第二十一章四边形期末巅峰冲刺卷 2025-2026学年人教版八年级数学下册

**基本信息** 聚焦四边形核心考点，通过基础辨析、性质应用及综合探究，系统培养几何直观与推理能力，实现从概念到创新应用的能力进阶。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|3题（选择1-2、填空11）|外角和比较、正多边形角度计算|从多边形基本性质到特殊图形特征| |性质应用|8题（选择3-10、填空12-13）|折叠问题、动态中点、判定辨析|特殊四边形性质与判定的综合应用| |综合探究|5题（解答16-23）|新定义证明、动态几何、跨学科应用|从静态证明到动态变化，构建知识网络|

2025-2026人教版八年级数学下期末巅峰冲刺 第二十一章------四边形期末巅峰冲刺卷（解析版） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（每小题3分，共30分） 1．四边形的外角和与三角形的外角和相比（   ） A．四边形外角和大 B．三角形外角和大 C．一样大 D．无法比较 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的外角和定理，掌握任意多边形的外角和恒为，与边数无关是解题的关键． 多边形的外角和恒为，与边数无关． 【详解】解：∵ 任意多边形的外角和都等于， ∴ 四边形的外角和为，三角形的外角和也为， ∴ 两者一样大． 故选：C． 2．小明每走5米，顺时针转20°，则（    ） A．小明不会回到原点 B．小明会回到原点，路程小于80m C．小明会回到原点，路程恰为90m D．小明会回到原点，路程大于120m 【答案】C 【分析】先根据已知个多边形的外角和求出组成的多边形的边数，由此进行求解即可． 【详解】解：根据题意可知：组成的多边形边数=360°÷20°=18， ∴小明走的路程总和=18×5=90m， ∴小明会回到原点，所走的路程恰好是90m， 故选C． 【点睛】本题主要考查了多边形的外角和定理，熟记多边形外角和是360度是解题的关键． 3．如图，平分，交边于点D，，垂足为点E，，．若，，则的面积为（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 【答案】B 【分析】本题考查了平行的性质，全等三角形的判定和性质．延长交于点，作于点，证明四边形是矩形，得到，再利用证明，得到，，据此求解即可． 【详解】解：延长交于点，作于点，如图， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故选：B． 4．如图1，的对角线交于点O，的面积为120，．将合并（A与C、D与B重合）形成如图2所示的轴对称图形，则（　　） A．29 B．26 C．24 D．25 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质以及图形的对称问题，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．由题意可得对角线，且与平行四边形的高相等，进而利用面积与边的关系求出边的高即可． 【详解】解：如图，连接， 由题意得：， ∴垂直平分， 则对角线，且与平行四边形的边上的高相等． ∵平行四边形的面积为120，， ∴图1中，图2中， ， ∴， 又∵， ∴， 故选：B． 5．如图，点E是线段上一动点，，在点E的运动过程中，始终有，，点M，N分别是的中点，已知，当时，长为（   ） A．2 B．或 C．或 D．1或3 【答案】C 【分析】此题考查矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，连接，得，分两种情况求出的长即可 【详解】解：连接， ∵M，N分别是的中点，， ∴， ①当时，过D作于 F， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴ ∵ ∴ 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∴； ②当时，过C作于 F， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴ ∵ ∴ 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∴； 故选：C 6．数学实践课上，同学们需要制作矩形框架，小组成员完成后，通过测量各框架的边，角或对角线，得到以下数据，其中形状不一定是矩形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据图中所给条件无法判断A中的四边形是矩形；根据对角线相等且平分的四边形是矩形可判断B中的四边形是矩形；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可判断C和D中的四边形是矩形． 【详解】解：A．如图，∵， ∴． ∵， ∴， ∴无法判断四边形是矩形；      B．如图，， ， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形；      C．如图，∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形；      D．如图，∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 7．如图，在菱形中，，，，分别是，上的动点，关于①、②两个结论，下列判断正确的是（　　） ①若，，的大小为； ②的最小值为5 A．只有①对 B．只有②对 C．①②都对 D．①②都不对 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、轴对称的性质，由菱形的性质可得，再由等边对等角结合三角形外角的定义及性质可得，最后再由三角形内角和定理计算即可判断①；连接交于，连接、，作于，由菱形的性质可得点和点关于对角线对称，，，，，从而可得，，进而得出，，当点、、在同一直线上，且时，的值最小，为，再由菱形的面积公式计算即可判断②；熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵ 四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故①正确； 如图，连接交于，连接、，作于， ， ∵四边形为菱形， ∴点和点关于对角线对称，，，，， ∴，， ∴，， ∴当点、、在同一直线上，且时，的值最小，为， ∵， ∴， ∴的最小值为，故②错误； 故选：A． 8．顺次连接某四边形各边中点得到一个相邻两边分别为，的四边形，则原四边形两条对角线长度之和为（    ） A．20 B．18 C．36 D．无法确定 【答案】B 【分析】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理是解题的关键． 连接、，根据三角形中位线定理求得，，即可计算． 【详解】解：如图，连接、， ∵、分别是、的中点， ∴， ∵、分别是、的中点， ， ， 同理， ∵顺次连接某四边形各边中点得到一个相邻两边分别为，的四边形， ∴， 故选：B． 9．如图正方形，以为斜边作直角三角形，过点B作的垂线交于F，交正方形对角线于G．连结，已知，则的周长是（   ） A．16 B．15 C．17 D．14 【答案】A 【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，过点作于点，证明和全等得，则的周长，再证明和全等得，，则四边形为正方形，从而得，则，即的周长，由此可得出答案． 【详解】解：过点作于点，如图： 四边形为正方形，为对角线， ，，， ， ， 的周长， ，，， ， 四边形为矩形， ，， ， ， ， ，， 矩形为正方形， ， ， 的周长， ∵， 的周长， 故选：A． 10．如图，折叠矩形纸片ABCD，先把△ABF沿AF翻折，点B落在AD边上的点E处，折痕为AF，点F在BC边上，然后将纸片展开铺平，把四边形NCDM翻折，点C恰好落在AE的中点G处，折痕为MN，则（　　） A．当点N与点F重合时，∠AFM＝90° B．当GN∥AF时，∠HMG＝45° C．若AB＝2，AD＝3，则M恰好为DE的中点 D．△GMN的面积有可能为矩形ABCD面积的一半 【答案】B 【分析】根据矩形的性质及折叠前后对应的边、角相等逐个判断即可求解． 【详解】解：根据折叠的性质，易得∠AFE＝45°． 当点N与点F重合时，点M在AD边上，则∠AFM＜90°，故A错误； 由折叠可得∠DMN＝∠HMN＝∠BNM，∠GNM＝∠MNC＝∠GDN，∠AFB＝45°， 当GN∥AF时，∠GNF＝∠AFB＝45°， ∴∠HMG＝＝45，故B正确； 由折叠得，CN＝NG，点G是AE的中点， 当AB＝2，AD＝3时，DG＝DC＝2，则四边形GNCD为正方形，此时点M与点D重合，故C错误； ∵点G是AE的中点， ∴△GMN的面积是矩形ABCD面积的一半时，GM＝AD，此时M点在AD的延长线上，根据题意显然不成立，故D错误． 故选：B． 【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、正方形的判定等，属于综合题型，具有一定难度，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11．图1是一款正八边形的装饰画，抽象出的几何示意图如图2所示，则的度数为__________°． 【答案】45 【分析】正八边形的外角和为，根据多边形的外角和进行计算即可． 【详解】正八边形的一个外角为． 12．在物理学中，作用于同一点的两个力的合成符合“平行四边形法则”，即两个共点力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，则这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，如图．如果两个共点力、如图所示，若方格图中每个小正方形的边长都表示，则合力的大小为________． 【答案】 【分析】先在网格中取格点构造平行四边形，再通过勾股定理计算各边长度，验证四边形为平行四边形后，其对角线长度即为两个力的合力大小． 【详解】解：如图，取格点、、，连接、、， 由勾股定理得，， ， ∴四边形是平行四边形， ∴合力的大小为． 13．如图，直尺直立在水平桌面上，点不动，转动直尺，使其一顶点靠在竖直墙壁上．观测发现，点、、在同一直线上，顶点到墙壁的距离为，，则直尺长为___________． 【答案】 【分析】连接，由矩形的性质和旋转的性质可得，，，，从而证明，因此．根据含的直角三角形的性质可得，，，则，结合可计算出，因此． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵点、、在同一直线上， ∴， 由旋转的性质可得，，，， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，， ∴， 由勾股定理可得，， 在中，， ∴， 由勾股定理可得，， ∴， ∵， ∴，解得， ∴， ∴， ∵，， ∴． 14．边长为的两个全等的菱形、如图摆放，其中点是、的交点，且，若，则两个菱形重叠部分的面积为______． 【答案】 【分析】题目主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 设与交于点，与交于点，根据菱形的性质得出，，，，确定是等边三角形，再由含30度角的直角三角形的性质及勾股定理求解即可 【详解】解：如图，设与交于点，与交于点， 边长为的两个全等的菱形、菱形，， ，，，， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， 两个菱形重叠部分的面积四边形的面积， 故答案为：． 15．如图，在和中，，，．连接，取的中点，连接．将绕点按顺时针方向旋转，当点，，在同一直线上时，的长为______． 【答案】或/或 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质判定和性质，勾股定理，中位线的性质定理等，熟练掌握知识点是解题的关键．分两种情况进行讨论，即点C在线段上和点C在线段得延长线上，分别延长，交于点F，证明为等腰直角三角形，及为中位线，进而求解即可． 【详解】解：①当点C在线段上时，如图所示，分别延长，交于点F， ∵，，， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴； ②当点C在线段的延长线上时，如图所示，分别延长，交于点F， ∵，，， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴； 综上，的长为或， 故答案为：或． 三、解答题（共8小题，共75分） 16．（8分）如图，学校有一块五边形绿地，测量得，与互补，，分别延长，交于点． (1)求的度数． (2)求证：点到的距离与点到的距离相等． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】本题考查多边形的内角和，补角，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． （1）利用四边形内角和公式得，再结合，，即可求解； （2）过点作于点，延长线于点，利用四边形内角和公式求得，则，可得，证明，即可得． 【详解】（1）解：∵四边形的内角和为， ∴， ∵与互补， ∴， 又∵， ∴， 解得：； （2）解：过点作于点，延长线于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 又∵， 在和中， ， ∴， ∴， 即点到的距离与点到的距离相等． 17．（8分）如下图，四边形中，，，把沿折叠，使落在边上，是点的对应点，过点作． (1)求证：． (2)若，求的度数． 【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、折叠的性质、平行线的判定以及角度计算，掌握利用平行四边形的角相等性质、折叠的角平分线性质，结合平行线和垂直的角度关系进行推导是解题的关键． （1）先判定四边形为平行四边形，利用平行四边形的角相等性质，结合折叠的角相等，推出同位角相等从而证平行． （2）利用平行线同旁内角互补求出，结合折叠的角平分线性质求出，再由垂直关系计算． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， ． 由折叠知， ， ． （2）解：， ， ． 由折叠知， ． ， ． 18．（8分）如图，将矩形沿折叠（在上），点的对应点恰好落在的延长线上，点的对应点为点，与相交于点，点为的中点． (1)求证：； (2)连接，若，求的大小． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据同角的余角相等即可证明； （2）连接，则点为的交点，根据矩形以及折叠可设，而，可得，再对运用三角形内角和定理建立方程求解即可． 【详解】（1）证明：由折叠可得，则 ∵矩形 ∴， ∴ ∴； （2）解：如图，连接， ∵四边形是矩形，点为的中点． ∴点为的交点， ∴ ∴， ∵折叠， ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ 设， 则， 在中，由三角形内角和定理可得， ∴ 解得， ∴． 19．（8分）已知如图，四边形是菱形，，点E、F分别是边上的动点，且．连接，取中点G，连接． (1)判断与的位置关系，用等式写出它们的数量关系，并证明； (2)连接交于点O，点E、F在运动过程中，四边形是否可以是平行四边形？若可以，请求出此时的长；若不可以，请说明理由． 【答案】(1)，，证明见解析 (2)四边形可以是平行四边形，此时的长为4 【分析】（1）延长交于点H，连接，证明，可得，，从而得到，再证明为等边三角形，可得，，证明，可得，，进而证明为等边三角形，，，即可解答； （2）证明为的中位线，可得，即可解答． 【详解】（1）解：，，证明如下： 如图，延长交于点H，连接， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∵点G为的中点， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴为等边三角形，，， ∴，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∴； （2）解：四边形可以是平行四边形， 如图， 若四边形是平行四边形， 则， ∵四边形为菱形， ∴点O为的中点， ∵点G为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）得：． 20．（9分）如图，在正方形中，G、E、F是正方形边上的点，连接、，与交于点M，，． (1)求证：； (2)连接、、、的中点P、Q、R、S，试说明四边形是什么特殊的四边形． 【答案】(1)见解析 (2)正方形，说明见解析 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，平行四边形的判定，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关键． （1）过点作于点，根据正方形的性质得到，，再结合已知条件得到，即可利用“”证明全等； （2）由（1）可知，，从而得出，，再根据三角形中位线定理，先证明四边形是平行四边形，再证明正方形即可． 【详解】（1）证明：如图，过点作于点，则， 四边形是正方形， ，，， ，， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ； （2）解：由（1）可知，， ，， ， ， ， ， 如图，连接、、、的中点P、Q、R、S， 、、、分别是、、、的中位线， ，，，，，， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是正方形． 21．（9分）阅读与思考 请认真阅读下面的材料，并完成相应的任务． 中方四边形定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果一个四边形的中点四边形是正方形，那么我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 根据中方四边形的定义可知，对角线互相垂直且相等的四边形是中方四边形．下面是这个结论的证明过程： 已知：如图1，在四边形中，对角线与交于点，，． 求证：四边形为中方四边形． 证明：如图1，分别取，，，的中点，，，，连接，，，与交于点，与交于点． 则，，． ∴． ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为菱形． …… 任务： (1)下列四边形中，一定是中方四边形的是______． A．平行四边形    B．菱形    C．矩形    D．正方形 (2)请补全材料中的证明过程． (3)如图2，已知为锐角三角形，分别以，为边，向外作正方形和正方形．连接，，，试证明四边形为中方四边形． 【答案】(1)D (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查了平行四边形及特殊的平行四边形的判定与性质、中位线定理和全等三角形的判定和性质，熟记相关判定定理及性质定理的内容是解题关键． （1）根据各种特殊的平行四边形的性质求解即可； （2）根据可得四边形为平行四边形，再根据和即可证明四边形为中方四边形； （3）连接，交于点，交于点，根据四边形和四边形为正方形可得，，证明，进而即可证明四边形为中方四边形． 【详解】（1）解：平行四边形的“中点四边形”为平行四边形； 矩形的“中点四边形”为菱形； 菱形的“中点四边形”为矩形； 正方形的“中点四边形”为正方形； 故选D． 解： （2）如图1，分别取，，，的中点，，，，连接，，，，与交于点，与交于点． 则，，． ∴． ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为菱形． ∵， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为矩形． ∴． ∴菱形为正方形． ∴四边形为中方四边形． （3）证明：如图，连接，交于点，交于点． ∵四边形和四边形为正方形， ∴，，，． ∴，即． 在和中， ， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 由（1）可知，四边形为中方四边形． 22．（12分）综合与实践 在学习了平行四边形的有关知识后，慎思小组进行了下面的实践活动：将两个完全相同的含的直角三角板按如图1摆放，使长直角边落在同一条直线上，其中，，．固定直角三角板不动，将另一个直角三角板沿长直角边BC所在直线平移，连接，． (1)如图2，判断四边形的形状，并证明你的结论． (2)如图3，在平移的过程中，连接，当时，线段与有怎样的数量关系？并说明理由． (3)如图4，连接，若的长为，当时，请直接写出的长． 【答案】(1)四边形是平行四边形，见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据平行线的判定定理得到，根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形； （2）根据平行线的性质得到，求得，根据直角三角形的性质得到，连接交于O，根据平行四边形的性质得到，求得，根据等边三角形的性质得到，得到，求得； （3）设与交于O，根据平行四边形的性质得到，根据直角三角形的性质得到，得到，根据勾股定理得到，据此求解即可． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形， 证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：， 理由：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 连接交于O， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：设与交于O， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵，，的长为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 23．（13分）综合与探究 新定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． 请运用研究特殊四边形的经验，对“邻等对补四边形”进行探究． (1)概念理解：用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有______（填序号）．    (2)性质探究： 小明从特殊到一般，围绕邻等对补四边形的对角线展开研究，首先根据图1②中的特殊情况得到一个结论： 若邻等对补四边形中，两组邻边均相等，则必有一条对角线平分一组对角； 于是他画出了如图2的更一般的邻等对补四边形，并从对角线的维度得到了以下猜想： 若邻等对补四边形中，仅有一组邻边相等，则必有一条对角线平分一个内角； 请根据图2，改写命题，写出已知条件和求证，并进行证明．    (3)综合应用： 如图3，在中，，．分别在边，上取点，，使四边形是邻等对补四边形． 若，请画出所有符合条件的图形，并直接写出或用含的代数式表示．    【答案】(1)②④ (2)见解析 (3)或或 【分析】（1）按照“邻等对补四边形”的定义逐个判断即可； （2）首先根据题意写出已知条件和求证，然后作于E，延长线于F，证明，再用角平分线的判定证明即可； （3）首先得出，然后根据至少有一组邻边相等分三种情况讨论，分别求解即可． 【详解】（1）解：图①和图③没有对角互补，不是邻等对补四边形，图②和图④对角互补且有一组邻边相等，是邻等对补四边形， 故答案为：②④； （2）已知条件：四边形是邻等对补四边形，，是它的一条对角线． 求证：． 证明：作于E，延长线于F，    ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）∵四边形是邻等对补四边形， ∴ ①如图所示，当时，连接    ∵，， ∴ ∴ ∵ ∴； ②如图所示，当时，连接，    ∵ ∴是等腰直角三角形 ∴ ∵不平分和，不平分 ∴由（2）得，平分 ∴ ∴； ③如图所示，当时，连接，    ∵不平分和，不平分 ∴由（2）得，平分 ∴． 综上所述，或或． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等知识，明确题意，理解新定义，添加合适辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026人教版八年级数学下期末巅峰冲刺 第二十一章------四边形期末巅峰冲刺卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（每小题3分，共30分） 1．四边形的外角和与三角形的外角和相比（   ） A．四边形外角和大 B．三角形外角和大 C．一样大 D．无法比较 2．小明每走5米，顺时针转20°，则（    ） A．小明不会回到原点 B．小明会回到原点，路程小于80m C．小明会回到原点，路程恰为90m D．小明会回到原点，路程大于120m 3．如图，平分，交边于点D，，垂足为点E，，．若，，则的面积为（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 4．如图1，的对角线交于点O，的面积为120，．将合并（A与C、D与B重合）形成如图2所示的轴对称图形，则（　　） A．29 B．26 C．24 D．25 5．如图，点E是线段上一动点，，在点E的运动过程中，始终有，，点M，N分别是的中点，已知，当时，长为（   ） A．2 B．或 C．或 D．1或3 6．数学实践课上，同学们需要制作矩形框架，小组成员完成后，通过测量各框架的边，角或对角线，得到以下数据，其中形状不一定是矩形的是（   ） A． B． C． D． 7．如图，在菱形中，，，，分别是，上的动点，关于①、②两个结论，下列判断正确的是（　　） ①若，，的大小为； ②的最小值为5 A．只有①对 B．只有②对 C．①②都对 D．①②都不对 8．顺次连接某四边形各边中点得到一个相邻两边分别为，的四边形，则原四边形两条对角线长度之和为（    ） A．20 B．18 C．36 D．无法确定 9．如图正方形，以为斜边作直角三角形，过点B作的垂线交于F，交正方形对角线于G．连结，已知，则的周长是（   ） A．16 B．15 C．17 D．14 10．如图，折叠矩形纸片ABCD，先把△ABF沿AF翻折，点B落在AD边上的点E处，折痕为AF，点F在BC边上，然后将纸片展开铺平，把四边形NCDM翻折，点C恰好落在AE的中点G处，折痕为MN，则（　　） A．当点N与点F重合时，∠AFM＝90° B．当GN∥AF时，∠HMG＝45° C．若AB＝2，AD＝3，则M恰好为DE的中点 D．△GMN的面积有可能为矩形ABCD面积的一半 二、填空题（每小题3分，共15分） 11．图1是一款正八边形的装饰画，抽象出的几何示意图如图2所示，则的度数为__________°． 12．在物理学中，作用于同一点的两个力的合成符合“平行四边形法则”，即两个共点力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，则这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，如图．如果两个共点力、如图所示，若方格图中每个小正方形的边长都表示，则合力的大小为________． 13．如图，直尺直立在水平桌面上，点不动，转动直尺，使其一顶点靠在竖直墙壁上．观测发现，点、、在同一直线上，顶点到墙壁的距离为，，则直尺长为___________． 14．边长为的两个全等的菱形、如图摆放，其中点是、的交点，且，若，则两个菱形重叠部分的面积为______． 15．如图，在和中，，，．连接，取的中点，连接．将绕点按顺时针方向旋转，当点，，在同一直线上时，的长为______． 三、解答题（共8小题，共75分） 16．（8分）如图，学校有一块五边形绿地，测量得，与互补，，分别延长，交于点． (1)求的度数． (2)求证：点到的距离与点到的距离相等． 17．（8分）如下图，四边形中，，，把沿折叠，使落在边上，是点的对应点，过点作． (1)求证：． (2)若，求的度数． 18．（8分）如图，将矩形沿折叠（在上），点的对应点恰好落在的延长线上，点的对应点为点，与相交于点，点为的中点． (1)求证：； (2)连接，若，求的大小． 19．（8分）已知如图，四边形是菱形，，点E、F分别是边上的动点，且．连接，取中点G，连接． (1)判断与的位置关系，用等式写出它们的数量关系，并证明； (2)连接交于点O，点E、F在运动过程中，四边形是否可以是平行四边形？若可以，请求出此时的长；若不可以，请说明理由． 20．（9分）如图，在正方形中，G、E、F是正方形边上的点，连接、，与交于点M，，． (1)求证：； (2)连接、、、的中点P、Q、R、S，试说明四边形是什么特殊的四边形． 21．（9分）阅读与思考 请认真阅读下面的材料，并完成相应的任务． 中方四边形定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果一个四边形的中点四边形是正方形，那么我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 根据中方四边形的定义可知，对角线互相垂直且相等的四边形是中方四边形．下面是这个结论的证明过程： 已知：如图1，在四边形中，对角线与交于点，，． 求证：四边形为中方四边形． 证明：如图1，分别取，，，的中点，，，，连接，，，与交于点，与交于点． 则，，． ∴． ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为菱形． …… 任务： (1)下列四边形中，一定是中方四边形的是______． A．平行四边形    B．菱形    C．矩形    D．正方形 (2)请补全材料中的证明过程． (3)如图2，已知为锐角三角形，分别以，为边，向外作正方形和正方形．连接，，，试证明四边形为中方四边形． 22．（12分）综合与实践 在学习了平行四边形的有关知识后，慎思小组进行了下面的实践活动：将两个完全相同的含的直角三角板按如图1摆放，使长直角边落在同一条直线上，其中，，．固定直角三角板不动，将另一个直角三角板沿长直角边BC所在直线平移，连接，． (1)如图2，判断四边形的形状，并证明你的结论． (2)如图3，在平移的过程中，连接，当时，线段与有怎样的数量关系？并说明理由． (3)如图4，连接，若的长为，当时，请直接写出的长． 23．（13分）综合与探究 新定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． 请运用研究特殊四边形的经验，对“邻等对补四边形”进行探究． (1)概念理解：用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有______（填序号）．    (2)性质探究： 小明从特殊到一般，围绕邻等对补四边形的对角线展开研究，首先根据图1②中的特殊情况得到一个结论： 若邻等对补四边形中，两组邻边均相等，则必有一条对角线平分一组对角； 于是他画出了如图2的更一般的邻等对补四边形，并从对角线的维度得到了以下猜想： 若邻等对补四边形中，仅有一组邻边相等，则必有一条对角线平分一个内角； 请根据图2，改写命题，写出已知条件和求证，并进行证明．    (3)综合应用： 如图3，在中，，．分别在边，上取点，，使四边形是邻等对补四边形． 若，请画出所有符合条件的图形，并直接写出或用含的代数式表示．    学科网（北京）股份有限公司 $