专题03 四边形必刷题（十六大题型）-2025-2026学年八年级数学下册期末高频必刷题（人教版）

**基本信息** 以多边形到特殊平行四边形的知识进阶为主线，通过16类题型系统覆盖四边形核心考点，注重几何直观与推理能力培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |多边形|6题|边、角、对角线计算及实际应用|从一般多边形性质过渡到特殊四边形| |平行四边形|10题|性质应用、判定及综合证明|衔接多边形与特殊平行四边形，强化判定与性质综合| |三角形中位线|4题|中位线性质与四边形结合|作为特殊四边形性质应用的桥梁| |矩形|8题|性质计算、判定及综合应用|从平行四边形到特殊平行四边形的第一次深化| |菱形|10题|性质（含面积）、判定及综合|延续矩形逻辑，突出菱形特殊性质| |正方形|7题|性质应用及综合证明|特殊平行四边形的最高层次综合| |最值问题|8题|动点、中点相关最值计算|结合几何直观，提升空间观念与推理能力|

专题03 四边形必刷题 【题型1：多边形-边﹑角综合】 【题型2：多边形-对角线】 【题型3：多边形的实际应用】 【题型4：利用平行四边形的性质求解】 【题型5：平行四边形的判定】 【题型6：平行四边形的判定与性质综合】 【题型7：利用三角形的中位线求解】 【题型8：利用矩形的性质求解】 【题型9：矩形的判定】 【题型10：矩形的判定与性质综合】 【题型11：利用菱形的性质求解】 【题型12：菱形的判定】 【题型13：菱形的判定与性质综合】 【题型14：利用正方形的性质求解】 【题型15：正方形的判定与性质综合】 【题型16：特殊平行四边形最值问题】 【题型1：多边形-边﹑角综合】 1．八边形的外角和为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：∵任意多边形的外角和都为，与边数无关 ∴八边形的外角和为． 2．如图是金砖国家的图标，其可近似看作一个圆内接正五边形，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由是正五边形可得，，利用等腰三角形的性质及三角形内角和定理即可求出，从而得解． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴，， ∴， ∴， 故选：C． 3．一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】本题主要考查了多边形的内角与外角，熟记多边形内角和公式和外角和定理并列出方程是解题的关键． 利用多边形外角和为的性质以及内角和公式建立方程求解即可． 【详解】设多边形的边数为， ∵ 多边形的外角和为，且内角和是外角和的倍， ∴ 内角和， 又∵ 内角和 ， ∴ ， 解得：， 即这个多边形的边数为． 故选：C． 4．如图，正五边形的对角线与相交于点O，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正五边形的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，解题的关键是利用这些性质求出相关角的度数，再通过三角形外角的性质计算出的度数． 【详解】解：正五边形每个内角的度数为， 因为正五边形各边相等，所以和均为等腰三角形． 在中，； 同理，在中． ， 故选：C． 5．王老师准备装修新房，考虑选用两种地砖进行组合铺设，下列组合中能够铺满地面的是（   ） A．正三角形和正六边形 B．正方形和正五边形 C．正三角形和正五边形 D．正五边形和正七边形 【答案】A 【分析】本题主要考查了平面几何图形镶嵌，解题的关键是明确围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角． 判断两种正多边形能否铺满地面，需满足在顶点处两种多边形的内角之和为． 【详解】正多边形的内角公式为：． A：正三角形（内角）和正六边形（内角）． 设顶点处有个三角形和个六边形，则，化简得． 存在整数解，如、（），可铺满地面． B：正方形（内角）和正五边形（内角）． 方程为，化简得，无整数解． C：正三角形（）和正五边形（）． 方程为，化简得，无整数解． D：正五边形（）和正七边形（）． 方程为，无整数解． 故选：A． 6．将一块长方形木板锯掉一个角，则锯掉后剩下的多边形木板的内角和为（   ） A．或 B．或 C．或 D．或或 【答案】D 【分析】本题主要考查了多边形的内角和，理解一个长方形锯掉一个角以后得到的多边形的形状是解题的关键． 长方形木板锯掉一个角后可能是三角形或四边形或五边形，再根据多边形的内角和定理即可解决． 【详解】解：长方形木板锯掉一个角以后可能是：三角形或四边形或五边形， 则剩下的多边形木板的内角和是或或． 故选：D． 【题型2：多边形-对角线】 7．若一个正多边形的每个外角是，则它共有几条对角线（    ） A．9 B．6 C．18 D．12 【答案】A 【分析】本题考查正多边形的性质，多边形的外角和定理和对角线的数量，掌握多边形的外角和定理和对角线数量的公式是解题的关键． 先根据正多边形外角和为360°，求出边数n，再利用对角线公式计算． 【详解】正多边形每个外角为60°，外角和为360°，故边数 ． 正n边形的对角线总数为 ．代入 ，得： 因此，该正六边形共有9条对角线， 故选：A． 8．从多边形的一个顶点引对角线，将这个多边形分成7个三角形，则这个多边形的边数为（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【分析】本题考查多边形对角线分割三角形的个数问题，根据从边形的一个顶点出发，可以将多边形分为个三角形，进行求解即可． 【详解】解：设多边形有条边，由题意，得：， ， 故选：C． 【题型3：多边形的实际应用】 9．如图，小明从点出发沿直线前进12米到达点，向左转后又沿直线前进12米到达点，再向左转后沿直线前进12米到达点，．．．，照这样走下去，小明第一次回到出发点时所走的路程为（    ） A．120米 B．96米 C．72米 D．48米 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形的边数的求法，多边形的外角和为；根据题意判断出小明走过的图形是正多边形是解题的关键． 根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用除以求出边数，然后再乘以12米即可． 【详解】解：∵小明每次都是沿直线前进12米后向左转45度， ∴他走过的图形是正多边形， ∴边数， ∴他第一次回到出发点A时，一共走了米． 故选B． 10．有一程序，如果机器人在平地上按如图所示的步骤行走，那么机器人回到点处行走的路程是_____米． 【答案】 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，判断出走过的路线是正多边形是解题的关键．先判断出机器人所走过的路线是正多边形，然后用多边形的外角和除以每一个外角的度数求出多边形的边数，再根据周长公式列式进行计算即可得解． 【详解】解：根据题意得，机器人所走过的路线是正多边形，每一次都是向右转， 多边形的边数，周长（米）． 故答案为：48． 【题型4：利用平行四边形的性质求解】 11．平行四边形中，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，准确计算是解题的关键． 利用平行四边形的邻角互补性质，直接计算的度数． 【详解】四边形是平行四边形， ， ， ． 故选． 12．如图，中，的平分线交于，，，则的长（   ） A．1 B．1.5 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质及等腰三角形的判定，需结合角平分线和平行线的性质推导线段关系．本题主要考查了平行四边形的性质及等腰三角形的判定，熟练掌握平行线的性质及角平分线定义是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形 ∴， ∴（两直线平行，内错角相等） ∵平分 ∴ ∴（等量代换） ∴是等腰三角形 ∴ ∵ ∴ 故选：C． 13．如图，在中，过点A分别作的垂线段，垂足为E，F，若，，，则线段的长为（     ） A．3 B． C． D．4 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是掌握面积法解决问题．利用面积法，即可获得答案． 【详解】解：在中，过点A分别作的垂线段，垂足为E，F， 则该平行四边形的面积， ∴． 故选：B． 14．如图，在中，对角线、相交于点，若，，，则的周长为（   ） A．14 B．15.5 C．12 D．15 【答案】D 【分析】此题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的性质得到，由此求出答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵，，， ∴， ∴的周长为， 故选：D． 15．如图，中，以点为圆心，适当长为半径作弧，分别交，于点，，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点，作射线交于点，交的延长线于点，若，则的长为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】本题考查尺规作图——作角平分线，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，综合运用各个知识是解题的关键．根据题意的作图可得平分，则，由四边形是平行四边形，可得，，证明得，即可求解． 【详解】解：根据题意的作图可得平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：D． 16．如图，在中，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线，分别交边，于点，，连接，若的周长为，则的周长为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质，根据线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质即可证得结论，熟练掌握线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质是解答本题的关键． 【详解】解：由作图知，垂直平分， ， 的周长为， ， 四边形是平行四边形， ，， 的周长为． 故选：C． 【题型5：平行四边形的判定】 17．如图，下面能判断四边形是平行四边形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握判定定理：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形． 根据平行四边形的判定定理进行判断即可． 【详解】解：A、∵，，不能得出四边形是平行四边形，错误； B、∵，，邻角相等，∴不能得出四边形是平行四边形，错误； C、∵，，∴四边形是平行四边形，正确； D、∵，，不能得出四边形是平行四边形，错误． 故选：C． 18．如图，这是嘉嘉同学在证明一四边形是平行四边形时的不完整推理过程，为了使嘉嘉的推理成立，需在括号中添加条件，下列添加的条件正确的是（　　） 如图，∵， ∴． 又∵（　　）， ∴四边形是平行四边形． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题重点考查平行四边形的判断，正确理解和应用平行四边形的定义和判定定理是解题的关键． 由，求得，因为，所以，则与不平行，可知四边形不是平行四边形，可判断A不符合题意；因为，所以四边形是平行四边形或等腰梯形，可知四边形不一定是平行四边形，可判断B不符合题意；因为，所以，可判断C不符合题意；由，，可证明四边形是平行四边形，可判断D符合题意，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴与不平行， ∴四边形不是平行四边形，故A不符合题意； ∵， ∴四边形是平行四边形或等腰梯形， ∴四边形不一定是平行四边形，故B不符合题意； ∵， ∴， ∴与不平行， ∴四边形不是平行四边形，故C不符合题意； ∵， ∴四边形是平行四边形，故D符合题意， 故选：D． 19．如图1，战国时期《考工记》详细记载了用几何方法校验轮轴支架（“轸”）为平行四边形的技术：“凡察车之道，必自载于地者始也．合矩以为方，中规乃行”．如图2，实际操作为：构成轮轴支架四边形的顶点分别为A，B，C，D，若，且，则轮轴支架形成的四边形是平行四边形的最简明理由是（    ） A．对角线互相平分 B．两组对边分别相等 C．一组对边平行且相等 D．两组对边分别平行 【答案】A 【分析】此题主要考查了平行四边形的判定，正确把握对角线互相平分的四边形是平行四边形是解题关键． 【详解】解：由题意可知，，且， ∴四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）， 故选：A． 