【期中讲练测】沪教版八年级下册数学专题03四边形全章复习攻略 考点专练.zip

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1.多边形
2.平行四边形：两组对边分别平行的四边形.
3.特殊的平行四边形
（1）矩形
（2）菱形
（3）正方形
4.梯形
5.等腰梯形
6.三角形、梯形的中位线
7.梯形常用辅助线的添法
梯形添辅助线目的：将梯形问题转化为三角形和平行四边形的问题来解决.
8.平面向量
9.平面向量的运算

一．三角形中位线定理（共3小题）
1．（2023春•普陀区期末）如图，在中，，是的中线，点，分别是，的中点，连接，若，则的长为 6 ．
【分析】由题意知，是的中位线，则，，由，是的中线，可知，进而可得结果．
【解答】解：点，分别是，的中点，
是的中位线，
，
，
，是的中线，
．
故答案为：6．
【点评】本题考查了三角形的中位线，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
2．（2023春•徐汇区期末）如图，在中，，分别是，的中点，若平分，，则的长为 3 ．
【分析】根据三角形中位线定理得到，，根据平行线的性质得到，进而得出，得到．
【解答】解：，分别是，的中点，，
，，
，
平分，
，
，
，
故答案为：3．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、平行线的性质，熟记三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
3．（2023春•徐汇区期末）如图，中，点、分别是边、的中点，过点作交线段的延长线相交于点，取的中点，如果．
求证：（1）四边形是菱形；
（2）．
【分析】（1）首先根据三角形的中位线定理，得，结合，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以判断该四边形是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；
（2）根据菱形的性质可以进一步得到，则，即可证明结论．
【解答】证明：（1）点、分别是边、的中点，
是的中位线（三角形中位线的定义），
，（三角形中位线性质）．（1分）
，
四边形是平行四边形（平行四边形定义）．（1分）
，，
．（1分）
四边形是菱形．（1分）
（2）四边形是菱形，
（菱形的四条边都相等）．
，
．（1分）
是的中点．
，
．（1分）
，（1分）
，
，
．（1分）
【点评】此题综合运用了三角形的中位线定理、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质．
二．多边形（共2小题）
4．（2023春•长宁区校级期中）如果一个四边形的某个顶点到其他三个顶点的距离相等，我们把这个四边形叫做等距四边形．已知平行四边形是等距四边形，，那么它的面积等于 ．
【分析】根据平行四边形是等距四边形，可得，进而得到是等边三角形，求出高即可．
【解答】解：如图，过点作于，
平行四边形是等距四边形，，
，
是等边三角形，
，
，
平行四边形的面积为，
故答案为：．
【点评】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的性质和判定以及解直角三角形，理解新定义“等距四边形”的意义，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
5．（2023春•虹口区期末）我们如下定义：如果一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，那么称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．如图，已知点，，，如果格点四边形（即四边形的顶点都在格点上）是以、为勾股边且对角线相等的勾股四边形，那么点的坐标是 或 ．
【分析】利用勾股定理计算画出即可．
【解答】解：如图：
点或．
故答案为：或．
【点评】本题考查了勾股定理，解题的关键是理解并运用新定义“勾股四边形”、“勾股边”，正确寻找全等三角形解决问题．
三．多边形的对角线（共2小题）
6．（2023春•长宁区校级月考）从边形的一个顶点出发画对角线，可以将这个边形分割成 个三角形．
【分析】从边形的一个顶点出发，连接这个点与其余各顶点，可以把一个多边形分割成个三角形，据此即可解答．
【解答】解：从边形的一个顶点出发，连接这个点与其余各顶点，可以把一个多边形分割成个三角形．
故答案为：．
【点评】本题主要考查多边形的对角线，掌握从边形的一个顶点出发，分别连接这个点与其余各顶点，形成的三角形个数为是解答本题的关键．
7．（2023春•长宁区校级期末）如果一个四边形的一条对角线把它分成两个等腰三角形，那么我们就称这条对角线是四边形的“美丽线”．已知是四边形的“美丽线”，如果，，那么 135或90或45 ．
【分析】由是四边形的美丽线，可以得出是等腰三角形，从图1，图2，图3三种情况运用等边三角形的性质和判定，正方形的性质和判定和角的直角三角形的性质就可以求出的度数．
【解答】解：是四边形的美丽线，
是等腰三角形．
，
如图1，当时，
，，
是正三角形，
．
，
，
，
．
如图2，当时，
．
，
四边形是正方形，
如图3，当时，过点作于，过点作于，
．，
，．
，
四边形是矩形．
．
，
，
．
，
．
，
，
，
．
综上，的度数为或或．
故答案为：135或90或45．
【点评】本题考查了四边形的“美丽线”的定义和性质的运用，“美丽线”的判定，等边三角形的性质和判定的运用，正方形的性质和判定的运用，角的直角三角形的性质的运用．解答如图3这种情况容易忽略，解答时合理运用分类讨论思想是关键．
四．多边形内角与外角（共4小题）
8．（2023春•普陀区期中）一个多边形的内角和是，这个多边形是
A．五边形B．六边形C．七边形D．八边形
【分析】根据多边形的内角和公式求出边数即可．
【解答】解：设多边形的边数是，则
，
解得，
这个多边形是五边形，
故选：．
【点评】本题考查了多边形的内角和定理，熟记多边形内角和公式是解题的关键．
9．（2023春•普陀区期末）如果一个多边形的每个外角都等于，则这个多边形的边数为 10 ．
【分析】根据正多边形的边数等于除以每一个外角的度数列式计算即可得解．
【解答】解：．
故这个多边形的边数为10．
故答案为：10．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的外角和、多边形的每一个外角的度数、多边形的边数三者之间的关系是解题的关键．
10．（2023春•松江区期末）一个多边形的内角和为，则这个多边形的边数为 7 ．
【分析】本题根据多边形的内角和定理和多边形的内角和等于，列出方程，解出即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为，则有
，
解得：，
这个多边形的边数为7．
故答案为：7．
【点评】本题主要考查多边形的内角和定理，解题的关键是根据已知等量关系列出方程从而解决问题．
11．（2023春•宝山区校级期中）一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则从这个多边形的一个顶点出发共有 5 条对角线．
【分析】首先设这个多边形有条边，由题意得方程，再解方程可得到的值，然后根据边形从一个顶点出发可引出条对角线可得答案．
【解答】解：设这个多边形有条边，由题意得：
，
解得，
从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是，
故答案为：5．
【点评】此题主要考查了多边形的内角和外角，以及对角线，关键是掌握多边形的内角和公式．
五．平行四边形的性质（共5小题）
12．（2023春•杨浦区期末）在平行四边形中，对角线与相交于点，则下列式子不一定正确的是
A．B．C．D．
【分析】根据平行四边形的性质求解即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．
【解答】解：如图所示：四边形是平行四边形，
，，，
，
无法得到．
故选：．
【点评】此题考查了平行四边形的性质．此题难度不大，注意熟记平行四边形的性质定理是关键．
13．（2023春•杨浦区期中）如图，平行四边形内有一点，已知、、的面积分别为4、3、1，则的面积为 2 ．
【分析】由于平行四边形的两组对边分别相等，且，的高的和是，间的距离，所以得到，同理可得，即可求出结果．
【解答】解：平行四边形的两组对边分别相等，
且，的高的和是，间的距离，
它们的底分别是，，而，
，
同理可得，
，
，
；
故答案为：2．
【点评】主要考查了平行四边形的性质、三角形面积的计算方法，熟练掌握平行四边形的性质，由底和高的关系得出三角形面积之间的关系是解决问题的关键．
14．（2023春•宝山区校级期中）我们把对角线与一边垂直的平行四边形叫做“优美平行四边形”．如果一个“优美平行四边形”的一组邻边长为和4，那么它的最大的内角为 135 度．
【分析】由勾股定理求出，得出，求出即可．
【解答】解：如图所示：
在平行四边形中，，，时，最大；
由勾股定理得：，
，
，
．
故答案为：135．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、“优美平行四边形”、勾股定理、直角三角形的性质；熟练掌握“优美平行四边形”的性质，求出是解题的关键．
15．（2023春•长宁区校级期末）如图所示，在中，对角线、相交于点，，、、分别是、、的中点．证明：
（1）；
（2）．
【分析】（1）由平行四边形的性质和已知条件证得，根据等腰三角形的性质得出结论；
（2）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，由三角形中位线定理求得，根据即可得到结论．
【解答】证明：（1）四边形是平行四边形，
，，，
，
，
为中点，
（三线合一定理）；
（2），
为中点，
（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），
，
，
、分别是、中点，
，
．
【点评】本题考查了平行四边形性质，直角三角形斜边上中线性质，等腰三角形性质，三角形的中位线性质的应用，关键是求出，题目比较好，综合性比较强．
16．（2023春•杨浦区期中）如图，已知平行四边形中，为中点，延长线交延长线于点．
（1）求证：；
（2）若，求证：．
【分析】（1）和分别在和中，要证它们相等，只需证，根据平行四边形的性质及为中点可证．
（2）在平行四边形中，对边相等，由（1）的结论可证昨，根据等边对等角可证．
【解答】证明：（1）四边形是平行四边形，
．
．
是的中点，
．
在和中，
．
．
（2）由（1）得，
，
．
，
．
．
【点评】解题关键是利用平行四边形的性质结合三角形全等来解决有关的证明．
六．平行四边形的判定（共3小题）
17．（2023春•宝山区校级期中）点、、、在同一平面内，若从①②③④这四个条件中选两个，不能推导出四边形是平行四边形的选项是
A．①②B．①④C．②④D．①③
【分析】根据平行四边形的判定方法逐一进行选择判断．
【解答】解：、由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，能推导出四边形是平行四边形，故本选项正确；
、一组对边平行而另一组对边相等不能推导出四边形是平行四边形，故本选项错误；
、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，能推导出四边形是平行四边形，故本选项正确；
、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，能推导出四边形是平行四边形，故本选项正确．
故选：．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，属于基础题型，关键要记准平行四边形的判定方法．
18．（2023春•松江区期末）在四边形中，已知，要使四边形是平行四边形，还需添加一个条件，这个条件可以是 ．（只需填写一种情况）
【分析】由条件可推出，再加上条件，可以根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得到四边形是平行四边形．
【解答】解：添加条件，
，
，
，
四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），
故答案为：．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是熟练掌握平行四边形的判定定理：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；④两组对角分别相等的四边形是平行四边形；⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
19．（2023春•徐汇区期中）如图，平行四边形的对角线相交于点，直线经过点，分别与，的延长线交于点，．求证：四边形是平行四边形．
【分析】平行四边形的判定方法有多种，选择哪一种解答应先分析题目中给的哪一方面的条件多些，本题所给的条件为四边形是平行四边形，可证，，根据条件在图形中的位置，可选择利用“对角线相互平分的四边形为平行四边形”来解决．
【解答】证明：四边形是平行四边形，
，
，
，，
在和中，
，
，
四边形是平行四边形．
【点评】平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
七．菱形的性质（共5小题）
20．（2023春•闵行区期末）已知四边形是菱形，和是菱形的对角线，那么下列说法一定正确的是
A．B．C．D．
【分析】根据菱形的性质即可得到结论．
【解答】解：四边形是菱形，
，
故选：．
【点评】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
21．（2023春•青浦区期末）若菱形的边长为10，一条对角线长为12，则另一条对角线长为 16 ．
【分析】由菱形的性质得，，，，在中，由勾股定理求出，即可得出答案．
【解答】解：设菱形的两条对角线交于点，如图所示：
四边形是菱形，边长是10，
，，，，
，
；
故答案为16．
【点评】本题考查了菱形的性质以及勾股定理，熟练掌握菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键．
22．（2023春•宝山区校级期中）已知菱形的面积为120，一条对角线的长为10，则菱形的边长为 13 ．
【分析】根据菱形的面积求出另一条对角线的长，再由对角线互相垂直且平分，可得直角三角形，利用勾股定理可得出边长．
【解答】解：由题意得：，
菱形的面积为，
，
，，
在中，，
故答案为：13．
【点评】本题考查菱形的性质，比较简单，关键是掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半．
23．（2023春•杨浦区期末）已知菱形的周长为40，一条对角线长为12，则这个菱形的面积是 96 ．
【分析】画出草图分析．因为周长是40，所以边长是10．根据对角线互相垂直平分得直角三角形，运用勾股定理求另一条对角线的长，最后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算求解．
【解答】解：因为周长是40，所以边长是10．
如图所示：，．
根据菱形的性质，，，
，．
面积．
故答案为96．
【点评】本题考查了菱形的性质及其面积计算，主要利用菱形的对角线互相垂直平分及勾股定理来解决，要掌握菱形的面积有两种求法：（1）利用底乘以相应底上的高；（2）利用菱形的特殊性，菱形面积两条对角线的乘积，具体用哪种方法要看已知条件来填空．
24．（2023春•青浦区期末）如图3，在菱形中，点为边中点，联结，．
（1）求的度数；
（2）联结，如果，求菱形的面积．
【分析】（1）先证明是等腰三角形，再根据菱形的性质可得到，，从而可推出是等边三角形，从而求得的度数；
（2）先求得的长，再根据菱形的面积公式即可求得菱形的面积．
【解答】解：（1）如图，连接，
，点为边中点，
，
是等腰三角形，
，
四边形是菱形，
，
，
是等边三角形
；
（2），
，
，
．
【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握并熟练运用菱形的性质．
八．菱形的判定（共3小题）
25．（2023春•浦东新区期末）已知四边形，，、是它的两条对角线．下列条件中，不能判定四边形是菱形的是
A．B．C．D．．
【分析】根据菱形的判定方法判断即可．
【解答】解：，、是它的两条对角线，
添加，
四边形是菱形，故正确；
添加，
不能得出四边形是菱形，故错误；
添加，
四边形是菱形，故正确；
添加，
四边形是菱形，故正确；
故选：．
【点评】此题考查菱形的判定，关键是根据对角线垂直的平行四边形是菱形以及邻边相等的平行四边形是菱形解答．
26．（2023春•宝山区校级期中）如图，在中，、分别为边、的中点，是对角线，过点作交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）若，求证：四边形是菱形．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，，根据平行四边形的判定定理证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论；
（2）根据矩形的判定定理得到四边形是矩形，根据直角三角形的性质得到，证明结论．
【解答】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
、分别为边、的中点，
，又，
四边形是平行四边形，
；
（2），，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是矩形，
，又为边的中点，
，又四边形是平行四边形，
四边形是菱形．
【点评】本题考查的是平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质，注意：平行四边形的对边平行且相等，题目是一道比较好的题目，难度适中．
27．（2023春•徐汇区期中）如图，是平行四边形的对角线的垂直平分线，与边、分别交于点、．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若为线段的中点，求证：．
【分析】（1）由四边形是平行四边形，即可得，，易证得，可得，即可证得四边形是平行四边形，又由，即可证得四边形是菱形．
（2）根据证得的菱形可知，，然后再利用为线段的中点，即可证得三角形为直角三角形，从而证得结论．
【解答】证明：（1）四边形是平行四边形，
，，
，，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
，
是菱形．
（2）四边形是菱形
，
为线段的中点，
为直角三角形，
．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定等知识点，证明简单的线段相等，一般是通过全等三角形来证明的．
九．菱形的判定与性质（共3小题）
28．（2023春•浦东新区校级期末）如图，在平行四边形中，是上一点，且，．
（1）求证：平行四边形是菱形；
（2）若，，求对角线的长．
【分析】（1）连接交于点，根据平行四边形的性质得，然后利用等腰三角形的性质得，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可解决问题；
（2）设，则，利用勾股定理得，列出方程求出的值，即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图，连接交于点，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
平行四边形是菱形；
（2）解：，
设，则，
，
，
，
，
，
（负值已经舍去），
．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的判定方法．
29．（2023春•闵行区期末）如图，四边形中，，，与相交于点，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）过点作点，垂足为点，联结，求证：．
【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形解答即可；
（2）根据菱形的性质和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，进而根据直角三角形两个锐角互余即可解决问题．
【解答】证明：（1），，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（2）四边形是菱形，
，，
，
，
，
，，
，
，
．
【点评】本题考查了菱形的性质和直角三角形的性质，解题关键是根据菱形和直角三角形的性质得出角之间的关系．
30．（2023春•普陀区期末）已知：如图，在四边形中，，对角线、相交于点，平分，过点作分别交、于点、．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）如果，求证：．
【分析】（1），，得到四边形是平行四边形，由角平分线定义，平行线的性质推出，得到，即可证明问题；
（2）连接，由菱形的性质得到，又，因此，推出四边形是等腰梯形，即可证明．
【解答】证明：（1），，
四边形是平行四边形，
平分，
，
，
，
，
，
四边形是菱形．
（2）连接，
四边形是菱形，
，
，
，
，
四边形是等腰梯形，
．
【点评】本题考查菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，等腰梯形的判定和性质，角平分线定义，平行线的性质，关键是由角平分线定义，平行线的性质推出；由菱形的性质推出四边形是等腰梯形．
一十．矩形的性质（共3小题）
31．（2023春•杨浦区期末）如图，在矩形中，点在边上，平分交边于点，，延长、交于点，联结．求证：四边形是菱形．
【分析】利用已知条件判定，即可得到；再根据，即可得到，进而得出四边形是平行四边形，再结合条件，即可得出四边形是菱形．
【解答】证明：矩形中，，
，
又，
，
，
又，平分，
，
又，
，
，
平分，，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形．
【点评】本题主要考查了菱形的判定，关键是掌握菱形的判定方法：一组邻边相等的平行四边形是菱形．
32．（2023春•虹口区期末）如图，在矩形中，与相交于点，如果，，那么 12 ．
【分析】由条件可求得为等边三角形，则可求得的长．
【解答】解：，
，
四边形为矩形，
，
为等边三角形，
，
．
故答案为：12．
【点评】本题主要考查矩形的性质，等边三角形的判定与性质，掌握矩形的对角线相等且互相平分是解题的关键．
33．（2023春•徐汇区校级期末）如图，过矩形对角线的交点，且分别交、于、，那么阴影部分的面积与矩形的面积的比值是 ．
【分析】根据矩形的性质，将面积转换后求解即可．
【解答】解：由图可知：，，，
，
，
在与中，，高相等，
，
即，
阴影部分的面积．
故答案为：．
【点评】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
一十一．矩形的判定（共3小题）
34．（2023春•奉贤区期末）已知四边形中，，，下列说法不正确的是
A．如果，那么四边形是矩形
B．如果，那么四边形是矩形
C．如果，那么四边形是矩形
D．如果，那么四边形是矩形
【分析】根据矩形的判定判断即可．
【解答】解：、，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，故不符合题意；
、当，，，不能判定四边形是矩形，故符合题意；
、，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，故不符合题意；
、如图，
，，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，故不符合题意，
故选：．
【点评】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
35．（2023春•浦东新区期末）已知，如图，中，，是边的延长线上一点，过作，交的延长线于点，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）联结，当是的中点时，求证：四边形为矩形．
【分析】（1）由等腰三角形的性质证出，由平行四边形的判定可得出结论；
（2）证出，由矩形的判定可得出结论．
【解答】（1）证明：，
，
，
，
又，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）证明：为的中点，
，
，，
，
，
又，
四边形为平行四边形，
又四边形为平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形为矩形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
36．（2023春•虹口区期末）如图，在中，、分别是边、的中点，点、在对角线上，且．
（1）求证：；
（2）如果，求证：四边形是矩形．
【分析】（1）由平行四边形的性质结合已知条件证得，，由平行线的性质证得，，根据定理即可证得结论；
（2）连接，证得四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，得到，进而得到，根据矩形的判定定理即可证得结论．
【解答】证明：（1）四边形是平行四边形，
，，
，
、分别是边、的中点，
，
，
，
，
在和中，
，
；
（2）连接，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是矩形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．
一十二．矩形的判定与性质（共1小题）
37．（2023春•浦东新区校级期末）如图，已知，过点作交延长线于点，过点作交的延长线于点．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）设边与相交于点，连结、，若，求证：．
【分析】（1）根据四边形是平行四边形，可得，由，得到四边形是平行四边形，由得到，即可得到结论；
（2）证明四边形为等腰梯形，求出，然后根据矩形的性质和三角形内角和定理求出，即可．
【解答】证明：（1）四边形是平行四边形，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形；
（2）如图，
，，
四边形为等腰梯形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰梯形的判定和性质，平行线的性质以及三角形内角和定理等知识，灵活运用各性质进行推理论证是解题的关键．
一十三．正方形的性质（共3小题）
38．（2023春•长宁区校级期中）如果正方形的对角线长为2，那么它的周长为 ．
【分析】由正方形的性质可知，其对角线与两边构成等腰直角三角形，据此求得正方形的边长，进而求得周长．
【解答】解：正方形的对角线长是2，
边长是，
它的周长是．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，理解对角线长，边长之间的关系是解题关键．
39．（2023春•徐汇区校级期末）如图，已知正方形的边长为24，、分别是、边上的点，且，如果时，则的长为 20 ．
【分析】利用正方形的性质，全等三角形的判定可得，进而证出，得到，设，在中，由勾股定理列方程求解即可．
【解答】解：如图，延长到，使，连接，
四边形是正方形，
，，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
设，则，
在中，由勾股定理得，
，
即，
解得，
即，
故答案为：20．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理是正确解答的前提．
40．（2023春•浦东新区校级期末）如图，正方形边长为4，点在边上一点（点与点、不重合），过点作，垂足为，与边相交于点．
（1）求证：；
（2）联结、，如果的面积为，求的长．
【分析】（1）先证得，很容易证明与全等，由此得出进而可得结论；
（2）根据三角形的面积求得，再根据股定理求得，根据（1）中即可得出结论．
【解答】（1）证明：，，
，
在与中，
，
，
．
（2）解：，
设，
，
的面积
．
，
解得或1，
或．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质的应用，本题的关键是知道两线段之间的垂直关系．
一十四．正方形的判定（共3小题）
41．（2023春•普陀区期中）如图，已知四边形是平行四边形，下列结论正确的是
A．当时，四边形是矩形
B．当时，四边形是矩形
C．当时，四边形是菱形
D．当时，四边形是正方形
【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定逐个判断即可．
【解答】解：、四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形，故本选项不符合题意；
、四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形，故本选项不符合题意；
、四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形，故本选项符合题意；
、四边形是平行四边形，
又，
四边形是矩形，故本选项不符合题意；
故选：．
【点评】本题考查了对矩形的判定、菱形的判定，正方形的判定的应用，能正确运用判定定理进行判断是解此题的关键．
42．（2023春•青浦区期末）如图，在三角形中，，、分别是 与它的邻补角的平分线，于点．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）联结交于点，若，求证：四边形是正方形．
【分析】（1）由，是的平分线，可得，于点，所以可得出四边形为矩形；
（2）证出，由正方形的判定可得出结论．
【解答】（1）证明：，是的平分线，
，
是的平分线，是的外角平分线，
，即，
为等腰三角形，
为高，
又，
，
四边形为矩形；
（2）证明：如图，
四边形为矩形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形为矩形，
四边形是正方形．
【点评】本题考查了正方形的判定，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
43．（2023春•普陀区校级期末）已知平行四边形，对角线、相交于点，且，延长至点，使，联结．
（1）当时，求证：；
（2）当时，求证：四边形是正方形．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，根据线段垂直平分线性质得出，求出即可；
（2）根据邻补角互补求出，求出四边形是平行四边形，再根据正方形的判定推出即可．
【解答】证明：（1）四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
即；
（2）
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
四边形是正方形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，线段垂直平分线的性质，正方形的判定等知识点，能灵活运用知识点进行推出是解此题的关键，注意：有一个角是直角，并且有一组邻边相等的平行四边形是正方形．
一十五．梯形（共3小题）
44．（2023春•浦东新区校级期末）如图，梯形中，，，，对角线与相交于点，且，那么 75 度．
【分析】作于，于，根据等腰直角三角形的性质用表示出及的长，由锐角三角函数的定义求出的度数，根据三角形内角和等于得出的度数即可．
【解答】解：如图，作于，于，
在中，
，，
，
，，
．
又，
，
，
，
，
，
，
故答案为：75．
【点评】本题考查了梯形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．
45．（2023春•浦东新区校级期末）如图，梯形中，，，且平分，，，则梯形的周长是 15 ．
【分析】由，推出，，得到，由角平分线定义得到，因此，推出求出，得到梯形是等腰梯形，因此，故，即可求出梯形的周长．
【解答】解：，
，，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
梯形是等腰梯形，
，
，
梯形的周长．
故答案为：15．
【点评】本题考查梯形，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，关键是证明，．
46．（2023春•闵行区期末）如图，梯形中，，，点是延长线上一点，，，，垂直于射线，垂足为点．
（1）证明：四边形是平行四边形；
（2）联结，如果是等腰三角形，求线段的长度．
【分析】（1）证明梯形是等腰梯形，可得，根据等腰三角形的性质可得，可证明，进而可证明结论；
（2）根据点的位置可以分两种情况：当点在线段上，易知此时为钝角，则只能，过点分别向，作垂线，垂足分别为，，由证明，设，则，，，于是在和在中，利用双勾股定理即可求解；当点在的延长线上，根据等腰三角形的性质可推出，则只能，，于是再分两种情况：①当时，由三角形内角定理求得，于是；②当时，过点作于点，则，设，则，，，在和中，利用双勾股定理求解即可．
【解答】（1）证明：在梯形中，，，
梯形是等腰梯形，
，
，
，
，
，
，
四边形为平行四边形；
（2）解：由（1）知，四边形为平行四边形，
，
，
为的中点，
，
当点在线段上时，
于，
，
为钝角，
为钝角三角形，
若要使为等腰三角形，只能，
当时，如图，过点分别向，作垂线，垂足分别为，，
，，
，
，，，
，，，
，
又，
，
，即，
在和中，
，
，
，
由，得，
设，则，，，
在中，，
在中，，
，
解得：，（舍去），
，
；
当点在的延长线上时，
，
，
又，
，
，
，
要使是等腰三角形，只能，，
①当时，如图，
则，
，
，
，
为等腰直角三角形，
；
②当时，如图，过点作于点，
则，
，，
，
设，则，，，
在中，，
在中，，
，
解得：，（舍去），
．
综上，若是等腰三角形，线段的长度为或或．
【点评】本题主要考查梯形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质等，学会利用分类讨论思想和数形结合思想解决问题是解题关键．
一十六．等腰梯形的性质（共3小题）
47．（2023春•浦东新区校级期末）等腰梯形的对角线为17，底边分别为10和20．则梯形的面积是 120 ．
【分析】过，作下底的垂线，则易证，从而得到，，根据勾股定理可求得的长，根据面积公式即可求得梯形的面积．
【解答】解：过，作下底的垂线，
易证，且四边形是矩形，
因而，，，
在直角中，
根据勾股定理得到，
则梯形的面积是．
故答案为：120．
【点评】本题主要考查了等腰梯形的性质，能够将等腰梯形的问题通过作高线转化为直角三角形的问题来解决是解题的关键．
48．（2023春•徐汇区校级期末）如图，在等腰梯形中，，对角线，，，则梯形的周长为 30 ．
【分析】由在等腰梯形中，，，，，易求得，，继而求得答案．
【解答】解：在等腰梯形中，，
，
，，
，，
，，
，
，
，
，
等腰梯形的周长为：．
故答案为：30．
【点评】此题考查了等腰梯形的性质、含的直角三角形的性质以及等腰三角形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
49．（2023春•徐汇区校级期末）如图，在等腰梯形中，，对角线于点，，，垂足分别为、，，，则 6 ．
【分析】作辅助线，延长至，使，由，可知四边形为平行四边形，所以，而等腰梯形中两对角线相等，所以，而，则为等腰直角三角形，则可利用勾股定理求，又根据等腰直角三角形的性质可知，再利用勾股定理可求得，从而得到结论．
【解答】解：延长至，使，
，
四边形为平行四边形，
，
，
，
又等腰梯形，
，
，
为等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，，
．
故答案为：6．
【点评】本题考查了矩形的性质和判定以及等腰梯形的性质和最基本辅助线作法，此题的关键是作辅助线，然后利用等腰梯形的性质和等腰直角三角形求解．
一十七．等腰梯形的判定（共3小题）
50．（2023春•普陀区期末）已知四边形中，，，下列判断中一定正确的是
A．如果，那么四边形是菱形
B．如果，那么四边形是正方形
C．如果平分，那么四边形是矩形
D．如果，那么四边形是等腰梯形
【分析】根据平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，等腰梯形的判定和正方形的判定逐个判断即可．
【解答】解：．，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，故本选项不符合题意；
．，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，不一定是正方形，故本选项不符合题意；
．根据平分，和不能证明四边形是矩形，故本选项不符合题意；
．，，
四边形是等腰梯形，故本选项符合题意；
故选：．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，等腰梯形的判定和正方形的判定等知识点，能熟记平行四边形、矩形、菱形、等腰梯形和正方形的判定是解此题的关键．
51．（2023春•奉贤区期末）下列三角形纸片中，用一条平行于三角形一边的直线，把它分割成一个四边形和一个小三角形，得到的四
边形可能是等腰梯形的是
A．B．
C．D．
【分析】由等腰三角形的性质，等腰梯形的判定，即可判断．
【解答】解：等腰三角形的两个底角相等，
平行于等腰三角形的底边剪掉顶角，得到的四边形是等腰梯形，
选项、、中的三角形都不是等腰三角形，故、、不符合题意；
选项中的三角形是等腰三角形，故符合题意．
故选：．
【点评】本题考查等腰梯形的判定，平行线的性质，等腰三角形的性质，关键是掌握等腰梯形的判定．
52．（2023春•徐汇区校级期末）如图，已知是等边三角形，过点作，且，联结、．
（1）求证：四边形是等腰梯形；
（2）点在腰上，联结交于点，若，求证：
【分析】（1）由等边三角形的性质得到，，由平行线的性质推出，又，即可证明，得到，又，即可证明四边形是等腰梯形．
（2）由，得到，又，因此．
【解答】证明：（1）是等边三角形，
，
，
，，
，
，
，
，
，
四边形是等腰梯形．
（2），，
，
，
，
，，
，
，
，
．
【点评】本题考查等腰梯形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，平行线的性质，关键是证明，．
一十八．梯形中位线定理（共3小题）
53．（2023春•闵行区期末）如果梯形的一条底边长为6，中位线长为8，那么梯形的另一条底边长的值是 10 ．
【分析】只需根据梯形的中位线定理“梯形的中位线等于两底和的一半”，进行计算．
【解答】解：根据梯形的中位线定理，得
．
故答案为：10．
【点评】本题考查梯形中位线定理，用到的知识点为：梯形中位线（上底下底）．
54．（2023春•浦东新区期末）如图， 被平行于边的直线分成梯形和小，当 为直角三角形，且时，我们叫梯形是“余角梯形”．如果一个“余角梯形”较短底边长5，两腰长分别是3和4，那么它的中位线长是 ．
【分析】先根据，得，所以，设，则，根据勾股定理得，解得舍去），所以，，可得，，所以，所以梯形的中位线长是．
【解答】解：，
，
，，
，
设，则，
，，
，
，
舍去），
，，
，，
，
梯形的中位线长是．
故答案为：．
【点评】本题考查了梯形中位线定理，熟练掌握梯形中位线定理是关键，也考查了平行线分线段成比例的性质和勾股定理．
55．（2023春•长宁区校级期末）如果一个梯形的中位线长为10，上底长为6，那么下底长为 14 ．
【分析】根据梯形中位线定理计算即可．
【解答】解：设梯形的下底长为，
则，
解得：，
故答案为：14．
【点评】本题考查的是梯形的中位线，掌握梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半是解题的关键
一十九．*平面向量（共5小题）
56．（2023春•长宁区期末）下列关于向量的等式中，正确的是
A．B．C．D．
【分析】根据平面向量的运算法则逐一判断即可求解．
【解答】解：，
，
，
，
选项、、错误，选项正确，
故选：．
【点评】本题考查了平面向量的运算法则，熟练掌握平面向量的运算法则是解题的关键．
57．（2023春•虹口区期末）化简 是
A．B．C．0D．
【分析】根据平面向量的加减运算法则化简即可求解．
【解答】解：
，
故选：．
【点评】本题考查了平面向量的加减运算，熟练掌握平面向量的加减运算法则是解题的关键．
58．（2023春•浦东新区期末）如图，已知梯形，，点在底边上，．如果设那么 （用向量的式子表示）．
【分析】先证明四边形是平行四边形，得出，再根据平面向量三角形运算法则求解即可．
【解答】解：，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
又，
，
故答案为：．
【点评】本题考查了平面向量，平行四边形的判定与性质，熟练掌握平面向量的三角形运算法则是解题的关键．
59．（2023春•长宁区期末）如图，正方形的对角线、交于点，图中与相等的向量（除了是 ．
【分析】根据正方形的性质得出，即可求解．
【解答】解：四边形是正方形，
，
又与方向相同，
，
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质，平面向量，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
60．（2023春•闵行区期末）已知：如图矩形中，和相交于点，设，．
（1）填空： ；（用、的式子表示）
（2）在图中求作．
（不要求写出作法，只需写出结论即可．
【分析】（1）先将用，表示后，即可得出结果；
（2）延长到，使，由，，得出．
【解答】解：（1），，，
，
故答案为：；
（2）如图所示，即为所求；
【点评】本题考查了平面向量，矩形的性质，解题的关键是掌握平面向量三角形计算法则．