专题01 四边形（期末复习知识清单，7常考题型8易错归因3高频模型技巧）八年级数学下学期新教材沪教版五四制

专题01 四边形 考点1： 多边形 1. 定义：平面内，由__________的线段首尾顺次联结组成的__________图形。 2. 内角和：n边形内角和 = __________（n≥3）。 3. 外角和：任意多边形外角和 = __________。 4. 对角线条数：从一个顶点引__________条；总条数__________。 5. 正多边形：每个内角=__________，每个外角=__________。 6. 四边形截角后边数：__________、__________、__________。 考点2： 平行四边形 1. 定义：__________的四边形。 2. 性质： 边：对边__________且__________； 角：对角__________，邻角__________； 对角线：__________； 对称性：__________图形； 面积：__________。 3. 判定： 两组对边__________；两组对边__________； 一组对边__________；两组对角__________； 对角线__________。 考点3： 特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形） 矩形 1. 定义：__________的平行四边形。 2. 性质：四个角__________，对角线__________。 3. 判定：平行四边形+__________；对角线__________的平行四边形；__________个角是直角的四边形。 菱形 1. 定义：__________的平行四边形。 2. 性质：四条边__________，对角线__________；面积=__________。 3. 判定：平行四边形+__________；对角线__________的平行四边形；__________的四边形。 正方形 1. 定义：既是__________又是__________的四边形。 2. 性质：四边__________，四角__________，对角线__________。 3. 判定：矩形+__________；菱形+__________；对角线__________的平行四边形。 考点4：三角形中位线与重心 1. 中位线定义：连接三角形__________的线段。 2. 中位线定理：__________且__________。 3. 重心定义：三角形__________的交点。 4. 重心性质：到顶点距离:到对边中点距离=__________；分三角形面积为__________。 题型1：多边形 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 例2．（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______． 例3．（25-26八年级下·上海宝山·期中）如果一个多边形的内角和是四边形内角和的倍，那么这个多边形的边数是多少？ 变式1．（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．（24-25八年级下·上海徐汇·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______． 变式4．（25-26八年级下·上海·期中）如果一个边形的内角和是外角和的倍． (1)求的值； (2)如果该边形的每个外角都相等，求每个内角的度数． 题型2：平行四边形的计算题 例4．（25-26八年级下·上海普陀·期中）如图，在中，、交于O，平分，，．以下结论①平分；②；③；④．正确的有（   ）个． A．①②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③ 例5．（24-25八年级下·上海浦东新·期末）如图，梯形中，，，，，则______． 例6．（25-26八年级上·上海浦东新·期末）如图，在四边形中，，E是上一点，且，P从A点出发以的速度向B点运动，同时Q从D点出发以的速度向C点运动，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止，设运动时间为，当以A、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值． 变式1．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，点P为平行四边形内任意一点，连接，如果将．、、的面积分别记为、、、．那么以下结论正确的是（    ） A． B． C． D． 变式2．（24-25八年级下·上海宝山·期末）如图，已知梯形中，，，，，那么________． 变式3．（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______． 变式4．（24-25八年级下·上海青浦·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________． 变式5．（22-23八年级下·上海徐汇·期末）如图，四边形是平行四边形，是上一点，且和分别平分和，，求平行四边形的周长．    题型3：平行四边形性质与判定证明题 例7．（25-26八年级下·上海·期中）在平行四边形中，点是的中点，连接，将沿直线翻折，得到．如图，延长交于点，求证：； 例8．（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______． 例9．（24-25八年级下·上海闵行·期末）已知，在平行四边形中，，，点在射线上，直线与直线交于点，于，的延长线与直线交于点． (1)如图，当点在线段上时， ①如果，，求的长； ②连接，求证：； (2)如果，，求的长． 变式1．（23-24八年级下·上海·期中）如图，已知在中，，求证：． 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． 变式3．（2024八年级下·上海浦东新·期中）如图，中，、是直线上两点，且． (1)证明：； (2)证明：． 变式4．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）在中，，，，点D是AB上的动点，交AC于点E，分别交射线BC、射线AC于点F、G，联结EF． (1)如图1，如果点G恰好平分EC，判断四边形DEFC的形状并证明； (2)如图2，当点F在线段BC的延长线上时，设AD的长为x，梯形DBFE的面积为y，直接写出y关于x的函数关系及其定义域； (3)当时，求的长． 题型4：特殊四边形边长、角度、面积计算 例10．（24-25八年级下·上海·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． 例11．（24-25八年级下·上海宝山·期末）如图，在正方形中，、分别为边、的中点，以点为圆心、的长为半径画弧交线段于点，直线交于点，如果，那么正方形的边长为（   ） A． B． C． D． 例12．（24-25八年级下·上海·期末）如图，矩形中，，对角线和相交于点O，且，过点D作的平行线，过点C作的平行线，两平行线交于点E，那么四边形的面积是_________． 例13．（24-25八年级下·上海松江·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___________． 例14．（24-25八年级下·上海闵行·期末）如图，四边形是正方形，，，那么的度数为______． 例15．（22-23八年级下·上海徐汇·期末）在矩形中，，，E、F是直线上的两个动点，分别从、两点同时出发相向而行，速度均为每秒2个单位长度，运动时间为t秒，其中． (1)如图1，、分别是、中点，当四边形是矩形时，求的值； (2)若、分别从点、沿折线运动，与相同的速度同时出发． ①如图2，若四边形为菱形，求的值； ②如图3，作的垂直平分线交、于点、Q，当四边形的面积是矩形面积的时，求的值． 例16．（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图，正方形和正方形有公共顶点O，，连接．    (1)如图1，线段与线段有交点H，求证：； (2)如图2，点E在的延长线上，求的长； (3)边与交于点G，当C，F，E三点共线时，请直接写出的值． 变式1．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，已知梯形是某菜园的一块空地，，，米，，某同学由上述条件得到以下两个结论： ①对角线将梯形分成的两个三角形的面积之比； ②现准备过的中点E修一条笔直的小路（点F在边上，小路面积忽略不计），将这块空地分成面积相等的两部分，分别种植不同的蔬菜，那么小路的长是米． 对于结论①和②，下列说法正确的是（    ） A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①和②都正确 D．①和②都错误 变式2．（25-26八年级下·上海青浦·期中）如图，在正方形中，为对角线上的一点，于点，若，，则的长为_____． 变式3．（24-25八年级下·上海黄浦·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_____． 变式4．（23-24八年级上·上海长宁·期末）如图，在，，，，点D在边上，连接，将沿着翻折，点C的对应点为点E，连接，如果，那么的长等于 ________________．    变式5．（25-26八年级下·上海宝山·期中）在四边形中，边绕点按顺时针方向旋转，点与点重合，且点在四边形内，连接、、，延长交边于点． (1)如图1，当四边形是菱形时， ①若，则_______（直接写出度数）； ②若，用含的式子表示，并说明理由； (2)如图2，当四边形是正方形时，，作交的延长线于点．当是直角三角形时，求的长． 变式6．（24-25八年级下·上海奉贤·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． 变式7．（25-26八年级下·上海普陀·期中）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做完美四边形． (1)在以下四种四边形中，一定是完美四边形的是______（请填序号）； ①平行四边形②菱形③矩形④正方形 (2)如图（1），菱形中，，E、F分别是、上的点，且，求证：四边形是完美四边形； (3)如图（2），四边形为完美四边形，且，连接． ①求证：平分； ②当时，，，请直接写出的长． 变式8．（24-25八年级下·上海金山·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． 题型5：特殊四边形性质与判定证明题 例17．（24-25八年级下·上海浦东新·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． 例18．（25-26八年级下·上海宝山·期中）在中，点、是边和的中点，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若平分，求证：四边形是菱形． 例19．（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． 例20．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在平行四边形中，E、F分别是边和的中点，连接、，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)作，与的延长线交于点G．求证：四边形是矩形． 例21．（23-24八年级下·上海闵行·期末）在菱形中，，点在边上（不与、重合），将线段绕着点顺时针旋转后，点落在点处，连接，交边于点． (1)如图1，如果，延长至点，使得，连接．求证：； (2)连接， ①如图2，设，求与之间的函数表达式：（不写定义域） ②如果．求证：． 变式1．（24-25八年级下·上海·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． 变式2．（25-26八年级上·上海浦东新·期末）如图，在平行四边形中，、相交于点，过点作，分别交、于点、，连接、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求菱形的面积． 变式3．（25-26八年级上·上海浦东新·期末）已知：如图，在中，，点D在上，，垂足为F，且，点E为线段的中点，过点F作交射线于G，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． (3)当时，求证：四边形是正方形． 变式4．（24-25八年级下·上海黄浦·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． 变式5．（24-25八年级下·上海宝山·期末）在平行四边形中，对角线相交于点O，，，E是边上的一点，连接． (1)如果， ①如图1，当点E为中点时，求证：四边形为菱形； ②如图2，设，求y与x的函数解析式（不用写定义域）； (2)连接，如果是以为腰的等腰直角三角形，求的长．连接 变式6．（24-25八年级下·上海金山·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． 变式7．