.5,点E的坐标为（-1.5,5).故答案 为：(-1.5,5). m-3 6.解：(1)原式三mm-2)÷m+2)m-2）-5 m-2 m-3 m-2 1 1 m(m-2)'(m+3)(m-3)m(m+3)m2+3m (2)方程两边都乘以(x+1)(x-1),约去分母，得(x+ 1)2-4=x2-1.解这个整式方程，得x=1.检验：把x=1 代入，得(1+1)(1-1)=0.因此，x=1不是原分式方程 的解.所以原分式方程无解.· 1n解：原式=[0-2a+品- a-2 (a23a2.a+8g-3》-=.a+3-3) a-2 a-3 a-2 参音县邮 =a+3.要使分式有意义，a≠-3,2,3，∴.a=4或5，当a= 4时，原式=7（或a=5时，原式=8）. 18.证明：AB∥CD,AD∥CE,∴.四边形AECD是平行四边形， AC平分∠DAE,∴.∠DAC=LEAC,又AB∥CD, ,∴.∠EAC=∠DCA,∴.∠DAC=∠DCA,.AD=CD,∴.平行四 边形AECD是菱形 19.解：(1)△4OB的面积为2，∴.k=4,∴.反比例函数的表达 式为y=生点4(4，m)在y=的图象上，m=子=1： 4 2)当x=-3时，y=-子；当x=-1时，y=-4,又反 比例函数)=兰在x<0时，y随x的塔大丽减小，当-3 ≤≤-1时，y的取值范周为-4≤≤一手 20.解：(1)证明：四边形ABCD是平行四边形，∴.∠A=∠C, AD=BC,BF=DH,∴.AD-DH=BC-BF,∴.AH=CF,在 △AEH和△CGF中，.'AE=CG,∠A=∠C,AH=CF, ∴.△AEH≌△CGF(SAS); (2)由(1)知△AEH≌△CGF,同理：△DHG兰△BFE(SAS), .HE=FG,GH=EF,.四边形EFGH是平行四边形，.·EG =FH,∴.四边形EFGH是矩形，.∠EHG=90°，：∠AHE= 35°，.∠DHG=180°-∠EHG-∠AHE=55°. 2L.证明：(1)：四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°， ∴.∠CCE=90°，：四边形ECGF是平行四边形，∴.平行四边 形ECGF是矩形： (2)在正方形ABCD和口ECGF中，点B、C、G在同一条直线 上，.AD∥BG,EF∥BG,∠ADC=90°，.AD∥EF,∴.∠QAP =∠EFP,P是线段AF的中点，∴.AP=PF,又∠APQ= ∠FPE,.△APQ≌△FPE(ASA),.AQ=EF,QP=PE, ,·∠DPE=90°，∴.∠DPQ=90°，在△PDQ和△PDE中， PD=PD,∠DPQ=∠DPE,PQ=PE,∴.△PDQ≌△PDE (SAS),.QD=DE,AD=DC,∴AQ=EC,∴EC=EF,∴矩 形ECGF是正方形. 22.解：(1)设每个甲种书柜的进价是x元，则每个乙种书柜的 进价是(1-30%)x元，根据题意，得9000-4200 (1-30%)元= 10,解得x=300,经检验，x=300是所列方程的解，且符合题 意∴.(1-30%)x=(1-30%)×300=210. 答：每个乙种书柜的进价是210元； (2)设购进m个甲种书柜，则购进(60-m)个乙种书柜.根 据题意，得m≥3(60-m),解得m≥45，设该校购进这两种 书柜共花费0元，则w=300m+210(60-m)=90m+ 12600,90>0,∴.0随m的增大而增大，∴.当m=45时，w 取得最小值，最小值为90×45+12600=16650（元），此时 60-m=60-45=15. 答：当该校购进45个甲种书柜、15个乙种书柜时，所需的费 用最少.所需的最少费用是16650元 23.解：(1)证明：.A(8,0),B(8,4),C(0,4),0(0,0),.0A= BC=8,OC=AB=4,∴.四边形OABC是平行四边形， ∠AOC=90°，.四边形OABC为矩形； (2)四边形OABC为矩形，∴.OA∥BC,∴.∠EB0=∠AOB. 又：∠EOB=LAOB,.LEOB=∠EBO,.OE=BE.设 E(m,4),则CE=m,OE=BE=8-m,在Rt△OCE中，根据勾直击考点与单元双测 ●》数学·八年级下 弥 高升无陇 第18章 矩形、菱形与正方形 做好题考高分 满分：100分时间：120分钟 8® 能力提升评估卷 人®& 封 题 必 二 三 总分 n 得 分 、选择题（每小题3分，共30分.下列各题均有四个选项，其中 只有一个是正确的) ® 1.在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O,则下列结论不 定成立的是 () A.AB=BC B.OA=OC C.AC⊥BD D.AC=BD 2.在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O,若AC=14,则OB 的长为 ( A.7 B.6 C.5 D.2 内 3.正方形具有而菱形不具有的性质是 A.对角线平分一组对角 B.对角线相等 C.对角线互相垂直平分 D.四条边相等 4.如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O,且AC⊥BD, 则下列条件能判定四边形ABCD是菱形的是 () 不 A.AB=CD B.AB∥CD,AB=CD C.AC=BD D.∠ABC=∠DCB 第4题图 第5题图 第6题图 5.如图，在正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，连结AE、 CE,∠BCE=70°，则∠EAD为 ( A.10° B.159 C.20° D.30° 答 6.如图，菱形OABC的顶点B在y轴上，顶点C的坐标为(-3， 2),若反比例函数y=(x>0)的图象经过点A,则此反比例 函数的表达式为 () A.y=3(x>0) 题 B.y=-3(x>0) C.y=-6(x>0) D.y=6(x>0) 7.如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DE∥AC,CE∥BD,连 结0E,若AC=12,BD=16,则0E的长为 () A.8 B.9 C.10 D.11 第7题图 第8题图 8.如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点 E,连结DE.若∠CBF=20°，则∠DEF的度数是 () A.25° B.40° C.45° D.50° 9.如图，在矩形ABCD中，AB=9cm,AD=12cm,对角线AC、BD 相交于点O.过点O作OE⊥AC,交AD于点E,则ED的长为 () A 21 31 C.2 cm D 15 8 cm 第9题图 第10题图 10.如图，菱形ABCD的对角线相交于点0，AC=12,BD=16,点P 为边BC上一点，且点P不与点B、C重合，过点P作PE⊥AC 于点E,PF⊥BD于点F,连结EF,则EF的最小值为() A.4 B.4.8 C.5 D.6 二、填空题（每小题3分，共15分） 11.如图，点P是正方形ABCD的对角线AC上的一点，PE⊥AD 于点E,PE=3.则点P到直线AB的距离为 第11题图 第12题图 第13题图 12.如图，CD为Rt△ABC斜边AB上的中线，E为AC的中点.若 AC=8,CD=5,则DE= 13.如图，四边形ABCD是菱形，O是两条对角线的交点，过O点 的三条直线将菱形分成阴影部分和空白部分.当菱形的两条 对角线的长分别为6和8时，阴影部分的面积为 14.如图所示，已知正方形ABCD的面积为2，点E、F在对角线AC 上且AE=CF,若四边形BEDF的面积为1，则EF= D B 第14题图 第15题图 15.如图，矩形ABCD中，AD=18,AB=24.点E为边DC上的一个 动点，△AD'E与△ADE关于直线AE对称，当△CD'E为直角 三角形时，DE的长为 三、解答题（本大题共8个小题，共75分）》 16.(8分)如图所示，在△ABC中，∠ACB=90°，CD平分∠ACB, DE⊥AC于点E,DF⊥BC于点F.求证：四边形CEDF是正 方形. D 17.(9分)如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交于 点O,BE=AB,且A、B、E三点共线. (1)求证：BD=EC; (2)若∠E=50°，求∠BA0的大小. 18.(9分)如图，在四边形ABCD中，AB=AD,CB=CD,E是CD 上一点，BE交AC于点F,连结DF. (1)求证：∠BAC=∠DAC; (2)若AB∥CD,试证明四边形ABCD是菱形. B 19.(9分)如图，在平行四边形ABCD中，边AB的垂直平分线交 AD于点E,交CB的延长线于点F,连结AF、BE. (1)求证：△AGE≌△BGF; (2)试判断四边形AFBE的形状，并说明理由. 20.(9分)一张矩形纸ABCD,将点B翻折到对角线AC上的点M 处，折痕CE交AB于点E.将点D翻折到对角线AC上的点H 处，折痕AF交DC于点F,折叠出四边形AECF: (1)求证：AF∥CE; (2)当∠BAC= 度时，四边形AECF是菱形？说明 理由. D 2 21.(10分)如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O,过点 D作DE∥AC,交BC的延长线于点E. (1)求证：DB=DE; (2)若∠D0C=120°，DE=2,求矩形ABCD的面积. 22.(10分)如图，在△ABC中，AB=AC=1,∠BAC=45°，△AEF 是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连结BE、CF相 交于点D (1)求证：BE=CF; (2)当四边形ACDE为菱形时，求BD的长 2 23.(11分)综合与实践 名师点评 【基本问题】在一次课题学习活动中，老师提出如下问题：如 图 1， ， 四边形ABCD是正方形， 点E是边BC的中点， ∠AEF= $$9 0 ^ { \circ } ，$$ ，且EF交正方形外角平分线于点F.请你探究AE与EF 存在怎样的数量关系，并证明你的结论，经过探究，小明得出 结论是 AE=EF， ，而要证明结论 AE=EF， ，常常需要证明AE和 EF所在的两个三角形全等，但 △ABE 和 △ECF 显然不全等 (一个是直角三角形，一个是钝角三角形)，考虑到点E是BC 的中点，小明想到的方法是：如图2，取AB的中点M，连结 EM，证明 △AEM≅△EFC， ，从而得到 AE=EF. (1)小明的证法中，证明 △AEM≅△EFC 的条件可以为； A.SSS B.SAS C.AS A D.HL 线 【类比迁移】 (2)如图3，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边 BC上的任意一点”，其余条件不变，AE =EF 是否仍然成 立?若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由； 【拓展应用】 内 内 (3) 已知， 四边形ABCD是正方形， 点E是射线BC上一动点， $$\angle A E F = 9 0 ^ { \circ } ，$$ ，且EF交正方形外角平分线于点F，若AB= 4，CE=1， ，则EF的长为. D A D A D A D M F B E C B E C BE C B C 图1 图2 图3 备用图 得