第19章 矩形、菱形与正方形 华师大版八年级下册素养综合检测(含解析)

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第19章　矩形、菱形与正方形第19章　素养综合检测(满分100分,限时60分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(每小题3分,共30分)1.(2023福建厦门杏南中学期中)如图,已知四边形ABCD是平行四边形,下列结论中不正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　A.当AB=BC时,它是菱形B.当AC⊥BD时,它是菱形C.当AC=BD时,它是正方形D.当∠ABC=90°时,它是矩形2.(2023甘肃白银会宁模拟)如图,这是一农村房屋的侧面截图,屋坡AF,AG分别架在墙体的点B,C处,且AB=AC,侧面四边形BDEC为矩形.若测得∠FBD=55°,则∠A=(　　)A.70° B.110° C.125° D.135°3.(2023浙江嘉兴南湖一模)如图,在菱形ABCD中,∠C=80°,则∠ABD的度数为(　　)A.80° B.70° C.60° D.50°4.(2023福建泉州永春期末)如图所示,菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O,若AC=6,BD=8,AE⊥BC,垂足为E,则AE的长为(　　)A.2.4 B.4 C.4.8 D.55.如图,在矩形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,过点A作AE⊥BD,垂足为点E,若∠EAD=3∠BAE,则∠EAO的度数是(　　)A.60° B.67.5° C.45° D.22.5°6.【分类讨论思想】(2023山西太原实验中学模拟)如图,边长为6的正方形ABCD内部有一点P,BP=4,∠PBC=60°,点Q为正方形边上一动点,且△PBQ是等腰三角形,则符合条件的Q点有(　　)A.3个 B.4个 C.5个 D.6个7.(2022山东济南天桥期末)如图,在菱形ABCD中,AC=6,BD=8,AH⊥BC,则AH的长是(　　)A.245 B.125 C.5 D.48.【新考法】(2023湖北十堰中考)如图,将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD,然后向左扭动框架,观察所得四边形的变化,下面判断错误的是(　　)A.四边形ABCD由矩形变为平行四边形B.对角线BD的长度减小C.四边形ABCD的面积不变D.四边形ABCD的周长不变9.(2023安徽宿州砀山一模)如图,在矩形ABCD中,AC,BD相交于点O,AE平分∠BAD交BC于点E,若∠CAE=15°,OA=6,则BE的长为(　　)A.5 B.6 C.7 D.810.【转化思想】(2023山东威海文登期中)如图,在边长为4的菱形ABCD中,∠A=60°,E,F分别为AD,DC上的动点,∠EBF=60°,点E从点A向点D运动的过程中,AE+CF的长度(　　)A.逐渐增大 B.恒等于4C.先减小再增大 D.恒等于3二、填空题(每小题3分,共18分)11.(2023河南三门峡灵宝期中)如图,正方形ABCD中,以对角线AC为一边作菱形AEFC,则∠FAB=　　　　. 12.(2022重庆八中期中)如图,菱形ABCD的顶点C在直线MN上,若∠MCB=52°,∠DCN=18°,则∠BDC的度数为　　　　. 13.(2022福建泉州实验中学月考)如图,在△ABC中,AB=AC,点D在BC边上,DF∥AB,DE∥AC,则当∠B=　　°时,四边形AEDF是矩形. 14.【转化思想】(2023江苏南京金陵中学期末)如图,在矩形ABCD中,点E在AD上,且EC平分∠BED,AB=1,∠ABE=45°,则BC的长为　　　　. 15.(2022福建龙岩连城期中)如图所示,在正方形ABCD中,以AB为边向正方形外作等边三角形ABE,连结CE、BD交于点G,连结AG,那么∠AGD的度数是　　　　°. 16.【新考向·尺规作图】(2023浙江绍兴中考)如图,在菱形ABCD中,∠DAB=40°,连结AC,以点A为圆心,AC长为半径作弧,交直线AD于点E,连结CE,则∠AEC的度数是　　　　. 三、解答题(共52分)17.(6分)如图,点F,C在AD上,已知AB∥DE,AB=DE,AF=CD,∠CEF=90°.求证:四边形BCEF是矩形.18.(2023湖北武汉武昌模拟)(8分)如图,四边形ABCD为矩形,对角线交于点O,DE∥AC交BC延长线于点E.(1)求证:BC=CE;(2)若∠E=30°,求∠BOC的度数.19.(2023吉林长春汽开区期末)(8分)如图,在▱ABCD中,AD>CD,CE平分∠BCD交AD于点E,过点E作EF∥CD交BC于点F,连结DF交CE于点O,过点O作OG⊥CF于点G.(1)求证:四边形CDEF是菱形;(2)若CE=16,DF=12,求OG的长.20.【新考向·开放型试题】(10分)(2023湖北十堰中考)如图,▱ABCD的对角线AC,BD交于点O,分别以点B,C为圆心,12AC,12BD的长为半径画弧,两弧交于点P,连结BP,CP.(1)试判断四边形BPCO的形状,并说明理由;(2)当▱ABCD的对角线满足什么条件时,四边形BPCO是正方形?21.(2022贵州遵义中考)(10分)将正方形ABCD和菱形EFGH按照如图所示的方式摆放,顶点D与顶点H重合,菱形EFGH的对角线HF经过点B,点E,G分别在AB,BC上.(1)求证:△ADE≌△CDG;(2)若AE=BE=2,求BF的长.22.【动点问题】(10分)在菱形ABCD中,∠B=60°,点E和点F分别是射线 BA和射线AD上的点(不与B,A重合),且∠ECF=60°.(1)问题初见如图①,当点E和点F分别在线段BA和线段AD上(不与端点重合)时,线段BC,BE,DF之间的数量关系是　　　　　　　　. (2)深入探究如图②,当点E和点F分别在线段BA和线段AD的延长线上(不与端点重合)时,线段BC,BE,DF之间有怎样的数量关系?请说明理由.(3)拓展应用在(2)的条件下,若BC⊥CE,且BC=4,则DF=　　　　. 答案全解全析1.C　根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可以确定A选项中的结论正确;根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以确定B选项中的结论正确;根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可以确定D选项中的结论正确;对角线相等的平行四边形是矩形,不一定是正方形,故C选项中的结论不正确,故选C.2.B　∵四边形BDEC为矩形,∴∠CBD=90°,∴∠ABC=180°-∠FBD-∠CBD=180°-55°-90°=35°,∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB=35°,∴∠A=180°-2∠ABC=180°-2×35°=110°.故选B.3.D　∵四边形ABCD是菱形,∴AB∥CD,∠ABD=∠CBD,∴∠C+∠ABD+∠CBD=180°,∵∠C=80°,∴∠ABD=180°-80°2=50°,故选D.4.C　∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,OA=OC=12AC=3,OB=OD=12BD=4,∴BC=32+42=5,∴12AC·BD=BC·AE,∴12×6×8=5AE,∴AE=4.8,故选C.5.C　∵四边形ABCD是矩形,∴∠BAD=90°,OA=OB,∴∠BAE+∠EAD=90°,∵∠EAD=3∠BAE,∴∠BAE+3∠BAE=90°,∴∠BAE=22.5°,∵AE⊥BD,∴∠ABE=90°-∠BAE=90°-22.5°=67.5°,∵OA=OB,∴∠OAB=∠ABE=67.5°,∴∠EAO=∠OAB-∠BAE=67.5°-22.5°=45°,故选C.6.C　如图所示,符合条件的Q点有5个,故选C.7.A　如图,设对角线AC、BD交于点O,∵四边形ABCD是菱形,AC=6,BD=8,∴AC⊥BD,OA=OC=3,OB=OD=4,∴BC=OB2+OC2=42+32=5,∵AH⊥BC,∴菱形ABCD的面积=12AC·BD=BC·AH,即12×6×8=5AH,∴AH=245,故选A.8.C　向左扭动矩形框架ABCD,四边形ABCD由矩形变成平行四边形,A正确,不符合题意;扭动后对角线BD的长度减小,B正确,不符合题意;BC边上的高变短,BC边的长不变,故面积变小,C错误,符合题意;四边形ABCD的四条边长度不变,故周长不变,D正确,不符合题意.故选C.9.B　在矩形ABCD中,∠ABC=∠BAD=90°,OA=OB=6,∵AE平分∠BAD,∴∠BAE=∠EAD=45°,∴∠AEB=90°-∠BAE=45°,∴BE=BA.∵∠CAE=15°,∠BAE=45°,∴∠BAC=60°,又∵OA=OB,∴△OAB为等边三角形,∴BA=BO=6,∴BE=AB=6.故选B.10.B　如图,连结BD.∵四边形ABCD是菱形,∴AB=AD=CD=4,∵∠A=60°,∴△ABD是等边三角形,∴AB=BD,∠ABD=60°.∵DC∥AB,∴∠CDB=∠ABD=60°,∴∠A=∠CDB.∵∠EBF=60°,∴∠ABE=∠DBF=60°-∠DBE,在△ABE和△DBF中,∠BAE=∠BDF,AB=DB,∠ABE=∠DBF,∴△ABE≌△DBF(A.S.A.),∴AE=DF,∴AE+CF=DF+CF=CD=4,即AE+CF的长度保持不变,恒等于4.故选B.11.答案　22.5°解析　∵四边形ABCD是正方形,∴∠BAD=90°,∠BAC=12∠BAD=45°,∵四边形AEFC是菱形,∴∠FAB=∠FAC=12∠BAC=22.5°.12.答案　35°解析　∵∠MCB=52°,∠DCN=18°,∴∠BCD=180°-∠MCB-∠DCN=110°,∵四边形ABCD是菱形,∴BC=CD,∴∠BDC=∠CBD=(180°-110°)÷2=35°.13.答案　45解析　当∠B=45°时,四边形AEDF是矩形.∵DF∥AB,DE∥AC,∴四边形AEDF是平行四边形,∴当∠A=90°时,四边形AEDF是矩形,∵AB=AC,∴∠B=∠C,∴∠B=45°.14.答案　2解析　∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC,∴∠DEC=∠BCE.∵EC平分∠DEB,∴∠DEC=∠BEC,∴∠BEC=∠ECB,∴BE=BC.∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=90°.∵∠ABE=45°,∴∠ABE=∠AEB=45°,∴AB=AE=1.由勾股定理得BE=AB2+AE2=12+12=2,∴BC=BE=2.15.答案　60解析　∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC=AD=CD,∠ABC=90°,∠ADG=∠CDG=∠ABD=45°,又∵GD=GD,∴△ADG≌△CDG(S.A.S.),∴∠AGD=∠CGD.∵△ABE是等边三角形,∴AB=BE,∠ABE=60°,∴BE=BC,∠EBC=150°,∴∠BEC=∠ECB=15°,∴∠BGE=180°-∠BEC-∠EBG=180°-15°-(60°+45°)=60°,∴∠AGD=∠CGD=∠BGE=60°.16.答案　10°或80°解析　连结AC,以点A为圆心,AC长为半径作弧,交直线AD于点E和E',连结CE,CE',如图所示,在菱形ABCD中,∠DAC=∠BAC,∵∠DAB=40°,∴∠DAC=20°,∵AC=AE,∴∠AEC=(180°-20°)÷2=80°.∵AE'=AC,∴∠AE'C=∠ACE'=10°,综上所述,∠AEC的度数是10°或80°,故答案为10°或80°.17.证明　∵AB∥DE,∴∠A=∠D,在△AFB和△DCE中,AF=DC,∠A=∠D,AB=DE,∴△AFB≌△DCE(S.A.S.),∴BF=EC,∠AFB=∠DCE,∵∠AFB+∠CFB=180°,∠DCE+∠ECF=180°,∴∠BFC=∠ECF,∴BF∥EC,又∵BF=EC,∴四边形BCEF是平行四边形,∵∠CEF=90°,∴四边形BCEF是矩形.18.解析　(1)证明:∵四边形ABCD为矩形,∴AD∥BE,AD=BC,∵DE∥AC,∴四边形ACED为平行四边形,∴AD=CE,∴BC=CE.(2)∵AC∥DE,∴∠ACB=∠E=30°,∵四边形ABCD为矩形,∴OC=OB,∴∠OCB=∠OBC=30°,∴∠BOC=120°.19.解析　(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,又∵EF∥CD,∴四边形CDEF为平行四边形,∵CE平分∠BCD,∴∠ECB=∠ECD,∵AD∥BC,∴∠ECB=∠DEC,∴∠ECD=∠DEC,∴CD=DE,∴四边形CDEF是菱形.(2)∵四边形CDEF为菱形,∴EO=CO=12CE=12×16=8,DO=FO=12DF=12×12=6,CE⊥DF,在Rt△COF中,由勾股定理得CF=CO2+FO2=82+62=10,∵OG⊥CF,∴S△COF=12CO·FO=12CF·OG,∴OG=CO·FOCF=8×610=245.20.解析　(1)四边形BPCO为平行四边形.理由:∵四边形ABCD为平行四边形,∴OC=OA=12AC,OB=OD=12BD,∵以点B,C为圆心,12AC,12BD的长为半径画弧,两弧交于点P,∴OB=CP,BP=OC,∴四边形BPCO为平行四边形.(2)当AC⊥BD,AC=BD时,四边形BPCO为正方形.∵AC⊥BD,∴∠BOC=90°,∴四边形BPCO为矩形.∵AC=BD,OB=12BD,OC=12AC,∴OB=OC,∴四边形BPCO为正方形.21.解析　(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,四边形EFGH是菱形,∴AD=CD,ED=GD,∠ADB=∠CDB,∠EHB=∠GHB,∴∠ADB-∠EHB=∠CDB-∠GHB,即∠ADE=∠CDG,在△ADE和△CDG中,AD=CD,∠ADE=∠CDG,ED=GD,∴△ADE≌△CDG(S.A.S.).(2)如图,过E作EQ⊥DF于Q,则∠EQB=90°,∵四边形ABCD是正方形,∴∠A=90°,AD=AB=AE+EB=2+2=4,∠EBQ=∠CBD=45°,∴∠QEB=45°=∠EBQ,∴EQ=BQ,∵BE=2,∴2EQ2=22,∴EQ=BQ=2(负值舍去),在Rt△DAE中,由勾股定理得DE=AD2+AE2=42+22=25,∵四边形EFGH是菱形,∴EF=DE=25,∴QF=EF2-EQ2=(25)2-(2)2=32,∴BF=QF-QB=32-2=22.22.解析　(1)BE+DF=BC.(2)BE=BC+DF.理由如下:如图,连结AC,∵四边形ABCD为菱形,∠B=60°,∴AB=BC=CD=AD,∠B=∠ADC=60°,∴△ABC和△ACD为等边三角形,∴AC=DC,BC=AC,∠BAC=60°=∠ADC=∠ACD,∴∠EAC=∠FDC=120°,∵∠ACD=∠ECF=60°,∴∠ACE=∠DCF,在△EAC和△FDC中,∠EAC=∠FDC,AC=DC,∠ACE=∠DCF,∴△EAC≌△FDC(A.S.A.),∴AE=DF,∵BE=AB+AE,∴BE=BC+DF.(3)4.