专题02 特殊的平行四边形15大题型（期中复习专项训练）八年级数学下学期新教材沪教版五四制

专题02 特殊的平行四边形 题型1 矩形性质求线段长（重点） 题型9 根据菱形的性质与判定求线段长（重点） 题型2 矩形、菱形、正方形的证明（重点） 题型10 根据正方形性质求线段长 （常考点） 题型3 矩形与折叠问题（难点） 题型11 正方形折叠问题 （难点） 题型4 矩形、菱形、正方形判定定理理解（常考点） 题型12 三角形的中位线 （难点） 题型5 添一条件使四边形是特殊平行四边形（重点） 题型13 重心（重点） 题型6 根据矩形的性质与判定求线段长（重点） 题型14 中点四边形（重点） 题型7 利用菱形的性质求线段长（重点） 题型15 四边形其他综合问题（难点） 题型8 利用菱形的性质求面积（常考点） 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 矩形性质求线段长（共4小题） 1．（23-24八年级下·上海徐汇·期中）在矩形中，对角线、相交于点O，，厘米，则对角线______厘米． 【答案】10 【知识点】根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查矩形的性质和等边三角形性质和判定，掌握矩形的性质和等边三角形性质和判定是解题关键．根据矩形性质得出，，，得出三角形为等边三角形，推出，根据厘米，求出结果即可． 【详解】解：如图： 四边形是矩形， ，，， ， ， 为等边三角形， ∴， ∴， ∵厘米， ∴厘米， ∴厘米， ∴厘米． 故答案为：10． 2．（24-25八年级下·上海·期中）已知点E为矩形的边上一点，若，，如果，那么_______． 【答案】8 【知识点】根据矩形的性质求线段长、等边对等角、含30度角的直角三角形 【分析】本题考查了矩形的性质，等边对等角，含30度角的直角三角形的性质，掌握“30度角对应的直角边长度为斜边长度的一半”是解题的关键． 利用余角的性质求得，利用等边对等角求得，再利用平角的定义求得，根据含30度角的直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：8． 3．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在矩形中，，，平分交于点，为线段上一动点，动点，分别在边，上，且，连接，．则的最小值是_____． 【答案】13 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、三角形三边关系的应用、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】本题考查三角形三边关系，角平分线的定义，矩形的性质，勾股定理，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． 如图，在上取一点，使得，连接，过点N作于点H，证明四边形是矩形，结合全等三角形的判定与性质得，利用勾股定理求出，再根据可得结论 【详解】解：如图，在上取一点，使得，连接，过点N作于点H， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴ ∵平分交于点， ∴ ∵， ∴ ∴ 则 ∵ ∴ ∵，， ∴ 则 ∴ 故的最小值为13， 故答案为：13． 4．（23-24八年级下·上海普陀·期中）小普同学在折叠平行四边形纸片的过程中发现：如果把平行四边形沿指它的一条对角线翻折，会得到很多结论．例如：在平行四边形中，，将沿直线翻折至，连接，可以得到． (1)如图1，如果与相交于点O，求证； (2)如图2，如果，当为顶点的四边形是矩形时，求出的长； (3)如图3，如果，当是直角三角形时，直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2)或2 (3)或或或 【知识点】利用平行四边形的性质求解、折叠问题、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长 【分析】（1）由平行四边形的定义可得，，，由折叠的性质可得，，于是可得、是等腰三角形，利用对顶角相等求得和即可证明； （2）分类讨论：①当四边形为矩形时和②当四边形为矩形时求解即可； （3）分类讨论：①当时， ②当时和③当时，根据含直角三角形的边长关系和勾股定理计算求值即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴． 由折叠可知，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴． ∵，即， ∴， ∴； （2）解：分类讨论：①当四边形为矩形时，如图， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴； ②当四边形为矩形时，如图， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 综上可知当为顶点的四边形是矩形时，的长为或2； （3）解：如果，当是直角三角形时，直接写出的长． 解：分类讨论：①当时，如图， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵，， ∴； ②当时，如图， ∵， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，． ∵， ∴； ③当时，如图，作于点H， 由折叠可知， ∴． 由（1）可知， ∴． ∵， ∴，， ∴， ∴，， ∴． ∵， ∴， ∴．　 ④当时，如图， 在平行四边形中，， ∴， 由（1）可知：， ∵， ∴； 综上可知的长为或或或． 【点睛】本题考查了特殊平行四边形的判定和性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，含直角三角形的性质，勾股定理等知识．正确作出图形并利用分类讨论的思想是解题关键． 题型二 矩形、菱形、正方形的证明（共6小题） 5．（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，在四边形中，对角线相交于点，延长至点E，使，连接． (1)当时，求证：； (2)当，且时，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】根据菱形的性质与判定求线段长、证明四边形是正方形、内错角相等两直线平行 【分析】本题考查平行线的判定，特殊四边形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定定理和性质定理是解题关键． （1）根据平行线的性质可证，结合题意可证四边形为菱形，即得出，再结合，即得出； （2）由（1）可知四边形为平行四边形，即得出，，．再结合题意即证明四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵， ∴． ∵， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴平行四边形为菱形， ∴． ∵， ∴； （2）证明：如图，，， 由（1）可知四边形为平行四边形， ∴，，． ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴， ∴平行四边形为菱形． ∵， ∴， ∴菱形为正方形． 6．（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． 7．（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，在四边形中，对角线相交于点，延长至点E，使，连接． (1)当时，求证：； (2)当，且时，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】根据菱形的性质与判定求线段长、证明四边形是正方形、内错角相等两直线平行 【分析】本题考查平行线的判定，特殊四边形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定定理和性质定理是解题关键． （1）根据平行线的性质可证，结合题意可证四边形为菱形，即得出，再结合，即得出； （2）由（1）可知四边形为平行四边形，即得出，，．再结合题意即证明四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵， ∴． ∵， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴平行四边形为菱形， ∴． ∵， ∴； （2）证明：如图，，， 由（1）可知四边形为平行四边形， ∴，，． ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴， ∴平行四边形为菱形． ∵， ∴， ∴菱形为正方形． 8．（24-25八年级下·上海奉贤·期中）如图，已知是的中线，M是的中点，过A点作，的延长线与相交于点E，与相交于点F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【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、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据等角对等边证明边相等 【分析】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟知平行四边形的性质与判定定理，矩形的判定定理是解题的关键． （1）可证明得到，再由三角形中线的定义得到，则可根据对边平行且相等的四边形是平行四边形证明结论； （2）连接交于H，可证明四边形是平行四边形，得到，则，进而证明，得到，则可证明，进而可证明四边形是矩形． 【详解】（1）证明：是的中点， ， ， ， 又， ， ， 又是的中线， ， 又， 四边形是平行四边形； （2）证明：如图所示，连接交于H， 由（1）可得， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 9．（24-25八年级下·上海·期中）如图，平行四边形中，为对角线上任一点． (1)连接、，若，求证：四边形是菱形； (2)若在上，连接、，若，，判断四边形的形状并证明． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是矩形，理由见解析 【知识点】证明四边形是矩形、证明四边形是菱形、全等的性质和HL综合（HL） 【分析】（1）分别过点和作的垂线，垂足分别为和，连接交于点，利用平行四边形的性质求得，再证明和全等，得到，说明点、点和点重合，据此即可证明四边形是菱形； （2）利用平行四边形的性质求得，由已知得到，由三角形的外角性质和三角形的内角和定理求得，，结合求得，据此即可证明四边形是矩形． 【详解】（1）证明：分别过点和作的垂线，垂足分别为和，连接交于点， ∵平行四边形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ∵，， ∴， ∴， ∴点、点和点重合，即于点， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形； （2）解：四边形是矩形，理由如下： ∵平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵平行四边形， ∴四边形是矩形． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理以及三角形的外角性质． 10．（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． 【知识点】全等三角形综合问题、根据旋转的性质求解、根据正方形的性质证明 【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． 题型三 矩形与折叠问题（共4小题） 11．（23-24八年级下·上海宝山·期末）已知矩形，，将沿着直线翻折，点D落在点E处，如果点E到直线的距离是6，那么的长是______． 【答案】或 【知识点】全等三角形综合问题、矩形与折叠问题、点到直线的距离、用勾股定理解三角形 【分析】分为两种情况分别画图计算．①如图，当时，交于点，过点E作交于点H，则，根据四边形是矩形，得出，根据折叠的性质得，，证明，得出，设，根据等面积法得出，从而得出，在中，根据勾股定理求出，即可求解； ②如图，时，过点E作交的延长线于点H，过点E作交于点F，则，根据四边形是矩形，得出，证出四边形是矩形，得到，，根据折叠的性质得，，，在中，根据勾股定理算出，设，，在中，根据勾股定理求出，即可求解； 【详解】解：①如图，当时，交于点，过点E作交于点H，则， ∵四边形是矩形， ， 根据折叠的性质得，， ∵， ∴， ∴， 设， ∵， 即， ∴， ∴， 在中，， 即， 解得：， ∴； ②如图，时，过点E作交的延长线于点H，过点E作交于点F，则， ∵四边形是矩形， ， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 根据折叠的性质得，，， 在中，， 设，， 在中，， 即， 解得：， ∴， 综上，或； 故答案为：或． 【点睛】此题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的性质和判定、三角形面积等知识点，熟练掌握折叠的性质，正确作出图形并分类讨论是解题的关键． 12．（24-25八年级下·上海·期中）已知四边形是矩形，点是边的中点，以直线为对称轴将翻折至，联结，那么图中与相等的角（除外）的个数为________． 【答案】4 【知识点】矩形与折叠问题、等腰三角形的性质和判定 【分析】本题考查了解析的性质，折叠问题，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．解决问题的关键是由等腰三角形的性质得出．由折叠的性质和等腰三角形的性质可得，，由平行线的性质，可得，进而得出结论． 【详解】解：由折叠知，，， 点是中点， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为： 13．（22-23八年级上·上海杨浦·期中）如图，把一张长方形的纸片折叠起来，使其对角顶点A、C重合，若长为，长为，其不重合部分的面积是_______． 【答案】/ 【知识点】矩形与折叠问题、全等的性质和HL综合（HL）、用勾股定理解三角形 【分析】设，则，根据矩形的性质和折叠的性质可证明，再由勾股定理求出，继而表示出的面积，即可求解． 【详解】四边形是矩形，长为，长为， ， ， 设，则， 把一张长方形的纸片折叠起来，使其对角顶点A、C重合， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得， 即， 解得， ， 其不重合部分的面积为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，直角三角形的全等判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 14．（23-24八年级下·上海奉贤·期中）如图，在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝4，点E是DC边上一点，将△ADE沿着直线AE翻折，点D落在点F处，AF与BC相交于点P，EF与BC相交于点Q，且FQ＝CQ，那么CE的长度是________________． 【答案】 【知识点】矩形与折叠问题、勾股定理与折叠问题 【分析】根据”ASA“可得△PFQ≌△ECQ，设EC＝x，则DE＝EF＝CP＝4﹣x，AP＝5﹣x，再利用勾股定理列方程可得答案． 【详解】解：由折叠可得∠F＝∠D＝90°， ∵∠EQC＝∠PQF，FQ＝CQ， ∴△EQC≌△PQF（ASA）， ∴EQ＝PQ，EC=PF ∴EF＝PC， 设EC＝x，则DE＝EF＝CP＝4﹣x，BP＝5﹣（4﹣x）＝x+1，AP＝5﹣x， 在Rt△ABP中，42+（x+1）2＝（5﹣x）2， 解得． 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，根据折叠找到边之间的关系，再利用勾股定理求解是关键. 题型四 矩形、菱形、正方形判定定理理解（共3小题） 15．（24-25八年级下·上海·期中）下列命题中是真命题的是（   ） A．对角线相等的矩形是正方形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线互相垂直的平行四边形是矩形 D．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 【答案】D 【知识点】正方形的判定定理理解、判断命题真假、矩形的判定定理理解、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了判断命题真假，平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解此题的关键． 根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可得出答案． 【详解】解：A、对角线垂直的矩形是正方形，故原说法错误，不符合题意； B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原说法错误，不符合题意； C、对角线相等的平行四边形是矩形，故原说法错误，不符合题意； D、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，正确，符合题意． 故选：D． 16．（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 【知识点】正方形的判定定理理解、判断能否构成平行四边形、矩形的判定定理理解、证明四边形是菱形 【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． 17．（23-24八年级下·上海普陀·期中）下列命题为真命题的是（    ） A．对角线的交点到各边距离都相等的四边形是菱形； B．对角线互相垂直平分的四边形是正方形； C．三条边相等的四边形是菱形； D．三个内角相等的四边形是矩形． 【答案】A 【知识点】正方形的判定定理理解、判断命题真假、矩形的判定定理理解、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了判断命题的真假、菱形、正方形及矩形的判定，根据菱形、正方形及矩形的判定逐一判断即可求解，熟练掌握菱形、正方形及矩形的判定是解题的关键． 【详解】解：A、对角线的交点到各边距离都相等的四边形是菱形，正确，是真命题，符合题意； B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，故不符合题意； C、四条边相等的四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，故不符合题意； D、三个内角是直角的四边形是矩形，故原命题错误，是假命题，故不符合题意； 故选A． 题型五 添一条件使四边形是特殊平行四边形（共6小题） 18．（2025·上海虹口·二模）已知四边形是平行四边形，对角线相交于点O，下列条件中，不能判定四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】添一条件使四边形是矩形、添一个条件使四边形是菱形、利用平行四边形的性质证明 【分析】本题考查了添加一个条件是矩形，添加一个条件是菱形，平行四边形的性质，解题关键是掌握上述判定与性质． 根据添加一个条件是矩形，添加一个条件是菱形，平行四边形的性质，对四个条件逐一分析，再作判断． 【详解】解：四边形是平行四边形， 添加，根据对角线相等的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故A不符合； 添加，可得， 根据对角线相等的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故B不符合； 添加，可得出四边形是菱形， 不能判定四边形是矩形，故C符合； ∵四边形是平行四边形， ∴， 添加，可得出， 根据一个角是直角的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故D不符合， 故选：C． 19．（22-23八年级下·上海奉贤·期末）已知四边形ABCD中，，，下列说法不正确的是(    ) A．如果，那么四边形是矩形 B．如果，那么四边形是矩形 C．如果，那么四边形是矩形 D．如果，那么四边形是矩形 【答案】B 【知识点】添一条件使四边形是矩形 【分析】根据题意可得对角线相等，且有一组对边平行，寻找构成平行四边形的条件即可求解． 【详解】解：A. ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又，则四边形是矩形，故该选项正确，不符合题意； B. 如果，那么四边形可以是等腰梯形，故该选项不正确，符合题意； C. ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又，则四边形是矩形，故该选项正确，不符合题意； D. ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴四边形是矩形， 又，则四边形是矩形，故该选项正确，不符合题意；    故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键． 20．（24-25八年级下·上海松江·期末）已知矩形的对角线、交于点，下列条件中能判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】添一个条件使四边形是正方形 【分析】本题考查正方形的判定定理，根据正方形的判定定理逐项分析即可得解，熟练掌握正方形的判定定理是解此题的关键． 【详解】解：A、，矩形对角线互相平分，必然成立，无法判定正方形，故不符合题意； B、，矩形对角线相等且平分，故，此条件恒成立，无法判定正方形，故不符合题意； C、，说明对角线与垂直，矩形对角线若垂直则为正方形，符合判定条件，故符合题意； D、，矩形对角线本相等，此条件恒成立，无法判定正方形，故不符合题意； 故选：C． 21．（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． 22．（23-24八年级下·上海青浦·期末）已知四边形中，，如果添加一个条件，即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】添一个条件使四边形是正方形、证明四边形是矩形 【分析】此题主要考查了正方形的判定，根据矩形的判定性质得出四边形是矩形是解决问题的关键． 根据四边形中，，得出四边形是矩形，再找出邻边相等条件即可． 【详解】解：∵， ∴是矩形， 又∵， ∴是正方形， 故添加的条件为， 故选D． 23．（2024八年级下·上海·专题练习）如图，四边形的对角线互相平分，要使它变为菱形，需要添加的条件是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】添一个条件使四边形是菱形 【分析】此题主要考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质．由四边形的对角线互相平分，得四边形是平行四边形，再由菱形的判定定理知，只需添加条件是邻边相等． 【详解】解：∵四边形的对角线互相平分， ∴四边形是平行四边形， ∴要使四边形是菱形，需添加或， 故选：C． 题型六 根据矩形的性质与判定求线段长（共5小题） 24．（24-25八年级下·上海奉贤·期中）如图，在中，，，，P为边上一动点（不与端点重合），，，垂足分别为E、F，M为的中点，设的长为x，则x的取值范围是__________． 【答案】 【知识点】利用勾股定理的逆定理求解、根据矩形的性质与判定求线段长、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】根据勾股定理的逆定理求出是直角三角形，得出四边形是矩形，求出，求出，即可得出答案． 【详解】解：如图所示，连接． ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，M为中点， ∴， ∵当时，值最小， ∴此时， ∴， ∴，即 当P和C重合时，， ∵P和B、C不重合， ∴，即 ∴，即 故答案为：． 【点睛】本题考查了垂线段最短，三角形面积，勾股定理的逆定理，矩形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线的性质，关键是求出的范围和得出． 25．（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】 【知识点】与三角形的高有关的计算问题、根据矩形的性质与判定求线段长 【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：． 26．（23-24八年级下·上海浦东新·期中）如图，已知正方形ABCD的边长为5厘米，EGAD，点H在边AD上，△CEH的面积为8平方厘米，则FG＝________厘米． 【答案】/1.8 【知识点】根据正方形的性质求线段长、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】过H作HM⊥EG于M，由四边形ABCD是正方形，，HM⊥EG，可得四边形AEGD、四边形HMGD是矩形，根据△CEH的面积为8平方厘米，有EF•MH+EF•CG=8，即得EF•CD=8，可求出EF=厘米，故FG=EG-EF=厘米． 【详解】解：过H作HM⊥EG于M，如图： ∵四边形ABCD是正方形，边长为5厘米， ∴AD=CD=5厘米，∠A=∠D=90°， ∵，HM⊥EG， ∴四边形AEGD、四边形HMGD是矩形， ∴EG=AD=5厘米，MH=DG， ∵△CEH的面积为8平方厘米， ∴ EF•MH+ EF•CG=8， ∴ EF•（MH+CG）=8， ∴ EF•（DG+CG）=8，即EF•CD=8， 又CD=5， ∴EF=， ∴FG=EG-EF=（厘米）， 故答案为： ． 【点睛】本题考查正方形性质及应用，解题的关键是根据△CEH的面积为8平方厘米，列出关于EF的方程，从而求得EF的长度． 27．（23-24八年级下·上海浦东新·期中）如图，在直角梯形ABCD中，ADBC，∠B＝90°，AD＝2，BC＝CD＝10，求梯形ABCD的周长． 【答案】28 【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】先利用作辅助线构造矩形，再利用勾股定理分别求出BM和DM，最后求出AB，再把四条边相加即可． 【详解】解：∵∥，， ∴即 如图，过D点作DM⊥BC于点M， ∴， ∴四边形ABMD是矩形， ∴BM=AD=2， ∴MC=10-2=8， 在Rt△DMC中，由， ∴ 由DM＞0， ∴DM=6， ∴AB=DM=6， ∴ ∴梯形ABCD的周长为28． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质和勾股定理，解题的关键是构造矩形，最后求出AB的值． 28．（24-25八年级下·上海·期中）如图，中，与，于，是三条高的交点，已知，，，求的长度（用含，，的代数式表示） 【答案】 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、根据矩形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】此题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 过点C作于点M，连结，，构造平行四边形，矩形，平行四边形，利用平行四边形的性质推知，利用勾股定理求出，即可得解． 【详解】解：如图，连结，过点C作于点M，连结，， ∵，， ∴， 同理，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵H是三条高的交点， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 题型七 利用菱形的性质求线段长（共3小题） 29．（22-23八年级下·上海普陀·期中）已知菱形有一个内角为，较短对角线长为6，那么较长的对角线长为________． 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、利用菱形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】如图，由题意知，，，由菱形的性质可知，，，，，则， 由勾股定理得，进而可求较长的对角线长的值． 【详解】解：如图，    由题意知，，， 由菱形的性质可知，，，，， ∴， 由勾股定理得， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，含的直角三角形，勾股定理等知识．解题的关键在于明确线段之间的数量关系． 30．（23-24八年级下·上海普陀·期中）已知菱形有一个内角为，较长对角线长为，那么较短的对角线长为________． 【答案】6 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、含30度角的直角三角形 【分析】本题考查菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理．掌握菱形的性质是解题关键．根据题意和菱形的性质得出，，，，从而得出，结合含度角的直角三角形的性质，得出，再根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图菱形，，， ∴，，，， ∴， ∴． ∵， ∴，即， ∴， ∴． 故答案为：6． 31．（24-25八年级下·上海·期中）如图，已知菱形的边长为，，将菱形绕点按逆时针旋转，得到菱形，其中、、的对应点分别是、、． (1)填空：当旋转角为时，则点、的距离是______； (2)连接，当在的延长线上时，求的大小． 【答案】(1) (2)或． 【知识点】利用菱形的性质求线段长、根据旋转的性质求解、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定和性质 【分析】（1）连接，根据菱形的性质和旋转的性质得到，，根据勾股定理计算即可； （2）分两种情况讨论即可． 【详解】（1）解：∵，旋转角为， ∴旋转后D与重合． 如图，连接， ∵菱形的边长为， ∴，， ∴ ∵将菱形绕点按逆时针旋转，得到菱形， ∴， ∴ 故答案为：； （2）解：当在D上方时， 如图，连接，，， ∵菱形， ∴垂直平分， 即在的垂直平分线上， ∴， ∵， ∴ ∴是等边三角形， 即， ∵， ∴， ∴； 当在B下方时， 同理可得； 综上所述，或． 【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 题型八 利用菱形的性质求面积（共4小题） 32．（22-23八年级下·上海杨浦·期中）如图，已知、是菱形的对角线，那么下列结论一定正确的是（    ） A． B．和的周长相等 C．菱形的周长等于两条对角线之和的两倍 D．菱形的面积等于两条对角线之积的一半 【答案】D 【知识点】多边形的周长、利用菱形的性质求线段长、利用菱形的性质求面积 【分析】利用菱形的性质依次进行判断即可． 【详解】解：A．由图可知，，故A不符合题意； B．在菱形中 AB=AD=BC ∵ ∴的周长大于的周长 故B不符合题意； C．菱形的周长与两条对角线之和无关，故C不符合题意；     D．菱形的面积等于两条对角线之积的一半，故D符合题意； 故选：D． 【点睛】本题主要考查菱形的性质的运用，正确灵活的运用菱形的性质是解决问题的关键． 33．（23-24八年级下·上海杨浦·期中）菱形的边长为10，一条对角线为16，它的面积是______． 【答案】96 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求面积、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题主要菱形的性质和面积公式，勾股定理．根据菱形的性质得到以及勾股定理求出另一条对角线的长，然后根据菱形的面积公式计算求值． 【详解】解：如图，菱形中，边，对角线，对角线交于点O， ∴，，， ∴， ∴， ∴它的面积是． 故答案为：96 34．（23-24八年级下·上海奉贤·期中）已知一个菱形的周长为24，一个锐角为，则这个菱形的面积为________． 【答案】 【知识点】利用菱形的性质求面积、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查菱形的性质，根据菱形的性质求出菱形的边长，根据含30度角的直角三角形的性质求出菱形的高，利用面积公式进行计算即可． 【详解】解：如图，四边形为菱形，，过点作，则：， ∵菱形的周长为24， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴菱形的面积为； 故答案为：． 35．（24-25八年级下·上海·期中）如图，已知线段AC． (1)请用无刻度直尺和圆规作出菱形ABCD，使得（不写作法和结论，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，如果，则菱形ABCD的面积为______，高为____． 【答案】(1)见解析 (2)4； 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求面积、作垂线(尺规作图) 【分析】本题考查作垂直平分线，菱形的性质，掌握菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键． （1）作线段的垂直平分线交于点，然后截取，得到四边形即可； （2）先根据菱形的面积等于对角线成绩的一半求出菱形的面积，然后根据勾股定理求出长，根据菱形的面积等于底乘高求出高解题即可； 【详解】（1）解：菱形即为所作； （2）解：∵， ∴菱形的面积为， ∵是菱形， ∴，， ∴， ∴菱形的高为， 故答案为：，． 题型九 根据菱形的性质与判定求线段长（共3小题） 36．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，在中，，是斜边上的中线，点E是的中点，过A作交的延长线于点F，连结． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，四边形的面积是30，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【知识点】证明四边形是菱形、根据菱形的性质与判定求线段长、利用平行四边形性质和判定证明、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查了斜边上的中线等于斜边的一半、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，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）先证明，得，结合斜边上的中线等于斜边的一半，得出，因为，证明四边形是平行四边形，因为，所以证明四边形是菱形； （2）先证明四边形是平行四边形，得出，由四边形是菱形，得出，把代入计算，即可作答． 【详解】（1）解：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，是斜边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：连接，如图所示： 由（1）知 ∵ ∴四边形是平行四边形， ∴ ∵四边形是菱形 ∴ ∵，菱形的面积是30， ∴ ∴ ∴． 37．（23-24八年级下·上海杨浦·期中）如图，E、F是对角线上两点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、根据菱形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质是解答的关键． （1）连接交于O，利用平行四边形的性质得到，，证得即可证得结论； （2）由勾股定理求得，根据菱形的判定证得四边形是菱形，则有，由勾股定理得，进而求得，利用求解即可． 【详解】（1）证明：连接交于O， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵，，， ∴， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， 则， 解得， ∴， ∴． 38．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，，，平分，点、分别为边和射线上的点（与，不重合），且，连接交于点． (1)若，求． (2)若为等腰三角形，求的长． (3)过点A作交于，取中点为，中点为，若四边形为梯形，直接写出的长． 【答案】(1)的长为4 (2)的长为3或 (3)的长为或 【知识点】全等三角形综合问题、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】本题考查了三角形全等的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，菱形的性质与判定等，根据题中条件，灵活运用所学知识，分类讨论，是解题的关键． （1）根据题中条件证明，推出，再利用等腰三角形三线合一的结论求值； （2）根据为等腰三角形，分或或讨论，利用三角形全等的性质和判定，勾股定理列方程求解，综合得出所有可能的值； （3）在上截取，连接交于N，过点作，交或延长线于I，证明，说明与的交点为的中点，再由四边形为梯形，分或讨论，综合得出所有可能的值． 【详解】（1）平分， ， ， ， 又， ， ， 又，， ， ， 若，则， ， ， 又， ． （2）由（1）知，， ，， ， 又， ， 若为等腰三角形，则或或， 又， ， 当时，如图1， ， ， 又， ， ， ， 当时，如图2， ， ， ， ， 过点A作于H，则，又， ，， 设，则，， 由勾股定理得，， ，解得， ， 综上可知，若为等腰三角形，则的长为3或． （3）在上截取，连接交于N，过点作，交或延长线于I，如图3所示： 由（1）知，可得， 为的中点， ， ， ， ， ， ， ， 又， ， ， 又， ， ，即与的交点为的中点， 若四边形为梯形，则或， 当时，结合，可知点N在上， ，N为的中点， ， 又， ，， ，G为的中点， ，， ， ， 易证四边形为矩形，可得，， 设，则，， 在中，，由勾股定理得，， ，解得， ， 当时，，如图5所示： ， ， 又 ， ， 又， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形是菱形， ， 由（2）可知． 综上可知，的长为或． 题型十 根据正方形性质求线段长 （共2小题） 39．（24-25八年级下·上海·期中）四边形是边长为4的正方形，点E在边所在的直线上，连接，以为边，作正方形（点D，点F在直线的同侧），连接，若，则的长为______． 【答案】1或 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、二次根式的乘法、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，作辅助线构建直角三角形全等是解决问题的关键．分点E在线段上，在线段延长线上，在线段延长线上三种情况，过作交直线于点，作于，证明，通过全等三角形的性质用表示出，求出，由勾股定理建立方程求解即可得出答案． 【详解】解：当点E在线段上时，过作交的延长线于点，作交延长线于，如图所示，则四边形是矩形，    ∴，， 四边形与四边形是正方形， ，， ， ， ，， ∴， ∵， ∴， ∴ ， 在中，由勾股定理得， ∴, ∴（舍去）或（舍去），故此种情况不成立； 如图所示，当点E在延长线上时，过作于点，作交延长线于， 同理可得，， ， 在中，由勾股定理得， ∴, 解得或（舍去）； 如图所示，当点E在延长线上时，过作交直线于点，作交延长线于， 同理可得，， ， 在中，由勾股定理得， ∴, 解得或（舍去）； 综上所述，的长为1或． 故答案为：1或． 40．（24-25八年级下·上海·期中）如图，是正方形的对角线，平分，已知．求的长． 【答案】/ 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、角平分线的性质定理 【分析】如图所示，过点E作于F，先由勾股定理求出，再由角平分线的性质得到，设，利用等面积法得到，解方程即可得到答案． 【详解】解：如图所示，过点E作于F， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵平分，， ∴， 设， ∵ ∴， 解得， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，角平分线的性质，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 题型十一 正方形折叠问题（共4小题） 41．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在正方形纸片中，对角线、相交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后，折痕分别交、于点、，连接，下列结论：①；②；③；④四边形是菱形；⑤，其中正确结论有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【知识点】根据正方形的性质求线段长、折叠问题、等腰三角形的性质和判定、证明四边形是菱形 【分析】①由四边形是正方形，可得，又由折叠的性质，可求得的度数；②由，可得；③由，可得的面积的面积；④由折叠的性质与平行线的性质，易得是等腰三角形，即可证得，易证得四边形是菱形；⑤由菱形性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，即可得． 【详解】解：四边形是正方形， ， 由折叠的性质可得： 故，故①正确． 由折叠的性质可得：，， ， ， ， ，故②错误． ， ，与同高， ，故③错误． ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， 四边形是菱形， 故四边形是菱形，故④正确． 四边形是菱形， ， ， ， ， 同理可得．故⑤正确． 故选：C． 【点睛】此题考查的是折叠的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质以及菱形的判定与性质等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用． 42．（22-23八年级下·上海长宁·期中）如图，在边长为2的正方形中，E为边的中点，点Р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．那么的长为___________．    【答案】/ 【知识点】用勾股定理解三角形、正方形折叠问题 【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可证明，可得，，利用等积法求出，然后计算即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵将沿直线翻折后，点C恰好落在线段上的点Q处， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：．    【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、折叠的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的性质定理是解题的关键． 43．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）如图，在正方形中，，点E在边上，连结，将沿翻折，点A的对应点为点F．当直线恰巧经过的中点M时，的长为________． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、正方形折叠问题 【分析】本题考查正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握正方形与折叠的性质是解题的关键． 连接，先由勾股定理求出，再由折叠的性质可知：，，则，设，则，由勾股定理得：，即，解得：，即可求解． 【详解】解：连接， ∴正方形中，， ∴， ∵点M是的中点， ∴， 由折叠的性质可知：，， ， 设，则， 由勾股定理得：， ， 解得：， ， 故答案为：． 44．（2023八年级下·上海·专题练习）如图，在正方形中，，点E是边上的任意一点（不与C、D重合），将沿翻折至，延长交边于点G，连接． (1)求证：； (2)若设，，求y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围； (3)连接，若，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2) (3) 【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、正方形折叠问题、解分式方程（化为一元一次）、函数解析式 【分析】（1）根据正方形的性质得到，，再根据折叠的性质得到，，根据三角形全等的判定方法，即可证得结论； （2）由（1）的结论得到，由折叠的性质可得，，则，，，在中，利用勾股定理得到，整理求解即可； （3）由，根据平行线的性质得，，又由得到，则，于是有，即，解得，然后把代入（2）中，即可求出x的值 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， 将沿翻折至， ． ，． 又， ； （2）解：， ， ， ． ， ，， 在中， ， ； （3）解：如图： ， ， ， ， ， ， ， 解得， 经检验：是原方程的解， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，解分式方程，勾股定理以及折叠的性质，解题时注意对基本图形的寻找． 题型十二 三角形的中位线 （共5小题） 45．（24-25八年级下·上海·期中）顺次联结一个四边形的四条边的中点得到一个菱形，那么原四边形可能是（   ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．梯形 【答案】C 【知识点】与三角形中位线有关的证明、利用菱形的性质证明、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，菱形和矩形的性质．根据三角形中位线定理以及菱形的性质，可得原四边形的对角线相等，即可求解． 【详解】解：如图，四边形的四边中点分别为，且四边形为菱形，连接四边形对角线， ∵中点分别为， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， 即原四边形的对角线相等， 故符合题意的是矩形． 故选：C 46．（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 【知识点】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，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：． 47．（2024八年级下·上海·专题练习）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E、F分别为OB、OD的中点，延长AE至点G，使EG＝AE，连接GC、CF． (1)求证：AE∥CF； (2)当AC＝2AB时，求证：四边形EGCF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、全等的性质和SAS综合（SAS）、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】（1）由平行四边形的性质可知OB＝OD，根据中点可求EO＝FO，根据SAS可证△AEO≌△CFO，根据全等三角形的性质可得∠AEO＝∠CFO，由平行线的判定定理可求解； （2）先证明四边形EGCF是平行四边形，再证AE⊥OB即可． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB＝OD，OA＝OC， ∵点E、F分别为OB、OD的中点， ∴EO＝OB，FO＝OD， ∴EO＝FO， 在△AEO和△CFO中， ， ∴△AEO≌△CFO（SAS）， ∴∠AEO＝∠CFO， ∴AE∥CF； （2）证明：∵EA＝EG，OA＝OC， ∴EO是△AGC的中位线， ∴EO∥GC， ∵AE∥CF， ∴四边形EGCF是平行四边形， ∵AC＝2AB，AC＝2AO， ∴AB＝AO， ∵E是OB的中点， ∴AE⊥OB， ∴∠OEG＝90°， ∴四边形EGCF是矩形． 【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，正确的识别图形是解题的关键． 48．（2024八年级下·上海·专题练习）已知：如图，在△ABC中，M、N分别是边AB、AC的中点，D是边BC延长线上的一点，且，连接CM、DN．求证：四边形MCDN是平行四边形． 【答案】证明见解析 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、利用平行四边形的判定与性质求解 【分析】根据三角形中位线的性质可得MN∥BC，且MN＝BC，再由条件可得MN＝CD，进而可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形MCDN是平行四边形． 【详解】证明：∵点M、N分别是AB、AC的中点， ∴MN∥BC，且MN＝BC． 即：MN∥CD． 又 CD＝BC， ∴MN＝CD． ∴四边形MCDN是平行四边形． 【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定，以及三角形中位线的性质，关键是掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．50．（24-25八年级下·上海·期中）如图，正方形中，点E、F分别为射线、射线上的点，且满足，联结，点G为的中点，射线交于点H． 49.（24-25八年级下·上海·期中）如图，正方形中，点E、F分别为射线、射线上的点，且满足，联结，点G为的中点，射线交于点H． (1)如图，当点E在线段上时， ①证明：； ②联结，当时，求：四边形的面积与正方形的面积之比． (2)当，时，求：的值． 【答案】(1)①见解析；② (2)或 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、根据正方形的性质证明、含30度角的直角三角形、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】（1）①先证明，，由直角三角形斜边中线得到，则，那么，由，可得，即可求证； ②延长交于点K ，可得，设正方形边长为，则，而为的中位线，则，那么，最后由即可求解； （2）当点在线段上时，在上截取，则为的中位线，那么，则，即，可得，根据角直角三角形的性质逆定理可得，导角得到，在上取点，连接，使得，则，那么，设，则，则,有，得，即可求解；当点线段延长线上时，在上截取，同理可得：，，则，在上取点，连接，使得，同理可得：，同理可得，，那么． 【详解】（1）证明：①如图： ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为的中点，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②延长交于点K， ∵， ∴， 即， ∵， ∴点为中点， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， 设正方形边长为，则， ∵为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∴； （2）解：当点在线段上时，在上截取， ∵为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 在上取点，连接，使得， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴, ∵， ∴， 解得：， ∴； 当点线段延长线上时，在上截取， 同理可得：，， ∴， 在上取点，连接，使得， 同理可得：， ∴同理可得，， ∴， ∴， 综上：的值或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形的性质及其逆定理，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，难度较大，解题的关键在于正确构造辅助线． 题型十三 重心（共4小题） 50．（23-24八年级下·上海·期末）点是的重心，，，则______． 【答案】 【知识点】重心的有关性质、三线合一、用勾股定理解三角形 【分析】先根据三角形的重心可得是的中点，再根据等腰三角形的性质即可求出长、，进而利用勾股定理可得长，即可得长，最后再一次利用勾股定理可得长． 【详解】解：如图， ∵点是的重心， ∴点是的中点， ∵， ∴，， 在中， ， , 在中，． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查三角形的重心、等腰三角形的性质、勾股定理，解题关键是熟知重心是所在中线的三等分点． 51．（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、斜边的中线等于斜边的一半、用勾股定理解三角形 【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． 52．（23-24八年级下·上海静安·期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点G是△ABC的重心，如果，AG＝2，那么AB＝______． 【答案】 【知识点】重心的有关性质、用勾股定理解三角形 【分析】由重心的性质得，从而可得AD的长，则由勾股定理可求得CD的长，从而得BC的长，再由勾股定理可求得AB的长． 【详解】∵点G是△ABC的重心，AG＝2， ∴DG＝1，AD＝3； ∵∠C＝90°， ∴，而， ∴CD＝2，BC＝2CD＝4； 由勾股定理得：， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了重心的性质及勾股定理等知识，三角形的重心到顶点的距离是它到对边中点距离的2倍，掌握重心这一性质是关键． 53．（25-26八年级·上海嘉定.期中）取一块质地均匀的三角形纸板ABC，如果用一条细线从重心处将三角形提起来，那么纸板就会处于水平状态．探究图①中的值是多少．吴老师为了让同学们更好地解决提出的问题，设置了以下两个任务，请同学们通过完成以下任务解决提出的问题． 【解决问题】 任务1：若的面积为，求的面积； 任务2：在任务1的条件下，求的值． 【拓展应用】如图②，在中，点O是的重心．连接并延长，分别交于点．若，，，直接利用上面的结论，求四边形的面积． 【答案】任务1：；任务2：2；【拓展应用】： 【知识点】根据三角形中线求面积、重心的概念、与三角形的高有关的计算问题 【分析】本题考查三角形中线的性质、重心及三角形面积的计算，掌握三角形中线的性质、重心及三角形面积的计算是解题的关键． 任务1：根据被中线分成的两个三角形“等底等高，面积相等”建立等式，再利用等式的基本性质即可得出； 任务2：结合任务1可知，再根据与同高即可求解； 【拓展应用】点是△的重心，类比任务1，任务2可知，，求得，，，，再根据，，，即可求解． 【详解】解：任务1：点为△的重心， ，，分别是，，边上的中点， ，， ， ； 任务2：由题意可知，， ， ， 与同高， ， 即； 【拓展应用】点是△的重心，类比任务1，任务2可知： ， ，， ，，，， ， ， ， 则， ． 题型十四 中点四边形（共4小题） 54．（24-25八年级下·上海·月考）已知，等腰梯形中，分别是的中点，那么四边形一定是（　　） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰梯形 【答案】B 【知识点】与三角形中位线有关的证明、中点四边形、利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定、三角形中位线的性质等知识，熟练掌握三角形中位线的性质是解决问题的关键．由题意得，推出，同理得出，即可得出四边形是平行四边形，由中位线的性质得出，，证得，即可得出结果． 【详解】解：在等腰梯形中，，，， ∴， ∴， 在四边形中，、、、分别是、、、的中点， ，， ， 同理：， 四边形是平行四边形， ∵、、、分别是、、、的中点， ，， ， ， 平行四边形是菱形； 故选：B． 55．（22-23八年级下·上海浦东新·期末）下列命题中，真命题是（    ） A．顺次联结平行四边形各边的中点，所得的四边形一定是矩形 B．顺次联结等腰梯形各边的中点，所得的四边形一定是菱形 C．顺次联结对角线垂直的四边形各边的中点，所得的四边形一定是菱形 D．顺次联结对角线相等的四边形各边的中点，所得的四边形一定是矩形 【答案】B 【知识点】中点四边形、判断命题真假 【分析】根据平行四边形、特殊的平行四边形的判定、中位线定理、中点四边形的定义进行判定即可． 【详解】解：如图：    观察图形：分别为的中点，根据中位线定理： ，， ∴四边形是平行四边形； A、顺次联结平行四边形各边的中点，所得的四边形是平行四边形，原命题为假命题，不符合题意； B、∵等腰梯形的对角线相等，即：当时， ∴， ∴四边形为菱形； ∴顺次联结等腰梯形各边的中点，所得的四边形一定是菱形，原命题为真命题，符合题意； C、当时，则：， ∴， ∴四边形为矩形； ∴顺次联结对角线垂直的四边形各边的中点，所得的四边形一定是矩形，原命题为假命题，不符合题意； D、当时，则：， ∴四边形为菱形； ∴顺次联结对角线相等的四边形各边的中点，所得的四边形一定是菱形，原命题为假命题，不符合题意． 故答案选：B． 【点睛】本题考查中位线定理应用、平行四边形、特殊的平行四边形的判定，掌握四边形的判定是解题关键． 56．（23-24八年级下·上海静安·期中）顺次联结等腰梯形各边中点得新四边形，再顺次联结新四边形各边中点所得的四边形是______． 【答案】矩形/长方形 【知识点】中点四边形 【分析】由三角形的中位线与底边平行且是底边的一半解答； 【详解】解：因为等腰梯形的对角线相等，所以等腰梯形的中点四边形是菱形， 因为菱形的对角线垂直，所以菱形的中点四边形是矩形． 故答案为：矩形． 【点睛】本题考查等腰梯形、菱形、矩形的性质，掌握其对角线特点是解题关键． 57．（24-25八年级下·上海奉贤·期末）如图，，在一座木建筑中，有一扇矩形窗户(四边形)，工人师傅准备连接窗户各边中点来制作精美的装饰边框，如果他们测得边的长为米，边的长为米，那么四边形的周长为________米． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、中点四边形 【分析】本题主要考查勾股定理 ，四边形的综合；根据题意得到四边形为菱形，结合勾股定理得到，再计算周长即可． 【详解】解：由题知：四边形为菱形； ， ， 所以形的周长为米， 故答案为：． 题型十五 四边形其他综合问题（共3小题） 58．（2024·上海闵行·二模）对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角形的“最优覆盖菱形”．问题：如图，在中，，，且的面积为m，如果存在“最优覆盖菱形”为菱形，那么m的取值范围是________． 【答案】 【知识点】四边形其他综合问题 【分析】由的面积为m可得的高为，然后再分三角形的高取最小值和最大值两种情况求解即可． 【详解】解：∵的面积为m ∴边BC上的高为 如图：当高取最小值时，为等边三角形，A与M或N或MN上一重合重合， 如图：过A作AD⊥BC，垂足为D ∵等边三角形ABC,BC=4 ∴∠ABC=60°,BC=4，∠BAD=30° ∴BD=2, ∴AD==2 ∴，即m=4； 如图：当高取最大值时，菱形为正方形， ∴A在中点， ∴，即m=8 ∴． 故填：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、正方形的性质、等边三角形的性质以及勾股定理，考查知识点较多，灵活应用相关知识成为解答本题的关键． 59．（22-23八年级下·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． 60．（24-25八年级下·上海宝山·月考）已知在平行四边形中，，将沿直线翻折，点落在点处，与相交于点，连接． (1)如图2，如果，求的面积； (2)如图1，若不平行于，求证：四边形是等腰梯形； (3)如果，当是直角三角形时，求的长． 【答案】(1)的面积 (2)见解析 (3)的长为或 【知识点】四边形其他综合问题、折叠问题、利用平行四边形的性质求解、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】本题是四边形综合题目，考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质、平行线的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握翻折变换的性质和平行四边形的性质是解题的关键． （1）利用矩形性质和勾股定理求三角形面积； （2）通过折叠和平行四边形性质证明四边形是等腰梯形； （3）分情况讨论直角三角形中不同角为直角时的长度． 【详解】（1）解：∵平行四边形中，， ∴四边形是矩形， ， 由（1）得：， 设，则，在Rt中，由勾股定理得， 解得：， ， ∴的面积； （2）证明：由折叠的性质得：， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 若不平行于 ∴四边形是梯形 ∵ ∴四边形是等腰梯形 （3）解：分 4 种情况： 如图，当时，延长交于， ， ， ， ， ， ， ， ∴是的中点， 在 中，， ； 如图，当时， ， ， 由折叠的性质得：， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 又， 在同一直线上， ， 中，， ； 当时，如图所示： ∵， ∴， ∵与交于点， ∴不符合题意舍去； 当时，如图所示： ∵， ∴， ∵与交于点， ∴不符合题意舍去。 综上所述，当是直角三角形时，的长为或. $专题02 特殊的平行四边形 题型1 矩形性质求线段长（重点） 题型9 根据菱形的性质与判定求线段长（重点） 题型2 矩形、菱形、正方形的证明（重点） 题型10 根据正方形性质求线段长 （常考点） 题型3 矩形与折叠问题（难点） 题型11 正方形折叠问题 （难点） 题型4 矩形、菱形、正方形判定定理理解（常考点） 题型12 三角形的中位线 （难点） 题型5 添一条件使四边形是特殊平行四边形（重点） 题型13 重心（重点） 题型6 根据矩形的性质与判定求线段长（重点） 题型14 中点四边形（重点） 题型7 利用菱形的性质求线段长（重点） 题型15 四边形其他综合问题（难点） 题型8 利用菱形的性质求面积（常考点） 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 矩形性质求线段长（共4小题） 1．（23-24八年级下·上海徐汇·期中）在矩形中，对角线、相交于点O，，厘米，则对角线______厘米． 2．（24-25八年级下·上海·期中）已知点E为矩形的边上一点，若，，如果，那么_______． 3．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在矩形中，，，平分交于点，为线段上一动点，动点，分别在边，上，且，连接，．则的最小值是_____． 4．（23-24八年级下·上海普陀·期中）小普同学在折叠平行四边形纸片的过程中发现：如果把平行四边形沿指它的一条对角线翻折，会得到很多结论．例如：在平行四边形中，，将沿直线翻折至，连接，可以得到． (1)如图1，如果与相交于点O，求证； (2)如图2，如果，当为顶点的四边形是矩形时，求出的长； (3)如图3，如果，当是直角三角形时，直接写出的长． 题型二 矩形、菱形、正方形的证明（共6小题） 5．（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，在四边形中，对角线相交于点，延长至点E，使，连接． (1)当时，求证：； (2)当，且时，求证：四边形是正方形． 6．（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． 7．（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，在四边形中，对角线相交于点，延长至点E，使，连接． (1)当时，求证：； (2)当，且时，求证：四边形是正方形． 8．（24-25八年级下·上海奉贤·期中）如图，已知是的中线，M是的中点，过A点作，的延长线与相交于点E，与相交于点F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，求证：四边形是矩形． 9．（24-25八年级下·上海·期中）如图，平行四边形中，为对角线上任一点． (1)连接、，若，求证：四边形是菱形； (2)若在上，连接、，若，，判断四边形的形状并证明． 10．（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． 题型三 矩形与折叠问题（共4小题） 11．（23-24八年级下·上海宝山·期末）已知矩形，，将沿着直线翻折，点D落在点E处，如果点E到直线的距离是6，那么的长是______． 12．（24-25八年级下·上海·期中）已知四边形是矩形，点是边的中点，以直线为对称轴将翻折至，联结，那么图中与相等的角（除外）的个数为________． 13．（22-23八年级上·上海杨浦·期中）如图，把一张长方形的纸片折叠起来，使其对角顶点A、C重合，若长为，长为，其不重合部分的面积是_______． 14．（23-24八年级下·上海奉贤·期中）如图，在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝4，点E是DC边上一点，将△ADE沿着直线AE翻折，点D落在点F处，AF与BC相交于点P，EF与BC相交于点Q，且FQ＝CQ，那么CE的长度是________________． 题型四 矩形、菱形、正方形判定定理理解（共3小题） 15．（24-25八年级下·上海·期中）下列命题中是真命题的是（   ） A．对角线相等的矩形是正方形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线互相垂直的平行四边形是矩形 D．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 16．（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 17．（23-24八年级下·上海普陀·期中）下列命题为真命题的是（    ） A．对角线的交点到各边距离都相等的四边形是菱形； B．对角线互相垂直平分的四边形是正方形； C．三条边相等的四边形是菱形； D．三个内角相等的四边形是矩形． 题型五 添一条件使四边形是特殊平行四边形（共6小题） 18．（2025·上海虹口·二模）已知四边形是平行四边形，对角线相交于点O，下列条件中，不能判定四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 19．（22-23八年级下·上海奉贤·期末）已知四边形ABCD中，，，下列说法不正确的是(    ) A．如果，那么四边形是矩形 B．如果，那么四边形是矩形 C．如果，那么四边形是矩形 D．如果，那么四边形是矩形 20．（24-25八年级下·上海松江·期末）已知矩形的对角线、交于点，下列条件中能判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 21．（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． 22．（23-24八年级下·上海青浦·期末）已知四边形中，，如果添加一个条件，即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 23．（2024八年级下·上海·专题练习）如图，四边形的对角线互相平分，要使它变为菱形，需要添加的条件是（　　） A． B． C． D． 题型六 根据矩形的性质与判定求线段长（共5小题） 24．（24-25八年级下·上海奉贤·期中）如图，在中，，，，P为边上一动点（不与端点重合），，，垂足分别为E、F，M为的中点，设的长为x，则x的取值范围是__________． 25．（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_______． 26．（23-24八年级下·上海浦东新·期中）如图，已知正方形ABCD的边长为5厘米，EGAD，点H在边AD上，△CEH的面积为8平方厘米，则FG＝________厘米． 27．（23-24八年级下·上海浦东新·期中）如图，在直角梯形ABCD中，ADBC，∠B＝90°，AD＝2，BC＝CD＝10，求梯形ABCD的周长． 28．（24-25八年级下·上海·期中）如图，中，与，于，是三条高的交点，已知，，，求的长度（用含，，的代数式表示） 题型七 利用菱形的性质求线段长（共3小题） 29．（22-23八年级下·上海普陀·期中）已知菱形有一个内角为，较短对角线长为6，那么较长的对角线长为________． 30．（23-24八年级下·上海普陀·期中）已知菱形有一个内角为，较长对角线长为，那么较短的对角线长为________． 31．（24-25八年级下·上海·期中）如图，已知菱形的边长为，，将菱形绕点按逆时针旋转，得到菱形，其中、、的对应点分别是、、． (1)填空：当旋转角为时，则点、的距离是______； (2)连接，当在的延长线上时，求的大小． 题型八 利用菱形的性质求面积（共4小题） 32．（22-23八年级下·上海杨浦·期中）如图，已知、是菱形的对角线，那么下列结论一定正确的是（    ） A． B．和的周长相等 C．菱形的周长等于两条对角线之和的两倍 D．菱形的面积等于两条对角线之积的一半 33．（23-24八年级下·上海杨浦·期中）菱形的边长为10，一条对角线为16，它的面积是______． 34．（23-24八年级下·上海奉贤·期中）已知一个菱形的周长为24，一个锐角为，则这个菱形的面积为________． 35．（24-25八年级下·上海·期中）如图，已知线段AC． (1)请用无刻度直尺和圆规作出菱形ABCD，使得（不写作法和结论，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，如果，则菱形ABCD的面积为______，高为____． 题型九 根据菱形的性质与判定求线段长（共3小题） 36．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，在中，，是斜边上的中线，点E是的中点，过A作交的延长线于点F，连结． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，四边形的面积是30，求的长． 37．（23-24八年级下·上海杨浦·期中）如图，E、F是对角线上两点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，，求的长． 38．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，，，平分，点、分别为边和射线上的点（与，不重合），且，连接交于点． (1)若，求． (2)若为等腰三角形，求的长． (3)过点A作交于，取中点为，中点为，若四边形为梯形，直接写出的长． 题型十 根据正方形性质求线段长 （共2小题） 39．（24-25八年级下·上海·期中）四边形是边长为4的正方形，点E在边所在的直线上，连接，以为边，作正方形（点D，点F在直线的同侧），连接，若，则的长为______． 40．（24-25八年级下·上海·期中）如图，是正方形的对角线，平分，已知．求的长． 题型十一 正方形折叠问题（共4小题） 41．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在正方形纸片中，对角线、相交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后，折痕分别交、于点、，连接，下列结论：①；②；③；④四边形是菱形；⑤，其中正确结论有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 42．（22-23八年级下·上海长宁·期中）如图，在边长为2的正方形中，E为边的中点，点Р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．那么的长为___________．    43．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）如图，在正方形中，，点E在边上，连结，将沿翻折，点A的对应点为点F．当直线恰巧经过的中点M时，的长为________． 44．（2023八年级下·上海·专题练习）如图，在正方形中，，点E是边上的任意一点（不与C、D重合），将沿翻折至，延长交边于点G，连接． (1)求证：； (2)若设，，求y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围； (3)连接，若，求的长． 题型十二 三角形的中位线 （共5小题） 45．（24-25八年级下·上海·期中）顺次联结一个四边形的四条边的中点得到一个菱形，那么原四边形可能是（   ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．梯形 46．（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__________． 47．（2024八年级下·上海·专题练习）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E、F分别为OB、OD的中点，延长AE至点G，使EG＝AE，连接GC、CF． (1)求证：AE∥CF； (2)当AC＝2AB时，求证：四边形EGCF是矩形． 48．（2024八年级下·上海·专题练习）已知：如图，在△ABC中，M、N分别是边AB、AC的中点，D是边BC延长线上的一点，且，连接CM、DN．求证：四边形MCDN是平行四边形． 49.（24-25八年级下·上海·期中）如图，正方形中，点E、F分别为射线、射线上的点，且满足，联结，点G为的中点，射线交于点H． (1)如图，当点E在线段上时， ①证明：； ②联结，当时，求：四边形的面积与正方形的面积之比． (2)当，时，求：的值． 题型十三 重心（共4小题） 50．（23-24八年级下·上海·期末）点是的重心，，，则______． 51．（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______． 52．（23-24八年级下·上海静安·期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点G是△ABC的重心，如果，AG＝2，那么AB＝______． 53．（25-26八年级·上海嘉定.期中）取一块质地均匀的三角形纸板ABC，如果用一条细线从重心处将三角形提起来，那么纸板就会处于水平状态．探究图①中的值是多少．吴老师为了让同学们更好地解决提出的问题，设置了以下两个任务，请同学们通过完成以下任务解决提出的问题． 【解决问题】 任务1：若的面积为，求的面积； 任务2：在任务1的条件下，求的值． 【拓展应用】如图②，在中，点O是的重心．连接并延长，分别交于点．若，，，直接利用上面的结论，求四边形的面积． 题型十四 中点四边形（共4小题） 54．（24-25八年级下·上海·月考）已知，等腰梯形中，分别是的中点，那么四边形一定是（　　） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰梯形 55．（22-23八年级下·上海浦东新·期末）下列命题中，真命题是（    ） A．顺次联结平行四边形各边的中点，所得的四边形一定是矩形 B．顺次联结等腰梯形各边的中点，所得的四边形一定是菱形 C．顺次联结对角线垂直的四边形各边的中点，所得的四边形一定是菱形 D．顺次联结对角线相等的四边形各边的中点，所得的四边形一定是矩形 56．（23-24八年级下·上海静安·期中）顺次联结等腰梯形各边中点得新四边形，再顺次联结新四边形各边中点所得的四边形是______． 57．（24-25八年级下·上海奉贤·期末）如图，，在一座木建筑中，有一扇矩形窗户(四边形)，工人师傅准备连接窗户各边中点来制作精美的装饰边框，如果他们测得边的长为米，边的长为米，那么四边形的周长为________米． 题型十五 四边形其他综合问题（共3小题） 58．（2024·上海闵行·二模）对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角形的“最优覆盖菱形”．问题：如图，在中，，，且的面积为m，如果存在“最优覆盖菱形”为菱形，那么m的取值范围是________． 59．（22-23八年级下·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） 60．（24-25八年级下·上海宝山·月考）已知在平行四边形中，，将沿直线翻折，点落在点处，与相交于点，连接． (1)如图2，如果，求的面积； (2)如图1，若不平行于，求证：四边形是等腰梯形； (3)如果，当是直角三角形时，求的长. $