专题01 四边形（6大考点100题，基础全覆盖）（期末真题汇编，上海专用）八年级数学下学期

**基本信息** 专题聚焦八年级四边形6大考点，精选上海名校期中期末100题，基础全覆盖且梯度分明，适配新课改教学需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----|----| |单选题|约30题|多边形内角和、平行四边形判定等基础考点|结合生活情境如升降机原理考查四边形不稳定性| |填空题|约40题|矩形折叠、菱形对角线计算等中档题型|融入坐标系与几何综合，如平行四边形顶点坐标求解| |解答题|约30题|新定义“平行六边形”、折叠变换等综合应用|设计分层探究题，如“邻等对补四边形”性质证明，衔接中考命题趋势|

专题01 四边形（6大考点100题，基础全覆盖） 选题说明：今年是八年级新课改第一年，选题从往年及本学期最新试题中选取，请大家根据实际备课需求选用。 6大高频考点概览 考点01多边形 考点02平行四边形 考点03矩形的性质与判定 考点04 菱形的性质与判定 考点05正方形的性质与判定 考点06三角形的中位线与重心 一、单选题地 城 考点01 多边形 1．(25-26八下·上海世外中学·期中)已知一个多边形的外角和等于内角和的一半，那么这个多边形的对角线条数为（　　）． A．6条 B．7条 C．8条 D．9条 2．(25-26八·上海杨浦区·期中)在下列叙述中，错误的是（   ） A．任何多边形的内角中最多有三个锐角 B．任何多边形的内角中最多有四个直角 C．对角线总条数等于其边数的多边形是五边形 D．从n边形一个顶点出发可以作条对角线 3．(25-26八下·上海徐汇区教育学院附属实验中学·期中)某学生在计算四个多边形的内角和时，得到下列四个答案，其中一定错误的是（   ） A． B． C． D． 4．(25-26八·上海北郊学校·期中)一个多边形的边数增加1时，其外角和的变化情况为（   ） A．不变 B．增加 C．增加 D．增加 5．(25-26八·上海闵行区·期中)一个多边形，它的每一个外角都是，则该多边形的边数是（   ） A．六 B．七 C．八 D．九 6．(25-26八·上海虹口区·期中)当多边形的边数由3逐渐增加到时（，且为正整数），这个多边形的外角和（    ） A．逐渐增加 B．逐渐减小 C．没有变化 D．增、减情况不确定 二、填空题 7．(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_______ ． 8．(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______． 9．(25-26八·上海闵行区·期中)如果一个边形的内角和为，那么______． 10．(25-26八·上海杨浦区·期中)如果每个内角都相等的多边形的内角和等于，那么该多边形的一个外角等于_______． 11．(25-26八下·上海杨浦区·期中)从某个多边形的一个顶点出发的所有对角线，将其分成6个三角形，则这是________边形． 12．(25-26八下·上海民办至德学校等校·期中)若n边形共有35条对角线，则该多边形内角和为______． 13．(25-26·上海金山区·期中)如果从多边形的一个顶点出发的对角线有5条，那么它的边数是__________ 14．(25-26八下·上海浦东新区实验学校·期中)若边形共有54条对角线，则该多边形内角和为___________． 地 城 考点02 平行四边形 一 、单选题 15．(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． 16．(25-26八·上海天山初级中学等·期中)如图，在四边形中，对角线交于点O，，要使四边形为平行四边形，则需添加一个条件，这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 17．(25-26八·上海天山初级中学等·期中)如图，在平行四边形中，对角线、交于点，且，为中点，连接交于点，则下列结论中不一定成立的是（  ） A． B． C． D． 18．(25-26八·上海奉贤区育秀中学·期中)下列说法正确的是（    ） A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．一组对边相等，且一组对角相等的四边形是平行四边形 C．一组对边平行，且一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形 D．一组对边相等，且一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形 19．(25-26八·上海奉贤区育秀中学·期中)如图所示的升降机，升降时应用的原理是（   ） A．三角形的稳定性 B．四边形的不稳定性 C．两点之间线段最短 D．两点确定一条直线 20．(25-26八下·上海北郊学校·期中)伸缩晾衣架的设计原理主要利用了图形的哪种性质（   ） A．三角形的稳定性 B．四边形的不稳定性 C．两点之间线段最短 D．两点确定一条直线 21．(25-26八下·上海华东师范大学附属进华中学·期中)如图，在平行四边形中，两对角线交于点O，，，那么的长度为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 22．(24-25八下·上海浦东新区川沙中学·期末)如图，梯形中，，，，，则______． 23．(24-25八下·上海长宁区·期末)如图，在平行四边形中，于点E，平分交于点F，若，，，则的长为______． 24．(24-25八下·上海黄浦区·期末)如图，在梯形中，，连接，已知梯形的面积为17，的面积为12，那么的面积____． 25．(24-25八下·上海宝山区·期末)如图，已知梯形中，，，，，那么________． 26．(24-25八下·上海青浦区·期末)将平行四边形（如图）绕点旋转后，点落在边上，点的对应点为点，且点、、在一直线上．如果，，那么的周长为________． 27．(24-25八下·上海中学东校·期末)如图，在梯形中，，，．点在边上，将沿着翻折，点的对应点为点．如果，那么的长为______． 28．(24-25八下·上海普陀区·期末)平行四边形两邻边的长分别为20和16，两条长边的距离是10，那么两条短边的距离等于___________． 29．(25-26八·上海奉贤区育秀中学·期中)如图，在中，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点，再分别以点为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交边于点．已知，的周长为48，则的长是___________． 30．(25-26八下·上海民办至德学校等校·期中)在平面直角坐标系中，已知平行四边形的三个顶点坐标分别是，，，则平行四边形第四个顶点D的坐标______． 31．(25-26八下·上海民办至德学校等校·期中)探究课上，小明画出，他想利用尺规作图找一点D，使得四边形为平行四边形．以下三种作图方法中，正确的有______．（填序号）． ①以A为圆心，长为半径画弧；以C为圆心，长为半径画弧，两弧交于点D． ②连接，取中点O，连接并延长至D，使． ③过点B作，过点C作，两直线交于点D． 三、解答题 32．(24-25八下·上海奉贤区·期末)【阅读材料】 老师提出的问题∶ 同学们的方案∶ 如图，在平行四边形中，，为锐角．在对角线上如何确定点、 方案1∶分别作平分平分，交于点、． 的位置，使四边形为平行四边形？ 方案2∶取的两个三等分点、． 方案3∶在上任意取一点，连接，再以为圆心，长为半径画弧，交于点． 【解决问题】 (1)写出以上三种方案中正确方案，并选择一种正确的方案，在图1中画出图形，并说明理由； (2)除了这些同学们已经研究的方案之外，你还有其他方案吗？请写出方案，画出图形，并说明理由． 33．(25-26八下·上海民办至德学校等校·期中)如图，将的边延长至点E，使，连接，F是边的中点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，， ①请判断的形状，并求出的面积． ②直接写出的面积______． 34．(25-26八下·上海徐汇区位育初级中学·)期中解答： (1)【新定义1】如图1，在凸六边形中，满足，，，我们称这样的凸六边形叫做“平行六边形”．其中与，与，与叫做“主对边”：和，和，和叫做“主对角”；，、叫做“主对角线”． 类比平行四边形性质，有如下猜想，请判断正误并在横线上填写“正确”或“错误”． 猜想 判断正误 ①平行六边形的三组主对边分别相等 ______ ②平行六边形的三组主对角分别相等 ______ ③平行六边形的三条主对角线互相平分 ______ (2)【新定义2】六条边都相等的平行六边形叫做“菱六边形”． 如图2，已知平行六边形满足．求证：平行六边形是菱六边形． 地 城 考点03 矩形的性质与判定 一、单选题 35．(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． 36．(24-25八下·上海崇明区·期末)下列命题，其中是假命题的是（　　） A．对角线相等的菱形是正方形 B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 C．有一个角是直角且对角线互相平分的四边形是矩形 D．一组对角相等且一组对边相等的四边形是平行四边形 37．(24-25八下·上海徐汇区·期末)下列命题中，不正确的是（   ） A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B．对角线相等的平行四边形是矩形； C．对角线相等的矩形是正方形 D．对角线相等的菱形是正方形． 38．(24-25八下·上海中学东校·期末)已知在四边形中，，对角线、交于点，且，则下列四个命题中真命题是（    ） A．若，则四边形一定是等腰梯形 B．若，则四边形一定是等腰梯形 C．若且，则四边形一定是正方形 D．若，则四边形一定是矩形 39．(24-25八下·上海普陀区·期末)如图，在等腰梯形中，，点为中点，联结，作交于点．如果，且，那么的长为．（    ） A． B． C． D． 二、填空题 40．(24-25八下·上海浦东新区川沙中学·期末)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______． 41．(24-25八下·上海外国语大学附属外国语学校·期末)如图，矩形中，，垂足为E，且，，则________ ． 42．(24-25八下·上海宝山区·期末)如图，在平面直角坐标系中，矩形的对角线、 相交于点E，，，如果轴，那么的长为________． 43．(24-25八下·上海中学东校·期末)如图，在矩形中，，点、分别是边、的中点，点、在对角线上．如果四边形是矩形，那么的长等于_____． 44．(24-25八下·上海徐汇区·期末)我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：平地秋千未起，踏板离地一尺．送行二步与人齐，五尺人高曾记．良工高士素好奇，算出索长有几？（1步尺） 这段话的意思是：秋千静止时，踏板离地面1尺高；将秋千的踏板向前推动2步10尺时，踏板就和推秋千的人一样高，同为5尺．小明根据上述信息画出了如图所示的示意图，则可求秋千的绳索长为_____尺． 45．(24-25八下·上海中学东校·期末)如图，在矩形中，，点在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处．如果，那么的长为______． 46．(24-25八下·上海松江区·期末)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________． 47．(24-25八下·上海徐汇区·期末)如图，已知矩形中，，，是射线上一点，将矩形沿着直线翻折，点的对应点恰好和点、在一条直线上，则的长为______． 48．(24-25八上·上海浦东新区建平西校·期末)已知和是矩形的两条对角线，将沿直线翻折后，点落在点处，与矩形的重叠部分是，如果，那么长为_____． 49．(24-25八下·上海松江区·期末)如图，正方形和正方形中，B、C、E三点共线，点G在上，，那么的长是___________． 50．(24-25八下·上海外国语大学附属外国语学校·期末)已知如图，直角梯形中，，，，，点P在上移动，则当取最小值时，中边上的高为___________ ． 51．(24-25八下·上海黄浦区·期末)如图，平行四边形中，，，，点E、F分别是边、边的中点，点M是与的交点，点N是与的交点，则四边形的周长是_____． 52．(24-25八下·上海闵行区·期末)三角尺是学习数学的工具，三角尺一般是每套两把，其中一把是两个底角都是的等腰直角三角尺，另一把是有一个内角为的三十度直角三角尺，且等腰直角三角尺的斜边与三十度直角三角尺较长的直角边等长．如图放置三十度直角三角尺（），使得直角顶点落在等腰直角三角尺（）的腰上，斜边与腰垂直，垂足为点．当时，线段的长为______． 53．(24-25八下·上海松江区·期末)如果一个函数图像上存在横、纵坐标相等的点，那么称这个点为这个函数图像的“不动点”．已知点是函数图像上的“不动点”，点，点，如果四边形是等腰梯形，那么点的坐标是___________． 三、解答题 54．(24-25八下·上海静安区·期末)平行四边形中，E、F分别在、上，连接、交于点G，连接、交于点H，四边形是矩形． (1)如图1，连接，如果，求证：①；②； (2)如图2，若，且，又，用含a、b的代数式表示的长．请直接写出结果： _______． 55．(24-25八下·上海嘉定区·期末)如图，是一个由8个单位正方形组成的图形，是其中一个小正方形的顶点． (1)过点画一条直线，将这个图形分割成面积为的两部分，画出这条直线，并求出该直线被这个图形所截得的线段长： (2)如果经过点的一条直线将这个图形分割成面积相等的两部分，画出这条直线． 56．(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） 57．(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． 58．(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． 59．(24-25八下·上海金山区·期末)如图，已知：在梯形中，，，过点作，垂足为，延长至，使，连接、，与相交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，，求证：四边形是矩形． 60．(24-25八下·上海松江区·期末)如图，已知在中，点、分别是边、的中点，过点、的直线交的延长线于点，联结． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)联结，如果，求证：四边形是矩形． 61．(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． 地 城 考点04 菱形的性质与判定 一、单选题 62．(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． 63．(24-25八下·上海奉贤区·期末)符号“”读作“推出”，表示这个符号左边的数学事实可以推出右边的数学事实．下面是关于某个四边形的三个结论∶①它的对角线互相垂直；②它是一个正方形；③它是一个菱形．下列用符号“”表示的推出过程正确的是（   ） A．①⇒②⇒③ B．①③② C． D．③①② 64．(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 65．(24-25八下·上海嘉定区·期末)在菱形中，，则___________度． 66．(24-25八下·上海浦东新区川沙中学·期末)在边长为13的菱形中有一条对角线长为24，则另一条对角线长度为_____． 67．(24-25八下·上海松江区·期末)如图，菱形，对角线，相交于点，测得，，过点作于点，那么的长为___________． 68．(24-25八下·上海徐汇区·期末)如图，在平面直角坐标系中，已知点，轴于点．以为边作菱形，若点在轴上，则点的坐标为______． 69．(24-25八下·上海奉贤区·期末)如图，将一张菱形纸片沿所在的直线翻折，使点落在点处，联结交边于点．如果为中点，那么折痕与边的夹角的度数是_____． 70．(24-25八下·上海宝山区·期末)如图，在菱形中，对角线与相交于点O，．将边沿着过点O的一条直线翻折，点C的对应点为E，点B的对应点为F，连接，如果点E落在线段上，那么的面积为________． 71．(24-25八下·上海杨浦区·期末)如图，菱形的面积为36，点、分别在边、上，，如果的面积为6，那么的面积为___________． 三、解答题 72．(24-25八下·上海奉贤区·期末)如图，在矩形中，是边的中点，点在边上，连接并延长，交射线于点，过点作的平行线，分别交边与射线分别于点、． (1)如果点与点重合时，求的值； (2)如果四边形是菱形，求这个菱形的面积； (3)连接、，当时，求的长． 73．(24-25八下·上海闵行区·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：． 74．(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． 75．(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． 76．(24-25八下·上海静安区·期末)操作  现有两张完全相同的长方形纸条，它们的长为25厘米，宽为5厘米，将其交叠摆放（如图所示），使它们对角线的交点重合．现固定其中一张纸片，将另一张纸片绕对角线交点旋转一定角度，使它们的重叠部分始终形成四边形． (1)重叠部分四边形是什么形状的四边形？请说明理由， (2)重叠部分图形的最小面积和最大面积分别是多少？请直接填写：最小面积________，最大面积________． 77．(24-25八下·上海外国语大学附属外国语学校·期末)如图，在中，，E为的中点，四边形是平行四边形，求证：与互相垂直平分． 地 城 考点05 正方形的性质与判定 一、填空题 78．(24-25八下·上海崇明区·期末)如图，已知四边形是正方形，点是边延长线上的一点，如果，那么___________度． 79．(24-25八下·上海虹口区·期末)如图，正方形的边长为，对角线，交于点，为边上一点，且，则的长为 _________________ ． 80．(24-25八下·上海洋泾菊园实验学校·期末)如图，正方形中，点E、F分别在边、上，，，如果，那么的周长是_________． 81．(24-25八下·上海长宁区·期末)如果正方形的边长为x厘米，其面积为平方厘米，则正方形的对角线的长为__________厘米． 82．(24-25八上·上海徐汇区第四中学·期末)中国古代数学书《御制数理精蕴》中有一道题大意如下：如图，从前有一座方城，四面城墙的中间都有城门，出南门后往前直走8里到宝塔A处（即里），出西门往前直走2里到B处（即里），此时，视线刚好能紧靠城墙角C看见宝塔A．如果设正方形的中心为O，点O、D、B在一直线上，点O、E、A在一直线上，，那么这座方城每一面的城墙长是__________里． 83．(24-25八下·上海静安区·期末)如图，已知正方形边长为1，如果将边沿着过点A的直线翻折后，边恰巧落在对角线上，折痕交边于点E，那么的长是________． 84．(24-25八下·上海杨浦区·期末)如图，已知正方形和正方形顶点重合，点、、分别在边、、上，，将正方形绕着点旋转，点、分别落到点、，如果点、、在同一直线上时，那么线段的长为___________． 85．(24-25八下·上海外国语大学附属外国语学校·期末)如图，中，，，垂足为点D，，，现将和分别沿着、翻折，得到和，延长、交于点G，则四边形的面积是 _______ ． 二、解答题 86．(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． 87．(24-25八下·上海嘉定区·期末)如图，点是边长为6的正方形的边上的一点，联结，将沿折叠得到．联结并延长交于 (1)当时，求的长； (2)设，求关于的函数解析式，并写出函数的定义域． 88．(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：． 89．(24-25八下·上海金山区·期末)如图，已知：正方形边长为1，点是对角线上一点，，交射线于点． (1)当点在边上时，线段与线段之间有怎样的大小关系？试证明你观察得到的结论； (2)当点在边的延长线上，是等腰三角形时，求的长； (3)当以、、、为顶点的四边形的面积为时，直接写出的长． 地 城 考点06 三角形的中位线与重心 一、单选题 90．(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． 二、填空题 91．(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_____． 92．(24-25八下·上海外国语大学附属外国语学校·期末)如图，矩形中，与交于点O，，F是的中点，．则线段OF＝ ________ ． 93．(24-25八下·上海外国语大学附属外国语学校·期末)如图，梯形中，，，，E是的中点，F是的中点，则_____ ． 94．(24-25八下·上海长宁区·期末)如图，已知C、D是线段上两点，且，P是线段上一动点，在同侧分别作等边三角形和等边三角形，若G为线段的中点，当点P由点C移动到点D时，则点G移动的路径长度y与线段的长之间的函数关系式为_______． 95．(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 ______． 96．(24-25八下·上海奉贤区·期末)如图，，在一座木建筑中，有一扇矩形窗户(四边形)，工人师傅准备连接窗户各边中点来制作精美的装饰边框，如果他们测得边的长为米，边的长为米，那么四边形的周长为________米． 97．(24-25八下·上海嘉定区·期末)如图，在中，分别是的中点，那么线段的长为___________． 三、解答题 98．(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． 99．(24-25八下·上海徐汇区·期末)综合与探究 新定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． 请运用研究特殊四边形的经验，对“邻等对补四边形”进行探究． (1)概念理解：用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有______（填序号）．    (2)性质探究： 小明从特殊到一般，围绕邻等对补四边形的对角线展开研究，首先根据图1②中的特殊情况得到一个结论： 若邻等对补四边形中，两组邻边均相等，则必有一条对角线平分一组对角； 于是他画出了如图2的更一般的邻等对补四边形，并从对角线的维度得到了以下猜想： 若邻等对补四边形中，仅有一组邻边相等，则必有一条对角线平分一个内角； 请根据图2，改写命题，写出已知条件和求证，并进行证明．    (3)综合应用： 如图3，在中，，．分别在边，上取点，，使四边形是邻等对补四边形． 若，请画出所有符合条件的图形，并直接写出或用含的代数式表示．    （2）已知条件：四边形是邻等对补四边形，，是它的一条对角线． 求证：． 证明：作于E，延长线于F，    ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 四边形（6大考点100题，基础全覆盖） 选题说明：今年是八年级新课改第一年，选题从往年及本学期最新试题中选取，请大家根据实际备课需求选用。 6大高频考点概览 考点01多边形 考点02平行四边形 考点03矩形的性质与判定 考点04 菱形的性质与判定 考点05正方形的性质与判定 考点06三角形的中位线与重心 一、单选题地 城 考点01 多边形 1．(25-26八下·上海世外中学·期中)已知一个多边形的外角和等于内角和的一半，那么这个多边形的对角线条数为（　　）． A．6条 B．7条 C．8条 D．9条 【答案】D 【分析】先利用任意多边形外角和为定值的性质求出多边形内角和，再根据内角和公式求出边数，最后代入对角线条数公式计算得到结果． 【详解】解：设多边形边数为，根据题意得， ， 解得， 即该多边形为六边形， ∴该多边形对角线条数为（条）． 2．(25-26八·上海杨浦区·期中)在下列叙述中，错误的是（   ） A．任何多边形的内角中最多有三个锐角 B．任何多边形的内角中最多有四个直角 C．对角线总条数等于其边数的多边形是五边形 D．从n边形一个顶点出发可以作条对角线 【答案】D 【分析】根据多边形的外角和为360度，且多边形的一个外角与其相邻的内角互补，据此可判断A、B；从n边形一个顶点出发可以作条对角线，则边形对角线总条数公式为，据此可判断C、D． 【详解】解：A、∵任意多边形的外角和为360度， ∴任意多边形的外角中，最多有三个钝角， ∴任意多边形的内角中，最多有三个锐角，原说法正确，不符合题意； B、当多边形的一个内角是直角时，与其相邻的外角也是直角，而任意多边形的外角和为360度，故任意多边形的外角中，最多有4个直角，即任何多边形的内角中最多有四个直角，原说法正确，不符合题意； C、边形对角线总条数公式为，当时，解得或（舍去），故对角线总条数等于其边数的多边形是五边形，原说法正确，不符合题意； D、从n边形一个顶点出发可以作条对角线，原说法错误，符合题意； 3．(25-26八下·上海徐汇区教育学院附属实验中学·期中)某学生在计算四个多边形的内角和时，得到下列四个答案，其中一定错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：A选项 ，结果是正整数，符合要求； B选项 ，结果是正整数，符合要求； C选项，结果不是整数，不符合要求； D选项 ，结果是正整数，符合要求． 4．(25-26八·上海北郊学校·期中)一个多边形的边数增加1时，其外角和的变化情况为（   ） A．不变 B．增加 C．增加 D．增加 【答案】A 【分析】任意多边形的外角和是固定值，与边数无关，据此即可判断变化情况． 【详解】解：∵任意多边形的外角和恒为，不随边数的改变而改变， ∴当多边形的边数增加1时，其外角和保持不变． 5．(25-26八·上海闵行区·期中)一个多边形，它的每一个外角都是，则该多边形的边数是（   ） A．六 B．七 C．八 D．九 【答案】C 【分析】利用任意多边形外角和为的性质，用外角和除以单个外角的度数即可求出多边形边数． 【详解】解：∵任意多边形的外角和为，该多边形每一个外角都是， ∴该多边形的边数． 6．(25-26八·上海虹口区·期中)当多边形的边数由3逐渐增加到时（，且为正整数），这个多边形的外角和（    ） A．逐渐增加 B．逐渐减小 C．没有变化 D．增、减情况不确定 【答案】C 【分析】任意多边形外角和都为360度，据此可得答案． 【详解】解：∵任意多边形的外角和恒为，与边数多少无关， ∴当多边形边数由增加到时，这个多边形的外角和没有变化． 二、填空题 7．(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． 8．(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． 9．(25-26八·上海闵行区·期中)如果一个边形的内角和为，那么______． 【答案】5 【分析】边形内角和． 【详解】解：依题意得： ， 解得：． 10．(25-26八·上海杨浦区·期中)如果每个内角都相等的多边形的内角和等于，那么该多边形的一个外角等于_______． 【答案】 【分析】根据多边形内角和公式求出多边形的边数，再利用多边形外角和为即可求得一个外角的度数． 【详解】解：设该多边形的边数为，则， 解得， ∴该多边形的一个外角为． 11．(25-26八下·上海杨浦区·期中)从某个多边形的一个顶点出发的所有对角线，将其分成6个三角形，则这是________边形． 【答案】八 【分析】本题考查多边形对角线的性质，掌握从边形的一个顶点出发的所有对角线将多边形分成个三角形的规律是解题关键，根据规律列方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形为边形，根据题意得 ， 移项得 ， ∴． 12．(25-26八下·上海民办至德学校等校·期中)若n边形共有35条对角线，则该多边形内角和为______． 【答案】 【分析】根据n边形共有对角线条，即可列出方程：，求出n的值，再根据多边形的内角和为：，可求出其内角和． 【详解】解：∵n边形共有35条对角线， ∴， 解得或（舍去）， 故这个多边形是十边形，内角和为： ． 故答案为：． 13．(25-26·上海金山区·期中)如果从多边形的一个顶点出发的对角线有5条，那么它的边数是__________ 【答案】 8 【分析】从边形的一个顶点出发，可以引条对角线，根据题目条件列方程求解边数． 【详解】解：设多边形的边数为． 从边形的一个顶点出发的对角线条数为， ， 解得 ． 14．(25-26八下·上海浦东新区实验学校·期中)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：． 地 城 考点02 平行四边形 一 、单选题 15．(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． 16．(25-26八·上海天山初级中学等·期中)如图，在四边形中，对角线交于点O，，要使四边形为平行四边形，则需添加一个条件，这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对于D，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可． 【详解】解：A、B、C均不能证明四边形为平行四边形，D可以， ∵， ∴ ∵， ∴四边形为平行四边形． 17．(25-26八·上海天山初级中学等·期中)如图，在平行四边形中，对角线、交于点，且，为中点，连接交于点，则下列结论中不一定成立的是（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行四边形的性质、直角三角形斜边中线的性质以及三角形重心的性质逐一判断即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵，为中点， ∴在中，， ∴，故A成立； ∵， ∴， ∵为中点， ∴， ∴，故B成立； ∵，为中点， ∴、是的中线， ∴点是的重心， ∴， ∵， ∴，故D成立； 只有当时，才成立，题目未给出此条件，故C不一定成立． 18．(25-26八·上海奉贤区育秀中学·期中)下列说法正确的是（    ） A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．一组对边相等，且一组对角相等的四边形是平行四边形 C．一组对边平行，且一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形 D．一组对边相等，且一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形 【答案】C 【详解】解：A．等腰梯形满足一组对边平行，另一组对边相等，但不是平行四边形，故该选项说法错误，不符合题意； B．如图，可构造出满足一组对边相等，一组对角相等，但不是平行四边形的四边形，故该选项说法错误，不符合题意； C．如图，四边形中，，对角线，交于点，且平分 ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，故该选项说法正确，符合题意； D．如图，可构造出满足一组对边相等，一条对角线平分另一条对角线，但不是平行四边形的四边形，故该选项说法错误，不符合题意． 19．(25-26八·上海奉贤区育秀中学·期中)如图所示的升降机，升降时应用的原理是（   ） A．三角形的稳定性 B．四边形的不稳定性 C．两点之间线段最短 D．两点确定一条直线 【答案】B 【详解】解： ∵ 升降机的支架是由许多交叉的杆件组成的，这些杆件构成了四边形结构 ， ∴ 升降机利用了四边形具有不稳定性（易变形）的性质，通过改变四边形的角度来实现升降. 20．(25-26八下·上海北郊学校·期中)伸缩晾衣架的设计原理主要利用了图形的哪种性质（   ） A．三角形的稳定性 B．四边形的不稳定性 C．两点之间线段最短 D．两点确定一条直线 【答案】B 【分析】根据四边形的不稳定性，可得答案． 【详解】解：伸缩晾衣架的设计原理主要利用了四边形的不稳定性． 21．(25-26八下·上海华东师范大学附属进华中学·期中)如图，在平行四边形中，两对角线交于点O，，，那么的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平行四边形的性质得出，，从而求出的长；在中利用勾股定理求出的长；再在中利用勾股定理求出的长，最后根据即可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 在中，， 在中，， ∴． 二、填空题 22．(24-25八下·上海浦东新区川沙中学·期末)如图，梯形中，，，，，则______． 【答案】11 【分析】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形性质，解题的关键在于作辅助线构造平行四边形． 作交于点E，证明四边形是平行四边形，结合平行四边形性质推出，，进而得到，再根据求解，即可解题． 【详解】解：作交于点E，则， ∵， ∴四边形是平行四边形，， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：11． 23．(24-25八下·上海长宁区·期末)如图，在平行四边形中，于点E，平分交于点F，若，，，则的长为______． 【答案】 【分析】此题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质．延长到点G使得，可得，再利用平行四边形的性质得到，即可求解． 【详解】解：延长到点G使得，如图： 由题意可得：， 在和中， ， ∴， ∴，， 在平行四边形中，，，， ∴，， ∴，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 24．(24-25八下·上海黄浦区·期末)如图，在梯形中，，连接，已知梯形的面积为17，的面积为12，那么的面积____． 【答案】5 【分析】本题考查平行线之间的距离相等，涉及梯形面积公式、三角形面积公式等知识，过点作，过点作，如图所示，根据题意，表示出梯形面积与，数形结合即可得到的面积．熟记平行线之间的距离相等，数形结合表示出相关面积之间的关系是解决问题的关键． 【详解】解：过点作，过点作，如图所示： 在梯形中，，则， 梯形的面积为17， , 的面积为12， , ， 解得， 故答案为：5． 25．(24-25八下·上海宝山区·期末)如图，已知梯形中，，，，，那么________． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，过点D作交于点F，证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质进一步得出是等腰三角形，过点D作于点E，由三线合一可得出，然后利用勾股定理线求出，进而再利用勾股定理即可求出答案． 【详解】解：过点D作交于点F， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， 又∵， ∴是等腰三角形， 过点D作于点E， 则点E是的中点， ， ∴ 在中， ， 在中， ， 故答案为： 26．(24-25八下·上海青浦区·期末)将平行四边形（如图）绕点旋转后，点落在边上，点的对应点为点，且点、、在一直线上．如果，，那么的周长为________． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，平行四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，证明是解题的关键；设的对应点为，过点作于点，先证明，进而求得，勾股定理求得，即可求解． 【详解】解：如图，设的对应点为，过点作于点， ∵旋转， ∴，， ∵点、、在一直线上．四边形是平行四边形，则， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， 在中，， 在中，， ∴的周长为：， 故答案为：． 27．(24-25八下·上海中学东校·期末)如图，在梯形中，，，．点在边上，将沿着翻折，点的对应点为点．如果，那么的长为______． 【答案】 【分析】此题考查了折叠的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质和勾股定理是关键．延长交于点G，证明四边形是平行四边形，得到，则，得到，得到，设则由折叠可知，勾股定理求出，即可得到答案． 【详解】解：如图，延长交于点G， 在梯形中，，， ∴， ∵将沿着翻折，点B的对应点为点F． ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴ ∴ ∴， ∴， 设则 由折叠可知， 在中，， ∴， 解得 则， ∴， 故答案为：． 28．(24-25八下·上海普陀区·期末)平行四边形两邻边的长分别为20和16，两条长边的距离是10，那么两条短边的距离等于___________． 【答案】// 【分析】本题考查平行四边形的性质，理解两条长边的距离和两条短边的距离即为分别以长边和短边为底时该平行四边形的高是解题关键．根据平行四边形面积的求法列方程求解即可． 【详解】解：设两条短边的距离为h， 以长边为底，该平行四边形的面积为；以短边为底，该平行四边形的面积为， ∴， ∴． 故答案为：． 29．(25-26八·上海奉贤区育秀中学·期中)如图，在中，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点，再分别以点为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交边于点．已知，的周长为48，则的长是___________． 【答案】4 【分析】由四边形是平行四边形，则，，所以，由作图可知平分，，通过，可得，又平行四边形的周长为48，则，然后通过线段和差即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 由作图可知：平分，， ∴， ∴， ∵平行四边形的周长为48， ∴， ∴， ∴． 30．(25-26八下·上海民办至德学校等校·期中)在平面直角坐标系中，已知平行四边形的三个顶点坐标分别是，，，则平行四边形第四个顶点D的坐标______． 【答案】或或 【分析】根据平行四边形的性质，画出可能的三种情况，即可得出答案． 【详解】解：在平面直角坐标系中，已知平行四边形的三个顶点坐标分别是，，， 分别过三个顶点作对边平行线，交点即为点，如图， 当四边形是平行四边形时，即图中，此时中点坐标为，中点坐标为， ∴，解得， ∴点D的坐标为， 同理可得其他两个点D的坐标为，， 故答案为：或或． 31．(25-26八下·上海民办至德学校等校·期中)探究课上，小明画出，他想利用尺规作图找一点D，使得四边形为平行四边形．以下三种作图方法中，正确的有______．（填序号）． ①以A为圆心，长为半径画弧；以C为圆心，长为半径画弧，两弧交于点D． ②连接，取中点O，连接并延长至D，使． ③过点B作，过点C作，两直线交于点D． 【答案】①② 【分析】根据平行四边形的判定定理，分别判断三种作图方法得到的四边形是否满足平行四边形的判定条件即可． 【详解】①由作图可得，， 根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可知四边形是平行四边形，故①正确； ②由作图可得，， 根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可知四边形是平行四边形，故②正确； ③由作图可得四边形是平行四边形，故③错误． 故答案为：①②． 三、解答题 32．(24-25八下·上海奉贤区·期末)【阅读材料】 老师提出的问题∶ 同学们的方案∶ 如图，在平行四边形中，，为锐角．在对角线上如何确定点、 方案1∶分别作平分平分，交于点、． 的位置，使四边形为平行四边形？ 方案2∶取的两个三等分点、． 方案3∶在上任意取一点，连接，再以为圆心，长为半径画弧，交于点． 【解决问题】 (1)写出以上三种方案中正确方案，并选择一种正确的方案，在图1中画出图形，并说明理由； (2)除了这些同学们已经研究的方案之外，你还有其他方案吗？请写出方案，画出图形，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，角平分线的性质，三角形全等的判定和性质； （1）根据平行四边形的性质和角平分线的性质证出，得到，，求出，即可得到结论； （2）在上取点使得，证出，得到，，求出，即可得到结论． 【详解】（1）解：方案1和2正确； 选择方案1证明： 如图所示：   四边形是平行四边形， 平分平分， ∵ ∴， 在和中， ∴，， ∴ ∴ 所以四边形为平行四边形． 方案2证明： 如图：    根据题意得：， 四边形是平行四边形， ∴ ∴， 在和中， ∴，， ∴ ∴ 所以四边形为平行四边形． 方案3证明： 如图：    根据题意得：， 四边形是平行四边形， ∴ ∴， 根据已知得：，，， 无法根据边边角证出和全等， ∴无法得到四边形为平行四边形． （2）解：方案：在   上取点 E 、 �� 使得    ， 如图所示：在上取点使得，    在和中， ∴， 所以四边形为平行四边形． 33．(25-26八下·上海民办至德学校等校·期中)如图，将的边延长至点E，使，连接，F是边的中点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，， ①请判断的形状，并求出的面积． ②直接写出的面积______． 【答案】(1)见解析 (2)①是等边三角形，的面积为；② 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，再由已知条件证明，据此可证明结论； （2）①过点C作于点H，由平行四边形的性质和平行线的性质得到，证明，即可证明是等边三角形，得到，则，即可得到；②由可得答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵F是边的中点， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：①如图所示，过点C作于点H， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴， ∴； ②由（2）①得． 34．(25-26八下·上海徐汇区位育初级中学·)期中解答： (1)【新定义1】如图1，在凸六边形中，满足，，，我们称这样的凸六边形叫做“平行六边形”．其中与，与，与叫做“主对边”：和，和，和叫做“主对角”；，、叫做“主对角线”． 类比平行四边形性质，有如下猜想，请判断正误并在横线上填写“正确”或“错误”． 猜想 判断正误 ①平行六边形的三组主对边分别相等 ______ ②平行六边形的三组主对角分别相等 ______ ③平行六边形的三条主对角线互相平分 ______ (2)【新定义2】六条边都相等的平行六边形叫做“菱六边形”． 如图2，已知平行六边形满足．求证：平行六边形是菱六边形． 【答案】(1)错误；正确；错误 (2)详见解析 【分析】（1）连接，根据平行线的性质即可判断； （2）先证明为平行四边形，再证明为平行四边形，即可证明是菱六边形． 【详解】（1）解：连接，交于点， ①由图可得，平行六边形的三组主对边分别相等是错误的； ②∵ ∴， ∵ ∴， ∴ ∴ 同理可得，， ∴平行六边形的三组主对角分别相等是正确的； ③平行六边形的三条主对角线互相平分是错误的； （2）证明：过点作平行且等于，连接， ∴平行四边形是平行四边形， ，， ∵在平行六边形中， ∴； ∵在平行六边形中，，， ，， 四边形为平行四边形， ，， ∵ ∴ 四边形为平行四边形， ， ， ， ， 平行六边形是菱六边形． 地 城 考点03 矩形的性质与判定 一、单选题 35．(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 36．(24-25八下·上海崇明区·期末)下列命题，其中是假命题的是（　　） A．对角线相等的菱形是正方形 B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 C．有一个角是直角且对角线互相平分的四边形是矩形 D．一组对角相等且一组对边相等的四边形是平行四边形 【答案】D 【详解】此题考查了命题的真假，正方形、菱形、矩形和平行四边形的判定定理，根据正方形、菱形、矩形和平行四边形的判定定理逐一分析各选项的正确性，找出假命题． 【分析】解:A．对角线相等的菱形是正方形．菱形对角线互相垂直，若对角线相等，则满足正方形的条件（既是菱形又是矩形），故A为真命题． B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形．根据菱形判定定理，对角线垂直平分的四边形四边相等，故B为真命题． C．有一个角是直角且对角线互相平分的四边形是矩形．对角线互相平分的四边形是平行四边形，若有一个直角，则此平行四边形为矩形，故C为真命题． D．一组对角相等且一组对边相等的四边形不一定是平行四边形．例如，存在满足这两个条件但另一组对边不平行的四边形（如构造反例），故D为假命题． 故选：D． 37．(24-25八下·上海徐汇区·期末)下列命题中，不正确的是（   ） A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B．对角线相等的平行四边形是矩形； C．对角线相等的矩形是正方形 D．对角线相等的菱形是正方形． 【答案】C 【分析】本题考查矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，掌握知识点是解题的关键． 根据特殊四边形的判定方法逐一分析选项的正误． 【详解】解：A． 对角线互相垂直的平行四边形是菱形．平行四边形的对角线互相平分，若对角线还互相垂直，则符合菱形的判定定理，故A正确． B． 对角线相等的平行四边形是矩形．平行四边形的对角线相等时，四个角均为直角，符合矩形的定义，故B正确． C． 对角线相等的矩形是正方形．矩形的对角线本身相等，但正方形还需满足邻边相等或对角线垂直．仅对角线相等无法直接判定为正方形，故C错误． D． 对角线相等的菱形是正方形．菱形的对角线互相垂直，若再满足相等，则符合正方形的对角线特性（相等且垂直），故D正确． 故选C． 38．(24-25八下·上海中学东校·期末)已知在四边形中，，对角线、交于点，且，则下列四个命题中真命题是（    ） A．若，则四边形一定是等腰梯形 B．若，则四边形一定是等腰梯形 C．若且，则四边形一定是正方形 D．若，则四边形一定是矩形 【答案】D 【分析】本题考查了命题和定理，等腰梯形，矩形，正方形的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据四边形且对角线的条件，逐一分析各选项是否成立． 【详解】解：A：若，四边形可能是矩形（平行四边形对角线相等），不一定是等腰梯形，故A错误； B：若，可能通过全等三角形证明边相等，但若四边形为矩形时也满足条件，故B错误； C：若且，可构造等腰梯形满足条件（如对角线垂直且，但非正方形），故C错误； D：若，说明对角线被平分，结合，证明全等，并得到，四边形为平行四边形（对角线互相平分），结合，平行四边形对角线相等则为矩形，故D正确； 故选：D． 39．(24-25八下·上海普陀区·期末)如图，在等腰梯形中，，点为中点，联结，作交于点．如果，且，那么的长为．（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，过点A作于，过点D作于H，延长交于，可证明得到，，则，据此可求出，进而得到；求出，得到，则；证明四边形是矩形，得到，再证明，可得，则可求出． 【详解】解：如图所示，过点A作于，过点D作于H，延长交于 ∵， ∴， ∵点为中点， ∴， ∴ ∴，， ， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ； ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴ ． 故选：D． 二、填空题 40．(24-25八下·上海浦东新区川沙中学·期末)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． 41．(24-25八下·上海外国语大学附属外国语学校·期末)如图，矩形中，，垂足为E，且，，则________ ． 【答案】 【分析】此题重点考查矩形的性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理等知识，由矩形的性质得，由，得，则垂直平分，所以，则，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，且， ∴， ∵，且， ∴， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 42．(24-25八下·上海宝山区·期末)如图，在平面直角坐标系中，矩形的对角线、 相交于点E，，，如果轴，那么的长为________． 【答案】2 【分析】本题考查了平面直角坐标系、矩形的性质、直角三角形的性质、等边三角形性质和判定、勾股定理，解题的关键是证明是等边三角形，进而求解．取的中点，连接，先根据勾股定理求得的长度，根据直角三角形的性质得到，进而得出是等边三角形，再根据矩形的性质及轴证明是等边三角形，从而得到答案． 【详解】解：如图，取的中点，连接， 在中，，， ， 的中点， ， ， 是等边三角形， ， 轴， ， 矩形， ， 是等边三角形， ， 故答案为：2． 43．(24-25八下·上海中学东校·期末)如图，在矩形中，，点、分别是边、的中点，点、在对角线上．如果四边形是矩形，那么的长等于_____． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定方法，是解题的关键．连接，，，设交于点，根据勾股定理求出，证明四边形为平行四边形，得出，证明四边形为平行四边形，得出，最后求出结果即可． 【详解】解：连接，，，设交于点，如图所示： ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∵、分别是边、的中点， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴． 故答案为：． 44．(24-25八下·上海徐汇区·期末)我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：平地秋千未起，踏板离地一尺．送行二步与人齐，五尺人高曾记．良工高士素好奇，算出索长有几？（1步尺） 这段话的意思是：秋千静止时，踏板离地面1尺高；将秋千的踏板向前推动2步10尺时，踏板就和推秋千的人一样高，同为5尺．小明根据上述信息画出了如图所示的示意图，则可求秋千的绳索长为_____尺． 【答案】 【分析】此题考查了勾股定理的应用，矩形的性质，如图，过点作于点，可得四边形是矩形，得到尺，尺，设秋千的绳索长为尺，则，，在中由勾股定理得，解方程即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点，则， 由题意可得，尺，尺，尺， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴尺，尺， 设秋千的绳索长为尺，则，， 在中，， ∴， 解得， 答：秋千的绳索长为尺． 故答案为：． 45．(24-25八下·上海中学东校·期末)如图，在矩形中，，点在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处．如果，那么的长为______． 【答案】 【分析】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，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决问题． 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得出，再由勾股定理求出，可得，再利用翻折不变性，可知，由此即可解决问题． 【详解】解：， ， 由矩形的性质可得， ∵将纸片折叠，使落在射线上， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 46．(24-25八下·上海松江区·期末)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． 47．(24-25八下·上海徐汇区·期末)如图，已知矩形中，，，是射线上一点，将矩形沿着直线翻折，点的对应点恰好和点、在一条直线上，则的长为______． 【答案】1或9 【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理等知识，利用分类讨论的思想是解题的关键．分E在线段上和线段的延长上讨论，先根据折叠的性质和勾股定理求得，然后在中，根据勾股定理得到，结合，求解即可． 【详解】解：∵矩形中，，， ∴，，， 当E在线段上，如图， ∵将矩形沿着直线翻折，点的对应点恰好和点、在一条直线上， ∴，，， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得； 当E在线段的延长上，如图， ∵将矩形沿着直线翻折，点的对应点恰好和点、在一条直线上， ∴，，， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得； 综上，的长为1或9， 故答案为：1或9． 48．(24-25八上·上海浦东新区建平西校·期末)已知和是矩形的两条对角线，将沿直线翻折后，点落在点处，与矩形的重叠部分是，如果，那么长为_____． 【答案】4或 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，掌握折叠的性质是解题的关键；分两种情况：时，交与点F，由折叠性质得到，再由求出结果即可；时，交与点F，由折叠及矩形的性质得；在中，由勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，时，交与点F， ∵四边形是矩形， ∴，， 由折叠性质知：； ， ，， ； 如图：时，交与点F， ，，， ； ， ， ， ， ， 故答案为：4或． 49．(24-25八下·上海松江区·期末)如图，正方形和正方形中，B、C、E三点共线，点G在上，，那么的长是___________． 【答案】2 【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，熟练掌握矩形的判定与性质、正方形的性质是解题的关键． 延长、相交于M，先证明四边形是矩形，得到，，再对运用勾股定理求解即可． 【详解】解：延长、相交于M， ∵正方形和正方形中，，， ∴，，，，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， 故答案为：． 50．(24-25八下·上海外国语大学附属外国语学校·期末)已知如图，直角梯形中，，，，，点P在上移动，则当取最小值时，中边上的高为___________ ． 【答案】 【分析】此题考查了梯形一般辅助线的作法、勾股定理、三角形的面积计算等知识点．要求中边上的高，根据三角形的面积，由勾股定理即可得解． 【详解】解：过点D作于E， ，， ∴四边形是矩形， ， ， ， ， 延长到，使得，连接交于P，此时最小， ， ， ， ， ， 在中，由面积公式可得中边上的高． 故答案为：． 51．(24-25八下·上海黄浦区·期末)如图，平行四边形中，，，，点E、F分别是边、边的中点，点M是与的交点，点N是与的交点，则四边形的周长是_____． 【答案】 【分析】连接，点E、F分别是边、边的中点，可知，可证四边形为菱形，根据菱形的性质可知，且与互相平分，，为等边三角形，，，由勾股定理求，根据菱形的性质可证四边形为矩形，再求四边形的周长． 【详解】解：连接， ∵点E、F分别是边、边的中点，，， ∴， ∵， ∴四边形为菱形， ∴， ∴，且与互相平分， 同理可得：四边形为菱形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， 在中，由勾股定理，得， ∵四边形为菱形，四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， 又∵，， ∴四边形为矩形， ∴四边形的周长． 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键. 52．(24-25八下·上海闵行区·期末)三角尺是学习数学的工具，三角尺一般是每套两把，其中一把是两个底角都是的等腰直角三角尺，另一把是有一个内角为的三十度直角三角尺，且等腰直角三角尺的斜边与三十度直角三角尺较长的直角边等长．如图放置三十度直角三角尺（），使得直角顶点落在等腰直角三角尺（）的腰上，斜边与腰垂直，垂足为点．当时，线段的长为______． 【答案】/ 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 过点作交延长线于点，先由勾股定理得，可得四边形为矩形，则，，在中，，则，，则由勾股定理得，则，在中，，则，则，再由即可求解． 【详解】解：过点作交延长线于点， 由题意得，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵在中，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴在中，， ∴由勾股定理得：， ∴， ∴， 故答案为：． 53．(24-25八下·上海松江区·期末)如果一个函数图像上存在横、纵坐标相等的点，那么称这个点为这个函数图像的“不动点”．已知点是函数图像上的“不动点”，点，点，如果四边形是等腰梯形，那么点的坐标是___________． 【答案】或 【分析】本题考查了新定义，等腰三角形的性质，一次函数，矩形的判定与性质等知识，根据“不动点”定义求出点A的坐标，然后分和两种情况讨论即可． 【详解】解：∵点是函数图像上的“不动点”， ∴， 解得， ∴， ∵，， ∴，轴， 当时， 如图，过B作于E，交轴于F， ∵四边形是等腰梯形， ∴， ∴轴， ∴，， 又， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时，过A作于E，延长交于D ∵，， ∴， ∵四边形是等腰梯形， ∴， ∵， ∴， 综上，D的坐标为或， 故答案为：或． 三、解答题 54．(24-25八下·上海静安区·期末)平行四边形中，E、F分别在、上，连接、交于点G，连接、交于点H，四边形是矩形． (1)如图1，连接，如果，求证：①；②； (2)如图2，若，且，又，用含a、b的代数式表示的长．请直接写出结果： _______． 【答案】(1)①见解析②见解析 (2) 【分析】（1）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； （2）过点A作于点M，于点N，证明，得出， 证明，得出，，证明与为等腰直角三角形，得出，，最后根据勾股定理求出结果即可． 【详解】（1）证明：①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， ， ． （2）解：过点A作于点M，于点N，如图所示： 则， ∵中， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 即， ∵矩形中， ∴， ∴与为等腰直角三角形， ∵， ∴，， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 55．(24-25八下·上海嘉定区·期末)如图，是一个由8个单位正方形组成的图形，是其中一个小正方形的顶点． (1)过点画一条直线，将这个图形分割成面积为的两部分，画出这条直线，并求出该直线被这个图形所截得的线段长： (2)如果经过点的一条直线将这个图形分割成面积相等的两部分，画出这条直线． 【答案】(1)见解析，所截得的线段长为3 (2)见解析 【分析】本题主要考查了正方形和矩形的性质，熟练掌握正方形和矩形的性质是解题的关键． （1）过点A画一条竖直的直线即可，此时左边的正方形面积为3，右边的正方形面积为5，那么截得的线段长为3； （2）点A为上方正方形的对称中心，取出下方矩形的对称中心，根据正方形和矩形均是中心对称图形的性质，可得经过正方形和矩形对称中心的直线即可将该图形面积等分． 【详解】（1）解：如图，直线即为所求： 线段 （2）解：如图，直线即为所求： 56．(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， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 57．(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． 58．(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． 59．(24-25八下·上海金山区·期末)如图，已知：在梯形中，，，过点作，垂足为，延长至，使，连接、，与相交于点． (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)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了证明四边形是平行四边形、证明四边形是矩形、等腰梯形的性质、全等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． （1）连接，由等腰梯形的性质可得，再结合线段垂直平分线的性质可得，，即可得证； （2）证明，得出，从而可得，求出，即可得证． 【详解】（1）证明：如图，连接， ， ∵在梯形中，，， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵在梯形中，，， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形． 60．(24-25八下·上海松江区·期末)如图，已知在中，点、分别是边、的中点，过点、的直线交的延长线于点，联结． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)联结，如果，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定，等腰三角形的性质的性质等知识，掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得出，根据平行线的性质得出，根据证明，得出，结合线段中点定义可得，然后根据“一组对边平行且相等是四边形是平行四边形”即可得证； （2）根据等边对等角可得出，，结合三角形内角和定理可求出，最后根据矩形的判定即可得证． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵E是中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：如图， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形． 61．(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． 地 城 考点04 菱形的性质与判定 一、单选题 62．(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， ∴，， ， ∴． 63．(24-25八下·上海奉贤区·期末)符号“”读作“推出”，表示这个符号左边的数学事实可以推出右边的数学事实．下面是关于某个四边形的三个结论∶①它的对角线互相垂直；②它是一个正方形；③它是一个菱形．下列用符号“”表示的推出过程正确的是（   ） A．①⇒②⇒③ B．①③② C． D．③①② 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键． 根据正方形的性质与判定，菱形的性质进行判断即可． 【详解】解：正方形是特殊的菱形，而菱形不一定是正方形； 菱形的对角线互相垂直， 而对角线互相垂直的四边形不一定是菱形； 正方形拥有菱形的一切性质， 故②可以推出③和①，③可以推出①，而①推不出②和③，③推不出②； 即 故选：C． 64．(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 65．(24-25八下·上海嘉定区·期末)在菱形中，，则___________度． 【答案】56 【分析】本题考查了菱形的性质和等腰三角形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题关键．先根据菱形的性质可得，再根据等腰三角形的性质求解即可得． 【详解】解：如图，四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：56． 66．(24-25八下·上海浦东新区川沙中学·期末)在边长为13的菱形中有一条对角线长为24，则另一条对角线长度为_____． 【答案】10 【分析】本题考查了菱形的性质及勾股定理的应用，解题的关键是掌握菱形的对角线互相垂直且平分，将菱形的问题转化为直角三角形的问题求解． 菱形的对角线互相垂直平分，已知菱形边长和一条对角线长，先求出该对角线一半的长度，再结合菱形边长在直角三角形中利用勾股定理求出另一条对角线一半的长度，进而得到另一条对角线的全长． 【详解】解：设菱形为，对角线为另一条对角线，交点为O． ∵菱形的对角线互相垂直且平分， ∴，且． 在中，由勾股定理得：． 已知菱形边长，则， 即， ， 解得． ∴另一条对角线． 故答案为：． 67．(24-25八下·上海松江区·期末)如图，菱形，对角线，相交于点，测得，，过点作于点，那么的长为___________． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，由菱形的性质可得，，，由勾股定理可得，即可得出，再由菱形面积公式计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 68．(24-25八下·上海徐汇区·期末)如图，在平面直角坐标系中，已知点，轴于点．以为边作菱形，若点在轴上，则点的坐标为______． 【答案】或 【分析】本题考查坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，分两种情况：①点在原点的右侧；②点在原点的左侧，并结合平移的性质即可得解．解题的关键是掌握菱形的性质及勾股定理． 【详解】解：∵点，轴， ∴， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，，， 在中，， ①点在原点的右侧，如图， ∵，点在轴上， ∴， ∵，，，， 则线段向下平移3个单位再向右平移个单位与线段重合，其中点是点的对应点，点是点的对应点， ∴； ②点在原点的左侧，如图， ∵，点在轴上， ∴， ∵，，，， 则线段向下平移3个单位再向左平移个单位与线段重合，其中点是点的对应点，点是点的对应点， ∴； 综上所述，点的坐标为或． 故答案为：或． 69．(24-25八下·上海奉贤区·期末)如图，将一张菱形纸片沿所在的直线翻折，使点落在点处，联结交边于点．如果为中点，那么折痕与边的夹角的度数是_____． 【答案】/75度 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠性质，等边三角形的判定与性质，三角形内角和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据菱形的性质证明为等边三角形，因为为中点，则，根据翻折，得，最后由三角形内角和性质列式计算，即可作答． 【详解】解：如图所示：连接 是菱形， ∴， ∵， 为等边三角形， ， 为中点， ， 翻折， ， ， 故答案为：． 70．(24-25八下·上海宝山区·期末)如图，在菱形中，对角线与相交于点O，．将边沿着过点O的一条直线翻折，点C的对应点为E，点B的对应点为F，连接，如果点E落在线段上，那么的面积为________． 【答案】5 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解题的关键是确定折叠后点落在射线上． 由菱形得到，，，然后根据折叠的性质确定点落在射线上，，在由三角形公式即可求解． 【详解】解：如图 ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵折叠，点C的对应点为E，且点E落在线段上， ∴，折痕平分，即平分， ∴在射线上， ∴， ∴的面积为， 故答案为：5． 71．(24-25八下·上海杨浦区·期末)如图，菱形的面积为36，点、分别在边、上，，如果的面积为6，那么的面积为___________． 【答案】15 【分析】本题考查菱形的性质，三角形的面积，连接，根据中点得到进而得到，求出，根据计算解题． 【详解】解：连接， ∵， ∴， 又∵的面积为6， ∴，即， ∴， ∴， 故答案为：． 三、解答题 72．(24-25八下·上海奉贤区·期末)如图，在矩形中，是边的中点，点在边上，连接并延长，交射线于点，过点作的平行线，分别交边与射线分别于点、． (1)如果点与点重合时，求的值； (2)如果四边形是菱形，求这个菱形的面积； (3)连接、，当时，求的长． 【答案】(1)1 (2)15 (3)3或 【分析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理 ，菱形的性质； （1）根据题意得到是平行四边形，证出，得到，即可求出； （2）设，则，根据菱形的性质得到，在中，结合勾股定理，得到，计算即可； （3）分两种情况，若为平行四边形时，若为等腰梯形时，分别进行求解即可． 【详解】（1）解：如图： 四边形是平行四边形， 为的中点， ． （2）解：如图： 由（1）得，四边形是平行四边形， 设，则 因为四边形是菱形 在中 解得： ． （3）解： ①若为平行四边形时； 由（2）得， ， 解得， ； ②若为等腰梯形时； ， ∴ 解得， ． 73．(24-25八下·上海闵行区·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， ∴ ∴， ∴． 74．(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． 75．(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， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 76．(24-25八下·上海静安区·期末)操作  现有两张完全相同的长方形纸条，它们的长为25厘米，宽为5厘米，将其交叠摆放（如图所示），使它们对角线的交点重合．现固定其中一张纸片，将另一张纸片绕对角线交点旋转一定角度，使它们的重叠部分始终形成四边形． (1)重叠部分四边形是什么形状的四边形？请说明理由， (2)重叠部分图形的最小面积和最大面积分别是多少？请直接填写：最小面积________，最大面积________． 【答案】(1)四边形是菱形（特殊位置时为正方形），见解析 (2)， 【分析】本题考查菱形的判定和性质，正方形的判定，全等三角形的判定和性质，勾勾股定理，正确理解题意是解题的关键： （1）先证明四边形是平行四边形，过点A分别作，，垂足分别是点E、F，证明，得出，即可得出结论；（特殊的，当，即时，菱形是正方形） （2）当两张纸条垂直时，重叠部分为正方形（此时菱形邻边与长方形宽重合 ），面积最小，设菱形 的边长为，根据勾股定理得出，最大面积是以长方形宽 为高，菱形边长 为底的四边形即可得出答案． 【详解】（1）解：四边形是菱形（特殊位置时为正方形）． 证明：两张完全相同的长方形纸条， ，， 四边形是平行四边形 过点A分别作，，垂足分别是点E、F， ，， ， ， ， ， 平行四边形是菱形． （特殊的，当，即时，菱形是正方形） （2）解：当两张纸条垂直时，重叠部分为正方形（此时菱形邻边与长方形宽重合 ），面积最小，正方形边长等于长方形纸条的宽，即， 所以最小面积为； 设菱形 的边长为，在由长方形长的剩余部分与宽构成的直角三角形中，一条直角边为长方形的宽 5cm，另一条直角边为，斜边为菱形边长， 根据勾股定理， 解得： 最大面积是以长方形宽 为高，菱形边长为底的四边形，最大面积为 ． 77．(24-25八下·上海外国语大学附属外国语学校·期末)如图，在中，，E为的中点，四边形是平行四边形，求证：与互相垂直平分． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，斜边上的中线等于斜边的一半，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 先结合四边形是平行四边形，得，，由直角三角形的性质可得，通过题意证明四边形是菱形，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵，为的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形， ∴与互相垂直平分． 地 城 考点05 正方形的性质与判定 一、填空题 78．(24-25八下·上海崇明区·期末)如图，已知四边形是正方形，点是边延长线上的一点，如果，那么___________度． 【答案】 【分析】本题考查利用正方形的性质求角度，涉及对角线平分对角、等腰三角形的性质，熟记这些基本的几何图形判定及性质是解决问题的关键． 根据正方形的性质得，由，得，即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ， ， ， ， 故答案为：． 79．(24-25八下·上海虹口区·期末)如图，正方形的边长为，对角线，交于点，为边上一点，且，则的长为 _________________ ． 【答案】/ 【分析】根据正方形的性质结合勾股定理求得，进而可得，结合已知可得，根据，即可求解． 【详解】解：正方形的边长为，对角线，交于点， ，，， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， ， 的长为． 80．(24-25八下·上海洋泾菊园实验学校·期末)如图，正方形中，点E、F分别在边、上，，，如果，那么的周长是_________． 【答案】/ 【分析】证明出四边形是平行四边形，得到，求出，利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形 ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形 ∴ ∴ ∴ ∴的周长是． 81．(24-25八下·上海长宁区·期末)如果正方形的边长为x厘米，其面积为平方厘米，则正方形的对角线的长为__________厘米． 【答案】2 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，先根据正方形的性质求出，再结合勾股定理进行列式计算，即可作答． 【详解】解：∵正方形的边长为x厘米，其面积为平方厘米， ∴ ∴ 即 则正方形的对角线的长（厘米）， 故答案为：2 82．(24-25八上·上海徐汇区第四中学·期末)中国古代数学书《御制数理精蕴》中有一道题大意如下：如图，从前有一座方城，四面城墙的中间都有城门，出南门后往前直走8里到宝塔A处（即里），出西门往前直走2里到B处（即里），此时，视线刚好能紧靠城墙角C看见宝塔A．如果设正方形的中心为O，点O、D、B在一直线上，点O、E、A在一直线上，，那么这座方城每一面的城墙长是__________里． 【答案】8 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理；先根据正方形的性质得出，再根据勾股定理列方程求解． 【详解】解：设正方形是每一面城墙的长度为里， 正方形的中心为O， ， ， ， 解得：，或（不合题意，舍去）， ， 故答案为：8． 83．(24-25八下·上海静安区·期末)如图，已知正方形边长为1，如果将边沿着过点A的直线翻折后，边恰巧落在对角线上，折痕交边于点E，那么的长是________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形与折叠问题，勾股定理，分母有理化．由折叠的性质知，利用等积法列式计算即可求解． 【详解】解：设点的对应点为点，连接， ∵正方形边长为1， ∴， 由折叠的性质知， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 84．(24-25八下·上海杨浦区·期末)如图，已知正方形和正方形顶点重合，点、、分别在边、、上，，将正方形绕着点旋转，点、分别落到点、，如果点、、在同一直线上时，那么线段的长为___________． 【答案】或 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识．分点在D、之间和点在D、之间两种情况，画出图形求解即可． 【详解】∵正方形和正方形顶点重合，， ∴，， ∴，． 如图，当点在D、之间时，连接，则， 由旋转的性质得四边形是正方形，， ∴ ∴ ∴． 如图，当点在D、之间时，连接，则， 同理可求，． 综上可知，线段的长为或． 故答案为：或． 85．(24-25八下·上海外国语大学附属外国语学校·期末)如图，中，，，垂足为点D，，，现将和分别沿着、翻折，得到和，延长、交于点G，则四边形的面积是 _______ ． 【答案】36 【分析】由，，，，得，，由翻折得，，，，，，则，求得，则四边形是矩形，而，所以四边形是正方形，设正方形的边长为m，则，，由勾股定理得，求得符合题意的m值为6，所，于是得到问题的答案． 【详解】解：中，，，，， ，， 由翻折得，，，，，， ， ， ， ∴四边形是矩形， ， ，， ， ∴四边形是正方形， 设正方形的边长为m，则，， ， ， 解得，（不符合题意，舍去）， ， 故答案为：36． 【点睛】此题重点考查翻折变换的性质、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理等知识，证明四边形是正方形是解题的关键． 二、解答题 86．(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． 87．(24-25八下·上海嘉定区·期末)如图，点是边长为6的正方形的边上的一点，联结，将沿折叠得到．联结并延长交于 (1)当时，求的长； (2)设，求关于的函数解析式，并写出函数的定义域． 【答案】(1) (2)关于的函数解析式为，函数的定义域为 【分析】本题考查了正方形折叠问题、勾股定理、三角形全等的判定与性质、函数的解析式等知识，熟练掌握正方形和折叠的性质是解题关键． （1）连接，先根据正方形的性质可得，，再根据折叠的性质可得，，，然后证出，最后在中，利用勾股定理求解即可得； （2）先求出，再同（1）可得，则可得，然后在中，利用勾股定理求解即可得函数解析式，最后根据点是边长为6的正方形的边上的一点可得函数的定义域． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵正方形的边长为6， ∴，， 由折叠的性质得：，，， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则， ∴， 在中，，即， 解得， 即． （2）解：∵正方形的边长为6， ∴，， ∵， ∴，， 由（1）可知，， ∴， 在中，，即， 整理得：， ∵点是边长为6的正方形的边上的一点， ∴， 综上，关于的函数解析式为，函数的定义域为． 88．(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， ． 89．(24-25八下·上海金山区·期末)如图，已知：正方形边长为1，点是对角线上一点，，交射线于点． (1)当点在边上时，线段与线段之间有怎样的大小关系？试证明你观察得到的结论； (2)当点在边的延长线上，是等腰三角形时，求的长； (3)当以、、、为顶点的四边形的面积为时，直接写出的长． 【答案】(1)，证明见解析 (2) (3)的长为或 【分析】（1）由正方形的性质可得，，作于，于，则，四边形为矩形，证明，即可得解； （2）由正方形的性质可得，，，由点在边的延长线上可得为钝角，证明，得出，即可得解； （3）分两种情况：当点在线段上时，作于，于；当点在的延长线上时，作于，延长交于；分别求解即可． 【详解】（1）解：，证明如下： ∵四边形为正方形， ∴，， 如图，作于，于， ， 则，， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵正方形边长为1， ∴，， ∴， ∵点在边的延长线上， ∴如图所示，为钝角， ， ∵是等腰三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，当点在线段上时，作于，于， ， 由（1）可得，四边形为矩形，， ∴为等腰直角三角形，， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∵以、、、为顶点的四边形的面积为， ∴，即， ∴， 由（2）可得：， ∴； 当点在的延长线上时，作于，延长交于， ， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， 设，则， ∵以、、、为顶点的四边形的面积为， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 地 城 考点06 三角形的中位线与重心 一、单选题 90．(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． 二、填空题 91．(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． 92．(24-25八下·上海外国语大学附属外国语学校·期末)如图，矩形中，与交于点O，，F是的中点，．则线段OF＝ ________ ． 【答案】2.5 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，根据矩形的性质证明是的中位线，得，，然后证明，设，根据勾股定理得到，代入列方程求出x的值即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵是的中点， ∴， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：2.5． 93．(24-25八下·上海外国语大学附属外国语学校·期末)如图，梯形中，，，，E是的中点，F是的中点，则_____ ． 【答案】4 【分析】本题考查三角形中位线的性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，正确添加辅助线是解题的关键． 连接并延长交于点H，由，得，而，，即可根据“”证明，得，，因为，所以，由E是的中点，F是的中点，根据三角形中位线定理得，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接并延长交于点H， ∵，E是的中点， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵E是的中点，F是的中点， ∴， 故答案为：4． 94．(24-25八下·上海长宁区·期末)如图，已知C、D是线段上两点，且，P是线段上一动点，在同侧分别作等边三角形和等边三角形，若G为线段的中点，当点P由点C移动到点D时，则点G移动的路径长度y与线段的长之间的函数关系式为_______． 【答案】 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，等边三角形的性质，平行四边形的性质与判定，延长交于H，连接，由等边三角形的性质可得，则可证明，进而可证明四边形是平行四边形，则可推出点为的中点，分别取的中点M、N，连接，则由三角形中位线定理可得，据此可证明三点共线，点G的运动路径即为线段，由三角形中位线定理可得，再由线段的和差关系可得答案． 【详解】解；如图所示，延长交于H，连接， ∵都是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵点G为的中点， ∴点为的中点， 如图所示，分别取的中点M、N，连接， ∴分别为的中位线， ∴， ∴三点共线， ∴点G的运动路径即为线段， 同理可得是的中位线， ∴， ∴， 故答案为：． 95．(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： 96．(24-25八下·上海奉贤区·期末)如图，，在一座木建筑中，有一扇矩形窗户(四边形)，工人师傅准备连接窗户各边中点来制作精美的装饰边框，如果他们测得边的长为米，边的长为米，那么四边形的周长为________米． 【答案】 【分析】本题主要考查勾股定理 ，四边形的综合；根据题意得到四边形为菱形，结合勾股定理得到，再计算周长即可． 【详解】解：由题知：四边形为菱形； ， ， 所以形的周长为米， 故答案为：． 97．(24-25八下·上海嘉定区·期末)如图，在中，分别是的中点，那么线段的长为___________． 【答案】 【分析】本题考查了三角形的中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．连接，取的中点，连接，先根据三角形的中位线定理可得，，再证出，然后利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：如图，连接，取的中点，连接， ∵分别是的中点，且， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 三、解答题 98．(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． 99．(24-25八下·上海徐汇区·期末)综合与探究 新定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． 请运用研究特殊四边形的经验，对“邻等对补四边形”进行探究． (1)概念理解：用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有______（填序号）．    (2)性质探究： 小明从特殊到一般，围绕邻等对补四边形的对角线展开研究，首先根据图1②中的特殊情况得到一个结论： 若邻等对补四边形中，两组邻边均相等，则必有一条对角线平分一组对角； 于是他画出了如图2的更一般的邻等对补四边形，并从对角线的维度得到了以下猜想： 若邻等对补四边形中，仅有一组邻边相等，则必有一条对角线平分一个内角； 请根据图2，改写命题，写出已知条件和求证，并进行证明．    (3)综合应用： 如图3，在中，，．分别在边，上取点，，使四边形是邻等对补四边形． 若，请画出所有符合条件的图形，并直接写出或用含的代数式表示．    【答案】(1)②④ (2)见解析 (3)或或 【分析】（1）按照“邻等对补四边形”的定义逐个判断即可； （2）首先根据题意写出已知条件和求证，然后作于E，延长线于F，证明，再用角平分线的判定证明即可； （3）首先得出，然后根据至少有一组邻边相等分三种情况讨论，分别求解即可． 【详解】（1）解：图①和图③没有对角互补，不是邻等对补四边形，图②和图④对角互补且有一组邻边相等，是邻等对补四边形， 故答案为：②④； （2）已知条件：四边形是邻等对补四边形，，是它的一条对角线． 求证：． 证明：作于E，延长线于F，    ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）∵四边形是邻等对补四边形， ∴ ①如图所示，当时，连接    ∵，， ∴ ∴ ∵ ∴； ②如图所示，当时，连接，    ∵ ∴是等腰直角三角形 ∴ ∵不平分和，不平分 ∴由（2）得，平分 ∴ ∴； ③如图所示，当时，连接，    ∵不平分和，不平分 ∴由（2）得，平分 ∴． 综上所述，或或． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等知识，明确题意，理解新定义，添加合适辅助线，构造全等三角形是解题的关键． / 学科网（北京）股份有限公司 $