第二十二章 四边形（单元重点综合测试）-2024-2025学年八年级数学下册单元速记·巧练（冀教版）

第二十二章 四边形（单元重点综合测试） 班级___________ 姓名___________ 学号____________ 分数____________ 考试范围：全章的内容； 考试时间：120分钟； 总分：120分 一、选择题（本大题共16个小题，共38分，1~6小题每题3分，7~16小题每题2分.每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上） 1．一个五边形的内角和为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】多边形内角和问题 【分析】本题考查多边形内角和．根据多边形内角和公式，计算即可． 【详解】解：∵多边形内角和为：， ∴五边形的内角和为：， 故选：B． 2．如图，在中，于点E，于点F．若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】多边形内角和问题、利用平行四边形的性质证明 【分析】本题考查了平行四边形的性质以及四边形内角和定理，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．根据四边形内角和可得的度数，再根据平行四边形的性质即可得的度数． 【详解】解：，， ， ∵， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ． 故选C． 3．如图，四边形是菱形，于点，则的长是（  ） A． B．6 C． D．12 【答案】C 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，根据勾股定理求得，进而得出，进而根据等面积法，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，，，， 在中，， ∴， ∵菱形的面积为， ∴， 故选：C． 4．已知平行四边形中，对角线、相交于O，则下列说法一定正确的是（   ） A．当时，平行四边形为菱形 B．当时，平行四边形为矩形 C．当时，平行四边形为菱形 D．当时，平行四边形为正方形 【答案】C 【知识点】证明四边形是矩形、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了矩形和菱形的判定，熟练掌握矩形和菱形的判定是解题关键．根据对角线相等的平行四边形是矩形、一组邻边相等的平行四边形是菱形、对角线互相垂直的平行四边形是菱形、两条相邻的边互相垂直的平行四边形是矩形逐项判断即可得． 【详解】解：A、当时，平行四边形为矩形，则此项错误， 不符合题意； B、当时，平行四边形为菱形，则此项错误，不符合题意； C、当时，平行四边形为菱形，则此项正确，符合题意； D、当时，平行四边形为矩形，则此项错误，不符合题意； 故选：C． 5．如图，平行四边形中，，点在上，连接和，点，分别是和的中点，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题 【分析】本题考查三角形中位线定理，由题意知：是的中位线，则，即可得出结论．解题的关键是掌握：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半． 【详解】解：∵点，分别是和的中点，， ∴是的中位线， ∴， ∴的长为． 故选：B． 6．如图，在矩形中，对角线，相交于点，，且，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】三线合一、等边三角形的判定和性质、利用矩形的性质证明 【分析】本题考查矩形，等边三角形的知识，解题的关键是掌握矩形的性质，则，，根据，求出，根据题意，则，求出，得到是等边三角形，即可求出． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴． 故选：C． 7．如图，在中，垂直平分于点E， ，，则的对角线的长为（    ） A．5 B．10 C． D． 【答案】D 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解 【分析】连接交于点F，根据平行四边形和线段垂直平分线的性质可以推出，即可推出，先利用勾股定理求出的长，即可求出的长． 【详解】解：如图，连接交于点F． ∵垂直平分， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴． 在中，由勾股定理得，， ∴， 故选D． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 8．如图，在长方形纸片中，把纸片沿折叠后，点C、D分别落在的位置．若，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】两直线平行内错角相等、矩形与折叠问题 【分析】本题主要考查了平行线的性质及折叠的性质，由折叠可知，，由题可知，，可知，由平角为，可知的度数，熟练掌握两直线平行内错角相等是解决此题的关键． 【详解】解：由折叠可知，， ， ， ， 故选：C． 9．苯（分子式为）的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．随着研究的不断深入，发现如图1的一个苯分子中的6个碳原子形成了正六边形的结构，其示意图如图2，点为正六边形的中心．若，则的长是（   ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】A 【知识点】等边三角形的判定和性质、正多边形的内角问题 【分析】本题考查了正多边形的性质，等边三角形的判定和性质，理解正多边形的边，圆心角的数量的特点是解题的关键． 根据正多边形的性质可得，，是等边三角形，由此即可求解． 【详解】解：正六边形，点为中心， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 故选：A ． 10．如图，小明用七巧板拼成一个边长为2的正方形，再用这副七巧板拼成一个矩形，则矩形的对角线长为（   ）    A． B． C．4 D． 【答案】A 【知识点】用七巧板拼图形、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、根据正方形的性质求线段长 【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，七巧板等知识，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 根据正方形边长为2，则①和②的斜边为2，从而得出矩形的长和宽，进而得出答案． 【详解】解：∵正方形边长为2， ∴①和②的斜边为2， ∵①和②都是等腰直角三角形， ∴①和②的直角边为， ∴矩形的长为，宽为， ∴矩形的对角线长为， 故选：A． 11．如图，正方形是小明用木条制作的一个学具，在取放学具时，学具发生了形变，此时，则形变后四边形的面积是原正方形面积的（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】含30度角的直角三角形、根据菱形的性质与判定求面积、根据正方形的性质求面积 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，含角直角三角形的性质．正确添加辅助线是解题的关键． 过点作于点，则可得四边形为菱形，，设，则，即可计算菱形的面积，继而求解． 【详解】解：过点作于点，    ∵四边形是正方形， ∴， 由题意可得， ∴四边形为菱形， ∴， 设 ∵ ∴ ∴， 而， ∴， 故选：A． 12．如图，矩形的顶点为坐标原点，，对角线在第一象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始，绕点以每秒的速度按顺时针方向旋转，则当第秒时，矩形对角线的交点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了旋转变换，矩形的性质，由矩形的性质可得，再由可得秒一个循环，又由可得当第秒时，点与第秒时的点的坐标相同，据此解答即可求解，找到点坐标的变化规律是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴，， ∴ ， ∵每秒旋转，， ∴秒一个循环， ∵， ∴当第秒时，点与第秒时的点的坐标相同， ∵旋转第秒时点正好在轴的正半轴上， ∴此时点的坐标为， 故选：． 13．如图，在等腰中，腰长为5，，E，M，F分别是，，上的点，并且，，则四边形的周长是（   ） A．5 B．10 C．15 D．13 【答案】B 【知识点】等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解题的关键是掌握以上知识点． 根据题意得出四边形是平行四边形，进而根据等边对等角以及平行线的性质可得，得出，则，进而根据平行四边形的性质，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴平行四边形的周长为； 故选：B． 14．如图，在中，，，，P为边上一动点，于E，于F，求的最小值为（     ） A．5 B．4.8 C．2.4 D．4 【答案】B 【知识点】垂线段最短、判断三边能否构成直角三角形、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查勾股定理逆定理，垂线段最短，矩形的判定和性质，解题的关键在于熟练掌握相关知识．连接，利用勾股定理逆定理推出，证明四边形为矩形，进而得到，结合垂线段最短得到当于点时，最小，即最小，再结合等面积法求解，即可解题． 【详解】解：连接， 在中，，，， 又，即， ， 于E，于F， ， 四边形为矩形， ， 当于点时，最小，即最小， 有， 故选：B． 15．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在轴上，且坐标原点为的中点，点的坐标为．将正方形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋组成转结束时，点的坐标为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】根据正方形的性质求线段长、根据旋转的性质求解、坐标与旋转规律问题 【分析】本题考查了正方形的性质、坐标与图形的性质、旋转的性质，正确的识别图形并找到规律是解题的关键． 找到前四次旋转后的图形即可找到规律，进而求解． 【详解】解：如图：正方形绕点每次顺时针旋转，前四次旋转后得到的正方形分别为、、、，    可以发现，第四次旋转后正方形回到起点，依此规律旋转下去，有 第次旋转后的正方形应为，其中点对应点， ∴此时．   故选：B ． 16．菱形的边长为，，点为的中点，以为边作菱形，其中点在的延长线上，点为的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、利用菱形的性质求线段长 【分析】连接，根据菱形的边长为，可得，由，可得是等边三角形，进而可求，再根据勾股定理分别求出的长，进而根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得的长． 【详解】解：如图，连接， ∵菱形的边长为， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴在菱形中，， ∵点为的中点， ∴ ∴菱形的边长为1，即， ∵点在的延长线上，， ∴在菱形中，， 连接，交于点， ∴， ∴， ， ∴在菱形中， ， ∵， ∴在中，， ∵点为的中点， ∴． 故选：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的性质． 二、填空题（本大题共3个小题，共10分；17小题2分，18~19小题各4分，每空2分，答案写在答题卡上） 17．如图，正八边形的边长为2，对角线、相交于点E．则线段的长为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、正多边形的内角问题、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查正多边形的性质，矩形的性质，掌握正八边形的性质以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提． 根据正八边形的性质得出四边形是矩形，、是等腰直角三角形，，再根据矩形的性质以及直角三角形的边角关系求出，，即可． 【详解】解：如图，过点F作于G， 根据正八边形可得， 由题意可知，四边形是矩形，、是等腰直角三角形， ∴， 在中，，， ∴， ， 同理， ， 故答案为：． 18．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则的长为 ；点E的坐标为 ． 【答案】 10 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题 【分析】本题重点考查图形与坐标、正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，由正方形的性质得，由折叠得，设交y轴于点G，，则，由，，，，由勾股定理得，求得，则，由，得，求得，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是正方形，边在x轴上， ∴轴，轴， 由折叠得， 设交y轴于点G，，则， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， 故答案为：10，． 19．菱形的边长为4，，对角线、交于点，点为线段上的一个动点，连接，将线段绕点顺时针旋转至，连接，则线段长的最小值为 ，最大值为 ． 【答案】 1 2 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质，在上取点，使，连接，由旋转得，，，由菱形的性质可得，，，进而可得为等边三角形，则，，证明，可得．由题意知，点为的中点，可知当时，取得最小值，当点与点或点重合时，取得最大值，进而可得答案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 【详解】解：在上取点，使，连接， 由旋转得，，， ． 四边形为菱形， ，，． ， 为等边三角形， ，， ，， ． 在和中， ， ， ． ， ， 点为的中点． 当时，取得最小值，当点与点或点重合时，取得最大值， 的最大值为2， 即线段长的最大值为2． ，， ， ， ， 即线段长的最小值为1． 故答案为：1；2． 三、解答题（本大题共7个小题，20~22小题各9分，23~24小题各10分，25小题12分，26小题13分，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 20．如图，在菱形中，于点，于点．    (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2) 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质证明 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定以及性质，勾股定理． （1）利用菱形的性质结合已知条件用即可证明． （2）利用全等三角形的性质得出，再利用勾股定理即可求出． 【详解】（1）证明：，， ， 又四边形是菱形， ，， ． （2）， ， ，， ． 21．如图，小明从点出发，前进后向左转，再前进后又向左转如此反复下去，直到他第一次回到出发点时，他所走的路径刚好构成一个正多边形． (1)求小明第一次回到出发点时走过的路程； (2)求这个正多边形的内角和． 【答案】(1)答：小明第一次回到出发点时走过的路程为． (2)答：这个正多边形的内角和为． 【知识点】多边形内角和问题、正多边形的外角问题、多边形外角和的实际应用 【分析】本题考查多边形的知识，解题的关键是掌握多边形的外角和为，多边形的内角和公式为：，进行解答，即可． （1）根据题意，则多边形的边数为：，根据为，即可求出小明第一次回到出发点时走过的路程； （2）由（1）可得，正多边形的边数，根据多边形的内角和公式为：，进行解答，即可． 【详解】（1）解：∵所走的路径刚好构成一个外角为的正多边形， ∴正多边形边数为：， ∵为， ∴小明第一次回到出发点时走过的路程为：， 答：小明第一次回到出发点时走过的路程为． （2）解：由（1）得，正多边形的边数为， ∴正十二边形的内角和为：， 答：这个正多边形的内角和为． 22．如图，已知四边形是平行四边形，对角线与相交于点，且平分，过点作，交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)的面积为36 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是菱形 【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，灵活运用相关性质定理是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得，由角平分线的定义可得，进而得到，所以，再结合四边形是平行四边形即可证明结论； （2）由菱形的性质得、、，再由勾股定理可得；再由可得四边形是平行四边形、、，最后根据三角形的面积公式计算即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ∴， ， 平分， ， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形． （2）解：四边形是菱形，，， ，， ， ， ， ∵， 四边形是平行四边形，， ， ， 的面积为36． 23．如图，将矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，点与点对应，点恰好落在边上，交于点， (1)求证：； (2)连接交于，已知，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)6 【知识点】角平分线的判定定理、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】（1）连接，结合旋转的性质，矩形的性质可得平分，即可求证； （2）连接，先证明四边形是平行四边形，可得，再由勾股定理可得，从而求出． 【详解】（1）证明：如图，连接，    由旋转性质得， ， 四边形是矩形， ，， ， ， 平分． ∵， ， ∴； （2）解：连接，    ∵四边形为矩形，且矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形， ， ， 四边形是平行四边形， ，， 由勾股定理得，， ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，图形的旋转，平行四边形的判定和性质，勾股定理，角平分线的判定． 24．情境  如图1，在矩形中，，．将边绕点逆时针旋转得到线段，过点作交直线于点F． 操作 （1）当时，四边形的形状为__________； （2）在旋转过程中，存在使点，，在同一直线上的位置，嘉嘉画出了如图2的情形． ①求证：； ②求出的长； 探究  （3）在（2）的情形中，淇淇说：“嘉嘉考虑的不周全，还应有另一个不同的值，”请在图3中画出淇淇所说的情形，并直接写出此时的长． 【答案】（1）正方形；（2）①见解析；②；（3） 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、证明四边形是正方形、根据旋转的性质求解 【分析】（1）根据矩形的性质和旋转的性质可得，，即可判定四边形的形状； （2）①证明，即可得出； ②根据，可得，根据勾股定理求得，即可求解； （3）根据题意补全图形即可；由证明，得，由勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：（1）如图1， 四边形是矩形， ， 将边绕点逆时针旋转得到线段， ，， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形； 故答案为：正方形； （2）如图2 四边形是矩形， ，，， ，，， 在和中， ， ② ； 在中，由勾股定理得 ， （3）当旋转角大于直角则小于平角大于直角时，补全图形如图3； 同理，， ； 在中，由勾股定理得 ， 【点睛】本题考查了矩形、正方形的判定，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是分类讨论． 25．将矩形纸片放在平面直角坐标系中，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，． (1)如图①，沿折叠矩形，点落在处，交于点，求点的坐标； (2)如图②，点是中点，点在上，求的最小值； (3)如图③，折叠该纸片，使点落在边上的点为，折痕为，点在边上，求直线的函数解析式． 【答案】(1) (2)15 (3) 【知识点】求一次函数解析式、一次函数与几何综合、用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题 【分析】（1）先根据平行线和折叠的性质得：，设，根据勾股定理得：，解出可解答； （2）如图②，作点关于的对称点，连接，交于，此时的值最小，即的长，根据勾股定理可解答； （3）如图③，过作轴于，设，根据勾股定理列方程得，求得，然后利用待定系数法求得的解析式为． 【详解】（1）解：如图①，由折叠得：， 四边形是矩形， ，， ， ， ， 设，则，， 在中，， 由勾股定理得：， ， ， ； （2）解：如图②，作点关于的对称点，连接，交于，此时的值最小，即， 过作轴于， ， 是的中点， ， ， 在中，由勾股定理得：， 即的最小值是15； （3）解：如图③，过作轴于， ， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ， ， ． 设的解析式为，将，代入得： ， 解得：， 的解析式为． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了折叠的性质、矩形的性质及最短路径的知识，综合性较强，难度适中，注意掌握折叠前后两图形全等，即对应线段相等，对应角相等，本题辅助线的作法是关键． 26．综合与实践 【问题情境】 我们定义：如图（a），在中，把绕点顺时针旋转得到，把绕点逆时针旋转得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”，的边上的中线叫做的“旋补中线”，点叫做“旋补中心”． 【特例感知】 （1）在图（b）和图（c）中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”． ①如图（b），当为等边三角形时，与的数量关系为__________； ②如图（c），当，时，则长为__________． 【猜想论证】 （2）如图（a），当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明． 【拓展应用】 （3）如图（d），在四边形中，，，，，．在四边形内部是否存在点，使是的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求出的“旋补中线”长；若不存在，说明理由． 【答案】（1）①；②；（2），证明见解析；（3）存在，证明见解析， 【知识点】等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、四边形其他综合问题、根据旋转的性质求解 【分析】（1）①证明是含有角的直角三角形，可得，即可得解； ②证明，根据直角三角形斜边中线定理即可得解； （2）结论：．如图，延长到，使得，连接，，证明四边形是平行四边形，证明，即可得证； （3）存在．如图，延长交的延长线于，作于，作线段的垂直平分线交于，交于，连接、、、，作的中线，连接交于，证明，，再证明，即可得出结论． 【详解】解：（1）①∵是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”， ∴，，，， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：； ②∵是的“旋补三角形”， ∴，，， ∴， ∵，，是的“旋补中线”， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）结论：． 证明：如图，延长到，使得，连接，， ∴， ∵是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； （3）在四边形内部存在点，使是的“旋补三角形”． 证明： 如图，延长交的延长线于，作于，作线段的垂直平分线交于，交于，连接、、、，作的中线，连接交于， ∴， ∵在四边形中，，，，，， ∴，， 设，则， 在中，， ∴， 解得：或（负值不符合题意，舍去） ∴，，， 在中， ，，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， 在中，， ∵垂直平分，， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 又∵，，是边上的中线， ∴是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”， ∴， ∴的“旋补中线”长为． / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二十二章 四边形（单元重点综合测试） 班级___________ 姓名___________ 学号____________ 分数____________ 考试范围：全章的内容； 考试时间：120分钟； 总分：120分 一、选择题（本大题共16个小题，共38分，1~6小题每题3分，7~16小题每题2分.每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上） 1．一个五边形的内角和为（   ） A． B． C． D． 2．如图，在中，于点E，于点F．若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 3．如图，四边形是菱形，于点，则的长是（  ） A． B．6 C． D．12 4．已知平行四边形中，对角线、相交于O，则下列说法一定正确的是（   ） A．当时，平行四边形为菱形 B．当时，平行四边形为矩形 C．当时，平行四边形为菱形 D．当时，平行四边形为正方形 5．如图，平行四边形中，，点在上，连接和，点，分别是和的中点，则的长为（    ） A． B． C． D． 6．如图，在矩形中，对角线，相交于点，，且，则为（   ） A． B． C． D． 7．如图，在中，垂直平分于点E， ，，则的对角线的长为（    ） A．5 B．10 C． D． 8．如图，在长方形纸片中，把纸片沿折叠后，点C、D分别落在的位置．若，则等于（   ） A． B． C． D． 9．苯（分子式为）的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．随着研究的不断深入，发现如图1的一个苯分子中的6个碳原子形成了正六边形的结构，其示意图如图2，点为正六边形的中心．若，则的长是（   ） A．1 B． C．2 D．3 10．如图，小明用七巧板拼成一个边长为2的正方形，再用这副七巧板拼成一个矩形，则矩形的对角线长为（   ）    A． B． C．4 D． 11．如图，正方形是小明用木条制作的一个学具，在取放学具时，学具发生了形变，此时，则形变后四边形的面积是原正方形面积的（    ）    A． B． C． D． 12．如图，矩形的顶点为坐标原点，，对角线在第一象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始，绕点以每秒的速度按顺时针方向旋转，则当第秒时，矩形对角线的交点的坐标为（   ） A． B． C． D． 13．如图，在等腰中，腰长为5，，E，M，F分别是，，上的点，并且，，则四边形的周长是（   ） A．5 B．10 C．15 D．13 14．如图，在中，，，，P为边上一动点，于E，于F，求的最小值为（     ） A．5 B．4.8 C．2.4 D．4 15．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在轴上，且坐标原点为的中点，点的坐标为．将正方形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋组成转结束时，点的坐标为（   ）    A． B． C． D． 16．菱形的边长为，，点为的中点，以为边作菱形，其中点在的延长线上，点为的中点，则（   ） A． B． C． D． 二、填空题（本大题共3个小题，共10分；17小题2分，18~19小题各4分，每空2分，答案写在答题卡上） 17．如图，正八边形的边长为2，对角线、相交于点E．则线段的长为 ． 18．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则的长为 ；点E的坐标为 ． 19．菱形的边长为4，，对角线、交于点，点为线段上的一个动点，连接，将线段绕点顺时针旋转至，连接，则线段长的最小值为 ，最大值为 ． 三、解答题（本大题共7个小题，20~22小题各9分，23~24小题各10分，25小题12分，26小题13分，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 20．如图，在菱形中，于点，于点．    (1)求证：； (2)若，，求的长． 21．如图，小明从点出发，前进后向左转，再前进后又向左转如此反复下去，直到他第一次回到出发点时，他所走的路径刚好构成一个正多边形． (1)求小明第一次回到出发点时走过的路程； (2)求这个正多边形的内角和． 22．如图，已知四边形是平行四边形，对角线与相交于点，且平分，过点作，交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的面积． 23．如图，将矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，点与点对应，点恰好落在边上，交于点， (1)求证：； (2)连接交于，已知，，求的长． 24．情境  如图1，在矩形中，，．将边绕点逆时针旋转得到线段，过点作交直线于点F． 操作 （1）当时，四边形的形状为__________； （2）在旋转过程中，存在使点，，在同一直线上的位置，嘉嘉画出了如图2的情形． ①求证：； ②求出的长； 探究  （3）在（2）的情形中，淇淇说：“嘉嘉考虑的不周全，还应有另一个不同的值，”请在图3中画出淇淇所说的情形，并直接写出此时的长． 25．将矩形纸片放在平面直角坐标系中，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，． (1)如图①，沿折叠矩形，点落在处，交于点，求点的坐标； (2)如图②，点是中点，点在上，求的最小值； (3)如图③，折叠该纸片，使点落在边上的点为，折痕为，点在边上，求直线的函数解析式． 26．综合与实践 【问题情境】 我们定义：如图（a），在中，把绕点顺时针旋转得到，把绕点逆时针旋转得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”，的边上的中线叫做的“旋补中线”，点叫做“旋补中心”． 【特例感知】 （1）在图（b）和图（c）中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”． ①如图（b），当为等边三角形时，与的数量关系为__________； ②如图（c），当，时，则长为__________． 【猜想论证】 （2）如图（a），当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明． 【拓展应用】 （3）如图（d），在四边形中，，，，，．在四边形内部是否存在点，使是的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求出的“旋补中线”长；若不存在，说明理由． / 学科网（北京）股份有限公司 $$