专题04 四边形（7重点+23种题型+复习提升）-【暑假自学课】2025年新九年级数学暑假提升精品讲义（沪科版）

专题04 勾股定理 内容导航 考点聚焦：核心考点+高考考点，有的放矢 重点速记：知识点和关键点梳理，查漏补缺 考点巩固：必考题型讲透练透，能力提升 复习提升：真题感知+提升专练，全面突破 知识点 1 多边形 1. 多边形的概念：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形. 2.多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n-3）条对角线，这（n-3）条对角线把多边形分成了(n-2)个三角形，其中每条对角线都重复算一次，所以n边形共有条对角线. 3. 多边形内角和定理：n边形的内角和为. 4. 多边形外角和定理：多边形的外角和恒等于360°，与边数的多少没有关系. 5. 多边形的外角和定理在正多边形中的应用： 1）正n边形的每个内角为，每一个外角为． 2）若正多边形的一个外角为m°，则正多边形的边长为. 6.平面镶嵌[选] 镶嵌：用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，叫做平面图形的镶嵌，又称作平面图形的密铺. 镶嵌成立的条件：围绕一点拼在一起的几个多边形的内角的和等于 360°. 知识点 2 平行四边形 1. 平行四边形的性质定理 性质 符号语言 图示 边 平行四边形两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC 角 平行四边形对角相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC 对角线 平行四边形的对角线互相平分 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴OA=OC=AC,BO=DO=BD 2. 平行四边形的判定定理 判定 符号语言 定义 一组对边分别平行的四边形是平行四边形 ∵AB∥CD，AD∥BC∴四边形ABCD是平行四边形 边 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 ∵AB=CD，AD=BC∴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 ∵AB=CD，AB∥CD∴四边形ABCD是平行四边形 角 两组对角分别相等的四边形是平行四边形 ∵∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC∴四边形ABCD是平行四边形 对角线 对角线互相平分的四边形是平行四边形 ∵OA=OC，BO=DO∴四边形ABCD是平行四边形 知识点 3 中位线 三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半. 【补充】三角形中位线定理的作用： 位置关系：可以证明两条直线平行. 数量关系：可以证明线段的倍分关系. 知识点 4 矩形 1.矩形的性质定理： 性质 符号语言 图示 边 两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC 角 四个角都是直角 ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90° 对角线 两条对角线互相平分且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AO=CO=BO=DO 2.矩形的判定 判定定理 符号语言 图示 角 一个角是直角的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵∠ABC=90°，∴平行四边形ABCD是矩形 三个角是直角的四边形是矩形 在四边形ABCD中， ∵∠B=∠A=∠D=90°， ∴四边形ABCD是矩形 对角线 对角线相等的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形 知识点 5 菱形 1.菱形的性质定理 性质定理 符号语言 图示 边 四条边都相等 ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=CD=AD=BC 对角线 对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角 ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD 2. 菱形的判定 判定定理 符号语言 图示 边 四条边相等的四边形是菱形. 在四边形ABCD中， ∵AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形 一组邻边相等的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AB=BC，∴平行四边形ABCD是菱形 对角线 对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形 知识点 6 正方形 1.正方形的性质： 1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行. 2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 【补充】 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°. 3）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形. 4）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半. 2.正方形的判定： 定义法 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 判定定理 矩形+一组邻边相等 有一组邻边相等的矩形是正方形 矩形+对角线互相垂直 对角线互相垂直的矩形是正方形 菱形+一个角是直角 有一个角是直角的菱形是正方形 菱形+对角线相等 对角线相等的菱形是正方形 知识点 7 四边形综合 【题型1 多边形截角后的内角和问题】 高妙技法 一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1，可能减少1，或不变. 1．（22-23八年级下·安徽池州·期末）一个多边形截去一个角后，得到的新多边形内角和为，则原多边形边数为（    ） A．4 B．6 C．4或6 D．4或5或6 【答案】D 【分析】根据多边形的内角和公式求出n，再根据截去一个角，则会存在以下三种情况，多边形边数不变，增加1或减少1来解答． 【详解】解：设新多边形边数为n， ∵新多边形内角和为， ∴， 解得， 若多边形截去一个角，则会存在以下三种情况，多边形边数不变，增加1或减少1，如下图所示：    ∴原多边形边数为4或5或6， 故选：D． 【点睛】本题主要考查多边形内角和和边数的关系，掌握内角和公式是解题的关键. 2．（22-23八年级上·广西柳州·期末）把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个四边形，则原多边形纸片的边数不可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】一个边形剪去一个角后，剩下的形状可能是边形或边形或边形． 【详解】解：∵当剪去一个角后，剩下的部分是一个四边形， ∴这张纸原来的形状可能是四边形或五边形或三角形，不可能是六边形； 即原多边形纸片的边数为:． 故选． 【点睛】本题考查了多边形剪去一个角的方法可能有三种：经过两个相邻顶点，则少一条边；经过一个顶点和一边，边数不变；经过两条邻边，边数增加一条． 3．（2021·上海徐汇·二模）如果剪掉四边形的一个角，那么所得多边形的内角和的度数不可能是（　　） A．180° B．270° C．360° D．540° 【答案】B 【分析】分四边形剪去一个角，边数减少1，不变，增加1，三种情况讨论求出所得多边形的内角和，即可得解． 【详解】解：剪去一个角，若边数减少1，则内角和＝（3﹣2）×180°＝180°， 若边数不变，则内角和＝（4﹣2）×180°＝360°， 若边数增加1，则内角和＝（5﹣2）×180°＝540°， 所以，所得多边形内角和的度数可能是180°，360°，540°，不可能是270°． 故选：B． 【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，要注意剪去一个角有三种情况． 【题型2 多边形内角和问题】 高妙技法 公式总结：多边形的有关计算公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误： 1）n边形内角和＝(n－2)×180°(n≥3). 2) n边形共有条对角线. 3) n边形的边数＝(内角和÷180°)＋2. 4) n边形的外角和是360°. 5 )n边形的外角和加内角和＝n×180°. 4．（24-25八年级下·上海闵行·期中）如果一个多边形的边数增加1，那么它的内角和将增加（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理，设原多边形的边数为n，则边数变化后的多边形边数为，根据多项式内角和计算公式分别表示出变化前后多边形内角和，二者相减即可得到答案． 【详解】解：设原多边形的边数为n，则边数变化后的多边形边数为， ∴原来多边形的内角和为，变化后的多边形内角和为， ∵， ∴内角和将增加， 故选：C． 5．（2015·广东茂名·中考真题）一个多边形的内角和为，则它的边数为 ． 【答案】六/6 【分析】本题考查了多边形内角和定理．熟练掌握多边形内角和定理是解题的关键． 根据多边形内角和定理求解即可．边形内角和公式为（且为整数）． 【详解】解：设这个多边形的边数为（且为整数）， 解得． 故答案为：． 6．（22-23八年级下·上海青浦·期中）如图所示，求． 【答案】 【分析】此题考查三角形外角的性质，多边形内角和，设与、的交点为、，根据三角形外角的性质得到,，即可求出答案，正确理解三角形外角性质将角度进行转化是解题的关键 【详解】解：设与、的交点为、， ∵, ∴ ∴ 【题型3 多边形的外角和问题】 7．（22-23八年级上·福建福州·期末）一个多边形的每个外角都等于，则这个多边形的边数是（    ） A．8 B．9 C．10 D．12 【答案】A 【分析】根据多边形的外角和等于，用360除以一个多边形的每个外角的度数，求出这个多边形的边数是多少即可． 【详解】解：， 这个多边形的边数是8． 故选A． 【点睛】此题主要考查了多边形的内角与外角，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：多边形的外角和等于． 8．（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． 【题型4 多边形内角和与外角和综合】 高妙技法 ①n边形的内角和为(n－2)×180°，根据已知条件列出方程求边数； ②若由已知数据很容易求得一个外角的度数，根据正多边形的外角和始终等于360°,用360°除一个外角的度数，从而得到正多边形的边数. 9．（2022·山东烟台·中考真题）一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为3：1，则这个正多边形是（　　） A．正方形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形 【答案】C 【分析】设这个外角是x°，则内角是3x°，根据内角与它相邻的外角互补列出方程求出外角的度数，根据多边形的外角和是360°即可求解． 【详解】解：∵一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为3：1， ∴设这个外角是x°，则内角是3x°， 根据题意得：x+3x＝180°， 解得：x＝45°， 360°÷45°＝8（边）， 故选：C． 【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，根据内角与它相邻的外角互补列出方程是解题的关键． 10．（22-23八年级上·四川泸州·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． 11．（2022八年级下·上海·专题练习）如果某个凸多边形每个内角都相等，已知从它的一个顶点出发可以引出9条对角线，那么它是几边形？它的每个内角是几度？ 【答案】是十二边形，它的每个内角150° 【分析】根据多边形从一个顶点引出的对角线条数公式（n﹣3）求出多边形的边数，再根据多边形的内角和即可求解每个内角． 【详解】解：设多边形边数为n， ∵从凸多边形的一个顶点出发可以引出9条对角线， ∴n﹣3＝9， 解得n＝12， 所以，它是十二边形， 它的每个内角＝×（12﹣2）×180°＝150°． 答：它是十二边形，它的每个内角150°． 【点睛】此题考查了多边形内角与外角，多边形的对角线，熟记多边形对角线公式求出边数是解题的关键． 12．（23-24八年级上·广西河池·期中）已知一个多边形的边数为． (1)若该多边形的内角和的比外角和多，求的值； (2)若该多边形是正多边形，且其中一个内角为，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查多边形的内角和与外角和，正多边形的性质， （1）根据多边形内角和公式与外角和列式计算即可解答； （2）根据正多边形的性质及多边形内角和公式解答即可； 解题的关键是掌握：①边形的内角和为（且为正整数），外角和为；②正边形的每条边相等、每个内角相等、每个外角相等． 【详解】（1）解：依题意，得： ， 解得：， 即的值为； （2）（2）依题意，得： ， 解得：， 即的值为． 【题型5 利用平行四边形的性质求解】 13．（24-25八年级下·上海·期中）在中，与相交于点O，若，，．则的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质以及勾股定理，含角直角三角形的性质，解题关键是掌握数形结合思想与方程思想的应用． 过点A作于E，设，则，，在直角三角形中，利用勾股定理可得，进而可求出a的值，由平行四边形的性质可知：的面积，即可求解． 【详解】解：过点A作于E， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 设，则，， ∴， 在直角三角形中，由勾股定理可得， ∴， 解得：（负数已舍）， ， ∴的面积． 故答案为：． 14．（24-25八年级下·上海·期中）平行四边形的两条对角线分别为和，则其中一条边长的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质以及三角形的三边关系定理，解题的关键是利用三边关系确定范围． 根据平行四边形对角线互相平分求出两对角线的一半，再根据三角形的任意两边之和大于第三边，三角形的任意两边之差小于第三边求解即可． 【详解】解：如图，，，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， 在中，，即， ∴， 故选：． 15．（24-25八年级下·上海崇明·期中）已知平行四边形的周长是，和交于点O，比的周长小3，则的长为 ． 【答案】4 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的周长，熟练掌握知识点是解决本题的关键． 根据平行四边形的性质可得，再根据比的周长小3，即可求得． 【详解】解：∵平行四边形的周长是， ∴， ∵比的周长小3， ∴， ∴． 故答案为：4． 16．（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6 添加一个条件证明四边形是平行四边形】 17．（21-22八年级下·上海静安·期中）在四边形中，已知，再添加一个条件还不能判断四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行四边形的判定定理分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、∵AB=CD，AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，不符合题意； B、∵AB=CD，AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，不符合题意； C、∵，∴，又∵，不能证明四边形是平行四边形；故C符合题意； D、∵，∴AB∥CD，又∵，∴四边形ABCD是平行四边形，不符合题意； 故选：C 【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定定理进行判断． 18．（21-22八年级下·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． 19．（24-25八年级下·上海松江·期中）在四边形中，是对角线的交点，不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】本题考查平行四边形的判定，三角形全等的判定与性质，根据三角形全等的判定与性质以及平行四边形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：如图， A选项：∵，， ∴四边形是平行四边形，本选项不合题意； B选项：∵， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形，本选项不合题意； C选项：∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，本选项不合题意； D选项：由无法证明四边形是平行四边形，本选项符合题意． 故选：D． 【题型7 证明四边形是平行四边形】 高妙技法 一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路： 1）已知一组对边平行, 首先要考虑证另一组对边平行，再考虑这组对边相等； 2）已知一组对边相等, 首先要考虑证另一组对边相等，再考虑这组对边平行； 3）已知条件与对角线有关，常考虑对角线互相平分； 4) 已知条件与角有关，常考虑两组对角分别相等. 20．