2023年苏科版数学八年级下册全方位训练卷9.4矩形、菱形、正方形
一、单选题（每题3分，共24分）
1．（2022八下·溧阳期末）下列命题中，是真命题的是（ ）
A．有一个角是直角的四边形是矩形
B．对角线相等的平行四边形是菱形
C．一组邻边相等的平行四边形是菱形
D．四边都相等的四边形是正方形
2．（2021八下·海州期末）如图，已知四边形 是平行四边形，对角线 交于点 ，则下列结论中错误的是（ ）
A．当 时，它是菱形
B．当 时，它是正方形
C．当 时，它是矩形
D．当 时，它是菱形
3．（2022八下·广陵期末）下面性质中矩形具有而菱形没有的是（ ）
A．对角线相等 B．邻边相等 C．对角线垂直 D．对边相等
4．（2021八下·苏州期末）若菱形的两条对角线的长分别为6和10，则菱形的面积为（ ）
A．15 B．24 C．30 D．60
5．（2022八下·启东月考）在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠AOD=60°，OB=2cm，那么矩形ABCD的面积为（ ）
A．cm B．2cm C．3cm D．4cm
6．（2022八下·启东月考）如图，若四边形ABCD是菱形，AC=24，BD=10，则菱形ABCD的边长是（ ）
A．13 B．12 C．26 D．52
7．（2022八下·溧阳期末）如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在直线折叠后展开，折痕为MN；再过点D折叠， 使得点A落在MN上的点F处，折痕为DE，则 的值是（ ）
A． B． －1 C．2－ D．3－
8．（2020八下·淮安期末）正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，则∠CBO等于（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
二、填空题（每题3分，共24分）
9．（2022八下·广陵期末）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∠BOC＝120°，AC＝6．则AB＝ ．
10．（2022八下·盐城期末）如图，过四边形ABCD的四个顶点分别作对角线AC、BD的平行线，若所围成的四边形EFGH是矩形，则原四边形ABCD需满足的条件是 .（只需写出一个符合要求的条件）
11．（2022八下·泰兴期末）在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AO＝6cm，则BD＝ cm．
12．（2022八下·沭阳期末）菱形的两条对角线长分别是 和 ，则菱形的周长是 .
13．（2022八下·盐城期末）已知一个菱形的边长为 ，其中一条对角线长为 ，则这个菱形的面积为 .
14．（2022八下·南京期末）如图，正方形在第一象限，点、，则点的坐标是 ．（用含、、的代数式表示）
15．（2022八下·江都期中）如图，正方形和正方形的边长分别为4和2，正方形绕点C旋转，则 ．
16．（2022八下·常熟期末）如图，木制活动衣帽架由三个全等的菱形构成，在，，，，，处安装上、下两排挂钩，可以根据需要改变挂钩间的距离，并在，处固定.已知菱形的边长为13cm，要使两排挂钩间的距离为24cm，则，之间的距离（即线段的长）为 cm.
三、作图题（共10分）
17．（2022八下·北仑期末）如图1、2都是边长为1的全等菱形组成的网格图，网格的交点称为格点，AB是端点落在格点上的线段，请仅用无刻度直尺作出符合下列要求的格点四边形．
（1）请在图1中作出一个以AB为边的平行四边形（非矩形）．
（2）请在图2中作出一个以AB为边的矩形．
四、解答题（共8题，共62分）
18．（2020八下·淮安期中）已知：如图，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上一点，PM⊥AD，PN⊥AB，垂足分别为M、N.求证：MN=PC.
19．（2022八下·邗江期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O， ， ，OE与AB交于点F.
（1）求证：四边形AEBO为矩形；
（2）若OE＝10，AC＝16，求菱形ABCD的面积.
20．（2022八下·苏州期中）如图，已知菱形ABCD的对角线相交于点O，延长AB至点E，使BE＝AB，连接CE．
（1）求证：BD＝EC；
（2）当∠DAB为多少度时，四边形BECD为菱形？并说明理由．
21．（2022八下·连云期中）操作：第一步：如图1，对折长方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展开.
第二步：如图2，再一次折叠纸片，使点A落在EF上的N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN.连结AN，易知△ABN的形状是 ▲ .
论证：如图3，若延长MN交BC于点P，试判定△BMP的形状，请说明理由.
22．（2022八下·淮安期末）如图，平行四边形中，，.对角线，相交于点，将直线绕点顺时针旋转，分别交直线、于点、.
（1）当 °，四边形是平行四边形；
（2）在旋转的过程中，从、、、、、中任意找4个点为顶点构造四边形.
① ▲ °，构造的四边形是菱形；
②若构造的四边形是矩形，则不同的矩形应该有 ▲ 个.
23．（2022八下·盐城期末）如图1，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线BD上一点，连接AE，过点E作，交边CD于点F，若，求BE的长.
下面是小明、小华和小东三位同学关于本题不同视角下的部分思维过程：
小明：从直线BD是正方形的对称轴角度看，连接EC，如图2，则，∠ECD＝∠EAD，又，……
小华：从的角度看，可以过点E作BC的平行线，交AB、CD于M、N，如图3，通过证明，……
小东：从的角度看，还可以过点E作BD的垂线，交DC的延长线于点P，如图4，……
请结合上面的思路，求BE的长.
24．（2022八下·广陵期末）问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′（点A的对应点为点C）．延长AE交CE′于点F，连接DE．
（1）猜想证明：
试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
（2）如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与的数量关系并加以证明；
（3）解决问题：
如图①，若AB＝4，当BE的长为 时，△ADE为等腰三角形，请直接写出结果．
25．（2022八下·广陵期中）（1）【方法回顾】
如图1，过正方形ABCD的顶点A作一条直线l交边BC于点P，BE⊥AP于点E，DF⊥AP于点F，若DF＝2.5，BE＝1，则EF＝ ．
（2）【问题解决】
如图2，菱形ABCD的边长为1.5，过点A作一条直线l交边BC于点P，且∠DAP＝90°，点F是AP上一点，且∠BAD+∠AFD＝180°，过点B作BE⊥AB，与直线l交于点E，若EF＝1，求BE的长．
（3）【思维拓展】
如图3，在正方形ABCD中，点P在AD所在直线上的上方，AP＝2，连接PB，PD，若△PAD的面积与△PAB的面积之差为m（m＞0），则PB2﹣PD2的值为 ．（用含m的式子表示）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故答案为：错误，不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故答案为：错误，不符合题意；
C、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故答案为：正确误，符合题意；
D、四边都相等的四边形是菱形，故答案为：错误，不符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据矩形的判定定理可判断A；根据菱形的判定定理可判断B、C；根据正方形的判定定理可判断D.
2．【答案】B
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可以得到该结论正确；
B、当∠ABC=90°时，可以得到平行四边形ABCD是矩形，不能得到正方形，故错误，
C、根据对角线相等的平行四边形是矩形可以判断该选项正确；
D、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以得到该选项正确；
故答案为：B.
【分析】根据菱形的判定、正方形的判定、矩形的判定逐一进行判断即可.
3．【答案】A
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：A、对角线相等是矩形具有的性质，菱形不一定具有；
B、邻边相等是菱形具有，矩形不一定具有；
C、对角线互相垂直是菱形具有的性质，矩形不一定具有；
D、对边相等是矩形和菱形共同具有.
故答案为：A.
【分析】矩形的性质：对边平行且相等，四个角都时直角，邻角互补，对角线互相平分且相等；
菱形的性质：对边平行，四边相等，对角相等，邻角互补，对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角，据此即可一一判断得出答案.
4．【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：菱形的面积= ×6×10=30，
故答案为：C.
【分析】菱形的面积等于对角线乘积的一半，据此计算即可.
5．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝2 BO=4，OA= OD，
∵∠AOD=60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴AD=OD=OA=OB=2，
在Rt△ABD中，AB=，
∴S矩形=.
故答案为：D.
【分析】由矩形性质可得BD＝2BO=4，OA= OD，又∠AOD=60°， 则△AOD是等边三角形， 从而得到AD=OD=OA=OB=2， 再由勾股定理即可求得AB=2，由矩形的面积公式计算出其面积即可.
6．【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∵AC=24，BD=10，
∴OA=12，OB=5，
在Rt△AOB中，由勾股定理得，AB= =13，
故答案为：A.
【分析】根据菱形的性质得OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，菱形对角线的长求出OA=12，OB=5，再由勾股定理即求得AB的长，即可解决问题.
7．【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，设AD=MN=a，
∴AM=DN= DC= AD= a，
∵四边形ABCD为正方形，过点D折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，
∴FD=AD=a，∠DNF=90°，∠FME=90°，
在Rt△DFN中，FN= = = ，
∴MF=MN-FN=a- = ，
设EF=AE=b，则ME= ，
在Rt△EMF中， ME2+MF2=EF2，
即 + =b2，
解得：b=（2- ）a，
∴ = =2- .
故答案为：C.
【分析】设AD=MN=a，根据折叠的性质可得AM=DN=a，FD=AD=a，∠DNF=90°，∠FME=90°，利用勾股定理可得FN，由MF=MN-FN可得MF，设EF=AE=b，则ME=a-b，在Rt△EMF中，利用勾股定理可得 b=(2-)a，据此求解.
8．【答案】B
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】如图，
正方形的对角线即角平分线，AC、BD交于点O，
则∠CBO 45°.
故答案为：B.
【分析】正方形中对角线分别平分一组对角，根据对角线即角平分线的性质可以解题.
9．【答案】3
【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，
，，，
，
，
，
是等边三角形，
.
故答案为：3.
【分析】根据矩形的性质得OA=OC=AC=3，OB=OD=BD，AC=BD，则OA=OB=3，根据邻补角的性质可得∠AOB=60°，推出△AOB为等边三角形，然后根据等边三角形的性质进行解答.
10．【答案】AC⊥BD
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：添加的条件是AC⊥BD，
∵BD∥EF，BD∥GH，
∴EF∥GH，
同理EH∥GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵EF∥BD，AC⊥BD，
∴EF⊥AC，
∵EH∥AC，
∴EF⊥EH，
∴∠E=90°，
∴平行四边形EFGH是矩形，
故答案为：AC⊥BD.
【分析】根据平行公理可得EF∥GH，EH∥GF，从而推出四边形EFGH是平行四边形，要使平行四边形EFGH是矩形，只需证出∠E=90°，据此添加条件即可.
11．【答案】12
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD， 对角线AC、BD相交于点O ，AO=6cm，
∴AC=BD，AC=2AO=12cm，
∴BD=12cm.
故答案为：12.
【分析】根据矩形对角线相互平分且相等，可知AC=BD，AC=2AO=12cm，即可得到BD=12cm.
12．【答案】40
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形的对角线分别是16cm、12cm，
∴菱形的边长为 =10cm，
∴周长=10×4=40cm.
故答案为：40.
【分析】根据菱形的对角线互相平分求出对角线一半的长度，结合勾股定理求出菱形的边长，进而可得周长.
13．【答案】24
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵菱形ABCD中，BD＝8，AB＝5，
∴AC⊥BD，OB＝BD＝4，
∴OA＝＝3，
∴AC＝2OA＝6，
∴这个菱形的面积为：AC BD＝×6×8＝24.
故答案为：24.
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，OB＝BD＝4，利用勾股定理可得OA=3，即得AC＝2OA＝6，根据菱形的面积=AC BD进行计算即可.
14．【答案】
【知识点】坐标与图形性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC，BD，AC和BD交于一点M，
∵yA=yC，
∴AC∥x轴，
则AC=c-a，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BM=AM=CM=，
∴xB=a+=，yB=b+=，
∴点的坐标是.
故答案为：.
【分析】连接AC，BC，AC和BC交于一点M，根据A、C两点坐标得出AC∥x轴，结合正方形的性质求出BM=AM=CM，再分别求出B点的横纵坐标，即可解答.
15．【答案】40
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图：连接BD，EG，BE，DG的交点为M，
∵四边形ABCD，四边形CEFG 为正方形，
∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCE=∠DCG，且BC=DC，CG=CE，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴DG=BE，∠CBE=∠CDG，
∵∠DBE+∠EBC+∠BDC+∠BCD=180°，
∴∠DBE+∠EBC+∠BDC=90°，
∵∠DBE+∠CDE+∠BDC+∠BMD=180°，
∴∠DCB=∠DMB=90°，
∴BE⊥DG，
∴BD2=DM2+BM2，EG2=ME2+MG2，
∴BD2+EG2=DM2+BM2+ME2+MG2，
∴BD2+EG2=BG2+DE2，
∴AB2+AD2+EC2+CG2=BG2+DE2．
∴BG2+DE2= 42+42+22+22=40.
故答案为：40.
【分析】连接BD、EG，BE与DG的交点为M，根据正方形的性质可得BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，由角的和差关系可得∠BCE=∠DCG，证明△BCE≌△DCG，得到DG=BE，∠CBE=∠CDG，由内角和定理可得∠DBE+∠EBC+∠BDC=90°，∠DCB=∠DMB=90°，由勾股定理可得BD2+EG2=BG2+DE2，则AB2+AD2+EC2+CG2=BG2+DE2，据此计算.
16．【答案】10
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：设AC与BD交于点O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，AC=24cm，
∴AC⊥BD，，
在Rt△AOB中，，
∴；
故答案为：10.
【分析】设AC与BD交于点O，如图所示：由菱形的性质“菱形的对角线互相垂直平分”可得AC⊥BD，AO=AC，BO=BD，在Rt△AOB中，用勾股定理求得BO的值，然后由BD=2BO可求解.
17．【答案】（1）解：如图：（答案不唯一，合理即可）
（2）解：如图：
【知识点】平行四边形的判定；菱形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】(1)如图，根据一组对边平行且相等作四边形，或根据两组对边分别相等作四边形，则可判断所作的四边形为平行四边形；
(2)如图，连接菱形的对角线，根据菱形的对角线互相平分和平角的定义，得出以AB为边的四边形的每个内角为90°，则可判断所作的四边形为矩形.
18．【答案】证明：∵PM⊥AD，PN⊥AB，四边形ABCD是正方形，
∴∠PMA=∠PNA=∠A=90°，
∴四边形PMAN是矩形，
连接PA，
∴PA=MN，
∵P是正方形ABCD对角线上一点，
∴AD=CD，∠PDA=∠PDC，
在△PAD和△PCD中，
，
∴△PAD≌△PCD（SAS），
∴PA=PC，
∴MN=PC.
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】由PM⊥AD，PN⊥AB，四边形ABCD是正方形，可得四边形PMAN是矩形，根据矩形的性质，可得PA=MN，然后证得△PAD≌△PCD，即可得PA=PC，则可证得MN=PC.
19．【答案】（1）证明：∵ ， ，
∴四边形AEBO为平行四边形，
又∵四边形ABCD为菱形，
∴ ，
∴ ，
∴平行四边形AEBO为矩形；
（2）解：∵四边形AEBO为矩形，
∴AB＝OE＝10，
又∵四边形ABCD为菱形，
∴AO＝ AC＝8，
∴ ，
∴ ，
∴BD＝2BO＝12，
∴菱形ABCD的面积＝ .
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEBO为平行四边形，根据菱形的性质可得∠AOB=90°，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行证明；
（2）根据矩形的性质可得AB＝OE＝10，根据菱形的性质可得AO＝AC＝8，利用勾股定理可得BO，由BD＝2BO可得BD，然后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行计算.
20．【答案】（1）证明：四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD，AB//CD，
又∵BE＝AB，
∴BE＝CD，BE//CD，
∴四边形BECD 是平行四边形，
∴BD＝EC；
（2）解：当∠DAB＝60°时，四边形BECD是菱形．
理由如下：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
∵∠DAB＝60°，
∴△ADB，△DCB是等边三角形，
∴DC＝DB，
∵四边形BECD是平行四边形，
∴四边形BECD是菱形．
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质可得AB＝CD，AB//CD，结合BE＝AB可得BE＝CD，BE//CD，推出四边形BECD是平行四边形，据此证明；
（2）根据菱形的性质可得AD＝AB，结合∠DAB＝60°可得△ADB，△DCB是等边三角形，则DC＝DB，然后结合菱形的判定定理进行证明.
21．【答案】解：等边三角形；论证：△BMP是等边三角形，理由如下：
如图3，∵△ABN是等边三角形，
∴∠ABN＝60°，
∴∠NBM＝∠ABM＝∠ABN＝30°，
∵∠NBP＝∠ABP﹣∠ABN＝30°，∠BNP＝90°，
∴∠BPM＝∠MBP＝60°，
∴△BMP是等边三角形.
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：操作：如图2，∵直线EF是AB的垂直平分线，
∴NA＝NB，
由折叠可知，BN＝AB，
∴AB＝BN＝AN，
∴△ABN是等边三角形.
故答案为：等边三角形；
【分析】操作：根据线段垂直平分线的性质可得NA＝NB，根据折叠的性质可得BN＝AB，∠NBM＝∠ABM，∠BAM＝∠BNM＝90°，则AB＝BN＝AN，据此判断；
论证：根据等边三角形的性质可得∠ABN＝60°，根据折叠的性质可得∠NBM＝∠ABM＝30°，则∠NBP＝30°，∠BPM＝∠MBP＝60°，据此判断.
22．【答案】（1）90
（2）①或；②
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】（1）解：当时，四边形ABEF是平行四边形.
理由：∵，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴四边形ABEF是平行四边形.
故答案为：90；
（2）①当，即时，四边形BEDF是菱形.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴四边形BEDF是菱形；
当，即时，四边形AECF是菱形.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵，
∴，
∴四边形AECF是菱形.
故答案为：45或90；
②设，
∵四边形ABCD是平行四边形，，，
∴，，，
∴，
分两种情况：
第一种情况：如图，当EF=AC时，四边形AECF是矩形，对角线，
∴，
∴，
即，
∴，即AD与BC之间的距离为，
∴，
∴矩形AECF的两边的长分别为和；
第二种情况：如图，当EF=BD时，四边形BEDF是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴矩形BEDF的两边的长分别为和.
∴若构造的四边形是矩形，则不同的矩形应该有2个.
故答案为：.
【分析】（1）解：当时，四边形ABEF是平行四边形，根据平行四边形的判断方法即可求解；
（2）①分两种情况：当，即时，四边形BEDF是菱形；当，即时，四边形AECF是菱形；
②根据对角线相等的四边形是矩形，分两种情形讨论求解即可：第一种情况：如图，当时，四边形AECF是矩形，对角线；第二种情况：如图，当时，四边形BEDF是矩形.
23．【答案】解：如图过点E作BC的平行线，交AB、CD于M、N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，
∴∠END=∠EMB=90°，
∴∠FEN＋∠EFN=90°，且∠FEN＋∠AEM=90°，
∴∠AEM=∠EFN，且EN＋EM=AD=AB=AM+BM，
在△BME中，∠ABD=45°，
故BM=FN=EM，而BM=CN，
∴EN+EM=AM+EM，则AM=EN，
又∵∠AEM=∠EFN，∠AME=∠ENF，
∴△AEM≌△EFN，
∴EM=FN=BM，
∵BM=CN，
∴BM+FN=BM+CN=CF=BC-DF=4-2=2，
∴MB=NE=1，
∴BE=.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】 过点E作BC的平行线，交AB、CD于M、N， 根据正方形的性质可得∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，利用等腰直角三角形的性质及角的转换可推出∠AEM=∠EFN，AM=EN， 从而可证△AEM≌△EFN，可得EM=FN=BM，继而求出MB=NE=1，再根据勾股定理求出BE即可.
24．【答案】（1）解：四边形BE'FE是正方形，
理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB＝∠BEF=∠CE'B＝90°，∠EBE'＝90°，
∴四边形是矩形，
又∵BE＝，
∴四边形是正方形；
（2）解：CF＝E'F；
理由如下：如图②，过点D作DH⊥AE于H，
∵DA＝DE，DH⊥AE，
∴AH＝AE，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BE＝AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE＝，
∵四边形BE'FE是正方形，
∴BE＝E'F，
∴E'F＝，
∴CF＝；
（3）或．
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：(3)当AE=AD=4时，，不符合题意；
当AD=DE=4时，由（2）可知，
∴
设，则
在Rt△ABE中，，即：
解得，（舍去）
当AE=DE=4时，点E在AD的中垂线上
∵∠AEB=90°
∴E在AC、BD的交点
此时BE=AE
在Rt△ABE中，，
∴
∴（舍去）
综上所述，当或时，△ADE是等腰三角形
故答案为：或．
【分析】（1）根据旋转的性质可得∠AEB＝∠BEF=∠CE'B＝90°，∠EBE'＝90°，推出四边形BE′FE是矩形，然后结合BE=BE′以及正方形的判定定理进行解答；
（2）过点D作DH⊥AE于H，根据等腰三角形的性质可得AH＝AE，根据正方形的性质可得AD＝AB，∠DAB＝90°，由同角的余角相等可得∠ADH＝∠EAB，证明△ADH≌△BAE，得到AH＝BE＝AE，根据旋转的性质可得AE＝CE′，根据正方形的性质可得BE＝E'F，则E′F=CE′，据此证明；
（3）当AE=AD=4时，∠ABE=∠AEB=90°，不符合题意；当AD=DE=4时，由（2）可知CF=FE′，则BE=FE′=CE′=AE，设BE=x，则AE=2x，根据勾股定理可得x；当AE=DE=4时，点E在AD的中垂线上，易得BE=AE，然后根据勾股定理进行计算.
25．【答案】（1）1.5
（2）解：如图2中，
四边形是菱形，
，
，
，
，即，，
，
，
，，
，
，
．
，
．
（3）
【知识点】三角形的面积；三角形全等的判定；菱形的性质；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：（1）【方法回顾】如图1中，
四边形ABCD为正方形，
，，
，，
，
又∵，
，
，，
，，
．
故答案为：1.5；
（3）【思维拓展】如图3中，过点P作交BA的延长线于N，交DA的延长线于M，设，．
，
四边形PMAN是矩形，
，，
四边形ABCD是正方形，
，设，
，
，
，
，
故答案为：．
【分析】（1）根据正方形的性质得AB=AD，∠BAD=90°，根据同角的余角相等得∠ABE=∠DAF，利用AAS证明△ABE≌△ADF，得到BE=AF，AE=DF，然后结合EF=AE-AF进行计算；
（2）根据菱形的性质可得AB=AD，根据垂直的概念可得∠ABE=∠DAF=90°，由 ∠BAD+∠AFD＝180°可得∠BAP+∠FAD+∠AFD=180°，结合内角和定理可得∠BAP=∠ADF，证明△DAF≌△ABE，得到DF=AE=AF+EF=AF+1，AF=BE，利用勾股定理可得AF，据此解答；
（3）过点P作PN⊥AB交AB的延长线于N，PM⊥DA交DA的延长线于M，设PN=x，PM=y，易得四边形PMAN为矩形，则PN=AM=x，PM=AN=y，根据正方形的性质可得AB=AD，设AB=AD=a，根据题意可得S△PAD-S△PAB=m，结合三角形的面积公式可得ay-ax=2m，据此求解.
1 / 12023年苏科版数学八年级下册全方位训练卷9.4矩形、菱形、正方形
一、单选题（每题3分，共24分）
1．（2022八下·溧阳期末）下列命题中，是真命题的是（ ）
A．有一个角是直角的四边形是矩形
B．对角线相等的平行四边形是菱形
C．一组邻边相等的平行四边形是菱形
D．四边都相等的四边形是正方形
【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故答案为：错误，不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故答案为：错误，不符合题意；
C、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故答案为：正确误，符合题意；
D、四边都相等的四边形是菱形，故答案为：错误，不符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据矩形的判定定理可判断A；根据菱形的判定定理可判断B、C；根据正方形的判定定理可判断D.
2．（2021八下·海州期末）如图，已知四边形 是平行四边形，对角线 交于点 ，则下列结论中错误的是（ ）
A．当 时，它是菱形
B．当 时，它是正方形
C．当 时，它是矩形
D．当 时，它是菱形
【答案】B
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可以得到该结论正确；
B、当∠ABC=90°时，可以得到平行四边形ABCD是矩形，不能得到正方形，故错误，
C、根据对角线相等的平行四边形是矩形可以判断该选项正确；
D、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以得到该选项正确；
故答案为：B.
【分析】根据菱形的判定、正方形的判定、矩形的判定逐一进行判断即可.
3．（2022八下·广陵期末）下面性质中矩形具有而菱形没有的是（ ）
A．对角线相等 B．邻边相等 C．对角线垂直 D．对边相等
【答案】A
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：A、对角线相等是矩形具有的性质，菱形不一定具有；
B、邻边相等是菱形具有，矩形不一定具有；
C、对角线互相垂直是菱形具有的性质，矩形不一定具有；
D、对边相等是矩形和菱形共同具有.
故答案为：A.
【分析】矩形的性质：对边平行且相等，四个角都时直角，邻角互补，对角线互相平分且相等；
菱形的性质：对边平行，四边相等，对角相等，邻角互补，对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角，据此即可一一判断得出答案.
4．（2021八下·苏州期末）若菱形的两条对角线的长分别为6和10，则菱形的面积为（ ）
A．15 B．24 C．30 D．60
【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：菱形的面积= ×6×10=30，
故答案为：C.
【分析】菱形的面积等于对角线乘积的一半，据此计算即可.
5．（2022八下·启东月考）在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠AOD=60°，OB=2cm，那么矩形ABCD的面积为（ ）
A．cm B．2cm C．3cm D．4cm
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝2 BO=4，OA= OD，
∵∠AOD=60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴AD=OD=OA=OB=2，
在Rt△ABD中，AB=，
∴S矩形=.
故答案为：D.
【分析】由矩形性质可得BD＝2BO=4，OA= OD，又∠AOD=60°， 则△AOD是等边三角形， 从而得到AD=OD=OA=OB=2， 再由勾股定理即可求得AB=2，由矩形的面积公式计算出其面积即可.
6．（2022八下·启东月考）如图，若四边形ABCD是菱形，AC=24，BD=10，则菱形ABCD的边长是（ ）
A．13 B．12 C．26 D．52
【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∵AC=24，BD=10，
∴OA=12，OB=5，
在Rt△AOB中，由勾股定理得，AB= =13，
故答案为：A.
【分析】根据菱形的性质得OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，菱形对角线的长求出OA=12，OB=5，再由勾股定理即求得AB的长，即可解决问题.
7．（2022八下·溧阳期末）如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在直线折叠后展开，折痕为MN；再过点D折叠， 使得点A落在MN上的点F处，折痕为DE，则 的值是（ ）
A． B． －1 C．2－ D．3－
【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，设AD=MN=a，
∴AM=DN= DC= AD= a，
∵四边形ABCD为正方形，过点D折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，
∴FD=AD=a，∠DNF=90°，∠FME=90°，
在Rt△DFN中，FN= = = ，
∴MF=MN-FN=a- = ，
设EF=AE=b，则ME= ，
在Rt△EMF中， ME2+MF2=EF2，
即 + =b2，
解得：b=（2- ）a，
∴ = =2- .
故答案为：C.
【分析】设AD=MN=a，根据折叠的性质可得AM=DN=a，FD=AD=a，∠DNF=90°，∠FME=90°，利用勾股定理可得FN，由MF=MN-FN可得MF，设EF=AE=b，则ME=a-b，在Rt△EMF中，利用勾股定理可得 b=(2-)a，据此求解.
8．（2020八下·淮安期末）正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，则∠CBO等于（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【答案】B
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】如图，
正方形的对角线即角平分线，AC、BD交于点O，
则∠CBO 45°.
故答案为：B.
【分析】正方形中对角线分别平分一组对角，根据对角线即角平分线的性质可以解题.
二、填空题（每题3分，共24分）
9．（2022八下·广陵期末）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∠BOC＝120°，AC＝6．则AB＝ ．
【答案】3
【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，
，，，
，
，
，
是等边三角形，
.
故答案为：3.
【分析】根据矩形的性质得OA=OC=AC=3，OB=OD=BD，AC=BD，则OA=OB=3，根据邻补角的性质可得∠AOB=60°，推出△AOB为等边三角形，然后根据等边三角形的性质进行解答.
10．（2022八下·盐城期末）如图，过四边形ABCD的四个顶点分别作对角线AC、BD的平行线，若所围成的四边形EFGH是矩形，则原四边形ABCD需满足的条件是 .（只需写出一个符合要求的条件）
【答案】AC⊥BD
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：添加的条件是AC⊥BD，
∵BD∥EF，BD∥GH，
∴EF∥GH，
同理EH∥GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵EF∥BD，AC⊥BD，
∴EF⊥AC，
∵EH∥AC，
∴EF⊥EH，
∴∠E=90°，
∴平行四边形EFGH是矩形，
故答案为：AC⊥BD.
【分析】根据平行公理可得EF∥GH，EH∥GF，从而推出四边形EFGH是平行四边形，要使平行四边形EFGH是矩形，只需证出∠E=90°，据此添加条件即可.
11．（2022八下·泰兴期末）在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AO＝6cm，则BD＝ cm．
【答案】12
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD， 对角线AC、BD相交于点O ，AO=6cm，
∴AC=BD，AC=2AO=12cm，
∴BD=12cm.
故答案为：12.
【分析】根据矩形对角线相互平分且相等，可知AC=BD，AC=2AO=12cm，即可得到BD=12cm.
12．（2022八下·沭阳期末）菱形的两条对角线长分别是 和 ，则菱形的周长是 .
【答案】40
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形的对角线分别是16cm、12cm，
∴菱形的边长为 =10cm，
∴周长=10×4=40cm.
故答案为：40.
【分析】根据菱形的对角线互相平分求出对角线一半的长度，结合勾股定理求出菱形的边长，进而可得周长.
13．（2022八下·盐城期末）已知一个菱形的边长为 ，其中一条对角线长为 ，则这个菱形的面积为 .
【答案】24
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵菱形ABCD中，BD＝8，AB＝5，
∴AC⊥BD，OB＝BD＝4，
∴OA＝＝3，
∴AC＝2OA＝6，
∴这个菱形的面积为：AC BD＝×6×8＝24.
故答案为：24.
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，OB＝BD＝4，利用勾股定理可得OA=3，即得AC＝2OA＝6，根据菱形的面积=AC BD进行计算即可.
14．（2022八下·南京期末）如图，正方形在第一象限，点、，则点的坐标是 ．（用含、、的代数式表示）
【答案】
【知识点】坐标与图形性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC，BD，AC和BD交于一点M，
∵yA=yC，
∴AC∥x轴，
则AC=c-a，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BM=AM=CM=，
∴xB=a+=，yB=b+=，
∴点的坐标是.
故答案为：.
【分析】连接AC，BC，AC和BC交于一点M，根据A、C两点坐标得出AC∥x轴，结合正方形的性质求出BM=AM=CM，再分别求出B点的横纵坐标，即可解答.
15．（2022八下·江都期中）如图，正方形和正方形的边长分别为4和2，正方形绕点C旋转，则 ．
【答案】40
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图：连接BD，EG，BE，DG的交点为M，
∵四边形ABCD，四边形CEFG 为正方形，
∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCE=∠DCG，且BC=DC，CG=CE，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴DG=BE，∠CBE=∠CDG，
∵∠DBE+∠EBC+∠BDC+∠BCD=180°，
∴∠DBE+∠EBC+∠BDC=90°，
∵∠DBE+∠CDE+∠BDC+∠BMD=180°，
∴∠DCB=∠DMB=90°，
∴BE⊥DG，
∴BD2=DM2+BM2，EG2=ME2+MG2，
∴BD2+EG2=DM2+BM2+ME2+MG2，
∴BD2+EG2=BG2+DE2，
∴AB2+AD2+EC2+CG2=BG2+DE2．
∴BG2+DE2= 42+42+22+22=40.
故答案为：40.
【分析】连接BD、EG，BE与DG的交点为M，根据正方形的性质可得BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，由角的和差关系可得∠BCE=∠DCG，证明△BCE≌△DCG，得到DG=BE，∠CBE=∠CDG，由内角和定理可得∠DBE+∠EBC+∠BDC=90°，∠DCB=∠DMB=90°，由勾股定理可得BD2+EG2=BG2+DE2，则AB2+AD2+EC2+CG2=BG2+DE2，据此计算.
16．（2022八下·常熟期末）如图，木制活动衣帽架由三个全等的菱形构成，在，，，，，处安装上、下两排挂钩，可以根据需要改变挂钩间的距离，并在，处固定.已知菱形的边长为13cm，要使两排挂钩间的距离为24cm，则，之间的距离（即线段的长）为 cm.
【答案】10
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：设AC与BD交于点O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，AC=24cm，
∴AC⊥BD，，
在Rt△AOB中，，
∴；
故答案为：10.
【分析】设AC与BD交于点O，如图所示：由菱形的性质“菱形的对角线互相垂直平分”可得AC⊥BD，AO=AC，BO=BD，在Rt△AOB中，用勾股定理求得BO的值，然后由BD=2BO可求解.
三、作图题（共10分）
17．（2022八下·北仑期末）如图1、2都是边长为1的全等菱形组成的网格图，网格的交点称为格点，AB是端点落在格点上的线段，请仅用无刻度直尺作出符合下列要求的格点四边形．
（1）请在图1中作出一个以AB为边的平行四边形（非矩形）．
（2）请在图2中作出一个以AB为边的矩形．
【答案】（1）解：如图：（答案不唯一，合理即可）
（2）解：如图：
【知识点】平行四边形的判定；菱形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】(1)如图，根据一组对边平行且相等作四边形，或根据两组对边分别相等作四边形，则可判断所作的四边形为平行四边形；
(2)如图，连接菱形的对角线，根据菱形的对角线互相平分和平角的定义，得出以AB为边的四边形的每个内角为90°，则可判断所作的四边形为矩形.
四、解答题（共8题，共62分）
18．（2020八下·淮安期中）已知：如图，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上一点，PM⊥AD，PN⊥AB，垂足分别为M、N.求证：MN=PC.
【答案】证明：∵PM⊥AD，PN⊥AB，四边形ABCD是正方形，
∴∠PMA=∠PNA=∠A=90°，
∴四边形PMAN是矩形，
连接PA，
∴PA=MN，
∵P是正方形ABCD对角线上一点，
∴AD=CD，∠PDA=∠PDC，
在△PAD和△PCD中，
，
∴△PAD≌△PCD（SAS），
∴PA=PC，
∴MN=PC.
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】由PM⊥AD，PN⊥AB，四边形ABCD是正方形，可得四边形PMAN是矩形，根据矩形的性质，可得PA=MN，然后证得△PAD≌△PCD，即可得PA=PC，则可证得MN=PC.
19．（2022八下·邗江期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O， ， ，OE与AB交于点F.
（1）求证：四边形AEBO为矩形；
（2）若OE＝10，AC＝16，求菱形ABCD的面积.
【答案】（1）证明：∵ ， ，
∴四边形AEBO为平行四边形，
又∵四边形ABCD为菱形，
∴ ，
∴ ，
∴平行四边形AEBO为矩形；
（2）解：∵四边形AEBO为矩形，
∴AB＝OE＝10，
又∵四边形ABCD为菱形，
∴AO＝ AC＝8，
∴ ，
∴ ，
∴BD＝2BO＝12，
∴菱形ABCD的面积＝ .
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEBO为平行四边形，根据菱形的性质可得∠AOB=90°，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行证明；
（2）根据矩形的性质可得AB＝OE＝10，根据菱形的性质可得AO＝AC＝8，利用勾股定理可得BO，由BD＝2BO可得BD，然后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行计算.
20．（2022八下·苏州期中）如图，已知菱形ABCD的对角线相交于点O，延长AB至点E，使BE＝AB，连接CE．
（1）求证：BD＝EC；
（2）当∠DAB为多少度时，四边形BECD为菱形？并说明理由．
【答案】（1）证明：四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD，AB//CD，
又∵BE＝AB，
∴BE＝CD，BE//CD，
∴四边形BECD 是平行四边形，
∴BD＝EC；
（2）解：当∠DAB＝60°时，四边形BECD是菱形．
理由如下：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
∵∠DAB＝60°，
∴△ADB，△DCB是等边三角形，
∴DC＝DB，
∵四边形BECD是平行四边形，
∴四边形BECD是菱形．
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质可得AB＝CD，AB//CD，结合BE＝AB可得BE＝CD，BE//CD，推出四边形BECD是平行四边形，据此证明；
（2）根据菱形的性质可得AD＝AB，结合∠DAB＝60°可得△ADB，△DCB是等边三角形，则DC＝DB，然后结合菱形的判定定理进行证明.
21．（2022八下·连云期中）操作：第一步：如图1，对折长方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展开.
第二步：如图2，再一次折叠纸片，使点A落在EF上的N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN.连结AN，易知△ABN的形状是 ▲ .
论证：如图3，若延长MN交BC于点P，试判定△BMP的形状，请说明理由.
【答案】解：等边三角形；论证：△BMP是等边三角形，理由如下：
如图3，∵△ABN是等边三角形，
∴∠ABN＝60°，
∴∠NBM＝∠ABM＝∠ABN＝30°，
∵∠NBP＝∠ABP﹣∠ABN＝30°，∠BNP＝90°，
∴∠BPM＝∠MBP＝60°，
∴△BMP是等边三角形.
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：操作：如图2，∵直线EF是AB的垂直平分线，
∴NA＝NB，
由折叠可知，BN＝AB，
∴AB＝BN＝AN，
∴△ABN是等边三角形.
故答案为：等边三角形；
【分析】操作：根据线段垂直平分线的性质可得NA＝NB，根据折叠的性质可得BN＝AB，∠NBM＝∠ABM，∠BAM＝∠BNM＝90°，则AB＝BN＝AN，据此判断；
论证：根据等边三角形的性质可得∠ABN＝60°，根据折叠的性质可得∠NBM＝∠ABM＝30°，则∠NBP＝30°，∠BPM＝∠MBP＝60°，据此判断.
22．（2022八下·淮安期末）如图，平行四边形中，，.对角线，相交于点，将直线绕点顺时针旋转，分别交直线、于点、.
（1）当 °，四边形是平行四边形；
（2）在旋转的过程中，从、、、、、中任意找4个点为顶点构造四边形.
① ▲ °，构造的四边形是菱形；
②若构造的四边形是矩形，则不同的矩形应该有 ▲ 个.
【答案】（1）90
（2）①或；②
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】（1）解：当时，四边形ABEF是平行四边形.
理由：∵，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴四边形ABEF是平行四边形.
故答案为：90；
（2）①当，即时，四边形BEDF是菱形.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴四边形BEDF是菱形；
当，即时，四边形AECF是菱形.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵，
∴，
∴四边形AECF是菱形.
故答案为：45或90；
②设，
∵四边形ABCD是平行四边形，，，
∴，，，
∴，
分两种情况：
第一种情况：如图，当EF=AC时，四边形AECF是矩形，对角线，
∴，
∴，
即，
∴，即AD与BC之间的距离为，
∴，
∴矩形AECF的两边的长分别为和；
第二种情况：如图，当EF=BD时，四边形BEDF是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴矩形BEDF的两边的长分别为和.
∴若构造的四边形是矩形，则不同的矩形应该有2个.
故答案为：.
【分析】（1）解：当时，四边形ABEF是平行四边形，根据平行四边形的判断方法即可求解；
（2）①分两种情况：当，即时，四边形BEDF是菱形；当，即时，四边形AECF是菱形；
②根据对角线相等的四边形是矩形，分两种情形讨论求解即可：第一种情况：如图，当时，四边形AECF是矩形，对角线；第二种情况：如图，当时，四边形BEDF是矩形.
23．（2022八下·盐城期末）如图1，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线BD上一点，连接AE，过点E作，交边CD于点F，若，求BE的长.
下面是小明、小华和小东三位同学关于本题不同视角下的部分思维过程：
小明：从直线BD是正方形的对称轴角度看，连接EC，如图2，则，∠ECD＝∠EAD，又，……
小华：从的角度看，可以过点E作BC的平行线，交AB、CD于M、N，如图3，通过证明，……
小东：从的角度看，还可以过点E作BD的垂线，交DC的延长线于点P，如图4，……
请结合上面的思路，求BE的长.
【答案】解：如图过点E作BC的平行线，交AB、CD于M、N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，
∴∠END=∠EMB=90°，
∴∠FEN＋∠EFN=90°，且∠FEN＋∠AEM=90°，
∴∠AEM=∠EFN，且EN＋EM=AD=AB=AM+BM，
在△BME中，∠ABD=45°，
故BM=FN=EM，而BM=CN，
∴EN+EM=AM+EM，则AM=EN，
又∵∠AEM=∠EFN，∠AME=∠ENF，
∴△AEM≌△EFN，
∴EM=FN=BM，
∵BM=CN，
∴BM+FN=BM+CN=CF=BC-DF=4-2=2，
∴MB=NE=1，
∴BE=.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】 过点E作BC的平行线，交AB、CD于M、N， 根据正方形的性质可得∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，利用等腰直角三角形的性质及角的转换可推出∠AEM=∠EFN，AM=EN， 从而可证△AEM≌△EFN，可得EM=FN=BM，继而求出MB=NE=1，再根据勾股定理求出BE即可.
24．（2022八下·广陵期末）问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′（点A的对应点为点C）．延长AE交CE′于点F，连接DE．
（1）猜想证明：
试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
（2）如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与的数量关系并加以证明；
（3）解决问题：
如图①，若AB＝4，当BE的长为 时，△ADE为等腰三角形，请直接写出结果．
【答案】（1）解：四边形BE'FE是正方形，
理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB＝∠BEF=∠CE'B＝90°，∠EBE'＝90°，
∴四边形是矩形，
又∵BE＝，
∴四边形是正方形；
（2）解：CF＝E'F；
理由如下：如图②，过点D作DH⊥AE于H，
∵DA＝DE，DH⊥AE，
∴AH＝AE，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BE＝AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE＝，
∵四边形BE'FE是正方形，
∴BE＝E'F，
∴E'F＝，
∴CF＝；
（3）或．
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：(3)当AE=AD=4时，，不符合题意；
当AD=DE=4时，由（2）可知，
∴
设，则
在Rt△ABE中，，即：
解得，（舍去）
当AE=DE=4时，点E在AD的中垂线上
∵∠AEB=90°
∴E在AC、BD的交点
此时BE=AE
在Rt△ABE中，，
∴
∴（舍去）
综上所述，当或时，△ADE是等腰三角形
故答案为：或．
【分析】（1）根据旋转的性质可得∠AEB＝∠BEF=∠CE'B＝90°，∠EBE'＝90°，推出四边形BE′FE是矩形，然后结合BE=BE′以及正方形的判定定理进行解答；
（2）过点D作DH⊥AE于H，根据等腰三角形的性质可得AH＝AE，根据正方形的性质可得AD＝AB，∠DAB＝90°，由同角的余角相等可得∠ADH＝∠EAB，证明△ADH≌△BAE，得到AH＝BE＝AE，根据旋转的性质可得AE＝CE′，根据正方形的性质可得BE＝E'F，则E′F=CE′，据此证明；
（3）当AE=AD=4时，∠ABE=∠AEB=90°，不符合题意；当AD=DE=4时，由（2）可知CF=FE′，则BE=FE′=CE′=AE，设BE=x，则AE=2x，根据勾股定理可得x；当AE=DE=4时，点E在AD的中垂线上，易得BE=AE，然后根据勾股定理进行计算.
25．（2022八下·广陵期中）（1）【方法回顾】
如图1，过正方形ABCD的顶点A作一条直线l交边BC于点P，BE⊥AP于点E，DF⊥AP于点F，若DF＝2.5，BE＝1，则EF＝ ．
（2）【问题解决】
如图2，菱形ABCD的边长为1.5，过点A作一条直线l交边BC于点P，且∠DAP＝90°，点F是AP上一点，且∠BAD+∠AFD＝180°，过点B作BE⊥AB，与直线l交于点E，若EF＝1，求BE的长．
（3）【思维拓展】
如图3，在正方形ABCD中，点P在AD所在直线上的上方，AP＝2，连接PB，PD，若△PAD的面积与△PAB的面积之差为m（m＞0），则PB2﹣PD2的值为 ．（用含m的式子表示）
【答案】（1）1.5
（2）解：如图2中，
四边形是菱形，
，
，
，
，即，，
，
，
，，
，
，
．
，
．
（3）
【知识点】三角形的面积；三角形全等的判定；菱形的性质；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：（1）【方法回顾】如图1中，
四边形ABCD为正方形，
，，
，，
，
又∵，
，
，，
，，
．
故答案为：1.5；
（3）【思维拓展】如图3中，过点P作交BA的延长线于N，交DA的延长线于M，设，．
，
四边形PMAN是矩形，
，，
四边形ABCD是正方形，
，设，
，
，
，
，
故答案为：．
【分析】（1）根据正方形的性质得AB=AD，∠BAD=90°，根据同角的余角相等得∠ABE=∠DAF，利用AAS证明△ABE≌△ADF，得到BE=AF，AE=DF，然后结合EF=AE-AF进行计算；
（2）根据菱形的性质可得AB=AD，根据垂直的概念可得∠ABE=∠DAF=90°，由 ∠BAD+∠AFD＝180°可得∠BAP+∠FAD+∠AFD=180°，结合内角和定理可得∠BAP=∠ADF，证明△DAF≌△ABE，得到DF=AE=AF+EF=AF+1，AF=BE，利用勾股定理可得AF，据此解答；
（3）过点P作PN⊥AB交AB的延长线于N，PM⊥DA交DA的延长线于M，设PN=x，PM=y，易得四边形PMAN为矩形，则PN=AM=x，PM=AN=y，根据正方形的性质可得AB=AD，设AB=AD=a，根据题意可得S△PAD-S△PAB=m，结合三角形的面积公式可得ay-ax=2m，据此求解.
1 / 1
