专题02 勾股定理与四边形（期末真题汇编，北京专用人教版）八年级数学下学期

**基本信息** 北京多区期末试题汇编，聚焦勾股定理与四边形四大高频考点，融合七巧板、停车位等真实情境，通过选择、填空、解答题分层考查推理与应用能力，适配期末复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|23题|勾股定理判定、平行四边形性质、矩形菱形判定|结合七巧板面积计算（文化传承）、圆柱笔筒铅笔长度（空间建模）| |填空题|17题|勾股定理应用、平行四边形折叠、矩形中点问题|数轴表示无理数（数形结合）、倾斜停车位抽象计算（现实应用）| |解答题|21题|勾股定理证明、平行四边形判定、菱形性质应用|尺规作图与推理结合（逻辑思维）、翻折问题探究（空间观念）|

专题02 勾股定理与四边形 4大高频考点概览 考点01 勾股定理 考点02 平行四边形的性质与判定 考点03 矩形的性质与判定 考点04 菱形的性质与判定 地 城 考点01 勾股定理 一、单选题 1．(24-25八下·北京门头沟区·期末)下列条件中，能判定△ABC是直角三角形的一组条件是（   ） A． B． C． D． 2．(24-25八下·北京密云区·期末)七巧板是中国传统的智力玩具．如图1，七巧板共由七块板组成：5块等腰直角三角形、1块小正方形和1块平行四边形，其完整图案为一正方形．将其打乱顺序后拼成图2所示的矩形．若图1中由七巧板拼成的正方形的面积为4，则图2中矩形的宽为（    ） A． B． C．1 D． 3．(24-25八下·北京密云区·期末)已知两个型号的圆柱型笔筒的底面直径相同，高度分别是和，．将一支铅笔按如图方式先后放入两个笔筒，铅笔露在外面部分的长分别为和，，则铅笔的长是（    ） A． B． C． D． 4．(24-25八下·北京怀柔区·期末)在中，．是边中点，是边中点，下列结论中，正确的是（    ） A． B． C． D． 5．(24-25八下·北京西城区·期末)以下列各组数为三角形的三边长，能构成直角三角形的是（  ） A．2，2，2 B． C． D．2，3，4 6．(24-25八下·北京东城区·期末)在中，的对边分别为，下列条件中不能判定为直角三角形的是（　　） A． B． C． D． 7．(24-25八下·北京海淀区·期末)下列各组数中能作为直角三角形的三边长的是（   ） A．1，2，3 B．2，3，4 C．1，1， D．1，1，1 8．(24-25八下·北京海淀区·期末)在勾股定理的证明中，小云用与全等的三角形拼出了如图所示的弦图，若正方形的面积为16，正方形的面积为4，则线段的长为（   ） A． B． C． D． 9．(24-25八下·北京朝阳区·期末)以下列各组数为边长，可以组成直角三角形的是（   ） A．4，4，5 B．5，6，7 C．8，8，8 D．3，4，5 10．(24-25八下·北京丰台区·期末)中，，，的对边分别是，下列条件中，不能判定是直角三角形的是（   ） A． B． C． D． 二、填空题 11．(24-25八下·北京密云区·期末)如图，已知∠A=90°，AC=AB=4，CD=2，BD=6．则∠ACD=________度． 12．(24-25八下·北京怀柔区·期末)数学实践活动中，小红想测量奶奶家民房的高度．她将绳子从房子顶端垂直放下，绳子接触地面后还多出，当她把绳子斜拉直，并让绳子的末端刚好接触地面时，测得绳子末端离房子底部．若设房子的高度为，则可列方程为______． 13．(24-25八下·北京东城区·期末)如图，在数轴上找出表示3的点A，过点A作直线，在l上取点B，使，以点O为圆心，为半径作弧，弧与数轴交点为C，则点C表示的数是____________．    14．(24-25八下·北京朝阳区·期末)如图，数轴上点表示的数为3，，，以原点为圆心，为半径作弧，与数轴交于一点，则点表示的数为______． 15．(24-25八下·北京丰台区·期末)图1是一种常见的倾斜式停车位．将其中一个停车位抽象成，车辆停放区域的轮廓近似看成矩形，如图2所示．已知，，．现有一辆长，宽的轿车，___________（填“能”或“不能”）完全停入矩形内．（参考数值：，） 三、解答题 16．(24-25八下·北京西城区·期末)小高同学在学习“勾股定理”时，向全班展示了他通过查阅相关资料学到的证明思路和证明过程，具体如下． 制作学具：两张直角三角形纸片和，其中，，，． 证明思路：将两张纸片按如图所示方式摆放并固定，使纸片的边落在纸片的边上，点与点重合，连接得到四边形，利用四边形的面积的两种不同表示方法证明． 请根据小高同学的思路补全以下证明过程． 证明：如图，作，垂足为点，设与的交点为， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴四边形为矩形， ， = ， ． 地 城 考点02 平行四边形的性质与判定 一、单选题 1．(24-25八下·北京门头沟区·期末)下列条件不能判定平行四边形是正方形的是（   ） A．且 B．且 C．且 D．且 2．(24-25八下·北京怀柔区·期末)如图，中，，则（    ） A． B． C． D． 3．(24-25八下·北京清华大学附属中学·期末)如图，在四边形中，，要使四边形成为平行四边形,则应添加的条件是（    ）      A． B． C． D． 4．(24-25八下·北京东城区·期末)如图，在中，，，点在边上，以，为边作平行四边形，则的度数为（　　） A． B． C． D． 5．(24-25八下·北京东城区·期末)如图，在中，，，为的中点，为的中点，则的值为（   ） A． B． C． D． 6．(24-25八下·北京东城区·期末)平行四边形中经过两条对角线的交点O，分别交于点E、F，在对角线上通过作图得到点M、N，如图1，图2，图3，下面关于以点F、M、E、N为顶点的四边形的形状说法正确的是 （   ）          以点为圆心，的长为半径作弧，交于点、 分别作、中、边上的中线、 分别作、中、的平分线、 A．都是矩形 B．都为菱形 C．图1为矩形，图2、图3为平行四边形 D．图1为平行四边形，图2、图3为矩形 7．(24-25八下·北京海淀区·期末)如图，的对角线交于点O，E是的中点，连结，若，则等于（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 8．(24-25八下·北京大兴区·期末)如图，在中，于点，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 9．(24-25八下·北京大兴区·期末)如图，在中，对角线与相交于点，且．若点是边的中点，，则的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D． 10．(24-25八下·北京朝阳区·期末)如图，将平行四边形沿对角线翻折，得到四边形，，交于点M，交于点．有如下四个结论：①；②；③四边形为菱形；④互相垂直且相等．上述结论中，所有正确结论的序号为（   ） A．①② B．②③ C．①②③ D．①③④ 11．(24-25八下·北京丰台区·期末)如图，在中，平分．若，则的大小为(   ) A． B． C． D． 二、填空题 12．(24-25八下·北京门头沟区·期末)如图，的对角线，相交于点O，，．如果，，那么四边形的周长是________． 13．(24-25八下·北京密云区·期末)如图，是的中位线，点在上，且，连接并延长交延长线于点．若，则线段的长为______． 14．(24-25八下·北京燕山区·期末)如图，将沿对角线折叠，使点B落在点处，若，则______． 15．(24-25八下·北京西城区·期末)在中，若，则∠D为______度． 16．(24-25八下·北京朝阳区·期末)如图，对角线的交点为坐标原点，若点坐标为，则线段的长为______． 三、解答题 17．(24-25八下·北京门头沟区·期末)如图，在▱ABCD中，点E是AB边的中点，DE的延长线与CB的延长线交于点F．求证：BC=BF． 18．(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：． 19．(24-25八下·北京燕山区·期末)如图，在ABCD中，F是AD的中点，延长BC到点E，使CE=BC，连结DE，CF． （1）求证：四边形CEDF是平行四边形； （2）若AB=4，AD=6，∠B=60°，求DE的长． 20．(24-25八下·北京西城区·期末)如图，在中，点D，E分别是，的中点，连接并延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，，若，求线段的长． 21．(24-25八下·北京东城区·期末)如图，四边形是平行四边形，点E、F分别在边、上，且，连接、、、，与相交于点P，求证：． 22．(24-25八下·北京海淀区·期末)如图，在中，D，E分别是，的中点，连接，延长到点F，使得，连接交于点O．求证：． 23．(24-25八下·北京大兴区·期末)如图，在中，，交于点，点，在上，且，求证：． 24．(24-25八下·北京朝阳区·期末)如图，中，点E在上，点F在上，且．求证． 地 城 考点03 矩形的性质与判定 一、单选题 1．(24-25八下·北京朝阳区·期末)如图，在矩形中，对角线相交于点，则的长为（   ） A． B．2 C． D．8 2．(24-25八下·北京朝阳区·期末)如图，在中，是边的中点，若，则的长为（   ） A．5 B．6 C． D．13 二、填空题 3．(24-25八下·北京门头沟区·期末)在矩形中，对角线，相交于点O，，E为的中点．如果，那么的长是________． 4．(24-25八下·北京东城区·期末)如图，矩形中，已知，点F是上一动点，点P是的中点，连接，则的最小值为________． 5．(24-25八下·北京海淀区·期末)如图，在矩形中，为对角线的中点，若，则______． 6．(24-25八·北京二中教育集团·期末)如图，在矩形中，．点Q是中点，点P为上任意一点，E、F分别是的中点，则的长是______． 三、解答题 7．(24-25八下·北京密云区·期末)如图，在矩形中，、交于点，点为边上一点，连接交于点，，，求的长． 8．(24-25八下·北京海淀区·期末)中，，点F在上，且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若平分，，，求的面积． 9．(24-25八下·北京丰台区·期末)如图，菱形的对角线，相交于点，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接．若，求的长． 地 城 考点04 菱形的性质与判定 一、填空题 1．(24-25八下·北京怀柔区·期末)如图，菱形的对角线与相交于点，．以为坐标原点，与所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，点的坐标为，则______． 2．(24-25八下·北京燕山区·期末)小兰在参观故宫博物院时，被太和殿窗棂的三交六椀菱花图案所吸引，她从中提取出一个含角的菱形（如图所示）．若的长度为a，则菱形的面积为________． 3．(24-25八下·北京西城区·期末)如图，已知菱形的边长为，则菱形的面积等于______． 二、解答题 4．(24-25八下·北京门头沟区·期末)如图，在四边形中，，点E在上，，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点O，如果E为的中点，且，，求的长． 5．(24-25八下·北京密云区·期末)如图，在四边形中，，平分，过点作的平行线交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若点是的中点，，，求线段的长． 6．(24-25八下·北京怀柔区·期末)如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作，交的延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 7．(24-25八下·北京西城区·期末)已知：如图，． 求作：射线，使得平分． 作法：①在射线上取点，以点为圆心，线段的长为半径画弧，交射线于点； ②分别以点，点为圆心，线段的长为半径画弧，两弧交于点（不与点重合）， ③作射线． 射线就是所求作的射线． (1)使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）； (2)完成下面的证明． 证明：连接． = ， 四边形是 （填“矩形”“菱形”或“正方形”） （ ）（填推理的依据） 平分（ ）（填推理的依据）． 即平分． 8．(24-25八下·北京东城区·期末)如图，点D为的斜边的中点，连接，过点C作，连接，交于点O，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，点M、N分别为线段的中点，连接，求线段的长． 9．(24-25八下·北京海淀区·期末)中，．求作：的边上的高． 下面是小明设计的尺规作图过程： ①以点B为圆心，长为半径作弧，交线段于点D； ②分别以点C和点D为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点E； ③连接，交线段于点H．线段即为所求． 根据小明设计的尺规作图过程： (1)使用直尺和圆规补全图形（保留作图痕迹）； (2)完成下面的证明． 证明：连接，，． ∵______， ∴四边形是菱形．（______）（填推理的依据） ∴______． ∴． 10．(24-25八下·北京大兴区·期末)如图，在矩形中，点，分别在，上，且是等边三角形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若线段，求菱形的边长． 11．(24-25八下·北京朝阳区·期末)在四边形中，，点在边上，，过点作，交的延长线于点． (1)求证：四边形为菱形； (2)连接交于点，若，求的长． 12．(24-25八下·北京丰台区·期末)已知：如图，． 求作：的平分线． 作法：①以点为圆心，任意长为半径作弧，分别交的两边于点； ②分别以点为圆心，的长为半径作弧，两弧交于点P（不与点O重合）； ③作射线． 射线即为所求． (1)使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）； (2)完成下面的证明． 证明：连接，． ______________________， 四边形是___________（___________）（填推理的依据）． 射线是的平分线（___________）（填推理的依据）． 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 勾股定理与四边形 4大高频考点概览 考点01 勾股定理 考点02 平行四边形的性质与判定 考点03 矩形的性质与判定 考点04 菱形的性质与判定 地 城 考点01 勾股定理 一、单选题 1．(24-25八下·北京门头沟区·期末)下列条件中，能判定△ABC是直角三角形的一组条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，根据勾股定理的逆定理及三角形内角和定理解答即可． 【详解】解：A、∵， ∴设，，， ∵， ∴， ∴是直角三角形，符合题意； B、∵任何三角形都有， ∴不一定是直角三角形，不符合题意； C、∵， ∴是等边三角形， ∴不是直角三角形，不符合题意； D、∵， ∴， ∴不是直角三角形，不符合题意； 故选：A． 2．(24-25八下·北京密云区·期末)七巧板是中国传统的智力玩具．如图1，七巧板共由七块板组成：5块等腰直角三角形、1块小正方形和1块平行四边形，其完整图案为一正方形．将其打乱顺序后拼成图2所示的矩形．若图1中由七巧板拼成的正方形的面积为4，则图2中矩形的宽为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】本题考查七巧板相关的计算，利用算术平方根解方程，设宽为x，则长为，列方程求解即可，解题的关键是根据图形得出矩形的长是宽的2倍． 【详解】解：∵图1中由七巧板拼成的正方形的面积为4， ∴图2中由七巧板拼成的矩形的面积为4， 由图2可知，矩形的长是宽的2倍， 设宽为x，则长为， 可得， ∴（负值舍去） 故选：D． 3．(24-25八下·北京密云区·期末)已知两个型号的圆柱型笔筒的底面直径相同，高度分别是和，．将一支铅笔按如图方式先后放入两个笔筒，铅笔露在外面部分的长分别为和，，则铅笔的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】题主要考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 由题意可知，两个笔筒粗细相同，底面直径相等．根据勾股定理，第一个笔筒中：直径平方；第二个笔筒中：直径平方；因直径相等，列方程即可求解． 【详解】解：设铅笔长度为，由题意得， ， 解得，， 故铅笔的长为； 故选：A． 4．(24-25八下·北京怀柔区·期末)在中，．是边中点，是边中点，下列结论中，正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了勾股定理逆定理，直角三角形的性质，三角形中位线定理．根据勾股定理逆定理，可得 ，再由直角三角形的性质，三角形中位线定理，可得，，即可求解． 【详解】解：∵ ∴， ∴ ， 故B错误； 若，则对边，但，故A错误； 是斜边中点，直角三角形斜边中线等于斜边一半，即，故C错误； ∵D是边中点，E是边中点， ∴，，D选项正确，符合题意； 故选：D 5．(24-25八下·北京西城区·期末)以下列各组数为三角形的三边长，能构成直角三角形的是（  ） A．2，2，2 B． C． D．2，3，4 【答案】C 【详解】本题考查了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．根据勾股定理的逆定理，若三角形三边满足（其中为最长边），则该三角形为直角三角形，逐一验证各选项即可． 【分析】解：A.∵，∴不能构成直角三角形，故选项不合题意； B. ∵，∴不能构成直角三角形，故本选项不合题意； C. ∵，∴能构成直角三角形，故本选项符合题意； D. ∵，∴不能构成直角三角形，故本选项不合题意． 故选：C． 6．(24-25八下·北京东城区·期末)在中，的对边分别为，下列条件中不能判定为直角三角形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了三角形内角和定理和勾股定理的逆定理，平方差公式，掌握知识点是解题的关键． 根据三角形内角和定理及勾股定理的逆定理，逐一分析各选项是否满足直角三角形的条件． 【详解】解：A． 由，结合三角形内角和为，得，故，为直角三角形，排除A． B． ，总份数为，对应角度分别为，，，最大角为，非直角，故不能判定为直角三角形． C． 展开得，即，满足勾股定理的逆定理，为直角三角形，排除C． D． 设，，，验证即，满足勾股定理的逆定理，为直角三角形，排除D． 故选B． 7．(24-25八下·北京海淀区·期末)下列各组数中能作为直角三角形的三边长的是（   ） A．1，2，3 B．2，3，4 C．1，1， D．1，1，1 【答案】C 【分析】本题考查勾股定理逆定理的知识，掌握以上知识是解答本题的关键； 根据勾股定理逆定理，若三边长满足“较小两边的平方和等于最长边的平方”，则可作为直角三角形的三边长，需逐一验证各选项是否满足该条件，然后即可求解； 【详解】解：选项A：1，2，3， 最长边为3，验证，不满足勾股定理， 且，无法构成三角形； 排除A； 选项B：2，3，4， 最长边为4，验证，不满足勾股定理， 虽能构成三角形，但非直角三角形； 排除B； 选项C：1，1，， 最长边为，验证，满足勾股定理， 且，能构成三角形， 选项C正确； 选项D：1，1，1， 三边相等，为等边三角形，各角均为60°，非直角三角形， 排除D； 故选：C； 8．(24-25八下·北京海淀区·期末)在勾股定理的证明中，小云用与全等的三角形拼出了如图所示的弦图，若正方形的面积为16，正方形的面积为4，则线段的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了勾股定理、正方形的性质、二元一次方程组的应用等知识点，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 设，根据正方形的性质得到，然后根据勾股定理列方程组求得a、b，最后根据勾股定理求解即可． 【详解】解：设， ∵正方形的面积为16，正方形的面积为4， ∴， 由题意可得：，解得：， ∴． 故选：C． 9．(24-25八下·北京朝阳区·期末)以下列各组数为边长，可以组成直角三角形的是（   ） A．4，4，5 B．5，6，7 C．8，8，8 D．3，4，5 【答案】D 【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，根据勾股定理的逆定理，若三角形三边长满足 （其中为最长边），则该三角形为直角三角形．逐一验证各选项即可． 【详解】解：A、最长边为5，验证 ，而 ， ， 不满足勾股定理，不能组成直角三角形； B、最长边为7，验证 ，而 ， ， 不满足勾股定理，不能组成直角三角形； C、三边相等，为等边三角形，各角均为，非直角三角形； D、最长边为5，验证 ，而 ， ， 满足勾股定理，能组成直角三角形， 故选：D． 10．(24-25八下·北京丰台区·期末)中，，，的对边分别是，下列条件中，不能判定是直角三角形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查直角三角形的判定方法，包括角度和为及勾股定理的逆定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理的逆定理． 利用三角形的角度和勾股定理的逆定理逐一验证各选项是否满足条件即可． 【详解】解：选项A：若，则，故为直角三角形，可判定，不符合题意； 选项B：，总份数为6，计算得，故为直角三角形，可判定，不符合题意； 选项C：，验证勾股定理：，即，成立，故为直角三角形，可判定，不符合题意； 选项D：，最长边为，验证勾股定理：，不满足勾股定理，故无法判定为直角三角形，符合题意； 故选：D． 二、填空题 11．(24-25八下·北京密云区·期末)如图，已知∠A=90°，AC=AB=4，CD=2，BD=6．则∠ACD=________度． 【答案】45   【分析】在Rt△ABC中，求得BC2= 32，∠ACB=45°，在△BCD中，根据勾股定理的逆定理判定△BCD是直角三角形，即可求得∠DCB=90°，根据∠ACD=∠DCB-∠ACB即可求得∠ACD的度数. 【详解】在Rt△ABC中，∠A=90°， ∵AB=AC=4， ∴BC2=AB2+AC2=32，∠ACB=45°， 在△BCD中，CD=2，BD=6． ∵BC2+CD2=32+4=36=BD2， ∴△BCD是直角三角形， ∴∠DCB=90°， ∴∠ACD=∠DCB-∠ACB=90°-45°=45°. 故答案为45. 【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，熟练运用勾股定理及其逆定理是解决问题的关键. 12．(24-25八下·北京怀柔区·期末)数学实践活动中，小红想测量奶奶家民房的高度．她将绳子从房子顶端垂直放下，绳子接触地面后还多出，当她把绳子斜拉直，并让绳子的末端刚好接触地面时，测得绳子末端离房子底部．若设房子的高度为，则可列方程为______． 【答案】 【分析】根据勾股定理，解答即可． 本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 【详解】解：根据题意，得直角三角形斜边长为，直角边长分别为，， 根据勾股定理，得， 故答案为：． 13．(24-25八下·北京东城区·期末)如图，在数轴上找出表示3的点A，过点A作直线，在l上取点B，使，以点O为圆心，为半径作弧，弧与数轴交点为C，则点C表示的数是____________．    【答案】 【分析】根据数轴上的点及勾股定理求解即可． 【详解】解：在直角三角形中， ， ∴， ∴点C所表示的数为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了数轴上点的含义、勾股定理解直角三角形等知识点，求出的长度是解题关键． 14．(24-25八下·北京朝阳区·期末)如图，数轴上点表示的数为3，，，以原点为圆心，为半径作弧，与数轴交于一点，则点表示的数为______． 【答案】 【分析】本题考查勾股定理、在数轴上表示无理数、基本尺规作图-作相等线段等知识，先由勾股定理求出，再由基本尺规作图得到，从而得到答案．熟练掌握勾股定理求线段长是解决问题的关键． 【详解】解：如图所示，在中，，，，则由勾股定理可得， 以原点为圆心，为半径作弧，与数轴交于一点， ， 则点表示的数为， 故答案为：． 15．(24-25八下·北京丰台区·期末)图1是一种常见的倾斜式停车位．将其中一个停车位抽象成，车辆停放区域的轮廓近似看成矩形，如图2所示．已知，，．现有一辆长，宽的轿车，___________（填“能”或“不能”）完全停入矩形内．（参考数值：，） 【答案】不能 【分析】本题考查了勾股定理，平行四边形，矩形．根据题意，分别计算矩形的长，宽，与轿车的长，宽相比较即可得到结果． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵在中，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵现有一辆轿车的长，宽， ， ∴这辆轿车不能完全停入矩形内． 故答案为：不能． 三、解答题 16．(24-25八下·北京西城区·期末)小高同学在学习“勾股定理”时，向全班展示了他通过查阅相关资料学到的证明思路和证明过程，具体如下． 制作学具：两张直角三角形纸片和，其中，，，． 证明思路：将两张纸片按如图所示方式摆放并固定，使纸片的边落在纸片的边上，点与点重合，连接得到四边形，利用四边形的面积的两种不同表示方法证明． 请根据小高同学的思路补全以下证明过程． 证明：如图，作，垂足为点，设与的交点为， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴四边形为矩形， ， = ， ． 【答案】，，，，，，， 【分析】本题考查了勾股定理的几何背景，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，作，垂足为点，设与的交点为，由得，进而可得，得到，又由四边形为矩形得，即得，即得到，即可求证，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】证明：如图，作，垂足为点，设与的交点为， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， ， ， 故答案为：，，，，，，，． 地 城 考点02 平行四边形的性质与判定 一、单选题 1．(24-25八下·北京门头沟区·期末)下列条件不能判定平行四边形是正方形的是（   ） A．且 B．且 C．且 D．且 【答案】B 【分析】本题考查正方形的判定，根据正方形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：∵平行四边形，， ∴平行四边形为矩形， ∵， ∴平行四边形为正方形；故选项A不符合题意； ∵平行四边形，， ∴平行四边形为菱形， ∴；不能判断平行四边形是正方形，故选项B符合题意； ∵∵平行四边形，， ∴平行四边形为菱形， ∵ ∴平行四边形为正方形；故选项C不符合题意； ∵平行四边形，， ∴平行四边形为矩形， ∵， ∴平行四边形为正方形；故选项D不符合题意； 故选B． 2．(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． 3．(24-25八下·北京清华大学附属中学·期末)如图，在四边形中，，要使四边形成为平行四边形,则应添加的条件是（    ）      A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平行四边形的判定方法进行判断即可． 【详解】解：A．根据，无法判断四边形是平行四边形，故A错误； B．根据，无法判断四边形是平行四边形，故B错误； C．根据，无法判断四边形是平行四边形，故C错误； D．∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），故D正确． 故选：D． 【点睛】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，两组对边分别平行的四边形是平行四边形． 4．(24-25八下·北京东城区·期末)如图，在中，，，点在边上，以，为边作平行四边形，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了等边对等角，三角形内角和定理，平行四边形的性质，由等边对等角和三角形内角和定理可得，由平行四边形对边平行结合平行线的性质可得． 【详解】解：∵在中，，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 故选：C． 5．(24-25八下·北京东城区·期末)如图，在中，，，为的中点，为的中点，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键． 连接，根据平行四边形的对边相等，对角线互相平分可得，，推得，根据等腰三角形底边上的中线和底边上的高重合，可得，根据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：连接，如图： ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵为的中点， ∴， 在中，为的中点， ∴． 故选：A． 6．(24-25八下·北京东城区·期末)平行四边形中经过两条对角线的交点O，分别交于点E、F，在对角线上通过作图得到点M、N，如图1，图2，图3，下面关于以点F、M、E、N为顶点的四边形的形状说法正确的是 （   ）          以点为圆心，的长为半径作弧，交于点、 分别作、中、边上的中线、 分别作、中、的平分线、 A．都是矩形 B．都为菱形 C．图1为矩形，图2、图3为平行四边形 D．图1为平行四边形，图2、图3为矩形 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质，涉及到平行线的性质、两个三角形全等的判定与性质、基本尺规作图等知识点，熟练掌握平行四边形和矩形的判定与性质是解决问题的关键． 根据平行四边形的判定和性质、矩形的判定，全等三角形的判定和性质，作出相应辅助线，进行证明即可． 【详解】解：连接、、、，如图所示： 在中，对角线与交于， , , 在和中， ， ， , 以点为圆心，以为半径作弧，交于点， ，即， 四边形为矩形，即图1为矩形； 连接、，如图所示： 在中，对角线与交于， ,, , 在和中， ， ， , 为的中线， ， 四边形为平行四边形， 即图2为平行四边形； 连接、，如图所示： 同理得：， ， 为的角平分线， ∴ ，， ∴， 四边形为平行四边形，即图3为平行四边形； 故选：C． 7．(24-25八下·北京海淀区·期末)如图，的对角线交于点O，E是的中点，连结，若，则等于（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】根据平行四边形的性质可得，再由勾股定理可得，然后根据三角形中位线定理，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵E是的中点， ∴是的中位线， ∴， 故选：A． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握平行四边形的性质，勾股定理，三角形中位线定理是解题的关键． 8．(24-25八下·北京大兴区·期末)如图，在中，于点，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题重点考查平行四边形的性质、直角三角形的两个锐角互余、平行线的性质等知识，求得，并且证明是解题的关键． 由于点，得，求得，由平行四边形的性质得，则，于是得到问题的答案． 【详解】于点， ， ， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， 故选：B． 9．(24-25八下·北京大兴区·期末)如图，在中，对角线与相交于点，且．若点是边的中点，，则的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D． 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 利用勾股定理求出再利用三角形中位线定理求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 故选：B． 10．(24-25八下·北京朝阳区·期末)如图，将平行四边形沿对角线翻折，得到四边形，，交于点M，交于点．有如下四个结论：①；②；③四边形为菱形；④互相垂直且相等．上述结论中，所有正确结论的序号为（   ） A．①② B．②③ C．①②③ D．①③④ 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质以及菱形的判定等知识，通过证明三角形全等得出边和角的关系，进而判断各个结论是否正确． 【详解】解：①∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 由折叠可知，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故①正确； ②由折叠得，， ∴， ∴，故②正确； ③由①可知，， 同理可得 ∵， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴四边形为菱形，故③正确； ④连接、、，、分别与交于点，如图， 由折叠得，， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴， 又， ∴， 由折叠得，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴四边形是矩形， ∴，即，但无法判断的相等关系，故④错误， 综上，正确的结论是①②③， 故选：C． 11．(24-25八下·北京丰台区·期末)如图，在中，平分．若，则的大小为(   ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平分求出，再根据邻角互补求解即可． 【详解】解：∵平分，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴ ∴． 故选：A． 二、填空题 12．(24-25八下·北京门头沟区·期末)如图，的对角线，相交于点O，，．如果，，那么四边形的周长是________． 【答案】5 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，解题的关键是掌握平行四边形的判定和性质．证明四边形是平行四边形可得结论． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴四边形的周长． 故答案为：5． 13．(24-25八下·北京密云区·期末)如图，是的中位线，点在上，且，连接并延长交延长线于点．若，则线段的长为______． 【答案】12 【分析】本题考查三角形中位线的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握三角形中位线的性质是解题的关键． 先由三角形中位线的性质得出，，再证明，得到，即可由求解． 【详解】解：∵是的中位线， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：12． 14．(24-25八下·北京燕山区·期末)如图，将沿对角线折叠，使点B落在点处，若，则______． 【答案】 【分析】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：． 【点睛】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． 15．(24-25八下·北京西城区·期末)在中，若，则∠D为______度． 【答案】45 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的对角相等，对边平行是解题的关键． 根据平行四边形的性质，可得，，再结合，可得到，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：45 16．(24-25八下·北京朝阳区·期末)如图，对角线的交点为坐标原点，若点坐标为，则线段的长为______． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质，坐标与图形性质，勾股定理，解题的关键是掌握平行四边形的性质．利用平行四边形的性质求出即可． 【详解】解：， ， 四边形是平行四边形，是对角线的交点， ， 故答案为：． 三、解答题 17．(24-25八下·北京门头沟区·期末)如图，在▱ABCD中，点E是AB边的中点，DE的延长线与CB的延长线交于点F．求证：BC=BF． 【答案】证明见解析 【分析】首先由平行四边形的性质可得AD=BC，再由全等三角形的判定定理AAS可证明△ADE≌△BFE由此可得AD=BF，进而可证明BC=BF． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ADBC，AD=BC， 又∵点F在CB的延长线上， ∴ADCF， ∴∠1=∠2． ∵点E是AB边的中点， ∴AE=BE． 在△ADE与△BFE中， ∵∠DEA=∠FEB，∠1=∠2，AE=BE， ∴△ADE≌△BFE（AAS）， ∴AD=BF， ∴BC=BF． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边、对顶角以及公共角． 18．(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， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 19．(24-25八下·北京燕山区·期末)如图，在ABCD中，F是AD的中点，延长BC到点E，使CE=BC，连结DE，CF． （1）求证：四边形CEDF是平行四边形； （2）若AB=4，AD=6，∠B=60°，求DE的长． 【答案】（1）见解析（2） 【分析】（1）由“平行四边形的对边平行且相等”的性质推知AD∥BC，且AD=BC；然后根据中点的定义、结合已知条件推知四边形CEDF的对边平行且相等（DF=CE，且DF∥CE），即四边形CEDF是平行四边形； （2）如图，过点D作DH⊥BE于点H，构造含30度角的直角△DCH和直角△DHE．通过解直角△DCH和在直角△DHE中运用勾股定理来求线段ED的长度． 【详解】（1）证明：在▱ABCD中，ADBC，且AD=BC ∵F是AD的中点 ∴DF=AD 又∵CE=BC ∴DF=CE，且DFCE ∴四边形CEDF是平行四边形； （2）如图，过点D作DH⊥BE于点H． 在▱ABCD中，∵∠B=60°， ∴∠DCE=60°． ∵AB=4， ∴CD=AB=4， ∴CH=CD=2，DH=2． 在▱CEDF中，CE=DF=AD=3，则EH=1． ∴在Rt△DHE中，根据勾股定理知DE=． 20．(24-25八下·北京西城区·期末)如图，在中，点D，E分别是，的中点，连接并延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，，若，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质以及三角形中位线定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）证明是△的中位线，得，再由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由平行四边形的性质得，进而证明，再证明四边形是平行四边形，然后由平行四边形的性质即可得出结论． 【详解】（1）证明：点，分别是，的中点， 是△的中位线， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：如图，连接， 由（1）可知，四边形是平行四边形， ， 点是的中点， ， ， 四边形是平行四边形， ， 即线段的长为6． 21．(24-25八下·北京东城区·期末)如图，四边形是平行四边形，点E、F分别在边、上，且，连接、、、，与相交于点P，求证：． 【答案】证明过程见详解 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键，平行四边形的五种判定方法与平行四边形的性质相呼应，每种方法都对应着一种性质，在应用时应注意它们的区别与联系． 根据可得且平行，证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质∶对角线互相平分得到与互相平分即可得结论． 【详解】证明∶ 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ． 22．(24-25八下·北京海淀区·期末)如图，在中，D，E分别是，的中点，连接，延长到点F，使得，连接交于点O．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了中位线定理，平行四边形的性质与判定，掌握中位线定理，平行四边形的性质与判定是解本题的关键． 首先连接，，由中位线定理得到，，再由题干，可证得四边形是平行四边形，即可得证． 【详解】证明：连接，， D，E分别是，的中点， 且， ， 且， 四边形是平行四边形， ． 23．(24-25八下·北京大兴区·期末)如图，在中，，交于点，点，在上，且，求证：． 【答案】证明见解析 【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与性质是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，从而可得，再证出四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴，即， ∴互相平分， ∴四边形是平行四边形， ∴． 24．(24-25八下·北京朝阳区·期末)如图，中，点E在上，点F在上，且．求证． 【答案】见解析 【分析】由四边形是平行四边形，可得，又，得到四边形是平行四边形．则该平行四边形的对边相等：． 本题考查了平行四边形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 地 城 考点03 矩形的性质与判定 一、单选题 1．(24-25八下·北京朝阳区·期末)如图，在矩形中，对角线相交于点，则的长为（   ） A． B．2 C． D．8 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质．根据矩形的性质，可得，可证明是等边三角形，即可求解． 【详解】∵四边形是矩形，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴． 故选：B 2．(24-25八下·北京朝阳区·期末)如图，在中，是边的中点，若，则的长为（   ） A．5 B．6 C． D．13 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理，斜边上的中线，根据勾股定理可以求出的长，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求出的长． 【详解】解：，， ， D是边的中点， ， 故选：C． 二、填空题 3．(24-25八下·北京门头沟区·期末)在矩形中，对角线，相交于点O，，E为的中点．如果，那么的长是________． 【答案】1 【分析】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；证是等边三角形，得，再证是的中位线，即可求解，熟练掌握矩形的性质和三角形中位线定理，证明为等边三角形是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴，，，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴是的中位线， ∴， 故答案为：1． 4．(24-25八下·北京东城区·期末)如图，矩形中，已知，点F是上一动点，点P是的中点，连接，则的最小值为________． 【答案】 【分析】根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段，再根据垂线段最短可得当时，取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知，故的最小值为的长，由勾股定理求解即可． 【详解】解：如图： 当点F与点C重合时，点P在处，， 当点F与点E重合时，点P在处，， ∴且． 当点F在上除点C、E处的位置时，有． 由中位线定理可知：且． ∴点P的运动轨迹是线段， ∴当时，取得最小值． ∵矩形中，，E为的中点， ∴为等腰直角三角形，． ∴． ∴． ∴． ∴，即， ∴的最小值为的长． 在等腰直角中，， ∴ ∴的最小值是． 故答案是：． 【点睛】本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，有难度． 5．(24-25八下·北京海淀区·期末)如图，在矩形中，为对角线的中点，若，则______． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、直角三角形的性质，根据矩形的性质可知，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得：． 【详解】解：四边形是矩形， ， 点是的中点， ． 故答案为：． 6．(24-25八·北京二中教育集团·期末)如图，在矩形中，．点Q是中点，点P为上任意一点，E、F分别是的中点，则的长是______． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、中位线的性质及勾股定理，检验学生对矩形性质和中位线性质的理解及对勾股定理的掌握情况． 根据矩形的性质，利用勾股定理即可求出得长度，在根据三角形中位线的性质即可求得答案． 【详解】解：如图，连接， 四边形是矩形，，， ， Q是的中点， ， ， ∵E、F分别是的中点， 为的中位线， ， 故答案为：． 三、解答题 7．(24-25八下·北京密云区·期末)如图，在矩形中，、交于点，点为边上一点，连接交于点，，，求的长． 【答案】10 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质．由矩形的性质得，再证明即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形 ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 8．(24-25八下·北京海淀区·期末)中，，点F在上，且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若平分，，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，含角的直角三角形的性质，勾股定理，角平分线的定义，熟练以上知识点是解题的关键． （1）根据已知条件先证明四边形为平行四边形，再根据即可得证； （2）由平分，可求得，再根据，则，根据含角的直角三角形的性质，求得，再求出，由进而即可求得，即可得到答案． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，． ， ，即． 又， 四边形是平行四边形， ， ． 平行四边形是矩形． （2）解：，， ． 又， ，． 平分， ． 又， ． ， ． 又， ． 的面积为：． 9．(24-25八下·北京丰台区·期末)如图，菱形的对角线，相交于点，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接．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、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质和勾股定理是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再由菱形的性质得出，即可得出结论； （2）先证△是等边三角形，得出，求出，再由勾股定理求出，然后由矩形得出，，最后由勾股定理即可求出的长． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ， ， 又四边形是平行四边形， 四边形是矩形； （2）解：四边形是菱形， ，，， ， 是等边三角形， ， ， 在中，由勾股定理得：， 由（1）得：四边形是矩形， ，， 在中，由勾股定理得：． 地 城 考点04 菱形的性质与判定 一、填空题 1．(24-25八下·北京怀柔区·期末)如图，菱形的对角线与相交于点，．以为坐标原点，与所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，点的坐标为，则______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，由菱形的性质可得，，，即得，得到，再利用勾股定理求出即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∵点的坐标为， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 2．(24-25八下·北京燕山区·期末)小兰在参观故宫博物院时，被太和殿窗棂的三交六椀菱花图案所吸引，她从中提取出一个含角的菱形（如图所示）．若的长度为a，则菱形的面积为________． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，过点A作交延长线于H，可求出，则，由勾股定理得到，由菱形的性质得到，则． 【详解】解：如图所示，过点A作交延长线于H， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 故答案为：． 3．(24-25八下·北京西城区·期末)如图，已知菱形的边长为，则菱形的面积等于______． 【答案】 【分析】本题考查菱形的面积，过点D作于点E，根据的直角三角形的性质求出长，在利用勾股定理求出长，然后根据菱形的面积公式计算解题． 【详解】解：过点D作于点E， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 二、解答题 4．(24-25八下·北京门头沟区·期末)如图，在四边形中，，点E在上，，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点O，如果E为的中点，且，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键． （1）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据平行线的性质得到，求得，得到，根据菱形的判定定理得到四边形是菱形； （2）根据菱形的性质得到，，再由得出，然后利用勾股定理求出即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵E为的中点， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 5．(24-25八下·北京密云区·期末)如图，在四边形中，，平分，过点作的平行线交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若点是的中点，，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】此题考查了菱形的判定和性质和勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上知识的应用． （）先证明四边形是平行四边形，再证明即可； （）根据菱形的性质得到，求得，推出，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵点为的中点， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， 在Rt中，， ∴． 6．(24-25八下·北京怀柔区·期末)如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作，交的延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键； （1）先证明四边形是平行四边形，再由可得平行四边形是菱形； （2）根据菱形的性质得出的长以及，利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出，即可解答． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ， ， 在中，， ， ， ， ． 7．(24-25八下·北京西城区·期末)已知：如图，． 求作：射线，使得平分． 作法：①在射线上取点，以点为圆心，线段的长为半径画弧，交射线于点； ②分别以点，点为圆心，线段的长为半径画弧，两弧交于点（不与点重合）， ③作射线． 射线就是所求作的射线． (1)使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）； (2)完成下面的证明． 证明：连接． = ， 四边形是 （填“矩形”“菱形”或“正方形”） （ ）（填推理的依据） 平分（ ）（填推理的依据）． 即平分． 【答案】(1)见解析 (2)；菱形；四条边相等的四边形是菱形；菱形的每一条对角线平分一组对角 【分析】本题考查了角平分线的尺规作图，菱形的判定与性质，角平分线的定义，掌握相关知识是解题的关键． （1）根据几何语言画出对应的几何图形； （2）连接由，可得四边形是菱形（四条边相等的四边形是菱形），则平分，（菱形的每一条对角线平分一组对角） 即可解答． 【详解】（1）解：作图如图所示． （2）证明：连接，如图 ， 四边形是菱形． （四条边相等的四边形是菱形）． 平分 （菱形的每一条对角线平分一组对角） 即平分． 故答案为：；菱形；四条边相等的四边形是菱形；菱形的每一条对角线平分一组对角 8．(24-25八下·北京东城区·期末)如图，点D为的斜边的中点，连接，过点C作，连接，交于点O，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，点M、N分别为线段的中点，连接，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的判定、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，掌握菱形的性质成为解题的关键． （1）先证明四边形为平行四边形，再证明即可证明结论； （2）根据直角三角形的性质可得，再根据菱形的性质可得为等边三角形，进而求得、、，如图：过N作,再求得、，最后运用勾股定理即可解答． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵点D为的斜边的中点，连接， ∴， ∴四边形为菱形． （2）解：∵点D为的斜边的中点，连接， ∴， ∵在中，，， ∴, ∴，即， ∵四边形为菱形， ∴,,, ∴为等边三角形，, ∴,即, ∴, ∵点M、N分别为线段的中点， ∴，， 如图：过N作, ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 9．(24-25八下·北京海淀区·期末)中，．求作：的边上的高． 下面是小明设计的尺规作图过程： ①以点B为圆心，长为半径作弧，交线段于点D； ②分别以点C和点D为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点E； ③连接，交线段于点H．线段即为所求． 根据小明设计的尺规作图过程： (1)使用直尺和圆规补全图形（保留作图痕迹）； (2)完成下面的证明． 证明：连接，，． ∵______， ∴四边形是菱形．（______）（填推理的依据） ∴______． ∴． 【答案】(1)见解析 (2)；四条边都相等的四边形是菱形；． 【分析】本题考查的是作一条线段等于已知线段，三角形的高的定义，菱形的判定与性质； （1）根据题干提示逐步完成作图即可； （2）先证明，可得四边形是菱形，再利用菱形的性质证明即可． 【详解】（1）解：补全图形如下： （2）证明：连接，，． ∵， ∴四边形是菱形．（四条边都相等的四边形是菱形） ∴． ∴． 10．(24-25八下·北京大兴区·期末)如图，在矩形中，点，分别在，上，且是等边三角形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若线段，求菱形的边长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，关键是掌握菱形的判定，菱形的性质；应用勾股定理求解． （1）由矩形的性质得到，，而，因此，得到，即可证明四边形是平行四边形，再由等边三角形的性质即可证明； （2）根据等边三角形的性质得出，再由含30度角的直角三角形的性质及勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是矩形，    ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ∵是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵是等边三角形， ∴， 四边形是矩形，   ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴菱形的边长为． 11．(24-25八下·北京朝阳区·期末)在四边形中，，点在边上，，过点作，交的延长线于点． (1)求证：四边形为菱形； (2)连接交于点，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质是解答的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可得结论； （2）由菱形的性质得到，然后利用勾股定理求得即可求解． 【详解】（1）证明：， ， ， 四边形是平行四边形． ， 平行四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ， ． 在中，， 根据勾股定理，得， ． 12．(24-25八下·北京丰台区·期末)已知：如图，． 求作：的平分线． 作法：①以点为圆心，任意长为半径作弧，分别交的两边于点； ②分别以点为圆心，的长为半径作弧，两弧交于点P（不与点O重合）； ③作射线． 射线即为所求． (1)使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）； (2)完成下面的证明． 证明：连接，． ______________________， 四边形是___________（___________）（填推理的依据）． 射线是的平分线（___________）（填推理的依据）． 【答案】(1)见解析 (2)，，菱形，四边相等的四边形是菱形，菱形的对角线平分一组对角 【分析】本题考查作图-复杂作图，菱形的判定，角平分线的定义，解题的关键是掌握相关知识解决问题． （1）根据要求作出图形； （2）证明四边形是菱形即可． 【详解】（1）解：图形如图所示： （2）证明：连接，． ∵， ∴四边形是菱形（四边相等的四边形是菱形）， ∴射线是的平分线（菱形的对角线平分一组对角）． 故答案为：，，菱形，四边相等的四边形是菱形，菱形的对角线平分一组对角． 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $