专题9.13 中心对称图形——平行四边形全章专项复习【7大考点21种题型】-2024-2025学年八年级数学下册举一反三系列（苏科版）

专题9.13 中心对称图形——平行四边形全章专项复习 【7大考点21种题型】 【苏科版】 【考点1 图形的旋转】 2 【题型1 利用旋转的性质求角的度数】 2 【题型2 利用旋转的性质求线段长度】 3 【题型3 利用旋转的性质求面积】 4 【题型4 平面直角坐标系中的旋转变换】 5 【题型5 与旋转有关的探究性问题】 7 【考点2 中心对称与中心对称图形】 10 【题型6 识别中心对称图形】 11 【题型7 中心对称的性质运用】 11 【题型8 与中心对有关的探究问题】 12 【考点3 平行四边形】 15 【题型9 由平行四边形的性质求值】 16 【题型10 由平行四边形的性质证明结论】 17 【题型11 平行四边形的判定】 18 【题型12 平行四边形的判定与性质的综合应用】 19 【考点4 菱形】 21 【题型13 菱形性质的应用】 22 【题型14 菱形性质与判定的综合应用】 23 【题型15 菱形中的动点问题】 24 【考点5 矩形】 26 【题型16 矩形的性质与判定的综合应用】 27 【题型17 矩形中的折叠问题】 28 【考点6 正方形】 29 【题型18 正方形性质的应用】 30 【题型19 几种特殊平行四边形的综合】 32 【考点7 三角形的中位线】 34 【题型20 与三角形中位线有关的求解问题】 34 【题型21 与三角形中位线有关的证明问题】 35 【考点1 图形的旋转】 知识点一 旋转的定义 在平面内，把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，就叫做图形的旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。 我们把旋转中心、旋转角度、旋转方向称为旋转的三要素。 知识点二 旋转的性质 旋转的特征：（1）对应点到旋转中心的距离相等；（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；（3）旋转前后的图形全等。 理解以下几点： （1） 图形中的每一个点都绕旋转中心旋转了同样大小的角度。（2）对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等。（3）图形的大小与形状都没有发生改变，只改变了图形的位置。 知识点三 利用旋转性质作图 旋转有两条重要性质：（1）任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；（2）对应点到旋转中心的距离相等，它就是利用旋转的性质作图的关键。步骤可分为： ①连：即连接图形中每一个关键点与旋转中心； ②转：即把直线按要求绕旋转中心转过一定角度（作旋转角） ③截：即在角的另一边上截取关键点到旋转中心的距离，的到各点的对应点； ④接：即连接到所连接的各点。 【题型1 利用旋转的性质求角的度数】 【例1】（23-24八年级·重庆·期中）如图，将正方形的边绕点顺时针旋转得到，连接，再将绕点顺时针旋转得到，连接，若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（23-24八年级·河南新乡·期中）如图，中，，，P为三角形内一点． ，则的度数是 ． 【变式1-2】（23-24八年级·湖北武汉·阶段练习）如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】（23-24八年级·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，两个全等的含角的直角三角板，将绕点逆时针旋转角（）得到，若交于点，连接，当 时，为等腰三角形． 【题型2 利用旋转的性质求线段长度】 【例2】（23-24八年级·上海·期末）如图，已知在中，，，点、点在边上，且，若，则 ．    【变式2-1】（23-24八年级·福建福州·期中）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转，得到，连接，则的长是 ．    【变式2-2】（23-24八年级·上海长宁·期末）如图，正方形的边长为，将绕点旋转，得到，其中、的对应点分别是点、．如果点在正方形内，且到点、的距离相等，那么的长为 ． 【变式2-3】（23-24八年级·河南南阳·期末）如图，在矩形中，，点为边上的动点，连接，将线段绕点顺时针旋转，点落在点处，当点在矩形外部时，连接．若为直角三角形，则的长为 ． 【题型3 利用旋转的性质求面积】 【方法总结】解答图形旋转衍生的面积计算问题时,要善于分析图形面积之间的和差关系,并运用旋转的性质进行转化(旋转前后两个图形的面积相等),将不规则图形的面积转化为规则图形的面积. 【例3】（23-24八年级·江苏镇江·期中）如图，边长为1的正方形绕点C逆时针旋转后得到正方形，边与交于点E，则阴影部分的面积是（   ） A． B． C． D． 【变式3-1】（23-24八年级·安徽芜湖·期中）如图，中，，，，，将绕点C逆时针旋转至，使得点恰好落在AB上，与BC交于点D，则的面积为 ． 【变式3-2】（23-24八年级·广东佛山·期中）如图，在中，，，O为的中点，将绕点O顺时针旋转得到，D、E分别在边和的延长线上，连接，若，则的面积是（　　） A． B． C． D． 【变式3-3】（23-24八年级·四川成都·期中）如图，绕点顺时针旋转得到，若是等边三角形，，则图中阴影部分得面积等于 ． 【题型4 平面直角坐标系中的旋转变换】 【方法总结】此类题目主要对旋转、勾股定理、轴对称等内容进行综合考查.要注意旋转中心的确定. 【例4】（2024·江苏徐州·模拟预测）在的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形的顶点坐标分别为，，，．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题： (1)将线段绕点C逆时针旋转，画出对应线段； (2)在线段上画点E，使（保留画图过程的痕迹）； (3)连接，画点E关于直线的对称点F，并简要说明画法． 【变式4-1】（23-24八年级·陕西汉中·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别为，，． (1)先向下平移2个单位，再向左平移5个单位得到（点、、分别与点A、B、C对应），请在图中画出； (2)将绕点B顺时针旋转得到（点、分别与点A、C对应），请在图中画出，并写出点的坐标． 【变式4-2】（23-24八年级·河南郑州·期末）在平面直角坐标系中，的顶点为． (1)平移，若点的对应点的坐标为，画出平移后的； (2)将以点为旋转中心旋转，画出旋转后对应的； (3)已知将绕某一点旋转可以得到，则旋转中心的坐标为______． 【变式4-3】（23-24八年级·内蒙古鄂尔多斯·期末）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，请在所给的直角坐标系中解答下列问题： (1)作出绕点A逆时针旋转的． (2)作出关于原点O成中心对称的． (3)在x轴上找一点P使得最小，则P点坐标 (4)请直接写出以为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标 ． 【题型5 与旋转有关的探究性问题】 【方法总结】与旋转有关的探究性问题,考查操作、想象、探究能力.解决这类问题,需要首先确定旋转的角度和方向、旋转前后对应的角与边,明确旋转过程中的变量与不变量,利用旋转前后的图形全等进行边与角的计算. 【例5】（2024·山西大同·模拟预测）综合与实践： 如图1，已知点D是等边三角形边上的一点（不与点B，C重合）． 动手操作： 第一步：连接，以A为旋转中心，将线段顺时针旋转，得到线段，连接； 第二步：以D为旋转中心，将线段逆时针旋转，得到线段，连接，交于点M． 特例探究： （1）如图2，当点D为中点时，点F恰好在上，请写出线段与的数量关系，并说明理由； 探索发现： （2）如图1，当点D不是中点时，请判断（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； （3）当，时，请直接写出的长． 【变式5-1】（23-24八年级·陕西西安·期末）（1）【探究发现】如图1，P是等边 内一点，，，求 的度数． 解：将 绕点B逆时针旋转到的位置，连接．，则是______三角形． ∴， 又∵， ∴ ∴为直角三角形 ∴∠APB的度数为______． （2）【类比延伸】如图2，在正方形内部有一点P，连接 ，若 ，，，求的长； （3）【拓展迁移】如图3，在正六边形内部有一点P，若 ，，，请直接写出 的度数及正六边形的边长． 【变式5-2】（23-24八年级·湖北孝感·期末）在“综合与实践”课上，同学们以“图形的旋转”为主题开展数学活动．    (1)探究发现 如图，在等边内部有一点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，若，则的度数是 ． (2)类比延伸 如图，在中，，．在内部有一点，连接，若，试判断之间的数量关系，并说明理由． (3)迁移应用 如图，在中，，．在直线的上方有一点，连接，若∠，则存在实数使得成立，请直接写出的值． 【变式5-3】（2024·吉林长春·二模）旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与全等三角形等数学知识相结合来解决实际问题，某学校数学兴趣小组在研究三角形旋转的过程中，进行如下探究：和均为等腰直角三角形，，点为中点，将绕点旋转，连接、． 观察猜想： （1）如图1，在旋转过程中，求证：； 探究发现： （2）如图2，当点在内且三点共线时，试探究线段、与之间的数量关系，并说明理由； 解决问题： （3）若中，，在旋转过程中，当且三点共线时，直接写出的长． 【考点2 中心对称与中心对称图形】 知识点一 中心对称的定义 中心对称：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心。 注意以下几点： 中心对称指的就是两个图形的位置关系；只有一个对称中心；绕对称中心旋转180°两个图形能够完全重合。 知识点二 作一个图形关于某点对称的图形 要作出一个图形关于某一点的成中心对称的图形，关键就是作出该图形上关键点关于对称中心的对称点。最后将对称点按照原图形的形状连接起来，即可的出成中心对称图形。 知识点三 中心对称的性质 有以下几点： （1） 关于中心对称的两个图形上的对应点的连线都经过对称中心，并且都被对称中心平分； （2） 关于中心对称的两个图形能够互相重合，就是全等形； （3） 关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或共线）且相等。 知识点四 中心对称图形的定义 把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就就是它的对称中心。 知识点五 关于原点对称的点的坐标 在平面直角坐标系中，如果两个点关于原点对称，它们的坐标符号相反，即点p（x,y）关于原点对称点为（-x,-y）。 【题型6 识别中心对称图形】 【例6】（23-24八年级·广东深圳·期中）下列几种著名的数学曲线中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【变式6-1】（2024·四川自贡·模拟预测）在图形“线段、矩形、等腰梯形、等边三角形、平行四边形”中是轴对称不是中心对称的图形有 ． 【变式6-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）我国古代典籍《周易》用“卦”描述世间万象的变化．下图为部分“卦”的符号，其中是中心对称图形的是（    ） A．  B．  C．   D．   【变式6-3】（23-24八年级·湖北黄冈·期中）下列四种图案中，是中心对称图形的有 个， 　 　 　       【题型7 中心对称的性质运用】 【例7】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形中，连接，交于点．若与关于点成中心对称，连接．若，则的长为（   ） A．15 B．14 C．13 D．12 【变式7-1】（23-24八年级·陕西咸阳·期末）如图，在四边形中，，，点D与点C关于点E成中心对称，连接并延长，与的延长线交于点F．求证：是等腰三角形． 【变式7-2】（23-24八年级·福建泉州·期末）如图，中，，，．作出共于点A成中心对称的，其中点B对应点为，点C对应点为，则四边形的面积是（    ） A．128 B． C．64 D． 【变式7-3】（2024·江苏泰州·二模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点、分别是直线与坐标轴的交点，点，点是边上的一点，，垂足为，点在边上，且、两点关于轴上某点成中心对称，连接、．线段长度的最小值为 ．    【题型8 与中心对有关的探究问题】 【例8】（2024·山西晋中·模拟预测）综合与实践 [动手操作]任意一个四边形通过剪裁，都可以拼接成一个三角形，方法如下：如图1，E，F，G，H分别是边，，，的中点，连接，P是线段的中点，连接，，沿线段，，剪开，将四边形分成①，②，③，④四部分，按如图2所示的方式即可拼成一个无缝隙也不重叠的． 关于在拼接过程中用到的图形的变换，说法正确的是（    ） A．①→①是轴对称B．②→②是平移 C．③→③是中心对称D．④→④是中心对称 [性质探究]如图3，连接，，，判断四边形的形状，并说明理由． [综合运用]若是一个边长为4的等边三角形，则四边形的对角线的最小值为__________． 【变式8-1】（23-24八年级·湖北荆州·期末）阅读下面材料，完成以下问题．如图1，如图2，将一张矩形纸片顺着中缝或对角线所在的直线翻折，其折痕将这个矩形一分为二，两部分的形状与大小完全一样．如图3，如图4，用两条直线将一个矩形分成面积相等的四部分. 我们知道，矩形是一种特殊的平行四边形，对于一般的平行四边形（如图4），是否和矩形一样，也存在这样的直线，将其面积二等分，或进一步将其面积四等分？它们之间又有什么规律呢？   问题1：平分平行四边形的面积，除以下两种方法以外（图5、图6），你还有其他什么方法，请在图7中画出来．   问题2：通过平分平行四边形的面积，你能平分下面图案（图8）的面积，请在图8中画出来 问题3：老师将两个正方形按照图9所示的方式摆放，请你试着将整个图形的面积平分． 问题4：如图10，平面直角坐标系中放着6个边长为1个单位的小正方形，经过原点的直线恰好将6个正方形分成面积相等的两部分，请你画出这条直线，并直接写出该直线的表达式． 【变式8-2】（23-24八年级·江苏淮安·期中）如图，是等边三角形，边在直线l上，动点O在直线l上（O不与点B重合）． 操作探究1：在图中作出关于点O的中心对称图形，连接，，则四边形的形状是__________． 操作探究2：如图，若把等边三角形改为等腰三角形，动点O在直线l上（O不与点B重合），与关于O成中心对称，当在C的右侧且时，判断四边形的形状，并说明理由． 操作探究3：若是任意三角形，且点A在直线l的上方，动点O在直线l上（O不与点B重合），在下图中已作出关于点O的中心对称图形．的一个参考图形，连接，当与满足什么关系时，四边形是正方形，直接写出答案． 【变式8-3】（23-24八年级·四川成都·期末）如图，在平面直角坐标系中，点，点，点，以、为边作，点为中点，连接、．          (1)分别求出线段和线段所在直线解析式； (2)点为线段上的一个动点，作点关于点的中心对称点，设点横坐标为，用含的代数式表示点的坐标（不用写出的取值范围）； (3)在（2）的条件下， ①当点移动到的边上时，求点坐标； ②为中点，为中点，连接、．请利用备用图探究，直接写出在点的运动过程中，周长的最小值和此时点的坐标． 【考点3 平行四边形】 1.平行四边形的性质 性质 数学语言 图示 边 平行四边形的对边相等 四边形是平行四边形， 角 平行四边形的对角相等 四边形是平行四边形， 对角线 平行四边形的对角线互相平分 四边形是平行四边形， 【拓展延伸】 （1）证明平行四边形的性质时，一般通过作对角线把四边形转化为三角形来解答. （2）平行四边形的性质为证明线段平行或相等、角相等提供了理论依据. （3）平行四边形的每条对角线都将平行四边形分成两个全等的三角形. （4）平行四边形被两条对角线分成的四个小三角形的面积相等，每个小三角形的面积都等于平行四边形面积的；相邻两个三角形周长之差的绝对值等于平行四边形两邻边之差的绝对值. 【规律方法】 （1）平行四边形的邻角互补； （2）若一条直线经过平行四边形两条对角线的交点，则该直线平分平行四边形的周长和面积. 2.平行四边形的判定方法 判定方法 数学语言 图形 边 两组对边分别平行的四边形是平行四边形.（定义） 四边形是平行四边形. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形. 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. （或）， 四边形是平行四边形. 角 两组对角分别相等的四边形是平行四边形. ， 四边形是平行四边形. 对角线 对角线互相平分的四边形是平行四边形. 四边形是平行四边形. 【题型9 由平行四边形的性质求值】 【例9】（23-24八年级·全国·期末）如图，在平行四边形中，，过的中点E作 于点 F，延长交的延长线于点 G，则的长为（     ）． A． B． C．8 D． 【变式9-1】（23-24八年级·安徽黄山·期末）如图，是平行四边形的对角线，点在上，，则的度数是 ． 【变式9-2】（23-24八年级·全国·期末）如图，在中，于E，于F，若，，，求的周长和面积． 【变式9-3】（24-25八年级·全国·期末）如图， 的对角线相交于点O， 且， 过点O作， 交于点M．如果的周长为18， 那么的周长是 ． 【题型10 由平行四边形的性质证明结论】 【例10】（23-24八年级·重庆沙坪坝·期末）如图，在平行四边形中，平分交于点，交于点，平分交于点． (1)若，求的度数； (2)求证：． 【变式10-1】（23-24八年级·陕西西安·期中）如图，在中，点E，F分别在上，且，连接，交于点O．求证：． 【变式10-2】（23-24八年级·陕西汉中·期末）如图，在中，连接，延长至点E，延长至点F，使，连接．求证：． 【变式10-3】（23-24八年级·海南省直辖县级单位·期末）如图1，在平行四边形中，，垂足分别为E，F． (1)求证： (2)连接，与交于点O，求证：． (3)若，求平行四边形的面积． 【题型11 平行四边形的判定】 【例11】（23-24八年级·贵州毕节·期末）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：； 【变式11-1】（23-24八年级·贵州毕节·期末）在四边形中，对角线交于点O． (1)如图1，若，求证：四边形是平行四边形； (2)在（1）的条件下，将对角线绕点O顺时针旋转一个角度，分别交于点（如图2），求证：四边形是平行四边形； (3)如图3，若，求的最小值． 【变式11-2】（23-24八年级·云南红河·期末）如图，是等边三角形，是边上的高．点在延长线上，连接，且，过A作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求四边形的周长． 【变式11-3】（23-24八年级·全国·期末）如图，在中，点D是边的中点，点E在内，平分，，点F在边上，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长． 【题型12 平行四边形的判定与性质的综合应用】 【例12】（23-24八年级·云南昭通·期末）如图在平面直角坐标系中，点的坐标分、．且满足，现将线段向上平移3个单位，再向右平移2个单位得到，连接． (1)求的值． (2)点P是线段上的一个动点（不与重合），请找出之间的关系，并证明． (3)点Q是线段上的动点，是否存在使四边形面积最大，如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由． 【变式12-1】（23-24八年级·江苏无锡·阶段练习）如图，在平行四边形中，E、F分别是边上的中点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若平分，求的长． 【变式12-2】（23-24八年级·陕西咸阳·期末）【问题背景】如图，在等边中，、两点分别在边、上，连接 ，以为边向右作等边，连接． 【初步发现】（1）求证：为等边三角形； 【深入探究】（2）求证：四边形为平行四边形； 【拓展延伸】（3）若，求四边形的面积． 【变式12-3】（23-24八年级·河北廊坊·期末）如图，在中，G，H分别是的三等分点，交于点E，交于点F． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 【考点4 菱形】 1.菱形：有一组邻边相等平行四边形叫做菱形. 【注意】（1）菱形必须具备两个条件：①是平行四边形；②是有一组邻边相等.这两个条件缺一不可. （2）菱形的定义既是菱形的性质，也是菱形的判定方法. 2.菱形的性质：菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有自身独特的性质，总结见下表. 性质 数学语言 图形 边 菱形的四条边都相等 四边形是菱形， . 对角线 菱形的两条对角巷互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角 四边形是菱形， , 对称性 菱形是轴对称图形，有两条对称轴 【注意】 （1）菱形的两条对称轴分别是两条对角线所在直线. （2）菱形的两条对角线互相垂直，且把菱形分成四个全等的直角三角形.把菱形的性质与勾股定理相联系，可得对角线与边之间的关系，即边长的平方等于两条对角线一半的平方和. （3）如果菱形的一个内角为60°，那么菱形的两条边与较短的对角线构成的三角形为等边三角形. 3.菱形的面积 公式由来 文字语言 数学语言 图示 菱形的面积公式 菱形是平行四边形. 菱形的面积=底×高. 菱形的对角线互相垂直 菱形的面积=对角线长的乘积的一半 【拓展】对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半. 【题型13 菱形性质的应用】 【例13】（23-24八年级·河北唐山·期末）如图，在菱形中，M，N分别在，上，且，与交于点O，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式13-1】（23-24八年级·广东湛江·期末）如图，在菱形中，，于点E，交对角线于点P，过点P作于点F．若的周长为8．则菱形的面积为 ． 【变式13-2】（23-24八年级·重庆沙坪坝·期中）如图，菱形，对角线与交于点O，于点E，F为线段上一点，若，则线段的长度为 【变式13-3】（23-24八年级·四川宜宾·期末）已知：如图，四边形是菱形，过的中点作的垂线，交于点，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若菱形的周长是16，求的长． 【题型14 菱形性质与判定的综合应用】 【方法总结】通常解决菱形性质与判定的综合题时,首先应判定相应的四边形是菱形,然后再根据菱形的性质进行下一步的证明. 【例14】（23-24八年级·湖南益阳·期中）如图，四边形为平行四边形，对角线的垂直平分线分别交于点， (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的度数． 【变式14-1】（23-24八年级·江苏南京·期中）如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F．若，，则的面积为 ． 【变式14-2】（23-24八年级·山东德州·期末）如图，在中，，点D是的中点，连接，过点B作，过点C作，、相交于点E． (1)判断四边形的形状并说明理由； (2)过点D作于点F，交于点G，连接EG．若，，求的长． 【变式14-3】（23-24八年级·甘肃武威·期末）如图是一张对边平行的纸片，点，分别在平行边上，连接． (1)求作：菱形，使点，落在纸片的同一边上；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)证明：四边形是菱形． (3)在（1）的条件下，，交于点，若，，求菱形的面积． 【题型15 菱形中的动点问题】 【方法总结】解决动点问题的思路: 1.动中求静:在运动变化中探索问题的不变性. 2.动静互化:抓住“静”的瞬间,找出导致图形发生改变的特殊时刻,同时在变化过程中寻找不变性及变化规律. 【例15】（23-24八年级·黑龙江鸡西·期末）如图，在平面直角坐标系中，是坐标原点，四边形是菱形，点的坐标为，点在轴的正半轴上，直线交轴于点，边交轴于点，连接． (1)菱形的边长为 ； (2)求直线的解析式； (3)动点从点出发，沿折线以1个单位长度/秒的速度向终点匀速运动，设的面积为，点的运动时间为秒． ①求与之间的函数关系式； ②在点的运动过程中，当时，请直接写出的值． 【变式15-1】（23-24八年级·山东济南·期末）如图，在四边形中，，，，，动点P从点A出发，以的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以的速度向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当四边形是平行四边形时，求t的值； (2)当________时，四边形是矩形；若且点Q的移动速度不变，要使四边形能够成为正方形，则P点移动速度是________； (3)在点P、Q运动过程中，若四边形能够成为菱形，求的长度． 【变式15-2】（23-24八年级·广西钦州·期中）如图，已知菱形的边长为8，点M是对角线上的一动点，且，则的最小值是 ． 【变式15-3】（23-24八年级·江苏扬州·期末）如图，在矩形中，点F是上一点，且，，垂足为点E，． (1)求证：； (2)若，点P是上一动点，以的速度从点A运动到点D，问：点P运动多少秒四边形是菱形？请说明理由． 【考点5 矩形】 1.矩形：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 【注意】（1）矩形是特殊的平行四边形，但平行四边形不一定是矩形. （2）矩形必须具备两个条件：①是平行四边形；②有一个角是直角.这两个条件缺一不可. （3）矩形的定义可以作为判定一个四边形是矩形的方法. 2.矩形的性质：矩形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有自身独特的性质（见下表）. 性质 数学语言 图形 角 矩形的四个角都是直角 四边形是矩形， 对角线 矩形的对角线相等 四边形是矩形， 对称性 矩形是轴对称图形，它有两条对称轴 【注意】 （1）矩形的性质可归结为三个方面.①边：矩形的对边平行且相等，邻边互相垂直.②角：矩形的四个角都是直角.③对角线：矩形的对角线互相平分且相等. （2）矩形的两条对称轴分别是两对对边中点连线所在的直线，对称轴的交点就是对角线的交点. （3）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，这四个三角形的面积相等. 3. 直角三角形斜边上中线的性质 性质 数学语言 主要应用 图示 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 如图所示，在中，(或) 证明线段倍分、相等关系 【拓展】该性质的逆命题“如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形”仍然成立，它可以用来判断一个三角形是否为直角三角形. 4.矩形的判定 判定方法 数学语言 图形 角 有一个角是直角的平行四边形是矩形（定义） 在中， ， 是矩形. 有三个角是直角的四边形是矩形 在四边形中， ， 四边形是矩形. 对角线 对角线相等的平行四边形是矩形 在中， ， 是矩形 【题型16 矩形的性质与判定的综合应用】 【例16】（23-24八年级·辽宁大连·期中）如图，四边形为平行四边形，点E在边上，连接交于点F，． (1)如图1，若，则的度数为______ (2)如图2，若，，四边形的周长为28，求四边形的面积． 【变式16-1】（23-24八年级·江苏南通·期末）如图，，为上一点．小明利用直尺和圆规完成了以下作图：连接，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于，两点，作直线，交于点，连接并延长交于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，在上取一点，使，连接．若，求的度数． 【变式16-2】（23-24八年级·浙江杭州·期中）如图所示，在四边形中，对角线，相交于点O，，，且，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，于点E，求的度数． 【变式16-3】（23-24八年级·河南郑州·期末）如图1，四边形中，点E，点F在对角线上，，连接，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，连接交于点O，连接，若平分，，，求的面积． 【题型17 矩形中的折叠问题】 【方法总结】解决与矩形相关的折叠问题,主要是利用折叠的性质“折叠前后的图形能够完全重合,折叠前后的图形对应边相等,对应角相等”.解答此类问题,往往通过图形间的折叠,找出折叠部分与原图形之间线段或角的联系,从而得到折叠部分与原图形或其他图形之间的关系. 【例17】（23-24八年级·河南南阳·期末）如图，将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，，，则矩形ABCD的周长为（    ） A．18cm B．18.4cm C．19.6cm D．20cm 【变式17-1】（23-24八年级·浙江宁波·期中）如图1，在矩形中，点是上的点，沿折叠点的对应点是点，延长交直线于点． (1)求证：； (2)是上的点，；沿折叠点的对应点是点，且、、、在同一直线上． ①如图2，若M、N互相重合，求的值； ②若，求的长．（自己画草图） 【变式17-2】（23-24八年级·江苏泰州·阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，AB＜BC，∠B＝30°，AB＝2，将△ABC沿AC翻折至△AB'C，连接B'D．当BC长为 时，△AB'D是直角三角形． 【变式17-3】（23-24八年级·天津滨海新·期末）如图，已知OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为坐标原点，点．点，在边AB上任取一点D，将沿OD翻折，使点A落在边上，记为点E．    (1)的长=______，的长=________，的长=________，的长=________； (2)设点P在x轴上，且，求点P的坐标． 【考点6 正方形】 1.正方形：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形. 【注意】 （1）正方形必须具备三个条件：①是平行四边形；②有一组邻边相等；③有一个角是直角.这三个条件缺一不可. （2）正方形的四条边都相等，说明正方形时特殊的菱形；正方形的各个角都是直角，说明正方形时特殊的矩形.即正方形不仅是特殊的平行四边形，也是特殊的矩形和菱形. 2.正方形的性质 正方形具有平行四边形、矩形和菱形的所有性质. 元素 性质 边 对边平行，四条边都相等 角 四个角都是直角 对角线 两条对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角 对称性 是轴对称图形，有四条对称轴 【注意】 （1） 矩形、菱形，正方形都是特殊的平行四边形，它们之间的关系如图所示. （2）正方形的面积=边长的平方=两条对角线长乘积的一半. （3）正方形被两条对角线分成四个全等的等腰直角三角形，因此，在正方形中解决问题时常用到等腰三角形和直角三角形的性质. 3.正方形的判定 1.先证明是矩形，再从矩形出发：（1）有一组邻边相等的矩形是正方形；（2）对角线互相垂直的矩形是正方形. 2.先证明是菱形，再从菱形出发：（1）有一个角是直角的菱形是正方形；（2）对角线相等的菱形是正方形. 【注意】（1）由上面的判定方法可以得到判定一个四边形为正方形的一般顺序为：先判定四边形是平行四边形，再判定该平行四边形是矩形或菱形，最后判定该矩形或菱形是正方形. 【题型18 正方形性质的应用】 【方法总结】关于利用正方形的性质进行计算的技巧: (1)求角:利用正方形的四个角为直角,一条对角线与一边的夹角为45°进行推导计算. (2)求线段的长:利用正方形的四条边相等,对角线相等且互相垂直平分进行计算. 【例18】（23-24八年级·江苏南京·期中）如图，在正方形内作等边三角形，连接，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式18-1】（23-24八年级·山东威海·期末）如图，正方形中，点O为原点，点A，C分别在x轴，y轴正半轴上，对角线，交于点D，作以下操作： ①以点B为圆心，任意长为半径作弧，分别交，于点E，F两点； ②分别以E、F为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点G； ③作射线，交于点M，交于点N． 若点N的坐标为，则点M的坐标为 ． 【变式18-2】（23-24八年级·湖北武汉·阶段练习）园林小路，曲径通幽，如图所示，小路由白色的正方形理石和黑色的三角形理石铺成．已知中间的所有正方形的面积之和是平方米，内圈的所有三角形的面积之和是平方米，这条小路一共占地（    ）平方米．    A． B． C． D． 【变式18-3】（23-24八年级·内蒙古呼和浩特·期中）如图，已知正方形，P是对角线上任意一点，过点P作于点M，于点N． (1)求证：四边形是正方形； (2)若E是上一点，且，写出的度数． 【题型19 几种特殊平行四边形的综合】 【例19】（23-24八年级·河北唐山·期末）在矩形中，，，分别是，中点，，E、F是对角线上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中． (1)当，则四边形一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外），说明理由． (2)若四边形为矩形，t的值为 ； (3)若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，则t的值为 ． 【变式19-1】（23-24八年级·河北邢台·期末）如图1，在矩形中，，E是边上的一个动点（点E不与B、C重合），，垂足为点F，过点D作 ，交的延长线于点G．    (1)若， ①求证：四边形是菱形；②求四边形的周长； (2)如图2，于点M，于点N，探究： ①当为何值时，四边形是正方形； ②点E在边上的运动过程中，四边形的面积是否发生变化，若不变，请求出该四边形的面积；若变化，请说明理由． 【变式19-2】（23-24八年级·河北石家庄·期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形为矩形，，．点E是的中点，动点M在线段上以每秒2个单位长度的速度由点A向点B运动（到点B时停止）．设动点M的运动时间为t秒． (1)当t为何值时，四边形是平行四边形？ (2)若四边形是平行四边形，请判断四边形的形状，并说明理由； (3)在线段上是否存在一点N，使得以O，E，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【变式19-3】（23-24八年级·湖南株洲·期中）如图，在菱形中，，菱形的面积为60，点从点出发沿折线向终点运动．过点作点所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点，在的右侧作矩形． (1)求菱形的高． (2)如图1，点在上.求证：． (3)若，当过中点时，求的长． 【考点7 三角形的中位线】 【题型20 与三角形中位线有关的求解问题】 【例20】（23-24八年级·黑龙江牡丹江·期末）如图，在等腰中，，，分别是，的中点，连接，，，与相交于点．若，，则四边形的周长为 ． 【变式20-1】（23-24八年级·广东深圳·期末）如图，在矩形中，分别是上的点，分别是的中点，，，则线段的长为 ． 【变式20-2】（23-24八年级·广东汕头·期末）如图，中，，，点是的中点，若平分，求线段的值． 【变式20-3】（23-24八年级·河南郑州·期中）如图，在正方形中，，E，F分别为边的中点，连接，点G，H分别为的中点，连接，则的长为 【题型21 与三角形中位线有关的证明问题】 【例21】（23-24八年级·陕西渭南·期末）【问题背景】 如图，在中，，垂足为点，点是边的中点，点是边的中点，连接并延长到点，，连接． 【初步探究】 （1）如图1，求证：四边形是平行四边形； 【拓展延伸】 （2）如图2，连接，若、，在不添加任何辅助线的情况下，探究之间有怎样的数量关系，并说明理由． 【变式21-1】（23-24八年级·陕西汉中·期末）如图，的中线交于点O，F、G分别是的中点，连接．求证：与互相平分 【变式21-2】（23-24八年级·福建厦门·期末）已知：如图，在平行四边形中，G，H分别是，的中点，E，O，F分别是对角线上的四等分点，顺次连接G，E，H，F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：当平行四边形满足时，四边形是菱形． 【变式21-3】（23-24八年级·河北保定·期末）如图，在四边形中，对角线和相交于点O，，点M、P、N分别是边的中点，连接，交于点E，交于点F，Q是的中点，连接．    (1)求证：； (2)判断的形状，并说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题9.13 中心对称图形——平行四边形全章专项复习 【7大考点21种题型】 【苏科版】 【考点1 图形的旋转】 2 【题型1 利用旋转的性质求角的度数】 2 【题型2 利用旋转的性质求线段长度】 6 【题型3 利用旋转的性质求面积】 12 【题型4 平面直角坐标系中的旋转变换】 17 【题型5 与旋转有关的探究性问题】 24 【考点2 中心对称与中心对称图形】 35 【题型6 识别中心对称图形】 36 【题型7 中心对称的性质运用】 38 【题型8 与中心对有关的探究问题】 41 【考点3 平行四边形】 53 【题型9 由平行四边形的性质求值】 54 【题型10 由平行四边形的性质证明结论】 58 【题型11 平行四边形的判定】 62 【题型12 平行四边形的判定与性质的综合应用】 68 【考点4 菱形】 74 【题型13 菱形性质的应用】 75 【题型14 菱形性质与判定的综合应用】 79 【题型15 菱形中的动点问题】 85 【考点5 矩形】 92 【题型16 矩形的性质与判定的综合应用】 94 【题型17 矩形中的折叠问题】 99 【考点6 正方形】 106 【题型18 正方形性质的应用】 107 【题型19 几种特殊平行四边形的综合】 112 【考点7 三角形的中位线】 122 【题型20 与三角形中位线有关的求解问题】 122 【题型21 与三角形中位线有关的证明问题】 126 【考点1 图形的旋转】 知识点一 旋转的定义 在平面内，把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，就叫做图形的旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。 我们把旋转中心、旋转角度、旋转方向称为旋转的三要素。 知识点二 旋转的性质 旋转的特征：（1）对应点到旋转中心的距离相等；（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；（3）旋转前后的图形全等。 理解以下几点： （1） 图形中的每一个点都绕旋转中心旋转了同样大小的角度。（2）对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等。（3）图形的大小与形状都没有发生改变，只改变了图形的位置。 知识点三 利用旋转性质作图 旋转有两条重要性质：（1）任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；（2）对应点到旋转中心的距离相等，它就是利用旋转的性质作图的关键。步骤可分为： ①连：即连接图形中每一个关键点与旋转中心； ②转：即把直线按要求绕旋转中心转过一定角度（作旋转角） ③截：即在角的另一边上截取关键点到旋转中心的距离，的到各点的对应点； ④接：即连接到所连接的各点。 【题型1 利用旋转的性质求角的度数】 【例1】（23-24八年级·重庆·期中）如图，将正方形的边绕点顺时针旋转得到，连接，再将绕点顺时针旋转得到，连接，若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形全等的判定及性质． 连接，根据正方形的性质求得，，由得到，通过“”证明，即可解答． 【详解】解：连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∵由旋转得， ∴， ∴， ∴， 由旋转可得，即， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴． 故选：C． 【变式1-1】（23-24八年级·河南新乡·期中）如图，中，，，P为三角形内一点． ，则的度数是 ． 【答案】或度 【分析】本题考查了旋转性质以及勾股定理，勾股逆定理等知识内容，先把三角形绕点顺时针旋转，点C的对应点为点E，连接，根据勾股定理得，根据勾股逆定理判断，是直角三角形，即可作答． 【详解】解：∵，， 故把三角形绕点顺时针旋转，点C的对应点为点E，连接，如图所示： 由旋转性质得 则， ∴， ∵， ∴， 故， 即， 故答案为：． 【变式1-2】（23-24八年级·湖北武汉·阶段练习）如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查利用旋转的性质，出现等腰三角形，利用好三角形的外角和三角形内角和是解决问题的关键，直接设,利用方程思想可以直接算出的度数． 【详解】解：设； ∵； ∴； ∴； ∵； ∴； ∵； ∴； ∴； 即，； 由旋转的性质可知，； ∴； 故选：C． 【变式1-3】（23-24八年级·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，两个全等的含角的直角三角板，将绕点逆时针旋转角（）得到，若交于点，连接，当 时，为等腰三角形． 【答案】或 【分析】本题考查了旋转的性质，三角形内角和，等边对等角，解题的关键是表示出各个内角，再分三种情况，根据等边对等角列方程求解． 【详解】解：由旋转可知：， ∴， ∴， 而， 当时， ，即，无解； 当时， ，即， 解得：； 当时， ，即， 解得：； 综上：当或时，为等腰三角形． 故答案为：或． 【题型2 利用旋转的性质求线段长度】 【例2】（23-24八年级·上海·期末）如图，已知在中，，，点、点在边上，且，若，则 ．    【答案】8 【分析】首先根据题意可得，，，将绕点逆时针旋转至，点的对应点为点，连接，易知，再证明 ，由全等三角形的性质可得，设，则，在中，由勾股定理可得，代入数值并解得的值，然后计算的值即可． 【详解】解：∵，， ∴，， ∵， ∴， 如下图，将绕点逆时针旋转至，点的对应点为点，连接，    则， ∴，，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则， ∴在中，可有， 即，解得， ∴， ∴． 故答案为：8． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题关键． 【变式2-1】（23-24八年级·福建福州·期中）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转，得到，连接，则的长是 ．    【答案】 【分析】连接，过作交的延长线点，则，利用勾股定理求出，即得到，解题即可． 【详解】∵绕点逆时针旋转得到， ∴， 连接,则为等边三角形，    ∴° ∵， ∴， ∴过作交的延长线点， ∴          ∴在中， ， ∴，     ∴, ∴在中， ， 故答案为:． 【点睛】本题考查勾股定理，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，构造直角三角形利用勾股定理计算是解题的关键． 【变式2-2】（23-24八年级·上海长宁·期末）如图，正方形的边长为，将绕点旋转，得到，其中、的对应点分别是点、．如果点在正方形内，且到点、的距离相等，那么的长为 ． 【答案】/ 【分析】作的垂直平分线，交于，交于，作，交于点，连接、、，由题意可知当在上时满足到点、的距离相等，得到，根据正方形性质可证明，从而推出，然后判定四边形是矩形，结合垂直平分，推出，即可根据勾股定理可算出，得到，最后再由勾股定理算出，即可得到答案． 【详解】作的垂直平分线，交于，交于，作，交于点，连接、、 由题意可知，当旋转到上时，到点、的距离相等，且 四边形是正方形 ，， ， 在和中 ，， 四边形是矩形 又 垂直平分， 故答案为：． 【点睛】本题考查了图形的旋转，垂直平分线的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据题意找到位置并作出相应的辅助线是解题的关键． 【变式2-3】（23-24八年级·河南南阳·期末）如图，在矩形中，，点为边上的动点，连接，将线段绕点顺时针旋转，点落在点处，当点在矩形外部时，连接．若为直角三角形，则的长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，分和两种情况进行解答即可求解，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形和相似三角形解决问题． 【详解】解：分两种情况讨论： 如图中，当时， ， ， 共线， ， ， ， ， ， ， ； ②如图中，当时，作于，于，设， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ， 或（不合题意，舍去） ； 综上所述，当是直角三角形时，的值为或． 【题型3 利用旋转的性质求面积】 【方法总结】解答图形旋转衍生的面积计算问题时,要善于分析图形面积之间的和差关系,并运用旋转的性质进行转化(旋转前后两个图形的面积相等),将不规则图形的面积转化为规则图形的面积. 【例3】（23-24八年级·江苏镇江·期中）如图，边长为1的正方形绕点C逆时针旋转后得到正方形，边与交于点E，则阴影部分的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，连接，证明三点共线，勾股定理求出的长，进而求出的长，利用分割法求出阴影部分的面积即可． 【详解】解：连接， ∵边长为1的正方形绕点C逆时针旋转后得到正方形， ∴， ∴，， ∵， ∴三点共线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； 故选D． 【变式3-1】（23-24八年级·安徽芜湖·期中）如图，中，，，，，将绕点C逆时针旋转至，使得点恰好落在AB上，与BC交于点D，则的面积为 ． 【答案】 【分析】先证明是等边三角形，再证明是直角三角形，求出、的长即可解决问题． 【详解】解：在中，，，， ， 由旋转可得：，， 是等边三角形， ， ， ， ∴， ∴是直角三角形， ∴， 由勾股定理，得，， ． 【点睛】本题考查旋转的性质、直角三角形30度角的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、三角形的内角和定理、三角形的面积等知识，证明是直角三角形是解题的关键． 【变式3-2】（23-24八年级·广东佛山·期中）如图，在中，，，O为的中点，将绕点O顺时针旋转得到，D、E分别在边和的延长线上，连接，若，则的面积是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据等腰三角形的性质可得，．根据旋转的性质可得，，则可得和都是等边三角形，则，则可得，由此得垂直平分， ，在中求出的长，则可知、的长，进而可得的长，从而可求得的面积． 【详解】连接，， ，， ∴， ∵O为的中点， ，， ， ∵将绕点O顺时针旋转得到， ，， 是等边三角形， ， ， ， ， ∴D点在的垂直平分线上， 是等边三角形， ， 即旋转角为， ， 是等边三角形， ∴， ∴F点在的垂直平分线上， 垂直平分， 设垂足为H， ， ，， ， ． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质、旋转的性质、线段垂直平分线的判定和性质以及勾股定理．熟练掌握以上知识，正确的作出辅助线是解题的关键． 【变式3-3】（23-24八年级·四川成都·期中）如图，绕点顺时针旋转得到，若是等边三角形，，则图中阴影部分得面积等于 ． 【答案】 【分析】先利用旋转的性质得到，再解直角三角形可计算出、、、，然后利用图中阴影部分的面积进行计算． 【详解】解：如图所示： 是等边三角形，， ，， 绕点顺时针旋转得到， ， 在中，，，则，即； 同理，可得； ，由勾股定理可得， ， ， 在中，，则，从而得到，由勾股定理可得， 图中阴影部分的面积 ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等，勾股定理，含的直角三角形性质，等边三角形性质等知识，熟练掌握旋转性质，数形结合是解决问题的关键． 【题型4 平面直角坐标系中的旋转变换】 【方法总结】此类题目主要对旋转、勾股定理、轴对称等内容进行综合考查.要注意旋转中心的确定. 【例4】（2024·江苏徐州·模拟预测）在的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形的顶点坐标分别为，，，．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题： (1)将线段绕点C逆时针旋转，画出对应线段； (2)在线段上画点E，使（保留画图过程的痕迹）； (3)连接，画点E关于直线的对称点F，并简要说明画法． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据题意，将线段是将线段绕点逆时针旋转即可； （2）连接，交于点G，连接并延长交于点E，即为所求； （3）连接和点与的交点F即为所求． 【详解】（1）如图所示：线段即为所求； （2）如图所示：即为所求； 由（1）可得，是等腰直角三角形 ∴， 由网格得，四边形是矩形，，交于点G， ∴点G是中点 ∴平分 ∴； （3）连接，，与的交点F，点F即为所求，如图所示： ∵， ∴四边形是平行四边形 ∵， ∴ ∴四边形是菱形 ∴， 由作图可得， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴， ∴垂直平分 ∴点E和点F关于直线对称． 【点睛】本题考查了作图旋转变换，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定以及等腰三角形三线合一性质等知识，熟悉相关性质是解题的关键． 【变式4-1】（23-24八年级·陕西汉中·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别为，，． (1)先向下平移2个单位，再向左平移5个单位得到（点、、分别与点A、B、C对应），请在图中画出； (2)将绕点B顺时针旋转得到（点、分别与点A、C对应），请在图中画出，并写出点的坐标． 【答案】(1)图见解析； (2)图见解析，． 【分析】（1）先找到点A、B、C平移后的对应点、、，依次连接即可； （2）线段绕点顺时针旋转得到，线段绕点顺时针旋转得到，依次连接，，即可． 本题考查了坐标与图形变换-平移和旋转，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】（1）解：点，，向下平移2个单位，再向左平移5个单位得，，，即，，，依次连接，，，则就是所求的三角形，如图： （2）解：线段绕点顺时针旋转得到，线段绕点顺时针旋转得到，依次连接，则就是所求的三角形，如图： 由图可知，点的坐标为：． 【变式4-2】（23-24八年级·河南郑州·期末）在平面直角坐标系中，的顶点为． (1)平移，若点的对应点的坐标为，画出平移后的； (2)将以点为旋转中心旋转，画出旋转后对应的； (3)已知将绕某一点旋转可以得到，则旋转中心的坐标为______． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3)． 【分析】本题考查了坐标与图形，平移作图、旋转作图以及找出旋转中心，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）因为点的对应点的坐标为，所以找出点的坐标，最后依次连接，即可作答． （2）因为将以点为旋转中心旋转，所以找出点的坐标，最后依次连接，即可作答 （3）运用数形结合思想，直接得与的旋转中心的坐标，即可作答． 【详解】（1）解：如图所示： （2）解：如图所示： （3）解：由图得将绕某一点旋转可以得到，则旋转中心的坐标为． 【变式4-3】（23-24八年级·内蒙古鄂尔多斯·期末）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，请在所给的直角坐标系中解答下列问题： (1)作出绕点A逆时针旋转的． (2)作出关于原点O成中心对称的． (3)在x轴上找一点P使得最小，则P点坐标 (4)请直接写出以为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标 ． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) (4)或或 【分析】本题主要考查作图----旋转变换，一次函数的图象与性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识 （1）作出的对应点即可； （2）作出的对应点即可； （3）作点C关于x轴在对称点，连接交x轴于点P，求出直线的解析式，求出与的交点坐标即可； （4）画出点D的位置，写出坐标即可 【详解】（1）解：如图，即为所作 （2）解：即为所作 （3）解：作点C关于x轴在对称点，连接交x轴于点P，如图， 设直线的解析式为， 把代入得， ， 解得，， 所以，直线的解析式为， 令，得， ∴， 故答案为：； （4）解：如图， 由图得，第四个顶点D的坐标为或或， 故答案为：或或 【题型5 与旋转有关的探究性问题】 【方法总结】与旋转有关的探究性问题,考查操作、想象、探究能力.解决这类问题,需要首先确定旋转的角度和方向、旋转前后对应的角与边,明确旋转过程中的变量与不变量,利用旋转前后的图形全等进行边与角的计算. 【例5】（2024·山西大同·模拟预测）综合与实践： 如图1，已知点D是等边三角形边上的一点（不与点B，C重合）． 动手操作： 第一步：连接，以A为旋转中心，将线段顺时针旋转，得到线段，连接； 第二步：以D为旋转中心，将线段逆时针旋转，得到线段，连接，交于点M． 特例探究： （1）如图2，当点D为中点时，点F恰好在上，请写出线段与的数量关系，并说明理由； 探索发现： （2）如图1，当点D不是中点时，请判断（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； （3）当，时，请直接写出的长． 【答案】（1），理由见解析 （2）仍然成立，证明见解析 （3） 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，正确画出辅助线，构造全等三角形． （1）根据等边三角形的性质，结合旋转的性质证是等边三角形，再证即可； （2）连接，，根据证明，再证四边形是平行四边形即可得； （3）作于G，根据勾股定理计算和的长，再根据等边三角形的性质求解即可． 【详解】解：（1） 理由如下： ∵是等边三角形，点D是的中点， ∴，． ∴． 由操作可知：，，，， ∴是等边三角形． ∵． ∴． ∴． ∴； （2）仍然成立．理由如下： 连接，，如图所示， ∵和是等边三角形， ∴，，， ∴． ∴． ∴． ∴，． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴； （3）． 作于G，如图所示， ∵是等边三角形，， ∴． ∴． ∴． ∴． 【变式5-1】（23-24八年级·陕西西安·期末）（1）【探究发现】如图1，P是等边 内一点，，，求 的度数． 解：将 绕点B逆时针旋转到的位置，连接．，则是______三角形． ∴， 又∵， ∴ ∴为直角三角形 ∴∠APB的度数为______． （2）【类比延伸】如图2，在正方形内部有一点P，连接 ，若 ，，，求的长； （3）【拓展迁移】如图3，在正六边形内部有一点P，若 ，，，请直接写出 的度数及正六边形的边长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）， 【分析】（1）根据旋转的性质，得到是等边三角形，勾股定理逆定理，得到为直角三角形，进一步求解即可； （2）把绕点B顺时针旋转90°得到，旋转的性质，推出是等腰直角三角形，求出，再利用勾股定理进行求解即可； （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接，求出；如图所示，过点A作于M，则，证明是直角三角形，即 ，即可得到；如图所示，过点B作交延长线与H，则，则，可得，进而得到，则，即正六边形的边长为． 【详解】解：（1）解：将 绕点B逆时针旋转到的位置，连接．，则是等边三角形， ∴， 又∵，， ∴， ∴是直角三角形，即， ∴； （2）如图，把绕点B顺时针旋转得到， ∴， ∵旋转角是， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得，； （3）∵六边形是正六边形， ∴，， 如图所示，将绕点A顺时针旋转得到，连接， ∴，， ∴； 如图所示，过点A作于M，则， ∴， 又∵，， ∴， ∴是直角三角形，即 ， ∴； 如图所示，过点B作交延长线与H，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴正六边形的边长为． 【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，正方形的性质等等，解题的关键是通过旋转，构造直角三角形． 【变式5-2】（23-24八年级·湖北孝感·期末）在“综合与实践”课上，同学们以“图形的旋转”为主题开展数学活动．    (1)探究发现 如图，在等边内部有一点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，若，则的度数是 ． (2)类比延伸 如图，在中，，．在内部有一点，连接，若，试判断之间的数量关系，并说明理由． (3)迁移应用 如图，在中，，．在直线的上方有一点，连接，若∠，则存在实数使得成立，请直接写出的值． 【答案】(1)； (2)，理由见解析； (3)． 【分析】（）由旋转的性质可得是等边三角形，由勾股定理的逆定理判定可得，再利用角的和差关系即可求解； （）将绕点顺时针旋转得到，连接，得等腰直角，进而得，再由勾股定理即可得出结论； （）将绕点顺时针旋转得到，连接，过点作，垂足为，得等腰，，进而可得，用勾股定理即可得出，再在等腰中求出即可得出结论． 【详解】（1）解：由旋转性质可知：，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：，理由如下： 如图中，将绕点逆时针旋转得到，连接，    由旋转性质可知：，，， ∴，， ∵， ∴， ， ∴， ∴； （3）解：如图中，将绕点顺时针旋转得到，连接，过点作，垂足为，    由旋转性质可知：，，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 【变式5-3】（2024·吉林长春·二模）旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与全等三角形等数学知识相结合来解决实际问题，某学校数学兴趣小组在研究三角形旋转的过程中，进行如下探究：和均为等腰直角三角形，，点为中点，将绕点旋转，连接、． 观察猜想： （1）如图1，在旋转过程中，求证：； 探究发现： （2）如图2，当点在内且三点共线时，试探究线段、与之间的数量关系，并说明理由； 解决问题： （3）若中，，在旋转过程中，当且三点共线时，直接写出的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 【分析】（1）如图所示，连接，根据等腰三角形的性质可证，由此即可求解； （2）同（1）证明出，得到，再根据为等腰直角三角形得到，由此即可求解； （3）根据题意分点F在线段上和点E在线段上两种情况讨论，然后根据得到，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】证明：如图所示，连接，延长交于点G， ∴， ∵为等腰直角三角形，， ∴，， ∵点为中点， ∴，平分， ∴， ∴， ∵为等腰直角三角形，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）． 如图所示，连接， 同理可得，， ∵ ∴，即 又∵ ∴ ∴ ∵为等腰直角三角形 ∴ ∴； （3）如图所示，当点F在线段上时， 由（2）得， ∴， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 如图所示，当点E在线段上时， 同理可证 ∴， ∴ ∵ ∴ ∴不合题意，应舍去， 综上所述，． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，等角对等边，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，运用了分类讨论的思想．掌握旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 【考点2 中心对称与中心对称图形】 知识点一 中心对称的定义 中心对称：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心。 注意以下几点： 中心对称指的就是两个图形的位置关系；只有一个对称中心；绕对称中心旋转180°两个图形能够完全重合。 知识点二 作一个图形关于某点对称的图形 要作出一个图形关于某一点的成中心对称的图形，关键就是作出该图形上关键点关于对称中心的对称点。最后将对称点按照原图形的形状连接起来，即可的出成中心对称图形。 知识点三 中心对称的性质 有以下几点： （1） 关于中心对称的两个图形上的对应点的连线都经过对称中心，并且都被对称中心平分； （2） 关于中心对称的两个图形能够互相重合，就是全等形； （3） 关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或共线）且相等。 知识点四 中心对称图形的定义 把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就就是它的对称中心。 知识点五 关于原点对称的点的坐标 在平面直角坐标系中，如果两个点关于原点对称，它们的坐标符号相反，即点p（x,y）关于原点对称点为（-x,-y）。 【题型6 识别中心对称图形】 【例6】（23-24八年级·广东深圳·期中）下列几种著名的数学曲线中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．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；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． 【详解】解：A.该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意； B.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； C.该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意； D.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意． 故选：A． 【变式6-1】（2024·四川自贡·模拟预测）在图形“线段、矩形、等腰梯形、等边三角形、平行四边形”中是轴对称不是中心对称的图形有 ． 【答案】等腰梯形，等边三角形 【分析】本题考查了轴对称及中心对称的知识，掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后的图形与原图形完全重合．本题根据轴对称图形与中心对称图形的概念，分别分析线段、矩形、等腰梯形、等边三角形、平行四边形是否符合即可． 【详解】解：线段和矩形是轴对称图形，也是中心对称图形；等腰梯形和等边三角形只是轴对称图形，不是中心对称图形；平行四边形只是中心对称图形． 故答案为：等腰梯形，等边三角形． 【变式6-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）我国古代典籍《周易》用“卦”描述世间万象的变化．下图为部分“卦”的符号，其中是中心对称图形的是（    ） A．  B．  C．   D．   【答案】B 【分析】本题考查了中心对称图形，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，这个点叫做对称中心；根据中心对称图形的定义解答即可． 【详解】解：A.该图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B.该图形是中心对称图形，故本选项符合题意； C.该图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D.该图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意， 故选：B． 【变式6-3】（23-24八年级·湖北黄冈·期中）下列四种图案中，是中心对称图形的有 个， 　 　 　       【答案】3 【分析】本题考查了中心对称图形的概念．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．根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：前三个图案能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原图重合，所以是中心对称图形； 最后一个图案不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原图重合，所以不是中心对称图形； 故答案为：3． 【题型7 中心对称的性质运用】 【例7】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形中，连接，交于点．若与关于点成中心对称，连接．若，则的长为（   ） A．15 B．14 C．13 D．12 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、中心对称的性质以及勾股定理等知识，根据菱形的性质、中心对称的性质，得到，根据题意得出，，利用勾股定理计算即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，与关于点成中心对称，， ∴，，， ∴，， ∴， 故选：A． 【变式7-1】（23-24八年级·陕西咸阳·期末）如图，在四边形中，，，点D与点C关于点E成中心对称，连接并延长，与的延长线交于点F．求证：是等腰三角形． 【答案】见解析 【分析】本题考查等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，中心对称图形的性质等，先证明，得到，等量代换得到，即可证明． 【详解】证明：∵点D与点C关于点E中心对称， ∴， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴是等腰三角形． 【变式7-2】（23-24八年级·福建泉州·期末）如图，中，，，．作出共于点A成中心对称的，其中点B对应点为，点C对应点为，则四边形的面积是（    ） A．128 B． C．64 D． 【答案】D 【分析】根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，根据中心对称的性质以及平行四边形的判定定理，得出四边形是平行四边形，继而即可求解． 【详解】解：如图所示， ∵中，，，． ∴,, ∴, ∵作出共于点A成中心对称的， ∴,， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形的面积为， 故选：D． 【点睛】本题考查了中心对称的性质，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，得出四边形是平行四边形是解题的关键． 【变式7-3】（2024·江苏泰州·二模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点、分别是直线与坐标轴的交点，点，点是边上的一点，，垂足为，点在边上，且、两点关于轴上某点成中心对称，连接、．线段长度的最小值为 ．    【答案】 【分析】过点F，D分别作垂直于y轴，垂足分别为G，H，证明，由全等三角形的性质得出，可求出，根据勾股定理得出，由二次函数的性质可得出答案； 【详解】过点F，D分别作垂直于y轴，垂足分别为G，H，    则， 记交y轴于点K， ∵D点与F点关于y轴上的K点成中心对称， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵直线的解析式为， ∴时，， ∴， 又∵， 设直线的解析式为 ∴， 解得=， ∴直线的解析式为， 过点F作轴于点R， ∵D点的横坐标为m, ∴， ∴， ∵， ∴， 令，得， ∴． ∴当时，l的最小值为8， ∴的最小值为． 【点睛】待定系数法，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，二次函数的性质，勾股定理，中心对称的性质，直角三角形的性质等知识． 【题型8 与中心对有关的探究问题】 【例8】（2024·山西晋中·模拟预测）综合与实践 [动手操作]任意一个四边形通过剪裁，都可以拼接成一个三角形，方法如下：如图1，E，F，G，H分别是边，，，的中点，连接，P是线段的中点，连接，，沿线段，，剪开，将四边形分成①，②，③，④四部分，按如图2所示的方式即可拼成一个无缝隙也不重叠的． 关于在拼接过程中用到的图形的变换，说法正确的是（    ） A．①→①是轴对称B．②→②是平移 C．③→③是中心对称D．④→④是中心对称 [性质探究]如图3，连接，，，判断四边形的形状，并说明理由． [综合运用]若是一个边长为4的等边三角形，则四边形的对角线的最小值为__________． 【答案】[动手操作]C；[性质探究]平行四边形，理由见解析；[综合运用] 【分析】[动手操作]根据中心对称，平移变换等知识判断即可． [性质探究]利用三角形的中位线定理和平行四边形的判定定理证明即可． [综合运用]如图，由[性质探究]可知，四边形是平行四边形，设交于点O，则，，把问题转化为求F′H+C′E的最小值，即求OF′+OC′的最小值． 【详解】解：[动手操作]观察图象可知②→②，③→③是中心对称，①→①，④→④是平移． 故选：C． [性质探究]四边形是平行四边形． 理由：由题意可知，，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． [综合运用] 如图4，过点O作直线，作于点T，连接交直线于点，连接， 此时的值最小，最小值的长．   ∵在中，，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴的最小值． 【点睛】本题属于几何变换形综合题，考查了中心对称，平移变换，三角形的中位线定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题． 【变式8-1】（23-24八年级·湖北荆州·期末）阅读下面材料，完成以下问题．如图1，如图2，将一张矩形纸片顺着中缝或对角线所在的直线翻折，其折痕将这个矩形一分为二，两部分的形状与大小完全一样．如图3，如图4，用两条直线将一个矩形分成面积相等的四部分. 我们知道，矩形是一种特殊的平行四边形，对于一般的平行四边形（如图4），是否和矩形一样，也存在这样的直线，将其面积二等分，或进一步将其面积四等分？它们之间又有什么规律呢？   问题1：平分平行四边形的面积，除以下两种方法以外（图5、图6），你还有其他什么方法，请在图7中画出来．   问题2：通过平分平行四边形的面积，你能平分下面图案（图8）的面积，请在图8中画出来 问题3：老师将两个正方形按照图9所示的方式摆放，请你试着将整个图形的面积平分． 问题4：如图10，平面直角坐标系中放着6个边长为1个单位的小正方形，经过原点的直线恰好将6个正方形分成面积相等的两部分，请你画出这条直线，并直接写出该直线的表达式． 【答案】问题1：见详解，问题2：见详解，问题3：见详解，问题4：见详解， 【分析】问题1：设平行四边形对角线交于，过作直线即可； 问题2：通过平分平行四边形的面积，可知过中心对称图形的对称中心的直线平分这个中心对称图形的面积，过圆心作直线即可平分图8的面积； 问题3：设两个正方形的对角线交点分别为，，作直线即可平分整个图形的面积； 问题4：如图作直线恰好将6个正方形分成面积相等的两部分；用待定系数法可得该直线的表达式为． 本题考查一次函数的应用，涉及平分图形的面积，解题的关键是掌握过中心对称图形的对称中心的直线平分这个中心对称图形的面积． 【详解】解：问题1：设平行四边形对角线交于，过作直线，如图： 则直线平分平行四边形的面积； 问题2：通过平分平行四边形的面积，可知过中心对称图形的对称中心的直线平分这个中心对称图形的面积； 过圆心作直线，如图： 则直线平分图8的面积； 问题3：设两个正方形的对角线交点分别为，，作直线，如图： 则直线平分整个图形的面积； 问题4：如图： ， 直线恰好将6个正方形分成面积相等的两部分； 设直线的表达式为， 将代入得：， 解得， 该直线的表达式为． 【变式8-2】（23-24八年级·江苏淮安·期中）如图，是等边三角形，边在直线l上，动点O在直线l上（O不与点B重合）． 操作探究1：在图中作出关于点O的中心对称图形，连接，，则四边形的形状是__________． 操作探究2：如图，若把等边三角形改为等腰三角形，动点O在直线l上（O不与点B重合），与关于O成中心对称，当在C的右侧且时，判断四边形的形状，并说明理由． 操作探究3：若是任意三角形，且点A在直线l的上方，动点O在直线l上（O不与点B重合），在下图中已作出关于点O的中心对称图形．的一个参考图形，连接，当与满足什么关系时，四边形是正方形，直接写出答案． 【答案】操作探究1：作图见解析，平行四边形；操作探究2：四边形是矩形，理由见解析；操作探究3：或或． 【分析】本题主要考查了中心对称图形的性质，平行四边形的判定，矩形的判定，正方形的性质等等： 操作探究1：先根据题意画图，再由中心对称图形的定义可得，据此可证明结论； 操作探究2：根据等边对等角和三角形内角和定理证明，即可证明结论； 操作探究3：分当点C在线段上时，当点B在线段上时，当点O在线段上时，三种情况根据正方形的性质讨论求解即可． 【详解】解：操作探究1：补全图形如下所示： 由中心对称图形的性质可得， ∴四边形是平行四边形； 操作探究2：四边形是矩形，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形； 操作探究3：如图3-1所示，当点C在线段上时， ∵四边形是正方形， ∴； 如图3-2所示，当点B在线段上时， ∵四边形是正方形， ∴， ∴； 如图3-3所示，当点O在线段上时， ∵四边形是正方形， ∴， ∴； 综上所述，或或． 【变式8-3】（23-24八年级·四川成都·期末）如图，在平面直角坐标系中，点，点，点，以、为边作，点为中点，连接、．          (1)分别求出线段和线段所在直线解析式； (2)点为线段上的一个动点，作点关于点的中心对称点，设点横坐标为，用含的代数式表示点的坐标（不用写出的取值范围）； (3)在（2）的条件下， ①当点移动到的边上时，求点坐标； ②为中点，为中点，连接、．请利用备用图探究，直接写出在点的运动过程中，周长的最小值和此时点的坐标． 【答案】(1)所在直线的解析式为；所在直线解析式为 (2) (3)①或，②周长最小值为； 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出点和点的坐标，再用待定系数法求出线段和线段所在直线解析式即可； （2）根据所在直线的解析式为，点横坐标为，得出点，再根据点和点关于点的中心对称点，即可得出点的坐标； （3） ①根据题意进行分类讨论：当点在上时，当点在上时，即可得出结论；②过点作于点，过点作于点，通过证明，得出，延长，过点作于点，证明，进而得出，过点作，则，即可推出点在直线上运动，作点关于直线的对称点，当点，，在同一条直线上时，周长取最小值，即可求出 周长取最小值；根据中点坐标公式得出，，再证明点是中点，则，求出，根据点为中点，得出，最后根据，列出方程求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵四边形为平行四边形，， ∴， ∵点为中点， ∴， 设所在直线的解析式为， 把，代入得： ，解得：， ∴所在直线的解析式为； 设所在直线解析式为， 把点，代入的： ，解得：， ∴所在直线解析式为． （2）解：∵所在直线的解析式为，点横坐标为， ∴点， 设点， ∵点和点关于点的中心对称点， ∴， 整理得：， ∴； （3）解：①当点在上时， ∵点在上， ∴，解得， ∴；      当点在上时， ∵，且在上， ∴，解得：， ∴；        综上：或； ②∵，， ∴， ∵为中点，为中点， ∴， 过点作轴于点， ∵，， ∴， ∴，则，      过点作于点，过点作于点， ∵点是点关于点的中心对称点，   ∴， 又∵， ∴， ∴， 延长，过点作于点， ∵点是中点， ∴， ∵， ∴， ∴，则，   ∵，， ∴， ∵，， ∴设， 在中，根据勾股定理可得：，即， 解得：，   ∴， 过点作， ∵，，， ∴， 则点在直线上运动， 作点关于直线的对称点，   根据轴对称的性质以及平行线间的距离处处相等可得， 当点，，在同一条直线上时，，此时周长取最小值， 在中，根据勾股定理可得：， ∴周长最小值为；      ∵，，，为中点，为中点， ∴，， ∵，， ∴是的中位线，则点是中点， ∴， 过点作于点， ∵，， ∴， ∴ ∵， ∴，即点为中点， ∴， ∵， ∴，解得：， ∴      【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，平行四边形的性质，中心对称，勾股定理，轴对称，解题的关键是熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法，中点坐标公式，正确作出辅助线，确定周长最小时各点的位置． 【考点3 平行四边形】 1.平行四边形的性质 性质 数学语言 图示 边 平行四边形的对边相等 四边形是平行四边形， 角 平行四边形的对角相等 四边形是平行四边形， 对角线 平行四边形的对角线互相平分 四边形是平行四边形， 【拓展延伸】 （1）证明平行四边形的性质时，一般通过作对角线把四边形转化为三角形来解答. （2）平行四边形的性质为证明线段平行或相等、角相等提供了理论依据. （3）平行四边形的每条对角线都将平行四边形分成两个全等的三角形. （4）平行四边形被两条对角线分成的四个小三角形的面积相等，每个小三角形的面积都等于平行四边形面积的；相邻两个三角形周长之差的绝对值等于平行四边形两邻边之差的绝对值. 【规律方法】 （1）平行四边形的邻角互补； （2）若一条直线经过平行四边形两条对角线的交点，则该直线平分平行四边形的周长和面积. 2.平行四边形的判定方法 判定方法 数学语言 图形 边 两组对边分别平行的四边形是平行四边形.（定义） 四边形是平行四边形. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形. 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. （或）， 四边形是平行四边形. 角 两组对角分别相等的四边形是平行四边形. ， 四边形是平行四边形. 对角线 对角线互相平分的四边形是平行四边形. 四边形是平行四边形. 【题型9 由平行四边形的性质求值】 【例9】（23-24八年级·全国·期末）如图，在平行四边形中，，过的中点E作 于点 F，延长交的延长线于点 G，则的长为（     ）． A． B． C．8 D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用平行四边形的性质成为解题的关键． 由平行四边形的性质可得，进而得到；再根据中点的定义可得；然后说明，易得；再运用勾股定理求得，最后再运用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵ 四边形是平行四边形, ∴, ∴, ∵E是的中点, ∴, ∵, ∴, ∴， ， ∴， ． 故选 B． 【变式9-1】（23-24八年级·安徽黄山·期末）如图，是平行四边形的对角线，点在上，，则的度数是 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，掌握平行四边形的性质及等腰三角形的性质是关键；设；由等腰三角形的性质及三角形外角的性质得，由平行四边形的性质及已知，，则有，则，再由平行线性质即可求解． 【详解】解：设； ∵， ∴， ∴； ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴； ∵， ∴， 即， ∴， 即． 故答案为：． 【变式9-2】（23-24八年级·全国·期末）如图，在中，于E，于F，若，，，求的周长和面积． 【答案】周长是，面积是 【分析】本题考查了平行四边形的性质，直角三角形的特征，勾股定理等；由平行四边形的性质得 ，，，由平行线的性质得，，设，由直角三角形的特征得，由勾股定理得 ，由可求，即可求解；掌握平行四边形的性质，直角三角形的特征，勾股定理是解题的关键． 【详解】解：，， ，， ， ， ∵四边形是平行四边形， ，，， ，， ， ， 设，则， ， ，， ， ， ， ， 解得：， ，， ， 的周长是：（）， 面积是： （）． 【变式9-3】（24-25八年级·全国·期末）如图， 的对角线相交于点O， 且， 过点O作， 交于点M．如果的周长为18， 那么的周长是 ． 【答案】36 【分析】本题考查了平行四边形的性质与线段垂直平分线的性质，解题的关键是熟练的掌握平行四边形与线段垂直平分线的性质． 由四边形是平行四边形，可得，又由，可得，然后由的周长为18，求得平行四边形的周长． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴垂直平分线段， ∴， ∵的周长为18， ∴， ∴平行四边形的周长是：． 故答案为：36． 【题型10 由平行四边形的性质证明结论】 【例10】（23-24八年级·重庆沙坪坝·期末）如图，在平行四边形中，平分交于点，交于点，平分交于点． (1)若，求的度数； (2)求证：． 【答案】(1)55° (2)见解析 【分析】根据平行四边形的性质可得，根据平分可得，根据可得； 根据平行四边形的性质可得，根据角平分线的定义可知，，得到，再根据平行四边形的性质可得，利用可证，根据全等三角形对应边相等可证． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，， ， 又平分， 又四边形是平行四边形， ， ； （2）证明：四边形是平行四边形， ∴， 又平分，平分， ，， ， 又四边形是平行四边形， ， ， 在和中 ， ， ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质．平行四边形的性质：平行四边形的两组对边分别平行且相等、对角相等、邻角互补、对角线互相平分；全等三角形的对应角相等、对应边相等． 【变式10-1】（23-24八年级·陕西西安·期中）如图，在中，点E，F分别在上，且，连接，交于点O．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质及全等三角形的判定与性质，利用证得后即可证得结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ， ． 【变式10-2】（23-24八年级·陕西汉中·期末）如图，在中，连接，延长至点E，延长至点F，使，连接．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，由四边形是平行四边形，得到，，进一步得到，由，得到，证明，即可得到，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【变式10-3】（23-24八年级·海南省直辖县级单位·期末）如图1，在平行四边形中，，垂足分别为E，F． (1)求证： (2)连接，与交于点O，求证：． (3)若，求平行四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)24 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与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． （1）由四边形是平行四边形，可得，再由，，可得，再证明即可； （2）由全等的性质可得，从而得出平行四边形是菱形，最后由菱形的性质可得结论； （3）由菱形的性质得，，，再由勾股定理得，最后利用菱形的性质求出面积即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ，， ， 在和中， ， ； （2）证明：由（1）得， ， 平行四边形是菱形， ； （3）解：平行四边形是菱形， ，，， 在中，由勾股定理得：， ， ． 【题型11 平行四边形的判定】 【例11】（23-24八年级·贵州毕节·期末）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∵， ∴． ∴． 【变式11-1】（23-24八年级·贵州毕节·期末）在四边形中，对角线交于点O． (1)如图1，若，求证：四边形是平行四边形； (2)在（1）的条件下，将对角线绕点O顺时针旋转一个角度，分别交于点（如图2），求证：四边形是平行四边形； (3)如图3，若，求的最小值． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 (3)的最小值是13 【分析】（1）利用内错角相等证得，即可根据一组对边平行且相等得到结论； （2）证明，推出，由此证得结论； （3）过点D作，连接得到四边形是平行四边形，由此得到，利用勾股定理求出，即可得到． 【详解】（1）证明∶， ． 又， 四边形是平行四边形． （2）证明：由（1）可得四边形是平行四边形， ， ． 又， ， 四边形是平行四边形． （3）解∶如图，过点D作，连接 四边形是平行四边形， ． 又， ， ， ． ， 的最小值是13． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握各定理并应用解决问题是解题的关键． 【变式11-2】（23-24八年级·云南红河·期末）如图，是等边三角形，是边上的高．点在延长线上，连接，且，过A作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求四边形的周长． 【答案】(1)证明过程见详解 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定与性质． （1）根据等边三角形的性质可得，，然后证明为等边三角形，可得，进而可以证明四边形为平行四边形； （2）根据和勾股定理可得的长，然后证明，进而可得四边形的周长， 【详解】（1）证明：是等边的边上的高， ，， ， ， ， ， 为等边三角形三角形， ， ， ， ， 四边形为平行四边形； （2）解：， ， 为等边三角形， ， ， ， ， ， 四边形的周长为：． 【变式11-3】（23-24八年级·全国·期末）如图，在中，点D是边的中点，点E在内，平分，，点F在边上，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2)3 【分析】本题考查了三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理的应用，熟练掌握性质和判定是解题的关键． （1）利用平行四边形的定义，证明四边形是平行四边形； （2）利用三角形中位线定理，解答即可． 【详解】（1） 证明：延长交于点G， ∵，平分， ∴，， 在和中， ， ∴． ∴． ∵， ∴为的中位线， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴． ∵D、E分别是的中点， ∴, ∵， ∴， ∴． 【题型12 平行四边形的判定与性质的综合应用】 【例12】（23-24八年级·云南昭通·期末）如图在平面直角坐标系中，点的坐标分、．且满足，现将线段向上平移3个单位，再向右平移2个单位得到，连接． (1)求的值． (2)点P是线段上的一个动点（不与重合），请找出之间的关系，并证明． (3)点Q是线段上的动点，是否存在使四边形面积最大，如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)，； (2)，证明见解析 (3)存在， 【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质、平移的性质、坐标与图形等知识． （1）根据绝对值的性质和二次根式的性质进行计算即可得； （2）过点P作，利用平行线的性质得到，则，即可得到答案； （3）求出点的坐标分、，则，，得到点R的坐标为，点S的坐标为，，四边形是平行四边形，则，作于点H，则，当点运动到点R时，取得最大值，即最大值为的长度，即，进一步即可求出答案． 【详解】（1）解：∵， ∴，， ∴，； （2），理由如下： 如图所示，过点P作， ∵ 则， ∴， ∴， ∴； （3）存在，点Q的坐标为，理由如下： 由（1）可知，点的坐标分、． ∴， ∵线段向上平移3个单位，再向右平移2个单位得到， ∴点R的坐标为，点S的坐标为，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 作于点H，则 ∵点Q是线段上的动点， ∴当点运动到点R时，取得最大值，即最大值为的长度，即， 此时，即的最大值为， ∵四边形的面积， ∴四边形的面积最大值为， 此时点Q的坐标为． 【变式12-1】（23-24八年级·江苏无锡·阶段练习）如图，在平行四边形中，E、F分别是边上的中点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若平分，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质和判定： （1）根据平行四边形的性质可得，根据E、F分别是的中点，可得，即可得结论； （2）利用角平分线的定义、平行线的性质可得到，进而利用平行四边形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵E、F分别是边上的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴． 【变式12-2】（23-24八年级·陕西咸阳·期末）【问题背景】如图，在等边中，、两点分别在边、上，连接 ，以为边向右作等边，连接． 【初步发现】（1）求证：为等边三角形； 【深入探究】（2）求证：四边形为平行四边形； 【拓展延伸】（3）若，求四边形的面积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【分析】（）根据等边三角形得和，以及和，则，可证，有，，再证，即可得出结论； （）由等边三角形得和，则，可得，进一步得，即可得出结论； （）过作于，则，由（）可知，，求得，结合等边三角形求得和，利用勾股定理得，然后用面积公式即可求解． 【详解】证明：（1）∵是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形； （2）由（）可知，是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （3）如图，过作于， 则， 由（）可知，， ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴． 【点睛】此题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定定理、平行四边形的判定定理、勾股定理、含角的直角三角形的性质，解题的关键在熟练掌握相关的性质定理． 【变式12-3】（23-24八年级·河北廊坊·期末）如图，在中，G，H分别是的三等分点，交于点E，交于点F． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，含30度角直角三角形的性质等． （1）根据三等分点可得，依据平行线的性质可得，，即可证明全等； （2）证明四边形为平行四边形，得到，过点E作于点M，根据含30度角直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵G，H分别是的三等分点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵，，且， ∴， ∴， ∴， ∴ （2）由（1）知，且， 四边形为平行四边形， ， ， 过点E作于点M， ， ， ， ， 又G，H分别是的三等分点， 【考点4 菱形】 1.菱形：有一组邻边相等平行四边形叫做菱形. 【注意】（1）菱形必须具备两个条件：①是平行四边形；②是有一组邻边相等.这两个条件缺一不可. （2）菱形的定义既是菱形的性质，也是菱形的判定方法. 2.菱形的性质：菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有自身独特的性质，总结见下表. 性质 数学语言 图形 边 菱形的四条边都相等 四边形是菱形， . 对角线 菱形的两条对角巷互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角 四边形是菱形， , 对称性 菱形是轴对称图形，有两条对称轴 【注意】 （1）菱形的两条对称轴分别是两条对角线所在直线. （2）菱形的两条对角线互相垂直，且把菱形分成四个全等的直角三角形.把菱形的性质与勾股定理相联系，可得对角线与边之间的关系，即边长的平方等于两条对角线一半的平方和. （3）如果菱形的一个内角为60°，那么菱形的两条边与较短的对角线构成的三角形为等边三角形. 3.菱形的面积 公式由来 文字语言 数学语言 图示 菱形的面积公式 菱形是平行四边形. 菱形的面积=底×高. 菱形的对角线互相垂直 菱形的面积=对角线长的乘积的一半 【拓展】对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半. 【题型13 菱形性质的应用】 【例13】（23-24八年级·河北唐山·期末）如图，在菱形中，M，N分别在，上，且，与交于点O，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形全等的性质与判定，等腰三角形的性质，掌握以上性质定理是解题的关键． 根据菱形的性质以及，利用可得，可得，然后可得，继而可求得的度数． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 故选B． 【变式13-1】（23-24八年级·广东湛江·期末）如图，在菱形中，，于点E，交对角线于点P，过点P作于点F．若的周长为8．则菱形的面积为 ． 【答案】32 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定等知识点，能熟记菱形的性质和求出是解此题的关键 根据菱形的性质得出，，，根据角平分线的性质得出，求出，设，则，根据的周长为8得出，求出，求出，， x，求出，求出，再求出菱形的面积即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，，， ∵，， ∴，， ∴， ∴，， 设，则， ∵的周长为8， ∴， 解得： ， 即，， ∴， 即， ， ∴， ∴菱形的面积 故答案为：． 【变式13-2】（23-24八年级·重庆沙坪坝·期中）如图，菱形，对角线与交于点O，于点E，F为线段上一点，若，则线段的长度为 【答案】2 【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理、等积法，熟练掌握菱形的性质和勾股定理的应用是解题的关键． 由四边形是菱形，可得，在中，由勾股定理得：，由等积法可得，在中，由勾股定理得：，，可得 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， 在中， 由勾股定理得：， ∵， ∴， 解得：， 在中， 由勾股定理得：， ∵， ∴ 故答案为：2． 【变式13-3】（23-24八年级·四川宜宾·期末）已知：如图，四边形是菱形，过的中点作的垂线，交于点，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若菱形的周长是16，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据题中所给条件证明与全等即可证明． （2）根据菱形的性质可得，可得，结合（1）证得即可得到答案． 【详解】（1）证明：连接，如图所示： ∵四边形是菱形， ∴， ， ∵， ∴ ， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵E是中点， ∴， ∴， ∵ ， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解： 菱形的周长是16， ． ∵为的中点， ∴， ∵， ； 【点睛】此题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质及三角形全等的判定与性质等知识点．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用． 【题型14 菱形性质与判定的综合应用】 【方法总结】通常解决菱形性质与判定的综合题时,首先应判定相应的四边形是菱形,然后再根据菱形的性质进行下一步的证明. 【例14】（23-24八年级·湖南益阳·期中）如图，四边形为平行四边形，对角线的垂直平分线分别交于点， (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）先证得再证四边形是平行四边形，然后由即可得出结论； （2）由菱形的性质得 则即可求解． 本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识， 熟练掌握菱形的判定与性质，证明是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∵垂直平分， 在和中， ∴四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形； （2）解：由（1）可知， 四边形是菱形， 【变式14-1】（23-24八年级·江苏南京·期中）如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F．若，，则的面积为 ． 【答案】48 【分析】根据平行四边形的性质和角平分线的性质证明 ，从而可得，同理可得 ，再由可得四边形是菱形；连接、过点A作于点H，证明四边形为菱形，根据菱形的性质可得，，，，利用勾股定理可得的长，进而可得长，利用菱形的面积公式计算出的长，然后可得的面积． 【详解】解：连接、过点A作于点H，如图所示： ∵四边形是平行四边形， ，， ， 的平分线交于点E ， ， ， 同理：， ， ， ∴四边形是平行四边形 ， ， 四边形是菱形， ∴，，，， ， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：48． 【点睛】此题主要考查了菱形的性质和判定，以及平行四边形的性质，勾股定理，关键是掌握邻边相等的平行四边形是菱形，菱形的面积为对角线之积的一半． 【变式14-2】（23-24八年级·山东德州·期末）如图，在中，，点D是的中点，连接，过点B作，过点C作，、相交于点E． (1)判断四边形的形状并说明理由； (2)过点D作于点F，交于点G，连接EG．若，，求的长． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【分析】（1）根据题意证明四边形是平行四边形，再利用直角三角形性质得到，即可证明四边形是菱形； （2）利用直角三角形性质得到，利用勾股定理得到，结合菱形性质得到，并证明，利用全等的性质结合勾股定理即可得到的长． 【详解】（1）解：四边形是菱形．理由如下： ，， 四边形是平行四边形， 在中，，且点D是的中点， ， 四边形是菱形； （2）解：， ， ， ， 在中，， ， 四边形是菱形， ，， ， 在与中， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的判定及性质、勾股定理、全等三角形的判定及性质、直角三角形的特征，熟练掌握其判定及性质是解题的关键． 【变式14-3】（23-24八年级·甘肃武威·期末）如图是一张对边平行的纸片，点，分别在平行边上，连接． (1)求作：菱形，使点，落在纸片的同一边上；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)证明：四边形是菱形． (3)在（1）的条件下，，交于点，若，，求菱形的面积． 【答案】(1)作图见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）作线段的垂直平分线，交纸片的平行边于两点，，连接、； （2）根据垂直平分线的性质得，，由，得，，证明，得，推出四边形为平行四边形，即可得证； （3）先根据菱形的性质得到，，，根据勾股定理得，然后根据菱形的面积公式计算即可． 【详解】（1）解：如图，作线段的垂直平分线，交纸片的平行边于两点，，连接、， 则四边形即为所作； （2）证明：设，交于点， 根据作图可知：垂直平分， ∴，， ∵， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； （3）解：∵四边形为菱形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴菱形的面积为． 【点睛】本题考查作图—复杂作图，垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作． 【题型15 菱形中的动点问题】 【方法总结】解决动点问题的思路: 1.动中求静:在运动变化中探索问题的不变性. 2.动静互化:抓住“静”的瞬间,找出导致图形发生改变的特殊时刻,同时在变化过程中寻找不变性及变化规律. 【例15】（23-24八年级·黑龙江鸡西·期末）如图，在平面直角坐标系中，是坐标原点，四边形是菱形，点的坐标为，点在轴的正半轴上，直线交轴于点，边交轴于点，连接． (1)菱形的边长为 ； (2)求直线的解析式； (3)动点从点出发，沿折线以1个单位长度/秒的速度向终点匀速运动，设的面积为，点的运动时间为秒． ①求与之间的函数关系式； ②在点的运动过程中，当时，请直接写出的值． 【答案】(1)5 (2) (3)①；②1或 【分析】（1）在中利用勾股定理即可求得菱形的边长； （2）根据（1）即可求的长，则C的坐标即可求得，利用待定系数法即可求得直线的解析式； （3）①根据求得M到直线的距离为h，然后分成P在上和在上两种情况讨论，利用三角形的面积公式求解；②代入，解方程即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴轴，， ∴轴， ∵点的坐标为， ∴， ∴， 即菱形的边长为5； 故答案为：5 （2）解：由（1）得：， ∴点C的坐标为， 设直线的解析式为， 把点，代入得： ，解得：， ∴直线的解析式为； （3）解：①设M到直线的距离为h， 对于， 当时，， ∴点M的坐标为， ∴， ∵， ∴， 即， 解得：， 当点P在边上时，，此时， ∴； 当点P在边上时，，此时， ； 综上所述，与之间的函数关系式为； ②∵， 当时，， 解得：； 当时，， 解得：； 综上所述，t的值为1或． 【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式以及菱形的性质，根据三角形的面积关系求得M到直线的距离h是关键． 【变式15-1】（23-24八年级·山东济南·期末）如图，在四边形中，，，，，动点P从点A出发，以的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以的速度向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当四边形是平行四边形时，求t的值； (2)当________时，四边形是矩形；若且点Q的移动速度不变，要使四边形能够成为正方形，则P点移动速度是________； (3)在点P、Q运动过程中，若四边形能够成为菱形，求的长度． 【答案】(1) (2)7；4 (3) 【分析】（1）根据平行四边形对边相等的性质得到关于t的方程即可得解； （2）根据矩形及正方形的性质列方程求解即可； （3）根据菱形的性质可以算得四边形成为菱形的t值，并算出、的值，再根据勾股定理可以得到的值． 【详解】（1）解：当四边形是平行四边形时，， ∴， 解得． （2）解：若四边形是矩形，则： ， ∴， 解得：； 若四边形是正方形，则： ， ∴, 解得：， 设P点运动速度为，则由可得： ， 解得：， ∴当要使四边形能够成为正方形，则P点移动速度是； 故答案为：7；4； （3）解：如图， 若四边形是菱形，则， ∴， 解得：， ∴，， ∵，， ∴， 在中， ． 【点睛】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的应用，勾股定理，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形有关边的性质、勾股定理的应用是解题关键． 【变式15-2】（23-24八年级·广西钦州·期中）如图，已知菱形的边长为8，点M是对角线上的一动点，且，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定及性质，直角三角形的特征，勾股定理等；由等边三角形的判定方法得是等边三角形，由直角三角形的特征， 当、、三点共线时，取得最小值，此时，的最小值为，即可求解；掌握菱形的性质，等边三角形的判定及性质，直角三角形的特征，找出取得最值的条件是解题的关键． 【详解】解：如图，过点M作于点E，连接， ∵四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 当、、三点共线时，取得最小值， 此时， 的最小值为， ， ， ， 的最小值为； 故答案：． 【变式15-3】（23-24八年级·江苏扬州·期末）如图，在矩形中，点F是上一点，且，，垂足为点E，． (1)求证：； (2)若，点P是上一动点，以的速度从点A运动到点D，问：点P运动多少秒四边形是菱形？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)4秒，见解析 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的性质与判定； （1）根据矩形的性质，结合已知条件，证明，进而即可得证； （2）设点运动秒，四边形是菱形，根据菱形的性质可得，根据，建立方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ， ， ， 在中，， ， ， ， 又， ， ， ， ； （2）解：设点运动秒，四边形是菱形， 四边形是菱形 ， ， ， ，即， ，即， 点运动秒，四边形是菱形． 【考点5 矩形】 1.矩形：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 【注意】（1）矩形是特殊的平行四边形，但平行四边形不一定是矩形. （2）矩形必须具备两个条件：①是平行四边形；②有一个角是直角.这两个条件缺一不可. （3）矩形的定义可以作为判定一个四边形是矩形的方法. 2.矩形的性质：矩形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有自身独特的性质（见下表）. 性质 数学语言 图形 角 矩形的四个角都是直角 四边形是矩形， 对角线 矩形的对角线相等 四边形是矩形， 对称性 矩形是轴对称图形，它有两条对称轴 【注意】 （1）矩形的性质可归结为三个方面.①边：矩形的对边平行且相等，邻边互相垂直.②角：矩形的四个角都是直角.③对角线：矩形的对角线互相平分且相等. （2）矩形的两条对称轴分别是两对对边中点连线所在的直线，对称轴的交点就是对角线的交点. （3）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，这四个三角形的面积相等. 3. 直角三角形斜边上中线的性质 性质 数学语言 主要应用 图示 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 如图所示，在中，(或) 证明线段倍分、相等关系 【拓展】该性质的逆命题“如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形”仍然成立，它可以用来判断一个三角形是否为直角三角形. 4.矩形的判定 判定方法 数学语言 图形 角 有一个角是直角的平行四边形是矩形（定义） 在中， ， 是矩形. 有三个角是直角的四边形是矩形 在四边形中， ， 四边形是矩形. 对角线 对角线相等的平行四边形是矩形 在中， ， 是矩形 【题型16 矩形的性质与判定的综合应用】 【例16】（23-24八年级·辽宁大连·期中）如图，四边形为平行四边形，点E在边上，连接交于点F，． (1)如图1，若，则的度数为______ (2)如图2，若，，四边形的周长为28，求四边形的面积． 【答案】(1)； (2)四边形的面积为． 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，利用完全平方公式求面积是解题的关键． （1）设根据菱形的性质和等腰三角形的性质，得出三个角的度数，列方程得出，即可得到的度数； （2）连接，求出对角线的长度，从而得出四边形的边长，求出面积． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， 设， 则， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：连接交于点，如图： 设，则， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 设， ， ∴四边形的面积为． 【变式16-1】（23-24八年级·江苏南通·期末）如图，，为上一点．小明利用直尺和圆规完成了以下作图：连接，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于，两点，作直线，交于点，连接并延长交于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，在上取一点，使，连接．若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析； (2)的度数为． 【分析】（1）由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线，则可得，证明 可得结合平行四边形的判定可得结论． （2）由题意可得四边形为矩形，则进而可得则 则． 本题考查作图-基本作图、平行四边形的判定、矩形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定、矩形的判定与性质是解答本题的关键． 【详解】（1）证明：由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵， ∴平行四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【变式16-2】（23-24八年级·浙江杭州·期中）如图所示，在四边形中，对角线，相交于点O，，，且，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，于点E，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，利用勾股定理逆定理，得到，即可得证； （2）求出的度数，根据三角形的内角和，求出，然后根据，得到，即可求出的度数． 【详解】（1）证明：∵在四边形中，对角线，相交于点O，，， ∴四边形是平行四边形，， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）∵四边形是矩形 ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，能灵活运用定理进行推理是解题的关键．注意：矩形的对角线相等，有一个角是直角的平行四边形是矩形． 【变式16-3】（23-24八年级·河南郑州·期末）如图1，四边形中，点E，点F在对角线上，，连接，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，连接交于点O，连接，若平分，，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． （1）利用证明，然后得到，，即可得到结论； （2）证明四边形是矩形，然后可以得到是等边三角形，利用勾股定理求出和长即可解题． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵平分， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴． 【题型17 矩形中的折叠问题】 【方法总结】解决与矩形相关的折叠问题,主要是利用折叠的性质“折叠前后的图形能够完全重合,折叠前后的图形对应边相等,对应角相等”.解答此类问题,往往通过图形间的折叠,找出折叠部分与原图形之间线段或角的联系,从而得到折叠部分与原图形或其他图形之间的关系. 【例17】（23-24八年级·河南南阳·期末）如图，将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，，，则矩形ABCD的周长为（    ） A．18cm B．18.4cm C．19.6cm D．20cm 【答案】C 【分析】由翻折的规律证明四边形EFGH是矩形及AB＝2EM，再由矩形的性质结合已知条件求出EM的长度，即可求出AB的长度，由折叠性质证明AD+BC＝2HF，求得AD，最后由矩形的周长公式求得周长便可． 【详解】解：如图所示， ∵将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH， ∴EA＝EM，BE＝EM，∠AEH＝∠HEM，∠BEF＝∠FEM，∠EMH＝∠A＝90°， ∴AB＝AE+EB＝2EM， ∵∠AEH+∠HEM+∠BEF+∠FEM＝180°， ∴∠HEF＝∠HEM+∠FEM180°＝90°， 同理，∠EFG＝∠FGH＝90°， ∴四边形EFGH是矩形， ∵EH＝3cm，EF＝4cm， ∴HF5（cm）， ∵EM•HF＝EH•EF，   ∴EM（cm）， ∴AB＝2（cm）， 由折叠知，AH＝HM，BF＝MF，DH＝HN，CF＝NF， ∴AH+DH+BF+CF＝HM+MF+HN+NF， ∴AD+BC＝2HF＝2×5＝10， ∵AD＝BC， ∴AD＝5， ∴矩形ABCD的周长＝2（AB+AD）＝2（5）＝19.6（cm）， 故选：C． 【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的判定与性质，掌握翻折变换的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，等积法是解决问题的关键． 【变式17-1】（23-24八年级·浙江宁波·期中）如图1，在矩形中，点是上的点，沿折叠点的对应点是点，延长交直线于点． (1)求证：； (2)是上的点，；沿折叠点的对应点是点，且、、、在同一直线上． ①如图2，若M、N互相重合，求的值； ②若，求的长．（自己画草图） 【答案】(1)见详解 (2)①②的长为或4 【分析】（1）由折叠的性质及矩形的性质证明，则可得出结论； （2）①证出，设，则，，则可得出结论； ②分两种情况，由矩形的性质及勾股定理可得出答案． 【详解】（1）证明：沿折叠点的对应点是点， ， 四边形为矩形， ， ， ， ； （2）解：①四边形是矩形， ，， ， ， 四边形为平行四边形， 折叠， ， ， 四边形为菱形， ， ， ， ， 设，则，， ， ， ； ②如图，若，在在上方，设， ， ， ， 过点作于点，则四边形为矩形， ，， ， ， ， ，（舍， ； 如图，设， 同理可得， ，（舍， ， 综上所述，的长为或4． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式17-2】（23-24八年级·江苏泰州·阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，AB＜BC，∠B＝30°，AB＝2，将△ABC沿AC翻折至△AB'C，连接B'D．当BC长为 时，△AB'D是直角三角形． 【答案】6或4 【分析】分∠B′AD=90°和∠AB′D=90°两种情况，画出图形，利用含30°的直角三角形的性质和矩形的判定与性质解答即可． 【详解】解：∵AB＜BC，∴∠ADB′≠90°． ①当∠B′AD=90°时，如图1，延长B′A交BC于E， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AB=CD，AD=BC，∠B=∠ADC， ∴∠B′EC=90°， 由折叠性质得，BC=B′C，AB=AB′，∠AB′C=∠B=30°， 在Rt△B′EC中，CE=B′C，即CE=BC， ∴BE=CE=BC， 在Rt△ABE中，∠B=30°，AB＝2， ∴AE=AB=，BE==3， ∴BC=2BE=6； ②当∠AB′D=90°时，如图2，设AD与B′C相交于O， ∵AD∥BC， ∴∠OAC=∠ACB， 由折叠性质得：∠BAC=∠B′AC，∠ACO=∠ACB，∠B=∠AB′C， ∴∠OAC=∠ACO， ∴OA=OC，又AD=BC=B′C， ∴OD=OB′ ∴∠ODB′=∠OB′D，即∠ADB′≠90°． ∵∠ADC=∠B=∠AB′C， ∴∠CDB′=∠AB′D=90°， ∴CD∥AB′，又CD =AB′， ∴四边形AB′DC是矩形， ∴∠B′AC=90°，即∠BAC=90°， 在Rt△BAC中，∠B=30°，AB=， ∴BC=2AC，BC2=AB2+AC2， 解得：BC=4， 综上，当BC长为6或4时，△AB′D是直角三角形． 故答案为：6或4． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、平行线的判定与性质、矩形的判定与性质、含30°的直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识间的联系与运用是解答的关键． 【变式17-3】（23-24八年级·天津滨海新·期末）如图，已知OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为坐标原点，点．点，在边AB上任取一点D，将沿OD翻折，使点A落在边上，记为点E．    (1)的长=______，的长=________，的长=________，的长=________； (2)设点P在x轴上，且，求点P的坐标． 【答案】(1)15  15  12  5 (2) 【分析】（1）由点A、点C的坐标可求得、的长，由翻折的对称性知，；由勾股定理，在中可求得的长；于是可求得的长，设，则在中利用勾股定理可求得的长． （2）自点E作，垂足为H．利用矩形的性质可求得的长，设，则在中利用勾股定理可求得的长，于是点P的坐标可知． 【详解】（1）如图．    由点可知，． 由沿翻折变成知，， ∴． 由点知，． ∴． ∴． 由得，， 设，则． 在中， 即：． 解得：． ∴的长． （2）自点E作，垂足为点H．则四边形是矩形． ∴． 设，则． 在中， ∴ 解得：． ∴点P的坐标为 【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理的应用、矩形的折叠等知识点，解题的关键是将条件集中在一个直角三角形内，利用勾股定理求解． 【考点6 正方形】 1.正方形：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形. 【注意】 （1）正方形必须具备三个条件：①是平行四边形；②有一组邻边相等；③有一个角是直角.这三个条件缺一不可. （2）正方形的四条边都相等，说明正方形时特殊的菱形；正方形的各个角都是直角，说明正方形时特殊的矩形.即正方形不仅是特殊的平行四边形，也是特殊的矩形和菱形. 2.正方形的性质 正方形具有平行四边形、矩形和菱形的所有性质. 元素 性质 边 对边平行，四条边都相等 角 四个角都是直角 对角线 两条对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角 对称性 是轴对称图形，有四条对称轴 【注意】 （1） 矩形、菱形，正方形都是特殊的平行四边形，它们之间的关系如图所示. （2）正方形的面积=边长的平方=两条对角线长乘积的一半. （3）正方形被两条对角线分成四个全等的等腰直角三角形，因此，在正方形中解决问题时常用到等腰三角形和直角三角形的性质. 3.正方形的判定 1.先证明是矩形，再从矩形出发：（1）有一组邻边相等的矩形是正方形；（2）对角线互相垂直的矩形是正方形. 2.先证明是菱形，再从菱形出发：（1）有一个角是直角的菱形是正方形；（2）对角线相等的菱形是正方形. 【注意】（1）由上面的判定方法可以得到判定一个四边形为正方形的一般顺序为：先判定四边形是平行四边形，再判定该平行四边形是矩形或菱形，最后判定该矩形或菱形是正方形. 【题型18 正方形性质的应用】 【方法总结】关于利用正方形的性质进行计算的技巧: (1)求角:利用正方形的四个角为直角,一条对角线与一边的夹角为45°进行推导计算. (2)求线段的长:利用正方形的四条边相等,对角线相等且互相垂直平分进行计算. 【例18】（23-24八年级·江苏南京·期中）如图，在正方形内作等边三角形，连接，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质等知识，先根据正方形、等边三角形的性质得出，，，从而可求出的度数，然后利用等边对等角和三角形内角和定理可求出的度数，最后根据角的和差关系求解即可. 【详解】解：∵在正方形内作等边三角形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：A. 【变式18-1】（23-24八年级·山东威海·期末）如图，正方形中，点O为原点，点A，C分别在x轴，y轴正半轴上，对角线，交于点D，作以下操作： ①以点B为圆心，任意长为半径作弧，分别交，于点E，F两点； ②分别以E、F为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点G； ③作射线，交于点M，交于点N． 若点N的坐标为，则点M的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了正方形的性质． 过N点作于H点，过M点作于Q点，如图，根据正方形的性质得到，，根据基本作图得到平分，则利用角平分线的性质得到，在中利用等腰直角三角形的性质得到，所以，则，接着根据角平分线的性质得到，根据等腰直角三角形的性质得到，则，解得，所以，从而得到M点的坐标． 【详解】解：过N点作于H点，过M点作于Q点，如图， ∵四边形为正方形， ∴，， 由作法得平分，而，， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴M点的坐标为． 故答案为：． 【变式18-2】（23-24八年级·湖北武汉·阶段练习）园林小路，曲径通幽，如图所示，小路由白色的正方形理石和黑色的三角形理石铺成．已知中间的所有正方形的面积之和是平方米，内圈的所有三角形的面积之和是平方米，这条小路一共占地（    ）平方米．    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先证明每两个正方形公共顶点处内外两个三角形的面积相等，进而求解． 【详解】先证明每两个正方形公共顶点处内外两个三角形的面积相等： 如图，过点作于，过点作交延长线于，则， 四边形和四边形都是正方形， ，，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，， ，    由上知外圈的所有三角形的面积之和等于内圈的所有三角形的面积之和． 这条小路的面积为平方米． 故选：B 【点睛】本题考查了正方形的性质和三角形全等的判定和性质，关键是寻找三角形面积之间的等量关系． 【变式18-3】（23-24八年级·内蒙古呼和浩特·期中）如图，已知正方形，P是对角线上任意一点，过点P作于点M，于点N． (1)求证：四边形是正方形； (2)若E是上一点，且，写出的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，三角形内角和，角平分线性质，熟练掌握正方形的各种性质是证题的关键． （1）由四边形是正方形，易得，平分，又由，即可证得四边形PMAN是正方形； （2）根据正方形的性质得到，求得，根据三角形的内角和即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ，平分，               ∵， ，                 ∴四边形是矩形，                            ， ∴四边形是正方形； （2）解：∵四边形是正方形， ，                   ∵， ， ∴． 【题型19 几种特殊平行四边形的综合】 【例19】（23-24八年级·河北唐山·期末）在矩形中，，，分别是，中点，，E、F是对角线上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中． (1)当，则四边形一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外），说明理由． (2)若四边形为矩形，t的值为 ； (3)若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，则t的值为 ． 【答案】(1)四边形是平行四边形 (2)四边形为矩形时或 (3)当时，四边形为菱形 【分析】（1）利用三角形全等可得，，则，即可证明； （2）分为两种情况，一种是四边形为矩形，另一种是为矩形，利用即可求解； （3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形为菱形，再利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： 由题意得：， 四边形是矩形， ∴，， ， ，分别是，中点， ，， ， ， ，， ， ∴， 四边形是平行四边形； （2）解：如图1，连接， 由（1）得，，， 四边形是矩形， ， ①如图1，当四边形是矩形时， ， ， ， ； ②如图2，当四边形是矩形时， ，， ， ； 综上，四边形为矩形时或； （3）解：如图3，和分别是和的中点，连接，，，与交于， 四边形为菱形， ，，， ，， 四边形为菱形， ， 设，则， 由勾股定理可得：， 即：， 解得：， ，即， 当时，四边形为菱形． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用． 【变式19-1】（23-24八年级·河北邢台·期末）如图1，在矩形中，，E是边上的一个动点（点E不与B、C重合），，垂足为点F，过点D作 ，交的延长线于点G．    (1)若， ①求证：四边形是菱形；②求四边形的周长； (2)如图2，于点M，于点N，探究： ①当为何值时，四边形是正方形； ②点E在边上的运动过程中，四边形的面积是否发生变化，若不变，请求出该四边形的面积；若变化，请说明理由． 【答案】(1)①见解析；②12； (2)①当时，四边形是正方形；②不发生变化，理由见解析 【分析】本题主要考查平行四边形性质，全等三角形的性质，矩形的性质，正方形的性质等知识； （1）①由两组对边平行的四边形是平行四边形可证四边形是平行四边形，再证，可得，即可得结论； ②由全等三角形的性质和矩形的性质可得，由勾股定理可求的长，可求，即可求解； （2）①由题意可证四边形是矩形．由正方形的性质可得，可得，可得，即可求解； ②由，可得结论． 【详解】（1）证明：①∵四边形是矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； ②在矩形中，， ∵， ∴， ∴在中， ， ∴， ∴四边形的周长； （2）①∵， ∴． ∵． ∴． ∴四边形是矩形． 要使四边形是正方形，必须． ∵ ∴是等腰直角三角形， ∴． ∵， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴当时，四边形是正方形； ②点E在边上的运动过程中，四边形的面积不发生变化， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形． ∴， 即点E在边上的运动过程中，四边形的面积为定值20． 【变式19-2】（23-24八年级·河北石家庄·期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形为矩形，，．点E是的中点，动点M在线段上以每秒2个单位长度的速度由点A向点B运动（到点B时停止）．设动点M的运动时间为t秒． (1)当t为何值时，四边形是平行四边形？ (2)若四边形是平行四边形，请判断四边形的形状，并说明理由； (3)在线段上是否存在一点N，使得以O，E，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)6.5秒 (2)四边形是矩形，理由见解析 (3)线段存在一点，使得以，，，为顶点的四边形是菱形，t的值为12.5秒或6秒 【分析】（1）根据点C坐标可得，根据中点定义可得，根据矩形的性质可得，，根据平行四边形的性质可得，即可得出的长，根据点M的速度即可得答案； （2）如图，由（1）可得，可证明四边形是平行四边形，由可得四边形是矩形； （3）当点M在点N右侧时，根据菱形的性质可得，利用勾股定理可求出的长，进而可得出的长，根据点M的速度可求出t值；当点M在点N左侧时，则，利用勾股定理可求出的长，根据点M的速度即求得出t值，综上即可得答案． 【详解】（1）解：如图，∵四边形为矩形，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵动点的速度为每秒个单位长度， ∴（秒）． （2）解：如图，四边形是矩形； 理由如下：由（1）可知， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． （3）解：如图，点M在点N右侧时， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴（秒）， 如图，点M在点N左侧时， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴（秒）， 综上所述：线段存在一点，使得以，，，为顶点的四边形是菱形，t的值为12.5秒或6秒． 【点睛】本题考查坐标与图形性质、矩形的判定与性质、菱形的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理并灵活运用分类讨论的思想是解题关键． 【变式19-3】（23-24八年级·湖南株洲·期中）如图，在菱形中，，菱形的面积为60，点从点出发沿折线向终点运动．过点作点所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点，在的右侧作矩形． (1)求菱形的高． (2)如图1，点在上.求证：． (3)若，当过中点时，求的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3)长为或 【分析】此题考查了菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、矩形的性质等知识，分类讨论方法是解题的关键． （1）根据菱形的面积公式计算，即可； （2）由菱形性质可证，进而证明，即可得出结论； （3）记中点为点O．分点E在上和点E在上两种情况，求出，进而解题． 【详解】（1）解：∵，面积为60， ∴菱形的高为； 故答案为：6； （2）证明：如图1， ∵四边形是菱形， ∴， ∴． ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：记中点为点O， ①如图中，当点在上时，作．则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图中，当点在上时，作． 同理，，，， ∴， 综上所述，长为或． 【考点7 三角形的中位线】 【题型20 与三角形中位线有关的求解问题】 【例20】（23-24八年级·黑龙江牡丹江·期末）如图，在等腰中，，，分别是，的中点，连接，，，与相交于点．若，，则四边形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题考查勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，等腰三角形的性质，关键是由三角形中位线定理得到，判定和是等腰直角三角形．由三角形中位线定理得到，判定，推出，得到是等腰直角三角形，同理：是等腰直角三角形，求出，，由勾股定理求出，得到，即可求出四边形的周长． 【详解】解：，分别是，的中点， 是的中位线， ， ， ， ，分别是，的中点， ，， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， 同理：是等腰直角三角形， ，， ， ， ， 四边形的周长． 故答案为：． 【变式20-1】（23-24八年级·广东深圳·期末）如图，在矩形中，分别是上的点，分别是的中点，，，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、三角形中位线等知识，正确作出辅助线是解题关键．连接，利用勾股定理解得的值，然后根据三角形中位线的性质求解即可． 【详解】解：连接，如下图， ∵四边形是矩形，，， ∴，， ∴在中，， ∵分别是的中点， ∴． 故答案为：． 【变式20-2】（23-24八年级·广东汕头·期末）如图，中，，，点是的中点，若平分，求线段的值． 【答案】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理，延长交于，证明，得出，，计算出，再由三角形中位线定理即可得出答案． 【详解】解：如图，延长交于， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴是的中位线， ∴． 【变式20-3】（23-24八年级·河南郑州·期中）如图，在正方形中，，E，F分别为边的中点，连接，点G，H分别为的中点，连接，则的长为 【答案】 【分析】连接并延长交于点P，连接，由正方形的性质，即可证得，可得，，再由勾股定可理可求得的长，根据三角形中位线定理即可求解． 【详解】解：连接并延长交于点P，连接，如图所示， 四边形是正方形， ，，， ， E、F分别为边，的中点， ，． G为的中点， ， 在和中， ， ． ，． G为的中点， H为的中点， 是的中位线． ． 在中， ， ． ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角形中位线定理，正确作出辅助线是解决本题的关键． 【题型21 与三角形中位线有关的证明问题】 【例21】（23-24八年级·陕西渭南·期末）【问题背景】 如图，在中，，垂足为点，点是边的中点，点是边的中点，连接并延长到点，，连接． 【初步探究】 （1）如图1，求证：四边形是平行四边形； 【拓展延伸】 （2）如图2，连接，若、，在不添加任何辅助线的情况下，探究之间有怎样的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2），理由见解析 【分析】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由三角形中位线定理得出，，结合题意求出，即可得证； （2）证明，得出，由，，得出，证明四边形是平行四边形，得出，即可得证． 【详解】（1）证明：∵点是边的中点，点是边的中点， ∴为的中位线， ∴，， ∵，， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：，理由如下： ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 【变式21-1】（23-24八年级·陕西汉中·期末）如图，的中线交于点O，F、G分别是的中点，连接．求证：与互相平分 【答案】证明见解析 【分析】利用三角形中线的性质、中位线的定义和性质证得四边形的对边且 ，得到四边形是平行四边形，证得结论． 本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】证明：∵是的两条中线， ∴点D、E分别是边的中点， 又∵F、G分别是的中点， ， 且 ∴四边形是平行四边形， ∴与互相平分． 【变式21-2】（23-24八年级·福建厦门·期末）已知：如图，在平行四边形中，G，H分别是，的中点，E，O，F分别是对角线上的四等分点，顺次连接G，E，H，F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：当平行四边形满足时，四边形是菱形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，三角形中位线定理等知识， （1）连接，由三角形中位线定理可得，，，，可得，，可得结论； （2）先证四边形是平行四边形，可得，可得，可得结论 【详解】（1）证明：如图1，连接， 四边形是平行四边形， ，． ，，分别是对角线上的四等分点， ，分别为，的中点， 是的中点， 为的中位线， ，， 同理，， ，， 四边形是平行四边形； （2）证明：如图2，连接，， 四边形是平行四边形，，分别是，的中点， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ，即， 又四边形是平行四边形， 四边形是菱形． 【变式21-3】（23-24八年级·河北保定·期末）如图，在四边形中，对角线和相交于点O，，点M、P、N分别是边的中点，连接，交于点E，交于点F，Q是的中点，连接．    (1)求证：； (2)判断的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)是等腰三角形．理由见解析 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，三角形中位线定理： （1）根据三角形中位线定理得到，则由三线合一定理可得； （2）根据三角形中位线定理得到，，则，．再由，得到，则．即可得到，即是等腰三角形． 【详解】（1）证明：连接． ∵点M，P分别是边的中点， ∴为的中位线， ∴． 同理可知． 又∵， ∴． ∵Q是的中点， ∴．    （2）解：是等腰三角形．理由如下： ∵点M，P分别是边的中点， ∴为的中位线， ∴， 同理可得， ∴，． ∵， ∴， ∴． ∴，即是等腰三角形． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$