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【期末冲刺】第23章 四边形章节复习 优等生讲义
(4大考点精讲+巩固练习)2026年沪教版数学八年级下册
思维导图 · 课程内容总览
课程目标 · 精准把握学习方向
掌握 多边形内角和公式 、外角和 360°、对角线公式 ，并能灵活运用。
理解 平行四边形的性质与判定，能结合三角形全等、中位线解决几何问题。
熟练运用 矩形、菱形、正方形的特殊性质（对角线、对称性、面积公式），掌握判定定理。
掌握 三角形中位线定理和重心性质（重心将中线分成 2:1），并能进行相关计算与证明。
体会 分类讨论、数形结合、转化思想在四边形综合题中的应用。
核心：多边形内角与外角 · 平行四边形判定 · 特殊平行四边形性质 · 中位线与重心。
知识梳理 · 核心知识点
☆ 多边形
内角和： （）。
外角和： 任意多边形外角和均为 360°。
对角线： 从一个顶点可作 条对角线；总对角线数 。
正多边形： 各边相等、各角相等；每个内角 ，每个外角 。
截角问题： 四边形去掉一个角后可能变成三角形、四边形或五边形，取决于截线位置。
☆ 平行四边形
性质： 对边平行且相等；对角相等；邻角互补；对角线互相平分；中心对称图形。
判定： ①两组对边分别平行；②两组对边分别相等；③一组对边平行且相等；④两组对角分别相等；⑤对角线互相平分。
面积： 。
三角形中位线在平行四边形中的应用： 常与对角线交点结合，构造全等三角形。
☆ 矩形、菱形与正方形
矩形： 四个角都是直角；对角线相等且互相平分；既是轴对称又是中心对称。判定：①平行四边形+一个直角；②对角线相等；③三个角是直角。
菱形： 四条边相等；对角线互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角。面积 。判定：①平行四边形+一组邻边相等；②对角线互相垂直；③四边相等。
正方形： 具有矩形和菱形的所有性质；对角线垂直、相等且平分。判定：矩形+一组邻边相等 或 菱形+一个直角。
常见模型： 矩形中的翻折、菱形中的等边三角形、正方形中的旋转全等。
☆ 三角形中位线与重心
中位线定理： 连接三角形两边中点的线段平行于第三边且等于第三边的一半。
重心： 三角形三条中线的交点。重心将每条中线分成 2:1（重心到顶点的距离是到对边中点距离的 2 倍）。
应用： 在四边形中常连接对角线中点构造中位线；或利用重心性质求线段长、面积比。
☆ 知识总结表
类别 核心性质 常用公式/判定
多边形 内角和 (n-2)·180°，外角和 360° 对角线数 n(n-3)/2，正多边形内角 = 180-360/n
平行四边形 对边平行且相等，对角线互相平分 判定：边、角、对角线条件
矩形 四个直角，对角线相等 面积=长×宽；对角线相等是重要判定
菱形 四边相等，对角线垂直平分且平分内角 面积=对角线积/2
正方形 四边相等，四角直角，对角线垂直相等 既是矩形又是菱形
中位线/重心 中位线平行且等于第三边一半；重心分中线 2:1 重心到顶点距离 = 2×重心到对边中点距离
核心考点 ·4类题型精讲
【考点1】多边形基础（对应第1-9题）
※ 方法总结
熟记内角和公式、外角和 360°，注意正多边形内外角度数关系。
对角线公式：从 n 边形一个顶点可引 (n-3) 条对角线，总对角线数为 n(n-3)/2。
截角问题：分类讨论，截线经过不同顶点时，新多边形边数可能增加或不变。
“完美五边形”问题利用外角和直接列方程求角度和。
滚动问题：求点经过路程，可分解为圆弧长之和，利用旋转角与半径计算。
一．多边形（共9小题）
1．（2026春 徐汇区校级月考）以下说法中，正确的是（　　）
A．六边形的内角和是900°
B．七边形有10条对角线
C．外角和是360°的多边形是八边形
D．十边形的外角和等于五边形的外角和
【分析】运用多边形内角和公式、对角线条数公式、外角和性质逐一判断选项．
【解答】解：A、六边形的内角和是（6﹣2）×180°＝720°≠900°，故A错误，不符合题意；
B、七边形的对角线条数为，故B错误，不符合题意；
C、任意多边形的外角和都是360°，并非只有八边形外角和为360°，故C错误，不符合题意；
D、十边形外角和为360°，五边形外角和也为360°，二者相等，故D正确，符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查多边形的基础性质，掌握多边形内角和公式、对角线条数公式、外角和性质是解题的关键．
2．（2026春 金山区校级月考）如图，四边形ABCD去掉一个∠D后，剩下的新图形不可能是（　　）边形．
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【分析】分情况，画出图形即可．
【解答】解：四边形ABCD去掉一个∠D后，剩下的新图形可能是①三角形ABC，②四边形ABEC，③五边形ABFEC，不可能是六边形，
故选：D．
【点评】本题考查了多边形，分情况，画出图形即可，能画出符合的所有情况是解题的关键．
3．（2026春 杨浦区校级月考）下列语句正确的有（　　）个．（各边都相等，各内角都相等的多边形为正多边形）
①正多边形中，边越多，内角越大；
②正多边形中，边越多，外角越大；
③正多边形中，边越多，边长越小；
④正多边形中，边越多，周长越大．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据正多边形内角、外角的计算方法，结合边长、周长的影响因素，逐个判断四个语句的正误，统计正确个数即可得到答案．
【解答】解：设正多边形边数为n（n≥3，且n为整数），
①对正多边形内角度数，∵正n边形每个内角为，当n增大时，减小，因此增大，
∴①正确，符合题意；
②对正多边形外角度数，∵任意多边形的外角和为360°，正n边形每个外角为，当n增大时，减小，
∴②错误，不符合题意；
③正多边形的边长没有限定条件（如外接圆半径固定），边数更多的正多边形边长不一定更小，例如大正十边形的边长可以远大于小正三角形的边长，
∴③错误，不符合题意；
④正多边形的周长等于边长乘边数，没有限定条件时，边数更多的正多边形周长不一定更大，例如小正100边形的周长可以远小于大正三角形的周长，
∴④错误，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了多边形的内角和外角，熟练掌握该知识点是关键．
4．（2026春 静安区校级月考）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ABCDE是人类发现的第15种完美五边形的示意图，其中∠1+∠5＝120°，则∠2+∠3+∠4等于（　　）
A．145° B．180° C．240° D．325°
【分析】直接利用多边形的外角和为360°即可得出答案．
【解答】解：∵多边形的外角和为360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∵∠1+∠5＝120°，
∴∠2+∠3+∠4＝360°﹣（∠1+∠5）＝240°，
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的外角和，熟练掌握多边形的外角和为360°是关键．
5．（2026春 黄浦区期中）如图所示，在一个边长为9厘米的正方形内有一个边长为3厘米的等边三角形ABC（等边三角形的三条边相等，三个内角都等于60°），三角形ABC沿着正方形的边作顺时针方向的滚动．当三角形ABC第一次回到初始位置时，点A经过的路程为　5.23　 厘米．（π取3.14）
【分析】根据题意得到点A经过的路程为（）×4，再由弧长的计算方法进行计算即可
【解答】解：如图，点A经过的路程为（）×4，
即（）×4π≈5.23（厘米），
故答案为：5.23．
【点评】本题考查弧长的计算，掌握弧长的计算方法是正确解答的关键．
6．（2015春 青浦区期末）一个多边形的内角和比外角和的3倍多180°，那么这个多边形是　九　 边形．
【分析】多边形的内角和比外角和的3倍多180°，而多边形的外角和是360°，则内角和是1260度．n边形的内角和可以表示成（n﹣2） 180°，设这个多边形的边数是n，就得到方程，从而求出边数．
【解答】解：根据题意，得：（n﹣2） 180＝360×3+180，
解得：n＝9．
则这是个九边形，
故答案为：九．
【点评】本题主要考查了多边形内角与外角，此题要结合多边形的内角和公式寻求等量关系，构建方程即可求解．
7．（2026春 普陀区期中）已知某个多边形的内角和与外角和的和恰好等于一个十二边形的内角和，求这个多边形的边数．
【分析】设这个多边形的边数为n，根据题意得出方程（n﹣2）×180°+360°＝（12﹣2）×180°，求出方程的解即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
则（n﹣2）×180°+360°＝（12﹣2）×180°，
解得：n＝10，
∴这个多边形的边数为10．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，能熟记多边形的内角和公式是解此题的关键，注意：边数为n（n≥3）的多边形的内角和＝（n﹣2）×180°，多边形的外角和＝360°．
8．（2026 青浦区二模）如果过n边形的一个顶点可作5条对角线，那么这个n边形的内角和是　1080°　 ．
【分析】根据题意，过n边形的一个顶点可作5条对角线，可得n﹣3＝5，解得：n＝8，然后再根据多边形的内角和公式可得：（8﹣2）×180°，即可得出答案．
【解答】解：∵过n边形的一个顶点可作5条对角线，
∴n﹣3＝5，
∴n＝8，
∴这个n边形的内角和是：（8﹣2）×180°＝6×180°＝1080°．
故答案为：1080°．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，多边形的对角线，掌握多边形的内角和公式，多边形的对角线公式是解题的关键．
9．（2026春 静安区校级月考）在四边形ABCD中，∠A＝∠B，如果在四边形ABCD内部或边AB上存在一点P，满足∠DPC＝∠A，那么称点P是四边形ABCD的“映角点”．
（1）如图①，在四边形ABCD中，∠A＝∠B，点P在边AB上且是四边形ABCD的“映角点”，若DA∥CP，DP∥CB，则∠DPC的度数为 　60　 °；
（2）如图②．在四边形ABCD中，∠A＝∠B，点P在四边形ABCD内部且是四边形ABCD的“映角点”，延长CP交边AB于点E，求证：∠ADP＝∠CEB．
【分析】（1）由题意可知∠A＝∠B＝∠DPC，若DA∥CP，DP∥CB，推出∠A＝∠B＝∠DPC＝∠ADP＝∠PCB，再由∠DPB是△ADP的外角，则∠DPC+∠CPB＝2∠A，证得△BCP为等边三角形，即可得出结果；
（2）先证∠ADP+∠AEP＝180°，再由∠CEB+∠AEP＝180°，即可得出结论．
【解答】（1）解：由题意得：∠A＝∠B＝∠DPC，
∵DA∥CP，
∴∠DPC＝∠ADP，
∵DP∥CB，
∴∠DPC＝∠PCB，
∴∠A＝∠B＝∠DPC＝∠ADP＝∠PCB，
∵∠DPB是△ADP的外角，
∴∠DPC+∠CPB＝∠A+∠ADP＝2∠A，
∴∠A＝∠CPB，
∴∠B＝∠CPB＝∠PCB，
∴△BCP为等边三角形，
∴∠B＝60°，
∴∠DPC＝60°，
故答案为：60；
（2）证明：∵∠A＝∠B＝∠DPC，∠DPC+∠DPE＝180°，
∴∠A+∠DPE＝180°，
∴∠ADP+∠AEP＝180°，
∵∠CEB+∠AEP＝180°，
∴∠ADP＝∠CEB．
【点评】本题是四边形综合题，考查了新概念四边形ABCD的“映角点”、平行线的性质、三角形的外角性质、四边形内角和、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握新概念四边形ABCD的“映角点”是解题的关键．
【考点2】平行四边形（对应第10-25题）
※ 方法总结
判定平行四边形：优先考虑对边平行且相等、对角线互相平分。
添加条件判平行四边形：注意“一组对边平行”加上“对角相等”也能推出平行四边形。
平行四边形对角线性质：对角线互相平分，结合三角形三边关系可求对角线取值范围。
全等三角形模型：过对角线交点的直线与对边相交，得到的三角形全等（AAS 或 ASA），进而解决面积相等问题。
与中点、垂直平分线结合：利用线段相等关系求周长或线段长（如△CDE 周长 = AD+CD）。
新定义问题（“映角点”）：依据平行线性质和外角关系推导角度等。
10．（2026春 上海校级期中）在四边形ABCD中，已知AB∥CD，添加以下条件不能证明它是平行四边形的是（　　）
A．AB＝CD B．BC∥AD
C．∠A＝∠C D．∠A+∠D＝180°
【分析】已知四边形ABCD中AB∥CD，再添加AB＝CD或AD∥BC，或能推导出AB＝CD或AD∥BC的条件．根据平行四边形的判定定理，逐项判断各条件能否证明该四边形是平行四边形即可．
【解答】解：已知四边形ABCD中AB∥CD，再添加AB＝CD或AD∥BC，或能推导出AB＝CD或AD∥BC的条件．则：
∵已知AB∥CD，
A，AB＝CD，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，可判定四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
B，BC∥AD，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”，可判定四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
C，∵AB∥CD，∴∠A+∠D＝180°，又∵∠A＝∠C，∴∠C+∠D＝180°，∴AD∥BC，
两组对边分别平行，可判定四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
D，∵AB∥CD，∴∠A+∠D＝180°，是本来就成立的结论，
该条件没有给出新的有效信息，无法推出另一组对边平行或AB＝CD，
∴不能判定四边形ABCD是平行四边形，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查平行四边形的性质，正确进行计算是解题关键．
11．（2026春 虹口区期中）如果平行四边形的一条边长是10，那么下列各组数中，可作为这个平行四边形的两条对角线长是（　　）
A．12和8 B．13和6 C．28和6 D．20和6
【分析】根据平行四边形的性质得出OA＝OC，OB＝OD，当AB＝10时，根据三角形的三边关系定理只要满足：OB﹣OA＜10＜OB+OA（OB＞OA）即可，将OA、OB的值代入看是否符合即可．
【解答】解：∵平行四边形ABCD，
∴OA＝OC，OB＝OD，
当AB＝10时，根据三角形的三边关系定理只要满足：OB﹣OA＜10＜OB+OA（OB＞OA）即可，
A、OA＝6，OB＝4，10＝4+6，12和8不能作为平行四边形的两条对角线长，故本选项不符合题意；
B、OA＝6.5，OB＝3，6.5+3＜10，13和6不能作为平行四边形的两条对角线长，故本选项不符合题意；
C、OA＝14，OB＝3，14﹣3＝11＞10，28和6不能作为平行四边形的两条对角线长，故本选项不符合题意；
D、OA＝10，OB＝3，10﹣3＜10＜10+3，20和6能作为平行四边形的两条对角线长，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查对平行四边形的性质，三角形的三边关系定理等知识点的理解和掌握，能熟练地运用性质进行说理是解此题的关键．
12．（2026春 青浦区校级月考）如图，EF经过 ABCD对角线的交点O，交AD于点E，交BC于点F．有下列结论：①图中共有4对全等三角形；②若AB＝4，AC＝6，则2＜BD＜14；③S四边形ABFE＝S△ABC．其中正确的个数有（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【分析】①通过平行四边形的性质分析、列举全等三角形的对数判断是否为4对；②利用平行四边形对角线互相平分和三角形三边关系求出BD的范围；③通过全等三角形的面积相等，将四边形ABFE的面积转化为△ABC的面积．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，AB∥CD，AD∥BC，AB＝CD，AD＝BC，OA＝OC，
∵AD∥BC，
∴∠OAE＝∠OCF，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA），
同理可证△DOE≌△BOF，△ABD≌△CDB，△ABC≌△CDA，△AOB≌△COD，△AOD≌△COB，
∴图中共有6对全等三角形，结论①错误；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，BD＝2BO，
在△ABO中，根据三角形三边关系：|AB﹣AO|＜BO＜AB+AO，
∴|4﹣3|＜BO＜4+3，即1＜BO＜7，
∵BD＝2BO，
∴2＜BD＜14，结论②正确，
∵△AOE≌△COF，
∴S△AOE＝S△COF，
∵S△BOC＝S△BOF+S△COF，S△ABC＝S△ABO+S△BOC，
∴S△BOC＝S△BOF+S△AOE，
∵S△ABC＝S△ABO+S△BOC，
∴S△ABC＝S△ABO+S△BOF+S△AOE，
∵S四边形ABFE＝S△ABO+S△AOE+S△BOF，
∴S四边形ABFE＝S△ABC，结论③正确
综上，正确的结论是②和③．即选项C符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查翻折变换，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，菱形的性质，矩形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
13．（2026春 杨浦区校级月考）已知四边形ABCD，从下列条件中：①∠A＝∠C，②∠B＝∠D，③AB＝CD，④BC＝AD，任取两个，可以得出“四边形ABCD是平行四边形”这一结论的情况有（　　）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【分析】逐一列举所有选取两个条件的组合，判断能否推出四边形是平行四边形，统计符合结论的数量即可．
【解答】解：从4个条件中任取2个，共有如下6种组合：①②，①③，①④，②③，②④，③④，
∵两组对角分别相等的四边形是平行四边形，条件①∠A＝∠C，②∠B＝∠D满足该判定，
∴组合①②可推出四边形ABCD是平行四边形；
∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，条件③AB＝CD，④BC＝AD满足该判定，
∴组合③④可推出四边形ABCD是平行四边形；
组合①③，①④，②③，②④均不满足平行四边形的判定条件，无法推出四边形ABCD是平行四边形，符合结论的情况共2种，
故选：B．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定，关键掌握（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．
14．（2026春 浦东新区期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，在对角线BD上取两点E，F，连结AE，CE，AF，CF．下列条件：
①BE＝DF；
②∠BAE＝∠DCF；
③AE⊥BD，CF⊥BD；
④AE＝CF；
⑤AE∥CF；
能得到四边形AECF是平行四边形的个数是（　　）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】此题利用平行四边形的判定及全等三角形的性质求解．
【解答】解：如图，连接AC交BD于点O，
由条件可知AB∥CD，AB＝CD，AO＝CO，DO＝BO，
∴∠ABE＝∠CDF，
①由条件可得OE＝OF，OA＝OC，即可判定四边形AECF是平行四边形；
②添加∠BAE＝∠DCF，结合∠ABE＝∠CDF，AB＝CD，可证得△ABE≌△CDF（ASA），∴BE＝DF，可得OE＝OF，OA＝OC，可以证明四边形AECF是平行四边形；
③由条件可证得AE∥CF，根据∠AEB＝∠CFD＝90°，∠ABE＝∠CDF，AB＝CD，证明△ABE≌△CDF（AAS），可得AE＝CF，可以证明四边形AECF是平行四边形；
④无法判定△ABE≌△CDF，则无法判定四边形AECF是平行四边形；
⑤由条件可得∠AEB＝∠CFD，结合∠ABE＝∠CDF，AB＝CD，则△ABE≌△CDF（AAS），继而可得AE＝CF，可以证明四边形AECF是平行四边形；
∴能得到四边形AECF是平行四边形的个数是4个．
故选：C．
【点评】此题主要考查平行四边形的定义及其判定，熟练掌握平行四边形的性质及判定，则比较简单．
15．（2026春 浦东新区校级期中）如图，已知 ABCD的周长为12，AC的垂直平分线交AD于点E，交AC于点F，连接CE，则△CDE的周长是　6　 ．
【分析】根据平行四边形的性质得到AD+CD＝6，根据垂直平分线的性质可知△CDE的周长＝AD+CD．
【解答】解：已知 ABCD的周长为12，AC的垂直平分线交AD于点E，
∴AD+CD＝6，
由题意可得：点E在AC的垂直平分线上，
∴AE＝CE，
∴△CDE的周长＝CE+DE+CD＝AE+DE+CD＝AD+CD＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查平行四边形的性质，正确进行计算是解题关键．
16．（2026春 上海校级期中）在四边形ABCD中，两条对角线交于点O，已知BO＝DO，AC＝6cm，则当AO＝　3　 cm时，四边形ABCD是平行四边形．
【分析】已知BO＝DO，当时，四边形ABCD是平行四边形，据此即可解答．
【解答】解：在四边形ABCD中，两条对角线交于点O，
当AO＝3cm时，
CO＝AC﹣AO＝6﹣3＝3（cm），
∴AO＝CO，
∵BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形．
故答案为：3．
【点评】本题考查平行四边形的性质，正确进行计算是解题关键．
17．（2026春 静安区校级月考）如图，在 ABCD中，若∠ACB＝54°，∠D＝40°，AE＝AC，则∠ECD＝　23°　 ．
【分析】根据平行四边形的性质得出AD∥BC，进而利用等腰三角形的性质解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠B＝∠D＝40°，
∴∠DAC＝∠ACB＝54°，
∵AE＝AC，
∴∠AEC＝∠ACE63°，
∴∠ECD＝63°﹣40°＝23°，
故答案为：23°．
【点评】此题考查平行四边形的性质，关键是根据平行四边形的性质得出AD∥BC解答．
18．（2026春 松江区期中）平行四边形ABCD中，，BD＝4，AB边上的高是，则平行四边形ABCD的周长是　816或88　 ．
【分析】分两种情况：AB上的高在△ABD的内部或AB上的高在△ABD的外部，由勾股定理求出AH和BH的长，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边，
∴AB＝DC，AD＝BC，
设AB上的高是DH，
∴DH＝2，
∵AD＝4，BD＝4，∠AHD＝90°，
∴AH6，BH2，
当DH在△ABD的内部时，如图：
∴AB＝AH+BH＝8，
∴此时 ABCD的周长＝2（AD+AB）＝2×（48）＝816；
当DH在△ABD的外部时，如图：
∴AB＝AH﹣BH＝4，
∴此时 ABCD的周长＝2（AD+AB）＝2×（44）＝88，
综上所述： ABCD的周长是816或88．
故答案为：816或88．
【点评】本题考查平行四边形的性质，勾股定理，关键是要分两种情况讨论．
19．（2026 闵行区校级开学）平行四边形ABCD中，AB＝26cm，过对角线交点O作OE⊥AD，垂足为E，AE＝24cm，DE＝14cm，则S平行四边形ABCD＝　912　 cm2．
【分析】先由题意作出图形，利用平行线分线段成比例得到EF＝DE＝14cm，进而得到AE＝24cm，在Rt△ABF中，由勾股定理求出BF，最后代入平行四边形面积公式计算即可．
【解答】解：过点B作BF⊥AD，
∵OE⊥AD，
∴OE∥BF，
∴，
在平行四边形ABCD中，DO＝OB，
∴，
∵DE＝14cm，
∴EF＝DE＝14cm，
∵AE＝24cm，
∴AF＝AE﹣EF＝24﹣14＝10（cm），
在Rt△ABF中，∠AFB＝90°，AB＝26cm，AF＝10cm，则由勾股定理可得，
∴，
故答案为：912．
【点评】本题考查平行四边形，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
20．（2025春 徐汇区校级期中）如图，在 ABCD中，对角线AC与BD交于点O，如果 ABCD的周长为32，△COD的周长比△BOC的周长多4，那么BC的长为　6　 ．
【分析】由平行四边形的性质得AD＝BC，AB＝CD，OD＝OB，由AD+AB+BC+CD＝2BC+2CD＝32，求得BC+CD＝16，由△COD的周长比△BOC的周长多4，推导出CD﹣BC＝4，则BC+4+BC＝16，可求得BC，
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC与BD交于点O，
∴AD＝BC，AB＝CD，OD＝OB，
∵ ABCD的周长是32，
∴AD+AB+BC+CD＝2BC+2CD＝32，
∴BC+CD＝16，
∵△COD的周长比△BOC的周长多4，
∴CD+OC+OD﹣（BC+OC+OB）＝CD﹣BC＝4，
∴BC+4＝CD，
∴BC+4+BC＝16，
∴BC＝6，
故答案为：6．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质等知识，推导出BC+4＝CD是解题的关键．
21．（2026春 闵行区期中）如图，平行四边形ABCD中，∠ABC＝60°，点E是边AB上一点，连接CE，作FG垂直平分CE，分别交边AD、BC、CE于点G、F、H．
（1）如图1：若AB＝4，BC＝6，当点F恰好是边BC中点时，求AE的长；
（2）若AB＝BC＝6，当AF⊥BC时，求AE的长．
【分析】（1）连接EF，根据垂直平分线的性质，证明△BEF是等边三角形，即可得解；
（2）连接EF，根据30度所对的直角边等于斜边一半，得到BF＝3，进而推出△BEF是等边三角形，即可得解．
【解答】解：（1）连接EF，
∵点F恰好是边BC中点，AB＝4，BC＝6，
∴，
∵FG垂直平分CE，
∴CF＝EF＝3，
∵∠ABC＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴BE＝BF＝3，
∴AE＝AB﹣BE＝1；
（2）连接EF，
∵∠ABC＝60°，AF⊥BC，
∴∠BAF＝30°，
∴，
∴CF＝BC﹣BF＝3，
∵FG垂直平分CE，
∴CF＝EF＝3，
∵∠ABC＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴BE＝BF＝3，
∴AE＝AB﹣BE＝3．
【点评】本题考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
22．（2026春 杨浦区期中）如图，在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC、BD的交点，EF过点O且垂直于AD．
（1）求证：OE＝OF；
（2）若平行四边形ABCD的周长是24，OE＝2，求四边形ABFE的周长．
【分析】（1）证明△AOE≌△COF（ASA），可得结论；
（2）证明AE+BF＝BC，OE＝OF＝2，AB+BC＝12，可得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CB，OA＝OC，
∴∠OAE＝∠OCF，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，
∵平行四边形ABCD的周长是24，
∴AB+BC＝12，
∵△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF＝2，AE＝CF，
∴四边形ABFE的周长＝AB+BF+EF+AE＝AB+BC+EF＝12+4＝16．
【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题．
23．（2025春 上海校级期中）如图，在 ABCD中，∠BAD＝32°，分别以BC、CD为边向外作△BCE和△DCF，使BE＝BC，DF＝DC，∠EBC＝∠CDF．延长AB交边EC于点H，点H在E、C两点之间，连接AE、AF．
（1）求证：△ABE≌△FDA．
（2）当AE⊥AF时，求∠EBH的度数．
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得AD＝BC，AB＝CD，∠ABC＝∠ADC，又由BE＝BC，DF＝DC，∠EBC＝∠CDF，即可证得AB＝FD，EB＝AD，∠ABE＝∠FDA，则可证得结论；
（2）由△ABE≌△FDA，可得∠AEB＝∠DAF，又由AE⊥AF，∠BAD＝32°，即可求得∠EAB+∠DAF＝90°﹣∠BAD＝58°，继而求得答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AB＝CD，∠ABC＝∠ADC，
∵BE＝BC，DF＝DC，∠EBC＝∠CDF，
∴AB＝FD，EB＝AD，∠ABE＝∠FDA，
在△ABE和△FDA中，
，
∴△ABE≌△FDA（SAS）；
（2）∵△ABE≌△FDA，
∴∠AEB＝∠DAF，
∵AE⊥AF，∠BAD＝32°，
∴∠EAB+∠DAF＝90°﹣∠BAD＝58°，
∴∠EBH＝∠EAB+∠AEB＝∠EAB+∠DAF＝58°．
【点评】此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．注意证得AB＝FD，EB＝AD，∠ABE＝∠FDA是关键．
24．（2026春 徐汇区校级期中）【平行六边形】如图①，在凸六边形中，满足AB∥DE，BC∥EF，CD∥FA，我们称这样的凸六边形叫做“平行六边形”．其中AB与DE，BC与EF，CD与FA叫做“主对边”；∠A和∠D，∠B和∠E，∠C和∠F叫做“主对角”；AD，BE，CF叫做“主对角线”．
（1）类比平行四边形的性质，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 　错误　
②平行六边形的三组主对角分别相等 　正确　
③平行六边形的三条主对角线互相平分 　错误　
【菱六边形】六条边都相等的平行六边形叫做“菱六边形”．
（2）如图②，已知平行六边形满足OP＝PQ＝QR＝RS．求证：平行六边形OPQRST是菱六边形．
【分析】（1）连接BE，CF，AD，根据相似三角形和平行线的性质即可判断；
（2）先证明QRSH为平行四边形，再证明HSTO为平行四边形，即可证明是菱六边形．
【解答】（1）解：连接BE，CF，AD，BE，AD交于点O，
由图可知：
①AB平行于DE，只能知道△AOB∽△DOE，其他对边同理，故平行六边形的三组主对边分别相等是错误的；
②AB平行于DE，∠ABE＝∠BED，同理可得∠CBE＝BEF，其他对角同理，故平行六边形的三组主对角分别相等是正确的；
③由①可知，平行六边形的三条主对角线互相平分是错误的．
故答案为：①错误；②正确；③错误；
（2）证明：过点Q作QH平行且相等于PO，连接OH，HS，
则平行四边形PQHO是平行四边形，
∴PQ平行于OH，PQ＝OH，
在平行六边形OPQRST中，PO平行于RS，PO＝RS，
∴QH平行且相等于RS，
∴QRSH为平行四边形，
∴QR平行于HS，QR＝HS，
在平行六边形OPQRST中，PQ平行于ST，QR平行于OT，
∴OH平行于ST，HS平行于OT，
∴HSTO为平行四边形，
∴HS＝OT，OH＝ST，
∴QR＝OT，PQ＝ST，
∵OP＝PQ＝QR＝RS，
∴PQ＝QR＝RS＝ST＝OT＝PO，
∴平行六边形OPQRST是菱六边形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质与判定、相似三角形的性质与判定以及解方程，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．
25．（2026春 静安区校级月考）【阅读材料】
老师提出的问题： 同学们的方案：
如图，在平行四边形ABCD中，AD＜AB，∠A为锐角．在对角线BD上如何确定点E、 方案1：分别作AE平分∠BAD，CF平分∠BCD，交BD于点E、F．
F的位置，使四边形AECF为平行四边形？ 方案2：取BD的两个三等分点E、F．
方案3：在BD上任意取一点E，连接AE，再以C为圆心，AE长为半径画弧，交BD于点F．
【解决问题】
（1）写出以上三种方案中正确方案，并选择一种正确的方案，在图1中画出图形，并说明理由；
（2）除了这些同学们已经研究的方案之外，你还有其他方案吗？请写出方案，画出图形，并说明理由．
【分析】（1）根据平行四边形的性质和角平分线的性质证出△ADE≌△CBF（ASA），得到AE＝CF，∠AED＝∠CFB，求出AE∥CF，即可得到结论；
（2）在BD上取点E、F使得DE＝BF，证出△AED≌△CFB，得到AE＝CF，∠AED＝∠CFB，求出AE∥CF，即可得到结论．
【解答】解：（1）方案1和2正确；
选择方案1证明：
如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，∠DAB＝∠BCD，∠ADC＝∠ABC，DC∥AB，DC＝AB，
∵AE平分∠BAD，CF平分∠BCD，
∴，
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠CBF，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴AE＝CF，∠AED＝∠CFB，
∴∠AEF＝∠CFE，
∴AE∥CF，
所以四边形AECF为平行四边形．
方案2证明：
如图：
根据题意得：DE＝EF＝BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠ADE＝∠CBF，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（SAS），
∴∠AED＝∠CFB，AE＝CF，
∴∠AEF＝∠CFE，
∴AE∥CF，
所以四边形AECF为平行四边形．
方案3证明：
如图：
根据题意得：AE＝CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠ADE＝∠CBF，
根据已知得：AD＝BC，AE＝CF，∠ADE＝∠CBF，
无法根据边边角证出△ADE和△CBF全等，
∴无法得到四边形AECF为平行四边形；
（2）方案：在BD 上取点E、F使得DE＝BF，
在BD上取点E、F使得DE＝BF，
在△AED和△CFB中，
，
∴△AED≌△CFB（SAS），
∴AE＝CE，∠AED＝∠CFB，
∴∠AEF＝∠CFE，
∴AE∥CF，
所以四边形AECF为平行四边形．
【点评】本题主要考查平行四边形的判定和性质，角平分线的性质，三角形全等的判定和性质．
【考点3】矩形、菱形与正方形（对应第26-40题）
※ 方法总结
矩形对角线相等且互相平分；利用勾股定理求边长、对角线。
菱形对角线互相垂直平分且平分内角，面积等于对角线乘积一半；菱形中常出现等边三角形（如较短对角线＝边长时）。
正方形具有最完整的对称性，常结合旋转、全等三角形证明线段相等或垂直。
矩形中的“垂直平分线”问题：作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理列方程求边长。
阴影面积问题：利用矩形面积分割、等积变形（如矩形内过对角线上点的平行线分得面积相等）。
正方形中线段最值：垂线段最短，利用勾股定理和不等式求最小值（如 EF=CP≥CG）。
26．（2026春 普陀区校级期中）下列说法错误的是（　　）
A．平行四边形的对角线互相平分
B．菱形的每一条对角线平分一组对角
C．矩形的对角线互相垂直
D．正方形的对角线相等、互相垂直且平分
【分析】对于选项A，根据平行四边形性质得：平行四边形的对角线互相平分，据此可对该选项进行判断；
对于选项B，根据菱形性质得：菱形的每一条对角线平分一组对角，据此可对该选项进行判断；
对于选项C，根据矩形性质得：矩形的对角线相等且互相平分，据此可对该选项进行判断；
对于选项D，根据正方形性质得：正方形的对角线相等、互相垂直且平分，据此可对该选项进行判断，综上即可得出答案．
【解答】解：对于选项A，
根据平行四边形性质得：平行四边形的对角线互相平分，
故选项A正确，不符合题意；
对于选项B，根据菱形性质得：菱形的每一条对角线平分一组对角，
故选项B正确，不符合题意；
对于选项C，根据矩形性质得：矩形的对角线相等且互相平分，
故选项C不正确，符合题意；
对于选项D，根据正方形性质得：正方形的对角线相等、互相垂直且平分，
故选项D正确，不符合题意，
故选：C．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，菱形的性质，矩形的性质和正方形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，菱形的性质，矩形的性质和正方形的性质是解决问题的关键．
27．（2026春 上海校级月考）如图，矩形ABCD中，AB＝6，点E是AD上一点，且DE＝2，CE的垂直平分线交CB的延长线于点F，交CD于点H，连接EF交AB于点G．若G是AB的中点，则BC的长是（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】过点E作EP⊥BC于点P，易证四边形ABPE和四边形CDEP为矩形，得出CD＝EP＝6，DE＝CP＝2，根据AAS易证△AEG≌△BFG，得出AE＝BF，又FH垂直平分EC，得出FC＝FE，令BC＝x，则BP＝AE＝BF＝x﹣2，进而BP＝AE＝BF＝2x﹣2，FP＝2x﹣4，EF＝FC＝2x﹣2，在Rt△EFP中，EP2+FP2＝EF2，进行求解即可．
【解答】解：过点E作EP⊥BC于点P，
在矩形ABCD中∠A＝∠ABC＝∠BCD＝∠D＝90°，AB＝CD＝6，
∴四边形ABPE和四边形CDEP为矩形，
又AB＝6，DE＝2，
∴CD＝EP＝6，DE＝CP＝2，
∵G是AB的中点，
∴AG＝GB＝3，
又∵AD∥BC，
∴∠AEG＝∠BFG，
又∠AGE＝∠BGF，
∴△AEG≌△BFG（AAS），
∴AE＝BF，
∵FH垂直平分EC，
∴FC＝FE，
令BC＝x，则BP＝x﹣2，
又∵AE＝BF＝BP，
∴BP＝AE＝BF＝x﹣2，
∴FP＝2x﹣4，EF＝FC＝2x﹣2，
在Rt△EFP中，EP2+FP2＝EF2，
∴62+（2x﹣4）2＝（2x﹣2）2
解得x＝6．
故选：A．
【点评】本题考查矩形的判定和性质，垂直平分线的性质，利用勾股定理解直角三角形以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构造直角三角形利用勾股定理求边长是解决本题的关键．
28．（2026春 徐汇区校级月考）已知四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，那么下列条件中能判定这个四边形是正方形的是（　　）
A．AC＝BD，AB∥CD，AB＝CD B．AD∥BC，∠A＝∠C
C．OA＝OB＝OC＝OD，AC⊥BD D．OA＝OC，OB＝OD，AB＝BC
【分析】根据已知条件，结合正方形的判定定理逐一判断即可．
【解答】解：如图：
A、∵AB＝CD，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，不能判定为正方形，不符合题意．
B、∵AD∥BC，
∴∠A+∠ABC＝180°，
∵∠A＝∠C，
∴∠C+∠ABC＝180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，无法判定为正方形，不符合题意．
C、∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AC⊥BD，
∴矩形ABCD是正方形，符合题意．
D、∵OB＝OD，OA＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝BC，
∴ ABCD是菱形，无法判定为正方形，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查正方形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
29．（2026春 虹口区校级期中）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E，F，连接PB、PD，若AE＝2，PF＝8，则图中阴影部分的面积为（　　）
A．18 B．16 C．12 D．10
【分析】由矩形的性质可证明S△PEB＝S△PFD，即可求解．
【解答】解：作PM⊥AD于M，交BC于N．
则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴S△ADC＝S△ABC，S△AMP＝S△AEP，S△PBE＝S△PBN，S△PFD＝S△PDM，S△PFC＝S△PCN，
∴S△DFP＝S△PBE2×8＝8，
∴S阴＝8+8＝16，
故选：B．
【点评】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证明S△PEB＝S△PFD．
30．（2026春 上海期中）如图①是某种型号拉杆箱的实物图，如图②是它的示意图，行李箱的侧面可看成一个矩形，点F，C，D在同一条直线上，为了拉箱时的舒适度，现将∠ABD调整为75°，若∠D保持不变，则图中∠ECF应（　　）
A．减少20° B．减少10° C．增加20° D．增加10°
【分析】根据三角形外角的性质得到∠BCD＝∠ABD﹣∠D＝40°，再由平角的定义即可求出∠ECF．
【解答】解：∵∠ABD＝75°，∠D＝35°，
∴∠BCD＝∠ABD﹣∠D＝75°﹣35°＝40°，
∵∠ACE＝90°，
∴∠ECF＝180°﹣∠BCD﹣∠ACE＝180°﹣40°﹣90°＝50°，
∴50°﹣30°＝20°，即图中∠ECF应20°，
综上所述，只有选项C正确，符合题意，
故选：C．
【点评】此题考查了三角形外角性质，矩形性质，掌握相关性质是解题的关键．
31．（2026春 普陀区校级期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝120°，过菱形ABCD的顶点分别作对角线BD，AC的平行线，两两相交于点M，N，P，Q，则四边形MNPQ的面积为（　　）
A． B．4 C． D．8
【分析】先证明四边形AMNC、AQPC、MNPQ、AOBM是平行四边形，得到BD＝MQ＝NP，MN＝AC＝PQ，再证明四边形MNPQ为矩形，根据勾股定理和直角三角形的性质求出，，得出AC＝2AO＝2，，最后求出矩形的面积即可．
【解答】解：连接AC，BD，AC与BD相交于点O，
∵AC∥MN∥PQ，MQ∥BD∥NP，
∴四边形AQPC、MNPQ、AOBM、AMNC是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，BO＝DO，AO＝CO，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵四边形AOBM是平行四边形，
∴四边形AOBM是矩形，
∴∠M＝90°，
∵四边形MNPQ为平行四边形，
∴四边形MNPQ为矩形，
∵∠BAD＝120°，AB＝AD＝2，
∴，
∴，
∴，AC＝2AO＝2，
∴，
∴，MN＝AC＝2，
∴四边形MNPQ的面积为：，
故选：C．
【点评】本题矩形的判断和性质，掌握平行四边形、矩形、菱形的判断和性质是解题的关键．
32．（2026春 闵行区期中）菱形的周长是20，一条较短的对角线长是5，则该菱形较大的内角是　120　 °．
【分析】根据题意求出菱形的边长，再结合等边三角形性质和判定推出较短对角线与菱形的一组邻边构成一个等边三角形，利用等边三角形性质和菱形性质求解，即可解题．
【解答】解：由条件可知菱形的边长是20÷4＝5，
∵一条较短的对角线长是5，
如图，可得AB＝BD＝AD＝5，
∴△ABD为等边三角形，
∴∠ABC＝2∠ABD＝120°，
∴该菱形较大的内角是120°．
故答案为：120．
【点评】本题考查了菱形的性质，熟练掌握该知识点是关键．
33．（2026春 宝山区校级期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，BE∥AC，AE∥BD，OE与AB交于点F．若OE＝5，AC＝8，则菱形ABCD的面积为 　24　 ．
【分析】先证四边形AEBO为平行四边形，再由菱形的性质得∠AOB＝90°，则四边形AEBO是矩形，得AB＝OE＝5，然后由勾股定理得OB＝3，则BD＝6，即可解决问题．
【解答】解：∵BE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AEBO是平行四边形，
∵菱形ABCD的对角线交于点O，AC＝8，
∴OAAC＝4，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∴平行四边形AEBO是矩形，
∴AB＝OE＝5，
∴OB3，
∴BD＝2OB＝6，
∴S菱形ABCDAC BD8×6＝24，
故答案为：24．
【点评】本题考查的是菱形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
34．（2026春 虹口区期中）如图，矩形ABCD中，AC、BD交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，∠AOD＝120°，那么∠OEC＝　105°　 ．
【分析】由矩形的性质得到OA＝OB，∠ABC＝∠BAD＝90°，可证明△AOB是等边三角形，得到OB＝AB，∠OBA＝60°，证明△ABE是等腰直角三角形，推出OB＝BE，据此求出∠BEO的度数即可得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OB，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∵∠AOD＝120°，
∴∠AOB＝180°﹣∠AOD＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OB＝AB，∠OBA＝60°，
∴∠OBE＝∠ABC﹣∠OBA＝30°，
∵AE平分∠BAD，
∴，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AB＝BE，
∴OB＝BE，
∴，
∴∠OEC＝180°﹣∠BEO＝105°．
故答案为：105°．
【点评】本题考查进行的性质，三角形内角和定理，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，掌握以上知识点是解题的关键．
35．（2026 静安区）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BF⊥CE，垂足为点P，已知CP＝9，PF＝7，那么BF的长为 　10或13　 ．
【分析】证明△ABF和△BCE全等得BF＝CE，设EP＝a，BP＝b，则BF＝b+7，CE＝a+9，由此得b+7＝a+9，则a＝b﹣2①，证明△BPE和△CPB相似得，则，由此得b2＝9a②，由①②解得b＝3，b＝6，由此得当b＝3时，BF＝b+7＝10，当b＝6时，BF＝b+7＝13，据此可得出BF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠CBE＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠BPE＝∠BPC＝90°，
∴△BPC是直角三角形，
在Rt△BPC中，∠BCE+∠CBP＝90°，
又∵∠CBE＝∠ABF+∠CBP＝90°，
∴∠ABF＝∠BCE，
在△ABF和△BCE中，
，
∴△ABF≌△BCE（ASA），
∴BF＝CE，
设EP＝a，BP＝b，
∵CP＝9，PF＝7，
∴BF＝BP+PF＝b+7，CE＝EP+CP＝a+9，
∴b+7＝a+9，
∴a＝b﹣2①，
在△BPE和△CPB中，
∠BPE＝∠BPC＝90°，∠ABF＝∠BCE，
∴△BPE∽△CPB，
∴，
∴，
∴b2＝9a②，
将①代入②得：b2＝9（b﹣2），
整理得：b2﹣9b+18＝0，
解得：b＝3，b＝6，
当b＝3时，BF＝b+7＝10，
当b＝6时，BF＝b+7＝13，
∴BF的长为10或13．
故答案为：10或13．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解决问题的关键．
36．（2026春 虹口区校级期中）如图，在矩形ABCD中，CD＝5，BC＝12，点P为对角线BD上一动点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD交CD于点F，则线段EF长的最小值为 　　 ．
【分析】作CG⊥BD于点G，连接PC，可证明四边形PECF是矩形，所以EF＝CP，则∠ECF＝90°，CD＝5，BC＝12，求得BD＝13，由，求得，由CP≥CG，得，则EF的最小值为，于是得到问题的答案．
【解答】解：作CG⊥BD于点G，连接PC，
根据题意可知，四边形ABCD是矩形，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，
∴∠ECF＝∠PEC＝∠PFC＝90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴EF＝CP，
∵CD＝5，BC＝12，
∴，
∴，
∴，
∵CP≥CG，
∴，
综上所述，EF的最小值为．
故答案为：．
【点评】此题考查矩形的判定与性质、垂线段最短、勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
37．（2026春 普陀区校级期中）如图，E，F是菱形ABCD对角线上的两点，且AE＝CF＝DE．如果∠DAB＝60°，AD＝6，求四边形BEDF的周长．
【分析】连接BD，交AC于点O，由菱形的性质得OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，进而证明OE＝OF，再证明四边形BEDF是平行四边形，然后证明平行四边形BEDF是菱形，得∠DAE＝30°，AC⊥BD，进而由含30°角的等边三角形的性质得OD＝3，∠ADO＝60°，由勾股定理求出OE的长，得出DE的长，即可得出结论．
【解答】解：如图，连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∵AE＝CF，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴平行四边形BEDF是菱形，
∴∠DAE∠DAB＝30°，AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
∴ODAD＝3，∠ADO＝90°﹣30°＝60°，
∵AE＝DE，
∴∠ADE＝∠DAE＝30°，
∴∠EDO＝60°﹣30°＝30°，
∴DE＝2OE，
∴ODOE＝3，
∴OE，
∴DE＝2，
由（1）可知，四边形BEDF是菱形，
∴BE＝BF＝DF＝DE＝2，
∴菱形BEDF的周长＝4DE＝8．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
38．（2026春 虹口区期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，对角线AC、BD交于点O，点P是边CD上一点（不与点C、D重合），连接AP交BD于点E，延长AP交∠BCD的外角角平分线于点F．
（1）求证：AE＝EF；
（2）连接CE、DF，当CE∥DF时，求CF的长．
【分析】（1）设CF的延长线交AD的延长线于点H，证明△DCH是等腰直角三角形得CD＝HD，∠H＝45°，进而得AD＝HD，∠H＝∠ADE＝45°，由此得DE是△AFH的中位线，据此可得出结论；
（2）过点F作FN⊥BC，交BC的延长线于点N，NF的延长线交AD的延长线于点M，先求出OD，依题意得DE＜OD，证明四边形DECF是平行四边形得PD＝PC＝3，PE＝PF，DF＝CE，CF﹣DE，进而得CF，再求出AP可得AE，证明△ABE和△CBE全等得AE＝CE＝DF，设FN＝CN＝x，则CF，证明四边形CDNM是矩形，从而得FN＝6﹣x，在Rt△DMF中，由勾股定理求出x＝2，x＝4，据此可得CF的长．
【解答】（1）证明：设CF的延长线交AD的延长线于点H，如图1所示：
∵四边形ABCD是正方形，对角线AC、BD交于点O，
∴∠ADE＝45°，∠ADC＝90°，AD＝CD，
∴点H在AD的延长线上，
∴∠CDH＝180°﹣∠ADC＝90°，
∵CF是∠BCD的外角角平分线，
∴∠DCH＝45°，
在△DCH中，∠CDH＝90°，∠DCH＝45°，
∴△DCH是等腰直角三角形，
∴CD＝HD，∠H＝45°，
∴AD＝HD，
即点D是AH的中点，
又∵∠H＝∠ADE＝45°，
∴CH∥DE，
∴DE是△AFH的中位线，
∴点E是AF的中点，
∴AE＝EF；
（2）解：过点F作FN⊥BC，交BC的延长线于点N，NF的延长线交AD的延长线于点M，如图2所示：
∴∠N＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，且AB＝6，
∴AD＝CD＝AB＝CB＝6，∠BAC＝∠ADP＝90°，ODBD，
∠ABE＝∠CBE＝∠CDE＝45°，
∴△ABD和△ADP都是直角三角形，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD，
∴ODBD，
∵点P是边CD上一点（不与点C、D重合），连接AP交BD于点E，
∴点E在线段OD上，
∴DE＜OD，
∵CF是∠BCD的外角角平分线，
∴∠DCF＝∠NCF＝45°，
∴∠CDE＝∠DCF＝45°，
∴DE∥CF，
∴当CE∥DF时，四边形DECF是平行四边形，
∴PD＝PCCD＝3，PE＝PF，DF＝CE，CF＝DE，
∴CF，
由（1）可知：AE＝EF，
∴AE＝EF＝PE+PF＝2PE，
∴AP＝AE+PE＝3PE，
在Rt△ADP中，由勾股定理得：AP，
∴3PE，
∴PE，
∴AE＝2PE，
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴AE＝CE，
∴DF＝CE，
设CN＝x，
在△CFN中，∠N＝90°，∠NCF＝45°，
∴△CFN是等腰直角三角形，
∴FN＝CN＝x，
由勾股定理得：CF，
∵∠NCD＝∠CDM＝∠N＝90°，
∴四边形CDNM是矩形，
∴DN＝CN＝x，MN＝CD＝6，∠M＝90°，
∴FN＝MN﹣FN＝6﹣x，△DMF是直角三角形，
在Rt△DMF中，由勾股定理得：DN2+FN2＝DF2，
∴，
整理得：x2﹣6x+8＝0，
解得：x＝2，x＝4，
当x＝2时，CF，符合题意，
当x＝4时，CF，不符合题意，舍去，
∴CF的长为．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，灵活利用勾股定理计算是解决问题的关键．
39．（2026春 静安区校级月考）如图①，在正方形ABCD中，P为线段BC上的一个动点，线段MN⊥AP于点E，交线段AB于点M，交线段CD于点N．
（1）求证：AP＝MN；
（2）如图②，若线段MN垂直平分线段AP，分别交AP，BD于点E，F．求证：EF＝ME+FN．
【分析】（1）过B点作BH∥MN交CD于H，则AP⊥BH，根据平行四边形和正方形的性质求证△ABP≌△BCH（ASA），然后根据三角形全等的性质即可证明；
（2）根据线段垂直平分线的性质和正方形的性质求得FP＝FC，然后根据等边对等角和等量代换求得∠AFP＝90°，根据直角三角形斜边中线的性质得到FEAP，结合（1）问结论即可求证．
【解答】证明：（1）如图①，过点B作BH∥MN交CD于点H，则AP⊥BH．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，AB∥CD，∠ABP＝90°＝∠C，
∴∠CBH+∠ABH＝∠BAP+∠ABH＝90°，
∴∠BAP＝∠CBH，
在△ABP和△BCH中，
，
∴△ABP≌△BCH（ASA），
∴AP＝BH．
∵AB∥CD，即BM∥NH，
∴四边形MBHN为平行四边形，
∴MN＝BH，
∴AP＝MN；
（2）如图②，连接FA，FP，FC．
∵正方形ABCD是轴对称图形，F为对角线BD上的一点，
∴FA＝FC，∠FAB＝∠FCB．
∵FE垂直平分AP，
∴FA＝FP，
∴FP＝FC，
∴∠FPC＝∠FCP．
∴∠FAB＝∠FPC，
∴∠FAB+∠FPB＝180°，
∴∠ABC+∠AFP＝180°，
∴∠AFP＝90°，
∴．
由（1），知AP＝MN，
∴MN＝ME+EF+FN＝AP＝2EF，
∴EF＝ME+FN．
【点评】本题考查正方形的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
40．（2026春 宝山区校级月考）【问题情境】如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE'（点A的对应点为点C），延长AE交CE'于点F．
【猜想证明】
（1）试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由；
（2）如图②，若AD＝DE，请猜想线段CF与FE′的数量关系并加以证明．
【分析】（1）先证明四边形BE′FE是矩形，即可证明结论；
（2）过点D作DH⊥AE于H，结合正方形性质证明△ADH≌△BAE，得出，根据BE＝E′F即可证明结论．
【解答】解：（1）四边形BE′FE是正方形，理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB＝∠CE′B＝∠EBE′＝90°，BE＝BE′．
又∵∠BEF＝90°，
∴四边形BE′FE是矩形．
又∵BE＝BE′，
∴四边形BE′FE是正方形．
（2）CF＝E'F；理由如下：
如图，过点D作DH⊥AE于H，
∵DA＝DE，DH⊥AE，
∵∠ADH+∠DAH＝90°，，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝90°，AD＝AB，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB．
又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴．
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE＝CE′，
∵四边形BE′FE是正方形，
∴BE＝E′F，
∴，
∴CF＝E'F．
【点评】本题考查的是正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
【考点4】三角形中位线与重心（对应第41-51题）
※ 方法总结
中位线定理：遇中点，连中点得中位线，平行于第三边且等于第三边一半；在四边形中连接对角线中点可得平行四边形。
重心性质：重心是中线的交点，将中线分成 2:1；常用于求线段长、面积比（如重心分中线，面积三等分）。
构造中位线：已知两边中点直接连接；或需取中点构造。
与角平分线结合：可延长构造等腰三角形，利用三线合一得中点，再用中位线。
动态最值：当动点运动到垂足时，中位线对应线段取最小值（如 FG = 1/2 CD，CD 最小时 FG 最小）。
41．（2026春 杨浦区期中）如图，在△ABC中，AB＝BC＝12，BD⊥AC于点D，点F在BC上，且BF＝4，连接AF，E为AF的中点，连接DE，则DE的长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据等腰三角形的“三线合一”得到AD＝DC，根据三角形中位线定理计算得到答案．
【解答】解：∵BC＝12，BF＝4，
∴FC＝BC﹣BF＝12﹣4＝8，
∵AB＝BC，BD平分∠ABC，
∴AD＝DC，
∵AE＝EF，
∴DE是△AFC的中位线，
∴DEFC8＝4．
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
42．（2026春 杨浦区期中）如图，在△ABC中，点F、D、E分别是边AB、BC、AC上的点，且AD、BE、CF相交于点O，若点O是△ABC的重心．则以下结论：①线段AD、BE、CF是△ABC的三条角平分线；②△BOD的面积是△AOC面积的一半；③图中与△BOC面积相等的三角形有2个；④S△BOD＝S△COE；⑤OFAD．其中一定正确结论有（　　）
A．②③ B．①③④ C．②④⑤ D．②③④
【分析】由三角形的重心的概念得到AD、BE、CF是△ABC的中线，由三角形的重心的性质得到OCCF，BFAB，由三角形的面积公式得到S△BOCS△ABC，同理S△AOBS△ABC，S△AOCS△ABC，得到△BCO的面积＝△AOB的面积＝△AOC的面积，由三角形的面积公式得到△BOD的面积是△AOC面积的一半，S△BOD＝S△COE，由三角形的重心的性质得到OFCF，OF不一定等于AD．
【解答】解：∵点O是△ABC的重心，
∴线段AD、BE、CF是△ABC的中线，
故①不符合题意；
∵点O是△ABC的重心，
∴OCCF，BFAB，
∴S△BOCS△BCF，S△BCFS△ABC，
∴S△BOCS△ABC，
同理：S△AOBS△ABC，S△AOCS△ABC，
∴△BCO的面积＝△AOB的面积＝△AOC的面积，
∴图中与△BOC面积相等的三角形有2个，
故③符合题意；
∵BDBC，
∴△BOD的面积＝△BOC面积的一半，
∵△BOC的面积＝△AOC的面积，
∴△BOD的面积是△AOC面积的一半，
故②符合题意；
∵CEAC，
∴S△COES△AOC，
∵S△BODSBOC，S△BOC＝S△AOC，
∴S△BOD＝S△COE，
故④符合题意；
∵O是△ABC的重心，
∴OFCF，
∵AD和CF不一定相等，
∴OF不一定等于AD，
故⑤不符合题意．
∴其中一定正确结论是②③④．
故选：D．
【点评】本题考查三角形的重心，关键是掌握三角形的重心的性质．
43．（2025秋 浦东新区校级期中）如图，在△ABC中，G是三角形的重心，AG⊥GC，AG＝6，GC＝8，则BG的长为（　　）
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】延长BG交AC于点H，证明BG＝2GH；证明BG＝AC，求出AC，即可解决问题．
【解答】解：如图，延长BG交AC于点H；
∵点G是△ABC的重心，
∴AH＝CH；
∵AG⊥GC，
∴AC＝2GH，
∴BG＝AC．
由勾股定理得：
AC2＝AG2+GC2，而AG＝6，GC＝8，
∴AC＝10，
∴BG＝10．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形重心的性质及其应用问题，解题的关键是作辅助线，灵活运用有关定理来分析、判断、推理或解答．
44．（2026春 虹口区校级期中）如图，△ABC中，∠B、∠C的平分线BE、CF相交于点O，AG⊥BE于点G，AH⊥CF于点H．若AB＝9厘米，AC＝14厘米，BC＝18厘米，则GH的长为　　 厘米．
【分析】延长AH交BC于P，延长AQ交BC于Q，证明△AGB≌△QGB，根据全等三角形的性质得到BQ＝AB＝9厘米，AG＝GQ，同理得到PC＝AC＝14厘米，AH＝HP，进而求出PQ，再根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：如图，延长AH交BC于P，延长AQ交BC于Q，
在△AGB和△QGB中，
，
∴△AGB≌△QGB（ASA），
∴BQ＝AB＝9厘米，AG＝GQ，
同理可得：△AHC≌△PHC（ASA），
∴PC＝AC＝14厘米，AH＝HP，
∴PQ＝BQ+PC﹣BC＝9+14﹣18＝5（厘米），
∵AG＝GQ，AH＝HP，
∴GHPQ厘米，
故答案为：．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
45．（2026春 普陀区期中）如图，△ABC的中线AD、BE交于点G，如果AB＝AC＝6，BC＝8，那么四边形CDGE的面积为 　　 ．
【分析】延长AD到F，使DF＝DG，连接BF，CF，CG，则GF＝2DG，由等腰三角形性质得AD⊥BC，BD＝CDBC＝8，在Rt△ABD中，由勾股定理得AD，进而得S△ABCBC AD＝8√5，根据BE是△ABC的中线得AE＝CE，S△BCES△ABC，证明四边形BGCF是平行四边形得CF∥BG，继而得GE是△ACF的中位线，则AD＝GF＝2DG，由此得AD＝AG+DG＝3DG，由此得DG，则S△BDGBD DG，据此可得四边形CDGE的面积．
【解答】解：延长AD到F，使DF＝DG，连接BF，CF，CG，如图所示：
∴GF＝DF+DG＝2DG，
在△ABC中，AB＝AC＝6，BC＝8，AD是中线，
∴AD⊥BC，BD＝CDBC＝8，
∴△ABD是直角三角形，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD，
∴S△ABCBC AD，
∵BE是△ABC的中线，
∴AE＝CE，S△BCES△ABC，
在四边形BGCF中，DF＝DG，BD＝CD，
∴四边形BGCF是平行四边形，
∴CF∥BG，
即CF∥GE，
又∵AE＝CE，
∴GE是△ACF的中位线，
∴AD＝GF＝2DG，
∴AD＝AG+DG＝3DG，
∴DG，
∴S△BDGBD DG，
∴四边形CDGE的面积为：S△BCE﹣S△BDG．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理，三角形的面积，理解等腰三角形的性质，夙念脏我怕平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，灵活利用勾股定理及三角形的面积公式进行计算是解决问题的关键．
46．（2026春 闵行区期中）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝5cm，AC＝12cm，G是△ABC的重心，连接AG，则AG＝ 　　 cm．
【分析】延长AG交BC于点D，在GD的延长线上取一点E，使DE＝DG，连接BE，CE，CG，BG，设BG的延长线交AC于点F，则GF＝2DG，先由勾股定理求出BC＝13cm，根据重心的定义得AD＝BD＝CDBC（cm），AM＝CM，证明四边形BGCE是平行四边形得CE∥BG，进而证明GM是△ACE的中位线得AG＝GF＝2DG，继而得AD＝3DG（cm），则DGcm，据此可得AG的长．
【解答】解：延长AG交BC于点D，在GD的延长线上取一点E，使DE＝DG，连接BE，CE，CG，BG，设BG的延长线交AC于点F，如图所示：
∴GF＝DG+DE＝2DG，
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝5cm，AC＝12cm，
由勾股定理得：BC13（cm），
∴点G是△ABC的重心，
∴AD，AM分别是BC，AC上的中线，
∴AD＝BD＝CDBC（cm），AM＝CM，
在四边形BGCE中，BD＝CD，DE＝DG，
∴四边形BGCE是平行四边形，
∴CE∥BG，
即CE∥GM，
又∵AM＝CM，
∴GM是△ACE的中位线，
∴点G是AE的中点，
∴AG＝GF＝2DG，
∴AD＝AG+DG＝3DG（cm），
∴DG，
∴AG＝2DG（cm）．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了三角形的重心，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，理解三角形重心的定义，熟练掌握三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理是解决问题的关键．
47．（2026春 杨浦区期中）如图，在四边形ABCD中，P是对角线BD的中点，E，F分别是AB，CD的中点，AD＝BC，∠PEF＝18°，则∠FPE的度数是 　144°　 ．
【分析】根据三角形中位线定理得到FPBC，EPAD，进而得出PE＝PF，根据等边对等角、三角形内角和定理计算，得到答案．
【解答】解：∵P，F分别是BD，CD的中点，
∴FP是△DBC的中位线，
∴FPBC，
同理：EPAD，
∵AD＝BC，
∴PE＝PF，
∴∠PFE＝∠PEF＝18°，
∴∠FPE＝180°﹣18°﹣18°＝144°，
故答案为：144°．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握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．
48．（2026春 松江区期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，AC＝4，D、E分别是边AB、AC上的动点，F、G分别是ED、EC的中点，则FG的最小值是 　　 ．
【分析】连接CD，根据三角形中位线的性质定理得出，由勾股定理求出BC，再根据三角形等面积法求出CD，即可得出结果．
【解答】解：连接CD，
由条件可知FG是△EDC的中位线，
∴，
当CD最小时，FG最小，
当CD⊥AB时，CD最小，
在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，AC＝4，
则，
当CD⊥AB时，
，
∴，
解得：，
∴FG的最小值为，
故答案为：．
【点评】本题主要考查三角形中位线定理，勾股定理解三角形．熟练掌握原式知识点是关键．
49．（2026春 闵行区校级月考）如图，矩形ABCD的面积为24，对角线AC、BD交于点O．如果E、F、G、H分别是△ABO、△BCO、△CDO、△ADO的重心，那么四边形EFGH的面积是　　 ．
【分析】先分别得出，，，，再求出四边形EFGH的面积．
【解答】解：如图，连接OE，OH，OG，OF，并分别延长，与AB，AD，CD，BC分别交于P、Q、R、S，连接PQ、QR、SR、PS，
由条件可知AC＝BD，，，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∵E、F、G、H分别是△ABO，△BCO，△CDO，△ADO的重心，
∴OP是△ABO的中线，OS是△BCO的中线，OR是△CDO的中线，OQ是△ADO的中线，
∴OP⊥AB，OR⊥AB，QO⊥AD，SO⊥BC，
∴Q、O、C三点共线，P、O、R三点共线，
由三角形重心性质可知OE：PE＝2：1，OH：HQ＝2：1，
∴OE：OP＝2：3，OH：OQ＝2：3，
∴OE：OP＝OH：OQ，OH：OQ＝2：3，
又∠HOE＝∠QOP，
∴△HOE∽△QOP，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠PAQ＝90°，
∵OP⊥AB，OR⊥AB，
∴∠APO＝∠AQO＝90°，
∴四边形APOQ是矩形，
同理可得：四边形BSOP是矩形，四边形CSOR是矩形，四边形DQOR是矩形，
由条件可知AP＝OQ，AQ＝OP，
又PQ＝PQ，
∴△APQ≌△QOP（SSS），
∴，
∴，
同理，，，
∴S四边形EFGH
，
故答案为：．
【点评】本题考查了重心的有关性质，根据矩形的性质求面积，根据矩形的性质与判定求线段长，相似三角形的判定与性质综合等知识点，解答题关键是掌握上述知识点．
50．（2026春 杨浦区期中）已知，如图，DE为△ABC的中位线，BD与CE交于点M，过点B作BN∥CE，交AM的延长线于点N，连接CN．
（1）求证：四边形BMCN是平行四边形；
（2）求证：AM＝MN．
【分析】（1）由M是△ABC的重心，得到BF＝CF，判定△BNF≌△CMF（AAS），推出BN＝CM，而BN∥CM，即可证明四边形BMCN是平行四边形；
（2）由全等三角形的性质推出NF＝MF，得到MN＝2MF，由三角形的重心性质得到AM＝2MF，推出AM＝MN．
【解答】证明：（1）∵DE为△ABC的中位线，
∴线段CE和BD是△ABC的中线，
∴M是△ABC的重心，
∴AF是△ABC的中线，
∴BF＝CF，
∵BN∥CE，
∴∠NBF＝∠MCF，∠BNF＝∠CMF，
∴△BNF≌△CMF（AAS），
∴BN＝CM，
∵BN∥CM，
∴四边形BMCN是平行四边形；
（2）证明：∵△BNF≌△CMF（AAS），
∴NF＝MF，
∴MN＝2MF，
∵M是△ABC的重心，
∴AM＝2MF，
∴AM＝MN．
【点评】本题考查平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，三角形的重心，关键是掌握平行四边形的判定方法，重心的性质．
51．（2025春 上海校级期中）如图，在△ABC中，点D，E分别是AC，AB的中点，点F是CB延长线上的一点，且CF＝3BF，连接DB，EF．若∠ACB＝90°，AC＝12cm，DE＝4cm．
（1）求证：DE＝BF；
（2）求四边形DEFB的周长．
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到DE∥BC，DEBC，根据题意得到BFBC，等量代换证明结论；
（2）根据勾股定理求出DB，证明四边形DBFE为平行四边形，根据平行四边形的周长公式计算即可．
【解答】（1）证明：∵点D，E分别是AC，AB的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DEBC，
∵CF＝3BF，
∴BFBC，
∴DE＝BF；
（2）解：∵点D是AC的中点，AC＝12cm，
∴CD＝6cm，
∵DE＝4cm，
∴BC＝8cm，
由勾股定理得：DB10（cm），
∵DE＝BF，DE∥BC，
∴四边形DBFE为平行四边形，
∴四边形DEFB的周长＝2×（4+10）＝28（cm）．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
课后巩固 · 针对性练习
课固1（平行四边形周长与垂直平分线） — 平行四边形对角线交点处的垂直平分线得到等腰三角形，转化求周长。
课固2（重心与面积） — 重心分中线，面积三等分；若三角形内一点分得三个三角形面积已知，可判断重心位置。
课固3（矩形综合） — 角平分线、等腰直角三角形、全等三角形、线段关系（倍长、和差）完美结合。
课固4（正方形中的等腰三角形） — 分类讨论等腰三角形的底和腰，利用正方形边长、对角线长及勾股定理求 AE 长度。
课固5（矩形对角线夹角） — 利用矩形对角线相等且互相平分，结合角平分线求角度。
课固6（中位线在一般三角形中的应用） — 取中点构造中位线，利用勾股定理求线段长。
课固7（正方形内垂直且相等关系） — 通过平移构造全等，证明两条线段垂直。
课固8（菱形判定与矩形判定） — 根据角平分线、平行线先证明菱形，再结合边等条件证明矩形。
课固9（矩形与三角形中位线综合） — 利用矩形的对角线中点及中线构造三角形中位线，证明等腰及求面积。
复习建议 四边形复习重在性质与判定的精准区分，务必熟练掌握各特殊四边形的对角线特性，并灵活运用中位线、重心分解图形。建议完成课后巩固中的综合题，体会全等与相似在四边形中的纽带作用。
1.（2026春 闵行区期中）如图，在周长为30cm的平行四边形ABCD中，AB＜AD，AC，BD相交于点O，OE⊥BD交AD于点E，则△ABE的周长是（　　）
A．7.5cm B．10cm C．14.5cm D．15cm
【分析】根据平行四边形性质得到BO＝DO，利用垂直平分线性质和判定推出BE＝DE，再结合三角形周长公式，以及平行四边形ABCD的周长求解，即可解题．
【解答】解：∵平行四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，
∴BO＝DO，
∵OE⊥BD，
∴BE＝DE，
∴△ABE的周长是AB+AE+BE＝AB+AE+DE＝AB+AD，
∵平行四边形ABCD的周长为30cm，
∴，
∴△ABE的周长是15cm，
故选：D．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，掌握其相关知识点是解题的关键．
2.（2026春 上海校级月考）如图，△ABC内部有一点D，且△DAB、△DBC、△DCA的面积分别为10、8、6．若△ABC的重心为G，则下列叙述正确的是（　　）
A．△GBC与△DBC的面积相同，且DG与BC平行
B．△GBC与△DBC的面积相同，且DG与BC不平行
C．△GCA与△DCA的面积相同，且DG与AC平行
D．△GCA与△DCA的面积相同，且DG与AC不平行
【分析】由题意可得S△ABC＝10+8+6＝24，利用三角形重心性质可得S△GBCS△ABC＝×24＝8，进而可得S△GBC＝S△DBC＝8，即可判断结论A正确．
【解答】解：∵△ABC内部有一点D，且△DAB、△DBC、△DCA的面积分别为10、8、6，
∴S△ABC＝10+8+6＝24，
∵△ABC的重心为G，
∴S△GBCS△ABC24＝8，
∴S△GBC＝S△DBC＝8，
∴点D、G到BC的距离相等，且位于BC的同侧，
∴DG∥BC，故结论A正确；结论B、C、D错误；
故选：A．
【点评】本题考查了三角形的中线、重心，三角形面积，熟练掌握三角形的重心的性质是解题关键．
3.（2025春 浦东新区期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE交BC于点E，且AD＝AE，DH⊥AE于点H，连接BH并延长，交CD于点F，连接DE．下列结论：①；②∠AED＝∠CED；③BH＝HF；④BC＝2HE+CF．其中正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】证明△ABE为等腰直角三角形，得到，根据AD＝AE，判断①；根据等边对等角，结合角的和差关系，三角形的内角和定理，推出∠AED＝∠CED＝67.5°，判断②；证明△BHE≌△HFD判断③；角平分线的性质，得到HE＝CE，根据线段的和差关系，推出BC＝2HE+CF，判断④即可．
【解答】解：在矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE交BC于点E，
∴∠A＝∠ABC＝∠C＝∠ADC＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴，∠AEB＝45°，
∵AD＝AE，
∴，；
故①正确；
∵DH⊥AE，
∴△AHD为等腰直角三角形，
∴，∠ADH＝45°，
∴AB＝BE＝AH＝DH，
∴，
∴∠CBF＝90°﹣∠ABE＝22.5°，
∵∠CED＝180°﹣∠AEB﹣∠AED＝67.5°，
∴∠AED＝∠CED；
故②正确；
∵∠DHF＝180°﹣∠AHD﹣∠AHB＝22.5°，
∴∠DHF＝∠HBE，
又∵BE＝DH，∠HDF＝90°﹣∠ADH＝45°＝∠BEH，
在△BHE和△HFD中，
，
∴△BHE≌△HFD（ASA），
∴BH＝HF，HE＝DF；
故③正确；
∵∠CED＝∠AED，EH⊥DH，∠C＝90°，
∴HE＝CE，
∵CD＝AB＝BE，HE＝DF＝CE，
∴BC﹣CE＝CF+DF，
∴BC＝CF+DF+CE＝CF+HE+HE＝CF+2HE；
故④正确；
故选：D．
【点评】本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识点，熟练掌握相关知识点，理清角度，线段之间的关系，是解题的关键．
4.（2026春 虹口区校级期中）如图，正方形ABCD的边长为1，E为AD边上一点（与点A、D不重合），联结CE，交BD于点F．当△DEF是等腰三角形时，则AE的长为 　　 ．
【分析】连接AC，交BD于点O，由正方形性质得AB＝BC＝AD＝1，∠EDF＝45°，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠AOD＝90°，AD∥BC，再由勾股定理求出BD，依题意得∠BCF＜∠BCD＝90°，根据AD∥BC得∠DEF＝∠BCF＜90°，再分三种三种情况讨论如下：①当DE＝DF时，则∠DEF＝∠DFE，由此得∠BCF＝∠BFC，进而得BF＝BC＝1，则DE＝DF，据此得AE；②当DE＝FE时，则∠EFD＝∠EDF＝45°，此时∠DEF＝90°，这与∠DEF＜90°矛盾，故此种情况不存在；③当EF＝DF时，则∠DEF＝∠EDF＝45°，进而得∠DFE＝90°，此时点F于点O重合，点E于点A重合，不合题意，综上所述即可得出答案．
【解答】解：连接AC，交BD于点O，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，且边长为1，
∴AB＝BC＝AD＝1，∠EDF＝45°，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠AOD＝90°，AD∥BC，
∴△ABD是直角三角形，
由勾股定理得：BD，
∵点E为AD边上一点（与点A、D不重合），
∴∠BCF＜∠BCD＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠BCF＜90°，
∵△DEF是等腰三角形，
∴有以下三种情况，
①当DE＝DF时，
∴∠DEF＝∠DFE，
∵∠DEF＝∠BCF，∠DFE＝∠BFC，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴BF＝BC＝1，
∴DF＝BD﹣BF，
∴DE＝DF，
∴AE＝AD﹣DE；
②当DE＝FE时，
∴∠EFD＝∠EDF＝45°，
∴∠DEF＝180°﹣（∠EFD+∠EDF）＝90°，
又∵∠DEF＜90°，
∴此种情况不存在；
③当EF＝DF时，
∴∠DEF＝∠EDF＝45°，
∴∠DFE＝180°﹣（∠DEF+∠EDF）＝90°，
∵∠AOD＝90°，
∴此时点F于点O重合，点E于点A重合，不合题意，
综上所述：当△DEF是等腰三角形时，则AE的长为．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理是解决问题的关键，分类讨论是解决问题的难点，也是易错点．
5.（2026春 虹口区校级期中）如图，已知在矩形ABCD中，AE⊥BD于点E，∠BAE：∠EAD＝3：2，则∠CAE的度数是　18°　 ．
【分析】由四边形ABCD是矩形，则∠BAD＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OD＝OB，根据∠BAE：∠EAD＝3：2，得∠BAE＝54°，∠EAD＝36°，又AE⊥BD，则∠BEA＝∠DEA＝90°，然后由三角形内角和定理得∠ABE＝∠OAB＝36°，最后由角度和差即可求解．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD是矩形，对角线AC与BD相交于O，
∴∠BAD＝90°，AC＝BD（矩形的对角线相等），OA＝OC，OD＝OB（矩形的对角线互相平分），
∴OA＝OB，
∴∠ABE＝∠OAB，
∵∠BAE：∠EAD＝3：2，
∴，，
∵AE⊥BD，
∴∠BEA＝∠DEA＝90°，
∴∠ABE＝90°﹣∠EAB＝∠OAB＝36°，
∴∠CAE＝∠BAE﹣∠OAB＝54°﹣36°＝18°，
故答案为：18°．
【点评】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形的内角和定理，熟练掌握矩形的性质和三角形的内角和定理是解题的关键．
6.（2026春 杨浦区期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别在BC，AC边上，且AE＝4，BD＝6，分别连接AD，BE，点M，N分别是AD，BE的中点，连接MN，则线段MN的长为 　　 ．
【分析】根据题意取AB的中点F，连接NF，MF，根据三角形的中位线的性质，可得，MF∥BD，，NF∥AE，根据勾股定理，则MN2＝MF2+NF2，求出MN，即可．
【解答】解：取AB的中点F，连接NF，MF，
∵∠CAB+∠CBA＝90°，
∵点M是AD的中点，
∴MF是△ABD的中位线，
∴，MF∥BD，
∴∠AFM＝∠CBA，
∵NF是△ABE的中位线，
∴，NF∥AE，
∴∠BFN＝∠BAC，
∴∠BFN+∠AFM＝∠BAC+∠CBA＝90°，
∴∠MFN＝90°，
∴MN2＝MF2+NF2，
∴MN2＝32+22＝13，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查三角形中位线，勾股定理等知识，解题的关键是掌握三角形中位线的性质，勾股定理的应用．
7.（2026春 浦东新区期中）如图，O为正方形ABCD内一点，连接DO并延长交边AB于E，过点O的直线与边AD，BC分别交于F，G．FG＝DE，求证：FG⊥DE．
【分析】过点C作CH∥FG分别交AD，DE于点H，点M，可证明四边形CGFH是平行四边形，得到CH＝FG，则CH＝DE；证明Rt△ADE≌Rt△DCH（HL），得到∠ADE＝∠DCH，可推出∠CME＝∠DCH+∠CDE＝90°，即DE⊥CH，则可证明FG⊥DE．
【解答】证明：如图所示，过点C作CH∥FG分别交AD，DE于点H，点M，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BC，CD＝AD，∠ADC＝∠A＝90°，
又∵CH∥FG，
∴四边形CGFH是平行四边形，
∴CH＝FG；
∵FG＝DE，
∴CH＝DE，
∴Rt△DCH≌Rt△ADE（HL），
∴∠ADE＝∠DCH，
∵∠ADC＝∠ADE+∠CDE＝90°，
∴∠DCH+∠CDE＝90°，
∴∠DCH+∠CDE＝∠CME＝90°，
∴DE⊥CH，
∵CH∥FG，
∴FG⊥DE．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
8.（2026春 松江区期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E在边BC上，点F在边BC的延长线上，四边形AEFD的对角线AF分别交DE、DC于点P、Q，且PD＝PE，DE平分∠ADF．
（1）求证：四边形AEFD是菱形；
（2）如果BC＝EF，∠EDC＝∠EFP，试判断四边形ABCD的形状，并说明理由．
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠ADP＝∠FED，根据角平分线的定义得到∠ADP＝∠FDE，等量代换得到∠FDE＝∠FED，求得DF＝EF，根据全等三角形的性质得到AD＝EF，根据菱形的判定定理即可得到结论；
（2）根据平行四边形的判定定理得到四边形ABCD是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到FP⊥DE，求得∠BCD＝90°，于是得到四边形ABCD为矩形．
【解答】（1）证明：∵AD∥EF，
∴∠ADP＝∠FED，
∵DE平分∠ADF，
∴∠ADP＝∠FDE，
∴∠FDE＝∠FED，
∴DF＝EF，
在△ADP与△FEP中，
，
∴△ADP≌△FEP（ASA），
∴AD＝EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵DF＝EF，
∴四边形AEFD是菱形；
（2）解：四边形ABCD为矩形，
理由：∵AD＝EF，AD∥EF，BC＝EF，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵DF＝EF，PD＝PE，
∴FP⊥DE，
∵∠EDC＝∠EFP，∠CQF＝∠DQP，
∴∠DPQ＝∠FCQ＝90°，
∴∠BCD＝90°，
∴四边形ABCD为矩形．
【点评】本题考查了菱形的判定，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
9.（2026春 金山区校级月考）如图，在矩形ACBM中，连接AB，CM交于点D，E为线段CD上一点，连接AE，BE，取BE的中点F，DC平分∠ADF．
（1）求证：AE＝AD．
（2）若，求矩形ACBM的面积．
【分析】（1）由矩形的性质推出AD＝BD，判定DF是△BAE的中位线，得到DF∥AE，由平行线的性质和角平分线的定义推出∠ADE＝∠AED，即可证明AE＝AD．
（2）由三角形中位线定理得到AE＝2DF＝4，由勾股定理求出BC，即可求出矩形ACBM的面积．
【解答】（1）证明：∵四边形ACBM是矩形，
∴AD＝BD，
∵F是BE的中点，
∴DF是△BAE的中位线，
∴DF∥AE，
∴∠AED＝∠EDF，
∵DC平分∠ADF，
∴∠ADE＝∠EDF，
∴∠ADE＝∠AED，
∴AE＝AD．
（2）解：由（1）DF是△BAE的中位线，
∴AE＝2DF＝2×2＝4，
∴AD＝4，
∵四边形ACBM是矩形，
∴AB＝2AD＝8，∠ACB＝90°，
∵AC，
∴BC，
∴矩形ACBM的面积＝BC AC．
【点评】本题考查矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的判定，关键是掌握等角对等边，三角形中位线定理．
第1页（共1页）【期末冲刺】第23章 四边形章节复习 优等生讲义
(4大考点精讲+巩固练习)2026年沪教版数学八年级下册
思维导图 · 课程内容总览
课程目标 · 精准把握学习方向
掌握 多边形内角和公式 、外角和 360°、对角线公式 ，并能灵活运用。
理解 平行四边形的性质与判定，能结合三角形全等、中位线解决几何问题。
熟练运用 矩形、菱形、正方形的特殊性质（对角线、对称性、面积公式），掌握判定定理。
掌握 三角形中位线定理和重心性质（重心将中线分成 2:1），并能进行相关计算与证明。
体会 分类讨论、数形结合、转化思想在四边形综合题中的应用。
核心：多边形内角与外角 · 平行四边形判定 · 特殊平行四边形性质 · 中位线与重心。
知识梳理 · 核心知识点
☆ 多边形
内角和： （）。
外角和： 任意多边形外角和均为 360°。
对角线： 从一个顶点可作 条对角线；总对角线数 。
正多边形： 各边相等、各角相等；每个内角 ，每个外角 。
截角问题： 四边形去掉一个角后可能变成三角形、四边形或五边形，取决于截线位置。
☆ 平行四边形
性质： 对边平行且相等；对角相等；邻角互补；对角线互相平分；中心对称图形。
判定： ①两组对边分别平行；②两组对边分别相等；③一组对边平行且相等；④两组对角分别相等；⑤对角线互相平分。
面积： 。
三角形中位线在平行四边形中的应用： 常与对角线交点结合，构造全等三角形。
☆ 矩形、菱形与正方形
矩形： 四个角都是直角；对角线相等且互相平分；既是轴对称又是中心对称。判定：①平行四边形+一个直角；②对角线相等；③三个角是直角。
菱形： 四条边相等；对角线互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角。面积 。判定：①平行四边形+一组邻边相等；②对角线互相垂直；③四边相等。
正方形： 具有矩形和菱形的所有性质；对角线垂直、相等且平分。判定：矩形+一组邻边相等 或 菱形+一个直角。
常见模型： 矩形中的翻折、菱形中的等边三角形、正方形中的旋转全等。
☆ 三角形中位线与重心
中位线定理： 连接三角形两边中点的线段平行于第三边且等于第三边的一半。
重心： 三角形三条中线的交点。重心将每条中线分成 2:1（重心到顶点的距离是到对边中点距离的 2 倍）。
应用： 在四边形中常连接对角线中点构造中位线；或利用重心性质求线段长、面积比。
☆ 知识总结表
类别 核心性质 常用公式/判定
多边形 内角和 (n-2)·180°，外角和 360° 对角线数 n(n-3)/2，正多边形内角 = 180-360/n
平行四边形 对边平行且相等，对角线互相平分 判定：边、角、对角线条件
矩形 四个直角，对角线相等 面积=长×宽；对角线相等是重要判定
菱形 四边相等，对角线垂直平分且平分内角 面积=对角线积/2
正方形 四边相等，四角直角，对角线垂直相等 既是矩形又是菱形
中位线/重心 中位线平行且等于第三边一半；重心分中线 2:1 重心到顶点距离 = 2×重心到对边中点距离
核心考点 ·4类题型精讲
【考点1】多边形基础（对应第1-9题）
※ 方法总结
熟记内角和公式、外角和 360°，注意正多边形内外角度数关系。
对角线公式：从 n 边形一个顶点可引 (n-3) 条对角线，总对角线数为 n(n-3)/2。
截角问题：分类讨论，截线经过不同顶点时，新多边形边数可能增加或不变。
“完美五边形”问题利用外角和直接列方程求角度和。
滚动问题：求点经过路程，可分解为圆弧长之和，利用旋转角与半径计算。
1．（2026春 徐汇区校级月考）以下说法中，正确的是（　　）
A．六边形的内角和是900°
B．七边形有10条对角线
C．外角和是360°的多边形是八边形
D．十边形的外角和等于五边形的外角和
2．（2026春 金山区校级月考）如图，四边形ABCD去掉一个∠D后，剩下的新图形不可能是（　　）边形．
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
3．（2026春 杨浦区校级月考）下列语句正确的有（　　）个．（各边都相等，各内角都相等的多边形为正多边形）
①正多边形中，边越多，内角越大；
②正多边形中，边越多，外角越大；
③正多边形中，边越多，边长越小；
④正多边形中，边越多，周长越大．
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2026春 静安区校级月考）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ABCDE是人类发现的第15种完美五边形的示意图，其中∠1+∠5＝120°，则∠2+∠3+∠4等于（　　）
A．145° B．180° C．240° D．325°
5．（2026春 黄浦区期中）如图所示，在一个边长为9厘米的正方形内有一个边长为3厘米的等边三角形ABC（等边三角形的三条边相等，三个内角都等于60°），三角形ABC沿着正方形的边作顺时针方向的滚动．当三角形ABC第一次回到初始位置时，点A经过的路程为　 　 厘米．（π取3.14）
6．（2015春 青浦区期末）一个多边形的内角和比外角和的3倍多180°，那么这个多边形是　 　 边形．
7．（2026春 普陀区期中）已知某个多边形的内角和与外角和的和恰好等于一个十二边形的内角和，求这个多边形的边数．
8．（2026 青浦区二模）如果过n边形的一个顶点可作5条对角线，那么这个n边形的内角和是　 　 ．
9．（2026春 静安区校级月考）在四边形ABCD中，∠A＝∠B，如果在四边形ABCD内部或边AB上存在一点P，满足∠DPC＝∠A，那么称点P是四边形ABCD的“映角点”．
（1）如图①，在四边形ABCD中，∠A＝∠B，点P在边AB上且是四边形ABCD的“映角点”，若DA∥CP，DP∥CB，则∠DPC的度数为 　 　 °；
（2）如图②．在四边形ABCD中，∠A＝∠B，点P在四边形ABCD内部且是四边形ABCD的“映角点”，延长CP交边AB于点E，求证：∠ADP＝∠CEB．
【考点2】平行四边形（对应第10-25题）
※ 方法总结
判定平行四边形：优先考虑对边平行且相等、对角线互相平分。
添加条件判平行四边形：注意“一组对边平行”加上“对角相等”也能推出平行四边形。
平行四边形对角线性质：对角线互相平分，结合三角形三边关系可求对角线取值范围。
全等三角形模型：过对角线交点的直线与对边相交，得到的三角形全等（AAS 或 ASA），进而解决面积相等问题。
与中点、垂直平分线结合：利用线段相等关系求周长或线段长（如△CDE 周长 = AD+CD）。
新定义问题（“映角点”）：依据平行线性质和外角关系推导角度等。
10．（2026春 上海校级期中）在四边形ABCD中，已知AB∥CD，添加以下条件不能证明它是平行四边形的是（　　）
A．AB＝CD B．BC∥AD
C．∠A＝∠C D．∠A+∠D＝180°
11．（2026春 虹口区期中）如果平行四边形的一条边长是10，那么下列各组数中，可作为这个平行四边形的两条对角线长是（　　）
A．12和8 B．13和6 C．28和6 D．20和6
12．（2026春 青浦区校级月考）如图，EF经过 ABCD对角线的交点O，交AD于点E，交BC于点F．有下列结论：①图中共有4对全等三角形；②若AB＝4，AC＝6，则2＜BD＜14；③S四边形ABFE＝S△ABC．其中正确的个数有（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
13．（2026春 杨浦区校级月考）已知四边形ABCD，从下列条件中：①∠A＝∠C，②∠B＝∠D，③AB＝CD，④BC＝AD，任取两个，可以得出“四边形ABCD是平行四边形”这一结论的情况有（　　）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
14．（2026春 浦东新区期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，在对角线BD上取两点E，F，连结AE，CE，AF，CF．下列条件：
①BE＝DF；
②∠BAE＝∠DCF；
③AE⊥BD，CF⊥BD；
④AE＝CF；
⑤AE∥CF；
能得到四边形AECF是平行四边形的个数是（　　）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
15．（2026春 浦东新区校级期中）如图，已知 ABCD的周长为12，AC的垂直平分线交AD于点E，交AC于点F，连接CE，则△CDE的周长是　 　 ．
16．（2026春 上海校级期中）在四边形ABCD中，两条对角线交于点O，已知BO＝DO，AC＝6cm，则当AO＝　 　 cm时，四边形ABCD是平行四边形．
17．（2026春 静安区校级月考）如图，在 ABCD中，若∠ACB＝54°，∠D＝40°，AE＝AC，则∠ECD＝　 　 ．
18．（2026春 松江区期中）平行四边形ABCD中，，BD＝4，AB边上的高是，则平行四边形ABCD的周长是　 　 ．
19．（2026 闵行区校级开学）平行四边形ABCD中，AB＝26cm，过对角线交点O作OE⊥AD，垂足为E，AE＝24cm，DE＝14cm，则S平行四边形ABCD＝　 　 cm2．
20．（2025春 徐汇区校级期中）如图，在 ABCD中，对角线AC与BD交于点O，如果 ABCD的周长为32，△COD的周长比△BOC的周长多4，那么BC的长为　 　 ．
21．（2026春 闵行区期中）如图，平行四边形ABCD中，∠ABC＝60°，点E是边AB上一点，连接CE，作FG垂直平分CE，分别交边AD、BC、CE于点G、F、H．
（1）如图1：若AB＝4，BC＝6，当点F恰好是边BC中点时，求AE的长；
（2）若AB＝BC＝6，当AF⊥BC时，求AE的长．
22．（2026春 杨浦区期中）如图，在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC、BD的交点，EF过点O且垂直于AD．
（1）求证：OE＝OF；
（2）若平行四边形ABCD的周长是24，OE＝2，求四边形ABFE的周长．
23．（2025春 上海校级期中）如图，在 ABCD中，∠BAD＝32°，分别以BC、CD为边向外作△BCE和△DCF，使BE＝BC，DF＝DC，∠EBC＝∠CDF．延长AB交边EC于点H，点H在E、C两点之间，连接AE、AF．
（1）求证：△ABE≌△FDA．
（2）当AE⊥AF时，求∠EBH的度数．
24．（2026春 徐汇区校级期中）【平行六边形】如图①，在凸六边形中，满足AB∥DE，BC∥EF，CD∥FA，我们称这样的凸六边形叫做“平行六边形”．其中AB与DE，BC与EF，CD与FA叫做“主对边”；∠A和∠D，∠B和∠E，∠C和∠F叫做“主对角”；AD，BE，CF叫做“主对角线”．
（1）类比平行四边形的性质，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 　 　
【菱六边形】六条边都相等的平行六边形叫做“菱六边形”．
（2）如图②，已知平行六边形满足OP＝PQ＝QR＝RS．求证：平行六边形OPQRST是菱六边形．
25．（2026春 静安区校级月考）【阅读材料】
老师提出的问题： 同学们的方案：
如图，在平行四边形ABCD中，AD＜AB，∠A为锐角．在对角线BD上如何确定点E、 方案1：分别作AE平分∠BAD，CF平分∠BCD，交BD于点E、F．
F的位置，使四边形AECF为平行四边形？ 方案2：取BD的两个三等分点E、F．
方案3：在BD上任意取一点E，连接AE，再以C为圆心，AE长为半径画弧，交BD于点F．
【解决问题】
（1）写出以上三种方案中正确方案，并选择一种正确的方案，在图1中画出图形，并说明理由；
（2）除了这些同学们已经研究的方案之外，你还有其他方案吗？请写出方案，画出图形，并说明理由．
【考点3】矩形、菱形与正方形（对应第26-40题）
※ 方法总结
矩形对角线相等且互相平分；利用勾股定理求边长、对角线。
菱形对角线互相垂直平分且平分内角，面积等于对角线乘积一半；菱形中常出现等边三角形（如较短对角线＝边长时）。
正方形具有最完整的对称性，常结合旋转、全等三角形证明线段相等或垂直。
矩形中的“垂直平分线”问题：作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理列方程求边长。
阴影面积问题：利用矩形面积分割、等积变形（如矩形内过对角线上点的平行线分得面积相等）。
正方形中线段最值：垂线段最短，利用勾股定理和不等式求最小值（如 EF=CP≥CG）。
26．（2026春 普陀区校级期中）下列说法错误的是（　　）
A．平行四边形的对角线互相平分
B．菱形的每一条对角线平分一组对角
C．矩形的对角线互相垂直
D．正方形的对角线相等、互相垂直且平分
27．（2026春 上海校级月考）如图，矩形ABCD中，AB＝6，点E是AD上一点，且DE＝2，CE的垂直平分线交CB的延长线于点F，交CD于点H，连接EF交AB于点G．若G是AB的中点，则BC的长是（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
28．（2026春 徐汇区校级月考）已知四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，那么下列条件中能判定这个四边形是正方形的是（　　）
A．AC＝BD，AB∥CD，AB＝CD B．AD∥BC，∠A＝∠C
C．OA＝OB＝OC＝OD，AC⊥BD D．OA＝OC，OB＝OD，AB＝BC
29．（2026春 虹口区校级期中）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E，F，连接PB、PD，若AE＝2，PF＝8，则图中阴影部分的面积为（　　）
A．18 B．16 C．12 D．10
30．（2026春 上海期中）如图①是某种型号拉杆箱的实物图，如图②是它的示意图，行李箱的侧面可看成一个矩形，点F，C，D在同一条直线上，为了拉箱时的舒适度，现将∠ABD调整为75°，若∠D保持不变，则图中∠ECF应（　　）
A．减少20° B．减少10° C．增加20° D．增加10°
31．（2026春 普陀区校级期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝120°，过菱形ABCD的顶点分别作对角线BD，AC的平行线，两两相交于点M，N，P，Q，则四边形MNPQ的面积为（　　）
A． B．4 C． D．8
32．（2026春 闵行区期中）菱形的周长是20，一条较短的对角线长是5，则该菱形较大的内角是　 　 °．
33．（2026春 宝山区校级期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，BE∥AC，AE∥BD，OE与AB交于点F．若OE＝5，AC＝8，则菱形ABCD的面积为 　 　 ．
34．（2026春 虹口区期中）如图，矩形ABCD中，AC、BD交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，∠AOD＝120°，那么∠OEC＝　 　 ．
35．（2026 静安区）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BF⊥CE，垂足为点P，已知CP＝9，PF＝7，那么BF的长为 　 　 ．
36．（2026春 虹口区校级期中）如图，在矩形ABCD中，CD＝5，BC＝12，点P为对角线BD上一动点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD交CD于点F，则线段EF长的最小值为 　 　 ．
37．（2026春 普陀区校级期中）如图，E，F是菱形ABCD对角线上的两点，且AE＝CF＝DE．如果∠DAB＝60°，AD＝6，求四边形BEDF的周长．
38．（2026春 虹口区期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，对角线AC、BD交于点O，点P是边CD上一点（不与点C、D重合），连接AP交BD于点E，延长AP交∠BCD的外角角平分线于点F．
（1）求证：AE＝EF；
（2）连接CE、DF，当CE∥DF时，求CF的长．
39．（2026春 静安区校级月考）如图①，在正方形ABCD中，P为线段BC上的一个动点，线段MN⊥AP于点E，交线段AB于点M，交线段CD于点N．
（1）求证：AP＝MN；
（2）如图②，若线段MN垂直平分线段AP，分别交AP，BD于点E，F．求证：EF＝ME+FN．
40．（2026春 宝山区校级月考）【问题情境】如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE'（点A的对应点为点C），延长AE交CE'于点F．
【猜想证明】
（1）试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由；
（2）如图②，若AD＝DE，请猜想线段CF与FE′的数量关系并加以证明．
【考点4】三角形中位线与重心（对应第41-51题）
※ 方法总结
中位线定理：遇中点，连中点得中位线，平行于第三边且等于第三边一半；在四边形中连接对角线中点可得平行四边形。
重心性质：重心是中线的交点，将中线分成 2:1；常用于求线段长、面积比（如重心分中线，面积三等分）。
构造中位线：已知两边中点直接连接；或需取中点构造。
与角平分线结合：可延长构造等腰三角形，利用三线合一得中点，再用中位线。
动态最值：当动点运动到垂足时，中位线对应线段取最小值（如 FG = 1/2 CD，CD 最小时 FG 最小）。
41．（2026春 杨浦区期中）如图，在△ABC中，AB＝BC＝12，BD⊥AC于点D，点F在BC上，且BF＝4，连接AF，E为AF的中点，连接DE，则DE的长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
42．（2026春 杨浦区期中）如图，在△ABC中，点F、D、E分别是边AB、BC、AC上的点，且AD、BE、CF相交于点O，若点O是△ABC的重心．则以下结论：①线段AD、BE、CF是△ABC的三条角平分线；②△BOD的面积是△AOC面积的一半；③图中与△BOC面积相等的三角形有2个；④S△BOD＝S△COE；⑤OFAD．其中一定正确结论有（　　）
A．②③ B．①③④ C．②④⑤ D．②③④
43．（2025秋 浦东新区校级期中）如图，在△ABC中，G是三角形的重心，AG⊥GC，AG＝6，GC＝8，则BG的长为（　　）
A．6 B．8 C．10 D．12
44．（2026春 虹口区校级期中）如图，△ABC中，∠B、∠C的平分线BE、CF相交于点O，AG⊥BE于点G，AH⊥CF于点H．若AB＝9厘米，AC＝14厘米，BC＝18厘米，则GH的长为　 　 厘米．
45．（2026春 普陀区期中）如图，△ABC的中线AD、BE交于点G，如果AB＝AC＝6，BC＝8，那么四边形CDGE的面积为 　 　 ．
46．（2026春 闵行区期中）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝5cm，AC＝12cm，G是△ABC的重心，连接AG，则AG＝ 　 　 cm．
47．（2026春 杨浦区期中）如图，在四边形ABCD中，P是对角线BD的中点，E，F分别是AB，CD的中点，AD＝BC，∠PEF＝18°，则∠FPE的度数是 　 　 ．
48．（2026春 松江区期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，AC＝4，D、E分别是边AB、AC上的动点，F、G分别是ED、EC的中点，则FG的最小值是 　 　 ．
49．（2026春 闵行区校级月考）如图，矩形ABCD的面积为24，对角线AC、BD交于点O．如果E、F、G、H分别是△ABO、△BCO、△CDO、△ADO的重心，那么四边形EFGH的面积是　 　 ．
50．（2026春 杨浦区期中）已知，如图，DE为△ABC的中位线，BD与CE交于点M，过点B作BN∥CE，交AM的延长线于点N，连接CN．
（1）求证：四边形BMCN是平行四边形；
（2）求证：AM＝MN．
51．（2025春 上海校级期中）如图，在△ABC中，点D，E分别是AC，AB的中点，点F是CB延长线上的一点，且CF＝3BF，连接DB，EF．若∠ACB＝90°，AC＝12cm，DE＝4cm．
（1）求证：DE＝BF；
（2）求四边形DEFB的周长．
课后巩固 · 针对性练习
课固1（平行四边形周长与垂直平分线） — 平行四边形对角线交点处的垂直平分线得到等腰三角形，转化求周长。
课固2（重心与面积） — 重心分中线，面积三等分；若三角形内一点分得三个三角形面积已知，可判断重心位置。
课固3（矩形综合） — 角平分线、等腰直角三角形、全等三角形、线段关系（倍长、和差）完美结合。
课固4（正方形中的等腰三角形） — 分类讨论等腰三角形的底和腰，利用正方形边长、对角线长及勾股定理求 AE 长度。
课固5（矩形对角线夹角） — 利用矩形对角线相等且互相平分，结合角平分线求角度。
课固6（中位线在一般三角形中的应用） — 取中点构造中位线，利用勾股定理求线段长。
课固7（正方形内垂直且相等关系） — 通过平移构造全等，证明两条线段垂直。
课固8（菱形判定与矩形判定） — 根据角平分线、平行线先证明菱形，再结合边等条件证明矩形。
课固9（矩形与三角形中位线综合） — 利用矩形的对角线中点及中线构造三角形中位线，证明等腰及求面积。
复习建议 四边形复习重在性质与判定的精准区分，务必熟练掌握各特殊四边形的对角线特性，并灵活运用中位线、重心分解图形。建议完成课后巩固中的综合题，体会全等与相似在四边形中的纽带作用。
1.（2026春 闵行区期中）如图，在周长为30cm的平行四边形ABCD中，AB＜AD，AC，BD相交于点O，OE⊥BD交AD于点E，则△ABE的周长是（　　）
A．7.5cm B．10cm C．14.5cm D．15cm
2.（2026春 上海校级月考）如图，△ABC内部有一点D，且△DAB、△DBC、△DCA的面积分别为10、8、6．若△ABC的重心为G，则下列叙述正确的是（　　）
A．△GBC与△DBC的面积相同，且DG与BC平行
B．△GBC与△DBC的面积相同，且DG与BC不平行
C．△GCA与△DCA的面积相同，且DG与AC平行
D．△GCA与△DCA的面积相同，且DG与AC不平行
3.（2025春 浦东新区期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE交BC于点E，且AD＝AE，DH⊥AE于点H，连接BH并延长，交CD于点F，连接DE．下列结论：①；②∠AED＝∠CED；③BH＝HF；④BC＝2HE+CF．其中正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4.（2026春 虹口区校级期中）如图，正方形ABCD的边长为1，E为AD边上一点（与点A、D不重合），联结CE，交BD于点F．当△DEF是等腰三角形时，则AE的长为 　 　 ．
5.（2026春 虹口区校级期中）如图，已知在矩形ABCD中，AE⊥BD于点E，∠BAE：∠EAD＝3：2，则∠CAE的度数是　 　 ．
6.（2026春 杨浦区期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别在BC，AC边上，且AE＝4，BD＝6，分别连接AD，BE，点M，N分别是AD，BE的中点，连接MN，则线段MN的长为 　 　 ．
7.（2026春 浦东新区期中）如图，O为正方形ABCD内一点，连接DO并延长交边AB于E，过点O的直线与边AD，BC分别交于F，G．FG＝DE，求证：FG⊥DE．
8.（2026春 松江区期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E在边BC上，点F在边BC的延长线上，四边形AEFD的对角线AF分别交DE、DC于点P、Q，且PD＝PE，DE平分∠ADF．
（1）求证：四边形AEFD是菱形；
（2）如果BC＝EF，∠EDC＝∠EFP，试判断四边形ABCD的形状，并说明理由．
9.（2026春 金山区校级月考）如图，在矩形ACBM中，连接AB，CM交于点D，E为线段CD上一点，连接AE，BE，取BE的中点F，DC平分∠ADF．
（1）求证：AE＝AD．
（2）若，求矩形ACBM的面积．
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