第5章特殊平行四边形 期末复习综合练习题 2025-2026学年浙教版八年级数学下册

**基本信息** 以特殊平行四边形定义、性质、判定为核心，通过辨析、计算、证明、探究构建从基础到综合的方法体系，强化逻辑推理与几何直观。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|单选1-7|定义判定法（如正方形判定条件）|从平行四边形到特殊四边形的概念递进| |性质应用|填空8-14|勾股定理与面积法（如菱形对角线计算）|性质（边、角、对角线）的直接与间接应用| |综合探究|解答15-20|旋转全等与动态转化（如正方形中旋转问题）|判定与性质结合，静态证明到动态最值拓展|

2025-2026学年浙教版八年级数学下册《第5章特殊平行四边形》 期末复习综合练习题（附答案） 一、单选题 1．下列命题中是假命题的是（   ） A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 B．四条边相等的四边形是菱形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 2．如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，顶点A，C的坐标分别是，，点在轴上，则菱形的顶点的坐标是（   ） A． B． C． D． 3．如图，在矩形中，对角线相交于点，延长到点，使，连接．下列两条线段的数量关系中一定成立的是（     ） A． B． C． D． 4．如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（     ） A． B． C． D． 5．如图，延长矩形的边至点，使，连接，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 6．如图，为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到，延长交于点，连接．则的长为（   ） A． B． C．4 D． 7．正方形中，F正方形边上一个动点，连接交对角线于点E，过点E作，，垂足分别为M，N，连接，过E作交于H，下列说法：①四边形的周长是一个固定值；②；③存在某个F点，使得四边形是菱形；④；⑤当F运动到的中点时，；正确的有（    ） A．①②③ B．①③④ C．①②⑤ D．①②④⑤ 二、填空题 8．已知在菱形中，对角线的长为10，对角线的长为24，则的长为___________． 9．如图，在矩形中，，，为对角线的中点，为边上一点，连接，取的中点，连接，若，则的长为________． 10．如图，在矩形中，，，点是对角线上一动点，过点分别作的垂线，垂足分别为点，连接，则的最小值为___________ ． 11．如图，点E在正方形的边的延长线上，，相交于点F，连接．设，则______（用含的代数式表示）． 12．如图，在边长为2的正方形中，已知点、分别在边和上（点不与、两点重合）．连接、、，其中，，求的面积________． 13．如图，在菱形中，，动点A在对角线上，点B是边的中点，设的长度为x，，变量y是变量x的函数，当变量x取最大值时，函数y有对应值为9，当变量时，函数y有对应最小值为n，则n的值为______． 14．如图，在正方形中，点，分别是边，的中点，连接，，点，分别是，的中点，连接．若，则的长度为________． 三、解答题 15．在矩形中，为边上的一点，连接，． (1)用尺规完成以下基本作图：过点作垂直于点，交于点，连接；（不写作法，保留作图痕迹） (2)证明：四边形为菱形． 证明：∵四边形是矩形， ∴①________， ∴ ∵， ∴②________， ∴ ∴ 又∵ ∴ 即且． ∴四边形为③________， 又∵， ∴四边形为菱形．（④________）． 16．如图，在菱形中，对角线，交于点，过点作的垂线，垂足为点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求四边形的面积． 17．如图，在菱形中，对角线、相交于点，过点作，且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，矩形的周长为14，求的长． 18．问题解决： 在正方形中，为上一动点，连接交对角线于点． (1)连接，如图1，求证：； (2)如图2，过点作交于点，连接交于点； ①求的度数；②直接写出、、三条线段的关系； 拓展探究： (3)如图3，矩形中，，当，时，则__________． 19．【问题提出】 如图1，点E是菱形边上的一点，是等腰三角形，，，交于点G，探究与的数量关系． 【问题探究】 (1)先将问题特殊化，如图2，当时，求的度数； (2)再探究一般情形，如图1，求的度数；（用含的代数式表示） 【问题拓展】 (3)如图3，当，时，若点E为边的中点，请求出的面积． 20．【综合与实践】 【课本再现】人教版九年级上册数学教材第60页有一例题：点是正方形中边上任意一点，以点为中心，把顺时针旋转，画出旋转后的图形．由作图过程可以得出．由此，老师进行了延伸拓展，与同学们一起探究． (1)如图1，在正方形中，点，分别是，边上的动点，．把绕点顺时针旋转至，试探究，，之间的关系？并说明理由； 【类比探究】 (2)如图2，在四边形中，，，，以点为顶点的，，与，边分别交于，两点．你认为（1）的结论是否依然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； 【拓展提升】 (3)如图3，在中，，，点，是边上的两点，且．请写出，，之间的关系，并说明理由； (4)如图4，在菱形中，，点，分别是边，上的动点（不与端点重合），且，连接分别与边，交于点，，当时，求证： 参考答案 1．D 【分析】根据平行四边形及特殊四边形的判定定理，逐一判断各命题的真假即可得到结果． 【详解】解：A选项，对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，符合正方形的判定定理，是真命题，不符合题意． B选项，四条边相等的四边形是菱形，符合菱形的判定定理，是真命题，不符合题意． C选项，对角线相等的平行四边形是矩形，符合矩形的判定定理，是真命题，不符合题意． D选项，一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，不一定是平行四边形，因此该命题是假命题，符合题意． 2．C 【分析】利用菱形的性质得到对角线垂直平分对角线，求得点A，C的中点坐标是，据此即可求得点的坐标． 【详解】解：如图，连接，， ∵顶点A，C的坐标分别是，， ∴轴， ∵四边形是菱形， ∴对角线垂直平分对角线， ∴顶点A，C的中点坐标是即， ∴点的坐标是． 3．B 【分析】由矩形的性质得，，证明四边形是平行四边形得，进而可证B正确，无法证明A，C，D正确． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，． ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，故B正确； 无法证明，，，故A，C，D不一定正确． 4．D 【分析】根据勾股定理求得，进而得出，进而根据等面积法，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，，，， 在中，， ∴， ∵菱形的面积为， ∴． 5．A 【分析】连接交于O，由矩形性质可得、，知，而，可得度数． 【详解】解：连接交于O， 四边形是矩形， ，，，， ， ∵，，， ∴， ∴ ， ， ， ， ， ． 6．B 【分析】由旋转得，，可得出四边形为正方形，可得．在中，由勾股定理得，，则．在中，由勾股定理得，，进而可得答案． 【详解】解：由旋转得， 四边形为矩形， 四边形为正方形， 在中，由勾股定理得，， 在中，由勾股定理得，． 7．D 【分析】证明是等腰直角三角形，得到，证明四边形是矩形，得到，，即可判断①；连接，证明，得到，然后由矩形的性质得到，即可判断②；根据题意直角三角形斜边大于直角边得到，即可得到四边形不可能是菱形，进而判断③；延长交于点G，推出，证明四边形是正方形，得到，证明，得到，然后证明四边形是平行四边形，推出，然后等量代换得到，即可判断④；当F运动到的中点时，设，则然后根据等面积法表示出，然后得到即可判断⑤． 【详解】解：①∵四边形是正方形 ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形 ∴ ∵ ∴四边形是矩形 ∴， ∴四边形的周长，是定值，故①正确； ②如图，连接， ∵四边形是正方形 ∴， 又∵ ∴ ∴ ∵四边形是矩形 ∴ ∴，故②正确； ③∵四边形是矩形 ∴ ∴在中， ∴四边形不可能是菱形，故③错误； ④如图，延长交于点G ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 又∵， ∴四边形是矩形 ∵ ∴四边形是正方形 ∴ ∴，即 ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形 ∴ ∵ ∴，故④正确； ⑤当F运动到的中点时， 设，则 ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵四边形是矩形 ∴ ∴ ∴，故⑤正确． 综上所述，正确的有①②④⑤． 8．13 【分析】根据菱形的性质得出相关线段的长度和直角三角形，然后利用勾股定理求解． 【详解】解：如图所示， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， 由勾股定理得． 9． 3 【分析】取中点，连接和，可得分别为和中位线，利用中位线定理可证得三点共线，求出后，组合计算即可． 【详解】解：取中点，连接和， 在矩形中， ， ，， ， 为对角线的中点，为的中点，为中点， 分别为和中位线， ，且， 三点共线， ． 10． 【分析】连接，由矩形的性质可得四边形是矩形， 即得，可知要求的最小值，就是要求的最小值，当时，取最小值，由勾股定理得，再根据三角形的面积求出即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴当有最小值时，取最小值， 当时，取最小值， 在中，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为． 11． 【分析】由，可知，利用三角形外角和定理，得到，则，又由，即可求解． 【详解】解：如图， 连接，交于点， ∵四边形是正方形， ∴，，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵是的一个外角， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 12． 【分析】将绕着点顺时针旋转90度得到，证明，得到，设，则，在中利用勾股定理求出的值，求出的面积即可. 【详解】解：∵边长为2的正方形， ∴， 绕着点顺时针旋转90度得到， 则，，，， ∴三点共线， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理，得， 解得或（舍去）， ∴， ∴. 13． 【分析】根据题意的值最大，此时点A，E重合，，则，连接，则，当点共线时，取到最小值，最小值为的值，是等边三角形，根据三线合一，含30度角的直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：设的长度为x，当变量x取最大值时，即的值最大， ∴此时点A，E重合，即，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴，则， ∵四边形是菱形， ∴， 如图所示，连接，则， ∴点N关于的对称点为， ∴， ∴， ∵， ∴当点共线时，取到最小值，最小值为的值， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 在中，， ∴， ∴n的值为 ． 14． 【分析】连接并延长交于点P，连接，根据正方形的性质得到，进而证明，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理求出，最后利用三角形的中位线定理即可求解． 【详解】解：如图，连接并延长交于点P，连接， ∵四边形为正方形， ∴， ∵点，分别是边，的中点， ∴， ∵， ∴， ∵点H为的中点， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点，分别是，的中点， ∴. 15．(1)见解析 (2)①；②；③平行四边形；④有一组邻边相等的平行四边形是菱形 【分析】（1）根据垂线的基本作图，解答即可； （2）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可． 【详解】（1）解：根据垂线的基本作图，作图如下： 则点O，点H即为所求； （2）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴ ∴ 又∵ ∴ 即且． ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形为菱形．（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）． 16．(1)证明：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形 (2) 【分析】（1）由题意易得，然后可得，进而可得，最后问题可求证； （2）由题意易得，然后根据菱形的面积公式可进行求解． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 17．(1)见解析 (2)6或8 【分析】（1）先证明是平行四边形，根据四边形是菱形得出，即可证明四边形是矩形； （2）根据菱形的性质得出，，在中，由勾股定理可得：或，根据菱形的性质即可求得的长． 【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）四边形是菱形， ， ∵矩形的周长为14 在中，由勾股定理可得： ，即 解得：或 在菱形中， 的长为6或8 18．(1)见解析 (2)①；② (3) 【分析】（1）根据正方形的性质得，再根据“边角边”证明，然后根据全等三角形的对应边相等得出答案； （2）①解：连接，再证明，可得，．然后根据四边形的内角和定理及等角的补角相等得，进而得出，最后根据等边对等角得出答案； ②将绕点A顺时针旋转得到，再根据正方形的性质证明，可得，然后根据勾股定理得出答案； （3）将绕点A顺时针旋转得到，再根据旋转的性质和矩形的性质证明，可得，然后延长交于点K，过点E作，于点L，可得四边形是正方形，四边形是矩形，进而得出，接下来结合等腰三角形的性质和正方形的性质说明，最后根据勾股定理得出答案． 【详解】（1） 证明：四边形是正方形，是对角线， ∴. ∵是公共边， ， ∴； （2）①解：连接， 四边形是正方形，是对角线，，， 在和中， ， ， ∴，． ， ， ∴， ∴ ∵， ∴， ， ， ， . ， ∴ ， 即； ②． 将绕点A顺时针旋转得到， ∴． ∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴， ∴，即． ∵， ， ∴， ∴． ∵， ∴． 在中，，即； （3）． 将绕点A顺时针旋转得到， ∴． ∵四边形是矩形 ∴． ∵， ∴， ∴，即． ∵， ∴， ∴． 延长交于点K，过点E作，于点L， ∵， ∴四边形是正方形，四边形是矩形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 即， 解得， ∴． 在中，根据勾股定理，得， ∴． 【点睛】 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）过点作交的延长线于H，证明即可得出结论． （2）在上截取，使，连接，证明，通过边和角的关系即可证明． （3）过点作的垂线交的延长线于点，在上截取，使，连接，作于点M．由（2）知，，通过证明，进一步可得答案. 【详解】（1）解：过点作交的延长线于H， ∵， ，， ， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ， ，， ∵菱形， ∴， ， ， ． （2）解：在上截取，使，连接． ，， ． ， ． ． ∵菱形，， ，， ，， ． ∴， . （3）解：如图，过点作的垂线交的延长线于点，在上截取，使，连接，作于点M． 由（2）得：， ∴， ∵菱形，，点E为边的中点， ∴，， ∴，， 同理：， ，， ∴，， ，，， ∴， 结合（2）可得：， ， ， ∴ ， ∴. 20．(1)，理由见解析 (2)结论依然成立，理由见解析 (3)，理由见解析 (4)见解析 【分析】（1）先推导出，，，继而证明出，得到，则，再根据，得到，即可解答； （2）将绕点逆时针旋转，使与重合，得到，先推导出，得到F、D、G三点共线，求出，继而推导出，得到，则，再根据，得到，即可解答； （3）将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，连接，先推导出，，，，，再根据，得到，则，根据勾股定理，得到，则； （4）将绕点逆时针旋转，使与重合，得到，连接HN，先推导出，继而证明，得到，，，可推导出，由勾股定理得到，则，即可解答． 【详解】（1）解：，理由如下： 由旋转性质得， ∴，，． ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． （2）解：结论依然成立，理由如下： 将绕点逆时针旋转，使与重合，得到，如图 由旋转性质得， ∴，，，， ∵， ∴， ∴F、D、G三点共线． ∴， ∵， ∴． ∴，即． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． （3）解：，理由如下： 将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，连接，如图 由旋转性质得， ∴，，，， ∵，， ∴， ∴， ∴，即是直角三角形． ∴， ∵， ∴． ∴，即． ∵， ∴， ∴， ∴． （4）证明：将绕点逆时针旋转，使与重合，得到，连接，如图 ∵四边形是菱形， ∴，，为对角线， ∴． 由旋转性质得， ∴，，， ． ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，，， ∴， ∴． ∵， ∴，即为直角三角形． 由勾股定理，得， ∴． 学科网（北京）股份有限公司 $