第二十二章 四边形易错压轴专项训练（17个易错+9个压轴）-2025年八年级数学寒假衔接讲义（沪教版）

第二十二章 四边形易错压轴专项训练（17个易错+9个压轴） 易错必刷题一、多边形的性质与概念 1．（2024八年级下·全国·专题练习）如图所示的图形中，属于多边形的有（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】A 【分析】本题考查多边形，根据多边形定义，逐个验证即可得到答案． 【详解】解：所示的图形中，多边形共有2个， 故选：A． 2．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）北京时间11月21日0时，2022国际足联卡塔尔世界杯迎来揭幕战吸引了亿万球迷的观看．同学们知道吗？如图，此足球是由32块黑（正五边形）白（正六边形）皮子缝制而成，其中黑色皮子共有 块． 【答案】12 【分析】设足球上黑皮有x块，则白皮为块，可得五边形的边数共有条，六边形边数有条．由图可得，一块白皮（六边形）中，有三边与黑皮（五边形）相连，可得白皮边数是黑皮边数的2倍，由此列出方程，即可求解． 【详解】解：设足球上黑皮有x块，则白皮为块， ∴五边形的边数共有条，六边形边数有条． 由图形关系得：每个正六边形白皮的周围有3个黑皮边， ∴白皮的边数为黑皮的2倍， ∴ 解得：， 答：白皮20块，黑皮12块． 故答案为：12 【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，明确题意，准确得到白皮的边数为黑皮的2倍是解题的关键． 3．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，求多边形的面积． 【答案】 【分析】本题考查了求多边形的面积，根据题意可得多边形由梯形和长方形构成，即可得；掌握多边形由梯形和长方形构成是解题的关键 【详解】解：有图象可得： 答：多边形的面积为． 易错必刷题二、多边形内角和问题 1．（23-24八年级下·上海静安·期中）若一个多边形共有20条对角线，则这个多边形的内角和是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据多边形对角线与边数关系得出具体是几边形，然后利用多边形内角和公式求出结果 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 由题意得，， 解得或（舍去）， ∴这个多边形是八边形， ∴这个多边形的内角和为， 故选C． 【点睛】本题主要考查多边形边数与对角线数量及内角和的关系，熟练掌握相关公式是关键． 2．（23-24八年级下·上海·阶段练习）一个多边形的内角和是，则这个多边形是 边形． 【答案】18 【分析】本题考查了多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式为是解答本题的关键．根据多边形内角和公式列方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形是n边形，根据题意，得 ， ∴． 故答案为：18． 3．（23-24八年级下·上海宝山·课后作业）求出下列图形中x的值． 【答案】（1）；（2）；（3）；（4）；（5）． 【分析】（1）根据直角三角形的两个锐角互余求解即可； （2）根据三角形的内角和为180°求解即可； （3）根据三角形的外角性质求解即可； （4）根据四边形内角和是360°求解即可； （5）根据五边形内角和是540°求解即可． 【详解】解：（1）由直角三角形的两个锐角互余得：x＝90－50＝40； （2）由三角形的内角和为180°得：x+x+40＝180， 解得：x＝70； （3）由三角形的外角性质得：x+（x+10）＝x+70， 解得：x＝60； （4）由四边形内角和是360°得：x+（x+10）+90+60＝360， 解得：x＝100； （5）由五边形内角和是540°得：x+（x－10）+ x+（x+20）+70＝540， 解得：x＝115． 【点睛】本题考查了多边形的内角和公式(n－2)·180°，熟记常见多边形的内角和以及熟练地解方程是解题的关键． 易错必刷题三、利用平行四边形的性质求解 1．（23-24八年级下·上海松江·期末）如图，平行四边形的周长为80，的周长比的周长多20，则长为（    ） A．15 B．20 C．25 D．30 【答案】D 【分析】根据平行四边形的性质，结合已知条件推出即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵平行四边形的周长为80，的周长比的周长多20， ∴， ∴， ∴， 故选D． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，熟知平行四边形对边相等，对角线互相平分是解题的关键． 2．（23-24八年级下·上海松江·期中）如图，在中，若三条边的长分别为和，则 ． 【答案】6 【分析】本题考查了平行四边形的性质，由平行四边形的性质可得，列出等式，即可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， 解得：， ． 故答案为：6． 3．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，在平行四边形中，已知对角线与相交于点O，，，，求的长． 【答案】4 【分析】由平行四边形的性质得出OB=OD，AD∥BC，由勾股定理求出BD，即可求出OD即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB=OD，AD∥BC， ∵∠DBC=90°， ∴∠ADB=90°， 在Rt△ADB中， ∵AB=10，AD=6， ∴BD==8， ∴OD=BD=4． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用平行四边形的性质解决问题． 易错必刷题四、添一个条件成为平行四边形 1．（23-24八年级下·上海青浦·阶段练习）如图，在四边形中，，若添加一个条件，能判断四边形为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定定理，根据平行四边形的判定定理逐项分析判断即可求解． 【详解】解：A．根据，，不能判断四边形为平形四边形，故该选项不正确，不符合题意； B．由，，根据一组对边平行且相等的四边形为平形四边形，故该选项正确，符合题意； C．根据，，不能判断四边形为平形四边形，故该选项不正确，不符合题意； D．根据，，不能判断四边形为平形四边形，故该选项不正确，不符合题意； 故选：B． 2．（23-24八年级下·全国·期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，要使得四边形ABCD是平行四边形，应添加的条件是 （只填写一个条件，不使用图形以外的字母和线段）．    【答案】AB=CD或AD∥BC或∠A=∠C或∠B=∠D或∠A+∠B=180°或∠C+∠D=180°等． 【详解】解：∵在四边形ABCD中，AB∥CD， ∴可添加的条件是：AB=DC， ∴四边形ABCD是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形） 故答案为AB=CD或AD∥BC或∠A=∠C或∠B=∠D或∠A+∠B=180°或∠C+∠D=180°等． 【点睛】本题考查平行四边形的判定． 3．（2024·上海嘉定·三模）已知四边形中，，，相交于点，将两端延长，使，连结，，，，添加下列条件之一①，②，③，使四边形为平行四边形．    (1)你添加的条件是：______；（填序号） (2)添加条件后求证四边形ABCD为平行四边形． 【答案】(1)① (2)见解析． 【分析】（1）根据已知条件可知，再添加即可证明，进而可证得，根据平行四边形的判定定理，一组对边平行且相等证明即可； （2）证明，进而可证得，根据平行四边形的判定定理，一组对边平行且相等证明即可． 【详解】（1）解：添加的条件是①：； 而②，③，根据已有条件无法证明三角形全等，无法判断四边形ABCD为平行四边形， 故答案为：①． （2）证明：在和中， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和三角形全等判定和性质，解题关键是熟练掌握平行四边形的判定定理． 易错必刷题五、证明四边形是平行四边形 1．（23-24八年级下·上海闵行·期中）如图，小华同学不慎将一块平行四边形玻璃打碎成如图所示的四块，为了能从商店配到一块与原来相同的玻璃，他带了其中两块玻璃去商店，其编号应该是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的定义以及性质，根据确定有关平行四边形，关键是确定平行四边形的四个顶点，由此即可解决问题，解题的关键是理解如何确定平行四边形的四个顶点，四个顶点的位置确定了，平行四边形的大小就确定了． 【详解】解：只有两块角的两边互相平行，且中间部分相联，角的两边的延长线的交点就是平行四边形的顶点， ∴带两块碎玻璃，就可以确定平行四边形的大小， 故选：． 2．（2024·上海长宁·模拟预测）如图，小宇将一张平行四边形纸片折叠，使点落在长边上的点处，并得到折痕，小宇测得长边，则四边形的周长为 ．    【答案】 【分析】可证，从而可得，再证四边形是平行四边形，可得，即可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， 由折叠得：， ，， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ． 故答案：． 【点睛】本题考查了平行四边形判定及性质，折叠的性质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键． 3．（2024·上海嘉定·模拟预测）如图，在平行四边形中，E，F分别是边和上的点，且，连接，．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查对平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质和判定等知识点． （1）根据平行四边形的性质得出，，根据证出； （2）根据题意求得平行且相等即可证得． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， 在和中， ∴； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， 又， ∴，， ∴四边形是平行四边形． 易错必刷题六、平行四边形性质和判定的应用 1．（23-24八年级下·全国·课后作业）为了保证铁路的两条直铺的铁轨互相平行，只要使互相平行的放在铁轨之间的枕木长相等就可以了．你能说出其中的道理吗？ 【答案】见解析 【分析】根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形进行判定，然后结合平行四边形的性质证明即可． 【详解】解：如图所示，设与为两条铁轨，AD，BE，CF等均为枕木， 由题意，AD∥BE，AD=BE， ∴四边形ADEB为平行四边形， ∴AB∥DE， 同理可证，四边形BEFC等均为平行四边形， ∴ ∴保证铁路的两条直铺的铁轨互相平行，只要使互相平行的放在铁轨之间的枕木长相等就可以了． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，理解并掌握平行四边形的判定方法是解题关键． 2．（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，田村有一口四边形的池塘，在它的四角A、B、C、D处均有一棵大桃树、田村准备开挖养鱼，想使池塘的面积扩大一倍，并要求扩建后的池塘成平行四边形形状，请问田村能否实现这一设想?若能，画出图形，说明理由． 【答案】见解析 【分析】连接AC、BD，分别过A、B、C、D作BD、AC的两条平行线，相交于E、F、G、H，平行四边形EFGH即为所求． 【详解】解：能，如图所示，平行四边形EFGH即为所求： 理由如下： ∵EH∥BD，FG∥BD， ∴EH∥FG， ∵EF∥AC，HG∥AC， ∴EF∥HG， ∴四边形EFGH是平行四边形， 四边形EBDH和BFGD都是平行四边形， ∵，， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理和性质定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形． 3．（23-24八年级下·上海徐汇期中）如图是由16个边长为1的小正方形拼成的风网格，每个小正方形的顶点叫格点，请在下列三个网格中，以格点为顶点分别按下列要求，将图形画在对应网格中，并注明各边的长度． (1)使三边的长度都是有理数的直角三角形． (2)使三边的长度都是无理数的直角三角形． (3)使一边长为且面积为6的平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【详解】（1）解：如图1中，即为所求作． AB=4，BC=3，AC==5， 故△ABC符合要求； （2）解：如图2中，即为所求作． AB=，AC=，BC=， 故△ABC符合要求； （3）解：如图，四边形即为所求作． ∵AD=BC=2，ADBC， ∴四边形ABCD是平行四边形， AB=CD=， ， 故四边形ABCD符合要求； 【点睛】本题考查勾股定理，平行四边形的判定与性质，熟练掌握利用勾股定理进行网格作图是解题的关键． 易错必刷题七、根据矩形的性质求角度、线段长、面积 1．（24-25八年级下·江西吉安·期中）解方程： (1)； (2)如图，矩形对角线，相交于，若，，求的长度． 【答案】(1)，； (2)． 【分析】（）根据因式分解法解方程即可； （）由矩形的性质可知，，然后由勾股定理得，代入即可求解； 本题考查了解一元二次方程，矩形的性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）解： ，； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，， 在中，由勾股定理得， ∴． 2．（23-24八年级下·安徽芜湖·期末）如图，、是矩形边上的两点，．    (1)若，则______°； (2)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据四边形是矩形得，，根据得，根据平行线的性质即可得； （2）根据四边形是矩形得，，根据可证明，得，即可得． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． （2）证明：∵四边形是矩形， ∴，， 在和中， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，解题的关键是掌握这些知识点． 3．（24-25八年级下·福建三明·期中）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所得两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证． 请根据该图完成这个推论的证明过程． 证明：，（ ① ＋ ② ） 又， ③ ＝ ④ ， ⑤ ＝ ⑥ ． ． 【答案】①；②；③；④；⑤；⑥ 【分析】本题考查矩形的性质，由题意可得四边形和四边形均为矩形，矩形的对角线将矩形平分为两个面积相等的三角形，由此逐项论证即可． 【详解】证明：， 又，，． ． 故答案为：①；②；③；④；⑤；⑥． 易错必刷题八、证明四边形是矩形 1．（23-24八年级下·上海青浦·期末）已知四边形中，，如果添加一个条件，即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题主要考查了正方形的判定，根据矩形的判定性质得出四边形是矩形是解决问题的关键． 根据四边形中，，得出四边形是矩形，再找出邻边相等条件即可． 【详解】解：∵， ∴是矩形， 又∵， ∴是正方形， 故添加的条件为， 故选D． 2．（23-24八年级下·山西运城·阶段练习）如图，在四边形中，，点E，F，G，H分别是的中点，连接，则四边形的形状是 ．    【答案】矩形 【分析】根据线段垂直平分线的判定定理得到，根据三角形中位线定理得到 根据矩形的判定定理得出结论. 【详解】解：∵, ∴点再线段的垂直平分线上， ∴, ∵点分别是的中点, ， ∴, ∴四边形为矩形, 故答案为：矩形. 【点睛】本题考查的是中点四边形、线段垂直平分线的判定，掌握三角形中位线定理、矩形的判定定理是解题的关键. 3．（24-25八年级下·山东菏泽·阶段练习）如图，在中，过边上的点作，交于点，交于，连接． (1)若平分，则四边形是什么四边形？并说明理由． (2)若，则四边形是什么四边形？并说明理由． (3)在（2）的条件下，给添加一个条件___________使四边形是正方形，并说明理由． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析； (2)四边形是矩形，理由见解析； (3)平分，理由见解析； 【分析】此题是四边形综合题，考查平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定和正方形的判定，关键是根据平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定和正方形的判定的方法解答． （1）根据两组对边平行的四边形是平行四边形，再根据证明与全等，进而得出，利用邻边相等的平行四边形是菱形解答即可； （2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形解答即可； （3）根据有一个角是直角的菱形是正方形解答即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵， ∴四边形是平行四边形； ∵平分， ∴， 又四边形是平行四边形， ∴， 在与中， ， ， ， 是菱形； （2）四边形是矩形，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∵， ∴是矩形； （3）添加平分，使得四边形是正方形，理由如下： 由（2）可知，是矩形， 又平分， 由（1）可知是菱形 ∴四边形是正方形， 故答案为：平分． 易错必刷题九、矩形的性质与判定综合应用 1．（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，你能用一根绳子检查一个书架的侧边是否和上、下底都垂直吗？为什么？ 【答案】能，见解析． 【分析】先根据平行四边形的判定方法，用测量边长的方法判定书架是否为平行四边形，再根据矩形的判定定理，测量书架的对角线判定平行四边形是否为矩形，最后根据矩形的性质即可得． 【详解】解：能．理由如下： 先用绳子量出书架的两组对边是否相等，若两组对边相等，则说明此书架为平行四边形；再用绳子量出书架的对角线是否相等，若对角线相等，则说明书架是矩形； 由于矩形的四个角都是直角，说明书架的内角为直角，因此可以说明书架的侧边与上、下底都垂直，反之书架的侧边与上、下底就不垂直． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定与性质，解题的关键是灵活运用这些知识点． 2．（24-25八年级下·辽宁沈阳·阶段练习）感应灯是一种通过感应模块自动控制光源点亮的一种新型智能照明产品，当人（或动物）移至灯一定距离时灯亮，人走开灯灭，给人们的生活带来了极大的方便，如图，有一个由传感器A控制的灯安装在门的上方，离地面高米的墙壁上，当人移至距离传感器A控制的灯5米及5米以内时，灯就会自动点亮，如果一个身高米的人走到点D处时，米，传感器A控制的灯刚好亮，求此时人到门的距离的长． 【答案】 【分析】本题考查的是勾股定理的应用，矩形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握勾股定理，在一个直角三角形中，两条直角边分别为a、b，斜边为c，那么．过人的头顶点C作于点E，则，证明四边形为矩形，得出，，根据勾股定理得出． 【详解】解：过人的头顶点C作于点E，则， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理，得： ， ∴． 3．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图1，在中，，于点C，点E是的中点，连接并延长，使，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)如图2，点H为的中点，连接，若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】（1）根据对角线互相平分证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行证明即可； （2）根据中点的性质得出四边形的面积等于两个三角形的面积和，求出三角形面积即可． 【详解】（1）证明：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形． （2）解：由（1）得， ∵，， ∴ ∵点E是的中点，点H为的中点， ∴，， 四边形的面积等于． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，解题关键是熟练运用矩形的判定定理进行推理证明，利用矩形和中点的性质求出面积． 压轴满分题十、根据菱形的性质求角度、线段长、面积 1．（23-24八年级下·江苏常州·期中）如图，点E是菱形ABCD的边BC延长线上一点，AC是对角线，∠BAC：∠ACE＝2：7，求∠B的度数． 【答案】 【分析】设，则，先根据菱形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据邻补角的定义可得，建立方程求出值，最后根据三角形的内角和定理即可得． 【详解】解：由题意，设，则， 四边形是菱形， ， ， 又， ， 解得， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 2．（23-24八年级下·全国·期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点，的速度都是连接，，，设点，运动的时间为． (1)求为何值时，四边形是矩形； (2)求为何值时，四边形是菱形． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了菱形、矩形的判定与性质，解决此题注意结合方程的思想解题． (1)当四边形是矩形时，，据此求得t的值； (2)当四边形是菱形时，，列方程求得运动的时间t． 【详解】（1）解：由题意，得，则， 四边形是矩形， ，， 当时，四边形为矩形， ， 解得， 故当时，四边形为矩形． （2）解：由（1）可知，四边形为平行四边形， 当时，四边形为菱形． 在中，， 时，四边形为菱形， 解得， 故当时，四边形为菱形． 3．（2024八年级下·全国·专题练习）如图所示，是一种长米，宽米的矩形瓷砖，分别为矩形四边的中点，阴影部分为淡黄色花纹，中间部分为白色，现有一面长米，宽米的墙壁准备贴如图所示规格的瓷砖．试问：    (1)这面墙最少要贴这种瓷砖多少块？ (2)全部贴满后，这面墙壁会出现多少个面积相同的菱形？ 【答案】(1)块 (2)个 【分析】（1）根据墙壁的长可求出横向所需瓷砖，根据墙壁宽可求出纵向所需瓷砖，由此即可求解； （2）根据菱形的性质，菱形图中中的直角三角形的特点，瓷砖的特点，由此即可求解． 【详解】（1）解：墙壁长，宽，矩形瓷砖长，宽， ∴，，则可知矩形瓷砖横排块，竖排块可毫无空隙地贴满墙面， ∴至少需要这种瓷砖 (块)． （2）解：每块瓷砖中间有一个白色菱形，则共有个白色的菱形，它的面积等于瓷砖面积的一半，另外在同一个顶点处的瓷砖能够拼成一个淡黄色花纹的菱形，它的面积也等于瓷砖面积的一半，有花纹的菱形横排有13个，竖排也有13个， ∴一共有淡黄色花纹菱形个，面积相等的菱形一共有 (个)． 【点睛】本题主要考查菱形的性质，菱形可以看作是由直角三角形组成的，因而铺满墙面后，要计算空白菱形的个数和阴影菱形的个数．将相同的图形拼在一起，在顶点周围的几个图形也能拼成一定的图案，不要忽略周围图形的拼接，掌握菱形的性质，直角三角形的性质是解题的关键． 易错必刷题十一、菱形的性质与判定综合应用 1．（2024·陕西商洛·三模）如图，在锐角中，为边上的一点，且满是，请用尺规作图法，在边上找一点，使得．（保留作图痕迹，不写作法）    【答案】见解析 【分析】分别以为圆心，长为半径作弧交于点F，连接,交于点，则，点即为所作． 【详解】解：如图，点即为所求．    理由：根据作法得：， ∴四边形是菱形， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了尺规作图——作已知线段的垂直平分线，菱形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握已知线段的垂直平分线的作法，菱形的判定和性质是解题的关键． 2．（23-24八年级下·山西太原·阶段练习）如图，在四边形中，，对角线交于点平分角，过点作交的延长线于点，连接．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用平行线和角的平分线，证明，继而判断四边形是平行四边形，结合得证； （2）利用勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，计算即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行线的性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键． 3．（23-24八年级下·吉林·期末）如图是某数学教材中的部分内容． 平行四边形的性质定理：平行四边形的对角线互相平分． 我们可以用演绎推理证明这个结论． 已知：如图  的对角线和相交于点． 求证：；．   