第二十一章四边形单元综合提升测试卷 2025-2026学年人教版八年级数学下册

第二十一章四边形单元综合提升测试卷 一、单选题 1.2025年，中国载人航天工程将扎实推进空间站应用与发展和载人月球探测两大任务、如 图是登月探测器，它的机械臂伸缩自如，灵活性强，其原理主要是运用了() A.三角形的稳定性 B.四边形的不稳定性 C.三角形任意两边之和大于第三边 D.两点之间线段最短 2.下列性质中，矩形具有，而平行四边形不具有的是() A.对角相等 B.对边平行且相等C.对角线互相平分D.对角线相等 3,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n-2)条 D.正多边形的各边相等 4.如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点E,点E是AC的中点，要判定四边形 ABCD是平行四边形，能添加的条件是() B E A.BE=DE B.AD=BC C.AC=BD D.AB=CD 5.如图，四边形ABCD是平行四边形，其对角线AC,BD相交于点O,下列结论不成立的 是() 试卷第1页，共3页 0 B A.A0=CO B.AD∥BC C.AB=CD D.AC⊥BD 6.如图，AC为菱形ABCD的对角线，AE⊥BC于点E,若∠EAC=25°，则∠ADC度数为 () B A.30° B.50° C.60° D.759 7.数学老师用四根长度相等的木条首尾顺次相接制成一个如图①所示的菱形教具，此时测 得∠B=60°，对角线AC长为16cm,改变这个教具的形状成为如图②所示的正方形，则正 方形的边长为() ② A.8cm B.√4Ilcm C.16cm D.59cm 8.小明用两个全等的正五边形硬纸片和一个正m边形硬纸片拼了一个平面图形，这三个硬 纸片的拼接处无空隙，不重叠.如图所示，是所拼的这个平面图形的一部分，则m的值为 () A.8 B.9 C.10 D.11 9.如图，在ABC中，AE平分∠BAC,D是BC的中点，AE⊥BE,AB=5,AC=3, 则DE=() 试卷第1页，共3页 D B A.1 B.3 C.2 D. 2 10.如图，在正六边形中，∠P=∠P=∠P=∠P=∠P=∠P。=120°，PE∥PP, PP∥PP。,PP∥P。P,点A在正六边形的边PP。上，一束光从点A发出，经过多次反射 (A-B-C-D-E-F)后到达点F,己知由光的反射原理（入射角等于反射角）可得： ∠ABP=∠CBP,根据此原理，若∠PAB=58°，则∠EFP=() P:E BP P Ps A.58o B.59° C.60° D.62° 二、填空题 11.如图，直线l∥l2,点A,B在4上，点C,D,E在上，且LCAE=LADE=90°，在 不添加线段情况下，用图中线段的长度表示到☑的距离，则该线段是 D 12.如图，在矩形ABCD中，点E,F分别在BC,AD上，AF=EC,不添加任何字母与 辅助线，添加一个适当的条件，使四边形AECF是菱形. D 试卷第1页，共3页 13.粗心的小华在计算一个多边形的内角和时少算了一个内角，得出其余个内角的和为1900 °.则这个多边形是边形 14.如图，在平面直角坐标系中，矩形0ABC的顶点A、C的坐标分别为10,0)，(0,3)， 点D为(5,0)，点P在线段BC上运动，当aODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标 为 B 15.如图所示，在四边形ABCD中，AD川BC,AD=5,BC=18,E是BC的中点.点P以 每秒1个单位的速度从点A出发，沿AD向点D运动；点？同时以每秒3个单位的速度从点 C出发，沿CB向点B运动.点P停止运动时，点Q也随之停止运动，当运动时间为s时， 以点P,Q,E,D为顶点的四边形是平行四边形，则t的值为 A P D E O 16.如图，在四边形ABCD中，AD‖BC,∠A=90°，AD=16,BC=21,CD=13,动点 P从点B出发，沿射线BC以每秒3个单位的速度运动，动点Q同时从点A出发，在线段AD 上以每秒1个单位的速度向终点D运动，当动点Q到达点D时，动点P也同时停止运动.设 点P的运动时间为t(秒).以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形时t值为秒 0 B 三、解答题 17.己知一个多边形的内角和比外角和的2倍少180°. (1)求这个多边形的边数， (②)若截去该多边形的一个角，求截完后所形成的新多边形的内角和. 试卷第1页，共3页 18.综合实践 项目背景：平面镶嵌是用形状相同或者不同的平面封闭图形，覆盖平面区域，使图形间既无 缝隙又不重叠地全部覆盖.一般来说，构成一个平面镶嵌图形的基本图形是多边形或类似的 一些常规形状.例如我们铺设地板时经常使用正方形地砖 实践发现：对于正边形.如果一个内角度数能被360°整除，那么这样的正边形可以进行 平面镶嵌.图1和图2就是分别利用正三角形和正方形得到的两组镶嵌图案.如图3.按照 平面镶嵌的条件，正五边形就不能进行平面镶嵌.对于不规则的全等凸五边形，也可以进行 平面镶嵌，图4就是利用不规则的凸五边形得到的一种镶嵌图案. D 图1 图2 图3 图4 图5 问题解决： (1)图3中∠1的度数为 (2)图5是图4中的一个基本图形，其中∠B=∠C=∠D=∠E=120°，求∠A的度数； (3)某中学图书馆准备用正多边形地砖铺设地面，已有正三角形地砖，现打算购买另外一种 正多边形地砖，与已有正三角形地砖进行共顶点组合镶嵌.请设计一种共顶点组合镶嵌方案， 并说明理由. 19.如图，在口ABCD中，∠BAD=120°，连接BD,过点A作AE‖BD,交CD的延长线于 点E,过点E作EF⊥BC,交BC的延长线于点F; D B (I)求∠CEF的度数： (2)若CF=1,求AB的长 2O.如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E,点F在CD边上，CF=AE ，连接AF,BF. 试卷第1页，共3页 D E B (I)求证：四边形BFDE是矩形； (②)若AF平分∠DAB,CF=3,DF=5,求四边形BFDE的面积. 21.如图①，在ABC中，BD平分∠ABC且与ABC的外角∠ACE的平分线交于点D. D N M C E C 图① 图② (I)若∠ABC=75°，∠ACB=45°，求∠D的度数： (2)当∠ABC和∠ACB在变化，而∠A始终保持不变，则∠D是否变化？由此你能得出什么 结论？（用含有∠A的式子表示∠D) (3)若把∠A截去，得到四边形MNCB,如图②，猜想∠D、∠M、∠N的数量关系，并说 明理由. 22.在矩形ABCD中，连接BD,延长BC至E,使BE=BD,过点E作EF∥BD交AD延 长线于点F D (I)求证：四边形BEFD是菱形： (2)连接BF,若BC=3,CD=4,求线段BF的长. 23.问题解决：如图1在矩形ABCD中，点E,F分别在AB,BC边上，DE=AF,DE⊥AF于 点G. 试卷第1页，共3页 G B F 图1 图2 (I)求证：四边形ABCD是正方形： (②)延长CB到点H,使得BH=AE,判断△AHF的形状，并说明理由. (3)类比迁移：如图2；在菱形ABCD中，点E,F分别在AB、BC边上，DE与AF相交于点 G,DE=AF,∠AED=60°，AE=5,BF=2,求DE的长. 24.如图①，在矩形ABCD中，AB=6,AD=10,点E在边BC上，且BE=4,动点P从 点E出发，沿折线EB-BA-AD以每秒2个单位长度的速度运动.作∠PEQ=90°，EQ交 边AD或边DC于点Q,连接PQ,当点Q与点C重合时，点P停止运动，设点P的运动时间 为t秒(t>0). 0 D D B P E E 图① 图② 备用图 (I)当点P和点B重合时，线段PO的长为 (2)当点P在EB-BA上运动时，用含有t的代数式表示BP的长； (3)当点P在BA-AD上运动且点P不与点B重合时，将△PBE沿直线PE翻折，得到△PB'E, 如图②. ①当B落在PQ上时，求t的值. ②当EB'与矩形ABCD的边垂直或平行时，直接写出t的值。 试卷第1页，共3页 第二十一章四边形单元综合提升测试卷 一、单选题 1．2025年，中国载人航天工程将扎实推进空间站应用与发展和载人月球探测两大任务、如图是登月探测器，它的机械臂伸缩自如，灵活性强，其原理主要是运用了（   ） A．三角形的稳定性 B．四边形的不稳定性 C．三角形任意两边之和大于第三边 D．两点之间线段最短 【答案】B 【分析】本题考查了几何图形的性质在实际生活中的应用，理解不同的几何图形的特性是解决本题的关键． 由不同的几何图形的性质：三角形具有稳定性，而四边形具有不稳定性，根据“伸缩自如，灵活性强”分析即可． 【详解】解：因为登月探测器的机械臂伸缩自如，灵活性强， 所以其设计需利用四边形的不稳定性来实现伸缩功能． 故选：B ． 2．下列性质中，矩形具有，而平行四边形不具有的是（   ） A．对角相等 B．对边平行且相等 C．对角线互相平分 D．对角线相等 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形和平行四边形的性质，根据矩形和平行四边形的性质逐一判断即可． 【详解】解：A、矩形和平行四边形的对角都相等，不符合题意； B、矩形和平行四边形的对边都平行且相等，不符合题意； C．矩形和平行四边形的对角线都互相平分，不符合题意； D、矩形的对角线相等，但是平行四边形的对角线不一定相等，符合题意； 故选：D． 3．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． 4．如图，在四边形中，与相交于点E，点E是的中点，要判定四边形是平行四边形，能添加的条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查了平行四边形的判定定理，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形进行判断即可，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，故A正确； 选项B，C，D均不能证明四边形是平行四边形， 故选：A． 5．如图，四边形是平行四边形，其对角线相交于点O，下列结论不成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，根据平行四边形的性质进行判断即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， 无法判断， 故选：D． 6．如图，为菱形的对角线，于点E，若，则度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了直角三角形的两个锐角互余，菱形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据，，得出，因为四边形是菱形，故，，即可作答． 【详解】解：∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 故选：B． 7．数学老师用四根长度相等的木条首尾顺次相接制成一个如图①所示的菱形教具，此时测得，对角线长为，改变这个教具的形状成为如图②所示的正方形，则正方形的边长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质并灵活运用，菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．连接，根据菱形的性质可知，，可判定是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，故正方形的边长为． 【详解】解：如图，连接，    ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴正方形的边长是， 故选：C． 8．小明用两个全等的正五边形硬纸片和一个正边形硬纸片拼了一个平面图形，这三个硬纸片的拼接处无空隙，不重叠．如图所示，是所拼的这个平面图形的一部分，则的值为（   ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】C 【分析】主要考查了平面镶嵌，掌握平面镶嵌的定义和正多边形的内角和公式是解题的关键．根据平面镶嵌的定义，求出正边形的一个内角的度数，再根据多边形的内角和公式即可求解出答案． 【详解】解：∵正五边形一个内角的度数为， ∴正m边形的一个内角的度数为， ∴， 解得． 故选：C． 9．如图，在中，平分，是的中点，，，，则（　　） A．1 B． C．2 D． 【答案】A 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质定理，关键是作辅助线得到等腰三角形． 延长交的延长线于点，证明，则，即可求得的长，点E是的中点，求得的长，从而得到是中位线，即可求得的长． 【详解】解：延长交的延长线于点，如图， ， ， 平分， ， ∵， ∴ ， ∵是的中点， ∴是的中位线， ． 故选：A． 10．如图，在正六边形中，，，，，点A在正六边形的边上，一束光从点A发出，经过多次反射（A - B - C - D - E - F）后到达点F，已知由光的反射原理（入射角等于反射角）可得：，根据此原理，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了四边形的内角和定理以及正多边形的性质，关键是根据光线的反射原理得出对应相等的角． 由已知正六边形的内角，分别在四边形、、、中由已知，分别运用四边形的内角和定理求出未知角即可． 【详解】解：如图， 在四边形中，． ，， ． 由光的反射原理得：，，，． 在四边形中，， ，， ， ． 在四边形中，， ，， ， ． 同理可得：． ． 故答案为：D． 二、填空题 11．如图，直线，点A，B在上，点C，D，E在上，且，在不添加线段情况下，用图中线段的长度表示到的距离，则该线段是 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行线之间的距离，根据平行线之间的距离的定义即可判断求解，理解平行线之间的距离的定义是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∵，点在上，点在上， ∴的长度是到的距离， 故答案为：． 