【题型6：平行四边形的判定与性质综合】 20．如图，在中，点，分别是，的中点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，，求的周长． 【答案】(1)见解析； (2)36． 【分析】（）由平行四边形的性质和中点的性质可得，即可得结论； （）由角平分线的定义和平行线的性质可证，即可求解； 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵点，分别是，的中点， ∴，， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的周长为． 21．如图，在平行四边形中，与相交于点O，延长至点E，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，，，求平行四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明，，即可得出结论； （2）连接，由平行四边形的性质得出，，，再证，得出，则，然后证，由勾股定理求出，最后由三角形面积公式即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得： ， ∴， ∴平行四边形的面积为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、三角形面积计算等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质和勾股定理是解题的关键． 22．如图，在▱中，、是对角线的三等分点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)，，，求平行四边形的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是∶ （1）根据平行四边形的性质得出，，根据三等分点的定义得出，进而得出，然后根据平行四边形的判定即可得证； （2）根据三等分点得出、，利用勾股定理进而得出，再利用勾股定理得出，即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接交于点， 四边形是平行四边形， ，， ，是对角线的三等分点， ， ， 即， 四边形是平行四边形； （2）解：，、是对角线的三等分点， ，， ， ， ， ， 由（1）可知，四边形是平行四边形， ，， 平行四边形的周长． 【题型7：利用三角形的中位线求解】 23．如图，在中，，分别是边，的中点，，则的长为（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】A 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，熟练掌握“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． 根据三角形中位线的判定，确定是的中位线，再利用中位线定理求的长度． 【详解】解：∵，分别是边，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， 故选：A． 24．如图，菱形的周长为28，对角线交于点O，E为的中点，则的长等于（   ） A．2 B．3.5 C．7 D．14 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，由条件确定出为的中位线是解题的关键．由菱形的周长可求得的长，再利用三角形中位线定理可求得答案． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，且O为的中点． ∵E为的中点， ∴为的中位线， ∴． 故选B． 25．如图，是的中位线，平分交于，，，则的长度为（　　） A．4 B．8 C．12 D．无法求出 【答案】B 【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等知识，由中位线定理得到，，利用平行线的性质和角平分线的定义得到，由等腰三角形的判定求出，可得，即可得到答案． 【详解】解：∵是的中位线， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 26．在四边形中，，E，F分别是和的中点．若，，则为（    ） A．5 B．6 C．8 D．10 【答案】A 【分析】本题主要考查了勾股定理、三角形中位线定理的知识，取的中点H，连接，根据三角形中位线定理得到，，，，证明，根据勾股定理计算即可． 【详解】解：如图，取的中点H，连接， ∵E，H分别是和的中点， ，， 同理可得：， ， ∵， ∴， ∴ 故选：A． 【题型8：利用矩形的性质求解】 27．如图，在矩形中，，，将沿翻折，使得点D落在边上的点F处，则的长是（   ） A．1 B．2 C．6 D．8 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等，解题的关键是掌握折叠前后对应边相等． 根据矩形的性质及折叠的性质可得，，然后利用勾股定理求出的长，进而即可解答． 【详解】解：四边形是矩形， ∴，， 将沿翻折，点D落在边上F处， ∴， ∴在中， ， ． 故选：B 28．如图所示，将一张矩形纸片折叠，使点D与点B重合，点C落在点处，折痕为，若，那么的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，三角形的外角定理，轴对称的性质，掌握轴对称的性质是解题的关键． 利用求，根据折叠性质求，根据三角形外角性质求解即可． 【详解】解：由折叠的性质知，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴, ∵, ∴ 故选：D． 29．如图所示，在矩形中，已知于，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，二次根式的性质．根据矩形的性质求出，得出，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴（负值舍去） 故选A． 30．如图，矩形中，对角线、相交于点，已知，，的面积为15，则的长为（    ） A．8 B．10 C．12 D．14 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的面积等知识，连接，先证明垂直平分，即，进而可得，再根据，问题得解． 【详解】解：连接，如图， ∵四边形是矩形，对角线， ∴，， ∵， ∴垂直平分，即， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 故选：C． 【题型9：矩形的判定】 31．如图，小明能用一根绳子检查一个书架的侧边与上、下底垂直，他的依据是（   ） A．有一个角是直角的平行四边形是矩形 B．对角线相等的四边形是矩形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．有三个角是直角的四边形是矩形 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定． 【详解】解：小明用一根绳子检查一个书架的侧边与上、下底垂直，推理依据是对角线相等的平行四边形是矩形． 故选：C． 32．如图，线段的端点在直线上，过线段上的一点作的平行线，分别交和的平分线于点，，连接，．添加一个适当的条件，使四边形为矩形，则这个条件是_________________（写出一个即可）． 【答案】是的中点（答案不唯一） 【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的关键． 先证，则，同理，再由，证出四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论． 【详解】解：， ． 平分， ， ， ． 同理可证， ． 是的中点， ， 四边形是平行四边形． ，， ， 是矩形． 故答案为：是的中点 ． 【题型10：矩形的判定与性质综合】 33．已知：如图，在矩形中，两条对角线相交于点O，． (1)求的度数； (2)求矩形的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质． （1）根据矩形的性质得出，根据等腰三角形的性质得出； （2）根据直角三角形得出，根据勾股定理求出，根据矩形的面积公式求出矩形的面积即可． 【详解】（1）解：根据矩形性质，，且对角线互相平分， 即， ，在中，， ； （2）解：∵在中，， ， 根据勾股定理得：． 矩形面积为：． 34．如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2.4 【分析】本题考查矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，关键是由平行四边形的性质推出，由勾股定理的逆定理判定是直角三角形， （1）由平行四边形的性质推出，，得到，判定四边形是平行四边形，而，即可证明四边形是矩形． （2）由勾股定理的逆定理判定是直角三角形，由三角形面积公式得到，即可求出． 【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：由（1）知：四边形是矩形，又， ∴， ∵，， ∴， ∴是直角三角形， ∴的面积， ∴， ∴． 35．如图，在中，O为的中点，延长交的延长线于点E，连接，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长为． 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，然后根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可得四边形是矩形． （2）证明和是等边三角形，是等边三角形，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵O为的中点， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴，， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴， 即的长为． 【题型11：利用菱形的性质求解】 36．如图，菱形的周长为，，则AC的长为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，含角的直角三角形的性质，属于基础题，解答本题的关键是掌握菱形的基本性质：菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角.由，可得，根据菱形的周长求出的长度，在中，求出，继而可得出的长． 【详解】解：∵四边形是菱形，周长为， ∴， ∴在中， ∴， ∴． 故选：B． 37．如图，在周长为20的菱形中，对角线与相交于点O．已知，则的长为（ ）　 A．4 B．3 C．8 D．14 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，以及勾股定理，根据菱形性质得到，，再利用勾股定理求出，进而即可求得． 【详解】∵四边形是菱形，且菱形的周长为20， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 38．如图，在面积为96的菱形中，对角线，点是线段上的动点，于，于．则（   ） A．9.6 B．4.8 C．19.2 D．5.6 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质以及面积公式．连接交于点，延长交于点，根据菱形面积公式可得，由菱形的性质结合勾股定理可得，根据菱形的对称性得，则，根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点，延长交于点， 在面积为96的菱形中，对角线， ， ， 由菱形的性质可知：，，， ， 根据菱形的对称性得：， ， 根据菱形的面积公式：， ， 解得：， 即． 故选：A． 39．如图，四边形是菱形，，，于点E，则的长是（　　） A． B．6 C． D．12 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，掌握菱形的性质、勾股定理是解本题的关键． 根据面积等式求线段长度等知识，先求出菱形的面积，再利用勾股定理求出的长，利用菱形面积为面积的两倍求出即可． 【详解】解：四边形是菱形，，， ，，， ， ， 于点E， ， ， ， ． 故选：A． 40．如图，在菱形中，对角线，交于点，，垂足为，连接若，则的长为（　　） A．4 B．3 C． D．6 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．先依据菱形的性质得出相关边和角的关系，确定为等边三角形，再结合直角三角形斜边中线性质求出的长度，进而得到和的长度，最后利用勾股定理求出的长度． 【详解】解：四边形是菱形， ， 是等边三角形， ， 又， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， 故选： 41．如图，在菱形中，对角线、交于点O，过点A作于点E，连接．若，，则菱形的面积为（     ） A．30 B．40 C．50 D．60 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形斜边的中线，关键是由直角三角形斜边中线的性质推出，掌握菱形的面积公式． 由菱形的性质推出，由直角三角形斜边中线的性质推出，于是得到菱形ABCD的面积． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， ， ， 菱形的面积， 故选：A． 【题型12：菱形的判定】 42．如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，添加下列一个条件，能判定平行四边形是菱形的是(　　) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．由菱形的判定、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、， ， ∴平行四边形是菱形，故选项符合题意； B、四边形是平行四边形，， 平行四边形是矩形，故选项不符合题意； C、，四边形是平行四边形， 平行四边形是矩形，故选项不符合题意； D、四边形是平行四边形，， 平行四边形还是平行四边形，故选项不符合题意． 故选：A． 43．如图，已知，按以下步骤作图：①以点A为圆心，以任意长度为半径作弧，与的两边分别交于点B，D；②分别以点B，D为圆心，以的长度为半径作弧，两弧相交于点C，③分别连接，则四边形即为菱形，其依据是（   ） A．四条边相等的四边形是菱形 B．一组邻边相等的平行四边形是菱形 C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．每条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形 【答案】A 【分析】本题主要考查了尺规作图和菱形的判定定理，理解并掌握菱形的判定定理是解题关键． 由作图过程可知，根据菱形的判定定理分析判断即可． 【详解】解：由作图过程可知，， 所以依据是“四条边相等的四边形是菱形”． 故选：A． 【题型13：菱形的性质与判定综合】 44．如图，在四边形纸片中，，，点是上一点，将纸片沿折叠，点恰好落在点处，连接．    (1)判断四边形的形状并证明； (2)若，，求的长． 【答案】(1)四边形是菱形，见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，勾股定理： （1）根据平行线的性质以及折叠的性质可得，从而得到，进而得到，可证明四边形是平行四边形，再由，即可求证； （2）设，在中，利用勾股定理可得，连接，在中，利用勾股定理可得，然后根据，即可求解． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 如图，   ， ． 纸片沿折叠， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． ， 是菱形． （2）解：由（1）得， 设， 在中，， ∴， ∴， 解得：， 即， 连接，    在中，， ． ， ， ． 45．如图，在菱形中，对角线与相交于点O，过点C作的平行线，过点B作的平行线，两直线相交于点E． (1)求证：四边形是矩形． (2)若 ，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）首先可根据，判定四边形是平行四边形，然后根据菱形的性质，得到，可判定四边形是矩形； （2）根据矩形的性质，菱形的性质解答即可． 本题主要考查矩形的判定，平行四边形、菱形的性质，菱形面积的求法，解题的关键是熟记矩形的各种判断方法． 【详解】（1）证明：四边形是矩形．理由如下： ∵为菱形对角线的交点， ∴，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． （2）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴． 46．如图，平行四边形中，平分交于点E，F为边上的点，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质得，由，推导出，则，而，所以，因为，所以四边形是平行四边形，再根据菱形的定义证明四边形是菱形即可； （2）连接，由菱形的性质得，因为，所以，则，求得． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵平分交于点为边上的点，， ， ， ， ∵， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形． （2）解：连接，如图所示： ∵四边形是菱形， ， ， ， ∴是直角三角形，且， ∴， ∴的长是． 【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理及其逆定理等知识，推导出及是解题的关键． 【题型14：利用正方形的性质求解】 47．如图，为正方形对角线上的一点，过点作于点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键． 根据正方形的性质得出，然后根据三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 故选：A． 48．如图，四边形是一个正方形，E是延长线上一点，且，则的度数______． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握以上性质是解题的关键．根据正方形的性质，可得，，则，再根据等边对等角，可得，结合，即可求得的度数． 【详解】解：∵四边形是一个正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 49．如图，在正方形中，，O、E、F、分别为、、、的中点，则的长等于______． 【答案】 【分析】连接，根据勾股定理求出，再根据直角三角形斜边上的中线的性质求出，再根据三角形中位线定理计算即可． 