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广东阳江市部分校2025-2026学年八年级下学期期中 联考数学试题
1．下列各式运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二次根式的乘除混合运算；二次根式的加减法
【解析】【解答】A、 ，故该选项运算错误；
B、 ，故该选项运算正确；
C、，故该选项运算错误；
D、，故该选项运算错误；
故选：B．
【分析】根据二次根式的四则运算逐项进行判断即可求出答案.
2．要使二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二次根式有无意义的条件；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：∵在实数范围内有意义，
∴，
∴．
故答案为：B．
【分析】二次根式有意义的条件被开方数一定为非负数，则 ，则.
3．如图，数轴上与对应的点大致是（　　）
A．点A B．点B C．点C D．点D
【答案】C
【知识点】实数在数轴上的表示；无理数的估值；二次根式的性质与化简；二次根式的加减法；数形结合
【解析】【解答】解：∵，，
即，
∴由数轴可知，只有点C在6和7之间，
故答案为：C．
【分析】化简，=，在6与7之间.
4．已知中，a、b、c分别是、、的对边，下列条件不能判断是直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理的逆定理；直角三角形的判定
【解析】【解答】解：A、，则，则是直角三角形，故此选项不符合题意；
B、，可得，则是直角三角形，故此选项不符合题意；
C、，则，，
∴，
∴，
∴则不是直角三角形，故此选项符合题意；
D、，设，则，，则，即，
根据勾股定理的逆定理可判定是直角三角形，故此选项不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据直角三角形判定定理逐项进行判断即可求出答案.
5．如图，四边形是平行四边形，下列说法不正确的是（　　）．
A．当时，四边形是矩形
B．当时，四边形是正方形
C．当时，四边形是菱形
D．当时，四边形是矩形
【答案】B
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：如图，
A、对角线相等的平行四边形是矩形，正确，不满足题意，故A错误.
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，不是正方形，错误，故B正确.
C、邻边相等的平行四边形是菱形，正确，故Ｃ错误.
D、一个角为直角的平行四边形是矩形，正确，故D错误.
故答案为：B．
【分析】根据特殊平行四边形的判定定理逐一判断为对角线相等的平行四边形是矩形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，邻边相等的平行四边形是菱形，一个角为直角的平行四边形是矩形，即可得答案.
6．笔直的公路，，如图所示，，互相垂直，的中点D与点C被建筑物隔开，若测得的长为，的长为，则C，D之间的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵，互相垂直，
∴，为直角三角形，
由勾股定理得，
又∵D为的中点，
∴，
故选：C．
【分析】根据勾股定理可得AB，再根据直角三角形斜边上的中线性质即可求出答案.
7．如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，若重合部分构成的四边形ABCD中，AB＝3，AC＝2，则四边形ABCD的面积为（　　）
A． B． C． D．5
【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；等积变换
【解析】【解答】解：过点A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，连接AC，BD交于点O，
∵两条纸条宽度相同，
∴AE＝AF．
∵AB//CD，AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵S ABCD＝BC AF＝CD AE．
又∵AE＝AF．
∴BC＝CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO＝1，BO＝DO，AC⊥BD，
∴BO＝＝＝2，
∴BD＝4，
∴四边形ABCD的面积＝＝4．
故选A．
【分析】过点A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，连接AC，BD交于点O，由题意可得AE＝AF，根据菱形判定定理可得四边形ABCD是菱形，则AO＝CO＝1，BO＝DO，AC⊥BD，再根据勾股定理可得BO，再根据菱形面积即可求出答案.
8．我国古代数学名著《九章算术》中有这样一道题目“今有立木，系索其末，委地三尺．引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何？”译文为“今有一竖立着的木柱，在木柱的上端系有绳索，绳索从木柱上端顺木柱下垂后，堆在地面的部分尚有3尺，牵索沿地面退行，在离木柱根部8尺处时，绳索用尽，问绳索长是多少？”示意图如图所示，请求出绳索的长度为多少尺（结果保留1位小数）（　　）
A．尺 B．尺 C．尺 D．尺
【答案】D
【知识点】解一元一次方程；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：根据题意，设，则，且，
∵垂地，即，
∴是直角三角形，，
∴，即，
∴，
∴
∴绳索的长度为尺，
故答案为：．
【分析】根据题意，是直角三角形，设，则，勾股定理解得，则AC=12.2．
9．如图，有大小不同的2个正方形A和B，当B的对角线交点与A的一个顶点重合时，重叠部分的面积是A的，那么当A的对角线交点与B的一个顶点重合时，重叠部分的面积是B的（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；几何图形的面积计算-割补法；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解∶如图，设正方形的面积为，正方形的面积为，图1中阴影部分面积为，图2中阴影部分面积为，
∵图1中，，，，
∴（），
∴，
∵，
∴，
∴，
同理，图2中，，
∴，
即当的对角线交点与的一个顶点重合时，重叠部分的面积是的，
故选∶．
【分析】设正方形的面积为，正方形的面积为，图1中阴影部分面积为，图2中阴影部分面积为，根据全等三角形判定定理可得（），再根据面积之间的关系即可求出答案.
10．如图，在正方形中，是边上一点，的垂直平分线交于点，交的延长线于点，连结交于点，连接．给出下面四个结论：①；②平分；③；④若是中点，则也是中点．上述结论中，正确结论的序号有（ ）
A．①②③④ B．①② C．①②③ D．①②④
【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；线段垂直平分线的性质；正方形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：垂直平分，
，故结论①正确；
，
四边形是正方形，
，，，，
，
，
平分，故结论②正确；
如图，过点作于点，
平分，，
，
，
在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，故结论③正确；
点是的中点，
，
假设点是的中点，则，
，
，
，
与在中，相矛盾，故假设不成立，即此时点不是的中点，故结论④错误；
综上所述，结论①②③正确．
故答案为：C．
【分析】根据线段垂直平分线的性质得NA=NP，判断①正确；由NA=NP，等边对等角得 ，根据平行线的性质 得，等角代换得 判断②正确；
如图，过点作于点，
根据角平分线的性质得，，得，，得，判断③正确；假设是的中点，此时，可得，不满足三角形的三边关系，故假设不成立，即可判断④错误．
11．已知 是整数，则正整数 的最小值是　 　.
【答案】6
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】∵ ，且 是整数，
∴2 是整数，即6n是完全平方数；
∴n的最小正整数值为6.
故答案为6.
【分析】由是整数可先将化为最简二次根式，则6n是完全平方数，于是可知n的最小正整数值为6.
12．若1，a，3是三角形的三边长，化简=　 　.
【答案】2a-6
【知识点】二次根式的性质与化简；因式分解的应用-判断三角形形状
【解析】【解答】解：∵1，a，3是三角形的三边长，
∴3－1∴，
∴
故答案为：2a-6.
【分析】先利用二次根式的性质将代数式转化为绝对值的形式，然后利用三角形的三边关系，确定a的取值范围，接着根据绝对值的性质化简即可。
13．如图，将矩形纸片沿对角线对折，使得点落在点处，交于点，若平分，，则长是　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定；含30°角的直角三角形；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：四边形为矩形，
，，
，
由折叠可知，，
，
，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∴．
故答案为：
【分析】 由四边形为矩形 ，得，，得，由折叠的性质得，等角代换得，则，，，在Rt△CDF中，由勾股定理得CD=．
14．如图1，华容道是一种古老的中国民间益智游戏， 一些棋子紧密地摆放在矩形木框内，其中有5个完全一样的小矩形木块代表“五虎上将”，它们有4个纵向摆放，1个横向摆放， 把其他棋子拿掉后，这5个小矩形木块排列示意图如图2所示．若图2中阴影部分面积为40，则一个小矩形木块的对角线的长为　 　 ．
【答案】
【知识点】矩形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：设小矩形的长为a，宽为b，则大矩形长为，宽为，
由题意得：，
化简得，
；
即小矩形对角线的长为.
故答案为：．
【分析】设小矩形的长为a，宽为b，则大矩形长为，宽为，根据题意建立方程，化简计算即可求出答案.
15．如图，菱形，点、、、均在坐标轴上，，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是　 　．
【答案】3
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；将军饮马模型-一线两点（一动两定）
【解析】【解答】解∶根据题意得， E点关于直线的对称点是的中点，连接交与点P，此时有最小值为，
∵四边形是菱形，，点，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
即的最小值是3，
故答案为∶3．
【分析】根据题意得， E点关于直线的对称点是的中点，连接交与点P，此时有最小值为，根据菱形性质可得，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，即可求出答案.
16．计算：
【答案】解：
．
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；二次根式的混合运算
【解析】【分析】根据二次根式的性质计算，负整数指数幂计算、，再运算乘法，最后算加减结果为3．
17．如图，小明从点O出发，前进3米后到达点A（米），向右转，再前进3米后到达点B（米），又向右转，……这样小明一直右转了n次刚好回到出发点O处．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）n的值为　 　．
（2）小明走出的这n边形的周长为　 　米．
（3）若一个正m边形的内角和比外角和多，求这个正m边形的边数．
【答案】（1）15
（2）45
（3）解：根据题意，得，
解得，
故这个正m边形的边数为8．
【知识点】正多边形的性质；多边形的内角和公式；多边形的外角和公式
【解析】【解答】（1）解：；
故答案为：15
（2）解：周长 (米)
故答案为：45
【分析】（1）根据正多边形外角性质即可求出答案.
（2）根据正多边形周长即可求出答案.
（3）根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
（1）解：；
（2）解：周长 (米)
（3）解：根据题意，得，
解得，
故这个正m边形的边数为8．
18．如图，在平行四边形中，点，分别在，上，与相交于点，，，连接．求证：四边形是菱形．
【答案】证明：平行四边形中，，，
即，
又，
，
四边形是平行四边形，
，即，
四边形是菱形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【解析】【分析】由平行四边形的性质得，，由 ，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形是平行四边形，由 ，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，得 四边形是菱形．
19．如图，在港口A的正东3海里有一艘搜救艇B，正南4海里有一艘搜救艇D，东偏南方向有一艘轮船C．
（1）若B与C的距离为12海里，D与C的距离为13海里，求点D到直线BC的距离；
（2）当轮船C航行到点D的正东方向时，恰好在点B的东南方向．此时，轮船由于机械故障无法前行，只好请求救援．若两艘搜救艇速度一样，救援指挥部应派遣哪艘搜救艇前往救援能更快到达轮船出事点？
【答案】（1）解∶如图，连接BD，
依题意可得，AD⊥AB，
根据勾股定理可得∶BD＝．.
∵BD＝5，BC＝12，DC＝13，
根据勾股定理的逆定理可得∶BD2＋BC2＝CD2，
∴BD⊥BC，.
∴点D到直线BC的距离为BD的长度，即5海里．
（2）解：如图，过点B作BE⊥CD于点E．
依题意可得，四边形ABED是矩形，故BE＝4，DE＝3．
∵点C在点B的东南方向，
∴∠CBE＝45°，
又∵BE⊥CD，∠BEC＝90°，
∴∠BCE＝45°，
∴BE＝EC＝4，
∴DC＝DE＋EC＝7．
∵BE⊥CD，根据勾股定理可得∶BC＝．
∵≈1.414，
∴4≈5.656＜7．
当两艘搜救艇速度一样时，派遣轮船B前往救援能更快到达轮船出事点．
【知识点】勾股定理的实际应用-（行驶、航行）方向问题
【解析】【分析】（1）连接BD，根据勾股定理可得BD，再根据勾股定理逆定理即可求出答案.
（2）过点B作BE⊥CD于点E，依题意可得，四边形ABED是矩形，故BE＝4，DE＝3，根据等腰直角三角形性质可得BE＝EC＝4，根据边之间的关系可得DC，再根据勾股定理可得BC，比较大小即可求出答案.
（1）解∶如图，连接BD，
依题意可得，AD⊥AB，
根据勾股定理可得∶BD＝．.
∵BD＝5，BC＝12，DC＝13，
根据勾股定理的逆定理可得∶BD2＋BC2＝CD2，
∴BD⊥BC，.
∴点D到直线BC的距离为BD的长度，即5海里．
（2）解：如图，过点B作BE⊥CD于点E．
依题意可得，四边形ABED是矩形，故BE＝4，DE＝3．
∵点C在点B的东南方向，
∴∠CBE＝45°，
又∵BE⊥CD，∠BEC＝90°，
∴∠BCE＝45°，
∴BE＝EC＝4，
∴DC＝DE＋EC＝7．
∵BE⊥CD，根据勾股定理可得∶BC＝．
∵≈1.414，
∴4≈5.656＜7．
当两艘搜救艇速度一样时，派遣轮船B前往救援能更快到达轮船出事点．
20．如图，中，点O是边上的一个动点，过点O作直线，交的平分线于点E，交的外角平分线于点F．
（1）判断与的大小关系？并说明理由；
（2）当点O运动到何处时，四边形是矩形？并说出你的理由；
【答案】（1）OE=OF
理由如下：
∵CE平分
∴∠ACE=∠BCE
∵MN∥BC
∴∠OEC=∠BCE
∴∠OEC=∠ACE
∴OC=OE
同理，可得：OC=OF
∴OE=OF
（2）点O运动到AC的中点时，四边形是矩形
理由如下：
∵O点是AC的中点
∴OA=OC
∵由（1）有：OE=OF
∴四边形AECF是平行四边形
∵ ∠ACE=∠BCE，∠ACF=∠GCF，∠ACE+∠BCE+∠ACF+∠GCF=180°
∴2∠ACE+2∠ACF=180°
∴∠ACE+∠ACF=90°
即∠ECF=90°
∴四边形AECF是矩形
【知识点】平行线的性质；矩形的判定；角平分线的概念
【解析】【分析】（1）根据角平分线定义可得∠ACE=∠BCE，根据直线平行性质可得∠OEC=∠BCE，则∠OEC=∠ACE，根据等角对等边可得OC=OE，同理，可得：OC=OF，根据边之间的关系即可求出答案.
（2）根据线段中点可得OA=OC，根据平行四边形判定定理可得四边形AECF是平行四边形，根据角之间的关系可得∠ECF=90°，再根据矩形判定定理即可求出答案.
21．填空及解答：
勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要的工具之一，也是数形结合的纽带之一，它不但因证明方法层出不穷吸引着人们，更因为应用广泛而使人入迷．
（1）图1是由4个全等的直角三角形所拼成的大正方形，中间空白部分是边长为的小正方形，请借助图1来验证勾股定理．
证明：由等面积法知：
___________
___________，得证．
（2）应用勾股定理
应用场景1——在数轴上画出表示无理数的点．
如图2，在数轴上找出表示2的点，过点作直线垂直于数轴，在上取点，使，以原点为圆心，为半径作弧，则弧与数轴的交点表示的数是___________．
应用场景2——解决实际问题．
如图3，某公园有一秋千，秋千静止时，踏板离地的垂直高度，将它往前推至处时，即水平距离，踏板离地的垂直高度，它的绳索始终拉直，求绳索的长．
【答案】（1），
（2）应用场景1：；
应用场景2：∵，，
∴，
设秋千的绳索长为，根据题意可得，
由勾股定理得，
解得：．
答：绳索的长为．
【知识点】实数在数轴上的表示；勾股定理的证明；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；数形结合
【解析】【解答】（1）证明：由等面积法知：，
∴，
∴，得证．
故答案为：，；
（2）解：应用场景1：在中，
∵，
∴，
∴点E表示的数是，
故答案为：；
【分析】（1）由等面积法知：，由图形可知得；
（2）应用场景1：根据勾股定理得=，在数轴上点E表示的数是；
应用场景2：设秋千的绳索长为，根据题意可得，由勾股定理得，x=2.5．
（1）证明：由等面积法知：，
∴，
∴，得证．
故答案为：，；
（2）解：应用场景1：在中，
∵，
∴，
∴点E表示的数是，
故答案为：；
应用场景2：∵，，
∴，
设秋千的绳索长为，根据题意可得，
利用勾股定理可得，
解得：．
答：绳索的长为．
22．定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．某兴趣小组围绕该定义进行探究活动，请解决下列问题：
（1）如图1，点分别为任意四边形的边的中点．该小组发现任意四边形的中点四边形都是平行四边形，证明思路如下：
请指出上述解题思路中的“依据1”、“依据2”分别是什么？
依据1：______；依据2：______；
（2）该小组从特殊四边形出发，判断以下图形中，一定属于“中方四边形”的是______（填序号）．
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形
（3）如图2，该小组深入探究发现，要使得四边形为“中方四边形”，则其对角线与应满足特殊的数量关系和位置关系．请写出与应满足的条件，并证明你的结论．
（4）如图3，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连接，求证：四边形是“中方四边形”．
【答案】（1）三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边长的一半；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
（2）④
（3）解：，证明如下：∵四边形是“中方四边形”，
∴四边形是正方形，
∴，
∵，
∴；
（4）证明：如图所示，连接，设分别交于点H，点O，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴且，
∴由（3）可得四边形是“中方四边形”．
