湘教版八年级下册章末复习课件-第2章-四边形.pptx

1、第2章 四边形章末复习第2章 四边形章末复习知识框架归纳整合素养提升中考链接章末复习知识框架多边形多边形定义定义性质性质三角形的三角形的 中位线中位线中心对称和中中心对称和中 心对心对称图形称图形四边形四边形定义定义性质性质平行四边形平行四边形矩形的性质与判定矩形的性质与判定菱形的性质与判定菱形的性质与判定特殊的平特殊的平 行四边形行四边形正方形的性质与正方形的性质与判定判定判定判定多边形的内角多边形的内角 和、外角和和、外角和正多边形正多边形章末复习【要点指导要点指导】涉及多边形内角和的计算涉及多边形内角和的计算,通常有以下几种题型：通常有以下几种题型：(1)已知多边形的边数已知多边形的边数

2、,求其内角和；求其内角和；(2)已知多边形的内角和已知多边形的内角和,求其边数；求其边数；(3)已知多边形中内角和与外角和的关系已知多边形中内角和与外角和的关系,求多边形的边数；求多边形的边数；归纳整合专题一 多边形的内角和与外角和章末复习(4)正多边形正多边形 的边数与内角、外角的互求的边数与内角、外角的互求.无论哪种形式的问题无论哪种形式的问题,抓抓住多边形内角和公住多边形内角和公 式和外角和定理就能解决式和外角和定理就能解决.注意注意n边形的内角和边形的内角和公式为公式为(n-2)180,其值其值 是变化的是变化的,随着边数随着边数n的增加而增加；多边的增加而增加；多边形的外角和都等于形

3、的外角和都等于360,是一是一 个定值个定值,不随边数的变化而变化不随边数的变化而变化,两两者之间的联系是内角与其相邻的外角者之间的联系是内角与其相邻的外角 之和为之和为180.章末复习例例1 临沂中考临沂中考 一个正多边形的内角和为一个正多边形的内角和为540,则这个正多边形则这个正多边形的每的每 个外角的度数等于个外角的度数等于().A108 B90 C72 D60分析分析 设这个正多边形的边数为设这个正多边形的边数为n.n.因为正多边形的内角和是因为正多边形的内角和是540540,即即 (n-2)180(n-2)180=540=540,解得解得n=5,n=5,所以这个正多边形的每个外角的

4、度数都所以这个正多边形的每个外角的度数都是是 3603605=725=72.C章末复习相关题相关题1 若一个多边形的内角和若一个多边形的内角和 是是900,则这个多边形则这个多边形 的边数的边数是是().A10 B9 C8 D7D章末复习【要点指导要点指导】平行四边形的性质与判定都可以从边、角、对角线平行四边形的性质与判定都可以从边、角、对角线的角的角 度去考虑度去考虑,平行四边形的性质有四种平行四边形的性质有四种,判定方法有五种判定方法有五种,应用应用时要认真领会它时要认真领会它 们之间的联系与区别们之间的联系与区别,同时要根据条件合理、灵同时要根据条件合理、灵活地选择性质与判定方法活地选择

5、性质与判定方法.专题二 平行四边形的性质和判定章末复习例例2 如图如图2-Z-1,在在 ABCD中中,延长延长AD到点到点E,延长延长CB到点到点F,使得使得 DE=BF,连接连接EF,分别交分别交AB,CD于点于点M,N,连接连接AN,CM.(1)求证：求证：DEN BFM；(2)试判断四边形试判断四边形ANCM的形的形状状,并说明理由并说明理由.章末复习解：解：(1)证明：证明：四边形四边形ABCD是平行四边形是平行四边形,AECF,ADC=ABC,E=F,EDN=FBM.在在DEN和和BFM中中,E=F,DE=BF,EDN=FBM,DEN BFM(ASA).(2)四边形四边形ANCM是平

6、行四边形理由如下：是平行四边形理由如下：四边形四边形ABCD是平行四边形是平行四边形,AB=CD,ABCD,即即AMCN又由又由(1)知知DEN BFM,DN=BM,CN=AM,四边形四边形ANCM是平行四边形是平行四边形.章末复习相关题相关题2-1 已知：如图已知：如图2-Z-2,在在 ABCD中中,BN=D M,BE=DF.求求证：四边形证：四边形 MENF是平行四边形是平行四边形.章末复习证明：证明：在在 ABCD中，中，ADBC，CBDADB.又又BNDM，BEDF，BNE DMF，则则ENFM，BENDFM，FENEFM，ENFM，四边形四边形MENF是平行四边形是平行四边形章末复习

7、相关题相关题2-2 如图如图2-Z-3,在在 ABCD 中中,C=60,M,N分分 别是别是 A D,B C的中点的中点,BC=2CD.(1)求证：四边形求证：四边形MNCD 是平行四边形；是平行四边形；(2)求证：求证：BD=MN.章末复习证明：证明：(1)四边形四边形ABCD是平行四边形，是平行四边形，ADBC，ADBC.M，N分别是分别是AD，BC的中点，的中点，MDNC，MDNC，四边形四边形MNCD是平行四边形是平行四边形章末复习章末复习【要点指导要点指导】三角形中位线定理包含两个方面的内容：三角形中位线定理包含两个方面的内容：(1)三角形三角形的的 中位线平行于第三边；中位线平行于

8、第三边；(2)三角形的中位线等于第三边的一半三角形的中位线等于第三边的一半.前前者是两者是两 条线段的位置关系；后者是线段与线段之间的数量关系条线段的位置关系；后者是线段与线段之间的数量关系.定定理的结论中既理的结论中既 包含线段的位置关系又包含线段的数量关系包含线段的位置关系又包含线段的数量关系,因此运因此运用三角形中位线定理用三角形中位线定理 既可以证明两直线平行既可以证明两直线平行,又可以说明线段之间又可以说明线段之间的数量关系的数量关系专题三 三角形中位线定理章末复习例例3 已知：如图已知：如图2-Z-4所示所示,ABC是锐角三角是锐角三角 形形,分别以分别以AB,AC为为边向外侧作等

9、边三角形边向外侧作等边三角形ABM和等边和等边 三角形三角形CAN.D,E,F分别是分别是MB,BC,CN的中点的中点,连接连接DE,EF.求证：求证：DE=EF.章末复习证明：证明：连接连接BN,CM.ABM,CAN是等边三角形是等边三角形,MAB=NAC=60,MAB+BAC=NAC+BAC,即即MAC=BAN.在在MAC和和BAN中中,AM=AB,MAC=BAN,AC=AN,MAC BAN,MC=BN.D,E,F分别是分别是MB,BC,CN的中点的中点,DE,EF分别是分别是MBC,BNC的中位线的中位线,DE=MC,EF=BN,DE=EF章末复习相关题相关题3 O是是ABC所在平面内所

10、在平面内 的一个动点的一个动点,连接连接OB,OC,并将并将AB,OB,OC,AC的中点的中点D,E,F,G依次依次 连接起来连接起来,设点设点D,E,F,G能构能构成四边形成四边形.(1)如图如图2-Z-5,当点当点 O在在ABC内部时内部时,求求 证：四边形证：四边形DEFG是平是平 行四边形；行四边形；图图2-Z-5章末复习(2)当点当点O在在ABC外时外时,(1)中的结论是否仍然成中的结论是否仍然成 立立(在图中画在图中画出图形出图形,指出结论指出结论,并说明理由并说明理由)？图图2-Z-5章末复习章末复习章末复习【要点指导要点指导】熟练掌握各类特殊平行四边形的定义、性质、判定熟练掌握

11、各类特殊平行四边形的定义、性质、判定方方 法以及它们之间的联系和区别法以及它们之间的联系和区别,同时要灵活运用全等三角形、等同时要灵活运用全等三角形、等腰三角腰三角 形、直角三角形等知识进行分析形、直角三角形等知识进行分析.专题四 特殊平行四边形的性质和判定的应用章末复习例例4 娄底中考娄底中考如图如图2-Z-6所示所示,在矩形在矩形ABCD中中,M,N分别是分别是AD,BC 的中点的中点,P,Q分别是分别是BM,DN的中点的中点.(1)求证：求证：MBA NDC；(2)四边形四边形MPNQ是什么样的特是什么样的特殊四边形？请说明理由殊四边形？请说明理由.章末复习解：解：(1)证明：在矩形证明

12、：在矩形ABCD中中,AB=CD,AD=BC,A=C=90.M,N分别是分别是AD,BC的中点的中点,AM=CN.AM=CN,在在MBA和和NDC中中,A=C,AB=CD,MBA NDC(SAS).章末复习(2)四边形四边形MPNQ是菱形是菱形.理由如下：如图理由如下：如图2-Z-7所示所示,连接连接MN.M,N分别是分别是AD,BC的中点的中点,MNABCD,BNM=DMN=90.P,Q分别是分别是BM,DN的中点的中点,PN=MP=BM,MQ=QN=DN.由由(1)知知MBA NDC,BM=DN,PN=MP=MQ=QN,四边形四边形MPNQ是菱形是菱形.章末复习相关题相关题4 如图如图2-

13、Z-8所示所示,四边四边 形形ABCD是边长为是边长为a的正的正 方形方形,G,E分别是边分别是边AB,BC的中点的中点,AEF=90,且且EF交正方形外角交正方形外角 DCH的平分线的平分线CF于于 点点F.(1)求证：求证：BAE=FEC；(2)求证：求证：AGE ECF；(3)求求AEF的面积的面积.章末复习解：解：(1)证明：因为证明：因为AEF90，所以，所以FECAEB90.因为在正方形因为在正方形ABCD中，中，B90，所以所以AEBBAE90，所以，所以BAEFEC.章末复习(2)证明：因为证明：因为G，E分别是正方形分别是正方形ABCD的边的边AB，BC的中点，的中点，所以所

14、以AGGBBEEC，且，且AGE18045135.又因为又因为CF是是DCH的平分线，的平分线，所以所以ECF18045135，所以，所以AGEECF.因为在因为在AGE和和ECF中，中，GAECEF，AGEC，AGEECF，所以所以AGE ECF.章末复习章末复习【要点指导要点指导】化归思想就是将复杂的问题转化为简单的问题化归思想就是将复杂的问题转化为简单的问题,将将陌生陌生 的问题转化为熟悉的问题来处理的一种思想的问题转化为熟悉的问题来处理的一种思想.素养提升专题一 化归思想在几何证明和计算中的应用章末复习例例1 如图如图2-Z-9,四边形四边形ABCD的对角线的对角线AC,BD相交于点相

15、交于点P,过点过点P作直作直 线交线交AD于点于点E,交交BC于点于点F.若若PE=PF,且且AP+AE=CP+CF.(1)求证：求证：PA=PC；(2)若若AD=12,AB=15,DAB=60,求四边形求四边形ABCD的面积的面积.章末复习解解:(1)证明：如图证明：如图2-Z-10,在在PA和和PC的延长线上分别取点的延长线上分别取点M,N,使使AM=AE,CN=CF,连接连接ME,MF,NE,NF.AP+AE=CP+CF,PM=PN.又又PE=PF,四边形四边形EMFN是平行四边形是平行四边形,ME=FN,EMA=CNF.AM=AE,CN=CF,AME=AEM,CNF=CFN,EAM F

16、CN,AM=CN.PM=PN,PA=PC.章末复习(2)连接连接EC,AF,PA=PC,PE=PF,四边形四边形EAFC是平行四边形是平行四边形,AECF,PED=PFB.又又EPD=FPB,PE=PF,PED PFB,DP=BP.由由(1)知知PA=PC,四边形四边形ABCD为平行四边形为平行四边形.AD=12,DAB=60,ABD的的AB边上的高为边上的高为6 .四边形四边形ABCD的面积为的面积为90 .章末复习相关题相关题 1 如图如图2-Z-11所示所示,在正在正 方形方形ABCD中中,点点G,F,H,E分别在边分别在边AB,BC,CD,DA上上,且且EFGH.求证：求证：EF=GH

17、.章末复习证明：证明：过点过点D作作DKEF交交BC于点于点K，过点过点C作作CLHG交交AB于点于点L.因为四边形因为四边形ABCD是正方形，所以是正方形，所以ABCD，ADBC，所以四边形所以四边形DEFK、四边形、四边形GLCH都是平行四边形，都是平行四边形，所以所以EFDK，GHCL.由由EFGH知知DKCL.由同角的余角相等知由同角的余角相等知KDCLCB.又因为又因为DCCB，DCKCBL，所以，所以DCK CBL，所以所以DKCL，所以，所以EFGH.章末复习【要点指导要点指导】在解决四边形的问题时在解决四边形的问题时,有时无法直接求出有关线段有时无法直接求出有关线段的的 长度或

18、角的度数长度或角的度数,此时此时,往往要通过设未知数往往要通过设未知数,列方程来解决列方程来解决.专题二方程思想在几何计算中的应用章末复习例例2 大连中考大连中考如图如图2-Z-12所示所示,在矩形在矩形ABCD中中,AB=4,BC=5,E为为BC上一点上一点,AF平分平分DAE,EFAE,则则CF 的长度为的长度为().A B1 C D2C章末复习章末复习相关题相关题2 把一张矩形纸片把一张矩形纸片ABCD 按图按图2-Z-1 3所示的方所示的方 式折叠式折叠,使使点点A与点与点E重重 合合,点点C与点与点F重合重合(E,F 两点均在两点均在BD上上),折痕分折痕分 别为别为BH,DG.(1

19、)求证：求证：BHE DGF；(2)若若AB=6,BC=8,求线求线 段段FG的长的长.章末复习章末复习章末复习中考链接母题母题1 1(教材教材P38练习第练习第1题题)一个多边形的每一个外角都等于一个多边形的每一个外角都等于45,这个多这个多 边形是几边形？它边形是几边形？它的每一个内角是多少度？的每一个内角是多少度？章末复习考点：考点：n边形的内角和公式为边形的内角和公式为(n-2)180,外角外角 和为和为360.考情：考情：此类题常以填空题、选择题的形式命题此类题常以填空题、选择题的形式命题,是中考中常考的是中考中常考的知识点知识点.策略：策略：可利用可利用n边形的内角和为边形的内角和

20、为(n-2)180求求 多边形的内角和或多边形的内角和或边数；可利用多边形的外角和边数；可利用多边形的外角和 为为360求正多边形的外角或边数求正多边形的外角或边数.章末复习链接链接1 邵阳中考邵阳中考如图如图2-Z-14所示所示,在四在四 边形边形ABCD中中,ADAB,C=110,它的一个外角它的一个外角 ADE=60,则则B的度数是的度数是_.40分析分析 ADE=60,ADC=120.ADAB,DAB=90,B=360-C-ADC-A=40.故答案为故答案为40章末复习链接链接2 益阳中考益阳中考如图如图2-Z-15,多边形多边形ABCDE 的每个内角都相等的每个内角都相等,则每个内角

21、的度数为则每个内角的度数为 _.108章末复习章末复习母题母题2 (教材教材P50习题习题2.2B组第组第10题题)如图如图2-Z-16,在在 ABCD中中,AEBD,CFBD,垂垂 足分别为点足分别为点E,F.求求证：四边形证：四边形AECF是平行四边形是平行四边形.章末复习考点：考点：平行四边形的性质定理、判定定理平行四边形的性质定理、判定定理.考情：考情：平行四边形知识在整个初中几何中有着极平行四边形知识在整个初中几何中有着极 为重要的地位为重要的地位,它上承全等三角形知识它上承全等三角形知识,下连矩形、下连矩形、菱形、正方形等特殊平行四菱形、正方形等特殊平行四边形知识边形知识,是中考中

22、的是中考中的 必考知识点必考知识点.策略：策略：熟记平行四边形的性质定理和判定定理熟记平行四边形的性质定理和判定定理,结合全等三角形的结合全等三角形的知识知识,依条件选用恰当的性质依条件选用恰当的性质 定理和判定定理解题定理和判定定理解题.章末复习链接链接3 衡阳中考衡阳中考如图如图2-Z-17,ABCD的的 对角线相交于点对角线相交于点O,且且ADCD,过点过点O作作OMAC,交交AD于点于点M如果如果 CDM的周长的周长为为8,那么那么 ABCD的周长是的周长是_.16分析分析 四边形四边形ABCD是平行四边形是平行四边形,OA=OC.OMAC,AM=MC,CDM的周长是的周长是AD+CD

23、=8,ABCD的周长是的周长是28=16.故答案为故答案为16章末复习链接链接4 镇江中考镇江中考如图如图2-Z-18,点点B,E分别分别 在在AC,DF上上,AF分别分别交交BD,CE于点于点M,N,A=F,1=2(1)求证：四边形求证：四边形BCED是平行四边形；是平行四边形；(2)已知已知DE=2,连接连接BN.若若BN平分平分DBC,求求 CN的长的长章末复习章末复习章末复习解解:(1)证明：证明：A=F,DFAC 又又1=2,1=3,3=2,DBEC,四边形四边形BCED为平行四边形为平行四边形.(2)BN平分平分DBC,DBN=NBC.DBEC,DBN=BNC,NBC=BNC,BC

24、=CN.四边形四边形BCED为平行四边形为平行四边形,BC=DE=2,CN=2.章末复习母题母题3 (教材教材P78复习题复习题2A组第组第6题题)下列图形中不是中心对称图形的有下列图形中不是中心对称图形的有().章末复习考点：考点：轴对称图形和中心对称图形的识别轴对称图形和中心对称图形的识别.考情：考情：此类题较简单此类题较简单,中考中多以选择题的形式中考中多以选择题的形式 出现出现.策略：策略：轴对称图形中一定能找到一条直线轴对称图形中一定能找到一条直线,将图形将图形 沿此直线对折沿此直线对折,左右两部分能完全重合左右两部分能完全重合.识别中心对识别中心对 称图形时称图形时,只需将原图形倒

25、只需将原图形倒转过来看转过来看,若所得新图形若所得新图形 与原图形完全相同与原图形完全相同,则此图形是中心对则此图形是中心对称图形称图形.章末复习链接链接5 郴州中考郴州中考下列图形既是轴对称图形下列图形既是轴对称图形 又是中心对称图形的又是中心对称图形的是是().B章末复习分析分析 轴对称图形与中心对称图形研究的都轴对称图形与中心对称图形研究的都 是一个图形是一个图形,识别轴对称图识别轴对称图形的关键是找对称轴形的关键是找对称轴,若若 能找到对称轴能找到对称轴,则此图形就是轴对称图形；识则此图形就是轴对称图形；识别中别中 心对称图形的关键是找对称中心心对称图形的关键是找对称中心,若某图形绕某

26、一若某图形绕某一 点旋转点旋转180后后能与自身重合能与自身重合,则此图形就是中心对则此图形就是中心对 称图形称图形.章末复习母题母题4 (教材教材P78复习题复习题2A组第组第7题题)如图如图2-Z-21,在四边形在四边形ABCD中中,P是对角是对角 线线AC的中点的中点,E,F分别是分别是AD,BC的中点的中点,AB=DC,PEF=18,求求EPF的度数的度数.章末复习考点：考点：三角形中位线的性质：平行于第三边；三角形中位线的性质：平行于第三边；长度等于第三长度等于第三边的一半边的一半.考情：考情：三角形中位线定理在证明两线平行、两角三角形中位线定理在证明两线平行、两角 相等相等,求线段

27、的求线段的长度长度,证明线段的倍分关系中应用广证明线段的倍分关系中应用广 泛泛,中考时填空题、选择题、中考时填空题、选择题、解答题中均有涉及解答题中均有涉及.策略：策略：当已知中出现三角形两边中点时当已知中出现三角形两边中点时,应立即应立即 联想三角形中位联想三角形中位线的性质线的性质,若图中无中位线若图中无中位线,则应则应 作辅助线构造中位线解题作辅助线构造中位线解题.章末复习链接链接6 徐州中考徐州中考在在ABC中中,D,E分别是分别是 AB,AC的中点的中点,DE=7,则则BC=_14章末复习链接链接7 绵阳中考绵阳中考如图如图2-Z-22所示所示,已知已知 AO是是ABC中中BAC的的

28、平分线平分线,BDAO的延长线的延长线 于点于点D,E是是BC的中点的中点.求证：求证：DE=(AB-AC).章末复习章末复习证明证明:如图如图2-Z-22,延长延长AC,BD交于点交于点F.AD平分平分BAF,ADBD,BD=DF,AB=AF.E是是BC的中点的中点,BE=CE,DE=CF.而而CF=AF-AC,DE=(AB-AC).章末复习母题母题5 (教材教材P64习题习题2.5B组第组第7题题)如图如图2-Z-23,在矩形在矩形ABCD中中,对角线对角线AC,BD相相 交于点交于点O,E,F,G,H分别是分别是OA,OB,OC,OD的中点的中点,连连 接接EF,FG,GH,HE.求证：

29、四边形求证：四边形EFGH是矩形是矩形.章末复习考点：考点：矩形、菱形、正方形的性质定理和判定定理矩形、菱形、正方形的性质定理和判定定理.考情：考情：三类特殊平行四边形的边、角、对角线既三类特殊平行四边形的边、角、对角线既 有共同特征有共同特征,也也有各自特殊的性质有各自特殊的性质.判定方法均可从判定方法均可从 边、角、对角线三个角度来边、角、对角线三个角度来寻找寻找,这是中考考查的这是中考考查的 重点重点.策略：策略：熟记各类特殊平行四边形的性质定理与判熟记各类特殊平行四边形的性质定理与判 定定理定定理,弄清它弄清它们的区别和联系们的区别和联系,依条件灵活运用依条件灵活运用 性质定理和判定定

30、理解题性质定理和判定定理解题.章末复习分析分析 四边形四边形ABCD是矩形是矩形,AC=BD=10,BO=OD=BD=5.P,Q分别是分别是AO,AD的中点的中点,PQ是是AOD的中位线的中位线,PQ=OD=2.5.故答案为故答案为2.5.链接链接8 株洲中考株洲中考如图如图2-Z-24,矩形矩形ABCD 的对角线的对角线AC与与BD相交相交点点O,AC=10,P,Q分别为分别为AO,AD的中点的中点,则则PQ的长度为的长度为_.2.5章末复习分析分析依照题意画出图形依照题意画出图形,如图如图2-Z-25,四边形四边形ABCD是菱形是菱形,ACBD,OA=OC,OB=OD.在在RtAOB中中,

31、AB=2,OB=,OA=1,AC=2OA=2,S菱形菱形ABCD=ACBD=22 =2 .故答案为故答案为2 .链接链接9 黔南州中考黔南州中考 已知一个菱形的边长已知一个菱形的边长 为为2,较长的对角线长较长的对角线长为为 ,则这个菱形的面积是则这个菱形的面积是_.章末复习分析分析 (1)延长延长AO到点到点E,利用等边对等角和利用等边对等角和 角之间的关系解答即可；角之间的关系解答即可；(2)连接连接OC,根据全等三角形的判定和性质根据全等三角形的判定和性质以以 及菱形的判定解答即可及菱形的判定解答即可.链接链接10 南京中考南京中考如图如图2-Z-26,在四边形在四边形 ABCD中中,B

32、C=CD,BCD=2BADO是四边形是四边形 ABCD内一点内一点,且且OA=OB=OD 求证：求证：(1)BOD=BCD；(2)四边形四边形OBCD是菱形是菱形章末复习证明证明:(1)如图如图2-Z-27,延长延长AO到点到点E.OA=OB,ABO=BAO.又又BOE=ABO+BAO,BOE=2BAO,同理同理DOE=2DAO,BOE+DOE=2 BAO+2 DAO=2(BAO+DAO),即即BOD=2BAD.又又BCD=2BAD,BOD=BCD.章末复习(2)连接连接OC.OB=OD,BC=CD,OC=OC,OBC ODC,BOC=DOC,BCO=DCO.BOD=BOC+DOC,BCD=B

33、CO+DCO,BOC=BOD,BCO=BCD.又又BOD=BCD,BOC=BCO,OB=BC,OB=BC=CD=OD,四边形四边形OBCD是菱形是菱形.章末复习链接链接11 盐城中考盐城中考在正方形在正方形ABCD中中,对角对角 线线BD所在的直线上有所在的直线上有两点两点E,F满足满足BE=DF,连接连接 AE,AF,CE,CF,如图如图2-Z-28所示所示(1)求证：求证：ABE ADF；(2)试判断四边形试判断四边形AECF的形状的形状,并说明理由并说明理由章末复习分析分析 (1)根据正方形的性质和全等三角形的根据正方形的性质和全等三角形的 判定证明即可；判定证明即可；(2)四边形四边形

34、AECF是菱形是菱形,根据对角线互相垂直根据对角线互相垂直 的平行四边形是菱形即可的平行四边形是菱形即可判断判断.章末复习解：解：(1)证明：证明：四边形四边形ABCD是正方形是正方形,AB=AD,ABD=ADB,ABE=ADF.AB=AD,在在ABE与与ADF中中,ABE=ADF,BE=DF,ABE ADF(SAS).章末复习(2)四边形四边形AECF是菱形是菱形 理由：连接理由：连接AC,与与BD交于点交于点O,如图如图2-Z-29.四边形四边形ABCD是正方形是正方形,OA=OC,OB=OD,ACEF,OB+BE=OD+DF,即即OE=OF.OA=OC,OE=OF,四边形四边形AECF是平行四边形是平行四边形,ACEF,AECF是菱形是菱形 谢 谢 观 看！