第9章 中心对称图形-平行四边形（导图+知识梳理+易错点拨+20大考点讲练+优选压轴题专练 共56题）-2024-2025学年苏科版数学八年级下学期期中复习知识串讲（优等生培优版）

2024-2025学年苏科版数学八年级下学期期中复习知识串讲（优等生培优版） 第9章 中心对称图形-平行四边形 （思维导图+知识梳理+易错点拨+20大考点讲练+优选压轴题专练 共56题） 目 录 讲义编写说明 2 思维导图指引 3 全章节知识梳理精讲 4 知识点梳理01：旋转的概念和性质 4 知识点梳理02：中心对称与中心对称图形 4 知识点梳理03：平行四边形 4 知识点梳理04：矩形 5 知识点梳理05：菱形 5 知识点梳理06：正方形 5 易错考点梳理点拨 6 易错知识点梳理01：平行四边形的定义与性质 6 易错知识点梳理02：平行四边形的判定 6 易错知识点梳理03：平行四边形的面积与周长 6 易错知识点梳理04：平行四边形的特殊类型 7 易错知识点梳理05：平行四边形的综合应用 7 期中真题汇编考点讲练 7 重点考点讲练01：平行四边形的性质 7 重点考点讲练02：平行四边形的判定 8 重点考点讲练03：平行四边形的判定与性质 10 重点考点讲练04：菱形的性质 11 重点考点讲练05：菱形的判定 11 重点考点讲练06：菱形的判定与性质 12 重点考点讲练07：矩形的性质 13 重点考点讲练08：矩形的判定 14 重点考点讲练09：矩形的判定与性质 15 重点考点讲练10：正方形的性质 15 重点考点讲练11：正方形的判定 17 重点考点讲练12：正方形的判定与性质 18 重点考点讲练13：反证法 19 重点考点讲练14：生活中的旋转现象 19 重点考点讲练15：旋转的性质 20 重点考点讲练16：旋转对称图形 20 重点考点讲练17：中心对称 21 重点考点讲练18：中心对称图形 22 重点考点讲练19：作图-旋转变换 23 重点考点讲练20：三角形中位线定理 25 优选压轴真题专练 26 同学你好，本套讲义针对课本教材同步学习设定制作，贴合书本内容。讲义包含导图指引，易错知识点梳理，易错考点真题汇编，精选易错题难度拔高练！题目新颖，题量充沛，精选名校真题，模拟题等最新题目，解析思路清晰，难度中上，非常适合培优拔尖的同学使用，讲义可作为章节复习，期中期末强化巩固学习使用。相信本套讲义资料可以帮助到你！ 知识点梳理01：旋转的概念和性质 将图形绕一个定点转动一定的角度，这样的图形运动称为图形的旋转. 一个图形和它经过旋转所得到的图形中，对应点到旋转中心距离相等，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等. 知识点梳理02：中心对称与中心对称图形 一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这点对称，也称这两个图形成中心对称.这个点叫做对称中心． 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. 把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 知识点梳理03：平行四边形 1．定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形. 2．性质：（1）对边平行且相等； （2）对角相等；邻角互补； （3）对角线互相平分； （4）中心对称图形. 3．面积： 4．判定：边：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形； （2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形； （3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． 角：（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形； （5）两组邻角分别互补的四边形是平行四边形． 边与角：（6）一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形； 对角线：（7）对角线互相平分的四边形是平行四边形. 【易错点剖析】平行线的性质： （1）平行线间的距离都相等； （2）等底等高的平行四边形面积相等. 知识点梳理04：矩形 1．定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 2．性质：（1）具有平行四边形的所有性质； （2）四个角都是直角； （3）对角线互相平分且相等； （4）中心对称图形，轴对称图形. 3．面积： ４．判定：（1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形. （2）对角线相等的平行四边形是矩形. （3）有三个角是直角的四边形是矩形. 知识要点：由矩形得直角三角形的性质： （1）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半； （2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半． 知识点梳理05：菱形 1. 定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 2．性质：（1）具有平行四边形的一切性质； （2）四条边相等； （3）两条对角线互相平分且垂直，并且每一条对角线平分一组对角； （4）中心对称图形，轴对称图形. 3．面积： 4．判定：（1）一组邻边相等的平行四边形是菱形； （2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形； （3）四边相等的四边形是菱形. 知识点梳理06：正方形 1. 定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形. 2．性质：（1）对边平行； （2）四个角都是直角； （3）四条边都相等； （4）对角线互相垂直平分且相等，对角线平分对角； （5) 两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形； （6）中心对称图形，轴对称图形. 3．面积：边长×边长＝×对角线×对角线 4．判定：（1）有一个角是直角的菱形是正方形； （2）一组邻边相等的矩形是正方形； （3）对角线相等的菱形是正方形； （4）对角线互相垂直的矩形是正方形； （5）对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形； （6）四条边都相等，四个角都是直角的四边形是正方形 易错知识点梳理01：平行四边形的定义与性质 定义混淆：学生可能混淆平行四边形的定义，如将两组对边分别平行但不一定相等的四边形误认为是平行四边形。 性质记忆不全：平行四边形的性质较多，包括对角线互相平分、对边平行且相等、对角相等、邻角互补等。学生可能只记得部分性质，导致在解题时遗漏关键信息。 易错知识点梳理02：平行四边形的判定 判定条件混淆：平行四边形的判定条件有多种，如两组对边分别平行、两组对边分别相等、一组对边平行且相等、对角线互相平分等。学生可能混淆这些条件，导致判定错误。 忽视特殊情况：在判定平行四边形时，学生可能忽视特殊情况，如矩形、菱形等，它们既是平行四边形，又具有特殊的性质。 易错知识点梳理03：平行四边形的面积与周长 面积公式应用错误：平行四边形的面积公式为底乘以高，但学生可能误用其他公式，如三角形的面积公式或矩形的面积公式。 周长计算错误：平行四边形的周长为四边之和，但学生可能由于计算错误或忽视题目中的条件（如某两边相等）而导致周长计算错误。 易错知识点梳理04：平行四边形的特殊类型 矩形与菱形的性质混淆：矩形和菱形都是特殊的平行四边形，但它们具有不同的性质。学生可能混淆这些性质，导致在解题时出错。 特殊类型的判定：矩形和菱形的判定条件与平行四边形有所不同，学生需要明确这些条件，以便在解题时正确判断。 易错知识点梳理05：平行四边形的综合应用 综合运用能力不足：在解决涉及平行四边形的综合问题时，学生可能需要综合运用多个知识点。由于知识点之间的关联性较强，学生可能因综合运用能力不足而出错。 忽视题目中的隐含条件：题目中可能包含一些隐含条件，如平行四边形的对角线互相平分等。学生需要仔细审题，避免忽视这些条件。 重点考点讲练01：平行四边形的性质 【母题精讲】（2024春•江北区期中）如图，在中，于点，于点．若，，且的周长为40，则的面积为　　 A．24 B．36 C．40 D．48 【训练1】（2020春•罗湖区校级期中）如图，平行四边形中，平分，交于点，且，延长与的延长线交于点，连接、．下列结论：①；②是等边三角形；③；④．其中正确的有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【训练2】（2021春•辉县市期中）如图平行四边形中，对角线，交于点，过点，并与，分别交于点，，已知， （1）求的长； （2）如果两条对角线长的和是20，求三角形的周长． 重点考点讲练02：平行四边形的判定 【母题精讲】（2024春•大武口区校级期中）如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发，沿射线以每秒3个单位的速度运动，动点同时从点出发，在线段上以每秒1个单位的速度向终点运动，当动点到达点时，动点也同时停止运动．设点的运动时间为（秒．以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时值为　　秒． A．2或 B． C．或 D． 【训练1】（2021春•唐河县期中）如图，在四边形中，，，，是的中点．点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿向点运动；点同时以每秒3个单位长度的速度从点出发，沿向点运动．点停止运动时，点也随之停止运动，当运动时间秒时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，则的值为 　 ． 【训练2】（2024春•红桥区期中）如图，在中，，，其中是边上的高．点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时点由点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点的直线，交于点，连接，设运动时间为，解答下列问题： （1）线段　，　　（用含的代数式表示）； （2）求的长； （3）当为何值时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形？ 重点考点讲练03：平行四边形的判定与性质 【母题精讲】（2023春•盐都区期中）如图，为了体验四边形的不稳定性，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，然后向右拉动框架，给出如下的判断：①四边形为平行四边形；②对角线的长度不变；③四边形的面积不变；④四边形的周长不变，其中所有正确的结论是　　 A．①② B．①④ C．①②④ D．①③④ 【训练1】（2024春•斗门区校级期中）如图，在中，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动．点在边上以每秒的速度从点出发，在之间往返运动．两个点同时出发，当点到达点时停止（同时点也停止运动），设运动时间为秒．当时，运动时间　　 时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形． 【训练2】（2024春•西湖区期中）已知：如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，点，分别在，的延长线上，且，连接，，，． （1）求证：四边形为平行四边形； （2）若平分，，，求四边形的周长． 重点考点讲练04：菱形的性质 【母题精讲】（2024春•龙华区校级期中）已知如图，菱形中，对角线与相交于点，于，交于点，若，则一定等于　　 A． B． C． D． 【训练】（2023春•南漳县期中）如图，在菱形中，，，点是边上一个动点，交于点，交于点，是的中点，是的中点，于点，当点是边的三等分点时，的长为 　　． 重点考点讲练05：菱形的判定 【母题精讲】（2024春•蓬江区校级期中）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． （1）求证：； （2）证明四边形是菱形． 【训练】（2024春•东西湖区期中）如图1，四边形中，，，，，，动点在线段边上以每秒1个单位的速度由点向点运动，动点从点同时出发，以每秒3个单位的速度向点运动，设动点的运动时间为秒． （1）当为何值时，满足或？请说明理由． （2）如图2，若是上一点，，那么在线段上是否存在一点，使得四边形是菱形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 重点考点讲练06：菱形的判定与性质 【母题精讲】（2024春•汝城县期中）如图，在中，，，，点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点，运动的时间是秒．过点作于点，连接，． （1）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，请说明理由； （2）当为何值时，为直角三角形？请说明理由． 【训练】（2021春•高青县期中）如图，在中，的平分线交于点，交的延长线于，以、为邻边作． （1）证明是菱形； （2）若，连接、，求的度数； （3）若，，，是的中点，求的长． 重点考点讲练07：矩形的性质 【母题精讲】（2024春•玉州区期中）如图，在矩形中，，的平分线交于点，于点，连接并延长交于点，连接交于点，有下列结论：①平分；②；③；④．其中正确的结论有　　 A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【训练】（2021春•天河区期中）如图，矩形的对角线、相交于点，且，，点为上一点，．连接，则的长为　　． 重点考点讲练08：矩形的判定 【母题精讲】（2023春•霸州市期中）如图，已知和是两个边长都为的等边三角形，且点，，，都在一条直线上，连接，． （1）四边形的形状是 　 ； （2）若，此时沿着方向以的速度运动，运动时间为， ①当四边形是菱形时，它的面积是 　　 ； ②当运动时间　　 时，四边形是矩形． 【训练】（2024春•河北校级期中）如图，将的边延长至点，使，连接，，，交于点． （1）求证：△△； （2）若，求证：四边形是矩形． 重点考点讲练09：矩形的判定与性质 【母题精讲】（2024春•广安区校级期中）下列说法： ①三角形的三条高一定都在三角形内； ②有一个角是直角的四边形是矩形； ③有一组邻边相等的平行四边形是菱形； ④平行四边形两对角线的平方和等于其四条边的平方和； ⑤一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形． 其中正确的个数有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【训练】（2024春•阳谷县期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点停止，同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是．连接、、．设点、运动的时间为 ． （1）当为何值时，四边形是矩形； （2）当为何值时，四边形是菱形； （3）分别求出（2）中菱形的周长和面积． 重点考点讲练10：正方形的性质 【母题精讲】（2024春•昌平区校级期中）如图1，在正方形中，点是边上一点，且点不与、重合，过点作的垂线交延长线于点，连接． （1）计算的度数； （2）如图2，过点作，垂足为，连接．用等式表示线段与之间的数量关系，并证明． 【训练】（2024春•鲤城区校级期中）阅读下面材料： 小明遇到这样一个问题：如图1，在正方形中，点、分别为、边上的点，，连接，求证：．小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将绕点顺时针旋转得到（如图，此时即是． 请回答：在图2中，的度数是 　　． 参考小明得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题： （1）如图3，在直角梯形中，，，，是上一点，若，，求的长度． （2）如图4，中，，，以为边作正方形，连接．当　　时，线段有最大值，并求出的最大值． 重点考点讲练11：正方形的判定 【母题精讲】（2023春•文登区期中）如图，平行四边形中，，是的中点，是边上的动点，的延长线与的延长线交于点，连接，，下列说法不正确的是　　 A．四边形是平行四边形 B．当时，四边形是矩形 C．当时，四边形是菱形 D．当时，四边形是正方形 【训练】（2023春•张店区校级期中）如图，在中，点是边上一个动点，过作直线，交的平分线于点，交的外角的平分线于点． （1）探究线段与的数量关系，并说明理由； （2）当点运动到何处，且满足什么条件时，四边形是正方形？请说明理由． 重点考点讲练12：正方形的判定与性质 【母题精讲】（2022春•仙桃校级期中）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接． （1）求证：矩形是正方形； （2）探究：线段、、之间的数量关系？并说明理由． 【训练】（2024春•越秀区校级期中）已知：如图，在正方形中，，分别是，上的点，、相交于点，并且． （1）如图1，判断和的位置关系？并说明理由； （2）如图2，，，点在线段上运动时（点不与、重合），四边形是否能否成为正方形？请说明理由． 重点考点讲练13：反证法 【母题精讲】（2021春•镇海区校级期中）用反证法证明“在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于”时应假设　　 A．三角形中有一个内角小于或等于 B．三角形中有两个内角小于或等于 C．三角形中有三个内角小于或等于 D．三角形中没有一个内角小于或等于 【训练1】（2024春•宝安区期中）下列说法，错误的是　　 A．三角形三边的垂直平分线相交于一点，这点到三角形三个顶点的距离相等 B．有两个角都是的三角形是等边三角形 C．三角形的三边分别为、、，若满足，那么该三角形是直角三角形 D．用反证法证明“三角形的三个内角中最多有一个直角”应假设“三角形的三个内角中没有直角” 【训练2】（2022春•鼓楼区期中）已知中，，求证：．下面写出运用反证法证明这个命题的四个步骤： ①所以，这与三角形内角和为矛盾； ②因此假设不成立，所以； ③假设在中，； ④由，得，即． 这四个步骤正确的顺序应是 　 ．（填序号） 重点考点讲练14：生活中的旋转现象 【母题精讲】（2021春•历下区期中）如图是一个装饰灯，每绕对称中心顺时针旋转90度就闪烁一次，此图为第一次闪烁，照此规律闪烁，第2021次闪烁呈现出来的图形是　　 A． B． C． D． 【训练】（2023春•达川区校级期中）下面的图形中必须由“基本图形”既平移又旋转而形成的图形是　　 A． B． C． D． 重点考点讲练15：旋转的性质 【母题精讲】（2022春•漳浦县期中）如图，在中，，，是的角平分线，过点作交边于点．若，则图中阴影部分面积为　　 A．2 B．4 C．3 D．5 【训练】（2024春•城关区校级期中）中，，，，将绕点旋转得到，连接，，，在旋转过程中，面积的最大值是　　 A． B． C．15 D．18 重点考点讲练16：旋转对称图形 【母题精讲】（2024秋•新丰县期中）如图，是一个纸折的小风车模型，将它绕着旋转中心旋转下列哪个度数后不能与原图形重合　　 A． B． C． D． 【训练】（2022春•南海区校级期中）如图，正三角形绕其中心至少旋转　 度，可与其自身重合． 重点考点讲练17：中心对称 【母题精讲】（2024春•涟水县期中）在平面内由极点、极轴和极径组成的坐标系叫做极坐标系．如图，在平面上取定一点称为极点；从点出发引一条射线称为极轴；线段的长度称为极径，点的极坐标就可以用线段的长度以及从转动到的角度（规定逆时针方向转动角度为正）来确定，即或或等，则点关于点成中心对称的点的极坐标表示不正确的是　　 A． B． C． D． 【训练1】（2024春•汝城县期中）如图所示，△与△关于点中心对称，但点不慎被涂掉了． （1）请你找到对称中心的位置； （2）连接线段和线段，试判断四边形的形状，并说明理由． 【训练2】（2024春•电白区期中）综合探究： 在中，，将在平面内绕点顺时针旋转（旋转角不超过，得到，其中点的对应点为点，连接，． （1）如图1，试猜想与之间满足的等量关系，并给出证明； （2）如图2，若点在边上，，求的长． 重点考点讲练18：中心对称图形 【母题精讲】（2024春•宁海县校级期中）北京时间2023年10月26日顺利进驻空间站组合体以来，神舟十七号航天员乘组已在轨工作生活54天，为期6个月的飞天之旅已完成近三分之一，将于近日择机实施第一次出舱活动．下列航天图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 【训练1】．（2024春•福田区校级期中）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．2017年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人进行围棋人机大战．截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是　　 A． B． C． D． 【训练2】（2023春•佛山期中）剪纸是我国的传统民间艺术，用于装点生活或者配合其他民俗活动．下列剪纸图案中，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 重点考点讲练19：作图-旋转变换 【母题精讲】（2024秋•龙江县期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点，，，请解答下列问题： （1）若经过平移后得到△，已知点的坐标为作出△并写出其余两个顶点的坐标； （2）将绕点按顺时针方向旋转得到△，作出△； （3）若将△绕某一点旋转可得到△，直接写出旋转中心的坐标． 【训练1】（2024春•寿阳县期中）如图，在平面直角坐标系中，△的三个顶点分别是，，． （1）将△以点为旋转中心旋转，画出旋转后对应的△；（请用黑色中性笔描黑） （2）将△向左平移2个单位，向下平移4个单位，画出平移后对应的△；点的对应点的坐标为 　　，（请用黑色中性笔描黑） （3）若将△绕某一点旋转可以得到△，请直接写出旋转中心的坐标为 　　． 重点考点讲练20：三角形中位线定理 【母题精讲】（2023春•微山县期中）如图，点，，分别是的边，，的中点，分别连接，，，，与相交于点．有下列四个结论： ①； ②； ③当时，点到四边形四条边的距离相等； ④当时，点到四边形四个顶点的距离相等． 其中正确的结论是　　 A．①② B．③④ C．②③ D．①④ 【训练】（2023春•庆云县期中）如图，△中，，，．点、、分别是边、、的中点；点、、分别是边、、的中点；；以此类推，则第2022个三角形的周长是 　　． 1．（24-25八年级下·山东德州·阶段练习）如图，将的矩形纸片放在以所在直线为轴，边上一点为坐标原点的直角坐标系中，连接将纸片沿折叠，使点落在边上的点处，则点的坐标为（　　） A． B． C． D． 2．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发，沿射线以每秒3个单位的速度运动，动点同时从点出发，在线段上以每秒1个单位的速度向终点运动，当动点到达点时，动点也同时停止运动．设点的运动时间为（秒．以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时值为（   ）秒． A．2或 B． C．或 D． 3．（23-24八年级下·天津西青·期中）如图，四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（   ） A．当时，平行四边形是菱形 B．当时，平行四边形是矩形 C．当时，平行四边形是菱形 D．当且时，平行四边形是正方形 4．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，已知的顶点分别在直线：和上，是坐标原点，当对角线的长最小时，点的坐标为 ． 5．（24-25八年级下·广东深圳·开学考试）如图，正方形中，，延长交于点，延长交于点，过点作，交的延长线于点，，，则 ． 6．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，已知正方形的边长为，，将正方形边沿折叠到，延长交于点，则的周长为_________． 7．（24-25八年级上·重庆·阶段练习）如图，于点E，且，若点I是的角平分线的交点，点F是的中点．则 ；若，则的面积为 ． 8．（24-25八年级下·河南周口·阶段练习）探究式学习是新课程提倡的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．（注：长方形的对边平行且相等，四个角都是直角） 【初步探究】如图1，将长方形纸片ABCD沿着对角线BD折叠，使点C落在处，交AD于E，若，，求AE的长； 【拓展延伸】如图2，在长方形纸片ABCD中，，，点E从点A出发以每秒2个单位长度的速度沿射线AD运动，把沿直线BE折叠，当点A的对应点F刚好落在线段BC的垂直平分线上时，直接写出运动时间（秒）的值． 9．（24-25八年级下·辽宁大连·开学考试）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，对角线所在的直线绕点O顺时针方向旋转，旋转中直线分别交边于点，．将四边形沿直线折叠得到四边形（点的对应点分别为，线段交边于．） (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，若，求证：； (3)若， ①如图3，点在点左侧时，求的长； ②如图4，点在点右侧时，直接写出的长． 10．（24-25八年级下·江苏镇江·阶段练习）【问题情境】在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片中，P为边上任意一点，将沿折叠，点B的对应点为． 【分析探究】 （1）如图1，若，当点恰好落在边上时，的形状为 ． 【问题解决】 （2）如图2，当P，Q为边的三等分点时，连接并延长，交边于点G．试判断线段与的数量关系，并说明理由； （3）如图3，当，时，连接并延长，交边于点E．若的面积为18，，请直接写出线段的长． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年苏科版数学八年级下学期期中复习知识串讲（优等生培优版） 第9章 中心对称图形-平行四边形 （思维导图+知识梳理+易错点拨+20大考点讲练+优选压轴题专练 共56题） 目 录 讲义编写说明 2 思维导图指引 3 全章节知识梳理精讲 4 知识点梳理01：旋转的概念和性质 4 知识点梳理02：中心对称与中心对称图形 4 知识点梳理03：平行四边形 4 知识点梳理04：矩形 5 知识点梳理05：菱形 5 知识点梳理06：正方形 5 易错考点梳理点拨 6 易错知识点梳理01：平行四边形的定义与性质 6 易错知识点梳理02：平行四边形的判定 6 易错知识点梳理03：平行四边形的面积与周长 6 易错知识点梳理04：平行四边形的特殊类型 7 易错知识点梳理05：平行四边形的综合应用 7 期中真题汇编考点讲练 7 重点考点讲练01：平行四边形的性质 7 重点考点讲练02：平行四边形的判定 10 重点考点讲练03：平行四边形的判定与性质 15 重点考点讲练04：菱形的性质 18 重点考点讲练05：菱形的判定 20 重点考点讲练06：菱形的判定与性质 22 重点考点讲练07：矩形的性质 27 重点考点讲练08：矩形的判定 30 重点考点讲练09：矩形的判定与性质 33 重点考点讲练10：正方形的性质 35 重点考点讲练11：正方形的判定 40 重点考点讲练12：正方形的判定与性质 42 重点考点讲练13：反证法 46 重点考点讲练14：生活中的旋转现象 48 重点考点讲练15：旋转的性质 49 重点考点讲练16：旋转对称图形 51 重点考点讲练17：中心对称 51 重点考点讲练18：中心对称图形 54 重点考点讲练19：作图-旋转变换 56 重点考点讲练20：三角形中位线定理 58 优选压轴真题专练 61 同学你好，本套讲义针对课本教材同步学习设定制作，贴合书本内容。讲义包含导图指引，易错知识点梳理，易错考点真题汇编，精选易错题难度拔高练！题目新颖，题量充沛，精选名校真题，模拟题等最新题目，解析思路清晰，难度中上，非常适合培优拔尖的同学使用，讲义可作为章节复习，期中期末强化巩固学习使用。相信本套讲义资料可以帮助到你！ 知识点梳理01：旋转的概念和性质 将图形绕一个定点转动一定的角度，这样的图形运动称为图形的旋转. 一个图形和它经过旋转所得到的图形中，对应点到旋转中心距离相等，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等. 知识点梳理02：中心对称与中心对称图形 一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这点对称，也称这两个图形成中心对称.这个点叫做对称中心． 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. 把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 知识点梳理03：平行四边形 1．定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形. 2．性质：（1）对边平行且相等； （2）对角相等；邻角互补； （3）对角线互相平分； （4）中心对称图形. 3．面积： 4．判定：边：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形； （2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形； （3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． 角：（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形； （5）两组邻角分别互补的四边形是平行四边形． 边与角：（6）一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形； 对角线：（7）对角线互相平分的四边形是平行四边形. 【易错点剖析】平行线的性质： （1）平行线间的距离都相等； （2）等底等高的平行四边形面积相等. 知识点梳理04：矩形 1．定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 2．性质：（1）具有平行四边形的所有性质； （2）四个角都是直角； （3）对角线互相平分且相等； （4）中心对称图形，轴对称图形. 3．面积： ４．判定：（1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形. （2）对角线相等的平行四边形是矩形. （3）有三个角是直角的四边形是矩形. 知识要点：由矩形得直角三角形的性质： （1）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半； （2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半． 知识点梳理05：菱形 1. 定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 2．性质：（1）具有平行四边形的一切性质； （2）四条边相等； （3）两条对角线互相平分且垂直，并且每一条对角线平分一组对角； （4）中心对称图形，轴对称图形. 3．面积： 4．判定：（1）一组邻边相等的平行四边形是菱形； （2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形； （3）四边相等的四边形是菱形. 知识点梳理06：正方形 1. 定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形. 2．性质：（1）对边平行； （2）四个角都是直角； （3）四条边都相等； （4）对角线互相垂直平分且相等，对角线平分对角； （5) 两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形； （6）中心对称图形，轴对称图形. 3．面积：边长×边长＝×对角线×对角线 4．判定：（1）有一个角是直角的菱形是正方形； （2）一组邻边相等的矩形是正方形； （3）对角线相等的菱形是正方形； （4）对角线互相垂直的矩形是正方形； （5）对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形； （6）四条边都相等，四个角都是直角的四边形是正方形 易错知识点梳理01：平行四边形的定义与性质 定义混淆：学生可能混淆平行四边形的定义，如将两组对边分别平行但不一定相等的四边形误认为是平行四边形。 性质记忆不全：平行四边形的性质较多，包括对角线互相平分、对边平行且相等、对角相等、邻角互补等。学生可能只记得部分性质，导致在解题时遗漏关键信息。 易错知识点梳理02：平行四边形的判定 判定条件混淆：平行四边形的判定条件有多种，如两组对边分别平行、两组对边分别相等、一组对边平行且相等、对角线互相平分等。学生可能混淆这些条件，导致判定错误。 忽视特殊情况：在判定平行四边形时，学生可能忽视特殊情况，如矩形、菱形等，它们既是平行四边形，又具有特殊的性质。 易错知识点梳理03：平行四边形的面积与周长 面积公式应用错误：平行四边形的面积公式为底乘以高，但学生可能误用其他公式，如三角形的面积公式或矩形的面积公式。 周长计算错误：平行四边形的周长为四边之和，但学生可能由于计算错误或忽视题目中的条件（如某两边相等）而导致周长计算错误。 易错知识点梳理04：平行四边形的特殊类型 矩形与菱形的性质混淆：矩形和菱形都是特殊的平行四边形，但它们具有不同的性质。学生可能混淆这些性质，导致在解题时出错。 特殊类型的判定：矩形和菱形的判定条件与平行四边形有所不同，学生需要明确这些条件，以便在解题时正确判断。 易错知识点梳理05：平行四边形的综合应用 综合运用能力不足：在解决涉及平行四边形的综合问题时，学生可能需要综合运用多个知识点。由于知识点之间的关联性较强，学生可能因综合运用能力不足而出错。 忽视题目中的隐含条件：题目中可能包含一些隐含条件，如平行四边形的对角线互相平分等。学生需要仔细审题，避免忽视这些条件。 重点考点讲练01：平行四边形的性质 【母题精讲】（2024春•江北区期中）如图，在中，于点，于点．若，，且的周长为40，则的面积为　　 A．24 B．36 C．40 D．48 【思路点拨】设，由平行四边形的周长表示出，再根据平行四边形的面积列式求出，然后根据平行四边形的面积公式列式进而求出，即可得出结论． 【规范解答】解：设， 四边形是平行四边形， ，， 的周长为40， ， ， 于点，于点， 的面积， ， 解得：， 的面积． 故选：． 【考点评析】本题考查了平行四边形的性质以及平行四边形面积公式，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 【训练1】（2020春•罗湖区校级期中）如图，平行四边形中，平分，交于点，且，延长与的延长线交于点，连接、．下列结论：①；②是等边三角形；③；④．其中正确的有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【思路点拨】由平行四边形的性质得出，，由平分，可得，可得，得，由，得到是等边三角形，②正确；则，由证明，①正确；由，得出④即可． 【规范解答】解：四边形是平行四边形， ，， ， 又平分， ， ， ， ， 是等边三角形； ②正确； ， ，， ； ①正确； 与等底等高与间的距离相等）， ， 又与同底等高， ， ． 若与相等，则， 题中未限定这一条件， 若；则， 则， ，题中未限定这一条件， ④不一定正确． 若与相等，即， 即 即， 题中未限定这一条件， ③不一定正确； 故选：． 【考点评析】此题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积关系；此题比较复杂，注意将每个问题仔细分析． 【训练2】（2021春•辉县市期中）如图平行四边形中，对角线，交于点，过点，并与，分别交于点，，已知， （1）求的长； （2）如果两条对角线长的和是20，求三角形的周长． 【思路点拨】（1）由平行四边形的性质和已知条件易证，所以可得，进而可求出的长； （2）由平行四边形的性质：对角线互相平分可求出的长，进而可求出三角形的周长． 【规范解答】解：（1）四边形是平行四边形， ，， ， 在和中 ， ， ， ； （2）四边形是平行四边形， ，，， ， ， 的周长． 【考点评析】本题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定以及全等三角形的性质，能够根据平行四边形的性质证明三角形全等，再根据全等三角形的性质将所求的线段转化为已知的线段是解题的关键． 重点考点讲练02：平行四边形的判定 【母题精讲】（2024春•大武口区校级期中）如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发，沿射线以每秒3个单位的速度运动，动点同时从点出发，在线段上以每秒1个单位的速度向终点运动，当动点到达点时，动点也同时停止运动．设点的运动时间为（秒．以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时值为　　秒． A．2或 B． C．或 D． 【思路点拨】由题意已知，，要使、、、为顶点的四边形为平行四边形，则只需要让即可，列出等式可求解． 【规范解答】解：四边形是平行四边形， ， 当从运动到时，且在上， ，， ， 解得， 当秒时，四边形是平行四边形； 当点在延长线上时， ， 解得， 秒或秒时，、、、为顶点的四边形为平行四边形． 故选：． 【考点评析】本题主要考查了直角梯形的性质，平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 【训练1】（2021春•唐河县期中）如图，在四边形中，，，，是的中点．点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿向点运动；点同时以每秒3个单位长度的速度从点出发，沿向点运动．点停止运动时，点也随之停止运动，当运动时间秒时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，则的值为 　2或3.5　． 【思路点拨】由，则时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形， ①当运动到和之间时，则得：，解方程即可， ②当运动到和之间时，则得：，解方程即可． 【规范解答】解：是的中点， ， ， 时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形， ①当运动到和之间时， 则得：， 解得：， ②当运动到和之间时， 则得：， 解得：； 当运动时间为2秒或3.5秒时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形， 故答案为：2或3.5． 【考点评析】本题考查了平行四边形的判定、分类讨论等知识，熟练掌握平行四边形的判定方法、进行分类讨论是解题的关键． 【训练2】（2024春•红桥区期中）如图，在中，，，其中是边上的高．点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时点由点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点的直线，交于点，连接，设运动时间为，解答下列问题： （1）线段　　，　　（用含的代数式表示）； （2）求的长； （3）当为何值时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形？ 【思路点拨】（1）根据题意，列出代数式即可； （2）设，由勾股定理求出即可； （3）分两种情况：①当点在点的上方时， ， ，，得出，由，当时，四边形是平行四边形，得出方程，解方程即可； ②当点在点的下方时， ， ，，得出，由，当时，四边形是平行四边形，得出方程，解方程即可． 【规范解答】解：（1）由题意，得： ， ； 故答案为：，； （2）设 ，则：， 是边上的高， ， ， ， 解得：； ； （3）分两种情况：①当点在点的上方时， 由题意得： ，， ． ， ， 当，即当时，四边形是平行四边形， 解得； ②当点在点的下方时， 根据题意得： ， ，， ． ， ， 当时，即当时，四边形是平行四边形， 解得． 综上所述，当或时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形． 【考点评析】本题考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，列代数式以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定和等腰三角形的判定是解题的关键． 重点考点讲练03：平行四边形的判定与性质 【母题精讲】（2023春•盐都区期中）如图，为了体验四边形的不稳定性，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，然后向右拉动框架，给出如下的判断：①四边形为平行四边形；②对角线的长度不变；③四边形的面积不变；④四边形的周长不变，其中所有正确的结论是　　 A．①② B．①④ C．①②④ D．①③④ 【思路点拨】①正确．根据平行四边形的判定方法即可判断． ②错误．观察图形即可判断． ③错误．面积是变小了． ④正确．根据平行四边形性质即可判断． 【规范解答】解：两组对边的长度分别相等， 四边形是平行四边形，故①正确， 向右扭动框架， 的长度变大，故②错误， 平行四边形的底不变，高变小了， 平行四边形的面积变小，故③错误， 平行四边形的四条边不变， 四边形的周长不变，故④正确． 故所有正确的结论是①④． 故选：． 【考点评析】本题考查平行四边形的判定和性质、平行四边形的周长、面积等知识，解题的关键是熟练应用这些知识解决问题，属于中考常考题型． 【训练1】（2024春•斗门区校级期中）如图，在中，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动．点在边上以每秒的速度从点出发，在之间往返运动．两个点同时出发，当点到达点时停止（同时点也停止运动），设运动时间为秒．当时，运动时间　秒或8秒　时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形． 【思路点拨】根据的速度为每秒，可得，从而得到，由四边形为平行四边形可得出，结合平行四边形的判定定理可得出当时以、、、四点组成的四边形为平行四边形，当时，分两种情况考虑，在每种情况中由即可列出关于的一元一次方程，解之即可得出结论． 【规范解答】解：四边形为平行四边形， ． 若要以、、、四点组成的四边形为平行四边形，则． 当时，，，，， ， 解得：； 当时，，，， ， 解得：． 综上所述：当运动时间为秒或8秒时，以、、、四点组成的四边形为平行四边形． 故答案为：秒或8秒． 【考点评析】本题考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用，弄清在上往返运动情况是解决此题的关键． 【训练2】（2024春•西湖区期中）已知：如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，点，分别在，的延长线上，且，连接，，，． （1）求证：四边形为平行四边形； （2）若平分，，，求四边形的周长． 【思路点拨】（1）由平行四边形的性质得，，而，所以，即可证明四边形是平行四边形； （2）由，，推导出，则，所以四边形是菱形，而，则是等边三角形，所以，即可求得四边形周长是32． 【规范解答】（1）证明：四边形为平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形为平行四边形． （2）解：平分， ， 四边形为平行四边形，， ，， ，， ， ， 四边形是菱形， ， 是等边三角形， ， ， 四边形周长是32． 【考点评析】此题重点考查等式的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、菱形的周长等知识，证明，以及在平分的条件下证明四边形为菱形是解题的关键． 重点考点讲练04：菱形的性质 【母题精讲】（2024春•龙华区校级期中）已知如图，菱形中，对角线与相交于点，于，交于点，若，则一定等于　　 A． B． C． D． 【思路点拨】根据菱形的性质得出，进而利用互余解答即可． 【规范解答】解：四边形是菱形， ，， ， ， ， ， ， ， 故选：． 【考点评析】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的对角线互相垂直解答． 【训练】（2023春•南漳县期中）如图，在菱形中，，，点是边上一个动点，交于点，交于点，是的中点，是的中点，于点，当点是边的三等分点时，的长为 　或　． 【思路点拨】由平行线分线段成比例定理和菱形的性质分别求出，的长，即可求解． 【规范解答】解：连接交于， 四边形是菱形， ，， 是中点， ， ，， ， ， ， ， ， 点是边的三等分点， 或， 或， 是中点， 或， 或， 故答案为：或． 【考点评析】本题考查了菱形的性质，平行线分线段成比例定理，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 重点考点讲练05：菱形的判定 【母题精讲】（2024春•蓬江区校级期中）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． （1）求证：； （2）证明四边形是菱形． 【思路点拨】（1）根据证； （2）利用（1）中全等三角形的对应边相等得到．结合已知条件，利用“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得到是菱形，由“直角三角形斜边的中线等于斜边的一半”得到，从而得出结论． 【规范解答】证明：（1）， ， 是的中点，是边上的中线， ，， 在和中， ， ； （2）由（1）知，，则． ， ． ， 四边形是平行四边形， ，是的中点，是的中点， ， 四边形是菱形． 【考点评析】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，菱形的判定的应用，主要考查学生的推理能力． 【训练】（2024春•东西湖区期中）如图1，四边形中，，，，，，动点在线段边上以每秒1个单位的速度由点向点运动，动点从点同时出发，以每秒3个单位的速度向点运动，设动点的运动时间为秒． （1）当为何值时，满足或？请说明理由． （2）如图2，若是上一点，，那么在线段上是否存在一点，使得四边形是菱形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【思路点拨】（1）根据或，得四边形是平行四边形，列方程求出的值即可； （2）根据菱形的性质得，然后利用勾股定理即可解决问题． 【规范解答】解：（1）当或时，满足或， 理由：当时，如图1，由题意得，， ，， ，， 过点作交于点，过点作交于点， 或， ，， ， 解得或7； 当时， ， 四边形是平行四边形， ， 或7； （2）存在， 如图2，四边形是菱形， ， ，，， ， ， 的值为6． 【考点评析】此题考查平行四边形的判定、菱形的判定、勾股定理、动点问题的求解等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键． 重点考点讲练06：菱形的判定与性质 【母题精讲】（2024春•汝城县期中）如图，在中，，，，点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点，运动的时间是秒．过点作于点，连接，． （1）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，请说明理由； （2）当为何值时，为直角三角形？请说明理由． 【思路点拨】（1）能．首先证明四边形为平行四边形，当时，四边形为菱形，即，解方程即可解决问题； （2）分三种情形讨论即可． 【规范解答】（1）证明：能． 理由如下：在中，，，， ， 又， ， ，， ， 又， 四边形为平行四边形， 当时，四边形为菱形， 即，解得． 当秒时，四边形为菱形． （2）①当时，由（1）知四边形为平行四边形， ， ， ， ， ， 又，即，解得； ②当时，四边形为矩形，在中，则， ，即，解得． ③若，则与重合，与重合，此种情况不存在． 综上所述，当或12秒时，为直角三角形． 【考点评析】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建方程解决问题，属于中考常考题型． 【训练】（2021春•高青县期中）如图，在中，的平分线交于点，交的延长线于，以、为邻边作． （1）证明是菱形； （2）若，连接、，求的度数； （3）若，，，是的中点，求的长． 【思路点拨】（1）平行四边形的性质可得，，再根据平行线的性质证明，根据等角对等边可得，再有条件四边形是平行四边形，可得四边形为菱形，即可解决问题； （2）先判断出，再判断出，进而得出，即可判断出，再判断出，进而得出是等边三角形，即可得出结论； （3）首先证明四边形为正方形，再证明可得，，再根据可得到是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【规范解答】解：（1）证明： 平分， ， 四边形是平行四边形， ，， ，， ， ， 又四边形是平行四边形， 四边形为菱形； （2）四边形是平行四边形， ，，， ， ， 由（1）知，四边形是菱形， ，， ，， ， ， 是的平分线， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 是等边三角形， ； （3）如图2中，连接，， ，四边形是平行四边形， 四边形是矩形， 又由（1）可知四边形为菱形， ， 四边形为正方形． ， ， 为中点， ， ， 在和中， ， ， ， ． ， 是等腰直角三角形． ，， ， ． 方法二：，四边形是平行四边形， 四边形是矩形， 又由（1）可知四边形为菱形， ， 四边形为正方形． ， ， 过作于， 则是等腰直角三角形， 是等腰直角三角形， ， ， ， ． 【考点评析】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法． 重点考点讲练07：矩形的性质 【母题精讲】（2024春•玉州区期中）如图，在矩形中，，的平分线交于点，于点，连接并延长交于点，连接交于点，有下列结论：①平分；②；③；④．其中正确的结论有　　 A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【思路点拨】根据角平分线的定义可得，可得出是等腰直角三角形，证出，证明，可得，求出，从而判断出①正确；求出，，然后根据等角对等边可得，判断出②正确；求出，，证明，可得，判断出③正确；判断出不是等边三角形，从而得到，即，得到④错误． 【规范解答】解：在矩形中，平分， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， 平分，故①正确； ，， ， ， ，， ， ， ， ，故②正确； ， ， 又，， 在和中， ， ， ，，故③正确； ，， 不是等边三角形， ， 即，故④错误； 故选：． 【考点评析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 【训练】（2021春•天河区期中）如图，矩形的对角线、相交于点，且，，点为上一点，．连接，则的长为　或　． 【思路点拨】分两种情况画图，根据矩形的性质和勾股定理即可求出结果． 【规范解答】解：当点在上或在上时，如图， 四边形是矩形， ， ， 是等边三角形， ， ①当点在上时，， ， 是的中点， ， ， ； ②当点在上时为， ， ． 则的长为：或． 故答案为：或． 【考点评析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质． 重点考点讲练08：矩形的判定 【母题精讲】（2023春•霸州市期中）如图，已知和是两个边长都为的等边三角形，且点，，，都在一条直线上，连接，． （1）四边形的形状是 　平行四边形　； （2）若，此时沿着方向以的速度运动，运动时间为， ①当四边形是菱形时，它的面积是 　　； ②当运动时间　　时，四边形是矩形． 【思路点拨】（1）因为和是两个边长为的等边三角形所以，又，可得，所以四边形是平行四边形； （2）①根据菱形的性质得出与重合，继而根据菱形的面积等于2个等边三角形的性质面积和，即可求解； ②根据矩形的性质，对角线相等，则当与重合，即可求解． 【规范解答】解：（1）和都是边长为的等边三角形， ，， ， 四边形是平行四边形， 故答案为：平行四边形． （2）①，沿着方向以的速度运动， 当四边形是菱形时，此时与重合， 秒时，平行四边形是菱形， ， 此时菱形的面积为， 故答案为：． ②当与重合，，，则四边形是矩形， 如图所示， 秒时，四边形是矩形， 故答案为：13． 【考点评析】本题考查了等边三角形的性质，矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【训练】（2024春•河北校级期中）如图，将的边延长至点，使，连接，，，交于点． （1）求证：△△； （2）若，求证：四边形是矩形． 【思路点拨】（1）根据平行四边形的判定与性质得到四边形为平行四边形，然后由推出两三角形全等即可； （2）欲证明四边形是矩形，只需推知． 【规范解答】证明：（1）在平行四边形中，，，，则． 又， ， 四边形为平行四边形， ． 在△与△中， ， △△； （2）由（1）知，四边形为平行四边形，则，． 四边形为平行四边形， ， 即． 又，， ， ， ， 即， 平行四边形为矩形． 【考点评析】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，三角形的外角性质等知识点的综合运用，难度较大． 重点考点讲练09：矩形的判定与性质 【母题精讲】（2024春•广安区校级期中）下列说法： ①三角形的三条高一定都在三角形内； ②有一个角是直角的四边形是矩形； ③有一组邻边相等的平行四边形是菱形； ④平行四边形两对角线的平方和等于其四条边的平方和； ⑤一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形． 其中正确的个数有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【思路点拨】根据三角形的高的定义，矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的判定和性质判断即可． 【规范解答】解：①三角形的三条高不一定都在三角形内，不符合题意； ②有一个角是直角的平行四边形是矩形，故不符合题意； ③有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故符合题意； ④如图，作于点，于点， ， 四边形是平行四边形， ，且， ， 在△和△中， ， △△， ，， 在△中，由勾股定理，可得①， 在△中，由勾股定理，可得②， 由①②，可得， 在△中，由勾股定理，可得， ， 四边形是平行四边形， ，， ， 即平行四边形两对角线的平方和等于四条边的平方和，故符合题意； ⑤一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，可能的等腰梯形，故不符合题意； 故选：． 【考点评析】本题考查了矩形的判定，菱形的判定，三角形的高，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 【训练】（2024春•阳谷县期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点停止，同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是．连接、、．设点、运动的时间为 ． （1）当为何值时，四边形是矩形； （2）当为何值时，四边形是菱形； （3）分别求出（2）中菱形的周长和面积． 【思路点拨】（1）当四边形是矩形时，，据此求得的值； （2）当四边形是菱形时，，列方程求得运动的时间； （3）菱形的四条边相等，则菱形的周长，根据菱形的面积求出面积即可． 【规范解答】解：（1）在矩形中，，， ，， 由已知可得，，， 在矩形中，，， 当时，四边形为矩形， ，得， 故当时，四边形为矩形； （2），， 四边形为平行四边形， 当时，四边形为菱形 即时，四边形为菱形，解得， 故当时，四边形为菱形； （3）当时，， 则周长为； 面积为． 【考点评析】本题考查了菱形、矩形的判定与性质．解决此题注意结合方程的思想解题． 重点考点讲练10：正方形的性质 【母题精讲】（2024春•昌平区校级期中）如图1，在正方形中，点是边上一点，且点不与、重合，过点作的垂线交延长线于点，连接． （1）计算的度数； （2）如图2，过点作，垂足为，连接．用等式表示线段与之间的数量关系，并证明． 【思路点拨】（1）先证明△△，再利用等腰直角三角形的性质得出结论； （2）连接，先证明△△，得出，取的中点，连接，先证明，从而得出结论． 【规范解答】解：（1）四边形是正方形， ，， ，， ， ， ， ， △△， ， △是等腰直角三角形 ； （2）．理由如下： 如图2，取的中点，连接，， △是等腰直角三角形，， 是的中点， ， 同理，在△中，， ， ，， △△， ， ， ； 为△的中位线， ，， ， 在△中，， △为等腰三角形， ， ， ， ， ， ，即． 【考点评析】本题考查了正方形的性质，三角形全等的性质和判定，等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，综合性强，难度适中． 【训练】（2024春•鲤城区校级期中）阅读下面材料： 小明遇到这样一个问题：如图1，在正方形中，点、分别为、边上的点，，连接，求证：．小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将绕点顺时针旋转得到（如图，此时即是． 请回答：在图2中，的度数是 　　． 参考小明得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题： （1）如图3，在直角梯形中，，，，是上一点，若，，求的长度． （2）如图4，中，，，以为边作正方形，连接．当　　时，线段有最大值，并求出的最大值． 【思路点拨】阅读材料：根据旋转只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得，然后求出，再根据计算即可得解； （1）过点作 交的延长线于点，可得四边形是正方形，然后设，根据上面的结论表示出，再求出、，然后在中，利用勾股定理列式进行计算即可得解； （2）过点作，取，连接，，由勾股定理可求的长，由“ “可证，可得，由三角形的三边关系可得． 【规范解答】解：阅读材料： 根据旋转， ，， ，， ，即； （1）过点作 交的延长线于点， ，， ， ， 四边形是正方形， ， 根据上面结论，可知， 设， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， 故； （3）过点作，取， 连接，， ， ， ， 又，， ， ， 线段有最大值时，只需最大即可， 在中，， 当、、三点共线时， 取最大值，此时， 在等腰直角三角形中，， ， ， 最大为：，即最大值为，此时． 故答案为：． 【考点评析】本题考查正方形的性质、勾股定理、三角形三边之间的关系属于综合题，仔细审题，理解题意是解决问题的关键． 重点考点讲练11：正方形的判定 【母题精讲】（2023春•文登区期中）如图，平行四边形中，，是的中点，是边上的动点，的延长线与的延长线交于点，连接，，下列说法不正确的是　　 A．四边形是平行四边形 B．当时，四边形是矩形 C．当时，四边形是菱形 D．当时，四边形是正方形 【思路点拨】根据平行四边形的性质和菱形、矩形的判定逐一进行判断即可． 【规范解答】解：．四边形是平行四边形， ， ， 是的中点， ， 在△和△中， ， △△， ， ， 四边形是平行四边形，正确； ．四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形，正确； ．四边形是平行四边形， ， ， △是等边三角形， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形，正确； ．当时，不能得出四边形是正方形，错误； 故选：． 【考点评析】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，矩形的判定，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用，解决本题的关键是掌握有一组邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的平行四边形是矩形． 【训练】（2023春•张店区校级期中）如图，在中，点是边上一个动点，过作直线，交的平分线于点，交的外角的平分线于点． （1）探究线段与的数量关系，并说明理由； （2）当点运动到何处，且满足什么条件时，四边形是正方形？请说明理由． 【思路点拨】（1）由直线，交的平分线于点，交的外角平分线于点，易证得与是等腰三角形，则可证得； （2）正方形的判定问题，若是正方形，则必有对角线，所以为的中点，同样在中，当时，可满足其为正方形． 【规范解答】解：（1）．理由如下： 是的角平分线， ， 又， ， ， ， 是的外角平分线， ， 又， ， ， ， ； （2）当点运动到的中点，且满足为直角的直角三角形时，四边形是正方形．理由如下： 当点运动到的中点时，， 又， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 四边形是矩形． ，当， ， ， 四边形是正方形． 当点运动到的中点，且满足为直角的直角三角形时，四边形是正方形． 【考点评析】本题考查了正方形的判定，平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定，关键是根据正方形的判定和性质解答． 重点考点讲练12：正方形的判定与性质 【母题精讲】（2022春•仙桃校级期中）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接． （1）求证：矩形是正方形； （2）探究：线段、、之间的数量关系？并说明理由． 【思路点拨】（1）过点作于点，作于点，得到，然后判断，得到，推出，即可证明； （2）根据正方形的性质，利用证明，推出，根据勾股定理，在中，，则． 【规范解答】（1）证明：如图所示，过点作于点，作于点， 四边形为正方形， ，， ，且， 四边形为正方形， ， 四边形是矩形， ， ， ， 又， 在和中， ， ， ， 矩形为正方形． （2）解：，理由如下： 矩形为正方形， ，． 四边形是正方形， ，， ， 在和中， ， ， ． 在中，， ． 【考点评析】本题考查正方形的判定与性质，勾股定理解直角三角形，以及全等三角形的判定与性质，解题关键在于证明． 【训练】（2024春•越秀区校级期中）已知：如图，在正方形中，，分别是，上的点，、相交于点，并且． （1）如图1，判断和的位置关系？并说明理由； （2）如图2，，，点在线段上运动时（点不与、重合），四边形是否能否成为正方形？请说明理由． 【思路点拨】（1）根据正方形的性质，得到，，结合，证明，根据全等三角形的性质即可解决问题； （2）证明，可得，，由，可得，根据点在线段上运动时（点不与、重合），可得、不重合，所以，进而可以解决问题． 【规范解答】解：（1），理由如下： 四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ， ， ， ； （2）四边形不能成为正方形，理由如下： 由（1）知：， ， ，， ， 四边形是矩形， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 点在线段上运动时（点不与、重合）， 、不重合， ， 四边形不能成为正方形． 【考点评析】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，解决本题的关键是得到． 重点考点讲练13：反证法 【母题精讲】（2021春•镇海区校级期中）用反证法证明“在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于”时应假设　　 A．三角形中有一个内角小于或等于 B．三角形中有两个内角小于或等于 C．三角形中有三个内角小于或等于 D．三角形中没有一个内角小于或等于 【思路点拨】根据反证法的第一步是假设结论不成立进行解答即可． 【规范解答】解：用反证法证明“在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于”时， 第一步应先假设三角形中没有一个内角小于或等于， 故选：． 【考点评析】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．反证法的步骤是：（1）假设结论不成立；（2）从假设出发推出矛盾；（3）假设不成立，则结论成立． 【训练1】（2024春•宝安区期中）下列说法，错误的是　　 A．三角形三边的垂直平分线相交于一点，这点到三角形三个顶点的距离相等 B．有两个角都是的三角形是等边三角形 C．三角形的三边分别为、、，若满足，那么该三角形是直角三角形 D．用反证法证明“三角形的三个内角中最多有一个直角”应假设“三角形的三个内角中没有直角” 【思路点拨】根据垂直平分线的性质对进行判断； 根据等边三角形的判定对进行判断； 根据直角三角形的判定定理对进行判断； 根据反证法的解题步骤对进行判断． 【规范解答】解：、三角形三边的垂直平分线相交于一点，这点到三角形三个顶点的距离相等，说法正确； 、有两个角都是的三角形是等边三角形，说法正确； 、三角形的三边分别为、、，若满足，那么该三角形是直角三角形，说法正确； 、用反证法证明“三角形的三个内角中最多有一个直角”应假设“三角形的三个内角中有两个或三个直角”，所以选项说法错误． 故选：． 【考点评析】本题考查了反证法．也考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理． 【训练2】（2022春•鼓楼区期中）已知中，，求证：．下面写出运用反证法证明这个命题的四个步骤： ①所以，这与三角形内角和为矛盾； ②因此假设不成立，所以； ③假设在中，； ④由，得，即． 这四个步骤正确的顺序应是 　③④①②　．（填序号） 【思路点拨】根据反证法的一般步骤判断即可． 【规范解答】解：运用反证法证明这个命题的四个步骤：1、假设在中，， 2、由，得，即， 3、，这与三角形内角和为矛盾， 4、因此假设不成立．， 故答案为：③④①②． 【考点评析】本题考查的是反证法，反证法的一般步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确． 重点考点讲练14：生活中的旋转现象 【母题精讲】（2021春•历下区期中）如图是一个装饰灯，每绕对称中心顺时针旋转90度就闪烁一次，此图为第一次闪烁，照此规律闪烁，第2021次闪烁呈现出来的图形是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】旋转一次，四次一个循环，根据阴影所处的位置可得相应选项． 【规范解答】解：由题意，每旋转一次，旋转角为，即每4次旋转一周， ， 即第2021次与第1次的图案相同． 故选：． 【考点评析】此题主要考查了图形的旋转变换，注意通过特殊例子发现规律，再选择即可． 【训练】（2023春•达川区校级期中）下面的图形中必须由“基本图形”既平移又旋转而形成的图形是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】根据平移和旋转的概念，结合选项中图形的性质进行分析，排除错误答案． 【规范解答】解：、只要平移即可得到，故错误； 、只能旋转就可得到，故错误； 、只有两个基本图形旋转得到，故错误； 、既要平移，又要旋转后才能得到，故正确． 故选：． 【考点评析】解决本题要熟练运用平移和旋转的概念．①图形平移前后的形状和大小没有变化，只是位置发生变化； ②旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线段的垂直平分线的交点是旋转中心． 重点考点讲练15：旋转的性质 【母题精讲】（2022春•漳浦县期中）如图，在中，，，是的角平分线，过点作交边于点．若，则图中阴影部分面积为　　 A．2 B．4 C．3 D．5 【思路点拨】将绕点顺时针旋转得到．证明图中阴影部分的面积，可得结论． 【规范解答】解：将绕点顺时针旋转得到． ，， ， ，，共线， 图中阴影部分的面积． 故选：． 【考点评析】本题考查三角形面积的计算，全等三角形的性质，旋转变换，解题的关键是学会利用旋转变换解决问题． 【训练】（2024春•城关区校级期中）中，，，，将绕点旋转得到，连接，，，在旋转过程中，面积的最大值是　　 A． B． C．15 D．18 【思路点拨】如图，过点作于点，过点作于，首先分别利用已知条件和勾股定理求出、，由于长度固定，所以当点、重合时的面积最大，由此即可求解． 【规范解答】解：如图，过点作于点，过点作于， ，，，是由旋转得来， ，，， ， 又， 即：， ， 当点、重合时，此时、、三点共线， ，此时取最大值， 而的长不变， 则的面积最大， 最大面积为：． 故答案为：． 【考点评析】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了勾股定理及三角形的面积公式，解题的关键是确定三角形面积的最大值 重点考点讲练16：旋转对称图形 【母题精讲】（2024秋•新丰县期中）如图，是一个纸折的小风车模型，将它绕着旋转中心旋转下列哪个度数后不能与原图形重合　　 A． B． C． D． 【思路点拨】图案可以被平分成四部分，因而每部分被分成的圆心角是，并且圆具有旋转不变性，因而旋转90度的整数倍，就可以与自身重合． 【规范解答】解：图案可以被平分成四部分，因而每部分被分成的圆心角是，并且圆具有旋转不变性，因而旋转90度的整数倍，就可以与自身重合， 故选：． 【考点评析】本题考查了旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角． 【训练】（2022春•南海区校级期中）如图，正三角形绕其中心至少旋转　120　度，可与其自身重合． 【思路点拨】正三角形可以被经过中心的射线平分成3个全等的部分，则旋转的角度即可确定． 【规范解答】解：， 该图形绕中心至少旋转120度后能和原来的图案互相重合． 故答案为：120． 【考点评析】本题考查旋转对称图形的知识，难度不大，注意正三角形是旋转对称图形，确定旋转角的方法是需要准确掌握的内容． 重点考点讲练17：中心对称 【母题精讲】（2024春•涟水县期中）在平面内由极点、极轴和极径组成的坐标系叫做极坐标系．如图，在平面上取定一点称为极点；从点出发引一条射线称为极轴；线段的长度称为极径，点的极坐标就可以用线段的长度以及从转动到的角度（规定逆时针方向转动角度为正）来确定，即或或等，则点关于点成中心对称的点的极坐标表示不正确的是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】根据极坐标的定义以及中心对称的性质判断出点的坐标，可得结论． 【规范解答】解：点关于点成中心对称的点的极坐标或或． 故选：． 【考点评析】本题考查中心对称，勾股定理，坐标与图形变化旋转等知识，解题的关键是理解极坐标的定义，属于中考常考题型． 【训练1】（2024春•汝城县期中）如图所示，△与△关于点中心对称，但点不慎被涂掉了． （1）请你找到对称中心的位置； （2）连接线段和线段，试判断四边形的形状，并说明理由． 【思路点拨】（1）两个图形成中心对称，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分；连接对应点、，根据对应点的连线经过对称中心，则交点就是对称中心点； （2）由中心对称的性质可知：，，再利用平行四边形的判定，即可解决问题． 【规范解答】解：（1）对称中心的位置如图所示： （2）四边形是平行四边形，理由如下： 由中心对称的性质可得，， 四边形是平行四边形． 【考点评析】本题考查了中心对称，关键是中心对称定义和性质的熟练掌握． 【训练2】（2024春•电白区期中）综合探究： 在中，，将在平面内绕点顺时针旋转（旋转角不超过，得到，其中点的对应点为点，连接，． （1）如图1，试猜想与之间满足的等量关系，并给出证明； （2）如图2，若点在边上，，求的长． 【思路点拨】（1）由旋转的性质可得，可得，由平行线的性质可得； （2）过点作于点，由旋转的性质可得，，，可证是等边三角形，由直角三角形的性质可求的长，由勾股定理可求的长，可得． 【规范解答】解：（1），理由如下： 在平面内绕点顺时针旋转得到， ， （等边对等角）， （已知）， （两直线平行，内错角相等）， （等量代换）； （2）如图2，过点作于点， 在平面内绕点顺时针旋转得到， ，，，， ， ， ， ， 是等边三角形， ，，且， ， ，， 在中，， ． 【考点评析】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，勾股定理，熟练运用旋转的性质解决问题是本题的关键． 重点考点讲练18：中心对称图形 【母题精讲】（2024春•宁海县校级期中）北京时间2023年10月26日顺利进驻空间站组合体以来，神舟十七号航天员乘组已在轨工作生活54天，为期6个月的飞天之旅已完成近三分之一，将于近日择机实施第一次出舱活动．下列航天图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】中心对称图形是指图形绕着某个点旋转能与原来的图形重合，据此即可求解． 【规范解答】解：只有选项中图形能找到这样的一个点，使图形绕该点旋转180度后和原图形完全重合， 故选：． 【考点评析】本题考查中心对称图形，熟知中心对称图形的定义是解题的关键． 【训练1】．（2024春•福田区校级期中）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．2017年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人进行围棋人机大战．截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】根据中心对称图形的定义逐项识别即可，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． 【规范解答】解：．是中心对称图形，符合题意； ．不是中心对称图形，故不符合题意； ．不是中心对称图形，故不符合题意； ．不是中心对称图形，故不符合题意； 故选：． 【考点评析】本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键． 【训练2】（2023春•佛山期中）剪纸是我国的传统民间艺术，用于装点生活或者配合其他民俗活动．下列剪纸图案中，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即得答案． 【规范解答】解：、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项符合题意； 、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意； 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 、是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：． 【考点评析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，沿某条直线折叠后直线两旁的部分可重合，判断中心对称图形的关键是寻找对称中心，旋转180度后可与自身重合． 重点考点讲练19：作图-旋转变换 【母题精讲】（2024秋•龙江县期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点，，，请解答下列问题： （1）若经过平移后得到△，已知点的坐标为作出△并写出其余两个顶点的坐标； （2）将绕点按顺时针方向旋转得到△，作出△； （3）若将△绕某一点旋转可得到△，直接写出旋转中心的坐标． 【思路点拨】（1）根据平移的性质作图，可得出答案． （2）根据旋转的性质作图，可得出答案． （3）连接，，，再分别作出线段，，的垂直平分线，交点即为所求的旋转中心，可得出答案． 【规范解答】解：（1）△如图所示． 点，． （2）△如图所示． （3）如图，点即为所求的旋转中心， 旋转中心的坐标为． 【考点评析】本题考查作图旋转变换、平移变换，熟练掌握旋转和平移的性质是解答本题的关键． 【训练1】（2024春•寿阳县期中）如图，在平面直角坐标系中，△的三个顶点分别是，，． （1）将△以点为旋转中心旋转，画出旋转后对应的△；（请用黑色中性笔描黑） （2）将△向左平移2个单位，向下平移4个单位，画出平移后对应的△；点的对应点的坐标为 　　，（请用黑色中性笔描黑） （3）若将△绕某一点旋转可以得到△，请直接写出旋转中心的坐标为 　　． 【思路点拨】（1）分别作出三个顶点绕点旋转所得对应点，再首尾顺次连接即可； （2）根据已知可得平移过程，将三个顶点分别向左平移2个单位、向下平移4个单位得到其对应点，再首尾顺次连接即可，的坐标即可求； （3）连接，，与的交点即为所求． 【规范解答】解：（1）如图所示，△即为所求： （2）如图所示，△即为所求： 的坐标为， 故答案为：； （3）连接，， 由图可知交点为，即旋转中心的坐标为， 故答案为：． 【考点评析】本题主要考查作图—平移变换和旋转变换，解题的关键是掌握平移变换和旋转变换的定义和性质． 重点考点讲练20：三角形中位线定理 【母题精讲】（2023春•微山县期中）如图，点，，分别是的边，，的中点，分别连接，，，，与相交于点．有下列四个结论： ①； ②； ③当时，点到四边形四条边的距离相等； ④当时，点到四边形四个顶点的距离相等． 其中正确的结论是　　 A．①② B．③④ C．②③ D．①④ 【思路点拨】①根据三角形中位线定理即可解决问题； ②根据三角形中位线定理和平行四边形的判定和性质定理，进而可以解决问题； ③证明四边形是菱形，再根据菱形的性质即可解决问题； ④证明四边形是平行四边形，进而可以解决问题． 【规范解答】解：①点，，分别是的边，，的中点， ，，， ， 是的中位线， ，故①错误； ②点，，分别是的边，，的中点， ，，，，， 四边形和四边形和四边形是平行四边形， ， ，故②正确； ③， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ，是菱形两组对角的平分线， 点到四边形四条边的距离相等，故③正确； ④，四边形是平行四边形， 点到四边形四个顶点的距离不相等，故④错误． 综上所述：正确的是②③，共2个， 故选：． 【考点评析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形中位线定理，解决本题的关键是掌握三角形中位线定理． 【训练】（2023春•庆云县期中）如图，△中，，，．点、、分别是边、、的中点；点、、分别是边、、的中点；；以此类推，则第2022个三角形的周长是 　　． 【思路点拨】由三角形的中位线定理得：，，分别等于、、的一半，所以△的周长等于△的周长的一半，以此类推，利用规律可求出△的周长． 【规范解答】解：△中，，，， △的周长是16， ，，分别是边，，的中点， ，，分别等于、、的一半， △的周长是， 同理，△的周长是， ， 以此类推，△的周长是， △的周长是． 故答案为：． 【考点评析】本题考查了三角形的中位线定理，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用 1．（24-25八年级下·山东德州·阶段练习）如图，将的矩形纸片放在以所在直线为轴，边上一点为坐标原点的直角坐标系中，连接将纸片沿折叠，使点落在边上的点处，则点的坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【思路点拨】本题考查了翻折变换，勾股定理，矩形的性质，坐标与图形变化，由矩形的性质和折叠的性质可得，，，由勾股定理可求的长，即可求的长，再由勾股定理可求的长，即可得点坐标，灵活运用折叠的性质是本题的关键． 【规范解答】解：四边形是矩形 ，， 连接将纸片沿折叠， ， 在中， 在中，， ， 点坐标， 故选：B． 2．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发，沿射线以每秒3个单位的速度运动，动点同时从点出发，在线段上以每秒1个单位的速度向终点运动，当动点到达点时，动点也同时停止运动．设点的运动时间为（秒．以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时值为（   ）秒． A．2或 B． C．或 D． 【答案】C 【思路点拨】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，一元一次方程的应用等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．由题意已知，，要使、、、为顶点的四边形为平行四边形，则只需要让即可，列出等式可求解． 【规范解答】解：四边形是平行四边形， ， 当从运动到时，且在上， ，， ， 解得， 当秒时，四边形是平行四边形； 当点在延长线上时， ， 解得， 秒或秒时，、、、为顶点的四边形为平行四边形． 故选：C． 3．（23-24八年级下·天津西青·期中）如图，四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（   ） A．当时，平行四边形是菱形 B．当时，平行四边形是矩形 C．当时，平行四边形是菱形 D．当且时，平行四边形是正方形 【答案】A 【思路点拨】本题主要考查了矩形、菱形、正方形的判定方法，解决本题的关键是根据矩形、菱形、正方形的判定方法进行判断． 【规范解答】解：如下图所示， A选项：在中，当时，与一定不垂直， 平行四边形一定不是菱形， 故A选项错误，符合题意； B选项：当时，平行四边形是矩形， 故B选项正确，不符合题意； C选项：当时，平行四边形是菱形， 故C选项正确，不符合题意； D选项：当且时，平行四边形是正方形， 故D选项正确，不符合题意． 故选：A． 4．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，已知的顶点分别在直线：和上，是坐标原点，当对角线的长最小时，点的坐标为 ． 【答案】 【思路点拨】本题考查了平行四边形，矩形的判定和性质，勾股定理，设直线与交于，与轴交于点，直线与交于点，与轴交于点，过点作于点，过点作轴于点，可证，得到，进而由四边形为矩形得，即得，得到，可知当最小时，即点在轴上，取得最小值，据此即可求解，利用平行四边形的性质，构造全等三角形，得出长度为定值是解题的关键． 【规范解答】解：设直线与交于，与轴交于点，直线与交于点，与轴交于点，过点作于点，过点作轴于点，如图所示， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵直线与直线均垂直于x轴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴当最小时，即点在轴上，取得最小值，最小值为， ∴此时点的坐标为， 故答案为：． 5．（24-25八年级下·广东深圳·开学考试）如图，正方形中，，延长交于点，延长交于点，过点作，交的延长线于点，，，则 ． 【答案】15 【规范解答】过点作，垂足为点，延长交于点，根据正方形的性质和等腰三角形的性质证明，再证明，可得，设，则，，中，，可列出方程，再求解即可求出的长． 【规范解答】解：如图，过点作，垂足为点，延长交于点， 四边形是正方形， ，，， ， ， ，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ，， 是的中点， ， 是的中点， ， ， 在和中， ， ， ， 设，则， ， ， ， 中，， ， 解得：（负值舍去）， ． 故答案为：15． 【考点评析】本题考查了正方形的性质、勾股定理、三角形中位线、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识． 6．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，已知正方形的边长为，，将正方形边沿折叠到，延长交于点，则的周长为_________． 【答案】 【思路点拨】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练运用勾股定理，全等三角形的判定与性质． 连接，证明得出，设，则，，勾股定理求得，则，进而勾股定理求得，即可求解． 【规范解答】解：连接，如图所示， 由折叠可知，， ， ， ， ， 正方形边长是， ， 设，则， ， 由勾股定理得：， 即：， 解得：， ，， ∴， 的周长为， 故答案为：． 7．（24-25八年级上·重庆·阶段练习）如图，于点E，且，若点I是的角平分线的交点，点F是的中点．则 ；若，则的面积为 ． 【答案】 /135度 【思路点拨】根据，可得，再根据角平分线的定义可得，即可得出；然后延长至G，使，连接，过点I作，交于点H，即可证明四边形是平行四边形，可得，再根据“边角边”证明，可得，然后根据“边角边” 证明，可得，接下来得出，即可得，再根据“两直线平行，同旁内角互补”得，然后根据“边角边” ，再说明，进而得出，然后求出，即可得出答案． 【规范解答】∵， ∴． ∵是的角平分线， ∴， ∴； 延长至G，使，连接，过点I作，交于点H， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵ ∴， ∴， ∴， ∴，． ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴ ． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 在中，， ∴， ∴， ∴． 【考点评析】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，角平分线的定义，平行线的性质，三角形内角和定理等，作出辅助线构造平行四边形是解题的关键． 8．（24-25八年级下·河南周口·阶段练习）探究式学习是新课程提倡的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．（注：长方形的对边平行且相等，四个角都是直角） 【初步探究】如图1，将长方形纸片ABCD沿着对角线BD折叠，使点C落在处，交AD于E，若，，求AE的长； 【拓展延伸】如图2，在长方形纸片ABCD中，，，点E从点A出发以每秒2个单位长度的速度沿射线AD运动，把沿直线BE折叠，当点A的对应点F刚好落在线段BC的垂直平分线上时，直接写出运动时间（秒）的值． 【答案】6；2.5或10 【思路点拨】本题是几何变换综合题，考查了长方形的性质，折叠的性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质以及分类讨论等知识，熟练掌握长方形的性质，折叠的性质和勾股定理是解题的关键． （1）由勾股定理得出，则可得出答案； （2）分两种情况，①当点在长方形内部时，由折叠的性质得，再由勾股定理得，设，则，然后在中，由勾股定理得出方程，解方程即可；②当点在长方形外部时，折叠的性质得，同①得，设，则，然后在中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【规范解答】（1）由题意得，， ， 由折叠的性质得：， ， ， 在中，根据勾股定理，，即， 解得， 即的长为6； （2）∵四边形是长方形， 设线段的垂直平分线交于点，交于点， 则， 分两种情况： ①如图，当点在长方形内部时， ∵点在线段的垂直平分线上， 由折叠的性质得：， 在中，由勾股定理得： 设，则， 在中，由勾股定理得：，即， 解得：， 即的长为5， ； ②如图，当点在长方形外部时， 由折叠的性质得：， 同①得：， 设，则， 在中，由勾股定理得：，即， 解得：， 即的长为20， 综上所述，点刚好落在线段的垂直平分线上时，的值为2.5或10． 9．（24-25八年级下·辽宁大连·开学考试）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，对角线所在的直线绕点O顺时针方向旋转，旋转中直线分别交边于点，．将四边形沿直线折叠得到四边形（点的对应点分别为，线段交边于．） (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，若，求证：； (3)若， ①如图3，点在点左侧时，求的长； ②如图4，点在点右侧时，直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)①5；②2 【思路点拨】（1）根据证明，利用全等三角形的性质可证； （2）设与的交点为，在上截取，连接证明得，再证明是等边三角形得，证明得，进而可证； （3）①过作于，则，证明四边形、是矩形得、，证明，由勾股定理求出，设，则，根据求出，进而可求出； ②过作于，同理，．设，则，由求出，可得． 【规范解答】（1）证明：四边形是矩形， ． ． 又， ， ； （2）证明：如图2，设与的交点为，在上截取，连接 ∵四边形是矩形， 与相等且互相平分， ， ． 四边形沿直线折叠得到四边形， ． 又， ， ， ． ， ． ， ， 设，则， ． ， ， ，即． ， 是等边三角形， ， ． 又， ， ． ， ，即； （3）①如图3，过作于，则， ∵四边形是矩形， ， ， 四边形是矩形， ． 同理四边形是矩形，． ， ． 又折叠， ， ， ． 在中，根据勾股定理得，． 设，则． ， ， ， ；    ②如图4，过作于，同理， ． 设，则， ， ， ． 【考点评析】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握以上知识是解决本题的关键． 10．（24-25八年级下·江苏镇江·阶段练习）【问题情境】在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片中，P为边上任意一点，将沿折叠，点B的对应点为． 【分析探究】 （1）如图1，若，当点恰好落在边上时，的形状为 ． 【问题解决】 （2）如图2，当P，Q为边的三等分点时，连接并延长，交边于点G．试判断线段与的数量关系，并说明理由； （3）如图3，当，时，连接并延长，交边于点E．若的面积为18，，请直接写出线段的长． 【答案】（1）等边三角形；（2），理由见解析；（3） 【思路点拨】（1）利用平行四边形的性质及折叠的性质可得，，再证明四边形是菱形，可知，即可求解； （2）利用四边形是平行四边形，可得，，再由，为边的三等分点，可得，由折叠可知：，，则，可得，再由三角形外角性质可得，则，可得，可证明四边形是平行四边形，则有，再证明可得结论； （3）延长交于，过点A作，先求得，由折叠可得，，得到，则为等腰直角三角形，从而得出，则，再由四边形是平行四边形，可得，得到，，即，得出，再由的面积为18，，即：，求出，再求解可得结果． 【规范解答】解：（1）四边形是平行四边形， ，，， 由折叠可知：，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ，， 是等边三角形， 故答案为：等边三角形； （2），理由如下： 四边形是平行四边形， ，， 又，为边的三等分点， ， 由折叠可知：，， 则， ， 由三角形外角性质可知：， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ； （3）延长交于，过点A作， 的面积为18，， ， ， 设则， ， ， （负值舍去）， ， ， ， ， ， 由折叠可知：，， ，则为等腰直角三角形， ， 则， 四边形是平行四边形， ， ，，即， ， 的面积为18，，即：， ， 则， ． 【考点评析】本题考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定，翻折的性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$