第六章平行四边形(原卷版+解析)

2020-2021学年八年级数学下册高分数拔尖提优单元密卷（北师大版）考试时间：120分钟；满分：150分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)一、单选题(共40分)1．(本题4分)下列各组条件中，不能判断一个四边形是平行四边形的是（）A．一组对边相等且平行的四边形B．两条对角线互相平分的四边形C．一组对边平行另一组对边相等的四边形D．两组对角分别相等的四边形2．(本题4分)小军不慎将一块平行四边形玻璃打碎成如图所示的四块，他带了两块碎玻璃到商店配成一块与原来相同的平行四边形玻璃，他带的碎玻璃编号是（）A．①② B．①④ C．②③ D．②④3．(本题4分)若一个正多边形的每个内角为，则这个正多边形的边数是（）A．7 B．10 C．12 D．144．(本题4分)多边形的边数由3增加到2021时，其外角和的度数（）A．增加 B．减少 C．不变 D．不能确定5．(本题4分)如图，在△ABC中，E，F分别为AC，BC中点，若AB＝6，BC＝7，AC＝8，则EF＝（）A．3 B．3.5 C．4 D．4.56．(本题4分)如图，点F在正五边形ABCDE的边CD的延长线上，连接BD，则∠BDF的度数（）A．36° B．144° C．134° D．120°7．(本题4分)下列命题中（1）三角形的角平分线、中线和高都是线段；（2）各边都相等的多边形是正多边形；（3）三角形的一个外角等于与任意两个内角的和；（4）若∠A+∠B＝∠C，则ABC是直角三角形．其中正确的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个8．(本题4分)已知四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，E是BC的中点，以下说法错误的是（）A．OE=DC B．OA=OC C．∠BOE=∠OBA D．∠OBE=∠OCE9．(本题4分)如图，将▱ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在点E处，交BC于点F，若，，则为A． B． C． D．10．(本题4分)如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的坐标为(1，)，则点C的坐标为()A．(－，1) B．(－1，) C．(，1) D．(－，－1)第II卷（非选择题）二、填空题(共20分)11．(本题4分)如果一个正方形被截掉一个角后，得到一个多边形，那么这个多边形的内角和是__________．12．(本题4分)如图：在△ABC中，AB=13，BC=12，点D，E分别是AB，BC的中点，连接DE，CD，如果DE=2.5，那么△ACD的周长是_____．13．(本题4分)如图，五边形是正五边形，若，则__________．14．(本题4分)一个正多边形的每个外角为60°，那么这个正多边形的内角和是_____．15．(本题4分)如图，ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是线段AO，BO的中点，若AC+BD=24厘米，△OAB的周长是18厘米，则EF=___厘米．三、解答题(共90分)16．(本题8分)如图，在▱ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，求证：四边形EBFD是平行四边形．17．(本题8分)如图，四边形ABCD中，AB=20，BC=15，CD=7，AD=24，∠B=90°，求证：∠A+∠C=180°.18．(本题8分)如图，AB∥CD，AB＝CD，点B、E、F、D在同一条直线上，∠BAE＝∠DCF.(1)求证：AE＝CF；(2)连结AF、EC，试猜想四边形AECF是什么四边形，并证明你的结论．19．(本题8分)如图，小明从点O出发，前进5m后向右转15°，再前进5m后又向右转15°，…这样一直下去，直到他第一次回到出发点O为止，他所走的路径构成了一个多边形．（1）小明一共走了多少米？（2）这个多边形的内角和是多少度？20．(本题10分)如图，已知AB//CD，BE丄AD，垂足为点E，CF丄AD，垂足为点F，并且AF=DE．求证：四边形是平行四边形．(本题10分)一个正多边形的一个外角的度数等于它的一个内角度数的，求这个正多边形的边数．22．(本题12分)如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，延长CE，BA交于点F，连接AC，DF．（1）求证：四边形ACDF是平行四边形；（2）当CF平分∠BCD时，写出BC与CD的数量关系，并说明理由．23．(本题12分)在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度得到△AED，点B、C的对应点分别是E、D.(1)如图1，当点E恰好在AC上时，求∠CDE的度数；(2)如图2，若=60°时，点F是边AC中点，求证：四边形BFDE是平行四边形.24．(本题14分)在△ABC中，点D、E分别在边AC、BC上（不与点A、B、C重合），点P是直线AB上的任意一点（不与点A、B重合）．设∠PDA=x，∠PEB=y，∠DPE=m，∠C=n．（1）如图，当点P在线段AB上运动，且n=90°时①若PD∥BC，PE∥AC，则m=_____；②若m=50°，求x+y的值．（2）当点P在直线AB上运动时，直接写出x、y、m、n之间的数量关系．一、多边形1．（2020-2021成都十八中八年级（下）期末·5）（3分）某多边形的内角和是其外角和的3倍，则此多边形的边数是（）A．5 B．6 C．7 D．8【分析】利用多边形内角和公式和外角和定理，列出方程即可解决问题．【解答】解：根据题意，得：（n﹣2）×180＝360×3，解得n＝8．故选：D．【点评】解答本题的关键是根据多边形内角和公式和外角和定理，利用方程法求边数．2．（2020-2021成华区八年级（下）期末·12）（4分）一个多边形的内角和等于它的外角和的2倍，则这个多边形的边数是6．【考点】多边形内角与外角【专题】多边形与平行四边形；运算能力【分析】边形的内角和可以表示成，外角和为，根据题意列方程求解．【解答】解：设这个多边形的边数为，依题意，得：，解得，．故答案为：6．【点评】本题考查多边形的内角和计算公式，多边形的外角和．关键是根据题意利用多边形的外角和及内角和之间的关系列出方程求边数．3．（2020-2021高新区八年级（下）期末·13）（4分）如图所示是三个相同的正边形拼成的无缝隙、不重叠的图形的一部分，则的值为6．【考点】平面镶嵌（密铺）【专题】多边形与平行四边形；推理能力【分析】根据图中是三个完全相同的正多边形拼成的无缝隙、不重叠的图形的一部分，即可求出多边形每个内角的度数，进而即可求出答案．【解答】解：是三个完全相同的正多边形拼成的镶嵌，每个内角度数，那么边数为：．故多边形是正六边形．故答案为：6．【点评】本题考查的知识点是：一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除．正多边形的边数一个内角度数）．4．（2020-2021成都八年级（下）期末·13）（4分）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6．【分析】利用多边形的外角和以及多边形的内角和定理即可解决问题．【解答】解：∵多边形的外角和是360度，多边形的内角和是外角和的2倍，则内角和是720度，720÷180+2＝6，∴这个多边形的边数为6．故答案为：6．【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理与外角和定理，熟练掌握定理是解题的关键．5．（2020-2021金牛区八年级（下）期末·4）（3分）六边形的外角和为A． B． C． D．【考点】：多边形内角与外角【专题】64：几何直观；555：多边形与平行四边形【分析】由多边形的外角和等于，即可求得六边形的外角和．【解答】解：多边形的外角和等于，六边形的外角和为．故选：．【点评】此题考查了多边形的内角和与外角和的知识．解题时注意：多边形的外角和等于360度．6．（2020-2021锦江区八年级（下）期末·4）（3分）一个多边形的内角和等于它的外角和的3倍，则该多边形的边数是A．六 B．七 C．八 D．九【考点】多边形内角与外角【专题】多边形与平行四边形；推理能力【分析】边形的内角和可以表示成，外角和为，根据题意列方程求解．【解答】解：设多边形的边数为，依题意，得，解得，故选：．【点评】此题考查根据多边形的内角和计算公式，多边形的外角和．关键是利用不变的数量即多边形的外角和．7．（2020-2021龙泉驿八年级（下）期末·4）（3分）若一个多边形的每一个外角都是，则这个多边形是A．六边形 B．七边形 C．八边形 D．九边形【考点】：多边形内角与外角【分析】任意多边形的外角和为，用除以即为多边形的边数．【解答】解：．故选：．【点评】本题主要考查的是多边形的外角和的应用，明确正多边形的每个外角的数边数是解题的关键．8．（3分）如果一个多边形的内角和等于，则它的边数为A．3 B．4 C．6 D．5【考点】多边形内角与外角【专题】多边形与平行四边形；推理能力【分析】边形的内角和可以表示成，设这个正多边形的边数是，就得到方程，从而求出边数．【解答】解：这个正多边形的边数是，则，解得：．则这个正多边形的边数是6．故选：．【点评】本题考查了多边形内角和定理，此题比较简单，只要结合多边形的内角和公式，寻求等量关系，构建方程求解．9．（2020-2021双流区八年级（下）期末·6）（3分）正多边形的一个外角等于，这个多边形的边数是A．6 B．8 C．10 D．12【考点】：多边形内角与外角【分析】根据任何多边形的外角和都是360度，利用360除以外角的度数就可以求出外角和中外角的个数，即多边形的边数．【解答】解：外角和是，且正多边形的每个外角相等，则多边形的边数是：，故选：．【点评】本题考查了外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求正多边形的边数，是常见的题目，需要熟练掌握，比较简单．10．（2020-2021天府新区八年级（下）期末·12）（4分）一个多边形的内角和是，则它是六边形．【考点】：多边形内角与外角【分析】边形的内角和是，如果已知多边形的内角和，就可以得到一个关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数．【解答】解：设此多边形边数为，由题意可得：，解得：．故答案为：六．【点评】此题主要考查了多边形的内角，已知多边形的内角和求边数，可以转化为方程的问题来解决．11．（2020-2021温江区八年级（下）期末·5）（3分）一个多边形的内角和与它的外角和相等，则这个多边形的边数为A．4 B．5 C．6 D．7【考点】：多边形内角与外角【分析】根据多边形的内角和公式与多边形的外角和定理列式进行计算即可得解．【解答】解：设多边形的边数为，根据题意得，解得．故这个多边形是四边形．故选：．【点评】本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，熟记公式与定理是解题的关键．二、中位线1．（2020-2021成都十八中八年级（下）期末·7）（3分）如图，DE是三角形ABC的中位线，点F在DE上，∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝10，则EF的长为（）A．3 B．2 C．5 D．1【分析】根据三角形中位线定理求出DE，根据直角三角形的性质求出DF，计算即可．【解答】解：∵DE为△ABC的中位线，∴DE＝BC＝5，∵∠AFB＝90°，D是AB的中点，∴DF＝AB＝3，∴EF＝DE﹣DF＝2，故选：B．【点评】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，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．2．（2020-2021高新区八年级（下）期末·7）（3分）如图，已知在中，，，分别是边，，的中点．，，则四边形的周长等于A．18 B．16 C．14 D．12【考点】三角形中位线定理【专题】三角形；推理能力【分析】根据三角形中位线定理分别求出、，根据线段中点的定义分别求出、，计算即可．【解答】解：，，分别是边，，的中点．，，，，，，四边形的周长，故选：．【点评】本题考查是三角形中位线定理，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．3．（2020-2021成都八年级（下）期末·6）（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，AB＝10，DE垂直平分AC交AB于点E，则DE的长为（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】根据勾股定理求出BC＝6，再由DE垂直平分AC得AD＝4，利用∠A正切的两种表示方法求出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．故选：A．【点评】本题主要考查了勾股定理、线段垂直平分线的性质，以及三角函数等知识，属于基础题．4．（2020-2021金牛区八年级（下）期末·7）（3分）平行四边形中，，则的度数为A． B． C． D．【考点】平行四边形的性质【专题】应用意识；多边形与平行四边形【分析】根据平行四边形的对角相等、邻角互补的性质即可求解．【解答】解：四边形为平行四边形，，，，，，故选：．【点评】本题考查了平行四边形的性质，熟练运用平行四边形的性质是解决问题的关键．5．（2020-2021锦江区八年级（下）期末·9）（3分）如图，在中，对角线与交于点，，点为中点，连接，若平分，则的度数是A． B． C． D．【考点】三角形中位线定理；平行四边形的性质【专题】推理能力；运算能力；多边形与平行四边形；线段、角、相交线与平行线【分析】由平行四边形的性质得，，则，，再由三角形中位线定理得，则，然后求出，最后由三角形内角和定理求解即可．【解答】解：四边形是平行四边形，，，，，点为中点，为的中位线，，，，平分，，，，故选：．【点评】本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理、平行线的性质以及三角形内角和定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质，求出是解题的关键．6．（2020-2021天府新区八年级（下）期末·13）（4分）如图，在中，点，分别是，的中点，若，则5．【考点】三角形中位线定理【专题】计算题【分析】根据三角形中位线定理计算即可．【解答】解：点，分别是，的中点，，故答案为：5．【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．7．（2020-2021天府新区八年级（下）期末·12）（4分）如图，中，对角线、交于点，点是的中点．若，则的长为4．【考点】平行四边形的性质；三角形中位线定理【专题】多边形与平行四边形；推理能力【分析】根据平行四边形的对角线互相平分可得，然后判断出是三角形的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得．【解答】解：在中，，点是的中点，是三角形的中位线，．故答案为：4．【点评】本题考查了平行四边形对角线互相平分的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记性质与定理是解题的关键．8．（2020-2021成华区八年级（下）期末·14）（4分）如图，的对角线，相交于点，点是的中点，连接，若，的周长等于7，则的周长等于20．【考点】三角形中位线定理；平行四边形的性质【专题】推理能力；多边形与平行四边形【分析】由平行四边形的性质得，，，证是的中位线，则，，求出，则，即可得出答案．【解答】解：四边形是平行四边形，，，，，是的中位线，，，的周长等于7，，，，的周长；故答案为：20．【点评】本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．9．（2020-2021双流区八年级（下）期末·22）（4分）如图所示，点、分别是的边、的中点，连接，过点作，交的延长线于点，若，则的长为．【考点】三角形中位线定理；平行四边形的判定与性质【专题】多边形与平行四边形；推理能力【分析】先证明为的中位线，得到四边形为平行四边形，求出，根据中位线定理即可求解．【解答】解：、分别是的边、的中点，为的中位线，，，，四边形为平行四边形，，．故答案为：．【点评】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形判定与性质，熟知三角形中位线定理是解题关键．10．（2020-2021武侯区八年级（下）期末·23）（4分）如图，在中，平分，于点，延长交于点，点为中点，连接．若，，的面积为30，则的面积为3．【考点】三角形的面积；等腰三角形的判定与性质；三角形中位线定理【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力【分析】根据等腰三角形的判定和性质定理得到，，求出，根据三角形中位线定理计算即可．【解答】解：平分，，，，，，为的中点，的面积为30，，连接，．故答案为：3．【点评】本题考查的是等腰三角形的判定和性质、三角形中位线定理的应用，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．三、平行四边形的性质1.（2020-2021成都七中嘉祥外国语学校八年级（下）期末·9）（3分）延长平行四边形ABCD的一边AB到E，使BE＝BD，连接DE交BC于F．若∠DAB＝120°，∠CFE＝135°，AB＝1，则AC的长为（）A．1 B．1.2 C． D．1.5【分析】首先证明△ABD为等腰三角形，所以AB＝AD＝BC，因为∠ABC＝60°，所以△ABC为等边三角形，所以AC＝AB＝1，问题得解．【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为等腰三角形，∴AB＝AD＝BC，∵∠ABC＝60°，∴△ABC为等边三角形，∴AC＝AB＝1，故选：A．【点评】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质以及等边三角形的判定和性质，题目的综合性较强，难度较大．2．（2020-2021成都十八中八年级（下）期末·8）（3分）以平行四边形ABCD对角线的交点O为原点，平行于BC边的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系．若A点坐标为（﹣2，1），则C点坐标为（）A．（﹣2，﹣1） B．（1，﹣2） C．（﹣1，﹣2） D．（2，﹣1）【分析】方法一：根据平行四边形是中心对称图形，即可得到点C的坐标；方法二：根据平行四边形是中心对称图形，再根据▱ABCD对角线的交点O为原点和点A的坐标，即可得到点C的坐标．【解答】解：方法一：∵▱ABCD对角线的交点O为原点，A点坐标为（﹣2，1），∴点C的坐标为（2，﹣1），故答案为：（2，﹣1）．方法二：∵四边形ABCD为平行四边形，∴点A和C关于对角线的交点O对称，又∵O为原点，∴点A和C关于原点对称，∵点A（﹣2，1），∴点C的坐标为（2，﹣1），故选：D．【点评】本题考查平行四边形的性质、坐标与图形性质，解答本题的关键是明确题意，根据平行四边形是中心对称图形得出点的坐标解答．3．（2020-2021成都实验外国语八年级（下）期末·8）（3分）如图，在平行四边形ABCD中，∠A+∠C＝140°，则∠B的度数为（）A．140° B．120° C．110° D．100°【分析】由平行四边形的性质可得∠A＝∠C，∠A+∠B＝180°，即可求∠B的度数．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A＝∠C，∠A+∠B＝180°，且∠A+∠C＝140°，∴∠A＝70°，∴∠B＝110°，故选：C．【点评】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是本题的关键．4．（2020-2021成华区八年级（下）期末·8）（3分）如图，在四边形中，对角线和相交于点，下列条件不能判断四边形是平行四边形的是A．， B．， C．， D．，【考点】平行四边形的判定【专题】多边形与平行四边形；推理能力【分析】由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．【解答】解：、，，四边形是平行四边形，故选项不符合题意；、，，四边形是平行四边形，故选项不符合题意；、，，四边形是平行四边形，故选项不符合题意；、，，四边形不一定是平行四边形，也可能是等腰梯形，故选项符合题意，故选：．【点评】本题考查了平行四边形的判定方法，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．5．（2020-2021成华区八年级（下）期末·10）（3分）如图，的面积为，点是它内部任意一点，的面积为，的面积为，则，，之间满足的关系是A． B． C． D．无法判定【考点】平行四边形的性质；三角形的面积【专题】推理能力；多边形与平行四边形【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后根据图形和平行四边形的面积、三角形的面积，即可得到和、之间的关系，本题得以解决．【解答】解：过点作交于点，交的延长线于点，四边形是平行四边形，，，，，，，，故选：．【点评】本题考查平行四边形的性质、三角形的面积，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．6．（2020-2021高新区八年级（下）期末·4）（3分）如图，在中，，，则的度数是A． B． C． D．【考点】平行四边形的性质【专题】多边形与平行四边形；推理能力【分析】根据平行四边形的对角相等，对边相互平行以及平行线的性质进行解答．【解答】解：四边形是平行四边形，，，，，则．又，，故选：．【点评】本题考查了平行四边形的性质．此题利用的性质是：平行四边形的对角相等、对边相互平行．7．（2020-2021青羊区八年级（下）期末·8）（3分）在下列平行四边形性质的叙述中，错误的是A．平行四边形的对边相等 B．平行四边形的对角相等 C．平行四边形的对角线互相平分 D．平行四边形的对角线相等【考点】：平行四边形的性质【专题】67：推理能力；555：多边形与平行四边形【分析】由平行四边形的性质即可求得答案．【解答】解：平行四边形的性质为对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分，选项、、不符合题意；平行四边形的对角线不一定相等，选项符合题意，故选：．【点评】本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质，即平行四边形的性质对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分是解题的关键．8．（2020-2021青羊区八年级（下）期末·10）（3分）如图，已知的顶点，，点在轴负半轴上，点在轴正半轴上，以顶点为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于点、，再分别以点、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交边于点．则点的坐标为A． B． C． D．【考点】坐标与图形性质；平行四边形的性质；作图—基本作图【专题】作图题；应用意识【分析】过作于，根据矩形的性质得到，根据角平分线的定义得到，根据平行线的性质得到，，，求得，根据平行四边形的性质得到结论．【解答】解：方法一：平分，，．，，，，；方法二：过作于，则四边形是矩形，，由题意知，平分，，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，，，，，，，故选：．【点评】本题考查了作图基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了矩形的性质和坐标与图形性质．9．（2020-2021双流区八年级（下）期末·9）（3分）如图，在平行四边形中，为边上一点，连接．若平分，，则的大小是A． B． C． D．【考点】平行四边形的性质【专题】推理能力；多边形与平行四边形【分析】由平行四边形的性质可得，，由角平分线的性质和外角性质可求解．【解答】解：四边形是平行四边形，，，，平分，，，故选：．【点评】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的对角相等，邻角互补是本题的关键．10．（2020-2021天府新区八年级（下）期末·10）（3分）如图，在平行四边形中，的平分线交于点，过点作，垂足为点，若，，则的长为A．8 B．13 C．16 D．18【考点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质【专题】推理能力；多边形与平行四边形【分析】首先利用平行四边形的性质及角平分线的性质得到，然后利用等腰三角形的三线合一的性质得到，利用勾股定理求得，即可求得答案．【解答】解：四边形是平行四边形，，，的平分线交于点，，，，，，，，，故选：．【点评】考查了平行四边形的性质及等腰三角形的判定与性质的知识，解题的关键是证得，难度不大．11．（2020-2021温江区八年级（下）期末·10）（3分）如图1，在平面直角坐标系中，将放置在第一象限，且轴．直线从原点出发沿轴正方向平移，在平移过程中直线被截得的线段长度与直线在轴上平移的距离的函数图象如图2，那么的面积为A．2 B．3 C． D．4【考点】平行四边形的性质；一次函数图象与几何变换【专题】多边形与平行四边形；一次函数及其应用；运算能力【分析】先由图象分析出直线移动距离为3，5，6，直线分别经过哪些点，从而得和的长度，再过点作的垂线，从而求得四边形的高，利用底乘以高即可得结果．【解答】解：由图象可知，直线经过时移动距离为3，经过时移动距离为5，经过时移动距离为6，．如图，当直线经过点时，交于点，作垂直于于点，由图2可知，直线与夹角为，，四边形面积为．故选：．【点评】本题是直线平移截四边形，求四边形面积的问题，需要从图象得出相关线段的长度，并结合直线平移的特点，来解决较复杂的函数图象问题．1．（2020-2021成都十八中八年级（下）期末·14）（4分）如图，在平行四边形ABCD中，AB＞AD，以A为圆心，小于AD的长为半径画弧，分别交AB、CD于E、F；再分别以E、F为圆心，大于EF的一半长为半径画弧，两弧交于点G，作射线AG交CD于点H．若AD＝2，CD＝3，则CH＝1．【分析】根据基本作图可得∠BAH＝∠DAH，再根据平行四边形的性质得到AB∥CD，则可证明∠DHA＝∠BAH，所以DH＝DA＝2，然后计算CD﹣DH即可．【解答】解：由作法得AH平分∠BAD，∴∠BAH＝∠DAH，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥CD，∴∠BAH＝∠DHA，∴∠DHA＝∠BAH，∴DH＝DA＝2，∴CH＝CD﹣DH＝3﹣2＝1．故答案为1．【点评】本题考查了作图﹣基本作图，熟练掌握基本作图（作已知角的角平分线）是解决问题的关键．也考查了平行四边形的性质．2．（2020-2021金牛区八年级（下）期末·14）（4分）如图，在平行四边形中，，以点为圆心，以任意长为半径作弧，分别交、于点、，再分别以、为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点，连接并延长交于点，若，则平行四边形的周长为16．．【考点】作图—基本作图；平行四边形的性质；角平分线的性质【专题】作图题；推理能力【分析】由作法得，再根据平行四边形的性质得到，，接着证明得到，然后计算平行四边形的周长．【解答】解：由作法得平分，，四边形为平行四边形，，，，，，，平行四边形的周长．故答案为16．【点评】本题考查了作图基本作图：熟练掌握基本作图（作已知角的平分线）．也考查了平行四边形的性质．3．（2020-2021锦江区八年级（下）期末·13）（4分）如图，在中，，，点为线段上一点，连接，将沿翻折，点的对应点落在的延长线上，若，则．【考点】平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）【专题】平移、旋转与对称；多边形与平行四边形；推理能力；几何直观；运算能力【分析】由翻折的性质，可得，在△中，，，可求，则可求．【解答】解：由翻折的性质，可得，，，四边形是平行四边形，，，，，在△中，，，，故答案为．【点评】本题考查翻折的性质，平行四边形的性质，熟练掌握翻折的性质，运用勾股定理是解题的关键．4．（2020-2021武侯区八年级（下）期末·14）（4分）如图，在平行四边形中，，沿对角线翻折，点的对应点为，与交于点，此时恰为等边三角形，则重叠部分（即图中阴影部分）的面积为．【考点】等边三角形的性质；等边三角形的判定；平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力【分析】由已知先证明△是等边三角形，则有，可得阴影部分的面积和的面积相等，求出的面积即可求解．【解答】解：平行四边形，，，由翻折可知，恰为等边三角形，，，，，△是等边三角形，，阴影部分的面积和的面积相等，在中，过点作交点，，，，，，故答案为．【点评】本题考查等边三角形、平行四边形、图形的翻折，熟练掌握等边三角形的性质，图形翻折的性质，此题证明△是等边三角形是解题的关键．5．（2020-2021高新区八年级（下）期末·25）（4分）如图，四边形是平行四边形，，，点在上，且，点为边上的一动点，连接，，将沿直线翻折，点的对应点为点，连接，若点，点，点在同一条直线上，则的值为．【考点】平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）【专题】运算能力；平移、旋转与对称【分析】设，，根据平行四边形性质及翻折性质可得，，，过点任于，过作于，延长、交于点，根据轴对称性质及含30度角直角三角形性质可得，，最后由勾股定理可得答案．【解答】解：在平行四边形中，，设，，，，，由翻折可得，，，，过点任于，，，，，，设，过作于，则，，在直角三角形中，，，，，，延长、交于点，，，，，，，．故答案为：．【点评】此题考查的是翻折变换、平行四边形的性质、直角三角形性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线是解决此题关键．1．（2020-2021成都十八中八年级（下）期末·18）（8分）已知：如图，平行四边形ABCD中，M、N分别为AB和CD的中点．（1）求证：四边形AMCN是平行四边形；（2）若AC＝BC＝5，AB＝6，求四边形AMCN的面积．【分析】（1）由题意可得AB∥CD，AB＝CD，又由M，N分别是AB和CD的中点可得AM＝∥CN，即可得出结论；（2）根据等腰三角形的性质可得CM⊥AB，AM＝3，根据勾股定理可得CM＝4，则可求面积．【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，∵M，N分别为AB和CD的中点，∴AM＝AB，CN＝CD，∴AM＝CN，且AB∥CD，∴四边形AMCN是平行四边形；（2）∵AC＝BC＝5，AB＝6，M是AB中点，∴AM＝MB＝3，CM⊥AM，∴CM＝，∵四边形AMCN是平行四边形，且CM⊥AM，∴四边形AMCN是矩形，∴S四边形AMCN＝12．【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，等腰三角形的性质，关键是熟练运用这些性质解决问题．2．（2020-2021成都实验外国语八年级（下）期末·18）（3分）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠ABC＝90°，AD＝1，BC＝3，E是边CD的中点，连接BE并延长与AD的延长线交于点F．（1）求证：四边形BDFC是平行四边形；（2）若BC＝BD，求四边形BDFC的面积．【分析】（1）证明△BEC≌△FED（AAS），得BE＝FE，即可得出结论；（2）由勾股定理列式求出AB的长，再由平行四边形的面积公式即可求解．【解答】（1）证明：∵∠A＝∠ABC＝90°，∴∠A+∠ABC＝180°，∴BC∥AD，∴∠CBE＝∠DFE，又∵E是边CD的中点，∴CE＝DE，在△BEC与△FED中，，∴△BEC≌△FED（AAS），∴BE＝FE，∴四边形BDFC是平行四边形；（2）解：∵BD＝BC＝3，∠A＝90°，∴AB＝＝＝2，由（1）得：四边形BDFC是平行四边形，∴平行四边形BDFC的面积＝BC•AB＝3×2＝6．