北京市重点校2024-2025学年八年级下学期期中数学汇编：四边形章节综合（京改版）（填空题）2

2024北京重点校初二（下）期中数学汇编 四边形章节综合（京改版）（填空题）2 一、填空题 1．（2024北京人大附中初二下期中）如图，在正方形中，，点E为对角线上的动点（不与A，C重合），以为边向外作正方形，点P是的中点，连接，则的取值范围为 ． 2．（2024北京人大附中初二下期中）矩形中，，，点E是边上一点，连接，将沿折叠，使点B落在点处，连接． （1）如图1，当时，的长为 ． （2）如图2，当点恰好在矩形的对角线上，则的长为 ． 3．（2024北京人大附中初二下期中）如图，矩形的对角线相交于点O，，，则矩形对角线的长为 ，边的长为 ． 4．（2024北京房山初二下期中）在平面直角坐标系中，若四边形是正方形、点B坐标为，点D在y轴上，则点C的坐标为 ． 5．（2024北京通州初二下期中）如图，、、是五边形的三个外角，延长、交于点．如果，那么的度数为 6．（2024北京通州初二下期中）如图，在四边形中，，对角线，交于点，现有三个条件①；②；③．其中可以判定四边形是平行四边形的有 (只写序号即可)． 7．（2024北京房山初二下期中）如图，在菱形ABCD中，，则的度数是 ． 8．（2024北京人大附中初二下期中）如图，在平行四边形中，，，，在线段上取一点E，使，连接，点M，N分别是线段上的动点，连接，则的最小值为 ． 9．（2024北京东城二中初二下期中）如图，在等边中，，射线，点从点出发沿射线以的速度运动，点从点出发沿射线以的速度运动．如果点同时出发，设运动时间为，则当 时，以为顶点的四边形是平行四边形． 10．（2024北京东城初二下期中）如图，在正方形中，点分别是边上的点，连接，若，则的度数为 ． 11．（2024北京第十四中学初二下期中）如图，在平行四边形中，，，点P在边上以每秒的速度从点A向点D运动，点Q在边上以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动，同时点Q也停止运动．设运动时间为，开始运动以后，当t为 时，以P，D，Q，B为顶点的四边形是平行四边形． 12．（2024北京第六十六中学初二下期中）如图，在中，，在边上截取，连接，过点A作于点E．已知，如果F是边的中点，连接，那么的长是 ． 13．（2024北京第六十六中学初二下期中）如图，公路与互相垂直，公路的中点M与点C被湖隔开．若测得的长为，的长为，则C，M两点间的距离为 ． 14．（2024北京首师大附中初二下期中）已知菱形中对角线相交于点O，添加条件 可使菱形成为正方形． 15．（2024北京十一实验中学初二下期中）如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，则重叠部分的面积为 ．    16．（2024北京大峪中学初二下期中）如图，正方形的边长为4，点E在上且，F为对角线上一动点，则周长的最小值为 17．（2024北京大峪中学初二下期中）把正方形和长方形按如图的方式放置在直线上．若，则的度数为 ． 18．（2024北京第八中学初二下期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点，过点的直线分别交AD和BC于点、E，若设该平行四边形的面积为2，则图中阴影部分的面积为 ． 19．（2024北京第一七一中学初二下期中）如图，以菱形的顶点O为原点，对角线所在直线为x轴建立平面直角坐标系，若，点C的坐标为，则点A的坐标为 ． 20．（2024北京日坛中学初二下期中）如图，一个平行四边形的活动框架，对角线是两根橡皮筋，若改变框架的形状，则平行四边形内角也随之变化，两条对角线长度也在发生改变．当是 度时，两条对角线长度相等． 21．（2024北京丰台第二中学初二下期中）如图，菱形的对角线，相交于点，为中点，，则菱形的周长为 ． 22．（2024北京清华附中初二下期中）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点D作的垂线交小正方形对角线的延长线于点G，连接，若大正方形的面积是小正方形面积的5倍，则值为 ． 23．（2024北京第三十五中学初二下期中）一个四边形的四条边的长度依次为a，b，c，d，且满足，则这个四边形一定是 ． 24．（2024北京海淀实验中学初二下期中）如图，、分别是的高，M为的中点，，，则的周长是 ． 25．（2024北京人大附中初二下期中）如图，在中，若，点D是的中点，，则的长度是 ． 26．（2024北京汇文中学初二下期中）如图，在正方形中，点F为上一点，交于点E．若，则等于 °． 27．（2024北京第十四中学初二下期中）如图，在中，，D为线段的中点，则 °．    28．（2024北京东直门中学初二下期中）如图，矩形中，，，点在上，连接，将沿折叠，点恰好落在上的点处，则的长为 ．    29．（2024北京东直门中学初二下期中）如图，在中，，点E为线段上一动点，有下列四个结论： ①在E点运动过程中，的面积始终是面积的一半； ②在线段上有且只有一点E，使得； ③若点E恰好是的角平分线与 的角平分线的交点，则点E是的中点； ④若，则在上有且只有一点E，使得 是直角三角形其中所有正确结论的序号是 ．      30．（2024北京十一实验中学初二下期中）如图所示的木制活动衣帽架，是由三个全等的菱形构成，根据实际需要可以调节间的距离．菱形边长，若间的距离调节到，则的度数是 ．    31．（2024北京北师大附中初二下期中）如图，菱形的对角线，相交于点，点为的中点，连接，若，，则 ，菱形的面积是 ． 32．（2024北京东直门中学初二下期中）如图，在矩形中，过对角线中点的两条直线交、于E、F，交、于点H、G，若矩形的边长为4和2，则图中阴影部分的面积为 ．    33．（2024北京第十二中学初二下期中）如图，四边形和四边形都是正方形，E是延长线上一个动点，点G在射线上（不与点C重合），H是的中点，连接．若，则的最小值为 ．    34．（2024北京和平街第一中学初二下期中）用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，称为平面图形的镶嵌．某工人师傅在铺地板时把四块完全相同的图案（图1）拼成一个如图所示的大图案（图2），经过测量，，，，两点间的距离为，阴影部分的面积为 ．    35．（2024北京第十二中学初二下期中）如图，在正方形中，边长为2的等边三角形的顶点E，F分别在上，则的面积为 ．    参考答案 1． 【分析】先取的中点O，结合正方形的性质，得证，当时，有最小值，在中，，计算即可作答． 【详解】解：如图，取的中点O，连接， ∵四边形、是正方形， ∴，， ∴， 则在和中 ， ∴， 当时，有最小值， 此时为等腰直角三角形，， ∵， ∴， 在中，， 即， 解得， ∴的最小值为． 当点运动到点的时候，如图： 此时即为点H的位置， 此时正方形的边长最大且为 则的值最大， 此时 ∴则的取值范围为 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，勾股定理等知识，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 2． 4 【分析】（1）由矩形性质得，由折叠得：，，由平行线的性质得：，，进而得出：，，即； （2）利用勾股定理可得，由折叠得：，，，设，则，，利用勾股定理建立方程求解即可； 本题是矩形综合题，考查了矩形的性质，折叠变换的性质，勾股定理等，熟练掌握相关知识，学会添加辅助线是解题关键． 【详解】解：（1）四边形是矩形， ， 由折叠得：，， ， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：4； （2）如图，点恰好在矩形的对角线上， 四边形是矩形， ， ，， ， 由折叠得：，，， ，， 设，则，， 在中，， ， 解得：， ， 在中，； 故答案为：4， 3． 8 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，先由矩形对角线相等且互相平分得到，再证明是等边三角形，得到，则，据此利用勾股定理求出的长即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， 故答案为：8；． 4．或 【分析】此题考查了正方形的性质，点的坐标等知识，分两种情况画出图形，根据正方形的性质进行解答即可． 【详解】解：如图， 当点C在点位置，点D在点位置时， ∵四边形是正方形、点B坐标为， ∴，于点，于点， ∴点的坐标为， 当点C在点位置，点D在点位置时， ∵四边形是正方形、点B坐标为， ∴，于点，于点， ∴点的坐标为， 故点C的坐标为或． 故答案为：或 5．/度 【分析】本题考查了多边形的外角，延长，根据多边形的外角和为得出，即可求解． 【详解】解：如图所示， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 6．①②/②① 【分析】本题考查了平行四边形的判定以及全等三角形的判定与性质；根据平行四边形的判定方法分别对各个条件进行判断即可． 【详解】解：①，， 四边形是平行四边形，故①符合题意； ②， ， 又，， ， ， 四边形是平行四边形，故②符合题意； ③由，，不能判定四边形是平行四边形，故③不符合题意； 故答案为：①②． 7．/65度 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，掌握菱形的四边相等是解题的关键．由菱形的性质可得，，由等腰三角形的性质可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴，， ∴， 故答案为：． 8．/ 【分析】如图，作于，于，于，则四边形是矩形，，由题意可求，，，则，，由，可知当三点共线且时，最小，为，求的长，进而可求最小值， 【详解】解：如图，作于，于，于，则四边形是矩形， ∴， ∵平行四边形中，，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当三点共线且时，最小，为， ∵， ∴， 由勾股定理得，， ∴最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，含的直角三角形，等边对等角，勾股定理等知识．明确线段和最小的情况是解题的关键． 9．或 【分析】本题考查了平行四边形的判定、一元一次方程的应用，分两种情况：当点在的右侧时；当点在的左侧时；由当时，四边形是平行四边形，建立一元一次方程，解方程即可得出答案． 【详解】解：当点在的右侧时， 由题意得：，，则， ， 当时，四边形是平行四边形，即， 解得：； 当点在的左侧时， 由题意得：，，则， ， 当时，四边形是平行四边形，即， 解得：； 综上所述，当或时，以为顶点的四边形是平行四边形， 故答案为：或． 10．/60度 【分析】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理，作于，则，由正方形的性质得出，，则四边形为矩形，得出，求出，证明，即可得解． 【详解】解：如图，作于，则， 四边形是正方形， ，， ，， 四边形为矩形， ， ， ， ， ，即， 故答案为：． 11．0或4或或8 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质、一元一次方程的几何应用，根据平行四边形的性质得到，只需，以P，D，Q，B为顶点的四边形是平行四边形，故分情况讨论列方程求解即可． 【详解】解：∵四边形平行四边形， ∴，，即， 若，则以P，D，Q，B为顶点的四边形是平行四边形； 设运动时间为，当P到D的时间为，点Q到B的时间为， 根据题意，分四种情况： ①当时，，，则，， ∴，解得； ②当时，，，则， ∴，解得； ③当时，，，则， ∴，解得； ④当时，，，则， ∴，解得， 综上，当t为0或4或或8时，以P，D，Q，B为顶点的四边形是平行四边形． 12．1 【分析】本题考查了勾股定理，等腰三角形三线合一的性质和中位线的性质，熟练掌握以上知识点并运用数形结合的思想是解题关键．根据勾股定理确定的长度，进而确定的长度；再根据等腰三角形三线合一的性质确定E为中点，再根据中位线的性质求出的长度． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵，， ∴E为中点，． ∴， 又∵F是的中点， ∴是的中位线， ∴． 故答案为：1． 13．5 【分析】本题考查的是直角三角形斜边上的中线及勾股定理，先根据勾股定理求出的长，再由直角三角形的性质即可得出结论． 【详解】解：∵公路与互相垂直，的长为，的长为， ∴， ∵点M是线段的中点， ∴． 故答案为：5． 14．或 【分析】本题主要考查的是菱形和正方形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键，依据正方形的判定定理进行判断即可. 【详解】解：根据对角线相等的菱形是正方形，可添加：； 根据有一个角是直角的菱形是正方形，可添加的：； 故添加的条件为：或． 15．10 【分析】本题考查了翻折变换的性质及矩形的性质，根据矩形的性质及翻折变换的性质求得，根据题意可得，，求解即可． 【详解】解：矩形， ，，， 由翻折变换的性质可得，，， ， ， ，， 设，则， 在△中，， 即， 解得， ． 故答案为：10． 16．6 【分析】连接，，当，，在一条直线上时，可以取得最小值，最小值为，可证得，得到，进而可求得答案． 【详解】如图所示，连接，．    根据题意可知，当，，在一条直线上时，可以取得最小值，最小值为． ． 是正方形的对角线， ， 在和中， ， ∴． ∴． ∴的最小值为． ∴周长的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定、正方形的性质、勾股定理，两点之间线段最短，能根据题意构建辅助线是解题的关键． 17． 【分析】本题主要考查了正方形和长方形的性质以及平行线的性质，先根据三角形内角和得出，再根据平行线的性质得出答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 故答案为：． 18．1 【分析】本题考查平行四边形的性质．根据平行四边形的性质证明可得，进而可得阴影部分面积等于的面积，即为面积的一半，由此可解． 【详解】解：∵平行四边形中，对角线，相交于点， ∴，，， 又∵， ∴， ∴， ∴阴影部分面积等于的面积，即为面积的一半， ∴阴影部分面积为， 故答案为：1． 19． 【分析】本题考查了菱形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理的应用，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键． 连接，交于，根据菱形的对角线互相垂直平分求出，，再根据菱形的每一条边都相等求出，然后利用勾股定理列式求出的长，再根据点A在第一象限解答． 【详解】解：如图，连接，交于， ∵点， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， 在中， ∴点的坐标为． 故答案为：． 20．90 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，根据矩形的对角线相等，且有一个角是直角的平行四边形是矩形即可得到答案． 【详解】解：∵在平行四边形中只有矩形和正方形的对角线相等， ∴时，即四边形是平行四边形时，两条对角线长度相等， 故答案为：90． 21． 【分析】此题考查了菱形的性质和中位线定理，解题的关键是熟练掌握菱形的性质和中位线定理的应用． 【详解】∵四边形是菱形， ∴，， ∵为中点， ∴， ∴， ∴菱形的周长为， 故答案为：． 22． 【分析】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，正方形的性质．作辅助线，令与的延长线相交于M点，交于N点，设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为，设则，在中利用勾股定理解得，由于为小正方形的对角线，则，接着判定为等腰直角三角形，然后证明为等腰直角三角形，接着利用勾股定理计算出，从而得出的值． 【详解】解：如图，与的延长线相交于M点，交于N点， 大正方形的面积是小正方形面积的5倍， 设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为， 设则， 在中，由勾股定理得， ， 解得， ， 为小正方形的对角线， ， ， ， 为等腰直角三角形， ，， ， 为等腰直角三角形， ， 在中，由勾股定理得： ， ， 故答案为：． 23．平行四边形 【解析】略 24．13 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，先求出，再求的周长即可．解题时主要利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质． 【详解】解：∵、分别是的高，M为的中点，， ∴在中，， 在中，， 又∵， ∴的周长． 故答案为：13． 25．2 【分析】本题考查了直角三角形的性质，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得的长度． 【详解】解：∵在中，，点D是的中点，， ∴． 故答案为：2． 26．65 【分析】由三角形的外角性质可知：要求，只要求，由正方形的轴对称性质可知：，即可求出． 【详解】四边形是正方形，具有关于对角线所在直线对称的对称性， ，，， 又是的外角， ， 故答案为：65． 【点睛】本题综合考查正方形的对称性质和三角形外角性质，解题关键是利用正方形的对称性快速得出结论． 27．50 【分析】由“直角三角形的两个锐角互余”得到，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得到 ，则等边对等角，即． 【详解】解：∵在中，， ∴， ∵D为线段的中点， ∴ ， ∴． 故答案为：50． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质．解题关键是熟练掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半． 28． 【分析】先由，，，根据勾股定理求得，再由折叠得，，，则，，在中根据勾股定理得，则，求得． 【详解】解：四边形是矩形，，， ，， ， 由折叠得，，， ，， ，且， ， ， 故答案为：． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，在中根据勾股定理列方程是解题的关键． 29．①②③ 【分析】作于点，表示和判断①；由可知，判断②；根据角平分线和平行可得解题即可判断③；取的中点,连接,当时，则,四边形和四边形都是菱形，可以得到，这时与不垂直，所以必会存在另一点使得，判断④． 【详解】解：如图，作于点， .四边形是平行四边形， ∴， ∵， 故①正确； 由题可知： ∵2， ∴， 故②正确；    ∵， ∴， ∵点恰好是的角平分线与的角平分线的交点， ∴， ∴， . ∴, .∴点是的中点， 故③正确； 取的中点,连接, ∴,. ∴, 当时，则, ∴四边形和四边形都是菱形， ∴, ∴， ∴ ∴是直角三角形， ∵， ∴与不垂直， 在上可能还存在点,使, 同理可证明是直角三角形， 故④不正确， 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，菱形的判定和性质，综合性较强，难度较大，掌握平行四边形的性质是解题的关键． 30． 【分析】连接，由间的距离为，求得，由四边形是菱形，，得，则是等边三角形，所以，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接，    ∵间的距离为， ∴，解得， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，证明是等边三角形是解题的关键． 31． 16 【分析】根据菱形的性质和已知条件可得是 Rt斜边上的中线，由此可求出的长，再根据勾股定理可求出的长， 最后 根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可． 【详解】∵菱形对角线与交于点， ， ∵是边上的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴则菱形的面积， 故答案为 ，16． 【点睛】本题考查了三角形中位线的性质、菱形的面积的计算等知识点，易错易混点：学生在求菱形面积时，易把对角线乘积当成菱形的面积或是错误判断对角线的长而误选． 32．4 【分析】根据矩形的性质得到，可得，证明，得到，同理可得，故而利用计算即可． 【详解】解：如图，在矩形中，， ∴， ∵是中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 同理：， ∴ ， 故答案为：4．    【点睛】本题考查了矩形的性质，平行线性质，全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的面积相等． 33． 【分析】延长交于点M，证明，则，得到，设，则，，在中，由勾股定理得到，进一步得到，即可得到的最小值． 【详解】解：延长交于点M，    ∵四边形是正方形，， ∴，， ∵四边形都是正方形，E是延长线上一个动点， ∴，， ∴， ∵H是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 即的最小值为． 故答案为： 【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，证明是解题的关键． 34．1200 【分析】连接，这四个平面图形都可以拼成平行四边形，根据勾股定理的逆定理证出，根据阴影部分的面积,即可得出答案． 【详解】解：连接，如图，   由镶嵌和割补法可得，这四个平面图形都可以拼成平行四边形， ∴这四个平面图形的面积等于平行四边形的面积， ， ， ， ， 阴影部分的面积 故答案为：1200． 【点睛】本题考查了平面镶嵌（密铺），两点间的距离，勾股定理的逆定理，平行四边形的性质，三角形的面积，掌握这四个平面图形转化成平行四边形是解题的关键． 35．1 【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质分别得到，，由此可证明得到，进一步证明是等腰直角三角形，得到，再利用三角形面积公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵是边长为2的等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：1． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，证明是等腰直角三角形是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$