【文档说明】八年级数学第19章 矩形、菱形、正方形【真题训练】-八年级数学下册单元复习一遍过（华师大版）（解析版）.docx，共(17)页，445.945 KB，由管理员店铺上传

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1绝密★启用前第19章矩形、菱形、正方形【真题训练】（解析版）考试范围：华师版第19章；考试时间：100分钟；命题人：nixiande注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（本大题10个小题，每小题3分）1．（2020江苏

连云港）如图，将矩形纸片ABCD沿BE折叠，使点A落在对角线BD上的A处．若24DBC=，则AEB等于()A．66B．60C．57D．48【答案】C【解答】解：Q四边形ABCD是矩形，90AABC==，

由折叠的性质得：90BAEA==，ABEABE=，11(90)(9024)3322ABEABEDBC==−=−=，90903357AEBABE=−=−=；故选：

C．2.（2020贵阳）菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的周长是（）A.5B.20C.24D.32【答案】B【详解】解：如图所示，根据题意得AO＝1842=，BO＝1632=，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AC⊥BD，

∴△AOB是直角三角形，∴AB＝221695AOBO+=+=，∴此菱形的周长为：5×4＝20．故选：B．23．（2020宁夏）如图，菱形ABCD的边长为13，对角线AC＝24，点E、F分别是边CD、BC的

中点，连接EF并延长与AB的延长线相交于点G，则EG＝（）A．13B．10C．12D．5【答案】B【详解】解：连接BD，交AC于点O，如图：∵菱形ABCD的边长为13，点E、F分别是边CD、BC的中点，∴AB∥

CD，AB＝BC＝CD＝DA＝13，EF∥BD，∵AC、BD是菱形的对角线，AC＝24，∴AC⊥BD，AO＝CO＝12，OB＝OD，又∵AB∥CD，EF∥BD，∴DE∥BG，BD∥EG，∵DE∥BG，BD∥EG，∴四边形BDEG是平行四边形，∴BD＝E

G，在△COD中，∵OC⊥OD，CD＝13，CO＝12，∴OB＝OD＝＝5，∴BD＝2OD＝10，∴EG＝BD＝10；故选：B．4．（2020•西藏）如图，下列四个条件中，能判定平行四边形ABCD为菱

形的是（）A．∠ADB＝90°B．OA＝OBC．OA＝OCD．AB＝BC【答案】D【解答】解：A、平行四边形ABCD中，∠ADB＝90°，不能判定四边形ABCD为菱形，故选项A不符合题意；B、∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵OA＝OB，∴AC＝BD，∴平行四边

形ABCD是矩形，不能判定四边形ABCD为菱形，故选项B不符合题意；C、∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，不能判定四边形ABCD为菱形，故选项C不符合题意；D、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，∴平行四边形ABCD是菱形；故选项D符合题意；故选：D．35．（2020•锦州）如图，

在菱形ABCD中，P是对角线AC上一动点，过点P作PE⊥BC于点E．PF⊥AB于点F．若菱形ABCD的周长为20，面积为24，则PE+PF的值为（）A．4B．C．6D．【答案】B【解答】解：连结BP，如图，∵四边形A

BCD为菱形，菱形ABCD的周长为20，∴BA＝BC＝5，S△ABC＝S菱形ABCD＝12，∵S△ABC＝S△PAB+S△PBC，∴×5×PE+×5×PF＝12，∴PE+PF＝，故选：B．6．（2020•牡丹江）如图，在平面直角坐标系

中，O是菱形ABCD对角线BD的中点，AD∥x轴且AD＝4，∠A＝60°，将菱形ABCD绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是（）A．（0，2）B．（2，﹣4）C．（2，0）D．（0，2）或（0，﹣2）【答案】D【解答】解：根据菱形的对称

性可得：当点C旋转到y轴负半轴时，4A、B、C均在坐标轴上，如图，∵∠BAD＝60°，AD＝4，∴∠OAD＝30°，∴OD＝2，∴AO＝＝＝OC，∴点C的坐标为（0，），同理：当点C旋转到y轴正半轴时，点C的坐标为（0，），∴点C的坐标为（0，）或（0，），故选：D

．7．（2020•通辽）如图，AD是△ABC的中线，四边形ADCE是平行四边形，增加下列条件，能判断四边形ADCE是菱形的是（）A．∠BAC＝90°B．∠DAE＝90°C．AB＝ACD．AB＝AE【答案】A【解答

】解：添加∠BAC＝90°时，∵AD是△ABC的中线，∴AD＝BC＝CD，∴四边形ADCE是菱形，选项A正确；添加∠DAE＝90°，∵四边形ADCE是平行四边形∴四边形ADCE是矩形，选项B错误；添加AB＝AC，

可得到AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∴四边形ADCE是矩形，选项C错误；5添加AB＝AE，∵AE＝AB，AB＞AD，∴AE＞AD，故不能选项D不能判定四边形ADCE是菱形；故选：A．8.（2020乐山）如图，在菱形ABCD中，4AB=，120BAD=，O是对

角线BD的中点，过点O作OECD⊥于点E，连结OA．则四边形AOED的周长为（）A.923+B.93+C.723+D.8【答案】B【详解】∵四边形ABCD是菱形，O是对角线BD的中点，∴AO⊥BD，AD=AB

=4，AB∥DC∵∠BAD=120º，∴∠ABD=∠ADB=∠CDB=30º，∵OE⊥DC，∴在RtΔAOD中，AD=4，AO=12AD=2，DO=2223ADAO−=，在RtΔDEO中，OE=132OD=，DE=223ODOE−=，∴四边形AOED的周长为AO+OE+DE+AD=2+3+3+4

=9+3，故选：B.9．（2020•鄂尔多斯）如图，四边形OAA1B1是边长为1的正方形，以对角线OA1为边作第二个正方形OA1A2B2，连接AA2，得到△AA1A2；再以对角线OA2为边作第三个正方形OA2A3B3，连接A1A3，

得到△A1A2A3，再以对角线OA3为边作第四个正方形OA2A4B4，连接A2A4，得到△A2A3A4，…，设△AA1A2，△A1A2A3，△A2A3A4，…，的面积分别为S1，S2，S3，…，如此下去，则S2020的值为（）6A

．B．22018C．22018+D．1010【答案】B【解答】解：∵四边形OAA1B1是正方形，∴OA＝AA1＝A1B1＝1，∴S1＝1×1＝，∵∠OAA1＝90°，∴OA12＝12+12＝2，∴OA2

＝A2A3＝2，∴S2＝2×1＝1，同理可求：S3＝2×2＝2，S4＝4…，∴Sn＝2n﹣2，∴S2020＝22018，故选：B．10．（2020山东泰安）如图，矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M

，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．则下列结论：①DN＝BM；②EM∥FN；③AE＝FC；④当AO＝AD时，四边形DEBF是菱形．其中，正确结论的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个

解：∵四边形ABCD是矩形，7∴AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAN＝∠BCM，∵BF⊥AC，DE∥BF，∴DE⊥AC，∴∠DNA＝∠BMC＝90°，∴△DNA≌△BMC（A

AS），∴DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；又△ADE≌△CBF（ASA），∴AE＝FC，DE＝BF，故③正确；∴DE﹣DN＝BF﹣BM，即NE＝MF，∵DE∥BF，∴四边形NEMF是平行四边形，∴EM∥F

N，故②正确；∵AB＝CD，AE＝CF，∴BE＝DF，∵BE∥DF，∴四边形DEBF是平行四边形，∵AO＝AD，∴AO＝AD＝OD，∴△AOD是等边三角形，∴∠ADO＝∠DAN＝60°，∴∠ABD＝90°﹣∠ADO＝

30°，∵DE⊥AC，∴∠ADN＝ODN＝30°，∴∠ODN＝∠ABD，∴DE＝BE，∴四边形DEBF是菱形；故④正确；正确结论的个数是4个，故选：D．第II卷（非选择题）二、填空题（本大题10个小题，每小题3分）11．（2020青海）如图，在

矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，已知∠BOC＝120°，DC＝3cm，则AC的长为cm．8解：在矩形ABCD中，∴OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC，∵∠BOC＝120°，∴∠OCB＝30°，∵DC＝3，∴AB＝CD＝3，在Rt△ACB中，AC＝

2AB＝6，故答案为：612．（2020•玉林）如图，将两张对边平行且等宽的纸条交叉叠放在一起，则重合部分构成的四边形ABCD菱形（填“是”或“不是”）．【解答】解：如图，∵AB∥CD，AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，作AE⊥BC于点E，AF⊥DC于点F，∵两张等宽的长方形纸条交叉

叠放在一起，∴AE＝AF，∴S平行四边形ABCD＝BC•AE＝DC•AF，∴BC＝DC，∴▱ABCD是菱形．故答案为：是．13.（2020无锡）如图，在菱形ABCD中，50B=，点E在CD上，若AEAC=，则BAE=__________．解：四边形ABCD是菱形，

50B=，∴AB∥CD，∴∠BCD=180°-∠B=130°，∠ACE=12∠BCD=65°，∵AEAC=，∴∠ACE=∠AEC=65°，∴∠BAE=180°-∠AEC=115°．14．（2020•大连）如图，菱形ABCD中，∠ACD＝40°，则∠ABC＝°

．9解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∠BCD＝2∠ACD＝80°，∴∠ABC+∠BCD＝180°，∴∠ABC＝180°﹣80°＝100°；故答案为：100．15．（2020•镇江）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠

2，则∠BPC的度数为°．解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACB＝∠BAC＝45°，∴∠2+∠BCP＝45°，∵∠1＝∠2，∴∠1+∠BCP＝45°，∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP，∴∠BPC＝135°，故答案为：135．16．（2020•河池）如图，

菱形ABCD的周长为16，AC，BD交于点O，点E在BC上，OE∥AB，则OE的长是．【答案】见试题解答内容【解答】解：∵菱形ABCD的周长为16，∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，OA＝OC，∵OE∥AB，∴BE＝CE，∴OE是△ABC的中位线，10∴OE＝AB＝2，故答案为：2．17.

（2020湖北武汉）如图，折叠矩形纸片ABCD，使点D落在AB边的点M处，EF为折痕，1AB=，2AD=．设AM的长为t，用含有t的式子表示四边形CDEF的面积是________．解：设DE=EM=x，∴222(2)xxt=−+，∴x=244t+，设CF=y，连接FM，∴BF=2−y，又∵FN=

y，NM=1，∴22221(2)(1)yyt+=−+−，∴y=2244tt−+，∴四边形CDEF的面积为：1()2xyCD+=221424()244ttt+−++∙1，故答案为：211144tt−+.18.（2020重庆A卷）如图，在边长为2的

正方形ABCD中，对角线AC的中点为O，分别以点A，C为圆心，以AO的长为半径画弧，分别与正方形的边相交．则图中的阴影部分的面积为__________．（结果保留）11解：由图可知，S2ABCDSS=−阴影扇形，

224ABCDS==，∵四边形ABCD是正方形，边长为2，∴=22AC，∵点O是AC的中点，∴OA=2，∴290(2)3602S==扇形,∴S2=4-ABCDSS=−阴影扇形，故答案为：4−．19．(2020山东枣庄)（4分）如图，E，F是正方形ABCD的对角

线AC上的两点，8AC=，2AECF==，则四边形BEDF的周长是．【解答】解：如图，连接BD交AC于点O，Q四边形ABCD为正方形，BDAC⊥，ODOBOAOC===，2AECF==Q，OAAEOCCF

−=−，即OEOF=，四边形BEDF为平行四边形，且BDEF⊥，四边形BEDF为菱形，DEDFBEBF===，8ACBD==Q，8422OEOF−===，由勾股定理得：22224225DEODOE=+=+=，四边形BE

DF的周长442585DE===，故答案为：85．1220．（2020•常德）如图1，已知四边形ABCD是正方形，将△DAE，△DCF分别沿DE，DF向内折叠得到图2，此时DA与DC重合（A、C都落在G点），若GF＝4，EG＝6，则DG的

长为．解：设正方形ABCD的边长为x，由翻折可得：DG＝DA＝DC＝x，∵GF＝4，EG＝6，∴AE＝EG＝6，CF＝GF＝4，∴BE＝x﹣6，BF＝x﹣4，EF＝6+4＝10，如图1所示：在Rt△BEF中，由勾股定理得：BE2+BF2＝E

F2，∴（x﹣6）2+（x﹣4）2＝102，∴x2﹣12x+36+x2﹣8x+16＝100，∴x2﹣10x﹣24＝0，∴（x+2）（x﹣12）＝0，∴x1＝﹣2（舍），x2＝12．∴DG＝12．故答案为：12．三、解答题（本大题6个小题，每小题10分）21.（2020福建）

如图，点,EF分别在菱形ABCD的边BC，CD上，且BEDF=．求证：BAEDAF=．解：证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BD=，ABAD=．在ABE和ADF中，ABADBDBEDFì=ïïïï??íïïï=ïî13∴()≌

ABEADFSAS，∴BAEDAF=．22．（2020•云南）如图，四边形ABCD是菱形，点H为对角线AC的中点，点E在AB的延长线上，CE⊥AB，垂足为E，点F在AD的延长线上，CF⊥AD，垂足为F，若∠BAD＝60°，求证：

四边形CEHF是菱形；解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴∠EAC＝∠FAC＝30°，又∵CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF＝AC，∵点H为对角线AC的中点，∴EH＝FH＝AC，∴CE＝CF＝EH＝FH，∴四边形CEHF是菱形；23．（2020•桂林）如图，在菱形ABCD中，点

E，F分别是边AD，AB的中点．（1）求证：△ABE≌△ADF；（2）若BE＝，∠C＝60°，求菱形ABCD的面积．解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∵点E，F分别是边AD，AB的中点，∴AF＝AE，在△ABE

和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF（SAS）；（2）解：连接BD，如图：∵四边形ABCD是菱形，14∴AB＝AD，∠A＝∠C＝60°，∴△ABD是等边三角形，∵点E是边AD的中点，∴BE⊥AD，∴∠

ABE＝30°，∴AE＝BE＝1，AB＝2AE＝2，∴AD＝AB＝2，∴菱形ABCD的面积＝AD×BE＝2×＝2．24．（2020•大庆）如图，在矩形ABCD中，O为对角线AC的中点，过点O作直线分别与矩形的边AD，BC交于M，

N两点，连接CM，AN．（1）求证：四边形ANCM为平行四边形；（2）若AD＝4，AB＝2，且MN⊥AC，求DM的长．答案：（1）证明：∵在矩形ABCD中，O为对角线AC的中点，∴AD∥BC，AO＝CO

，∴∠OAM＝∠OCN，∠OMA＝∠ONC，在△AOM和△CON中，，∴△AOM≌△CON（AAS），∴AM＝CN，∵AM∥CN，∴四边形ANCM为平行四边形；（2）解：∵在矩形ABCD中，AD＝BC，由（1）知：AM＝CN，∴DM＝BN，∵四边形ANCM为平行四边形，MN⊥AC，∴平行

四边形ANCM为菱形，15∴AM＝AN＝NC＝AD﹣DM，∴在Rt△ABN中，根据勾股定理，得AN2＝AB2+BN2，∴（4﹣DM）2＝22+DM2，解得DM＝．25．（2020•滨州）如图，过▱ABCD对角线AC与BD的交点E作两条互相垂直的直线，分别交边AB、BC、CD、

DA于点P、M、Q、N．（1）求证：△PBE≌△QDE；（2）顺次连接点P、M、Q、N，求证：四边形PMQN是菱形．答案：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴EB＝ED，AB∥CD，∴∠EBP＝∠EDQ，在△PBE和△QDE中，，∴△PB

E≌△QDE（ASA）；（2）证明：如图所示：∵△PBE≌△QDE，∴EP＝EQ，同理：△BME≌△DNE（ASA），∴EM＝EN，∴四边形PMQN是平行四边形，∵PQ⊥MN，∴四边形PMQN是菱形．26．（2019•天门）如图，E，F分别是正方形ABC

D的边CB，DC延长线上的点，且BE＝CF，过点E作EG∥BF，交正方形外角的平分线CG于点G，连接GF．求证：16（1）AE⊥BF；（2）四边形BEGF是平行四边形．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，∴∠ABE＝∠BCF

＝90°，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（SAS），∴AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，∵EG∥BF，∴∠CBF＝∠CEG，∵∠BAE+∠BEA＝90°，∴∠CEG+∠BEA＝90°，∴AE⊥EG，∴AE⊥BF；（2）延长AB至点P，使BP＝BE，连接EP，如图所示：则AP＝CE

，∠EBP＝90°，∴∠P＝45°，∵CG为正方形ABCD外角的平分线，∴∠ECG＝45°，∴∠P＝∠ECG，由（1）得∠BAE＝∠CEG，在△APE和△ECG中，，∴△APE≌△ECG（ASA），∴AE＝EG，∵AE＝BF，∴EG＝BF，∵

EG∥BF，17∴四边形BEGF是平行四边形．【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、平行线的性质等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．