第21章四边形重难点梳理卷-2025-2026学年数学八年级下册人教版

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页第21章四边形重难点梳理卷-2025-2026学年数学八年级下册人教版（2024）一、单选题1．在平行四边形中，，则的度数为（

）A． B． C． D．2．矩形具有而菱形不一定具有的性质是（

）A．对边相等 B．对角线互相平分C．对角线相等 D．对角线互相垂直3．如图，中，，，点D为斜边的中点，则为（

）A．4 B．5 C．6 D．104．已知菱形的周长为，一条对角线长为，则该菱形的面积为（

）A． B． C． D．5．若正多边形的内角和为，则它的每个外角度数为（

）A． B． C． D．6．如图，中，，点为的中点，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交，，于点，，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线交于点，连接，则的长是（

）．A． B． C． D．7．如图，正方形的边长为，以为边在正方形外作等边三角形，连接，，则的面积为（

）A． B． C． D．8．如图，，，，是菱形四边的中点，顺次连接点，，，，且，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．9．如图，菱形中，是其对角线，P是上一点，连接，将沿折叠，使点C落在上的处，得到，连接．若，，则线段的长为（

）A．0.5 B．1 C． D．210．如图，已知正方形的边长为是对角线上一点，于点于点，连接．给出下列结论：①；②四边形的周长为；③的最小值为；④．其中正确结论的序号为（

）A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．①②③④二、填空题11．在中，若，那么_____．12．如图，，，是正边形的三条边，在该正边形下方以为一边作正六边形．已知，则的值为_____．13．如图，在平行四边形中，的平分线交于E，，，则的长等于________．14．如图，菱形的对角线，交于点，若，则的度数为________．15．如图，在正方形中，点是边上一点，点在边延长线上，且，连接，过点作交于，交于，若，，则_____．16．如图，在中．和相交于点．，，分别是，，的中点．连接，，．若，．的周长为24．则的面积为______．三、解答题17．图1、图2分别是的正方形网格，网格中每个小正方形的边长都是1，请在图1、图2中各画一个图形，分别满足下列要求：(1)在图1中画出一个周长为18的平行四边形（非矩形），所画的平行四边形的各顶点必须在小正方形的顶点上；(2)在图2中画出一个面积为24的菱形，所画的菱形的各顶点必须在小正方形的顶点上．18．已知，如图四边形是平行四边形．(1)作的平分线交于点（用尺规作图，不要写作法，保留作图痕迹）(2)求证：．19．如图，在中，，、分别是、的中点，延长到点，使，连接、，交于点．求证：．20．如图在矩形中，，，将矩形沿对角线折叠，使点C落在点E处，交于点F．求的长．21．已知正方形的边长为，点为上一点，连接．(1)如图，过点作于点，交于点，连接，，若点为中点，求四边形的面积；(2)如图，点，分别在正方形的边，上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点，过点作于点，连接，若，求线段的长；(3)如图，点是边上的一个动点，，过点作于点，连接，试求线段的最小值，且直接写出此时四边形的面积．22．已知，矩形中，，，的垂直平分线分别交、于点、，垂足为．(1)如图1，连接、．求证四边形为菱形，并求的长；(2)如图2，动点、分别从、两点同时出发，沿和各边匀速运动一周．即点自停止，点自停止．在运动过程中，①已知点的速度为每秒，点的速度为每秒，运动时间为秒，当、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值．②若点、的运动路程分别为、（单位：，），已知、、、四点为顶点的四边形是平行四边形，求与满足的数量关系式．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《第21章四边形重难点梳理卷-2025-2026学年数学八年级下册人教版（2024）》参考答案题号12345678910答案CCBABACBCC1．C【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴.2．C【分析】本题考查矩形与菱形的性质，掌握两种图形性质的区别是解题关键，对比两个图形的性质逐一判断选项即可解答．【详解】解：矩形和菱形都是特殊的平行四边形，平行四边形对边相等，对角线互相平分，选项对边相等、选项对角线互相平分是矩形和菱形都具有的性质，不符合题意；矩形的对角线相等，菱形的对角线不一定相等，仅特殊菱形即正方形对角线相等，选项对角线相等是矩形具有而菱形不一定具有的性质，符合题意；菱形的对角线互相垂直，矩形的对角线不一定互相垂直，选项对角线互相垂直是菱形具有而矩形不一定具有的性质，不符合题意．3．B【分析】因为D是斜边的中点，所以可直接使用直角三角形斜边中线定理，明确斜边中线与斜边的数量关系．结合已知的长度，代入对应数量关系即可得到的长度．【详解】在中，，是斜边的中点，又，∴．4．A【分析】本题利用菱形四边相等、对角线互相垂直平分的性质，结合勾股定理求出另一条对角线的长度，再用菱形面积等于对角线乘积一半的公式计算面积．【详解】解：∵菱形周长为，且菱形四条边相等，∴菱形边长为．∵菱形一条对角线长为，且菱形对角线互相垂直平分，∴该对角线的一半长为．根据勾股定理，可得另一条对角线的一半长为，因此另一条对角线长为，∴菱形面积为．5．B【分析】先利用多边形内角和公式求出正多边形的边数，再根据任意多边形外角和为，正多边形每个外角相等，计算得到每个外角度数．【详解】解：设这个正多边形的边数为，多边形内角和公式为，已知内角和为，，解得，任意多边形的外角和为，正多边形的每个外角度数相等，该正多边形每个外角度数为．6．A【分析】本题考查角平分线的尺规作图，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线定理．根据作图可知平分，根据等腰三角形三线合一得到，继而根据直角三角形斜边中线定理得到．【详解】解：由作图可知平分，∵，∴，∴，∵点是的中点，∴．7．C【分析】过点作于点，延长交于点，容易证明四边形是矩形，则，由等边三角形的性质可得，，由勾股定理可得，则，利用三角形面积公式进行计算即可．【详解】解：如图，过点作于点，延长交于点，∵四边形是正方形，∴，，，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，∵是等边三角形，∴，，由勾股定理可得，，∴，∴．8．B【分析】连接、，设与交于点O，根据菱形的性质得出，，，根据三角形中位线定理得出，，设，则，根据勾股定理求出，即可得出答案．【详解】解：连接、，设与交于点O，如图所示；∵四边形为菱形，∴，，，∵，，，是菱形四边的中点，∴，，∴，，设，则，∵，∴，在中，根据勾股定理得：，∴，∴．9．C【分析】首先由菱形的性质求出和，然后由折叠的性质得出和的长，进而求出，最后在中求解即可．【详解】解：∵四边形是菱形，，∴，．∵是菱形的对角线，∴．由折叠的性质可知，．∵点在上，∴．在中，，∴是直角三角形，，∴．10．C【分析】①证明是等腰直角三角形，则，即可判断；②先证明是等腰直角三角形，再根据三个角是直角的四边形是矩形可得四边形为矩形，则四边形的周长，即可判断；③证明，则，根据矩形对角线相等得，当时，垂线段最短，即可判断；④证明，得到，进而求解．【详解】解：连接，如图所示：①∵正方形的边长为是对角线上一点，，又，，为等腰直角三角形，∴，故①正确；②由①证明过程，同理得是等腰直角三角形，，，∴四边形为矩形，∴四边形的周长，故②正确；③∵四边形为矩形，，∵四边形为正方形，，在和中，，，，，即当最小时，最小，∴当时，垂线段最短，即时，的最小值等于，故③错误；④延长交于，延长交于，如图所示：，，平分，，，，，，，，，，，故④正确；综上所述，①②④正确．11．/110度【分析】根据平行四边形对角相等、邻角互补的性质，先由与的和求出的度数，再利用邻角互补求出的度数．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，．∵，∴，∴．∵，∴．12．18【分析】先根据正多边形内角和公式求出正六边形的一个内角度数，再根据点处的三个角之和为求出正边形的一个内角度数，最后利用正边形内角公式列方程求解的值．【详解】解：正六边形的一个内角为．由图可知，正边形的一个内角、正六边形的一个内角与构成一个周角．设正边形的一个内角为，则．解得．根据正边形内角公式，得．解得．经检验，是原方程的解且符合题意．13．4【分析】利用平行四边形性质得出，，，利用平行结合角平分线可得，即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴．14．/20度【分析】根据菱形对边平行得到，根据，得到．【详解】解：∵四边形是菱形，，，，，．15．【分析】连接，首先结合正方形性质可证得，推出为等腰直角三角形，结合，推出为等腰直角三角形，，再证明，设，得，，然后在中，根据勾股定理求出正方形的边长，最后在中，根据勾股定理求出长，即可求出长．【详解】解：连接、、，∵正方形，∴，，∴，∵在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∵在和中，，∴，∴，∵设，又∵，，∴，，∵在中，，∴根据勾股定理，，即，解得：，∴，FN=17，，∵在中，，∴根据勾股定理，，即FE2解得：FE=534∴．16．144【分析】连接，由平行四边形的性质推出，，，，，由等腰三角形的性质推出，由直角三角形斜边中线的性质得到，推出，由三角形中位线定理推出，，得到，推出，得到，由，得到，判定四边形是平行四边形，推出，由勾股定理求出，得到，因此的面积面积的2倍．【详解】解：连接，如图：∵四边形是平行四边形，，，，，，，，是的中点，，，，，，，分别是，的中点，是的中位线，，，，，，，，，，，四边形是平行四边形，，的周长，，，由勾股定理得到：，，，，，的面积，的面积面积的2倍．17．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）画出边长分别为的平行四边形，即可求解；（2）画出对角线分别为，的菱形，即可求解．【详解】（1）解：如图，平行四边形即为所求；∵，∴四边形是平行四边形，且周长为；（2）解：如图所示，四边形即为所求．18．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）按照尺规作角平分线的基本方法，作出的平分线，使其与交于点即可．（2）先利用平行四边形的性质得到、，再结合角平分线的定义和平行线的性质推出，进而得到，最后通过等量代换证明．【详解】（1）解：如图，即为所求；（2）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴．19．证明见解析【分析】连接、，根据题意，是的中位线，则，，进而得到，，因此四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得．【详解】证明：如图，连接、，∵、分别是、的中点，∴是的中位线，∴，，∵点在的延长线上，且，∴，，∴四边形是平行四边形，∴．20．【分析】由矩形的性质可得，，由勾股定理可得，由折叠的性质可得，即，由等面积法求出，最后再由勾股定理计算即可得出结果．【详解】解：∵四边形为矩形，∴，，∴，由折叠的性质可得：，即，∵，∴，∴．21．(1)(2)(3)，【分析】（），可得，再根据解答即可求解；（）延长交于点，利用折叠的性质可得，，，，即得，，设，则，利用勾股定理得，即得，，再根据得，得到，最后利用勾股定理解答即可求解；（）延长交的延长线于点，连接，可证，得到，进而得到，即得到，由，，可知当点三点共线时，的值最小，的最小值，过点作于点，利用等腰直角三角形的性质可得，即得，，得到，最后根据解答即可求解．【详解】（1）解：∵四边形是正方形，边长为，∴，，∴，∵于点，∴，∴，∴，∴，∵点为中点，∴，∴；（2）解：如图，延长交于点，由折叠得，，，，，∴，∴，设，则，在中，∵，∴，解得，∴，∵于点，∴，∵，∴，解得，∴，∴；（3）解：如图，延长交的延长线于点，连接，则，∵于点，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，即点是的中点，∵，∴，∵，，∴当点三点共线时，的值最小，此时的最小值，如图，过点作于点，∵，∴是等腰直角三角形，∴，设，则，解得，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，即此时四边形的面积为．22．(1)证明见解析；(2)①秒；②与满足的数量关系式是【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再根据对角线互相垂直平分的平行四边形是菱形作出判定；根据勾股定理即可求得的长；（2）①分情况讨论可知，当P点在上、Q点在上时，才能构成平行四边形，根据平行四边形的性质列出方程求解即可．②由题意得，以A、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，点、在互相平行的对应边上，分三种情况，根据平行四边形对边相等建立等式即可求解．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，∴，∴，＝，∵垂直平分，垂足为，∴，∴，∴，∴四边形为平行四边形，又，∴四边形为菱形．设菱形的边长，则，在中，，由勾股定理得，解得，∴．（2）①显然当P点在上时，Q点在上，此时A、C、P、Q四点不可能构成平行四边形；同理