第18章 平行四边形（导图+知识梳理+易错点拨+18大考点讲练+优选压轴题专练 共64题）-2024-2025学年人教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学年人教版数学八年级下学期期中复习知识串讲【优等生培优版】 第18章 平行四边形 （知识梳理+易错点拨+18个重难点考点讲练+压轴题专练 共64题） 同学你好，本套讲义结合课本内容设定制作，贴合书本内容。讲义包含导图指引，知识点梳理，易错考点点拨，重点难点考点真题汇编讲练，精选10道易错压轴题难度拔高练！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！ 导图指引 考点点睛 3 知识精讲 复习回顾 3 知识点梳理01：平行四边形 3 知识点梳理02：矩形 4 知识点梳理03：菱形 4 知识点梳理04：正方形 5 易错点拨 查漏补缺 5 易错知识点01：定义与性质易错点 5 易错知识点02：判定定理的典型误区 5 易错知识点03：动点问题与存在性判断 6 易错知识点04：综合题常见失误 6 易错知识点05：高频易错题型示例 6 重点难点 考点讲练 7 重点难点考点讲练01：平行四边形的性质 7 重点难点考点讲练02：三角形中位线定理 7 重点难点考点讲练03：平行四边形的判定 8 重点难点考点讲练04：平行四边形的判定与性质 10 重点难点考点讲练05：直角三角形斜边上的中线 11 重点难点考点讲练06：矩形的性质 12 重点难点考点讲练07：矩形的判定 13 重点难点考点讲练08：矩形的判定与性质 14 重点难点考点讲练09：菱形的性质 15 重点难点考点讲练10：菱形的判定 16 重点难点考点讲练11：菱形的判定与性质 18 重点难点考点讲练12：正方形的性质 19 重点难点考点讲练13：正方形的判定 20 重点难点考点讲练14：正方形的判定与性质 22 重点难点考点讲练15：中点四边形模型 24 重点难点考点讲练16：正方形中的十字架模型 25 重点难点考点讲练17：梯子模型 27 重点难点考点讲练18：四边形中的对角互补模型 27 压轴专练 拔尖冲刺 29 知识点梳理01：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）任意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02：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. 【易错点剖析】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03：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04：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01：定义与性质易错点 1. 定义混淆 易错：认为“一组对边平行”或“一组对角相等”即为平行四边形。 正解：必须满足两组对边分别平行（定义）或满足任一判定定理（如两组对边相等、一组对边平行且相等等）。 2. 性质应用不全面 对角线性质：误认为“对角线相等”是平行四边形性质（实为矩形特有）。正确性质是对角线互相平分。 边角关系：易忽略“邻角互补”的应用，例如在折叠问题中未利用互补角求未知角度67。 易错知识点02：判定定理的典型误区 1. 判定条件混淆 例如：误将“一组对边平行，另一组对边相等”当作判定条件（需同时满足“一组对边平行且相等”才是判定定理）。 判定定理优先级：证明时优先选择“定义法”（两组对边平行），若无法直接证明，再尝试其他判定定理（如对角线互相平分）。 2. 中位线定理应用错误 三角形中位线定理：中位线长度等于第三边的一半且平行于第三边。易错点：未明确中位线对应的第三边，导致计算错误。 易错知识点03：动点问题与存在性判断 1. 坐标系中的平行四边形 坐标法解题时，易忽略对角线中点重合的性质。例如：已知三点求第四点坐标，未通过中点公式验证导致漏解。 分类讨论不全：如未考虑平行四边形的四种顶点排列顺序（需用平移法或向量法全面分析）。 2. 动态存在性问题 例如：判断四边形是否为平行四边形时，未考虑动点运动过程中边或角的变化导致条件失效，需分段讨论。 易错知识点04：综合题常见失误 1. 辅助线添加不当 涉及对角线的问题（如证明线段相等），未通过连接对角线或作垂线构造全等三角形，导致思路受阻67。 2. 面积计算陷阱 误用“底×高”公式时未确认对应关系，例如高与底边不垂直或混淆不同底边对应的高6。 易错知识点05：高频易错题型示例 1. 判断题 错误示例：“对角线相等的四边形是平行四边形。”（× 实为矩形） 正确结论：“对角线互相平分的四边形是平行四边形。”（√） 2. 证明题 错误：仅用“一组对边平行”直接下结论，未补充“另一组对边平行”或“这组对边相等”等条件。 正确步骤：如已知AB//CD，需进一步证明AB=CD或AD//BC才能判定平行四边形。 重点难点考点讲练01：平行四边形的性质 【例题精讲】（2024春•涪城区期中）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】（2024春•端州区校级期中）如图，在平行四边形中，，则　　． 【训练2】（2024春•召陵区期中）如图，的对角线、交于点，平分交于点，且，，连接，下列结论：①；②；③；④；⑤．其中成立的个数是　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 重点难点考点讲练02：三角形中位线定理 【例题精讲】（2022春•洪泽区期中）如图，的周长为19，点，在边上，的平分线垂直于，垂足为，的平分线垂直于，垂足为，若，则的长度为　　． 【训练1】（2024春•西平县期中）如图，等边的边长是4，，分别为，的中点，延长至点，使，连接和． （1）求证：； （2）求的长； （3）求四边形的面积． 重点难点考点讲练03：平行四边形的判定 【例题精讲】（2024春•天河区期中）如图，在由边长为1的小正方形组成的的网格中，的三个顶点均在格点上，请按要求解决下列问题： （1）通过计算判断的形状； （2）在图中确定一个格点，连接、，使四边形为平行四边形，并求出的面积． 【训练1】（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？ 重点难点考点讲练04：平行四边形的判定与性质 【例题精讲】（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】（2023春•德城区校级期中）如图，的对角线，相交于点，，分别是，的中点，连接，，，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，．求的长． 【训练2】（2024春•柳南区期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点的坐标为，点的坐标为，，四边形是平行四边形，点、份别在边、上，且，．动点、在平行四边形的一组邻边上，以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时，其面积为 　　． 重点难点考点讲练05：直角三角形斜边上的中线 【例题精讲】（2024春•思明区校级期中）如图，在中，，，于点，于点，为的中点，为的中点，则的长为　　 A．7 B．8 C． D． 【训练1】（2023春•荣县期中）如图，在中，，是斜边上的中线，若，，则的长为 　　． 【训练2】（2022春•范县期中）如图，已知，，为的中点， （1）如图1，求证：是等腰三角形； （2）如图2，与交点为，若，，，求的长． 重点难点考点讲练06：矩形的性质 【例题精讲】（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　　． 【训练1】（2024春•罗甸县期中）如图，在矩形中，点，分别在，上，，，，分别是，的中点，则的长为　　 A． B． C． D． 【训练2】（2024春•城厢区校级期中）如图，矩形中，，．一动点从点出发沿对角线方向以每秒2个单位长度的速度向点匀速运动，同时另一动点从点出发沿方向以每秒1个单位长度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、运动的时间为秒．过点作于点，连接，． （1）求证：； （2）当为何值时，为直角三角形？请说明理由． 重点难点考点讲练07：矩形的判定 【例题精讲】（2024春•陵城区期中）综合实践课上，嘉嘉设计的“利用直角三角形作矩形”的尺规作图过程如下： 分别以点，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧相交于点，，作直线，直线交于点； 作射线，在上截取，使得； 连接，，则四边形就是所求作的矩形． 根据嘉嘉尺规作图痕迹，完成下面的证明． 证明：①_____，， 四边形是平行四边形②_____）（填推理依据）． 又， 四边形是矩形③_____）（填推理依据）． ①②③应该填的内容分别是　　 A．、对角线互相平分的四边形是平行四边形、有一个角是直角的平行四边形是矩形 B．、对角线互相平分的四边形是平行四边形、有一个角是直角的平行四边形是矩形 C．、对角线互相平分的四边形是平行四边形、有一个角是直角的平行四边形是矩形 D．、有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线互相平分的四边形是平行四边形 【训练2】（2021春•镇海区校级期中）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点． （1）与是上两点且不与点重合，，四边形是平行四边形吗？说明理由； （2）若，是上两动点，分别从，两点以相同的速度向、运动，其速度为．若，，当运动时间为何值时，以、、、为顶点的四边形是矩形？说明理由． 重点难点考点讲练08：矩形的判定与性质 【例题精讲】（2023秋•凌海市期中）如图，已知中，，分别延长、到点、．使得，，连接、、． （1）求证：四边形是矩形； （2）以、为一组邻边作，连接，若，求的度数． 【训练1】（2024秋•茂南区期中）如图，等腰中，，交于点，点是的中点，分别过，两点作线段的垂线，垂足分别为，两点． （1）求证：四边形为矩形； （2）若，，求的长． 【训练2】（2023春•兰坪县校级期中）如图，在中，点，，分别是边，，的中点，且． （1）求证：四边形为矩形； （2）若，，写出矩形的周长． 重点难点考点讲练09：菱形的性质 【例题精讲】（2023秋•陈仓区校级期中）如图，在菱形中，，点，分别在，上，且． （1）求证：； （2）判断的形状，并说明理由． 【训练1】（2024春•丛台区校级期中）已知如图，在菱形中，对角线、相交于点，，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求四边形的面积． 【训练2】（2024春•市中区校级期中）如图，已知菱形的边长为6，点是对角线上的一动点，且，则的最小值是　　 A． B． C． D． 重点难点考点讲练10：菱形的判定 【例题精讲】（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1】（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． 【训练2】（2023春•莘县期中）、分别是不等边三角形（即的边、的中点，是内任意一点，连接、，点、分别是、的中点，顺次连接点、、、．问当与应满足怎样的数量关系时，四边形是菱形，并证明之． 重点难点考点讲练11：菱形的判定与性质 【例题精讲】（2023春•绵阳期中）如图，在矩形中，，连接，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，，直线分别交，于点，．下列结论： ①四边形是菱形； ②； ③； ④若平分，则．其中正确结论的有 　．（填写正确结论的序号） 【训练2】（2024春•广陵区期中）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． 重点难点考点讲练12：正方形的性质 【例题精讲】（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1】（2024春•平潭县期中）如图，在正方形中，，点是边上一点，点是延长线上一点，，．连接、、，与对角线相交于点，则线段的长是　　 A． B． C． D． 【训练2】（2022春•鼓楼区期中）如图，在正方形中，在上，在的延长线上，，连接、、，交对角线于点，为的中点，连接，下列结论：①为等腰直角三角形；②；③直线是的垂直平分线；④若，则；其中正确结论的有　　． 重点难点考点讲练13：正方形的判定 【例题精讲】（2024春•象山县校级期中）如图，将正方形纸片的和进行折叠，使两个直角的顶点重合于对角线上的点处、，分别是折痕，若点沿从点向点移动，则阴影部分的周长　　 A．先变大，后变小 B．先变小，后变大 C．当占在中点处时，阴影部分周长最大 D．保持不变 【训练1】（2024春•硚口区期中）如图，在中，是边的中点，过点作直线，交的角平分线于点，交的外角的角平分线于点，连接，． （1）求证：四边形为矩形； （2）请添加一个条件，使四边形为正方形，直接写出该条件． 【训练2】（2023春•江门校级期中）如图，在中，，是中点、是中点，是的外角的平分线，延长交于点．连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）填空：①若，则四边形的面积为 　　； ②当满足 　　四边形是正方形． 重点难点考点讲练14：正方形的判定与性质 【例题精讲】（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1】（2024春•夏津县期中）如图，正方形的边长为4，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况： ①若为的中点，则四边形是正方形； ②若为上任意一点，则； ③点在运动过程中，的值为定值4； ④点在运动过程中，线段的最小值为． 正确的有　　 A． ①②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④ 【训练2】（2024秋•法库县期中）如图1，四边形为正方形，为对角线上一点，连接，． （1）求证：； （2）如图2，过点作，交边于点，以，为邻边作矩形，连接． ①求证：矩形是正方形； ②若正方形的边长为9，，求正方形的边长． 重点难点考点讲练15：中点四边形模型 【例题精讲】（2023春•盐城期中）阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． （1）这个中点四边形的形状是 　 　； （2）如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，、、、分别为、、、的中点，试判断四边形的形状并证明． 【训练1】（2024秋•方城县期中）如图，在四边形中，对角线，垂足为，点、、、分别为边、、、的中点．若，，则四边形的面积为　　 A．48 B．24 C．32 D．12 【训练2】（2024春•凉州区期中）如图，在四边形中，点，，，分别是，，，边上的中点，则下列结论一定正确的是　　 A．四边形是矩形 B．四边形的面积等于四边形面积的 C．四边形的内角和小于四边形的内角和 D．四边形的周长等于四边形的对角线长度之和 重点难点考点讲练16：正方形中的十字架模型 【例题精讲】（2023春•北辰区期中）正方形的边长为3，点、分别是对角线上的两点，过点、分别作、的平行线，则图中阴影部分的面积等于 　　． 【训练1】（2024春•遵义期中）【探索发现】（1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，我们知道，无论正方形绕点怎么转动，总有△△，连接，求证：； 【类比迁移】（2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，判断（1）中的结论是否成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由； 【迁移拓展】（3）如图3，在△中，，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕着点旋转，当时，直接写出线段的长度． 【训练2】（2023春•思明区校级期中）如图，已知四边形是正方形，点是边上的动点（不与端点重合），点在线段上，，，，为线段的中点，点在线段上（不与点重合），且． （1）求证：； （2）随着点的运动，试猜想的值是否是发生变化，若不变，请求出定值，若变化，请说明理由． 重点难点考点讲练17：梯子模型 【例题精讲】（2023春•龙凤区期中）如图，在中，，，，点在轴上，点在轴上，则点在移动过程中，的最大值是 　　． 【训练1】（2022春•曲阜市期中）如图，，矩形的顶点、分别在边，上，当在边上运动时，随之在边上运动，矩形的形状保持不变，其中，，运动过程中，点到点的最大距离为 　　． 【训练2】（2020春•江岸区校级月考）如图，一根长的木棍，斜靠在与地面垂直的墙上，设木棍的中点为．若木棍端沿墙下滑，且端沿地面向右滑行．木棍滑动的过程中，点到点的距离不变化，在木棍滑动的过程中，的面积最大为 　　． 重点难点考点讲练18：四边形中的对角互补模型 【例题精讲】（2023春•金湖县期中）如图，是的对角线，点在上，，，则是　　 A． B． C． D． 【训练1】（2023春•海珠区校级期中）如图，点在第一象限的角平分线上，，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上． （1）求点的坐标． （2）当绕点旋转时， ①的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值． ②请求出的最小值． 【训练2】（2022春•城关区校级期中）四边形若满足，则我们称该四边形为“对角互补四边形”． （1）四边形为对角互补四边形，且，则的度数为 　　； （2）如图1，四边形为对角互补四边形，，． 求证：平分． 小云同学是这么做的：延长至，使得，连，可证明，得到是等腰直角三角形，由此证明出平分，还可以知道、、三者关系为：　　； （3）如图2，四边形为对角互补四边形，且满足，，试证明： ①平分； ②； （4）如图3，四边形为对角互补四边形，且满足，，则、、三者关系为：　　． 1．（2025·安徽淮北·一模）如图，在矩形中 ，，，以点B为圆心、的长为半径画圆弧交对角线于点M，则的长为（    ） A． B． C．2 D． 2．（23-24八年级下·新疆喀什·期中）如图，在正方形中，，E为对角线上与点A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接，，下列结论：；；；的最小值为3，其中正确的结论是（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 3．（24-25八年级上·湖北宜昌·期末）用一张正方形的纸片按如下方式折叠：如图，先将纸片对折得到折痕，再沿过点C的直线翻折纸片，得到折痕，使点D落在上的点H处，连接与交于点I．则下列结论中正确的个数为（    ） ①；②为等边三角形；③；④． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 4．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，在矩形中，，，点是对角线上一动点，过点分别作的垂线，垂足分别为点，连接，则的最小值为 ． 5．（23-24八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，设四边形是边长为1的正方形，以对角线为边作第二个正方形，再以对角线为边作第三个正方形，如此下去．则第2024个正方形的边长为 ． 6．（24-25八年级上·辽宁葫芦岛·期中）如图，中，，，是的角平分线，点、分别在、边上，连接、、，若，则下列结论： ①；②；③；④，其中正确的结论是 （填序号）． 7．（24-25八年级上·广东揭阳·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知正方形，，点为轴上一动点，以为边在的右侧作等腰，，连接，则的最小值为 ． 8．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图1所示，在边长为4的正方形中，点分别为的中点，和相交于点；如图2所示，将图1中边长为4的正方形折叠，使得点落在边的中点处，点落在点处，折痕为．现有四个结论：图1中：①；②；③；图2中：④．其中正确的结论有： ．（填序号） 9．（21-22八年级下·西藏拉萨·期中）如图所示，在梯形中，，，，，，动点从点出发沿方向向点以的速度运动，动点从点开始沿着方向向点以的速度运动．点、分别从点和点同时出发，当其中一点到达端点时，另一点随之停止运动． (1)经过多长时间，四边形是平行四边形？ (2)经过多长时间，四边形是矩形？ (3)经过多长时间，的长为？ 10．（24-25八年级上·江苏扬州·期中）（1）问题发现：如图①，和都是等边三角形，点B、D、E在同一条直线上，连接． ①的度数为______；②线段之间的数量关系为______； （2）拓展探究：如图②，和都是等腰直角三角形，，点B、D、E在同一条直线上，为中边上的高，连接，试求的度数及判断线段之间的数量关系，并说明理由； （3）解决问题：如图③，和都是等腰三角形，，点B、D，E在同一条直线上，请直接写出的度数； （4）拓展探究：如图④，以等腰的腰为直角边作，且， ，连接，求的最大值． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年人教版数学八年级下学期期中复习知识串讲【优等生培优版】 第18章 平行四边形 （知识梳理+易错点拨+18个重难点考点讲练+压轴题专练 共64题） 同学你好，本套讲义结合课本内容设定制作，贴合书本内容。讲义包含导图指引，知识点梳理，易错考点点拨，重点难点考点真题汇编讲练，精选10道易错压轴题难度拔高练！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！ 导图指引 考点点睛 3 知识精讲 复习回顾 3 知识点梳理01：平行四边形 3 知识点梳理02：矩形 4 知识点梳理03：菱形 4 知识点梳理04：正方形 5 易错点拨 查漏补缺 5 易错知识点01：定义与性质易错点 5 易错知识点02：判定定理的典型误区 5 易错知识点03：动点问题与存在性判断 6 易错知识点04：综合题常见失误 6 易错知识点05：高频易错题型示例 6 重点难点 考点讲练 7 重点难点考点讲练01：平行四边形的性质 7 重点难点考点讲练02：三角形中位线定理 10 重点难点考点讲练03：平行四边形的判定 12 重点难点考点讲练04：平行四边形的判定与性质 16 重点难点考点讲练05：直角三角形斜边上的中线 20 重点难点考点讲练06：矩形的性质 23 重点难点考点讲练07：矩形的判定 26 重点难点考点讲练08：矩形的判定与性质 29 重点难点考点讲练09：菱形的性质 33 重点难点考点讲练10：菱形的判定 37 重点难点考点讲练11：菱形的判定与性质 40 重点难点考点讲练12：正方形的性质 44 重点难点考点讲练13：正方形的判定 49 重点难点考点讲练14：正方形的判定与性质 53 重点难点考点讲练15：中点四边形模型 60 重点难点考点讲练16：正方形中的十字架模型 64 重点难点考点讲练17：梯子模型 70 重点难点考点讲练18：四边形中的对角互补模型 72 压轴专练 拔尖冲刺 78 知识点梳理01：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）任意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02：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. 【易错点剖析】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03：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04：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01：定义与性质易错点 1. 定义混淆 易错：认为“一组对边平行”或“一组对角相等”即为平行四边形。 正解：必须满足两组对边分别平行（定义）或满足任一判定定理（如两组对边相等、一组对边平行且相等等）。 2. 性质应用不全面 对角线性质：误认为“对角线相等”是平行四边形性质（实为矩形特有）。正确性质是对角线互相平分。 边角关系：易忽略“邻角互补”的应用，例如在折叠问题中未利用互补角求未知角度67。 易错知识点02：判定定理的典型误区 1. 判定条件混淆 例如：误将“一组对边平行，另一组对边相等”当作判定条件（需同时满足“一组对边平行且相等”才是判定定理）。 判定定理优先级：证明时优先选择“定义法”（两组对边平行），若无法直接证明，再尝试其他判定定理（如对角线互相平分）。 2. 中位线定理应用错误 三角形中位线定理：中位线长度等于第三边的一半且平行于第三边。易错点：未明确中位线对应的第三边，导致计算错误。 易错知识点03：动点问题与存在性判断 1. 坐标系中的平行四边形 坐标法解题时，易忽略对角线中点重合的性质。例如：已知三点求第四点坐标，未通过中点公式验证导致漏解。 分类讨论不全：如未考虑平行四边形的四种顶点排列顺序（需用平移法或向量法全面分析）。 2. 动态存在性问题 例如：判断四边形是否为平行四边形时，未考虑动点运动过程中边或角的变化导致条件失效，需分段讨论。 易错知识点04：综合题常见失误 1. 辅助线添加不当 涉及对角线的问题（如证明线段相等），未通过连接对角线或作垂线构造全等三角形，导致思路受阻67。 2. 面积计算陷阱 误用“底×高”公式时未确认对应关系，例如高与底边不垂直或混淆不同底边对应的高6。 易错知识点05：高频易错题型示例 1. 判断题 错误示例：“对角线相等的四边形是平行四边形。”（× 实为矩形） 正确结论：“对角线互相平分的四边形是平行四边形。”（√） 2. 证明题 错误：仅用“一组对边平行”直接下结论，未补充“另一组对边平行”或“这组对边相等”等条件。 正确步骤：如已知AB//CD，需进一步证明AB=CD或AD//BC才能判定平行四边形。 重点难点考点讲练01：平行四边形的性质 【例题精讲】（2024春•涪城区期中）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】（2024春•端州区校级期中）如图，在平行四边形中，，则　　． 【思路点拨】由平行四边形的对角相等的性质得到；然后由邻补角的定义作答． 【规范解答】解：在平行四边形中，，则． 故． 故答案为：． 【考点评析】本题考查平行四边形的性质，比较简单，解答本题的关键是掌握平行四边形的对角相等的性质． 【训练2】（2024春•召陵区期中）如图，的对角线、交于点，平分交于点，且，，连接，下列结论：①；②；③；④；⑤．其中成立的个数是　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【思路点拨】由平行四边形中，，易得是等边三角形，又由，证得①；继而证得，得②；根据，，且，得到，故③错误；可得是三角形的中位线，证得④；由等边三角形的性质得到，根据等腰三角形的性质可得． 【规范解答】解：四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， 故①正确； ，， ， ， ， 故②正确； ， ， ， 故③错误； ，，， ， ， ， ， ， 故④正确； 是等边三角形， ， ， ，， ， 故⑤正确． 故选：． 【考点评析】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形的面积公式，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键． 重点难点考点讲练02：三角形中位线定理 【例题精讲】（2022春•洪泽区期中）如图，的周长为19，点，在边上，的平分线垂直于，垂足为，的平分线垂直于，垂足为，若，则的长度为　　． 【思路点拨】证明，得到，即是等腰三角形，同理是等腰三角形，根据题意求出，根据三角形中位线定理计算即可． 【规范解答】解：平分，， ，， 在和中， ． ， ， 是等腰三角形， 同理是等腰三角形， 点是中点，点是中点（三线合一）， 是的中位线， ， ， ． 故答案为：． 【考点评析】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键． 【训练1】（2024春•西平县期中）如图，等边的边长是4，，分别为，的中点，延长至点，使，连接和． （1）求证：； （2）求的长； （3）求四边形的面积． 【思路点拨】（1）利用三角形中位线定理即可解决问题． （2）先求出，再证明四边形是平行四边形即可． （3）过点作于，求出、即可解决问题． 【规范解答】解：（1）在中， 、分别为、的中点， 为的中位线， ， ， ． （2），， ， ，， ， ，， 四边形是平行四边形， ． （3）过点作于． ，， ， ， ． 【考点评析】本题考查等边三角形的性质、三角形中位线定理、勾股定理、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，记住平行四边形的面积公式，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型． 重点难点考点讲练03：平行四边形的判定 【例题精讲】（2024春•天河区期中）如图，在由边长为1的小正方形组成的的网格中，的三个顶点均在格点上，请按要求解决下列问题： （1）通过计算判断的形状； （2）在图中确定一个格点，连接、，使四边形为平行四边形，并求出的面积． 【思路点拨】（1）分别计算三边长度，根据勾股定理的逆定理判断； （3）过点作，过点作，根据平行四边形的面积解答即可． 【规范解答】解：（1）由题意可得，，，， ，即， 是直角三角形． （2）过点作，过点作，直线和的交点就是的位置，格点的位置如图， 的面积为：． 【考点评析】此题考查直角三角形的判定和性质，关键是根据勾股定理的逆定理解答． 【训练1】（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． 重点难点考点讲练04：平行四边形的判定与性质 【例题精讲】（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】（2023春•德城区校级期中）如图，的对角线，相交于点，，分别是，的中点，连接，，，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，．求的长． 【思路点拨】（1）由平行四边形的性质得，，再证，即可得出结论； （2）由勾股定理得，则，再由勾股定理求出，进而解答即可． 【规范解答】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ，分别是，的中点， ， 四边形是平行四边形； （2）解：， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， ． 【考点评析】本题考查了平行四边形的平与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，由勾股定理求出、的长是解题的关键． 【训练2】（2024春•柳南区期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点的坐标为，点的坐标为，，四边形是平行四边形，点、份别在边、上，且，．动点、在平行四边形的一组邻边上，以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时，其面积为 　或或　． 【思路点拨】过点作于点，根据，两点坐标可得，重合，动点、在平行四边形的一组邻边上，以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时，则可分以下情况画图说明：①点在上，点在上，当点与点重合， 当是对角线时；②点在上，点在上，点与重合；③点在上，点在上，点与重合，根据平行四边形的面积公式即可解决问题． 【规范解答】解：如图，过点作于点， 的坐标为， ， ， ， 点的坐标为，， ，， ，重合， ． ，， 动点、在平行四边形的一组邻边上，以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时，则可分以下情况： ①点在上，点在上，如图， 当点与点重合， ； 当是对角线时，如图， ； ②点在上，点在上，如图，点与重合， ； ③点在上，点在上，如图，点与重合， ； 综上所述：平行四边形面积为或或． 故答案为：或或． 【考点评析】此题考查的是平行四边形的判定和性质，坐标与图形性质，解决本题的关键是分类讨论和数形结合的思想方法的运用． 重点难点考点讲练05：直角三角形斜边上的中线 【例题精讲】（2024春•思明区校级期中）如图，在中，，，于点，于点，为的中点，为的中点，则的长为　　 A．7 B．8 C． D． 【思路点拨】连接，，由等腰三角形的性质推出是中点，由直角三角形斜边中线的性质得到，同理，，由等腰三角形的性质推出，，由勾股定理即可求出． 【规范解答】解：连接，， ，， 是中点， ， ， ， 同理：，， ， 为的中点， ，， ． 故选：． 【考点评析】本题考查勾股定理，直角三角形斜边的中线，等腰三角形的性质，关键是由直角三角形斜边中线的性质推出，，，得到是等腰三角形． 【训练1】（2023春•荣县期中）如图，在中，，是斜边上的中线，若，，则的长为 　2.5　． 【思路点拨】先由勾股定理求出的长，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求得的长． 【规范解答】解：在中，， 由勾股定理得：， 是中点， ． 故答案为：2.5． 【考点评析】本题考查了勾股定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟记性质是解题的关键． 【训练2】（2022春•范县期中）如图，已知，，为的中点， （1）如图1，求证：是等腰三角形； （2）如图2，与交点为，若，，，求的长． 【思路点拨】（1）根据直角三角形的性质得到，，得到，证明结论； （2）过点作，根据三角形的面积公式求出，根据勾股定理求出，根据等腰三角形的性质计算即可． 【规范解答】（1）证明：，， ，，又为的中点， ， ，即是等腰三角形； （2），为的中点， ， 已知，， ， 过点作， ，， ， ， 是等腰三角形， ． 【考点评析】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 重点难点考点讲练06：矩形的性质 【例题精讲】（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． 【训练1】（2024春•罗甸县期中）如图，在矩形中，点，分别在，上，，，，分别是，的中点，则的长为　　 A． B． C． D． 【思路点拨】连接并延长交于点，连接，证明△△，则，，在△中，，证明是△的中位线，则． 【规范解答】解：连接并延长交于点，连接， 四边形是矩形， ，， ，， 是的中点， ， △△， ，， 在△中，，，， ， ，分别是的中点， 是△的中位线， ． 故选：． 【考点评析】此题考查了勾股定理、三角形中位线定理、矩形的性质、全等三角形的判定和性质的等知识． 【训练2】（2024春•城厢区校级期中）如图，矩形中，，．一动点从点出发沿对角线方向以每秒2个单位长度的速度向点匀速运动，同时另一动点从点出发沿方向以每秒1个单位长度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、运动的时间为秒．过点作于点，连接，． （1）求证：； （2）当为何值时，为直角三角形？请说明理由． 【思路点拨】（1）由垂直得，在中，，由，可得，即可证明结果； （2）分类讨论：①当，②当，③当即可． 【规范解答】（1）证明：， ， 在中，， ， ， 又， ； （2）解：①当时，四边形为矩形， ， ，， ，即； ②当时，， 在中，， ， ， ， ， ③当时，此种情况不存在， 综上所述，当或时，为直角三角形． 【考点评析】本题考查动点问题、菱形的判定与性质及矩形的性质，找到动点运动的规律和路线、速度、以及是否停止和有无取值范围是解题的关键． 重点难点考点讲练07：矩形的判定 【例题精讲】（2024春•陵城区期中）综合实践课上，嘉嘉设计的“利用直角三角形作矩形”的尺规作图过程如下： 分别以点，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧相交于点，，作直线，直线交于点； 作射线，在上截取，使得； 连接，，则四边形就是所求作的矩形． 根据嘉嘉尺规作图痕迹，完成下面的证明． 证明：①_____，， 四边形是平行四边形②_____）（填推理依据）． 又， 四边形是矩形③_____）（填推理依据）． ①②③应该填的内容分别是　　 A．、对角线互相平分的四边形是平行四边形、有一个角是直角的平行四边形是矩形 B．、对角线互相平分的四边形是平行四边形、有一个角是直角的平行四边形是矩形 C．、对角线互相平分的四边形是平行四边形、有一个角是直角的平行四边形是矩形 D．、有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线互相平分的四边形是平行四边形 【思路点拨】先证明四边形是平行四边形，再由有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可得出结论． 【规范解答】解：，， 四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）． 又， 四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）． 故选：． 【考点评析】本题考查了矩形的判定以及平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键． 【训练1】（2024春•天河区校级期中）如图，在平行四边形中，延长到点，使，交于点，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）满足什么条件时，四边形是矩形，并说明理由． 【思路点拨】（1）由平行四边形的性质得，，再由，得，，即可得出结论； （2）当时，根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可． 【规范解答】（1）证明：四边形为平行四边形， ，， ， ，， 四边形是平行四边形； （2）解：当时，四边形是矩形，理由如下： 四边形为平行四边形， ， ， ， 四边形是矩形． 【考点评析】此题主要考查了矩形的判定、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决问题的关键． 【训练2】（2021春•镇海区校级期中）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点． （1）与是上两点且不与点重合，，四边形是平行四边形吗？说明理由； （2）若，是上两动点，分别从，两点以相同的速度向、运动，其速度为．若，，当运动时间为何值时，以、、、为顶点的四边形是矩形？说明理由． 【思路点拨】（1）判断四边形是否为平行四边形，需证明其对角线是否互相平分；已知了四边形是平行四边形，故；而、速度相同，方向相反，故；由此可证得、互相平分，即四边形是平行四边形； （2）若以、、、为顶点的四边形是矩形，则必有，可据此求出时间的值． 【规范解答】解：（1）当与不重合时，四边形是平行四边形 理由：四边形是平行四边形， ，； ； ； 、互相平分； 四边形是平行四边形； （2）四边形是平行四边形，当时，四边形是矩形； ， ； ； ； ； 或； 由于动点的速度都是， 所以或； 故当运动时间或时，以、、、为顶点的四边形是矩形． 【考点评析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质；熟练掌握平行四边形、矩形的判定和性质，是解答此题的关键． 重点难点考点讲练08：矩形的判定与性质 【例题精讲】（2023秋•凌海市期中）如图，已知中，，分别延长、到点、．使得，，连接、、． （1）求证：四边形是矩形； （2）以、为一组邻边作，连接，若，求的度数． 【思路点拨】（1）根据已知条件推出四边形是平行四边形，求得，，等量代换得到，于是得到四边形是矩形； （2）连接，设与交于，根据垂直的定义得到，根据平行四边形的性质得到，根据直角三角形的性质得到，推出是等边三角形，于是得到结论． 【规范解答】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是矩形； （2）解：连接，设与交于， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 即是直角三角形， 是中边上的中线， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ． 【考点评析】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键． 【训练1】（2024秋•茂南区期中）如图，等腰中，，交于点，点是的中点，分别过，两点作线段的垂线，垂足分别为，两点． （1）求证：四边形为矩形； （2）若，，求的长． 【思路点拨】（1）欲证明四边形为矩形，只需推知该四边形为平行四边形，且有一内角为直角即可； （2）首先根据直角三角形斜边上中线的性质求得；然后在直角中利用勾股定理得到的长度；最后结合求解即可． 【规范解答】（1）证明：，， 点是的中点． 点是的中点， 是的中位线． ，， ． 四边形是平行四边形． 又， 四边形为矩形； （2）交于点，点是的中点，， ． 由（1）知，四边形为矩形，则． 在直角中，，，由勾股定理得：． ，， ． 【考点评析】本题主要考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的性质以及直角三角形斜边上的中线，根据题意找到长度相等的线段是解题的关键． 【训练2】（2023春•兰坪县校级期中）如图，在中，点，，分别是边，，的中点，且． （1）求证：四边形为矩形； （2）若，，写出矩形的周长． 【思路点拨】（1）连接．根据三角形的中位线的性质即可得到结论； （2）根据矩形的性质得到，解直角三角形即可得到结论． 【规范解答】（1）证明：连接． ，分别是边，的中点， ，， 点是边的中点， ． ． 四边形为平行四边形； 由点，分别是边，的中点， ． ， ， 四边形为矩形； （2）解：四边形为矩形， ， ， ，， ， ，，， ， 矩形的周长． 【考点评析】本题考查了矩形的性质和判定，三角形的中位线的性质，解直角三角形，熟练掌握矩形的判定和性质是解题的关键． 重点难点考点讲练09：菱形的性质 【例题精讲】（2023秋•陈仓区校级期中）如图，在菱形中，，点，分别在，上，且． （1）求证：； （2）判断的形状，并说明理由． 【思路点拨】（1）首先证明，都是等边三角形，再证明，即可解决问题； （2）根据全等三角形的性质可知，结合即可证明； 【规范解答】（1）证明：四边形是菱形， ， 是等边三角形，是等边三角形， ，， ， ， 在和中， ， ． （2）解：结论：是等边三角形． 理由：， ， ， 是等边三角形． 【考点评析】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质．注意证得与是等边三角形，继而证得是关键． 【训练1】（2024春•丛台区校级期中）已知如图，在菱形中，对角线、相交于点，，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求四边形的面积． 【思路点拨】（1）先判断出四边形是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直可得，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明； （2）根据两直线平行，同旁内角互补求出，判断出△是等边三角形，然后根据等边三角形的性质求出、，然后得到，再根据矩形的面积公式列式计算即可得解． 【规范解答】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， 在菱形中，， ， 四边形是矩形； （2）解：，， ， ， △是等边三角形， ，， 四边形是菱形， ， 四边形的面积． 【考点评析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，平行四边形的判定，主要利用了有一个角是直角的平行四边形是矩形，熟练掌握矩形，菱形与平行四边形的关系是解题的关键． 【训练2】（2024春•市中区校级期中）如图，已知菱形的边长为6，点是对角线上的一动点，且，则的最小值是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】过点作于点，连接交于，点运动到上，且射线时，取得最小值，此时最短，即最小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出的长，进而可得结论． 【规范解答】解：如图，过点作于点，连接交于， 菱形中，， ，， △是等边三角形， ， ， ， ， 点运动到上，且射线时，取得最小值，此时最短，即最小， 菱形的边长为6， ， ． 的最小值是． 故选：． 【考点评析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质． 重点难点考点讲练10：菱形的判定 【例题精讲】（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1】（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． 【训练2】（2023春•莘县期中）、分别是不等边三角形（即的边、的中点，是内任意一点，连接、，点、分别是、的中点，顺次连接点、、、．问当与应满足怎样的数量关系时，四边形是菱形，并证明之． 【思路点拨】当时，四边形是菱形，选根据三角形中位线定理证明四边形是平行四边形，再证明即可． 【规范解答】解：当时，四边形是菱形． 理由：、分别是、的中点， ，， 同理，，， ，， 四边形是平行四边形， 连接，在中，、分别为、中点， ，同理在中，， ， ， 时，四边形是菱形． 【考点评析】本题考查菱形的判定、平行四边形的判定和性质、三角形中位线定理等知识，解题的关键是三角形中位线定理的正确运用，属于中考常考题型． 重点难点考点讲练11：菱形的判定与性质 【例题精讲】（2023春•绵阳期中）如图，在矩形中，，连接，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，，直线分别交，于点，．下列结论： ①四边形是菱形； ②； ③； ④若平分，则．其中正确结论的有 　①②④　．（填写正确结论的序号） 【思路点拨】根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据角平分线的性质和菱形的对角线平分每一组对角求出，再根据含30度角的直角三角形的性质可得，由即可求解． 【规范解答】解：如图，设与的交点为， 根据作图可得，且平分， ， 四边形是矩形， ， ， 又，， ， ， 四边形是平行四边形， 垂直平分， ， 四边形是菱形，故①正确； ②， ， ；故②正确； ③由菱形的面积可得，故③不正确， ④四边形是菱形， ， 又， 四边形是矩形， ， ， ， ， ．故④正确； 综上所述：正确的结论是①②④． 故答案为：①②④． 【考点评析】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键． 【训练2】（2024春•广陵区期中）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． 重点难点考点讲练12：正方形的性质 【例题精讲】（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1】（2024春•平潭县期中）如图，在正方形中，，点是边上一点，点是延长线上一点，，．连接、、，与对角线相交于点，则线段的长是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】过点作交于，利用证明，可得，，证得是等腰直角三角形，得出，由，可得，，运用勾股定理可得，再证明是等腰直角三角形，可得，进而证得，再运用直角三角形的性质即可求得答案． 【规范解答】解：过点作交于， 四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， ，， ， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ，， 又， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， 故选：． 【考点评析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等，添加辅助线构造全等三角形是解题关键． 【训练2】（2022春•鼓楼区期中）如图，在正方形中，在上，在的延长线上，，连接、、，交对角线于点，为的中点，连接，下列结论：①为等腰直角三角形；②；③直线是的垂直平分线；④若，则；其中正确结论的有　①②③④　． 【思路点拨】根据正方形的性质可得，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，，然后求出，判断出是等腰直角三角形，判断出①正确；由是等腰直角三角形和正方形的性质可得，利用三角形内角和为即可判断②正确；连接、．根据直角三角形的性质可得．运用“”证明，得；最后由正方形的性质推知垂直平分，故③成立；过点作于，则，根据三角形中位线定理得到，求得，故④正确． 【规范解答】解：正方形中，， 在和中， ， ， ，， ， 是等腰直角三角形，故①正确； ， 正方形，为对角线， ， ，，， ，故②正确； 连接、， 是的中点，、是直角三角形， ， 又， 直线是的垂直平分线， 过点作于，则， 是的中点，，， 是的中位线， ， ，故④正确； 综上所述，正确的结论有①②③④． 故答案为：①②③④． 【考点评析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记各性质与定理并作辅助线是解题的关键． 重点难点考点讲练13：正方形的判定 【例题精讲】（2024春•象山县校级期中）如图，将正方形纸片的和进行折叠，使两个直角的顶点重合于对角线上的点处、，分别是折痕，若点沿从点向点移动，则阴影部分的周长　　 A．先变大，后变小 B．先变小，后变大 C．当占在中点处时，阴影部分周长最大 D．保持不变 【思路点拨】由于折叠，，，可证，，，，，，因为阴影部分的周长，，所以阴影部分的周长保持不变． 【规范解答】解：由于折叠，，， ，，， ， 两个直角的顶点重合于对角线上的点处， 是的垂直平分线，是的垂直平分线， 与互相垂直平分， ， ， ， 四边形是矩形， ， 同理可得，， ， 四边形是矩形， ， 同理可得，， 阴影部分的周长， 故选：． 【考点评析】本题考查了正方形的性质，关键是掌握正方形的性质． 【训练1】（2024春•硚口区期中）如图，在中，是边的中点，过点作直线，交的角平分线于点，交的外角的角平分线于点，连接，． （1）求证：四边形为矩形； （2）请添加一个条件，使四边形为正方形，直接写出该条件． 【思路点拨】（1）根据平行线的性质，角平分线的定义和进行判定定理即可得到结论． （2）由满足为直角的直角三角形时，则推出四边形是矩形且对角线垂直，所以四边形是正方形． 【规范解答】（1）证明：， ，， 又平分，平分， ，， ，， ，， ； 又， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形； （2）解：当满足为直角的直角三角形时，四边形是正方形． 由（1）知，四边形是矩形， ，当，则， ， 四边形是正方形． 【考点评析】此题考查的是正方形和矩形的判定，角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的判定等知识．解题的关键是由已知得出． 【训练2】（2023春•江门校级期中）如图，在中，，是中点、是中点，是的外角的平分线，延长交于点．连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）填空：①若，则四边形的面积为 　　； ②当满足 　　四边形是正方形． 【思路点拨】（1）根据是外角的平分线，推得，再由，得，则，根据，得出四边形为矩形． （2）①先证明四边形为平行四边形，由条件可证明为等边三角形，求出和长，则四边形的面积可求出； ②由（1）知四边形是矩形，增加条件能使即可． 【规范解答】证明：是外角的平分线， ， ， ， ， ， ， 为的中点，为的中点， ， 四边形为平行四边形， ， ， ， 四边形为平行四边形， ，点为中点， ， ， ， 四边形为矩形； （2）①解：，是中点，是中点， ， 由（1）知， 四边形是平行四边形， ，， 是等边三角形， ， 为的中点， ，， ， 四边形的面积为． 故答案为：； ②解：答案不唯一，如当即是直角三角形时时，四边形是正方形． ，， 为等腰直角三角形， 为的中点， ， 四边形为矩形， 四边形为正方形． 故答案为：是直角三角形时． 【考点评析】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键． 重点难点考点讲练14：正方形的判定与性质 【例题精讲】（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1】（2024春•夏津县期中）如图，正方形的边长为4，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况： ①若为的中点，则四边形是正方形； ②若为上任意一点，则； ③点在运动过程中，的值为定值4； ④点在运动过程中，线段的最小值为． 正确的有　　 A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④ 【思路点拨】先证明四边形是矩形，再证明，则四边形是正方形，即可判定①正确；连接，由四边形是矩形，得，再证明，得，则，即可判定②正确；证明，，从而得，即可判定③正确；根据，所以当最小时，最小，所以当时，最小，利用求得，即得线段的最小值为，即可判定④正确． 【规范解答】解：四边形是正方形， ，，， 于点，于点， ， 四边形是矩形，，， ，， 为的中点， ， ， 四边形是正方形，故①正确； 连接， 四边形是矩形， ， 在与中， ， ， ， ，故②正确； ， ， 四边形是矩形， ， ， 即的值为定值4，故③正确； ， 当最小时，最小， 当时，最小， 在中，， ， ， ， 线段的最小值为，故④正确； 正确的有①②③④． 故选：． 【考点评析】此题考查正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短．解题关键是熟练掌握正方形的判定与性质、矩形的判定与性质． 【训练2】（2024秋•法库县期中）如图1，四边形为正方形，为对角线上一点，连接，． （1）求证：； （2）如图2，过点作，交边于点，以，为邻边作矩形，连接． ①求证：矩形是正方形； ②若正方形的边长为9，，求正方形的边长． 【思路点拨】（1）根据正方形的性质证明，即可解决问题； （2）①作于，于，得到，然后证得，得到，则有，根据正方形的判定即可证得矩形是正方形； ②证明，可得，，证明，连接，根据勾股定理即可解决问题． 【规范解答】（1）证明：四边形为正方形， ，， 在和中， ， ， ； （2）①证明：如图，作于，于， 得矩形， ， 点是正方形对角线上的点， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是矩形， 矩形是正方形； ②解：正方形和正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ． ， ， 连接， ， ． 正方形的边长为． 【考点评析】此题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是正确作出辅助线，证得． 重点难点考点讲练15：中点四边形模型 【例题精讲】（2023春•盐城期中）阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． （1）这个中点四边形的形状是 　平行四边形　； （2）如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，、、、分别为、、、的中点，试判断四边形的形状并证明． 【思路点拨】（1）连接，由三角形中位线定理得出，，，，得出，，即可得出结论； （2）连接、，由等边三角形的性质得出，，，证出，由证明，得出，由三角形中位线定理得出，，，，，得出，，证出四边形是平行四边形；再得出，即可得出结论． 【规范解答】解：（1）中点四边形是平行四边形； 理由如下：连接，如图1所示： ，，，分别是边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线， ，，，， ，， 四边形是平行四边形； 故答案为：平行四边形； （2）四边形为菱形．理由如下： 连接与，如图2所示： 和为等边三角形， ，，， ， 在和中， ， ， ， ，，，分别是边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线， ，，，，， ，， 四边形是平行四边形； ， ， 四边形为菱形． 【考点评析】本题考查了中点四边形、菱形的判定方法、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质；熟练掌握中点四边形，证明三角形全等得出是解决问题（2）的关键． 【训练1】（2024秋•方城县期中）如图，在四边形中，对角线，垂足为，点、、、分别为边、、、的中点．若，，则四边形的面积为　　 A．48 B．24 C．32 D．12 【思路点拨】有一个角是直角的平行四边形是矩形．利用中位线定理可得出四边形矩形，根据矩形的面积公式解答即可． 【规范解答】解：点、分别为四边形的边、的中点， ，且． 同理求得，且， 又， ，且． 四边形是矩形． 四边形的面积，即四边形的面积是12． 故选：． 【考点评析】本题考查的是中点四边形．解题时，利用了矩形的判定以及矩形的定理，矩形的判定定理有： （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）对角线互相平分且相等的四边形是矩形． 【训练2】（2024春•凉州区期中）如图，在四边形中，点，，，分别是，，，边上的中点，则下列结论一定正确的是　　 A．四边形是矩形 B．四边形的面积等于四边形面积的 C．四边形的内角和小于四边形的内角和 D．四边形的周长等于四边形的对角线长度之和 【思路点拨】根据三角形中位线定理可得四边形是平行四边形，进而逐一判断即可． 【规范解答】解：．如图，连接，， 在四边形中， 点，，，分别是，，，边上的中点， ，，，， ，， 四边形是平行四边形，故选项错误； ．四边形的面积不等于四边形的面积的，故选项错误； ．四边形的内角和等于，四边形的内角和等于，故选项错误； ．点，，，分别是，，，边上的中点， ，， ， 同理：， 四边形的周长等于四边形的对角线长度之和，故选项正确． 故选：． 【考点评析】本题考查了中点四边形，矩形的判定，解决本题的关键是掌握三角形中位线定理． 重点难点考点讲练16：正方形中的十字架模型 【例题精讲】（2023春•北辰区期中）正方形的边长为3，点、分别是对角线上的两点，过点、分别作、的平行线，则图中阴影部分的面积等于 　　． 【思路点拨】首先证和全等，得出，同理可证，进而得，再根据可得，据此可得阴影部分的面积与的面积相等，据此可求出阴影部分的面积． 【规范解答】解：四边形为正方形，为对角线， ，为的平分线， ，， ，， ， 在和中， ， ， 同理：， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【考点评析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解答此题的关键是熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定方法，理解全等三角形的面积相等． 【训练1】（2024春•遵义期中）【探索发现】（1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，我们知道，无论正方形绕点怎么转动，总有△△，连接，求证：； 【类比迁移】（2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，判断（1）中的结论是否成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由； 【迁移拓展】（3）如图3，在△中，，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕着点旋转，当时，直接写出线段的长度． 【思路点拨】（1）根据正方形的性质证明△△，推出，得到，然后根据股定理和线段的代换即可证得结论． （2）连接，证明△△，可得，，然后根据勾股定理和线段的代换证明即可； （3）设，分两种情况：当点在边上，点在边延长线上时，结合（2）的结论利用股定理构建方程求解即 【规范解答】（1）证明：四边形、都是正方形， ，，，， ， △△， ， ，连接， 在△中，， ． （2）仍然成立． 连接， 是矩形的中心， 在上，且， 延长交于，连接，如图： 四边形是矩形， ，， ，， △△， ，， 又矩形中，， ． （3）当点在边上时，如图： ， ， 设 ，则， 则， 解得，即， ． 当点在边延长线上时，如图： 同理可证．， 设，则， ， ， 解得，即， ， 综上所述，或， 【考点评析】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、灵活利用方程思想是解题的关键 【训练2】（2023春•思明区校级期中）如图，已知四边形是正方形，点是边上的动点（不与端点重合），点在线段上，，，，为线段的中点，点在线段上（不与点重合），且． （1）求证：； （2）随着点的运动，试猜想的值是否是发生变化，若不变，请求出定值，若变化，请说明理由． 【思路点拨】（1）首先根据点为的中点，得出，进而可得，，然后根据三角形的内角定理可得出，从而得出结论； （2）首先根据勾股定理的逆定理证明为直角三角形，再证和全等，从而得出，然后计算即可得出答案． 【规范解答】（1）证明：点为的中点， ， ， ， ，， ， ， 即：， ， 即：． （2）解：猜想的值不发生变化，，理由如下： ，，， ，，， ， 为直角三角形，即：， 由（1）可知：， ， ， 四边形为正方形， ，， ， 又， ， ， 在和中， ， ， ， ， 的值不发生变化，值为2． 【考点评析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理等知识点，熟练掌握全等三角形的判定方法与技巧，理解正方形的性质，勾股定理逆定理是解决问题的关键． 重点难点考点讲练17：梯子模型 【例题精讲】（2023春•龙凤区期中）如图，在中，，，，点在轴上，点在轴上，则点在移动过程中，的最大值是 　　． 【思路点拨】如图，取的中点，连接，．求出，，利用三角形的三边关系即可解决问题； 【规范解答】解：如图，取的中点，连接，． ，，． ， 在中，，，， ， ， ， 的最大值为． 故答案为． 【考点评析】本题考查勾股定理、坐标与图形的性质、直角三角形斜边中线的性质、三角形的三边关系等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会添加常用辅助线解决问题． 【训练1】（2022春•曲阜市期中）如图，，矩形的顶点、分别在边，上，当在边上运动时，随之在边上运动，矩形的形状保持不变，其中，，运动过程中，点到点的最大距离为 　9　． 【思路点拨】取的中点，连接、、，根据三角形的任意两边之和大于第三边可知当、、三点共线时，点到点的距离最大，再根据勾股定理求出的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长，两者相加即可得解． 【规范解答】解：如图，取的中点，连接、、， ， 当、、三点共线时，点到点的距离最大， 此时，，， ， ， 的最大值为：； 故答案为：9． 【考点评析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到性质，三角形的三边关系，矩形的性质，勾股定理，根据三角形的三边关系判断出点、、三点共线时，点到点的距离最大是解题的关键． 【训练2】（2020春•江岸区校级月考）如图，一根长的木棍，斜靠在与地面垂直的墙上，设木棍的中点为．若木棍端沿墙下滑，且端沿地面向右滑行．木棍滑动的过程中，点到点的距离不变化，在木棍滑动的过程中，的面积最大为 　　． 【思路点拨】当的斜边上的高等于中线时，的面积最大． 【规范解答】解：如图，若与不相等，则总有，故根据三角形面积公式，有与相等时的面积最大，此时， ． 所以的最大面积为． 故答案为：． 【考点评析】此题利用了在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半；同时理解的面积什么情况最大是解决本题的关键． 重点难点考点讲练18：四边形中的对角互补模型 【例题精讲】（2023春•金湖县期中）如图，是的对角线，点在上，，，则是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】根据平行四边形的性质，得到，，进而得到，，设的度数为，列式计算即可． 【规范解答】解：，， ，， ， ，， ， 设的度数为，则：，，， ， ， ； 故选． 【考点评析】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的内角和与外角的性质，熟练掌握相关性质，并灵活运用，是解题的关键． 【训练1】（2023春•海珠区校级期中）如图，点在第一象限的角平分线上，，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上． （1）求点的坐标． （2）当绕点旋转时， ①的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值． ②请求出的最小值． 【思路点拨】（1）由题意知，，即可解决问题； （2）①过点作轴于，于．利用证明，得，从而得出； ②连接，由勾股定理得，则，当最小时，也最小．根据垂线段最短，从而得出答案． 【规范解答】解：（1）点在第一象限的角平分线上， ， ， ； （2）①不变． 过点作轴于，于． ，， 四边形是正方形， ， ． 在和中， ， ， ， ， ②连接， ， ， ， ， ，当最小时，也最小． 根据垂线段最短原理，最小值为2， 的最小值为8． 【考点评析】本题是几何变换综合题，主要考查了坐标与图形的变化旋转，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是构造全等三角形，属于中考常考题型． 【训练2】（2022春•城关区校级期中）四边形若满足，则我们称该四边形为“对角互补四边形”． （1）四边形为对角互补四边形，且，则的度数为 　　； （2）如图1，四边形为对角互补四边形，，． 求证：平分． 小云同学是这么做的：延长至，使得，连，可证明，得到是等腰直角三角形，由此证明出平分，还可以知道、、三者关系为：　　； （3）如图2，四边形为对角互补四边形，且满足，，试证明： ①平分； ②； （4）如图3，四边形为对角互补四边形，且满足，，则、、三者关系为：　　． 【思路点拨】（1）根据对角互补，求解即可； （2）由题意可得，，，即可得； （3）①延长至，使，连接，证明，可确定是等边三角形，在求出，即可证明； ②由①直接可证明； （4）延长至，使，连接，证明，结合已知可求，过点作交于点，则有，，再由即可求解． 【规范解答】解：（1）四边形为对角互补四边形， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， 故答案为：； （3）①延长至，使，连接， 四边形为对角互补四边形， ， ， ， ， ，， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 平分； ②，， ， ； （4）延长至，使，连接， 四边形为对角互补四边形， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， 过点作交于点， 为的中点， ， 在中，， ， ， 故答案为：． 【考点评析】本题是四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，恰当的构造辅助线是解题的关键 1．（2025·安徽淮北·一模）如图，在矩形中 ，，，以点B为圆心、的长为半径画圆弧交对角线于点M，则的长为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【思路点拨】本题考查了矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质，由矩形的性质结合勾股定理可得，连接，作于，则，，求出，再由勾股定理求出的长，即可得解． 【规范解答】解：∵在矩形中 ，，， ∴， 如图，连接，作于， 由题意可得：， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 2．（23-24八年级下·新疆喀什·期中）如图，在正方形中，，E为对角线上与点A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接，，下列结论：；；；的最小值为3，其中正确的结论是（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】A 【思路点拨】连接，证明四边形为矩形，可得；由可得，所以； 由矩形可得，则；由，则；由四边形为正方形可得，即，所以，即，可得； 由中的结论可得； 由于点为上一动点，当时，根据垂线段最短可得此时最小，最小值为，由知，所以的最小值为． 【规范解答】解：连接，交于点，如图， ，， ． ， 四边形为矩形． ，． 四边形为正方形， ，． 在和中， ， ． ． ． 正确； 延长，交于，交于点， ， ． 由知：， ． ． ， ． ． 即：， ． 正确； 由知：． 即：． 正确； 点为上一动点， 根据垂线段最短，当时，最小． ，， ． ． 由知：， 的最小值为， 错误． 综上所述，正确的结论为：． 故选：A． 【考点评析】本题考查了正方形的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，根据图形位置的特点通过添加辅助线构造全等是解题的关键，也是解决此类问题常用的方法． 3．（24-25八年级上·湖北宜昌·期末）用一张正方形的纸片按如下方式折叠：如图，先将纸片对折得到折痕，再沿过点C的直线翻折纸片，得到折痕，使点D落在上的点H处，连接与交于点I．则下列结论中正确的个数为（    ） ①；②为等边三角形；③；④． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【思路点拨】由折叠得：，垂直平分，，故，那么为等边三角形，即可判断①②；由四边形是正方形得到，那么，由三角形内角和定理可得，故③正确；对于和，通过勾股定理计算说明不相等即可． 【规范解答】解：由折叠得：，垂直平分， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴； 故①②正确， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴，故③正确； ∵为等边三角形，，， ∴，， 设，则， 由勾股定理得：， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴在中，， 而， ∴，故④错误， 故选：B． 【考点评析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，折叠的性质，三角形的内角和定理等知识点，综合性较强，难度较大． 4．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，在矩形中，，，点是对角线上一动点，过点分别作的垂线，垂足分别为点，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【思路点拨】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短，连接，由矩形的性质可得四边形是矩形， 即得，可知要求的最小值，就是要求的最小值，当时，取最小值，由勾股定理得，再根据三角形的面积求出即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【规范解答】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴.， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴要求的最小值，就是要求的最小值， 当时，取最小值， 在中，，，， ∴， ∵ ， ∴， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 5．（23-24八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，设四边形是边长为1的正方形，以对角线为边作第二个正方形，再以对角线为边作第三个正方形，如此下去．则第2024个正方形的边长为 ． 【答案】 【思路点拨】本题考查了正方形的性质以及图形类规律探索，解题关键是利用正方形的对角线等于边长的倍的性质，并注意正方形的序数与指数的关系．根据正方形的对角线等于边长的倍，进行依次求解，然后根据指数的变化求出第n个正方形的边长即可． 【规范解答】解：∵四边形是边长为1的正方形， ∴第二个正方形的边长， 第三个正方形的边长， 同理：第n个正方形的边长， ∴第2024个正方形的边长为． 故答案为：． 6．（24-25八年级上·辽宁葫芦岛·期中）如图，中，，，是的角平分线，点、分别在、边上，连接、、，若，则下列结论： ①；②；③；④，其中正确的结论是 （填序号）． 【答案】①③④ 【思路点拨】本题考查了三角形全等的性质与判定，等腰直角三角形的性质， ①证明，证明进而判断③，进而根据三角形三边关系即可判断②，根据三角形的面积关系即可判断④． 【规范解答】解：∵，，是的角平分线， ∴，，， ∴， ∴，， 在和中， ∴，故①正确； 在和中， ， ∴， ∴， ∴，故③正确． ∵题干中没有条件可证明， ∴无法证明，故②错误． ∵， ∴， ∴ ，故④正确． 综上：①③④正确， 故答案为：①③④． 7．（24-25八年级上·广东揭阳·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知正方形，，点为轴上一动点，以为边在的右侧作等腰，，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【思路点拨】过点E作轴于点F，易证，得出，，从而证明为等腰直角三角形，即得出点E在的平分线所在的直线上运动，再结合垂线段最短可知当时，最小，最后根据勾股定理求解即可． 【规范解答】解：如图，过点E作轴于点F，连接， ∵为等腰直角三角形， ∴，，， ∴． ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，即平分， ∴点E在的平分线所在的直线上运动， ∴当时，最小，如图． ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【考点评析】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短等知识，正确作出辅助线，证明点E在的平分线所在的直线上运动是解题关键． 8．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图1所示，在边长为4的正方形中，点分别为的中点，和相交于点；如图2所示，将图1中边长为4的正方形折叠，使得点落在边的中点处，点落在点处，折痕为．现有四个结论：图1中：①；②；③；图2中：④．其中正确的结论有： ．（填序号） 【答案】①②④ 【思路点拨】结合正方形的性质证明，由全等三角性质的性质可得，，即可判断结论①；证明，易得，即可判断结论②；利用面积法解得的长度，即可判断结论③；图2中，过点作于点，连接交于，证明，由全等三角性质的性质可得，利用勾股定理解得的值，即可判断结论④． 【规范解答】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵点分别为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故结论①正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故结论②正确； ∵， ， ∴， ∵， ∴，故结论③错误； 图2中，过点作于点，连接交于，如下图， 由题意可知， 由折叠可知，， ∴， ∵，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，故结论④正确． 综上所述，正确的结论有：①②④． 故答案为：①②④． 【考点评析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、折叠的性质、勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的性质并灵活运用是解题关键． 9．（21-22八年级下·西藏拉萨·期中）如图所示，在梯形中，，，，，，动点从点出发沿方向向点以的速度运动，动点从点开始沿着方向向点以的速度运动．点、分别从点和点同时出发，当其中一点到达端点时，另一点随之停止运动． (1)经过多长时间，四边形是平行四边形？ (2)经过多长时间，四边形是矩形？ (3)经过多长时间，的长为？ 【答案】(1) (2) (3)或 【思路点拨】此题主要考查矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟知矩形的判定和性质是解题的关键； （1）设经过，四边形为平行四边形，即，列方程求解即可； （2）设经过，四边形为矩形，根据，列方程求解即可； （3）根据勾股定理，根据，列方程求解即可； 【规范解答】（1）解：设经过，四边形为平行四边形， 则；即， 解得：； （2）解：设经过，四边形为矩形， 则，即， 解得：； （3）解：过点作于点 在中，根据勾股定理， 已知， ， 则可得方程， 即， 移项可得， 两边同时开平方得； 当时， 移项可得， 解得； 当时， 移项可得， 解得； 所以，经过秒或秒，的长为． 10．（24-25八年级上·江苏扬州·期中）（1）问题发现：如图①，和都是等边三角形，点B、D、E在同一条直线上，连接． ①的度数为______；②线段之间的数量关系为______； （2）拓展探究：如图②，和都是等腰直角三角形，，点B、D、E在同一条直线上，为中边上的高，连接，试求的度数及判断线段之间的数量关系，并说明理由； （3）解决问题：如图③，和都是等腰三角形，，点B、D，E在同一条直线上，请直接写出的度数； （4）拓展探究：如图④，以等腰的腰为直角边作，且， ，连接，求的最大值． 【答案】（1）①；②；（2），理由见解析；（3）；（4） 【思路点拨】（1）①由可证，根据全等三角形的性质求出的度数； ②根据全等三角形的性质解答即可； （2）根据得到，根据直角三角形的性质得到，得到线段、、之间的数量关系； （3）根据解答即可； （4）过C作，且，取的中点F，连接，，，证明，得到，根据等腰直角三角形的性质得到，勾股定理求出，当A、F、E三点共线时，最大，即最大，的最大值为． 【规范解答】解：（1）①∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴，即，， 在和中， ， ∴， ∴， 故答案为：； ②由①得， ∴， 故答案为：； （2），理由如下： ∵和都是等腰直角三角形，， ∴，，，， ∴，即，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵为中边上的高， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）∵和都是等腰三角形，， ∴，，，， ∴，即，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴； （4）如图，过C作，且，取的中点F，连接，，，则， ∵为等腰三角形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵是等腰直角三角形，点F为的中点，， ∴，， 又∵， ∴当A、F、E三点共线时，最大，即最大， ∴的最大值为． 【考点评析】此题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$