一、單選題
1．（2020春·八年級校考課時練習）若多邊形的邊數由3增加到n（n為大于3的正整數），則其外角和的度數（ ）
A．不變B．減少C．增加D．不能確定
2．（2021春·上海徐匯·八年級上海市徐匯中學校考期中）已知四邊形ABCD，下列條件中，不能確定四邊形ABCD是平行四邊形的是（ ）
A．AB∥CD且AD∥BCB．AB∥CD且 AB＝CD
C．AB∥CD且AD＝BCD．AB∥CD且
3．（2021春·上海徐匯·八年級統(tǒng)考期中）用兩個完全相同的直角三角板不能拼成（ ）
A．等腰三角形B．矩形C．平行四邊形D．梯形
4．（2021春·上海楊浦·八年級?？计谥校┫铝忻}錯誤的是（ ）．
A．四條邊相等的四邊形是菱形
B．兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形
C．一組對角相等且一組對邊相等的四邊形是平行四邊形
D．一組對角相等且一組對邊平行的四邊形是平行四邊形
5．（2020秋·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ械诙跫壷袑W?？计谥校┫铝袟l件中，能判定四邊形是平行四邊形的是（ ）
A．一組對邊相等，另一組對邊平行B．對角線互相垂直
C．一組對邊相等，一組對角相等D．一組對邊平行，一組對角相等
6．（2021春·上?！ぐ四昙壭？计谥校┮韵聴l件能判定四邊形為平行四邊形的是（ ）
A．一組對邊平行，另一組對邊相等B．一組對邊平行，一組對角相等
C．一組對邊相等，一組對角相等D．一組對邊平行，一組鄰角互補
7．（2022春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）下列命題中，真命題是（ ）
A．對角線互相平分且相等的四邊形是矩形
B．對角線互相垂直且相等的四邊形是矩形
C．對角線互相平分且相等的四邊形是菱形
D．對角線互相垂直且相等的四邊形是菱形
8．（2021春·上海嘉定·八年級統(tǒng)考期末）下列圖形中，是中心對稱圖形的是（ ）
A．等腰梯形B．平行四邊形C．等腰三角形D．等邊三角形
9．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ羞M才中學校考期中）如圖，在?ABCD中，等于（ ）
A．B．C．D．
二、填空題
10．（2021春·上海·八年級上海市進才中學北校?？计谥校┱呅蔚膬冉呛褪莀________________．
11．（2021春·上海楊浦·八年級統(tǒng)考期中）若一個正多邊形的每一個外角都是30°，則這個正多邊形的內角和等于____度．
12．（2021春·上?！ぐ四昙壗y(tǒng)考期中）八邊形的內角和為________度．
13．（2022春·上海·八年級上海市進才中學?？计谥校┰凇魽BCD中，若，則______度．
14．（2021春·上海徐匯·八年級統(tǒng)考期中）已知平行四邊形的周長是30，相鄰兩邊的長相差3，則兩條鄰邊中較長的邊長為_____．
15．（2022春·上?！ぐ四昙壠谀┰谄叫兴倪呅沃?，，則________°．
16．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ忻褶k揚波中學校考期中）已知平行四邊形ABCD的周長為56cm，AB：BC＝2：5，那么AD＝_____cm．
17．（2021春·上海普陀·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，，CE平分交AD邊于點E，且，則BC的長為__________．
18．（2020春·上海嘉定·八年級統(tǒng)考期末）已知四邊形，點是對角線與的交點，且，請再添加一個條件，使得四邊形成為平行四邊形，那么添加的條件可以是_____________．（用數學符號語言表達）
19．（2021春·上海浦東新·八年級?？计谥校┰谄叫兴倪呅蜛BCD中，兩鄰角的度數比是7：2，那么較小角的度數為______度．
20．（2022春·上海·八年級專題練習）以不共線的三個已知點為頂點畫平行四邊形，可以畫出_____________個平行四邊形
【典型】
一、單選題
1．（2022春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）如圖，在，，，，點P為斜邊上一動點，過點P作于點，于點，連結，則線段的最小值為（ ）
A．1.2B．2.4C．2.5D．4.8
2．（2022春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）已知在四邊形中，，下列可以判定四邊形是正方形的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空題
3．（2019春·上海浦東新·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在中，，垂足為，是中線，將沿直線BD翻折后，點C落在點E，那么AE為_________.
4．（2019春·上海徐匯·八年級上海市田林第三中學?？茧A段練習）已知一次函數的圖像與x軸、y軸分別相交于點A、B,梯形AOBC的邊AC=5，且OA//BC,則點C的坐標為_____.
5．（2019春·上海浦東新·八年級統(tǒng)考期末）已知，在梯形中，，，，，那么下底的長為__________.
6．（2019春·八年級課時練習）如圖，E為△ABC的重心，ED＝3，則AD＝______.
7．（2019春·上海長寧·八年級統(tǒng)考期末）兩條對角線______的四邊形是平行四邊形.
三、解答題
8．（2022春·上海·八年級專題練習）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是邊BC上一點，點E、F分別是線段AB、AD中點，聯結CE、CF、EF．
（1）求證：△CEF≌△AEF；
（2）聯結DE，當BD＝2CD時，求證：AD＝2DE．
9．（2019秋·八年級課時練習）在如圖的平面直角坐標系中，請完成下列各題：
（1）寫出圖中A，B，C，D各點的坐標；
（2）描出，，，；
（3）順次連接A，B，C，D各點，再順次連接E，F，G，H，圍成的兩個封閉圖形分別是什么圖形？
10．（2019春·八年級課時練習）已知：如圖四邊形ABCD是平行四邊形，P、Q是直線AC上的點，且AP=CQ．求證：四邊形PBQD是平行四邊形．
【易錯】
一．選擇題（共3小題）
1．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）一個多邊形的內角和不可能是（ ）
A．1800°B．540°C．720°D．810°
2．（2022春?青浦區(qū)校級期中）一多邊形的每一個內角都等于它相鄰外角的4倍，則該多邊形的邊數是（ ）
A．8B．9C．10D．11
3．（2022春?浦東新區(qū)校級期中）已知：如圖，梯形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD＝BC，AC⊥BC，BE⊥AB交AC的延長線于E，EF⊥AD交AD的延長線于F，下列結論：①BD∥EF；②∠AEF＝2∠BAC；③AD＝DF；④AC＝CE+EF．其中正確的結論有（ ）
A．1個B．2個C．3個D．4個
二．填空題（共6小題）
4．（2022春?靜安區(qū)期中）如圖，正方形ABCD中，延長BC到E，使CE＝CA，AE交CD于F，那么∠AFD＝ ．
5．（2022春?浦東新區(qū)校級期中）一個多邊形的內角和是它的外角和的3倍，則從這個多邊形的一個頂點出發(fā)共有 條對角線．
6．（2022春?青浦區(qū)校級期中）四邊形ABCD是正方形，在直線AB上取一點E，使得AE＝AC，則∠CEB的度數是 度．
7．（2022春?徐匯區(qū)期末）定義：如果一個凸四邊形的一條對角線把四邊形分成兩個等腰三角形，那么稱這個凸四邊形為“等腰四邊形”，把這條對角線稱為“界線”，已知在“等腰四邊形”ABCD中，AB＝BC＝AD，∠BAD＝90°，且AC為界線，則∠BCD的度數為 ．
8．（2022春?浦東新區(qū)校級期中）在直角梯形ABCD中，∠A＝90°，AB∥DC，AD＝15，AB＝16，BC＝17，則CD的長是 ．
9．（2022春?浦東新區(qū)校級期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝3，點E，F分別在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于點G．若圖中陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，則△BCG的周長為 ．
三．解答題（共2小題）
10．（2022春?青浦區(qū)校級期中）如圖，四邊形ABCD中，AB＝DC，將對角線AC向兩端分別延長至點E，F，使AE＝CF．連接BE，DF，若BE＝DF．證明：四邊形ABCD是平行四邊形．
11．（2022春?浦東新區(qū)校級期中）如圖，已知正方形ABCD，邊長AB＝6，E是AB的中點，點F在邊BC上，且BF＝2FC，點P在線段CD上，連接PE、EF、PF．
（1）若△PEF為等腰三角形，求PC的長度；
（2）若EF平分∠BEP，求PC的長度．
【壓軸】
一、填空題
1．（2021春·上海松江·八年級統(tǒng)考期末）如圖，將矩形的四個角向內折起，恰好拼成一個無縫隙重疊的四邊形，若，，則邊的長是____．
2．（2021春·上海松江·八年級?？计谥校┮淮魏瘮档膱D像與軸分別用交于點A和點B，點C在直線上，點D是直角坐標平面內一點，若四邊形ABCD是菱形，則點D的坐標為___________．
3．（2019春·上海普陀·八年級統(tǒng)考期末）已知在等腰梯形中，，，對角線，垂足為，若，，梯形的高為______．
4．（2019春·上海·八年級上海市婁山中學?？茧A段練習）如圖，以正方形的對角線為邊作等邊三角形，過E作，交的延長線于點F，和的度數之比是__________．
5．（2022春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）如圖，四邊形ABCD是菱形，點E、F分別在邊BC、CD上，且△AEF是等邊三角形，AB＝AE，則∠B＝_____．
二、解答題
6．（2020秋·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ械诙跫壷袑W?？计谥校┤鐖D，在平面直角坐標系中，直線AB和直線BC相交于點，直線AB與y軸相交于點A，直線BC與x軸、y軸分別交于點，點C．
(1)求直線AB的解析式．
(2)過點A作BC的平行線交x軸于點E，求點E的坐標．
(3)在（2）的條件下，點P是直線AB上一個動點，且點P在x軸的上方，如果以點D、E、P、Q為頂點的平行四邊形的面積等于三角形ABC的面積．
①求出點P的坐標．
②畫出所有情況并直接寫出點Q的坐標．
7．（2021春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ械谒闹袑W?？计谥校┤鐖D1，在平面直角坐標系中，點的坐標為，點的坐標為．
（1）求直線的解析式；
（2）以點為直角頂點作，射線交軸的負半軸于點，射線交軸的負半軸于點．當繞著點旋轉時，的值是否發(fā)生變化，若不變，求出它的值；若變化，求出它的變化范圍；
（3）如圖2，點是軸上的一個點，點是坐標平面內一點．若、、、四點能構成菱形，請寫出滿足條件的所有點的坐標（不要解題過程）．
8．（2021春·上海普陀·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知直線AQ與x軸負半軸交于點A，與y軸正半軸交于點Q，∠QAO＝45°，直線AQ在y軸上的截距為2，直線BE：y＝﹣2x+8與直線AQ交于點P．
（1）求直線AQ的表達式；
（2）在y軸上取一點F，當四邊形BPFO為是梯形時，求點F的坐標；
（3）點D為直角坐標平面內一點，如果以Q、P、B、D為頂點的四邊形是平行四邊形，請直接寫出點D的坐標．
9．（2022春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）如圖，在平面直角坐標系中，已知矩形的頂點的坐標是，動點從點出發(fā)，沿線段向終點運動，同時動點從點出發(fā)，沿線段向終點運動．點的運動速度均為每秒個單位，運動時間為秒，過點作交于點．
（1）求直線的解析式；
（2）設的面積為，求當時，與時間的函數關系；
（3）在動點運動的過程中，點是矩形內（包括邊界）一點，且以為頂點的四邊形是菱形，直接寫出值和與其對應的點的坐標．
10．（2022春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）如圖1，在菱形中，，，點是上一點，點在上，且，設．
（1）當時，如圖2，求的長；
（2）設，求關于的函數關系式及其定義域；
（3）若是以為腰的等腰三角形，求的長．
11．（2022春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）如圖，已知直角梯形，，，過點作，垂足為點，，，點是邊上的一動點，過作線段的垂直平分線，交于點，并交射線于點．
（1）如圖1，當點與點重合時，求的長；
（2）設，，求與的函數關系式，并寫出定義域；
（3）如圖2，聯結，當是等腰三角形時，求的長．

12．（2022春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）如圖，在梯形中，，，．是邊的中點，聯結、，且．設，．

（1）如果，求的長；
（2）求關于的函數解析式，并寫出自變量的取值范圍；
（3）聯結．如果是以邊為腰的等腰三角形，求的值．
第22章 四邊形（基礎、典型、易錯、壓軸）分類專項訓練
【基礎】
一、單選題
1．（2020春·八年級?？颊n時練習）若多邊形的邊數由3增加到n（n為大于3的正整數），則其外角和的度數（ ）
A．不變B．減少C．增加D．不能確定
【答案】A
【分析】利用多邊形的外角和特征即可解決問題．
【詳解】解：因為多邊形外角和固定為360°，所以外角和的度數是不變的．
故選：A．
【點睛】此題考查多邊形內角與外角的性質，容易受誤導，注意多邊形外角和等于360°．
2．（2021春·上海徐匯·八年級上海市徐匯中學?？计谥校┮阎倪呅蜛BCD，下列條件中，不能確定四邊形ABCD是平行四邊形的是（ ）
A．AB∥CD且AD∥BCB．AB∥CD且 AB＝CD
C．AB∥CD且AD＝BCD．AB∥CD且
【答案】C
【分析】平行四邊形的五種判定方法分別是：（1）兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形；（2）兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形；（3）一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形；（4）兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形；（5）對角線互相平分的四邊形是平行四邊形．根據平行四邊形的判定逐一驗證．
【詳解】解：A．“AB∥CD且AD∥BC”是兩組對邊分別平行，可以判定四邊形ABCD是平行四邊形；故本選項不合題意；
B．“AB∥CD且 AB=CD”是一組對邊平行且相等，可以判定四邊形ABCD是平行四邊形；故本選項不合題意；
C．“AB∥CD且AD=BC”不可以判定四邊形ABCD是平行四邊形；故本選項符合題意．
D．∵AB∥CD，
∴∠B+∠C=180°．
又∵∠A=∠C，
∴∠A+∠B=180°，
∴AD∥BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形；故本選項不合題意；
故選 C．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定，熟練掌握相關的定理是解題關鍵．
3．（2021春·上海徐匯·八年級統(tǒng)考期中）用兩個完全相同的直角三角板不能拼成（ ）
A．等腰三角形B．矩形C．平行四邊形D．梯形
【答案】D
【分析】兩個完全相同的直角三角板分別按照相等直角邊拼接或斜邊拼接討論即可．
【詳解】解：把完全重合的兩塊直角三角板拼成的圖形有三種情況：
分別有等腰三角形，矩形，平行四邊形，不會拼成梯形．
故選：D．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質，通過不同形式的拼接構成不同圖形，注意要分情況討論．
4．（2021春·上海楊浦·八年級校考期中）下列命題錯誤的是（ ）．
A．四條邊相等的四邊形是菱形
B．兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形
C．一組對角相等且一組對邊相等的四邊形是平行四邊形
D．一組對角相等且一組對邊平行的四邊形是平行四邊形
【答案】C
【分析】根據平行四邊形、菱形的判定方法逐項判斷即可．
【詳解】解：A選項：四條邊相等的四邊形是菱形，本選項說法正確，不符合題意；
B選項：四邊形的兩組對角分別相等，可以推出同旁內角互補，進而推出兩組對邊分別平行，說明兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形，本選項說法正確，不符合題意；
C選項：一組對角相等且一組對邊相等的四邊形不一定是平行四邊形，有可能是等腰梯形，所以本選項說法錯誤，符合題意；
D選項：一組對角相等且一組對邊平行的四邊形是平行四邊形，由已知對邊平行，可以推出一組同旁內角互補，通過等量代換，得到另一組對邊形成的同旁內角互補，從而另一組對邊平行，故本選項說法正確，不符合題意．
故選：C．
【點睛】本點考查平行四邊形、菱形的判定方法．平行四邊形判定：一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形；兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形；兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形；對角線互相平分的四邊形是平行四邊形．菱形判定：四條邊相等的四邊形是菱形；一組鄰邊相等的平行四邊形是萎形；對角線互相垂直的平行四邊形是菱形．
5．（2020秋·上海·八年級上海市第二初級中學?？计谥校┫铝袟l件中，能判定四邊形是平行四邊形的是（ ）
A．一組對邊相等，另一組對邊平行B．對角線互相垂直
C．一組對邊相等，一組對角相等D．一組對邊平行，一組對角相等
【答案】D
【分析】由平行四邊形的判定方法即可得出答案．
【詳解】解：A、一組對邊相等，另一組對邊平行的四邊形是等腰梯形，不一定是平行四邊形，故選項不符合題意；
B、對角線互相垂直的四邊形不一定是平行四邊形，故選項不符合題意；
C、由一組鄰邊相等，一組對角相等，不能判定一個四邊形是平行四邊形，故選項不符合題意；
D、一組對角相等，一組對邊平行，可得到任意兩對鄰角互補，那么可得到兩組對邊分別平行，為平行四邊形，故選項符合題意；
故選D．
【點睛】本題考查了對平行四邊形的判定定理的應用，題目具有一定的代表性，但是一道比較容易出錯的題目．
6．（2021春·上?！ぐ四昙壭？计谥校┮韵聴l件能判定四邊形為平行四邊形的是（ ）
A．一組對邊平行，另一組對邊相等B．一組對邊平行，一組對角相等
C．一組對邊相等，一組對角相等D．一組對邊平行，一組鄰角互補
【答案】B
【解析】根據平行四邊形的判定方法依次分析各項即可判斷．
【詳解】A.一組對邊平行，另一組對邊相等，可能是梯形，故不符合題意；
B. 一組對邊平行，一組對角相等，可以判定是平行四邊形，故滿足題意；
C.一組對邊相等，一組對角相等，不一定是平行四邊形，故不符合題意；
D.一組對邊平行，一組鄰角互補，也不能判定，故不符合題意；
故答案選：B．
【點睛】本題主要考查平行四邊形的判定與性質，是平面圖形中極為重要的知識點，與各個知識點結合極為容易，是中考中的熱點，掌握判定定理是關鍵 ．
7．（2022春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）下列命題中，真命題是（ ）
A．對角線互相平分且相等的四邊形是矩形
B．對角線互相垂直且相等的四邊形是矩形
C．對角線互相平分且相等的四邊形是菱形
D．對角線互相垂直且相等的四邊形是菱形
【答案】A
【詳解】解：對角線互相平分的四邊形是平行四邊形；對角線相等的平行四邊形是矩形；A正確；C錯誤；
對角線互相垂直且相等的四邊形可能是如圖：
B、D錯誤，
故選A．
8．（2021春·上海嘉定·八年級統(tǒng)考期末）下列圖形中，是中心對稱圖形的是（ ）
A．等腰梯形B．平行四邊形C．等腰三角形D．等邊三角形
【答案】B
【分析】根據中心對稱與軸對稱的概念和各圖形的特點即可求解．
【詳解】解：中心對稱圖形，即把一個圖形繞一個點旋轉180°后能和原來的圖形重合，A、C、D都是軸對稱圖形不符合要求；
是中心對稱圖形的只有B．
故選：B．
【點睛】本題考查了中心對稱圖形的概念：在同一平面內，如果把一個圖形繞某一點旋轉180度，旋轉后的圖形能和原圖形完全重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形．
9．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ羞M才中學?？计谥校┤鐖D，在?ABCD中，等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由四邊形ABCD是平行四邊形，求得=，然后由平行四邊形法則求得答案．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，AD=BC，
即=，
∴=+=．
故選B．
二、填空題
10．（2021春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ羞M才中學北校?？计谥校┱呅蔚膬冉呛褪莀________________．
【答案】1800°##1800度
【分析】n邊形的內角和是(n-2)?180°，把多邊形的邊數代入公式，就得到多邊形的內角和．
【詳解】解：十二邊形的內角和等于：(12-2)?180°=1800°，
故答案為：1800°．
【點睛】本題主要考查了多邊形內角和問題，解決本題的關鍵是正確運用多邊形的內角和公式，是需要熟記的內容．
11．（2021春·上海楊浦·八年級統(tǒng)考期中）若一個正多邊形的每一個外角都是30°，則這個正多邊形的內角和等于____度．
【答案】1800
【詳解】多邊形的外角和等于360°，則正多邊形的邊數是360°÷30°=12，所以正多邊形的內角和為.
12．（2021春·上海·八年級統(tǒng)考期中）八邊形的內角和為________度．
【答案】1080
【詳解】解：八邊形的內角和=，
故答案為：1080．
13．（2022春·上海·八年級上海市進才中學?？计谥校┰凇魽BCD中，若，則______度．
【答案】59
【分析】根據平行四邊形的性質（對角相等，鄰角互補）得出，求出，根據平行線的性質得出，再代入即可求出．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴，
∵，
∴，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴，
∴，
故答案為：59．
【點睛】本題主要考查了平行線的性質和平行四邊形的性質．
14．（2021春·上海徐匯·八年級統(tǒng)考期中）已知平行四邊形的周長是30，相鄰兩邊的長相差3，則兩條鄰邊中較長的邊長為_____．
【答案】9
【分析】根據平行四邊形的對邊相等，設較長的邊長為，則較短的邊長為，根據周長是30，建立一元一次方程解方程求解即可．
【詳解】解：設較長的邊長為，則較短的邊長為，
解得
故答案為：
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，平行四邊形的性質是解題的關鍵．
15．（2022春·上?！ぐ四昙壠谀┰谄叫兴倪呅沃校?，則________°．
【答案】
【分析】根據平行四邊形的性質求解．
【詳解】解：∵平行四邊形ABCD，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
又∠BAD=50°，
∴∠ABC=180°-50°=130°，
故答案為130 ．
【點睛】本題考查平行四邊形的應用，熟練掌握平行四邊形的性質是解題關鍵 ．
16．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ忻褶k揚波中學校考期中）已知平行四邊形ABCD的周長為56cm，AB：BC＝2：5，那么AD＝_____cm．
【答案】20
【分析】由?ABCD的周長為56cm，根據平行四邊形的性質，即可求得AB+BC＝28cm，又由AB：BC＝2：5，即可求得答案．
【詳解】解：∵?ABCD的周長為56cm，
∴AB+BC＝28cm，
∵AB：BC＝2：5，
∴AD＝BC＝×28＝20（cm）；
故答案為：20．
【點睛】此題考查了平行四邊形的性質．此題比較簡單，注意掌握平行四邊形的對邊相等的性質的應用是解此題的關鍵．
17．（2021春·上海普陀·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，，CE平分交AD邊于點E，且，則BC的長為__________．
【答案】7
【分析】由平行四邊形的性質可得AD∥BC，且AD=BC，結合角平分線的性質可求得DE=DC=AB=5，則可求得AD的長，可求得答案．
【詳解】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AB=CD=5，AD∥BC，AD=BC，
∴∠DEC=∠BCE，
∵CE平分∠BCD，
∴∠DCE=∠BCE，
∴∠DEC=∠DCE，
∴DE=DC=5，
∵AE=2，
∴AD=BC=2+5=7，
故答案為：7．
【點睛】本題主要考查平行四邊形的性質，利用平行線的性質及角平分線的性質求得DE=DC是解題的關鍵．
18．（2020春·上海嘉定·八年級統(tǒng)考期末）已知四邊形，點是對角線與的交點，且，請再添加一個條件，使得四邊形成為平行四邊形，那么添加的條件可以是_____________．（用數學符號語言表達）
【答案】
【分析】由題意OA=OC，即一條對角線平分，根據平行四邊形的判定方法，可以平分另一條對角線，也可以根據三角形全等，得出答案．
【詳解】解：如圖所示：
∵OA=OC，
由定理：兩條對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，
∴可以是OB=OD（答案不唯一）．
故答案為：OB=OD（答案不唯一）．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定，一般有幾種方法：
①兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形，
②一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，
③兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形，
④兩條對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，
⑤兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形．
19．（2021春·上海浦東新·八年級校考期中）在平行四邊形ABCD中，兩鄰角的度數比是7：2，那么較小角的度數為______度．
【答案】40
【分析】本題主要依據平行四邊形的性質，得出兩鄰角之和180°，再有兩鄰角的度數比是7：2，得出較小角的度數．
【詳解】解：設兩鄰角分別為，
則，
解得：，
∴較小的角為40°．
故答案為：40．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的基本性質，屬于基礎題，解答本題的關鍵是熟練掌握平行四邊形的兩鄰角之和為180°．
20．（2022春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）以不共線的三個已知點為頂點畫平行四邊形，可以畫出_____________個平行四邊形
【答案】3
【分析】不在同一直線上的三點為、、，連接、、，分別以其中一條線段為對角線，另兩邊為平行四邊形的邊，可構成三個平行四邊形．
【詳解】解：已知三點為、、，連接、、，
①以為平行四邊形的對角線，、為兩邊可以畫出；
②以為平行四邊形的對角線，、為兩邊可以畫出；
③以為平行四邊形的對角線，、為兩邊可以畫出；
如圖，可構成的平行四邊形有三個：，，．
故答案為：3．
【點睛】本題考查了畫平行四邊形的方法，關鍵是首先確定平行四邊形的對角線與兩邊，再畫出圖形．
【典型】
一、單選題
1．（2022春·上海·八年級專題練習）如圖，在，，，，點P為斜邊上一動點，過點P作于點，于點，連結，則線段的最小值為（ ）
A．1.2B．2.4C．2.5D．4.8
【答案】D
【分析】連接PC，當CP⊥AB時，PC最小，利用三角形面積解答即可．
【詳解】解：連接PC，
∵PE⊥AC，PF⊥BC，
∴∠PEC=∠PFC=∠C=90°，
∴四邊形ECFP是矩形，
∴EF=PC，
∴當PC最小時，EF也最小，
即當CP⊥AB時，PC最小，
∵AC=8，BC=6，
∴AB=10，
∴PC的最小值為：
∴線段EF長的最小值為4.8．
故選：D．
【點睛】本題主要考查的是矩形的判定與性質，關鍵是根據矩形的性質和三角形的面積公式解答．
2．（2022春·上海·八年級專題練習）已知在四邊形中，，下列可以判定四邊形是正方形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據題意得到四邊形ABCD為矩形，再由鄰邊相等的矩形為正方形即可得證．
【詳解】解：四邊形ABCD中，∠A=∠B=∠C=90°，能使這個四邊形是正方形的是鄰邊相等，即BC=CD，
故選D．
【點睛】此題考查了正方形的判定，熟練掌握正方形的判定方法是解本題的關鍵．
二、填空題
3．（2019春·上海浦東新·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在中，，垂足為，是中線，將沿直線BD翻折后，點C落在點E，那么AE為_________.
【答案】
【分析】如圖作AH⊥BC于H，AM⊥AH交BD的延長線于M，BN⊥MA于N，則四邊形ANBH是矩形，先證明△ADM≌△CDB，在RT△BMN中利用勾股定理求出BM，再證明四邊形BCDE是菱形，AE=2OD，即可解決問題．
【詳解】解：如圖作AH⊥BC于H，AM⊥AH交BD的延長線于M，BN⊥MA于N，則四邊形ANBH是矩形．
∵AB=AC=4，，
∴CH=1，AH=NB=
，BC=2，
∵AM∥BC，
∴∠M=∠DBC，
在△ADM和△CDB中，
，
∴△ADM≌△CDB(AAS)，
∴AM=BC=2，DM=BD，
在RT△BMN中，∵BN=，MN=3，
∴，
∴BD=DM=，
∵BC=CD=BE=DE=2，
∴四邊形EBCD是菱形，
∴EC⊥BD，BO=OD=，EO=OC，
∵AD=DC，
∴AE∥OD，AE=2OD=．
故答案為．
【點睛】本題考查翻折變換、全等三角形的判定和性質、菱形的判定和性質、三角形的中位線定理、勾股定理等知識，解題的關鍵是添加輔助線構造全等三角形，學會轉化的數學數學，利用三角形中位線發(fā)現AE=2OD，求出OD即可解決問題，屬于中考?？碱}型．
4．（2019春·上海徐匯·八年級上海市田林第三中學校考階段練習）已知一次函數的圖像與x軸、y軸分別相交于點A、B,梯形AOBC的邊AC=5，且OA//BC,則點C的坐標為_____.
【答案】(5,4)或(11,4)；
【分析】根據梯形的對邊平行，畫出圖形，結合勾股定理求解.
【詳解】如圖，
∵一次函數的圖象與x軸、y軸分別相交于點A. B，
∴A(8,0),B(0,4).
在梯形AOBC中，OA=8，OB=4，
當BC∥OA時,設點C(x,4).
∵AC=5，
∴(x?8) +(4?0)=5，
∴x=5,x=11，
這時點C的坐標為(5,4)或(11,4)，
∴點C的坐標為(5,4)或(11,4)；
故答案為(5,4)或(11,4)；
【點睛】此題考查梯形，一次函數中的直線位置關系，解題關鍵在于畫出圖形.
5．（2019春·上海浦東新·八年級統(tǒng)考期末）已知，在梯形中，，，，，那么下底的長為__________.
【答案】11
【分析】首先過A作AE∥DC交BC與E，可以證明四邊形ADCE是平行四邊形，得CE=AD=4，再證明△ABE是等邊三角形，進而得到BE=AB=6，從而得到答案．
【詳解】解：如圖，過A作AE∥DC交BC與E，
∵AD∥BC，
∴四邊形AECD是平行四邊形，
∴AD=EC=5，AE=CD，
∵AB=CD=6，
∴AE=AB=6，
∵∠B=60°，
∴△ABE是等邊三角形，
∴BE=AB=6，
∴BC=6+5=11，
故答案為11.
【點睛】此題主要考查了梯形，關鍵是掌握梯形中的重要輔助線，過一個頂點作一腰的平行線得到一個平行四邊形．
6．（2019春·八年級課時練習）如圖，E為△ABC的重心，ED＝3，則AD＝______.
【答案】9
【分析】根據重心的性質可求得AE=6，即可求得AD
【詳解】∵E為△ABC的重心，ED＝3，∴AE＝2ED＝6，∴AD＝AE＋ED＝6＝3＝9
【點睛】本題考查重心的性質，解題的關鍵是掌握重心的性質.
7．（2019春·上海長寧·八年級統(tǒng)考期末）兩條對角線______的四邊形是平行四邊形.
【答案】互相平分
【分析】由“兩條對角線互相平分的四邊形是平行四邊形”，即可得出結論．
【詳解】兩條對角線互相平分的四邊形是平行四邊形；
故答案為互相平分．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定；熟記“兩條對角線互相平分的四邊形是平行四邊形”是解題的關鍵．
三、解答題
8．（2022春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是邊BC上一點，點E、F分別是線段AB、AD中點，聯結CE、CF、EF．
（1）求證：△CEF≌△AEF；
（2）聯結DE，當BD＝2CD時，求證：AD＝2DE．
【答案】（1）見解析；（2）見解析.
【分析】(1)在直角三角形ABC中,E為斜邊AB的中點,利用斜邊上的中線等于斜邊的一半得到CE=AE,在直角三角形ACD中,F為斜邊AD的中點,利用斜邊上的中線等于斜邊的一半得到AF=CF,再由EF=EF,利用SSS即可得證;
(2)由EF為三角形ABD的中點,利用中位線定理得到EF與BD平行,EF等于BD的一半,再由BD=2DC,等量代換得到EF=CD,再由EF與CD平行,得到四邊形CEFD為平行四邊形,可得出DE=CF,再由CF=AF,等量代換得到DE=AF.
【詳解】證明：（1）∵∠ACB＝90°，且E線段AB中點，
∴CE＝AB＝AE，
∵∠ACD＝90°，F為線段AD中點，
∴AF＝CF＝AD，
在△CEF和△AEF中，
，
∴△CEF≌△AEF（SSS）；
（2）連接DE，
∵點E、F分別是線段AB、AD中點，
∴EF＝BD，EF∥BC，
∵BD＝2CD，
∴EF＝CD．
又∵EF∥BC，
∴四邊形CFEDD是平行四邊形，
∴DE＝CF，
∵CF＝AF＝FD，
∴AD＝2DE．
【點睛】此題考查了全等三角形的判定與性質,中位線定理,直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，以及平行四邊形的判定與性質,熟練掌握全等三角形的判定與性質是解本題的關鍵.
9．（2019秋·八年級課時練習）在如圖的平面直角坐標系中，請完成下列各題：
（1）寫出圖中A，B，C，D各點的坐標；
（2）描出，，，；
（3）順次連接A，B，C，D各點，再順次連接E，F，G，H，圍成的兩個封閉圖形分別是什么圖形？
【答案】（1），，，；（2）見解析；（3）四邊形ABCD是正方形，四邊形EFGH是菱形．
【分析】（1）利用點的坐標的表示方法寫出A、B、C、D各點坐標；
（2）根據各點的坐標的描出點E、F、G、H；
（3）順次連接各點，根據正方形和菱形的特征進行判斷.
【詳解】解：，，，；
如圖所示；
四邊形ABCD是正方形，四邊形EFGH是菱形．
【點睛】本題考查了坐標與圖形性質，熟練掌握利用平面直角坐標系寫出點的坐標和在平面直角坐標系中確定點的位置的方法是解題的關鍵.
10．（2019春·八年級課時練習）已知：如圖四邊形ABCD是平行四邊形，P、Q是直線AC上的點，且AP=CQ．求證：四邊形PBQD是平行四邊形．
【答案】證明見解析
【分析】證明四邊形是平行四邊形有很多種方法，此題可由對角線互相平分來得到證明．
【詳解】證明：連接BD交AC與O點，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AO=CO，BO=DO，
又∵AP=CQ，
∴AP+AO=CQ+CO，
即PO=QO，
∴四邊形PBQD是平行四邊形．
【點睛】本題主要考查平行四邊形的判定問題，應熟練掌握．
【易錯】
一．選擇題（共3小題）
1．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）一個多邊形的內角和不可能是（ ）
A．1800°B．540°C．720°D．810°
【分析】n邊形的內角和是（n﹣2）180°，即多邊形的內角和一定是180的正整數倍，依此即可解答．
【解答】解：810°不能被180°整除，一個多邊形的內角和不可能是810°．
故選：D．
【點評】本題主要考查了多邊形的內角和定理，對于定理的理解是解決本題的關鍵．
2．（2022春?青浦區(qū)校級期中）一多邊形的每一個內角都等于它相鄰外角的4倍，則該多邊形的邊數是（ ）
A．8B．9C．10D．11
【分析】設出外角的度數，表示出內角的度數，根據一個內角與它相鄰的外角互補列出方程，解方程得到答案．
【解答】解：設外角為x，則相鄰的內角為4x，
由題意得，4x+x＝180°，
∴x＝36°，
多邊形的外角和為360°，
360°÷36°＝10，
所以這個多邊形的邊數為10．
故選：C．
【點評】本題考查了多邊形的外角和定理：n邊形的外角和為360°，解決本題的關鍵是熟記多邊形的外角和為360°．
3．（2022春?浦東新區(qū)校級期中）已知：如圖，梯形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD＝BC，AC⊥BC，BE⊥AB交AC的延長線于E，EF⊥AD交AD的延長線于F，下列結論：①BD∥EF；②∠AEF＝2∠BAC；③AD＝DF；④AC＝CE+EF．其中正確的結論有（ ）
A．1個B．2個C．3個D．4個
【分析】根據已知利用等腰梯形的性質對各個結論進行分析從而得出最后的答案．
【解答】解：根據四邊形ABCD是等腰梯形，可得出的條件有：AC＝BD，∠OAB＝∠OBA＝∠ODC＝∠OCD（可通過全等三角形ABD和BAC得出），OA＝OB，OC＝OD，∠ACB＝∠ADB＝90°（三角形ACB和BDA全等）．
①要證BD∥EF就要得出∠ADB＝∠EFD，而∠ADB＝90°，∠EFD＝90°，因此∠ADB＝∠EFD，此結論成立；
②由于BD∥EF，∠AEF＝∠AOD，而∠AOD＝∠OAB+∠OBA＝2∠OAB，因此∠AEF＝2∠OAB，此結論成立．
③在直角三角形ABE中，∠OAB＝∠OBA，∠OAB+∠OEB＝∠OBA+∠OBE＝90°，因此可得出∠OEB＝∠OBE，因此OA＝OB＝OE，那么O就是直角三角形ABE斜邊AE的中點，由于OD∥EF，因此OD就是三角形AEF的中位線，那么D就是AF的中點，因此此結論也成立．
④由③可知EF＝2OD＝2OC，而OA＝OE＝OC+CE．那么AC＝OA+OC＝OC+OC+CE＝2OC+CE＝EF+CE，因此此結論也成立．
故選：D．
【點評】本題主要考查了等腰梯形的性質．根據等腰梯形的性質得出的角和邊相等是解題的基礎．
二．填空題（共6小題）
4．（2022春?靜安區(qū)期中）如圖，正方形ABCD中，延長BC到E，使CE＝CA，AE交CD于F，那么∠AFD＝ 67.5° ．
【分析】根據正方形性質得∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，得到∠ACB＝45°，再根據外角的性質和等腰三角形性質得∠E＝22.5°，從而進一步得出∠AFD＝∠CFE＝67.5°．
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，
∴∠ACB＝45°，
∵CE＝CA，
∴∠E＝∠CAE，
∴∠E＝22.5°，
∵∠DCE＝90°，
∴∠CFE＝67.5°，
∵∠AFD＝∠CFE＝67.5°，
故答案為：67.5°．
【點評】本題主要考查了正方形性質，掌握正方形的性質的應用是解題關鍵．
5．（2022春?浦東新區(qū)校級期中）一個多邊形的內角和是它的外角和的3倍，則從這個多邊形的一個頂點出發(fā)共有 5 條對角線．
【分析】首先設這個多邊形有n條邊，由題意得方程（n﹣2）×180＝360×2，再解方程可得到n的值，然后根據n邊形從一個頂點出發(fā)可引出（n﹣3）條對角線可得答案．
【解答】解：設這個多邊形有n條邊，由題意得：
（n﹣2）×180＝360×3，
解得n＝8，
從這個多邊形的一個頂點出發(fā)的對角線的條數是8﹣3＝5，
故答案為：5．
【點評】此題主要考查了多邊形的內角和外角，以及對角線，關鍵是掌握多邊形的內角和公式．
6．（2022春?青浦區(qū)校級期中）四邊形ABCD是正方形，在直線AB上取一點E，使得AE＝AC，則∠CEB的度數是 22.5或67.5 度．
【分析】分兩種情況畫圖，根據正方形的性質和等腰三角形的性質即可解決問題．
【解答】解：如圖，分兩種情況畫圖：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠CAB＝45°，
①∵AE＝AC，
∴∠CEB＝∠ACE＝×45°＝22.5°；
②∵AE′＝AC，
∴∠CE′B＝∠ACE＝（180°﹣45°）＝67.5°．
則∠CEB的度數是22.5或67.5度．
故答案為：22.5或67.5．
【點評】本題考查了正方形的性質，等腰三角形的性質，解決本題的關鍵是掌握正方形的性質．
7．（2022春?徐匯區(qū)期末）定義：如果一個凸四邊形的一條對角線把四邊形分成兩個等腰三角形，那么稱這個凸四邊形為“等腰四邊形”，把這條對角線稱為“界線”，已知在“等腰四邊形”ABCD中，AB＝BC＝AD，∠BAD＝90°，且AC為界線，則∠BCD的度數為 135°或90°或45° ．
【分析】由AC是四邊形ABCD的等腰線，可以得出△ACD是等腰三角形，從圖1，圖2，圖3三種情況運用等邊三角形的性質和判定，正方形的性質和判定和30°的直角三角形性質就可以求出∠BCD的度數．
【解答】解：∵AC是四邊形ABCD的界線，
∴△ACD是等腰三角形．
∵AB＝AD＝BC，
如圖1，當AD＝AC時，
∴AB＝AC＝BC，∠ACD＝∠ADC
∴△ABC是正三角形，
∴∠BAC＝∠BCA＝60°．
∵∠BAD＝90°，
∴∠CAD＝30°，
∴∠ACD＝∠ADC＝75°
∴∠BCD＝60°+75°＝135°．
如圖2，當AD＝CD時，
∴AB＝AD＝BC＝CD．
∵∠BAD＝90°，
∴四邊形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°
如圖3，當AC＝CD時，過點C作CE⊥AD于E，過點B作BF⊥CE于F，
∵AC＝CD．CE⊥AD，
∴AE＝AD，∠ACE＝∠DCE．
∵∠BAD＝∠AEF＝∠BFE＝90°，
∴四邊形ABFE是矩形．
∴BF＝AE．
∵AB＝AD＝BC，
∴BF＝BC，
∴∠BCF＝30°．
∵AB＝BC，
∴∠ACB＝∠BAC．
∵AB∥CE，
∴∠BAC＝∠ACE，
∴∠ACB＝∠ACE＝∠BCF＝15°，
∴∠BCD＝15°×3＝45°．
綜上，∠BCD的度數為135°或90°或45°．
故答案為：135°或90°或45°．
【點評】本題考查了“等腰四邊形”的定義和性質的運用，“等腰四邊形”的判定，等邊三角形的性質和判定的運用，正方形的性質和判定的運用，30°的直角三角形的性質的運用．解答如圖3這種情況容易忽略，解答時合理運用分類討論思想是關鍵．
8．（2022春?浦東新區(qū)校級期中）在直角梯形ABCD中，∠A＝90°，AB∥DC，AD＝15，AB＝16，BC＝17，則CD的長是 8或24 ．
【分析】分兩種情況畫圖：①過點C作CE⊥AB于E，再根據勾股定理求出BE的長，進而可得CD的長；②過點C作BE⊥CD于E，再根據勾股定理求出CE的長，進而可得CD的長．
【解答】解：①如圖，過點C作CE⊥AB于E，
得四邊形DAEC為矩形，
∴CE＝AD＝15，CD＝AE，
在Rt△ABE中，BC＝17，根據勾股定理，得
BE＝＝＝8，
∴AE＝AB﹣BE＝16﹣8＝8，
∴CD＝8；
②如圖，過點C作BE⊥CD于E，
得四邊形ADEB為矩形，
∴BE＝AD＝15，DE＝AB＝16，
在Rt△CBE中，BC＝17，根據勾股定理，得
CE＝＝＝8，
∴CD＝DE+CE＝16+8＝24，
綜上所述：CD的長為8或24．
故答案為：8或24．
【點評】本題考查了直角梯形，勾股定理，矩形的判定與性質，解決本題的關鍵是利用分類討論思想畫圖解答．
9．（2022春?浦東新區(qū)校級期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝3，點E，F分別在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于點G．若圖中陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，則△BCG的周長為 +3 ．
【分析】根據陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，得出陰影部分的面積為6，空白部分的面積為3，進而依據△BCG的面積以及勾股定理，得出BG+CG的長，進而得出其周長．
【解答】解：∵陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，
∴陰影部分的面積為×9＝6，
∴空白部分的面積為9﹣6＝3，
由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，
∴△BCG的面積與四邊形DEGF的面積相等，均為×3＝，
∠CBE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠BCG＝90°，
∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，
設BG＝a，CG＝b，則ab＝，
又∵a2+b2＝32，
∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，
即（a+b）2＝15，
∴a+b＝，即BG+CG＝，
∴△BCG的周長＝+3，
故答案為：+3．
【點評】此題考查了全等三角形的判定與性質、正方形的性質以及三角形面積問題．解題時注意數形結合思想與方程思想的應用．
三．解答題（共2小題）
10．（2022春?青浦區(qū)校級期中）如圖，四邊形ABCD中，AB＝DC，將對角線AC向兩端分別延長至點E，F，使AE＝CF．連接BE，DF，若BE＝DF．證明：四邊形ABCD是平行四邊形．
【分析】先根據SSS證出△BEA≌△DFC，從而得到∠EAB＝∠FCD，根據等角的補角相等可得∠BAC＝∠DCA，從而得到AB∥DC，再根據一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，即可求證四邊形ABCD是平行四邊形．
【解答】證明：在△BEA和△DFC中，
∴△BEA≌△DFC（SSS），
∴∠EAB＝∠FCD，
∴∠BAC＝∠DCA，
∴AB∥DC，
∵AB＝DC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形．
【點評】本題主要考查平行四邊形的判定，解題的關鍵在于先通過全等三角形證出AB∥CD．
11．（2022春?浦東新區(qū)校級期中）如圖，已知正方形ABCD，邊長AB＝6，E是AB的中點，點F在邊BC上，且BF＝2FC，點P在線段CD上，連接PE、EF、PF．
（1）若△PEF為等腰三角形，求PC的長度；
（2）若EF平分∠BEP，求PC的長度．
【分析】（1）根據矩形性質可得EF＝5，設PC＝x，所以PF＝，過點P作PG⊥AB于點G，得矩形ADPG，若△PEF為等腰三角形分3種情況：①EF＝PF，②EF＝PE，③PE＝PF，然后利用勾股定理即可解決問題；
（2）過點F作FH⊥PE于點H，證明Rt△BEF≌Rt△HEF（HL），可得BF＝HF＝4，設PC＝x，然后利用勾股定理即可解決問題．
【解答】解：（1）正方形ABCD中，
∵AB＝6，E是AB的中點，
∴AE＝BE＝3，
∵BF＝2FC，
∴BF＝4，FC＝2，
∴EF＝＝5，
設PC＝x，
∴PF＝＝，
如圖，過點P作PG⊥AB于點G，得矩形ADPG，
∴AG＝DP＝DC﹣PC＝6﹣x，
∴GE＝AE﹣AG＝3﹣（6﹣x）＝x﹣3，
∴PE＝＝，
∵△PEF為等腰三角形，
∴分3種情況：
①EF＝PF，
∴5＝，
解得x＝（負值舍去）；
②EF＝PE，
∴5＝，
解得此方程無解；
③PE＝PF，
∴＝，
解得x＝，
＞6，點P在線段CD的延長線上，不符合題意，舍去．
綜上所述：PC的長度為；
（2）如圖，過點F作FH⊥PE于點H，
∵EF平分∠BEP，
∴EH＝BE＝3，
在Rt△BEF和Rt△HEF中
，
∴Rt△BEF≌Rt△HEF（HL），
∴BF＝HF＝4，
設PC＝x，
∴PF＝＝，
∵AG＝DP＝DC﹣PC＝6﹣x，
∴GE＝AE﹣AG＝3﹣（6﹣x）＝x﹣3，
∴PE＝＝，
∴HP＝PE﹣EH＝﹣3，
在Rt△HPF中，根據勾股定理得：
HP2+FH2＝PF2，
∴（﹣3）2+42＝（）2，
解得x＝．
∴PC的長度為．
【點評】本題考查了正方形的性質，等腰三角形的性質，勾股定理，解決本題的關鍵是分類討論思想的靈活運用．
【壓軸】
一、填空題
1．（2021春·上海松江·八年級統(tǒng)考期末）如圖，將矩形的四個角向內折起，恰好拼成一個無縫隙重疊的四邊形，若，，則邊的長是____．
【答案】
【分析】由折疊的性質和矩形的性質可得∠HEF=90°，EA=EB=3，證明△HNG≌△FME，求出HF，設AH=x，在△AEH，△BEF和△EFH中，利用勾股定理列出方程，求出x，即可得到EH．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠D=90°，
由折疊可知：△EAH≌△EMH，△HNG≌△HDG，△FBE≌△FME，
∴EA=EM，AH=MH，HD=HN，EB=EM，FB=FM，
∠AEH=∠MEH，∠BEF=∠MEF，∠BME=∠B=90°，∠HNG=∠D=90°，
∴EA=EB=AB=3，
∵∠AEH+∠MEH+∠BEF+∠MEF=180°，
∴2∠MEH+2∠MEF=180°，
∴∠HEF=90°，
同理可知：∠EHG=∠EFG=∠HGF=90°，
∴四邊形EHGF是矩形，
∴HG∥FE，HG=FE，
∴∠GHN=∠EFM，
在△HNG和△FME中，
，
∴△HNG≌△FME（AAS），
∴HN=FM，
∴HD=FM，
∴HF=HM+FM=AH+HD=AD=10，
設AH=x，則HD=FM=FB=10-x，
∵，，，
∴，
即，
解得：x=1或x=9（舍），
∴AH=1，
∴，
故答案為：．
【點睛】本題考查了翻折變換，矩形的性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質，利用勾股定理列出方程是本題的關鍵．
2．（2021春·上海松江·八年級?？计谥校┮淮魏瘮档膱D像與軸分別用交于點A和點B，點C在直線上，點D是直角坐標平面內一點，若四邊形ABCD是菱形，則點D的坐標為___________．
【答案】或
【分析】先求出點A和B的坐標，從而可得AB的長，再根據菱形的性質可得出點C的坐標，然后根據菱形的性質得出點B至點C的平移方式和點A至點D的平移方式相同，由此即可得．
【詳解】設點D的坐標為
對于
當時，，解得，則點A的坐標為
當時，，則點B的坐標為
點C在直線上
設點C的坐標為
當四邊形ABCD是菱形，則
由兩點之間的距離公式得：
解得或
（1）當時，點C的坐標為
點B至點C的平移方式為先向右平移4個單位長度，再向下平移2個單位長度
點A至點D的平移方式和點B至點C的平移方式相同
則此時點D的坐標為
（2）當時，點C的坐標為
點B至點C的平移方式為先向右平移4個單位長度，再向上平移2個單位長度
點A至點D的平移方式和點B至點C的平移方式相同
則此時點D的坐標為
綜上，點D的坐標為或
故答案為：或．
【點睛】本題考查了兩點之間的距離公式、一次函數、菱形的性質、點坐標的平移變換規(guī)律等知識點，依據菱形的性質，求出點C的坐標是解題關鍵．
3．（2019春·上海普陀·八年級統(tǒng)考期末）已知在等腰梯形中，，，對角線，垂足為，若，，梯形的高為______．
【答案】
【分析】過作交的延長線于，構造．首先求出是等腰直角三角形，從而推出與的關系．
【詳解】解：如圖：過作交的延長線于，過作于．
，，
四邊形是平行四邊形，
，，
等腰梯形中，，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
又，
，
即梯形的高為．
故答案為：．
【點睛】本題考查了等腰梯形性質，作對角線的平行線將上下底和對角線移到同一個三角形中是解題的關鍵，也是梯形輔助線常見作法．
4．（2019春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ袏渖街袑W?？茧A段練習）如圖，以正方形的對角線為邊作等邊三角形，過E作，交的延長線于點F，和的度數之比是__________．
【答案】2：1
【分析】根據正方形的性質得，根據等邊三角形的性質得，，即可證明，可得，再根據三角形內角和定理和角的和差關系求解即可．
【詳解】∵四邊形ABCD是正方形
∴
∵三角形BED是等邊三角形
∴，
在△AED和△AEB中
∴
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
故答案為：2：1．
【點睛】本題考查了角的度數問題，掌握全等三角形的性質以及判定定理、正方形的性質、等邊三角形的性質、三角形內角和定理、角的和差關系是解題的關鍵．
5．（2022春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）如圖，四邊形ABCD是菱形，點E、F分別在邊BC、CD上，且△AEF是等邊三角形，AB＝AE，則∠B＝_____．
【答案】80°．
【分析】先利用等邊三角形和菱形的性質有，然后利用等腰三角形的性質和三角形內角和定理得出,設∠B＝x，表示出 最后利用∠BAE+∠EAF+∠FAD＝∠BAD即可求得∠B的度數．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，△AEF是等邊三角形，
．
∵AB＝AE，
∴AF＝AD，
∴ ，

設∠B＝x，則∠BAD＝180°﹣x，∠BAE＝∠DAF＝180°﹣2x，
又∵∠BAE+∠EAF+∠FAD＝∠BAD
即 ，
解得x＝80°，
故答案為：80°
【點睛】本題主要考查菱形和等邊三角形的性質，三角形內角和定理，一元一次方程的應用，掌握菱形和等邊三角形的性質，三角形內角和定理和利用方程的思想是解題的關鍵．
二、解答題
6．（2020秋·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ械诙跫壷袑W?？计谥校┤鐖D，在平面直角坐標系中，直線AB和直線BC相交于點，直線AB與y軸相交于點A，直線BC與x軸、y軸分別交于點，點C．
(1)求直線AB的解析式．
(2)過點A作BC的平行線交x軸于點E，求點E的坐標．
(3)在（2）的條件下，點P是直線AB上一個動點，且點P在x軸的上方，如果以點D、E、P、Q為頂點的平行四邊形的面積等于三角形ABC的面積．
①求出點P的坐標．
②畫出所有情況并直接寫出點Q的坐標．
【答案】(1)y=x+4
(2)（2，0）
(3)①P（-2，2）；②畫見解析，Q1（1，2），Q2（-5，2），Q3（3，-2）
【分析】（1）設過點A，B的直線，求得b，k而求得直線解析式；
（2）首先設過點A且平行于直線BC的直線為y=kx+c，則可求得k的值，所求直線后代入點A，求得c則得到直線；
（3）在（2）的基礎上，求得點P的有關坐標，求得△ABC面積，代入點P而求得點P，進而求得點Q．
（1）
解：設直線AB為y=kx+b，
代入點B，A，
則，
解得b=4，k=1，
∴直線AB為y=x+4；
（2）
設過點A且平行于直線BC的直線為y=kx+c，
根據題意得：k=＝?2，
則直線AE的直線為y=-2x+c，
則代入點A得c=4，
則直線AE為y=-2x+4，
則點E為（2，0）；
（3）
①∵點D（-1，0）、點B（-2，2），
設直線BD的解析式為y=mx+n，
則，解得：，
∴直線BD的解析式為：y=-2x-2，
∴點C（0，-2），
∴AC=6，
∴S△ABC=×6×2=6，
∵DE=2-（-1）=3，
∴以點D、E、P、Q為頂點的平行四邊形的高為6÷3=2，
∵點P是直線AB上一動點且在x軸的上方，
∴點P的縱坐標為4，
∴2=x+4，
∴x=-2，即點P的坐標為（-2，2）；
②若點Q在x軸上方，
則PQ∥DE，且PQ=DE，
此時點Q1（1，2），Q2（-5，2）；
若點Q在x軸下方，
則Q3（3，-2）；
∴Q1（1，2），Q2（-5，2），Q3（3，-2）．
【點睛】本題考查了一次函數的運用，考查了過兩點確定一條直線，考查了知道直線斜率和一點求直線，直線間的交點，形成四邊形而求面積．
7．（2021春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ械谒闹袑W校考期中）如圖1，在平面直角坐標系中，點的坐標為，點的坐標為．
（1）求直線的解析式；
（2）以點為直角頂點作，射線交軸的負半軸于點，射線交軸的負半軸于點．當繞著點旋轉時，的值是否發(fā)生變化，若不變，求出它的值；若變化，求出它的變化范圍；
（3）如圖2，點是軸上的一個點，點是坐標平面內一點．若、、、四點能構成菱形，請寫出滿足條件的所有點的坐標（不要解題過程）．
【答案】（1）y＝?x＋2；（2）OC?OD的值不發(fā)生變化，值為8；（3）（?8，2），（2，-2），（-2，-2），（，6）
【分析】（1）由A、B兩點的坐標利用待定系數法可求得直線AB的解析式；
（2）過A分別作x軸和y軸的垂線，垂足分別為E、F，可證明△AEC≌△AFD，可得到EC＝FD，從而可把OC?OD轉化為FD?OD，再利用線段的和差可求得OC?OD＝OE＋OF＝8；
（3）分AM為對角線、AB為對角線和BM為對角線，分別利用菱形的性質，畫出圖形，求出M點的坐標，進而即可求出P的坐標．
【詳解】解：（1）設直線AB的解析式為：y＝kx＋b（k≠0）．
∵點A（?4，4），點B（0，2）在直線AB上，
∴，解得，
∴直線AB的解析式為：y＝?x＋2；
（2）不變．理由如下：
過點A分別作x軸、y軸的垂線，垂足分別為E、F，如圖．
則∠AEC＝∠AFD＝90°，
又∵∠BOC＝90°，
∴∠EAF＝90°，
∴∠DAE＋∠DAF＝90°，
∵∠CAD＝90°，
∴∠DAE＋∠CAE＝90°，
∴∠CAE＝∠DAF．
∵A（?4，4），
∴OE＝AF＝AE＝OF＝4．
在△AEC和△AFD中
，
∴△AEC≌△AFD（ASA），
∴EC＝FD．
∴OC?OD＝（OE＋EC）?（FD?OF）＝OE＋OF＝8．
故OC?OD的值不發(fā)生變化，值為8；
（3）①AM為對角線時，連接BP交AM于點H，連接PA、PM，如圖，
∵四邊形ABMP為菱形，
∴PB⊥AM，且AH＝HM，PH＝HB，
∵∵A（?4，4），B（0，2），
∴P點坐標為（?8，2）；
②BM為對角線時，如圖，
設M（m，0），
∵四邊形ABPM為菱形，
∴AM=AB，即：，解得：m=-6或-2，
∴M（-6，0）或（-2，0），
∴P（2，-2）或（-2，-2）；
③AB為對角線時，如圖，
∵四邊形AMBP為菱形，
∴AM=BM，即：，解得：m=，
∴M（，0），
∴P（，6）；
綜上可知滿足條件的所有點P的坐標為（?8，2），（2，-2），（-2，-2），（，6）．
【點睛】本題為一次函數的綜合應用，涉及知識點有待定系數法、全等三角形的判定和性質、平行四邊形的性質、菱形的判定和性質及分類討論思想等．在（1）中注意待定系數法的應用步驟，在（2）中構造三角形全等是解題的關鍵，在（3）中確定出P點的位置是解題的關鍵．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度適中．
8．（2021春·上海普陀·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知直線AQ與x軸負半軸交于點A，與y軸正半軸交于點Q，∠QAO＝45°，直線AQ在y軸上的截距為2，直線BE：y＝﹣2x+8與直線AQ交于點P．
（1）求直線AQ的表達式；
（2）在y軸上取一點F，當四邊形BPFO為是梯形時，求點F的坐標；
（3）點D為直角坐標平面內一點，如果以Q、P、B、D為頂點的四邊形是平行四邊形，請直接寫出點D的坐標．
【答案】（1）y＝x+2；（2）F（0，4）；（3）（6，2）或（2，﹣2）或（﹣2，6），見解析．
【分析】（1）求得點A的坐標，利用待定系數法即可求得；
（2）四邊形BPFO為是梯形，則，聯立兩直線解析式求得點P坐標，即可求解；
（3）分別以當PD//QB和BD//QP、當PB//QD和PQ//BD、當PD//BQ和PB//DQ三種情況進行分類討論即可求得點D的坐標．
【詳解】解：（1）∵直線AQ在y軸上的截距為2，
∴OQ＝2．
∵∠QAO＝45°，OA⊥OQ，
∴OA＝OQ＝2．
∴A（﹣2，0）．
設直線AQ的表達式為y＝kx+2，
∴0＝﹣2k+2．
∴k＝1．
∴直線AQ的表達式為：y＝x+2．
（2）在y軸上取一點F，當四邊形BPFO為是梯形時，如圖：
過點P作PC⊥OB于點C，
∵四邊形BPFO為是梯形，
∴PF//OB．
∴P，F兩點縱坐標相同．
解方程組得：．
∴P（2，4）．
∴F（0，4）．
（3）如果以Q、P、B、D為頂點的四邊形是平行四邊形，分三種情況：
當PD//QB時，如圖，
對于y＝﹣2x+8，令y＝0，則x＝4．
∴B（4，0）．
∴OB＝4．
過點D作DH⊥x軸于H，過P作PG⊥y軸于G，
∵四邊形PQBD是平行四邊形，
∴BD//PQ，BD＝PQ．
∴∠DBH＝∠QAO＝45°．
∵∠GQP＝∠AQO＝45°，
∴∠DBH＝∠GQP．
∵PG⊥GQ，DH⊥BH，
∴∠PGQ＝∠DHB＝90°．
∴△PGQ≌DHB（AAS）．
∴PG＝DH．
∵OG＝PC＝4，OQ＝2，
∴QG＝4﹣2＝2．
∴BH＝DH＝QG＝2．
∴OH＝4+2＝6．
∴D（6，2）．
當PB//QD時，如圖，
過點D作DG⊥y軸于點G，
∵P（2，4），
∴OC＝2，PC＝4．
∵四邊形PBDQ是平行四邊形，
∴PB//QD，PB＝QD．
∴∠BPC＝∠DQG．
∵PC⊥BC，DG⊥QG，
∴∠PCB＝∠QGD＝90°．
∴△PCB≌△QGD（AAS）．
∴GD＝BC＝2，QG＝PC＝4．
∵OQ＝2，
∴OG＝4﹣2＝2．
∴D（2，﹣2）．
當PD//BQ時，如圖，
過D作DG⊥y軸于點G，
∵P（2，4），
∴OC＝2，PC＝4．
∵四邊形PDQB是平行四邊形，
∴DQ//PB，PB＝QD．
∴∠BPC＝∠DQG．
∵PC⊥BC，DG⊥QG，
∴∠PCB＝∠QGD＝90°．
∴△PCB≌△QGD（AAS）．
∴GD＝BC＝2，QG＝PC＝4．
∵OQ＝2，
∴OG＝4+2＝6．
∴D（﹣2，6）．
綜上，D點的坐標為（6，2）或（2，﹣2）或（﹣2，6）．
【點睛】此題主要考查了一次函數與幾何的綜合應用，熟練掌握一次函數的性質、待定系數法求解析式以及平行四邊形的性質是解題的關鍵．
9．（2022春·上海·八年級專題練習）如圖，在平面直角坐標系中，已知矩形的頂點的坐標是，動點從點出發(fā)，沿線段向終點運動，同時動點從點出發(fā)，沿線段向終點運動．點的運動速度均為每秒個單位，運動時間為秒，過點作交于點．
（1）求直線的解析式；
（2）設的面積為，求當時，與時間的函數關系；
（3）在動點運動的過程中，點是矩形內（包括邊界）一點，且以為頂點的四邊形是菱形，直接寫出值和與其對應的點的坐標．
【答案】（1）y=-x+6；（2）S=﹣+t；（3）t的值為或24-12，點H坐標為（，）或（，6）
【分析】（1）先求出點A，點B坐標，利用待定系數法可求直線AB的解析式；
（2）先求出點E坐標，再利用三角形面積公式可求解；
（3）分兩種情況討論，利用菱形的性質和直角三角形的性質可求解．
【詳解】解：（1）∵矩形AOBC的頂點C的坐標是（2，6），
∴OA=BC=6，OB=AC=2，
∴點A（0，6），點B（2，0）
設直線AB解析式為：y=kx+b，
∴
解得：，
∴直線AB的解析式為：y=-x+6；
（2）∵點P、Q的運動速度均為每秒1個單位，
∴AP=BQ=t，
∴OP=6-t，
∵PE⊥AO，
∴點E縱坐標為6-t，
∴6-t=﹣x+6，
x=，
∴點E（，6-t），
Q到直線PE的距離為6－2t，
∴當0＜t＜3時，
S=×（6-2t）
∴S=﹣+t；
（3）如圖，當四邊形EHBQ是菱形時，延長PE交BC于F，
∵AB=，
∴OB=AB，
∴∠BAO=30°，
∵AO∥BC，PE⊥AO，
∴∠ABC=∠BAO=30°，PE⊥BC，
∵四邊形EHBQ是菱形，
∴BQ=EQ=t，EH∥BQ，
∴∠QEB=∠EBQ=30°，
∴∠FEQ=30°，
∴FQ=EQ=t，
∴BC=t+t+t=6，
∴t=，
∴BQ=EH=，
∴點E（，），
∴點H（，）
如圖，若四邊形EHQB是菱形，延長PE交BC于F，
∵四邊形EHQB是菱形，
∴BE=BQ=t，EH∥BQ，
∵∠ABC=30°，EF⊥BC，
∴BE=2EF，
∴t=2（－t）
∴t=24-12
∴點E（，12－18），
∴點H（，6），
綜上所述：t的值為或24-12，點H坐標為（，）或（，6）．
【點睛】本題是一次函數綜合題，考查了矩形的性質，菱形的性質，勾股定理，待定系數法求解析式，一次函數的性質等知識；利用分類討論思想解決問題是解題的關鍵．
10．（2022春·上海·八年級專題練習）如圖1，在菱形中，，，點是上一點，點在上，且，設．
（1）當時，如圖2，求的長；
（2）設，求關于的函數關系式及其定義域；
（3）若是以為腰的等腰三角形，求的長．
【答案】（1）=（2）y=x-8（≤x≤）（3）4
【分析】（1）先根據菱形的邊長和對角線的長得到∠ABO =30°，再根據，求出AP的長，故可得到DP的長；
（2）作HP⊥AB，根據AP=PQ，得到AH=QH=，BH=8-,BP=BD-DP=-x,再根據（1）可得HP=-x，在Rt△BPH中，BP2=HB2+HP2，化簡即可求解，再求出x的取值范圍；
（3）根據題意作圖，由等腰三角形的性質可得△AQP是等邊三角形，故可得到DP的長．
【詳解】（1）∵，，
∴BO==4,AC⊥BD
故AO==4=
∴∠ABO =30°=∠ADO
∵
∴∠APB =90°-∠ABO =60°
故∠PAD=∠APB -∠ADO =30°
即∠PAD=∠ADO
∴DP=AP
設AP=x，則BP=2x，
在Rt△ABP中，BP2=AB2+AP2
即（2x）2=82+x2
解得x=
故=；
（2）作HP⊥AB，∵AP=PQ
∴AH=QH=
∴BH=BQ+QH=(8-y)+=8-,
BP=BD-DP=-x,
由（1）可得HP==-x
在Rt△BPH中，BP2=HB2+HP2
即（-x）2=(8-)2+(-x)2
∵-x＞0，8-＞0，-x＞0
∴化簡得y=x-8
∵0≤x-8≤8
∴x的取值范圍為≤x≤
∴關于的函數關系式是y=x-8（≤x≤）；
（3）如圖，若是以為腰的等腰三角形，
則∠QPB=∠QBP=30°，
∴∠AQP=∠QPB+∠QBP=60°
∵∠BAP=90°-∠QBP=60°，
∴△APQ是等邊三角形，∠APQ=60°
∴∠QPB +∠APQ=90°，
則AP⊥BP，故O點與P點重合，
∴PD=DO==4．
【點睛】此題主要考查菱形的性質綜合，解題的關鍵是熟知菱形的性質及含30度的直角三角形的性質．
11．（2022春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）如圖，已知直角梯形，，，過點作，垂足為點，，，點是邊上的一動點，過作線段的垂直平分線，交于點，并交射線于點．
（1）如圖1，當點與點重合時，求的長；
（2）設，，求與的函數關系式，并寫出定義域；
（3）如圖2，聯結，當是等腰三角形時，求的長．

【答案】（1）BC=5；（2）；（3）的長為或3或．
【分析】（1）根據垂直平分線性質可知，設，，在中用勾股定理求出，即可解答；
（2）聯結，，在中，，在中，，消去二次項即可得到與的函數關系式；根據點是邊上的一動點結合（1）即可得出的定義域；
（3）分三種情況討論，分別畫出圖形，根據相等的邊用勾股定理列方程求解即可．
【詳解】解：（1）∵梯形中，，，，
∴，
∵是線段的垂直平分線，
∴，
在中，，
又∵，，設，，
，
∴，
∴．
（2）聯結，，
∵是線段的垂直平分線，
∴
∵，，
∴
在中，
在中，
∴
∴
（3）在中，，，
∴，
當是等腰三角形時
①∵
∴
∵
∴
∴
②
取中點，聯結
∵為的中點
∴為梯形中位線
∴
∵
∴為中點，
∴此時與重合
∴
③
聯結并延長交延長線于點
此時．
∴，，
∴，
∴在中，，
∵
∴解得，（不合題意含去）
∴綜上所述，當是等腰三角形時，的長為或3或
【點睛】本題綜合考查了矩形的性質、勾股定理解三角形、等腰三角形性質和判定、全等三角形性質和判定，靈活運用勾股定理求線段長是解題的關鍵．
12．（2022春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）如圖，在梯形中，，，．是邊的中點，聯結、，且．設，．

（1）如果，求的長；
（2）求關于的函數解析式，并寫出自變量的取值范圍；
（3）聯結．如果是以邊為腰的等腰三角形，求的值．
【答案】（1）；（2），自變量的取值范圍是，且；（3）
【分析】（1）首先過點D作DH⊥BC，垂足為點H，由AD∥BC，AB⊥BC，DH⊥BC，可求得DH的長，然后設CH=，則 CD=2，利用勾股定理即可求得答案；
（2）首先取CD的中點F，連接EF，由梯形的中位線，可表示出EF的長，易得四邊形ABHD是平行四邊形，然后由勾股定理可求得答案；
（3）分別從CD=BD或CD=BC去分析求解即可求得答案．
【詳解】（1）過點作，垂足為點．
∵，，，
∴．
在中，
∵，
∴，
∴．
設，則，
利用勾股定理，得．
即得，
解得（負值舍去）．
∴；
（2）取CD的中點F，連接EF，
∵為邊的中點，
∴，
∵，
∴．
又∵，
∴．
由，，得．
∴．
又∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，
即得，
在中，利用勾股定理，得．
即得．
解得．
∴所求函數解析式為．
自變量的取值范圍是，且．
（3）當是以邊為腰的等腰三角形時，有兩種可能情況：
或．
①如果，
作于H，
∴，
即得，
∵，
∴．
解得，．
經檢驗：，，是方程的解，
但不合題意，舍去．
∴；
②如果，則．
即得（不合題意，舍去）．
綜上，如果是以邊為腰的等腰三角形，的值為．
【點睛】本題屬于四邊形的綜合題．考查了梯形的性質、平行四邊形的判定與性質、等腰三角形的性質以及勾股定理等知識．注意掌握輔助線的作法，掌握方程思想與分類討論思想的應用是解此題的關鍵．

相關試卷

滬教版八年級數學下學期核心考點+重難點講練與測試第21章代數方程(基礎、典型、易錯)分類專項訓練(原卷版+解析)：

這是一份滬教版八年級數學下學期核心考點+重難點講練與測試第21章代數方程(基礎、典型、易錯)分類專項訓練(原卷版+解析)，共26頁。

滬教版八年級數學下學期核心考點+重難點講練與測試第20章一次函數(基礎、典型、易錯、壓軸)分類專項訓練(原卷版+解析)：

這是一份滬教版八年級數學下學期核心考點+重難點講練與測試第20章一次函數(基礎、典型、易錯、壓軸)分類專項訓練(原卷版+解析)，共73頁。

滬教版八年級數學下學期核心考點+重難點講練與測試期末精選(易錯60題27個考點專練)(原卷版+解析)：

這是一份滬教版八年級數學下學期核心考點+重難點講練與測試期末精選(易錯60題27個考點專練)(原卷版+解析)，共50頁。試卷主要包含了解方程組，方程＝x﹣1的根為　 　，方程 的根為　 　，解方程等內容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

初中蘇科版第12章 二次根式12.1 二次根式當堂檢測題

初中蘇科版第12章 二次根式12.1 二次根式當堂檢測題
蘇科版八年級下冊11.1 反比例函數練習

蘇科版八年級下冊11.1 反比例函數練習
蘇科版八年級下冊9.3 平行四邊形鞏固練習

蘇科版八年級下冊9.3 平行四邊形鞏固練習
初中數學浙教版七年級下冊1.1平行線同步訓練題

初中數學浙教版七年級下冊1.1平行線同步訓練題
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內容侵犯了您的知識產權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
期末專區(qū)
歡迎來到教習網
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經成功發(fā)送，5分鐘內有效

設置密碼

6-20個字符，數字、字母或符號

注冊即視為同意教習網「注冊協議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部