专题2.1 四边形（5大知识点6大考点20类题型）（全章知识梳理与题型分类讲解）-2024-2025学年八年级数学下册全章复习与专题突破讲与练（湘教版）

专题2.1 四边形（5大知识点6大考点20类题型）（全章知识梳理与题型分类讲解） 【知识点1】多边形 1.多边形的对角线 从边形的一个顶点可以引条对角线，并且这些对角线把多边形分成了个三角形；边形对角线条数为． 2.多边形的内角和、外角和 n边形内角和为，任意多边形的外角和为. 3.正多边形定义：各边相等，各角也相等的多边形. 4.正多边形的内外角：正边形的每个内角为，每一个外角为. 5.正多边形对称性：正边形有条对称轴.当为奇数时，是轴对称图形；当为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形. 【知识点2】中心对称和中心对称图形 1.中心对称 一个图形绕某一点旋转180°是一种特殊的旋转，成中心对称的两个图形具有图形旋转的一切性质。 成中心对称的两个图形中，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分。 2.中心对称图形 1.把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形称为中心对称图形，这个点就是它的对称中心. 【知识点3】平行四边形 1、 平行四边形的概念：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。 2、 平行四边形的性质：（1）平行四边形的对边相等；（2）平行四边形的对角相等（3）平行四边形的对角线互相平分。 3、 判定平行四边形的条件 （1） 两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念） （2） 一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形 （3） 对角线互相平分的四边形叫做平行四边形 （4） 两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形 【知识点4】三角形的中位线 1、 三角形中线的概念和性质 连接三角形两边重点的线段叫做三角形的中位线。三角形中位线平行且等于第三边的一半。 2、 三角形的中位线与中线的区别 （1） 区别：三角形的中位线平分这个三角形的两条边，平行于第三边，且等于第三边的一半，但不经过这个三角形的任何顶点；而三角形的中线只平分这个三角形的一条边，不平行于这个三角形的任何边，但经过它所平分的边相对的顶点。 （2） 联系：三角形的一边上的中线与这边对应的中位线能够互相平分。 【知识点5】矩形、菱形、正方形 1、 矩形的概念和性质 有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。 2、 判定矩形的条件 （1） 有一个角是直角的平行四边形是矩形 （2） 三个角是直角的四边形是矩形 （3） 对角线相等的平行四边形是矩形 3、 平行线之间的距离及其性质 性质：两条平行线之间的距离处处相等 4、 菱形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 5、判定菱形的条件 （1） 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2） 四边相等的四边形是菱形 （3） 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 6、 正方形的概念、性质和判定条件 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 判定正方形的条件： （1） 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念） （2） 有一组邻边相等的矩形是正方形 （3） 有一个角是直角的菱形是正方形 【知识点题型目录】 【考点一】多边形 【题型1】多边形的内角和.......................................................3 【题型2】多边形的外角和.......................................................5 【题型3】多边形的内角和与外角和综合...........................................7 【考点二】中心对称 【题型4】轴对称图形与中心对称图形的识别.......................................8 【题型5】利用中心对称图形性质求值证明........................................10 【考点三】平行四边形 【题型6】平行四边形的性质....................................................13 【题型7】平行四边形的判定....................................................16 【题型8】平行四边形的性质与判定综合..........................................20 【考点四】三角形的中位线 【题型9】利用三角形中位线定理求值...........................................24 【题型10】利用三角形中位线定理证明..........................................27 【考点五】矩形、菱形、正方形 【题型11】矩形、菱形、正方形性质的理解......................................30 【题型12】矩形、菱形、正方形判定的理解......................................31 【题型13】利用矩形性质求值与证明............................................33 【题型14】利用矩形性质与判定求值与证明......................................35 【题型15】利用菱形性质求值与证明............................................38 【题型16】利用菱形性质与判定求值与证明......................................41 【题型17】利用正方形性质求值与证明..........................................46 【题型18】利用正方形性质与判定求值与证明....................................49 【考点六】链接中考与延伸拓展 【题型19】链接中考..........................................................54 【题型20】拓展延伸..........................................................56 第二部分【题型展示与方法点拨】 【考点一】多边形 【题型1】多边形的内角和 【例1】（24-25八年级上·湖北孝感·期中）阅读小明和小红的对话，解决下列问题． （1）这个“多加的锐角”的度数是______，这个多边形的外角和为______． （2）这个多边形是几边形？ 【答案】（1），；（2）十二边形 【分析】此题考查了多边形的内角和与外角和的计算， （1）设这个多边形的边数为n，多加的锐角度数为x，则列得，根据n是正整数，，得到； （2）利用减去每个外角的度数，求出每一个内角的度数． 解：（1）解：设这个多边形的边数为n，多加的锐角度数为x，则 ， ∵n是正整数，， ∴， 则这个多边形的外角和为， 故答案为，； （2）解：由（1）得出， ∴这个多边形是十二边形． 【变式1】（2024·河北·中考真题）直线l与正六边形的边分别相交于点M，N，如图所示，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了多边形的内角和，正多边形的每个内角，邻补角，熟练掌握知识点是解决本题的关键． 先求出正六边形的每个内角为，再根据六边形的内角和为即可求解的度数，最后根据邻补角的意义即可求解． 解：正六边形每个内角为：， 而六边形的内角和也为， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 【变式2】（24-25九年级下·陕西西安·期中）如图，以正五边形的边向内作正方形，则的度数为 ． 【答案】/18度 【分析】本题考查正多边形的性质、正多边形的内角和等知识点，根据正多边形的性质求得是解答本题的关键．先求出正五多边形的内角，然后再减去即可． 解：由正多边形的内角和公式可得：正五边形的内角和为， ∴， ∵四边形是以为边的正方形， ∴， ∴． 故答案为：． 【题型2】多边形的外角和 【例2】（24-25八年级上·湖北宜昌·阶段练习）请根据下面x与y的对话解答下列问题：：我和y都是多边形，我们俩的内角和相加的结果为；：的边数与我的边数之比为． （1）求x与y的外角和相加的度数； （2）分别求出x与y的边数． 【答案】（1）；（2）x的边数为9，y的边数为3． 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理，多边形外角和定理，一元一次方程的几何应用： （1）根据多边形的外角和都为360度进行求解即可； （2）设y的边数为n，则x的边数为，根据n边形的内角和为结合题意列出方程求解即可． 解：（1）解：∵多边形外角和都为360度， ∴x与y的外角和相加的度数为； （2）解：设y的边数为n，则x的边数为， 由题意得，， 解得， ∴， ∴x的边数为9，y的边数为3． 【变式1】（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，是正边形纸片的一部分，其中是正边形两条边的一部分，若所在的直线相交形成的锐角为，则的值是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形，求出正多边形的每个外角度数，再用外角和除以外角度数即可求解，掌握正多边形的性质是解题的关键． 解：如图，直线相交于点，则， ∵正多边形的每个内角相等， ∴正多边形的每个外角也相等， ∴， ∴， 故选：． 【变式2】（2024·广东汕头·模拟预测）如图，孔明在驾校练车，他由点出发向前行驶米到处，向左转．继续向前行驶同样的路程到处，再向左转．按这样的行驶方法，第一次回到点总共行驶了 ． 【答案】米 【分析】本意主要考查了多边形的外角和定理，即任意多边形的外角和都是．根据题意可知汽车所走的路程正好是一个外角为的多边形的周长，求出多边形的周长即可． 解：根据题意可知汽车所走的路程正好是一个外角为的多边形的周长， 该多边形的边数为：， 第一次回到点总共行驶了：（米）， 故答案为：米． 【题型3】多边形的内角和与外角和综合 【例3】（24-25八年级上·江西赣州·期中）若一个正多边形除去一个外角后剩余的外角的和为． （1）求这个正多边形的边数与内角和的度数． （2）要使该正多边形具有稳定性，至少应添加几条线段？ 【答案】（1）9，；（2）6条线段 【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和，关键是熟记多边形的内角和公式与外角和定理，三角形具有稳定性． （1）根据除去一个外角后剩余的外角的和为，求出这个外角的度数，即可求出这个正多边形的边数，再根据多边形内角和公式即可解答； （2）根据三角形具有稳定性结合过一个顶点作出所有对角线即可得解． 解：（1）解：多边形的外角和为， 除去的外角的度数为， 又正多边形每个外角都相等， 这个正多边形的边数为， 这个正多边形的内角和为； （2）解：要使正九边形具有稳定性，至少应添加条线段． 【变式1】（19-20八年级上·四川自贡·期中）如图，一个正五边形和一个正方形都有一边在直线l上，且有一个公共顶点B，则的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正多边形的内角和外角的求法，三角形内角和，求出每个正五边形和正方形的内角度数和每个外角度数． 解：如图所示： ∵正五边形的每个外角是，正方形的外角是， ∴， 又∵正五边形每个内角是，正方形的内角是， ∴， 故选：C． 【变式2】（24-25八年级上·河北沧州·期中）如图1所示的冰裂纹窗棂在古建筑中被广泛应用，图2是这种窗棂中的部分图案．若，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形内角和定理是解题的关键． 由多边形内角和定理得，整理得，则，即可得出结论． 解：由图2可知，， 整理得：， ∴， 故答案为：． 【考点二】中心对称 【题型4】轴对称图形与中心对称图形的识别 【例4】（24-25九年级上·全国·课后作业）观察下列图形，将符合题目要求的图形序号填入下面横线中． （1）轴对称图形有 （填序号）； （2）中心对称图形有 （填序号）； （3）是中心对称图形但不是轴对称图形的有 （填序号）； （4）既是中心对称图形又是轴对称图形的有 （填序号）． 【答案】 ②④⑤⑦⑧ ①③⑥⑦ ①③⑥ ⑦ 【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题关键．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合,这样的图形叫做轴对称图形；如果把一个图形绕某一点旋转180度后能与自身重合，这个图形就是中心对称图形．据此逐一分析判断即可． 解：①是中心对称图形，但不是轴对称图形； ②是轴对称图形，但不是中心对称图形； ③是中心对称图形，但不是轴对称图形； ④是轴对称图形，但不是中心对称图形； ⑤是轴对称图形，但不是中心对称图形； ⑥是中心对称图形，但不是轴对称图形； ⑦既是中心对称图形，也是轴对称图形； ⑧是轴对称图形，但不是中心对称图形． 所以，（1）轴对称图形有②④⑤⑦⑧； （2）中心对称图形有①③⑥⑦； （3）是中心对称图形但不是轴对称图形的有①③⑥； （4）既是中心对称图形又是轴对称图形的有⑦． 故答案为：（1）②④⑤⑦⑧；（2）①③⑥⑦；（3）①③⑥；（4）⑦． 【变式1】（24-25九年级上·云南昆明·期中）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．菱形 B．平行四边形 C．正五边形 D．等边三角形 【答案】A 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐项判断即可． 解：A、菱形是轴对称图形，是中心对称图形．故符合题意； B、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形．故不符合题意； C、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形．故不符合题意； D、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形．故不符合题意． 故选：A． 【变式2】（24-25七年级上·上海宝山·期末）如图，与关于点成中心对称，连接、，以下结论错误的是（   ） A． B． C． D．与关于点成中心对称 【答案】B 【分析】本题考查的是中心对称的性质，根据中心对称的性质逐一分析各选项即可． 解：∵与关于点 O 成中心对称， ∴，，，故A不符合要求；B符合要求； ∵，，， ∴ ∴，故C不符合题意； ∴与关于点成中心对称，故D不符合要求； 故选：B． 【题型5】利用中心对称图形性质求值证明 【例5】（24-25九年级上·浙江台州·期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形的顶点坐标分别为：，，，． （1）四边形是中心对称图形吗？若是，请画出对称中心E点； （2）若点在上，在上确定一点G，使得平分四边形的面积，则G点的坐标为______． 【答案】（1）是中心对称，图见详解；（2） 【分析】本题考查作图旋转变换，中心对称图形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）证明四边形使得平行四边形可得结论； （2）利用中心对称图形的性质解决问题即可． 解：（1）解：是 ，，，， ，， 四边形是平行四边形， 四边形是中心对称图形， 如图，对角线的交点即为旋转中心． （2）因为平分四边形的面积， 所以点是的中点， 设，则有， ， ． 故答案为：． 【变式1】（24-25九年级上·福建福州·期中）如图，在等边三角形中，为的中点，，与关于点中心对称，连接，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质和中心对称，关键是熟练掌握等边三角形的性质和中心对称的性质． 根据等边三角形的性质，得，，，再根据中心对称的性质，得，，，最后根据勾股定理即可得出答案． 解：三角形是等边三角形，为的中点，， ，， ， 与关于点中心对称， ，，，， 在中，根据勾股定理， 得， 故答案为∶． 【变式2】（24-25八年级上·河北唐山·期末）如图，与关于点成中心对称，点、、的对称点分别为、、．下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了中心对称、全等三角形的判定，熟练掌握中心对称的性质是解答本题的关键．结合中心对称的性质可得，，，进而可证明，可得，则，进而即可得答案． 解：与关于点成中心对称， ，，， 故选项正确，不符合题意； ， ， ， ，故选项正确，不符合题意； 根据已知条件不能得出，故选项不正确，符合题意． 故选：． 【考点三】平行四边形 【题型6】平行四边形的性质 【例6】（24-25八年级上·山东烟台·期末）如图，在中，的平分线交于点，的平分线交于点，交于点． （1）求证：． （2）若，，请求出的周长． 【答案】（1）详见分析；（2）． 【分析】本题考查了平行四边形性质，角平分线性质，等腰三角形的性质和判定等知识点的应用，能综合运用性质进行推理是解此题的关键． （1）根据平行四边形的性质可得：，，根据平行线性质和角平分线的定义求出，推出，同理求出，即可证明，即可求解； （2）由，可得，从而得出的长，即可得出的周长． 解：（1）解：证明：四边形是平行四边形， ，， ， 是的平分线， ， ， ， 同理可得：， ， ， ； （2）解：， ， ， ， ， ， 的周长为． 【变式1】（24-25九年级上·广西崇左·期末）如图，在中，按以下步骤作图：①分别以点，点为圆心，以大于的长为半径作弧；②过两弧相交的两点作直线交于点，连接，已知，，则的面积为（    ） A． B． C． D．16 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的性质，中垂线的性质，等边三角形的判定和性质，根据作图可知，垂直平分，推出为等边三角形，根据平行四边形的性质，得到，进而求出的面积即可． 解：根据作图可知，垂直平分， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴． 故选：B． 【变式2】（24-25八年级上·山东威海·期末）一个平行四边形在平面直角坐标系中三个顶点的坐标为，，，则第四个顶点的坐标为 【答案】或或 【分析】此题考查了平行四边形的性质，二元一次方程组的应用，解题的关键是正确分情况讨论． 设第四个顶点的坐标为，根据平行四边形的性质分三种情况，然后分别列出方程组求解即可． 解：∵一个平行四边形在平面直角坐标系中三个顶点的坐标为，，， 设第四个顶点的坐标为 当点和是对角顶点坐标时， ∴ ∴第四个顶点的坐标为； 当点和是对角顶点坐标时， ∴ ∴第四个顶点的坐标为； 当点和是对角顶点坐标时， ∴ ∴第四个顶点的坐标为； 综上所述，第四个顶点的坐标为或或． 故答案为：或或． 【题型7】平行四边形的判定 【例7】（24-25九年级上·山东济宁·期中）如图，D是内部的一点，连接，，把绕点B逆时针旋转得到线段，把绕点C顺时针旋转得到线段，连接，，，，． （1）若，求的长； （2）求证：四边形是平行四边形． 【答案】（1）；（2）证明见分析． 【分析】（1）由旋转得，，，可得是等边三角形，进而得到，证明，即可求解； （2）根据已知条件可得，结合等边三角形的性质及全等三角形的判定证明，可得，进而可得，即可得四边形是平行四边形． 解：（1）解：由旋转得，，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， （2）证明：由旋转得，，， ∴是等边三角形， ∴，， 由（1）知，， ∴． ∵为等边三角形， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴． ∴四边形是平行四边形． 【点拨】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定等知识，掌握相关知识是解题的关键． 【变式1】（24-25九年级上·陕西榆林·开学考试）如图，在中，对角线相交于点O，E，F是对角线上的两点．要添加一个条件使四边形是平行四边形，不能添加（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，解题的关键是灵活运用平行四边形的判定与性质．根据可得，利用平行四边形的判定可知，如，则四边形是平行四边形． 解：∵四边形是平行四边形， ∴， A．如， 则， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴A选项不符合题意， B．如添加，无法证明四边形是平行四边形， ∴B选项不符合题意， C.如， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴C选项不符合题意， D．如， 则， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； ∴D选项不符合题意， 故选：B． 【变式2】（2024·河南驻马店·二模）在《圆锥曲线论》中有一个著名的“阿波罗尼奥斯定理”：平行四边形对角线的平方和等于各边的平方和．如图所示，在中，，，，是 的中点，则的长为 ．    【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，延长到，使，连接，，证明四边形是平行四边形，由阿波罗尼奥斯定理得，即可求解，掌握平行四边形的判定和性质，熟练运用阿波罗尼奥斯定理是解题的关键． 解：如图所示，    延长到，使，连接，， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 由阿波罗尼奥斯定理得，， ∴ ， ∴， ∴， 故答案为：． 【题型8】平行四边形的性质与判定综合 【例8】（24-25九年级下·北京海淀·开学考试）在中，，以点A为中心，将线段顺时针旋转，得到线段，过点D作的平行线交直线于点E． （1）如图1，当点E与点B重合时，求证：； （2）如图2，当点E在线段上（不与端点重合）时，作交的延长线于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】（1）见分析；（2），证明见分析． 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质， （1）先证，再证，可证明四边形是平行四边形，即可证明结论； （2）在射线上取点，使得，取中点H，连接，，先证明，得出，再证明，，即可证明结论． 解：（1）证明：∵绕点A顺时针旋转得到线段， ∴，． ∴． ∵， ∴． ∵B，E重合，， ∴． ∴． ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形． ∴． （2）． 证明如下：在射线上取点，使得，取中点H，连接，． ∵，， ∴． ∴． ∴． ∵，， ∴． ∴，． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵H为的中点， ∴， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵，． ∴． 【变式1】（24-25八年级上·安徽芜湖·期末）如图，要在一条河上架一座桥（河的两岸互相平行，桥与河岸垂直），在如下四种方案中，使得，两地的路程最短的是（   ）       A．与河岸垂直 B．，，共线 C． D．与河岸垂直 【答案】C 【分析】本题考查最短路径中的造桥问题，熟练掌握平行四边形的判定与性质，以及两点之间线段最短．根据是河的宽最短，即直线（或直线），只要最短即可． 解：如图，过点作，且等于河宽，连接交直线与，作即可．    ∴四边形是平行四边形， ∴，． ∴， ∴，，三点共线，，最短． ∴． 故选：C． 【变式2】（24-25八年级上·重庆·期末）如图，在平行四边形中，，的平分线与的延长线交于点E，与交于点F，且点F为边的中点，过点C作，垂足为G，若，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识．由平行四边形的性质结合等腰三角形的判定，可得，再由等腰三角形的性质和勾股定理可求，即可求解． 解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵， ∵的平分线与的延长线交于点E，与交于点F， ∴， ∴ ∴， ∵点F为边的中点， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【考点四】三角形的中位线 【题型9】利用三角形中位线定理求值 【例9】（23-24八年级下·全国·单元测试）在等腰三角形中，，，平分，于点，过点作交于点． （1）求的度数； （2）若是的中点，连接，求的长． 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）由角平分线的定义，平行线的性质，直角三角形的性质可得，进而解答即可． （2）由角平分线的定义及平行线的性质可得，即可证明，再利用直角三角形的性质可证明，即可得是的中位线，进而可证明结论． 解：（1）解：平分， ， ∵， ， ， ， ， ， ，， ， ，， ， ∵， ， ； （2）解：， ， ， 是的中点， 是的中位线， ． 【点拨】本题主要考查角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的判定，直角三角形的性质，三角形的中位线等知识的综合运用． 【变式1】（24-25九年级上·河南南阳·阶段练习）如图，在中，，，，，分别为，的中点，连接，平分，交于点，则的长是（   ） A． B．1 C． D．2 【答案】A 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、平行线的性质．用勾股定理可算出，然后根据中位线定理“三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半”可得，，易证得，然后计算即可． 解：∵，，， ∴， ∵D，E分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 【变式2】（24-25九年级上·福建泉州·阶段练习）如图，为的中位线，点F在上，且，若，，则的长为 ． 【答案】1 【分析】本题考查了三角形的中位线、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，最后根据线段的和差求解即可得． 解：∵为的中位线，， ∴，点是的中点， ∵，， ∴， ∴， 故答案为：1． 【题型10】利用三角形中位线定理证明 【例10】（24-25九年级上·北京密云·期中）如图，中，，O是中点，D在线段上（不与重合），点E是内部一点，． （1）求的大小（用含的式子表示）； （2）已知点F是的中点，连接．用等式表示与的数量关系，并证明． 【答案】（1）；（2），证明见分析 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题关键． （1）根据等腰三角形的性质可得，再根据题意得出即可得出结论； （2）延长到，使，连接，根据全等三角形的判定定理，证明出，推出，即可得出结论． 解：（1）， ， ， ， ， ， ， ． （2）延长到，使，连接， ，即垂直平分， ∴， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ∵点F是的中点即， ， ． 【变式1】（24-25八年级上·湖北恩施·期末）如图，中，是的中点，在上，且，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理、平行线的性质等知识，解题关键是正确作出辅助线，熟练掌握相关知识并灵活运用．在上取点，使得，连接，易得为的中位线，所以，再证明为等腰三角形，可得，然后由可得答案． 解：如图，在上取点，使得，连接， 则， ∵是的中点，， ∴为的中位线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 【变式2】（23-24八年级下·全国·期末）如图，在四边形中，，E、F、G分别是的中点，若，，则等于 ． 【答案】/37度 【分析】根据三角形中位线定理得到，利用等腰三角形的性质得到，延长交于点，利用平行线的性质，三角形外角性质计算即可．本题考查了三角形中位线定理，三角形外角性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 解：如图，延长交于点， ，、、分别是，，的中点， ， ∵，， ，， ∴， ， 解得． 故答案为：． 【考点五】矩形、菱形、正方形 【题型11】矩形、菱形、正方形性质的理解 【例11】（24-25九年级上·山东青岛·期末）下列命题错误的是（   ） A．正方形的对角线互相垂直 B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 C．对角线相等的四边形是矩形 D．菱形的四条边相等 【答案】C 【分析】本题考查的是平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定和性质定理，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解题的关键． 根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可． 解：A、正方形的对角线互相垂直，正确，不符合题意； B、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，正确，不符合题意； C、对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项错误，符合题意； D、菱形的四条边相等，正确，不符合题意； 故选：C． 【变式1】（24-25九年级上·陕西咸阳·期中）下列说法正确的是（    ） A．平行四边形的邻边平行且相等 B．矩形的对角线互相垂直 C．正方形的两条对角线相等且互相垂直平分 D．菱形的四个内角都是直角 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形和特殊平行四边形的性质，熟知平行四边形和特殊平行四边形的性质是解题的关键． 解：A、平行四边形的对边平行且相等，原说法错误，不符合题意； B、矩形的对角线互相平分且相等，不一定互相垂直，原说法错误，不符合题意； C、正方形的两条对角线相等且互相垂直平分，原说法正确，符合题意； D、菱形的四个内角不一定都是直角，原说法错误，不符合题意； 故选：C． 【变式2】（23-24八年级上·山东青岛·单元测试）下列命题的逆命题是假命题的是（    ） A．平行四边形的对角线互相平分 B．正方形的四边相等 C．矩形的四个角相等 D．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质、正方形的判定和性质、直角三角形的性质，解题的关键是正确写出各个命题的逆命题，再进行判断．先写出各个选项的逆命题，逐个进行判断即可． 解：A、逆命题为“对角线互相平分的四边形是平行四边形”，是真命题，故选项不符合题意； B、逆命题为“四条边相等的四边形是正方形”，是假命题，故选项符合题意； C、逆命题为“四个角都相等的四边形是矩形”，是真命题，故选项不符合题意； D、逆命题为“如果三角形一条边上的中线等于这条边的一半，这个三角形是直角三角形”，是真命题，故选项不符合题意； 故选：B． 【题型12】矩形、菱形、正方形判定的理解 【例12】（24-25九年级上·辽宁沈阳·阶段练习）下列命题中，假命题是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．正方形的对角线互相垂直平分 C．矩形的对角线相等 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形 【答案】A 【分析】本题考查了命题的判定，掌握菱形，矩形，平行四边形，正方形的判定和个性质是解题的关键． 根据菱形，矩形，平行四边形的判定和性质进行判定即可求解． 解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原选项是假命题，符合题意； B、正方形的对角线互相垂直平分，是真命题，不符合题意； C、矩形的对角线相等，是真命题，不符合题意； D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意； 故选：A ． 【变式1】（22-23八年级下·四川泸州·期中）下列命题中，真命题是（   ） A．有两边相等的四边形是平行四边形 B．有一个角是直角的四边形是矩形 C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D．对角线相等且平分的四边形是正方形 【答案】C 【分析】本题考查命题与定理，平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定定理．根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定定理逐项判断即可． 解：有两边相等的四边形不一定是平行四边形，故A是假命题，不符合题意； 有一个角是直角的平行四边形是矩形，故B是假命题，不符合题意； 对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故C是真命题，符合题意； 对角线相等且垂直平分的四边形是正方形，故D是假命题，不符合题意； 故选：C． 【变式2】（2024九年级上·全国·专题练习）在四边形中，对角线相交于点O，且互相平分，则下列结论错误的是（   ） A．当时，四边形是矩形 B．当时，四边形是菱形 C．当时，四边形是菱形 D．当且时，四边形是正方形 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定、矩形的性质、正方形的判定等知识点，熟练运用相关知识成为解题的关键． 根据平行四边形的性质和判定、菱形的判定、矩形的性质、正方形的判定逐项判断即可． 解：在四边形中，对角线相交于点O，且互相平分， ∴四边形是平行四边形， A、当时，四边形是矩形，该选项正确，不符合题意； B、当时，四边形是菱形，该选项说法正确，不符合题意； C、当时，四边形不是菱形，则该选项说法错误，符合题意； D、当且时，四边形是正方形，选项说法正确，不符合题意． 故选：C． 【题型13】利用矩形性质求值与证明 【例13】（22-23九年级下·浙江温州·期中）如图，四边形是矩形．以点B为圆心，长为半径作弧，交的延长线于点E，连结． （1）求证：四边形是平行四边形． （2）当时，求四边形的周长． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】本题考查了矩形的性质、平行四边形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据矩形的性质可得，，，由作图可得，利用三线合一性质可得，再利用平行四边形的判定即可证明； （2）利用勾股定理求出的长，结合（1）中的结论，利用平行四边形的周长公式即可求解． 解：（1）证明：四边形是矩形， ，，， ， 由作图可得，， ， ， 又， 四边形是平行四边形． （2）解：，， ， 由（1）得，四边形是平行四边形， 四边形的周长． 【变式1】（24-25九年级上·宁夏中卫·期末）如图，在矩形中，两条对角线交于点O，，则长为（　　） A． B．3 C． D．6 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质、等边三角形的判定与性质，根据矩形的性质和等边三角形的判定和性质，可以得到的长，再根据勾股定理，即可得到的长，本题得以解决． 解：∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 【变式2】（22-23九年级上·河南洛阳·期末）如图，在矩形中，，，点E（不与点B重合）是边上一个动点，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，连接，，当时，的长是 ． 【答案】或 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键．由题意可知，，，延长交于H，设，根据矩形的性质得到，，，，根据勾股定理即可得到结论． 解：由题意可知，，，延长交于H， 设， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴四边形，四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，， 在中，， 在中，， ∴， 解得或4． 故答案为：或． 【题型14】利用矩形性质与判定求值与证明 【例14】（24-25九年级上·河南郑州·期中）如图，在中，为边上的中线，延长至E，使，连接． （1）试判断四边形的形状； （2）当满足________时四边形是矩形． 【答案】（1）四边形是平行四边形，见分析；（2） 【分析】此题考查了平行四边形的判定、矩形的判定等知识． （1）证明四边形的对角线互相平分，即可得到结论； （2）当时，根据矩形的定义即可得到结论． 解：（1）解：四边形是平行四边形； 证明：∵为边上的中线， ∴， ∵， ∴四边形的对角线互相平分， ∴四边形是平行四边形； （2）当时，平行四边形是矩形． 故答案为： 【变式1】（24-25八年级上·浙江·期末）如图，在中，，，点在边上，连结．点是的中点，连接．若，则的长是（   ）    A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了三角形的中位线、矩形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握以上知识点，结合图形取中点构造三角形的中位线是解题的关键．取中点为点，过点作于点，连接，先利用勾股定理和三角形的面积公式求出的长，再利用矩形的判定证明是矩形，得出即可解答． 解：如图，取中点为点，过点作于点，连接，   ，，点为中点， ，， 在中，， ， ，， ， ， ， 点是的中点，点为中点， 是的中位线， ， ， ， 四边形是矩形， ． 故选：B． 【变式2】（24-25八年级上·山东烟台·期末）如图，在六边形中，已知，，，，六边形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质．注意求不规则图形的面积可以分割成规则图形，根据面积公式进行计算．连接交于G，交于H，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得平行四边形和．易得．计算该六边形的面积可以分成3部分计算，即平行四边形的面积三角形的面积三角形的面积． 解：如图，连接交于G，交于H， 平行且等于，平行且等于， ∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形， ， ， ， ∴四边形是矩形， ， ， ． ∴六边形的面积平行四边形的面积+三角形的面积三角形的面积 ， 故答案为： 【题型15】利用菱形性质求值与证明 【例15】（24-25九年级上·广东汕头·期末）如图，中，，，是由绕点按逆时针方向旋转得到的，连接相交于点． （1）求证：； （2）当四边形为菱形时，求的长． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】（1）根据旋转的性质得到，，可证，由此即可求解； （2）根据菱形的性质得到，，为等腰直角三角形，由勾股定理即可求解． 解：（1）证明：∵由绕点按逆时针方向旋转得到， ∴，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴． 【点拨】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质是解题的关键． 【变式1】（2025·江西景德镇·模拟预测）如图，为菱形的对角线，，过点作，垂足为点，则（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，关键是根据含直角三角形性质求得，由菱形的性质得出即可得出答案． 解：∵四边形是菱形， ∴，且平分， ∵， ∴ ∵， ∴， 在中， ∴， 即， 故选：B． 【变式2】（24-25九年级下·重庆·开学考试）如图，菱形中，，，于点，且与交于，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形的面积等于对角线乘积的一半．掌握菱形的性质是解本题的关键．先根据菱形的性质得，再利用勾股定理计算出，然后根据菱形的面积公式得到，再解关于的方程即可． 解：四边形是菱形，，， ， 在中，， ， ， ， ． 故答案为． 【题型16】利用菱形性质与判定求值与证明 【例16】（24-25九年级上·宁夏中卫·期末）周末，小颖和妈妈买回来一盏简单而精致的吊灯，其截面如图所示，四边形是一个菱形内框架，四边形是其外部框架，且点、、、在同一直线上，． （1）求证：四边形外框是菱形； （2）若外框的周长为，，，求的长． 【答案】（1）证明见分析；（2） 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理．解决本题的关键是根据菱形的性质找到边和角之间的关系，根据边和角之间的关系证明三角形的两全等，再利用全等三角形的性质求解． （1）根据菱形的性质可得，，，利用可证、，根据全等三角形的对应边相等可证，从而可证结论成立； （2）连接，交于点，根据勾股定理的性质可知的长度，利用勾股定理可以求出的长度，再根据勾股定理求出的长度即可． 解：（1）证明：四边形是菱形， ， ，， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， 同理可证：， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是菱形； （2）解：如下图所示，连接，交于点， 四边形是菱形，周长为，， ，，， ，， ， ， 的长为． 【变式1】（2025·山西长治·模拟预测）如图，在中，分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，E，且点D恰好在边上，直线与交于点F，连接．若，则四边形的面积为（   ） A． B． C．4 D．8 【答案】B 【分析】此题考查了菱形的判定和性质、含角的直角三角形、勾股定理等知识．由作图可得到，四边形是菱形，则再由含角的直角三角形和勾股定理求出，，即可得到即可得到四边形的面积． 解：由题意可知，垂直平分，， ∴，四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， ∴     ∴ ∴四边形的面积为， 故选：B 【变式2】（2025·广东揭阳·一模）如图所示为一直角三角形，，，，用圆规以A点为圆心画圆弧s，分别交于点D，E，然后再分别以D，E为圆心，以大于长度的一半画圆弧，两圆弧交于点F，连接交于点G，最后以点G为圆心，以的长度为半径画圆交圆弧s于点M，N，连接分别交于点P，Q，连接，则四边形的周长为 ． 【答案】16 【分析】通过题干的尺规作图得出是的角平分线，直线是的垂直平分线，再通过证明，则，所以四边形是菱形，结合三角形外角性质，则，即可作答． 解：∵，，， ∴， 如图： ∵用圆规以A点为圆心画圆弧s，分别交于点D，E，然后再分别以D，E为圆心，以大于长度的一半画圆弧，两圆弧交于点F，连接交于点G， ∴是的角平分线， ∴， ∵以点G为圆心，以的长度为半径画圆交圆弧s于点M，N，连接分别交于点P，Q，连接， ∴直线是的垂直平分线， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即 ∴四边形是菱形， 则中，， 即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 即菱形的周长是， 故答案为：． 【点拨】本题考查了尺规作图，角平分线的性质以及垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【题型17】利用正方形性质求值与证明 【例17】（24-25七年级上·上海普陀·期末）如图，已知正方形的边长为，点是边上的一个动点，连接，将绕点顺时针旋转得到． （1）当点与点重合时，线段的长度为______；（直接写出答案） （2）设，用含和的代数式表示的面积． 【答案】（1）；（2） 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． （1）由旋转的性质可得，即可求解； （2）由旋转的性质可得，，由等腰直角三角形的性质可求解． 解：（1）解：∵将绕点D顺时针旋转得到， ∴， ∵点E与点B重合， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：∵将绕点D顺时针旋转得到， ∴，， ∴的面积． 【变式1】（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，在正方形中，点是的中点，点在上，连接，．若，，则一定等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质及全等三角形的判定和性质、三角形的内角和定理，理解题意，作出辅助线是解题关键．延长、交于点，证明，根据全等三角形的判定和性质得出，确定，再由各角之间的关系即可得出结果． 解：延长、交于点，如图所示： 四边形是正方形， ， 点是的中点， ， 在和中， ， ， ， ，， ， ∴， ， ，， ， ， ， ， 故选：A． 【变式2】（24-25九年级上·海南省直辖县级单位·期末）如图，为正方形的对角线，平分，交于点E，将绕点C顺时针旋转得到，则 度，若，则 ． 【答案】 / 【分析】本题考查了旋转的性质、角平分线的定义、正方形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识是解题的关键． 由正方形的性质可得，由角平分线的定义可得，由旋转的性质可得，则，由三角形外角的性质可得，即，则，设，则，最后根据勾股定理列方程求解即可． 解：∵为正方形的对角线，平分， ∴， ∴， ∵将绕点C顺时针旋转得到，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴，解得：或（不合题意舍弃）， ∴． 故答案为：，． 【题型18】利用正方形性质与判定求值与证明 【例18】（24-25九年级上·四川达州·期中）如图，点E为正方形对角线上一点，连接，．过点E作，交边于点F，以，为邻边作矩形． （1）求证：矩形是正方形； （2）连接，若正方形的边长为9，，求正方形的边长． 【答案】（1）证明见分析；（2） 【分析】（1）过点E作于点M，于点N，先根据正方形的性质证明四边形是矩形，进一步证明，可得，再根据正方形的判定，即可证得答案； （2）连接，先证明，可证明，并求得的长，进一步证明，并求得的长，再利用勾股定理可求得的长，最后在中，根据勾股定理即可求得答案． 解：（1）证明：过点E作于点M，于点N， 四边形是正方形， ，， 四边形是矩形， ， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， 矩形是正方形； （2）解：连接， 四边形和都是正方形， ，，，， ， ， ，， ， ， ，， ， ， ， ，， ， 正方形的边长为． 【点拨】本题考查了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，勾股定理，构造全等三角形是解题的关键． 【变式1】（2025九年级下·全国·专题练习）如图，在四边形中，，.，以为腰作等腰直角三角形BAE，顶点.恰好落在边上，若.，则的长是（　　）    A． B． C．2 D．1 【答案】A 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，三角形全等的性质和判定，矩形和正方形的性质和判定等知识，如图，过点A作于F，过点E作于H，交的延长线于G，则，证明四边形是正方形，则，再证明和是等腰直角三角形，则，最后根据勾股定理可得结论． 解：如图，过点A作于F，过点E作于H，交的延长线于G，则，    ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴和是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得：． 故选：A． 【变式2】（23-24九年级上·福建三明·期中）如图，在矩形中，．若点P满足，且，则 ．    【答案】 【分析】本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，通过作辅助线构造全等三角形与正方形是解题的关键．过点P作交延长线于M，交延长线于N，过点P作于Q，交于E，证明四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，现证明，从而证明四边形为正方形，利用正方形的性质即可得出结论． 解：过点P作交延长线于M，交延长线于N，过点P作于Q，交于E，如图，    ∵矩形 ∴，，，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴ ， ∴四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，， ∵ ∴， ∴ ∵ ∴ 在与 ∴ ∴，， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为正方形， ∴． 故答案为：． 【考点六】链接中考与延伸拓展 【题型19】链接中考 【例1】（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，在中，，D是的中点，，，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，求的长． 【答案】（1）证明见分析；（2） 【分析】本题主要考查了矩形的判定以及性质，三腰三角形三线合一的性质，勾股定理等知识，掌握这些性质是解题的关键． （1）由等腰三角形三线合一的性质得出，有平行线的性质得出，结合已知条件可得出，即可证明四边形是矩形． （2）由（1）可知四边形是矩形．由矩形的性质得出，，，由已知条件可得出，由勾股定理求出，最后根据等面积法可得出，即可求出． 解：（1）证明：∵， D是BC的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）由（1）可知四边形是矩形． ∴，，， ∵D是的中点， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴ 即， ∴． 【例2】（2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形． （1）尺规作图：作对角线的垂直平分线，交于点E，交于点F；（不写作法，保留作图痕迹） （2）连接．求证：四边形是菱形． 【答案】（1）见分析；（2）见分析． 【分析】本题主要考查矩形的性质，垂直平分线的画法及性质，三角形全等的判定与性质，菱形的判定． （1）根据垂直平分线的画法即可求解； （2）由直线是线段的垂直平分线．得到，，，，根据矩形的性质可证，可得，即可得到，即可求证． 解：（1）解：如图1所示，直线为所求； （2）证明：如图2，设与的交点为O， 由（1）可知，直线是线段的垂直平分线． ∴，，，， 又∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 【题型20】拓展延伸 【例1】（24-25九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，在边长为8的正方形中，点E，F分别是边，上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（   ） A． B． C．6 D．10 【答案】A 【分析】先证明，得到，再利用直角三角形性质，线段最短原理，勾股定理解答即可． 解：∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点M是的中点， ∴， 延长到点N，使得， ∴， ∴， ∴， 连接， ∵， ∴当D，F，N三点共线时，取得最小值， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故的最小值是， 故选：A． 【点拨】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，线段最短原理，熟练掌握正方形的性质，勾股定理是解题的关键． 【例2】（24-25九年级上·广东佛山·阶段练习）正方形中，点E为直线上一动点（点E不与A，B重合），连接，将沿着翻折得，延长交直线于点F，连接． （1）观察猜想：如图1，当点E在线段上时， ①______°． ②之间的数量关系为：______；（将结论直接写在横线上） （2）数学思考：如图2，当点E在线段的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立，请你写出正确结论再给予证明． （3）拓展延伸：如图3，当点E在线段的延长线上时，过点E作，垂足为H．若，请求出的长． 【答案】（1）①；②；（2）结论①成立；结论②不成立，应为：．理由见分析；（3） 【分析】（1）①根据折叠 性质，得，再证出解答即可． ②根据①的结论解答即可． （2）根据，，结合正方形的性质，三角形的周长表示法解答即可． （3）根据，结合正方形的性质，证明，设，则，利用勾股定理解答即可． 解：（1）证明：根据折叠的性质，得， ∴，， ∵正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：45． ②解：之间的数量关系为，理由如下： ∵，， ∴，， ∵, ∴, 故答案为：． （2）解：结论①成立；结论②不成立，应为：． 根据前面证明，得，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 故成立． ∵, ∴, ∴, 故结论②不成立，应为：． （3）解：根据问2，得，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， 设，则，， 由勾股定理，得， ． 根据勾股定理，得． 【点拨】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，解方程，熟练掌握性质，勾股定理和解方程是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题2.1 四边形（5大知识点6大考点20类题型）（全章知识梳理与题型分类讲解） 【知识点1】多边形 1.多边形的对角线 从边形的一个顶点可以引条对角线，并且这些对角线把多边形分成了个三角形；边形对角线条数为． 2.多边形的内角和、外角和 n边形内角和为，任意多边形的外角和为. 3.正多边形定义：各边相等，各角也相等的多边形. 4.正多边形的内外角：正边形的每个内角为，每一个外角为. 5.正多边形对称性：正边形有条对称轴.当为奇数时，是轴对称图形；当为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形. 【知识点2】中心对称和中心对称图形 1.中心对称 一个图形绕某一点旋转180°是一种特殊的旋转，成中心对称的两个图形具有图形旋转的一切性质。 成中心对称的两个图形中，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分。 2.中心对称图形 1.把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形称为中心对称图形，这个点就是它的对称中心. 【知识点3】平行四边形 1、 平行四边形的概念：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。 2、 平行四边形的性质：（1）平行四边形的对边相等；（2）平行四边形的对角相等（3）平行四边形的对角线互相平分。 3、 判定平行四边形的条件 （1） 两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念） （2） 一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形 （3） 对角线互相平分的四边形叫做平行四边形 （4） 两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形 【知识点4】三角形的中位线 1、 三角形中线的概念和性质 连接三角形两边重点的线段叫做三角形的中位线。三角形中位线平行且等于第三边的一半。 2、 三角形的中位线与中线的区别 （1） 区别：三角形的中位线平分这个三角形的两条边，平行于第三边，且等于第三边的一半，但不经过这个三角形的任何顶点；而三角形的中线只平分这个三角形的一条边，不平行于这个三角形的任何边，但经过它所平分的边相对的顶点。 （2） 联系：三角形的一边上的中线与这边对应的中位线能够互相平分。 【知识点5】矩形、菱形、正方形 1、 矩形的概念和性质 有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。 2、 判定矩形的条件 （1） 有一个角是直角的平行四边形是矩形 （2） 三个角是直角的四边形是矩形 （3） 对角线相等的平行四边形是矩形 3、 平行线之间的距离及其性质 性质：两条平行线之间的距离处处相等 4、 菱形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 5、判定菱形的条件 （1） 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2） 四边相等的四边形是菱形 （3） 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 6、 正方形的概念、性质和判定条件 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 判定正方形的条件： （1） 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念） （2） 有一组邻边相等的矩形是正方形 （3） 有一个角是直角的菱形是正方形 【知识点题型目录】 【考点一】多边形 【题型1】多边形的内角和.......................................................3 【题型2】多边形的外角和.......................................................4 【题型3】多边形的内角和与外角和综合...........................................5 【考点二】中心对称 【题型4】轴对称图形与中心对称图形的识别.......................................5 【题型5】利用中心对称图形性质求值证明.........................................6 【考点三】平行四边形 【题型6】平行四边形的性质.....................................................7 【题型7】平行四边形的判定.....................................................8 【题型8】平行四边形的性质与判定综合...........................................9 【考点四】三角形的中位线 【题型9】利用三角形中位线定理求值...........................................10 【题型10】利用三角形中位线定理证明..........................................10 【考点五】矩形、菱形、正方形 【题型11】矩形、菱形、正方形性质的理解......................................11 【题型12】矩形、菱形、正方形判定的理解......................................12 【题型13】利用矩形性质求值与证明............................................12 【题型14】利用矩形性质与判定求值与证明......................................13 【题型15】利用菱形性质求值与证明............................................14 【题型16】利用菱形性质与判定求值与证明......................................15 【题型17】利用正方形性质求值与证明..........................................16 【题型18】利用正方形性质与判定求值与证明....................................16 【考点六】链接中考与延伸拓展 【题型19】链接中考..........................................................17 【题型20】拓展延伸..........................................................18 第二部分【题型展示与方法点拨】 【考点一】多边形 【题型1】多边形的内角和 【例1】（24-25八年级上·湖北孝感·期中）阅读小明和小红的对话，解决下列问题． （1）这个“多加的锐角”的度数是______，这个多边形的外角和为______． （2）这个多边形是几边形？ 【变式1】（2024·河北·中考真题）直线l与正六边形的边分别相交于点M，N，如图所示，则（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25九年级下·陕西西安·期中）如图，以正五边形的边向内作正方形，则的度数为 ． 【题型2】多边形的外角和 【例2】（24-25八年级上·湖北宜昌·阶段练习）请根据下面x与y的对话解答下列问题：：我和y都是多边形，我们俩的内角和相加的结果为；：的边数与我的边数之比为． （1）求x与y的外角和相加的度数； （2）分别求出x与y的边数． 【变式1】（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，是正边形纸片的一部分，其中是正边形两条边的一部分，若所在的直线相交形成的锐角为，则的值是（　　） A． B． C． D． 【变式2】（2024·广东汕头·模拟预测）如图，孔明在驾校练车，他由点出发向前行驶米到处，向左转．继续向前行驶同样的路程到处，再向左转．按这样的行驶方法，第一次回到点总共行驶了 ． 【题型3】多边形的内角和与外角和综合 【例3】（24-25八年级上·江西赣州·期中）若一个正多边形除去一个外角后剩余的外角的和为． （1）求这个正多边形的边数与内角和的度数． （2）要使该正多边形具有稳定性，至少应添加几条线段？ 【变式1】（19-20八年级上·四川自贡·期中）如图，一个正五边形和一个正方形都有一边在直线l上，且有一个公共顶点B，则的度数是（　　） A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级上·河北沧州·期中）如图1所示的冰裂纹窗棂在古建筑中被广泛应用，图2是这种窗棂中的部分图案．若，则的度数为 ． 【考点二】中心对称 【题型4】轴对称图形与中心对称图形的识别 【例4】（24-25九年级上·全国·课后作业）观察下列图形，将符合题目要求的图形序号填入下面横线中． （1）轴对称图形有 （填序号）； （2）中心对称图形有 （填序号）； （3）是中心对称图形但不是轴对称图形的有 （填序号）； （4）既是中心对称图形又是轴对称图形的有 （填序号）． 【变式1】（24-25九年级上·云南昆明·期中）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．菱形 B．平行四边形 C．正五边形 D．等边三角形 【变式2】（24-25七年级上·上海宝山·期末）如图，与关于点成中心对称，连接、，以下结论错误的是（   ） A． B． C． D．与关于点成中心对称 【题型5】利用中心对称图形性质求值证明 【例5】（24-25九年级上·浙江台州·期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形的顶点坐标分别为：，，，． （1）四边形是中心对称图形吗？若是，请画出对称中心E点； （2）若点在上，在上确定一点G，使得平分四边形的面积，则G点的坐标为______． 【变式1】（24-25九年级上·福建福州·期中）如图，在等边三角形中，为的中点，，与关于点中心对称，连接，则的长为 ． 【变式2】（24-25八年级上·河北唐山·期末）如图，与关于点成中心对称，点、、的对称点分别为、、．下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【考点三】平行四边形 【题型6】平行四边形的性质 【例6】（24-25八年级上·山东烟台·期末）如图，在中，的平分线交于点，的平分线交于点，交于点． （1）求证：． （2）若，，请求出的周长． 【变式1】（24-25九年级上·广西崇左·期末）如图，在中，按以下步骤作图：①分别以点，点为圆心，以大于的长为半径作弧；②过两弧相交的两点作直线交于点，连接，已知，，则的面积为（    ） A． B． C． D．16 【变式2】（24-25八年级上·山东威海·期末）一个平行四边形在平面直角坐标系中三个顶点的坐标为，，，则第四个顶点的坐标为 【题型7】平行四边形的判定 【例7】（24-25九年级上·山东济宁·期中）如图，D是内部的一点，连接，，把绕点B逆时针旋转得到线段，把绕点C顺时针旋转得到线段，连接，，，，． （1）若，求的长； （2）求证：四边形是平行四边形． 【变式1】（24-25九年级上·陕西榆林·开学考试）如图，在中，对角线相交于点O，E，F是对角线上的两点．要添加一个条件使四边形是平行四边形，不能添加（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2024·河南驻马店·二模）在《圆锥曲线论》中有一个著名的“阿波罗尼奥斯定理”：平行四边形对角线的平方和等于各边的平方和．如图所示，在中，，，，是 的中点，则的长为 ．    【题型8】平行四边形的性质与判定综合 【例8】（24-25九年级下·北京海淀·开学考试）在中，，以点A为中心，将线段顺时针旋转，得到线段，过点D作的平行线交直线于点E． （1）如图1，当点E与点B重合时，求证：； （2）如图2，当点E在线段上（不与端点重合）时，作交的延长线于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【变式1】（24-25八年级上·安徽芜湖·期末）如图，要在一条河上架一座桥（河的两岸互相平行，桥与河岸垂直），在如下四种方案中，使得，两地的路程最短的是（   ）       A．与河岸垂直 B．，，共线 C． D．与河岸垂直 【变式2】（24-25八年级上·重庆·期末）如图，在平行四边形中，，的平分线与的延长线交于点E，与交于点F，且点F为边的中点，过点C作，垂足为G，若，则的长为 ． 【考点四】三角形的中位线 【题型9】利用三角形中位线定理求值 【例9】（23-24八年级下·全国·单元测试）在等腰三角形中，，，平分，于点，过点作交于点． （1）求的度数； （2）若是的中点，连接，求的长． 【变式1】（24-25九年级上·河南南阳·阶段练习）如图，在中，，，，，分别为，的中点，连接，平分，交于点，则的长是（   ） A． B．1 C． D．2 【变式2】（24-25九年级上·福建泉州·阶段练习）如图，为的中位线，点F在上，且，若，，则的长为 ． 【题型10】利用三角形中位线定理证明 【例10】（24-25九年级上·北京密云·期中）如图，中，，O是中点，D在线段上（不与重合），点E是内部一点，． （1）求的大小（用含的式子表示）； （2）已知点F是的中点，连接．用等式表示与的数量关系，并证明． 【变式1】（24-25八年级上·湖北恩施·期末）如图，中，是的中点，在上，且，则等于（   ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24八年级下·全国·期末）如图，在四边形中，，E、F、G分别是的中点，若，，则等于 ． 【考点五】矩形、菱形、正方形 【题型11】矩形、菱形、正方形性质的理解 【例11】（24-25九年级上·山东青岛·期末）下列命题错误的是（   ） A．正方形的对角线互相垂直 B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 C．对角线相等的四边形是矩形 D．菱形的四条边相等 【变式1】（24-25九年级上·陕西咸阳·期中）下列说法正确的是（    ） A．平行四边形的邻边平行且相等 B．矩形的对角线互相垂直 C．正方形的两条对角线相等且互相垂直平分 D．菱形的四个内角都是直角 【变式2】（23-24八年级上·山东青岛·单元测试）下列命题的逆命题是假命题的是（    ） A．平行四边形的对角线互相平分 B．正方形的四边相等 C．矩形的四个角相等 D．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 【题型12】矩形、菱形、正方形判定的理解 【例12】（24-25九年级上·辽宁沈阳·阶段练习）下列命题中，假命题是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．正方形的对角线互相垂直平分 C．矩形的对角线相等 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形 【变式1】（22-23八年级下·四川泸州·期中）下列命题中，真命题是（   ） A．有两边相等的四边形是平行四边形 B．有一个角是直角的四边形是矩形 C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D．对角线相等且平分的四边形是正方形 【变式2】（2024九年级上·全国·专题练习）在四边形中，对角线相交于点O，且互相平分，则下列结论错误的是（   ） A．当时，四边形是矩形 B．当时，四边形是菱形 C．当时，四边形是菱形 D．当且时，四边形是正方形 【题型13】利用矩形性质求值与证明 【例13】（22-23九年级下·浙江温州·期中）如图，四边形是矩形．以点B为圆心，长为半径作弧，交的延长线于点E，连结． （1）求证：四边形是平行四边形． （2）当时，求四边形的周长． 【变式1】（24-25九年级上·宁夏中卫·期末）如图，在矩形中，两条对角线交于点O，，则长为（　　） A． B．3 C． D．6 【变式2】（22-23九年级上·河南洛阳·期末）如图，在矩形中，，，点E（不与点B重合）是边上一个动点，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，连接，，当时，的长是 ． 【题型14】利用矩形性质与判定求值与证明 【例14】（24-25九年级上·河南郑州·期中）如图，在中，为边上的中线，延长至E，使，连接． （1）试判断四边形的形状； （2）当满足________时四边形是矩形． 【变式1】（24-25八年级上·浙江·期末）如图，在中，，，点在边上，连结．点是的中点，连接．若，则的长是（   ）    A．2 B． C． D． 【变式2】（24-25八年级上·山东烟台·期末）如图，在六边形中，已知，，，，六边形的面积为 ． 【题型15】利用菱形性质求值与证明 【例15】（24-25九年级上·广东汕头·期末）如图，中，，，是由绕点按逆时针方向旋转得到的，连接相交于点． （1）求证：； （2）当四边形为菱形时，求的长． 【变式1】（2025·江西景德镇·模拟预测）如图，为菱形的对角线，，过点作，垂足为点，则（   ）    A． B． C． D． 【变式2】（24-25九年级下·重庆·开学考试）如图，菱形中，，，于点，且与交于，则 ． 【题型16】利用菱形性质与判定求值与证明 【例16】（24-25九年级上·宁夏中卫·期末）周末，小颖和妈妈买回来一盏简单而精致的吊灯，其截面如图所示，四边形是一个菱形内框架，四边形是其外部框架，且点、、、在同一直线上，． （1）求证：四边形外框是菱形； （2）若外框的周长为，，，求的长． 【变式1】（2025·山西长治·模拟预测）如图，在中，分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，E，且点D恰好在边上，直线与交于点F，连接．若，则四边形的面积为（   ） A． B． C．4 D．8 【变式2】（2025·广东揭阳·一模）如图所示为一直角三角形，，，，用圆规以A点为圆心画圆弧s，分别交于点D，E，然后再分别以D，E为圆心，以大于长度的一半画圆弧，两圆弧交于点F，连接交于点G，最后以点G为圆心，以的长度为半径画圆交圆弧s于点M，N，连接分别交于点P，Q，连接，则四边形的周长为 ． 【题型17】利用正方形性质求值与证明 【例17】（24-25七年级上·上海普陀·期末）如图，已知正方形的边长为，点是边上的一个动点，连接，将绕点顺时针旋转得到． （1）当点与点重合时，线段的长度为______；（直接写出答案） （2）设，用含和的代数式表示的面积． 【变式1】（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，在正方形中，点是的中点，点在上，连接，．若，，则一定等于（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25九年级上·海南省直辖县级单位·期末）如图，为正方形的对角线，平分，交于点E，将绕点C顺时针旋转得到，则 度，若，则 ． 【题型18】利用正方形性质与判定求值与证明 【例18】（24-25九年级上·四川达州·期中）如图，点E为正方形对角线上一点，连接，．过点E作，交边于点F，以，为邻边作矩形． （1）求证：矩形是正方形； （2）连接，若正方形的边长为9，，求正方形的边长． 【变式1】（2025九年级下·全国·专题练习）如图，在四边形中，，.，以为腰作等腰直角三角形BAE，顶点.恰好落在边上，若.，则的长是（　　）    A． B． C．2 D．1 【变式2】（23-24九年级上·福建三明·期中）如图，在矩形中，．若点P满足，且，则 ．    【考点六】链接中考与延伸拓展 【题型19】链接中考 【例1】（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，在中，，D是的中点，，，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，求的长． 【例2】（2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形． （1）尺规作图：作对角线的垂直平分线，交于点E，交于点F；（不写作法，保留作图痕迹） （2）连接．求证：四边形是菱形． 【题型20】拓展延伸 【例1】（24-25九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，在边长为8的正方形中，点E，F分别是边，上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（   ） A． B． C．6 D．10 【例2】（24-25九年级上·广东佛山·阶段练习）正方形中，点E为直线上一动点（点E不与A，B重合），连接，将沿着翻折得，延长交直线于点F，连接． （1）观察猜想：如图1，当点E在线段上时， ①______°． ②之间的数量关系为：______；（将结论直接写在横线上） （2）数学思考：如图2，当点E在线段的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立，请你写出正确结论再给予证明． （3）拓展延伸：如图3，当点E在线段的延长线上时，过点E作，垂足为H．若，请求出的长． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$