观察图形，与、与分别属于哪两个三角形？    (1)请根据教材中的分析和图①，写出“平行四边形的对角线互相平分”这一性质定理的证明过程； (2)如图②，的对角线，相交于点，过点且与，分别相交于点，，连接，．求证：四边形是平行四边形； (3)如图②，若，的周长是，的周长是，且比的长多，比的长多，则四边形的面积是________． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）证明即可求得答案． （2）证明即可求得答案． （3）根据的周长和的周长可求得的长度，根据的周长及其三边的关系，可求得的长度，进而可求得的长度，根据即可求得答案． 【详解】（1）∵四边形为平行四边形， ∴，． ∴，． 在和中 ∴． ∴，． ∴平行四边形的对角线互相平分． （2）∵四边形为平行四边形， ∴，． ∴，． 在和中 ∴． ∴． ∴四边形是平行四边形． （3）∵，四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． ∴． 根据题意可知的周长，的周长，， ∴． ∴． ∵，，， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、全等三角形的判定及性质、菱形的判定及性质，牢记平行四边形的性质、全等三角形的判定方法及性质、菱形的判定方法及性质是解题的关键． 易错必刷题十二、根据正方形的性质求角度、线段长、面积 1．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，正方形中，，直线交于点F，求的度数． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，先由正方形的性质得到，则，根据等边对等角得到，设，则，则可推出，，则由平角的定义可得答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴，， ∴． 2．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． (1)证明：； (2)若，当四边形为正方形时，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）根据平行线的性质得到，根据全等三角形的判定即可得到结论； （2）根据四边形为正方形，根据勾股定理求出，则，在中，利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：， ， 是的中点， ， 在和中， ， ； （2）解：四边形是正方形， ，， 是的中点， ， ∴垂直平分， ， ， ， ， ， ． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质等知识，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 3．（23-24八年级下·河南商丘·期中）如图1，当时，与的面积相等．理由：因为，所以．又因为，所以． (1)【类比探究】如图2，在正方形的右侧作等腰三角形，，连接，求的面积． (2)【综合应用】如图3，在正方形的右侧作正方形，点B、C、E在同一直线上，，连接，求的面积． 【答案】(1)4 (2)8 【分析】本题主要考查了正方形性质和平行线判定和性质以及三角形面积，解题关键是理解阅读材料，根据平行线找到等底等高的三角形． （1）过点作于点，连接，可得，根据材料可知，再由等腰三角形性质可知，即可求出； （2）连接，证明，即可得，由此即可求解． 【详解】（1）解：过点作于点，连接， ∵在正方形中，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵在正方形中，， ∴； （2）解：如图3，连接， ∵在正方形、正方形中， ∴， ∴， ∴， ∵在正方形中，，， ∴． 易错必刷题十三、证明四边形是正方形 1．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）做一做：用一张长方形纸片折出一个最大正方形．如下图，步骤①将长方形纸片沿痕折叠，使点B落在边上与点重合；步骤②用剪刀沿剪掉长方形；步骤③将沿折痕展开得到正方形．其依据是（    ） A．有一个角是直角的菱形是正方形 B．有一组邻边相等的矩形是正方形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．对角线互相垂直的矩形是正方形 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，矩形与翻折的性质等知识，熟练掌握翻折的性质是解题的关键．根据折叠的性质可得，，，再证明四边形是菱形，再由，再结合正方形的判定即可证明， 【详解】如图， 将长方形纸片沿痕折叠，使点B落在边上与点重合， ，，， 又， ， ， ， ， 四边形是菱形， 又， 四边形是正方形， 故选：A 2．（23-24八年级下·江苏南京·开学考试）如图，在四边形中，，垂足为点．若四边形的面积为13，则 ．    【答案】 【分析】作于F，如图，易得四边形为矩形，再证明得到，，则可判断四边形为正方形，四边形的面积=四边形的面积，然后根据正方形的面积公式计算的长． 【详解】解：作于F，如图，   ，， ∴四边形为矩形， ， 即， ， 即， ， 在和中， ， ， ，， ∴四边形为正方形， 四边形的面积=四边形的面积， 四边形的面积为13， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形． 3．（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，在四边形中，对角线相交于点，延长至点E，使，连接． (1)当时，求证：； (2)当，且时，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查平行线的判定，特殊四边形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定定理和性质定理是解题关键． （1）根据平行线的性质可证，结合题意可证四边形为菱形，即得出，再结合，即得出； （2）由（1）可知四边形为平行四边形，即得出，，．再结合题意即证明四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵， ∴． ∵， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴平行四边形为菱形， ∴． ∵， ∴； （2）证明：如图，，， 由（1）可知四边形为平行四边形， ∴，，． ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴， ∴平行四边形为菱形． ∵， ∴， ∴菱形为正方形． 易错必刷题十四、正方形的性质与判定综合应用 1．（2024·山东潍坊·二模）如图，是正方形对角线上一点，连接，，并延长交于点．若，求的度数． 【答案】65° 【分析】先证明求得，再根据三角形外角的性质求得的度数． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ， 在和中， ， ∴； ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和及外角和的性质，三角形全等的判定，熟悉三角形的外角性质是解题的关键． 2．（23-24八年级下·安徽合肥·期中）如图1，的三边分别为，以为一边作正方形，点在边上，将裁剪拼接至位置，如图2，请用图1、图2的面积不变证明勾股定理． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理的几何证明，先求出正方形的面积为，四边形的面积，根据正方形的面积与四边形的面积相等，得出，即可证明结论． 【详解】证明：连接， ， 正方形的面积为， ， ， ， ， ， ， 为等腰直角三角形， 四边形的面积， 正方形的面积与四边形的面积相等， ， ， ∴． 3．（2024·贵州黔东南·一模）小惠自编一题：如图，在菱形中，对角线交于点，求证：． 并将自己的证明过程与同学小洁交流． 小惠： 证明：四边形是菱形， ，，， 小洁： 这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明． 若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明． 【答案】赞成小洁的说法；补充，证明见解析． 【分析】本题主要考查菱形的性质，正方形的判定与性质，根据有一个角是直角的菱形是正方形，正方形的对角线相等即可求解． 【详解】解：赞成小洁的说法，补充， 证明：∵四边形菱形，， ∴菱形是正方形， ∴． 易错必刷题十五、中点四边形 1．（23-24八年级下·重庆南川·期中）如图，在矩形中，、、、分别为边、、、的中点，若，，则图中阴影部分四边形的面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接、，根据矩形的性质得到，然后再求出，HF=AB=5，EG⊥HF，最后根据三角形的面积公式计算即可． 【详解】解：连接、， 四边形为矩形， ，，， 、、、分别为边、、、的中点， ∴，HF=AB=5,EG⊥HF ∴． 故选：C． 【点睛】本题主要考查的是中点四边形、矩形的性质等知识点，掌握矩形的性质是解答本题的关键． 2．（2024·广东汕头·一模）如图：顺次连接矩形A1B1C1D1四边的中点得到四边形A2B2C2D2，再顺次连接四边形A2B2C2D2四边的中点得四边形A3B3C3D3，…，按此规律得到四边形AnBnCnDn．若矩形A1B1C1D1的面积为8，那么四边形AnBnCnDn的面积为 ． 【答案】 【分析】根据矩形A1B1C1D1面积、四边形A2B2C2D2的面积、四边形A3B3C3D3的面积，即可发现新四边形与原四边形的面积的一半，找到规律即可解题． 【详解】解：顺次连接矩形A1B1C1D1四边的中点得到四边形A2B2C2D2，则四边形A2B2C2D2的面积为矩形A1B1C1D1面积的一半， 顺次连接四边形A2B2C2D2四边的中点得四边形A3B3C3D3，则四边形A3B3C3D3的面积为四边形A2B2C2D2面积的一半， 故新四边形与原四边形的面积的一半， 则四边形AnBnCnDn面积为矩形A1B1C1D1面积的， ∴四边形AnBnCnDn面积=×8=， 故答案为：． 【点睛】本题考查了学生找规律的能力，本题中找到连接矩形、菱形中点则形成新四边形的面积为原四边形面积的一半是解题的关键． 3．（23-24八年级下·河南开封·期中）已知：如图四边形四条边上的中点E、F、G、H，顺次连接、、、，得到四边形，四边形的形状是什么？并证明结论． 【答案】平行四边形，证明见解析 【分析】连接BD，根据三角形的中位线定理得到EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，推出，EH∥FG，EH=FG，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EFGH是平行四边形． 【详解】解：四边形EFGH的形状是平行四边形． 证明：如图，连接BD， ∵E、H分别是AB、AD中点， ∴EH∥BD，EH=BD， 同理FG∥BD，FG=BD， ∴EH∥FG，EH=FG， ∴四边形EFGH是平行四边形． 【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，解题的关键是正确的构造三角形病正确的运用中位线定理，难度不大． 易错必刷题十六、三角形、梯形的中位线 1．（24-25八年级下·广东深圳·期中）在平行四边形中，点为边上的中点，过点作于点，若点为的中点，，，则的长为（   ） A．6 B． C．8 D． 【答案】B 【分析】取的中点，连接，则，而，所以，因为为的中点，所以，，则，求得，即可得解，本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 【详解】解∶取的中点，连接，则， ∵点为的中点，，， ∴， ∴， ∵为的中点，为的中点， ∴， ∴， ∵于点， ∴ ∴， 故选∶． 2．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，，，，，点为斜边的中点，点在边上，连结，若线段的垂直平分线恰好经过边的中点，则线段 ． 【答案】 【分析】本题主要考查三角形中位线定理和垂直平分线的性质，分两种情况讨论：当点位于点左侧时和当点位于点右侧时． 【详解】解：设线段的垂直平分线为． ∵，分别为，的中点， ∴，． ∵为的垂直平分线， ∴． 当点位于点左侧时，． 当点位于点右侧时，． 综上所述，． 故答案为：． 3．（23-24八年级下·上海金山·期末）已知：如图，点O是△ABC内一点，D、E、F、G分别是OB、OC、AC、AB的中点． （1）求证：四边形DEFG是平行四边形； （2）如果AB＝AC，OB＝OC，求证：四边形DEFG是矩形． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）根据三角形中位线定理得到FG∥BC，FG=BC，DE∥BC，DE=BC，进而得到FG∥DE，FG=DE，根据平行四边形的判定定理证明结论； （2）连接AO并延长交BC于H，根据线段垂直平分线的性质得到AH⊥BC，根据三角形中位线定理得到DG∥AH，根据矩形的判定定理证明即可． 【详解】解：证明：（1）∵F、G分别是AC、AB的中点， ∴FG是△ABC的中位线， ∴FG∥BC，FG=BC， 同理可得：DE∥BC，DE=BC， ∴FG∥DE，FG=DE， ∴四边形DEFG是平行四边形； （2）连接AO并延长交BC于H， ∵AB=AC，OB=OC， ∴AH是线段BC的垂直平分线，即AH⊥BC于H， ∴AH⊥DE， ∵D、G分别是OB、AB的中点， ∴DG∥AH， ∴DG⊥DE， ∴平行四边形DEFG是矩形． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形、矩形的判定定理、线段垂直平分线的判定，根据线段垂直平分线的判定定理得到AH是线段BC的垂直平分线是解题的关键． 易错必刷题十七、平面向量及其加减运算 1．（23-24八年级下·上海·课后作业）分别以正方形的四个顶点为起点与终点的所有有向线段能表示的不同向量有（  ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【详解】本题考查了相等向量的定义，向量的几何意义，考查了计算能力，属于基础题．本题考查了相等向量的定义，向量的几何意义，考查了计算能力，属于基础题． 可画出图形，然后写出以正方形的四个顶点为起点与终点的所有有向线段能表示的不同向量，然后即可得出正确的选项． 解：如图，以正方形的四个顶点为起点与终点的所有有向线段能表示的不同向量为： ，共个． 故选： 2．（23-24八年级·上海闵行·阶段练习）已知矩形ABCD的两条对角线相交于点O, BO=2, BC=3,则 【答案】 【分析】首先利用矩形的性质和勾股定理求出CD的长度，然后根据即可得出结果. 【详解】解：在矩形ABCD中，BO=2, BC=3， ∴BD=4， ∴， ∴=， 故答案为. 【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理及向量的运算，熟练掌握向量的运算法则是解题关键. 3．（23-24八年级下·上海黄浦·期末）已知，如图，点E在平行四边形ABCD的边CD上，且＝，设． （1）用表示（直接写出答案）． （2）设，在答题卷中所给的图上画出的结果． 【答案】（1）；（2）见解析 【分析】（1）根据平面向量的平行定理即可表示； （2）由（1）中结论得到，延长AE交BC延长线于点G，通过平行四边形的性质得到，再根据对应边成比例得到，从而有，即可求解． 【详解】解：（1）∵＝，即 ， ， ∴， （2）由（1）知， ∴ ， 延长AE交BC延长线于点G，如图所示， 则． 理由如下： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴， ∴， 又∵（对顶角相等）， ∴， ∴ ， ∵＝， ∴ ， ∴ ， ∵， ∴，即． 【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算、平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握平面向量的线性运算、平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质． 压轴满分题一、多边形内角和与外角和综合 1．（23-24八年级下·上海杨浦·期中）一个多边形的内角和是其外角和的6倍，则这个多边形的边数是（    ） A．12 B．13 C．14 D．15 【答案】C 【分析】已知多边形的外角和为，结合题意，利用多边形的内角和公式列方程并解方程即可． 【详解】解：设这个多边形的边数是n， 则， 解得：， 即这个多边形的边数是14． 故选：C． 【点睛】本题主要考查多边形的内角和与外角和，利用方程思想将外角和与内角和建立等量关系是解题的关键． 2．（23-24八年级下·福建龙岩·期末）若一个正多边形的每一个外角都等于36°，那么这个正多边形的中心角为 度． 【答案】36 【分析】根据题意首先由多边形外角和定理求出正多边形的边数n，再由正多边形的中心角=，即可得出答案． 【详解】解：∵正多边形的每一个外角都等于36°， ∴正多边形的边数为：， ∴这个正多边形的中心角为：. 故答案为：36． 【点睛】本题考查正多边形的性质和多边形外角和定理以及正多边形的中心角的计算方法，熟练掌握正多边形的性质并根据题意求出正多边形的边数是解决问题的关键． 3．（23-24八年级下·上海·课后作业）附加题： 探究题：我们知道等腰三角形的两个底角相等，如下面每个图中的△ABC中AB、BC是两腰，所以∠BAC=∠BCA．利用这条性质，解决下面的问题： 已知下面的正多边形中，相邻四个顶点连接的对角线交于点O它们所夹的锐角为a.如图： 正五边形α=_____；正六边形α=______；正八边α=_____；当正多边形的边数是n时，α=______． 【答案】α5=172°；α6=60°，α8=45°，α=． 【分析】如图，延长BA到F，根据多边形外角和为360°可得∠EAF的度数，根据正多边形内角和可得∠ABC=∠BAE=108°，利用等腰三角形的性质可得∠BAC=∠BCA=∠ABE=∠BEA=36°，利用三角形外角性质可得α=∠EAF，即可得正五边形中α的值，讨论可得α6、α8的值，根据所得规律即可得当正多边形的边数是n时α的值. 【详解】如图，延长BA到F， ∵∠EAF是正五边形ABCDE的外角， ∴∠EAF=360°÷5=72°， ∵五边形ABCDE是正五边形， ∴AB=BC=AE，∠ABC=∠BAE=(5-2)×180°÷5=108°， ∴∠BAC=∠BCA=∠ABE=∠BEA==36°， ∵α=∠ABE+∠BAC，∠EAF=∠ABE+∠AEB， ∴α=∠EAF=72°， 同理：α6=360°÷6=60°，α8=360°÷8=45°， 当正多边形的边数是n时，α=． 故答案为36°；60°；45°； 【点睛】本题考查多边形内角与外角及等腰三角形的性质．通过特例分析从而归纳总结出一般结论是解题关键. 压轴满分题二、平行四边形性质和判定的应用压轴 1．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）如图，在直角梯形中，，．求．    【答案】 【分析】本题考查矩形的判定与性质，勾股定理，梯形的面积．正确作出辅助线，构造直角三角形利用勾股定理求出梯形下底长是解题的关键． 过点A作于E，先证明四边形是矩形，得，，再用勾股定理求出长，从而求得梯形下底长，然后用梯形面积公式求解即可． 【详解】解：过点A作于E，如图，    ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， 设，则， 由勾股定理，得， 解得：， ∴， ∴． 2．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）已知：如图，四边形中，，垂足分别为E、F，． (1)求证：四边形为菱形； (2)联结交于点O，联结，求证：． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】该题主要考查了菱形的性质和判定，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据两组对边分别平行证明四边形是平行四边形，再证明，根据全等三角形的性质得出，即可证明四边形是菱形； （2）根据四边形是菱形，得出，再根据直角三角形的性质得出，根据等腰三角形的性质即可证明； 【详解】（1）， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 3．（23-24八年级下·上海浦东新·阶段练习）如图，已知在平面直角坐标系中，是矩形，，，点是边边上一动点，连结，将四边形沿所在直线翻折，落在的位置，点A、的对应点分别为点、，边与边的交点为点． (1)当坐标为时，求点坐标和直线的解析式； (2)过作交于，若，，求关于的函数解析式，并写出它的定义域． 【答案】(1)，直线为： (2) 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，一次函数的应用，勾股定理等知识点，熟练掌握折叠的性质、矩形的性质及勾股定理是解题的关键． （1）设，先求出，再根据勾股定理求出点的坐标，由点的坐标可求出直线的解析式； （2）由折叠的性质得出，利用勾股定理得出 【详解】（1）解：设， 四边形是矩形， ， ， 由折叠得：， ， ， ，，， ， ， 在中，， ， ， ， ∴， ， 设直线为：，则 ， 解得：， 直线为：． （2）解：，， 由对称性可知：，， ， ， ，， ， ， ， 在中，， ， ， 当与重叠时，与重合，此时， ∴． 压轴满分题三、矩形的性质与判定综合应用压轴 1．（23-24八年级下·河南安阳·期末）如图，在中，对角线AC，BD相交于点O，于点E，于点F，且． (1)求证：四边形ABCD是矩形． (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2)10° 【分析】（1）证△AEO≌△DFO（AAS），得出OA=OD，则AC=BD，即可得出四边形ABCD是矩形． （2）由矩形的性质得出∠ABC=∠BAD=90°，OA=OB，则∠OAB=∠OBA，求出∠BAE=40°，则∠OBA=∠OAB=50°，即可得出答案． 【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴，， ∵于点E，于点F， ∴， 又∵  ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形ABCD是矩形； （2）由（1）得：四边形ABCD是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 2．（2024·上海·模拟预测）小张同学在探究作角问题 如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作，，等大小的角，可以采用如图1的方法：    （1）对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平． （2）再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时，得到了线段． 【证明】请根据上述过程完成下列问题： （1）连接，如图2.请直接写出：______； （2）请判断和的数量关系，并说明理由； （3）小张在探究活动的第（2）步基础上再次动手操作（如图3），将延长交于点．将沿折叠，点刚好落在边上点处，连接，把纸片再次展平，求证：四边形是平行四边形． 【答案】（1）；（2）；（3）见解析 【分析】本题考查了折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的性质、平行四边形的判定，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由折叠的性质可得：垂直平分、垂直平分，得出，推出为等边三角形，由等边三角形的性质即可得出答案； （2）结合矩形的性质求出，即可得解； （3）证明是等边三角形，，得出，，由折叠的性质得出，推出，即可得证． 【详解】（1）解：由折叠的性质可得：垂直平分、垂直平分， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴； （3）证明：由（1）可得， ∴，， 由折叠的性质得出， ∴，， ∴是等边三角形，， ∴，， 由折叠的性质得出， ∴， ∴四边形是平行四边形． 3．（23-24八年级下·江苏盐城·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，对角线AC、BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE． (1)求证：四边形ABCD是矩形； (2)若∠BDE＝15°，求∠EOC的度数； (3)在（2）的条件下，若AB＝2，求矩形ABCD的面积． 【答案】(1)详见解析； (2)75°； (3)． 【分析】（1）由平行线的性质易证∠BAD＝90°，得出∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，即可得出结论； （2）由矩形和角平分线的性质得出∠CDE＝∠CED＝45°，则EC＝DC，推出∠CDO＝60°，证明△OCD是等边三角形，求出∠OCB＝30°，得出∠COE＝75°，即可得出结果； （3）作OF⊥BC于F．求出EC、OF的长即可． 