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期末专项训练：矩形、菱形、正方形的判定与性质-2024-2025学年数学八年级下册人教版
1．如图，在矩形中，点在边上，平分交边于点，，延长交于点F，连接．求证：四边形是菱形．
2．如图1，已知正方形中，E为延长线上一点，且，M、N分别为、的中点，连接交于O，交于H点．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)过A作于P点，连接，则的值．
3．如图，在四边形中，，点E在的延长线上，，连接交边于点F，且，连接，且．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，，求菱形的面积．
4．如图，矩形的对角线相交于点．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)求证：；
(3)若，则菱形的面积为_________．
5．如图，在平行四边形中，分别是的中点，分别是对角线上的四等分点，顺次连接．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)当平行四边形满足什么条件时，四边形是菱形？请说明理由．
(3)若．探究四边形的形状，并说明理由．
6．如图，在中，，是的中点，是的中点，，交的延长线于点，连接．求证：四边形是矩形．
7．如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若，，，求的长．
8．如图，四边形是正方形，以点为坐标原点，分别在轴，轴上，点在边上，点的坐标为，点在边的延长线上，，连接，过点作于点，交于点，连接和，且．
(1)求证：垂直平分；
(2)求正方形的边长；
(3)求点的坐标．
9．四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以为邻边作矩形，连接．
(1)如图1，求证：矩形是正方形；
(2)若，，求的长度；
(3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，求的度数．
10．如图，在菱形中，为对角线，是上的点，连接，．
(1)求证：；
(2)若，，，求的长．
11．综合与实践
如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，交直线于点E，垂足为点F，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当D在AB中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由；
(3)在（2）的条件下，当_____时，四边形是正方形．
12．如图所示，中，D是边上一点，E是的中点，过点A作的平行线交的延长线于F，且，连接．
(1)求证：D是的中点；
(2)若，试判断四边形的形状，并证明．
13．如图，为矩形的对角线，将边沿折叠，使点落在上的点处，将边沿折叠，使点落在上的点处．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，求四边形的面积．
14．如图所示，在平行四边形中，对角线与相交于点O，且，，．
(1)求证：；
(2)E，F分别是和的中点，连接，，求证：四边形是菱形．
15．如图，在中，F是的中点，E是线段的延长线上一动点，连接，过点C作，与线段的延长线交于点D，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若，则在点E的运动过程中，
①当为何值时，四边形是矩形；
②当为何值时，四边形是菱形．
16．【问题原型】如图①，是四边形的对角线，，，求证：平分（不需证明）；
【解决问题】如图②，小明思考后，过图①中的点C分别作于点E，交的延长线于点F，其他条件不变，根据小明的作法，解决【问题原型】中的问题；
【应用】如图③，取图②中的中点G，连接、．若，，直接写出四边形的周长．
《期末专项训练：矩形、菱形、正方形的判定与性质-2024-2025学年数学八年级下册人教版》参考答案
1．见解析
【分析】本题主要考查矩形的性质，菱形的判定，掌握以上知识是关键．
根据矩形的性质，结合题意得到，由角平分线的定义，平行线的性质得到，，，四边形是平行四边形，，根据菱形的判定即可求解．
【详解】证明：∵四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵平分，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
2．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）利用证明即可；
（2）延长至F，且使，连接、，利用证明，得出，由为的中位线得，利用平行线的性质即可证明；
（3）过点B作交于Q，利用证明，推出，，即可证明是等腰直角三角形，则．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：延长至F，且使，连接、，如图1所示：
则，
∵四边形是正方形，
∴，，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴N为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∴，
∴，
即；
（3）解：过点B作交于Q，如图2所示：
则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
由角的互余关系得：，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质、平行线的性质、三角中位线的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等，第3问有一定难度，正确作辅助线，证明是等腰直角三角形是解题的关键．
3．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查菱形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，含度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）根据可证，，再证，推出，等量代换可得，根据，证明四边形为平行四边形，再根据直角三角形斜边中线的性质推出，即可证明四边形为菱形；
（2）先求出菱形的边长，作于点，根据含度角的直角三角形的性质求出，再利用勾股定理求出，即可求出菱形的面积．
【详解】（1）证明：，点E在的延长线上，
，
，，
在和中，
，
，
，
，
；
，
四边形为平行四边形，
，，
是斜边的中线，
，
四边形为菱形；
（2）解：如图，作于点，
，，
，
四边形为菱形，
，
，，
，
，
，
菱形的面积．
4．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再利用矩形的性质得出，即可得出答案；
（2）由（1）可得，再根据矩形的性质可证，进而得到，结合，可证，即可得出结论；
（3）连接交于点F，利用矩形的性质结合勾股定理求出，，再根据四边形是菱形，证明是的中位线，求出，进而求出，最后由菱形的面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵矩形的对角线相交于点O，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）证明：由（1）知四边形是菱形；
∴，
∴
∵四边形是矩形，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
（3）解：连接交于点F，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，，
∵四边形是菱形；
∴垂直平分，即点F是的中点，
∵四边形是矩形，
∴，即点O是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴菱形的面积为．
【点睛】此题考查了矩形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，三角形中位线，菱形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定方法是解题关键．
5．(1)见解析
(2)当满足时，四边形是菱形，见解析
(3)四边形是矩形，见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，菱形的判定定理，矩形的判定定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）连接，得到过点，得到，可得到，
，即可得到结论；
（2）当满足时，四边形是菱形，连接，可证明四边形是平行四边形，由，得到，即可得到结论；
（3）四边形是矩形， 由（2）知，四边形是平行四边形，得到，继而得到，，即可得到结论．
【详解】（1）证明：（1）如图1，连接，
分别是对角线上的四等分点，
是的中点，分别为的中点，
四边形是平行四边形，
过点，
，
是的中点，
为的中位线，
，
同理，
，
四边形是平行四边形 ；
（2）解：当满足时，四边形是菱形，理由如下：
如图2，连接，
四边形是平行四边形，
，
分别是的中点，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，即，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形；
（3）解：四边形是矩形，理由如下：
如图2，由（2）知，四边形是平行四边形，
，
，
，
，
四边形是矩形．
6．见解析
【分析】本题主要考查了矩形的判定，全等三角形的性质与判定，三线合一定理，掌握其性质定理是解决此题的关键．
先证明≌，再证明四边形是平行四边形，再由矩形的判定方法即可证明．
【详解】证明：∵，
∴，，
∵是的中点，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，是的中点，
∴，
∴四边形是矩形．
7．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理的逆定理以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
（1）先证四边形为平行四边形，再证，即可得出结论；
（2）由矩形的性质得，，再由勾股定理的逆定理得为直角三角形，，然后由面积法求出的长，即可得出答案．
【详解】（1）证明：，
，即，
四边形是平行四边形，
∴，，
，
又，
四边形为平行四边形，
，
，
平行四边形为矩形；
（2）解：由（1）知，四边形为矩形，
，，
，，，
，
为直角三角形，，
，
，即，解得，
．
8．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，坐标与图形，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）根据：，，即可得证；
（2）证明，得出，进而根据，，即可求解；
（3）根据中点坐标公式，即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴
∴
∴垂直平分；
（2）解：在正方形中，，
在和中，
，
∴，
∴
∵点的坐标为，
∴，
∵
∴
（3）解：∵，
∴
∴
又点的坐标为，是的中点
∴
9．(1)见解析
(2)
(3)或
【分析】（）作于，于，证明，得到，根据正方形的判定定理证明即可；
（）由正方形的性质可得，，，，，由“”可证 ，可得；
（）分两种情况：当与的夹角为时，当与的夹角为时，分别画出图形求出结果即可；
【详解】（1）证明：如图，作于，于，

∵，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴矩形是正方形；
（2）解：∵四边形是正方形，，
∴，， ，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：当与的夹角为时，如图，

∴，，
∴，
∵，
∴，
②当与的夹角为时，如图，
过作于点，过作于点，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形为正方形，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
综上所述：或 ．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形判定和性质，熟练掌握知识点的应用及分类讨论思想是解题的关键．
10．(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用菱形的性质中每一条对角线平分一组对角且四条边都相等证得即可求解；
（2）连接交于点，利用菱形的性质推得是等边三角形，通过勾股定理求得，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，即可求出的长．
【详解】（1）解：四边形是菱形，为对角线，
，，
在和中，
，
，
．
（2）解：如图，连接交于点，
四边形是菱形，
，，，，
，
是等边三角形，
，，
在中，，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的性质等知识是解题关键．
11．(1)见解析
(2)四边形是菱形；理由见解析
(3)45
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的判定、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理成为解题的关键．
（1）由题意得出，结合即可证明四边形是平行四边形；
（2）先证明四边形是平行四边形，结合即可得出四边形是菱形；
（3）当时，求出，结合菱形的性质求出即可解答．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
在中，，过点C的直线，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：四边形是菱形；理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，D在的中点，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（3）解：当时，四边形是正方形；理由如下：
∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
答案为：45．
12．(1)见解析
(2)若，则四边形是矩形，证明见解析
【分析】本题考查了矩形的判定，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识点．
（1）根据两直线平行，内错角相等求出，然后利用证明和全等，再根据全等三角形的性质和等量关系即可求解；
（2）由（1）知平行等于，易证四边形是平行四边形，而，是中线，利用等腰三角形三线合一定理，可证，即，那么可证四边形是矩形．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵点E为的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴D是的中点；
（2）解：若，则四边形是矩形．证明如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
∴平行四边形是矩形．
13．(1)见解析；
(2)．
【分析】根据矩形的性质可知，所以可证，根据角平分线的性质可证，从而可证，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证结论成立；
根据勾股定理可求，设，则，利用勾股定理可得关于的方程，解方程求出的值，即为，可知，利用平行四边形的面积公式可求结果．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
，，
，
根据折叠的性质可知，，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：，，
，
设，则，
，，
，
在中，，
，
解得：，
，
，
四边形的面积为．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质、角平分线的性质、平行四边形的面积公式．
14．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用平行四边形性质得到，，再利用勾股定理逆定理得到为直角三角形，即可证明；
（2）利用直角三角形性质和线段中点的特点，得到，，结合平行四边形性质得到，进而证明四边形是平行四边形，再根据，即可证明平行四边形是菱形．
本题考查平行四边形性质和判定，勾股定理逆定理，直角三角形性质，线段中点的特点，菱形的判定，熟练掌握运用这些判定和性质是解题关键．
【详解】（1）证明：在平行四边形中，对角线与相交于点O，，，
，．
，
，即，
为直角三角形，，
．
（2）证明：由（1）知为直角三角形．
E，F分别是和的中点，
，．
四边形是平行四边形，
，，
，
四边形是平行四边形．
又∵，
平行四边形是菱形．
15．(1)见解析
(2)①2；②4
【分析】本题考查平行四边形的判定，矩形的性质和菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，掌握相关判定方法和性质是解题的关键：
（1）证明，得到，即可得证；
（2）①根据四边形是矩形，推出，根据含30度角的直角三角形即可得出结果；②根据菱形的性质，推出是等边三角形，即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
∵F是的中点，
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
又，即，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：①当四边形是矩形时，．
∵，
∴．
∴．
∴；
②当四边形是菱形时，．
∵，
∴．
∴是等边三角形．
∴．
16．[解决问题]见解析；[应用]10
【分析】[解决问题]根据与余角的性质可得出，然后根据证明，得出，最后根据角平分线的判定即可得证；
[应用]根据全等三角形的性质，等式的性质可得出，根据证明，可求出，根据直角三角形的性质得出，则可证明是等边三角形，则，同理求出，即可求解．
【详解】[解决问题]
证明：过图①中的点C分别作于点E，交的延长线于点F，
则，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴，
又，，
∴平分；
[应用]
解：∵，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，G是中点，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
同理，
∴四边形的周长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理是本题的关键．
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