专题05 四边形（五大题型75题）（上海专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学下学期期末真题分类汇编

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 专题05 四边形（五大题型75题） 目录 题型一：多边形 1 题型二：平行四边形 4 题型三：特殊平行四边形 18 题型四：梯形 52 题型五：平面向量及其加减运算 74 题型一：多边形 1．（23-24八年级下·上海闵行·期中）如果一个多边形的边数由4增加到n（n为整数，且），那么它的外角和的度数（    ） A．不变 B．增加 C．减少 D．不能确定 2．（23-24八年级下·上海青浦·期中）一般地，各边相等、各角也相等的多边形叫做正多边形．比如：等边三角形是正三角形，正方形是正四边形．如图，八边形是正八边形，那么它的一个外角的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·上海宝山·期中）在一个凸多边形中，它的内角中最多有个锐角，则为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 4．（22-23八年级下·上海宝山·期末）如果一个二十边形的每个内角都相等，那么它的每个外角的度数是 ． 5．（22-23八年级下·上海普陀·期末）一个多边形的每一个外角都等于，则这个多边形的内角和为 ． 6．（23-24八年级下·上海长宁·期末）如果从多边形的一个顶点出发的对角线有9条，那么它的边数是 ． 7．（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 ． 8．（23-24八年级下·上海金山·期末）一个正边形的每一个内角都等于，则 ． 9．（23-24八年级下·上海·期末）一个正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的边数是 ． 10．（23-24八年级下·上海闵行·期中）一个多边形从一个顶点出发有七条对角线，那么这个多边形的内角和是 度． 题型二：平行四边形 11．（23-24八年级下·上海·期末）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 12．（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． 13．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，点P为平行四边形内任意一点，连接，如果将．、、的面积分别记为、、、．那么以下结论正确的是（    ） A． B． C． D． 14．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）将四根木条钉成的长方形木框变为的形状，并使其面积为长方形面积的一半（木条宽度忽略不计），则这个平行四边形的最小内角为 度． 15．（23-24八年级下·上海青浦·期末）已知中，，，，将沿直线翻折，点落在点处，与相交于点，若是直角三角形，那么边 ． 16．（23-24八年级下·上海·期末）如图，在四边形中，，，且，，点在边上，点关于直线的对称点为，的延长线交边于点，如果，那么线段的长为 ．    17．（23-24八年级下·上海静安·期末）如图，在平行四边形中，平分，交边于点平分，交边于点F，如果，那么 ． 18．（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 19．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）在直角坐标平面内，如果的两条对角线的交点正好与坐标原点重合，已知点，那么点C的坐标是 ． 20．（23-24八年级下·上海崇明·期末）在平面直角坐标系中（如图），直线分别与x轴、y轴交于点A、B，点C在线段上． (1)求点A和点B的坐标； (2)当点C的横坐标是时，如果在y轴上存在点P，使得，求点P的坐标； (3)当点C的横坐标是m时，在平面直角坐标系中存在点Q，使得以O、C、B、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点Q的坐标．（用含m的代数式表示） 21．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，在平面直角坐标系中，点、，将点B向左平移2个单位后落在y轴上的点P处． (1)求m的值； (2)将线段绕点P逆时针旋转，点A落在点C处，求直线的表达式； (3)设（2）中的直线与x轴交于点D，在直角坐标平面内找点Q，使得以点A、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点Q的坐标． 22．（23-24八年级下·上海金山·期末）如图，在直角坐标平面内，的对角线的交点正好与坐标原点重合，且点A、B坐标分别为，． (1)求点C、D的坐标； (2)求的周长． 题型三：特殊平行四边形 23．（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． 24．（23-24八年级下·上海静安·期末）把一张矩形纸片沿对角线折叠，点B的对应点为点E，边交边于点G，连接（如图所示），当时，下列结论中，不正确的是（    ） A． B． C． D． 25．（23-24八年级下·上海静安·期末）已知四边形中，，如果只添加一个条件，即可判定该四边形是正方形，那么所添加的这个条件可以是（    ） A． B． C． D．与互相平分 26．（23-24八年级下·上海杨浦·期末）下列命题中，正确的是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．对角线互相垂直的菱形是正方形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线相等的平行四边形是正方形 27．（23-24八年级下·上海长宁·期末）下列说法中正确的是（    ） A．等腰梯形是中心对称图形 B．平行四边形是轴对称图形 C．菱形的对角线互相垂直且相等 D．正方形的对角线互相垂直平分且相等． 28．（23-24八年级下·上海闵行·期末）在四边形中，，、交于点，下列说法错误的是（    ） A．如果，，那么四边形是矩形； B．如果，那么四边形是菱形； C．如果，，那么四边形是矩形； D．如果，，那么四边形是菱形． 29．（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 30．（23-24八年级下·上海宝山·期末）已知菱形的边长是8，一个内角是，那么这个菱形的面积是（    ） A．64 B．32 C． D． 31．（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 ．    32．（23-24八年级下·上海·期末）已知菱形的周长为40，对角线相交于点．如果，那么菱形的面积为 ． 33．（23-24八年级下·上海松江·期末）如图，在矩形中，，，点E在边上（点E与点A、D不重合），将沿直线翻折，点D的对应点为点G，连接，的延长线交边于点F，如果，那么的长为 ． 34．（23-24八年级下·上海·期末）如果把正方形 绕点 旋转得到正方形，点落在对角线上，点落在 的延长线上，那么 度． 35．（23-24八年级下·上海·期末）对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角形的“友好菱形”．问题：如图，在中， ，且的面积为S．如果存在“友好菱形”为菱形，那么S的取值范围是 ． 36．（23-24八年级下·上海浦东新·期末）已知菱形的边长为，一条对角线长为，那么菱形的面积为 ． 37．（23-24八年级下·上海金山·期末）在菱形中，对角线相交于O，若，，那么 ． 38．（23-24八年级下·上海闵行·期末）已知菱形的边长和一条对角线的长都为，那么此菱形的面积为 ． 39．（23-24八年级下·上海·期末）已知，如图，是矩形的对角线的垂直平分线，与对角线及边、分别交于点O，E，F．    (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，求的值． 40．（23-24八年级下·上海静安·期末）如图，在等腰中，为边上的中线，过点A作，且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，如果，求点A到直线的距离． 41．（23-24八年级下·上海松江·期末）如图，已知平行四边形的对角线交于点O，延长至点H，使，连接，过点H作，过点B作． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是矩形． 42．（23-24八年级下·上海·期末）如图，在平行四边形中，点、、、分别在边、、、上，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当，且时，请判断四边形的形状并证明． 43．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，菱形中，E是对角线上一点，，交边于点F，且． (1)求证：； (2)求证：四边形是正方形． 44．（23-24八年级下·上海杨浦·期末）已知在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别相交于点、点．点C是x轴上一点，点Q是平面内一点，四边形是菱形． (1)求点C和点Q的坐标； (2)由平面内不在同一直线上的一些线段首尾顺次连接所组成的封闭图形叫做多边形，对于一个多边形，画出它的任意一边所在的直线，如果其余各边都在这条直线的一侧，那么这个多边形叫做“凸多边形”；否则叫做“凹多边形”．如果点E是直线上的一个动点，纵坐标为t，且四边形是凹四边形（线段与线段没有交点），求t的取值范围． 45．（23-24八年级下·上海金山·期末）如图，已知在等腰梯形中，，点E、F分别在底边上，连接、，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求证：四边形是矩形． 46．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在中，、分别是边、的中点，连接、，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点作与的延长线交于点，且．求证：四边形是矩形． 47．（23-24八年级下·上海浦东新·期末）已知边长为的正方形中，P是对角线上的一个动点（与点A，C不重合），过点P作，交射线于点E，过点E作，垂足为点F． (1)求证：； (2)当点E落在线段上时（如图所示），设，的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并写出函数的定义域； (3)在点P的运动过程中，能否为等腰三角形？如果能，试求出的长，如果不能，试说明理由． 48．（23-24八年级下·上海长宁·期末）已知：如图，在中，，是边上的高．H为线段上的点，以为邻边作矩形，连结交于点E，联结交于点F．    (1)如果，求证：四边形为正方形； (2)联结，如果，求证：四边形为矩形． 49．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，已知平行四边形，E是边的中点，点F在边上，连接并延长交的延长线于点G，连接、． (1)如果，求证：四边形是矩形； (2)如果F是边的中点，且，求证：四边形是菱形． 50．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，点M是正方形的边上的一点，过点B作交的延长线于点N，连接交于点E． (1)求的大小； (2)如果，求证：； (3)如果，当时，求的长． 题型四：梯形 51．（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 52．（23-24八年级下·上海·期末）下列命题中，真命题是（       ） A．一组对边平行，且对角线平分一组对角的四边形是菱形 B．一组对边平行，且另一组对边相等的四边形是平行四边形 C．一组对边平行，且对角线相等的四边形是等腰梯形 D．一组对边平行，且一组邻边互相垂直的四边形是矩形 53．（23-24八年级下·上海闵行·期末）已知，如图，在梯形中，，，，，．有以下两个说法：①梯形的面积；②梯形的周长；对这两种说法的判断正确的是（    ） A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①、②均正确 D．①、②均错误 54．（23-24八年级下·上海浦东新·期末）如图，在等腰梯形中，，连接，，且，设，．下列两个说法：①；②，则下列说法正确的是（ ） A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①②均正确 D．①②均错误 55．（23-24八年级下·上海·期末）已知高为的梯形中，， 是锐角，，，，那么梯形的面积为 ． 56．（23-24八年级下·上海·期末）在等腰梯形中，已知，，那么 ． 57．（23-24八年级下·上海·期末）已知在等腰梯形中，，厘米，厘米，高厘米，那么这个梯形的中位线长等于 厘米． 58．（23-24八年级下·上海静安·期末）梯形中，，这个梯形的中位线的长度为 ． 59．（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 ． 60．（23-24八年级下·上海松江·期末）已知四边形 中，对角线、相互垂直，，，顺次连接这个四边形各边中点所得的四边形的面积等于 ． 61．（23-24八年级下·上海长宁·期末）如果梯形的中位线长为4，其中一条底边长为2，一条腰长为6，那么另外一条腰长x的取值范围是 ． 62．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，已知菱形的边长是4，，E、F是边的中点，G、H是线段的中点，那么 ． 63．（23-24八年级下·上海金山·期末）如图，在等腰梯形中，，，于O，E、F分别是、的中点，梯形的面积为24，那么 ． 64．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在梯形中，，，．如果梯形的中位线长为6，那么的长为 ． 65．（23-24八年级下·上海崇明·期末）已知：如图，在梯形中，的平分线交延长线于点E，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)交点G，如果，求证：． 66．（23-24八年级下·上海·期末）如图，矩形的对角线交于点，点和分别是线段和的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，求证：四边形是等腰梯形． 67．（23-24八年级下·上海杨浦·期末）已知：如图，在梯形中，，，对角线相交于点，点分别是的中点，连接． (1)求证：； (2)连接，如果，求证：四边形是矩形． 68．（23-24八年级下·上海闵行·期末）已知：如图，在中，点、分别是边、的中点，过点A作的平行线，交射线于点． (1)求证：四边形是平行四边形： (2)如果，连接、，求证：四边形为矩形． 69．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，在中，BD平分，，垂足为点E，交于点F，点G是的中点．如果，，求的长． 70．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，已知，，点、在射线上（点、不与点重合且点在点的左侧），连接、，为的中点，过点作，交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是梯形； (2)如果，当为等腰三角形时，求的长． 题型五：平面向量及其加减运算 71．（23-24八年级下·上海金山·期末）下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．与平行 72．（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． 73．（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） 74．（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图，已知，，求作．    75．（22-23八年级下·上海黄浦·期末）如图，在平行四边形中，点E、F分别在边和上，且点E是的中点，联结．    (1)写出图中与相等的向量： ； (2)如果，，请用、分别表示： ； ； (3)求作：．（请在原图上求作，不要求写作法，但要写出结论） 试卷第16页，共16页 试卷第15页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 专题05 四边形（五大题型75题） 目录 题型一：多边形 1 题型二：平行四边形 4 题型三：特殊平行四边形 18 题型四：梯形 52 题型五：平面向量及其加减运算 74 题型一：多边形 1．（23-24八年级下·上海闵行·期中）如果一个多边形的边数由4增加到n（n为整数，且），那么它的外角和的度数（    ） A．不变 B．增加 C．减少 D．不能确定 【答案】A 【分析】此题考查多边形内角和与外角和，注意多边形外角和等于．利用多边形的外角和特征即可解决问题． 【详解】解：因为多边形外角和为，所以外角和的度数是不变的． 故选：A． 2．（23-24八年级下·上海青浦·期中）一般地，各边相等、各角也相等的多边形叫做正多边形．比如：等边三角形是正三角形，正方形是正四边形．如图，八边形是正八边形，那么它的一个外角的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形外角和为，正多边形的性质；根据多边形的每个内角相等，则其每个外角也相等，再由多边形外角和为即可求解． 【详解】解：∵八边形是正八边形， ∴正八边形的每个内角相等， ∵正八边形的每个内角与其外角互补， ∴正八边形的每个外角相等， ∵多边形外角和为， ∴； 故选：D． 3．（23-24八年级下·上海宝山·期中）在一个凸多边形中，它的内角中最多有个锐角，则为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】本题主要考查了多边形的内角和外角和，根据任意凸多边形的外角和是，内角与其相邻的外角是邻补角的关系，可知它的外角中，最多有3个钝角，则内角中，最多有3个锐角，即可求解． 【详解】解： 任意凸多边形的外角和是， 外角中最多有3个钝角，则内角中，最多有3个锐角． 故选：B． 4．（22-23八年级下·上海宝山·期末）如果一个二十边形的每个内角都相等，那么它的每个外角的度数是 ． 【答案】18度/ 【分析】根据边形的外角和为求解即可． 【详解】解：∵二十边形的外角和为，且每个内角都相等， 二十边形的每个外角的度数为：． 故答案为：18度． 【点睛】本题考查了多边形的外角，熟记边形的外角和为是解题的关键． 5．（22-23八年级下·上海普陀·期末）一个多边形的每一个外角都等于，则这个多边形的内角和为 ． 【答案】1260 【分析】本题主要考查了多变形的内角与外角．首先根据外角和与一个外角的度数可得多边形的边数，再根据多边形的内角和公式进行计算即可． 【详解】解：一个多边形的每一个外角都等于， 这个多边形的边数为：， 这个多边形的内角和为：， 故答案为：． 6．（23-24八年级下·上海长宁·期末）如果从多边形的一个顶点出发的对角线有9条，那么它的边数是 ． 【答案】12 【分析】本题主要考查了多边形的边数与对角线条数的关系，解题的关键是熟练掌握边形从一个顶点出发的对角线最多可画的条数为． 根据边形从一个顶点出发的对角线最多可画的条数为，求出多边形的边数即可． 【详解】解：∵多边形从一个顶点出发的对角线最多可画9条， ∴， ∴多边形的边数为：． 故答案为：12． 7．（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． 8．（23-24八年级下·上海金山·期末）一个正边形的每一个内角都等于，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形内角和与外角和综合．首先求出外角度数，再用除以外角度数可得答案． 【详解】解：∵正边形的每一个内角都等于， ∴每一个外角都等于， ∴边数； 故答案为：． 9．（23-24八年级下·上海·期末）一个正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的边数是 ． 【答案】6 【分析】本题主要考查了多边形内角和和外角和综合，设这个正多边形的边数为n，则这个多边形的内角和为，再根据多边形外角和为，结合题意建立方程求解即可． 【详解】解：设这个正多边形的边数为n， 由题意得，， 解得， ∴这个正多边形的边数是6， 故答案为：6． 10．（23-24八年级下·上海闵行·期中）一个多边形从一个顶点出发有七条对角线，那么这个多边形的内角和是 度． 【答案】 【分析】本题考查了多边形的内角和定理，多边形对角线有条，据此求出多边形的边数，再根据多边形的内角和定理即可求解，掌握多边形的内角和定理是解题的关键． 【详解】解：设这个多边形是边形，由题意得： ， ∴， ∴这个多边形的内角和， 故答案为：． 题型二：平行四边形 11．（23-24八年级下·上海·期末）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】此题考查了平行四边形的判定，根据作图可知，，即可得到答案. 【详解】解：由作图可知，， ∴四边形为平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形） 故选：B 12．（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． 13．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，点P为平行四边形内任意一点，连接，如果将．、、的面积分别记为、、、．那么以下结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的面积，根据平行四边形的对边相等可得，设点P到的距离分别为，然后利用三角形的面积公式列式整理即可出得结论． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， 设点P到的距离分别为，平行四边形边，边上的高分别为， 则， ∴ ∵， ∴ 同理可得，， ∵， ∴ 故选：D． 14．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）将四根木条钉成的长方形木框变为的形状，并使其面积为长方形面积的一半（木条宽度忽略不计），则这个平行四边形的最小内角为 度． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质和平行四边形面积求法等知识，得出是解题关键．根据矩形以及平行四边形的面积求法得出当时，则符合要求，进而得出答案． 【详解】解：如图，过点作于点， ∵将四根木条钉成的长方形木框变形为的形状，并使其面积为长方形面积的一半（木条宽度忽略不计），    ∴当，则符合要求，此时， 即这个平行四边形的最小内角为：度． 故答案为：． 15．（23-24八年级下·上海青浦·期末）已知中，，，，将沿直线翻折，点落在点处，与相交于点，若是直角三角形，那么边 ． 【答案】或 【分析】由平行四边形的性质可得，，，， 由折叠的性质可得：，，分两种情况：当时，延长交于；当时；分别求解即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， 由折叠的性质可得：，， 如图，当时，延长交于， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴点是的中点， 在中，， ∴， ∴； 如图，当时， 则， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴点、、在同一直线上， ∴， 在中，，， ∴， ∵， ∴，， 综上所述，当是直角三角形时，的长为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定与性质、含的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 16．（23-24八年级下·上海·期末）如图，在四边形中，，，且，，点在边上，点关于直线的对称点为，的延长线交边于点，如果，那么线段的长为 ．    【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定，勾股定理； 连接交于O，证明四边形是平行四边形，求出，然后利用勾股定理计算即可. 【详解】解：如图，连接交于O．   ，， 四边形是平行四边形， ， B，Q关于对称， ，，， ∴，， ∴， ∴， ， ∴在中，． 故答案为：． 17．（23-24八年级下·上海静安·期末）如图，在平行四边形中，平分，交边于点平分，交边于点F，如果，那么 ． 【答案】4 【分析】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定．根据平行线的性质和角平分线的定义证明，，再根据，求出，最后求出结果即可． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴，， ∵平分，平分， ∴，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：4． 18．（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：． 19．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）在直角坐标平面内，如果的两条对角线的交点正好与坐标原点重合，已知点，那么点C的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，点坐标．熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 由的两条对角线的交点正好与坐标原点重合，点，可得． 【详解】解：∵的两条对角线的交点正好与坐标原点重合，点， ∴是的中点， ∴， 故答案为：． 20．（23-24八年级下·上海崇明·期末）在平面直角坐标系中（如图），直线分别与x轴、y轴交于点A、B，点C在线段上． (1)求点A和点B的坐标； (2)当点C的横坐标是时，如果在y轴上存在点P，使得，求点P的坐标； (3)当点C的横坐标是m时，在平面直角坐标系中存在点Q，使得以O、C、B、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点Q的坐标．（用含m的代数式表示） 【答案】(1) (2)点或 (3)或或 【分析】本题为一次函数综合运用，涉及到平行四边形的性质、面积的计算等，分类求解是解题的关键． （1）对于，当时，，令，则，即可求解； （2）由，即可求解； （3）当为对角线时，由中点坐标公式列出方程组，即可求解；当或为对角线时，同理可解． 【详解】（1）解：对于，当时，， 令，则， 即点的坐标分别为：； （2）设点， 则， 解得：或8， 即点或； （3）设点，点， 当为对角线时， 由中点坐标公式得：， 解得， 则点； 当或为对角线时， 同理可得：或， 解得：或， 即点或； 综上，或或． 21．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，在平面直角坐标系中，点、，将点B向左平移2个单位后落在y轴上的点P处． (1)求m的值； (2)将线段绕点P逆时针旋转，点A落在点C处，求直线的表达式； (3)设（2）中的直线与x轴交于点D，在直角坐标平面内找点Q，使得以点A、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点Q的坐标． 【答案】(1)0 (2) (3)或或 【分析】（1）根据坐标平移规律“左减右加”以及坐标轴上点坐标特征即可求解； （2）根据旋转的性质求得，再利用待定系数法即可求解； （3）先求得，根据平行四边形的性质进行分类讨论，利用平移的性质即可求解． 【详解】（1）解：∵将点B向左平移2个单位后落在y轴上 ∴ 解得 （2）由（1）可得， ∴ ∴ 如图，根据旋转可得， ∴ 设直线的表达式为（） ∵直线经过点， ∴ 解得 ∴直线的表达式为． （3）由（2）知直线的表达式为， ∴ 连接，如图， ①由平移得直线， 此时即为所求， ∵四边形为平行四边形 ∴ ∵，， ∴ ②由平移得直线， 此时即为所求， ∵四边形为平行四边形 ∴ ∵，， ∴ ③由平移得直线轴， 此时即为所求， ∵四边形为平行四边形 ∴ ∵，， ∴     综上所述，Q的坐标为或或． 【点睛】本题考查了一次函数的图象与坐标轴的交点，旋转的性质，平移的性质，待定系数法求一次函数的解析式，平行四边形的性质与判定，坐标平移规律以及坐标轴上点坐标特征等，根据平移求对应点坐标是解题的关键． 22．（23-24八年级下·上海金山·期末）如图，在直角坐标平面内，的对角线的交点正好与坐标原点重合，且点A、B坐标分别为，． (1)求点C、D的坐标； (2)求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据平行四边形是中心对称图形，结合已知即可求得点C、D的坐标； （2）由勾股定理可求得的长度，即可求得平行四边形的周长． 【详解】（1）解：的对角线的交点正好与坐标原点重合，且平行四边形是中心对称图形， 关于原点对称，关于原点对称， ； （2）解：， 由勾股定理得：， 的周长为． 【点睛】本题考查了坐标与图形，平行四边形的性质，关于原点对称的点的坐标特征，勾股定理． 题型三：特殊平行四边形 23．（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． 24．（23-24八年级下·上海静安·期末）把一张矩形纸片沿对角线折叠，点B的对应点为点E，边交边于点G，连接（如图所示），当时，下列结论中，不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形性质及翻折问题，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是根据折叠得到．先由折叠的性质及矩形的性质可得，从而判断出选项A；由全等的性质可得，由等腰三角形的性质可得，再由平行线的判定即可判断选项B；设，则，中，，列出方程求解，即可判断出选项C；由折叠性质可得，再由，可得，再判断选项D． 【详解】解：矩形纸片沿对角线折叠，点的对应点为， ， 在和中， ， ， 故A正确，不符合题意； ， ， ， ， ， ， 故B正确，不符合题意； 设，则， 中，， ， 解得：， ， ， ， 故C正确，不符合题意； 矩形纸片沿对角线折叠，点的对应点为， ， ， ， 故D不正确，符合题意， 故选：D 25．（23-24八年级下·上海静安·期末）已知四边形中，，如果只添加一个条件，即可判定该四边形是正方形，那么所添加的这个条件可以是（    ） A． B． C． D．与互相平分 【答案】C 【分析】本题考查正方形的判定．正方形的判定方法有：①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角；③先判定四边形是平行四边形，再用①或②进行判定．由已知可得该四边形为矩形，再添加条件：一组邻边相等，即可判定为正方形． 【详解】解：∵， ∴四边形为矩形， 因此再添加条件：一组邻边相等或对角线互相垂直，即可判定四边形为正方形， ∴当或时，四边形为正方形， ∴四个选项中只有C选项符合题意． 故选：C． 26．（23-24八年级下·上海杨浦·期末）下列命题中，正确的是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．对角线互相垂直的菱形是正方形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线相等的平行四边形是正方形 【答案】C 【分析】此题考查了矩形、菱形、正方形的判定，利用特殊四边形的判定方法进行判断即可． 【详解】解：A．对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故选项错误，不符合题意； B．对角线相等的菱形是正方形，故选项错误，不符合题意； C．对角线相等的平行四边形是矩形，故选项正确，符合题意； D．对角线垂直相等的平行四边形是正方形,故选项错误，不符合题意． 故选：C． 27．（23-24八年级下·上海长宁·期末）下列说法中正确的是（    ） A．等腰梯形是中心对称图形 B．平行四边形是轴对称图形 C．菱形的对角线互相垂直且相等 D．正方形的对角线互相垂直平分且相等． 【答案】D 【分析】本题考查了中心对称图形的定义，轴对称图形的定义，菱形的性质、正方形的性质，据此相关性质内容进行逐项分析，即可作答． 【详解】解：A、等腰梯形是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项是错误的； B、平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故该选项是错误的； C、菱形的对角线互相垂直且平分，不是相等，故该选项是错误的； D、正方形的对角线互相垂直平分且相等．故该选项是正确的； 故选：D． 28．（23-24八年级下·上海闵行·期末）在四边形中，，、交于点，下列说法错误的是（    ） A．如果，，那么四边形是矩形； B．如果，那么四边形是菱形； C．如果，，那么四边形是矩形； D．如果，，那么四边形是菱形． 【答案】D 【分析】此题主要考查了矩形的判定和菱形的判定，关键是熟练掌握矩形和菱形的判定定理． 根据矩形和菱形的判定定理进行判断即可． 【详解】解：A、，，，那么四边形是矩形，正确，此选项不符合题意； B、，，那么四边形是菱形，正确，此选项不符合题意； C、，，，那么四边形是矩形，正确，此选项不符合题意； D、，，，无法判断四边形是菱形也可以是等腰梯形，错误，此选项符合题意． 故选：D． 29．（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． 30．（23-24八年级下·上海宝山·期末）已知菱形的边长是8，一个内角是，那么这个菱形的面积是（    ） A．64 B．32 C． D． 【答案】D 【分析】考查了菱形的性质和等边三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 根据菱形的性质可得是等边三角形，求得，再利用勾股定理即可求出菱形的高，进而即可求解． 【详解】解：连接，过点A作交于点E，如图， ∵菱形的边长是8，一个内角是， ∴是等边三角形， ∴， 由勾股定理可得，， ∴菱形的面积是． 故选：D． 31．（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：．    32．（23-24八年级下·上海·期末）已知菱形的周长为40，对角线相交于点．如果，那么菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理； 先求出菱形的边长，再根据题意设，，利用勾股定理求出x，进而得到，的长，再根据菱形的面积公式计算即可． 【详解】解：如图， ∵菱形的周长是40， ∴，， ∵， ∴设，则， ∵，即， 解得：（负值已舍去）， ∴，， ∴，， ∴菱形的面积为:， 故答案为：． 33．（23-24八年级下·上海松江·期末）如图，在矩形中，，，点E在边上（点E与点A、D不重合），将沿直线翻折，点D的对应点为点G，连接，的延长线交边于点F，如果，那么的长为 ． 【答案】2 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等积转换；由勾股定理得 ，由三角形的面积得，即可求解；掌握性质，能用三角形面积转化求解是解题的关键． 【详解】解：如图， 四边形是矩形， ， ， ， 由翻折得：， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， 故答案：． 34．（23-24八年级下·上海·期末）如果把正方形 绕点 旋转得到正方形，点落在对角线上，点落在 的延长线上，那么 度． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理；根据旋转的性质以及正方形的性质可得，进而得出，进而即可求解． 【详解】解：如图所示， ∵ ∴， ∴ 故答案为：． 35．（23-24八年级下·上海·期末）对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角形的“友好菱形”．问题：如图，在中， ，且的面积为S．如果存在“友好菱形”为菱形，那么S的取值范围是 ． 【答案】 【分析】由的面积为S可得的高为，然后再分三角形的高取最小值和最大值两种情况求解即可． 【详解】解：∵的面积为S， ∴， ∴边上的高为， 如图：当高取最小值时，为等边三角形，A与M或N或上重合， 如图：过A作，垂足为D， ∵等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴，即； 如图：当高取最大值时，菱形为正方形， ∴A在中点， ∴，即 ∴． 故填：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、正方形的性质、等边三角形的性质以及勾股定理，考查知识点较多，灵活应用相关知识成为解答本题的关键． 36．（23-24八年级下·上海浦东新·期末）已知菱形的边长为，一条对角线长为，那么菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟知菱形的性质是解题的关键．先根据菱形的性质求出，然后利用勾股定理求出，再由求解即可． 【详解】解：如图， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 37．（23-24八年级下·上海金山·期末）在菱形中，对角线相交于O，若，，那么 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，其中菱形的性质是关键．根据题意画出图形，由菱形的性质，得，由勾股定理求得即可． 【详解】解：如图，在菱形中，，， 由鑀得， 则；    故答案为：． 38．（23-24八年级下·上海闵行·期末）已知菱形的边长和一条对角线的长都为，那么此菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 先由菱形的性质得，，，再根据，求得，然后由勾股定理，求得，从而求得，最后由菱形的面积公式求解． 【详解】解：如图，连接交于O， ∵菱形， ∴，，， ∵ ∴， 由勾股定理，得 ∴， ∴ 故答案为：． 39．（23-24八年级下·上海·期末）已知，如图，是矩形的对角线的垂直平分线，与对角线及边、分别交于点O，E，F．    (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了矩形的性质、菱形的判定、含角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定是解题的关键． （1）证明，则，又由得到四边形是平行四边形，再由即可证明四边形是菱形； （2）证明，得到，即可得到答案． 【详解】（1）解：证明：∵四边形是矩形 ∴， ∴， ∵是矩形的对角线的垂直平分线， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是菱形 ∴， ∴， ∵， ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ 40．（23-24八年级下·上海静安·期末）如图，在等腰中，为边上的中线，过点A作，且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，如果，求点A到直线的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”即可求证 ； （2）过点A作于点F，根据含30度角的直角三角形的性质求出，根据勾股定理求出，根据三角形面积公式得出，求出的值，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵，为的中线， ， ， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形． （2）解：过点A作于点F，如图所示： ∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， 根据勾股定理得：， ∴， ∵， ∴， ∴A到的距离为． 【点睛】本题考查了矩形的判定定理、勾股定理的应用，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形面积的计算．掌握相关结论进行几何推导是解题关键． 41．（23-24八年级下·上海松江·期末）如图，已知平行四边形的对角线交于点O，延长至点H，使，连接，过点H作，过点B作． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是矩形． 【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及性质，矩形的判定及性质，菱形的判定及性质，勾股定理等． （1）由平行四边形的性质得，由平行四边形的判定方法得是平行四边形，由平行四边形的性质得； （2）由菱形的性质得，可得四边形是平行四边形，由矩形的判定方法即可判定． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． （2）∵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， ∵， ∴四边形是矩形． 42．（23-24八年级下·上海·期末）如图，在平行四边形中，点、、、分别在边、、、上，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当，且时，请判断四边形的形状并证明． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是矩形，证明见解析 【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质； （1）根据全等证得，，对边相等，即可证得四边形是平行四边形； （2）证得四边形中一个角为直角，即可证得四边形是矩形． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，，，， ，，且， ， ， 同理可得， 四边形是平行四边形； （2）四边形是矩形，证明如下， ， ，， ， ， ， ，， ，， ， ， 平行四边形是矩形． 43．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，菱形中，E是对角线上一点，，交边于点F，且． (1)求证：； (2)求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）连接，先证明，即有，，根据，可得，问题随之得证； （2）过E点作，交于点M，交于点N，证明，即可． 【详解】（1）连接，如图， ∵四边形是菱形， ∴，， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）过E点作，交于点M，交于点N，如图， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴菱形是正方形． 【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的判定，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行的性质等知识，灵活运用菱形的性质，是解答本题的关键． 44．（23-24八年级下·上海杨浦·期末）已知在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别相交于点、点．点C是x轴上一点，点Q是平面内一点，四边形是菱形． (1)求点C和点Q的坐标； (2)由平面内不在同一直线上的一些线段首尾顺次连接所组成的封闭图形叫做多边形，对于一个多边形，画出它的任意一边所在的直线，如果其余各边都在这条直线的一侧，那么这个多边形叫做“凸多边形”；否则叫做“凹多边形”．如果点E是直线上的一个动点，纵坐标为t，且四边形是凹四边形（线段与线段没有交点），求t的取值范围． 【答案】(1)， (2)或 【分析】（1）根据题意，画出示意图，由四边形是菱形，得到，设点，，可得，求出，即，在根据菱形对角线互相平分且垂直，即可求解； （2）根据题意画出示意图，求出直线的解析式，结合“凹多边形”的定义找到临界点即可求解． 【详解】（1）解：如图， 四边形是菱形， ， 设点，， ，即， ，即 ，即， ， ，即； （2）解：， 将点代入直线：，则， 解得：， 直线的解析式为：， 设直线的解析式为：， 将点代入，则， 解得：， 直线的解析式为：， 如图，当点E在直线下方，直线上方时，四边形是凹四边形， 此时，令，则有， ， 如图，当点E在直线上方时，四边形是凹四边形， 此时，令，则有， ， 综上，四边形是凹四边形，或． 【点睛】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，一次函数解析式及“凸多边形”“凹多边形”的定义理解，正确画出示意图是解题的关键． 45．（23-24八年级下·上海金山·期末）如图，已知在等腰梯形中，，点E、F分别在底边上，连接、，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）利用平行线性质得到，结合等量代换得到，进而得到，即可证明四边形是平行四边形； （2）利用平行线性质得到，进而得到，证明，得到，进而得到，即可证明四边形是矩形． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）证明：， ， ， 四边形为等腰梯形， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形是矩形． 【点睛】本题考查了平行线性质和判定，平行四边形性质和判定，全等三角形性质和判定，矩形判定，等腰梯形性质，熟练掌矩形的判定定理是解题的关键． 46．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在中，、分别是边、的中点，连接、，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点作与的延长线交于点，且．求证：四边形是矩形． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 【分析】（1）利用中点和平行四边形的性质证明，所以四边形是平行四边形，由平分、，可证，故，则结果证； （2）由（1）知，结合，可得，在中，则四边形是平行四边形，连接，证明，则结果得证． 【详解】（1）解：分别是的中点， ， 又∵在中，，且， ， 四边形是平行四边形， 平分， ， ， ， ， ， 四边形是菱形． （2）由（1）知， 又， ， ， 又在中即， 四边形是平行四边形， 连接，如图 是中点， 即为对角线的交点， 即， ， 四边形是矩形． 【点睛】本题考查菱形的判定、平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质，矩形的判定，熟悉相关性质、性质定理是解题关键． 47．（23-24八年级下·上海浦东新·期末）已知边长为的正方形中，P是对角线上的一个动点（与点A，C不重合），过点P作，交射线于点E，过点E作，垂足为点F． (1)求证：； (2)当点E落在线段上时（如图所示），设，的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并写出函数的定义域； (3)在点P的运动过程中，能否为等腰三角形？如果能，试求出的长，如果不能，试说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)能， 【分析】本题主要考查四边形的综合题，熟练掌握正方形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识是解题的关键． （1）过点P作于点G，于点H，证明即可得出结论； （2）（2）连接，证，则有，，然后得出关系式即可； （3）可分点E在线段上和点E在线段的延长线上两种情况讨论，通过计算就可求出符合要求的的长． 【详解】（1）解：过点P作于点G，于点H， ∵四边形是正方形，， ∴， ∴， ∵， 即， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， （2）解：连接，交于点O， ∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是边长为的正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 即y与x之间的函数关系式为； （3）解：①若点E在线段上， ∵， ∴， ∵， ∴． 若为等腰三角形，则， ∴， ∴，与矛盾， ∴当点E在线段上时，不可能是等腰三角形； ②若点E在线段的延长线上， 若是等腰三角形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的长为． 48．（23-24八年级下·上海长宁·期末）已知：如图，在中，，是边上的高．H为线段上的点，以为邻边作矩形，连结交于点E，联结交于点F．    (1)如果，求证：四边形为正方形； (2)联结，如果，求证：四边形为矩形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，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，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）通过矩形的性质得出证明，得出，再结合矩形的性质，即可作答． （2）经过角的等量代换得出，结合，得出，证明，得出，得出四边形是平行四边形，结合，即可作答． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形 ∴ ∵是边上的高． ∴， ∴， 即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形 ∴四边形是正方形； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； 49．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，已知平行四边形，E是边的中点，点F在边上，连接并延长交的延长线于点G，连接、． (1)如果，求证：四边形是矩形； (2)如果F是边的中点，且，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，菱形的判定，三角形的中位线，熟练掌握矩形和菱形的判定是解题的关键． （1）先证出，再根据，得到，即可证明； （2）连接，得到是的中位线，从而证得，得出，即可证明． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形 ∴， ∴ ∵E是边的中点， ∴ 又∵ ∴ ∴， 又∵ ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是矩形． （2）连接，如图， ∵E是边的中点，F是边的中点， ∴是的中位线， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴四边形是菱形． 50．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，点M是正方形的边上的一点，过点B作交的延长线于点N，连接交于点E． (1)求的大小； (2)如果，求证：； (3)如果，当时，求的长． 【答案】(1)； (2)见解析 (3)． 【分析】（1）利用等角的余角相等求得，证明，可证明，可求得是等腰直角三角形，据此即可求解； （2）在上截取点，使，连接，证明是等边三角形，再证明，据此即可证明； （3）由已知结合，证明是的角平分线，作于点，据此求解即可． 【详解】（1）解：∵正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； （2）解：在上截取点，使，连接， 由（1）知， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：由（1）知， ∴， ∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即是的角平分线， 作于点， 则， ∵，， ∴， ∴， ∵正方形，， ∴，， ∴，是等腰直角三角形， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 题型四：梯形 51．（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． 52．（23-24八年级下·上海·期末）下列命题中，真命题是（       ） A．一组对边平行，且对角线平分一组对角的四边形是菱形 B．一组对边平行，且另一组对边相等的四边形是平行四边形 C．一组对边平行，且对角线相等的四边形是等腰梯形 D．一组对边平行，且一组邻边互相垂直的四边形是矩形 【答案】A 【分析】通过已知条件推导出对应图形以及根据平行四边形、等腰梯形、正方形、矩形和菱形的判定定理判断即可． 【详解】解：A、 一组对边平行，且对角线平分一组对角的四边形是菱形，原命题是真命题； B、一组对边平行，且另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，原命题是假命题； C、一组对边平行，且对角线相等的四边形可能是矩形，原命题是假命题； D、一组对边平行，且一组邻边互相垂直的四边形可能是直角梯形，原命题是假命题； 故选：A． 53．（23-24八年级下·上海闵行·期末）已知，如图，在梯形中，，，，，．有以下两个说法：①梯形的面积；②梯形的周长；对这两种说法的判断正确的是（    ） A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①、②均正确 D．①、②均错误 【答案】C 【分析】此题考查了梯形的性质，勾股定理等知识，解题的关键掌握以上知识点． 设，交于点O，根据题意得到，，，然后利用勾股定理求出，，，进而利用梯形的面积和周长公式求解即可． 【详解】如图所示，设，交于点O， ∵在梯形中，，， ∴，， ∵，， ∴，即 ∴ 同理可得， ∴ ∵ ∴梯形的面积； ∵，， ∴ ∴ ∴梯形的周长． 故选：C． 54．（23-24八年级下·上海浦东新·期末）如图，在等腰梯形中，，连接，，且，设，．下列两个说法：①；②，则下列说法正确的是（ ） A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①②均正确 D．①②均错误 【答案】A 【分析】本题考查梯形中求线段长，平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定性质、勾股定理等腰直角三角形的判定与性质等知识，孰练掌握相关几何判定与性质是解决问题的关键. 过作, 交延长线于，根据梯形为等腰梯形，可得，即可得到,根据等腰直角三角形性质即可求出长，然后根据从而得到答案. 【详解】过作, 交延长线于, 如图所示:、 ∵, ∴四边形是平行四边形, ∴, , ∵是等腰梯形， ∴, ∵, ∴, ∴, 即, ∵, ∴, 在中,, ∴, ，此时①正确； 由， ∴， ∴，故②错误； 故选A 55．（23-24八年级下·上海·期末）已知高为的梯形中，， 是锐角，，，，那么梯形的面积为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了梯形的性质，勾股定理；根据题意分两种情况讨论，分别画出图形，求得的长，根据梯形的面积公式，即可． 【详解】解：如图所示，过点作于点，过点作于点， 梯形中，， 四边形是矩形， ，， ， ， ． ∴ 如图，． 故答案为：或． 56．（23-24八年级下·上海·期末）在等腰梯形中，已知，，那么 ． 【答案】130 【分析】本题考查了等腰梯形的性质．由，根据两直线平行，同旁内角互补，即可求得的度数，又由四边形等腰梯形，即可求得的度数． 【详解】解：如图， ∵， ∴ ∵， ∴， ∵四边形是等腰梯形， ∴． 故答案为：130． 57．（23-24八年级下·上海·期末）已知在等腰梯形中，，厘米，厘米，高厘米，那么这个梯形的中位线长等于 厘米． 【答案】 【分析】本题考查了等腰梯形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理； 过点D作于M，证明四边形是矩形，可得厘米，厘米，然后利用勾股定理求出和，再根据梯形的中位线定理计算即可． 【详解】解：如图，过点D作于M，则， ∵是等腰梯形的高，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴厘米，厘米， ∵厘米，厘米，， ∴厘米， ∵厘米，，厘米 ∴厘米， ∴厘米， ∴这个梯形的中位线长为：厘米， 故答案为：． 58．（23-24八年级下·上海静安·期末）梯形中，，这个梯形的中位线的长度为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了勾股定理，矩形的判定和性质，梯形中位线的性质，解题的关键是作出辅助线，过点D作于点G，证明四边形为矩形，得出，，根据勾股定理求出，根据中位线性质求出． 【详解】解：过点D作于点G，如图所示： 则， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵为梯形的中位线， ∴． 故答案为：． 59．（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： 60．（23-24八年级下·上海松江·期末）已知四边形 中，对角线、相互垂直，，，顺次连接这个四边形各边中点所得的四边形的面积等于 ． 【答案】 【分析】本题考查了中位线的性质，矩形的性质与判定，根据中位线的性质可得四边形是平行四边形，再由对角线、相互垂直，可证得四边形是矩形，然后证明四边形是矩形，利用矩形的面积计算公式可得答案． 【详解】解：如图， 、、、分别为各边的中点，，， ， ，， 四边形是平行四边形， 对角线、相互垂直， ， 四边形是矩形， ， 四边形是矩形， 四边形的面积为：． 故答案为：． 61．（23-24八年级下·上海长宁·期末）如果梯形的中位线长为4，其中一条底边长为2，一条腰长为6，那么另外一条腰长x的取值范围是 ． 【答案】 【分析】该题主要考查了梯形中位线，梯形的性质，平行四边形的性质和判定，三角形三边关系等知识点，解题的关键是正确做出辅助线． 根据题意算出另外一条底边长，延长使，连接，则，证明四边形是平行四边形，得出，再根据三边关系即可解答， 【详解】如图，是梯形，为梯形的中位线，则， ∴， 延长使，连接，则， ∵是梯形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 即， 故答案为：． 62．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，已知菱形的边长是4，，E、F是边的中点，G、H是线段的中点，那么 ． 【答案】 【分析】此题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形中位线的性质、勾股定理等知识，证明是等边三角形，则，由点E是的中点得到，由勾股定理得到，证明是的中位线，即可得到． 【详解】解：连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∴， ∵G、H是线段的中点， ∴是的中线， ∴， 故答案为： 63．（23-24八年级下·上海金山·期末）如图，在等腰梯形中，，，于O，E、F分别是、的中点，梯形的面积为24，那么 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了等腰梯形．熟练掌握等腰梯形性质，等腰直角三角形性质，三角形面积公式，是解决问题的关键． 根据等腰梯形性质得到，，过C作交延长线G，于点H，得到四边形是平行四边形，得到，，得到，，根据，得到，推出，得到，，即得． 【详解】如图，过C作交延长线G，作于点H， ∵等腰梯形中，，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵四边形是等腰梯形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵ E、F分别是、的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 64．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在梯形中，，，．如果梯形的中位线长为6，那么的长为 ． 【答案】 【分析】以为边在右侧作平行四边形，过点D作，垂足为H，由梯形中位线的性质，得到，根据含30度角的直角三角形的特征及等腰三角形的性质，得到，，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：以为边在右侧作平行四边形，过点D作，垂足为H， ， 三点共线， 梯形的中位线长为6， ， ， ， ， ， 在梯形中，， 梯形是等腰梯形， ， ， ， ， ，即， （负值舍去）， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰梯形的性质，梯形中位线的性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的特征，勾股定理，熟练掌握梯形的性质是解题的关键． 65．（23-24八年级下·上海崇明·期末）已知：如图，在梯形中，的平分线交延长线于点E，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)交点G，如果，求证：． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题考查的是梯形的性质、菱形的判定和性质，掌握菱形的判定定理是解题的关键． （1）根据等腰三角形的三线合一得到，根据角平分线的定义、平行线的性质得到，得到，根据菱形的判定定理证明； （2）连接，根据等腰梯形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质求出，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出，证明结论． 【详解】（1）证明：∵是的平分线， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴四边形为平行四边形， ， ∴平行四边形是菱形； （2）如图，连接， 在梯形中，， 则梯形等腰梯形， ， 由（1）可知：四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ． 66．（23-24八年级下·上海·期末）如图，矩形的对角线交于点，点和分别是线段和的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，求证：四边形是等腰梯形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据矩形的性质可得，根据三角形中位线定理可得，，进而推出，，然后根据平行四边形的判定定理可得结论； （2）证明是等边三角形，求出即可． 【详解】（1）证明：在矩形中，， ∵点和分别是线段和的中点， ∴，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：由（1）知， ∴四边形是梯形， ∵在矩形中，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是等腰梯形． 【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，平行四边形的判定，等边三角形的判定和性质，等腰梯形的判定，灵活运用相关判定定理和性质定理是解题的关键． 67．（23-24八年级下·上海杨浦·期末）已知：如图，在梯形中，，，对角线相交于点，点分别是的中点，连接． (1)求证：； (2)连接，如果，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题主要考查了等腰梯形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定等知识，熟练掌握等腰梯形的性质和全等三角形的性质是解题关键． （1）连接并延长交于点，证明，得到，利用三角形中位线定理证得，即可证明结论成立； （2）连接并延长交于点，连接并延长交于点，证明，推出，同理，得到，再证明，推出，据此即可证明结论． 【详解】（1）证明：连接并延长交于点， ∵点分别是的中点， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵点分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴； （2）证明：连接并延长交于点，连接并延长交于点， ∵在梯形中，，， ∴四边形为等腰梯形，，， ∴， 由（1）可知，，又， ∴， ∵， ∴， 由（1）得， ∴， 同理，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形． 68．（23-24八年级下·上海闵行·期末）已知：如图，在中，点、分别是边、的中点，过点A作的平行线，交射线于点． (1)求证：四边形是平行四边形： (2)如果，连接、，求证：四边形为矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到，根据平行四边形的判定定理即可得到结论； （2）连接，先证明四边形为平行四边形，再根据等腰三角形的性质得到，即可得到结论． 【详解】（1）证明：点、分别是、边上的中点， ， 又， 四边形是平行四边形； （2）证明：连接、，如图， 由（1）知：四边形是平行四边形， ∴， ∵点是边上的中点 ∴ ∴ 又， ∴四边形为平行四边形， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形为矩形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定，三角形中位线的性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键． 69．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，在中，BD平分，，垂足为点E，交于点F，点G是的中点．如果，，求的长． 【答案】 【分析】本题考查了角平分线、全等三角形、三角形中位线的知识，根据平分，于点，得到，从而得,；结合题意，计算得的值；再根据点是的中点，通过是的中位线的性质，即可完成解题． 【详解】∵平分，于点 ∴， ∵ ∴ ∴， ∵， ∴ ∵点是的中点 ∴是的中位线 ∴． 70．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，已知，，点、在射线上（点、不与点重合且点在点的左侧），连接、，为的中点，过点作，交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是梯形； (2)如果，当为等腰三角形时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)6或16 【分析】（1）证明，进而证明四边形是平行四边形，得到，进而得到，根据，与相交，得到与不平行，即可证明四边形是梯形； （2）分，，，三种情况讨论即可． 【详解】（1）证明：， ， 为的中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，即， ，与相交， 与不平行， 四边形是梯形； （2）解：为等腰三角形， 如图，当时， 为的中点， ， ，， ； 如图，当时，过点F作，垂足为H， 由（1）知四边形是平行四边形， ，即， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， ， ； 如图，当时， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 此时，点与点B重合，不符合题意， 综上，当为等腰三角形时，的长为6或16． 【点睛】本题考查梯形的判定，平行四边形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形的特征，灵活运用平行四边形的性质是解题的关键． 题型五：平面向量及其加减运算 71．（23-24八年级下·上海金山·期末）下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．与平行 【答案】D 【分析】本题考查了向量的基本知识，向量的减法运算，根据向量的概念、运算及相关知识即可完成． 【详解】解：A、，故说法错误； B、是一个向量，是一个既有大小又有方向的量，而是向量的模，是一个只有大小的量，两者不相等，故说法错误； C、，故说法错误； D、与平行，故说法正确； 故选：D． 72．（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． 73．（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． 74．（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图，已知，，求作．    【答案】见解析 【分析】根据向量的意义即可画出与，再由平行四边形法则，即可画出即可． 【详解】解：如图，作向量，向量，则即为所求作的向量．    【点睛】本题主要考查了向量的知识，解题的关键是利用平行四边形法则作图． 75．（22-23八年级下·上海黄浦·期末）如图，在平行四边形中，点E、F分别在边和上，且点E是的中点，联结．    (1)写出图中与相等的向量： ； (2)如果，，请用、分别表示： ； ； (3)求作：．（请在原图上求作，不要求写作法，但要写出结论） 【答案】(1) (2)； (3)作图见解析 【分析】（1）通过平行四边形的性质及中点的意义证明四边形是平行四边形，即可求解； （2）直接根据向量的三角形法则和平行四边形法则进行求解即可； （3）根据向量的加减法运算法则先将进行化简，再作图即可． 【详解】（1）∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）∵，点E是的中点， ∴， ∵，四边形是平行四边形， ∴， 故答案为：，； （3）∵， ∴    ∴图中为所求向量． 【点睛】本题考查了向量的加减法运算法则，涉及平行四边形的判定和性质，熟练掌握三角形法则和平行四边形法则是解题的关键． 试卷第74页，共74页 试卷第73页，共74页 学科网（北京）股份有限公司 $$