【详解】（1）证明：∵AD∥BC， ∴∠ABC+∠BAD＝180°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠BAD＝90°， ∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°， ∴四边形ABCD是矩形； （2）解：∵四边形ABCD是矩形，DE平分∠ADC， ∴∠CDE＝∠CED＝45°， ∴EC＝DC， 又∵∠BDE＝15°， ∴∠CDO＝60°， 又∵矩形的对角线互相平分且相等， ∴OD＝OC， ∴△OCD是等边三角形， ∴∠DOC＝∠OCD＝60°， ∴∠OCB＝90°﹣∠DCO＝30°， ∵CO＝CE， ∴∠COE＝（180°﹣30°）÷2＝75°； （3）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴CD＝AB＝2，∠BCA＝90°， 由（1）可知，∠OCB＝30°， ∴AC=2AB=4， ∴， ∴矩形OEC的面积． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键． 压轴满分题四、菱形的性质与判定综合应用压轴 1．（23-24八年级下·江苏宿迁·期末）如图，菱形的对角线、相交于点O，，，与交于点F．    (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2)96 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识， （1）先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的性质可得，问题随之得证； （2）根据菱形的性质可得，再利用勾股定理可得，问题随之得解． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵菱形对角线交于点O， ∴，即． ∴四边形是矩形； （2）∵菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积为：． 2．（2024八年级下·上海·专题练习）如图1，在菱形中，，，点是上一点，点在射线上，且，连接，设． (1)当点、在边上）运动时，的大小是否会变化？若不变，请求出度数，若变化，请说明理由． (2)若，求的值． (3)当在线段上时，设，求关于的函数关系式及其定义域． 【答案】(1)不变， (2)或 (3) 【分析】本题考查了菱形性质，直角三角形性质，等腰三角形判定和性质等知识，通过计算寻找角的数量关系是解本题的关键． （1）连接，设，可表示出，，，，，进而计算求得，从而求得结果； （2）可推出，进而求得结果； （3）作于，，在中表示出，进而表示出，进一步表示出，从而求得结果． 【详解】（1）如图1， 连接， 四边形是菱形， ，，，， ，， ， ， ，， ， 设， ， ， 在中， ， ， 在中， ， ， ， ， ； （2）当点在线段上时， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， 如图2， 当点在的延长线上时，作于， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 综上所述：或； （3）作于，， ， ， ， ， 在中， ， 在中， 同理可得：， ， ． 3．（23-24八年级下·上海·阶段练习）已知菱形中，对角线，交于点，于，联结，求证：（需要写本学期学习的理由） 【答案】见解析 【分析】根据菱形的性质，得到，，，依据平行线的性质得到，依据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到等腰三角形，依据等边对等角得到，依据等角的余角相等及等量代换即可得证. 【详解】证明：∵菱形， ∴，，，(菱形的性质) ∴,， ∵于，得，， ∴,（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半） ∴,（等边对等角） 又∵，，， ∴. 【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等腰三角形判定与性质、等角的余角相等，解题的关键是等角转换. 压轴满分题五、正方形的性质与判定综合应用压轴 1．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）已知：正方形ABCD的边长为8，点E是BC边的中点，点F是边AB上的动点，联结DE、EF． （1）如图1，如果BF=2，求证：EF⊥DE； （2）如图2，如果BF=3，求证：∠DEF=3∠CDE； （3）联结DF，设DF的中点为G，四边形AFEG是否可能为菱形？请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）不可能，证明见解析 【分析】（1）联结DF，求出EF，DE，EF，利用勾股定理的逆定理可得∠FED=90°，即可得证； （2）过E作EH⊥AD于H，联结AE，证明∠CDE=∠DEH=∠AEH=∠FEA即可得到∠DEF=3∠CDE． （3）结论：四边形AFEG不可能是菱形，利用反证法证明EF＞AF即可． 【详解】解：（1）证明：如图1中，联结DF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A=∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=AD=8， ∵点E是BC边的中点， ∴BE=CE=4， ∵BF=2， ∴AF=6， ∴DF==10，EF==，DE==， ∴， ∴∠FED=90°， ∴EF⊥DE． （2）证明：如图中，过E作EH⊥AD于H，联结AE． ∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AD于H， ∴AB∥EH∥CD， ∴∠CDE=∠DEH， ∵E是BC中点， ∴AH=DH， ∴EH垂直平分AD， ∴∠AEH=∠DEH， ∴∠CDE=∠DEH=∠AEH， Rt△BEF中，BF=3，BE=4， ∴EF==5， ∴AF=AB-BF=5， ∴EF=AF， ∴∠FAE=∠FEA， 而∠FAE=∠AEH， ∴∠FEA=∠AEH， ∴∠CDE=∠DEH=∠AEH=∠FEA， ∴∠DEF=3∠CDE． （3）结论：四边形AFEG不可能是菱形． 理由：联结AE．假设四边形AFEG是菱形，则AE⊥DF， ∴∠BAE+AFD=90°，∠AFD+∠ADF=90°， ∴∠BAE=∠ADF， ∵AB=DA，∠B=∠DAF=90°， ∴△ABE≌△DAF（ASA）， ∴BE=AF， ∵BE=EC，BC=AB， ∴AF=BF， 在Rt△BEF中，EF＞BF， ∴EF＞AF，这与假设矛盾， ∴四边形AFEG不可能是菱形． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查正方形性质，勾股定理的逆定理，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握四边形的性质，属于中考压轴题． 2．（23-24八年级下·上海闵行·期末）如图，已知正方形的边长为，点为边上的一个动点（不与点、重合），将正方形纸片翻折，使得点落在点处，点落在点处，交边于点，折痕为，联结交边于点．　　　　 （1）求证：. （2）当在边的运动时，设，梯形的面积为，求与之间的函数解析式，并写出定义域． 【答案】（1）见解析；（2）所求函数解析式为，自变量的取值范围是． 【分析】（1）根据翻折和正方形的性质证明△A1AD≌△MNG即可； （2）根据翻折的性质得MA=MA1，设MA=a，则MD=4-a，A1D=x，然后根据MA²=MD²+DA1²，求出MA，再根据（1）得出MG=DA1=x，BN=-x，然后由梯形的面积公式得出结论． 【详解】（1）过作，垂足为. 正方形， ，，. . ，，， . ， . 同理：. . 在和中， . . （2）正方形的边长为， ，. ， 垂直平分， . 设，，那么. . ， . . . 所求函数解析式为. 自变量的取值范围是. 【点睛】本题考查了翻折的性质、正方形的性质，三角形全等，勾股定理等知识，关键是对翻折性质的掌握和运用． 3．（13-14八年级下·江西宜春·期末）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且． （1）求证：； （2）在图1中，若G在上，且，则成立吗？为什么？ （3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题： ①如图2，在直角梯形中，，，，E是上一点，且，，求的长． ②如图3，在中，，，，，则的面积为____（直接写出结果，不需要写出计算过程） 【答案】（1）见解析；（2）成立，理由见解析；（3）①10；②15 【分析】（1）因为ABCD为正方形，所以CB=CD，∠B=∠CDA=90°，又因为DF=BE，则△BCE≌△DCF，即可求证CE=CF； （2）因为∠BCD=90°，∠GCE=45°，则有∠BCE+∠GCD=45°，又因为△BCE≌△DCF，所以∠ECG=∠FCG，CE=CF，CG=CG，则△ECG≌△FCG，故GE=BE+GD成立； （3）①过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G，利用勾股定理求得DE的长；②由题中条件，建立图形，根据已知条件，运用勾股定理，求出AD的长，再求得△ABC的面积． 【详解】解：（1）证明：在正方形ABCD中 CB=CD，∠B=∠CDA=90°， ∴∠CDF=∠B=90°． 在△BCE和△DCF中， ， ∴△BCE≌△DCF（SAS）． ∴CE=CF． （2）解：GE=BE+GD成立．理由如下： ∵∠BCD=90°，∠GCE=45°， ∴∠BCE+∠GCD=45°． ∵△BCE≌△DCF（已证）， ∴∠BCE=∠DCF． ∴∠GCF=∠GCD+∠DCF=∠GCD+∠BCE=45°． ∴∠ECG=∠FCG=45°． 在△ECG和△FCG中， ， ∴△ECG≌△FCG（SAS）． ∴GE=FG． ∵FG=GD+DF， ∴GE=BE+GD． （3）①如图2，过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G， 由（2）和题设知：DE=DG+BE， 设DG=x，则AD=12-x，DE=x+4， 在Rt△ADE中，由勾股定理，得： AD2+AE2=DE2 ∴（12-4）2+（12-x）2=（x+4）2 解得x=6． ∴DE=6+4=10； ②将△ABD沿着AB边折叠，使D与E重合，△ACD沿着AC边折叠，使D与G重合， 可得∠BAD=∠EAB，∠DAC=∠GAC， ∴∠EAG=∠E=∠G=90°， AE=AG=AD， BD=EB=2， DC=CG=3， ∴四边形AEFG为正方形， 设正方形的边长为x， 可得BF=x-2，CF=x-3， 在Rt△BCF中， 根据勾股定理得： BF2+CF2=BC2， 即（x-2）2+（x-3）2=（2+3）2， 解得：x=6或x=-1（舍去）， ∴AD=6， 则S△ABC=BC•AD=15． 【点睛】此题是一道把等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的判定和全等三角形的判定结合求解的综合题．考查学生综合运用数学知识的能力，解决问题的关键是在直角三角形中运用勾股定理列方程求解． 压轴满分题六、（特殊）平行四边形的动点问题 1．（2024·贵州铜仁·三模）如图①，在矩形中，，对角线，相交于点，动点由点出发，沿向点运动．设点的运动路程为，的面积为，与的函数关系图象如图②所示，则对角线的长为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，当P点到达B点时，结合图象可得△AOP面积最大为3，得到AB与BC的积为12；当P点在BC上运动时，△AOP面积逐渐减小，当P点到达C点时，△AOP面积为0，此时结合图象可知P点运动路径长为7，得到AB与BC的和为7，构造关于AB的一元二方程可求解． 【详解】解：当P点在AB上运动时，△AOP面积逐渐增大，当P点到达B点时，△AOP面积最大为3． 即AB•BC=12． 当P点在BC上运动时，△AOP面积逐渐减小，当P点到达C点时，△AOP面积为0，此时结合图象可知P点运动路径长为7， ∴AB+BC=7． 则BC=7-AB，代入AB•BC=12，得AB2-7AB+12=0， 解得AB=4或3， ∵AB＜AD，即AB＜BC， ∴AB=3，BC=4． ∴ 四边形ABCD为矩形 故答案为：C． 【点睛】本题主要考查动点问题的函数图象，解题的关键是分析三角形面积随动点运动的变化过程，找到分界点极值，结合图象得到相关线段的具体数值． 2．（23-24八年级下·江苏徐州·期中）如图，在中，，，点P在边上以的速度从点A向点D运动，点Q在边上以的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动）．设运动（其中）时，以P、D、Q、B四点组成的四边形是平行四边形，则t的所有可能取值为 ． 【答案】4.8或8或9.6 【分析】根据平行四边形的判定可得当DP=BQ时，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，然后分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC=AD=12cm，AD∥BC， ∵以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形， ∴DP=BQ， 当点Q的运动路线是C—B时，则12-4t=12-t， 解得：t=0，不符合题意； 点Q的运动路线是C—B—C，则4t-12=12-t， 解得：t=4.8； 点Q的运动路线是C—B—C—B，则12-（4t-24）=12-t， 解得：t=8； 点Q的运动路线是C—B—C—B—C，则4t一36=12-t， 解得：t=9.6； 综上所述，t=4.8s或8s或9.6s时，以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形， 故答案为：4.8或8或9.6． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质等知识，求出符合条件的所有情况是解此题的关键，注意分类讨论思想的应用． 3．（23-24八年级下·上海松江·期末）在一次数学研究性学习中，小明将两个全等的直角三角形纸片和拼在一起，使点与点重合，点与点重合(如图)．其中，，．并进行如下研究活动：将图中的纸片沿方向平移，联结， (如图)． （1）求证：图中的四边形是平行四边形； （2）当纸片平移到某一位置时，小明发现四边形为矩形(如图)．求此时的长： （3）在纸片平移的过程中，四边形能成为菱形吗？如果可以直接写出的长，如果不可以，说明理由． 【答案】（1）证明见解答；（2）AF=4cm；（3）AF=9cm 【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可证得结论； （2）设AF=DC=x cm，则AD=AC+CD=（9+x）cm，由四边形ABDE为矩形，可得AE2+ED2=AD2，建立方程求解即可； （3）设AF=DC=x cm，根据AE=DE，建立方程求解即可． 【详解】解：（1）∵两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起， ∴ED=AB，∠EDF=∠BAC， ∴ED∥AB， ∴四边形ABDE是平行四边形； （2）∵将图1中的纸片DEF沿AC方向平移， ∴AF=DC， ∵BC=EF=6cm，AC=DF=9cm， ∴设AF=DC=x cm，则AD=AC+CD=（9+x）cm， ∵∠DFE=90°=∠AFE， ∴AE2=AF2+EF2=x2+62，ED2=DF2+EF2=92+62， ∵四边形ABDE为矩形， ∴∠AED=90°， ∴AE2+ED2=AD2， 即x2+62+92+62=（9+x）2， 解得：x=4， 即AF=4cm； （3）纸片DEF平移的过程中，四边形ABDE能成为菱形． ∵四边形ABDE能成为菱形， ∴AE=DE， ∴AE2=DE2， 设AF=DC=x cm， ∵∠DFE=∠AFE=90°， ∴AE2=AF2+EF2=x2+62，ED2=DF2+EF2=92+62， ∴x2+62=92+62， 解得：x=9或x=-9（舍去）， 即AF=9cm， ∴当AF=9cm时，四边形ABDE能成为菱形． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，平移的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 压轴满分题七、四边形中的线段最值问题 1．（23-24八年级下·重庆潼南·期末）如图，正方形的对角线，相交于点，点是上任意一点，于点，于点，若，则的长的最小值为（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】B 【分析】如图，连接OP、EF，根据已知条件和正方形的性质可以得到当EF最小就是OP最小，然后利用垂线段最短即可求解． 【详解】解：如图，连接OP、EF， ∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点P是BC上任意一点，PE⊥BD于点E，PF⊥AC于点F， ∴四边形OEPF为矩形， ∴EF=OP， ∴EF最小时OP最小， 当OP⊥BC于P的时候OP最小， 而当OP⊥BC时，P为BC的中点， ∴OP=BC， ∵AC=， 则BC=2， ∴OP=1， ∴EF的长的最小值为1． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，同时也利用了垂线段最短解决问题． 2．（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）正方形中，点在上，，，点在上，的最小值 ．    【答案】 【分析】此题考查了正方形的性质，轴对称，两点之间线段最短和勾股定理，连接交于点O，连接与交于点P，连接，结合两点之间线段最短，即可求解． 【详解】如图，连接交于点，连接与交于点P，连接，    ∵四边形是正方形， ∴，且， ∴，则，此时最短， ∵，， ∴根据勾股定理得， ∴， 即的最小值为：， 故答案为：． 3．（23-24八年级下·河北沧州·期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝AC，E、F分别是AB、CD的中点，连接CE、AF． （1）求证：四边形AECF是矩形； （2）当平行四边形ABCD的边或角满足什么关系时，四边形AECF是正方形？请说明理由． （3）在（2）的条件下，若AE＝4，点M为EC中点，当点P在线段AC上运动时，求PE+PM的最小值．    【答案】（1）见解析；（2）∠B＝45°或AB＝BC，理由见解析；（3） 【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形得AB＝CD，AB∥CD，再由E、F分别是AB、CD的中点得AE＝AB，CF＝CD，即可证得四边形AECF为平行四边形，再由BC＝AC，E为AB中点，得CE⊥AB，故四边形AECF是矩形； （2）当∠B＝45°时，可证∠BAC＝90°，由E为AB的中点得EC＝AB＝AE，故矩形AECF为正方形；当AB＝BC时，由BC＝AC，AB＝BC，可证得AC2+BC2＝AB2，△ACB为直角三角形，再由E为AB的中点得EC＝AB＝AE，故矩形AECF为正方形； （3）连接EF，连接FM交AC于P，由E和F关于AC对称得此时PE+PM最小，再在Rt△MCF中用勾股定理求出FM即可． 【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∵E、F分别是AB、CD的中点， ∴AE＝AB，CF＝CD， ∴AE＝CF， ∵AE∥CF， ∴四边形AECF为平行四边形， ∵BC＝AC，E为AB中点， ∴CE⊥AB， ∴∠AEC＝90°四边形AECF是矩形； （2）解：①当∠B＝45°时，四边形AECF是正方形， 理由：∵BC＝AC，∠B＝45°， ∴∠BAC＝∠B＝45°， ∴∠BAC＝90°， ∵E为AB的中点， ∴EC＝AB＝AE， ∴矩形AECF为正方形， 或②当AB＝BC时，矩形AECF为正方形， 理由：∵BC＝AC，AB＝BC， ∴AC2+BC2＝2BC2， AB2＝（BC）2＝2BC2， ∴AC2+BC2＝AB2， ∴△ACB为直角三角形， ∵E为AB的中点， ∴EC＝AB＝AE， ∴矩形AECF为正方形； （3）解：连接EF，连接FM交AC于P， ∵四边形AECF为正方形， ∴E和F关于AC对称，此时PE+PM最小且为FM， 在Rt△MCF中，CM＝2，CF＝AE＝4， ∴FM＝ ∴PE+PM最小值为． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，正方形的性质与判定，勾股定理和勾股定理的逆定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解. 压轴满分题八、四边形综合应用 1．（2024·河北石家庄·模拟预测）如图，在直角坐标系中，已知、、三点，其中a、b，c满足关系式．    (1)求a、b、c的值； (2)如果在第二象限内有一点，请用含m的式子表示四边形的面积； (3)在（2）的条件下，是否存在点P，使四边形的面积与的面积相等？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由？ 【答案】(1)，， (2) (3)存在点使 【分析】（1）用非负数的性质求解； （2）把四边形的面积看成两个三角形面积和，用来表示； （3）先求出的面积，根据题意，列出方程即可解决问题． 【详解】（1）解：， ，，， ，，； （2）解：， ， ， 即； （3）解：， ， 则， 存在点使． 【点睛】本题考查了四边形综合题，属于掌握非负数的性质，三角形及四边形面积的求法，解决本题的关键是根据非负数的性质求出，，． 2．（23-24八年级下·浙江杭州·期中）如图，在中，，，与关于对称，交边于点．      (1)求证：． (2)延长到点，使得，连结， 若，求的长． 如图，若，记四边形的面积为，的面积为，求的值．（直接写出答案即可） 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】（1）由平行四边形的性质得出，，由轴对称的性质得出，，则可证明； （2）设，由勾股定理得出，解方程可得出答案；证明，由勾股定理求出，求出三角形的面积，根据则可得出答案． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， 与关于对称， ，， ，， 在和中， ； （2）解：与关于对称，    ， ， ， ，， ， 设，则， ， 解得：负值舍去， ； 与关于对称，    ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形， ，， ， ，， ， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，三角形面积公式，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 3．（23-24八年级下·河南洛阳·期末）【教材呈现】如图是华师版八年级下册数学教材第121页的部分内容．    如图，在正方形中，，求证：．请结合图①（设、交于点G），写出完整的证明过程． 【结论应用】 （1）如图②，在正方形中，，连接、，若正方形的边长为3，四边形的面积为8，则的长为_________； （2）如图③，在正方形中，． ①四边形与的面积关系为：_________；（填“＞”，“＜”或“＝”） ②若正方形的边长为5，且图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为3：5，则的周长为___________． 【答案】【教材呈现】见解析；【结论应用】（1）；（2）①=；②． 【教材呈现】根据四边形是正方形，利用证明，即得； 【结论应用】（1）由【教材呈现】知，设，根据四边形的面积为8，得，解得，即得； （2）①由，得，即可得； ②由正方形的边长为5，图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为3：5，可得，即，，在中，，可得，从而，即可得出答案． 【详解】证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 解：（1）由【教材呈现】知，当时，， 设， ∵四边形的面积为8， ∴， ∴， ∴，即， ∴（负值已舍去）， ∴， ∵正方形的边长为3， ∴ 故答案为：； （2）①由【教材呈现】知，当时，， ∴， ∴ 即， 故答案为：＝； ②∵正方形的边长为5， ∴正方形的面积为25， ∵图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为3：5， ∴图中阴影部分的面积为， ∴ 由①知， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴（负值已舍去）， ∴，即△CDG的周长为， 故答案为：． 【点睛】本题考查四边形的综合应用，涉及全等三角形的判定与性质，三角形和四边形的面积，正方形的性质，勾股定理及应用，完全平方公式等，解题的关键是掌握全等三角形判定定理，证明． 压轴满分题九、三角形中位线的实际应用 1．（23-24八年级下·全国·假期作业）如图，已知等边三角形和，，，，三点在同一直线上．请仅用无刻度直尺完成下列作图（保留作图痕迹，不写作法）： (1)在图①中，作一条与平行的直线； (2)在图②中，作一条与平行的直线． 【答案】(1) (2) 【解析】略 2．（23-24八年级下·江苏·阶段练习）【知识回顾】我们在八年级下学期已学习定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 【新知应用】请你利用矩形的性质，证明该定理． 已知：如图1，在中，，O是的中点； 求证：　 　． 证明： 【灵活运用】如图2，四边形中，，E，F分别是的中点，连接，求证：． 【答案】；见解析 【分析】[新知应用] 求证：．延长至点D，使，连接，证得四边形是平行四边形，根据，得到平行四边形是矩形，即可推出； [灵活运用]根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半得到，及三角形的中位线定理得到，进而得到，再利用等边对等角得到． 【详解】[新知应用] 解：已知：如图1，在中，，O是的中点； 求证：． 证明：延长至点D，使，连接， ∵O是的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形， ∴， ∴， 故答案为：； ［灵活运用］ 证明：∵，E是的中点， ∴， ∵F是的中点， ∴EF是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】此题考查了矩形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线的性质定理，熟练掌握各定理是解题的关键． 3．（23-24八年级下·云南保山·期中）[教材呈现]如图是人教版八年级下册数学教材P48页的部分内容：如图，，分别是的边，的中点，求证：，且． [定理证明]乐乐给出如下部分证明： 证明：如图1，延长至点，使得，连接…… (1)请你根据乐乐添加的辅助线，写出完整的证明过程；（不再添加新的辅助线） (2)[定理应用]如图2，在四边形中，，，，，点，，分别是，，的中点，求的长： (3)如图3，在四边形中，点，，，分别是，，的中点，连接，，，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）如图1，延长至点，使得，连接，先利用证明，再证明四边形是平行四边形，可证明结论； （2）如图2，根据点，，分别是，，的中点，可得出，，，，再根据，，由平行的性质可求出，再利用勾股定理即可求出的长； （3）如图3，连接，根据点，，，分别是，，的中点，可得，；，，由平行线的性质和等量代换可推出，，最后利用平行四边形的判定即可证明结论． 【详解】（1）证明：如图1，延长至点，使得，连接， ∴， ∵点是的边的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 又∵点是的边的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， 即，． （2）解：∵如图2，点，，分别是，，的中点，，，，， ∴，， ，， ∴，， ∴， ∴， ∴在中，． ∴的长为． （3）证明：如图3，连接， ∵点，，，分别是，，的中点， ∴，， ，， ∴，， ∴四边形是平行四边形． 【点睛】本题考查四边形综合题，考查了平行四边形的判定，三角形全等的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理，平行线的性质，邻补角的定义等知识．解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二十二章 四边形易错压轴专项训练（17个易错+9个压轴） 易错必刷题一、多边形的性质与概念 1．（2024八年级下·全国·专题练习）如图所示的图形中，属于多边形的有（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 2．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）北京时间11月21日0时，2022国际足联卡塔尔世界杯迎来揭幕战吸引了亿万球迷的观看．同学们知道吗？如图，此足球是由32块黑（正五边形）白（正六边形）皮子缝制而成，其中黑色皮子共有 块． 3．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，求多边形的面积． 易错必刷题二、多边形内角和问题 1．（23-24八年级下·上海静安·期中）若一个多边形共有20条对角线，则这个多边形的内角和是（　　） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·上海·阶段练习）一个多边形的内角和是，则这个多边形是 边形． 3．（23-24八年级下·上海宝山·课后作业）求出下列图形中x的值． 易错必刷题三、利用平行四边形的性质求解 1．（23-24八年级下·上海松江·期末）如图，平行四边形的周长为80，的周长比的周长多20，则长为（    ） A．15 B．20 C．25 D．30 2．（23-24八年级下·上海松江·期中）如图，在中，若三条边的长分别为和，则 ． 3．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，在平行四边形中，已知对角线与相交于点O，，，，求的长． 易错必刷题四、添一个条件成为平行四边形 1．（23-24八年级下·上海青浦·阶段练习）如图，在四边形中，，若添加一个条件，能判断四边形为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·全国·期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，要使得四边形ABCD是平行四边形，应添加的条件是 （只填写一个条件，不使用图形以外的字母和线段）．    3．（2024·上海嘉定·三模）已知四边形中，，，相交于点，将两端延长，使，连结，，，，添加下列条件之一①，②，③，使四边形为平行四边形．    (1)你添加的条件是：______；（填序号） (2)添加条件后求证四边形ABCD为平行四边形． 易错必刷题五、证明四边形是平行四边形 1．（23-24八年级下·上海闵行·期中）如图，小华同学不慎将一块平行四边形玻璃打碎成如图所示的四块，为了能从商店配到一块与原来相同的玻璃，他带了其中两块玻璃去商店，其编号应该是（    ）    A． B． C． D． 2．（2024·上海长宁·模拟预测）如图，小宇将一张平行四边形纸片折叠，使点落在长边上的点处，并得到折痕，小宇测得长边，则四边形的周长为 ．    3．（2024·上海嘉定·模拟预测）如图，在平行四边形中，E，F分别是边和上的点，且，连接，．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 易错必刷题六、平行四边形性质和判定的应用 1．（23-24八年级下·全国·课后作业）为了保证铁路的两条直铺的铁轨互相平行，只要使互相平行的放在铁轨之间的枕木长相等就可以了．你能说出其中的道理吗？ 2．（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，田村有一口四边形的池塘，在它的四角A、B、C、D处均有一棵大桃树、田村准备开挖养鱼，想使池塘的面积扩大一倍，并要求扩建后的池塘成平行四边形形状，请问田村能否实现这一设想?若能，画出图形，说明理由． 3．（23-24八年级下·上海徐汇期中）如图是由16个边长为1的小正方形拼成的风网格，每个小正方形的顶点叫格点，请在下列三个网格中，以格点为顶点分别按下列要求，将图形画在对应网格中，并注明各边的长度． (1)使三边的长度都是有理数的直角三角形． (2)使三边的长度都是无理数的直角三角形． (3)使一边长为且面积为6的平行四边形． 易错必刷题七、根据矩形的性质求角度、线段长、面积 1．（24-25八年级下·江西吉安·期中）解方程： (1)； (2)如图，矩形对角线，相交于，若，，求的长度． 2．（23-24八年级下·安徽芜湖·期末）如图，、是矩形边上的两点，．    (1)若，则______°； (2)求证：． 3．（24-25八年级下·福建三明·期中）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所得两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证． 请根据该图完成这个推论的证明过程． 证明：，（ ① ＋ ② ） 又， ③ ＝ ④ ， ⑤ ＝ ⑥ ． ． 易错必刷题八、证明四边形是矩形 1．（23-24八年级下·上海青浦·期末）已知四边形中，，如果添加一个条件，即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·山西运城·阶段练习）如图，在四边形中，，点E，F，G，H分别是的中点，连接，则四边形的形状是 ．    3．（24-25八年级下·山东菏泽·阶段练习）如图，在中，过边上的点作，交于点，交于，连接． (1)若平分，则四边形是什么四边形？并说明理由． (2)若，则四边形是什么四边形？并说明理由． (3)在（2）的条件下，给添加一个条件___________使四边形是正方形，并说明理由． 易错必刷题九、矩形的性质与判定综合应用 1．（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，你能用一根绳子检查一个书架的侧边是否和上、下底都垂直吗？为什么？ 2．（24-25八年级下·辽宁沈阳·阶段练习）感应灯是一种通过感应模块自动控制光源点亮的一种新型智能照明产品，当人（或动物）移至灯一定距离时灯亮，人走开灯灭，给人们的生活带来了极大的方便，如图，有一个由传感器A控制的灯安装在门的上方，离地面高米的墙壁上，当人移至距离传感器A控制的灯5米及5米以内时，灯就会自动点亮，如果一个身高米的人走到点D处时，米，传感器A控制的灯刚好亮，求此时人到门的距离的长． 3．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图1，在中，，于点C，点E是的中点，连接并延长，使，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)如图2，点H为的中点，连接，若，，求四边形的面积． 压轴满分题十、根据菱形的性质求角度、线段长、面积 1．（23-24八年级下·江苏常州·期中）如图，点E是菱形ABCD的边BC延长线上一点，AC是对角线，∠BAC：∠ACE＝2：7，求∠B的度数． 2．（23-24八年级下·全国·期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点，的速度都是连接，，，设点，运动的时间为． (1)求为何值时，四边形是矩形； (2)求为何值时，四边形是菱形． 3．（2024八年级下·全国·专题练习）如图所示，是一种长米，宽米的矩形瓷砖，分别为矩形四边的中点，阴影部分为淡黄色花纹，中间部分为白色，现有一面长米，宽米的墙壁准备贴如图所示规格的瓷砖．试问：    (1)这面墙最少要贴这种瓷砖多少块？ (2)全部贴满后，这面墙壁会出现多少个面积相同的菱形？ 易错必刷题十一、菱形的性质与判定综合应用 1．（2024·陕西商洛·三模）如图，在锐角中，为边上的一点，且满是，请用尺规作图法，在边上找一点，使得．（保留作图痕迹，不写作法）    2．（23-24八年级下·山西太原·阶段练习）如图，在四边形中，，对角线交于点平分角，过点作交的延长线于点，连接．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 3．（23-24八年级下·吉林·期末）如图是某数学教材中的部分内容． 平行四边形的性质定理：平行四边形的对角线互相平分． 我们可以用演绎推理证明这个结论． 已知：如图  的对角线和相交于点． 求证：；．   观察图形，与、与分别属于哪两个三角形？    (1)请根据教材中的分析和图①，写出“平行四边形的对角线互相平分”这一性质定理的证明过程； (2)如图②，的对角线，相交于点，过点且与，分别相交于点，，连接，．求证：四边形是平行四边形； (3)如图②，若，的周长是，的周长是，且比的长多，比的长多，则四边形的面积是________． 易错必刷题十二、根据正方形的性质求角度、线段长、面积 1．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，正方形中，，直线交于点F，求的度数． 2．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． (1)证明：； (2)若，当四边形为正方形时，求的长． 3．（23-24八年级下·河南商丘·期中）如图1，当时，与的面积相等．理由：因为，所以．又因为，所以． (1)【类比探究】如图2，在正方形的右侧作等腰三角形，，连接，求的面积． (2)【综合应用】如图3，在正方形的右侧作正方形，点B、C、E在同一直线上，，连接，求的面积． 易错必刷题十三、证明四边形是正方形 1．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）做一做：用一张长方形纸片折出一个最大正方形．如下图，步骤①将长方形纸片沿痕折叠，使点B落在边上与点重合；步骤②用剪刀沿剪掉长方形；步骤③将沿折痕展开得到正方形．其依据是（    ） A．有一个角是直角的菱形是正方形 B．有一组邻边相等的矩形是正方形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．对角线互相垂直的矩形是正方形 2．（23-24八年级下·江苏南京·开学考试）如图，在四边形中，，垂足为点．若四边形的面积为13，则 ．    3．（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，在四边形中，对角线相交于点，延长至点E，使，连接． (1)当时，求证：； (2)当，且时，求证：四边形是正方形． 易错必刷题十四、正方形的性质与判定综合应用 1．（2024·山东潍坊·二模）如图，是正方形对角线上一点，连接，，并延长交于点．若，求的度数． 2．（23-24八年级下·安徽合肥·期中）如图1，的三边分别为，以为一边作正方形，点在边上，将裁剪拼接至位置，如图2，请用图1、图2的面积不变证明勾股定理． 3．（2024·贵州黔东南·一模）小惠自编一题：如图，在菱形中，对角线交于点，求证：． 并将自己的证明过程与同学小洁交流． 小惠： 证明：四边形是菱形， ，，， 小洁： 这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明． 若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明． 易错必刷题十五、中点四边形 1．（23-24八年级下·重庆南川·期中）如图，在矩形中，、、、分别为边、、、的中点，若，，则图中阴影部分四边形的面积为（ ） A． B． C． D． 2．（2024·广东汕头·一模）如图：顺次连接矩形A1B1C1D1四边的中点得到四边形A2B2C2D2，再顺次连接四边形A2B2C2D2四边的中点得四边形A3B3C3D3，…，按此规律得到四边形AnBnCnDn．若矩形A1B1C1D1的面积为8，那么四边形AnBnCnDn的面积为 ． 3．（23-24八年级下·河南开封·期中）已知：如图四边形四条边上的中点E、F、G、H，顺次连接、、、，得到四边形，四边形的形状是什么？并证明结论． 易错必刷题十六、三角形、梯形的中位线 1．（24-25八年级下·广东深圳·期中）在平行四边形中，点为边上的中点，过点作于点，若点为的中点，，，则的长为（   ） A．6 B． C．8 D． 2．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，，，，，点为斜边的中点，点在边上，连结，若线段的垂直平分线恰好经过边的中点，则线段 ． 3．（23-24八年级下·上海金山·期末）已知：如图，点O是△ABC内一点，D、E、F、G分别是OB、OC、AC、AB的中点． （1）求证：四边形DEFG是平行四边形； （2）如果AB＝AC，OB＝OC，求证：四边形DEFG是矩形． 易错必刷题十七、平面向量及其加减运算 1．（23-24八年级下·上海·课后作业）分别以正方形的四个顶点为起点与终点的所有有向线段能表示的不同向量有（  ） A．个 B．个 C．个 D．个 2．（23-24八年级·上海闵行·阶段练习）已知矩形ABCD的两条对角线相交于点O, BO=2, BC=3,则 3．（23-24八年级下·上海黄浦·期末）已知，如图，点E在平行四边形ABCD的边CD上，且＝，设． （1）用表示（直接写出答案）． （2）设，在答题卷中所给的图上画出的结果． 压轴满分题一、多边形内角和与外角和综合 1．（23-24八年级下·上海杨浦·期中）一个多边形的内角和是其外角和的6倍，则这个多边形的边数是（    ） A．12 B．13 C．14 D．15 2．（23-24八年级下·福建龙岩·期末）若一个正多边形的每一个外角都等于36°，那么这个正多边形的中心角为 度． 3．（23-24八年级下·上海·课后作业）附加题： 探究题：我们知道等腰三角形的两个底角相等，如下面每个图中的△ABC中AB、BC是两腰，所以∠BAC=∠BCA．利用这条性质，解决下面的问题： 已知下面的正多边形中，相邻四个顶点连接的对角线交于点O它们所夹的锐角为a.如图： 正五边形α=_____；正六边形α=______；正八边α=_____；当正多边形的边数是n时，α=______． 压轴满分题二、平行四边形性质和判定的应用压轴 1．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）如图，在直角梯形中，，．求．    2．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）已知：如图，四边形中，，垂足分别为E、F，． (1)求证：四边形为菱形； (2)联结交于点O，联结，求证：． 3．（23-24八年级下·上海浦东新·阶段练习）如图，已知在平面直角坐标系中，是矩形，，，点是边边上一动点，连结，将四边形沿所在直线翻折，落在的位置，点A、的对应点分别为点、，边与边的交点为点． (1)当坐标为时，求点坐标和直线的解析式； (2)过作交于，若，，求关于的函数解析式，并写出它的定义域． 压轴满分题三、矩形的性质与判定综合应用压轴 1．（23-24八年级下·河南安阳·期末）如图，在中，对角线AC，BD相交于点O，于点E，于点F，且． (1)求证：四边形ABCD是矩形． (2)若，求的度数． 2．（2024·上海·模拟预测）小张同学在探究作角问题 如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作，，等大小的角，可以采用如图1的方法：    （1）对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平． （2）再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时，得到了线段． 【证明】请根据上述过程完成下列问题： （1）连接，如图2.请直接写出：______； （2）请判断和的数量关系，并说明理由； （3）小张在探究活动的第（2）步基础上再次动手操作（如图3），将延长交于点．将沿折叠，点刚好落在边上点处，连接，把纸片再次展平，求证：四边形是平行四边形． 3．（23-24八年级下·江苏盐城·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，对角线AC、BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE． (1)求证：四边形ABCD是矩形； (2)若∠BDE＝15°，求∠EOC的度数； (3)在（2）的条件下，若AB＝2，求矩形ABCD的面积． 压轴满分题四、菱形的性质与判定综合应用压轴 1．（23-24八年级下·江苏宿迁·期末）如图，菱形的对角线、相交于点O，，，与交于点F．    (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，求菱形的面积． 2．（2024八年级下·上海·专题练习）如图1，在菱形中，，，点是上一点，点在射线上，且，连接，设． (1)当点、在边上）运动时，的大小是否会变化？若不变，请求出度数，若变化，请说明理由． (2)若，求的值． (3)当在线段上时，设，求关于的函数关系式及其定义域． 3．（23-24八年级下·上海·阶段练习）已知菱形中，对角线，交于点，于，联结，求证：（需要写本学期学习的理由） 压轴满分题五、正方形的性质与判定综合应用压轴 1．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）已知：正方形ABCD的边长为8，点E是BC边的中点，点F是边AB上的动点，联结DE、EF． （1）如图1，如果BF=2，求证：EF⊥DE； （2）如图2，如果BF=3，求证：∠DEF=3∠CDE； （3）联结DF，设DF的中点为G，四边形AFEG是否可能为菱形？请说明理由． 2．（23-24八年级下·上海闵行·期末）如图，已知正方形的边长为，点为边上的一个动点（不与点、重合），将正方形纸片翻折，使得点落在点处，点落在点处，交边于点，折痕为，联结交边于点．　　　　 （1）求证：. （2）当在边的运动时，设，梯形的面积为，求与之间的函数解析式，并写出定义域． 3．（13-14八年级下·江西宜春·期末）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且． （1）求证：； （2）在图1中，若G在上，且，则成立吗？为什么？ （3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题： ①如图2，在直角梯形中，，，，E是上一点，且，，求的长． ②如图3，在中，，，，，则的面积为____（直接写出结果，不需要写出计算过程） 压轴满分题六、（特殊）平行四边形的动点问题 1．（2024·贵州铜仁·三模）如图①，在矩形中，，对角线，相交于点，动点由点出发，沿向点运动．设点的运动路程为，的面积为，与的函数关系图象如图②所示，则对角线的长为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．（23-24八年级下·江苏徐州·期中）如图，在中，，，点P在边上以的速度从点A向点D运动，点Q在边上以的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动）．设运动（其中）时，以P、D、Q、B四点组成的四边形是平行四边形，则t的所有可能取值为 ． 3．（23-24八年级下·上海松江·期末）在一次数学研究性学习中，小明将两个全等的直角三角形纸片和拼在一起，使点与点重合，点与点重合(如图)．其中，，．并进行如下研究活动：将图中的纸片沿方向平移，联结， (如图)． （1）求证：图中的四边形是平行四边形； （2）当纸片平移到某一位置时，小明发现四边形为矩形(如图)．求此时的长： （3）在纸片平移的过程中，四边形能成为菱形吗？如果可以直接写出的长，如果不可以，说明理由． 压轴满分题七、四边形中的线段最值问题 1．（23-24八年级下·重庆潼南·期末）如图，正方形的对角线，相交于点，点是上任意一点，于点，于点，若，则的长的最小值为（    ） A．2 B．1 C． D． 2．（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）正方形中，点在上，，，点在上，的最小值 ．    3．（23-24八年级下·河北沧州·期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝AC，E、F分别是AB、CD的中点，连接CE、AF． （1）求证：四边形AECF是矩形； （2）当平行四边形ABCD的边或角满足什么关系时，四边形AECF是正方形？请说明理由． （3）在（2）的条件下，若AE＝4，点M为EC中点，当点P在线段AC上运动时，求PE+PM的最小值．    压轴满分题八、四边形综合应用 1．（2024·河北石家庄·模拟预测）如图，在直角坐标系中，已知、、三点，其中a、b，c满足关系式．    (1)求a、b、c的值； (2)如果在第二象限内有一点，请用含m的式子表示四边形的面积； (3)在（2）的条件下，是否存在点P，使四边形的面积与的面积相等？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由？ 2．（23-24八年级下·浙江杭州·期中）如图，在中，，，与关于对称，交边于点．      (1)求证：． (2)延长到点，使得，连结， 若，求的长． 如图，若，记四边形的面积为，的面积为，求的值．（直接写出答案即可） 3．（23-24八年级下·河南洛阳·期末）【教材呈现】如图是华师版八年级下册数学教材第121页的部分内容．    如图，在正方形中，，求证：．请结合图①（设、交于点G），写出完整的证明过程． 【结论应用】 （1）如图②，在正方形中，，连接、，若正方形的边长为3，四边形的面积为8，则的长为_________； （2）如图③，在正方形中，． ①四边形与的面积关系为：_________；（填“＞”，“＜”或“＝”） ②若正方形的边长为5，且图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为3：5，则的周长为___________． 压轴满分题九、三角形中位线的实际应用 1．（23-24八年级下·全国·假期作业）如图，已知等边三角形和，，，，三点在同一直线上．请仅用无刻度直尺完成下列作图（保留作图痕迹，不写作法）： (1)在图①中，作一条与平行的直线； (2)在图②中，作一条与平行的直线． 2．（23-24八年级下·江苏·阶段练习）【知识回顾】我们在八年级下学期已学习定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 【新知应用】请你利用矩形的性质，证明该定理． 已知：如图1，在中，，O是的中点； 求证：　 　． 证明： 【灵活运用】如图2，四边形中，，E，F分别是的中点，连接，求证：． 3．（23-24八年级下·云南保山·期中）[教材呈现]如图是人教版八年级下册数学教材P48页的部分内容：如图，，分别是的边，的中点，求证：，且． [定理证明]乐乐给出如下部分证明： 证明：如图1，延长至点，使得，连接…… (1)请你根据乐乐添加的辅助线，写出完整的证明过程；（不再添加新的辅助线） (2)[定理应用]如图2，在四边形中，，，，，点，，分别是，，的中点，求的长： (3)如图3，在四边形中，点，，，分别是，，的中点，连接，，，．求证：四边形是平行四边形． 学科网（北京）股份有限公司 $$