福建专版2024春八年级数学下册第19章矩形菱形与正方形学情评估新版华东师大版

第19章学情评估一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分)1．矩形具有而菱形不具有的性质是()A．两组对边分别平行 B．对角线相等C．对角线相互平分 D．两组对角分别相等2．如图，矩形ABCD的对角线交于点O，若∠AOD＝120°，AC＝4，则CD的长为()A.eq\f(1,2) B.eq\r(3) C．2 D．3(第2题)3．如图，在矩形OABC中，OA＝2，OC＝1，把矩形OABC放在数轴上，O在原点，OA在正半轴上，把矩形的对角线OB围着原点O顺时针旋转到数轴上，点B的对应点为B′，则点B′表示的实数是()A．2 B．1 C.eq\r(5) D．－eq\r(5)(第3题)(第4题)4．如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC，BD的交点，过点O作OE⊥OF，分别交AB，BC于点E，F.若AE＝4，CF＝3，则EF的长为()A．7 B．5 C．4 D．35．如图，在矩形ABCD中，BC＝8，CD＝6，将△ABE沿BE折叠，使点A恰好落在对角线BD上的点F处，则DE的长是()A．3 B.eq\f(24,5) C．5 D.eq\f(89,16)(第5题)6．如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连结BO.若∠DAC＝28°，则∠OBC的度数为()(第6题)A．28° B．52° C．62° D．72°7．在四边形ABCD中，O是对角线的交点，能判定这个四边形是正方形的条件是()A．AC＝BD，AB∥CD，AB＝CDB．AD∥BC，∠BAD＝∠BCDC．AO＝BO＝CO＝DO，AC⊥BDD．AO＝CO，BO＝DO，AB＝BC8．如图，在正方形ABCD中，以对角线AC为一边作菱形AEFC，连结AF，则∠FAB的度数等于()A．22.5° B．45° C．30° D．15°(第8题)9．如图，已知等边三角形ABC与正方形DEFG，其中D，E两点分别在AB，BC上，且BD＝BE.若AB＝10，DE＝4，则△EFC的面积为()A．7.5 B．8 C．6 D．10(第9题)(第10题)10．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B在反比例函数y＝eq\f(k,x)(k>0，x>0)的图象上，且两点的横坐标分别为1，4，对角线BD∥x轴．若菱形ABCD的面积为eq\f(45,2)，则k的值为()A.eq\f(5,4) B.eq\f(15,4) C．4 D．5二、填空题(本题共6小题，每小题5分，共30分)11．如图，在平面直角坐标系中，▱MNEF的两条对角线ME，NF交于原点O，点F的坐标是(3，2)，则点N的坐标是________．(第11题)12．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，若AB＝6，OC＝5，则AE＝________．(第12题)(第13题)13．如图，在矩形ABCD中，AE＝AF，连结EF，过点E作EH⊥EF交DC于点H，过点F作FG⊥EF交BC于点G，连结GH，当AB，AD满意________(填数量关系)时，四边形EFGH为矩形．14．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，分别以AB，AC，BC为边在AB的同侧作正方形ABEF、正方形ACPQ、正方形BDMC，四块阴影部分的面积分别为S1，S2，S3，S4，则S1＋S2＋S3＋S4＝________．(第14题)(第15题)15．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD的交点为O，AC＝6，CD＝5.若点E在BC上，且AE⊥BC，则AE的长为______．16．如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边DC上运动(不含端点)，以AE为腰作等腰直角三角形AEF，连结DF.(第16题)下面有三个说法：①当DE＝1时，AF＝eq\r(34)；②当DE＝2时，点B，D，F共线；③当DE＝eq\f(5,2)时，△ADF与△EDF面积相等．全部正确说法的序号是__________．三、解答题(本题共7小题，共70分)17．(8分)如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，点F在边BC上，且BE＝CF，EF⊥DF，求证：BF＝CD.(第17题)18.(8分)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AM⊥BC，垂足为M，AN⊥DC，垂足为N.若∠BAD＝∠BCD，AM＝AN，求证：四边形ABCD是菱形．(第18题)19．(8分)如图，O是线段AB上的一点，OA＝OC，OD平分∠AOC，交AC于点D，OF平分∠COB，CF⊥OF于点F.(1)求证：四边形CDOF是矩形；(2)当∠AOC＝90°时，四边形CDOF是正方形吗？请说明理由．(第19题)20．(10分)如图，已知正方形ABCD，点E在边CD上．(1)尺规作图：在边BC上找点F，使得∠AED＝∠AEF(不写作法，保留作图痕迹)；(2)探究DE，EF，BF的数量关系，并说明理由．(第20题)21．(10分)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝24cm，BC＝26cm.点P从点A动身，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时动身，以3cm/s的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．当经过多少秒时，分别得到PQ∥CD和PQ＝CD?(第21题)22．(12分)图①是某重型卡车，图②是一个木箱从重型卡车上卸下时的平面示意图．已知重型卡车车身的高度AC为4m，卸货时会利用到帮助挡板BA，此时BA落在BA′处(即BA′＝BA)，AC⊥A′C，经过测量得A′C＝2m，ED＝5m，四边形DEFG为矩形，当木箱底部顶点G与点A′重合时(A′C为水平线，AM，BN，A′C相互平行)．(1)求BA的长；(2)求图中木箱上点F到直线A′C的距离．(第22题)23．(14分)已知在矩形ABCD中，BC＝12，AB＝10，四边形EFGH的三个顶点E，F，H分别在矩形ABCD的边AB，BC，DA上，AE＝2.(1)如图①，当四边形EFGH为正方形时，求△GFC的面积；(2)如图②，当四边形EFGH为菱形，且BF＝a时，求△GFC的面积(用含a的代数式表示)；(3)在(2)的条件下，当△GFC的面积等于6时，求EF的长．(第23题)

答案一、1.B2.C3.C4.B5.C6.C7.C8.A9．C思路点睛：作DM⊥BC，FN⊥BC，垂足分别为M，N，证明△DME≌△ENF，结合等边三角形的判定与性质得到ME＝NF＝2，依据面积公式S△EFC＝eq\f(1,2)×EC×FN计算即可．10．D二、11.(－3，－2)12.4.813.AB＝AD14.1815.eq\f(24,5)思路点睛：依据菱形的性质以及勾股定理，可求得OD＝4，进而可知BD＝2OD＝8，由菱形的面积公式可知S菱形ABCD＝eq\f(1,2)AC·BD＝24，由AE⊥BC，可得S菱形ABCD＝BC·AE＝24，求解即可得到答案．16．①②三、17.证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝90°.∴∠EFB＋∠BEF＝90°.∵EF⊥DF，∴∠EFD＝90°.∴∠EFB＋∠CFD＝90°.∴∠BEF＝∠CFD.在△BEF和△CFD中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠BEF＝∠CFD，,BE＝CF，,∠B＝∠C，))∴△BEF≌△CFD.∴BF＝CD.18．证明：∵AD∥BC，∴∠BAD＋∠B＝180°.∵∠BAD＝∠BCD，∴∠B＋∠BCD＝180°.∴AB∥CD.∴四边形ABCD是平行四边形．∴∠B＝∠D.∵AM⊥BC，AN⊥DC，∴∠AMB＝∠AND＝90°.在△AMB和△AND中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠B＝∠D，,∠AMB＝∠AND，,AM＝AN，))∴△AMB≌△AND.∴AB＝AD.∴四边形ABCD是菱形．19．(1)证明：∵OD平分∠AOC，OF平分∠COB，∴∠AOC＝2∠COD，∠COB＝2∠COF.∵∠AOC＋∠COB＝180°，∴2∠COD＋2∠COF＝180°.∴∠COD＋∠COF＝90°，即∠DOF＝90°.∵OA＝OC，OD平分∠AOC，∴OD⊥AC，即∠CDO＝90°.∵CF⊥OF，∴∠CFO＝90°，∴四边形CDOF是矩形．(2)解：当∠AOC＝90°时，四边形CDOF是正方形．理由如下：∵OA＝OC，OD平分∠AOC，∠AOC＝90°，∴∠ACO＝∠A＝45°，∠COD＝eq\f(1,2)∠AOC＝45°.∴∠ACO＝∠COD.∴CD＝OD.又∵四边形CDOF是矩形，∴四边形CDOF是正方形．20．解：(1)如图．(2)EF＝DE＋BF.理由：如图，(第20题)连结AF，过点A作AQ⊥EF于点Q，则∠AQE＝90°.∵四边形ABCD是正方形，∴∠D＝∠B＝90°，AB＝AD.∴∠AQE＝∠D.∵AE＝AE，∠AED＝∠AEF，∴△ADE≌△AQE.∴QE＝DE，AD＝AQ.∴AQ＝AB.在Rt△AQF和Rt△ABF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AF＝AF，,AQ＝AB，))∴Rt△AQF≌Rt△ABF.∴BF＝QF.∵EF＝QE＋QF，∴EF＝DE＋BF.21．解：设经过ts(0≤t≤eq\f(26,3))．①若PQ∥CD，则四边形PQCD为平行四边形．∴PD＝QC，PQ＝CD，∴24－t＝3t，解得t＝6.∴经过6s，PQ∥CD，PQ＝CD.②若PQ＝CD，如图所示，则四边形PQCD是梯形，分别过点P，D作BC边的垂线PE，DF，垂足分别为E，F，则易得CF＝EQ，AD＝BF＝24cm，PD＝EF.(第21题)∵AD＝24cm，BC＝26cm，∴CF＝BC－BF＝2cm.∵PD＋2CF＝CQ，∴(24－t)＋4＝3t，解得t＝7.∴经过7s，PQ＝CD.综上所述，经过6s，PQ∥CD；经过6s或7s，PQ＝CD.22．解：(1)∵AC⊥A′C，∴∠BCA′＝90°.在Rt△BCA′中，设BA′＝BA＝xm，则BC＝AC－AB＝(4－x)m，∴BC2＋A′C2＝BA′2，即(4－x)2＋22＝x2，解得x＝eq\f(5,2)，即BA的长为eq\f(5,2).(2)如图，过点F作FQ⊥A′C于点Q，交NB于点H，易得∠FHB＝90°，FQ∥AC，∴∠BFH＝∠GBC.(第22题)∵四边形DEFG为矩形，ED＝5m，∴FG＝ED＝5m，∴FB＝FG－BG＝5－eq\f(5,2)＝eq\f(5,2)(m)，∴FB＝BG.∵∠FHB＝∠BCG＝90°，∠BFH＝∠GBC，∴△FHB≌△BCG，∴FH＝BC.由题意得HQ＝BC，∴FH＝HQ＝BC.∵BA＝eq\f(5,2)m，AC＝4m，∴BC＝4－eq\f(5,2)＝eq\f(3,2)(m)，∴F到直线A′C的距离为eq\f(3,2)＋eq\f(3,2)＝3(m)．23．解：(1)如图①，过点G作GM⊥BC于点M，(第23题)在正方形EFGH中，∠HEF＝90°，EH＝EF，∴∠AEH＋∠BEF＝90°.在矩形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，∴∠AEH＋∠AHE＝90°，∴∠AHE＝∠BEF，∴△AHE≌△BEF，∴BF＝AE＝2.∴FC＝BC－BF＝12－2＝10.同上可证△MFG≌△BEF.∴GM＝BF＝2.∴S△GFC＝eq\f(1,2)FC·GM＝eq\f(1,2)×10×2＝10.(2)如图②，过点G作GN⊥BC交BC的延长线于点