如图，已知是等边三角形，点D、F分别在线段、上，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据等边三角形的性质得到，结合题中，得到，即可解答． （2）连接，证明是等边三角形，再证明，即可解答． 【详解】（1）证明： 是等边三角形， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）证明：如图，连接， ， 是等边三角形， ， ， ， 是等边三角形， ， ， 在与中， ， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，熟练运用相关性质是解题的关键． 21．（21-22八年级下·全国·课后作业）已知：如图，等边三角形与等边三角形的一边重合． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若的边长为，求所组成的平行四边形各组对边之间的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)平行四边形各组对边之间的距离为． 【分析】（1）根据等边三角形的性质可知，，进一步可知：，，即可证明四边形是平行四边形； （2）作，，求出，利用所对的直角边等于斜边的一半即可求出，再利用勾股定理求出，同理可求出． 【详解】（1）证明：∵等边三角形与等边三角形的一边重合． ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形． （2）解：作，， ∵等边的边长为， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理：∵等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 即平行四边形各组对边之间的距离为． 【点睛】本题考查平行四边形的判定定理，等边三角形的性质，所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理，等边三角形的性质，所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理并能够灵活运用． 【题型8 与三角形中位线有关的求解/证明问题】 高妙技法 当已知三角形一边中点时，可以设法找出另一边的中点，构造三角形中位线，进而可以利用其证明线段平行. 22．（23-24九年级上·山东济南·期末）顺次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形一定是（    ） A．矩形 B．菱形 C．平行四边形 D．正方形 【答案】C 【分析】本题考查三角形的中位线定理，平行四边形的判定．如图，根据三角形的中位线得出，，进而得证平行四边形． 【详解】解：如图，四边形中，、、、分别是、、、的中点， ，， 同理，， ，， 四边形是平行四边形， 故选：C． 23．（21-22八年级上·山东淄博·期末）如图，在中，，点，，分别是三边的中点，且，则的长度是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图，连接，由题意知是的中位线，证明，有，进而可求的长． 【详解】解：如图，连接 由题意知是的中位线 ∴ ∴ 在和中 ∵ ∴ ∴ ∴cm 故选A． 【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，三角形全等．解题的关键在于对知识熟练掌握． 24．（22-23八年级上·上海普陀·期中）如图，在中，平分，且于点，交于点，，．那么的周长为 ． 【答案】4 【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握三角形中位线定理和等腰三角形的判定与性质是解题的关键． 先由等腰三角形的性质得，再证，然后由三角形中位线定理得，即可解决问题． 【详解】解：平分， ， 于， ， ， ， ， ，， ， ，， ，， ，， ， 是的中位线， ， 的周长， 故答案为：4． 25．（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图，在梯形中，，点E、F分别是、的中点，如果，．那么 ．    【答案】4 【分析】连接延长，交延长线于点G，证得，于是，，，从而． 【详解】连接延长，交延长线于点G， ∵ ∴， 又 ∴ ∴， ∴ ∴    故答案为：4 【点睛】本题考查三角形中位线性质，全等三角形的判定和性质，添设辅助线构造全等三角形是解题的关键． 26．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，E为边上一点，、分别平分、．    (1)求证：E为的中点； (2)如果点F为的中点，联结交于点G．写出与满足的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)，理由见解析． 【分析】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定， 三角形中位线的性质，全等三角形的判定及性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）如图，由得到，， 即，又由角平分线得到，从而，即可得到．同理得，即可得证； （2）取的中点H，联结．根据中位线的性质得到，，从而推出，即可证明，得到，进而推出． 【详解】（1）证明：如图，    ∵四边形是平行四边形， ，， ． 平分， ， ， ． 同理得． ， ，即E为的中点． （2）解：． 取的中点H，联结．   、H分别是、的中点， 是的中位线， ∴，． 是CD中点， ， ， ． ∵，， ∴， ∴． 在与中， ， ∴， ∴， ∵点H是的中点， ∴， ∴． 【题型9 利用菱形的性质求解】 高妙技法 1）在求菱形面积时，要根据图形特点及已知条件，灵活地选择面积公式来解决问题. 2）在利用对角线长求菱形的面积时，要特别注意不要漏掉计算公式中的. 27．（21-22八年级下·河北沧州·期末）小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图1），测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），，则图2中对角线的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，等边三角形性质和判定，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． 根据正方形的性质以及勾股定理可得，记交于点，根据菱形的性质结合可得，再利用勾股定理计算，即可解题． 【详解】解：正方形对角线， ， ， 又菱形中，记交于点， ，于点，，，且为等边三角形， ， ， ， ． 故选：C． 28．（21-22八年级下·浙江宁波·期中）已知一个菱形的周长为，有一个内角为，则较长的一条对角线长为 ． 【答案】 【分析】根据菱形的四条边都相等，菱形的两条对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角；利用30°直角三角形的边长关系和勾股定理计算求值即可． 【详解】解：由题意得作图如下：菱形ABCD中，∠DAB=60°， ∵ABCD是菱形， ∴AC、BD互相垂直平分，AC平分∠DAB， ∴∠CAB=30°，∠AOB=90°， ∵菱形周长为24cm， ∴AB=24÷4=6cm， ∴OB=AB=3cm，AO=cm， ∴BD=2OB=6cm，AC=2AO=cm， ∴较长的一条对角线长cm， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，30°直角三角形，勾股定理；掌握菱形的性质是解题关键． 29．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在菱形中，，，P是边上的一点，E、F分别是、的中点，那么线段长为 ． 【答案】4 【分析】本题考查菱形的性质，三角形的中位线定理，先根据菱形的性质得到是等边三角形，求出长，再根据三角形的中位线定理解答即可． 【详解】解：连接， ∵是菱形， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， 又∵E、F分别是、的中点， ∴， 故答案为：． 30．（24-25八年级下·上海·阶段练习）已知菱形一组对角的和为，较短的一条对角线的长度为4，那么这个菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】先画出图形，根据已知条件得出，，根据菱形的性质得出，，，，，证明是等边三角形，得出，根据勾股定理得出，根据，据此即可解答． 【详解】解：由题意得，，， ∵四边形是菱形， ∴，，，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【题型10 证明四边形是菱形】 高妙技法 31．（23-24八年级下·上海金山·阶段练习）如图，在中，，点分别为边上的点，，连接，点为的中点，连接，并延长交边于． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据平行线的性质得到，，由定理证明，，得到，根据平行四边形的判定即可证的结论； （2）根据平行线的性质和等腰三角形的性质证得，由三角形外角定理与已知条件证得，得到，即可证的结论． 【详解】（1）证明：， ，，， 点为的中点， ， 在和中，， ， ， 四边形是平行四边形； （2）由（1）知四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 平行四边形是菱形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，等腰三角形的性质和判定，三角形外角定理，综合运用相关知识是解决问题的关键． 32．（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 ∴， ∴， ∵， ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ 【题型11 菱形的性质与判定综合】 33．（21-22八年级下·上海杨浦·期中）如图1，在平行四边形中，的平分线交直线于点E，交直线于点F． (1)当时，G是的中点，联结（如图2），请直接写出的度数______． (2)当时，，且，分别联结、（如图3），求的度数． 【答案】(1)45° (2)60° 【分析】（1）联结CG，BG，证△DCG≌△BEG（SAS），得到BG=DG，∠CDG=∠EBG，再证△BGD是直角三角形，即得△BGD是等腰直角三角形，即可由等腰直角三角形的性质求解； （2）延长AB、FG相交于H，联结DH，先证四边形ADFH是平行四边形，再证平行四边形ADFH是菱形，得∠HDF=∠ADF=60°，△DGF≌△DBH（SAS），得∠GDF=∠BDH，即可得∠BDG=∠HDF，可求解． 【详解】（1）解：∵平行四边形，， ∴四边形为矩形， ∴∠ABC=∠BAD=∠BCD=90°，AB=CD， ∴∠ECF=90°， 联结CG，BG，如图2， ∵G是EF的中点， ∴CG=EG=GF， ∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE=45°， ∴∠BAE=∠BEA=45°， ∴BE=AB， ∴BE=CD， ∴∠FEC=∠BEA=45°， ∴∠BEG=135°， ∴∠EFC=∠FEC=45°， ∴∠GCF=∠EFC=45°， ∴∠DCG=135°， ∴∠DCG=∠BEF， 在△DCG和△BEG中， ， ∴△DCG≌△BEG（SAS）， ∴BG=DG，∠CDG=∠EBG， ∵∠CDG+∠GDB+∠CBD=90°， ∴∠EBG+∠GDB+∠CBD=90°， ∴∠BGD=90°， ∴△BGD是等腰直角三角形， ∴∠BDG=45°； 故答案为：45°； （2）解：延长AB、FG相交于H，联结DH，如图， ∵FGCE， ∴ADHF， ∵AHDF， ∴四边形ADFH是平行四边形， ∵∠ABC=120°， ∴∠DAB=60°，∠ADC=∠ABC=120°， ∵AF平分∠DAB， ∴∠BAF=∠DAF=30°， ∵AHDF， ∴∠DFA=∠BAF=∠DAF=30°， ∴DA=DF，∠AEB=∠FEC=30°， ∴平行四边形ADFH是菱形，CE=CF， ∴∠HDF=∠ADF=60°， ∵FG=CE，CE=CF，CF=BH， ∴FG=HB， 在△DGF和△DBH中， ， ∴△DGF≌△DBH（SAS）， ∴∠GDF=∠BDH， ∴∠BDG=∠HDF=60°． 【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，本题属四边形综合题目，熟练掌握平行四边形的性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质是解题的关键． 34．（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， ， ， ， ， ， ， ． 35．（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，已知，点分别在边上，且四边形是菱形． (1)请使用直尺与圆规确定点E的具体位置，再画出菱形（不用写作法、结论，保留画图痕迹）； (2)如果点M（不与点D重合）在边上，且满足，那么四边形的形状是________； (3)在（2）的条件下，如果，那么四边形的面积是________． 【答案】(1)见解析 (2)等腰梯形 (3) 【分析】（1）作的角平分线交于点E，作的垂直平分线交于点D，F； （2）结合菱形的性质和题意可得出，，即说明四边形为等腰梯形； （3）由题可证，，都为等边三角形，且边长都为4，再根据等边三角形的性质求面积即可． 【详解】（1）解：如图，菱形即为所作； （2）解：如图，． 由（1）可知四边形为菱形， ∴，， ∴，， ∴四边形为等腰梯形． 故答案为：等腰梯形； （3）解：∵四边形为菱形，四边形为等腰梯形， ∴． ∵， ∴，，都为等边三角形，且边长都为4． 如图，过点A作于点H． ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查作图—角平分线，作图—线段垂直平分线，菱形的性质，等腰梯形的判定，等边三角形的判定和性质．利用数形结合的思想是解题关键． 【题型12 利用矩形的性质求解】 高妙技法 1）矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的一切性质； 2）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，经常会用到等腰三角形的性质解决问题. 3）利用矩形的性质可以推出：在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半. 解题方法：理解记忆矩形的性质，当题目己知矩形或者证明出矩形时，要立刻能想到相应的性质. 36．（22-23八年级下·上海长宁·期中）如图，在矩形中，对角线交于点，点E在边上，连接，如果，，那么的度数为 ．    【答案】/60度 【分析】根据矩形的性质可得，可得，求出，然后根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出，然后根据角的和差求解即可． 【详解】解：∵矩形， ∴，， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理等知识，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键． 37．（23-24八年级下·上海·单元测试）在矩形中，，，的垂直平分线交于，交于，那么四边形的面积等于 ． 【答案】 【分析】连接，根据矩形的性质求出，从而求出，再根据线段垂直平分线的性质证明，从而证明，得到，证出四边形为菱形，设菱形的边长为，则，在中，由勾股定理得出边长长度，求出最终结果； 本题主要考查了矩形的性质和线段垂直平分线的性质，解题关键是熟练掌握矩形的性质和线段垂直平分线的性质． 【详解】如图所示：连接， 四边形是矩形， ， ， 是的垂直平分线， ， ， 四边形是平行四边形 四边形是菱形， 设菱形的边长为， 则 在中，由勾股定理，得 ， 即， 解得 所以四边形的面积为     故答案为：． 38．（22-23八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在矩形中，，，对角线、相交于点，是线段上的任意一点（点不与点，重合），过点作于点，于点，则 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握矩形的性质，勾股定理的运用．连接，根据矩形的性质，得，点是对角线的中点，则，再根据，，即可求出的值． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ，，， ∴， 根据勾股定理得：， ∴， ∵，， ∴， ∵于点，于点， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 39．（22-23八年级下·上海徐汇·期末）如图，过矩形对角线的交点，且分别交、于、，那么阴影部分的面积与矩形的面积的比值是 ． 【答案】 【分析】根据矩形的性质证明，则，进而根据矩形的对角线互相平分，可得，即可求解． 【详解】由图可知：，，， ， ， 在与中，，高相等， ， 即， 阴影部分的面积． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 【题型13 证明四边形是矩形】 高妙技法 40．（2025八年级下·上海·专题练习）如图，在梯形中，，，过点作，垂足为，并延长至，使，联结、、． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)联结，如果，，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了等腰梯形的性质、全等三角形的判定及性质，矩形的判定，平行四边形的判定定理． （1）连接，利用等腰梯形的性质得到，再根据垂直平分线的性质得到，从而得到，然后证得，利用一组对边平行且相等判定平行四边形； （2）利用等边三角形的判定和性质以及矩形的判定定理，解答即可． 【详解】（1）证明：连接． 梯形中，，， ， 和中，，，， ． ． 又，， ，， ，， ， 四边形是平行四边形； （2）证明：垂直平分， ∴，， ， ∴ 是等边三角形， ，， ∵， ∴， ， ∴ ∵ ， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形 41．（22-23八年级下·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：． 42．（2023·云南昭通·一模）如图，在梯形中，，F为上一点，且，E为上一点，交于点G． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据，可得四边形是平行四边形，再由，即可求证； （2）根据四边形是矩形，，从而得到，再由，可得，从而得到，进而得到，即可求证． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是矩形． （2）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质是解题的关键． 【题型14 矩形的性质与判定综合】 43．（24-25八年级下·上海·阶段练习）已知，梯形中，，，，，，是边上的任意一点，连接，连接． (1)若平分，求的长； (2)过点作，交所在直线于点． 设，，求关于的函数关系式； 连接，当点是的中点时，求的长． 【答案】(1)满足条件的的值为或； (2)；． 【分析】（）作于，则四边形是矩形，则，，分两种情形求解即可解决问题； （）作于利用面积法构建函数关系式即可； 延长交于点，证，得，再由垂直平分，知，又，则，据此得，，根据 可得答案． 【详解】（1）解：如图中， 作于，则四边形是矩形， ∴，， 当平分时， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴； 当平分时，同法可证：，， ∴； 综上所述，满足条件的的值为或； （2）解：如图中，作于， 在中，， ∵， ∴， ∴； 如图，延长交于点， ∵， ∴，， ∵是中点， ∴， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，函数解析式，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质等知识，正确添加常用辅助线，构造直角三角形及掌握知识点的应用是解题的关键． 44．（21-22八年级下·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． 【题型15 利用正方形的性质求解】 高妙技法 正方形的性质： 1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行. 2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 【补充】 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°. 3）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形. 4）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半. 5）正方形是轴对称图形，它有四条对称轴，分别是对边中点所在的直线和两条对角线所在的直线. 6）正方形是中心对称图形，对角线的交点是对称中心. 45．（20-21八年级下·山东烟台·期末）如图，延长正方形边至点，使，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，连接，根据题意可得，则，由外角的性质可得：，即可求解． 【详解】解：连接， ∵四边形是正方形， ∴，且， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：A． 46．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在正方形中，点E、F分别为边的中点，点P在边上，如果将沿直线翻折后，点C恰好落在线段上的点Q处，线段的长为1，那么正方形的边长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，折叠的性质，解一元二次方程，解题的关键是掌握正方形的性质和折叠的不变性． 先得到四边形为矩形，根据正方形的性质以及折叠的性质得到可设，，，在中由勾股定理建立方程，即可求解． 【详解】解：如图： ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵点E、F分别为边的中点， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵翻折， ∴， 设正方形的边长为，则，，， ∴在中，由勾股定理得：， 解得：或（舍）， ∴正方形的边长为， 故答案为：． 47．（14-15九年级上·黑龙江绥化·期末）将n个边长都为的正方形按如图所示的方法摆放，点，，…，分别是正方形对角线的交点，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质与三角形全等的性质与判定，解题的关键是得到．连接，，根据正方形性质可得，，，即可得到，即可得到，即可得到一个图形重叠的面积，即可得到答案； 【详解】解：连接，， ∵正方形的边上为， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为：， 故答案为：． 【题型16 证明四边形是正方形】 高妙技法 判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等． 48．（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． 49．（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； 50．（22-23八年级下·上海静安·期末）已知：如图，梯形中，，，E、F、G、H分别是的中点，连接．    (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，，且，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)8 【分析】（1）首先根据三角形中位线的性质得到，，证明出四边形是平行四边形，然后利用，得到，进一步证明出四边形是菱形； （2）延长交于点M，首先证明出，得到，，，然后得到四边形是正方形，是等腰直角三角形，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）如图所示，连接    ∵E、F、G、H分别是的中点， ∴是的中位线，是的中位线， ∴，，， ∴， ∴四边形是平行四边形 ∵梯形中，，， ∴四边形是等腰梯形 ∴ ∵同理可得，是的中位线 ∴ ∴ ∴四边形是菱形； （2）如图所示，延长交于点M，    ∵，， ∴，， ∵ ∴， 又∵ ∴ ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴四边形是正方形 ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形 ∴，即 ∴． ∴四边形的面积为8． 【点睛】此题考查了梯形的性质，菱形的判定定理，正方形的判定与性质、三角形的中位线性质、全等三角形的判定及性质，熟记各判定定理及性质定理是解题的关键． 【题型17 正方形性质与判定综合】 51．（23-24八年级下·上海·阶段练习）已知在中，，，斜边的中点为P点，动点D、E分别在边、上，且． (1)求证：； (2)设，，求y关于x的函数关系式及自变量x的取值范围； (3)若为等腰三角形，请直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)2或或4 【分析】（1）过点P作，，可得四边形是矩形，得到，结合，可得，根据三角形中位线性质可得， ，得到，可得，得到； （2）根据中点性质可得，结合，得到，可证矩形是正方形，得到，根据勾股定理得到，根据，得到； （3）连接，根据等腰直角三角形性质可得，，得到，结合，证得，可知是等腰三角形，当时，点D与点A重合，可得；，成立；当时，，可得，点D与点F重合，得到． 【详解】（1）如图1，过点P作，， 则， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵P是中点， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）如图1，∵F是中点，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴矩形是正方形， ∴， ∵，， ∴， 即； （3）如图2，连接， ∵，， ∴， ∵P是中点， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴当是等腰三角形时，也是等腰三角形， 当时，， ∴点D与点A重合， ∴； 当时，成立； 当时，， ∴，点D与点F重合， ∴． 综上，的长为 ：2或或4． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形综合．熟练掌握等腰直角三角形性质和判定，三角形中位线判定和性质，全等三角形判定和性质，等腰三角形性质，勾股定理解直角三角形，分类讨论，是解决问题的关键． 52．（20-21八年级下·上海杨浦·期末）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC延长线上一点，联结DE，过点B作BF⊥DE，垂足为点F，BF与边CD相交于点G． (1)求证：CG＝CE； (2)联结CF，求证：∠BFC＝45°； (3)如果正方形ABCD的边长为2，点G是边DC的中点，求EF的长． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3) 【分析】（1）把CG和CE分别放在Rt△BCG和Rt△DCE中，说明它们全等即可得证； （2）联结CF，过点C作MC⊥CF交BG于M，说明△MCF为等腰三角形即可得证； （3）过点C作CN⊥BF于N，构造△CNG≌△DFG，即可求出DF＝NC，再利用线段和差即可求出EF的长． 【详解】（1）解：∵四边形ABCD为正方形， ∴BC＝CD，∠BCG＝∠DCE， ∵BF⊥DE， ∴∠E+∠CBG＝∠E+∠EDC， ∴∠CBG＝∠EDC， 在Rt△BCG与Rt△DCE中， ∴Rt△BCG≌Rt△DCE（ASA）， ∴CG＝CE． （2）作CM⊥CF交BF于点M， ∵△BCG≌△DCE， ∴∠E＝∠BGC， ∵∠MCG+∠FCG＝∠ECF+∠FCG＝90°， ∴∠MCG＝∠FCE， 在△MCG和△FCE中， ∴△MCG≌△FCE（ASA）， ∴MG＝FE，MC＝FC， ∴△MCF为等腰直角三角形， ∴∠BFC＝45°． （3）作CN⊥BF于点N， ∴△CNF为等腰直角三角形，CN＝NF， ∵G为CD中点，正方形ABCD的边长为2， ∴CG＝DG＝CE＝1， ∴BG＝DE＝＝， ∴BC•CG＝BG•CN， ∴CN＝＝＝， 在△CNG和△DFG中， ∴△CNG≌△DFG（AAS）， ∴DF＝CN＝， ∴EF＝DE﹣DF＝﹣＝． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，构造特殊三角形和三角形全等是解题的关键． 【题型18 与特殊平行四边形有关的折叠问题】 高妙技法 矩形的折叠问题的常用解题思路： 1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角； 2）折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）． 3) 折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）. 4）选择一个直角三角形(不找以折痕为边长的直角三角形)，利用未知数表示其它直角三角形三边，通过勾股定理/相似三角形知识求解. 53．（23-24八年级上·上海崇明·期末）如图，一张矩形纸片的长，宽，现将其折叠，使点与点重合，折痕为，则折痕的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键； 根据题意，证明四边形是平行四边形，作于，设，利用勾股定理即可求解； 【详解】解：如图所示，作于，连接； 由翻折可知，，， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 设， 在中，则有， 解得：， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， 故答案为： 54．（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， ∴． 55．（23-24八年级下·广西柳州·期中）综合与实践 折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为完美矩形． (1)操作发现： 如图①，将纸片按所示折叠成完美矩形，若的面积为，，则此完美矩形的边长 ，面积为 ． (2)类比探究： 如图②，将平行四边形纸片按所示折叠成完美矩形，若平行四边形的面积为，，则完美矩形的周长为 ． (3)拓展延伸： 如图③，将平行四边形纸片按所示折叠成完美矩形，若，，求此完美矩形的周长为多少． 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，折叠的性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，熟悉利用折叠的性质是解题的关键． （1）根据折叠的性质和三角形的面积公式分别求出矩形的长和宽，即可得到矩形的周长； （2）根据折叠的性质和三角形的面积公式分别求出矩形的长和宽，即可得到矩形的周长； （3）连接，根据折叠的性质证出四边形是平行四边形，设，则，利用勾股定理求出矩形的长和宽，即可得到矩形的周长． 【详解】（1）解：由折叠可知，，，， ∴，点是中点， 过点作于点，交于点，如图①所示： ∵， ， ∴由折叠可知：， ∴， ∴完美矩形的面积为：； （2）解：由折叠可得：，，，， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的周长； （3）解：连接，如图所示： 由折叠可得：点和分别是和的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴设，则， ∵在中，， ∴， 解得：， ∴，， ∴矩形的周长． 【题型19 求特殊平行四边形在坐标系中的坐标】 56．（22-23八年级下·上海·阶段练习）已知一次函数    (1)求图像与x轴、y轴的交点A、B的坐标． (2)求点O到直线的距离． (3)点P在x轴，四边形A、B、P、Q是菱形，求出Q点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或或或 【分析】（1）先求出当时，y的值，时，x的值即可得到答案； （2）利用等面积法求解即可； （3）分当为对角线时，当为对角线时，当为对角线时，三种情况利用菱形的性质讨论求解即可． 【详解】（1）解：在中，令，则，令，则， ∴； （2）解：设点O到直线的距离为h， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：设点P的坐标为， 当为对角线时，则，即轴， ∴点Q在y轴上，且被轴垂直平分， ∴； 当为对角线时，则，即轴， ∴点Q的坐标为或； 当为对角线时，则， ∴， 解得， ∴， ∴点Q的坐标为； 综上所述，点Q的坐标为或或或． 【点睛】本题主要考查了求一次函数与坐标轴的交点，菱形的性质，勾股定理，三角形面积，灵活运用所学知识是解题的关键． 57．（21-22八年级下·上海青浦·期末）如图，已知点，点，点在轴负半轴上，，点为直线上一点． (1)求直线的解析式； (2)点为平面内任一点，若以点、、、为顶点的四边形是正方形，求点的坐标； (3)当直线与直线的夹角等于的倍时，直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2)或 (3)或 【分析】（1）根据，求出点的坐标，利用待定系数法，求出直线的解析式即可． （2）分是正方形的边、是正方形的对角线两种情况，利用正方形性质即可求解． （3）当时，，利用两点间距离可求点坐标；当时，，此时，过点作交于，过点作轴交于，由是等腰直角三角形，求出，再由是的中点，求出的另一个点坐标即可． 【详解】（1）解：，点， ， ， ， ， 点在轴负半轴上， ， 设直线的解析式是， ， 解得， 直线的解析式为； （2）解：①当是正方形的边时，对应的正方形为， ，，， ， ； ②当是正方形的对角线时，对应的矩形为， 、是正方形对角线， 线段和线段互相垂直平分， 点、的横坐标为， ， ， 综上所述：点的坐标为或； （3）解：设， ①当时，， ， ， ； ②当时，， 此时， 是等腰三角形， 过点作交于，过点作轴交于， ， ， 是等腰直角三角形， 是的中点， ， ， 是的中点， ； 综上所述：点坐标为或． 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角的判定与性质，等腰三角形的性质，数形结合解题是关键． 【题型20 与特殊平行四边形有关的存在性问题】 58．（2022八年级下·上海·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，函数y＝﹣2x+12的图像分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A的直线交y轴正半轴于点M，且点M为线段OB的中点． (1)求直线AM的函数解析式； (2)若点C是x轴上一点，且S△AMCS△ABM，求点C的坐标； (3)点P在直线AB上，在坐标平面内是否存在点Q，使四边形BPMQ是菱形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)y＝﹣x+6， (2)（2，0）或（10，0）； (3)存在，点P的坐标（，12）或（，12）或（，）或（，9）． 【分析】（1）通过函数y＝−2x＋12求出A、B两点坐标，又由点M为线段OB的中点，即可求得点M的坐标，然后由待定系数法求得直线AM的函数解析式； （2）设出C点坐标，可求得AC的长，根据S△ABM＝BM•OA，S△AMCAC•OM，由S△AMC＝S△ABM，可得方程，解方程即可求得答案； （3）分两种情况讨论：①BM是菱形的边时；②BM是菱形的对角线时，分别根据菱形的性质求解即可． 【详解】（1）解：∵直线AB的函数解析式为y＝﹣2x+12， ∴A（6，0），B（0，12）， 又∵M为线段OB的中点， ∴M（0，6）， 设直线AM的解析式为：y＝kx+b， ∴， 解得：， 故直线AM的解析式为y＝﹣x+6； （2）设点C的坐标为：（x，0）， ∴AC＝|x﹣6|， ∵B（0，12），M（0，6）， ∴BM＝6， ∴S△ABMBM•OA6×6＝18， ∵S△AMCS△ABM， ∴S△AMCAC•OM6×|x﹣6|18， ∴3×|x﹣6|＝12， 解得：x＝2或10， 故点C的坐标为：（2，0）或（10，0）； （3）设P（x，﹣2x+12）， ①如图所示：BM是菱形的边时． 过P2作P2C⊥y轴于C， ∴P2C＝x，BC＝12﹣（﹣2x+12）＝2x， ∵四边形BP2Q2M是菱形， ∴P2B＝BM＝6， 在Rt△BP2C中，P2C2+BC2＝P2B2， ∴x2+（2x）2＝62，解得x＝±， ∴点P的坐标为（，12）或（，12）； 过P3作P3D⊥y轴于D， ∴P3D＝x，MD＝6﹣（﹣2x+12）＝2x﹣6， ∵四边形BQ3P3M是菱形， ∴P3M＝BM＝6， 在Rt△MP3D中，P3D2+MD2＝P3M2， ∴x2+（2x﹣6）2＝62，解得x或0（舍去），   ∴点P的坐标为（，）； ②如图所示：BM是菱形的对角线时， 连接PQ交y轴于N， ∵四边形BQMP是菱形， ∴PQ⊥BM，BN＝MN， ∴点N的坐标为（0，9）． ∴点P的纵坐标是9， ∴﹣2x+12＝9，解得x， ∴点P的坐标为（，9）． 综上所述，存在，点P的坐标（，12）或（，12）或（，）或（，9）． 【点睛】本题为一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式、三角形的面积、菱形的性质等．解题的关键是掌握数形结合思想与方程思想的应用． 59．（20-21八年级下·上海·期中）若直线分别交轴、轴于A、C两点，点P是该直线上在第一象限内的一点，PB⊥轴，B为垂足，且S△ABC= 6 (1)求点B和P的坐标； (2)点D是直线AP上一点，△ABD是直角三角形，求点D坐标； (3)请问坐标平面是否存在点Q，使得以Q、C、P、B为顶点四边形是平行四边形，若存在请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)B（2，0），P（2，3） (2)（2，3）或（，） (3)（0，5）或（0，-1）或（4，1） 【分析】（1）设B（x，0），则P（x，x+2），由S△ABC=6列方程求出x的值，即得到点B和点P的坐标； （2）当点D与点P重合时，△ABD是直角三角形；当点D与点P不重合时，过点C作CE⊥AP，先求出直线CE的解析式，再由直线BD∥CE求出直线BD的解析式且与y=x+2联立方程组，求出点D的坐标； （3）画出图形，根据平行四边形的性质分三种情况得出点Q坐标． 【详解】（1）解：如图1，设B（x，0），则P（x，x+2）， 对于y=x+2，当y=0时，由x+2=0，得，x=-4；当x=0时，y=2， ∴A（-4，0），C（0，2）， ∵点P在第一象限，且S△ABC=6， ∴×2（x+4）=6， 解得x=2， ∴B（2，0），P（2，3）． （2）如图1，点D与点P重合，此时∠ABD=∠ABP=90°， ∴△ABD是直角三角形， 此时D（2，3）； 如图2，点D在线段AP上，∠ADB=90°， 此时△ABD是直角三角形，作CE⊥AP，交x轴于点E， 则∠ACE=∠ADB=90°， ∴BD∥CE，AC=， 设E（m，0）， 由AE•OC=AC•CE=S△ACE，得AE•OC=AC•CE， ∴2（m+4）=CE， ∴CE=（m+4）， ∵∠COE=90°， ∴OE2+OC2=CE2， ∴m2+22=(m+4)]2， 整理得，m2-2m+1=0， 解得，m1=m2=1， ∴E（1，0）； 设直线CE的解析式为y=kx+2，则k+2=0， 解得，k=-2， ∴y=-2x+2； 设直线BD的解析式为y=-2x+n，则-2×2+n=0， 解得，n=4， ∴y=-2x+4， 由，得：， ∴D（，）； 由图象可知，当点D在PA的延长线上，或点D在AP的延长线上，则△ABD不能是直角三角形， 综上所述，点D的坐标是（2，3）或（，）； （3）存在．如图， 当四边形CQBP是平行四边形时， 此时，CQ=PB=3， ∴Q（0，-1）； 当四边形CQ1PB是平行四边形时， 此时，CQ1=PB=3， ∴Q1（0，5）； 当四边形CPQ2B是平行四边形时， 此时，CP∥BQ2且CB∥PQ2， ∴Q2（4，1）； 综上所述，点Q的坐标为（0，5）或（0，-1）或（4，1）． 【点睛】此题重点考查一次函数的图象与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识点，在解第（2）题、第（3）题时，应进行分类讨论，求出所有符合条件的结果，此题综合性较强，难度较大，属于考试压轴题． 60．（21-22八年级下·上海静安·期中）如图，在平面直角坐标系中．一次函数y=-2x+ 12的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A的直线交y轴正半轴于点M．且点M为线段OB的中点． (1)求直线AM的解析式； (2)在直线AM上有一点P，且，求点P的坐标； (3)在坐标平面内是否存在点C，使以A、B、M、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点C的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)点P的坐标为(0，6)或(12，-6) (3)存在，点C的坐标为(6，-6)或(6，6)或(-6，18) 【分析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，B的坐标，由点M为线段OB的中点可得出点M的坐标，根据点A，M的坐标，利用待定系数法即可求出直线AM的函数解析式； （2）分两种情况：①由点M为线段OB的中点．可得，即可得出点P于点M重合，②根据，即可得答案； （3）存在点C，使以A、B、M、C为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况：①以AM，BC为对角线；②以AB，CM为对角线；③以AC，BM为对角线，根据平移的性质求解即可． 【详解】（1）解：当x=0时，y=-2x+12=12， ∴点B的坐标为（0，12）， 当y=0时，-2x+12=0， 解得：x=6， ∴点A的坐标为（6，0）． ∵点M为线段OB的中点， ∴点M的坐标为（0，6）． 设直线AM的函数解析式为y=kx+b（k≠0）， 将A（6，0），M（0，6）代入y=kx+b，得 ，解得： ∴直线AM的函数解析式为y=-x+6； （2）解：①∵点M为线段OB的中点． ∴， ∴点P于点M重合， ∴点P的坐标为（0，6）； ②如图， ∵点A的坐标为（6，0）．点M的坐标为（0，6）． ∴×6×6=18， ∵， ∴， 设点P的坐标为：（x， -x+6）， ∴×6x-18=18，解得x=12， ∴点P的坐标为（12，-6）； ∴点P的坐标为（0，6）或（12，-6）； （3）解：分三种情况考虑（如图所示）： 存在点C，使以A、B、M、C为顶点的四边形是平行四边形， ∵A（6，0），B（0，12），M（0，6）， ①以AM，BC为对角线， 根据平移的性质，得点C（6，-6）， ②以AB，CM为对角线， 根据平移的性质，得点C（6，6）， ③以AC，BM为对角线， 根据平移的性质，得点C（-6，18）， 综上，点C的坐标为（6，-6）或（6，6）或（-6，18）． 【点睛】本题是一次函数综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、三角形的面积以及平行四边形的性质，解题的关键是注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用． 【题型21 与特殊平行四边形有关的动点问题】 61．（24-25八年级上·上海·阶段练习）中，，D是的中点，E是边上动点（E不与A、B重合），交于F．设． (1)写出y关于x的函数解析式及定义域 ． (2)时， ． 【答案】(1)， (2) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，正确证明是关键． （1）取的中点记为，取的中点记为．根据三角形中位线的性质可得，根据余角的性质可得，根据可证，根据全等三角形的性质即可证明，从而得到y关于x的函数关系式，以及x的定义域； （2）连接，根据三角形中位线的性质可得，当，． 【详解】（1）解：取的中点记为H，取的中点记为N．连接， ∵，点D是边的中点， ∴都是三角形中位线， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ 在与中， ， ∴， ∴， ∴， 即， ∵E是边上的一个动点（不与A、B重合）， ∴； （2）解：连接，当E与H重合时，， ∴， 62．（23-24八年级下·上海金山·阶段练习）如图，在等腰梯形中，，，，，点为边的中点，点为边上一动点（点不与点重合），联结和，点分别为的中点，设，． (1)求的长； (2)求关于的函数解析式，并写出定义域； (3)联结，当时，求的值． 【答案】(1)4 (2) (3)4 【分析】（1）过点作于点，得出，根据，得出； （2）①当点在点左侧（），，根据，得出（）；②当点在点右侧（）， ，得出（）； （3）延长交于点，由三角形中位线定理推知点为的中点，，得出是等边三角形，从而求出的值． 【详解】（1）解：过点作于点， 四边形是等腰梯形， ， ， ． ； （2）解：∵， ． ①当点在点左侧（）， ∵， ∴， ， ， 点分别为的中点， 是的中位线， ， ； ②当点在点右侧（）， ，， 同理可得：， ； 综上所述，； （3）解：延长交于点， ，， 四边形是平行四边形， ， 点分别为的中点， 是的中位线， ． 点为的中点， ∴． 在与中，， ， ， ， ， 为正三角形， ． 【点睛】本题考查了等腰梯形的性质，含角的直角三角形的性质，三角形中位线的判定与性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，有三角形的中位线和勾股定理，函数与图形相结合等，掌握有三角形的中位线和勾股定理是解题的关键． 63．（23-24八年级下·上海·单元测试）如图，在矩形中，为坐标原点，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上，点在边上，点的坐标为，，点是射线上一个动点，连接，． (1)求点的坐标； (2)如果点，之间的距离为，的面积为，求与之间的函数关系式，并写出函数定义域； (3)在点运动过程中，是否有可能为等腰三角形？若有可能，求出点的坐标；若不可能，请说明理由． 【答案】(1)； (2)； (3)有可能为等腰三角形，点的坐标为或或或． 【分析】（）过点作于，利用勾股定理求出即可求解； （）分点在线段上和点在线段的延长线上两种情况，利用割补法解答即可求解； （）分点为顶点、点为顶点、点为顶点，分别画出图形，利用勾股定理解答即可求解． 【详解】（1）解：过点作于，则， ∵的坐标为，四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴点的坐标为； （2）解：∵，， ∴，， 当点在线段上时， ； 当点在线段的延长线上时，如图，过点作轴于，则四边形是矩形，，， ； 综上，； （3）解：有可能为等腰三角形． ∵，，， ∴， 当点为顶点时，如图，， ∴， ∴或； 当点为顶点时，如图，， ∴    ， ∴， ∴； 当点为顶点时，如图，， 设，则， ∵， ∴， 即， 解得， ∴； 综上，点的坐标为或或或． 【点睛】本题考查了坐标与图形，矩形的性质，勾股定理，求一次函数，等腰三角形的定义，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【题型22 平面镶嵌】 高妙技法 解决几何图形镶嵌成平面的关键是：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． 【限制条件】1）边长相等；2）公共顶点；3）在一个顶点处各个正多边形的内角之和为360. 64．（24-25八年级下·上海杨浦·期中）已知有三个边长相同，但边数不同且边数是偶数的正多边形可以无缝拼接，那么这三个正多边形的边数分别是 ． 【答案】 【分析】题目主要考查多边形内角和及无缝拼接，根据题意列出方程求解是解题关键 设这三个正多边形的边数分别是，根据题意列出方程，整理得，然后从构成多边形的最小的偶数开始进行试算求解即可． 【详解】解：设这三个正多边形的边数分别是， ∵三个边长相同，但边数不同且边数是偶数的正多边形可以无缝拼接， ∴， 整理得：， ∵边数不同且边数是偶数， ∴假设，则，解得：， 经检验，符合题意， ∴这三个正多边形的边数分别是， 故答案为：． 65．（2023八年级下·上海·专题练习）小明家装修新房，客厅的地面长是6米，宽米的长方形，准备用整块的正方形地砖铺满客厅的地面，市场上地砖有，，，（单位：厘米×厘米）四种尺寸，小明家想选尺寸较大的地砖，该选哪一种？并计算需要多少块地砖可以铺满客厅． 【答案】选的正方形地砖，需要80块地砖可以铺满客厅 【分析】小明家装修新房，准备用整块正方形的地砖铺满客厅的地面，那么正方形地砖的边长应是客厅的地面长和宽的公因数，而且在这些公因数中要选最大的，在这四种尺寸中边长30，40，60的都是客厅的地面长和宽的公因数，其中最大的是60，所以选的正方形地砖，然后求出块数即可． 【详解】解：∵用整块正方形的地砖铺满客厅的地面， ∴正方形地砖的边长应是客厅的地面长和宽的公因数，而且是最大的， ∴符合要求的是选的正方形地砖； ，， （块）， 答：需要80块地砖可以铺满客厅． 【点睛】本题主要考查了平面镶嵌，关键是找到符合要求的公因数． 66．（22-23九年级上·山东青岛·开学考试）正六边形和下列边长相同的正多边形地砖组合中，能铺满地面的是（　　） A．正方形 B．正八边形 C．正十二边形 D．正四边形和正十二边形 【答案】D 【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．正方形的每个内角是，正六边形的每个内角是，，取任何正整数时，不能得正整数，故不能铺满，A选项不符合题意； B．正八边形的每个内角是，正六边形的每个内角是，，取任何正整数时，不能得正整数，故不能铺满，B选项不符合题意； C．正十二形的每个内角是，正六边形的每个内角是，，取任何正整数时，不能得正整数，故不能铺满，C选项不符合题意； D．正方形的每个内角是，正六边形的每个内角是，正十二形的每个内角是，，故能铺满，D选项符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查平面镶嵌（密铺），解题的关键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． 【题型23 四边形综合】 67．（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图，点为矩形（）的对称中心，动点从点A出发沿向点移动，移动到点停止，延长交于点，四边形形状的变化依次为（    ） A．平行四边形矩形平行四边形菱形 B．平行四边形正方形平行四边形矩形 C．平行四边形菱形平行四边形矩形 D．平行四边形菱形平行四边形正方形 【答案】C 【分析】本题考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据与的位置关系即可求解．根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形形状的变化情况：这个四边形先是平行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点A与点D重合时是矩形． 【详解】解：观察图形可知，四边形形状的变化依次为平行四边形菱形平行四边形矩形． 故选：C． 68．（24-25八年级下·山东威海·阶段练习）如图，顺次连接任意四边形各边中点，所得的四边形是中点四边形． 下列四个叙述： ①中点四边形一定是平行四边形； ②当四边形是矩形，中点四边形也是矩形； ③当四边形是菱形，中点四边形也是菱形； ④当四边形是正方形，中点四边形也是正方形．其中正确的结论是 （只填代号） 【答案】①④/④① 【分析】此题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定与正方形的判定．熟练掌握中位线定理是解题的关键；连接，，根据三角形中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，再根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，求解即可． 【详解】解：如图，连接，， ，，，分别是四边形各边的中点， ， 四边形是平行四边形；（①正确） 若四边形是矩形， ＝， ＝，＝， ＝， 四边形是菱形；（②错误） 若四边形是菱形， ， ∵， ， 四边形是矩形，不一定是菱形；（③错误） 四边形是正方形， ＝，， ＝，＝， ＝， 四边形是菱形； ，， ， ， 四边形是正方形．（④正确） 正确的是①④． 故答案为：①④． 69．（24-25九年级上·吉林长春·开学考试）如图，在中，点D、E、F分别在边上，且，．下列四种说法： ①四边形是平行四边形； ②如果，那么四边形是矩形； ③如果平分，那么四边形是菱形； ④如果，平分，那么四边形是正方形． 其中，正确的有 （只填写序号） 【答案】①②③ 【分析】本题考查了平行四边形的定义，菱形、矩形、正方形的判定，先由两组对边分别平行的四边形为平行四边形得出为平行四边形，得出①正确；当，根据推出的平行四边形，利用有一个角为直角的平行四边形为矩形可得出②正确；若平分，得到一对角相等，再根据两直线平行内错角相等又得到一对角相等，等量代换可得，利用等角对等边可得一组邻边相等，根据邻边相等的平行四边形为菱形可得出③正确；由可得四边形是菱形，但不一定为直角，④不一定正确 【详解】解：∵ ∴四边形是平行四边形，①正确； 若， ∴平行四边形为矩形，②正确； 若平分， ∴ 又 ∴ ∴ ∴ ∴平行四边形为菱形，③正确 由可得四边形是菱形，但不一定为直角， 故菱形不一定为正方形；④错误， 故答案为：①②③ 70．（24-25八年级下·江西南昌·期中）如图，在矩形中，，，，分别在，上，且，，分别是，上的两个动点，点从向移动，点从向移动，它们同时以每秒1个单位长度的速度移动，运动时间为秒，其中． (1)四边形一定是______； A．平行四边形  B．矩形   C．菱形   D．正方形 (2)若四边形为菱形，求的值； (3)若四边形为矩形，求的值． 【答案】(1)A (2) (3)或 【分析】本题主要考查矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质证明和，即可得到结论； （2）根据菱形的性质定理以及勾股定理得到，，即，求出答案即可； （3）过点作，垂足为点，连接，过点作，垂足为点，连接，分两种情况进行分类讨论即可． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： 如图1，由题意得：，， 四边形是矩形， ， ， ， 同理可证， ， 四边形是平行四边形； 故选：A； （2）解：如图2，四边形为菱形， ， ， ， 由勾股定理可得：，， ， 即：， 解得：， 当时，四边形为菱形． （3）解：如图3，过点作，垂足为点，连接， 过点作，垂足为点，连接， 四边形，四边形是矩形， ，， ，， ，， ， 在中， ， 当四边形是矩形时， ， 在中， ， ， ， 如图4，在中， ， ， ， ， 四边形为矩形时或． 提升专练 一、单选题 1．（24-25八年级下·上海·期中）用两个全等的直角三角形拼成下列图形：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形；⑤等腰三角形，⑥等边三角形，一定可以拼成的是（   ） A．①④⑤ B．①②③④ C．①②⑤ D．②⑤⑥ 【答案】C 【分析】本题考查了正方形、菱形、矩形、平行四边形、等腰三角形、等边三角形的性质的应用，属于几何构图问题，解决本题的关键熟悉以上图形的性质，也可以利用两个相同的三角板亲自动手拼一拼，加深对问题的理解． 由于菱形和正方形中都有四边相等的特点，而直角三角形中不一定有两边相等，故两个全等的直角三角形不能拼成菱形和正方形；等边三角形的三条边都相等，而直角三角形的一条直角边不一定等于斜边的一半，故两个全等的直角三角形不一定能拼成等边三角形；而平行四边形，矩形，等腰三角形都可以由两个全等的直角三角形拼成． 【详解】解：两个全等的直角三角形一定可以拼成平行四边形，故①符合题意； 两个全等的直角三角形一定可以拼成矩形，故②符合题意； 两个全等的直角三角形不一定可以拼成菱形，故③不符合题意； 两个全等的直角三角形不一定可以拼成正方形，故④不符合题意； 两个全等的直角三角形一定可以拼成等腰三角形，故⑤符合题意； 两个全等的直角三角形不一定可以拼成等边三角形，故⑥不符合题意； 故选：C． 2．（24-25八年级下·上海静安·期中）如图，分别以的三边为一边作平行四边形，平行四边形，平行四边形，且点D，E分别在上． 若平行四边形，平行四边形的面积分别为，则平行四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形的性质，连接，根据平行四边形的性质可得，由点A在平行四边形内，求出，进而求出，即可解答． 【详解】解：连接， ∵平行四边形，平行四边形，且点D，E分别在上， ∴， ∵点A在平行四边形内， ∴， ∴， ∵平行四边形，平行四边形的面积分别为， ∴， 故选：A． 3．（24-25八年级下·上海·阶段练习）如图，在周长为的中，，、相交于点，交于，则的周长为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 由四边形是平行四边形，则，从而得出垂直平分，故有，所以的周长为，再由为即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴的周长 ， ∵为， ∴， ∴的周长为， 故选：． 4．（24-25八年级下·上海·阶段练习）如图（）在梯形中，，，动点从点出发，以的速度沿着的方向不停移动，直到点到达点后才停止．已知的面积（单位：）与点移动的时间（单位：）的函数关系如图（）所示，则点从开始移动到停止移动一共用了（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 根据图（）判断出的长度，过点作于点，然后求出梯形的高，再根据时的面积求出的长度，过点作于点，然后求出的长度，利用勾股定理列式求出的长度，然后求出的和，再根据时间路程速度计算即可得解． 【详解】解：由图（）可知，在到秒时，的面积不发生变化， ∴在上运动的时间是秒，在上运动的时间是（秒）， ∵动点的运动速度是， ∴，， 如图，过点作于点，过点作于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 在中，， ∴动点运动的总路程为， ∵动点的运动速度是， ∴点从开始移动到停止移动一共用了(秒)， 故选：． 5．（21-22八年级下·上海·期中）如图，梯形的中位线与对角线、分别交于点、，若，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了梯形的中位线和三角形的中位线定理．设，则，，中梯形中位线和三角形的中位线定理列式计算即可求解． 【详解】解：∵， ∴设，则，， ∵是梯形的中位线， ∴是的中位线，是的中位线， ∴， ∴， ∵是梯形的中位线， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 6．（21-22八年级下·上海·期中）如图，，分别是正方形的边，上的点，且，与相交于．下列结论：①；②；③；④．其中错误的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【分析】此题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识．首先利用全等三角形的判定方法利用证明，即可得出，故可判断①；进而得出，即，故可判断②；利用三角形全等即面积相等，都减去公共面积剩余部分仍然相等，即可得出④；连接，然后依据直角三角形中斜边大于任何一条直角边以及等腰三角形的性质即可判断③． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴． 在和中，， ∴． ∴，故①正确． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴，即，故②正确． ∵， ∴． ∴，， ∴，故④正确； 如图所示：连接， ∵， ∴， 而， ∴，故③错误． 综上，只有③错误． 故选：A． 7．（21-22八年级下·四川成都·阶段练习）如图，在四边形中，对角线，垂足为O，点E、F、G、H分别为边、、、的中点．若，则四边形的面积为（    ） A．48 B．24 C．32 D．12 【答案】D 【分析】利用中位线定理可得出四边形矩形，根据矩形的面积公式解答即可． 【详解】解：∵点E、F分别为四边形的边、的中点， ∴，且． 同理：，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 同理：，， 又∵， ∴． ∴四边形是矩形． ∴四边形的面积， 即四边形的面积是12． 故选：D． 【点睛】本题考查的是中点四边形的含义，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形的中位线的性质，熟记特殊四边形的判定与性质是解本题的关键． 8．（23-24八年级下·上海·单元测试）如图，已知正方形的边长为，点在对角线上，且，，垂足为，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，证得是等腰直角三角形是解题的关键. 根据正方形的性质得到, 求得根据等腰三角形的判定定理得到, 推出是等腰直角三角形，于是得到结论. 【详解】∵四边形是正方形， ∴， ∵， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ， 故选: C. 二、填空题 9．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，，，，点P为斜边上一动点，过点P作，，，垂足分别为点E、F，连接，则线段的最小值为 ． 【答案】 【分析】连接，当时，最小，利用三角形面积解答即可． 本题主要考查的是矩形的判定与性质，关键是根据矩形的性质和三角形的面积公式解答． 【详解】解：解：连接， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴当最小时，也最小， 即当时，最小， ∵，， ∴， ∴的最小值为：． ∴线段长的最小值为， 故答案为：． 10．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，，点在边上，将沿直线翻折后，点落在点处，如果四边形是平行四边形，那么 ． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，三角形的内角和定理等知识，根据翻折和平行四边形的性质可得出，然后在中，根据三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解：∵将沿直线翻折后，点落在点处， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， 故答案为：． 11．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，，，点是边上一点，连接，沿折叠，使点落在点处，其中，设与相交于点，若的面积为，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】此题考查了折叠的性质，勾股定理，平行四边形的性质，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键．当点，重合时，，的面积最小，过点作交的延长线于点，利用度角的性质及勾股定理求出，，得到；当点与点重合时，，此时的面积最大，过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，根据折叠的性质和平行四边形的性质可推出，，设，则，，推出，根据列方程求出，即可求出得到，最后根据三角形的面积公式可求出面积的最大值，进而可得的取值范围． 【详解】解：当点，重合时，， 此时的面积最小， 过点作交的延长线于点， 在中，， ， ， ， ， 由折叠可得：， ， 的最小值为； 当点与点重合时，， 此时的面积最大， 过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点， 在中，，， ，， 由折叠可得：，，，， ，， ，， 设，则， ， ， ， ， ， 解得：，即， ，即； 取值范围是， 故答案为：． 12．（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． 13．（24-25八年级上·上海·期中）如图所示，已知是平行四边形的边上一点，将沿直线折叠，点恰好落在边上的点处，如果的周长为，的周长为，那么的长等于 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质及翻折变换，由折叠性得，， 根据题意可得，， 则，再根据平行四边形的性质可得，从而求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：由折叠性得，， ∵的周长为，的周长为， ∴，， ∴的周长的周长平行四边形的周长， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴的周长， 故答案为：． 14．（2024·新疆·中考真题）如图，在正方形中，若面积，周长，则 ． 【答案】40 【分析】本题考查了正方形、矩形的性质，完全平方公式等知识，设正方形、的边长分别为a、b，先求出，然后根据求解即可． 【详解】解：设正方形、的边长分别为a、b， 根据题意，得， ∴， ∴ ， 故答案为：40． 三、解答题 15．（22-23八年级上·上海普陀·期中）（探索发现）如图①，四边形是正方形，分别在边上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图①，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接． (1)试判断之间的数量关系，并写出证明过程； (2)如图①如果正方形的边长为4，求三角形的周长； (3)如图②，点分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程． 【答案】(1)，证明见详解； (2)8； (3)，证明见详解． 【分析】（1）根据旋转得到，，，， 即可得到即可得到答案； （2）由（1）结论代入即可得到答案； （3）在上取连接，首先由，得，，再利用证明，得，即可得到答案． 【详解】（1）解：，理由如下， 证明：∵是绕点A顺时针旋转 得到， ∴，，， ∵， ∴， 在与中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：由（1）得， ； ∴， ∵正方形的边长为4， ∴； （3）解：在上取，连接， 在与中， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解题的关键． 16．（24-25八年级上·江西赣州·期中）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的全等模型． 【全等模型】如图1，已知：在中，，直线经过点，直线，直线，垂足分别为点，易得结论：． 【初步应用】 如图1，若，则_______； 如图2，，点的坐标为，则点的坐标为_______． 【探究迁移】 如图3，若在四边形中，，点是边上一点，且．若，请你判断的形状，并说明理由． 【扩展应用】 请你运用这个知识来解决问题：如图4，过的边向外作正方形和正方形，是边上的高，延长交于点，若，求的长． 【答案】初步应用：；； 探究迁移：是等边三角形，理由见解析； 扩展应用：的长为． 【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键． 初步应用：根据垂直的定义得到，根据余角的性质得到，根据全等三角形的性质得到，，于是得到结论； 如图2，证明，得，，进而可得结论； 探究迁移：根据已知条件得到根据全等三角形的判定定理即可得到结论； 扩展应用：如图4，过作于，的延长线于，根据正方形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，同理，，，根据全等三角形的性质得到，即可得到结论． 【详解】解：直线，直线， ， ， ， ， ， ， ，， ， ，， ， 故答案为：； 如图所示，过作轴于，过作轴于， ， ， ， ， ， ，， 点的坐标为， ，， ∴，， 故答案为：； 探究迁移： 解：是等边三角形，理由如下： ， ， ， 在和中，， ， ，， 是等边三角形； 扩展应用： 解：如图4，过作于，的延长线于， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ，， ，， 同理，，， ， ， ， ， 的长为． 17．（24-25八年级下·江苏苏州·期中）【模型呈现】在正方形学习过程中，我们发现下面的结论：如图1，正方形中，点为线段上一个动点，若线段垂直于点，交线段于点，交线段于点，则． （1）如图②，将边长为40的正方形折叠，使得点落在上的点处．若折痕，则______． 【继续探索】 （2）如图③，正方形中，点为线段上一动点，若垂直平分线段，分别交，，，于点，求证：． （3）如图④，在正方形中，、分别为，上的点，作于，在上截取，连接，为中点，连接．请依题意补全图形，若，则______． 【答案】（1）9；（2）见解析；（3）补全图形见解析， 【分析】（1）利用证明，得，再利用勾股定理可得答案． （2）根据垂直平分线的性质和正方形的性质求得，然后根据等边对等角和等量代换求得，根据直角三角形斜边中线的性质证出，由【模型呈现】知，，则可得出结论； （3）连接并延长使得，利用可证，再结合全等三角形的性质和正方形的性质证明，进而可证明，是等腰直角三角形，即可得出答案． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴，， 作于，连接， 则四边形是矩形， ∴，， 由翻折知，，则， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， 故答案为：9； （2）证明：如图，连接，，， 正方形是轴对称图形，为对角线上一点， ，， 又垂直平分， ， ， ， ， ， ∵ ， ， ， ， 由【模型呈现】知，， ， ； （3）解：根据题意补全图形如图所示： 连接并延长使得， ∵点为的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，，，则， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由正方形的性质可知，， ∴， ∴，，， 则， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴，则也是等腰直角三角形，则， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识是解题的关键． 18．（20-21九年级上·广西南宁·期中）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (2)【类比探究】小启改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】李老师提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)；理由见解析 (2)；理由见解析 (3)；理由见解析 【分析】（1）由旋转的性质和正方形的性质，先证E，B，C三线共线．再证，进而证明，推出，可得． （2）在上取，连接．依次证明，，可得． （3）将绕点A逆时针旋转得，先证E，D，C三点共线，由（1）同理可得，进而可得． 【详解】（1）解：．理由如下： 由旋转的性质，可知，，，， ∴， ∴E，B，C三线共线． ∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． （2）解：．理由如下： 如图，在上取，连接． ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． （3）解：．理由如下： 如图，将绕点A逆时针旋转得， ∴． ∵， ∴， ∴E，D，C三点共线． 由（1）同理可得， ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用“半角模型”，正确作出辅助线是解题的关键． 19．（24-25八年级上·安徽合肥·阶段练习）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的全等模型． 【全等模型】如图1，已知：在中，，直线经过点，直线直线，垂足分别为点D，E．结论：． 模型分析：      (1)填空： ①如图1，若，则______； ②如图2，，，点的坐标为，则点的坐标为______． (2)这时组员小刘想，如果三个角不是直角，那么这两个三角形还会全等吗？如图3现将【全等模型】的条件改为：在中，，直线经过点D，A，E三点，且．请判断与是否全等，并说明理由． (3)数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图4，过的边向外作正方形和正方形，是边上的高，延长交于点，若，则______． 【答案】(1)①8；② (2)，理由见解析 (3)5 【分析】（1）①根据垂直的定义得到，根据余角的性质得到，根据全等三角形的性质得到，，于是得到结论； ②如图2，过作轴于，过作轴于，根据垂直的定义得到，根据余角的性质得到，根据全等三角形的性质即可得到结论； （2）根据已知条件得到，根据全等三角形的判定定理即可得到结论； （3）如图4，过作于，的延长线于．根据正方形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，同理，，，根据全等三角形的性质得到，于是得到结论． 【详解】（1）解：①直线，直线， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ，， ， 故答案为：8； ②如图2， 过作轴于，过作轴于， ， ， ， ， 在与中， ， ， ，， 点的坐标为， ，， ，， ， 故答案为：； （2）解：，理由如下： ，，， ， ，， ； （3）如图4，过作于，的延长线于． 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ，， 同理，，， ， 在和中， ， ， ， ， 故答案为：5． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 20．（24-25八年级下·江苏泰州·阶段练习）【模型建立】如图1，在中，点E为边上一动点，连接．设，，的面积分别为，，．写出，，之间的数量关系，并用两种不同的方法证明； 【模型应用】 如图2，在中，，，，点E为边上的一动点，连接．过点B作．求的值； 【模型拓展】 如图3，点P为内一点（点P不在上），点E，F，G，H分别为各边的中点．设四边形的面积为，四边形的面积为（其中），写出的面积，并说明理由．（用含，的代数式表示） 【答案】[模型建立]详见解析 [模型应用] [模型拓展] 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和应用，勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并能正确添加辅助线是解决此题的关键． [模型建立]方法一，利用平行线间的距离相等，结合平行四边形面积公式和三角形的面积公式即可得解；方法二，如图1，过点作交于点，利用平行四边形对角线将平行四边形分为面积相等的两个三角形的性质，进行等量代换即可得解； [模型应用]如图2，过作交的延长线于点，连，由[模型建立]的结论可得出，再利用三角形面积公式即可得解； [模型拓展]如图3中，连接，利用前面的结论进行恒等变形即可得解． 【详解】[模型建立] 解：方法一，设平行四边形的高为（与之间的距离）， ∵平行四边形， ∴， ∴以为底，高就是平行四边形的高， ∴根据三角形面积公式可得， 同理可得，， ∵， ∴； 方法二，如图1，过点作交于点， ∵， ， ∴四边形和四边形都为平行四边形， ∴，， ∵， ∴； [模型应用] 解：如图2，过作交的延长线于点，连， ∵， ∴， ∵， ∴根据勾股定理得，， ∵， ∴， 由得， ∴， ∵， ∴， ∴； [模型拓展] 如图3中，连接， 在中，点是的中点， 可设， 同理，， ， ， ， ∵， ∴． 真题感知 1．（2024·上海·中考真题）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（    ） A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 【答案】A 【分析】本题考查矩形性质、等面积法、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形性质及菱形的判定是解决问题的关键．由矩形性质得到，，进而由等面积法确定，再由菱形的判定即可得到答案． 【详解】解：如图所示： 四边形为矩形， ，， 过作对角线的垂线，过作对角线的垂线， ， 如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为菱形， 故选：A． 2．（2024·海南·中考真题）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（    ） A．1 B． C．0 D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作于点，利用菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理计算即可． 【详解】解：作于点， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵点E表示的数是3， ∴点A表示的数是， 故选：D． 3．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到，再由矩形的性质可得，由旋转的性质可得，，据此可得答案． 【详解】解：∵点A的坐标为，点C的坐标为， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形， ∴，， ∴轴， ∴点的坐标为， 故选：C． 4．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】由平移性质可知，，则四边形是平行四边形，又，则有四边形是矩形，根据同角的余角相等可得，从而证明，由性质得，设，则，，则，解得：，故有，，得出即可求解． 【详解】如图，过作轴于点，则， 由平移性质可知：，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，，， ∴， 设，则，， ∴，解得：， ∴，， ∴， ∵点在第四象限， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质、平移的性质，同角的余角相等等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 5．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱中，，，，为边上的动点．连接，将绕点逆时针旋转得到，过点作，交直线于点．连接、，分别取、的中点、，连接，交于点． (1)若点与点重合，则线段的长度为______． (2)随着点的运动，与的长度是否发生变化？若不变，求出与的长度；若改变，请说明理由． 【答案】(1) (2)不变，， 【分析】（1）当点与点重合时，、、、、共线，，为的中位线，即可求出的长度． （2）构造，使为的中位线，再构造，进而证得是等边三角形，得出．然后由和为等边三角形，推导出，然后再由，最后得出和的长度不变． 【详解】（1）解：当点与点重合时，如图①， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，． ∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴是等边三角形， ∴．， ∴、、三点共线， ∵，， ∴、、、共线， ∵点、分别是，的中点， ∴． ∴． 故答案为：． （2）解：结论：不变． 如解图②，连接并延长到点，使得，连接，，延长，交于点，连接．延长至点，使得，连接，，设与交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，． ∵点为中点， ∴． ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴，． ∵，， ∴，． ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵ ∴． 在平行四边形中， ∵，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴．， 由旋转得，， ∵，， ∴，， ∴， 又，， ∴（）． ∴， ∴为等边三角形． ∵点、为、的中点， ∴为的中位线，． ∵． ∴．即的长度不变； ∵和都为等边三角形． ∴，，，， ∴， ∴（）． ∴． ∵， ∴， ∴为等边三角形． 同理：为等边三角形． ∴．， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则，，， ∴． ∵为的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴为中点， ∴， ∴． 故和的长度都不变． 【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形和等边三角形的性质，三角形中位线的性质以及平行线分线段成比例．本题的难点是构造得出． 6．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形顶点M的坐标为，是等边三角形，点B坐标是，在正方形内部紧靠正方形的边（方向为）做无滑动滚动，第一次滚动后，点A的对应点记为，的坐标是；第二次滚动后，的对应点记为，的坐标是；第三次滚动后，的对应点记为，的坐标是；如此下去，……，则的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了点的坐标变化规律，正方形性质，等边三角形性质，根据三角形的运动方式，依次求出点A的对应点，，，的坐标，发现规律即可解决问题． 【详解】解：正方形顶点M的坐标为， , 是等边三角形，点B坐标是， 等边三角形高为， 由题知， 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 继续滚动有，的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是；不断循环，循环规律为以，，，，12个为一组， ， 的坐标与的坐标一样为， 故答案为：． 7．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接． 求证： (1)； (2)四边形为平行四边形． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析． 【分析】（）由矩形的性质可得，，，即得，由折叠的性质可得，，，，即得，，进而得，即可由证明； （）由（）得，，即可得到，，进而即可求证； 本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 由折叠可得，，，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）证明：由（）知，， ∴，， ∴四边形为平行四边形． 8．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．   我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．   ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点． ∵分别为的中点，∴．（依据1）   ∴．∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形．（依据2）∴． ∵，∴．同理，… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指：_____________． 依据2是指：_____________． (2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线） (3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．    【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形） (2)答案不唯一，见解析 (3)平行四边形的周长等于对角线与长度的和，见解析 【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可； （2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可； （3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论． 【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半） 平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形） （2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求    （3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于四边形的两条对角线与长度的和， 证明如下：∵点分别是边的中点， ∴． ∴． 同理． ∴四边形的周长． 即瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度的和． 【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 9．（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长． 解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．    由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ，，， ∴___①___． ∴． 又∵， ∴在中，___②___． ∵，，    ∴___③___． 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．    【拓展应用】 如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．    【问题再探】 如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．    【答案】【问题解决】①；②；③5；【知识迁移】，见解析；【拓展应用】；【问题再探】 【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可； 【知识迁移】如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．由旋转的特征得．结合题意得．证明，得出．根据正方形性质得出．结合，得出．证明，得出．证明．得出．在中，根据勾股定理即可求解； 【拓展应用】如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．则，，根据，证明，得出，过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．得出，证明是等腰直角三角形，得出，，在中，根据勾股定理即可证明； 【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．由旋转的特征得．根据，得出，证明，得出，根据勾股定理算出，根据，表示出，证明，根据相似三角形的性质表示出，，同理可得．，证明四边形为矩形．得出，，在中，根据勾股定理即可求解； 【详解】【问题解决】解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．    由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中，，，， ∴①． ∴． 又∵， ∴在中，②． ∵，， ∴③． 【知识迁移】． 证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到． 过点作交边于点，连接．    由旋转的特征得． 由题意得， ∴． 在和中，， ∴． ∴． 又∵为正方形的对角线， ∴． ∵， ∴． 在和中，， ∴， ∴． 在和中，， ∴． ∴． 在中，， ∴． 【拓展应用】． 证明：如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，    将绕着点顺时针旋转，得到，连接． 则． 则，， ， ， 在和中 ， ， ∴， 过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形． ∴， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， 在中，，， ∴， 即， 又∴， ∴， 即， 【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．    由旋转的特征得． ， ， ，即， 在和中，， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， ，即， ， 同理可得． ， ， ， 又∵， ∴四边形为矩形． ， ， 在中，． ， 解得． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 勾股定理 内容导航 考点聚焦：核心考点+高考考点，有的放矢 重点速记：知识点和关键点梳理，查漏补缺 考点巩固：必考题型讲透练透，能力提升 复习提升：真题感知+提升专练，全面突破 知识点 1 多边形 1. 多边形的概念：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形. 2.多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n-3）条对角线，这（n-3）条对角线把多边形分成了(n-2)个三角形，其中每条对角线都重复算一次，所以n边形共有条对角线. 3. 多边形内角和定理：n边形的内角和为. 4. 多边形外角和定理：多边形的外角和恒等于360°，与边数的多少没有关系. 5. 多边形的外角和定理在正多边形中的应用： 1）正n边形的每个内角为，每一个外角为． 2）若正多边形的一个外角为m°，则正多边形的边长为. 6.平面镶嵌[选] 镶嵌：用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，叫做平面图形的镶嵌，又称作平面图形的密铺. 镶嵌成立的条件：围绕一点拼在一起的几个多边形的内角的和等于 360°. 知识点 2 平行四边形 1. 平行四边形的性质定理 性质 符号语言 图示 边 平行四边形两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC 角 平行四边形对角相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC 对角线 平行四边形的对角线互相平分 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴OA=OC=AC,BO=DO=BD 2. 平行四边形的判定定理 判定 符号语言 定义 一组对边分别平行的四边形是平行四边形 ∵AB∥CD，AD∥BC∴四边形ABCD是平行四边形 边 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 ∵AB=CD，AD=BC∴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 ∵AB=CD，AB∥CD∴四边形ABCD是平行四边形 角 两组对角分别相等的四边形是平行四边形 ∵∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC∴四边形ABCD是平行四边形 对角线 对角线互相平分的四边形是平行四边形 ∵OA=OC，BO=DO∴四边形ABCD是平行四边形 知识点 3 中位线 三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半. 【补充】三角形中位线定理的作用： 位置关系：可以证明两条直线平行. 数量关系：可以证明线段的倍分关系. 知识点 4 矩形 1.矩形的性质定理： 性质 符号语言 图示 边 两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC 角 四个角都是直角 ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90° 对角线 两条对角线互相平分且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AO=CO=BO=DO 2.矩形的判定 判定定理 符号语言 图示 角 一个角是直角的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵∠ABC=90°，∴平行四边形ABCD是矩形 三个角是直角的四边形是矩形 在四边形ABCD中， ∵∠B=∠A=∠D=90°， ∴四边形ABCD是矩形 对角线 对角线相等的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形 知识点 5 菱形 1.菱形的性质定理 性质定理 符号语言 图示 边 四条边都相等 ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=CD=AD=BC 对角线 对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角 ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD 2. 菱形的判定 判定定理 符号语言 图示 边 四条边相等的四边形是菱形. 在四边形ABCD中， ∵AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形 一组邻边相等的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AB=BC，∴平行四边形ABCD是菱形 对角线 对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形 知识点 6 正方形 1.正方形的性质： 1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行. 2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 【补充】 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°. 3）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形. 4）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半. 2.正方形的判定： 定义法 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 判定定理 矩形+一组邻边相等 有一组邻边相等的矩形是正方形 矩形+对角线互相垂直 对角线互相垂直的矩形是正方形 菱形+一个角是直角 有一个角是直角的菱形是正方形 菱形+对角线相等 对角线相等的菱形是正方形 知识点 7 四边形综合 【题型1 多边形截角后的内角和问题】 一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1，可能减少1，或不变. 1．（22-23八年级下·安徽池州·期末）一个多边形截去一个角后，得到的新多边形内角和为，则原多边形边数为（    ） A．4 B．6 C．4或6 D．4或5或6 2．（22-23八年级上·广西柳州·期末）把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个四边形，则原多边形纸片的边数不可能是（    ） A． B． C． D． 3．（2021·上海徐汇·二模）如果剪掉四边形的一个角，那么所得多边形的内角和的度数不可能是（　　） A．180° B．270° C．360° D．540° 【题型2 多边形内角和问题】 公式总结：多边形的有关计算公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误： 1）n边形内角和＝(n－2)×180°(n≥3). 2) n边形共有条对角线. 3) n边形的边数＝(内角和÷180°)＋2. 4) n边形的外角和是360°. 5 )n边形的外角和加内角和＝n×180°. 4．（24-25八年级下·上海闵行·期中）如果一个多边形的边数增加1，那么它的内角和将增加（   ）． A． B． C． D． 5．（2015·广东茂名·中考真题）一个多边形的内角和为，则它的边数为 ． 6．（22-23八年级下·上海青浦·期中）如图所示，求． 【题型3 多边形的外角和问题】 7．（22-23八年级上·福建福州·期末）一个多边形的每个外角都等于，则这个多边形的边数是（    ） A．8 B．9 C．10 D．12 8．（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． 【题型4 多边形内角和与外角和综合】 ①n边形的内角和为(n－2)×180°，根据已知条件列出方程求边数； ②若由已知数据很容易求得一个外角的度数，根据正多边形的外角和始终等于360°,用360°除一个外角的度数，从而得到正多边形的边数. 9．（2022·山东烟台·中考真题）一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为3：1，则这个正多边形是（　　） A．正方形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形 10．（22-23八年级上·四川泸州·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． 11．（2022八年级下·上海·专题练习）如果某个凸多边形每个内角都相等，已知从它的一个顶点出发可以引出9条对角线，那么它是几边形？它的每个内角是几度？ 12．（23-24八年级上·广西河池·期中）已知一个多边形的边数为． (1)若该多边形的内角和的比外角和多，求的值； (2)若该多边形是正多边形，且其中一个内角为，求的值． 【题型5 利用平行四边形的性质求解】 13．（24-25八年级下·上海·期中）在中，与相交于点O，若，，．则的面积为 ． 14．（24-25八年级下·上海·期中）平行四边形的两条对角线分别为和，则其中一条边长的取值范围为（   ） A． B． C． D． 15．（24-25八年级下·上海崇明·期中）已知平行四边形的周长是，和交于点O，比的周长小3，则的长为 ． 16．（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6 添加一个条件证明四边形是平行四边形】 17．（21-22八年级下·上海静安·期中）在四边形中，已知，再添加一个条件还不能判断四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 18．（21-22八年级下·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． 19．（24-25八年级下·上海松江·期中）在四边形中，是对角线的交点，不能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【题型7 证明四边形是平行四边形】 一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路： 1）已知一组对边平行, 首先要考虑证另一组对边平行，再考虑这组对边相等； 2）已知一组对边相等, 首先要考虑证另一组对边相等，再考虑这组对边平行； 3）已知条件与对角线有关，常考虑对角线互相平分； 4) 已知条件与角有关，常考虑两组对角分别相等. 20．如图，已知是等边三角形，点D、F分别在线段、上，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求证：． 21．（21-22八年级下·全国·课后作业）已知：如图，等边三角形与等边三角形的一边重合． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若的边长为，求所组成的平行四边形各组对边之间的距离． 【题型8 与三角形中位线有关的求解/证明问题】 当已知三角形一边中点时，可以设法找出另一边的中点，构造三角形中位线，进而可以利用其证明线段平行. 22．（23-24九年级上·山东济南·期末）顺次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形一定是（    ） A．矩形 B．菱形 C．平行四边形 D．正方形 23．（21-22八年级上·山东淄博·期末）如图，在中，，点，，分别是三边的中点，且，则的长度是（   ） A． B． C． D． 24．（22-23八年级上·上海普陀·期中）如图，在中，平分，且于点，交于点，，．那么的周长为 ． 25．（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图，在梯形中，，点E、F分别是、的中点，如果，．那么 ．    26．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，E为边上一点，、分别平分、．    (1)求证：E为的中点； (2)如果点F为的中点，联结交于点G．写出与满足的数量关系，并说明理由． 【题型9 利用菱形的性质求解】 1）在求菱形面积时，要根据图形特点及已知条件，灵活地选择面积公式来解决问题. 2）在利用对角线长求菱形的面积时，要特别注意不要漏掉计算公式中的. 27．（21-22八年级下·河北沧州·期末）小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图1），测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），，则图2中对角线的长为（   ） A． B． C． D． 28．（21-22八年级下·浙江宁波·期中）已知一个菱形的周长为，有一个内角为，则较长的一条对角线长为 ． 29．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在菱形中，，，P是边上的一点，E、F分别是、的中点，那么线段长为 ． 30．（24-25八年级下·上海·阶段练习）已知菱形一组对角的和为，较短的一条对角线的长度为4，那么这个菱形的面积为 ． 【题型10 证明四边形是菱形】 31．（23-24八年级下·上海金山·阶段练习）如图，在中，，点分别为边上的点，，连接，点为的中点，连接，并延长交边于． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，求证：四边形是菱形． 32．（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． 【题型11 菱形的性质与判定综合】 33．（21-22八年级下·上海杨浦·期中）如图1，在平行四边形中，的平分线交直线于点E，交直线于点F． (1)当时，G是的中点，联结（如图2），请直接写出的度数______． (2)当时，，且，分别联结、（如图3），求的度数． 34．（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：． 35．（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，已知，点分别在边上，且四边形是菱形． (1)请使用直尺与圆规确定点E的具体位置，再画出菱形（不用写作法、结论，保留画图痕迹）； (2)如果点M（不与点D重合）在边上，且满足，那么四边形的形状是________； (3)在（2）的条件下，如果，那么四边形的面积是________． 【题型12 利用矩形的性质求解】 1）矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的一切性质； 2）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，经常会用到等腰三角形的性质解决问题. 3）利用矩形的性质可以推出：在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半. 解题方法：理解记忆矩形的性质，当题目己知矩形或者证明出矩形时，要立刻能想到相应的性质. 36．（22-23八年级下·上海长宁·期中）如图，在矩形中，对角线交于点，点E在边上，连接，如果，，那么的度数为 ．    37．（23-24八年级下·上海·单元测试）在矩形中，，，的垂直平分线交于，交于，那么四边形的面积等于 ． 38．（22-23八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在矩形中，，，对角线、相交于点，是线段上的任意一点（点不与点，重合），过点作于点，于点，则 ． 39．（22-23八年级下·上海徐汇·期末）如图，过矩形对角线的交点，且分别交、于、，那么阴影部分的面积与矩形的面积的比值是 ． 【题型13 证明四边形是矩形】 40．（2025八年级下·上海·专题练习）如图，在梯形中，，，过点作，垂足为，并延长至，使，联结、、． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)联结，如果，，求证：四边形是矩形． 41．（22-23八年级下·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． 42．（2023·云南昭通·一模）如图，在梯形中，，F为上一点，且，E为上一点，交于点G． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求证：． 【题型14 矩形的性质与判定综合】 43．（24-25八年级下·上海·阶段练习）已知，梯形中，，，，，，是边上的任意一点，连接，连接． (1)若平分，求的长； (2)过点作，交所在直线于点． 设，，求关于的函数关系式； 连接，当点是的中点时，求的长． 44．（21-22八年级下·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． 【题型15 利用正方形的性质求解】 正方形的性质： 1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行. 2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 【补充】 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°. 3）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形. 4）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半. 5）正方形是轴对称图形，它有四条对称轴，分别是对边中点所在的直线和两条对角线所在的直线. 6）正方形是中心对称图形，对角线的交点是对称中心. 45．（20-21八年级下·山东烟台·期末）如图，延长正方形边至点，使，则为（   ） A． B． C． D． 46．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在正方形中，点E、F分别为边的中点，点P在边上，如果将沿直线翻折后，点C恰好落在线段上的点Q处，线段的长为1，那么正方形的边长为 ． 47．（14-15九年级上·黑龙江绥化·期末）将n个边长都为的正方形按如图所示的方法摆放，点，，…，分别是正方形对角线的交点，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为 ． 【题型16 证明四边形是正方形】 判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等． 48．（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． 49．（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． 50．（22-23八年级下·上海静安·期末）已知：如图，梯形中，，，E、F、G、H分别是的中点，连接．    (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，，且，求四边形的面积． 【题型17 正方形性质与判定综合】 51．（23-24八年级下·上海·阶段练习）已知在中，，，斜边的中点为P点，动点D、E分别在边、上，且． (1)求证：； (2)设，，求y关于x的函数关系式及自变量x的取值范围； (3)若为等腰三角形，请直接写出的长． 52．（20-21八年级下·上海杨浦·期末）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC延长线上一点，联结DE，过点B作BF⊥DE，垂足为点F，BF与边CD相交于点G． (1)求证：CG＝CE； (2)联结CF，求证：∠BFC＝45°； (3)如果正方形ABCD的边长为2，点G是边DC的中点，求EF的长． 【题型18 与特殊平行四边形有关的折叠问题】 矩形的折叠问题的常用解题思路： 1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角； 2）折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）． 3) 折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）. 4）选择一个直角三角形(不找以折痕为边长的直角三角形)，利用未知数表示其它直角三角形三边，通过勾股定理/相似三角形知识求解. 53．（23-24八年级上·上海崇明·期末）如图，一张矩形纸片的长，宽，现将其折叠，使点与点重合，折痕为，则折痕的长是 ． 54．（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． 55．（23-24八年级下·广西柳州·期中）综合与实践 折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为完美矩形． (1)操作发现： 如图①，将纸片按所示折叠成完美矩形，若的面积为，，则此完美矩形的边长 ，面积为 ． (2)类比探究： 如图②，将平行四边形纸片按所示折叠成完美矩形，若平行四边形的面积为，，则完美矩形的周长为 ． (3)拓展延伸： 如图③，将平行四边形纸片按所示折叠成完美矩形，若，，求此完美矩形的周长为多少． 【题型19 求特殊平行四边形在坐标系中的坐标】 56．（22-23八年级下·上海·阶段练习）已知一次函数    (1)求图像与x轴、y轴的交点A、B的坐标． (2)求点O到直线的距离． (3)点P在x轴，四边形A、B、P、Q是菱形，求出Q点的坐标． 57．（21-22八年级下·上海青浦·期末）如图，已知点，点，点在轴负半轴上，，点为直线上一点． (1)求直线的解析式； (2)点为平面内任一点，若以点、、、为顶点的四边形是正方形，求点的坐标； (3)当直线与直线的夹角等于的倍时，直接写出点的坐标． 【题型20 与特殊平行四边形有关的存在性问题】 58．（2022八年级下·上海·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，函数y＝﹣2x+12的图像分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A的直线交y轴正半轴于点M，且点M为线段OB的中点． (1)求直线AM的函数解析式； (2)若点C是x轴上一点，且S△AMCS△ABM，求点C的坐标； (3)点P在直线AB上，在坐标平面内是否存在点Q，使四边形BPMQ是菱形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 59．（20-21八年级下·上海·期中）若直线分别交轴、轴于A、C两点，点P是该直线上在第一象限内的一点，PB⊥轴，B为垂足，且S△ABC= 6 (1)求点B和P的坐标； (2)点D是直线AP上一点，△ABD是直角三角形，求点D坐标； (3)请问坐标平面是否存在点Q，使得以Q、C、P、B为顶点四边形是平行四边形，若存在请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 60．（21-22八年级下·上海静安·期中）如图，在平面直角坐标系中．一次函数y=-2x+ 12的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A的直线交y轴正半轴于点M．且点M为线段OB的中点． (1)求直线AM的解析式； (2)在直线AM上有一点P，且，求点P的坐标； (3)在坐标平面内是否存在点C，使以A、B、M、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点C的坐标；若不存在，请说明理由． 【题型21 与特殊平行四边形有关的动点问题】 61．（24-25八年级上·上海·阶段练习）中，，D是的中点，E是边上动点（E不与A、B重合），交于F．设． (1)写出y关于x的函数解析式及定义域 ． (2)时， ． 62．（23-24八年级下·上海金山·阶段练习）如图，在等腰梯形中，，，，，点为边的中点，点为边上一动点（点不与点重合），联结和，点分别为的中点，设，． (1)求的长； (2)求关于的函数解析式，并写出定义域； (3)联结，当时，求的值． 63．（23-24八年级下·上海·单元测试）如图，在矩形中，为坐标原点，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上，点在边上，点的坐标为，，点是射线上一个动点，连接，． (1)求点的坐标； (2)如果点，之间的距离为，的面积为，求与之间的函数关系式，并写出函数定义域； (3)在点运动过程中，是否有可能为等腰三角形？若有可能，求出点的坐标；若不可能，请说明理由． 【题型22 平面镶嵌】 解决几何图形镶嵌成平面的关键是：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． 【限制条件】1）边长相等；2）公共顶点；3）在一个顶点处各个正多边形的内角之和为360. 64．（24-25八年级下·上海杨浦·期中）已知有三个边长相同，但边数不同且边数是偶数的正多边形可以无缝拼接，那么这三个正多边形的边数分别是 ． 65．（2023八年级下·上海·专题练习）小明家装修新房，客厅的地面长是6米，宽米的长方形，准备用整块的正方形地砖铺满客厅的地面，市场上地砖有，，，（单位：厘米×厘米）四种尺寸，小明家想选尺寸较大的地砖，该选哪一种？并计算需要多少块地砖可以铺满客厅． 66．（22-23九年级上·山东青岛·开学考试）正六边形和下列边长相同的正多边形地砖组合中，能铺满地面的是（　　） A．正方形 B．正八边形 C．正十二边形 D．正四边形和正十二边形 【题型23 四边形综合】 67．（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图，点为矩形（）的对称中心，动点从点A出发沿向点移动，移动到点停止，延长交于点，四边形形状的变化依次为（    ） A．平行四边形矩形平行四边形菱形 B．平行四边形正方形平行四边形矩形 C．平行四边形菱形平行四边形矩形 D．平行四边形菱形平行四边形正方形 68．（24-25八年级下·山东威海·阶段练习）如图，顺次连接任意四边形各边中点，所得的四边形是中点四边形． 下列四个叙述： ①中点四边形一定是平行四边形； ②当四边形是矩形，中点四边形也是矩形； ③当四边形是菱形，中点四边形也是菱形； ④当四边形是正方形，中点四边形也是正方形．其中正确的结论是 （只填代号） 69．（24-25九年级上·吉林长春·开学考试）如图，在中，点D、E、F分别在边上，且，．下列四种说法： ①四边形是平行四边形； ②如果，那么四边形是矩形； ③如果平分，那么四边形是菱形； ④如果，平分，那么四边形是正方形． 其中，正确的有 （只填写序号） 70．（24-25八年级下·江西南昌·期中）如图，在矩形中，，，，分别在，上，且，，分别是，上的两个动点，点从向移动，点从向移动，它们同时以每秒1个单位长度的速度移动，运动时间为秒，其中． (1)四边形一定是______； A．平行四边形  B．矩形   C．菱形   D．正方形 (2)若四边形为菱形，求的值； (3)若四边形为矩形，求的值． 提升专练 一、单选题 1．（24-25八年级下·上海·期中）用两个全等的直角三角形拼成下列图形：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形；⑤等腰三角形，⑥等边三角形，一定可以拼成的是（   ） A．①④⑤ B．①②③④ C．①②⑤ D．②⑤⑥ 2．（24-25八年级下·上海静安·期中）如图，分别以的三边为一边作平行四边形，平行四边形，平行四边形，且点D，E分别在上． 若平行四边形，平行四边形的面积分别为，则平行四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·上海·阶段练习）如图，在周长为的中，，、相交于点，交于，则的周长为（　　） A． B． C． D． 4．（24-25八年级下·上海·阶段练习）如图（）在梯形中，，，动点从点出发，以的速度沿着的方向不停移动，直到点到达点后才停止．已知的面积（单位：）与点移动的时间（单位：）的函数关系如图（）所示，则点从开始移动到停止移动一共用了（   ）． A． B． C． D． 5．（21-22八年级下·上海·期中）如图，梯形的中位线与对角线、分别交于点、，若，则为（   ） A． B． C． D． 6．（21-22八年级下·上海·期中）如图，，分别是正方形的边，上的点，且，与相交于．下列结论：①；②；③；④．其中错误的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．（21-22八年级下·四川成都·阶段练习）如图，在四边形中，对角线，垂足为O，点E、F、G、H分别为边、、、的中点．若，则四边形的面积为（    ） A．48 B．24 C．32 D．12 8．（23-24八年级下·上海·单元测试）如图，已知正方形的边长为，点在对角线上，且，，垂足为，则的长为（　　） A． B． C． D． 二、填空题 9．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，，，，点P为斜边上一动点，过点P作，，，垂足分别为点E、F，连接，则线段的最小值为 ． 10．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，，点在边上，将沿直线翻折后，点落在点处，如果四边形是平行四边形，那么 ． 11．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，，，点是边上一点，连接，沿折叠，使点落在点处，其中，设与相交于点，若的面积为，则的取值范围是 ． 12．（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． 13．（24-25八年级上·上海·期中）如图所示，已知是平行四边形的边上一点，将沿直线折叠，点恰好落在边上的点处，如果的周长为，的周长为，那么的长等于 ． 14．（2024·新疆·中考真题）如图，在正方形中，若面积，周长，则 ． 三、解答题 15．（22-23八年级上·上海普陀·期中）（探索发现）如图①，四边形是正方形，分别在边上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图①，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接． (1)试判断之间的数量关系，并写出证明过程； (2)如图①如果正方形的边长为4，求三角形的周长； (3)如图②，点分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程． 16．（24-25八年级上·江西赣州·期中）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的全等模型． 【全等模型】如图1，已知：在中，，直线经过点，直线，直线，垂足分别为点，易得结论：． 【初步应用】 如图1，若，则_______； 如图2，，点的坐标为，则点的坐标为_______． 【探究迁移】 如图3，若在四边形中，，点是边上一点，且．若，请你判断的形状，并说明理由． 【扩展应用】 请你运用这个知识来解决问题：如图4，过的边向外作正方形和正方形，是边上的高，延长交于点，若，求的长． 17．（24-25八年级下·江苏苏州·期中）【模型呈现】在正方形学习过程中，我们发现下面的结论：如图1，正方形中，点为线段上一个动点，若线段垂直于点，交线段于点，交线段于点，则． （1）如图②，将边长为40的正方形折叠，使得点落在上的点处．若折痕，则______． 【继续探索】 （2）如图③，正方形中，点为线段上一动点，若垂直平分线段，分别交，，，于点，求证：． （3）如图④，在正方形中，、分别为，上的点，作于，在上截取，连接，为中点，连接．请依题意补全图形，若，则______． 18．（20-21九年级上·广西南宁·期中）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (2)【类比探究】小启改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】李老师提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由． 19．（24-25八年级上·安徽合肥·阶段练习）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的全等模型． 【全等模型】如图1，已知：在中，，直线经过点，直线直线，垂足分别为点D，E．结论：． 模型分析：      (1)填空： ①如图1，若，则______； ②如图2，，，点的坐标为，则点的坐标为______． (2)这时组员小刘想，如果三个角不是直角，那么这两个三角形还会全等吗？如图3现将【全等模型】的条件改为：在中，，直线经过点D，A，E三点，且．请判断与是否全等，并说明理由． (3)数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图4，过的边向外作正方形和正方形，是边上的高，延长交于点，若，则______． 20．（24-25八年级下·江苏泰州·阶段练习）【模型建立】如图1，在中，点E为边上一动点，连接．设，，的面积分别为，，．写出，，之间的数量关系，并用两种不同的方法证明； 【模型应用】 如图2，在中，，，，点E为边上的一动点，连接．过点B作．求的值； 【模型拓展】 如图3，点P为内一点（点P不在上），点E，F，G，H分别为各边的中点．设四边形的面积为，四边形的面积为（其中），写出的面积，并说明理由．（用含，的代数式表示） 真题感知 1．（2024·上海·中考真题）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（    ） A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 2．（2024·海南·中考真题）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（    ） A．1 B． C．0 D． 3．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是 ． 5．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱中，，，，为边上的动点．连接，将绕点逆时针旋转得到，过点作，交直线于点．连接、，分别取、的中点、，连接，交于点． (1)若点与点重合，则线段的长度为______． (2)随着点的运动，与的长度是否发生变化？若不变，求出与的长度；若改变，请说明理由． 6．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形顶点M的坐标为，是等边三角形，点B坐标是，在正方形内部紧靠正方形的边（方向为）做无滑动滚动，第一次滚动后，点A的对应点记为，的坐标是；第二次滚动后，的对应点记为，的坐标是；第三次滚动后，的对应点记为，的坐标是；如此下去，……，则的坐标是 ． 7．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接． 求证： (1)； (2)四边形为平行四边形． 8．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．   我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．   ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点． ∵分别为的中点，∴．（依据1）   ∴．∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形．（依据2）∴． ∵，∴．同理，… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指：_____________． 依据2是指：_____________． (2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线） (3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．      9．（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长． 解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．    由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ，，， ∴___①___． ∴． 又∵， ∴在中，___②___． ∵，，    ∴___③___． 【问题解决】上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．    【拓展应用】如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．    【问题再探】如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．      2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$