专题03 四边形解答压轴题（30题）（期中真题汇编，上海专用）八年级数学下学期

专题03 四边形 解答压轴题（30题） 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。 1．(24-25八下·上海宝山区淞谊实验学校·期中)如图，在四边形中，，以点A为圆心，的长为半径作弧分别交边，边于点F，E，（点E，F都不与边的端点重合）． (1)如图，当， ①探索和的数量关系并证明你的结论； ②若平分，求证：是等边三角形并直接写出此时线段，，之间的数量关系． (2)连接，当平分时，若是以为腰的等腰三角形，求的值． 【答案】(1)①，证明见详解；②，证明见详解 (2)或1 【分析】（1）①过点A作交于点H，根据题意得出为等腰三角形，再由可根据等腰三角形的三线合一的定义可知为等腰的中垂线，从而进一步求得，，利用角度的和差关系得出，通过“”证明，从而最终得出；②通过角平分线的定义及①问中得出的结论可推导出，设，则，通过三角形内角和定理列出关于α的方程求得α的值，进一步推导出是等边三角形．设，则，再利用已知的条件可得出，，进一步推导出四边形为正方形，从而求得相关线段的表达式并进行构造，最终得出； （2）根据角平分线的定义得出，利用“”证得，得出及，此时分情况讨论：①当时，②当时，根据不同的情况作出对应的辅助线并根据不同的情况假设关键线段的长度，通过计算推导最终求得的结果． 【详解】（1）解：①， 证明：如图，过点A作交于点H， 由题意知，， ∴为等腰三角形， ∵， ∴为等腰的中垂线， ∴，， 又∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． ②， 证明：如图，由①知，， 又∵平分， ∴， ∴， 设， 在等腰中，， ∵， ∴， ∴， 由等腰可知，根据三角形内角和定理得：， 解得， ∴， 即是等边三角形． 设，则， ∵是等边三角形， ∴， 又∵， ∴，， ∴， 则， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， 则， ∴， 即． （2）解：∵，平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ①如图，当时，，， ∴，， ∴， 过点E作交于点N，过E作交的延长线于点M，过点A作交于点H， 设， ∴，则， ∴， ∵，， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵，即， ∴； ②如图，当时，， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， 综上所述，的值为或1． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形、矩形、正方形的判定与性质，等腰三角形三线合一及平行线的性质等知识点． 2．(24-25八下·上海长宁区·期末)如图，在四边形中，，点在边上，点在边的延长线上，四边形的对角线分别交、于点、，且，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，，求证：四边形为矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）证明得出，即可得出四边形是平行四边形，根据角平分线的定义，以及平行线的性质得出，进而可得，即可得证； （2）根据（1）的结论得出，结合已知条件得出，则四边形是平行四边形，根据菱形的性质得出，即，根据已知，等量代换得出，即，即可得证． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）证明：∵四边形是菱形； ∴， ∵， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形； ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴四边形是矩形． 3．(24-25八下·上海民办立达中学·期末)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】 【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，， ∴， ∴， 4．(24-25八下·上海曲阳第二中学·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． 【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． 5．(24-25八下·上海科技大学附属学校制·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 【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． 6．(24-25八下·上海科技大学附属学校制·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 【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． 7．(24-25八下·上海育才初级中学·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 【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． 8．(24-25八下·上海延安初级中学·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 【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． 9．(24-25八下·上海延安初级中学·期中)我们知道平行四边形是中心对称图形．已知四边形是平行四边形，如图所示，请只用一把无刻度的直尺，按要求作出相应的图形．（不写作法，保留作图痕迹） (1)如图1，点E是边的中点，作出边的中点F； (2)如图2，在平行四边形的四边上各作一点，分别记为M、N、P、Q，使得四边形是平行四边形； (3)如图3，若四边形为正方形，点G在对角线上一点，作一个菱形，使得为菱形的一边． 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析 (3)图见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，正方形的性质，菱形的判定，无刻度直尺作图： （1）连接，连接和线段的交点，并延长，交于点即可，根据平行四边形的性质，易证，得到，即可； （2）连接交于点，分别过点作线段，交平行四边形的四边于，同（1）可得全等三角形，进而推出互相平分，进而得到四边形是平行四边形； （3）连接交于点，延长交于一点，连接该点于点并延长，交于一点，连接该点和点交于点，连接并延长交于一点，连接并延长于一点，同（2）可得两个平行四边形，进而得到四边形的两组对边平行，得到四边形是平行四边形，易得，得到，根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得到四边形为菱形． 【详解】（1）解：如图，点即为所求； （2）如图，四边形即为所求； （3）如图，菱形即为所求； 10．(24-25八下·上海奉贤区·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 【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． 11．(24-25八下·上海育才初级中学·期中)如图，等腰中，，O为边的中点，射线交的延长线于点C，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，点E、F分别在射线、射线上，且，求证：； (3)在（2）的条件下，连接，若为直角三角形，，直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)的长为1． 【分析】（1）证明，推出，，得到是线段的垂直平分线，再得到，即可推出四边形为菱形； （2）在上取点，使，作交的延长线于点，作交的延长线于点，证明，推出，，再证明，得到，然后利用三角形的外角性质即可求得； （3）证明、和都是等边三角形，分两种情况讨论，根据等边三角形的性质结合直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵等腰中，，O为边的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； （2）证明：在上取点，使，作交的延长线于点，作交的延长线于点， ∵四边形为菱形，， ∴，，， ∴是等边三角形，，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 由三角形的外角性质知， 又， ∴； （3）解：连接， ∵，， ∴是等边三角形， ∵四边形为菱形，， ∴，，， ∴和都是等边三角形， ∴， 当即时，此时， ∴， ∴， ∴； 当即时，此时， ∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴； ∵恒小于， ∴不存在的情况， 综上，的长为1． 【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 12．(24-25八下·上海西初级中学·期中)如图1， 在四边形中， ， ， 点P在边上． (1)判断四边形的形状并加以证明； (2)以过点P的直线为轴，将四边形折叠，使点B，C分别落在点上，且经过点D，折痕与四边形的另一交点为Q； ①在图2中作出四边形（保留作图痕迹，不必说明作法和理由） （提示：为使折叠后经过点D，可以先考虑边上与点D对应的点）； ②如图3， 如果， 且， 试求的值： ③如图4， 如果， 且， 请直接写出的值． 【答案】(1)四边形是平行四边形；证明见解析 (2)①见解析；②；③ 【分析】（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形进行判断； （2）①过点P作的垂线，交于点E，截取，在上截取，交于点，再以为圆心，适当长度为半径画弧交于一点，连接点P与该点作射线交于点Q，过点Q作的垂线，作射线，交的垂线于点，连接即可；②先根据折叠得出一些对应边相等，对应角相等，并推导出，再设，，利用解直角三角形将和长用含的代数式表示出来，最后根据列出关于、的关系式，求得、的比值即可；③连接，易得平行四边形是菱形，推出，由折叠的性质得到，再求出，推出四点共线，得到点在上，是等腰直角三角形，得到，进而得到，即可求解． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形； 证明：在四边形中，， ∴， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：①作图如下： ②当时，平行四边形是菱形， 由折叠可得，，，，， 当时，由 ，可得， ，， ∵， ∴， ， 设，，则直角三角形中， ，且，， ， ， 直角三角形中，， ∴， ， ， 整理得， ，即； ③连接， 当时，平行四边形是菱形， ∴， ∵， ∴，， 由折叠的性质得到， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四点共线， ∴点在上， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形以及菱形，解题的关键是掌握平行四边形的判定以及菱形的判定与性质．在解题时注意，菱形的四条边都相等，此外在折叠问题中，需要抓住对应边相等，对应角相等这些等量关系，折叠问题的实质是轴对称的性质． 13．(24-25八下·上海存志学校·期中)如图已知点是平行四边形对角线上的一点，连结，过点作交于点． (1)求证：； (2)若，，当，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是： （1）根据平行四边形的性质得出，，证明，得出，然后根据等式的性质即可得证； （2）由全等三角形的性质得出，根据勾股定理求出，根据三线合一的性质得出，根据等面积法求出，根据勾股定理求出，结合（1）中即可求解． 【详解】（1）证明∶设、相交于O， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， 又， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， 又，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 14．(24-25八下·上海浦东新区川沙中学·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) 【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． 15．(24-25八下·上海宝山区·期末)在平行四边形中，对角线相交于点O，，，E是边上的一点，连接． (1)如果， ①如图1，当点E为中点时，求证：四边形为菱形； ②如图2，设，求y与x的函数解析式（不用写定义域）； (2)连接，如果是以为腰的等腰直角三角形，求的长．连接 【答案】(1)①见解析；② (2)或 【分析】（1）①可得垂直平分，则，再由平行四边形的性质以及勾股定理逆定理证明，则，即可证明其为菱形； ②过点作交延长线于点，根据平行线间的距离相等得到，然后证明，则，由勾股定理得到，代入化简即可得到函数解析式； （2）分两种情况讨论：①当时，则，，再由勾股定理即可求解；当，时， 过点作于点，则，则，再运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）①证明：∵平行四边形中，，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴四边形为菱形； ②解：过点作交延长线于点， ∵平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵在中，， 在中，， ∴， ∴， 化简整理得：； （2）解：①当时，如图 ∴， ∵， ∴， ∴； 当，时，如图： 过点作于点， ∴为中点， ∴， ∴， ∴， 综上：当是以为腰的等腰直角三角形，的长为或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，勾股定理及其逆定理，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，函数关系式，全等三角形的判定与性质等知识点，难度较大． 16．(24-25八下·上海闵行区·期末)已知，在平行四边形中，，，点在射线上，直线与直线交于点，于，的延长线与直线交于点． (1)如图，当点在线段上时， ①如果，，求的长； ②连接，求证：； (2)如果，，求的长． 【答案】(1)①；②见解析 (2)2或 【分析】（1）①过点G作，垂足为N，在上取点M，使，证明是等腰直角三角形，求出，根据含30度的直角三角形性质求出，根据勾股定理求出，得出，最后根据勾股定理求出结果即可； ②如图，延长交的延长线于，连接，利用全等三角形的性质证明即可； （2）根据题意可求，当点E在线段上时，根据，，，，可得，进而得到，即，同理（1）②可证，，进而得到，推出是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一，得到，即可求出；当点E在射线上时，同理证明是等腰三角形，即可解答． 【详解】（1）①解：过点G作，垂足为N，在上取点M，使，如图所示： ，， 是等腰直角三角形， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ； ②如图1中，延长交的延长线于，连接， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：当点E在线段上时， ，，， ， ，， ， ，即， 同理（1）②得，，， ， 是等腰三角形， ， ； 当点E在射线上时， 同理得：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰三角形， ， ， ； 综上，长为2或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，直角三角形的特征，等腰三角形的判定与性质，正确的添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 17．(24-25八下·上海崇明区·期末)如图，已知在梯形中，，，，，点是的中点，连接、． (1)求证：； (2)设，求关于的函数解析式（不写定义域）； (3)设、交点为，当为直角三角形时，求的长． 【答案】(1)证明过程见详解 (2) (3)当为直角三角形时，的长为 【分析】（1）如图所示，作于点，则，垂直平分，，，则，由此即可求解； （2）如图所示，过点作于点，作于点，则，点是中点，即是梯形的中位线，，，在中，由勾股定理得到，由此根据三角形面积的计算即可求解； （3）根据题意，分类讨论：当时，即；如图所示，当，即；当时；由此即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示，作于点，则， ∵，，点是的中点， ∴，是梯形的中位线， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：如图所示，过点作于点，作于点，则， ∵，，点是中点， ∴，， ∴， ∴点是中点，即是梯形的中位线， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图所示，连接与交于点， ∵四边形是矩形， ∴点是中点， ∴点三点共线， 当时，即， ∵， ∴， ∵， ∴，且， ∴， ∴， ∴； 如图所示，当，即，由（1）得到，则是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，此时与题目中的梯形矛盾，不符合题意； 当时， ∵， ∴这种情况不存在； 综上所述，当为直角三角形时，的长为． 【点睛】本题主要考查梯形的中位线，函数关系，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，中位线的判的性质，矩形的判和性质等知识的综合，掌握以上知识，数形结合分析是关键． 18．(24-25八下·上海普陀区·期末)小普在综合与实践课上，参加了以“神奇的正方形”为主题的数学活动，通过“折、转、探”等方式研究有关正方形折纸的有趣结论． (1)折一折：如图-1，小普将正方形纸片折叠，使边都落在对角线上，展开得折痕，联结．那么___________度；如果，那么的长度等于___________； (2)转一转：小普将图-1中的绕点旋转，使它的两边分别交直线于点． ①如图-2，当点、在边、上，联结．如果，求的面积； ②探一探：联结，射线、分别交对角线所在直线于点、，且点在正方形内部．正方形的边长，联结．如果是等腰三角形，请直接写出线段的长度___________．（用含有字母的代数式表示） 【答案】(1)，； (2)①；②或 【分析】（1）如图1，延长至点，使，连接，设，证明和，根据勾股定理得：，列方程即可解答； （2）①如图2，延长至点Q，使，连接，过点A作于点E，同理得：，根据勾股定理列方程得，解方程可得a的值，证明，根据三角形的面积公式即可解答； ②分两种情况：i）如图3，，过点M作于点G，则，设；ii）如图4，，正确画图根据含角的直角三角形的性质即可解答． 【详解】（1）解：如图1，延长至点，使，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠得：， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵正方形是正方形，且边长， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴（舍）， ∴， 故答案为：45，； （2）①如图2，由旋转得：， 延长至点Q，使，连接，过点A作于点E， 同理得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， 在中，， ∴， ∴， 解得：（舍），， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的面积； ②分两种情况： i）如图3，，过点M作于点G，则， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ii）如图4，， ∴， 同理得：， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 综上，线段的长度或． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 19．(24-25八下·上海外国语大学附属外国语学校·期末)如图，四边形为正方形，，且，直线交延长线于．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了正方形的判定与性质、三角函数、等腰三角形的判定与性质等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．连接，作于，根据正方形的性质证出正方形，求出，求出，根据等腰三角形性质和三角形的外角性质求出，求出的度数即可． 【详解】证明：连接，作于， 在正方形中， ，， ， 四边形是正方形． 由， 在中， ， 在正方形中， ． 20．(24-25八下·上海黄浦区·期末)如图，已知梯形，，，点、分别是边和上的动点（点不与点重合，点不与点重合），且，，联结． (1)若，则点到的距离是_______； (2)判断的形状并加以证明； (3)若，设，，求y关于x的函数解析式，并写出定义域． 【答案】(1) (2)为等腰直角三角形，证明见解析 (3)（） 【分析】本题考查了四边形与三角形综合，主要涉及了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识点， （1）过点做，垂足为，由，，可得，从而证明是等腰直角三角形，利用勾股定理即可求出； （2）根据等边对等角可得，，结合四边形内角和等于，可得， 由此求出，进而即可判定是等腰直角三角形， （3）过点做，垂足为，交于，过点作，垂足为，容易证明平行四边形是矩形，，结合由（1）得，再由（2）得是等腰直角三角形，求出，，在中，根据，求出y关于x的函数解析式． ∴． 【详解】（1）解：过点做，垂足为， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∴点到的距离是， （2）解：结论：是等腰直角三角形， 证明：∵， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴，， 即是等腰直角三角形， （3）解：过点做，垂足为，交于，过点作，垂足为， 又∵， ∴，即， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， 由（1）得， ∴， 由（2）得是等腰直角三角形， ∴， ∵在矩形中，，， ∴， ∴， ∵在中，， ∴，函数定义域为． 21．(24-25八下·上海长宁区·期末)如图，矩形的对角线和相交于点O，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)延长交于点，联结，请先按要求完善图形，再判断四边形是什么特殊四边形？并说明理由； (3)填空：联结，如，，则的长为_______．（直接给出结果） 【答案】(1)见解析 (2)图见解析，四边形是等腰梯形，理由见解析 (3) 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，等腰梯形的判定，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，熟知相关知识是解题的关键． （1）可证明四边形是平行四边形，再由矩形的性质可得，则可证明平行四边形是菱形； （2）由菱形和矩形的性质分别得到，，则可证明，进而证明四边形是平行四边形，得到，则四边形是等腰梯形； （3）过点E作交延长线于H，由矩形的性质可得，，证明是等边三角形，得到，则，由勾股定理可得；证明是等边三角形，得到，则，可得，，求出，则． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：四边形是等腰梯形，理由如下： ∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 又∵与不平行， ∴四边形是等腰梯形； （3）解：如图所示，过点E作交延长线于H， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； ∵四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 22．(24-25八下·上海宝山区·期末)已知：如图，在平行四边形中，点O为对角线的中点，过点O作交边、于点E、F，联结、． (1)求证：四边形为菱形； (2)如果四边形为矩形，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题关键． （1）由矩形的性质可，进而得出，结合O为对角线的中点得出，即，即可得出四边形是平行四边形，结合即可得出四边形是菱形； （2）根据勾股定理求出，然后根据菱形的性质和勾股定理求出，进而可以解决问题． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵O为对角线的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形为矩形，，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 23．(24-25八下·上海杨浦区·期末)已知：如图，矩形中，，将沿直线翻折，点落在点处，与相交于点，连接． (1)求证：． (2)连接，与的交点为，过作交于，连接．求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由矩形的性质可得，．由平行线的性质可得，由折叠的性质可得，由全等三角形的性质可得，从而得出，再结合等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出，即可得证； （2）由折叠的性质结合平行线的性质可得，由同角的余角相等可得，从而证明出，证明得出，即可得证． 【详解】（1）证明：矩形， ∴，． ∴， ∵沿直线翻折 ． ． ， ∴． ∵， ∴， ∴． ． ． 在中，． 在中，． 又， ， ． ． （2）证明：如图： 沿直线翻折， ． ， ， ， ，， ， ∴． ． 又． ． ， ，． 又， ． ， ∴四边形是平行四边形． 平行四边形是矩形． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 24．(24-25八下·上海青浦区·期末)在矩形中，，，点、分别在边、上，．将沿直线翻折得，联结． (1)如图，当时，求证：； (2)如图，当时，求的面积； (3)当为等腰三角形时，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】本题考查了矩形的折叠，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，掌握折叠的性质是解题的关键； （1）根据折叠得出，根据已知证明得出，等量代换即可得证； （2）过点作于点，证明得出，同（1）可得，则，进而根据三角形的面积公式，即可求解； （3）分三种情况讨论，①当时，如图，过点作于点，则四边形是矩形，设，则，在中，根据勾股定理建立方程，得出方程无解，故此情形不存在；②时，设，则，在中，，根据勾股定理建立方程，得出；③当时，过点作于点，同（1）可得，进而得出，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵将沿直线翻折得， ∴，，， 又∵，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，过点作于点， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， 同（1）可得， ∴， ∴； （3）当为等腰三角形时，分三种情况讨论， ①当时，如图，过点作于点，则四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴在上， 设，则， ∵折叠， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 此方程无解，故此情形不存在； ②当时，设，则， ∵折叠， ∴， 在中，， 即， 解得：； ③当时，过点作于点， ∴， 同（1）可得， ∴， ∴； 综上所述，当为等腰三角形时，线段的长为或． 25．(24-25八下·上海青浦区·期末)如图，在边长为的正方形中，点为边的中点，点在边上，垂直平分线段，垂足为点，求的长． 【答案】的长为． 【分析】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线． 由正方形的性质，得出线段的长度，根据勾股定理可得线段之间的数量关系，再由线段垂直平分线的性质建立等量关系，即可求得的长． 【详解】解：∵在边长为的正方形中，点为边的中点， ∴，，， 如图，连接，，设，则， ∵垂直平分线段， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴ 答：的长为． 26．(24-25八下·上海虹口区·期末)【模型构建】 如图①，已知，如果，那么．我们把这种图形叫做“一线三直角”． 【初步探究】 我们发现，如果和不是直角，但都相等，且，结论也依然成立．请在下面两题中，选择一题进行解答． （1）如图②，已知，且，求证：． （2）如图③，已知，且，求证：． 【探究应用】 如图，在正方形中，已知，点、、分别在边、、上，且．设，求关于的函数解析式，并写出定义域． 【拓展探究】 如图，在正方形中，已知，点、、分别在边、、上，且．分别是线段的中点，联结，如果是等边三角形，求的长． 【答案】初步探究：（1）见解析；（2）见解析；探究应用：；拓展探究： 【分析】初步探究：（1）由三角形内角和定理和平角的定义可得，则可证明，进而可证明得到，则可证明； （2）同（1）证明即可； 探究应用：如图所示，在上分别截取，连接，由正方形的性质得到，，则，进而可证明，同理可得，则，由勾股定理得，，则；进而可得，据此可得答案； 拓展探究：如图所示，在直线上作，连接，由等边三角形的性质可得，同理可证明，则， ；求出，得到；设，则，则，，再求出，则，解方程可得，，；过点N作分别交于T、R，则四边形是矩形， 可得，，，证明，得到，；可得，则，；过点N作于，则四边形是矩形，则，求出，得到，则． 【详解】解：初步探究：（1）∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图所示，在上分别截取，连接， ∵四边形是正方形， ∴，； ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴同（1）可得， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， 同理可得 ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 拓展探究：如图所示，在直线上作，连接， ∵是等边三角形， ∴， 同理可证明， ∴， ； ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴； 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴，； 如图所示，过点N作分别交于T、R，则四边形是矩形， ∴，，， ∴； ∵N是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图所示，过点N作于，则四边形是矩形， ∴， ∵M是的中点， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，矩形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 27．(24-25八下·上海华育中学·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； 【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：，． 28．(24-25八下·上海延安实验初级中学·期中)如图，已知在平行四边形中，点，分别是，的中点，，与对角线分别相交于点，，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析． 【分析】（1）连接，交于点O，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明四边形是平行四边形； （2）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可求证． 本题主要考查了平行线分线段成比例定理，以及平行四边形和菱形的判定，正确理解定理是解决本题的关键． 【详解】（1）证明：连接，交于点，如图： ，，点，分别是， 的中点， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形． （2）证明：由（）知，四边形 是平行四边形， 点， 分别是， 的中点， ， ， ， 平行四边形是菱形． 29．(23-24八下·上海宝山区·期末)如图，已知平行四边形，E是边的中点，点F在边上，连接并延长交的延长线于点G，连接、． (1)如果，求证：四边形是矩形； (2)如果F是边的中点，且，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，菱形的判定，三角形的中位线，熟练掌握矩形和菱形的判定是解题的关键． （1）先证出，再根据，得到，即可证明； （2）连接，得到是的中位线，从而证得，得出，即可证明． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形 ∴， ∴ ∵E是边的中点， ∴ 又∵ ∴ ∴， 又∵ ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是矩形． （2）连接，如图， ∵E是边的中点，F是边的中点， ∴是的中位线， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴四边形是菱形． 30．(24-25八下·上海黄浦区·期末)如图，矩形的对角线与交于点，点是的中点，连接交于点，延长到点，使，连接，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若四边形是矩形，且，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2)的长度为1 【分析】（1）根据矩形的性质推出是的中位线，利用证明，根据全等三角形的性质得到，结合，即可判定四边形是平行四边形； （2）根据矩形的性质得到，，根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵点E是的中点， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 若四边形是矩形，则 ，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴或（舍去）， ∵， ∴． 【点睛】此题考查了矩形的性质，三角形中位线的性质，平行四边的判定，勾股定理，全等三角形的判定与性质，利用矩形的性质证明是解题的关键． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $学科网 www zxxk com 专题03四边形解答压轴题 湘：0E=0F, 证明：如图，过点A作AH⊥DF交DF于点H, B 由题意知，AD=AF=AE, :△ADF为等腰三角形， :AH⊥DF, ∴AH为等腰△ADF的中垂线， ∴∠DAH=∠FAH,DH=HF=DF, 又：AB∥DC,BC⊥DC, .LB=∠AHD=∠BAH=90°， ∠DAE=90°， .∠DAH+∠HAE=∠HAE+∠EAB=90°， .∠DAH=∠EAB, 在△DAH和△EAB中， I∠AHD=∠B=90° ∠DAH=∠EAB, AD=AE △DAH≌△EAB(AAS, .DH=EB, DH=HF=IDF, :BE=IDF. 2 ②BC-CF=AF, 2 证明：如图，由①知，∠1=∠2=∠4， 1/21 让教与学更高效 (30题) 学科网 www.zxxk.co m 又AE平分∠BAF, ∠2=∠3， .∠1=∠2=∠3=∠4， 设∠1=∠2=∠3=∠4=0， 在等腰△ADF中，∠ADF=∠AFD, AB∥DC, .LAFD=∠BAF=∠2+∠3， .LAFD=∠ADF=∠BAF=2a, 由等腰△ADF可知，根据三角形内角和定理得：∠1+∠4+∠ADF+ 解得a=30°， .∠AFD=∠ADF=60°， 即△ADF是等边三角形. 设DH=a,则DH=HF=a, :△ADF是等边三角形， :LADF=∠AFD=60°， 又：△ADH≌△AEB, .DH=BE=Q,∠ADH=∠AEB=60°， :DF=AD=AF=AE=2a, 则AH=AB= AD=3a, 2 :∠AHC=∠B=90°， :四边形AHCB为正方形， .AH BC=AB=HC=3a, CF HC-HF a-a=(-1)a, sc-cf5a-人5-a=5a-(5a-d=a号4F. 即8c-cr-号4F. 让教与学更高效 ∠AFD=6a=180°， 学科网 (25或1 2.(1)证明：：AD∥BC, .∠DAP=∠EFP,∠ADP=∠FEP, 又PD=PE, .△ADP≌aFEP(AAS), .AD=EF, :.四边形AEFD是平行四边形， :DE平分∠ADF, .∠PDA=∠PDF, 又AD∥BC, ∴∠ADE=∠DEF, .∠FDE=∠FED, ∴.FD=FE, .四边形AEFD是菱形； (2)证明：：四边形AEFD是菱形； .AD =EF, EF =BC, .AD BC, 又AD∥BC, :.四边形ABCD是平行四边形， :四边形AEFD是菱形； AF⊥DE, .∠EPF=90°， ∴LPEF+∠EFP=90°， ∠EDC=∠EFP, ∴∠PEF+LEDC=90°， 即∠BCD=90°， :四边形ABCD是矩形. www.zxxk.com 3/21 让教与学更高效 学科网 www.zxxk.com 3.AH=a2+b2-c2 4.(1)62 (2)∠CAD,1=82.5°或37.5°. 5.(1)BE的长为4 (②)8E的长为3或39 同的长为学贸 6.(1)证明：分别过点A和C作BD的垂线，垂足分别为F和G,连接A A E FO :平行四边形ABCD, ·SABD=S.cBD,BD=BD, BDX AF=BDxCG时 .AF =CG, 在RtAEF和Rt△CGE中， EA=EC,AF=CG, ∴.Rt△AEF≌RtACGE(HL), ∴.EF=EG, :点F、点O和点G重合，即AC⊥BD于点O, :四边形ABCD是平行四边形， :四边形ABCD是菱形； (2)解：四边形ABCD是矩形，理由如下： M 2 D B 人3 :平行四边形ABCD, .AD∥BC, ∠1=∠3， 让教与学更高效 C交BD于点O, 命学科网 :∠DME=∠EDC, .∠2=∠4， :LBEM=∠1+∠2，LC+∠3+L .∠C+∠BEM=180°， .∠BEM=∠C, ∴.∠BEM=∠C=90°， :平行四边形ABCD, 四边形ABCD是矩形. 7.(1)在口ABCD中， .AB∥CD,AB=CD :E、F分别为边AB、CD的中点 :BE=-AB,DF=CD 2 ∴.BE=DF :.四边形DEBF是平行四边形 :DE=BF (2)矩形，理由如下： :在口ABCD中， .AD∥BC :AG∥DB, .四边形AGBD是平行四边形 如图所示，连接DG :E为边AB的中点 点E在DG上 :四边形BEDF是菱形 www.zxxk.com 让教与学更高效 =180°， D F E B G 5/21 扇学科网 .DE=BE AE=BE,DE=EG .AB=DG .平行四边形AGBD是矩形 8.(1)①证明：①如图： :四边形ABCD是正方形， ·AB=AD,∠ABE=∠ADF=∠BAD= BE DF, :△ABE≌△ADF(SAS), .∠1=∠2， :G为AE的中点，∠ABE=90°， .GA=GB, .∠1=∠3， ∠2=∠3， .∠2+∠BAH=90°， .∠3+∠BAH=90°， BH⊥AF; ②8 (2)8-4V5或8+4√3 9.(1)解：如图，点F即为所求； www.zxxk.com 让教与学更高效 D G B E C ∠BCD=90°， E D F 图1 学科网 (2)如图，四边形MNPQ即为所求； (3)如图，菱形AHCG即为所求； 10.(1)证明：：M是AD的中点， :AM=DM :AE∥BC, :ZAEM ZDCM 又：∠AME=∠DMC, ∴△AEM≌△OCM(ASA), :AE=CD, 又：AD是ABC的中线， :AE CD =BD, 又：AE∥BD, :四边形AEBD是平行四边形； (2)证明：如图所示，连接DE交AB 由(1)可得AE=DC, 又：AE∥CD, .四边形ACDE是平行四边形， .AC∥DE, .∠ADE=∠DAC, .·∠BAD=∠CAD, .∠HAD=∠HDA, www zxxk.com 让教与学更高效 M D B P 图2 B 图3 于H, 7/21 函学科网 www.zxxk.com :AH=DH, :四边形ADBE是平行四边形， :AB=2AH,DE =2DH, ∴.AB=DE, 四边形ADBE是矩形 H M 11.(1)证明：：等腰△ABD中，AB=AD,O为边BD的中点， .A0⊥BD, LA0B=∠C0B=90°， .·∠DBC=∠DBA,BO=BO, △AOB≌△COB(ASA, .AB=BC,AO=OC, ∴BD是线段AC的垂直平分线， .AD =CD, :AD =CD=AB=BC, 四边形ABCD为菱形； (2)证明：在BA上取点H,使BH=BE,作AM⊥EH交EH的延长线 线于点N, :四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°， ∠ABC=180°-120°=60°，∠BCD=120°，AB=BC, .△BEH是等边三角形，AH=EC,∠ECN=180°-120°=60°， 让教与学更高效 点M,作EN⊥FC交FC的延长 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴LAHM=∠BHE=60°=∠ECN, :∠M=∠N=90°， .△AHM≌△ECN(AAS, AM=EN,∠HAM=∠CEN=90°-60°=30°， :∠M=∠N=90°，EA=EF, :RteEAM≌RtAFEN(HL), .LEAM=∠FEN, .LBAE=LEAM-30°=∠FEN-30°=LFEC, 由三角形的外角性质知∠AEC=∠ABC+∠BAE=60°+∠FEC, 又∠AEC=∠AEF+LFEC, .LAEF=60°； (3)DF的长为1. 12.(1)解：四边形ABCD是平行四边形； 证明：：在四边形ABCD中，AD‖BC, ∠A+∠B=180°， ZA=ZC, .∠C+∠B=180°， ∴.AB‖CD, ·四边形ABCD是平行四边形； (2)解：①作图如下： ○ ②当AB=AD时，平行四边形ABCD是菱形， 由折叠可得，BP=B'P,CQ=CQ,BC=B'C',∠C=∠C'=60°=∠A, 当B'P⊥AB时，由B'PIC'Q,可得C'Q⊥CD, LPEA=30°=∠DEB',∠QDC'=30°， :∠ADC=180°-∠A=120°， 9/21 学科网 www zxxk.com ∠B'DE=180°-∠ADC-∠QDC'=30°， :B'D =B'E 设AP=a,BP=b,则直角三角形APE中，PE=√5a,且B'P=b, :B'E =b-3a=B'D, :.C'D=a+b-(b-v3a=a+3a, :直角三角形c00中，C'Q=1+5 -a=CO, 2 D0=5cQ=3+3, -a, 2 CD=Do+Co=a+b, ,3+√5,1+√ 2a+2 -a=a+b, 2 整理得V3+1a=b, 8 PB 2 ②5-1，⑧1 2 13.(1)证明：设AC、BD相交于O, O :四边形ABCD是平行四边形， A0=C0,B0=D0, :BF∥DE, ∴∠FBO=∠EDO,∠BFO=∠DEO, △BF0≌△DE0, .EO=FO, 又A0=C0, .A0-E0=C0-F0, .AE CF; 让教与学更高效 BC=B'C'=CD=a+b, 专题03 四边形 解答压轴题（30题） 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。 1．(24-25八下·上海宝山区淞谊实验学校·期中)如图，在四边形中，，以点A为圆心，的长为半径作弧分别交边，边于点F，E，（点E，F都不与边的端点重合）． (1)如图，当， ①探索和的数量关系并证明你的结论； ②若平分，求证：是等边三角形并直接写出此时线段，，之间的数量关系． (2)连接，当平分时，若是以为腰的等腰三角形，求的值． 2．(24-25八下·上海长宁区·期末)如图，在四边形中，，点在边上，点在边的延长线上，四边形的对角线分别交、于点、，且，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，，求证：四边形为矩形． 3．(24-25八下·上海民办立达中学·期末)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） 4．(24-25八下·上海曲阳第二中学·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． 5．(24-25八下·上海科技大学附属学校制·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． 6．(24-25八下·上海科技大学附属学校制·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． 7．(24-25八下·上海育才初级中学·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． 8．(24-25八下·上海延安初级中学·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． 9．(24-25八下·上海延安初级中学·期中)我们知道平行四边形是中心对称图形．已知四边形是平行四边形，如图所示，请只用一把无刻度的直尺，按要求作出相应的图形．（不写作法，保留作图痕迹） (1)如图1，点E是边的中点，作出边的中点F； (2)如图2，在平行四边形的四边上各作一点，分别记为M、N、P、Q，使得四边形是平行四边形； (3)如图3，若四边形为正方形，点G在对角线上一点，作一个菱形，使得为菱形的一边． 10．(24-25八下·上海奉贤区·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． 11．(24-25八下·上海育才初级中学·期中)如图，等腰中，，O为边的中点，射线交的延长线于点C，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，点E、F分别在射线、射线上，且，求证：； (3)在（2）的条件下，连接，若为直角三角形，，直接写出的长． 12．(24-25八下·上海西初级中学·期中)如图1， 在四边形中， ， ， 点P在边上． (1)判断四边形的形状并加以证明； (2)以过点P的直线为轴，将四边形折叠，使点B，C分别落在点上，且经过点D，折痕与四边形的另一交点为Q； ①在图2中作出四边形（保留作图痕迹，不必说明作法和理由） （提示：为使折叠后经过点D，可以先考虑边上与点D对应的点）； ②如图3， 如果， 且， 试求的值： ③如图4， 如果， 且， 请直接写出的值． 13．(24-25八下·上海存志学校·期中)如图已知点是平行四边形对角线上的一点，连结，过点作交于点． (1)求证：； (2)若，，当，求的长． 14．(24-25八下·上海浦东新区川沙中学·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． 15．(24-25八下·上海宝山区·期末)在平行四边形中，对角线相交于点O，，，E是边上的一点，连接． (1)如果， ①如图1，当点E为中点时，求证：四边形为菱形； ②如图2，设，求y与x的函数解析式（不用写定义域）； (2)连接，如果是以为腰的等腰直角三角形，求的长．连接 16．(24-25八下·上海闵行区·期末)已知，在平行四边形中，，，点在射线上，直线与直线交于点，于，的延长线与直线交于点． (1)如图，当点在线段上时， ①如果，，求的长； ②连接，求证：； (2)如果，，求的长． 17．(24-25八下·上海崇明区·期末)如图，已知在梯形中，，，，，点是的中点，连接、． (1)求证：； (2)设，求关于的函数解析式（不写定义域）； (3)设、交点为，当为直角三角形时，求的长． 18．(24-25八下·上海普陀区·期末)小普在综合与实践课上，参加了以“神奇的正方形”为主题的数学活动，通过“折、转、探”等方式研究有关正方形折纸的有趣结论． (1)折一折：如图-1，小普将正方形纸片折叠，使边都落在对角线上，展开得折痕，联结．那么___________度；如果，那么的长度等于___________； (2)转一转：小普将图-1中的绕点旋转，使它的两边分别交直线于点． ①如图-2，当点、在边、上，联结．如果，求的面积； ②探一探：联结，射线、分别交对角线所在直线于点、，且点在正方形内部．正方形的边长，联结．如果是等腰三角形，请直接写出线段的长度___________．（用含有字母的代数式表示） 19．(24-25八下·上海外国语大学附属外国语学校·期末)如图，四边形为正方形，，且，直线交延长线于．求证：． 20．(24-25八下·上海黄浦区·期末)如图，已知梯形，，，点、分别是边和上的动点（点不与点重合，点不与点重合），且，，联结． (1)若，则点到的距离是_______； (2)判断的形状并加以证明； (3)若，设，，求y关于x的函数解析式，并写出定义域． 21．(24-25八下·上海长宁区·期末)如图，矩形的对角线和相交于点O，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)延长交于点，联结，请先按要求完善图形，再判断四边形是什么特殊四边形？并说明理由； (3)填空：联结，如，，则的长为_______．（直接给出结果） 22．(24-25八下·上海宝山区·期末)已知：如图，在平行四边形中，点O为对角线的中点，过点O作交边、于点E、F，联结、． (1)求证：四边形为菱形； (2)如果四边形为矩形，，，求的长． 23．(24-25八下·上海杨浦区·期末)已知：如图，矩形中，，将沿直线翻折，点落在点处，与相交于点，连接． (1)求证：． (2)连接，与的交点为，过作交于，连接．求证：四边形是矩形． 24．(24-25八下·上海青浦区·期末)在矩形中，，，点、分别在边、上，．将沿直线翻折得，联结． (1)如图，当时，求证：； (2)如图，当时，求的面积； (3)当为等腰三角形时，求线段的长． 25．(24-25八下·上海青浦区·期末)如图，在边长为的正方形中，点为边的中点，点在边上，垂直平分线段，垂足为点，求的长． 26．(24-25八下·上海虹口区·期末)【模型构建】 如图①，已知，如果，那么．我们把这种图形叫做“一线三直角”． 【初步探究】 我们发现，如果和不是直角，但都相等，且，结论也依然成立．请在下面两题中，选择一题进行解答． （1）如图②，已知，且，求证：． （2）如图③，已知，且，求证：． 【探究应用】 如图，在正方形中，已知，点、、分别在边、、上，且．设，求关于的函数解析式，并写出定义域． 【拓展探究】 如图，在正方形中，已知，点、、分别在边、、上，且．分别是线段的中点，联结，如果是等边三角形，求的长． 27．(24-25八下·上海华育中学·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____． 28．(24-25八下·上海延安实验初级中学·期中)如图，已知在平行四边形中，点，分别是，的中点，，与对角线分别相交于点，，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，求证：四边形是菱形． 29．(23-24八下·上海宝山区·期末)如图，已知平行四边形，E是边的中点，点F在边上，连接并延长交的延长线于点G，连接、． (1)如果，求证：四边形是矩形； (2)如果F是边的中点，且，求证：四边形是菱形． 30．(24-25八下·上海黄浦区·期末)如图，矩形的对角线与交于点，点是的中点，连接交于点，延长到点，使，连接，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若四边形是矩形，且，求的长度． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $