专题01 四边形全章8大考点（期末真题汇编，湖南专用）八年级数学下学期新教材湘教版

**基本信息** 聚焦四边形专题，整合湖南多地期末真题，覆盖多边形至综合应用8大考点，突出情境化设计与分层能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空|约40题|多边形内角和、平行四边形判定、矩形性质等|结合巴黎奥运会奖牌考多边形内角和，中心对称图形融入地方队徽设计| |解答题|约20题|菱形面积计算、正方形折叠、四边形动点综合|综合题融合折叠与动点（如矩形中PQCD为平行四边形的t值探究），体现几何直观与推理能力|

专题01 四边形 高频考点概览 考点01多边形 考点02平行四边形 考点03中心对称与中心对称图形 考点04三角形的中位线 考点05矩形 考点06 菱形 考点07正方形 考点08 四边形的综合 考点01 多边形 1．（24-25八年级下·湖南益阳·期末）在2024年2月，巴黎奥运会主办方公布了新设计的奥运奖牌（如图），奖牌中间镶嵌着一个六边形铁块．这个六边形铁块的内角和度数为________． 【答案】720 【分析】本题主要考查了多边形的内角和公式，熟记公式是解答本题的关键．根据n边形的内角和公式为：，据此计算即可． 【详解】解：由图可知该奥运奖牌是六边形， ∴． 故答案为：720 2．（24-25八年级下·湖南永州·期末）一个多边形的边数每增加一条，这个多边形的（    ） A．内角和增加 B．内角和增加 C．对角线增加一条 D．外角和增加 【答案】B 【分析】本题主要考查了多边形的内角和定理与外角和特征．熟练掌握多边形的内角和公式和外角和是，是解决问题的关键． 根据多边形的内角和公式，外角和不变，逐一判断解题． 【详解】解：多边形的外角和为，不发生变化； 多边形的内角和，故增加， 故选：B． 3．（24-25七年级下·湖南衡阳·期末）如图，在正五边形，以为一边，在内部作正方形，则________． 【答案】/度 【分析】本题考查了正多边形内角的计算，熟记多边形内角和公式是解题关键．分别求出正五边形与正方形每个内角的度数，作差即可得答案． 【详解】解：∵在正五边形，以为一边，在内部作正方形， ∴，， ∴． 故答案为： 4．（24-25八年级上·湖南湘西·期末）过某多边形的一个顶点可以引2024条对角线，则这个多边形的边数是______条 【答案】2027 【分析】本题可根据多边形对角线的相关性质来求解多边形的边数，即根据过边形的一个顶点可引出条对角线这一关系建立方程求解．本题主要考查了多边形对角线的性质，熟练掌握过边形一个顶点可引出条对角线是解题的关键． 【详解】解：设这个多边形的边数为． ∵ 过边形的一个顶点可以引条对角线，且过该多边形的一个顶点可以引条对角线 ∴ ∴ 故答案为：． 5．（24-25七年级上·湖南衡阳·期末）连结多边形任意两个不相邻顶点的线段叫多边形的对角线。如图，四边形有2条对角线，五边形有5条对角线，六边形有9条对角线，七边形有14条对角线，……，则十三边形的对角线条数为（   ） A．54 B．60 C．65 D．72 【答案】C 【分析】本题考查了规律探究问题．从四边形、五边形、六边形等对角线的条数进行分析，总结规律即可得到n边形的对角线条数． 【详解】解：四边形的对角线条数（条）， 五边形的对角线条数（条）， 六边形的对角线条数（条）， …， ∴n边形的对角线条数（条）， ∴十三边形的对角线条数（条）， 故选：C． 6．（24-25八年级下学期·湖南邵阳·期末）如图，已知为直角三角形，，若沿图中虚线剪去，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了三角形内角和为以及四边形内角和为等知识内容，该题运用整体思想法，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 根据三角形内角和为以及四边形内角和为，即可列式作答． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴. 故选：C． 7.（24-25八年级下学期·湖南湘西·期末）如果一个正多边形的每个内角为，则这个正多边形的边数是________． 【答案】12 【分析】本题主要考查了正多边形内角问题，设这个正多边形的边数为n，根据正多边形内角和计算公式建立方程求解即可． 【详解】解：设这个正多边形的边数为n， 由题意得，， 解得， ∴这个正多边形的边数是12， 故答案为：12． 8．（24-25八年级下学期·湖南益阳赫山区·期末）一机器人在平地上按如图设置的程序行走，则该机器人从开始到停止所行走的路程为_____． 【答案】32m 【分析】该机器人所经过的路径是一个正多边形，利用360°除以45°，即可求得正多边形的边数，即可求得周长，利用周长除以速度即可求得所需时间． 【详解】解：根据题意， 360°÷45°=8， 则所走的路程是：4×8=32（m）． 故答案为：32m． 【点睛】本题考查了正多边形的外角和定理，理解经过的路线是正多边形是关键． 9．（24-25八年级下·湖南岳阳·期末）一个多边形的内角和比它的外角和的4倍少，求：这个多边形是几边形？ 【答案】这个多边形是九边形 【分析】本题考查了多边形内角与外角，掌握多边形的内角和公式，多边形的外角和定理是解题的关键．设这个多边形的边数为，由题意可得：，解一元一次方程即可得出答案． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 由题意可得：， 解得：， 答：这个多边形是九边形． 10．（21-22七年级下·湖南衡阳·期末）已知一个多边形的内角和是外角和的2倍． (1)求这个多边形的边数； (2)求这个多边形的对角线条数． 【答案】(1)6 (2)9 【分析】（1）任意多边形的外角和均为360度，然后依据多边形的内角和公式列方程求解即可； （2）根据多边形的对角线公式求解即可得． 【详解】（1）解：设这个多边形的边数为n． 根据题意得：，解得：． 答：这个多边形的边数为6． （2）解：这个多边形对角线有：（条）， 答：这个多边形的对角线条数为9． 【点睛】本题主要考查了多边形的内角和与外角和、多边形的对角线等知识点，熟练掌握计算公式是解答本题的关键． 11．（24-25七年级下·湖南衡阳·期末）已知一个多边形的内角和比外角和的3倍还多． (1)求这个多边形的边数； (2)若这个多边形是正多边形，则该正多边形一个内角的度数是多少？ 【答案】(1)9 (2) 【分析】本题主要考查了多边形内角和和外角和综合，正多边形内角问题，熟知多边形内角和计算公式是解题的关键． （1）设这个多边形的边数是n，则这个多边形的内角和为，再根据多边形外角和为360度且这个多边形的内角和比外角和的3倍还多建立方程求解即可； （2）用这个正多边形的内角和除以其内角个数即可得到答案． 【详解】（1）解：设这个多边形的边数是n， 由题意得， 解得， 答：这个多边形的边数是9； （2）解：正九边形的每一个内角为． 12.（24-25八年级下·湖南娄底·期末）一个n边形的每个外角都相等，它的内角与相邻外角的度数之比为． (1)求这个n边形一个内角的度数． (2)求这个n边形的内角和． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查多边形的内角与外角关系、方程的思想．关键是记住多边形的每一个内角与其相邻的外角互补、及外角和的特征． （1）先根据多边形的内角和外角的关系，列方程求解即可得出一个内角和一个外角； （2）根据外角和是固定的，求出多边形的边数，从而可代入公式求解． 【详解】（1）解：设这个n边形一个内角的度数为，则它的相邻外角的度数为， 根据题意，得 解得：， ，， 故这个n边形一个内角的度数为； （2）根据（1）得这个n边形一个外角的度数为， ， 这个n边形的内角和为． 考点02 平行四边形 1．（24-25八年级下·湖南省株洲市石峰区田心中学多校联考·期末）在中，的值可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查对平行四边形的性质，平行线的性质等知识点的理解和掌握，能根据平行四边形的性质进行判断是解此题的关键；根据平行四边形的性质得到，，，，根据以上结论即可选出答案． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ，， 即和的数相等，和的数相等，且， 故选：C． 2．（2025八年级下·湖南省株洲市天元区联考·期末）如图，在中，用尺规作的平分线，交于点G，若，，则的长为（   ） A．18 B． C． D．24 【答案】D 【分析】本题考查了作图-基本作图，也考查了平行线的性质、平行四边形的性质和菱形的判定与性质．利用基本作图得到平分，，再证明得到，连接，交于点O，如图，接着证明四边形为菱形，所以，，，然后利用勾股定理计算出，从而得到的长． 【详解】解：由作图痕迹得到平分，， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 连接，交于点O，如图， ∵， 而， ∴四边形为菱形， ∴，，， 在中，， ∴． 故选：D． 3．（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）如图，的对角线相交于点O，，，，则的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形，根据平行四边形的对角线互相平分，即可求解． 【详解】解：∵的对角线相交于点O，，，， ∴，， ∴的周长为 故选：B． 4．（24-25八年级下·湖南省郴州市·期中）在四边形中，是对角线的交点，不能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的判定，三角形全等的判定与性质，根据三角形全等的判定与性质以及平行四边形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：如图， A选项：∵，， ∴四边形是平行四边形，本选项不合题意； B选项：∵， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形，本选项不合题意； C选项：∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，本选项不合题意； D选项：由无法证明四边形是平行四边形，本选项符合题意． 故选：D． 5．（2025·陕西榆林·二模）如图，在中，于点，于点，，，，则的长为（   ） A．10 B．9 C．8.4 D．8 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质，等积法求线段的长，根据等积法求出的长，即为的长． 【详解】解：∵， ∴， ∵于点，于点， ∴，即：， ∴， ∴； 故选C． 6．（24-25八年级下·湖南株洲·期末）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点的坐标分别是，则顶点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质以及坐标与图形的性质，解题的关键是利用平行四边形对边平行且相等的性质． 本题可根据平行四边形对边平行且相等的性质，求出点的坐标． 【详解】四边形是平行四边形， ，， 已知， 的长度为，且在轴上， 的长度也为3，且，即平行于轴． 已知，平行于轴， 以点的纵坐标与点的纵坐标相同，为4， 又，点的横坐标为2， 点的横坐标为， 顶点的坐标是． 故选：A． 7．（24-25八年级下·湖南株洲·期末）如图，是的对角线，过点B作交于点G，垂足为E，过点D作交于点H，垂足为F，连接．则下列结论：①；②四边形是平行四边形；③；④平分的周长．其中正确的个数是（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，证即可判断出①；证即可判断出②；由，而不一定等于，即可判断出③；由即可判断出④． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴四边形是平行四边形，故②正确； ∵，而不一定等于，故③错误； ∵， ∴， 故平分的周长，故④正确； 所以正确的有3个， 故选：B． 8．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）阅读材料：物理学中“力的合成”遵循平行四边形法则，即和的合力是以这两个力为邻边构成的平行四边形的对角线所表示的力，如图． 解决问题：设两个共点的合力为，现保持两力的夹角不变，使得其中一个力增大，则（   ） A．合力一定增大 B．合力的大小可能不变 C．合力可能增大，也可能减小 D．合力一定减小 【答案】A 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，理解题意是解题的关键． 【详解】解：如下图： 已知两边长度和夹角的度数可以确定一个平行四边形，即其对角线也是确定的，而两边的夹角不变，某一边长增大时，平行四边形的对角线也在增大．如图所示，两力的夹角不变，使得其中一个力不变，增大时，合力F也在增大，故A正确，B，C，D错误， 故选∶A． 9．（24-25八年级下·湖南邵阳·期末）如图，将沿对角线AC折叠，使点B落在点处，若，则______． 【答案】/123度 【分析】本题主要考查的是平行四边形的性质和折叠的性质，平行线的性质以及三角形内角和定理，掌握平行四边形的性质和折叠的性质是解题的关键． 根据平行四边形的对边平行可知，利用平行线的性质还可求出；结合折叠的性质求出的度数，再在中利用三角形的内角和定理求出的度数． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 根据折叠的性质可知， ∵， ∴． ∵在中，，， ∴． 故答案为：． 10．（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在四边形中，，且，，点、分别从点、同时出发，点以的速度由点向点运动，点以的速度由点向点运动，当点、中有一点到达终点时，另一点也随之停止运动，则_____后四边形是平行四边形． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，设运动时间为，由题意得，，则，根据平行四边形的性质得到，则，解方程即可得到答案． 【详解】解：设运动时间为， 由题意得，， ∴， ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， 解得， ∴后四边形是平行四边形． 故答案为：． 11．（24-25九年级上·湖南湘西·期末）如图，在中，和的平分线恰好相交于上的点E，延长交的延长线于点F． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等角对等边，全等三角形的判定和性质． （1）利用角平分线的定义结合平行四边形的性质求得即可证明； （2），求得，再利用平行四边形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：∵是的平分线， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵，是的平分线， ∴． 在和中，， ∴， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 12．（24-25八年级下·湖南益阳·期末）如图，在四边形中，点P在边上，连接，交于点Q，，． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)连接，若，，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理． （1）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，据此即可得证； （2）根据平行四边形的性质可得，在中，根据勾股定理即可求出答案． 【详解】（1）证明：，， ， ． 又， 四边形为平行四边形． （2）四边形为平行四边形， ． 又，， ，． 又，， 在中，． 13．（24-25八年级下·湖南娄底·期末）如图，的对角线，相交于点O，点E，F在上，且．连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理等知识，解题的关键是利用平行四边形的性质求得待求线段的长，再利用勾股定理求解． （1）先利用平行四边形的性质证得，，再利用线段的和证得，从而可根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”得出结论； （2）先求得与，再利用勾股定理求得的长． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵，，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 14．（23-24八年级下·重庆·期末）如图，在中，，点E是边的中点，点D是边上一点，连接并延长至C，使得，连接． (1)求证：四边形是平行四边形： (2)若平分，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练相关性质是解题的关键． （1）证明，可得，可得，得到，即可解答； （2）证明，利用勾股定理列方程求得即可解答． 【详解】（1）解：，， ， ， 点E是边的中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：平分， ， 四边形是平行四边形 ， ， ， 设，则， 在中，可得方程， 解得， 平行四边形的面积为． 15．（24-25八年级下·湖南张家界·期末）如图，在中，，，．动点P从点D出发沿方向以的速度向点A运动，动点Q同时从点B出发，以的速度沿射线方向运动，当点P到达点A时，点Q也随之停止运动，设点P，Q运动的时间为t秒（）． (1)=_______ ，=_______度． (2)当时，_______， _______．（用含t的式子表示） (3)是否存在t值，使以点P，Q，C，D为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)16，120 (2)， (3)t的值为或 【分析】本题考查了平行四边形的性质含的直角三角形的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想和动态的思想解决问题是解题的关键． （1）可求出，根据含的直角三角形的性质可得，根据平行四边形的性质可得，则，即可求解； （2）根据已知和平行四边形的性质可得，，结合已知时间即可知即可； （3）分两种情况讨论，当为边时，结合平行四边形的性质得；当为对角线时，由平行四边形得，列出方程可求解； 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，，，， ，，， ，， ， ∴，， 则， 故答案为：16，120； （2）解：∵点P从点D出发沿方向以的速度向点A运动，动点Q同时从点B出发，以的速度沿射线方向运动， ∴，， ∵，， ∴， 故答案为：，； （3）解：存在， 当为边时， 四边形是平行四边形， ， ， ∴； 当为对角线时， 四边形是平行四边形， ， ， ∴， ∵当点P到达点A时，点Q也随之停止运动， ∴， ∴， 综上所述：的值为或． 考点03 中心对称与中心对称图形 1.（25-26九年级上·湖南湘西·期末）2025年12月27日，湖南省足球联赛（简称“湘超”）在长沙贺龙体育场落下帷幕，14个市州队徽设计充分体现了各地地方特色与足球元素的融合，见证了湖南足球的荣耀与风采．下列四个地市队徽中的足球元素，是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了中心对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，根据中心对称图形的定义逐项分析即可得出结果，熟练掌握中心对称图形的概念，是解题的关键． 【详解】解：A、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，故不符合题意； B、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，故不符合题意； C、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，故不符合题意； D、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，故是中心对称图形，故符合题意； 故选：D． 2.（25-26八年级上·湖南张家界·期末）下列图形中不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的定义.把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据中心对称图形的概念逐一判断，即可得到答案． 【详解】解：A．是中心对称图形，故本选项不符合题意； B．是中心对称图形，故本选项不符合题意； C．不是中心对称图形，故本选项符合题意； D．是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：C． 3.（25-26九年级上·湖南邵阳·期末）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐一判断即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B、不是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C、既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意； D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意． 故选：C． 4.（21-22七年级下·湖南株洲·期末）在方格纸中，选择标有序号的一个小正方形涂黑，与图中的阴影部分构成中心对称图形，该小正方形的序号是____________． 【答案】③ 【分析】根据中心对称图形的性质判断即可． 【详解】解：选择标有序号③的一个小正方形涂黑，与图中的阴影部分构成中心对称图形， 故答案为：③． 【点睛】本题考查利用旋转设计图案，解题的关键是利用中心对称图形的性质，属于中考常考题型． 5.（23-24七年级下·湖南衡阳·期末）如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为个单位，的三个顶点都在格点上． (1)在网格中画出关于直线对称的； (2)在网格中画出关于点成中心对称的图形． (3)在直线上画出点，使最小． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查了轴对称作图、中心对称及利用轴对称性质作图． （1）作出点A、B、C关于直线m的对称点，然后再顺次连接即可； （2）根据中心对称的性质作出点A、B、C平移后的对应点，然后顺次连接即可； （3）连接，则与直线m的交点即为点P． 【详解】（1）解：如图，即为所求作的三角形； （2）解：如图，即为所求作的三角形； （3）解：连接，与直线m的交点即为所求作的点P，如图所示： 连接， 根据轴对称的性质可知：， ∴， ∵两点之间线段最短， ∴此时最小，即最小． 考点04 三角形的中位线 1.（23-24八年级下·湖南永州·期末）下列说法正确的是（   ） A．顺次连接任意一个四边形四边的中点，所得到的四边形一定是平行四边形． B．平行四边形既是中心对称图形，又是轴对称图形． C．任意多边形的内角和是 D．只要是证明两个直角三角形全等，都可以用“”定理． 【答案】A 【分析】本题考查了三角形的中位线的定义与性质、平行四边形的判定、多边形的内角和、直角三角形的判定定理，逐项判断即可，熟练掌握三角形的中位线的定义与性质、平行四边形的判定、多边形的内角和、直角三角形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、顺次连接任意一个四边形四边的中点，连接原四边形的对角线，新四边形的4条边分别是对应三角形的中位线，每组对边平行于一条原四边形的对角线，故所得到的四边形一定是平行四边形，说法正确，符合题意； B、平行四边形是中心对称图形，不一定是轴对称图形，原说法错误，不符合题意； C、边形的内角和，原说法错误，不符合题意； D、斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形，可以用“”定理，原说法错误，不符合题意； 故选：A． 2.（24-25八年级下·湖南怀化·期末）如图，在四边形中，点是对角线的中点，点、分别是、的中点，，，．则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由三角形的内角和定理，结合三角形中位线定理可得，由平行线的性质可得的度数，根据三角形的内角和定理以及等边对等角，计算即可得的度数． 【详解】解：∵是对角线的中点，点、分别是、的中点， ∴，，，， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 3.（25-26八年级上·湖南株洲·期末）如图，的对角线，相交于点O，的平分线与边相交于点P，E是的中点，若，，则的长为（   ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查了与三角形中位线有关的求解问题，等腰三角形的性质和判定，利用平行四边形的性质求解等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 由平行四边形的性质及角平分线的定义得，从而得的长，由三角形中位线定理即可求解． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵E是的中点，， ∴， 故选：B． 4．（25-26八年级上·湖南张家界·期末）如图，点D，E，F分别为三边的中点，若的周长为5，则的周长为（    ） A．12 B．10 C．5 D．2．5 【答案】B 【分析】本题考查了三角形的中位线的性质的应用，能根据三角形的中位线性质得出、、是解此题的关键．根据三角形的中位线性质得出，，，即可求出答案． 【详解】解：点、、分别为三边、、的中点， ，，， 的周长为5， ， ， 即的周长为. 故选：B． 5.（24-25八年级下·湖南岳阳·期末）如图，要测定被池塘隔开的两点的距离，可以在外选一点C，连接，并分别找出它们的中点，连接．现测得，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．利用三角形的中位线定理即可解决问题． 【详解】解：∵D、E分别、的中点，， ∴， ∴． 故选：B． 6.（24-25八年级下·湖南张家界·期末）古代有“偃矩以望高”的测高方法，图1是测量工具“矩”，小亮同学利用“矩”测量某物体的高度（如图2）．通过调整自己的姿势和“矩”的摆放位置，使保持水平，且A，C，E三点在同一直线上，，米，若点B恰为线段的中点，则此物体的高度为______米． 【答案】0.4 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理，延长至点，使，连接，证明，进而得到，推出四边形为平行四边形，得到，再利用三角形的中位线定理进行求解即可． 【详解】解：延长至点，使，连接， ∵点B恰为线段的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵A，C，E三点在同一直线上， ∴， 由题意，可知：， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴为的中位线， ∴米； 故答案为：0.4． 7.（24-25八年级下·湖南邵阳·期末）如图，为的中位线，点F在上，且，若，，则的长为___________． 【答案】 【分析】本题考查了三角形中位线定理及直角三角形的特征，由三角形中位线定理及直角三角形的特征得，，即可求解；能熟练利用三角形中位线定理及直角三角形的特征是解题的关键． 【详解】解：为的中位线，且， ， ， ， 故答案为：． 8.（24-25八年级下·湖南郴州·期末）如图所示，在平行四边形中，，，点，分别是，边上的动点，连接，，点为的中点，点为的中点，连接，则的最小值为________． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，含30度的直角三角形，勾股定理，掌握三角形中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题关键．连接，过点D作于点G，由三角形中位线定理可得，即当时，即点M在G位置时，有最小值，此时最小，根据平行四边形的性质和直角三角形的性质，求出，即可得到答案． 【详解】解：连接，过点D作于点G， 点为的中点，点为的中点，， 是的中位线， ， 当时，即点M在G位置时，有最小值，此时最小， ∵在中，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴在中，， ∴的最小值为， ∴的最小值． 故答案为： 9.（21-22八年级下·湖南永州·期末）如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是，则第n个矩形的面积是__________． 【答案】 【分析】由中点四边形的含义可得矩形的中点四边形是菱形，菱形的中点四边形是矩形，而中点四边形的面积是原四边形的面积的一半，可得原矩形的面积为 则矩形的中点四边形（菱形）的面积为 再得到菱形的中点四边形（矩形）的面积为： 从而总结归纳出规律，可得答案． 【详解】解：已知第一个矩形的面积为； 第二个矩形的面积为原来的 第三个矩形的面积是； … 故第n个矩形的面积为：． 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理及矩形、菱形的判定与性质，中点四边形的性质，是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的． 10.（22-23八年级下·湖南怀化·期末）如图，在中，，，点D，E分别是，的中点，连接，． (1)求证：； (2)过点A作于点F，求证：． 【答案】(1)见解析； (2)见解析 【分析】本题考查三角形的中位线定理，的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． （1）由，，得到，由三角形中位线定理得到，即可得到结论； （2）由，E是的中点，得到，因此，求出，得到，因此，由，然后根据三线合一得到，根据证明三角形全等即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵点D，E分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴； （2）∵，E是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∵，D是中点， ∴， ∴， ∵， ∴． 11．（24-25八年级下·湖南郴州·期末）如图，在中，点D在上，，连接．E，F分别为的中点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)8 【分析】（1）由，得，由E，F分别为的中点，根据三角形中位线定理得，且，所以，且，即可证明四边形是平行四边形； （2）由，得，所以，因为，所以，由，F为的中点得． 【详解】（1）证明:∵E，F分别为 的中点， ∴是的中位线， ∴．     ∵， ∴．      ∵， ∴，     ∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴．     ∵四边形是平行四边形， ∴，     ∵，F是的中点， ∴，     ∴， 又∵， ∴． 【点睛】本题考查三角形中位线定理、平行四边形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，推导出，且是解题的关键． 13.（23-24八年级下·湖南省邵阳市武冈市·期末）如图，已知，相交于点O，延长到点E，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，交于点F，连接，判断与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理： （1）根据平行四边形的性质可得，再由，可得，即可求证； （2）根据平行四边形的性质可得，，然后根据三角形中位线定理可得，再由，可得，即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：与的数量关系为：，理由如下： 由（1）得：四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴． 考点05 矩形 1．（24-25八年级下·湖南岳阳·期末）如图，在平行四边形中，为边上一点，F为边上一点，四边形为矩形，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形内角和定理，由矩形的性质得，即得，再根据三角形内角和定理解答即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：． 2．（24-25八年级下·湖南永州·期末）如图，矩形中，对角线、相交于点，已知，，的面积为15，则的长为（    ） A．8 B．10 C．12 D．14 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的面积等知识，连接，先证明垂直平分，即，进而可得，再根据，问题得解． 【详解】解：连接，如图， ∵四边形是矩形，对角线， ∴，， ∵， ∴垂直平分，即， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 故选：C． 3.（23-24八年级下·湖南娄底·期末）如图，将矩形沿折叠，使顶点恰好落在边的中点处．若，，则的长为（    ） A．10 B．9 C．8 D．12 【答案】A 【分析】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理，矩形的性质，解题的关键是翻折变换的性质，勾股定理，矩形的性质．根据矩形的性质得到，，，根据翻折变换的性质得到，，设，则，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：矩形，，， ，，， 将矩形沿折叠，使顶点恰好落在边的中点上， ，， 设，则， 在中，， 解得， ． 故选：A 4.（22-23八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在矩形中，，垂足为E，，则的度数（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由矩形性质及可求得的度数，再可求得的度数，最后可求得的度数． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的两锐角互余等知识，掌握矩形的性质是关键． 5.（24-25八年级下·湖南邵阳·期末）如图，的两条对角线相交于点O，添加下列条件仍不能判定是矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键． 由矩形的判定方法分别对各个选项进行判定即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， A、∵， ∴平行四边形是矩形，故选项A不符合题意； B、∵， ∴平行四边形是矩形，故选项B不符合题意； C、， ∴平行四边形是菱形，故选项C符合题意； D、∵， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形，故选项D不符合题意； 故选：C． 6.（22-23八年级下·湖南怀化·期末）在四边形中，，请再添加一个条件，使四边形是矩形，添加的条件不能是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由矩形的性质、平行四边形的判定与性质分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：，， 四边形是平行四边形， A． 四边形是平行四边形，， 四边形是菱形，故该选项错误，符合题意； B． 四边形是平行四边形，， 四边形是矩形，故该选项正确，不符合题意； C． 四边形是平行四边形，， 四边形是矩形，故该选项正确，不符合题意； D． 四边形是平行四边形，， 四边形是矩形，故该选项正确，不符合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定、平行四边形的判定与性质，是解题的关键． 7．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，四边形为矩形，，．点P是线段上一动点，点M为线段上一点．，则的最小值为（    ） A．2 B．3 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，应用直角三角形性质解决问题． 设的中点为O，连接，，证明，得出，点M在O点为圆心，4为半径的圆上，利用勾股定理求出从而计算出答案． 【详解】解：设的中点为O，连接，， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴ ∵ ∴ ∴， ∵ ∴， ∴点M在O点为圆心，2为半径的圆O上． ∵ ∴ ∵的最小值为． 故选：D． 8.（24-25八年级下·湖南郴州·期末）如图，在矩形中，点、别在、的延长线上，连接、． (1)请你从以下两个条件：①；②．选择一个作为已知条件，证明四边形是平行四边形； (2)以点为圆心以长为半径作弧交于点，分别以点、点为圆心，以大于长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查的是平行四边形的判定、矩形的性质及勾股定理的应用， （1）若选择条件①，用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可；若选择条件②，可证明，再用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可； （2）用勾股定理求出，证明，即可求出结论． 【详解】（1）方法一：选择条件①，证明如下： 在矩形中，． ∴． ∵， ∴． ∴四边形是平行四边形． 方法二：选择条件②，证明如下： 在矩形中，， ∴． ∵， ∴， ∴． 在矩形中，． ∴． ∴四边形是平行四边形； （2）解：在矩形中，， 在中，由勾股定理知： 由尺规作图知：平分， ∴， ∵， ∴ ∴． ∵四边形是矩形， ∴． 9.（23-24八年级下·湖南·期末）如图，矩形的对角线，相交于点，过点作的平行线交的延长线于点． (1)求证：． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定、矩形的相关性质．直角三角形30度角的性质，熟记掌握矩形的性质是解答本题的关键． （1）可证四边形是平行四边形以此求证； （2）由矩形的性质可得，，再由，可得．求得，再利用直角三角形30度角的性质即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，， ． ， 四边形是平行四边形， ， ． （2）解：四边形是矩形， ，， ， ． ， ， ， ． 10.（24-25八年级下·湖南郴州·期末）如图，在平行四边形中，过点D作于点E，，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)18 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定，角平分线的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握平行四边形的性质和矩形的判定以及勾股定理． （1）利用平行四边形的性质得出平行的边和相等的边，判定出四边形是平行四边形，再根据矩形的定义即可判定； （2）利用平行的性质和角平分线的性质得出相等的边，然后根据勾股定理求出相关边长，即可求出矩形的周长． 【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，， ，， ， ， ，，由勾股定理得， ， 矩形的周长 11.（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在中，点E是边的中点，连接并延长，交的延长线于点F．连接、． (1)求证：； (2)当时，请判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是矩形，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定，全等三角形的性质和判定等知识点的应用； （1）根据平行四边形性质得出，推出，根据证两三角形全等即可； （2）根据全等得出，，推出，根据，得出平行四边形，根据矩形的判定推出即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点E是边的中点， ∴． 在和中， ， ∴； （2）解：四边形是矩形．理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． 12．（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）如图，平面直角坐标系中，，．为矩形对角线的中点，过点的直线分别与、交于点、． (1)求证：； (2)设，的面积为，求与的函数关系式； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了坐标与图形、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，运用数形结合和分类讨论的思想分析问题是解题的关键． （1）利用“”证明，由全等三角形的性质即可证明结论； （2）连接，首先证明四边形是平行四边形，结合题意可得，，进而可得，再结合平行四边形的性质可得，即可获得答案． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵是中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：如图，连接， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴与的函数关系式为． 考点06 菱形 1.（24-25八年级下·湖南湘潭·期末）已知菱形的周长是，则最短对角线的长度为（　　） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质、解题的关键是证明是等边三角形，属于中考常考题型．由菱形的周长求出边长，结合已知角度，利用等边三角形性质确定较短对角线长度． 【详解】解：如图， ∵菱形的周长为8， ∴菱形的边长， ∵，， ∴等边三角形， ∴， ∴， ∴菱形的较短的对角线长为：； 故选C． 2.（24-25八年级下·湖南邵阳·期末）如图，在菱形中，对角线相交于点，，则的长是（    ） A．12 B．24 C．36 D．48 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的对角线相互平分且垂直是解题的关键． 根据菱形的对角线相互平分且垂直，可得，，，然后由勾股定理求得，即可解答． 【详解】解：∵菱形中，对角线相交于点，， ∴，，， ∴， ∴． 故选：B． 3．（24-25八年级下·湖南郴州·期末）如图，菱形的面积为120，对角线，则这个菱形的边长是（   ） A．5 B．10 C．13 D．12 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理、菱形的性质；熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解决问题的关键．根据菱形的面积等于对角线乘积的一半可求出另一条对角线的长，然后根据勾股定理即可求得边长． 【详解】解：由菱形的面积公式， 可得， 菱形的对角线互相垂直平分， 菱形的两条对角线的一半分别为12和5， 菱形的边长． 故选C． 4.（24-25八年级下·湖南岳阳·期末）如图，四边形是菱形，，，E为的中点，于F，则的周长等于（   ） A．8 B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据菱形的性质可得对角线相互垂直平分，又由于E为中点，，可得为三角形中位线，即，，根据勾股定理可得，即可求解． 【详解】解：四边形是菱形，，， ， 又E为中点，， ∴为三角形中位线， ∴，， ∴， ∴， ∴的周长为． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理、三角形的中位线的知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 5.（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，交于点，若，，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，属于基础题型，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 根据菱形的性质可得，再由勾股定理可得的长，然后根据等积法即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选D． 6.（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）如图，矩形的对角线、相交于点，，，若，则四边形的周长为（    ） A．20 B．24 C．40 D．12 【答案】A 【分析】本题考查矩形的性质和菱形的判定及性质，根据矩形的性质求出，，根据两组对边分别平行可得四边形是菱形，即可求出周长． 【详解】解：又∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵是平行四边形， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴四边形的周长为， 故选：A． 7.（25-26八年级上·湖南张家界·期末）小强在参观土家民居建筑时，被其中的菱花图案所吸引，他从中提取出一个含角的菱形（如图）．若的长度为2，则菱形的周长为______． 【答案】8 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，由菱形的性质得到，则可证明是等边三角形，得到，据此根据菱形的周长计算公式可得答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴菱形的周长， 故答案为：8． 8.（24-25八年级下·湖南邵阳·期末）如图，菱形的对角线，相交于点，E，F分别是，边上的中点，连接、．若，则下列结论中，正确的是____________（填序号）． ①四边形是平行四边形； ②菱形的面积为； ③与互相垂直平分； ④的面积是． 【答案】①②③④ 【分析】利用三角形中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，中线与面积，计算解答即可． 本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，中线与面积，熟练掌握定理和性质是解题的关键． 【详解】解：∵菱形的对角线，相交于点，E，F分别是，边上的中点， ∴，，，， ∴， ∴四边形是平行四边形； 故①正确； ∵, ∴ ∴， 故②正确； 如图，连接， ∵菱形的对角线，相交于点，E，F分别是，边上的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形， ∴与互相垂直平分； 故③正确； 根据菱形的性质，得， 点F是的中点， ∴． 故④正确． 故答案为：①②③④． 9.（24-25八年级下·湖南永州·期末）如图，在菱形中，对角线、相交于点，为边的中点，． (1)求的度数； (2)如果，求菱形的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了菱形的性质，角平分线的性质以及等边三角形的性质，由的边长求解出的边长是解决本题的关键． （1）根据菱形的性质可得，再由垂直平分线的性质可得，可得为等边三角形，即可求解的度数． （2）由，可求解与的长度，再结合为等边三角形，可得与的关系，再由勾股定理可求解的长度，再由菱形面积公式计算即可． 【详解】（1）解：在菱形中，， ∵为边的中点，， ∴为的垂直平分线， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴． （2）解：在菱形中， 且， 由（1）知，为等边三角形，， 又∵， ∴， ∴在直角中，， 即， 可得，解得， ∴， ∴菱形的面积为． 10.（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）如图，点是菱形对角线的交点，过点作，过点作，与相交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质与判定，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理． （1）由条件可证得四边形为平行四边形，再由菱形的性质可求得，则可证得四边形为矩形． （2）首先推知是等边三角形，所以，再用菱形的对角线互相平分即可求得的长，再利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形． 又四边形是菱形， ，即， 四边形是矩形． （2）解：四边形是菱形， ， 又， 是等边三角形， ， ， 在中，由勾股定理得， ∴． 11.（24-25八年级下·湖南岳阳·期末）如图，在中，，交于点，交的延长线于点，且，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若菱形的面积为30，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理等知识； （1）方法一：根据平行四边形的性质以及等式的性质可得出，，，则可得出四边形是平行四边形，然后证明，最后根据菱形的判定即可得证； 方法二：同理证明四边形是平行四边形，再根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，证明，即可得证； （2）方法一：根据菱形的性质求出，根据勾股定理求出，再根等面积法求解即可． 方法二：作交于点，根据得出，即可求解． 【详解】（1）证明：方法一：∵四边形是平行四边形 ∴， ∵点在的延长线上，且， ∴，， ∴四边形是平行四边形           ∵，交于点 ∴ ∴ ∴四边形是菱形           方法二： 证明：∵四边形是平行四边形 ∴， ∵点在的延长线上，且 ∴， ∴四边形是平行四边形           ∵，是的中点 ∴ ∴四边形是菱形 （2）解：方法一：∵四边形是平行四边形 ∴ ∵ ∴           ∵， ∴ ∴           在直角三角形中，           ∴           方法二： （2）解：作交于点 ∵四边形是平行四边形 ∴ ∵ ∴           ∵， ∴ ∴           ∴ ∴ ∴ ∴           12.24-25八年级下·湖南永州·期末）如图，矩形中，点为边上任意一点，连结，点为线段的中点，过点作与、分别相交于点、，连结、． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，当时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由矩形的性质易证明，则有；再由可得四边形为平行四边形；结合，即可证明四边形为菱形； （2）由菱形的性质得；在中利用勾股定理求得的长，再由即可求得结果． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ，； 为的中点， ； 在和中， ， ， ； ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形． （2）解：四边形是矩形， ， 四边形是菱形， ， 在中，， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，利用菱形的判定与性质是解题的关键． 13.（24-25八年级下·湖南益阳·期末）如图1，四边形和四边形都是菱形，其中点E在边的延长线上，点G在边的延长线上，点H在边上，连接，，，，． (1)求证：． (2)如图2，连接，将菱形绕点B顺时针旋转，使点E落在上，点F落在上，点G落在的延长线上，连接，．若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定（）、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理的应用。解题的关键是灵活运用菱形的边平行且相等、对角相等的性质，结合辅助线构造特殊图形（如矩形、等边三角形），通过等量代换和几何判定定理解决问题。 (1)利用菱形性质得出；推导得出；根据“”判定 (2)作，结合判定四边形是矩形，得出；证明是等边三角形和，得出；结合和，计算出的长度，再用勾股定理求出的长。 【详解】（1）解：证明：四边形和四边形都是菱形， ，，，． 点在边的延长线上，， ，， ，， ． 在和中， ，，， ． （2）如图，作于点，则． ， ，． ， 四边形是矩形， ． ，， 是等边三角形， ． ， ， ． ，， ，，， ，， ． 14.（24-25八年级下·湖南常德·期末）同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在中，已知，平行四边形的面积为．点为边上任意一点，将沿折叠，点的对应点为． (1)如图1，若点恰好落在上时． ①若，则_______ （用含的式子表示）； ②求证：四边形为菱形； (2)如图2，若时，连接，并延长交于点．求线段的长． 【答案】(1)①；②见解析； (2)． 【分析】（1）①根据折叠的性质和平角的定义即可求解； ②由折叠的性质和平行线的性质以及等腰三角形的判定，证得，即可得证； （2）延长交于点，由折叠的性质证得是等腰三角形，得到，，根据平行四边形的性质得，证得是等腰直角三角形，用平行四边形的面积公式可求出，利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）①解：由折叠的性质，可得：， ， ， ． 故答案为：； ②证明：由折叠的性质，可得：，，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形为菱形． （2）解：如图，延长交于点， 由折叠的性质，可得：，， ， ， 是等腰直角三角形， ， 四边形是平行四边形， ，， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， 在中，． 【点睛】本题主要考查了翻折的性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定及性质，菱形的判定，勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题关键． 15.（24-25八年级下·湖南郴州·期末）如图，在平行四边形中，，点是边上一动点，从出发沿边匀速运动，当运动到点时停止运动，过作，交边于点，连接，．已知，． (1)求的长； (2)试求在运动过程中，长为何值时，四边形是菱形，请说明理由； (3)点在运动过程中，的长是否存在最小值，如果有请求出最小值；如果没有则说明理由． 【答案】(1)； (2)当时，四边形是菱形，理由见解析； (3)的最小值为． 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，菱形的判定，两点之间线段最短，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由，则是直角三角形，根据平行四边形性质得，又则，然后通过勾股定理即可求解； （）先证明四边形是平行四边形，则当时，四边形是菱形，即有； （）延长至，使得，连接，证明四边形是平行四边形，所以，则，当三点共线时，最小，即最小值为最小值，即的长，然后在中，通过勾股定理即可． 【详解】（1）解：∵， ∴是直角三角形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理知； （2）解：∵，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， 当时， ∴四边形是菱形， 即， ∴当时，四边形是菱形； （3）解：延长至，使得，连接， 由（）知，四边形是平行四边形， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 当三点共线时，最小， 即最小值为最小值，即的长， ∵，， ∴， ∵，， 在中，， ∴的最小值为． 考点07 正方形 1．（24-25八年级下·湖南邵阳·期末）四边形在进化的过程中，正方形可以由矩形进化而来，下列选项中正方形具有，而矩形不具有的性质是（    ） A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．中心对称图形 D．对角线互相平分 【答案】A 【分析】本题考查了正方形和矩形的性质，熟练掌握相关的图形性质定理是解本题的关键．根据正方形的性质以及矩形的性质即可得出结论． 【详解】解：A、对角线互相垂直是正方形都具有的性质，矩形不一定有，符合题意； B、对角线相等是正方形与矩形都具有的性质，不符合题意； C、矩形和正方形都是中心对称图形，不符合题意； D、对角线互相平分是矩形和正方形都具有的性质，不符合题意； 故选：A． 2.（24-25八年级下·湖南郴州·期末）下列说法错误的是（    ） A．平行四边形的对角相等 B．有一个角是直角的平行四边形是矩形 C．有一组邻边相等的四边形是菱形 D．正方形的对角线互相垂直平分且相等 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，平行四边形的性质，菱形的判定定理，矩形的判定定理，熟练掌握这些定理是解题关键． 根据平行四边形、矩形、菱形及正方形的性质与判定方法逐一判断即可． 【详解】解：A. 平行四边形的对角相等，正确，符合平行四边形的性质； B. 有一个角是直角的平行四边形是矩形，正确，符合矩形的定义； C. 有一组邻边相等的四边形不一定是菱形，必须满足“平行四边形”这一前提条件，故错误； D. 正方形的对角线互相垂直平分且相等，正确，符合正方形的性质； 故选：C． 3.（24-25八年级下·湖南省衡阳市耒阳市·模拟预测）如图，在正方形外侧作等边，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正方形和等边三角形的性质得，，，，则，，再根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理即可求出的度数． 此题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，等边三角形的性质是解决问题的关键． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 是等边三角形， ，， ，， 故选：A． 4.（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）做一做：用一张长方形纸片折出一个最大正方形．如下图，步骤①将长方形纸片沿痕折叠，使点B落在边上与点重合；步骤②用剪刀沿剪掉长方形；步骤③将沿折痕展开得到正方形．其依据是（    ） A．有一个角是直角的菱形是正方形 B．有一组邻边相等的矩形是正方形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．对角线互相垂直的矩形是正方形 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，矩形与翻折的性质等知识，熟练掌握翻折的性质是解题的关键．根据折叠的性质可得，，，再证明四边形是菱形，再由，再结合正方形的判定即可证明， 【详解】如图， 将长方形纸片沿痕折叠，使点B落在边上与点重合， ，，， 又， ， ， ， ， 四边形是菱形， 又， 四边形是正方形， 故选：A 5.（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在正方形中，点在对角线上，连接，过点作的垂线交于点，交的延长线于点，若点是的中点，，则的长度为（    ） A．4 B．5 C． D． 【答案】D 【分析】如图，过点作，交于，交于，根据正方形的性质得出四边形，四边形是矩形，、都是等腰直角三角形，即可得出，，利用证明，得出，，利用证明，得出，即可求出，，利用勾股定理求出即可得答案． 【详解】解：如图，过点作，交于，交于， ∵四边形是正方形，， ∴，，， ∵， ∴， ∴四边形，四边形是矩形，、都是等腰直角三角形， ∴，， ∵点是的中点， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键． 6.（24-25八年级下·湖南娄底·期末）如图，在正方形中，，点E在边上，且，将沿所在直线翻折得到，延长交边于点G，连接、，则下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确结论是（    ） A．①②③ B．①②③④ C．①③⑤ D．①②④ 【答案】B 【分析】根据正方形和折叠的性质，易证，可判断①结论；根据全等三角形的性质和勾股定理，可判断②结论；根据全等三角形的性质和三角形内角和定理，可判断③结论；根据三角形面积公式可判断④结论；根据叠的性质和全等三角形的性质，结合三角形内角和定理，可判断⑤结论． 【详解】解：四边形是正方形，， ，， ， ， ， 由折叠的性质可知，，，， ， 在和中， ， ，①结论正确； ， 设，则，， 在中，， ， 解得：，即， ， ，②结论正确； ， ， ， ，， ， ，③结论正确； ，， ，④结论正确； 由折叠的性质可知，， 由全等的性质可知，，， ， ， ， ， ，⑤结论错误， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，平行线的判定等知识，掌握相关知识点是解题关键． 7.（25-26八年级上·湖南张家界·期末）如图所示，在中，，平分，，，求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了角平分线的性质定理，等边对等角，正方形的判定． 先根据角平分线的性质定理得到，，进而求出，，，得到，，得到，即可证明四边形是正方形． 【详解】证明：∵，平分， ∴，， 又∵，， ∴，，， ∴， ∴ ∴且， ∴四边形是正方形． 8.（24-25八年级下·湖南益阳·期末）如图，在正方形中，点E，F分别在边和上，． (1)求证：． (2)连接，交于点O，延长至点M，．求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定等知识点，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定是解题的关键． （1）根据正方形的性质，结合证明全等即可； （2）先证明，则，，则，由等腰三角形三线合一得到，即可证明其为平行四边形，由邻边相等即可证明为菱形． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，． 在和中， ． （2）解：四边形是正方形， ，． ， ， ，即． 在和中， ， ，， ． 又， （等腰三角形三线合一）， 四边形是平行四边形． ， 四边形是菱形． 9.（24-25八年级下·湖南邵阳·期末）如图，四边形为正方形，点E为线段上一点，连接，过点E作，交射线于点F，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长度； 【答案】(1)见详解 (2)2 【分析】（1）过点作于点，于点，利用正方形对角线平分对角的性质，得出，结合垂直关系证明两个直角三角形全等，从而得到； （2）由（1）的结论，且四边形为矩形，可知矩形是正方形．利用正方形的性质，通过证明与全等，将转化为已知长度的线段，从而求得的长度． 【详解】（1）证明：过点作于点，于点， 四边形是正方形，是对角线， ． 又，， ，四边形是正方形， ， ， 在和中， ， ． ； （2）四边形是正方形， ， ． ， ， 四边形是矩形，， 矩形是正方形， ， ， ， ， ， ， 又， 在和中， ， ． ， ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形性质、勾股定理，余角的性质，角平分线的性质，通过辅助线构造全等三角形是解题的关键． 考点08 四边形的综合 1.（24-25八年级下·湖南郴州·期末）如图1，在边长为的正方形中，点、分别为，的动点，且，连接、交于点，连接． (1)求证：； (2)若点为中点时，求的长； (3)如图2，将正方形沿着折叠，使得点落在边的三等分点处，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)6 (3)或 【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． （1）利用正方形性质和已知证明，可得，进而求出即可得出结论； （2）延长交的延长线于，证明得，由直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得出结论； （3）如图2，连接，过点作于，容易证明，可得，再根据勾股定理求出即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，． 在和中， ， ∴． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：如图1，延长交的延长线于， ∵， ∴， 在和中， ， ∴． ∴， ∴， ∵， ∴是斜边上的中线， ∴. （3）如图2，连接，过点作于， 则在四边形中，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴． 由翻折变换的性质得， ∴． ∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∵点是的三等分点， 当时或， 在中，由勾股定理得:， 当时，， ∴的长为或． 2.（24-25八年级下·湖南岳阳·期末）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动． (1)操作判断 操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点，沿折叠，使点落在矩形内部点处，把纸片展平，连接，；根据以上操作，当点在上时，________，________． (2)迁移探究 小明同学将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点，连接，． ①如图2，当点在上时，与的数量关系是________． ②如图3，当改变点在上的位置（点不与点，重合），使点不在上时，判断与的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． (3)拓展应用 在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为10，当时，求的长． 【答案】(1)， (2)①②与的数量关系仍然成立；理由见解析 (3)的长为或 【分析】（1）由折叠的性质可知：，，，然后可得是等边三角形，则，进而得出； （2）①由折叠得，证明，得到，再根据平角定义和三角形内角和定理可得结论；②方法同①； （3）分两种情况：①点在线段上时; ②点在线段上时，设，则，在中，根据勾股定理构造方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：由折叠的性质可知：，，， ∴，是等边三角形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴； 故答案为：；； （2）①∵四边形是正方形， ∴，， ∵沿折叠，使点A落在正方形内部点M处， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； ②与的数量关系仍然成立；理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵沿折叠，使点落在正方形内部点处， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴，           ∵，， ∴， ∴； （3）分两种情况： ①点在线段上时，如图； ∵， ∴， ∴， 设，则，           在中，， ∴， 即， 解得，           即； ②点在线段上时，如图； ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 即，          解得， 即； ∴综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解答本题的关键是熟练掌握折叠的性质以及全等三角形的判定定理． 3.（24-25八年级下·湖南怀化·期末）在“综合与实践”课上，同学们以“图形的旋转”为主题开展数学活动： (1)【探究发现】 如图1，在正方形中，点是边上任意一点，以点为中心，将顺时针旋转，使得点与点重合得到，连接．则是______三角形． (2)【联想拓展】 如图2，若点是正方形的对角线上一点，将顺时针旋转得到，连接．求证：． (3)【迁移应用】 如图3，已知菱形，，，点是菱形的对角线上一点，将顺时针旋转得到，连接．当时，求． 【答案】(1)等腰直角 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由正方形的性质得出，即，由旋转的性质可得：，，从而得出，即可得证； （2），由旋转的性质可得：，，，，从而得出为等腰直角三角形，，再由勾股定理即可得出答案； （3）由旋转的性质得，求出，易证，根据四边形为菱形，且，求出，利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：为等腰直角三角形，理由如下： ∵四边形为正方形， ∴，即， 由旋转的性质可得：，， ∴，即， ∴为等腰直角三角形； （2）证明：∵四边形为正方形， ∴， 由旋转的性质可得：，，，， ∴为等腰直角三角形，， ∴，， ∴； （3）解：由旋转的性质得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为菱形，且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴（负值舍去）． 【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、菱形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 4.（24-25八年级下·湖南湘西·期末）在正方形中，是边上的一个动点（不与点，重合），连接，为点关于直线的对称点，． (1)求的大小（用含的式子表示）； (2)用等式表示线段、和之间的数量关系，并说明理由； (3)已知，连接，若，，是正方形的对角线上的两个动点，且，连接，，则的最小值为 ． 【答案】(1) (2)，见解析 (3) 【分析】（1）根据对称的性质得到，，根据正方形，等边对等角可得，由此即可求解； （2）如图所示，过点作于点，可证，，即是等腰直角三角形，由勾股定理，线段的和差计算即可求解； （3）根据题意得到，点是线段的中点，则，过点作，且，则四边形是平行四边形，，当点三点共线时，取得最小值，，过点作于点，作延长线于点，四边形是矩形，，可证是等腰直角三角形，则矩形是正方形，，，在中，由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵为点关于直线的对称点，， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴，， ∴； （2）解：，理由如下， 如图所示，过点作于点， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴，即是等腰直角三角形， ∴， ∴，即， ∵， ∴， 整理得，； （3）解：∵四边形是正方形， ∴， 如图所示， ∵对称， ∴垂直平分，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点是线段的中点，则， 过点作，且，则四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴当点三点共线时，取得最小值， ∵， ∴， 过点作于点，作延长线于点， ∴四边形是矩形，， ∵是正方形的对角线， ∴， ∵，， ∴，即是等腰直角三角形， ∴，则点是中点， ∴， ∴矩形是正方形， ∴， ∴， 在中，， ∴的最小值． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，对称的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形、矩形、正方形的判定和性质，勾股定理等知识的综合运用，掌握以上知识，合理作出辅助线是关键． 5.（24-25八年级下·湖南永州·期末）（1）如图1，在菱形中，对角线、相交于点，且，在线段上任取一点（端点除外），连接、． ①求证：； ②将线段绕点顺时针旋转，使点落在的延长线上的点处，当点在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由． （2）进一步探究．如图2，将菱形换成正方形，其他条件不变，试探究与的数量关系． 【答案】（1）①见解析，②见解析；（2） 【分析】本题考查四边形综合题，主要考查了正方形、菱形的性质，矩形的判定和性质，性质以及垂直平分线等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键． （1）①证明是的垂直平分线，即可解答； ②先证明，，则可推导出，，由菱形的对边平行，可得，即可解答． （2）过点作交于点，交于点，过点作交于点，过点作交于点． 先证明四边形是矩形，，可得， 由②同理，可得，继而推导出，在中，由勾股定理可得，则，即可解答． 【详解】解：（1）①四边形是菱形， ， ∴是的垂直平分线， ． ②， ， ∴ ， 又， ， ， ， 又， ， 四边形是菱形， （2）数量关系为． 过点作交于点，交于点． 过点作交于点，过点作交于点． 四边形是正方形， ， 又， 四边形是矩形，， ． 由②同理，可得， 又， ， ， 中，， ． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 专题01 四边形 ☆高频烤点概览 考点01多边形 考点02平行四边形 考点03中心对称与中心对称图形 考点04三角形的中位线 考点05形 考点06形 考点07正方形 考点08四边形的综合 目目 考点01 多边形 1.(24-25八年级下·湖南益阳·期末)在2024年2月，巴黎奥运会主办方公布了新设计的奥运奖牌（如图）， 奖牌中间镶嵌着一个六边形铁块.这个六边形铁块的内角和度数为 2.（24-25八年级下·湖南永州期末)一个多边形的边数每增加一条，这个多边形的（) A.内角和增加360° B.内角和增加180° C.对角线增加一条 D.外角和增加180° 3.(24-25七年级下·湖南衡阳·期末)如图，在正五边形ABCDE,以AB为一边，在内部作正方形ABMN, 则∠EAN= D 4.(24-25八年级上·湖南湘西·期末)过某多边形的一个顶点可以引2024条对角线，则这个多边形的边数 是 条 5.(24-25七年级上·湖南衡阳·期末)连结多边形任意两个不相邻顶点的线段叫多边形的对角线。如图，四 1/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 边形有2条对角线，五边形有5条对角线，六边形有9条对角线，七边形有14条对角线，.，则十三边 形的对角线条数为() 2条 5条 9条 14条 A.54 B.60 C.65 D.72 6.(24-25八年级下学期·湖南邵阳·期末)如图，已知ABC为直角三角形，∠C=90°，若沿图中虚线剪 去∠C,则∠1+∠2等于() B 1 A.90° B.135 C.270 D.315° 7.(24-25八年级下学期湖南湘西期末)如果一个正多边形的每个内角为150°，则这个正多边形的边数是 8.(24-25八年级下学期湖南益阳赫山区·期末)一机器人在平地上按如图设置的程序行走，则该机器人从 开始到停止所行走的路程为 向左 转45 开始 机器人站在 机器人向前 机器人回到 出发点O 直行4m 是，停止 点0？ 9. (24-25八年级下·湖南岳阳·期末)一个多边形的内角和比它的外角和的4倍少180°，求：这个多边形是 几边形？ 10.（21-22七年级下·湖南衡阳·期末)己知一个多边形的内角和是外角和的2倍. ()求这个多边形的边数； (2)求这个多边形的对角线条数. 11.(24-25七年级下·湖南衡阳期末)己知一个多边形的内角和比外角和的3倍还多180°. (I)求这个多边形的边数 (②)若这个多边形是正多边形，则该正多边形一个内角的度数是多少？ 12.(24-25八年级下·湖南娄底期末)一个n边形的每个外角都相等，它的内角与相邻外角的度数之比为 2/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 7:2. (1)求这个n边形一个内角的度数. (2)求这个n边形的内角和， 目目 考点02 平行四边形 1. (24-25八年级下·湖南省株洲市石峰区田心中学多校联考期末)在口ABCD中，∠A:∠B:∠C:∠D的值 可以是() A.1:2:3:4 B.1:3:4:2 C.1:2:1:2 D.1:1:2:2 2.(2025八年级下·湖南省株洲市天元区联考·期末)如图，在口ABCD中，用尺规作∠ABC的平分线BG, 交AD于点G,若AE=10,AB=13,则BG的长为() A.18 B.13√2 C.13√5 D.24 3.(24-25八年级下·湖南衡阳·期末)如图，口ABCD的对角线相交于点O,BC=7cm,BD=10cm, AC=6cm,则△AOD的周长为() A.14cm B.15cm C.16cm D.17cm 4.(24-25八年级下·湖南省郴州市·期中)在四边形ABCD中，O是对角线的交点，不能判定这个四边形是 平行四边形的是() A.AB∥CD,AB=CD B.AD∥BC,∠BAD=∠BCD C.AB∥CD,AO=CO D.AD∥BC,AB=CD 5.(2025陕西榆林·二模)如图，在口ABCD中，AM⊥BC于点M,CN⊥AB于点N,AM=5,CN=7, CD=6,则AD的长为() 3/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 A D B M C A.10 B.9 C.8.4 D.8 6.(24-25八年级下·湖南株洲期末)如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的顶点A,B,D的坐 标分别是A(0,0),B(3,0),D(2,4),则顶点C的坐标是() (A) B A.(5,4) B.(5,2) C.（2,7 D.（2,6) 7.(24-25八年级下·湖南株洲期末)如图，AC是口ABCD的对角线，过点B作BG⊥AC交AD于点G, 垂足为E,过点D作DH⊥AC交BC于点H,垂足为F,连接GH.则下列结论：①BE=DF;②四边形 GBHD是平行四边形；③∠GAC=∠DHC;④GH平分的口ABCD周长.其中正确的个数是() A G D B A.4 B.3 C.2 D.1 8.(23-24八年级下·湖南衡阳期末)阅读材料：物理学中“力的合成”遵循平行四边形法则，即F和E的合 力是以这两个力为邻边构成的平行四边形的对角线所表示的力F,如图. F 解决问题：设两个共点的合力为F,现保持两力的夹角(0°<0<90°)不变，使得其中一个力增大，则() A.合力F一定增大 B.合力F的大小可能不变 C.合力F可能增大，也可能减小 D.合力F一定减小 9.(24-25八年级下·湖南邵阳·期末)如图，将▣ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在点B处，若 ∠1=∠2=38°，则∠B=一· 4/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 B D C B 10.(24-25八年级下·湖南衡阳·期末)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC,且AD=8cm,BC=6cm, 点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以1cm/s的速度由点A向点D运动，点)以2cm/s的速度由点C向 点B运动，当点P、Q中有一点到达终点时，另一点也随之停止运动，则S后四边形PQCD是平行四 边形 AP B Q←C 11.(24-25九年级上·湖南湘西·期末)如图，在口ABCD中，∠BAD和∠ABC的平分线恰好相交于CD上 的点E,延长AE交BC的延长线于点F. (I)求证：CD=BF; (2)若CD=6,求CF的长. 12.(24-25八年级下·湖南益阳·期末)如图，在四边形ABCD中，点P在边AB上，连接CP,交BD于点 Q,AD=CP,∠BQC+∠ADB=180°. A B (I)求证：四边形ADCP为平行四边形. (2)连接AC,若AB⊥BC,CD=5,BP=3,BC=6,求AC的长. 13.(24-25八年级下·湖南娄底期末)如图，口ABCD的对角线AC,BD相交于点O,点E,F在AC上， 5/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 且AE=CF.连接DE,BE,BF,DF, D (1)求证：四边形DEBF是平行四边形； (2)若LCBD=90°，0A=4,BD=6,求BC的长. 14.(23-24八年级下·重庆期末)如图，在△ABF中，∠A=90°，点E是边BF的中点，点D是边BF上一 点，连接DE并延长至C,使得BC⊥AB,连接BD,CF. D (1)求证：四边形BDFC是平行四边形： (2)若BF平分LCBD,AB=4,AF=8,求四边形BDFC的面积. 15.(24-25八年级下·湖南张家界·期末)如图，在口ABCD中，CD=8cm,LA=60°，BD1AB.动点P 从点D出发沿DA方向以2cm/s的速度向点A运动，动点Q同时从点B出发，以8cm/s的速度沿射线BC方 向运动，当点P到达点A时，点Q也随之停止运动，设点P,Q运动的时间为t秒(t>0), P←D 备用图 (1)AD= cm,∠ADC= 度 (2)当t>2s时，DP= ，CQ= (用含t的式子表示) (3)是否存在t值，使以点P,Q,C,D为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在， 请说明理由 目目 考点03 中心对称与中心对称图形 1.(25-26九年级上·湖南湘西·期末)2025年12月27日，湖南省足球联赛（简称湘超°)在长沙贺龙体育 场落下帷幕，14个市州队徽设计充分体现了各地地方特色与足球元素的融合，见证了湖南足球的荣耀与风 采.下列四个地市队徽中的足球元素，是中心对称图形的是() 6/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 A」 B D 2.(25-26八年级上湖南张家界·期末)下列图形中不是中心对称图形的是() A 》。米 3.(25-26九年级上湖南邵阳·期末)下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是() A. B. 4.(21-22七年级下·湖南株洲期末)在方格纸中，选择标有序号的一个小正方形涂黑，与图中的阴影部分 构成中心对称图形，该小正方形的序号是 ① ③ ② ④ 5.(23-24七年级下·湖南衡阳·期末)如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位，ABC 的三个顶点都在格点上 m B 1)在网格中画出ABC关于直线m对称的△A,B,C2; (2)在网格中画出ABC关于点O成中心对称的图形△A,B,C, 7/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (3)在直线m上画出点P,使PA+PC最小. 目目 考点04 三角形的中位线 1.(23-24八年级下·湖南永州期末)下列说法正确的是() A.顺次连接任意一个四边形四边的中点，所得到的四边形一定是平行四边形. B.平行四边形既是中心对称图形，又是轴对称图形. C.任意多边形的内角和是360 D.只要是证明两个直角三角形全等，都可以用“HL”定理， 2.(24-25八年级下·湖南怀化期末)如图，在四边形ABCD中，点G是对角线BD的中点，点E、F分别是 BC、AD的中点，AB=DC,∠ABD=100°，∠BDC=40°，则∠GEF的度数为() B A.10° B.20° C.30° D.40° 3.(25-26八年级上湖南株洲期末)如图，口ABCD的对角线AC,BD相交于点O,∠ADC的平分线与边 AB相交于点P,E是PD的中点，若AD=6,CD=9,则EO的长为() D C A.1 B. 3 2 C.2 D.3 4.(25-26八年级上·湖南张家界·期末)如图，点D,E,F分别为ABC三边的中点，若△DEF的周长为5， 则ABC的周长为() D A.12 B.10 C.5 D.2.5 5.(24-25八年级下·湖南岳阳期末)如图，要测定被池塘隔开的A,B两点的距离，可以在AB外选一点C, 连接AC,BC,并分别找出它们的中点D,E,连接ED.现测得AC=42m,BC=63m,DE=26m,则AB 8/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 等于() A.42m B.52m C.56m D.64m 6.(24-25八年级下·湖南张家界·期末)古代有“偃矩以望高”的测高方法，图1是测量工具“矩”，小亮同学利 用“矩”测量某物体DE的高度（如图2）·通过调整自己的姿势和“矩”的摆放位置，使AB保持水平，且A, C,E三点在同一直线上，∠EDA=90°，BC=0.2米，若点B恰为线段AD的中点，则此物体的高度DE 为米 E D 图1 图2 7.(24-25八年级下·湖南邵阳·期末)如图，DE为ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB=90,若 AB=6,BC=14,则EF的长为 8.（24-25八年级下·湖南郴州·期末)如图所示，在平行四边形ABCD中，∠B=120°，AD=4,点M，N分 别是AB,BC边上的动点，连接DN,MN,点E为MN的中点，点F为DN的中点，连接EF,则EF的 最小值为 D E A M 9.(21-22八年级下·湖南永州期末)如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连 9/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是}，则第n个矩形 的面积是 10.(22-23八年级下·湖南怀化期末)如图，在RtAABC中，∠BAC=90°，∠B=30°，点D,E分别是AB ,BC的中点，连接DE,AE, D E (I)求证：DE=二BC; 4 (②)过点A作AF⊥BC于点F,求证：△ADE≌△AFE. 11.(24-25八年级下·湖南郴州期末)如图，在ABC中，点D在AC上，CD=2AD,连接BD.E,F 分别为BC,BD的中点，连接AF,EF,DE. D A B (I)求证：四边形ADEF是平行四边形； (2)若LBAC=90°，∠CED=∠BEF,AD=2,求线段BD的长. 13.(23-24八年级下·湖南省邵阳市武冈市期末)如图，已知▣ABCD,AC、BD相交于点O,延长CD到点 E,使CD=DE,连接AE. E A F D 0 B C (I)求证：四边形ABDE是平行四边形： 10/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (②)连接BE,交AD于点F,连接OF,判断CE与OF的数量关系，并说明理由. 目目 考点05 矩形 1. (24-25八年级下·湖南岳阳·期末)如图，在平行四边形ABCD中，E为BC边上一点，F为边CD上一 点，四边形AEFG为矩形，若∠BAE=40°，∠CEF=15°，则∠B的度数是() G A.65 B.75 C.105 D.1150 2.(24-25八年级下·湖南永州期末)如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O,已知AB=5, OE⊥BD,△DOE的面积为15，则DE的长为() A.8 B.10 C.12 D.14 3.(23-24八年级下·湖南娄底·期末)如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使顶点C恰好落在AB边的中点M处. 若AB=12,BC=18,则CF的长为() A.10 B.9 C.8 D.12 4.(22-23八年级下·湖南衡阳·期末)如图，在矩形ABCD中，AE⊥BD,垂足为E,∠DAE:∠BAE=1:3, 则∠CAE的度数() C B 11/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 A.22.5° B.30° C.45° D.67.5° 5.(24-25八年级下·湖南邵阳期末)如图，口ABCD的两条对角线AC、BD相交于点O,添加下列条件仍不 能判定口ABCD是矩形的是() D A.LABC=90°B.AC=BD C.AC⊥BD D.ZOBC =Z0CB 6.(22-23八年级下·湖南怀化·期末)在四边形ABCD中，AB=DC,AB∥DC请再添加一个条件，使四边 形ABCD是矩形，添加的条件不能是() A.AC⊥BD B.AB⊥BC C.∠C=90 D.AC=BD 7.(23-24八年级下·湖南永州期末)如图，四边形ABCD为矩形，AB=3,BC=4.点P是线段BC上一 动点，点M为线段AP上一点.∠ADM=∠BAP,则BM的最小值为() D A.2 B.3 C.3-1 D.3-2 8.(24-25八年级下·湖南郴州期末)如图，在矩形ABCD中，点E、F别在BA、DC的延长线上，连接 DE、BF. (I)请你从以下两个条件：①AE=CF;②∠AED=∠F.选择一个作为己知条件，证明四边形DEBF是平行 四边形： (②)以点E为圆心以DE长为半径作弧交EB于点N,分别以点N、点D为圆心，以大于DN长为半径作弧， 两弧相交于点M,作射线EM交DF于点C,若EA=6,BC=8,求AB的长 9.(23-24八年级下·湖南期末)如图，矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,过点C作BD的平行线 交AB的延长线于点E. 12/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E (1)求证：AC=CE. (2)若∠B0C=120°，CE=4,求AB的长. 10.(24-25八年级下湖南郴州期末)如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE1AB于点E,CF=AE ,连接AF. D (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的周长 11.(24-25八年级下·湖南衡阳·期末)如图，在口ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE并延长，交DC 的延长线于点F.连接AC、BF, D E (I)求证：△ABE≌△FCE; (②)当AE=。AD时，请判断四边形ABFC的形状，并说明理由. 12.(24-25八年级下湖南衡阳·期末)如图，平面直角坐标系中，A(0,4),C(8,0).F为矩形0ABC对角 线AC的中点，过点F的直线分别与OC、AB交于点D、E 13/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (I)求证：FD=FE; (2)设OD=m,△ADF的面积为S,求S与m的函数关系式； 目目 考点06 菱形 1.(24-25八年级下·湖南湘潭·期末)己知菱形ABCD的周长是8，∠A=60°，则最短对角线的长度为() A.1 B.5 C.2 D.2√5 2.(24-25八年级下湖南邵阳·期末)如图，在菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,AB=13,BD=10 ,则AC的长是() B D A.12 B.24 C.36 D.48 3.(24-25八年级下·湖南郴州期末)如图，菱形ABCD的面积为120，对角线AC=24,则这个菱形的边 长是() D B A.5 B.10 C.13 D.12 4.(24-25八年级下湖南岳阳·期末)如图，四边形ABCD是菱形，AC=12cm,DB=8cm,E为CD的中点， EF⊥AC于F,则aCEF的周长等于() 14/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 B A.8 B.5+13 C.9 D.5+25 5.(24-25八年级下，湖南衡阳·期末)如图，在菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,OP⊥AB交 AB于点P,若AB=10,AC=16,则OP的长为() A.2 号 D.24 6.(24-25八年级下·湖南衡阳·期末)如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O,DE∥AC, CE∥BD,若BD=10,则四边形DOCE的周长为() E D O B A.20 B.24 C.40 D.12 7.（25-26八年级上·湖南张家界·期末)小强在参观土家民居建筑时，被其中的菱花图案所吸引，他从中提 取出一个含60°角的菱形ABCD(如图)·若AC的长度为2，则菱形ABCD的周长为 B<1609 8.(24-25八年级下·湖南邵阳·期末)如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于O点，E,F分别是AB, BC边上的中点，连接EF、OF,若EF=√5，BD=4,则下列结论中，正确的是 (填序号). ①四边形AEFO是平行四边形； 15/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 ②菱形ABCD的面积为4V3; ③OB与EF互相垂直平分： ④aFOC的面积是 2 9.(24-25八年级下·湖南永州·期末)如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O,E为边AB的 中点，DE⊥AB, (1)求∠DAB的度数； (2)如果AC=4V3,求菱形ABCD的面积. 10.(24-25八年级下，湖南衡阳·期末)如图，点0是菱形ABCD对角线的交点，过点C作CE∥OD,过点D 作DE∥AC,CE与DE相交于点E. D B (I)求证：四边形OCED是矩形； (2)若AB=2,∠ABC=60°，求矩形0CED的面积. 11.(24-25八年级下湖南岳阳·期末)如图，在口ABCD中，FA⊥AB,交CD于点E,交BC的延长线于点 F,且CF=BC,连接AC,DF. B G 16/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (I)求证：四边形ACFD是菱形； (2)若菱形ACFD的面积为30，AB=5,AG⊥BF,求AG的长. 12.24-25八年级下·湖南永州期末)如图，矩形ABCD中，点E为边AB上任意一点，连结CE,点F为线段 CE的中点，过点F作MN⊥CE,MN与AB、CD分别相交于点M、N,连结CM、EN. W B M (I)求证：四边形CNEM为菱形； (2)若AB=10,AD=4,当EM=5时，求AE的长. 13.(24-25八年级下·湖南益阳·期末)如图1，四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，其中点E在边CB的 延长线上，点G在边AB的延长线上，点H在边BC上，连接DH,HF,AB=4,∠ABC=I20°， EB=CH. B H 图1 图2 (I)求证：△DCH≌△HEF, (2)如图2，连接BD,将菱形BEFG绕点B顺时针旋转120°，使点E落在BD上，点F落在AB上，点G落 在CB的延长线上，连接EH,CF.若EH⊥BC,求CF的长. 14.（24-25八年级下·湖南常德期末)同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动.在口ABCD中， 己知AB=10,平行四边形ABCD的面积为120.点E为BC边上任意一点，将△ABE沿AE折叠，点B的对 应点为B. B'D D B B B E 图1 图2 (①)如图1，若点B恰好落在AD上时. 17/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 ①若LAEB=Q,则LB'EC= (用含a的式子表示)； ②求证：四边形ABEB'为菱形； (②)如图2，若∠BAE=45°时，连接BB',并延长交CD于点G.求线段B'G的长 15.(24-25八年级下，湖南郴州期末)如图，在平行四边形ABCD中，AC⊥BC,点M是AB边上一动点， 从A出发沿AB边匀速运动，当M运动到点B时停止运动，过M作MN⊥AC,交CD边于点N,连接AN, CM.己知AD=2,AC=3AD, B M M 备用图 (I)求AB的长； (②)试求在运动过程中，AM长为何值时，四边形NMBC是菱形，请说明理由； (3)点M在运动过程中，AN+CM的长是否存在最小值，如果有请求出最小值；如果没有则说明理由. 目目 考点07 正方形 1.(24-25八年级下·湖南邵阳·期末)四边形在进化的过程中，正方形可以由矩形进化而来，下列选项中正 方形具有，而矩形不具有的性质是() A.对角线互相垂直B.对角线相等 C.中心对称图形 D.对角线互相平分 2.(24-25八年级下·湖南郴州期末)下列说法错误的是() A.平行四边形的对角相等 B.有一个角是直角的平行四边形是矩形 C.有一组邻边相等的四边形是菱形 D.正方形的对角线互相垂直平分且相等 3.(24-25八年级下·湖南省衡阳市耒阳市·模拟预测)如图，在正方形ABCD外侧作等边△CDE,则∠DAE的 度数为() D E A.15 B.20° C.25° D.30° 18/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 4.(23-24八年级下湖南邵阳·期末)做一做：用一张长方形纸片折出一个最大正方形.如下图，步骤①将 长方形纸片ABCD沿痕AE折叠，使点B落在边AD上与点B重合；步骤②用剪刀沿B'E剪掉长方形B'ECD ;步骤③将△ABE沿折痕AE展开得到正方形ABEB'.其依据是() B A.有一个角是直角的菱形是正方形B.有一组邻边相等的矩形是正方形 C.对角线相等的菱形是正方形 D.对角线互相垂直的矩形是正方形 5.(24-25八年级下·湖南衡阳·期末)如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上，连接BE,过点E作 BE的垂线交CD于点F,交BC的延长线于点G,若点F是EG的中点，AB=3,则EG的长度为() D E B G A.4 B.5 D.25 6.(24-25八年级下·湖南娄底期末)如图，在正方形ABCD中，AB=6,点E在边CD上，且CD=3DE, 将ADE沿AE所在直线翻折得到△AFE,延长EF交边BC于点G,连接AG、CF,则下列结论：① △ABG≌△AFG;②BG=CG;③AG∥CF;④S△EGc=6;⑤LAGB+LAED=145°.其中正确结论是() D G A.①②③ B.①②③④ C.①③⑤ D.①②④ 7.(25-26八年级上湖南张家界期末)如图所示，在Rt△ABC中，LABC=90°，BD平分∠ABC, DE∥AB,DF⊥AB,求证：四边形BEDF是正方形. 19/23 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E 8.(24-25八年级下，湖南益阳·期末)如图，在正方形ABCD中，点E,F分别在边BC和CD上，AE=AF. (I)求证：△ADF≌△ABE. (2)连接AC,交EF于点O,延长OC至点M,AE=EM.求证：四边形AEMF是菱形 9.(24-25八年级下·湖南邵阳·期末)如图，四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过 点E作EF⊥DE,交射线BC于点F,以DE、EF为邻边作矩形DEFG,连接CG. D B 备用图 (I)求证：ED=EF; (2)若AB=3√2，CE=4,求CG的长度； 目目 考点08 四边形的综合 1.(24-25八年级下·湖南郴州期末)如图1，在边长为6的正方形ABCD中，点E、F分别为AB,AD的 动点，且AE=DF,连接DE、CF交于点G,连接BG. ☒济■ Ar- 图1 图2 备用图 (I)求证：DE⊥CF; 20/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (②)若点E为AB中点时，求BG的长： (3)如图2，将正方形ABCD沿着PO折叠，使得点A落在边CD的三等分点M处，求PQ的长. 2.(24-25八年级下，湖南岳阳期末)综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动， E 图1 图2 图3 (1)操作判断 操作一：对折矩形纸片ABCD,使AD与BC重合，得到折痕EF,把纸片展平： 操作二：在AD上选一点P,沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM,BM;根 据以上操作，当点M在EF上时， BE ,∠MBC= BM (②)迁移探究 小明同学将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照(1)中的方式操作， 并延长PM交CD于点Q,连接BQ,BM. ①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ与∠PQD的数量关系是 ②如图3，当改变点P在AD上的位置（点P不与点A,D重合），使点M不在EF上时，判断∠MBQ与 ∠PQD的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由. (3)拓展应用 在(2)的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为10，当FQ=2时，求AP的长. 3.（24-25八年级下…湖南怀化期末)在“综合与实践”课上，同学们以“图形的旋转”为主题开展数学活动： D E E B 图1 图2 图3 ()【探究发现】 如图1，在正方形ABCD中，点E是CD边上任意一点，以点A为中心，将ADE顺时针旋转，使得点D与 点B重合得到△ABF,连接EF,则△AEF是 三角形. 21/23 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (②)【联想拓展】 如图2，若点E是正方形ABCD的对角线BD上一点，将△ADE顺时针旋转90°得到△ABF，连接EF,求证： 2AE2=BE2+DE2. (3)【迁移应用】 如图3，己知菱形ABCD,∠BAD=120°，AB=6,点E是菱形ABCD的对角线BD上一点，将ADE顺时 针旋转120°得到△ABF,连接EF.当EF∥AD时，求BE, 4.(24-25八年级下·湖南湘西期末)在正方形ABCD中，E是边BC上的一个动点（不与点B,C重合）， 连接AE,P为点B关于直线AE的对称点，∠BAE=a· B (I)求∠APD的大小（用含O的式子表示）； (2)用等式表示线段AF、PF和PD之间的数量关系，并说明理由； (3)已知AB=2,连接PC,若PC‖AE,M,N是正方形ABCD的对角线BD上的两个动点，且 BN=BM+√2，连接EM,AN,则EM+AN的最小值为_ 5.(24-25八年级下·湖南永州期末)(1)如图1，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点0，且 ∠ABC=60°，在线段AO上任取一点M(端点除外)，连接MD、MB. ①求证：MD=MB; ②将线段DM绕点M顺时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点N处，当点M在线段A0上的位置发生 变化时，∠DMN的大小是否发生变化？请说明理由 (2)进一步探究.如图2，将菱形ABCD换成正方形ABCD,其他条件不变，试探究AN与OM的数量关系. D M M B N 图1 图2 22/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 23/23