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）1

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）1 一、填空题 1．（2024北京大兴初二下期中）如图，，两点被池塘隔开，在外选一点，连接和．分别取，的中点，，测得，两点间的距离为，则，两点间的距离为 ．    2．（2024北京育才学校初二下期中）如图，在中，，于点D，，E是斜边的中点，连接，则的度数为 ． 3．（2024北京第十八中学初二下期中）菱形的对角线长分别是8，6，则这个菱形的面积是 ． 4．（2024北京海淀初二下期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，B，C的坐标分别为，，，轴，则点D的坐标为 ． 5．（2024北京十一实验中学初二下期中）如图，平行四边形的对角线、交于点，若，，，则的长为 ． 6．（2024北京十一实验中学初二下期中）如图，在菱形中，对角线与交于点，若，，则菱形的面积等于 ． 7．（2024北京第六十六中学初二下期中）已知a，b为正数，且，则的最小值为 ． 8．（2024北京第十八中学初二下期中）如图，平行四边形的对角线，相交于点，点是的中点，连接，若，则 ． 9．（2024北京第十八中学初二下期中）如图，在平行四边形中，平分，交边于，，，则的长为 ．    10．（2024北京第十八中学初二下期中）将一张长与宽之比为的矩形纸片进行如下操作：对折并沿折痕剪开，发现每一次所得到的两个矩形纸片长与宽之比都是（每一次的折痕如图中的虚线所示），则第3次操作后所得到的其中一个矩形纸片的周长是 ；第2024次操作后所得到的其中一个矩形纸片的周长是 ．    11．（2024北京通州初二下期中）如图，在中，的平分线交于点．如果，，那么 12．（2024北京第十八中学初二下期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴的正半轴上．若点的坐标是，则点的坐标为 ． 13．（2024北京第十八中学初二下期中）如图，公路，互相垂直，公路的中点M与点C被湖隔开，若测得的长为，则 ．    14．（2024北京第八十中学初二下期中）如图：点在线段上，，，是等边三角形，四边形是正方形，点是上一个动点，连接则的最小值为 ． 15．（2024北京西城初二下期中）如图，矩形中，，，将矩形沿对角线折叠，使点落在点处，交于点．折叠后的图形中的等腰三角形是 ，的长为 ． 16．（2024北京西城初二下期中）如图，在平行四边形中，对角线交于点，过点的直线分别与交于点．若平行四边形的面积为80，则图中阴影部分的面积是 ． 17．（2024北京朝阳初二下期中）下列命题中，其逆命题成立的是 ．（填相应的序号） ①两组对边分别平行的四边形是平行四边形． ②平行四边形对角线互相平分． ③如果，那么． ④线段的垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等． 18．（2024北京朝阳初二下期中）菱形中，，则菱形的面积是 ． 19．（2024北京第101中学初二下期中）写出“菱形的四条边都相等”的逆命题 ，并判断你写出的命题的真假 （填“真”或“假”）． 20．（2024北京海淀初二下期中）如图，在中，，于点E，于点F，、交于点H，、的延长线交于G，给出下列结论： ①；②点D是中点：③；④若平分，则； 其中一定正确的结论有 ．（填序号） 21．（2024北京海淀初二下期中）如图1，将长为，宽为的矩形分割成四个全等的直角三角形，拼成“赵爽弦图”（如图2），得到大小两个正方形．若图2中阴影小正方形的面积为49．则a的值为 ． 22．（2024北京第三十五中学初二下期中）如图，在中，，点D、E、F分别是三边中点，若，则的长是 ． 23．（2024北京第十三中学初二下期中）如图， 把矩形 沿直线向上折叠， 使点C落在点 的位置上， 交于点E， 若， ， 则的长为 ． 24．（2024北京海淀初二下期中）如图，，，和都是等边三角形，F为中点，交于G点，下列结论中，正确的结论是 ． ①；②；③四边形是菱形；④． 25．（2024北京西城初二下期中）如图，在正方形外取一点E，连接，，，过点A作的垂线交于P．若，，则下列结论： ①； ②点D到直线的距离为； ③； ④正方形的面积为； 以上结论中，正确的序号是 ． 26．（2024北京西城初二下期中）已知菱形的两条对角线，交于点，若，，则菱形的面积为 ． 27．（2024北京育才学校初二下期中）矩形中，点是上一点，，，，点是边上的动点，以为一边作菱形，使顶点落在上，连接，则的最小值为 ，面积的最小值为 ．    28．（2024北京海淀初二下期中）如图：在平面直角坐标系中，A、B两点的坐标分别为、，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点M、N，如果以点A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，则b的值为 ． 29．（2024北京海淀初二下期中）在平行四边形中，，则的度数为 ． 30．（2024北京十一学校初二下期中）小方在学习菱形时，发现可以利用菱形纸片拼出著名的“赵爽弦图”：把如图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，这四个直角三角形可以拼出如图2所示的面积为26的正方形，和如图3所示的边长为4的正方形，则图1中菱形的面积为 ． 31．（2024北京房山初二下期中）已知菱形的面积为，对角线的长为，则的长为 ． 32．（2024北京第十四中学初二下期中）如图，在菱形中，，，点P，E，F分别为线段上的动点，则的最小值是 ． 33．（2024北京第十四中学初二下期中）如图，在矩形纸片中，为上一点，将沿翻折至，若点恰好落在上，，，则长度为 ． 34．（2024北京第十四中学初二下期中）如图，正方形和正方形的边长分别为和，、相交于点，则的面积为 ． 参考答案 1． 【分析】本题考查了三角形中位线的判定与性质，先判断出是的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得即可解答，掌握三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键． 【详解】解：，两点分别是，的中点， 是的中位线， ， ， ， 故答案为： 2．45 【分析】本题主要考查了同角的余角相等，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，理解直角三角形斜边上的中线性质是解答关键．根据同角的余角相等得到，，根据互余和求得，进而得到，再利用直角三角形斜边上的中线性质来求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵E是斜边的中点，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 3． 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的面积等于对角线的乘积的一半进行列式计算，即可作答． 【详解】解：∵菱形的对角线长分别是8，6， 则， ∴这个菱形的面积是． 故答案为： 4． 【分析】本题主要考查了坐标与图形，矩形的性质，三角形全等的判定和性质，作轴于E，证明，得出，，求出，即可得出答案． 【详解】解：作轴于E，如图所示： ∵矩形的顶点A，B，C的坐标分别为，，，轴， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 5． 【分析】此题主要考查了平行四边形的性质以及勾股定理，正确得出的长是解题关键． 直接利用平行四边形的性质结合勾股定理得出的长，进而得出答案． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ，， ， ， ， ． 故答案为：． 6． 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理；利用菱形的性质求出，再证是等边三角形，得到菱形的边长，进而勾股定理求得，根据菱形的性质即可求解． 【详解】解：∵ 四边形是菱形，， ∴，， ∵ ， ∴是等边三角形， ∴， ∴ ∴ ∴菱形的面积为：， 故答案为：． 7． 【分析】本题主要考查了勾股定理，矩形的判定和性质，两点之间线段最短，解题的关键是构造图形，作于点B，于点C，交延长线于点E，，，，，，根据矩形的性质得出，，根据勾股定理得出，，根据两点之间线段最短，求出结果即可． 【详解】解：构图如下，其中于点B，于点C，交延长线于点E，，，，，， 则四边形是矩形，，， 由勾股定理可知：， ， ∵， ∴的最小值为， 在中，， 由勾股定理，得， 故答案为：． 8．8 【分析】此题重点考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理等知识．由平行四边形的对角线，相交于点，证明点是的中点，而点是的中点，则是的中位线，所以，即可由，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：四边形是平行四边形，对角线，相交于点， 点是的中点， 点是的中点， 是的中位线， ， ， ， 故答案为：8． 9．2 【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定等知识点．先根据平行四边形的性质可得，，根据平行线的性质可得，再根据角平分线的定义可得，从而可得，然后根据等腰三角形的判定可得，最后根据即可得． 【详解】解：四边形是平行四边形，， ，， ， 平分， ， ， ， ， 故答案为：2． 10． 【分析】此题主要考查了翻折变换性质以及规律性问题应用．先求出矩形纸片的长，再根据矩形的周长公式分别求出每一次对折后的周长，进而得出变化规律求出即可． 【详解】解：， 对开次数： 第一次，周长为：， 第二次，周长为：， 第三次，周长为：， 第四次，周长为：， 第五次，周长为：， 第3次操作后所得到的其中一个矩形纸片的周长是， 第2024次对开后所得标准纸的周长为． 故答案为：；． 11． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等角对等边，根据平行四边形的性质与角平分线的定义可得，，，根据平行线的性质可得，进而可得，根据等角对等边可得，进而即可求解． 【详解】解：∵在中，的平分线交于点 ∴，， ∴ ∴ ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了菱形的性质、坐标与图形的性质．根据点的坐标是，可得的长，再根据菱形的四条边都相等即可得点的坐标． 【详解】解：点的坐标是， ， 四边形为菱形，在x轴上， ，， 则点的坐标为． 故答案为：． 13． 【分析】本题主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，由，得出，由点M为的中点可得出，即可求出． 【详解】解：∵， ∴ ∵点M为的中点，且， ∴， 故答案为：． 14． 【分析】本题考查轴对称求最短距离，正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理；作点关于的对称点，连接与交点为，则求得，进而得出，在中，勾股定理即可求解． 【详解】解：作点关于的对称点，连接与交点为， ∴ ， 是等边三角形，四边形是正方形， ，，， ， ， 由轴对称的性质可得， ， ， 在中，， ， 的最小值为， 故答案为：． 15． 【分析】本题主要考查了折叠问题，等腰三角形的判定与性质，矩形的性质，解题关键是常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．依据折叠的性质以及平行线的性质，即可得到，进而得出是等腰三角形；设，则， ，依据勾股定理即可得到x的值． 【详解】解：由折叠可得，， 在矩形中，， ， ， ， 是等腰三角形； 故答案为：； 设，则， ， ， 中，， 即， 解得， ． 故答案为：． 16．40 【分析】本题考查平行四边形的性质，熟记平行四边形是中心对称图形是解题的关键．根据平行四边形的性质可得，进而可得阴影部分面积等于的面积，即为平行四边形面积的一半，由此可解． 【详解】解： 在平行四边形中，对角线交于点， ，， ， ， ， ， 阴影部分面积等于的面积，即为平行四边形面积的一半， 阴影部分的面积为：， 故答案为：40． 17．①②④ 【分析】本题考查判断逆命题的真假，平行四边形的判定和性质，中垂线的判定和性质，先写出各项的逆命题，再判断真假即可． 【详解】解：①的逆命题为：平行四边形的两组对边分别平行，是真命题，成立； ②的逆命题为对角线互相平分的四边形为平行四边形，是真命题，成立； ③的逆命题为：如果，那么，是假命题，不成立； ④的逆命题为到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上，是真命题，成立； 故答案为：①②④． 18． 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理．连接交于点，先证明是等边三角形，得到，三线合一，求出的长，进而得到的长，利用菱形的面积公式，对角线乘积的一半，进行求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点， ∵菱形中，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积为． 故答案为：． 19． 四条边都相等的四边形是菱形 真 【分析】本题考查菱形的判定，写出逆命题，判断命题的真假．将原命题的条件和结论互换，写出逆命题，根据菱形的判定方法，判定命题的真假即可． 【详解】解：逆命题为：四条边都相等的四边形是菱形，是真命题； 故答案为：四条边都相等的四边形是菱形，真． 20．①③④ 【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，①由证明即可；③先证明，从而得到，然后由平行四边形的性质可知；④连接，证是等腰直角三角形，，设，得出，进而得出．②无法证明点D是中点． 【详解】解：， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 故①正确； 在和中， ， ， ， ， 正确； 连接，如图： 平分， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 设， ， ， ， ④正确 ∵是平行四边形， ∴， ∴，， 又， ∴三个角对应相等无法证明全等， ∴无法证明， 即无法证明点D是中点， 故②错误， 综上①③④正确， 故答案为：①③④． 21．4 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质，根据题意可得图2中阴影小正方形的边长为，再由图2中阴影小正方形的面积为49即可求出答案． 【详解】解：由题意得，图2中阴影小正方形的边长为， ∵图2中阴影小正方形的面积为49， ∴图2中阴影小正方形的边长为7， ∴， ∴， 故答案为：4． 22．5 【分析】本题考查斜边上的中线，三角形的中位线定理，根据斜边上的中线得到，根据中位线定理，得到，进而得到，即可． 【详解】解：∵，点D是斜边上的中点， ∴， ∵分别为两条直角边的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴； 故答案为：5． 23． 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠变换的性质、等腰三角形的判定以及勾股定理；熟练掌握折叠变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．先根据折叠的性质得到，再由得到，则，可判断，设，则，然后在中利用勾股定理得到，再解方程即可得出以及的长． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵是由折叠得到， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， 即， 解得， ， 故答案为：． 24．①②④ 【分析】本题考查等边三角形的性质，三角形的全等，直角三角形的中线以及平行四边形的判定．运用等边三角形的性质，平行四边形的判定，三角形的全等的判定和性质即可解出本题． 【详解】如图, 连接, ∵， ∴ ∵是直角三角形，F为中点， ∴ ∵是等边三角形， ∴ 又∵， ∴， ∴点和点是关于的对称点， ∴，故①成立； ∵是中点, 所以， ∴中是斜边,是直角边,即, ∴四边形不可能是菱形，故③不成立； ∵, ∴, ∵ ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，即,， ∴， 故④成立； ∵四边形是平行四边形可得, 而, ∴, ∵， ∴，故②成立； 故成立的为①②④； 故答案为①②④． 25．①④ 【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理的应用等知识点，理清图中三角形与角的关系是解题的关键． 根据正方形的性质可得，再根据同角的余角相等求出，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出，可判断①正确；如图：过D作交延长线于，根据等腰直角三角形的性质求出，再利用勾股定理列式求出的长，再根据勾股定理求得即可判断出②．根据列式计算即可判断③；先计算出、，然后根据勾股定理求得即可判定④ 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴，即，故①正确； 如图：过D作交延长线于， ∵，， ∴， ∴, ∵， ∴, ∵过点A作的垂线交于P． ∴,解得：（舍弃负值）， ∴点D到直线的距离为；故②错误； ∵， ∴， ∴, ∵， ∴, ∴,故③错误； ∵,,即， ∴,即正方形的面积为，故④正确； 综上，正确的有①④， 故答案为①④ 26．10 【分析】本题主要考查了菱形的性质，熟知菱形面积计算公式是解题的关键． 根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行求解即可． 【详解】 解：如图所示， ∵菱形的两条对角线，交于点，，， ， 故答案为：10． 27． 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的性质，垂线段最短，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，由四边形为菱形可得，可知当时，取最小值， 即点重合，的值最小，即可求出的最小值；延长相交于点，过点作的延长线于点，可得，进而证明，得到，由此可知当取最大时，取最大值，此时取最小，的面积取最小值，即当取最大时，点重合，求出，得到，进而得到，再根据三角形面积公式即可求解；正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， 当时，取最小值， ∵四边形为矩形， ∴， ∴点重合，的值最小，即为的长， ∴的最小值为为， ∴的最小值为； 延长相交于点，过点作的延长线于点，则，    ∵四边形为矩形，四边形为菱形， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 当取最大时，取最大值，此时取最小，的面积取最小值， 当取最大时，点重合，此时， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：，． 28．2或或8 【分析】本题考查一次函数图象上点的坐标特征及平行四边形的判定，熟知平行四边形的判定及性质是解题的关键． 对为边和为对角线进行分类讨论，利用数形结合的思想即可解决问题． 【详解】解：如图所示， ①当为平行四边形的边时，则， 因为、两点的坐标分别为，则线段向下平移3个单位，点的对应点在轴上，坐标为， 此时点对应点的坐标为，再将所得线段向左平移1个单位，点的对应点在轴上，坐标为， 此时点对应点的坐标为， 此时，且，即所得四边形是平行四边形． 又因为此时点的坐标为， 所以． 将线段绕原点旋转， 因为，且， 则四边形为平行四边形， 此时点的坐标为， 所以． ②当为平行四边形的对角线时， 对角线和互相平分， 因为、两点的坐标分别为，所以中点的坐标为， 因为点的纵坐标为0， 所以， 则， 所以点的坐标为， 所以． 综上所述，的值为：2或或8． 故答案为：2或或8． 29．/120度 【分析】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键． 由平行四边形的性质可得，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ， ， ， ， 故答案为：． 30．5 【分析】将菱形中的直角三角形的直角边设出来，列出关于直角边的方程组，求出直角边即可．此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质解答． 【详解】解：设菱形中的直角三角形较长的直角边为，较短的直角边为， 则根据正方形面积公式：， 化简得：， 菱形的面积， 故答案为：． 31．6 【分析】此题考查了菱形的性质，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行求解即可． 【详解】解：∵菱形的面积为，对角线的长为， ∴， ∴， ∴， 故答案为：6 32．/ 【分析】因为四边形是菱形，作出关于的对称点，再过作，交于点，此时最小，求出即可．本题考查菱形的性质，勾股定理，轴对称最短问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 【详解】解：作出关于的对称点，再过作，交于点，此时最小，此时，过点作，于， ∵四边形是菱形， ∵， ， ， ， 由勾股定理可得，， ， ， ， 最小为， 故答案为：． 33．5.8 【分析】本题考查矩形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质，熟练应用勾股定理． 设，则，在中，由勾股定理列方程即可解得答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， 设，则， 沿翻折至， ， 在中，， ， 解得， ， ， 故答案为：5.8． 34．9 【分析】本题考查的是整式的混合运算，熟练掌握其运算法则是解题的关键．由图可知，的面积的面积的面积，由此计算即可． 【详解】解：正方形和正方形的边长分别为和， ，， ， 由图可知，的面积的面积的面积， 的面积 ， 故答案为：9 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$