专题03 四边形（考点清单，9考点梳理+18题型解读）-2024-2025学年八年级数学下学期期末考点大串讲（沪教版）

专题03 四边形（考点清单，9考点梳理+18题型解读） 清单01 多边形 多边形 清单02 平面四边形 平行四边形：两组对边分别平行的四边形. 清单03 特殊的平面四边形 （1）矩形 （2）菱形 （3）正方形 清单04 梯形 梯形 清单05 等腰梯形 清单06 三角形、梯形的中位线 清单07 梯形常用辅助线的添法 梯形添辅助线目的：将梯形问题转化为三角形和平行四边形的问题来解决. 清单08 平面向量 清单09 平面向量的运算 【考点题型一】多边形内角和问题（） 【例1】（22-23八年级上·上海·期末）一个多边形的内角和等于540度，那么它的边数是 ． 【变式1-1】（20-21七年级上·上海浦东新·期末）我们知道：三角形的内角和为，所以在求四边形的内角和时，我们可以将四边形分割成两个三角形，这样其内角和就是，同理五边形的内角和是 度；那么n边形的内角和是 度；如果有一个n边形的内角和是，那么n的值是 ． 【考点题型二】多边形内角和与外角和综合（） 【例2】（23-24八年级下·上海·期末）一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为 ． 【变式2-1】（23-24八年级下·上海崇明·期末）已知一个凸多边形的每个内角都是，那么它的边数为 ． 【变式2-2】（20-21八年级下·上海黄浦·期末）如果一个五边形的每一个内角都相等，那么它的一个内角的度数等于 度． 【考点题型三】利用平行四边形的性质求解（） 【例3】（22-23八年级下·上海浦东新·期末）中，与的和为100°，那么 ． 【变式3-1】（23-24八年级下·上海闵行·期末）已知在直角坐标系中有点、和，四边形是平行四边形，那么点的坐标是 【变式3-2】（20-21八年级下·上海浦东新·期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，P是AD上一点，且BP和CP分别平分和，cm． (1)求平行四边形ABCD的周长． (2)如果cm，求PC的长． 【考点题型四】判断能否构成平行四边形（） 【例4】（20-21八年级下·上海松江·期末）下列命题中，真命题是（    ） A．四个内角为、、和的四边形是一定是平行四边形 B．一条对角线被另一条对角线平分的四边形是平行四边形 C．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形 D．一组对角相等，一组对边平行的四边形是平行四边形 【变式4-1】（23-24八年级下·上海金山·期末）已知在中，点E、F分别在边上，连结，下列条件能使四边形一定是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【考点题型五】利用平行四边形性质和判定证明（） 【例5】（24-25八年级下·上海静安·期中）已知： 如图， 在中，点D、E、F分别为上的点，，且，延长到点 G，使． 求证：互相平分． 【变式5-1】（20-21八年级下·上海崇明·期中）已知：如图，在平行四边形中，的平行线分别交、的延长线于点、，交、于点、，求证：．    【变式5-2】（21-22八年级下·上海徐汇·期中）如图，已知、分别为▱的对边、上的点，且，于，于，交于点，求证：与互相平分． 【考点题型六】利用矩形的性质求角度（） 【例6】（21-22八年级下·上海徐汇·期末）如图，将矩形ABCD的边BC延长至点E，使，联结AE交对角线BD于点F，交边CD于点G，如果，那么的大小为 ． 【变式6-1】（20-21八年级下·上海闵行·期末）如图，已知点在矩形的边上，且．求的度数． 【考点题型七】根据矩形的性质求线段长（） 【例7】（22-23八年级下·上海长宁·期末）矩形的两条对角线的夹角为，一条对角线的长为，那么矩形的周长为 ． 【变式7-1】（21-22八年级上·上海黄浦·期末）如图，矩形（长方形）中，对角线的垂直平分线分别交于点O，E，F． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【考点题型八】矩形与折叠问题（） 【例8】（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，是矩形的对角线，已知，，点E在边上，将矩形沿直线翻折，如果点B恰好落在对角线上，那么的长是 ． 【变式8-1】（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图，矩形中，将沿折叠，使得点A落在对角线上，若，，则＝ ．    【考点题型九】根据矩形的性质与判定求线段长（） 【例9】（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，已知梯形是某菜园的一块空地，，，米，，某同学由上述条件得到以下两个结论： ①对角线将梯形分成的两个三角形的面积之比； ②现准备过的中点E修一条笔直的小路（点F在边上，小路面积忽略不计），将这块空地分成面积相等的两部分，分别种植不同的蔬菜，那么小路的长是米． 对于结论①和②，下列说法正确的是（    ） A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①和②都正确 D．①和②都错误 【变式9-1】（22-23八年级下·上海杨浦·期末）定义：有一组对角相等，且另一组对角不相等的凸四边形叫做等对角四边形．已知在等对角四边形中，，，，，那么的长是 ． 【考点题型十】利用菱形的性质求面积（） 【例10】（22-23八年级下·上海虹口·期末）菱形的两条对角线分别为10和24，那么菱形的周长为 ；面积为 ． 【变式10-1】（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如果菱形的面积是24，较短的对角线长为6．那么这个菱形的边长是 ． 【考点题型十一】添一个条件使四边形是菱形（） 【例11】（20-21八年级下·上海普陀·期末）下列命题中，假命题是（    ） A．平行四边形的对角相等； B．对角线互相垂直的四边形是菱形； C．等腰梯形的对角线相等； D．两条对角线相等的平行四边形是矩形． 【变式11-1】（22-23八年级下·上海青浦·期末）已知平行四边形的对角线相交于点O．下列补充条件中，能判定这个平行四边形是菱形的是（    ） A． B． C． D． 【考点题型十二】根据正方形的性质求角度（） 【例12】（21-22八年级下·上海浦东新·期中）已知正方形ABCD，以CD为边作等边△CDE，则∠ADE的度数是 ． 【变式12-1】（21-22八年级下·上海·期中）如图，为正方形外一点，，交于点，则 ． 【考点题型十三】根据正方形的性质求线段长（） 【例13】（24-25八年级上·上海徐汇·期末）中国古代数学书《御制数理精蕴》中有一道题大意如下：如图，从前有一座方城，四面城墙的中间都有城门，出南门后往前直走8里到宝塔A处（即里），出西门往前直走2里到B处（即里），此时，视线刚好能紧靠城墙角C看见宝塔A．如果设正方形的中心为O，点O、D、B在一直线上，点O、E、A在一直线上，，那么这座方城每一面的城墙长是 里． 【变式13-1】（21-22八年级上·上海·期末）如图，正方形 边长为 ，则 【变式13-2】（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图，正方形和正方形有公共顶点O，，连接．    (1)如图1，线段与线段有交点H，求证：； (2)如图2，点E在的延长线上，求的长； (3)边与交于点G，当C，F，E三点共线时，请直接写出的值． 【考点题型十四】正方形的判定定理理解（） 【例14】（22-23八年级下·上海闵行·期末）下列四个命题，假命题是(   ) A．一组对角相等且一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线相等且互相平分的四边形是矩形 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 【变式14-1】（22-23八年级下·上海虹口·期末）以下说法中正确的是 （填序号） ①一组对边平行、一组对边相等的四边形是平行四边形 ②一组对边相等、一组邻角相等的四边形是平行四边形 ③有一个角是直角且对角线相等的四边形是矩形 ④对角线相等且相互垂直的四边形为正方形 ⑤一组对边平行，另一组对边相等，且对角线互相垂直的四边形是菱形 ⑥一组对边平行，另一组对边相等，且有一个角为直角的四边形是矩形 【考点题型十五】添一个条件使四边形是正方形（） 【例15】（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． 【变式15-1】（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如图，已知四边形是平行四边形，那么添加下列条件能判定四边形是正方形的是（    ）    A．且 B．且和互相平分 C．且 D．且 【考点题型十六】梯形（） 【例16】（23-24八年级下·上海崇明·期末）下列说法正确的是（　　） A．对角线相等的平行四边形是菱形 B．对角线相等的菱形是正方形 C．对角线互相垂直的梯形是等腰梯形 D．对角线互相垂直的平行四边形是矩形 【变式16-1】（22-23八年级下·上海奉贤·期末）下列三角形纸片中，用一条平行于三角形一边的直线，把它分割成一个四边形和一个小三角形，得到的四边形可能是等腰梯形的是（    ） A．   B．   C．   D．   【变式16-2】（21-22八年级下·上海长宁·期末）如图，矩形的对角线相交于点O，点E、F分别在、上，，求证：四边形是等腰梯形． 【考点题型十七】与三角形中位线有关的求解问题（） 【例17】（22-23八年级下·上海闵行·期末）我们把连接梯形两底中点的线段叫做梯形的中底线，在梯形中，，，，为梯形的中底线，那么线段长的范围为 ． 【变式17-1】（22-23八年级下·上海静安·期末）已知中，，点E、F分别是边的中点．如果长为26，，那么中位线的长为 ． 【变式17-2】（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图1，在梯形中，，，，，，点O是对角线的中点．点E为边上一动点，联结．    (1)求的长； (2)如果点E为边的中点，联结，求的面积； (3)如图2，延长交射线于点F，联结，如果平分，求四边形的周长． 【考点题型十八】向量的线性运算（） 【例18】（22-23八年级下·上海静安·期末）下列判断中，不正确的是（    ） A． B． C．如果，那么 D． 【变式18-1】（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如图，在梯形中，，，点是的中点．    (1)填空：______，______； (2)如果把图中的线段都画成有向线段，那么在这些有向线段所表示的向量中，与平行的向量共有______个； (3)求作：．（不写作法，保留作图痕迹，写出结果） 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 四边形（考点清单，9考点梳理+18题型解读） 清单01 多边形 多边形 清单02 平面四边形 平行四边形：两组对边分别平行的四边形. 清单03 特殊的平面四边形 （1）矩形 （2）菱形 （3）正方形 清单04 梯形 梯形 清单05 等腰梯形 清单06 三角形、梯形的中位线 清单07 梯形常用辅助线的添法 梯形添辅助线目的：将梯形问题转化为三角形和平行四边形的问题来解决. 清单08 平面向量 清单09 平面向量的运算 【考点题型一】多边形内角和问题（） 【例1】（22-23八年级上·上海·期末）一个多边形的内角和等于540度，那么它的边数是 ． 【答案】5 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，掌握多边形的内角和的公式是解题的关键．根据多边形的内角和公式列出方程，解方程即可得出答案． 【详解】解：设多边形的边数为n， ， 解得：． 故答案为：5． 【变式1-1】（20-21七年级上·上海浦东新·期末）我们知道：三角形的内角和为，所以在求四边形的内角和时，我们可以将四边形分割成两个三角形，这样其内角和就是，同理五边形的内角和是 度；那么n边形的内角和是 度；如果有一个n边形的内角和是，那么n的值是 ． 【答案】 540 （n-2）×180 11 【分析】根据已给图形可知，过n边形一个顶点的对角线将n边形可以分成的三角形的个数比边数少2，再根据三角形内角和等于180°即可得出每个空的答案． 【详解】解：五边形可以分成三个三角形，内角和是：180°×3=540°， 一个n边形可分成n-2个三角形，内角和是：（n-2）×180°； 根据n边形的内角和是可得， ， 解得， 故答案为：540，（n-2）×180，11． 【点睛】本题考查了多边形的内角和公式的推导，理清过同一个顶点把多边形分成的三角形的个数是解题的关键，也是本题的难点． 【考点题型二】多边形内角和与外角和综合（） 【例2】（23-24八年级下·上海·期末）一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为 ． 【答案】6 【分析】本题考查多边形的内角和公式、多边形外角和为等知识，先设这个多边形的边数为，由题意，结合多边形内角和公式及外角和为列方程求解即可得到答案，熟记多边形的内角和公式、多边形外角和为是解决问题的关键． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 多边形的内角和是外角和的2倍， ，解得， 故答案为：． 【变式2-1】（23-24八年级下·上海崇明·期末）已知一个凸多边形的每个内角都是，那么它的边数为 ． 【答案】6 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，熟知：多边形的内角和为是解题的关键． 设凸多边形的边数为，根据题意得，，即可求出边数． 【详解】解：设凸多边形的边数为， 根据题意得，， 解得， 故答案为：6 【变式2-2】（20-21八年级下·上海黄浦·期末）如果一个五边形的每一个内角都相等，那么它的一个内角的度数等于 度． 【答案】108 【分析】根据边形的外角和为得到五边形的每个外角的度数，然后利用邻补角的定义即可得到五边形的每个内角为． 【详解】解：∵五边形的外角和为， 五边形的每个外角的度数为：， 这个五边形的每个内角的度数为：． 故答案为：108． 【点睛】本题考查了多边形内角与外角，熟记边形的外角和为是解题的关键 【考点题型三】利用平行四边形的性质求解（） 【例3】（22-23八年级下·上海浦东新·期末）中，与的和为100°，那么 ． 【答案】130 【分析】根据平行四边形的性质，对角相等以及邻角互补即可解答． 【详解】解：∵平行四边形ABCD， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为130． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，在掌握平行四边形对角相等以及邻角互补的性质是解答本题的关键． 【变式3-1】（23-24八年级下·上海闵行·期末）已知在直角坐标系中有点、和，四边形是平行四边形，那么点的坐标是 【答案】 【分析】本题考查了坐标与图形性质，平行四边形的判定与性质，画出平行四边形是解题的关键． 先利用平行四边形的性质画出图形，然后写出D点坐标即可． 【详解】解：如图，四边形为平行四边形，那么点D的坐标为． 故答案为：． 【变式3-2】（20-21八年级下·上海浦东新·期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，P是AD上一点，且BP和CP分别平分和，cm． (1)求平行四边形ABCD的周长． (2)如果cm，求PC的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据角平分线可得，，由平行线的性质及等量代换得出，，依据等角对等边可得cm，cm，即可求出平行四边形的周长； （2）由（1）可得，，利用平行线的性质得出，结合各角之间的数量关系可得，在直角三角形中利用勾股定理即可得出结果． 【详解】（1）解：∵BP、CP平分，， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴cm，(cm)， ∴(cm)， ∴平行四边形的周长为：(cm)； （2）解：由（1）可得，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴在中，cm， ∴(cm)． 【点睛】题目主要考查平行四边形的性质，等角对等边及勾股定理解三角形，三角形内角和定理，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 【考点题型四】判断能否构成平行四边形（） 【例4】（20-21八年级下·上海松江·期末）下列命题中，真命题是（    ） A．四个内角为、、和的四边形是一定是平行四边形 B．一条对角线被另一条对角线平分的四边形是平行四边形 C．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形 D．一组对角相等，一组对边平行的四边形是平行四边形 【答案】D 【分析】根据平行四边形的判定定理对每个选项进项判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A、四个内角为60°、120°、60°和120°的四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，错误，是假命题，不符合题意； B、两条对角线互相平分的四边形才是平行四边形，故原命题错误，是假命题，不符合题意； C、一组对边相等，另一组对边平行的四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，故原命题错误，是假命题，不符合题意； D、一组对角相等，一组对边平行的四边形是平行四边形，正确，是真命题，符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形的判定定理，难度不大． 【变式4-1】（23-24八年级下·上海金山·期末）已知在中，点E、F分别在边上，连结，下列条件能使四边形一定是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，掌握平行四边形的判定是解题的关键；根据平行四边形的性质及平行四边形的判定逐项判定即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ； ； A、当，则一组对边平行，另一组对边相等，此时无法判断是平行四边形；故选项不符合题意； B、， ； ， ； , 四边形一定是平行四边形； 故选项B符合题意； C、当时，则可得四边形一定是平行四边形； 但当时，四边形不可能是平行四边形， 若四边形是平行四边形，则， 而，则，这与假设矛盾， 故四边形不可能是平行四边形； 故选项不符合题意； D、若， ， ； ； 由于无法知晓与或是否垂直，故无法判断与是否平行， 故选项不符合题意； 故选：B． 【考点题型五】利用平行四边形性质和判定证明（） 【例5】（24-25八年级下·上海静安·期中）已知： 如图， 在中，点D、E、F分别为上的点，，且，延长到点 G，使． 求证：互相平分． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，掌握平行四边形的性质和判定，正确的作出辅助线是解题的关键；由，，可得四边形是平行四边形，进而可得，由可得，进而可证四边形是平行四边形，由平行四边形的性质即可得证． 【详解】证明：连接，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴和互相平分． 【变式5-1】（20-21八年级下·上海崇明·期中）已知：如图，在平行四边形中，的平行线分别交、的延长线于点、，交、于点、，求证：．    【答案】见解析． 【分析】根据平行四边形的性质得出，，又则可证四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，再根据性质可证，最后通过线段和差即可求证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质与判定，解题的关键是熟练掌握性质与判定的应用 【变式5-2】（21-22八年级下·上海徐汇·期中）如图，已知、分别为▱的对边、上的点，且，于，于，交于点，求证：与互相平分． 【答案】见解析 【分析】连接、，利用于，于，推出 EMFN，根据AAS证明△AEM≌△CFN，得到EM=FN，证明四边形是平行四边形，由此得到结论． 【详解】证明：连接、， ，， ， ∴EMFN， 四边形是平行四边形， ∴ADBC，， ， ， ， 在和中 ≌， ， ∵EMFN， 四边形是平行四边形， 与互相平分． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确掌握平行四边形的判定定理和性质定理及全等三角形的判定定理是解题的关键． 【考点题型六】利用矩形的性质求角度（） 【例6】（21-22八年级下·上海徐汇·期末）如图，将矩形ABCD的边BC延长至点E，使，联结AE交对角线BD于点F，交边CD于点G，如果，那么的大小为 ． 【答案】/19度 【分析】联结AC，AC与BD相交点O，根据矩形的性质可知由已知条件可求出结合即可得出结果． 【详解】解：如图所示：联结AC，AC与BD相交点O， ∵矩形ABCD， 故答案为19° 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解此题的关键． 【变式6-1】（20-21八年级下·上海闵行·期末）如图，已知点在矩形的边上，且．求的度数． 【答案】． 【分析】根据矩形的性质和直角三角形ADE边长的关系求出∠AED的度数，然后根据等腰三角形的性质即可求出的度数． 【详解】矩形， ，， ，， ， 又， ， 又， ， ． 【点睛】此题考查了矩形的性质，30°角直角三角形的性质，等腰三角形的性质等，解题的关键是根据边长的关系求出∠DEA的度数． 【考点题型七】根据矩形的性质求线段长（） 【例7】（22-23八年级下·上海长宁·期末）矩形的两条对角线的夹角为，一条对角线的长为，那么矩形的周长为 ． 【答案】/ 【分析】先画图，由题意可知四边形是矩形，，，根据矩形性质可知，，证是等边三角形，即可求出的长，再利用勾股定理求出的长，然后再利用矩形的周长公式求解即可． 【详解】如图所示，在矩形中，，，   四边形是矩形， ，， 又， 是等边三角形， ， 在中，由勾股定理得， ， ∴矩形的周长为 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等边三角形的性质及勾股定理.利用矩形的性质及已知条件得出△AOB是等边三角形是解题的关系 【变式7-1】（21-22八年级上·上海黄浦·期末）如图，矩形（长方形）中，对角线的垂直平分线分别交于点O，E，F． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查矩形的性质，线段的中垂线的性质，全等三角形的判定和性质． （1）证明，即可； （2）连接，中垂线的性质，得到，勾股定理求的长即可． 掌握相关性质，证明，是解题的关键． 【详解】（1）解：∵矩形， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴，， ∵，， ∴， ∴； （2）连接，则：， ∵矩形， ∴， ∵， ∴． 【考点题型八】矩形与折叠问题（） 【例8】（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，是矩形的对角线，已知，，点E在边上，将矩形沿直线翻折，如果点B恰好落在对角线上，那么的长是 ． 【答案】5 【分析】本题考查矩形折叠问题，勾股定理，熟练掌握矩形与折叠的性质是解题的关键． 先由勾股定理，求得，再根据折叠的性质得，，，设，则，在中由勾股定理，得，解之即可求得x值，从而求解． 【详解】解：如图，设点B恰好落在对角线上的点为， 四边形是矩形， ∴， 由勾股定理，得， 由折叠可得：，，， ∴， 设，则， 在中由勾股定理，得 解得：， ∴， 故答案为：5． 【变式8-1】（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图，矩形中，将沿折叠，使得点A落在对角线上，若，，则＝ ．    【答案】 【分析】根据折叠的性质及勾股定理列方程求解． 【详解】解：如图，    矩形ABCD中， 由折叠性质可得，， ∴ 设，则 在Rt中，， 解得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质、勾股定理是解题的关键． 【考点题型九】根据矩形的性质与判定求线段长（） 【例9】（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，已知梯形是某菜园的一块空地，，，米，，某同学由上述条件得到以下两个结论： ①对角线将梯形分成的两个三角形的面积之比； ②现准备过的中点E修一条笔直的小路（点F在边上，小路面积忽略不计），将这块空地分成面积相等的两部分，分别种植不同的蔬菜，那么小路的长是米． 对于结论①和②，下列说法正确的是（    ） A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①和②都正确 D．①和②都错误 【答案】D 【分析】该题主要考查了矩形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质，平行线的性质等知识点，解题的关键是正确做出辅助线． 如图，过点C作交的延长线于点H，得出四边形是矩形，，，根据直角三角形的性质得出，根据勾股定理得出，从而得出，即可判断①错误；如图，根据题意得平分梯形的面积，得出 ，再结合点E是中点，得出，故点E作交于点G，则四边形是矩形，得出，，在中，根据勾股定理算出，即可判断②错误； 【详解】解：如图，过点C作交的延长线于点H， 则 ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，故①错误； 如图，根据题意得平分梯形的面积， ∴ ， ∵点E是中点， ∴， ∵， ∴， 故点E作交于点G， 则四边形是矩形， ∴，， 在中，，故②错误； 故选：D． 【变式9-1】（22-23八年级下·上海杨浦·期末）定义：有一组对角相等，且另一组对角不相等的凸四边形叫做等对角四边形．已知在等对角四边形中，，，，，那么的长是 ． 【答案】或 【分析】分两种情况：①当时，延长，相交于点，先用含角的直角三角形的性质求出，得出、，再利用勾股定理求出，即可求出；②当时，过点作于点，于点，则，四边形是矩形，先求出、，再由矩形的性质得出，，再根据直角三角形的性质求出，即可求出． 【详解】分两种情况： ①当时，延长，相交于点，如图1所示：   ，， ， ， ， ， ， ，， ∴， ∵， ∴， ， ； ②当时， 过点作于点，于点，如图2所示：    则，四边形是矩形， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ∴， ∴， ∵， ∴ ， ， 故答案为：或． 【点睛】此题考查了新定义、勾股定理、含30度角的直角三角形性质、矩形的判定与性质等知识，正确分类、熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键． 【考点题型十】利用菱形的性质求面积（） 【例10】（22-23八年级下·上海虹口·期末）菱形的两条对角线分别为10和24，那么菱形的周长为 ；面积为 ． 【答案】 52 120 【分析】已知菱形的两条对角线的长，即可计算菱形的面积，菱形对角线互相垂直平分，根据勾股定理即可计算菱形的边长，即可解题． 【详解】解：如图    菱形对角线互相垂直平分，所以， ∴， 故菱形的周长为， 菱形的面积为． 故答案为：52，120． 【点睛】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，菱形对角线互相垂直平分的性质，菱形各边长相等的性质，本题中根据勾股定理求的长是解题的关键． 【变式10-1】（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如果菱形的面积是24，较短的对角线长为6．那么这个菱形的边长是 ． 【答案】5 【分析】先画出图形，再根据菱形的性质先求解，再利用勾股定理可得答案． 【详解】解：如图，，， ∴，，，， ∴，，， ∴， ∴菱形的边长5． 故答案为：5 【点睛】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，熟记菱形的性质是解本题的关键 【考点题型十一】添一个条件使四边形是菱形（） 【例11】（20-21八年级下·上海普陀·期末）下列命题中，假命题是（    ） A．平行四边形的对角相等； B．对角线互相垂直的四边形是菱形； C．等腰梯形的对角线相等； D．两条对角线相等的平行四边形是矩形． 【答案】B 【分析】分别根据平行四边形的性质、菱形的判定、等腰梯形的性质、矩形的判定逐项判断即可． 【详解】解：A、平行四边形的对角相等是真命题，不符合题意； B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，假命题，符合题意； C、等腰梯形的对角线相等是真命题，不符合题意； D、两条对角线相等的平行四边形是矩形是真命题，不符合题意， 故选：B． 【点睛】本题考查判断命题的真假，涉及平行四边形的性质、菱形的判定、等腰梯形的性质、矩形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解答的关键． 【变式11-1】（22-23八年级下·上海青浦·期末）已知平行四边形的对角线相交于点O．下列补充条件中，能判定这个平行四边形是菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的判断条件，即可解答． 【详解】解：如图所示， A．，不能判断平行四边形是菱形，故A不符合题意； B．，不能判断平行四边形是菱形，故B不符合题意； C．， 四边形是平行四边形， ∴， ， ， ， ， 四边形是菱形，故C符合题意； D．，不能判断平行四边形是菱形，故D不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的判定方法，熟知菱形的判定方法是解题的关键． 【考点题型十二】根据正方形的性质求角度（） 【例12】（21-22八年级下·上海浦东新·期中）已知正方形ABCD，以CD为边作等边△CDE，则∠ADE的度数是 ． 【答案】150°或30° 【分析】分等边△CDE在正方形的外部和内部两种情况，利用正方形和等边三角形的性质求解即可 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，△CDE是等边三角形， ∴∠ADC=90°, ∠CDE=60°， 若等边△CDE在正方形的外部时，如图1， 则∠ADE=90°+60°=150°； 若等边△CDE在正方形的内部时，如图2， 则∠ADE=90°-60°=30°， 综上，∠ADE的度数是150°或30°， 故答案为：150°或30°． 【点睛】本题考查正方形的性质、等边三角形的性质，分类讨论的思想的运用是解答的关键． 【变式12-1】（21-22八年级下·上海·期中）如图，为正方形外一点，，交于点，则 ． 【答案】45 【分析】根据正方形的性质和等腰三角形的性质，设∠ABE＝∠AEB＝α，∠BED＝x，则∠AED＝∠ADE＝α＋x，再根据三角形内角和定理即可解决问题． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∵AE＝AD， ∴AB＝AE， ∴∠ABE＝∠AEB， ∵AE＝AD， ∴∠AED＝∠ADE， 设∠ABE＝∠AEB＝α，∠BED＝x，则∠AED＝∠ADE＝α＋x，， 在△ABE中，2α＋β＋90°＝180°， ∴2α＋β＝90°， 在△ADE中，2α＋β＋2x＝180°， ∴90°＋2x＝180°， ∴x＝45°， ∴∠BED＝45°． 故答案为：45． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质． 【考点题型十三】根据正方形的性质求线段长（） 【例13】（24-25八年级上·上海徐汇·期末）中国古代数学书《御制数理精蕴》中有一道题大意如下：如图，从前有一座方城，四面城墙的中间都有城门，出南门后往前直走8里到宝塔A处（即里），出西门往前直走2里到B处（即里），此时，视线刚好能紧靠城墙角C看见宝塔A．如果设正方形的中心为O，点O、D、B在一直线上，点O、E、A在一直线上，，那么这座方城每一面的城墙长是 里． 【答案】8 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理；先根据正方形的性质得出，再根据勾股定理列方程求解． 【详解】解：设正方形是每一面城墙的长度为里， 正方形的中心为O， ， ， ， 解得：，或（不合题意，舍去）， ， 故答案为：8． 【变式13-1】（21-22八年级上·上海·期末）如图，正方形 边长为 ，则 【答案】/ 【分析】根据正方形的性质可得，过E作EG⊥BC于G，证明三角形EGC是等腰直角三角形，再根据直角三角形BEG利用勾股定理列方程即可． 【详解】过E作EG⊥BC于G ∵正方形 边长为2 ∴， ∵ ∴ ∴三角形EGC是等腰直角三角形 ∴， 在Rt△BEG中， ∴ 解得： ∴ ∴ 【点睛】本题考查正方形的性质及勾股定理，解题的关键是证明三角形EGC是等腰直角三角形，最终根据勾股定理列方程计算即可． 【变式13-2】（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图，正方形和正方形有公共顶点O，，连接．    (1)如图1，线段与线段有交点H，求证：； (2)如图2，点E在的延长线上，求的长； (3)边与交于点G，当C，F，E三点共线时，请直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2)； (3)的值为2 【分析】（1）证明，推出，利用三角形的外角性质得到，即可证明结论成立； （2）连接与交于点J，利用正方形的性质求得，，再利用勾股定理求解即可； （3）证明，推出，得到的值等于，据此即可求解． 【详解】（1）证明：∵正方形和正方形，    ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴，即； （2）解：连接与交于点J，    ∵正方形中，， ∴，，， ∴； （3）解：如图，    同理，，， ∴， ∴， ∴ ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明是解题的关键． 【考点题型十四】正方形的判定定理理解（） 【例14】（22-23八年级下·上海闵行·期末）下列四个命题，假命题是(   ) A．一组对角相等且一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线相等且互相平分的四边形是矩形 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】利用特殊四边形的判定定理对每个选项逐一判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A选项：一组对角相等且一组对边相等的四边形不是平行四边形，故符合题意； B选项：对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故不符合题意； C选项：对角线相等的菱形是正方形，故不符合题意； D选项：对角线互相垂直的矩形是正方形，故不符合题意． 故选：A． 【点睛】本题考查了命题与定理、平行四边形、正方形、矩形、菱形的判定等，熟练掌握相关的判定定理以及判定方法是解题的关键． 【变式14-1】（22-23八年级下·上海虹口·期末）以下说法中正确的是 （填序号） ①一组对边平行、一组对边相等的四边形是平行四边形 ②一组对边相等、一组邻角相等的四边形是平行四边形 ③有一个角是直角且对角线相等的四边形是矩形 ④对角线相等且相互垂直的四边形为正方形 ⑤一组对边平行，另一组对边相等，且对角线互相垂直的四边形是菱形 ⑥一组对边平行，另一组对边相等，且有一个角为直角的四边形是矩形 【答案】⑥ 【分析】根据平行四边形，矩形，正方形和菱形的判定方法进行判断． 【详解】解：①一组对边平行、一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，可以是等腰梯形，原说法不正确，故不符合题意； ②一组对边相等，一组邻角相等的四边形不一定是平行四边形，可以是等腰梯形，原说法不正确，故不符合题意； ③两条对角线相等的四边形不一定是平行四边形，更不是矩形，故此说法不符合题意； ④对角线相等且相互垂直平分的四边形为正方形，故此说法不符合题意； ⑤一组对边平行，另一组对边相等，且对角线互相垂直的四边形可以是等腰梯形，故此说法不符合题意； ⑥一组对边平行且相等，且有一个角为直角的四边形是矩形，正确，故此说法不符合题意； 故答案为：⑥． 【点睛】本题综合考查了对平行四边形及特殊平行四边形判定的运用，综合性较强．熟悉四边形及特殊四边形的判定方法是关键． 【考点题型十五】添一个条件使四边形是正方形（） 【例15】（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． 【变式15-1】（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如图，已知四边形是平行四边形，那么添加下列条件能判定四边形是正方形的是（    ）    A．且 B．且和互相平分 C．且 D．且 【答案】D 【分析】根据正方形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ∴， 不能证明四边形是正方形，不符合题意； B、∵四边形是平行四边形， ∴和互相平分， ∵， ∴四边形是菱形， 不能证明四边形是正方形，不符合题意； C、∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∴， 不能证明四边形是正方形，不符合题意； D、∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 又， ∴四边形是正方形，符合题意； 故选D． 【点睛】本题考查正方形的判定．熟练掌握正方形的判定方法：对角线相等的菱形是正方形，邻边相等的矩形是正方形，是解题的关键． 【考点题型十六】梯形（） 【例16】（23-24八年级下·上海崇明·期末）下列说法正确的是（　　） A．对角线相等的平行四边形是菱形 B．对角线相等的菱形是正方形 C．对角线互相垂直的梯形是等腰梯形 D．对角线互相垂直的平行四边形是矩形 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定及等腰梯形的判定，熟练掌握以上四边形的特征是本题的关键． 分别利用平行四边形的性质、正方形的判定、等腰梯形的判定及矩形的判定方法分别进行分析判断． 【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，不一定是菱形．对角线垂直平分的平行四边形是菱形，原说法不正确； B、对角线相等的菱形是正方形，原说法正确； C、对角线相等的梯形是等腰梯形，原说法不正确； D、对角线相等的平行四边形是矩形，原说法不正确； 故选：B． 【变式16-1】（22-23八年级下·上海奉贤·期末）下列三角形纸片中，用一条平行于三角形一边的直线，把它分割成一个四边形和一个小三角形，得到的四边形可能是等腰梯形的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】B 【分析】根据三角形内角和定理求得第三个角的度数，结合等腰梯形的性质即可求解． 【详解】解：A、，没有相等的角，故不合题意， B、，有2个的角，符合题意； C、，没有相等的角，故不合题意； D、，没有相等的角，故不合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理，等腰梯形的性质，熟练掌握等腰梯形的性质是解题的关键． 【变式16-2】（21-22八年级下·上海长宁·期末）如图，矩形的对角线相交于点O，点E、F分别在、上，，求证：四边形是等腰梯形． 【答案】见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用矩形的性质证明、等腰梯形的判定定理 【分析】此题考查的是矩形的性质、全等三角形的判定与性质． 由矩形的性质可得，则，进而结合平行线的性质可得，得，再利用即可证明，得，即可证得结论．掌握其性质定理是解决此题的关键． 【详解】证明：∵四边形是矩形， ∴，则， ∵， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是等腰梯形． 【考点题型十七】与三角形中位线有关的求解问题（） 【例17】（22-23八年级下·上海闵行·期末）我们把连接梯形两底中点的线段叫做梯形的中底线，在梯形中，，，，为梯形的中底线，那么线段长的范围为 ． 【答案】 【分析】连接，取的中点E，利用三角形定中位线定理以及三角形三边关系即可求解． 【详解】解：连接，取的中点E，连接，， ∵点P，Q分别是的中点， ∴，， 在中， ∴， ∴线段长的范围为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理，三角形三边的关系，掌握“三角形的中位线平行于第三边并且等于它的一半”是解题的关键． 【变式17-1】（22-23八年级下·上海静安·期末）已知中，，点E、F分别是边的中点．如果长为26，，那么中位线的长为 ． 【答案】5 【分析】设，，首先根据勾股定理求出，然后利用三角形中位线的性质求解即可． 【详解】如图所示，    ∵如果长为26，， ∴设，， ∵ ∴，即 ∴解得 ∴ ∵点E、F分别是边的中点 ∴是的中位线 ∴． 故答案为：5． 【点睛】此题考查了勾股定理，三角形中位线的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点 【变式17-2】（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图1，在梯形中，，，，，，点O是对角线的中点．点E为边上一动点，联结．    (1)求的长； (2)如果点E为边的中点，联结，求的面积； (3)如图2，延长交射线于点F，联结，如果平分，求四边形的周长． 【答案】(1)8 (2) (3) 【分析】（1）过A作，过D作，垂足分别为M、N，证明四边形是平行四边形，则，，再证，可得，在中，，则，即可得到的长； （2）过点O作，垂足为点Q，则，由三角形中位线定理可得，，由中点的定义可得，进一步得到，在中，，，根据三角形面积公式即可得到答案； （3）证明四边形是菱形，过点D作于点N，由（1）可知，，，由勾股定理得，设，则，在中，由勾股定理可得，即，解得，即可得到四边形的周长． 【详解】（1）解：过A作，过D作，垂足分别为M、N，    则， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，   ∴，， ∵，   ∴， ∴， ∵，， ∴， 在中， ∵   ∴， ∴， ∴． （2）过点O作，垂足为点Q，则，    ∵O是的中点，E是的中点， ∴，，， ∴， ∴， 在中，，， ． （3）∵，     ∴， ∵O是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，    过点D作于点N， 由（1）可知，， ∴， 由勾股定理得， 设，则， 在中，， 即， 解得， ∴四边形的周长． 【点睛】此题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、三角形中位线定理、勾股定理、含角的直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，综合性较强，添加适当的辅助线和数形结合是解题的关键． 【考点题型十八】向量的线性运算（） 【例18】（22-23八年级下·上海静安·期末）下列判断中，不正确的是（    ） A． B． C．如果，那么 D． 【答案】C 【分析】根据向量是既有方向又有大小的量，向量的加法满足所有的加法运算定律，逐项进行分析判断即可． 【详解】解：A．，故A正确，不符合题意； B．，故B正确，不符合题意； C．如果，那么或，故C错误，符合题意； D．，故D正确，不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了向量的计算，解题的关键是要考虑向量是既有大小又有方向的量，向量的运算满足所有加法运算定律． 【变式18-1】（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如图，在梯形中，，，点是的中点．    (1)填空：______，______； (2)如果把图中的线段都画成有向线段，那么在这些有向线段所表示的向量中，与平行的向量共有______个； (3)求作：．（不写作法，保留作图痕迹，写出结果） 【答案】(1)； (2) (3)图形见解析 【分析】（1）根据平行四边形的性质，向量的运算，即可； （2）根据平行向量的意义求解； （3）根据三角形的作图，即可． 【详解】（1）∵点是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，， 故答案为：；． （2）与平行的向量有：，，，，，，共个， 故答案为：． （3）以点为圆心，长为半径，延长，连接， ∴， ∴． 图形见下：    【点睛】本题考查向量，平行四边形的知识，解题的关键是掌握平行向量的性质，平行四边形的性质． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$