第二十一章 四边形 特殊平行四边形的性质与判定求角度问题 强化练 2025-2026学年下学期初中数学人教版（2024）八年级下册

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第二十一章 四边形 特殊平行四边形的性质与判定求角度问题 强化练 2025-2026学年下学期初中数学人教版（2024）八年级下册
一、单选题
1．如图，在中，对角线，相交于点，且，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在四边形中，，，，，点E、F分别是、的中点，连接、，则线段的长是（ ）
A． B． C． D．8
3．如图，在直角三角形中，，，，，动点D在线段上运动（不与端点重合），点D关于边，的对称点分别为E，F，连接，点C在上，则在点D的运动过程中，线段长度的最小值是（）
A． B． C．10 D．
4．如图，在中，，P是内一点，点D，E，F分别是点P关于直线的对称点，给出下面三个结论：①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
5．如图，矩形的对角线，相交于点，且，．下列推断错误的是（ ）
A． B．
C． D．
6．如图，矩形的对角线相交于点O，，，若，四边形的周长为8，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在正方形ABCD中，以对角线BD为边作菱形BDFE，连接BF，则∠AFB＝（　　）
A．22.5° B．25° C．30° D．不能确定
8．夹在两条平行线间的正方形ABCD、等边三角形DEF如图所示，顶点A、F分别在两条平行线上．若A、D、F在一条直线上，则∠1与∠2的数量关系（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
9．如图，在中，为边上一点，以为边作矩形．若，，则的大小为______度．

10．如图，矩形ABCD中，BE⊥AC于点E，若∠ACB＝23°，则∠DBE＝_______度．
11．如图，某同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则________．
12．如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，连接，，如果，则______
13．如图，在中，，以斜边为边向外作正方形，且对角线交于点，连．若，，则与的和为______度；且另一条直角边的长为______．

14．如图，正方形中，为边上一点，为延长线上一点，且，若，则____________．
15．如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为_____°．
16．如图，点E为正方形ABCD边CB延长线上一点，点F为AB上一点，连接AE，CF，AC，若BE=BF，∠E=70°，则∠ACF=_____．
三、解答题
17．如图所示，在四边形中，对角线相交于点O，，，且，．
(1)求证：四边形是矩形．
(2)若，于点E，求的度数．
18．小美同学按如下步骤作四边形：第一步：画；第二步：以点为圆心，1个单位长度为半径画弧，分别交于点；第三步：分别以点为圆心，1个单位长度为半径画弧，两弧交于点；第四步：连接．
(1)由以上作图可知，四边形的形状是___________；
(2)若，求的大小．
19．如图，在菱形中，E，F分别是边的中点，连接交于点G．求证：．
20．已知：如图，平行四边形中，对角线，相交于点，延长至，使，连接交于点．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
21．已知：在正方形中，为上一点，过作于，延长至点与交于，连接，若．
(1)如图1，求的度数；
(2)如图1，求证：；
(3)如图2，延长、交于点，连接、，若为中点，，求的长．
22．如图，已知正方形，H为线段上的任意一点，连接，将沿翻折得到，连接，，过点D做，交的延长线于点F，若设，
(1)若，，求的面积；
(2)当变化时，是否发生变化，如果变化，请用含的代数式表示；如果不变，请求出的值；
(3)连接，求证：．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A A A B B C A B
1．A
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质，掌握对角线相等的平行四边形是矩形，矩形的内角为直角是解题的关键．
根据平行四边形对角线相等的性质判定为矩形，利用矩形的角为直角，结合已知角度计算的度数．
【详解】解：∵在中，对角线，
∴四边形是矩形，
．
，
．
故选：A．
2．A
【分析】连接，证明四边形是矩形，再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到，进而证明是等边三角形，再证明四边形是平行四边形，得到，根据等边对等角的性质，得出，进而推出，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，连接，
，点F是的中点，
，
，，
四边形是矩形，
，
E是的中点，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
，
，
,
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的斜边中线，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．
3．A
【分析】本题主要考查了轴对称的性质，矩形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，熟知轴对称的性质是解题的关键．
根据题意得出四边形为矩形，再由轴对称的性质得出点C为的中点，据此得出，最后由时，取得最小值即可解决问题．
【详解】解：连接，
点D关于边，的对称点分别为E，F，
，，，
又，
，，
四边形为矩形，
，
，
，
当时，取得最小值，
由面积法可知，，
的最小值为．
故选：A．
4．B
【分析】本题考查了轴对称的性质，连接，根据轴对称的性质得分别为的垂直平分线，再根据垂直平分线的性质得，，，即可判断①③，根据，可得四边形为矩形，即可判断②．
【详解】解：如图，连接，设与交于点，与交于点，
∵点D，E，F分别是点P关于直线的对称点，
∴分别为的垂直平分线，
∴，
∴，故①正确；
∵分别为的垂直平分线，
∴四边形为矩形，
∴，故②正确；
∵为的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
同理得
∵，
∴，故③错误；
∴正确的结论是①②，
故选：B．
5．B
【分析】本题考查了菱形的判定，矩形的性质；根据矩形的性质结合已知条件，证明四边形是菱形，即可判断A，C和D，没有条件得出B选项．
【详解】解：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∵矩形的对角线，相交于点，
∴，
∴
∴四边形是菱形，
∴，故A正确，
∴，，故C，D正确，
没有条件得出B选项．
故选：B．
6．C
【分析】本题主要考查了矩形的性质、菱形的判定、等边三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键．
先证明四边形是平行四边形，再根据四边形是矩形可得，即四边形是菱形，再结合四边形的周长为8以及其他已知条件可得即，进而求得的度数．
【详解】解：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴四边形是菱形，
∵四边形的周长为8，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：C．
7．A
【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ADB=45°，再根据菱形的四条边都相等可得BD=DF，根据等边对等角可得∠DBF=∠DFB，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和进行计算即可得解．
【详解】解：在正方形ABCD中，∠ADB=∠ADC=×90°=45°，
在菱形BDFE中，BD=DF，
所以，∠DBF=∠AFB，
在△BDF中，∠ADB=∠DBF+∠AFB=2∠AFB=45°，
解得∠AFB=22.5°．
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的四个角都是直角，对角线平分一组对角的性质，菱形的四条边都相等的性质，以及等边对等角，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，难度不大，熟记各性质是解题的关键．
8．B
【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质以及平行线的性质解答即可．
【详解】∵夹在两条平行线间的正方形ABCD、等边三角形DEF如图所示，顶点A、F分别在两条平行线上，
∴∠BAD=90°，∠DFE=60°，
∵l1∥l2，A、D、F在一条直线上，
∴∠1+∠BAD=∠2+∠DFE，
即∠1+90°=∠2+60°，
可得：∠2-∠1=30°，
故选B．
【点睛】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质和等边三角形的性质以及平行线的性质解答．
9．60
【分析】想办法求出，利用平行四边形的性质即可解决问题．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
故答案为：60．
【点睛】本题考查矩形的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题．
10．44
【分析】由矩形的性质可知∠OBC=∠ACB=23°，则可求得∠AOB度数，由直角三角形的性质可得∠DBE的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形
∴AC=BD，OA=OC，OB=OD，
∴OB=OC，
∴∠ACB=∠OBC=23° ，
∵∠AOB=∠ACB+∠OBC=46°，且BE⊥AC ，
∴∠DBE=44° ．
故答案为：44
【点睛】本题主要考查矩形的性质，等腰三角形的性质，利用矩形的对角线相等且平分求得∠OBC的度数是解题的关键．
11．66
【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解．
【详解】解：由作图可得，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
12．/32度
【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判断与性质、线段的垂直平分线的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
首先证明四边形是菱形，利用菱形的对角线平分一组对角即可解决问题．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴ ，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵垂直平分线段，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为．
13． 180 5
【分析】作于点，交的延长线于点，由正方形的性质得，，而，所以；再证明，得，，则四边形是正方形，所以，则，所以，，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：作于点，交的延长线于点，则，
四边形是正方形，
，，，，
，，
，
；
，
四边形是矩形，
，
，
在和中，
，
，
，，
四边形是正方形，
，
，，
，
，
，
，
故答案为：180，5．

【点睛】此题重点考查正方形的判定与性质、四边形的内角和等于、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
14．64°
【分析】由正方形的性质得出BC=DC，∠BCE=∠DCF=90°，由SAS证明△BCE≌△DCF，得出对应角相等即可求出∠BEC的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=DC，∠BCE=90°，
∴∠DCF=90°，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴∠BEC＝∠DFC，
∵CE=CF，∠ECF=90°，
∴△ECF为等腰直角三角形，
∴∠EFC=45°，
则∠DFC=∠EFD+∠EFC=19°+45°=64°，
∴∠BEC＝64°，
故答案为：64°.
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、三角形内角和定理；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
15．135
【分析】由正方形的性质可得∠ACB＝∠BAC＝45°，可得∠2＋∠BCP＝45°＝∠1＋∠BCP，由三角形内角和定理可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠ACB＝∠BAC＝45°
∴∠2+∠BCP＝45°
∵∠1＝∠2
∴∠1+∠BCP＝45°
∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP
∴∠BPC＝135°
故答案为：135．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，掌握正方形的性质是本题的关键．
16．25°
【分析】根据全等三角形的判定和性质得出∠BCF=∠EAB，再利用正方形的性质解答即可．
【详解】解：∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠ABE=∠CBF=90°，
在△ABE与△CBF中
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠BCF=∠EAB，
∵∠E=70°，
∴∠BCF=∠EAB=90°-70°=20°，
∵正方形ABCD，AC是对角线，
∴∠ACB=45°，
∴∠ACF=45°-20°=25°．
故答案为：25°．
【点睛】本题主要考查正方形的四条边都相等和四个角都是直角的性质以及三角形全等的判定和全等三角形对应边相等的性质．
17．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理的逆定理，等边对等角，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键。
（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形，则可证明四边形是平行四边形，再由勾股定理的逆定理可证明，则可证明四边形是矩形；
（2）由矩形的性质得到，则，进而求出，由矩形的性质得到，由等边对等角得到，则．
【详解】（1）解：∵，，
∴四边形是平行四边形，，
∵，，
，
，
四边形是矩形；
（2）解：四边形是矩形
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
．
18．(1)菱形
(2)
【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，正确理解作图是解题的关键．
（1）根据四边形相等的四边形是菱形即可证明；
（2）根据菱得到，由平行得到，再由邻补角即可求解．
【详解】（1）解：四边形是菱形，
证明：由作图可得，
∴四边形是菱形，
（2）解：四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴．
19．见解析
【分析】本题考查菱形的性质、三角形全等的判定与性质．解题关键是利用菱形性质得到边和角的关系．
通过利用中位线定理证明得出对应角相等，再结合菱形角的性质进行等量代换．
【详解】证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵E，F分别是边，的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴．
20．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（）先证明四边形是平行四边形，再利用平行四边形对角线互相平分可证出结论；
（）首先证明四边形是菱形，再用菱形的性质可得到，再根据两直线平行，同位角相等得到
此题主要考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（2）解：∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
由（）得：四边形是平行四边形，
∴，
∴．
21．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据正方形的性质可得，推出，由三角形的外角性质可得，结合，即可求解；
（2）过点作于点，结合，可得，证明，得到，，再根据线段的和差即可求解；
（3）过点作交的延长线于点，过点作于点，得到，结合，可推出，由推出，进而得到，可推出，结合可得，设，，则，证明得到，，在中，根据勾股定理求出，得到，在中，根据勾股定理求出，即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）过点作于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形为正方形，
，，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
；
（3）过点作交的延长线于点，过点作于点，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
四边形是正方形，
，，，
，
，
，
设，
为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，，
在中，，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确作出辅助线，并灵活运用相关知识．
22．(1)
(2)不发生变化，
(3)见详解
【分析】（1）过点E作于点T，由折叠的性质及正方形的性质可知，然后问题可求解；
（2）设与相交于点N，由折叠的性质可得，则有，然后根据三角形内角和可进行求解；
（3）过点分别作，垂足分别为M、K，与相交于点N，由题意易证，同理可证，则有四边形为正方形，然后问题可进行求解．
【详解】（1）解：过点E作于点T，如图所示：
∵四边形是正方形，
∴，，
由折叠的性质可得，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
（2）解：的度数不发生改变，理由如下：
设与相交于点N，如图所示：
由折叠的性质可得，，
∴，
在正方形中，，，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：过点分别作，垂足分别为M、K，与相交于点N，如图所示：
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
在正方形中，，，由折叠的性质可知，，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理可证，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查折叠的性质、正方形的性质与判定、全等三角形的性质与判定及等边三角形的性质，熟练掌握折叠的性质、正方形的性质与判定、全等三角形的性质与判定及等边三角形的性质是解题的关键．
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