资源简介

2025年湖南省娄底市市直学校联合体八年级下册数学期中检测卷
1．（2025八下·娄底期中）剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．剪纸艺术起源于人民的社会生活蕴含了丰富的文化历史信息，表达了广大民众的社会认识、生活理想和审美情趣．下列剪纸图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025八下·娄底期中）满足下列条件的不是直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025八下·娄底期中）如图，为了促进黄埔区的旅游发展，某村要在三条公路围成的一块三角形平地（记作△上修建一个度假村．要使这个度假村到三条公路的距离相等，则度假村应建在△的（　　）
A．三条中线的交点处 B．三条角平分线的交点处
C．三条高线的交点处 D．以上都不对
4．（2025八下·娄底期中）1995年，希腊为纪念毕达哥拉斯学派发行了如图1所示的邮票，图片中间是三个正方形顶点相连构成一个三角形．如图2，若中间的三角形为直角三角形，则三个正方形的面积可以是（　　）
A．2，3，5 B．3，4，5 C．6，8，13 D．5，12，14
5．（2025八下·娄底期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列说法正确的是（　　）
A．若，则是菱形 B．若，则是矩形
C．若，则是正方形 D．若，则是正方形
6．（2025八下·娄底期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，如果OB＝4，∠AOB＝60°，那么矩形ABCD的面积等于（　　）
A．8 B．16 C．8 D．16
7．（2025八下·娄底期中）如图，在菱形中，对角线相交于点，点，分别是边的中点，连接，若，，则的长为(　　)
A．3 B． C．2 D．
8．（2025八下·娄底期中）如图，在矩形中，，，将矩形沿对角线折叠，点C落在点处，交于点E，则的长为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025八下·娄底期中）如图，E、F分别是正方形的边，上的点，且，，相交于点，下列结论：①；②；③；④中，正确的结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．（2025八下·娄底期中）如图，周长为24的菱形中，，点E，F分别是边上的动点，点P为对角线上一动点，则线段的最小值为（　　）
A． B． C． D．
11．（2025八下·娄底期中）如图，四边形是由四边形的各边中点依次连接而形成的四边形，则四边形一定是　 　．
12．（2025八下·娄底期中）如图，在中，，，是边的中点．已知，则的长为　 　．
13．（2025八下·娄底期中）如图，D是内一点，，E、F、G、H分别是的中点，则四边形的周长是　 　．
14．（2025八下·娄底期中）如图，在中，平分交于点F，平分交于点E，若，，则的长度为　 　．
15．（2025八下·娄底期中）如图，小明同学按如下步骤作四边形：①画；②以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交于点B，D；③分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；④连接．若，则的大小为　 　．
16．（2025八下·娄底期中）按如图所示，将一张矩形纸对折两次，然后剪下一个角保证剪口线与折痕夹角的角度为，将这个剪下的角打开，得到的图形是　 　．如果剪口线与折痕夹角的角度不为，得到的图形是　 　．
17．（2025八下·娄底期中）如图所示，中，E、F、D分别是上的中点，要使四边形是菱形，在不改变图形的前提下，你需添加的一个条件是　 　（在基础上添加）
18．（2025八下·娄底期中）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一．如图，在矩形中，，，对角线与交于点，点为边上的一个动点，，，垂足分别为点，，则　 　．
19．（2025八下·娄底期中）一个n边形的每个外角都相等，它的内角与相邻外角的度数之比为．
（1）求这个n边形一个内角的度数．
（2）求这个n边形的内角和．
20．（2025八下·娄底期中）如图，已知，，，与交于点O，求证：
21．（2025八下·娄底期中）在中，，点D，E分别是的中点，点F在的延长线上，且．求证：四边形是平行四边形．
22．（2025八下·娄底期中）如图，在中，，，，，求的长．
23．（2025八下·娄底期中）如图，在矩形中，延长到点D，使，延长到点E，使，连接，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求四边形的面积．
24．（2025八下·娄底期中）一艘轮船自西向东以每小时10海里的速度航行，上午．轮船在A处测得小岛C在北偏东方向上，到达B处，半径为15海里的范围内遍布暗礁，试问轮船继续向东航行是否有触礁的危险？请通过计算说明（参考数据：，）
25．（2025八下·娄底期中）小明学行四边形这一章后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是 　　
（2）性质探究：通过探究，直接写出垂直四边形的面积与两对角线，之间的数量关系： 　　．
（3）问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，．
①求证：四边形为垂美四边形；
②求出四边形的面积．
26．（2025八下·娄底期中）实践与探究
【问题情境】
数学课活动课上，老师提出了一个问题：图①是教材中我研究过的图形，正方形的对角线相交于点O，点O又是另一个正万形的一个顶点，如果两个正方形的边长相等．那么正方形绕点O无论怎样旋转，两个正方形重叠部分的面积总等于一个正方形面积的四分之一．理由如下：
证明：如图②，分别作，于点E、F，
，
又，，
又，且，
【初步感知】
（1）请你补全以上证明过程；
（2）我们知道正方形是中心对称图形，受图①启发，成功小组画出了图③，直线、经过正方形的对称中心O，直线m分别与、交于点E、F，直线n分别与、交于点G、H，且若正方形的面积是36，求四边形的面积（请写出详细过程）．
【深入探究】
（3）受图③的启发，探究组思考把图④中的四边形转化为图③正方形中的一部分，从而求出图④中四边形的面积．现若，，，求四边形的面积．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项A不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项B不符合题意；
C、既是轴对称图形又是中心对称图形，故选项C符合题意；
D、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，据此对各个选项进行判断即可.
2．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；直角三角形的判定
【解析】【解答】解：A、，∴△ABC是直角三角形，故选项A不合题意；
B、时，最大的角，∴△ABC不是直角三角形，故选项B符合题意；
C、，则，∴△ABC是直角三角形，故选项C不合题意；
D、，则，∴△ABC是直角三角形，故选项D不合题意.
故答案为：B．
【分析】根据三角形内角和定理以及直角三角形的判定定理对各个选项进行判断，即可得到结论．
3．【答案】B
【知识点】角平分线的性质
【解析】【解答】解：∵角的平分线上的点到角的两边的距离相等，
∴要使这个度假村到三条公路的距离相等，度假村应建在△ABC的三条角平分线的交点处，
故答案为：．
【分析】根据角的平分线上的点到角的两边的距离相等，可得△ABC的三条角平分线的交点到三角形三边的距离相等，据此解答即可.
4．【答案】A
【知识点】勾股定理；勾股树模型
【解析】【解答】解：如图：
由题意得：，
∴，
∴以为边长的正方形面积+以为边长的正方形面积=以为边长的正方形的面积，
∵，，，，
∴选取的三块正方形纸片的面积可以是2，3，5，
故答案为：A．
【分析】据勾股定理可得：，然后根据正方形的面积公式可得：以为边长的正方形面积+以为边长的正方形面积=以为边长的正方形的面积，即可求解．
5．【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、∵四边形是平行四边形且，
∴是矩形，而不是菱形；
∴此选项不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形且，
∴是矩形，
∴此选项符合题意；
C、∵四边形是平行四边形且，
∴是菱形，
∴此选项不符合题意；
D、∵四边形是平行四边形且，
∴是菱形，
∴此选项不符合题意.
故答案为：B．
【分析】A、根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可得四边形ABCD是矩形；
B、根据对角线相等的平行四边形是矩形可判断求解；
C、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可判断求解；
D、根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可判断求解.
6．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AO=CO，BO=DO=4，∠ABC=90°，
∴OA=OB=4，AC=2OA=8，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OB=4，
∴，
∴矩形ABCD的面积为：；
故答案为：D．
【分析】由矩形的性质得出OA=BO，即可证明△AOB是等边三角形，得到AB的长，利用勾股定理计算出BC的长，即可求出矩形的面积．
7．【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵点M，N分别是边AD，CD的中点，MN=3，
∴MN是△ACD的中位线，
∴.
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴AO=CO=3，BO=DO=4，
∴.
∴Rt△AOD中，
故答案为：D
【分析】根据中位线定理可得AC的长，由菱形的面积可得长，进而可利用勾股定理求出的长，最后再根据直角三角形中斜边上的中线的性质即可求出OM的长．
8．【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵△BCD翻折得到△BC'D，
∴∠C'BD=∠CBD.
∵四边形是矩形，
∴∠A=90°，AD//BC，
∴∠ADB=∠CBD=∠C'BE，
∴EB=ED.
设，则，
∵在中，，AB=3，
∴，
解得：，
，
故答案为：A．
【分析】根据折叠的性质可得∠C'BD=∠CBD.根据矩形的性质可得∠A=90°，AD//BC，进而可证明∠ADB=∠C'BE，于是有EB=ED.设，则，再利用勾股定理即可得出答案．
9．【答案】C
【知识点】线段垂直平分线的性质；正方形的性质；反证法；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
∴此结论符合题意；
④
∴
∵四边形是正方形，
∴
∴
∴此结论符合题意；
②
∴
∵四边形是正方形，
∴
，
，
∴
一定成立
∴此结论符合题意；
③假设，
，
（线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等），
在中，，
，这与正方形的边长相矛盾，
假设不成立，
∴此结论不符合题意；
∴正确的有①②④共3个正确，
故答案为：C．
【分析】①根据四边形是正方形及，用边角边可得，由全等三角形的对应边相等可求解；
④由①中的全等三角形可得∠AED=∠BFA，结合平行线的性质可得；
②由①中的全等三角形可得∠ABF=∠DAE，在三角形ADF中，由三角形的内角和等于180°并结合垂线的定义可求解；
③用反证法可证明，即可判断求解．
10．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；轴对称的性质；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：连接交于点，过点F作FF'⊥BD于点Q，交CD于点F'，如图，
∴∠FQD=∠F'QD=90°.
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴AC⊥BD，∠ADP=∠CDP，∠BAC=∠DAC=60°，CD=AD，AB//CD，
∴△ACD是等边三角形.
又∵DQ=DQ，
∴△FDQ≌△F'DQ（ASA），
∴FQ=F'Q.
∴F和F'关于BD对称，
∴EP+FP=EP+F'P≥EF'，故当E，P，F'三点共线时，EP+FP最小，最小值为EF'.
∵ 点E，F分别是AB，AD边上的动点，
∴EF'⊥CD时，EF'最小，
根据平行线之间的距离处处相等，可得点E与点A重合，EF'⊥CD时，如图所示：
此时AF'最小.
∵△ACD是等边三角形，
∴.
菱形的周长为24，
，
∴DF'=3，
∴．
故答案为：A．
【分析】连接交于点，过点F作FF'⊥BD于点Q，交CD于点F'，利用菱形的性质和 ∠BAD=120°可证明△ACD是等边三角形.利用ASA证明△FDQ≌△F'DQ，可得FQ=F'Q，从而有F和F'关于BD对称，于是可得EP+FP=EP+F'P≥EF'，当E，P，F'三点共线时，有最小值EF'；再根据垂线段最短和平行线之间的距离处处相等，可得点E与点A重合，EF'⊥CD时，EP+FP≥EF'≥AF'，利用等边三角形的性质得CF'=DF’，即可利利用勾股定理求得AF'的长.
11．【答案】平行四边形
【知识点】平行四边形的判定；三角形的中位线定理；中点四边形模型
【解析】【解答】解：连接、，如图所示：
∵E，F，G，H分别是边，，，的中点，
∴EF是△ABD的中位线，FG是△ABC的中位线，GH是△BCD的中位线，EH是△ACD的中位线，
∴，，，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
故答案为：平行四边形．
【分析】根据中位线的性质得出，，，，根据平行公理得出，，即可得出答案.
12．【答案】3
【知识点】含30°角的直角三角形；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵，是边的中点，
∴.
∵，，
∴，
故答案为：3．
【分析】根据直角三角形斜边中线的性质可求得的长，再利用含30°角的直角三角形的性质即可求出BC的长．
13．【答案】17
【知识点】勾股定理；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵E、F、G、H分别是AB、AC、CD、BD的中点，
∴EF是△ABC的中位线，HG是△DBC的中位线，EH是△ABD的中位线，GF是△ACD的中位线，
∴，．
∴四边形EFGH的周长=EH+GH+FG+EF=2(EH+EF)=AD+BC．
∵BD⊥CD，BD=8，CD=6，
∴．
又∵AD=7，
∴四边形EFGH的周长=7+10=17．
故答案为：17．
【分析】再根据三角形的中位线的性质可得，．于是可证得四边形EFGH的周长=AD+BC．利用勾股定理求出BC的长，再结合题意，即可求出四边形EHGF的周长．
14．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴，DC=AB=6.
∴∠AFB=∠FBC，∠DEC=∠ECB.
∵平分交于F，平分交于E，
∴∠ABF=∠FBC，∠DCE=∠ECB，
∴∠AFB=∠ABF，∠DEC=∠DCE，
∴AF=AB=6，DE=DC=6，
∴．
故答案为：．
【分析】先根据平行线的性质证得∠AFB=∠FBC，∠DEC=∠ECB；再结合角平分线的定义可证得∠AFB=∠ABF，∠DEC=∠DCE，于是有，，再根据即可得出答案．
15．【答案】
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：由作图可得，
∴四边形是菱形，
∴
∵，
∴∠ABC=180°－46°=134°，
∴，
故答案为：．
【分析】根据作图可得四边形是菱形，于是可得，根据平行线的性质可得∠ABC的度数，继而可计算∠CBD的度数.
16．【答案】正方形；菱形
【知识点】菱形的判定；正方形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，
由剪法可得：，
∴四边形是菱形，
∵剪口线与折痕夹角的角度为，即∠ADB=∠CDB=45°，
∴∠ADC=90°，
∴四边形是正方形，
故答案为：正方形；
根据剪法可得四边形是菱形，
∵ 剪口线与折痕夹角的角度不为，
∴∠ADC≠90°，
∴该四边形只能是菱形.
故答案为：菱形．
【分析】先画出图形，在根据菱形的判定，正方形的判定进行判断即可.
17．【答案】
【知识点】菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵中，E、F、D分别是上的中点，
∴DE和CF都是为△ABC的中位线，
∴DE//AC，DF//AB，
∴四边形是平行四边形，
∵E、F分别是AB和AC上的中点，
∴，.
∴四边形是菱形时，AE=AF，
∴AB=AC.
故答案为：．
【分析】先根据三角形的中位线得DE//AC，DF//AB，于是可证明得四边形是平行四边形；再根据中点定义得，，根据菱形的性质得AE=AF，即可得AB和AC的关系．
18．【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
∵四边形为矩形，
∴，，，
∵AD=16，
∴，
∴.
∴S△AOB=S△BOC，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】连接，由矩形的性质和勾股定理得出AC=20，于是有，再结合，计算即可得出答案．
19．【答案】（1）解：设这个n边形的每个内角度数为7x，则与它的相邻的外角的度数为，根据题意，得
.
解得：，
，，
故这个n边形一个内角的度数为.
（2）由（1）得，这个n边形一个内角的度数为，
∴140°·n=180°·(n－2).
解得：n=9
∴这个n边形的内角和为140°×9=1260°．
【知识点】一元一次方程的其他应用；多边形内角与外角
【解析】【分析】（1）设这个n边形的每个内角度数为7x，则与它的相邻的外角的度数为，根据多边形的内角和外角的关系列出方程，求解即可得出一个内角和一个外角的度数；
（2）根据n边形的内角和公式，得到关于n的方程并求解，再代入公式求解即可．
（1）解：设这个n边形一个内角的度数为，则它的相邻外角的度数为，
根据题意，得
解得：，
，，
故这个n边形一个内角的度数为；
（2）根据（1）得这个n边形一个外角的度数为，
，
这个n边形的内角和为．
20．【答案】证明：∵，
∴，
即，
在和中，
∴．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL
【解析】【分析】根据线段的和差和等式的性质可得AB=DE，结合已知，用HL定理可求解.
21．【答案】证明：∵，点E是的中点，
∴，
∴.
∵，
∴，
∴，
∵点D为AC的中点，点E是AB的中点，
∴DE为的中位线，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的判定；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】先根据直角三角形斜边中线的性质和等边对等角可证得，继而可得，再由三角形中位线定理证明，即可证明结论．
22．【答案】解：，
，△ACD和△BCD为直角三角形.
在△ACD中，，，
，
，
在△BCD中，，
，
，
．
【知识点】等腰三角形的判定；含30°角的直角三角形；勾股定理
【解析】【分析】根据垂直的定义得出，在△ACD中根据含30度角的直角三角形的性质得出CD长，继而可根据勾股定理得出的值；在△BCD中根据等腰三角形的性质得出的值，最后根据线段的和差即可得出答案．
23．【答案】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
∴，
，
四边形是菱形；
（2）解：，
，
，，
，
∵四边形ACDE是菱形，
，，
四边形的面积．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；平行四边形的面积
【解析】【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，由矩形的性质得，即可得到结论；
（2）先运用勾股定理算出，再根据菱形的性质求得CE和AD的长，即可利用菱形的面积公式计算菱形面积．
（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
∴，
，
四边形是菱形；
（2）解：，
，
，，
，
，，
四边形的面积．
24．【答案】解：过点C作CD⊥AB于点D，如图所示：
根据题意可知，轮船行驶时间为：11：00-9：00=2（小时），则AB=10×2=20（海里），
∠EAF=60°，∠ABF=90°，∠CBF=30°，∠CBD=60°，
∴∠FAB=30°，∠ACB=30°，
∴CB=AB=20（海里）
在Rt△BCD中，∠CBD=60°，
∴∠BCD=30°，
∴BD==10（海里）
∴CD==≈17.3（海里），
∵17.3＞15，
∴轮船继续向东航行没有触礁的危险
【知识点】勾股定理的实际应用-（行驶、航行）方向问题
【解析】【分析】过点C作于点D，根据题意易得：∠FAB=30°，∠ACB=30°，AB=20海里，进而推出CB=AB=20海里，则海里，再根据Rt△BCD中，∠CBD=60°，得出，则海里，最后根据勾股定理可得：（海里），由17.3＞15即可得出结论．
25．【答案】（1）菱形、正方形
（2）
（3）①证明：连接CG和BE，设AB与CE相交于点M，BG与AC相交于点N，如图2所示：
∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，
即，
∴（SAS），
∴，，
∵∠BMC=∠AME，
∴∠BMC+∠ABG=∠AME+∠AEC=180°－∠BAE=90°，
∴BG⊥CE，
∴四边形为垂美四边形；
②解：∵四边形是正方形，Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠F=∠ACE=∠ACB=90°，FG=AC=FC=4，，
∴∠ACE+∠ACB=180°，F，C，B三点共线.
∴BF=BC+FC=7.
∴中，，
∴，
∵四边形为垂美四边形，
∴四边形的面积为：．
【知识点】勾股定理；三角形全等的判定-SAS；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形和正方形，
∴菱形和正方形一定是垂美四边形；
故答案为：菱形、正方形；
（2）记AC与BD相交于点O，
∵
；
故答案为：.
【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论；
（2）根据，分别表示出两个三角形的面积，列式求解即可；
（3）①连接，，由SAS证明，得出，，于是可得∠BMC+∠ABG=∠AME+∠AEC=90°，再由角的互余关系和三角形内角和定理即可得；
②利用正方形的性质、直角三角形的性质以及勾股定理可求得BC的长，证明F，C，B三点共线，可得BF的长，于是可根据勾股定理求得BG的长，最后根据垂美四边形的性质和（2）的结论即可得到答案．
（1）解：∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、和正方形，
∴菱形和正方形一定是垂美四边形；
（2）解：；
（3）①证明：连接和，设与相交于点，与相交于点，如图2所示：
∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，
即，
在和中，
，
∴（SAS），
∴，，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为垂美四边形；
②解：∵，，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵四边形为垂美四边形，
∴四边形的面积．
26．【答案】解：（1）证明：如图②，分别作，于点E、F，
，
又，
，
又，
且，
∴，
∴，
∴.
结论得证；
（2）∵m⊥n，
由（1）可得，.
（3）解：∵∠ABC=∠ADC=90°，可构造正方形，点D为一个直角顶点，过B作BM⊥DE于点M，作BN⊥DG于点N，如图所示：
∴AB⊥BC，∠BMD=∠BND=∠MDN=90°，
∴四边形BMDN是矩形，
∴∠MGC=90°=∠ABC，
∴∠ABM=∠GBN，
又∵AB=BC，
易证△ABM≌△CBN(AAS)，
∴BM=BN，
∴四边形BMDN是正方形，
∴∠MDB=∠NDB=45°，即∠EDF=∠GDF=45°，
∴点B为正方形对角线的交点，由问题情景可得：.
∵，
，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【分析】（1）根据题意可得，于是有，再利用等量代换即可得到结论.
（2）根据（1）的结论即可求解；
（3）如图4，构造正方形，可证明点B为正方形对角线的交点，于是有EG=DF=2BD，即得正方形DEFG的面积，继而可得四边形ABCD的面积．
1 / 12025年湖南省娄底市市直学校联合体八年级下册数学期中检测卷
1．（2025八下·娄底期中）剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．剪纸艺术起源于人民的社会生活蕴含了丰富的文化历史信息，表达了广大民众的社会认识、生活理想和审美情趣．下列剪纸图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项A不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项B不符合题意；
C、既是轴对称图形又是中心对称图形，故选项C符合题意；
D、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，据此对各个选项进行判断即可.
2．（2025八下·娄底期中）满足下列条件的不是直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；直角三角形的判定
【解析】【解答】解：A、，∴△ABC是直角三角形，故选项A不合题意；
B、时，最大的角，∴△ABC不是直角三角形，故选项B符合题意；
C、，则，∴△ABC是直角三角形，故选项C不合题意；
D、，则，∴△ABC是直角三角形，故选项D不合题意.
故答案为：B．
【分析】根据三角形内角和定理以及直角三角形的判定定理对各个选项进行判断，即可得到结论．
3．（2025八下·娄底期中）如图，为了促进黄埔区的旅游发展，某村要在三条公路围成的一块三角形平地（记作△上修建一个度假村．要使这个度假村到三条公路的距离相等，则度假村应建在△的（　　）
A．三条中线的交点处 B．三条角平分线的交点处
C．三条高线的交点处 D．以上都不对
【答案】B
【知识点】角平分线的性质
【解析】【解答】解：∵角的平分线上的点到角的两边的距离相等，
∴要使这个度假村到三条公路的距离相等，度假村应建在△ABC的三条角平分线的交点处，
故答案为：．
【分析】根据角的平分线上的点到角的两边的距离相等，可得△ABC的三条角平分线的交点到三角形三边的距离相等，据此解答即可.
4．（2025八下·娄底期中）1995年，希腊为纪念毕达哥拉斯学派发行了如图1所示的邮票，图片中间是三个正方形顶点相连构成一个三角形．如图2，若中间的三角形为直角三角形，则三个正方形的面积可以是（　　）
A．2，3，5 B．3，4，5 C．6，8，13 D．5，12，14
【答案】A
【知识点】勾股定理；勾股树模型
【解析】【解答】解：如图：
由题意得：，
∴，
∴以为边长的正方形面积+以为边长的正方形面积=以为边长的正方形的面积，
∵，，，，
∴选取的三块正方形纸片的面积可以是2，3，5，
故答案为：A．
【分析】据勾股定理可得：，然后根据正方形的面积公式可得：以为边长的正方形面积+以为边长的正方形面积=以为边长的正方形的面积，即可求解．
5．（2025八下·娄底期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列说法正确的是（　　）
A．若，则是菱形 B．若，则是矩形
C．若，则是正方形 D．若，则是正方形
【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、∵四边形是平行四边形且，
∴是矩形，而不是菱形；
∴此选项不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形且，
∴是矩形，
∴此选项符合题意；
C、∵四边形是平行四边形且，
∴是菱形，
∴此选项不符合题意；
D、∵四边形是平行四边形且，
∴是菱形，
∴此选项不符合题意.
故答案为：B．
【分析】A、根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可得四边形ABCD是矩形；
B、根据对角线相等的平行四边形是矩形可判断求解；
C、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可判断求解；
D、根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可判断求解.
6．（2025八下·娄底期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，如果OB＝4，∠AOB＝60°，那么矩形ABCD的面积等于（　　）
A．8 B．16 C．8 D．16
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AO=CO，BO=DO=4，∠ABC=90°，
∴OA=OB=4，AC=2OA=8，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OB=4，
∴，
∴矩形ABCD的面积为：；
故答案为：D．
【分析】由矩形的性质得出OA=BO，即可证明△AOB是等边三角形，得到AB的长，利用勾股定理计算出BC的长，即可求出矩形的面积．
7．（2025八下·娄底期中）如图，在菱形中，对角线相交于点，点，分别是边的中点，连接，若，，则的长为(　　)
A．3 B． C．2 D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵点M，N分别是边AD，CD的中点，MN=3，
∴MN是△ACD的中位线，
∴.
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴AO=CO=3，BO=DO=4，
∴.
∴Rt△AOD中，
故答案为：D
【分析】根据中位线定理可得AC的长，由菱形的面积可得长，进而可利用勾股定理求出的长，最后再根据直角三角形中斜边上的中线的性质即可求出OM的长．
8．（2025八下·娄底期中）如图，在矩形中，，，将矩形沿对角线折叠，点C落在点处，交于点E，则的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵△BCD翻折得到△BC'D，
∴∠C'BD=∠CBD.
∵四边形是矩形，
∴∠A=90°，AD//BC，
∴∠ADB=∠CBD=∠C'BE，
∴EB=ED.
设，则，
∵在中，，AB=3，
∴，
解得：，
，
故答案为：A．
【分析】根据折叠的性质可得∠C'BD=∠CBD.根据矩形的性质可得∠A=90°，AD//BC，进而可证明∠ADB=∠C'BE，于是有EB=ED.设，则，再利用勾股定理即可得出答案．
9．（2025八下·娄底期中）如图，E、F分别是正方形的边，上的点，且，，相交于点，下列结论：①；②；③；④中，正确的结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】线段垂直平分线的性质；正方形的性质；反证法；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
∴此结论符合题意；
④
∴
∵四边形是正方形，
∴
∴
∴此结论符合题意；
②
∴
∵四边形是正方形，
∴
，
，
∴
一定成立
∴此结论符合题意；
③假设，
，
（线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等），
在中，，
，这与正方形的边长相矛盾，
假设不成立，
∴此结论不符合题意；
∴正确的有①②④共3个正确，
故答案为：C．
【分析】①根据四边形是正方形及，用边角边可得，由全等三角形的对应边相等可求解；
④由①中的全等三角形可得∠AED=∠BFA，结合平行线的性质可得；
②由①中的全等三角形可得∠ABF=∠DAE，在三角形ADF中，由三角形的内角和等于180°并结合垂线的定义可求解；
③用反证法可证明，即可判断求解．
10．（2025八下·娄底期中）如图，周长为24的菱形中，，点E，F分别是边上的动点，点P为对角线上一动点，则线段的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；轴对称的性质；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：连接交于点，过点F作FF'⊥BD于点Q，交CD于点F'，如图，
∴∠FQD=∠F'QD=90°.
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴AC⊥BD，∠ADP=∠CDP，∠BAC=∠DAC=60°，CD=AD，AB//CD，
∴△ACD是等边三角形.
又∵DQ=DQ，
∴△FDQ≌△F'DQ（ASA），
∴FQ=F'Q.
∴F和F'关于BD对称，
∴EP+FP=EP+F'P≥EF'，故当E，P，F'三点共线时，EP+FP最小，最小值为EF'.
∵ 点E，F分别是AB，AD边上的动点，
∴EF'⊥CD时，EF'最小，
根据平行线之间的距离处处相等，可得点E与点A重合，EF'⊥CD时，如图所示：
此时AF'最小.
∵△ACD是等边三角形，
∴.
菱形的周长为24，
，
∴DF'=3，
∴．
故答案为：A．
【分析】连接交于点，过点F作FF'⊥BD于点Q，交CD于点F'，利用菱形的性质和 ∠BAD=120°可证明△ACD是等边三角形.利用ASA证明△FDQ≌△F'DQ，可得FQ=F'Q，从而有F和F'关于BD对称，于是可得EP+FP=EP+F'P≥EF'，当E，P，F'三点共线时，有最小值EF'；再根据垂线段最短和平行线之间的距离处处相等，可得点E与点A重合，EF'⊥CD时，EP+FP≥EF'≥AF'，利用等边三角形的性质得CF'=DF’，即可利利用勾股定理求得AF'的长.
11．（2025八下·娄底期中）如图，四边形是由四边形的各边中点依次连接而形成的四边形，则四边形一定是　 　．
【答案】平行四边形
【知识点】平行四边形的判定；三角形的中位线定理；中点四边形模型
【解析】【解答】解：连接、，如图所示：
∵E，F，G，H分别是边，，，的中点，
∴EF是△ABD的中位线，FG是△ABC的中位线，GH是△BCD的中位线，EH是△ACD的中位线，
∴，，，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
故答案为：平行四边形．
【分析】根据中位线的性质得出，，，，根据平行公理得出，，即可得出答案.
12．（2025八下·娄底期中）如图，在中，，，是边的中点．已知，则的长为　 　．
【答案】3
【知识点】含30°角的直角三角形；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵，是边的中点，
∴.
∵，，
∴，
故答案为：3．
【分析】根据直角三角形斜边中线的性质可求得的长，再利用含30°角的直角三角形的性质即可求出BC的长．
13．（2025八下·娄底期中）如图，D是内一点，，E、F、G、H分别是的中点，则四边形的周长是　 　．
【答案】17
【知识点】勾股定理；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵E、F、G、H分别是AB、AC、CD、BD的中点，
∴EF是△ABC的中位线，HG是△DBC的中位线，EH是△ABD的中位线，GF是△ACD的中位线，
∴，．
∴四边形EFGH的周长=EH+GH+FG+EF=2(EH+EF)=AD+BC．
∵BD⊥CD，BD=8，CD=6，
∴．
又∵AD=7，
∴四边形EFGH的周长=7+10=17．
故答案为：17．
【分析】再根据三角形的中位线的性质可得，．于是可证得四边形EFGH的周长=AD+BC．利用勾股定理求出BC的长，再结合题意，即可求出四边形EHGF的周长．
14．（2025八下·娄底期中）如图，在中，平分交于点F，平分交于点E，若，，则的长度为　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴，DC=AB=6.
∴∠AFB=∠FBC，∠DEC=∠ECB.
∵平分交于F，平分交于E，
∴∠ABF=∠FBC，∠DCE=∠ECB，
∴∠AFB=∠ABF，∠DEC=∠DCE，
∴AF=AB=6，DE=DC=6，
∴．
故答案为：．
【分析】先根据平行线的性质证得∠AFB=∠FBC，∠DEC=∠ECB；再结合角平分线的定义可证得∠AFB=∠ABF，∠DEC=∠DCE，于是有，，再根据即可得出答案．
15．（2025八下·娄底期中）如图，小明同学按如下步骤作四边形：①画；②以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交于点B，D；③分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；④连接．若，则的大小为　 　．
【答案】
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：由作图可得，
∴四边形是菱形，
∴
∵，
∴∠ABC=180°－46°=134°，
∴，
故答案为：．
【分析】根据作图可得四边形是菱形，于是可得，根据平行线的性质可得∠ABC的度数，继而可计算∠CBD的度数.
16．（2025八下·娄底期中）按如图所示，将一张矩形纸对折两次，然后剪下一个角保证剪口线与折痕夹角的角度为，将这个剪下的角打开，得到的图形是　 　．如果剪口线与折痕夹角的角度不为，得到的图形是　 　．
【答案】正方形；菱形
【知识点】菱形的判定；正方形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，
由剪法可得：，
∴四边形是菱形，
∵剪口线与折痕夹角的角度为，即∠ADB=∠CDB=45°，
∴∠ADC=90°，
∴四边形是正方形，
故答案为：正方形；
根据剪法可得四边形是菱形，
∵ 剪口线与折痕夹角的角度不为，
∴∠ADC≠90°，
∴该四边形只能是菱形.
故答案为：菱形．
【分析】先画出图形，在根据菱形的判定，正方形的判定进行判断即可.
17．（2025八下·娄底期中）如图所示，中，E、F、D分别是上的中点，要使四边形是菱形，在不改变图形的前提下，你需添加的一个条件是　 　（在基础上添加）
【答案】
【知识点】菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵中，E、F、D分别是上的中点，
∴DE和CF都是为△ABC的中位线，
∴DE//AC，DF//AB，
∴四边形是平行四边形，
∵E、F分别是AB和AC上的中点，
∴，.
∴四边形是菱形时，AE=AF，
∴AB=AC.
故答案为：．
【分析】先根据三角形的中位线得DE//AC，DF//AB，于是可证明得四边形是平行四边形；再根据中点定义得，，根据菱形的性质得AE=AF，即可得AB和AC的关系．
18．（2025八下·娄底期中）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一．如图，在矩形中，，，对角线与交于点，点为边上的一个动点，，，垂足分别为点，，则　 　．
【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
∵四边形为矩形，
∴，，，
∵AD=16，
∴，
∴.
∴S△AOB=S△BOC，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】连接，由矩形的性质和勾股定理得出AC=20，于是有，再结合，计算即可得出答案．
19．（2025八下·娄底期中）一个n边形的每个外角都相等，它的内角与相邻外角的度数之比为．
（1）求这个n边形一个内角的度数．
（2）求这个n边形的内角和．
【答案】（1）解：设这个n边形的每个内角度数为7x，则与它的相邻的外角的度数为，根据题意，得
.
解得：，
，，
故这个n边形一个内角的度数为.
（2）由（1）得，这个n边形一个内角的度数为，
∴140°·n=180°·(n－2).
解得：n=9
∴这个n边形的内角和为140°×9=1260°．
【知识点】一元一次方程的其他应用；多边形内角与外角
【解析】【分析】（1）设这个n边形的每个内角度数为7x，则与它的相邻的外角的度数为，根据多边形的内角和外角的关系列出方程，求解即可得出一个内角和一个外角的度数；
（2）根据n边形的内角和公式，得到关于n的方程并求解，再代入公式求解即可．
（1）解：设这个n边形一个内角的度数为，则它的相邻外角的度数为，
根据题意，得
解得：，
，，
故这个n边形一个内角的度数为；
（2）根据（1）得这个n边形一个外角的度数为，
，
这个n边形的内角和为．
20．（2025八下·娄底期中）如图，已知，，，与交于点O，求证：
【答案】证明：∵，
∴，
即，
在和中，
∴．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL
【解析】【分析】根据线段的和差和等式的性质可得AB=DE，结合已知，用HL定理可求解.
21．（2025八下·娄底期中）在中，，点D，E分别是的中点，点F在的延长线上，且．求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明：∵，点E是的中点，
∴，
∴.
∵，
∴，
∴，
∵点D为AC的中点，点E是AB的中点，
∴DE为的中位线，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的判定；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】先根据直角三角形斜边中线的性质和等边对等角可证得，继而可得，再由三角形中位线定理证明，即可证明结论．
22．（2025八下·娄底期中）如图，在中，，，，，求的长．
【答案】解：，
，△ACD和△BCD为直角三角形.
在△ACD中，，，
，
，
在△BCD中，，
，
，
．
【知识点】等腰三角形的判定；含30°角的直角三角形；勾股定理
【解析】【分析】根据垂直的定义得出，在△ACD中根据含30度角的直角三角形的性质得出CD长，继而可根据勾股定理得出的值；在△BCD中根据等腰三角形的性质得出的值，最后根据线段的和差即可得出答案．
23．（2025八下·娄底期中）如图，在矩形中，延长到点D，使，延长到点E，使，连接，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求四边形的面积．
【答案】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
∴，
，
四边形是菱形；
（2）解：，
，
，，
，
∵四边形ACDE是菱形，
，，
四边形的面积．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；平行四边形的面积
【解析】【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，由矩形的性质得，即可得到结论；
（2）先运用勾股定理算出，再根据菱形的性质求得CE和AD的长，即可利用菱形的面积公式计算菱形面积．
（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
∴，
，
四边形是菱形；
（2）解：，
，
，，
，
，，
四边形的面积．
24．（2025八下·娄底期中）一艘轮船自西向东以每小时10海里的速度航行，上午．轮船在A处测得小岛C在北偏东方向上，到达B处，半径为15海里的范围内遍布暗礁，试问轮船继续向东航行是否有触礁的危险？请通过计算说明（参考数据：，）
【答案】解：过点C作CD⊥AB于点D，如图所示：
根据题意可知，轮船行驶时间为：11：00-9：00=2（小时），则AB=10×2=20（海里），
∠EAF=60°，∠ABF=90°，∠CBF=30°，∠CBD=60°，
∴∠FAB=30°，∠ACB=30°，
∴CB=AB=20（海里）
在Rt△BCD中，∠CBD=60°，
∴∠BCD=30°，
∴BD==10（海里）
∴CD==≈17.3（海里），
∵17.3＞15，
∴轮船继续向东航行没有触礁的危险
【知识点】勾股定理的实际应用-（行驶、航行）方向问题
【解析】【分析】过点C作于点D，根据题意易得：∠FAB=30°，∠ACB=30°，AB=20海里，进而推出CB=AB=20海里，则海里，再根据Rt△BCD中，∠CBD=60°，得出，则海里，最后根据勾股定理可得：（海里），由17.3＞15即可得出结论．
25．（2025八下·娄底期中）小明学行四边形这一章后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是 　　
（2）性质探究：通过探究，直接写出垂直四边形的面积与两对角线，之间的数量关系： 　　．
（3）问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，．
①求证：四边形为垂美四边形；
②求出四边形的面积．
【答案】（1）菱形、正方形
（2）
（3）①证明：连接CG和BE，设AB与CE相交于点M，BG与AC相交于点N，如图2所示：
∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，
即，
∴（SAS），
∴，，
∵∠BMC=∠AME，
∴∠BMC+∠ABG=∠AME+∠AEC=180°－∠BAE=90°，
∴BG⊥CE，
∴四边形为垂美四边形；
②解：∵四边形是正方形，Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠F=∠ACE=∠ACB=90°，FG=AC=FC=4，，
∴∠ACE+∠ACB=180°，F，C，B三点共线.
∴BF=BC+FC=7.
∴中，，
∴，
∵四边形为垂美四边形，
∴四边形的面积为：．
【知识点】勾股定理；三角形全等的判定-SAS；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形和正方形，
∴菱形和正方形一定是垂美四边形；
故答案为：菱形、正方形；
（2）记AC与BD相交于点O，
∵
；
故答案为：.
【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论；
（2）根据，分别表示出两个三角形的面积，列式求解即可；
（3）①连接，，由SAS证明，得出，，于是可得∠BMC+∠ABG=∠AME+∠AEC=90°，再由角的互余关系和三角形内角和定理即可得；
②利用正方形的性质、直角三角形的性质以及勾股定理可求得BC的长，证明F，C，B三点共线，可得BF的长，于是可根据勾股定理求得BG的长，最后根据垂美四边形的性质和（2）的结论即可得到答案．
（1）解：∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、和正方形，
∴菱形和正方形一定是垂美四边形；
（2）解：；
（3）①证明：连接和，设与相交于点，与相交于点，如图2所示：
∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，
即，
在和中，
，
∴（SAS），
∴，，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为垂美四边形；
②解：∵，，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵四边形为垂美四边形，
∴四边形的面积．
26．（2025八下·娄底期中）实践与探究
【问题情境】
数学课活动课上，老师提出了一个问题：图①是教材中我研究过的图形，正方形的对角线相交于点O，点O又是另一个正万形的一个顶点，如果两个正方形的边长相等．那么正方形绕点O无论怎样旋转，两个正方形重叠部分的面积总等于一个正方形面积的四分之一．理由如下：
证明：如图②，分别作，于点E、F，
，
又，，
又，且，
【初步感知】
（1）请你补全以上证明过程；
（2）我们知道正方形是中心对称图形，受图①启发，成功小组画出了图③，直线、经过正方形的对称中心O，直线m分别与、交于点E、F，直线n分别与、交于点G、H，且若正方形的面积是36，求四边形的面积（请写出详细过程）．
【深入探究】
（3）受图③的启发，探究组思考把图④中的四边形转化为图③正方形中的一部分，从而求出图④中四边形的面积．现若，，，求四边形的面积．
【答案】解：（1）证明：如图②，分别作，于点E、F，
，
又，
，
又，
且，
∴，
∴，
∴.
结论得证；
（2）∵m⊥n，
由（1）可得，.
（3）解：∵∠ABC=∠ADC=90°，可构造正方形，点D为一个直角顶点，过B作BM⊥DE于点M，作BN⊥DG于点N，如图所示：
∴AB⊥BC，∠BMD=∠BND=∠MDN=90°，
∴四边形BMDN是矩形，
∴∠MGC=90°=∠ABC，
∴∠ABM=∠GBN，
又∵AB=BC，
易证△ABM≌△CBN(AAS)，
∴BM=BN，
∴四边形BMDN是正方形，
∴∠MDB=∠NDB=45°，即∠EDF=∠GDF=45°，
∴点B为正方形对角线的交点，由问题情景可得：.
∵，
，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【分析】（1）根据题意可得，于是有，再利用等量代换即可得到结论.
（2）根据（1）的结论即可求解；
（3）如图4，构造正方形，可证明点B为正方形对角线的交点，于是有EG=DF=2BD，即得正方形DEFG的面积，继而可得四边形ABCD的面积．
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