精品解析：山东泰安市新泰市2025-2026学年八年级上学期期末数学试题

八年级上学期期末检测数学试题 本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页，满分150分．考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，请考生仔细阅读答题卡上的注意事项，并务必按照相关要求作答． 2．考试结束后，监考人员将本试卷和答题卡一并收回． 第Ⅰ卷（选择题 共40分） 一、选择题（本大题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确的选项选出来，每小题选对得4分，选错、不选或选出的答案超过一个，均记零分） 1. 下列从左到右的变形，是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 2. 某校举办了以“展礼仪风采，树文明形象”为主题的比赛．已知某位选手的礼仪服装、语言表达、举止形态这三项的得分分别为90分，80分，80分，若依次按照的百分比确定成绩，则该选手的成绩是（ ） A. 86分 B. 85分 C. 84分 D. 83分 3. 下列航天图标中，其图案是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列分式中，把的值同时扩大3倍后，结果也扩大为原来的3倍的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知样本、，，平均数是，方差是，则样本，，…，的平均数和方差是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，某同学用根相同的小木棍首尾顺次相接组成了五边形，固定边，将点向下推，使点、、共线，形成四边形，则此变化过程中（ ） A. 内角和减少了 B. 内角和增加了 C. 外角和减少了 D. 外角和不变 7. 点向上平移个单位，再向左平移个单位到点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 《九章算术》是我国古代重要的数学专著之一，其中记录的一道题大意为：把一份文件送到900里外的城市，若用慢马送，需要的时间比规定的时间多1天；若用快马送，需要的时间比规定的时间少3天。已知快马的速度是慢马的2倍。根据题意列方程为，其中表示（ ） A. 规定的时间 B. 慢马的速度 C. 快马的速度 D. 快马需要的时间 9. 在中，若三边长a，b，c满足，，则边长c为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 10. 如图，的对角线相交于点O，的平分线与边相交于点P，过点O作平行于的直线交于点E，若，，则的长为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 12 第Ⅱ卷（非选择题 110分） 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，满分20分） 11. 分解因式：m2-6m+9=_______． 12. 一个多边形的内角和是外角和的4倍，则这个多边形是________． 13. 如图，在平行四边形纸片中，，将纸片沿对角线对折，边与边交于点，若恰为等边三角形，则的长度是______． 14. 如图，在中，，，是边上任意一点，以点为中心，把逆时针旋转得到，则_____°． 15. 若关于的分式方程的解为正数，则的取值范围是______． 三、解答题：（本大题共8个小题，满分90分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 解方程： （1）； （2）． 17. 先化简，再求值：，其中． 18. 把一副三角板按如图甲放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝6cm，DC＝7cm．把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙）．这时AB与CD1相交于点O、与D1E1相交于点F． （1）求∠OFE1的度数； （2）求线段AD1的长； （3）若把△DCE绕着点C顺时针再旋转30°得△D2CE2，这时点B在△D2CE2的内部、外部、还是边上？说明理由． 19. 如图，在平面直角坐标系中，网格中每一个小正方形的边长为个单位长度，的顶点均在格点上，三个顶点的坐标分别是，，． （1）以点为对称中心，画出与成中心对称的； （2）将点绕坐标原点逆时针方向旋转至点，直接写出点的坐标； （3）将向右平移个单位长度得，在坐标系中画出并求出这个变化过程中扫过的面积． 20. 【问题情境】 数学活动课上，老师带领同学们开展“利用树叶的特征对树木进行分类”的实践活动． 【实践发现】 同学们随机收集芒果树、荔枝树的树叶各10片，通过测量得到这些树叶的长y（单位：cm），宽x（单位：）的数据后，分别计算长宽比，整理数据如下： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 芒果树叶的长宽比 3.8 3.7 3.5 3.4 3.8 4.0 3.6 4.0 3.6 4.0 荔枝树叶的长宽比 2.0 2.0 2.0 2.4 1.8 1.9 1.8 2.0 1.3 1.9 【实践探究】 分析数据如下： 平均数 中位数 众数 方差 芒果树叶的长宽比 a b 4.0 0.0424 荔枝树叶的长宽比 1.91 1.95 c 0.0669 【问题解决】 （1）求a，b，c的值； （2）A同学说：“从树叶的长宽比的方差来看，我认为芒果树叶的形状差别大．”B同学说：“从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，我发现荔枝树叶的长约为宽的两倍．”以上两位同学的说法中，合理的是 同学． 21. 2024年11月11日，重庆“梁平柚”被列入第二批国家农产品地理标志，是全国三大名柚之一，特点是浓烈蜜香、纯甜嫩脆，深受消费者的喜爱．某超市按大小把“梁平柚”分成大果和小果出售． （1）某公司为员工发福利，预计花费3050元购买大果和小果共400千克，此时大果售价为每千克8元，小果售价为每千克7元．求购买大果和小果各多少千克？ （2）由于春节临近，超市下调柚子价格，现该公司一次性购买大果、小果若干，其中大果共花费1920元，小果花费720元，已知购买大果的数量是小果的2倍，下调价格后大果比小果每千克贵1.5元．分别求大果和小果价格下调后每千克的售价？ 22. 如图，在中，，分别是边，上的中线，与相交于点，点，分别是，的中点． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）求证：； （3）试猜想与的数量关系并给予证明． 23. 如图，中，E为边上一点，F为延长线上一点，且．过F作，交的延长线于点G． （1）求证：； （2）在八下，我们会学习菱形．菱形的判定定理有：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；四条边都相等的四边形是菱形．当时，利用以上判定定理证明四边形是菱形． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 八年级上学期期末检测数学试题 本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页，满分150分．考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，请考生仔细阅读答题卡上的注意事项，并务必按照相关要求作答． 2．考试结束后，监考人员将本试卷和答题卡一并收回． 第Ⅰ卷（选择题 共40分） 一、选择题（本大题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确的选项选出来，每小题选对得4分，选错、不选或选出的答案超过一个，均记零分） 1. 下列从左到右的变形，是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了因式分解的定义，把一个多项式变形为几个整式的乘积形式叫做因式分解，据此可得答案． 【详解】解：A、，等式不成立，故原式不是因式分解，不符合题意； B、这是整式乘法，不是因式分解，不符合题意； C、是因式分解，符合题意； D、等式右边不是乘积形式，不是因式分解，不符合题意； 故选：C． 2. 某校举办了以“展礼仪风采，树文明形象”为主题的比赛．已知某位选手的礼仪服装、语言表达、举止形态这三项的得分分别为90分，80分，80分，若依次按照的百分比确定成绩，则该选手的成绩是（ ） A. 86分 B. 85分 C. 84分 D. 83分 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了加权平均数．熟练掌握加权平均数是解题的关键． 根据，计算求解即可． 【详解】解：由题意知，该选手的成绩是，（分）， 故选：D． 3. 下列航天图标中，其图案是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可． 【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、是中心对称图形，故此选项符合题意； C、不是中心对称图形，故此选项符合题意； D、不是中心对称图形，故此选项符合题意； 故选B． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 4. 下列分式中，把的值同时扩大3倍后，结果也扩大为原来的3倍的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简，解决本题的关键是熟练掌握分式的基本性质将分式化成最简分式． 根据题意将每个选项中同时扩大3倍，然后对式子进行化简计算，看最后结果与选项的关系判断即可． 【详解】解：A、，不符合题意； B、，不符合题意； C、，符合题意； D、，不符合题意 故选：C． 5. 已知样本、，，平均数是，方差是，则样本，，…，的平均数和方差是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平均数和方差，若一组数据中的各个数据扩大或缩小几倍，得到的新数据的平均数扩大或缩小几倍，方差扩大或缩小其平方倍；，若一组数据中的各个数据都加上或减去同一个数后，得到的新数据的平均数加上或减去这一个数，方差不变，掌握平均数与方差的变化规律是解题的关键． 【详解】解：∵样本、，，平均数是，方差是， ∴样本，，…，的平均数为，方差为， 故选：． 6. 如图，某同学用根相同的小木棍首尾顺次相接组成了五边形，固定边，将点向下推，使点、、共线，形成四边形，则此变化过程中（ ） A. 内角和减少了 B. 内角和增加了 C. 外角和减少了 D. 外角和不变 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查多边形的内角与外角，根据多边形内角和定理，外角和是一一判断即可． 【详解】解：变化过程中，从五边形变为四边形，外角和不变，都是，内角和减少了． 故选项D正确． 故选：D． 7. 点向上平移个单位，再向左平移个单位到点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直角坐标系中点的平移法则：横坐标满足“左（移）减右（移）加”，纵坐标满足“下（移）减上（移）加”． 【详解】解：点向上平移个单位，再向左平移个单位得到点，坐标变化为，则点的坐标为． 故选：C． 【点睛】本题主要考查图形的平移变换，解题的关键是要懂得左右移动改变点的横坐标，左减、右加；上下移动改变点的纵坐标，下减、上加． 8. 《九章算术》是我国古代重要的数学专著之一，其中记录的一道题大意为：把一份文件送到900里外的城市，若用慢马送，需要的时间比规定的时间多1天；若用快马送，需要的时间比规定的时间少3天。已知快马的速度是慢马的2倍。根据题意列方程为，其中表示（ ） A. 规定的时间 B. 慢马的速度 C. 快马的速度 D. 快马需要的时间 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，由快、慢马的速度间的关系，结合所列的方程，可得出表示慢马的速度，表示快马的速度，结合快、慢马所需的时间与规定时间之间的关系，可得出表示x规定的时间． 【详解】解：根据题意列方程为， ∴， ∴表示慢马的速度，表示快马的速度， ∵需要的时间比规定时间多1天；如果用快马送，所的时间比规定时间少3天， ∴x表示规定的时间， 故选：A． 9. 在中，若三边长a，b，c满足，，则边长c为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了因式分解，完全平方公式和平方差公式，解题的关键是正确掌握因式分解的方法． 根据完全平方公式和平方差公式对等式变形，可求出边长c． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，得 ， ∴． 故选：A． 10. 如图，的对角线相交于点O，的平分线与边相交于点P，过点O作平行于的直线交于点E，若，，则的长为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定． 由平行四边形的性质推出，，， 由平行线的性质推出，由角平分线定义得到，因此，推出，证明，可得 ，从而得到，即可求解． 【详解】解：如图，过点P作交射线于点F， 四边形是平行四边形， ，，， ， 平分， ， ， ， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴． 故选：C． 第Ⅱ卷（非选择题 110分） 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，满分20分） 11. 分解因式：m2-6m+9=_______． 【答案】 【解析】 【分析】直接应用完全平方公式即可． 【详解】解： 故答案为： 【点睛】本题考查了完全平方公式，熟练掌握公式是解题的关键． 12. 一个多边形的内角和是外角和的4倍，则这个多边形是________． 【答案】十边形 【解析】 【分析】明确任意多边形的外角和为固定值，多边形内角和公式为，其中为多边形的边数，根据题目给出的倍数关系列方程求解边数即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 任意多边形的外角和为，边形内角和公式为， 根据题意列方程得， 解得， 故这个多边形是十边形． 13. 如图，在平行四边形纸片中，，将纸片沿对角线对折，边与边交于点，若恰为等边三角形，则的长度是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、折叠的性质以及等边三角形的性质，熟练掌握这些性质并能综合运用，推导出线段之间的等量关系是解题的关键． 先利用平行四边形的性质得到对边相等，再根据折叠性质和等边三角形的性质，推导出的边长，进而求出的长度． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵为等边三角形， ∴，． ∵， ∴． 由折叠性质可知，， ∴， ∴． ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 14. 如图，在中，，，是边上任意一点，以点为中心，把逆时针旋转得到，则_____°． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了等边对等角以及旋转的性质，掌握相关知识是解题的关键，由，可得，由旋转得，可知． 【详解】解：， ， 由旋转得， ， 即， ． 故答案为：． 15. 若关于的分式方程的解为正数，则的取值范围是______． 【答案】且 【解析】 【分析】本题考查了解分式方程． 先通过分母变形化简分式方程，再求解得到x关于m的表达式，根据解为正数及分母不为零的条件列不等式求m的取值范围 【详解】解：原方程可化为， 即， 两边同乘得， 整理得， 解得： 可知且， ∵关于的分式方程的解为正数， ∴， ∵分子为负， ∴分母，即； 由得，解得， 综上且． 故答案为：且． 三、解答题：（本大题共8个小题，满分90分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了解分式方程： （1）先去分母，把分式方程化为整式方程，再解出整式方程，然后检验，即可求解； （2）先去分母，把分式方程化为整式方程，再解出整式方程，然后检验，即可求解． 【小问1详解】 解：， 方程可变形为， 方程两边同乘以，得， 解得， 检验：当时，， 所以原分式方程的解是； 【小问2详解】 解：， 方程可化为， 方程两边同乘以，得， 解得， 检验：当时， 所以原分式方程的解是． 17. 先化简，再求值：，其中． 【答案】，8 【解析】 【分析】本题主要考查分式的混合运算及化简求值．先计算括号里的减法，再把除法转换为乘法，约分后得最简结果，再代入x的值进行计算即可． 【详解】解： ， 当时，原式． 18. 把一副三角板按如图甲放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝6cm，DC＝7cm．把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙）．这时AB与CD1相交于点O、与D1E1相交于点F． （1）求∠OFE1的度数； （2）求线段AD1的长； （3）若把△DCE绕着点C顺时针再旋转30°得△D2CE2，这时点B在△D2CE2的内部、外部、还是边上？说明理由． 【答案】（1）∠OFE1＝120°； （2）AD1＝5； （3）点B在△D2CE2的内部． 理由：设直线CB与D2E2相交于P， ∵△DCE绕着点C顺时针再旋转30°， ∴∠PCE2＝15°+30°＝45°， ∴△CPE2是等腰直角三角形， ∴CP＝CE2＝， ∵AB＝6， ∴CB＝AB＝3＜，即CB＜CP， ∴点B在△D2CE2的内部． 【解析】 【分析】（1）根据旋转角求出∠OCB＝45°，从而求出∠COB＝90°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解； （2）根据等腰直角三角形的性质求出AO＝CO＝AB，再求出OD1，然后利用勾股定理列式计算即可得解； （3）设直线CB与D2E2相交于P，然后判断出△CPE2是等腰直角三角形，再求出CP，然后与CB相比较即可得解． 【详解】（1）∵旋转角为15°， ∴∠OCB＝60°﹣15°＝45°， ∴∠COB＝180°﹣45°﹣45°＝90°， ∴CD1⊥AB， 在Rt△D1OF中，∠OFE1＝∠CD1E1+∠D1OF＝30°+90°＝120°； （2）∵CD1⊥AB， ∴AO＝CO＝AB＝×6＝3， ∴OD1＝D1C﹣CO＝7﹣3＝4， 在Rt△AD1O中，由勾股定理得，AD1＝＝＝5； （3）略 【点睛】本题考查的是勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键． 19. 如图，在平面直角坐标系中，网格中每一个小正方形的边长为个单位长度，的顶点均在格点上，三个顶点的坐标分别是，，． （1）以点为对称中心，画出与成中心对称的； （2）将点绕坐标原点逆时针方向旋转至点，直接写出点的坐标； （3）将向右平移个单位长度得，在坐标系中画出并求出这个变化过程中扫过的面积． 【答案】（1） 如图，即为所求； （2） 如图，点即为所求，； （3） 如图，为所求，这个变化过程中扫过的面积． 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称的性质、图形的旋转变换、图形的平移变换以及平移过程中扫过面积的计算，熟练掌握中心对称、旋转、平移的坐标变化规律和平行四边形的面积计算方法是解题的关键。 （1）根据中心对称的性质，分别找出点、、关于原点的对称点、、，再顺次连接即可得到。 （2）根据点绕原点逆时针旋转的坐标变换规律，直接求出点的坐标。 （3）根据平移的性质画出，再通过计算线段平移形成的平行四边形面积，求出扫过的面积。 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：这个变化过程中扫过的面积． 20. 【问题情境】 数学活动课上，老师带领同学们开展“利用树叶的特征对树木进行分类”的实践活动． 【实践发现】 同学们随机收集芒果树、荔枝树的树叶各10片，通过测量得到这些树叶的长y（单位：cm），宽x（单位：）的数据后，分别计算长宽比，整理数据如下： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 芒果树叶的长宽比 3.8 3.7 3.5 3.4 3.8 4.0 3.6 4.0 3.6 4.0 荔枝树叶的长宽比 2.0 2.0 2.0 2.4 1.8 1.9 1.8 2.0 1.3 1.9 【实践探究】 分析数据如下： 平均数 中位数 众数 方差 芒果树叶的长宽比 a b 4.0 0.0424 荔枝树叶的长宽比 1.91 1.95 c 0.0669 【问题解决】 （1）求a，b，c的值； （2）A同学说：“从树叶的长宽比的方差来看，我认为芒果树叶的形状差别大．”B同学说：“从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，我发现荔枝树叶的长约为宽的两倍．”以上两位同学的说法中，合理的是 同学． 【答案】（1）3.74，3.75，2.0 （2）B 【解析】 【分析】本题考查了众数，中位数，平均数和方差，掌握相关定义是解答本题的关键． （1）根据平均数，中位数，众数定义即可得到答案； （2）根据题目给出的数据判断即可． 【小问1详解】 解：根据题意得， ， 把10片芒果树叶的长宽比从小到大排列，排在中间的两个数分别为， ∴， 观察10片荔枝树叶的长宽比中出现次数最多的是， ∴； 【小问2详解】 解：∵， ∴芒果树叶的形状差别小，故A同学说法不合理， ∵荔枝树叶的长宽比的平均数，中位数是，众数是， ∴B同学说法合理； 故答案为：B． 21. 2024年11月11日，重庆“梁平柚”被列入第二批国家农产品地理标志，是全国三大名柚之一，特点是浓烈蜜香、纯甜嫩脆，深受消费者的喜爱．某超市按大小把“梁平柚”分成大果和小果出售． （1）某公司为员工发福利，预计花费3050元购买大果和小果共400千克，此时大果售价为每千克8元，小果售价为每千克7元．求购买大果和小果各多少千克？ （2）由于春节临近，超市下调柚子价格，现该公司一次性购买大果、小果若干，其中大果共花费1920元，小果花费720元，已知购买大果的数量是小果的2倍，下调价格后大果比小果每千克贵1.5元．分别求大果和小果价格下调后每千克的售价？ 【答案】（1）购买大果千克，小果各千克； （2）小果价格下调后每千克的售价为元，则大果价格下调后每千克的售价为元． 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，分式方程的应用． （1）设购买大果千克，小果各千克，利用总价=单价数量，结合花费3050元购买大果和小果共400千克，列出关于和的二元一次方程组，解之即可得到结论； （2）设小果价格下调后每千克的售价为元，则大果价格下调后每千克的售价为元，利用数量=总价单价，结合购买大果的数量是小果的2倍，列出关于的分式方程，据此求解即可得到结论． 【小问1详解】 解：设购买大果千克，小果各千克， 由题意得， 解得， 答：购买大果千克，小果各千克； 【小问2详解】 解：设小果价格下调后每千克的售价为元，则大果价格下调后每千克的售价为元， 由题意得， 解得， 经检验，是原方程的解，且符合题意， ， 解：小果价格下调后每千克的售价为元，则大果价格下调后每千克的售价为元． 22. 如图，在中，，分别是边，上的中线，与相交于点，点，分别是，的中点． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）求证：； （3）试猜想与的数量关系并给予证明． 【答案】（1） 证明：∵，分别是边，上的中线， ∴是的中点，是的中点， ∴是的中位线， ∴，且； 又∵点，分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴，且； ∴，且， ∴四边形是平行四边形； （2） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴； 又∵是的中点， ∴， ∴； （3） 解：猜想，证明如下： 由（1），， ∴，， ∴． ∵与同高， ∴， 同理可得：． 又，， ∴． 【解析】 【分析】本题主要考查三角形中位线定理、平行四边形的判定及三角形面积的计算，属于几何综合题． （1）利用三角形中位线定理，分别证明和都平行且等于的一半，从而得到与平行且相等，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”即可得证； （2）利用平行四边形对角线互相平分的性质得到，结合是中点的条件，即可推导出； （3）将四边形的面积拆成两个三角形的面积和，再利用已知的线段比例，结合等高三角形面积比等于底边长之比的性质，算出其中一个小三角形面积占对应大三角形面积的三分之一，并用同样的方法推出另一部分三角形的面积占比，最后结合两个相关三角形面积之和的面积，把两部分面积合并得证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 23. 如图，中，E为边上一点，F为延长线上一点，且．过F作，交的延长线于点G． （1）求证：； （2）在八下，我们会学习菱形．菱形的判定定理有：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；四条边都相等的四边形是菱形．当时，利用以上判定定理证明四边形是菱形． 【答案】（1） 证明：四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ； （2） 解：四边形是菱形，理由如下： 如图，连接，交于点O， 由（1）得，，， ，， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ， ，即为等腰三角形， ， ，即， 四边形是菱形， 【解析】 【分析】（1）根据题意，易证，，再利用“”即可求证． （2）连接，交于点O，根据题意，先证四边形是平行四边形，再证，利用“三线合一”，可证，即可求证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，菱形的判定定理，等腰三角形的性质等知识点，正确掌握相关知识是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $