第18章 矩形、菱形与正方形（高效培优单元自测·强化卷）数学新教材华东师大版八年级下册

第18章 矩形、菱形与正方形（高效培优单元自测·强化卷） （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．矩形具有而菱形不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．两组对边分别相等 C．对角线垂直 D．两组对角分别相等 2．如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，添加下列条件，不能使其成为菱形的是（   ） A． B． C． D．平分 3．如图，在矩形中，，交于点O，，则大小是（    ）． A． B． C． D． 4．下列说法正确的是（　　） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．对角线相等的四边形是矩形 C．对角线互相平分的四边形是平行四边形 D．对角线相等且垂直的四边形是正方形 5．某房梁如图所示，立柱，E，F分别是斜梁，的中点．若，则的长为（    ） A． B． C． D． 6．如图，矩形沿着折叠，使点落在边上的点处．若，，则矩形的面积为（  ） A．4 B．6 C． D．8 7．如图，在矩形中，、相交于点，平分交于点．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 8．已知平行四边形的对角线、相交于点，下列补充条件中，能判定这个平行四边形是正方形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 9．“出入相补法”是我国古代几何的核心方法，以图形割补、以盈补虚实现面积守恒，直观推导各类公式并奠定数形结合的数学传统．如图是我国古代数学家刘徽证明勾股定理的“青朱出入图”，四边形，，均为正方形．若，，则正方形的面积是（   ） A． B． C． D． 10．如图，在中，，以，和为边向上作正方形和正方形和正方形，点落在上，若，则图中阴影部分的面积是（   ） A．100 B．72 C．36 D．28 11．如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，连接，，，分别为，的中点，连接．若，的最小值为，则长为（    ） A． B． C． D． 12．四边形的对角线交于点O，点M，N，P，Q分别为，的中点，下列四个结论： ①对于任意四边形，四边形都是平行四边形； ②若四边形是平行四边形，则是菱形； ③若四边形是菱形，则四边形是矩形； ④若四边形MNPQ是正方形，则四边形也一定是正方形． 其中正确结论的序号是（    ） A．①② B．③④ C．②③ D．①③ 二、填空题（本题共6小题，每小题2分，共12分．） 13．如图，矩形的边，，则的长为______． 14．已知一个菱形的两条对角线的长分别是和，它的面积是______． 15．如图，在中，，点为的中点，某同学用刻度尺测量长度时，点，对应的刻度分别为，，则的长为________． 16．如图，在矩形中，平分交于点E，连结，点F为的中点，连接，若，，则的长为______． 17．如图，已知四边形是菱形，连接，过点分别作于点于点，连接，若，则菱形的面积为_____． 18．如图，边长为2的等边的顶点在原点，点在轴上，正方形的边长为4，点在轴上，动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿着的边按顺时针方向运动，动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿着正方形的边也按顺时针方向运动，点比点迟4秒出发，则点运动2026秒后，的值是______． 三、解答题（本题共8小题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 19．如图，矩形的对角线相交于点，，，求的长度． 20．如图，在菱形中，E是边的中点，连接并延长交的延长线于点F． (1)求证：． (2)若，且，求的长． 21．网格纸上每个小正方形的边长为1． (1)在图1中，以端点均在网格格点上的线段为边画正方形． (2)在图2中，画底边长，腰的等腰，并求高的长度． 22．如图，在梯形中，的平分线交于点． (1)求的度数； (2)利用无刻度直尺与圆规作图：在图中作一点，使四边形是菱形（不写作法，保留作图痕迹） 23．如图，在中，点，分别是，的中点，连接，过点作，垂足为，延长至点，使，连接，延长至点，使，连接． (1)求证：四边形为矩形． (2)若，，求的面积． 24．如图，在平面直角坐标系中，点，，． (1)若动点P从原点O出发，以每秒2个单位长度沿着x轴正方向运动，动点Q从点B出发，以每秒1个单位长度向点C运动，当点Q到达点C处时，两点都停止运动．设运动时间为t（秒），若以A，B，Q，P四个点为顶点的四边形是平行四边形，求此时t的值； (2)若点M在x轴上，在平面内存在点N，使以点A，C，M，N为顶点的四边形是菱形，请直接写出点N的坐标． 25．“数形结合”和“建模思想”是数学中的两个很重要的思想方法，先阅读以下材料，然后解答后面的问题． 例：求代数式的最小值． 