2023年浙教版数学八年级下册第五章 特殊平行四边形 单元测试 （基础版）
一、单选题
1．（2022八上·雁塔期中）新冠疫情防控过程中，某中学在大门口的正上方A处装着一个红外线激光测温仪，离地米（如图所示），当人体进入感应范围内时，测温仪就会显示人体体温．一个身高1.6米的学生（米）正对门缓慢走到离门1.2米的地方时（米），测温仪自动显示体温，则人头顶离测温仪的距离等于（ ）
A．1.2米 B．1.3米 C．1.4米 D．1.5米
【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点D作DE⊥AB于点E，如图所示：
由题意得：四边形BEDC是长方形，
∴DE=BC=1.2米，CD=BE=1.6米，
∵米，
∴AE=0.5米，
在Rt△AED中，由勾股定理得：米，
故答案为：B．
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，由长方形的性质可得DE=BC=1.2米，CD=BE=1.6米，从而求出AE=0.5米在Rt△AED中，由勾股定理求出AD即可.
2．（2022八下·新兴期末）如图，矩形ABCD中，，点E在边AD上，EB平分∠AEC，∠DEC＝30°，则AE长为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，AD=BC，CD=AB=2，AD∥BC，
∵∠DEC＝30°，
∴∠BCE=∠DEC=30°，∠AEC=150°，CE=2CD=4，
∴，
∵EB平分∠AEC，
∴，
∴∠CBE=75°，
∴∠CBE=∠BEC，
∴CE=BC=AD=4，
∴．
故答案为：B
【分析】勾股定理求得，角分线性质证得等腰三角形，即可求得。
3．（2022八下·兴国期末）如图，点O是矩形的对角线的中点，点M是的中点．若，则四边形的周长是（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】C
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵AB=3，BC=4，
∴AC=，∵O点为AC中点，∴BO==2.5，
又M是AD中点，∴MO是△ACD的中位线，故OM==1.5，
∴四边形ABOM的周长为AB+BO+MO+AM=3+2.5+2+1.5=9，
故答案为：C.
【分析】先利用勾股定理求出AC的长，再利用直角三角形斜边上中线的性质求出OB的长，利用中位线的性质求出OM的长，最后利用四边形的周长公式计算即可。
4．（2022八上·岷县开学考）如图，矩形的对角线、相交于点，，，，若，则四边形的周长为（ ）
A．4 B．8 C．10 D．12
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：四边形是矩形，
，，，
，
，
，
是等边三角形，
，
，，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
四边形的周长为：
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质可得BD=AC，DO=BO，AO=CO，则AO=DO，由邻补角的性质可得∠DOA=60°，推出△AOD为等边三角形，得到DO=AO=AD=OC=2，推出四边形CODE是菱形，据此不难求出其周长.
5．（2022八下·潜山期末）如图，周长为24的菱形中，，点E，F分别是边上的动点，点P为对角线上一动点，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，连接，交于点，过，垂足为，交于点，
当点与点重合，过作的垂线并延长交于点，有最小值，最小值．
菱形的周长为24，
，，
是等边三角形，
，
，垂足为，
，
在中，由勾股定理得，
．
故答案为：A．
【分析】连接AC，交BD于点O，过，垂足为，交BD于点P，先证明是等边三角形，求出，再利用勾股定理求出AE'的长即可。
6．（2022八下·潜山期末）菱形中，对角线与的长分别为6和8，则该菱形的周长为（ ）
A． B．20 C． D．40
【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如下图：
四边形是菱形
，，
这个菱形的周长
故答案为：B．
【分析】先利用勾股定理求出AB的长，再利用菱形的周长公式计算即可。
7．（2022八下·巴彦期末）下列命题中，错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．有一个角是直角的平行四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．有一组邻边相等的矩形是正方形
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故A不符合题意；
有一个角是直角的平行四边形是矩形，故B不符合题意；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C符合题意；
有一组邻边相等的矩形是正方形，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】利用平行四边形，矩形，菱形和正方形的判定方法对每个选项一一判断即可。
8．（2022八下·顺平期末）如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．当时，是菱形
B．当时，是矩形
C．当时，是菱形
D．当且时，是正方形
【答案】A
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】A. 当∠BAC＝90°时，此时由内角和易得对角线夹角必然小于90°，故此时平行四边形ABCD不是菱形，符合题意；
B. 当∠ABC＝90°时，平行四边形ABCD是矩形，不符合题意；
C. 当AC⊥BD时，平行四边形ABCD是菱形，不符合题意；
D. 当AB＝BC且时，平行四边形ABCD是正方形，不符合题意．
故答案为：A．
【分析】根据菱形的判定、矩形的判定、正方的判定逐一判即可.
9．（2022八下·承德期末）已知四边形是矩形，如果添加一个条件，即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】矩形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解： 四边形是矩形，
添加 不能证明四边形是正方形，故A不符合题意；
添加，可得四边形是正方形，故B符合题意；
添加，不能证明四边形是正方形，故C不符合题意；
添加，不能证明四边形是正方形，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据矩形的性质以及正方形的判定定理，有一组邻边相等的矩形是正方形，可以添加此条件进行判定。
10．（2022八下·历城期末）下列说法正确的是（ ）
A．三条边相等的四边形是菱形
B．对角线相等的平行四边形是矩形
C．连接矩形各边中点所得四边形是正方形
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、四条边相等的四边形是菱形，故原命题不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题符合题意；
C、连接矩形各边中点所得四边形是菱形，故原命题不符合题意；
D、一组对边平行，另一组对边相等的四边形也可能是等腰梯形，故原命题不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据菱形、矩形、正方形和平行四边形的判定逐项判断即可。
二、填空题
11．（2022八下·广平期末）如图，在矩形ABCD中，AC、BD交于点O，M、N分别为BC、OC的中点，若MN＝4，则AC的长为 ；若△BOC的面积为5，则矩形ABCD的面积为 ．
【答案】16；20
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵M、N分别为BC、OC的中点，
∴BO＝2MN＝8．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝2BO＝16．
∵△BOC的面积为5，
∴矩形ABCD的面积为5×4＝20．
故答案为：16；20．
【分析】根据三角形中位线的性质求出BO＝2MN＝8，再利用矩形的性质可得AC＝BD＝2BO＝16，矩形ABCD的面积为5×4＝20。
12．（2022八下·宁远期末）在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOB＝60°，AC＝6cm，则AB的长是 ．
【答案】3cm
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AC＝6cm
∴OA＝OC＝OB＝OD＝3cm，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝3cm，
故答案为：3cm.
【分析】由矩形的性质可得OA＝OC＝OB＝OD＝3cm，结合∠AOB＝60°，可得△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得解.
13．（2022八下·仙居期末）木工师傅要做一张长方形的桌面．完成后，量得桌面的长为，宽为，对角线为130cm，则做出的这个桌面 .（填“合格”或“不合格”）
【答案】不合格
【知识点】勾股定理的逆定理；矩形的判定
【解析】【解答】解：不合格，
理由：，
即：，
，
四边形ABCD不是矩形，
这个桌面不合格.
故答案为：不合格.
【分析】由题意可得AD2+CD2≠AC2，则四边形ABCD不是矩形，据此判断.
14．（2022八下·惠州期末）菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的面积是 ．
【答案】24
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形的两条对角线长分别是6和8，
∴这个菱形的面积为×6×8=24，
故答案为 24．
【分析】利用菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可。
15．（2020八下·灌云月考）两个全等菱形如图所示摆放在一起，其中 和 分别在同一条直线上，若较短的对角线长为10，点 与点 的距离是24，则此菱形边长为 .
【答案】13
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：连接AC和BG，相交于点O，
∵点G与点D的距离是24，
∴OC=12，
∵较短的对角线长为10，
∴OB=5，
∴在Rt△OBC中，
∴ ，
∴菱形边长为为13，
故答案为13.
【分析】首先连接AC和BG相交于点O，根据题意求出BO和OC的长，进而利用勾股定理求出菱形的边长.
16．（2022八下·斗门期末）如图，在正方形ABCD中，E是AD上一点、连接CE，交BD于点F，若AD=BF，则∠DEF= °．
【答案】67.5
【知识点】角的运算；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC，AD∥BC，∠DBC=45°，
∵AD=BF，
∴BF=BC，
∴∠BCF=∠BFC=67.5°，
∵AD∥BC，
∴∠DEF=∠BCF=67.5°，
故答案为：67.5．
【分析】先证明BF=BC，求出∠BCF=∠BFC=67.5°，再利用AD//BC可得∠DEF=∠BCF=67.5°。
17．（2020八下·眉山期末）如图，在△ABC中，点D，E，F分别是△ABC的边AB，BC，AC上的点，且DE∥AC，EF∥AB，要使四边形ADEF是正方形，还需添加条件： .
【答案】∠A＝90°，AD＝AF(答案不唯一)
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：要证明四边形ADEF为正方形，
则要求其四边相等，AB=AC，点D、E、F分别是△ABC的边AB、BC、AC的中点，
则得其为平行四边形，
且有一角为直角，
则在平行四边形的基础上得到正方形.
故答案为：AB=AC，∠A=90°（此题答案不唯一）.
【分析】根据已知条件易证四边形ADEF是平行四边形，再根据正方形的判定定理添加条件即可，此题答案不唯一.
三、作图题
18．（2022八下·柯桥期末）图1，图2，图3，图4是四张形状和大小完全相同的方格纸，方格纸中每个小正方形的边长均为1，A，C两点都在格点上，连结AC，请完成下列作图：
（1）以AC为对角线在图1中作一个正方形，且正方形各顶点均在格点上．
（2）以AC为对角线在图2中作一个矩形，使得矩形面积为6，且矩形各顶点均在格点上．
（3）以AC为对角线在图3和图4中分别作出一个面积为8的平行四边形（不含矩形），且平行四边形顶点在格点上.
【答案】（1）解：如图所示：
（2）解：如图所示：
（3）解：如图所示，
【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质；正方形的性质；作图-三角形
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质和格点特点，画出以AC为对角线的格点正方形.
（2）利用矩形的面积等于长×宽，画出以AC为对角线的格点矩形的面积为6即可.
（3）利用平行四边形的面积公式，可知对角线分得的一个三角形的面积为4，由此可画出以AC为对角线的面积为8的格点矩形.
四、解答题
19．（2021八下·新昌期末）如图，在中，，，，，是的中位线.求证：四边形是矩形.
【答案】证明：∵是的中位线，
∴，.
∵，∴.
∴四边形是平行四边形.
∵，，，
∴.
∴是直角三角形，且.
∴四边形是矩形.
【知识点】勾股定理的逆定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】根据三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半可得EF∥BC，EF=BC，结合已知可得EF=BD，然后根据一组对边平行且相等的四边形时平行四边形可得四边形BDEF是平行四边形，计算可得AB2+BC2=AC2，根据勾股定理的逆定理可得三角形ABC是直角三角形，且∠B=90°，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·武昌期末）如图，在 中， ， 为 边上的中线，过点 作 ，过点 作 ， 与 相交于点 .求证：四边形 为菱形.
【答案】证明：∵CE∥AB，BE∥CD，
∴四边形BECD是平行四边形.
又∵∠ACB=90°，CD为AB边上的中线，
∴CD= AB.
又∵CD为AB边上的中线
∴BD= AB，
∴BD=CD，
∴平行四边形BECD是菱形
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【解析】【分析】由题意根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形BECD是平行四边形，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=AB=BD，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得平行四边形BECD是菱形.
21．（2022八下·岑溪期末）如图所示，在△ABC中，∠ABC＝90°，BD平分∠ABC，DE⊥BC，DF⊥AB.
求证：四边形BEDF是正方形.
【答案】证明：∵∠ABC＝90°，DE⊥BC，DF⊥AB，
∴∠BFD＝∠BED＝∠ABC＝90°.
∴四边形BEDF为矩形.
又∵BD平分∠ABC，DE⊥BC，DF⊥AB，
∴DF＝DE.
∴矩形BEDF为正方形.
【知识点】角平分线的性质；正方形的判定
【解析】【分析】 先证四边形BEDF为矩形，再根据角平分线的性质可得DF＝DE，根据邻边相等的矩形是正方形即证.
五、综合题
22．（2022八下·仙居期末）如图，在四边形中，点，，，分别为边，，，的中点．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）若四边形的对角线互相垂直且它们的乘积为48，求四边形的面积．
【答案】（1）证明：如图，连接，
点，分别为边，的中点，
，，
点，分别为边，的中点，
，，
，，
中点四边形是平行四边形；
（2）解：如图，连接AC，
由（1）知，四边形EFGH是平行四边形．
在△ADC中，H、G分别是AD、CD的中点，
则HG∥AC，
同理EH∥BD，
又，
，
四边形EFGH是矩形，
四边形EFGH的面积．
即四边形EFGH的面积是12．
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）连接BD，根据题意可得EH为△ABD的中位线，FG为△BCD的中位线，则EH=BD，EH∥BD，FG∥BD，FG=BD，推出EH∥FG，EH=FG，然后根据平行四边形的判定定理进行证明；
（2）连接AC，由（1）知EH∥BD，HG∥AC，EH=BD，HG=AC，结合AC⊥BD得EH⊥HG，推出四边形EFGH为矩形，然后根据矩形的面积公式进行计算.
23．（2022八下·越城期末）如图， ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点O作EF⊥AC，分别交AB，DC于点E，F，连接AF，CE．
（1）若OE＝ ，求EF的长；
（2）判断四边形AECF的形状，并说明理由．
【答案】（1）解：∵ ABCD，
∴AO=OC，AB∥DC，
∴∠FCO=∠EAO，∠CFO=∠AEO，
∴△FCO≌△EAO（AAS），
∴FC=AE，
∴四边形AECF为平行四边形，
∴OE=OF=EF，
∵OE=，
∴EF=3.
（2）解：菱形，理由如下：
由（1）可知：四边形AECF为平行四边形，
∵AO=OC，EF⊥AC，
∴EF垂直平分AC，
∴FA=FC，
∴ AECF为菱形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）由平行四边形性质得AO=OC，AB∥DC，从而得∠FCO=∠EAO，∠CFO=∠AEO，可证出△FCO≌△EAO，即得FC=AE，证得四边形AECF为平行四边形，由平行四边形性质得OE=OF=EF，进而求出EF的长；
（2）由（1）可知：四边形AECF为平行四边形，再由AO=OC，EF⊥AC，EF垂直平分AC，由垂直平分线性质得FA=FC，进而证得 AECF为菱形.
24．（2021八下·吴兴期末）如图
如图1，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上的一点，连结CP.
（1）求证：△ADP≌△CDP；
（2）如图2，延长AP交线段DC于点Q，交BC的延长线于点G，点M是GQ的中点，连结CM．求证：PC⊥MC；
（3）如图3，延长AP交射线DC于点Q，交BC于点G，点M是GQ的中点，连结CM．若PM=2， ∠BAP=30°.求AB的长.
【答案】（1）证明：∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADP＝∠CDP，AD＝CD．
在△ADP和△CDP中， ，
∴△ADP≌△CDP（SAS）
（2）证明：∵△ADP≌△CDP，∴∠DCP＝∠DAG．
又∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BG，
∴∠DAG＝∠G．
∴∠DCP＝∠G．
又∵∠QCG＝90°，M为GQ中点，
∴CM＝QM，
∴∠MCQ＝∠MQC．
又∵∠G+∠MQC＝90°，
∴∠DCP+∠MCQ＝90°，
∴PC⊥MC．
（3）解：∵M为QG的中点，∠QCG=90°，∴GM=CM=QM，
∵AB∥CQ， ∴∠BAP=∠Q=30°，∴△CGM为等边三角形，
由（2）得，∠PCM=90°，∴PG=GM=1，∴CG=1，
设AB=x，则BG=x-1，由题意得： ，解得x=AB=
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得∠ADP＝∠CDP，AD＝CD，再根据全等三角形的判定即可求解；
（2）由全等三角形的性质得到∠DCP＝∠DAG，再结合正方形的性质得到AD∥BG，进而得到∠DCP＝∠G，再由直角三角形斜边上的中点等于斜边的一半即可得到∠MCQ＝∠MQC，再结合互余角即可求解；
（3）先由已知条件证明出△CGM为等边三角形，再由（2）结合题意得到CG的长，设AB=x，则BG=x-1，最后运用直角三角形三边的关系即可求解.
1 / 12023年浙教版数学八年级下册第五章 特殊平行四边形 单元测试 （基础版）
一、单选题
1．（2022八上·雁塔期中）新冠疫情防控过程中，某中学在大门口的正上方A处装着一个红外线激光测温仪，离地米（如图所示），当人体进入感应范围内时，测温仪就会显示人体体温．一个身高1.6米的学生（米）正对门缓慢走到离门1.2米的地方时（米），测温仪自动显示体温，则人头顶离测温仪的距离等于（ ）
A．1.2米 B．1.3米 C．1.4米 D．1.5米
2．（2022八下·新兴期末）如图，矩形ABCD中，，点E在边AD上，EB平分∠AEC，∠DEC＝30°，则AE长为（ ）
A．1 B． C． D．
3．（2022八下·兴国期末）如图，点O是矩形的对角线的中点，点M是的中点．若，则四边形的周长是（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
4．（2022八上·岷县开学考）如图，矩形的对角线、相交于点，，，，若，则四边形的周长为（ ）
A．4 B．8 C．10 D．12
5．（2022八下·潜山期末）如图，周长为24的菱形中，，点E，F分别是边上的动点，点P为对角线上一动点，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022八下·潜山期末）菱形中，对角线与的长分别为6和8，则该菱形的周长为（ ）
A． B．20 C． D．40
7．（2022八下·巴彦期末）下列命题中，错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．有一个角是直角的平行四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．有一组邻边相等的矩形是正方形
8．（2022八下·顺平期末）如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．当时，是菱形
B．当时，是矩形
C．当时，是菱形
D．当且时，是正方形
9．（2022八下·承德期末）已知四边形是矩形，如果添加一个条件，即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
10．（2022八下·历城期末）下列说法正确的是（ ）
A．三条边相等的四边形是菱形
B．对角线相等的平行四边形是矩形
C．连接矩形各边中点所得四边形是正方形
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
二、填空题
11．（2022八下·广平期末）如图，在矩形ABCD中，AC、BD交于点O，M、N分别为BC、OC的中点，若MN＝4，则AC的长为 ；若△BOC的面积为5，则矩形ABCD的面积为 ．
12．（2022八下·宁远期末）在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOB＝60°，AC＝6cm，则AB的长是 ．
13．（2022八下·仙居期末）木工师傅要做一张长方形的桌面．完成后，量得桌面的长为，宽为，对角线为130cm，则做出的这个桌面 .（填“合格”或“不合格”）
14．（2022八下·惠州期末）菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的面积是 ．
15．（2020八下·灌云月考）两个全等菱形如图所示摆放在一起，其中 和 分别在同一条直线上，若较短的对角线长为10，点 与点 的距离是24，则此菱形边长为 .
16．（2022八下·斗门期末）如图，在正方形ABCD中，E是AD上一点、连接CE，交BD于点F，若AD=BF，则∠DEF= °．
17．（2020八下·眉山期末）如图，在△ABC中，点D，E，F分别是△ABC的边AB，BC，AC上的点，且DE∥AC，EF∥AB，要使四边形ADEF是正方形，还需添加条件： .
三、作图题
18．（2022八下·柯桥期末）图1，图2，图3，图4是四张形状和大小完全相同的方格纸，方格纸中每个小正方形的边长均为1，A，C两点都在格点上，连结AC，请完成下列作图：
（1）以AC为对角线在图1中作一个正方形，且正方形各顶点均在格点上．
（2）以AC为对角线在图2中作一个矩形，使得矩形面积为6，且矩形各顶点均在格点上．
（3）以AC为对角线在图3和图4中分别作出一个面积为8的平行四边形（不含矩形），且平行四边形顶点在格点上.
四、解答题
19．（2021八下·新昌期末）如图，在中，，，，，是的中位线.求证：四边形是矩形.
20．（2021八下·武昌期末）如图，在 中， ， 为 边上的中线，过点 作 ，过点 作 ， 与 相交于点 .求证：四边形 为菱形.
21．（2022八下·岑溪期末）如图所示，在△ABC中，∠ABC＝90°，BD平分∠ABC，DE⊥BC，DF⊥AB.
求证：四边形BEDF是正方形.
五、综合题
22．（2022八下·仙居期末）如图，在四边形中，点，，，分别为边，，，的中点．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）若四边形的对角线互相垂直且它们的乘积为48，求四边形的面积．
23．（2022八下·越城期末）如图， ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点O作EF⊥AC，分别交AB，DC于点E，F，连接AF，CE．
（1）若OE＝ ，求EF的长；
（2）判断四边形AECF的形状，并说明理由．
24．（2021八下·吴兴期末）如图
如图1，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上的一点，连结CP.
（1）求证：△ADP≌△CDP；
（2）如图2，延长AP交线段DC于点Q，交BC的延长线于点G，点M是GQ的中点，连结CM．求证：PC⊥MC；
（3）如图3，延长AP交射线DC于点Q，交BC于点G，点M是GQ的中点，连结CM．若PM=2， ∠BAP=30°.求AB的长.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点D作DE⊥AB于点E，如图所示：
由题意得：四边形BEDC是长方形，
∴DE=BC=1.2米，CD=BE=1.6米，
∵米，
∴AE=0.5米，
在Rt△AED中，由勾股定理得：米，
故答案为：B．
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，由长方形的性质可得DE=BC=1.2米，CD=BE=1.6米，从而求出AE=0.5米在Rt△AED中，由勾股定理求出AD即可.
2．【答案】B
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，AD=BC，CD=AB=2，AD∥BC，
∵∠DEC＝30°，
∴∠BCE=∠DEC=30°，∠AEC=150°，CE=2CD=4，
∴，
∵EB平分∠AEC，
∴，
∴∠CBE=75°，
∴∠CBE=∠BEC，
∴CE=BC=AD=4，
∴．
故答案为：B
【分析】勾股定理求得，角分线性质证得等腰三角形，即可求得。
3．【答案】C
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵AB=3，BC=4，
∴AC=，∵O点为AC中点，∴BO==2.5，
又M是AD中点，∴MO是△ACD的中位线，故OM==1.5，
∴四边形ABOM的周长为AB+BO+MO+AM=3+2.5+2+1.5=9，
故答案为：C.
【分析】先利用勾股定理求出AC的长，再利用直角三角形斜边上中线的性质求出OB的长，利用中位线的性质求出OM的长，最后利用四边形的周长公式计算即可。
4．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：四边形是矩形，
，，，
，
，
，
是等边三角形，
，
，，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
四边形的周长为：
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质可得BD=AC，DO=BO，AO=CO，则AO=DO，由邻补角的性质可得∠DOA=60°，推出△AOD为等边三角形，得到DO=AO=AD=OC=2，推出四边形CODE是菱形，据此不难求出其周长.
5．【答案】A
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，连接，交于点，过，垂足为，交于点，
当点与点重合，过作的垂线并延长交于点，有最小值，最小值．
菱形的周长为24，
，，
是等边三角形，
，
，垂足为，
，
在中，由勾股定理得，
．
故答案为：A．
【分析】连接AC，交BD于点O，过，垂足为，交BD于点P，先证明是等边三角形，求出，再利用勾股定理求出AE'的长即可。
6．【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如下图：
四边形是菱形
，，
这个菱形的周长
故答案为：B．
【分析】先利用勾股定理求出AB的长，再利用菱形的周长公式计算即可。
7．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故A不符合题意；
有一个角是直角的平行四边形是矩形，故B不符合题意；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C符合题意；
有一组邻边相等的矩形是正方形，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】利用平行四边形，矩形，菱形和正方形的判定方法对每个选项一一判断即可。
8．【答案】A
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】A. 当∠BAC＝90°时，此时由内角和易得对角线夹角必然小于90°，故此时平行四边形ABCD不是菱形，符合题意；
B. 当∠ABC＝90°时，平行四边形ABCD是矩形，不符合题意；
C. 当AC⊥BD时，平行四边形ABCD是菱形，不符合题意；
D. 当AB＝BC且时，平行四边形ABCD是正方形，不符合题意．
故答案为：A．
【分析】根据菱形的判定、矩形的判定、正方的判定逐一判即可.
9．【答案】B
【知识点】矩形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解： 四边形是矩形，
添加 不能证明四边形是正方形，故A不符合题意；
添加，可得四边形是正方形，故B符合题意；
添加，不能证明四边形是正方形，故C不符合题意；
添加，不能证明四边形是正方形，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据矩形的性质以及正方形的判定定理，有一组邻边相等的矩形是正方形，可以添加此条件进行判定。
10．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、四条边相等的四边形是菱形，故原命题不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题符合题意；
C、连接矩形各边中点所得四边形是菱形，故原命题不符合题意；
D、一组对边平行，另一组对边相等的四边形也可能是等腰梯形，故原命题不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据菱形、矩形、正方形和平行四边形的判定逐项判断即可。
11．【答案】16；20
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵M、N分别为BC、OC的中点，
∴BO＝2MN＝8．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝2BO＝16．
∵△BOC的面积为5，
∴矩形ABCD的面积为5×4＝20．
故答案为：16；20．
【分析】根据三角形中位线的性质求出BO＝2MN＝8，再利用矩形的性质可得AC＝BD＝2BO＝16，矩形ABCD的面积为5×4＝20。
12．【答案】3cm
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AC＝6cm
∴OA＝OC＝OB＝OD＝3cm，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝3cm，
故答案为：3cm.
【分析】由矩形的性质可得OA＝OC＝OB＝OD＝3cm，结合∠AOB＝60°，可得△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得解.
13．【答案】不合格
【知识点】勾股定理的逆定理；矩形的判定
【解析】【解答】解：不合格，
理由：，
即：，
，
四边形ABCD不是矩形，
这个桌面不合格.
故答案为：不合格.
【分析】由题意可得AD2+CD2≠AC2，则四边形ABCD不是矩形，据此判断.
14．【答案】24
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形的两条对角线长分别是6和8，
∴这个菱形的面积为×6×8=24，
故答案为 24．
【分析】利用菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可。
15．【答案】13
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：连接AC和BG，相交于点O，
∵点G与点D的距离是24，
∴OC=12，
∵较短的对角线长为10，
∴OB=5，
∴在Rt△OBC中，
∴ ，
∴菱形边长为为13，
故答案为13.
【分析】首先连接AC和BG相交于点O，根据题意求出BO和OC的长，进而利用勾股定理求出菱形的边长.
16．【答案】67.5
【知识点】角的运算；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC，AD∥BC，∠DBC=45°，
∵AD=BF，
∴BF=BC，
∴∠BCF=∠BFC=67.5°，
∵AD∥BC，
∴∠DEF=∠BCF=67.5°，
故答案为：67.5．
【分析】先证明BF=BC，求出∠BCF=∠BFC=67.5°，再利用AD//BC可得∠DEF=∠BCF=67.5°。
17．【答案】∠A＝90°，AD＝AF(答案不唯一)
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：要证明四边形ADEF为正方形，
则要求其四边相等，AB=AC，点D、E、F分别是△ABC的边AB、BC、AC的中点，
则得其为平行四边形，
且有一角为直角，
则在平行四边形的基础上得到正方形.
故答案为：AB=AC，∠A=90°（此题答案不唯一）.
【分析】根据已知条件易证四边形ADEF是平行四边形，再根据正方形的判定定理添加条件即可，此题答案不唯一.
18．【答案】（1）解：如图所示：
（2）解：如图所示：
（3）解：如图所示，
【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质；正方形的性质；作图-三角形
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质和格点特点，画出以AC为对角线的格点正方形.
（2）利用矩形的面积等于长×宽，画出以AC为对角线的格点矩形的面积为6即可.
（3）利用平行四边形的面积公式，可知对角线分得的一个三角形的面积为4，由此可画出以AC为对角线的面积为8的格点矩形.
19．【答案】证明：∵是的中位线，
∴，.
∵，∴.
∴四边形是平行四边形.
∵，，，
∴.
∴是直角三角形，且.
∴四边形是矩形.
【知识点】勾股定理的逆定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】根据三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半可得EF∥BC，EF=BC，结合已知可得EF=BD，然后根据一组对边平行且相等的四边形时平行四边形可得四边形BDEF是平行四边形，计算可得AB2+BC2=AC2，根据勾股定理的逆定理可得三角形ABC是直角三角形，且∠B=90°，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：∵CE∥AB，BE∥CD，
∴四边形BECD是平行四边形.
又∵∠ACB=90°，CD为AB边上的中线，
∴CD= AB.
又∵CD为AB边上的中线
∴BD= AB，
∴BD=CD，
∴平行四边形BECD是菱形
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【解析】【分析】由题意根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形BECD是平行四边形，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=AB=BD，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得平行四边形BECD是菱形.
21．【答案】证明：∵∠ABC＝90°，DE⊥BC，DF⊥AB，
∴∠BFD＝∠BED＝∠ABC＝90°.
∴四边形BEDF为矩形.
又∵BD平分∠ABC，DE⊥BC，DF⊥AB，
∴DF＝DE.
∴矩形BEDF为正方形.
【知识点】角平分线的性质；正方形的判定
【解析】【分析】 先证四边形BEDF为矩形，再根据角平分线的性质可得DF＝DE，根据邻边相等的矩形是正方形即证.
22．【答案】（1）证明：如图，连接，
点，分别为边，的中点，
，，
点，分别为边，的中点，
，，
，，
中点四边形是平行四边形；
（2）解：如图，连接AC，
由（1）知，四边形EFGH是平行四边形．
在△ADC中，H、G分别是AD、CD的中点，
则HG∥AC，
同理EH∥BD，
又，
，
四边形EFGH是矩形，
四边形EFGH的面积．
即四边形EFGH的面积是12．
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）连接BD，根据题意可得EH为△ABD的中位线，FG为△BCD的中位线，则EH=BD，EH∥BD，FG∥BD，FG=BD，推出EH∥FG，EH=FG，然后根据平行四边形的判定定理进行证明；
（2）连接AC，由（1）知EH∥BD，HG∥AC，EH=BD，HG=AC，结合AC⊥BD得EH⊥HG，推出四边形EFGH为矩形，然后根据矩形的面积公式进行计算.
23．【答案】（1）解：∵ ABCD，
∴AO=OC，AB∥DC，
∴∠FCO=∠EAO，∠CFO=∠AEO，
∴△FCO≌△EAO（AAS），
∴FC=AE，
∴四边形AECF为平行四边形，
∴OE=OF=EF，
∵OE=，
∴EF=3.
（2）解：菱形，理由如下：
由（1）可知：四边形AECF为平行四边形，
∵AO=OC，EF⊥AC，
∴EF垂直平分AC，
∴FA=FC，
∴ AECF为菱形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）由平行四边形性质得AO=OC，AB∥DC，从而得∠FCO=∠EAO，∠CFO=∠AEO，可证出△FCO≌△EAO，即得FC=AE，证得四边形AECF为平行四边形，由平行四边形性质得OE=OF=EF，进而求出EF的长；
（2）由（1）可知：四边形AECF为平行四边形，再由AO=OC，EF⊥AC，EF垂直平分AC，由垂直平分线性质得FA=FC，进而证得 AECF为菱形.
24．【答案】（1）证明：∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADP＝∠CDP，AD＝CD．
在△ADP和△CDP中， ，
∴△ADP≌△CDP（SAS）
（2）证明：∵△ADP≌△CDP，∴∠DCP＝∠DAG．
又∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BG，
∴∠DAG＝∠G．
∴∠DCP＝∠G．
又∵∠QCG＝90°，M为GQ中点，
∴CM＝QM，
∴∠MCQ＝∠MQC．
又∵∠G+∠MQC＝90°，
∴∠DCP+∠MCQ＝90°，
∴PC⊥MC．
（3）解：∵M为QG的中点，∠QCG=90°，∴GM=CM=QM，
∵AB∥CQ， ∴∠BAP=∠Q=30°，∴△CGM为等边三角形，
由（2）得，∠PCM=90°，∴PG=GM=1，∴CG=1，
设AB=x，则BG=x-1，由题意得： ，解得x=AB=
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得∠ADP＝∠CDP，AD＝CD，再根据全等三角形的判定即可求解；
（2）由全等三角形的性质得到∠DCP＝∠DAG，再结合正方形的性质得到AD∥BG，进而得到∠DCP＝∠G，再由直角三角形斜边上的中点等于斜边的一半即可得到∠MCQ＝∠MQC，再结合互余角即可求解；
（3）先由已知条件证明出△CGM为等边三角形，再由（2）结合题意得到CG的长，设AB=x，则BG=x-1，最后运用直角三角形三边的关系即可求解.
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