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△BEC≌△FED是解题的关键．3．（2020-2021金牛区八年级（下）期末·18）（8分）四边形是平行四边形，对角线，交于点，，点是边上一点，，连接，求证：．【考点】平行四边形的性质；等腰三角形的性质【专题】应用意识；多边形与平行四边形【分析】根据四边形是平行四边形，得为中点，根据等腰三角形的性质得对应角相等，通过等量代换得为中点，根据三角形中位线的性质得出结论．【解答】证明：四边形是平行四边形，为中点，，，，，，，，，即为中点，为三角形的中位线，．【点评】本题考查平行四边形的性质和等腰三角形的性质以及三角形中位线得性质．解本题要熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质以及三角形中位线得性质等基本知识点．4．（2020-2021高新区八年级（下）期末·19）（10分）如图，的对角线与相交于点，点，分别在和上，且．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若，．且，求线段的长．【考点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；相似三角形的判定与性质【专题】多边形与平行四边形；推理能力；模型思想【分析】（1）根据平行四边形的性质，证明，得到，，再证明即可；（2）由（1）知四边形是平行四边形，得到，，再在中利用勾股定理求解．【解答】（1）解：四边形是平行四边形，，，，在和中，，，，，，即，，四边形是平行四边形；（2）证明：四边形是平行四边形，，，，．，，在中，，，，．【点评】本题主要考查了平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解题关键是能够证明，得到对应线段相等，再进行求解．5．（2020-2021锦江区八年级（下）期末·19）（10分）如图，在四边形中，，延长至点，使，连接交于，且．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若，求证：；（3）在（2）的条件下，若，，求的面积．【考点】平行四边形的判定与性质；三角形的面积；三角形中位线定理【专题】矩形菱形正方形；三角形；多边形与平行四边形；推理能力；运算能力【分析】（1）由三角形中位线定理得，则，再由，即可得出四边形是平行四边形；（2）连接，由平行四边形的性质得，，再证四边形是平行四边形，然后证平行四边形是矩形，即可得出结论；（3）由平行四边形的性质得的面积的面积，，则的面积的面积．【解答】（1）证明：，，是是中位线，，，，四边形是平行四边形；（2）证明：连接，如图所示：由（1）得：四边形是平行四边形，，，，，，四边形是平行四边形，又，，平行四边形是矩形，；（3）解：由（1）得：四边形是平行四边形，的面积的面积，由（2）得：四边形是平行四边形，，的面积的面积．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、矩形的判定与性质以及三角形面积等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和矩形的判定与性质，证明四边形为平行四边形是解题的关键．6．（2020-2021青羊区八年级（下）期末·18）（8分）如图，的对角线与相交于点，过点作于点，过点作于点，连接、．（1）求证：四边形为平行四边形；（2）若，，求的长．【考点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；图形的全等；推理能力；运算能力【分析】（1）证，得，再由，即可得出结论；（2）由平行四边形的性质得，，再由勾股定理求出，即可求解．【解答】（1）证明：四边形是平行四边形，，，，，，，，在和中，，，，四边形是平行四边形；（2）解：由（1）得：四边形为平行四边形，，，，，，．【点评】此题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质以及勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明是解题的关键．7．（2020-2021双流区八年级（下）期末·18）（8分）如图，在四边形中，对角线，相交于点，于，于，，．（1）求证：四边形为平行四边形；（2）若，，，求四边形的面积．【考点】平行四边形的判定与性质；勾股定理【专题】多边形与平行四边形；图形的全等；推理能力【分析】（1）根据平行线的判定定理得到，求得，根据全等三角形的性质得到，根据平行四边形的判定定理即可得到结论；（2）根据勾股定理得到，，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论．【解答】（1）证明：，，，于，于，，在与中，，，，四边形为平行四边形；（2）解：在中，，，，在中，，，，，四边形的面积．【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形的面积的计算，勾股定理，证得是解题的关键．8．（2020-2021天府新区八年级（下）期末·18）（8分）如图，在平行四边形中，点，分别在，上，与交于点，且，连接，．（1）求证：；（2）已知：，，且，求四边形的周长．【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质【专题】推理能力；多边形与平行四边形【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，利用证明与全等，进而解答即可；（2）根据菱形的判定和性质解答即可．【解答】证明：（1）四边形是平行四边形，，，在与中，，，；（2），，四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，，，，，，四边形的周长．【点评】此题考查平行四边形的性质，关键是根据平行四边形的性质和菱形的判定和性质解答．9．（2020-2021新都区八年级（下）期末·19）（8分）如图，在四边形中，于点，于点，，．（1）求证：；（2）判断四边形的形状，并说明理由．【考点】全等三角形的判定与性质【专题】推理能力；证明题【分析】（1）根据已知先证明．用全等三角形的性质得，再利用证明．（2）根据一组对边平行且相等证明四边形是平行四边形．【解答】（1）证明：，，．在与中．．．．．在与中．．（2）答：四边形是平行四边形．，，，，四边形是平行四边形．【点评】考查全等三角形的判定定理和性质及平行四边形的判定，证题的关键在第一问中直接证全等条件不具备，需要通过其他三角形全等来推具备的条件．10．（2020-2021温江区八年级（下）期末·20）（10分）如图，，，，垂足分别为，，，．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若，，，求的长．【考点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；推理能力；图形的全等【分析】（1）证，得，再证，得，即可得出结论；（2）由平行四边形的性质得，，则，，再由含角的直角三角形的性质得，，然后由勾股定理求出的长即可．【解答】（1）证明：，，，，，，在和中，，，，四边形是平行四边形；（2）解：由（1）得：，四边形是平行四边形，，，，，，，，，．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明是解题的关键．1．（2020-2021成都七中嘉祥外国语学校八年级（下）期末·21）（4分）如图，在▱ABCD中，AB＝3，AD＝4，∠ABC＝60°，过BC的中点E作EF⊥AB，垂足为点F，与DC的延长线相交于点H，则△DEF的面积是．【分析】根据平行四边形的性质得到AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，求出BE、BF、EF，根据全等得出CH＝BF＝1，根据三角形的面积公式求△DEF的面积即可．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC＝4，AB∥CD，AB＝CD＝3，∵E为BC中点，∴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，故答案为：2．【点评】本题主要考查对平行四边形的性质，平行线的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形，三角形的面积，三角形的内角和定理等知识点的理解和掌握，能综合运用这些性质进行计算是解此题的关键．2．（2020-2021锦江区八年级（下）期末·22）（5分）如图，直线与轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，与轴交于点，直线，交于点，若轴上存在点，使以、、、为顶点的四边形是平行四边形，则点的坐标是．【考点】一次函数的性质；两条直线相交或平行问题；平行四边形的判定【专题】数形结合；一次函数及其应用；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力【分析】根据一次函数的性质分别求得点、点、点的坐标，然后结合平行四边形的性质求解．【解答】解：在中，当时，，解得：，点的坐标为，在中，当时，，点坐标为，联立方程组，解得：，点坐标为，设点坐标为，点在轴上，以、、、为顶点的四边形是平行四边形时，和是对角线，，解得：，点坐标为，故答案为：．【点评】本题考查一次函数的性质，平行四边形的性质，理解一次函数的图象性质，掌握平行四边形对角线互相平分，利用数形结合思想解题是关键．3．（2020-2021成都十八中八年级（下）期末·24）（4分）如图，Rt△OAB的两直角边OA、OB分别在x轴和y轴上，A（﹣4，0），B（0，8），将△OAB绕O点顺时针旋转90°得到△OCD，直线AC、BD交于点E．点M为直线BD上的动点，点N为x轴上的点，若以A，C，M，N四点为顶点的四边形是平行四边形，则符合条件的点M的坐标为（4，4）或（12，﹣4）．【分析】由A、B的坐标可求得AO和OB的长，由旋转的性质可求得OC、OD的长，从而可求得∠AEB＝90°，再由勾股定理可求得CD和AB的长，可求得AB＝CD，可证得△ABE≌△DCE，得到OD＝OB，由B、D坐标可求得直线BD解析式，当M点在x轴上方时，则有CM∥AN，则可求得M点纵坐标，代入直线BD解析式可求得M点坐标，当M点在x轴下方时，同理可求得M点纵坐标，则可求得M点坐标．【解答】解：∵A（﹣4，0），B（0，8），∴OA＝4，OB＝8，∵将△OAB绕O点顺时针旋转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），∴直线BD解析式为y＝﹣x+8，当M点在x轴上方时，则有CM∥AN，即CM∥x轴，∴M点到x轴的距离等于C点到x轴的距离，∴M点的纵坐标为4，在y＝﹣x+8中，令y＝4可得x＝4，∴M（4，4）；当M点在x轴下方时，同理可得M点的纵坐标为﹣4，在y＝﹣x+8中，令y＝﹣4可求得x＝12，∴M点的坐标为（12，﹣4）；综上可知M点的坐标为（4，4）或（12，﹣4），故答案为：（4，4）或（12，﹣4）．【点评】本题考查了平行四边形的判定，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、证得∠AEB＝90°是解题的关键．四、矩形的性质1．（2020-2021成都实验外国语八年级（下）期末·9）（3分）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，连接OE，若OE⊥BC，OE＝1，则AC的长为（）A．4 B．2 C． D．2【分析】证OE是△ABC的中位线，得出AB＝2OE＝2，再证△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：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠BAD＝90°，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，∴OB＝OC，∵OE⊥BC，∴BE＝CE，∴OE是△ABC的中位线，∴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，故选：B．【点评】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、三角形中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识；证明△ABE为等腰直角三角形是解题的关键．2．（2020-2021武侯区八年级（下）期末·15）（3分）要使成为矩形，需要添加的条件是A． B． C． D．【考点】矩形的判定；平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质【专题】多边形与平行四边形；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别对各个选项进行判断即可．【解答】解：、中，，平行四边形是菱形，故选项不符合题意；、中，，平行四边形是菱形，故选项不符合题意；、中，，平行四边形是矩形，故选项符合题意；、中，，，，，，平行四边形为菱形，故选项不符合题意；故选：．【点评】本题考查了矩形的判定、菱形的判定以及平行四边形的性质；熟记矩形和菱形的判定方法是解题的关键．3．（2020-2021武侯区八年级（下）期末·8）（3分）如图，在矩形中，的平分线交于点，将一块三角板的直角顶点放在点处，一条直角边经过点，另一条直角边交于点，若，则的长为A．8 B．7 C．5 D．4【考点】矩形的性质；角平分线的性质【专题】推理能力；图形的全等；矩形菱形正方形【分析】由矩形的性质和角平分线的性质可求，由“”可证，可得，即可求解．【解答】解：，，，四边形是矩形，，，平分，，，，，，，在和中，，，，，故选：．【点评】本题考查了矩形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，证明是解题的关键．4.（2020-2021成都七中嘉祥外国语学校八年级（下）期末·14）（4分）如图所示，矩形ABCD沿对角线BD折叠，已知矩形的长BC＝8cm，宽AB＝6cm，那么折叠后重合部分的面积是．【分析】由折叠的性质可得∠C′BD＝∠DBC，C′D＝CD＝AB＝6cm，BC＝BC'＝8cm，进而可证DE＝BE，由勾股定理可求DE的长，由三角形面积公式可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥CB，∴∠ADB＝∠DBC，∵矩形ABCD沿对角线BD折叠，∴∠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＝，∴折叠后重合部分的面积＝××6＝，故答案为：．【点评】本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应利用折叠找到相应的直角三角形，利用勾股定理求得所需线段长度．5．（2020-2021成都八年级（下）期末·14）（4分）如图，在矩形ABCD中，BC＝4，对角线AC与BD相交于点O，AN⊥BD，垂足为N，BN＝3DN，则AN长为2．【分析】根据矩形的性质BO＝OD，进而利用BN＝3DN，得出ON＝ND，利用等边三角形的性质解答即可．【解答】解：∵四边形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是等边三角形，∴OD＝AD＝BC＝4，∴AN＝，故答案为：2．【点评】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质BO＝OD解答．6．（2020-2021双流区八年级（下）期末·14）（4分）如图，在矩形中，，对角线与相交于点，，垂足为．若，则．【考点】矩形的性质【专题】矩形菱形正方形；等腰三角形与直角三角形；推理能力【分析】利用矩形的性质可证是等边三角形，可得，可证，在中，利用勾股定理可求解．【解答】解：四边形是矩形，，，，，，，，，，即是等边三角形，，，，，，，，故答案为．【点评】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，证明是等边三角形是解题的关键．7．（2020-2021成华区八年级（下）期末·24）（4分）如图，在长方形纸片中，，，点在边上，将沿折叠，点落在点处，，分别交于点，，若，则的长为．【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）【专题】平移、旋转与对称；运算能力；推理能力【分析】根据折叠的性质可得出、，由、、可得出，根据全等三角形的性质可得出、，设，则，，，在中，依据，可得到的值．【解答】解：根据折叠可知：，，．在和中，，，，，，设，则，，，，中，，，，，故答案为：．【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，设要求的线段长为，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程是解决问题的关键．1．（2020-2021成都实验外国语八年级（下）期末·27）（10分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝BO＝12，将矩形ABCD翻折，使得B与D重合，A的对应点为A′，折痕为EF，连接BA′，DF．（1）求证：四边形BFDE是菱形；（2）若M，N为矩形边上的两个动点，且运动过程中，始终保持∠MON＝60°不变，请回答下列两个问题：①如图2，当点M在边BC上，点N在边CD上，ON与ED交于点G，请猜想EO、EM、EG三条线段的数量关系，并说明理由；②如图3，若M，N都在BC边上，将△ONM沿ON所在直线翻折至△ONP，取线段CD的中点Q，连接PQ，则当PQ最短时，求PM的长．【分析】（1）运用矩形性质和翻折的性质证明△DFO≌△BEO（ASA），即可证得结论．（2）①如图2，过点O作OH⊥BC于点H，作OK⊥DE于点K，连接OA，先根据矩形性质证明△ABO是等边三角形，再利用菱形性质证明△MOH≌△GOK（ASA），即可证得结论；②如图3，连接CP．OC，证明△OBM≌△OCP（SAS），推出∠PCD＝30°，当QP⊥PC时，PQ的值最小，作MT⊥OB于T，OR⊥PM于R．运用直角三角形性质和勾股定理即可解决问题．【解答】解：（1）如图1，∵四边形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，∴四边形BEDF是平行四边形，∵BF＝DF，∴四边形BEDF是菱形.（2）①EM+EG＝EO．证明：如图2，过点O作OH⊥BC于点H，作OK⊥DE于点K，连接OA，则∠OHE＝∠OKE＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴OB＝OD＝OA＝AB＝12，∠ABO＝90°，∴△ABO是等边三角形，∴∠ABO＝60°，∴∠CBD＝30°，∵四边形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如图3，连接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°，当QP⊥PC时，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．【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，直角三角形性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确添加辅助线，构造全等三角形解决问题．五、菱形的性质及判定1．（2020-2021成都八年级（下）期末·10）（3分）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点M是DC的中点．若菱形ABCD的周长为24，则OM的长为（）A．12 B．8 C．6 D．3【分析】根据已知可求得菱形的边长，再根据对角线互相垂直平分，M为DC的中点，从而求得OM的长．【解答】解：∵菱形ABCD的周长等于24，∴DC＝＝6，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵M为DC边中点，∴在Rt△DOC中，OM为斜边上的中线，∴OM＝DC＝3．故选：D．【点评】此题主要考查直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，还综合利用了菱形的性质．2．（2020-2021金牛区八年级（下）期末·9）（3分）菱形的对角线，，则菱形的面积是A．80 B．60 C．40 D．30【考点】菱形的性质【专题】推理能力；矩形菱形正方形【分析】由菱形的面积公式可求解．【解答】解：菱形的面积，故选：．【点评】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的面积等于对角线积的一半是解题的关键．3．（2020-2021成都十八中八年级（下）期末·13）（4分）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于点H，则DH的长为．【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝4，OB＝OD＝BD＝3，可求AB的长，由菱形面积的两种计算方法列出等式可求解．【解答】解：∵四边形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＝＝，故答案为：．【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是记住菱形的性质，学会利用菱形的面积的两种求法，构建方程解决问题，属于中考常考题型．4．（2020-2021成都实验外国语八年级（下）期末·13）（3分）已知菱形的周长等于8cm，一条对角线长为2cm，则此菱形的面积为2cm2．【分析】根据周长先求出边长，由菱形的对角线平分且垂直求出它的另一条对角线的长，再根据面积公式求得面积．【解答】解：∵菱形ABCD的周长等于8cm，∴AB＝8÷4＝2cm，∵AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，AC＝2，∴AO＝1，∴BO＝，∴菱形的面积为2×2÷2＝2cm2．故答案为2cm2．【点评】本题考查了菱形的四条边相等的性质，以及对角线互相垂直平分的性质，还考查了菱形面积的计算，对角线乘积的一半．5．（2020-2021龙泉驿八年级（下）期末·14）（4分）如图，在菱形中，对角线，交于点，其中，，则菱形的面积为6．【考点】菱形的性质【专题】运算能力；矩形菱形正方形【分析】根据菱形的面积等于对角线之积的一半可得答案．【解答】解：在菱形中，对角线，交于点，，，菱形的面积为．故答案为：6．【点评】此题主要考查了菱形的性质，关键是掌握菱形面积、是两条对角线的长度）．1．（2020-2021武侯区八年级（下）期末·17）（8分）如图，在菱形中，与相交于点，若，菱形的周长为20，求菱形的面积．【考点】菱形的性质【专题】运算能力；推理能力；矩形菱形正方形；等腰三角形与直角三角形【分析】由菱形的性质得，，，，再由勾股定理求出，则，然后由菱形面积公式求解即可．【解答】解：菱形的周长为20，，，，，，，，菱形的面积．【点评】本题考查了菱形的性质以及勾股定理；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出的长是解题的关键．2.（2020-2021成都七中嘉祥外国语学校八年级（下）期末·19）（10分）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，BG平分∠ABC，GF⊥BC于点F，AD⊥BC于点D，交BG于点E，连接EF．（1）求证：①AE＝AG；②四边形AEFG为菱形．（2）若AD＝8，BD＝6，求AE的长．【分析】（1）求证AE＝AG，只需证明在△AGE中，∠AEG＝∠EGA即可，证明四边形AEFG为菱形，先证明其为平行四边形，然后再证明其为菱形．（2）利用相似三角形求出对应边的长，再用平行线分线段成比例求出题中所求即可．【解答】证明：（1）①∵BG平分∠ABC，∴∠ABE＝∠DBE，∵∠ABE+∠AGE＝90°，∠EBD+∠DEB＝90°，∠GEA＝∠BED，∴∠AEG＝∠EGA，即AG＝AE．②∵GF⊥BC于点F，AD⊥BC于点D，BG平分∠ABC，∴∠CFG＝∠CDA＝90°∴AD∥GF，AG＝GF，又∵AG＝AE，∴AE＝GF，∴四边形AEFG是平行四边形，∴GF＝AE，AG＝EF∵AG＝AE∴AG＝GF＝AE＝EF∴四边形AEFG为菱形（2）由题意可知，在Rt△ABD中，AD＝8，BD＝6，所以根据勾股定理得：AB＝10，因为∠CAB＝∠ADB＝90°，∠ABD＝∠CBA（公共角），所以△ABC∽△DBA，故可求出AC＝，BC＝，在△ADC中，设AG＝GF＝x，由平行线分线段成比例可得x：AD＝CG：AC，即x：8＝：，解之得x＝5，所以AE的长为5．【点评】熟练掌握菱形的性质及判定定理，掌握角平分线的性质及相似三角形的性质．1．（2020-2021成都实验外国语八年级（下）期末·24）（4分）如图，在菱形ABCD中，边长AB＝12，∠ABC＝45°，连接BD，点P是边BC上一动点，连接AP与对角线BD交于点E，连接EC．则当BP＝6﹣6或6时，△EPC为等腰三角形．【分析】根据△EPC为等腰三角形．分3种情况讨论：①当CE＝CP时，②当EP＝CP时，③当EP＝CE时，求解即可得出结果．【解答】解：①当CE＝CP时，如图，过点E作EH⊥BC于点H，∵四边形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，∴＝，∴＝，设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当EP＝CP时，如图，∵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当EP＝CE时，∵AE＝CE，∴AE＝CE＝EP，∴E是AP的中点，∵O是AC的中点，∴OE是△APC的中位线，∴EO∥BC，∵EO与BC不平行，∴此种情况不存在．综上所述：BP＝6﹣6或6时，△PEC是等腰三角形．故答案为：6﹣6或6．【点评】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是掌握菱形的性质，本题综合性强，有一定难度．2．（2020-2021温江区八年级（下）期末·24）（4分）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则的长为6．【考点】菱形的性质【专题】矩形菱形正方形；推理能力【分析】由菱形的面积公式可求，由直角三角形的性质可求解．【解答】解：四边形是菱形，，，，，，，，，，故答案为6．【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，掌握菱形的面积等于对角线积的一半是解题的关键．3．（2020-2021成都七中嘉祥外国语学校八年级（下）期末·25）（4分）如图，边长为的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，连接对角线AC，以AC为边作第二个菱形ACC1D1，使∠D1AC＝60°；连接AC1，再以AC1为边作第三个菱形AC1C2D2，使∠D2AC1＝60°…，按此规律所作的第n个菱形的边长为（）n．【分析】连接BD，与AC相交于O，根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，AC＝2AO，对角线平分一组对角可得∠BAC＝30°，然后解直角三角形求出AO，即可得到第一个菱形的边长；同理求出第二个菱形的边长，第三个菱形的边长；根据求解，后一个菱形的边长是前一个菱形的对角线，即后一个菱形的边长是前一个菱形的边长的倍，写出即可．【解答】解：（1）如图，连接BD，与AC相交于O，则AC⊥BD，AC＝2AO，∵∠DAB＝60°，∴∠BAC＝∠DAB＝×60°＝30°，∵AB＝，∴AO＝×＝，∴AC＝2AO＝2×＝3＝（）2，故第二个菱形ACC1D1的边AD1长是（）2；同理可求，第三个菱形AC1C2D2的边AD2长是3×＝3＝（）3，第四个菱形AC2C3D3的边AD3长是（）4；…所以第n个菱形的边长是（）n．故答案为：（）n．【点评】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分，对角线平分一组对角的性质，熟记性质并作出辅助线构造出直角三角形是解题的关键．六、正方形的性质及判定1．（2020-2021新都区八年级（下）期末·8）（3分）下列条件中能判断一个四边形是正方形的是A．对角线互相垂直且相等 B．一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角为90度 C．对角线平分每一组对角 D．四边相等且有一个角是直角【考点】正方形的判定；平行线的判定【专题】矩形菱形正方形；多边形与平行四边形；应用意识；推理能力【分析】根据各个选项中的说法，可以判断能否构成正方形，不正确的说明理由或举出反例即可．【解答】解：对角线互相垂直、平分且相等的四边形是正方形，但是对角线互相垂直且相等的四边形不一定是正方形，如等腰梯形中的对角线就有可能垂直且相等，故选项不符合题意；一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角为90度的四边形不一定是正方形，如直角梯形，故选项不符合题意；对角线平分每一组对角的四边形不一定是正方形，如菱形，故选项不符合题意；四边相等且有一个角是直角的四边形是正方形，故选项符合题意；故选：．【点评】本题考查正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定，解答本题的关键是明确正方形的判定方法．2．（2020-2021成都十八中八年级（下）期末·10）（3分）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（）A．1 B． C．2 D．2【分析】根据正方形的性质，可以得到△DOM≌△CON，然后即可发现四边形MOND的面积等于△DOC的面积，从而可以求得正方形ABCD的面积，从而可以求得AB的长．【解答】解：∵四边形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），∵四边形MOND的面积是1，四边形MOND的面积＝△DOM的面积+△DON的面积，∴四边形MOND的面积＝△CON的面积+△DON的面积＝△DOC的面积，∴△DOC的面积是1，∴正方形ABCD的面积是4，∴AB2＝4，∴AB＝2，故选：C．【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是发现四边形MOND的面积等于△DOC的面积，利用数形结合的思想解答．3．（2020-2021温江区八年级（下）期末·9）（3分）如图，在正方形中，点、分别在、上，且，连接、相交于点，则下列结论不正确的是A． B． C． D．【考点】：全等三角形的判定与性质；：正方形的性质【专题】14：证明题；16：压轴题【分析】分析图形，根据正方形及三角形性质找到各角边的关系就很容易求解．【解答】解：是正方形，（第一个正确），（第三个错误），（第二个正确），（第四个正确）所以不正确的是，故选．【点评】此题主要考查了学生对正方形的性质及全等三角形的判定的掌握情况．4．（2020-2021成都实验外国语八年级（下）期末·23）（4分）如图，将边长为4的正方形ABCD绕点A逆时针旋转60°得到正方形AEGF，连接EF，BF，点M，N分别为EF，BF的中点，连接MN，则线段MN的长为2．【分析】连接BE，根据中位线的性质，得出MN＝，再由旋转的性质得出△ABE是等边三角形即可．【解答】解：如图：连接BE，∵点M，N分别为EF，BF的中点，∴MN是△BEF的中位线，∴MN＝，∵正方形ABCD绕点A逆时针旋转60°得到正方形AEGF，∴AB＝AE，∠BAE＝60°，∴△BAE是等边三角形，∴BE＝AB＝4，∴MN＝，故答案为2．【点评】本题考查了中位线的性质，旋转的性质，正方形的性质等知识，明确旋转前后对应边相等是解题的关键．5．（2020-202