2024北京八年级（下）期末数学汇编：四边形章节综合（京改版）（填空题）1

第1页/共1页2024北京初二（下）期末数学汇编四边形章节综合（京改版）（填空题）1一、填空题1．（2024北京大兴初二下期末）如图，，两点被池塘隔开，在外选一点，连接和．分别取，的中点，，测得，两点间的距离为，则，两点间的距离为．

2．（2024北京昌平初二下期末）如图，已知四边形是矩形，，点E在上，．若平分则的长为．3．（2024北京顺义初二下期末）如图，在中，，，D为的中点，则．4．（2024北京朝阳初二下期末）如图，是的中位线，若的周长为10，则的周长为．

5．（2024北京怀柔初二下期末）如图，已知矩形的对角线，相交于点O，，点P是矩形对角线上一点，且，则°．6．（2024北京怀柔初二下期末）如图，菱形的对角线与相交于点，，，以为坐标原点，与所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，则点的坐标为．7．（2024北京怀柔初二下期末）如图，在中，D，E，F分别是的中点，点M是线段上任意一点，点N是和平分线的交点，连接．有以下结论：①；②的面积是面积的一半；③保持的大小不变，改变的长度可使四边形是菱形成立；④保持的长度不变，改变的大小可使四边形是正方形成立．其中所有正确结论是：．（填序号即可）8．（2024北京顺义初二下期末）如图，在矩形中，点，，，分别为，，，的中点．若，，则四边形的周长为．9．（2024北京石景山初二下期末）如图，，两地被建筑物阻隔，为测量，两地的距离，先在AB外选定一点，通过测量得到CA，CB的中点，，且，则，两点间的距离是m．10．（2024北京石景山初二下期末）在中，，则．11．（2024北京石景山初二下期末）如图，中，于E，F为上一点，请添加一个条件，使得四边形是矩形，这个条件可以为．12．（2024北京延庆初二下期末）在平面直角坐标系中，点为的顶点，则顶点D的坐标为．13．（2024北京东城初二下期末）如图，在矩形中，，，则对角线，点是上的动点，连接，则的最小值是．14．（2024北京东城初二下期末）如图，中，点，分别是边AB，的中点，的角平分线交DE于点，，，则的长为．15．（2024北京西城初二下期末）如图，在平面直角坐标系中，点，轴于点，以为边作菱形，若点在轴上，则点的坐标为．16．（2024北京西城初二下期末）如图，平行四边形的对角线相交于点O，，，，则的长为．

17．（2024北京房山初二下期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点A的坐标为．若直线和直线被正方形的边所截得的线段长度相等，请写出一组满足条件的与的值．18．（2024北京东城初二下期末）我国汉代数学家赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”．如图，四个全等的直角三角形拼成大正方形，中空的部分是小正方形，连接．若正方形的面积为5，，则的长为．

19．（2024北京丰台初二下期末）如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点D恰好落在边上的点F处，则的长为．20．（2024北京东城初二下期末）如图，在矩形中，E为上一点，将矩形的一角沿向上折叠，点B的对应点F恰好落在边上．若的周长为12，的周长为24，则的长为．21．（2024北京房山初二下期末）如图，在中，平分，交于点E，若，，则的长为．22．（2024北京通州初二下期末）如图，在四边形中，，如果，那么的度数是．23．（2024北京海淀初二下期末）用一根长的铁丝围一个矩形，设的长为，的长为，则关于的函数解析式为（不写自变量的取值范围）．24．（2024北京丰台初二下期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，，点B的坐标为，则菱形的面积是．

25．（2024北京通州初二下期末）如图，地面上A，B两处被池塘隔开，为方便游客参观游览，某政府计划在池塘A，B两处之间搭建直线木桥，测量员在岸边选一点C，连接、并分别找到和的中点D，E．测得，则A，B两处的距离为．26．（2024北京通州初二下期末）如图，矩形的对角线、相交于点O，，那么的长是．27．（2024北京朝阳初二下期末）如图，在正方形的外侧，作等边三角形，则．28．（2024北京海淀初二下期末）如图，在矩形中，平分交AD于点E，的平分线刚好经过点C，则．29．（2024北京海淀初二下期末）如图，在中，，平分，点是的中点，，则．

参考答案1．【分析】本题考查了三角形中位线的判定与性质，先判断出是的中位线，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即可解答，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．【详解】解：，两点分别是，的中点，是的中位线，，，，故答案为：2．10【分析】由矩形的性质可得，，由角平分线和平行线的性质可证，由勾股定理可求解．本题考查了矩形的性质，角平分线的性质，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键．【详解】解：平分，，四边形是矩形，，，，，，，，，故答案为：10．3．40【详解】本题主要考查了直角三角形斜边上中线的性质，解题时注意：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．先根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，得出，进而得到，再根据，即可得出的度数．【解答】解：中，，点D是斜边的中点，，，又，，故答案为：40．4．5【分析】本题考查了三角形中位线定理，利用三角形中位线定理得的周长为的周长的一半，即可求解；掌握三角形中位线定理是解题的关键．【详解】解：是的中位线，，的周长为；故答案为：5．5．【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质；根据四边形是矩形，可得，再根据，求出的度数，再利用，即可求出的度数．【详解】解：四边形是矩形，，，，，∴为等边三角形，，∵，；∵，．故答案为：．6．【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，坐标与图形，由菱形的性质可得，，进而由直角三角形的性质得到，再利用勾股定理得，据此即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，∴，∴，∴，∴点的坐标为，故答案为：．7．②③【分析】连接根据三角形内角和定理结合角平分线即可判断①；利用三角形等底等高面积相等结合中线的性质即可判断②；根据三角形中位线的性质，易证四边形是平行四边形，由长度再变化，当时，即即可得到四边形是菱形，即可判断③；由四边形是平行四边形，的大小再变化，当时，四边形是矩形，只有当时，四边形是正方形即可判断④【详解】解：如图，连接，分别平分和，，，，即，故①错误；D，F分别是的中点，是三角形的中位线，，与等底等高，与的面积相等，E是的中点，的面积等于的一半，的面积是面积的一半，故②正确；，四边形是平行四边形，的大小不变，若是菱形，则，，当时，则是菱形成立，故③正确；同理，当时，四边形是矩形，当且仅当时，四边形是正方形，故④错误；故正确的有②③，故答案为：②③．【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，三角形内角和定理，角平分线的定义，中线的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定，正方形的判定，菱形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．8．20【分析】本题主要考查矩形的性质，勾股定理以及菱形的判定与性质，连接，证明四边形是菱形，由勾股定理得，从而可得结论【详解】解：连接，如图，∵四边形是矩形，∴∵点，，，分别为，，，的中点．∴分别是的中位线，∴∴∴四边形是菱形，在中，，，∴∴菱形的周长,故答案为：209．【分析】本题考查的是三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．根据三角形中位线定理，计算即可．【详解】解：∵点，分别为，的中点，∴是的中位线∵，∴，故答案为：．10．60【分析】本题考查了平行线的性质，平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．可证，从而可求，进而即可求解．【详解】解：四边形是平行四边形，，，∵，，，．故答案：．11．答案不唯一【分析】本题考查矩形的判定，平行四边形的性质，掌握矩形的判定定理是解题的关键．先得到四边形是平行四边形，然后再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行推理．【详解】解：添加，使得四边形是矩形，证明：∵是平行四边形，∴，又∵，∴是平行四边形，又，∴，∴是矩形．故答案为：．答案不唯一12．【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、坐标与图形等知识点，掌握平行四边形的对角线相互平分成为解题的关键．设点D的坐标为，由平行四边形对角线中点坐标相同可得，然后解方程即可解答．【详解】解：设点D的坐标为，由平行四边形对角线中点坐标相同可得，解得：，∴点D的坐标为．故答案为：．13．43【分析】此题是胡不归问题，主要考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识点，正确作出辅助线是解题关键．过点作，过点作于点，交于点，在矩形中，，，则，，根据直角三角形的性质得出，根据勾股定理得出，根据，得出，再根据直角三角形的性质和勾股定理算出，根据，得出当点三点共线时，，此时最小，即可求解；【详解】解：过点作，过点作于点，交于点，∵在矩形中，，，，则，，，，∵，，∵，，，∴，，∴当点三点共线时，，此时最小，∴的最小值是3．故答案为：4；3．14．【分析】根据三角形中位线定理得到，，根据角平分线，平行线的性质可得，由即可求解．本题主要考查三角形的中位线，平行线，角平分线的性质，掌握中位线定理是解题的关键．【详解】解：∵点、分别为边AB、的中点，∴，，，∴，∵平分，∴，∴，∴，故答案为：．15．或【分析】本题考查坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，分两种情况：①点在原点的右侧；②点在原点的左侧，并结合平移的性质即可得解．解题的关键是掌握菱形的性质及勾股定理．【详解】解：∵点，轴，∴，，，∵四边形是菱形，∴，，，在中，，①点在原点的右侧，如图，∵，点在轴上，∴，∵，，，，则线段向下平移个单位再向右平移个单位与线段重合，其中点是点的对应点，点是点的对应点，∴；②点在原点的左侧，如图，∵，点在轴上，∴，∵，，，，则线段向下平移个单位再向左平移个单位与线段重合，其中点是点的对应点，点是点的对应点，∴；综上所述，点的坐标为2,0或．故答案为：2,0或．16．【分析】本题主要考查平行四边形的性质和勾股定理，根据平行四边形的性质得，再由勾股定理求出即可【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴是直角三角形，∴，∴，故答案为：17．，（答案不唯一）【分析】本题主要考查了正方形的性质、坐标与图形，一次函数的图象和性质等知识点，掌握一次函数图象风信子解题的关键．设直线和直线被正方形的边所截得的线段分别为，根据题意令得到四点坐标，进而求出与的值即可．【详解】解：设直线和直线被正方形的边所截得的线段分别为，根据题意，两直线被正方形的边所截得的线段长度相等，∴令，则、，、，∴，，∴，，故满足条件的与的值可以是，．故答案为：，（答案不唯一）．18．【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，证明得出，再结合正方形的面积公式即可得出答案．【详解】解：∵，∴，∵，∴，∵四边形为正方形，∴，∴，∵，，∴，∴，∵正方形的面积为5，∴，故答案为：．19．/【分析】本题主要考查了矩形和图形的折叠问题，勾股定理．根据矩形和折叠的性质可得，在中，根据勾股定理，即可求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，由折叠的性质得：，在中，，∴．故答案为：20．4【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，找出线段之间的数量关系是解题关键．由矩形和折叠的性质可知，，，，再根据三角形周长，求得，，然后利用勾股定理，求出的长，即可得到答案．【详解】解：四边形是矩形，，，由折叠的性质可知，，，的周长为12，的周长为24，，，，，，，在中，，，解得：，，，故答案为：4．21．4【分析】本题考查了平行四边形的性质，以及等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形对边平行且相等的性质是解题关键．根据平分可推出为等腰三角形，进而可求出，即可得出结果．【详解】解：∵四边形是平行四边形，，，，平分，，，，，，故答案为：4．22．/70度【分析】本题考查了四边形的内角和，根据四边形的内角和为求解即可．【详解】解：在四边形中，，，∴．故答案为：．23．/【分析】本题考查了矩形的性质、求函数解析式，由矩形的性质得出，，再结合矩形的周长为得出，整理即可得出答案．【详解】解：∵四边形为矩形，∴，，∵用一根长的铁丝围一个矩形，∴，∴，故答案为：．24．【分析】本题考查了菱形的性质，含的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握菱形的性质，含的直角三角形，勾股定理是解题的关键．由题意知，，由四边形是菱形，