第8章四边形 期末复习综合练习题 2025-2026学年苏科版八年级数学下册

**基本信息** 聚焦四边形全章核心，以题载法系统整合平行四边形、特殊四边形的性质判定及计算证明，突出逻辑推理与几何直观。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|1题（第1题）|判定定理对比（平行四边形/菱形/正方形/矩形）|从一般到特殊四边形的概念递进| |性质应用|8题（第2-5,8-10题）|平行四边形性质、等腰梯形辅助线、中位线定理|性质与图形结构的关联应用| |综合证明|5题（第15-19题）|全等三角形、矩形判定、重心性质|判定定理与性质的综合推理链| |动态探究|2题（第6,20题）|定值问题构造、旋转全等、坐标法|静态性质到动态变化的思维拓展|

2025-2026学年苏科版八年级数学下册《第8章四边形》期末复习综合练习题（附答案） 一、单选题 1．下列命题是假命题的是（   ） A．对角线互相平分的四边形是平行四边形B．四边相等的四边形是菱形 C．对角线互相垂直平分的四边形是正方形D．有三个角是直角的四边形是矩形 2．如图，在平行四边形中，已知，平分，交于点E，，则的长为（    ） A． B． C． D． 3．如图，E是正方形的边延长线上的一点，且，则（   ） A． B． C． D． 4．如图，在矩形中，．按以下步骤作图：①分别以点A，C为圆心，大于线段的长为半径画弧，两弧交于点E，F；②作直线交于点G；③连接，则（   ） A． B． C． D． 5．如图，在中，，点，分别在边和上，且，，连接，，分别是和的中点，连接，则（   ） A． B． C． D． 6．如图，已知在平行四边形中，，点P为的中点，点Q为的中点，且．记的长为m，的长为n，当平行四边形的形状变化时，m，n的值也随着变化，但代数式的值始终为定值，则这个定值是（    ） A．72 B．81 C．90 D．91 7．如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，与交于点，为的中点，连接，．若，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 8．如图，在中，，则∠B的度数为____． 9．如图，已知等腰梯形中，，，，，则此等腰梯形的周长为______． 10．如图，在中，平分，是的中点，，，，则的长为______． 11．如图，在平面直角坐标系中，若菱形的顶点的坐标分别为，点在轴上，则点的坐标为___________． 12．如图，在中，对角线，相交于点，，垂足为点，过点，交于点，交于点．若，，则图中阴影部分的面积是______．    13．如图，在矩形中，，垂直平分于点，则的长为__________． 14．如图，正方形和正方形中，点在上，，，是的中点，那么的长是_______． 三、解答题 15．点是的边的中点，请你利用无刻度的直尺，完成以下探究与操作： 操作与证明 (1)如图1，连接对角线，，交于点，连接并延长，交边于点，求证：点是的中点． 拓展与探究 (2)请尝试用无刻度的直尺，在图2的中作出边的中点．（不写作法，保留作图痕迹）． 16．如图，中，点，分别在边，上，且，连接，． (1)请添加一个条件，使得，并加以证明． (2)在（1）的条件下，连接，若，，求的长． 17．如图在菱形中，O为的交点，P，M，N分别为的中点． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 18．如图，在中，对角线、交于点，，经过点且与相交于点． (1)，求平行四边形其他各个内角的度数． (2)若，周长为，求各边的长； (3)求证：； (4)若，求的面积． 19．如图所示，在菱形中，对角线，相交于点，过点作，过点C作． (1)求证：四边形是矩形； (2)已知菱形中的，，矩形的面积是___________； (3)连接，交于点，连接，若，，的长___________． 20．如图1，在平面直角坐标系中，边长为3的正方形的两边与坐标轴的正半轴重合，点是延长线上一点，是线段上一动点（不包括、），作，交的平分线于点． (1)直接写出点的坐标_____； (2)求证：； (3)如图2，若点的坐标为，试在上找一点，使四边形为平行四边形，求点的坐标； (4)如图3，连接交于点，连接，求证：． 参考答案 1．C 【分析】根据平行四边形、菱形、正方形、矩形的判定定理，逐项判断命题的真假即可得出答案． 【详解】解：A．对角线互相平分的四边形是平行四边形，符合平行四边形的判定定理，是真命题，不符合题意； B．四边相等的四边形是菱形，符合菱形的判定定理，是真命题，不符合题意； C．对角线互相垂直平分且相等的四边形才是正方形，原命题缺少对角线相等的条件，因此原命题是假命题，符合题意； D．三个角是直角的四边形是矩形，符合矩形的判定定理，是真命题，不符合题意； 2．A 【分析】本题考查平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质；由平行四边形性质可得，又因为，可得是等腰三角形，即可得到． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴． 3．C 【分析】根据正方形的性质得出，利用平角定义求出的度数，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出的度数，最后利用角的和差关系求解即可． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 点在的延长线上， ， ， ， ， ． 4．A 【分析】由矩形的性质可得，，则，，由作图可得垂直平分，则，从而可得，由此计算即可得出结果． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，， ∴，， 由作图可得：垂直平分， ∴， ∴， ∴． 5．A 【分析】连接，取的中点，连接，，延长线交于点，作，交延长线于点，则，由三角形的中位线定理，可得，，，，由平行线的性质可得，由直角三角形的两个锐角互余，结合等角对等边可得，根据勾股定理可得，即可得． 【详解】解：连接，取的中点，连接，，延长线交于点，作，交延长线于点，则， ∵是的中点，是的中点，是的中点， ∴，，，， ∴， ∵，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 6．C 【分析】连接，过点作于点，根据线段垂直平分线的性质得出，利用勾股定理和完全平方公式表示出，代入计算即可． 【详解】解：连接，过点作于点，如图， ，为的中点， 垂直平分， ． 四边形是平行四边形， ． 为的中点， ， 设，． 在中，， ，， ； ， ． 7．A 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是作辅助线，利用“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得到两个等腰三角形，再通过角度转化建立关系即可求解． 【详解】解：连接，如图． 在和中， ， ∴， ∴， ∵，且， ∴， ∴， ∴，， 在中，是斜边的中点，， 同理： ∴，即是等腰三角形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，在中，，而， ∴， ∴， ∵， ∴. 8． 【分析】根据平行四边形的对角相等和邻角互补的性质求解． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 9．22 【分析】作，证明四边形是矩形，从而有，根据等腰梯形的性质得，证明，根据所对的直角边是斜边的一半得出即可求解． 【详解】解：如图，作， ， ， ， ， ∴四边形是矩形， ， ∵四边形是等腰梯形， ， ∴， ， ， ∴， ， ∴等腰梯形的周长为． 10．2 【分析】延长交于点F，可证明，得到，则；再证明是的中位线，即可得到． 【详解】解；如图所示，延长交于点F， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； ∵是的中点， ∴是的中位线， ∴． 11． 【分析】可求出，，利用菱形的性质得到，，则可得到，轴，据此可得答案． 【详解】解：∵， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴，轴， ∴． 12．24 【分析】证明，可得，则可推出，由勾股定理求出的长，再根据平行四边形面积计算公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴． 13． 【分析】由矩形的性质得到，再根据垂直平分线的性质得到，求出，再根据勾股定理进行计算即可． 【详解】解：四边形是矩形， ，且，，， ， 垂直平分， ， ， ， ， 在中，， ． ∴在矩形中，． 14． 【分析】连接、，根据正方形的性质和勾股定理求出、，并判断出是直角三角形，再利用勾股定理求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答． 【详解】解：如图，连接、． ∵正方形和正方形中， ∴， ． ． ． 所以，． 所以，是直角三角形． 由勾股定理得． 因为是的中点， 所以． 15．(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）根据平行四边形的性质，及三角形全等，即可证明结论； （2）根据平行四边形的性质以及三角形三条中线交于一点（重心），即可证明结论． 【详解】（1）四边形是， ，，， 点是边的中点， ， ， ， 在和中，，， ， ，， ． ∴点是的中点． （2）连接对角线，，交于点，连接，交于点H，连接并延长交于点G． 四边形是， ，即是的中线， 点是边的中点， ∴也是的中线， 、的交点H是的重心， ∴也是的中线， 即点是边的中点． 16．(1)，见解析 (2) 【分析】（1）可添加，然后利用平行四边形的性质即可证明结论； （2）先证明是菱形，进而可得，得到，求出，作于点M，再利用等腰三角形的性质结合勾股定理即可得解． 【详解】（1）解：可添加：， 证明：∵， ∴， 在中， ∴； （2）解：∵，四边形是平行四边形， ∴是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 作于点M，如图， 则，， 在直角三角形中，， ∴． 17．(1)证明：∵P，M，N分别为的中点． ∴ ， ． ∴四边形是平行四边形． ∵在菱形中，相交于点O， ∴． ∴四边形是矩形． (2) 【分析】（1）根据三角形的中位线定理，推出四边形是平行四边形，再根据菱形的性质，得到，即可得证； （2）证明是等边三角形，得到，根据菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是矩形， ∴． ∵四边形是菱形， ∴，，，． ∴是等边三角形． ∴． ∴，由勾股定理得：． ∵， ∴，， ∴． ∴． 如图，连接， ∴在中，由勾股定理得：． 18．(1)；； (2) (3)见解析 (4)48 【分析】（1）根据平行四边形的对角相等，邻角互补的性质求解即可． （2）根据题意，再结合即可得答案； （3）证明即可； （4）根据勾股定理，求得，结合的面积等于求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴，； （2）解：∵四边形是平行四边形，周长为， ∴，， ∴， 又， ∴， 故平行四边形的各边长为：； （3）证明：∵四边形是平行四边形，对角线，相交于点O， ∴，， ∴． ∵， ∴． ∴． （4）解：∵四边形是平行四边形， ， ∴， ∵, ∴， ∴， ∴平行四边形的面积为：． 19．(1)见解析 (2) (3)13 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再由菱形的性质得到，由此即可证明四边形是矩形； （2）先根据菱形的性质得出，，，，证明为等边三角形，得出，根据勾股定理求出，最后求出矩形的面积即可； （3）根据菱形的性质得出，，，证明，得出，根据勾股定理求出即可． 【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， ，，，， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积为； （3）解：∵菱形， ，，， ， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 在中根据勾股定理得： ． 20．(1) (2)证明见解析 (3) (4)证明见解析 【分析】（1）由正方形的性质求得点C的坐标； （2）在上取，连接，只要证明即可． （3）如图，作于F，只要证明即可求得点N的坐标．由平行四边形的对边相互平行且相等的性质求得点P的坐标． （4）将绕点D顺时针方向旋转得，得，证明，得，进一步得出，得平分，由平分可得结论． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， ∴； （2）证明：如图，在上取，连接， ，， ，， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， ． （3）解：如图，作于F， ∵ ∴， ， ， 又， ， 在和中， ， ， ，， ， 点N坐标， 四边形是平行四边形，，，由平移知识可知： ； （4）证明：将绕点D顺时针方向旋转得， ， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 由（1）可知， ， ， 即平分． 又 平分， ∴， 又，， ∴， ∵， ∴， ． 学科网（北京）股份有限公司 $