华东师大版（2024）八年级下册第19章 矩形、菱形与正方形19.3 正方形巩固练习

这是一份华东师大版（2024）八年级下册第19章 矩形、菱形与正方形19.3 正方形巩固练习，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图1，正方形ABCD中，动点P从点B出发，在正方形的边上沿B→C→D的方向匀速运动到点D停止，设点P的运动路程为x，，图2是点P运动时y随x变化的关系图像，根据图中的数据，（ ）
A．B．4C．D．
2．如图，在长方形中，，分别为，边上的点，为的中点，且，，，，则的长为（ ）

A．5B．10C．25D．20
3．如图，中，，，要判定四边形DBFE是菱形，可添加的条件是（ ）
A．B．C．D．BE平分
4．如图，正方形中，，E为中点，两个动点M和N分别在边和上运动，且，若与以D、M、N为顶点的三角形相似，则（ ）
A．B．C．或D．或
5．下列命题中正确的是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形．
B．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
6．如图，四边形ABCD中，AD=DC，，，若四边形ABCD面积为，则DE的长为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，已知点P是正方形对角线BD上一点，且，则的度数为（ ）
A．30°B．C．D．
8．如图，矩形的对角线相交于点，过点作，交于点，连接，若，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
9．如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，，两点的坐标分别为，，则菱形的面积为（ ）

A．24B．48C．D．
10．在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且OA=OC，OB=OD．如果再增加条件AC=BD，此四边形一定是（ ）
A．正方形B．矩形C．菱形D．都有可能
11．如图，正方形纸片ABCD的边长为15，E、F分别是CD、AD边上的点，连接AE，把正方形纸片沿BF折叠，使点A落在AE上的一点G，若CE＝7，则GE的长为（ ）

A．3B．C．4D．
12．如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=5过对角线交点O作OE⊥AC交AD于E则AE的长是（ ）
A．1.6B．2.5C．3D．3.4
二、填空题
13．如图，正方形ABCD的边长为4，E是BC延长线上一点，P是∠DCE平分线上任意一点则△PBD的面积是 ．
14．如图，直线AB的解析式为y＝2x+5，与y轴交于点A，与x轴交于点B，点P为线段AB上的一个动点，作PE⊥y轴于点E，PF⊥x轴于点F，连接EF，则线段EF的最小值为 ．
15．如图，E为矩形的边上一点，将矩形沿折叠，使点B恰好落在上的点F处，若，，则 ．
16．如图，正方形ABCD中，点E为对角线AC上一点，且AE=AB，则∠BEA的度数是 度．
17．如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且OA=OC，OB=OD．请你添加一个适当的条件： ，使四边形ABCD成为菱形．
三、解答题
18．如图，在四边形中，平分．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)过点作，交的延长线于点，若
①求菱形的面积．
②求四边形的周长．
19．如图，O为矩形的对角线的交点，过O作分别交AD、于点F、E，若，，求四边形的面积．
20．菱形的周长为8，，以为腰，在菱形外作底角是的等腰三角形，连结，.请画出图形，并计算出的面积．
21．如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，且四边形BEDF为正方形．
(1)求证；
(2)已知平行四边形ABCD的面积为，．求的长．
22．如图，把两个大小完全相同的矩形拼成“L”形图案，求的度数．
23．如图，在△ABC中，AB=AC，D是边BC上的一点，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别是E、F，EF∥BC．
（1）求证：△BDE≌△CDF；
（2）若BC=2AD，求证：四边形AEDF是正方形．
24．如图，在中，分别为的中点，，延长交的延长线于点N，连接．
(1)证明：四边形是菱形；
(2)若，判断四边形的形状，并说明理由．
《第十九章矩形、菱形与正方形》参考答案
1．B
【分析】根据函数图像得到PA=，根据正方形的性质求出AB=BC=2，由此得到a=4．
【详解】解：由图像得，当点P运动到点C时，
PA-PC=，即PA=，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=2，
当点P运动到点D停止，此时a=4，
故选：B．
【点睛】此题考查了函数图像的判断，正方形的性质，正确理解函数图像与图形的关系是解题的关键．
2．A
【分析】已知F为BC的中点,得BF=FC=2,根据已知条件利用勾股定理分别能得出EF,FG的值，因为EF⊥FG，再利用勾股定理即可得EG的值.
【详解】解：∵四边形是长方形，
∴．
∵为的中点，，
∴，
∴，．
∵，
∴，则．
故选：A．
【点睛】本题考查的是勾股定理的综合应用，在直角三角形中，如果已知两条直角边，则可以求出第三条直角边.
3．D
【分析】当BE平分∠ABC时，四边形DBFE是菱形，可知先证明四边形BDEF是平行四边形，再证明BD=DE即可解决问题．
【详解】解：当BE平分∠ABC时，四边形DBFE是菱形，
理由：∵DE∥BC，
∴∠DEB=∠EBC，
∵∠EBC=∠EBD，
∴∠EBD=∠DEB，
∴BD=DE，
∵DE∥BC，EF∥AB，
∴四边形DBFE是平行四边形，
∵BD=DE，
∴四边形DBFE是菱形．
其余选项均无法判断四边形DBFE是菱形，
故选：D．
【点睛】本题考查菱形的判定、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
4．D
【分析】根据条件求出，再根据相似三角形的性质求解即可；
【详解】∵为中点，
∴．
由勾股定理得，，
当时，，即，解得；
同理，当时，，
∴为或．
故选D．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的性质，准确计算是解题的关键．
5．B
【分析】分别根据矩形、正方形、菱形、平行四边形的判定定理逐项判断即可求解．
【详解】解：A. 对角线相等的平行四边形四边形是矩形，故原选项错误，不合题意；
B. 对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故原选项正确，符合题意；
C. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原选项错误，不合题意；
D. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故选项错误，不合题意．
故选：B
【点睛】本题考查矩形、正方形、菱形、平行四边形的判定定理，熟知相关图形的判定定理是解题关键．
6．C
【分析】先作BC的垂线，交BC的延长线与F，再证明△ADF≌△CDF，然后可得答案．
【详解】解：过点D作BC的垂线，交BC的延长线与F，
∵，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠DCF+∠BCD=180°，
∴∠A=∠FCD，
∵，
∴∠AED=∠F=90°，
∵AD=DC，
∴△ADE≌△CDF，
∴DE=DF，
∴四边形ABCD的面积=正方形DEBF=16，
∴DE=4．
故选C
【点睛】本题考查了三角形全等，掌握三角形全等的判定是解决本题的关键．
7．C
【分析】本题主要考查正方形的性质、等腰三角形的性质和三角形内角和定理，根据正方形性质得，结合等腰三角形的性质得，即可求得答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴．
∵，
∴，
∴．
故选：C．
8．A
【分析】根据矩形的性质求出的度数，从而得到的度数，再根据垂直平分线的性质得到，最后求出的度数．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，，，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴GO是AC的垂直平分线，
∴，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查矩形的性质，垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握这些性质定理，并结合题目条件进行证明．
9．B
【分析】计算出的面积即可求解．
【详解】解：∵，两点的坐标分别为，
∴
∴
∵四边形是菱形
∴
故选：B
【点睛】本题考查菱形面积的求解．抓住是解题关键．
10．B
【详解】∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形．
故选B．
11．B
【分析】由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，先证△ABF≌△DAE，推出AF的长，再利用勾股定理求出BF的长，最后再Rt△ADF中利用面积法可求出AH的长，可进一步求出AG的长，GE的长．
【详解】∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=15，∠BAD=∠D=90°，
∵CE=7，
∴DE=15-7=8，
由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，
∴BF⊥AE，AH=GH，
∴∠BAH+∠ABH=90°，
又∵∠FAH+∠BAH=90°，
∴∠ABH=∠FAH，
在△ABF与△DAE中

∴△ABF≌△DAE(ASA)，
∴AF=DE=8，BF=AE，
在Rt△ABF中，
BF===17,
∴15×8=17AH，
∴AH=，
∴AG=2AH=
AE=BF=17，
∴GE=AE-AG=17-=．
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，面积法求线段的长度等，解题关键是能灵活运用正方形的性质和轴对称的性质．
12．D
【详解】解：连接EC，由矩形的性质可得AO=CO，
又因EO⊥AC，则由线段的垂直平分线的性质可得EC=AE，
设AE=x，则ED=AD-AE=5-x，
在Rt△EDC中，根据勾股定理可得EC2=DE2+DC2，
即x2=（5-x）2+32，解得x=3.4．
故选D．
13．
【分析】根据题意，，进而可知△PBD的面积等于的面积，根据正方形的面积进而即可求得△PBD的面积．
【详解】四边形是正方形，
，，
是∠DCE的平分线，
，
，
，
正方形．
故答案为：．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，正方形的性质，平行线的性质，证明是解题的关键．
14．
【分析】根据题意可以判断出四边形是矩形，连接，则有,在中，当时，有最小值，即可得到结果．
【详解】解：连接，如下图：
∵轴于点E，轴于点F
∴
又∵
∴四边形是矩形
∴
在中，当时，有最小值，如下图：
∵直线的解析式为：
∴令，则；令，则
即
∴
∴
∵
∴
∵
∴
即
故答案为：
【点睛】本题考查矩形的判定，直角三角形勾股定理，等面积法等相关知识点，根据知识点内容解题是关键．
15．
【分析】由矩形和折叠性质可得BC=FC=AD=3，利用勾股定理求CD的长，从而得到AB的长，设BE=EF=x，则AE=AB-x，DE=DF+x，然后在Rt△ADE中根据勾股定理列方程求x的值，从而可求CE的长度．
【详解】解：由矩形和折叠性质可得BC=FC=AD=3，∠DFC=∠EFC=∠B=90°
∴在Rt△DCF中，
∴AB=CD=5
设BE=EF=x，则AE=5-x，DE=4+x
∴在Rt△ADE中，
解得：x=1
∴BE=1
∴在Rt△CBE中，
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质及勾股定理解直角三角形，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
16．67.5．
【分析】根据正方形的性质可得∠BAC=45°，由AE=AB根据等腰三角形的性质进行求解即可得.
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∵AC是对角线，
∴∠BAC=∠BAD=45°，
∵AE=AB，
∴∠BEA=（180°-∠BAC）÷2=67.5°，
故答案为67.5.
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质等，熟练掌握正方形的性质是解题的关键.
17．AB=AD.
【分析】由条件OA=OC，AB=CD根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形ABCD为平行四边形，再加上条件AB=AD可根据一组邻边相等的平行四边形是菱形进行判定．
【详解】添加AB=AD，
∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
故答案为AB=AD．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
18．(1)见解析
(2)①，②
【分析】(1)根据平行线的性质可知角相等，再根据角相等即可求得边平行且相等，最后根据邻边相等的平行四边形是菱形即可求得结论；
(2) ①根据余角的性质可知角相等，再根据勾股定理求出，最后根据面积关系求出四边形的面积；②根据①的结果直角求出四边形的周长即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴且，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形 是菱形．
（2）解：①∵菱形中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
② ∵，，，
∴四边形的周长：，
【点睛】本题考查了菱形的判定性质，余角的性质，勾股定理，正确运用菱形判定和性质是解题的关键．
19．
【分析】根据题意可证，则有，可得四边形为菱形，设，可得CE和，利用勾股定理即可求得，进一步得到菱形的面积．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，．
又∵，
∴，
∴，
即与互相垂直平分，
∴四边形为菱形，
∴．
设，则，．
在中，，即，解得．
∴．
即四边形的面积为．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质以及勾股定理，解题的关键是熟知菱形的判定和性质．
20．见解析，的面积为2或.
【分析】分两种情况进行讨论：当∠ABE=90°时，∠EAB=∠ABC=45°；当∠BAE=90°时，作CF⊥AB于F，连接EF，分别根据等腰直角三角形的性质以及平行线的性质，进行计算即可得到△ACE的面积．
【详解】∵，且，∴.
(1)如图①，当，时，，
∴，∴.
∵菱形的周长为8，∴，∴；
(2)如图②，当，时，过点作于点，连结，
则，
∴，∴.
∵菱形的周长为8，∴.
中，，∴，
∴，∴.
综上所述，的面积为2或.
【点睛】本题主要考查了菱形的性质以及等腰直角三角形的性质的运用，解决问题的关键是画出图形，运用分类思想以及化归思想进行求解．
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）直接根据已知条件证明和全等即可得出答案．
（2）由平行四边形的面积公式求出，然后即可得出答案．
【详解】（1）四边形是正方形，是平行四边形，
，，，
在和中，
，
，
；
（2）由题意可知：，
，
，
，，
由（1）得．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、正方形的性质及三角形全等的判定，解题的关键是熟练掌握相关性质并能灵活运用．
22．，．
【分析】根据两个大小完全相同的矩形可证得△ADC≌△CGF，从而利用对应边相等，对应角相等即可解决问题．
【详解】解：由题可知，CD=GF，AD=CG，∠ADC=∠CGF=90°，
∴在△ADC与△CGF中，
,
∴△ADC≌△CGF（SAS），
∴∠DAC=∠GCF，
又∵∠ADC=90°，
∴∠DAC+∠DCA=90°，
∴∠DCA+∠GCF=90°，
∴；
∵△ADC≌△CGF，
∴AC=FC，
∴∠CAF=∠AFC，
∴．
因此，．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，找到全等三角形是解题的关键．
23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【详解】试题分析：
（1）用ASA证明△BDE≌△CDF；
（2）由BC=2AD，得∠BAC=90°，从而四边形AEDF是矩形，再由AE=AF即可得证.
试题解析：
证明：（1）∵AB=AC，∴∠B=∠C，
∵EF∥BC，∴∠AEF=∠B，∠AFE=∠C，∴∠AEF=∠AFE，
∴AE=AF，∴BE=CF，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠AED=∠AFD=90°，
在△BED和△CFD中，
，
∴△BDE≌△CDF．
（2）∵△BDE≌△CDF，∴BD=DC，DE=DF，
∵BC=2AD，∴AD=BC，∴∠BAC=90°，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠EAF=∠AED=∠AFD=90°，∴四边形AEDF是矩形，
∵AE=AF，∴四边形AEDF是正方形．
24．(1)证明见详解
(2)是正方形，理由见详解
【分析】（1）由平行四边形的性质可得，可得，可证，可得，可证四边形是平行四边形，由直角三角形的性质可得，可得四边形是菱形；
（2）由菱形的性质可得，可得，则四边形是正方形．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵E为中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，M为的中点，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：四边形是正方形，理由如下：
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴菱形是正方形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定，直角三角形斜边中线的性质，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
D
D
B
C
C
A
B
B
题号
11
12








答案
B
D