本题考查的是正方形的性质，三角形中位线的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理，掌握勾股定理、三角形中位线定理是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， 四边形为正方形， ，， 是的中点， ， 由勾股定理得：， 在中，F是的中点， 则， 、M分别为、的中点， 是的中位线， ， 故答案为：． 50．如图，在边长为的正方形中，的顶点，分别在，边上，且，连接分别交，于点，其中，则 ______． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理． 过点作交的延长线于点，过点作交于点，连接，可知，，根据正方形的性质得到，，，进而得到，证明，，，，根据勾股定理求出，设，由勾股定理求出即可． 【详解】解：过点作交的延长线于点，过点作交于点，连接，如图所示： ，， 在正方形中，，，， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， 在和中， ， ， ， 在中，， 由勾股定理得：， 设，则， ， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：， ． 故答案为：． 【题型15：正方形的判定与性质综合】 51．如图正方形中，点、分别在边、上，且，连接、相较于点，求证： (1)； (2)； (3)如果，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理； （1）根据正方形的性质可得，，进而证明，根据证明，根据全等三角形的性质，即可得证； （2）由（1）得，进而得出，即可证明，即可得证； （3）勾股定理求得，等面积法求得，进而根据，即可求解． 【详解】（1）证明：为正方形， ，， 又， ． （2）由（1）得 ∴， ， ， ， 即． （3）， ， ∵ ∴ 解得： ， 52．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， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【题型16：特殊平行四边形最值问题】 53．如图，在中，，，，P为边上一动点，于E，于，为的中点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及直角三角形斜边上的中线性质，用勾股定理解三角形等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．证四边形是矩形，得，再由垂线段最短和三角形面积求出的长，即可解决问题． 【详解】解：如图，连接， ，，， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 是的中点， ， 根据垂线段最短可知，当时，最短，则也最短， 此时，， ， 即最短时，， 的最小值， 故选：C． 54．如图，在中，，，，点，分别在边，上，连接，点，分别是，的中点，连接，若，则的最小值是（   ） A．1.8 B．2 C． D．2.5 【答案】B 【分析】本题主要考查勾股定理，直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半，两点间线段最短等，掌握点三点共线时，最小是解题的关键． 连接，进而得到，再由点三点共线时，最小进行求解即可． 【详解】解: 连接， 在中, , , ， ， 点为的中点， ， 分别是、边上的点, 且， ， 点在以点为圆心，半径为的圆弧上运动， 且当点三点共线时，最小， ， 故选：B． 55．如图，中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．7 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，轴对称的性质.作关于直线的对称点，连接交于，则，，，当重合时，最小，最小值为，再进一步结合勾股定理求解即可. 【详解】解：如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，， ∴当重合时，最小，最小值为， ∵，，在中， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 即的最小值为. 故选：C. 56．在矩形中，，，点E、F分别是边，上的动点，且，则的最小值为（    ） A．10 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质，轴对称-最短路线问题，勾股定理，连接，根据矩形的性质得到，推出四边形是平行四边形，得到，要求的最小值，即求的最小值，作D点关于的对称点，连接交于E，则的值最小，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：连接， 四边形是矩形， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 要求的最小值，即求的最小值， 作D点关于的对称点，连接交于E， 则的值最小， ，， ，， ， 即的最小值为， 故选：D． 57．如图，正方形的边长为8，点在正方形内，是等边三角形，在对角线上有一动点，则的最小值为（　　） A．6 B．8 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是正方形的性质和轴对称一最短路线问题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此题的关键． 设与交于点，连接，由于点B与D关于对称，此时最小，而是等边的边，，由正方形的边长为8，从而得出结果． 【详解】解∶设与交于点，连接， 四边形为正方形， ，且平分． 点B与D关于对称， ． 最小． 正方形的边长为8，是等边三角形， ． 故选∶B． 58．如图，菱形的边长为，，，分别是，边上的动点，连接，，是的中点，是的中点，连接，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，三角形中位线定理，关键是由三角形中位线定理推出，由垂线段最短得到．连接，过作于，判定是等腰直角三角形，求出，由垂线段最短得到，由三角形中位线定理推出，即可得到的最小值． 【详解】解：连接，过作于 ，菱形的边长为， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ， 的最小值是， 是的中点，是的中点， 是的中位线， ， 的最小值为． 故选：A． 59．如图， 在矩形中，，，E是边的中点，F是线段上的动点， 将沿所在直线折叠得到， 连接，则的最小值是（  ） A．8 B．10 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查折叠的性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是理解当，，三点共线时，最小．根据两点之间线段最短得：当，，三点共线时，最小，再利用勾股定理求出即可求解． 【详解】解：如图，连接， ， ，当，，三点共线时取等号， 的最小值为的值， 在矩形中，，，点E是边的中点， ∴，则， 将沿所在直线折叠到，则， ， 故的最小值是8， 故选：A． 60．如图，在中，，，是平面上一动点，连接，，是的中点，连接，当，的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查勾股定理、三角形的中位线的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识，添加辅助线，利用三角形的中位线性质求解是解答的关键．取的中点F，连接，，利用三角形的中位线性质得到，再利用勾股定理和直角三角形的中线性质求得，然后利用三角形三边关系得到，当B、F、E共线时取等号，进而得到答案． 【详解】解：取的中点F，连接，，如图， ∵是的中点，点F是的中点， ∴是的中位线，又， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴， ∵，当B、F、E共线时取等号， ∴的最大值为， 故选：D． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 四边形必刷题 【题型1：多边形-边﹑角综合】 【题型2：多边形-对角线】 【题型3：多边形的实际应用】 【题型4：利用平行四边形的性质求解】 【题型5：平行四边形的判定】 【题型6：平行四边形的判定与性质综合】 【题型7：利用三角形的中位线求解】 【题型8：利用矩形的性质求解】 【题型9：矩形的判定】 【题型10：矩形的判定与性质综合】 【题型11：利用菱形的性质求解】 【题型12：菱形的判定】 【题型13：菱形的判定与性质综合】 【题型14：利用正方形的性质求解】 【题型15：正方形的判定与性质综合】 【题型16：特殊平行四边形最值问题】 【题型1：多边形-边﹑角综合】 1．八边形的外角和为（    ） A． B． C． D． 2．如图是金砖国家的图标，其可近似看作一个圆内接正五边形，则的度数为（   ） A． B． C． D． 3．一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 4．如图，正五边形的对角线与相交于点O，则的度数为（   ） A． B． C． D． 5．王老师准备装修新房，考虑选用两种地砖进行组合铺设，下列组合中能够铺满地面的是（   ） A．正三角形和正六边形 B．正方形和正五边形 C．正三角形和正五边形 D．正五边形和正七边形 6．将一块长方形木板锯掉一个角，则锯掉后剩下的多边形木板的内角和为（   ） A．或 B．或 C．或 D．或或 【题型2：多边形-对角线】 7．若一个正多边形的每个外角是，则它共有几条对角线（    ） A．9 B．6 C．18 D．12 8．从多边形的一个顶点引对角线，将这个多边形分成7个三角形，则这个多边形的边数为（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 【题型3：多边形的实际应用】 9．如图，小明从点出发沿直线前进12米到达点，向左转后又沿直线前进12米到达点，再向左转后沿直线前进12米到达点，．．．，照这样走下去，小明第一次回到出发点时所走的路程为（    ） A．120米 B．96米 C．72米 D．48米 10．有一程序，如果机器人在平地上按如图所示的步骤行走，那么机器人回到点处行走的路程是_____米． 【题型4：利用平行四边形的性质求解】 11．平行四边形中，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 12．如图，中，的平分线交于，，，则的长（   ） A．1 B．1.5 C．2 D．3 13．如图，在中，过点A分别作的垂线段，垂足为E，F，若，，，则线段的长为（     ） A．3 B． C． D．4 14．如图，在中，对角线、相交于点，若，，，则的周长为（   ） A．14 B．15.5 C．12 D．15 15．如图，中，以点为圆心，适当长为半径作弧，分别交，于点，，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点，作射线交于点，交的延长线于点，若，则的长为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 16．如图，在中，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线，分别交边，于点，，连接，若的周长为，则的周长为（ ） A． B． C． D． 【题型5：平行四边形的判定】 17．如图，下面能判断四边形是平行四边形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 18．如图，这是嘉嘉同学在证明一四边形是平行四边形时的不完整推理过程，为了使嘉嘉的推理成立，需在括号中添加条件，下列添加的条件正确的是（　　） 如图，∵， ∴． 又∵（　　）， ∴四边形是平行四边形． A．B． C． D． 19．如图1，战国时期《考工记》详细记载了用几何方法校验轮轴支架（“轸”）为平行四边形的技术：“凡察车之道，必自载于地者始也．合矩以为方，中规乃行”．如图2，实际操作为：构成轮轴支架四边形的顶点分别为A，B，C，D，若，且，则轮轴支架形成的四边形是平行四边形的最简明理由是（    ） A．对角线互相平分 B．两组对边分别相等 C．一组对边平行且相等 D．两组对边分别平行 【题型6：平行四边形的判定与性质综合】 20．如图，在中，点，分别是，的中点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，，求的周长． 21．如图，在平行四边形中，与相交于点O，延长至点E，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，，，求平行四边形的面积． 22．如图，在▱中，、是对角线的三等分点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)，，，求平行四边形的周长． 【题型7：利用三角形的中位线求解】 23．如图，在中，，分别是边，的中点，，则的长为（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 24．如图，菱形的周长为28，对角线交于点O，E为的中点，则的长等于（   ） A．2 B．3.5 C．7 D．14 25．如图，是的中位线，平分交于，，，则的长度为（　　） A．4 B．8 C．12 D．无法求出 26．在四边形中，，E，F分别是和的中点．若，，则为（    ） A．5 B．6 C．8 D．10 【题型8：利用矩形的性质求解】 27．如图，在矩形中，，，将沿翻折，使得点D落在边上的点F处，则的长是（   ） A．1 B．2 C．6 D．8 28．如图所示，将一张矩形纸片折叠，使点D与点B重合，点C落在点处，折痕为，若，那么的度数为（   ） A． B． C． D． 29．如图所示，在矩形中，已知于，，则的长为（   ） A． B． C． D． 30．如图，矩形中，对角线、相交于点，已知，，的面积为15，则的长为（    ） A．8 B．10 C．12 D．14 【题型9：矩形的判定】 31．如图，小明能用一根绳子检查一个书架的侧边与上、下底垂直，他的依据是（   ） A．有一个角是直角的平行四边形是矩形 B．对角线相等的四边形是矩形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．有三个角是直角的四边形是矩形 32．如图，线段的端点在直线上，过线段上的一点作的平行线，分别交和的平分线于点，，连接，．添加一个适当的条件，使四边形为矩形，则这个条件是_________________（写出一个即可）． 【题型10：矩形的判定与性质综合】 33．已知：如图，在矩形中，两条对角线相交于点O，． (1)求的度数； (2)求矩形的面积． 34．如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 35．如图，在中，O为的中点，延长交的延长线于点E，连接，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【题型11：利用菱形的性质求解】 36．如图，菱形的周长为，，则AC的长为（ ） A． B． C． D． 37．如图，在周长为20的菱形中，对角线与相交于点O．已知，则的长为（ ）　 A．4 B．3 C．8 D．14 38．如图，在面积为96的菱形中，对角线，点是线段上的动点，于，于．则（   ） A．9.6 B．4.8 C．19.2 D．5.6 39．如图，四边形是菱形，，，于点E，则的长是（　　） A． B．6 C． D．12 40．如图，在菱形中，对角线，交于点，，垂足为，连接若，则的长为（　　） A．4 B．3 C． D．6 41．如图，在菱形中，对角线、交于点O，过点A作于点E，连接．若，，则菱形的面积为（     ） A．30 B．40 C．50 D．60 【题型12：菱形的判定】 42．如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，添加下列一个条件，能判定平行四边形是菱形的是(　　) A． B． C． D． 43．如图，已知，按以下步骤作图：①以点A为圆心，以任意长度为半径作弧，与的两边分别交于点B，D；②分别以点B，D为圆心，以的长度为半径作弧，两弧相交于点C，③分别连接，则四边形即为菱形，其依据是（   ） A．四条边相等的四边形是菱形 B．一组邻边相等的平行四边形是菱形 C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．每条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形 【题型13：菱形的判定与性质综合】 44．如图，在四边形纸片中，，，点是上一点，将纸片沿折叠，点恰好落在点处，连接．    (1)判断四边形的形状并证明； (2)若，，求的长． 45．如图，在菱形中，对角线与相交于点O，过点C作的平行线，过点B作的平行线，两直线相交于点E． (1)求证：四边形是矩形． (2)若 ，，求菱形的面积． 46．如图，平行四边形中，平分交于点E，F为边上的点，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，，求的长． 【题型14：利用正方形的性质求解】 47．如图，为正方形对角线上的一点，过点作于点，则（    ） A． B． C． D． 48．如图，四边形是一个正方形，E是延长线上一点，且，则的度数______． 49．如图，在正方形中，，O、E、F、分别为、、、的中点，则的长等于______． 50．如图，在边长为的正方形中，的顶点，分别在，边上，且，连接分别交，于点，其中，则 ______． 【题型15：正方形的判定与性质综合】 51．如图正方形中，点、分别在边、上，且，连接、相较于点，求证： (1)； (2)； (3)如果，，求的长． 52．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． 【题型16：特殊平行四边形最值问题】 53．如图，在中，，，，P为边上一动点，于E，于，为的中点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 54．如图，在中，，，，点，分别在边，上，连接，点，分别是，的中点，连接，若，则的最小值是（   ） A．1.8 B．2 C． D．2.5 55．如图，中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．7 56．在矩形中，，，点E、F分别是边，上的动点，且，则的最小值为（    ） A．10 B． C． D． 57．如图，正方形的边长为8，点在正方形内，是等边三角形，在对角线上有一动点，则的最小值为（　　） A．6 B．8 C． D． 58．如图，菱形的边长为，，，分别是，边上的动点，连接，，是的中点，是的中点，连接，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 59．如图， 在矩形中，，，E是边的中点，F是线段上的动点， 将沿所在直线折叠得到， 连接，则的最小值是（  ） A．8 B．10 C． D． 60．如图，在中，，，是平面上一动点，连接，，是的中点，连接，当，的最大值为（   ） A． B． C． D． 1 学科网（北京）股份有限公司 $