浙教版数学八年级下册 第5章 特殊平行四边形 提高检测卷
一、选择题(每题3分,共30分)
1．（2025八下·中山期末）矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（ ）
A．对边相等 B．对角相等 C．对角线平分 D．对角线相等
【答案】D
【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：A、 对边相等 是矩形和一般平行四边形都具有的性质，所以A不符合题意；
B、 对角相等， 是矩形和一般平行四边形都具有的性质，所以B不符合题意；
C、 对角线平分，是矩形和一般平行四边形都具有的性质，所以C不符合题意；
D、 对角线相等 ，是矩形具有而一般平行四边形不具有的性质 ，所以D符合题意；
故答案为：D.
【分析】根据矩形和一般平行四边形的性质，分别进行识别，即可得出答案。
2．（2024八下·城厢月考）菱形具有而平行四边形没有的性质是（ ）
A．对角相等 B．对角线互相垂直
C．对角线互相平分 D．对角线相等
【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：A、对角相等，菱形和平行四边形都具有，故此选项不符合题意；
B、对角线互相垂直，菱形具有，平行四边形不具有，故此选项符合题意；
C、对角线互相平分，菱形和平行四边形都具有，故此选项不符合题意；
D、对角线相等，菱形和平行四边形都不具有，故此选项不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据菱形的性质和平行四边形的性质结合题意对选项逐一判断即可求解。
3．（2024八下·期中）在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如图关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转化的条件，其中填写错误的是（ ）
A．①对角相等 B．②对角线互相垂直
C．③有一组邻边相等 D．④对角线相等
【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】解：A、对角相等的平行四边形不一定是矩形，故A符合题意；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确，故B不符合题意；
C、有一组邻边相等的矩形是正方形，正确，故C不符合题意；
D、对角线相等的菱形是正方形，正确，故D不符合题意．
故选：A．
【分析】根据矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定结合题意对选项逐一分析即可求解。
4．（2025八下·武鸣期末）如图，小明在参观故宫博物馆时，被太和殿窗棂的三交六椀菱花图案所吸引，他从中提取出一个含角的菱形．若，则菱形的面积为（ ）
A． B． C．8 D．16
【答案】A
【知识点】二次根式的性质与化简；等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：过A作于H，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴菱形的面积．
故选：A．
【分析】过A作于H，根据菱形性质可得，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，，再根据菱形面积即可求出答案.
5．（2025八下·北仑期末） 北北和仑仑想在一个平行四边形中用直尺和圆规作出一个菱形．
北北的作法： 如图1，在中，以点为圆心，为半径作弧交边于点E，再以点D为圆心，为半径作弧交边于点F，连结，则得到的四边形是菱形． 仑仑的作法： 如图2，在中，以点D为圆心，为半径作弧交边于点G，再以点G为圆心，为半径作弧交边于点H，连结，则得到的四边形是菱形．
下列说法正确的是（ ）
A．北北和仑仑的作法都正确
B．北北和仑仑的作法都错误
C．北北的作法正确，仑仑的作法错误
D．北北的作法错误，仑仑的作法正确
【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】根据北北的作法可知，AD=AE=DF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∵AE=DF，
∴四边形AEFD为平行四边形，
∵AD=AE，
∴四边形AEFD为菱形，故北北作法是正确的；
根据仑仑的作法可知，AD=DG=GH，
无法判断四边形AEFD为平行四边形，故仑仑的作法是错误的，
故答案为：C.
【分析】结合北北和仑仑作图方法，根据平行四边形的性质，菱形的判定方法，分别进行判断即可.
6．（2024八下·湘西期中）已知一个菱形的两条对角线长分别是12，，则这个菱形的面积为（ ）
A． B． C． D．36
【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】∵一个菱形的两条对角线长分别是12，，
∴这个菱形的面积为．
故答案为：B．
【分析】根据菱形面积等于对角线乘积的一半即可得出答案．
7．（2024八下·东莞期中）如图，矩形的边长，则图中五个小矩形的周长之和为（ ）
A．14 B．16 C．28 D．36
【答案】C
【知识点】矩形的性质；平移的性质
【解析】【解答】解：根据题意可知：五个小矩形的周长之和为大矩形的周长，
∵，，
∴图中五个小矩形的周长之和为：．
故选：C．
【分析】
观察五个小矩形，每个小矩形的四条边中，至少有一条边是与大矩形的边相重合的。因此，把这五个小矩形的所有边加在一起时正好等于大矩形的周长。所以，五个小矩形的周长之和就是大矩形的周长，根据矩形的周长公式求得大矩形的周长即可得出答案。
8．（2025八下·珠海期中）如图，点是任意四边形中的中点，若四边形是矩形，则四边形需要满足的条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点E、F、G、H分别是任意四边形中、、、的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
要使四边形是矩形，那么要满足，即要满足，
故选：A．
【分析】根据三角形中位线定理求出，再根据平行四边形的判定方法证明四边形是平行四边形，最后求解即可。
9．（2025八下·南宁期中）如图，在正方形中，，E为对角线上与点A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接，，下列结论：；；；的最小值为3，其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】A
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理的应用；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】【解答】解：连接，交于点，如图，
，，
．
，
四边形为矩形．
，．
四边形为正方形，
，．
在和中，
，
．
．
．
正确；
延长，交于，交于点，
，
．
由知：，
．
．
，
．
．
即：，
．
正确；
由知：．
即：．
正确；
点为上一动点，
根据垂线段最短，当时，最小．
，，
．
．
由知：，
的最小值为，
错误．
综上所述，正确的结论为：．
故答案为：A．
【分析】如图，连接， 交于点
由三个角是直角的四边形是矩形，可证四边形为矩形，则；再证（SAS），得，等量代换得；
②结合①结论， 得，则；由，则，由四边形为正方形，得，即，所以，即，垂直定义得；
③由②中的结论DE⊥FG， =45°，可得=45°；
④由点为上一动点，当时，根据垂线段最短，此时最小，AC为，由知，则为，则 FG的最小值为3错误，所以正确结论为 ①②③ 。
10．（2025八下·龙港月考）如图，中，为钝角，以为边向外作，为钝角，连结，．设的面积分别为，则的面积可表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的面积；平行四边形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，过点作于，交的延长线于，过作于，交于，过点作于，
∵四边形是平行四边形，
，
，
∴四边形是矩形，
，
∵的面积分别为，
∴
，
故答案为：C．
【分析】过点作于，交的延长线于，过作于，交于，过点作于，结合平行四边形的性质证明四边形是矩形，得到，然后利用三角形的面积公式计算出即可求解．
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2021八下·开州期末）如图，矩形ABCD中，BE⊥AC于点E，若∠ACB＝35°，则∠DBE＝ 度.
【答案】20
【知识点】三角形外角的概念及性质；等腰三角形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形
∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OB＝OC
∴∠ACB＝∠OBC＝35°
∵∠AOB＝∠ACB+∠OBC＝70°，且BE⊥AC
∴∠DBE＝20°
故答案为：20.
【分析】由矩形的性质可得OA＝OC=OB＝OD，由等腰三角形的性质可得∠ACB＝∠OBC＝35°，由三角形外角的性质可得∠AOB的度数，进而求出∠DBE的度数.
12．（2024八下·惠州期末）如图，在矩形中，、分别是、上的点，、分别是、的中点．，，在点从移动到（点不动）的过程中，则线段 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
在中，，
∵、分别是、的中点
∴，
故答案为：．
【分析】连接，根据矩形性质可得，根据勾股定理可得AQ，再根据三角形中位线定理即可求出答案.
13．（2024八下·诸暨期中）如图所示，在平面直角坐标系中有两个边长均为的正方形和正方形，边与边与轴重合，连接，点关于的对称点为点，连接，与边相交于点，则点的坐标是 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；坐标与图形变化﹣对称
【解析】【解答】解：∵正方形和正方形的边长为4，
∴EF=AB=EC=4， ，
∴ ， ，
∵点关于的对称点为点，
∴ ，
∴，
∴ ，
设PE=x ，则PF=PB=8－x ，
∴在 中，由勾股定理可得： ，
解得：x=3，
∴PE=3，
∴PC=1，
∴点的坐标是（-1，4）．
故答案为：．
【分析】根据题意可得EF=AB=EC =4，BE//AF ，再根据点关于的对称点为点，可得，故 ，然后在 中利用勾股定理，求出PC，即可求解．
14．（2024八下·惠城期中）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“勾股圆方图”（又称赵爽弦图），它是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形．若图中的直角三角形的两条直角边的长分别为1和3，则中间小正方形的面积为 ．
【答案】4
【知识点】正方形的性质；“赵爽弦图”模型
【解析】【解答】解：图中的直角三角形的两条直角边的长分别为1和3，则中间小正方形的边长是，
∴中间小正方形的面积为．
故答案为：4．
【分析】
根据图形分析可得小正方形的边长为两条直角边长的差，然后根据正方形的面积公式即可求解．
15．如图，在菱形ABCD 中，∠A=60°，G为AD 中点，点E在BC的延长线上，F，H分别为CE，GE的中点，∠EHF=∠DGE，CF= ，则AB= .
【答案】4
【知识点】勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】提示：如图，连接CG，过点 C作CM⊥AD，交AD的延长线于点M.
∵F，H分别为CE，GE的中点，
∴FH 是△CEG的中位线.
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB∥CD.
∴∠DGE=∠E.
∵∠EHF=∠DGE， ∴∠E=∠EHF.
∴HF=EF=CF. ∴CG=2HF=2
∵AB∥CD， ∴∠CDM=∠A=60°.
设DM=x，则CD=2x，CM= x.
∵G为AD的中点， ∴DG=x.
在 Rt△CMG中，由勾股定理得
∴x=2. ∴AB=CD=2x=4.
故答案为：4.
【分析】连接CG，过点C作 交AD的延长线于M，利用平行线的性质和三角形中位线定理可得C 由AB∥CD，得 设DM=x，则 ，在 中，借助勾股定理得：CG 即可求出x的值，从而解决问题.
16．（2025八下·宁波期中）如图，在菱形的面积为12，点是的中点，点是BE上一点。若的面积为2，则图中阴影部分的面积为 .
【答案】5
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：设菱形的边长为a，高为h
则S菱形=ah=12
∵E为AB中点，
∴
∴，
又∵，
∴
∴，
∴
∴S阴影=S菱形-S△AED-S△BEF-S△CDF=12-3-2-2=5
故答案为：5.
【分析】根据题意，阴影部分的面积等于菱形的面积减三个三角形的面积，所以只需计算三个三角形的面积即可，再将三角形的底和高与菱形的底和高对比，得到比例关系，即可求出每个三角形的面积.
三、解答题（17-21每题8分，22、23每题10分，24题12分，共72分）
17．（2024八下·黄石期中）如图，点，分别在荾形的边，上，且．求证：．
【答案】证明：四边形ABCD是菱形，
．
在和中，
，
，
.
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】由菱形的对角相等，四边相等得∠B=∠D，AB=AD，从而用ASA判断出△ABE≌△ADF，由全等三角形的对应边相等得AE=AF.
18．（2023八下·义乌期末）如图，在中，已知，，与交于点，且．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由．
（2）若，且，，求的长．
【答案】（1）解：四边形是菱形；
，
，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
是菱形
（2）解：菱形，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
菱形，
，，
，
，
．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质和已知条件得到：，进而判断出四边形ENFM为平行四边形，再由对角线互相垂直的平行四边形为菱形，即可得证；
（2）由得到：，进而四边形ABNE为平行四边形，得到：，再由菱形的性质和勾股定理可求得：即可求出AB的长
19．（2024八下·诸暨期中）如图，在中，，点是的中点，连结并延长，交的延长线于点，连结，．
（1）求的长；
（2）若．
①证明四边形是菱形；
②若，求四边形的周长．
【答案】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，∠DAE=∠CFE，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
又，
∴；
（2）解：①∵AD//BC，
∴AD//CF，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴AE=FE.
∵，，
∴，即，
∴AC=FC，
∴四边形是菱形.
②∵四边形是菱形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴AD//BC，
∴，
∵，
∴，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=2.
∴四边形的周长为．
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质得，，利用AAS证明，得到即可求解；
（2）①先证明四边形是平行四边形，再证明AC=FC，根据菱形的定义即可证明结论；
②根据菱形的性质和平行四边形的性质证明是等边三角形，进而得到，可求解．
20．（2023八下·惠城期末）如图是由边长为1的小正方形构成的6×4的网格，点A，B均在格点上．
⑴在图1中画出以AB为边且周长为的平行四边形ABCD，且点C和点D均在格点上（画出一个即可）；
⑵在图2中画出以AB为对角线的正方形AEBF，且点E和点F均在格点上．
【答案】解：⑴如图1中，四边形ABCD即为所求；
⑵如图2中，正方形AEBF即为所求．
【知识点】正方形的性质
【解析】【分析】（1）结合平行四边形的性质和周长公式判断出AB邻边的长度，利用勾股定理确定邻边位置即可画出图形；
（2）利用正方形的性质对角线互相垂直以及AB=4，即可求出另一条对角线的长度，从而画出图形.
21．（2024八下·从化期末）勾股定理是人类数学文化的一颗璀璨明珠，是用代数思想解决几何问题最重要的工具，也是数形结合的纽带之一．如图，当秋千静止时，踏板离地的垂直高度，将它往前推至处时（即水平距离，），踏板离地的垂直高度，它的绳索始终拉直．
（1）求的长；
（2）求绳索的长．
【答案】（1）解：∵，∴四边形是矩形，
∴，BE=0.5m
∴的长为；
（2）解：设AC=AB=x，则AD=AB-BD=x-1，由勾股定理得，则
解得，，
∴绳索的长为.
【知识点】矩形的判定与性质；勾股定理的实际应用-旗杆高度问题
【解析】【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握矩形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．
（1）证明四边形CDEF是矩形，则CF=BD=1.5m，根据BD=DE-BE，计算求解即可；
（2）设绳索AC长为xm，即AB=AC=x，则AD=x-1，由勾股定理列出方程计算出x即可求解．
22．（2024八下·番禺期中）如图，在△ABC中，D、E、F分别为边AB、BC、CA的中点．
（1）求证：四边形DECF是平行四边形．
（2）当AC、BC满足何条件时，四边形DECF为菱形？
【答案】（1）证明：D、E、F分别为边AB、BC、CA的中点．
DE∥CF，DF∥EC，
四边形DECF是平行四边形．
（2）解：当AC＝BC时，四边形DECF为菱形，
DE＝AC，DF＝BC，由AC＝BC，得DE＝DF，
平行四边形DECF为菱形．
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）先根据三角形中位线定理可得DE∥CF，DF∥EC，再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形进行平行四边形的判定即可；
（2）由（1）可知四边形DECF是平行四边形，利用平行四边形的性质得出AC＝BC，DE＝DF，可得平行四边形DECF为菱形．
23．（2025八下·诸暨期中）已知：如图，菱形的对角线与相交于点O，若
（1）求证：四边形是正方形；
（2）E是上一点，，垂足为H，与相交于点F，求证：．
【答案】（1）证明：四边形ABCD是菱形，
，AC=2OC，BD=2OB，
∴∠DAC=∠BCA，
，
∴∠ACB=∠DBC，
∴OB=OC，
∴AC=BD，
菱形ABCD是正方形；
（2）证明：四边形是正方形 ；
，，，，
，，
，垂足为，
，，
，
，
在和，
，
，
．
【知识点】菱形的性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】（1）根据菱形的对边平行得，由菱形的对角线互相平分得AC=2OC，BD=2OB，由二直线平行，内错角相等及已知可推出∠ACB=∠DBC，由等角对等边得出OB=OC，则AC=BD，从而根据对角线相等的菱形是正方形可得结论；
（2）根据正方形的对角线垂直平分且相等得，，由直角三角形两锐角互余及同角的余角相等得到，从而由“ASA”证得，由全等三角形的对应边相等得到．
（1）证明：四边形是菱形，对角线与相交于点O，
，，，
，
，
，
，
，
四边形是正方形；
（2）证明：四边形是正方形 ；
，，，，
，，
，垂足为，
，，
，
，
在和，
，
，
．
24．（2025八下·宁波期中）如图1，点是边长为6的正方形边上一点，点是延长线上一点，四边形是边长为4的正方形，连接，点是线段的中点，连接.
图1 图2 图3
（1）如图2，连接并延长交于点，求线段的长度；
（2）将图1中的正方形绕点顺时针方向旋转，
①如图3，当点恰好落在线段上，求此时线段的长度；
②在旋转过程中，当三点在一条直线上时，请直接写的面积.
【答案】（1）解：∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴GF//CE，AD//BC，
∴HF//AD，
∴∠FHM=∠ADM，∠HFM=∠DAM，
又∵点M是线段AF的中点，
∴AM=FM，
∴△HMF △DMA(AAS)，
∴HF=AD=4，CH=2，DM=HM
又∵GD=GC-DC =2，
∴△GHD为等腰直角三角形，
∴
（2）解：①连接DM并延长，交CF延长线于点H，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴GF//CE，AD//BC，
∴HF//AD，
∴∠FHM=∠ADM，∠HFM=∠DAM，
又∵点M是线段AF的中点，
∴AM=FM，
∴△HMF △DMA(AAS)，
∴HF=AD=4，GH=10，DM=HM，
又∵GD=GC+DC =10，
∴△GHD为等腰直角三角形
∴
②如图，当AD在CG右侧时，过M作MN⊥GD于点N，过F作FK⊥GD于点K，
在Rt△CGD中，，
∴，
∵∠CGD=∠GFK=90°-∠DGF，CG=FG，∠CDG=∠GHF=90°，
∴△GCD △FGK(AAS)，
∴，
∵M是AF中点，MN//FK，
∴N是AK中点，
∴，
∴，
如图，当AD在CG左侧时，过M作MN⊥GD于点N，过E作FK⊥GD于点K，
同理可得，
，
∴；
综上，△AGM的面积为或.
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】(1)先证△HMF △DMA(AAS)，再证△GHD为等腰直角三角形，即可得解；
(2)①先证△HMF △DMA(AAS)，再证△GHD为等腰直角三角形，即可得解；
②分类讨论，当AD在CG右侧或者左侧，画出图形，利用勾股定理和中位线性质定理即可得解.
1 / 1浙教版数学八年级下册 第5章 特殊平行四边形 提高检测卷
一、选择题(每题3分,共30分)
1．（2025八下·中山期末）矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（ ）
A．对边相等 B．对角相等 C．对角线平分 D．对角线相等
2．（2024八下·城厢月考）菱形具有而平行四边形没有的性质是（ ）
A．对角相等 B．对角线互相垂直
C．对角线互相平分 D．对角线相等
3．（2024八下·期中）在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如图关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转化的条件，其中填写错误的是（ ）
A．①对角相等 B．②对角线互相垂直
C．③有一组邻边相等 D．④对角线相等
4．（2025八下·武鸣期末）如图，小明在参观故宫博物馆时，被太和殿窗棂的三交六椀菱花图案所吸引，他从中提取出一个含角的菱形．若，则菱形的面积为（ ）
A． B． C．8 D．16
5．（2025八下·北仑期末） 北北和仑仑想在一个平行四边形中用直尺和圆规作出一个菱形．
北北的作法： 如图1，在中，以点为圆心，为半径作弧交边于点E，再以点D为圆心，为半径作弧交边于点F，连结，则得到的四边形是菱形． 仑仑的作法： 如图2，在中，以点D为圆心，为半径作弧交边于点G，再以点G为圆心，为半径作弧交边于点H，连结，则得到的四边形是菱形．
下列说法正确的是（ ）
A．北北和仑仑的作法都正确
B．北北和仑仑的作法都错误
C．北北的作法正确，仑仑的作法错误
D．北北的作法错误，仑仑的作法正确
6．（2024八下·湘西期中）已知一个菱形的两条对角线长分别是12，，则这个菱形的面积为（ ）
A． B． C． D．36
7．（2024八下·东莞期中）如图，矩形的边长，则图中五个小矩形的周长之和为（ ）
A．14 B．16 C．28 D．36
8．（2025八下·珠海期中）如图，点是任意四边形中的中点，若四边形是矩形，则四边形需要满足的条件是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025八下·南宁期中）如图，在正方形中，，E为对角线上与点A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接，，下列结论：；；；的最小值为3，其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
10．（2025八下·龙港月考）如图，中，为钝角，以为边向外作，为钝角，连结，．设的面积分别为，则的面积可表示为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2021八下·开州期末）如图，矩形ABCD中，BE⊥AC于点E，若∠ACB＝35°，则∠DBE＝ 度.
12．（2024八下·惠州期末）如图，在矩形中，、分别是、上的点，、分别是、的中点．，，在点从移动到（点不动）的过程中，则线段 ．
13．（2024八下·诸暨期中）如图所示，在平面直角坐标系中有两个边长均为的正方形和正方形，边与边与轴重合，连接，点关于的对称点为点，连接，与边相交于点，则点的坐标是 ．
14．（2024八下·惠城期中）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“勾股圆方图”（又称赵爽弦图），它是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形．若图中的直角三角形的两条直角边的长分别为1和3，则中间小正方形的面积为 ．
15．如图，在菱形ABCD 中，∠A=60°，G为AD 中点，点E在BC的延长线上，F，H分别为CE，GE的中点，∠EHF=∠DGE，CF= ，则AB= .
16．（2025八下·宁波期中）如图，在菱形的面积为12，点是的中点，点是BE上一点。若的面积为2，则图中阴影部分的面积为 .
三、解答题（17-21每题8分，22、23每题10分，24题12分，共72分）
17．（2024八下·黄石期中）如图，点，分别在荾形的边，上，且．求证：．
18．（2023八下·义乌期末）如图，在中，已知，，与交于点，且．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由．
（2）若，且，，求的长．
19．（2024八下·诸暨期中）如图，在中，，点是的中点，连结并延长，交的延长线于点，连结，．
（1）求的长；
（2）若．
①证明四边形是菱形；
②若，求四边形的周长．
20．（2023八下·惠城期末）如图是由边长为1的小正方形构成的6×4的网格，点A，B均在格点上．
⑴在图1中画出以AB为边且周长为的平行四边形ABCD，且点C和点D均在格点上（画出一个即可）；
⑵在图2中画出以AB为对角线的正方形AEBF，且点E和点F均在格点上．
21．（2024八下·从化期末）勾股定理是人类数学文化的一颗璀璨明珠，是用代数思想解决几何问题最重要的工具，也是数形结合的纽带之一．如图，当秋千静止时，踏板离地的垂直高度，将它往前推至处时（即水平距离，），踏板离地的垂直高度，它的绳索始终拉直．
（1）求的长；
（2）求绳索的长．
22．（2024八下·番禺期中）如图，在△ABC中，D、E、F分别为边AB、BC、CA的中点．
（1）求证：四边形DECF是平行四边形．
（2）当AC、BC满足何条件时，四边形DECF为菱形？
23．（2025八下·诸暨期中）已知：如图，菱形的对角线与相交于点O，若
（1）求证：四边形是正方形；
（2）E是上一点，，垂足为H，与相交于点F，求证：．
24．（2025八下·宁波期中）如图1，点是边长为6的正方形边上一点，点是延长线上一点，四边形是边长为4的正方形，连接，点是线段的中点，连接.
图1 图2 图3
（1）如图2，连接并延长交于点，求线段的长度；
（2）将图1中的正方形绕点顺时针方向旋转，
①如图3，当点恰好落在线段上，求此时线段的长度；
②在旋转过程中，当三点在一条直线上时，请直接写的面积.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：A、 对边相等 是矩形和一般平行四边形都具有的性质，所以A不符合题意；
B、 对角相等， 是矩形和一般平行四边形都具有的性质，所以B不符合题意；
C、 对角线平分，是矩形和一般平行四边形都具有的性质，所以C不符合题意；
D、 对角线相等 ，是矩形具有而一般平行四边形不具有的性质 ，所以D符合题意；
故答案为：D.
【分析】根据矩形和一般平行四边形的性质，分别进行识别，即可得出答案。
2．【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：A、对角相等，菱形和平行四边形都具有，故此选项不符合题意；
B、对角线互相垂直，菱形具有，平行四边形不具有，故此选项符合题意；
C、对角线互相平分，菱形和平行四边形都具有，故此选项不符合题意；
D、对角线相等，菱形和平行四边形都不具有，故此选项不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据菱形的性质和平行四边形的性质结合题意对选项逐一判断即可求解。
3．【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】解：A、对角相等的平行四边形不一定是矩形，故A符合题意；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确，故B不符合题意；
C、有一组邻边相等的矩形是正方形，正确，故C不符合题意；
D、对角线相等的菱形是正方形，正确，故D不符合题意．
故选：A．
【分析】根据矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定结合题意对选项逐一分析即可求解。
4．【答案】A
【知识点】二次根式的性质与化简；等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：过A作于H，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴菱形的面积．
故选：A．
【分析】过A作于H，根据菱形性质可得，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，，再根据菱形面积即可求出答案.
5．【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】根据北北的作法可知，AD=AE=DF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∵AE=DF，
∴四边形AEFD为平行四边形，
∵AD=AE，
∴四边形AEFD为菱形，故北北作法是正确的；
根据仑仑的作法可知，AD=DG=GH，
无法判断四边形AEFD为平行四边形，故仑仑的作法是错误的，
故答案为：C.
【分析】结合北北和仑仑作图方法，根据平行四边形的性质，菱形的判定方法，分别进行判断即可.
6．【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】∵一个菱形的两条对角线长分别是12，，
∴这个菱形的面积为．
故答案为：B．
【分析】根据菱形面积等于对角线乘积的一半即可得出答案．
7．【答案】C
【知识点】矩形的性质；平移的性质
【解析】【解答】解：根据题意可知：五个小矩形的周长之和为大矩形的周长，
∵，，
∴图中五个小矩形的周长之和为：．
故选：C．
【分析】
观察五个小矩形，每个小矩形的四条边中，至少有一条边是与大矩形的边相重合的。因此，把这五个小矩形的所有边加在一起时正好等于大矩形的周长。所以，五个小矩形的周长之和就是大矩形的周长，根据矩形的周长公式求得大矩形的周长即可得出答案。
8．【答案】A
【知识点】矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点E、F、G、H分别是任意四边形中、、、的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
要使四边形是矩形，那么要满足，即要满足，
故选：A．
【分析】根据三角形中位线定理求出，再根据平行四边形的判定方法证明四边形是平行四边形，最后求解即可。
9．【答案】A
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理的应用；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】【解答】解：连接，交于点，如图，
，，
．
，
四边形为矩形．
，．
四边形为正方形，
，．
在和中，
，
．
．
．
正确；
延长，交于，交于点，
，
．
由知：，
．
．
，
．
．
即：，
．
正确；
由知：．
即：．
正确；
点为上一动点，
根据垂线段最短，当时，最小．
，，
．
．
由知：，
的最小值为，
错误．
综上所述，正确的结论为：．
故答案为：A．
【分析】如图，连接， 交于点
由三个角是直角的四边形是矩形，可证四边形为矩形，则；再证（SAS），得，等量代换得；
②结合①结论， 得，则；由，则，由四边形为正方形，得，即，所以，即，垂直定义得；
③由②中的结论DE⊥FG， =45°，可得=45°；
④由点为上一动点，当时，根据垂线段最短，此时最小，AC为，由知，则为，则 FG的最小值为3错误，所以正确结论为 ①②③ 。
10．【答案】C
【知识点】三角形的面积；平行四边形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，过点作于，交的延长线于，过作于，交于，过点作于，
∵四边形是平行四边形，
，
，
∴四边形是矩形，
，
∵的面积分别为，
∴
，
故答案为：C．
【分析】过点作于，交的延长线于，过作于，交于，过点作于，结合平行四边形的性质证明四边形是矩形，得到，然后利用三角形的面积公式计算出即可求解．
11．【答案】20
【知识点】三角形外角的概念及性质；等腰三角形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形
∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OB＝OC
∴∠ACB＝∠OBC＝35°
∵∠AOB＝∠ACB+∠OBC＝70°，且BE⊥AC
∴∠DBE＝20°
故答案为：20.
【分析】由矩形的性质可得OA＝OC=OB＝OD，由等腰三角形的性质可得∠ACB＝∠OBC＝35°，由三角形外角的性质可得∠AOB的度数，进而求出∠DBE的度数.
12．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
在中，，
∵、分别是、的中点
∴，
故答案为：．
【分析】连接，根据矩形性质可得，根据勾股定理可得AQ，再根据三角形中位线定理即可求出答案.
13．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；坐标与图形变化﹣对称
【解析】【解答】解：∵正方形和正方形的边长为4，
∴EF=AB=EC=4， ，
∴ ， ，
∵点关于的对称点为点，
∴ ，
∴，
∴ ，
设PE=x ，则PF=PB=8－x ，
∴在 中，由勾股定理可得： ，
解得：x=3，
∴PE=3，
∴PC=1，
∴点的坐标是（-1，4）．
故答案为：．
【分析】根据题意可得EF=AB=EC =4，BE//AF ，再根据点关于的对称点为点，可得，故 ，然后在 中利用勾股定理，求出PC，即可求解．
14．【答案】4
【知识点】正方形的性质；“赵爽弦图”模型
【解析】【解答】解：图中的直角三角形的两条直角边的长分别为1和3，则中间小正方形的边长是，
∴中间小正方形的面积为．
故答案为：4．
【分析】
根据图形分析可得小正方形的边长为两条直角边长的差，然后根据正方形的面积公式即可求解．
15．【答案】4
【知识点】勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】提示：如图，连接CG，过点 C作CM⊥AD，交AD的延长线于点M.
∵F，H分别为CE，GE的中点，
∴FH 是△CEG的中位线.
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB∥CD.
∴∠DGE=∠E.
∵∠EHF=∠DGE， ∴∠E=∠EHF.
∴HF=EF=CF. ∴CG=2HF=2
∵AB∥CD， ∴∠CDM=∠A=60°.
设DM=x，则CD=2x，CM= x.
∵G为AD的中点， ∴DG=x.
在 Rt△CMG中，由勾股定理得
∴x=2. ∴AB=CD=2x=4.
故答案为：4.
【分析】连接CG，过点C作 交AD的延长线于M，利用平行线的性质和三角形中位线定理可得C 由AB∥CD，得 设DM=x，则 ，在 中，借助勾股定理得：CG 即可求出x的值，从而解决问题.
16．【答案】5
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：设菱形的边长为a，高为h
则S菱形=ah=12
∵E为AB中点，
∴
∴，
又∵，
∴
∴，
∴
∴S阴影=S菱形-S△AED-S△BEF-S△CDF=12-3-2-2=5
故答案为：5.
【分析】根据题意，阴影部分的面积等于菱形的面积减三个三角形的面积，所以只需计算三个三角形的面积即可，再将三角形的底和高与菱形的底和高对比，得到比例关系，即可求出每个三角形的面积.
17．【答案】证明：四边形ABCD是菱形，
．
在和中，
，
，
.
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】由菱形的对角相等，四边相等得∠B=∠D，AB=AD，从而用ASA判断出△ABE≌△ADF，由全等三角形的对应边相等得AE=AF.
18．【答案】（1）解：四边形是菱形；
，
，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
是菱形
（2）解：菱形，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
菱形，
，，
，
，
．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质和已知条件得到：，进而判断出四边形ENFM为平行四边形，再由对角线互相垂直的平行四边形为菱形，即可得证；
（2）由得到：，进而四边形ABNE为平行四边形，得到：，再由菱形的性质和勾股定理可求得：即可求出AB的长
19．【答案】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，∠DAE=∠CFE，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
又，
∴；
（2）解：①∵AD//BC，
∴AD//CF，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴AE=FE.
∵，，
∴，即，
∴AC=FC，
∴四边形是菱形.
②∵四边形是菱形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴AD//BC，
∴，
∵，
∴，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=2.
∴四边形的周长为．
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质得，，利用AAS证明，得到即可求解；
（2）①先证明四边形是平行四边形，再证明AC=FC，根据菱形的定义即可证明结论；
②根据菱形的性质和平行四边形的性质证明是等边三角形，进而得到，可求解．
20．【答案】解：⑴如图1中，四边形ABCD即为所求；
⑵如图2中，正方形AEBF即为所求．
【知识点】正方形的性质
【解析】【分析】（1）结合平行四边形的性质和周长公式判断出AB邻边的长度，利用勾股定理确定邻边位置即可画出图形；
（2）利用正方形的性质对角线互相垂直以及AB=4，即可求出另一条对角线的长度，从而画出图形.
21．【答案】（1）解：∵，∴四边形是矩形，
∴，BE=0.5m
∴的长为；
（2）解：设AC=AB=x，则AD=AB-BD=x-1，由勾股定理得，则
解得，，
∴绳索的长为.
【知识点】矩形的判定与性质；勾股定理的实际应用-旗杆高度问题
【解析】【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握矩形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．
（1）证明四边形CDEF是矩形，则CF=BD=1.5m，根据BD=DE-BE，计算求解即可；
（2）设绳索AC长为xm，即AB=AC=x，则AD=x-1，由勾股定理列出方程计算出x即可求解．
22．【答案】（1）证明：D、E、F分别为边AB、BC、CA的中点．
DE∥CF，DF∥EC，
四边形DECF是平行四边形．
（2）解：当AC＝BC时，四边形DECF为菱形，
DE＝AC，DF＝BC，由AC＝BC，得DE＝DF，
平行四边形DECF为菱形．
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）先根据三角形中位线定理可得DE∥CF，DF∥EC，再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形进行平行四边形的判定即可；
（2）由（1）可知四边形DECF是平行四边形，利用平行四边形的性质得出AC＝BC，DE＝DF，可得平行四边形DECF为菱形．
23．【答案】（1）证明：四边形ABCD是菱形，
，AC=2OC，BD=2OB，
∴∠DAC=∠BCA，
，
∴∠ACB=∠DBC，
∴OB=OC，
∴AC=BD，
菱形ABCD是正方形；
（2）证明：四边形是正方形 ；
，，，，
，，
，垂足为，
，，
，
，
在和，
，
，
．
【知识点】菱形的性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】（1）根据菱形的对边平行得，由菱形的对角线互相平分得AC=2OC，BD=2OB，由二直线平行，内错角相等及已知可推出∠ACB=∠DBC，由等角对等边得出OB=OC，则AC=BD，从而根据对角线相等的菱形是正方形可得结论；
（2）根据正方形的对角线垂直平分且相等得，，由直角三角形两锐角互余及同角的余角相等得到，从而由“ASA”证得，由全等三角形的对应边相等得到．
（1）证明：四边形是菱形，对角线与相交于点O，
，，，
，
，
，
，
，
四边形是正方形；
（2）证明：四边形是正方形 ；
，，，，
，，
，垂足为，
，，
，
，
在和，
，
，
．
24．【答案】（1）解：∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴GF//CE，AD//BC，
∴HF//AD，
∴∠FHM=∠ADM，∠HFM=∠DAM，
又∵点M是线段AF的中点，
∴AM=FM，
∴△HMF △DMA(AAS)，
∴HF=AD=4，CH=2，DM=HM
又∵GD=GC-DC =2，
∴△GHD为等腰直角三角形，
∴
（2）解：①连接DM并延长，交CF延长线于点H，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴GF//CE，AD//BC，
∴HF//AD，
∴∠FHM=∠ADM，∠HFM=∠DAM，
又∵点M是线段AF的中点，
∴AM=FM，
∴△HMF △DMA(AAS)，
∴HF=AD=4，GH=10，DM=HM，
又∵GD=GC+DC =10，
∴△GHD为等腰直角三角形
∴
②如图，当AD在CG右侧时，过M作MN⊥GD于点N，过F作FK⊥GD于点K，
在Rt△CGD中，，
∴，
∵∠CGD=∠GFK=90°-∠DGF，CG=FG，∠CDG=∠GHF=90°，
∴△GCD △FGK(AAS)，
∴，
∵M是AF中点，MN//FK，
∴N是AK中点，
∴，
∴，
如图，当AD在CG左侧时，过M作MN⊥GD于点N，过E作FK⊥GD于点K，
同理可得，
，
∴；
综上，△AGM的面积为或.
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】(1)先证△HMF △DMA(AAS)，再证△GHD为等腰直角三角形，即可得解；
(2)①先证△HMF △DMA(AAS)，再证△GHD为等腰直角三角形，即可得解；
②分类讨论，当AD在CG右侧或者左侧，画出图形，利用勾股定理和中位线性质定理即可得解.
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