专题03四边形（期末真题汇编，云南专用）八年级数学下学期人教版

**基本信息** 云南多地期末真题汇编的四边形专题卷，覆盖7个核心考点，基础题与综合题梯度分布，适配八年级下册期末复习，强化几何直观与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|约20题|多边形内角和、平行四边形性质等|如考点01六边形内角和计算，夯实基础| |填空|约10题|中位线应用、特殊四边形边长计算|如考点03三角形中位线测量距离，联系实际| |解答|约25题|矩形折叠、正方形动点、四边形综合证明|如考点06正方形折叠求边长，融合几何变换与推理|

学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 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中位线及其性质 考点04菱形 考点05矩形 考点06正方形 考点07四边形综合 目目 考点01 四边形及多边形 1.(24-25八下·云南红河州屏边县·期末)六边形的内角和是() A.1080° B.900° C.720 D.540° 2.(24-25八下·云南保山腾冲期末)一个多边形的每个外角都等于45°，则此多边形是() A.五边形 B.六边形 C.七边形 D.八边形 3.(24-25八下·云南红河哈尼族彝族蒙自·期末)已知一个多边形的各个外角都是30°，则它的边数是() A.6 B.9 C.10 D.12 目目 考点02 平行四边形 1.(24-25八下·云南红河哈尼族彝族石屏县·期末)平行四边形的对角线一定具有的性质是() A.相等 B.互相垂直 C.互相平分 D.以上都不对 2.(24-25八下·云南临沧镇康县·期末)如图，在口ABCD中，∠A=3∠B,则∠D的度数为() 试卷第1页，共3页 A.30 B.45o C.60° D.75° 3.(24-25八下·云南临沧市·模拟)在平行四边形ABCD中，∠B-∠A=30°，则∠D的度数是() A.75 B.85o C.95° D.105° 4.(24-25八下·云南丽江·期末)如图，在口ABCD中，CE⊥AB于点E,CF⊥AD于点F.若∠B=53°， 则∠ECF的度数为() A F D B A.53° B.45° C.37° D.60° 5.(24-25八下·云南普洱期末)如图，在口ABCD中，AB=3,BC=5,∠ABC的平分线交AD于点E, 则DE的长为() E B A.4 B.3 C.2 D.1 6.(24-25八下·云南楚雄彝族·期末)如图，在口ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E,∠BCD的平分 线交AD于点F.若AB=3,EF=2,则BC的长是() A.3 B.4 C.5 D.6 7.(24-25八下·南昆明五华区·期末)如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O,AB⊥AC, 若AB=4,∠ACB=30°，则BD的长是() 试卷第2页，共3页 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A D A.2V3 B.2V7 c.43 D.4V7 8.(24-25八下·云南红河州屏边县·期末)如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点E,点E是AC的中 点，要判定四边形ABCD是平行四边形，能添加的条件是() E A.BE=DE B.AD=BC C.AC=BD D.AB=CD 9.(24-25八下·云南红河州金平县)如图，四边形ABCD的对角线相交于点O,下列条件中不能判定四边 形ABCD是平行四边形的是() D A.OA=OC,OB=OD B.AD‖BC,AD=BC C.∠ABC=∠ADC,∠BAD=∠BCDD.AD‖BC,AB=CD 10.(24-25八下·云南普洱·期末)0.如图，AC是口ABCD的对角线，M,N是直线AC上两点，且 AM=CN.求证：△ABM≌△CDN. 11.(24-25八下·云南临沧市凤庆县凤山镇·模拟)如图，口ABCD的对角线AC,BD相交于点O, DE‖AC,CEBD.如果AC=2,BD=3,那么四边形OCED的周长是 试卷第3页，共3页 B 12.(24-25八下·云南昆明安宁第一中学模拟以)如图，在口ABCD中，点E、F在对角线BD上，且 BF=DE.求证：AE=CF. 13.(2425八下·云南红河哈尼族彝族石屏县期末)如图，在四边形ABCD中，ADBC,点E为BC的中 点，AD=EC,下面是两位同学的对话，请你证明小明的说法是正确的. 小朱：由题目的已知条件，可以证明四边形AECD为平行四边形. 小明： 由题目的已知条件，若连接DE,则DE=AB, 14.(24-25八下·云南红河州金平县)在口ABCD中，E,F是对角线AC上两点，并且AE=CF,连接BE, DE,BF,DF.求证：四边形BEDF是平行四边形. D 15.(24-25八下·云南临沧中学·期末)5.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D在AB上，作 DE‖BC交AC于点E,延长ED至点F使得∠F=∠BCD,连结BF,CD, 试卷第4页，共3页 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 I)求证：四边形BCDF是平行四边形 (②)若BD平分∠FBC,DE=2,DF=8,求四边形BCDF的面积. 16.(2425八下·云南昆明五华区·期末)如图，在口ABCD中，对角线AC,BD相交于点O, ∠BCA=45°，AB=OB,点E,F分别是OA,OD的中点，连接EF,EM⊥BC,垂足为点M,EM 交BD于点N. E F M 1)求证：EM=EF; (2)若EF=2,求口ABCD的面积. 目目 考点03 中位线及其性质 1.(24-25八下·云南个旧·期末)如图所示，某数学小组为测量池塘两侧A、B两点之间的距离，在空地上另 取一点C,并找到AC,BC的中点D,E,通过测量得DE=60m,则AB=() A.30m B.60m c.75m D.120m 2.(24-25八下·云南红河哈尼族彝族石屏县·期末)如图，在平坦的地面上，为测量位于水塘旁的两点A,B 间的距离，先确定一点O,分别取OA,OB的中点C,D,量得CD=40m,则A,B之间的距离是() C D B 试卷第5页，共3页 A.20m B.40m C.60m D.80m 3.(24-25八下·南昆明五华区·期末)如图，四边形ABCD中，∠A=90°，AB=8,AD=6,点M,N分 别为线段BC,AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E,F分别为DM,MN的中点，则EF 长度的最大值为() M B A.8 B.7 C.6 D.5 4.(24-25八下·云南临沧镇康县期末)如图，D,E,F分别是△ABC三边的中点，若△ABC的周长为 20,则△乙的周长为() D A.5 B.10 C.20 D.40 5.(24-25八下·云南楚雄彝族·期末)若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是菱形.则四边形 ABCD一定是() A.菱形 B.对角线互相垂直的四边形 C.矩形 D.对角线相等的四边形 6.(24-25八下·云南临沧中学.期末)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，点D、E分别为 AB、AC的中点，连接DE、CD,若DE=23,则CD的长度为 B 7.(24-25八下·云南楚雄彝族·期末)如图，在△ABC中，D,E,F分别是边AB,BC,CA的中点.若 试卷第6页，共3页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △ABC的周长为40，则△就的周长为 8.(24-25八下·南昆明五华区期末)如图，依次连结第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连结菱形 各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积为s,则第个矩形的面积为 目目 考点04 矩形 1.(24-25八下·云南昆明安宁第一中学模拟)在矩形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,若AO=2, 则BD的长为() A.3 B.4 C.6 D.8 2.(24-25八下·云南昆明东川区·期末)如图，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O,过点O的直线分 别交AD和BC于点E、F,AB=4,BC=6,则图中阴影部分的面积为() E A.8 B.12 C.16 D.20 3.(24-25八下·云南昆明盘龙区·期末)如图，在教学过程中，王老师为了更加直观地让学生体验四边形不具 有稳定性，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD,向右拉动框架，给出了如下结论： ①拉动后的四边形为平行四边形： ②拉动前后四边形对角线的长度不变： ③拉动前后四边形的面积不变： ④拉动前后四边形的周长不变， 其中正确的结论是() 试卷第7页，共3页 BU A.①② B.①④ C.①②④ D.①③④ 4.(24-25八下·云南临沧市·模拟)已知平面直角坐标系中，有两点Aa,0,B0,b,且满足 b=Va-3+3-a+4,P为AB上一动点（不与A,B重合），PE⊥x轴，PF⊥y轴，垂足分别为E, F,连接EF,则EF的最小值为() B E A.2 B.3 C.4 D.5 5 5.(24-25八下·云南临沧耿马自治县·期末)已知四边形ABCD是平行四边形，下列条件中，不能判定 口ABCD为矩形的是() A.∠A=90° B.∠B=∠C C.AC=BD D.AC⊥BD 6.(24-25八下·云南昆明东川区·期末)课堂上，某同学制作了一个四边形门框模型，就如何判断门框模型是 否是矩形？老师提出了以下四个判定方法，方法一：测量四个角是否相等：方法二：测量四条边是否相等： 方法三：测量两条对角线是否相等；方法四：验证是否是轴对称图形其中能判定这个四边形门框模型是矩 形的是() A.方法一B.方法二 C.方法三 D.方法四 7.(24-25八下·云南玉溪·期末)周末，小刚去正在装修的房屋查看进度，放在地上的一块地板砖吸引了他的 注意，于是他找来卷尺进行如下操作：①测量地板砖的两组对边长度是否分别相等；②测量地板砖的两条 对角线是否相等，以此判断地板砖的表面是否为矩形.小刚的判断依据是() D 试卷第8页，共3页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.对角线相等的平行四边形是矩形 B.有三个角是直角的四边形是矩形 C.有一个角是直角的平行四边形是矩形D.对角线相等的四边形是矩形 8.(24-25八下·云南丽江地区·期末)如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC,AD于 点E,F,若BE=3,AF=5,则AC的长为() A.4V5 B.43 C.10 D.8 9.(24-25八下·云南临沧市·模拟)如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点B与点D重合，若AB=4,BC=8, 则折痕EF的长为() A.2V5 B.23 c.V5 D.3 10.(24-25八下·云南昆明盘龙区·期末)如图，在矩形ABCD中，AE平分∠BAC交BC于点E,EF垂直平 分AC交AC于点O,交AD于点F,若EO=1,则四边形AECF的面积为() A.12+43 B.6+2V3 C.2V3 D.3 11.(24-25八下·云南临沧镇康县·期末)1.如图，公路AB和BC互相垂直，点B和AC的中点D被一个湖泊 隔开，若公路AC的长为10千米，则B,D两点之间的距离为() 试卷第9页，共3页 A.20千米 B.15千米 C.10千米 D.5千米 12.(24-25八下·云南红河哈尼族彝族石屏县·期末)若一个三角形一条边上的中线等于与这条边平行的中位 线，则这个三角形一定是() A.等腰三角形B.等边三角形 C.等腰直角三角形D.直角三角形 13.24-25八下·云南昆明安宁第一中学模拟)如图，在矩形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,点E 是BO上的一点，且BE=EO,点F是CD的中点，连接EF,若AB=4cm,BC=8cm.则EF的长是() A.6 B.V37 c.43 D.2/10 14.(2425八下·云南昆明五华区·期末)已知：∠MBN和线段a,b. 求作：平行四边形ABCD,使AB=a,BC=b. M a h ND 作法；如图 (1)在射线BM上截取AB=a,在射线BN上截取 BC=b; (2)分别以点C、A为圆心，AB、BC的长为半 李明 径作弧，两弧在∠MBN的内部相交于点D: (3)连接AD、CD. 试卷第10页，共3页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 如果∠B是一个直角，那么这个平行四边形就是一 个矩形 王芳 你认为王芳同学做出判断的依据是： 15.24-25八下·云南丽江·期末)如图，在矩形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,CE⊥BD于点E. 若DE=OE,AB=4,则AC的长为 D B 16.(24-25八下·云南大理州模拟)如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O,过点A作 AE⊥BC,交CB的延长线于点E,过点C作CF⊥AD,交AD的延长线于点F D B (1)求证：四边形AECF是矩形： (②)若AC⊥BD,AE=3,AD=5,求AC的长. 17.24-25八下·云南临沧镇康县·期末)如图，矩形0ABC在平面直角坐标系中，点A的坐标为0,4，点C 的坐标为10,0，对角线AC与OB相交于点D.过点-3,4的直线1将矩形OABC的面积分成相等的两部 分 B D C (I)直接写出点B和点D的坐标： (2)求直线1解析式： 试卷第11页，共3页 3)若将直线1沿y轴平移二个单位长度，则它与x轴的交点向哪个方向平移了几个单位长度？ 18.(24-25八下·云南红河哈尼族彝族蒙自·期末)如图(1)，在矩形ABCD中，AD=AM,M是BD的中 点，过点A作AE⊥DB于点E,AE的延长线交CD于点G, D G G M 图① 图② I)求∠DAE的度数： 2)如图②，延长AG至点F,使得EF=AE,连接DF,CF,CE.证明：AF⊥CF: )设CF=a'且AB=5AD在(2)的条件下，求EC-GC的值. EG 19.(24-25八下·云南红河州屏边县·期末)如图，四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O, OA=OB=OC=OD,AE交BC于点E,交BD于点G,F是AC上的一点，EF⊥AC. B G (I)求证：四边形ABCD是矩形： 2)若AB=8,BC=6,E为BC中点，求EF的长： 6)诺BE=EF=EG,现有以下3个结论：①CF+BC>1,②CF+BC=1,③CF+BG<1.请你 OA OA OA 看一看，想一想，证一证以上3个结论中正确的一个. 20.24-25八下·南昆明五华区·期末)在平面直角坐标系中存在矩形ABC0,点Aa,0、点Ba,b,且a、 b满足：a-4+b-m2=0（实数m>4) 试卷第12页，共3页 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 O' OA(A) B' 图1 图2 图3 (1)求A点坐标： (②)如图1，作∠OAB的角平分线交y轴于点D,AD的中点为点E,作EF⊥BE交x轴于点F,求证： OF=AB. (3)如图2，在(2)的条件下，当m=12时，将矩形ABCO向右推倒得到矩形ABCO,使点A与点A重 合，点B落在x轴上.现在将矩形ABCO沿射线AD以每秒1个单位长度的速度平移如图3，设平移过 程中矩形ABCO与矩形ABCO重合部分的面积为S,平移时间为t,请直接写出S与t之间的函数关系 式和相应的自变量t的取值范围. 目目 考点05 菱形 1.(24-25八下·云南昆明五华区·期末)如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中 间通过螺杆连接，转动手柄可改变∠BCD的大小（菱形的边长不变）.当∠BCD=52°时，则∠BAC 的度数为() 手柄 D A.26° B.27 C.28° D.29° 2.(24-25八下·云南临沧中学.期末)如图，在菱形ABCD中，∠ABC=64°，对角线AC,BD交于点O,E 为CD的中点，连接OE,则∠AOE的度数为() B 试卷第13页，共3页 A.58° B.122° C.148° D.154° 3.(24-25八下·云南临沧中学·期末)如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,过点D作DH⊥BC 于点H,连接OH,若OA=4,OH的长为1.5，则S菱形ABcD=() D B H A.24 B.12 C.8 D.6 4.(24-25八下·云南大理州·模拟以)如图，菱形ABCD中，AE垂直平分BC,垂足为E,AB=4.那么AE的 长是一 A 5.(24-25八下·云南昆明东川区期末)已知∠A,按以下步骤作图，如图1~图3. (1)以点A为圆心，任意 (2)分别以点B,D为圆 (3)分别连接DC,BC 长为半径作弧，与∠A的两 心，AD长为半径作弧，两 边分别交于点B,D1 弧相交于点C1 D C D B B 图1 图2 图3 则可以直接判定四边形ABCD是菱形的依据是() A.一组邻边相等的平行四边形是菱形B.对角线互相垂直平分的四边形是菱形 C.对角线互相垂直的平行四边形是菱形D.四条边相等的四边形是菱形 6.(24-25八下·云南玉溪·期末)如图，某同学按如下步骤作四边形ABCD:①画∠MAN;②以点A为圆心， 1个单位长为半径画弧，分别交AM,AN于点B,D;③分别以点B,D为圆心，1个单位长为半径画弧， 两弧交于点C;④连接BC,CD,BD.若∠A=48°，则∠CBD= 试卷第14页，共3页 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M B D N 7.(24-25八下·云南红河哈尼族彝族石屏县·期末)如图所示，四边形ABCD的对角线AC,BD互相平分， 若要添加一个适当的条件使它成为菱形，则这个条件可以是 (只填一个即可) B 8.(24-25八下·云南昆明安宁第一中学·模拟)如图，在四边形ABCD中，点B与点D关于直线AC对称，连 接BD交AC于点O,E为AC上一点，OE=OC,连接BE,DE D A B (I)求证：四边形EBCD为菱形： (②)若AE=DE,∠BAE=15°，BD=6,求∠DEO的度数及AC的长. 9.(24-25八下·云南临沧镇康县·期末)如图，在四边形ABCD中，AB⊥BC,AD‖BC,AD=CD,DE 平分∠ADC交BC于点E,连接AC交DE于点F,连接AE. B (I)求证：四边形AECD是菱形： (②)已知AB=8,BC=16,求DE的长. 10.(24-25八下·云南红河州屏边县·期末)如图，在平行四边形ABCD中，BE,DF分别是∠ABC, ∠ADC的平分线，且E,F分别在边AD,BC上，BE=BF. 试卷第15页，共3页 (I)求证：四边形BFDE是菱形： (②)若∠A=60°，AB=2,求平行线AD与BC间的距离. 11.(24-25八下·云南红河哈尼族彝族石屏县·期末)1.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD是△ABC 的中线，过点D作DO⊥BC于点O,过点C作CE‖AB交DO的延长线于点E,连接BE (I)求证：四边形CDBE是菱形： (2)若四边形CDBE的周长是20，两条对角线的和等于14，求四边形CDBE的面积. 目目 考点06 正方形 1.(24-25八下·云南红河州屏边县·期末)如图，点E是正方形ABCD对角线BD的中点，DE=2,则正方 形ABCD的周长为() E A.4+2V2 B.8 c.4V2 D.4+4V2 2.(24-25八下·云南红河哈尼族彝族石屏县·期末)如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形DCE,连 接AE,则∠ADE为() B 试卷第16页，共3页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.120° B.130° C.150° D.160° 3.(24-25八下·云南临沧耿马自治县·期末)如图，正方形ABCD中，点E是对角线AC上的一点，且 AE=AD,连接DE,则∠CDE的度数为() A.20° B.22.5 C.25° D.30 4.(24-25八下·云南丽江·期末)判定矩形为正方形，可添加的条件是() A.对角线互相平分B.对角线互相垂直C.对角相等 D.对角线相等 5.(24-25八下·云南昆明五县区·期末)如图，正方形纸片ABCD的边长为6，点E,F分别在边BC,CD上， 将AB,AD分别沿AE,AF折叠，点B,D恰好都落在点G处，已知BE=2,则EF的长为 D B、 E 6.(24-25八下·云南红河哈尼族彝族蒙自·期末)如图，将正方形S1和正方形S2放置在较大的正方形中，重叠 部分是一个较小的正方形，若矩形ABCD的周长等于8/2，大正方形面积等于72，则重叠部分的小正方 形面积为 A S2 B S 7.(24-25八下·云南临沧市：模拟)在综合实践活动中，同学们将对学校的一块正方形花园ABCD进行测量 规划使用，如图，点E、F处是它的两个门，且DE=CF,要修建两条直路AF、BE,AF与BE相交于 点O(两个门E、F的大小忽略不计). 试卷第17页，共3页 B (1)请问这两条路是否等长？它们有什么位置关系，说明理由： (2)同学们测得AD=4米，AE=3米，根据实际需要，某小组同学想在四边形OBCF地上再修一条2.5米长 的直路，这条直路的一端在门F处，另一端P在已经修建好的路段OB或花园的边界BC上，并且另一端P 与点B处的距离不少于1.5米，请问能否修建成这样的直路，若能，能修建几条，并说明理由. 8.(24-25八下·云南临沧镇康县·期末)如图，在正方形ABCD中，点E在线段BC上，且不与点B重合， AE⊥EF且AE=EF,过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G,连接CF. I)若∠BAE=26°，求∠FEG的度数： (2)求证：CG=FG 9.(24-25八下·云南玉溪·期末)如图，四边形ABCD是正方形，E是线段AB上一点，点F在对角线AC上， ∠ADF=∠BEF,EF的延长线交BC的延长线于点G,连接BF. (I)∠ACG= 0 (2)求证：EF=DF: B)若AE=CG,以下与线段AD、线段CG、线段AF有关的三个结论：AD+CG=AF, AD+CG=V2AF,AD+CG=V3AF,你认为哪个正确？请说明理由. 10.(24-25八下·云南楚雄彝族期末)倍长中线法是一种常见的几何解题方法，它是指延长中线，使所延长 部分与中线相等，然后连接相应的顶点，构造出全等三角形，将分散的条件集中起来，从而解决问题的方 试卷第18页，共3页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 法. 图1 图2 问题解决 如图1，在△ABC中，AD是边BC上的中线，延长AD到点E,使DE=AD,连接BE. (1)求证：△ADC≌△EDB. (2)若AD=2,AC=3,AB=5,求BC的长. 拓展应用 (3)如图2，在正方形ABCD中，E是CD的中点，连接BE,过点A作AF⊥BE于点F,连接DF,求证： DA=DF」 11.(24-25八下·云南红河州金平县)已知四边形ABCD是边长为9Cm的正方形，P,Q是正方形边上的两 个动点，点P从点A出发，以2Cm/s的速度沿A→B-→C方向运动，点Q同时从点D出发以1Cm/s速度沿 D→C方向运动.设点P运动的时间为t(0<t<9), B B 图1 图2 备用图 (1)如图1，当点P在AB边上，四边形APCQ为平行四边形时，求t的值： (2)如图2，当点P在BC边上，AP=BQ时，求t的值： 3)点P在运动过程中，是否存在四边形APCQ的面积等于正方形ABCD的面积的一半，若存在，请求出t 的值；若不存在，请说明理由。 12.(24-25八下·云南临沧市凤庆县·模拟)如图，在正方形ABCD中，点E为AC上一点，过点E作 OE⊥AC交AD于点O,以OE,EC为邻边作矩形OECF,连接DE,OC,BE,DF. 试卷第19页，共3页 (I)求证：△AED≌△CFD: (2)试说明OC=V2BE】 13.(24-25八下·云南德宏州期末)如图，在正方形ABCD中，E是BC上的一个动点(E不与B,C重合)， F是DC上的一个动点(F不与D,C重合)· 图1 图2 图3 I)如图1，当E,F分别是BC,DC的中点时，连接AE,AF.求证：AE=AF: ②)如图2，当∠EAF=45°时，连接EF,判断EF,BE,DF三条线段的数量关系，并说明理由： 3)如图3，M是AD上的一个动点，连接ME,AF,当AB=6,ME=2V10,∠AOM=45°时，求AF 的长 14.(24-25八下·云南曲靖·期末)如图，在正方形ABCD中，AB=4,点E、F、G分别为三边CD、AB、 BC上的动点(E、F、G三点均不与其所在线段端点重合)，EF、DG交于点H,CE=CG=AF, D H H F F 图1 图2 图3 (1)如图1，当点E运动到CD中点时，直接写出EH的长； 2)如图2，当EF⊥DG时，过点F作FM‖AD交CD于点M,求证：CD=3DM; (3)如图3，点E、F、G在运动过程中，EF+2DG是否存在最小值，如果存在，请求出该值，如果不存 在，请说明理由。 15.(24-25八下·云南昭通期末)如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF=90°，且 试卷第20页，共3页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 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.经过探究， 小明得出结论是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BC的中点，小明想 到的方法是如图2，取AB的中点M,连接EM,证明△AEM≌△EFC,从而得到AE=EF 图1 图2 图3 (I)小明的证法中，证明△AEM≌△EFC的依据为() A.SSS B.SAS C.ASA D.HL (②)如图3，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC的任意一点”，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. 3)以下与线段BE,CE,AE有关的三个结论： AE-CE<2BE,AE-CE=2BE,AE-CE>2 BE. 你认为哪个正确？请说明理由. 16.(24-25八下·云南昆明五华区期末)[问题情境]数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正 方形ABCD中，E是BC的中点，AE⊥EP,EP与正方形的外角∠DCG的平分线交于P点.试猜想AE 与EP的数量关系，并加以证明： [实践探究]希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中， E为BC边上一动点（点E,B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP=90°，连接CP,可以求出 ∠DCP的大小，请你思考并解答这个问题 [拓展迁移]突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形 ABCD中，E为BC边上一动点（点E,B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP=90°，连接DP. 知道正方形的边长时，可以求出△ADP周长的最小值.当AB=4时，请你求出△ADP周长的最小值， 试卷第21页，共3页 E E 图1 图2 图3 17.(24-25八下·云南临沧市凤庆县·模拟)在正方形ABCD中，点E,G分别为边BC,AB上一点，且 BG=BE,连接AE,过点E作EF⊥AE,交正方形外角∠DCM的平分线CF于点F. A D B E 图1 图2 备用图 (I)如图1，连接GE.求证：AE=EF: (②)如图2，连接BD交AF于点P,求证：P为AF的中点： 3)试探究BP,BC,BE的数量关系并证明. 目目 专点07 四边形综合 1.(24-25八下·云南保山腾冲.期末)矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是() A.对边相等 B.对角相等 C.对角线相等 D.对角线互相平分 2.(24-25八下·云南文山)正方形具有而一般矩形不一定具有的性质是() A.两组对边分别相等 B.两条对角线互相平分 C.两条对角线互相垂直 D.两条对角线相等 3.(24-25八下·云南临沧中学期末)如图，在△ABC中，DE‖AC,DFAB,下列四个判断不正确的 是() E O A.四边形AEDF是平行四边形 试卷第22页，共3页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B.如果∠BAC=90°，那么四边形AEDF是矩形 C.如果AE=AF,那么四边形AEDF是菱形 D.如果AD⊥BC且AB=AC,那么四边形AEDF是正方形 4.(24-25八下·云南丽江地区·模拟)如图，先有一张矩形纸片ABCD,AB=4,BC=8,点M,N分别在矩 形的边AD,BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P,点D落在点G处， 连接PC,交MN于点Q,连接CM.下列结论：①CQ=CD;②四边形CMPN是菱形；③P,A重合时， MN=2V5:④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5.其中正确的是() G A.①③ B.①② C.②③ D.②④ 5.(24-25八下·云南临沧市凤庆县·模拟)已知有两张全等的矩形纸片，长是6cm,宽是3cm.如图将这两 张纸片叠合得到菱形ABCD.设菱形ABCD的面积为scm2,则s的取值范围是 6.(24-25八下·云南玉溪·期末)如图，矩形ABCD的对角线AC,BD交于点O,延长AB到F,使BF=DC, 延长CB到E,使BE=AD ○ B (I)求证：四边形ACFE是菱形： 2)若AC=10,AF=12,求AC和EF之间的距离. 7.(2425八下·云南临沧市·模拟)如图，在矩形ABCD中，点O为对角线AC、BD的交点，过点C作 CF BD,且CF=BD,连接DF、OF, 试卷第23页，共3页 (1)求证：四边形OCFD是菱形： (2)已知菱形OCFD的面积为12，边长为5，连接AF,求△ACF的边CF上的高. 8.(24-25八下·云南昆明五县区·期末)如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，过点C作CEOD,过点 D作DEAC,CE与DE相交于点E. B (1)求证：四边形OCED是矩形： 2)若CD=6,CE=3V3,求AD与BC之间的距离. 9.(24-25八下·云南普洱·期末)如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O,过点A作AE‖BD, 且AE=号BD,连接BE. (1)求证：四边形AOBE是矩形. (2)连接OE,若BD=10,AC=24,求OE的长. 10.(24-25八下·云南红河州金平县)0.如图，在矩形ABCD中，E,F分别是AD,BC的中点，M,N 分别是线段BE,CE的中点. 试卷第24页，共3页 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M (I)求证：四边形MENF是菱形： (2)若菱形MENF的面积为24，求矩形ABCD的面积. 11.(24-25八下·云南临沧耿马自治县期末)如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O,且 DE‖AC,CE‖BD (1)求证：四边形ODEC是菱形： P若∠ACB:∠BAC=1:2SAD43求四边形ODBC的周长. 12.(24-25八下·云南楚雄彝族期末)如图，C是BE的中点，四边形ACED是矩形. (1)求证：四边形ABCD是平行四边形. (2)求证：∠B=∠DAE」 13.(24-25八下·云南保山腾冲.期末)如图，在四边形ABCD中，ADBC,点O在BD上，过点O作 EF⊥BD分别交BC,AD于点E和点F,且BF‖DE. F A (I)求证：四边形BEDF是菱形： (②)若菱形BEDF的周长是32，BD+EF=20,求OF·OD的值. 试卷第25页，共3页 14.(24-25八下·云南丽江·期末)如图，在矩形ABCD中，AB=8Cm,BC=4cm,点P从点A出发向点B 运动，运动到点B即停止；同时，点Q从点C出发向点D运动，运动到点D即停止，点P,Q的运动速度都 是1cm/s,连接PQ,PD,QB.设点P,Q的运动时间为ts. (1)当t为何值时，四边形PQCB是矩形？ (②)当t为何值时，四边形BPDQ是菱形？ 15.(24-25八下·南昆明五华区·期末)如图，点A、F、C、D在同一直线上，点B和点E分别在直线AD的 两侧，且AB=DE,∠A=LD,AF=DC (1)求证：四边形BCEF是平行四边形： (2)若∠DEF=90°，DE=8,EF=6,当AF为_时，四边形BCEF是菱形. B 16.(24-25八下·云南临沧市凤庆县·模拟)如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O,E为OA中点. 连接并延长DE至点F,使得EF=DE.连接AF、BF. D E (1)求证：四边形AFBO是矩形： 2)若∠ABC=60°，BF=1,求DF的长度. 17.(24-25八下·云南曲靖·期末)已知：四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD相交于点O,若DEAC, CE‖BD,CE、DE交于点E. 试卷第26页，共3页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 0 (1)求证：四边形OCED是菱形： B (2)若∠ADC的平分线交BC于点F,且∠BDF=15°， DF的值. 18.24-25八下·云南文山)如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，过点C作CE‖OD,过点D作 DE‖AC,CE与DE相交于点E. (1)求证：四边形OCED是矩形； (2)若AB=6,∠ABC=60°，求矩形OCED的面积. 19.(24-25八下·云南红河哈尼族彝族蒙自·期末)在△ABC中，∠ACB=90°，D为AB的中点，过点C作 MNAB.E为MN上的一点，且CE=CD,连接DE,BE, M E N D (1)证明：四边形ADEC是平行四边形： (2)若CE=8,CB=12,求四边形CDBE的面积. 20.(24-25八下·云南昆明东川区·期末)如图，△ABC是直角三角形，且∠ABC=90°，点D、O分别是 AC、BC的中点，连接DO并延长至点E,使得EO=DO,连接BD、BE、CE. C B (I)求证：四边形DBEC是菱形： (2)若△ABC的周长为30，且AB+BC=17,求四边形DBEC的面积. 21.(24-25八下·云南昆明东川区期末)如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，矩形OABC的顶点 试卷第27页，共3页 A、C的坐标为A12,0、C0,9,将矩形OABC的一个角沿直线BD折叠，使得点A落在对角线OB 上的点E处，折痕与x轴交于点D. 1)求线段OB的长度： (②)求直线BD所对应的函数表达式： (3)如图，点Q在线段BD上，点P在线段BC上，当四边形DEPQ是平行四边形时，求点P的坐标 22.(24-25八下·云南个旧·期末)2.如图1，在矩形ABCD中，AB=8,BC=10,E是BC边上的一个动点 (点E不与B、C重合)，DF⊥AE,垂足为点F,过点D作DG‖AE,交BC的延长线于点G. B C E 图1 图2 (I)若DF=AB, ①求证：四边形AEGD是菱形： ②求四边形CDFE的周长： (②)如图2，AM⊥DG于点M,EN⊥DG于点N,探究：当CE为何值时，四边形AFDM是正方形？ 23.(24-25八下·云南文山壮族苗族自治州·模拟)如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分 别在x轴、y轴的正半轴上，点B的坐标为3,4一次函数y=-2x+6的图象与x轴交于点F9,0小与边 3 OC、AB分别交于点D、E,且OD=BE.点M是线段DE上的一个动点. 试卷第28页，共3页 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 备用图 I)求b的值： (②)连接OM,当四边形OAED的面积是三角形ODM面积的4倍时，求点M的坐标； 3)在x轴的上方是否存在一点N,使O、D、M、N为顶点的四边形是菱形，若存在，请求出符合题意的 N点坐标，若不存在，请说明理由. 24.(24-25八下·云南昆明五县区·期末)【问题提出】 如图1，E是菱形ABCD边BC上一点，△AEF是等腰三角形，AE=EF,∠ABC=aa≥90，AF交 CD于点G,探究∠GCF与a的数量关系. D 图1 图2 图3 【问题探究】 (1)先将问题特殊化，如图2，当Q=90°时，求∠GCF的度数. D G 方 M AB AM=EC △MBE BL 法 E 在边 上截取 ·易证 是等腰直角三角 形.接着可以证明△AME≌△ECF,得到∠ECF=∠AME=135°，从而可 得∠GCF与a的关系. D 方 G 法 FFN⊥EC N △ABE≌△ENF d B E 过点作 ,垂足为点，易证 试卷第29页，共3页 从而可得EN=AB=BC,所以BE=CN.又FN=BE,所以△FCN是等腰直角 三角形，从而可得∠GCF与C的关系 根据以上方法，直接写出∠GC℉=： (2)再探究一般情形，如图1，探究∠GCF与a的数量关系： 【问题拓展】 (3)将图1特殊化，a=120°，如图3，若DG=10,CG=30,求BE的值. 试卷第30页，共3页 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中位线及其性质 考点04菱形 考点05矩形 考点06正方形 考点07四边形综合 考点01 四边形及多边形 1．(24-25八下·云南红河州屏边县·期末)六边形的内角和是（      ） A．1080° B．900° C．720° D．540° 【答案】C 【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°列式计算即可得解. 【详解】解：（6﹣2）•180°＝720°. 故选C. 【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，熟记内角和公式是解题的关键. 2．(24-25八下·云南保山腾冲·期末)一个多边形的每个外角都等于，则此多边形是（    ） A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形 【答案】D 【分析】本题主要考查了多边形的外角和定理，掌握“多边形的外角和等于”是解决问题的关键． 【详解】解：∵多边形外角和等于， ∴， 则此多边形为八边形， 故选：D． 3．(24-25八下·云南红河哈尼族彝族蒙自·期末)已知一个多边形的各个外角都是，则它的边数是（   ） A．6 B．9 C．10 D．12 【答案】D 【分析】本题主要考查了多边形的外角和定理，掌握多边形的外角和是是解题关键．利用多边形外角和定理直接求解． 【详解】解：任意多边形的外角和恒为，已知每个外角为， 则边数等于外角和除以每个外角的度数，即：边数， 因此，该多边形的边数为12， 故选：D． 考点02 平行四边形 1．(24-25八下·云南红河哈尼族彝族石屏县·期末)平行四边形的对角线一定具有的性质是（   ） A．相等 B．互相垂直 C．互相平分 D．以上都不对 【答案】C 【分析】此题考查了平行四边形的性质．平行四边形的性质包括对角线互相平分，但对角线不一定相等或垂直，据此进行解答即可． 【详解】解：∵平行四边形的对角线互相平分，但不一定相等、互相垂直， ∴选项C正确； 故选：C 2．(24-25八下·云南临沧镇康县·期末)如图，在中，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质及平行线的性质．先利用平行四边形的性质得出，，再由平行线的性质得出，根据已知条件计算出的度数，随即得到的度数． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴，解得， ∴． 故选：B． 3．(24-25八下·云南临沧市·模拟)在平行四边形中，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，根据平行四边形中，对角相等，邻角互补的性质，可以设出未知数，列出方程，进而即可求解，熟练掌握平行四边形对角相等，邻角互补的性质是解题的关键． 【详解】设度数为，如图，    ∵平行四边形中，对角相等，邻角互补得， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴， 故选：D． 4．(24-25八下·云南丽江·期末)如图，在中，于点，于点．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，平行线的性质，直角三角形的性质，熟练掌握平行四边形的对边平行，直角三角形两锐角互余是解题的关键， 根据平行四边形得到，结合垂直的意义得到，再由平行线的性质得到，最后根据同角的余角相等求解即可． 【详解】解：∵，， ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：A． 5．(24-25八下·云南普洱·期末)如图，在中，，，的平分线交于点，则的长为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】此题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的判定与性质. 在中，的平分线交于点E，易证得是等腰三角形，继而求得答案． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ． 故选：C． 6．(24-25八下·云南楚雄彝族·期末)如图，在中，的平分线交于点的平分线交于点．若，则的长是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定等知识，根据平行四边形的性质得出，，，根据平行线的性质和角平分线的定义可得出，根据等角对等边可得出，同理，然后根据线段的和差关系求解即可． 【详解】解∶∵四边形是平行四边形，， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 同理， 又， ∴， 故选：B． 7．(24-25八下·南昆明五华区·期末)如图，平行四边形的对角线与相交于点O，，若，则的长是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，先由的对角线与相交于点O，得根据条件，，得出的值，再结合勾股定理列式，即可作答． 【详解】解：∵的对角线与相交于点O， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 故选：D． 8．(24-25八下·云南红河州屏边县·期末)如图，在四边形中，与相交于点E，点E是的中点，要判定四边形是平行四边形，能添加的条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查了平行四边形的判定定理，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形进行判断即可，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，故A正确； 选项B，C，D均不能证明四边形是平行四边形， 故选：A． 9．(24-25八下·云南红河州金平县·)如图，四边形的对角线相交于点O，下列条件中不能判定四边形是平行四边形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】本题主要考查平行四边形的判定定理，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键；因此此题可根据平行四边形的判定定理进行求解即可． 【详解】解：A、当，时，可根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”判定四边形是平行四边形，故不符合题意； B、当，时，可根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形” 判定四边形是平行四边形，故不符合题意； C、当，时，则有，所以，所以，同理可得，所以根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形” 判定四边形是平行四边形，故不符合题意； D、当，时，无法判定四边形是平行四边形，故符合题意； 故选D． 10．(24-25八下·云南普洱·期末)0．如图，是的对角线，是直线上两点，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定．根据平行四边形的性质，可得，从而得到，进而得到，即可求证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴，即， 在和中， ∵，，， ∴． 11．(24-25八下·云南临沧市凤庆县凤山镇·模拟)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． 12．(24-25八下·云南昆明安宁第一中学·模拟)如图，在中，点、在对角线上，且．求证：． 【答案】见详解 【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定及平行四边形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定及平行四边形的性质是解题的关键；由题意易得，则有，然后通过证明可进行求证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 13．(24-25八下·云南红河哈尼族彝族石屏县·期末)如图，在四边形中，，点E为的中点，，下面是两位同学的对话．请你证明小明的说法是正确的． 小朱：由题目的已知条件，可以证明四边形为平行四边形． 小明： 由题目的已知条件，若连接，则． 【答案】见解析 【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质．证明四边形为平行四边形，即可得到结论． 【详解】证明：连接， 点E为的中点，， ， ， 四边形为平行四边形， ． 14．(24-25八下·云南红河州金平县·)在中，E，F是对角线上两点，并且，连接，，，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，根据平行四边形的性质得出，， 根据，得出，即可证明四边形是平行四边形． 【详解】证明：连接，交于O，如图所示： ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 即． ∴四边形是平行四边形． 15．(24-25八下·云南临沧中学·期末)5．如图，在中，，点在上，作交于点，延长至点使得，连结，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若平分，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形定义“两组对边平行的四边形是平行四边形”，证明，即可证明； （2）根据平分，，可证，在中，根据勾股定理可得，即可求得面积． 【详解】（1）证明：， 又， 四边形是平行四边形 （2）平分，，， ， ，且，， 在中，. 【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，平行线的性质和判定，勾股定理的应用，主要在于熟练掌握各个知识点的衔接. 16．(24-25八下·云南昆明五华区·期末)如图，在中，对角线相交于点O，，，点E，F分别是的中点，连接，，垂足为点M，交于点N． (1)求证：； (2)若，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质可得，进而推出，均为等腰直角三角形，可得，从而得到是的中位线，等量代换可得； （2）由（1）知，，，可求出的面积，根据，所以，可求出，，进而求出的面积． 【详解】（1）证明：连接， ∵，点是的中点， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴，均为等腰直角三角形． ∴． ∵点，分别是，的中点， ∴是的中位线． ∴． ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴． （2）由（1）知，，， ∴． ∵四边形为平行四边形， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴的面积． 考点03 中位线及其性质 1．(24-25八下·云南个旧·期末)如图所示，某数学小组为测量池塘两侧、两点之间的距离，在空地上另取一点，并找到，的中点，，通过测量得，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，准确计算是解题的关键． 利用三角形中位线定理计算即可； 【详解】解： 、为，的中点， 是的中位线， ， ， ． 故选． 2．(24-25八下·云南红河哈尼族彝族石屏县·期末)如图，在平坦的地面上，为测量位于水塘旁的两点A，B间的距离，先确定一点O，分别取的中点C，D，量得m，则A，B之间的距离是（    ）    A．20m B．40m C．60m D．80m 【答案】D 【分析】根据三角形的中位线定理进行求解即可． 【详解】解：∵C，D为的中点， ∴是的中位线， ∴； 故选D． 3．(24-25八下·南昆明五华区·期末)如图，四边形中，，，，点，分别为线段，上的动点（含端点，但点不与点重合），点，分别为，的中点，则长度的最大值为（    ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】D 【分析】连接DN，根据三角形中位线定理得到EF=DN，根据题意得到当点N与点B重合时，DN最大，根据勾股定理计算，得到答案． 【详解】解：连接DN， ∵点E，F分别为DM，MN的中点， ∴EF是△MND的中位线， ∴EF=DN， ∵点M，N分别为线段BC，AB上的动点， ∴当点N与点B重合时，DN最大，此时DN==10， ∴EF长度的最大值为：×10=5， 故选：D． 4．(24-25八下·云南临沧镇康县·期末)如图，D，E，F分别是三边的中点，若的周长为20，则的周长为（   ） A．5 B．10 C．20 D．40 【答案】B 【分析】本题考查了三角形中位线定理，先根据三角形中位线定理求出的周长，再利用同样的定理求出三边中点围成的三角形的周长即可． 【详解】解：∵D，E，F分别是，，的中点， ∴，，， ∴， 又∵， ∴． 故选：B． 5．(24-25八下·云南楚雄彝族·期末)若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是菱形．则四边形ABCD一定是 (       ) A．菱形 B．对角线互相垂直的四边形 C．矩形 D．对角线相等的四边形 【答案】D 【分析】根据三角形的中位线定理得到EH∥FG，EF=FG，EF=BD，要是四边形为菱形，得出EF=EH，即可得到答案． 【详解】解：∵E，F，G，H分别是边AD，AB，CB，DC的中点， ∴EH=AC，EH∥AC，FG=AC，FG∥AC，EF=BD， ∴EH∥FG，EF=FG， ∴四边形EFGH是平行四边形， 假设AC=BD， ∵EH=AC，EF=BD， 则EF=EH， ∴平行四边形EFGH是菱形， 即只有具备AC=BD即可推出四边形是菱形， 故选：D． 6．(24-25八下·云南临沧中学·期末)如图，在中，，，点D、E分别为的中点，连接，若，则的长度为__________． 【答案】 【分析】本题考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，含有角的直角三角形，根据三角形中位线定理得到，根据直角三角形的性质和勾股定理求出，根据直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】∵点D、E分别为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴，， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 7．(24-25八下·云南楚雄彝族·期末)如图，在中，分别是边的中点．若的周长为40，则的周长为_______． 【答案】20 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，三角形的中位线等于第三边长的一半，据此可得，再由三角形周长公式可得，据此求解即可． 【详解】解：∵在中，分别是边的中点， ∴都是的中位线， ∴， ∵的周长为40， ∴， ∴的周长， 故答案为：20． 8．(24-25八下·南昆明五华区·期末)如图，依次连结第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连结菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去．已知第一个矩形的面积为s，则第n个矩形的面积为_____． 【答案】 【详解】已知第一个矩形的面积为s； 第二个矩形的面积为原来的（）2×2-2s=s； 第三个矩形的面积是（s）2×3-2=s； … 故第n个矩形的面积为：（）2n-2s． 故答案为（）2n-2s． 考点04 矩形 1．(24-25八下·云南昆明安宁第一中学·模拟)在矩形中，对角线相交于点O，若，则的长为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质，正确进行计算是解题关键．根据矩形的性质即可得到的长是的长的2倍． 【详解】解：如图， 由题意可得：， ∴． 故选：B． 2．(24-25八下·云南昆明东川区·期末)如图，矩形的对角线和相交于点O，过点O的直线分别交和于点E、F，，，则图中阴影部分的面积为（　　） A．8 B．12 C．16 D．20 【答案】B 【分析】首先结合矩形的性质证明，得、的面积相等，从而将阴影部分的面积转化为的面积，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ，， ； 在和中， ， ， ， ； ， ． 故选：B． 3．(24-25八下·云南昆明盘龙区·期末)如图，在教学过程中，王老师为了更加直观地让学生体验四边形不具有稳定性，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，向右拉动框架，给出了如下结论： ①拉动后的四边形为平行四边形； ②拉动前后四边形对角线的长度不变； ③拉动前后四边形的面积不变； ④拉动前后四边形的周长不变． 其中正确的结论是（　　） A．①② B．①④ C．①②④ D．①③④ 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，平行四边形的判定和性质、平行四边形的周长、面积等知识，解题的关键是熟练应用这些知识解决问题，属于中考常考题型．根据平行四边形的判定方法即可判断①正确，观察图形即可判断．可得②错误，由底不变，高变小可得③错误． 根据平行四边形性质即可判断④正确． 【详解】解：∵两组对边的长度分别相等， ∴四边形是平行四边形，故①正确， ∵向右扭动框架， ∴的长度变大，故②错误， ∵平行四边形的底不变，高变小了， ∴平行四边形的面积变小，故③错误， ∵平行四边形的四条边不变， ∴四边形的周长不变，故④正确． 故所有正确的结论是①④． 故选：B． 4．(24-25八下·云南临沧市·模拟)已知平面直角坐标系中，有两点，，且满足，为上一动点（不与，重合），轴，轴，垂足分别为，，连接，则的最小值为（    ） A． B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】连接OP，先求出a=3，则b=4，再由勾股定理得AB=5，然后证四边形OEPF是矩形，则EF=OP，当OP⊥AB时，OP最小，EF也最小，进而由面积法求解即可． 【详解】解：如图，连接OP， ∵， ∴，， 解得：， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵轴，轴， ∴， ∴四边形OEPF是矩形， ∴， 当时，OP最小，EF也最小，此时，， ∴EF的最小值为， 故选：A． 5．(24-25八下·云南临沧耿马自治县·期末)已知四边形是平行四边形，下列条件中，不能判定为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线相等的平行四边形是矩形判断即可． 【详解】解：如图， A、，能判定为矩形，本选项不符合题意； B、∵，，∴，能判定为矩形，本选项不符合题意； C、，能判定为矩形，本选项不符合题意； D、，能判定为菱形，不能判定为矩形，本选项符合题意； 故选：D． 6．(24-25八下·云南昆明东川区·期末)课堂上，某同学制作了一个四边形门框模型，就如何判断门框模型是否是矩形？老师提出了以下四个判定方法，方法一：测量四个角是否相等；方法二：测量四条边是否相等；方法三：测量两条对角线是否相等；方法四：验证是否是轴对称图形其中能判定这个四边形门框模型是矩形的是（   ） A．方法一 B．方法二 C．方法三 D．方法四 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的判定、轴对称的性质等知识点，掌握矩形的判定定理成为解题的关键． 根据矩形的判定定理逐项判断即可． 【详解】解：①四边形的四个角相等．四边形内角和为360°，若四个角相等，则每个角为90°，即为矩形．符合矩形定义，故①不符合题意； ②四条边相等．四边相等的四边形是菱形，不一定是矩形（需额外有直角），故②不符合题意； ③对角线相等．仅对角线相等无法判定矩形（如等腰梯形对角线相等但不是矩形），需结合平行四边形条件，故③不符合题意； ④轴对称图形．轴对称图形不唯一（如菱形、等腰梯形均轴对称），无法确定是矩形，故④不符合题意． 故选A． 7．(24-25八下·云南玉溪·期末)周末，小刚去正在装修的房屋查看进度，放在地上的一块地板砖吸引了他的注意，于是他找来卷尺进行如下操作：①测量地板砖的两组对边长度是否分别相等；②测量地板砖的两条对角线是否相等，以此判断地板砖的表面是否为矩形．小刚的判断依据是（   ） A．对角线相等的平行四边形是矩形 B．有三个角是直角的四边形是矩形 C．有一个角是直角的平行四边形是矩形 D．对角线相等的四边形是矩形 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，熟练掌握平行四边形和矩形的判定是解题的关键．利用①判定平行四边形，再利用②判定矩形，即可得判断依据． 【详解】解：由①测量地板砖的两组对边长度是否分别相等， 即，， 则可判断四边形是平行四边形； 由②测量地板砖的两条对角线是否相等， 即， 则利用“对角线相等的平行四边形是矩形”可判断四边形是矩形； 故选：A． 8．(24-25八下·云南丽江地区·期末)如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE=3，AF=5，则AC的长为（   ） A． B． C．10 D．8 【答案】A 【分析】连接AE，由线段垂直平分线的性质得出OA=OC，AE=CE，证明△AOF≌△COE得出AF=CE=5，得出AE=CE=5，BC=BE+CE=8，由勾股定理求出AB=4，再由勾股定理求出AC即可． 【详解】解：如图，连结AE， 设AC交EF于O， 依题意，有AO＝OC，∠AOF＝∠COE，∠OAF＝∠OCE， 所以，△OAF≌△OCE（ASA）， 所以，EC＝AF＝5， 因为EF为线段AC的中垂线， 所以，EA＝EC＝5， 又BE＝3，由勾股定理，得：AB＝4， 所以，AC＝ 9．(24-25八下·云南临沧市·模拟)如图，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，若，则折痕的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查折叠问题，勾股定理，矩形的性质，解题关键是由勾股定理列出关于的方程． 连接，由矩形的性质得到，由勾股定理求出，由由折叠的性质得到，，设，由勾股定理得到，求出，得到，由勾股定理求出，判定是等腰三角形，由等腰三角形的性质得到． 【详解】连接，交于点， ∵四边形是矩形， ， ， 根据折叠的性质得，和关于对称，， ， ∴垂直平分， ， 设， ， ∵， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故选∶A． 10．(24-25八下·云南昆明盘龙区·期末)如图，在矩形中，平分交于点E，垂直平分交于点O，交于点F，若，则四边形的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，则，证明四边形是菱形，再证明和全等得，在中，由勾股定理得，进而得，如图，连接，证明为等边三角形，可得，，求解，然后再根据菱形的面积公式即可得出四边形的面积． 【详解】解：设，则， ∵垂直平分交于点O， ∴，，，， 在矩形中，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵平分交于点E，，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 如图，连接，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， 在中，， 由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴四边形的面积为：． 故选：C． 11．(24-25八下·云南临沧镇康县·期末)1．如图，公路和互相垂直，点B和的中点D被一个湖泊隔开，若公路的长为10千米，则B，D两点之间的距离为（   ） A．20千米 B．15千米 C．10千米 D．5千米 【答案】D 【分析】本题考查了直角三角形斜边上中线性质，利用直角三角形斜边上的中线性质来求解B和D之间的距离即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵点D是的中点，， ∴． 故选：D． 12．(24-25八下·云南红河哈尼族彝族石屏县·期末)若一个三角形一条边上的中线等于与这条边平行的中位线，则这个三角形一定是（   ） A．等腰三角形 B．等边三角形 C．等腰直角三角形 D．直角三角形 【答案】D 【分析】本题考查三角形的中位线定理，等腰三角形的判定和性质，根据题意，画出图形，证明三角形为直角三角形即可得． 【详解】解：如图，为的中位线，为的中线，且， ∴ ∴，， ∵， 即， ∴，即． ∴是直角三角形． 故选D． 13．(24-25八下·云南昆明安宁第一中学·模拟)如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是上的一点，且，点是的中点，连接，若，．则的长是(    ) A．6 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，构造以为斜边的直角三角形从而运用勾股定理求解是解题的关键．过作于点，根据矩形的性质得到，从而判定，再根据相似三角形的对应边成比例求出和，继而求出，最后用勾股定理求解即可． 【详解】如图，过作于点， ∵四边形是矩形， ∴，， 又∵， ∴，， 在四边形中，， ， ， ， 又∵点是的中点， ∴， 在Rt中，， 故选：B． 14．(24-25八下·云南昆明五华区·期末)已知：和线段， 求作：平行四边形，使， 作法；如图． （）在射线上截取，在射线上截取； （）分别以点为圆心，的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点； （）连接、 如果是一个直角，那么这个平行四边形就是一个矩形． 你认为王芳同学做出判断的依据是：______． 【答案】有一个角是直角的平行四边形是矩形 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形判断即可，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 【详解】解：由作图可知，， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形都是矩形， 做出判断的依据是：有一个角是直角的平行四边形是矩形， 故答案为：有一个角是直角的平行四边形是矩形． 15．(24-25八下·云南丽江·期末)如图，在矩形中，对角线相交于点，于点．若，则的长为__________． 【答案】8 【分析】根据矩形和线段垂直平分线的性质得到，则是等边三角形，然后求出，再由角直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，角直角三角形的性质，求出是解题的关键． 16．(24-25八下·云南大理州·模拟)如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，过点作，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定、菱形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）利用矩形的判定即可证明； （2）由可得，平行四边形是菱形，得到，再利用勾股定理即可求出的长． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵在平行四边形中，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是菱形， ∴， ∵， ∴在中，， ∴， ∴在中，． 17．(24-25八下·云南临沧镇康县·期末)如图，矩形在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为，对角线与相交于点D．过点的直线l将矩形的面积分成相等的两部分． (1)直接写出点B和点D的坐标； (2)求直线l解析式； (3)若将直线l沿y轴平移个单位长度，则它与x轴的交点向哪个方向平移了几个单位长度？ 【答案】(1)， (2) (3)直线l沿y轴向上平移个单位长度时，它与x轴的交点向右平移了5个单位长度，直线l沿y轴向下平移个单位长度时，它与x轴的交点向左平移了5个单位长度 【分析】本题考查了矩形的性质，平面直角坐标系中点的特征，一次函数解析式求解及一次函数平移规则． （1）根据矩形的性质和已知点的坐标求出的长度，的长度，进而得出点B的坐标，再根据矩形对角线互相平分的特点求出点D的坐标即可； （2）直线l将矩形的面积分成相等的两部分，利用矩形是中心对称图形的特点，此时直线l恒过矩形的对角线交点D，利用待定系数法求出直线l的解析式即可； （3）分情况讨论：①当直线l沿y轴向上平移个单位长度时，先求出平移后直线l的解析式，计算出此时与x轴的坐标，再求出原直线l与x轴的坐标，即可判断平移方向并计算出平移的单位长度；②当直线l沿y轴向下平移个单位长度时，同理求出平移后直线l的解析式，得出与x轴坐标，再求出原直线l与x轴的坐标，即可判断平移方向并计算出平移的单位长度． 【详解】（1）解：在矩形中，点A的坐标为，点C的坐标为， ∴，， ∴，， ∴点B坐标为， 又∵点D为对角线，交点， ∴，， ∴点D坐标为． （2）解：∵过点的直线l将矩形的面积分成相等的两部分， 而矩形是中心对称图形，其对称中心是对角线的交点， ∴直线l恒过点， 设直线l的解析式为，将点，点代入得， ，解得， ∴直线l的解析式为． （3）解：①当直线l沿y轴向上平移个单位长度时： 解析式变为， 令，则，解得， ∴平移后的直线l与x轴交点为， 原直线l中，令，则，解得， ∴原直线l与x轴交点为， ∴平移的距离为：， ∴直线l与x轴的交点向右平移了5个单位长度； ②当直线l沿y轴向下平移个单位长度时： 解析式变为， 令，则，解得， ∴平移后的直线l与x轴交点为， 原直线l中，令，则，解得， ∴原直线l与x轴交点为， ∴平移的距离为：， ∴直线l与x轴的交点向左平移了5个单位长度， 综上所述，直线l沿y轴向上平移个单位长度时，它与x轴的交点向右平移了5个单位长度，直线l沿y轴向下平移个单位长度时，它与x轴的交点向左平移了5个单位长度． 18．(24-25八下·云南红河哈尼族彝族蒙自·期末)如图（1），在矩形中，，是的中点，过点作于点，的延长线交于点． (1)求的度数； (2)如图②，延长至点，使得，连接，，．证明：； (3)设，且，在（2）的条件下，求的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3)5 【分析】（1）根据斜边上的中线等于斜边的一半，等边三角形的判定和性质，解答即可； （2）连接，交于点，根据矩形，得是，的中点，根据线段的中点是唯一的，得M与重合，利用三角形中位线定理证明即可． （3）先证明，得到，，， ，代入计算即可． 本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）解：∵矩形中， ∴ ∵是的中点， ∴, ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴． （2）证明：如图，连接，交于点， ∵矩形， ∴是，的中点， ∵线段的中点是唯一的， ∴M与重合， ∵， ∴， ∵， ∴, ∴． （3）解：根据（2）得是中位线， ∴， ∵， ∴， 根据（1）得是等边三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴， 根据勾股定理，得， ∵， ∴     解得， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴     解得， ∴， ∴， ∴， ∴． 19．(24-25八下·云南红河州屏边县·期末)如图，四边形的对角线与相交于点，，交于点，交于点，是上的一点，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，为中点，求的长； (3)若，现有以下个结论： ， ， ．请你看一看，想一想，证一证以上个结论中正确的一个． 【答案】(1)证明见解析； (2)的长为； (3)，证明见解析． 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由，则四边形是平行四边形，，然后通过矩形的判定方法即可求证； （）由四边形是矩形，，即，通过勾股定理得，因为为中点，所以，再根据即可求出的长； （）连接，证明，则，再证明，得到，，，设，则有，然后通过三角形内角和定理得出，最后由线段的和与差即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，即， ∴， ∵为中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的长为； （3）解：， 证明：如图，连接， 由（）得， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在和中， , ∴， ∴，，， 设， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 20．(24-25八下·南昆明五华区·期末)在平面直角坐标系中存在矩形，点、点，且a、b满足：（实数）． (1)求A点坐标； (2)如图1，作的角平分线交y轴于点D，的中点为点E，作交x轴于点F．求证：； (3)如图2，在（2）的条件下，当时，将矩形向右推倒得到矩形，使点A与点重合，点落在x轴上．现在将矩形沿射线以每秒1个单位长度的速度平移如图3，设平移过程中矩形与矩形重合部分的面积为S，平移时间为t，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据算术平方根的非负性求解即可； （2）连接，先根据矩形性质和角平分线的定义得到，然后根据直角三角形斜边上的中线性质得到，再根据等腰三角形的性质得到，进而，证明即可证得结论； （3）分情况讨论：当时、当时、当时、当时，分别画出图形，利用矩形面积公式进行求解即可． 【详解】（1）解：∵，且，， ∴，， 解得，， ∴； （2）证明：连接，如图， 在矩形中，， ∵平分， ∴， 在中，的中点为点E， ∴， ∴， ∴，又， ∴，即， ∴， ∴； （3）解：由题意，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，则， 分以下情况： 当时，如图，重叠部分为矩形， 由题意，， ∴； 当时，如图，重叠部分为正方形， ∴； 当时，如图，重叠部分为矩形， 由题意，，， ∴； 当时，无重叠部分，∴， 综上，S与t之间的函数关系式为 ． 【点睛】本题考查四边形的综合，涉及算术平方根的非负性、直角三角形斜边中线性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平移性质、求函数解析式等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，数形结合和分类讨论思想的运用是解答的关键． 考点05 菱形 1．(24-25八下·云南昆明五华区·期末)如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的大小（菱形的边长不变）．当时，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的对角线平分对角的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，是对角线， ∴，平分， ∴， 故选：A ． 2．(24-25八下·云南临沧中学·期末)如图，在菱形中，，对角线交于点，为的中点，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理．由菱形的性质求得，，根据三角形中位线定理得到，求得，据此求解即可． 【详解】解：∵在菱形中，， ∴，，O为的中点， ∵E为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 3．(24-25八下·云南临沧中学·期末)如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作于点H，连接OH，若，OH的长为1.5，则（    ） A．24 B．12 C．8 D．6 【答案】B 【分析】根据菱形的性质得出AC⊥BD，AO＝OC，BD＝2OH，求出AC，BD，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半可求出答案． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AO＝OC，OD=OB， ∵OA＝4，OH＝1.5，DH⊥BC， ∴AC＝2OA＝8，BD＝2OH＝3， ∴S菱形ABCD＝AC•BD＝×8×3＝12， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线性质等知识点，解决问题的关键是掌握：菱形的对角线互相垂直且平分，菱形的面积等于对角线积的一半． 4．(24-25八下·云南大理州·模拟)如图，菱形中，垂直平分，垂足为E，．那么的长是___．    【答案】 【分析】先证明是等边三角形，得出，再得出，根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理即可得出的长． 【详解】解：∵菱形中，垂直平分， ∴， ∴， ∴，则， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理的运用；熟练掌握菱形的性质，证明等边三角形、含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出是解决问题的关键． 5．(24-25八下·云南昆明东川区·期末)已知，按以下步骤作图，如图1~图3． （1）以点为圆心，任意长为半径作弧，与的两边分别交于点， （2）分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点 （3）分别连接，． 则可以直接判定四边形是菱形的依据是（   ） A．一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．四条边相等的四边形是菱形 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的判定，尺规作图作线段．根据作图可知，即可解答． 【详解】解：由作图可知：， ∴四边形为菱形， 故选：D． 6．(24-25八下·云南玉溪·期末)如图，某同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则________． 【答案】66 【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：由作图可得， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 7．(24-25八下·云南红河哈尼族彝族石屏县·期末)如图所示，四边形的对角线，互相平分，若要添加一个适当的条件使它成为菱形，则这个条件可以是_______________(只填一个即可)．    【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查菱形的判定，根据菱形的判定求解即可． 【详解】解：∵四边形的对角线，互相平分， ∴当时，四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 8．(24-25八下·云南昆明安宁第一中学·模拟)如图，在四边形中，点与点关于直线对称，连接交于点为上一点，，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求的度数及的长． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】本题考查了菱形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键； （1）根据轴对称的性质可得，，进而证明四边形为平行四边形，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可得证； （2）根据等边对等角得出，进而根据三角形的外角的性质即可得出的度数，进而根据等边三角形的性质以及含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，进而根据，即可求解． 【详解】（1）证明：∵点与点关于直线对称 ∴，， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； （2）∵ ∴ ∴ ∵四边形为菱形； ∴，， ∴ ∴是等边三角形， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 9．(24-25八下·云南临沧镇康县·期末)如图，在四边形中，，，，平分交于点E，连接交于点F，连接． (1)求证：四边形是菱形： (2)已知，，求的长． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】本题考查了平行的性质，角平分线定理，勾股定理及菱形的判定与性质． （1）由平行的性质得出，再由角平分线定理得出，从而得到，根据等腰三角形等边对等角推出，再由已知条件进一步得出，进而得出结论； （2）利用勾股定理求得的长，再根据菱形的性质设，则，根据勾股定理列出方程并求解a的值，进而得到和的长，最后再次利用勾股定理求出的长，并根据菱形对角线互相垂直平分的性质得出的长． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：∵，，， ∴在中，由勾股定理得，， 又∵四边形是菱形， ∴，，，， 设，则， 在中，， ∴，解得， ∴，， 在中，， ∴． 10．(24-25八下·云南红河州屏边县·期末)如图，在平行四边形中，，分别是，的平分线，且，分别在边，上，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求平行线与间的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)平行线与间的距离为． 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，角平分线的定义，直角三角形的性质，平行线间的距离，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由四边形是平行四边形，得，，通过平行线的性质可得，，再由角平分线定义可得，，所以，从而证明，四边形是平行四边形，然后通过邻边相等的平行四边形即可求证； （）过作于点，则，则有，得，通过勾股定理求出即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∵，分别是，的平分线， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，过作于点，则， ∴， ∴， ∴， ∴平行线与间的距离为． 11．(24-25八下·云南红河哈尼族彝族石屏县·期末)1．如图，在中，，是的中线，过点作于点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若四边形的周长是20，两条对角线的和等于14，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)24 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，菱形的面积公式，利用完全平方式解决几何问题等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）利用直角三角形的性质得出，判定出是的垂直平分线，然后利用等角对等边证出相等的边，利用四条边相等的四边形为菱形即可求解； （2）根据菱形的性质得出，然后利用利用勾股定理得出，借助于完全平方式即可求解． 【详解】（1）证明：，是的中线， ． 又于点， ， 是的垂直平分线， ． ， ． ， ， ． 于点， ， ， 四边形是菱形． （2）解：由（1）知四边形是菱形，周长为20，则． 两条对角线的和等于14， ． ，， ， ，① 在中， 由勾股定理得， 将①式两边同时平方得， ， ， 菱形的面积为． 考点06 正方形 1．(24-25八下·云南红河州屏边县·期末)如图，点E是正方形对角线的中点，，则正方形的周长为（   ） A． B．8 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质和勾股定理，求出边长是解题的关键． 利用正方形的性质和勾股定理求出边长即可解决问题． 【详解】解：∵点E是正方形对角线的中点，， ∴， ∴， ∵在正方形中， ∴， ∴正方形的周长为：， 故选：B． 2．(24-25八下·云南红河哈尼族彝族石屏县·期末)如图，在正方形的外侧，作等边三角形，连接，则为（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由正方形的性质可得，由等边三角形的性质可得，，由等腰三角形的性质可求，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，掌握正方形的性质是本题的关键． 3．(24-25八下·云南临沧耿马自治县·期末)如图，正方形中，点E是对角线上的一点，且，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质，根据正方形的性质，得到，，进而得到，又因为，推出，进而即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， ， ， 故选：B． 4．(24-25八下·云南丽江·期末)判定矩形为正方形，可添加的条件是（     ） A．对角线互相平分B．对角线互相垂直 C．对角相等 D．对角线相等 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的判定，矩形加判定菱形的条件可判定正方形，菱形加判定矩形的条件可判定正方形，据此即可求解；掌握正方形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：对角线互相垂直的矩形是正方形； 故选：B． 5．(24-25八下·云南昆明五县区·期末)如图，正方形纸片的边长为6，点分别在边上，将分别沿折叠，点恰好都落在点处，已知，则的长为__________． 【答案】5 【分析】本题考查了正方形的性质，翻折变换，勾股定理，解题关键是要注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 由正方形纸片的边长为6，可得，，由根据折叠的性质得：，，然后设，在中，由勾股定理，即可得方程，解方程即可求得答案． 【详解】解：∵正方形纸片的边长为6， ∴，， 根据折叠的性质得：，， 设， 则，，， ∵在中，， ∴，解得：， ∴， ∴． 故答案为5． 6．(24-25八下·云南红河哈尼族彝族蒙自·期末)如图，将正方形和正方形放置在较大的正方形中，重叠部分是一个较小的正方形，若矩形的周长等于，大正方形面积等于72，则重叠部分的小正方形面积为________． 【答案】8 【分析】设正方形和正方形的边长分别为x，y，根据题意，得大正方形的边长为，，，结合题意，得即，解答即可． 本题考查了完全平方公式的应用，熟练掌握公式是解题的关键． 【详解】解：设正方形和正方形的边长分别为x，y，根据题意，得大正方形的边长为，，， 矩形的周长等于， 得即， 故重叠小正方形的边长为， 故面积为 ， 故答案为：8． 7．(24-25八下·云南临沧市·模拟)在综合实践活动中，同学们将对学校的一块正方形花园进行测量规划使用，如图，点处是它的两个门，且，要修建两条直路，与相交于点（两个门的大小忽略不计）． (1)请问这两条路是否等长？它们有什么位置关系，说明理由； (2)同学们测得米，米，根据实际需要，某小组同学想在四边形地上再修一条米长的直路，这条直路的一端在门处，另一端在已经修建好的路段或花园的边界上，并且另一端与点B处的距离不少于米，请问能否修建成这样的直路，若能，能修建几条，并说明理由． 【答案】(1)这两条路与等长，且它们相互垂直； (2)如果另一端点在花园边界上时，能修建成这样的一条直路，理由见解析． 【分析】本题考查主要了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等面积法等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由四边形是正方形，则，，证明，故有，，又，则，从而求解； （）由（）得，，由勾股定理得出，由，即，得到，则有，然后分另一端点在路段上和另一端点在花园边界上时两种情况分析即可． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴这两条路与等长，且它们相互垂直； （2）解：能修建一条这样的直路，理由如下： 由（）得，， ∵米，米， ∴米，米，米， ∴， ∴， ∴， 又∵在中有， ∴， ∴， ∴， 如果另一端点在路段上， 则在中，， ∴此种情况不成立； 如果另一端点在花园边界上时， 设，则在中，有， ∴， ∴， ∵， ∴能修建成这样的一条直路． 8．(24-25八下·云南临沧镇康县·期末)如图，在正方形中，点E在线段上，且不与点B重合，且．过点F作交的延长线于点G，连接． (1)若，求的度数； (2)求证：． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】本题考查了正方形的性质，直角三角形两锐角互余及全等三角形的判定与性质． （1）根据正方形的性质可得，再由已知条件利用直角三角形两锐角互余可求得的度数，再根据利用平角的定义可求出的度数； （2）利用直角三角形两锐角互余及平角的定义得到，证明推导出，，利用正方形的性质可得到，则，进而得出． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴． （2）证明：由题意知，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 又∵四边形是正方形， ∴， ∴，即， ∴． 9．(24-25八下·云南玉溪·期末)如图，四边形是正方形，是线段上一点，点在对角线上，，的延长线交的延长线于点，连接． (1)________； (2)求证：； (3)若，以下与线段、线段、线段有关的三个结论：，，，你认为哪个正确？请说明理由． 【答案】(1)； (2)见解析； (3)正确，见解析． 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，邻补角的定义，掌握知识点是解题的关键． （1）由四边形是正方形，得根据邻补角的定义，即可解答； （2）先证明，可得，，继而推导出 与，即可解答． （3）正确．延长使得，连接，先证明，可推导出，，继而证明是等腰直角三角形，则，，再由，得，即可解答． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴ ∴． 故答案为：． （2）证明：在正方形中， ，． 在和中， ， ，． ， ， ， ． （3）正确． 理由如下： 如图，延长使得，连接， ，，， ． 在和中， ， ， ，， ， 四边形是正方形， ， ， ． ， ， ， 是等腰直角三角形，且， ， ， 又， ． 10．(24-25八下·云南楚雄彝族·期末)倍长中线法是一种常见的几何解题方法，它是指延长中线，使所延长部分与中线相等，然后连接相应的顶点，构造出全等三角形，将分散的条件集中起来，从而解决问题的方法． 问题解决 如图1，在中，是边上的中线，延长到点，使，连接． （1）求证：． （2）若，，，求的长． 拓展应用 （3）如图2，在正方形中，是的中点，连接，过点作于点，连接，求证：． 【答案】（1）证明过程见解析； （2）； （3）证明过程见解析． 【分析】（1）由已知可得，根据即可证得结论； （2）由三角形全等可得对应边相等，由勾股定理的逆定理可证得是直角三角形，，根据勾股定理可得的长度，从而可得的长； （3）延长到点，使，连接，可证，由全等三角形的性质和正方形的性质，点为的中点，根据直角三角形的性质即可证得结论． 【详解】（1）解：证明：∵是边上的中线， ∴， 又∵，， ∴． （2）解：由（1）知，， ∴，，， 又∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴是直角三角形， 在中，， ∴． （3）证明：如图，延长到点，使，连接． ∵是边的中点， ∴． 又∵，， ∴， ∴，． 在正方形中，，， ∴， ∴、、三点共线，且为的中点． ∵， ∴， 即． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，正方形的性质，直角三角形的性质，解题的关键是正确作出辅助线． 11．(24-25八下·云南红河州金平县·)已知四边形是边长为的正方形，P，Q是正方形边上的两个动点，点P从点A出发，以的速度沿A→B→C方向运动，点Q同时从点D出发以速度沿D→C方向运动．设点P运动的时间为t（）． (1)如图1，当点P在边上，四边形为平行四边形时，求t的值； (2)如图2，当点P在边上，时，求t的值； (3)点P在运动过程中，是否存在四边形的面积等于正方形的面积的一半，若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的性质与判定及平行四边形的性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的性质与判定及平行四边形的性质是解题的关键； （1）由题意易得，则有，然后可得当时，四边形为平行四边形，进而问题可求解； （2）由题意易得，则有，然后可得方程，进而求解即可； （3）由题意可分：当点P在边上，当点P在边上，即，然后分类进行求解即可． 【详解】（1）解：当点P在边上，则有，所以， 在正方形中，， ∴当时，四边形为平行四边形， ∴， 解得：， ∴当时，四边形为平行四边形； （2）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点P在边上， ∴， ∴， 解得：； （3）解：存在，理由如下： 由题意可分：当点P在边上，则有，所以，此时四边形是梯形， ∴四边形的面积为， ∵四边形的面积等于正方形的面积的一半， ∴， 解得：（不符合题意，舍去）； 当点P在边上，即，则有，如图， ∵四边形的面积等于正方形的面积的一半， ∴与的面积之和也为正方形的面积的一半， ∴， 解得：； 综上所述：当时，四边形的面积等于正方形的面积的一半． 12．(24-25八下·云南临沧市凤庆县·模拟)如图，在正方形中，点E为上一点，过点E作交于点O，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：； (2)试说明． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点． （1）由等腰直角三角形以及矩形的性质得到，正方形得到，由等腰直角三角形得到，即可证明全等； （2）连接，先证明等腰，则由勾股定理得，由矩形得到，则，再证明，则，即可得到． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵矩形， ∴， ∴，， ∴， ∴； （2）证明：连接， ∵， ∴，， ∵正方形中，， ∴ ∴， ∴在中，由勾股定理得， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵正方形中，， ∵， ∴， ∴， ∴． 13．(24-25八下·云南德宏州·期末)如图，在正方形中，E是上的一个动点（E不与B，C重合），F是上的一个动点（F不与D，C重合）． (1)如图1，当E，F分别是的中点时，连接．求证：； (2)如图2，当时，连接，判断三条线段的数量关系，并说明理由； (3)如图3，M是上的一个动点，连接，当，，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）证明，即可得到； （2）延长至点N，使，连接，证明，得到，，再证明，即可得到； （3）过点A作，与相交于点G，延长到点K，使，连接，证明，得到，，再证明，在、和中，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵点E，F分别是的中点， ∴， 在和中，有 ， ∴， ∴； （2）解：三条线段的数量关系为， 理由如下：延长至点N，使，连接． ∵， ∴， 在和中，有 ， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，有 ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴三条线段的数量关系为； （3） 解：过点A作，与相交于点G，延长到点K，使，连接． ∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵M在上，G，E在上， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 在中，，，由勾股定理得： ， ∴， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得： ， ∴， 解得， ∴． 在中，由勾股定理得：． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 14．(24-25八下·云南曲靖·期末)如图，在正方形中，，点分别为三边、、上的动点（三点均不与其所在线段端点重合），、交于点，． (1)如图，当点运动到中点时，直接写出的长； (2)如图，当时，过点作交于点，求证：； (3)如图，点在运动过程中，是否存在最小值，如果存在，请求出该值，如果不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在最小值， 【分析】（）过点作于点，证明四边形为平行四边形，得到，即得，进而可得四边形为矩形，再证明，得到，即可求解； （）证明四边形为矩形，得到，，即得，进而证明，得到，即得到，即可求证； （3）连接交于点，连接，可证，得到，，即得，又由得，得到，即得到，作点关于的对称点，过点作延长线于点，连接，则，，，可得，可知即点三点共线时，的值最小，最小值为的长，利用勾股定理求出的长，进而由即可求解． 【详解】（1）解：过点作于点，如图所示： ∵在正方形中，，点是中点， ∴，，，， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ， ， ∴四边形为矩形， ，， 又， ， ， ， ， ， 在与中 ， ， ， ， ， ； （3）解：存在最小值，最小值为，理由如下： 连接交于点，连接， ∵四边形为正方形， ，，， ， 在与中， ， ， ，， ， 在与中， ， ， ， ， ， 作点关于的对称点，过点作延长线于点，连接，则，，， ∴， 即点三点共线时，的值最小，最小值为的长， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ， ∵， ∴， ， 在中，， 的最小值为， ∵， 的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，勾股定理等，正确作出辅助线是解题的关键． 15．(24-25八下·云南昭通·期末)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），考虑到点是的中点，小明想到的方法是如图2，取的中点，连接，证明，从而得到． (1)小明的证法中，证明的依据为（   ） A．SSS    B．SAS    C．ASA    D．HL (2)如图3，若把条件“点是边的中点”改为“点是边的任意一点”，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． (3)以下与线段，CE，有关的三个结论： ，，． 你认为哪个正确？请说明理由． 【答案】(1)C (2)成立，证明见解析 (3)我认为成立，理由见解析 【分析】（1）需根据图2中辅助线构造的条件，分析和的边和角的关系，结合全等三角形判定定理判断依据． （2）类似（1），在上取合适点构造全等三角形，通过证明三角形全等得出． （3）利用前面证明的全等关系，将线段进行转化，结合等腰直角三角形的性质判断结论． 【详解】（1）解：四边形是正方形，、分别是、中点， ， ∴, ∴， 是外角平分线， ∴ ∴， ∵， ∴， ∵， ． 在和中， ， 答案选C ． （2）解：仍然成立．理由见解析： 在上取一点，使，连接． 四边形是正方形， ，． ， ， ， ∴． 是正方形外角平分线，， ， ． ， ， 又， ． 在和中， ， ，即仍然成立． （3）解：结论成立，理由如下： 由（2）知， ，． ，， ． 在中，根据三角形三边关系，， 又，， ， ∴结论成立，结论与都不成立． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角形三边关系，熟练掌握全等三角形的判定方法（等 ）和正方形性质，灵活构造全等三角形是解题的关键． 16．(24-25八下·云南昆明五华区·期末)［问题情境］数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形中，是的中点，，与正方形的外角的平分线交于点．试猜想与的数量关系，并加以证明： ［实践探究］希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形中，为边上一动点（点，不重合），是等腰直角三角形，，连接，可以求出的大小，请你思考并解答这个问题． ［拓展迁移］突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，为边上一动点（点，不重合），是等腰直角三角形，，连接．知道正方形的边长时，可以求出周长的最小值．当时，请你求出周长的最小值． 【答案】[问题情境]：，理由见详解 [实践探究]： [拓展迁移]： 【分析】[问题情境]：取的中点，连接，利用同角的余角相等说明，再根据证明，得； [实践探究]：在上取，连接，由（1）同理可得，则，再说明是等腰直角三角形即可得出答案； [拓展迁移]：作，交的延长线于，交于，连接，则是等腰直角三角形，可知点与关于对称，则的最小值为的长，利用勾股定理求出，进而得出答案． 【详解】解：[问题情境]， 理由如下：取的中点，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴ 、分别为正方形的边、的中点， ， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； [实践探究] 解：在上取，连接， 由（1）同理可得， ， ∵是等腰直角三角形 ∴， ， ， ，， ，而， ， ， ， ， [拓展迁移] 解：连接，作，交的延长线于，交于，连接，， 由（2）知，， ， ∴， ∴， 是等腰直角三角形， 点与关于对称， ∴最小值为的长， ， ，， 由勾股定理得， 周长的最小值为． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，轴对称最短路线问题，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 17．(24-25八下·云南临沧市凤庆县·模拟)在正方形中，点E，G分别为边，上一点，且，连接AE，过点E作，交正方形外角的平分线于点F． (1)如图1，连接．求证：； (2)如图2，连接交于点P，求证：P为的中点； (3)试探究，，的数量关系并证明． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)，见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． （1）可证得，，进而得出，从而； （2）连接，，可证得，从而，从而，可证得，从而，，从而，从而得出，从而，即P为的中点； （3）连接，作，交于H，可证得是等腰直角三角形，从而得出，从而，可证得，从而，从而得出． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵是得平分线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图1， 连接，， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， 由（1）知， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴P为的中点； （3）如图2， ，理由如下： 连接，作，交于H， ∴， 由（1）（2）知， ，点P是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是正方形的对角线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 考点07 四边形综合 1．(24-25八下·云南保山腾冲·期末)矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（　　） A．对边相等 B．对角相等 C．对角线相等 D．对角线互相平分 【答案】C 【分析】根据矩形和平行四边形的性质进行解答即可． 【详解】矩形的对角线互相平分且相等，而平行四边形的对角线互相平分，不一定相等． 故选C． 【点睛】本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．如：矩形的对角线相等；四个角都是直角等． 2．(24-25八下·云南文山·)正方形具有而一般矩形不一定具有的性质是（    ） A．两组对边分别相等 B．两条对角线互相平分 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，正方形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用正方形具备而矩形不具备的性质．如，正方形的对角线相等，邻边相等．根据正方形和矩形的性质容易得出结论． 【详解】解：A、两组对边分别相等，矩形和正方形都具有，故不合题意； B、两条对角线互相平分，矩形和正方形都具有，故不合题意； C、两条对角线互相垂直，正方形具有而一般矩形不一定具有的性质，故合题意； D、两条对角线相等，矩形和正方形都具有，故不合题意； 故选：C． 3．(24-25八下·云南临沧中学·期末)如图，在中，，，下列四个判断不正确的是（　　） A．四边形是平行四边形 B．如果，那么四边形是矩形 C．如果，那么四边形是菱形 D．如果且，那么四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理和正方形的判定定理等知识点．两组对边分别平行的平行四边形是平行四边形；有一个角是的平行四边形是矩形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形；四个角是直角且四个边都相等的四边形是正方形，据此逐个判断即可． 【详解】解：A、∵，， ∴四边形是平行四边形， 故A选项正确，不符合题意； B、∵四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形， 故B选项正确，不符合题意； C、∵， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形，故C选项正确，不符合题意； D、∵且， ∴平分，则， ∵， ∴， ∴， ∴， 则四边形是菱形， 故D选项错误，符合题意； 故选：D． 4．(24-25八下·云南丽江地区·模拟)如图，先有一张矩形纸片，点分别在矩形的边上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在矩形的边上，记为点，点落在点处，连接，交于点，连接．下列结论：①；②四边形是菱形；③重合时，；④的面积的取值范围是．其中正确的是（   ） A．①③ B．①② C．②③ D．②④ 【答案】C 【分析】先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设，得，进而得，这个不一定成立，判断①错误；点P与点A重合时，设，表示出，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得，判断出③正确；当过D点时，求得四边形的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值即可判断④，进而可得答案． 【详解】解：由题意，， ∴， 由折叠的性质得：，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故正确； ∴，， ∴， ∵， 若， ∴， ∴，这个结论不一定成立，故错误； 点与点重合时，如图所示， 设，则， ∴在中，, ∴， 解得：， ∴，， ∴， ∴， ∴，故正确； 当过点时，，结合四边形是菱形得到菱形是正方形，则，如图所示，最短，四边形面积最小， ∴； 当点与点重合时，如图，最长，四边形的面积最大，此时，， ∴， ∴，故错误； 正确的项为， 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质，掌握折叠的性质及菱形的性质是解题的关键． 5．(24-25八下·云南临沧市凤庆县·模拟)已知有两张全等的矩形纸片，长是，宽是．如图将这两张纸片叠合得到菱形．设菱形的面积为，则s的取值范围是__________． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．当两张纸片叠合成如图1的正方形时面积最小，根据正方形的面积公式计算即可；当两张纸片叠合成如图2时，菱形的面积最大，先证得出，设，在中根据勾股定理即可求出的值，再根据菱形的面积公式计算即可，从而得出的取值范围． 【详解】解：当两张纸片叠合成如图1时，菱形的面积最小， 此时菱形为正方形， 矩形的宽是， ， 正方形的面积为； 当两张纸片叠合成如图2时，菱形的面积最大， 矩形和矩形全等， ，， 又， ， ， 设 ， 则 ， 在中，由勾股定理得， ， 解得， 即， ， 的取值范围是， 故答案为：． 6．(24-25八下·云南玉溪·期末)如图，矩形的对角线，交于点，延长到，使，延长到，使． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求和之间的距离． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）先由对角线互相平分的四边形是平行四边形，再由，即可得出结论； （2）由菱形的性质得出 ， ，由勾股定理求出，则，设和之间的距离为，然后由菱形的面积公式即可得出结果． 【详解】（1）证明：如图，四边形是矩形， ，，． ，， ，， 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，，， ， ． 设和之间的距离为， ， ， ． 7．(24-25八下·云南临沧市·模拟)如图，在矩形中，点为对角线、的交点，过点作，且，连接、． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知菱形的面积为12，边长为5，连接，求的边上的高． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定及性质，三角形的面积，熟练掌握菱形的判定及性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质可得，进而求得，再根据证得四边形是平行四边形，再根据即可得出结论； （2）根据题意易得，进而可知，再根据面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． （2）解：如图，        ∵四边形是菱形，四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设的边上的高为， ， ，则的边上的高为． 8．(24-25八下·云南昆明五县区·期末)如图，点是菱形对角线的交点，过点作，过点作，与相交于点． (1)求证：四边形是矩形： (2)若，求与之间的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查矩形的性质与判定、菱形的性质，平行四边形的性质与判定，勾股定理，掌握矩形的判定方法及菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键． （1）由条件可证得四边形为平行四边形，再由菱形的性质可求得，则可证得四边形为矩形． （2）过点做，易证，，由勾股定理得：，继而求出，，求出，即可解答． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． （2）过点做 ∵四边形是矩形， ∴， 由（1）得， ∴在中， 由勾股定理得：， ∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴ 即． 答：与之间的距离为． 9．(24-25八下·云南普洱·期末)如图，在菱形中，对角线与相交于点，过点作，且，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)13 【分析】该题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理．解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据四边形是菱形，得出，结合，得出，结合，，即可证明四边形是矩形． （2）根据四边形是菱形，，，得出，，勾股定理求出，根据四边形是矩形，得出． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． （2）解：∵四边形是菱形，，， ∴，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴． 10．(24-25八下·云南红河州金平县·)0．如图，在矩形中，，分别是，的中点，，分别是线段，的中点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若菱形的面积为，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、三角形中位线定理，熟练掌握特殊四边形的性质与判定及三角形中位线的性质是解题的关键． （1）先利用矩形性质及中点条件证明，得，再结合三角形中位线定理证四边形是平行四边形，进而证其为菱形； （2）利用菱形面积与三角形面积的关系，结合矩形边长与菱形边长的联系，计算矩形面积． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∵是中点， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴， ∵，分别是，的中点，是中点， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：连接， ∵四边形是矩形，，分别是，中点， ∴，，， ∵，分别是，的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，，即， ∵菱形的面积， 又∵，是，中点， ∴， ∴，即， ∴矩形的面积． 11．(24-25八下·云南临沧耿马自治县·期末)如图，矩形的对角线与相交于点O，且，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)见详解 (2)8 【分析】该题考查了菱形的性质和判定，勾股定理，矩形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，再根据矩形对角线相等且互相平分可得进而可以解决问题； （2）在矩形中，，则，结合，得出，则，，根据，得出，则，进而可以解决问题． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵矩形的对角线与相交于点， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵在矩形中，， ∴， 又， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的周长． 12．(24-25八下·云南楚雄彝族·期末)如图，是的中点，四边形是矩形． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了矩形的性质，平行线的判定和性质，等边对等角． （1）根据矩形的性质得到，求出，即可证明四边形是平行四边形； （2）根据矩形的性质和平行四边形的性质得到，根据等边对等角得到，根据平行线的性质证明即可． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ． 是的中点， ， ． ， 四边形是平行四边形； （2）证明：四边形是矩形， ． 四边形是平行四边形， ， ， ． 又， ， ． 13．(24-25八下·云南保山腾冲·期末)如图，在四边形中，，点O在上，过点O作分别交，于点E和点F，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)若菱形的周长是32，，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)18 【分析】此题考查了菱形的性质和判定，勾股定理，完全平方公式的运用，解题的关键是掌握以上知识点． （1）首先证明出四边形是平行四边形，然后结合即可证明出四边形是菱形； （2）首先根据菱形的性质得到，，然后利用勾股定理得到，然后结合完全平方公式求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴四边形是菱形； （2）解：∵菱形的周长是32， ∴ ∵四边形是菱形 ∴， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴． 14．(24-25八下·云南丽江·期末)如图，在矩形中，，．点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点的运动速度都是，连接．设点的运动时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形？ (2)当为何值时，四边形是菱形？ 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了菱形、矩形的判定与性质，勾股定理．解决此题的关键是注意结合方程思想． （1）当四边形是矩形时，，据此求得t的值； （2）当四边形是菱形时，，根据勾股定理，列方程求得运动的时间t． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， 当时，四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形， ∴此时， 解得：． 答：当时，四边形是矩形． （2）解：∵，， ∴四边形是平行四边形， 当时，四边形为菱形． 设t秒后，，四边形为菱形， 根据勾股定理得：， 即， 解得：． 答：当时，四边形是菱形． 15．(24-25八下·南昆明五华区·期末)如图，点A、F、C、D在同一直线上，点B和点E分别在直线AD的两侧，且AB=DE，∠A=∠D，AF=DC． （1）求证：四边形BCEF是平行四边形； （2）若∠DEF=90°，DE=8，EF=6，当AF为　 　时，四边形BCEF是菱形． 【答案】（1）详见解析；（2） ． 【分析】（1）由AB=DE，∠A=∠D，AF=DC，易证得△ABC≌DEF（SAS），即可得BC=EF，且BC∥EF，即可判定四边形BCEF是平行四边形； （2）由四边形BCEF是平行四边形，可得当BE⊥CF时，四边形BCEF是菱形，所以连接BE，交CF与点G，由三角形DEF的面积求出EG的长，根据勾股定理求出FG的长，则可求出答案． 【详解】（1）证明：∵AF=DC， ∴AC=DF， 在△ABC和△DEF中， ， ∴△ABC≌△DEF（SAS）， ∴BC=EF，∠ACB=∠DFE， ∴BC∥EF， ∴四边形BCEF是平行四边形； （2）如图，连接BE，交CF于点G， ∵四边形BCEF是平行四边形， ∴当BE⊥CF时，四边形BCEF是菱形， ∵∠DEF=90°，DE=8，EF=6， ∴DF==10， ∴S△DEF， ∴EG， ∴FG=CG， ∴AF=CD=DF﹣2FG=10﹣=． 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质以及勾股定理等知识．熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 16．(24-25八下·云南临沧市凤庆县·模拟)如图，菱形的对角线交于点O，E为中点．连接并延长至点，使得．连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，菱形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质以及勾股定理． （1）由菱形的性质得出，则，由矩形的判定可得出结论； （2）求出和的长，由勾股定理可得出答案． 【详解】（1）证明：， ， ． 四边形是菱形， ， ． 又 四边形是平行四边形． 又 是矩形． （2）解：四边形是矩形， ， 四边形是菱形， ，， ∴ ∴， ． 17．(24-25八下·云南曲靖·期末)已知：四边形是矩形，对角线、相交于点O，若，，、交于点E． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的平分线交于点F，且，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据对边平行可判定四边形是平行四边形，然后根据矩形的性质得到，即可判定四边形是菱形； （2）根据矩形的性质和角平分线的定义，得到，，推出为直角三角形，结合30度所对直角边等于斜边的一半，得到，设，则，，利用勾股定理得到、，结合，即可求得的值． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵四边形是矩形，对角线、相交于点， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵平分， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ∵， ∴， 设，则，， ∴在中，， 在中，， ∴ ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，分母有理化，勾股定理，角直角三角形的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 18．(24-25八下·云南文山·)如图，点是菱形对角线的交点，过点作，过点作，与相交于点． (1)求证：四边形是矩形 (2)若6，，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查矩形、菱形的判定和性质，掌握矩形的判定方法及菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键． （1）由条件可证得四边形为平行四边形，再由菱形的性质可求得，则可证得四边形为矩形； （2）首先推知是等边三角形，所以，则，根据勾股定理知，结合矩形的面积公式解答即可． 【详解】（1）证明：∵，， 四边形是平行四边形， 又四边形是菱形， ，即， 四边形是矩形； （2）在菱形中，， ， 又， 是等边三角形， ， ， ， 矩形的面积是． 19．(24-25八下·云南红河哈尼族彝族蒙自·期末)在中，，为的中点，过点作．为上的一点，且，连接，． (1)证明：四边形是平行四边形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据，为的中点，得到，结合，得到，证明四边形是平行四边形即可； （2）先证明四边形是菱形．根据勾股定理，结合菱形的面积是：，解答即可． 本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵，为的中点， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵，为的中点， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形． ∴ ∵，， ∴， ∴菱形的面积是：． 20．(24-25八下·云南昆明东川区·期末)如图，是直角三角形，且，点、分别是、的中点，连接并延长至点，使得，连接、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的周长为30，且，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)30 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形．再结合直角三角形的性质可得，即可得证； （2）设，．则，，由勾股定理可得，求出，即可得出结果． 【详解】（1）证明：点是的中点， ． ， ∴四边形是平行四边形． 是直角三角形，点是的中点， ． 四边形是菱形． （2）解：设，． 的周长为，． ，． 在中，由勾股定理得． ∵， ∴． ∵点、分别是、的中点， ∴， ∵， ∴． ∴． 答：四边形的面积为30． 21．(24-25八下·云南昆明东川区·期末)如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，矩形的顶点A、C的坐标为，将矩形的一个角沿直线折叠，使得点A落在对角线上的点E处，折痕与x轴交于点D． (1)求线段的长度； (2)求直线所对应的函数表达式； (3)如图，点Q在线段上，点P在线段上，当四边形是平行四边形时，求点P的坐标． 【答案】(1)15 (2) (3) 【分析】（1）根据，得到，根据矩形 得到，利用勾股定理求线段的长度即可； （2）设，则，根据折叠的性质，得，由（1）得， 根据勾股定理，确定，设的解析式为，利用待定系数法解答即可； （3）不妨设，，根据四边形是平行四边形，，，构造方程组，解答即可． 本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，待定系数法，平行四边形的判定和性质，中点坐标公式的应用，解方程组，熟练掌握性质和中点坐标公式的应用，是解题的关键． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形 ∴ ∵， ∴， ∴， ∴由勾股定理得． （2）解：设，则， 根据折叠的性质，得， 由（1）得， ∴， ∴由勾股定理得， 解得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设的解析式为， 根据题意，得， 解得， ∴的解析式为． （3）解：过点E作于点F， 设直线的函数表达式为：， 根据题意，得， 则， 解得 ∴直线的函数表达式为 ∵点E在直线上， 不妨设 ∴， 解得， ∴， 根据题意，不妨设，，的交点为M， ∵四边形是平行四边形，，， ∴， ∴或， 而两个点是同一个点，横坐标，纵坐标相同， ∴， 解得， 故． 22．(24-25八下·云南个旧·期末)2．如图1，在矩形中，，是边上的一个动点（点不与重合），，垂足为点，过点作，交的延长线于点． (1)若， ①求证：四边形是菱形； ②求四边形的周长； (2)如图2，于点，于点，探究：当为何值时，四边形是正方形？ 【答案】(1)①证明见详解② (2)时，四边形是正方形，证明见详解 【分析】本题考查了矩形、菱形、正方形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理等几何知识；解题的关键是灵活运用矩形的性质（对边平行且相等、四个角为直角）和特殊四边形（菱形、正方形）的判定定理，通过构造全等三角形或利用勾股定理进行计算 （1）①由和矩形性质，证明，得到，再结合和，证明四边形是平行四边形，由一组邻边相等证菱形；②利用全等和勾股定理，求出四边形各边的长度，再求周长； （2）分析时可先假设四边形是正方形，反推的长度，若四边形是正方形，则，，再由得，可得，计算得出长度，然后书写时，使用长度，反推导四边形是正方形即可． 【详解】（1）①证明：在矩形中，，， ∴，，， ∴ ∵， ∴ 又∵， 在和中， ∴ ∴， ∵，且， ∴ 四边形是平行四边形 又∵， ∴ 平行四边形是菱形 ②由①得 ∴， ∵在中，， ∴ ∴ ∵，， ∴ （2）当时，四边形是正方形 ∵ ∴ ∵在矩形中， ∴ 又∵ ∴为等腰直角三角形， ∴ 又∵，于点 ∴ ∴四边形为矩形 ∵ ∴矩形为正方形 23．(24-25八下·云南文山壮族苗族自治州·模拟)如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴、轴的正半轴上，点的坐标为，一次函数的图象与轴交于点，与边、分别交于点、，且．点是线段上的一个动点． (1)求的值； (2)连接，当四边形的面积是三角形面积的4倍时，求点的坐标； (3)在轴的上方是否存在一点，使、、、为顶点的四边形是菱形，若存在，请求出符合题意的点坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】本题是一次函数、菱形的判定与性质的综合题，主要考查了菱形的判定方法，正确根据菱形的性质求得的坐标是解决本题的关键． （1）将代入即可求解； （2）在中，令，解得，求出的坐标是，根据，得出，则的坐标是，再求得四边形的面积，则的面积即可求得，设出的横坐标，根据三角形的面积公式即可求得的横坐标，进而求得的坐标； （3）分成四边形是菱形和四边形是菱形、四边形是菱形三种情况进行讨论，四边形是菱形时，是的中垂线与的交点，关于的对称点就是；四边形是菱形，在直角上，设出的坐标，根据即可求得的坐标，则根据和的中点重合，即可求得的坐标．四边形是菱形，同理即可求解． 【详解】（1）解：∵一次函数的图象与轴交于点， 将代入得， 解得：； （2）解：在中，令，解得， 则的坐标是， ∵， ∴，则的坐标是， 则， ∵四边形的面积是三角形的面积的4倍， ， 设的横坐标是，则， 解得：， 把代入得． 则的坐标是； （3）解：当四边形是菱形时，如图（1）， ∵的坐标是， 则的纵坐标是， 把代入，得，解得：， 则的坐标是， 则的坐标是； 当四边形是菱形时，如图（2）， 则， 设的横坐标是，则纵坐标是 ， 则， 解得：或 0 （舍去 ）． 则的坐标是． 则的中点是． 则的坐标是． 当是菱形时， 则， 设的横坐标是（），则纵坐标是 ， 则， 解得：或（舍去 ）． 则的坐标是． 则的中点是． 则（舍去）， 故的坐标是或． 24．(24-25八下·云南昆明五县区·期末)【问题提出】 如图1，是菱形边上一点，是等腰三角形，，交于点，探究与的数量关系． 【问题探究】 （1）先将问题特殊化，如图2，当时，求的度数． 方 法 一 在边上截取．易证是等腰直角三角形．接着可以证明 ，得到，从而可得与的关系． 方 法 二 过点作，垂足为点，易证 ，从而可得，所以．又，所以是等腰直角三角形，从而可得与的关系． 根据以上方法，直接写出_____； （2）再探究一般情形，如图1，探究与的数量关系； 【问题拓展】 （3）将图1特殊化，，如图3，若，求的值． 【答案】（1）45；（2）；（3）20 【分析】本题考查菱形性质、三角形全等、三角形相似，解题的关键是熟悉菱形性质、三角形全等、三角形相似． （1）方法一：在上截取，使，连接，先证明得到，再由正方形的性质得到，则，可得到，则，进而得到． 方法二：延长，过点F作，证明即可得出结论． （2）在上截取，使，连接，证明，通过边和角的关系即可证明． （3）过点A作的垂线交的延长线于点P，求出菱形的边长为40，由（2）知，，通过相似求出，即可解出． 【详解】解：方法一：在上截取，使，连接． ∵，， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴四边形是正方形， ∴ ∴， ∴， ∴ ∴． 方法二：延长过点F作， ∵，， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：45； （2）在上截取，使，连接． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴ ∵， ∴． ∴ （3）过点A作的垂线交的延长线于点P， ∵，， ∴， 在中，∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， 由（2）知，． ∵， ∴． ∴， ∴， ∴, 在上截取，使，连接，作于点O． 由（2）知，， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $