《第5章特殊平行四边形》单元练习题 2025-2026学年浙教版八年级数学下册

**基本信息** 浙教版八年级数学下册《特殊平行四边形》单元卷，覆盖矩形、菱形、正方形的性质与判定，通过基础辨析、计算应用、探究创新三级梯度设计，适配单元复习，强化几何直观与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7题|特殊四边形判定（如邻边相等矩形是正方形）、菱形性质（对角线平分内角）、折叠与展开（菱形形成）|结合几何直观，第5题折叠问题考查空间观念| |填空题|7题|菱形内角计算（等边三角形性质）、矩形中点连线（中位线）、坐标系中矩形（函数与几何结合）|第10题以坐标系为背景，体现模型意识| |解答题|6题|菱形作图与计算、矩形证明与周长、正方形综合证明、图形拼接（正方形判定）、旋转综合（线段关系探究）|19题图形拼接与20题旋转问题，强化推理能力与创新意识|

2025-2026学年浙教版八年级数学下册《第5章特殊平行四边形》单元综合练习题（附答案） 一、单选题 1．下列说法错误的是（　　） A．邻边相等的矩形是正方形 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．顺次连接菱形各边中点，所得的四边形是菱形 D．对角线互相垂直的矩形是正方形 2．如图、菱形的对角线相交于点，则下列结论不一定正确的是（    ） A．平分 B． C． D． 3．如图，已知矩形，点O是对角线上的中点，其中，，连接．则的长为（   ） A．3 B．4 C． D． 4．如图，菱形，对角线与分别是3，4，于点E，则的长为（    ） A． B． C． D． 5．如图，将一张矩形纸片对折再对折，然后沿着图丙中的虚线剪开，将①展开后得到的平面图形是（   ） A．矩形 B．梯形 C．三角形 D．菱形 6．如图，正方形的边长等于4，点、分别在、边上，点关于的对称点恰好是边的中点，则的长为（    ） A．1 B． C． D． 7．如图，在正方形中，为边中点，为边上任意一点，且，连接、相交于点，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 8．菱形的周长是20，一条较短的对角线长是5，则该菱形较大的内角是_______． 9．如图，在矩形中，点分别是的中点，，则的长为_____． 10．如图，点B、C分别在两条直线和上，点A、D是x轴上两点，已知四边形是长方形，且，则k的值为______． 11．如图，已知在中，，垂足为点H，，，以为边在外部作，，且，则的长是_______． 12．如图，矩形的边在x轴上，且过原点，连接．将沿翻折，点B的对应点恰好落在边上．若点的坐标为，则点C的坐标为____________． 13．如图，正方形的边长为8，点M在上，且，N是上的一个动点，则的最小值是________． 14．如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接．（1）线段的长为_____；（2）若为的中点，则线段的长为_____． 三、解答题 15．如图，四边形中，，，于点D． (1)尺规作图：在上求作一点E（不写作法，保留作图痕迹），连接，使四边形为菱形，并说明理由； (2)在（1）的条件下，连接交于点O，连接，若，求长． 16．如图，四边形中，对角线相交于点O，，，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的周长． 17．如图，菱形的对角线，相交于点O，于点E，F是的中点，于点G． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 18．已知：如图，在正方形中，点E、F分别在边、上，且．对角线BD分别交、于点M、N，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：四边形是菱形． 19．综合与实践：图形拼接 【操作发现】 如图，在三角形（）中，，于点． 第一步：将一张与其全等的纸片，沿剪开； 第二步：在同一平面内，将所得的两个三角形，和拼在一起．如图所示，这两个三角形分别记为和； 第三步：分别延长和相交于点． 【拓广探索】 (1)求证：四边形是正方形； (2)如图，连接分别交，于点，．将绕点逆时针旋转，使与重合，得到． ①求证：； ②试判断线段，，之间的数量关系，并说明理由． 20．课本再现 如图，正方形的对角线、相交于点，正方形的顶点与点重合，而且这两个正方形的边长相等，边与边相交于点，边与边相交于点，连接． 问题发现 (1)①求证：； ②猜想：，，之间的数量关系是______． 类比迁移 (2)如图，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，判断，，之间的数量关系并进行证明． 拓展应用 (3)如图，在中，，，，点是边的中点，，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕着点旋转，当时，请直接写出线段的长度． 参考答案 1．C 【分析】本题考查特殊四边形的判定与中点四边形的性质，根据特殊四边形的判定定理，结合三角形中位线的性质逐个判断选项即可． 【详解】解：选项A、矩形四个角为直角且对边相等，若邻边相等，则四边形四边相等且四个角为直角，因此邻边相等的矩形是正方形，说法正确，不符合题意； 选项B、对角线相等的平行四边形是矩形，是矩形的判定定理，说法正确，不符合题意； 选项C、由于顺次连接任意四边形各边中点，所得四边形是平行四边形，菱形的对角线互相垂直，则所得平行四边形的四个内角都是直角，因此，顺次连接菱形各边中点所得四边形是矩形，不是菱形，说法错误，符合题意； 选项D、矩形对角线相等且互相平分，若对角线再互相垂直，符合正方形的判定，因此对角线互相垂直的矩形是正方形，说法正确，不符合题意． 2．C 【分析】根据菱形的性质，进行判断即可. 【详解】解：菱形的对角线相交于点， 则平分，，，不能得到. 故只有C选项符合题意. 3．D 【分析】利用矩形性质得出，，再利用勾股定理求出，再利用直角三角形斜边性质即可求解． 【详解】∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵点O是对角线上的中点， ∴． 4．A 【分析】利用菱形的性质和勾股定理求出的长，再利用等面积法建立等式求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：． 5．D 【分析】根据折叠的意义，结合对角线互相垂直平分的四边形是菱形求解即可； 【详解】解：根据题意，得折叠后的四边形满足了对角线互相垂直平分， 故四边形是菱形． 6．C 【分析】连接，由轴对称的性质可得，求出；设，则，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】解：如图所示，连接， 由轴对称的性质可得， ∵正方形的边长等于4， ∴， ∵点是边的中点， ∴； 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴． 7．D 【分析】过点作于，先证和全等，得，进而可证，设，则，由勾股定理得，由三角形的面积公式可得，进而可求出，然后证和全等，得，进而得，由此得，据此可得，根据余角性质得出，根据三角形外角的性质得出，即可得出答案． 【详解】解：过点作于，如图所示： 四边形为正方形， ，， ∵， ∴， ∴，， 为的中点， ， ∵，， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 由三角形的面积公式得：， ， 在中，由勾股定理得：， ，， ，， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ， 为的垂直平分线， ， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 8． 【分析】根据题意求出菱形的边长，再结合等边三角形性质和判定推出较短对角线与菱形的一组邻边构成一个等边三角形，利用等边三角形性质和菱形性质求解，即可解题． 【详解】解：菱形的周长是20， 菱形的边长是， 一条较短的对角线长是5， 如图，可得， 为等边三角形， ， ， 该菱形较大的内角是． 9．8 【分析】根据勾股定理得出，根据中位线的性质得出，根据斜边上的中线等于斜边一半得出，最后求出结果即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵点分别是的中点， ∴， ∵，为直角三角形， ∴， ∴． 10． 【分析】设点B的坐标为，根据长方形的性质求出长，利用求出的长，进而得出点C的坐标，代入即可求解． 【详解】解：设点B的坐标为，其中， 四边形是长方形，点、在x轴上 ， 轴、轴、轴， ， 点C的纵坐标为 ， ， ， 点C的横坐标为， 点C的坐标为， 将点代入得：， 解得． 11．10 【分析】过点作平行于的直线、过点作垂直于的直线，两直线相交于点，在直线上取点，使，连接，，首先证明四边形是矩形，可得，再证明，可得，利用勾股定理求得即可得的长． 【详解】解：如图，过点作平行于的直线、过点作垂直于的直线，两直线相交于点，在直线上取点，使，连接，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，， ∴． 12． 【分析】由点的坐标得到和的长，根据勾股定理求出，由折叠得到，，设，根据勾股定理计算即可． 【详解】解：∵点的坐标为， ∴，， ∴在中，， ∵将沿翻折，点的对应点恰好落在边上， ∴，， ∴， ∴在矩形中，，，， 设，则， ∵在中，， ∴， 解得， ∴， ∴点的坐标为． 13． / 【分析】当时，有最小值，由正方形的性质可得，进而求出此时，即可得出结果． 【详解】解：∵四边形是正方形，且边长为8， ∴，， ∵， ∴， 当时，有最小值，即有最小值， 此时，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴的最小值是． 14． 3 //1.5 【分析】（1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解， （2）根据中位线的性质求解即可． 【详解】解：（1）正方形的边长为， ， ； （2）∵， ∴为的中点， ∵为的中点， ∴为的中位线， ． 15．(1)作图见解析，证明见解析 (2) 【分析】（1）作的平分线，交于点E，则点E为所求．根据角平分线和平行线的性质得到，得到，从而得到，即可证明四边形是菱形； （2）根据菱形的性质得到，，，从而根据勾股定理求出，进而得到的长，最后根据直角三角形斜边上中线的性质即可求解． 【详解】（1）解：如图，点E为所求． 理由如下：∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形． （2）解：如图， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∵，， ∴． 16．(1)见解析 (2)28 【分析】（1）根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可证明四边形是平行四边形，根据三角形外角的性质和已知条件可证明，得到，则可证明，据此可证明结论； （2）根据矩形的性质可得，利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ， ∴四边形的周长． 17．(1)见解析 (2) 【分析】（1）由菱形的性质得出是的中位线，进而得出四边形是平行四边形，再由垂直可得四边形是矩形； （2）由已知条件得出，再由菱形的性质得出、、、的面积相等，从而得出菱形的面积． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， 是的中点， ， ，， ，， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形； （2）解：由（1）可知，四边形是矩形，是的中位线， ，， ， ， 四边形是菱形， ，，， ， ， 菱形的面积为． 18．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定；解题的关键是利用正方形的性质，结合全等三角形与特殊四边形的判定定理进行推理论证． （1）利用正方形对边平行的性质，结合，证明一组对边平行且相等，从而判定四边形是平行四边形； （2）先利用正方形的对称性或全等三角形证明对角线互相平分，再结合正方形对角线的性质，证明对角线互相垂直，从而判定四边形是菱形． 【详解】（1）证明：∵ 四边形是正方形， ∴ ，， ∵ 点、分别在、上， ∴ ， 又∵ ， 在和中， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ，即， 又∵ ， ∴ 四边形是平行四边形． （2）解：连接,设与相交于点O. ∵ 四边形是正方形， ∴ 垂直平分，即，， 由（1）知四边形是平行四边形， ∴ ， ∴ ， 在和中， ∴ ， ∴ ， 又∵ ， ∴ 四边形是平行四边形， 又∵ ，即， ∴ 四边形是菱形． 19．(1)证明见解析； (2)①证明见解析； ②，理由见解析． 【分析】（1）结合题意推得，，即可证四边形是正方形； （2）①由旋转性质可得，结合等边对等角得，综合可得，即可得证； ②连接，由推得，再利用边角边证明，得到，再结合勾股定理得，综合可得． 【详解】（1）证：依题意得：，，，， ，， 四边形是矩形， 又， 四边形是正方形； （2）①证：由旋转性质可得， ， 正方形中，，， ， ， ； ②，理由如下： 连接， ， ，， 由（1）得， ， 在和中， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查的知识点是正方形的判定、旋转的性质、等边对等角、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 20．(1)①证明见解析； ②； (2)，证明见解析； (3)． 【分析】（1）①结合正方形性质推得，，利用角边角即可证明； ②结合全等三角形性质得，再结合正方形性质推得，由勾股定理得，即可推得； （2）连接，延长交于点，结合矩形性质，利用角边角证明，再由全等三角形性质得，，再由垂直平分线性质得，最后结合勾股定理即可证明； （3）过点作，延长交于点，连接、，利用角边角证明，由全等三角形性质得，，再由垂直平分线性质得，设，则，利用勾股定理得方程，解方程即可． 【详解】（1）解：①正方形中，，， 正方形中，， ，， ， 即， 在和中， ， ； ②解：，理由如下： ， ， 正方形中，，， ， 即， 中，， ； （2）解：，理由如下： 连接，延长交于点， 点是矩形的中心， ， 矩形中，，， ， 在和中， ， ， ，， 矩形中，， 垂直平分， ， 中，， ； （3）解：如下图：，， ， 过点作，延长交于点，连接、， ， 点是边的中点，，，， ，， 在和中， ， ， ，， 又， 即垂直平分， ， 中，， 中，， ， 设，则， 有， 解得， ． 学科网（北京）股份有限公司 $