精品解析：江苏省盐城市射阳县2024-2025学年八年级下学期3月调研八年级数学试题

2025年春学期3月份调研八年级数学试卷 分值：150分 时间：120分钟 一、单选题（每小题3分，计24分） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 2. 下列四幅图案代表“清明”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中既是中心对称又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A B. C. D. 4. 已知一组数据，，，0.4141141114…（每两个4之间1依次增加）这组数据中，无理数出现的频数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，已知点，，将线段绕点M 逆时针旋转到，点A与是对应点，点B 与是对应点，则点M的坐标是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝﹣x＋8与x轴和y轴分别交于点A和点B，以AB为边在直线右侧作正方形ABCD，连接BD，过点C作CF⊥x轴，垂足为点F，交BD于点E，连接AE，则三角形AFE的周长为（ ） A. 14 B. 16 C. 21 D. 22 8. 如图，在中，，，，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点，直线分别与边，相交于点D，E，F为的中点，连接，则的长为（ ）． A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 二、填空题（每小题3分，计30分） 9. 已知点与点关于原点对称，则______． 10. 点关于原点的对称点是__________． 11. 中国结，象征着中华民族历史文化与精神．小明家有一中国结挂饰，他想求两对边的距离，利用所学知识抽象出如图所示的菱形 ，测得，，直线交两对边于E、F，则的长为______． 12. 如图，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是一个小正方形．该图形是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的，被称为“赵爽弦图”．若平分的面积是，正方形的面积是，则大正方形的面积是_____________． 13. 如图，在矩形中，，，对角线、相交于点，是线段上的任意一点（点不与点，重合），过点作于点，于点，则__________． 14. 如图所示，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120，△ABF为等边三角形;点E.F分别在菱形的边BC、CD上滑动，且点E、F不与点B、C、D重合，当点E、F分别在BC、CD上滑动时，求四边形ABCF的面积= ___________并求△CEF面积的最大值___________ 15. 如图，菱形ABCD的边长为10，sin∠BAC＝，则对角线AC的长为________. 16. 如图，已知矩形ABCD中，AD＝3，AB＝5，E是边DC上一点，将ADE绕点A顺时针旋转得到，使得点D的对应点落在AE上，如果的延长线恰好经过点B，那么DE的长度等于_____． 17. 如图，在四边形中，，，交于，平分，，，下面结论：①；②是等边三角形； ③；④；其中正确的结论有______（填序号） 18. 如图，正方形中，以为边在正方形内部作等边，与交于点H，连接．则下列说法正确的是___________（填序号）． ①平分；②；③；④四边形的面积． 三、解答题（共9题，计96分） 19. 每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上． （1）作出关于轴对称图形； （2）作出关于原点对称的中心对称图形； （3）直接写出中坐标为______；中的坐标为______． 20. 期中考试结束后，数学课代表小丽在计算全班50名同学数学平均成绩时，按简单随机抽样法抽出了10名同学的数学成绩，发现这10名同学的成绩均处于全班上游．使用简单随机抽样的方法，既然能抽到全班成绩较好的10名同学的成绩作为样本，当然也有可能抽到恰为全班成绩较差的10名同学的成绩作为样本，于是小丽质疑“简单随机抽样方法不可靠”．你的看法如何？ 21. 如图，在平行四边形ABCD中，点E，点F在直线BD上，且，连接AE，CF． 求证：四边形AECF是平行四边形． 22. 如图，矩形的对角线相交于点，，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的面积． 23. 如图①，如图，在四边形中，，E、F分别是、的中点，连接并延长，分别与、的延长线交于点M、N． （1）求证：； （2）如图②，在四边形中，与相交于点O，，E、F分别是中点，连接，分别交于点M、N，判断的形状． 24. 如图，矩形中，，把矩形沿对角线所在直线折叠，使点落在点处，交于点，连接． （1）求证：； （2）求证：是等腰三角形． 25. 【理解新定义】若一个四边形具备一组对角互补和一组邻边相等，则称该四边形为“补等四边形”．如正方形和筝形，它们都具备这样的特征，所以称为补等四边形． 【解决新问题】 （1）如图Ⅰ，点E，F分别在菱形的边上，．四边形是否为补等四边形？ （填“是”或“否”） （2）如图Ⅱ，在中，．的平分线和边的中垂线交于点D，中垂线交边于点G，连接．四边形是否为补等四边形？若是，进行证明；若不是，说明理由． 26. 如图，已知四边形是平行四边形，E是延长线上一点且，连接，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）连接，若，，求的面积． 27. 已知：如图，在四边形中，，，点E，F在上，且．求证：四边形是平行四边形． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年春学期3月份调研八年级数学试卷 分值：150分 时间：120分钟 一、单选题（每小题3分，计24分） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的识别．根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．把一个图形绕一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形． 【详解】解：第1个图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意； 第2个图形是轴对称图形，也是中心对称图形，故此符合题意； 第3个图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； 第4个图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意． 综上，只有第2个图形符合题意， 故选：B． 2. 下列四幅图案代表“清明”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中既是中心对称又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了轴对称图形及中心对称图形的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．根据轴对称图形及中心对称图形的定义，即可判断答案． 【详解】A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意． 故选D． 3. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 根据轴对称图形与中心对称图形的概念对各选项图形分析判断后利用排除法求解． 【详解】解：A、它是轴对称图形，也是中心对称图形； B、它是中心对称图形，不是轴对称图形； C、它是轴对称图形，不是中心对称图形； D、它是轴对称图形，不是中心对称图形． 故选：A 4. 已知一组数据，，，0.4141141114…（每两个4之间的1依次增加）这组数据中，无理数出现的频数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了无理数的定义，频数的定义，先根据无理数的定义，即无限不循环小数，确定无理数的个数，在根据频数的定义，落在各类分组中的数据个数，即可得出频数． 【详解】解：在四个数据中，，是有理数， 只有0.4141141114…（每两个4之间的1依次增加）一个无理数， ∴无理数出现的频数是1， 故选：A． 5. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐项判断即可． 【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故A选项不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故C选项不符合题意； D、是轴对称图形，又是中心对称图形，故D选项符合题意； 故选：D． 6. 如图，已知点，，将线段绕点M 逆时针旋转到，点A与是对应点，点B 与是对应点，则点M的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查坐标与图形，旋转变换，根据“对应点连线的垂直平分线的交点为旋转中心”作图即可． 【详解】解：如图，连接、，作线段的垂直平分线，线段的垂直平分线，交点即为点M，旋转中心M即为所求． 由图可得点M的坐标是． 故选：C． 7. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝﹣x＋8与x轴和y轴分别交于点A和点B，以AB为边在直线右侧作正方形ABCD，连接BD，过点C作CF⊥x轴，垂足为点F，交BD于点E，连接AE，则三角形AFE的周长为（ ） A. 14 B. 16 C. 21 D. 22 【答案】B 【解析】 【分析】首先通过一次函数解析式，得到点A和B的坐标，进而即可得出的长，再过点B作BN平行于OF，交CF于N，利用AAS证明△CBN≌△ABO，得出BN＝BO＝8，CN＝OA＝6，再证明四边形OBNF为正方形，得到CN＝OA＝6，BN＝BO＝8，进而得到点C的坐标，进而得到AF的长，然后利用SAS再证明△CDE≌△ADE，进而得到AE＝CE，所以AE+EF＝CE+EF＝CF，即可算出△AEF的周长． 【详解】解：∵一次函数y＝﹣x＋8与x轴和y轴分别交于点A和点B， ∴当x＝0，则y＝8，故B(0，8)， 当y＝0，则x＝6，故A(6，0)， ∴AO＝6，BO＝8， 过点B作BN平行于OF，交CF于N， ∴∠NBO＝90°， ∴∠ABO+∠ABN＝90°， ∵∠CBN+∠ABN＝90°， ∴∠CBN＝∠ABO， 在△CBN和△ABO中， ∴△CBN≌△ABO（AAS）， ∴BN＝BO＝8，CN＝OA＝6， ∵BNOF，∠BOF＝∠CFO＝90°， ∴四边形OBNF为正方形， ∴CN＝OA＝6，BN＝BO＝8， ∴C(8，14)， ∴CF＝14，OF＝8， ∴AF＝8﹣6＝2， ∵四边形ABCD是正方形， ∴CD＝AD， ∵BD是正方形的对角线， ∴∠CDE＝∠ADE， 在△CDE和△ADE中， ， ∴△CDE≌△ADE（SAS）， ∴AE＝CE， ∴AE+EF＝CE+EF＝CF， ∴△AEF周长＝AE+EF+AF＝CF+AF＝14+2＝16． 故选：B． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质与判定，解本题的关键在熟练掌握相关的性质与判定定理． 8. 如图，在中，，，，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点，直线分别与边，相交于点D，E，F为的中点，连接，则的长为（ ）． A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查勾股定理，垂直平分线的性质，三角形中位线定理，根据勾股定理可得，由作图可知，垂直平分，得，进而可知为的中位线，即可求解．熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 【详解】解：∵，，， ∴， 由作图可知，垂直平分， ∴， 又∵F为的中点， ∴为的中位线， ∴， 故选：C． 二、填空题（每小题3分，计30分） 9. 已知点与点关于原点对称，则______． 【答案】4 【解析】 【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，可得答案． 【详解】解：由点与点关于原点对称， 得，， 则． 故答案为：． 【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，掌握好对称点的坐标规律是关键． 10. 点关于原点的对称点是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是点（﹣x，﹣y），进而得出答案． 【详解】解：点（6，﹣1）关于原点的对称点的坐标为（﹣6，1）． 故答案为：（﹣6，1）． 【点睛】此题主要考查了原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键． 11. 中国结，象征着中华民族的历史文化与精神．小明家有一中国结挂饰，他想求两对边的距离，利用所学知识抽象出如图所示的菱形 ，测得，，直线交两对边于E、F，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，根据菱形的性质得到，，，根据勾股定理得到，根据菱形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故的长为， 故答案为：． 12. 如图，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是一个小正方形．该图形是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的，被称为“赵爽弦图”．若平分的面积是，正方形的面积是，则大正方形的面积是_____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，角平分线的性质，先求出，设点E到的距离为h，由角平分线的性质得到，再利用等面积法求出，据此可得答案． 【详解】解：∵正方形的面积是， ∴， 设点E到的距离为h， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴大正方形的面积是， 故答案为：． 13. 如图，在矩形中，，，对角线、相交于点，是线段上的任意一点（点不与点，重合），过点作于点，于点，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握矩形的性质，勾股定理的运用．连接，根据矩形的性质，得，点是对角线的中点，则，再根据，，即可求出的值． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ，，， ∴， 根据勾股定理得：， ∴， ∵，， ∴， ∵于点，于点， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 14. 如图所示，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120，△ABF为等边三角形;点E.F分别在菱形的边BC、CD上滑动，且点E、F不与点B、C、D重合，当点E、F分别在BC、CD上滑动时，求四边形ABCF的面积= ___________并求△CEF面积的最大值___________ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】①连接AC，证明△ABE≌△ACF，将四边形AECF的面积转化为的面积即可； ②S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF，的面积最小，则可得的面积最大；当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短，即的面积最小，可得结果． 【详解】解：如图，连接AC ∵四边形ABCD为菱形 ∠BAD=120°，∠1+∠EAC=60°，∠3+∠EAC=60° ∴∠1=∠3 ∵∠BAD=120° ∴∠ABC=60° ∴△ABC和△ACD为等边三角形 ∴∠4=60°，AC=AB 在△ABE和△ACF中 ∵∠1=∠3，AC=AC，∠ABC=∠4 ∴△ABE≌△ACF（ASA） ∴S△ABE=S△ACF ∴S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC 作AH⊥BC于H点，则BH=2 ∴S四边形AECF=S△ABC=BC•AH=BC•= 由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短 ∴△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小 又∵S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF，则此时△CEF的面积就会最大 ∴S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF=﹣×× =． 故答案为． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形判定与性质及三角形面积的计算，根据△ABE≌△ACF，得出四边形AECF的面积是定值是解题的关键． 15. 如图，菱形ABCD的边长为10，sin∠BAC＝，则对角线AC的长为________. 【答案】16 【解析】 【详解】分析:连接BD交AC于O,根据菱形对角线性质可得AC⊥BD,OB=OD,OA=OC, 在直角三角形AOB中,由sin∠BAC＝,AB=10,可得sin∠BAC＝=,可得OB=6,再由勾股定理计算可得OA=8,即AC=2OA=16. 详解:如图,连接BD交AC于O， 因为菱形ABCD, 所以AC⊥BD,OB=OD,OA=OC, 在直角三角形AOB中,因为sin∠BAC＝,AB=10, 所以sin∠BAC＝=, 所以, 所以OB=6, 由勾股定理可得:OA=8, 所以AC=16,故答案为:16. 点睛:本题主要考查菱形对角线的性质和锐角三角函数的应用,解决本题的关键是要熟练利用锐角三角函数解直角三角形. 16. 如图，已知矩形ABCD中，AD＝3，AB＝5，E是边DC上一点，将ADE绕点A顺时针旋转得到，使得点D的对应点落在AE上，如果的延长线恰好经过点B，那么DE的长度等于_____． 【答案】 【解析】 【分析】如图，连接BE、BE′，根据矩形的性质和旋转变换的性质可得：AD′＝AD＝3，∠AD′E＝∠D＝90°，利用勾股定理可得BD′＝4，再运用等面积法可得：AB•AD＝AE•BD′，求出AE＝，再运用勾股定理即可求得答案． 【详解】解：如图，连接BE、BE′， ∵矩形ABCD中，AD＝3，AB＝5， ∴∠D＝90°， 由旋转知，△AD′E′≌△ADE， ∴AD′＝AD＝3，∠AD′E＝∠D＝90°， ∵D′E′的延长线恰好经过点B， ∴∠AD′B＝90°， Rt△ABD′中，BD′＝＝＝4， ∵S△ABE=AB•AD＝AE•BD′， ∴AE＝＝＝， 在Rt△ADE中，DE＝＝＝， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质、旋转性质、勾股定理、三角形的面积，熟练掌握矩形性质和旋转性质，会利用等面积法求解是解答的关键． 17. 如图，在四边形中，，，交于，平分，，，下面结论：①；②是等边三角形； ③；④；其中正确的结论有______（填序号） 【答案】①②④ 【解析】 【分析】由两组对边平行证明四边形是平行四边形，由得出四边形是菱形，得出，则，由角平分线定义得出，则，证出，则，，即可判断结论①；由得出，由得出，则是等边三角形，即可判断结论②；由菱形的性质得出，，结合，则，即可判断结论③；由，，则，即可判断结论④． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，，结论①正确； ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形，结论②正确； ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴，故结论③错误； ∵，， ∴，结论④正确． 综上所述，正确的结论有：①②④． 故答案为：①②④． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、角平分线定义、等边三角形的判定、含角直角三角形的性质、三角形面积的计算等知识，熟练掌握菱形的性质与含角直角三角形的性质是解题关键． 18. 如图，正方形中，以为边在正方形内部作等边，与交于点H，连接．则下列说法正确的是___________（填序号）． ①平分；②；③；④四边形的面积． 【答案】③④ 【解析】 【分析】由正方形，等边，可得，，，，则，由，可判断①的正误；如图，过作于，过作于，过作于，过作于，则四边形、是矩形，则，，设，则，，，，，由，即，可判断②的正误；则，，，由，，可得，可判断③的正误；由四边形的面积，，可得四边形的面积，可判断④的正误． 【详解】解：∵正方形，等边， ∴，，，， ∴， ∵， ∴不平分，①错误，故不符合要求； 如图，过作于，过作于，过作于，过作于，则四边形、是矩形， ∴，， 设，则， ∵， ∴，，，， ∴，即，②错误，故不符合要求； ∴，，， ∵，， ∴，③正确，故符合要求； ∵四边形的面积， ， ∴四边形的面积，④正确，故符合要求； 故答案为：③④． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，角平分线，等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，三角形内角和定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 三、解答题（共9题，计96分） 19. 每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上． （1）作出关于轴对称的图形； （2）作出关于原点对称的中心对称图形； （3）直接写出中坐标为______；中坐标为______． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）， 【解析】 【分析】（1）根据题意作出A、B、C三点关于y轴对称的点，连接图形即可； （2）作出A、B、C三点关于原点对称的点，连接图形即可得； （3）根据图形即可得出点坐标． 【详解】（1）根据题意作出A、B、C三点关于y轴对称的点，连接如图所示即为所求作； （2）作出A、B、C三点关于原点对称的点，连接如图所示即为所求作； （3）根据图形即可得出点坐标，点，点， 故答案为：，． ． 【点睛】本题考查了作图，掌握图形关于y轴和原点对称的作图方法是解题的关键． 20. 期中考试结束后，数学课代表小丽在计算全班50名同学的数学平均成绩时，按简单随机抽样法抽出了10名同学的数学成绩，发现这10名同学的成绩均处于全班上游．使用简单随机抽样的方法，既然能抽到全班成绩较好的10名同学的成绩作为样本，当然也有可能抽到恰为全班成绩较差的10名同学的成绩作为样本，于是小丽质疑“简单随机抽样方法不可靠”．你的看法如何？ 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了随机抽样调查，根据理解解答即可． 【详解】我觉得小丽对“简单随机抽样的方法”有质疑可以理解，但得出不可靠的结论有失偏颇．虽然有抽到全班成绩较好的10名同学的成绩的可能性，但是从概率的角度看巧合样本出现的概率是非常小的，所以简单随机抽样抽出的样本还是具有代表性和可靠性的． 21. 如图，在平行四边形ABCD中，点E，点F在直线BD上，且，连接AE，CF． 求证：四边形AECF是平行四边形． 【答案】见解析 【解析】 【分析】根据平行四边形和平行线的性质证明≌得，进而即可证明． 【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴，． ∴， ∴． ∵， ∴， 在与中， ， ∴≌(AAS)， ∴， ∵， ∴四边形AECF是平行四边形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握以上图形的判定和性质． 22. 如图，矩形的对角线相交于点，，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的面积． 【答案】（1）见解析； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质． （1）根据菱形的判定证明即可； （2）作交延长线于点，根据菱形的性质和三角函数解答即可． 【小问1详解】 解：证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴ ∴四边形是菱形； 【小问2详解】 解：∵， 在菱形中， ∴均为等边三角形， ∴， 如图，作交延长线于点， ∵， ∴， ∴， ∴△EBC的面积 23. 如图①，如图，在四边形中，，E、F分别是、的中点，连接并延长，分别与、的延长线交于点M、N． （1）求证：； （2）如图②，在四边形中，与相交于点O，，E、F分别是中点，连接，分别交于点M、N，判断的形状． 【答案】（1）见解析 （2）是等腰三角形． 【解析】 【分析】本题考查三角形的中位线定理以及平行线的性质和等腰三角形的判定．通过添加辅助线构造三角形的中位线是解题的关键． （1）取的中点H，连接，利用三角形中位线定理和平行线性质完成即可； （2）如图，取的中点H，连接、，证明分别是的中位线，得到，，进而证明，，即可证明是等腰三角形． 【小问1详解】 证明：如图所示，连接，取的中点H，连接、， ∵E、F分别是、的中点， ∴分别是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：是等腰三角形； 证明：如图，取的中点H，连接、， ∵E、F分别是、的中点， ∴分别是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形． 24. 如图，矩形中，，把矩形沿对角线所在直线折叠，使点落在点处，交于点，连接． （1）求证：； （2）求证：是等腰三角形． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）根据矩形的性质可得出AD＝BC，AB＝CD，结合折叠的性质可得出AD＝CE，AE＝CD，进而即可证出△ADE≌△CED（SSS）； （2）根据全等三角形的性质可得出∠DEF＝∠EDF，利用等边对等角可得出EF＝DF ，由此即可证出△DEF是等腰三角形． 【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC，AB＝CD． 由折叠的性质可得：BC＝CE，AB＝AE， ∴AD＝CE，AE＝CD． 在△ADE和△CED中， ， ∴△ADE≌△CED（SSS）． （2）由（1）得△ADE≌△CED， ∴∠DEA＝∠EDC， 即∠DEF＝∠EDF， ∴EF＝DF， ∴△DEF是等腰三角形． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、翻折变换以及矩形的性质，解题的关键是根据矩形的性质、折叠及全等三角形的性质找图形中相等的线段 ． 25. 【理解新定义】若一个四边形具备一组对角互补和一组邻边相等，则称该四边形为“补等四边形”．如正方形和筝形，它们都具备这样的特征，所以称为补等四边形． 【解决新问题】 （1）如图Ⅰ，点E，F分别在菱形的边上，．四边形是否为补等四边形？ （填“是”或“否”） （2）如图Ⅱ，在中，．的平分线和边的中垂线交于点D，中垂线交边于点G，连接．四边形是否为补等四边形？若是，进行证明；若不是，说明理由． 【答案】（1） （2）四边形是补等四边形，证明见解析 【解析】 【分析】（1）连接，根据菱形性质得出再结合，通过证明，结合角的等量代换，即可作答． （2）作因为角平分线的性质 ，得出，又因为垂直平分，得出，再证明，结合角的等量代换，即可作答． 【小问1详解】 解：连接，如图： ∵四边形是菱形， ∴ ∴ ∵ ∴是等边三角形 ∴ ∵ ∴ ∴， ∵ ∴ ∴四边形是补等四边形， 故答案为：是； 【小问2详解】 解：四边形是补等四边形． 理由如下：作 ∴． ∴ ∵平分， ∴． ∵垂直平分， ∴ ∴ ∴． ∴ ∴四边形是补等四边形． 【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，菱形性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 26. 如图，已知四边形是平行四边形，E是延长线上一点且，连接，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）连接，若，，求的面积． 【答案】（1）见解析；（2）． 【解析】 【分析】（1）根据四边形是平行四边形，得到，，再根据，得到，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形去判定即可； （2）连接，交于点O，先利用已知条件证四边形是菱形，再在中，利用勾股定理求BO，进而求BC，则可求菱形面积． 【详解】解：（1）∵四边形平行四边形， ∴，， 又∵， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． （2）如图，连接，交于点O， ∵，， ∴． 由（1）得四边形是平行四边形， ∴是菱形， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形与菱形的判定和性质的综合应用，勾股定理．熟练掌握特殊四边形的判定方法是解答此题的关键． 27. 已知：如图，在四边形中，，，点E，F在上，且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析． 【解析】 【分析】在四边形中，结合已知证得四边形是平行四边形，由，从而证明得到，即，得到，即可证明． 【详解】证明：在四边形中， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ，， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质；解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定和性质． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$