分析：和是勾股定理的形式，是直角边分别是和3的直角三角形的斜边，是直角边分别是和2的直角三角形的斜边，因此，我们构造两个直角和，并使直角边和在同一直线上（图1），向右平移直角使点和重合（图2），这时，问题就变成“点在线段的何处时，最短？”根据两点间线段最短，得到线段就是它们的最小值． 【模型应用】 (1)代数式的最小值为___________； (2)变式训练：利用图3，求代数式的最小值； 【模型拓展】 (3)已知正数满足，求的值． 26． 实践与探究：小明在课后研究正方形与等腰直角三角形叠放后各个线段间的数量关系．已知正方形的边长为6，等腰的锐角顶点A与正方形的顶点A重合，将此三角形绕A点旋转，，两边分别交直线，于M，N，旋转过程中，等腰的边与正方形没有交点． (1)如图1，当M，N分别在边，上时，小明通过测量发现，他给出了如下的证明：过A作交延长线于G，连接，如图2，易证，则有．请你帮助小明后续证明； (2)如图3，当M，N分别在，的延长线上时，请直接写出，，之间的数量关系； (3) 在旋转过程中，等腰直角三角形的一边正好经过正方形边上的中点P，求出此时的长． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 第18章 矩形、菱形与正方形（高效培优单元自测·强化卷） （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．矩形具有而菱形不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．两组对边分别相等 C．对角线垂直 D．两组对角分别相等 【答案】A 【分析】根据矩形与菱形的性质，逐项判断，即可得出答案． 【详解】解：A选项：对角线相等，是矩形具有而菱形不具有的性质，故本选项符合题意； B选项：两组对边分别相等，矩形和菱形都具有该性质，故本选项不符合题意； C选项：对角线垂直，是菱形具有而矩形不具有的性质，故本选项不符合题意； D选项：两组对角分别相等，矩形和菱形都具有该性质，故本选项不符合题意； 2．如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，添加下列条件，不能使其成为菱形的是（   ） A． B． C． D．平分 【答案】C 【详解】解：A、四边形是平行四边形，， 平行四边形是菱形，故选项A不符合题意； B、四边形是平行四边形，， 平行四边形是菱形，故选项B不符合题意； C、四边形是平行四边形，，不能证明平行四边形是菱形，故选项C符合题意； D、四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， 平行四边形是菱形，故选项D不符合题意； 故选：C． 3．如图，在矩形中，，交于点O，，则大小是（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的对角线相等且互相平分和等边对等角得到，再结合是的外角，利用三角形外角的性质即可解答． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ， ， ， ． 4．下列说法正确的是（　　） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．对角线相等的四边形是矩形 C．对角线互相平分的四边形是平行四边形 D．对角线相等且垂直的四边形是正方形 【答案】C 【分析】根据各类四边形的判定方法即可逐一判断，得出正确结论. 【详解】解：A、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，仅对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，说法错误； B、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，仅对角线相等的四边形不一定是矩形，说法错误； C、根据平行四边形的判定定理，对角线互相平分的四边形是平行四边形，说法正确； D、对角线相等且互相垂直平分的四边形才是正方形，仅对角线相等且垂直的四边形不一定是正方形，说法错误． 5．某房梁如图所示，立柱，E，F分别是斜梁，的中点．若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可． 【详解】解：∵，点E是斜梁的中点，， ∴． 6．如图，矩形沿着折叠，使点落在边上的点处．若，，则矩形的面积为（  ） A．4 B．6 C． D．8 【答案】D 【分析】由折叠得，，求出，，根据含角的直角三角形的性质求出，即可求得长方形的面积． 【详解】解：∵折叠， ∴，， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积为． 7．如图，在矩形中，、相交于点，平分交于点．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由矩形的性质得出，再由角平分线得出是等腰直角三角形，得出，证明是等边三角形，得出，，得出，由三角形内角和定理和等腰三角形的性质即可得出结果． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴ ∴ . ∵ 平分， ∴， ∴ 是等腰直角三角形， ∴. ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ． 8．已知平行四边形的对角线、相交于点，下列补充条件中，能判定这个平行四边形是正方形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】本题已知四边形是平行四边形，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，逐一分析选项，正方形是同时满足矩形和菱形性质的平行四边形． 【详解】解：∵原四边形是平行四边形， 对选项A：∵， ∴平行四边形是矩形，又与是等价的，都能判定该平行四边形是矩形，不能判定为正方形，故A不符合题意； 对选项B：∵平行四边形对角线互相平分， ∴，， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形， 又∵， ∴平行四边形是菱形， ∵平行四边形既是矩形又是菱形，因此是正方形，故B符合题意； 对选项C：∵， ∴平行四边形是菱形，菱形本身对角线互相垂直，因此不能推出它是正方形，故C不符合题意； 对选项D：平行四边形对角线本来互相平分，恒成立，仅能推出平行四边形是矩形，不能判定是正方形，故D不符合题意． 9．“出入相补法”是我国古代几何的核心方法，以图形割补、以盈补虚实现面积守恒，直观推导各类公式并奠定数形结合的数学传统．如图是我国古代数学家刘徽证明勾股定理的“青朱出入图”，四边形，，均为正方形．若，，则正方形的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正方形的性质得到直角三角形的边长，再通过勾股定理求出正方形的边长的平方，即其面积． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， ∵四边形是正方形， ∴正方形的面积为． 10．如图，在中，，以，和为边向上作正方形和正方形和正方形，点落在上，若，则图中阴影部分的面积是（   ） A．100 B．72 C．36 D．28 【答案】B 【分析】如图，连接，与交于点N，与交于点H，由题意易得，则有，同理可得，然后可得，进而问题可求解． 【详解】解：如图，连接，与交于点N，与交于点H， ∵四边形，，都为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， ∴，即， ∴． 11．如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，连接，，，分别为，的中点，连接．若，的最小值为，则长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，根据中位线的性质可得，即最小时，最小，当时，最小，此时，根据含30度的直角三角形性质结合勾股定理求出，根据菱形的性质即可得解． 【详解】解：连接，如图所示： 四边形是菱形， ， 分别为的中点， 是的中位线， ， 当时，最小，则的最小值为，此时， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， 解得， ． 12．四边形的对角线交于点O，点M，N，P，Q分别为，的中点，下列四个结论： ①对于任意四边形，四边形都是平行四边形； ②若四边形是平行四边形，则是菱形； ③若四边形是菱形，则四边形是矩形； ④若四边形MNPQ是正方形，则四边形也一定是正方形． 其中正确结论的序号是（    ） A．①② B．③④ C．②③ D．①③ 【答案】D 【分析】利用三角形中位线定理，结合特殊四边形的判定与性质，逐一判断每个结论即可． 【详解】∵点，，，分别为，，，的中点， ∴由三角形中位线定理得 ，，， ， ∴且， ∴四边形是平行四边形，故①正确； 若四边形是平行四边形，其对角线不一定等于，结合， ，可得不一定等于，因此平行四边形不一定是菱形，故②错误； 若四边形是菱形，则， ∵ ， ∴，即 ， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形，故③正确； 若四边形是正方形，只需原四边形的对角线垂直且相等即可，不一定是正方形， 例如对角线垂直相等的等腰梯形，其中点四边形也是正方形，故④错误； 综上，正确结论为①③． 二、填空题（本题共6小题，每小题2分，共12分．） 13．如图，矩形的边，，则的长为______． 【答案】8 【分析】先判定是等边三角形，再根据矩形的性质求解即可． 【详解】解：因为矩形的边， 故， ， 故是等边三角形， 故 故的长为． 14．已知一个菱形的两条对角线的长分别是和，它的面积是______． 【答案】 【详解】解：这个四边形是菱形， ∴ 15．如图，在中，，点为的中点，某同学用刻度尺测量长度时，点，对应的刻度分别为，，则的长为________． 【答案】 【分析】根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质即可得答案． 【详解】解：∵点，对应的刻度分别为，， ∴， ∵点为的中点，， ∴． 16．如图，在矩形中，平分交于点E，连结，点F为的中点，连接，若，，则的长为______． 【答案】 【分析】由于平分可得出为等腰直角三角形则可算出，用勾股定理算出，利用直角三角形斜边上中线的性质可得的长． 【详解】解：∵矩形， ∴， 平分， ， 为等腰直角三角形， ∴， 矩形对边相等， ，， ， 在中， ， 为的中点且为直角三角形， ． 17．如图，已知四边形是菱形，连接，过点分别作于点于点，连接，若，则菱形的面积为_____． 【答案】80 【分析】连接，证明四边形是矩形，得到，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半可得答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． 18．如图，边长为2的等边的顶点在原点，点在轴上，正方形的边长为4，点在轴上，动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿着的边按顺时针方向运动，动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿着正方形的边也按顺时针方向运动，点比点迟4秒出发，则点运动2026秒后，的值是______． 【答案】 【分析】先由题中运动规律确定点、点的位置，连接，过点作，过点作，由等边三角形性质、正方形性质、矩形性质及勾股定理求解即可． 【详解】解：动点以每秒1个单位长度的速度运动，点比点迟4秒出发， 当点运动2026秒后，点的运动路程为个单位长度、点的运动路程为个单位长度， 等边的边长为2，点从点出发在边上按顺时针方向运动；正方形的边长为4，点从点出发在正方形边上也按顺时针方向运动， 由，可知点在2026秒后停在点处、点在2022秒后停在中点处， 连接，过点作，过点作，如图所示： 四边形是矩形， 在中，，则由勾股定理可得， ，， ， ， 在中，由勾股定理可得． 三、解答题（本题共8小题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 19．如图，矩形的对角线相交于点，，，求的长度． 【答案】8 【分析】本题考查了矩形的性质和等边三角形性质和判定，先根据矩形，得到，再根据，得到是等边三角形，再求出的值即可． 【详解】解：四边形是矩形， ， 是等边三角形， ， ． 20．如图，在菱形中，E是边的中点，连接并延长交的延长线于点F． (1)求证：． (2)若，且，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明，再结合菱形的性质即可证明； （2）先证明是直角三角形，再由勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵菱形， ∴， ∴， 又∵E是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：由题意，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵ 四边形是菱形，， ∴， ∴在中， ． 21．网格纸上每个小正方形的边长为1． (1)在图1中，以端点均在网格格点上的线段为边画正方形． (2)在图2中，画底边长，腰的等腰，并求高的长度． 【答案】(1)见解析 (2)见解析， 【分析】本题主要考查了勾股定理，正方形的判定和等腰三角形的判定和性质，熟知勾股定理是解题的关键． （1）利用网格图的特征以及勾股定理画出图形即可； （2）方法一：根据等腰三角形的性质可得， 然后在中，根据勾股定理解答即可；方法二：根据，解答即可． 【详解】（1）解：如图1，正方形即为所求； （2）解：如图2，等腰即为所求． 方法一：在等腰中，， ， ∴在中，，根据勾股定理得： ； 方法二：， 又 ∴． 22．如图，在梯形中，的平分线交于点． (1)求的度数； (2)利用无刻度直尺与圆规作图：在图中作一点，使四边形是菱形（不写作法，保留作图痕迹） 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）由平行线的性质可得，，则可求出，由角平分线的性质求出的度数即可得到答案； （2）分别以点B和点G为圆心，的长为半径画弧，二者交于点E，连接，则四边形即为所求；可证明是等边三角形，则，由作图可得． 【详解】（1）解：∵， ∴，， ∵， ∴， ∵的平分线交于点， ∴， ∴； （2）解：如图所示，四边形即为所求； 23．如图，在中，点，分别是，的中点，连接，过点作，垂足为，延长至点，使，连接，延长至点，使，连接． (1)求证：四边形为矩形． (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)36 【分析】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理． （1）通过证明和可得出且，继而证出四边形是平行四边形，又因为，所以四边形为矩形． （2）由（1）可得出的面积与四边形面积相等，．通过过三角形中位线定理可求出的长度，进而求得的面积． 【详解】（1）证明：， ， 点，分别是，的中点， ， 在和中， ， ，， 同理可得， ，， ，， 四边形为矩形． （2）解：点，分别是，的中点， ， 由（1）可得，， ． 24．如图，在平面直角坐标系中，点，，． (1)若动点P从原点O出发，以每秒2个单位长度沿着x轴正方向运动，动点Q从点B出发，以每秒1个单位长度向点C运动，当点Q到达点C处时，两点都停止运动．设运动时间为t（秒），若以A，B，Q，P四个点为顶点的四边形是平行四边形，求此时t的值； (2)若点M在x轴上，在平面内存在点N，使以点A，C，M，N为顶点的四边形是菱形，请直接写出点N的坐标． 【答案】(1)或3时，以，，，为顶点的四边形为平行四边形； (2)点的坐标为或或或． 【分析】（1）先求出，再分类讨论：①若点在点的左侧，②若点在点的右侧，逐项分析求解即可； （2）先求出，再分类讨论：①以为边，四边形是菱形，②以为边，四边形是菱形，③以为边，四边形是菱形，④以为对角线，四边形是菱形，逐项分析求解即可． 【详解】（1）解：由题意，得 ①若点在点的左侧，如图 ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 解得， ②若点在点的右侧，如图 ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ， 解得， 综上所述，或3时，以，，，为顶点的四边形为平行四边形； （2）解：点的坐标为或或或．理由如下： 点，， ，， ， ①如图，以为边，四边形是菱形， ∵， ； ②如图，以为边，四边形是菱形， ，， ； ③如图，以为边，四边形是菱形， ，， ； ④如图，以为对角线，四边形是菱形， 设， ， ， ， ， ， ； 综上所述，以、、、为顶点的四边形是菱形时，点的坐标为或或或． 25．“数形结合”和“建模思想”是数学中的两个很重要的思想方法，先阅读以下材料，然后解答后面的问题． 例：求代数式的最小值． 分析：和是勾股定理的形式，是直角边分别是和3的直角三角形的斜边，是直角边分别是和2的直角三角形的斜边，因此，我们构造两个直角和，并使直角边和在同一直线上（图1），向右平移直角使点和重合（图2），这时，问题就变成“点在线段的何处时，最短？”根据两点间线段最短，得到线段就是它们的最小值． 【模型应用】 (1)代数式的最小值为___________； (2)变式训练：利用图3，求代数式的最小值； 【模型拓展】 (3)已知正数满足，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）过点作的垂线，交的延长线于点，连接，容易证明四边形是矩形，则，，由勾股定理可得．根据题意，，，由线段公理可得，，因此当、、三点共线时，取得最小值； （2）类比（1）的解法，构造，，，，，则．由勾股定理可得，，，，由可得，的最小值为； （3）构造，，，，，由勾股定理可得，，，根据题意可得，由可判断，利用面积法计算出． 【详解】（1）解：如图2，过点作的垂线，交的延长线于点，连接， 根据题意，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，， 根据题意，，， ∵， ∴当、、三点共线时，取得最小值， ∴的最小值为； （2）解：如图3，设，，，，， 同理（1）可得，四边形是矩形， ∴，， ∴， 由勾股定理可得，，，， ∵， ∴当、、三点共线时，取得最小值， ∴的最小值为； （3）解：如图，中，，，，， 由勾股定理可得，，， ∴，即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 26． 实践与探究：小明在课后研究正方形与等腰直角三角形叠放后各个线段间的数量关系．已知正方形的边长为6，等腰的锐角顶点A与正方形的顶点A重合，将此三角形绕A点旋转，，两边分别交直线，于M，N，旋转过程中，等腰的边与正方形没有交点． (1)如图1，当M，N分别在边，上时，小明通过测量发现，他给出了如下的证明：过A作交延长线于G，连接，如图2，易证，则有．请你帮助小明后续证明； (2)如图3，当M，N分别在，的延长线上时，请直接写出，，之间的数量关系； (3) 在旋转过程中，等腰直角三角形的一边正好经过正方形边上的中点P，求出此时的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或10 【分析】（1）根据全等三角形的性质可得，，进而证得，可得，即可得证； （2）在上截取，连接，根据正方形的性质可得，，可证，可得，，利用等量代换可得，证得，可得，即可得出结论； （3）分类讨论：若等腰直角三角形的腰经过边上的中点，此时P与M重合，中，利用勾股定理列方程求解即可；若等腰直角三角形的底经过边上的中点， 则M，N分别在，的延长线上，过A作交于G，连接，证得，可得，则，，在中，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∵，， ∴，即， 又∵， ∴， ∴，即； （2）解：，理由如下： 在上截取，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：若等腰直角三角形的腰经过边上的中点，此时P与M重合，如图， ∵， ∴， 则， ∴， 在中，， 即， 解得； 若等腰直角三角形的底经过边上的中点， 则M，N分别在，的延长线上，如图， 过A作交于G，连接， 易证， 与（1）类似，可证， 得， 设，则， ∵P是中点，即， 又，， ∴，则，， 在中，，即， 解得， ∴， 综上所述，或10． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、勾股定理、解一元一次方程，熟练掌握全等三角形的性质与判定，正确添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $