专题01 四边形（四大考点，57题）（期中真题汇编，上海专用）八年级数学下学期

扇学科网 www.zxxk.com 专题01四边形（四大考点， 目目 考点01 多边形 1.C 2.C 3.C 4.20 5.6 6.54 7.900°/900度 8.八 9.八 目目 考点02 平行四边形 10.C 11.D 12.D 13.D 14.D 15.B 16.D 17.6 18.AE=CF(答案不唯一) 19.2<x<10 20.5 21.4 22.45 23.1 24.证明：：四边形ABCD是平行四边形， :AD =CB AD CB, :LDAE=∠BCF, 1/10 (L9 皇重素与谁不 学科网 在△ADE和△CBF中， AD=CB ∠DAE=∠BCF AE=CF :△ADE≌ACBF(SAS, ∠AED=∠CFB, :∠DEF+∠AED=∠BFE+∠CFB=I80°， ∴.∠DEF=∠BFE, :DE B F 25.(1)4 (2)12 26.口ABCD,点O为对角线AC的中点， .OA=OC,AD∥BC .∠DA0=∠BCO 又：∠A0E=∠C0F :.△AOE≌△COF(ASA ..OE=OF .同理可证，△A0G≌△C0H .0G=0H :.四边形EHFG为平行四边形， 27.证明：连接AD,EG, G .:AF∥ED,DE=AF, 四边形AEDF是平行四边形， .AE=DF,AE∥DF, .DG=DF www zxx k co m 让教与学更高效 函学科网 www.zxxk.com .DG=AE, .四边形AEGD是平行四边形， .AG和DE互相平分 目目 考点03 矩形、菱形与正方形 28.D 29.C 30.C 31.D 32.C 33.C 34.C 35.D 36.13 37.216 38. 5 39. 40.(72V2-485-72+24V6)平方厘米 42.25 43.(1)证明：：四边形ABCD是平行四边形， :ADI‖BC,AD=BC, .∠FAC=∠ECA; :E、F分别是边BC和AD的中点， :.CE=BC,AF=AD, 2 .AF CE, 又：AF‖CE, .四边形AECF是平行四边形； :CA平分LFCE, 3/10 让教与学更高效 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .LECA=∠FCA, .ZFCA=ZFAC, .AF =CF, :.平行四边形AECF是菱形： (2)证明：由(1)可得四边形AECF是菱形， :AE CE, .∠ECA=∠CAE, :∠GBC=∠CAE, LGBC=∠ECA, .AC∥BG; .四边形ABCD是平行四边形， .AB∥CD,即AB∥CG, 四边形ABGC是平行四边形； E为BC的中点，AE=CE, .BE CE AE, ∠EAB=∠EBA, :∠EAB+∠EBA+∠CAE+∠ECA=180°， .2∠EAB+2∠CAE=180°， .∠EAB+∠CAE=90°， ∠BAC=90°， 平行四边形ABGC是矩形. 44.(1)解：DE=DE理由如下： :四边形ABCD与四边形ABCD'都是矩形，如图①，连接CB, A‖ D ·∠ADC=∠CDE=90o, /B 图① 丽学科网 www.zxxk.com ·∠CDE=180°-∠ADC=90°， 即∠CDE=∠CDE' :将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时， :CD=CD’ 在Rt△CDE和Rt△CDE中， ∫CD=CD, L CE-CE ·Rt△CDE≌Rt△CDE(HL)' DE=DE (2)证明：如图2：连接AC, D A A'(E) B B C 图2 根据旋转的性质可得：AC=AC, :四边形ABCD是矩形， ·AD‖BC,AD=BC,∠ADC=90°， 即CD⊥AA' 又：AC=AC AD=AD' ·AD=BC: :AD‖BC'AD=BC, :四边形ADBC是平行四边形； (3)1或9 45.(1)证明：：∠ACB=90°，DF⊥AB, 5/10 让教与学更高效 得到矩形ABCD' 学科网 .∠DFA=90°， 在Rt△ACD与Rt△AFD中， DF=CD AD=AD .RtAACD≌RtAAFD (HL, .ZCAD=ZFAD,AC=AF 在△ACG与△AFG中， AC=AF ∠CAD=∠FAD, AG=AG .△ACG≌△AFG(SAS), .CG=FG,∠CGA=∠FGA, 在△CEG和aFEG中， CG=FG ∠CGA=∠FGA, EG=EG .△CEG≌△FEG(SAS, .CE EF,CEG=ZFEG (2)证明：：FG∥CE, .∠FGA=∠CEG, 由(1)知：∠CGA=∠FGA, .ZCGE ZCEG .CE=CG 由(1)知：CE=EF,CG=FG, ..CE=EF=FG=CG .四边形CEFG是菱形. (3)证明：AC=BC,∠ACB=90°， :∠CAB=∠B=180°-90)=45°， 2 由(1)知，∠CAD=∠FAD, .∠CAD=∠FAD=22.5°， www.zxxk.com 让教与学更高效 命学科网 www zxxk :E为AD的中点，∠ACB=90°， CE=AE三AD .∠CAE=∠ECA=22.5°， .LCEG=∠CAE+∠ECA=45°， 由(1)知：∠FEG=∠CEG=45°， .∠CEF=LCEG+∠FEG=90°， :四边形CEFG是菱形， 四边形CEFG是正方形. 46.证明：：四边形ABCD是平行四边形， :AB=CD,AB∥DC, :ZB ZDCF 在△ABE与△DCF中， AB=DO ∠B=∠DCF, BE=CF .△ABE≌△DCF(SAS), .AE=DF,∠AEB=∠DFC, AE∥DF, 四边形AEFD是平行四边形， .AD∥EF, .∠DAF=∠AFE, :AF平分∠EAD, ∴.∠DAF=∠EAF, .∠AFE=∠EAF, .AE EF, :四边形AEFD为菱形. 目目 考点04 三角形的中位线与重心 47.A 7/10 com 让教与学更高效 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 48.C 49.8 50.16V3 51.12 52.3√5 53.4V5 54.6 55.(1)解：AF=DE.理由如下： :四边形ABCD是正方形， AD=AB,∠DAB=∠ABC=90°. 又：AE=BF, :△DAE≌△ABF(SAS. :AF=DE (2)解：四边形HIJK是正方形.补全图形如图.理由如下： A K D H 0 E B 设AF,DE相交于点0O, H,L,J,K分别是AE,EF,FD,DA的中点， M=W号4，R=W-号E。 AF=DE, :HI=KJ=HK IJ ·四边形HIJK是菱形. DAE≌ABF, ∠ADE=∠BAF. :·∠ADE+∠AED=90°， .∠BAF+∠AED=90°， 函学科网 www.zxxk.com LA0E=90°. H,I,K分别是AE,EF,DA的中点， ∴.HK∥ED,HI∥AF. :∠KHI=90°. :四边形HIJK是正方形. 56.(1)证明：：D,E分别为边AB,AC的中点， :DE=BC,DE∥BC, DF =2DE :DF=BC, :DF BC, :四边形BCFD是平行四边形； (2)解：四边形BCDF是菱形. 联结CF; :四边形BCDF是平行四边形， :BD、CF互相平分， AF=AC, AB⊥CF,即BD⊥CF, :四边形BCDF是平行四边形， :平行四边形BCDF是菱形 57.(1)证明：如图，连接AC交BD于点O,连接E0,F0, 9/10 让教与学更高效 学科网 www.zxxk B 四边形ABCD是平行四边形， .AO=OC,BO=OD,AD//BC AD=BC 又：E,F分别为AB,CD的中点， 0E∥ADoF∥BC.0E=号0.0r-8c .OE∥BC,OE=OF, E,O,F共线， AO=CO,EO=FO .四边形AECF是平行四边形， .AF=CE,AF∥CE .∠GF0=∠HEO 又：∠G0F=∠H0E,OE=OF △GOF≌△HOE(ASA, .GF=HE, .AF-FG=CE-EH AG=CH (2)证明：由(1)可得到GF=HE,GF∥HE, :四边形GFHE是平行四边形， 又：BD⊥AD,AD∥EF, GH⊥EF, 四边形EHFG是菱形. com 让教与学更高效 专题01 四边形（四大考点，57题） 4大高频考点概览 考点01多边形 考点02平行四边形 考点03矩形、菱形与正方形 考点04 三角形的中位线与重心 选题说明：今年是八年级新课改第一年，选题从往年对应章节选取，请大家知悉，根据实际需求备课选用。 地 城 考点01 多边形 一、单选题 1．(24-25八下·上海杨浦区·期中)如果一个边形的内角和为，那么的值是（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 2．(24-25八下·上海莘松中学·期中)从一个九边形的一个顶点出发的对角线把这个九边形分割成的三角形个数是（   ） A． B． C． D． 3．(24-25八下·上海闵行区·期中)如果一个多边形的边数增加1，那么它的内角和将增加（   ）． A． B． C． D． 二、填空题考点01多边形 4．(24-25八下·上海金山区·期中)一个多边形从一个顶点出发有5条对角线，那么这个多边形共有________条对角线． 5．(23-24八下·上海毓秀学校&清河湾中学·期末)一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为__________ 6．(24-25八下·上海外国语大学附属外国语学校·期末)若一个多边形的内角和为1800°，则这个多边形的对角线条数是_______ ． 7．(24-25八下·上海徐汇区·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______． 8．(24-25七下·上海上海中学东校·期末)如果一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则该多边形是________边形． 9．(24-25七下·华东师范大学第二附属中学·期中)一个多边形的内角和是，则这个多边形是_______边形． 地 城 考点02 平行四边形 一、单选题 10．(24-25八下·上海娄山中学·期中)已知平行四边形的一条边长为14，下列各组数中，能分别作它的两条对角线长的是（   ） A．10与16 B．12与16 C．20与22 D．10与18 11．(24-25八下·上海延安实验初级中学·期中)如图，平行四边形中，两对角线交于点，，，，则对角线的长为（   ） A． B． C． D． 12．(24-25八下·上海宝山实验学校·期中)如图在四边形中，若已知，再添加下列条件之一，能使四边形成为平行四边形的条件是（　　） A． B． C． D． 13．(24-25八下·上海崇明区正大中学，东门中学，实验中学·期中)如图，在四边形中，E是边的中点，联结并延长交的延长线于点F，如果，那么再添加以下一个条件使得四边形是平行四边形，请选出正确的是（   ） A． B． C． D． 14．(24-25八下·上海松江区·期中)在四边形中，是对角线的交点，不能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 15．(24-25八下·上海毓秀学校&清河湾中学·期末)探究课上，小明画出，利用尺规作图找一点D，使得四边形为平行四边形的条件是（    ） A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等 C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等 16．(24-25八下·上海宝山区·期末)已知四边形，对角线相交于点O，下列条件中，能判断它是平行四边形的是（   ） A． B． C．， D． 二、填空题 17．(24-25八下·上海延安实验初级中学·期中)如图，在中，，，，点在边上，过点作于，交边于点，将沿直线翻折，点、分别与点、对应，如果四边形是平行四边形，那么的长是________． 18．(24-25八下·上海延安实验初级中学·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．(24-25八下·上海科技大学附属学校制·期中)梯形的上下底分别为3和7，一腰长为6，则另一腰长的取值范围是_____． 20．(24-25八下·上海科技大学附属学校制·期中)如图，已知平行四边形的对角线、交于点，，，且的周长为19，则的长为_____． 21．(24-25八下·上海崇明区九校·期中)已知平行四边形的周长是，和交于点O，比的周长小3，则的长为_____． 22．(24-25八下·上海娄山中学·期中)在中，若，则∠D为______度． 23．(24-25八下·上海奉贤区·期中)在平行四边形中，，，与的平分线分别交于，则的长为__________． 三、解答题 24．(24-25八下·上海宝山实验学校·期中)已知：如图，、是平行四边形对角线上的两个点，且．求证：． 25．(24-25八下·上海崇明区正大中学，东门中学，实验中学·期中)如图，在平行四边形中，已知对角线与相交于点O，． (1)求的长； (2)求的面积． 26．(24-25八下·上海松江区·期中)已知，点为对角线的中点，过点分别作直线，，直线交边、于点、，直线交边、于点、．求证：四边形为平行四边形． 27．(24-25八下·上海西初级中学·期中)已知： 如图， 在中，点D、E、F分别为上的点，，且，延长到点 G，使． 求证：互相平分． 地 城 考点03 矩形、菱形与正方形 一、单选题考点03矩形、菱形与正方形 28．(24-25八下·上海延安实验初级中学·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． 29．(24-25八下·上海科技大学附属学校制·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 30．(24-25八下·上海育才初级中学·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 31．(24-25八下·上海育才初级中学·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 32．(23-24八下·上海杨浦区·期末)下列命题中，正确的是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．对角线互相垂直的菱形是正方形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线相等的平行四边形是正方形 33．(24-25八下·上海洋泾菊园实验学校·期末)如图，用四根相同长度的木条制作成正方形，测得对角线长为，如果将此正方形变形为菱形，且，那么菱形对角线长为（    ） A．10 B． C． D． 34．(24-25八下·上海黄浦区·期末)把一张矩形纸片沿对角线折叠，点B的对应点为点E，边交边于点G．连接（如图所示）．当时，下列结论中，不正确的是（　　） A． B． C． D． 35．(24-25八下·上海黄浦区·期末)已知四边形中，对角线与相交于点O，，，再添加一个条件使四边形是菱形，添加条件不正确的是（　　） A． B． C． D． 二、填空题 36．(24-25八下·上海民办立达中学·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_____． 37．(24-25八下·上海延安实验初级中学·期中)如图：菱形的顶点坐标为，顶点在轴的正半轴上，反比例函数的图像经过顶点，则的值为________． 38．(24-25八下·上海延安实验初级中学·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________． 39．(24-25八下·上海奉贤区上海奉贤世界外国语学校·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__________． 40．(24-25八下·上海奉贤区上海奉贤世界外国语学校·期中)同学用两幅三角板拼出了如图的平行四边形，内部留白部分也是平行四边形（直角三角板互不重叠）含有相同角的三角板都全等，同一套三角板中的三角形斜边上的高均为6厘米，那么中间留白部分的平行四边形面积为__________． 41．(24-25八下·上海科技大学附属学校制·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_____． 42．(24-25八下·上海洋泾菊园实验学校·期末)如图，矩形中，，对角线和相交于点O，且，过点D作的平行线，过点C作的平行线，两平行线交于点E，那么四边形的面积是_________． 三、解答题 43．(24-25八下·上海洋泾菊园实验学校·期末)如图，在平行四边形中，E、F分别是边和的中点，连接、，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)作，与的延长线交于点G．求证：四边形是矩形． 44．(24-25八下·上海科技大学附属学校·期末)将矩形绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形，点A，B，D的对应点分别为点，，，设直线与直线交于点E． (1)猜想与的数量关系，并证明； (2)如图②，在旋转的过程中，当点恰好落在矩形的对角线上时，点恰好落在的延长线上（即点与点E重合），连接，求证：四边形是平行四边形； (3)在矩形绕点C顺时针旋转的过程中，若，，当，，D三点在同一条直线上时，请求出的值． 45．(24-25八下·上海浦东新区民办欣竹中学·期末)已知：如图，在中，，点D在上，，垂足为F，且，点E为线段的中点，过点F作交射线于G，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． (3)当时，求证：四边形是正方形． 46．(24-25八下·上海浦东新区川沙中学·期末)已知：如图，平行四边形中，点E在边上，点F在线段延长线上，且，平分，求证：四边形为菱形． 地 城 考点04 三角形的中位线与重心 一、单选题 47．(24-25八下·上海浦东新区川沙中学·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． 48．(24-25八下·上海金山区·期末)在四边形中，点、、、分别是各边的中点，四边形是正方形，下列选项中正确的是（   ） A．四边形一定是矩形 B．四边形一定是正方形 C．四边形的对角线相等且垂直 D．四边形有一组邻边相等且有一个内角是直角 二、填空题 49．(24-25八下·上海浦东新区民办欣竹中学·期末)如图，在四边形中，、、、分别是边、、、的中点，若，且 ，则四边形的面积为________． 50．(24-25八下·上海浦东新区川沙中学·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_____． 51．(24-25八下·上海杨浦区·期末)如图，在中，，点D、E分别是边、的中点，点F是线段上的一点且，连接、，若，则线段的长为______． 52．(24-25八下·上海黄浦区·期末)如图，正方形和正方形的边长分别为和，点，分别在边，上，为的中点，连接，则的长为 ______． 53．(24-25八下·上海青浦区·期末)已知点、、、分别为菱形四边、、、的中点，如果，，那么四边形的面积为________． 54．(24-25八下·上海虹口区·期末)如图，在中，分别是边的中点，连接．如果，那么的长为___________．    三、解答题 55．(24-25八下·上海嘉定区·期末)如图，在正方形中，点、分别在、上，且． (1)求证：； (2)连接、，分别取、、、的中点、、、，四边形是什么特殊的平行四边形？请在图中补全图形，并说明理由． 56．(24-25八下·上海普陀区·期末)如图，在中，，分别为边，的中点，延长至点，使得，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)，如果，请判断四边形是什么特殊的平行四边形，并证明． 57．(24-25八下·上海青浦区·期末)已知：如图，在平行四边形中，点、分别是边、的中点，、与对角线分别相交于点、，联结、． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是菱形． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 四边形（四大考点，57题） 4大高频考点概览 考点01多边形 考点02平行四边形 考点03矩形、菱形与正方形 考点04 三角形的中位线与重心 选题说明：今年是八年级新课改第一年，选题从往年对应章节选取，请大家知悉，根据实际需求备课选用。 地 城 考点01 多边形 一、单选题 1．(24-25八下·上海杨浦区·期中)如果一个边形的内角和为，那么的值是（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【分析】本题考查了边形的内角和公式，依题意，列式进行计算，即可作答． 【详解】解：∵一个边形的内角和是， ∴， 解得， 故选：C． 2．(24-25八下·上海莘松中学·期中)从一个九边形的一个顶点出发的对角线把这个九边形分割成的三角形个数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的对角线，根据边形从一个顶点引出的对角线条数为条，可分成个三角形即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：从一个九边形的一个顶点出发的对角线把这个九边形分割成的三角形个数为个， 故选：． 3．(24-25八下·上海闵行区·期中)如果一个多边形的边数增加1，那么它的内角和将增加（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理，设原多边形的边数为n，则边数变化后的多边形边数为，根据多项式内角和计算公式分别表示出变化前后多边形内角和，二者相减即可得到答案． 【详解】解：设原多边形的边数为n，则边数变化后的多边形边数为， ∴原来多边形的内角和为，变化后的多边形内角和为， ∵， ∴内角和将增加， 故选：C． 二、填空题考点01多边形 4．(24-25八下·上海金山区·期中)一个多边形从一个顶点出发有5条对角线，那么这个多边形共有________条对角线． 【答案】20 【分析】本题主要考查了多边形对角线条数问题，从一个n边形的一个顶点出发有对角线，n边形公有条对角线，据此先求出多边形的边数，再求出其对角线条数即可． 【详解】解：设多边形为n边形， ∵从n边形的一个顶点出发共有5条对角线， ∴， ∴， ∴这个多边形的边数为8， ∴这个多边形共有条对角线， 故答案为：20． 5．(23-24八下·上海毓秀学校&清河湾中学·期末)一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为__________ 【答案】6 【分析】本题利用任意多边形外角和为定值360°，结合题目给出的内角和与外角和的数量关系，再根据多边形内角和公式列方程求解即可得到边数． 【详解】设这个多边形的边数为， 根据题意列方程得， 解得． 6．(24-25八下·上海外国语大学附属外国语学校·期末)若一个多边形的内角和为1800°，则这个多边形的对角线条数是_______ ． 【答案】54 【分析】本题考查了多边形内角和公式与对角线公式的结合应用，关键在于准确求出边数并代入计算．根据多边形的内角和公式求出边数，然后根据对角线的条数的公式进行计算即可求解． 【详解】解：设多边形的边数是n，则 ， 解得， 多边形的对角线条数公式为：， 代入： 故答案为：54． 7．(24-25八下·上海徐汇区·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】/900度 【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． 8．(24-25七下·上海上海中学东校·期末)如果一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则该多边形是________边形． 【答案】八 【分析】本题考查多边形内角和与外角和，根据题意，设该多边形的边数为，由题意列方程求解即可得到答案．熟记多边形内角和与外角和是解决问题的关键． 【详解】解：设该多边形的边数为， 这个多边形的内角和为， 多边形的内角和是它的外角和的3倍， ，解得， 故答案为：八． 9．(24-25七下·华东师范大学第二附属中学·期中)一个多边形的内角和是，则这个多边形是_______边形． 【答案】八 【分析】本题考查了多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式为是解答本题的关键．根据多边形内角和公式求解即可． 【详解】设这个多边形是n边形， 由题意得， 解得， ∴这个多边形是八边形． 故答案为：八． 地 城 考点02 平行四边形 一、单选题 10．(24-25八下·上海娄山中学·期中)已知平行四边形的一条边长为14，下列各组数中，能分别作它的两条对角线长的是（   ） A．10与16 B．12与16 C．20与22 D．10与18 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，构成三角形的条件，在平行四边形中，对角线交于点O，，则，令对角线的长等于对应选项中的值，进而得到的长，再判断能否构成三角形即可得到答案． 【详解】解：如图所示，在平行四边形中，对角线交于点O，，则， A、当时，则， ∴，即此时不能构成三角形，故此选项不符合题意； B、当时，则， ∴，即此时不能构成三角形，故此选项不符合题意； C、当时，则， ∴，即此时能构成三角形，故此选项符合题意； D、当时，则， ∴，即此时不能构成三角形，故此选项不符合题意； 故选：C． 11．(24-25八下·上海延安实验初级中学·期中)如图，平行四边形中，两对角线交于点，，，，则对角线的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，先根据平行四边形的性质得，，，再运用勾股定理算出，以及，进行作答即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∵， ∴， 则， 在中，， ∴， 故选：D 12．(24-25八下·上海宝山实验学校·期中)如图在四边形中，若已知，再添加下列条件之一，能使四边形成为平行四边形的条件是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了平行四边形的判定．根据平行四边形的判定进行逐项判断即可． 【详解】解：A、由，，不能判定四边形成为平行四边形，故选项A不符合题意； B、由，，不能判定四边形成为平行四边形，故选项B不符合题意； C、∵， ∴，不能判定四边形成为平行四边形，故选项C不符合题意； D、∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形，故选项D符合题意； 故选：D． 13．(24-25八下·上海崇明区正大中学，东门中学，实验中学·期中)如图，在四边形中，E是边的中点，联结并延长交的延长线于点F，如果，那么再添加以下一个条件使得四边形是平行四边形，请选出正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的判定．当添加时，可证得，进而推出，，即可得到四边形是平行四边形． 【详解】解：当添加时，， ∵点E是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． 而添加，，均无法证明四边形是平行四边形． 故选：D 14．(24-25八下·上海松江区·期中)在四边形中，是对角线的交点，不能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的判定，三角形全等的判定与性质，根据三角形全等的判定与性质以及平行四边形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：如图， A选项：∵，， ∴四边形是平行四边形，本选项不合题意； B选项：∵， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形，本选项不合题意； C选项：∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，本选项不合题意； D选项：由无法证明四边形是平行四边形，本选项符合题意． 故选：D． 15．(24-25八下·上海毓秀学校&清河湾中学·期末)探究课上，小明画出，利用尺规作图找一点D，使得四边形为平行四边形的条件是（    ） A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等 C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等 【答案】B 【分析】此题考查了平行四边形的判定，根据作图可知，，即可得到答案. 【详解】解：由作图可知，， ∴四边形为平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形） 故选：B 16．(24-25八下·上海宝山区·期末)已知四边形，对角线相交于点O，下列条件中，能判断它是平行四边形的是（   ） A． B． C．， D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定．根据平行四边形的判定定理逐一分析选项，选项D满足对角线互相平分且一组对边平行的条件． 【详解】解：选项A中，，但无法证明另一组对边平行或相等，可能存在等腰梯形的情况，故排除； 选项B中，，仅说明被平分，但未给出被平分的条件，无法确定四边形为平行四边形； 选项C中，且，但这两个角并非对角，无法通过边角关系直接判定为平行四边形； 选项D中，（即被O平分）；由可得（内错角相等），结合，，可证，从而，此时对角线均被O平分，满足对角线互相平分的判定条件，故四边形为平行四边形． 故选：D． 二、填空题 17．(24-25八下·上海延安实验初级中学·期中)如图，在中，，，，点在边上，过点作于，交边于点，将沿直线翻折，点、分别与点、对应，如果四边形是平行四边形，那么的长是________． 【答案】6 【分析】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，折叠的性质，平行四边形的性质，掌握以上知识，数形结合分析是关键． 根据题意作图，由含30度角的直角三角形的性质得到，折叠的性质，平行四边形的性质，结合三角形外角的性质得到，由即可求解． 【详解】解：根据题意作图如下， ∵在中，，，， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴相互平分，交于点， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：6 ． 18．(24-25八下·上海延安实验初级中学·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） 【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．(24-25八下·上海科技大学附属学校制·期中)梯形的上下底分别为3和7，一腰长为6，则另一腰长的取值范围是_____． 【答案】 【分析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，三角形三边关系．作辅助线：平移一腰，构造一个三角形，再根据三角形的三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．从而求得答案． 【详解】解：如图，梯形中，，，，，， 过D作，交于E点， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 根据题意得：，即． 故答案为：． 20．(24-25八下·上海科技大学附属学校制·期中)如图，已知平行四边形的对角线、交于点，，，且的周长为19，则的长为_____． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形得到，，再根据周长得到． 【详解】解：∵平行四边形的对角线、交于点，，， ∴，，， ∵的周长为19， ∴, 故答案为：． 21．(24-25八下·上海崇明区九校·期中)已知平行四边形的周长是，和交于点O，比的周长小3，则的长为_____． 【答案】4 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的周长，熟练掌握知识点是解决本题的关键． 根据平行四边形的性质可得，再根据比的周长小3，即可求得． 【详解】解：∵平行四边形的周长是， ∴， ∵比的周长小3， ∴， ∴． 故答案为：4． 22．(24-25八下·上海娄山中学·期中)在中，若，则∠D为______度． 【答案】45 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的对角相等，对边平行是解题的关键． 根据平行四边形的性质，可得，，再结合，可得到，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：45 23．(24-25八下·上海奉贤区·期中)在平行四边形中，，，与的平分线分别交于，则的长为__________． 【答案】1 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等角对等边，角平分线的定义，由平行四边形的性质得到，再由平行线的性质和角平分线的定义推出，得到，同理可得，据此可得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵与的平分线分别交于， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∴， 故答案为：1． 三、解答题 24．(24-25八下·上海宝山实验学校·期中)已知：如图，、是平行四边形对角线上的两个点，且．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．根据平行四边形的性质证明得到，再由等角的补角相等得到，即可证明平行． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ． 25．(24-25八下·上海崇明区正大中学，东门中学，实验中学·期中)如图，在平行四边形中，已知对角线与相交于点O，． (1)求的长； (2)求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】此题考查了平行四边形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质是关键． （1）根据平行四边形的性质和勾股定理得到，即可得到的长； （2）根据平行四边形的性质得到，利用三角形的面积公式进行计算即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴． （2）∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴的面积为 26．(24-25八下·上海松江区·期中)已知，点为对角线的中点，过点分别作直线，，直线交边、于点、，直线交边、于点、．求证：四边形为平行四边形． 【答案】见解析 【分析】此题考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，平行线的性质，解题的关键是掌握以上知识点． 由平行四边形得到，，，证明出，得到，同理得到，即可证明四边形为平行四边形． 【详解】∵，点为对角线的中点， ∴， ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴同理可证， ∴ ∴四边形为平行四边形． 27．(24-25八下·上海西初级中学·期中)已知： 如图， 在中，点D、E、F分别为上的点，，且，延长到点 G，使． 求证：互相平分． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，掌握平行四边形的性质和判定，正确的作出辅助线是解题的关键；由，，可得四边形是平行四边形，进而可得，由可得，进而可证四边形是平行四边形，由平行四边形的性质即可得证． 【详解】证明：连接，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴和互相平分． 地 城 考点03 矩形、菱形与正方形 一、单选题考点03矩形、菱形与正方形 28．(24-25八下·上海延安实验初级中学·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 【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． 29．(24-25八下·上海科技大学附属学校制·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 【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． 30．(24-25八下·上海育才初级中学·期中)用两个全等的直角三角形拼成下列图形：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形；⑤等腰三角形，⑥等边三角形，一定可以拼成的是（   ） A．①④⑤ B．①②③④ C．①②⑤ D．②⑤⑥ 【答案】C 【分析】本题考查了正方形、菱形、矩形、平行四边形、等腰三角形、等边三角形的性质的应用，属于几何构图问题，解决本题的关键熟悉以上图形的性质，也可以利用两个相同的三角板亲自动手拼一拼，加深对问题的理解． 由于菱形和正方形中都有四边相等的特点，而直角三角形中不一定有两边相等，故两个全等的直角三角形不能拼成菱形和正方形；等边三角形的三条边都相等，而直角三角形的一条直角边不一定等于斜边的一半，故两个全等的直角三角形不一定能拼成等边三角形；而平行四边形，矩形，等腰三角形都可以由两个全等的直角三角形拼成． 【详解】解：两个全等的直角三角形一定可以拼成平行四边形，故①符合题意； 两个全等的直角三角形一定可以拼成矩形，故②符合题意； 两个全等的直角三角形不一定可以拼成菱形，故③不符合题意； 两个全等的直角三角形不一定可以拼成正方形，故④不符合题意； 两个全等的直角三角形一定可以拼成等腰三角形，故⑤符合题意； 两个全等的直角三角形不一定可以拼成等边三角形，故⑥不符合题意； 故选：C． 31．(24-25八下·上海育才初级中学·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 【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． 32．(23-24八下·上海杨浦区·期末)下列命题中，正确的是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．对角线互相垂直的菱形是正方形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线相等的平行四边形是正方形 【答案】C 【分析】此题考查了矩形、菱形、正方形的判定，利用特殊四边形的判定方法进行判断即可． 【详解】解：A．对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故选项错误，不符合题意； B．对角线相等的菱形是正方形，故选项错误，不符合题意； C．对角线相等的平行四边形是矩形，故选项正确，符合题意； D．对角线垂直相等的平行四边形是正方形,故选项错误，不符合题意． 故选：C． 33．(24-25八下·上海洋泾菊园实验学校·期末)如图，用四根相同长度的木条制作成正方形，测得对角线长为，如果将此正方形变形为菱形，且，那么菱形对角线长为（    ） A．10 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方形的性质以及勾股定理可得，如图，连接交于点，根据菱形的性质结合可得，再利用勾股定理得到，进而求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形，对角线长为， ∴， ∴，即 ∴ 如图，连接交于点， ∵将正方形变形为菱形， ∴，，，， ∵ ∴为等边三角形， ∴，， ， ∴． 34．(24-25八下·上海黄浦区·期末)把一张矩形纸片沿对角线折叠，点B的对应点为点E，边交边于点G．连接（如图所示）．当时，下列结论中，不正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形性质及翻折问题，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是根据折叠得到．先由折叠的性质及矩形的性质可得，从而判断出选项A；由全等的性质可得，由等腰三角形的性质可得，再由平行线的判定即可判断选项B；设，则，中，，列出方程求解，即可判断出选项C；由折叠性质可得，再由，可得，再判断选项D． 【详解】解：矩形纸片沿对角线折叠，点的对应点为， ， 在和中， ， ， 故A正确，不符合题意； ， ， ， ， ， ， 故B正确，不符合题意； 设，则， 中，， ， 解得：， ， ， ， 故C不正确，符合题意； 矩形纸片沿对角线折叠，点的对应点为， ， ， ， 故D正确，不符合题意， 故选：C 35．(24-25八下·上海黄浦区·期末)已知四边形中，对角线与相交于点O，，，再添加一个条件使四边形是菱形，添加条件不正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了证明四边形是菱形、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质，证明，得出，从而可得垂直平分，由线段垂直平分线的性质可得，，再结合各选项逐项分析即可得解，熟练掌握菱形的判定定理是解此题的关键． 【详解】解：如图： ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴，， A、∵， ∴， ∴四边形是菱形，故不符合题意； B、∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，故不符合题意； C、∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故不符合题意； D、添加不能说明四边形是菱形，故符合题意； 故选：D． 二、填空题 36．(24-25八下·上海民办立达中学·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 【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． 37．(24-25八下·上海延安实验初级中学·期中)如图：菱形的顶点坐标为，顶点在轴的正半轴上，反比例函数的图像经过顶点，则的值为________． 【答案】216 【分析】本题考查了反比例函数的几何应用、菱形的性质等知识，熟练掌握反比例函数的应用是解题关键．先根据菱形的性质可得，再求出，代入反比例函数的解析式即可得． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵顶点在轴的正半轴上， ∴，即， ∵反比例函数的图像经过顶点， ∴， 故答案为：216． 38．(24-25八下·上海延安实验初级中学·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】 【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： ． 39．(24-25八下·上海奉贤区上海奉贤世界外国语学校·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】 【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． 40．(24-25八下·上海奉贤区上海奉贤世界外国语学校·期中)同学用两幅三角板拼出了如图的平行四边形，内部留白部分也是平行四边形（直角三角板互不重叠）含有相同角的三角板都全等，同一套三角板中的三角形斜边上的高均为6厘米，那么中间留白部分的平行四边形面积为__________． 【答案】平方厘米 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，角直角三角形的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握各知识点是解题的关键． 过点分别作，则四边形为矩形，，在中，利用角直角三角形的性质以及勾股定理求出，得到为等腰直角三角形，由勾股定理求出，然后同理可求，而，那么即可求出，即可求解面积． 【详解】解：过点分别作， 由题意得，，，， ∴四边形为矩形，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 而， ∴， ∴， 即中间留白部分的平行四边形的面积为平方厘米， 故答案为：平方厘米 ． 41．(24-25八下·上海科技大学附属学校制·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】 【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：． 42．(24-25八下·上海洋泾菊园实验学校·期末)如图，矩形中，，对角线和相交于点O，且，过点D作的平行线，过点C作的平行线，两平行线交于点E，那么四边形的面积是_________． 【答案】 【分析】证明出是等边三角形，得到，利用勾股定理求出，然后求出矩形的面积，得到，证明出四边形是平行四边形，进而求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形 ∴， ∵ ∴ ∴是等边三角形 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形 ∴． 三、解答题 43．(24-25八下·上海洋泾菊园实验学校·期末)如图，在平行四边形中，E、F分别是边和的中点，连接、，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)作，与的延长线交于点G．求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据平行四边形对边平行且相等可得，由线段中点的定义可推出，则可证明四边形是平行四边形；再由平行线的性质和角平分线的定义证明，得到，据此可证明结论； （2）由菱形的性质得到，则由等边对等角和已知条件证明，得到；则可证明四边形是平行四边形；证明，进而可证明，则可证明平行四边形是矩形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴； ∵E、F分别是边和的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）证明：由（1）可得四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴四边形是平行四边形； ∵E为的中点，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形． 44．(24-25八下·上海科技大学附属学校·期末)将矩形绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形，点A，B，D的对应点分别为点，，，设直线与直线交于点E． (1)猜想与的数量关系，并证明； (2)如图②，在旋转的过程中，当点恰好落在矩形的对角线上时，点恰好落在的延长线上（即点与点E重合），连接，求证：四边形是平行四边形； (3)在矩形绕点C顺时针旋转的过程中，若，，当，，D三点在同一条直线上时，请求出的值． 【答案】(1)，见解析 (2)见解析 (3)或 【分析】（1）连接，根据矩形的性质得出，推得，根据旋转的性质得出，根据全等三角形的判定与性质即可证明； （2）连接，根据旋转的性质得出，根据矩形的性质得出，，，根据等腰三角形三线合一的性质得出，推得，根据平行四边形的判定定理即可证明； （3）分为：点，在的同一侧时和点，在的异侧时，两种情况分别求解，根据勾股定理求出，结合图形求出的值即可． 【详解】（1）解：，理由如下： 四边形与四边形都是矩形，如图①，连接， ， ， 即， 将矩形绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形， ， 在和中， ， ， ； （2）证明：如图2：连接， 根据旋转的性质可得：， 四边形是矩形， ，，， 即， 又， ， ， ，， 四边形是平行四边形； （3）解：如图3，当点，在的同一侧时， 根据旋转的性质可得：，，， ， 在中，由勾股定理得：， ， 如图4：当点，在的异侧时， 根据旋转的性质可得：，，， ， 在中，由勾股定理得：， ， 综上所述，的值为或． 【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识是解题的关键． 45．(24-25八下·上海浦东新区民办欣竹中学·期末)已知：如图，在中，，点D在上，，垂足为F，且，点E为线段的中点，过点F作交射线于G，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． (3)当时，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）证明，得出，，证明，得出，，证明，得出； （2）根据平行线的性质得，证明，根据等腰三角形的判定得出，证明，即可证明结论； （3）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据正方形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， 在与中， ， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，； （2）证明：∵， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， 由（1）知：，， ∴， ∴四边形是菱形． （3）证明：∵，， ∴， 由（1）知，， ∴， ∵为的中点，， ∴， ∴， ∴， 由（1）知：， ∴， ∵四边形是菱形， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定，菱形的判定和性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形，熟练掌握全等三角形的判定方法和菱形、正方形的判定方法，是解题的关键． 46．(24-25八下·上海浦东新区川沙中学·期末)已知：如图，平行四边形中，点E在边上，点F在线段延长线上，且，平分，求证：四边形为菱形． 【答案】见解析 【分析】利用平行四边形性质证明，结合全等三角形性质推出四边形是平行四边形，再利用角平分线定义和等腰三角形性质推出，即可证明四边形为菱形． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形． 【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，全等三角形性质和判定，角平分线定义，等腰三角形性质，菱形的判定，解题的关键在于熟练掌握相关知识． 地 城 考点04 三角形的中位线与重心 一、单选题 47．(24-25八下·上海浦东新区川沙中学·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 【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． 48．(24-25八下·上海金山区·期末)在四边形中，点、、、分别是各边的中点，四边形是正方形，下列选项中正确的是（   ） A．四边形一定是矩形 B．四边形一定是正方形 C．四边形的对角线相等且垂直 D．四边形有一组邻边相等且有一个内角是直角 【答案】C 【分析】本题考查中点四边形的性质，解题的关键是掌握三角形中位线定理以及中点四边形与原四边形对角线的关系． 利用三角形中位线定理，得出中点四边形的边与原四边形对角线的关系，再结合正方形性质判断原四边形对角线特征． 【详解】中点四边形性质：四边形各边中点连线形成的四边形（中点四边形）的边平行于原四边形的对角线，且长度为对角线的一半． 正方形条件：若中点四边形为正方形，则其四条边相等且互相垂直． 边相等：原四边形的两条对角线长度相等（若中点四边形边长为原对角线的一半，则对角线相等）． 边垂直：原四边形的对角线互相垂直（若中点四边形邻边垂直，则原对角线垂直）． A、B错误，原四边形不一定是矩形或正方形，只需满足对角线相等且垂直即可； C正确：对角线相等且垂直是原四边形满足中点四边形为正方形的充要条件； D错误：原四边形可能无邻边相等或直角，仅需对角线满足条件． 二、填空题 49．(24-25八下·上海浦东新区民办欣竹中学·期末)如图，在四边形中，、、、分别是边、、、的中点，若，且 ，则四边形的面积为________． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、菱形的面积公式、三角形的中位线定理，根据中位线定理可证，根据四条边都相等的四边形是菱形可证四边形是菱形，根据菱形的面积公式即可求出四边形的面积． 【详解】解：、、、分别是边、、、的中点， 、、、分别是、、、的中位线， ，， ， ， 四边形是菱形， ， ． 故答案为：． 50．(24-25八下·上海浦东新区川沙中学·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】 【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． 51．(24-25八下·上海杨浦区·期末)如图，在中，，点D、E分别是边、的中点，点F是线段上的一点且，连接、，若，则线段的长为______． 【答案】12 【分析】本题考查了三角形的中位线定理的应用，直角三角形斜边的性质，解题的关键是了解三角形的中位线的性质和直角三角形斜边的性质．利用三角形中位线定理得到，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到．所以由图中线段间的和差关系来求线段的长度即可． 【详解】解：点、分别是边、的中点， 是的中位线， ， ，是的中点，， ， ∵， ， ， 故答案为：12． 52．(24-25八下·上海黄浦区·期末)如图，正方形和正方形的边长分别为和，点，分别在边，上，为的中点，连接，则的长为 ______． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理解三角形等知识点，牢记性质和定理内容，并结合图形灵活应用是解题关键． 连接，根据正方形的性质可得A、E、C三点共线，连接交于点M，由正方形的性质求和勾股定理可求得和，的长度，从而求得，因为的中点，可得和，再由正方形的性质可得和 ，在中，求解即可． 【详解】解：如下图，连接，连接与交于点M ∵四边形和四边形是正方形，且点、G分别在边上 ∴A、E、C三点共线，，，， ， 在中，，， 由勾股定理得： 在中，， 由勾股定理得： ∴ 又∵P是的中点，M是的中点 ∴ 又∵ 在中，由勾股定理得： 即：= 故答案为： 53．(24-25八下·上海青浦区·期末)已知点、、、分别为菱形四边、、、的中点，如果，，那么四边形的面积为________． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握各知识点是解题的关键．连接、交O，根据三角形的中位线定理推出，，得出四边形是平行四边形，根据菱形性质推出，证明平行四边形是矩形，根据等边三角形的判定和性质得到，根据勾股定理得到，即可得到，，进而根据矩形面积公式计算即可． 【详解】解：如图所示，连接、交于点O． ∵点E，F，G，H分别是菱形的边、、、的中点， ∴，，，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴四边形的面积． 故答案为：． 54．(24-25八下·上海虹口区·期末)如图，在中，分别是边的中点，连接．如果，那么的长为___________．    【答案】6 【分析】本题主要考查三角形中位线定理和等腰三角形的判定，熟练掌握中位线定理是解题的关键； 由三角形中位线定理得，，得出，得出． 【详解】解：∵D，E分别是边，的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：6． 三、解答题 55．(24-25八下·上海嘉定区·期末)如图，在正方形中，点、分别在、上，且． (1)求证：； (2)连接、，分别取、、、的中点、、、，四边形是什么特殊的平行四边形？请在图中补全图形，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形．补全图形如图所示，理由见解析 【分析】（1）根据正方形的性质得到，，再由证明，即可证明； （2）设相交于点，根据三角形中位线和证明四边形是菱形，由得到，进而得到，得到，即可证明． 【详解】（1）解：．理由如下： 四边形是正方形， ，． 又， ． ； （2）解：四边形是正方形．补全图形如图．理由如下： 设相交于点， 分别是的中点， ． ． 四边形是菱形． ， ． ， ， ． 分别是的中点， ． ． 四边形是正方形． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，三角形中位线，熟练掌握各知识点是解题的关键． 56．(24-25八下·上海普陀区·期末)如图，在中，，分别为边，的中点，延长至点，使得，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)，如果，请判断四边形是什么特殊的平行四边形，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形，见解析 【分析】本题考查的是平行四边形的判定及菱形的判定， （1）先证明，进而得出，即可证明结论； （2）联结，得出互相平分，进而得出，即可证明结论； 【详解】（1）证明：分别为边的中点， ， ， ， ∵， 四边形是平行四边形； （2）解：四边形是菱形． 联结； ∵四边形是平行四边形， 互相平分， ∵， ，即， ∵四边形是平行四边形， 平行四边形是菱形. 57．(24-25八下·上海青浦区·期末)已知：如图，在平行四边形中，点、分别是边、的中点，、与对角线分别相交于点、，联结、． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，中位线的性质与判定，全等三角形的性质与判定，菱形的判定；熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）连接交于点，连接，根据平行四边形的性质可得，，，根据中位线的性质可得，得出，共线，则四边形是平行四边形，进而证明得出，即可得证； （2）根据（1）的结论得出四边形是平行四边形，根据已知可得，即可证明四边形是菱形． 【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，， 又∵分别为的中点， ∴， ∴，， ∴共线， ∵ ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴ 又∵， ∴， ∴， ∴，即； （2）证明：由（1）可得到，， ∴四边形是平行四边形， 又∵，， ∴， ∴四边形是菱形． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $