第21章 四边形 章末复习（习题课件）-【一本·初中同步训练】2025-2026学年八年级下册数学（人教版·新教材）安徽专版
2026-03-23
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教辅
摘要：
该初中数学课件聚焦八年级下册“四边形”章末复习，系统梳理平行四边形、矩形、菱形、正方形的定义、判定及性质，通过知识体系构建搭建从一般到特殊的逻辑支架，帮助学生串联前后知识点。
其亮点在于融合新情境（如传统文化窗格）与分层练习，以几何直观（观察正多边形角度）、推理意识（一题多问性质应用）、应用意识（复杂证明题）提升核心素养。实例如正八边形窗格题引导学生用数学眼光发现几何关系，助力学生系统掌握知识，教师可高效开展分层教学。
内容正文：
初中数学
八年级下册·（RJ版）·安徽专版
第二十一章 四边形
章 末 复 习
目录
CONTENTS
知识体系构建
高频考点精练
综合素养提升
AB∥CD，
AD∥BC
AD∥BC
∠BAD＝90°
AC＝BD
AB＝AD
AC⊥BD
AB＝AD
AC⊥BD
∠BAD＝90°
AC＝BD
AD BC，AB CD
∠BAD＝∠BCD，
∠ABC＝∠ADC
OA＝OC，
OB＝OD
AD BC，AB CD
∠BAD＝∠ADC＝
∠DCB＝∠ABC＝90°
OA＝OD＝
OC＝OB
AB＝AD＝DC＝BC
∠BAD＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC
AC⊥BD
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考点1 四边形及多边形
1. （2025·合肥四十五中期末）一个多边形所有内角与外角的
和为1 440°，则这个多边形的边数是（ B ）
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
[变式] （2025·凉山州）已知一个多边形的内角和是它的外角
和的4倍，则从这个多边形的一个顶点处可以引出的对角线的
条数为（ B ）
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
B
B
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2. （2025·合肥四十二中三模）如图，在正五边形ABCDE中，
AC与BD交于点F，则∠AFB的度数为（ C ）
A. 36° B. 60°
C. 72° D. 75°
C
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3. 【新情境·传统文化】（2025·湖南）如图，图1为传统建筑中
的一种窗格，图2为其窗框的示意图，多边形ABCDEFGH为正
八边形，连接AC，BD，AC与BD交于点M，则∠AMB的度
数为 .
45°
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考点2 平行四边形及特殊的平行四边形
4. （一题多问）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，对角
线AC与BD交于点O，E为AD的中点.
（1）若AB＝5，BC＝4，则▱ABCD的周长是 ，OE
＝ .
（2）若AC＝8，BD＝6，则边AB的长的取值范围是 .
18
1＜AB＜7
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4. （一题多问）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，对角线AC与BD交于点O，E为AD的中点.
（3）若∠BAD比∠ABC小40°，则∠BCD＝ .
（4）尺规作图：过点A作AF∥BD交OE的延长线于点F，连
接DF. （保留作图痕迹，不写作图过程）
①四边形AFDO是 四边形；
70°
平行
②若AC⊥BD，其他条件不变，则四
边形AFDO的形状是 ；
③若四边形AFDO是正方形，则四
边形ABCD的形状是 .
矩形
正方形
解：（4）尺规作图如图所示.
解：（4）尺规作图如图所示.
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5. （2025·德阳）要使平行四边形ABCD是矩形，需要增加的
一个条件可以是（ D ）
A. AB∥CD B. AB＝BC
C. ∠B＝∠D D. AC＝BD
D
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6. （2025·湖南）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD
互相垂直平分，AB＝3，则四边形ABCD的周长为（ C ）
A. 6 B. 9 C. 12 D. 18
C
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7. 如图，BD是矩形ABCD的一条对角线，E，F分别是BD，
DC的中点.若AB＝8，BC＝6，则AE＋EF的长为（ C ）
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
C
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8. 如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，
DH⊥AB于点H，连接OH，∠CAD＝25°，则∠DHO的度数
是（ A ）
A. 25° B. 30°
C. 35° D. 40°
A
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9. （2025·德阳）如图，E，F，G，H分别是四边形ABCD的
边AB，BC，CD，DA的中点.如果BD＝AC，四边形EFGH
的面积为24，HF＝6，那么GH＝（ B ）
A. 4 B. 5 C. 8 D. 10
B
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10. （2025·北京）如图，在△ABC中，D，E分别为AB，AC
的中点，DF⊥BC，垂足为F，点G在DE的延长线上，DG＝FC.
（1）求证：四边形DFCG是矩形；
解：（1）证明：∵D，E分别为AB，AC的
中点，
∴DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC.
∵DG＝FC，∴四边形DFCG是平行四边形.
又∵DF⊥BC，∴∠DFC＝90°，
∴四边形DFCG是矩形.
解：（1）证明：∵D，E分别为AB，AC的
中点，
∴DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC.
∵DG＝FC，∴四边形DFCG是平行四边形.
又∵DF⊥BC，∴∠DFC＝90°，
∴四边形DFCG是矩形.
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10. （2025·北京）如图，在△ABC中，D，E分别为AB，AC
的中点，DF⊥BC，垂足为F，点G在DE的延长线上，DG＝FC.
（2）若∠B＝45°，DF＝3，DG＝5，求BC和AC的长.
解：（2）∵DF⊥BC，∴∠DFB＝90°.
∵∠B＝45°，∴△BDF是等腰直角三角形，
∴BF＝DF＝3.
∵DG＝FC＝5，∴BC＝BF＋FC＝3＋5＝8.
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由（1）可知，DE是△ABC的中位线，四边形DFCG是矩形，
∴DE＝ BC＝4，CG＝DF＝3，∠G＝90°，
∴EG＝DG－DE＝5－4＝1，
∴CE＝ ＝ ＝ .
∵E为AC的中点，∴AC＝2CE＝2 .
∴CE＝ ＝ ＝ .
∵E为AC的中点，∴AC＝2CE＝2 .
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11. （2025·遂宁）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，点
E，F在对角线BD上，BE＝EF＝FD，且AF⊥AB，
CE⊥CD.
（1）求证：△ABF≌△CDE；
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解：（1）证明：∵AB∥CD，∴∠ABF＝∠CDE.
∵AF⊥AB，CE⊥CD，∴∠BAF＝∠DCE＝90°.
∵BE＝EF＝FD，
∴BE＋EF＝FD＋EF，即BF＝DE.
在△ABF和△CDE中，
∴△ABF≌△CDE（AAS）.
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11. （2025·遂宁）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，点
E，F在对角线BD上，BE＝EF＝FD，且AF⊥AB，CE⊥CD.
（2）连接AE，CF，若∠ABD＝30°，请判断四边形AECF
的形状，并说明理由.
解：（2）四边形AECF是菱形.理由如下：
如图.
∵∠ABD＝30°，AB∥CD，
∴∠CDB＝∠ABD＝30°.
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∵BE＝EF，∠BAF＝90°，
∴AE是Rt△ABF的斜边BF上的中线，
∴AE＝ BF.
在Rt△ABF中，∠ABD＝30°，∴AF＝ BF，
∴AE＝AF＝ BF. 同理CE＝CF＝ DE.
∵BF＝DE，∴AE＝AF＝CE＝CF.
又∵∠EAF≠90°，∴四边形AECF是菱形.
在Rt△ABF中，∠ABD＝30°，∴AF＝ BF，
∴AE＝AF＝ BF. 同理CE＝CF＝ DE.
∵BF＝DE，∴AE＝AF＝CE＝CF.
又∵∠EAF≠90°，∴四边形AECF是菱形.
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12. （2025·福建）如图，在矩形ABCD中，AB＜AD.
（1）求作正方形EFGH，使得点E，G分别落在边AD，BC
上，点F，H落在BD上；（要求：尺规作图，不写作法，保
留作图痕迹）
解：（1）如图，正方形EFGH即为所求.
解：（1）如图，正方形EFGH即为所求.
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12. （2025·福建）如图，在矩形ABCD中，AB＜AD. 解：（1）如图，正方形EFGH即为所求.
（2）若AB＝2，AD＝4，求（1）中所作正方形的边长.
解：（2）∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，∴BD＝
＝ ＝2 ，∴OB＝OD＝ .
如图，连接BE. 由作图可知，BE＝ED.
设AE＝x，则BE＝ED＝4－x.
解：（2）∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，
∴BD＝ ＝ ＝2 ，∴OB＝OD＝ .
如图，连接BE. 由作图可知，BE＝ED.
设AE＝x，则BE＝ED＝4－x.
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在Rt△BAE中，由勾股定理，得AE2＋AB2＝BE2，即x2＋22＝
（4－x）2，解得x＝ ，则ED＝ .
在Rt△DEO中，由勾股定理，得
EO＝ ＝ .
∵四边形EFGH是正方形，∴OH＝OE＝ ，∴EH＝ OE
＝ ，∴正方形EFGH的边长为 .
在Rt△BAE中，由勾股定理，得AE2＋AB2＝BE2，即x2＋22＝
（4－x）2，解得x＝ ，则ED＝ .
在Rt△DEO中，由勾股定理，得
EO＝ ＝ .
∵四边形EFGH是正方形，∴OH＝OE＝ ，
∴EH＝ OE＝ ，∴正方形EFGH的边长为 .
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13. （2025·安徽）已知点A'在正方形ABCD内，点E在边AD
上，BE是线段AA'的垂直平分线，连接A'E，A'B.
（1）如图1，若BA'的延长线经过点D，AE＝1，求AB的长.
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解：（1）∵BE是线段AA'的垂直平分线，
∴A'E＝AE＝1，BA'＝BA. 又∵BE＝BE，
∴△ABE≌△A'BE（SSS），
∴∠BAE＝∠BA'E＝90°.
∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADB＝45°，
∴△A'DE是等腰直角三角形，
∴A'D＝A'E＝1，∴DE＝ ，
∴AD＝DE＋AE＝ ＋1，∴AB＝AD＝ ＋1.
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13. （2025·安徽）已知点A'在正方形ABCD内，点E在边AD上，BE是线段AA'的垂直平分线，连接A'E，A'B.
（2）如图2，F是AA'的延长线与CD的交点，连接CA'.
①求证：∠CA'F＝45°；
②如图3，设AF，BE相交于点G，连接CG，DG，DA'，若
CG＝CB，判断△A'DG的形状，并说明理由.
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解：（2）①证明：由题意，知BA＝BA'＝BC，
∴∠BAA'＝∠BA'A，∠BCA'＝∠BA'C，
∴∠AA'C＝∠AA'B＋∠CA'B＝ （180°－∠ABA'）＋
（180°－∠CBA'）＝180°－45°＝135°，
∴∠CA'F＝180°－∠AA'C＝45°.
②△A'DG是等腰直角三角形.理由如下：
如图3，过点C作CN⊥BG交BG于点M，交AB于点N.
∵CN⊥BG，CG＝CB，∴M为BG的中点.
∵AA'⊥BE，∴CN∥AF，∴BN＝ AB.
解：（2）①证明：由题意，知BA＝BA'＝BC，
∴∠BAA'＝∠BA'A，∠BCA'＝∠BA'C，
∴∠AA'C＝∠AA'B＋∠CA'B＝ （180°－∠ABA'）＋
（180°－∠CBA'）＝180°－45°＝135°，
∴∠CA'F＝180°－∠AA'C＝45°.
②△A'DG是等腰直角三角形.理由如下：
如图3，过点C作CN⊥BG交BG于点M，交AB于点N.
∵CN⊥BG，CG＝CB，∴M为BG的中点.
∵AA'⊥BE，∴CN∥AF，∴BN＝ AB.
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∵∠ABE＝90°－∠CBG＝∠BCN，∠BAE＝∠CBN＝
90°，AB＝BC，∴△ABE≌△BCN（ASA），
∴AE＝BN＝ AB＝ AD，
∴E为AD的中点.
又∵AG＝GA'，∴EG∥A'D，
∴∠DA'G＝∠EGA＝90°.
同理可证△ADA'≌△BAG，
∴A'D＝AG＝A'G，∴△A'DG是等腰直角三角形.
∵∠ABE＝90°－∠CBG＝∠BCN，∠BAE＝∠CBN＝90°，
AB＝BC，∴△ABE≌△BCN（ASA），
∴AE＝BN＝ AB＝ AD，
∴E为AD的中点.
又∵AG＝GA'，∴EG∥A'D，
∴∠DA'G＝∠EGA＝90°.
同理可证△ADA'≌△BAG，
∴A'D＝AG＝A'G，∴△A'DG是等腰直角三角形.
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