（23-24八年级下·上海长宁·期末）定义：如果梯形的一个内角等于其它三个内角中的两个内角之和，那么称这个梯形为“加和角梯形”，这个内角称为“加和角” (1)如图1，在梯形中，，点E为边上一点，四边形为菱形，点E为边中点，求证：梯形为“加和角梯形”， (2)在“加和角梯形”中，为“加和角”，． ①如图2，如果，垂足为点O，，求梯形的周长； ②如图3，如果，点E为边中点，过点E作交边于点F，，点G在边上使得是以为腰的等腰三角形，求的长． 题型6：三角形中位线与重心综合应用题 例22．（24-25八年级下·上海金山·期末）在四边形中，点、、、分别是各边的中点，四边形是正方形，下列选项中正确的是（   ） A．四边形一定是矩形 B．四边形一定是正方形 C．四边形的对角线相等且垂直 D．四边形有一组邻边相等且有一个内角是直角 例23．（25-26八年级下·上海普陀·期中）在同一平面内有两个边长相等的等边三角形，当它们的一组边重合时，两个三角形重心之间的距离为5，那么当它们的一组内角组成对顶角时，这两个三角形重心之间的距离为______． 例24．（25-26八年级下·上海·期中）如图，在矩形中，，，为对角线的中点，为边上一点，连接，取的中点，连接，若，则的长为________． 例25．（25-26八年级下·上海闵行·期中）【教材呈现】如图是沪教版八年级下册教材第42页的第1题，请完成这道题的证明． (1)如图①，在四边形．中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点．求证：． (2)【教材延伸】 如图②，延长图①中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求证：． (3)【应用探究】 如图③，在中，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，若，求的长． 变式1．（25-26八年级下·上海·期中）如图，在平行四边形中，对角线交于点O，，点E，F，G分别是的中点，交于点H．以下结论中，不正确的是（   ） A． B． C． D． 变式2．（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3．（25-26八年级下·上海奉贤·期中）如图，在中，点分别是的中点，于且交于点，若，则的长是___________． 变式4．（24-25八年级下·上海嘉定·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． 变式5．（24-25八年级下·上海青浦·期末）已知：如图，在平行四边形中，点、分别是边、的中点，、与对角线分别相交于点、，联结、． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是菱形． 变式6．（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． 题型7：特殊四边形综合压轴题（折叠/动点/最值） 例26．（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___________． 例27．（24-25八年级下·上海静安·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________． 例28．（24-25八年级下·上海嘉定·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． 例29．（24-25八年级下·上海青浦·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． 变式1．（24-25八年级下·上海·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___________ ． 变式2．（23-24八年级下·上海·期末）如图，在正方形中， ，点是对角线的中点，动点、 分别从点、同时出发，点以的速度沿边 向终点 匀速运动，点 以的速度沿折线 向终点 匀速运动，联结 并延长交边 于点 ，联结 并延长交折线 于点 ，联结、、、，得到四边形 ．设点的运动时间为，四边形的面积为 ． (1)的长为 ，的长为 ，(用含的代数式表示) (2)求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围； (3)当四边形是轴对称图形时，请直接写出的值． 变式3．（25-26八年级下·上海虹口·期中）综合与实践 【问题情境】某数学兴趣小组研究了课本教材中的《折纸与数学》，思索折纸与角的关系，寻求新的折纸方法，其内容如下： 如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作、、等大小的角，可以采用下面的方法（如图1）： （1）对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； （2）再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，点、的对应点分别为、，把纸片展平． (1)【知识运用】请根据上述过程，连接，观察图1中，试猜想这三个角的大小关系是__________； (2)【拓展提升】小华再次探究，寻找等分角的方法：如图2，点为边上的一点，连接，在上取一点，折叠纸片，使、两点重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点、分别落在、上，得到折痕，点、的对应点分别为、，展平纸片，连接、．求证：是的一条三等分线； (3)【迁移探究】兴趣小组成员继续探究三等分线段的方法：如图3，将正方形纸片对折，得到折痕，（其中，点、分别是边、的中点），连接，将纸片沿翻折，使点落在点处，连接并延长，交边于点，求证：． 变式4．（25-26八年级下·上海·期中）在一次综合与实践活动课中，同学们对矩形纸片的折叠展开了探究，请你和他们一起完成此次探究活动． (1)【课内活动】用矩形纸片折出正方形 操作步骤：如图，在矩形中，点在边上，折叠矩形使得点与边上的点重合，折痕为，连接． 求证：四边形是正方形． (2)【课内活动】用矩形纸片折出特殊矩形 操作步骤： ①把活动中折出的正方形纸片展平； ②如图，把这个正方形折成两个全等的矩形，得到折痕，把纸片展平； ③如图，折出矩形的对角线，点在边上，折叠纸片使得与重合； ④如图把纸片展平，折出，得到矩形． 求：矩形的宽与长的比值． (3)【课后思考】可以用尺规作图作出黄金矩形吗？ 课后，欢欢通过查阅资料了解到：像课内活动中这样的特殊矩形叫做黄金矩形．也就是说，如果一个矩形的宽与长的比值为，那么这个矩形叫做黄金矩形．欢欢认为可以用尺规作图得到黄金矩形，具体作法如下： ①把活动中折出的正方形纸片展平； ②中点为，连接； ③以点为圆心，适当长度为半径作弧，分别交、于点、，再分别以、为圆心，大于长度为半径画弧，两段弧的交点记为点； ④画射线，与边交于点； ⑤以为圆心，为半径画弧，与边交于点，连接，得到四边形，那么四边形就是黄金矩形． 请你判断欢欢的作图是否正确，如果正确，请证明；如果不正确，请说明理由． 易错点1：混淆多边形内角和与外角和公式 常见错误：记错内角和公式；认为多边形外角和随边数增减变化 正确结论：n边形内角和 = (n−2)×180°；任意多边形外角和恒为360°，与边数无关 配套例题：一个多边形内角和为1080°，求该多边形的边数及外角和。 解析解答： 1．已知一个多边形的内角和为，则这个多边形为  （    ） A．七边形 B．八边形 C．九边形 D．十边形 2．已知一个多边形的内角和与外角和相加等于， (1)求这个多边形的边数及对角线的条数； (2)当这个多边形剪去一个角后，所形成的新多边形内角和是______． 易错点2：记错多边形对角线计算公式 常见错误：误用公式 正确结论：n边形对角线总条数公式：（每个顶点可连n-3条对角线，去除重复计数） 配套例题：十边形共有多少条对角线？ 3．十二边形一共有______条对角线． 易错点3：误用平行四边形判定定理 核心陷阱：一组对边平行，另一组对边相等的四边形不是平行四边形（反例：等腰梯形） 4．若四边形的对角线与相等且互相平分，则下列关于四边形的形状判断正确的是（    ） A．一定是矩形，但不一定是正方形 B．一定是菱形 C．一定是平行四边形，但不可能是矩形 D．一定是正方形 5．如图，在中，，．下列四个判断不正确的是（   ） A．四边形是平行四边形 B．如果，那么四边形是矩形 C．如果平分，那么四边形是矩形 D．如果，且，那么四边形是菱形 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． 易错点4：菱形面积公式记忆单一 正确结论：菱形面积有两种算法：①底×高；②对角线乘积的一半（专属简便公式，考试高频） 配套例题：已知菱形的两条对角线长分别为6和8，求菱形的面积和边长。 解析解答： 7．已知菱形的边长为8，一个内角是60°，那么这个菱形的面积为（   ） A．64 B．32 C． D． 易错点5：误用三角形中位线定理 常见错误：只记平行，遗忘长度关系；或认为中位线等于第三边长度 正确结论：三角形中位线平行于第三边，且等于第三边的一半 几何语言：若D、E分别为AB、AC中点，则DE∥BC， 8．如图，在中，，于点，点在上，且，连接，为的中点，连接，则的长为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 易错点6：混淆三角形重心的线段比例关系 核心结论：三角形重心是三条中线的交点，重心到顶点的距离是到对边中点距离的2倍（中线总长分为3份，顶点占2份，底边占1份） 9．如图，在中，，点，，分别是边、、上的点，且，，相交于点，若点是的重心．则以下结论：①线段、、是的三条角平分线；②的面积是面积的一半；③图中与面积相等的三角形有2个；④；⑤．其中一定正确的结论有（    ） A．1 B．2个 C．3个 D．4个 10．如图，在中，，点是的重心，则的面积是（   ） A． B． C． D． 易错点7：梯形定义理解不严谨 11．如图，梯形中，，，，对角线与相交于点，且，那么________度．    易错点8：遗忘等腰梯形的核心性质 核心性质：等腰梯形两腰相等、同一底上的两个角相等、对角线相等（考试高频填空、选择考点） 12．如图，在等腰梯形中，已知，，求梯形的腰的长和面积． 技巧一：十字架模型 在正方形中存在两条线段相交且垂直，因其形似“十字架”，所以我们称其为“十字架”模型 线段不过正方形顶点时的辅助线作法 1.作垂直，构造全等三角形 2.作平行,构造全等三角形 1．(25-26八下·上海静安区彭浦第三中学·)如图①，在正方形中，P为线段上的一个动点，线段于点E，交线段于点M，交线段于点N． (1)求证：； (2)如图②，若线段垂直平分线段，分别交，于点E，F．求证：． 2．(25-26八下·上海曹杨第二中学附属学校·)综合与实践 如图1，在正方形中，点分别是边上的点，且． (1)求证：． (2)如图2，在图1的基础上，过点E作的垂线，与正方形的外角的平分线交于点N，连接．求证：四边形是平行四边形． (3)如图3，在（2）的条件下，连接，若四边形的面积是25，，请直接写出的长度． 技巧二：半角模型 3．(25-26·上海蒙山中学·)问题背景： 在一次数学活动课上，老师让同学们根据所学的知识去了解“半角模型”，并探究“半角模型”的相关结论． (1)初步探究：如图①，小明将一张正方形纸片折叠，使得，恰好都落在对角线上，展开正方形纸片后得到折痕，，求的度数； (2)深入探究：如图②，小华在图①的基础上，将绕点逆时针旋转一定的角度，使的两边分别交，于点，，连接，请你帮助小华判断线段，和之间存在怎样的数量关系，并证明； (3)拓展延伸：如图③，在正方形中，是上的一点，是延长线上一点，且，连接，过点作，垂足为点，交边于点．若，，求的面积． 技巧三：对角互补模型 4．(25-26八·上海青浦平和双语学校·)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，请直接写出的长是___________． 学科网（北京）股份有限公3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 四边形 考点1： 多边形 1. 基本概念 定义：平面内，由不在同一直线上的线段首尾顺次联结组成的封闭图形。 要素：边、顶点、内角、外角、对角线。 分类：按边数分为三角形、四边形、…、n边形（n≥3）；按形状分为凸多边形、凹多边形。 2. 核心公式 内角和定理：n边形内角和 = (n-2)×180°（n≥3）。 外角和定理：任意多边形外角和 = 360°（与边数无关）。 对角线条数： 从一个顶点引对角线：n-3条； 总对角线数：n(n-3)/2条。 正多边形：各边相等、各角相等； 每个内角 = [(n-2)×180°]/n，每个外角 = 360°/n。 3. 易错点：截角问题 四边形截去一个角后，边数可能为3、4、5（截线过0/1/2个顶点）。 考点2： 平行四边形 1. 定义 两组对边分别平行的四边形，记作▱ABCD。 2. 性质（边→角→对角线→对称性） 边：对边平行且相等（AB∥CD，AB=CD；AD∥BC，AD=BC）。 角：对角相等（∠A=∠C，∠B=∠D），邻角互补（∠A+∠B=180°）。 对角线：互相平分（OA=OC，OB=OD）。 对称性：中心对称图形，对称中心为对角线交点。 面积：底×高（S=ah）；过对角线交点的直线平分平行四边形面积。 3. 判定定理（5种） 1. 两组对边分别平行（定义法）； 2. 两组对边分别相等； 3. 一组对边平行且相等（最常用）； 4. 两组对角分别相等； 5. 对角线互相平分。 考点3： 特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形） 1. 矩形（长方形） 定义：有一个角是直角的平行四边形。 性质： ① 具备平行四边形所有性质； ② 四个角都是直角； ③ 对角线相等且互相平分（AC=BD）； ④ 轴对称图形（2条对称轴：对边中点连线）、中心对称图形。 判定： ① 平行四边形+一个直角； ② 对角线相等的平行四边形； ③ 三个角是直角的四边形。 2. 菱形 定义：一组邻边相等的平行四边形。 性质： ① 具备平行四边形所有性质； ② 四条边全部相等； ③ 对角线互相垂直平分，且平分每组内角； ④ 轴对称图形（2条对称轴：对角线所在直线）、中心对称图形； ⑤ 面积：底×高 或 对角线乘积的一半（S=1/2·AC·BD）。 判定： ① 平行四边形+一组邻边相等； ② 对角线互相垂直的平行四边形； ③ 四条边都相等的四边形。 3. 正方形 定义：既是矩形又是菱形的四边形，是最特殊的平行四边形。 性质：兼具矩形、菱形所有性质： ① 四边相等，四角均为直角； ② 对角线垂直、相等、互相平分，且平分内角； ③ 轴对称图形（4条对称轴）、中心对称图形。 判定（3类核心方法）： ① 矩形+一组邻边相等； ② 菱形+一个直角； ③ 对角线垂直且相等的平行四边形。 4. 特殊四边形从属关系 平行四边形→衍生出矩形（角特殊）、菱形（边特殊）→正方形（边角均特殊，兼具矩形、菱形性质） 考点4：三角形中位线与重心 1. 三角形中位线 定义：连接三角形两边中点的线段。 中位线定理：中位线平行于第三边，且等于第三边的一半（DE∥BC，DE=1/2BC）。 核心应用：证明线段平行、计算线段长度、构造平行四边形。 2. 三角形重心 定义：三角形三条中线的交点。 性质： ① 重心到顶点距离:到对边中点距离 = 2:1； ② 重心将三角形分成面积相等的三部分。 本章易错点与重难点总结 1. 高频易错点 1. 对角线相等的四边形≠矩形（等腰梯形对角线也相等）； 2. 对角线垂直的四边形≠菱形（无平行四边形前提不成立）； 3. 一组对边平行、另一组对边相等的四边形≠平行四边形（可能是等腰梯形）。 2. 核心重难点 1. 平行四边形判定定理的灵活选用（优先一组对边平行且相等、对角线互相平分）； 2. 特殊四边形性质与判定的综合应用（折叠、旋转、动点题型）； 3. 三角形中位线辅助线构造（遇中点，优先连接中位线解题）。 题型1：多边形 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 【知识点】多边形对角线的条数问题、多边形内角和与外角和综合 【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）． 例2．（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】 【知识点】多边形对角线的条数问题、多边形内角和问题、因式分解法解一元二次方程 【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：． 例3．（25-26八年级下·上海宝山·期中）如果一个多边形的内角和是四边形内角和的倍，那么这个多边形的边数是多少？ 【答案】 【知识点】多边形内角和问题 【分析】本题考查多边形内角和的计算，解题思路是先明确四边形的内角和，再根据多边形内角和公式结合题目给出的倍数关系列方程求解． 【详解】解：设这个多边形的边数为 四边形内角和为 根据题意列方程得 等式两边同时除以得 解得 答：这个多边形的边数是12． 变式1．（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 【知识点】多边形外角和的实际应用 【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 【知识点】多边形对角线的条数问题 【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．（24-25八年级下·上海徐汇·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 【知识点】多边形对角线的条数问题、多边形内角和问题 【分析】本题考查了多边形的内角和公式，多边形的对角线的公式，求出多边形的边数是解题的关键． 根据从多边形的一个顶点可以作对角线的条数公式求出边数，然后根据多边形的内角和公式列式进行计算即可得解． 【详解】设多边形边数为n， ∵多边形从一个顶点出发可引出4条对角线， ∴， 解得：， ∴内角和． 故答案为：900． 变式4．（25-26八年级下·上海·期中）如果一个边形的内角和是外角和的倍． (1)求的值； (2)如果该边形的每个外角都相等，求每个内角的度数． 【答案】(1) (2) 【知识点】多边形内角和问题、多边形内角和与外角和综合 【分析】（1）利用多边形内角和公式与外角和的固定值，根据内角和是外角和的5倍列方程求解． （2）利用多边形外角和与内角、外角互补的性质，分步计算即可． 【详解】（1）解：任意多边形的外角和为，且该边形的内角和是外角和的倍， 该边形的内角和为． 又边形的内角和公式为， ， 解得：； （2）由（1）得，且该多边形每个外角都相等， 每个外角的度数为：， 多边形的内角与相邻外角互补， 每个内角的度数为： ． 题型2：平行四边形的计算题 例4．（25-26八年级下·上海普陀·期中）如图，在中，、交于O，平分，，．以下结论①平分；②；③；④．正确的有（   ）个． A．①②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③ 【答案】D 【知识点】等边三角形的判定和性质、利用平行四边形的性质求解、角平分线的性质定理、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】证明是等边三角形，由等边三角形的性质得出，，可判断①正确；由三角形中位线定理得出，则可得出②正确；证明，由勾股定理求出的长，则可得出③正确；利用三角形面积公式可得出④错误． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴，即平分，故①正确； ∵，，， ∴点O为的中点，点E为的中点， ∴，，故②正确； ∵， ∴， ∵，，平分， ∴， ∴， 在中，，，， ∴， ∴， ∴，故③正确； ∵，， ∴，即， ∴，故④错误， 综上所述，正确的结论有①②③． 例5．（24-25八年级下·上海浦东新·期末）如图，梯形中，，，，，则______． 【答案】11 【知识点】等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形的判定与性质求解、(等腰)梯形的定义 【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． 例6．（25-26八年级上·上海浦东新·期末）如图，在四边形中，，E是上一点，且，P从A点出发以的速度向B点运动，同时Q从D点出发以的速度向C点运动，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止，设运动时间为，当以A、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值． 【答案】当以A、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为或． 【知识点】利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了平行四边形的判定，一元一次方程的应用，熟练掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形是解题的关键．分点Q在的左侧和右侧两种情形，结合一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，建立等式求解即可． 【详解】解：当点Q在的左侧时，设运动时间为， 根据题意，得， ∵， ∴， ∵， ∴， 故当时，以 A、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形， ∴ 解得． 当点Q在的右侧时，设运动时间为， 根据题意，得， ∵， ∴， ∵， ∴， 故当时，以 A、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形， ∴ 解得． 则当以A、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为或． 变式1．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，点P为平行四边形内任意一点，连接，如果将．、、的面积分别记为、、、．那么以下结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的面积，根据平行四边形的对边相等可得，设点P到的距离分别为，然后利用三角形的面积公式列式整理即可出得结论． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， 设点P到的距离分别为，平行四边形边，边上的高分别为， 则， ∴ ∵， ∴ 同理可得，， ∵， ∴ 故选：D． 变式2．（24-25八年级下·上海宝山·期末）如图，已知梯形中，，，，，那么________． 【答案】 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的判定与性质求解 【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： 变式3．（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】 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形的性质求解 【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：． 变式4．（24-25八年级下·上海青浦·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】 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、根据旋转的性质求解 【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：． 变式5．（22-23八年级下·上海徐汇·期末）如图，四边形是平行四边形，是上一点，且和分别平分和，，求平行四边形的周长．    【答案】平行四边形的周长为 【知识点】角平分线的有关计算、等边对等角、利用平行四边形的性质求解 【分析】根据角平分线可得，，由平行线的性质及等量代换得出，，依据等角对等边可得，，即可求出平行四边形的周长； 【详解】解：和分别平分和， ，， 又四边形是平行四边形， ，，， ，， ，， ，， ， 平行四边形的周长． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，等角对等边，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 题型3：平行四边形性质与判定证明题 例7．（25-26八年级下·上海·期中）在平行四边形中，点是的中点，连接，将沿直线翻折，得到．如图，延长交于点，求证：； 【答案】见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的性质证明、角平分线的性质定理、折叠问题 【分析】延长交的延长线于点，证出，得到，再由角平分线的性质及面积关系得，从而得出，即可得出结论． 【详解】证明：如图，延长交的延长线于点， ∵四边形是平行四边形， ∴， ； ∵点是的中点， ； 在和中， ， ， ， 即为的中点； ∴； 由折叠的性质可得， ∴点E到的距离等于点E到的距离， 设E点到的距离分别为，则； ∴， ； ， ， 即， ． 例8．（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 【知识点】等边三角形的判定和性质、利用平行四边形性质和判定证明、化为最简二次根式、用勾股定理解三角形 【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． 例9．（24-25八年级下·上海闵行·期末）已知，在平行四边形中，，，点在射线上，直线与直线交于点，于，的延长线与直线交于点． (1)如图，当点在线段上时， ①如果，，求的长； ②连接，求证：； (2)如果，，求的长． 【答案】(1)①；②见解析 (2)2或 【知识点】复合二次根式的化简、全等三角形综合问题、等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形的性质求解 【分析】（1）①过点G作，垂足为N，在上取点M，使，证明是等腰直角三角形，求出，根据含30度的直角三角形性质求出，根据勾股定理求出，得出，最后根据勾股定理求出结果即可； ②如图，延长交的延长线于，连接，利用全等三角形的性质证明即可； （2）根据题意可求，当点E在线段上时，根据，，，，可得，进而得到，即，同理（1）②可证，，进而得到，推出是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一，得到，即可求出；当点E在射线上时，同理证明是等腰三角形，即可解答． 【详解】（1）①解：过点G作，垂足为N，在上取点M，使，如图所示： ，， 是等腰直角三角形， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ； ②如图1中，延长交的延长线于，连接， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：当点E在线段上时， ，，， ， ，， ， ，即， 同理（1）②得，，， ， 是等腰三角形， ， ； 当点E在射线上时， 同理得：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰三角形， ， ， ； 综上，长为2或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，直角三角形的特征，等腰三角形的判定与性质，正确的添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 变式1．（23-24八年级下·上海·期中）如图，已知在中，，求证：． 【答案】见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的性质证明 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，结合平行四边形的性质，利用证明可证明结论； 【详解】证明：∵四边形为平行四边形， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． 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) 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的性质求解、利用平行四边形的性质证明 【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． 变式3．（2024八年级下·上海浦东新·期中）如图，中，、是直线上两点，且． (1)证明：； (2)证明：． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【知识点】利用平行四边形的性质证明 【分析】（1）根据平行线四边形的性质得出，，再由平行线的性质得出角相等，利用全等三角形的判定和性质证明即可； （2）由（1）得及，利用平行线的判定证明即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ； （2）证明：由（1）得： ， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握运用全等三角形的判定是解题的关键． 变式4．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）在中，，，，点D是AB上的动点，交AC于点E，分别交射线BC、射线AC于点F、G，联结EF． (1)如图1，如果点G恰好平分EC，判断四边形DEFC的形状并证明； (2)如图2，当点F在线段BC的延长线上时，设AD的长为x，梯形DBFE的面积为y，直接写出y关于x的函数关系及其定义域； (3)当时，求的长． 【答案】(1)四边形DEFC是平行四边形，证明见解析； (2)y＝x2﹣+500＜x＜）； (3)AD的长为或8． 【知识点】函数解析式、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、证明四边形是平行四边形 【分析】（1）由AAS证得△CFG≌△EDG，FG＝DG，又CG＝EG，即可得出四边形DEFC是平行四边形； （2）由含30°角直角三角形的性质得出BC＝AB＝5，DE＝AD＝x，BD＝10﹣x，由勾股定理求出AC＝5 ，AE＝x，推出CE＝5﹣x，再由含30°角直角三角形的性质得出BF＝2BD＝20﹣2x，则y＝S梯形DBFE＝（DE+BF）•CE＝x2﹣+50，当点F与C重合时，求出AD＝，即可得出结果； （3）①当点F在线段BC的延长线上时，梯形DBFE为等腰梯形；②当点F在线段BC上时，四边形BDEF为平行四边形，分别求出AD即可． 【详解】（1）解：四边形DEFC是平行四边形，理由如下： ∵点G恰好平分EC， ∴CG＝EG， ∵DE∥BC， ∴∠CFG＝∠EDG， 在△CFG和△EDG中， ， ∴△CFG≌△EDG（AAS）， ∴FG＝DG， ∴四边形DEFC是平行四边形； （2）解：∵∠ACB＝90°，DE∥BC， ∴∠AED＝∠ACB＝90°， ∵∠A＝30°， ∴BC＝AB＝×10＝5，DE＝AD＝x，BD＝AB﹣AD＝10﹣x， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝， 在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE＝， ∴CE＝AC﹣AE＝， ∵DF⊥AB， ∴∠BDF＝90°， ∵∠B＝90°﹣∠A＝90°﹣30°＝60°， ∴∠BFD＝90°﹣∠B＝90°﹣60°＝30°， ∴BF＝2BD＝2×（10﹣x）＝20﹣2x， ∴y＝S梯形DBFE＝（DE+BF）•CE＝×（x+20﹣2x）×（）＝x2﹣+50， 当点F与C重合时，如图3所示： ∵CD⊥AB，则∠ADC＝90°， ∵∠A＝30°， ∴CD＝AC＝， 在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD＝， ∴AD的长度x的变化范围为0＜x＜， ∴y＝x2﹣+50（0＜x＜）； （3）解：①当点F在线段BC的延长线上时，EF＝DB，梯形DBFE为等腰梯形，如图4，, ∴∠BFE＝∠B， ∵∠ACB＝90°，∠A＝30°， ∴∠B＝90°﹣∠A＝60°， ∴∠BFE＝∠B＝60°， ∵DF⊥AB， ∴∠BDF＝90°， ∴∠BFD＝90°﹣∠B＝30°， ∴∠DFE＝∠BFE﹣∠BFD＝60°﹣30°＝30°， ∵DE∥BC， ∴∠EDF＝∠BFD＝30°， ∴∠EDF＝∠DFE＝30°， ∴DE＝EF， ∴DE＝DB， 由（2）可知，当AD＝x时，DE＝x， BD＝10﹣x， ∴x＝10﹣x， 解得：x＝， ∴AD的长为； ②当点F在线段BC上的点 时，如图5所示： 结合图4， ∵EF＝DB＝E, ∴∠FC＝∠F＝∠DBC， ∴DBE, ∵， ∴四边形BDEF为平行四边形， ∴BF＝DE＝x， ∵DF⊥AB， ∴∠BDF＝90°， ∴∠BFD＝90°－∠B＝30°， ∴BD＝BF＝×x＝x， ∴x＝10﹣x， 解得：x＝8， ∴AD的长为8； 综上所述，AD的长为或8． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了含30°角直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰梯形的判定与性质、勾股定理、梯形面积的计算、列函数关系式、分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握含30°角直角三角形的性质和分类讨论是解题的关键． 题型4：特殊四边形边长、角度、面积计算 例10．（24-25八年级下·上海·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 【知识点】等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、根据正方形的性质求线段长 【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， ∴，， ， ∴． 例11．（24-25八年级下·上海宝山·期末）如图，在正方形中，、分别为边、的中点，以点为圆心、的长为半径画弧交线段于点，直线交于点，如果，那么正方形的边长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、正方形性质理解 【分析】过点作于点，设的中点为，连接，，过点作于点，证明四边形，四边形是矩形，则，根据直角三角形斜边中线性质得，则，由此得是等边三角形，进而得，，，继而得是等边三角形，由此得，则，，再求出得是等腰直角三角形，则，进而得，由此即可得出正方形的边长． 【详解】解：如图，过点作于点，设的中点为，连接，，过点作于点， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵点、分别为边、的中点， ∴，， ∴， ∵AD∥BC， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 由作图可知：， ∴， 在中，点是的中点， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 在中，， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的边长为． 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，含角的直角三角形的性质及勾股定理等知识点，通过作辅助线构造等边三角形是解题的关键． 例12．（24-25八年级下·上海·期末）如图，矩形中，，对角线和相交于点O，且，过点D作的平行线，过点C作的平行线，两平行线交于点E，那么四边形的面积是_________． 【答案】 【知识点】利用二次根式的性质化简、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求面积 【分析】证明出是等边三角形，得到，利用勾股定理求出，然后求出矩形的面积，得到，证明出四边形是平行四边形，进而求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形 ∴， ∵ ∴ ∴是等边三角形 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形 ∴． 例13．（24-25八年级下·上海松江·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】 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、利用菱形的性质求面积 【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：． 例14．（24-25八年级下·上海闵行·期末）如图，四边形是正方形，，，那么的度数为______． 【答案】/30度 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等边对等角、根据正方形的性质求角度、根据旋转的性质求解 【分析】本题综合考查了正方形的性质，全等三角形的判定，以及旋转变换的性质，等腰三角形的性质，根据旋转变换构造出图形是解题的关键． 把绕点顺时针旋转得到，使得与重合，从而可得、、三点在同一条直线上，然后可以证明与全等，根据全等三角形对应边相等可得，所以为等边三角形，根据等边三角形的性质以及正方形的性质即可求解． 【详解】解：如图所示，把绕点顺时针旋转使得与重合，得到，连接．连接，则， 四边形为正方形， ，， ， ， ， 根据旋转， ， ∴， ，，在一条直线上， ， 在与中， ， ， ， 为等边三角形， ， ， 又， ， ∵在正方形中，， ∴， 故答案为：． 例15．（22-23八年级下·上海徐汇·期末）在矩形中，，，E、F是直线上的两个动点，分别从、两点同时出发相向而行，速度均为每秒2个单位长度，运动时间为t秒，其中． (1)如图1，、分别是、中点，当四边形是矩形时，求的值； (2)若、分别从点、沿折线运动，与相同的速度同时出发． ①如图2，若四边形为菱形，求的值； ②如图3，作的垂直平分线交、于点、Q，当四边形的面积是矩形面积的时，求的值． 【答案】(1)或 (2)①；② 【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】（1）先证明，则，，可得，则，得四边形是平行四边形，连接，证明四边形是矩形，则，，当时，四边形是矩形，则或，解方程即可得到答案； （2）①由（1）知：，连接，由四边形为菱形得到，，则，则，由勾股定理得到，则，求得，则，则，即可得到； ②根据点G，H所在边的不同分情况讨论求解． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵M、N分别是的中点， ∴， ∵E、F分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒2个单位长度， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 如图1，连接， ∵四边形是矩形，M，N分别是中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵矩形中，，， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是矩形， ∴或， 解得：或； （2）解：①由（1）知：， 如图2，连接， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图3，点G在上，点在上时，连接， ∵是的垂直平分线， ∴， 设，则， ∵在中，， 即，解得， ∴，， 同理可得， ∴， ∵G、H分别从点A、C沿折线，运动， ∴， 又∵， ∴， ∴， 同理可证， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形的面积是矩形面积的， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 如图，点G在线段上，同时点在线段上， 即时， ， ， ∴， ∵在矩形中，，即， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 解得，不合题意，舍去． 故此情况不存在． 如图，点G在线段上，同时点在上， 即时， ，， ∴， ∵在矩形中，，即， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 解得，不合题意，舍去． 故此情况不存在． 综上所述，四边形的面积是矩形面积的时，的值为． 例16．（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图，正方形和正方形有公共顶点O，，连接．    (1)如图1，线段与线段有交点H，求证：； (2)如图2，点E在的延长线上，求的长； (3)边与交于点G，当C，F，E三点共线时，请直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2)； (3)的值为2 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长 【分析】（1）证明，推出，利用三角形的外角性质得到，即可证明结论成立； （2）连接与交于点J，利用正方形的性质求得，，再利用勾股定理求解即可； （3）证明，推出，得到的值等于，据此即可求解． 【详解】（1）证明：∵正方形和正方形，    ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴，即； （2）解：连接与交于点J，    ∵正方形中，， ∴，，， ∴； （3）解：如图，    同理，，， ∴， ∴， ∴ ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明是解题的关键． 变式1．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，已知梯形是某菜园的一块空地，，，米，，某同学由上述条件得到以下两个结论： ①对角线将梯形分成的两个三角形的面积之比； ②现准备过的中点E修一条笔直的小路（点F在边上，小路面积忽略不计），将这块空地分成面积相等的两部分，分别种植不同的蔬菜，那么小路的长是米． 对于结论①和②，下列说法正确的是（    ） A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①和②都正确 D．①和②都错误 【答案】B 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】该题主要考查了矩形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质，平行线的性质等知识点，解题的关键是正确做出辅助线． 如图，过点C作交的延长线于点H，得出四边形是矩形，，，根据直角三角形的性质得出，根据勾股定理得出，从而得出，即可判断①错误；如图，根据题意得平分梯形的面积，得出 ，再结合点E是中点，得出，故点E作交于点G，则四边形是矩形，得出，，在中，根据勾股定理算出，即可判断②错误； 【详解】解：如图，过点C作交的延长线于点H， 则 ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，故①错误； 如图，根据题意得平分梯形的面积， ∴ ， ∵点E是中点， ∴， ∵， ∴， 故点E作交于点G， 则四边形是矩形， ∴，， 在中，，故②正确； 故选：B． 变式2．（25-26八年级下·上海青浦·期中）如图，在正方形中，为对角线上的一点，于点，若，，则的长为_____． 【答案】 【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、根据正方形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】由正方形的性质可得，，结合题意可得为等腰直角三角形，则，延长交于点，则四边形为矩形，由矩形的性质可得，，求出，再由勾股定理计算即可得出结果． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， ∵于点， ∴为等腰直角三角形， ∴， 如图，延长交于点， 则四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴． 变式3．（24-25八年级下·上海黄浦·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】 【知识点】等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、根据菱形的性质与判定求线段长 【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. 变式4．（23-24八年级上·上海长宁·期末）如图，在，，，，点D在边上，连接，将沿着翻折，点C的对应点为点E，连接，如果，那么的长等于 ________________．    【答案】 【知识点】两直线平行同旁内角互补、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定求线段长、折叠问题 【分析】由，，，根据勾股定理求得，由翻折得，由，得，，可证明四边形是正方形，则，所以，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵，，， ∴， 由翻折得， ∵， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：．    【点睛】此题重点考查勾股定理、轴对称的性质、平行线的性质、正方形的判定与性质等知识，求得是解题的关键． 变式5．（25-26八年级下·上海宝山·期中）在四边形中，边绕点按顺时针方向旋转，点与点重合，且点在四边形内，连接、、，延长交边于点． (1)如图1，当四边形是菱形时， ①若，则_______（直接写出度数）； ②若，用含的式子表示，并说明理由； (2)如图2，当四边形是正方形时，，作交的延长线于点．当是直角三角形时，求的长． 【答案】(1)①；②，理由见解析 (2)或 【知识点】根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解、二次根式的乘法、三角形内角和定理的应用、利用菱形的性质求角度 【分析】（1）①根据旋转的性质可得，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理分别求得，进而得出，即可求解； ②根据①的方法，即可求解； （2）先求得，分两种情况讨论，当时，则是等腰直角三角形，过点作于点，证明得出，设，则，在中，，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解；当时，如图，过点作于点，同理可得出，设，则，在中，根据勾股定理，即可求解． 【详解】（1）解：①∵边绕点按顺时针方向旋转，点与点重合， ∴ ∴ ∵四边形是菱形， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴ ②∵边绕点按顺时针方向旋转，点与点重合， ∴ ∴ ∵四边形是菱形， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴ （2）∵四边形是正方形， ∴， 由（1）可得， ∵， ∴， 当时，则是等腰直角三角形， 如图，过点作于点， ∴ ∵ ∴ 又∵， ∴ ∴ 又∵， ∴ 设，则 在中， ∴ 解得： ∵是等腰直角三角形， ∴ 当时，如图，过点作于点， 同理可得， ∴ 又∵， ∴ 设，则 在中， ∴ 解得： ∵是等腰直角三角形， ∴ 变式6．（24-25八年级下·上海奉贤·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 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的判定与性质求解、利用菱形的性质求线段长 【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， ． 变式7．（25-26八年级下·上海普陀·期中）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做完美四边形． (1)在以下四种四边形中，一定是完美四边形的是______（请填序号）； ①平行四边形②菱形③矩形④正方形 (2)如图（1），菱形中，，E、F分别是、上的点，且，求证：四边形是完美四边形； (3)如图（2），四边形为完美四边形，且，连接． ①求证：平分； ②当时，，，请直接写出的长． 【答案】(1)④ (2)见解析 (3)①见解析，② 【知识点】正方形性质理解、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】（1）根据完美四边形的定义和四种多边形的性质即可判断； （2）连接，先证是等边三角形，得，再证，得，，然后得到，从而得证； （3）①延长至点E，使，连接，证明，得，，继而知，从而得，即可得证； ②由①得，，可得，，，求出，然后利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：①平行四边形的邻边不一定相等，故不是完美四边形； ②菱形的对角不一定互补，故不是完美四边形； ③矩形邻边不一定相等，故不是完美四边形； ④正方形任意一组邻边相等且对角互补，故是完美四边形； （2）证明：如图，连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形，， ∴ ∵在菱形中，平分， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是完美四边形． （3）①证明：延长至点E，使，连接， ∵四边形为完美四边形 ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴平分； ②由①得， ∴，，， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴． 变式8．（24-25八年级下·上海金山·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 【知识点】全等三角形综合问题、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定求线段长 【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． 题型5：特殊四边形性质与判定证明题 例17．（24-25八年级下·上海浦东新·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 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是菱形 【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． 例18．（25-26八年级下·上海宝山·期中）在中，点、是边和的中点，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若平分，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵点，分别是，的中点， ∴，， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形； (2)证明：连接， ∵平分， ∴， ∵四边形是平行四边形； ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是菱形 【分析】（1）由平行四边形的性质和中点的性质可得，即可得结论； （2）根据平分，得出，根据平行线的性质可得，即可得出，根据等角对等边可得，即可得证． 【详解】（1）略 （2）略1 例19．（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 【知识点】利用平行四边形的判定与性质求解、斜边的中线等于斜边的一半、利用菱形的性质求面积、证明四边形是菱形 【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， ∴， ∴． 例20．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在平行四边形中，E、F分别是边和的中点，连接、，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)作，与的延长线交于点G．求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是矩形、证明四边形是菱形 【分析】（1）根据平行四边形对边平行且相等可得，由线段中点的定义可推出，则可证明四边形是平行四边形；再由平行线的性质和角平分线的定义证明，得到，据此可证明结论； （2）由菱形的性质得到，则由等边对等角和已知条件证明，得到；则可证明四边形是平行四边形；证明，进而可证明，则可证明平行四边形是矩形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴； ∵E、F分别是边和的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）证明：由（1）可得四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴四边形是平行四边形； ∵E为的中点，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形． 例21．（23-24八年级下·上海闵行·期末）在菱形中，，点在边上（不与、重合），将线段绕着点顺时针旋转后，点落在点处，连接，交边于点． (1)如图1，如果，延长至点，使得，连接．求证：； (2)连接， ①如图2，设，求与之间的函数表达式：（不写定义域） ②如果．求证：． 【答案】(1)见解析 (2)①；②见解析 【知识点】全等三角形综合问题、利用菱形的性质证明、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解 【分析】（1）先证明，得到，再根据菱形，得到，又，即可证得，从而得出结论； （2）①先证明，得到，，再根据菱形，得到，，从而得，然后证明，得到，从而得到，整理即可得出答案； ②延长至点，使得，连接．先由①求得，过点A作交延长线于G，过点H作于Q，设，利用菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理求得，，根据，求得，，，从面得到，再证明，得到，然后利用等腰三角形与直角三角形性质，勾股定理求得，，，，即可得出结论． 【详解】（1）解：如图， 由题意可得， ∴ ∴ 由旋转可得， 在与中， ∴ ∴ ∵菱形， ∴， ∵ ∴， ， ∴，即 ∴， （2）解：如图，延长至点，使得，连接． ①由题意可得， ∴ ∴ 由旋转可得， 在与中， ∴ ∴，， ∵菱形， ∴， ∴， ∵ ∴， ， ∴，即 ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ②∵，， ∴ 过点A作交延长线于G，过点H作于Q，如图， ∵菱形， ∴，，， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理，得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理．此题属四边形综合题目，难较大．熟练掌握相关知识和正确作出辅助线是解题的关键． 变式1．（24-25八年级下·上海·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 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、斜边的中线等于斜边的一半、根据菱形的性质与判定求线段长 【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． 变式2．（25-26八年级上·上海浦东新·期末）如图，在平行四边形中，、相交于点，过点作，分别交、于点、，连接、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形的性质证明、利用菱形的性质求面积、证明四边形是菱形 【分析】本题综合考查了平行四边形的性质、菱形的判定以及菱形面积计算等知识． （1）关键是先证三角形全等得到对角线互相平分，再结合对角线垂直判定菱形． （2）利用直角三角形锐角互余和等边对等角知识得到的长度，进而求出菱形的对角线长度得到面积． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴． ∵， ∴． 在和中， ∴， ∴． 又， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：在中，，，， 由勾股定理得． ∵四边形是菱形， ∴，． ∴． ∵， ∴，， ∴， ∴，即是的中点， ∴． 在中，，， ∴， ∴， ∴． 变式3．（25-26八年级上·上海浦东新·期末）已知：如图，在中，，点D在上，，垂足为F，且，点E为线段的中点，过点F作交射线于G，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． (3)当时，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、斜边的中线等于斜边的一半、证明四边形是菱形、证明四边形是正方形 【分析】（1）证明，得出，，证明，得出，，证明，得出； （2）根据平行线的性质得，证明，根据等腰三角形的判定得出，证明，即可证明结论； （3）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据正方形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， 在与中， ， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，； （2）证明：∵， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， 由（1）知：，， ∴， ∴四边形是菱形． （3）证明：∵，， ∴， 由（1）知，， ∴， ∵为的中点，， ∴， ∴， ∴， 由（1）知：， ∴， ∵四边形是菱形， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定，菱形的判定和性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形，熟练掌握全等三角形的判定方法和菱形、正方形的判定方法，是解题的关键． 变式4．（24-25八年级下·上海黄浦·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)（） 【知识点】函数解析式、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长 【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． 变式5．（24-25八年级下·上海宝山·期末）在平行四边形中，对角线相交于点O，，，E是边上的一点，连接． (1)如果， ①如图1，当点E为中点时，求证：四边形为菱形； ②如图2，设，求y与x的函数解析式（不用写定义域）； (2)连接，如果是以为腰的等腰直角三角形，求的长．连接 【答案】(1)①见解析；② (2)或 【知识点】函数解析式、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、证明四边形是菱形 【分析】（1）①可得垂直平分，则，再由平行四边形的性质以及勾股定理逆定理证明，则，即可证明其为菱形； ②过点作交延长线于点，根据平行线间的距离相等得到，然后证明，则，由勾股定理得到，代入化简即可得到函数解析式； （2）分两种情况讨论：①当时，则，，再由勾股定理即可求解；当，时， 过点作于点，则，则，再运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）①证明：∵平行四边形中，，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴四边形为菱形； ②解：过点作交延长线于点， ∵平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵在中，， 在中，， ∴， ∴， 化简整理得：； （2）解：①当时，如图 ∴， ∵， ∴， ∴； 当，时，如图： 过点作于点， ∴为中点， ∴， ∴， ∴， 综上：当是以为腰的等腰直角三角形，的长为或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，勾股定理及其逆定理，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，函数关系式，全等三角形的判定与性质等知识点，难度较大． 变式6．（24-25八年级下·上海金山·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 【知识点】全等三角形综合问题、证明四边形是平行四边形、证明四边形是矩形 【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． 变式7．（23-24八年级下·上海长宁·期末）定义：如果梯形的一个内角等于其它三个内角中的两个内角之和，那么称这个梯形为“加和角梯形”，这个内角称为“加和角” (1)如图1，在梯形中，，点E为边上一点，四边形为菱形，点E为边中点，求证：梯形为“加和角梯形”， (2)在“加和角梯形”中，为“加和角”，． ①如图2，如果，垂足为点O，，求梯形的周长； ②如图3，如果，点E为边中点，过点E作交边于点F，，点G在边上使得是以为腰的等腰三角形，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)①；②或 【知识点】全等三角形综合问题、含30度角的直角三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、利用菱形的性质证明 【分析】（1）根据四边形为菱形，得出，结合点为边中点，得出，，即可得到，即可证明； （2）①根据是梯形，，得到，结合“加和角梯形”中，为“加和角”，即可求出，分别过点、作、，垂足分别为点G，H，则，证出四边形为矩形，得到，证明，得到，求出，，，证明，根据勾股定理求出，在中，根据直角三角形的性质得出，，从而求出，，即可求解； ②由为“加和角”，可得，过点作于点，可得四边形为矩形，得出，由点为中点，，可得，分为当时和当时，分别作图求解即可； 【详解】（1）∵四边形为菱形， ∴， ∵点为边中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴梯形为“加和角梯形”． （2）①∵梯形中，， ∴， ∵“加和角梯形”中，为“加和角”， ∴， ∴， ∴， 分别过点、作、，垂足分别为点G，H， ∴， ∴ ∴四边形为矩形， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， ， ； ②，， ，， 由为“加和角”， 可得， ， 过点作于点， 则四边形为矩形， ∴， ∴， 由点为中点，， 则， ， I．当时， ∵ 则， 则， ∵， ∴中，， ∵， ， ∴； II．当时，过点G作于点Q，交延长线于点P，作于点R，设， 由I知， 则， ∵， ∴， 解得：（负值舍去）， ． 综上，或． 【点睛】该题主要考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质，梯形的性质，矩形的性质和判定，菱形的性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线，掌握以上知识点． 题型6：三角形中位线与重心综合应用题 例22．（24-25八年级下·上海金山·期末）在四边形中，点、、、分别是各边的中点，四边形是正方形，下列选项中正确的是（   ） A．四边形一定是矩形 B．四边形一定是正方形 C．四边形的对角线相等且垂直 D．四边形有一组邻边相等且有一个内角是直角 【答案】C 【知识点】与三角形中位线有关的证明、矩形的判定定理理解、正方形的判定定理理解 【分析】本题考查中点四边形的性质，解题的关键是掌握三角形中位线定理以及中点四边形与原四边形对角线的关系． 利用三角形中位线定理，得出中点四边形的边与原四边形对角线的关系，再结合正方形性质判断原四边形对角线特征． 【详解】中点四边形性质：四边形各边中点连线形成的四边形（中点四边形）的边平行于原四边形的对角线，且长度为对角线的一半． 正方形条件：若中点四边形为正方形，则其四条边相等且互相垂直． 边相等：原四边形的两条对角线长度相等（若中点四边形边长为原对角线的一半，则对角线相等）． 边垂直：原四边形的对角线互相垂直（若中点四边形邻边垂直，则原对角线垂直）． A、B错误，原四边形不一定是矩形或正方形，只需满足对角线相等且垂直即可； C正确：对角线相等且垂直是原四边形满足中点四边形为正方形的充要条件； D错误：原四边形可能无邻边相等或直角，仅需对角线满足条件． 例23．（25-26八年级下·上海普陀·期中）在同一平面内有两个边长相等的等边三角形，当它们的一组边重合时，两个三角形重心之间的距离为5，那么当它们的一组内角组成对顶角时，这两个三角形重心之间的距离为______． 【答案】10 【知识点】等边三角形的性质、重心的有关性质 【分析】设等边三角形的一条中线长为a，则其重心到对边的距离为，重心到顶点的距离为，根据题意画出图形，进行求解即可. 【详解】解：设等边三角形的一条中线长为a，则其重心到对边的距离为，重心到顶点的距离为， ∵它们的一组边重合时，两个三角形重心之间的距离为5，如图1 ∴，即， ∴当它们的一组内角组成对顶角时，如图2，这两个三角形重心之间的距离为. 例24．（25-26八年级下·上海·期中）如图，在矩形中，，，为对角线的中点，为边上一点，连接，取的中点，连接，若，则的长为________． 【答案】 3 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题、根据矩形的性质求线段长 【分析】取中点，连接和，可得分别为和中位线，利用中位线定理可证得三点共线，求出后，组合计算即可． 【详解】解：取中点，连接和， 在矩形中， ， ，， ， 为对角线的中点，为的中点，为中点， 分别为和中位线， ，且， 三点共线， ． 例25．（25-26八年级下·上海闵行·期中）【教材呈现】如图是沪教版八年级下册教材第42页的第1题，请完成这道题的证明． (1)如图①，在四边形．中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点．求证：． (2)【教材延伸】 如图②，延长图①中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求证：． (3)【应用探究】 如图③，在中，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、与三角形中位线有关的证明、化为最简二次根式、用勾股定理解三角形 【分析】（1）根据中位线定理证明即可； （2）根据中位线定理证明即可； （3）连接，取中点，连接、，结合（1）（2）的结论证明为等腰直角三角形，进而解题． 【详解】（1）证明：∵是的中点，是的中点， ∴， ∵是的中点，是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）证明：如图，由（1）得， ∵是的中点，是的中点，为的中点， ∴，， ∴，， ∴； （3）证明：如图，连接，取中点，连接，，由（1）知， 由（2）可知，，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∵， 由（1）知， ∴． 变式1．（25-26八年级下·上海·期中）如图，在平行四边形中，对角线交于点O，，点E，F，G分别是的中点，交于点H．以下结论中，不正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、与三角形中位线有关的求解问题、等腰三角形的性质和判定、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】由等腰三角形“三线合一”得，根据三角形中位线定理可得；由直角三角形斜边上中线等于斜边一半可得，即可得；连接，可证四边形是平行四边形，即可得，由三角形面积关系得出，即可得出结论． 【详解】解：连接，如图所示： 四边形是平行四边形， ，，，，，， ， ， 点为中点， ，故A正确； 、、分别是、、的中点， ，， ，， ， ，故B正确； ，， 四边形是平行四边形， ， 即，故C正确； ，， ，， ∴ ，故D不正确． 变式2．（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 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、与三角形中位线有关的求解问题 【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3．（25-26八年级下·上海奉贤·期中）如图，在中，点分别是的中点，于且交于点，若，则的长是___________． 【答案】 【知识点】利用平行四边形的判定与性质求解、与三角形中位线有关的求解问题、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】取的中点，连接、，则、是的中位线，可证四边形是平行四边形，再证明出，得到，进而得出，即可得解． 【详解】解：如图，取的中点，连接、， 点分别是的中点， 、是的中位线， ，，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ． 变式4．（24-25八年级下·上海嘉定·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 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、与三角形中位线有关的证明、根据正方形的性质证明、证明四边形是正方形 【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． 变式5．（24-25八年级下·上海青浦·期末）已知：如图，在平行四边形中，点、分别是边、的中点，、与对角线分别相交于点、，联结、． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形性质和判定证明、与三角形中位线有关的证明、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，中位线的性质与判定，全等三角形的性质与判定，菱形的判定；熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）连接交于点，连接，根据平行四边形的性质可得，，，根据中位线的性质可得，得出，共线，则四边形是平行四边形，进而证明得出，即可得证； （2）根据（1）的结论得出四边形是平行四边形，根据已知可得，即可证明四边形是菱形． 【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，， 又∵分别为的中点， ∴， ∴，， ∴共线， ∵ ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴ 又∵， ∴， ∴， ∴，即； （2）证明：由（1）可得到，， ∴四边形是平行四边形， 又∵，， ∴， ∴四边形是菱形． 变式6．（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 【知识点】证明四边形是平行四边形、与三角形中位线有关的证明、证明四边形是菱形 【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. 题型7：特殊四边形综合压轴题（折叠/动点/最值） 例26．（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】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、垂线段最短 【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． 例27．（24-25八年级下·上海静安·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】 【知识点】分母有理化、用勾股定理解三角形、正方形折叠问题 【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：． 例28．（24-25八年级下·上海嘉定·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 【知识点】函数解析式、求自变量的取值范围、用勾股定理解三角形、正方形折叠问题 【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． 例29．（24-25八年级下·上海青浦·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 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题 【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． 变式1．（24-25八年级下·上海·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】 【知识点】利用二次根式的性质化简、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、根据成轴对称图形的特征进行求解 【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：． 变式2．（23-24八年级下·上海·期末）如图，在正方形中， ，点是对角线的中点，动点、 分别从点、同时出发，点以的速度沿边 向终点 匀速运动，点 以的速度沿折线 向终点 匀速运动，联结 并延长交边 于点 ，联结 并延长交折线 于点 ，联结、、、，得到四边形 ．设点的运动时间为，四边形的面积为 ． (1)的长为 ，的长为 ，(用含的代数式表示) (2)求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围； (3)当四边形是轴对称图形时，请直接写出的值． 【答案】(1)， (2) (3)的值是 或 ． 【知识点】图形问题(实际问题与二次函数)、（特殊）平行四边形的动点问题、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）根据正方形的性质得出，，即可证得和全等，从而得出； （2）分，两种情况分别画出图形，根据正方形的面积、直角三角形的面积、平行四边形的面积即可求解； （3）根据（2）中的图形，分四边形为矩形、菱形分别求解即可． 【详解】（1）解：由题意得， ， ， ， ， 四边形是正方形， ， ，， 点是对角线的中点， ， 在和中， ， ， ， 故答案为：，； （2）当时，点在边上， 四边形是正方形， ， ，， 点是对角线的中点， ， 在和中， ， ， ． 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 当时，点在边上，如图， 同上，， ，， 四边形是平行四边形， ，， ， ； 综上， ； （3）①当时， 当四边形是矩形时，是轴对称图形，此时 ∵，， ∴ ∴，即，解得： 当四边形是菱形时，， ， 解得舍去； ②当时， 当四边形是矩形时，， ， 解得； 当四边形是菱形时，， ， ， 方程无解，舍去； 综上，当四边形是轴对称图形时，的值是或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，矩形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，动点问题等知识，熟练掌握这些知识是解题的关键． 变式3．（25-26八年级下·上海虹口·期中）综合与实践 【问题情境】某数学兴趣小组研究了课本教材中的《折纸与数学》，思索折纸与角的关系，寻求新的折纸方法，其内容如下： 如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作、、等大小的角，可以采用下面的方法（如图1）： （1）对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； （2）再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，点、的对应点分别为、，把纸片展平． (1)【知识运用】请根据上述过程，连接，观察图1中，试猜想这三个角的大小关系是__________； (2)【拓展提升】小华再次探究，寻找等分角的方法：如图2，点为边上的一点，连接，在上取一点，折叠纸片，使、两点重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点、分别落在、上，得到折痕，点、的对应点分别为、，展平纸片，连接、．求证：是的一条三等分线； (3)【迁移探究】兴趣小组成员继续探究三等分线段的方法：如图3，将正方形纸片对折，得到折痕，（其中，点、分别是边、的中点），连接，将纸片沿翻折，使点落在点处，连接并延长，交边于点，求证：． 【答案】(1) (2)见解析 (3)见解析 【知识点】矩形与折叠问题、正方形折叠问题、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形 【分析】（1）由折叠的性质可推出，，则可证明是等边三角形，得到，由三线合一定理得到，再由矩形的性质和角的和差关系可得，则； （2）由折叠的性质可得，，则可证明，得到；证明，得到，可证明，则是的一条三等分线； （3）连接，可证明，得到；设，则，；由勾股定理得，可求出，即，则． 【详解】（1）解：由折叠的性质可得， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， 又∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，连接， 由折叠可知：是的垂直平分线， ∴，； 由折叠的性质可得，， ∴， ∴； 由折叠的性质可得， 由矩形的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是的一条三等分线； （3）证明：如图所示，连接， ∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴； 设，则， ∵点E为的中点， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴． 变式4．（25-26八年级下·上海·期中）在一次综合与实践活动课中，同学们对矩形纸片的折叠展开了探究，请你和他们一起完成此次探究活动． (1)【课内活动】用矩形纸片折出正方形 操作步骤：如图，在矩形中，点在边上，折叠矩形使得点与边上的点重合，折痕为，连接． 求证：四边形是正方形． (2)【课内活动】用矩形纸片折出特殊矩形 操作步骤： ①把活动中折出的正方形纸片展平； ②如图，把这个正方形折成两个全等的矩形，得到折痕，把纸片展平； ③如图，折出矩形的对角线，点在边上，折叠纸片使得与重合； ④如图把纸片展平，折出，得到矩形． 求：矩形的宽与长的比值． (3)【课后思考】可以用尺规作图作出黄金矩形吗？ 课后，欢欢通过查阅资料了解到：像课内活动中这样的特殊矩形叫做黄金矩形．也就是说，如果一个矩形的宽与长的比值为，那么这个矩形叫做黄金矩形．欢欢认为可以用尺规作图得到黄金矩形，具体作法如下： ①把活动中折出的正方形纸片展平； ②中点为，连接； ③以点为圆心，适当长度为半径作弧，分别交、于点、，再分别以、为圆心，大于长度为半径画弧，两段弧的交点记为点； ④画射线，与边交于点； ⑤以为圆心，为半径画弧，与边交于点，连接，得到四边形，那么四边形就是黄金矩形． 请你判断欢欢的作图是否正确，如果正确，请证明；如果不正确，请说明理由． 【答案】(1)见详解 (2) (3)正确，见详解 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、角平分线的性质定理、证明四边形是正方形 【分析】（1）根据四边形是矩形，得出，由折叠的性质可得：，．证明四边形是矩形，结合，得出矩形是正方形． （2）设正方形的边长为，由折叠得是正方形的中垂线，则​，，，在中，由勾股定理得，由折叠性质得​，则，即可求解． （3）设正方形边长，则​．在中，由勾股定理得，过点G作，连接，设，根据角平分线性质定理得，则，求出，又，则，即可求出​．由作图得，证出四边形是矩形，则矩形的宽为，长为，得出，符合黄金矩形的定义，因此欢欢的作图正确． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可得：，， ∴， ∴四边形是矩形， 又， ∴矩形是正方形． （2）解：设正方形的边长为， 由折叠得是正方形的中垂线， ∴​，，， 在中，由勾股定理：， 由折叠性质得​， ∵， ∴， ∴． （3）解：作图正确，证明如下： 设正方形边长， ∵是中点， ∴​， 在中，由勾股定理得：， 过点G作，连接， 设， 题目中尺规作图第③步是作的角平分线，即平分， ∴， 则， ∴， 又 ， ∴， ∴， ∴​， 由作图得， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴矩形的宽为，长为， ∴，符合黄金矩形的定义，因此欢欢的作图正确． 易错点1：混淆多边形内角和与外角和公式 常见错误：记错内角和公式；认为多边形外角和随边数增减变化 正确结论：n边形内角和 = (n−2)×180°；任意多边形外角和恒为360°，与边数无关 配套例题：一个多边形内角和为1080°，求该多边形的边数及外角和。 解析解答： 由内角和公式列方程： 解得：，该多边形为八边形。 根据多边形外角和性质，外角和为360°。 答案：边数为8，外角和为360° 1．已知一个多边形的内角和为，则这个多边形为  （    ） A．七边形 B．八边形 C．九边形 D．十边形 【答案】B 【分析】本题考查多边形的内角和，设这个多边形为边形，根据多边形的内角和为，列出方程进行求解即可． 【详解】解：设这个多边形为边形，由题意，得： ， 解得：； ∴这个多边形为八边形； 故选B． 2．已知一个多边形的内角和与外角和相加等于， (1)求这个多边形的边数及对角线的条数； (2)当这个多边形剪去一个角后，所形成的新多边形内角和是______． 【答案】(1)边数是12，对角线的条数是54 (2)或或 【分析】本题考查多边形内角和定理：多边形内角和为． （1）已知一个多边形的内角和与外角和的和为，外角和是，因而内角和是．边形的内角和是，代入就得到一个关于的方程，就可以解得边数，从而得到这个多边形的对角线的条数． （2）剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变，根据多边形的内角和定理可以知道，边数增加1，相应内角和就增加180度，由此即可求出答案． 【详解】（1）解：设这个多边形的边数为， ， 解得：； 对角线的条数为：； 所以这个多边形的边数是12，它的对角线的条数是54； （2）解：因为剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变，分以下三种情况： 当沿两边中间点剪时，多边形多出一条边，边数为， 内角和； 当沿一边中间点与一顶点剪时，多边形边数不变，边数为12， 内角和； 当沿两顶点剪时，多边形边减少1边，边数为， 内角和； 综上所述：当新多边形有13条边时内角和为，12条边时内角和为，11条边时内角和为． 故答案为：或或． 易错点2：记错多边形对角线计算公式 常见错误：误用公式 正确结论：n边形对角线总条数公式：（每个顶点可连n-3条对角线，去除重复计数） 配套例题：十边形共有多少条对角线？ 解析解答：代入公式得 答案：35条 3．十二边形一共有______条对角线． 【答案】 54 【分析】本题考查求多边形的对角线条数，利用多边形的对角线公式进行求解即可． 【详解】解：n边形的对角线条数公式为， ∴当时，计算得． 故答案为：54 易错点3：误用平行四边形判定定理 核心陷阱：一组对边平行，另一组对边相等的四边形不是平行四边形（反例：等腰梯形） 4．若四边形的对角线与相等且互相平分，则下列关于四边形的形状判断正确的是（    ） A．一定是矩形，但不一定是正方形 B．一定是菱形 C．一定是平行四边形，但不可能是矩形 D．一定是正方形 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理，正方形的判定定理，熟知矩形的判定定理和正方形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形的对角线与相等且互相平分， ∴该四边形一定是矩形，但不一定是正方形， 故选：A． 5．如图，在中，，．下列四个判断不正确的是（   ） A．四边形是平行四边形 B．如果，那么四边形是矩形 C．如果平分，那么四边形是矩形 D．如果，且，那么四边形是菱形 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理和正方形的判定定理等知识点．两组对边分别平行的平行四边形是平行四边形；有一个角是的平行四边形是矩形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形；四个角是直角且四个边都相等的四边形是正方形，据此逐个判断即可． 【详解】解：A、∵，， ∴四边形是平行四边形，故A选项正确，不符合题意； B、∵四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形，故B选项正确，不符合题意； C、∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，但是不能证明四边形是矩形，故C选项错误，符合题意； D、∵且， ∴平分， ∴同理可得四边形是菱形，故D选项正确，不符合题意； 故选：C． 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 【知识点】判断能否构成平行四边形 【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． 易错点4：菱形面积公式记忆单一 正确结论：菱形面积有两种算法：①底×高；②对角线乘积的一半（专属简便公式，考试高频） 配套例题：已知菱形的两条对角线长分别为6和8，求菱形的面积和边长。 解析解答： 面积： 边长：对角线互相垂直平分，半对角线长为3、4，由勾股定理得边长 答案：面积24，边长5 7．已知菱形的边长为8，一个内角是60°，那么这个菱形的面积为（   ） A．64 B．32 C． D． 【答案】D 【分析】过点作，交于点，利用直角三角形性质和勾股定理求出菱形的高，再结合菱形面积公式计算结果． 【详解】解：过点作，交于点． ∵ 菱形边长为，一个内角为， ∴ ，． 在中，， ∴ ，可得． 由勾股定理得 ． ∴ 菱形的面积为 ． 故选：D． 易错点5：误用三角形中位线定理 常见错误：只记平行，遗忘长度关系；或认为中位线等于第三边长度 正确结论：三角形中位线平行于第三边，且等于第三边的一半 几何语言：若D、E分别为AB、AC中点，则DE∥BC， 8．如图，在中，，于点，点在上，且，连接，为的中点，连接，则的长为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】根据等腰三角形的“三线合一”得到，再根据三角形中位线定理计算得到答案． 【详解】解：，， ， ，， ， ∵为的中点， 是的中位线， ． 易错点6：混淆三角形重心的线段比例关系 核心结论：三角形重心是三条中线的交点，重心到顶点的距离是到对边中点距离的2倍（中线总长分为3份，顶点占2份，底边占1份） 9．如图，在中，，点，，分别是边、、上的点，且，，相交于点，若点是的重心．则以下结论：①线段、、是的三条角平分线；②的面积是面积的一半；③图中与面积相等的三角形有2个；④；⑤．其中一定正确的结论有（    ） A．1 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】由重心是三条中线的交点，可知线段，，是的三条中线，可判断①错误，继而得出，，进一步推出，然后逐个分析即可． 【详解】解：①，，相交于点，点是的重心，重心是三条中线的交点， 线段，，是的三条中线，故①错误； 三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分， ∴， ， ∵， ∴， 同理可求：，故④正确； ∴的面积是面积的一半，故②正确； 图中与面积相等的三角形有共2个，故③正确； ∵，与等高， ∴，     ∵与不一定相等， ∴不一定成立，故⑤错误． 综上所述，正确的结论有②③④，共3个． 10．如图，在中，，点是的重心，则的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了三角形的重心性质及直角三角形面积公式，首先根据直角三角形面积公式求出 的面积，再利用三角形重心的性质：重心与三个顶点连线将三角形分成面积相等的三个三角形，即可求解． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵ 点 是的重心， ∴， ∵， ∴． 易错点7：梯形定义理解不严谨 11．如图，梯形中，，，，对角线与相交于点，且，那么________度．    【答案】105 【分析】作于，于，根据等腰直角三角形的性质用表示出及的长，由勾股定理及含30度直角三角形的性质求出的度数，根据三角形内角和等于得出的度数即可． 【详解】解：如图，作于，于， 在中， ，， ， ，， ． 又， ， ， ， ， ． 故答案为：105．    【点睛】本题考查了含30度直角三角形的性质、勾股定理及等腰三角形的判定，难度一般，关键是巧妙作辅助线进行解答． 易错点8：遗忘等腰梯形的核心性质 核心性质：等腰梯形两腰相等、同一底上的两个角相等、对角线相等（考试高频填空、选择考点） 12．如图，在等腰梯形中，已知，，求梯形的腰的长和面积． 【答案】梯形的腰的长为；梯形的面积为 【分析】此题考查平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、梯形的面积公式等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．作交于点，于点，可证明四边形是平行四边形，则，，因为，所以，而，则，因为，所以是等边三角形，则，，勾股定理确定，进而根据梯形的面积公式，即可求解． 【详解】解：作交于点，于点，则， ， 四边形是平行四边形， ，， ，， ，， ， 是等边三角形， ，， ， 梯形的腰的长为；梯形的面积为 技巧一：十字架模型 在正方形中存在两条线段相交且垂直，因其形似“十字架”，所以我们称其为“十字架”模型 线段不过正方形顶点时的辅助线作法 1.作垂直，构造全等三角形 2.作平行,构造全等三角形 1．(25-26八下·上海静安区彭浦第三中学·)如图①，在正方形中，P为线段上的一个动点，线段于点E，交线段于点M，交线段于点N． (1)求证：； (2)如图②，若线段垂直平分线段，分别交，于点E，F．求证：． 【来源】上海市静安区彭浦第三中学2025-2026学年八年级下学期3月学情自测数学试卷 【详解】（1）证明：如图①，过点B作交于点H，则． 四边形是正方形， ，，， ， ， ， ． ，即， ∴四边形为平行四边形， ， ； （2）证明：如图②，连接，，． 正方形是轴对称图形，F为对角线上的一点， ，． 垂直平分， ， ， ． ， ， ， ， ． 由（1），知， ， ． 2．(25-26八下·上海曹杨第二中学附属学校·)综合与实践 如图1，在正方形中，点分别是边上的点，且． (1)求证：． (2)如图2，在图1的基础上，过点E作的垂线，与正方形的外角的平分线交于点N，连接．求证：四边形是平行四边形． (3)如图3，在（2）的条件下，连接，若四边形的面积是25，，请直接写出的长度． 【来源】上海市曹杨第二中学附属学校2025-2026学年下学期3月八年级数学综合练习 【详解】（1）解：（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：（2）证明：在上截取，连接，如图： 由（1）可知， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 又由（1）可得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （3）解：（3）解：∵， ∴， ∵四边形的面积是25， 故， ∴， ∵， ∴， 在中，． 技巧二：半角模型 46．(25-26·上海蒙山中学·)问题背景： 在一次数学活动课上，老师让同学们根据所学的知识去了解“半角模型”，并探究“半角模型”的相关结论． (1)初步探究：如图①，小明将一张正方形纸片折叠，使得，恰好都落在对角线上，展开正方形纸片后得到折痕，，求的度数； (2)深入探究：如图②，小华在图①的基础上，将绕点逆时针旋转一定的角度，使的两边分别交，于点，，连接，请你帮助小华判断线段，和之间存在怎样的数量关系，并证明； (3)拓展延伸：如图③，在正方形中，是上的一点，是延长线上一点，且，连接，过点作，垂足为点，交边于点．若，，求的面积． 【来源】上海市蒙山中学2025－2026学年第二学期初二学情自测数学试卷 【详解】（1）解：四边形是正方形， ， 由折叠的性质，得，， ， 即：； （2）解：， 证明如下：如下图所示，把绕点顺时针旋转得到， 点的对应点为点， ， ，， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （3）解：如下图所示：连接，，， 四边形是正方形， ，，， 在和中， ， ， ，， ， ， 为等腰直角三角形， ， ，， 垂直平分， ， 设，则，， ， 在中，根据勾股定理可得：， 即：，解得， ，， ． 学科网（北京）股份有限公3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $