19.3 矩形、菱形、正方形 课后作业 2025--2026学年沪科版八年级数学下册

**基本信息** 聚焦矩形、菱形、正方形性质与判定，通过基础巩固、综合应用、拓展探究三阶分层，实现从概念理解到推理创新的素养进阶。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|性质判定、简单计算|单选1-5（勾股定理、性质辨析）、填空13-14（直角三角形中线、中位线），夯实概念理解| |中档|性质综合应用|单选6-12（折叠、动点）、填空15-16（菱形角度计算）、解答17-18（菱形全等证明），培养几何直观与推理意识| |提高|动态与跨知识整合|解答19-20（矩形折叠证明、正方形与函数结合），发展空间观念与创新意识|

2025-2026学年沪科版数学八下19.3矩形、菱形、正方形课后作业 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．若直角三角形两直角边长分别为3和4，则斜边长为（   ） A．5 B． C． D．或5 2．边长为的等边三角形，它的高是（   ） A． B． C． D． 3．下列说法中，错误的是（   ） A．矩形的对角线相等 B．正方形的对角线互相垂直平分 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形 4．如图正方形ABCD中以CD为边向外作等边三角形CDE，连接AE、AC，则∠CAE度数为(　　) A．15° B．30° C．45° D．20° 5．正方形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相垂直平分 C．对角线平分一组对角 D．四条边相等 6．如图，为等腰三角形．如果把它沿底边翻折后，得到，那么四边形为（    ） A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．以上都不对 7．如图，有一张三角形卡纸，点、分别是、的中点，若，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 8．如图，菱形中，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 9．如图，在四边形中，、、、分别是线段、、、的中点，要使四边形是矩形，需添加的条件是（   ） A． B． C． D． 10．如图，在中，．点是斜边的中点，，垂足为，若，，则的值是（  ） A． B． C． D． 11．如图在平面直角坐标系中，若菱形的顶点，的坐标分别为，，点在轴上，则点的坐标是（    ） A． B． C． D． 12．如图，在菱形中，交于，于，连接，，，则（    ） A．8 B．6 C．5 D．4 二、填空题 13．在中，斜边上的中线，则斜边的长是______． 14．如图，在四边形中，，，分别是边的中点，则四边形的周长是______． 15．如图，在四边形中，，，，、分别是边、上的动点（含端点，但点不与点重合），、分别是线段、的中点，则的最大值为_____________． 16．如图，矩形纸片中，已知，折叠纸片使边与对角线重合，点落在点处，折痕为，且，则的长为_____． 三、解答题 17．如图，在菱形中，，垂足为，，垂足为． (1)求证：； (2)若，则的度数为__________． 18．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，P，Q分别是边BC，线段OD上的点，连接AP，QP，AP与OB相交于点E． (1)如图1，连接QA．当QA=QP时，试判断点Q是否在线段PC的垂直平分线上，并说明理由； (2)如图2，若∠APB=90°，且∠BAP=∠ADB，求证：AE=2EP． 19．如图，在菱形中，对角线与相交于点，过点作的平行线，过点作的平行线，两直线相交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)当______时，四边形是正方形，并证明你的结论． 20．已知点、分别在矩形纸片的边、上，连接，将矩形纸片沿折叠．    (1)如图1，若点恰好落在点处，与相交于点，连接、． ①四边形的形状是______； ②若，，求折痕的长； (2) 如图2，若点恰好落在边上的点处，且，点落在处，交于点，求证：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026学年沪科版数学八下19.3矩形、菱形、正方形课后作业》 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C B A B D D D A 题号 11 12 答案 B B 1．A 【详解】解：直角三角形的两条直角边长分别为和， 根据勾股定理，斜边长为． 2．B 【分析】利用等边三角形三线合一的性质，得到高平分底边，再结合勾股定理即可计算出高的长度． 【详解】解：等边三角形边长为，高将底边平分为两段，每段长度为， 根据勾股定理可得，高． 3．C 【分析】本题考查特殊四边形的性质和判定，根据矩形的性质，正方形，菱形和平行四边形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：A、矩形的对角线相等，原说法正确，不符合题意； B、正方形的对角线互相垂直平分，原说法正确，不符合题意； C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，原说法错误，符合题意； D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原说法正确，不符合题意； 故选：C． 4．B 【分析】由正方形的性质可知∠CAD的度数,由等边三角形的性质可知∠CDE的度数,由角度变形求出∠DAE的度数即可求出∠CAE． 【详解】∵四边形ABCD为正方形, ∴DA=DC,∠CAD=45°,∠ADC=90°． ∵△CDE为等边三角形, ∴DE=DC,∠CDE=60°, ∴DA=DE,∠ADE=90°+60°=150°, ∴∠DAE=∠DEA,∴∠DAE=(180°﹣150°)=15°, ∴∠CAE=45°﹣15°=30°． 故选：B． 【点睛】本题考查正方形和等边三角形的性质,关键在于角度的推导和变化． 5．A 【详解】解：A选项 正方形对角线相等，菱形对角线不一定相等，符合题意； B选项 正方形和菱形的对角线都互相垂直平分，不符合题意； C选项 正方形和菱形的对角线都平分一组对角，不符合题意； D选项 正方形和菱形的四条边都相等，不符合题意． 6．B 【分析】此题主要考查了菱形的判定，以及等腰三角形的性质，关键是掌握四边相等的四边形是菱形． 根据等腰三角形的性质可得，再根据折叠可得，，进而得到，根据四边相等的四边形是菱形可得到答案． 【详解】解：∵等腰沿底边翻折得到， ，， ， ， ∴四边形为菱形． 故选：B． 7．D 【分析】根据三角形中位线定理得出，利用平行线的性质得出，最后在中利用三角形内角和定理求出的度数． 【详解】解：∵点、分别是、的中点， ∴ 是的中位线， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴ ． 8．D 【分析】根据菱形的性质可得，，从而得到，，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， ∴． 9．D 【分析】根据三角形中位线定理可得且，且，且，且，易证四边形为平行四边形，再由矩形的判定，即可求解． 【详解】解：、、、分别是线段、、、的中点， ∴在中，为的中位线， 且；同理且，且，且， 则且，且， ∴四边形为平行四边形， 要使四边形是矩形，则需，即， ，， 当时，，此时四边形是矩形． 10．A 【分析】根据直角三角形斜边中线的性质及中位线定理，求出和的长，进而得到的长，最后在中利用勾股定理求解即可 【详解】解：∵，点是斜边的中点， ∴， ∵， ∴，即点是的中点， ∴是的中位线， ∴， 在中，， ∴， 在中，． 11．B 【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理，能够将平面直角坐标系中点的特点与菱形的性质相结合是解题的关键． 根据题意可知，，利用勾股定理求得，即可求解． 【详解】解：∵，的坐标分别为，， ∴， 四边形为菱形， ，, 在中，， 则点的坐标为． 12．B 【分析】先利用勾股定理求出的长，再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：∵四边形是菱形，且， ∴，，，即点是的中点， ∵， ∴， 又∵， ∴在中，． 13． 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答． 【详解】解：∵是斜边上的中线，， ∴． 故答案为：． 14． 【分析】由题意可得分别为的中位线，则有，，然后通过周长公式即可求解． 【详解】解：∵四边形中，，，分别是边的中点， ∴分别为的中位线， ∴，， ∴四边形的周长为：． 15．1 【分析】本题考查中位线的性质、勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 连接，根据中位线的性质得到，进而得到最大时，最大，根据勾股定理求出的最大值，据此解答即可． 【详解】解：如图，连接， 、分别是线段、的中点， ， 最大时，最大， 当点与重合时，最大，此时， ， 的最大值为1． 16．6 【分析】先利用矩形性质得到及，再根据折叠性质得到、、，计算出的长；接着在中用勾股定理求出的长；最后设，在中利用勾股定理建立方程求解． 【详解】解：四边形是矩形，， ，， 是翻折而成， ，，， ，∠EFC=90°， 在中，由勾股定理得： ， 设，则，， 在中，由勾股定理得： 即， 解得． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，熟练掌握菱形的性质是关键． （1）由菱形的性质可得，，结合，，可证明，则； （2）由三角形内角和定理可得，结合，则．根据菱形的邻角互补的性质可得，作差求得． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴． 18．(1)点Q在线段PC的垂直平分线上，理由见解析 (2)见解析 【详解】(1)解 点Q在线段PC的垂直平分线上．理由如下： 如图，连接QC． ∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O， ∴BD⊥AC，OA=OC，∴QA=QC． ∵QA=QP，∴QC=QP， ∴点Q在线段PC的垂直平分线上． (2)证明 ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC=CD=DA，∴∠ABD=∠ADB，∠CBD=∠CDB． ∵BD⊥AC，∴∠ADO=∠CDO， ∴∠ABD=∠CBD=∠ADO． ∵∠BAP=∠ADB， ∴∠BAP=∠ABD=∠CBD， ∴AE=BE．∵∠APB=90°，∴∠BAP+∠ABP=90°， ∴∠BAP=∠ABD=∠CBD=30°． 在Rt△BPE中，∠EPB=90°，∠PBE=30°，∴EP=BE． ∵AE=BE，∴EP=AE， ∴AE=2EP． 19．(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题主要考查菱形的性质，矩形的判定和性质，掌握菱形的性质，矩形的判定和性质是解题的关键. ()根据两组对边平行可得四边形是平行四边形，根据菱形的性质可得，结合矩形的判定和性质即可求解； ()根据矩形的性质可得，结合正方形的判定和性质即可求解； 【详解】（1）证明：，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ， ， ∴四边形是矩形． （2）解：，理由如下： ， ∴四边形是正方形， ， 又∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形． 20．(1)①菱形；②的长为 (2)见解析 【分析】（1）①根据折叠变换的性质得出，可得，然后根据菱形的判定即可得； ②设，则，在中，由勾股定理求，在中，由勾股定理求，利用菱形面积的计算公式建立等式：，进行计算即可得； （2）由矩形和折叠的性质，用证明，从而得，则，由得． 【详解】（1）①证明：由折叠得：，，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； 故答案为：菱形． ②解：设，则， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得，， 即， 解得，， 根据菱形面积的计算公式得， ， ， 即折痕的长为． （2）证明：∵四边形为矩形， ∴，， 由折叠可知，，， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的判定与性质，图形折叠的性质，解题的关键是掌握这些知识点． 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 $