12．如图，在矩形中，点，分别在，上，，不添加任何字母与辅助线，添加一个适当的条件 ，使四边形是菱形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．根据矩形的性质得到，即，推出四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：这个条件可以是， 理由：四边形是矩形， ，即， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 13．粗心的小华在计算一个多边形的内角和时少算了一个内角，得出其余个内角的和为1900°．则这个多边形是 边形． 【答案】十三 【分析】本题主要考查多边形内角和公式的灵活运用，解题的关键是找到相应度数的等量关系．注意多边形的一个内角一定大于，并且小于 设出相应的边数和未知的那个内角度数，利用内角和公式列出相应等式，根据边数为整数和未知的那个内角的范围求解即可． 【详解】解：设这个内角度数为，边数为，则， ∴， 解得， 又∵， ， ，即 又∵为正整数， ， 故答案为：十三． 14．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、的坐标分别为，，点为，点在线段上运动，当是腰长为5的等腰三角形时，点的坐标为 ． 【答案】或或 【分析】此题主要考查了矩形的性质以及坐标与图形的性质和等腰三角形的性质，勾股定理，根据是腰长为的等腰三角形进行分类讨论是解决问题的关键．根据当时，以及当时，分别进行讨论得出点的坐标． 【详解】解：矩形的顶点、的坐标分别为，，点为， ∴， 过作于， ①当时，如图1所示： ，， 由勾股定理得：， ； ②当时， 如图2所示： ，， 由勾股定理得：， ， ； 如图3所示： ，， 由勾股定理得：， ， ； 综上，满足题意的点的坐标为或或， 故答案为：或或． 15．如图所示，在四边形中，，，，是的中点．点以每秒个单位的速度从点出发，沿向点运动；点同时以每秒个单位的速度从点出发，沿向点运动．点停止运动时，点也随之停止运动，当运动时间为时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，则的值为 ． 【答案】或 【分析】本题考查平行四边形的判定，解题的关键是正确理解题意，进行分类讨论． 由平行四边形的判定定理，结合，可知，当时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，按照点和点的位置关系进行分类讨论，列方程求解即可． 【详解】解：∵点是的中点， ∴， ∵， ∴时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形． 如图所示： 当运动到点和点之间时， 则， 解得，， 当运动到点和点之间时， 则， 解得，， ∴当运动时间为或时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形． 故答案为：或． 16．如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发，沿射线以每秒个单位的速度运动，动点同时从点出发，在线段上以每秒个单位的速度向终点运动，当动点到达点时，动点也同时停止运动．设点的运动时间为（秒）．以点为顶点的四边形是平行四边形时值为 秒． 【答案】或 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，一元一次方程的应用，分两种情况：①当四边形为平行四边形时，②当四边形为平行四边形时，分别结合平行四边形的性质，列出一元一次方程，解方程即可求解． 【详解】解：∵，动点同时从点出发，在线段上以每秒个单位长度的速度向终点运动， ∴运动时间为（秒） ∵，动点从点出发，沿射线以每秒个单位的速度运动， 到达的时间为（秒）， ∴当在点以及点的左边时，即时， 则， 当在的右边时，即时， 则， 以点为顶点的四边形是平行四边形时， ①当四边形为平行四边形时，，， ∴， 解得：； ②当四边形为平行四边形时，，， ∴， 解得， 综合上述，当或时，以点为顶点的四边形是平行四边形． 故答案为：或． 三、解答题 17．已知一个多边形的内角和比外角和的2倍少． (1)求这个多边形的边数． (2)若截去该多边形的一个角，求截完后所形成的新多边形的内角和． 【答案】(1)5 (2)或或 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，掌握多边形的内角和的计算公式以及外角和为是解决问题的关键． （1）根据多边形的内角和公式、外角和是列方程求解即可； （2）由题意分情况讨论，然后利用多边形的内角和公式计算即可． 【详解】（1）解：设这个多边形的边数是， 由题意得：， 解得， 答：这个多边形的边数是； （2）解：截去一个角以后，多边形的边数可能减少了，也可能不变，或者增加了． 截完后所形成的新多边形的边数可能是或或， ①当多边形为四边形时，其内角和为； ②当多边形为五边形时，其内角和为； ③当多边形为六边形时，其内角和为； 综上所述，截完后所形成的新多边形的内角和为或或． 18．综合实践 项目背景：平面镶嵌是用形状相同或者不同的平面封闭图形，覆盖平面区域，使图形间既无缝隙又不重叠地全部覆盖．一般来说，构成一个平面镶嵌图形的基本图形是多边形或类似的一些常规形状．例如我们铺设地板时经常使用正方形地砖． 实践发现：对于正边形．如果一个内角度数能被整除，那么这样的正边形可以进行平面镶嵌．图1和图2就是分别利用正三角形和正方形得到的两组镶嵌图案．如图3．按照平面镶嵌的条件，正五边形就不能进行平面镶嵌．对于不规则的全等凸五边形，也可以进行平面镶嵌，图4就是利用不规则的凸五边形得到的一种镶嵌图案． 问题解决： (1)图3中的度数为__________； (2)图5是图4中的一个基本图形，其中，求的度数； (3)某中学图书馆准备用正多边形地砖铺设地面，已有正三角形地砖，现打算购买另外一种正多边形地砖，与已有正三角形地砖进行共顶点组合镶嵌．请设计一种共顶点组合镶嵌方案，并说明理由． 【答案】(1) (2)； (3)正三角形和正方形能密铺，理由见解析（答案不唯一） 【分析】本题考查了多边形内角和及平面图形的镶嵌，两种或两种以上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．任意多边形能进行镶嵌，说明它的内角和应能整除360度． （1）根据多边形内角和求解即可； （2）根据多边形内角和求解即可； （3）根据题意，采用正方形和等边三角形进行密铺即可，利用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，即可得到答案． 【详解】（1）解：正五边形的每个内角的度数为：， ∴， 故答案为：； （2）∵图5是五边形， ∴内角和为：， ∴； （3）正三角形和正方形能密铺，理由如下： 正三角形的每个内角是，正方形的每个内角是， ， 正三角形和正方形能密铺． 19．如图，在中，，连接，过点作，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点； (1)求的度数； (2)若，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、含度角的直角三角形的性质； （1）根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，进而根据直角三角形的两个锐角互余，即可求解； （2）根据含度角的直角三角形的性质得出，进而证明四边形是平行四边形，得出，即可得出，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴； （2）∵，，， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴ 又∵ ∴， ∴． 20．如图，在平行四边形中，过点作于点，点在边上，，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质，角平分线的性质，熟练掌握这些判定和性质是解此题的关键． （1）由在平行四边形中，得到由可得根据矩形的判定即可求证． （2）根据平行线的性质和角平分线的性质可得由勾股定理可求出即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， 又 ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形． （2）解：∵平分 ∴矩形的面积是： 21．如图①，在中，平分且与的外角的平分线交于点． (1)若，，求的度数； (2)当和在变化，而始终保持不变，则是否变化？由此你能得出什么结论？（用含有的式子表示） (3)若把截去，得到四边形，如图②，猜想、、的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)不变， (3)，理由见解析 【分析】本题考查多边形的内角与外角，三角形内角和定理以及三角形外角的性质，掌握三角形内角和定理以及三角形外角的性质是正确解答的关键． （1）根据三角形内角和定理以及外角的性质进行计算即可； （2）由三角形内角和定理，角平分线的定义进行计算即可； （3）延长交于点A，将问题转化为（2）即可． 【详解】（1）解：，平分， ， 又， ， 平分， ， ， （2）解：不变化，理由如下： 平分， ， 平分， ， ， 即； （3）解：，理由如下： 如图，延长、交于点， ∴ ， 由（2）可得， ． 22．在矩形中，连接，延长至E，使，过点E作交延长线于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查了菱形的判定方法，矩形的性质以及勾股定理．熟练掌握菱形的判定方法，矩形的性质以及勾股定理是解题的关键． （1）由矩形的性质得到，结合，即可证明四边形是菱形； （2）在中，利用勾股定理求得，然后根据菱形的性质得到，再利用勾股定理在中，求得． 【详解】（1）证明：由矩形可得， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形； （2）解：在矩形中，，，， 在中，， 由（1）得四边形是菱形， ， ， 在中，． 23．问题解决：如图1在矩形中，点E，F分别在边上，于点G． (1)求证：四边形是正方形； (2)延长到点H，使得，判断的形状，并说明理由． (3)类比迁移：如图2；在菱形中，点E，F分别在边上，与相交于点G，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)是等腰三角形，理由见详解 (3) 【分析】本题主要考查矩形，正方形，菱形，等边三角形的判定和性质，掌握以上知识的判定和性质是关键． （1）根据矩形的性质，证明，得，结合正方形的判定方法“一组邻边相等的矩形是正方形”即可求证； （2）证明，结合（1）即可求证； （3）如图所示，延长到点H，使得，连接，证明，可得是等边三角形，由此即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形； （2）解：是等腰三角形，理由如下， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）得到， ∴， ∴是等腰三角形； （3）解：如图所示，延长到点H，使得，连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 24．如图①，在矩形中，，，点在边上，且，动点从点出发，沿折线以每秒2个单位长度的速度运动．作，交边或边于点，连接，当点与点重合时，点停止运动，设点的运动时间为秒（）． (1)当点和点重合时，线段的长为________； (2)当点在上运动时，用含有的代数式表示的长； (3)当点在上运动且点不与点重合时，将沿直线翻折，得到，如图②． ①当落在上时，求的值． ②当与矩形的边垂直或平行时，直接写出的值． 【答案】(1) (2) (3)①；②4或7 【分析】（1）由点P与点B重合，得，，再结合矩形性质和勾股定理即可求得答案； （2）分两种情况：当点P在上运动，即时，当点P在上运动，即时，分别表示出的长； （3）①分两种情况：当点P在上运动时，当点P在上运动时，分别求出t的值即可； ②分两种情况：当时，当时，分别求出t的值即可． 【详解】（1）解：如图①，点P与点B重合， 则，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：当点P在上运动，即时， 由题意得：， ∴； 当点P在上运动，即时， 由题意得：， ∴； 综上，； （3）解：①分以下两种情况讨论： 当点P在上运动时，如图②，过点Q作于F， 则， ∵将沿直线翻折，得到， ∴，，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 在中，， ∴， 解得：； 当点P在上运动时，如图③，过点P作于G，连接， 则， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理可得：四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵是等腰直角三角形， ∴， 在中，， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴此时点不可能落在上； 综上，t的值为； ②分以下两种情况讨论： 当时，如图④， 则， 由翻折得， ∴， 又∵， ∴， ∴， 解得：； 当时，如图⑤， 则， ∴， 解得：； 综上，t的值为4或7． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定与性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，翻折变换的性质，全等三角形的判定和性质等，分类讨论，数形结合是解题的关键． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $