第9章 第二部分矩形、菱形、正方形及三角形的中位线（高频考点+8个知识梳理+12个考点精析）-2024-2025学年八年级数学下册期中期末备考大讲堂（苏科版）

期中期末备考大讲堂 作者的话 在数学学习的征程中，八年级下册犹如一座承上启下的重要山峰。它既巩固了我们在之前学习中所积累的数学知识与技能，又为即将到来的更为复杂的数学学习奠定了坚实的基础。如今，期中考试的战鼓即将敲响，我们精心筹备了这场八年级数学下册期中备考复习大讲堂，旨在为同学们点亮前行道路上的灯塔，助力大家在期中考试中披荆斩棘，收获满意的成绩。 在学习的道路上，同学们可能会遇到诸多困难。知识点繁多，如同繁星点点，如何将其梳理清晰？复杂多变的题型，犹如迷宫一般，怎样找到解题的正确路径？这些都是我们在备考中需要攻克的难关。 本次复习大讲堂，将是同学们期中备考的有力助手。我们将系统梳理知识点，搭建知识框架，让繁杂的知识体系一目了然；深入剖析典型例题，传授解题技巧，使同学们在面对各类题型时游刃有余。 让我们怀揣着对数学的热爱和追求，积极参与到复习大讲堂中，为一场满意的成绩而努力拼搏！ 2024-2025学年八年级数学下册期中期末备考大讲堂 第9章 第二部分矩形、菱形、正方形及三角形的中位线 （高频考点+知识梳理+考点精析） 【知识点一】矩形的定义及性质 1、定义。 有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。 2、性质。 【知识点二】矩形的判定 1、矩形的判定方法。 (1)有一个角是直角的平行四边形是矩形； (2)有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。 2、两条平行线之间的距离:两条平行线中,一条直线上任意一点到另一条直线的距离,叫做两条平行线之间的距离.两条平行线之间的距离处处相等。 【知识点三】菱形的定义及性质 1、定义。有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 2、性质。 【知识点四】菱形的判定方法 1、有一组邻边相等的平行四边形是菱形； 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。 【知识点五】正方形的定义及性质 1、定义。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。 2、性质。 【知识点六】正方形的判定方法 1、有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形； 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。 【知识点七】三角形的中位线 1、概念。连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线。 2、定理。三角形的中位线平行于第三边,并且等于第三边的一半。 【知识点八】中点四边形 1、概念。 依次连接一个四边形各边中点所得到的四边形为中点四边形。 2、原四边形及其对应的中点四边形。 考点一菱形的性质 【典例一】如图，在菱形中，，，交于点，于点，连接，则的长为　　 A．6 B．5 C．4 D．3 【典例二】菱形的边长为，那么菱形的周长是　　 A． B． C． D． 【典例三】如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，若，，则菱形的边长为　　 A． B． C． D． 【典例四】如图，菱形的对角线，相交于点，过点作交于点，连接，若，，则菱形的面积为　　 A．120 B．240 C．80 D．160 考点二菱形的判定 【典例一】在平行四边形中，对角线与相交于点．下列说法不能使平行四边形为菱形的是　　 A． B． C． D． 【典例二】如图，四边形的对角线，相交于点，，且，则添加下列一个条件能判定四边形是菱形的是　　 A． B． C． D． 【典例三】根据如图平行四边形中所标注的角的度数、边的长度，一定能判定其为菱形的是　　 A． B． C． D． 【典例四】若四边形中，，，再添加一个下列条件能使其成为菱形的是　　 A． B． C． D． 考点三菱形的性质与判定 【典例一】如图，四边形中，，，，连接，的平分线交，分别于点，，若，，则的长为　　 A．8 B． C． D． 【典例二】如图，△中，，．△和△都是等边三角形，为的中点，连接交于点，与交于点．以下结论：①；②四边形为菱形；③；．其中，正确的结论有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【典例三】如图，菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点、，连接，则下列结论：　　 ①； ②与全等的三角形共有2个； ③； ④由点、、、构成的四边形是菱形； A．①③④ B．①④ C．①②③ D．②③④ 【典例四】小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中菱形的对角线长为　　 A．20 B．30 C． D． 考点四矩形的性质 【典例一】如图，在矩形中，对角线，交于点，若，则的长为　　 A．3 B． C． D．6 【典例二】如图，将两个矩形叠合放置，如果，那么等于　　 A． B． C． D． 【典例三】如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化，下面判断正确的是　　 A．四边形由矩形变为菱形 B．对角线的长度不变 C．四边形的面积不变 D．四边形的周长不变 【典例四】如图，一张等腰直角三角形纸片，已知，先裁剪出①号长方形，然后在剩余的大纸片三角形中剪出②号长方形，且满足，当①号长方形的面积为时，则②号长方形的面积为　　 A． B． C． D． 考点五矩形的判定 【典例一】如图，在中，、分别为边、的中点，是对角线．下列说法错误的是　　 A．当时，四边形是菱形 B．当时，四边形是菱形 C．当时，四边形是矩形 D．当平分时，四边形是矩形 【典例二】如图，，是中，边上的点，且，角平分线和它的外角的平分线分别交于点和．则下列结论错误的是　　 A．若，则四边形为矩形 B．若时，四边形为矩形 C．若，则四边形为平行四边形 D．若，，则 【典例三】已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是　　 A．当时，它是菱形 B．当时，它是矩形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是菱形 【典例四】如图，在中，对角线与交于点，添加下列条件不能判定为矩形的只有　　 A． B．，， C． D． 考点六矩形的性质与判定 【典例一】如图，在△中，，，，点是边上一点（不与点、重合），作于点，于点，连接，则的最小值是　　 A．2 B．2.4 C．3 D．4 【典例二】已知的对角线相交于点，分别添加下列条件：①；②；③；④．使得是矩形的条件是　　 A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 【典例三】如图，在中，，，，点是上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为　　 A． B．13 C． D． 【典例四】如图，在△中，点是边上的动点，，，与相交于点．有下列四个结论，其中正确的结论有　　 ①与互相平分； ②当平分时，四边形为菱形； ③当时，四边形为矩形， ④若，则当时，的长度最小 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 考点七正方形的性质 【典例一】如图，在正方形外侧作等边△，则的度数为　　 A． B． C． D． 【典例二】如图，已知点的坐标为，，点在轴的正半轴上，边长为的正方形绕点旋转，当、、三点共线时，　　 A． B．或 C．或 D．或 【典例三】2024年6月2日6时23分，嫦娥六号着陆器和上升器组合体在鹊桥二号中继星的支持下，成功着陆在月球背面南极一艾特肯盆地预选着陆区．组合体元件中有个展板的平面图如图所示，在正方形中，，分别是，上的点，，相交于点．是的中点，若，，则的长为　　 A． B． C．2 D． 【典例四】用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖的面积为，小正方形地砖的面积为，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形．则正方形的面积为　　 A． B． C． D． 考点八正方形的判定 【典例一】已知矩形的对角线、交于点，下列条件中能判定四边形是正方形的是　　 A． B． C． D． 【典例二】下列说法中，不正确的是　　 A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B．一组对边平行另外一组对边相等的四边形是平行四边形 C．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形 D．有一组邻边相等的矩形是正方形 【典例三】下列判断错误的是　　 A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B．一条对角线平分内角的平行四边形是菱形 C．四个内角都相等的四边形是矩形 D．两对角线互相垂直且平分的四边形是正方形 【典例四】如图，在矩形中，对角线、交于点，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是　　 A． B． C． D． 考点九正方形的性质与判定 【典例一】如图，在正方形中，点是对角线，交点，过点作射线，分别交，于点，，且，，交于点．有下列结论：①△△；②；③；④四边形的面积为正方形面积的；⑤．其中正确的个数是　　 A．2 B．3 C．4 D．5 【典例二】小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图，测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图，，则图2中对角线的长为　　 A． B． C． D． 【典例三】已知四边形和都是正方形，点在线段上，连接、，交于点．若，则　　 A． B． C． D． 【典例四】如图，已知一个矩形纸片，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点为边上的动点，将沿折叠得到，连接、．则下列结论中：①当时，四边形为正方形；②当时，的面积为10；③当在运动过程中，的最小值；④当时，．其中结论正确的有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 考点十与三角形中位线有关的求解问题 【典例一】如图，菱形的对角线交于点O，点M为的中点，连接，若，，则的长为（   ） A． B．4 C．5 D． 【典例二】如图，正方形，点为边上一点，．的平分线交于点，点是的中点，则的长为（　　） A．2 B． C．3 D． 【典例三】如图，菱形中，，分别是，的中点，若，则菱形的周长为（  ）    A．14 B．16 C．15 D．17 【典例四】如图，在矩形纸片中，，点M是边上的一点，点N是边上的中点，佳佳按如下方式作图： ①连接，；②取，的中点P，Q；③连接，． 若四边形是矩形，可以推断的长度不可能是（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 考点十一与三角形中位线有关的证明 【典例一】如图，的对角线交于点O，点E、F、G、H分别是、、、的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当满足什么条件时，四边形是矩形？请说明理由． 【典例二】在中，，点D，E分别是的中点，点F在的延长线上，且．求证：四边形是平行四边形． 【典例三】如图，，，，分别是四边形各边的中点，我们称四边形是四边形的中点四边形． (1)若四边形中，，确定中点四边形的形状，并说明理由． (2)在（1）的条件下，若，则的最小值为___________ 【典例四】如图，在中，，是中线，是的外角的平分线，，垂足为． (1)求证：四边形是矩形； (2)与之间的关系是什么？请说明理由． 考点十二三角形中位线的证明 【典例一】如图，在中，，，点D为的中点，E为线段上任意一点，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，过点F作，交直线与点H，请问与的数量关系是怎样的？请说明理由． 【典例二】如图，在平面直角坐标系中，过点的直线与轴交于点，直线交轴正半轴于点，，点是直线上的动点． (1)求直线的解析式． (2)如果三角形的面积等于三角形面积的三分之一，求点的坐标． (3)已知点在线段上，连结、、．若，求线段的长． 【典例三】如图，A、B两地被建筑物阻隔，为测量A、B两地的距离，连接、，分别取、的中点、．若的长为，求A、B两地的距离． 学科网（北京）股份有限公司 $$期中期末备考大讲堂 作者的话 在数学学习的征程中，八年级下册犹如一座承上启下的重要山峰。它既巩固了我们在之前学习中所积累的数学知识与技能，又为即将到来的更为复杂的数学学习奠定了坚实的基础。如今，期中考试的战鼓即将敲响，我们精心筹备了这场八年级数学下册期中备考复习大讲堂，旨在为同学们点亮前行道路上的灯塔，助力大家在期中考试中披荆斩棘，收获满意的成绩。 在学习的道路上，同学们可能会遇到诸多困难。知识点繁多，如同繁星点点，如何将其梳理清晰？复杂多变的题型，犹如迷宫一般，怎样找到解题的正确路径？这些都是我们在备考中需要攻克的难关。 本次复习大讲堂，将是同学们期中备考的有力助手。我们将系统梳理知识点，搭建知识框架，让繁杂的知识体系一目了然；深入剖析典型例题，传授解题技巧，使同学们在面对各类题型时游刃有余。 让我们怀揣着对数学的热爱和追求，积极参与到复习大讲堂中，为一场满意的成绩而努力拼搏！ 2024-2025学年八年级数学下册期中期末备考大讲堂 第9章 第二部分矩形、菱形、正方形及三角形的中位线 （高频考点+知识梳理+考点精析） 【知识点一】矩形的定义及性质 1、定义。 有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。 2、性质。 【知识点二】矩形的判定 1、矩形的判定方法。 (1)有一个角是直角的平行四边形是矩形； (2)有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。 2、两条平行线之间的距离:两条平行线中,一条直线上任意一点到另一条直线的距离,叫做两条平行线之间的距离.两条平行线之间的距离处处相等。 【知识点三】菱形的定义及性质 1、定义。有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 2、性质。 【知识点四】菱形的判定方法 1、有一组邻边相等的平行四边形是菱形； 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。 【知识点五】正方形的定义及性质 1、定义。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。 2、性质。 【知识点六】正方形的判定方法 1、有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形； 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。 【知识点七】三角形的中位线 1、概念。连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线。 2、定理。三角形的中位线平行于第三边,并且等于第三边的一半。 【知识点八】中点四边形 1、概念。 依次连接一个四边形各边中点所得到的四边形为中点四边形。 2、原四边形及其对应的中点四边形。 考点一菱形的性质 【典例一】如图，在菱形中，，，交于点，于点，连接，则的长为　　 A．6 B．5 C．4 D．3 【分析】由菱形的性质可得、，再运用勾股定理可得，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答． 【解答】解：在菱形中，， ，， ，， ， ，， ． 故选：． 【点评】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半成为解题的关键． 【典例二】菱形的边长为，那么菱形的周长是　　 A． B． C． D． 【分析】根据菱形的性质即可解决问题． 【解答】解：四边形是菱形， 菱形的周长， 故选：． 【点评】此题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解决问题的关键． 【典例三】如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，若，，则菱形的边长为　　 A． B． C． D． 【分析】结合菱形的性质求得、后，再根据勾股定理即可求解． 【解答】解：由题意可得：，， △中，， 即菱形的边长是． 故选：． 【点评】本题考查的知识点是菱形的性质、勾股定理解直角三角形，解题关键是熟练掌握菱形的性质． 【典例四】如图，菱形的对角线，相交于点，过点作交于点，连接，若，，则菱形的面积为　　 A．120 B．240 C．80 D．160 【分析】由菱形的性质得，，，则，再由直角三角形斜边上的中线性质求出的长度，然后由菱形的面积公式求解即可． 【解答】解：菱形的对角线，相交于点，，， ，，， ， 交于点， ， 点是中点，即是斜边上的中线， ， 菱形的面积， 故选：． 【点评】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质． 考点二菱形的判定 【典例一】在平行四边形中，对角线与相交于点．下列说法不能使平行四边形为菱形的是　　 A． B． C． D． 【分析】由四边形是平行四边形，且，根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”证明平行四边形是菱形，可判断不符合题意；由，可根据菱形的定义证明平行四边形是菱形，可判断不符合题意；由，根据“两条对角线相等的平行四边形是矩形”可证明平行四边形是矩形，但平行四边形不一定是菱形，可判断符合题意；由，得，则，所以，可根据菱形的定义证明平行四边形是菱形，可判断不符合题意，于是得到问题的答案． 【解答】解：四边形是平行四边形，， 平行四边形是菱形， 故不符合题意； 四边形是平行四边形，， 平行四边形是菱形， 故不符合题意； 四边形是平行四边形，， 平行四边形是矩形，但平行四边形不一定是菱形， 故符合题意； 如图，四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 平行四边形是菱形， 故不符合题意， 故选：． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、菱形的判定等知识，正确地理解和掌握菱形的定义和判定定理是解题的关键． 【典例二】如图，四边形的对角线，相交于点，，且，则添加下列一个条件能判定四边形是菱形的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据菱形的判定方法分别对各个选项进行判定，即可得出结论． 【解答】解：， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， 、当时，四边形是矩形；故选项不符合题意； 、， ， ， ， ， 四边形为菱形，故选项符合题意； 、， ， ， 四边形是矩形；故选项不符合题意； 、当时，不能判定四边形为菱形；故选项不符合题意． 故选：． 【点评】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． 【典例三】根据如图平行四边形中所标注的角的度数、边的长度，一定能判定其为菱形的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据菱形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：、图中标注角的三角形不是等腰三角形，平行四边形的邻边不相等，不能判定为菱形，故选项不符合题意； 、由图中数据可知，平行四边形的邻边不相等，不能判定为菱形，故选项不符合题意； 、， 对角线互相垂直， 能判定为菱形，故选项符合题意； 、图中标注角的三角形不是直角三角形，平行四边形的对角线不能互相垂直，不能判定为菱形，故选项不符合题意； 故选：． 【点评】此题主要考查了菱形的判定、平行四边形的性质以及勾股定理的逆定理等知识，熟练掌握菱形的判定是解题的关键． 【典例四】若四边形中，，，再添加一个下列条件能使其成为菱形的是　　 A． B． C． D． 【分析】先证明四边形是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论． 【解答】解：再添加一个下列条件能使其成为菱形的是，理由如下： ，， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形是菱形， 故选：． 【点评】本题考查了菱形的判定以及平行四边形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键． 考点三菱形的性质与判定 【典例一】如图，四边形中，，，，连接，的平分线交，分别于点，，若，，则的长为　　 A．8 B． C． D． 【分析】连接，由勾股定理得出，证明四边形是菱形，，，从而得出，由勾股定理得出的长即可得解． 【解答】解：如图，连接， ，，， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ，， ， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了菱形的判定与性质、勾股定理、角平分线的定义，解题的关键是掌握菱形的相关性质． 【典例二】如图，△中，，．△和△都是等边三角形，为的中点，连接交于点，与交于点．以下结论：①；②四边形为菱形；③；．其中，正确的结论有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】连结，证明点，点在的垂直平分线上，即可判断①正确； 根据等腰三角形的性质可得，所以，进而可以判断②错误； 根据等边三角形的性质，证明四边形是平行四边形，进而可以判断③正确； 根据含角的直角三角形即可判断④正确． 【解答】解：连结， ，为中点， ， 点在的垂直平分线上， △是等边三角形， ， 点在的垂直平分线上， ，故①正确． △是等边三角形，为中点， ， ， 四边形不可能是菱形，故②不正确． △是等边三角形， ，， ，， ， ， ， ，， ， △是等边三角形，， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， ，故③正确． ， ， ，故④正确． 正确的结论由①③④， 故选：． 【点评】本题考查了菱形的判定、等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线的性质、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和等边三角形的性质是解题的关键． 【典例三】如图，菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点、，连接，则下列结论：　　 ①； ②与全等的三角形共有2个； ③； ④由点、、、构成的四边形是菱形； A．①③④ B．①④ C．①②③ D．②③④ 【分析】①由证明，得出，证出是的中位线，得出，①正确； ②先证四边形是平行四边形，再证、是等边三角形，得，因此，则四边形是菱形，④正确； ③由菱形的性质得，再由证明，得，则②不正确； 由中线的性质和菱形的性质可得，，可得四边形与四边形面积相等，得出③正确． 【解答】解：四边形是菱形， ，，，，， ，， ， ， 在和中， ， ， ， 是的中位线， ，故①正确； ，， 四边形是平行四边形， ， 、是等边三角形， ，， ，四边形是菱形，故④正确； ， 由菱形的性质得：， 在和中， ， ， ，故②不正确； ， ， 四边形是菱形， ， 四边形与四边形面积相等，故③正确； 故选：． 【点评】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 【典例四】小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中菱形的对角线长为　　 A．20 B．30 C． D． 【分析】根据正方形的性质得，，由勾股定理得，则，再证明△是等边三角形，则，再利用含30度角的直角三角形求出，于是得到问题的答案． 【解答】解：在正方形中，， ， ，， ， ， 在菱形中，， ， △是等边三角形， ， 如图（1），连接交于点， ，， ， ， ， 故选：． 【点评】此题重点考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质等知识，根据勾股定理求得是解题的关键． 考点四矩形的性质 【典例一】如图，在矩形中，对角线，交于点，若，则的长为　　 A．3 B． C． D．6 【分析】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． 【解答】解：四边形为矩形，， ，， ， 故选：． 【点评】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相等，互相平分． 【典例二】如图，将两个矩形叠合放置，如果，那么等于　　 A． B． C． D． 【分析】设两个矩形分别为矩形和矩形，则，求得，由，，得，于是得到问题的答案． 【解答】解：四边形和四边形都是矩形， ， ， ， ，， ， 故选：． 【点评】此题重点考查矩形的性质、三角形内角和定理等知识，求得是解题的关键． 【典例三】如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化，下面判断正确的是　　 A．四边形由矩形变为菱形 B．对角线的长度不变 C．四边形的面积不变 D．四边形的周长不变 【分析】由题意可知左扭动矩形框架，四边形变成平行四边形，四边形的四条边不变，故周长不变，对角线减小，但是边上的高减小，故面积变小． 【解答】解：向左扭动矩形框架，只改变四边形的形状，四边形变成平行四边形，不符合题意； 此时对角线减小，对角线增大，不合题意． 边上的高减小，故面积变小，不符合题意， 四边形的四条边不变，故周长不变，符合题意． 故选：． 【点评】本题考查矩形的性质和平行四边形的性质，熟悉性质是解题关键． 【典例四】16．如图，一张等腰直角三角形纸片，已知，先裁剪出①号长方形，然后在剩余的大纸片三角形中剪出②号长方形，且满足，当①号长方形的面积为时，则②号长方形的面积为　　 A． B． C． D． 【分析】由条件判定、、是等腰直角三角形，设 ，得到 ，，，，，由长方形面积公式得到，求出或（舍去），即可求出长方形的面积． 【解答】解：是等腰直角三角形， ， 四边形，是长方形， ，，，，， ，， ， 、、是等腰直角三角形， 设 ， ， ， ，， ， ， 长方形的面积， 或（舍去）， 长方形的面积． 故选：． 【点评】本题考查矩形的性质，等腰直角三角形，关键是设 ，由矩形的面积公式得到，求出的值，从而求出长方形的面积． 考点五矩形的判定 【典例一】如图，在中，、分别为边、的中点，是对角线．下列说法错误的是　　 A．当时，四边形是菱形 B．当时，四边形是菱形 C．当时，四边形是矩形 D．当平分时，四边形是矩形 【分析】根据菱形和矩形的判定定理即可得到结论． 【解答】解：四边形是平行四边形， ，， 、分别为边、的中点， ，， ， 四边形是平行四边形， 当，不能得到，故不能判定四边形是菱形，此选项符合题意； 当时， ， 四边形是菱形，故选项不符合题意； 当时，， ， 四边形是矩形，故选项不符合题意； 当平分时，如图，延长，交于点， 平分， ， ， ， ， ，，， ， ， ， 四边形是矩形，故选项不符合题意， 故选：． 【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，掌握矩形的判定和菱形的判定是解题的关键． 【典例二】如图，，是中，边上的点，且，角平分线和它的外角的平分线分别交于点和．则下列结论错误的是　　 A．若，则四边形为矩形 B．若时，四边形为矩形 C．若，则四边形为平行四边形 D．若，，则 【分析】由角平分线和它的外角的平分线分别交于点和可得，即可得，再根据，，，的条件，进行判断． 【解答】解：角平分线和它的外角的平分线分别交于点和， ，； ． ． ； 同理：， ； 若， ， ， ， ， 是平行四边形，且， 是矩形； 故正确； 若， ， 是平行四边形，且， 是矩形， 故正确； 若，则不可以证明则四边形为平行四边形， 故错误； 若，，根据勾股定理可得， ， 故正确． 故选：． 【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质和判定，关键是灵活这些判定解决问题． 【典例三】已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是　　 A．当时，它是菱形 B．当时，它是矩形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是菱形 【分析】根据菱形和矩形的判定，依次判断，即可求解， 【解答】解：、由是平行四边形可得，该选项错误，符合题意， 、对角线相等的平行四边形是矩形，该选项正确，不符合题意， 、有一个角是直角的平行四边形是矩形，该选项正确，不符合题意， 、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，该选项正确，不符合题意， 故选：． 【点评】本题考查了，矩形的判定，菱形的判定，解题的关键是：熟练掌握相关判定定理． 【典例四】如图，在中，对角线与交于点，添加下列条件不能判定为矩形的只有　　 A． B．，， C． D． 【分析】根据矩形的判定方法即可一一判断． 【解答】解：、正确．对角线相等的平行四边形是矩形． 、正确．，，， ， ， 平行四边形为矩形． 、错误．对角线垂直的平行四边形是菱形， 、正确，， ， ， 平行四边形是矩形． 故选：． 【点评】本题考查了矩形的判定定理，解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法． 考点六矩形的性质与判定 【典例一】如图，在△中，，，，点是边上一点（不与点、重合），作于点，于点，连接，则的最小值是　　 A．2 B．2.4 C．3 D．4 【分析】连接，根据矩形的性质可得，当时，取得最小值，根据等面积法求解即可，进而可得的最小值． 【解答】解：连接，如图， ，，， 四边形是矩形， ， ，，， ， 当时，取得最小值，即取得最小值， ， ． ． 即的最小值是2.4． 故选：． 【点评】本题考查了矩形的性质与判定，勾股定理，垂线段最短，将转化为是解题的关键． 【典例二】已知的对角线相交于点，分别添加下列条件：①；②；③；④．使得是矩形的条件是　　 A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 【分析】由矩形的判定和菱形的判定分别对各个条件进行判断即可． 【解答】解：①四边形是平行四边形，， 是矩形； ②四边形是平行四边形，， 是菱形； ③四边形是平行四边形，， 是矩形； ④四边形是平行四边形， ，， ， ， 是矩形； 综上所述，使得是矩形的条件为①③④， 故选：． 【点评】本题考查了矩形的判定、菱形的判定以及平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定和菱形的判定是解题的关键． 【典例三】如图，在中，，，，点是上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为　　 A． B．13 C． D． 【分析】由勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题． 【解答】解：，且，， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 当时，的值最小， 此时，的面积， ， 的最小值为； 故选：． 【点评】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 【典例四】如图，在△中，点是边上的动点，，，与相交于点．有下列四个结论，其中正确的结论有　　 ①与互相平分； ②当平分时，四边形为菱形； ③当时，四边形为矩形， ④若，则当时，的长度最小 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】利用平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定和性质依次判断可求解． 【解答】解：，， 四边形是平行四边形， 与互相平分，故①正确； 当平分时，则， ， ， ， ， 是菱形，故②正确； 当时， 又四边形是平行四边形， 四边形为矩形，故③正确； 四边形为矩形， ，， ， 当时，有最小值，即有最小值，故④正确， 故选：． 【点评】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 考点七正方形的性质 【典例一】如图，在正方形外侧作等边△，则的度数为　　 A． B． C． D． 【分析】根据正方形和等边三角形的性质得，，，，则，，再根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理即可求出的度数． 【解答】解：四边形是正方形， ，， △是等边三角形， ，， ，， ． 故选：． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，等边三角形的性质是解决问题的关键． 【典例二】如图，已知点的坐标为，，点在轴的正半轴上，边长为的正方形绕点旋转，当、、三点共线时，　　 A． B．或 C．或 D．或 【分析】当点在上时，过作轴于，过作轴于，过作轴于，先求得点坐标，设，则直线的表达式为，证明△△得到点坐标，进而利用待定系数法求得直线的函数表达式为由点坐标和勾股定理求得，（负值已舍去），则，再利用两点坐标距离公式求解即可；当点在上时，同理可求解． 【解答】解：根据题意，分两种情况： ①当点在上时，如图，过作轴于，过作轴于，过作轴于， 的坐标为，， ，则， ， 设，则直线的函数表达式为， 四边形是边长为的正方形，，，， ， ， 又， △△， ，， ， ， 设直线的函数表达式为， 将代入，得， 解得， 直线的函数表达式为， 由题意，点在直线上，则， ， ，（负值已舍去）， ， ； ②当点在上时，如图， 设，同理可求得直线的函数表达式为，，直线的函数表达式为， 由题意，点在直线上， ，则， ， ，（正值已舍去）， ， ； 综上，或， 故选：． 【点评】本题考查等腰三角形的性质、坐标与图形、全等三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式、正方形的性质、勾股定理、旋转的性质等知识，利用数形结合、分类讨论及函数思想是解答的关键． 【典例三】2024年6月2日6时23分，嫦娥六号着陆器和上升器组合体在鹊桥二号中继星的支持下，成功着陆在月球背面南极一艾特肯盆地预选着陆区．组合体元件中有个展板的平面图如图所示，在正方形中，，分别是，上的点，，相交于点．是的中点，若，，则的长为　　 A． B． C．2 D． 【分析】先证明和全等得，进而得，则，故得为直角三角形，则，然后根据，，由勾股定理求出的长即可得出答案． 【解答】解：四边形为正方形， ，， 在和中， ， ， ， ， ， ， 为直角三角形， 点为的中点， ， ，， ， 在中，，， 由勾股定理得：， ． 故选：． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，理解正方形的性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． 【典例四】用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖的面积为，小正方形地砖的面积为，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形．则正方形的面积为　　 A． B． C． D． 【分析】连接，，证明即可解决问题． 【解答】解：如图，连接，， ， ， ，， △△， ， ， 正方形的面积． 故选：． 【点评】本题考查中心对称，全等三角形的判定和性质，图形的拼剪等知识，解题的关键连接，，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 考点八正方形的判定 【典例一】已知矩形的对角线、交于点，下列条件中能判定四边形是正方形的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据正方形的判定定理逐项判断即可． 【解答】解：矩形中，对角线，交于点， ，，根据正方形的判定定理逐项判断如下： ，，不能判定四边形是正方形； ，，不能判定四边形是正方形； ，，不能判定四边形是正方形； ，，由对角线互相垂直的矩形为正方形，能判定四边形是正方形． 故选：． 【点评】本题考查正方形的判定，正确记忆相关知识点是解题关键． 【典例二】下列说法中，不正确的是　　 A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B．一组对边平行另外一组对边相等的四边形是平行四边形 C．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形 D．有一组邻边相等的矩形是正方形 【分析】根据平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定即可一一判断． 【解答】解：、正确．两组对边分别平行的四边形是平行四边形； 、错误．比如等腰梯形，满足条件，不是平行四边形； 、正确．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形； 、正确．有一组邻边相等的矩形是正方形； 故选：． 【点评】本题考查平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 【典例三】下列判断错误的是　　 A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B．一条对角线平分内角的平行四边形是菱形 C．四个内角都相等的四边形是矩形 D．两对角线互相垂直且平分的四边形是正方形 【分析】根据矩形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论． 【解答】解：、两组对边分别相等的四边形是平行四边形， 选项不符合题意； 、 一条对角线平分内角， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， 选项不符合题意； 、四个内角都相等的四边形是矩形， 选项不符合题意； 、对角线互相平分且相等的四边形是矩形， 选项符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定；熟记矩形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定是解题的关键． 【典例四】如图，在矩形中，对角线、交于点，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据矩形的性质及正方形的判定来添加合适的条件． 【解答】解：要使矩形成为正方形，可根据正方形的判定定理解答： （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． 添加，能使矩形成为正方形． 故选：． 【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用，解题的关键是能熟记正方形的判定定理． 考点九正方形的性质与判定 【典例一】如图，在正方形中，点是对角线，交点，过点作射线，分别交，于点，，且，，交于点．有下列结论：①△△；②；③；④四边形的面积为正方形面积的；⑤．其中正确的个数是　　 A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质逐一分析即可得出正确答案． 【解答】解：①在正方形中，，，， ， ， ， 在△和△中， ， △△，故①正确； ②△△， ， 四边形为正方形， ， ，故②正确； ③△△， ， ， ， 设， ， ， 当时，，， 故③不正确； ④由①全等可得四边形的面积与△面积相等， 四边形的面积为正方形面积的， 故④正确； ⑤在△中，， 根据勾股定理，得：， 故⑤正确； 综上所述，正确的是①②④⑤， 故选：． 【点评】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是利用全等证明出△△，属于选择题的压轴题． 【典例二】小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图，测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图，，则图2中对角线的长为　　 A． B． C． D． 【分析】先利用正方形的性质得到，在图2中，连接交于，证明是等边三角形得，再根据菱形的性质和勾股定理求得的长即可求． 【解答】解：如图1，四边形是正方形，， ， 在图2中，连接交于， ，， 是等边三角形，则， 四边形是菱形， ，，， ， ， 故选：． 【点评】本题考查正方形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解答的关键． 【典例三】已知四边形和都是正方形，点在线段上，连接、，交于点．若，则　　 A． B． C． D． 【分析】过点作于点，作，交的延长线于，设与交于，先证明四边形为矩形，再证明△和△全等得，则矩形为正方形，由此得，则，进而得，则，由此可得的度数． 【解答】解：过点作于点，作，交的延长线于，设与交于，如图所示： 则， 四边形和都是正方形， ，， ， 四边形为矩形， ，， ， ， 在△和△中， ， △△， ， 矩形为正方形， 平分， ， ， ， ， 是正方形的对角线， ， ， ， ． 故选：． 【点评】此题主要考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解决问题的关键，正确地作出辅助线，构造正方形和全等三角形是解决问题的难点． 【典例四】如图，已知一个矩形纸片，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点为边上的动点，将沿折叠得到，连接、．则下列结论中：①当时，四边形为正方形；②当时，的面积为10；③当在运动过程中，的最小值；④当时，．其中结论正确的有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】①由矩形的性质得到，根据折叠的性质得到，，，推出四边形是矩形，根据正方形的判定定理即可得到四边形为正方形；故①正确； ②过作于，得到，，根据直角三角形的性质得到，根据三角形的面积公式得到的面积为，故②错误； ③连接，于是得到，即当时，取最小值，根据勾股定理得到的最小值为；故③正确； ④根据已知条件推出，，三点共线，根据平行线的性质得到，等量代换得到，求得，根据勾股定理得到，故④正确． 【解答】解：①四边形是矩形， ， 将沿折叠得到， ，，， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形为正方形；故①正确； ②过作于， 点，点， ，， ，， ， ， 的面积为，故②错误； ③连接， 则， 即当时，取最小值， ，， ， ， 即的最小值为；故③正确； ④， ， ， ， ，，三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ，故④正确； 故选：． 【点评】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键． 考点十与三角形中位线有关的求解问题 【典例一】如图，菱形的对角线交于点O，点M为的中点，连接，若，，则的长为（   ） A． B．4 C．5 D． 【分析】本题考查菱形的性质，中位线的性质，由相关定理确定线段间的数量关系是解题的关键． 由菱形性质，结合勾股定理求得，根据中位线定理求． 【解答】解：由菱形知， ∴，，， ∴， ∵点M为的中点，O为的中点， ∴； 故选：A． 【典例二】如图，正方形，点为边上一点，．的平分线交于点，点是的中点，则的长为（　　） A．2 B． C．3 D． 【分析】延长交的延长线于点，根据正方形的性质得，，，则，根据角平分线的定义及平行线的性质得，则，进而得，证明和全等得，则是的中位线，然后根据三角形中位线定理可得出的长． 【解答】解∶延长交的延长线于点，如图所示∶ ∵，， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，，． ∴在中，由勾股定理得∶， ∵平分． ∴ ∵． ∴， ∴ ∴． ∴， ∴． 在和中 ∴， ∴． ∵点是的中点， ∴是的中位线， ∴． 故选∶． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理是解决问题关键． 【典例三】如图，菱形中，，分别是，的中点，若，则菱形的周长为（  ）    A．14 B．16 C．15 D．17 【分析】本题考查三角形的中位线和菱形的性质．利用三角形的中位线定理以及菱形的性质进行计算即可． 【解答】解：∵、分别是、的中点， ∴是的中位线， ， ∴菱形的周长为． 故选：B． 【典例四】如图，在矩形纸片中，，点M是边上的一点，点N是边上的中点，佳佳按如下方式作图： ①连接，；②取，的中点P，Q；③连接，． 若四边形是矩形，可以推断的长度不可能是（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】本题考查的是矩形的性质，三角形的中位线的性质，垂线段最短的含义，如图，连接，，求解四边形是矩形时，，再进一步分析即可． 【解答】解：如图，连接，， 的中点分别是P，Q，N，， ， ∴四边形是平行四边形． 当四边形是矩形时，则． ∴点M到的距离不超过4，即， 故选：D 考点十一与三角形中位线有关的证明 【典例一】如图，的对角线交于点O，点E、F、G、H分别是、、、的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当满足什么条件时，四边形是矩形？请说明理由． 【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）由三角形中位线定理得，，同理，，再由平行四边形的性质得，则，，即可得出结论； （2）连接，由平行四边形的性质得，，，再证四边形是平行四边形，得，然后证，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵G，F分别为的中点， ∴为的中位线， ∴，， 同理可得：，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当时，四边形是矩形，理由如下， 如图，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵G，H分别是的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵E，F分别是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形． 【典例二】在中，，点D，E分别是的中点，点F在的延长线上，且．求证：四边形是平行四边形． 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，直角三角形的性质，三角形中位线定理，等边对等角，先根据直角三角形的性质和等边对等角证明，则，由此可得，再由三角形中位线定理证明，据此可证明结论． 【解答】证明：∵，点E是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点D为的中点， ∴为的中位线， ∴，即， ∴四边形是平行四边形． 【典例三】如图，，，，分别是四边形各边的中点，我们称四边形是四边形的中点四边形． (1)若四边形中，，确定中点四边形的形状，并说明理由． (2)在（1）的条件下，若，则的最小值为___________ 【分析】（1）连接，，根据中位线定理，得出，，，进而得出，，结合推出，即可得出结论； （2）过点D作，且，连接，则四边形是平行四边形，可得，可推出当C、B、H三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，再证明，则由勾股定理得到，则的最小值为． 【解答】（1）解：四边形是矩形，理由如下， 如图所示，连接，， ∵点E、F、G、H是四边形各边中点， ∴，分别是的中位线， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：如图所示，过点D作，且，连接，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴当C、B、H三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，中点四边形，矩形的判定，平行四边形的性质与判定，勾股定理，解题的关键是掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半． 【典例四】如图，在中，，是中线，是的外角的平分线，，垂足为． (1)求证：四边形是矩形； (2)与之间的关系是什么？请说明理由． 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，中位线的性质与判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键； （1）根据等腰三角形三线合一得到，，结合是的外角的平分线，可得出，又由即可得到，然后根据矩形的判断即可得证； （2）利用矩形的性质可求，根据三角形中线可得，得出是的中位线，即可得出结论． 【解答】（1）证明：中，，是中线， ，， ， 为的外角的平分线， ， ， 即， ， ， 四边形是矩形； （2）解：，，理由如下： 由（1）知，四边形为矩形， ， 中，是中线， ， 是的中位线， ，． 考点十二三角形中位线的证明 【典例一】如图，在中，，，点D为的中点，E为线段上任意一点，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，过点F作，交直线与点H，请问与的数量关系是怎样的？请说明理由． 【分析】本题主要考查了三角形中位线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关运算法则成为解题的关键．延长交于点G，易得，再说明为的中位线可得，进而得到与都是等腰直角三角形，然后再证明，最后根据全等三角形的性质即可证明结论． 【解答】解：与的数量关系是：．理由如下： 如图：延长交于点G， 由题意，知，， ∴， 又∵点D为的中点， ∴点G为的中点，且， ∴为的中位线， ∴． ∵， ∴， ∴，即． ∵，， ∴， ， ∴． ∵与都是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 【典例二】如图，在平面直角坐标系中，过点的直线与轴交于点，直线交轴正半轴于点，，点是直线上的动点． (1)求直线的解析式． (2)如果三角形的面积等于三角形面积的三分之一，求点的坐标． (3)已知点在线段上，连结、、．若，求线段的长． 【分析】（1）把点代入直线得，设直线解析式为，代入得，即可求出直线解析式． （2）设，当在延长线上时，，在计算即可，当在线段上时，，再计算，即可点的坐标． （3）当时，得为中位线，故，即可求解． 【解答】（1）解：∵点在直线上， ∴， ∴， ∵， ∴， 设直线解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为． （2）解：设， 当在延长线上时， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴． 当在线段上时， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴． 答：点的坐标为或． （3）当时，如图： ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴为中位线， ∴． 答：的长为． 【点评】本题考查了一次函数的综合知识，待定系数法求一次函数解析式，三角形中位线的性质，全等三角形的性质，一元一次方程，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键． 【典例三】如图，A、B两地被建筑物阻隔，为测量A、B两地的距离，连接、，分别取、的中点、．若的长为，求A、B两地的距离． 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，根据三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半解题即可． 【解答】点，分别为，的中点， ， ∴ 答：、两地的距离为． 学科网（北京）股份有限公司 $$