【知识点】平行四边形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形的中位线定理；中点四边形模型
【解析】【解答】（1）解：由题意得，依据1是三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边长的一半；
依据2是一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
（2）解：如图所示，连接，
同理可得，
当四边形是平行四边形时，与不一定垂直，
故此时与不一定垂直，
∴四边形不一定是正方形，即此时四边形不是“中方四边形”；
当四边形是矩形时，与不一定垂直，
故此时与不一定垂直，
∴四边形不一定是正方形，即此时四边形不是“中方四边形”；
当四边形是菱形时，与不一定相等，
故此时与不一定相等，
∴四边形不一定是正方形，即此时四边形不是“中方四边形”；
当四边形是正方形时，，
故此时，
∴四边形是正方形，即此时四边形是“中方四边形”；
【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的判定定理可得答案；
（2）如图，连接，
同理可得，当，四边形是正方形，则四边形是“中方四边形”；
（3）根据定义得四边形是正方形，则，得；
（4）连接，设分别交于点H，点O，
证明，得，，等角代换得，得，由（3）得四边形是“中方四边形”．
（1）解：由题意得，依据1是三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边长的一半；
依据2是一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
（2）解：如图所示，连接，
同理可得，
当四边形是平行四边形时，与不一定垂直，
故此时与不一定垂直，
∴四边形不一定是正方形，即此时四边形不是“中方四边形”；
当四边形是矩形时，与不一定垂直，
故此时与不一定垂直，
∴四边形不一定是正方形，即此时四边形不是“中方四边形”；
当四边形是菱形时，与不一定相等，
故此时与不一定相等，
∴四边形不一定是正方形，即此时四边形不是“中方四边形”；
当四边形是正方形时，，
故此时，
∴四边形是正方形，即此时四边形是“中方四边形”；
（3）解：，证明如下：
∵四边形是“中方四边形”，
∴四边形是正方形，
∴，
∵，
∴；
（4）证明：如图所示，连接，设分别交于点H，点O，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴且，
∴由（3）可得四边形是“中方四边形”．
23．如图，在矩形中，，，E，F是对角线上的两个动点，分别从点A，C同时出发，相向而行，速度均为，运动时间为．
（1）若G，H分别是，的中点，当时，求证：以E，G，F，H为顶点的四边形始终是平行四边形．
（2）当t为何值时，以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形？
（3）若G，H分别是折线，上的动点，分别从点A，C开始，以与E，F相同的速度同时出发，当为何值时，以E，G，F，H为顶点的四边形是菱形？
【答案】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，，
∴，
∵G，H分别是，的中点，
∴，，
∴．
∵E，F分别从点A，C同时出发，相向而行，速度均为，且，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴以E，G，F，H为顶点的四边形始终是平行四边形．
（2）解：如图1，连接．
由（1）可知当时，四边形是平行四边形，
同理可得当时，四边形也是平行四边形．
在中，∵，，
∴，
∵G，H分别是，的中点，
∴，
∴当时，四边形是矩形．
分两种情况：①若，
则，
解得；
②若，
则，
解得．
综上，当t为或时，以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形．
（3）解：如图2，连接，．
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴．
设，则，
由勾股定理，得，
即，解得，
∴，
∴，，
∴当时，四边形是菱形．
当时，四边形是菱形
【知识点】勾股定理的应用；平行四边形的判定；菱形的判定与性质；矩形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）当时，可证得，从而，，进而得出，从而，从而四边形是平行四边形；
（2）如图1，连接．
由（1）可知当时，四边形是平行四边形，
同理可得当时，四边形也是平行四边形，平行四边形变矩形需对角线相等，当时，四边形是矩形，分两种情况：①若，则，解得；②若，则，解得综上，当t为或时，以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形．
（3）如图2，连接，．
由四边形是菱形，则，，，等边代换得，设，则，由勾股定理，得，即，解得，，，当时，四边形是菱形．
（1）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵G，H分别是，的中点，
∴，，
∴．
∵E，F分别从点A，C同时出发，相向而行，速度均为，且，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴以E，G，F，H为顶点的四边形始终是平行四边形．
（2）如图1，连接．
由（1）可知当时，四边形是平行四边形，
同理可得当时，四边形也是平行四边形．
在中，∵，，
∴，
∵G，H分别是，的中点，
∴，
∴当时，四边形是矩形．
分两种情况：①若，
则，
解得；
②若，
则，
解得．
综上，当t为或时，以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形．
（3）如图2，连接，．
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴．
设，则，
由勾股定理，得，
即，解得，
∴，
∴，，
∴当时，四边形是菱形．
1 / 1广东阳江市部分校2025-2026学年八年级下学期期中 联考数学试题
1．下列各式运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
2．要使二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
3．如图，数轴上与对应的点大致是（　　）
A．点A B．点B C．点C D．点D
4．已知中，a、b、c分别是、、的对边，下列条件不能判断是直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
5．如图，四边形是平行四边形，下列说法不正确的是（　　）．
A．当时，四边形是矩形
B．当时，四边形是正方形
C．当时，四边形是菱形
D．当时，四边形是矩形
6．笔直的公路，，如图所示，，互相垂直，的中点D与点C被建筑物隔开，若测得的长为，的长为，则C，D之间的距离为（　　）
A． B． C． D．
7．如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，若重合部分构成的四边形ABCD中，AB＝3，AC＝2，则四边形ABCD的面积为（　　）
A． B． C． D．5
8．我国古代数学名著《九章算术》中有这样一道题目“今有立木，系索其末，委地三尺．引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何？”译文为“今有一竖立着的木柱，在木柱的上端系有绳索，绳索从木柱上端顺木柱下垂后，堆在地面的部分尚有3尺，牵索沿地面退行，在离木柱根部8尺处时，绳索用尽，问绳索长是多少？”示意图如图所示，请求出绳索的长度为多少尺（结果保留1位小数）（　　）
A．尺 B．尺 C．尺 D．尺
9．如图，有大小不同的2个正方形A和B，当B的对角线交点与A的一个顶点重合时，重叠部分的面积是A的，那么当A的对角线交点与B的一个顶点重合时，重叠部分的面积是B的（　　）
A． B． C． D．
10．如图，在正方形中，是边上一点，的垂直平分线交于点，交的延长线于点，连结交于点，连接．给出下面四个结论：①；②平分；③；④若是中点，则也是中点．上述结论中，正确结论的序号有（ ）
A．①②③④ B．①② C．①②③ D．①②④
11．已知 是整数，则正整数 的最小值是　 　.
12．若1，a，3是三角形的三边长，化简=　 　.
13．如图，将矩形纸片沿对角线对折，使得点落在点处，交于点，若平分，，则长是　 　．
14．如图1，华容道是一种古老的中国民间益智游戏， 一些棋子紧密地摆放在矩形木框内，其中有5个完全一样的小矩形木块代表“五虎上将”，它们有4个纵向摆放，1个横向摆放， 把其他棋子拿掉后，这5个小矩形木块排列示意图如图2所示．若图2中阴影部分面积为40，则一个小矩形木块的对角线的长为　 　 ．
15．如图，菱形，点、、、均在坐标轴上，，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是　 　．
16．计算：
17．如图，小明从点O出发，前进3米后到达点A（米），向右转，再前进3米后到达点B（米），又向右转，……这样小明一直右转了n次刚好回到出发点O处．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）n的值为　 　．
（2）小明走出的这n边形的周长为　 　米．
（3）若一个正m边形的内角和比外角和多，求这个正m边形的边数．
18．如图，在平行四边形中，点，分别在，上，与相交于点，，，连接．求证：四边形是菱形．
19．如图，在港口A的正东3海里有一艘搜救艇B，正南4海里有一艘搜救艇D，东偏南方向有一艘轮船C．
（1）若B与C的距离为12海里，D与C的距离为13海里，求点D到直线BC的距离；
（2）当轮船C航行到点D的正东方向时，恰好在点B的东南方向．此时，轮船由于机械故障无法前行，只好请求救援．若两艘搜救艇速度一样，救援指挥部应派遣哪艘搜救艇前往救援能更快到达轮船出事点？
20．如图，中，点O是边上的一个动点，过点O作直线，交的平分线于点E，交的外角平分线于点F．
（1）判断与的大小关系？并说明理由；
（2）当点O运动到何处时，四边形是矩形？并说出你的理由；
21．填空及解答：
勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要的工具之一，也是数形结合的纽带之一，它不但因证明方法层出不穷吸引着人们，更因为应用广泛而使人入迷．
（1）图1是由4个全等的直角三角形所拼成的大正方形，中间空白部分是边长为的小正方形，请借助图1来验证勾股定理．
证明：由等面积法知：
___________
___________，得证．
（2）应用勾股定理
应用场景1——在数轴上画出表示无理数的点．
如图2，在数轴上找出表示2的点，过点作直线垂直于数轴，在上取点，使，以原点为圆心，为半径作弧，则弧与数轴的交点表示的数是___________．
应用场景2——解决实际问题．
如图3，某公园有一秋千，秋千静止时，踏板离地的垂直高度，将它往前推至处时，即水平距离，踏板离地的垂直高度，它的绳索始终拉直，求绳索的长．
22．定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．某兴趣小组围绕该定义进行探究活动，请解决下列问题：
（1）如图1，点分别为任意四边形的边的中点．该小组发现任意四边形的中点四边形都是平行四边形，证明思路如下：
请指出上述解题思路中的“依据1”、“依据2”分别是什么？
依据1：______；依据2：______；
（2）该小组从特殊四边形出发，判断以下图形中，一定属于“中方四边形”的是______（填序号）．
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形
（3）如图2，该小组深入探究发现，要使得四边形为“中方四边形”，则其对角线与应满足特殊的数量关系和位置关系．请写出与应满足的条件，并证明你的结论．
（4）如图3，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连接，求证：四边形是“中方四边形”．
23．如图，在矩形中，，，E，F是对角线上的两个动点，分别从点A，C同时出发，相向而行，速度均为，运动时间为．
（1）若G，H分别是，的中点，当时，求证：以E，G，F，H为顶点的四边形始终是平行四边形．
（2）当t为何值时，以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形？
（3）若G，H分别是折线，上的动点，分别从点A，C开始，以与E，F相同的速度同时出发，当为何值时，以E，G，F，H为顶点的四边形是菱形？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】二次根式的乘除混合运算；二次根式的加减法
【解析】【解答】A、 ，故该选项运算错误；
B、 ，故该选项运算正确；
C、，故该选项运算错误；
D、，故该选项运算错误；
故选：B．
【分析】根据二次根式的四则运算逐项进行判断即可求出答案.
2．【答案】B
【知识点】二次根式有无意义的条件；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：∵在实数范围内有意义，
∴，
∴．
故答案为：B．
【分析】二次根式有意义的条件被开方数一定为非负数，则 ，则.
3．【答案】C
【知识点】实数在数轴上的表示；无理数的估值；二次根式的性质与化简；二次根式的加减法；数形结合
【解析】【解答】解：∵，，
即，
∴由数轴可知，只有点C在6和7之间，
故答案为：C．
【分析】化简，=，在6与7之间.
4．【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理的逆定理；直角三角形的判定
【解析】【解答】解：A、，则，则是直角三角形，故此选项不符合题意；
B、，可得，则是直角三角形，故此选项不符合题意；
C、，则，，
∴，
∴，
∴则不是直角三角形，故此选项符合题意；
D、，设，则，，则，即，
根据勾股定理的逆定理可判定是直角三角形，故此选项不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据直角三角形判定定理逐项进行判断即可求出答案.
5．【答案】B
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：如图，
A、对角线相等的平行四边形是矩形，正确，不满足题意，故A错误.
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，不是正方形，错误，故B正确.
C、邻边相等的平行四边形是菱形，正确，故Ｃ错误.
D、一个角为直角的平行四边形是矩形，正确，故D错误.
故答案为：B．
【分析】根据特殊平行四边形的判定定理逐一判断为对角线相等的平行四边形是矩形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，邻边相等的平行四边形是菱形，一个角为直角的平行四边形是矩形，即可得答案.
6．【答案】C
【知识点】直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵，互相垂直，
∴，为直角三角形，
由勾股定理得，
又∵D为的中点，
∴，
故选：C．
【分析】根据勾股定理可得AB，再根据直角三角形斜边上的中线性质即可求出答案.
7．【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；等积变换
【解析】【解答】解：过点A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，连接AC，BD交于点O，
∵两条纸条宽度相同，
∴AE＝AF．
∵AB//CD，AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵S ABCD＝BC AF＝CD AE．
又∵AE＝AF．
∴BC＝CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO＝1，BO＝DO，AC⊥BD，
∴BO＝＝＝2，
∴BD＝4，
∴四边形ABCD的面积＝＝4．
故选A．
【分析】过点A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，连接AC，BD交于点O，由题意可得AE＝AF，根据菱形判定定理可得四边形ABCD是菱形，则AO＝CO＝1，BO＝DO，AC⊥BD，再根据勾股定理可得BO，再根据菱形面积即可求出答案.
8．【答案】D
【知识点】解一元一次方程；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：根据题意，设，则，且，
∵垂地，即，
∴是直角三角形，，
∴，即，
∴，
∴
∴绳索的长度为尺，
故答案为：．
【分析】根据题意，是直角三角形，设，则，勾股定理解得，则AC=12.2．
9．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；几何图形的面积计算-割补法；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解∶如图，设正方形的面积为，正方形的面积为，图1中阴影部分面积为，图2中阴影部分面积为，
∵图1中，，，，
∴（），
∴，
∵，
∴，
∴，
同理，图2中，，
∴，
即当的对角线交点与的一个顶点重合时，重叠部分的面积是的，
故选∶．
【分析】设正方形的面积为，正方形的面积为，图1中阴影部分面积为，图2中阴影部分面积为，根据全等三角形判定定理可得（），再根据面积之间的关系即可求出答案.
10．【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；线段垂直平分线的性质；正方形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：垂直平分，
，故结论①正确；
，
四边形是正方形，
，，，，
，
，
平分，故结论②正确；
如图，过点作于点，
平分，，
，
，
在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，故结论③正确；
点是的中点，
，
假设点是的中点，则，
，
，
，
与在中，相矛盾，故假设不成立，即此时点不是的中点，故结论④错误；
综上所述，结论①②③正确．
故答案为：C．
【分析】根据线段垂直平分线的性质得NA=NP，判断①正确；由NA=NP，等边对等角得 ，根据平行线的性质 得，等角代换得 判断②正确；
如图，过点作于点，
根据角平分线的性质得，，得，，得，判断③正确；假设是的中点，此时，可得，不满足三角形的三边关系，故假设不成立，即可判断④错误．
11．【答案】6
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】∵ ，且 是整数，
∴2 是整数，即6n是完全平方数；
∴n的最小正整数值为6.
故答案为6.
【分析】由是整数可先将化为最简二次根式，则6n是完全平方数，于是可知n的最小正整数值为6.
12．【答案】2a-6
【知识点】二次根式的性质与化简；因式分解的应用-判断三角形形状
【解析】【解答】解：∵1，a，3是三角形的三边长，
∴3－1∴，
∴
故答案为：2a-6.
【分析】先利用二次根式的性质将代数式转化为绝对值的形式，然后利用三角形的三边关系，确定a的取值范围，接着根据绝对值的性质化简即可。
13．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定；含30°角的直角三角形；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：四边形为矩形，
，，
，
由折叠可知，，
，
，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∴．
故答案为：
【分析】 由四边形为矩形 ，得，，得，由折叠的性质得，等角代换得，则，，，在Rt△CDF中，由勾股定理得CD=．
14．【答案】
【知识点】矩形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：设小矩形的长为a，宽为b，则大矩形长为，宽为，
由题意得：，
化简得，
；
即小矩形对角线的长为.
故答案为：．
【分析】设小矩形的长为a，宽为b，则大矩形长为，宽为，根据题意建立方程，化简计算即可求出答案.
15．【答案】3
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；将军饮马模型-一线两点（一动两定）
【解析】【解答】解∶根据题意得， E点关于直线的对称点是的中点，连接交与点P，此时有最小值为，
∵四边形是菱形，，点，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
即的最小值是3，
故答案为∶3．
【分析】根据题意得， E点关于直线的对称点是的中点，连接交与点P，此时有最小值为，根据菱形性质可得，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，即可求出答案.
16．【答案】解：
．
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；二次根式的混合运算
【解析】【分析】根据二次根式的性质计算，负整数指数幂计算、，再运算乘法，最后算加减结果为3．
17．【答案】（1）15
（2）45
（3）解：根据题意，得，
解得，
故这个正m边形的边数为8．
【知识点】正多边形的性质；多边形的内角和公式；多边形的外角和公式
【解析】【解答】（1）解：；
故答案为：15
（2）解：周长 (米)
故答案为：45
【分析】（1）根据正多边形外角性质即可求出答案.
（2）根据正多边形周长即可求出答案.
（3）根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
（1）解：；
（2）解：周长 (米)
（3）解：根据题意，得，
解得，
故这个正m边形的边数为8．
18．【答案】证明：平行四边形中，，，
即，
又，
，
四边形是平行四边形，
，即，
四边形是菱形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【解析】【分析】由平行四边形的性质得，，由 ，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形是平行四边形，由 ，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，得 四边形是菱形．
19．【答案】（1）解∶如图，连接BD，
依题意可得，AD⊥AB，
根据勾股定理可得∶BD＝．.
∵BD＝5，BC＝12，DC＝13，
根据勾股定理的逆定理可得∶BD2＋BC2＝CD2，
∴BD⊥BC，.
∴点D到直线BC的距离为BD的长度，即5海里．
（2）解：如图，过点B作BE⊥CD于点E．
依题意可得，四边形ABED是矩形，故BE＝4，DE＝3．
∵点C在点B的东南方向，
∴∠CBE＝45°，
又∵BE⊥CD，∠BEC＝90°，
∴∠BCE＝45°，
∴BE＝EC＝4，
∴DC＝DE＋EC＝7．
∵BE⊥CD，根据勾股定理可得∶BC＝．
∵≈1.414，
∴4≈5.656＜7．
当两艘搜救艇速度一样时，派遣轮船B前往救援能更快到达轮船出事点．
【知识点】勾股定理的实际应用-（行驶、航行）方向问题
【解析】【分析】（1）连接BD，根据勾股定理可得BD，再根据勾股定理逆定理即可求出答案.
（2）过点B作BE⊥CD于点E，依题意可得，四边形ABED是矩形，故BE＝4，DE＝3，根据等腰直角三角形性质可得BE＝EC＝4，根据边之间的关系可得DC，再根据勾股定理可得BC，比较大小即可求出答案.
（1）解∶如图，连接BD，
依题意可得，AD⊥AB，
根据勾股定理可得∶BD＝．.
∵BD＝5，BC＝12，DC＝13，
根据勾股定理的逆定理可得∶BD2＋BC2＝CD2，
∴BD⊥BC，.
∴点D到直线BC的距离为BD的长度，即5海里．
（2）解：如图，过点B作BE⊥CD于点E．
依题意可得，四边形ABED是矩形，故BE＝4，DE＝3．
∵点C在点B的东南方向，
∴∠CBE＝45°，
又∵BE⊥CD，∠BEC＝90°，
∴∠BCE＝45°，
∴BE＝EC＝4，
∴DC＝DE＋EC＝7．
∵BE⊥CD，根据勾股定理可得∶BC＝．
∵≈1.414，
∴4≈5.656＜7．
当两艘搜救艇速度一样时，派遣轮船B前往救援能更快到达轮船出事点．
20．【答案】（1）OE=OF
理由如下：
∵CE平分
∴∠ACE=∠BCE
∵MN∥BC
∴∠OEC=∠BCE
∴∠OEC=∠ACE
∴OC=OE
同理，可得：OC=OF
∴OE=OF
（2）点O运动到AC的中点时，四边形是矩形
理由如下：
∵O点是AC的中点
∴OA=OC
∵由（1）有：OE=OF
∴四边形AECF是平行四边形
∵ ∠ACE=∠BCE，∠ACF=∠GCF，∠ACE+∠BCE+∠ACF+∠GCF=180°
∴2∠ACE+2∠ACF=180°
∴∠ACE+∠ACF=90°
即∠ECF=90°
∴四边形AECF是矩形
【知识点】平行线的性质；矩形的判定；角平分线的概念
【解析】【分析】（1）根据角平分线定义可得∠ACE=∠BCE，根据直线平行性质可得∠OEC=∠BCE，则∠OEC=∠ACE，根据等角对等边可得OC=OE，同理，可得：OC=OF，根据边之间的关系即可求出答案.
（2）根据线段中点可得OA=OC，根据平行四边形判定定理可得四边形AECF是平行四边形，根据角之间的关系可得∠ECF=90°，再根据矩形判定定理即可求出答案.
21．【答案】（1），
（2）应用场景1：；
应用场景2：∵，，
∴，
设秋千的绳索长为，根据题意可得，
由勾股定理得，
解得：．
答：绳索的长为．
【知识点】实数在数轴上的表示；勾股定理的证明；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；数形结合
【解析】【解答】（1）证明：由等面积法知：，
∴，
∴，得证．
故答案为：，；
（2）解：应用场景1：在中，
∵，
∴，
∴点E表示的数是，
故答案为：；
【分析】（1）由等面积法知：，由图形可知得；
（2）应用场景1：根据勾股定理得=，在数轴上点E表示的数是；
应用场景2：设秋千的绳索长为，根据题意可得，由勾股定理得，x=2.5．
（1）证明：由等面积法知：，
∴，
∴，得证．
故答案为：，；
（2）解：应用场景1：在中，
∵，
∴，
∴点E表示的数是，
故答案为：；
应用场景2：∵，，
∴，
设秋千的绳索长为，根据题意可得，
利用勾股定理可得，
解得：．
答：绳索的长为．
22．【答案】（1）三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边长的一半；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
（2）④
（3）解：，证明如下：∵四边形是“中方四边形”，
∴四边形是正方形，
∴，
∵，
∴；
（4）证明：如图所示，连接，设分别交于点H，点O，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴且，
∴由（3）可得四边形是“中方四边形”．
【知识点】平行四边形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形的中位线定理；中点四边形模型
【解析】【解答】（1）解：由题意得，依据1是三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边长的一半；
依据2是一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
（2）解：如图所示，连接，
同理可得，
当四边形是平行四边形时，与不一定垂直，
故此时与不一定垂直，
∴四边形不一定是正方形，即此时四边形不是“中方四边形”；
当四边形是矩形时，与不一定垂直，
故此时与不一定垂直，
∴四边形不一定是正方形，即此时四边形不是“中方四边形”；
当四边形是菱形时，与不一定相等，
故此时与不一定相等，
∴四边形不一定是正方形，即此时四边形不是“中方四边形”；
当四边形是正方形时，，
故此时，
∴四边形是正方形，即此时四边形是“中方四边形”；
【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的判定定理可得答案；
（2）如图，连接，
同理可得，当，四边形是正方形，则四边形是“中方四边形”；
（3）根据定义得四边形是正方形，则，得；
（4）连接，设分别交于点H，点O，
证明，得，，等角代换得，得，由（3）得四边形是“中方四边形”．
（1）解：由题意得，依据1是三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边长的一半；
依据2是一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
（2）解：如图所示，连接，
同理可得，
当四边形是平行四边形时，与不一定垂直，
故此时与不一定垂直，
∴四边形不一定是正方形，即此时四边形不是“中方四边形”；
当四边形是矩形时，与不一定垂直，
故此时与不一定垂直，
∴四边形不一定是正方形，即此时四边形不是“中方四边形”；
当四边形是菱形时，与不一定相等，
故此时与不一定相等，
∴四边形不一定是正方形，即此时四边形不是“中方四边形”；
当四边形是正方形时，，
故此时，
∴四边形是正方形，即此时四边形是“中方四边形”；
（3）解：，证明如下：
∵四边形是“中方四边形”，
∴四边形是正方形，
∴，
∵，
∴；
（4）证明：如图所示，连接，设分别交于点H，点O，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴且，
∴由（3）可得四边形是“中方四边形”．
23．【答案】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，，
∴，
∵G，H分别是，的中点，
∴，，
∴．
∵E，F分别从点A，C同时出发，相向而行，速度均为，且，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴以E，G，F，H为顶点的四边形始终是平行四边形．
（2）解：如图1，连接．
由（1）可知当时，四边形是平行四边形，
同理可得当时，四边形也是平行四边形．
在中，∵，，
∴，
∵G，H分别是，的中点，
∴，
∴当时，四边形是矩形．
分两种情况：①若，
则，
解得；
②若，
则，
解得．
综上，当t为或时，以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形．
（3）解：如图2，连接，．
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴．
设，则，
由勾股定理，得，
即，解得，
∴，
∴，，
∴当时，四边形是菱形．
当时，四边形是菱形
【知识点】勾股定理的应用；平行四边形的判定；菱形的判定与性质；矩形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）当时，可证得，从而，，进而得出，从而，从而四边形是平行四边形；
（2）如图1，连接．
由（1）可知当时，四边形是平行四边形，
同理可得当时，四边形也是平行四边形，平行四边形变矩形需对角线相等，当时，四边形是矩形，分两种情况：①若，则，解得；②若，则，解得综上，当t为或时，以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形．
（3）如图2，连接，．
由四边形是菱形，则，，，等边代换得，设，则，由勾股定理，得，即，解得，，，当时，四边形是菱形．
（1）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵G，H分别是，的中点，
∴，，
∴．
∵E，F分别从点A，C同时出发，相向而行，速度均为，且，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴以E，G，F，H为顶点的四边形始终是平行四边形．
（2）如图1，连接．
由（1）可知当时，四边形是平行四边形，
同理可得当时，四边形也是平行四边形．
在中，∵，，
∴，
∵G，H分别是，的中点，
∴，
∴当时，四边形是矩形．
分两种情况：①若，
则，
解得；
②若，
则，
解得．
综上，当t为或时，以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形．
（3）如图2，连接，．
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴．
设，则，
由勾股定理，得，
即，解得，
∴，
∴，，
∴当时，四边形是菱形．
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