清单04 四边形（7个考点清单+11个题型解读）-2024-2025学年八年级数学下学期期末考点大串讲（沪科版）

清单04 四边形 清单01 多边形的概念 1．定义：在平面内不在同一直线上的一些线段首尾顺次相接所组成的封闭图形叫做多边形．其中，各个角相等、各条边相等的多边形叫做正多边形． 2．相关概念： 边：组成多边形的各条线段叫做多边形的边． 顶点：每相邻两条边的公共端点叫做多边形的顶点． 内角：多边形相邻两边组成的角叫多边形的内角，一个n边形有n个内角. 外角：多边形的边与它的邻边的延长线组成的角叫做多边形的外角. 对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线． 凸多边形 凹多边形 3.多边形的分类:画出多边形的任何一边所在的直线，如果整个多边形都在这条直线的同一侧，那么这个多边形就是凸多边形，如果整个多边形不在直线的同一侧，这个多边形叫凹多边形．如图： 特别说明： (1)正多边形必须同时满足“各边相等”，“各角相等”两个条件，二者缺一不可； (2)过n边形的一个顶点可以引(n-3)条对角线，n边形对角线的条数为； (3)过n边形的一个顶点的对角线可以把n边形分成(n-2)个三角形． 清单02 多边形内角和 n边形的内角和为(n-2)·180°(n≥3)． 特别说明： (1)内角和公式的应用：①已知多边形的边数，求其内角和；②已知多边形内角和求其边数；(2)正多边形的每个内角都相等，都等于； 清单03 多边形外角和 多边形的外角和为360°． 特别说明：(1)在一个多边形的每个顶点处各取一个外角，这些外角的和叫做多边形的外角和．n边形的外角和恒等于360°，它与边数的多少无关； (2)正n边形的每个内角都相等，所以它的每个外角都相等，都等于； (3)多边形的外角和为360°的作用是：①已知各相等外角度数求多边形边数；②已知多边形边数求各相等外角的度数． 清单04 平行四边形 1.平行四边形的概念：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。 2.平行四边形的性质： （1）平行四边形的对边相等；（2）平行四边形的对角相等（3）平行四边形的对角线互相平分。 3.平行四边形的判定 （1）两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念） （2）一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形 （3）对角线互相平分的四边形叫做平行四边形 （4）两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形 清单05 矩形 1.矩形的概念和性质 有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。 2.矩形的判定 （1）有一个角是直角的平行四边形是矩形 （2）三个角是直角的四边形是矩形 （3）对角线相等的平行四边形是矩形 清单06 菱形 1.菱形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 2.菱形的判定 （1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2）四边相等的四边形是菱形 （3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形 清单07 正方形 1.正方形的概念、性质 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 2.正方形的判定 （1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念） （2）有一组邻边相等的矩形是正方形 （3）有一个角是直角的菱形是正方形 【考点题型一】多边形的求解（） 例题：（24-25八年级上·江西赣州·期末）八边形外角和的度数为 ． 【变式训练】 1．（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 ． 2．（23-24八年级下·甘肃兰州·期末）将正五边形与正方形按如图所示的方式摆放，且正五边形的边与正方形的边在同一条直线上，则的度数是 ． 3．（24-25八年级上·四川南充·期末）如图，小明从A地出发，沿直线前进15米后向左转，再沿直线前进15米，又向左转⋯⋯，照这样走下去，他第一次回到出发地A地时，一共走的路程是 米． 【考点题型二】判断能否构成平行四边形（） 例题：（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，四边形的对角线，相交于点，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【变式训练】 1．（23-24八年级下·广西桂林·期末）如图，在四边形中，与相交于点，下列条件不能判定四边形为平行四边形的是（　　） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，平行四边形中，要在对角线上找点E、F，使四边形为平行四边形，现有甲、乙、丙三种方案，则正确的方案的个数是（    ） 甲：只需要满足 乙：只需要满足 丙：只需要满足 A．1个 B．2个 C．3个 D．0个 3．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）综合实践课上，嘉嘉画出，利用尺规作图找一点，使得四边形为平行四边形．（1）～（3）是其作图过程．在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形为平行四边形的条件是（   ） A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等 C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等 【考点题型三】利用平行四边形的性质求解（） 例题：（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）已知平行四边形中，的平分线交直线于点E，，，那么的长为 ． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·重庆巫山·期末）在中，E为边上一点，，若平分，， 则 度． 2．（23-24八年级下·陕西汉中·期末）如图，的对角线相交于点O，过点O，且点E，H在边上，点G，F在边上，若的面积为20，则阴影区域的面积为 ． 3．（23-24八年级下·宁夏中卫·期末）如图，在平行四边形中，平分，交于点，平分，交于点，，，则的长为 ． 【考点题型四】平行四边形的性质与判定综合（） 例题：（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，在中，点分别是的中点，延长至点，使得，连接．   (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长 【变式训练】 1．（23-24八年级下·广东茂名·期末）综合实践课上，老师让同学们开展了的折纸活动，是边上的一动点，是边上的一动点，将沿直线折叠，使点落在边上的点处，点的对应点为点，连接． (1)【观察发现】如图1，若，，，求的长； (2)【操作探究】如图2，当点落在的延长线上时，求证：四边形为平行四边形． 2．（23-24八年级上·吉林·期末）如图，点E为平行四边形的边上的一点，连接并延长，使，连接并延长，使，连接，为的中点，连接，． (1)若，，求的度数； (2)求证：四边形为平行四边形； (3)连接，交于点O，若，，直接写出的长度． 3．（23-24八年级下·陕西咸阳·期末）【问题背景】如图，在等边中，、两点分别在边、上，连接，以为边向右作等边，连接． 【初步发现】（1）求证：为等边三角形； 【深入探究】（2）求证：四边形为平行四边形； 【拓展延伸】（3）若，求四边形的面积． 【考点题型五】利用矩形的性质求角度或线段长（） 例题：（23-24八年级下·全国·期末）如图，在矩形中，，将沿折叠，使得点D落在边上，则折痕的长为 ． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·北京昌平·期末）如图，已知四边形是矩形，，点E在上，．若平分则的长为 ． 2．（23-24八年级下·广东深圳·期末）如图，矩形中，对角线、相交于点，，平分交于点，连接，则的度数是 ． 3．（23-24八年级下·重庆荣昌·期末）如图，矩形中，，边，于点M，连接，则图中阴影部分的面积是 ． 【考点题型六】矩形的性质与判定综合问题（） 例题：（23-24八年级下·甘肃陇南·期末）如图，四边形为平行四边形，，点E在的延长线上，且，连接．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·安徽铜陵·期末）如图，在中，点E在边上，点F在边上，，连接． (1)求证： (2)若，求证：四边形是矩形． 2．（23-24八年级下·湖北宜昌·期末）如图，在中，，，，，分别是，，的中点，连接，． (1)求证：四边形是矩形． (2)小明连接，交于点，作射线，他说“就是的平分线”，你能说明理由吗？ 3．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图，在中，于点，延长至点，使，连接与交于点． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，求的长． 【考点题型七】利用菱形的性质求角度或线段长（） 例题：（23-24八年级上·吉林白山·期末）如图，菱形的面积为120，对角线与相交于点O，，则 ． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·四川眉山·期末）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接．若，菱形的面积为54，则的长为 ． 2．（23-24八年级下·甘肃兰州·期末）如图，在菱形中，，，对角线与相交于点．将边沿方向平移到，连接．当点是的中点时，四边形的面积为 ． 3．（23-24八年级下·江苏徐州·期末）如图，在菱形中，，，点G是线段上的动点，点M是线段上的动点，点E，F分别是线段，的中点，则线段的最小值是 ． 【考点题型八】菱形的性质与判定综合问题（） 例题：（23-24八年级下·广西桂林·期末）如图，在四边形中，，，对角线交于点O，若四边形是矩形，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·北京东城·期末）如图，在菱形中，对角线相交于点O，过点B作，过点C作，与相交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，求的长． 2．（23-24八年级上·四川达州·期末）如图，在中，，为的中点，，，交于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则四边形的面积是 ． 3．（23-24八年级下·山西吕梁·期末）如图，在中，，D，E分别是，的中点，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点M，连接，若，，求，的长． 【考点题型九】利用正方形的性质求角度或线段长（） 例题：（23-24八年级上·上海·期末）如图，在正方形中，点E在边上，将绕点D按顺时针方向旋转与重合，若，则旋转角度为 【变式训练】 1．（23-24八年级上·山东枣庄·期末）如图，正方形的边长为4，点在上，且，于点，，交于点，则的长为 ． 2．（23-24八年级下·山西晋城·期末）如图，将正方形纸片沿折叠，使点落在边上，对应点为点，点落在点处，若，，则折痕的长为 .    3．（23-24八年级上·湖北武汉·期末）如图，正方形纸片的四个角都为，若该纸片沿折叠，则点D会与点B重合，已知点E为正方形的边上一点，连接，将三角形沿折叠，点D落在点处，作平分．若，则的度数为 ． 【考点题型十】正方形的性质与判定综合问题（） 例题：（23-24八年级下·广西河池·期末）如图，在矩形中，的平分线交于点E，于点于点与交于点O．    (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【变式训练】 1．（23-24八年级上·广东深圳·期末）如图，在正方形中，点，分别在，上，，垂足为．    (1)求证：； (2)若正方形的边长是8，，点是的中点，求的长． 2．（24-25八年级下·全国·期末）如图，点E是正方形边上一动点（不与B、C重合），是外角的平分线，点F在射线上． (1)当时，判断与是否垂直，并证明结论； (2)若在点E运动过程中，线段与始终满足关系式． ①连接，证明的值为常量； ②设与的交点为G，的周长为a，求正方形的面积． 3．（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，在正方形中，，E是对角线上一动点，连接，作交边或边的延长线于点F，以和为邻边构造矩形，连接 (1)若点E到边的距离为3，则它到边的距离为______； (2)求证：矩形是正方形； (3)线段和线段的数量关系是______，位置关系是______. 【考点题型十一】矩形、菱形、正方形中作图问题（） 例题：（23-24八年级下·福建厦门·期末）如图，矩形． (1)尺规作图：作的角平分线，交于点（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，连接，若，，求长． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·江西上饶·期末）如下图，已知四边形为菱形，请仅用无刻度的直尺按下列要求作图． (1)如图（1），点P为上任意一点，作直线将菱形分为面积相等的两部分； (2)如图（2），点E、F为边中点，以为边作一个矩形． 2．（23-24八年级下·福建厦门·期末）在矩形中，若点E是线段上的一动点，将沿直线翻折，C点的对应点为F点．    (1)若点F落在矩形内，且满足，请用尺规在图1中作出F点（尺规作图，要求保留作图痕迹，不必写作法）． (2)如图2，已知，，若点F恰好落在线段上，求线段的长． 3．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）如图，已知正方形，E为上任意一点，请仅用无刻度的直尺完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹．（用虚线表示画图过程，实线表示画图结果） (1)请在图1中完成：在边上找点F，使得直线将正方形的面积平均分成相等的两部分； (2)请在图2中完成：在边上找点G，使得． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 清单04 四边形 清单01 多边形的概念 1．定义：在平面内不在同一直线上的一些线段首尾顺次相接所组成的封闭图形叫做多边形．其中，各个角相等、各条边相等的多边形叫做正多边形． 2．相关概念： 边：组成多边形的各条线段叫做多边形的边． 顶点：每相邻两条边的公共端点叫做多边形的顶点． 内角：多边形相邻两边组成的角叫多边形的内角，一个n边形有n个内角. 外角：多边形的边与它的邻边的延长线组成的角叫做多边形的外角. 对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线． 凸多边形 凹多边形 3.多边形的分类:画出多边形的任何一边所在的直线，如果整个多边形都在这条直线的同一侧，那么这个多边形就是凸多边形，如果整个多边形不在直线的同一侧，这个多边形叫凹多边形．如图： 特别说明： (1)正多边形必须同时满足“各边相等”，“各角相等”两个条件，二者缺一不可； (2)过n边形的一个顶点可以引(n-3)条对角线，n边形对角线的条数为； (3)过n边形的一个顶点的对角线可以把n边形分成(n-2)个三角形． 清单02 多边形内角和 n边形的内角和为(n-2)·180°(n≥3)． 特别说明： (1)内角和公式的应用：①已知多边形的边数，求其内角和；②已知多边形内角和求其边数；(2)正多边形的每个内角都相等，都等于； 清单03 多边形外角和 多边形的外角和为360°． 特别说明：(1)在一个多边形的每个顶点处各取一个外角，这些外角的和叫做多边形的外角和．n边形的外角和恒等于360°，它与边数的多少无关； (2)正n边形的每个内角都相等，所以它的每个外角都相等，都等于； (3)多边形的外角和为360°的作用是：①已知各相等外角度数求多边形边数；②已知多边形边数求各相等外角的度数． 清单04 平行四边形 1.平行四边形的概念：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。 2.平行四边形的性质： （1）平行四边形的对边相等；（2）平行四边形的对角相等（3）平行四边形的对角线互相平分。 3.平行四边形的判定 （1）两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念） （2）一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形 （3）对角线互相平分的四边形叫做平行四边形 （4）两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形 清单05 矩形 1.矩形的概念和性质 有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。 2.矩形的判定 （1）有一个角是直角的平行四边形是矩形 （2）三个角是直角的四边形是矩形 （3）对角线相等的平行四边形是矩形 清单06 菱形 1.菱形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 2.菱形的判定 （1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2）四边相等的四边形是菱形 （3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形 清单07 正方形 1.正方形的概念、性质 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 2.正方形的判定 （1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念） （2）有一组邻边相等的矩形是正方形 （3）有一个角是直角的菱形是正方形 【考点题型一】多边形的求解（） 例题：（24-25八年级上·江西赣州·期末）八边形外角和的度数为 ． 【答案】/360度 【知识点】多边形外角和的实际应用 【分析】本题是对多边形外角和的考查．根据多边形的外角和直接回答即可． 【详解】解：多边形的外角和为， 则八边形外角和的度数为． 故答案为：． 【变式训练】 1．（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 【知识点】多边形内角和与外角和综合 【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． 2．（23-24八年级下·甘肃兰州·期末）将正五边形与正方形按如图所示的方式摆放，且正五边形的边与正方形的边在同一条直线上，则的度数是 ． 【答案】/18度 【知识点】正多边形的内角问题、三角形内角和定理的应用 【分析】本题考查了正多边形的内角问题，先根据多边形的内角和公式求出正五边形的内角，然后根据正多边形内角与外角的互补，求得正五边形和正方形的外角，最后根据三角形的内角和即可求得的度数． 【详解】解：在正五边形中，， ， 在正方形中，且正五边形的边与正方形的边在同一条直线上， ， ， 故答案为：． 3．（24-25八年级上·四川南充·期末）如图，小明从A地出发，沿直线前进15米后向左转，再沿直线前进15米，又向左转⋯⋯，照这样走下去，他第一次回到出发地A地时，一共走的路程是 米． 【答案】300 【知识点】多边形外角和的实际应用 【分析】本题主要考查了多边形内角与外角，解题关键是理解小明每前进15米后向左转18°，当他第一次回到出发地A地时，走的路程形成正多边形． 根据题意判断小明每前进15米后向左转，当他回到出发地A地时，走过的路程形成正多边形，然后根据正多边形的外角和是，求出多边形的边数，从而求出答案即可． 【详解】解：由题意得：小明从A地出发，他第一次回到出发地A地时，走的路程形成正多边形，外角和为，每个外角的度数是， ∴多边形的边数为：， ∴一共走的路程为：（米）， 故答案为：300． 【考点题型二】判断能否构成平行四边形（） 例题：（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，四边形的对角线，相交于点，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【知识点】判断能否构成平行四边形 【分析】本题考查平行四边形的判定，根据选项中的条件，结合平行四边形的判定定理验证即可得到答案，熟记平行四边形的判定定理是解决问题的关键． 【详解】解：A、四边形的对角线，相交于点，，， 由对角线互相平分的四边形是平行四边形即可判断四边形是平行四边形， 选项不符合题意； B、四边形中，，， 由两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可判断四边形是平行四边形， 选项不符合题意； C、四边形中，，，是一组对边平行、另一组对边相等， 不能判断四边形是平行四边形， 选项符合题意； D、四边形中，， ， ， ， ， 由两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可判断四边形是平行四边形， 选项不符合题意； 故选：C． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·广西桂林·期末）如图，在四边形中，与相交于点，下列条件不能判定四边形为平行四边形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】判断能否构成平行四边形 【分析】本题考查平行四边形的判定定理，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；对角线相互平分的四边形是平行四边形；逐项验证即可得到答案，熟记平行四边形的判定定理是解决问题的关键． 【详解】解：A、由平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形确定可以判定四边形为平行四边形，不符合题意； B、由平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形确定可以判定四边形为平行四边形，不符合题意； C、由平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形确定不能判定四边形为平行四边形，符合题意； D、由平行四边形的判定定理：对角线相互平分的四边形是平行四边形确定可以判定四边形为平行四边形，不符合题意； 故选：C． 2．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，平行四边形中，要在对角线上找点E、F，使四边形为平行四边形，现有甲、乙、丙三种方案，则正确的方案的个数是（    ） 甲：只需要满足 乙：只需要满足 丙：只需要满足 A．1个 B．2个 C．3个 D．0个 【答案】A 【知识点】判断能否构成平行四边形 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟记相关定理内容是解题关键．证即可求证. 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴且 ∴ 若，则 ∴ ∴ 即： ∴ ∴四边形为平行四边形，故甲的方案正确； 当或，不能推出四边形为平行四边形，故乙、丙的方案错误； 故选：A 3．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）综合实践课上，嘉嘉画出，利用尺规作图找一点，使得四边形为平行四边形．（1）～（3）是其作图过程．在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形为平行四边形的条件是（   ） A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等 C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等 【答案】C 【知识点】判断能否构成平行四边形、作垂线(尺规作图) 【分析】本题考查了线段垂直平分线，平行四边形的判定，解题的关键是读懂图象， 根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可解答． 【详解】根据嘉嘉作图过程中的作法可知，， 根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可判定四边形是平行四边形． 故选：C． 【考点题型三】利用平行四边形的性质求解（） 例题：（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）已知平行四边形中，的平分线交直线于点E，，，那么的长为 ． 【答案】6或14 【知识点】利用平行四边形的性质求解、等腰三角形的性质和判定 【分析】此题考查了平行四边形的性质、角平分线的性质以及等腰三角形的判定与性质．根据平行四边形得，，，则，结合角平分线得，由等腰三角形的性质得，那么，分两种情况；或． 【详解】解：如图， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 同理可得，， ∵， ∴； 故答案为：6或14． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·重庆巫山·期末）在中，E为边上一点，，若平分，， 则 度． 【答案】35 【知识点】利用平行四边形的性质求解、等边三角形的判定和性质 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形外角的性质．证明是等边三角形，再由三角形外角的性质，即可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴ ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴． 故答案为：35． 2．（23-24八年级下·陕西汉中·期末）如图，的对角线相交于点O，过点O，且点E，H在边上，点G，F在边上，若的面积为20，则阴影区域的面积为 ． 【答案】5 【知识点】利用平行四边形的性质求解 【分析】根据平行四边形的性质易得，进而得到，又由 即可得出结论． 本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，证出是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，的面积为20， ∴， 故答案为：5． 3．（23-24八年级下·宁夏中卫·期末）如图，在平行四边形中，平分，交于点，平分，交于点，，，则的长为 ． 【答案】 【知识点】角平分线的有关计算、等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查平行四边形的知识，解题的关键是掌握平行四边形的性质，根据题意，则，，；根据平行线的性质，则，，再根据角平分线的性质，等角对等边，则，；根据，，求出；最后根据，即可． 【详解】∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，， ∵平分，平分， ∴，， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 【考点题型四】平行四边形的性质与判定综合（） 例题：（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，在中，点分别是的中点，延长至点，使得，连接．   (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、利用平行四边形性质和判定证明、判断三边能否构成直角三角形 【分析】（）由三角形中位线的性质可得，，由得，进而得到，即可求证； （）由，可得，，进而由勾股定理逆定理可得为直角三角形，，再根据直角三角形斜边上的中线长等于斜边的一半可得，最后根据平行四边形的性质即可求解； 本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理的逆定理，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵点分别是的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵，， ∴，， ∵， ∴为直角三角形，， ∵点是的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·广东茂名·期末）综合实践课上，老师让同学们开展了的折纸活动，是边上的一动点，是边上的一动点，将沿直线折叠，使点落在边上的点处，点的对应点为点，连接． (1)【观察发现】如图1，若，，，求的长； (2)【操作探究】如图2，当点落在的延长线上时，求证：四边形为平行四边形． 【答案】(1) (2)见解析 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、折叠问题 【分析】（1）由折叠的性质可得，则，由三角形外角性质得，所以，再利用勾股定理得，然后由，求得，即可求解． （2）根据折叠的性质先证，再证即可证明四边形为平行四边形． 【详解】（1）解：由折叠知， ． ． ， ． ． 由勾股定理得，， ． ． ． ． （2）证明：由折叠知，，． ， ， ， ， ， ∵， ∴，， ， ， ， ，点在延长线上， ， ， ． ， ， 四边形是平行四边形． 【点睛】本题考查平行四边形折叠问题，直角三角形的判定，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，勾股定理．熟练掌握平行四边形的性质与判定和折叠性质是解题的关键． 2．（23-24八年级上·吉林·期末）如图，点E为平行四边形的边上的一点，连接并延长，使，连接并延长，使，连接，为的中点，连接，． (1)若，，求的度数； (2)求证：四边形为平行四边形； (3)连接，交于点O，若，，直接写出的长度． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【知识点】证明四边形是平行四边形、利用平行四边形的判定与性质求解、与三角形中位线有关的证明 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键． （1）由平行四边形的性质和平行线的判定和性质得出答案即可； （2）由平行四边形的性质得，，，再证是的中位线，得，，证出，，然后由平行四边形的判定即可得出结论； （3）连接，，，由三角形的中位线定理以及平行四边形的判定和性质解答即可． 【详解】（1）解：四边形为平行四边形， ，， ， ， ； （2）证明：四边形为平行四边形， ，，， ，， 是的中位线， ，， 为的中点， ， ，， ，， 四边形为平行四边形； （3）如图，连接，，， ，， ，， ， ， 四边形为平行四边形， ，， ， ， ， ． 3．（23-24八年级下·陕西咸阳·期末）【问题背景】如图，在等边中，、两点分别在边、上，连接，以为边向右作等边，连接． 【初步发现】（1）求证：为等边三角形； 【深入探究】（2）求证：四边形为平行四边形； 【拓展延伸】（3）若，求四边形的面积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、含30度角的直角三角形、等边三角形的性质、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】（）根据等边三角形得和，以及和，则，可证，有，，再证，即可得出结论； （）由等边三角形得和，则，可得，进一步得，即可得出结论； （）过作于，则，由（）可知，，求得，结合等边三角形求得和，利用勾股定理得，然后用面积公式即可求解． 【详解】证明：（1）∵是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形； （2）由（）可知，是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （3）如图，过作于， 则， 由（）可知，， ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴． 【点睛】此题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定定理、平行四边形的判定定理、勾股定理、含角的直角三角形的性质，解题的关键在熟练掌握相关的性质定理． 【考点题型五】利用矩形的性质求角度或线段长（） 例题：（23-24八年级下·全国·期末）如图，在矩形中，，将沿折叠，使得点D落在边上，则折痕的长为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，根据矩形的性质，折叠的性质，勾股定理计算即可，熟练掌握折叠的性质，勾股定理是解题的关键． 先证明推出设，根据勾股定理即可求出． 【详解】解：如图： 由折叠的性质可知， 设 根据勾股定理可得： 解得： ， 故答案为：． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·北京昌平·期末）如图，已知四边形是矩形，，点E在上，．若平分则的长为 ． 【答案】10 【知识点】角平分线的有关计算、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长 【分析】由矩形的性质可得，，由角平分线和平行线的性质可证，由勾股定理可求解．本题考查了矩形的性质，角平分线的性质，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键． 【详解】解：平分， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：10． 2．（23-24八年级下·广东深圳·期末）如图，矩形中，对角线、相交于点，，平分交于点，连接，则的度数是 ． 【答案】/度 【知识点】矩形性质理解、等边三角形的判定和性质、等腰三角形的性质和判定、三角形内角和定理的应用 【分析】由矩形的性质得出，，证明是等边三角形，得出，，证明出是等腰三角形，得出，因此，由等腰三角形的性质即可得出的大小． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ， ， ， 是等边三角形， ，， ， 平分， ， 是等腰直角三角形， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键． 3．（23-24八年级下·重庆荣昌·期末）如图，矩形中，，边，于点M，连接，则图中阴影部分的面积是 ． 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长 【分析】该题主要考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是根据勾股定理和直角三角形的性质算出对应的底和高． 根据阴影部分的面积求解即可 【详解】解：∵是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 过点M作， ∴， 则图中阴影部分的面积 ， 故答案为：． 【考点题型六】矩形的性质与判定综合问题（） 例题：（23-24八年级下·甘肃陇南·期末）如图，四边形为平行四边形，，点E在的延长线上，且，连接．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是矩形 【分析】此题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、平行四边形的性质等知识，证明四边形是矩形是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得到，，证明四边形是平行四边形，又由即可证明四边形是矩形； （2）求出，求出，，即可求出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴ ∴四边形是矩形； （2）∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴ ∴ ∵， ∴ ∴四边形的面积 【变式训练】 1．（23-24八年级下·安徽铜陵·期末）如图，在中，点E在边上，点F在边上，，连接． (1)求证： (2)若，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是矩形 【分析】本题主要考查了平行四边形和矩形．熟练掌握平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，是解决问题的关键． （1）根据平行四边形性质得到，结合，推出，即得； （2）根据平行四边形性质得到，结合，得到，推出四边形是平行四边形，根据，即得是矩形． 【详解】（1）∵中，， 且， ∴， ∴； （2）∵中，， 且， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴是矩形． 2．（23-24八年级下·湖北宜昌·期末）如图，在中，，，，，分别是，，的中点，连接，． (1)求证：四边形是矩形． (2)小明连接，交于点，作射线，他说“就是的平分线”，你能说明理由吗？ 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】证明四边形是矩形、与三角形中位线有关的证明、根据三线合一证明、含30度角的直角三角形 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定、中位线定理以及等腰三角形的性质等知识点，掌握相关结论是解题关键． （1）根据题意可得，证四边形是平行四边形；结合即可求证； （2）根据题意可得是等腰三角形，结合即可求证； 【详解】（1）证明：，，分别是，，的中点， ∴ ∴四边形是平行四边形． 又， 四边形是矩形． （2）解：理由：，， ． 又是的中点， ． ∴是等腰三角形 四边形是矩形， 平分． 3．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图，在中，于点，延长至点，使，连接与交于点． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)2.4 【知识点】证明四边形是矩形、利用平行四边形性质和判定证明、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，关键是由平行四边形的性质推出，由勾股定理的逆定理判定是直角三角形， （1）由平行四边形的性质推出，，得到，判定四边形是平行四边形，而，即可证明四边形是矩形． （2）由勾股定理的逆定理判定是直角三角形，由三角形面积公式得到，即可求出． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形． （2）解：由（1）知：四边形是矩形， ， ，， ， 是直角三角形， 的面积， ， ． 【考点题型七】利用菱形的性质求角度或线段长（） 例题：（23-24八年级上·吉林白山·期末）如图，菱形的面积为120，对角线与相交于点O，，则 ． 【答案】13 【知识点】利用菱形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟知菱形的对角线互相平分且菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键． 由菱形的面积等于对角线乘积的一半，算出，由菱形对角线互相垂直平分，可得，勾股定理即可求解． 【详解】解：∵菱形的面积为120， ∴， 解得：， ∵菱形的对角线与相交于点O， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：13． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·四川眉山·期末）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接．若，菱形的面积为54，则的长为 ． 【答案】 【知识点】利用菱形的性质求线段长、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识点，根据菱形的性质求得是解题的关键．由菱形的性质可得，由菱形的面积得可得，然后根据直角三角形斜边上的中线性质即可解答． 【详解】解：∵是菱形，， ∴，，， 又∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 2．（23-24八年级下·甘肃兰州·期末）如图，在菱形中，，，对角线与相交于点．将边沿方向平移到，连接．当点是的中点时，四边形的面积为 ． 【答案】 【知识点】利用平移的性质求解、利用菱形的性质求线段长、用勾股定理解三角形、等边三角形的判定和性质 【分析】由菱形的性质得，，，，再证明是等边三角形，得，则，进而由勾股定理得，然后证明四边形是平行四边形，即可解决问题． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，，，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∵将边沿方向平移到， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形的面积为 ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、平移的性质、平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和平移的性质是解题的关键． 3．（23-24八年级下·江苏徐州·期末）如图，在菱形中，，，点G是线段上的动点，点M是线段上的动点，点E，F分别是线段，的中点，则线段的最小值是 ． 【答案】1.5 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，三角形的中位线的性质等知识，利用垂线段最短求出的最小值是解题的关键．先利用菱形的性质求出，根据垂线段最短可知，根据中位线的性质可知从而得解． 【详解】解：连接、，与交于点O， ∵四边形是菱形，， ∴，， 又∵， ∴， ∵点G是线段上的动点，， ∴， ∵点E，F分别是线段，的中点，即是的中位线， ∴， ∴， 故答案为：． 【考点题型八】菱形的性质与判定综合问题（） 例题：（23-24八年级下·广西桂林·期末）如图，在四边形中，，，对角线交于点O，若四边形是矩形，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、利用矩形的性质证明、证明四边形是菱形 【分析】本题考查平行四边形的判定，矩形的性质，菱形的判定和性质： （1）先证明四边形是平行四边形，矩形的性质得到，即可得证； （2）根据矩形的性质，结合含30度角的直角三角形的性质，求出的长，利用菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积 【变式训练】 1．（23-24八年级下·北京东城·期末）如图，在菱形中，对角线相交于点O，过点B作，过点C作，与相交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、利用菱形的性质证明 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）先证四边形是平行四边形，再由菱形的性质得，则，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）由菱形的性质得，，，由勾股定理得，则，然后由矩形的性质得，由勾股定理求得即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即的长为． 2．（23-24八年级上·四川达州·期末）如图，在中，，为的中点，，，交于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则四边形的面积是 ． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】根据菱形的性质与判定求面积、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形斜边的中线的性质，掌握“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”是解题的关键． （1）利用直角三角形斜边中线的性质求得，证明四边形、是平行四边形，再根据菱形的判定定理即可证明结论； （2）根据平行四边形的性质求得，再利用菱形的面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵，为的中点， ∴． ∵，， ∴四边形是平行四边形． ∴ ∴ 又∵， ∴四边形是平行四边形． 又∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴四边形的面积是． 3．（23-24八年级下·山西吕梁·期末）如图，在中，，D，E分别是，的中点，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点M，连接，若，，求，的长． 【答案】(1)详见解析 (2)， 【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、与三角形中位线有关的证明、证明四边形是菱形 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再由三角形中位线的性质得出，即可得出四边形是菱形； （2）由菱形的性质得出，，由勾股定理可求出答案． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∵D，E分别是，的中点， ∴是的中位线，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 是的中位线， ∴，， 在中，， 在中，， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 【考点题型九】利用正方形的性质求角度或线段长（） 例题：（23-24八年级上·上海·期末）如图，在正方形中，点E在边上，将绕点D按顺时针方向旋转与重合，若，则旋转角度为 【答案】 【知识点】根据旋转的性质求解、根据正方形的性质证明 【分析】绕点按顺时针方向旋转，与重合，，，旋转角，进而可得旋转角度的值．本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质，结合图形求解旋转角是解本题的关键，综合性较强，难度适中． 【详解】解：四边形是正方形， ， ， ， ∵绕点按顺时针方向旋转，与重合， ∴， ， ， 旋转角度为． 故答案为：． 【变式训练】 1．（23-24八年级上·山东枣庄·期末）如图，正方形的边长为4，点在上，且，于点，，交于点，则的长为 ． 【答案】 【知识点】根据正方形的性质求线段长、用勾股定理解三角形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】此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．先判断出，再判断出，进而利用“角角边”证明和全等，根据勾股定理求出，再求出，进而可以求出． 【详解】解：，， ， ， 四边形是正方形， 且， ， ， ， 在和中， ， ， ， 在中，，，根据勾股定理得，， ， ， ， ， ． 故答案为：． 2．（23-24八年级下·山西晋城·期末）如图，将正方形纸片沿折叠，使点落在边上，对应点为点，点落在点处，若，，则折痕的长为 .    【答案】 【知识点】正方形折叠问题 【分析】本题主要考查了图形的翻折变换，作，垂足为F，连接，根据图形折叠的性质得出，先证明，再证明，然后利用勾股定理的知识求出的长． 【详解】解：作，垂足为F，连接，    ∵将正方形纸片折叠，使得点D落在边上的点，折痕为， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， 又∵在中，， ∴根据勾股定理得：． 故答案为：． 3．（23-24八年级上·湖北武汉·期末）如图，正方形纸片的四个角都为，若该纸片沿折叠，则点D会与点B重合，已知点E为正方形的边上一点，连接，将三角形沿折叠，点D落在点处，作平分．若，则的度数为 ． 【答案】或/或 【知识点】折叠问题、根据正方形的性质求线段长、角平分线的有关计算 【分析】本题主要考查了翻折变换的性质、正方形的性质、角平分线的性质、分类讨论等知识点，熟练掌握翻折变换的性质和角平分线的性质是解题的关键． 设，由折叠的性质得，分点在的下方和上方两种情况，分别由角的关系求解即可． 【详解】解：设， ∵正方形纸片的四个角都为，若该纸片沿折叠，则点D会与点B重合， ∴， ①如图1：当点在的下方时，则， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴，解得：； ②如图2：当点在的上方时，则， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴，解得：； 综上所述，的度数为或． 故答案为：或． 【考点题型十】正方形的性质与判定综合问题（） 例题：（23-24八年级下·广西河池·期末）如图，在矩形中，的平分线交于点E，于点于点与交于点O．    (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】证明四边形是正方形、利用矩形的性质证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】此题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，角平分线的定义，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，理解正方形的判定与性质，矩形的性质，角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质是解决问题的关键． （1）根据矩形性质及得，则四边形为矩形，再根据是的平分线得，则为等腰直角三角形，即，由此即可得出结论； （2）根据四边形为正方形，得，证明和全等得，由此可得的长． 【详解】（1）证明：四边形为矩形， ， ， ， 四边形为矩形， 是的平分线， ， 为等腰直角三角形， ， 矩形为正方形； （2）解：四边形为正方形，， ， ， ， 在和中， ， ， ． 【变式训练】 1．（23-24八年级上·广东深圳·期末）如图，在正方形中，点，分别在，上，，垂足为．    (1)求证：； (2)若正方形的边长是8，，点是的中点，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【知识点】根据正方形的性质证明、斜边的中线等于斜边的一半、用勾股定理解三角形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判断和性质，勾股定理，斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）根据正方形的性质可得，，结合可得，推出，即可得证； （2）由题意知，即可求出，则，根据勾股定理即可求出，由是中点可得，即可解答． 【详解】（1）证明：四边形是正方形 ， （2）解：正方形的边长是8， ，，， ，点是的中点 2．（24-25八年级下·全国·期末）如图，点E是正方形边上一动点（不与B、C重合），是外角的平分线，点F在射线上． (1)当时，判断与是否垂直，并证明结论； (2)若在点E运动过程中，线段与始终满足关系式． ①连接，证明的值为常量； ②设与的交点为G，的周长为a，求正方形的面积． 【答案】(1)；证明见解析 (2)①见解析；② 【知识点】根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】（1）根据，分别加上，就得到，即可得； （2）①过F点作，得为等腰直角三角形，，从而证得和全等，推出与垂直且相等，从而证得的值为常量；②利用旋转变换，证明，从而将周长与正方形边长联系起来，进而求出正方形的面积． 【详解】（1）解：．证明： ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解： ①如图：过点F作， 则， ∵ 四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， 在中，根据勾股定理得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， 在中，根据勾股定理得：， ∴， ∴， ∴的值为常量． ②如图：将绕点A顺时针旋转，则点D落在点B处，点G落在点处，得到， ∴，，， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 即， ∴， ∵周长为：， ∴， ∴， ∴ ， ∴正方形面积为：． 【点睛】本题考查了正方形．熟练掌握正方形的性质，角平分线定义，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转性质．正确作出辅助线构造全等三角形，是解决本题的关键． 3．（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，在正方形中，，E是对角线上一动点，连接，作交边或边的延长线于点F，以和为邻边构造矩形，连接 (1)若点E到边的距离为3，则它到边的距离为______； (2)求证：矩形是正方形； (3)线段和线段的数量关系是______，位置关系是______. 【答案】(1)3 (2)见解析 (3)相等，互相垂直 【知识点】根据正方形的性质与判定证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】此题考查了正方形的性质和判定、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）作于点Q，则，于点P，根据角平分线的性质即可得答案； （2）证明四边形是矩形．再证明．则，即可证明矩形是正方形； （3）证明，则，，得到，则，即可得到答案． 【详解】（1）证明：如图所示，作于点Q，则，于点P， ∵四边形是正方形， ． ∵，， ． ∴点E到边的距离为； 故答案为：3； （2）∵， ∴四边形是矩形． ． ∵四边形是矩形， ． ． ∵，由（1）可知，， ． ∴ ∴矩形是正方形； （3）∵四边形是正方形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴ ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 综上可知，线段和线段的数量关系是相等，位置关系是互相垂直， 故答案为：相等，互相垂直． 【考点题型十一】矩形、菱形、正方形中作图问题（） 例题：（23-24八年级下·福建厦门·期末）如图，矩形． (1)尺规作图：作的角平分线，交于点（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，连接，若，，求长． 【答案】(1)见详解 (2) 【知识点】作角平分线(尺规作图)、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题主要考查了尺规作图—作角平分线、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． （1）以点为圆心，以任意长度为半径作弧，交于点，再分别以点为圆心，以大于的长度为半径作弧，交于点，连接并延长，交于点，即可获得答案； （2）首先根据矩形的性质可得，，，，结合角平分线的性质和平行线的性质证明为等腰三角形，易得，进而可得，然后在中，由勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：作的角平分线，如下图所示； （2）解：如下图， ∵四边形为矩形，，， ∴，，，， ∵为平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴在中，． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·江西上饶·期末）如下图，已知四边形为菱形，请仅用无刻度的直尺按下列要求作图． (1)如图（1），点P为上任意一点，作直线将菱形分为面积相等的两部分； (2)如图（2），点E、F为边中点，以为边作一个矩形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【知识点】利用菱形的性质证明、证明四边形是矩形、与三角形中位线有关的证明、全等三角形综合问题 【分析】（1）连接交于点，连接延长交于，直线即为所求． （2）连接交于点，连接，延长交于，连接，延长交于，连接即可． 【详解】（1）解：如图中，连接交于点，连接延长交于，直线即为所求． 理由：是菱形， ， ， ， ， ， ， 即直线将菱形分为面积相等的两部分． （2）解：如图中，连接交于点，连接，延长交于，连接，延长交于，连接，矩形即为所求作． 理由：是菱形， ， ， ， ， ∵点E、F为边中点， 点H、G为边中点， ， ， 是矩形． 【点睛】本题考查作图-复杂作图，三角形的面积，三角形中位线定理，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 2．（23-24八年级下·福建厦门·期末）在矩形中，若点E是线段上的一动点，将沿直线翻折，C点的对应点为F点．    (1)若点F落在矩形内，且满足，请用尺规在图1中作出F点（尺规作图，要求保留作图痕迹，不必写作法）． (2)如图2，已知，，若点F恰好落在线段上，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)． 【知识点】二次根式的混合运算、作线段(尺规作图)、勾股定理与折叠问题、矩形与折叠问题 【分析】（1）分别以为圆心，长为半径作弧，两弧交于点，F点即为所作； （2）设，过作于点，交于点，求出，，然后在中，利用勾股定理构建方程，求解即可． 【详解】（1）解：所作图形如图所示， ； （2）解：由折叠的性质得，， 设，则，， 在中，， ∴， 在中，， ， 解得：， 即． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，尺规作图，二次根式的混合运算等知识，作出合适的辅助线，构造出直角三角形是解题的关键． 3．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）如图，已知正方形，E为上任意一点，请仅用无刻度的直尺完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹．（用虚线表示画图过程，实线表示画图结果） (1)请在图1中完成：在边上找点F，使得直线将正方形的面积平均分成相等的两部分； (2)请在图2中完成：在边上找点G，使得． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】根据正方形的性质证明 【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解题的关键是掌握轴对称的性质，灵活运用所学知识解决问题． （1）连接交于O，连接并延长交于F，直线即为所求； （2）连接交于H，连接交于G，则即为所求． 【详解】（1）解：如图所示，即为所作； （2）解：如图，点即为所作， 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$