专题16 期末真题百练通关（87题28大基础题型）（期末复习专项训练）八年级数学下学期新教材浙教版

**基本信息** 以期末真题为载体，覆盖28大基础题型87题，按多边形、平行四边形、旋转、特殊四边形等知识递进设计，突出性质应用与综合证明，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |多边形与平行四边形|9题型|内角和计算、性质应用（角度/线段）、证明、作图（难点）|从多边形内角和到平行四边形性质与判定，构建平面图形基础认知| |旋转与中心对称|5题型|旋转角度计算、坐标变换、中心对称图形识别与作图|结合图形变换，强化空间观念与几何变换应用| |中位线|2题型|线段长度计算、性质证明|衔接三角形中位线与四边形性质，体现知识迁移| |特殊四边形|12题型|矩形/菱形/正方形性质（角度/线段/面积）、折叠（难点）、判定证明|从一般到特殊，深化特殊四边形性质与判定的逻辑推理，突出综合应用|

品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专题16期末真题百练通关(87题28大基础题型) 真题实战，百练通关 题型1多边形内角和同题（常考） 题型15利用中位线求线段长度（基础） 题型2利用平行四边形的性质求角度 题型16利用中位线的性质证明（基础） 题型3利用平行四边形的性质求线段长度（重点题型17特殊四边形的性质与判定理解（基础） 题型4利用平行四边形的性质证明（重点） 题型18利用矩形的性质求角度（重点） 题型5平行四边形中作图题（难点） 题型19利用矩形的性质求线段长度（重点） 题型6利用平行线之间的距离解决问题（常考） 题型20利用矩形的性质求面积（重点） 题型7证明四边形是平行四边形（必考） 题型21矩形与折叠问题（难点） 题型8判断能香构成平行四边形（基础） 题型22添加一个条件使得四边形是特殊四边形（常考） 题型9利用旋转的性质求角度（常考） 题型23证明四边形是特殊四边形（难点） 题型10绕原点旋转的点的坐标 题型24特殊四边形中作图问题 题型11中心对称图形的识别（基础） 题型25利用特殊四边形的性质证明（常考） 题型12在方格子中补画使得成为中心对称图形 题型26利用菱形的性质求角度 题型13画己知图形关于某点对称的图形（常考）题型27利用菱形的性质求线段（常考） 题型14求关于原点对称的点 题型28正方形中的折叠问题（难点） 题型一多边形内角和问题（共3小题） 1.(24-25八年级下浙江嘉兴期末)已知一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形的对角线的总条数 为() A.40 B.30 C.20 D.5 2.(24-25八年级下·浙江杭州期末)杭州八卦田遗址曾是南宋皇家籍田的遗址，遗址的外圈可以看成是一 个八边形，则这个八边形的内角和为 3.(24-25八年级下浙江台州·期末)已知九边形的其余8个角的度数均为145·，那么第九个角的度数为 1/25 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 题型二利用平行四边形的性质求角度（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在☐ABCD中，BE平分∠ABC交AD于点E.若 ∠AEB=32°，则∠C的度数是· 2.(24-25八年级下·浙江杭州期末)平行四边形ABCD中，∠A与∠B的度数之比是1：3，则∠D= 3.(24-25八年级下·浙江台州期末)如图，在☐ABCD中，∠C=130·,BE平分∠ABC交AD于点E, 则∠AEB= E A B 题型三利用平行四边形的性质求线段长度（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江宁波期末)如图，☐ABCD的对角线AC,BD相交于点O,E,F分别是 OB,OD的中点，连接AE,AF,CE,CF.若AB⊥AC,AB=3,BC=5,则AE的长为· D C 2.(24-25八年级下·浙江宁波期末)如图，在□ABCD中，点E为边CD的中点，将△ADE沿AE折叠， 边AD交BC的延长线于点F,连结EF,若AD=5,CF=1,AE=V3EF,则AB的长为 3.(24-25八年级下·浙江湖州期末)如图，在☐ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,AC⊥BC, 2/25 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 AB=10,BC=8,则对角线BD的长是() B 0 0 C A.2y73 B.V55 C.12 D.14 题型四利用平行四边形的性质证明（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江台州期末)如图，在☐ABCD中，E,G,H,F分别是AB,BC,CD,DA上 的点，且AE=CH,AF=CG.求证：EF=HG. A F D B 2.(24-25八年级下浙江温州期中)如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,点E, F在AC上，点G,H在BD上. D H B (1)若AC=AD,∠CAD=50°，求∠BCD的度数； (2)若四边形EHFG是平行四边形，求证：AE=CF. 3.(24-25八年级下浙江杭州期末)如图，在☐ABCD中，点E为边CD的中点，延长AE交BC的延长线 于点F (I)求证：△ADE兰△FCE. (2)若AD=5,求BF的长. 3/25 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 题型五平行四边形中作图题（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江温州期末)如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的 顶点叫格点，顶点在格点的四边形称为格点四边形.己知A,B,P均为格点，请在给定的网格中按要求画 出格点平行四边形，且点P不与其它顶点重合. B B A A 图甲 图乙 (1)在图甲中画一个以AB为边，且其邻边经过点P的平行四边形ABCD (2)在图乙中画一个以AB为对角线，且另一条对角线经过点P的平行四边形AEBF. 2.(24-25八年级下·浙江宁波期末)如图，在7×7的正方形网格图中，线段AB的两个端点都在格点上， 分别按下列要求画格点四边形.（要求图1与图2的两个四边形不全等） A B B 图1 图2 (1)在图1中画一个以AB为边的矩形： (2)在图2中画一个以AB为边的平行四边形且与(1)中所画的矩形面积相等. 3.(24-25八年级下·浙江宁波期末)如图，在6×6网格中，每个小正方形的边长都是1，每个顶点称为格 点.线段AB的端点都在格点上.按下列要求作图，使所画图形的顶点均在格点上 4/25 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B B B 图1 图2 图3 (1)如图1，画一个以AB为边的平行四边形 (2)如图2，画一个以AB为边，且面积为12的平行四边形 (3)如图3，画一个以AB为对角线，且面积为7的平行四边形 题型六利用平行线之间的距离解决问题（共3小题） 1.(24-25八年级下浙江宁波期末)图1表示一条两岸彼此平行的河，直线山12表示河的两岸，且12 现要在这条河上建一座桥（桥与河岸垂直），“桥”用线段表示. A D B 图1 图2 图3 ()如图1，在河岸CE两点建两座桥CD、EF,则CD和EF的大小为CD---EF; (2)如图2，现要在这条河上建一座桥，桥建在何处才能使从游乐场A经过桥到河对岸B的路程最短？ 亮亮的方法是：作AD⊥12交12于C,D两点，在CD处建桥能使从游乐场A经过桥到河对岸B的路程最短； 木木的方法是：作AD⊥12交12于C,D两点，把线段CD平移至BE,在BE处建桥能使从游乐场A经过桥 到河对岸B的路程最短， 你认为谁的方法正确？并说明理由。 (3)如图3，现要在这条河上建一座桥，桥建在何处才能使从村庄A经桥过河到村庄B的路程最短？画出示意图， 并用平移的原理说明理由， 题型士证明四边形是平行四边形（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，点B、E分别在AC、DF上，AF分别交BD、CE于点M、N, ∠A=∠F,∠C=∠D 5/25 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D B (1)求证：四边形BCED是平行四边形： (2)已知DE=3,连接BN,若BN平分∠DBC,求CN的长. 2.(24-25八年级下·浙江宁波期末)如图，在平行四边形ABCD中，E,F是对角线BD上的两点，且 ∠BAE=∠DCF. (1)求证：四边形AECF为平行四边形： (2)若∠EAF=90°，∠BDC=2∠BCE· ①求证：EF=AB; ②若BD平分∠ADC,AE=2,求BD· 3.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图.在平行四边形ABCD中，E,F分别是AB,DC边上的点， 且AE=CF,EF,BD交于点O. E (1)求证：四边形DEBF是平行四边形： (2)若DF=BF=10,DB=16,求EF的长. 题型八判断能否构成平行四边形（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江绍兴期末)在四边形ABCD中，已知AB‖CD,如再加上一个条件，不能判定它 是平行四边形的是() A.ADIBC B.AB=CD C.∠B=∠D D.AC=BD 2.(24-25八年级下·浙江温州期末)如图，在四边形ABCD中，AB引‖CD,AC是对角线，要使四边形 6/25 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ABCD为平行四边形，可添加条件() A.AD=BC B.∠ACD=∠BAC C.∠BAD+∠D=180 D.AB=CD 3.(24-25八年级下·浙江宁波期末)在四边形ABCD中，ADIBC,若四边形ABCD是平行四边形，则还 应满足() A.∠A+∠B=180o B.∠A+∠C=180° C.∠A+∠D=180° D.∠A=∠B 题型九，利用旋转的性质求角度（共4小题） 1.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，△ABC绕点A逆时针旋转20°得到△AB'C,点C恰好落在 BC上，则∠ACB的度数为() A.60 B.70 C.80o D.90° 2.(24-25八年级下·浙江台州期末)如图，△ADE由△ABC旋转得到，点B与点D是一对对应点.连 接CD,CE,若∠BCD=∠ACE=80°，则∠CDE的度数为() A.100° B.120° C.130° D.140° 3.(24-25八年级下浙江杭州期末)如图，△ABC中，∠BAC=45°，将△ABC绕点A逆时针旋转a 7125 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (0°<《<45°)得到△ADE,DE交AC于点F.当a=30°时，点D恰好落在BC上，则∠AFE=() D A.80° B.90° C.85° D.95° 4.(24-25八年级下·浙江湖州期末)如图，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=56°，点D在边BC上， ∠BAD=18°，将AD绕点A逆时针旋转56·得到AE,连接CE,则∠AEC的度数为 A B 题型十绕原点旋转的点的坐标（共4小题） 1.（24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在平面直角坐标系中.△MNP绕原点逆时针旋转90°得到△MNP, ,若M(1,-2).则点M的坐标为() N P M A.(-2,-1)B.(1,2) C.(2,1) D.(-1,-2) 2.(24-25八年级下·浙江金华·期末)如图，在直角坐标系中，正△0AB的边0B在x轴的正半轴上，若 OA=2,则正△OAB绕着点B顺时针旋转120°后，点0的对应点坐标是() 8/25 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.(2,0) B.(4,0) c.(1,5) D.(3,V5) 3.(24-25八年级下·浙江宁波期末)在平面直角坐标系中，将点A(一4,2)绕原点0顺时针旋转90°，则 点A的对应点A的坐标是() A.（2,4) B.（4,2) C.(-4,-2) D.（-42) 4.(24-25八年级下·浙江金华期末)如图，正比例函数的图象经过A(m,-2),B(2,n)两点，其中m, n为整数，且m<O,n>O.现将线段AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BC,则点C的坐标为 题型士一中心对称图形的识别（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江温州期末)下列图形中，不是中心对称图形的是() 2.(24-25八年级下·浙江台州·期末)巴黎奥运会项目图标传递“荣誉徽章”理念，下列图标中，是中心对称 图形的为() 父米% 3.(24-25八年级下·浙江台州期末)下列图形为中心对称图形的是() B. D 题型土二在方格子中补画使得成为中心对称图形（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在6×6的正方格中，中心点为点O,图中有4个小正方格被涂 9/25 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 黑成“L形”. (1)用2B铅笔在图中再涂黑4格，使新涂黑的图形与原来的“L形”关于点O成中心对称， (2)用2B铅笔在图中再涂黑4格，使新涂黑的图形与原来的L形”所组成的新图形既是轴对称图形、又是中 心对称图形（要求画出三种）. 2.(2025浙江宁波一模)图1，图2都是由边长为1的小正三角形构成的网格，每个网格图中有3个小正 三角形已涂上阴影，请在余下的小正三角形中选取1个小正三角形，涂上阴影，按下列要求分别画出符合 条件的一种情形。 图1 图2 (1)在图1中画图，使得4个阴影小正三角形组成一个轴对称图形； (2)在图2中画图，使得4个阴影小正三角形组成一个中心对称图形， 3.(24-25八年级下·浙江宁波期末)下图是由含60°内角的菱形组成的一个5×5的网格图.请画出以 AB为边的格点四边形ABCD,其中点A,B,C,D均在格点上.要求如下： A B B 图1 图2 (1)在图1中画一个是中心对称，但非轴对称的格点四边形ABCD, 10/25 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)在图2中画一个是轴对称，但非中心对称的格点四边形ABCD. 题型十三画已知图形关于某点对称的图形（共3小题） 1.(24-25八年级下，浙江宁波期末)如图，己知△ABC在平面直角坐标系中. -5-4-3-2-191.2345 -2 (I)作出△ABC关于原点对称的△A1B1C1: (2)在y轴上找一个点P,使得PA十PB的值最小，并直接写出PA+PB的最小值（保留作图痕迹）. 2.(24-25八年级下·浙江台州期末)如图，在5×5的方格网中，所有标出的点均为格点，请按要求作图. 图1 图2 (1)如图1，作出△ABC关于点O对称的△DCB; (2)如图2，△ABC旋转得到△DEF,标出旋转中心点P. 3.(24-25八年级下浙江台州期末)在给定的网格中，用无刻度的直尺按要求完成以下作图，不要求写出 画法. B 图1 图2 (1)如图1，线段AB的两个端点均在格点上，线段AB绕点A顺时针旋转90°后得到线段AB,作出线段AB 11/25 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)如图2，△ABC的顶点和点P均在格点上，作出与△ABC关于点P中心对称的图形. 题型十四求关于原点对称的点（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江温州·期末)在直角坐标系中，点A(-3,1)关于原点成中心对称的点的坐标是() A.(-1,3)B.(1,-3) C.(3,1) D.（3,-1) 2.(24-25八年级下·浙江台州期末)点A(-1,2)关于原点对称的点B的坐标是(). A.(1,-2)B.(1,2) C.(-2,-1) D.(2,-1) 3.(24-25八年级下·浙江杭州期末)在直角坐标系中，若点A(1,a),点B(b,1)关于原点中心对称，则 a十b=_ 题型十五利用中位线求线段长度（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江宁波期末)如图，在△ABC中，点E是AB边上的中点，点D在AC上，BD交 CE于点F,且∠ADB=2∠BFE,若BD=5,AD=3,则线段BF的长为 B 2.(24-25八年级下浙江宁波期末)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=2W3,D是AB的中点，P 是BC边上的点，连接PD.若PD=1,则PC·PB的值为() B D A.1 B.2 c.2 D.5 题型土六利用中位线的性质证明（共4小题） 1.(24-25八年级下·浙江期末)如图，在△ABC中，点D是边BC的中点，点F,G在边AB上， AG=AC,AE⊥CG交CG于E,EFBC. 12/25 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 G (I)求证：四边形BDEF是平行四边形： (2)若AB=10,AC=4,求BF的长. 2.(24-25八年级下浙江杭州期末)如图，点E是平行四边形ABCD对角线AC上一点，点F在BE延长 线上，且EF=BE,EF与CD交于点G. D (1)求证：DFAC: (2)连接DE,CF,若AB⊥BF,若G恰好是CD的中点，求证：四边形CFDE是菱形； (3)在(2)的条件下，若四边形CFDE是正方形，且AB=2,则BC=-· 3.(24-25八年级下浙江杭州期末)如图，在△ABC中，AH⊥BC,垂足为H,点D,E,F分别是BC ,AC,AB的中点. A B DH (1)求证：四边形AFDE是平行四边形 (2)求证：∠EDF=∠EHF. 4.(24-25八年级下浙江温州期末)如图1，在矩形ABCD中，AB=4V3,BC=4,对角线AC,BD交 于点O,E为OC上一点（不与点O,C重合），延长BE到点F,使BE=EF,交边CD于点P,连结DF E E 图1 图2 13/25 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)求证：DF‖AC (2)当CE=20E时，求BF的长. (3)如图2，连结CF,当∠DCF等于△ABC的某个内角时，求所有符合条件的四边形DOEF的面积. 题型十士特殊四边形的性质与判定理解（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江杭州期末)下列性质中，菱形具有而矩形不一定具有的是() A.对角线互相平分 B.对角线互相垂直 C.对边平行且相等 D.对角线相等 2.(24-25八年级下·浙江台州期末)下列命题中，不成立的是() A.三个角都是直角的四边形是矩形B.对角互补的平行四边形是矩形 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 3.(24-25八年级下·浙江台州期末)下列各命题中，真命题为() A.平行四边形的对角线互相平分 B.菱形的对角线相等 C.矩形的对角线互相垂直 D.对角线相等的四边形是矩形 题型十八利用矩形的性质求角度（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江丽水期末)如图，AC是矩形ABCD的一条对角线，∠ACB=心，依据尺规作图 的痕迹，AF与EF的交点为F,则∠AFE的度数是 (用的代数式表示). B 2.(24-25八年级下·浙江温州期末)如图，在矩形ABCD中，E是AD边上的一点，且BC=BE, ∠ABE=40°，则∠ECD=度. E D B 3.(24-25八年级下浙江台州期末)如图，在矩形ABCD中，AC与BD交于点O,∠CBD=20°，则 ∠A0B= 14/25 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 题型十九利用矩形的性质求线段长度（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江温州期末)将一个相邻两边之比为2：3的矩形分成四部分，其中有两个全等的等 腰直角三角形，其腰长与矩形较长边之比为5：12，如图1，它是一个中心对称图形.现拼成不重叠、无缝 隙的轴对称的“鱼”形，如图2，寓意“鱼跃龙门”.若对称中心0到矩形较长边的距离为4，则图1矩形较短 边的长为，图2中“鱼”首尾高h的值为 图1 图2 2.(24-25八年级下·浙江绍兴·期末)如图，矩形ABCD的对角线AC,BD交于点O,AB=6,BC=8,过 点O作OE⊥AC,交AD于点E,过点E作EF⊥BD,垂足为F,则OE十EF的值为 3.(24-25八年级下·浙江·期末)在一张长为6cm,宽为5cm的矩形纸片上，现要剪下一个腰长为4cm的等 腰三角形（要求：等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合，其余的两个顶点在矩形的边上）则剪下 的等腰三角形的底边长为cm. 题型二土利用矩形的性质求面积（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江绍兴期末)如图，矩形ABCD中，点E、F分别是AB、CD的中点，连接DE和BF, 15/25 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 分别取DE、BF的中点M、N,连接AM,CN,MN,若AB=2√2，BC=4,则图中阴影部分的面积为 A D B 2.(24-25八年级下·浙江金华期末)如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EFBC,分 别交AB,CD于点E,F,连接PB,PD.若AE=2,PF=5.则图中阴影部分的面积为 D E B 3.(24-25八年级下浙江宁波·期末)如图，在矩形ABCD中，点E在BC的延长线上，AE与CD交于点G, 点F是DG的中点，若要知道△AEF的面积，则需要知道() D B C A.CE的长 B.矩形ABCD的面积 C.梯形ABCG的面积 D.∠EAF的度数 题型二土一矩形与折叠问题（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，矩形ABCD中，E是边BC上一点，将△ABE沿AE翻折，得 到△AFE,延长EF交线段AD的延长线于点G,交线段AC于点O,若AB=2,BC=3,OC=OE,则 线段DG的长为 D G B E 2.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图，以长方形ABCD的相邻边建立直角坐标系，AB=3,CB=5, 点E是边CD上一点，将△ADE沿着AE翻折，点D恰好落在BC边上，记为点F.若线段AF沿y轴正半 16/25 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 轴向上平移，得到线段AF,连结OF.若△OAF是等腰三角形，则F的坐标是 B (O 3.(24-25八年级下·浙江宁波期末)如图，有一张矩形纸片ABCD,AB=7,BC=3,点M、N分别在边 AB、CD上，CN=1,现将四边形BCMN沿MN折叠，使点B、C分别落在点B、C上当点M从点A运动到点 B的过程中，若边MB与边CD交于点E,则点E相应的运动路径长为 题型二土二添加一个条件使得四边形是特殊四边形（共4小题） 1.(24-25八年级下·浙江湖州期末)如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E,使DE=AD,连 结EB,EC,DB,要使四边形DBCE成为矩形，可添加一个条件是 (只要写出一个条件即可) E 分 2.(24-25八年级下·浙江台州期末)如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC,BD交于点O.下列条件 不能判定平行四边形ABCD为菱形的是() D A.AB=BCB.AC⊥BD C.BD平分∠ADCD.∠ADC=60 3.(24-25八年级下·浙江舟山期末)已知在□ABCD中，对角线AC,BD交于点0，添加下列条件后，不 一定能使其成为菱形的是() 17/25 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A.AD=AB B.∠ADB=∠CDB C.0A=OB D.AC⊥BD 4.(24-25八年级下，浙江宁波期末)如图，四边形ABCD的对角线AC,BD交于点O,则下列判断正确的 是() A.若AC=BD,AC⊥BD,则四边形ABCD是正方形 B.若OA=OB,OC=OD,则四边形ABCD是平行四边形 C.若OA=OC,OB=OD,AB⊥BC,则四边形ABCD是菱形 D.若OA=OC,OB=OD,AC=BD,则四边形ABCD是矩形 题型二土三证明四边形是特殊四边形_（共4小题） 1.(24-25八年级下浙江杭州期末)如图，四边形ABCD是菱形，AB=4V5,点E,F在BD上， BE=DF,连接AE,AF,CE,CF. (1)求证：四边形AECF是菱形. (2)若BD=16,EF=6,求四边形AECF的周长. 2.(24-25八年级下·浙江宁波期末)如图，☐ABCD,过点A,C分别作AF⊥CD,CE⊥AB,交CD, AB的延长线于点F,E 18/25 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D B E (1)求证：四边形AECF为矩形. (2)连接AC,BD交于点O,若AC⊥BD,AC=V30,BE=2,求矩形AECF的周长 3.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点（不与端点重合），延长BC 至点F使CF=BE,连结BD,过点F作FG⊥BD于点G,连结AE,EG,FD (I)求证：四边形AEFD为平行四边形. (2)若BG=3+1,GD=V3-1,求CF的长. (3)当点E在BC上任意运动时（不与端点重合），求噩的值. 4.(24-25八年级下·浙江杭州期末)四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE,过点E作 EF⊥DE,交射线BC于点F,以DE,EF为邻边作矩形DEFG,连接CG A D E 备用图 (1)如图1，求证：矩形DEFG是正方形； (2)若AB=3,CE=2W2,求CG的长度： (3)当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，求∠EFC的度数。 题型二土四特殊四边形中作图问题（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江温州期末)如图，在3×4的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，己知格点线 段AB,请按要求画出格点三角形（顶点在格点上）， 19/25 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B 图1 图2 (1)在图1中画一个以AB为腰的等腰三角形PAB; (2)在图2中画一个Rt△AEF,使得AB恰好平分Rt△AEF的面积， 2.(24-25八年级下，浙江绍兴期末)如图是由边长为1的小正方形构成的6×4的网格，点A,B均在格点 上 B ① ② (I)在图①中画出以AB为边且周长为6V5的平行四边形ABCD,且点C和点D均在格点上. (2)在图②中画出以AB为对角线的正方形AEBF,且点E和点F均在格点上. 3.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)图1、图2均为4×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点， 点A,B均在格点上，点P为线段AB上的一点.（仅用无刻度的直尺作图.） B B 图1 图2 (I)在图1中，画出一个以AB为边的正方形ABCD(保留作图痕迹). (2)在(1)的基础上，在边CD上画点Q,使得PQ平分正方形ABCD的面积（保留作图痕迹）. (3)在图2中，画出一个以AB为边的非正方形的菱形ABEF(保留作图痕迹)，连结此菱形各边中点所形成 的四边形为- 题型二土五利用特殊四边形的性质证明（共4小题） 1.(24-25八年级下·浙江丽水·期末)如图，在矩形ABCD中，点E是边BC上一点，将△ABE沿AE折叠 20/25 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 后，点B的对应点为点F,延长AF交BC于点G,交DC的延长线于点H. D (1)若BE=CH,求证：CG=FG. (2)当AB=5,BC=6时， ①连结BD,若EF列BD,求CE的长， ②当∠ECF=∠EAF时，连结EH,求△ECH的面积. 2.(24-25八年级下·浙江台州期末)如图1，在正方形ABCD中，AB=4,点E是对角线AC上的动点 (AE<22),连接BE,DE. 图1 图2 (1)求证：BE=DE; (2)如图2，在BC上取点F,使BE=EF, ①试判断DE与EF的位置关系，并说明理由： ②若EF=四BF,则四边形CDBF的面积为， 3.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图，在正方形ABCD中.点P在对角线AC上，过点P分别作 PE⊥AB于点E.PP⊥BC于点F,连结EF,PD D D E E 图1 图2 (I)求证：EF=PD: (2)如图2，过点P作PG‖EF交AB于点G,判断PG与PD的数量关系与位置关系，并说明理由： 21/25 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (3)在(2)的条件下，若BG=2AG,PD=√10，求正方形ABCD的边长. 题型二土六利用菱形的性质求角度（共4小题） 1.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，将菱形ABCD沿AE折叠，点B的对应点为F,若E、F、D刚 好在同一直线上，设∠ABE=《,∠BAE=B,∠C=Y,则关系正确的是() D E A.Y=a+23-180 B.33+Y=180° C.3a+2B=360 D.2c+y=180° 2.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC,BD相交于点O, DH⊥AB于H,连接OH,∠DHO=,则∠DAB的度数是() A B A.a B.2a C.90°-x D.90°-2 3.(24-25八年级下·浙江台州期末)如图，在菱形纸片ABCD中，∠A=60°，折叠菱形纸片ABCD,使点C 落在DP(P为AB中点)所在的直线上，得到经过点D的折痕DE.则∠BEC的大小为() D C A.20° B.25 C.30° D.35° 题型二土士利用菱形的性质求线段（共3小题） 1.(24-25八年级下·浙江台州·期末)如图，在口ABCD中，∠A=120·，将平行四边形分割成①②③④ 四个平行四边形，其中平行四边形④为菱形.若平行四边形①的周长为12，平行四边形②与③的面积之和 22/25 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 为10，则菱形④的边长为() A G D ①/③ H ④ C A.2095 B.55 4 c29 D.9 2.(2024浙江绍兴·二模)如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,过点B作BE⊥CD于E,F是 边BC的中点，连接EF,若AC=16,菱形ABCD的面积96，则器的值是() E D A.号 B.寺 C. D.8 3.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图，正方形ABCD,AB=2,E为CD的中点，将△BCE沿BE 折叠到△BFE,延长EF交AD于点G.连接BG,则下列结论错误的是() G D A.△EDG的周长为4 B.△BEG的周长为+2W5 C.△EDG的面积为号 D.△BEG的面积为碍 题型二土八正方形中的折叠问题（共4小题） 1.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，点E和点F分别在正方形纸片ABCD的边CD和AD上，连接 AE,BF,沿BF所在直线折叠该纸片，点A恰好落在线段AE上点G处.若正方形纸片边长12，DE=5, 则GE的长为() 23/25 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D G E B A.4 B.3 c.器 D. 2.(24-25八年级下·浙江金华·期末)如图，点E、F分别是正方形ABCD的边AD、BC上的点，将正方形沿 EF折叠，使得点B的对应点H在边CD上，若已知三角形DGH的周长，则可以求出下列哪个数据(). D H A.三角形HFC的周长 B.三角形1EG的周长 C.三角形DGH的面积 D.正方形ABCD的面积 3.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图是正方形纸片ABCD,点E在边BC上（不与点B,C重合），连接 DE:把四边形ADEB翻折，折痕为DE,点A,B分别落在A,B处.若AB=3,则点A到点A的距离可 能是() D E A B A.3 B.4 C.5 D.6 24/25 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 4.(24-25八年级下浙江温州期末)如图，在正方形ABCD中，E为边BC上一点，将△ABE沿AE折叠 至△ABE处，BE与AC交于点F,若∠EFC=69°，则LCAE的大小为() B E A.10o B.12 C.14 D.15 25/25 专题16 期末真题百练通关（87题28大基础题型） （平行四边形+特殊平行四边形） 题型1 多边形内角和问题（常考） 题型15 利用中位线求线段长度（基础） 题型2 利用平行四边形的性质求角度 题型16 利用中位线的性质证明（基础） 题型3 利用平行四边形的性质求线段长度（重点） 题型17 特殊四边形的性质与判定理解（基础） 题型4 利用平行四边形的性质证明（重点） 题型18 利用矩形的性质求角度（重点） 题型5 平行四边形中作图题（难点） 题型19 利用矩形的性质求线段长度（重点） 题型6 利用平行线之间的距离解决问题（常考） 题型20 利用矩形的性质求面积（重点） 题型7 证明四边形是平行四边形（必考） 题型21 矩形与折叠问题（难点） 题型8 判断能否构成平行四边形（基础） 题型22 添加一个条件使得四边形是特殊四边形（常考） 题型9 利用旋转的性质求角度（常考） 题型23 证明四边形是特殊四边形（难点） 题型10 绕原点旋转的点的坐标 题型24 特殊四边形中作图问题 题型11 中心对称图形的识别（基础） 题型25 利用特殊四边形的性质证明（常考） 题型12 在方格子中补画使得成为中心对称图形 题型26 利用菱形的性质求角度 题型13 画已知图形关于某点对称的图形（常考） 题型27 利用菱形的性质求线段（常考） 题型14 求关于原点对称的点 题型28 正方形中的折叠问题（难点） 题型一 多边形内角和问题（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江嘉兴·期末）已知一个多边形的内角和为，则这个多边形的对角线的总条数为（    ） A．40 B．30 C．20 D．5 【答案】C 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理，多边形对角线计算公式，先根据多边形内角和计算公式求出这个多边形是八边形，再根据多边形对角线计算公式求解即可，熟知n边形的对角线条数是是解题的关键． 【详解】解：设这个多边形为n边形， 由题意得，， ∴， ∴这个多边形为八边形， ∴这个多边形可连对角线的条数是 故选：C． 2．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）杭州八卦田遗址曾是南宋皇家籍田的遗址，遗址的外圈可以看成是一个八边形，则这个八边形的内角和为______． 【答案】/1080度 【分析】本题考查了多边形内角和，根据多边形的内角和公式即可作答． 【详解】解：． 故答案为：． 3．（24-25八年级下·浙江台州·期末）已知九边形的其余8个角的度数均为，那么第九个角的度数为__________． 【答案】/100度 【分析】本题考查多边形内角和，熟练掌握多边形内角和的求法是解题的关键． 先求出九边形的内角和，再减去8个内角的度数即可． 【详解】解：九边形的内角和为，8个内角的度数为， 第九个角的度数为． 故答案为：． 题型二 利用平行四边形的性质求角度（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在中，平分交于点．若，则的度数是______． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质，角平分线的定义，平行线的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键． 根据角平分线的定义和平行四边形的性质求，再根据平行四边形的性质求． 【详解】在中，，， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 2．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）平行四边形中，与的度数之比是，则________． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质．解题的关键是由平行四边的性质推出，．由平行四边形的性质推出，，根据平行线的性质得出，求出，得到∠D的度数． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 故． 故答案为：． 3．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在中，，平分交于点，则________．    【答案】 【分析】由平行四边形的性质得出，再由平行线的性质得出，然后由角平分线定义求出，即可得出结论． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， ， 平分， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质以及角平分线定义等知识；熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 题型三 利用平行四边形的性质求线段长度（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，的对角线相交于点O，E，F分别是的中点，连接．若，，，则的长为______． 【答案】/ 【分析】先利用勾股定理求得的长，利用平行四边形的性质求得，在中，利用勾股定理求得的长，再根据直角三角形斜边中线的性质即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， 在中，， ∵E是的中点，且， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，掌握“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”是解题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在中，点E为边的中点，将沿折叠，边交的延长线于点F，连结，若，，则的长为_________． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形性质和翻折问题，全等三角形判定与性质，理勾股定理，解题的关键是掌握翻折的性质和全等三角形判定定理和性质定理．延长交于点G，过点E作于点M，证明，可得，由折叠可得，即可求出，而，知，设，由，列方程可解得，设，则，根据，求出，再根据勾股定理得，从而． 【详解】解：如图，延长交于点G，过点E作于点M， 在中，， ∴， ∵点E是中点， ∴， ∴， ∴， ∵将沿折叠， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 由， 设，则， 在 中，， ∴， 解得，即， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 3．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）如图，在中，对角线，相交于点，，，，则对角线的长是（   ） A． B． C．12 D．14 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．首先根据勾股定理解得的值，再根据平行四边形的性质可得，，进而可根据勾股定理解得的值，即可获得答案． 【详解】解：∵，，， ∴在中，， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴． 故选：A． 题型四 利用平行四边形的性质证明（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在中，E，G，H，F分别是，，，上的点，且，．求证：． 【答案】见详解 【分析】根据平行四边形的性质可得，再证明，即可． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江温州·期中）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，点，在上，点，在上． (1)若，，求的度数； (2)若四边形是平行四边形，求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）由等腰三角形的性质得出，由平行四边形的性质可得出答案； （2）由平行四边形的性质得出，，则可得出结论． 【详解】（1）解：，， ， 四边形是平行四边形， ， ， ； （2）证明：四边形和四边形是平行四边形， ，， ，即． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质． 3．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在中，点为边的中点，延长交的延长线于点． (1)求证：． (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】（1）利用中点定义可得，再用平行四边形的性质可得，然后根据可证明； （2）由全等三角形的性质可得． 【详解】（1）证明：是边的中点， ， 四边形是平行四边形， ， ， 在和中， ， ； （2）四边形是平行四边形， ， ， ， ． 【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形对边平行且相等． 题型五 平行四边形中作图题（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是，每个小正方形的顶点叫格点，顶点在格点的四边形称为格点四边形．已知，，均为格点，请在给定的网格中按要求画出格点平行四边形，且点不与其它顶点重合． （1）在图甲中画一个以为边，且其邻边经过点的平行四边形． （2）在图乙中画一个以为对角线，且另一条对角线经过点的平行四边形． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）画平行四边形ABCD，使点P在BC上即可； （2）画平行四边形AEBF，使点P在EF上即可． 【详解】解：（1）如图，平行四边形ABCD即为所求； （2）如图，平行四边形AEBF即为所求． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，格点四边形的定义，解题的关键是掌握平行四边形的画法． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在7×7的正方形网格图中，线段AB的两个端点都在格点上，分别按下列要求画格点四边形．（要求图1与图2的两个四边形不全等） （1）在图1中画一个以AB为边的矩形； （2）在图2中画一个以AB为边的平行四边形且与（1）中所画的矩形面积相等． 【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【分析】（1）根据矩形的定义（有一个角是直角的平行四边形是矩形）画出图形即可； （2）根据平行四边形的定义（两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）以及题目要求画出图形即可． 【详解】解：（1）如图，矩形ABCD即为所求． （2）如图，平行四边形ABCD即为所求． 【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，矩形的性质，平行四边形性质等知识，解题关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题． 3．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在网格中，每个小正方形的边长都是1，每个顶点称为格点．线段的端点都在格点上．按下列要求作图，使所画图形的顶点均在格点上． (1)如图1，画一个以 为边的平行四边形． (2)如图2，画一个以为边，且面积为12的平行四边形． (3)如图3，画一个以 为对角线，且面积为7的平行四边形． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 (3)详见解析 【分析】本题主要考查了作图−应用与设计作图，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识点， （1）根据平行四边形的性质直接作图即可； （2）以为边，作底边为4的平行四边形即可； （3）根据平行四边形的性质取格点M，N，连接作图即可． 解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题． 【详解】（1）如图1所示， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴平行四边形即为所求（答案不唯一）； （2）如图2所示， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴平行四边形即为所求（答案不唯一）； （3）如图3所示， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴四边形的面积， ∴菱形即为所求（答案不唯一）． 题型六 利用平行线之间的距离解决问题（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）图1表示一条两岸彼此平行的河，直线表示河的两岸，且，现要在这条河上建一座桥(桥与河岸垂直)，“桥”用线段表示． (1)如图1，在河岸、两点建两座桥、，则和的大小为； (2)如图2，现要在这条河上建一座桥，桥建在何处才能使从游乐场经过桥到河对岸的路程最短? 亮亮的方法是：作交于，两点，在处建桥能使从游乐场经过桥到河对岸的路程最短； 木木的方法是：作交于，两点，把线段平移至，在处建桥能使从游乐场经过桥到河对岸的路程最短． 你认为谁的方法正确？并说明理由． (3)如图3，现要在这条河上建一座桥，桥建在何处才能使从村庄经桥过河到村庄的路程最短?画出示意图，并用平移的原理说明理由． 【答案】(1) (2)木木的方法正确，见解析 (3)见解析 【分析】本题考查了平行线的性质，两点之间线段最短，平移的性质； （1）根据平行线间的线段相等，进而得出答案； （2）分别用两种方法求处于从到的路程，进行比较即可； （3）作图 ，，可以看作平移的结果，则，若设另在处架桥，同理可得，则＞，所以在处建桥，使从村庄经桥到村庄的路程最短． 【详解】（1）解：∵桥与河岸垂直， 根据平行线间的线段相等，则 （2）木木的方法正确，理由如下：            由平移性质知， 亮亮的方法，从到的路程为 木木的方法，从到的路程为     ， ， 木木的方法正确． （3）如图b．①作交于，．②把 平移至，连结 ，交于． ③作于 在处建桥，使从村庄经桥到村庄的路程最短．                             理由：由作图 ，，可以看做 平移的结果， ， 若设另在 处架桥，同理可得，则， 在处建桥，使从村庄经桥到村庄的路程最短．                          题型七 证明四边形是平行四边形（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，点、分别在、上，分别交、于点、，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，连接，若平分，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和性质，角平分线的性质，平行线的性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解本题的关键． （1）先证得，再利用等量代换证得，证得，即可证明结论； （2）利用角平分线的定义和平行线的定义可证得，可求得． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在平行四边形 中，， 是对角线上的两点，且 ． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若 ， ． ① 求证：； ② 若平分，，求． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； ． 【分析】（）连接交于点，则，，再证明，得到，所以，利用“对角线互相平分的四边形是平行四边形”可证； （）首先证出四边形为矩形，则，设， 可表示出，，故，得到，又因为，得到； 首先可证出四边形为菱形，四边形为正方形，根据可得，根据（）得，故三角形为等边三角形，，再根据含的等腰三角形的三边关系可得的长． 【详解】（1）证明：如图，连接交于点， ∵四边形为平行四边形， ∴，，，， ∴， 又∵ ， ∴， ∴， ∴，即， 又∵， ∴四边形为平行四边形； （2）证明：∵， ∴四边形为矩形， ∴，， 设，，则，， ∴，。 ∴， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 解：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形为菱形， ∴，， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，熟练掌握定理进行推导是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图． 在平行四边形中，分别是 边上的点，且 ， 交于点 ． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若 ，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定以及菱形的判定以及性质，勾股定理，掌握这些判定定理以及性质是解题的关键． （1）由平行四边形的性质可得出 ，由已知条件得出，根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形即可得出四边形是平行四边形． （2）先证明平行四边形是菱形，由菱形的性质可得出，，由勾股定理可得出，即可得出． 【详解】（1）证明∶四边形是平行四边形， 又 四边形是平行四边形． （2） 平行四边形是菱形 ，，． ． ∴， 题型八 判断能否构成平行四边形（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）在四边形中，已知，如再加上一个条件，不能判定它是平行四边形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平行四边形的判定进行判断即可． 【详解】解：如图，    A．如图，    ∵，， ∴四边形是平行四边形， 故选项不符合题意； B．如图，    ∵，， ∴四边形是平行四边形， 故选项不符合题意； C．如图，    ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 故选项不符合题意； D．，，无法判定四边形是平行四边形，故选项符合题意． 故选：D． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图，在四边形中，，是对角线，要使四边形为平行四边形，可添加条件（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．两组对边分别平行的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的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；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对角分别相等的四边形是平行四边形． 根据添加的条件和平行四边形的判定方法逐项判断即可解答． 【详解】解：A、添加后，四边形一组对边平行，另一组对边相等，不一定是平行四边形，有可能为等腰梯形，不合题意； B、添加，得出，不能判定为平行四边形，不符合题意； C、添加，得出，不能判定为平行四边形，不合题意； D、添加，根据一组对比平行且相等的四边形是平行四边形可以判定为平行四边形，符合题意． 故选：D． 3．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）在四边形中，，若四边形是平行四边形，则还应满足（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行线的判定及平行四边形的判定即可判断． 【详解】根据题意可作如图： 若四边形是平行四边形， 则需证， ，则可得，故A选项错误， ，不能得，故B选项错误， ，则可得，故C选项正确， ，不能得到，故D选项错误， 故选C． 【点睛】本题考查了平行线段娥判定及平行四边形的判定，熟练掌握其判定定理是解题的关键． 题型九 利用旋转的性质求角度（共4小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，绕点逆时针旋转得到，点恰好落在上，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质得到，即可得到答案． 【详解】解： 绕点逆时针旋转得到， ， ． 故选C． 2．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，由旋转得到，点B与点D是一对对应点．连接，，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查旋转的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，设，由旋转的性质得得，可得出由三角形内角和定理可得出结论． 【详解】解：设， ∵， ∴ ∴ 由旋转的性质得， ∴ ∴ 在中， ∴ ∴ 故选：A． 3．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，中，，将绕点A逆时针旋转α（）得到，交于点F．当时，点D恰好落在上，则（　　） A．80° B．90° C．85° D．95° 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和等知识，掌握旋转的性质、等腰三角形的性质是解题的关键；由旋转的性质及等腰三角形的性质求得，由三角形内角和求得的度数，再由三角形内角和即可求解． 【详解】解：∵将逆时针旋转α（），得到， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 4．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）如图，在中，，，点在边上，，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的度数为_____________ 【答案】/100度 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的性质，三角形内角和定理，旋转的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 根据等腰三角形的性质可得，再由三角形内角和定理，可得，然后根据旋转的性质可得，，可证明，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴． 故答案为： 题型十 绕原点旋转的点的坐标（共4小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在平面直角坐标系中．△MNP绕原点逆时针旋转90°得到△M1N1P1，若M（1，﹣2）．则点M1的坐标为（    ）    A．（﹣2，﹣1） B．（1，2） C．（2，1） D．（﹣1，﹣2） 【答案】C 【分析】连接OM，OM1，分别过M和M1作y轴的垂线，垂足为A，B，证明△OAM1≌△MBO，得到OA=BM=1，AM1=OB=2，从而可得M1坐标． 【详解】解：如图，连接OM，OM1，分别过M和M1作y轴的垂线，垂足为A，B， 由旋转可知：∠MOM1=90°，OM=OM1， 则∠AOM1+∠BOM=90°， 又∠AOM1+∠AM1O=90°， ∴∠AM1O=∠BOM， 又∵∠OAM1=∠OBM=90°，OM=OM1， ∴△OAM1≌△MBO（AAS）， ∴OA=BM=1，AM1=OB=2， ∴M1（2，1）， 故选C．    【点睛】本题考查了坐标与图形—旋转，全等三角形的判定和性质，解题的关键是利用旋转的性质得到全等三角形的条件． 2．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在直角坐标系中，正的边在轴的正半轴上，若，则正绕着点顺时针旋转后，点的对应点坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查坐标与图形变化旋转，熟知等边三角形的性质及勾股定理是解题的关键． 过点的对应点作轴的垂线，利用勾股定理及等边三角形的性质即可解决问题． 【详解】解：令点和点旋转后的对应点分别为和，过点作轴的垂线，垂足为， 由旋转可知， 是等边三角形，且边长为2， ，轴， ， 则． 在中， ， 所以点的坐标为． 故选：D． 3．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）在平面直角坐标系中，将点绕原点顺时针旋转，则点的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了坐标与图形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题关键．过点作轴于点，轴于点，结合旋转的性质，证明，得到，，即可得到的坐标． 【详解】解：如图，过点作轴于点，轴于点， 由旋转的性质可知，，， ， 轴，轴， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ，， ，， ， 故选：A． 4．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，正比例函数的图象经过，两点，其中m，n为整数，且.现将线段绕点B顺时针旋转得到线段，则点C的坐标为________．    【答案】 【分析】本题考查坐标与图形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，过点B作轴，且，，证明，推出，，再分别求出点C的横坐标和纵坐标即可． 【详解】解：如图，过点B作轴，且，，    ，， ，； 线段绕点B顺时针旋转得到线段， ，， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 点C的坐标为， 故答案为：． 题型十一 中心对称图形的识别（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江温州·期末）下列图形中，不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的概念，是解题的关键． 【详解】解：A、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形，故不符合题意； B、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形，故不符合题意； C、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形，故不符合题意； D、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，故符合题意． 2．（24-25八年级下·浙江台州·期末）巴黎奥运会项目图标传递“荣誉徽章”理念，下列图标中，是中心对称图形的为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据中心对称图形概念：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，据此求解即可． 【详解】解：根据概念可知，A、B、C不是中心对称图形；D是中心对称图形． 故选：D． 3．（24-25八年级下·浙江台州·期末）下列图形为中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别；根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案． 【详解】解：选项A、B、C均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形； 选项D能找到这样的一个点，使图形绕该点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形； 故选：D． 题型十二 在方格子中补画使得成为中心对称图形（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在6×6的正方格中，中心点为点O，图中有4个小正方格被涂黑成“L形”． (1)用2B铅笔在图中再涂黑4格，使新涂黑的图形与原来的“L形”关于点O成中心对称， (2)用2B铅笔在图中再涂黑4格，使新涂黑的图形与原来的“L形”所组成的新图形既是轴对称图形、又是中心对称图形（要求画出三种）． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据中心对称图形的定义画出图形； （2）根据轴对称图形，中心对称图形的定义画出图形即可． 【详解】（1）解：图形如图所示： （2）图形如图所示：    【点睛】本题考查作图−应用与设计作图，利用轴对称，中心对称设计图案等知识，解题的关键是掌握中心对称图形，轴对称图形的定义． 2．（2025·浙江宁波·一模）图1，图2都是由边长为1的小正三角形构成的网格，每个网格图中有3个小正三角形已涂上阴影，请在余下的小正三角形中选取1个小正三角形，涂上阴影，按下列要求分别画出符合条件的一种情形． （1）在图1中画图，使得4个阴影小正三角形组成一个轴对称图形； （2）在图2中画图，使得4个阴影小正三角形组成一个中心对称图形． 【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析 【分析】（1）结合题意，根据轴对称图形的性质作图，即可得到答案； （2）结合题意，根据中心对称图形的性质作图，即可得到答案． 【详解】（1）如下图，可构成轴对称图形（答案不唯一）； ； （2）如下图，可构成中心对称图形（答案不唯一）； ． 【点睛】本题考查了轴对称、中心对称图形的知识；解题的关键是熟练掌握轴对称、中心对称图形的性质，从而完成求解． 3．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）下图是由含内角的菱形组成的一个的网格图． 请画出以为边的格点四边形 ，其中点，，，均在格点上． 要求如下∶ (1)在图1中画一个是中心对称，但非轴对称的格点四边形． (2)在图2中画一个是轴对称，但非中心对称的格点四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查作图应用与设计作图、轴对称图形、中心对称图形，熟练掌握轴对称图形、中心对称图形的定义是解答本题的关键． （1）根据题意，画平行四边形即可． （2）根据轴对称图形和中心对称图形的定义画图即可． 【详解】（1）解：如图1，四边形即为所求（答案不唯一）． （2）解：如图2，四边形即为所求（答案不唯一）． ． 题型十三 画已知图形关于某点对称的图形（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，已知在平面直角坐标系中． (1)作出关于原点对称的； (2)在y轴上找一个点P，使得的值最小，并直接写出的最小值（保留作图痕迹）． 【答案】(1)见解析 (2)图见解析； 【分析】本题考查了坐标与图形变化—轴对称、原点对称、最短路径问题，掌握相关知识点，正确作出图形是解题的关键． （1）先画出各顶点关于原点对称的对应点，再顺次连接即可； （2）作点关于y轴的对称点，连接交y轴于点，利用轴对称的性质可得，则点P即为所求，再利用勾股定理求出的长即可解答． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求： （2）解：作点关于y轴的对称点，连接交y轴于点， 由对称性得，， ， 当三点共线时，的值最小，最小值为的长， 由图可得，， 如图所示，点P即为所求，的最小值为． 2．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在的方格网中，所有标出的点均为格点，请按要求作图． (1)如图1，作出关于点O对称的； (2)如图2，旋转得到，标出旋转中心点P． 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 【分析】本题考查了作中心对称图形，利用图形旋转的性质作图，熟练掌握相关作图知识是解题的关键． （1）作出点A关于点O的对称点D，连结，，即得答案； （2）图形旋转的性质，分别作，的中垂线，两线的交点即为所求． 【详解】（1）解：如图，就是所求作的三角形； （2）解：如图，点P就是所求作的点． 3．（24-25八年级下·浙江台州·期末）在给定的网格中，用无刻度的直尺按要求完成以下作图，不要求写出画法． (1)如图1，线段的两个端点均在格点上，线段绕点A顺时针旋转后得到线段，作出线段． (2)如图2，的顶点和点P均在格点上，作出与关于点P中心对称的图形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据旋转的性质得出对应点的位置； （2）根据关于点成中心对称的性质即可画出． 【详解】（1）解：如图，线段即为所作， ； （2）解：如图，即为所作， . 【点睛】此题主要考查了图形的旋转以及中心对称，根据已知得出对应点位置是解题关键． 题型十四 求关于原点对称的点（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江温州·期末）在直角坐标系中，点关于原点成中心对称的点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了求关于原点对称的点的坐标，根据关于原点对称的点横纵坐标都互为相反数进行求解即可． 【详解】解：点关于原点成中心对称的点的坐标是， 故选：D． 2．（24-25八年级下·浙江台州·期末）点关于原点对称的点的坐标是（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的横纵坐标符号相反，即可求解． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了关于原点对称点的性质，正确把握横纵坐标的关系是解题关键． 3．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）在直角坐标系中，若点，点关于原点中心对称，则______． 【答案】-2 【分析】直接利用关于原点对称点的性质，得出a，b的值，即可得出答案． 【详解】解：∵坐标系中点A（1，a）和点B（b，1）关于原点中心对称， ∴b＝−1，a＝−1， 则a＋b＝−1−1＝−2． 故答案为：−2． 【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，掌握关于原点对称的两个点的坐标特征是解题的关键． 题型十五 利用中位线求线段长度（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在中，点是边上的中点，点在上，交于点，且，若，，则线段的长为________． 【答案】 【分析】本题考查三角形中位线定理，平行线的性质，等腰三角形的性质．熟练运用以上知识点，并恰当设置辅助线，是解题的关键． 取的中点，连接，根据三角形中位线定理，得到，，根据得到，，进而得到，进而得到的长度，通过证明，进而得到的长度． 【详解】解：如图，取的中点，连接， ∵点是边上的中点，点是的中点， ∴是的中位线， ∴，，， ∵，， ∴，， ∵， ∴，， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在中，，D是的中点，P是边上的点，连接．若，则的值为（   ） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是勾股定理、三角形中位线定理，取的中点E，连接，根据三角形中位线定理得到，，得到，设，，得到，，再根据勾股定理计算即可． 【详解】解：如图，取的中点E，连接， ∵D是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵， ∴， 设，，则，， 由勾股定理得：，即， ∴， 在中，， 则， 故选：B． 题型十六 利用中位线的性质证明（共4小题） 1．（24-25八年级下·浙江·期末）如图，在中，点是边的中点，点，G在边上，，交于E， ． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，三角形中位线定理． （1）根据等腰三角形三线合一得到，再利用三角形的中位线定理证明，再加上条件可证出结论． （2）先证明，再证明，可得到． 【详解】（1）证明：，， ． 又是边的中点， ∴， 为的中位线， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：四边形是平行四边形， ， 、分别是、的中点， ， ， ． 2．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，点 E 是平行四边形对角线上一点，点 F 在延长线上，且，与交于点G． (1)求证：； (2)连接，若，若 G 恰好是的中点，求证：四边形是菱形； (3)在(2)的条件下，若四边形是正方形，且，则 ． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接交于点O，由平行四边形的性质得，再证是的中位线，即可得出结论； （2）证，得，则四边形是平行四边形，再证，即可得出结论； （3）由正方形的性质得，再求出，然后由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：连接交于点O， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴是的中位线， ∴； （2）由（1）得：， ∴， ∵G是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形； （3）∵四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得： ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理以及勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质，证明是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在中，，垂足为，点，，分别是，，的中点． (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】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． （1）由三角形中位线定理可得，，，可得，可得结论； （2）由平行四边形的性质可得，由直角三角形的性质可得，，可得结论． 【详解】（1）证明：点，，分别是，，的中点， ，，， ， 四边形是平行四边形； （2）证明：四边形是平行四边形， ， ，点，点分别是，的中点， ，， ，， ， ． 4．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图1，在矩形中，，，对角线，交于点O，E为上一点（不与点，C重合），延长到点，使，交边于点，连结． (1)求证：． (2)当时，求的长． (3)如图2，连结，当等于的某个内角时，求所有符合条件的四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（1）利用矩形的性质得到为中位线，根据三角形中位线的性质即可证得结论； （2）由（1）可知，可得，，，由此证得，再利用勾股定理即可求出的长， （3）由已知条件将的内角分别为，，三种情况进行讨论，再分别求解出符合条件的四边形的面积即可． 【详解】（1）证：在矩形中， ， 又， 是的中位线， ， 即； （2）由（1）可得，， ， ， ， ，， ， ， ， 在中，， ； （3）由已知条件可知，的内角分别为，，， ①当时， 可得， 由（1）知， 四边形是平行四边形， 且， 是菱形， ， ； ②当时， ， ， ， 在中， ， ， ， ； ③当时，此时点与点重合，不符合题意， 综上所述，四边形的面积为或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的性质、三角形中位线、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理的知识，理解相关知识是解答关键． 题型十七 特殊四边形的性质与判定理解（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）下列性质中，菱形具有而矩形不一定具有的是（    ） A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直 C．对边平行且相等 D．对角线相等 【答案】B 【详解】解：A选项、对角线互相平分，菱形和矩形都具有，不符合题意； B选项、对角线互相垂直，是菱形的性质，矩形对角线不一定互相垂直，因此菱形具有而矩形不一定具有，符合题意； C选项、对边平行且相等，菱形和矩形都具有，不符合题意； D选项、对角线相等，矩形具有而菱形不具有，不符合题意． 2．（24-25八年级下·浙江台州·期末）下列命题中，不成立的是（    ） A．三个角都是直角的四边形是矩形 B．对角互补的平行四边形是矩形 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】D 【分析】本题考查了命题与定理的知识，利用矩形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A、三个角都是直角的四边形是矩形，成立，不符合题意； B、对角互补的平行四边形是矩形，成立，不符合题意； C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，成立，不符合题意； D、对角线相等的四边形不一定是矩形，例如等腰梯形的对角线相等但不是矩形，故该命题不成立，符合题意． 故选：D． 3．（24-25八年级下·浙江台州·期末）下列各命题中，真命题为（   ） A．平行四边形的对角线互相平分 B．菱形的对角线相等 C．矩形的对角线互相垂直 D．对角线相等的四边形是矩形 【答案】A 【分析】本题考查了真命题的概念以及平行四边形、菱形、矩形的判定及性质，熟练掌握判定与性质是解决本题的关键． 根据平行四边形、菱形、矩形的性质及判定定理逐一判断各选项的正确性即可． 【详解】解：A选项：平行四边形的对角线互相平分，这是平行四边形的性质定理，正确； B选项：菱形的对角线互相垂直且平分，但长度不一定相等，故错误； C选项：矩形的对角线相等且互相平分，但不互相垂直，故错误； D选项：对角线相等的四边形不一定是矩形，如等腰梯形，需满足“对角线相等的平行四边形”才是矩形，故错误． 故选：A． 题型十八 利用矩形的性质求角度（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江丽水·期末）如图，是矩形的一条对角线，，依据尺规作图的痕迹，与的交点为，则的度数是 ____________________（用α的代数式表示）． 【答案】 【分析】本题考查了作图—基本作图，角平分线的定义、线段垂直平分线的性质、矩形的性质，设与交于点，由作图可得：平分，垂直平分，从而得出，，由矩形的性质得出，推出，即可得解． 【详解】解：如图，设与交于点， 由作图可得：平分，垂直平分， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图，在矩形中，是边上的一点，且，，则______度． 【答案】 【分析】根据矩形和等腰三角形的性质即可得出答案． 【详解】解：在矩形中，, ∴, ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形和等腰三角形的性质，掌握以上知识点是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在矩形中，与交于点O，，则______． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角定理，熟练掌握矩形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键． 由矩形可得，则，再由外角即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 题型十九 利用矩形的性质求线段长度（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江温州·期末）将一个相邻两边之比为的矩形分成四部分，其中有两个全等的等腰直角三角形，其腰长与矩形较长边之比为，如图1，它是一个中心对称图形．现拼成不重叠、无缝隙的轴对称的“鱼”形，如图2，寓意“鱼跃龙门”．若对称中心到矩形较长边的距离为4，则图1矩形较短边的长为________，图2中“鱼”首尾高的值为________． 【答案】 【分析】过点作直线垂直矩形长边，交点为，如图所示，由矩形性质及题意即可得到答案；由题意中的比例关系求出矩形的边长、等腰直角三角形腰长，再由等腰直角三角形性质及勾股定理求出，数形结合表示出“鱼”首尾高，代值求解即可得到答案． 【详解】解：过点作直线垂直矩形长边，交点为，如图所示： 对称中心到矩形较长边的距离为4， 图1矩形较短边的长为； 即矩形的短边长为， 矩形相邻两边之比为， 矩形的长边长为， 等腰直角三角形的腰长与矩形较长边之比为， 等腰直角三角形的腰长为， 过点作，如图所示： ， 由等腰直角三角形性质可得， 在等腰中，由勾股定理得到斜边长为，则， 图2中“鱼”首尾高的值为； 故答案为：，． 【点睛】本题考查求线段长，涉及矩形性质、比例求线段长、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识．数形结合，根据比例求出相关线段长度是解决问题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，矩形的对角线交于点O，，过点O作，交于点E，过点E作，垂足为F，则的值为___________．    【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理等知识，依据矩形的性质即可得到的面积为12，再根据，即可得到的值． 【详解】解：∵， ∴矩形的面积为48，， ∴， ∵对角线交于点， ∴的面积为12， ∵ ∴，即， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（24-25八年级下·浙江·期末）在一张长为，宽为的矩形纸片上，现要剪下一个腰长为的等腰三角形（要求：等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合，其余的两个顶点在矩形的边上）则剪下的等腰三角形的底边长为_____． 【答案】或或 【分析】本题主要考查矩形的角的性质和勾股定理的运用，要根据三角形的腰长的不确定分3种情况讨论，有一定的难度．因为等腰三角形腰的位置不明确，所以分三种情况进行讨论：①，为等腰直角三角形；②；③；分别根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，， 分三种情况计算： （1）当时，如图： ； （2）当时，如图： 则， ， ； （3）当时，如图： 则， ， ； 故答案为：或或． 题型二十 利用矩形的性质求面积（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，矩形ABCD中，点E、F分别是AB、CD的中点，连接DE和BF，分别取DE、BF的中点M、N，连接AM，CN，MN，若，，则图中阴影部分的面积为______． 【答案】 【分析】根据矩形的中心对称性判定阴影部分的面积等于空白部分的面积，从而得到阴影部分的面积等于矩形的面积的一半，再根据矩形的面积公式列式计算即可得解． 【详解】解：∵点E、F分别是AB、CD的中点M、N分别为DE、BF的中点， ∴矩形绕中心旋转180°阴影部分恰好能够与空白部分重合， ∴阴影部分的面积等于空白部分的面积， ∴阴影部分的面积=×矩形的面积， ∵AB =，BC=4， ∴阴影部分的面积= 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，主要利用了矩形的中心对称性，判断出阴影部分的面积等于矩形的面积的一半是解题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作，分别交AB，CD于点E，F，连接PB，PD．若，．则图中阴影部分的面积为______． 【答案】10 【分析】想办法证明S△PEB=S△PFD解答即可． 【详解】作PM⊥AD于M，交BC于N． 则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形， ∴S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PBE=S△PBN，S△PFD=S△PDM，S△PFC=S△PCN， ∴S△DFP=S△PBE=×2×5=5， ∴S阴=5+5=10， 故答案为10． 【点睛】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证明S△PEB=S△PFD． 3．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，点E在的延长线上，与交于点G，点F是的中点，若要知道的面积，则需要知道（   ） A．的长 B．矩形的面积 C．梯形的面积 D．的度数 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，三角形的面积，关键是由矩形的性质、三角形的面积公式推出． 连接，由矩形的性质以及三角形的面积公式推出，即可得到答案． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵F是中点， ∴， ∴， ∴， ∴要知道的面积，则需要知道矩形的面积． 故选：B． 题型二十一 矩形与折叠问题（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，矩形中，E是边上一点，将沿翻折，得到，延长交线段的延长线于点G，交线段于点O，若，，，则线段的长为_______． 【答案】 【分析】由矩形的性质得到，由平行线的性质可得，再证明，得到；证明，得到，则可证明，利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠的性质可得， ∴，即， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，以长方形的相邻边建立直角坐标系，，，点E是边上一点，将沿着翻折，点D恰好落在BC边上，记为点F．若线段沿y轴正半轴向上平移，得到线段，连结OF'．若△OA'F'是等腰三角形，则的坐标是 ____________________． 【答案】或或 【分析】根据矩形及折叠的性质得，，进而可求出的值，分类讨论：若，若，若，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ，， 由折叠对称性：，， 在中，， 如图，由平移可知：，， ∴四边形是平行四边形， ，， ， 如图，过点作于H， ， ∴四边形是矩形， ， ∴F′的横坐标为4， 分三种情况讨论： 若， ， ， 的坐标是； 若， ，， ， 的坐标是； 若， 在中，， 设， ， ， ， 解得：， 的坐标是； 综上所述，若是等腰三角形，的坐标是或或， 故答案为：或或． 【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、坐标与图形变化——对称、平移，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，有一张矩形纸片，，点分别在边上，，现将四边形沿折叠，使点分别落在点上当点从点运动到点的过程中，若边与边交于点，则点相应的运动路径长为______．    【答案】 【分析】探究点的运动轨迹，寻找特殊位置，当点与点重合时，当点运动到时，当点运动到点落在时，分别利用矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，分别进行计算即可． 【详解】解： 如图，当点与点重合时，   ，四边形矩形，， ，，，， ， 由折叠的性质可得：， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：， ， 如图，当点运动到时，的值最大，   ，四边形矩形， ， ， ， 四边形是矩形， ， 同理可得：， ， 如图，当点运动到点落在时， ， 由折叠的性质可得：，，，，， ， ， 点的运动轨迹为， 运动路径为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握以上知识点，找准特殊点位置时解题的关键． 题型二十二添加一个条件使得四边形是特殊四边形（共4小题） 1．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连结，，，要使四边形成为矩形，可添加一个条件是_________．(只要写出一个条件即可) 【答案】（或或等） 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定，首先判定四边形为平行四边形是解题的关键．先证明四边形为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答． 【详解】解：四边形为平行四边形， ，， 又， ，且， 四边形为平行四边形， 添加， 为矩形； 添加， ， 为矩形； 添加， ， 为矩形． 故答案为：（或或） 2．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在平行四边形中，对角线，交于点O．下列条件不能判定平行四边形为菱形的是（    ） A． B． C．平分 D． 【答案】D 【分析】本题主要考查菱形的判定，掌握菱形的判定定理是解题的关键．根据菱形的判定定理判断即可． 【详解】解：A、∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形为菱形，故A不符合题意； B、∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形为菱形，故B不符合题意； C、∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形为菱形，故C不符合题意； D、∵四边形是平行四边形，， 故不能判定平行四边形为菱形，故D符合题意； 故选：D． 3．（24-25八年级下·浙江舟山·期末）已知在中，对角线交于点，添加下列条件后，不一定能使其成为菱形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，熟悉菱形的判定是解题的关键；根据菱形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：A、，则是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形），故不符合题意； B、∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形），故不符合题意； C、∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴，即， ∴是矩形，不一定能使其成为菱形，故符合题意； D、∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴是菱形，故不符合题意； 故选：C． 4．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则下列判断正确的是(   ) A．若，则四边形是正方形 B．若，则四边形是平行四边形 C．若，则四边形是菱形 D．若，则四边形是矩形 【答案】D 【分析】本题考查正方形，平行四边形，菱形和矩形的判定，根据相关判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、，不能判定四边形是正方形，原选项判断错误； B、，不能判定四边形是平行四边形，原选项判断错误； C、，则四边形是矩形，原选项判断错误； D、，则四边形是矩形，原选项判断正确； 故选：D． 题型二十三 证明四边形是特殊四边形（共4小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，四边形是菱形，，点E，F在上，，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)20 【分析】本题考查菱形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． （1）连接交于点O，根据菱形的性质得到、，进而得到，证得四边形是平行四边形，根据对角线垂直，证明四边形是菱形； （2）根据菱形的性质求出、的长，再利用勾股定理求出、的长，最后利用四边形的周长为进行求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接交于点O， 四边形是菱形， 、、， ， ，即， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形是菱形； （2）解：， ， 在中，由勾股定理得：， 四边形是菱形， 、， ， 在中，由勾股定理得：， 四边形的周长为． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，，过点，分别作，，交，的延长线于点，． (1)求证：四边形为矩形． (2)连接，交于点，若，，，求矩形的周长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】根据平行四边形的性质可知，根据平面内垂直于同一条直线的两直线互相平行，可知，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可证结论成立； 根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可证四边形是菱形，根据菱形的四条边都相等可设，可得，在中，可得，在中，可得:，可列方程，解方程即可求出的长度为，从而可得：，，根据矩形的周长公式计算即可． 【详解】（1）证明：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）四边形是平行四边，， 四边形是菱形， ． 设，则， ， ， 解得：，（负值舍去）， ， ， ， 矩形的周长为． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理，解决本题的关键是利用矩形的判定定理和菱形的判定定理判断四边形的形状，再根据图形的性质找边之间的关系． 3．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，为上一点（不与端点重合），延长至点使，连结，过点作于点，连结，，． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)若，，求的长． (3)当点在上任意运动时（不与端点重合），求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据正方形的性质得到，，由推出，再利用平行四边形的判定即可证明； （2）由图可得，根据正方形的性质得到，，通过证明是等腰直角三角形，得到，再利用线段的和差即可求出的长； （3）连接，根据正方形的性质得到，，结合（1）和（2）中的结论证明，得到，，进而推出是等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴，， ∵， ∴，即， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形． （2）解：∵，， ∴， ∵正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； （3）解：如图，连接， ∵正方形， ∴，， 由（1）得，， ∴， 由（2）得，是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴，即， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质、平行四边形的判定、等腰直角三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、二次根式的应用，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 4．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以为邻边作矩形，连接． (1)如图1，求证：矩形是正方形； (2)若，，求的长度； (3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（）作于，于，证明，得到，根据正方形的判定定理证明即可； （）由正方形的性质可得，，，，，由“”可证 ，可得； （）分两种情况：当与的夹角为时，当与的夹角为时，分别画出图形求出结果即可； 【详解】（1）证明：如图，作于，于，    ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：∵四边形是正方形，， ∴，， ， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：当与的夹角为时，如图，    ∴，， ∴， ∵， ∴， ②当与的夹角为时，如图， 过作于点，过作于点，    ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 综上所述：或 ． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形判定和性质，熟练掌握知识点的应用及分类讨论思想是解题的关键． 题型二十四 特殊四边形中作图问题（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图，在3×4的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，已知格点线段．请按要求画出格点三角形（顶点在格点上）． (1)在图1中画一个以为腰的等腰三角形； (2)在图2中画一个，使得恰好平分的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查作图−应用与设计作图，等腰三角形的定义，矩形的性质等知识， （1）根据等腰三角形的性质画出图形即可（答案不唯一）； （2）以为对角线，构造矩形，即为所求（答案不唯一）； 解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 【详解】（1）解：如图， ∵，都为高为3，宽为1的长方形对角线， ∴， ∴即为所求（答案不唯一）； （2）解：如图， ∵为两个正方形的对角线， ∴， 又∵四边形为矩形， ∴平分的面积， ∴即为所求（答案不唯一）． 2．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图是由边长为1的小正方形构成的的网格，点，均在格点上． (1)在图①中画出以为边且周长为的平行四边形，且点和点均在格点上． (2)在图②中画出以为对角线的正方形，且点E和点F均在格点上． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查作图一应用与设计作图，勾股定理，平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用数形结合的思想解决问题． （1）利用数形结合的思想作图，则，，即四边形是平行四边形，且，进行作答即可； （2）取的垂线上且在格点上的点即E、F，，且，根据正方形的判定作图即可． 【详解】（1）解：平行四边形的周长为， ， 即可确定C、D的位置， 如图所示，平行四边形为所求作图形； （2）解：如图所示，正方形为所求作图形． 3．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）图1、图2均为的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，点A，B均在格点上，点P为线段上的一点．（仅用无刻度的直尺作图．）    (1)在图1中，画出一个以为边的正方形（保留作图痕迹）． (2)在（1）的基础上，在边上画点Q，使得平分正方形的面积（保留作图痕迹）． (3)在图2中，画出一个以为边的非正方形的菱形（保留作图痕迹），连结此菱形各边中点所形成的四边形为 ． 【答案】(1)画图见解析 (2)画图见解析 (3)画图见解析，矩形 【分析】此题考查了菱形和正方形的判定、矩形的性质、勾股定理与网格问题等知识，熟练掌握特殊平行四边形的判定是解题的关键． （1）根据勾股定理和网格的特点，正方形的判定进行作图即可； （2）根据正方形和矩形的中心对称性即可作图； （3）根据菱形的判定和勾股定理，三角形中位线定理、矩形的判定等知识作图和解答即可． 【详解】（1）解：如图正方形即为所求；    （2）解：如图    （3）解：如图，    连结此菱形各边中点所形成的四边形为矩形， 故答案为：矩形 题型二十五 利用特殊四边形的性质证明（共4小题） 1．（24-25八年级下·浙江丽水·期末）如图，在矩形中，点E是边上一点，将沿折叠后，点B的对应点为点F，延长交于点G，交的延长线于点H． (1)若，求证：． (2)当时， ①连结，若，求的长． ②当时，连结，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】本题考查了图像的翻折，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，勾股定理求解三角形，由垂直平分线得到直角三角形应用勾股定理是解决本题的关键． （1）根据角边角的证明方程可证明与全等，由全等的性质即可证明； （2）①根据平行线的性质可得角度相等，再直角三角形中应用勾股定理即可求解； ②根据垂直平分线可得直角和线段相等，设出未知数，再结合直角三角形中的勾股定理即可求解边长，再利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：由折叠可得， 因为， 所以． 因为， 在与， ， 所以≌， 所以． （2）①解：如图1，连结交于M， 因为， 所以． 因为， 所以． 因为， 所以， 所以． 在中，， 所以， ． ②解：如图2，连结，由折叠可得， 则垂直平分， 因为， 所以． 因为， 所以，则． 过点F作交于点P，交于点Q， 可得垂直平分，垂直平分． 则， 在中，为中位线，即， 所以． 设，则， 在中，， 即，解得 所以． 所以． 2．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图1，在正方形中，，点是对角线上的动点（），连接． (1)求证：； (2)如图2，在上取点，使． ①试判断与的位置关系，并说明理由； ②若，则四边形的面积为 ． 【答案】(1)证明见解析 (2)①，理由见解析；② 【分析】（1）由两个三角形全等的判定定理可证，再由全等三角形性质证得； （2）①由两个三角形全等的判定定理可证，再由全等三角形性质可得，最后由余角和平角的定义即可求解；②在中，由勾股定理列方程可解得，再由面积的和差间接表示所求四边形面积即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边是正方形， ∴， 在和中， ∴， ∴； （2）①证明：， 理由如下： 过点作于点，延长交与点，如图所示： ∵四边是正方形， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 在中，，，则是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， 由等腰三角形三线合一可得是底边上的中线， ∴， ， ， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②解：如图所示： 由①可知，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理可得，则， 解得（线段长度为负值，舍去）， ∴， ∴四边形的面积， 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形三线合一性质、互余定义、平角定义、勾股定理及间接表示图形面积等知识，熟记相关几何性质与判定定理、灵活运用推理，并结合问题添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在正方形中．点P在对角线上，过点P分别作于点E．于点F，连结． (1)求证：： (2)如图2，过点P作交于点G，判断与的数量关系与位置关系，并说明理由： (3)在（2）的条件下，若，，求正方形的边长． 【答案】(1)证明见解析 (2)，理由见解析. (3) 【分析】（1）连结，证明四边形是矩形．则．由是正方形的对称轴得到，即可得到； （2）证明．由（1）得．，即可证明．证明，即可得到； （3）证明．则，证明．连结，证明是等腰直角三角形，在等腰中，，得到．在中，，即，得到．即可得到答案． 【详解】（1）证明：连结， ∵于点E．于点F． ∴． ∵四边形是正方形， ∴ ∴． ∴四边形是矩形． ∴． ∵是正方形的对称轴， ∴． ∴． （2）解：． 理由如下： 由（1）得，四边形是矩形， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． ∴． 由（1）得．， ∴． 连结． ∵是正方形的对称轴， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∵四边形是正方形， ∴· ∵， ∴， ∴． （3）解：由（2）得．四边形是平行四边形． ∴． 由（1）得四边形是矩形， ∴． ∴， ∵． ∴． ∵． ∴． ∵四边形是正方形· ∴． 连结． 由（2）得．． ∴是等腰直角三角形， 由在等腰中，， ． ∴在中，，即． ∴， ∵， ∴， ∴，即正方形的边长是． 【点睛】此题考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、勾股定理、平行四边形的判定和性质、轴对称的性质等知识，熟练掌握相关判定和性质是关键． 题型二十六 利用菱形的性质求角度（共4小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，将菱形沿折叠，点B的对应点为F，若E、F、D刚好在同一直线上，设，，，则关系正确的是（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】可求，，可求，可证，即可求解． 【详解】解：，， ， 根据折叠可知， ， ，， ， 在菱形中，，， ，， ， ， ， ． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，菱形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，掌握相关的性质是解题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，于，连接，，则的度数是(   ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由四边形ABCD是菱形，可得OB＝OD，AC⊥BD，又由DH⊥AB，∠DHO＝α，可求得∠OHB的度数，然后由OH＝OB继而求得∠ABD的度数，然后求得∠BAD的度数． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴OB＝OD，AC⊥BD，AB＝AD， ∴∠ABD＝∠ADB， ∵DH⊥AB， ∴OH＝OB＝BD， ∵∠DHO＝α， ∴∠OHB＝90°−∠DHO＝90°−α， ∴∠ABD＝∠OHB＝∠ADB＝90°−α， ∴∠DAB＝180°−∠ABD−∠ADB＝180°−90°＋α−90°＋α＝2α， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质以及等腰三角形的判定与性质．注意证得OH＝OB＝BD是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在菱形纸片ABCD中，∠A=60°，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP（P为AB中点）所在的直线上，得到经过点D的折痕DE．则∠BEC′的大小为（   ） A．20° B．25° C．30° D．35° 【答案】C 【分析】连接BD，由菱形的性质及∠A=60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP=30°，∠ADC=120°，∠C=60°，进而求出∠PDC=90°，由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数． 【详解】解：连接BD， ∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°， ∴△ABD为等边三角形，∠ADC=120°，∠C=60°， ∵P为AB的中点， ∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP=∠BDP=30°， ∴∠PDC=90°， ∴由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，∠DEC=∠DEC′， 在△DEC中，∠DEC=180°-（∠CDE+∠C）=75°． ∴∠BEC′=180°-（∠DEC+∠DEC′）=30°． 故选：C． 【点睛】此题考查了翻折变换（折叠问题），菱形的性质，等边三角形的判定和性质，以及三角形内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键． 题型二十七 利用菱形的性质求线段（共3小题） 1．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在▱中，，将平行四边形分割成①②③④四个平行四边形，其中平行四边形④为菱形．若平行四边形①的周长为12，平行四边形②与③的面积之和为10，则菱形④的边长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，过点作于，过点作于，设，，，则，，，根据平行四边形的周长为得，根据得，在中，由得，则，进而得平行四边形的面积为，在中，由得，则，进而得平行四边形的面积为，根据平行四边形与的面积之和为得，然后将代入上式求出即可得菱形的边长． 【详解】解：过点作于，过点作于，如下图所示： 设，，， 是四个平行四边形，其中是菱形， ，，， 平行四边形的周长为， ， ， ， 四边形为平行四边形，， ， 在中，，， ， 由勾股定理得：， 平行四边形的面积为， 在中，，， ， 由勾股定理得：， 平行四边形的面积为， 平行四边形与的面积之和为， ， 整理得：， 将代入上式得：， ， ， 即菱形的边长为， 故选：C． 2．（2024·浙江绍兴·二模）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于，是边的中点，连接，若，菱形的面积96，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，先由菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，可计算出的长度，根据勾股定理即可求得的长，再根据直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得出答案． 【详解】解：四边形是菱形， ∴， ∵，菱形的面积为96， ∴， 解得， 则， ∵，是边的中点， ∴， ∴， 故选：D． 3．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，正方形，，E为的中点，将沿BE折叠到，延长EF交于点G．连接，则下列结论错误的是（　　） A．的周长为4 B．的周长为 C．的面积为 D．的面积为 【答案】B 【分析】本题考查翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题． 证明得出可判断A正确；设，在中，利用勾股定理构建方程求出，再利用勾股定理求出可判断B错误；根据三角形面积公式求出和的面积可判断C，D正确． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵E是的中点， ∴， 由翻折变换的性质可知， ∴ ， ∴， ∴， ∴的周长，故选项A正确， 设， 在中，， 解得， ∴， ∴，， ∴的周长，故选项B错误， 的面积，故选项C正确 的面积，故选项D正确． 故选：B． 题型二十八 正方形中的折叠问题（共4小题） 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，点E和点F分别在正方形纸片ABCD的边CD和AD上，连接AE，BF，沿BF所在直线折叠该纸片，点A恰好落在线段AE上点G处．若正方形纸片边长12，，则GE的长为（      ） A．4 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】设AE，BF交于点O，证明得到，利用勾股定理得到，再利用等面积法求出，进一步得到，再利用勾股定理得到，所以． 【详解】解：设AE，BF交于点O， ∵沿BF所在直线折叠该纸片，点A恰好落在线段AE上点G处， ∴，， ∵ABCD为正方形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查折叠的性质，正方形性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等面积法．解题的关键是证明得到，再求出，． 2．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，点分别是正方形的边上的点，将正方形沿折叠，使得点的对应点在边上，若已知三角形的周长，则可以求出下列哪个数据（    ）．    A．三角形的周长 B．三角形的周长 C．三角形的面积 D．正方形的面积 【答案】D 【分析】本题主要考查了折叠的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用全等三角形的判定与性质成为解题的关键． 如图：作于N，连接，根据折叠的性质、正方形的性质、等腰三角形的可证可得，再证明可得，进而得到的周长，即可判定D选项正确；再根据折叠无法确定G、H的具体位置可判定A、B、C选项的正误． 【详解】解：如图：作于N，连接,    由折叠可知：，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴, ∵， ∴， ∵， ∴， ∴, ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的周长， ∴当三角形的周长已知时可求得正方形的边长，进而求得正方形的面积，即D选项符合题意； 由于折叠无法得到E、F的确定位置，从而无法确定G、H的位置，即无法确定三角形的周长、三角形的周长、三角形的面积，即A、B、C选项不符合题意． 故选D． 3．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图是正方形纸片，点在边上（不与点，重合），连接．把四边形翻折，折痕为，点A，分别落在，处．若，则点到点A的距离可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了根据正方形性质计算线段长，解题的关键是确定的取值范围，连接，与相交于点，由折叠的性质可知垂直且平分，，由勾股定理可得当时，依据的取值范围得到的范围，进而得到的范围，据此解答即可． 【详解】解：连接，与相交于点，由折叠的性质可知垂直且平分， ， 由图可知，在正方形中，， 当点与点重合时，， 当点与点重合时，此时， 点在边上（不与点，重合）， ， ， 在中，当时， ， 此时， 当点与点重合时，, ， ， ，，，中，只有在此范围内， C选项符合题意， 故选：C． 4．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图，在正方形中，E为边上一点，将沿折叠至处，与交于点F，若，则的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形外角性质，轴对称的性质．利用正方形的性质得到，推出，由折叠的性质得到，进而得到，根据即可得到的大小． 【详解】解：四边形正方形， ，， ， ， 由折叠的性质可知：， ， ． 故选：B． 1 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $