专题03 四边形（考题猜想，易错必刷66题22种题型）-2024-2025学年八年级数学下学期期中考点大串讲（北京版）

专题03 四边形（易错必刷66题22种题型） 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 多边形的相关概念 · 题型二 多边形内角和问题 · 题型三 多边形截角问题 · 题型四 多边形的外角问题 · 题型五 平面镶嵌 · 题型六 平行四边形的判定 · 题型七 平行四边形的性质 · 题型八 平行四边形判定与性质的应用 · 题型九 矩形的判定 · 题型十 矩形的性质 · 题型十一 矩形与折叠问题 · 题型十二 菱形的判定 · 题型十三 菱形的性质 · 题型十四 正方形的判定 · 题型十五 正方形的性质 · 题型十六 中点四边形 · 题型十七 平行四边形的存在性问题 · 题型十八 三角形中位线定理 · 题型十九 三角形中位线的实际应用 · 题型二十 中心对称图形的相关概念 · 题型二十一 中心对称图形的规律问题 · 题型二十二 中心对称图形点的坐标 题型一 多边形的相关概念 1．（24-25八年级下·北京·期末）下列关于正多边形的说法中，正确的是（    ） A．各边都相等的多边形是正多边形 B．各内角都相等的多边形是正多边形 C．过正n边形一个顶点的对角线有条 D．正多边形的各边相等 2．（24-25八年级下·北京·期末）过七边形的一个顶点可以画n条对角线，将它分成m个三角形，则的值是（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 3．（23-24八年级下·北京海淀·期末）北京时间11月21日0时，23-24国际足联卡塔尔世界杯迎来揭幕战吸引了亿万球迷的观看．同学们知道吗？如图，此足球是由32块黑（正五边形）白（正六边形）皮子缝制而成，其中黑色皮子共有 块． 题型二 多边形内角和问题 4．（24-25八年级下·北京西城·期末）如图，在五边形中，，，，则的大小为（    ）    A． B． C． D． 5．（24-25八年级下·北京·期末）如图所示的是一把木工台锯使用的六角尺，它能提供常用的几种测量角度．在图的六角尺示意图中，的值为 ． 6．（24-25八年级下·北京朝阳·期末）已知线段与点，，，点，在直线的同则，点为的中点，连接，． (1)如图，若点在上，，则______； (2)如图，若点在外，．写出一个的度数（用含的式子表示），使得对于任意的点总有，并证明． 题型三 多边形截角问题 7．（23-24八年级下·北京通州·期末）一个多边形剪去一个角后（剪痕不过任何一个其它顶点），内角和为 ，则原多边形的边数为（   ） A． B． C． D．或 8．（23-24八年级下·北京·阶段练习）若一个多边形截去一个角后，得到的新多边形为十五边形，则原来的多边形边数为 ． 9．（23-24八年级下·北京西城·期末）如果一个正多边形的每个外角都为45°． (1)求这个正多边形的边数； (2)若截去一个角（截线不经过多边形的顶点），求截完角后所形成的另一个多边形的内角和． 题型四 多边形的外角问题 10．（2025·北京朝阳·模拟预测）一个正五边形和一个正六边形都有一边在直线l上，且有一个公共顶点O，其摆放方式如图所示，则（   ） A． B． C． D． 11．（24-25八年级下·北京·期中）如图，小新将若干个与全等的三角形进行摆放． （1）若小新取6个这样的三角形按照如图1所示的方法拼接起来，恰好能够围成正六边形；若取9个这样的三角形按照如图2所示的方法拼接起来，恰好能够围成正九边形，则 ； （2）小新取3个这样的三角形按如图3的形式摆放，则 ． 12．（23-24八年级下·北京·阶段练习）如图，小明从点出发，前进10米到达点，向右转再前进10米到达点，又向右转再前进10米到达…小明这样一直右转次刚好回到出发点．根据信息，解答下列问题： (1)的值为______； (2)小明走出的这个多边形周长为______； (3)若一个正多边形的内角和比外角和多，求这个多边形的每个内角的度数． 题型五 平面镶嵌 13．（24-25八年级下·北京·阶段练习）下列组合不能密铺平面的是（    ） A．正三角形、正方形和正六边形 B．正三角形、正方形和正十二边形 C．正八边形、正六边形和正十二边形 D．正方形、正六边形和正十二边形 14．（24-25八年级下·陕西西安·期中）如图是工人师傅用边长均为的两块正三角形和一块正方形地砖绕着点进行的铺设．若将一块边长为的正多边形地砖恰好能无空隙、不重叠地拼在处，则这块正多边形地砖的边数是 ． 15．（24-25八年级下·广西河池·期末）【问题背景】 生活中，我们经常可以看到由各种形状的地砖铺成的漂亮地面．在这些地面上，相邻的地砖平整地贴合在一起，整个地面没有一点空隙．从数学角度来看，当一个顶点周围围绕的各个多边形的内角恰好拼成一个周角时，就能形成一个既不留空隙又不互相重叠的平面图案，我们把这类问题叫做多边形平面镶嵌问题．如图1是由正方形镶嵌而成的图案，图2是由正三角形、正方形和正六边形镶嵌的图案． 正多边形的边数 3 4 5 6 8 正多边形每个内角的度数 _______ _______ ______ 【探究发现】 (1)填写表中空格： (2)如果只用一种正多边形镶嵌，那么能镶嵌成一个平面图案的正多边形有 ．（填序号） ①正三角形；②正五边形；③正六边形；④正七边形；⑤正八边形． 【拓展应用】 (3)如果同时用两种正多边形镶嵌，镶嵌的平面图案的一个顶点周围有x个正三角形和y个正六边形，求x和y的值． (4)如图3，由六个全等的正五边形和五个全等的等腰三角形镶嵌组成了一个大五边形，求图中与的度数． 题型六 平行四边形的判定 16．（2025八年级下·北京·专题练习）如图，在四边形中，，要使四边形是平行四边形，下列添加的条件不正确的是（　　） A． B． C． D． 17．（23-24八年级下·北京通州·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)． 18．（23-24八年级下·北京西城·期中）如图，在四边形中，，对角线、相交于点，．求证：四边形是平行四边形． 题型七 平行四边形的性质 19．（24-25八年级下·北京顺义·阶段练习）在中，点在对角线上，过作，，记四边形的面积为，四边形的面积为，则与的大小关系是 ． 20．（23-24八年级下·北京石景山·期末）在平行四边形中，，，过点D作于点H，连接．若平分，则的长是 ． 21．（2024八年级下·北京·专题练习）如图，在中，对角线相交于点O，过点O作交于E，如果 ，求的长． 题型八 平行四边形判定与性质的应用 22．（23-24八年级下·广东东莞·期末）为更好地开展劳动教育课程，学校计划将一块空地（如图）修建一条笔直的小路（小路宽度忽略不计）．有两个要求：经过边上一点；分成面积相等的两部分．则小路除了经过点外，还经过（   ） A．点 B．的中点 C．的中点 D．边上的点，且 23．（23-24·四川成都·二模）在平行四边形ABCD中，动点P从点B出发，沿B⇒C⇒D⇒A运动至点A停止，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图所示，则四边形ABCD的面积是 ． 24．（23-24八年级下·贵州毕节·期末）如图1是某小区的倾斜式停车位，如图2是其示意图，工人在绘制时会保证四边形停车位的边，边，且．求这个四边形停车位的面积． 题型九 矩形的判定 25．（23-24八年级下·北京顺义·期中）下列条件之一能使平行四边形ABCD是矩形的为（　　） ①AC⊥BD②∠BAD＝90°③AB＝BC④AC＝BD A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 26．（23-24八年级下·北京石景山·期末）如图，中，于E，F为上一点，请添加一个条件，使得四边形是矩形，这个条件可以为 ． 27．（23-24八年级下·北京·期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O， E、F是AC上两点，且AE = CF，连接BE、ED、DF、FB得四边形BEDF． (1)求证：四边形BEDF是平行四边形． (2)当EF、BD满足_____________ 条件时，四边形BEDF是矩形．（不必证明）． 题型十 矩形的性质 28．（24-25八年级下·北京·期末）如图，在中，，P为边上一动点，于点E，于点F，则的最小值为（  ） A．5 B．4 C． D．3 29．（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，在矩形纸片中，，将矩形纸片折叠，使点与点重合，则折痕的长为 ． 30．（2025八年级下·北京·专题练习）如图，中，，平分，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)作于，若，求的长． 题型十一 矩形与折叠问题 31．（24-25八年级下·广东深圳·阶段练习）如图，矩形中，，点是边上一点，连接，把沿折叠，使点落在点处，当为直角三角形时，的长为（    ） A．3 B． C．2或3 D．3或 32．（23-24八年级下·广东江门·期中）如图，在矩形中，，，将矩形纸片沿折叠，使点A落在点E处，设与相交于点F，则的长为 ． 33．（24-25八年级下·广东茂名·期中）综合运用． 如图，在平面直角坐标系中，放入一个矩形纸片，将纸片翻折后，点恰好落在轴上，记为，折痕为．直线的关系式是，与轴相交于点，且． (1)求的长度； (2)求点的坐标； (3)求矩形的面积 题型十二 菱形的判定 34．（23-24八年级下·北京·单元测试）如图，在平行四边形中，添加下列条件不能判定平行四边形是菱形的是（　　）． A． B． C．平分 D． 35．（24-25八年级下·陕西咸阳·阶段练习）如图，在平行四边形中，对角线与交于点O，图形中不再添加辅助线和字母，再添加一个条件 ，使平行四边形是菱形．（写出一个即可） 36．（24-25八年级下·山东菏泽·期中）如图，在矩形中，，，点P从点D出发沿向终点A运动；点Q从点B出发沿向终点C运动．P，Q两点同时出发，它们的速度都是2．连接，，．设点P，Q运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是矩形？ (2)当t为何值时，四边形是菱形？ 题型十三 菱形的性质 37．（2025·辽宁鞍山·模拟预测）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，，垂足为E，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 38．（23-24八年级下·北京·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 ． 39．（23-24八年级下·北京·开学考试）如图，在菱形中，于点E，于点F． (1)求证：； (2)分别延长和相交于点G，若，，求的值． 题型十四 正方形的判定 40．（24-25八年级下·山东济南·阶段练习）如图，在矩形中，对角线交于点O，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是（     ） A． B． C． D． 41．（23-24八年级下·吉林四平·期中）如图，已知四边形是菱形，从①，②，③中选择一个作为条件后，使四边形成为正方形，则应该选择的是 （仅填序号）． 42．（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在矩形中，M是对角线上的一个动点（M与A、C点不重合），作于E，于F． (1)试说明四边形是矩形； (2)连接，当点M运动到使为何值时，矩形为正方形？请写出你的结论． 题型十五 正方形的性质 43．（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，点C的坐标是，A为坐标原点，轴于B，轴于D，点E是线段的中点，过点A的直线交线段于点F，连接EF，若平分，则k的值为（    ） A．1 B．3或2 C．1或3 D．1或 44．（2023·湖南娄底·一模）如图，正方形的对角线、交于点，是边上一点，连接，过点作，交于点．若四边形的面积是5，则的长为 ． 45．（24-25八年级下·辽宁朝阳·期中）如图，是正方形的对角线上一点，，，垂足分别为．若正方形的周长是． (1)求证：四边形是矩形； (2)当四边形是正方形时，求的长． 题型十六 中点四边形 46．（23-24八年级下·湖北恩施·期中）如图，四边形是菱形，顺次连接菱形各边的中点，则说法正确的是（　　）    A．是菱形 B．是正方形 C．是矩形 D．是平行四边形 47．（23-24八年级下·山东菏泽·期中）在四边形中，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的形状是 ． 48．（23-24八年级下·北京·专题练习）如图所示，E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，连接EF、FG、GH、HE，则四边形EFGH为________形． （1）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是菱形． （2）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是矩形． （3）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是正方形． 在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． 题型十七 平行四边形的存在性问题 49．（23-24八年级下·天津蓟州·期末）如图，在四边形中，，，，，点P从点D出发，以每秒1个单位长度的速度向点A运动，点Q从点B同时出发，以每秒2个单位长度的速度向点C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．设点P运动时间为t秒． (1)当点P运动停止时，______，线段的长为______； (2)①用含t的式子填空：______，______，______； ② t为何值时，四边形为矩形，求出t的值； (3)在运动的过程中，是否存在某一时刻t，使以P，D，C，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出t的值，若不存在，请说明理由． 50．（23-24八年级下·陕西咸阳·阶段练习）如图，在矩形中，，，点是上一点，连接，，点是上一点，，点是线段上一动点，以为边作菱形，且点在边上，点在四边形内部或线段上. (1)求的长； (2)是否存在这样的点，使得四边形为正方形？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由； (3)若菱形的顶点恰好落在线段上，如图②，请求出此时与的长. 51．（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，长方形，，．在上取一点，沿折叠，点恰好落在上的点处．    (1)点的坐标为___________． (2)求点的坐标； (3)若点是平面内一点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形，若存在，直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 题型十八 三角形中位线定理 52．（2025八年级下·北京·专题练习）如图所示，在四边形中，，E，F，G分别是的中点，若，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 53．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在四边形中，，E、F、G分别是的中点，若，则 ． 54．（24-25八年级下·吉林长春·阶段练习）在中，E是的中点，相交于点F，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)连接交于点O，若，则的长为_____________． 题型十九 三角形中位线的实际应用 55．（23-24八年级下·北京·阶段练习）要测量B，C两地的距离，小明想出一个方法：在池塘外取点A，得到线段，，并取，的中点D，E，连结．只要测出的长，就可以求得B，C两地的距离．你认为这个方法正确吗？请说明理由． 56．（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）如图，要测量池塘两岸相对的，两点间的距离，可以在池塘外选一点，连接，，分别取，的中点，，测得米，则的长是 米．    57．（24-25八年级下·福建泉州·期中）如图是人字梯及其侧面示意图，，为支撑架，为拉杆，D，E分别是，的中点，若，则B，C两点的距离为（    ） A． B． C． D． 题型二十 中心对称图形的相关概念 58．（24-25八年级下·重庆渝中·阶段练习）绿色环保，人人参与．下列环保标志中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（   ） A．   B．   C．   D．   59．（24-25八年级下·甘肃平凉·期中）在平行四边形、矩形、等腰三角形、线段、菱形中既是轴对称图形又是中心对称图形的有 个 60．（23-24八年级下·河南郑州·期末）认真观察图中阴影部分构成的图案，回答下列问题： (1)请写出这四个图案都具有的两个共同特征：________、________； (2)请在图中设计出你心中最美丽的图案，使它也具备你所写出的上述特征． 题型二十一 中心对称图形的规律问题 61．（23-24八年级下·四川达州·期末）如图，正方形点阵中，点A与点B关于点O成中心对称． (1)标出点O，在点阵中任选一格点C（不与A、B、O重合），作出C关于O的中心对称点D；若点A坐标为A（-2，4），请写出你作出的D点坐标； (2)指出以A、B、C、D为顶点的四边形形状，并说明理由． 62．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图分别是五角星、六角星、七角星、八角星的图形； （1）请问其中是中心对称图形的是哪些？ （2）依次类推，36角星是不是中心对称图形？ （3）怎样判断一个n角星是否是中心对称图形？ 63．（23-24八年级下·湖南永州·期中）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为：，，.已知，作点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，…，依此类推，则点的坐标为 . 题型二十二 中心对称图形点的坐标 64．（23-24八年级下·浙江丽水·期末）在直角坐标系中，点和点关于原点成中心对称，则的值为（　　） A． B． C． D． 65．（2024·湖南·三模）在平面直角坐标系中，已知点和点关于原点对称，则 ． 66．（23-24八年级下·河南漯河·期中）在平面直角坐标系中，的三个顶点都在边长均为1个单位长度的正方形网格的格点上． (1)画出关于原点对称的图形，并写出点的坐标； (2)画出绕点逆时针旋转后的图形，并写出点的坐标； (3)写出经过怎样的旋转可直接得到． 9 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$专题03 四边形（易错必刷66题22种题型） 31 / 64 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 多边形的相关概念 · 题型二 多边形内角和问题（易错） · 题型三 多边形截角问题 · 题型四 多边形的外角问题 · 题型五 平面镶嵌 · 题型六 平行四边形的判定 （易错） · 题型七 平行四边形的性质（易错） · 题型八 平行四边形判定与性质的应用 · 题型九 矩形的判定（易错） · 题型十 矩形的性质（重点） · 题型十一 矩形与折叠问题（难点） · 题型十二 菱形的判定 · 题型十三 菱形的性质（易错） · 题型十四 正方形的判定 · 题型十五 正方形的性质（易错） · 题型十六 中点四边形（易错） · 题型十七 平行四边形的存在性问题（高频） · 题型十八 三角形中位线定理（重点） · 题型十九 三角形中位线的实际应用 · 题型二十 中心对称图形的相关概念 · 题型二十一 中心对称图形的规律问题 · 题型二十二 中心对称图形点的坐标 题型一 多边形的相关概念 1．（24-25八年级下·北京·期末）下列关于正多边形的说法中，正确的是（    ） A．各边都相等的多边形是正多边形 B．各内角都相等的多边形是正多边形 C．过正n边形一个顶点的对角线有条 D．正多边形的各边相等 【答案】D 【分析】本题考查了正多边形的定义，以及对角线数量问题，注意各边相等，各角相等，两个条件必须同时成立． 根据正多边形的定义即可判断A、B、D，根据多边形从一个顶点出发可以作条对角线判断C． 【详解】解：A、各个边相等，各个角相等的多边形是正多边形，故选项A错误，不符合题意； B、各个边相等，各个角相等的多边形是正多边形，故选项B错误，不符合题意； C、过正n边形一个顶点的对角线有条，故选项C错误，不符合题意； D、正多边形的各边相等，正确，符合题意， 故选：D． 2．（24-25八年级下·北京·期末）过七边形的一个顶点可以画n条对角线，将它分成m个三角形，则的值是（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【分析】本题考查多边形的对角线，解题的关键是掌握：从边形的一个顶点出发可以引条对角线，这些对角线将边形分成个三角形．据此列式求出，的值，再代入计算即可． 【详解】解：∵过边形的一个顶点可以画出条对角线， ∴， ∴， ∴， ∴的值是． 故选：C． 3．（23-24八年级下·北京海淀·期末）北京时间11月21日0时，23-24国际足联卡塔尔世界杯迎来揭幕战吸引了亿万球迷的观看．同学们知道吗？如图，此足球是由32块黑（正五边形）白（正六边形）皮子缝制而成，其中黑色皮子共有 块． 【答案】12 【分析】设足球上黑皮有x块，则白皮为块，可得五边形的边数共有条，六边形边数有条．由图可得，一块白皮（六边形）中，有三边与黑皮（五边形）相连，可得白皮边数是黑皮边数的2倍，由此列出方程，即可求解． 【详解】解：设足球上黑皮有x块，则白皮为块， ∴五边形的边数共有条，六边形边数有条． 由图形关系得：每个正六边形白皮的周围有3个黑皮边， ∴白皮的边数为黑皮的2倍， ∴ 解得：， 答：白皮20块，黑皮12块． 故答案为：12 【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，明确题意，准确得到白皮的边数为黑皮的2倍是解题的关键． 题型二 多边形内角和问题 4．（24-25八年级下·北京西城·期末）如图，在五边形中，，，，则的大小为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查平行线的性质，多边形内角和定理，关键是利用平行线的性质得到． 根据平行线的性质可得，再根据多边形内角和定理即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵五边形中，，， ∴． 故选：B． 5．（24-25八年级下·北京·期末）如图所示的是一把木工台锯使用的六角尺，它能提供常用的几种测量角度．在图的六角尺示意图中，的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了多边形的内角和，根据多边形的内角和公式列出方程即可求解，掌握多边形的内角和公式是解题的关键． 【详解】解：由题意得，， 解得， 故答案为：． 6．（24-25八年级下·北京朝阳·期末）已知线段与点，，，点，在直线的同则，点为的中点，连接，． (1)如图，若点在上，，则______； (2)如图，若点在外，．写出一个的度数（用含的式子表示），使得对于任意的点总有，并证明． 【答案】(1)； (2)，见解析 【分析】（）延长，交于点，证明得，，再根据，，得，进而得，由此可得的度数； （）当时，使得对于任意的点总有，延长到，使，连接，，先证明，得，，再证明，进而证明，则，进而得，则，据此可得； 此题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，多边形的内角和，熟练掌握全等三角形的判定和性质，正确地添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【详解】（1）解：延长，交于点，如图所示， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵点为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：，使得对于任意的点总有，证明如下： 延长到，使，连接，，如图所示， ∵点为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在五边形中，， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． 题型三 多边形截角问题 7．（23-24八年级下·北京通州·期末）一个多边形剪去一个角后（剪痕不过任何一个其它顶点），内角和为 ，则原多边形的边数为（   ） A． B． C． D．或 【答案】B 【分析】根据题意可知，该多边形减去一个角后边长增加了1，据此根据多边形内角和公式进行求解即可． 【详解】解：设原多边形边数为n， 由题意得，， 解得， 故选B． 【点睛】本题主要考查了多边形内角和定理，正确理解题意截去一个角后边数增加1是解题的关键． 8．（23-24八年级下·北京·阶段练习）若一个多边形截去一个角后，得到的新多边形为十五边形，则原来的多边形边数为 ． 【答案】14或15或16 【分析】分三种情况进行讨论，得出答案即可． 【详解】解：如图，一个多边形减去一个角后，比原来多边形少了一条边， ∴此时原多边形的边数为； 如图，一个多边形减去一个角后，与原来多边形的边数相同， ∴此时原多边形的边数为15； 如图，一个多边形减去一个角后，比原来多边形多了一条边， ∴此时原多边形的边数为； 综上分析可知，原来的多边形边数为14或15或16． 故答案为：14或15或16． 【点睛】本题主要考查了多边形的边数问题，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论． 9．（23-24八年级下·北京西城·期末）如果一个正多边形的每个外角都为45°． (1)求这个正多边形的边数； (2)若截去一个角（截线不经过多边形的顶点），求截完角后所形成的另一个多边形的内角和． 【答案】(1)这个正多边形的边数为8； (2) 【分析】（1）利用正多边形的性质和多边形的外角和计算即可； （2）由题意确定截完角后所形成多边形的边数，然后利用多边形的内角和公式计算即可． 【详解】（1）解：由题意可得：， 即这个正多边形的边数为8； （2）解：∵将正多边形截去一个角（截线不经过多边形的顶点）， ∴截完角后所形成的多边形为九边形， 则其内角和为：． 【点睛】本题考查多边形的内角和与外角和，正多边形的性质，（2）中根据题意确定截完角后所形成多边形的边数是解题的关键． 题型四 多边形的外角问题 10．（2025·北京朝阳·模拟预测）一个正五边形和一个正六边形都有一边在直线l上，且有一个公共顶点O，其摆放方式如图所示，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查正多边形的内角和外角，如图，根据正多边形的外角和为360度求出的度数，进而求出的度数，周角求出的度数，再求出的等度数即可． 【详解】解：如图， ∵正多边形的每个内角度数相等，每个外角的度数相等， ∴， ∴，， ∴， ∴； 故选D． 11．（24-25八年级下·北京·期中）如图，小新将若干个与全等的三角形进行摆放． （1）若小新取6个这样的三角形按照如图1所示的方法拼接起来，恰好能够围成正六边形；若取9个这样的三角形按照如图2所示的方法拼接起来，恰好能够围成正九边形，则 ； （2）小新取3个这样的三角形按如图3的形式摆放，则 ． 【答案】 /80度 /180度 【分析】本题考查了多边形的外角和，以及三角形的内角和． （1）根据图1可求出的度数，根据图2可求出的度数，进而可得答案； （2）利用的外角和是，得到，据此求解即可． 【详解】解：（1）由图1可知，恰好是正六边形的一个外角，则， 由图2可知，恰好是正九边形的一个外角，则， ∴， 故答案为：； （2）如图， ∵的外角和是， ∴， ∴． 故答案为：． 12．（23-24八年级下·北京·阶段练习）如图，小明从点出发，前进10米到达点，向右转再前进10米到达点，又向右转再前进10米到达…小明这样一直右转次刚好回到出发点．根据信息，解答下列问题： (1)的值为______； (2)小明走出的这个多边形周长为______； (3)若一个正多边形的内角和比外角和多，求这个多边形的每个内角的度数． 【答案】(1)15 (2) (3) 【分析】本题主要考查了多边形的内角和定理和外角和定理的应用，熟练掌握多边形的内角和定理和外角和定理是解题的关键． （1）根据多边形的外角和等于，即可求解； （2）用多边形的边数乘以的长，即可求解； （3）根据多边形的内角和定理和外角和定理可得关于m的方程，即可求解． 【详解】（1）解：根据题意得：． 故答案为：15 （2）解：由（1）得：这个n边形为十五边形， ∴这n边形的周长为（米）； 故答案为：150 （3）解：设这个多边形有条边， 根据题意，得， 解得，                ∴这个正m边形的每一个内角的度数为． 题型五 平面镶嵌 13．（24-25八年级下·北京·阶段练习）下列组合不能密铺平面的是（    ） A．正三角形、正方形和正六边形 B．正三角形、正方形和正十二边形 C．正八边形、正六边形和正十二边形 D．正方形、正六边形和正十二边形 【答案】C 【分析】此题考查了平面镶嵌，几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．分别求出各个正多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件即可求出答案． 【详解】解：正三角形的每一个内角为，正四边形的每一个内角为，正六边形的每一个内角为，正八边形的每一个内角为，正十二边形的每一个内角为． A、正三角形、正方形和正六边形，可以密铺平面，比如：2个正方形，一个正六边形，一个正三角形．本选项不符合题意； B、正三角形、正方形和正十二边形，可以密铺平面，比如：2个正三角形、一个正方形、一个正十二边形．本选项不符合题意； C、正三角形、正六边形和正十二边形，不能密铺平面．本选项符合题意； D、正方形、正六边形和正十二边形．可以密铺平面，比如：一个正方形、一个正六边形、一个正十二边形．本选项不符合题意； 故选：C． 14．（24-25八年级下·陕西西安·期中）如图是工人师傅用边长均为的两块正三角形和一块正方形地砖绕着点进行的铺设．若将一块边长为的正多边形地砖恰好能无空隙、不重叠地拼在处，则这块正多边形地砖的边数是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了平面密铺，熟练掌握多边形内角和是解题的关键． 根据多边形的内角和求出，则通过计算多边形的外角即可得到答案． 【详解】解：∵正三角形的内角为，正方形的内角为， ∴， ∴这块正多边形地砖的边数是， 故答案为：． 15．（24-25八年级下·广西河池·期末）【问题背景】 生活中，我们经常可以看到由各种形状的地砖铺成的漂亮地面．在这些地面上，相邻的地砖平整地贴合在一起，整个地面没有一点空隙．从数学角度来看，当一个顶点周围围绕的各个多边形的内角恰好拼成一个周角时，就能形成一个既不留空隙又不互相重叠的平面图案，我们把这类问题叫做多边形平面镶嵌问题．如图1是由正方形镶嵌而成的图案，图2是由正三角形、正方形和正六边形镶嵌的图案． 正多边形的边数 3 4 5 6 8 正多边形每个内角的度数 _______ _______ ______ 【探究发现】 (1)填写表中空格： (2)如果只用一种正多边形镶嵌，那么能镶嵌成一个平面图案的正多边形有 ．（填序号） ①正三角形；②正五边形；③正六边形；④正七边形；⑤正八边形． 【拓展应用】 (3)如果同时用两种正多边形镶嵌，镶嵌的平面图案的一个顶点周围有x个正三角形和y个正六边形，求x和y的值． (4)如图3，由六个全等的正五边形和五个全等的等腰三角形镶嵌组成了一个大五边形，求图中与的度数． 【答案】(1)；； (2)①③ (3)或 (4)； 【分析】该题主要考查了正n边形内角和定理以及平面镶嵌，二元一次方程的整数解等知识点，解题的关键是掌握正n边形内角和定理以及平面镶嵌． （1）根据正n边形内角和定理求出内角和再除以n即可求解； （2）根据正n边形的每一个内角度数的整数倍是即可解答； （3）由题意得，x、y满足的正整数解即可求解； （4）根据正五边形每一个内角的度数即可求解． 【详解】（1）解：正五边形每个内角的度数为， 正六边形每个内角的度数为， 正八边形每个内角的度数为， 故答案为：；；． （2）解：由（1）可求， 正三角形每个内角的度数为， 正五边形每个内角的度数为， 正六边形每个内角的度数为， 正七边形每个内角的度数为， 正八边形每个内角的度数为， ∵，，， ∴只用一种正多边形镶嵌，那么能镶嵌成一个平面图案的正多边形有①③， 故答案为：①③． （3）解：由题意，得， 其正整数解为或． （4）解：∵正五边形的内角为， ∴，． 题型六 平行四边形的判定 16．（2025八年级下·北京·专题练习）如图，在四边形中，，要使四边形是平行四边形，下列添加的条件不正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查平行四边形的判定方法，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．根据平行四边形的判定方法，逐项判断即可． 【详解】解：A、当，时，四边形可能为等腰梯形，所以不能证明四边形为平行四边形，故A符合题意； B、，，一组对边分别平行且相等，可证明四边形为平行四边形，故B不符合题意； C、，，两组对边分别平行，可证明四边形为平行四边形，故C不符合题意； D、∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形，故D不符合题意． 故选：A． 17．（23-24八年级下·北京通州·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)． 【答案】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． 18．（23-24八年级下·北京西城·期中）如图，在四边形中，，对角线、相交于点，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的性质，通过证明三角形全等可以等到，再由对角线互相平分的四边形是平行四边形可得结论． 【详解】证明：∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 题型七 平行四边形的性质 19．（24-25八年级下·北京顺义·阶段练习）在中，点在对角线上，过作，，记四边形的面积为，四边形的面积为，则与的大小关系是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，解题关键点是掌握平行四边形对角线平分四边形面积．先证四边形和四边形都是平行四边形，再利用平行四边形对角线平分 四边形面积即可． 【详解】解：因为，在 中，点P在对角线AC上，过P作，， 所以，四边形边形和四边形都是平行四边形， 所以， ，，， 所以， ， 所以，，即： 故答案为：． 20．（23-24八年级下·北京石景山·期末）在平行四边形中，，，过点D作于点H，连接．若平分，则的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等角对等边，勾股定理．根据平行四边形的性质得出，，推出，进而得出，则，最后根据勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 21．（2024八年级下·北京·专题练习）如图，在中，对角线相交于点O，过点O作交于E，如果 ，求的长． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，垂直平分线的判定与性质，勾股定理与勾股逆定理，先得出垂直平分，则，根据勾股逆定理，得出则，即可作答． 【详解】解：连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， 即 ∴ ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． 题型八 平行四边形判定与性质的应用 22．（23-24八年级下·广东东莞·期末）为更好地开展劳动教育课程，学校计划将一块空地（如图）修建一条笔直的小路（小路宽度忽略不计）．有两个要求：经过边上一点；分成面积相等的两部分．则小路除了经过点外，还经过（   ） A．点 B．的中点 C．的中点 D．边上的点，且 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的性质即可得出答案，熟练掌握平行四边形的性质是解此题的关键． 【详解】解：由平行四边形的性质结合题意得：小路除了经过点外，还经过的中点， 故选：B． 23．（23-24·四川成都·二模）在平行四边形ABCD中，动点P从点B出发，沿B⇒C⇒D⇒A运动至点A停止，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图所示，则四边形ABCD的面积是 ． 【答案】8． 【分析】根据y关于x的函数图象，得△ABC的面积为4，进而可得答案． 【详解】根据y关于x的函数图象，得△ABP的面积的最大值为4，即△ABC的面积是4， ∴S▱ABCD=2S△ABC=8． 故答案是：8． 【点睛】本题主要考查函数图象与几何图形的综合，掌握平行四边形的性质与函数图象的意义，是解题的关键． 24．（23-24八年级下·贵州毕节·期末）如图1是某小区的倾斜式停车位，如图2是其示意图，工人在绘制时会保证四边形停车位的边，边，且．求这个四边形停车位的面积． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定以及性质，勾股定理，含直角三角形的性质，先判定四边形是平行四边形．过点作，交的延长线于点．由平行四边形的性质可得出，进而可得出，由直角三角形两锐角互余可得出，由含直角三角形的性质得出，由勾股定理求出，最后根据平行四边形的面积公式求面积即可． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形． 如图，过点作，交的延长线于点． ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴， ∴． 在中，由勾股定理， 得， ∴， 即这个四边形停车位的面积是． 题型九 矩形的判定 25．（23-24八年级下·北京顺义·期中）下列条件之一能使平行四边形ABCD是矩形的为（　　） ①AC⊥BD②∠BAD＝90°③AB＝BC④AC＝BD A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】C 【分析】根据矩形的判定方法逐一分析即可． 【详解】解：如图，∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形， ∴平行四边形ABCD是菱形，不能推出四边形ABCD是矩形， ∴①不符合题意； ∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD=90°， ∴平行四边形ABCD是矩形， ∴②符合题意； ∵AB=BC，四边形ABCD是平行四边形， ∴平行四边形ABCD是菱形，不能推出四边形ABCD是矩形， ∴③不符合题意； ∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD， ∴平行四边形ABCD是矩形， ∴④符合题意； 即符合题意的有②④． 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的判定和菱形的判定的应用，注意：矩形的判定定理有①有一个角是直角的平行四边形是矩形，②对角线相等的平行四边形是矩形，③有三个角是直角的四边形是矩形． 26．（23-24八年级下·北京石景山·期末）如图，中，于E，F为上一点，请添加一个条件，使得四边形是矩形，这个条件可以为 ． 【答案】答案不唯一 【分析】本题考查矩形的判定，平行四边形的性质，掌握矩形的判定定理是解题的关键． 先得到四边形是平行四边形，然后再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行推理． 【详解】解：添加，使得四边形是矩形， 证明：∵是平行四边形， ∴， 又∵， ∴是平行四边形， 又， ∴， ∴是矩形． 故答案为：．答案不唯一 27．（23-24八年级下·北京·期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O， E、F是AC上两点，且AE = CF，连接BE、ED、DF、FB得四边形BEDF． (1)求证：四边形BEDF是平行四边形． (2)当EF、BD满足_____________ 条件时，四边形BEDF是矩形．（不必证明）． 【答案】(1)见解析 (2)EF=BD 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，根据已知条件即可求得OE=OF，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得证； （2）根据矩形的判定定理可知，对角线相等的平行四边形是矩形即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， AE=CF， OE=OF， BFDE是平行四边形． （2）EF=BD． 证明：EF=BD，BFDE是平行四边形， 四边形BEDF是矩形． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定定理，掌握平行四边形的性质与判定以及矩形的判定定理是解题的关键． 题型十 矩形的性质 28．（24-25八年级下·北京·期末）如图，在中，，P为边上一动点，于点E，于点F，则的最小值为（  ） A．5 B．4 C． D．3 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理的逆定理、矩形的判定及性质，根据矩形的性质得到是解题的关键．根据勾股定理的逆定理可以证明为直角三角形，根据三个角都是直角的四边形是矩形，根据矩形的对角线相等，得，则的最小值即为的最小值，根据垂线段最短，时，的值最小，由此即可得出结论． 【详解】连接，如图， ∵， ∴， ∴为直角三角形，， ∵于点E，于点F， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，当的值最小时，的值最小， 当时，的值最小， 此时， ∴的最小值为， 故选：C． 29．（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，在矩形纸片中，，将矩形纸片折叠，使点与点重合，则折痕的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定和性质及折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握矩形的性质，全等三角形的判定和性质得出是解题的关键． 根据矩形的性质和折叠的性质，，，设，则，运用勾股定理得到，则，再证，得到，，如图所示，过点作于点，在中运用勾股定理得到，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵折叠， ∴，，， 设，则， 在中，， ∴， 解得，， ∴，则， ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 如图所示，过点作于点， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，， 故答案为： ． 30．（2025八年级下·北京·专题练习）如图，中，，平分，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)作于，若，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理． （1）根据等腰三角形的性质得，再根据平行线的性质得，然后根据，可得，即可得出结论； （2）根据等腰三角形的性质求出，再根据勾股定理得，然后根据矩形的性质得，，最后根据三角形的面积相等得出答案． 【详解】（1）证明：中，，平分， ，， ，， ，， 四边形是矩形； （2）解：，平分，，， ， 在中，由勾股定理得： ， 四边形是矩形， ，， ， ． 题型十一 矩形与折叠问题 31．（24-25八年级下·广东深圳·阶段练习）如图，矩形中，，点是边上一点，连接，把沿折叠，使点落在点处，当为直角三角形时，的长为（    ） A．3 B． C．2或3 D．3或 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，先利用勾股定理求出，再分为两种情况，当和时，将图形画出，利用折叠性质和勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，当时，    矩形中，， ∴， 由折叠性质可得：， ∴， 设，则： 在中，由勾股定理可得：， 解得：， ∴， 如图，当时，    ∴， 由折叠性质可得：， ∴四边形为正方形， ∴， 综上，或， 故选．D． 32．（23-24八年级下·广东江门·期中）如图，在矩形中，，，将矩形纸片沿折叠，使点A落在点E处，设与相交于点F，则的长为 ． 【答案】 【分析】根据折叠的性质，矩形的性质，得，，设， ，根据勾股定理得，利用勾股定理解答即可． 【详解】解：∵四边形是矩形，，，将矩形纸片沿折叠，使点A落在点E处，设与相交于点F， ∴，，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则，， 根据勾股定理得， ∴， 解得：， 即， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． 33．（24-25八年级下·广东茂名·期中）综合运用． 如图，在平面直角坐标系中，放入一个矩形纸片，将纸片翻折后，点恰好落在轴上，记为，折痕为．直线的关系式是，与轴相交于点，且． (1)求的长度； (2)求点的坐标； (3)求矩形的面积 【答案】(1) (2)点 (3)矩形的面积为． 【分析】本题考查矩形与一次函数的综合，解题的关键是掌握一次函数的图象和性质，矩形的性质，勾股定理的应用，折叠的性质，进行解答，即可． （1）根据一次函数的性质，求出点的坐标，即可； （2）根据矩形的性质，可得，，，根据折叠的性质，得到，，根据勾股定理求出，设，再根据勾股定理得，解出，即可得到点的坐标； （3）根据，，矩形的面积公式，即可． 【详解】（1）解：∵直线的关系式是 ∴当时， ∴点 ∴． （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， 由折叠可得，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 设， ∴，， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴点． （3）解：∵，， ∴矩形的面积为：． 题型十二 菱形的判定 34．（23-24八年级下·北京·单元测试）如图，在平行四边形中，添加下列条件不能判定平行四边形是菱形的是（　　）． A． B． C．平分 D． 【答案】D 【分析】此题考查了菱形的判定．熟记判定定理是解此题的关键． 根据菱形的判定定理，即可求得答案．注意排除法的应用． 【详解】 解：四边形是平行四边形， A、当时，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得是菱形，故本选项不符合题意； B、当时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得是菱形，故本选项不符合题意； C、当平分时，，在中，，可得，可得，则有，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得是菱形，故本选项不符合题意； D、当时，是矩形，故本选项符合题意； 故选：D． 35．（24-25八年级下·陕西咸阳·阶段练习）如图，在平行四边形中，对角线与交于点O，图形中不再添加辅助线和字母，再添加一个条件 ，使平行四边形是菱形．（写出一个即可） 【答案】 【分析】本题考查了菱形的判定，熟记相关定理内容：有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，即可求解． 【详解】解：∵有一组邻边相等的平行四边形是菱形， ∴当时，可使平行四边形是菱形 故答案为：（答案不唯一）． 36．（24-25八年级下·山东菏泽·期中）如图，在矩形中，，，点P从点D出发沿向终点A运动；点Q从点B出发沿向终点C运动．P，Q两点同时出发，它们的速度都是2．连接，，．设点P，Q运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是矩形？ (2)当t为何值时，四边形是菱形？ 【答案】(1) (2) 【分析】本题是四边形的综合题，主要考查了平行四边形的性质、矩形的判定，菱形的判定，勾股定理和动点问题，解题的关键是熟练掌握以上知识点． （1）当四边形是矩形时，，据此求得t的值； （2）当四边形是菱形时，，列方程求得运动的时间t． 【详解】（1）解∶P，Q两点同时出发，它们的速度都是， ， ， 四边形是矩形 ，即， 解得； （2）解：四边形是矩形， ， 四边形是菱形， ， 在中，， 即 ， ． 解得． 题型十三 菱形的性质 37．（2025·辽宁鞍山·模拟预测）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，，垂足为E，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握性质是解题的关键； 先根据菱形的性质得，再根据菱形的对角线平分一组对角求出的度数，然后根据直角三角形两锐角互余，同角的余角相等即可得出结果． 【详解】解：∵四边形为菱形，， ∴平分，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， 故选：C． 38．（23-24八年级下·北京·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 ． 【答案】 【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：． 39．（23-24八年级下·北京·开学考试）如图，在菱形中，于点E，于点F． (1)求证：； (2)分别延长和相交于点G，若，，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形的性质可知DC=BC，再根据，，可证得，则有，问题得解； （2）根据菱形的性质以及∠A=45°可证得△ABG是等腰直角三角形，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵于点E，于点F， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴； 即； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，AD=AB=1， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴△ABG是等腰直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定与性质，证明是解答本题的关键． 题型十四 正方形的判定 40．（24-25八年级下·山东济南·阶段练习）如图，在矩形中，对角线交于点O，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据矩形的性质及正方形的判定来添加合适的条件．本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用，解题的关键是能熟记正方形的判定定理． 【详解】解：要使矩形成为正方形，可根据正方形的判定定理解答： （1）有一组邻边相等的矩形是正方形， （2）对角线互相垂直的矩形是正方形． 添加，能使矩形成为正方形． 故选：B． 41．（23-24八年级下·吉林四平·期中）如图，已知四边形是菱形，从①，②，③中选择一个作为条件后，使四边形成为正方形，则应该选择的是 （仅填序号）． 【答案】③ 【分析】根据菱形的性质和正方形的判定进行逐一判断即可．本题主要考查了菱形的性质，正方形的判定，熟知正方形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：依题意，由四边形是菱形加上条件不能证明四边形成为正方形； 由四边形是菱形加上条件不能证明四边形成为正方形； 当四边形是菱形加上条件，则证明过程如下： ∵四边形是菱形， ∴，， ∴ ∵， ∴ ∴， ∴四边形是正方形； 故答案为：③． 42．（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在矩形中，M是对角线上的一个动点（M与A、C点不重合），作于E，于F． (1)试说明四边形是矩形； (2)连接，当点M运动到使为何值时，矩形为正方形？请写出你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】（1）因为矩形中，，，所以在四边形中有三个角为直角，由矩形的判定方法可得四边形是矩形； （2）当点运动到使时，矩形为正方形． 本题考查矩形和正方形的判定方法．有三个角是直角的四边形是矩形．一组邻边相等的矩形是正方形． 【详解】（1）解：∵四边形 是矩形， ， ，， ，， 四边形是矩形； （2）解：当点运动到使时，矩形为正方形．过程如下： 如图：连接， 为矩形， ， ， ， 矩形为正方形． 题型十五 正方形的性质 43．（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，点C的坐标是，A为坐标原点，轴于B，轴于D，点E是线段的中点，过点A的直线交线段于点F，连接EF，若平分，则k的值为（    ） A．1 B．3或2 C．1或3 D．1或 【答案】C 【分析】本题综合考查了正方形的判定与性质、一次函数的解析式求解、全等三角形的综合问题、勾股定理等知识点，根据题意可得四边形是正方形．分类讨论当点与点重合和当点不与点重合的情况即可． 【详解】解：由题意得：，， ∴四边形是正方形， ∴， 如图所示：作， 则， ∵， ∴， ∴，， ∵点E是线段的中点， ∴， ∴，， ∵， ∴， 解得：， ∴， 将代入得：， ∴； 当点与点重合时，满足平分， 此时， 将代入得：， ∴； 故选：C． 44．（2023·湖南娄底·一模）如图，正方形的对角线、交于点，是边上一点，连接，过点作，交于点．若四边形的面积是5，则的长为 ． 【答案】 【分析】如图，过作于，于，则四边形是正方形，证明，则，，即，解得，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图，过作于，于，则四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴，即，解得，（舍去）， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 45．（24-25八年级下·辽宁朝阳·期中）如图，是正方形的对角线上一点，，，垂足分别为．若正方形的周长是． (1)求证：四边形是矩形； (2)当四边形是正方形时，求的长． 【答案】(1)证明过程见详解 (2)的长为 【分析】本题主要考查正方形的性质，矩形的判定，等腰三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是解题的关键． （1）根据正方形的性质，垂直的定义得到，结合矩形的判定方法即可求证； （2）根据四边形是正方形，周长是，是对角线，得到，根据四边形是正方形，得到是等腰直角三角形，即，是等腰直角三角形，，则有，由此即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是正方形，周长是，是对角线， ∴，， 如图所示，四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形，即， 同理，，是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴的长为． 题型十六 中点四边形 46．（23-24八年级下·湖北恩施·期中）如图，四边形是菱形，顺次连接菱形各边的中点，则说法正确的是（　　）    A．是菱形 B．是正方形 C．是矩形 D．是平行四边形 【答案】C 【分析】依据题干进行推理，分别对菱形、正方形、矩形、平行四边形的逐一进行判断，看是否符合题意即可． 【详解】如图，连接菱形的对角线AC、BD．    由菱形的性质可知，． ∵分别是菱形各边的中点， ∴由三角形中位线定理可得：． ∴． 所以四边形是平行四边形． 由得， ， 故四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）． 因此，C正确． 对于选项A，假如是菱形或者正方形，则可推得，而菱形的对角线不一定相等，与题干矛盾，A、B错误； 对于选项D，是平行四边形的充分条件并不需要是菱形，只要是普通四边形就足够了，故D说法不够精确，D错误． 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质、顺次连接菱形各边的中点所构成的四边形具有什么特点，解题的关键是深刻理解各种特殊四边形的特征． 47．（23-24八年级下·山东菏泽·期中）在四边形中，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的形状是 ． 【答案】正方形 【分析】由三角形中位线的性质，可判断，，可得四边形是菱形，四边形的对角线，满足，且，四边形是正方形．本题考查了中点四边形的性质，中位线的定理，解题中需要理清思路，属于中档题． 【详解】解：如图所示： 在中，，分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理，，． ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 设与交于点，与交于点， 在中，，分别是，的中点， ∴，同理， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是正方形． 故答案为：正方形 48．（23-24八年级下·北京·专题练习）如图所示，E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，连接EF、FG、GH、HE，则四边形EFGH为________形． （1）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是菱形． （2）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是矩形． （3）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是正方形． 在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． 【答案】平行四边形；（1）AC＝BD，理由见解析；（2）AC⊥BD，理由见解析；（3）AC＝BD且AC⊥BD，理由见解析； 【分析】连接AC，BD，可以根据E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，得到线段EF、FG、GH、HE分别为△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位线，由中位线定理可以证明四边形EFGH为平行四边形；再根据菱形，矩形和正方形的判定条件，添加对应的条件即可得到答案. 【详解】解：四边形EFGH为平行四边形； 连接AC，BD ∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点 ∴线段EF、FG、GH、HE分别为△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位线 ∴，，，， ∴， ∴四边形EFGH为平行四边形； （1）AC＝BD， 理由：如图①四边形ABCD的对角线AC＝BD， ∵四边形EFGH为平行四边形，且，， ∴EH＝GH， ∴平行四边形EFGH为菱形． （2）AC⊥BD， 理由：如图②四边形ABCD的对角线互相垂直， ∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点 ∴线段EF、FG、GH、HE分别为△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位线 ∴，， ∵AC⊥BD， ∴EF⊥HE， ∵四边形EFGH为平行四边形． ∴四边形EFGH为矩形． （3）AC＝BD且AC⊥BD， 理由：如图③四边形ABCD的对角线相等且互相垂直， 综合（1）（2）可得四边形EFGH为正方形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解. 题型十七 平行四边形的存在性问题 49．（23-24八年级下·天津蓟州·期末）如图，在四边形中，，，，，点P从点D出发，以每秒1个单位长度的速度向点A运动，点Q从点B同时出发，以每秒2个单位长度的速度向点C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．设点P运动时间为t秒． (1)当点P运动停止时，______，线段的长为______； (2)①用含t的式子填空：______，______，______； ② t为何值时，四边形为矩形，求出t的值； (3)在运动的过程中，是否存在某一时刻t，使以P，D，C，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出t的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)①；；；② (3) 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定，一元一次方程的几何应用： （1）分别计算出点P和点Q到达终点的时间，进而得到停止时间，据此求出对应的的长即可； （2）①根据题意列出对应的代数式即可；②根据题意可得当四边形是平行四边形时，四边形是矩形，则，据此列出方程求解即可； （3）根据题意可得四边形为平行四边形，则，据此列出方程求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴点P运动9秒后停止，即， ∴， 故答案为：；； （2）解：①由题意得，， ∵， ∴， 故答案为：；；； ②∵， ∴当四边形是平行四边形时，四边形是矩形， ∴此时有， ∴， 解得； （3）解：∵以P，D，C，Q为顶点的四边形为平行四边形，且， ∴此时四边形为平行四边形， ∴， ∴， 解得． 50．（23-24八年级下·陕西咸阳·阶段练习）如图，在矩形中，，，点是上一点，连接，，点是上一点，，点是线段上一动点，以为边作菱形，且点在边上，点在四边形内部或线段上. (1)求的长； (2)是否存在这样的点，使得四边形为正方形？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由； (3)若菱形的顶点恰好落在线段上，如图②，请求出此时与的长. 【答案】(1) (2) (3)， 【分析】（1）根据勾股定理，可求得，进而可求得答案． （2）过点作于点，可证得，，即可求得答案． （3）过点作于点，连接，可证得和是等腰直角三角形，进而可得到，，即可求得答案． 【详解】（1）在矩形中，，，． 在中，． ∴． （2）存在这样的点，使得四边形为正方形． 如图所示，过点作于点． 当四边形为正方形时，，， ∴． 在矩形中，， ∴． ∴． 在和中 ∴． ∴． ∵， ∴． 根据证明的过程，同理可得， ∴． ∴． ∴点在四边形内部，符合题意． ∴． （3）如图所示，过点作于点，连接． 在菱形中，，， ∴． 在矩形中，， ∴． ∴， 即． 在和中 ∴． ∴，． 由（1）可得是等腰直角三角形， ∴． ∴． ∴是等腰直角三角形． ∴，． ∴. 在中，， 在中，，可得 ， 解得 ． 综上所述，，． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、菱形的性质、正方形的性质、平行线的性质、勾股定理，能根据题意构造辅助线是解题的关键． 51．（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，长方形，，．在上取一点，沿折叠，点恰好落在上的点处．    (1)点的坐标为___________． (2)求点的坐标； (3)若点是平面内一点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形，若存在，直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由，即可求解； （2）设，则，计算出线段即可利用勾股定理求解，进而可求点的坐标； （3）根据“平行四边形的对角线互相平分”即可分类讨论求解． 【详解】（1）解：∵ ∴点的坐标为 故答案为： （2）解：由题意得： ∴ 设，则 在中： 解得： ∴点 （3）解：由题意得可得： 设点 为对角线，则有： 解得： 故 为对角线，则有： 解得： 故 为对角线，则有： 解得： 故 综上所述： 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理．熟记相关结论是解题关键． 题型十八 三角形中位线定理 52．（2025八年级下·北京·专题练习）如图所示，在四边形中，，E，F，G分别是的中点，若，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理．根据三角形中位线定理得到，，，，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可． 【详解】解：∵E，F，G分别是的中点， ∴是的中位线，是的中位线， ∴，，，， 又∵， ∴，，， ∴， ∴， 故选：B． 53．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在四边形中，，E、F、G分别是的中点，若，则 ． 【答案】/度 【分析】根据三角形中位线定理结合得出，再结合，即可推出结果． 本题考查了三角形中位线定理，熟记三角形中位线定理是解题的关键． 【详解】解：、F、G分别是的中点， 是的中位线，是的中位线， ，， 又， ， ， 又， ， 故答案为： 54．（24-25八年级下·吉林长春·阶段练习）在中，E是的中点，相交于点F，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)连接交于点O，若，则的长为_____________． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识点，掌握相关结论是解题关键． （1）由题意得是的中位线，推出，结合即可求证； （2）由题意得，，，故可求出，，结合即可求解； 【详解】（1）证明：∵E是的中点， ∴是的中位线， ∴， 即：， ∵， ∴四边形为平行四边形 （2）解：∵是的中位线， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴ 故答案为： 题型十九 三角形中位线的实际应用 55．（23-24八年级下·北京·阶段练习）要测量B，C两地的距离，小明想出一个方法：在池塘外取点A，得到线段，，并取，的中点D，E，连结．只要测出的长，就可以求得B，C两地的距离．你认为这个方法正确吗？请说明理由． 【答案】这种说法正确，理由见解析 【分析】连接，根据三角形的中位线定理，得出，再判断即可． 【详解】这种说法正确，理由如下： 连接， ，的中点为D，E， 是的中位线， ， 只要测出的长，就可以求得B，C两地的距离， 所以，这个说法是正确的． 【点睛】本题考查了三角形的中位线性质，熟练掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． 56．（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）如图，要测量池塘两岸相对的，两点间的距离，可以在池塘外选一点，连接，，分别取，的中点，，测得米，则的长是 米．    【答案】120 【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质， 根据题意可知是的中位线，再根据三角形中位线的性质得出，进而得出答案即可． 【详解】解：∵点D，E分别是的中点， ∴是的中位线， ∴． ∵， ∴． 故答案为：120． 57．（24-25八年级下·福建泉州·期中）如图是人字梯及其侧面示意图，，为支撑架，为拉杆，D，E分别是，的中点，若，则B，C两点的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了三角形中位线的实际应用，等式的性质等知识点，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键． 利用三角形的中位线定理即可直接得出答案． 【详解】解：∵D，分别是，的中点， ， ， 故选：． 题型二十 中心对称图形的相关概念 58．（24-25八年级下·重庆渝中·阶段练习）绿色环保，人人参与．下列环保标志中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（   ） A．   B．   C．   D．   【答案】C 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，解题的关键是掌握中心对称图形与轴对称图形的概念．根据轴对称图形沿对称轴折叠后可重合，分析选项中哪些图形是轴对称图形； 根据中心对称图形沿对称中心旋转180度后与原图重合，找出各选项中的中心对称图形，即可得到答案． 【详解】解：A，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意； B，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意； C，既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； D，是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意； 故选C． 59．（24-25八年级下·甘肃平凉·期中）在平行四边形、矩形、等腰三角形、线段、菱形中既是轴对称图形又是中心对称图形的有 个 【答案】3 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别．根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项分析即可，在平面内，一个图形经过中心对称能与原来的图形重合，这个图形叫做叫做中心对称图形；一个图形的一部分，以某条直线为对称轴，经过轴对称能与图形的另一部分重合，这样的图形叫做轴对称图形． 【详解】解：平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形， 等腰三角形不是中心对称图形，是轴对称图形， 线段、矩形、菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，共3个． 故答案为：3． 60．（23-24八年级下·河南郑州·期末）认真观察图中阴影部分构成的图案，回答下列问题： (1)请写出这四个图案都具有的两个共同特征：________、________； (2)请在图中设计出你心中最美丽的图案，使它也具备你所写出的上述特征． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查轴对称和中心对称图形的定义． （1）根据轴对称图形以及中心对称的定义解答：沿某条直线折叠后直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；绕一个点旋转后所得的图形与原图形完全重合的图形叫做中心对称图形； （2）画出同时满足轴对称图形和中心对称图形的图形即可． 【详解】（1）（1）特征1：都是轴对称图形； 特征2：都是中心对称图形； 故答案为：是轴对称图形；是中心对称图形； （2）满足条件的图案有很多，这里画三个，三个都具有上述特征，如图所示： 题型二十一 中心对称图形的规律问题 61．（23-24八年级下·四川达州·期末）如图，正方形点阵中，点A与点B关于点O成中心对称． (1)标出点O，在点阵中任选一格点C（不与A、B、O重合），作出C关于O的中心对称点D；若点A坐标为A（-2，4），请写出你作出的D点坐标； (2)指出以A、B、C、D为顶点的四边形形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析，（0，0）； (2)平行四边形． 【分析】（1）由中心对称的性质作图即可； （2）由中心对称的性质即可判断． 【详解】（1）如图： 若点A坐标为A（-2，4）,则． （2）平行四边形 理由：由中心对称，有 ∴四边形ABCD是平行四边形． 【点睛】本题考查中心对称、平行四边形的性质，熟练掌握中心对称的性质是解题关键． 62．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图分别是五角星、六角星、七角星、八角星的图形； （1）请问其中是中心对称图形的是哪些？ （2）依次类推，36角星是不是中心对称图形？ （3）怎样判断一个n角星是否是中心对称图形？ 【答案】（1）六角星，八角星；（2）是；（3）当n是偶数时，n角星绕中心点旋转180°能完全重合，n角星是中心对称图形；当n奇数时，n角星绕中心点旋转180°不能完全重合，n角星不是中心对称图形． 【分析】（1）根据中心对称图形的定义即可得到答案； （2）根据题意，如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合的图形就是中心对称图形，比如六角星，八角星，十角星，角的个数为偶数时就是中心对称图形，得到答案； （3）根据如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心，当角的个数为偶数时就是中心对称图形，可得答案． 【详解】解：（1）图中是中心对称图形的有六角星，八角星； （2）由（1）知六角星，八角星，十角星，都是中心对称图形，由此可知，当角的个数为偶数个时，它是中心对称图形，因此36角星也是中心对称图形； （3）当n是偶数时，n角星绕中心点旋转180°能完全重合，n角星是中心对称图形； 当n奇数时，n角星绕中心点旋转180°不能完全重合，n角星不是中心对称图形． 【点睛】本题考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 63．（23-24八年级下·湖南永州·期中）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为：，，.已知，作点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，…，依此类推，则点的坐标为 . 【答案】 【分析】根据平面直角坐标系中，点的对称性质，结合题意，依次求得点，，，，，，的坐标，从而发现该题的规律，求得点的坐标． 【详解】解：∵，， ∴点关于点的对称点， ∵点关于点的对称点为，，， ∴， ∵点关于点的对称点为，，， ∴， ∵点关于点的对称点为，，， ∴， ∵点关于点的对称点为，，， ∴， ∵点关于点的对称点为，，， ∴， ∵点关于点的对称点为，，， ∴， 此时点与点重合． ∵， ∴与点重合， 故， 答案为：． 【点睛】本题考查了点坐标的对称性质，熟练掌握点坐标的对称性质是解题的关键． 题型二十二 中心对称图形点的坐标 64．（23-24八年级下·浙江丽水·期末）在直角坐标系中，点和点关于原点成中心对称，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点是．据此解答即可． 【详解】解：∵点和点关于原点成中心对称， ∴，， ∴， ∴的值为． 故选：D． 65．（2024·湖南·三模）在平面直角坐标系中，已知点和点关于原点对称，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了平面直角坐标系内关于原点对称两点坐标特征，根据关于原点对称的点横、纵坐标均互为相反数这一特征求解即可． 【详解】解：已知点与点关于原点对称， 则，即 故答案为： 66．（23-24八年级下·河南漯河·期中）在平面直角坐标系中，的三个顶点都在边长均为1个单位长度的正方形网格的格点上． (1)画出关于原点对称的图形，并写出点的坐标； (2)画出绕点逆时针旋转后的图形，并写出点的坐标； (3)写出经过怎样的旋转可直接得到． 【答案】(1)作图见解析，点的坐标 (2)作图见解析，点的坐标 (3)见解析 【分析】本题主要考查了利用旋转变换进行作图，根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形． （1）根据对称的性质即可画出关于原点对称的图形，并写出点的坐标； （2）根据旋转的性质即可画出绕点O逆时针旋转后的图形，并写出点的坐标； （3）根据旋转的性质即可写出绕点O顺时针旋转后可得到． 【详解】（1）解：（1）如图，即为所求；点的坐标； （2）（2）如图，即为所求；点的坐标； （3）（3）绕点O顺时针旋转后得到． $$