第六章平行四邊形(原卷版+解析)

2020-2021學年八年級數學下冊高分數拔尖提優(yōu)單元密卷（北師大版）考試時間：120分鐘；滿分：150分注意事項：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題)一、單選題(共40分)1．(本題4分)下列各組條件中，不能判斷一個四邊形是平行四邊形的是（）A．一組對邊相等且平行的四邊形B．兩條對角線互相平分的四邊形C．一組對邊平行另一組對邊相等的四邊形D．兩組對角分別相等的四邊形2．(本題4分)小軍不慎將一塊平行四邊形玻璃打碎成如圖所示的四塊，他帶了兩塊碎玻璃到商店配成一塊與原來相同的平行四邊形玻璃，他帶的碎玻璃編號是（）A．①② B．①④ C．②③ D．②④3．(本題4分)若一個正多邊形的每個內角為，則這個正多邊形的邊數是（）A．7 B．10 C．12 D．144．(本題4分)多邊形的邊數由3增加到2021時，其外角和的度數（）A．增加 B．減少 C．不變 D．不能確定5．(本題4分)如圖，在△ABC中，E，F分別為AC，BC中點，若AB＝6，BC＝7，AC＝8，則EF＝（）A．3 B．3.5 C．4 D．4.56．(本題4分)如圖，點F在正五邊形ABCDE的邊CD的延長線上，連接BD，則∠BDF的度數（）A．36° B．144° C．134° D．120°7．(本題4分)下列命題中（1）三角形的角平分線、中線和高都是線段；（2）各邊都相等的多邊形是正多邊形；（3）三角形的一個外角等于與任意兩個內角的和；（4）若∠A+∠B＝∠C，則ABC是直角三角形．其中正確的個數是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個8．(本題4分)已知四邊形ABCD是平行四邊形，對角線AC、BD交于點O，E是BC的中點，以下說法錯誤的是（）A．OE=DC B．OA=OC C．∠BOE=∠OBA D．∠OBE=∠OCE9．(本題4分)如圖，將?ABCD沿對角線BD折疊，使點A落在點E處，交BC于點F，若，，則為A． B． C． D．10．(本題4分)如圖，將正方形OABC放在平面直角坐標系中，O是原點，點A的坐標為(1，)，則點C的坐標為()A．(－，1) B．(－1，) C．(，1) D．(－，－1)第II卷（非選擇題）二、填空題(共20分)11．(本題4分)如果一個正方形被截掉一個角后，得到一個多邊形，那么這個多邊形的內角和是__________．12．(本題4分)如圖：在△ABC中，AB=13，BC=12，點D，E分別是AB，BC的中點，連接DE，CD，如果DE=2.5，那么△ACD的周長是_____．13．(本題4分)如圖，五邊形是正五邊形，若，則__________．14．(本題4分)一個正多邊形的每個外角為60°，那么這個正多邊形的內角和是_____．15．(本題4分)如圖，ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點E，F分別是線段AO，BO的中點，若AC+BD=24厘米，△OAB的周長是18厘米，則EF=___厘米．三、解答題(共90分)16．(本題8分)如圖，在?ABCD中，E、F分別是AB、CD的中點，求證：四邊形EBFD是平行四邊形．17．(本題8分)如圖，四邊形ABCD中，AB=20，BC=15，CD=7，AD=24，∠B=90°，求證：∠A+∠C=180°.18．(本題8分)如圖，AB∥CD，AB＝CD，點B、E、F、D在同一條直線上，∠BAE＝∠DCF.(1)求證：AE＝CF；(2)連結AF、EC，試猜想四邊形AECF是什么四邊形，并證明你的結論．19．(本題8分)如圖，小明從點O出發(fā)，前進5m后向右轉15°，再前進5m后又向右轉15°，…這樣一直下去，直到他第一次回到出發(fā)點O為止，他所走的路徑構成了一個多邊形．（1）小明一共走了多少米？（2）這個多邊形的內角和是多少度？20．(本題10分)如圖，已知AB//CD，BE丄AD，垂足為點E，CF丄AD，垂足為點F，并且AF=DE．求證：四邊形是平行四邊形．(本題10分)一個正多邊形的一個外角的度數等于它的一個內角度數的，求這個正多邊形的邊數．22．(本題12分)如圖，矩形ABCD中，E是AD的中點，延長CE，BA交于點F，連接AC，DF．（1）求證：四邊形ACDF是平行四邊形；（2）當CF平分∠BCD時，寫出BC與CD的數量關系，并說明理由．23．(本題12分)在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC＝30°，將△ABC繞點A順時針旋轉一定的角度得到△AED，點B、C的對應點分別是E、D.(1)如圖1，當點E恰好在AC上時，求∠CDE的度數；(2)如圖2，若=60°時，點F是邊AC中點，求證：四邊形BFDE是平行四邊形.24．(本題14分)在△ABC中，點D、E分別在邊AC、BC上（不與點A、B、C重合），點P是直線AB上的任意一點（不與點A、B重合）．設∠PDA=x，∠PEB=y，∠DPE=m，∠C=n．（1）如圖，當點P在線段AB上運動，且n=90°時①若PD∥BC，PE∥AC，則m=_____；②若m=50°，求x+y的值．（2）當點P在直線AB上運動時，直接寫出x、y、m、n之間的數量關系．一、多邊形1．（2020-2021成都十八中八年級（下）期末·5）（3分）某多邊形的內角和是其外角和的3倍，則此多邊形的邊數是（）A．5 B．6 C．7 D．8【分析】利用多邊形內角和公式和外角和定理，列出方程即可解決問題．【解答】解：根據題意，得：（n﹣2）×180＝360×3，解得n＝8．故選：D．【點評】解答本題的關鍵是根據多邊形內角和公式和外角和定理，利用方程法求邊數．2．（2020-2021成華區(qū)八年級（下）期末·12）（4分）一個多邊形的內角和等于它的外角和的2倍，則這個多邊形的邊數是6．【考點】多邊形內角與外角【專題】多邊形與平行四邊形；運算能力【分析】邊形的內角和可以表示成，外角和為，根據題意列方程求解．【解答】解：設這個多邊形的邊數為，依題意，得：，解得，．故答案為：6．【點評】本題考查多邊形的內角和計算公式，多邊形的外角和．關鍵是根據題意利用多邊形的外角和及內角和之間的關系列出方程求邊數．3．（2020-2021高新區(qū)八年級（下）期末·13）（4分）如圖所示是三個相同的正邊形拼成的無縫隙、不重疊的圖形的一部分，則的值為6．【考點】平面鑲嵌（密鋪）【專題】多邊形與平行四邊形；推理能力【分析】根據圖中是三個完全相同的正多邊形拼成的無縫隙、不重疊的圖形的一部分，即可求出多邊形每個內角的度數，進而即可求出答案．【解答】解：是三個完全相同的正多邊形拼成的鑲嵌，每個內角度數，那么邊數為：．故多邊形是正六邊形．故答案為：6．【點評】本題考查的知識點是：一種正多邊形的鑲嵌應符合一個內角度數能整除．正多邊形的邊數一個內角度數）．4．（2020-2021成都八年級（下）期末·13）（4分）一個多邊形的內角和是外角和的2倍，則這個多邊形的邊數為6．【分析】利用多邊形的外角和以及多邊形的內角和定理即可解決問題．【解答】解：∵多邊形的外角和是360度，多邊形的內角和是外角和的2倍，則內角和是720度，720÷180+2＝6，∴這個多邊形的邊數為6．故答案為：6．【點評】本題主要考查了多邊形的內角和定理與外角和定理，熟練掌握定理是解題的關鍵．5．（2020-2021金牛區(qū)八年級（下）期末·4）（3分）六邊形的外角和為A． B． C． D．【考點】：多邊形內角與外角【專題】64：幾何直觀；555：多邊形與平行四邊形【分析】由多邊形的外角和等于，即可求得六邊形的外角和．【解答】解：多邊形的外角和等于，六邊形的外角和為．故選：．【點評】此題考查了多邊形的內角和與外角和的知識．解題時注意：多邊形的外角和等于360度．6．（2020-2021錦江區(qū)八年級（下）期末·4）（3分）一個多邊形的內角和等于它的外角和的3倍，則該多邊形的邊數是A．六 B．七 C．八 D．九【考點】多邊形內角與外角【專題】多邊形與平行四邊形；推理能力【分析】邊形的內角和可以表示成，外角和為，根據題意列方程求解．【解答】解：設多邊形的邊數為，依題意，得，解得，故選：．【點評】此題考查根據多邊形的內角和計算公式，多邊形的外角和．關鍵是利用不變的數量即多邊形的外角和．7．（2020-2021龍泉驛八年級（下）期末·4）（3分）若一個多邊形的每一個外角都是，則這個多邊形是A．六邊形 B．七邊形 C．八邊形 D．九邊形【考點】：多邊形內角與外角【分析】任意多邊形的外角和為，用除以即為多邊形的邊數．【解答】解：．故選：．【點評】本題主要考查的是多邊形的外角和的應用，明確正多邊形的每個外角的數邊數是解題的關鍵．8．（3分）如果一個多邊形的內角和等于，則它的邊數為A．3 B．4 C．6 D．5【考點】多邊形內角與外角【專題】多邊形與平行四邊形；推理能力【分析】邊形的內角和可以表示成，設這個正多邊形的邊數是，就得到方程，從而求出邊數．【解答】解：這個正多邊形的邊數是，則，解得：．則這個正多邊形的邊數是6．故選：．【點評】本題考查了多邊形內角和定理，此題比較簡單，只要結合多邊形的內角和公式，尋求等量關系，構建方程求解．9．（2020-2021雙流區(qū)八年級（下）期末·6）（3分）正多邊形的一個外角等于，這個多邊形的邊數是A．6 B．8 C．10 D．12【考點】：多邊形內角與外角【分析】根據任何多邊形的外角和都是360度，利用360除以外角的度數就可以求出外角和中外角的個數，即多邊形的邊數．【解答】解：外角和是，且正多邊形的每個外角相等，則多邊形的邊數是：，故選：．【點評】本題考查了外角和的大小與多邊形的邊數無關，由外角和求正多邊形的邊數，是常見的題目，需要熟練掌握，比較簡單．10．（2020-2021天府新區(qū)八年級（下）期末·12）（4分）一個多邊形的內角和是，則它是六邊形．【考點】：多邊形內角與外角【分析】邊形的內角和是，如果已知多邊形的內角和，就可以得到一個關于邊數的方程，解方程就可以求出多邊形的邊數．【解答】解：設此多邊形邊數為，由題意可得：，解得：．故答案為：六．【點評】此題主要考查了多邊形的內角，已知多邊形的內角和求邊數，可以轉化為方程的問題來解決．11．（2020-2021溫江區(qū)八年級（下）期末·5）（3分）一個多邊形的內角和與它的外角和相等，則這個多邊形的邊數為A．4 B．5 C．6 D．7【考點】：多邊形內角與外角【分析】根據多邊形的內角和公式與多邊形的外角和定理列式進行計算即可得解．【解答】解：設多邊形的邊數為，根據題意得，解得．故這個多邊形是四邊形．故選：．【點評】本題考查了多邊形的內角和公式與外角和定理，熟記公式與定理是解題的關鍵．二、中位線1．（2020-2021成都十八中八年級（下）期末·7）（3分）如圖，DE是三角形ABC的中位線，點F在DE上，∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝10，則EF的長為（）A．3 B．2 C．5 D．1【分析】根據三角形中位線定理求出DE，根據直角三角形的性質求出DF，計算即可．【解答】解：∵DE為△ABC的中位線，∴DE＝BC＝5，∵∠AFB＝90°，D是AB的中點，∴DF＝AB＝3，∴EF＝DE﹣DF＝2，故選：B．【點評】本題考查的是三角形中位線定理、直角三角形的性質，掌握三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半是解題的關鍵．2．（2020-2021高新區(qū)八年級（下）期末·7）（3分）如圖，已知在中，，，分別是邊，，的中點．，，則四邊形的周長等于A．18 B．16 C．14 D．12【考點】三角形中位線定理【專題】三角形；推理能力【分析】根據三角形中位線定理分別求出、，根據線段中點的定義分別求出、，計算即可．【解答】解：，，分別是邊，，的中點．，，，，，，四邊形的周長，故選：．【點評】本題考查是三角形中位線定理，掌握三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半是解題的關鍵．3．（2020-2021成都八年級（下）期末·6）（3分）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，AB＝10，DE垂直平分AC交AB于點E，則DE的長為（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】根據勾股定理求出BC＝6，再由DE垂直平分AC得AD＝4，利用∠A正切的兩種表示方法求出DE即可．【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°，由勾股定理得：BC＝，∵DE垂直平分AC，∴AD＝，∠ADE＝90°，∴tanA＝，∴，∴DE＝3．故選：A．【點評】本題主要考查了勾股定理、線段垂直平分線的性質，以及三角函數等知識，屬于基礎題．4．（2020-2021金牛區(qū)八年級（下）期末·7）（3分）平行四邊形中，，則的度數為A． B． C． D．【考點】平行四邊形的性質【專題】應用意識；多邊形與平行四邊形【分析】根據平行四邊形的對角相等、鄰角互補的性質即可求解．【解答】解：四邊形為平行四邊形，，，，，，故選：．【點評】本題考查了平行四邊形的性質，熟練運用平行四邊形的性質是解決問題的關鍵．5．（2020-2021錦江區(qū)八年級（下）期末·9）（3分）如圖，在中，對角線與交于點，，點為中點，連接，若平分，則的度數是A． B． C． D．【考點】三角形中位線定理；平行四邊形的性質【專題】推理能力；運算能力；多邊形與平行四邊形；線段、角、相交線與平行線【分析】由平行四邊形的性質得，，則，，再由三角形中位線定理得，則，然后求出，最后由三角形內角和定理求解即可．【解答】解：四邊形是平行四邊形，，，，，點為中點，為的中位線，，，，平分，，，，故選：．【點評】本題考查了平行四邊形的性質、三角形中位線定理、平行線的性質以及三角形內角和定理等知識；熟練掌握平行四邊形的性質，求出是解題的關鍵．6．（2020-2021天府新區(qū)八年級（下）期末·13）（4分）如圖，在中，點，分別是，的中點，若，則5．【考點】三角形中位線定理【專題】計算題【分析】根據三角形中位線定理計算即可．【解答】解：點，分別是，的中點，，故答案為：5．【點評】本題考查的是三角形中位線定理，掌握三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半是解題的關鍵．7．（2020-2021天府新區(qū)八年級（下）期末·12）（4分）如圖，中，對角線、交于點，點是的中點．若，則的長為4．【考點】平行四邊形的性質；三角形中位線定理【專題】多邊形與平行四邊形；推理能力【分析】根據平行四邊形的對角線互相平分可得，然后判斷出是三角形的中位線，再根據三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半可得．【解答】解：在中，，點是的中點，是三角形的中位線，．故答案為：4．【點評】本題考查了平行四邊形對角線互相平分的性質，三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半，熟記性質與定理是解題的關鍵．8．（2020-2021成華區(qū)八年級（下）期末·14）（4分）如圖，的對角線，相交于點，點是的中點，連接，若，的周長等于7，則的周長等于20．【考點】三角形中位線定理；平行四邊形的性質【專題】推理能力；多邊形與平行四邊形【分析】由平行四邊形的性質得，，，證是的中位線，則，，求出，則，即可得出答案．【解答】解：四邊形是平行四邊形，，，，，是的中位線，，，的周長等于7，，，，的周長；故答案為：20．【點評】本題考查了平行四邊形的性質、三角形中位線定理等知識；熟練掌握平行四邊形的性質和三角形中位線定理是解題的關鍵．9．（2020-2021雙流區(qū)八年級（下）期末·22）（4分）如圖所示，點、分別是的邊、的中點，連接，過點作，交的延長線于點，若，則的長為．【考點】三角形中位線定理；平行四邊形的判定與性質【專題】多邊形與平行四邊形；推理能力【分析】先證明為的中位線，得到四邊形為平行四邊形，求出，根據中位線定理即可求解．【解答】解：、分別是的邊、的中點，為的中位線，，，，四邊形為平行四邊形，，．故答案為：．【點評】本題考查了三角形中位線定理，平行四邊形判定與性質，熟知三角形中位線定理是解題關鍵．10．（2020-2021武侯區(qū)八年級（下）期末·23）（4分）如圖，在中，平分，于點，延長交于點，點為中點，連接．若，，的面積為30，則的面積為3．【考點】三角形的面積；等腰三角形的判定與性質；三角形中位線定理【專題】三角形；等腰三角形與直角三角形；運算能力；推理能力【分析】根據等腰三角形的判定和性質定理得到，，求出，根據三角形中位線定理計算即可．【解答】解：平分，，，，，，為的中點，的面積為30，，連接，．故答案為：3．【點評】本題考查的是等腰三角形的判定和性質、三角形中位線定理的應用，掌握三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半是解題的關鍵．三、平行四邊形的性質1.（2020-2021成都七中嘉祥外國語學校八年級（下）期末·9）（3分）延長平行四邊形ABCD的一邊AB到E，使BE＝BD，連接DE交BC于F．若∠DAB＝120°，∠CFE＝135°，AB＝1，則AC的長為（）A．1 B．1.2 C． D．1.5【分析】首先證明△ABD為等腰三角形，所以AB＝AD＝BC，因為∠ABC＝60°，所以△ABC為等邊三角形，所以AC＝AB＝1，問題得解．【解答】解：∵AD∥BC，∠DAB＝120°，∴∠EBC＝∠DAB＝120°，∵∠CFE＝135°，∴∠BFE＝45°，∴在△EBF中，∠E＝180°﹣120°﹣45°＝15°，∵BE＝BD，∴∠BDE＝∠E＝15°，∴在△EBD中，∠EBD＝180°﹣15°﹣15°＝150°，∠DBF＝150°﹣120°＝30°＝∠ADB，∵∠ABC＝180°﹣120°＝60°，∴∠ABD＝∠ADB＝30°，∴△ABD為等腰三角形，∴AB＝AD＝BC，∵∠ABC＝60°，∴△ABC為等邊三角形，∴AC＝AB＝1，故選：A．【點評】本題考查了平行四邊形的性質、等腰三角形的判定和性質以及等邊三角形的判定和性質，題目的綜合性較強，難度較大．2．（2020-2021成都十八中八年級（下）期末·8）（3分）以平行四邊形ABCD對角線的交點O為原點，平行于BC邊的直線為x軸，建立如圖所示的平面直角坐標系．若A點坐標為（﹣2，1），則C點坐標為（）A．（﹣2，﹣1） B．（1，﹣2） C．（﹣1，﹣2） D．（2，﹣1）【分析】方法一：根據平行四邊形是中心對稱圖形，即可得到點C的坐標；方法二：根據平行四邊形是中心對稱圖形，再根據?ABCD對角線的交點O為原點和點A的坐標，即可得到點C的坐標．【解答】解：方法一：∵?ABCD對角線的交點O為原點，A點坐標為（﹣2，1），∴點C的坐標為（2，﹣1），故答案為：（2，﹣1）．方法二：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴點A和C關于對角線的交點O對稱，又∵O為原點，∴點A和C關于原點對稱，∵點A（﹣2，1），∴點C的坐標為（2，﹣1），故選：D．【點評】本題考查平行四邊形的性質、坐標與圖形性質，解答本題的關鍵是明確題意，根據平行四邊形是中心對稱圖形得出點的坐標解答．3．（2020-2021成都實驗外國語八年級（下）期末·8）（3分）如圖，在平行四邊形ABCD中，∠A+∠C＝140°，則∠B的度數為（）A．140° B．120° C．110° D．100°【分析】由平行四邊形的性質可得∠A＝∠C，∠A+∠B＝180°，即可求∠B的度數．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A＝∠C，∠A+∠B＝180°，且∠A+∠C＝140°，∴∠A＝70°，∴∠B＝110°，故選：C．【點評】本題考查了平行四邊形的性質，掌握平行四邊形的性質是本題的關鍵．4．（2020-2021成華區(qū)八年級（下）期末·8）（3分）如圖，在四邊形中，對角線和相交于點，下列條件不能判斷四邊形是平行四邊形的是A．， B．， C．， D．，【考點】平行四邊形的判定【專題】多邊形與平行四邊形；推理能力【分析】由平行四邊形的判定方法分別對各個選項進行判斷即可．【解答】解：、，，四邊形是平行四邊形，故選項不符合題意；、，，四邊形是平行四邊形，故選項不符合題意；、，，四邊形是平行四邊形，故選項不符合題意；、，，四邊形不一定是平行四邊形，也可能是等腰梯形，故選項符合題意，故選：．【點評】本題考查了平行四邊形的判定方法，熟練掌握平行四邊形的判定方法是解題的關鍵．5．（2020-2021成華區(qū)八年級（下）期末·10）（3分）如圖，的面積為，點是它內部任意一點，的面積為，的面積為，則，，之間滿足的關系是A． B． C． D．無法判定【考點】平行四邊形的性質；三角形的面積【專題】推理能力；多邊形與平行四邊形【分析】根據題意，作出合適的輔助線，然后根據圖形和平行四邊形的面積、三角形的面積，即可得到和、之間的關系，本題得以解決．【解答】解：過點作交于點，交的延長線于點，四邊形是平行四邊形，，，，，，，，故選：．【點評】本題考查平行四邊形的性質、三角形的面積，解答本題的關鍵是明確題意，利用數形結合的思想解答．6．（2020-2021高新區(qū)八年級（下）期末·4）（3分）如圖，在中，，，則的度數是A． B． C． D．【考點】平行四邊形的性質【專題】多邊形與平行四邊形；推理能力【分析】根據平行四邊形的對角相等，對邊相互平行以及平行線的性質進行解答．【解答】解：四邊形是平行四邊形，，，，，則．又，，故選：．【點評】本題考查了平行四邊形的性質．此題利用的性質是：平行四邊形的對角相等、對邊相互平行．7．（2020-2021青羊區(qū)八年級（下）期末·8）（3分）在下列平行四邊形性質的敘述中，錯誤的是A．平行四邊形的對邊相等 B．平行四邊形的對角相等 C．平行四邊形的對角線互相平分 D．平行四邊形的對角線相等【考點】：平行四邊形的性質【專題】67：推理能力；555：多邊形與平行四邊形【分析】由平行四邊形的性質即可求得答案．【解答】解：平行四邊形的性質為對邊平行且相等、對角相等、對角線互相平分，選項、、不符合題意；平行四邊形的對角線不一定相等，選項符合題意，故選：．【點評】本題主要考查平行四邊形的性質，掌握平行四邊形的性質，即平行四邊形的性質對邊平行且相等、對角相等、對角線互相平分是解題的關鍵．8．（2020-2021青羊區(qū)八年級（下）期末·10）（3分）如圖，已知的頂點，，點在軸負半軸上，點在軸正半軸上，以頂點為圓心，適當長為半徑畫弧，分別交、于點、，再分別以點、為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧交于點，作射線交邊于點．則點的坐標為A． B． C． D．【考點】坐標與圖形性質；平行四邊形的性質；作圖—基本作圖【專題】作圖題；應用意識【分析】過作于，根據矩形的性質得到，根據角平分線的定義得到，根據平行線的性質得到，，，求得，根據平行四邊形的性質得到結論．【解答】解：方法一：平分，，．，，，，；方法二：過作于，則四邊形是矩形，，由題意知，平分，，四邊形是平行四邊形，，，，，，，，，，，，，，，，故選：．【點評】本題考查了作圖基本作圖：熟練掌握基本作圖（作一條線段等于已知線段；作一個角等于已知角；作已知線段的垂直平分線；作已知角的角平分線；過一點作已知直線的垂線）．也考查了矩形的性質和坐標與圖形性質．9．（2020-2021雙流區(qū)八年級（下）期末·9）（3分）如圖，在平行四邊形中，為邊上一點，連接．若平分，，則的大小是A． B． C． D．【考點】平行四邊形的性質【專題】推理能力；多邊形與平行四邊形【分析】由平行四邊形的性質可得，，由角平分線的性質和外角性質可求解．【解答】解：四邊形是平行四邊形，，，，平分，，，故選：．【點評】本題考查了平行四邊形的性質，掌握平行四邊形的對角相等，鄰角互補是本題的關鍵．10．（2020-2021天府新區(qū)八年級（下）期末·10）（3分）如圖，在平行四邊形中，的平分線交于點，過點作，垂足為點，若，，則的長為A．8 B．13 C．16 D．18【考點】等腰三角形的判定與性質；平行四邊形的性質【專題】推理能力；多邊形與平行四邊形【分析】首先利用平行四邊形的性質及角平分線的性質得到，然后利用等腰三角形的三線合一的性質得到，利用勾股定理求得，即可求得答案．【解答】解：四邊形是平行四邊形，，，的平分線交于點，，，，，，，，，故選：．【點評】考查了平行四邊形的性質及等腰三角形的判定與性質的知識，解題的關鍵是證得，難度不大．11．（2020-2021溫江區(qū)八年級（下）期末·10）（3分）如圖1，在平面直角坐標系中，將放置在第一象限，且軸．直線從原點出發(fā)沿軸正方向平移，在平移過程中直線被截得的線段長度與直線在軸上平移的距離的函數圖象如圖2，那么的面積為A．2 B．3 C． D．4【考點】平行四邊形的性質；一次函數圖象與幾何變換【專題】多邊形與平行四邊形；一次函數及其應用；運算能力【分析】先由圖象分析出直線移動距離為3，5，6，直線分別經過哪些點，從而得和的長度，再過點作的垂線，從而求得四邊形的高，利用底乘以高即可得結果．【解答】解：由圖象可知，直線經過時移動距離為3，經過時移動距離為5，經過時移動距離為6，．如圖，當直線經過點時，交于點，作垂直于于點，由圖2可知，直線與夾角為，，四邊形面積為．故選：．【點評】本題是直線平移截四邊形，求四邊形面積的問題，需要從圖象得出相關線段的長度，并結合直線平移的特點，來解決較復雜的函數圖象問題．1．（2020-2021成都十八中八年級（下）期末·14）（4分）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＞AD，以A為圓心，小于AD的長為半徑畫弧，分別交AB、CD于E、F；再分別以E、F為圓心，大于EF的一半長為半徑畫弧，兩弧交于點G，作射線AG交CD于點H．若AD＝2，CD＝3，則CH＝1．【分析】根據基本作圖可得∠BAH＝∠DAH，再根據平行四邊形的性質得到AB∥CD，則可證明∠DHA＝∠BAH，所以DH＝DA＝2，然后計算CD﹣DH即可．【解答】解：由作法得AH平分∠BAD，∴∠BAH＝∠DAH，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠BAH＝∠DHA，∴∠DHA＝∠BAH，∴DH＝DA＝2，∴CH＝CD﹣DH＝3﹣2＝1．故答案為1．【點評】本題考查了作圖﹣基本作圖，熟練掌握基本作圖（作已知角的角平分線）是解決問題的關鍵．也考查了平行四邊形的性質．2．（2020-2021金牛區(qū)八年級（下）期末·14）（4分）如圖，在平行四邊形中，，以點為圓心，以任意長為半徑作弧，分別交、于點、，再分別以、為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧在內交于點，連接并延長交于點，若，則平行四邊形的周長為16．．【考點】作圖—基本作圖；平行四邊形的性質；角平分線的性質【專題】作圖題；推理能力【分析】由作法得，再根據平行四邊形的性質得到，，接著證明得到，然后計算平行四邊形的周長．【解答】解：由作法得平分，，四邊形為平行四邊形，，，，，，，平行四邊形的周長．故答案為16．【點評】本題考查了作圖基本作圖：熟練掌握基本作圖（作已知角的平分線）．也考查了平行四邊形的性質．3．（2020-2021錦江區(qū)八年級（下）期末·13）（4分）如圖，在中，，，點為線段上一點，連接，將沿翻折，點的對應點落在的延長線上，若，則．【考點】平行四邊形的性質；翻折變換（折疊問題）【專題】平移、旋轉與對稱；多邊形與平行四邊形；推理能力；幾何直觀；運算能力【分析】由翻折的性質，可得，在△中，，，可求，則可求．【解答】解：由翻折的性質，可得，，，四邊形是平行四邊形，，，，，在△中，，，，故答案為．【點評】本題考查翻折的性質，平行四邊形的性質，熟練掌握翻折的性質，運用勾股定理是解題的關鍵．4．（2020-2021武侯區(qū)八年級（下）期末·14）（4分）如圖，在平行四邊形中，，沿對角線翻折，點的對應點為，與交于點，此時恰為等邊三角形，則重疊部分（即圖中陰影部分）的面積為．【考點】等邊三角形的性質；等邊三角形的判定；平行四邊形的性質；翻折變換（折疊問題）【專題】等腰三角形與直角三角形；多邊形與平行四邊形；平移、旋轉與對稱；幾何直觀；運算能力；推理能力【分析】由已知先證明△是等邊三角形，則有，可得陰影部分的面積和的面積相等，求出的面積即可求解．【解答】解：平行四邊形，，，由翻折可知，恰為等邊三角形，，，，，△是等邊三角形，，陰影部分的面積和的面積相等，在中，過點作交點，，，，，，故答案為．【點評】本題考查等邊三角形、平行四邊形、圖形的翻折，熟練掌握等邊三角形的性質，圖形翻折的性質，此題證明△是等邊三角形是解題的關鍵．5．（2020-2021高新區(qū)八年級（下）期末·25）（4分）如圖，四邊形是平行四邊形，，，點在上，且，點為邊上的一動點，連接，，將沿直線翻折，點的對應點為點，連接，若點，點，點在同一條直線上，則的值為．【考點】平行四邊形的性質；翻折變換（折疊問題）【專題】運算能力；平移、旋轉與對稱【分析】設，，根據平行四邊形性質及翻折性質可得，，，過點任于，過作于，延長、交于點，根據軸對稱性質及含30度角直角三角形性質可得，，最后由勾股定理可得答案．【解答】解：在平行四邊形中，，設，，，，，由翻折可得，，，，過點任于，，，，，，設，過作于，則，，在直角三角形中，，，，，，延長、交于點，，，，，，，．故答案為：．【點評】此題考查的是翻折變換、平行四邊形的性質、直角三角形性質、勾股定理等知識，正確作出輔助線是解決此題關鍵．1．（2020-2021成都十八中八年級（下）期末·18）（8分）已知：如圖，平行四邊形ABCD中，M、N分別為AB和CD的中點．（1）求證：四邊形AMCN是平行四邊形；（2）若AC＝BC＝5，AB＝6，求四邊形AMCN的面積．【分析】（1）由題意可得AB∥CD，AB＝CD，又由M，N分別是AB和CD的中點可得AM＝∥CN，即可得出結論；（2）根據等腰三角形的性質可得CM⊥AB，AM＝3，根據勾股定理可得CM＝4，則可求面積．【解答】解：（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，∵M，N分別為AB和CD的中點，∴AM＝AB，CN＝CD，∴AM＝CN，且AB∥CD，∴四邊形AMCN是平行四邊形；（2）∵AC＝BC＝5，AB＝6，M是AB中點，∴AM＝MB＝3，CM⊥AM，∴CM＝，∵四邊形AMCN是平行四邊形，且CM⊥AM，∴四邊形AMCN是矩形，∴S四邊形AMCN＝12．【點評】本題考查了平行四邊形的性質和判定，等腰三角形的性質，關鍵是熟練運用這些性質解決問題．2．（2020-2021成都實驗外國語八年級（下）期末·18）（3分）如圖，四邊形ABCD中，∠A＝∠ABC＝90°，AD＝1，BC＝3，E是邊CD的中點，連接BE并延長與AD的延長線交于點F．（1）求證：四邊形BDFC是平行四邊形；（2）若BC＝BD，求四邊形BDFC的面積．【分析】（1）證明△BEC≌△FED（AAS），得BE＝FE，即可得出結論；（2）由勾股定理列式求出AB的長，再由平行四邊形的面積公式即可求解．【解答】（1）證明：∵∠A＝∠ABC＝90°，∴∠A+∠ABC＝180°，∴BC∥AD，∴∠CBE＝∠DFE，又∵E是邊CD的中點，∴CE＝DE，在△BEC與△FED中，，∴△BEC≌△FED（AAS），∴BE＝FE，∴四邊形BDFC是平行四邊形；（2）解：∵BD＝BC＝3，∠A＝90°，∴AB＝＝＝2，由（1）得：四邊形BDFC是平行四邊形，∴平行四邊形BDFC的面積＝BC?AB＝3×2＝6．【點評】本題考查了平行四邊形的判定與性質，平行線的判定與性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理等知識，熟練掌握平行四邊形的判定與性質，證明△BEC≌△FED是解題的關鍵．3．（2020-2021金牛區(qū)八年級（下）期末·18）（8分）四邊形是平行四邊形，對角線，交于點，，點是邊上一點，，連接，求證：．【考點】平行四邊形的性質；等腰三角形的性質【專題】應用意識；多邊形與平行四邊形【分析】根據四邊形是平行四邊形，得為中點，根據等腰三角形的性質得對應角相等，通過等量代換得為中點，根據三角形中位線的性質得出結論．【解答】證明：四邊形是平行四邊形，為中點，，，，，，，，，即為中點，為三角形的中位線，．【點評】本題考查平行四邊形的性質和等腰三角形的性質以及三角形中位線得性質．解本題要熟練掌握平行四邊形的性質和等腰三角形的性質以及三角形中位線得性質等基本知識點．4．（2020-2021高新區(qū)八年級（下）期末·19）（10分）如圖，的對角線與相交于點，點，分別在和上，且．（1）求證：四邊形是平行四邊形；（2）若，．且，求線段的長．【考點】勾股定理；平行四邊形的判定與性質；相似三角形的判定與性質【專題】多邊形與平行四邊形；推理能力；模型思想【分析】（1）根據平行四邊形的性質，證明，得到，，再證明即可；（2）由（1）知四邊形是平行四邊形，得到，，再在中利用勾股定理求解．【解答】（1）解：四邊形是平行四邊形，，，，在和中，，，，，，即，，四邊形是平行四邊形；（2）證明：四邊形是平行四邊形，，，，．，，在中，，，，．【點評】本題主要考查了平行四邊形的判定和性質、全等三角形的判定和性質、勾股定理，解題關鍵是能夠證明，得到對應線段相等，再進行求解．5．（2020-2021錦江區(qū)八年級（下）期末·19）（10分）如圖，在四邊形中，，延長至點，使，連接交于，且．（1）求證：四邊形是平行四邊形；（2）若，求證：；（3）在（2）的條件下，若，，求的面積．【考點】平行四邊形的判定與性質；三角形的面積；三角形中位線定理【專題】矩形菱形正方形；三角形；多邊形與平行四邊形；推理能力；運算能力【分析】（1）由三角形中位線定理得，則，再由，即可得出四邊形是平行四邊形；（2）連接，由平行四邊形的性質得，，再證四邊形是平行四邊形，然后證平行四邊形是矩形，即可得出結論；（3）由平行四邊形的性質得的面積的面積，，則的面積的面積．【解答】（1）證明：，，是是中位線，，，，四邊形是平行四邊形；（2）證明：連接，如圖所示：由（1）得：四邊形是平行四邊形，，，，，，四邊形是平行四邊形，又，，平行四邊形是矩形，；（3）解：由（1）得：四邊形是平行四邊形，的面積的面積，由（2）得：四邊形是平行四邊形，，的面積的面積．【點評】本題考查了平行四邊形的判定與性質、三角形中位線定理、矩形的判定與性質以及三角形面積等知識；熟練掌握平行四邊形的判定與性質和矩形的判定與性質，證明四邊形為平行四邊形是解題的關鍵．6．（2020-2021青羊區(qū)八年級（下）期末·18）（8分）如圖，的對角線與相交于點，過點作于點，過點作于點，連接、．（1）求證：四邊形為平行四邊形；（2）若，，求的長．【考點】全等三角形的判定與性質；勾股定理；平行四邊形的判定與性質【專題】等腰三角形與直角三角形；多邊形與平行四邊形；圖形的全等；推理能力；運算能力【分析】（1）證，得，再由，即可得出結論；（2）由平行四邊形的性質得，，再由勾股定理求出，即可求解．【解答】（1）證明：四邊形是平行四邊形，，，，，，，，在和中，，，，四邊形是平行四邊形；（2）解：由（1）得：四邊形為平行四邊形，，，，，，．【點評】此題考查了平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、平行線的判定與性質以及勾股定理等知識；熟練掌握平行四邊形的判定與性質，證明是解題的關鍵．7．（2020-2021雙流區(qū)八年級（下）期末·18）（8分）如圖，在四邊形中，對角線，相交于點，于，于，，．（1）求證：四邊形為平行四邊形；（2）若，，，求四邊形的面積．【考點】平行四邊形的判定與性質；勾股定理【專題】多邊形與平行四邊形；圖形的全等；推理能力【分析】（1）根據平行線的判定定理得到，求得，根據全等三角形的性質得到，根據平行四邊形的判定定理即可得到結論；（2）根據勾股定理得到，，求得，根據三角形的面積公式即可得到結論．【解答】（1）證明：，，，于，于，，在與中，，，，四邊形為平行四邊形；（2）解：在中，，，，在中，，，，，四邊形的面積．【點評】本題考查了平行四邊形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，平行線的性質，三角形的面積的計算，勾股定理，證得是解題的關鍵．8．（2020-2021天府新區(qū)八年級（下）期末·18）（8分）如圖，在平行四邊形中，點，分別在，上，與交于點，且，連接，．（1）求證：；（2）已知：，，且，求四邊形的周長．【考點】平行四邊形的性質；全等三角形的判定與性質【專題】推理能力；多邊形與平行四邊形【分析】（1）根據平行四邊形的性質得出，利用證明與全等，進而解答即可；（2）根據菱形的判定和性質解答即可．【解答】證明：（1）四邊形是平行四邊形，，，在與中，，，；（2），，四邊形是平行四邊形，，平行四邊形是菱形，，，，，，四邊形的周長．【點評】此題考查平行四邊形的性質，關鍵是根據平行四邊形的性質和菱形的判定和性質解答．9．（2020-2021新都區(qū)八年級（下）期末·19）（8分）如圖，在四邊形中，于點，于點，，．（1）求證：；（2）判斷四邊形的形狀，并說明理由．【考點】全等三角形的判定與性質【專題】推理能力；證明題【分析】（1）根據已知先證明．用全等三角形的性質得，再利用證明．（2）根據一組對邊平行且相等證明四邊形是平行四邊形．【解答】（1）證明：，，．在與中．．．．．在與中．．（2）答：四邊形是平行四邊形．，，，，四邊形是平行四邊形．【點評】考查全等三角形的判定定理和性質及平行四邊形的判定，證題的關鍵在第一問中直接證全等條件不具備，需要通過其他三角形全等來推具備的條件．10．（2020-2021溫江區(qū)八年級（下）期末·20）（10分）如圖，，，，垂足分別為，，，．（1）求證：四邊形是平行四邊形；（2）若，，，求的長．【考點】勾股定理；平行四邊形的判定與性質；全等三角形的判定與性質；含30度角的直角三角形【專題】等腰三角形與直角三角形；多邊形與平行四邊形；推理能力；圖形的全等【分析】（1）證，得，再證，得，即可得出結論；（2）由平行四邊形的性質得，，則，，再由含角的直角三角形的性質得，，然后由勾股定理求出的長即可．【解答】（1）證明：，，，，，，在和中，，，，四邊形是平行四邊形；（2）解：由（1）得：，四邊形是平行四邊形，，，，，，，，，．【點評】本題考查了平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、含角的直角三角形的性質、勾股定理、平行線的判定與性質等知識；熟練掌握平行四邊形的判定與性質，證明是解題的關鍵．1．（2020-2021成都七中嘉祥外國語學校八年級（下）期末·21）（4分）如圖，在?ABCD中，AB＝3，AD＝4，∠ABC＝60°，過BC的中點E作EF⊥AB，垂足為點F，與DC的延長線相交于點H，則△DEF的面積是．【分析】根據平行四邊形的性質得到AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，求出BE、BF、EF，根據全等得出CH＝BF＝1，根據三角形的面積公式求△DEF的面積即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC＝4，AB∥CD，AB＝CD＝3，∵E為BC中點，∴BE＝CE＝2，∵∠B＝60°，EF⊥AB，∴∠FEB＝30°，∴BF＝1，由勾股定理得：EF＝，∵AB∥CD，∴∠HCE＝∠B，在△BFE和△CHE中∴△BFE≌△CHE（ASA），∴EF＝EH＝，BF＝CH＝1，即HD＝1+3＝4，∴S△DEF＝EF×DH＝＝2，故答案為：2．【點評】本題主要考查對平行四邊形的性質，平行線的性質，勾股定理，含30度角的直角三角形，三角形的面積，三角形的內角和定理等知識點的理解和掌握，能綜合運用這些性質進行計算是解此題的關鍵．2．（2020-2021錦江區(qū)八年級（下）期末·22）（5分）如圖，直線與軸交于點，與軸交于點，直線與軸交于點，與軸交于點，直線，交于點，若軸上存在點，使以、、、為頂點的四邊形是平行四邊形，則點的坐標是．【考點】一次函數的性質；兩條直線相交或平行問題；平行四邊形的判定【專題】數形結合；一次函數及其應用；多邊形與平行四邊形；運算能力；推理能力【分析】根據一次函數的性質分別求得點、點、點的坐標，然后結合平行四邊形的性質求解．【解答】解：在中，當時，，解得：，點的坐標為，在中，當時，，點坐標為，聯立方程組，解得：，點坐標為，設點坐標為，點在軸上，以、、、為頂點的四邊形是平行四邊形時，和是對角線，，解得：，點坐標為，故答案為：．【點評】本題考查一次函數的性質，平行四邊形的性質，理解一次函數的圖象性質，掌握平行四邊形對角線互相平分，利用數形結合思想解題是關鍵．3．（2020-2021成都十八中八年級（下）期末·24）（4分）如圖，Rt△OAB的兩直角邊OA、OB分別在x軸和y軸上，A（﹣4，0），B（0，8），將△OAB繞O點順時針旋轉90°得到△OCD，直線AC、BD交于點E．點M為直線BD上的動點，點N為x軸上的點，若以A，C，M，N四點為頂點的四邊形是平行四邊形，則符合條件的點M的坐標為（4，4）或（12，﹣4）．【分析】由A、B的坐標可求得AO和OB的長，由旋轉的性質可求得OC、OD的長，從而可求得∠AEB＝90°，再由勾股定理可求得CD和AB的長，可求得AB＝CD，可證得△ABE≌△DCE，得到OD＝OB，由B、D坐標可求得直線BD解析式，當M點在x軸上方時，則有CM∥AN，則可求得M點縱坐標，代入直線BD解析式可求得M點坐標，當M點在x軸下方時，同理可求得M點縱坐標，則可求得M點坐標．【解答】解：∵A（﹣4，0），B（0，8），∴OA＝4，OB＝8，∵將△OAB繞O點順時針旋轉90°得△OCD，∴OC＝OA＝4，OD＝OB＝8，AB＝CD，∴∠ACO＝∠ECB＝∠CBE＝45°，∴∠CEB＝90°，∴∠AEB＝∠CED，且CE＝BE，在Rt△ABE和Rt△DCE中，，∴Rt△ABE≌Rt△DCE（HL），∴OD＝OB＝8，∴D（8，0），且B（0，8），∴直線BD解析式為y＝﹣x+8，當M點在x軸上方時，則有CM∥AN，即CM∥x軸，∴M點到x軸的距離等于C點到x軸的距離，∴M點的縱坐標為4，在y＝﹣x+8中，令y＝4可得x＝4，∴M（4，4）；當M點在x軸下方時，同理可得M點的縱坐標為﹣4，在y＝﹣x+8中，令y＝﹣4可求得x＝12，∴M點的坐標為（12，﹣4）；綜上可知M點的坐標為（4，4）或（12，﹣4），故答案為：（4，4）或（12，﹣4）．【點評】本題考查了平行四邊形的判定，旋轉的性質，等腰直角三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質、證得∠AEB＝90°是解題的關鍵．四、矩形的性質1．（2020-2021成都實驗外國語八年級（下）期末·9）（3分）如圖，矩形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，AE平分∠BAD交BC于點E，連接OE，若OE⊥BC，OE＝1，則AC的長為（）A．4 B．2 C． D．2【分析】證OE是△ABC的中位線，得出AB＝2OE＝2，再證△ABE是等腰直角三角形，得BE＝AB＝2，BC＝2BE＝4，然后由勾股定理即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠BAD＝90°，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，∴OB＝OC，∵OE⊥BC，∴BE＝CE，∴OE是△ABC的中位線，∴AB＝2OE＝2，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠BAD＝×90°＝45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴BE＝AB＝2，∴BC＝2BE＝4，∴AC＝＝＝2，故選：B．【點評】本題考查了矩形的性質、等腰三角形的性質、三角形中位線定理、等腰直角三角形的判定與性質、勾股定理等知識；證明△ABE為等腰直角三角形是解題的關鍵．2．（2020-2021武侯區(qū)八年級（下）期末·15）（3分）要使成為矩形，需要添加的條件是A． B． C． D．【考點】矩形的判定；平行四邊形的性質；全等三角形的判定與性質【專題】多邊形與平行四邊形；矩形菱形正方形；推理能力【分析】由矩形的判定和菱形的判定分別對各個選項進行判斷即可．【解答】解：、中，，平行四邊形是菱形，故選項不符合題意；、中，，平行四邊形是菱形，故選項不符合題意；、中，，平行四邊形是矩形，故選項符合題意；、中，，，，，，平行四邊形為菱形，故選項不符合題意；故選：．【點評】本題考查了矩形的判定、菱形的判定以及平行四邊形的性質；熟記矩形和菱形的判定方法是解題的關鍵．3．（2020-2021武侯區(qū)八年級（下）期末·8）（3分）如圖，在矩形中，的平分線交于點，將一塊三角板的直角頂點放在點處，一條直角邊經過點，另一條直角邊交于點，若，則的長為A．8 B．7 C．5 D．4【考點】矩形的性質；角平分線的性質【專題】推理能力；圖形的全等；矩形菱形正方形【分析】由矩形的性質和角平分線的性質可求，由“”可證，可得，即可求解．【解答】解：，，，四邊形是矩形，，，平分，，，，，，，在和中，，，，，故選：．【點評】本題考查了矩形的性質，角平分線的性質，全等三角形的判定和性質，證明是解題的關鍵．4.（2020-2021成都七中嘉祥外國語學校八年級（下）期末·14）（4分）如圖所示，矩形ABCD沿對角線BD折疊，已知矩形的長BC＝8cm，寬AB＝6cm，那么折疊后重合部分的面積是．【分析】由折疊的性質可得∠C′BD＝∠DBC，C′D＝CD＝AB＝6cm，BC＝BC'＝8cm，進而可證DE＝BE，由勾股定理可求DE的長，由三角形面積公式可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥CB，∴∠ADB＝∠DBC，∵矩形ABCD沿對角線BD折疊，∴∠C′BD＝∠DBC，C′D＝CD＝AB＝6cm，BC＝BC'＝8cm，∴∠ADB＝∠EBD，∴DE＝BE，∴C′E＝8﹣DE，∵DE2＝C'E2+C'D2，∴62+（8﹣DE）2＝DE2，∴DE＝，∴折疊后重合部分的面積＝××6＝，故答案為：．【點評】本題通過折疊變換考查學生的邏輯思維能力，解決此類問題，應利用折疊找到相應的直角三角形，利用勾股定理求得所需線段長度．5．（2020-2021成都八年級（下）期末·14）（4分）如圖，在矩形ABCD中，BC＝4，對角線AC與BD相交于點O，AN⊥BD，垂足為N，BN＝3DN，則AN長為2．【分析】根據矩形的性質BO＝OD，進而利用BN＝3DN，得出ON＝ND，利用等邊三角形的性質解答即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，BC＝AD＝4，∴BO＝OD＝OA＝OC，∵BN＝3DN，∴ON＝DN，∵AN⊥BD，∴△OAD是等腰三角形，∴OA＝AD，∵OA＝OD，∴△OAD是等邊三角形，∴OD＝AD＝BC＝4，∴AN＝，故答案為：2．【點評】此題考查矩形的性質，關鍵是根據矩形的性質BO＝OD解答．6．（2020-2021雙流區(qū)八年級（下）期末·14）（4分）如圖，在矩形中，，對角線與相交于點，，垂足為．若，則．【考點】矩形的性質【專題】矩形菱形正方形；等腰三角形與直角三角形；推理能力【分析】利用矩形的性質可證是等邊三角形，可得，可證，在中，利用勾股定理可求解．【解答】解：四邊形是矩形，，，，，，，，，，即是等邊三角形，，，，，，，，故答案為．【點評】本題考查矩形的性質，等邊三角形的判定和性質，勾股定理，證明是等邊三角形是解題的關鍵．7．（2020-2021成華區(qū)八年級（下）期末·24）（4分）如圖，在長方形紙片中，，，點在邊上，將沿折疊，點落在點處，，分別交于點，，若，則的長為．【考點】矩形的性質；翻折變換（折疊問題）【專題】平移、旋轉與對稱；運算能力；推理能力【分析】根據折疊的性質可得出、，由、、可得出，根據全等三角形的性質可得出、，設，則，，，在中，依據，可得到的值．【解答】解：根據折疊可知：，，．在和中，，，，，，設，則，，，，中，，，，，故答案為：．【點評】本題考查了翻折變換，矩形的性質，全等三角形的判定與性質以及勾股定理的應用，設要求的線段長為，選擇適當的直角三角形，運用勾股定理列出方程是解決問題的關鍵．1．（2020-2021成都實驗外國語八年級（下）期末·27）（10分）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，AB＝BO＝12，將矩形ABCD翻折，使得B與D重合，A的對應點為A′，折痕為EF，連接BA′，DF．（1）求證：四邊形BFDE是菱形；（2）若M，N為矩形邊上的兩個動點，且運動過程中，始終保持∠MON＝60°不變，請回答下列兩個問題：①如圖2，當點M在邊BC上，點N在邊CD上，ON與ED交于點G，請猜想EO、EM、EG三條線段的數量關系，并說明理由；②如圖3，若M，N都在BC邊上，將△ONM沿ON所在直線翻折至△ONP，取線段CD的中點Q，連接PQ，則當PQ最短時，求PM的長．【分析】（1）運用矩形性質和翻折的性質證明△DFO≌△BEO（ASA），即可證得結論．（2）①如圖2，過點O作OH⊥BC于點H，作OK⊥DE于點K，連接OA，先根據矩形性質證明△ABO是等邊三角形，再利用菱形性質證明△MOH≌△GOK（ASA），即可證得結論；②如圖3，連接CP．OC，證明△OBM≌△OCP（SAS），推出∠PCD＝30°，當QP⊥PC時，PQ的值最小，作MT⊥OB于T，OR⊥PM于R．運用直角三角形性質和勾股定理即可解決問題．【解答】解：（1）如圖1，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠FDB＝∠EBD，由翻折得：OD＝OB，BF＝DF，在△DFO和△BEO中，，∴△DFO≌△BEO（ASA），∴DF＝BE，∴四邊形BEDF是平行四邊形，∵BF＝DF，∴四邊形BEDF是菱形.（2）①EM+EG＝EO．證明：如圖2，過點O作OH⊥BC于點H，作OK⊥DE于點K，連接OA，則∠OHE＝∠OKE＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴OB＝OD＝OA＝AB＝12，∠ABO＝90°，∴△ABO是等邊三角形，∴∠ABO＝60°，∴∠CBD＝30°，∵四邊形BEDF是菱形，∴∠EBF＝∠EDF＝60°，∠EDO＝∠CBD＝30°，∵∠BOE＝∠DOE＝90°，∴∠BEO＝∠DEO＝60°，∴∠EOH＝∠EOK＝30°，∴EH＝EK＝EO，∴EH+EK＝EO，∵∠BEO＝∠DEO，OH⊥BC，OK⊥DE，∴OK＝OH，∵∠HOK＝∠MOG＝60°，∴∠MOH＝∠GOK，在△MOH和△GOK中，，∴△MOH≌△GOK（ASA），∴MH＝GK，∵EH+EK＝EO，即EM+MH+EG﹣GK＝EO，∴EM+EG＝EO．②如圖3，連接CP．OC，由翻折可知：OM＝OP，∠MON＝∠NOP＝60°，∴∠MOP＝∠COB＝120°，∴∠AOM＝∠COP，∵OB＝OC，∴△OBM≌△OCP（SAS），∴∠OBM＝∠OCP＝30°，BM＝CP，∵∠OCD＝60°，∴∠PCD＝30°，當QP⊥PC時，PQ的值最小，作MT⊥OB于T，OR⊥PM于R．在Rt△PQC中，∵∠QPC＝90°，∠PCQ＝30°，CQ＝CD＝AB＝6，∴PQ＝CQ＝3，∴CP＝＝＝3，∴BM＝CP＝3，在Rt△BMT中，∠MBT＝30°，∠BTM＝90°，∴MT＝BM＝，∴BT＝＝＝，∴OT＝OB﹣BT＝12﹣＝，∴OM＝＝＝3，∵OM＝OP，OR⊥PM，∠MOP＝120°，∴∠OMP＝∠OPM＝30°，∠ORM＝∠ORP＝90°，∴OR＝OM＝，∴MR＝RP＝＝＝∴PM＝2MR＝3．【點評】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質，旋轉變換，全等三角形的判定和性質，直角三角形性質，勾股定理，等邊三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是正確添加輔助線，構造全等三角形解決問題．五、菱形的性質及判定1．（2020-2021成都八年級（下）期末·10）（3分）如圖，菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點M是DC的中點．若菱形ABCD的周長為24，則OM的長為（）A．12 B．8 C．6 D．3【分析】根據已知可求得菱形的邊長，再根據對角線互相垂直平分，M為DC的中點，從而求得OM的長．【解答】解：∵菱形ABCD的周長等于24，∴DC＝＝6，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵M為DC邊中點，∴在Rt△DOC中，OM為斜邊上的中線，∴OM＝DC＝3．故選：D．【點評】此題主要考查直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半，還綜合利用了菱形的性質．2．（2020-2021金牛區(qū)八年級（下）期末·9）（3分）菱形的對角線，，則菱形的面積是A．80 B．60 C．40 D．30【考點】菱形的性質【專題】推理能力；矩形菱形正方形【分析】由菱形的面積公式可求解．【解答】解：菱形的面積，故選：．【點評】本題考查了菱形的性質，掌握菱形的面積等于對角線積的一半是解題的關鍵．3．（2020-2021成都十八中八年級（下）期末·13）（4分）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于點H，則DH的長為．【分析】由菱形的性質可得AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝4，OB＝OD＝BD＝3，可求AB的長，由菱形面積的兩種計算方法列出等式可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝4，OB＝OD＝BD＝3，∴AB＝＝＝5，∴S菱形ABCD＝AC?BD＝AB?DH，∴DH＝＝，故答案為：．【點評】本題考查了菱形的性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是記住菱形的性質，學會利用菱形的面積的兩種求法，構建方程解決問題，屬于中考?？碱}型．4．（2020-2021成都實驗外國語八年級（下）期末·13）（3分）已知菱形的周長等于8cm，一條對角線長為2cm，則此菱形的面積為2cm2．【分析】根據周長先求出邊長，由菱形的對角線平分且垂直求出它的另一條對角線的長，再根據面積公式求得面積．【解答】解：∵菱形ABCD的周長等于8cm，∴AB＝8÷4＝2cm，∵AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，AC＝2，∴AO＝1，∴BO＝，∴菱形的面積為2×2÷2＝2cm2．故答案為2cm2．【點評】本題考查了菱形的四條邊相等的性質，以及對角線互相垂直平分的性質，還考查了菱形面積的計算，對角線乘積的一半．5．（2020-2021龍泉驛八年級（下）期末·14）（4分）如圖，在菱形中，對角線，交于點，其中，，則菱形的面積為6．【考點】菱形的性質【專題】運算能力；矩形菱形正方形【分析】根據菱形的面積等于對角線之積的一半可得答案．【解答】解：在菱形中，對角線，交于點，，，菱形的面積為．故答案為：6．【點評】此題主要考查了菱形的性質，關鍵是掌握菱形面積、是兩條對角線的長度）．1．（2020-2021武侯區(qū)八年級（下）期末·17）（8分）如圖，在菱形中，與相交于點，若，菱形的周長為20，求菱形的面積．【考點】菱形的性質【專題】運算能力；推理能力；矩形菱形正方形；等腰三角形與直角三角形【分析】由菱形的性質得，，，，再由勾股定理求出，則，然后由菱形面積公式求解即可．【解答】解：菱形的周長為20，，，，，，，，菱形的面積．【點評】本題考查了菱形的性質以及勾股定理；熟練掌握菱形的性質，由勾股定理求出的長是解題的關鍵．2.（2020-2021成都七中嘉祥外國語學校八年級（下）期末·19）（10分）如圖，△ABC中，∠BAC＝90°，BG平分∠ABC，GF⊥BC于點F，AD⊥BC于點D，交BG于點E，連接EF．（1）求證：①AE＝AG；②四邊形AEFG為菱形．（2）若AD＝8，BD＝6，求AE的長．【分析】（1）求證AE＝AG，只需證明在△AGE中，∠AEG＝∠EGA即可，證明四邊形AEFG為菱形，先證明其為平行四邊形，然后再證明其為菱形．（2）利用相似三角形求出對應邊的長，再用平行線分線段成比例求出題中所求即可．【解答】證明：（1）①∵BG平分∠ABC，∴∠ABE＝∠DBE，∵∠ABE+∠AGE＝90°，∠EBD+∠DEB＝90°，∠GEA＝∠BED，∴∠AEG＝∠EGA，即AG＝AE．②∵GF⊥BC于點F，AD⊥BC于點D，BG平分∠ABC，∴∠CFG＝∠CDA＝90°∴AD∥GF，AG＝GF，又∵AG＝AE，∴AE＝GF，∴四邊形AEFG是平行四邊形，∴GF＝AE，AG＝EF∵AG＝AE∴AG＝GF＝AE＝EF∴四邊形AEFG為菱形（2）由題意可知，在Rt△ABD中，AD＝8，BD＝6，所以根據勾股定理得：AB＝10，因為∠CAB＝∠ADB＝90°，∠ABD＝∠CBA（公共角），所以△ABC∽△DBA，故可求出AC＝，BC＝，在△ADC中，設AG＝GF＝x，由平行線分線段成比例可得x：AD＝CG：AC，即x：8＝：，解之得x＝5，所以AE的長為5．【點評】熟練掌握菱形的性質及判定定理，掌握角平分線的性質及相似三角形的性質．1．（2020-2021成都實驗外國語八年級（下）期末·24）（4分）如圖，在菱形ABCD中，邊長AB＝12，∠ABC＝45°，連接BD，點P是邊BC上一動點，連接AP與對角線BD交于點E，連接EC．則當BP＝6﹣6或6時，△EPC為等腰三角形．【分析】根據△EPC為等腰三角形．分3種情況討論：①當CE＝CP時，②當EP＝CP時，③當EP＝CE時，求解即可得出結果．【解答】解：①當CE＝CP時，如圖，過點E作EH⊥BC于點H，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠ABE＝∠CBE，AB＝BC，在△ABE和△CBE中，，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴AE＝CE＝CP，∠CAE＝∠ACE，∵∠ABC＝45°，∴∠ACB＝67.5°，∴∠ACE+∠ECP＝67.5°，∵CE＝CP，∴∠CEP＝∠CPE，∴2∠CEP+∠ECP＝180°，∵∠CEP＝∠EAC+∠ACE，∴4∠ACE+∠ECP＝180°，∴3∠ACE＝180°﹣67.5°＝112.5°，∴∠ACE＝37.5°，∴∠ECP＝30°，∵EH⊥BC，∴CE＝2EH，CH＝EH，PH＝CP﹣CH＝CE﹣CH＝（2﹣）EH，BP＝BC﹣CP＝12﹣2EH，∵AD∥BC，∴△BEP∽△DEA，∴＝，∴＝，設EH＝x，CH＝x，CE＝AE＝CP＝2x，PH＝（2﹣）x，BP＝12﹣2x，∴PE2＝EH2+PH2＝x2+（2﹣）2x2＝（8﹣4）x2，∴＝，∴＝2（4﹣2）＝2（﹣1）2，∴（6﹣x）2＝18（﹣1）2，解得x＝6+3﹣3（舍去），或x＝6﹣3+3，∴BP＝12﹣2x＝6﹣6；②當EP＝CP時，如圖，∵AE＝CE，∴∠CAE＝∠ACE，∠CEP＝∠CAE+∠ACE，∴∠CEP＝2∠ACE，∵∠ABC＝45°，∴∠ACB＝67.5°，∴∠ACE+∠ECP＝67.5°，∴3∠ACE＝67.5°，∴∠ACE＝22.5°，∴∠ECP＝45°，∴∠PEC＝∠ECP＝45°，∴∠APC＝90°，∵∠ABC＝45°，∴BP＝AP，∵BP2+AP2＝AB2，∴BP＝AB＝6；③當EP＝CE時，∵AE＝CE，∴AE＝CE＝EP，∴E是AP的中點，∵O是AC的中點，∴OE是△APC的中位線，∴EO∥BC，∵EO與BC不平行，∴此種情況不存在．綜上所述：BP＝6﹣6或6時，△PEC是等腰三角形．故答案為：6﹣6或6．【點評】本題是四邊形綜合題，主要考查了菱形的性質、全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、勾股定理，含30度角的直角三角形，解決本題的關鍵是掌握菱形的性質，本題綜合性強，有一定難度．2．（2020-2021溫江區(qū)八年級（下）期末·24）（4分）如圖，菱形的對角線、相交于點，過點作于點，連接，若，，則的長為6．【考點】菱形的性質【專題】矩形菱形正方形；推理能力【分析】由菱形的面積公式可求，由直角三角形的性質可求解．【解答】解：四邊形是菱形，，，，，，，，，，故答案為6．【點評】本題考查了菱形的性質，直角三角形的性質，掌握菱形的面積等于對角線積的一半是解題的關鍵．3．（2020-2021成都七中嘉祥外國語學校八年級（下）期末·25）（4分）如圖，邊長為的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，連接對角線AC，以AC為邊作第二個菱形ACC1D1，使∠D1AC＝60°；連接AC1，再以AC1為邊作第三個菱形AC1C2D2，使∠D2AC1＝60°…，按此規(guī)律所作的第n個菱形的邊長為（）n．【分析】連接BD，與AC相交于O，根據菱形的對角線互相垂直平分可得AC⊥BD，AC＝2AO，對角線平分一組對角可得∠BAC＝30°，然后解直角三角形求出AO，即可得到第一個菱形的邊長；同理求出第二個菱形的邊長，第三個菱形的邊長；根據求解，后一個菱形的邊長是前一個菱形的對角線，即后一個菱形的邊長是前一個菱形的邊長的倍，寫出即可．【解答】解：（1）如圖，連接BD，與AC相交于O，則AC⊥BD，AC＝2AO，∵∠DAB＝60°，∴∠BAC＝∠DAB＝×60°＝30°，∵AB＝，∴AO＝×＝，∴AC＝2AO＝2×＝3＝（）2，故第二個菱形ACC1D1的邊AD1長是（）2；同理可求，第三個菱形AC1C2D2的邊AD2長是3×＝3＝（）3，第四個菱形AC2C3D3的邊AD3長是（）4；…所以第n個菱形的邊長是（）n．故答案為：（）n．【點評】本題考查了菱形的性質，解直角三角形，主要利用了菱形的對角線互相垂直平分，對角線平分一組對角的性質，熟記性質并作出輔助線構造出直角三角形是解題的關鍵．六、正方形的性質及判定1．（2020-2021新都區(qū)八年級（下）期末·8）（3分）下列條件中能判斷一個四邊形是正方形的是A．對角線互相垂直且相等 B．一組對邊平行，另一組對邊相等且有一個內角為90度 C．對角線平分每一組對角 D．四邊相等且有一個角是直角【考點】正方形的判定；平行線的判定【專題】矩形菱形正方形；多邊形與平行四邊形；應用意識；推理能力【分析】根據各個選項中的說法，可以判斷能否構成正方形，不正確的說明理由或舉出反例即可．【解答】解：對角線互相垂直、平分且相等的四邊形是正方形，但是對角線互相垂直且相等的四邊形不一定是正方形，如等腰梯形中的對角線就有可能垂直且相等，故選項不符合題意；一組對邊平行，另一組對邊相等且有一個內角為90度的四邊形不一定是正方形，如直角梯形，故選項不符合題意；對角線平分每一組對角的四邊形不一定是正方形，如菱形，故選項不符合題意；四邊相等且有一個角是直角的四邊形是正方形，故選項符合題意；故選：．【點評】本題考查正方形的判定、平行四邊形的判定、菱形的判定，解答本題的關鍵是明確正方形的判定方法．2．（2020-2021成都十八中八年級（下）期末·10）（3分）如圖，正方形ABCD的對角線AC，BD交于點O，M是邊AD上一點，連接OM，過點O作ON⊥OM，交CD于點N．若四邊形MOND的面積是1，則AB的長為（）A．1 B． C．2 D．2【分析】根據正方形的性質，可以得到△DOM≌△CON，然后即可發(fā)現四邊形MOND的面積等于△DOC的面積，從而可以求得正方形ABCD的面積，從而可以求得AB的長．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠MDO＝∠NCO＝45°，OD＝OC，∠DOC＝90°，∴∠DON+∠CON＝90°，∵ON⊥OM，∴∠MON＝90°，∴∠DON+∠DOM＝90°，∴∠DOM＝∠CON，在△DOM和△CON中，，∴△DOM≌△CON（ASA），∵四邊形MOND的面積是1，四邊形MOND的面積＝△DOM的面積+△DON的面積，∴四邊形MOND的面積＝△CON的面積+△DON的面積＝△DOC的面積，∴△DOC的面積是1，∴正方形ABCD的面積是4，∴AB2＝4，∴AB＝2，故選：C．【點評】本題考查正方形的性質、全等三角形的判定與性質，解答本題的關鍵是發(fā)現四邊形MOND的面積等于△DOC的面積，利用數形結合的思想解答．3．（2020-2021溫江區(qū)八年級（下）期末·9）（3分）如圖，在正方形中，點、分別在、上，且，連接、相交于點，則下列結論不正確的是A． B． C． D．【考點】：全等三角形的判定與性質；：正方形的性質【專題】14：證明題；16：壓軸題【分析】分析圖形，根據正方形及三角形性質找到各角邊的關系就很容易求解．【解答】解：是正方形，（第一個正確），（第三個錯誤），（第二個正確），（第四個正確）所以不正確的是，故選．【點評】此題主要考查了學生對正方形的性質及全等三角形的判定的掌握情況．4．（2020-2021成都實驗外國語八年級（下）期末·23）（4分）如圖，將邊長為4的正方形ABCD繞點A逆時針旋轉60°得到正方形AEGF，連接EF，BF，點M，N分別為EF，BF的中點，連接MN，則線段MN的長為2．【分析】連接BE，根據中位線的性質，得出MN＝，再由旋轉的性質得出△ABE是等邊三角形即可．【解答】解：如圖：連接BE，∵點M，N分別為EF，BF的中點，∴MN是△BEF的中位線，∴MN＝，∵正方形ABCD繞點A逆時針旋轉60°得到正方形AEGF，∴AB＝AE，∠BAE＝60°，∴△BAE是等邊三角形，∴BE＝AB＝4，∴MN＝，故答案為2．【點評】本題考查了中位線的性質，旋轉的性質，正方形的性質等知識，明確旋轉前后對應邊相等是解題的關鍵．5．（2020-202