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2022-2023学年浙教版数学八年级下册第五章 特殊平行四边形 综合测试
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
一、单选题
1．（2022八下·顺平期末）在矩形中，，对角线交于点O，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．10
【答案】C
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：C．
【分析】由矩形的性质可得，BD=AC=2OB，然后利用勾股定理求出BD=AC=10，从而求出OB的长.
2．（2022八下·东川期末）如图，将矩形ABCD沿直线DE折叠，顶点A落在BC边上F处，已知，，则BF的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠的性质知：，，
在中，，，
由勾股定理可得：．
故答案为：B．
【分析】先求出EF和BE的长，再利用勾股定理求出BF的长即可。
3．（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。
4．（2022八下·乐亭期末）如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中正确的是（ ）
A．当时，它是矩形 B．当时，它是矩形
C．当时，它是正方形 D．当时，它是菱形
【答案】D
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】A.∵四边形是平行四边形
当AB=BC时，四边形ABCD是菱形，不符合题意；
B. ∵四边形是平行四边形
当时，四边形ABCD是菱形，不符合题意；
C. ∵四边形是平行四边形
当时，四边形ABCD是矩形，不符合题意；
D. ∵四边形是平行四边形
当时，四边形ABCD是菱形，符合题意．
故答案为：D
【分析】利用矩形、正方形和菱形的判定方法逐项判断即可。
5．（2022八下·东川期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BE⊥AD于点E，且，．则BE的长为（ ）
A．3 B．4 C．4.8 D．5
【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴，AC=2OA，BD=2OB，
∵，，
∴AD=，AC=8，BD=6，
∴，
即，
∴，
故答案为：C．
【分析】先求出AD=，AC=8，BD=6，再利用菱形的面积公式可得，即，再求出BE的长即可。
6．（2022八下·环翠期末）在一组对边平行的四边形中，增加一个条件，使得这个四边形是菱形，那么增加的条件可以是（ ）
A．另一组对边相等，对角线相等
B．另一组对边相等，对角线互相垂直
C．另一组对边平行，对角线相等
D．另一组对边平行，对角线相互垂直
【答案】D
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：A．一组对边平行，另一组对边相等，对角线相等的四边形可以是等腰梯形，则此项不符题意；
B．一组对边平行，另一组对边相等，对角线互相垂直的四边形可以是等腰梯形，则此项不符题意；
C．一组对边平行，另一组对边平行，对角线相等的四边形可以是矩形，不一定是菱形，则此项不符题意；
D．一组对边平行，另一组对边平行，对角线相互垂直的四边形是菱形，则此项符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据菱形的判定方法逐项判断即可。
7．（2022八下·微山期末）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，E是CD的中点，且OE＝3，则菱形的周长是（ ）
A．12 B．16 C．20 D．24
【答案】D
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的对角线相交于点O，
∴OB＝OD，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
∴OE是△BCD的中位线，
∴BC＝2OE＝6，
所以菱形的周长为：4BC＝4×6＝24．
故答案为：D．
【分析】先利用三角形中位线的性质可得BC＝2OE＝6，再利用菱形的周长公式可得菱形的周长为：4BC＝4×6＝24。
8．（2022八下·乐亭期末）如图，在矩形中，，以点B为圆心，长为半径画弧，交边于点E，则的长为（ ）
A．9 B．8 C．7 D．6
【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：连接BE，如图，
由题意知，BE=BC=25，
四边形ABCD是矩形，
，AB=DC=24， AD=BC=25，
在中，
．
故答案为：C．
【分析】利用勾股定理求出AE的长即可。
9．（2022八下·石家庄期末）如图，正方形中，点为对角线的交点，直线过点分别交，于，两点（），若过点作直线与正方形的一组对边分别交于，两点，满足，则这样的直线（不同于直线）的条数共有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．无数条
【答案】C
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：根据旋转变换的性质可知满足条件的线段有3条，如图所示；
故答案为：C．
【分析】根据图形的旋转及旋转的性质求解即可。
10．（2023八下·义乌月考）如图，在正方形中，将边绕点B逆时针旋转至，连接，，若，，则线段的长度为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】B
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，过点B作于点E，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵将边绕点B逆时针旋转至，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴线段C'D的长度为.
故答案为：B.
【分析】过点B作BE⊥CC′于点E，根据正方形的性质可得BC=CD，∠BCD=90°，根据同角的余角相等可得∠C′CD=∠CBE，利用AAS证明△BCE≌△CDC′，得到CE=C′D，BE=CC′，根据旋转的性质可得BC=BC′，结合等腰三角形的性质可得CE=C′E=CC′=BE，利用勾股定理可得CE的值，据此解答.
二、填空题
11．（2022八下·铁东期末）一个木匠要制作矩形的踏板．他在一个对边平行的长木板上分别沿与长边垂直的方向锯两次，就能得到矩形踏板．理由是 ．
【答案】三个角都是直角的四边形是矩形（或：“有一个角是直角的平行四边形是矩形”）
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】因为木板的对边平行，在进行两次锯开时都是沿着垂直于对边的方向，所以会出现4个直角，有三个角是直角的四边形是矩形．
故答案是三个角是直角的四边形是矩形．
【分析】根据矩形的判定方法求解即可。
12．（2022八下·安宁期末）如图，O是矩形ABCD对角线AC的中点，E是AB上的一点，将沿CE折叠后，点B恰好与点O重合．若，则折痕CE的长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接，
四边形是矩形，O是矩形ABCD对角线AC的中点，
，，
∵将沿CE折叠后，点B恰好与点O重合，
∴，，
，
∴是等边三角形，
，
，
在中，，，
，
即，
解得，
故答案为：．
【分析】连接，先求出，可得，，利用勾股定理可得，再求出CE的长即可。
13．（2023八下·盐城月考）如图，在四边形ABCD中，P、Q、M、N分别是AD、BC、BD、AC的中点，当四边形ABCD满足 时（填写一个条件），PQ⊥MN.
【答案】AB=CD
【知识点】菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵P、Q、M、N分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴PN是△ACD的中位线，PN=CD， MQ是△BCD的中位线，MQ=CD，
∴MQ=PN=CD，
同理可得：NQ=PM=AB，
当AB=CD时，MQ=PN=NQ=PM，四边形MQNP是菱形，
∵菱形对角线垂直平分，
∴PQ⊥MN，
故答案为：AB=CD；
【分析】由三角形中位线定理得MQ=PN=CD， NQ=PM=AB，当AB=CD时，由等量代换可得MQ=PN=NQ=PM，四边形MQNP是菱形，由菱形的对角线互相垂直即可得出结论.
14．（2022八下·巴彦期末）如图，菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E为AC上一点，连接DE，AB＝CE＝5AE，BD＝8，则DE的长为 ．
【答案】2
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO，AB＝CD，DO＝BO，AC⊥BD，
设AE＝x，则AB＝CE＝5x，
∴CO＝AC＝3x，
在Rt△COD中，由勾股定理得，OD＝4x，
∴4x＝4，
∴x＝1，
∴OD＝4，AE＝1，CE＝5，
∴OE＝2，
在Rt△ODE中，由勾股定理得，
DE＝＝，
故答案为：2．
【分析】根据题意先求出OD＝4，AE＝1，CE＝5，再利用勾股定理计算求解即可。
15．（2022八下·新余期末）如图，在矩形ABCD中，，，点P从点A向点D以每秒1cm的速度运动，Q以每秒4cm的速度从点C出发，在B、C两点之间做往返运动，两点同时出发，点P到达点D为止(同时点Q也停止)，这段时间内，当运动时间为 时，P、Q、C、D四点组成矩形．
【答案】2.4s或4s或7.2s
【知识点】矩形的判定；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：根据已知可知：点Q由
在点Q第一次到达点B过程中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
若， 则四边形APQB是矩形，则以P、Q、C、D四点为顶点组成矩形．
设过了t秒，则PA=t，BQ=12-4t，
∴t=12-4t，
∴t=2.4（s），
在点Q由的过程中，
设过了t秒，则PA=t，BQ=4（t-3），
t=4（t-3），
解得：t=4（s），
在点Q再由过程中，
设过了t秒，则PA=t，BQ=12-4（t-6），
t=12-4（t-6），
解得：t=7.2（s），
在点Q再由的过程中，
设过了t秒，则PA=t，BQ=4（t-9），
t=4（t-9），
解得：t=13（s）>12(s)，故此舍去．
故答案为：2.4s或4s或7.2s；
【分析】分三种情况：① 在点Q由的过程中，②在点Q再由过程中， ③在点Q再由的过程中，再利用矩形的性质列出方程求解即可。
16．（2023八下·义乌开学考）“勾股图”有着悠久的历史，欧几里得在《几何原本》中曾对它做了深入研究.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以△ABC的三条边为边向外作正方形.连接EB，CM，DG，CM分别与AB，BE相交于点P，Q.若∠AMP＝30°，则∠ABE＝ °，的值为 .
【答案】30；
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵四边形AEDC、四边形AMNB四边形BCGF都为正方形，
∴AE＝AC＝CD，AB＝AM，BC＝CG，∠EAC＝∠MAB＝∠ACD＝∠BCG＝90°，
∴∠EAB＝∠CAM，
在△EAB和△CAM中，
，
∴△EAB≌△CAM（SAS），
∴∠EBA＝∠CMA＝∠AMP＝30°，
∴∠BPQ＝∠APM＝60°，
∴∠BQP＝90°，
∴PQ＝ PB，
设AP＝a，
∴PM＝2AP＝2a，
在Rt△MAP中，由勾股定理得：AM＝ ，
∴PB＝AB-AP＝AM-AP＝（ -1）a，
∴PQ＝ PB＝ a，
∴QM＝QP+PM＝ a+2a＝ a，
∵∠ACB＝90°，
∴∠DCG＝360°-∠ACB-∠ACD-∠BCG＝360°-90°-90°-90°＝90°，
∴∠ACB＝∠DCG，
在△ACB和△DCG中，
，
∴△ACB≌△DCG（SAS），
∴DG＝AB＝ a，
∴ .
故答案为：30； .
【分析】根据正方形的性质可得AE=AC=CD，AB=AM，BC=CG，∠EAC=∠MAB=∠ACD=∠BCG=90°，由角的和差关系可得∠EAB＝∠CAM，利用SAS证明△EAB≌△CAM，得到∠EBA＝∠CMA＝∠AMP＝30°，则∠BQP＝90°，由含30°角的直角三角形的性质可得PQ＝PB，设AP＝a，则PM＝2AP＝2a，由勾股定理可得AM=a，则PB＝AB-AP＝AM-AP＝(-1)a，PQ＝PB＝a，QM＝QP+PM＝a，利用SAS证明△ACB≌△DCG，得到DG＝AB＝a，据此求解.
三、解答题
17．（2022八下·丰南期末）如图，菱形ABCD中，点E、F分别是边CD、AD的中点．求证：．
【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形
∴
∵点E、F分别是边CD，AD的中点
∴ ，
∴
在△ADE和△CDF中
，
∴△ADE≌△CDF（SAS）
∴．
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】先利用菱形的性质证出DE=DF，再利用“SAS”证明△ADE≌△CDF，即可得到AE=CF。
18．（2022八下·临汾期末）已知四边形ABCD，//，AD=DC=10，DB平分∠ADC，BD=12，求四边形ABCD的面积．
【答案】解：如图，连接AC，交BD于点O．
∵，
∴∠ABD=∠BDC．
∵BD平分∠ADC，
∴∠ADB=∠BDC，
∴∠ABD=∠ADB，
∴AD=AB．
∵AD=CD，
∴AB=CD
∵，
∴四边形ABCD为平行四边形．
∵AD=CD，
∴平行四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD．
∵AD=10，BD=12，
∴，，
∴．
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【分析】先证明四边形ABCD为平行四边形，结合AD=CD，可得平行四边形ABCD为菱形，利用勾股定理求出AO和AC的长，再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半可得答案。
19．（2022八下·建昌期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点，为的中点，过点作交的延长线于点，连接．求证：四边形是矩形．
【答案】证明：∵，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
【知识点】菱形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】先证明四边形是平行四边形，再结合，即可得到四边形是矩形。
20．（2022八下·南关期末）如图，菱形的对角线相交于点O，垂直平分，垂足为点E，求的大小．
【答案】解：在菱形ABCD中，有，且，
∵DE垂直平分BC，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
即∠ABC的度数为120°．
【知识点】线段垂直平分线的性质；菱形的性质
【解析】【分析】先证明为等边三角形，可得，再利用平行线的性质可得。
21．（2022八下·南昌期末）只用无刻度的直尺作图（保留作图痕迹，不要求写作法）．
如图，已知，，点E在OB边上，其中四边形AEBF是平行四边形，
（1）请在图中画出的平分线．
（2）请在图中画出菱形AOBN．
【答案】（1）解：连接AB，EF交于点M，作射线OM即可，如图中，
射线OD即为所求．
（2）解：连接AB，EF交于点M，作射线OM交AF的延长线于点N，如图所示，
菱形AOBN为所求．
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；作图-角的平分线
【解析】【分析】（1）连接AB，EF交于点M，作射线OM即可；
（2）连接AB，EF交于点M，作射线OM交AF的延长线于点N，菱形AOBN为所求。
22．（2022八下·潮安期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥BD．试判断四边形OCED的形状并证明．
【答案】解：四边形OCED是菱形，证明如下：
∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
又∵在矩形ABCD中，OC=OD，
∴四边形OCED是菱形．
【知识点】菱形的判定；矩形的性质
【解析】【分析】先证明四边形OCED是平行四边形，再结合OC=OD，可得四边形OCED是菱形。
23．如，在矩形ABCD中，AB=16 cm，AD=6 cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以每秒3 cm的速度向点B移动，点Q以每秒2 cm的速度向点D移动，当点P到达点B时，两点均停止移动.是否存在某一时刻，使四边形PBCQ为正方形 若存在，求出该时刻；若不存在，请说明理由.
【答案】解：不存在.理由：设存在某时刻t，使得四边形PBCQ是正方形，则BP=CQ，即16-3t=2t，解得t= ，
∴CQ=2t= ≠6，即CQ≠CB，
∴四边形PBCQ是正方形不成立.
故不存在某一时刻，使四边形PBCQ为正方形.
【知识点】正方形的判定；四边形-动点问题；平行四边形的定义及其特殊类型
【解析】【分析】设存在某时刻t，使得四边形PBCQ是正方形，利用正方形的性质可知BP=CQ，再利用点P和点Q的运动速度和方向，分别表示出CQ，BP，可得到关于t的方程，解方程求出t的值，可得到CQ的长；然后利用正方形的四边相等及BC=6，可作出判断.
24．（2019八下·泰兴期中）如图1，点C在线段AB上，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和正方形BCMN，连结AM、BD．
（1）AM与BD的关系是： ．
（2）如果将正方形BCMN绕点C顺时针旋转锐角α，它不变（如图2）．（1）中所得的结论是否仍然成立？请说明理由．
（3）在（2）的条件下，连接AB、DM，若AC＝4，BC＝2，求 的值．
【答案】（1）相等且垂直
（2）成立，
理由：∵四边形ACDE正方形，四边形BCMN正方形，
∴AC=CD MC=BC ∠ACD=∠BCM=90°，
∴ ∠ACD+∠DCM=∠BCM+∠DCM，
即∠ACM=∠BCD，
在△ACM与△DCB中，
∴△ACM≌△DCB（SAS），
∴AM=BD ，∠MAC=∠BDC，
同（1）可证AM⊥DB，
∴AM=BD且AM⊥DB.
（3）解：如图，
∵AM⊥DB，
∴∠DOM=∠AOB=∠AOD=∠BOM=90°，
由勾股定理得OD2+OM2=DM2，OD2+OA2=AD2，OB2+OM2=MB2，OA2+OB2=AB2，
∴AB2+DM2=OD2+OM2+OA2+OB2=AD2+BM2，
∵AD=AC＝4，BM=BC＝2 ，
∴AB2+DM2=（4）2+（2）2=40.
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：（1）相等且垂直.
延长AM交BD与H，
∵四边形ACDE正方形，四边形BCMN正方形，
∴AC=CD MC=BC ∠ACD=∠BCM=90°，
∴△ACM≌DCB（SAS），
∴AM=BD ，∠MAC=∠BDC，
∵∠DMH=∠AMC，
∴∠DHM=∠ACM=90°，
∴AM⊥DB，
故答案为：相等且垂直.
【分析】（1）利用正方形的性质可得AC=CD MC=BC ∠ACD=∠BCM=90°，根据“SAS”可证△ACM≌△DCB，利用全等三角形的对边相等、对角相等可得AM=BD ，∠MAC=∠BDC，从而可证∠DHM=∠ACM=90°，即得垂直；
（2）同（1）可证；
（3）根据勾股定理，可得AB2+DM2=OD2+OM2+OA2+OB2=AD2+BM2，由AD= AC、BM= BC从而求出结果.
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2022-2023学年浙教版数学八年级下册第五章 特殊平行四边形 综合测试
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
一、单选题
1．（2022八下·顺平期末）在矩形中，，对角线交于点O，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．10
2．（2022八下·东川期末）如图，将矩形ABCD沿直线DE折叠，顶点A落在BC边上F处，已知，，则BF的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
3．（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
4．（2022八下·乐亭期末）如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中正确的是（ ）
A．当时，它是矩形 B．当时，它是矩形
C．当时，它是正方形 D．当时，它是菱形
5．（2022八下·东川期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BE⊥AD于点E，且，．则BE的长为（ ）
A．3 B．4 C．4.8 D．5
6．（2022八下·环翠期末）在一组对边平行的四边形中，增加一个条件，使得这个四边形是菱形，那么增加的条件可以是（ ）
A．另一组对边相等，对角线相等
B．另一组对边相等，对角线互相垂直
C．另一组对边平行，对角线相等
D．另一组对边平行，对角线相互垂直
7．（2022八下·微山期末）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，E是CD的中点，且OE＝3，则菱形的周长是（ ）
A．12 B．16 C．20 D．24
8．（2022八下·乐亭期末）如图，在矩形中，，以点B为圆心，长为半径画弧，交边于点E，则的长为（ ）
A．9 B．8 C．7 D．6
9．（2022八下·石家庄期末）如图，正方形中，点为对角线的交点，直线过点分别交，于，两点（），若过点作直线与正方形的一组对边分别交于，两点，满足，则这样的直线（不同于直线）的条数共有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．无数条
10．（2023八下·义乌月考）如图，在正方形中，将边绕点B逆时针旋转至，连接，，若，，则线段的长度为（ ）
A． B． C． D．3
二、填空题
11．（2022八下·铁东期末）一个木匠要制作矩形的踏板．他在一个对边平行的长木板上分别沿与长边垂直的方向锯两次，就能得到矩形踏板．理由是 ．
12．（2022八下·安宁期末）如图，O是矩形ABCD对角线AC的中点，E是AB上的一点，将沿CE折叠后，点B恰好与点O重合．若，则折痕CE的长为 ．
13．（2023八下·盐城月考）如图，在四边形ABCD中，P、Q、M、N分别是AD、BC、BD、AC的中点，当四边形ABCD满足 时（填写一个条件），PQ⊥MN.
14．（2022八下·巴彦期末）如图，菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E为AC上一点，连接DE，AB＝CE＝5AE，BD＝8，则DE的长为 ．
15．（2022八下·新余期末）如图，在矩形ABCD中，，，点P从点A向点D以每秒1cm的速度运动，Q以每秒4cm的速度从点C出发，在B、C两点之间做往返运动，两点同时出发，点P到达点D为止(同时点Q也停止)，这段时间内，当运动时间为 时，P、Q、C、D四点组成矩形．
16．（2023八下·义乌开学考）“勾股图”有着悠久的历史，欧几里得在《几何原本》中曾对它做了深入研究.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以△ABC的三条边为边向外作正方形.连接EB，CM，DG，CM分别与AB，BE相交于点P，Q.若∠AMP＝30°，则∠ABE＝ °，的值为 .
三、解答题
17．（2022八下·丰南期末）如图，菱形ABCD中，点E、F分别是边CD、AD的中点．求证：．
18．（2022八下·临汾期末）已知四边形ABCD，//，AD=DC=10，DB平分∠ADC，BD=12，求四边形ABCD的面积．
19．（2022八下·建昌期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点，为的中点，过点作交的延长线于点，连接．求证：四边形是矩形．
20．（2022八下·南关期末）如图，菱形的对角线相交于点O，垂直平分，垂足为点E，求的大小．
21．（2022八下·南昌期末）只用无刻度的直尺作图（保留作图痕迹，不要求写作法）．
如图，已知，，点E在OB边上，其中四边形AEBF是平行四边形，
（1）请在图中画出的平分线．
（2）请在图中画出菱形AOBN．
22．（2022八下·潮安期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥BD．试判断四边形OCED的形状并证明．
23．如，在矩形ABCD中，AB=16 cm，AD=6 cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以每秒3 cm的速度向点B移动，点Q以每秒2 cm的速度向点D移动，当点P到达点B时，两点均停止移动.是否存在某一时刻，使四边形PBCQ为正方形 若存在，求出该时刻；若不存在，请说明理由.
24．（2019八下·泰兴期中）如图1，点C在线段AB上，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和正方形BCMN，连结AM、BD．
（1）AM与BD的关系是： ．
（2）如果将正方形BCMN绕点C顺时针旋转锐角α，它不变（如图2）．（1）中所得的结论是否仍然成立？请说明理由．
（3）在（2）的条件下，连接AB、DM，若AC＝4，BC＝2，求 的值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：C．
【分析】由矩形的性质可得，BD=AC=2OB，然后利用勾股定理求出BD=AC=10，从而求出OB的长.
2．【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠的性质知：，，
在中，，，
由勾股定理可得：．
故答案为：B．
【分析】先求出EF和BE的长，再利用勾股定理求出BF的长即可。
3．【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。
4．【答案】D
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】A.∵四边形是平行四边形
当AB=BC时，四边形ABCD是菱形，不符合题意；
B. ∵四边形是平行四边形
当时，四边形ABCD是菱形，不符合题意；
C. ∵四边形是平行四边形
当时，四边形ABCD是矩形，不符合题意；
D. ∵四边形是平行四边形
当时，四边形ABCD是菱形，符合题意．
故答案为：D
【分析】利用矩形、正方形和菱形的判定方法逐项判断即可。
5．【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴，AC=2OA，BD=2OB，
∵，，
∴AD=，AC=8，BD=6，
∴，
即，
∴，
故答案为：C．
【分析】先求出AD=，AC=8，BD=6，再利用菱形的面积公式可得，即，再求出BE的长即可。
6．【答案】D
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：A．一组对边平行，另一组对边相等，对角线相等的四边形可以是等腰梯形，则此项不符题意；
B．一组对边平行，另一组对边相等，对角线互相垂直的四边形可以是等腰梯形，则此项不符题意；
C．一组对边平行，另一组对边平行，对角线相等的四边形可以是矩形，不一定是菱形，则此项不符题意；
D．一组对边平行，另一组对边平行，对角线相互垂直的四边形是菱形，则此项符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据菱形的判定方法逐项判断即可。
7．【答案】D
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的对角线相交于点O，
∴OB＝OD，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
∴OE是△BCD的中位线，
∴BC＝2OE＝6，
所以菱形的周长为：4BC＝4×6＝24．
故答案为：D．
【分析】先利用三角形中位线的性质可得BC＝2OE＝6，再利用菱形的周长公式可得菱形的周长为：4BC＝4×6＝24。
8．【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：连接BE，如图，
由题意知，BE=BC=25，
四边形ABCD是矩形，
，AB=DC=24， AD=BC=25，
在中，
．
故答案为：C．
【分析】利用勾股定理求出AE的长即可。
9．【答案】C
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：根据旋转变换的性质可知满足条件的线段有3条，如图所示；
故答案为：C．
【分析】根据图形的旋转及旋转的性质求解即可。
10．【答案】B
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，过点B作于点E，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵将边绕点B逆时针旋转至，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴线段C'D的长度为.
故答案为：B.
【分析】过点B作BE⊥CC′于点E，根据正方形的性质可得BC=CD，∠BCD=90°，根据同角的余角相等可得∠C′CD=∠CBE，利用AAS证明△BCE≌△CDC′，得到CE=C′D，BE=CC′，根据旋转的性质可得BC=BC′，结合等腰三角形的性质可得CE=C′E=CC′=BE，利用勾股定理可得CE的值，据此解答.
11．【答案】三个角都是直角的四边形是矩形（或：“有一个角是直角的平行四边形是矩形”）
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】因为木板的对边平行，在进行两次锯开时都是沿着垂直于对边的方向，所以会出现4个直角，有三个角是直角的四边形是矩形．
故答案是三个角是直角的四边形是矩形．
【分析】根据矩形的判定方法求解即可。
12．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接，
四边形是矩形，O是矩形ABCD对角线AC的中点，
，，
∵将沿CE折叠后，点B恰好与点O重合，
∴，，
，
∴是等边三角形，
，
，
在中，，，
，
即，
解得，
故答案为：．
【分析】连接，先求出，可得，，利用勾股定理可得，再求出CE的长即可。
13．【答案】AB=CD
【知识点】菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵P、Q、M、N分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴PN是△ACD的中位线，PN=CD， MQ是△BCD的中位线，MQ=CD，
∴MQ=PN=CD，
同理可得：NQ=PM=AB，
当AB=CD时，MQ=PN=NQ=PM，四边形MQNP是菱形，
∵菱形对角线垂直平分，
∴PQ⊥MN，
故答案为：AB=CD；
【分析】由三角形中位线定理得MQ=PN=CD， NQ=PM=AB，当AB=CD时，由等量代换可得MQ=PN=NQ=PM，四边形MQNP是菱形，由菱形的对角线互相垂直即可得出结论.
14．【答案】2
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO，AB＝CD，DO＝BO，AC⊥BD，
设AE＝x，则AB＝CE＝5x，
∴CO＝AC＝3x，
在Rt△COD中，由勾股定理得，OD＝4x，
∴4x＝4，
∴x＝1，
∴OD＝4，AE＝1，CE＝5，
∴OE＝2，
在Rt△ODE中，由勾股定理得，
DE＝＝，
故答案为：2．
【分析】根据题意先求出OD＝4，AE＝1，CE＝5，再利用勾股定理计算求解即可。
15．【答案】2.4s或4s或7.2s
【知识点】矩形的判定；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：根据已知可知：点Q由
在点Q第一次到达点B过程中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
若， 则四边形APQB是矩形，则以P、Q、C、D四点为顶点组成矩形．
设过了t秒，则PA=t，BQ=12-4t，
∴t=12-4t，
∴t=2.4（s），
在点Q由的过程中，
设过了t秒，则PA=t，BQ=4（t-3），
t=4（t-3），
解得：t=4（s），
在点Q再由过程中，
设过了t秒，则PA=t，BQ=12-4（t-6），
t=12-4（t-6），
解得：t=7.2（s），
在点Q再由的过程中，
设过了t秒，则PA=t，BQ=4（t-9），
t=4（t-9），
解得：t=13（s）>12(s)，故此舍去．
故答案为：2.4s或4s或7.2s；
【分析】分三种情况：① 在点Q由的过程中，②在点Q再由过程中， ③在点Q再由的过程中，再利用矩形的性质列出方程求解即可。
16．【答案】30；
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵四边形AEDC、四边形AMNB四边形BCGF都为正方形，
∴AE＝AC＝CD，AB＝AM，BC＝CG，∠EAC＝∠MAB＝∠ACD＝∠BCG＝90°，
∴∠EAB＝∠CAM，
在△EAB和△CAM中，
，
∴△EAB≌△CAM（SAS），
∴∠EBA＝∠CMA＝∠AMP＝30°，
∴∠BPQ＝∠APM＝60°，
∴∠BQP＝90°，
∴PQ＝ PB，
设AP＝a，
∴PM＝2AP＝2a，
在Rt△MAP中，由勾股定理得：AM＝ ，
∴PB＝AB-AP＝AM-AP＝（ -1）a，
∴PQ＝ PB＝ a，
∴QM＝QP+PM＝ a+2a＝ a，
∵∠ACB＝90°，
∴∠DCG＝360°-∠ACB-∠ACD-∠BCG＝360°-90°-90°-90°＝90°，
∴∠ACB＝∠DCG，
在△ACB和△DCG中，
，
∴△ACB≌△DCG（SAS），
∴DG＝AB＝ a，
∴ .
故答案为：30； .
【分析】根据正方形的性质可得AE=AC=CD，AB=AM，BC=CG，∠EAC=∠MAB=∠ACD=∠BCG=90°，由角的和差关系可得∠EAB＝∠CAM，利用SAS证明△EAB≌△CAM，得到∠EBA＝∠CMA＝∠AMP＝30°，则∠BQP＝90°，由含30°角的直角三角形的性质可得PQ＝PB，设AP＝a，则PM＝2AP＝2a，由勾股定理可得AM=a，则PB＝AB-AP＝AM-AP＝(-1)a，PQ＝PB＝a，QM＝QP+PM＝a，利用SAS证明△ACB≌△DCG，得到DG＝AB＝a，据此求解.
17．【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形
∴
∵点E、F分别是边CD，AD的中点
∴ ，
∴
在△ADE和△CDF中
，
∴△ADE≌△CDF（SAS）
∴．
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】先利用菱形的性质证出DE=DF，再利用“SAS”证明△ADE≌△CDF，即可得到AE=CF。
18．【答案】解：如图，连接AC，交BD于点O．
∵，
∴∠ABD=∠BDC．
∵BD平分∠ADC，
∴∠ADB=∠BDC，
∴∠ABD=∠ADB，
∴AD=AB．
∵AD=CD，
∴AB=CD
∵，
∴四边形ABCD为平行四边形．
∵AD=CD，
∴平行四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD．
∵AD=10，BD=12，
∴，，
∴．
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【分析】先证明四边形ABCD为平行四边形，结合AD=CD，可得平行四边形ABCD为菱形，利用勾股定理求出AO和AC的长，再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半可得答案。
19．【答案】证明：∵，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
【知识点】菱形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】先证明四边形是平行四边形，再结合，即可得到四边形是矩形。
20．【答案】解：在菱形ABCD中，有，且，
∵DE垂直平分BC，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
即∠ABC的度数为120°．
【知识点】线段垂直平分线的性质；菱形的性质
【解析】【分析】先证明为等边三角形，可得，再利用平行线的性质可得。
21．【答案】（1）解：连接AB，EF交于点M，作射线OM即可，如图中，
射线OD即为所求．
（2）解：连接AB，EF交于点M，作射线OM交AF的延长线于点N，如图所示，
菱形AOBN为所求．
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；作图-角的平分线
【解析】【分析】（1）连接AB，EF交于点M，作射线OM即可；
（2）连接AB，EF交于点M，作射线OM交AF的延长线于点N，菱形AOBN为所求。
22．【答案】解：四边形OCED是菱形，证明如下：
∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
又∵在矩形ABCD中，OC=OD，
∴四边形OCED是菱形．
【知识点】菱形的判定；矩形的性质
【解析】【分析】先证明四边形OCED是平行四边形，再结合OC=OD，可得四边形OCED是菱形。
23．【答案】解：不存在.理由：设存在某时刻t，使得四边形PBCQ是正方形，则BP=CQ，即16-3t=2t，解得t= ，
∴CQ=2t= ≠6，即CQ≠CB，
∴四边形PBCQ是正方形不成立.
故不存在某一时刻，使四边形PBCQ为正方形.
【知识点】正方形的判定；四边形-动点问题；平行四边形的定义及其特殊类型
【解析】【分析】设存在某时刻t，使得四边形PBCQ是正方形，利用正方形的性质可知BP=CQ，再利用点P和点Q的运动速度和方向，分别表示出CQ，BP，可得到关于t的方程，解方程求出t的值，可得到CQ的长；然后利用正方形的四边相等及BC=6，可作出判断.
24．【答案】（1）相等且垂直
（2）成立，
理由：∵四边形ACDE正方形，四边形BCMN正方形，
∴AC=CD MC=BC ∠ACD=∠BCM=90°，
∴ ∠ACD+∠DCM=∠BCM+∠DCM，
即∠ACM=∠BCD，
在△ACM与△DCB中，
∴△ACM≌△DCB（SAS），
∴AM=BD ，∠MAC=∠BDC，
同（1）可证AM⊥DB，
∴AM=BD且AM⊥DB.
（3）解：如图，
∵AM⊥DB，
∴∠DOM=∠AOB=∠AOD=∠BOM=90°，
由勾股定理得OD2+OM2=DM2，OD2+OA2=AD2，OB2+OM2=MB2，OA2+OB2=AB2，
∴AB2+DM2=OD2+OM2+OA2+OB2=AD2+BM2，
∵AD=AC＝4，BM=BC＝2 ，
∴AB2+DM2=（4）2+（2）2=40.
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：（1）相等且垂直.
延长AM交BD与H，
∵四边形ACDE正方形，四边形BCMN正方形，
∴AC=CD MC=BC ∠ACD=∠BCM=90°，
∴△ACM≌DCB（SAS），
∴AM=BD ，∠MAC=∠BDC，
∵∠DMH=∠AMC，
∴∠DHM=∠ACM=90°，
∴AM⊥DB，
故答案为：相等且垂直.
【分析】（1）利用正方形的性质可得AC=CD MC=BC ∠ACD=∠BCM=90°，根据“SAS”可证△ACM≌△DCB，利用全等三角形的对边相等、对角相等可得AM=BD ，∠MAC=∠BDC，从而可证∠DHM=∠ACM=90°，即得垂直；
（2）同（1）可证；
（3）根据勾股定理，可得AB2+DM2=OD2+OM2+OA2+OB2=AD2+BM2，由AD= AC、BM= BC从而求出结果.
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