专题01 四边形（期中复习知识清单）八年级数学下学期新教材沪教版五四制

专题01 四边形 思维导图 串 考点清单 理 知识点1.多边形 1.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。 从n边形的一个顶点出发可以引(n-3)条对角线,将n边形分成(n-2)个三角形. 2.多边形的内角和定理和外角和定理图23-1-9 多边形的内角和定理 n边形的内角和等于． 多边形的外角和定理 多边形的外角和等于． 知识点2.平行四边形多边形 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. 2.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 3.平行四边形的性质 定理1 平行四边形的对边相等. 定理2 平行四边形的对角相等. 定理3 平行四边形的对角线互相平分. 4.对称性、不稳定性与平行线之间的距离 平行四边形是中心对称图形,对称中心为平行四边形两条对角线的交点. 四边形具有不稳定性. 如图，直线平行，是直线上任意一点，，垂足为，线段的长度就是直线之间的距离． "两条平行线之间的距离"与前面已经学过的"点与点之间的距离""点到直线的距离"有何区别与联系? 两点间的距离 点到直线的距离 两条平行线之间的距离 区别 连接两点的线段的长度 点到直线的垂线段的长度 两条平行线中，一条直线上任意一点到另一条直线的垂线段的长度 联系 都是指某一条线段的长度 如图所示，在中，于点于点．也就是平行四边形的面积底×高（其中是平行四边形的任何一条边长，必须是边长为的边与其对边之间的距离）． 5.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. 定理2 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. 定理3 对角线互相平分的四边形是平行四边形. 判定方法 符号语言 边 两组对边分别平行的四边形是平行四边形(定义) ∴ 四边形是平行四边形 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 ∴ 四边形是平行四边形 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 且）， ∴ 四边形是平行四边形 角 两组对角分别相等的四边形是平行四边形 ∴ 四边形是平行四边形 对角线 对角线互相平分的四边形是平行四边形 ∴ 四边形是平行四边形 （1）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，有可能是等腰梯形. （2）一组对边相等，一组对角相等的四边形也不一定是平行四边形，如图所示，四边形ABCD是平行四边形，，则，，但四边形 不是平行四边形. （3）两组邻边分别相等或两组邻角分别相等都不能判定四边形是平行四边形. （4）平行四边形的判定定理与相应的性质定理互为逆定理，在应用时要注意区别，以防混淆. 平行四边形判定方法的选择 已知条件 证明思路 一组对边相等 1.另一组对边相等2.该组对边平行 一组对边平行 1.另一组对边平行2.该组对边相等 对角线相交 对角线互相平分 角 两组对角相等 知识点3.矩形 1.定义：四个内角都是直角的四边形叫作矩形.矩形是一种特殊的平行四边形． （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. 2.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 3.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. 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. 两条对角线相等的四边形不一定是矩形. (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. （1）矩形的四个角都是直角，故常把矩形的有关问题转化到直角三角形中进行解决. （2）矩形的对角线相等且互相平分，矩形的两条对角线把矩形分成了四个等腰三角形，如果矩形的两条对角线的夹角为60°或120°，那么图形中必有等边三角形，解题时要重视此隐含条件. （3）在四边形是平行四边形的前提下，判定一个四边形是矩形只要证明这个平行四边形的对角线相等或有一个角是直角即可. 知识点4.菱形 1.定义：四条边都相等的四边形叫作菱形. 菱形的定义既是菱形的性质，也是菱形的判定. 2.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 每条对角线平分一组对角 3.菱形的判定 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 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. 【延伸】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。 (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. 4.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） 若菱形 A B C D 的对角线相交于点，则 （1） ； （2） ； （3） 有一内角为60°或120°的菱形，较短对角线把菱形分成两个全等的等边三角形.较短对角线的长等于菱形的边长，较长对角线的长等于菱形边长的倍. 知识点5.正方形 1.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 2.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对角线互相垂直的矩形是正方形 ③对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形 对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形 判定一个四边形是正方形的三种方法 (1)先证它是矩形,再证有一组邻边相等或对角线互相垂直. (2)先证它是菱形,再证它有一个角是直角或对角线相等 (3)先证它是平行四边形，再证有一个角是直角且有一组邻边相等或对角线相等且互相垂直. 3.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 ． 【横向比较】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6.中位线与重心 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. 每一个三角形有三条中位线. 图23-4-1 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. 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.如图D4-5-1所示,AD是中线,EF是中位线. (2)联系:三角形的一条中位线与第三边上的中线互相平分. 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. 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. 2.三角形的重心 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. 题型清单 解 多边形对角线的条数问题 【例1】如果从多边形的一个顶点出发的对角线有9条，那么它的边数是________． 【变式1】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_______ ． 【变式2】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______． 【变式3】（25-26八年级下·上海浦东新·月考）若边形共有54条对角线，则该多边形内角和为___________． 二、多边形内角和问题 【例2】（24-25八年级下·上海杨浦·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 【变式1】若一个多边形共有20条对角线，则这个多边形的内角和是（　　） A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级下·上海闵行·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． 【变式3】（25-26八年级下·上海·月考）已知一个多边形，它的内角和等于五边形的内角和的2倍，求这个多边形的边数． 【变式4】若一个多边形一共可以作出5条对角线，那么这个多边形的内角和是________________． 多边形内角和与外角和综合 【例3】已知一个凸多边形的每个内角都是，那么它的边数为_____． 【变式1】（23-24八年级下·上海宝山·期中）在一个凸多边形中，它的内角中最多有个锐角，则为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【变式2】一个多边形的内角和是其外角和的6倍，则这个多边形的边数是（    ） A．12 B．13 C．14 D．15 【变式3】已知一个多边形的内角和小于它的外角和，那么这个多边形是（   ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【变式4】一个四边形四个外角之比为，则这个四边形的内角中（   ） A．只有一个锐角 B．有两个锐角 C．有三个锐角 D．有四个锐角 判断能否构成平行四边形 【例4】（25-26八年级上·上海·月考）根据下列条件，不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A．一组对边平行且相等的四边形 B．一组对边相等一组对角是直角的四边形 C．对角线相等的四边形 D．对角线互相平分的四边形 【变式1】（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 【变式2】（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． 【变式3】在学习了《平行四边形》这一章节后，小侯针对几种特殊的平行四边形的关系画出了如图草图，他让同桌小润在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写正确的是（    ） A．：中心对称 B．：对边相等 C．：有一组邻边相等 D．：对角线互相平分 利用平行四边形的性质求解 【例5】（25-26八年级下·上海·月考）在中，已知的度数是的5倍，那么______度． 【变式1】（25-26八年级下·上海·月考）的周长是28，对角线、相交于点，且的周长比的周长小4，则的长为（   ） A．5 B．10 C．9 D．18 【变式2】（25-26八年级下·上海·月考）如图，在中，、相交于点O，，若，，则的面积为（   ） A．16 B．20 C．24 D．32 【变式3】（25-26八年级下·上海·月考）在中，以A为圆心，长为半径画弧交边于点E，再分别以B、E为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点F，连接并延长交于点G，若，，则长为________． 【变式4】（25-26八年级下·上海·月考）如图，在四边形中，，且，，，点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以的速度由点A向点D运动，点Q以的速度由点C向点B运动，__________后直线将四边形截出一个平行四边形． 利用平行四边形的性质证明 【例6】（24-25八年级上·山东济南·期末）如图，的对角线相交于点O，过点O的直线分别交的延长线于点E，F．求证：． 【变式1】如图，在中，，，，过的中点作，垂足为点，与的延长线相交于点． (1)求证； (2)求的面积． 【变式2】如图，在中，、分别平分、，交于点、． (1)求证：； (2)过点作，垂足为．若平行四边形的周长为，，求的面积． 【变式3】如图，在中，为对角线的中点，，．．动点从点出发，以每秒2个单位的速度沿折线向终点匀速运动，连结并延长交折线于点．将线段绕着点逆时针旋特60°得到线段，连结，设点的运动时间为． (1)用含的代数式表示的长． (2)当点在边上运动时，求证：． (3)当点在边上时，求的值． 平行四边形性质的其他应用 【例7】已知点E在面积为4的平行四边形ABCD的边上运动，那么使△ABE的面积为1的点E共有_____个． 【变式1】如图，四边形ABCD是平行四边形，O是两条对角线的交点，过O点的三条直线将四边形ABCD分成阴影和空白部分，若阴影部分的面积8cm2，则四边形ABCD的面积为 _____cm2． 【变式2】嘉嘉和淇淇在研究平行四边形的性质时，想到这样一个问题：如图，已知，G为CD边上一点，E为BC延长线上一点，以CG，CE为边作，请用一条直线平分与组合的图形面积．他们延长EF，AD交于点H，分别作出，，，对角线的交点P，Q，M，N，得出甲、乙、丙三种方案．下列说法正确的是（    ）    A．甲对，乙、丙错 B．甲、丙对，乙错 C．甲、乙对，丙错 D．乙、丙对，甲错 八、证明四边形是矩形 【例8】如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且DE＝AC，连接CE、OE，OE交DC于点F． (1)求证：四边形OCED是矩形； (2)若AD＝6，求OF的长． 【变式1】如图，已知梯形中，， 、分别是、的中点，点在边上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若平分，求证：四边形是矩形． 【变式2】如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，点G，H分别是和的中点．    (1)求证：； (2)连接．若，请判断四边形的形状，并证明你的结论． 【变式3】（2024·上海·中考真题）同学用两幅三角板拼出了如下的平行四边形，且内部留白部分也是平行四边形（直角三角板互不重叠），直角三角形斜边上的高都为． (1)直接写出： 两个直角三角形的直角边（结果用表示）； 小平行四边形的底、高和面积（结果用表示）； (2)请画出同学拼出的另一种符合题意的图，要求： 不与给定的图形状相同； 画出三角形的边． 证明四边形是菱形 【例9】如图，在平行四边形中，、相交于点，过点作，分别交、于点、，连接、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求菱形的面积． 【变式1】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． 【变式2】如图，在中，，分别是和的中点，连接，，，，交于点，且． (1)求证：四边形为菱形； (2)在的延长线上取一点，使，连接．若，，求的长． 【变式3】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． 证明四边形是正方形 【例10】（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． 【变式1】已知：如图，四边形ABCD中，，∠ADC＝90°，AD＝CD，E是对角线BD上一点，且EA＝EC．求证：四边形ABCD是正方形．    【变式2】已知，如图，四边形ABCD是菱形，∠B是锐角，AF⊥BC于点F，CH⊥AD于点H，在AB边上取点E，使得AE＝AH，在CD边上取点G，使得CG＝CF．联结EF、FG、CH、HE． (1)求证：四边形EFGH是矩形． (2)若∠B＝45度，求证:四边形EFGH是正方形． 利用矩形的性质求角度 【例11】在矩形中，点为对角线的交点，，平分交于点E，则的度数是______． 【变式1】（25-26八年级下·上海浦东新·月考）如图，在矩形中，对角线，相交于点，于点，，则的大小是___________． 【变式2】如图，在矩形中，对角线交于点，点E在边上，连接，如果，，那么的度数为__________．    根据矩形的性质求线段长 【例12】已知在矩形中，对角线相交于点，，，那么___ 【变式1】（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_______． 【变式2】（25-26八年级下·上海浦东新·月考）如图，四边形是矩形，点在线段的延长线上，连接交于点，，点是的中点，若，则的长为________． 【变式3】如图，在矩形中，，点是边上一动点，连接，将沿着翻折后得到，若与边分别交于点，且，则的长为____． 【变式4】如图，矩形，，，点F在边上，沿直线翻折，点B落在点E处，当点E恰好在的角平分线上，则______． 利用矩形的性质证明 【例13】（2024·上海·中考真题）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（    ） A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 【变式1】（25-26八年级下·上海闵行·月考）如图，在矩形中，E是上一点，垂直平分，分别交、、于点P、O、Q，连接、，，； (1)求的长； (2)求四边形的面积． 【变式2】（25-26八年级下·上海·月考）如图，平行四边形中，、分别在、上，连接、交于点，连接交于点，四边形是矩形．连接，如果，求证： (1)； (2)． 【变式3】“数学探究小组”研究如下问题：如图1，点是矩形内一点，求作一个四边形，使得四边形的四边分别等于，并且两条对角线互相垂直． 小组成员小杰提出了如下的作法：①过点作并截取；②分别连接．那么四边形就是所求作的四边形． (1)请判断小杰的作法是否正确，并说明理由； (2)如图2，请根据上述信息提出一个类似问题：点是菱形内一点，求作一个四边形，使得___________，并且___________；（请作出图形并简要说明作法） 利用菱形的性质证明 【例14】（24-25八年级下·上海闵行·期末）已知：在菱形中，，，垂足为、． (1)如图①，如果，求证：； (2)如图②，如果对角线与、交于点、，且，求证：． 【变式1】（25-26八年级上·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：． 【变式2】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． 【变式3】如图1，在平面直角坐标系中，点，的坐标分别是和，连接，以线段为边向右侧作菱形，且，点在轴上． (1)填空：点的坐标为 ， 度． (2)连接，点是线段上一动点，点在轴上，且．过点作的平行线，过点作的平行线，两线相交于点． ①如图2，当时，求的长度； ②求证：四边形是菱形． 三角形的中位线与重心 【例15】（25-26八年级下·上海·月考）已知在中，，则的重心到的距离为_____． 【变式1】（25-26八年级下·上海·月考）如图，为的中位线，点在上，平分，若，，的长为______． 【变式2】（25-26八年级下·上海·月考）在中，，，是的重心． (1)求的长； (2)求． 利用平行四边形的判定与性质求解 【例1】（24-25八年级下·上海·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_____． 【变式1】（25-26八年级上·上海·月考）如图，中，，的周长为，则与的周长和为________． 【变式2】（25-26八年级下·上海松江·月考）如图，点A、B在的对角线所在的直线上且．若，则_________． 【变式3】（24-25八年级下·上海·期中）已知：如图，沿射线平移后得，，若的面积为S，则四边形的面积为_______．（用含S的代数式表示） 【变式4】如图，在平行四边形中，于点为的中点，，那么_________度．    矩形问题中利用辅助线求线段长与分类讨论 【例2】已知直角梯形的一条底边长为8，一条腰长为，且它与底边的夹角是，那么另一条底边的长为______． 【变式1】（25-26八年级下·上海·月考）如图，已知在梯形中，，，，平分，交边于点．如果是直角三角形，那么的长为_____． 【变式2】正方形的边长是，点在边上，且，P是正方形边上的一个动点，连接，当时，的长是______． 根据正方形的性质求线段长 【例3】（25-26八年级下·上海浦东新·月考）如图，正方形的对角线与相交于点，的角平分线分别交于两点．若，则线段的长为________． 【变式1】（24-25八年级下·上海·期中）如图，在正方形中，点E、F分别为边的中点，点P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，线段的长为1，那么正方形的边长为_______． 【变式2】（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． 【变式3】（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______． 复杂图形的内角和 【例1】（24-25八年级上·内蒙古通辽·期中）如图所示，的度数是（     ） A． B． C． D． 【变式1】（25-26八年级上·黑龙江牡丹江·月考）如图，______． 【变式2】如图，顺次连接图中六个点，得到以下图形，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式3】如图，的度数为___________． 【变式4】（1）如图1，以四边形的各顶点为圆心画半径为1的圆，且圆与圆之间两两不相交．把四边形与各圆重叠部分（阴影部分）的面积之和记为，求的值（结果保留π）． （2）如图2，试探究其中与之间的关系，并证明． 【变式5】根据下列各图求值： (1)如图1，求； (2)如图2，求； (3)如图3，求； (4)如图4，求． 方程思想在矩形折叠问题中的运用 【例2】（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________． 【变式1】如图，在矩形中，，，点E在边上（点E与点A、D不重合），将沿直线翻折，点D的对应点为点G，连接，的延长线交边于点F，如果，那么的长为______． 【变式2】如图，矩形中，，点F在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处，若，那么的长为________． 【变式3】如图，已知在矩形中，，，将这个矩形沿直线折叠，使点C落在边上的点F处，折痕交边于点E，那么等于_______度． 【变式4】（25-26八年级下·上海·月考）已知：在矩形中，，，点、分别在边、上，．将沿直线翻折得，连接．    (1)如图（1），若点在上，求证：； (2)如图（2），若，求的面积； (3)当为等腰三角形时，求线段的长． 利用菱形的性质求线段长 【例3】（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________． 【变式1】（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________． 【变式2】如果菱形的边长为5，相邻两内角之比为，那么该菱形较长的对角线长为________． 【变式3】如图，矩形中，为对角线，为中点，，，当四边形为菱形时，求的值． 利用菱形的性质求面积 【例4】（25-26八年级下·上海闵行·月考）如图，在菱形中，，，则菱形的面积为________． 【变式1】（24-25八年级下·上海·月考）已知菱形一组对角的和为，较短的一条对角线的长度为4，那么这个菱形的面积为___________． 【变式2】已知菱形的两条对角线的长分别是6和8，则菱形的面积为______． 【变式3】已知菱形的周长为，一条对角线长为，则这个菱形的面积是______． 【变式4】若菱形周长为，两对角线之和为，则菱形面积为______． 【变式5】（2024·广东·中考真题）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为______． 十字架模型 【例5】（25-26八年级下·上海闵行·月考）问题发现 (1)基本模型——十字架模型 如图1所示，在正方形内，点在边上，点在边上，、交于点，①若则有结论；②反之若有，则有结论． 对于上述问题请选择一个命题加以证明． (2)模型运用 如图2，在正方形中，，点在边上（不与、重合），连接，将沿翻折，得到，连接并延长交于点． ①若，求的值． ②如图3，若与交于点，连接，若，求证：． 【变式1】如图①，在正方形中，P为线段上的一个动点，线段于点E，交线段于点M，交线段于点N． (1)求证：； (2)如图②，若线段垂直平分线段，分别交，于点E，F．求证：． 【变式2】综合与实践 如图1，在正方形中，点分别是边上的点，且． (1)求证：． (2)如图2，在图1的基础上，过点E作的垂线，与正方形的外角的平分线交于点N，连接．求证：四边形是平行四边形． (3)如图3，在（2）的条件下，连接，若四边形的面积是25，，请直接写出的长度． 试卷第1页，共3页 1 / 101 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $对 一、 多边形 内 外 二、平行四边形 定义： 三、矩形 性质： 判定： 四边形 定义： 性质： 四、菱形 判定： 面积： 定 五、正方形 性 判 六、中位线与重 角线：n边形从一顶点引n-3条，分月 角和：(n-2)×180° 角和：360° 定义：两组对边分别平行 性质：对边相等、对角相等、 判定：两组对边平行/相等；一 面积：底X高 有一个直角的平行四边形 四角为直角、对角线相等、中心对 一直角的平行四边形；对角线相等 一组邻边相等的平行四边形 四边相等、对角线垂直平分、平分 邻边相等的平行四边形；对角线垂 底×高；1/2×对角线乘积 义：四边相等、四角为直角 质：兼具矩形、菱形所有性质 定：矩形+邻边相等；菱形+一直角： 中位线：三角形中位线平行 重心：三条中线交点，到顶 成n-2个三角形 寸角线互相平分、中心对称 组对边平行且相等；对角线互相平分 称+轴对称 的平行四边形；三角为直角的四边形 对角、轴对称 直的平行四边形；四边相等的四边形 对角线相等且垂直的平行四边形 第三边且等于其一半 点距离=到对边中点2倍 专题01 四边形 思维导图 串 考点清单 理 知识点1.多边形 1.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。 从n边形的一个顶点出发可以引(n-3)条对角线,将n边形分成(n-2)个三角形. 2.多边形的内角和定理和外角和定理图23-1-9 多边形的内角和定理 n边形的内角和等于． 多边形的外角和定理 多边形的外角和等于． 知识点2.平行四边形多边形 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. 2.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 3.平行四边形的性质 定理1 平行四边形的对边相等. 定理2 平行四边形的对角相等. 定理3 平行四边形的对角线互相平分. 4.对称性、不稳定性与平行线之间的距离 平行四边形是中心对称图形,对称中心为平行四边形两条对角线的交点. 四边形具有不稳定性. 如图，直线平行，是直线上任意一点，，垂足为，线段的长度就是直线之间的距离． "两条平行线之间的距离"与前面已经学过的"点与点之间的距离""点到直线的距离"有何区别与联系? 两点间的距离 点到直线的距离 两条平行线之间的距离 区别 连接两点的线段的长度 点到直线的垂线段的长度 两条平行线中，一条直线上任意一点到另一条直线的垂线段的长度 联系 都是指某一条线段的长度 如图所示，在中，于点于点．也就是平行四边形的面积底×高（其中是平行四边形的任何一条边长，必须是边长为的边与其对边之间的距离）． 5.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. 定理2 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. 定理3 对角线互相平分的四边形是平行四边形. 判定方法 符号语言 边 两组对边分别平行的四边形是平行四边形(定义) ∴ 四边形是平行四边形 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 ∴ 四边形是平行四边形 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 且）， ∴ 四边形是平行四边形 角 两组对角分别相等的四边形是平行四边形 ∴ 四边形是平行四边形 对角线 对角线互相平分的四边形是平行四边形 ∴ 四边形是平行四边形 （1）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，有可能是等腰梯形. （2）一组对边相等，一组对角相等的四边形也不一定是平行四边形，如图所示，四边形ABCD是平行四边形，，则，，但四边形 不是平行四边形. （3）两组邻边分别相等或两组邻角分别相等都不能判定四边形是平行四边形. （4）平行四边形的判定定理与相应的性质定理互为逆定理，在应用时要注意区别，以防混淆. 平行四边形判定方法的选择 已知条件 证明思路 一组对边相等 1.另一组对边相等2.该组对边平行 一组对边平行 1.另一组对边平行2.该组对边相等 对角线相交 对角线互相平分 角 两组对角相等 知识点3.矩形 1.定义：四个内角都是直角的四边形叫作矩形.矩形是一种特殊的平行四边形． （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. 2.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 3.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. 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. 两条对角线相等的四边形不一定是矩形. (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. （1）矩形的四个角都是直角，故常把矩形的有关问题转化到直角三角形中进行解决. （2）矩形的对角线相等且互相平分，矩形的两条对角线把矩形分成了四个等腰三角形，如果矩形的两条对角线的夹角为60°或120°，那么图形中必有等边三角形，解题时要重视此隐含条件. （3）在四边形是平行四边形的前提下，判定一个四边形是矩形只要证明这个平行四边形的对角线相等或有一个角是直角即可. 知识点4.菱形 1.定义：四条边都相等的四边形叫作菱形. 菱形的定义既是菱形的性质，也是菱形的判定. 2.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 每条对角线平分一组对角 3.菱形的判定 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 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. 【延伸】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。 (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. 4.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） 若菱形 A B C D 的对角线相交于点，则 （1） ； （2） ； （3） 有一内角为60°或120°的菱形，较短对角线把菱形分成两个全等的等边三角形.较短对角线的长等于菱形的边长，较长对角线的长等于菱形边长的倍. 知识点5.正方形 1.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 2.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对角线互相垂直的矩形是正方形 ③对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形 对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形 判定一个四边形是正方形的三种方法 (1)先证它是矩形,再证有一组邻边相等或对角线互相垂直. (2)先证它是菱形,再证它有一个角是直角或对角线相等 (3)先证它是平行四边形，再证有一个角是直角且有一组邻边相等或对角线相等且互相垂直. 3.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 ． 【横向比较】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6.中位线与重心 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. 每一个三角形有三条中位线. 图23-4-1 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. 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.如图D4-5-1所示,AD是中线,EF是中位线. (2)联系:三角形的一条中位线与第三边上的中线互相平分. 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. 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. 2.三角形的重心 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. 题型清单 解 多边形对角线的条数问题 【例1】如果从多边形的一个顶点出发的对角线有9条，那么它的边数是________． 【答案】12 【分析】本题主要考查了多边形的边数与对角线条数的关系，解题的关键是熟练掌握边形从一个顶点出发的对角线最多可画的条数为． 根据边形从一个顶点出发的对角线最多可画的条数为，求出多边形的边数即可． 【详解】解：∵多边形从一个顶点出发的对角线最多可画9条， ∴， ∴多边形的边数为：． 故答案为：12． 【变式1】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． 【变式2】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． 【变式3】（25-26八年级下·上海浦东新·月考）若边形共有54条对角线，则该多边形内角和为___________． 【答案】 【分析】根据题意可得，求出的值，最后根据多边形内角和公式可得结论． 【详解】解：由题意得，解得或（舍去）， 则该边形的内角和是：． 二、多边形内角和问题 【例2】（24-25八年级下·上海杨浦·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． 【变式1】若一个多边形共有20条对角线，则这个多边形的内角和是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据多边形对角线与边数关系得出具体是几边形，然后利用多边形内角和公式求出结果 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 由题意得，， 解得或（舍去）， ∴这个多边形是八边形， ∴这个多边形的内角和为， 故选C． 【点睛】本题主要考查多边形边数与对角线数量及内角和的关系，熟练掌握相关公式是关键． 【变式2】（24-25八年级下·上海闵行·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． 【变式3】（25-26八年级下·上海·月考）已知一个多边形，它的内角和等于五边形的内角和的2倍，求这个多边形的边数． 【答案】8 【分析】设这个多边形的边数为n，则这个多边形的内角和为，再根据这个多边形的内角和等于五边形的内角和的2倍建立方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 由题意得，， 解得， ∴这个多边形的边数为8． 【变式4】若一个多边形一共可以作出5条对角线，那么这个多边形的内角和是________________． 【答案】 【分析】根据多边形有5条对角线求得多边形的边数，再根据多边形内角和公式求解即可． 【详解】解：设多边形的边数为，由题意可得， 解得，负值舍去 即此多边形为五边形， 则内角和为： 故答案为： 【点睛】此题考查了多边形的内角和和对角线，解题的关键是掌握多边形的内角和公式和对角线公式． 多边形内角和与外角和综合 【例3】已知一个凸多边形的每个内角都是，那么它的边数为_____． 【答案】6 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，熟知：多边形的内角和为是解题的关键． 设凸多边形的边数为，根据题意得，，即可求出边数． 【详解】解：设凸多边形的边数为， 根据题意得，， 解得， 故答案为：6． 【变式1】（23-24八年级下·上海宝山·期中）在一个凸多边形中，它的内角中最多有个锐角，则为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】本题主要考查了多边形的内角和外角和，根据任意凸多边形的外角和是，内角与其相邻的外角是邻补角的关系，可知它的外角中，最多有3个钝角，则内角中，最多有3个锐角，即可求解． 【详解】解： 任意凸多边形的外角和是， 外角中最多有3个钝角，则内角中，最多有3个锐角． 故选：B． 【变式2】一个多边形的内角和是其外角和的6倍，则这个多边形的边数是（    ） A．12 B．13 C．14 D．15 【答案】C 【分析】已知多边形的外角和为，结合题意，利用多边形的内角和公式列方程并解方程即可． 【详解】解：设这个多边形的边数是n， 则， 解得：， 即这个多边形的边数是14． 故选：C． 【点睛】本题主要考查多边形的内角和与外角和，利用方程思想将外角和与内角和建立等量关系是解题的关键． 【变式3】已知一个多边形的内角和小于它的外角和，那么这个多边形是（   ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】A 【分析】根据多边形的内角和的计算公式与外角和是列出方程，解方程即可． 【详解】解：设这个多边形边数是n，根据题意得： ， 解得：， ∴这个多边形是三边形，故A正确． 故选：A． 【点睛】本题主要考查的是多边形的内角和与外角和，一元一次方程的应用，掌握n边形的内角和为、外角和是是解题的关键． 【变式4】一个四边形四个外角之比为，则这个四边形的内角中（   ） A．只有一个锐角 B．有两个锐角 C．有三个锐角 D．有四个锐角 【答案】B 【分析】根据任意四边形外角和为，以及外角的比例求出四个外角的度数，再计算对应内角，判断锐角个数即可． 【详解】解：设四个外角的度数分别为，，，， ∵任意多边形的外角和为， ∴， 解得， ∴四个外角分别为，，，， ∵内角与相邻外角和为， ∴四个内角分别为，，，， ∵锐角是小于的角，此处和为锐角， ∴这个四边形有2个锐角． 判断能否构成平行四边形 【例4】（25-26八年级上·上海·月考）根据下列条件，不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A．一组对边平行且相等的四边形 B．一组对边相等一组对角是直角的四边形 C．对角线相等的四边形 D．对角线互相平分的四边形 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的判定条件；根据初中数学教材，平行四边形的判定包括：一组对边平行且相等、两组对边分别相等、对角线互相平分等；选项A和D是标准判定条件，能判定平行四边形；选项B通过推导可知能判定；选项C对角线相等不能判定平行四边形，如等腰梯形. 【详解】解：A. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； B. 一组对边相等且一组对角是直角的四边形：连接对角线，利用勾股定理可证另一组对边相等，从而判定平行四边形； C. 对角线相等的四边形不能判定平行四边形，如等腰梯形对角线相等但不是平行四边形； D. 对角线互相平分的四边形是平行四边形； 故选：C. 【变式1】（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 【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． 【变式2】（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 【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． 【变式3】在学习了《平行四边形》这一章节后，小侯针对几种特殊的平行四边形的关系画出了如图草图，他让同桌小润在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写正确的是（    ） A．：中心对称 B．：对边相等 C．：有一组邻边相等 D．：对角线互相平分 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的判定方法，菱形的判定方法，正方形的判定方法． 根据矩形的判定方法，菱形的判定方法，正方形的判定方法逐一分析即可． 【详解】解：A．：中心对称是平行四边形的固有性质，无法判断其为矩形； B．：对边相等是矩形的固有性质，无法判断其为正方形； C．：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，填写正确； D．：对角线互相平分是菱形的固有性质，无法判断其为正方形； 故选：C． 利用平行四边形的性质求解 【例5】（25-26八年级下·上海·月考）在中，已知的度数是的5倍，那么______度． 【答案】 【分析】由平行四边形得到，，则，结合已知条件得到,求出，即可求解和的度数． 【详解】解：如图， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵的度数是的5倍， ∴, 解得， ∴． 【变式1】（25-26八年级下·上海·月考）的周长是28，对角线、相交于点，且的周长比的周长小4，则的长为（   ） A．5 B．10 C．9 D．18 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，结合平行四边形的对角线互相平分的性质，得到邻边和与邻边差的两个等式，联立求解即可得到的长度． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∵的周长是， ∴ ①， ∵的周长比的周长小， ∴的周长减去的周长等于4 ∴， 化简得②， 联立得， 解得， 【变式2】（25-26八年级下·上海·月考）如图，在中，、相交于点O，，若，，则的面积为（   ） A．16 B．20 C．24 D．32 【答案】C 【分析】根据平行四边形的面积等于底乘以高，即可求解． 【详解】解：∵在中，，，， ∴的面积为． 【变式3】（25-26八年级下·上海·月考）在中，以A为圆心，长为半径画弧交边于点E，再分别以B、E为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点F，连接并延长交于点G，若，，则长为________． 【答案】10 【分析】连接，设交于点O，由作图过程可知，，，可得，再证明，可得，进而可得四边形为菱形，则，可得． 【详解】解：连接，设交于点O， 由作图过程可知，，， ， 四边形为平行四边形， ∴， ，， ， ， 四边形为平行四边形． ， 四边形为菱形， ， ． 【变式4】（25-26八年级下·上海·月考）如图，在四边形中，，且，，，点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以的速度由点A向点D运动，点Q以的速度由点C向点B运动，__________后直线将四边形截出一个平行四边形． 【答案】4或6 【分析】设秒时，直线将四边形截出一个平行四边形，，根据平行四边形的性质，可得或，列方程并解方程即可求出t值． 【详解】解：设t秒时，直线将四边形截出一个平行四边形， 根据题意得：， ∵直线将四边形截出一个平行四边形，， ∴或， ∴ 或 解得或， 即4或后直线将四边形截出一个平行四边形． 利用平行四边形的性质证明 【例6】（24-25八年级上·山东济南·期末）如图，的对角线相交于点O，过点O的直线分别交的延长线于点E，F．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质等知识点，熟练运用平行四边形的性质是解题的关键． 根据平行四边形的性质可得，进而可得，再根据对顶角相等可得从而证明，再根据全等三角形的性质即可证明结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 【变式1】如图，在中，，，，过的中点作，垂足为点，与的延长线相交于点． (1)求证； (2)求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据题意得到，可证明，即可得到结论； （2）根据题意得到，，，求出，得到，，得到． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，， ∴， 在和中， ， ， ； （2）解：四边形是平行四边形， ，，， 为中点， ， ，， ， ， 在中，由勾股定理得； ， ， 由（1）知， ， ， ，， ∴． 【变式2】如图，在中，、分别平分、，交于点、． (1)求证：； (2)过点作，垂足为．若平行四边形的周长为，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，角平分线的性质，熟悉掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． （1）利用平行四边形的性质和角平分线的性质证明即可； （2）过点作于点，利用角平分线的性质得到，利用三角形面积公式列式运算即可． 【详解】（1）证明：∵，分别平分，，交于点、， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，， 在和中， ， ∴； （2）解：过点作于点，如图所示： ∵分别平分，于点， ∴， ∵，，且平行四边形的周长为， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴的面积是192． 【变式3】如图，在中，为对角线的中点，，．．动点从点出发，以每秒2个单位的速度沿折线向终点匀速运动，连结并延长交折线于点．将线段绕着点逆时针旋特60°得到线段，连结，设点的运动时间为． (1)用含的代数式表示的长． (2)当点在边上运动时，求证：． (3)当点在边上时，求的值． 【答案】(1)当时，；当时， (2)见解析 (3)2或3 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，利用分类讨论的思想方法解答． （1）利用含角的直角三角形的性质，平行四边形的性质解答即可； （2）连接，利用平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可； （3）利用平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质求得点与点D重合或点E在边上时的值，从而得到的取值范围． 【详解】（1）解：， ， ， ， ∵四边形为平行四边形， ， ①当时，， ②当时，； （2）证明： 连接， 如图， 在中，为对角线的中点， ∴经过点，， ∵四边形为平行四边形， ∴， ， 在和 中， ， ， ； （3）解：①当点与点重合时，如图， 由题意得：为等边三角形， ， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ②当点落在边上时，如图， 由题意得：为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当点在边上时，的值为：2或3． 平行四边形性质的其他应用 【例7】已知点E在面积为4的平行四边形ABCD的边上运动，那么使△ABE的面积为1的点E共有_____个． 【答案】2 【分析】因为△ABE的底与平行四边形的底相等，要使△ABE的面积为1，则高△ABE的高必须为平行四边形的一半，所以当E在AD，BC的中点时成立． 【详解】解：如图， ∵平行四边形ABCD的底是不变的， 即AB是固定的，AB即为△ABE的底不变，高变化， ∵AB×AB边上的高=1， ∴当△ABE的高为平行四边形ABCD的底边AB上的高的一半时△ABE的面积为1， 即E在AD，BC的中点时成立， 故使△ABE的面积为1的点E共有2个． 故答案为2． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形的面积等，注意：同底同高的三角形的面积是平行四边形的面积的一半． 【变式1】如图，四边形ABCD是平行四边形，O是两条对角线的交点，过O点的三条直线将四边形ABCD分成阴影和空白部分，若阴影部分的面积8cm2，则四边形ABCD的面积为 _____cm2． 【答案】16 【分析】根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于平行四边形面积的一半，即可得出结果． 【详解】解：∵O是平行四边形两条对角线的交点，平行四边形ABCD是中心对称图形， ∴△OEF≌△OHM，四边形OFBG≌四边形OMDN，四边形OGCH≌四边形ONAE， ∴S平行四边形ABCD=2阴影部分的面积=2×8=16（cm2）． 故答案为：16． 【点睛】本题考查了中心对称，平行四边形的性质，熟记性质并判断出阴影部分的面积等于平行四边形的面积的一半是解题的关键． 【变式2】嘉嘉和淇淇在研究平行四边形的性质时，想到这样一个问题：如图，已知，G为CD边上一点，E为BC延长线上一点，以CG，CE为边作，请用一条直线平分与组合的图形面积．他们延长EF，AD交于点H，分别作出，，，对角线的交点P，Q，M，N，得出甲、乙、丙三种方案．下列说法正确的是（    ）    A．甲对，乙、丙错 B．甲、丙对，乙错 C．甲、乙对，丙错 D．乙、丙对，甲错 【答案】B 【分析】根据平行四边形为中心对称图形，得到过对称中心的任意一条直线平分平行四边形的面积，进行判断即可． 【详解】解：∵平行四边形为中心对称图形， ∴过对称中心的任意一条直线平分四边形的面积， 甲方案：直线既平分的面积，也平分的面积，符合题意；正确； 乙方案：直线平分的面积，所以下面阴影部分的面积大于上面的阴影部分的面，不符合题意；错误； 丙方案：直线既平分的面积，也平分，所以直线上方和下方的阴影部分面积也相等，符合题意；正确． 故选B． 【点睛】本题考查平行四边形的性质．熟练掌握过平行四边形的中心的直线平分四边形的面积，是解题的关键． 八、证明四边形是矩形 【例8】如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且DE＝AC，连接CE、OE，OE交DC于点F． (1)求证：四边形OCED是矩形； (2)若AD＝6，求OF的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】（1）由菱形的性质得OA＝OC＝AC，AC⊥BD，再证四边形OCED是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）证四边形OADE是平行四边形的，得OE＝AD＝6，再由矩形的性质得OF＝OE＝3即可． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴OA＝OC＝AC，AC⊥BD， ∴∠COD＝90°， ∵DE＝AC， ∴OC＝DE， ∵DEAC， ∴四边形OCED是平行四边形， 又∵∠COD＝90°， ∴平行四边形OCED是矩形； （2）解：由（1）可知，OA＝DE， ∵DEAC， ∴四边形OADE是平行四边形， ∴OE＝AD＝6， ∵四边形OCED是矩形， ∴OF＝OE＝3． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质以及菱形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 【变式1】如图，已知梯形中，， 、分别是、的中点，点在边上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若平分，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接EG，根据题意得，，根据，可得四边形是平行四边形，则，，根据是的中点得，可得，，即可得； （2）连接，将与的交点记为点O，根据平分得，根据得，即可得，，根据四边形是平行四边形得，，可得，即可得． 【详解】（1）证明：如图所示，连接EG， ∵梯形中，， 、分别是、的中点， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵是的中点， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图所示，连接，将与的交点记为点O， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵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，平行四边形的判定，梯形的中位线定理，平行线的性质，角平分线，解题的关键是掌握这些知识点，添加合适的辅助线． 【变式2】如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，点G，H分别是和的中点．    (1)求证：； (2)连接．若，请判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)矩形，证明见解析 【分析】（1）由平行四边形的性质得出，，，，证出，，由证明，即可得出结论； （2）由全等三角形的性质得出，，证出，由已知得出，，即可证出四边形是平行四边形． 【详解】（1）解：证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴，， ∵和的平分线、分别交、于点E、F， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴． （2）证明：∵， ∴，， ∴， ∴， ∵点G、H分别为、的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形 ∵，G为的中点， ∴， ∴四边形是矩形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质与判定，证明三角形全等是解决问题的关键． 【变式3】（2024·上海·中考真题）同学用两幅三角板拼出了如下的平行四边形，且内部留白部分也是平行四边形（直角三角板互不重叠），直角三角形斜边上的高都为． (1)直接写出： 两个直角三角形的直角边（结果用表示）； 小平行四边形的底、高和面积（结果用表示）； (2)请画出同学拼出的另一种符合题意的图，要求： 不与给定的图形状相同； 画出三角形的边． 【答案】(1)等腰直角三角板直角边为，含的直角三角形板直角边为和；底为，高为，面积为； (2)画图见解析． 【分析】（）①解直角三角形即可求解； 由题意可知四边形是矩形，利用线段的和差可求出矩形的边长，进而可求出面积； （）根据题意画出图形即可； 本题考查了解直角三角形，矩形的判定，矩形的面积，图形设计，正确识图是解题的关键． 【详解】（1）解：①如图，为等腰直角三角板，， 则； 如图，为含的直角三角形板，，，， 则，； 综上，等腰直角三角板直角边为，含的直角三角形板直角边为和； 由题意可知， ∴四边形是矩形， 由图可得，，， ∴， 故小平行四边形的底为，高为，面积为； （2）解：如图，即为所作图形． 证明四边形是菱形 【例9】如图，在平行四边形中，、相交于点，过点作，分别交、于点、，连接、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题综合考查了平行四边形的性质、菱形的判定以及菱形面积计算等知识． （1）关键是先证三角形全等得到对角线互相平分，再结合对角线垂直判定菱形． （2）利用直角三角形锐角互余和等边对等角知识得到的长度，进而求出菱形的对角线长度得到面积． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴． ∵， ∴． 在和中， ∴， ∴． 又， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：在中，，，， 由勾股定理得． ∵四边形是菱形， ∴，． ∴． ∵， ∴，， ∴， ∴，即是的中点， ∴． 在中，，， ∴， ∴， ∴． 【变式1】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． 【变式2】如图，在中，，分别是和的中点，连接，，，，交于点，且． (1)求证：四边形为菱形； (2)在的延长线上取一点，使，连接．若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定，勾股定理．解决本题的关键是作辅助线构造直角三角形． ()根据平行四边形的性质可证，，根据：点分别是的中点，可证，，所以可证四边形是平行四边形，根据有一组邻边相等的四边形是菱形可证结论成立； ()根据菱形对角线垂直且平分的性质，得；根据三角形的面积可求得，进一步求得的值，在中，利用勾股定理计算出． 【详解】（1）证明：四边形为平行四边形， ，， ，分别是和的中点， ，. ，， 四边形为平行四边形. ， ， 四边形为菱形； （2）如图，过点作于点， 由（）知四边形为菱形， ∵，， ，，， ， ， ， ， ， ， ． 【变式3】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． 证明四边形是正方形 【例10】（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 【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． 【变式1】已知：如图，四边形ABCD中，，∠ADC＝90°，AD＝CD，E是对角线BD上一点，且EA＝EC．求证：四边形ABCD是正方形．    【答案】见解析 【分析】先证明（SSS），可得∠ADE＝∠CDE，进而可得∠ADB＝∠CDB＝45°，根据，可得∠ADB＝∠DBC＝45°，即有∠CDB＝∠CBD＝45°，CD＝CB，则有AD＝CB，即可证明四边形ABCD是平行四边形，结合∠ADC＝90°，可得四边形ABCD是矩形，问题随之得证． 【详解】在△ADE和△CDE中， ， ∴（SSS）， ∴∠ADE＝∠CDE， ∵∠ADC＝90°， ∴∠ADB＝∠CDB＝45°， ∵， ∴∠ADB＝∠DBC＝45°， ∴∠CDB＝∠CBD＝45°， ∴CD＝CB， ∵AD＝CD， ∴AD＝CB， ∵， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵∠ADC＝90°， ∴四边形ABCD是矩形， ∵AD＝DC， ∴四边形ABCD是正方形． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质以及正方形的判定等知识，证明四边形ABCD是平行四边形，是解答本题的关键． 【变式2】已知，如图，四边形ABCD是菱形，∠B是锐角，AF⊥BC于点F，CH⊥AD于点H，在AB边上取点E，使得AE＝AH，在CD边上取点G，使得CG＝CF．联结EF、FG、CH、HE． (1)求证：四边形EFGH是矩形． (2)若∠B＝45度，求证:四边形EFGH是正方形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用菱形的性质，AF⊥BC ，CH⊥AD，可证四边形AFCH为矩形，得AH=CF，再证明△AEH≌△CFG(SAS)，△BEF≌△DGH(SAS)，得到EH=FG，EF=GH，证得四边形EFGH是平行四边形，进一步证得∠HEF=90°，得出结论． （2）连结BD，FH，AC，设BD、AC、FH相交于点O.利用菱形的性质，等腰三角形的性质，矩形的性质，证明∠EFH=45°，进一步证明EF=EH，得出结论． 【详解】（1）证明∵四边形ABCD是菱形 ∴ADBC，AB=BC=CD=AD，∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC ∴∠ABC+∠BAD=180° ∵AF⊥BC ，CH⊥AD ∴∠AFC=∠AHC=90° ∵ADBC ∴ ∠FAH=180°－∠AFC=90° ∴四边形AFCH为矩形， ∴AH=CF ∵AE＝AH，CG＝CF ∴AH＝CF＝AE＝CG，BF=BE=DH=DG ∴△AEH≌△CFG(SAS)，△BEF≌△DGH(SAS) ∴EH=FG，EF=GH ∴四边形EFGH是平行四边形 ∵BE＝BF ∴△BEF是等腰三角形 ∴∠BEF=∠BFE=（180°－∠ABC）=90°-∠ABC 同理可得∠AEH=∠BAD ∴∠BFE+∠AEH=（∠ABC+∠BAD）=90° ∴∠HEF=180°－（∠BFE+∠AEH）=90° ∴四边形EFGH是矩形． （2）证明：如图，连结BD，FH，AC，设BD、AC、FH相交于点O. ∵四边形ABCD是菱形 ∴ADBC，AB=BC=CD=AD， AC⊥BD ∴∠ADB=∠CBD，△ABD是等腰三角形，∠BOC==90° ∴∠ABD=∠ADB ∴∠ABD=∠CBD=∠ABC=22.5° ∴∠BCO=180°-∠CBD-∠BOC=67.5° ∵四边形AFCH为矩形 ∴OF=OC，∠AFC=90° ∴△FOC是等腰三角形 ∴∠OFC=∠BCO=67.5° ∴∠AFH=∠AFC-∠OFC=22.5° ∵BE＝BF ∴△BEF是等腰三角形 ∴∠BEF=∠BFE=（180°－∠ABC）=90°-∠ABC=67.5° ∵AF⊥BC ∴∠AFB=90° ∴∠AFE=∠AFB-∠BFE=22.5° ∴∠EFH=∠AFE+∠AFH=45° ∵四边形EFGH是矩形 ∴∠FEH=90° ∴∠EHF=180－∠FEH－∠EFH=45° ∴∠EFH=∠EHF ∴EF=EH ∴四边形EFGH是正方形． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，正方形的判定，等腰三角形的性质和判定等知识点，综合性较强，关键在于灵活应用相关知识． 利用矩形的性质求角度 【例11】在矩形中，点为对角线的交点，，平分交于点E，则的度数是______． 【答案】/30度 【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，根据矩形的性质，推出为等边三角形，得到，，角平分线求出，得到，进而得到，等边对等角结合角的和差关系，求出的度数即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∵平分交于点E， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 【变式1】（25-26八年级下·上海浦东新·月考）如图，在矩形中，对角线，相交于点，于点，，则的大小是___________． 【答案】 【分析】根据矩形的性质得到，则由等边对等角和三角形外角的性质可得，再根据直角三角形两锐角互余可得答案． 【详解】解：∵在矩形中，对角线，相交于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【变式2】如图，在矩形中，对角线交于点，点E在边上，连接，如果，，那么的度数为__________．    【答案】/60度 【分析】根据矩形的性质可得，可得，求出，然后根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出，然后根据角的和差求解即可． 【详解】解：∵矩形， ∴，， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理等知识，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键． 根据矩形的性质求线段长 【例12】已知在矩形中，对角线相交于点，，，那么___ 【答案】 【分析】本题考查了对矩形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理等知识点的理解和掌握，关键是根据性质求出和的长．根据矩形的性质求出，证是等边三角形，求出和的长，根据勾股定理求出即可． 【详解】解：如图， 矩形， ，，， ， ， ， 是等边三角形， ， ， 矩形， ， 由勾股定理得：， 故答案为：． 【变式1】（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 【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． 【变式2】（25-26八年级下·上海浦东新·月考）如图，四边形是矩形，点在线段的延长线上，连接交于点，，点是的中点，若，则的长为________． 【答案】 【分析】利用矩形的性质和勾股定理可求出的长，利用直角三角形的性质得到，则可证明得到，据此可得答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【变式3】如图，在矩形中，，点是边上一动点，连接，将沿着翻折后得到，若与边分别交于点，且，则的长为____． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定，由矩形的性质可得，由折叠的性质可得，证明得到， 则可证明， 设，则，，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可得， ∴ 又∵， ∴， ∴， ∴，即， 设，则， ∴，， 在中， 由勾股定理得， ∴， 解得， ∴． 故答案为：． 【变式4】如图，矩形，，，点F在边上，沿直线翻折，点B落在点E处，当点E恰好在的角平分线上，则______． 【答案】或． 【分析】本题考查了矩形的性质、翻折变换（折叠问题）、角平分线的性质以及勾股定理的综合应用，解题的关键是利用折叠的性质得到对应边相等，结合角平分线的性质构造直角三角形，通过勾股定理列方程求解．​ 过点 E 作垂线构造矩形和等腰直角三角形，利用角平分线性质设出相关线段长度；根据折叠性质得到，在直角三角形中用勾股定理求出的可能值；再针对不同的值，结合折叠后，在直角三角形中再次利用勾股定理列方程，求出的长度． 【详解】解：如图，连接，过点E作于点M，延长交于点N， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点E恰好在的角平分线上， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴设，则， 由折叠的性质得：， ∴在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， 当时， 由折叠的性质得：， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， 当时， 由折叠的性质得：， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， ∴或， 故答案为：或． 利用矩形的性质证明 【例13】（2024·上海·中考真题）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（    ） A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 【答案】A 【分析】本题考查矩形性质、等面积法、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形性质及菱形的判定是解决问题的关键．由矩形性质得到，，进而由等面积法确定，再由菱形的判定即可得到答案． 【详解】解：如图所示： 四边形为矩形， ，， 过作对角线的垂线，过作对角线的垂线， ， 如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为菱形， 故选：A． 【变式1】（25-26八年级下·上海闵行·月考）如图，在矩形中，E是上一点，垂直平分，分别交、、于点P、O、Q，连接、，，； (1)求的长； (2)求四边形的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据垂直平分线的性质得，再由勾股定理求出， 设，则，在中，，由此列方程求解即可； （2）先判定，即可得出，进而得到四边形是平行四边形，即可求四边形的面积． 【详解】（1）解：∵垂直平分， ∴， 在中，， 设，则， 在中，， 即， 解得， ∴； （2）解：∵垂直平分， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 【变式2】（25-26八年级下·上海·月考）如图，平行四边形中，、分别在、上，连接、交于点，连接交于点，四边形是矩形．连接，如果，求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接，证明四边形及都是平行四边形，得出，即可得出； （2）先证明四边形为平行四边形，根据四边形是矩形，得出，证明四边形是菱形，得出，即可得出结论． 【详解】（1）证明：连接，如图所示： 四边形是矩形， ，即， 又， ∴， 四边形及都是平行四边形， ， ； （2）证明：由（1）得，E为中点， 四边形是平行四边形， ， ， ， 同理可得F为中点， ， ， 四边形为平行四边形， 四边形是矩形， ，即， 四边形是菱形， ， ． 【变式3】“数学探究小组”研究如下问题：如图1，点是矩形内一点，求作一个四边形，使得四边形的四边分别等于，并且两条对角线互相垂直． 小组成员小杰提出了如下的作法：①过点作并截取；②分别连接．那么四边形就是所求作的四边形． (1)请判断小杰的作法是否正确，并说明理由； (2)如图2，请根据上述信息提出一个类似问题：点是菱形内一点，求作一个四边形，使得___________，并且___________；（请作出图形并简要说明作法） 【答案】(1)小杰的作法正确，理由见解析 (2)四边形的四边分别等于、、、，两条对角线相等，图和作法见解析 【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，平行四边形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键． （1）根据矩形的性质证明四边形和四边形都是平行四边形，即可得到答案； （2）先根据（1）提出类似问题，再过点作分别交、于点、，并截取；2．分别连接、．利用菱形的性质，以及平行四边形的判定和性质，即可证明四边形就是所求作的四边形． 【详解】（1）解：小杰的作法正确，理由如下： 四边形是矩形， ，，， ， ，， ，，， 四边形和四边形都是平行四边形， ，， 四边形就是所求作的四边形． （2）解：如图2，点是菱形内一点，求作一个四边形，使得四边形的四边分别等于、、、，并且两条对角线相等． 作法： 1．过点作分别交、于点、，并截取； 2．分别连接、．那么四边形就是所求作的四边形． 理由如下：四边形是菱形， ，， ，， ，， ∴， 四边形和四边形都是平行四边形， ，， 四边形就是所求作的四边形． 故答案为：四边形的四边分别等于、、、，两条对角线相等． 利用菱形的性质证明 【例14】（24-25八年级下·上海闵行·期末）已知：在菱形中，，，垂足为、． (1)如图①，如果，求证：； (2)如图②，如果对角线与、交于点、，且，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）根据菱形得到，继而得到，由得到，则，那么； （2）由直角三角形斜边中线得到，证明，则，那么为等边三角形，则，那么，故． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：由（1）得， ∵， ∴， ∵菱形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴ ∴， ∴． 【变式1】（25-26八年级上·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 【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． 【变式2】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． 【变式3】如图1，在平面直角坐标系中，点，的坐标分别是和，连接，以线段为边向右侧作菱形，且，点在轴上． (1)填空：点的坐标为 ， 度． (2)连接，点是线段上一动点，点在轴上，且．过点作的平行线，过点作的平行线，两线相交于点． ①如图2，当时，求的长度； ②求证：四边形是菱形． 【答案】(1)， (2)① ②见解析 【分析】本题是四边形的综合题，考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并数形结合分类讨论是解题的关键． （1）利用勾股定理，可求得的长度，从而知道菱形的边长，再利用菱形的性质，等腰三角形的性质，以及三角形的内角和定理，即可求得点的坐标和的度数； （2）①利用等腰三角形“三线合一”的性质，勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半计算，即可得出答案； ②连接，设交于点，先利用菱形的性质，求得，接着利用外角得，从而推出，接着证明，得到，，接着证明，推出，从而知道，，借助，，可得到四边形是平行四边形，加上邻边相等，即可得证． 【详解】（1）解：∵点，的坐标分别是和， ∴，． ∵°， ∴， ∵以线段为边向右侧作菱形， ∴，， ∴，． ∴． 故答案为：，． （2）①解：当时，点在上时，作交于，如图， 由（1）可知，，，， ∴， ， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． ②证明：连接，设交于点，如图所示， 由（1）可知，四边形是菱形，，，， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ， ∴． ∵， ， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴，． ∵，， ∴四边形是平行四边形，． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 三角形的中位线与重心 【例15】（25-26八年级下·上海·月考）已知在中，，则的重心到的距离为_____． 【答案】 【分析】作出图形，根据重心的性质求得的面积，利用三角形面积公式即可解答． 【详解】解：如图，是的中线，， ， ， ， 是的中线， ， 点是的重心， ， ， 根据三角形面积公式可得， ，即的重心到的距离为． 【变式1】（25-26八年级下·上海·月考）如图，为的中位线，点在上，平分，若，，的长为______． 【答案】2 【分析】根据三角形中位线的性质可得，，，结合平行线的性质和角平分线的定义可得，则可得，进而可得． 【详解】解：∵为的中位线，且， ∴，， ∵D是的中点，且 ， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式2】（25-26八年级下·上海·月考）在中，，，是的重心． (1)求的长； (2)求． 【答案】(1)10 (2)40 【分析】（1）延长交于点D，利用重心的意义得出，，再根据勾股定理求出，再根据重心的性质得出即可求出答案． （2）根据三角形面积公式求解即可． 【详解】（1）解：延长交于点D，    ∵G为重心， ∴是的中线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解： 利用平行四边形的判定与性质求解 【例1】（24-25八年级下·上海·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：． 【变式1】（25-26八年级上·上海·月考）如图，中，，的周长为，则与的周长和为________． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的对边相等及平行线判定相似三角形的性质是解题的关键． 先证明四边形是平行四边形，得到对应边相等，再结合平行线判定三角形相似，推导与的周长和与周长的关系． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，； ∵的周长为，的周长为， ∴与的周长和为 ， 故答案为：． 【变式2】（25-26八年级下·上海松江·月考）如图，点A、B在的对角线所在的直线上且．若，则_________． 【答案】/35度 【分析】利用平行四边形的性质证明即可． 【详解】解：∵中， ∴， ∵， ∴， ∴． 【变式3】（24-25八年级下·上海·期中）已知：如图，沿射线平移后得，，若的面积为S，则四边形的面积为_______．（用含S的代数式表示） 【答案】 【分析】该题考查了平移的性质，平行四边形的性质和判定，设，则，的高为，表示出，即，根据平移的性质说明四边形是平行四边形，根据求解即可． 【详解】解：设，则，的高为， 则，即， 根据平移的性质得，和的高都为， ∴四边形是平行四边形， ∴， 故答案为：． 【变式4】如图，在平行四边形中，于点为的中点，，那么_________度．    【答案】 【分析】取的中点G，连接，可得四边形是平行四边形，由直角三角形的性质可得，由已知可得，由等腰三角形的性质及角的和差关系、平行四边形的性质即可求得结果． 【详解】解：取的中点G，连接，如图， ∵F为的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴； ∵G为中点，且， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：144．    【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定，直角三角形斜边上中线的性质等知识，构造辅助线是关键． 矩形问题中利用辅助线求线段长与分类讨论 【例2】已知直角梯形的一条底边长为8，一条腰长为，且它与底边的夹角是，那么另一条底边的长为______． 【答案】5或11 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，分解析图中两种情况，每种图又分和这两种情况，分别计算求解即可． 【详解】解：如图所示，当，时， 过点A作于M，则四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； 当，时，则； 如图所示，当，时， 同理可得，则； 当，时，同理可得； 综上所述，另一条底边的长为5或11， 故答案为：5或11． 【变式1】（25-26八年级下·上海·月考）如图，已知在梯形中，，，，平分，交边于点．如果是直角三角形，那么的长为_____． 【答案】或 【分析】本题主要考查矩形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理等，分两种情况讨论：（Ⅰ）当时，过点作的垂线，交于点，容易证明，四边形为矩形，结合，即可求得的数值；（Ⅱ）当时，如图所示，过点作的垂线，交于点，容易证明，，可得，即可求得的数值． 【详解】（Ⅰ）当时，如图所示，过点作的垂线，交于点， 设，则， 因为平分， 所以， 又因为，， 所以， 所以，， 因为，， 所以， 又因为， 所以四边形为矩形， 所以，， 所以， 所以， 所以， 因为， 所以 所以， 所以， （Ⅱ）当时，如图所示，过点作的垂线，交于点， 设，则， 同（Ⅰ）可证得， 所以，， 因为，， 所以， 又因为，， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 综上所述，或． 【变式2】正方形的边长是，点在边上，且，P是正方形边上的一个动点，连接，当时，的长是______． 【答案】或 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是得到在以为圆心，为半径的圆上． 根据题意可得在以为圆心，为半径的圆上，分两种情况讨论：如图中的和，①证明四边形是矩形，即可求出结果；②根据勾股定理可得结果． 【详解】解：根据题意画图如下： ，， ， ， ， 在以为圆心，为半径的圆上，如图中的和， ①，， ， 平行且等于， 四边形是矩形， ， ； ②，， ， 综上所述：的长是或． 故答案为：或． 根据正方形的性质求线段长 【例3】（25-26八年级下·上海浦东新·月考）如图，正方形的对角线与相交于点，的角平分线分别交于两点．若，则线段的长为________． 【答案】/ 【分析】设正方形的边长为，则，过点作于点，根据角平分线的性质可知，再由四边形为正方形，，可得出，在直角三角形中根据勾股定理列方程即可求解． 【详解】解：设正方形的边长为，则， 如图，过点作于点， 平分， ， ， ， ，即， 解得， ． 【变式1】（24-25八年级下·上海·期中）如图，在正方形中，点E、F分别为边的中点，点P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，线段的长为1，那么正方形的边长为_______． 【答案】/ 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，折叠的性质，解一元二次方程，解题的关键是掌握正方形的性质和折叠的不变性． 先得到四边形为矩形，根据正方形的性质以及折叠的性质得到可设，，，在中由勾股定理建立方程，即可求解． 【详解】解：如图： ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵点E、F分别为边的中点， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵翻折， ∴， 设正方形的边长为，则，，， ∴在中，由勾股定理得：， 解得：或（舍）， ∴正方形的边长为， 故答案为：． 【变式2】（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】/ 【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． 【变式3】（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 【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． 复杂图形的内角和 【例1】（24-25八年级上·内蒙古通辽·期中）如图所示，的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查三角形外角的性质以及四边形内角和定理，掌握四边形内角和等于360°，是解题的关键，根据三角形外角的性质以及四边形内角和等于，即可求解． 【详解】解：如图，先标注顶点， ∵，， 又∵， ∴， 故选：C． 【变式1】（25-26八年级上·黑龙江牡丹江·月考）如图，______． 【答案】/360度 【分析】本题考查三角形外角的性质及四边形的内角和定理，解答的关键是沟通外角和内角的关系．根据四边形的内角和得．又由三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，得，，从而求出所求的角的和． 【详解】解：如图所示： ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式2】如图，顺次连接图中六个点，得到以下图形，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了复杂图形的内角和，熟练掌握三角形内角和为，四边形内角和为是解题的关键．连接，记与交于点，利用三角形内角和定理推出，再将转化为四边形的内角和，即可解答． 【详解】解：如图，连接，记与交于点， ，， ， 又， ， ， ， ， ． 故选：C． 【变式3】如图，的度数为___________． 【答案】/360度 【分析】本题考查了三角形外角的性质、四边形的内角和定理，熟练掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．根据三角形外角的性质得到，再根据四边形的内角和定理即可求解． 【详解】解：如图， ∵， ∴， ∵四边形的内角和为， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式4】（1）如图1，以四边形的各顶点为圆心画半径为1的圆，且圆与圆之间两两不相交．把四边形与各圆重叠部分（阴影部分）的面积之和记为，求的值（结果保留π）． （2）如图2，试探究其中与之间的关系，并证明． 【答案】（1）；（2），理由见解析 【分析】本题主要考查了四边形内角和定理： （1）根据四边形内角和定理可得四个阴影部分的圆心角的度数之和为四边形的四个内角之和，即为，据此根据圆面积计算公式求解即可； （2）由四边形的内角和是可知：，再由平角的定义可得，据此可得结论． 【详解】解：（1）由图可知，四个阴影部分的圆心角的度数之和为四边形的四个内角之和，即为， ∴四个阴影部分的面积构成一个整圆的面积，即：； （2），理由如下： 由四边形的内角和是可知：， ∵， ∴， ∴． 【变式5】根据下列各图求值： (1)如图1，求； (2)如图2，求； (3)如图3，求； (4)如图4，求． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】本题考查三角形的内角和、三角形外角的性质，多边形的内角和的计算方法，适当的转化是解决问题的关键． （1）连接，利用三角形内角和定理即可解答； （2）根据三角形外角的性质表示出，再根据三角形外角和为即可解答； （3）根据三角形外角的性质表示出，再根据四边形外角和为即可解答； （4）连接，由三角形内角和定理得到，即可得到为五边形的内角和，利用多边形内角和公式即可解答． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵，， ∴； （2）解：如图， ∵， ∴； （3）解：如图， ∵， ∴； （4）解：如图，连接， ∵，， ∴ ∴ ， ． 方程思想在矩形折叠问题中的运用 【例2】（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】 【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： ． 【变式1】如图，在矩形中，，，点E在边上（点E与点A、D不重合），将沿直线翻折，点D的对应点为点G，连接，的延长线交边于点F，如果，那么的长为______． 【答案】2 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等积转换；由勾股定理得 ，由三角形的面积得，即可求解；掌握性质，能用三角形面积转化求解是解题的关键． 【详解】解：如图， 四边形是矩形， ， ， ， 由翻折得：， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， 故答案：． 【变式2】如图，矩形中，，点F在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处，若，那么的长为________． 【答案】10 【分析】本题考查了矩形的性质，翻折变换的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的性质等知识．首先求出，由矩形的性质得出，，由平行线的性质得出，由翻折不变性可知，，证出，由等腰三角形的判定定理证出，再由勾股定理求出，可得，由此即可解决问题． 【详解】解：， ， ∵将纸片折叠，使落在射线上， ， ， ∴， ， ， ， 故答案为：10． 【变式3】如图，已知在矩形中，，，将这个矩形沿直线折叠，使点C落在边上的点F处，折痕交边于点E，那么等于_______度． 【答案】 【分析】本题考查了翻折问题，解决本题的关键是由翻折得到． 由翻折得到，先根据勾股定理求出，得到为等腰直角三角形，所以，进而求出，再根据为等腰三角形，得到，进而求出． 【详解】解：由折叠可得：， ∵， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式4】（25-26八年级下·上海·月考）已知：在矩形中，，，点、分别在边、上，．将沿直线翻折得，连接．    (1)如图（1），若点在上，求证：； (2)如图（2），若，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∵，， ∴， ∵点在上，即， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，过点作于点， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， 同（1）可得， ∴， ∴； （3）解：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． 利用菱形的性质求线段长 【例3】（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】 【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． 【变式1】（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 【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． 【变式2】如果菱形的边长为5，相邻两内角之比为，那么该菱形较长的对角线长为________． 【答案】 【分析】根据已知可得较小的内角为60°，从而得到较短的对角线与菱形的一组邻边组成一个等边三角形，从而可求得较短对角线的长度，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图所示，菱形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝5，∠ABC＋∠BAD＝180°， ∵菱形相邻两内角的度数比为1：2， 即∠ABC：∠BAD＝1：2， ∴∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AC＝AB＝5， ∴AO＝AC＝， ∴BO＝， ∴BD＝2BO＝2×＝， ∴该菱形较长的对角线长为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理；熟练掌握菱形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键． 【变式3】如图，矩形中，为对角线，为中点，，，当四边形为菱形时，求的值． 【答案】 【分析】设出，利用菱形的性质可得，在中，由勾股定理列出方程即可求解． 【详解】解：四边形为菱形， ， 设，则， ∵矩形中，， ∴在中，由勾股定理得：， 即， 解得， 的值为． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握矩形与菱形的性质是解题的关键． 利用菱形的性质求面积 【例4】（25-26八年级下·上海闵行·月考）如图，在菱形中，，，则菱形的面积为________． 【答案】 【分析】先证明是等边三角形，求出，，进而利用菱形的面积公式即可解决问题． 【详解】解：如图，连接，交于O， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积． 【变式1】（24-25八年级下·上海·月考）已知菱形一组对角的和为，较短的一条对角线的长度为4，那么这个菱形的面积为___________． 【答案】 【分析】先画出图形，根据已知条件得出，，根据菱形的性质得出，，，，，证明是等边三角形，得出，根据勾股定理得出，根据，据此即可解答． 【详解】解：由题意得，，， ∵四边形是菱形， ∴，，，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式2】已知菱形的两条对角线的长分别是6和8，则菱形的面积为______． 【答案】24 【分析】此题主要考查了菱形的性质，正确把握菱形面积求法是解题关键． 直接利用菱形的面积等于对角线乘积的一半，进而得出答案． 【详解】解：菱形的两条对角线长分别是6和8， 菱形的面积为：． 故答案为：24． 【变式3】已知菱形的周长为，一条对角线长为，则这个菱形的面积是______． 【答案】24 【分析】题目主要考查菱形的性质及勾股定理解三角形，理解题意是解题关键． 根据菱形的性质，先求另一条对角线的长度，再运用菱形的面积等于对角线乘积的一半求解． 【详解】解：如图，在菱形中，． ∴，， ∴ ． ∴面积 故答案为：24． 【变式4】若菱形周长为，两对角线之和为，则菱形面积为______． 【答案】11 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，先求出菱形的边长为，再由菱形的性质得到，根据题意可得，设，则，由勾股定理得，据此根据完全平方公式的变形求出的值即可得到答案． 【详解】解：∵菱形周长为， ∴菱形的边长为， 如图所示，菱形的对角线交于点O，则， ∵两对角线之和为， ∴， ∴， 设， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∴， 故答案为：11． 【变式5】（2024·广东·中考真题）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为______． 【答案】10 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中线的性质，利用菱形的性质、三角形中线的性质求出，，根据和菱形的面积求出，，则可求出的面积，然后利用求解即可． 【详解】解：连接， ∵菱形的面积为24，点E是的中点，的面积为4， ∴，， 设菱形中边上的高为h， 则，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：10． 十字架模型 【例5】（25-26八年级下·上海闵行·月考）问题发现 (1)基本模型——十字架模型 如图1所示，在正方形内，点在边上，点在边上，、交于点，①若则有结论；②反之若有，则有结论． 对于上述问题请选择一个命题加以证明． (2)模型运用 如图2，在正方形中，，点在边上（不与、重合），连接，将沿翻折，得到，连接并延长交于点． ①若，求的值． ②如图3，若与交于点，连接，若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)①；②见解析 【分析】（1）①根据正方形的性质以及同角的余角相等，找到相等的边和角，利用证明，进而可得； ②根据正方形的性质得内角为，根据证明，得，进而得，从而证明； （2）①先根据勾股定理求的长，记与相交于点，由翻折得、，根据等面积法得，进而根据计算； ②根据正方形和翻折性质得，根据，翻折后和的性质证明，根据等腰三角形三线合一得，由得，由得，由翻折得，等量代换后，根据证明． 【详解】（1）选择①，证明如下： 证明：四边形是正方形， ，， ， ，，， ， 在和中， ， ， ； 选择②，证明如下： 证明：四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ， ， ， ； （2）①解：四边形是正方形，， ， 在中，， 由翻折得，垂直平分， 记与相交于点，则，且， 在中， ，即， 解得，， ； ②证明：由翻折得，，，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， 由翻折得，垂直平分， 是等腰三角形，是的角平分线， ， 在中，，， 在中，，， ， ， ，， 在和中， ， ． 【变式1】如图①，在正方形中，P为线段上的一个动点，线段于点E，交线段于点M，交线段于点N． (1)求证：； (2)如图②，若线段垂直平分线段，分别交，于点E，F．求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）过点作交于，则，根据平行四边形和正方形的性质求证，然后根据三角形全等的性质即可证明； （2）根据线段垂直平分线的性质和正方形的性质求得，然后根据等边对等角和等量代换求得，根据直角三角形斜边中线的性质得到，结合（1）问结论即可求证． 【详解】（1）证明：如图①，过点B作交于点H，则． 四边形是正方形， ，，， ， ， ， ． ，即， ∴四边形为平行四边形， ， ； （2）证明：如图②，连接，，． 正方形是轴对称图形，F为对角线上的一点， ，． 垂直平分， ， ， ． ， ， ， ， ． 由（1），知， ， ． 【变式2】综合与实践 如图1，在正方形中，点分别是边上的点，且． (1)求证：． (2)如图2，在图1的基础上，过点E作的垂线，与正方形的外角的平分线交于点N，连接．求证：四边形是平行四边形． (3)如图3，在（2）的条件下，连接，若四边形的面积是25，，请直接写出的长度． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了正方形的性质，垂直的性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角，平行线的判定，平行四边形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键． （1）根据正方形的性质可得，推得，根据垂直的性质可得，推得，根据全等三角形的判定和性质即可证明； （2）在上截取，连接，根据题意推得，根据等边对等角可得，推得，根据垂直的性质可得，推得，根据全等三角形的判定和性质可得，结合（1）中结论推得，根据垂直的性质可得，推得，根据平行线的判定可得，根据平行四边形的判定即可证明； （3）根据全等三角形的性质可得，根据平行四边形的性质可，求得，根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：（2）证明：在上截取，连接，如图： 由（1）可知， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 又由（1）可得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （3）解：（3）解：∵， ∴， ∵四边形的面积是25， 故， ∴， ∵， ∴， 在中，． 试卷第1页，共3页 1 / 101 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $