专题03 四边形（1）（期末真题汇编，北京专用北京版）八年级数学下学期

**基本信息** 汇集北京多区期末真题，聚焦四边形四大高频考点，分层考查中心对称与轴对称图形、多边形内角和、平行四边形性质判定及选填压轴，适配期末复习需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选|23|中心对称图形判定（如新能源汽车标志）、多边形内角和计算（七边形内角和）|结合文化素材（福字纹样）、科技情境（完美五边形），基础题占比60%| |填空|7|平行四边形性质（延长线角度计算）、中点连线应用（池塘距离测量）|设置动态问题（菱形动点取值范围），考查几何直观| |解答|7|平行四边形判定（对角线互相平分）、菱形性质证明（对角线与面积）|综合尺规作图（作中线）、多结论推理（矩形旋转综合题），匹配中考压轴题命题趋势|

专题03 四边形（1） 4大高频考点概览 考点01 中心对称图形与轴对称图形 考点02 多边形内角和 考点03 平行四边形的性质与判定 考点04 四边形选填压轴 地 城 考点01 中心对称与轴对称图形 一、单选题 1．(24-25八下·北京平谷区·期末)数学中有许多精美的曲线．下面这四个曲线中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（  ） A．星形线 B．三叶玫瑰线 C．阿基米德螺线 D．笛卡笛卡尔叶形线 2．(24-25八下·北京顺义区·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． 3．(24-25八下·北京房山区·期末)下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（   ） A．正三角形 B．等腰梯形 C．平行四边形 D．正方形 4．(24-25八下·北京石景山区·期末)中国新能源汽车发展迅猛，下列新能源汽车标志图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 5．(24-25八·北京通州区·期末)下列图形中是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 6．(24-25八下·北京昌平区·期末)福字纹样以“福”字为核心，常通过变形、组合等手法，融入祥云、蝙蝠、牡丹等吉祥元素，造型丰富多变，寓意福气盈门、幸福美满，是传统吉祥文化的生动载体．下列福字纹样是中心对称图形的是（    ）． A． B． C． D． 7．(24-25八下·北京延庆区·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．等边三角形 B．平行四边形 C．矩形 D．正五边形 地 城 考点02 多边形内角和 一、单选题 1．(24-25八下·北京顺义区·期末)七边形的内角和为（    ） A．540° B．720° C．900° D．1080° 2．(24-25八下·北京平谷区·期末)若正多边形的一个外角是，则这个正多边形是（   ） A．正三角形 B．正四边形 C．正五边形 D．正六边形 3．(24-25八下·北京石景山区·期末)若一个多边形的内角和是，则该多边形的边数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 4．(24-25八下·北京昌平区·期末)若一个多边形的外角和与它的内角和相等，则这个多边形是（   ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 5．(24-25八下·北京延庆区·期末)六边形的外角和是 （    ） A．360° B．540° C．720° D．900° 6．(24-25八·北京通州区·期末)完美五边形是指可以无重叠、无间隙铺满整个平面的凸五边形．展示了数学与艺术的完美结合，它不仅是数学领域中的一个重要发现，还在建筑设计、艺术创作等领域中具有重要的美学价值．如图，五边形是人类发现的第15种完美五边形的示意图，其中，则等于（　　） A． B． C． D． 地 城 考点03 平行四边形的性质与判定 一、单选题 1．(24-25八下·北京平谷区·期末)一个同学整理了平行四边形和特殊平行四边形之间的关系图，如图所示，从下列条件， ①②③④中，选择其中一个条件填入（）中，补全关系图，其中所有正确选项的序号是（  ） A．①②③ B．②④ C．①③④ D．②③④ 2．(24-25八下·北京平谷区·期末)已知：如图，四边形是平行四边形，点为上的一点（不与点重合），连接．求作：点，使得点在上，且． 甲、乙、丙三名同学的尺规作图方法如下： 甲：以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接； 乙：以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接； 丙：以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接． 上述三名同学的作法一定正确的是（  ） A．甲、乙 B．乙、丙 C．甲、丙 D．甲、乙、丙 此时，四边形不是平行四边形， ∴与不平行，故甲作法错误； 乙：如图所示， 此时， 此时， 3．(24-25八下·北京怀柔区·期末)如图，中，，则（    ） A． B． C． D． 4．(24-25八·北京通州区·期末)如图，在菱形中，对角线，相交于点，点E，F分别是，的中点，连结，若，，则菱形的边长为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 5．(24-25八下·北京延庆区·期末)下列命题中，假命题是（    ） A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 二、填空题 6．(24-25八下·北京顺义区·期末)如图，在中，，是延长线上一点，则________． 7．(24-25八下·北京石景山区·期末)如图，四边形是平行四边形，于点．若，则的大小为___________． 8．(24-25八·北京通州区·期末)如图，在等边三角形中，，P为上一点（与点A、C不重合），连接，以、为邻边作平行四边形，则的取值范围是_______． 9．(24-25八下·北京昌平区·期末)如图，两点被池塘隔开，在外选一点C，连接和，并分别找出它们的中点，N．若测得米，则两点间的距离为_______________米． 10．(24-25八下·北京延庆区·期末)如图，在中，，则_____． 三、解答题 11．(24-25八下·北京平谷区·期末)如图，菱形的对角线与交于点，为的中点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求平行四边形的面积． 12．(24-25八下·北京怀柔区·期末)如图，平行四边形的对角线，相交于点，，分别是，的中点．求证：． 13．(24-25八下·北京顺义区·期末)已知：如图，在四边形中，对角线，相交于点O，O是的中点，且．求证：四边形是平行四边形． 14．(24-25八下·北京房山区·期末)下面是晓涵设计的“作已知三角形的中线”的尺规作图过程． 已知：． 求作：的中线． 作法：①如图，以点B为圆心，长为半径作弧；以点C为圆心，长为半径作弧，两弧交于下方的点E； ②连接，与交于点D．则线段即为所求中线． 根据晓涵设计的尺规作图过程完成下列问题： (1)使用直尺和圆规作图，补全图形（保留作图痕迹）； (2)完成下面的证明过程． 证明：连接，， ，， 四边形是________形（________）（填推理依据）， 为中点（________）（填推理依据）， 为的中线． 15．(24-25八下·北京房山区·期末)如图，在中，，平分，，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的长． 16．(24-25八下·北京石景山区·期末)如图，四边形是平行四边形，点，在对角线上且．求证：． 17．(24-25八·北京通州区·期末)如图，在平行四边形中，点E，F分别在，边上，且，连接，．求证：． 地 城 考点04 四边形选填压轴 一、单选题 1．(24-25八下·北京平谷区·期末)为平行四边形的对角线，，于点，于点，，交于点，连接和，射线交线段的延长线于点．①；②；③；④；上述结论正确的有（  ） A．①② B．①④ C．①②④ D．①②③④ 2．(24-25八下·北京房山区·期末)如图，矩形绕点D逆时针旋转得到矩形，连接交于点E，F为的中点，连接交于点G，连接．给出下面四个结论：①；②；③；④． 上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①②③④ B．①②④ C．②③④ D．①③ 3．(24-25八下·北京石景山区·期末)如图，在矩形中，，点，分别在，边上，连接，，．，，，．给出下面三个结论：①； ②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 4．(24-25八下·北京昌平区·期末)如图，正方形，E，F，G，H是其边上的点（不与A，B，C，D重合），，过点E，F，G，H分别作正方形边的垂线，，，，构成四边形，点，分别是射线和上的点，且，分别作射线，，交，于点，，分别连接，，，，可得四边形．给出下面四个结论： ①四边形是正方形； ②四边形是平行四边形； ③若，四边形是菱形不是正方形； ④若，四边形是正方形． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ）． A．① B．①② C．①②③ D．①②④ 5．(24-25八下·北京怀柔区·期末)如图，在正方形中，点P是对角线上一点（点P不与B，D重合），连接并延长交于点E，过点P作交于点F，连接，，交于点G，给出三个结论：，．上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 6．(24-25八下·北京顺义区·期末)如图，在菱形中，，，是线段上的动点（不与点，重合），连接，作射线，交线段于点，且使．给出下面四个结论： ①； ②； ③、两点间的距离的取值范围是； ④连接，则面积的最小值为． 上述结论中，所有正确结论的序号是________． 7．(24-25八下·北京门头沟区·期末)如图，在四边形中，，点E在上，且，，取的中点P，连接，，，，给出下面三个结论：①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是________． 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 四边形（1） 4大高频考点概览 考点01 中心对称图形与轴对称图形 考点02 多边形内角和 考点03 平行四边形的性质与判定 考点04 四边形选填压轴 地 城 考点01 中心对称与轴对称图形 一、单选题 1．(24-25八下·北京平谷区·期末)数学中有许多精美的曲线．下面这四个曲线中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（  ） A．星形线 B．三叶玫瑰线 C．阿基米德螺线 D．笛卡笛卡尔叶形线 【答案】A 【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．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度后与自身重合．根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可． 【详解】解：A．是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意； B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意； C．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不符合题意； D．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意； 故选：A． 2．(24-25八下·北京顺义区·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】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，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，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，熟练掌握轴对称图形与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，不是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，不是轴对称图形；故不符合题意； B、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，不是轴对称图形；故不符合题意； C、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形；故符合题意； D、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形；故不符合题意； 故选：C． 3．(24-25八下·北京房山区·期末)下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（   ） A．正三角形 B．等腰梯形 C．平行四边形 D．正方形 【答案】C 【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．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解答． 【详解】解：A、正三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； B、等腰梯形是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故符合题意； D、正方形是轴对称图形，也是中心对称图形，故不符合题意． 故选：C． 4．(24-25八下·北京石景山区·期末)中国新能源汽车发展迅猛，下列新能源汽车标志图形中，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】本题考查了对中心对称图形与轴对称图形的识别．熟练掌握中心对称图形与轴对称图形定义是解题的关键，根据中心对称图形与轴对称图形的定义进行判断即可． 【详解】解：A、图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意； B、图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项不合题意； C、图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意； D、图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项不合题意． 故选：C ． 5．(24-25八·北京通州区·期末)下列图形中是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两边的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形；如果将图形旋转后仍与原图形重合，这个图形即是中心对称图形，据此逐项判断即可． 【详解】A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故该选项正确； B、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故该选项错误； C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故该选项错误； D、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故该选项错误； 故选：A． 6．(24-25八下·北京昌平区·期末)福字纹样以“福”字为核心，常通过变形、组合等手法，融入祥云、蝙蝠、牡丹等吉祥元素，造型丰富多变，寓意福气盈门、幸福美满，是传统吉祥文化的生动载体．下列福字纹样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，熟练掌握定义是解题的关键．根据中心对称图形的概念，进行判断即可．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，根据定义判断即可． 【详解】解：A．选项中的图形不是中心对称图形；不符合题意； B．选项中的图形不是中心对称图形；不符合题意； C．选项中的图形不是中心对称图形；不符合题意； D．选项中的图形是中心对称图形；符合题意． 故选：D． 7．(24-25八下·北京延庆区·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．等边三角形 B．平行四边形 C．矩形 D．正五边形 【答案】C 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义对各个选项进行逐一判断即可． 【详解】解：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意； D、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意． 地 城 考点02 多边形内角和 一、单选题 1．(24-25八下·北京顺义区·期末)七边形的内角和为（    ） A．540° B．720° C．900° D．1080° 【答案】C 【分析】由n边形的内角和是：180°（n-2），将n=7代入即可求得答案． 【详解】七边形的内角和是：180°×（7-2）=900°； 故答案为：C． 【点睛】此题考查了多边形的内角和公式．熟记公式：n边形的内角和为180°（n-2）是解决此题的关键． 2．(24-25八下·北京平谷区·期末)若正多边形的一个外角是，则这个正多边形是（   ） A．正三角形 B．正四边形 C．正五边形 D．正六边形 【答案】C 【分析】本题主要考查了正多边形外角和定理，正多边形的外角和为360度，据此求出边数即可得到答案． 【详解】解：， ∴这个多边形的边数为5，即该多边形是 正五边形， 故选：C． 3．(24-25八下·北京石景山区·期末)若一个多边形的内角和是，则该多边形的边数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】本题考查多边形的内角和公式， 利用n边形的内角和可以表示成，结合方程即可求出答案，掌握多边形的内角和公式是解题的关键． 【详解】解：根据多边形的内角和可得： ， 解得：， ∴该多边形的边数为5， 故选：B． 4．(24-25八下·北京昌平区·期末)若一个多边形的外角和与它的内角和相等，则这个多边形是（   ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】B 【分析】本题主要考查的是多边形的内角和和外角和，任意多边形的外角和为，然后利用多边形的内角和公式计算即可． 【详解】解：设多边形的边数为n， 根据题意得：， 解得：． 即这个多边形是四边形． 故选：B． 5．(24-25八下·北京延庆区·期末)六边形的外角和是 （    ） A．360° B．540° C．720° D．900° 【答案】A 【分析】根据多边形外角和都是360°即可得出答案． 【详解】∵多边形的外角和都是360°， ∴六边形的外角和是360°． 故选：A． 【点睛】本题主要考查多边形外角和，掌握多边形外角和都是360°是解题的关键． 6．(24-25八·北京通州区·期末)完美五边形是指可以无重叠、无间隙铺满整个平面的凸五边形．展示了数学与艺术的完美结合，它不仅是数学领域中的一个重要发现，还在建筑设计、艺术创作等领域中具有重要的美学价值．如图，五边形是人类发现的第15种完美五边形的示意图，其中，则等于（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的外角和，熟练掌握多边形的外角和为是关键．直接利用多边形的外角和为即可得出答案． 【详解】解：多边形的外角和为， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 地 城 考点03 平行四边形的性质与判定 一、单选题 1．(24-25八下·北京平谷区·期末)一个同学整理了平行四边形和特殊平行四边形之间的关系图，如图所示，从下列条件， ①②③④中，选择其中一个条件填入（）中，补全关系图，其中所有正确选项的序号是（  ） A．①②③ B．②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的判定，菱形的性质与判定等知识，掌握正方形的判定是解答本题的关键．结合图形可知，由菱形变形到正方形所需要的条件，根据菱形的性质以及正方形的判定判断即可作答． 【详解】解：由图可知： 平行四边形中，当时，平行四边形为菱形， 菱形中，， 当时，菱形为正方形，当时，菱形为正方形， ∴所有正确选项的序号是②④． 故选：B． 2．(24-25八下·北京平谷区·期末)已知：如图，四边形是平行四边形，点为上的一点（不与点重合），连接．求作：点，使得点在上，且． 甲、乙、丙三名同学的尺规作图方法如下： 甲：以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接； 乙：以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接； 丙：以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接． 上述三名同学的作法一定正确的是（  ） A．甲、乙 B．乙、丙 C．甲、丙 D．甲、乙、丙 【答案】B 【分析】本题考查了基本的尺规作图，平行四边形的性质与判定，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理．结合基本的尺规操作，利用平行四边形的判定定理逐项进行判定即可． 【详解】解：甲：如图所示， 此时，四边形不是平行四边形， ∴与不平行，故甲作法错误； 乙：如图所示， 此时， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∴，故乙作法正确； 丙：如图所示， 此时， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，故丙作法正确； ∴作法一定正确的是乙、丙； 故选：B． 3．(24-25八下·北京怀柔区·期末)如图，中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据两直线平行，同旁内角互补，解答即可． 本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，熟练掌握性质是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：D． 4．(24-25八·北京通州区·期末)如图，在菱形中，对角线，相交于点，点E，F分别是，的中点，连结，若，，则菱形的边长为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，熟练运用相关知识是解题的关键． 先利用三角形的中位线定理得，再由菱形的对角线互相垂直得，最后用勾股定理求长． 【详解】点E，F分别是，的中点， ， 四边形是菱形， ，， ， 菱形的边长为5． 故选：D． 5．(24-25八下·北京延庆区·期末)下列命题中，假命题是（    ） A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 【答案】D 【分析】根据平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定即可进行解答． 【详解】解：A、B、C均是真命题，不符合题意； 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形或等腰梯形，故D是假命题，符合题意； 故选：D． 【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，解题的关键是熟练掌握相关判定定理． 二、填空题 6．(24-25八下·北京顺义区·期末)如图，在中，，是延长线上一点，则________． 【答案】65 【分析】本题考查平行四边形的性质，利用平行四边形的对角相等求解．解题的关键是掌握平行四边形的性质． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ． 故答案为：65． 7．(24-25八下·北京石景山区·期末)如图，四边形是平行四边形，于点．若，则的大小为___________． 【答案】/40度 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、平行线的性质、直角三角形两锐角互余等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 由平行四边形的性质可得，再由平行线的性质可得，然后根据直角三角形两锐角互余即可解答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 8．(24-25八·北京通州区·期末)如图，在等边三角形中，，P为上一点（与点A、C不重合），连接，以、为邻边作平行四边形，则的取值范围是_______． 【答案】 【分析】由平行四边形的性质可得：，，当点P与点C重合时，此时OP有最大值，当时，此时OP有最小值，即可求解． 【详解】如图，设AB与PD交于点O，连接OC， ∵四边形ADBP是平行四边形 ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴ ∴ 当点P与点C重合时，此时OP有最大值 ∴DP的最大值为 当时，此时OP有最小值 ∵ ∴ ∴DP的最小值为 ∵P为 AC 上一点（与点A、C不重合） ∴ 故答案为： 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、等边三角形的性质、垂线段最短等知识点，灵活运用这些性质是解决问题的关键． 9．(24-25八下·北京昌平区·期末)如图，两点被池塘隔开，在外选一点C，连接和，并分别找出它们的中点，N．若测得米，则两点间的距离为_______________米． 【答案】40 【分析】本题考查三角形中位线定理，三角形中位线定理：三角形的中位线长平行于第三边且等于第三边的一半．熟记性质是解决实际问题的关键．由、分别是、的中点可知，是的中位线，根据三角形中位线定理解答即可． 【详解】解：，分别为、的中点， 是的中位线， 米， （米）． 故答案为：40． 10．(24-25八下·北京延庆区·期末)如图，在中，，则_____． 【答案】 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，平行线的性质，掌握以上知识是解题的关键．根据平行四边形的性质可得，，，可求出的度数，根据平行线的性质即可求解． 【详解】解：在中，，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 三、解答题 11．(24-25八下·北京平谷区·期末)如图，菱形的对角线与交于点，为的中点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求平行四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，勾股定理，三角形的中位线定理等知识点，熟练掌握菱形的性质，平行四边形的判定是解题的关键． （1）先得到为的中位线，则根据三角形中位线的性质以及已知添加证明，即可证明； （2）先求出，再由勾股定理求出，然后过点作于点，由面积法得到，即可求解，再由平行四边形面积公式求解． 【详解】（1）证明：菱形   ． 为中点   为的中位线 ． 四边形是平行四边形． （2）解：过点作于点 菱形        ，             解得：． ． 12．(24-25八下·北京怀柔区·期末)如图，平行四边形的对角线，相交于点，，分别是，的中点．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质，由平行四边形的性质可得，，结合题意可得，再证明，即可得证，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵，分别是，的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 13．(24-25八下·北京顺义区·期末)已知：如图，在四边形中，对角线，相交于点O，O是的中点，且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】根据三角形全等，结合平行四边形的判定解答即可． 本题考查了三角形的全等判定和性质，平行四边形的判定，熟练掌握判定是解题的关键． 【详解】证明：， ， 是的中点， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形． 14．(24-25八下·北京房山区·期末)下面是晓涵设计的“作已知三角形的中线”的尺规作图过程． 已知：． 求作：的中线． 作法：①如图，以点B为圆心，长为半径作弧；以点C为圆心，长为半径作弧，两弧交于下方的点E； ②连接，与交于点D．则线段即为所求中线． 根据晓涵设计的尺规作图过程完成下列问题： (1)使用直尺和圆规作图，补全图形（保留作图痕迹）； (2)完成下面的证明过程． 证明：连接，， ，， 四边形是________形（________）（填推理依据）， 为中点（________）（填推理依据）， 为的中线． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】题目主要考查基本作图及平行四边形的判定和性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． （1）根据题意作图即可； （2）根据题中证明过程结合平行四边形的判定和性质即可证明． 【详解】（1）解：如图所示即为所求； （2）证明：连接，， ，， 四边形是平行四边形形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）， 为中点（平行四边形的对角线互相平分）， 为的中线． 15．(24-25八下·北京房山区·期末)如图，在中，，平分，，且． (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】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的性质，平行线的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）利用同旁内角互补两直线平行得出，利用角平分线的性质及等量代换得出，利用内错角相等两直线平行得出，利用两组对边分别平行即可得出平行四边形； （2）过点作交于点，利用角平分线的性质和平行四边形的性质得出相等的边，假设，则，判定出，利用相似三角形的性质得出，最后求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ， ， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图，过点作交于点， 又∵平分，， ∴， 由（1）得四边形是平行四边形， ∴， 假设，则， 由勾股定理得，， ∵， ∴， 解得， ∴． 16．(24-25八下·北京石景山区·期末)如图，四边形是平行四边形，点，在对角线上且．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，灵活运用平行四边形的判定与性质定理成为解题的关键． 如图：连接交于点，连接，．由平行四边形的性质可得、，易得，则四边形是平行四边形，最后根据平行四边形的对边相等即可证明结论． 【详解】证明：如图：连接交于点，连接，． ∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵， ∴． ∴四边形是平行四边形． ∴． 17．(24-25八·北京通州区·期末)如图，在平行四边形中，点E，F分别在，边上，且，连接，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法，证明四边形是平行四边形是解决问题的关键．先证明四边形是平行四边形，从而得到，从而即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵点E，F分别在边上，， ∴，即， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 地 城 考点04 四边形选填压轴 一、单选题 1．(24-25八下·北京平谷区·期末)为平行四边形的对角线，，于点，于点，，交于点，连接和，射线交线段的延长线于点．①；②；③；④；上述结论正确的有（  ） A．①② B．①④ C．①②④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】通过判断为等腰直角三角形，得到，再证明，易证，于是可对①进行判断；根据平行四边形的性质得到，可对②进行判断；由H不是的中点，可对③进行判断；依据勾股定理即可得到，，可对④进行判断． 【详解】解：∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故①正确； ∵平行四边形中，， ∴，故②正确； ∵H不是的中点， ∴， ∴，故③错误； ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故④正确． ∴其中正确的结论有①②④． 故选：C． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理，熟练运用平行四边形的性质是本题的关键． 2．(24-25八下·北京房山区·期末)如图，矩形绕点D逆时针旋转得到矩形，连接交于点E，F为的中点，连接交于点G，连接．给出下面四个结论：①；②；③；④． 上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①②③④ B．①②④ C．②③④ D．①③ 【答案】A 【分析】连接，根据旋转性质可以确定，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半即可得出结论①；根据旋转性质证明从而得出结论②；证明，通过勾股定理从而得出结论③；延长交于点H，通过平行线的判定与性质即可证明结论④． 【详解】解：如图，连接， 矩形绕点D逆时针旋转得到矩形， ， F为的中点， ，故①正确； 矩形绕点D逆时针旋转得到矩形， ， ， ， ， F为的中点， ， ， ， ， 又， ， ，故②正确； ， ， ， 为等腰直角三角形， ，故③正确； 如图，延长交于点H， ， ， ， ，即， ， ， ，故④正确， 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质求解，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关性质定理为解题关键． 3．(24-25八下·北京石景山区·期末)如图，在矩形中，，点，分别在，边上，连接，，．，，，．给出下面三个结论：①； ②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】首先由矩形得到，然后等量代换得到，即可得到，进而判断①；证明出，得到，，然后根据勾股定理得到，代入整理得到，然后化简即可判断②；根据得到，然后利用三角形三边关系即可判断③． 【详解】∵四边形是矩形 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴，故①正确； ∵，， ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ，故②正确； ∵， ∴ ∴ ∵ ∴，故③正确． 综上所述，所有正确结论的序号是①②③． 故选：D． 【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 4．(24-25八下·北京昌平区·期末)如图，正方形，E，F，G，H是其边上的点（不与A，B，C，D重合），，过点E，F，G，H分别作正方形边的垂线，，，，构成四边形，点，分别是射线和上的点，且，分别作射线，，交，于点，，分别连接，，，，可得四边形．给出下面四个结论： ①四边形是正方形； ②四边形是平行四边形； ③若，四边形是菱形不是正方形； ④若，四边形是正方形． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ）． A．① B．①② C．①②③ D．①②④ 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，由正方形的性质可得，证明四边形是矩形，得到；再证明，同理可证明四边形和四边形是矩形，则，进而可证明，则可证明四边形是正方形，据此可判断①；证明，得到，同理可证明，得到；再证明，得到，则可证明，同理可证明，据此可判断②；可证明，，证明，得到，，再证明，即可判断③④． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵过点E，F，G，H分别作正方形边的垂线，，，， ∴四边形是矩形， ∴； ∵， ∴， ∴， 同理可证明四边形和四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 同理可证明， ∴四边形是菱形， 又∵， ∴四边形是正方形，故①正确； ∵， ∴， ∴， 同理可证明， ∴； ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，即， 同理可证明， ∴四边形是平行四边形，故②正确； ∵， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴四边形是菱形； ∵， ∴， ∴四边形是正方形，故③错误，④正确； 故选：D． 5．(24-25八下·北京怀柔区·期末)如图，在正方形中，点P是对角线上一点（点P不与B，D重合），连接并延长交于点E，过点P作交于点F，连接，，交于点G，给出三个结论：，．上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查正方形性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点．添加辅助线，构造全等三角形是解决本题的关键． 根据题意，由勾股定理即可判断；过P点作，延长交于Q点，通过分析可证即可判断；将绕点A顺时针旋转得到，证，即可判断． 【详解】解： 连接并延长交于点E，过点P作交于点F， 是直角三角形， 正确； 如图，过P点作，延长交于Q点，则，四边形是矩形， ，， ， 四边形是正方形， 是对角线， ，， 是等腰直角三角形， ， 四边形是矩形， ， ， ， 在和中， ， ， 正确； 将绕点A顺时针旋转得到，如图2， ， ， C，B，H共线， ， ， ， 在和中， ， ， ， 正确； 综上，均正确． 故答案为：D． 二、填空题 6．(24-25八下·北京顺义区·期末)如图，在菱形中，，，是线段上的动点（不与点，重合），连接，作射线，交线段于点，且使．给出下面四个结论： ①； ②； ③、两点间的距离的取值范围是； ④连接，则面积的最小值为． 上述结论中，所有正确结论的序号是________． 【答案】①④ 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，含30度角的直角三角形等知识，掌握菱形的性质是解题关键．连接，利用菱形的性质，证明是等边三角形，从而推出，可判断①②结论；当点、分别是、中点时，，，证明出是等边三角形，求出的最小值，当点、分别与点、重合时，求出的最大值，可判断③结论；根据③和直角三角形的性质，可判断④结论． 【详解】解：如图，连接， 在菱形中，，， ，，，，， 是等边三角形， ，， ，， ， ， ， ， ，即， 在和中， ， ， ，①结论正确； ， ， ，②结论错误； 同理可证，是等边三角形， 当点、分别是、中点时，，，此时和最短， ，， ， ，， 是等边三角形， ，即的最小值为， 当点、分别与点、重合时，此时， 、两点间的距离的取值范围是，③结论错误； 当，，面积的最小，此时， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ，， 面积的最小为，④结论正确； 故答案为：①④． 7．(24-25八下·北京门头沟区·期末)如图，在四边形中，，点E在上，且，，取的中点P，连接，，，，给出下面三个结论：①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是________． 【答案】③ 【分析】①根据已知条件可依据“”判定和全等得，在中，根据得，由此即可对结论①进行判断； ②过点A作于点F，过点P作于点H，证明四边形是矩形得，在中，根据得，由此即可对结论②进行判断； ③过点A作于点F，延长交的延长线于点，取的中点，连接，证明，得到，，推出是的中位线，那么，，得到，结合，进而得到，在中，由勾股定理得：，进而得，由此即可对结论③进行判断，综上所述即可得出结论． 【详解】解：①在和中， ，，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故结论①不正确； ②过点A作于点F，延长交的延长线于点，取的中点，连接，如图所示： ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故结论②不正确； ③过点A作于点F，延长交的延长线于点，取的中点，连接，如图所示： ， ， ，， ， ，， ， 是的中位线， ，， ， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴， 故结论③正确， 综上所述：正确结论的序号是③． 故答案为：③． 【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，三角形中位线，平行的性质，勾股定理是解决问题的关键． 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $