2021-2022学年浙教版数学八下第五章特殊平行四边形 单元检测卷
一、单选题
1．（2021八上·浦口月考）下列关于的说法，错误的是（ ）
A．是无理数 B．面积为2的正方形边长为
C．是2的算术平方根 D．的倒数是﹣
【答案】D
【知识点】有理数的倒数；算术平方根；正方形的性质；无理数的认识
【解析】【解答】解：A、是无理数是正确的，不符合题意；
B、面积为2的正方形边长为是正确的，不符合题意；
C、是2的算术平方根是正确的，不符合题意；
D、的倒数是，原来的说法是错误的，符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据开方开不尽的数是无理数可判断A；根据正方形的面积=边长2可判断B；根据算术平方根的概念“一个正数x的平方等于a，则这个正数x就是a的算术平方根”可判断C；根据互为倒数的两数之积为1可判断D.
2．（2021八下·召陵期末）要判断一个四边形是否为矩形，下面是4位同学拟定的方案，其中正确的是 （ ）
A．测量两组对边是否分别相等
B．测量两条对角线是否互相垂直平分
C．测量其中三个内角是作都为直角
D．测量两条对角线是否相等
【答案】C
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：矩形的判定定理有①有三个角是直角的四边形是矩形，②对角线互相平分且相等的四边形是矩形，③有一个角是直角的平行四边形是矩形，
、根据两组对边分别相等，只能得出四边形是平行四边形，故本选项错误；
、根据对角线互相垂直平分得出四边形是菱形，故本选项错误；
、根据矩形的判定，可得出此时四边形是矩形，故本选项正确；
、根据对角线相等不能得出四边形是矩形，故本选项错误；
故答案为：C.
【分析】根据矩形的判定和平行四边形的判定以及菱形的判定分别进行判断，即可得出结论.
3．（2021八下·舞阳期末）在平面直角坐标系中，已知点P（a，a＋8）是第二象限一动点，另点A的坐标为（﹣6，0），则以下结论：①点P在直线y＝x＋8上；②﹣6＜a＜0；③若设△OPA的面积为S，当a＝﹣5时，S＝9；④过P作PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F，矩形OEPF的周长始终不变为16，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】三角形的面积；矩形的性质；点的坐标与象限的关系
【解析】【解答】解：当x=a时，y＝a＋8，故①正确；
∵点P（a，a＋8）是第二象限一动点，
∴ ，
∴ ，故②错误；
当a＝﹣5时，点P（-5，3），
∴△OPA的面积为S ，故③正确；
过P作PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F，
∴PE=a+8，PF=-a，
矩形OEPF的周长=2（-a+a+8）=16，故④正确，
故答案为：C.
【分析】根据直线上点的坐标特点判断①；根据第二象限内点的坐标特点判断②即可；根据a的值确定点P的坐标，利用公式求出△OPA的面积，即可判断③；利用矩形周长公式求出周长等于16，由此判断④.
4．（2021八下·镇海期末）如图，已知四边形 是矩形，点 在 上， ，点 在 上，且 与 交于点 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：设BM=CD=a，DN=CM=b，
∴BC=a+b，NC=a-b，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DCB=90°，
在Rt△DCM和Rt△BCN中，由勾股定理得，
，
，
，
故答案为：B.
【分析】由题意设BM=CD=a，DN=CM=b，则BC=BM+MC，NC=DC-DN，在Rt△DCM和Rt△BCN中，由勾股定理可将DM、BN用含a、b的代数式表示，再计算DM：BN即可求解.
5．（2021八下·召陵期末）菱形ABCD的边长为13cm，其中对角线BD长10cm，菱形ABCD的面积为（ ）
A．60cm2 B．120cm2 C．130cm2 D．240cm2
【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，设AC，BD的交点为E
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，BE＝DE＝5，AE＝CE
在Rt△ABE中，AE＝ ＝ ＝12
∴AC＝24cm
∴S菱形ABCD＝ AC×BD＝120cm2
故答案为：B.
【分析】由菱形的对角线互相垂直平分，可利用勾股定理求得AE或CE的长，从而求得AC的长；利用菱形的面积公式：两条对角线的积的一半求得面积.
6．（2021八下·长寿期末）已知菱形的周长为40 ，两条对角线的长度比为3：4，那么两条对角线的长分别为（ ）
A．6 ，8 B．3 ，4
C．12 ，16 D．24 ，32
【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】如图，
∵四边形ABCD是菱形，且菱形的周长为40cm，
∴AB= ×40=10(cm)，OA= AC，OB= BD，AC⊥BD，
∵AC：BD=3：4，
∴OA：OB=3：4，
设OA=3xcm，OB=4xcm，
∴AB= =5x(cm)，
∴5x=10，
解得：x=2，
∴OA=6cm，OB=8cm，
∴AC=12cm，BD=16cm.
故答案为：C.
【分析】由菱形的四边都相等和已知菱形的周长可求得菱形的边长，根据两条对角线的长度比为3：4可设OA=3xcm，OB=4xcm，然后在直角三角形ABO中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程可求解.
7．（2021八下·万州期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AC＝10，BD=4，EF为过点O的一条直线，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．5 B．6 C．8 D．12
【答案】A
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，
∴∠DAO＝∠BCO，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AEO≌△CFO（ASA），
∴S△AEO＝S△CFO，
∴图中阴影部分的面积＝S△BOC＝ S菱形ABCD＝ × ＝5，
故答案为：A.
【分析】由菱形的性质用角边角可证△AEO≌△CFO，由全等三角形的面积相等可得S△AEO＝S△CFO，于是S阴影部分=S△BOC＝S菱形ABCD可求解.
8．（2021八上·拱墅期中）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以△ABC的三边为边作正方形ABDE，正方形BCFG，正方形ACHI，AI交CF于点J.三个正方形没有重叠的部分为阴影部分，设四边形BGFJ的面积为S1，四边形CHIJ的面积为S2，若S1﹣S2＝12，S△ABC＝4，则正方形BCFG的面积为（ ）
A．16 B．18 C．20 D．22
【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：设BC＝a，AC＝b，AB＝c，
∵S1＝S正方形BCFG﹣S△ABC﹣S△ACJ，S2＝S正方形ACHI﹣S△ACJ，
∴S1﹣S2＝S正方形BCFG﹣S△ABC﹣S△ACJ﹣S正方形ACHI+S△ACJ＝S正方形BCFG﹣4﹣S正方形ACHI＝12，
∴S正方形BCFG﹣S正方形ACHI＝16，
即a2﹣b2＝16，
∵Rt△ABC中，∠BAC＝90°，
∴a2﹣b2＝c2，
∴c2＝16，
∴c＝4（负值已舍去），
∴S△ABC＝ bc＝2b＝4，
∴b＝2，
∴a2＝b2+c2＝16+22＝20，
∴正方形BCFG的面积为20.
故答案为：C.
【分析】设BC＝a，AC＝b，AB＝c，由图形可得S1＝S正方形BCFG-S△ABC-S△ACJ，S2＝S正方形ACHI-S△ACJ，根据S1-S2＝12可得a2-b2＝16，由勾股定理可得a2-b2＝c2=16，据此可得c的值，根据△ABC的面积可得b的值，据此求解.
9．（2021八上·苏州期中）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若（a+b）2＝21，小正方形的面积为5，则大正方形的面积为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】A
【知识点】完全平方公式及运用；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图所示：
∵（a+b）2=21，
∴a2+2ab+b2=21①，
∵小正方形的面积为5，
∴（a-b）2= a2-2ab+b2=5②，
①+②得：2a2+2b2=26，
∴大正方形的面积为a2+b2=13.
故答案为：A.
【分析】由已知条件可得(a+b)2=a2+2ab+b2=21，(a-b)2= a2-2ab+b2=5，两式相加可得a2+b2的值，即大正方形的面积.
10．（2021八上·雨城期中）在直线l上依次摆放着七个正方形，已知斜放置的三个正方形的面积分别是1，2，3，正放置的四个正方形的面积依次是S1，S2，S3，S4，则S1+S2+S3+S4=（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：由勾股定理的几何意义可知：S1+S2=1，S2+S3=2，S3+S4=3，S1+S2+S3+S4=4，
故答案为：A.
【分析】利用图形及勾股定理可得S1+S2=1，S2+S3=2，S3+S4=3，从而得出结论.
二、填空题
11．（2021八上·玉田期中）如图，把面积为5的正方形ABCD放到数轴上，使得正方形的一个顶点A与 重合，那么顶点B在数轴上表示的数是 ．
【答案】
【知识点】实数在数轴上的表示；正方形的性质
【解析】【解答】解：因为正方形ABCD面积为5
所以AB=
因为顶点A与 重合
所以B在数轴上表示的数是-1+
故答案为：
【分析】先根据正方形的性质求出AB的长，再根据数轴上两点之间的距离可得到点B表示的数。
12．（2021八上·达州期中）如图，以 的两条直角边和斜边为边长分别作正方形，其中正方形 、正方形 的面积分别为25、144，则阴影部分的面积为 .
【答案】139
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，∵正方形 、正方形 的面积分别为25、144，
∴正方形BCMN的面积为25+144=169，AB=5，AC=12
∴阴影部分的面积为169- ×5×12=169-30=139.
故答案为：139.
【分析】对图形进行点标注，根据正方形的性质以及勾股定理可得正方形BCMN的面积为25+144=169，AB=5，AC=12，然后根据S阴影=S正方形BCMN-S△ABC进行求解.
13．（2021八下·长寿期末）如图，在菱形ABCD中对角线AC、BD相交于点O，若AB=3，BD=4，则菱形ABCD的面积为 .
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解： 四边形ABCD是菱形， ，
，
，
，
，
则S菱形ABCD ，
故答案为： .
【分析】由菱形的性质用勾股定理可求得OA的值，再根据菱形的性质得AC=2OA可求解.
14．（2021八下·睢县期末）阅读下面材料：
在数学课上，老师提出如下问题：
尺规作图：作对角线等于已知线段的菱形. 已知：两条线段a、b. 求作：菱形AMBN，使得其对角线分别等于b和2a.
小军的作法如下：
如图 (1)画一条线段AB等于b； (2)分别以A、B为圆心，大于 AB的长为半径， 在线段AB的上下各作两条弧，两弧相交于P、Q两点； (3)作直线PQ交AB于O点； (4)以O点为圆心，线段a的长为半径作两条弧，交直线PQ于M、N两点，连接AM、AN、BM、BN.所以四边形AMBN就是所求的菱形.
老师说：“小军的作法正确.”
该上面尺规作图作出菱形AMBN的依据是
【答案】对角线互相平分的四边形是平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形.（本题答案不唯一）
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定
【解析】【解答】由作图可得AB与CD互相平分，所以四边形ACBD为平行四边形，
又AB与CD互相垂直，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形则可得平行四边形ABCD是菱形，
故答案为对角线互相平分的四边形是平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形.（本题答案不唯一）.
【分析】由作图可得AB与CD互相平分，根据平行四边形的判定定理可得四边形ACBD为平行四边形，然后结合AB与CD互相垂直以及菱形的判定定理进行解答.
15．（2021八上·北镇期中）长方形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，若AD＝5，点B的坐标为（﹣3，3），则点C的坐标为 ．
【答案】（2，3）
【知识点】点的坐标；矩形的性质
【解析】【解答】解：在长方形ABCD中，BC∥AD，
∴点B与点C的纵坐标相等，
设点 ，
∵AD＝5，
∴BC＝5，
∴ ，
∴C（2，3）；
故答案为（2，3）．
【分析】根据矩形的性质和坐标的特点解答即可。
16．（2021八上·陈仓期中）如图，在平面直角坐标系中， ， 两点的坐标分别为 ， ，连接 .点 在第二象限，若以点 ， ， 为顶点的三角形是等腰直角三角形，则点 坐标为 .
【答案】 或 或
【知识点】矩形的判定与性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵ ， 两点的坐标分别为 ，
∴ ，
1）如图，当 时，作 ， 轴，则
可得四边形 为矩形，
又∵
∴
又∵ ，
∴
∴ ，
设 ，则 ，解得
即
2）如图，当 时，作 轴，则
同理可证：
∴ ，
3）如图，当 时，作 轴，则
同理可证：
∴ ，
故答案为： 或 或 .
【分析】由点A、B的坐标可得OA=4，OB=3，当∠APB=90°时，作PE⊥OA，PD⊥y轴，则AP=PB，易得四边形PEOD为矩形，由同角的余角相等可得∠APE=∠BPD，证明△APE≌△BPD，得到PD=PE，AE=BD，设PD=a，则4-a=a-3，求出a的值，据此可得点P的坐标；当∠ABP=90°时，作PD⊥y轴，则PB=AB，同理可证：△PDB≌△BOA，得到PD=OB=3，BD=AO=4，据此可得点P的坐标；当∠BAP=90°时，作PD⊥x轴，则PA=AB，同理可证：△PDA≌△AOB，得到PD=OA=4，AD=OB=3，据此可得点P的坐标.
三、解答题
17．（2021八下·硚口期末）如图，在 中， 于E，点F在边 上， ，求证：四边形 是矩形.
【答案】证明：四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵BE＝DF，
∴AD DF＝BC BE，
即AF＝CE，
∵AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
∴四边形AECF是矩形
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC，结合已知得AF＝CE，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形AECF是平行四边形，由垂线定义得∠AEC＝90°，再根据一个角是直角的平行四边形是菱形可得四边形AECF是菱形.
18．（2021八下·乐山期末）如图，在正方形ABCD中，E是CD上一点，F是CB延长线上一点。若DE=BF，求证：∠EAF=90°。
【答案】证明：∵正方形ABCD
∴∠ADE=∠BAD=∠ABC=∠ABF=90°，
AD=AB
在△ADE和△ABF中
∴△ADE≌ABF
∴∠DAE=∠BAF
∴∠DAE+∠BAE=∠BAF+∠BAE
∴∠EAF=∠BAE=90°
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】运用正方形的性质结合全等三角形的性质和判定得到∠DAE=∠BAF，再结合题意即可求解.
19．（2021八下·老河口期末）如图，在△ABC中，D是BC中点，E是AD，BF的中点，AB＝AC.求证：四边形ADCF是矩形.
【答案】解：∵D是BC中点，AB＝AC，
∴∠ADC＝90°.
又∵E是BF的中点，
∴DE∥FC，DE＝ FC.
∵E是AD的中点，
∴AD＝2DE.
∴AD＝FC，AD∥FC.
∴四边形ADCF是平行四边形.
又∵∠ADC＝90°，
∴四边形ADCF是矩形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】由等腰三角形的三线合一可得∠ADC＝90° ，由三角形中位线定理可得DE∥FC，DE＝FC，结合线段中点定义可得AD=FC=2DE，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形ADCF是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可求解.
20．（2021八下·江岸期末）如图，在 中， ， 是中线， 是 的中点，过点 作 交 的延长线于 ，连接 .求证：四边形 是菱形.
【答案】证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AFE和△DBE中，
∴△AFE≌△DBE(AAS)；
∴AF=DB.
∵AD是BC边上的中线
∴DB=DC，
∴AF=CD.
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC=90 ，AD是BC边上的中线，
∴AD=DC= BC，
∴ ADCF是菱形.
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；三角形全等的判定（AAS）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】先证明△AFE≌△DBE(AAS)，可得AF=DB，由AD是BC边上的中线得出DB=DC，即AF=CD，利用一组对边平行且相等可证四边形ADCF是平行四边形，根据直角三角形斜边中线的性质可得AD=DC=BC，根据邻边相等的平行四边形是菱形即证.
21．（2021八下·萧山期末）如图，在正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，FH⊥AC于点E，交AD，AB于点F，H.
（1）求证：CF＝CH；
（2）若AH＝ CH，AB＝4，求AH的长.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形
∴∠FAE=∠HAE=45°
∵FH⊥AC
∴∠AEF=∠AEH=90°
在△FEA和△HEA中
∴△FEA≌△HEA(ASA)
∴EF=EH
∴AC垂直平分线段FH
∴CF=CH
（2）解：∵四边形ABCD是正方形
∴BC=AB=4，∠B=90°
设AH=x，则BH=AB-AH=4-x
∵AH＝ CH
∴CH=3x
在Rt△CBH中，由勾股定理得：
即
化简得：
解得： ， （舍去）
∴
即AH的长为
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可证得∠FAE=∠HAE=45°；再利用ASA证明△FEA≌△HEA，利用全等三角形的对应边相等，可证得EF=EH，由此可推出AC垂直平分FH，利用垂直平分线的性质可证得结论.
（2）利用正方形的性质可证得BC=AB=4，∠B=90°；设AH=x，则BH=AB-AH=4-x，可表示出CH的长；在Rt△CBH中，利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出符合题意的x的值，即可得到AH的长.
22．（2021八下·江干期末）已知：如图，在正方形ABCD中，BD为对角线，E、F分别是AD，CD上的点，且AE＝CF，连接BE、BF、EF.
（1）求证：EM＝FM；
（2）若DE：AE＝2：1，设S△ABE＝S，求S△BEF（用含S的代数式表示）.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴ ，
又∵AE＝CF，
∴ ，
∴ 是等腰三角形，
又∵ ，
∴EM＝FM；
（2）解：∵DE：AE＝2：1，
∴设 ， ， ，
∴ ，
∴ ，
同理可求得： ，
∴ ，
∴ .
【知识点】三角形的面积；等腰三角形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可证得AD=CD，由此可推出DE=DF，可得到△DEF是等腰三角形，由此可证得结论.
（2）利用已知条件设AE=CF=x，DE=DF=2x，AB=AD=3x，利用三角形的面积公式可得到x与s之间的函数解析式；利用同样的方法表示出△DEF，四边形ABCD的面积，由此可求出△BEF的面积.
23．（2021八上·九台期末）如图，在长方形中，，．延长到点，使，连接．动点从点出发，沿着以每秒1个单位的速度向终点运动，点运动的时间为秒．
（1）的长为 ；
（2）连接，求当为何值时，；
（3）连接，求当为何值时，是直角三角形；
（4）直接写出当为何值时，是等腰三角形．
【答案】（1）5
（2）解：如图所示：当点P到如图所示位置时，，
∵，，
∴，仅有如图所示一种情况，
此时，，
∴，
∴秒时，；
（3）解：①当时，如图所示：
在中，
，
在中，
，
∴，
，，
∴，
解得：；
②当时，此时点P与点C重合，
∴，
∴；
综上可得：当秒或秒时，是直角三角形；
（4）解：若为等腰三角形，分三种情况讨论：
①当时，如图所示：
∵，，
∴，
∴，
∴；
②当时，如图所示：
，
∴；
③当时，如图所示：
，
∴，
在中，
，
即，
解得：，
，
∴；
综上可得：当秒或秒或秒时，为等腰三角形．
【知识点】三角形全等的判定；等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD为长方形，
∴，，
在中，
，
故答案为：5；
【分析】（1）由长方形的性质可得，，在中，利用勾股定理求出DE的长即可.
（2）由于AB=CD，∠B=∠C=90°，只有当BP=CP=3时，，据此求解即可；
（3）分两种情况：①当时②当时 ，据此分别解答即可；
（4） 分三种情况讨论①当时②当时③当时 ，据此分别解答即可.
24．（2021八上·余杭月考）如图，在长方形中，，，动点沿着的方向运动，到点运动停止，设点运动的路程为，的面积为.
（1）点在边上，求关于的函数表达式.
（2）点在边上，的面积是否发生变化？请说明理由.
（3）点在边上，的面积是否发生变化？如果发生变化求出面积的变化范围，并写出关于的函数表达式；如果没有发生变化，求出此时的面积.
【答案】（1）解：由题意知，，
；
（2）面积没有发生变化.理由如下：
理由如下：
如图，过点作交于；
则，
，是一个定值，
所以的面积没有改变，
（3）发生变化，
如图1，
四边形是矩形，
，，
由运动知，
，
点在上，
.
【知识点】三角形的面积；矩形的性质
【解析】【分析】（1）由题意知CQ=x，然后根据S△QBC=BC·CQ进行解答；
（2）过点Q作QM⊥BC交BC于M，则QM=AB=4，然后根据S△QBC=BC·QM进行计算；
（3）由矩形的性质可得AD=BC=9，CD=AB=4，由运动知CD+AD+AQ=x，然后表示出BQ，根据根据S△QBC=BC·BQ进行解答.
1 / 12021-2022学年浙教版数学八下第五章特殊平行四边形 单元检测卷
一、单选题
1．（2021八上·浦口月考）下列关于的说法，错误的是（ ）
A．是无理数 B．面积为2的正方形边长为
C．是2的算术平方根 D．的倒数是﹣
2．（2021八下·召陵期末）要判断一个四边形是否为矩形，下面是4位同学拟定的方案，其中正确的是 （ ）
A．测量两组对边是否分别相等
B．测量两条对角线是否互相垂直平分
C．测量其中三个内角是作都为直角
D．测量两条对角线是否相等
3．（2021八下·舞阳期末）在平面直角坐标系中，已知点P（a，a＋8）是第二象限一动点，另点A的坐标为（﹣6，0），则以下结论：①点P在直线y＝x＋8上；②﹣6＜a＜0；③若设△OPA的面积为S，当a＝﹣5时，S＝9；④过P作PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F，矩形OEPF的周长始终不变为16，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．（2021八下·镇海期末）如图，已知四边形 是矩形，点 在 上， ，点 在 上，且 与 交于点 ，则 （ ）
A． B． C． D．
5．（2021八下·召陵期末）菱形ABCD的边长为13cm，其中对角线BD长10cm，菱形ABCD的面积为（ ）
A．60cm2 B．120cm2 C．130cm2 D．240cm2
6．（2021八下·长寿期末）已知菱形的周长为40 ，两条对角线的长度比为3：4，那么两条对角线的长分别为（ ）
A．6 ，8 B．3 ，4
C．12 ，16 D．24 ，32
7．（2021八下·万州期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AC＝10，BD=4，EF为过点O的一条直线，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．5 B．6 C．8 D．12
8．（2021八上·拱墅期中）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以△ABC的三边为边作正方形ABDE，正方形BCFG，正方形ACHI，AI交CF于点J.三个正方形没有重叠的部分为阴影部分，设四边形BGFJ的面积为S1，四边形CHIJ的面积为S2，若S1﹣S2＝12，S△ABC＝4，则正方形BCFG的面积为（ ）
A．16 B．18 C．20 D．22
9．（2021八上·苏州期中）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若（a+b）2＝21，小正方形的面积为5，则大正方形的面积为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
10．（2021八上·雨城期中）在直线l上依次摆放着七个正方形，已知斜放置的三个正方形的面积分别是1，2，3，正放置的四个正方形的面积依次是S1，S2，S3，S4，则S1+S2+S3+S4=（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
二、填空题
11．（2021八上·玉田期中）如图，把面积为5的正方形ABCD放到数轴上，使得正方形的一个顶点A与 重合，那么顶点B在数轴上表示的数是 ．
12．（2021八上·达州期中）如图，以 的两条直角边和斜边为边长分别作正方形，其中正方形 、正方形 的面积分别为25、144，则阴影部分的面积为 .
13．（2021八下·长寿期末）如图，在菱形ABCD中对角线AC、BD相交于点O，若AB=3，BD=4，则菱形ABCD的面积为 .
14．（2021八下·睢县期末）阅读下面材料：
在数学课上，老师提出如下问题：
尺规作图：作对角线等于已知线段的菱形. 已知：两条线段a、b. 求作：菱形AMBN，使得其对角线分别等于b和2a.
小军的作法如下：
如图 (1)画一条线段AB等于b； (2)分别以A、B为圆心，大于 AB的长为半径， 在线段AB的上下各作两条弧，两弧相交于P、Q两点； (3)作直线PQ交AB于O点； (4)以O点为圆心，线段a的长为半径作两条弧，交直线PQ于M、N两点，连接AM、AN、BM、BN.所以四边形AMBN就是所求的菱形.
老师说：“小军的作法正确.”
该上面尺规作图作出菱形AMBN的依据是
15．（2021八上·北镇期中）长方形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，若AD＝5，点B的坐标为（﹣3，3），则点C的坐标为 ．
16．（2021八上·陈仓期中）如图，在平面直角坐标系中， ， 两点的坐标分别为 ， ，连接 .点 在第二象限，若以点 ， ， 为顶点的三角形是等腰直角三角形，则点 坐标为 .
三、解答题
17．（2021八下·硚口期末）如图，在 中， 于E，点F在边 上， ，求证：四边形 是矩形.
18．（2021八下·乐山期末）如图，在正方形ABCD中，E是CD上一点，F是CB延长线上一点。若DE=BF，求证：∠EAF=90°。
19．（2021八下·老河口期末）如图，在△ABC中，D是BC中点，E是AD，BF的中点，AB＝AC.求证：四边形ADCF是矩形.
20．（2021八下·江岸期末）如图，在 中， ， 是中线， 是 的中点，过点 作 交 的延长线于 ，连接 .求证：四边形 是菱形.
21．（2021八下·萧山期末）如图，在正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，FH⊥AC于点E，交AD，AB于点F，H.
（1）求证：CF＝CH；
（2）若AH＝ CH，AB＝4，求AH的长.
22．（2021八下·江干期末）已知：如图，在正方形ABCD中，BD为对角线，E、F分别是AD，CD上的点，且AE＝CF，连接BE、BF、EF.
（1）求证：EM＝FM；
（2）若DE：AE＝2：1，设S△ABE＝S，求S△BEF（用含S的代数式表示）.
23．（2021八上·九台期末）如图，在长方形中，，．延长到点，使，连接．动点从点出发，沿着以每秒1个单位的速度向终点运动，点运动的时间为秒．
（1）的长为 ；
（2）连接，求当为何值时，；
（3）连接，求当为何值时，是直角三角形；
（4）直接写出当为何值时，是等腰三角形．
24．（2021八上·余杭月考）如图，在长方形中，，，动点沿着的方向运动，到点运动停止，设点运动的路程为，的面积为.
（1）点在边上，求关于的函数表达式.
（2）点在边上，的面积是否发生变化？请说明理由.
（3）点在边上，的面积是否发生变化？如果发生变化求出面积的变化范围，并写出关于的函数表达式；如果没有发生变化，求出此时的面积.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】有理数的倒数；算术平方根；正方形的性质；无理数的认识
【解析】【解答】解：A、是无理数是正确的，不符合题意；
B、面积为2的正方形边长为是正确的，不符合题意；
C、是2的算术平方根是正确的，不符合题意；
D、的倒数是，原来的说法是错误的，符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据开方开不尽的数是无理数可判断A；根据正方形的面积=边长2可判断B；根据算术平方根的概念“一个正数x的平方等于a，则这个正数x就是a的算术平方根”可判断C；根据互为倒数的两数之积为1可判断D.
2．【答案】C
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：矩形的判定定理有①有三个角是直角的四边形是矩形，②对角线互相平分且相等的四边形是矩形，③有一个角是直角的平行四边形是矩形，
、根据两组对边分别相等，只能得出四边形是平行四边形，故本选项错误；
、根据对角线互相垂直平分得出四边形是菱形，故本选项错误；
、根据矩形的判定，可得出此时四边形是矩形，故本选项正确；
、根据对角线相等不能得出四边形是矩形，故本选项错误；
故答案为：C.
【分析】根据矩形的判定和平行四边形的判定以及菱形的判定分别进行判断，即可得出结论.
3．【答案】C
【知识点】三角形的面积；矩形的性质；点的坐标与象限的关系
【解析】【解答】解：当x=a时，y＝a＋8，故①正确；
∵点P（a，a＋8）是第二象限一动点，
∴ ，
∴ ，故②错误；
当a＝﹣5时，点P（-5，3），
∴△OPA的面积为S ，故③正确；
过P作PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F，
∴PE=a+8，PF=-a，
矩形OEPF的周长=2（-a+a+8）=16，故④正确，
故答案为：C.
【分析】根据直线上点的坐标特点判断①；根据第二象限内点的坐标特点判断②即可；根据a的值确定点P的坐标，利用公式求出△OPA的面积，即可判断③；利用矩形周长公式求出周长等于16，由此判断④.
4．【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：设BM=CD=a，DN=CM=b，
∴BC=a+b，NC=a-b，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DCB=90°，
在Rt△DCM和Rt△BCN中，由勾股定理得，
，
，
，
故答案为：B.
【分析】由题意设BM=CD=a，DN=CM=b，则BC=BM+MC，NC=DC-DN，在Rt△DCM和Rt△BCN中，由勾股定理可将DM、BN用含a、b的代数式表示，再计算DM：BN即可求解.
5．【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，设AC，BD的交点为E
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，BE＝DE＝5，AE＝CE
在Rt△ABE中，AE＝ ＝ ＝12
∴AC＝24cm
∴S菱形ABCD＝ AC×BD＝120cm2
故答案为：B.
【分析】由菱形的对角线互相垂直平分，可利用勾股定理求得AE或CE的长，从而求得AC的长；利用菱形的面积公式：两条对角线的积的一半求得面积.
6．【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】如图，
∵四边形ABCD是菱形，且菱形的周长为40cm，
∴AB= ×40=10(cm)，OA= AC，OB= BD，AC⊥BD，
∵AC：BD=3：4，
∴OA：OB=3：4，
设OA=3xcm，OB=4xcm，
∴AB= =5x(cm)，
∴5x=10，
解得：x=2，
∴OA=6cm，OB=8cm，
∴AC=12cm，BD=16cm.
故答案为：C.
【分析】由菱形的四边都相等和已知菱形的周长可求得菱形的边长，根据两条对角线的长度比为3：4可设OA=3xcm，OB=4xcm，然后在直角三角形ABO中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程可求解.
7．【答案】A
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，
∴∠DAO＝∠BCO，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AEO≌△CFO（ASA），
∴S△AEO＝S△CFO，
∴图中阴影部分的面积＝S△BOC＝ S菱形ABCD＝ × ＝5，
故答案为：A.
【分析】由菱形的性质用角边角可证△AEO≌△CFO，由全等三角形的面积相等可得S△AEO＝S△CFO，于是S阴影部分=S△BOC＝S菱形ABCD可求解.
8．【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：设BC＝a，AC＝b，AB＝c，
∵S1＝S正方形BCFG﹣S△ABC﹣S△ACJ，S2＝S正方形ACHI﹣S△ACJ，
∴S1﹣S2＝S正方形BCFG﹣S△ABC﹣S△ACJ﹣S正方形ACHI+S△ACJ＝S正方形BCFG﹣4﹣S正方形ACHI＝12，
∴S正方形BCFG﹣S正方形ACHI＝16，
即a2﹣b2＝16，
∵Rt△ABC中，∠BAC＝90°，
∴a2﹣b2＝c2，
∴c2＝16，
∴c＝4（负值已舍去），
∴S△ABC＝ bc＝2b＝4，
∴b＝2，
∴a2＝b2+c2＝16+22＝20，
∴正方形BCFG的面积为20.
故答案为：C.
【分析】设BC＝a，AC＝b，AB＝c，由图形可得S1＝S正方形BCFG-S△ABC-S△ACJ，S2＝S正方形ACHI-S△ACJ，根据S1-S2＝12可得a2-b2＝16，由勾股定理可得a2-b2＝c2=16，据此可得c的值，根据△ABC的面积可得b的值，据此求解.
9．【答案】A
【知识点】完全平方公式及运用；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图所示：
∵（a+b）2=21，
∴a2+2ab+b2=21①，
∵小正方形的面积为5，
∴（a-b）2= a2-2ab+b2=5②，
①+②得：2a2+2b2=26，
∴大正方形的面积为a2+b2=13.
故答案为：A.
【分析】由已知条件可得(a+b)2=a2+2ab+b2=21，(a-b)2= a2-2ab+b2=5，两式相加可得a2+b2的值，即大正方形的面积.
10．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：由勾股定理的几何意义可知：S1+S2=1，S2+S3=2，S3+S4=3，S1+S2+S3+S4=4，
故答案为：A.
【分析】利用图形及勾股定理可得S1+S2=1，S2+S3=2，S3+S4=3，从而得出结论.
11．【答案】
【知识点】实数在数轴上的表示；正方形的性质
【解析】【解答】解：因为正方形ABCD面积为5
所以AB=
因为顶点A与 重合
所以B在数轴上表示的数是-1+
故答案为：
【分析】先根据正方形的性质求出AB的长，再根据数轴上两点之间的距离可得到点B表示的数。
12．【答案】139
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，∵正方形 、正方形 的面积分别为25、144，
∴正方形BCMN的面积为25+144=169，AB=5，AC=12
∴阴影部分的面积为169- ×5×12=169-30=139.
故答案为：139.
【分析】对图形进行点标注，根据正方形的性质以及勾股定理可得正方形BCMN的面积为25+144=169，AB=5，AC=12，然后根据S阴影=S正方形BCMN-S△ABC进行求解.
13．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解： 四边形ABCD是菱形， ，
，
，
，
，
则S菱形ABCD ，
故答案为： .
【分析】由菱形的性质用勾股定理可求得OA的值，再根据菱形的性质得AC=2OA可求解.
14．【答案】对角线互相平分的四边形是平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形.（本题答案不唯一）
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定
【解析】【解答】由作图可得AB与CD互相平分，所以四边形ACBD为平行四边形，
又AB与CD互相垂直，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形则可得平行四边形ABCD是菱形，
故答案为对角线互相平分的四边形是平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形.（本题答案不唯一）.
【分析】由作图可得AB与CD互相平分，根据平行四边形的判定定理可得四边形ACBD为平行四边形，然后结合AB与CD互相垂直以及菱形的判定定理进行解答.
15．【答案】（2，3）
【知识点】点的坐标；矩形的性质
【解析】【解答】解：在长方形ABCD中，BC∥AD，
∴点B与点C的纵坐标相等，
设点 ，
∵AD＝5，
∴BC＝5，
∴ ，
∴C（2，3）；
故答案为（2，3）．
【分析】根据矩形的性质和坐标的特点解答即可。
16．【答案】 或 或
【知识点】矩形的判定与性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵ ， 两点的坐标分别为 ，
∴ ，
1）如图，当 时，作 ， 轴，则
可得四边形 为矩形，
又∵
∴
又∵ ，
∴
∴ ，
设 ，则 ，解得
即
2）如图，当 时，作 轴，则
同理可证：
∴ ，
3）如图，当 时，作 轴，则
同理可证：
∴ ，
故答案为： 或 或 .
【分析】由点A、B的坐标可得OA=4，OB=3，当∠APB=90°时，作PE⊥OA，PD⊥y轴，则AP=PB，易得四边形PEOD为矩形，由同角的余角相等可得∠APE=∠BPD，证明△APE≌△BPD，得到PD=PE，AE=BD，设PD=a，则4-a=a-3，求出a的值，据此可得点P的坐标；当∠ABP=90°时，作PD⊥y轴，则PB=AB，同理可证：△PDB≌△BOA，得到PD=OB=3，BD=AO=4，据此可得点P的坐标；当∠BAP=90°时，作PD⊥x轴，则PA=AB，同理可证：△PDA≌△AOB，得到PD=OA=4，AD=OB=3，据此可得点P的坐标.
17．【答案】证明：四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵BE＝DF，
∴AD DF＝BC BE，
即AF＝CE，
∵AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
∴四边形AECF是矩形
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC，结合已知得AF＝CE，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形AECF是平行四边形，由垂线定义得∠AEC＝90°，再根据一个角是直角的平行四边形是菱形可得四边形AECF是菱形.
18．【答案】证明：∵正方形ABCD
∴∠ADE=∠BAD=∠ABC=∠ABF=90°，
AD=AB
在△ADE和△ABF中
∴△ADE≌ABF
∴∠DAE=∠BAF
∴∠DAE+∠BAE=∠BAF+∠BAE
∴∠EAF=∠BAE=90°
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】运用正方形的性质结合全等三角形的性质和判定得到∠DAE=∠BAF，再结合题意即可求解.
19．【答案】解：∵D是BC中点，AB＝AC，
∴∠ADC＝90°.
又∵E是BF的中点，
∴DE∥FC，DE＝ FC.
∵E是AD的中点，
∴AD＝2DE.
∴AD＝FC，AD∥FC.
∴四边形ADCF是平行四边形.
又∵∠ADC＝90°，
∴四边形ADCF是矩形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】由等腰三角形的三线合一可得∠ADC＝90° ，由三角形中位线定理可得DE∥FC，DE＝FC，结合线段中点定义可得AD=FC=2DE，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形ADCF是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可求解.
20．【答案】证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AFE和△DBE中，
∴△AFE≌△DBE(AAS)；
∴AF=DB.
∵AD是BC边上的中线
∴DB=DC，
∴AF=CD.
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC=90 ，AD是BC边上的中线，
∴AD=DC= BC，
∴ ADCF是菱形.
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；三角形全等的判定（AAS）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】先证明△AFE≌△DBE(AAS)，可得AF=DB，由AD是BC边上的中线得出DB=DC，即AF=CD，利用一组对边平行且相等可证四边形ADCF是平行四边形，根据直角三角形斜边中线的性质可得AD=DC=BC，根据邻边相等的平行四边形是菱形即证.
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形
∴∠FAE=∠HAE=45°
∵FH⊥AC
∴∠AEF=∠AEH=90°
在△FEA和△HEA中
∴△FEA≌△HEA(ASA)
∴EF=EH
∴AC垂直平分线段FH
∴CF=CH
（2）解：∵四边形ABCD是正方形
∴BC=AB=4，∠B=90°
设AH=x，则BH=AB-AH=4-x
∵AH＝ CH
∴CH=3x
在Rt△CBH中，由勾股定理得：
即
化简得：
解得： ， （舍去）
∴
即AH的长为
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可证得∠FAE=∠HAE=45°；再利用ASA证明△FEA≌△HEA，利用全等三角形的对应边相等，可证得EF=EH，由此可推出AC垂直平分FH，利用垂直平分线的性质可证得结论.
（2）利用正方形的性质可证得BC=AB=4，∠B=90°；设AH=x，则BH=AB-AH=4-x，可表示出CH的长；在Rt△CBH中，利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出符合题意的x的值，即可得到AH的长.
22．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴ ，
又∵AE＝CF，
∴ ，
∴ 是等腰三角形，
又∵ ，
∴EM＝FM；
（2）解：∵DE：AE＝2：1，
∴设 ， ， ，
∴ ，
∴ ，
同理可求得： ，
∴ ，
∴ .
【知识点】三角形的面积；等腰三角形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可证得AD=CD，由此可推出DE=DF，可得到△DEF是等腰三角形，由此可证得结论.
（2）利用已知条件设AE=CF=x，DE=DF=2x，AB=AD=3x，利用三角形的面积公式可得到x与s之间的函数解析式；利用同样的方法表示出△DEF，四边形ABCD的面积，由此可求出△BEF的面积.
23．【答案】（1）5
（2）解：如图所示：当点P到如图所示位置时，，
∵，，
∴，仅有如图所示一种情况，
此时，，
∴，
∴秒时，；
（3）解：①当时，如图所示：
在中，
，
在中，
，
∴，
，，
∴，
解得：；
②当时，此时点P与点C重合，
∴，
∴；
综上可得：当秒或秒时，是直角三角形；
（4）解：若为等腰三角形，分三种情况讨论：
①当时，如图所示：
∵，，
∴，
∴，
∴；
②当时，如图所示：
，
∴；
③当时，如图所示：
，
∴，
在中，
，
即，
解得：，
，
∴；
综上可得：当秒或秒或秒时，为等腰三角形．
【知识点】三角形全等的判定；等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD为长方形，
∴，，
在中，
，
故答案为：5；
【分析】（1）由长方形的性质可得，，在中，利用勾股定理求出DE的长即可.
（2）由于AB=CD，∠B=∠C=90°，只有当BP=CP=3时，，据此求解即可；
（3）分两种情况：①当时②当时 ，据此分别解答即可；
（4） 分三种情况讨论①当时②当时③当时 ，据此分别解答即可.
24．【答案】（1）解：由题意知，，
；
（2）面积没有发生变化.理由如下：
理由如下：
如图，过点作交于；
则，
，是一个定值，
所以的面积没有改变，
（3）发生变化，
如图1，
四边形是矩形，
，，
由运动知，
，
点在上，
.
【知识点】三角形的面积；矩形的性质
【解析】【分析】（1）由题意知CQ=x，然后根据S△QBC=BC·CQ进行解答；
（2）过点Q作QM⊥BC交BC于M，则QM=AB=4，然后根据S△QBC=BC·QM进行计算；
（3）由矩形的性质可得AD=BC=9，CD=AB=4，由运动知CD+AD+AQ=x，然后表示出BQ，根据根据S△QBC=BC·BQ进行解答.
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