专题01 四边形全章26大题型（期末复习讲义）八年级数学下学期新教材沪教版五四制

专题01 四边形（期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型一 多边形对角线 题型二 多边形内角和与外角和问题 题型三 利用平行四边形的性质求解 题型四 利用平行四边形的性质证明 题型五 证明四边形是平行四边形 题型六 判断能否构成平行四边形 题型七 利用平行四边形的判定与性质求解 题型八 利用平行四边形性质和判定证明 题型九 矩形性质理解 题型十 利用矩形的性质求角度 题型十一 根据矩形的性质求线段长 题型十二 矩形与折叠问题 题型十三 矩形的判定定理理解 题型十四 证明四边形是矩形 题型十五 根据矩形的性质与判定求线段长 题型十六 利用菱形的性质求线段长 题型十七 利用菱形的性质求面积 题型十八 利用菱形的性质证明 题型十九 证明四边形是菱形 题型二十 正方形的判定定理理解 题型二十一 证明四边形是正方形 题型二十二 根据正方形的性质求线段长 题型二十三 根据正方形的性质证明 题型二十四 与三角形中位线有关的求解问题 题型二十五 与三角形中位线有关的证明 题型二十六 重心的有关性质 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 多边形 熟记内角和、对角线公式及外角和定值； 会逆用公式求边数 填空计算为主，易错点为对角线公式漏除以 2 平行四边形 掌握边、角、对角线性质及判定理定； 会解动态平行四边形问题 易考判定辨析，新题型无刻度直尺作图题型需重视 矩形 掌握 “平行四边形 + 直角 / 等对角线” 判定； 熟练用折叠 + 勾股定理解题 矩形折叠为高频压轴，常结合等腰三角形分类讨论 菱形 掌握对角线垂直平分性质及面积双公式； 熟记 60°/120° 菱形特殊结论 面积计算高频考点，常结合最短路径问题 正方形 区分与矩形、菱形的性质差异； 掌握三步判定法 高频性质判断与条件组合题，较少单独出压轴 中位线与重心 牢记中位线定理及重心 2:1 比例； 会构造中位线解多中点问题 中位线求线段长，常结合中点四边形考查 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 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．图23-1-9 知识点2.平行四边形 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. 题型一 多边形对角线 解｜题｜技｜巧 边形有条对角线．对的理解：从边形的一个顶点出发有（）条对角线，因为它有个顶点，共有条对角线，其中每条对角线都重复数了一次，所以有条对角线． 【典例1】（25-26八年级下·上海·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 【变式1】（25-26八年级下·上海·期中）若n边形共有35条对角线，则该多边形内角和为______． 【变式2】（25-26八年级下·上海金山·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__________ 【变式3】（25-26八年级下·上海浦东新·阶段检测）若边形共有54条对角线，则该多边形内角和为___________． 【变式4】（25-26八年级下·上海杨浦·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． 题型二 多边形内角和与外角和问题 【典例3】（25-26八年级下·上海青浦·期中）八边形的内角和为（ ） A． B． C． D． 【变式1】（25-26八年级下·上海徐汇·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． 【变式2】（25-26八年级下·上海闵行·期中）如果一个边形的内角和为，那么______． 【变式3】（25-26八年级下·上海崇明·期中）如图，，是四边形的外角，若，，则的度数为______． 【变式4】（25-26八年级下·上海虹口·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 【变式5】（25-26八年级下·上海浦东新·阶段检测）完美五边形是指可以无重叠、无间隙铺满整个平面的凸五边形．展示了数学与艺术的完美结合，它不仅是数学领域中的一个重要发现，还在建筑设计、艺术创作等领域中具有重要的美学价值．如图，五边形是人类发现的第15种完美五边形的示意图，其中，则等于___________． 【变式6】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）已知一个边形有个内角都等于，且另一个内角相邻的外角也等于，求的值． 题型三 利用平行四边形的性质求解 解｜题｜技｜巧 1.核心性质 平行四边形对边平行且相等，对角相等、邻角互补，对角线互相平分。解题先对照条件匹配对应性质。 2.角度计算思路 求角度优先用邻角互补、对角相等;结合平行线性质、三角形内角和、外角性质综合推算。 3.线段计算思路 求边长、线段长，直接使用对边相等;涉及对角线、线段平分问题，利用对角线互相平分做等量代换。 4.整体代换思想 已知一组邻边长度，周长等于邻边和的二倍;给出部分线段关系时，用等量代换简化周长计算。 【典例3】（25-26八年级下·上海青浦·期中）在平行四边形中，，则的度数为（  ） A． B． C． D． 【变式1】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）在中，如果，那么______． 【变式2】（25-26八年级下·上海·期中）平行四边形的一个内角是，则与它相邻的内角为________． 【变式3】（25-26八年级下·上海·期中）如图，平行四边形中对角线、相交于，，，求：的周长． 题型四 利用平行四边形的性质证明 解｜题｜技｜巧 1.线段类证明 证线段相等:优先用对边相等、对角线互相平分;证线段平行:直接使用对边平行的性质。 2.角度类证明 证两角相等用对角相等;证两角互补用邻角互补，也可结合平行线性质辅助推导。 3.综合证明方法 复杂题型可结合全等三角形、平行线、角平分线等知识，分步推理，做好线段、角度的等量代换。 【典例4】（24-25八年级下·上海松江·期中）在四边形中，是对角线的交点，不能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【变式1】（25-26八年级下·上海青浦·期中）仅用无刻度直尺完成下列作图：（保留作图痕迹，写结论，不要求写做法） 如图，E为平行四边形的边的中点，点G为上一点． (1)利用平行四边形的性质（1）画出的中点F； (2)在上画出点H，使得． 【变式2】（25-26八年级下·上海杨浦·期中）如图，在平行四边形中，点O是对角线的交点，过点O且垂直于． (1)求证：； (2)若平行四边形的周长是24，，求四边形的周长． 题型五 证明四边形是平行四边形 解｜题｜技｜巧 1.熟记5种判定方法 两组对边分别平行;两组对边分别相等;一组对边平行且相等;两组对角分别相等;对角线互相平分，根据已知条件灵活选择。 2.优先选简便思路 已知边平行，优先证另一组对边平行，或证这组对边相等;已知边相等，优先证对边平行或另一组对边相等;出现对角线相关条件，直接用对角线互相平分判定。 3.挖掘隐含条件 结合平行线性质、全等三角形、线段中点、角平分线等，先推导出边平行、边相等、角相等或线段平分，再完成判定。 4.书写规范思路 先罗列已知及推导得出的条件，再点明所用判定定理，最后得出四边形是平行四边形的结论 【典例5】（25-26八年级下·上海杨浦·期中）在四边形中，由下列条件能判定这个四边形是平行四边形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 【变式1】（25-26八年级下·上海·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． 【变式2】（25-26八年级下·上海金山·期中）如图，已知：在平行四边形中，．求证：四边形是一个平行四边形． 题型六 判断能否构成平行四边形 解｜题｜技｜巧 1.紧扣判定依据 对照平行四边形五大判定定理，从边、角、对角线三个维度逐一核对条件。 2.边长条件判断 给出四条线段长度时，检查是否能分成两组分别相等的线段;若为一组对边，需同时满足平行且相等。 3.角度条件判断 给出四个内角度数时，检查是否两组对角分别相等，即可判定可以构成。 4.对角线条件判断 已知两条对角线及相交分段长度，核对两条对角线是否互相平分。 【典例6】（24-25八年级下·上海宝山·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． 【变式1】（25-26八年级下·上海奉贤·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 【变式2】（25-26八年级下·上海青浦·期中）已知四边形中，交于点O，下列条件不能推导出四边形是平行四边形的是（   ） A．且 B．且 C．且 D．且 题型七 利用平行四边形的判定与性质求解 解｜题｜技｜巧 1.理清解题流程 先根据已知条件，用判定定理证明四边形是平行四边形，再套用平行四边形的性质，完成角度、线段、周长等计算。 2.按需选择定理 已知边平行或相等，优先用边相关判定;已知角相等、互补，选用角相关判定;出现对角线分段长度，使用对角线互相平分判定。 3.条件转化方法 结合全等三角形、平行线、线段中点、角平分线等知识，推导平行、相等、平分等关键条件。 4.计算类解题思路 证出平行四边形后，利用对边相等求边长、周长;利用对角相等、邻角互补求角度;利用对角线互相平分进行线段等量代换。 5.综合题分步拆解 将复杂图形拆分为三角形、基础四边形，先判定、再用性质，一步步列式计算或推导。 【典例7】（25-26八年级下·上海松江·阶段检测）如图，点A、B在的对角线所在的直线上且．若，则_________． 【变式1】（25-26八年级下·上海·期中）如图，点，分别为平行四边形边，的中点，连接，交于点，连接，交于点，那么四边形的面积与平行四边形的面积之比是__________． 【变式2】（25-26八年级下·上海·阶段检测）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． 题型八 利用平行四边形性质和判定证明 解｜题｜技｜巧 1.理清整体思路 常规流程分两步:先根据已知条件，用判定定理证出四边形是平行四边形;再运用平行四边形的性质，完成线段、角度、位置关系的证明。部分题型也可借助性质反推条件，再判定图形。 2.灵活选用定理 已知边的关系，优先使用边相关的判定与性质;已知角相等或互补，选用角的相关结论;题目涉及对角线，就利用对角线互相平分的定理推导。 3.转化隐含条件 结合全等三角形、平行线、中点、角平分线等知识，推导出边平行、边相等、角相等、线段平分等核心条件，搭建推理桥梁。 4.分目标拆解证明 证明线段平行、相等，或是角相等、互补时，逐个明确证明目标，分步推导，做好等量代换。 【典例8】如图，已知在的边上取一点，使，边上取一点，使．连接、． 求证：四边形是平行四边形． 【变式1】（25-26八年级下·上海·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______． 【变式2】（25-26八年级下·上海徐汇·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． 题型九 矩形性质理解 解｜题｜技｜巧 1.牢记基础性质 矩形属于特殊的平行四边形，具备平行四边形全部性质;额外独有性质:四个角都是直角，对角线相等。 2.角度计算思路 利用四个内角均为直角，直接得到九十度角;结合直角、邻角互补、平行线性质综合求角。 3.线段与对角线运用 对角线不仅互相平分，还长度相等，由此可推出对角线分成的线段全部两两相等。 4.衍生模型活用 矩形对角线相交后会形成等腰三角形，遇到相关计算、证明，可借助等腰三角形性质解题。 5.知识联动 矩形内含大量直角三角形，可结合直角三角形性质、勾股定理求解边长与线段长度。 【典例9】（25-26八年级下·上海·阶段检测）下列多边形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A．平行四边形 B．等边三角形 C．矩形 D．梯形 【变式1】（25-26八年级下·上海闵行·期中）如图，在矩形中，，对角线、相交于点．下列说法中，正确的是（   ） A．两条对角线把矩形分割成两个等腰三角形和两个等边三角形 B．矩形绕点旋转后，能与自身重合 C．对角线、是矩形的对称轴 D．将矩形沿对角线所在的直线对折后，得到的图形是轴对称图形 【变式2】（24-25八年级下·上海嘉定·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． 题型十 利用矩形的性质求角度 解｜题｜技｜巧 1.矩形四个内角均为直角，可直接确定90°角，同时继承平行四边形对角相等、邻角互补的性质。 2.矩形对角线相等且互相平分，会形成等腰三角形，借助等腰三角形性质推导角度。 3.图形中多直角三角形，可结合直角三角形两锐角互余、三角形内角和辅助计算。 【典例10】（2025八年级下·上海·专题练习）若矩形的一条对角线与一边的夹角是，则两条对角线相交所成的锐角是___． 【变式1】（25-26八年级下·上海普陀·期中）如图，已知矩形的对角线、相交于点O，，垂足为H，如果，那么______°． 【变式2】（25-26八年级下·上海闵行·期中）如图，已知在矩形中，于点，，则的度数是______． 题型十一 根据矩形的性质求线段长 解｜题｜技｜巧 1.矩形对边平行且相等，可直接进行线段等量代换。 2.对角线相等且互相平分，据此得到多组相等线段。 3.结合直角三角形、勾股定理，计算边长与对角线长度。 【典例11】（25-26八年级下·上海金山·期中）在矩形中，，点在边上，点在边上，连接、、．，，，； 以下两个结论：（   ） ①    ② A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【变式1】（25-26八年级下·上海青浦·期中）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，则的长为_____． 【变式2】（25-26八年级下·上海·期中）如图，在矩形ABCD中，，，P是AD上一个动点，于E，于F，则的值为______． 【变式3】（25-26八年级下·上海杨浦·期中）如图，在矩形中，，，把矩形折叠，使得点与点重合，则折痕的长为_______． 【变式4】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）如图，矩形的对角线，相交于点，且，，则的长为__________． 题型十二 矩形与折叠问题 解｜题｜技｜巧 1.折叠前后图形全等，对应边相等、对应角相等，折痕是对称轴。 2.结合矩形直角、对边相等的性质，提取等量条件。 3.通用解题方法:设未知线段，利用勾股定理列方程求解长度。 4.折叠易形成等腰三角形，可利用边角关系简化计算。 【典例12】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）用一张矩形纸片可以折出一个菱形．如图，沿矩形的对角线折出，，得到四边形．求证：四边形是菱形； 【变式1】（25-26八年级下·上海·阶段检测）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． 【变式2】（25-26八年级上·上海·阶段检测）如图，把一张矩形纸片，折叠后使顶点和顶点重合，折痕为，若，，求重叠部分的面积． 题型十三 矩形的判定定理理解 解｜题｜技｜巧 1.有一个角是直角的平行四边形是矩形。 2.有三个角是直角的四边形是矩形。 3.对角线相等的平行四边形是矩形。 4.做题优先判断是否为平行四边形，再用直角或对角线条件判定。 【典例13】（25-26八年级下·上海·期中）下列命题正确的是（   ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 【变式1】（25-26八年级下·上海·阶段检测）下列命题中正确的是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是平行四边形 B．平行四边形对角线互相平分 C．有一个角是直角的四边形是矩形 D．对角线互相平分的四边形是菱形 【变式2】（25-26八年级下·上海·期中）下列说法错误的是（   ） A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 C．每组邻边都相等的四边形是菱形 D．四个角都相等的四边形是矩形 题型十四 证明四边形是矩形 解｜题｜技｜巧 1.平行四边形证矩形:只需证明有一个内角为直角，或对角线相等。 2.任意四边形证矩形:直接证明四边形有三个内角为直角即可。 3.解题优先分步证明:先证平行四边形，再补矩形专属条件，步骤规范不易出错。 【典例14】（25-26八年级下·上海青浦·期中）已知平行四边形，下列条件中，能判定这个平行四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【变式1】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）四个全等的直角三角形无缝拼接，不一定能拼成的图形是（   ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【变式2】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）已知四边形的两条对角线、相交于点，且互相平分．那么下列条件中不能判定四边形为矩形的是（   ） A． B． C． D． 【变式3】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）对于四边形，给出下列4组条件：①；②，；③；④．其中一定能得到“四边形是矩形”的条件有___________．（填给定条件的序号） 题型十五 根据矩形的性质与判定求线段长 解｜题｜技｜巧 1.先判定图形为矩形，再利用矩形对边相等的性质，进行线段等量代换。 2.利用矩形对角线相等且互相平分的特点，快速推导相等线段。 3.借助矩形自带直角，结合勾股定理，求解边长、对角线等线段长度。 4.遇复杂题型，先证矩形定型，再代入性质分步计算。 【典例15】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）如图，在中，，，，为边上的动点，于点，于点，连接，则线段长度的最小值是（   ） A． B． C．5 D．6 【变式1】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）如图，在中，点为斜边上的动点，于点于点，那么线段的最小值是___________． 【变式2】（25-26八年级下·上海普陀·期中）如图，在正方形中，，以A为圆心，的长为半径画弧，交的延长线于点E，过点E作交的延长线于点F，连接，以A为圆心，的长为半径画弧，交的延长线于点G，则的长为______． 【变式3】（25-26八年级下·上海·期中）小华家院子里有如图一把遮阳伞，他发现在一天当中，遮阳伞保持不动的情况下，伞下的投影长度会随着时间推移而变化，于是他测量了相关数据，并画出了侧面示意图．已知遮阳伞支架垂直于地面，点D在上，，D、E、F三点共线，．如图，当太阳光线与垂直时，此时太阳光线与地面的夹角正好为． (1)求的长； (2)求落在地面上的投影的长． 题型十六 利用菱形的性质求线段长 解｜题｜技｜巧 1.菱形四条边全部相等，可直接进行线段等量代换，快速求边长。 2.菱形对角线互相垂直平分，将图形分成四个全等直角三角形。 3.结合勾股定理，利用对角线一半的长度，求解菱形边长。 4.利用对角线平分内角的性质，辅助推导线段等量关系。 【典例16】（25-26八年级下·上海·期中）如图，菱形的两条对角线相交于O，若，，则菱形的周长是（   ） A．24 B．26 C． D． 【变式1】（25-26八年级下·上海·期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．若，则的长是_________． 【变式2】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）如果菱形的两条对角线长分别为和，那么这个菱形的周长是______． 【变式3】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）已知一个菱形有一个内角等于，一条对角线长是6，那么这个菱形的面积是___________． 【变式4】（25-26八年级下·上海·期中）如图，在菱形中，点P是对角线上一点，Q是中点，若菱形周长是16，，则的最小值为______． 题型十七 利用菱形的性质求面积 解｜题｜技｜巧 1.通用公式:菱形面积等于两条对角线乘积的一半。 2.基础算法:可用底乘高求解，与普通平行四边形面积公式一致。 3.结合性质:利用对角线垂直平分的特点，求出对角线长度后再算面积。 4.可借助直角三角形、勾股定理间接求出所需线段，再代入面积公式。 【典例17】（25-26八年级下·上海·期中）菱形的两条对角线长分别为6和9，则该菱形的面积为________． 【变式1】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）已知一个菱形的两条对角线的长分别是和，它的面积是______． 【变式2】（25-26八年级下·上海闵行·阶段检测）如图，在菱形中，，，则菱形的面积为________． 【变式3】（25-26八年级下·上海青浦·期中）若菱形的两条对角线长分别是和，则菱形一边上的高是______． 题型十八 利用菱形的性质证明 解｜题｜技｜巧 1.菱形兼具平行四边形所有性质，可证对边平行、线段相等、角度相等。 2.利用菱形四边相等，可直接证明线段等量关系。 3.借助对角线互相垂直、平分内角的特性，证明垂直、等角关系。 4.结合等腰三角形、直角三角形性质，辅助完成综合证明。 【典例18】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相垂直平分 C．对角线平分一组对角 D．四条边相等 【变式1】（24-25八年级下·上海·期中）菱形的对角线、相交于，下列条件能判断菱形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26八年级下·上海·期中）如图，在菱形中，是对角线上一点，连接、． (1)求证：； (2)如果，，，求的长． 【变式3】（25-26八年级下·上海·期中）如图，在平行四边形中，点E、F分别是边的中点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若四边形是菱形，求证：． 题型十九 证明四边形是菱形 解｜题｜技｜巧 1.定义证明:证平行四边形，且一组邻边相等，即可判定为菱形。 2.边判定:直接证四边形四条边全部相等，可判定为菱形。 3.对角线判定:证平行四边形，且对角线互相垂直，即可判定为菱形。 4.常规解题思路:优先证平行四边形，再补充菱形专属条件，步骤清晰不易出错。 【典例19】（25-26八年级下·上海普陀·期中）如图所示，小华首先将一张正方形的纸片按（1）、（2）、（3）的顺序三次折叠，然后沿第三次折痕剪开，将剪下的这部分展开，平铺在桌面上，这时得到的一定是（    ） A．三角形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【变式1】（25-26八年级下·上海·阶段检测）已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（    ） A．当时，四边形是菱形； B．当时，四边形是菱形； C．当时，四边形是矩形； D．当时，四边形是正方形． 【变式2】（25-26八年级下·上海·阶段检测）下列命题中，真命题的个数为（     ） ①对角线相等的四边形是矩形     ②对角线互相垂直平分的四边形是菱形 ③对角线互相平分的四边形是平行四边形     ④对角线互相垂直相等的四边形是正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 题型二十 正方形的判定定理理解 解｜题｜技｜巧 1.矩形证正方形:矩形一组邻边相等，或对角线互相垂直。 2.菱形证正方形:菱形有一个直角，或对角线相等。 3.平行四边形证正方形:同时满足一组邻边相等且有一个直角。 4.通用思路:先判定基础图形，再补充正方形专属条件，分步判定。 【典例20】（25-26八年级下·上海崇明·期中）下列命题中，真命题的是（   ） A．对角线相等的平行四边形是正方形 B．四个内角相等的四边形是正方形 C．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 D．对角线互相垂直的矩形是正方形 【变式1】（25-26八年级下·上海·期中）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 【变式2】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）在下列判断中正确的是（   ） A．一组对边平行且有一组邻边相等的四边形是平行四边形 B．一组对角相等，一组对边相等的四边形是平行四边形 C．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 D．多边形的内角中至多有3个锐角 题型二十一 证明四边形是正方形 解｜题｜技｜巧 1.平行四边形证正方形:邻边相等且有一个直角，即可判定。 2.矩形证正方形:矩形邻边相等或对角线互相垂直。 3.菱形证正方形:菱形有一个直角或对角线相等。 4.解题通用步骤:先证基础图形，再补对应条件，分步完成证明。 【典例21】（25-26八年级下·上海闵行·期中）用两个全等的直角三角形拼成下列图形：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形；⑤等腰三角形，⑥等边三角形，一定可以拼成的图形个数为（   ） A．6 B．2 C．4 D．3 【变式1】（25-26八年级下·上海·阶段检测）已知四边形中，与相交于点，那么下列条件中能判定这个四边形是正方形的是（） A．，， B．， C． D． 【变式2】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）四边形的对角线、相交于点O，给出下列6个条件：①；②；③；④；⑤；⑥；请从中选取4个条件，使四边形为正方形，你的选择是__________（写出一种即可） 题型二十二 根据正方形的性质求线段长 解｜题｜技｜巧 1.正方形四边相等、对边平行，可直接进行线段等量代换。 2.对角线相等且互相垂直平分，可快速得到多组相等线段。 3.对角线平分内角，可构造等腰直角三角形，简化线段计算。 4.结合勾股定理，可求解边长与对角线的长度。 【典例22】（25-26八年级下·上海·期中）如图，正方形的边长为1，点E在对角线上且，则的长为______． 【变式1】（25-26八年级下·上海崇明·期中）如图，正方形的边长为6，E是的中点，，与交于点F，则的长为__________． 【变式2】（25-26八年级下·上海闵行·期中）如图1，将四个全等的直角三角形拼成一个四边形，然后将这四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形（如图2所示），此大正方形的面积为9：如果再将这四个全等的直角三角形拼成的“风车”图形（如图3所示），此“风车”图形的外轮廓周长为16．那么四边形的面积为___________． 题型二十三 根据正方形的性质证明 解｜题｜技｜巧 1.正方形兼具矩形、菱形所有性质，可证明平行、垂直、线段相等、角度相等。 2.利用四边相等、四角为直角，可直接完成边角关系证明。 3.借助对角线相等、垂直且平分内角，证明垂直、平分、等腰等关系。 4.结合等腰直角三角形性质，简化综合几何证明步骤。 【典例23】（25-26八年级下·上海·期中）如图，正方形的对角线、交于点，是上一点，，垂足为．与相交于点． (1)求证：； (2)求证：． 【变式1】（25-26八年级下·上海闵行·期中）已知：如图，在正方形中，点在边上，点在边的延长线上，且．求的度数 【变式2】（25-26八年级下·上海闵行·期中）如图，已知：四边形是一个正方形，对角线相交于点．求证：是全等的等腰直角三角形． 题型二十四 与三角形中位线有关的求解问题 解｜题｜技｜巧 1.三角形中位线平行于第三边，且长度为第三边的一半，可直接求边长、证平行。 2.多个中点题型，可连续构造中位线，转化线段与位置关系。 3.结合平行四边形、特殊矩形菱形性质，综合求解线段和角度。 4.遇中点连线题型，优先锁定中位线定理，快速简化题目条件。 【典例24】（25-26八年级下·上海·期中）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，点A、B、C都在格点上，点D、E分别是线段的中点，则的长为______． 【变式1】（25-26八年级下·上海普陀·期中）如图，在中，平分，D是的中点，，，，则的长度为______． 【变式2】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）已知点、分别是的边、的中点，如果，那么______． 【变式3】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）如图，在中，于点，点分别是的中点，那么的周长是___________． 【变式4】（25-26八年级下·上海青浦·期中）如图，在梯形中，，延长到点，使，连接，交于点．若是的中点，且，，求的长． 题型二十五 与三角形中位线有关的证明 解｜题｜技｜巧 1.巧用中位线定理，可证明线段平行、线段倍分的数量关系。 2.图形有多个中点时，构造多条中位线，转化边角位置与数量关系。 3.结合平行四边形、特殊四边形性质，完成综合几何证明。 4.遇中点、平行线相关证明，优先构造中位线简化推理过程。 【典例25】（24-25八年级下·上海金山·期末）如果是的角平分线，、分别是，的中点，连接、，那么再加一个条件______（只要写一种情况），就可得到四边形是菱形． 【变式1】（25-26八年级下·上海·期中）如图，在中，，、分别是边、中点，连接并延长到点，使，连接、、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：四边形是矩形． 【变式2】（25-26八年级下·上海·期中）如图，在中，、分别是、的中点，，垂足为，，． (1)求证：； (2)求的长． 题型二十六 重心的有关性质 解｜题｜技｜巧 1.三角形重心是三条中线的交点，可用于转化线段比例关系。 2.重心分中线为两段，长度比为2:1，可快速求解线段长度。 3.重心将三角形分成三块面积相等的小三角形，可用于面积计算。 4.遇中线、比例、面积题型，优先利用重心性质简化计算与证明。 【典例26】（25-26八年级下·上海普陀·期中）如图，的中线、交于点O，连接并延长交于点E，如果，那么______． 【变式1】（25-26八年级下·上海青浦·期中）在中，，D、E分别是边的中点，和相交于点O，如果点O到边的距离为2，，那么的长为______． 【变式2】（25-26八年级下·上海·期中）在中，，，G是的重心． (1)求的长； (2)过点G作，分别交、于点D、E，猜想与的比值，并证明． 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（24-25八年级下·上海宝山·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． 2．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）已知四边形中，与交于点O，，那么下列命题中错误的是（    ） A．如果，，那么四边形是菱形 B．如果，，那么四边形是菱形 C．如果，，那么四边形是矩形 D．如果，，那么四边形是矩形 3．（25-26八年级下·上海·阶段检测）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 4．（24-25八年级下·上海浦东新·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_____． 5．（24-25八年级下·上海·阶段检测）如图，在中，，将绕顶点B顺时针旋转到，当首次经过顶点C时，旋转角__________°． 6．（24-25八年级下·上海长宁·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______． 7．（25-26八年级下·上海·阶段检测）如果菱形的对角线长24和10，那么菱形的周长为__________． 8．（25-26八年级下·上海·阶段检测）矩形对角线夹角为，较短的边长为12，则对角线长为__________． 9．（24-25八年级下·上海普陀·期末）如图，在中，，分别为边，的中点，延长至点，使得，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)，如果，请判断四边形是什么特殊的平行四边形，并证明． 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 1．（25-26八年级下·上海·阶段检测）如图，在平行四边形中，，以点为圆心作弧，交于点、．分别以点、为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点，作直线交于点，若，，则长是____． 2．（25-26八年级下·上海·阶段检测）如图，中，于，于，，，，则的面积等于__________． 3．（25-26八年级下·上海浦东新·阶段检测）如图，矩形中，，，点从点出发向点运动，同时点从点出发向点运动，运动速度都是1cm/s，设运动时间为（），若四边形是菱形，则的值为___________． 4．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，在中，，是斜边上的中线，点是的中点，过作交的延长线于点，连结． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，四边形的面积是30，求的长． 5．（25-26八年级下·上海·阶段检测）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． 试卷第1页，共3页 1 / 79 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 四边形（期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型一 多边形对角线 题型二 多边形内角和与外角和问题 题型三 利用平行四边形的性质求解 题型四 利用平行四边形的性质证明 题型五 证明四边形是平行四边形 题型六 判断能否构成平行四边形 题型七 利用平行四边形的判定与性质求解 题型八 利用平行四边形性质和判定证明 题型九 矩形性质理解 题型十 利用矩形的性质求角度 题型十一 根据矩形的性质求线段长 题型十二 矩形与折叠问题 题型十三 矩形的判定定理理解 题型十四 证明四边形是矩形 题型十五 根据矩形的性质与判定求线段长 题型十六 利用菱形的性质求线段长 题型十七 利用菱形的性质求面积 题型十八 利用菱形的性质证明 题型十九 证明四边形是菱形 题型二十 正方形的判定定理理解 题型二十一 证明四边形是正方形 题型二十二 根据正方形的性质求线段长 题型二十三 根据正方形的性质证明 题型二十四 与三角形中位线有关的求解问题 题型二十五 与三角形中位线有关的证明 题型二十六 重心的有关性质 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 多边形 熟记内角和、对角线公式及外角和定值； 会逆用公式求边数 填空计算为主，易错点为对角线公式漏除以 2 平行四边形 掌握边、角、对角线性质及判定理定； 会解动态平行四边形问题 易考判定辨析，新题型无刻度直尺作图题型需重视 矩形 掌握 “平行四边形 + 直角 / 等对角线” 判定； 熟练用折叠 + 勾股定理解题 矩形折叠为高频压轴，常结合等腰三角形分类讨论 菱形 掌握对角线垂直平分性质及面积双公式； 熟记 60°/120° 菱形特殊结论 面积计算高频考点，常结合最短路径问题 正方形 区分与矩形、菱形的性质差异； 掌握三步判定法 高频性质判断与条件组合题，较少单独出压轴 中位线与重心 牢记中位线定理及重心 2:1 比例； 会构造中位线解多中点问题 中位线求线段长，常结合中点四边形考查 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 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．图23-1-9 知识点2.平行四边形 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. 题型一 多边形对角线 解｜题｜技｜巧 边形有条对角线．对的理解：从边形的一个顶点出发有（）条对角线，因为它有个顶点，共有条对角线，其中每条对角线都重复数了一次，所以有条对角线． 【典例1】（25-26八年级下·上海·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）． 【变式1】（25-26八年级下·上海·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：． 【变式2】（25-26八年级下·上海金山·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 ． 【变式3】（25-26八年级下·上海浦东新·阶段检测）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：． 【变式4】（25-26八年级下·上海杨浦·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 ， ∴． 题型二 多边形内角和与外角和问题 【典例3】（25-26八年级下·上海青浦·期中）八边形的内角和为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：八边形内角和为． 【变式1】（25-26八年级下·上海徐汇·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． 【变式2】（25-26八年级下·上海闵行·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：． 【变式3】（25-26八年级下·上海崇明·期中）如图，，是四边形的外角，若，，则的度数为______． 【答案】/180度 【分析】根据多边形内角和得到，根据，可知的度数． 【详解】解：∵，， ∴， ∵，， ∴． 【变式4】（25-26八年级下·上海虹口·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． 【变式5】（25-26八年级下·上海浦东新·阶段检测）完美五边形是指可以无重叠、无间隙铺满整个平面的凸五边形．展示了数学与艺术的完美结合，它不仅是数学领域中的一个重要发现，还在建筑设计、艺术创作等领域中具有重要的美学价值．如图，五边形是人类发现的第15种完美五边形的示意图，其中，则等于___________． 【答案】/240度 【分析】直接利用多边形的外角和为即可得出答案． 【详解】解：多边形的外角和为， ∴， ∵， ∴． 【变式6】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）已知一个边形有个内角都等于，且另一个内角相邻的外角也等于，求的值． 【答案】 【详解】解：∵一个边形有个内角都等于， ∴对应的个外角的度数为：， ∵另一个内角相邻的外角等于， ∴， 解得． 题型三 利用平行四边形的性质求解 解｜题｜技｜巧 1.核心性质 平行四边形对边平行且相等，对角相等、邻角互补，对角线互相平分。解题先对照条件匹配对应性质。 2.角度计算思路 求角度优先用邻角互补、对角相等;结合平行线性质、三角形内角和、外角性质综合推算。 3.线段计算思路 求边长、线段长，直接使用对边相等;涉及对角线、线段平分问题，利用对角线互相平分做等量代换。 4.整体代换思想 已知一组邻边长度，周长等于邻边和的二倍;给出部分线段关系时，用等量代换简化周长计算。 【典例3】（25-26八年级下·上海青浦·期中）在平行四边形中，，则的度数为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行四边形邻角互补，对角相等的性质，结合已知角度比例即可求出的度数． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，平行四边形邻角互补， ∴， 又∵平行四边形对角相等， ∴． ∵， 设，， ∴， 解得， ∴， ∴． 【变式1】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）在中，如果，那么______． 【答案】135 【分析】本题考查平行四边形的性质． 解题思路是利用平行四边形对边平行的性质，结合平行线的性质求解即可． 【详解】解：∵ 四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴． 【变式2】（25-26八年级下·上海·期中）平行四边形的一个内角是，则与它相邻的内角为________． 【答案】 【详解】解：如图，四边形是平行四边形，且， ∴， ∴． 【变式3】（25-26八年级下·上海·期中）如图，平行四边形中对角线、相交于，，，求：的周长． 【答案】10 【分析】根据平行四边形的性质可得：，，则的周长为． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴， ∴的周长为：． 题型四 利用平行四边形的性质证明 解｜题｜技｜巧 1.线段类证明 证线段相等:优先用对边相等、对角线互相平分;证线段平行:直接使用对边平行的性质。 2.角度类证明 证两角相等用对角相等;证两角互补用邻角互补，也可结合平行线性质辅助推导。 3.综合证明方法 复杂题型可结合全等三角形、平行线、角平分线等知识，分步推理，做好线段、角度的等量代换。 【典例4】（24-25八年级下·上海松江·期中）在四边形中，是对角线的交点，不能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的判定，三角形全等的判定与性质，根据三角形全等的判定与性质以及平行四边形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：如图， A选项：∵，， ∴四边形是平行四边形，本选项不合题意； B选项：∵， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形，本选项不合题意； C选项：∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，本选项不合题意； D选项：由无法证明四边形是平行四边形，本选项符合题意． 故选：D． 【变式1】（25-26八年级下·上海青浦·期中）仅用无刻度直尺完成下列作图：（保留作图痕迹，写结论，不要求写做法） 如图，E为平行四边形的边的中点，点G为上一点． (1)利用平行四边形的性质（1）画出的中点F； (2)在上画出点H，使得． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接平行四边形的对角线、交于点，连接延长交于点，点F即为所求中点； （2）连接延长交于点，点H即为所求，满足． 【详解】（1）解：如图，点即为所求； 证明：四边形是平行四边形， ，，， ∴， ∴， ∴， ∵E为平行四边形的边的中点， ∴， ∴； （2）解：如图，点即为所求； 证明：四边形是平行四边形， 、， ， 在和中， ， ， ． 【变式2】（25-26八年级下·上海杨浦·期中）如图，在平行四边形中，点O是对角线的交点，过点O且垂直于． (1)求证：； (2)若平行四边形的周长是24，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用平行四边形的性质和已知条件证明即可； （2）根据平行四边形的性质和全等三角形的性质进行解答即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，点O是对角线的交点， ∴， ∴ ∵过点O且垂直于． ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴由（1）得， ∴， ∵平行四边形的周长是24， ∴ ∵， ∴ ∴ 即四边形的周长为． 题型五 证明四边形是平行四边形 解｜题｜技｜巧 1.熟记5种判定方法 两组对边分别平行;两组对边分别相等;一组对边平行且相等;两组对角分别相等;对角线互相平分，根据已知条件灵活选择。 2.优先选简便思路 已知边平行，优先证另一组对边平行，或证这组对边相等;已知边相等，优先证对边平行或另一组对边相等;出现对角线相关条件，直接用对角线互相平分判定。 3.挖掘隐含条件 结合平行线性质、全等三角形、线段中点、角平分线等，先推导出边平行、边相等、角相等或线段平分，再完成判定。 4.书写规范思路 先罗列已知及推导得出的条件，再点明所用判定定理，最后得出四边形是平行四边形的结论 【典例5】（25-26八年级下·上海杨浦·期中）在四边形中，由下列条件能判定这个四边形是平行四边形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】根据平行四边形的判定定理，逐个分析各选项是否满足判定条件即可． 【详解】解：A、由，不能判定四边形是平行四边形，等腰梯形也可满足此条件，故此选项不符合题意； B、由，不能判定四边形是平行四边形，直角梯形也可满足此条件，故此选项不符合题意； C、∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，故此选项符合题意； D、由，不能判定四边形是平行四边形，故此选项不符合题意； 【变式1】（25-26八年级下·上海·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． 【变式2】（25-26八年级下·上海金山·期中）如图，已知：在平行四边形中，．求证：四边形是一个平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质的综合应用，解题的关键是利用平行四边形的性质结合已知条件，通过对角线互相平分来判定四边形为平行四边形． 先利用平行四边形 的性质，得到对角线互相平分，即 ，；再结合已知 ，推出 ；最后根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，证明四边形 是平行四边形． 【详解】证明：连接与交于点O． ∵ 四边形 是平行四边形， ∴，（平行四边形的对角线互相平分）． ∵， ∴， 即 ． 又 ∵， ∴ 四边形 是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）． 题型六 判断能否构成平行四边形 解｜题｜技｜巧 1.紧扣判定依据 对照平行四边形五大判定定理，从边、角、对角线三个维度逐一核对条件。 2.边长条件判断 给出四条线段长度时，检查是否能分成两组分别相等的线段;若为一组对边，需同时满足平行且相等。 3.角度条件判断 给出四个内角度数时，检查是否两组对角分别相等，即可判定可以构成。 4.对角线条件判断 已知两条对角线及相交分段长度，核对两条对角线是否互相平分。 【典例6】（24-25八年级下·上海宝山·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． 【变式1】（25-26八年级下·上海奉贤·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． 【变式2】（25-26八年级下·上海青浦·期中）已知四边形中，交于点O，下列条件不能推导出四边形是平行四边形的是（   ） A．且 B．且 C．且 D．且 【答案】B 【分析】根据平行四边形的判定定理，逐一分析各选项即可． 【详解】解：A、∵，，即四边形两组对边分别平行， ∴四边形是平行四边形，A不符合题意． B、当，时，四边形可以是等腰梯形，无法判定是平行四边形，B符合题意． C、∵四边形内角和为，，， ∴， ∴，同理可得， ∴四边形是平行四边形，C不符合题意． D、∵， ∴，， 又， ∴， ∴，即四边形对角线互相平分， ∴四边形是平行四边形，D不符合题意． 题型七 利用平行四边形的判定与性质求解 解｜题｜技｜巧 1.理清解题流程 先根据已知条件，用判定定理证明四边形是平行四边形，再套用平行四边形的性质，完成角度、线段、周长等计算。 2.按需选择定理 已知边平行或相等，优先用边相关判定;已知角相等、互补，选用角相关判定;出现对角线分段长度，使用对角线互相平分判定。 3.条件转化方法 结合全等三角形、平行线、线段中点、角平分线等知识，推导平行、相等、平分等关键条件。 4.计算类解题思路 证出平行四边形后，利用对边相等求边长、周长;利用对角相等、邻角互补求角度;利用对角线互相平分进行线段等量代换。 5.综合题分步拆解 将复杂图形拆分为三角形、基础四边形，先判定、再用性质，一步步列式计算或推导。 【典例7】（25-26八年级下·上海松江·阶段检测）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1】（25-26八年级下·上海·期中）如图，点，分别为平行四边形边，的中点，连接，交于点，连接，交于点，那么四边形的面积与平行四边形的面积之比是__________． 【答案】 【分析】根据平行四边形的性质及中点推出平行四边形和，从而判断和点是中点，利用等底等高三角形面积相等即可求出答案． 【详解】解：连接，如图所示， 点，分别为平行四边形边，的中点， ，，，，， ，，，， 四边形和都是平行四边形， 是和的中点，是和的中点 ，，和等底等高，，，和等底等高， ，． ， ． ， 四边形的面积与平行四边形的面积之比是． 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，解题的关键在于巧妙利用中点和等底等高找到面积的关系． 【变式2】（25-26八年级下·上海·阶段检测）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． 题型八 利用平行四边形性质和判定证明 解｜题｜技｜巧 1.理清整体思路 常规流程分两步:先根据已知条件，用判定定理证出四边形是平行四边形;再运用平行四边形的性质，完成线段、角度、位置关系的证明。部分题型也可借助性质反推条件，再判定图形。 2.灵活选用定理 已知边的关系，优先使用边相关的判定与性质;已知角相等或互补，选用角的相关结论;题目涉及对角线，就利用对角线互相平分的定理推导。 3.转化隐含条件 结合全等三角形、平行线、中点、角平分线等知识，推导出边平行、边相等、角相等、线段平分等核心条件，搭建推理桥梁。 4.分目标拆解证明 证明线段平行、相等，或是角相等、互补时，逐个明确证明目标，分步推导，做好等量代换。 【典例8】如图，已知在的边上取一点，使，边上取一点，使．连接、． 求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．根据平行四边形的性质，得出，，进而得到，即可得到结论． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，，， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形． 【变式1】（25-26八年级下·上海·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． 【变式2】（25-26八年级下·上海徐汇·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． 题型九 矩形性质理解 解｜题｜技｜巧 1.牢记基础性质 矩形属于特殊的平行四边形，具备平行四边形全部性质;额外独有性质:四个角都是直角，对角线相等。 2.角度计算思路 利用四个内角均为直角，直接得到九十度角;结合直角、邻角互补、平行线性质综合求角。 3.线段与对角线运用 对角线不仅互相平分，还长度相等，由此可推出对角线分成的线段全部两两相等。 4.衍生模型活用 矩形对角线相交后会形成等腰三角形，遇到相关计算、证明，可借助等腰三角形性质解题。 5.知识联动 矩形内含大量直角三角形，可结合直角三角形性质、勾股定理求解边长与线段长度。 【典例9】（25-26八年级下·上海·阶段检测）下列多边形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A．平行四边形 B．等边三角形 C．矩形 D．梯形 【答案】C 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐一判断选项即可得到答案． 轴对称图形的定义：沿一条直线对折后，直线两侧部分能完全重合的图形是轴对称图形；中心对称图形的定义：绕图形中心旋转后能与原图形重合的图形是中心对称图形． 【详解】解：A．选项平行四边形，绕对角线交点旋转后与原图形重合，但不存在一条直线使对折后两侧完全重合，因此它是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合要求； B．选项等边三角形，沿高线所在直线对折后两侧重合，是轴对称图形，但绕中心旋转后不与原图形重合，不是中心对称图形，不符合要求； C．选项矩形，沿对边中点连线所在直线对折后两侧重合，绕对角线交点旋转后与原图形重合，因此既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合要求； D．选项梯形，只有等腰梯形是轴对称图形，所有梯形都不是中心对称图形，不符合要求． 【变式1】（25-26八年级下·上海闵行·期中）如图，在矩形中，，对角线、相交于点．下列说法中，正确的是（   ） A．两条对角线把矩形分割成两个等腰三角形和两个等边三角形 B．矩形绕点旋转后，能与自身重合 C．对角线、是矩形的对称轴 D．将矩形沿对角线所在的直线对折后，得到的图形是轴对称图形 【答案】D 【详解】A、在矩形中，， 两条对角线把矩形分割成四个等腰三角形，故A错误； B、矩形绕点旋转后，能与自身重合，故B错误； C、对角线、不是矩形的对称轴，故C错误； D、将矩形沿对角线所在的直线对折后，得到的图形是轴对称图形，故D正确； 故选：D． 【变式2】（24-25八年级下·上海嘉定·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： 题型十 利用矩形的性质求角度 解｜题｜技｜巧 1.矩形四个内角均为直角，可直接确定90°角，同时继承平行四边形对角相等、邻角互补的性质。 2.矩形对角线相等且互相平分，会形成等腰三角形，借助等腰三角形性质推导角度。 3.图形中多直角三角形，可结合直角三角形两锐角互余、三角形内角和辅助计算。 【典例10】（2025八年级下·上海·专题练习）若矩形的一条对角线与一边的夹角是，则两条对角线相交所成的锐角是___． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，先根据矩形四个内角为直角和解析对角线相等且互相平分求出的度数，再利用三角形内角和定理求出的度数即可得到答案． 【详解】解：如图所示，在矩形中，对角线交于O，其中， ∵在矩形中，，， ∴， ∴， ∴两条对角线相交所成的锐角是， 故答案为：． 【变式1】（25-26八年级下·上海普陀·期中）如图，已知矩形的对角线、相交于点O，，垂足为H，如果，那么______°． 【答案】35 【分析】根据题意，得，根据，得到，求解即可； 【详解】解：矩形的对角线、相交于点O， ， ， ， ， ， ， ， ； 【变式2】（25-26八年级下·上海闵行·期中）如图，已知在矩形中，于点，，则的度数是______． 【答案】/度 【分析】根据矩形对角线相等而且互相平分可得，推出，由求出，再根据即可解答． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． 题型十一 根据矩形的性质求线段长 解｜题｜技｜巧 1.矩形对边平行且相等，可直接进行线段等量代换。 2.对角线相等且互相平分，据此得到多组相等线段。 3.结合直角三角形、勾股定理，计算边长与对角线长度。 【典例11】（25-26八年级下·上海金山·期中）在矩形中，，点在边上，点在边上，连接、、．，，，； 以下两个结论：（   ） ①    ② A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】A 【分析】先证明，则，再证明是等腰直角三角形，则，进一步得到，则，利用完全平方公式进行计算即可证明②正确，由得到，根据即可证明①正确． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故①正确， 故①②都正确. 【变式1】（25-26八年级下·上海青浦·期中）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，则的长为_____． 【答案】2 【分析】由矩形的性质可得，，由直角三角形的性质可得，再结合勾股定理计算即可得出结果． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴（负值不符合题意，舍去）， ∴． 【变式2】（25-26八年级下·上海·期中）如图，在矩形ABCD中，，，P是AD上一个动点，于E，于F，则的值为______． 【答案】 【分析】连接，由矩形的性质得到，，则可求出，利用勾股定理求出，则可得到，再根据列式求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， ∵矩形中， ∴，， ∵，， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【变式3】（25-26八年级下·上海杨浦·期中）如图，在矩形中，，，把矩形折叠，使得点与点重合，则折痕的长为_______． 【答案】/ 【分析】连接、，设与的交点为，利用勾股定理可计算出，由折叠的性质可得，，，则，在中，利用勾股定理构造方程，解得．在中，使用勾股定理计算出，容易证明，则，因此． 【详解】解：如图，连接、，设与的交点为， ∵四边形是矩形， ∴，，， 在中，， ∵点与点关于对称， ∴，，， ∴， 在中，， ∴，解得， 在中，， ∵， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 【变式4】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）如图，矩形的对角线，相交于点，且，，则的长为__________． 【答案】/厘米 【分析】利用矩形的性质，含角的直角三角形的性质以及勾股定理求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 题型十二 矩形与折叠问题 解｜题｜技｜巧 1.折叠前后图形全等，对应边相等、对应角相等，折痕是对称轴。 2.结合矩形直角、对边相等的性质，提取等量条件。 3.通用解题方法:设未知线段，利用勾股定理列方程求解长度。 4.折叠易形成等腰三角形，可利用边角关系简化计算。 【典例12】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）用一张矩形纸片可以折出一个菱形．如图，沿矩形的对角线折出，，得到四边形．求证：四边形是菱形； 【答案】见解析 【分析】先证明四边形是平行四边形，再证明即可． 【详解】证明：四边形是矩形， ， ， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是菱形． 【变式1】（25-26八年级下·上海·阶段检测）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． 【变式2】（25-26八年级上·上海·阶段检测）如图，把一张矩形纸片，折叠后使顶点和顶点重合，折痕为，若，，求重叠部分的面积． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质及勾股定理的应用，熟练掌握折叠前后对应边相等、对应角相等，并利用勾股定理建立方程求解线段长度是解题的关键． 利用矩形和折叠的性质，设为未知数，结合勾股定理列方程求出的长度，再根据三角形面积公式计算的面积． 【详解】解：设， ∵矩形中，，， ∴． ∵折叠后与重合， ∴，，． 在中，由勾股定理得，即， 解得， ∵的高为， ∴． 题型十三 矩形的判定定理理解 解｜题｜技｜巧 1.有一个角是直角的平行四边形是矩形。 2.有三个角是直角的四边形是矩形。 3.对角线相等的平行四边形是矩形。 4.做题优先判断是否为平行四边形，再用直角或对角线条件判定。 【典例13】（25-26八年级下·上海·期中）下列命题正确的是（   ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 【答案】C 【详解】解：∵A选项中，对角线相等的平行四边形才是矩形，任意对角线相等的四边形不一定是矩形，例如等腰梯形，∴A错误； ∵B选项中，对角线互相垂直平分的四边形才是菱形，仅对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，∴B错误； ∵菱形是邻边相等的平行四边形，对角线相等的菱形满足正方形的判定条件，∴对角线相等的菱形是正方形，C正确； ∵D选项中，一组对边平行另一组对边相等的四边形也有可能是等腰梯形，∴D错误． 【变式1】（25-26八年级下·上海·阶段检测）下列命题中正确的是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是平行四边形 B．平行四边形对角线互相平分 C．有一个角是直角的四边形是矩形 D．对角线互相平分的四边形是菱形 【答案】B 【分析】根据平行四边形的判定与性质，菱形的判定，矩形的判定，对四个命题逐一分析，再作出判断即可． 【详解】解：A、对角线互相平分的四边形才是平行四边形，对角线互相垂直不能判定四边形是平行四边形，故A错误，不符合题意； B、平行四边形的性质为对角线互相平分，故B正确，符合题意； C、有一个角是直角的平行四边形才是矩形，仅有一个角是直角的四边形不是矩形，故 C错误，不符合题意； D、对角线互相垂直平分的四边形才是菱形，对角线互相平分只能判定四边形是平行四边形，不能判定是菱形，故D错误，不符合题意． 故选：B． 【变式2】（25-26八年级下·上海·期中）下列说法错误的是（   ） A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 C．每组邻边都相等的四边形是菱形 D．四个角都相等的四边形是矩形 【答案】B 【详解】解：A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，符合平行四边形的判定定理，说法正确，不符合题意． B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，不是正方形，说法错误，符合题意． C．每组邻边都相等的四边形，四条边都相等，符合菱形的判定定理，说法正确，不符合题意． D．四边形内角和为，四个角相等时每个角均为，四个角都是直角的四边形是矩形，说法正确，不符合题意． 题型十四 证明四边形是矩形 解｜题｜技｜巧 1.平行四边形证矩形:只需证明有一个内角为直角，或对角线相等。 2.任意四边形证矩形:直接证明四边形有三个内角为直角即可。 3.解题优先分步证明:先证平行四边形，再补矩形专属条件，步骤规范不易出错。 【典例14】（25-26八年级下·上海青浦·期中）已知平行四边形，下列条件中，能判定这个平行四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题利用平行四边形的性质，结合矩形、菱形的判定定理对各选项逐一判断即可.． 【详解】解：A. ∵平行四边形， ∴， ∵ ∴， ∴平行四边形为矩形， 故选项符合题意； B. 是平行四边形具有的性质，不能判定这个平行四边形为矩形； C. 可以判定平行四边形是菱形，不能判定这个平行四边形为矩形； D. 可以判定平行四边形是菱形，不能判定这个平行四边形为矩形． 【变式1】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）四个全等的直角三角形无缝拼接，不一定能拼成的图形是（   ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【答案】D 【分析】结合四边形的判定，分析不同拼接情况即可得到结果． 【详解】解：A.如图所示， 一定可以拼成平行四边形； B. 如图所示， 一定可以拼成菱形； C. 如图所示， 一定可以拼成矩形； D.不一定能拼成正方形． 【变式2】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）已知四边形的两条对角线、相交于点，且互相平分．那么下列条件中不能判定四边形为矩形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由对角线互相平分可知四边形是平行四边形，再根据矩形的判定定理逐一判断各选项即可． 【详解】解：四边形的对角线、相交且互相平分， 四边形是平行四边形． 选项A，，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可判定四边形为矩形，不符合题意； 选项B，，根据对角线相等的平行四边形是矩形，可判定四边形为矩形，不符合题意； 选项C，时，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，不能判定四边形为矩形，符合题意； 选项D，，，平行四边形对角线互相平分，可得，，，可推出平行四边形是矩形，不符合题意． 综上，答案选C． 【变式3】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）对于四边形，给出下列4组条件：①；②，；③；④．其中一定能得到“四边形是矩形”的条件有___________．（填给定条件的序号） 【答案】① 【详解】解：①，可得每个角的度数为，四个角都是直角的四边形是矩形，因此四边形是矩形，故①正确． ②，，可得 ，即，无法推出四个角都是直角，例如等腰梯形可满足该条件，但不是矩形，因此四边形不一定是矩形，故②错误． ③，，两组对角分别相等的四边形是平行四边形，只能判定该四边形为平行四边形，平行四边形不一定是矩形，因此四边形不一定是矩形，故③错误． ④，可得 ，无法保证四个角都是直角，因此四边形不一定是矩形，故④错误． 题型十五 根据矩形的性质与判定求线段长 解｜题｜技｜巧 1.先判定图形为矩形，再利用矩形对边相等的性质，进行线段等量代换。 2.利用矩形对角线相等且互相平分的特点，快速推导相等线段。 3.借助矩形自带直角，结合勾股定理，求解边长、对角线等线段长度。 4.遇复杂题型，先证矩形定型，再代入性质分步计算。 【典例15】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）如图，在中，，，，为边上的动点，于点，于点，连接，则线段长度的最小值是（   ） A． B． C．5 D．6 【答案】B 【分析】连接，判定四边形是矩形，得出，然后根据勾股定理求出相关线段的长度，根据垂线段最短以及等面积法求解． 【详解】解：如图，连接， ∵，， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， 根据垂线段最短可得，当时，的值最小，即的值最小， ∵，， ∴由勾股定理得， ∴当时，由等面积得， ∴， 即线段长度的最小值是． 【变式1】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）如图，在中，点为斜边上的动点，于点于点，那么线段的最小值是___________． 【答案】 【分析】连接，证四边形是矩形，可得，再由垂线段最短可得：时，线段的长最小，进而解答即可． 【详解】解：如图，连接， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 由垂线段最短可得：时，线段的长最小， 在中，， ∴， 当时， ∵， ∴， 解得：， 即的最小值为． 【变式2】（25-26八年级下·上海普陀·期中）如图，在正方形中，，以A为圆心，的长为半径画弧，交的延长线于点E，过点E作交的延长线于点F，连接，以A为圆心，的长为半径画弧，交的延长线于点G，则的长为______． 【答案】 【分析】由正方形的性质得到，，则可求出的长，进而得到的长，证明四边形是矩形， 得到，利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 在中，由勾股定理得， 由作图方法可得； ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴． 【变式3】（25-26八年级下·上海·期中）小华家院子里有如图一把遮阳伞，他发现在一天当中，遮阳伞保持不动的情况下，伞下的投影长度会随着时间推移而变化，于是他测量了相关数据，并画出了侧面示意图．已知遮阳伞支架垂直于地面，点D在上，，D、E、F三点共线，．如图，当太阳光线与垂直时，此时太阳光线与地面的夹角正好为． (1)求的长； (2)求落在地面上的投影的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）证明为等边三角形即可求解； （2）取中点，连接，则，然后证明四边形为矩形，则，再证明为等边三角形，则，则，然后运用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：如图，过点G作垂直于， 由题意得，， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴ ∴ 为等边三角形， ； （2）解：如图，取中点，连接， ∵， ∴， ， ∴ ∴ ∴四边形为矩形， ， ∵，点为的中点， ∴， 同理可证明为等边三角形， ∴， ∴ 设，则 在中，由勾股定理得， ∴， 解得 ∴． 题型十六 利用菱形的性质求线段长 解｜题｜技｜巧 1.菱形四条边全部相等，可直接进行线段等量代换，快速求边长。 2.菱形对角线互相垂直平分，将图形分成四个全等直角三角形。 3.结合勾股定理，利用对角线一半的长度，求解菱形边长。 4.利用对角线平分内角的性质，辅助推导线段等量关系。 【典例16】（25-26八年级下·上海·期中）如图，菱形的两条对角线相交于O，若，，则菱形的周长是（   ） A．24 B．26 C． D． 【答案】C 【分析】由菱形的性质计算出和，利用勾股定理计算出，从而得出菱形的周长． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，，， 由勾股定理可得，， ∴菱形的周长为． 【变式1】（25-26八年级下·上海·期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．若，则的长是_________． 【答案】5 【分析】先结合菱形的性质得，根据，得出，然后证明是等边三角形，即可作答． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴ ∵ ∴是等边三角形， ∴． 【变式2】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）如果菱形的两条对角线长分别为和，那么这个菱形的周长是______． 【答案】52 【分析】由菱形的性质可得，，，，由勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：如图，四边形是菱形，， ，，，， ， 菱形的周长． 【变式3】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）已知一个菱形有一个内角等于，一条对角线长是6，那么这个菱形的面积是___________． 【答案】 或 【分析】根据菱形的性质，菱形邻角互补，对角线互相垂直平分，且平分内角，已知一个内角为，可得相邻内角为，需分已知对角线为短对角线和长对角线两种情况讨论，利用勾股定理求出另一条对角线的长，再根据菱形面积等于对角线乘积的一半计算面积． 【详解】解：设菱形中，，对角线，交于点， 由菱形的性质可得：，，，，平分，平分，， 分两种情况讨论： 当长度为的对角线是较短对角线时，如图所示，， ，， 是等边三角形， ，， 在中，由勾股定理得： ， ， 菱形面积， 当长度为的对角线是较长对角线时，如图所示，， ， 设，在中，， ， 由勾股定理得：， 即， 解得（舍去负根）， ，， 菱形面积， 【变式4】（25-26八年级下·上海·期中）如图，在菱形中，点P是对角线上一点，Q是中点，若菱形周长是16，，则的最小值为______． 【答案】2 【分析】点和点是定点，点在直线上一动点，是轴对称最值问题，连接，由菱形的对称性可知，点和点关于对称，连接，即为所求． 【详解】解：如图，由菱形的对称轴可知，点和点关于对称，连接， ∴， ∴即为所求的最小值． 连接， ，四边形是菱形， ∴，，， 是等边三角形， 点为的中点， ， 菱形的周长为16， ， ∵在中，， ， ， ， ∴的最小值为． 题型十七 利用菱形的性质求面积 解｜题｜技｜巧 1.通用公式:菱形面积等于两条对角线乘积的一半。 2.基础算法:可用底乘高求解，与普通平行四边形面积公式一致。 3.结合性质:利用对角线垂直平分的特点，求出对角线长度后再算面积。 4.可借助直角三角形、勾股定理间接求出所需线段，再代入面积公式。 【典例17】（25-26八年级下·上海·期中）菱形的两条对角线长分别为6和9，则该菱形的面积为________． 【答案】27 【分析】菱形的面积为两条对角线乘积的一半，代入数值计算即可得到结果． 【详解】解：该菱形的面积为． 【变式1】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）已知一个菱形的两条对角线的长分别是和，它的面积是______． 【答案】 【详解】解：这个四边形是菱形， ∴ 【变式2】（25-26八年级下·上海闵行·阶段检测）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3】（25-26八年级下·上海青浦·期中）若菱形的两条对角线长分别是和，则菱形一边上的高是______． 【答案】 【分析】先根据对角线长度计算菱形面积，再利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合勾股定理求出菱形边长，最后利用等面积法列式求解即可． 【详解】解：设菱形中，两条对角线长分别为，，一边上的高为， 菱形的面积等于对角线乘积的一半， ， 菱形的对角线互相垂直平分， 两条对角线一半的长度分别为，，且， 在直角三角形中，由勾股定理可得菱形的边长， 菱形的面积也等于底边长乘以这边上的高， ， 解得． 题型十八 利用菱形的性质证明 解｜题｜技｜巧 1.菱形兼具平行四边形所有性质，可证对边平行、线段相等、角度相等。 2.利用菱形四边相等，可直接证明线段等量关系。 3.借助对角线互相垂直、平分内角的特性，证明垂直、等角关系。 4.结合等腰三角形、直角三角形性质，辅助完成综合证明。 【典例18】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相垂直平分 C．对角线平分一组对角 D．四条边相等 【答案】A 【详解】解：A选项 正方形对角线相等，菱形对角线不一定相等，符合题意； B选项 正方形和菱形的对角线都互相垂直平分，不符合题意； C选项 正方形和菱形的对角线都平分一组对角，不符合题意； D选项 正方形和菱形的四条边都相等，不符合题意． 【变式1】（24-25八年级下·上海·期中）菱形的对角线、相交于，下列条件能判断菱形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质，正方形的判定，对角线相等的菱形是正方形，有一个角是直角的菱形是正方形，据此结合菱形的性质逐一判断即可． 【详解】解：A、，则，此时并不能证明菱形是正方形，不符合题意； B、，可得，此时并不能证明菱形是正方形，不符合题意； C、，本身是菱形具有的性质，此时并不能证明菱形是正方形，不符合题意； D、，由菱形的性质可得，则，则，能证明菱形是正方形，符合题意； 故选：D． 【变式2】（25-26八年级下·上海·期中）如图，在菱形中，是对角线上一点，连接、． (1)求证：； (2)如果，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明，可得，可证明，即可求证； （2）连接，交于点O，根据菱形的性质可得到，在和中，利用勾股定理可得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：如图，连接，交于点O， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 在和中，， ∵，， ∴， 解得：， ∴， 【变式3】（25-26八年级下·上海·期中）如图，在平行四边形中，点E、F分别是边的中点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若四边形是菱形，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，由线段中点的定义得到，则可证明，再由即可证明结论； （2）由菱形的性质和线段中点的定义可得，由等边对等角和三角形内角和定理证明，得到，据此可证明结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点E、F分别是边的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 题型十九 证明四边形是菱形 解｜题｜技｜巧 1.定义证明:证平行四边形，且一组邻边相等，即可判定为菱形。 2.边判定:直接证四边形四条边全部相等，可判定为菱形。 3.对角线判定:证平行四边形，且对角线互相垂直，即可判定为菱形。 4.常规解题思路:优先证平行四边形，再补充菱形专属条件，步骤清晰不易出错。 【典例19】（25-26八年级下·上海普陀·期中）如图所示，小华首先将一张正方形的纸片按（1）、（2）、（3）的顺序三次折叠，然后沿第三次折痕剪开，将剪下的这部分展开，平铺在桌面上，这时得到的一定是（    ） A．三角形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】C 【分析】根据正方形的对角线相互垂直，可知第二次折叠后的三角形的顶角是一个直角，进而推出剪下的这部分是由4个直角三角形组成，结合菱形的性质即可得到答案． 【详解】解：由图形可得出：剪下的这部分是由4个直角三角形组成的， 故将剪下的这部分展开得到的一定是菱形． 【变式1】（25-26八年级下·上海·阶段检测）已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（    ） A．当时，四边形是菱形； B．当时，四边形是菱形； C．当时，四边形是矩形； D．当时，四边形是正方形． 【答案】D 【分析】本题考查特殊平行四边形的判定，熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定定理是解题关键，根据判定定理对各选项逐一判断即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， 选项A、一组邻边相等的平行四边形是菱形，因此当时，四边形是菱形，故A结论正确，不符合题意； 选项B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，因此当时，四边形是菱形，故B结论正确，不符合题意； 选项C、有一个内角是直角的平行四边形是矩形，因此当时，四边形是矩形，故C结论正确，不符合题意； 选项D、对角线相等的平行四边形是矩形，不一定是正方形，因此当时，四边形是矩形，不一定是正方形，故D结论错误，符合题意． 【变式2】（25-26八年级下·上海·阶段检测）下列命题中，真命题的个数为（     ） ①对角线相等的四边形是矩形     ②对角线互相垂直平分的四边形是菱形 ③对角线互相平分的四边形是平行四边形     ④对角线互相垂直相等的四边形是正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，逐一判断各命题的真假，统计真命题的个数即可得到答案． 【详解】解：①对角线相等的平行四边形才是矩形，任意对角线相等的四边形不一定是矩形，故①是假命题； ②根据菱形的判定定理，对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故②是真命题； ③根据平行四边形的判定定理，对角线互相平分的四边形是平行四边形，故③是真命题； ④对角线互相垂直平分且相等的四边形才是正方形，仅对角线互相垂直相等的四边形不是正方形，故④是假命题； ∴真命题的个数为2个． 题型二十 正方形的判定定理理解 解｜题｜技｜巧 1.矩形证正方形:矩形一组邻边相等，或对角线互相垂直。 2.菱形证正方形:菱形有一个直角，或对角线相等。 3.平行四边形证正方形:同时满足一组邻边相等且有一个直角。 4.通用思路:先判定基础图形，再补充正方形专属条件，分步判定。 【典例20】（25-26八年级下·上海崇明·期中）下列命题中，真命题的是（   ） A．对角线相等的平行四边形是正方形 B．四个内角相等的四边形是正方形 C．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 D．对角线互相垂直的矩形是正方形 【答案】D 【详解】解：A．对角线相等的平行四边形是矩形，原命题是假命题，故此选项不符合题意； B．四个内角相等的四边形是矩形，原命题是假命题，故此选项不符合题意； C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题，故此选项不符合题意； D．对角线互相垂直的矩形是正方形，原命题是真命题，故此选项符合题意． 【变式1】（25-26八年级下·上海·期中）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 【详解】A、根据菱形判定定理，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故A选项命题正确； B、根据矩形判定定理，对角线相等的平行四边形是矩形，故B选项命题正确； C、矩形的对角线本来就相等，仅对角线相等无法判定它是正方形，故C选项命题不正确； D、菱形的对角线互相垂直平分，若对角线再相等，则满足正方形的判定条件，所以对角线相等的菱形是正方形，故D选项命题正确． 综上，不正确的是C． 【变式2】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）在下列判断中正确的是（   ） A．一组对边平行且有一组邻边相等的四边形是平行四边形 B．一组对角相等，一组对边相等的四边形是平行四边形 C．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 D．多边形的内角中至多有3个锐角 【答案】D 【详解】解：对于选项A，一组对边平行且有一组邻边相等的四边形可能是腰与上底相等的梯形，不是平行四边形，因此A错误； 对于选项B，存在满足一组对角相等、一组对边相等但不是平行四边形的四边形，因此B错误； 对于选项C，两条对角线互相垂直平分且相等的四边形才是正方形，仅垂直相等不满足条件，例如对角线垂直相等但不互相平分的四边形不是正方形，因此C错误； 对于选项D，任意多边形的外角和为，若内角为锐角，则其对应的外角为钝角， 若多边形内角有个锐角，则对应外角有个钝角，则外角和大于，与外角和为矛盾， 多边形内角中至多有3个锐角，D正确. 题型二十一 证明四边形是正方形 解｜题｜技｜巧 1.平行四边形证正方形:邻边相等且有一个直角，即可判定。 2.矩形证正方形:矩形邻边相等或对角线互相垂直。 3.菱形证正方形:菱形有一个直角或对角线相等。 4.解题通用步骤:先证基础图形，再补对应条件，分步完成证明。 【典例21】（25-26八年级下·上海闵行·期中）用两个全等的直角三角形拼成下列图形：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形；⑤等腰三角形，⑥等边三角形，一定可以拼成的图形个数为（   ） A．6 B．2 C．4 D．3 【答案】D 【分析】本题考查全等直角三角形的拼接问题，需要结合各类特殊图形的性质判断，只有对直角三角形边长无特殊要求的图形才一定能拼成． 【详解】解：∵ 将两个全等直角三角形的一组对应的相等直角边反向拼接，一定可以得到平行四边形；将两个全等直角三角形斜边对拼，可以得到矩形；将两个三角形中一组对应的相等直角边同向拼接，一定得到等腰三角形； ∴ ①平行四边形，②矩形，⑤等腰三角形都一定可以拼成，共3个； ∵ 菱形要求四边相等，只有直角三角形是等腰直角三角形时才能拼成，不是任意全等直角三角形都能拼成，故③不符合； ∵ 正方形要求四边相等，同样只有等腰直角三角形才能拼成，故④不符合； ∵ 等边三角形要求三边相等，只有直角三角形的短直角边等于斜边一半时才能拼成，故⑥不符合； ∴ 一定可以拼成的图形个数为3， 故选D． 【变式1】（25-26八年级下·上海·阶段检测）已知四边形中，与相交于点，那么下列条件中能判定这个四边形是正方形的是（） A．，， B．， C． D． 【答案】C 【分析】根据已知条件，结合正方形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：如图： A、∵，， 四边形是平行四边形， ∵， 平行四边形是矩形，不能判定为正方形． B、∵， ， ， ， ∴， ∴四边形是平行四边形，无法判定为正方形． C、， 四边形是矩形， ， 矩形是正方形． D、，， 四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形，无法判定为正方形． 【变式2】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）四边形的对角线、相交于点O，给出下列6个条件：①；②；③；④；⑤；⑥；请从中选取4个条件，使四边形为正方形，你的选择是__________（写出一种即可） 【答案】③④⑤⑥（答案不唯一） 【分析】先判定四边形是平行四边形，再根据③对角线相等判定平行四边形为矩形，最后根据④对角线互相垂直的矩形是正方形得到结论． 【详解】解：选择③④⑤⑥，理由如下： ，， ∴四边形是平行四边形，（对角线互相平分的四边形是平行四边形） ， ∴ 平行四边形是矩形，（对角线相等的平行四边形是矩形） ， ∴ 矩形是正方形，（对角线互相垂直的矩形是正方形）． 题型二十二 根据正方形的性质求线段长 解｜题｜技｜巧 1.正方形四边相等、对边平行，可直接进行线段等量代换。 2.对角线相等且互相垂直平分，可快速得到多组相等线段。 3.对角线平分内角，可构造等腰直角三角形，简化线段计算。 4.结合勾股定理，可求解边长与对角线的长度。 【典例22】（25-26八年级下·上海·期中）如图，正方形的边长为1，点E在对角线上且，则的长为______． 【答案】 【分析】先由正方形的性质结合勾股定理求解，再由求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴ ∵ ∴． 【变式1】（25-26八年级下·上海崇明·期中）如图，正方形的边长为6，E是的中点，，与交于点F，则的长为__________． 【答案】 【分析】由正方形的性质得出，，由E是的中点，得出，由勾股定理得出，证明，即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式2】（25-26八年级下·上海闵行·期中）如图1，将四个全等的直角三角形拼成一个四边形，然后将这四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形（如图2所示），此大正方形的面积为9：如果再将这四个全等的直角三角形拼成的“风车”图形（如图3所示），此“风车”图形的外轮廓周长为16．那么四边形的面积为___________． 【答案】8 【分析】本题主要考查了勾股定理，全等三角形的性质，多项式乘法． 设四个全等的直角三角形两个直角边为a、b，斜边为c，且，a、b、c均为正数，根据勾股定理，再利用已知图形的面积和周长，求出c的值和a、b的关系式，即可作答． 【详解】设四个全等的直角三角形两个直角边为a、b，斜边为c，且，a、b、c均为正数， 根据勾股定理有：， 如图2所示的大正方形的面积为9， ，即， 如图3所示的“风车”图形的外轮廓周长为16， ，即， ， 则：， 四边形的面积为． 题型二十三 根据正方形的性质证明 解｜题｜技｜巧 1.正方形兼具矩形、菱形所有性质，可证明平行、垂直、线段相等、角度相等。 2.利用四边相等、四角为直角，可直接完成边角关系证明。 3.借助对角线相等、垂直且平分内角，证明垂直、平分、等腰等关系。 4.结合等腰直角三角形性质，简化综合几何证明步骤。 【典例23】（25-26八年级下·上海·期中）如图，正方形的对角线、交于点，是上一点，，垂足为．与相交于点． (1)求证：； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）利用等角的余角相等，即可证明； （2）利用证明，根据全等三角形的性质即可得． 【详解】（1）证明：∵正方形的对角线、交于点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）证明：∵正方形的对角线、交于点， ∴， ∵，即， ∵， ∴， ∴． 【变式1】（25-26八年级下·上海闵行·期中）已知：如图，在正方形中，点在边上，点在边的延长线上，且．求的度数 【答案】 【分析】先证明，再证明是等腰直角三角形即可 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴．， ∴，， ∴， ∴． 【变式2】（25-26八年级下·上海闵行·期中）如图，已知：四边形是一个正方形，对角线相交于点．求证：是全等的等腰直角三角形． 【答案】见解析 【分析】根据正方形的性质得到，，然后根据证明三角形全等即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴是等腰直角三角形， 且． 题型二十四 与三角形中位线有关的求解问题 解｜题｜技｜巧 1.三角形中位线平行于第三边，且长度为第三边的一半，可直接求边长、证平行。 2.多个中点题型，可连续构造中位线，转化线段与位置关系。 3.结合平行四边形、特殊矩形菱形性质，综合求解线段和角度。 4.遇中点连线题型，优先锁定中位线定理，快速简化题目条件。 【典例24】（25-26八年级下·上海·期中）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，点A、B、C都在格点上，点D、E分别是线段的中点，则的长为______． 【答案】/ 【分析】本题可先利用勾股定理求出线段的长度，再根据三角形中位线定理得出与的数量关系，进而求出的长． 【详解】解：由题意得，、两点在网格中的水平距离为，垂直距离为． 每个小正方形的边长都是， ， 、分别是线段的中点， ． 【变式1】（25-26八年级下·上海普陀·期中）如图，在中，平分，D是的中点，，，，则的长度为______． 【答案】/1.5/ 【分析】延长、交于点，证明，得到，，证明是的中位线，根据中位线的性质可得的长度． 【详解】解：如图所示，延长、交于点F， ∵平分， ， ， ， ∵， ∴， ，， 又， ， ∵点D是的中点， 是的中位线， ． 【变式2】（25-26八年级下·上海徐汇·期中）已知点、分别是的边、的中点，如果，那么______． 【答案】 【分析】根据题意可知是的中位线，利用三角形中位线的性质即可求解． 【详解】解：由题意知，是的中位线， ∴， ∵ ∴． 【变式3】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）如图，在中，于点，点分别是的中点，那么的周长是___________． 【答案】 9 【分析】因为，E是中点，所以可利用直角三角形斜边中线定理，得出与的数量关系；同理，F是中点，可得出与的数量关系．再利用三角形中位线定理，得出与的数量关系，最后根据的周长定义求出即可． 【详解】解：∵， ∴、 都是直角三角形． 又∵是的 中点，是的中点， ∴，，是的中位线， ∴ ， ∴的周长： ． 【变式4】（25-26八年级下·上海青浦·期中）如图，在梯形中，，延长到点，使，连接，交于点．若是的中点，且，，求的长． 【答案】 【分析】容易证明，则点为的中点，由中位线的性质可得，因此． 【详解】解：∵， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，即点为的中点， ∵是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴． 题型二十五 与三角形中位线有关的证明 解｜题｜技｜巧 1.巧用中位线定理，可证明线段平行、线段倍分的数量关系。 2.图形有多个中点时，构造多条中位线，转化边角位置与数量关系。 3.结合平行四边形、特殊四边形性质，完成综合几何证明。 4.遇中点、平行线相关证明，优先构造中位线简化推理过程。 【典例25】（24-25八年级下·上海金山·期末）如果是的角平分线，、分别是，的中点，连接、，那么再加一个条件______（只要写一种情况），就可得到四边形是菱形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】利用中位线定理，角的平分线，菱形的判定，平行四边形的判定解答即可． 【详解】证明：添加条件为：． 如图：、分别是，的中点，， 则， 故四边形是平行四边形； ∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 故答案为：（答案不唯一） 【点睛】本题考查了中位线定理，角的平分线，菱形的判定，平行四边形的判定，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【变式1】（25-26八年级下·上海·期中）如图，在中，，、分别是边、中点，连接并延长到点，使，连接、、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据三角形中位线定理可得，再由，可得，即可求证； （2）先证明四边形是平行四边形，再结合等腰三角形的性质可得，即可求证． 【详解】（1）证明：∵、分别是边、中点， ∴，即， ∵，即， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵点是边中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，点D为的中点， ∴， ∴四边形是矩形． 【变式2】（25-26八年级下·上海·期中）如图，在中，、分别是、的中点，，垂足为，，． (1)求证：； (2)求的长． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】（1）证明是的中位线，即可求得； （2）利用勾股定理求得，再利用三角形中位线定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵、分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵，是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∵是的中位线， ∴． 题型二十六 重心的有关性质 解｜题｜技｜巧 1.三角形重心是三条中线的交点，可用于转化线段比例关系。 2.重心分中线为两段，长度比为2:1，可快速求解线段长度。 3.重心将三角形分成三块面积相等的小三角形，可用于面积计算。 4.遇中线、比例、面积题型，优先利用重心性质简化计算与证明。 【典例26】（25-26八年级下·上海普陀·期中）如图，的中线、交于点O，连接并延长交于点E，如果，那么______． 【答案】15 【分析】由题意得，，然后问题可求解． 【详解】解：∵的中线、交于点O，， ∴点O是的重心， ∴，， ∴， ∴． 【变式1】（25-26八年级下·上海青浦·期中）在中，，D、E分别是边的中点，和相交于点O，如果点O到边的距离为2，，那么的长为______． 【答案】 10 【分析】根据三角形中线的定义确定点为的重心，利用等腰三角形三线合一的性质及重心的性质求出边上的高，再结合勾股定理求解即可． 【详解】解：连接并延长交于点， 、分别是边、的中点， 、是的中线， 点是的重心， ∴是的中线， ， ，， 点到边的距离为， ， 点是的重心， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得． 【变式2】（25-26八年级下·上海·期中）在中，，，G是的重心． (1)求的长； (2)过点G作，分别交、于点D、E，猜想与的比值，并证明． 【答案】(1)8 (2)比值为2，证明见解析 【分析】（1）延长交于点，根据三角形的重心可得，，再由等腰三角形的性质以及勾股定理求解即可； （2）连接，根据共高三角形面积比等于底之比进行转化求解即可． 【详解】（1）解：延长交于点， ∵点G是的重心 ∴， ∵， ∴， ∴ ∴ （2）解：比值为，证明如下： 如图，连接， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴， ∴ ∴ ∴与的比值为． 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（24-25八年级下·上海宝山·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． 2．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）已知四边形中，与交于点O，，那么下列命题中错误的是（    ） A．如果，，那么四边形是菱形 B．如果，，那么四边形是菱形 C．如果，，那么四边形是矩形 D．如果，，那么四边形是矩形 【答案】D 【分析】本题考查了命题的真假、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，结合菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定与性质进行逐项分析，选出错误的一项，即可作答． 【详解】解：如图： ∵， ∴四边形是平行四边形 ∵， ∴四边形是菱形 故A选项是正确的； ∵ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴四边形是平行四边形 ∵， ∴四边形是菱形 故B选项是正确的； ∵， ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴ ∴四边形是矩形 故C选项是正确的； ∵，， ∴无法证明 ∴无法证明四边形是平行四边形 故D选项是错误的； 故选：D． 3．（25-26八年级下·上海·阶段检测）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， 4．（24-25八年级下·上海浦东新·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：． 5．（24-25八年级下·上海·阶段检测）如图，在中，，将绕顶点B顺时针旋转到，当首次经过顶点C时，旋转角__________°． 【答案】40 【分析】本题考查了平行四边形的性质、旋转的性质、等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理，解题的关键是证明三角形是等腰三角形．由旋转的性质可知，由等腰三角形的性质得出，根据旋转角相等可得． 【详解】解：∵绕顶点B顺时针旋转到， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ 故答案为：40． 6．（24-25八年级下·上海长宁·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：． 7．（25-26八年级下·上海·阶段检测）如果菱形的对角线长24和10，那么菱形的周长为__________． 【答案】52 【分析】本题考查菱形的性质与勾股定理的应用，利用菱形对角线互相垂直平分的性质构造直角三角形，再用勾股定理求出菱形的边长，最后根据菱形四边相等计算周长． 【详解】解：如图，四边形是菱形， 、、， 在中，由勾股定理得：， 菱形的周长为． 8．（25-26八年级下·上海·阶段检测）矩形对角线夹角为，较短的边长为12，则对角线长为__________． 【答案】24 【分析】根据矩形的性质，矩形对角线相等且互相平分，结合对角线夹角为，可推出较短边与两条对角线的一半构成等边三角形，得到较短边长度为对角线长度的一半，据此计算对角线长． 【详解】解：如图，设矩形，对角线，相交于点，，较短边， 四边形是矩形， ，，， ， 又， 是等边三角形， ， ， 即对角线长为． 9．（24-25八年级下·上海普陀·期末）如图，在中，，分别为边，的中点，延长至点，使得，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)，如果，请判断四边形是什么特殊的平行四边形，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形，见解析 【分析】本题考查的是平行四边形的判定及菱形的判定， （1）先证明，进而得出，即可证明结论； （2）联结，得出互相平分，进而得出，即可证明结论； 【详解】（1）证明：分别为边的中点， ， ， ， ∵， 四边形是平行四边形； （2）解：四边形是菱形． 联结； ∵四边形是平行四边形， 互相平分， ∵， ，即， ∵四边形是平行四边形， 平行四边形是菱形. 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 1．（25-26八年级下·上海·阶段检测）如图，在平行四边形中，，以点为圆心作弧，交于点、．分别以点、为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点，作直线交于点，若，，则长是____． 【答案】 【分析】根据作图可知，根据平行四边形的性质结合已知条件推出，进而求出的长，勾股定理求出即可． 【详解】解：在中， ，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 由作图可知，即， 在中，. 2．（25-26八年级下·上海·阶段检测）如图，中，于，于，，，，则的面积等于__________． 【答案】 【分析】在四边形中，利用四边形的内角和为，先求出的度数；再根据平行四边形的性质，即可求得的度数；然后在中，利用含角的直角三角形的性质和勾股定理求出的长，然后利用平行四边形的面积公式列式计算即可． 【详解】解：∵在四边形中，内角和为，，，， ∴， ∵中，，， ∴，， ∵中，，， ∴， ∴， ∴． 3．（25-26八年级下·上海浦东新·阶段检测）如图，矩形中，，，点从点出发向点运动，同时点从点出发向点运动，运动速度都是1cm/s，设运动时间为（），若四边形是菱形，则的值为___________． 【答案】 【分析】先得到四边形是平行四边形，则当时，四边形是菱形，然后表示出，再对运用勾股定理建立方程求解． 【详解】解：由题意得，，则， ∵四边形是矩形 ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形， ∵ ∴， 解得 ∴四边形是菱形，则的值为． 4．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，在中，，是斜边上的中线，点是的中点，过作交的延长线于点，连结． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，四边形的面积是30，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】（1）先证明，得，结合斜边上的中线等于斜边的一半，得出，因为，证明四边形是平行四边形，因为，所以证明四边形是菱形； （2）先证明四边形是平行四边形，得出，由四边形是菱形，得出，把代入计算，即可作答． 【详解】（1）证明：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，是斜边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形； （2）解：连结， 由（1）知 ∵ ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，即， ∴， ∴． 5．（25-26八年级下·上海·阶段检测）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． 试卷第1页，共3页 1 / 79 学科网（北京）股份有限公司 $