第9章 中心对称图形——平行四边形（中等类型）-2024-2025学年八年级数学下册考点解惑【基础•中等•优质】题型过关专练（苏科版）

第9章 中心对称图形——平行四边形思维导图 【类型覆盖】 类型一、中点四边形的性质 【解惑】下列说法错误的是（ ） A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 B．有一组邻边相等的四边形是菱形 C．矩形的对角线相等 D．顺次连接平行四边形各边的中点，得到的图形是菱形 【融会贯通】 1．如图，在四边形中，E，F，G，H分别是的中点，则下列结论一定正确的是（   ） 如图，在四边形中，点，，，分别是，，，边上的中点，则下列结论一定正确的是（　　） A．四边形是矩形 B．四边形的内角和小于四边形的内角和 C．四边形的周长等于四边形的对角线长度之和 D．四边形的面积等于四边形的面积的 2．如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是1，则第n个矩形的面积是 ． 3．如图，点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，则下列命题中：①若，则四边形为矩形；②若，则四边形为菱形；③若四边形是平行四边形，则与互相平分；④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等．其中是真命题的序号是 ． 类型二、反证法 【解惑】用反证法证明命题“钝角三角形中至少有一个内角不小于时，首先应该假设这个三角形中（    ） A．有一个内角小于 B．每一个内角都小于 C．有一个内角大于或等于 D．每一个内角都大于或等于 【融会贯通】 1．用反证法证明命题“在同一平面内，若直线，，则”时，应假设（　　） A． B．a与b不平行 C． D． 2．若用反证法证明命题“在中，若，则”，则应假设 ． 3．如图，中，，，点D在上，点K在边上，连接、交于点P，连接，，，垂足为T，，那么以下结论： ①；②；③；④；中正确结论的序号是 ．    类型三、平行四边形的判定 【解惑】如图，在中，点是边的中点，连接并延长与的延长线交于． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，，，求的面积． 【融会贯通】 1．四边形 中，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)E是上一点，连接，F在上，连接、，，，求证：； 2．如图，四边形是平行四边形，的平分线交于点，交的延长线于点． (1)求证：； (2)请在图中连接，若恰好平分，求证：四边形是平行四边形． 3．如图1，在中，D、E分别为、的中点，延长至点F，使，连接和． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)如图2，当是等边三角形且边长是8，求四边形的面积． 类型四、菱形的判定 【解惑】如图，在四边形中，ABDC，，对角线、交于点0，平分，过点C作交延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形 (2)若，，求四边形的面积． 【融会贯通】 1．如图，在四边形中，，过点D作的角平分线交于点E，连接交于点O，．求证：四边形是菱形． 2．如图，在四边形中，，对角线的垂直平分线与边，分别相交于点，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的周长． 3．在矩形中，，，E、F分别是上两点，并且垂直平分，垂足为O． (1)连接．说明四边形为菱形； (2)求的长． 类型五、矩形的判定 【解惑】如图，在中，，交于点O，于E，交于F，求证：四边形是矩形． 【融会贯通】 1．如图，的对角线相交于点O，垂直平分．求证：四边形是矩形． 2．如图，O是菱形的对角线的交点，，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)若四边形为正方形，，求的长． 3．如图，在菱形中，对角线与相交于点，过点作的平行线，过点作的平行线，两直线相交于点E． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，求菱形的面积． 类型六、正方形的判定 【解惑】如图，已知在中，，． (1)尺规作图：以点为圆心，的长为半径画弧．再以点为圆心，长为半径画弧，两弧在上方交于点，连接，，（不写作法，保留作图痕迹）； (2)求证：四边形是正方形． 【融会贯通】 1．在矩形中，，，是直线上一动点，连接． (1)如图，当点在边上，且时，求的长度； (2)连接，过点分别作，，与交于点，连接．当时，判断四边形的形状，并说明理由． 2．综合与探究 问题情境： 如图，点为直线上一点，在直线上方作，点为中边上的一个动点，过点作直线，交的外角平分线于点，交内角平分线于点． 数学发现： （1）经过测量发现，请证明此结论； 初步探究： （2）①用一个在九年级数学上册第一章学过的有关直角三角形方面的定理来叙述这一结论； ②若，，则_____； 深入探究： （3）当点运动到何处时，四边形是矩形，并进行证明； 类比提升： （4）当，时，直接写出此时四边形是什么特殊四边形． 3．如图，在中，是边上的中线，是的中点，过点作，交的延长线于点，连接． (1)求证：． (2)若为等腰直角三角形，，求证：四边形是正方形． 类型七、画两个图形的对称中心 【解惑】如图，在正方形网格中（网格中的每个小正方形边长是1），的顶点均在格点上，请结合所给的平面直角坐标系解答下列问题： (1)作出关于原点O成中心对称的，并直接写出点的坐标； (2)若是由绕着某点旋转得到的，则这个点的坐标为______． 【融会贯通】 1．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点都在格点上，点，请根据题意解决下列问题： (1)画出关于原点对称的，并写出点的坐标__________； (2)画出绕点B顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标__________； (3)线段的长度为__________． 2．如图，在正方形网络中，的三个顶点都在格点上，点A、B、C的坐标分别为，，，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题： (1)画出关于原点O对称的； (2)将向右平移4个单位，使点A移动到点，画出平移后的； (3)在、、中，与_________成中心对称，其对称中心的坐标为_________． 3．如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，A、B两点都在格点上，仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求画图（画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）． (1)在图1中，为格点． ①先将线段绕点逆时针旋转得到线段； ②再画线段，使线段与线段关于点成中心对称（其中点对应点，点对应点）； (2)在图2中，以格点为坐标原点建立平面直角坐标系，其中点坐标为． ①先画格点，使，且； ②已知线段绕平面内的点旋转一个特定的度数可与线段重合，请在图中画出旋转中心； ③请直接写出点的坐标为_____________． 类型八、画中心对称图形 【解惑】图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影．请在余下的空白小等边三角形中，分别按下列要求选取一个涂上阴影： (1)使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．（至少画出两种） (2)使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．（画出一种） 【融会贯通】 1．图①、图②均为的正方形网格，点在格点（小正方形的顶点）上． (1)在图①中确定一个格点，并画出以为顶点的四边形，使其为中心对称图形； (2)在图②中确定格点，并画出以为顶点的四边形，使其为轴对称图形但不是中心对称图形． 2．如图，由个大小完全相同的小正方形摆成如图形状，现移动其中的一个小正方形，请在图（1），图（2），图（3）中分别画出满足以下各要求的图形．（用阴影表示） (1)使得图形既是轴对称图形，又是中心对称图形． (2)使得图形成为轴对称图形，而不是中心对称图形； (3)使得图形成为中心对称图形，而不是轴对称图形． 3．如图方格中，小正方形边长为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫做格点．请按下列要求画出一个符合题意的四边形，且顶点在格点上． (1)在图1中画：是中心对称图形，但不是轴对称图形，且面积为8； (2)在图2中画：是轴对称图形，但不是中心对称图形，且面积为20； (3)在图3中画：既不是中心对称图形又不是轴对称图形，且面积为10； (4)在图4中画：既是中心对称图形又是轴对称图形，且各边长都是无理数，面积为10． 类型九、三角形中位线的证明 【解惑】如图，点D，E，F分别是，，的中点，连接，，，； (1)求证：，相平分； (2)现有三个条件：①；②平分；③； 请你从中选择两个条件（写序号）： 使得四边形是正方形，并加以证明． 【融会贯通】 1．【三角形中位线定理】已知：在中，点D，E分别是边的中点．直接写出和的关系为_______； 【应用】如图，在四边形中，点E，F分别是边的中点，若，，则的度数为_______度； 【拓展】如图，在四边形中，与相交于点，点M，N分别为，的中点，分别交于点．求证：．    2．【课本再现】定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 定理证明： （1）为了证明该定理，小芸同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程． 已知：在中，，点是边的中点． 求证：． 【知识应用】（2）如图2，在四边形中，，，，分别为，的中点，连接，，．若，平分，，则的长为______； 【性质延伸】（3）如图③，在四边形中，，，，．在四边形内存在一点，点到四边形四个顶点的距离均为，则的值为______． 3．在探索平面图形的性质时，往往需通过剪拼的方式帮助我们寻找解题思路． （1）【知识回顾】 在证明三角形中位线定理时，就采用了如图①的剪拼方式，将三角形转化为平行四边形使问题得以解决，请写出已知，求证，并证明三角形中位线定理． （2）【数学发现】 如图②，在梯形中，，是腰的中点，请你沿着将上图的梯形剪开，并重新拼成一个完整的三角形． 如图③，在梯形中，，、分别是两腰、的中点，我们把叫做梯形的中位线．请类比三角形的中位线的性质，猜想和、有怎样的位置和数量关系？ 【证明猜想】 （3）证明（2）的结论，并在“，”的条件下，求的长． 类型十、中点四边形的应用 【解惑】已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形． (1)四边形的形状是______，请证明你的结论； (2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形； (3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种． 【融会贯通】 1．如图，已知在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合）． (1)若点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，求证：四边形EFCH是平行四边形； (2)在（1）的条件下，四边形ABCD的对角线AC和BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，请说明理由； (3)在（2）的条件下，请直接写出四边形ABCD的对角线AC和BD再满足什么条件时，四边形EFGH是正方形． 2．【猜想结论】如图1，在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC的中点，可以根据度量或目测猜想结论：DEBC，且DEBC． (1)【验证结论】如图2，在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC的中点，延长DE至F，使得EF＝DE，连接FC．求证：DEBC，DEBC． (2)【应用结论】如图3，在四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为边AB、BC、CD、DA的中点，顺次连接四边形ABCD各边中点得到新四边形EFGH，称为四边形ABCD中点四边形．应用上述验证结论，求解下列问题： ①证明：四边形EFGH是平行四边形； ②当AC、BD满足 　 　时，四边形EFGH是矩形； ③当AC、BD满足 　 　时，四边形EFGH是正方形． 3．定义：对角线相等且所夹锐角为的四边形叫“等角线四边形”． 如图1，四边形为“等角线四边形”，即． 判定探究： (1)下列语句能判断四边形是“等角线四边形”的是 ．（填序号） ①对角线所夹锐角为的平行四边形； ②对角线所夹锐角为的矩形； ③对角线所夹锐角为，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形． (2)性质探究：以为边，向下构造等边三角形，连接BE，如图2，请直接写出与的大小关系； (3)请判断与的大小关系，并说明理由； (4)学习应用：若“等角线四边形”的对角线长为4，则该四边形周长的最小值为 ． 【一览众山小】 1．如图，将绕C点按顺时针方向旋转到，点E恰好落在上，若，则旋转的角度为（   ） A． B． C． D． 2．四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形的内角，正方形变为菱形．若，则菱形的面积与正方形 的面积之比是（   ） A．1 B． C． D． 3．如图，在中，，，，将绕点A顺时针旋转得到，连接，则的长为（　　） A． B． C． D． 4．若点，关于原点对称，则 ． 5．如图，四边形是平行四边形，且，点A的坐标为，点B的坐标为，则点C的坐标为 ． 6．将按如图方式放在平面直角坐标系中，其中，，顶点的坐标为，将绕原点逆时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点对应点的坐标为 ． 7．在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上，请解答下列问题： (1)作出关于原点O对称的； (2)写出点的坐标． 8．如图是由小正方形组成的7×7网格，每个小正方点叫做格点．三点在格点，点D在上，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图．          (1)在图1中，先画的平分线，再将绕点A旋转，使得旋转后的三角形的顶点都是格点，画出旋转后的三角形； (2)在图2中，先画点G，使四边形为平行四边形，再在上画点H，使． 9．如图，在四边形中，与相交于点，且，点在上，满足． (1)判断四边形的形状，并证明； (2)若，，，求四边形的面积． 10．在中，，将线段绕点A逆时针旋转α得到线段，连接． (1)如图1，当时，则 ；（用含有α的式子表示） (2)如图2，当时，作的角平分线交的延长线于点F．交于点E，连接． ①依题意在图2中补全图形，并求的度数； ②用等式表示线段之间的数量关系，并证明． 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第9章 中心对称图形——平行四边形思维导图 【类型覆盖】 类型一、中点四边形的性质 【解惑】下列说法错误的是（ ） A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 B．有一组邻边相等的四边形是菱形 C．矩形的对角线相等 D．顺次连接平行四边形各边的中点，得到的图形是菱形 【答案】B 【分析】本题考查的是菱形的判定、正方形的判定、矩形的性质，掌握相关的性质定理和判定定理是解本题的关键． 根据菱形的判定、正方形的判定、矩形的性质进行判断即可． 【详解】A．根据正方形的判定，对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故选项正确； B．根据菱形的判定，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故选项错误； C．根据矩形的性质，矩形的对角线相等，故选项正确； D．顺次连接平行四边形各边的中点，得到的图形是菱形，故选项正确． 故选：B． 【融会贯通】 1．如图，在四边形中，E，F，G，H分别是的中点，则下列结论一定正确的是（   ） 如图，在四边形中，点，，，分别是，，，边上的中点，则下列结论一定正确的是（　　） A．四边形是矩形 B．四边形的内角和小于四边形的内角和 C．四边形的周长等于四边形的对角线长度之和 D．四边形的面积等于四边形的面积的 【答案】C 【分析】根据三角形中位线定理可得四边形是平行四边形，进而逐一判断即可． 本题考查了中点四边形，矩形的判定，解决本题的关键是掌握三角形中位线定理． 【详解】解：A．如图，连接，， 在四边形中， 点，，，分别是，，，边上的中点， ，，，， ，， 四边形是平行四边形，但无法证明它是矩形，故A选项错误； B．四边形的内角和等于，四边形的内角和等于，故B选项错误； C．点，，，分别是，，，边上的中点， ，， ， 同理：， 四边形的周长等于四边形的对角线长度之和，故C选项正确； D．四边形的面积不等于四边形的面积的，故D选项错误． 故选：C． 2．如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是1，则第n个矩形的面积是 ． 【答案】 【分析】由中点四边形的含义可得矩形的中点四边形是菱形，菱形的中点四边形是矩形，而中点四边形的面积是原四边形的面积的一半，可得原矩形的面积为1，矩形的中点四边形（菱形）的面积为 再得到菱形的中点四边形（矩形）的面积为： 从而总结归纳出规律，可得答案．本题考查了中点四边形的性质，是一道找规律的题目． 【详解】已知第一个矩形的面积是1， 第二个矩形的面积为 第三个矩形的面积是 则第n个矩形的面积是 故答案为：． 3．如图，点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，则下列命题中：①若，则四边形为矩形；②若，则四边形为菱形；③若四边形是平行四边形，则与互相平分；④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等．其中是真命题的序号是 ． 【答案】④ 【分析】本题考查中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识， 先证明一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线时，中点四边形是菱形，当对角线时，中点四边形是矩形，当对角线，且时，中点四边形是正方形，再逐一分析各选项即可． 【详解】解：∵点 E、F、G、H分别是四边形边边、、、的中点， ∴，，，，，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ①当时，则， 则四边形为菱形，①说法错误； ②当时，则， 则四边形为矩形，②说法错误； ③四边形一定是平行四边形，与不一定互相平分，③说法错误； ④当四边形是正方形时，与互相垂直且相等，④说法正确； 故答案为：④． 类型二、反证法 【解惑】用反证法证明命题“钝角三角形中至少有一个内角不小于时，首先应该假设这个三角形中（    ） A．有一个内角小于 B．每一个内角都小于 C．有一个内角大于或等于 D．每一个内角都大于或等于 【答案】B 【分析】本题考查的是反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立解答即可． 【详解】解：反证法证明命题“钝角三角形中至少有一个内角不小于”时，首先应该假设这个钝角三角形中每一个内角都小于， 故选：B 【融会贯通】 1．用反证法证明命题“在同一平面内，若直线，，则”时，应假设（　　） A． B．a与b不平行 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是反证法、两直线的位置关系，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤，在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立，可据此进行判断． 【详解】解：反证法证明“在同一平面内，若，，则”时，应假设与不平行，即与相交， 故选：B 2．若用反证法证明命题“在中，若，则”，则应假设 ． 【答案】 【分析】根据反证法的特点，假设结论的相反意义成立即可． 【详解】在中，若，则，则应假设， 故答案为：． 【点睛】此题考查了反证法，正确理解反证法的证明思想是解题的关键． 3．如图，中，，，点D在上，点K在边上，连接、交于点P，连接，，，垂足为T，，那么以下结论： ①；②；③；④；中正确结论的序号是 ．    【答案】①②④ 【分析】证明即可判断①正确；证明可判断②正确；作，证明可判断④正确；用反证法可判断③错误． 【详解】解：①∵， ∴， ∵， ∴ ， ∴， ∴，故①正确； ②∵， ∴， ∴． ∵， ∴ ， ∵， ∴， ∴． ∵ ， ∴， ∴，故②正确； ④作与点E，则，    ∵， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，故④正确； ③假设正确，则， ∴， ∴， ∴． 作与点F． ∴， ∵， ∴， ∴， 这与矛盾， ∴不正确，故③错误． 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，以及反证法，正确作出辅助线是解答本题的关键． 类型三、平行四边形的判定 【解惑】如图，在中，点是边的中点，连接并延长与的延长线交于． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，，，求的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质，勾股定理； （1）根据得到，即可得到，从而得到，即可得到，即可得到证明； （2）根据得到，结合即可得到，从而得到为等边三角形，即可得到答案． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ∴，， ， 点是边的中点， ， 在和中， ， ， 又， 四边形是平行四边形； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， 是等边三角形， ∵四边形是平行四边形， ∴ ， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 的面积． 【融会贯通】 1．四边形 中，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)E是上一点，连接，F在上，连接、，，，求证：； 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定与性质． （1）依据题意，由，从而，又有，进而，故有，从而可以得出结论； （2）依据题意，分别作于点G，于点H，由题意先证明，再证，进而可以得出结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：分别作于点G，于点H，则， ∵，，， ∴， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴． ∴． 2．如图，四边形是平行四边形，的平分线交于点，交的延长线于点． (1)求证：； (2)请在图中连接，若恰好平分，求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的判定等知识点，能综合运用定理进行推理是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得出、，根据平行线的性质得出，求出，根据等腰三角形的判定，然后根据等量代换即可证明结论； （2）如图：连接，由（1）得，，由等腰三角形三线合一可得，再证明，即，再结合即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴（两直线平行，内错角相等） ∵是的平分线， ∴ ∴ ∴（等边对等角）. ∴ （2）解：如图：连接 由（1）得，. ∵恰好平分， ∴（等腰三角形三线合一） 在和中， ∴, ∴（全等三角形的对应边相等）， 又∵， ∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）． 3．如图1，在中，D、E分别为、的中点，延长至点F，使，连接和． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)如图2，当是等边三角形且边长是8，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的性质、三角形中位线定理、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握三角形中位线定理，证明四边形为平行四边形是解题的关键． （1）由三角形中位线定理得，，再由，得，即可得出结论； （2）过点D作于H，由等边三角形的性质得，，则，再由含30°角的直角三角形的性质得，由勾股定理得，然后由，即可求解． 【详解】（1）证明：∵D、E分别为、的中点， 是的中位线， ，， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：过点D作于H，如图所示： 是等边三角形，D为的中点 ，， ， ， ， ， ， ． 类型四、菱形的判定 【解惑】如图，在四边形中，ABDC，，对角线、交于点0，平分，过点C作交延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形 (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】(1)先证，则四边形是平行四边形，再由，即可得出结论； (2)由菱形的性质可得,,由直角三角形的性质和勾股定理可求的长，即可求解. 【详解】（1）证明：, , 平分, , , , , , 四边形是平行四边形， , 平行四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形，, , ,, , ， , (负值舍去), , 菱形的面积. 【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，直角三角形的性质，角平分线的定义，勾股定理等知识点，熟练掌握菱形的面积公式是解决此题的关键． 【融会贯通】 1．如图，在四边形中，，过点D作的角平分线交于点E，连接交于点O，．求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查菱形的判定、等腰三角形的判定，先证明四边形是平行四边形，再根据平行线的性质和角平分线的定义，得到，从而推出，即可证明结论． 【详解】证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 2．如图，在四边形中，，对角线的垂直平分线与边，分别相交于点，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2)52 【分析】（1）证明，得，进而证明四边形是平行四边形，从而得平行四边形是菱形； （2）由四边形是菱形，，，得进而利用由勾股定理得，从而即可得解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵是对角线的垂直平分线， ∴，， 在和中 ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形，，， 在中，由勾股定理得， ∴菱形的周长． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，勾股定理，菱形的判定及性质，平行线的性质，熟练掌握菱形的判定及性质是解题的关键． 3．在矩形中，，，E、F分别是上两点，并且垂直平分，垂足为O． (1)连接．说明四边形为菱形； (2)求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理： （1）证明，得到，推出四边形是平行四边形，根据，即可得证； （2）设，则，在中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形矩形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． （2）∵四边形是菱形， ∴设，则 在中，由勾股定理，得：， ∴ ∴， ∴的长为． 类型五、矩形的判定 【解惑】如图，在中，，交于点O，于E，交于F，求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定、平行四边形的判定和性质；熟练掌握矩形的判定，证明三角形全等是解决问题的关键． 由证明，得出对应边相等，证出四边形为平行四边形，再由求出，根据矩形的判定得出即可． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ， ， 垂直平分， ，， 在和中， ， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， ， 四边形为矩形． 【融会贯通】 1．如图，的对角线相交于点O，垂直平分．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，垂直平分线的性质，矩形的判定，熟练掌握知识点是解题的关键．由平行四边形得到，由垂直平分得到，继而，即可求证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 2．如图，O是菱形的对角线的交点，，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)若四边形为正方形，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定，正方形的性质，勾股定理等： （1）先根据证明四边形是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直，得出，即可证明四边形是矩形； （2）由正方形的性质可得，结合，可得，再利用勾股定理解求出即可求解． 【详解】（1）证明：， 四边形是平行四边形， 又 O是菱形的对角线的交点， ， ， 四边形是矩形； （2）解：四边形为正方形， ， 又菱形中，，， ， O是菱形的对角线的交点， ， ， ， ，即， 解得（负值舍去）， ． 3．如图，在菱形中，对角线与相交于点，过点作的平行线，过点作的平行线，两直线相交于点E． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查菱形的性质，矩形的判定和性质，掌握菱形的性质，矩形的判定和性质是解题的关键． （1）根据两组对边平行可得四边形是平行四边形，根据菱形的性质可得，结合矩形的判定和性质即可求解； （2）根据矩形的性质，菱形的性质可得，，根据菱形的面积的计算方法即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴菱形的面积． 类型六、正方形的判定 【解惑】如图，已知在中，，． (1)尺规作图：以点为圆心，的长为半径画弧．再以点为圆心，长为半径画弧，两弧在上方交于点，连接，，（不写作法，保留作图痕迹）； (2)求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了尺规作图和正方形的判定． 根据要求用尺规作图画出图形； 根据作图可证，根据全等三角形的性质可知，根据同旁内角互补两直线平行可证四边形是平行四边形，再根据、可证四边形是正方形． 【详解】（1）解：如图即为所求； （2）证明：由作图可知，，， ， ． ． ， ， ， ． ， 四边形是平行四边形， ，， 四边形是正方形． 【融会贯通】 1．在矩形中，，，是直线上一动点，连接． (1)如图，当点在边上，且时，求的长度； (2)连接，过点分别作，，与交于点，连接．当时，判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)； (2)四边形是正方形；见解析 【分析】（1）先求得，，再利用勾股定理求解即可； （2）先证明四边形是平行四边形得到；当时，推出，则四边形是菱形．再证明四边形是矩形，则，然后根据等腰三角形的性质证得，，则，进而可得结论． 【详解】（1）解：∵，， ∴． ∵四边形是矩形， ∴．， 在中，根据勾股定理可得； （2）解：四边形是正方形； 理由：如图，设与交于点O， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 当时，则，即， ∴四边形是菱形． ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴在中，． 同理可得， ∴， ∴菱形是正方形； 【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形、矩形和菱形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握特殊四边形的判定方法和性质是解答的关键． 2．综合与探究 问题情境： 如图，点为直线上一点，在直线上方作，点为中边上的一个动点，过点作直线，交的外角平分线于点，交内角平分线于点． 数学发现： （1）经过测量发现，请证明此结论； 初步探究： （2）①用一个在九年级数学上册第一章学过的有关直角三角形方面的定理来叙述这一结论； ②若，，则_____； 深入探究： （3）当点运动到何处时，四边形是矩形，并进行证明； 类比提升： （4）当，时，直接写出此时四边形是什么特殊四边形． 【答案】（1）见解析；（2）①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②15；（3）见解析；（4）正方形，见解析 【分析】（1）根据平行线的性质和角平分线的定义得等腰三角形，即，，即可求证； （2）①证明出，由上知，即可发现知识点为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②根据勾股定理即可求解； （3）当，由（1）可知，则四边形为平行四边形，由（2）①得，故平行四边形是矩形； （4）根据勾股定理逆定理，结合有一组邻边相等的矩形为正方形即可求证． 【详解】（1）证明：如图1， ∵平分， ∴, ∵， ∴, ∴， ∴， 同理， ∴， ∴ （2）解：①∵平分， ∴， ∵，而， ∴， ∴， 由上知， 则，为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半这一知识点； ②∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故答案为：15； （3）解：当点O运动到中点处时，四边形是矩形 证明，∵，由（1）可知 ∴四边形为平行四边形 由（2）①得 ∴平行四边形是矩形； （4）解：四边形是正方形， 证明：同上可得四边形是矩形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查了正方形的判定，矩形的判定，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定，平行线的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握各知识点是解题的关键． 3．如图，在中，是边上的中线，是的中点，过点作，交的延长线于点，连接． (1)求证：． (2)若为等腰直角三角形，，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质． （1）由“”可证，由全等，可得； （2）先根据（1）的结论得到四边形是平行四边形，然后等腰直角三角形的性质得到，，即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵为的中点， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵是中边上的中线， ∴， ∴； （2）∵，， ∴四边形是平行四边形． ∵为等腰直角三角形，，为中线， ∴，， ∴平行四边形是正方形． 类型七、画两个图形的对称中心 【解惑】如图，在正方形网格中（网格中的每个小正方形边长是1），的顶点均在格点上，请结合所给的平面直角坐标系解答下列问题： (1)作出关于原点O成中心对称的，并直接写出点的坐标； (2)若是由绕着某点旋转得到的，则这个点的坐标为______． 【答案】(1)作图见解析， (2) 【分析】本题主要考查作图-旋转变换、旋转的性质、中心对称的性质等知识点，熟练掌握中心对称的性质是解题的关键． （1）根据中心对称的性质作图即可解答； （2）如图：连接，并分别作线段的垂直平分线，相交于点P，则是由绕着点P逆时针旋转得到的，然后得到点P的坐标即可． 【详解】（1）解：如图：即为所求．由图可得：． （2）解：如图：连接，并分别作线段的垂直平分线，相交于点P，则是由绕着点P逆时针旋转得到的， ∴这个点的坐标为． 故答案为：． 【融会贯通】 1．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点都在格点上，点，请根据题意解决下列问题： (1)画出关于原点对称的，并写出点的坐标__________； (2)画出绕点B顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标__________； (3)线段的长度为__________． 【答案】(1)画图见解答； (2)画图见解答； (3) 【分析】 本题考查作图旋转变换、勾股定理，熟练掌握中心对称的性质、旋转的性质、勾股定理是解答本题的关键． （1）根据中心对称的性质作图，即可得出答案； （2）根据旋转的性质作图，即可得出答案； （3）利用勾股定理计算即可． 【详解】（1）解：如图所示：即为所求； 由图可得，点的坐标为， 故答案为：； （2）解：如图所示： 即为所求； 由图可得，点的坐标为； 故答案为：； （3）解：由（2）可知，， ， 故答案为：． 2．如图，在正方形网络中，的三个顶点都在格点上，点A、B、C的坐标分别为，，，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题： (1)画出关于原点O对称的； (2)将向右平移4个单位，使点A移动到点，画出平移后的； (3)在、、中，与_________成中心对称，其对称中心的坐标为_________． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)， 【分析】本题考查了中心对称作图，平移作图． （1）先作出点，再依次连接即可； （2）先作出点，再依次连接即可； （3）根据图形，即可解答． 【详解】（1）解：如图所示：即为所求； （2）解：如图所示：即为所求； （3）解：由图可知：与成中心对称，其对称中心的坐标为． 故答案为：，． 3．如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，A、B两点都在格点上，仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求画图（画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）． (1)在图1中，为格点． ①先将线段绕点逆时针旋转得到线段； ②再画线段，使线段与线段关于点成中心对称（其中点对应点，点对应点）； (2)在图2中，以格点为坐标原点建立平面直角坐标系，其中点坐标为． ①先画格点，使，且； ②已知线段绕平面内的点旋转一个特定的度数可与线段重合，请在图中画出旋转中心； ③请直接写出点的坐标为_____________． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②见解析；③ 【分析】本题考查旋转作图，作中心对称图形，作对称中心． （1）根据网格特点即可作出线段，作出点A，D关于点B的对称点E，F，连接即可； （2）①将线段绕点B顺时针旋转得到线段，作平行四边形，即可得到所求的点G； ②作线段的垂直平分线，作线段的垂直平分线，与交于点P，则点P为所求的对称中心； ③由图直接得到点P的坐标． 【详解】（1）解：所求图形，如图所示； （2）解：①如图，点G为所求， 将线段绕点B顺时针旋转得到线段，则，， 作平行四边形，则，， ∴，且， 即点G为所求． ②如图，点P为所求． 作线段的垂直平分线，作线段的垂直平分线，与交于点P，则，， ∴点P为所求的旋转中心． ③由题可得，点P的坐标为． 故答案为： 类型八、画中心对称图形 【解惑】图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影．请在余下的空白小等边三角形中，分别按下列要求选取一个涂上阴影： (1)使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．（至少画出两种） (2)使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．（画出一种） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】此题主要考查了利用轴对称设计图案、利用旋转设计图案，正确掌握相关定义是解题关键． （1）直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案； （2）直接利用中心对称图形的性质得出符合题意的答案． 【详解】（1）解：如图所示（画出两种即可）： （2）如图所示（画出一种即可）： 【融会贯通】 1．图①、图②均为的正方形网格，点在格点（小正方形的顶点）上． (1)在图①中确定一个格点，并画出以为顶点的四边形，使其为中心对称图形； (2)在图②中确定格点，并画出以为顶点的四边形，使其为轴对称图形但不是中心对称图形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了中心对称图形、轴对称图形等知识点，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形． （1）根据中心对称图形的定义作图即可； （2）利用中心对称图形和轴对称图形的性质得出符合题意的图形即可． 【详解】（1）解：如图①：四边形即为所求． （2）解：如图②：四边形即为所求． 2．如图，由个大小完全相同的小正方形摆成如图形状，现移动其中的一个小正方形，请在图（1），图（2），图（3）中分别画出满足以下各要求的图形．（用阴影表示） (1)使得图形既是轴对称图形，又是中心对称图形． (2)使得图形成为轴对称图形，而不是中心对称图形； (3)使得图形成为中心对称图形，而不是轴对称图形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题是图案设计问题，由于设计方案的多样化，只要满足相应问题对轴对称，中心对称的要求即可，这样就可以发挥学生丰富的想象力，提高学习兴趣．轴对称图形是指在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形是指在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．再展开丰富的想象力画图即可． （1）根据轴对称图形与中心对称图形的特点画图即可； （2）根据轴对称图形与中心对称图形的特点画图即可； （3）根据轴对称图形与中心对称图形的特点画图即可； 【详解】（1）解：如图，所画图形如下： （2）解：如图，所画图形如下： （3）解：如图，所画图形如下： 3．如图方格中，小正方形边长为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫做格点．请按下列要求画出一个符合题意的四边形，且顶点在格点上． (1)在图1中画：是中心对称图形，但不是轴对称图形，且面积为8； (2)在图2中画：是轴对称图形，但不是中心对称图形，且面积为20； (3)在图3中画：既不是中心对称图形又不是轴对称图形，且面积为10； (4)在图4中画：既是中心对称图形又是轴对称图形，且各边长都是无理数，面积为10． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 (4)见解析 【分析】本题考查了作图旋转变换，作图轴对称变换，无理数，勾股定理的灵活运用． （1）根据中心对称图形性质和轴对称图形的性质即可在图1中画：是中心对称图形，但不是轴对称图形，且面积为8的图形； （2）根据中心对称图形性质和轴对称图形的性质即可在图2中画：是轴对称图形，但不是中心对称图形，且面积为20； （3）根据中心对称图形性质和轴对称图形的性质即可在图3中画：既不是中心对称图形又不是轴对称图形，且面积为10； （4）根据中心对称图形性质和轴对称图形的性质即可在图4中画：既是中心对称图形又是轴对称图形，且各边长都是无理数，面积为10． 【详解】（1）如图1所示即为所求； （2）如图2所示即为所求； （3）如图3所示即为所求； （4）如图4所示即为所求； 类型九、三角形中位线的证明 【解惑】如图，点D，E，F分别是，，的中点，连接，，，； (1)求证：，相平分； (2)现有三个条件：①；②平分；③； 请你从中选择两个条件（写序号）： 使得四边形是正方形，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)①③或①②，证明见解析 【分析】本题考查了正方形的判定，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质． （1）由三角形中位线定理得，，再证四边形为平行四边形，即可得出结论； （2）添加①时，四边形是矩形；添加②平分时，，则，此时四边形是菱形；添加③时，由得到，四边形是菱形；选择①③或①②时，四边形是正方形，再根据正方形的判定定理得到结论． 【详解】（1）证明：、、分别是，，的中点， 、都是的中位线， ∴，， 四边形为平行四边形， 、互相平分； （2）解：①；②平分；③， ∵四边形为平行四边形， ∴添加①时，四边形是矩形； 添加②平分时，，则，此时四边形是菱形； 添加③时，由得到，四边形是菱形； ∴选择①③或①②时，四边形是正方形； 选择①③， 证明：四边形为平行四边形，， 四边形是矩形， 点、分别是、的中点， 是的中位线， ∴， ， ， 四边形是正方形， 选择①②， 证明：四边形为平行四边形，， 四边形是矩形， 平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，此时四边形是菱形； 四边形是正方形， 故答案为：①③或①②． 【融会贯通】 1．【三角形中位线定理】已知：在中，点D，E分别是边的中点．直接写出和的关系为_______； 【应用】如图，在四边形中，点E，F分别是边的中点，若，，则的度数为_______度； 【拓展】如图，在四边形中，与相交于点，点M，N分别为，的中点，分别交于点．求证：．    【答案】[三角形中位线定理] ；[应用]；[拓展]见解析 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线的性质是解题的关键． [三角形中位线定理]根据三角形中位线定理即可得到结论； [应用]连接，根据三角形中位线定理得到，，根据勾股定理的逆定理得到，计算即可； [拓展]取的中点，连接、，则、分别是、的中位线，由中位线的性质定理可得且，且，根据等腰三角形的性质即可得结论． 【详解】解：[三角形中位线定理]，； 理由：点，分别是边，的中点， 是的中位线， ，； [应用]连接，如图所示，   、分别是边、的中点， ，， ， ，， ，， ， ， ； [拓展]证明：取的中点，连接、．   、分别是、的中点， 是的中位线， 且， 同理可得且． ， ， ，， ，， ， ， ． 2．【课本再现】定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 定理证明： （1）为了证明该定理，小芸同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程． 已知：在中，，点是边的中点． 求证：． 【知识应用】（2）如图2，在四边形中，，，，分别为，的中点，连接，，．若，平分，，则的长为______； 【性质延伸】（3）如图③，在四边形中，，，，．在四边形内存在一点，点到四边形四个顶点的距离均为，则的值为______． 【答案】（1）见解析（2）（3） 【分析】（1）延长至D，使，连接，证明四边形是平行四边形，由，证明四边形是矩形，即可证明结论； （2）根据三角形中位线定理得，根据直角三角形斜边中线定理得，由此即可证明．再证明，根据即可解决问题； （3）连接，取的中点，连接，由（1）可知，求出的长，由勾股定理可得出答案． 【详解】证明：（1）延长至D，使，连接， ∵点O是边的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； 解：（2）在中， 、分别是、的中点， ，， 在中， 是中点， ， ， ， ，平分， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：如图，连接，取的中点，连接， 由（1）可知， 则点到四边形四个顶点的距离均为，即， 设，则， ， ， ， ， ， ， ∴点到四边形四个顶点的距离． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质，三角形中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． 3．在探索平面图形的性质时，往往需通过剪拼的方式帮助我们寻找解题思路． （1）【知识回顾】 在证明三角形中位线定理时，就采用了如图①的剪拼方式，将三角形转化为平行四边形使问题得以解决，请写出已知，求证，并证明三角形中位线定理． （2）【数学发现】 如图②，在梯形中，，是腰的中点，请你沿着将上图的梯形剪开，并重新拼成一个完整的三角形． 如图③，在梯形中，，、分别是两腰、的中点，我们把叫做梯形的中位线．请类比三角形的中位线的性质，猜想和、有怎样的位置和数量关系？ 【证明猜想】 （3）证明（2）的结论，并在“，”的条件下，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）画图见解析，猜想：，；（3）证明见解析，6； 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定： （1）根据三角形中位线定理的内容写出对应的已知，求证和证明过程即可； （2）延长交延长线于M，证明可得到所要的三角形；根据梯形性质和三角形的中位线进行猜想即可得出结论； （3）如图③，连接并延长，交延长线于点，证明得到，，在中，利用三角形的中位线可证得，，进而可证得结论；再根据结论求出的长即可． 【详解】解：（1）已知：在中，分别是的中点， 求证：： 证明：如图所示，过点C作交延长线与F， ∵分别是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴； （2）如图所示，延长交延长线于M，则把延剪开后放置到的位置，即为所求； 猜想：，； （3）连接并延长，交延长线于点， ， ． 是的中点， ． ， ． ，． 点是的中点，又点是的中点， 是的中位线， ，． ． ，， ． ，． ∵，， ∴。 类型十、中点四边形的应用 【解惑】已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形． (1)四边形的形状是______，请证明你的结论； (2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形； (3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种． 【答案】(1)平行四边形．证明见解析 (2)； (3)矩形的中点四边形是菱形． 【分析】（1）连接，根据三角形的中位线定理得到，，，，推出，，，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形； （2）根据有一组是邻边的平行四边形是菱形，可知当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形； （3）矩形的中点四边形是菱形．根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得，，再根据矩形对角线相等，然后根据四边相等的四边形是菱形． 【详解】（1）四边形的形状是平行四边形．理由如下： 如图，连接． 、分别是、中点， ，， 同理，， ，， 四边形是平行四边形； 故答案为：平行四边形； （2）当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形．理由如下： 如图，连接、． 、、、分别为四边形四条边上的中点， ，，，， ， ， 又四边形是平行四边形 平行四边形是菱形； 故答案为：； （3）矩形的中点四边形是菱形．理由如下： 连接、． 、、、分别为四边形四条边上的中点， ，，，，，， 四边形是矩形， ， ， 四边形是菱形． 【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质等知识点的理解和掌握，熟练掌握各定理是解决此题的关键． 【融会贯通】 1．如图，已知在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合）． (1)若点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，求证：四边形EFCH是平行四边形； (2)在（1）的条件下，四边形ABCD的对角线AC和BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，请说明理由； (3)在（2）的条件下，请直接写出四边形ABCD的对角线AC和BD再满足什么条件时，四边形EFGH是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)AC=BD，理由见解析 (3)AC⊥BD且AC=BD，理由见解析 【分析】（1）由三角形中位线定理得到相应条件，即可得出结论； （2）根据菱形的判定和性质进行判断即可； （3）根据正方形的判定进行判断即可． 【详解】（1）解：证明：连接BD、AC交于点O，如图1所示： ∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点， ∴EH是△ABD的中位线，FG是△BCD的中位线，EF是△ABC的中位线，GH是△ACD的中位线， ∴EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，EF∥AC，GH∥AC， ∴EH∥FG，EF∥GH， ∴四边形EFGH是平行四边形； （2）当AC=BD时， 由（1）得：HG=AC，EH=BD， ∴EH=GH， ∴四边形EFGH是菱形； （3）当AC⊥BD且AC=BD时，四边形EFGH既是矩形又是菱形， ∴四边形EFGH是正方形． 【点睛】此题考查了中点四边形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用． 2．【猜想结论】如图1，在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC的中点，可以根据度量或目测猜想结论：DEBC，且DEBC． (1)【验证结论】如图2，在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC的中点，延长DE至F，使得EF＝DE，连接FC．求证：DEBC，DEBC． (2)【应用结论】如图3，在四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为边AB、BC、CD、DA的中点，顺次连接四边形ABCD各边中点得到新四边形EFGH，称为四边形ABCD中点四边形．应用上述验证结论，求解下列问题： ①证明：四边形EFGH是平行四边形； ②当AC、BD满足 　 　时，四边形EFGH是矩形； ③当AC、BD满足 　 　时，四边形EFGH是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②垂直；③垂直且相等 【分析】（1）先根据“SAS”证明，得出，，根据平行线的判定得出，得出BD=CF，证明四边形BCFD为平行四边形，得出，，即可证明结论； （2）①连接AC、BD，根据中位线性质得出，，即可得证明四边形EFGH为平行四边形； ②根据矩形的判定方法，得出结论即可； ③根据正方形的判定方法，得出结论即可． 【详解】（1）证明：∵点E为AC的中点， ∴AE=CE， ∵在△AED和△CEF中， ∴， ∴，， ∴， ∵点D为AB的中点， ∴AD=BD， ∴BD=CF， ∴四边形BCFD为平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 即DEBC，DEBC． （2）①连接AC、BD，如图所示： ∵点E、F、G、H分别为边AB、BC、CD、DA的中点， ∴，，，， ∴，， ∴四边形EFGH为平行四边形； ②当AC⊥BD时， 四边形EFGH是矩形； 根据解析①可知，，，四边形EFGH是平行四边形， ∵AC⊥BD， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形EFGH是矩形； 故答案为：垂直； ③当AC=BD且AC⊥BD时，四边形EFGH是正方形； 根据解析②可知，当AC⊥BD时， 四边形EFGH是矩形， 根据解析①可知，，， ∵AC=BD， ∴， ∴四边形EFGH是正方形． 故答案为：垂直且相等 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，中位线的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，平行线的判定和性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法，是解题的关键． 3．定义：对角线相等且所夹锐角为的四边形叫“等角线四边形”． 如图1，四边形为“等角线四边形”，即． 判定探究： (1)下列语句能判断四边形是“等角线四边形”的是 ．（填序号） ①对角线所夹锐角为的平行四边形； ②对角线所夹锐角为的矩形； ③对角线所夹锐角为，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形． (2)性质探究：以为边，向下构造等边三角形，连接BE，如图2，请直接写出与的大小关系； (3)请判断与的大小关系，并说明理由； (4)学习应用：若“等角线四边形”的对角线长为4，则该四边形周长的最小值为 ． 【答案】(1)②③ (2) (3) (4) 【分析】（1）根据定义即可求解． （2）证明四边形是平行四边形，根据即可求解； （3）先构造平行四边形，可得对应线段相等，再求出，构造直角三角形求出，即可得出答案； （4）根据（2）（3）的结论代入数据即可求解． 【详解】（1）解：对角线所夹锐角为的平行四边形的对角线不一定相等， 则不能判①是“等角线四边形”； ②对角线所夹锐角为的矩形，对角线相等，且所夹锐角为，故②是“等角线四边形”； ③对角线所夹锐角为，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形，则四边形的对角线相等，故③是“等角线四边形”． 故答案为：②③； （2）解：是等边三角形 ，， ， 四边形是平行四边形 中， 即； （3）解：如图，过作，且，连接， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 过点C作，交于点H， ∵， ∴． 在中，， ∴ 则 ∴ （4）解：若“等角线四边形”的对角线长为4，则 由（2）（3）可得， ． 该四边形周长的最小值为． 【点睛】本题考查了四边形综合问题，新定义问题，含30度角的直角三角形的性质，平行四边的性质与判定，中点四边形性质，掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键． 【一览众山小】 1．如图，将绕C点按顺时针方向旋转到，点E恰好落在上，若，则旋转的角度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查三角形的内角和定理，旋转的性质以及等腰三角形的判定和性质．熟练掌握旋转的性质，是解题的关键． 先求出的度数，根据旋转的性质，得到，进而得到，利用三角形内角和定理，求出，即可得解． 【详解】解：在中，，， ∴， ∵将绕C点按顺时针方向旋转到， ∴， ∴， ∴， ∴旋转的角度为． 故选B． 2．四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形的内角，正方形变为菱形．若，则菱形的面积与正方形 的面积之比是（   ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】该题主要考查了角直角三角形的性质，菱形和正方形的面积，解题的关键是得出菱形的高等于的一半． 根据角所对的直角边等于斜边的一半可知菱形的高等于的一半，再根据正方形的面积公式和平行四边形的面积公式即可得解． 【详解】解：如图，过点作， ∵， ∴， ∴菱形的面积为，正方形的面积为． ∴菱形的面积与正方形的面积之比是． 故选：B． 3．如图，在中，，，，将绕点A顺时针旋转得到，连接，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查旋转变换和勾股定理，在中，由勾股定理解得的长，再根据旋转的性质得到， ，在 中再利用勾股定理解得的长即可． 【详解】解：， 在中， ， 由旋转的性质得 ， 在 中，， 故选：B． 4．若点，关于原点对称，则 ． 【答案】3 【分析】本题考查了原点对称的两个点的坐标特征，掌握关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数是解题的关键．根据关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数即可求解． 【详解】解：∵点，关于原点对称， ∴， ∴， 故答案为：3． 5．如图，四边形是平行四边形，且，点A的坐标为，点B的坐标为，则点C的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了学生对平行四边形的性质、勾股定理和坐标与图象性质的理解和掌握，根据四边形是平行四边形，可求出C点的横坐标，再利用勾股定理求出的长，然后即可得出点C的坐标．此题难度不大，属于基础题． 【详解】解：∵点A的坐标为,点B的坐标为, ∴， ∴, ∴, ∴,点C在第二象 限, ∴点C的坐标为. 故答案为： ． 6．将按如图方式放在平面直角坐标系中，其中，，顶点的坐标为，将绕原点逆时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点对应点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查图形的旋转规律，坐标与图形，掌握题中规律是解题的关键．根据得，由绕原点逆时针旋转，每次旋转，每旋转6次回到原位，可知第2025次旋转结束时，相当于由此位置旋转，进而可求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵绕原点逆时针旋转，每次旋转，每旋转6次回到原位， ∴， ∴第2025次旋转结束时，相当于由此位置旋转， ∴第2025次旋转结束时，点对应点与点A关于原点对称， ∴点对应点的坐标为． 故答案为：． 7．在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上，请解答下列问题： (1)作出关于原点O对称的； (2)写出点的坐标． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查的是画中心对称图形，坐标与图形； （1）分别确定关于原点对称的点，再顺次连接即可； （2）根据图形中的位置可得其坐标． 【详解】（1）解：即为所求， （2）解：由图形可得：． 8．如图是由小正方形组成的7×7网格，每个小正方点叫做格点．三点在格点，点D在上，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图．          (1)在图1中，先画的平分线，再将绕点A旋转，使得旋转后的三角形的顶点都是格点，画出旋转后的三角形； (2)在图2中，先画点G，使四边形为平行四边形，再在上画点H，使． 【答案】(1)见详解； (2)见详解． 【分析】（1）先根据勾股定理求出的长，然后利用等腰三角形的性质和矩形的性质可得是角平分线，根据旋转变换的性质分别作出的对应点进而即可得到答案； （2）根据平行四边形的判定定理作出图形，作点C关于的对称点，连接′交于点H，连接，点H即为所求． 【详解】（1）解：如图1，是角平分线，即为所求； （2）如图2，四边形，点H即为所求． 【点睛】本题考查作图-旋转变换，等腰三角形的性质，矩形的性质，角平分线的定义，平行四边形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 9．如图，在四边形中，与相交于点，且，点在上，满足． (1)判断四边形的形状，并证明； (2)若，，，求四边形的面积． 【答案】(1)平行四边形，证明见解析 (2)24 【分析】本题主要考查平行四边形、菱形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，掌握其判定方法及性质是解题的关键． （1） 根据平行的性质可得，运用角边角可证，可得，结合平行四边形的判定方法“对角线相互平分的四边形是平行四边形”即可求解； （2）根据题意可得四边形是菱形，运用勾股定理可得，由此菱形的面积计算方法即可求解． 【详解】（1）解：四边形为平行四边形． 证明如下：， ， 在和中， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形． （2）解：，， ， 四边形是菱形， ， ， 在中，由勾股定理得， ， ． 10．在中，，将线段绕点A逆时针旋转α得到线段，连接． (1)如图1，当时，则 ；（用含有α的式子表示） (2)如图2，当时，作的角平分线交的延长线于点F．交于点E，连接． ①依题意在图2中补全图形，并求的度数； ②用等式表示线段之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)； (2)①见解析，；②，见解析． 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求解即可； （2）①根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求解即可； ②由等腰三角形的性质可得，由等腰直角三角形的性质可得，，由“”可证，可得，即可求解． 【详解】（1）解：∵将线段绕点A逆时针旋转α得到线段， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：①如图所示： ∵， ∴， ， ∴； ②，理由如下： 如图2，过点C作于H， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 6 学科网（北京）股份有限公司 $$