第23章 四边形 章节（20知识详解+46典例分析）同步讲义与测试2025-2026学年沪教版八年级数学下册

第23章 四边形 章节（20知识详解+46典例分析） 【知识点01】多边形的有关概念 1.多边形 一般地，在同一平面上，由不在同一直线上的三条或三条以上的线段首尾顺次连接所组成的封闭图形叫作多边形。 多边形按组成它的线段的条数分成三角形、四边形、五边形等，三角形是最简单的多边形。如果一个多边形由条线段组成，那么这个多边形就叫作n边形（为正整数，且）。如图中的屋顶、窗户、地砖等，从中可见三角形、四边形、五边形、六边形、八边形等多边形。 2.多边形的边、内角、外角、顶点、对角线 组成多边形的每一条线段叫作多边形的边；相邻的两条线段的公共端点叫作多边形的顶点。 多边形各顶点通常用大写英文字母表示。 如下图，五边形的顶点依次分别是，记作五边形。 多边形相邻两边所成的角叫作多边形的内角。 如图，都是五边形的内角。 连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫作多边形的对角线。 如图，就是五边形的两条对角线。 3.多边形的分类 对于一个多边形，如果画出它的任意一边所在的直线时，其余各边都在这条直线的同一侧，那么这个多边形叫作凸多边形.左图是凸多边形，右图不是凸多边形.如无特别说明，本套教科书中所说的多边形都指凸多边形. 【知识点02】多边形的内角和 1.多边形的内角和定理 n边形的内角和等于． 设多边形是n边形。任取多边形的一个顶点，分别连接该顶点与其他不相邻的各个顶点，这个n边形被分成个三角形，这样n边形的内角和等于个三角形的内角和之和。因为个三角形的内角和之和等于，所以n边形的内角和等于。 2.多边形的内角和的三种推导方法 定理 推理过程 拓展 n边形的内角和等于 方法 1：如图所示，从边形的一个顶点引出（）条对角线，这条对角线把边形分成个三角形，每个三角形的内角和是，所以边形的内角和是 正n边形的每条边都相等，每个角都相等，其内角和为， 所以正n边形的每个内角的度数为 方法 2：如图所示，在边形内任取一点，连接，把边形分成个三角形，这个三角形的内角和为，再减去一个周角，即得边形的内角和是 方法 3：如图所示，在边形的一边上任取一点与各顶点相连，得（）个三角形，边形内角和等于这个三角形的内角和减去在点处的一个平角，即 【知识点03】多边形的外角和 1.多边形的外角 多边形内角的一边的延长线与另一边所组成的角叫作多边形的外角． 如图，是五边形的一个外角． 多边形的外角与它相邻的内角互补． 多边形的外角中，与同一个内角相邻的外角有两个，这两个角为对顶角，它们相等． 如图，和是五边形的外角中具有这种关系的两个外角． 2.多边形的外角和定理 对多边形的每个内角，从与它相邻的两个外角中任取一个，这样得到的所有外角的和，叫作多边形的外角和． 多边形的外角和定理 多边形的外角和等于360°。 设多边形是边形．因为多边形的任意一个外角与同它相邻的内角互补，即它们的和等于（如图），所以边形的外角和加内角和等于，于是边形的外角和等于减去边形的内角和，即，所以边形的外角和等于． 多边形的外角和不随着多边形边数的变化而变化，是一个常数． 【知识点04】平行四边形 1.定义：有一组对边平行的四边形叫作梯形.两组对边分别平行的四边形叫作平行四边形.由上述定义，可知平行四边形是梯形的一种特殊情形.在梯形中，把一组平行的边称为梯形的底，另外的两边称为梯形的腰，如图(1)所示. 2.平行四边形的符号：＂＂表示，如图（2）所示的平行四边形，记作＂＂． 注意：表示平行四边形一定要按顺时针或逆时针依次注明各顶点. 3.平行四边形的基本元素 基本元素 主要内容 图示 边 邻边 和和和和，共有四对 对边 和和，共有两对 角 邻角 和和，和和，共有四对 对角 和和，共有两对 对角线 和，共有两条 【知识点05】平行四边形的性质 定理1：平行四边形的对边相等。 如图，连接AC. 因为四边形是一个平行四边形，由平行四边形的定义，得．所以．又因为是和的公共边，所以．由此可得． 定理2：平行四边形的对角相等. ∵四边形ABCD是一个平行四边形， ∴∠B=∠D，∠A=∠C（平行四边形的对角相等） ∵AD//BC, ∴∠A+∠B=180°解得x=60.于是x+60=120.所以，∠B=∠D=60°，∠A=∠C=120°. 定理3：平行四边形的对角线互相平分. 证明：因为四边形是一个平行四边形， 由平行四边形的定义和性质定理1，得AD//BC,AD=BC,由此可得OA=OC,OB=OD. 【知识点06】两条平行线之间的距离 定义 两条平行线中，一条直线上任意一点到另一条直线的距离，叫做这两条平行线之间的距离 性质 (1) 两条平行线之间的距离处处相等；(2) 夹在两条平行线间的平行线段相等 作图方法 如图所示，直线 ，在直线 上任取一 点 ，过点 向直线 作垂线，垂足为点 ，则线段 的长即为 ， 两条平行线 之间的距离 注意 (1)距离是指垂线段的长度，它是正数； (2)当两条平行线确定后，它们之间的距离是一定值，不随位置的改变而改变； (3) 平行线间的距离处处相等，因此在作平行四边形的高时，可根据需要灵活选择位置 四边形具有不稳定性. 【知识点07】平行四边形的判定方法 定理1两组对边分别相等的四边形是平行四边形. 如图，连接AC. 因为四边形ABCD是一个平行四边形，由平行四边形的定义，得，. 所以，. 又因为AC是和的公共边， 所以 △ ABC≌ △ CDA 由此可得，. 定理2一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. 如图，连接. 在和中，因为， 证明：∵ 四边形是一个平行四边形， ∴ 又 ∵ 点分别在边上，， ∴， 即． ∴ 四边形是一个平行四边形． 定理3对角线互相平分的四边形是平行四边形 在和中，因为，，所以． 由此推出，所以． 由平行四边形的判定定理2，得四边形是一个平行四边形 【知识点08】矩形的定义 定义：四个内角都是直角的四边形叫作矩形. 如图，在矩形中，由矩形的定义，可知． 所以，所以，即矩形的两组对边平行． 根据平行四边形的定义，可知矩形必然是平行四边形．所以，矩形是一种特殊的平行四边形． 注意：（1）有两个角是直角的四边形不一定是矩形，例如直角梯形. （2）矩形是平行四边形,但平行四边形不一定是矩形. 【知识点09】矩形的性质 矩形是一种特殊的平行四边形，它具有平行四边形的所有性质，矩形的性质也可以从边、角、对角线、对称性等几方面来研究，如下表所示: 图形 性质 符号表示 边 对边平行 对边相等 角 四个内角都是直角 对角线 两条对角线相 等且互相平分 对称性 是中心对称图形，对称中心是对角线的交点 是轴对称图形，对边中点所在的直线是它的对称轴 【知识点10】矩形的判定 1.定义判定法：四个内角都是直角的四边形叫作矩形. 2.判定定理1：有一个内角是直角的平行四边形是矩形. 注意：有一个角是直角的四边形不一定是矩形. 3.判定定理2：对角线相等的平行四边形是矩形. 注意：两条对角线相等的四边形不一定是矩形. 易错提醒： (1)判定矩形时，首先要分清是在平行四边形基础上判定还是在四边形基础上判定，然后根据已知条件选择方法. (2)用定理1判定一个四边形是矩形必须同时满足2个条件:一是有一个角是直角，二是平行四边形，也就是说有一个角是直角的四边形不一定是矩形. (3)用定理2证明一个四边形是矩形，也必须满足两个条件:一是对角线相等，二是平行四边形，也就是说两条对角线相等的四边形不一定是矩形. 【知识点11】菱形的定义 定义 四条边都相等的四边形叫作菱形. 注意：菱形的定义既是菱形的性质，也是菱形的判定. 如图，伸缩晾衣架、自动伸缩门、衣服都有菱形图案. 如图，在菱形ABCD中，由菱形的定义可知AB=BC=CD=AD.因为菱形ABCD的两组对边分别相等， 根据平行四边形的判定定理1，得到菱形必然是平行四边形.所以，菱形是一种特殊的平行四边形. 如图，将四个大小相同的矩形拼在一起，根据矩形的性质定理，里面蕴含了一个菱形. 【知识点12】菱形的性质 菱形是特殊的平行四边形，除具有平行四边形的一切性质之外，还有其他性质，菱形的性质可从对称性、边、角、对角线来研究，如下表: 图形 性质 符号表示 对称性 是中心对称图形，对称中心是对角线的交点 是轴对称图形，对称轴是对角线所在的直线 边 对边平行 四条边都相等 对角相等 角 邻角互补 对角线 两条对角线互相垂直平分 【知识点13】菱形的判定 1.菱形的判定方法 元素 判定 图示 文字语言 符号语言 边 定义法 四条边都相等的四边形叫作菱形. ∵ ， ∴ 四边形 A B C D 是菱形 定理1 有一组邻边相等的平行四边形叫是菱形 在中，∵ 是菱形 对角线 定理2 对角线互相垂 直的平行四边 形是菱形 在中， ∵ ， ∴ 是菱形 注意：在用菱形的定义判定一个四边形是菱形时，先判定这个四边形是平行四边形，再证一组邻边相等. 2.四边形、平行四边形、菱形的关系 （1）四边形→平行四边形：当四边形满足以下任一条件时，可判定为平行四边形： 一组对边平行且相等，两组对边分别平行， 两组对边分别相等 （2）平行四边形 → 菱形：当平行四边形满足以下任一条件时，可判定为菱形： 一组邻边相等，对角线互相垂直 （3）四边形 → 菱形（直接判定）：当四边形的四条边都相等时，可直接判定为菱形。 注意：(1)菱形是特殊的平行四边形，它具有平行四边形所有的性质.(2)菱形是轴对称图形，有两条对称轴，是对角线所在的直线.(3)菱形的两条对角线互相垂直，并且把菱形分成四个全等的直角三角形，进而可得菱形边长的平方等于两条对角线长一半的平方和.(4)菱形的四条边相等，故可连接对角线构造等腰三角形，利用等腰三角形的性质解题. 【知识点14】菱形的面积 面积计算方法 一般方法 特殊方法 基本图形 计算公式 常见关系 若菱形 A B C D 的对角线相交于点 ，则 （1）Rt ≌Rt ≌Rt ≌Rt ； （2） ； （3） 【知识点15】正方形的定义 定义 四个内角都是直角、四条边都相等的四边形叫作正方形. 正方形既是特殊的平行四边形，也是特殊的矩形、菱形 【知识点16】正方形的判定 （1）定义判定： 四个内角都是直角、四条边都相等的四边形叫作正方形。 （2）从边的角度判定： 有一组邻边相等的矩形是正方形。 （3）从角的角度判定： 有一个角是直角的菱形是正方形。 （4）从对角线的角度判定 ①对角线相等的菱形是正方形 ②对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形 ③对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形 ④对角线互相垂直的矩形是正方形 【知识点17】正方形的性质 正方形是一种特殊的平行四边形，它既是矩形，又是菱形，因此它具有平行四边形、矩形和菱形的一切性质.总结如下: 图形 性质 符号表示 对称性 是中心对称图形，对称中心是它的中心 是轴对称图形，有四条对称轴 边 对边平行 四条边相等 角 四个角都是直角 对角线 对角线相等且互相垂直平分 每条对角线平分一组对角 （1）正方形的每一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形； （2）若正方形的边长为 ，则对角线长为 ，面积为 ． 【知识点18】 平行四边形、矩形、菱形、正方形的联系与区别 类型 平行四边形 矩形 菱形 正方形 边 共性 对边平行且相等 特性 四条边都相等 角 共性 对角相等且邻角互补 特性 四个角都是直角 四个角都是直角 对角线 共性 对角线互相平分 特性 对角线相等 对角线互相垂直 对角线相等且互相垂直 【知识点19】三角形的中位线 1.中位线与中位线定理 连接三角形两边中点的线段叫作三角形的中位线. 如图，在 中，、 分别是边 、 的中点，于是线段 就是 的一条中位线.每一个三角形有三条中位线. 三角形的中位线定理 三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半. 2.三角形的中线与中位线的区别与联系: (1)区别:三角形的中线的一个端点是三角形的顶点，另一个端点是这个顶点对边的中点;而中位线的两个端点分别是三角形两边的中点. (2)联系:三角形的一条中位线与第三边上的中线互相平分. 3.关于三角形的三条中位线的结论 (1)三条中位线组成一个三角形，其周长为原三角形周长的一半; (2)三条中位线将原三角形分割成四个全等的三角形. 4.三角形中位线定理的作用 (1)证明位置关系:可以证明两条直线平行; (2)证明数量关系:可以证明线段的相等或倍分. 【知识点20】三角形的重心 三角形的三条中线交于一点，此交点叫作三角形的重心. 三角形重心定理 三角形的重心到一个顶点的距离等于它到该顶点对边中点的距离的两倍. 【题型一】多边形对角线的条数问题 1．（24-25八年级下·上海徐汇·期末）如果从多边形的一个顶点出发的对角线有4条，那么这个多边形的内角和为 ． 【答案】 【知识点】多边形对角线的条数问题 【分析】本题考查了多边形的内角和公式，多边形的对角线的公式，求出多边形的边数是解题的关键． 根据从多边形的一个顶点可以作对角线的条数公式求出边数，然后根据多边形的内角和公式列式进行计算即可得解． 【详解】设多边形边数为n， ∵多边形从一个顶点出发可引出4条对角线， ∴， 解得：， ∴内角和． 故答案为：900． 【题型二】多边形内角和问题 2．（22-23八年级下·上海静安·期中）如图：已知，．求证： 【答案】证明见解析 【知识点】多边形内角和问题、同(等)角的余(补)角相等的应用 【分析】根据四边形的内角和定理及同角的补角相等即可证明． 【详解】证明：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ 【点睛】本题主要考查了四边形的内角和定理及同角的补角相等，熟练掌握同角的补角相等是解题的关键． 【题型三】多边形外角和的实际应用 3．（2023·上海普陀·二模）多边形的外角和等于（    ） A．360° B．270° C．180° D．90°． 【答案】A 【知识点】多边形外角和的实际应用 【分析】根据多边形的外角和为360°，直接求解即可． 【详解】解：多边形的外角和等于360°， 故选A 【点睛】本题考查了多边形的外角和，理解多边形的外角和为360°是解题的关键． 4．已知在与中，，点在同一直线上，射线分别平分． (1)如图1，试说明的理由； (2)如图2，当交于点G时，设，求与的数量关系，并说明理由； (3)当时，求的度数． 【答案】(1)理由见解析 (2)，理由见解析 (3) 【知识点】多边形外角和的实际应用、用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS）、三角形内角和定理的应用、根据平行线的性质探究角的关系 【分析】（1），，可知，进而可说明； （2）如图1所示，连接并延长至点K，分别平分，则设，为的外角，，同理， ，得；又由（1）中证明可知，，进而可得到结果； （3）如图2所示，过点C作，则，，可得，由（1）中证明可得，在中， ，即，进而可得到结果． 【详解】（1）证明： 又 在和中 ． （2）解：． 理由如下：如图1所示，连接并延长至点K 分别平分 则设 为的外角 同理可得 即 ． 又由（1）中证明可知 由三角形内角和公式可得 即 ． （3）解：当时，如图2所示，过点C作，则 ，即 由（1）中证明可得 在中，根据三角形内角和定理有 即 即 即，解得： 故． 【题型四】多边形内角和与外角和综合 5.一个凸多边形的内角中最多有几个锐角( ) A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【知识点】多边形内角和与外角和综合 【分析】根据任意凸多边形的外角和是可知它的外角中，最多有个钝角，则内角中，最多有个锐角． 【详解】解：一个凸多边形的内角中，最多有个锐角． 理由是：因为凸多边形的外角和是度，在外角中最多有个钝角，如果超过个，则和一定大于度，多边形的内角与外角互为邻补角， 所以外角中最多有个钝角，内角中就最多有个锐角． 故选：C． 【点睛】本题考查多边形的内角和外角，注意每个内角与其相邻的外角是邻补角，由于多边形的外角和是不变的，所以要分析内角的情况可以借助外角来分析． 6．（23-24八年级下·上海·期末）如果一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，那么这个多边形的边数为 ． 【答案】6 【知识点】多边形内角和与外角和综合 【分析】本题考查了多边形的内角和公式和外角和定理．设多边形的边数为，则内角和为，外角和为，根据内角和是外角和的2倍，建立方程求解，即可解题． 【详解】解：设多边形的边数为，则内角和为，外角和为， 根据题意得， 即， 解得． 故答案为：6． 【题型五】(等腰)梯形的定义 7．（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 【知识点】用勾股定理解三角形、(等腰)梯形的定义 【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． 8．（2023八年级下·上海·专题练习）已知：在梯形中，，，，点在边上，． (1)如图1，当为锐角时，设，的面积为y，求y与x之间的函数解析式，并写出函数的自变量x的取值范围； (2)当时，求的面积． 【答案】(1) (2)或 【知识点】(等腰)梯形的定义、用勾股定理解三角形、全等的性质和HL综合（HL） 【分析】（1）作于，则，，，得出，，的面积为梯形的面积的面积的面积，即可得出结果； （2）①当为锐角，时，，由勾股定理得出，求出，即可得出的面积；②当为钝角，时，，过点作于，设，同（1），求出，再由的面积梯形的面积的面积的面积，即可得出结果． 【详解】（1）解：作于，如图1所示： 则，，， 在和中， ， ， ， ， ， 的面积为梯形的面积的面积的面积， 即； （2）①当为锐角，时，， ， 即， ， 的面积； ②当为钝角，时，， 过点作于，如图2所示： 设， 同（1）， ， ， ， 即， ， 的面积梯形的面积的面积的面积； 综上所述，当时，的面积为或． 【点睛】本题考查了梯形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积公式以及梯形面积公式、分类讨论等知识；熟练掌握直角梯形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 【题型六】利用平行四边形的性质求解 9．（24-25八年级下·上海·月考）如图，在中，，对角线相交于点，则的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】确定第三边的取值范围、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了对平行四边形的性质，三角形的三边关系定理等知识点的理解和掌握，得到是的一半是解此题的关键． 根据三角形的三边关系定理得到的取值范围，再根据平行四边形的性质即可求出的取值范围． 【详解】解：∵， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， 故选：C． 【题型七】利用平行四边形的性质证明 10．（24-25八年级下·上海·月考）在中，连接，，的角平分线与交于点E，与交于点F，连接，． (1)求证：； (2)若，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形的性质证明、二次根式的乘除混合运算、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】（1）由平行四边形的性质得，，则，而，所以，则，所以，由，得，因为，所以，即可根据“角边角”证明； （2）作于点G，于点H，设，由，得， ，则，所以，则，可证明，，则四边形是平行四边形，，， ，因为，所以 ，则，，由，求得，则． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵的角平分线与交于点E， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴． （2）解：作于点G，于点H，设， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ， ∵， ∴ ， ∴， ∴， ∴， ∵，且， ∴， ∴， ∴， ∴的面积是． 【点睛】此题重点考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的“三线合一”、勾股定理、三角形的面积公式等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 【题型八】利用平行线间距离解决问题 11．（24-25八年级下·上海黄浦·期末）如图，在梯形中，，连接，已知梯形的面积为17，的面积为12，那么的面积 ． 【答案】5 【知识点】利用平行线间距离解决问题、(等腰)梯形的定义 【分析】本题考查平行线之间的距离相等，涉及梯形面积公式、三角形面积公式等知识，过点作，过点作，如图所示，根据题意，表示出梯形面积与，数形结合即可得到的面积．熟记平行线之间的距离相等，数形结合表示出相关面积之间的关系是解决问题的关键． 【详解】解：过点作，过点作，如图所示： 在梯形中，，则， 梯形的面积为17， , 的面积为12， , ， 解得， 故答案为：5． 【题型九】证明四边形是平行四边形 12．（24-25八年级下·上海·月考）如图，将的边延长至点E，使，连接，F是边的中点，联结． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、证明四边形是平行四边形、公式法解一元二次方程、含30度角的直角三角形 【分析】此题重点考查平行四边形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得，且，根据F是的中点，点E在的延长线上，得出，，根据，得出，即可得出结论； （2）作于点H，先求出，得出，得出，列出，求解，再得，进而得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，且， ∵F是的中点，点E在的延长线上， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）解：作于点H，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，且，， ∴， 解得或（不符合题意，舍去）， ∴， ∴， ∴的面积是． 【题型十】判断能否构成平行四边形 13．（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 【知识点】利用平行四边形的性质求解、判断能否构成平行四边形 【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． 14．（22-23八年级下·上海宝山·期中）点A、B、C、D在一个平面内，若从①；②；③；④．这四个条件中选两个，但不能推导出四边形是平行四边形的选项是（　　） A．①② B．①④ C．②④ D．①③ 【答案】B 【知识点】判断能否构成平行四边形 【分析】根据平行四边形的判定方法逐一分析即可． 【详解】解：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可选①③；故D不符合题意； 两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可选②④；故C不符合题意； 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可选①②或③④；故A不符合题意； 一组对边平行另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形．故B符合题意； 故选B． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．平行四边形共有五种判定方法，记忆时要注意技巧；这五种方法中，一种与对角线有关，一种与对角有关，其他三种与边有关． 【题型十一】添一个条件成为平行四边形 15．（24-25八年级下·上海·月考）在四边形中，对角线和相交于点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】C 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、添一个条件成为平行四边形 【分析】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．根据平行四边形的判定定理判断即可． 【详解】解：如图： A、∵，， ∴不能判定四边形是平行四边形；故该选项是错误的； B、∵，， ∴不能判定四边形是平行四边形；故该选项是错误的； C、∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形；故该选项是正确的； D、∵，， ∴不能判定四边形是平行四边形；故该选项是错误的； 故选：C． 【题型十二】利用平行四边形的判定与性质求解 16．（24-25八年级下·上海浦东新·期末）如图，梯形中，，，，，则 ． 【答案】11 【知识点】等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形的判定与性质求解、(等腰)梯形的定义 【分析】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形性质，解题的关键在于作辅助线构造平行四边形． 作交于点E，证明四边形是平行四边形，结合平行四边形性质推出，，进而得到，再根据求解，即可解题． 【详解】解：作交于点E，则， ∵， ∴四边形是平行四边形，， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：11． 17．如图，在四边形中，点为的中点，连接，并延长交的延长线于点，已知． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的判定与性质求解 【分析】本题考查全等三角形的判定，平行四边形的性质和判定，熟练掌握全等三角形、平行四边形的判定方法是解题的关键． （1）由点为的中点可得，由两直线平行，内错角相等，得出，利用即可证明； （2）由两组对边分别平行的四边形是平行四边形，得出四边形是平行四边形，从而得到，由点为的中点可得，即可求得的长． 【详解】（1）证明：点为的中点， ， ， ， 在和中， ， ； （2）解：，， 四边形是平行四边形， ， 点为的中点，， ， ． 【题型十三】利用平行四边形性质和判定证明 18．（24-25八年级下·上海·期中）如图，是平行四边形的对角线，点、在上，要使四边形是平行四边形，还需要增加的一个条件是 （只要填写一种情况）． 【答案】（答案不唯一） 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，根据两条对角线互相平分的四边形是平行四边形即可解答． 【详解】解：还需要增加的一个条件是，理由为： 连接，交于， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 故答案为：． 19．（24-25八年级下·上海奉贤·期末）【阅读材料】 老师提出的问题∶ 同学们的方案∶ 如图，在平行四边形中，，为锐角．在对角线上如何确定点、 方案1∶分别作平分平分，交于点、． 的位置，使四边形为平行四边形？ 方案2∶取的两个三等分点、． 方案3∶在上任意取一点，连接，再以为圆心，长为半径画弧，交于点． 【解决问题】 (1)写出以上三种方案中正确方案，并选择一种正确的方案，在图1中画出图形，并说明理由； (2)除了这些同学们已经研究的方案之外，你还有其他方案吗？请写出方案，画出图形，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，角平分线的性质，三角形全等的判定和性质； （1）根据平行四边形的性质和角平分线的性质证出，得到，，求出，即可得到结论； （2）在上取点使得，证出，得到，，求出，即可得到结论． 【详解】（1）解：方案1和2正确； 选择方案1证明： 如图所示：   四边形是平行四边形， 平分平分， ∵ ∴， 在和中， ∴，， ∴ ∴ 所以四边形为平行四边形． 方案2证明： 如图：    根据题意得：， 四边形是平行四边形， ∴ ∴， 在和中， ∴，， ∴ ∴ 所以四边形为平行四边形． 方案3证明： 如图：    根据题意得：， 四边形是平行四边形， ∴ ∴， 根据已知得：，，， 无法根据边边角证出和全等， ∴无法得到四边形为平行四边形． （2）解：方案：在 上取点E 、 F 使得   ， 如图所示：在上取点使得，    在和中， ∴， 所以四边形为平行四边形． 【题型十四】矩形性质理解 20．（2025·上海崇明·三模）正方形具有而一般矩形不一定具有的性质是（    ） A．两组对边分别相等 B．两条对角线互相平分 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 【答案】C 【知识点】矩形性质理解、正方形性质理解 【分析】本题考查正方形的性质，正方形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用正方形具备而矩形不具备的性质．如，正方形的对角线相等，邻边相等．根据正方形和矩形的性质容易得出结论． 【详解】解：A、两组对边分别相等，矩形和正方形都具有，故不合题意； B、两条对角线互相平分，矩形和正方形都具有，故不合题意； C、两条对角线互相垂直，正方形具有而一般矩形不一定具有的性质，故合题意； D、两条对角线相等，矩形和正方形都具有，故不合题意； 故选：C． 【题型十五】利用矩形的性质求角度 21．（2025八年级下·上海·专题练习）若矩形的一条对角线与一边的夹角是，则两条对角线相交所成的锐角是 ． 【答案】 【知识点】三角形内角和定理的应用、等边对等角、利用矩形的性质求角度 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，先根据矩形四个内角为直角和解析对角线相等且互相平分求出的度数，再利用三角形内角和定理求出的度数即可得到答案． 【详解】解：如图所示，在矩形中，对角线交于O，其中， ∵在矩形中，，， ∴， ∴， ∴两条对角线相交所成的锐角是， 故答案为：． 22．如图，已知点在矩形的边上，且．求的度数． 【答案】． 【知识点】利用矩形的性质求角度、等边对等角、含30度角的直角三角形 【分析】根据矩形的性质和直角三角形ADE边长的关系求出∠AED的度数，然后根据等腰三角形的性质即可求出的度数． 【详解】矩形， ，， ，， ， 又， ， 又， ， ． 【点睛】此题考查了矩形的性质，30°角直角三角形的性质，等腰三角形的性质等，解题的关键是根据边长的关系求出∠DEA的度数． 【题型十六】根据矩形的性质求线段长 23．（22-23八年级下·上海嘉定·期末）两张长为8，宽为2的矩形纸条交叉摆放，使得重叠部分是一个菱形（如图），那么该菱形的边长m的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】根据矩形的性质求线段长、利用菱形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的性质，当菱形是正方形时，m的最小值是2，由勾股定理得到，求出m的最大值是，即可得到m的取值范围． 【详解】解：当两矩形纸条垂直时，菱形是正方形，菱形的边长最小，， 当两纸条如图摆放时，菱形的边长最大， ∵矩形长是8，宽是2， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 24．（22-23八年级下·上海徐汇·月考）已知矩形中，，点在边上，且，点在边或上，连接、、，设．    (1)如图1，当时，求的值； (2)如图2，当时，如果为等腰三角形，求的面积； (3)直接写出使得为等腰三角形的点最多有几个？并指出使得点个数最多时的取值范围． 【答案】(1) (2)或 (3)使得为等腰三角形的点最多有4个，此时 【知识点】等腰三角形的定义、根据矩形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】（1）根据题意得到，然后分别求出的面积，从而建立方程求解即可； （2）当点P在上时，不可能是等腰三角形，再分图2-1和图2-2两种情况，利用勾股定理求出的长，进而根据求出对应的面积即可； （3）根据题意画出对应的示意图，确定点P个数最多时的情况，再求出对应的临界情况下x的值即可得到答案． 【详解】（1）解： ， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图2，过点M作于H，连接，则四边形是矩形， ∴， ∵，   ∴， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， ∴当点P在上时，， 又∵当时，， ∴当点P在上时，不可能是等腰三角形；    如图2-1所示，当点P在上，且时， 设，则， 由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， ∴ ；    如图2-2所示，当时， ∴， ∴， ∴ ； 综上所述，当为等腰三角形时，的面积为或    （3）解：如图所示，当满足，时，都是等腰三角形，此时点P的个数最多， ∴使得为等腰三角形的点最多有4个， ∴必须要保证在上，在上， 过点M作于H，则四边形是矩形， ∴， ∴， 当恰好与点C重合时，此时， ∴； 综上所述，使得为等腰三角形的点最多有4个，此时．    【点睛】本题主要考查了矩形的现在，勾股定理，等腰三角形的定义，利用分类讨论和数形结合的思想求解是解题的关键． 【题型十七】根据矩形的性质求面积 25．（22-23八年级下·上海普陀·期末）用一根20cm长的绳子围成一个矩形，使其相邻两边的长度比为，那么这个矩形的面积为 ． 【答案】 【知识点】几何问题(一元一次方程的应用)、根据矩形的性质求线段长、根据矩形的性质求面积 【分析】设矩形长为，宽为，根据矩形的周长为20cm，列出方程进行求解即可． 【详解】解：∵用一根20cm长的绳子围成一个矩形，使其相邻两边的长度比为， 设矩形长为，宽为， 则：， 解得：， ∴矩形的长为：，宽为， ∴矩形的面积为：； 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质，一元一次方程的应用．读懂题意，正确的列出方程，是解题的关键． 【题型十八】利用矩形的性质证明 26．（24-25八年级下·全国·期末）如图，在矩形中，的平分线交于点E，且，于点H，连接并延长，交于点F，连接．下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、利用矩形的性质证明 【分析】证明为等腰直角三角形，得到，根据，判断①；根据等边对等角，结合角的和差关系，三角形的内角和定理，推出，判断②；证明判断③；角平分线的性质，得到，根据线段的和差关系，推出，判断④即可． 【详解】解：∵矩形， ∴， ∵的平分线交于点E， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴，；故①正确； ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴；故②正确； ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，；故③正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴；故④正确； 故选D． 【点睛】本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识点，熟练掌握相关知识点，理清角度，线段之间的关系，是解题的关键． 【题型十九】矩形与折叠问题 27．（24-25八年级下·上海·期中）如图，矩形中，，，如果将该矩形沿对角线折叠，那么图中阴影部分的面积是 ． 【答案】 【知识点】根据等角对等边证明边相等、用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题 【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，等角对等边的运用，掌握矩形的性质是关键． 如图所示，设交于点，可证，设，则，在中，由勾股定理得到，代入计算得到，再根据面积的计算即可求解． 【详解】解：如图所示，设交于点， ∵四边形是矩形， ∴， ∵折叠， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，，即， 解得，， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积为， 故答案为： ． 【题型二十】矩形的判定定理理解 28．下列条件不能判定一个四边形是矩形的是（　　） A．四个内角都相等 B．四条边都相等 C．对角线相等且互相平分 D．对角线相等的平行四边形 【答案】B 【知识点】矩形的判定定理理解 【分析】根据矩形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：A、四个内角都相等的四边形是矩形，故选项A不符合题意； B、四条边都相等的四边形是菱形，故选项B符合题意； C、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故选项C不符合题意； D、对角线相等的平行四边形是矩形，故选项D不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查的是矩形的判定，掌握“矩形的判定方法”是解本题的关键． 【题型二十一】证明四边形是矩形 29．（22-23八年级下·上海·月考）有一个内角是直角的四边形的边长，，，，那么下列结论错误的是（    ） A．四边形的对角线互相平分 B．四边形的对角相等 C．四边形的对角线互相垂直 D．四边形的对角线相等 【答案】C 【知识点】矩形性质理解、证明四边形是矩形 【分析】根据已知条件判断出平行四边形，再根据有一个角是直角判断矩形，最后根据矩形的性质判断正确选项即可． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵有一个内角是直角， ∴四边形是矩形， ∴对角线互相平分，对角相等，对角线相等，故A，B，D正确，不合题意； 对角线不一定互相垂直，故C错误，符合题意； 故选C． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，解题的关键是根据已知条件判断出该四边形是矩形． 30．（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 【知识点】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． 【题型二十二】添一条件使四边形是矩形 31．（22-23八年级下·上海黄浦·期末）在中，与相交于点O，要使四边形是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是(    ) A．； B．； C．； D．． 【答案】D 【知识点】添一条件使四边形是矩形 【分析】根据对角线相等的平行四边形是矩形得出即可． 【详解】解：添加选项D：， 理由是：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴为矩形， 补充其他选项推导： A选项，，对角线互相垂直，可以证明为菱形，但不能证明为矩形，不符合题意； B选项、，对角线平分内角，可以证明为菱形，但不能证明为矩形，不符合题意； C选项，不能证明为矩形，不符合题意． 故选D． 【点睛】本题考查矩形的判定、平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题． 【题型二十三】根据矩形的性质与判定求角度 32．（22-23八年级下·上海松江·期末）正方形中，边长为，点在对角线上，连接，过点作，交直线于点．    (1)如图，当点在边上时，求证：； (2)当点在的延长线上时，设，面积为，求关于的解析式，并写出定义域； (3)若，求BM的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求角度、根据正方形的性质证明 【分析】（1）过点作于点，于点，通过正方形性质可得，通过证明，可得出最后结论； （2）过点作于点，交于点，可证得四边形为矩形，通过矩形性质可得，在中，，由勾股定理可得，可得出，进一步证明，所以，，可求出； （3）当点在边上时，连接，交于，过作于，由正方形性质得到，由等腰三角形的性质可求得，由三角形面积关系得到，可证明，所以，当点在的延长线上时，同理可得． 【详解】（1）过点作于点，于点，   ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）过点作于点，交于点．   ， 在正方形中，，， 四边形为矩形， ，，， ， ， ， ， 在中，，， ， ， ， 又，， ， ， ， ， ， ， ； （3）当点在边上时，连接，交于，过作于，    在正方形中，，， ， 在中，，则， ，，且， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， 当点在的延长线上时，同理可得． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形判定与性质，勾股定理，三角形面积等知识，正确作出辅助线，分情况讨论是解答本题的关键． 【题型二十四】根据矩形的性质与判定求线段长 33．（24-25八年级下·上海浦东新·期末）已知：如图，正方形中，，点F为对角线上一点，联结，过点F作交线段于点E（点E不与点B，点C重合），过E作，过D作，与交于点G． (1)证明四边形为正方形； (2)联结，设，，求y关于x的函数关系式，并写出定义域； (3)当为等腰三角形时，直接写出的长度． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【知识点】等腰三角形的性质和判定、根据正方形的性质与判定证明、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】（1）先证明四边形是矩形，过F作于M，于N，证明四边形是矩形得到，进而得到，证明得到，然后根据正方形的判定可得结论； （2）根据正方形的性质和勾股定理求得，证明得到，进而可求解； （3）先根据全等三角形的性质得到，，则，当为等腰三角形时，，然后根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理推导出，利用等角对等边可得，进而求得． 【详解】（1）证明：∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， 过F作于M，于N，则， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴四边形是矩形，， ∴，则， 又， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴四边形为正方形； （2）解：∵四边形为正方形和四边形是正方形， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴， ∵，，点E不与点B，点C重合， ∴； （3）解：∵， ∴，，又， ∴， ∴当为等腰三角形时，， ∴，又， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的判定与性质、角平分线的性质、矩形的判定、全等三角形的判定与性质、函数解析式、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的内角和定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 【题型二十五】根据矩形的性质与判定求面积 34．（2022八年级下·上海·专题练习）如图，已知五边形ABCDE中，，∠A＝∠B＝90°，则可以将该五边形ABCDE分成面积相等的两部分的直线有 条． 【答案】无数 【知识点】根据矩形的性质与判定求面积、多边形内角和问题 【分析】过点C作与AB平行的直线将该五边形分割为一个矩形和一个梯形，经过梯形中位线的中点及矩形对角线的交点的直线可将该五边形的面积均分；设该直线与边DE、AB的交点分别为P、Q，线段PQ的中点为O，则经过点O且与边DE、AB相交的任意一条直线均可将该五边形的面积均分． 【详解】解：将该五边形ABCDE分成面积相等的两部分的直线有无数条． 【点睛】本题考查了转化思想，把多边形问题转换为特殊的四边形来进行解决是解题的关键． 35．在平面直角坐标系中，已知点A（3，5），B（5，3），C（﹣1，﹣3），D（﹣3，﹣1），试判定四边形ABCD的形状，并求出它的面积． 【答案】四边形ABCD是矩形；24 【知识点】根据矩形的性质与判定求面积 【分析】利用平面内两点间距离公式求出AB、CD、AD、BC、AC的长度即可判断出四边形ABCD的形状． 【详解】解：∵点A（3，5），B（5，3），C（-1，-3），D（-3，-1）， ∴AB2=（3-5）2+（5-3）2=8， CD2=（-1+3）2+（-3+1）2=8， AD2=（3+3）2+（5+1）2=72， BC2=（5+1）2+（3+3）2=72， AC2=（3+1）2+（5+3）2=80， ∴AB=CD，AD=BC，AC2=AB2+BC2， ∴四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=90°， ∴四边形ABCD是矩形， ∴矩形ABCD的面积=AB•BC==24． 【点睛】本题考查了平面内两点间的公式，利用公式求出五条线段的长度是解决问题的关键． 【题型二十六】利用菱形的性质求角度 36．（24-25八年级下·上海嘉定·期末）在菱形中，，则 度． 【答案】56 【知识点】等边对等角、利用菱形的性质求角度 【分析】本题考查了菱形的性质和等腰三角形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题关键．先根据菱形的性质可得，再根据等腰三角形的性质求解即可得． 【详解】解：如图，四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：56． 【题型二十七】利用菱形的性质求面积 37．（24-25八年级下·上海·期中）菱形的边长为，两条对角线之比为，则菱形一边上的高的长度为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求面积 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，如图，令，则，先利用菱形的性质及勾股定理求出，，设菱形一边上的高的长度为，再根据菱形的面积公式和平行四边形的面积公式求出即可． 【详解】解：如图：菱形中，， 令，则， ∴，， ∵为菱形，边长为， ∴，， ∴在中，， ∴， 解得或（负值舍去）， ∴，， 设菱形一边上的高的长度为， ∴菱形的面积， ∴， 解得， 即菱形一边上的高的长度为， 故答案为：． 【题型二十八】利用菱形的性质证明 38．（24-25八年级下·上海·期中）菱形的对角线、相交于，下列条件能判断菱形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】利用菱形的性质证明、添一个条件使四边形是正方形 【分析】本题主要考查了菱形的性质，正方形的判定，对角线相等的菱形是正方形，有一个角是直角的菱形是正方形，据此结合菱形的性质逐一判断即可． 【详解】解：A、，则，此时并不能证明菱形是正方形，不符合题意； B、，可得，此时并不能证明菱形是正方形，不符合题意； C、，本身是菱形具有的性质，此时并不能证明菱形是正方形，不符合题意； D、，由菱形的性质可得，则，则，能证明菱形是正方形，符合题意； 故选：D． 1 【题型二十九】添一个条件使四边形是菱形 39．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，点分别为的中点，是对角线，交的延长线于． (1)求证：； (2)若四边形是菱形，则四边形是什么特殊四边形？并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)矩形，理由见解析 【知识点】证明四边形是平行四边形、证明四边形是矩形、利用菱形的性质证明 【分析】此题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质，矩形的判定，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据平行四边形的性质得到，，然后证明出四边形是平行四边形，即可得到； （2）首先证明出四边形是平行四边形，如图所示，连接，由菱形得到，然后证明出，即可得到平行四边形是矩形． 【详解】（1）∵在中， ∴， ∵E、F分别为边的中点 ∴， ∴ ∴四边形是平行四边形 ∴； （2）矩形，理由如下： ∵在中， ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形 如图所示，连接 ∵E为边的中点 ∴点E在上 ∵四边形是菱形 ∴ ∵， ∴ ∴平行四边形是矩形． 40．（2024·上海金山·二模）在四边形中，，，对角线、相交于点．下列说法能使四边形为菱形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】添一个条件使四边形是菱形 【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及等腰三角形的判定等知识．证明，得，再证明，则四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论． 【详解】解：能使四边形为菱形的是，理由如下： 如图，∵， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形为菱形， 故选：C． 【题型三十】证明四边形是菱形 41．（22-23八年级下·上海宝山·期末）如图，在矩形中，对角线、相交于点，为的中点，连接并延长至点，使，连接、．    (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】含30度角的直角三角形、全等的性质和SAS综合（SAS）、利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是菱形 【分析】（1）首先证明四边形是平行四边形，再由即可推出四边形是菱形； （2）由菱形性质可得，，利用直角三角形中角所对边是斜边的一半求出，利用矩形性质推出，即可得出最后结果． 【详解】（1）证明： 为的中点， ， 在和中， ， ， ，， ， 四边形为平行四边形， 在矩形中，对角线、相交于点， ， 四边形为菱形； （2）由（1）可知四边形为菱形， ，， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，利用三角形全等推出四边形为平行四边形是解答本题的关键． 【题型三十一】根据菱形的性质与判定求线段长 42．（2024八年级下·上海·专题练习）如图1，在菱形中，，，点是上一点，点在射线上，且，连接，设． (1)当点、在边上）运动时，的大小是否会变化？若不变，请求出度数，若变化，请说明理由． (2)若，求的值． (3)当在线段上时，设，求关于的函数关系式及其定义域． 【答案】(1)不变， (2)或 (3) 【知识点】含30度角的直角三角形、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查了菱形性质，直角三角形性质，等腰三角形判定和性质等知识，通过计算寻找角的数量关系是解本题的关键． （1）连接，设，可表示出，，，，，进而计算求得，从而求得结果； （2）可推出，进而求得结果； （3）作于，，在中表示出，进而表示出，进一步表示出，从而求得结果． 【详解】（1）如图1， 连接， 四边形是菱形， ，，，， ，， ， ， ，， ， 设， ， ， 在中， ， ， 在中， ， ， ， ， ； （2）当点在线段上时， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， 如图2， 当点在的延长线上时，作于， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 综上所述：或； （3）作于，， ， ， ， ， 在中， ， 在中， 同理可得：， ， ． 【题型三十二】根据菱形的性质与判定求面积 43．（22-23八年级下·上海·月考）如图，等边的边长是2，点P是边上的任意一点（不与点B点C重合），连接，将翻折，使顶点A与P重合，折痕分别交边于G、H，折痕交于． (1)当时，求证： (2)设，，求y关于x的函数关系式及定义域． (3)如图2在直线上找点D（点D在外），满足，连接，过点P作交直线于E，连接． ①求证：四边形是菱形， ②当四边形与重叠部分面积是时，求的值， 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或 【知识点】根据菱形的性质与判定求面积、用勾股定理解三角形、等边三角形的判定和性质、因式分解法解一元二次方程 【分析】（1）根据折叠的性质得到，进而得到，根据等边对等角证明，即可证明结论； （2）如图所示，过点A作于K，根据等边三角形的性质和勾股定理得到，，则，则由勾股定理可得，即； （3）折叠的性质可得，，进而得到，证明，得到，由此即可证明四边形是菱形；②如图所示，设交于M，交于N，则四边形的面积即为四边形与重叠部分的面积，先证明是等边三角形，得到，进而证明是等边三角形，得到，再证明，得到，进而推出．根据等边三角形的性质和勾股定理得到，再由四边形与重叠部分面积是，得到方程，解方程即可得到答案． 【详解】（1）证明：由折叠的性质可得， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解： 如图所示，过点A作于K， ∵是边长为2厘米的等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：①由折叠的性质可得，， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； ②如图所示，设交于M，交于N，则四边形的面积即为四边形与重叠部分的面积， ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 由（2）得， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ． ∵四边形与重叠部分面积是， ∴， ∴， ∴， 解得或 ∴的值为或． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，菱形的性质与判断，解一元二次方程等等，灵活运用所学知识是解题的关键． 【题型三十三】正方形的判定定理理解 44．（24-25八年级下·上海闵行·月考）下列说法中正确的是（ ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直的矩形是正方形 C．顺次联结矩形各边中点所得四边形是正方形 D．平行四边形是轴对称图形 【答案】B 【知识点】正方形的判定定理理解、轴对称图形的识别、矩形的判定定理理解、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果那么”形式有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理． 根据矩形的判定方法对A进行判断；根据正方形的判定方法对B进行判断；根据矩形的性质、三角形中位线定理以及菱形的判定方法对C进行判断；根据轴对称图形的定义对D进行判断． 【详解】解：A． 对角线相等的四边形不一定是矩形，例如等腰梯形对角线相等但非矩形．矩形的定义需满足平行四边形且对角线相等，故A错误． B． 矩形若对角线互相垂直，则其四边相等且四个角为直角，符合正方形的定义，故B正确． C． 顺次连接矩形各边中点，所得四边形各边平行于原矩形对角线且长度为对角线的一半．因矩形对角线相等，故中点四边形四边相等，为菱形而非正方形，故C错误． D． 平行四边形一般不是轴对称图形（除特殊情形如矩形、菱形），故D错误． 故选：B． 【题型三十四】证明四边形是正方形 45．（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 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等边对等角、利用菱形的性质证明、证明四边形是正方形 【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． 【题型三十五】根据正方形的性质求面积 46．（2023八年级下·上海·专题练习）如图，两个完全相同的等腰直角三角形，左图中正方形的面积是2004平方厘米，那么右图中正方形的面积是 平方厘米． 【答案】2254.5// 【知识点】根据正方形的性质求面积、等腰三角形的定义 【分析】设正方形EFNM的边长为2a，根据正方形EFNM的面积，求出等腰直角三角形ABC的腰长，第二个图形中正方形ADQG的边长为等腰直角三角形腰长的一半，进而可得出右图中正方形的面积． 【详解】解：设正方形EFNM的边长为2a， ∵OE＝a，AE＝a，BE＝EM＝2a， ∴AB＝3a， ∵正方形EFNP的面积为2004， 即（2a）2＝2004， ∴a2＝501， ∵AG＝GQ＝AB， ∴正方形ADQG的面积为：GQ2＝（AB）2＝AB2＝×（3a）2＝a2＝×501＝2254.5， ∴正方形的面积为2254.5平方厘米． 故答案为2254.5． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形，正方形及面积，解答本题的关键是要熟练掌握正方形和等腰直角三角形的性质及正方形面积的计算方法． 【题型三十六】正方形折叠问题 47．（24-25八年级下·上海嘉定·期末）如图，点是边长为6的正方形的边上的一点，联结，将沿折叠得到．联结并延长交于 (1)当时，求的长； (2)设，求关于的函数解析式，并写出函数的定义域． 【答案】(1) (2)关于的函数解析式为，函数的定义域为 【知识点】函数解析式、求自变量的取值范围、用勾股定理解三角形、正方形折叠问题 【分析】本题考查了正方形折叠问题、勾股定理、三角形全等的判定与性质、函数的解析式等知识，熟练掌握正方形和折叠的性质是解题关键． （1）连接，先根据正方形的性质可得，，再根据折叠的性质可得，，，然后证出，最后在中，利用勾股定理求解即可得； （2）先求出，再同（1）可得，则可得，然后在中，利用勾股定理求解即可得函数解析式，最后根据点是边长为6的正方形的边上的一点可得函数的定义域． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵正方形的边长为6， ∴，， 由折叠的性质得：，，， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则， ∴， 在中，，即， 解得， 即． （2）解：∵正方形的边长为6， ∴，， ∵， ∴，， 由（1）可知，， ∴， 在中，，即， 整理得：， ∵点是边长为6的正方形的边上的一点， ∴， 综上，关于的函数解析式为，函数的定义域为． 【题型三十七】根据正方形的性质证明 48．（24-25八年级下·上海徐汇·期末）已知，如图，正方形的边长为6，点为射线上一个动点，连接，以点为圆心，为半径画弧与直线交于点，连接，且规定． (1)如图1，当点在边上时，求证：； (2)如图2，当点在边的延长线上时，求解下列问题： ①设的长为，的长为，试求关于的函数解析式及的取值范围； ②当时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明 【分析】（1）根据正方形的性质及三角形的外角的性质即可求解； （2）①如图所示，过点E作于点G，勾股定理求出，然后得到是等腰直角三角形，求出，，证明出得到，进而求解即可；然后由即可得到x的取值范围； ②由求出，然后证明出，得到，进而求解即可． 【详解】（1）解：正方形， ． ， ． ， ． （2）①如图所示，过点E作于点G ∵正方形的边长为6 ∴ ∴ ∵设的长为，的长为 ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形 ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ 整理得， ∵规定 ∴ 当时， ∵ ∴ ∴此时点F和点C重合， ∵ ∴是等腰直角三角形 ∴ ∴的取值范围； ②当时 ∵，即 ∴ ∴ ∴ ∴， ∴ ∴ ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，三角形外角的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定及性质，熟练掌握相关性质是解决问题的关键． 【题型三十八】根据正方形的性质与判定求角度 49．（25-26八年级·上海·月考）如图，已知在菱形中，点为对角线上一点，连结，过点作，与交于点，． (1)求证：； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用菱形的性质证明、三线合一、根据正方形的性质与判定求角度 【分析】（1）通过证明和全等得到、，结合推出，进而证得； （2）利用菱形性质、全等三角形判定与性质，结合等腰三角形三线合一、矩形及正方形的判定，推导得出． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形，是对角线， ∴，． 在和中， ， ∴（）， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是菱形，是对角线， ∴，． 在和中， ， ∴（）， ∴． 又∵， ∴， ∴是等腰三角形． 过点作于，交于， ∴（等腰三角形三线合一）． ∵四边形是菱形，，， ∴， ∴， ∵，， ∴ ∵是菱形对角线， ∴， 又∵，， ∴（）， ∴， ∴． 又∵， ∴． ∵四边形是菱形， ∴菱形是正方形， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、正方形的判定，熟练掌握菱形的性质及全等三角形的判定方法是解题的关键． 【题型三十九】根据正方形的性质与判定求线段长 50．（22-23八年级下·上海浦东新·月考）在直角梯形中，（），，，是上一点，且，，，那么直角梯形的面积是 ．    【答案】27 【知识点】根据正方形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形、全等的性质和SAS综合（SAS）、因式分解法解一元二次方程 【分析】过作，交延长线于，延长至，使，连接，证得四边形为正方形，证明，得到，，，从而证明，则有，进一步推出，即可求得的长，设，在中，由勾股定理，可得方程，解方程即可求得的长，继而求得直角梯形的面积． 【详解】解：过作，交延长线于，延长至，使，连接．    在直角梯形中，， ， 又，， 四边形为正方形． ，， ∴， ∴，，， ， ∴，即，即， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴， ∴， ， 即， 设，则，， 在中， ，即， 解得：或（舍去）， ， ． 故答案为：27． 【点睛】此题考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、直角梯形的性质以及勾股定理等知识，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键． 【题型四十】与三角形中位线有关的求解问题 51．（24-25八年级下·上海浦东新·期末）如图，矩形对角线相交于点O，与的夹角为，点E、F、G分别为中点，当四边形周长为8时，则矩形的面积是 ． 【答案】 【知识点】等边三角形的判定和性质、根据矩形的性质求线段长、用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】由矩形的性质可证是等边三角形，可得 ，由三角形中位线定理可得，可求，由勾股定理可求的长，即可求解． 【详解】∵四边形是矩形， ， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵点E、F、G分别为中点， ∴， ∴， ∵四边形周长为8 ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积， 故答案为． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，灵活运用这些性质是解题的关键． 52．（24-25八年级下·上海浦东新·期末）已知，如图，，点E、F分别为，的中点，连接，设，，，且，则下列等式一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、根据平行线判定与性质证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】此题重点考查平行线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识．连接并延长交于点H，由，得，而，，即可根据证明，得，，因为，，所以，由三角形中位线定理得，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接并延长交于点H， ∵， ∴， ∵点E为的中点， ∴， 在和中，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵点E为的中点，点F为的中点，， ∴， ∴， 故选：A． 【题型四十一】与三角形中位线有关的证明 53．（24-25八年级下·上海·月考）如图，已知在中，点E、F分别是边的中点，过点E、F的直线交的延长线于点G、H，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，如果，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是矩形、等边对等角、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，矩形的判定，三角形中位线定理，等腰三角形的性质等知识，掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质以及三角形中位线定理即可求证； （2）根据平行四边形的性质得出，根据平行线的性质得出，根据证明，得出，结合线段中点定义可得，然后根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”先证明其为平行四边形，根据等边对等角可得出，，结合三角形内角和定理可求出，最后根据矩形的判定即可得证． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵点E、F分别是边的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵， ∴， ∴， ∵E是中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； 如图， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形． 【题型四十二】三角形中位线的实际应用 54．（2022八年级上·上海·专题练习）已知线段，．是上两点，且，是线段上一动点，在同侧分别作等边三角形和等边三角形，为线段的中点，点由点移动到点时，点移动的路径长度为 ． 【答案】3 【知识点】三角形中位线的实际应用、等边三角形的性质 【分析】分别延长、交于点，易证四边形为平行四边形，得出为中点，则的运行轨迹的中位线，运用中位线的性质求出的长度即可． 【详解】 解：如图，分别延长、交于点， ， ， ， ， 四边形为平行四边形， 与互相平分． 为的中点， 为的中点， 即在的运动过程中，始终为的中点， 的运行轨迹为的中位线， ， 点移动的路径长度为3． 故答案为：3 【点睛】本题考查了三角形中位线定理及等边三角形的性质，解答本题的关键是作出辅助线，找到点移动的规律，判断出其运动路径，综合性较强． 【题型四十三】重心的有关性质 55．（22-23八年级下·上海普陀·期末）在中，，，，那么它的重心到点的距离是 ． 【答案】/ 【知识点】重心的有关性质、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】延长交于，如图，根据三角形重心的性质得到为边上的中线，，则，然后利用勾股定理计算出即可． 【详解】解：如图，延长交于点， 点为的重心， 为边上的中线，， ， ， ，，， ， ， 即三角形的重心到点的距离是． 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形的重心：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为，也考查了直角三角形斜边上的中线性质及勾股定理． 【题型四十四】中点四边形 56．（22-23八年级下·上海普陀·期中）四边形中，点E、F、G、H分别是的中点，下列条件中能使四边形为矩形的是（      ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】中点四边形、添一条件使四边形是矩形 【分析】要使四边形为矩形，依题意可知其为平行四边形，只需对角线互相垂直即可． 【详解】解：∵点E、F、G、H分别是的中点， ∴在与中， ，且，， ∴四边形为平行四边形， 若要使其为矩形，只需对角线互相垂直， 题中D选项，即在四边形中，， 故选D．    【点睛】此题考查了矩形的判定和性质，熟练掌握矩形性质和判定，及应用到三角形中位线定理等相关知识是解题的关键． 57．（2024八年级下·上海长宁·期末）如图，四边形中，，，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…；如此进行下去，得到四边形，那么四边形的周长为 ． 【答案】 【知识点】中点四边形 【分析】根据三角形中位线性质定理可得每一次取各边中点，所形成的新四边形周长都为前一个的；并且四边形是平行四边形，即可计算四边形A15B15C15D15的周长， 【详解】解：∵在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD 各边中点，得到四边形A1B1C1D1， ∴A1D1BD，B1C1BD，C1D1AC，A1B1AC； ∴A1D1B1C1，A1B1C1D1， ∴四边形A1B1C1D1是平行四边形； 根据中位线的性质知，A1B1=AC；B1C1=BD 四边形A1B1C1D1周长为 同理，四边形A3B3C3D3是平行四边形，A3B3C3D3周长为 同理，四边形的周长是 四边形A15B15C15D15周长为 故答案为． 【点睛】本题考查了三角形的中位线性质定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． 【题型四十五】（特殊）平行四边形的动点问题 58．如图，在直角梯形中，，，且，若动点P从A点出发，以每秒的速度沿线段向C点运动；动点Q从C点出发以每秒的速度沿向B点运动，当Q点到达B点时，动点P、Q同时停止运动，设点P、Q同时出发，并运动了t秒， （1）直角梯形的面积为 （2）当　　　　　秒时，四边形成为平行四边形？ （3）当　　　　　秒时，； （4）是否存在t，使得P点在线段上且？若存在，求出此时t的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1）48；（2）；（3）；（4）存在， 【知识点】（特殊）平行四边形的动点问题、根据矩形的性质与判定求面积、用勾股定理解三角形、几何问题(一元一次方程的应用) 【分析】本题是一道关于四边形的综合题目，设计的知识点有矩形的性质、勾股定理、一元一次方程的应用，综合运用以上知识点是解此题的关键． （1）作于点E，在直角中，根据勾股定理即可求得，得到下底边的长，根据梯形面积公式即可求解． （2）当时，四边形成为平行四边形． （3）在直角中利用勾股定理即可求解． （4）连接，根据，即可求解． 【详解】解：（1）过点D作于E， ∵， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴直角梯形的面积； （2）由题意知，，，   ∴， ∵四边形成为平行四边形，   ∴，   ∴，  解得：  ，  即时，四边形是平行四边形；   （3）过点D作于E，连接，   ∵， ∴， ∵，， ∴四边形是矩形，   ∴， ∴， ∴， ∵，   ∴，   ∵，   ∴，   解得： 或（不符合题意，舍去）；   （4）如图，连接， 由题意知，，    ∵，   ∴，   ∵， ∴， ∵， ∴ 解得，   ∴存在秒，使得．   【题型四十六】四边形其他综合问题 59．（2024八年级下·上海徐汇·期中）如图，点O是ABC中AC边上的一个动点，过点O作直线MN//BC，设MN交BCA的平分线于点E，交BCA的外角平分线于点F （1）求证：EO=FO （2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形？并证明你的结论 （3）若AC边上存在点O，使四边形AECF是正方形，且B=，问：的值为多少？（直接写出结果） 【答案】（1）见解析；（2）当点O运动到AC中点时，四边形AECF为矩形，见解析；（3） 【知识点】四边形其他综合问题 【分析】（1）根据MN∥BC，CE平分∠ACB，CF平分∠ACD及等角对等边即可证得OE=OF； （2）根据矩形的性质可知：对角线且互相平分，即AO=CO，OE=OF，故当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形； （3）当四边形AECF是正方形时，可得：AO⊥EF，又BC∥EF，则AC⊥BC，在正方形AECF中，AC=AE，根据∠B=60°，tanB=，可得：． 【详解】证明：（1）∵ CE平分∠ACB ∴ ∠BCE=∠OCE (角平分线将这个角分为两个相等的角) ∵ MN∥BC ∴ ∠BCE=∠OEC (两直线平行，内错角相等) ∵ ∠BCE=∠OCE ，∠BCE=∠OEC ∴ ∠OCE=∠OEC ∴ OE=OC (等角对等边) 同理可证 OC=OF ∴ EO=FO （2）当点O运动到AC中点时，四边形AECF为矩形．理由如下： ∵ CE平分∠ACB ，CF平分∠ACD ，∠ACB+∠ACD=180° ∴ ∠ECF=90° ∵ EO=FO ，OC=OA ∴ 四边形AECF为平行四边形 (两条对角线互相平分的四边形是平行四边形) ∵ ∠ECF=90° ，四边形AECF为平行四边形 ∴ 四边形AECF为矩形 (有一个内角是直角的平行四边形叫做矩形) （3）当四边形AECF是正方形时，AO⊥EF，AC=AE， ∵BC∥EF， ∴AC⊥BC． ∵∠B=60°， ∴∠BAC=30° ． ∴BC=AE， ∴． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定，矩形的判定定理，正方形的性质定理，角平分线和平行线的性质等知识点，解题的关键是熟练掌握矩形的判定和正方形的性质. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第23章 四边形 章节（20知识详解+46典例分析） 【知识点01】多边形的有关概念 1.多边形 一般地，在同一平面上，由不在同一直线上的三条或三条以上的线段首尾顺次连接所组成的封闭图形叫作多边形。 多边形按组成它的线段的条数分成三角形、四边形、五边形等，三角形是最简单的多边形。如果一个多边形由条线段组成，那么这个多边形就叫作n边形（为正整数，且）。如图中的屋顶、窗户、地砖等，从中可见三角形、四边形、五边形、六边形、八边形等多边形。 2.多边形的边、内角、外角、顶点、对角线 组成多边形的每一条线段叫作多边形的边；相邻的两条线段的公共端点叫作多边形的顶点。 多边形各顶点通常用大写英文字母表示。 如下图，五边形的顶点依次分别是，记作五边形。 多边形相邻两边所成的角叫作多边形的内角。 如图，都是五边形的内角。 连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫作多边形的对角线。 如图，就是五边形的两条对角线。 3.多边形的分类 对于一个多边形，如果画出它的任意一边所在的直线时，其余各边都在这条直线的同一侧，那么这个多边形叫作凸多边形.左图是凸多边形，右图不是凸多边形.如无特别说明，本套教科书中所说的多边形都指凸多边形. 【知识点02】多边形的内角和 1.多边形的内角和定理 n边形的内角和等于． 设多边形是n边形。任取多边形的一个顶点，分别连接该顶点与其他不相邻的各个顶点，这个n边形被分成个三角形，这样n边形的内角和等于个三角形的内角和之和。因为个三角形的内角和之和等于，所以n边形的内角和等于。 2.多边形的内角和的三种推导方法 定理 推理过程 拓展 n边形的内角和等于 方法 1：如图所示，从边形的一个顶点引出（）条对角线，这条对角线把边形分成个三角形，每个三角形的内角和是，所以边形的内角和是 正n边形的每条边都相等，每个角都相等，其内角和为， 所以正n边形的每个内角的度数为 方法 2：如图所示，在边形内任取一点，连接，把边形分成个三角形，这个三角形的内角和为，再减去一个周角，即得边形的内角和是 方法 3：如图所示，在边形的一边上任取一点与各顶点相连，得（）个三角形，边形内角和等于这个三角形的内角和减去在点处的一个平角，即 【知识点03】多边形的外角和 1.多边形的外角 多边形内角的一边的延长线与另一边所组成的角叫作多边形的外角． 如图，是五边形的一个外角． 多边形的外角与它相邻的内角互补． 多边形的外角中，与同一个内角相邻的外角有两个，这两个角为对顶角，它们相等． 如图，和是五边形的外角中具有这种关系的两个外角． 2.多边形的外角和定理 对多边形的每个内角，从与它相邻的两个外角中任取一个，这样得到的所有外角的和，叫作多边形的外角和． 多边形的外角和定理 多边形的外角和等于360°。 设多边形是边形．因为多边形的任意一个外角与同它相邻的内角互补，即它们的和等于（如图），所以边形的外角和加内角和等于，于是边形的外角和等于减去边形的内角和，即，所以边形的外角和等于． 多边形的外角和不随着多边形边数的变化而变化，是一个常数． 【知识点04】平行四边形 1.定义：有一组对边平行的四边形叫作梯形.两组对边分别平行的四边形叫作平行四边形.由上述定义，可知平行四边形是梯形的一种特殊情形.在梯形中，把一组平行的边称为梯形的底，另外的两边称为梯形的腰，如图(1)所示. 2.平行四边形的符号：＂＂表示，如图（2）所示的平行四边形，记作＂＂． 注意：表示平行四边形一定要按顺时针或逆时针依次注明各顶点. 3.平行四边形的基本元素 基本元素 主要内容 图示 边 邻边 和和和和，共有四对 对边 和和，共有两对 角 邻角 和和，和和，共有四对 对角 和和，共有两对 对角线 和，共有两条 【知识点05】平行四边形的性质 定理1：平行四边形的对边相等。 如图，连接AC. 因为四边形是一个平行四边形，由平行四边形的定义，得．所以．又因为是和的公共边，所以．由此可得． 定理2：平行四边形的对角相等. ∵四边形ABCD是一个平行四边形， ∴∠B=∠D，∠A=∠C（平行四边形的对角相等） ∵AD//BC, ∴∠A+∠B=180°解得x=60.于是x+60=120.所以，∠B=∠D=60°，∠A=∠C=120°. 定理3：平行四边形的对角线互相平分. 证明：因为四边形是一个平行四边形， 由平行四边形的定义和性质定理1，得AD//BC,AD=BC,由此可得OA=OC,OB=OD. 【知识点06】两条平行线之间的距离 定义 两条平行线中，一条直线上任意一点到另一条直线的距离，叫做这两条平行线之间的距离 性质 (1) 两条平行线之间的距离处处相等；(2) 夹在两条平行线间的平行线段相等 作图方法 如图所示，直线 ，在直线 上任取一 点 ，过点 向直线 作垂线，垂足为点 ，则线段 的长即为 ， 两条平行线 之间的距离 注意 (1)距离是指垂线段的长度，它是正数； (2)当两条平行线确定后，它们之间的距离是一定值，不随位置的改变而改变； (3) 平行线间的距离处处相等，因此在作平行四边形的高时，可根据需要灵活选择位置 四边形具有不稳定性. 【知识点07】平行四边形的判定方法 定理1两组对边分别相等的四边形是平行四边形. 如图，连接AC. 因为四边形ABCD是一个平行四边形，由平行四边形的定义，得，. 所以，. 又因为AC是和的公共边， 所以 △ ABC≌ △ CDA 由此可得，. 定理2一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. 如图，连接. 在和中，因为， 证明：∵ 四边形是一个平行四边形， ∴ 又 ∵ 点分别在边上，， ∴， 即． ∴ 四边形是一个平行四边形． 定理3对角线互相平分的四边形是平行四边形 在和中，因为，，所以． 由此推出，所以． 由平行四边形的判定定理2，得四边形是一个平行四边形 【知识点08】矩形的定义 定义：四个内角都是直角的四边形叫作矩形. 如图，在矩形中，由矩形的定义，可知． 所以，所以，即矩形的两组对边平行． 根据平行四边形的定义，可知矩形必然是平行四边形．所以，矩形是一种特殊的平行四边形． 注意：（1）有两个角是直角的四边形不一定是矩形，例如直角梯形. （2）矩形是平行四边形,但平行四边形不一定是矩形. 【知识点09】矩形的性质 矩形是一种特殊的平行四边形，它具有平行四边形的所有性质，矩形的性质也可以从边、角、对角线、对称性等几方面来研究，如下表所示: 图形 性质 符号表示 边 对边平行 对边相等 角 四个内角都是直角 对角线 两条对角线相 等且互相平分 对称性 是中心对称图形，对称中心是对角线的交点 是轴对称图形，对边中点所在的直线是它的对称轴 【知识点10】矩形的判定 1.定义判定法：四个内角都是直角的四边形叫作矩形. 2.判定定理1：有一个内角是直角的平行四边形是矩形. 注意：有一个角是直角的四边形不一定是矩形. 3.判定定理2：对角线相等的平行四边形是矩形. 注意：两条对角线相等的四边形不一定是矩形. 易错提醒： (1)判定矩形时，首先要分清是在平行四边形基础上判定还是在四边形基础上判定，然后根据已知条件选择方法. (2)用定理1判定一个四边形是矩形必须同时满足2个条件:一是有一个角是直角，二是平行四边形，也就是说有一个角是直角的四边形不一定是矩形. (3)用定理2证明一个四边形是矩形，也必须满足两个条件:一是对角线相等，二是平行四边形，也就是说两条对角线相等的四边形不一定是矩形. 【知识点11】菱形的定义 定义 四条边都相等的四边形叫作菱形. 注意：菱形的定义既是菱形的性质，也是菱形的判定. 如图，伸缩晾衣架、自动伸缩门、衣服都有菱形图案. 如图，在菱形ABCD中，由菱形的定义可知AB=BC=CD=AD.因为菱形ABCD的两组对边分别相等， 根据平行四边形的判定定理1，得到菱形必然是平行四边形.所以，菱形是一种特殊的平行四边形. 如图，将四个大小相同的矩形拼在一起，根据矩形的性质定理，里面蕴含了一个菱形. 【知识点12】菱形的性质 菱形是特殊的平行四边形，除具有平行四边形的一切性质之外，还有其他性质，菱形的性质可从对称性、边、角、对角线来研究，如下表: 图形 性质 符号表示 对称性 是中心对称图形，对称中心是对角线的交点 是轴对称图形，对称轴是对角线所在的直线 边 对边平行 四条边都相等 对角相等 角 邻角互补 对角线 两条对角线互相垂直平分 【知识点13】菱形的判定 1.菱形的判定方法 元素 判定 图示 文字语言 符号语言 边 定义法 四条边都相等的四边形叫作菱形. ∵ ， ∴ 四边形 A B C D 是菱形 定理1 有一组邻边相等的平行四边形叫是菱形 在中，∵ 是菱形 对角线 定理2 对角线互相垂 直的平行四边 形是菱形 在中， ∵ ， ∴ 是菱形 注意：在用菱形的定义判定一个四边形是菱形时，先判定这个四边形是平行四边形，再证一组邻边相等. 2.四边形、平行四边形、菱形的关系 （1）四边形→平行四边形：当四边形满足以下任一条件时，可判定为平行四边形： 一组对边平行且相等，两组对边分别平行， 两组对边分别相等 （2）平行四边形 → 菱形：当平行四边形满足以下任一条件时，可判定为菱形： 一组邻边相等，对角线互相垂直 （3）四边形 → 菱形（直接判定）：当四边形的四条边都相等时，可直接判定为菱形。 注意：(1)菱形是特殊的平行四边形，它具有平行四边形所有的性质.(2)菱形是轴对称图形，有两条对称轴，是对角线所在的直线.(3)菱形的两条对角线互相垂直，并且把菱形分成四个全等的直角三角形，进而可得菱形边长的平方等于两条对角线长一半的平方和.(4)菱形的四条边相等，故可连接对角线构造等腰三角形，利用等腰三角形的性质解题. 【知识点14】菱形的面积 面积计算方法 一般方法 特殊方法 基本图形 计算公式 常见关系 若菱形 A B C D 的对角线相交于点 ，则 （1）Rt ≌Rt ≌Rt ≌Rt ； （2） ； （3） 【知识点15】正方形的定义 定义 四个内角都是直角、四条边都相等的四边形叫作正方形. 正方形既是特殊的平行四边形，也是特殊的矩形、菱形 【知识点16】正方形的判定 （1）定义判定： 四个内角都是直角、四条边都相等的四边形叫作正方形。 （2）从边的角度判定： 有一组邻边相等的矩形是正方形。 （3）从角的角度判定： 有一个角是直角的菱形是正方形。 （4）从对角线的角度判定 ①对角线相等的菱形是正方形 ②对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形 ③对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形 ④对角线互相垂直的矩形是正方形 【知识点17】正方形的性质 正方形是一种特殊的平行四边形，它既是矩形，又是菱形，因此它具有平行四边形、矩形和菱形的一切性质.总结如下: 图形 性质 符号表示 对称性 是中心对称图形，对称中心是它的中心 是轴对称图形，有四条对称轴 边 对边平行 四条边相等 角 四个角都是直角 对角线 对角线相等且互相垂直平分 每条对角线平分一组对角 （1）正方形的每一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形； （2）若正方形的边长为 ，则对角线长为 ，面积为 ． 【知识点18】 平行四边形、矩形、菱形、正方形的联系与区别 类型 平行四边形 矩形 菱形 正方形 边 共性 对边平行且相等 特性 四条边都相等 角 共性 对角相等且邻角互补 特性 四个角都是直角 四个角都是直角 对角线 共性 对角线互相平分 特性 对角线相等 对角线互相垂直 对角线相等且互相垂直 【知识点19】三角形的中位线 1.中位线与中位线定理 连接三角形两边中点的线段叫作三角形的中位线. 如图，在 中，、 分别是边 、 的中点，于是线段 就是 的一条中位线.每一个三角形有三条中位线. 三角形的中位线定理 三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半. 2.三角形的中线与中位线的区别与联系: (1)区别:三角形的中线的一个端点是三角形的顶点，另一个端点是这个顶点对边的中点;而中位线的两个端点分别是三角形两边的中点. (2)联系:三角形的一条中位线与第三边上的中线互相平分. 3.关于三角形的三条中位线的结论 (1)三条中位线组成一个三角形，其周长为原三角形周长的一半; (2)三条中位线将原三角形分割成四个全等的三角形. 4.三角形中位线定理的作用 (1)证明位置关系:可以证明两条直线平行; (2)证明数量关系:可以证明线段的相等或倍分. 【知识点20】三角形的重心 三角形的三条中线交于一点，此交点叫作三角形的重心. 三角形重心定理 三角形的重心到一个顶点的距离等于它到该顶点对边中点的距离的两倍. 【题型一】多边形对角线的条数问题 1．（24-25八年级下·上海徐汇·期末）如果从多边形的一个顶点出发的对角线有4条，那么这个多边形的内角和为 ． 【题型二】多边形内角和问题 2．（22-23八年级下·上海静安·期中）如图：已知，．求证： 【题型三】多边形外角和的实际应用 3．（2023·上海普陀·二模）多边形的外角和等于（    ） A．360° B．270° C．180° D．90°． 4．已知在与中，，点在同一直线上，射线分别平分． (1)如图1，试说明的理由； (2)如图2，当交于点G时，设，求与的数量关系，并说明理由； (3)当时，求的度数． 【题型四】多边形内角和与外角和综合 5.一个凸多边形的内角中最多有几个锐角( ) A．个 B．个 C．个 D．个 6．（23-24八年级下·上海·期末）如果一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，那么这个多边形的边数为 ． 【题型五】(等腰)梯形的定义 7．（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 ． 8．（2023八年级下·上海·专题练习）已知：在梯形中，，，，点在边上，． (1)如图1，当为锐角时，设，的面积为y，求y与x之间的函数解析式，并写出函数的自变量x的取值范围； (2)当时，求的面积． 【题型六】利用平行四边形的性质求解 9．（24-25八年级下·上海·月考）如图，在中，，对角线相交于点，则的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【题型七】利用平行四边形的性质证明 10．（24-25八年级下·上海·月考）在中，连接，，的角平分线与交于点E，与交于点F，连接，． (1)求证：； (2)若，求的面积． 【题型八】利用平行线间距离解决问题 11．（24-25八年级下·上海黄浦·期末）如图，在梯形中，，连接，已知梯形的面积为17，的面积为12，那么的面积 ． 【题型九】证明四边形是平行四边形 12．（24-25八年级下·上海·月考）如图，将的边延长至点E，使，连接，F是边的中点，联结． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的面积． 【题型十】判断能否构成平行四边形 13．（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． 14．（22-23八年级下·上海宝山·期中）点A、B、C、D在一个平面内，若从①；②；③；④．这四个条件中选两个，但不能推导出四边形是平行四边形的选项是（　　） A．①② B．①④ C．②④ D．①③ 【题型十一】添一个条件成为平行四边形 15．（24-25八年级下·上海·月考）在四边形中，对角线和相交于点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． 【题型十二】利用平行四边形的判定与性质求解 16．（24-25八年级下·上海浦东新·期末）如图，梯形中，，，，，则 ． 17．如图，在四边形中，点为的中点，连接，并延长交的延长线于点，已知． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【题型十三】利用平行四边形性质和判定证明 18．（24-25八年级下·上海·期中）如图，是平行四边形的对角线，点、在上，要使四边形是平行四边形，还需要增加的一个条件是 （只要填写一种情况）． 19．（24-25八年级下·上海奉贤·期末）【阅读材料】 老师提出的问题∶ 同学们的方案∶ 如图，在平行四边形中，，为锐角．在对角线上如何确定点、 方案1∶分别作平分平分，交于点、． 的位置，使四边形为平行四边形？ 方案2∶取的两个三等分点、． 方案3∶在上任意取一点，连接，再以为圆心，长为半径画弧，交于点． 【解决问题】 (1)写出以上三种方案中正确方案，并选择一种正确的方案，在图1中画出图形，并说明理由； (2)除了这些同学们已经研究的方案之外，你还有其他方案吗？请写出方案，画出图形，并说明理由． 【题型十四】矩形性质理解 20．（2025·上海崇明·三模）正方形具有而一般矩形不一定具有的性质是（    ） A．两组对边分别相等 B．两条对角线互相平分 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 【题型十五】利用矩形的性质求角度 21．（2025八年级下·上海·专题练习）若矩形的一条对角线与一边的夹角是，则两条对角线相交所成的锐角是 ． 22．如图，已知点在矩形的边上，且．求的度数． 【题型十六】根据矩形的性质求线段长 23．（22-23八年级下·上海嘉定·期末）两张长为8，宽为2的矩形纸条交叉摆放，使得重叠部分是一个菱形（如图），那么该菱形的边长m的取值范围是 ． 24．（22-23八年级下·上海徐汇·月考）已知矩形中，，点在边上，且，点在边或上，连接、、，设．    (1)如图1，当时，求的值； (2)如图2，当时，如果为等腰三角形，求的面积； (3)直接写出使得为等腰三角形的点最多有几个？并指出使得点个数最多时的取值范围． 【题型十七】根据矩形的性质求面积 25．（22-23八年级下·上海普陀·期末）用一根20cm长的绳子围成一个矩形，使其相邻两边的长度比为，那么这个矩形的面积为 ． 【题型十八】利用矩形的性质证明 26．（24-25八年级下·全国·期末）如图，在矩形中，的平分线交于点E，且，于点H，连接并延长，交于点F，连接．下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【题型十九】矩形与折叠问题 27．（24-25八年级下·上海·期中）如图，矩形中，，，如果将该矩形沿对角线折叠，那么图中阴影部分的面积是 ． 【题型二十】矩形的判定定理理解 28．下列条件不能判定一个四边形是矩形的是（　　） A．四个内角都相等 B．四条边都相等 C．对角线相等且互相平分 D．对角线相等的平行四边形 【题型二十一】证明四边形是矩形 29．（22-23八年级下·上海·月考）有一个内角是直角的四边形的边长，，，，那么下列结论错误的是（    ） A．四边形的对角线互相平分 B．四边形的对角相等 C．四边形的对角线互相垂直 D．四边形的对角线相等 30．（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． 【题型二十二】添一条件使四边形是矩形 31．（22-23八年级下·上海黄浦·期末）在中，与相交于点O，要使四边形是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是(    ) A．； B．； C．； D．． 【题型二十三】根据矩形的性质与判定求角度 32．（22-23八年级下·上海松江·期末）正方形中，边长为，点在对角线上，连接，过点作，交直线于点．    (1)如图，当点在边上时，求证：； (2)当点在的延长线上时，设，面积为，求关于的解析式，并写出定义域； (3)若，求BM的长． 【题型二十四】根据矩形的性质与判定求线段长 33．（24-25八年级下·上海浦东新·期末）已知：如图，正方形中，，点F为对角线上一点，联结，过点F作交线段于点E（点E不与点B，点C重合），过E作，过D作，与交于点G． (1)证明四边形为正方形； (2)联结，设，，求y关于x的函数关系式，并写出定义域； (3)当为等腰三角形时，直接写出的长度． 【题型二十五】根据矩形的性质与判定求面积 34．（2022八年级下·上海·专题练习）如图，已知五边形ABCDE中，，∠A＝∠B＝90°，则可以将该五边形ABCDE分成面积相等的两部分的直线有 条． 35．在平面直角坐标系中，已知点A（3，5），B（5，3），C（﹣1，﹣3），D（﹣3，﹣1），试判定四边形ABCD的形状，并求出它的面积． 【题型二十六】利用菱形的性质求角度 36．（24-25八年级下·上海嘉定·期末）在菱形中，，则 度． 【题型二十七】利用菱形的性质求面积 37．（24-25八年级下·上海·期中）菱形的边长为，两条对角线之比为，则菱形一边上的高的长度为 ． 【题型二十八】利用菱形的性质证明 38．（24-25八年级下·上海·期中）菱形的对角线、相交于，下列条件能判断菱形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【题型二十九】添一个条件使四边形是菱形 39．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，点分别为的中点，是对角线，交的延长线于． (1)求证：； (2)若四边形是菱形，则四边形是什么特殊四边形？并证明你的结论． 40．（2024·上海金山·二模）在四边形中，，，对角线、相交于点．下列说法能使四边形为菱形的是（   ） A． B． C． D． 【题型三十】证明四边形是菱形 41．（22-23八年级下·上海宝山·期末）如图，在矩形中，对角线、相交于点，为的中点，连接并延长至点，使，连接、．    (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求的长． 【题型三十一】根据菱形的性质与判定求线段长 42．（2024八年级下·上海·专题练习）如图1，在菱形中，，，点是上一点，点在射线上，且，连接，设． (1)当点、在边上）运动时，的大小是否会变化？若不变，请求出度数，若变化，请说明理由． (2)若，求的值． (3)当在线段上时，设，求关于的函数关系式及其定义域． 【题型三十二】根据菱形的性质与判定求面积 43．（22-23八年级下·上海·月考）如图，等边的边长是2，点P是边上的任意一点（不与点B点C重合），连接，将翻折，使顶点A与P重合，折痕分别交边于G、H，折痕交于． (1)当时，求证： (2)设，，求y关于x的函数关系式及定义域． (3)如图2在直线上找点D（点D在外），满足，连接，过点P作交直线于E，连接． ①求证：四边形是菱形， ②当四边形与重叠部分面积是时，求的值， 【题型三十三】正方形的判定定理理解 44．（24-25八年级下·上海闵行·月考）下列说法中正确的是（ ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直的矩形是正方形 C．顺次联结矩形各边中点所得四边形是正方形 D．平行四边形是轴对称图形 【题型三十四】证明四边形是正方形 45．（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． 【题型三十五】根据正方形的性质求面积 46．（2023八年级下·上海·专题练习）如图，两个完全相同的等腰直角三角形，左图中正方形的面积是2004平方厘米，那么右图中正方形的面积是 平方厘米． 【题型三十六】正方形折叠问题 47．（24-25八年级下·上海嘉定·期末）如图，点是边长为6的正方形的边上的一点，联结，将沿折叠得到．联结并延长交于 (1)当时，求的长； (2)设，求关于的函数解析式，并写出函数的定义域． 【题型三十七】根据正方形的性质证明 48．（24-25八年级下·上海徐汇·期末）已知，如图，正方形的边长为6，点为射线上一个动点，连接，以点为圆心，为半径画弧与直线交于点，连接，且规定． (1)如图1，当点在边上时，求证：； (2)如图2，当点在边的延长线上时，求解下列问题： ①设的长为，的长为，试求关于的函数解析式及的取值范围； ②当时，求的长． 【题型三十八】根据正方形的性质与判定求角度 49．（25-26八年级·上海·月考）如图，已知在菱形中，点为对角线上一点，连结，过点作，与交于点，． (1)求证：； (2)求证：． 【题型三十九】根据正方形的性质与判定求线段长 50．（22-23八年级下·上海浦东新·月考）在直角梯形中，（），，，是上一点，且，，，那么直角梯形的面积是 ．    【题型四十】与三角形中位线有关的求解问题 51．（24-25八年级下·上海浦东新·期末）如图，矩形对角线相交于点O，与的夹角为，点E、F、G分别为中点，当四边形周长为8时，则矩形的面积是 ． 52．（24-25八年级下·上海浦东新·期末）已知，如图，，点E、F分别为，的中点，连接，设，，，且，则下列等式一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【题型四十一】与三角形中位线有关的证明 53．（24-25八年级下·上海·月考）如图，已知在中，点E、F分别是边的中点，过点E、F的直线交的延长线于点G、H，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，如果，求证：四边形是矩形． 【题型四十二】三角形中位线的实际应用 54．（2022八年级上·上海·专题练习）已知线段，．是上两点，且，是线段上一动点，在同侧分别作等边三角形和等边三角形，为线段的中点，点由点移动到点时，点移动的路径长度为 ． 【题型四十三】重心的有关性质 55．（22-23八年级下·上海普陀·期末）在中，，，，那么它的重心到点的距离是 ． 【题型四十四】中点四边形 56．（22-23八年级下·上海普陀·期中）四边形中，点E、F、G、H分别是的中点，下列条件中能使四边形为矩形的是（      ） A． B． C． D． 57．（2024八年级下·上海长宁·期末）如图，四边形中，，，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…；如此进行下去，得到四边形，那么四边形的周长为 ． 【题型四十五】（特殊）平行四边形的动点问题 58．如图，在直角梯形中，，，且，若动点P从A点出发，以每秒的速度沿线段向C点运动；动点Q从C点出发以每秒的速度沿向B点运动，当Q点到达B点时，动点P、Q同时停止运动，设点P、Q同时出发，并运动了t秒， （1）直角梯形的面积为 （2）当　　　　　秒时，四边形成为平行四边形？ （3）当　　　　　秒时，； （4）是否存在t，使得P点在线段上且？若存在，求出此时t的值，若不存在，说明理由. 【题型四十六】四边形其他综合问题 59．（2024八年级下·上海徐汇·期中）如图，点O是ABC中AC边上的一个动点，过点O作直线MN//BC，设MN交BCA的平分线于点E，交BCA的外角平分线于点F （1）求证：EO=FO （2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形？并证明你的结论 （3）若AC边上存在点O，使四边形AECF是正方形，且B=，问：的值为多少？（直接写出结果） 1 学科网（北京）股份有限公司 $