专题03 四边形（期末真题汇编，广东专用）八年级数学下学期新教材人教版

**基本信息** 涵盖四边形全考点，精选广东多地期末真题，基础题结合生活情境（如太阳能热水器稳定性），压轴题突出动态探究（如动点平行四边形存在性）。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择|约20题|多边形内角和、平行四边形性质、矩形判定|融入冰裂纹、正八边形窗户等文化素材| |填空|约10题|菱形面积、三角形中位线、正方形折叠|结合石墨烯分子结构等科技情境| |解答|约15题|四边形动态问题、分类讨论、综合证明|压轴题含动点探究（如速度与图形存在性），匹配期末考命题趋势|

专题03 四边形 高频考点概览 考点01四边形及多边形 考点02平行四边形 考点03 三角形的中位线 考点04矩形 考点05菱形 考点06正方形 考点07四边形的综合压轴题型 考点01 四边形及多边形 1.（24-25八年级下·广东·期末）下列生活实物中，没有用到三角形的稳定性的是（　　） A． 太阳能热水器 B． 活动衣架 C． 三脚架 D． 篮球架 【答案】B 【分析】根据三角形的稳定性，逐一进行判断即可． 【详解】A、太阳能热水器的支架是三角形，具有三角形的稳定性，不符合题意； B、活动衣架是四边形，不具有三角形的稳定性，符合题意； C、三脚架是三角形，具有三角形的稳定性，不符合题意； D、篮球架是三角形，具有三角形的稳定性，不符合题意； 故选B． 【点睛】本题考查三角形的稳定性．熟练掌握三角形的稳定性是解题的关键． 2．（24-25八年级上·广东云浮·期中）学习了多边形后，我们知道过多边形的一个顶点可作若干条对角线（三角形除外）．如图，四边形有1条对角线，五边形有2条对角线，过十二边形一个顶点的对角线有（　　） A．11条 B．10条 C．9条 D．8条 【答案】C 【分析】本题考查了多边形对角线的条数问题，掌握相关知识是解题的关键． 根据从一个多边形一个顶点出发，可以连的对角线的条数是边数，即可得出答案． 【详解】解：四边形从一个顶点出发，可以画1条对角线， 五边形从一个顶点出发，可以画2条对角线， 六边形从一个顶点出发，可以画3条对角线， ∴边形从一个顶点出发，可以画条对角线， ∴十二边形从一个顶点出发，可以画9条对角线； 故选：C． 3．（23-24七年级上·广东河源·期末）从多边形的一个顶点出发，可以作8条对角线，则该多边形的边数是（    ） A．九 B．十 C．十一 D．十二 【答案】C 【分析】本题主要考查了多边形的对角线，掌握n边形从一个顶点出发可引出条对角线求解即可． 【详解】解：设多边形边数为n，由题意得： ， ， 故选：C． 4．（24-25七年级上·广东清远·期末）过七边形的一个顶点可以画n条对角线，将它分成m个三角形，则的值是（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【分析】本题考查多边形的对角线，解题的关键是掌握：从边形的一个顶点出发可以引条对角线，这些对角线将边形分成个三角形．据此列式求出，的值，再代入计算即可． 【详解】解：∵过边形的一个顶点可以画出条对角线， ∴， ∴， ∴， ∴的值是． 故选：C． 5．（24-25七年级上·广东深圳·期末）过n边形一个顶点的对角线把这个n边形分成3个三角形，则n为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】本题主要考查多边形的对角线，熟练掌握多边形的性质是解题的关键．根据多边形的性质列式计算即可． 【详解】解：过n边形一个顶点的对角线把这个n边形分成3个三角形， ． 故选：B． 6．（24-25八年级上·广东珠海·期末）一个五边形，它的对角线共有（   ）条 A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】本题主要考查多边形对角线， 根据边形对角线有条即可解答． 【详解】解：五边形的对角线条数是：， 故选：C 7．（24-25八年级上·广东广州·期末）已知一个正多边形每个内角都是，则这个正多边形共有_____条对角线． 【答案】9 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，多边形的对角线，熟记多边形内角和定理以及多边形对角线条数的计算公式是解题的关键． 先根据正多边形内角和定理求出其边数，再根据多边形的对角线条数公式计算即可． 【详解】解：设这个正多边形的边数为n， 根据题意得，， 解得：， ∴正六边形共有条对角线， 故答案为：9． 8．（24-25八年级下·广东·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． 9.（24-25八年级上·广东·期末）冰裂纹是我国古典园林的传统铺装纹样之一，并被广泛应用于建筑装饰和瓷器．如图2是从图1冰裂纹铺装的路面图案中提取的多边形，则这个多边形的内角和是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了多边形的内角和公式，根据题意得到多边形是六边形，利用n边形内角和公式进行解答即可． 【详解】解：由题意可知，多边形是六边形， ∴这个多边形的内角和是， 故选D． 10.（23-24八年级下·广东·期末）如图，1角硬币是1992年6月1日中国人民银行发行的第三套金属流通币之一，该硬币呈圆形，边缘是正九边形的形状，则正九边形内角和为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了求多边形的内角和．根据多边形的内角和定理，即可求解． 【详解】解：， 即正九边形内角和为． 故选：D 11．（24-25八年级上·广东云浮·期末）已知多边形的内角和为，则该多边形的边数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的内角和定理，设这个多边形的边数为，根据多边形的内角和定理得到，然后解方程即可，解题的关键是掌握边形的内角和为． 【详解】解：设这个多边形的边数是， 依题意得， ， 即这个多边形的边数是， 故选：． 12．（23-24八年级上·广东东莞·期末）如果五边形的三个内角是直角，另两个内角都为，则n的值为（　　） A．105 B．120 C．125 D．135 【答案】D 【分析】本题考查的是多边形的内角和公式，熟练掌握求多边形内角和的方法是解题关键． 先根据多边形的内角和公式求出五边形的内角和，再减去三个直角的度数，然后再除以2即可求解． 【详解】解：依题意有 ， 解得． 故选：D． 13．（25-26八年级上·广东广州·期末）如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设与四边形的外角和的度数分别为α，β，则比较α与β的大小，结果正确的是（　　） A． B． C． D．无法比较 【答案】A 【分析】本题考查多边形的外角和定理，注意多边形的外角和为是解答本题的关键． 多边形的外角和为，与四边形的外角和均为，即可作答． 【详解】解：∵多边形的外角和为， ∴与四边形的外角和与均为， ∴， 故选：A． 14.（24-25八年级下·广东·期末）中国古代建筑具有悠久的历史和光辉的成就，其建筑艺术也是美术鉴赏的重要对象．如图是中国古代建筑中的一个正八边形的窗户，则它的一个内角的度数为（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形的内角，掌握多边形的内角和公式是解题的关键．多边形的内角和为，其中n为正多边形的边数．根据多边形的内角和公式求出内角和，再除以边数即可得到答案． 【详解】解：正八边形的一个内角的度数为． 故选：D． 15．（24-25八年级上·广东·期末）石墨烯在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递等方面具有重要的应用前景．它的分子结构如图所示，六边形的外角和为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了多边形的外角定理，根据多边形的外角和为即可求解，掌握多边形的外角和为是解题的关键． 【详解】解：六边形的外角和为， 故选：． 16．（25-26八年级上·广东潮州·期末）一个多边形的每个外角都等于，则这个多边形的边数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】A 【分析】本题主要考查多边形，根据多边形的外角和等于即可求得答案． 【详解】解：边数． 故选：A 17．（24-25八年级下·广东·期末）如图，小明沿一个正多边形广场周围的小路按顺时针方向跑步，从点出发，前进10米后向右转，再前进10米后又向右转这样一直跑下去，直到他第一次回到出发点为止，则这个正多边形的周长为___________米． 【答案】120 【分析】本题主要考查了正多边形的外角问题．运行轨迹是正多边形，且该正多边形外角和为，则正多边形边数为，运行距离正多边形的边数正多边形边长． 【详解】解：∵小明从O点开始，前进10米后向右转，再前进10米后又向右转，…， ∴运行轨迹是正多边形，且该正多边形外角和为， 设多边形的边数为n，则正多边形边数为， ∴行走距离正多边形的边数正多边形边长（米）， 故答案为：． 19．（24-25八年级上·广东东莞·期末）用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分完全覆盖，叫做平面镶嵌．若只选用一种大小相同的正多边形瓷砖进行平面镶嵌，则不能铺满地面的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平面镶嵌（密铺），掌握判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能是解题的关键．根据判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能判断即可． 【详解】解：A、等边三角形内角的度数为，，不符合题意； B、正方形各内角的度数为，，不符合题意； C、正五边形各内角的度数为，，符合题意； D、正六边形各内角的度数为，，不符合题意； 故选：C． 20．（24-25八年级下·广东佛山·期末）某公园准备用地砖铺露天步道．现有若干正三角形地砖，公园计划进购另一种形状的地砖与正三角形地砖一起进行密铺，不应购买的地砖形状是（   ） A．正方形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十二边形 【答案】C 【分析】本题考查了正多边形，根据密铺的条件得，在同一个顶点处的几个多边形的内角之和必须为，计算每个选项的内角，看同一个顶点处的几个多边形的内角之和能否为，即可得． 【详解】解：A．正方形的每个内角是，，所以能密铺，选项说法正确，不符合题意； B．正六边形的每个内角是，，所以能密铺，选项说法正确，不符合题意； C．正八边形的每个内角是，与不能组成的角，所以不能密铺，选项说法错误，符合题意； D．正十二边形的每个内角是，，所以能密铺，选项说法正确，不符合题意． 故选：C． 21．（23-24八年级上·广东·阶段检测）已知一个多边形的边数为． (1)若，求这个多边形的内角和； (2)若这个多边形的每个内角都比与它相邻的外角的倍多，求这个多边形对角线的总条数． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（）直接根据多边形的内角和公式计算即可求解； （）根据题意，求出每个外角的度数，再用外角和除以外角的度数得到边数，代入多边形对角线的总条数计算公式求解即可； 本题考查了求多边形内角和，求多边形对角线的总条数，掌握多边形内角和计算公式和多边形对角线的总条数计算公式是解题的关键． 【详解】（1）解：多边形的内角和， 答：这个多边形的内角和为； （2）解：设这个多边形的每个外角为，则每个内角为，依题意得， ， 解得， ∴， ∴这个多边形对角线的总条数， 答：这个多边形对角线的总条数为． 22.（23-24八年级下·广东·期末）生活中，我们所见到的地面、墙面、服装面料等，常常是由一种或几种形状相同的图形拼接而成的．用一种或几种正多边形在公共顶点处进行拼接，彼此之间既无空隙又不重叠，这就是正多边形的共顶点密铺．共顶点密铺其实就是围绕一点的几个正多边形的内角的和为360°． 探索一、共顶点单一密铺：仅用同一种正多边形密铺． 如下图可知，正五边形不能共顶点单一密铺，可用下面的方法说明． 解：设有x个正五边形． 因为正五边形的每一个内角为108°，若想用x个108°围成360°，则，解得（不符合题意）． 所以正五边形不可以共顶点单一密铺． (1)问题1：探索正三角形能不能共顶点单一密铺？请用上述方法说明． (2)问题2：符合共顶点单一密铺的正多边形不止一种，请尝试再找出一种，不用说明理由． 探索二、共顶点组合密铺：用两种或两种以上正多边形密铺． (3)问题3：某中学图书馆拟用正多边形地砖铺设地面．已有正三角形形状的地砖，现打算购买另外一种形状不同，但边长相等的正多边形地砖，与已有正三角形地砖进行共顶点组合密铺．请设计两种不同的共顶点组合密铺方案，并说明理由． (4)问题4：创意设计：选取三种形状不同，但边长相等的正多边形进行共顶点组合密铺，请写出一种设计方案，并说明理由． 【答案】(1)能，6个正三角形可以共顶点单一密铺 (2)正方形（答案不唯一） (3)2个正三角形，2个正六边形；4个正三角形，1个正六边形（答案不唯一） (4)1个正三角形，2个正方形，1个正六边形（答案不唯一） 【分析】本题考查了多边形的内角和，解一元一次方程，二元一次方程，三元一次方程，熟练掌握知识点是解题的关键． （1）设有x个正三角形，则，解得，因此6个正三角形可以共顶点单一密铺； （2）设有x个正方形，则，解得，因此4个正方形可以共顶点单一密铺； （3）设有x个正三角形，y个正六边形，则，当时，，当时，，故2个正三角形，2个正六边形或4个正三角形，1个正六边形； （4）设有x个正三角形，y个正方形，z个正六边形，则，故当时符合题意，因此方案为：1个正三角形，2个正方形，1个正六边形． 【详解】（1）解：能，6个正三角形可以共顶点单一密铺， 设有x个正三角形， ∵正三角形的每个内角为， ∴， 解得：， ∴6个正三角形可以共顶点单一密铺； （2）解：4个正方形可以共顶点单一密铺， 设有x个正方形， ∵正方形的每个内角为， ∴， 解得：， ∴4个正方可以共顶点单一密铺； （3）解：方案为：2个正三角形，2个正六边形或4个正三角形，1个正六边形 设有x个正三角形，y个正六边形， ∵正三角形的每个内角为，正六边形的每个内角为， 则， 当时，， 当时，， ∴方案：2个正三角形，2个正六边形或4个正三角形，1个正六边形； （4）解：方案为：1个正三角形，2个正方形，1个正六边形， 设有x个正三角形，y个正方形，z个正六边形， ∵正三角形的每个内角为，正方形的每个内角为，正六边形每个内角为， ∴， ∴当时符合题意， ∴方案为：1个正三角形，2个正方形，1个正六边形． 考点02 平行四边形 1．（24-25八年级下·广东湛江·期末）如图，在中，点是对角线、的交点，下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，能熟记平行四边形的性质是解此题的关键，注意：平行四边形的对边相等且平行，平行四边形的对角线互相平分． 根据平行四边形的性质判断即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， 但是和不一定相等， ∴A、B、D选项正确，不符合题意，C选项错误，符合题意． 故选：C． 2．（24-25八年级下·广东江门·期末）在平行四边形中，，，则平行四边形的周长为（    ） A．18 B．20 C．22 D．24 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的周长计算，利用平行四边形对边相等的性质直接求解． 【详解】在平行四边形中，对边相等，即，． 因此，周长． 故选C． 3.（24-25八年级下·广东云浮·期末）如图，在中，，对角线与相交于点O．若，则的周长为（    ） A．10 B．11 C．12 D．17 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，熟知平行四边形的对边相等；平行四边形的对角线互相平分是解题的关键．根据平行四边形的性质可得出，，，根据已知条件可得出，最后根据三角形的周长公式计算即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，，， ∵， ∴， ∴的周长为：， 故选：C． 4．（24-25八年级下·广东潮州·期末）在平行四边形中，，的度数是（　　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质、平行线的性质等知识，由平行四边形的性质得，，则，求得，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 5.（24-25八年级下·广东广州·期末）在平行四边形中，，则的度数是　　) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的性质，邻角互补，即．结合题目条件，建立方程求解即可． 【详解】解：四边形为平行四边形， 平行四边形邻角互补． 又已知条件， ，即， 解得：． 故选：B． 6．（22-23八年级下·广东梅州·期末）如图，如图，在平行四边形中，，，平分，对角线、相交于点，连接，下列结论中正确的有　　 ①；②；③；④． A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 根据平行四边形的性质得出，，，，进而推出是等边三角形，再证明，得出，即可判断①正确；根据，，可判断②正确；根据，，可判断③正确；根据，，，可判断④不正确． 【详解】解：在平行四边形中，， ，，，， 平分， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 是的中点， ， ， ， ， ， ，故①正确； ，， ，即，故②正确； ，， ，故③正确； ，，， ，故④不正确； 正确的有3个， 故选：B． 7．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，在某城市的科技园区规划中，存在一个平行四边形区域点O为科技展览中心，A、C分别为位于主干道和上的两座科研楼（可沿各自主干道调整位置），点B为园区管理中心．现需从O到B铺设一条光纤线路，为了节省成本，则该光纤线路的最小长度是（ ） A．3 B． C．5 D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，确定点H的运动轨迹是解题的关键． 由平行四边形的性质可得，可得，点H的横坐标为，则点H在直线移动，即可求解． 【详解】解：如图，连接交于H， 四边形是平行四边形， ， ， 、C分别为位于主干道和上， 点H的横坐标为， 点H在直线移动， 的最小值为， 的最小值为5， 故选：C． 8．（22-23八年级下·广东·期末）如图，若直线，则下列哪条线段的长可以表示平行线与之间的距离（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】平行线的距离：从平行线中的一条直线上任取一点，该点到另一条直线的距离，即为两平行线间的距离． 【详解】解：∵， ∴， ∴可以表示平行线与之间的距离, 故选：B． 【点睛】本题考查了平行线的距离的定义，熟练掌握平行线的距离的定义是解题的关键． 9.（22-23八年级下·广东佛山·期末）如图，在中，，，，则与间的距离为（    ）    A．5 B．10 C． D．26 【答案】B 【分析】根据平行四边形的性质可得，与互相平分，推得，根据勾股定理求得，推得，即可求解． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，与互相平分， 又∵， ∴， 在中，， ∴， 故与间的距离为10； 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平行线间的距离，勾股定理，熟练掌握以上性质是解题的关键． 10．（24-25八年级下·广东河源·期末）如图，平行四边形的对角线和相交于点，过点的直线分别交于点，且，，，那么图中阴影部分的面积为______． 【答案】 【分析】题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半等知识，作于点，由平行四边形的性质得，，，，即得，进而可得，又由得，即可得，即可求解，正确地添加辅助线是解题的关键． 【详解】解：作于点，则， ∵四边形是平行四边形，对角线和相交于点， ，，，， ，， ， ， 在和中， ， ， ， ， 故答案为：． 11．（24-25八年级下·广东惠州·期末）如图，在中，对角线交于点，过点作的垂线交于点，连接．已知的周长是，则平行四边形的周长是______． 【答案】16 【分析】此题考查了平行四边形的性质与线段垂直平分线的性质．根据平行四边形的性质可得，，，又由可得，即可求得平行四边形的周长． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴, ∵的周长为， ∴平行四边形的周长是， 故答案为：16． 12．（24-25八年级下·广东汕头·期末）如图，的对角线，相交于点E．若，的周长比的周长小，则的长度为___________． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是牢记平行四边形对边平行且相等、对角线互相平分． 根据平行四边形对角线互相平分可得，再由的周长比的周长小，可以求出，根据即可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，． 的周长比的周长小， ， ， ， ． 故答案为：． 13.（23-24八年级下·广东·期末）如图，四边形的对角线和相交于点O，下列不能判定四边形为平行四边形的条件是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定，根据所给条件逐项进行判断即可得到答案． 【详解】解：A．根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，可判定四边形为平行四边形，故A不符合题意； B．， ，， ， ， 可根据两组对角分别相等的四边形为平行四边形，判定四边形为平行四边形， 故B不符合题意； C．一组对边相等，另一组对边平行，不能判定四边形为平行四边形，故C符合题意； D．根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可判定四边形为平行四边形，故D不符合题意； 故选：C． 14．（23-24八年级下·广东广州·期末）在四边形中，，要使四边形 成为平行四边形，则在下列条件中，应增加条件（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定方法，根据平行四边形的判定方法进行判断即可． 【详解】根据题意，作图如下； A、平行四边形的判定：有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，不符合题意； B、，，四边形为平行四边形； C、无法判定四边形为平行四边形，故选项错误； D、，与题干重复，无法判定四边形为平行四边形，选项错误； 故选：B 15.（24-25八年级下·广东佛山·期末）为使推理过程完整，需在横线上添加条件。则下列条件中，可添加的是（　　） 解：在四边形中， 又_________ 四边形是平行四边形 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定，平行线的判定，根据同旁内角互补，两直线平行，得出，结合选项，即可通过两组对边分别平行的四边形是平行四边形，进行分析，即可作答． 【详解】解：在四边形中，， ， ， 又， 四边形是平行四边形， 选项A、B、C都无法与结合证明四边形是平行四边形． 故选：D． 16．（24-25八年级下·广东惠州·期末）如图，四边形是平行四边形． (1)尺规作图：作的平分线交于点（保留作图痕迹，不写作法）． (2)在（）的情况下，若，，求的长． 【答案】(1)作图见解析 (2) 【分析】（）根据角平分线的作法作图即可； （）由平行四边形的性质和角平分线的定义可得，即得，进而即可求解； 本题考查了角平分线的作法，平行四边形的性质，等腰三角形的判定等，掌握平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】（1）解：如图所示，线段即为所求； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴． 17．（24-25八年级下·广东湛江·期末）如图，在平行四边形中，，，E，F分别是垂足． (1)求证：； (2)求证：． 【答案】(1)见解析过程 (2)见解析过程 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． （1）由AAS可证； （2）由全等三角形的性质可得，可证四边形是平行四边形，可得． 【详解】（1）证明：于点E，于点F， ∴，， 四边形是平行四边形， ∴，， ， 在和中， ， ∴； （2）∵， ， ∵， 四边形是平行四边形， ∴． 18．（24-25八年级下·广东揭阳·期末）如图，在中，，，以线段为边在上方作等边，点F是线段的中点，连接． (1)若，求的长； (2)求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，证明是本题的关键． （1）设，则，然后根据勾股定理求出x的值即可求解； （2）由等边三角形的性质得出，，得出，然后证明，即可得出结论． 【详解】（1）解：设， 在中，，， ∴， ∴， ∴， 解得，（舍去）， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴； （2）证明：∵是等边三角形， ∴，， ∵点F是线段的中点， ∴， 在中，，， ∴， ∴， 则， ∴， 即， ∴四边形是平行四边形． 19．（23-24八年级下·广东东莞·期末）如图，点B，E，C，F在一条直线上，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】证明，得到，继而得到平行线，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可． 本题考查了三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键． 【详解】证明：∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴； ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． 20．（24-25八年级下·广东汕头·期末）如图，中，D是边上任意一点，F是的中点，过点C作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据平行线的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，结合，于是得到四边形是平行四边形； （2）过点C作于点G．根据勾股定理得到，，由得到．在中，利用勾股定理得到、，再由可得到结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∵F是中点， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：过点C作于点G， ∵， ∴， ∴， 在中，， 由勾股定理得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）可知，四边形是平行四边形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次根式的性质，掌握以上知识点是解题的关键． 21．（24-25八年级下·广东揭阳·期末）如图，点、是平行四边形对角线上两点，． (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】（1）利用平行四边形的性质，得到且，进而推出． 由得到 ，结合前面的条件，根据（角角边）判定 ，得出 ．因为且，根据平行四边形的判定（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 ），证得四边形是平行四边形． （2）过点作交延长线于，构造 ．在中，利用含角的直角三角形的性质（角所对的直角边等于斜边的一半 ），由，，求出 ．根据平行四边形面积公式（平行四边形面积底高 ），以为底，为高，计算出平行四边形的面积为 ． 本题主要考查了平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定（）、含角的直角三角形的性质以及平行四边形面积公式，熟练掌握这些知识并能灵活运用是解题的关键． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形 ∴， 又 又∵ 四边形是平行四边形； （2）解：解：如图，过点作，交的延长线于 在中，， ∵ 平行四边形的面积为：． 22.（24-25八年级下·广东茂名·期末）如图，在四边形中，，，点在线段上，且，连接为的中点，连接并延长交的延长线于点． (1)求证：平分； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，根据等量代换实现边与角的转化，由等腰三角形得到角的相等，再由角的相等得到边的相等是解决本题的关键． （1）先由对边平行且相等可证明四边形为平行四边形，再由等量代换可得，即底角相等，再由两直线平行内错角相等即可证明． （2）方法一：利用平行四边形的性质和等量代换可得，即可得为等腰三角形，再由边相等，即可求解． 方法二：利用平行四边形的性质和等量代换可得，即与为等腰三角形，再利用边相等，可得，即可求解． 【详解】（1）证明：，， 四边形为平行四边形． ，又， ，即为等腰三角形， ， ， ， ， 即平分． （2）方法一： 解：四边形为平行四边形， ， ， 为的中点， ， ，即为等腰三角形， ， 又， ， 即． 方法二： 解：记作与的交点为点Ｈ， 四边形为平行四边形， ，，， ， 为的中点， ， ， ， ， 即与为等腰三角形， 由（1）得， ， ， 即， ． 考点03 三角形的中位线 1．（24-25八年级下·广东·期末）如图，在中，，点D，E分别是边的中点，那么的长为（　　） A．2 B． C．4 D．3 【答案】A 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．根据三角形中位线定理进行解答即可． 【详解】解：∵点D，E分别是边的中点， ∴， 故选：A． 2．（24-25八年级下·广东潮州·期末）如图，为估计池塘岸边A，B两点间的距离，在池塘的一侧选取点O，分别取的中点M，N，测得，则A，B两点间的距离是（　　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查三角形中位线定理，三角形的中位线等于第三边的一半，由此即可计算． 【详解】解：，的中点分别是M，N， 是的中位线， ， 故选：A． 3．（24-25八年级下·广东云浮·期末）如图，小华注意到跷跷板静止状态时，可以与地面构成一个，跷跷板中间的支撑杆垂直于地面（E，F分别为、的中点）．若，则此时点B距离地面的高度为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．根据三角形中位线定理解答． 【详解】解：∵E、F分别为、的中点， ∴是的中位线， ∴， 故选：A． 4．（24-25八年级下·广东佛山·期末）如图，的对角线相交于点，是的中点，，则的周长为（   ） A．13 B．14 C．19 D．28 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握平行四边形的性质，求出的长是解题的关键．根据平行四边形的性质和三角形中位线定理可得，，进而可以解决问题． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ， ，点E为边的中点， ，， ． 故选：D． 5．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，在菱形中，E、F分别是边上的动点，连接，G、H分别为的中点，连接．若，的最小值为，则长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【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、垂线段最短，利用平方根解方程，解题的关键是学会添加常用辅助线． 连接，利用三角形中位线定理，可知，当时，最小，得到最小值，即，根据勾股定理列方程即可解决问题． 【详解】解：连接，如图所示： 四边形是菱形， ， ，分别为，的中点， 是的中位线， ， 当时，最小，得到最小值，此时， 则， ∴， 设，则， 由勾股定理可得：，即 解得（负值舍去）， ∴长为， 故选：B． 6．（24-25九年级上·广东河源·期末）如图，在菱形中，，E是上一点，M、N分别是的中点，且，则菱形的周长为_____． 【答案】 【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，三角形中位线定理，连接，由三角形中位线定理可得，再由菱形的性质得到，则可证明是等边三角形，得到，据此根据菱形周长计算公式求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， ∵M、N分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴菱形的周长， 故答案为：． 7．（24-25八年级下·广东·期末）如图，在四边形中，，点是对角线的中点，点和点分别是与的中点．若，则的度数是 _________ ． 【答案】/度 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，根据三角形中位线定理求出是解题的关键．根据三角形中位线定理得到，，进而证明，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算，得到答案． 【详解】解：点和点分别是与的中点， ， 同理可得：， ， ， ， ， 故答案为：． 考点04 矩形 1．（20-21八年级下·广东阳江·期末）矩形的对角线具有的性质是（    ） A．相等且互相垂直 B．相等且互相平分 C．互相垂直平分 D．互相垂直 【答案】B 【分析】根据矩形的对角线的性质：对角线相等且互相平分即可求出答案． 【详解】根据矩形对角线相等且互相平分可知B选项正确． 故选：B． 【点睛】本题考查矩形的性质，解题的关键是熟记矩形的性质，本题属于基础题型． 2．（24-25九年级上·广东佛山·期末）如图，点在矩形的边上，若是等边三角形，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关知识的应用． 首先由等边三角形的性质得出，又四边形是矩形，则有，然后根据平行线的性质即可求解． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 故选：． 3．（22-23八年级下·广东潮州·期末）如图，矩形的对角线，相交于点，若，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由矩形的性质证明，可得 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形的外角的性质，掌握矩形的性质并准确识图是解题的关键． 4．（24-25八年级下·广东·期末）如图，在矩形中，对角线、相交于点，于点，，则的大小是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的性质以及直角三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．由矩形的性质得出，得出，由直角三角形的性质求出，即可得出答案． 【详解】解：四边形是矩形， ，，，， ， ， ， ， ， ， ， ； 故选：C 5．（24-25八年级下·广东·期末）数学活动课上，小茗同学利用尺规对矩形进行如图所示的操作，作出的两条线的交点恰好落在边上的点处，则的度数为（   ） A． B． C．条件不足，无法计算 D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质，尺规作图之角平分线，尺规作图之垂直平分线，三角形内角和，三角形的外角，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据题意，可知平分，被垂直平分，那么，，接着利用三角形内角和求得，由，求得． 【详解】解：根据题意，可知平分，被垂直平分，在的垂直平分线上， 四边形为矩形， ， 平分， ， ， 被垂直平分，在的垂直平分线上， ， ， ， ， 故选：D． 6．（24-25八年级下·广东云浮·期末）如图，将矩形放置在刻度尺上，顶点，对应的刻度（单位：）分别为1和5，则的长为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．先求出的长度，根据矩形的性质即可求解． 【详解】解：由题意得：， ∵四边形为矩形， ． 故选：C． 7．（24-25八年级下·广东云浮·期末）某市商业综合体为了方便司机停泊车辆而设计了如图的停车位，图是其中一个停车位的平面示意图，已知四边形是平行四边形，小车实际占用位置为矩形，若，，，则的长度为（ ） 茂名东汇城为了方便司机停泊车辆而设计了平行四边形的停车位，如图， A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质． 根据平行四边形的性质得，根据矩形性质得，，由此得是等腰直角三角形，则，据此求出即可得出答案． 【详解】解：四边形是平行四边形，， ， 四边形是矩形，， ，， ， 在中，，， 是等腰直角三角形， ， ． 故选：A． 8．（24-25八年级下·广东阳江·期末）如图，在矩形中，点在上，点在上，，连接，，则下列关系正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行的性质，直角三角形的三边关系等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． 根据矩形的性质和平行的性质判定出，分别是的斜边，然后利用直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴分别是的斜边，直角三角形中斜边最长， ∴， 即， 故选：A． 9．（24-25八年级下·广东惠州·期末）如图，在矩形中，点E在边上，连接，将沿翻折得到，点D的对应点为点，交于点F．若，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，平行线的性质，熟练掌握性质是解题的关键． 根据折叠的性质，得，根据矩形的性质得，代入解答即可． 【详解】解：根据折叠的性质，得， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 10．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，将矩形沿直线折叠，顶点A落在边上F处，已知，，则的长为（  ） A．12 B．11 C．10 D．9 【答案】C 【分析】本题主要考查了折叠问题以及勾股定理的运用，由折叠的性质得出的长，再根据勾股定理求解即可．掌握图形翻折不变性的性质是解题的关键． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， 由折叠的性质知：，， 在中，，， ， 设，则，， ∴中，，即， 解得， ∴， 故选：C． 11．（24-25八年级下·广东汕头·期末）如图，在中，，点D为边的中点，，则的长为（　　） A． B． C．2 D．4 【答案】A 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等边三角形的判定与性质，根据直角三角形斜边上的中线性质可得，从而可得是等边三角形；然后利用等边三角形的性质即可求得的长度；最后由勾股定理求得线段的长度即可． 【详解】解：，点D为边的中点， ， ， ， 是等边三角形， ， ． 故选：A． 12．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，在中，，于点，若，是斜边的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，等边对等角，三角形的外角的性质，先求得，由题意得，结合三角形的外角的性质，推出，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵是斜边的中点， ∴， 又∵， ∴， 故选：B 13.（22-23八年级上·广东·期末）如图，一架梯子斜靠在竖直墙上，点为梯子的中点，当梯子底端向左水平滑动到位置时，滑动过程中的变化规律是（   ） A．变小 B．不变 C．变大 D．先变小再变大 【答案】B 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质，在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半． 不变，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 【详解】解：，为的中点， ． 同理． ， 的长度不变． 故选：B． 14.（23-24八年级下·广东·期末）如图，诚诚用橡胶皮和布料自制了一块四边形鼠标垫，为了检验这块鼠标垫是不是标准的矩形，他想出了以下几种方案，其中合理的是（    ）    A．测量一组对边是否平行且相等 B．测量两组对边是否分别相等 C．测量其中的三个角是否都为直角 D．测量对角线是否相等 【答案】C 【分析】本题考查矩形的判定，根据矩形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、测量一组对边是否平行且相等，只能判断出这块鼠标垫是不是标准的平行四边形，不符合题意； B、测量两组对边是否分别相等，只能判断出这块鼠标垫是不是标准的平行四边形，不符合题意； C、测量其中的三个角是否都为直角，可以检验这块鼠标垫是不是标准的矩形，符合题意； D、测量对角线是否相等，不能检验这块鼠标垫是不是标准的矩形，不符合题意； 故选C． 15．（23-24八年级下·广东广州·期末）的对角线交于点O，若添加一个条件，不能判断四边形是矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查了矩形的判定方法．根据矩形的判定定理求解即可． 【详解】解：A、添加，根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形，不能判断四边形是矩形，故本选项符合题意； B、添加，由于，则，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，能判断四边形是矩形，故本选项不符合题意； C、添加，根据对角线相等的平行四边形是矩形，能判断四边形是矩形，故本选项不符合题意； D、添加，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，能判断四边形是矩形，故本选项不符合题意； 故选：A． 16．（24-25八年级下·广东·期末）如图，将平行四边形的边延长线到点，使，连接，交于点．添加一个条件，使四边形是矩形．下列四个条件：①；②；③；④中，你认为可选择的是___________．（填上所有满足条件的序号） 【答案】①②④ 【分析】根据平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质解答即可． 本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】解：∵平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 故①正确． ∵,， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 故②正确． ∵， ∴四边形是菱形， 故③错误； ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 故④正确． 故答案为：①②④． 17．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，在中，，点是线段上的动点（与，不重合），作于，于，连接，若，，则点从点运动到点的过程中，的最小值为（   ） A． B．4 C． D．5 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短的性质、勾股定理等知识，判断出时，线段的值最小是解题的关键，难点在于利用三角形的面积列出方程． 连接，利用勾股定理列式求出，判断出四边形是矩形，根据矩形的对角线相等可得，再根据垂线段最短可得时，线段的值最小，然后根据三角形的面积公式列出求解即可． 【详解】解：连接，如图所示： ∵，，，， ∴， ∵，，°， ∴四边形是矩形， ， 由垂线段最短可得时，线段的值最小， 此时，， ∴， 即的最小值为， 故选：C． 18．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，在矩形中． (1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，分别交于点E，F（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，连接，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、勾股定理、矩形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）根据线段垂直平分线的作图方法作图即可． （2）由线段垂直平分线的性质．由矩形的性质得．设，则，在中，由勾股定理得，代入求出x的值即可． 【详解】（1）解：如图，直线即为所求． （2）解：∵直线为线段的垂直平分线， ∴． ∵四边形为矩形， ∴． 设，则， 在中，由勾股定理得，， 即， 解得， ∴的长为5． 19．（24-25八年级下·广东珠海·期末）如图，做如下操作：对折矩形，使与重合，得到折痕，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点落在上的点处，得到折痕与交于点，若直线交直线于点． (1)猜想的度数，并说明理由； (2)若，，求线段的长． 【答案】(1)，理由见解析； (2)． 【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，角直角三角形性质，等边三角形的判定与性质等知识点． （1）连接，根据两次对折得到为等边三角形，即可求解； （2）在中，由角直角三角形性质以及勾股定理得到，由折叠得，证明，则在中，，设，，再由勾股定理建立方程求解． 【详解】（1）解：，理由如下： 连接，由对折矩形可知： ， ， 由第二次折叠可知：， ， 为等边三角形， ， ； （2）解：在中，， ， ∵矩形， ∴，，， ∵沿着对折， ， ∴四边形是平行四边形， ， ，， ， ， ， 在中，，设， ， ， 解得（舍去负值）， 即，故． 20．（24-25八年级下·广东汕尾·期末）如图，在平行四边形中，过点A作交边于点E，点F在边上，且． (1)求证：四边形是矩形． (2)若平分，且，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了矩形的判定和性质、平行四边形的性质、勾股定理等知识，证明四边形是矩形是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，又由即可证明结论成立； （2）求出，利用勾股定理求出，在中，利用勾股定理即可求出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵平分，， ∴， ∴， 在中，， ， 在中， ． 即的长是． 21．（23-24八年级下·广东广州·期末）如图，四边形的对角线，交于点O，已知O是的中点，，． (1)求证：； (2)当时，证明四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质、矩形的判定以及平行线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． （1）根据平行线的性质得出，，再利用即可得证； （2）根据全等三角形的性质和中点的定义可得出，，再根据对角线相等且互相平分的四边形为矩形即可得证． 【详解】（1）证明： ， 在和中 ； （2） O是的中点 ， 四边形是矩形． 22．（23-24八年级下·广东江门·期末）如图，在四边形中，已知，点为边的中点，点为边的中点，延长交于点． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据判定四边形为平行四边形，，结合，得到，继而得证四边形为矩形． （2）先证明，得到，结合点为边的中点，可以得到，继而得到，结合，，，可证，继而得到，利用勾股定理，得，根据矩形的面积公式计算四边形的面积即可． 【详解】（1）∵， ∴四边形为平行四边形，， ∵， ∴， ∴四边形为矩形． （2）∵四边形为矩形， ∴，，， ∴； ∵点为边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点为边的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，三角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌握判定和勾股定理是解题的关键． 考点05 菱形 1．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，菱形中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的对角相等，对角线平分一组对角． 根据菱形的对角相等，对角线平分一组对角，进行求解即可． 【详解】解：∵菱形 中， ， ， 故选：A． 2．（24-25八年级下·广东·期末）如图，菱形中，连接，，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，菱形的对角线互相垂直，所以在菱形中，，即，在中，因为，三角形内角和为，所以，因为菱形的对边平行，即，根据两直线平行，内错角相等，所以． 【详解】解：如图， ∵四边形是菱形， ∴，即，， 在中，∵， ∴， ∵， ∴． 故选：B． 3．（23-24八年级下·广东·期末）已知如图，菱形中，对角线与相交于点O，于E，交于点F，若，则一定等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质得出，进而利用互余解答. 【详解】∵四边形是菱形, ， ， ， ， ， ， ， 故选: C. 4．（23-24八年级下·广东·期末）如图，菱形中，对角线相交于点O，H为边的中点，菱形的周长为28，则的长等于（    ） A． B．4 C．7 D．14 【答案】A 【分析】利用菱形的性质以及直角三角形斜边中线定理进行求解． 【详解】解：∵四边形为菱形，且周长为28， ∴， ∵H为边的中点， ∴． 5．（25-26九年级上·广东清远·期末）若菱形的边长为5，一条对角线长为6，则菱形的面积为（    ） A．8 B．12 C．20 D．24 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，根据菱形对角线互相垂直平分的性质，利用勾股定理求出另一条对角线的长度，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半可得答案． 【详解】解：如图所示，在菱形中，对角线交于点O，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 6.（24-25八年级下·广东肇庆·期末）如图，菱形的对角线相交于点，过点作于点，连接，若，，则的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质．熟练掌握菱形的性质以及直角三角形斜边上中线是斜边的一半是解题的关 根据菱形的面积公式求出，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， ∵，， ， ， ， ， ， ， 故选：A． 7．（24-25八年级下·广东云浮·期末）如图，O是坐标原点，菱形的顶点B的坐标为，顶点A的坐标为，则顶点C的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，坐标与图形，利用数形结合的思想解决问题是关键． 利用菱形性质确定边长，过作轴，则，根据勾股定理算出，进而得，结合位置求出，即 ．依据菱形且，点向右平移个单位得到，横坐标为，纵坐标不变为，即 ． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴， ∴． 过点A作轴于点D， ∵， ∴ ∴． ∴ ∴在轴负半轴， ∴，即 ． ∵四边形是菱形，且，，在轴上， ∴点坐标是点向右平移个单位 ∴的横坐标为，纵坐标不变为， ∴． 故选：D． 8．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，菱形周长为16，，E是的中点，P是对角线上的一个动点，则的最小值是（   ） A． B．3 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称确定最短路线问题，菱形的性质，等边三角形的判定与性质．连接，根据菱形的对角线平分一组对角线可得，然后判断出是等边三角形，连接，根据轴对称确定最短路线问题，与的交点即为所求的点P，的最小值，然后根据等边三角形的性质求出即可得解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， 连接， ∵、D关于对角线对称， ∴与的交点即为所求的点P，的最小值， ∵是的中点， ∴， ∵菱形周长为16， ∴， ∴ ∴． 故选：C． 9.（24-25八年级下·广东汕头·期末）菱形的边长为4，，点G为的中点，以为边作菱形，其中点E在的延长线上，连接，点M为的中点，连接，则线段的长为（　　） A．3 B．6 C． D． 【答案】C 【分析】由菱形的性质可知，可证是等边三角形，，可求，由勾股定理可求的长，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形和都是菱形，， ∴，，，， ∴， ∴ ∴，是等边三角形， ∴， ∴， ∵点G为的中点， ∴， ∵， ∴ 连接,交于点，则， ∴， ∴， ∴， ∵点M为的中点， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，添加恰当辅助线是解题的关键． 10．（23-24八年级下·广东深圳·期末）如图，下列条件能使平行四边形是菱形的为（       ） ①； ②； ③； ④． A．①③ B．②③ C．③④ D．①④ 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定：对角线相互垂直的平行四边形是菱形；一组对边相等的平行四边形是菱形；四边相等的四边形是菱形；根据菱形的判定进行判断即可． 【详解】解：①根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形知，平行四边形是菱形，①满足题意； ②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知，平行四边形是矩形，②不满足题意； ③根据一组对边相等的平行四边形是菱形知，平行四边形是菱形，③满足题意； ④根据对角线相等的平行四边形是矩形知，平行四边形是矩形，④不满足题意； 故满足题意的有①③； 故选：A． 11．（23-24八年级下·广东云浮·期末）如图，矩形的对角线、相交于点O，，．若，则四边形的周长为__________． 【答案】8 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是解题的关键．由矩形的性质可得，通过证明四边形是菱形，可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， ∴四边形的周长， 故答案为：8． 12．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，过的对角线的中点作两条互相垂直的直线，分别交，，，于，，，四点，连接，，，．若，，则四边形的面积为________． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟记性质并利用三角形全等判定与性质得到对角线被互相平分是解题的关键． 根据平行四边形的性质证明和全等，得，同理可得，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断出四边形是平行四边形，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，根据菱形面积公式解答即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， 在和中， ， ， ， 同理可得， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形， ， ， ，， 四边形的面积． 故答案为：600． 13.（23-24八年级下·广东广州·期末）如图，在菱形中，，，、分别为，上的两个动点，，，分别交于点，．下列结论：①；②；③；④的最小值为．其中正确的结论是________．（请填写正确的序号）    【答案】①②④ 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质定理、垂线段最短，灵活运用知识点推理证明是解题的关键． 连接，过点作于点，根据菱形的性质，利用证明，得出，判断①，得出，根据 ，判断②，根据随着点离点越近，点离点越近，则点离点越近，点离菱形的对角线交点越近，则越接近等于，判断③，根据含角的直角三角形的性质、角平分线的性质定理、垂线段最短，推出的最小值，等于当时，的值，结合勾股定理计算，得出的最小值，判断④． 【详解】解：如图，连接，过点作于点，    ∵四边形是菱形，，， ∴，，， ∴和是等边三角形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故①正确；， ，故②正确； ∵随着点离点越近，点离点越近，则点离点越近，点离菱形的对角线交点越近，则越接近等于， ∴错误，即③错误； ∵， ， ∴点到的距离， ∴的最小值，等于当时，的值， ∵当时，， ∴此时，， ∴的最小值，故④正确； 综上所述，正确的结论是①②④， 故答案为：①②④． 14．（22-23八年级下·广东佛山·期末）如图，中，，，，对角线，相交于点，过点的线段交于点，交于点，以下说法中：①；②；③；④的面积与的面积比为．其中，正确的序号有___________． 【答案】①③④ 【分析】过点作于点，连接，易通过证明，得到，再证四边形为菱形，进而判断①；根据平行四边形及菱形的性质，易证为等腰直角三角形，得到，则，设，则，在中，利用勾股定理建立方程，解得，进而求得，由平行线的性质得，由可得，以此判断②；在中，利用勾股定理求得，在中，利用勾股定理求得，以此判断③；易得到的距离为1，到的距离为1，则，，再进一步计算即可判断④． 【详解】解：如图，过点作于点，连接， ∵四边形为平行四边形，， ∴，，，， ∴，， 在和中，， ∴， ∴， 又∵，， ∴四边形为菱形， ∴，故①正确； ∵四边形为菱形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 设，则， 在中，，则， 解得：， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，故②错误； 在中，， ∴， 在中，， ∴，故③正确； ∵， ∴到的距离为1，到的距离为1， ∴， ， ∴，故④正确． 综上，正确的结论有①③④． 故答案为：①③④． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积，灵活运用所学知识解决问题是解题关键． 15．（22-23八年级下·广东河源·期末）如图，在菱形中，对角线，交于点O，交延长线于E，交延长线于点F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再证明其有一个内角是直角即可证明四边形是矩形； （2）根据菱形的性质，得到，结合，利用勾股定理得，继而得到，再次使用勾股定理即可求的长． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 16．（23-24八年级下·广东肇庆·期末）如图，在菱形中，对角线与交于点，过点作的平行线，过点作的平行线，两直线相交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，则菱形的面积是________（直接写答案）． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查了菱形的性质、矩形的判定和性质以及菱形面积的计算，属于常考题型，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题的关键． （1）根据菱形的性质可得，即，根据，可得四边形是平行四边形，进一步即可推出结论； （2）根据菱形的性质可得，，根据矩形的性质可得，，于是可得和的长，再根据菱形面积求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，即． ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵四边形矩形， ∴，， ∴，， ∴菱形的面积． 故答案为：4． 17．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，两张矩形纸片交叉叠放在一起，重合的部分构成了一个四边形．过点A分别作于点E，于点F，且． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，连接，求的长． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，含角的直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． （1）判定四边形是平行四边形，由的面积，推出，判定四边形是菱形； （2）利用含角的直角三角形的性质和勾股定理求出，再证是等边三角形，即可求解． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵纸片是矩形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴的面积， ∵， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，连接， ∵四边形是菱形，，， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∴，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴． 18．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，在中，平分，，． (1)尺规作图：作线段的垂直平分线，交于点O，交于点E，交于点要求：保留作图痕迹，不写作法； (2)在（1）所作的图中，连接、．求证：四边形是菱形； (3)求（2）中的菱形的边长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)菱形的边长为 【分析】本题考查了作图-基本作图，菱形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理等知识，掌握菱形的判定方法是本题的关键． 根据题目要求作出图形； 由线段垂直平分线的性质可得，，可得，，由角平分线的性质可得，可证，，可得四边形是平行四边形，即可得结论； 设，利用勾股定理构建方程求解． 【详解】（1）解：图形如图所示： （2）证明：平分， ， 垂直平分， ，， ，， ，， ，， 四边形是平行四边形，且， 四边形是菱形； （3）解：设，则 ∵ ∴在中，由勾股定理得：， 解得， 菱形的边长为． 19．（24-25八年级下·广东汕头·期末）如图，在菱形中，，是边上一个动点，连接，的垂直平分线交于点，交于点．连接． (1)求证：； (2)若，，求菱形的面积； (3)若，求的最小值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】对于（1），先连接，根据菱形的性质得，再根据“边角边”证明，可得，然后根据线段垂直平分线的性质得出答案； 对于（2），作，结合（1）说明，再根据菱形的性质和直角三角形的性质得，接下来根据勾股定理求出，即可求出，接下来，根据直角三角形的性质和勾股定理求出，最后根据得出答案； 对于（3），如图：连接，可得，进而得，可知当点A、、三点共线时,即时，取得最小值，求出答案即可． 【详解】（1）证明：如图1：连接， 四边形是菱形， ． ， ， . 是的垂直平分线， ， ； （2）解：如图1：过点作于点， ， ， 即． ， ． ∵四边形是菱形，， ． ， ， ， ， 过点A作于点， 在中，， ∴ 根据勾股定理，得， ； （3）解：如图：连接， ， ， ， 当点A、、三点共线时（如图）， 即时，取得最小值， 在中，由（2）得：， 的最小值为． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，作出辅助线是解题的关键． 20．（24-25八年级下·广东汕头·期末）如图1，在中，点O是边的中点，连接并延长，交的延长线于点E，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，动点P从点E出发，以每秒1个单位的速度沿向终点C运动，设点P运动的时间为秒．若点Q为直线上的一点，当P运动时间t为何值时，以B、C、P、Q构成的四边形可以是菱形？ 【答案】(1)见详解 (2)秒或秒 【分析】（1）由平行四边形的性质可得，推出，证明，得出，即可得证； （2）由勾股定理可得，由平行四边形的性质可得，从而得出，表示出，再分两种情况：以B、C、P、Q构成的四边形是菱形，且点P与点Q在直线同侧，则；以B、C、P、Q构成的四边形是菱形，且点P与点Q在直线异侧，则；分别求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点O是边的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴ 四边形是平行四边形． （2）解：∵，，， ∴， ∵四边形和四边形都是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， 如图2，以B、C、P、Q构成的四边形是菱形，且点P与点Q在直线同侧，则， ∴， 解得． 如图3，以B、C、P、Q构成的四边形是菱形，且点P与点Q在直线异侧，则， ∵，且， ∴， 解得， 综上所述，当运动时间t为3秒或秒时，以B、C、P、Q构成的四边形是菱形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定定理、菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 考点06 正方形 1．（23-24八年级下·广东揭阳·期末）菱形、矩形、正方形都具有的性质是（    ） A．两组对边分别平行且相等 B．对角线相等 C．四条边相等，四个角相等 D．对角线互相垂直 【答案】A 【分析】本题考查了菱形、矩形、正方形的性质．根据菱形、矩形、正方形的性质，逐项判断即可． 【详解】解：A、菱形、矩形、正方形的两组对边分别平行且相等，故本选项符合题意． B、矩形的对角线不一定相等，故本选项不符合题意． C、矩形的四条边不一定相等，菱形的四个角不应当相等，故本选项不符合题意． D、矩形的对角线不一定互相垂直，故本选项不符合题意． 故选：A． 2．（24-25八年级下·广东清远·期末）下列的性质中，正方形具有而矩形不一定具有的是（    ） A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形和矩形的性质，比较正方形和矩形的性质，找出正方形具备而矩形不一定具备的特征即可． 【详解】解：正方形同时具有矩形和菱形的所有性质，矩形的对角线相等且互相平分，但不一定垂直；而正方形的对角线不仅相等、互相平分，还互相垂直， 因此“对角线互相垂直”是正方形具备而矩形不一定具备的性质． 故选：D． 3．（23-24八年级下·广东广州·期末）如图，在正方形外侧，作等边三角形，、相交于点，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由正方形，等边三角形，可得，，则，，计算求解即可． 【详解】解：∵正方形，等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等边对等角，三角形内角和定理．熟练掌握正方形的性质，等边三角形的性质，等边对等角，三角形内角和定理是解题的关键． 4．（24-25八年级下·广东江门·期末）如图，四边形是正方形，延长到点E，使，连接，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据四边形是正方形，得到，根据得到，选择即可． 本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握正方形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键． 【详解】∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 故选C． 5．（24-25八年级下·广东江门·期末）如图，面积分别是49和25的两个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上，则的长为（    ） A．9 B．10 C．12 D．13 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理． 先求出，，，进而得，然后在中，由勾股定理即可求出的长． 【详解】解：如图所示： ∵正方形和正方形的面积分别是49和25， ∴，，， ∵M，A，B在同一条直线上， ∴， 在中， 由勾股定理得：． 故选：D． 6．（25-26九年级上·广东揭阳·期末）如图，是正方形的对角线，E，F，O，G分别是，，，的中点．若，则的长为_____ ． 【答案】8 【分析】本题主要考查了正方形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握这些知识并建立坐标系求解是解题的关键． 通过设正方形边长为a，利用正方形性质、中点坐标公式确定各点坐标，再根据两点间距离公式结合求解a的值． 【详解】解：设，以A为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图． 则，，，． ∵是正方形的对角线，E，F，O，G分别是，，，的中点， ∴， ∴， ∵O是中点，，，G是中点， ∴，， 根据两点间距离公式，，即， 解得，即的长为． 答：8． 7．（24-25八年级下·广东汕头·期末）如图，AC是正方形的一条对角线，E是上一点，F是延长线上一点，连接，，．若，，则的长为________； 【答案】 【分析】连接，先证明，得出，从而得出，根据三角形的内角和定理得出，则有为等腰直角三角形，最后根据勾股定理求出结果即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为直角三角形， ∴， 故本题答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形内角和定理，掌握知识点的应用及正确作出辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 8．（25-26八年级下·广东茂名·期末）如图，三个边长为的正方形按如图所示的方式重叠在一起，点O是其中一个正方形的中心，则重叠部分（阴影）的面积为________． 【答案】 【分析】本题主要考查正方形的性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．连接，，由正方形的性质可得，证明△△可得，进而可求解． 【详解】解：连接，， 由题意知：四边形，四边形都是正方形， ，，，， ， △△， ， ， ． 故答案为：． 9.（22-23八年级下·广东惠州·期末）如图，在正方形中，点是边上一点，且，，点是边上的动点（与，不重合），则的最小值是_______．    【答案】 【分析】作点关于的对称点，连接交于点，则，，所以，即的最小值为，根据正方形的条件和，，可得，，，再利用勾股定理可得结论． 【详解】解：作点关于的对称点，连接交于点， ∴，， ∴， 即的最小值为， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ， 在中，， ∴的最小值是． 故答案为：．    【点睛】本题是轴对称—最短路线问题，考查了轴对称的性质，正方形的性质，勾股定理，两点之间线段最短．掌握对称的性质是解题的关键． 10.（23-24八年级下·广东·期末）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（   ） A．（1）处可填 B．（2）处可填 C．（3）处可填 D．（4）处可填 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定， 先根据矩形的定义判断A，再根据正方形的判定说明B，然后根据对边相等的平行四边形是否是菱形解答C，最后根据正方形的判定说明D即可． 【详解】解：∵，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）． 则A正确； ∵，四边形是矩形， ∴四边形是正方形（有一组邻边相等是矩形是正方形）． 则B正确； ∵四边形是平行四边形，就有， ∴加上条件，不能说明四边形是菱形． 则C不正确； ∵，四边形是菱形， ∴四边形是正方形（有一个角是直角的菱形是正方形）． 则D正确． 故选：C． 11．（23-24八年级下·广东惠州·期末）如图，在平行四边形中，添加的下列条件中，能判定平行四边形是正方形的是（    ） A． B． C．平分 D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定，根据正方形的判定方法逐一判断即可求解，掌握正方形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， 添加，可得平行四边形是矩形，再由可得平行四边形是正方形，故选项符合题意； 添加，可得平行四边形是矩形，得不到是正方形，故选项不合题意； 添加平分，可得平行四边形是菱形，得不到是正方形，故选项不合题意； 添加，可得平行四边形是菱形，得不到是正方形，故选项不合题意； 故选：． 12．（23-24八年级上·广东茂名·期末）“三等分一个任意角”是数学史上一个著名问题．今天人们已经知道，仅用圆规和直尺是不可能作出的，在探索中，有人曾利用过如图所示的图形，其中，四边形是长方形，是延长线上一点，是上一点，并且，.若，，则长方形的面积为______． 【答案】 【分析】根据题意可得，由，结合内外角关系可得，再根据矩形的性质得到，进而得到，推出矩形是正方形，即可求解． 【详解】解：，， ， ， ， 四边形是长方形，是延长线上一点， ，， ， ， 矩形是正方形，， 正方形的面积为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，外角的性质，正方形的性质，矩形的性质，解题的关键是灵活运用这些知识． 13.（24-25八年级下·广东汕头·期末）若顺次连接四边形各边的中点所得的四边形是矩形，则四边形的两条对角线一定是（　　） A．互相平分 B．相等 C．互相平分且相等 D．互相垂直 【答案】D 【分析】本题考查中点四边形，三角形的中位线定理．根据中点四边形为矩形，得到四边形的对角线互相垂直，即可得出结果． 【详解】解：如图，H，G，F，E分别为的中点，四边形为矩形， 则，， 四边形为矩形， ， ， 四边形的两条对角线一定是互相垂直, 故选D． 14．（24-25八年级下·广东云浮·期末）如图1，四边形是正方形，对角线，交于点O，点E，F在上，平分，平分，点G在上，且，连接，． (1)求的度数． (2)如图2，延长，交于点H，连接． ①求证：四边形为菱形． ②若，求m的值． 【答案】(1) (2)①见解析；② 【分析】（1）根据正方形的性质得出，根据角平分线的定义求出，，即可求解； （2）根据正方形的性质，三角形的内角和定理以及三角形外角的性质等可求出，，证明，得出，，进而求出，则可证，根据三角形的内角和定理求出，得出，根据等角对等边得出，则，然后根据菱形的判定即可得证； ②根据菱形的性质得出，，根据平行线的性质，正方形的性质得出， 则可判定是等腰直角三角形，根据勾股定理求出，进而得出，即可求解． 【详解】（1）解∶∵四边形是正方形， ∴， ∵平分，平分， ∴，， ∴； （2）①证明：∵四边形是正方形， ∴，， 又， ∴，， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 又， ∴四边形为平行四边形， 又， ∴平行四边形为菱形； ②∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键． 15．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，在正方形中，点E是边上任意一点（不与点B重合），以为边在它的右侧作正方形．连接，过点D作交边于点H． (1)求证：； (2)连接，延长，交于点O，猜想的度数，并证明； (3)在正方形内部有一点P，连接，若，求的最大值． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形的性质及全等三角形的判定定理即可得证； （2）连接HF，根据全等三角形的判定与性质及正方形的性质，证得四边形是平行四边形，进而证得是等腰直角三角形，即可解答； （3）过点E作，且，连接，利用勾股定理求出，根据正方形的性质证明，得到． 【详解】（1）证明：如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：，证明如下： 如图，连接， 由（1）可知， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． （3）解：如图，过点E作，且，连接， ∵， ∴， 在中，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最大值为． 【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定与性质，掌握这些性质定理是解题的关键． 16．（24-25八年级下·广东中山·期末）如1图，在正方形中，点P在边上，点M在边上，点N在边上，连接，交于点O，且． (1)求证：； (2)如2图，若，点O为线段的中点，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先过点N作于点E，根据正方形的性质，证明四边形为矩形．结合，得出，整理得，证明，进行作答即可． （2）连接，证明是的垂直平分线，以及运用斜边上的中线等于斜边的一半，得，运用勾股定理算出．把数值代入，解得，再算出，即可作答． 【详解】（1）证明：过点N作于点E， ∵四边形是正方形， ∴，． ∵， ∴． ∴四边形为矩形． ∴，． ∴． ∵， ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴． ∴． ∴． （2）解：连接，设， 则． ∵，点O为线段的中点， ∴是的垂直平分线， ∴． 在中，点O为线段AP的中点． ∴． ∴． 在中，， 即， 解得． ∴． 由（1）知． ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，垂直平分线的定义与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 16．（24-25八年级下·广东珠海·期末）如图，已知菱形的对角线交于点是对角线所在直线上的两点，且，连接，得四边形．求证：四边形是正方形． 【答案】详见解析 【分析】本题考查了菱形的判定和性质和正方形的判定，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键； 根据菱形的性质可得，进而可得，即得四边形是菱形，再证明即可得解． 【详解】证明：四边形是菱形， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， 又， ， 菱形是正方形． 17．（22-23八年级下·广东东莞·期末）如图，在正方形中，E，F，G，H分别在它的四条边上，且．    (1)求证：； (2)四边形的形状是 ； (3)若，请借助图中几何图形的面积关系来证明． 【答案】(1)见解析 (2)正方形 (3)见解析 【分析】（1）在正方形中，由可得：，即可求证； （2）由（1）可用同样的方法证得，，可得到，然后证明，即可得证； （3）根据大正方形的面积等于4个直角三角形和一个小正方形的面积和，列式计算即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴，． 又∵， ∴． ∴； （2）解：四边形的形状是正方形， 证明：由（1）得，， 同理，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为正方形； 故答案为：正方形； （3）证明：∵， ∴大正方形的面积为：； 也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成， 则其面积为：， ∴， 整理得． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质和判定，三角全等的判断和性质，勾股定理的证明，熟练掌握并会灵活应用相应知识点是解题的关键． 考点07 四边形的综合压轴题型 1．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，在等边△中，，射线，点从点出发沿射线以的速度向右运动，同时点从点出发沿射线以的速度向右运动，设点运动的时间为． (1)当点在线段上运动时， 　　 ，当点在线段的延长线上运动时， 　　（请用含的式子表示）； (2)在整个运动过程中，当以点，，，为顶点的四边形是平行四边形时，求的值； (3)在整个运动过程中，是否存在某一时刻，使，两点间的距离最小，若存在，求出此时△的面积；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)或6 (3)存在， 【分析】（1）根据路程，速度，时间的关系解决问题即可； （2）根据，构建方程解决问题即可； （3）当时，的值最小，此时．由此构建方程求解． 【详解】（1）解：当点在线段上运动时，，当点在线段的延长线上运动时，． 故答案为：，； （2）解：当时，满足条件， 可得或， 或6； （3）解：当时，的值最小，此时． ， ． ， ， 点到的距离为， 此时△的面积． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型． 2．（24-25八年级下·广东河源·期末）如图，在平行四边形中，，，．点在边上由点向点运动，速度为每秒；点在边上由点向点运动，速度为每秒．点，同时出发，当点运动到点时，两点停止运动，连接，设运动时间为． (1)用含的代数式分别表示：______，______； (2)当为何值时，四边形为平行四边形？ (3)当为何值时，点在的平分线上？ (4)当为何值时，四边形的面积是四边形的面积的？ 【答案】(1)，； (2)当时，四边形为平行四边形； (3)当时，点在的平分线上； (4)当时，四边形的面积是四边形的面积的． 【分析】本题考查了动点问题、平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是根据平行四边形的性质找到边、角之间的关系． 根据点在边上由点向点运动，速度为每秒，可得：；根据点在边上由点向点运动，速度为每秒，可得：； 根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可得：，解方程求出； 连接，根据角平分线的性质和平行四边形的性质，可得：，所以可得：，解方程即可求出； 根据平行四边形的面积公式和梯形的面积公式可得：，解方程即可求出 【详解】（1）解：点在边上由点向点运动，速度为每秒， ， ， ； 点在边上由点向点运动，速度为每秒， ， 故答案为：，； （2）解：四边形为平行四边形， ， ， ， 当时，四边形为平行四边形； （3）解：如下图所示，连接， 在平行四边形中，，， ，，， ， 点在的平分线上， ， ， ， ， 解得：， 当时，点在的平分线上； （4）解：设平行四边形的边上的高为， 四边形的面积是四边形的面积的， ， 解得： 当时，四边形的面积是四边形的面积的 3.（24-25八年级下·广东河源·期末）综合与实践 折纸操作简单，富有数学趣味，同学们可以通过折纸开展数学探究．“乐学小组”以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展了数学活动：在平行四边形纸片中，E为边上任意一点，将沿折叠，点B的对应点为． (1)【感知】如图①，若点恰好落在边上时，求证：四边形是平行四边形； (2)【探究】如图②，若点三点在同一条直线上，求证：； (3)【应用】如图③，若，连接并延长，交于点F．若平行四边形纸片的面积为6，，求线段的长． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)． 【分析】（1）由折叠的性质结合平行四边形的性质得到，推出，即可证明四边形是平行四边形； （2）由折叠的性质结合平行四边形的性质证明是等腰三角形，即可得出结论； （3）延长交于点H，由折叠的性质先证明是等腰三角形，得到，根据平行四边形的性质得到，易证是等腰三角形，用平行四边形的面积公式即可求出，进而得到，利用勾股定理即可解答． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： 由折叠的性质可得：，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ，， ， 四边形是平行四边形； （2）证明：由折叠的性质可得：， 四边形是平行四边形， ， ， ， 点三点在同一条直线上 是等腰三角形， ； （3）解：如图，延长交于点H， 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， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查平行四边形的判定及性质，翻折的性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键． 4．（23-24八年级下·广东湛江·期末）综合运用 如图1，点E是矩形的边上一点，连接，把沿折叠得到，点在矩形的内部，延长交射线于点F，连接，已知． (1)当E是的中点时，求． (2)如图2，当时，与相交于点G，求的长； (3)如图3，当时，求的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先证明可得、，然后再根据勾股定理列方程求解即可； （2）先证明可得，设则，运用勾股定理列方程求解可得，进而得到；设，则，再运用勾股定理列方程求y的值即可； （3）根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得，如图：过F作交延长线于H，则；由勾股定理可得、,设则，由勾股定理可得、，进而得到解得，即，最后根据三角形的面积公式即可解答． 【详解】（1）解：∵在矩形中，， ∴，, ∵E是的中点， ∴, ∵把沿折叠得到， ∴， ∴, ∵， ∴, ∴, ∴, ∵， ∴，解得：． （2）解：∵把沿折叠得到， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴, ∴, 设则， ∵, ∴，解得：， ∴， 设，则， ∵, ∴，解得：， ∴． （3）解：∵把沿折叠得到， ∴， ∵， ∴, 如图：过F作交延长线于H，则, ∴, ∴, 设则 ∴，， ∵， ∴，即，解得：， ∴， ∴的面积为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识点，掌熟练运用相关判定和性质定理成为解题的关键． 5．（23-24八年级上·广东汕头·期末）在等腰中，，，为边上一点，连接． (1)如图①所示，以为顶点，为腰向右侧作等腰，，且，若，，，则的周长为_______． (2)如图②所示，以为顶点，为腰向右侧作等腰，，过点作的延长线于点，，求的长； (3)如图③所示，以为顶点，为斜边作等腰，连接并延长交于点，若，，猜想；与的数量关系，并证明你的猜想． 【答案】(1) (2) (3)，证明见解析 【分析】（1）根据三角形内角和定理以及等腰三角形的性质得出，进而得出，根据等角对等边得出，进而可得，根据三角形的周长公式，即可求解； （2）过点作于点，证明，则，，即可得出； （3）设，根据题意得出，，过点作交的延长线于点，连接，证明，得出，证明得出，等量代换可得，即可得证． 【详解】（1）解：∵等腰中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵是等腰直角三角形， ∴ ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴的周长为， 故答案为：． （2）解：如图所示，过点作于点， ∵等腰， ∴， ∵，， ∴，， ∵是等腰直角三角形， ∴， 在中， ∴ ∴， ∴ （3）解：猜想，证明如下， 设 ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵是的外角，则，又 ∴ 如图所示，过点作交的延长线于点，连接， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴ 又∵ ∴ ∴， ∴ ∵， ∴ 在中，， ∴ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， 在中， ∴ ∴ ∴，即 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线的性质，三角形内角和定理，三角形的外角的性质，熟练掌握等腰三角形的性质与判定是解题的关键． 6.（24-25八年级下·广东汕头·期末）综合与实践 在矩形中，，，现将纸片折叠，点的对应点记为点，折痕为（点是折痕与矩形的边的交点），再将纸片还原． (1)【初步思考】 若点落在矩形的边上（如图）． ①当点与点重合时，___________； ②当点与点重合时，___________． (2)【深入探究】 当点在上，点在上时（如图）， ①求证：四边形为菱形； ②当时，求的长． (3)【拓展延伸】 若点为动点，点为的中点，直接写出的最小值． 【答案】(1)①；② (2)①证明见解析；② (3) 【分析】（）①根据折叠的性质解答即可；②画出图形，再根据折叠的性质解答即可； （）①证明，得到，即可得四边形是平行四边形，再根据即可求证；②设菱形的边长为，则，在中，利用勾股定理可得，即得，又由勾股定理可得，即得，再利用勾股定理求出即可求解； （）连接，利用勾股定理可得，由折叠得，又由三角形的三边关系可得，即可求解． 【详解】（1）解：①当点与点重合时，为的中点，为的中点， ， 故答案为：； ②当点与点重合时，如图， 由折叠可得，， ∵， ， 故答案为：； （2）①证明：∵点的对应点记为点，折痕为， ， ∵四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， 为菱形； ②解：当时，设菱形的边长为，则， ∴， 在中，由勾股定理得，， ， ， ∴， 当时， ， ， ， ， ； （3）解：如图，连接， ∵点为的中点， ∴， 在中，∵， ， ， ， 的最小值是． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，三角形的三边关系等，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 7．（24-25八年级下·广东肇庆·期末）问题提出如图1，正方形的对角线与交于点O，点E在上，连接，作交于点F，平分交于G，探究与AE的数量关系． 问题探究（1）先将问题特殊化，如图2，当点E与O重合，点F与D重合时，直接写出与的数量关系； （2）再探究一般情形，如图1，探究与的数量关系； 问题拓展（3）如图3，连接，若正方形的边长为a，请直接写出的最小值为______（用含a的式子表示）． 【答案】（1），理由详见解析；（2）；（3） 【分析】本题主要考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，熟练掌握以上基础知识和添加合适的辅助线是解题关键． （1）先得到是等腰直角三角形，所以，再证即可得到； （2）作于点M，作于点N，先证≌，得到，，再通过倒角证即可； （3）得到，再求的值即可． 【详解】解：（1）， 四边形是正方形， ， 平分， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ； 理由如下， （2）如图，作于点M，作于点N，连接，则四边形是正方形， ， ，， ， ， 为等腰直角三角形， ， 平分， 设， ， ， 在四边形中，，，， ， ， ， （3）正方形边长为a， ， ， 要求最小值，则可求最小值即可， 如图，作点A关于D的对称点H，连接，过O作于点M， ， ，， ， 最小值为， 最小值为 故答案为： 8．（24-25八年级下·广东惠州·期末）综合探究 【课本再现】在一次课题学习活动中，老师提出了如下问题：如图1，四边形是正方形，点是边的中点，，且交正方形外角平分线于点．请你探究与存在怎样的数量关系，并证明你的结论． 经过探究，小明得出的结论是．而要证明结论，就需要证明和所在的两个三角形全等，但和显然不全等（一个是直角三角形，一个是钝角三角形），考虑到点是边的中点，小明想到的方法是如图①，取的中点，连接，证明．从而得到． （1）请你根据小明的想法，写出证明过程； 【问题解决】 （2）如图②，若把条件“点是边的中点”改为“点是边上的任意一点”（不与点重合），其余条件不变，是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； 【拓展探究】 （3）如图③，四边形是正方形，是射线上任意一点（不与点重合），，且交正方形外角的平分线于点．若，，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）成立，理由见解析；（3）5或． 【分析】（1）取的中点，连接，根据ASA即可证明，然后根据全等三角形的对应边相等即可证得结论； （2）在上截取，连接，同（2）根据ASA即可证明，然后根据全等三角形的对应边相等即可证得结论． （3）分两种情况：当点E在边上时，当E在的延长线上时，根据（2）问的结论，当E在的延长线上的任意一点，连接，过点F作，交的延长线于点G，在上截取，连接，证明，得，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）如图①中，取的中点，连接， 四边形是正方形， ，． 是边的中点，G是边的中点， ，． ． ， ， 是正方形外角的平分线，． ． ， ． ， ． ． ． （2）成立，理由如下：如图②在上截取，连接． 四边形是正方形， ，， ， ，， ，． 是正方形外角的平分线， ． ． ， ． ， ． ． ． （3）分以下两种情况讨论：①如图③，当点E在边上时， 四边形是正方形， ，． ， ． 由勾股定理，得． 由（2）可知，． ． ②如图④，当点E在的延长线上时，连接，过点F作，交的延长线于点G，在上截取，连接． 是等腰直角三角形且， ． ， ， ． ． 四边形是正方形， ，． ， ． 由勾股定理，得． ． 综上所述，的长为5或． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形判定与性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理是解题的关键．注意分类讨论思想的应用． 9．（23-24八年级下·广东广州·期末）如图1，在正方形和正方形中，点A，B，E在同一条直线上，是线段的中点，连接． (1)直接写出与的位置和数量关系． (2)如图2，将原问题中的正方形和正方形换成菱形和菱形，且．探究与的位置和数量关系，写出你的猜想并加以证明； (3)如图3，将图2中的菱形绕点B顺时针旋转，使菱形的边恰好与菱形的边在同一条直线上，问题（2）中的其他条件不变．你在（2）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明． 【答案】(1)， (2)；，证明见解析 (3)在（2）中得到的两个结论不发生变化，证明见解析 【分析】（1）延长交于点H，可证，可得，从而得到，进而得到是等腰直角三角形，即可； （2）延长交于点H，可证，可得，从而得到，再由，，可得，从而得到，即可； （3）延长到H，使，连接，可得，从而得到，再证明，可得，从而得到，进而得到，继而得到，即可求解． 【详解】（1）解：如图，延长交于点H， 在正方形和正方形中，， ∴， ∴， ∵点P是的中点， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴； （2）解：猜想：；，证明如下： 如图，延长交于点H， 在菱形和菱形中，， ∴， ∴，， ∴， ∵点P是的中点， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：在（2）中得到的两个结论仍成立．证明如下： 如图3，延长到H，使，连接， ∵点P是的中点， ∴， 在和中， ∵，， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 在菱形中，， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ， ， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形，菱形的性质，以及全等三角形的判定等知识点，根据已知和所求的条件正确的构建出相关的全等三角形是解题的关键． 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03 四边形 ☆高频烤点概览 考点01四边形级多边形 考点02平行四边形 考点03三角形的中位线 考点04矩形 考点05形 考点06正方形 考点07四边形的综合压轴题型 目目 考点01 四边形及多边形 1.(24-25八年级下·广东·期末)下列生活实物中，没有用到三角形的稳定性的是() 太阳能热水器B, 活动衣架 三脚架 篮球架 2.(24-25八年级上·广东云浮·期中)学习了多边形后，我们知道过多边形的一个顶点可作若干条对角线（三 角形除外)·如图，四边形有1条对角线，五边形有2条对角线，过十二边形一个顶点的对角线有() A.11条 B.10条 C.9条 D.8条 3.(23-24七年级上广东河源期末)从多边形的一个顶点出发，可以作8条对角线，则该多边形的边数是 () A.九 B.十 C.十一 D.十二 4.(24-25七年级上·广东清远期末)过七边形的一个顶点可以画n条对角线，将它分成m个三角形，则 1/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 m+n的值是() A.7 B.8 C.9 D.10 5.(24-25七年级上广东深圳期末)过n边形一个顶点的对角线把这个n边形分成3个三角形，则n为() A.4 B.5 C.6 D.7 6.(24-25八年级上广东珠海期末)一个五边形，它的对角线共有()条 A.3 B.4 C.5 D.6 7.(24-25八年级上广东广州期末)已知一个正多边形每个内角都是120°，则这个正多边形共有条 对角线， 8.(2425八年级下·广东·期末)如图，己知ABC为直角三角形，∠C=90°，若沿图中虚线剪去∠C,则 ∠1+∠2等于() 6 1 A.90° B.1359 C.270 D.3159 9.（2425八年级上·广东·期末)冰裂纹是我国古典园林的传统铺装纹样之一，并被广泛应用于建筑装饰和 瓷器.如图2是从图1冰裂纹铺装的路面图案中提取的多边形，则这个多边形的内角和是() (图1) (图2) A.180° B.360 C.540 D.720° 10.(23-24八年级下·广东·期末)如图，1角硬币是1992年6月1日中国人民银行发行的第三套金属流通币 之一，该硬币呈圆形，边缘是正九边形的形状，则正九边形内角和为() 实物图 局部示意图 A.360 B.720° C.9009 D.1260° 11.(24-25八年级上·广东云浮期末)已知多边形的内角和为720°，则该多边形的边数为() 2/30 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 A.8 B.7 C.6 D.5 12.(23-24八年级上广东东莞期末)如果五边形的三个内角是直角，另两个内角都为n°，则n的值为() A.105 B.120 C.125 D.135 13.(25-26八年级上广东广州期末)如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设ABC与四边形BCDE的 外角和的度数分别为a,B,则比较α与的大小，结果正确的是() A.a=B B.a<B C.axB D.无法比较 14.(24-25八年级下·广东期末)中国古代建筑具有悠久的历史和光辉的成就，其建筑艺术也是美术鉴赏的 重要对象.如图是中国古代建筑中的一个正八边形的窗户，则它的一个内角的度数为() A.105 B.110° C.120° D.135° 15.(24-25八年级上·广东·期末)石墨烯在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递等方面具有重 要的应用前景.它的分子结构如图所示，六边形ABCDEF的外角和为() A.360° B.540 C.720 D.900 16.(25-26八年级上·广东潮州期末)一个多边形的每个外角都等于60°，则这个多边形的边数为() A.6 B.7 C.8 D.9 17.(24-25八年级下·广东·期末)如图，小明沿一个正多边形广场周围的小路按顺时针方向跑步，从点0出 发，前进10米后向右转30，再前进10米后又向右转30°.…这样一直跑下去，直到他第一次回到出发点 O为止，则这个正多边形的周长为 米。 3/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 30- 30 19.（24-25八年级上：广东东莞·期末)用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分完全覆盖，叫做平面镶 嵌.若只选用一种大小相同的正多边形瓷砖进行平面镶嵌，则不能铺满地面的是() 20.(24-25八年级下·广东佛山期末)某公园准备用地砖铺露天步道. 现有若干正三角形地砖，公园计划 进购另一种形状的地砖与正三角形地砖一起进行密铺，不应购买的地砖形状是() A.正方形 B.正六边形 C.正八边形 D.正十二边形 21.(23-24八年级上·广东·阶段检测)己知一个多边形的边数为n. ()若n=5,求这个多边形的内角和； (2)若这个多边形的每个内角都比与它相邻的外角的4倍多30°，求这个多边形对角线的总条数， 22.(23-24八年级下·广东·期末)生活中，我们所见到的地面、墙面、服装面料等，常常是由一种或几种形 状相同的图形拼接而成的，用一种或几种正多边形在公共顶点处进行拼接，彼此之间既无空隙又不重叠， 这就是正多边形的共顶点密铺.共顶点密铺其实就是围绕，点的几个正多边形的内角的和为360°. 探索一、共顶点单一密铺：仅用同一种正多边形密铺 如下图可知，正五边形不能共顶点单一密铺，可用下面的方法说明. 108 6 解：设有x个正五边形 因为正五边形的每一个内角为108，若想用x个108°围成360，则108x=360,解得x=1 3 (不符合题意)· 所以正五边形不可以共顶点单一密铺. 4/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 ()问题1：探索正三角形能不能共顶点单一密铺？请用上述方法说明. (2)问题2：符合共顶点单一密铺的正多边形不止一种，请尝试再找出一种，不用说明理由. 探索二、共顶点组合密铺：用两种或两种以上正多边形密铺， (3)问题3：某中学图书馆拟用正多边形地砖铺设地面.已有正三角形形状的地砖，现打算购买另外一种形 状不同，但边长相等的正多边形地砖，与己有正三角形地砖进行共顶点组合密铺.请设计两种不同的共顶 点组合密铺方案，并说明理由 (4)问题4：创意设计：选取三种形状不同，但边长相等的正多边形进行共顶点组合密铺，请写出一种设计 方案，并说明理由. 目目 考点02 平行四边形 1.(24-25八年级下·广东湛江期末)如图，在口ABCD中，点0是对角线AC、BD的交点，下列结论中错 误的是() A.AB∥CD B.AB=CD C.AC=BD D.OB=OD 2.(24-25八年级下·广东江门期末)在平行四边形ABCD中，AB=6,BC=5,则平行四边形ABCD的周 长为() A.18 B.20 C.22 D.24 3.(24-25八年级下·广东云浮·期末)如图，在口ABCD中，AB=4,对角线AC与BD相交于点O.若 AC+BD=16,则△COD的周长为() D B A.10 B.11 C.12 D.17 4.(24-25八年级下·广东潮州期末)在平行四边形ABCD中，∠B+LD=110°，∠A的度数是( A.70° B.559 C.125° D.110° 5.(24-25八年级下·广东广州期末)在平行四边形ABCD中，2∠A=∠B,则∠A的度数是() A.459 B.60° C.90° D.120 6.(22-23八年级下·广东梅州期末)如图，如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC=120°，AB=2BC, 5/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 DE平分∠ADC,对角线AC、BD相交于点O,连接OE,下列结论中正确的有() ①∠BDC=30°；②AD=2OE;③DE=BC;④OD=AD. D B A.2个 B.3个 C.4个 D.5个 7.(2425八年级下·广东广州期末)如图，在某城市的科技园区规划中，存在一个平行四边形区域0ABC. 点O为科技展览中心，A、C分别为位于主干道x=1和x=4上的两座科研楼（可沿各自主干道调整位置）， 点B为园区管理中心，现需从O到B铺设一条光纤线路，为了节省成本，则该光纤线路OB的最小长度是 A.3 B.V17 C.5 D.√26 8.（22-23八年级下广东·期末)如图，若直线m∥n,则下列哪条线段的长可以表示平行线m与n之间的 距离() B D A.AB B.AC C.AD D.DE 9.(22-23八年级下·广东佛山期末)如图，在口ABCD中，AD=12,AC=26,∠ADB=90°，则AD与 BC间的距离为() D A.5 B.10 C.26 D.26 10.(24-25八年级下·广东河源期末)如图，平行四边形的对角线AC和BD相交于点0，过点0的直线分 别交CD,AB于点E,F,且AB=I0,BC=6,∠BCD=30°，那么图中阴影部分的面积为 6/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 D A 11.(24-25八年级下·广东惠州期末)如图，在▣ABCD中，对角线AC,BD交于点O,过点0作BD的垂 线交BC于点E,连接DE.己知△DCE的周长是8cm,则平行四边形ABCD的周长是cm, D 12.(24-25八年级下广东汕头期末)如图，口ABCD的对角线AC,BD相交于点E.若AB=5cm, △ABE的周长比△CBE的周长小3cm,则AD的长度为 B 13.(23-24八年级下·广东·期末)如图，四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O,下列不能判定四边形 ABCD为平行四边形的条件是() D C A.A0=OC,OB=OD B.∠ABC=∠ADC,AD∥BC C.AB=DC,AD∥BC D.AB=DC,AD=BC 14.(23-24八年级下广东广州期末)在四边形ABCD中，AD∥BC,要使四边形ABCD成为平行四边 形，则在下列条件中，应增加条件() A.AB=CD B.AD=BC C.AC=BD D.∠B+∠A=180° 15.(24-25八年级下·广东佛山期末)为使推理过程完整，需在横线上添加条件。则下列条件中，可添加的 是() 解：在四边形ABCD中，∠A=80°，∠D=100° D 100° ∠A+∠D=180° .AB∥CD 人80° B 7130 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 又： 四边形ABCD是平行四边形 A.∠B+∠C=180° B.∠B+∠D=180 C.AD=BC D.AD∥BC 16.(24-25八年级下·广东惠州期末)如图，四边形ABCD是平行四边形. D C (I)尺规作图：作∠DAB的平分线交CD于点H(保留作图痕迹，不写作法)· (2)在(1)的情况下，若CH=2,BC=3,求AB的长 17.(24-25八年级下·广东湛江期末)如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BD,CF⊥BD,E,F分别 是垂足。 A D B (I)求证：△ABE≌△CDF; (2)求证：AF∥CE. 18.(24-25八年级下广东揭阳·期末)如图，在ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，以线段AB为边在 AB上方作等边△ABD,点F是线段AD的中点，连接CF, E (I)若AC=3,求AD的长； (②)求证：四边形BCFD是平行四边形. 19.(23-24八年级下广东东莞期末)如图，点B,E,C,F在一条直线上， AB=DE,AC=DF,BE=CF.求证：四边形ABED是平行四边形 8/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 E 20.(24-25八年级下·广东汕头期末)如图，ABC中，D是AB边上任意一点，F是AC的中点，过点C 作CE∥AB交DF的延长线于点E,连接AE,CD E (I)求证：四边形ADCE是平行四边形. (2)若∠B=30°，∠CAB=45°，AC=2√2，AE=BD,求AD的长. 21.(24-25八年级下·广东揭阳·期末)如图，点E、F是平行四边形ABCD对角线AC上两点，BE∥DF 0 (I)求证：四边形BEDF是平行四边形. (2)若AC=6V3,BC=8,∠ACB=30°，求平行四边形ABCD的面积. 22.(24-25八年级下·广东茂名期末)如图，在四边形ABCD中，AD=BC,AD∥BC,点E在线段AD上， 且AE=CD,连接BE,F为BE的中点，连接AF并延长交DC的延长线于点G, E D B (I)求证：BE平分∠ABC; (2)若DE=4,求CG的长. 目目 考点03 三角形的中位线 1. (24-25八年级下广东·期末)如图，在ABC中，AC=4,点D,E分别是边AB,CB的中点，那么DE 9/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 的长为() D E A.2 B.1.5 C.4 D.3 2.(24-25八年级下·广东潮州期末)如图，为估计池塘岸边A,B两点间的距离，在池塘的一侧选取点O, 分别取OA,OB的中点M,N,测得MN=28m,则A,B两点间的距离是( ) M A.56m B.28m C.64m D.34m 3.（24-25八年级下·广东云浮·期末)如图，小华注意到跷跷板静止状态时，可以与地面构成一个ABC, 跷跷板中间的支撑杆EF垂直于地面(E,F分别为AB、AC的中点)，若EF=33cm,则此时点B距离地 面的高度BC为() B E C A.66cm B.68cm C.70cm D.72cm 4.(24-25八年级下广东佛山期末)如图，口ABCD的对角线AC,BD相交于点O,E是BC的中点， BE=3,E0=4,则。ABCD的周长为() A.13 B.14 C.19 D.28 5.(24-25八年级下·广东广州期末)如图，在菱形ABCD中，E、F分别是边CD、BC上的动点，连接 AE、EF,G、H分别为AE、EF的中点，连接GH.若∠B=60°，GH的最小值为√15，则BC长为() 10/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 G B A.2W5 B.45 C.215 D.415 6.(24-25九年级上·广东河源·期末)如图，在菱形ABCD中，∠D=60°，E是AD上一点，M、N分别是 CE、AE的中点，且MN=2,则菱形ABCD的周长为· A D M B 7.(24-25八年级下·广东·期末)如图，在四边形ABCD中，AD=BC,点P是对角线的中点，点E和点F 分别是AB与CD的中点.若∠PEF=20°，则∠EPF的度数是 D 目目 考点04 矩形 1. (20-21八年级下·广东阳江期末)矩形的对角线具有的性质是() A.相等且互相垂直 B.相等且互相平分 C.互相垂直平分 D.互相垂直 2.(24-25九年级上·广东佛山期末)如图，点E在矩形ABCD的边AD上，若△EBC是等边三角形，则 ∠AEB的度数为() y E B C A.30° B.45° C.60° D.75° 11/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 3.(22-23八年级下广东潮州期末)如图，矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点0，若∠A0B=50°， 则∠OBC的度数是() D B A.25 B.30° C.20 D.150 4.(24-25八年级下·广东期末)如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O,DE⊥AC于点E ,∠AOD=130°，则∠CDE的大小是() D 0 A.65° B.409 C.25° D.20 5.(24-25八年级下·广东·期末)数学活动课上，小茗同学利用尺规对矩形ABCD进行如图所示的操作，作 出的两条线的交点恰好落在AD边上的点O处，则∠DAC的度数为() A.30 B.20 C.条件不足，无法计算D.22.5 6.(24-25八年级下·广东云浮·期末)如图，将矩形ABCD放置在刻度尺上，顶点A,C对应的刻度（单位： cm)分别为1和5，则BD的长为() D 012 /3 56 B A.2cm B.3cm C.4cm D.5cm 7.（24-25八年级下·广东云浮·期末)某市商业综合体为了方便司机停泊车辆而设计了如图1的停车位，图 2是其中一个停车位的平面示意图，已知四边形ACDF是平行四边形，小车实际占用位置为矩形BCEF,若 12/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 BC=5m,CE=2.5m,∠D=45°，则AC的长度为() B 茂名东汇城为了方便司机停泊车辆而设计了平行 D 图1 图2 四边形的停车位，如图， B.5+5v2)m c.(s+3Vm D.m 8.(24-25八年级下·广东阳江·期末)如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，点F在BC上，EF∥AB, 连接BE,DF,则下列关系正确的是() A.BE+DF>BC B.BE+DF≤BC C.BE+DF<BC D.BE+DFBC 9.(24-25八年级下·广东惠州期末)如图，在矩形ABCD中，点E在边AD上，连接CE,将△CDE沿CE 翻折得到aCDE,点D的对应点为点D,D'E交BC于点F,若∠BFE=64°，则LDEC=() E A.32 B.64 C.58 D.26° 10.(24-25八年级下广东广州期末)如图，将矩形ABCD沿直线DE折叠，顶点A落在BC边上F处，已 知BE=3,CD=8,则BC的长为() D B C A.12 B.11 C.10 D.9 13/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 11.(24-25八年级下·广东汕头期末)如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠A=30°，点D为边AC的中 点，BD=2,则AB的长为() B A.25 B.5 C.2 D.4 12.(24-25八年级下·广东广州期末)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D,若 ∠ECD=50°，E是斜边AB的中点，则∠A=() D A.10° B.20° C.30° D.40° 13.(22-23八年级上·广东期末)如图，一架梯子AB斜靠在竖直墙上，点M为梯子AB的中点，当梯子底 端向左水平滑动到CD位置时，滑动过程中OM的变化规律是() M D A.变小 B.不变 C.变大 D.先变小再变大 14.(23-24八年级下·广东·期末)如图，诚诚用橡胶皮和布料自制了一块四边形鼠标垫，为了检验这块鼠标 垫是不是标准的矩形，他想出了以下几种方案，其中合理的是() A.测量一组对边是否平行且相等 B.测量两组对边是否分别相等 C.测量其中的三个角是否都为直角D.测量对角线是否相等 15.(23-24八年级下·广东广州期末)口ABCD的对角线交于点O,若添加一个条件，不能判断四边形 14/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 ABCD是矩形的是() A.AC⊥BD B.∠BAD=∠ABCC.AC=BD D.∠BAD=90 16.(24-25八年级下·广东·期末)如图，将平行四边形ABCD的边DC延长线到点E,使CE=DC,连接 AE,交BC于点F.添加一个条件，使四边形ABEC是矩形.下列四个条件：①LDAC=LEAC;② AD=AE;③AB=AD;④∠AFC=2LABC中，你认为可选择的是 (填上所有满足条件的 序号) 17.（24-25八年级下·广东广州期末)如图，在ABC中，∠C=90°，点D是线段AB上的动点（与A, B不重合)，作DE⊥AC于E,DF⊥BC于F,连接EF,若AC=8,BC=6,则点D从点A运动到点 B的过程中，EF的最小值为() B A.2.4 B.4 C.4.8 D.5 18.(24-25八年级下·广东广州期末)如图，在矩形ABCD中. D (I)尺规作图：作对角线AC的垂直平分线，分别交BC,，AD于点E,F(保留作图痕迹，不写作法)； (②)在(1)的条件下，连接AE,若AB=4,BC=8,求AE的长 19.(24-25八年级下·广东珠海期末)如图，做如下操作：对折矩形ABCD,使AD与BC重合，得到折痕 EF,把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点P处，得到折痕BM,BM与EF交于点N,若 直线BP交直线CD于点Q. 15/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 0 D B (I)猜想∠ABM的度数，并说明理由； (2)若BC=7,EN=1,求线段QD的长. 20.(24-25八年级下·广东汕尾·期末)如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE1BC交BC边于点E, 点F在边AD上，且DF=BE. F D B E (I)求证：四边形AECF是矩形 (2)若BF平分∠ABC,且DF=1,AF=2,求线段BF的长. 21.(23-24八年级下·广东广州期末)如图，四边形ABCD的对角线AC,BD交于点O,已知O是AC的 中点，EO=FO,DF∥BE, D E (I)求证：△B0E≌△D0F; (2)当AC=2OD时，证明四边形ABCD是矩形. 22.(23-24八年级下·广东江门期末)如图，在四边形ABCD中，己知AB∥DC,AD∥BC,∠BAD=∠D, 点E为DC边的中点，点F为BC边的中点，延长AF,DC交于点G. D E C G (I)求证：四边形ABCD为矩形； 16/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (②)若AB=6,LAED=2LBAF,求四边形ABCD的面积. 目目 考点05 菱形 1. (24-25八年级下，广东广州期末)如图，菱形ABCD中，∠DCB=40°，则∠1=() D B A.20° B.25° C.30° D.40° 2.(24-25八年级下·广东期末)如图，菱形ABCD中，连接AC,BD,若∠1=35°，则∠2的度数为() D B A.650 B.55° C.45° D.35° 3.(23-24八年级下·广东·期末)已知如图，菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O,DE⊥AB于E, 交AC于点F,若LBAD=a,则∠DFO一定等于() D A.2a B.45°+ C.90°-1。 a D.45+0 4.(23-24八年级下·广东期末)如图，菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,H为AD边的中点， 菱形ABCD的周长为28，则OH的长等于() D A.3.5 B.4 C.7 D.14 5.(25-26九年级上·广东清远期末)若菱形的边长为5，一条对角线长为6，则菱形的面积为() A.8 B.12 C.20 D.24 6.(24-25八年级下·广东肇庆期末)如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,过点D作DH⊥AB于 17/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 点H,连接OH,若AC=9,，S菱彩4Bc=27,则OH的长为() A.3 B.4 C.4.8 D.5 7.(24-25八年级下·广东云浮·期末)如图，O是坐标原点，菱形AB0C的顶点B的坐标为-5,0)，顶点A 的坐标为(a,4),则顶点C的坐标为() A.(1,4) B.（5,4 C.(2,4) D.(3,4 8.(24-25八年级下·广东广州期末)如图，菱形ABCD周长为16，∠DAC=30°，E是AB的中点，P是 对角线AC上的一个动点，则PE+PB的最小值是() D B A.25 B.3 C.23 D.5 9.(24-25八年级下·广东汕头期末)菱形ABCD的边长为4，∠BAD=120°，点G为CD的中点，以CG为 边作菱形CEFG,其中点E在BC的延长线上，连接AF,点M为AF的中点，连接CM,则线段CM的长 为() y M B 18/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 A.3 B.6 C.万 D.2万 10.(23-24八年级下·广东深圳期末)如图，下列条件能使平行四边形ABCD是菱形的为() ①AC⊥BD;②LBAD=90°；③AB=BC；④AC=BD. D A.①③ B.②③ C.③④ D.①④ 11.(23-24八年级下·广东云浮·期末)如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O,CE∥BD, DE∥AC.若OA=2,则四边形CODE的周长为 B 12.(24-25八年级下·广东广州·期末)如图，过口ABCD的对角线AC的中点0作两条互相垂直的直线，分 别交AB,BC,CD,DA于E,F,G,H四点，连接EF,FG,GH,HE.若GH=25,EO=I5, 则四边形EFGH的面积为 0 G E 13.(23-24八年级下·广东广州期末)如图，在菱形ABCD中，AB=4,∠ABC=60°，M、N分别为BC, CD上的两个动点，∠MAN=60°，AM,AN分别交BD于点E,F.下列结论：①AM=AN;② CM+CN=4;③BE+FD=2EF;④2AE+BE的最小值为4√5.其中正确的结论是· (请填写正 确的序号) D M 19/30 命学科网 www.zx×k.com 让教与学更高效 14.(22-23八年级下，广东佛山期末)如图，口ABCD中，AD=22,AB=6,∠BCD=135°，对角线AC, BD相交于点O,过点O的线段EF⊥AC交CD于点E,交AB于点F,以下说法中：①AE=AF;② ∠DAE=2LCAE;③EF=√5；④△DOE的面积与△AOD的面积比为7：12.其中，正确的序号有 D F B 15.(22-23八年级下·广东河源·期末)如图，在菱形ABCD中，对角线AC,BD交于点O,AE1BC交 CB延长线于E,CF∥AE交AD延长线于点F. E B (I)求证：四边形AECF是矩形； (2)若AE=4,AD=5,求AC的长. 16.（23-24八年级下·广东肇庆·期末)如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O,过点C作BD的 平行线，过点D作AC的平行线，两直线相交于点E. 0 E (I)求证：四边形OCED是矩形； (2)若CE=1,DE=2,则菱形ABCD的面积是 (直接写答案). 17.(24-25八年级下·广东广州期末)如图，两张矩形纸片交叉叠放在一起，重合的部分构成了一个四边 形ABCD,过点A分别作AE⊥BC于点E,AF⊥CD于点F,且AE=AF· B 20/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (I)判断四边形ABCD的形状，并说明理由； (②)若∠ABC=60°，AB=4,连接EF,求EF的长 18.(24-25八年级下·广东广州期末)如图，在Rt△ABC中，BD平分∠ABC,CD=4,BC=8. D B (I)尺规作图：作线段BD的垂直平分线，交BD于点O,交AB于点E,交BC于点F(要求：保留作图痕迹， 不写作法)； (②)在(1)所作的图中，连接DE、DF.求证：四边形BEDF是菱形； (3)求（2)中的菱形BEDF的边长。 19.(24-25八年级下·广东汕头期末)如图，在菱形ABCD中，LABC=60°，E是BC边上一个动点，连 接AE,AE的垂直平分线MN交AE于点M,交BD于点N.连接EN,CN. (I)求证：EN=CN; (2)若CE=2BE,BN=45,求菱形ABCD的面积； (3)若AB=4,求2EN+BN的最小值 20.(24-25八年级下·广东汕头期末)如图1，在口ABCD中，点O是边AD的中点，连接B0并延长，交 CD的延长线于点E,连接BD、AE. B O D D 图1 图2 21/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (I)求证：四边形AEDB是平行四边形： (2)若∠BDC=90°，DC=4,BC=5,动点P从点E出发，以每秒1个单位的速度沿EC向终点C运动，设 点P运动的时间为(t>O)秒.若点Q为直线AB上的一点，当P运动时间t为何值时，以B、C、P、Q构 成的四边形可以是菱形？ 目目 考点06 正方形 1. (23-24八年级下·广东揭阳·期末)菱形、矩形、正方形都具有的性质是() A.两组对边分别平行且相等 B.对角线相等 C.四条边相等，四个角相等 D.对角线互相垂直 2.(24-25八年级下·广东清远期末)下列的性质中，正方形具有而矩形不一定具有的是() A.对边相等 B.对角相等 C.对角线互相平分 D.对角线互相垂直 3.（23-24八年级下·广东广州期末)如图，在正方形ABCD外侧，作等边三角形ADE,AC、BE相交于 点F,则∠AEF为() A.15° B.20° C.25 D.30° 4.(24-25八年级下·广东江门期末)如图，四边形ABCD是正方形，延长AB到点E,使AE=AC,连接 CE,则∠E的度数是() D B A.25° B.45° C.67.5° D.75 5.(24-25八年级下·广东江门·期末)如图，面积分别是49和25的两个正方形拼接在一起，它们的底边在 同一直线上，则MN的长为() 22/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 M A.9 B.10 C.12 D.13 6.(25-26九年级上广东揭阳·期末)如图，AC是正方形ABCD的对角线，E,F,O,G分别是AD,BE ,AC,CF的中点.若OG=√5，则AB的长为· D G E B 7.(24-25八年级下广东汕头期末)如图，AC是正方形ABCD的一条对角线，E是AC上一点，F是BC 延长线上一点，连接BE,EF,DF,若AB=AE,EB=EF=5,则DF的长为； D B 8.(25-26八年级下·广东茂名期末)如图，三个边长为6cm的正方形按如图所示的方式重叠在一起，点O 是其中一个正方形的中心，则重叠部分（阴影）的面积为 9.(22-23八年级下·广东惠州期末)如图，在正方形ABCD中，点E是边AB上一点，且AE=2,BE=4, 点P是边AD上的动点(P与A,D不重合)，则PE+PC的最小值是 D E B 10.(23-24八年级下·广东·期末)小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，(1)(2) 23/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (3)(4)处需要添加条件，则下列条件添加错误的是() D D(1) 矩形 (2) A D 平行 B 正边形 四边形 D (3) (4) 菱形 > A.(1)处可填∠A=90 B.(2)处可填AD=AB C.(3)处可填AD=CB D.(4)处可填∠A=90° 11.(23-24八年级下·广东惠州期末)如图，在平行四边形ABCD中，添加的下列条件中，能判定平行四 边形ABCD是正方形的是() A.AC=BD,AC⊥BD B.AC=BD,∠ABC=90 C.BD平分LABC,AB=BC D.AB=BC,AC⊥BD 12.（23-24八年级上·广东茂名·期末)“三等分一个任意角”是数学史上一个著名问题.今天人们已经知道， 仅用圆规和直尺是不可能作出的，在探索中，有人曾利用过如图所示的图形，其中，四边形ABCD是长方 形，F是DA延长线上一点，G是CF上一点，并且LACG=∠AGC,∠GAF=∠F.若∠F=15°，GF=4, 则长方形ABCD的面积为 G 13.(24-25八年级下·广东汕头期末)若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是矩形，则四边形 ABCD的两条对角线AC,BD一定是() A.互相平分B.相等 C.互相平分且相等D.互相垂直 14.(24-25八年级下·广东云浮期末)如图1，四边形ABCD是正方形，对角线AC,BD交于点O,点E, F在AC上，BE平分∠ABO,BF平分∠CBO,点G在OD上，且BG=AB,连接EG,FG. 24/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 E G 图1 图2 (I)求∠EBF的度数 (②)如图2，延长BE,交AD于点H,连接GH. ①求证：四边形AEGH为菱形 ②若AD=mAH,求m的值、 15.(24-25八年级下·广东广州期末)如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上任意一点（不与点B重 合)，以BE为边在它的右侧作正方形BEFG.连接AE,过点D作DH⊥AE交AB边于点H D A H B G (I)求证：△DAH≌△ABE; (②)连接DF,延长AE,交DF于点O,猜想LDOA的度数，并证明； (3)在正方形ABCD内部有一点P,连接PE,PB,PF,若PE=4,PB=2,求PF的最大值 16.(24-25八年级下·广东中山期末)如1图，在正方形ABCD中，点P在边CD上，点M在边BC上， 点N在边AD上，连接AP,MN交于点O,且MN⊥AP. N N A D D B M M 1图 2图 (I)求证：PD+ND=MC; (2)如2图，若AB=4,点O为线段AP的中点，OD=√5，求BM的长. 16.(24-25八年级下·广东珠海期末)如图，已知菱形ABCD的对角线交于点O,E、F是对角线BD所在 直线上的两点，且∠AED=45°，DF=BE,连接AE、CE、AF、CF,得四边形AECF.求证：四边形 AECF是正方形. 25/30 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D E 17.(22-23八年级下·广东东莞期末)如图，在正方形ABCD中，E,F,G,H分别在它的四条边上，且 AE=BF=CG=DH. D G B F C (I)求证：△EBF≌△HAE; (2)四边形EFGH的形状是_； (3)若AH=a,AE=b,EH=c,请借助图中几何图形的面积关系来证明a2+b2=c2. 目目 考点07 四边形的综合压轴题型 1. (24-25八年级下广东广州期末)如图，在等边△ABC中，AB=6cm,射线AG∥BC,点E从点A出 发沿射线AG以2cm/s的速度向右运动，同时点F从点B出发沿射线BC以3cm/s的速度向右运动，设点E运 动的时间为(S) A→E G B→FC (I)当点F在线段BC上运动时，CF=一cm,当点F在线段BC的延长线上运动时，CF=_cm(请 用含t的式子表示)： (2)在整个运动过程中，当以点A,C,E,F为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值； (3)在整个运动过程中，是否存在某一时刻，使E,F两点间的距离最小，若存在，求出此时△ACF的面积： 若不存在，请说明理由. 2.(24-25八年级下广东河源·期末)如图，在平行四边形ABCD中，AB=6cm,BC=12cm,∠B=60°.点 P在边BC上由点B向点C运动，速度为每秒2cm;点Q在边AD上由点D向点A运动，速度为每秒1cm,点 26/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 P,Q同时出发，当点P运动到点C时，两点停止运动，连接PQ,设运动时间为s, (I)用含t的代数式分别表示：DQ=cm,PC= cm: (2)当t为何值时，四边形PCDQ为平行四边形？ (3)当t为何值时，点P在∠D的平分线上？ (④当1为何值时，四边形ABPQ的面积是四边形ABCD的面积的3？ 3.（24-25八年级下·广东河源·期末)综合与实践 折纸操作简单，富有数学趣味，同学们可以通过折纸开展数学探究.“乐学小组”以“平行四边形纸片的折叠” 为主题开展了数学活动：在平行四边形纸片ABCD中，E为BC边上任意一点，将△ABE沿AE折叠，点B 的对应点为B. A B D ① ② ③ (I)【感知】如图①，若点B恰好落在边AD上时，求证：四边形B'ECD是平行四边形； (2)【探究】如图②，若点E,B,D三点在同一条直线上，求证：DA=DE; (3)【应用】如图③，若∠BAE=45°，连接BB'并延长，交CD于点F.若平行四边形纸片ABCD的面积为6， CD=2,求线段BF的长 4.（23-24八年级下·广东湛江·期末)综合运用 如图I,点E是矩形ABCD的边BC上一点，连接AE,把aABE沿AE折叠得到△AB'E,点B在矩形 ABCD的内部，延长AB交射线DC于点F,连接EF,己知AB=5,BC=8. D D B' F B B B B E E 图1 图2 图3 (I)当E是BC的中点时，求DF. 27/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (②)如图2，当BE=CF时，AF与BC相交于点G,求BE的长； (3)如图3，当AE=EF时，求△ABE的面积， 5.(23-24八年级上·广东汕头期末)在等腰Rt△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，D为BC边上一点， 连接AD. B 图① 图② 图③ (I)如图①所示，以A为顶点，AD为腰向右侧作等腰RtAADP,AD=AP,且CD=CE,若AD=3, DP=3√2，CD=2,则aCDE的周长为 (②)如图②所示，以D为顶点，AD为腰向右侧作等腰RtAADP,AD=DP,过点P作PQ⊥BC的延长线于 点0，P9=2,求CQ的长； (3)如图③所示，以P为顶点，AD为斜边作等腰Rt APD,连接BP并延长交AC于点E,若AF⊥AP, CF⊥AC,猜想；PE与AF的数量关系，并证明你的猜想. 6.(24-25八年级下·广东汕头期末)综合与实践 在矩形ABCD中，AB=I0,AD=6,现将纸片折叠，点D的对应点记为点P,折痕为EF（点E、F是折 痕与矩形的边的交点)，再将纸片还原。 D O E E 图1 图2 (1)【初步思考】 若点P落在矩形ABCD的边AB上（如图1）· ①当点P与点A重合时，CF= ②当点E与点A重合时，CF= (2)【深入探究】 当点E在AB上，点F在DC上时（如图2）， ①求证：四边形DEPF为菱形； 28/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 ②当AP=8时，求EF的长. (3)【拓展延伸】 若点E为动点，点F为DC的中点，直接写出AP的最小值 7.(24-25八年级下·广东肇庆期末)问题提出如图1，正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E 在BO上，连接AE,作EF⊥AE交CD于点F,FG平分∠EFC交AC于G,探究AG与AE的数量关系. 问题探究(1)先将问题特殊化，如图2，当点E与O重合，点F与D重合时，直接写出AG与AE的数量 关系 (2)再探究一般情形，如图1，探究AG与AE的数量关系； 问题拓展(3)如图3，连接OF,若正方形ABCD的边长为a,请直接写出OF-CG的最小值为 (用 含a的式子表示)， D D E E 图1 图2 图3 8.(24-25八年级下·广东惠州期末)综合探究 【课本再现】在一次课题学习活动中，老师提出了如下问题：如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边 BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分线CF于点F.请你探究AE与EF存在怎样的数量关系， 并证明你的结论。 E E ① ② ③ 经过探究，小明得出的结论是AE=EF,而要证明结论AE=EF,就需要证明AE和EF所在的两个三角形 全等，但△ABE和△ECF显然不全等（一个是直角三角形，一个是钝角三角形），考虑到点E是边BC的中 点，小明想到的方法是如图①，取AB的中点G,连接EG,证明△AEG≌△EFC.从而得到AE=EF, (1)请你根据小明的想法，写出证明过程； 【问题解决】 (2)如图②，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上的任意一点”（不与点B,C重合），其余 条件不变，AE=EF是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； 29/30 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 【拓展探究】 (3)如图③，四边形ABCD是正方形，E是射线BC上任意一点（不与点B,C重合），∠AEF=90°，且 EF交正方形外角的平分线CF于点F.若AB=4,CE=1,求EF的长 9.(23-24八年级下·广东广州期末)如图1，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A,B,E在同一条直 线上，P是线段DF的中点，连接PG,PC, D G 图1 图2 图3 (I)直接写出PG与PC的位置和数量关系 (②)如图2，将原问题中的正方形ABCD和正方形BEFG换成菱形ABCD和菱形BEFG,且 ∠ABC=∠BEF=60°，探究PG与PC的位置和数量关系，写出你的猜想并加以证明； (3)如图3，将图2中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转，使菱形BEFG的边BG恰好与菱形ABCD的边AB在同 一条直线上，问题(2)中的其他条件不变.你在(2)中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并 加以证明. 30/30