第9章 中心对称图形——平行四边形（单元复习 5个知识点+12类题型突破）-2024-2025学年八年级数学下册单元速记·巧练（苏科版）

第9章 中心对称图形——平行四边形 01 思维导图 02 知识速记 【知识点01】旋转的性质 旋转的性质：一个图形和它所经过旋转所得的图形中： （1）对应点到旋转中心的距离相等； （2）任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角； （3）对应线段相等，对应角相等. 【知识点02】中心对称性质 一个图形绕某一点旋转180°是一种特殊的旋转，成中心对称的两个图形具有图形旋转的一切性质。 成中心对称的两个图形中，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分。 【知识点03】平行四边形 1.平行四边形的概念：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。 2.平行四边形的性质： （1）平行四边形的对边相等；（2）平行四边形的对角相等（3）平行四边形的对角线互相平分。 3.判定平行四边形的条件 （1）两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念） （2）一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形 （3）对角线互相平分的四边形叫做平行四边形 （4）两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形 4.反证法： 反证法是一种间接证明的方法，不是从已知条件出发直接证明命题的结论成立，而是先提出与结论相反的假设，然后由这个“假设”出发推导出矛盾，说明假设是不成立的，因而命题的结论是成立的。 【知识点04】矩形、菱形、正方形 1.矩形的概念和性质 有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。 2.判定矩形的条件 （1）有一个角是直角的平行四边形是矩形 （2）三个角是直角的四边形是矩形 （3）对角线相等的平行四边形是矩形 3.菱形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 4.判定菱形的条件 （1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2）四边相等的四边形是菱形 （3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形 5.正方形的概念、性质 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 6.判定正方形的条件 （1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念） （2）有一组邻边相等的矩形是正方形 （3）有一个角是直角的菱形是正方形 【知识点05】三角形的中位线 1.三角形中线的概念和性质 连接三角形两边重点的线段叫做三角形的中位线。三角形中位线平行且等于第三边的一半。 2.三角形的中位线与中线的区别 （1）区别：三角形的中位线平分这个三角形的两条边，平行于第三边，且等于第三边的一半，但不经过这个三角形的任何顶点；而三角形的中线只平分这个三角形的一条边，不平行于这个三角形的任何边，但经过它所平分的边相对的顶点。 （2）联系：三角形的一边上的中线与这边对应的中位线能够互相平分。 03 题型归纳 题型一　旋转中心、旋转角、对应点 例题：（24-25九年级上·宁夏固原·期中）如图，已知四边形是正方形，E、F分别是和的延长线上的点，且，连接、、． (1)填空：可以由绕旋转中心点 ，按顺时针方向旋转 度得到； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)，； (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解、全等的性质和SAS综合（SAS）、找旋转中心、旋转角、对应点 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理，解题的关键在于理解旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角． （1）证明，得到，再根据旋转的定义即可解题； （2）利用正方形性质和勾股定理得到，由（1）可知，，，最后利用三角形面积公式求解，即可解题． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， 观察图形可知可以由绕旋转中心点，按顺时针方向旋转度得到， 故答案为：，； （2）解：四边形是正方形，， ， ， ， 由（1）可知，，， 的面积为． 巩固训练 1．（24-25九年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，在小正方形网格中，将绕某一点旋转变换得到，则旋转中心为（   ） A．点 B．点 C．点 D．点 【答案】C 【知识点】找旋转中心、旋转角、对应点 【分析】本题考查了旋转图形的性质，旋转中心在旋转前后对应顶点连线的垂直平分线上，由此即可求解． 【详解】解：连接，，利用格点作线段，的垂直平分线，如图， 交点N即为旋转中心， 故选C． 2．（24-25九年级上·湖北武汉·期中）如图，将将绕点顺时针旋转一定角度得到，且点落在线段上 (1)旋转中心是点______，旋转角是________和_____； (2)当旋转角为时，求的度数． 【答案】(1)，， (2) 【知识点】找旋转中心、旋转角、对应点、根据旋转的性质求解、等边对等角 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质， （1）根据旋转的性质即可得到结论； （2）根据旋转的性质和等腰三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）解： 将绕点顺时针旋转一定角度得到， 旋转中心是点，旋转角是和， 故答案为：，，； （2）将绕点顺时针旋转一定角度得到， ，，， ， ． 3．（23-24七年级下·湖南衡阳·期末）如图，已知四边形是正方形，点E在上，将经顺时针旋转后与完全重合，再将线段向右平移后与完全重合. (1)旋转的中心是 ；旋转角度是 ； (2)试猜想线段和的数量关系和位置关系，并说明理由. 【答案】(1)点A； (2)； 【知识点】利用平移的性质求解、根据旋转的性质求解、两直线平行同位角相等、找旋转中心、旋转角、对应点 【分析】本题考查了旋转和平移这两种图形变换，掌握相关性质是解题关键． （1）根据旋转的定义即可求解； （2）由旋转的性质可得：，；由平移的性质可得：，，据此即可求解． 【详解】（1）解：∵将经顺时针旋转后与重合， ∴旋转的中心为点，为旋转角， ∵四边形是正方形， ∴； （2）解：且，理由如下： 由旋转的性质可得：，， 由平移的性质可得：，， ∴， ∵， ∴， ∴． 题型二　旋转作图 例题：（24-25九年级上·广东梅州·期末）在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，． (1)画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标； (2)画出将绕点B按顺时针旋转所得的． 【答案】(1)图见解析， (2)图见解析 【知识点】求绕某点（非原点）旋转90度的点的坐标、求关于原点对称的点的坐标 【分析】本题考查坐标与图形变化—旋转与中心对称： （1）根据成中心对称的性质，画出，进而写出点的坐标即可； （2）根据旋转的性质，画出即可。 【详解】（1）解：如图，即为所求， 由图可知：； （2）如图，即为所求 巩固训练 1．（24-25九年级上·安徽黄山·期中）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上． (1)将向左平移6个单位长度得到，请画出； (2)画出关于点的中心对称图形； (3)若将绕某一点旋转可得到，那么旋转中心的坐标为______，旋转角度为______． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)； 【知识点】画旋转图形、平移(作图)、找旋转中心、旋转角、对应点、画已知图形关于某点对称的图形 【分析】本题考查作图—旋转变换，平移变换等知识，熟练掌握旋转变换的性质，平移变换的性质是解题的关键； （1）利用平移变换的性质分别作出，，的对应点，，即可； （2）利用中心对称变换的性质分别作出，，的对应点，，即可； （3）两个三角形成中心对称，对应点连线的交点即为旋转中心； 【详解】（1）解：如图，即为所作； （2）解：如图，即为所作； （3）解：如图，若将 绕某一点旋转可得到，那么旋转中心的坐标为，旋转角度为； 故答案为：；． 2．（24-25七年级上·上海·期末）在图中网格上按要求画出图形，并回答问题： (1)如果将三角形绕点向逆时针方向旋转，使得点、点、点的对应点分别为点、点、点，请画出三角形； (2)画出三角形关于点成中心对称的三角形； (3)三角形与三角形 （填“是”或“否”）关于某个点成中心对称？如果是，请在图中画出这个对称中心；如果不是，请描述通过怎样的运动可以使三角形与三角形重合． 【答案】(1)作图见解析 (2)作图见解析 (3)否；可把三角形绕点逆时针旋转可与三角形重合 【知识点】画旋转图形、画已知图形关于某点对称的图形、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了旋转作图，作中心对称图形，掌握旋转和中心对称图形的性质是解题的关键． （）根据旋转的性质作图即可； （）根据中心对称图形的性质作图即可； （）根据中心对称图形的性质可判断三角形与三角形不是关于某个点成中心对称，再根据旋转性质即可求解； 【详解】（1）解：如图所示，三角形即为所求； （2）解：如图所示，三角形即为所求； （3）解：三角形与三角形不是关于某个点成中心对称，可把三角形绕点逆时针旋转可与三角形重合， 故答案为：否． 3．（24-25九年级上·四川泸州·期末）如图，的顶点坐标分别为，，． (1)画出绕点A逆时针旋转后得到的； (2)画出关于原点O的对称图形． (3)P为x轴上一点，且取得最小值时，作出点P并直接写出点P的坐标为________． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)作图见解析； 【知识点】画旋转图形、画已知图形关于某点对称的图形、写出直角坐标系中点的坐标、线段问题(轴对称综合题) 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化——旋转和中心对称，轴对称最短路径问题，正确根据变换方式找到对应点的位置是解题的关键． （1）根据旋转方式找到B、C对应点B、C，的位置，再顺次连接A、、 即可； （2）根据关于原点对称的点横纵坐标都互为相反数，找到A、B、C对应点、、C的位置，然后顺次连接、、即可； （3）作点C关于x轴对称的点D，连接交轴于点P，点P即为所求，据此可得答案． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解：如图所示，即为所求； （3）解：如图所示，作点C关于x轴对称的点D，连接交x轴于点P，由轴对称的性质可得，则由两点之间线段最短可知，点P即为线段与x轴的交点， ∴由图可知，点P的坐标为． 题型三　中心对称图形的识别 例题：（2024九年级上·全国·专题练习）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】轴对称图形的识别、中心对称图形的识别 【分析】此题主要考查了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，旋转度后与自身重合．根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可． 【详解】解：A．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B．该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D．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； 故选：D． 巩固训练 1．（24-25九年级上·广西南宁·阶段练习）数学有很多寓意美好的线或图，下面图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A．笛卡尔心形线 B．科克曲线 C．阿基米德螺旋线 D．赵爽弦图 【答案】B 【知识点】轴对称图形的识别、中心对称图形的识别 【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，根据中心对称图形的定义：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，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意； 、是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项符合题意； 、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不符合题意； 、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意； 故选：． 2．（2024九年级上·全国·专题练习）下列图形中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C．D． 【答案】A 【知识点】中心对称图形的识别 【分析】本题考查了中心对称图形，把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，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进行解答即可． 【详解】解：A、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形，故符合题意； B、找不到一个点，绕这个点旋转后能够与原图形重合，故不是中心对称图形，不符合题意； C、找不到一个点，绕这个点旋转后能够与原图形重合，故不是中心对称图形，不符合题意； D、找不到一个点，绕这个点旋转后能够与原图形重合，故不是中心对称图形，不符合题意； 故选：A． 3．（2023·河南商丘·模拟预测）下列标志中，可以看作是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】中心对称图形的识别 【分析】本题考查中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的定义是解题的关键．根据中心对称图形的定义：一个平面图形，绕一点旋转，与自身完全重合，进行判断即可． 【详解】A．不是中心对称图形，不符合题意； B．不是中心对称图形，不符合题意； C．是中心对称图形，符合题意； D．不是中心对称图形，不符合题意； 故选：C． 题型四　利用平行四边形的性质求解 例题：（2023上·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学校考期末）在中，若，则的度数为 度． 【答案】65 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形邻角互补求解即可． 【详解】∵， ∴， ∵， ∴， 解得， 故答案为：． 巩固训练 1．（2023上·吉林长春·八年级校考期末）如图，在中，，对角线与相交于点O，，则的周长为 . 【答案】22 【分析】本题考查平行四边形的性质以及三角形周长等知识，解题的关键是记住平行四边形的对角线互相平分．根据平行四边形对角线互相平分求出的长，即可解决问题． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴的周长． 故答案为：22． 2．（2024下·全国·八年级假期作业）如图，在中，，的平分线AE交DC于点E，连接BE，若，则的度数为 ． 【答案】 【解析】略 3．（2024上·吉林长春·八年级校考期末）如图，在中，平分，交于点F，平分，交于点E，，，则长为 . 【答案】3 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，等角对等边；熟练掌握平行四边形的性质，得出是解题的关键． 根据平行四边形的对边平行且相等可得，，；根据两直线平行，内错角相等可得；根据从一个角的顶点出发，把这个角分成两个相等的角的射线，叫做这个角的平分线可得；推得，根据等角对等边可得，，即可列出等式，求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴， ∵平分， ∴， 则， ∴， 同理可证：， ∵， 即， 解得：； 故答案为：3． 题型五　利用平行四边形的性质与判定综合 例题：（2023下·广东深圳·八年级校考期末）已知：如图，E、F是对角线上的两点．      (1)若，求证：四边形是平行四边形； (2)若，，垂足分别为E、F，，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接交于O，根据，得，，继可证得，即可由平行四边形的判定定理得出结论． （2）先由，，得出，，再证，得，从而证得四边形是平行四边形，即可根据平行四边形的性质得． 【详解】（1）证明：连接交于O，      ∵， ∴，， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵，， ∴，， ∵， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形 ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键． 巩固训练 1．（2023下·吉林长春·八年级校考期中）如图，中，E、F分别是、上的点，且，连接交于O． (1)连接、，判断四边形的形状并说明理由． (2)若，，的面积为2，求的面积． (3)若，，，延长交的延长线于G，当时，则的长为______． 【答案】(1)四边形是平行四边形，理由见解析； (2)； (3)4； 【分析】（1）分别证明，，即可； （2）利用平行四边形的性质，由的面积为2，得到，再利用三角形同底等高的性质，得到的面积，再求出，则可知的面积为； （3）由是等腰直角三角形，得出，因为，得出，所以与都是等腰直角三角形，从而依次求得、、的长，则可求； 【详解】（1）解：四边形是平行四边形； 证明：由题意，在中，， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴的面积为． （3）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵，， ∴， ∴，是等腰直角三角形， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的性质与判定，以及同底等高类的三角形面积，熟练掌握平行四边形的性质，证明等腰直角三角形是解决问题的关键． 2．（2023下·全国·八年级假期作业）在四边形中，，． (1)如图①，求证：四边形是平行四边形； (2)如图②，平分，交于点．若，，求的面积； (3)如图③，平分，交于点，作交射线于点，交于点．若，请探究线段，，之间的数量关系． 【答案】(1)见解析 (2)3 (3)或 【详解】解：（1）证明：，． ，， ，四边形是平行四边形． （2）在中，，． 平分，，， ． 如图①，作交的延长线于点，． 图① ，，， ， ． （3）如图②、图③，作交射线于点． 当点在线段上时，如图②． 图② ，，，． 四边形是平行四边形， ，， ． 在和中， ，． 由（2）易知． ， ，． 又，， 即； 当点在的延长线上时，如图③． 图③ 同理可得，， ，即． 综上所述，线段，，之间的数量关系为或 题型六　矩形、菱形、正方形的性质 例1．（2024八年级下·全国·专题练习）下列选项中，菱形不具有的性质是（    ） A．四边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．每条对角线平分一组对角 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是本题的关键．根据菱形的性质可判断． 【详解】解：∵菱形四边相等、对角线互相垂直、每条对角线平分一组对角， ∴A、B、D选项不符合题意， ∵菱形的对角线不一定相等， ∴菱形不具有的性质是对角线相等， ∴选项C符合题意， 故选：C 例2．（23-24八年级下·河南濮阳·期中）矩形不一定具有的性质是（      ） A．对角线垂直 B．四个角都是直角 C．是轴对称图形 D．对角线相等 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质：对边相等且平行，四个角都是直角，对角线平分且相等，矩形既是中心对称图形也是轴对称图形，根据性质判断即可． 【详解】解：矩形不一定具有的性质是对角线垂直． 故选：B． 例3．（23-24八年级下·河南周口·期中）下列关于正方形的说法错误的是（    ） A．正方形的四条边都相等，四个角都是直角 B．正方形有四条对称轴 C．正方形的两条对角线互相垂直平分且相等 D．正方形一条对角线上的点到另一条对角线两端点的距离不一定相等 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，解题的关键是了解正方形的性质．利用正方形的性质分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A：正方形的四条边都相等，四个角都是直角，故A正确，不符合题意； B：正方形有四条对称轴，故B正确，不符合题意； C：正方形的两条对角线互相垂直平分且相等，故C正确，不符合题意； D：由于正方形的两条对角线互相垂直平分且相等，所以正方形一条对角线上的点到另一条对角线两端点的距离一定相等，故D错误，符合题意； 巩固训练 1.（23-24八年级下·河南商丘·期中）关于菱形的性质，下列说法不正确的是（    ） A．四条边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线互相平分 D．对角线相等 【答案】D 【分析】根据菱形的性质判断即可．此题主要考查对菱形的性质及判定的理解，关键是根据菱形的性质解答． 【详解】解：A、菱形的四条边都相等，正确不符合题意； B、菱形的对角线互相垂直，正确不符合题意； C、菱形的对角线互相平分，正确不符合题意； D、菱形的对角线不一定相等，错误符合题意； 故选：D． 2.（2024八年级下·全国·专题练习）菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（　　） A．两组对边分别平行 B．两组对角分别相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 【答案】D 【分析】利用平行四边形的性质和菱形的性质可求解．本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，掌握菱形的性质和平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】解：A、不正确，菱形和平行四边形都有两组对边都分别平行； B、不正确，两组对角分别相等，两者均有此性质正确； C、不正确，对角线互相平分，两者均具有此性质； D、菱形的对角线互相垂直但平行四边形却无此性质． 故选：D． 3.（2024·河南鹤壁·一模）矩形具有而菱形不具有的性质是（    ） A．两组对边分别平行 B．两组对角分别相等 C．对角线相等 D．对角线互相平分 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质和菱形的性质，能熟记知识点是解此题的关键．根据矩形的性质和菱形的性质即可解决问题． 【详解】解：矩形的性质是：①矩形的四个角都是直角，②矩形的对边相等且互相平行，③矩形对角线相等且互相平分； 菱形的性质是：①菱形的四条边都相等，菱形的对边互相平行；②菱形的对角相等，③菱形的对角线互相平分且垂直，并且每条对角线平分一组对角， 所以矩形具有而菱形不具有的性质是对角线相等， 故选：． 4.（23-24八年级下·湖北荆州·期中）菱形，矩形，正方形都具有的性质是（   ） A．四条边都相等 B．都是轴对称图形 C．对角线互相垂直且互相平分 D．对角线相等且互相平分 【答案】B 【分析】本题考查的知识点是菱形、矩形、正方形的性质，解题关键是熟练掌握菱形、矩形、正方形的性质． 根据菱形、矩形、正方形性质对选项进行逐一判断即可求解． 【详解】解：根据菱形、矩形、正方形的性质可得： 选项，菱形、正方形四条边都相等，矩形四条边不都相等，不符合题意，选项错误； 选项，菱形、矩形、正方形都是轴对称图形，符合题意，选项正确； 选项，菱形、正方形对角线互相垂直且互相平分，矩形对角线互相平分但不互相垂直，不符合题意，选项错误； 选项，菱形对角线互相平分但不相等，矩形、正方形对角线相等且互相平分，不符合题意，选项错误． 故选：． 5.（23-24八年级下·山东淄博·期中）正方形具有而菱形不具有的性质是（　　） A．对角线平分一组对角 B．对角线相等 C．对角线互相垂直平分 D．四条边相等 【答案】B 【分析】本题考查了菱形与正方形的性质，解题的关键是熟练的掌握菱形与正方形的性质． 要熟练掌握菱形对角线相互垂直平分与正方形对角线相互垂直平分相等的性质，根据各自性质进行比较即可解答． 【详解】解：A．正方形和菱形的对角线都平分一组对角，故本选项不符合题意； B．正方形的对角线相等，菱形的对角线不一定相等，故本选项符合题意； C．正方形和菱形的对角线都互相垂直，故本选项不符合题意； D．正方形和菱形都是四条边相等，故本选项不符合题意； 故选B． 6.（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（    ） A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．四个角都是直角 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形、正方形的性质，熟知矩形、正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：矩形具有的性质为对角线互相平分，对角线相等，四个角都是直角， 正方形具有的性质为对角线互相平分且垂直，对角线相等，四个角都是直角， 故选：A． 题型七　利用矩形、菱形、正方形的性质求解 例1.（23-24八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，在矩形中，点是延长线上一点，连接，若则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，主要利用了矩形的对角线相等，等边对等角，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质是解题的关键．根据等边对等角的性质可得，再求解即可． 【详解】解：如图，连接， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， 故选：D． 例2.（2024·陕西西安·三模）如图，点E是菱形的对角线上一点，连接，若，，则的度数为 ． 【答案】45 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，掌握菱形的四边相等是解题的关键．由等腰三角形的性质可求，由菱形的性质可得，即可求解． 【详解】解：， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， ， 故答案为：45． 例3. （2024八年级下·浙江·专题练习）如图，正方形的边长为，点是的中点，垂直平分且分别交、于点、，则 ． 【答案】/ 【分析】本题考查正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，连接，，根据线段垂直平分线性质可得，由点是的中点，得，设，则，由勾股定理，可得出，求解即可． 【详解】解：如图，连接，， 垂直平分， ， 正方形的边长为， ，， 是的中点， ， 设，则， 由勾股定理，得 ，， ， 解得：， 故答案为：． 巩固训练 1.（23-24八年级下·广西玉林·期中）如图，正方形的对角线是菱形的一边，则等于（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方形的对角线平分一组对角求出，根据菱形的对角线平分一组对角可得，计算即可得解．本题主要考查了正方形的对角线平分一组对角，菱形的对角线平分一组对角的性质，熟记性质是解题的关键． 【详解】解：是正方形的对角线， ， 是菱形的对角线， ． 故选：B． 2.（23-24八年级下·湖南衡阳·阶段练习）如图，在矩形中，对角线，交于点O，若，则的长为 ． 【答案】3 【分析】本题考查了矩形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形对角线的性质，从而完成求解．根据矩形的对角线相等且互相平分的性质计算， 得，即可得到答案． 【详解】解：∵四边形为矩形，， ∴，， ∴， 故答案为：3． 3.（2024·四川成都·二模）如图，在菱形中，，分别是，上的点，且，连接，．若，，则的大小为 ． 【答案】/40度 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解决本题的关键是熟记菱形的性质． 根据菱形的性质和全等三角形的判定方法“”即可证明，再得到，因为，故． 【详解】∵四边形是菱形，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为． 4.（23-24八年级下·湖北襄阳·期中）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】6.5// 【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：6.5． 5.（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，菱形中，，点E在边上，点F在边上，且，若，则 ． 【答案】 【分析】此题考查菱形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，关键是根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质得出解答． 延长，相交于点，根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质得出，进而利用勾股定理解答即可． 【详解】解：延长，相交于点，作于点， 四边形是菱形， ，， ， 在与中， ， ， ， ，， ， ， ， 设，，， ， ， ， ， ， ， 即， 解得：， ， 故答案为：． 6.（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，在正方形中，点在上，，，垂足分别为、，若，则 ． 【答案】 【分析】此题考查了正方形的性质，矩形的判定，以及等腰直角三角形的判定与性质，由正方形，以及对角线的长，得到对角线互相垂直，等于的一半，根据三个角为直角的四边形为矩形得到四边形为矩形，进而得到矩形的对边相等，同时得到三角形为等腰直角三角形，由等量代换得到，求出即可． 【详解】解：正方形，， ， ，，， ，， ， 四边形为矩形，为等腰直角三角形， ，， ． 故答案为：． 题型八　矩形的性质与判定的综合问题 例题：（23-24八年级下·江苏盐城·期中）如图，在平行四边形中，，过点作交的延长线于点，连接交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题重点考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明及是等边三角形是解题的关键． （1）由，，得，由四边形是平行四边形，点在的延长线上，得，则四边形是平行四边形，即可由，根据矩形的定义证明四边形是矩形； （2）由平行四边形的性质和矩形的性质得，，，因为，所以是等边三角形，则，，所以，即可根据勾股定理求得． 【详解】（1）证明：， ， ， ， 四边形是平行四边形，点在的延长线上， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形． （2）解：四边形是矩形，四边形是平行四边形， ，， ， 是等边三角形， ， 是等边三角形， ，， ，， ， 的长是． 巩固训练 1.（2024·云南德宏·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，是的中点，连接并延长至点，使，连接，． (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】（1）先证明四边形为平行四边形，再根据菱形的性质得到，然后根据矩形的判定可证得结论； （2）根据矩形的性质求得，再根据菱形的性质和勾股定理求出对角线的长，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半求解即可． 【详解】（1）证明：∵是的中点 ， 四边形是平行四边形， 在菱形中， 四边形是矩形 （2）解：， 在菱形中，是的中点 是的中点 是的中位线 在菱形中，， 在中，， 根据勾股定理得 在菱形中，， ． 【点睛】本题考查平行四边形的判定、菱形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、含的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定与性质是解答的关键． 2.（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，在中，是的角平分线，是的外角的平分线，过点C作，垂足为E． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)矩形的面积为2． 【分析】此题考查了矩形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识． （1）证明，根据矩形的判定即可得到结论； （2）证明是等腰直角三角形，再根据矩形的面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵，是的平分线， ∴， ∴， ∵是外角的平分线， ∴． ∴， ∵， ∴． ∴， ∴四边形为矩形； （2）解：∵，是的平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形的面积为． 3.（2024八年级下·浙江·专题练习）在中，，为上的两点，且，． (1)求证：； (2)求证：是矩形； (3)连接，若是的平分线，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)． 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线定义，熟练掌握矩形的判定和性质定理是解题的关键． （1）首先根据平行四边形的性质得到，然后结合已知条件利用判定两三角形全等即可； （2）根据全等三角形的性质得到，从而判定矩形； （3）根据矩形的性质和角平分线的定义以及矩形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， ， 在和中， ， ； （2）证明：， ， 在平行四边形中，， ， ， 四边形是矩形； （3）解：四边形是矩形， ， 是的平分线， ， ， ， ， ， ， 四边形的面积． 题型九　利用菱形的判定与性质综合性问题 例题：如图，在等腰中，，平分，过点作交的延长线于，连接，过点作交的延长线于． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求的长． 【答案】(1)四边形是菱形，见解析 (2)的长为． 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）先利用等腰三角形的三线合一性质可得，再利用平行线的性质可得，，从而利用证明，进而可得，再利用对角线互相平分线的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，然后利用菱形的定义可得四边形是菱形，即可解答； （2）先利用角平分线的定义可得，再利用菱形的性质可得，从而可得是等边三角形，进而可得，然后利用垂直定义可得，从而可得，进而可得，再利用勾股定理进行计算，即可解答． 【详解】（1）四边形是菱形， 理由：，平分， ， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）平分，， ， 四边形是菱形， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， 的长为． 巩固训练 1.如图，在中，，平分，交于点，过点作交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若菱形的周长为，，求的长度． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）先证明四边形为平行四边形，再证明，得到，即可得到四边形是菱形； （）连接交于点，由菱形的性质可得，，，进而由得，又由菱形的周长得，由直角三角形的性质可得，利用勾股定理得，即可求出的长度； 本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的应用，平行线的性质，三角形内角和定理，直角三角形的性质，勾股定理，掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵， ∴，即 ， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：连接交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∵菱形的周长为， ∴， 在中，， ∴， 由勾股定理可得，， ∴． 2.已知，四边形是菱形． (1)若，则菱形的周长______； (2)如图①，、是对角线，则与的位置关系是_______． (3)如图②，点、分别在、上，且，，，点、分别在、上，与相交于点．求证：四边形是菱形． 【答案】(1)20 (2)垂直 (3)见解析 【分析】此题考查了菱形的性质与判定、平行四边形的判定等知识，证得四边形是平行四边形与是解题的关键． （1）根据菱形的性质即可得，即可得到结论； （2）根据菱形的性质即可得到结论； （3）由，，可证得四边形是平行四边形，又由四边形是菱形，，可得，即可证得四边形是菱形． 【详解】（1）解：（1）∵四边形是菱形， ∴， ∴菱形的周长． 故答案为：20； （2）∵四边形是菱形，、是对角线， ∴， ∴与的位置关系是垂直． 故答案为：垂直； （3）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 题型十　正方形的性质与判定的综合问题 例题：（23-24八年级下·江苏无锡·期中）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过D的直线折叠，使点A落在上的点处，得到折痕，然后在把纸片展平； 第二步：如图2，将图1中的矩形纸片沿过点E的直线折叠，点C恰好落在上的点处，得到折痕，交于点M，再把纸片展平． 问题解决： (1)如图1，求证：四边形是正方形； (2)如图2，若，，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)的面积是 【分析】（1）由折叠性质得，，，再根据平行线的性质和等腰三角形的判定得到四边形是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形为正方形； （2）连接，证明，得，从而有，设，则，在中，利用勾股定理列方程求出x，得到，即可求出的面积． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵将矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点A落在上的点处，得到折痕 ， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形； （2）解：如图，连接，由（1）知，，    ∵四边形是矩形， ∴，， 由折叠知，，， ∴，， 在和中， ∴， ∴， ∴， 设， ∵，， ∴， ∴， 在中， 由勾股定理，得， 即， ， ， 解得， 即， ∴的面积． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点，添加辅助线． 巩固训练 1.（23-24九年级下·山东淄博·期中）如图，中，，、外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，，为垂足． (1)________°（直接写出结果不写解答过程） (2)求证：四边形是正方形． 若，求的面积． (3)如图（），在中，，高，，则的长度是________（直接写出结果不写解答过程）． 【答案】(1)； (2)证明见解析；； (3)． 【分析】（）由可得，进而得，再根据角平分线的定义可得，最后根据三角形内角和定理即可求解； （）过点作于，由角平分线的性质可得，再证明四边形是矩形即可求证； 证明得，同理得，设，得，又由可得， 得到，在中，利用勾股定理得，得到，即得，再根据三角形面积公式即可求解； （）如图所示， 把沿翻折得，把 沿翻折得，延长交于点，同理（）即可求解； 本题考查了正方形的判定和性质，角平分线的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∵平分，平分， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：； （2）证明：过点作于， ∵平分，，， ∴， 同理可得， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 同理可得， 设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴； （3）解：如图所示， 把沿翻折得，把 沿翻折得，延长交于点， 由折叠可得，，，，，，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 2.（23-24八年级下·江苏南通·期中）如图，四边形是边长为4的正方形，点P为射线上的一个动点，延长到点E，使，连接，以为边作平行四边形，直线和直线相交于点M． (1)如图1，点P在边上，判断四边形的形状，并说明理由； (2)在（1）的条件下，若点P为的中点，求点F到边的距离； (3)若，求的长． 【答案】(1)正方形，理由见解析 (2)2 (3)1或3 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定： （1）先证明得到，进而证明，即可证明四边形是正方形； （2）如图所示，作，垂足为H，证明，得到，求出，则，即点F到距离为2； （3）分点P在上和点P在得延长线上两种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下： 解：在正方形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是正方形； （2）解：如图所示，作，垂足为H， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∵点P是中点， ∴， ∴， ∴点F到距离为2； （3）解：①点P在线段上， ∵， ∴， ∴， 由（2）可得，， ∴， 设，则， 由勾股定理得， ∴， 解得， ∴； ②点P在延长线上， 如图所示，作，垂足为H， 同理可得， 同理可证明， ∴， 设，则， 由勾股定理得， ∴， 解得， ∴； 综上所述，得长为1或3． 3.（23-24八年级下·四川广安·期中）问题情境： 如图①，点E为正方形内一点，，且，延长交于点G，连接． 猜想证明： （1）如图①，试判断四边形的形状，并说明理由． （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系，并加以证明． 解决问题： （3）如图①，若，请直接写出的长． 【答案】（1）四边形是正方形．理由见解析；（2），证明见解析；（3） 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形三线合一的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，勾股定理是解题的关键． （1）证明即可； （2）过点作于点，证明，结合，得到，得证； （3）过点作，垂足为，证明，结合，得到，设，则，根据勾股定理，求得的值，再利用计算即可． 【详解】解：（1）四边形是正方形．理由是： ∵四边形是正方形， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形． （2）． 证明：如图，过点作于点， 则． ， ， ∵四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， 由（1）知四边形是正方形， ， ， ， ， ， ． （3）过点作，垂足为，如图： ∵四边形是正方形， ， ， ， ， ． ， ， 根据（2），得到， ， 设， ∵四边形是正方形，， ， ， ， 解得（舍去）， ， ， 解得． 题型十一　与三角形中位线有关的求解问题 例题：（24-25九年级上·云南文山·期末）如图，是的中位线，若的周长为14，则的周长为 ．    【答案】7 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题 【分析】本题考查了三角形中位线定理，掌握三角形中位线定理是解题的关键． 利用三角形中位线定理得的周长为的周长的一半，即可求解． 【详解】解：∵是的中位线， ， ∴的周长为； 故答案为：7． 巩固训练 1．（24-25九年级上·江西宜春·期末）如图，中，，，点D，E分别是，的中点，点F在上，且，则 ． 【答案】 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查三角形中位线定理的应用，直角三角形的性质，本题解题的关键在熟练掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半．首先根据三角形中位线的定理，得出的长，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，得出的长，最后根据，即可算出答案． 【详解】解：∵点，分别是，的中点， ∴为的中位线， ∴； 又∵， ∴； 又∵， ∴在中，点是的中点， ∴； 又∵， ∴； 又∵， ∴； 故答案为：． 2．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，D，E，F分别是的中点．若，则 ． 【答案】2 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质、三角形中位线的性质等知识点，掌握三角形中位线的性质是解题的关键． 根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据三角形中位线的性质即可解答． 【详解】解：∵，D是的中点， ∴， ∵E，F分别是的中点， ∴． 故答案为2． 3．（24-25九年级上·广东广州·开学考试）如图，在中，D，E分别是的中点，交的延长线于点F． 若，，则的长为 ． 【答案】2 【知识点】线段垂直平分线的性质、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】本题主要考查了线段垂直平分线性质、三角形中位线定理等知识点，掌握线段垂直平分线性质和三角形中位线定理是解题的关键． 根据D是的中点，可得，进而求出，再根据三角形中位线定理求解即可． 【详解】解：∵ D是的中点， ，， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴， ∵D，E分别是的中点， ∴是的中位线， ∴． 故答案为：2． 题型十二　与三角形中位线有关的证明 例题：（23-24八年级下·广东清远·期末）如图，点O是内一点，连接，并将的中点D，E，F，H依次连接，得到四边形． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)如果，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长是． 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、证明四边形是平行四边形、与三角形中位线有关的证明 【分析】此题重点考查三角形中位线定理、平行四边形的判定、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． （1）由D，E，F，H分别是的中点，根据三角形中位线定理得，且，即可证明四边形是平行四边形； （2）作于点G，因为，利用等腰三角形的性质，直角三角形的性质结合勾股定理求得，，再根据三角形中位线定理求得即可． 【详解】（1）证明：∵D，E，F，H分别是的中点， ∴，且，，且， ∴，且， ∴四边形是平行四边形； （2）解：作于点G，则， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴的长是． 巩固训练 1．（24-25九年级上·甘肃兰州·期中）如图，D、E、F分别是三边中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若四边形是矩形，，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)10 【知识点】用勾股定理解三角形、证明四边形是平行四边形、与三角形中位线有关的证明、矩形性质理解 【分析】（1）由三角形中位线定理得到，再由两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证明四边形是平行四边形； （2）先由矩形的性质得到，再由勾股定理得到，最后根据三角形中位线定理即可得到． 【详解】（1）证明：∵D、E、F分别是三边中点， ∴分别是的中位线， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图所示，连接， ∵若四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∵E、F分别是的中点， ∴是的中位线， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟知三角形的中位线平行于第三边且等于第三边长的一半是解题的关键． 2．（24-25九年级上·河南郑州·期中）如图，在中，，分别取边上的中点D，E，连接并延长到点F，使得，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，则四边形的面积为________． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的证明、斜边的中线等于斜边的一半、证明四边形是菱形 【分析】本题考查菱形的判定和性质以及三角形中位线定理，勾股定理； （1）由三角形中位线定理得，且，再证四边形是平行四边形，然后根据斜边中线和等边三角形的判定得到，最后由菱形的判定即可得出结论； （2）由可得，再由平行线可得，利用勾股定理求出的长，最后根据菱形面积底乘高计算即可． 【详解】（1）证明：，边上的中点E， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∵边上的中点为D， ∴是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解： ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形的面积为， 故答案为：． 3．（24-25九年级上·贵州·期末）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 【知识点】与三角形中位线有关的证明、证明四边形是正方形、中点四边形 【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． 4．（24-25九年级上·江西九江·期中）【课本再现】 思考：我们知道，矩形的对角线相等．反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？可以发现并证明矩形的一个判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形． 定理证明 （1）为了证明该定理，小贤同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你从矩形的定义出发完成证明过程． 已知：在平行四边形中，对角线，交点为．求证：四边形是矩形． 应用定理 （2）如图2，在菱形中，，，，分别为，，，的中点．求证：四边形是矩形． （3）如图3，，是四边形的对角线，，若，，，，分别为，，，的中点．设，．求关于的函数关系式． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）12 【知识点】全等三角形综合问题、与三角形中位线有关的证明、证明四边形是菱形、用关系式表示变量间的关系 【分析】（1）根据平行四边形的性质和已知条件判定，推出，利用平行线的性质得到，即可判定是矩形； （2）先根据中点结合菱形的性质证明，得，同理，，则，可知四边形是平行四边形，连接，，再证四边形是平行四边形，则，同理，四边形是平行四边形，则，得，即可证明四边形是矩形； （3）由中位线定理可得，， ，，即可证明四边形是平行四边形，由即可得出，从而证明四边形是矩形，利用面积公式即可求解． 【详解】解：（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是矩形； （2）证明：在菱形中，，，， ∵，，，分别为，，，的中点， ∴， ∴， ∴， 同理，，则， ∴四边形是平行四边形， 连接，， 在菱形中，，则， ∴四边形是平行四边形，则， 同理，四边形是平行四边形，则， ∴， ∴四边形是矩形； （3）∵，，，分别为，，，的中点， ∴，， ，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴四边形的面积， ∵，，． ∴ ∴ 即． 【点睛】本题考查了中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质，函数关系式，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 1 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 01 思维导图 02 知识速记 【知识点01】旋转的性质 旋转的性质：一个图形和它所经过旋转所得的图形中： （1）对应点到旋转中心的距离相等； （2）任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角； （3）对应线段相等，对应角相等. 【知识点02】中心对称性质 一个图形绕某一点旋转180°是一种特殊的旋转，成中心对称的两个图形具有图形旋转的一切性质。 成中心对称的两个图形中，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分。 【知识点03】平行四边形 1.平行四边形的概念：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。 2.平行四边形的性质： （1）平行四边形的对边相等；（2）平行四边形的对角相等（3）平行四边形的对角线互相平分。 3.判定平行四边形的条件 （1）两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念） （2）一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形 （3）对角线互相平分的四边形叫做平行四边形 （4）两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形 4.反证法： 反证法是一种间接证明的方法，不是从已知条件出发直接证明命题的结论成立，而是先提出与结论相反的假设，然后由这个“假设”出发推导出矛盾，说明假设是不成立的，因而命题的结论是成立的。 【知识点04】矩形、菱形、正方形 1.矩形的概念和性质 有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。 2.判定矩形的条件 （1）有一个角是直角的平行四边形是矩形 （2）三个角是直角的四边形是矩形 （3）对角线相等的平行四边形是矩形 3.菱形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 4.判定菱形的条件 （1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2）四边相等的四边形是菱形 （3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形 5.正方形的概念、性质 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 6.判定正方形的条件 （1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念） （2）有一组邻边相等的矩形是正方形 （3）有一个角是直角的菱形是正方形 【知识点05】三角形的中位线 1.三角形中线的概念和性质 连接三角形两边重点的线段叫做三角形的中位线。三角形中位线平行且等于第三边的一半。 2.三角形的中位线与中线的区别 （1）区别：三角形的中位线平分这个三角形的两条边，平行于第三边，且等于第三边的一半，但不经过这个三角形的任何顶点；而三角形的中线只平分这个三角形的一条边，不平行于这个三角形的任何边，但经过它所平分的边相对的顶点。 （2）联系：三角形的一边上的中线与这边对应的中位线能够互相平分。 03 题型归纳 题型一　旋转中心、旋转角、对应点 例题：（24-25九年级上·宁夏固原·期中）如图，已知四边形是正方形，E、F分别是和的延长线上的点，且，连接、、． (1)填空：可以由绕旋转中心点 ，按顺时针方向旋转 度得到； (2)若，，求的面积． 巩固训练 1．（24-25九年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，在小正方形网格中，将绕某一点旋转变换得到，则旋转中心为（   ） A．点 B．点 C．点 D．点 2．（24-25九年级上·湖北武汉·期中）如图，将将绕点顺时针旋转一定角度得到，且点落在线段上 (1)旋转中心是点______，旋转角是________和_____； (2)当旋转角为时，求的度数． 3．（23-24七年级下·湖南衡阳·期末）如图，已知四边形是正方形，点E在上，将经顺时针旋转后与完全重合，再将线段向右平移后与完全重合. (1)旋转的中心是 ；旋转角度是 ； (2)试猜想线段和的数量关系和位置关系，并说明理由. 题型二　旋转作图 例题：（24-25九年级上·广东梅州·期末）在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，． (1)画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标； (2)画出将绕点B按顺时针旋转所得的． 巩固训练 1．（24-25九年级上·安徽黄山·期中）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上． (1)将向左平移6个单位长度得到，请画出； (2)画出关于点的中心对称图形； (3)若将绕某一点旋转可得到，那么旋转中心的坐标为______，旋转角度为______． 2．（24-25七年级上·上海·期末）在图中网格上按要求画出图形，并回答问题： (1)如果将三角形绕点向逆时针方向旋转，使得点、点、点的对应点分别为点、点、点，请画出三角形； (2)画出三角形关于点成中心对称的三角形； (3)三角形与三角形 （填“是”或“否”）关于某个点成中心对称？如果是，请在图中画出这个对称中心；如果不是，请描述通过怎样的运动可以使三角形与三角形重合． 3．（24-25九年级上·四川泸州·期末）如图，的顶点坐标分别为，，． (1)画出绕点A逆时针旋转后得到的； (2)画出关于原点O的对称图形． (3)P为x轴上一点，且取得最小值时，作出点P并直接写出点P的坐标为________． 题型三　中心对称图形的识别 例题：（2024九年级上·全国·专题练习）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 巩固训练 1．（24-25九年级上·广西南宁·阶段练习）数学有很多寓意美好的线或图，下面图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A．笛卡尔心形线 B．科克曲线 C．阿基米德螺旋线 D．赵爽弦图 2．（2024九年级上·全国·专题练习）下列图形中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C．D． 3．（2023·河南商丘·模拟预测）下列标志中，可以看作是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 题型四　利用平行四边形的性质求解 例题：（2023上·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学校考期末）在中，若，则的度数为 度． 巩固训练 1．（2023上·吉林长春·八年级校考期末）如图，在中，，对角线与相交于点O，，则的周长为 . 2．（2024下·全国·八年级假期作业）如图，在中，，的平分线AE交DC于点E，连接BE，若，则的度数为 ． 3．（2024上·吉林长春·八年级校考期末）如图，在中，平分，交于点F，平分，交于点E，，，则长为 . 题型五　利用平行四边形的性质与判定综合 例题：（2023下·广东深圳·八年级校考期末）已知：如图，E、F是对角线上的两点．      (1)若，求证：四边形是平行四边形； (2)若，，垂足分别为E、F，，求的度数． 巩固训练 1．（2023下·吉林长春·八年级校考期中）如图，中，E、F分别是、上的点，且，连接交于O． (1)连接、，判断四边形的形状并说明理由． (2)若，，的面积为2，求的面积． (3)若，，，延长交的延长线于G，当时，则的长为______． 2．（2023下·全国·八年级假期作业）在四边形中，，． (1)如图①，求证：四边形是平行四边形； (2)如图②，平分，交于点．若，，求的面积； (3)如图③，平分，交于点，作交射线于点，交于点．若，请探究线段，，之间的数量关系． 题型六　矩形、菱形、正方形的性质 例1．（2024八年级下·全国·专题练习）下列选项中，菱形不具有的性质是（    ） A．四边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．每条对角线平分一组对角 例2．（23-24八年级下·河南濮阳·期中）矩形不一定具有的性质是（      ） A．对角线垂直 B．四个角都是直角 C．是轴对称图形 D．对角线相等 例3．（23-24八年级下·河南周口·期中）下列关于正方形的说法错误的是（    ） A．正方形的四条边都相等，四个角都是直角 B．正方形有四条对称轴 C．正方形的两条对角线互相垂直平分且相等 D．正方形一条对角线上的点到另一条对角线两端点的距离不一定相等 巩固训练 1.（23-24八年级下·河南商丘·期中）关于菱形的性质，下列说法不正确的是（    ） A．四条边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线互相平分 D．对角线相等 2.（2024八年级下·全国·专题练习）菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（　　） A．两组对边分别平行 B．两组对角分别相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 3.（2024·河南鹤壁·一模）矩形具有而菱形不具有的性质是（    ） A．两组对边分别平行 B．两组对角分别相等 C．对角线相等 D．对角线互相平分 4.（23-24八年级下·湖北荆州·期中）菱形，矩形，正方形都具有的性质是（   ） A．四条边都相等 B．都是轴对称图形 C．对角线互相垂直且互相平分 D．对角线相等且互相平分 5.（23-24八年级下·山东淄博·期中）正方形具有而菱形不具有的性质是（　　） A．对角线平分一组对角 B．对角线相等 C．对角线互相垂直平分 D．四条边相等 6.（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（    ） A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．四个角都是直角 题型七　利用矩形、菱形、正方形的性质求解 例1.（23-24八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，在矩形中，点是延长线上一点，连接，若则的度数为（    ） A． B． C． D． 例2.（2024·陕西西安·三模）如图，点E是菱形的对角线上一点，连接，若，，则的度数为 ． 例3. （2024八年级下·浙江·专题练习）如图，正方形的边长为，点是的中点，垂直平分且分别交、于点、，则 ． 巩固训练 1.（23-24八年级下·广西玉林·期中）如图，正方形的对角线是菱形的一边，则等于（    ）    A． B． C． D． 2.（23-24八年级下·湖南衡阳·阶段练习）如图，在矩形中，对角线，交于点O，若，则的长为 ． 3.（2024·四川成都·二模）如图，在菱形中，，分别是，上的点，且，连接，．若，，则的大小为 ． 4.（23-24八年级下·湖北襄阳·期中）如图，在矩形中，分别是上的点，分别是的中点，，，则线段的长为 ． 5.（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，菱形中，，点E在边上，点F在边上，且，若，则 ． 6.（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，在正方形中，点在上，，，垂足分别为、，若，则 ． 题型八　矩形的性质与判定的综合问题 例题：（23-24八年级下·江苏盐城·期中）如图，在平行四边形中，，过点作交的延长线于点，连接交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 巩固训练 1.（2024·云南德宏·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，是的中点，连接并延长至点，使，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 2.（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，在中，是的角平分线，是的外角的平分线，过点C作，垂足为E． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 3.（2024八年级下·浙江·专题练习）在中，，为上的两点，且，． (1)求证：； (2)求证：是矩形； (3)连接，若是的平分线，，，求四边形的面积． 题型九　利用菱形的判定与性质综合性问题 例题：如图，在等腰中，，平分，过点作交的延长线于，连接，过点作交的延长线于． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求的长． 巩固训练 1.如图，在中，，平分，交于点，过点作交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若菱形的周长为，，求的长度． 2.已知，四边形是菱形． (1)若，则菱形的周长______； (2)如图①，、是对角线，则与的位置关系是_______． (3)如图②，点、分别在、上，且，，，点、分别在、上，与相交于点．求证：四边形是菱形． 题型十　正方形的性质与判定的综合问题 例题：（23-24八年级下·江苏无锡·期中）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过D的直线折叠，使点A落在上的点处，得到折痕，然后在把纸片展平； 第二步：如图2，将图1中的矩形纸片沿过点E的直线折叠，点C恰好落在上的点处，得到折痕，交于点M，再把纸片展平． 问题解决： (1)如图1，求证：四边形是正方形； (2)如图2，若，，，求的面积． 巩固训练 1.（23-24九年级下·山东淄博·期中）如图，中，，、外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，，为垂足． (1)________°（直接写出结果不写解答过程） (2)求证：四边形是正方形． 若，求的面积． (3)如图（），在中，，高，，则的长度是________（直接写出结果不写解答过程）． 2.（23-24八年级下·江苏南通·期中）如图，四边形是边长为4的正方形，点P为射线上的一个动点，延长到点E，使，连接，以为边作平行四边形，直线和直线相交于点M． (1)如图1，点P在边上，判断四边形的形状，并说明理由； (2)在（1）的条件下，若点P为的中点，求点F到边的距离； (3)若，求的长． 3.（23-24八年级下·四川广安·期中）问题情境： 如图①，点E为正方形内一点，，且，延长交于点G，连接． 猜想证明： （1）如图①，试判断四边形的形状，并说明理由． （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系，并加以证明． 解决问题： （3）如图①，若，请直接写出的长． 题型十一　与三角形中位线有关的求解问题 例题：（24-25九年级上·云南文山·期末）如图，是的中位线，若的周长为14，则的周长为 ．    巩固训练 1．（24-25九年级上·江西宜春·期末）如图，中，，，点D，E分别是，的中点，点F在上，且，则 ． 2．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，D，E，F分别是的中点．若，则 ． 3．（24-25九年级上·广东广州·开学考试）如图，在中，D，E分别是的中点，交的延长线于点F． 若，，则的长为 ． 题型十二　与三角形中位线有关的证明 例题：（23-24八年级下·广东清远·期末）如图，点O是内一点，连接，并将的中点D，E，F，H依次连接，得到四边形． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)如果，，，求的长． 巩固训练 1．（24-25九年级上·甘肃兰州·期中）如图，D、E、F分别是三边中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若四边形是矩形，，，求的长． 2．（24-25九年级上·河南郑州·期中）如图，在中，，分别取边上的中点D，E，连接并延长到点F，使得，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，则四边形的面积为________． 3．（24-25九年级上·贵州·期末）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． 4．（24-25九年级上·江西九江·期中）【课本再现】 思考：我们知道，矩形的对角线相等．反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？可以发现并证明矩形的一个判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形． 定理证明 （1）为了证明该定理，小贤同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你从矩形的定义出发完成证明过程． 已知：在平行四边形中，对角线，交点为．求证：四边形是矩形． 应用定理 （2）如图2，在菱形中，，，，分别为，，，的中点．求证：四边形是矩形． （3）如图3，，是四边形的对角线，，若，，，，分别为，，，的中点．设，．求关于的函数关系式． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$