专题07 四边形易错必刷题型专训（99题33个考点）-2024-2025学年八年级数学下册重难点专题提升精讲精练（沪教版）

专题07 四边形易错必刷题型专训（99题33个考点） 【易错必刷一 平面镶嵌】 1．（23-24八年级下·上海松江·期中）下列正多边形的地板瓷砖中，使用两种不能密铺地面的是（    ） A．正五边形和正九边形 B．正三角形和正方形 C．正八边形和正方形 D．正十二边形和正三角形 2．（2024八年级下·上海·专题练习）商店出售有下列形状的地板砖：①正三角形；②正方形；③正六边形；④正八边形． （1）若只选购其中一种地砖镶满地面，可供选择的有 （2）若只选购其中两种地砖镶满地面，可供选择的有 ． 3．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）一个正多边形的一个内角减去与它相邻的一个外角的结果为． (1)求这个正多边形的边数． (2)如果该正多边形与另外一个与其边长相等的正多边形能铺满地面，直接写出这个正多边形的边数． 【易错必刷二 多边形的概念与分类】 4．（2024·上海杨浦·二模）下列命题中，正确的是（    ） A．正多边形都是中心对称图形 B．正六边形的边长等于其外接圆的半径 C．边数大于3的正多边形的对角线长都相等 D．各边相等的圆外切多边形是正多边形 5．（23-24八年级下·上海青浦·期末）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．如图，在的方格纸中，、在格点上，如果、在格点上，且是邻余线，那么该方格纸中符合条件的邻余四边形的个数有 个． 6．（23-24八年级下·上海杨浦·期末）仔细数一数图中有几个直角三角形，几个正方形，几个长方形． 【易错必刷三 平面向量的加法】 7．（2024八年级·上海·专题练习）如图，已知向量，那么下列结论正确的是 A． B． C． D． 8．（23-24八年级下·上海崇明·期中）如图，在梯形中，，，若，，用、表示 ． 9．（23-24八年级下·上海·期末）已知向量 、 求作：． 【易错必刷四 平面向量的减法】 10．（23-24八年级下·上海·期中）下列判断正确的是(       ) A． B．如果，那么 C．若向量与均为单位向量，那么 D．对于非零向量，如果，那么 11．（23-24八年级下·上海·阶段练习）在平行四边形中，如果，，那么 ， ．（用、表示） 12．（23-24八年级下·上海静安·期末）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点． （1）如果图中线段都可画成有向线段，那么在这些有向线段所表示的向量中，与向量相等的向量是　 　； （2）设＝，＝，＝．试用向量，或表示下列向量：＝　 　；＝　 　． （3）求作：．（请在原图上作图，不要求写作法，但要写出结论） 【易错必刷五 网格中多边形面积比较】 13．（23-24八年级下·上海宝山·期末）图，边长为a的正六边形内有一边长为a的菱形，该菱形其中一个内角为，则（    ） A．3 B．4 C．2 D．1 14．（2024·上海徐汇·一模）如图所示的网格是正方形网格，是网格线交点，则的面积与的面积的大小关系为： (填“>”，“=”或“<”) . 15．（23-24八年级下·上海嘉定·阶段练习）画图并填空：如图，方格纸中每个小正方形的边长都为1．在方格纸内将△ABC经过一次平移后得到，图中标出了点D的对应点D′． (1)根据特征画出平移后的； (2)利用网格的特征，画出AC边上的高BE； (3)的面积为多少？ 【易错必刷六 多边形内角和问题】 16．（24-25八年级下·上海青浦·期末）一个n边形的每个内角均为，则n的值为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 17．（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． 18．（23-24八年级下·上海静安·期中）如图：已知，．求证： 【易错必刷七 梯形的性质与判定】 19．（23-24八年级下·上海·单元测试）下面结论中正确的是（　　） A．对角线相等的四边形是等腰梯形 B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是等腰梯形 C．两组对角分别互补的四边形是等腰梯形 D．等腰梯形是轴对称图形，经过两底中点的直线是它的对称轴 20．（23-24九年级·上海·假期作业）如图，燕尾槽的横断面中，槽口的形状是等腰梯形，其外口宽毫米，槽的深度为12毫米，的正切值为，则它的里口宽 ．    21．（23-24八年级下·上海普陀·阶段练习）如图，等腰梯形中，，，点在边上，与交于点，且．    (1)求证： ； (2)求证： ． 【易错必刷八 中点四边形】 22．（23-24八年级下·上海杨浦·期末）顺次连接四边形各边中点得到的四边形是菱形，那么与只需满足（   ） A．垂直 B．相等 C．互相平分 D．互相平分且垂直 23．（23-24八年级下·上海静安·期中）顺次联结等腰梯形各边中点得新四边形，再顺次联结新四边形各边中点所得的四边形是 ． 24．（23-24八年级下·上海闵行·期末）如图，点E、F、G、H分别为矩形ABCD四条边的中点，证明：四边形EFGH是菱形． 【易错必刷九 添一条件使四边形是矩形】 25．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，∠BAD＝90°，BO＝DO，那么添加下列一个条件后，仍不能判定四边形ABCD是矩形的是（    ） A．OA＝OC B．AB＝CD C．∠BCD＝90° D．AD//BC 26．（23-24八年级下·上海静安·课后作业）在□ABCD 中，若添加一个条件 ，则四边形ABCD是矩形；若添加一个条件 ，则四边形ABCD是菱形． 27．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，四边形中，，相交于点O，O是的中点，． (1)请你添加一个条件（不另加辅助线）要使四边形是矩形，还添加的一个条件是_________； (2)求证：四边形是矩形． 【易错必刷十 添一个条件使四边形是菱形】 28．（2024八年级下·上海·专题练习）如图，四边形的对角线互相平分，要使它变为菱形，需要添加的条件是（　　） A． B． C． D． 29．（23-24八年级下·上海奉贤·单元测试）在四边形ABCD中，AC⊥BD，AB＝AD，要使四边形ABCD是菱形，只需添加一个条件，这个条件可以是 （只要填写一种情况）． 30．（2024·上海长宁·一模）如图，中，，是边，的点，，添加下列条件之一使成为菱形．①；②；③．    (1)添加的条件是：______．（填序号） (2)添加条件后，请证明为菱形． 【易错必刷十一 添一个条件成为平行四边形】 31．（23-24八年级下·上海·期末）在四边形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，，添加下列条件后能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 32．（2024九年级·上海·专题练习）在四边形中，∥，要使四边形是平行四边形，还需添加一个条件，这个条件可以是 ．（只要填写一种情况） 33．（23-24八年级下·上海杨浦·期末）已知：如图，点、是平行四边形ABCD对角线上的两点，当与满足什么条件时，四边形是平行四边形？请说明理由．    【易错必刷十二 添一个条件使四边形是正方形】 34．（2024·上海静安·二模）如图，菱形的对角线、相交于点，那么下列条件中，能判断菱形是正方形的为（    ） A． B． C． D． 35．（23-24八年级下·上海青浦·期中）在矩形中，与相交于点O，要使四边形是正方形，还需添加一个条件，这个条件可以是 ．（只需填写一种情况） 36．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在矩形中，对角线相交于点O． (1)若，求证：矩形是正方形； (2)请添加一个异于（1）的条件，使矩形成为正方形，不用说明理由． 【易错必刷十三 证明四边形是菱形】 37．（2024八年级下·上海·专题练习）在中， 点、、分别在、、上， 且，，则下列三种说法： ①如果，那么四边形是矩形 ②如果平分，那么四边形是菱形 ③如果且，那么四边形是菱形 其中正确的有（　　） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 38．（23-24八年级下·上海·阶段练习）依次为四边形各边的中点，若四边形满足 ，那么四边形是矩形；若四边形满足 ，那么四边形是菱形． 39．（2024·上海静安·二模）如图，已知、分别是平行四边形的边、上的高，对角线、相交于点，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)当，时，求的余切值． 【易错必刷十四 证明四边形是平行四边形】 40．（23-24八年级下·上海崇明·期中）探究课上，小明画出，利用尺规作图找一点D，使得四边形为平行四边形．①~③是其作图过程：①以点C为圆心，长为半径画弧；②以点A为圆心，长为半径画弧，两弧交于点D；③连接，则四边形即为所求作的图形．在小明的作法中，可直接判定四边形为平行四边形的条件是（    ） A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等 C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等 41．（2024八年级下·上海·专题练习）在四边形ABCD中，如果，那么与相等的向量是 ． 42．（2024八年级下·上海·专题练习）已知：如图，在中，点是的中点，连接并延长交的延长线于点． (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 【易错必刷十五 证明四边形是正方形】 43．（2024·上海浦东新·二模）已知四边形中，，下列判断中的正确的是（    ） A．如果，那么四边形是等腰梯形 B．如果，那么四边形是菱形 C．如果AC平分BD，那么四边形是矩形 D．如果，那么四边形是正方形 44．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4cm，CE=2cm，现将其沿AE对折，使得点B落在边AD上的点处，折痕与边BC交于点E，则BC的长为 cm． 45．（23-24八年级下·上海虹口·阶段练习）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，在对角线上，且，．求证：四边形是正方形．    【易错必刷十六 多边形内角和与外角和综合】 46．（24-25八年级下·上海嘉定·期末）如图，六边形的每一个内角都相等，则的度数等于（    ） A． B． C． D． 47．（23-24八年级下·上海·期末）如图，将等边三角形、正方形和正五边形按如图所示的位置摆放．，则＝ ． 48．（23-24八年级下·上海闵行·期中）已知一个正多边形相邻的内角比外角大． (1)求这个正多边形的内角与外角的度数； (2)求这个正多边形的边数． 【易错必刷十七 与三角形中位线有关的求解问题】 49．（23-24八年级下·上海普陀·阶段练习）如图，RtΔABC中，∠ACB=，∠ABC=,BC=2cm, D为BC的中点，若动点E以1cm/s的速度从A点出发，沿着A→B→A的方向运动，设E点的运动时间为t秒（0≤t<6）,连接DE，当ΔBDE是直角三角形时，t的值为 （  ） A．2 B．2.5或3.5 C．2.5或3.5或4.5 D．2或3.5或4.5 50．（23-24八年级下·上海·期末）如图，已知中，点D、E分别是边、中点，，点F、G分别是、的中点，则 ． 51．（2024八年级下·上海·专题练习）已知：如图，在△ABC中，M、N分别是边AB、AC的中点，D是边BC延长线上的一点，且，连接CM、DN．求证：四边形MCDN是平行四边形． 【易错必刷十八 利用平行四边形的判定与性质求解】 52．（2024·上海虹口·二模）如图，在正方形中，点、分别在边和上，，，如果，那么的面积为（    ）    A．6 B．8 C．10 D．12 53．（23-24八年级下·上海·期末）如图，在ABCD中，AC与BD交于点O，，，则ABCD的面积为 ． 54．（2024·上海金山·二模）如图，已知AD是的中线，M是AD的中点，过A点作，CM的延长线与AE相交于点E，与AB相交于点F. （1）求证：四边形是平行四边形； （2）如果，求证四边形是矩形. 【易错必刷十九 与三角形中位线有关的证明】 55．（23-24八年级下·上海黄浦·期末）若三角形一边中垂线过另一边中点，则该三角形必为（    ） A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形 56．（2024·上海青浦·二模）如果点D、E分别是△ABC的AB、AC边的中点，那么△ADE与△ABC的周长之比是 ． 57．（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，在中，点D是上一点，，过点B作，分别交于点E，交于点F. (1)求证：； (2)如果，求证：. 【易错必刷二十 根据矩形的性质与判定求角度】 58．（23-24八年级下·上海闵行·阶段练习）如图，在中，对角线、相交于点O，且，，则的度数为（  ）    A． B． C． D． 59．（23-24八年级下·上海·期中）如图，在矩形中，，点在上，且，则 ． 60．（23-24八年级下·上海·期中）如图，矩形中，为对角线，为中点，，，当四边形为菱形时，求的值． 【易错必刷二十一 根据菱形的性质与判定求角度】 61．（2024·上海嘉定·二模）如图，在菱形中，相交于，，是线段上一点，则的度数可能是（    ） A． B． C． D． 62．（23-24八年级下·上海松江·期中）如图，在菱形中，，将菱形绕点A逆时针旋转，得到四边形，连接，若，则的度数为 ．    63．（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，四边形和四边形都是菱形，点E，F在上已知，，求： (1)的度数． (2)的度数． 【易错必刷二十二 根据矩形的性质与判定求线段长】 64．（23-24八年级下·上海徐汇·阶段练习）已知如图，， ， ，，则的面积为（   ） A．2 B．3 C．4 D．6 65．（23-24八年级下·上海崇明·期末）如图，在梯形中，，如果，那么边的长是 ．    66．（2024·上海松江·二模）如图，四边形中，． (1)如果，求的值； (2)如果，求四边形的面积． 【易错必刷二十三 根据正方形的性质与判定求线段长】 67．（23-24八年级下·上海松江·阶段练习）如图，点E是正方形对角线上一点，过E作交于F，连接，若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 68．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E是边DC的中点，联结AE．如果将△ADE沿AE所在的直线翻折，点D落在点F处，那么DF两点间的距离是 ． 69．（23-24八年级下·上海奉贤·阶段练习）《九章算术》勾股章[一五]问“勾股容方”描述了关于图形之间关系的问题：如图，知道一个直角三角形较短直角边（“勾”）与较长直角边（“股”）的长度，那么，以该三角形的直角顶点为一个顶点、另外三个顶点分别在该三角形三边上的正方形的边长就可以求得．（我们不妨称这个正方形为该直角三角形的“所容正方形”） 其文如下： 问题：一个直角三角形两直角边的长分别为和，它的“所容正方形”的边长是多少？ 答案：． 解： (1)已知：如图，在中，，若，，求“所容正方形”的边长． (2)应用（1）中的结论解决问题：如图，中山公园有一块菱形场地，其面积为，两条对角线长度之和为．现要在这个菱形场地上修建一个正方形花圃，并且要使正方形花圃的四个顶点分别落在菱形场地的四条边上，则该正方形花圃的边长为多少？ 【易错必刷二十四 根据正方形的性质与判定求面积】 70．（23-24八年级下·上海宝山·期末）图中有三个正方形，若阴影部分面积为4个平方单位，则最大正方形的面积是（ ）平方单位.    A．48 B．12 C．24 D．36 71．（23-24八年级下·上海青浦·单元测试）如图，正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE=BF=CG=DH=5，则四边形EFGH的面积是 ． 72．（23-24八年级下·上海金山·期中）如图，把边长为的等边三角形绕边的中点O旋转，得到． (1)四边形是什么样的四边形？说明理由． (2)求四边形的两条对角线的长度． (3)求四边形的面积． 【易错必刷二十五 根据菱形的性质与判定求面积】 73．（23-24八年级下·上海松江·阶段练习）如图，在菱形 ABCD 中，边长 AB=4，∠A=60°，E、F 为边 BC、CD 的中点，作菱形 CEGF，则图中阴影部分的面积为（        ） A．16 B．12 C．8 D．6 74．（23-24八年级下·上海青浦·阶段练习）如图：两张宽度都为的纸条交叉重叠在一起，两张纸条交叉的夹角为α（见图中的标注），则重叠（阴影）部分的面积表示为 ． 75．（23-24八年级下·上海·期中）如图，AM//BN，C是BN上一点，BD平分∠ABN且过AC的中点O，交AM于点D， DE⊥BD，交BN于点E． (1)求证：四边形ABCD是菱形． (2)若DE=AB=2，求菱形ABCD的面积． 【易错必刷二十六 根据矩形的性质与判定求面积】 76．（23-24八年级下·全国·单元测试）矩形中，，交于M，交于N，在上任取两点P、Q，那么图中阴影部分的面积是（    ）    A．10 B．5 C． D． 77．（2024·上海闵行·模拟预测）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为 ． 78．（23-24八年级下·上海·期末）在平面直角坐标系中，已知点A（3，5），B（5，3），C（﹣1，﹣3），D（﹣3，﹣1），试判定四边形ABCD的形状，并求出它的面积． 【易错必刷二十七 根据正方形的性质与判定证明】 79．（23-24八年级下·上海嘉定·期中）如图，正方形中，点是边的中点，，交于点，、交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（    ）    A．①③ B．①②③④ C．①②③ D．①③ 80．（2024·上海静安·二模）如图，在正方形中，E，F分别是的中点．若，则的长是 ．    81．（23-24八年级下·上海静安·期中）如图，，，，分别是正方形各边的中点．四边形是什么四边形？为什么？ 【易错必刷二十八 利用平行四边形性质和判定证明】 82．（23-24八年级下·上海长宁·期末）四边形ABCD是平行四边形，，BE平分交AD于点E，交BC于点F，则的度数为（    ） A．55 B．50 C．40 D．35 83．（2024八年级下·上海·专题练习）如图，O是等边三角形内任意一点，过点O作分别交于点G，H，I，已知等边三角形的周长18，则 ． 84．（2024八年级下·上海·专题练习）如图，已知在的边上取一点，使，边上取一点，使．连接、． 求证：四边形是平行四边形． 【易错必刷二十九 平行四边形性质和判定的应用】 85．（23-24八年级下·上海普陀·阶段练习）如图，在平行四边形中，cm，cm，点在边上以的速度从点向点运动，点在边上，以的速度从点出发，在上运动到点后返回点，其中一点到达终点时，两点同时停止运动，在运动过程中，当以，，，四点为顶点的四边形为平行四边形时，点运动的时间为（   ） A．2s B．s C．4s D．5s 86．（2024·上海虹口·模拟预测）如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O，过点O的直线EF分别交边AB，CD于E，F两点，在这个平行四边形上做随机投掷图钉试验，针头落在阴影区域内的概率是 ． 87．（23-24八年级下·上海金山·期末）如图，点C为线段AB上一点且不与A，B两点重合，分别以AC，BC为边向AB的同侧做角为60°的菱形．请仅用无刻度的直尺分别按下列要求作图．（保留作图痕迹）． (1)在图1中，连接DF，若AC＝BC，作出线段DF的中点M； (2)在图2中，连接DF，若，作出线段DF的中点N． 【易错必刷三十 （特殊）平行四边形的动点问题】 88．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在平行四边形中，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动．点在边上以每秒的速度从点出发，在之间往返运动．两个点同时出发，当点到达点时停止（同时点也停止运动），设运动时间为秒．当时，运动时间t为何值时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形（    ）    A． B．8 C．4或 D．或8 89．（23-24八年级下·上海松江·阶段练习）如图，在中，，动点P以每秒的速度从点A向点D运动．另一动点Q以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，P，Q两点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形时，则运动时间为 秒．    90．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在四边形ABCD中，ADBC，∠B＝90°，AD＝18cm，BC＝26cm，动点P从点A开始沿AD边向D以1cm/s的速度运动，动点Q从C点开始沿CB边向B以3cm/s的速度运动，P、Q分别从A、C同时出发，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当t为何值时，四边形ABQP为矩形？ (2)当t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？ 【易错必刷三十一 四边形中的线段最值问题】 91．（2024·上海松江·二模）如图，在矩形中，，，点E为中点，P、Q为边上两个动点，且，当四边形周长最小时，的长为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 92．（23-24八年级下·上海宝山·期中）如图，在四边形ABCD中，，，EF分别是边BC，CD上的动点，当的周长最小时， °． 93．（23-24八年级下·上海金山·期末）如图，正方形中，，是边的中点，点是正方形内一动点，，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，. （1）若、、三点共线，求的长； （2）求的面积的最小值. 【易错必刷三十二 四边形其他综合问题】 94．（23-24八年级下·上海静安·期中）如图，丝带交叉重叠的部分一定不是（    ） A．正方形 B．平行四边形 C．菱形 D．三角形 95．（23-24八年级下·全国·期中）把边长为3，5，7的两个全等三角形拼成四边形，一共能拼成 种不同的四边形，其中有 个平行四边形． 96．（23-24八年级下·上海闵行·期末）已知：在平行四边形ABCD中，AB︰BC=3︰2. (1)根据条件画图：作∠BCD的平分线，交边AB于点E，取线段BE的中点F，连接DF交CE于点G. (2)设，那么向量=______.(用向量、表示)，并在图中画出向量在向量和方向上的分向量. 【易错必刷三十三 三角形中位线的实际应用】 97．（24-25八年级下·上海宝山·期中）如图是人字梯及其侧面示意图，，为支撑架，为拉杆，D，E分别是，的中点，若，则B，C两点的距离为（    ） A． B． C． D． 98．（23-24八年级下·上海长宁·期中）如图，某小区要在一块空地上围一个四边形花坛，，分别是边，的中点，且米，则的长为 米． 99．（23-24八年级下·上海普陀·期末）如图，正方形，矩形并排放置，．请用一把无刻度直尺完成下列作图（保留作图痕迹）． (1)在图1中作中点G； (2)在图2的边上找点，使得． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 四边形易错必刷题型专训（99题33个考点） 【易错必刷一 平面镶嵌】 1．（23-24八年级下·上海松江·期中）下列正多边形的地板瓷砖中，使用两种不能密铺地面的是（    ） A．正五边形和正九边形 B．正三角形和正方形 C．正八边形和正方形 D．正十二边形和正三角形 【答案】A 【分析】正多边形的组合能否铺满地面，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为．若能，则说明能铺满；反之，则说明不能铺满． 【详解】解：A、正五边形和正九边形内角分别为、，显然不能构成的周角，故不能铺满． B、正三角形、正方形内角分别为、，由于，故能铺满； C、正八边形和正方形内角分别为、，由于，故能铺满； D、正十二边形和三角形内角分别为、，由于，故能铺满； 故选：A． 【点睛】本题考查了多边形的密铺，解决此类题，可以记住几个常用正多边形的内角，及能够用两种正多边形镶嵌的几个组合． 2．（2024八年级下·上海·专题练习）商店出售有下列形状的地板砖：①正三角形；②正方形；③正六边形；④正八边形． （1）若只选购其中一种地砖镶满地面，可供选择的有 （2）若只选购其中两种地砖镶满地面，可供选择的有 ． 【答案】 ①②③ ①和②；①和③；②和④ 【分析】几何图形镶嵌成平面的条件是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．据此作答． 【详解】解：正三角形的每一个内角为，正方形的每一个内角为，正六边形的每一个内角为，正八边形的每一个内角为 （1）∵ 使用其中的一种规格的地砖，那么有：正方形、正三角形、正六边形，一共3种方案； （2）∵ 使用其中两种地砖镶满地面，那么有：正三角形和正六边形，正方形和正三角形，正方形和正八边形，一共3种方案； 故答案为：（1）①②③；（2）①和②；①和③；②和④． 【点睛】此题主要考查了平面镶嵌，用一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除360°．任意多边形能进行镶嵌，说明它的内角和应能整除360°． 3．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）一个正多边形的一个内角减去与它相邻的一个外角的结果为． (1)求这个正多边形的边数． (2)如果该正多边形与另外一个与其边长相等的正多边形能铺满地面，直接写出这个正多边形的边数． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）首先设内角为，根据内角与其相邻外角和为，则其相邻的外角为，可得方程，计算出的值，进而可得外角的度数，然后可得多边形的边数． （2）根据“拼接在同一个顶点处的多边形的内角之和等于360度”进行判断即可． 【详解】（1）解：设一个内角为，则外角为， ∴， 解得：， 则其外角为：， 这个正多边形的边数为． 答：这个正多边形的边数为． （2）∵， 又∵正方形的每个内角是， ∴这个正多边形的边数是． 【点睛】本题主要考查了多边形的内角与外角、平面镶嵌．关键是掌握多边形的一个内角与其相邻外角和为180度，拼接在同一个顶点处的多边形的内角之和等于360度． 【易错必刷二 多边形的概念与分类】 4．（2024·上海杨浦·二模）下列命题中，正确的是（    ） A．正多边形都是中心对称图形 B．正六边形的边长等于其外接圆的半径 C．边数大于3的正多边形的对角线长都相等 D．各边相等的圆外切多边形是正多边形 【答案】B 【分析】根据正多边形的性质、正多边形的对角线、正多边形的概念判断即可． 【详解】解：A、边数是偶数的正多边形都是中心对称图形，边数是奇数的正多边形不是中心对称图形，故本选项说法错误，不符合题意； B、正六边形的边长等于其外接圆的半径，本选项说法正确，符合题意； C、边数大于3的正多边形的对角线长不都相等，可以以正八边形为例得出对角线长不都相等，故本选项说法错误，不符合题意； D、各边相等的圆外切多边形不一定是正多边形，例如，圆外切菱形边数正多边形，故本选项说法错误，不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理． 5．（23-24八年级下·上海青浦·期末）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．如图，在的方格纸中，、在格点上，如果、在格点上，且是邻余线，那么该方格纸中符合条件的邻余四边形的个数有 个． 【答案】 【分析】根据邻余四边形概念作出相应图形即可求解． 【详解】解：如图所示： 故该方格纸中符合条件的邻余四边形ABCD的个数有6个． 故答案为：6． 【点睛】考查了邻余四边形概念的理解与运用，正确理解新定义是解题的关键． 6．（23-24八年级下·上海杨浦·期末）仔细数一数图中有几个直角三角形，几个正方形，几个长方形． 【答案】32个直角三角形，7个正方形，4个长方形 【分析】应按照一定规律来找：先找单个的，再找两两组合的，四个组合的． 【详解】解：根据图示图中共有：32个直角三角形，7个正方形，4个长方形． 【点睛】本题考查了几何图形，需注意正方形指的是四条边相等，四个角是直角的四边形，长方形指长与宽不相等的长方形． 【易错必刷三 平面向量的加法】 7．（2024八年级·上海·专题练习）如图，已知向量，那么下列结论正确的是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据向量加法的三角形法则，向量首尾顺次相连，所以根据图形可知，与向量反向且相等，所以.故选择B. 8．（23-24八年级下·上海崇明·期中）如图，在梯形中，，，若，，用、表示 ． 【答案】 【分析】本题考查了平面向量，熟练掌握三角形法则是解题的关键．根据向量的三角形法则表示出，再根据、的关系解答即可． 【详解】解： ，， ， ，，， ． 故答案为：． 9．（23-24八年级下·上海·期末）已知向量 、 求作：． 【答案】见解析 【分析】在平面内任取一点，分别作出，，利用向量运算的平行四边形法则即可得到答案． 【详解】解：在平面内任取一点，作，作 ，则即为所求．如下图． 【点睛】已知基底求作向量，就是先取平面上任意一点，先分别作出与基底共线的向量，再利用向量加法的平行四边形法则作出和向量． 【易错必刷四 平面向量的减法】 10．（23-24八年级下·上海·期中）下列判断正确的是(       ) A． B．如果，那么 C．若向量与均为单位向量，那么 D．对于非零向量，如果，那么 【答案】D 【分析】根据向量的概念、性质以及向量的运算即可得出答案. 【详解】A. 等于0向量，而不是等于0，所以A错误； B. 如果，说明两个向量长度相等，但是方向不一定相同，所以B错误； C. 若向量与均为单位向量，说明两个向量长度相等，但方向不一定相同，所以C错误； D. 对于非零向量，如果，即可得到两个向量是共线向量，可得到，故D正确. 故答案为D. 【点睛】本题考查向量的性质以及运算，向量相等不仅要长度相等，还要方向相同，向量的运算要注意向量的加减结果都是一个向量. 11．（23-24八年级下·上海·阶段练习）在平行四边形中，如果，，那么 ， ．（用、表示） 【答案】 【分析】根据向量的性质求解即可． 【详解】∵， ∴， 故答案为：， ． 【点睛】本题考查了向量的问题，掌握向量的性质是解题的关键． 12．（23-24八年级下·上海静安·期末）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点． （1）如果图中线段都可画成有向线段，那么在这些有向线段所表示的向量中，与向量相等的向量是　 　； （2）设＝，＝，＝．试用向量，或表示下列向量：＝　 　；＝　 　． （3）求作：．（请在原图上作图，不要求写作法，但要写出结论） 【答案】（1）；（2）+、+﹣；（3）如图所示见解析. ． 【分析】（1）由中位线定理得EF∥AC、EF=AC，HG∥AC、HG=AC，从而知EF=HG，且EF∥HG，根据相等向量的定义可得； （2）由可得； （3）由G为DC中点知，从而得=，据此根据三角形法则作图即可得． 【详解】（1）∵E、F是AB、BC的中点，H、G是DA、DC的中点， ∴EF∥AC、EF＝AC，HG∥AC、HG＝AC， ∴EF＝HG，且EF∥HG， ∴， 故答案为； （2）由图知， 则， 故答案为； （3）如图所示： ． 【点睛】本题考查平面向量的知识，解题的关键是掌握中位线定理、相等向量的定义及三角形法则． 【易错必刷五 网格中多边形面积比较】 13．（23-24八年级下·上海宝山·期末）图，边长为a的正六边形内有一边长为a的菱形，该菱形其中一个内角为，则（    ） A．3 B．4 C．2 D．1 【答案】C 【分析】边长为a的正六边形可拆成6个边长为a的等边三角形，图中的菱形有一个∠为60°，则该菱形可以拆成2个边长为a的等边三角形，所求即可解 【详解】下图所示， 由图可知，边长为a的正六边形可拆成6个边长为a的等边三角形，图中的菱形有一个角为60°，则该边长为a的菱形可以拆成2个边长为a的等边三角形， 边长为a的等边三角形的底边上的高也是底边的中线， 则利用勾股定理可得高为：， 边长为a的等边三角形的面积为：， 则可知正六边形的面积为：，空白菱形的面积为：， 则阴影部分的面积为：， 则有， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了三角形的基本概念和正多边形的基本概念，通过特殊角以及菱形和正六边形的边长相等，得出正六边形可拆成6个边长为a的等边三角形，菱形可以拆成2个边长为a的等边三角形是解答本题的关键． 14．（2024·上海徐汇·一模）如图所示的网格是正方形网格，是网格线交点，则的面积与的面积的大小关系为： (填“>”，“=”或“<”) . 【答案】= 【分析】根据图形可知=，=，然后由图易知△ABC和△ADC同底等高，所以△ABC和△ADC面积相等从而得到△ABO和△DCO的关系． 【详解】解：由图易有：=，=， ∵△ABC和△ADC同底等高， ∴， ∴=． 故答案为：= 【点睛】本题考查了三角形的面积，判断所求三角形的计算方法是本题的关键． 15．（23-24八年级下·上海嘉定·阶段练习）画图并填空：如图，方格纸中每个小正方形的边长都为1．在方格纸内将△ABC经过一次平移后得到，图中标出了点D的对应点D′． (1)根据特征画出平移后的； (2)利用网格的特征，画出AC边上的高BE； (3)的面积为多少？ 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)3 【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A'，B'，C'即可． （2）根据三角形的高的定义作出图形即可． （3）利用分割法把三角形面积看成矩形面积减去周围三个三角形面积即可． 【详解】（1）解：根据题意得：点D先向右平移3个单位，再向下平移1个单位得到点D′， ∴△ABC先向右平移3个单位，再向下平移1个单位得到， 如图，即为所求； （2）解：如图，连接B B′交AC于点E，则BE即为所求； （3）解： 【点睛】本题考查作图——平移变换，三角形的高，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握平移变换的性质，属于中考常考题型． 【易错必刷六 多边形内角和问题】 16．（24-25八年级下·上海青浦·期末）一个n边形的每个内角均为，则n的值为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【分析】本题考查多边形的内角和．熟练掌握多边形的内角和为，是解题的关键．根据多边形的内角和公式：，列方程求解即可． 【详解】解：根据题意，得， 解得， 故选：A． 17．（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． 18．（23-24八年级下·上海静安·期中）如图：已知，．求证： 【答案】证明见解析 【分析】根据四边形的内角和定理及同角的补角相等即可证明． 【详解】证明：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ 【点睛】本题主要考查了四边形的内角和定理及同角的补角相等，熟练掌握同角的补角相等是解题的关键． 【易错必刷七 梯形的性质与判定】 19．（23-24八年级下·上海·单元测试）下面结论中正确的是（　　） A．对角线相等的四边形是等腰梯形 B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是等腰梯形 C．两组对角分别互补的四边形是等腰梯形 D．等腰梯形是轴对称图形，经过两底中点的直线是它的对称轴 【答案】D 【分析】本题主要考查了等腰梯形的判定和性质，熟练掌握等腰梯形的判定：两腰相等的梯形为等腰梯形；对角线相等的梯形为等腰梯形；一组底角相等的梯形为等腰梯形．根据等腰梯形的判定方法和性质逐项进行判断即可． 【详解】解：A．对角线相等的梯形是等腰梯形，故A错误； B．一组对边平行，另一组对边不平行且相等的四边形是等腰梯形，故B错误； C．一组对角互补的梯形是等腰梯形，故C错误； D．等腰梯形是轴对称图形，经过两底中点的直线是它的对称轴，故D正确． 故选：D． 20．（23-24九年级·上海·假期作业）如图，燕尾槽的横断面中，槽口的形状是等腰梯形，其外口宽毫米，槽的深度为12毫米，的正切值为，则它的里口宽 ．    【答案】33毫米/ 【分析】过点A,D分别作，垂足分别为E，F，利用等腰梯形的性质，正切的定义计算，根据计算即可． 【详解】如图，过点A，D分别作，垂足分别为E，F，连接，    则四边形是矩形，毫米，， ∴，毫米， ∴（毫米）， ∴（毫米）． 故答案为：33毫米． 【点睛】本题考查了等腰梯形的性质，矩形的判定和性质，正切函数，熟练掌握等腰梯形的性质，矩形的判定和性质，正切函数是解题的关键． 21．（23-24八年级下·上海普陀·阶段练习）如图，等腰梯形中，，，点在边上，与交于点，且．    (1)求证： ； (2)求证： ． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）证明，即可求证； （2）先证明，可得，从而得到，进而证明，可得，再由，即可求证． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵等腰梯形中，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【易错必刷八 中点四边形】 22．（23-24八年级下·上海杨浦·期末）顺次连接四边形各边中点得到的四边形是菱形，那么与只需满足（   ） A．垂直 B．相等 C．互相平分 D．互相平分且垂直 【答案】B 【分析】连接、，根据三角形中位线定理得到，，，，根据菱形的判定定理解答即可． 【详解】解：连接、， 、分别是、的中点， ， 同理可得，，，， 当时，， 四边形为菱形， 顺次连接四边形各边中点得到的四边形是菱形，只需满足， 故选：B． 【点睛】本题考查的是菱形的判定、三角形中位线定理，熟记三角形中位线定理、菱形的判定定理是解题的关键． 23．（23-24八年级下·上海静安·期中）顺次联结等腰梯形各边中点得新四边形，再顺次联结新四边形各边中点所得的四边形是 ． 【答案】矩形/长方形 【分析】由三角形的中位线与底边平行且是底边的一半解答； 【详解】解：因为等腰梯形的对角线相等，所以等腰梯形的中点四边形是菱形， 因为菱形的对角线垂直，所以菱形的中点四边形是矩形． 故答案为：矩形． 【点睛】本题考查等腰梯形、菱形、矩形的性质，掌握其对角线特点是解题关键． 24．（23-24八年级下·上海闵行·期末）如图，点E、F、G、H分别为矩形ABCD四条边的中点，证明：四边形EFGH是菱形． 【答案】证明见解析． 【分析】根据矩形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，利用三角形中位线定理求证EF=FG=GH=EH，然后利用四条边都相等的平行四边形是菱形即可判定． 【详解】解：连接BD，AC． ∵矩形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点， ∴AC=BD， ∴EF=AC，GH=AC， 同理，FG=BD，EH=BD ∴EF=FG=GH=EH， ∴四边形EFGH是菱形． 【易错必刷九 添一条件使四边形是矩形】 25．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，∠BAD＝90°，BO＝DO，那么添加下列一个条件后，仍不能判定四边形ABCD是矩形的是（    ） A．OA＝OC B．AB＝CD C．∠BCD＝90° D．AD//BC 【答案】B 【分析】根据矩形的判定定理：有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形分别进行分析即可． 【详解】解：A、∵∠BAD＝90°，BO＝DO， ∴OA＝OB＝OD， ∵AO＝OC， ∴AO＝OB＝OD＝OC， 即对角线平分且相等， ∴四边形ABCD为矩形，不符合题意； B、∵∠BAD＝90°，BO＝DO，AB＝CD， 无法得出△ABO≌△DCO， 故无法得出四边形ABCD是平行四边形， 进而无法得出四边形ABCD是矩形，符合题意； C、∵∠BAD＝90°，BO＝DO， ∴OA＝OB＝OD， ∵∠BCD＝90°， ∴AO＝OB＝OD＝OC， 即对角线平分且相等， ∴四边形ABCD为矩形，不符合题意； D、∵AD//BC，∠BAD＝90°,BO＝DO， ∴∠CBO＝∠ADO， ∵∠COB＝∠DOA， ∴△AOD≌△BOC（ASA）， ∴AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵∠BAD＝90°， ∴四边形ABCD是矩形，不符合题意； 故选：B． 【点睛】此题主要考查了矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定定理． 26．（23-24八年级下·上海静安·课后作业）在□ABCD 中，若添加一个条件 ，则四边形ABCD是矩形；若添加一个条件 ，则四边形ABCD是菱形． 【答案】 ∠ABC=90° AC⊥BD 【分析】根据矩形是对角线相等的平行四边形，菱形是邻边相等的平行四边形可得． 【详解】解：在▱ABCD中，若添加一个条件∠ABC=90°，即有一个角是直角，则四边形ABCD是矩形； 若添加一个条件AC⊥BD，即对角线互相垂直，则四边形ABCD是菱形． 故答案为：∠ABC=90°；AC⊥BD． 【点睛】本题主要考查的是矩形和菱形的判定定理．但需要注意的是本题的知识点是关于平行四边形、矩形、菱形之间的关系． 27．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，四边形中，，相交于点O，O是的中点，． (1)请你添加一个条件（不另加辅助线）要使四边形是矩形，还添加的一个条件是_________； (2)求证：四边形是矩形． 【答案】(1)（或或，，） (2)见解析 【分析】（1）根据矩形的判定方法添加条件即可； （2）证明，得到，从而证明四边形是平行四边形，再利用添加的条件证明即可． 【详解】（1）解：添加：（或或，，）； （2）证明：证明：∵， ∴， ∵O是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴四边形是矩形． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 【易错必刷十 添一个条件使四边形是菱形】 28．（2024八年级下·上海·专题练习）如图，四边形的对角线互相平分，要使它变为菱形，需要添加的条件是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质．由四边形的对角线互相平分，得四边形是平行四边形，再由菱形的判定定理知，只需添加条件是邻边相等． 【详解】解：∵四边形的对角线互相平分， ∴四边形是平行四边形， ∴要使四边形是菱形，需添加或， 故选：C． 29．（23-24八年级下·上海奉贤·单元测试）在四边形ABCD中，AC⊥BD，AB＝AD，要使四边形ABCD是菱形，只需添加一个条件，这个条件可以是 （只要填写一种情况）． 【答案】（本题答案不唯一） 【分析】首先根据条件可得∠AOD=∠AOB=90°，再证明Rt△ABO≌Rt△ADO，从而得到BO=DO，再证明△ABO≌Rt△CDO，进而得到AB=CD，再加上条件AB∥CD可得到四边形ABCD是平行四边形，又有AB=AD可证出四边形ABCD是菱形． 【详解】∵AC⊥BD， ∴∠AOD=∠AOB=90°， 在Rt△ABO和Rt△ADO中 AO=AO，AB=AD， ∴Rt△ABO≌Rt△ADO， ∴BO=DO， ∵AB∥CD， ∴∠ABO=∠CDO， 在△ABO和Rt△CDO中 ∠AOB=∠DOC，∠CDO=∠ABO    ，BO=DO， ∴△ABO≌Rt△CDO， ∴AB=CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， 又∵AB=AD， ∴四边形ABCD是菱形． 【点睛】此题主要考查了菱形的判定，属于基础题型．解决问题的关键是证明AB=CD，从而得到四边形ABCD是平行四边形． 30．（2024·上海长宁·一模）如图，中，，是边，的点，，添加下列条件之一使成为菱形．①；②；③．    (1)添加的条件是：______．（填序号） (2)添加条件后，请证明为菱形． 【答案】(1)① (2)证明见详解 【分析】（1）由菱形的判定方法可得出答案； （2）证明，由全等三角形的性质可得出，则可得出结论． 【详解】（1）添加能使成为菱形． 故答案为：①； （2）证明：，，， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，证明是解决问题的关键． 【易错必刷十一 添一个条件成为平行四边形】 31．（23-24八年级下·上海·期末）在四边形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，，添加下列条件后能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平行四边形的判定，逐项分析即可． 【详解】A、由可得AD∥BC，此时只能得到这四边形一组对边平行，另一组对边相等，显然无法得到四边形ABCD是平行四边形，如下图的等腰梯形ABCD满足AB=CD，，但它不是平行四边形； B、由，无法判定四边形ABCD为平行四边形，如下图所示，作平行四边形ABCE，AC、BE交于点O，则OA=OC，AB=CE， 以点C为圆心CE长为半径画圆交O E于点D，则AB=CE=CD，且AO=CO，但此时四边形ABCD不是平行四边形； C、当时，如下图所示，作平行四边形ABFE，过A作AN⊥BF于N，在BF上取FN=CN，连接AC，把△AEF绕点A逆时针旋转，旋转角度等于∠FAC，此时AE旋转到AD，∠ABC=∠E=∠ADC，且AB=CD，但四边形ABCD不是平行四边形，故不符合题意；   D、当AD=BC时，则根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形的判定即可得到四边形ABCD是平行四边形，故符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是关键．注意说明一个命题是假命题时，只要举出一个反例即可． 32．（2024九年级·上海·专题练习）在四边形中，∥，要使四边形是平行四边形，还需添加一个条件，这个条件可以是 ．（只要填写一种情况） 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据平行四边形的判定定理“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”即可填写． 【详解】解：∵AD∥BC，AD=BC， ∴四边形ABCD是平行四边形． 故答案为：AD=BC（答案不唯一） 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟知平行四边形的判定定理是解题的关键，本题有多种答案，如可以根据平行四边形的定义填写AB∥CD等． 33．（23-24八年级下·上海杨浦·期末）已知：如图，点、是平行四边形ABCD对角线上的两点，当与满足什么条件时，四边形是平行四边形？请说明理由．    【答案】，理由见解析 【分析】由于、在对角线上，所以考虑利用 “对角线互相平分的四边形是平行四边形”进行证明四边形是平行四边形．连接，交于点，由四边形是平行四边形可得，，所以当时，，可证四边形是平行四边形． 【详解】当时，四边形是平行四边形 理由如下：连接，交于点，    ∵四边形是平行四边形 ∴， ∵ ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形 【点睛】本题考查平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． 【易错必刷十二 添一个条件使四边形是正方形】 34．（2024·上海静安·二模）如图，菱形的对角线、相交于点，那么下列条件中，能判断菱形是正方形的为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查正方形的判定．根据菱形到现在和正方形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：A、，， ， ， 四边形是菱形， ，故不能判断菱形是正方形；故A不符合题意； B、四边形是菱形， ，， 故不能判断菱形是正方形；故B不符合题意； C、四边形是菱形， ，， ， 故不能判断菱形是正方形；故C不符合题意； D、四边形是菱形， 平行于， ， ， ， 菱形是正方形，故D符合题意． 故选：D． 35．（23-24八年级下·上海青浦·期中）在矩形中，与相交于点O，要使四边形是正方形，还需添加一个条件，这个条件可以是 ．（只需填写一种情况） 【答案】（答案不唯一）． 【分析】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．根据正方形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：这个条件可以是（答案不唯一）， 理由：四边形是矩形，， 四边形是正方形， 故答案为：（答案不唯一）． 36．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在矩形中，对角线相交于点O． (1)若，求证：矩形是正方形； (2)请添加一个异于（1）的条件，使矩形成为正方形，不用说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)．（答案不唯一） 【分析】（1）证明，推出，即可证明结论； （2）根据正方形的判定添加条件即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴， ∵，∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：添加的条件可以是．理由如下： ∵四边形是矩形，， ∴矩形是正方形． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用，能熟记正方形的判定定理是解此题的关键，注意：有一组邻边相等的矩形是正方形，对角线互相垂直的矩形是正方形．第2问是一道开放型的题目，答案不唯一，也可以添加等． 【易错必刷十三 证明四边形是菱形】 37．（2024八年级下·上海·专题练习）在中， 点、、分别在、、上， 且，，则下列三种说法： ①如果，那么四边形是矩形 ②如果平分，那么四边形是菱形 ③如果且，那么四边形是菱形 其中正确的有（　　） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质与判定，根据题意可得四边形是平行四边形；由，得四边形是矩形；由平分，得四边形是菱形；当且时， 四边形是菱形 ． 【详解】解：∵，， 四边形是平行四边形； ①， 四边形是矩形，故①正确； ②平分， ， ∵， ∴， ， ， 四边形是菱形，故②正确； ③且， 平分， 四边形是菱形； 故①②③正确 ． 故选：A． 38．（23-24八年级下·上海·阶段练习）依次为四边形各边的中点，若四边形满足 ，那么四边形是矩形；若四边形满足 ，那么四边形是菱形． 【答案】 【分析】根据平行四边形的性质、菱形的性质、中位线的性质求解即可． 【详解】根据四个角为直角的平行四边形是矩形可得 根据菱形的性质、中位线的性质可得 故答案为：，． 【点睛】本题考查了四边形的证明问题，掌握平行四边形的性质、菱形的性质、中位线的性质是解题的关键． 39．（2024·上海静安·二模）如图，已知、分别是平行四边形的边、上的高，对角线、相交于点，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)当，时，求的余切值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用等面积法证明即可； （2）可设，则，在中，由勾股定理得，，解方程求出，则． 【详解】（1）证明：∵、分别是平行四边形的边、上的高， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵， ∴设， ∵四边形是菱形， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得（负值舍去）， ∴， 在中，． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质，勾股定理，求余切值，熟知菱形的性质与判定是解题的关键． 【易错必刷十四 证明四边形是平行四边形】 40．（23-24八年级下·上海崇明·期中）探究课上，小明画出，利用尺规作图找一点D，使得四边形为平行四边形．①~③是其作图过程：①以点C为圆心，长为半径画弧；②以点A为圆心，长为半径画弧，两弧交于点D；③连接，则四边形即为所求作的图形．在小明的作法中，可直接判定四边形为平行四边形的条件是（    ） A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等 C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判断，解题的关键是掌握基本的作图方法及平行四边形的判定定理． 根据作图步骤可知，得出，从而可以判断． 【详解】解：根据作图得，， ∴四边形为平行四边形， 判定四边形为平行四边形的条件是：两组对边分别相等， 故选：B． 41．（2024八年级下·上海·专题练习）在四边形ABCD中，如果，那么与相等的向量是 ． 【答案】 【分析】由，可以得到AB∥DC，AB＝DC，即可证得四边形ABCD是平行四边形，则可得到＝． 【详解】解：如图所示： ∵， ∴AB∥DC，AB＝DC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴＝． 故答案为：． 【点睛】此题考查了相等向量的意义：大小相等，方向相同．还考查了平行四边形的判定与性质．解题的关键是数形结合思想的应用． 42．（2024八年级下·上海·专题练习）已知：如图，在中，点是的中点，连接并延长交的延长线于点． (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析． 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）由平行四边形性质得，则，再点是的中点，得出，又，即可得出结论； （2）由（1）得，则，再由平行四边形的判定即可得出结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，即， ， 点是的中点， ， 在和中， ， ； （2）解：由（1）得：， ， 又， 四边形是平行四边形． 【易错必刷十五 证明四边形是正方形】 43．（2024·上海浦东新·二模）已知四边形中，，下列判断中的正确的是（    ） A．如果，那么四边形是等腰梯形 B．如果，那么四边形是菱形 C．如果AC平分BD，那么四边形是矩形 D．如果，那么四边形是正方形 【答案】C 【分析】根据正方形、等腰梯形、矩形和菱形的判定定理进行判断即可． 【详解】解：A． 如果BC=AD，那么四边形ABCD可能是等腰梯形，也可能是矩形，错误； B．如果AD∥BC，那么四边形ABCD是矩形，错误； C． 如果AC平分BD，那么四边形ABCD是矩形，正确； D．如果AC⊥BD，那么四边形ABCD不一定是正方形，错误； 故选：C． 【点睛】此题考查等腰梯形的判定，关键是根据正方形、等腰梯形、矩形和菱形的判定定理解答． 44．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4cm，CE=2cm，现将其沿AE对折，使得点B落在边AD上的点处，折痕与边BC交于点E，则BC的长为 cm． 【答案】6 【分析】根据翻折变换的性质可以证明四边形ABE为正方形，得到BE=AB，根据BC=BE+CE即可求答案． 【详解】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠B=90°，∠BA=90°， 根据则折叠的性质可知：AB=A，∠B=∠AE=90°， ∵∠B=90°，∠BA=90°，∠AE=90°， ∴四边形ABE为矩形， ∵AB=A， ∴四边形ABE为正方形， ∴BE=AB=4cm， ∴BC=BE+CE=6cm， 故答案为：6． 【点睛】题目考查的是翻折变换、矩形和正方形的判定和性质，掌握翻折变换的性质和矩形和正方形的判定定理和性质定理是解题的关键． 45．（23-24八年级下·上海虹口·阶段练习）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，在对角线上，且，．求证：四边形是正方形．    【答案】证明见解析 【分析】由菱形性质可得，，先证明四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直且即可证出结论． 【详解】证明：在菱形中， ，， ， ， 即， 又， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， ， 四边形是正方形． 【点睛】本题考查的是正方形的判定及菱形的性质，熟练掌握特殊的平行四边形的性质与判定是解题的关键． 【易错必刷十六 多边形内角和与外角和综合】 46．（24-25八年级下·上海嘉定·期末）如图，六边形的每一个内角都相等，则的度数等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查多边形的内角和和外角和综合，根据六边形的每一个内角都相等，得到每一个外角也相等，再根据外角和为360度进行求解即可． 【详解】解：∵六边形的每一个内角都相等， ∴六边形的每一个外角都相等， ∴的度数； 故选D． 47．（23-24八年级下·上海·期末）如图，将等边三角形、正方形和正五边形按如图所示的位置摆放．，则＝ ． 【答案】/42度 【分析】利用多边形的外角和定理，即减去等边三角形的一个内角的度数，减去正五边形的一个内角的度数，减去正方形的一个内角的度数，再减去和的度数，最后得出答案． 【详解】等边三角形的内角的度数是，正方形的内角的度数为，正五边形的内角的度数是， 则． 故答案为： 【点睛】此题考查了多边形外角和定理，正多边形内角和公式，熟练掌握相关知识及正确运算是解题关键． 48．（23-24八年级下·上海闵行·期中）已知一个正多边形相邻的内角比外角大． (1)求这个正多边形的内角与外角的度数； (2)求这个正多边形的边数． 【答案】(1)内角为，外角为 (2)12 【分析】(1)根据多边形的内角和、外角和公式即可求出答案； （2）由多边形外角个数与边数之间的关系即可求出答案． 【详解】（1）设正多边形的外角为，则内角为，由题意，得 ， 解得． 正多边形的内角为，外角为． （2）这个正多边形的边数为：． 【点睛】本题考查多边形的内角和，解题的关键是熟练运用多边形的内角和公式，本题属于基础题型． 【易错必刷十七 与三角形中位线有关的求解问题】 49．（23-24八年级下·上海普陀·阶段练习）如图，RtΔABC中，∠ACB=，∠ABC=,BC=2cm, D为BC的中点，若动点E以1cm/s的速度从A点出发，沿着A→B→A的方向运动，设E点的运动时间为t秒（0≤t<6）,连接DE，当ΔBDE是直角三角形时，t的值为 （  ） A．2 B．2.5或3.5 C．2.5或3.5或4.5 D．2或3.5或4.5 【答案】D 【分析】先求出AB的长，再分①∠BDE=90°时，DE是△ABC的中位线，然后求出AE的长度，再分点E在AB上和在BA上两种情况列出方程求解即可；②∠BED=90°时，由∠B=60°求出∠BDE=30°，进而求出BE，然后分点E在AB上和在BA上两种情况列出方程求解即可． 【详解】∵∠ACB=90°，∠ABC=60°，BC=2cm， ∴∠BAC=30° ∴AB=2BC=2×2=4， ①∠BDE=90°时， ∵D为BC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴AE=AB=×4=2（cm）， 点E在AB上时，t=2÷1=2（秒）， 点E在BA上时，点E运动的路程为4×2-2=6（cm）， ∴t=6÷1=6（秒）（舍去）； ②∠BED=90°时，∠B=60°， ∴∠BDE=30°， ∴BE=BD=×2×=0.5， 点E在AB上时，t=（4-0.5）÷1=3.5（秒）， 点E在BA上时，点E运动的路程为4+0.5=4.5（cm）， t=4.5÷1=4.5（秒）， 综上所述，t的值为2或3.5或4.5． 故选D. 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，解直角三角形的相关知识，难点在于分情况讨论． 50．（23-24八年级下·上海·期末）如图，已知中，点D、E分别是边、中点，，点F、G分别是、的中点，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了三角形的中位线及梯形的中位线，熟练掌握两个定理是解题的关键．根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出，再根据梯形的中位线平行于两底边并且等于两底和的一半求解即可． 【详解】解：点D、E分别是边、中点， 是的中位线， ，， ， ， 点F、G分别是、的中点， 是梯形的中位线， ， 故答案为： 51．（2024八年级下·上海·专题练习）已知：如图，在△ABC中，M、N分别是边AB、AC的中点，D是边BC延长线上的一点，且，连接CM、DN．求证：四边形MCDN是平行四边形． 【答案】证明见解析 【分析】根据三角形中位线的性质可得MN∥BC，且MN＝BC，再由条件可得MN＝CD，进而可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MCDN是平行四边形． 【详解】证明：∵点M、N分别是AB、AC的中点， ∴MN∥BC，且MN＝BC． 即：MN∥CD． 又 CD＝BC， ∴MN＝CD． ∴四边形MCDN是平行四边形． 【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定，以及三角形中位线的性质，关键是掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． 【易错必刷十八 利用平行四边形的判定与性质求解】 52．（2024·上海虹口·二模）如图，在正方形中，点、分别在边和上，，，如果，那么的面积为（    ）    A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，先根据正方形的性质得到，进而证明四边形是平行四边形，得到，则，最后根据三角形面积计算公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 53．（23-24八年级下·上海·期末）如图，在ABCD中，AC与BD交于点O，，，则ABCD的面积为 ． 【答案】 【分析】作OE⊥AD交AD于点E，利用勾股定理求出AD，即可求出，由此即可求得ABCD的面积． 【详解】解：作OE⊥AD交AD于点E，如图， ∵，， ∴OE=， ∴在中，由勾股定理得：， ∵，OE=4，， ∴在中，由勾股定理得：， ∴AD=， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查平行四边形面积的求法，勾股定理的应用，准确做出辅助线是解题的关键． 54．（2024·上海金山·二模）如图，已知AD是的中线，M是AD的中点，过A点作，CM的延长线与AE相交于点E，与AB相交于点F. （1）求证：四边形是平行四边形； （2）如果，求证四边形是矩形. 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【分析】（1）先判定，可得，再根据是的中线，即可得到，依据，即可得出四边形是平行四边形； （2）先判定，即可得到，依据，可得根据是的中线，可得，进而得出四边形是矩形. 【详解】证明：（1）是的中点， ， ， ， 又， ， ， 又是的中线， ， 又， 四边形是平行四边形； （2）， ， ∴，即， ， 又， ， 又是的中线， ， 又四边形是平行四边形， 四边形是矩形. 【点睛】本题主要考查了平行四边形、矩形的判定，等腰三角形的性质以及相似三角形的性质的运用，解题时注意：对角线相等的平行四边形是矩形. 【易错必刷十九 与三角形中位线有关的证明】 55．（23-24八年级下·上海黄浦·期末）若三角形一边中垂线过另一边中点，则该三角形必为（    ） A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形 【答案】C 【分析】本题考查中垂线的定义和三角形的中位线定理．如图，垂直平分，则，为的中点，再根据为的中点，得到为的中位线，得到，进而得到，即可得出结论． 【详解】解：如图，垂直平分，交于，交于点， 则：，为的中点， 由题意，得：为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∴为直角三角形； 故选C． 56．（2024·上海青浦·二模）如果点D、E分别是△ABC的AB、AC边的中点，那么△ADE与△ABC的周长之比是 ． 【答案】1：2 【分析】根据中位线的定理即可求出答案． 【详解】解：∵点D、E分别是△ABC的AB、AC边的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴， ∴＝＝ 故答案为：1：2． 【点睛】本题考查中位线，解题的关键是熟练运用中位线的性质定理，本题属于基础题型． 57．（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，在中，点D是上一点，，过点B作，分别交于点E，交于点F. (1)求证：； (2)如果，求证：. 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由，推出，，再由三角形内角和定理即可证明； （2）取中点G，连接，证明即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）证明：取中点G，连接， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，中位线定理，关键是作辅助线构造全等三角形． 【易错必刷二十 根据矩形的性质与判定求角度】 58．（23-24八年级下·上海闵行·阶段练习）如图，在中，对角线、相交于点O，且，，则的度数为（  ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，根据矩形的判定得到四边形是矩形，由矩形的性质求出，由角的和差关系求出，再根据等边对等角求出即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴ 故选：A． 59．（23-24八年级下·上海·期中）如图，在矩形中，，点在上，且，则 ． 【答案】15° 【分析】根据矩形性质得出∠A＝∠BCD＝90°，AD＝BC=BE，根据，得出∠BEA＝30°＝∠EBC，求出∠ECB的度数，即可求出答案． 【详解】∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠BCD＝90°，AD＝BC=BE，AD∥BC， ∵， ∴∠BEA＝30°， ∵AD∥BC， ∴∠EBC＝∠BEA＝30°， ∵=BC， ∴∠ECB＝（180°−∠EBC）＝75°， ∵∠BCD＝90°， ∴90°−75°＝15°， 故答案为：15°． 【点睛】本题考查了矩形性质，三角形的内角和定理，平行线性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形性质的应用，解此题的关键是求出∠ABC和∠EBA的度数，题目比较好，是一道综合性比较强的题目． 60．（23-24八年级下·上海·期中）如图，矩形中，为对角线，为中点，，，当四边形为菱形时，求的值． 【答案】 【分析】设出，利用菱形的性质可得，在中，由勾股定理列出方程即可求解． 【详解】解：四边形为菱形， ， 设，则， ∵矩形中，， ∴在中，由勾股定理得：， 即， 解得， 的值为． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握矩形与菱形的性质是解题的关键． 【易错必刷二十一 根据菱形的性质与判定求角度】 61．（2024·上海嘉定·二模）如图，在菱形中，相交于，，是线段上一点，则的度数可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由菱形的性质，得∠AOB=90°，∠ABO=，从而得：∠BAO=55°，进而可得：55°＜＜90°，即可得到答案． 【详解】∵在菱形中， ∴，即：∠AOB=90°， ∴＜90°， ∵， ∴∠ABO=， ∴∠BAO=55°， ∵=∠BAO+∠ABE， ∴＞55°， 即：55°＜＜90°． 故选B． 【点睛】本题主要考查菱形的性质定理以及三角形内角和定理与外角的性质，掌握菱形的性质是解题的关键． 62．（23-24八年级下·上海松江·期中）如图，在菱形中，，将菱形绕点A逆时针旋转，得到四边形，连接，若，则的度数为 ．    【答案】 【分析】根据旋转的性质结合菱形的性质即可求解． 【详解】解：由题意得： 故答案为： 【点睛】本题考查旋转及菱形的性质．推出是解题的关键． 63．（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，四边形和四边形都是菱形，点E，F在上已知，，求： (1)的度数． (2)的度数． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据菱形的性质得出，再由等边对等角及三角形内角和定理求解即可； （2）连接，根据菱形的对角线互相平分得出，，结合图形求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）连接，如图所示： ∵四边形和四边形都是菱形，，， ∴，， ∴． 【点睛】题目主要考查菱形的性质及等边对等角，三角形内角和定理等，理解题意，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 【易错必刷二十二 根据矩形的性质与判定求线段长】 64．（23-24八年级下·上海徐汇·阶段练习）已知如图，， ， ，，则的面积为（   ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】C 【分析】过点D作 于G，过点E作 ，交 的延长线于点F，先证明（AAS），从而得，再证明四边形为矩形，然后利用，求得的值，最后利用三角形面积公式计算即可得出答案． 【详解】过点D作 于G，过点E作，交的延长线于点F 又∵ ∴ ∴ ∴在和中 ， ∴（AAS）， ∴， ∵， ∴ ， ∴四边形为矩形， ∴， 又∵， ∴， 的面积为：； 故选C． 【点睛】此题考查全等三角形判定与性质、矩形的判定与性质及三角形的面积计算，解题关键在于掌握各性质定义. 65．（23-24八年级下·上海崇明·期末）如图，在梯形中，，如果，那么边的长是 ．    【答案】 【分析】本题考查矩形的判定和性质，勾股定理，过点D作于点E，根据矩形的性质分别求出，再根据勾股定理计算，得到答案． 【详解】解：如图，过点D作于点E， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， 由勾股定理得：， 故答案为：．    66．（2024·上海松江·二模）如图，四边形中，． (1)如果，求的值； (2)如果，求四边形的面积． 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）过点A作于点E，可得四边形是矩形，从而得到，继而得到，再由锐角三角函数，即可求解； （2）过点A作于点E，可得四边形是矩形，从而得到，设，则， 在中，利用勾股定理求出x的值，再根据四边形的面积，即可求解． 【详解】（1）解：如图，过点A作于点E， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：如图，过点A作于点E， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得：， 即， 四边形的面积． 【点睛】本题主要考查了解直角三角形，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 【易错必刷二十三 根据正方形的性质与判定求线段长】 67．（23-24八年级下·上海松江·阶段练习）如图，点E是正方形对角线上一点，过E作交于F，连接，若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点E作于点H，证明四边形是正方形，可得，在中，由勾股定理可得，进而可求得正方形的边长，再根据勾股定理可求解． 【详解】解：过点E作EH⊥BC于点H， ∵四边形ABCD是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ， ， ∴， ， ， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的判定及性质，勾股定理的应用，熟练掌握正方形的判定及性质，正确作出辅助线利用勾股定理是解题的关键． 68．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E是边DC的中点，联结AE．如果将△ADE沿AE所在的直线翻折，点D落在点F处，那么DF两点间的距离是 ． 【答案】 【分析】根据题意画出图形，由题意可得AD=DE=1，由折叠性质可证明四边形AFED为正方形，用勾股定理即可求AE的长即得DF两点间的距离． 【详解】解：如图所示，将△ADE沿AE所在的直线翻折，点D落在点F处． ∵AB=2AD=2，E为DC中点， ∴AD=DE=1， 由折叠可知AD=AF=DE=EF=1，又∠D=90°， 故四边形AFED为正方形． ∴DF=AE=， 故答案为：． 【点睛】本题考查了图形折叠的性质，矩形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理，根据题意画出图形证明四边形AFED为正方形是解题关键． 69．（23-24八年级下·上海奉贤·阶段练习）《九章算术》勾股章[一五]问“勾股容方”描述了关于图形之间关系的问题：如图，知道一个直角三角形较短直角边（“勾”）与较长直角边（“股”）的长度，那么，以该三角形的直角顶点为一个顶点、另外三个顶点分别在该三角形三边上的正方形的边长就可以求得．（我们不妨称这个正方形为该直角三角形的“所容正方形”） 其文如下： 问题：一个直角三角形两直角边的长分别为和，它的“所容正方形”的边长是多少？ 答案：． 解： (1)已知：如图，在中，，若，，求“所容正方形”的边长． (2)应用（1）中的结论解决问题：如图，中山公园有一块菱形场地，其面积为，两条对角线长度之和为．现要在这个菱形场地上修建一个正方形花圃，并且要使正方形花圃的四个顶点分别落在菱形场地的四条边上，则该正方形花圃的边长为多少？ 【答案】(1)正方形边长为； (2)该正方形花圃的边长为． 【分析】本题考查的知识点是正方形的判定与性质、菱形性质，解题关键是正确理解题意、熟练掌握相关图形的性质、合理利用所求的相关结论作答． （1）连接，设正方形的边长为，即，根据面积计算的不同方式即可求得正方形边长； （2）设菱形两条对角线交于点，其长度分别为，，根据题意得到、的值，判定四边形为正方形，且为直角的“所容正方形”后结合（1）中得到的结论即可得到正方形花圃的边长． 【详解】（1）解：连接，如图，设正方形的边长为，则， 四边形是正方形， ，，， 在中，，，， ， 即， ， ． 故“所容正方形”的边长为． （2）解：如图，设菱形的两条对角线交于点，且其长度分别为，， 则，，， 根据题意可得：，整理得， 若正方形为在这个菱形场地上修建的正方形花圃，则根据菱形和正方形的对称性可得，，则四边形也为正方形，且这个正方形为直角三角形的“所容正方形”， 则由（1）的结论可得：正方形的边长， 正方形的边长为， 即在这个菱形场地上按要求修建的正方形花圃的边长为． 【易错必刷二十四 根据正方形的性质与判定求面积】 70．（23-24八年级下·上海宝山·期末）图中有三个正方形，若阴影部分面积为4个平方单位，则最大正方形的面积是（ ）平方单位.    A．48 B．12 C．24 D．36 【答案】D 【分析】根据正方形的性质和等腰三角形的性质，设,结合勾股定理，求得正方形的边长，即可求得答案. 【详解】   ∵与都是正方形， ∴， ∴， 设, ∵ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴正方形的面积是：36， 故选： 【点睛】本题考查了正方形的性质和等腰三角形的性质以及勾股定理的应用，勾股定理的应用是解题的关键. 71．（23-24八年级下·上海青浦·单元测试）如图，正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE=BF=CG=DH=5，则四边形EFGH的面积是 ． 【答案】34 【分析】由正方形的性质得出∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，证出AH=BE=CF=DG，由SAS证明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，得出EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，证出四边形EFGH是菱形，再证出∠HEF=90°，即可得出四边形EFGH是正方形，由勾股定理得EH，即可得出正方形EFGH的面积． 【详解】∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA， ∵AE=BF=CG=DH， ∴AH=BE=CF=DG． 在△AEH、△BFE、△CGF和△DHG中， ∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS）， ∴EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE， ∴四边形EFGH是菱形， ∵∠BEF+∠BFE=90°， ∴∠BEF+∠AEH=90°， ∴∠HEF=90°， ∴四边形EFGH是正方形， ∵AB=BC=CD=DA=8，AE=BF=CG=DH=5， ∴EH=FE=GF=GH= 所以正方形EFGH的面积 【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键． 72．（23-24八年级下·上海金山·期中）如图，把边长为的等边三角形绕边的中点O旋转，得到． (1)四边形是什么样的四边形？说明理由． (2)求四边形的两条对角线的长度． (3)求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)，． (3) 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理． （1）直接利用中心对称的性质，结合菱形的判定方法得出答案； （2）直接利用中心对称的性质利用勾股定理得出答案； （3）直接利用菱形面积对角线乘积的一半得出答案． 【详解】（1）解：四边形是菱形， 理由：把边长为的等边绕边的中点旋转，得到， ， ， 四边形是菱形； （2）解：把边长为的等边绕边的中点旋转，得到， ，， ， ， 四边形的两条对角线的长度分别为和； （3）解：四边形的面积为：． 【易错必刷二十五 根据菱形的性质与判定求面积】 73．（23-24八年级下·上海松江·阶段练习）如图，在菱形 ABCD 中，边长 AB=4，∠A=60°，E、F 为边 BC、CD 的中点，作菱形 CEGF，则图中阴影部分的面积为（        ） A．16 B．12 C．8 D．6 【答案】D 【分析】构造辅助线，求得，的长，利用三角形中位线定理证得,求得，从而求得阴影部分的面积． 【详解】设菱形ABCD的对角线相交于G， ∵AB=4，∠A=60°， ∴AB=BC=CD=DA=4，∠A=∠C =60°， ∴为边长为4的等边三角形， ∴∠DCG=∠BCG=30，， ∴，，， ∴，， ∵E、F 为边 BC、CD 的中点， ∴EF∥BD，EF=BD=2， ∴, ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的面积，三角形中位的性质，相似三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造出等边三角形是解题的关键，也是本题的突破点． 74．（23-24八年级下·上海青浦·阶段练习）如图：两张宽度都为的纸条交叉重叠在一起，两张纸条交叉的夹角为α（见图中的标注），则重叠（阴影）部分的面积表示为 ． 【答案】 【分析】过点作于点E．由题意即得出四边形为菱形，从而得出，．再根据正弦的定义可求出，最后由菱形的面积公式计算即可． 【详解】如图，过点作于点E． 由题意可知四边形为菱形， ∴，． ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的判定和性质，解直角三角形．正确的作出辅助线并利用数形结合的思想是解题关键． 75．（23-24八年级下·上海·期中）如图，AM//BN，C是BN上一点，BD平分∠ABN且过AC的中点O，交AM于点D， DE⊥BD，交BN于点E． (1)求证：四边形ABCD是菱形． (2)若DE=AB=2，求菱形ABCD的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由ASA可证明△ADO≌△CBO，再证明四边形ABCD是平行四边形，再证明AD=AB，即可得出结论； （2）由菱形的性质得出AC⊥BD，证明四边形ACED是平行四边形，得出AC=DE=2，AD=EC，由菱形的性质得出EC=CB=AB=2，得出EB=4，由勾股定理得BD=，即可得出答案． 【小题1】解：证明：∵点O是AC的中点， ∴AO=CO， ∵AM∥BN， ∴∠DAC=∠ACB， 在△AOD和△COB中， ， ∴△ADO≌△CBO（ASA）， ∴AD=CB， 又∵AM∥BN， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AM∥BN， ∴∠ADB=∠CBD， ∵BD平分∠ABN， ∴∠ABD=∠CBD， ∴∠ABD=∠ADB， ∴AD=AB， ∴平行四边形ABCD是菱形； 【小题2】由（1）得四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AD=CB， 又DE⊥BD， ∴AC∥DE， ∵AM∥BN， ∴四边形ACED是平行四边形， ∴AC=DE=2，AD=EC， ∴EC=CB， ∵四边形ABCD是菱形， ∴EC=CB=AB=2， ∴EB=4， 在Rt△DEB中，由勾股定理得BD=， ∴S菱形ABCD＝AC•BD＝=． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 【易错必刷二十六 根据矩形的性质与判定求面积】 76．（23-24八年级下·全国·单元测试）矩形中，，交于M，交于N，在上任取两点P、Q，那么图中阴影部分的面积是（    ）    A．10 B．5 C． D． 【答案】B 【分析】先证明四边形是矩形，得到，同理可得，再根据进行求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 同理可证， ∴ ， 故选B． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键． 77．（2024·上海闵行·模拟预测）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为 ． 【答案】8 【分析】根据平移的性质即可求解． 【详解】解：由平移的性质S△A′B′C′=S△ABC，BC=B′C′，BC∥B′C′， ∴四边形B′C′CB为平行四边形， ∵BB′⊥BC， ∴四边形B′C′CB为矩形， ∵阴影部分的面积=S△A′B′C′+S矩形B′C′CB-S△ABC =S矩形B′C′CB =4×2 =8(cm2)． 故答案为：8． 【点睛】本题考查了矩形的判定和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等． 78．（23-24八年级下·上海·期末）在平面直角坐标系中，已知点A（3，5），B（5，3），C（﹣1，﹣3），D（﹣3，﹣1），试判定四边形ABCD的形状，并求出它的面积． 【答案】四边形ABCD是矩形；24 【分析】利用平面内两点间距离公式求出AB、CD、AD、BC、AC的长度即可判断出四边形ABCD的形状． 【详解】解：∵点A（3，5），B（5，3），C（-1，-3），D（-3，-1）， ∴AB2=（3-5）2+（5-3）2=8， CD2=（-1+3）2+（-3+1）2=8， AD2=（3+3）2+（5+1）2=72， BC2=（5+1）2+（3+3）2=72， AC2=（3+1）2+（5+3）2=80， ∴AB=CD，AD=BC，AC2=AB2+BC2， ∴四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=90°， ∴四边形ABCD是矩形， ∴矩形ABCD的面积=AB•BC==24． 【点睛】本题考查了平面内两点间的公式，利用公式求出五条线段的长度是解决问题的关键． 【易错必刷二十七 根据正方形的性质与判定证明】 79．（23-24八年级下·上海嘉定·期中）如图，正方形中，点是边的中点，，交于点，、交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（    ）    A．①③ B．①②③④ C．①②③ D．①③ 【答案】B 【分析】根据正方形的性质，可证，，，，由此即可求解． 【详解】解：正方形中，点是边的中点， ∴，，， ∴， ∴，故结论①正确； ∵，，为公共边， ∴， ∴， ∵， ∴，故结论②正确； ∵与是等底等高的两个三角形， ∴与的面积相等，，即， ∵，， ∴，故结论③正确； 由结论①，②可知，， ∵， ∴， ∴．故结论④正确． 综上所述，正确的有①②③④． 故选：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，三角形全等的判断和性质，等底等高的两个三角形面积相等知识的综合，掌握正方形的性质，三角形全等的判断和性质是解题的关键． 80．（2024·上海静安·二模）如图，在正方形中，E，F分别是的中点．若，则的长是 ．    【答案】1 【分析】连接，则，根据三角形中位线定理，得． 【详解】连接，因为正方形，， 所以， 因为E，F分别是的中点， 所以． 故答案为：1． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握正方形的性质和三角形中位线定理是解题的关键． 81．（23-24八年级下·上海静安·期中）如图，，，，分别是正方形各边的中点．四边形是什么四边形？为什么？ 【答案】四边形是正方形，理由见详解 【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到EH∥BD∥FG，EF∥AC∥HG，EH＝FG＝BD，EF＝HG＝AC，得到四边形EFGH为平行四边形，根据正方形的判定定理解答． 【详解】解：四边形是正方形，理由如下： 连接AC、BD． ∵E、F、G、H分别是正方形ABCD各边的中点， ∴EH∥BD∥FG，EF∥AC∥HG，EH＝FG＝BD，EF＝HG＝AC， ∴四边形EFGH为平行四边形， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AC＝BD，AC⊥BD， ∴EF＝FG，EF⊥FG， ∴▱EFGH是正方形． 【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、正方形的性质定理和判定定理是解题的关键． 【易错必刷二十八 利用平行四边形性质和判定证明】 82．（23-24八年级下·上海长宁·期末）四边形ABCD是平行四边形，，BE平分交AD于点E，交BC于点F，则的度数为（    ） A．55 B．50 C．40 D．35 【答案】D 【分析】根据已知条件证明四边形EBFD是平行四边形，进而得到，由可得，求出的度数，即可得的度数． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴，， ∵， ∴四边形EBFD是平行四边形， ∴， ∴， ∵BE平分∠ABC交AD于点E，， ∴， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的性质，证明四边形EBFD是平行四边形是解答本题的关键． 83．（2024八年级下·上海·专题练习）如图，O是等边三角形内任意一点，过点O作分别交于点G，H，I，已知等边三角形的周长18，则 ． 【答案】6 【分析】本题考查了平行的性质、等边三角形的判定和性质、平行四边形的判定与性质．在解题的时候要注意找准对应平行线所形成的角．由平行推理得是等边三角形，由等边三角形三边相等的性质和平行四边形的性质求出的值． 【详解】解：∵ ∴ 则四边形和四边形都是平行四边形， ∵是等边三角形 ∴三角形是等边三角形， 则， ∴， ∴， ∵的周长为， ∴． 故答案为：6． 84．（2024八年级下·上海·专题练习）如图，已知在的边上取一点，使，边上取一点，使．连接、． 求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．根据平行四边形的性质，得出，，进而得到，即可得到结论． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，，， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形． 【易错必刷二十九 平行四边形性质和判定的应用】 85．（23-24八年级下·上海普陀·阶段练习）如图，在平行四边形中，cm，cm，点在边上以的速度从点向点运动，点在边上，以的速度从点出发，在上运动到点后返回点，其中一点到达终点时，两点同时停止运动，在运动过程中，当以，，，四点为顶点的四边形为平行四边形时，点运动的时间为（   ） A．2s B．s C．4s D．5s 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，进行分类讨论是解题的关键． 根据平行四边形的性质得出，分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可． 【详解】解：设经过t秒，以点，，，为顶点组成平行四边形， ∵在边上运动， ∴， ∵以点，，，为顶点组成平行四边形， ∴， 分以下情况：①点Q的运动路线是 由题意得：， 解得：，不符合题意． ②点Q的运动路线是 由题意得：， 解得：；符合题意． 点Q的运动路线是 由题意得：， 解得：；不合题意． 点Q的运动路线是 由题意得：， 解得：，不合题意． 故选：B． 86．（2024·上海虹口·模拟预测）如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O，过点O的直线EF分别交边AB，CD于E，F两点，在这个平行四边形上做随机投掷图钉试验，针头落在阴影区域内的概率是 ． 【答案】 【分析】先根据平行四边形的性质得到对角线将平行四边形面积四等分，再根据概率公式计算即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴对角线把平行四边形分成面积相等的四部分， 阴影部分面积， 由图知， , ， 根据平行四边形性质， ， ， ， ∴点A落在阴影区域内的概率为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了几何概率、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质；关键在于掌握好平行四边形的性质、知道概率公式的基础知识． 87．（23-24八年级下·上海金山·期末）如图，点C为线段AB上一点且不与A，B两点重合，分别以AC，BC为边向AB的同侧做角为60°的菱形．请仅用无刻度的直尺分别按下列要求作图．（保留作图痕迹）． (1)在图1中，连接DF，若AC＝BC，作出线段DF的中点M； (2)在图2中，连接DF，若，作出线段DF的中点N． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接AF、BD，相交于点O，连接CO并延长，交DF于点M，根据两菱形边长相等，角度相等，可证，，得到OA=OB，OF=OD，通过C为AB中点可得OC⊥AB，OM⊥DF，根据等腰三角形三线合一，即M是DF中点； （2）连接AD、BF，并延长相交于点H，连接CH、DF，相交于点N，根据菱形是60°角可知AD∥CF，BF∥CD，所以四边形DCFH是平行四边形，根据平行四边形对角线互相平分，所以点N即是DF中点． 【详解】（1）如图1中，点M即为所求． （2）如图2中，点N即为所求． 【点睛】本题考查作图，熟练利用菱形的性质和平行四边形的性质是解题关键，本题中第（2）小题方法同样适用于第（1）小题． 【易错必刷三十 （特殊）平行四边形的动点问题】 88．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在平行四边形中，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动．点在边上以每秒的速度从点出发，在之间往返运动．两个点同时出发，当点到达点时停止（同时点也停止运动），设运动时间为秒．当时，运动时间t为何值时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形（    ）    A． B．8 C．4或 D．或8 【答案】D 【分析】根据的速度为每秒，可得，从而得到，由四边形为平行四边形可得出，结合平行四边形的判定定理可得出当时以、、、四点组成的四边形为平行四边形，当时，分两种情况考虑，在每种情况中由即可列出关于的一元一次方程，解之即可得出结论． 【详解】解：四边形为平行四边形， ． 若要以、、、四点组成的四边形为平行四边形，则． 当时，，，，， ， 解得：； 当时，，，， ， 解得：． 综上所述：当运动时间为秒或8秒时，以、、、四点组成的四边形为平行四边形． 故选D． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用，弄清在上往返运动情况是解决此题的关键． 89．（23-24八年级下·上海松江·阶段练习）如图，在中，，动点P以每秒的速度从点A向点D运动．另一动点Q以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，P，Q两点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形时，则运动时间为 秒．    【答案】0或4 【分析】根据平行四边形的性质可得当时，以点、、、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：设经过秒，以点、、、为顶点组成平行四边形， 以点、、、为顶点组成平行四边形， ， ∵点P以每秒的速度，点Q以每秒的速度运动， ∴点P运动时间为秒，此时点Q从点C运动到点B，又从点B运动到点C， ①点的运动路线是，可得， 解得：； ②点的运动路线是，可得， 解得：； 综上所述，秒或4秒时，以、、、四点组成的四边形为平行四边形， 故答案为：0或4． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质．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． 90．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在四边形ABCD中，ADBC，∠B＝90°，AD＝18cm，BC＝26cm，动点P从点A开始沿AD边向D以1cm/s的速度运动，动点Q从C点开始沿CB边向B以3cm/s的速度运动，P、Q分别从A、C同时出发，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当t为何值时，四边形ABQP为矩形？ (2)当t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？ 【答案】(1)t＝6.5 (2)t＝4.5 【分析】（1）要使得四边形ABQP为矩形，只要AP＝BQ即可，从而可以求得此时t的值； （2）要使得四边形PQCD为平行四边形，只要PD＝CQ即可，从而可以求得此时t的值． 【详解】（1）当AP＝BQ时，四边形ABQP为矩形， ∴t＝26﹣3t， 解得，t＝6.5 即当t＝6.5s时，四边形ABQP为矩形； 故答案为：t＝6.5． （2）当PD＝CQ时，四边形PQCD为平行四边形， ∴18﹣t＝3t， 解得，t＝4.5 即当t＝4.5s时，四边形PQCD为平行四边形． 故答案为：t＝4.5． 【点睛】本题考查矩形的判定、平行四边形的判定，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 【易错必刷三十一 四边形中的线段最值问题】 91．（2024·上海松江·二模）如图，在矩形中，，，点E为中点，P、Q为边上两个动点，且，当四边形周长最小时，的长为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】四边形周长等于,其中为定值，即求最小值，，作F关于BC的对称点,当共线时最小，此时的P位置即为所求． 【详解】解：如图：四边形周长等于, 作使 则， 作F关于BC的对称点,连接，交于点 四边形周长=，其中为定值， 当共线时最小，即四边形周长最小 四边形是矩形，， 则 ，    故选C． 【点睛】本题考查了矩形的性质，将军饮马，线段和最小值问题，相似三角形的性质与判定，正确的作出辅助线，转化未知线段为已知线段的长是解题的关键． 92．（23-24八年级下·上海宝山·期中）如图，在四边形ABCD中，，，EF分别是边BC，CD上的动点，当的周长最小时， °． 【答案】40º 【分析】据要使△AEF的周长最小，即利用点的对称，使三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和CD的对称点A″，A′，利用三角形内角和求∠A′+∠A″，进而得出∠EAB+∠FAD，即可得出答案． 【详解】解：作A关于BC和CD的对称点A″，A′，连接A′A″，交BC于E，交CD于F，则A′A″即为△AEF的周长最小值． ∵∠C=70°， ∴∠DAB=110°， ∵∠A″+∠DAB+∠A′=180º， ∴∠A′+∠A″=180º-∠BAD=180º-110º=70°， ∵∠A′=∠FAD，∠A″=∠EAB， ∴∠EAB+∠FAD=70°， ∴∠EAF=110°-70°=40°， 故答案为：40°． 【点睛】本题考查的是轴对称—最短路线问题，涉及到平面内最短路线问题求法以及三角形的内角和和垂直平分线的性质等知识，根据已知得出E，F的位置是解题关键． 93．（23-24八年级下·上海金山·期末）如图，正方形中，，是边的中点，点是正方形内一动点，，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，. （1）若、、三点共线，求的长； （2）求的面积的最小值. 【答案】（1）3；（2） 【分析】（1）利用勾股定理求出AO长，易得AE长，由正方形的性质利用SAS可证，根据全等三角形对应边相等可得结论； （2）过点作于点，当三点共线，最小，求出EH长，根据三角形面积公式求解即可. 【详解】（1）由旋转得：，， ∵是边的中点，∴. 在中，. ∴. ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 即， ∴. 在和中 ∴. ∴. （2）由于，所以点可以看作是以为圆心，2为半径的半圆上运动. 过点作于点. ∵， ∴ 当三点共线，最小，. ∴. 【点睛】本题是正方形与三角形的综合题，涉及的知识点主要有正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练的利用正方形的性质证明三角形全等是解题的关键. 【易错必刷三十二 四边形其他综合问题】 94．（23-24八年级下·上海静安·期中）如图，丝带交叉重叠的部分一定不是（    ） A．正方形 B．平行四边形 C．菱形 D．三角形 【答案】D 【分析】根据丝带的对边平行，可知重叠部分是平行四边形，故可知一定不是三角形． 【详解】丝带的对边平行， 重叠部分是平行四边形． 当重叠部分的邻边相等时，重叠部分是菱形； 当重叠部分的邻边互相垂直时，重叠部分是正方形， 一定不是三角形． 故选D． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，理解平行四边形的判定是解题的关键． 95．（23-24八年级下·全国·期中）把边长为3，5，7的两个全等三角形拼成四边形，一共能拼成 种不同的四边形，其中有 个平行四边形． 【答案】 6 3 【详解】解：因为将三角形的三边分别重合一次，可拼得3个四边形，通过旋转后可得3个，所以共有6个．其中有3个是平行四边形． 故答案为：6；3． 96．（23-24八年级下·上海闵行·期末）已知：在平行四边形ABCD中，AB︰BC=3︰2. (1)根据条件画图：作∠BCD的平分线，交边AB于点E，取线段BE的中点F，连接DF交CE于点G. (2)设，那么向量=______.(用向量、表示)，并在图中画出向量在向量和方向上的分向量. 【答案】(1)见解析；(2) =，画图见解析. 【分析】（1）首先作∠BCD的平分线，然后作BE的垂直平分线即可； （2）首先判定△GEF∽△GCD，然后根据AB︰BC=3︰2，得出，进而得出，最后根据向量的运算，即可得出和，即可画出分向量. 【详解】（1）根据已知条件，作图如下： （2）∵CE为∠BCD的平分线， ∴∠BCE=∠DCE 又∵AB∥CD ∴∠DCE=∠BEC，△GEF∽△GCD 又∵AB︰BC=3︰2 ∴ ∴ 又∵， ∴ 又∵， ∴ 同理可得， 在向量和方向上的分向量，如图所示： 【点睛】此题主要考查角平分线的作图以及向量的运算，熟练掌握，即可解题. 【易错必刷三十三 三角形中位线的实际应用】 97．（24-25八年级下·上海宝山·期中）如图是人字梯及其侧面示意图，，为支撑架，为拉杆，D，E分别是，的中点，若，则B，C两点的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了三角形中位线的实际应用，等式的性质等知识点，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键． 利用三角形的中位线定理即可直接得出答案． 【详解】解：∵D，分别是，的中点， ， ， 故选：． 98．（23-24八年级下·上海长宁·期中）如图，某小区要在一块空地上围一个四边形花坛，，分别是边，的中点，且米，则的长为 米． 【答案】 【分析】本题考查三角形中位线的定理，解题的关键是掌握三角形中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半．根据三角形中位线的长度关系可得结论． 【详解】解：∵，分别是边，的中点，米， ∴（米）， ∴的长为米． 故答案为：． 99．（23-24八年级下·上海普陀·期末）如图，正方形，矩形并排放置，．请用一把无刻度直尺完成下列作图（保留作图痕迹）． (1)在图1中作中点G； (2)在图2的边上找点，使得． 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质、三角形中位线的性质及平行线分线段成比例定理， （1）连接，再连接两个交点与交于点G，即可； （2）连接交于点O，连接并延长交于点P，即可； 【详解】（1） 点G即为所求； （2） 点P即为所求； 学科网（北京）股份有限公司 $$