2023-2024学年浙教版八年级数学下册第5章特殊平行四边形单元测试（含解析）

第5章 特殊平行四边形（单元测试·综合卷）
一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．对角线互相垂直平分且相等的四边形一定是（　　）
A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．平行四边形
2．下列说法正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是矩形 B．菱形的对角线相等
C．平行四边形的对角线相等 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形
3．在平面直角坐标系中，正方形的顶点O的坐标是，顶点B的坐标是，则顶点A的坐标是（ ）
A． B．或 C． D．或
4．矩形中，对角线相交于点O，如果，那么的度数是（　　）

A． B． C． D．
5．如图，四边形是菱形，，，于点，则等于（ ）
A． B． C．5 D．4
6．如图，在中，以点为圆心，5为半径作弧，分别交射线，于点，，再分别以，为圆心，的长为半径作弧，两弧在内部交于点，作射线，若，则，两点之间的距离为　　
A．5 B．6 C． D．8
7．如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，若测得，之间的距离为，点，之间的距离为，则四边形面积为( )

A．20 B．24 C．28 D．48
8．如图，在四边形中，对角线相交于点O，，添加下列条件，不能判定四边形是矩形的是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，某型号千斤顶的工作原理是利用四边形的不稳定性，图中的菱形是该型号千斤顶的示意图，保持菱形边长不变，可通过改变的长来调节的长．已知 的初始长为，如果要使的长达到， 那么的长需要缩短（ ）
A．6 cm B．8 cm
C． D．
10．如图，在正方形中，E为对角线上与A，C不重合的一个动点，过点E作与点F，于点G，连接，，若，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．如图，在矩形中，O，E分别为的中点．若，则的长为 ．
12．如图，在中，E、F分别是的中点．当满足 时，四边形是菱形．

13．把正方形和长方形按如图的方式放置在直线上．若，则的度数为 ．
14．如图，以正方形的边为边在正方形外作等边三角形，连接交正方形的对角线于点F，连接，则等于 ．
15．如图，正方形和正方形的边长分别为7和3，点E，G分别在边，上，点H在，两边上运动，连接，，当为等腰三角形时， ．

16．如图，在四边形中，，交于点，，且，若，，则的长为 ．
17．如图，平面直角坐标系中，直线分别交轴，轴于，两点，点为的中点，点在第二象限，且四边形为矩形．动点为上一点，，垂足为，点是点关于点的对称点，当值最小时，点的坐标为
18．如图（1），在矩形的边上有一点E，连接，点P从顶点A出发，沿以的速度匀速运动到点C．图（2）是点P运动时，的面积随时间变化的函数图像，则的长为 ．
三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分）如图，在矩形中，．
(1)在的延长线上求作点，使；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）的条件下，若，，求．
20．（8分）如图，已知和直线．
(1)分别写出点关于直线的对称点和关于原点的对称点的坐标；
(2)若点是点关于原点的对称点，判断四边形的形状，并说明理由．
21．（10分）已知中，．
(1)如图1，求证：四边形为矩形；
(2)如图2，连接交于点，，，求证：四边形为菱形．
22．（10分）如图，在中，是边上的中线，点E是的中点，过点A作交的延长线于F，交于，连接．
(1)求证：；
(2)若，试判断四边形的形状，并证明你的结论．
23．（10分）如图，在正方形中，点，分别在，上，，垂足为．
(1)求证：；
(2)若正方形的边长是8，，点是的中点，求的长．
24．（12分）概念理解：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形
（1）性质探究：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，直接写出AB2、CD2、AD2、BC2的数量关系：　 　．
（2）解决问题：如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE、BG、GE．若AC＝4，AB＝5，求GE的长（可直接利用（1）中性质）
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】本题考查正方形的判定，掌握正方形判定定理是解题的关键．
【详解】对角线互相垂直平分且相等的四边形一定是正方形，
故选A．
2．D
【分析】本题主要考查了菱形，平行四边形，矩形的判定，熟知菱形，矩形和平行四边形的判定定理是解题的关键．
【详解】解：A、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，原说法错误，不符合题意；
B、菱形的对角线不一定相等，原说法错误，不符合题意；
C、平行四边形的对角线不一定相等，原说法错误，不符合题意；
D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原说法正确，符合题意；
故选：D．
3．D
【分析】本题考查了正方形对角线互相垂直平分且相等的性质，根据对角线相等的性质求对角线的长度，注意有两种情况．
【详解】解：有两种情况：
（1）连接，
∵四边形是正方形，
∴点A、C关于x轴对称，
∴所在直线为的垂直平分线，即A、C的横坐标均为1，
根据正方形对角线相等的性质，，
又∵A、C关于x轴对称，
∴A点纵坐标为1，C点纵坐标为，
故A点坐标，
（2）当点A和点C位置互换，同理可得出A点坐标，
故选：C．
4．A
【分析】根据矩形的性质证得，根据三角形的内角和定理即可解决问题．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：A．
【点拨】本题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的内角和定理等知识，掌握矩形的性质是解题的关键．
5．A
【分析】利用菱形的性质和勾股定理求出，再利用菱形的面积公式求解即可．
【详解】解：如图所示，设菱形的对角线交于O，
∵四边形是菱形，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选A．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟知菱形的性质是解题的关键．
6．B
【分析】本题考查作图—基本作图、菱形的判定与性质、勾股定理等知识，连接，，，设与交于点，由作图可知，，即四边形为菱形，则可得，，由即可得到答案，熟练掌握菱形的判定与性质是解答本题的关键．
【详解】解：连接，，，与交于点，如图所示：
由作图可知，，
四边形为菱形，
，，，
在中，由勾股定理得，
，即，两点之间的距离为6，
故选：B．
7．B
【分析】本题考查了菱形的性质与判定，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求解．
【详解】解：解：如图，作于，于，连接，交于点，

由题意知，，
四边形是平行四边形．
两张纸条等宽，
．
，
，
平行四边形是菱形，
，之间的距离为，点，之间的距离为，
四边形面积为
故选：B．
8．A
【分析】根据题意可知四边形是平行四边形，然后再根据四个选项所给条件一一进行判断即可得出答案．
【详解】解：在四边形中，对角线相交于点O，，
四边形是平行四边形，
A、添加条件，可得四边形是菱形，但不一定是矩形，故符合题意；
B、若，则，故四边形是矩形，故不符合题意；
C、若，则，故四边形是矩形，故不符合题意；
D、若，则，则，故四边形是矩形，故不符合题意；
故选：A．
【点拨】此题考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的定义及判定定理是解答此题的关键．
9．D
【分析】本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理的应用，设与相交于点O，与相交于点，由菱形的性质得出，，，，利用勾股定理求出和，进而求出和，然后详解，即可求出答案．
【详解】解，设与相交于点O，与相交于点．
∵四边形和四边形是菱形，
∴，，，，
，
∴，，
∴，，
∴，
∴的长需要缩短．
故选：D．
10．C
【分析】延长交于点H，首先证明出四边形是矩形，得到，，然后证明出，是等腰直角三角形，得到，然后证明出，得到，然后利用角度的等量代换求解即可．
【详解】如图所示，延长交于点H，
∵四边形是正方形，是对角线
∴，
∵，
∴四边形是矩形
∴，
∴，
∴
∵四边形是正方形，是对角线
∴
∴
∴，是等腰直角三角形
∴
∵
∴四边形是正方形
∴
∴在和中
∴
∴
∵
∴
∴．
故选：C．
【点拨】此题考查了正方形的性质和判定，矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，解题的关键是正确作出辅助线，证明出．
11．8
【分析】本题考查矩形的性质，三角形的中位线定理，易得是的中位线，进而得到，矩形的性质得到，利用勾股定理求出的长即可．
【详解】解：∵在矩形中，O，E分别为的中点，
∴是的中位线，，
∴，
∴；
故答案为：8．
12．
【分析】本题主要查了菱形的判定，平行四边形的性质．添加，可得四边形是矩形，再由E、F分别是的中点，可得四边形是平行四边形，从而得到，同理可得：，可证得四边形是平行四边形．再证明，可得，从而得到，即可．
【详解】解：当满足时，四边形是菱形．
∵四边形是平行四边形，且，
∴四边形是矩形，
∴，
∵E、F分别是的中点，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
同理可得：，
∴四边形是平行四边形．
在与中，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，
故答案为：．
13．
【分析】
本题主要考查了正方形和长方形的性质以及平行线的性质，先根据三角形内角和得出，再根据平行线的性质得出答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
故答案为：．
14．/60度
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，先证明为等腰三角形，进而求出的度数，证明，得到，再利用三角形的外角求出即可．
【详解】解：∵以正方形的边为边在正方形外作等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：60°
15．或
【分析】
本题考查了正方形的性质以及等腰三角形的性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．进行分类讨论，因为正方形和正方形的边长分别为7和3，则是不存在的，那么当或者这两种情况进行作图，运用数形结合思想以及勾股定理，列式计算，即可作答．
【详解】解： ∵为等腰三角形
当，
此时为点，且在直线的延长线上，如图：

过点作
∵四边形和四边形为正方形
∴
∴四边形是平行四边形
∵
∴四边形是矩形，
∴
∵为等腰三角形
∴，与点H在，两边上运动相矛盾；
∴舍去
当，点在上，如图：延长交于一点

如图：点在上，过点H作

∵四边形和四边形为正方形
∴
∴
∴四边形是矩形，同理得四边形是矩形，
∴
∴
则
∵正方形和正方形的边长分别为7和3，
∴
则
即
∴
当时，点H在上，如图

，故不成立；
当点H在上，过点H作，如图所示：

∵四边形和四边形为正方形
∴
∴
∴四边形是矩形
∴
则
∴
综上：或，
故答案为：或．
16．
【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形和正方形是解题的关键；过，交的延长线于F，过C作，交的延长线于G，先证，可得，进而可得，，再由勾股定理求解即可；
【详解】如图所示，过，交的延长线于F，过C作，交的延长线于G，则，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
四边形是正方形，
，
，
在中 ，，
故答案为：．
17．
【分析】此题是一次函数的综合题．由点是点关于点的对称点，先求出点的坐标，然后连接，，可得四边形是平行四边形，进而可得：，进而可将转化为，然后根据两点之间线段最短可知：当点，，在同一直线上时，的值最小，然后求出直线的关系式，进而可求出直线与轴的交点的坐标，从而即可求出点的坐标．
【详解】解：直线分别交轴，轴于，两点，点为的中点，
，，，
连接，，，则四边形是平行四边形，如图，
四边形是平行四边形，
，
，
有最小值，即有最小值，
只需最小即可，
两点之间线段最短，
当点，，在同一直线上时，的值最小，
过点作轴，垂足为，
点是点关于点的对称点，
是的中位线，
，，
，
设直线的关系式为：，
将和分别代入上式得：
，
解得：，
直线的关系式为：，
令得：，
，
∵轴，
，
故答案为：．
18．2
【分析】本题考查的是动点问题的函数图象，函数图象最高点的纵坐标为9，横坐标为6，得的最大面积为9，此时P、D重合，，通过图象知道点P到终点时，的面积是6，此时P、C重合，，得，即可求得的长．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
由图象可知，当P、D重合，，
可得：，
当时P、C重合，，可得：，
则：，
故答案为：2．
19．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了垂直平分线的尺规作图及性质，矩形的性质，平行四边形是的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
（1）用尺规作线段的垂直平分线，然后与的延长线交于E点即为所求；
（2）先证四边形是平行四边形，再证，即可求解．
【详解】（1）解：分别以B、D为圆心，以大于的一半的长为半径画弧，分别交于M、N两点，连接并延长交的延长线于E即为所求；
（2）解：如图：
∵四边形是矩形，
，，，
，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴
由（1）知垂直平分，
，
，
∵，
∴，
，
∴．
20．(1)，
(2)矩形，见解析
【分析】本题考查矩形，点关于直线对称的知识，解题的关键是掌握点关于直线对称的性质，矩形的判定，即可．
（1）根据点关于直线对称，则，互换即为对称点坐标求出点，根据点关于原点对称横纵坐标互为相反数，即可；
（2）根据点关于原点对称横纵坐标互为相反数，求出点，再根据矩形的判定，即可．
【详解】（1）∵，
∴点关于直线的对称点；
∵关于原点对称横纵坐标互为相反数，
∴关于原点的对称点的坐标为：．
（2）∵点，
∴点原点的对称点的坐标为：，
∵点与点关于原点对称，点与点关于原点对称，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵点关于直线的对称点为，点关于原点的对称点为，点关于原点的对称点为，
∴，
∴平行四边形是矩形．
21．(1)证明过程见详解
(2)证明过程见详解
【分析】本题主要考查平行四边形的性质，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质的综合，掌握矩形、菱形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质，对角相等，结合对角的和为可得，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可求证；
（2）根据两组对边平行的四边形是平行四边形可得是平行四边形，根据矩形的性质可得，结合一组邻边相等的平行四边形是菱形即可求证．
【详解】（1）证明：∵四边形的平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（2）证明：∵，，即，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴平行四边形是菱形．
22．(1)证明见解析
(2)四边形是菱形，理由见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质、直角三角形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质和菱形的判定是解题的关键．
（1）由“”证得，即可得出结论；
（2）先证明四边形是平行四边形，再证明邻边相等，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：四边形是菱形，理由如下：
∵，
∴，
∵是边上的中线，
∴，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
∵，是边上的中线，
∴，
∴四边形是菱形．
23．(1)见解答；
(2)
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判断和性质，勾股定理．
（1）根据正方形的性质可得，，结合可得即可得证；
（2）由题意知即可求出，则，根据勾股定理即可求出，由是中点可得即可解答．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，
，
，
，
，
，
是中点，，
．
24．（1）AD2+BC2＝AB2+CD2；（2）GE＝．
【分析】(1)利用勾股定理即可得出结论；
(2)先判断出CE⊥BG，得出四边形CGEB是垂美四边形，借助(1)的结论即可得出结论．
【详解】(1)结论：AD2+BC2=AB2+CD2，
如图1中，设BD交AC于E．
∵AC⊥BD，
∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2；
故答案为：AD2+BC2=AB2+CD2．
(2)连接CG、BE，
∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴△GAB≌△CAE(SAS)，
∴∠ABG=∠AEC，
又∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由(2)得，CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AC=4，AB=5，
∴BC=3，CG=4，BE=5，
∴GE2=CG2+BE2﹣CB2=73，
∴GE=．
【点拨】本题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．