特训02 特殊平行四边形（选填题，四大模块贯穿相互应用）-2024-2025学年九年级数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（北师大版）

特训02 特殊平行四边形（选填题，四大模块贯穿相互应用） 1、本特训题型排序：基础应用+与其他几何性质相互结合应用+概念（判定、性质不同题型） 2、以性质应用理解概念，以应用理解应用；先应用再概念，可穿插练习，即应用→概念→应用→概念......... 模块一、基础应用 1．如图，在矩形中，对角线，交于点O，若，则的长为（    ） A．3 B．6 C． D． 2．如图．菱形中，，则 ．    3．如图，正方形的对角线相交于点O，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 4．如图，在菱形中，连接，若，则的周长为 ．                                                       5．如图，在菱形中，O为和的交点，．则的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 6．如图，在菱形中，，连接，则 度． 7．如图，点E在正方形ABCD的边AB上，若正方形ABCD的面积是3，，那么EB的长为（    ） A．1 B． C． D．3 8．如图，菱形中，，若对角线，则菱形的周长为 ．    9．如图，在菱形中，，，则该菱形的面积是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 10．如图，在正方形外侧，作等边，则为（　　） A．75° B．55° C．15° D．25° 模块二、基础应用（数学语言描述） 11．在中，，为的中点，且，则 cm． 12．正方形一条对角线为2，则正方形的面积为 ． 13．菱形的两条对角线长分别为4和6，则菱形的面积为（　　） A．12 B．18 C．24 D．30 14．菱形的一个内角是，边长是cm，则这个菱形较短的对角线长是 cm． 15．已知矩形的角平分线交于点，，，则的长为 ． 模块三、与其他几何性质结合应用 16．在如图所示的正方形中，点E在边上，把绕点C顺时针旋转得到，且，则旋转角的度数是（    ） A． B． C． D． 17．如图，延长正方形边至点，使，则为（    ） A．22.5° B．25° C．30° D．45° 18．如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，若，，那么BE的长为（     ） A． B． C．1 D． 19． 如图，在矩形中，对角线、相交于点O，垂直平分于点，若，则 ． 20．如图，将边为的正方形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°后得到正方形AEFH，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D．3 21．如图，由正方形和等边三角形组成，其中 ． 22．如图，四边形是菱形，，，于点H，则 ． 23．如图，在菱形中，对角线，相交于点，为中点，，，则线段的长为 ． 24．如图，点E是正方形对角线上一点，且，连接，则 度． 25．如图，在平面直角坐标系中，菱形的面积为48，顶点，则顶点B的坐标为 ． 26．如图，四边形是菱形，点A的坐标是，则菱形的边长为 ． 27．如图菱形 中， ，的垂直平分线交对角线于点E，连接，则的度数是 ． 28．如图，在矩形 中，，，对角线 相交于点，过 作 于点，将沿 折叠，点恰好落在线段的点处， 则的长为 （   ） A． B． C． D． 29．如图，在菱形中，和为两条对角线，分别作和的角平分线交于点N和M，且，则 °． 30．如图，正方形的对角线交于点是边上一点，连接，过点作，交于点．若四边形的面积是4，则的面积为（    ） A．4 B．2 C． D． 31．如图，在菱形中，对角线交于点O，，点E为线段上一动点，且，连接，则线段的最小值为 ． 模块四、概念综合（不同题型） 32．下列说法正确的是（    ） A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．有一个角是直角的平行四边形是菱形 C．对角线相等的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是菱形 33．如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（　　） A．当，平行四边形是矩形 B．当，平行四边形是矩形 C．当，平行四边形是菱形 D．当，平行四边形是正方形 34．如图，在矩形中，对角线，交于点O，要使该矩形成为正方形，则应添加的条件是（    ）    A． B． C． D． 35．已知在四边形中，与相交于点，那么下列条件中能判定这个四边形是正方形的是（　　） A．，， B．， C．， D．，， 36．若四边形的对角线与相等且互相平分，则下列关于四边形的形状判断正确的是（    ） A．一定是矩形，但不一定是正方形 B．一定是菱形 C．一定是平行四边形，但不可能是矩形 D．一定是正方形 37．如图，请添加一个条件使平行四边形成为菱形，这个条件可以是 ．（写出一种情况即可）． 38．若顺次连接四边形ABCD的四边中点得到的四边形为菱形，则四边形需满足条件 ． 39．有下列四个条件：①，②，③，④．从中选取两个作为补充条件，使为正方形（如图）．现在文文选择了②③，你认为文文选择的 （填“对”或“不对”） 40．小明复习时将几种四边形的关系整理如图，请在横线上添加一个适当的条件 ． 41．如图，已知矩形的对角线的长为10cm，顺次连接各边中点E、F、G、H得四边形，则四边形的周长为 cm． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训02 特殊平行四边形（选填题，四大模块贯穿相互应用） 1、本特训题型排序：基础应用+与其他几何性质相互结合应用+概念（判定、性质不同题型） 2、以性质应用理解概念，以应用理解应用；先应用再概念，可穿插练习，即应用→概念→应用→概念......... 模块一、基础应用 1．如图，在矩形中，对角线，交于点O，若，则的长为（    ） A．3 B．6 C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质，根据矩形的对角线互相平分且相等进行解答即可． 【解析】解：∵在矩形中，对角线，交于点O， ∴，， ∵， ∴． 故选：B． 2．如图．菱形中，，则 ．    【答案】 【分析】由菱形的性质可得，结合，从而可得答案． 【解析】解：∵菱形， ∴， ∵， ∴， 故答案为： 【点睛】本题考查的是菱形的性质，熟记菱形的每一条对角线平分一组对角是解本题的关键． 3．如图，正方形的对角线相交于点O，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】直接利用正方形的性质求解即可． 【解析】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解决问题的关键． 4．如图，在菱形中，连接，若，则的周长为 ．                                                       【答案】6 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，根据，得出是等边三角形，结合等边三角形的性质即可作答． 【解析】解：∵四边形是菱形 ∴ ∴是等边三角形， ∴则的周长为 故答案为：6. 5．如图，在菱形中，O为和的交点，．则的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【分析】此题考查了菱形的性质，根据菱形的对角线互相平分进行解答即可． 【解析】解：∵在菱形ABCD中，O为和的交点，， ∴． 故选：D． 6．如图，在菱形中，，连接，则 度． 【答案】 【分析】此题考查了菱形的性质、等边对等角，解题的关键是熟练掌握菱形的四条边都相等，对角相等． 【解析】解：∵是菱形， ∴， ∴， 故答案为：． 7．如图，点E在正方形ABCD的边AB上，若正方形ABCD的面积是3，，那么EB的长为（    ） A．1 B． C． D．3 【答案】A 【分析】先根据正方形的性质得出∠B=90°，BC2=3，然后在Rt△BCE中，利用勾股定理即可求出EB的长． 【解析】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B=90°， ∴EB 2=EC2-BC 2， 又∵正方形ABCD的面积=BC2=3，， ∴ 故选：A． 【点睛】本题主要考查了勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．即如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2． 8．如图，菱形中，，若对角线，则菱形的周长为 ．    【答案】12 【分析】利用菱形的性质及等边三角形的判定及性质可得，再利用菱形的周长计算公式即可求解． 【解析】解：四边形是菱形， ，，， 又， ， 解得：， 是等边三角形， ， 菱形的周长为：， 故答案为：12． 【点睛】本题考查了菱形的性质和等边三角形的判定及性质，熟练掌握其判定及性质是解题的关键． 9．如图，在菱形中，，，则该菱形的面积是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可． 【解析】解：∵在菱形中，，， ∴， 故选：A． 10．如图，在正方形外侧，作等边，则为（　　） A．75° B．55° C．15° D．25° 【答案】A 【分析】根据正方形的四条边都相等，四个角都是直角，等边三角形的三条边都相等，三个角都是求出，的度数，然后根据等腰三角形两个底角相等求出即可． 【解析】解：四边形是正方形， ，， 是等边三角形， ，， 在中，，， ∴， ， 故选：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等边对等角的性质，熟悉相关性质是解题的关键． 模块二、基础应用（数学语言描述） 11．在中，，为的中点，且，则 cm． 【答案】16 【分析】根据直角三角形斜边中线的性质，即可求解． 【解析】解：∵，点D是的中点， ∴为斜边的中线， ∵， ∴． 故答案为：16． 【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握直角三角形斜边中线等于斜边的一半是解题的关键． 12．正方形一条对角线为2，则正方形的面积为 ． 【答案】2 【分析】根据正方形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解． 【解析】解：正方形的一条对角线的长为2， 这个正方形的面积． 故答案为：2． 【点睛】本题考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的面积的两种求法是解题的关键． 13．菱形的两条对角线长分别为4和6，则菱形的面积为（　　） A．12 B．18 C．24 D．30 【答案】A 【分析】本题主要考查了利用菱形的性质求面积，根据菱形的面积等于菱形的对角线乘积的一半求解即可． 【解析】解：∵菱形的两条对角线长分别为4和6， ∴菱形的面积为∶， 故选：A． 14．菱形的一个内角是，边长是cm，则这个菱形较短的对角线长是 cm． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，根据题意可得菱形角所对的对角线与菱形的两边构成的三角形是等边三角形，据此即可求解； 【解析】解：∵菱形的一个内角是， ∴其邻角为， 根据菱形的性质得，角所对的对角线与菱形的两边构成的三角形是等边三角形， 故这个菱形较短的对角线长是cm． 故答案为：. 15．已知矩形的角平分线交于点，，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形性质和含角的直角三角形性质，勾股定理的应用，根据矩形性质求出， ，求出和的度数，求出和，即可求出，解题的关键关键是掌握知识点的应用． 【解析】解：如图， ∵四边形是矩形， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 模块三、与其他几何性质结合应用 16．在如图所示的正方形中，点E在边上，把绕点C顺时针旋转得到，且，则旋转角的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方形的性质得到，，由旋转的性质推出，求出，即可得到答案； 【解析】解：四边形是正方形， ，， 由旋转得， ， ， ， 旋转角的度数是， 故选：C． 【点睛】此题考查旋转的性质，全等三角形的性质，熟记全等三角形的性质是解题的关键． 17．如图，延长正方形边至点，使，则为（    ） A．22.5° B．25° C．30° D．45° 【答案】A 【分析】连接AC，根据题意可得AC=BD=CE，则∠ACE=∠E，由外角的性质可得：∠CAB=∠ACE+∠E=45°，即可求解． 【解析】解：连接AC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AC=BD，且∠CAB=45°， 又∵BD=AE， ∴AE=CA， ∴∠E=∠ACE， ∵∠CAB=∠ACE+∠E=2∠E=45°， ∴∠E=22.5°． 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，连接AC，根据正方形的性质得到AC=AE是解题关键． 18．如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，若，，那么BE的长为（     ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】根据题意求出正方形ABCD的边长，又因为，所以可求出CE的长，BE=BC-CE． 【解析】解：在正方形ABCD中， ∵， ∴， ∴BC=CD=， 又∵， ∴在Rt△CDE中，， ∴CE=1， BE=BC-CE=， 故选：D． 【点睛】本题主要利用正方形的性质以及勾股定理解题，注意线段之间的等量关系即可得出结论． 19． 如图，在矩形中，对角线、相交于点O，垂直平分于点，若，则 ． 【答案】 【分析】此题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．由矩形的性质和线段垂直平分线的性质证出，得出，由勾股定理求出即可． 【解析】解：四边形是矩形， ，，， ， 垂直平分， ， ， ， ， 故答案为：． 20．如图，将边为的正方形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°后得到正方形AEFH，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D．3 【答案】B 【分析】根据正边形的性质求出DM的长，再求得四边形ADMB′的面积，然后由旋转的性质求得阴影部分面积． 【解析】解：设CD、B′C′相交于点M，连接AM，DM＝x， ∵将边为的正方形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°后得到正方形AEFH， ∴∠MAD＝30°，AM＝2x， 在△ADM中，x2+3＝4x2， 解得：x＝1， ∴SADMB′＝， ∴图中阴影部分面积为：3﹣． 故选：B． 【点睛】本题要把旋转的性质和正方形的性质结合求解．旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，注意方程思想的运用． 21．如图，由正方形和等边三角形组成，其中 ． 【答案】/15度 【分析】本题考查了正方形的性质、三角形内角和性质以及等边三角形的性质，由正方形的性质得，由等边三角形的性质得出，求出，进而可求出结论． 【解析】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴， 则，， ∴． 故答案为：． 22．如图，四边形是菱形，，，于点H，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形的面积等于对角线乘积的一半．掌握菱形的性质是解本题的关键． 先根据菱形的性质得，再利用勾股定理计算出，然后根据菱形的面积公式得到，再解关于的方程即可． 【解析】解：四边形是菱形， ， 在中，， ， ， ， ． 故答案为． 23．如图，在菱形中，对角线，相交于点，为中点，，，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理及三角形中位线定理等知识，灵活运用菱形对角线的性质是解题的关键．由菱形的性质可求得菱形的边长，由三角形中位线定理即可求得的长． 【解析】解：∵四边形是菱形，O为菱形对角线的交点， ∴O是的中点，且，，， ∴由勾股定理得：， ∵H为的中点， ∴为的中位线， ∴， 故答案为：． 24．如图，点E是正方形对角线上一点，且，连接，则 度． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关性质定理． 先根据正方形的性质得出，再根据等腰三角形的性质得出，最后根据即可解答． 【解析】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 25．如图，在平面直角坐标系中，菱形的面积为48，顶点，则顶点B的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，根据菱形的面积为48，求出即可求解． 【解析】由题意得 ∵ ∴ ∴ ∴顶点B的坐标为 故答案为：． 26．如图，四边形是菱形，点A的坐标是，则菱形的边长为 ． 【答案】5 【分析】此题主要考查了菱形的性质，坐标与图形，勾股定理．过A作轴于点E，利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【解析】解：如图所示，过A作轴于点E， ∵点A的坐标是， ∴，， ∴， ∴菱形的边长为5， 故答案为：5． 27．如图菱形 中， ，的垂直平分线交对角线于点E，连接，则的度数是 ． 【答案】/55度 【分析】本题考查的是菱形的性质，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的性质；根据菱形的的性质可得，，再证明，再结合菱形的轴对称的性质可得答案； 【解析】解：如图，连接， ∵菱形 中，， ∴，， ∴，， ∵的垂直平分线交对角线于点E， ∴， ∴， ∴由菱形的轴对称的性质可得： ， 故答案为： 28．如图，在矩形 中，，，对角线 相交于点，过 作 于点，将沿 折叠，点恰好落在线段的点处， 则的长为 （   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形的面积，折叠的性质，由矩形的性质及勾股定理可得，进而由三角形的性质可得，再由勾股定理得，即可由折叠的性质得，最后由线段的和差关系即可求解，掌握矩形的性质是解题的关键． 【解析】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∴， 由折叠可得，， ∴， 故选：． 29．如图，在菱形中，和为两条对角线，分别作和的角平分线交于点N和M，且，则 °． 【答案】60 【分析】本题考查菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 根据菱形的性质和角平分线的定义证明，进而可以解决问题． 【解析】解：，分别是和的角平分线， ，，， ∵四边形是菱形， ，，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：60． 30．如图，正方形的对角线交于点是边上一点，连接，过点作，交于点．若四边形的面积是4，则的面积为（    ） A．4 B．2 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，证明得到，进而得到四边形的面积等于的面积，即可得解． 【解析】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形的面积是4， ∴的面积是4， 故选：A． 31．如图，在菱形中，对角线交于点O，，点E为线段上一动点，且，连接，则线段的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，垂线段最短；由题意知，当时，线段的值最小，此时点E与点O重合，即；由勾股定理即可求得最小值． 【解析】解：在菱形中，； 由题意知，当时，线段的值最小， 此时点E与点O重合，即； 在中，由勾股定理得：， 即， ， 即线段的最小值为； 故答案为：． 模块四、概念综合（不同题型） 32．下列说法正确的是（    ） A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．有一个角是直角的平行四边形是菱形 C．对角线相等的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是菱形 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理和菱形的判定定理，熟知矩形和菱形的判定定理是解题的关键． 【解析】解：A、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，原说法正确，符合题意； B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，原说法错误，不符合题意； C、对角线相等的平行四边形是矩形，原说法错误，不符合题意； D、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，原说法错误，不符合题意； 故选：A． 33．如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（　　） A．当，平行四边形是矩形 B．当，平行四边形是矩形 C．当，平行四边形是菱形 D．当，平行四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了对矩形、菱形和正方形判断的应用，牢记四边形的判定定理是解题的关键. 【解析】解：∵四边形是平行四边形， ∴当，平行四边形是矩形，故选项A正确，不符合题意； 当，平行四边形是矩形，故选项B正确，不符合题意； 当，平行四边形是菱形，故选项C正确，不符合题意； 当，平行四边形是菱形，但不一定是正方形，故选项D错误，符合题意； 故选：D． 34．如图，在矩形中，对角线，交于点O，要使该矩形成为正方形，则应添加的条件是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的性质及正方形的判定来添加合适的条件． 【解析】解：添加，则根据有一组邻边相等的矩形是正方形， 能使矩形成为正方形． 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用，能熟记正方形的判定定理是解此题的关键． 35．已知在四边形中，与相交于点，那么下列条件中能判定这个四边形是正方形的是（　　） A．，， B．， C．， D．，， 【答案】C 【分析】本题考查的知识点是正方形的判定，解题关键是熟练掌握正方形的判定方法． 根据正方形的判定：对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形进行分析从而得到最后的答案． 【解析】解：选项，不能，只能判定为矩形，选项错误； 选项，不能，只能判定为平行四边形，选项错误； 选项，能，可判定为正方形，选项正确； 选项，不能，只能判定为菱形，选项错误． 故选：． 36．若四边形的对角线与相等且互相平分，则下列关于四边形的形状判断正确的是（    ） A．一定是矩形，但不一定是正方形 B．一定是菱形 C．一定是平行四边形，但不可能是矩形 D．一定是正方形 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理，正方形的判定定理，熟知矩形的判定定理和正方形的判定定理是解题的关键． 【解析】解：∵四边形的对角线与相等且互相平分， ∴该四边形一定是矩形，但不一定是正方形， 故选：A． 二、填空题 37．如图，请添加一个条件使平行四边形成为菱形，这个条件可以是 ．（写出一种情况即可）． 【答案】（或或或或） 【分析】本题考查了菱形的判定方法，由菱形的判定方法：一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，分别添加条件，即可求解；掌握菱形的判定方法是解题的关键． 【解析】解：一组邻边相等的平行四边形是菱形， 可添加：， 或， 或， 或； 对角线互相垂直的平行四边形是菱形， 可添加：； 故答案：（或或或或）． 38．若顺次连接四边形ABCD的四边中点得到的四边形为菱形，则四边形需满足条件 ． 【答案】 【分析】根据三角形的中位线定理得到相应结论，证明四边形是平行四边形，再根据一组邻边相等的四边形是菱形添加条件即可． 【解析】解：，，，分别是边，，，的中点， ，，，，， ，， 四边形是平行四边形， 一组邻边相等的四边形是菱形， 若， ∴， ∴四边形是菱形． 故答案为：． 【点睛】本题考查中点四边形，解题的关键是正确理解中点四边形的性质，本题属于基础题型． 39．有下列四个条件：①，②，③，④．从中选取两个作为补充条件，使为正方形（如图）．现在文文选择了②③，你认为文文选择的 （填“对”或“不对”） 【答案】不对 【分析】根据文文的选择结合矩形的判定和正方形的判定只能证明四边形是矩形，无法证明为正方形． 【解析】解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， 再根据现有条件无法证明为正方形， ∴文文选择的不对， 故答案为：不对． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定，正方形的判定，熟知矩形的判定和正方形的判定定理是解题的关键． 40．小明复习时将几种四边形的关系整理如图，请在横线上添加一个适当的条件 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据菱形的判定方法，即可求解． 【解析】解：根据邻边相等的平行四边形是菱形，可得当时，平行四边形是菱形 横线上的条件可以是 故答案为： 【点睛】此题考查了菱形的判定，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键． 41．如图，已知矩形的对角线的长为10cm，顺次连接各边中点E、F、G、H得四边形，则四边形的周长为 cm． 【答案】20 【分析】根据三角形中位线定理易得四边形的各边长等于矩形对角线的一半，而矩形对角线是相等的，都为8，那么就求得了各边长，让各边长相加即可． 【解析】解：∵H、G是与的中点， ∴是的中位线， ∴cm， 同理cm，根据矩形的对角线相等， 连接， 得到：cm， ∴四边形的周长为20cm． 故答案是：20． 【点睛】本题考查了中点四边形．解题时，利用了“三角形中位线等于第三边的一半”的性质． ( 第 1 页 共 16 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$