专题02 四边形（考点清单，知识导图+14个考点清单&题型解读）-2024-2025学年八年级数学下学期期中考点大串讲（湘教版）

清单02 四边形（14个考点梳理+题型解读+提升训练） 清单01 多边形内角和的应用 (1) 在平面内,由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫作多边形. (2) 在平面内,边相等,角也都相等的多边形叫作正多边形. (3)n边形的内角和等于(n-2)·180° 清单02 多边形外角和的应用 (1)在多边形的每个顶点处取一个外角,它们的和叫作这个多边形的外角和. (2)任意多边形的外角和等于360° 清单03 平行四边形的性质 (1)两组对边分别平行 的四边形叫作平行四边形. (2)平行四边形 ABCD记作“□ABCD”. (3)平行四边形的对边 相等. (4)平行四边形的对角相等. (5)平行四边形的对角线互相平分. (6)平行四边形的一条对角线把平行四边形分成两个全等的三角形,两条对角线把平行四边形分成四个面积相等的三角形. 清单04 平行四边形的判定 判定平行四边形的方法: (1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形. (2)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. (3)判定平行四边形的方法:两组对边分别相等的四边形是平行四边形. (4)对角线互相平分的四边形是平行四边形。 清单05 中心对称的概念及性质 (1)中心对称:在平面内,把一个图形上的每一个点P对应到它在绕点O旋转180下的像P',这个变换称为关于点O中心对称,也称原图形与新图形关于点0中心对称,点O叫作对称中心. (2)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. 规律总结：(1)成中心对称的图形上的每一对对应点连成的线段都被对称中心平分. (2)任意两个中心对称图形以任意方式组合成一个图形后，过这两个对称中心的直线平分这个组合图形的面积. (3)对称点的连线必过对称中心 清单06 中心对称图形的判定 (1) 中心对称图形:在平面内,如果一个图形绕一个点O旋转180°,所得到的像与原来的图形互相重合,那么这个图形叫作中心对称图形,这个点O叫作它的对称中心. (2) 平行四边形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心. 方法技巧：(1)常见的中心对称图形有线段、平行四边形、圆、正n边形(n为偶数) (2)将图形绕对称中心旋转180°后,没有任何变化，和原图形一样的即为中心对称图形. 清单07 三角形的中位线定理 (1)定义:连接三角形两边中点的线段叫作三角形的中位线. (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. 规律总结：三角形的中位线定理包含两层含义 (1)中位线与第三边的位置关系: (2)中位线与第三边的数量关系 清单08 矩形的性质 (1)定义:有一个角是直角的平行四边形叫作矩形 (2)矩形的四个角都是直角,对边相等,对角线互相平分. (3)矩形的对角线相等. (4)矩形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心. (5)矩形是轴对称图形,过每一组对边中点的直线都是矩形的对称轴. 规律总结：矩形的性质的应用 (1)证明线段平行、相等或倍分的关系 (2)证明角相等或求角的度数. 清单09 矩形的判定 (1)三个角是直角的四边形是矩形； (2)一个角是直角的平行四边形是矩形. 对角线相等的平行四边形是矩形. 方法技巧：矩形的判定思路 (1)若给出的图形是一般的四边形.思路一:证明其三个角都是直角;思路二:先证明其为平行四边形，再证明其有一个角是直角或证明其对角线相等. (2)若给出的四边形是平行四边形,则直接证明其有一个角是直角或证明其对角线相等. 清单10 菱形的定义和性质 定义:一组邻边相等的平行四边形叫作菱形 性质:(1)菱形的四条边都相等,对角相等对角线互相垂直平分; (2) 菱形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心; (3)菱形是轴对称图形,两条对角线所在直线都是它的对称轴. 清单11 菱形的周长和面积 周长=边长×4. 面积=底×高=两条对角线长度乘积的一半. 规律总结：菱形的两条对角线把菱形分成四个全等的直角三角形、两对全等的等腰三角形.故常结合勾股定理或等腰三角形的性质进行与菱形有关的证明、计算，有时也与角平分线的性质结合解题. 清单12 菱形的判定 (1)四条边都相等的四边形是菱形. (2)对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 清单13 正方形的性质 定义:有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 正方形具有平行四边形的所有性质,还具有以下性质: ①四条边相等,四个角都是直角,对角线相等且互相垂直平分; ②正方形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心; ③正方形是轴对称图形,两条对角线所在直线,以及过每一组对边中点的直线都是它的对称轴. 规律总结：正方形的性质 (1)边:四条边都相等且每组对边平行, (2)角:四个角都是直角. (3)对角线:两条对角线相等且相互垂直平分,把正方形分成四个全等的等腰直角三角形;每条对角线平分一组对角,把正方形分成两个全等的等腰直角三角形. 清单14 正方形的判定 (1)先判定四边形是矩形,再判定这个矩形有一组邻边相等; (2)先判定四边形是菱形,再判定这个菱形有一个角是直角. 规律总结：正方形的判定 (1)有一个角是直角的菱形是正方形; (2)有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)对角线垂直的矩形是正方形. 【考点题型一】多边形的概念与分类（） 【例1】下列关于正多边形的说法中，正确的是（    ） A．各边都相等的多边形是正多边形 B．各内角都相等的多边形是正多边形 C．过正n边形一个顶点的对角线有条 D．正多边形的各边相等 【变式1-1】下列说法正确的是（   ） A．每条边都相等的多边形是正多边形 B．每个内角都相等的多边形是正多边形 C．每条边都相等且每个内角都相等的多边形是正多边形 D．以上说法都对 【变式1-2】下列图形中不是多边形的是（   ） A．B． C． D． 【考点题型二】多边形内角和问题（） 【例2】如图，点B是正八边形的边上一点，一束光线从点B出发，经过两次反射后到达边上一点E，若，则（ ） A． B． C． D． 【变式2-1】如图，在五边形中，，，，则的大小为（    ）    A． B． C． D． 【变式2-2】小明利用画图软件画一个多边形，他设计的要求是：个内角中，最小的为，最大的为，且从小到大依次增加相同的度数，则小明画出的多边形的边数为（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 【变式2-3】若一个多边形的内角和是，则此多边形的边数是（   ） A．10 B．9 C．8 D．7 【考点题型三】正多边形的内角问题（） 【例3】某同学用图1的六个全等纸片拼接出图2，图2的外轮廓是正六边形．如果用若干个纸片按照图3所示的方法拼接，外轮廓是正边形图案，那么的值为（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 【变式3-1】如图，直线l与正五边形的边、相交于点M、N，则的大小为（　　） A． B． C． D． 【变式3-2】如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是（   ） A．15 B．12 C．10 D．8 【变式3-3】如图，正六边形关于直线成轴对称的图形是正六边形，有下列说法：①；②；③直线；④．其中正确的是 （请写出所有正确说法的序号）． 【考点题型四】多边形截角后的内角和问题（） 【例4】一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是，则原来多边形的边数是（   ） A．或 B．或 C．或 D．或或 【变式4-1】一个多边形截去一个角后，形成的多边形的内角和是其外角和的5倍，则原来多边形的边数是（   ） A．12 B．13 C．12或13 D．11或12或13 【变式4-2】在一个凸边形内角和为的纸板上切下一个三角形后，剩下一个边长为n的多边形，则n的值不可能是（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 【变式4-3】将一个三角形截去一个角后，所形成的一个新的多边形的内角和 ． 【变式4-4】一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和为，则原多边形的边数是 ． 【考点题型五】多边形的外角问题（） 【例5】石墨烯在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递等方面具有重要的应用前景．它的分子结构如图所示，六边形的外角和为（   ） A． B． C． D． 【变式5-1】如果多边形的每个外角都是，那么这个多边形的边数是 ． 【变式5-2】如图，小明从点A出发，沿直线前进后向左转，再沿直线前进，又向左转……照这样走下去，小明第一次回到出发点A，一共走了 米． 【变式5-3】如图，小明从A地出发，沿直线前进15米后向左转，再沿直线前进15米，又向左转⋯⋯，照这样走下去，他第一次回到出发地A地时，一共走的路程是 米． 【考点题型六】平面镶嵌（） 【例6】如图是某校数学兴趣小组活动室墙壁上的一幅图案的一部分，它是由边长相等的正方形、正三角形和正n（）边形密铺（无空隙、不重叠的拼接）而成，则该正n边形一个内角的度数为 °． 【变式6-1】用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌．若只用同一种正多边形进行平面镶嵌，则这种正多边形的边数可以是 ．（写出一种即可） 【变式6-2】用边数为的三种边长相等的正多边形地砖铺地，将其顶点拼在一起，刚好能完全铺满地面，则 ． 【考点题型七】多边形内角和与外角和综合（） 【例7】若一个正多边形每个内角的度数都是其相邻外角度数的4倍，则它的边数是（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 【变式7-1】如图，是正n边形纸片的一部分，其中l，m是正n边形两条边的一部分，若l，m所在的直线相交形成的锐角为，则n的值是（   ） A．4 B．5 C．6 D．8 【变式7-2】一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，这个多边形是 边形． 【变式7-3】如图，正八边形和正五边形按如图方式拼接在一起，则的度数为 ． 【考点题型八】利用平行四边形的性质求解（） 【例8】如图，在平行四边形中，的平分线和的平分线交于上一点，若，则的长为（    ） A． B．5 C． D． 【变式8-1】如图，在中，的平分线交于点，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【变式8-2】如图，在平行四边形中，是的角平分线，，则（   ） A． B． C． D． 【考点题型九】利用平行四边形的性质证明（） 【例9】如图，在中，对角线，相交于点O，经过点O的直线分别交和于点E，F，求证：． 【变式9-1】如图，四边形是平行四边形，且交的延长线于点，于点．证明：． 【变式9-2】如图，在中，于点，于点，求证：． 【变式9-3】已知：如图，，是的对角线上的两点，，求证：． 【考点题型十】添一个条件成为平行四边形（） 【例10】如图，在四边形中，，若添加一个条件，使得四边形为平行四边形，则下列不正确的是（      ） A． B． C． D． 【变式10-1】如图所示，将绕边的中点O旋转．小颖发现旋转后的与构成了平行四边形，她的推理思路如下：为保证小颖的推理更严谨，小明想在方框中“由，” 和“得四边形……”之间作补充．应补充的是（  ） 点A、C分别转到点C、A处， 而点D转到点B处．由， 得四边形是平行四边形． A．且 B．且 C．且 D．且 【变式10-2】如图，四边形中，，要使四边形为平行四边形，则需添加一个条件，这个条件可以是 ． 【考点题型十一】证明四边形是平行四边形（） 【例11】已知：如图，点在同一条直线上，，，．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 【变式11-1】如图，，且，是的中点．求证：四边形是平行四边形． 【变式11-2】已知（如图），在四边形中，过A作交于点E，过C作交于F，且．求证：四边形是平行四边形． 【变式11-3】如图，四边形是平行四边形，、分别是、上一点，且．求证：四边形是平行四边形． 【考点题型十二】利用平行四边形的判定与性质求解（） 【例12】如图，在平行四边形中，，为中点，于点，连接，若，则（   ） A． B． C． D． 【变式12-1】如图，线段与线段交于点O，且，，，连接，．若的最小值是，则线段的长是 ． 【变式12-2】如图，在等腰中，腰长为5，，E，M，F分别是，，上的点，并且，，则四边形的周长是（   ） A．5 B．10 C．15 D．13 【变式12-3】如图，在中，平分交于点，平分，，交于点，，若，，则（    ） A． B． C． D． 【考点题型十三】利用平行四边形性质和判定证明（） 【例13】如图1，，P为的中点，点E为射线上的任意一点（不与点A重合），连接，并使的延长线交射线于点F． (1)求证：； (2)如图2，连接、，是否有，如不是，请说明理由，如果是，请证明． 【变式13-1】四边形中，，，且，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求四边形的面积为______． 【变式13-2】如图，在中，点E，F分别是，的中点，连接，，交于点G，H，连接，． (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 【变式13-3】.在四边形中，，对角线交于点O，且．点E、F分别为边上的动点，连结． (1)如图1， ①求证：； ②求证：四边形为平行四边形； ③恰好经过点O，当时，如图2，连接，若，，求的度数． (2)平移，当点E与点A重合时，如图3， 将沿折叠得到，当点恰好落在线段上时，过点D作，交延长线于点G，其中，，，求线段的长． 【考点题型十四】 根据中心对称的性质求面积、长度、角度（） 【例14】如图，在正六边形中，，点在边上，且，若经过点的直线将正六边形面积平分，则直线被正六边形所截的线段长是 ． 【变式14-1】如图，已知，，，与关于点中心对称，则的长是 ． 【变式14-2】如图，与关于点C成中心对称，若，求的长． 【变式14-3】如图，在锐角三角形中，点为线段上一点，与关于点成中心对称． (1)直接写出图中所有相等的线段，并说明点在的什么位置； (2)若，，求线段的取值范围． 【考点题型十五】中心对称图形的识别（） 【例15】下列图形是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【变式15-1】下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A．   B．     C．   D．   【变式15-2】下列图形中，为中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【考点题型十六】中心对称图形规律问题（） 【例16】古希腊科学家把一定数目的点在等距离的排列下可以形成一个三角形，构成这些三角形点的数量被称为三角形数．某数学兴趣小组对三角形数进行了如下探索： (1)如图，将围棋子摆成连续三角形探索连续三角形数（表示第n个三角形数），由图形可得，，，， ； (2)为探索的值，将摆成三角形进行旋转，再与原图拼成一个矩形，通过矩形计算棋子数目达到计算的值，∴ ；（用含n的代数式表示） (3)根据上面的结论，判断24和28是不是三角形数？并说明理由． 【变式16-1】如图是两个完全重合的矩形，将其中一个始终保持不动，另一个矩形绕其对称中心按逆时针方向进行旋转，第一次旋转后得到图①，第二次旋转后得到图②，…，则第次旋转后得到的图形与图①～④中相同的是（    ） A．图① B．图② C．图③ D．图④ 【变式16-2】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O称为极点；从点O出发引一条射线Ox称为极轴；线段OP的长度称为极径．点P的极坐标就可以用线段OP的长度以及从Ox转动到OP的角度（规定逆时针方向转动角度为正）来确定，即P（3，60°）或P（3，-300°）或P（3，420°）等，则点P关于点O成中心对称的点Q的极坐标表示不正确的是（ ） A． B． C． D． 【变式16-3】用围棋子按下面的规律摆图形，则摆第n个图形需要围棋子的枚数是（　　） A．4n+1 B．3n+1 C．4n+2 D．3n+2 【考点题型十七】与三角形中位线有关的求解问题（） 【例17】如图，在四边形中，分别是的中点，若，则四边形的周长为 ． 【变式17-1】在中，点D，E分别是，的中点，若，，则的度数为 ． 【变式17-2】如图，点A，B，C，D在同一直线上，，，点C，F分别是，的中点，若，则的长为 ． 【变式17-3】如图，为的中位线，点F在上，且，若，，则的长为 ． 【考点题型十八】与三角形中位线有关的证明（） 【例18】如图，在中，分别是的中点，延长到点，使．连接． (1)求证：与互相平分； (2)若，求的长． 【变式18-1】如图，在中，垂直平分，延长至点，使，连接． (1)求证：是直角三角形； (2)请用无刻度的直尺和圆规作，使，且射线交于点（保留作图痕迹，不写作法）； (3)证明（2）中得到点是的中点． 【变式18-2】如图，在中，及分别是的中点，是延长线上的点，且． (1)求证：四边形是平行四边形 (2)求证： 【变式18-3】如图，在平行四边形中，点分别是的中点，点，在对角线上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接交于点，若，，求的长． 【考点题型十九】三角形中位线的实际应用（） 【例19】如图，小义同学想测量池塘A，B两处之间的距离．他先在A，B外选一点C，然后步测的中点为D，E， 测得， 则A，B之间的距离为（      ） A． B． C． D． 【变式19-1】2023年7月28日第31届世界大学生夏季运动会在成都东安湖体育公园开幕．如图，贝贝想测量东安湖A，B两点间的距离，他在东安湖的一侧选取一点O，分别取的中点M，N，但M，N之间被障碍物遮挡，故无法测量线段的长，于是贝贝在延长线上分别选取P，Q两点，且满足，贝贝测得线段米，则A，B两点间的距离是（   ）米． A．120 B．140 C．160 D．180 【变式19-2】如图，为了测量某工件的内槽宽，把两根钢条、的端点O连在一起，点C、D分别是、的中点．经测得，则该工件内槽宽的长为 ． 【变式19-3】如图，A，B两点被池塘隔开，在外选一点C，连接和．分别取，的中点D，E，测得D，E两点间的距离为，则A，B两点间的距离为 ． 【考点题型二十】利用矩形的性质求解（） 【例20】如图，在矩形中，小聪同学利用直尺和圆规完成了如下操作： ①分别以点A和C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N； ②作直线交于点E，若，，对角线的长为 ． 【变式20-1】如图，在矩形中，，，E，F分别是，上的点．现将四边形沿折叠，点A、B的对应点分别为M、N，且点N恰好落在上．连接，过B作，垂足为G，则的最小值为（   ） A． B．5 C． D．7 【变式20-2】如图，矩形中，，，R是的中点，P是上的动点，E、F分别是、的中点，那么线段的长是 ． 【变式20-3】如图，在矩形中，对角线，相交于点O．若，则的度数为 ． 【考点题型二十一】利用矩形的性质证明（） 【例21】如图，在矩形中，点M是上一点，连接，且，于点N，求证：． 【变式21-1】如图，四边形是矩形（），的平分线交于点，交的延长线于点． (1)求证：； (2)是的中点，连接，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【变式21-2】如图，把矩形绕点C旋转，得到矩形，且点E落在边上，连接，，交于点H． (1)求证： ①平分； ②H是的中点； (2)连接，若平分，，求的长． 【考点题型二十二】矩形与折叠问题（） 【例22】将一个矩形纸片沿所在的直线折叠成如图所示的图形，点均在原矩形的边上，且点在同一边上，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【变式22-1】在矩形中，点E，F分别是，上的动点，连接，将沿折叠，使点A落在点P处，连接，若，，则的小值为 ． 【变式22-2】如图，对折长方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平后再次折叠，使点A落在上的点处，得到折痕，与相交于点N．若直线交直线于点O，，，点Q是折痕上的一个动点，则的最小值为 ． 【变式22-3】综合与探究 问题情境 如图，在矩形中，，，E为边上的一点，连接．将矩形沿直线折叠，点B的对应点为F． 问题解决 （1）如图1，当点F落在边上时． ①求的长． ②如图2，连接交于点G，过点B作于点N，交于点M，试判断，与的数量关系，并说明理由． 深入探究 （2）当点F落在上方时，交于点P，交于点Q，连接．若为等腰三角形，请直接写出的长． 【考点题型二十三】添一条件使四边形是矩形（） 【例23】在平行四边形中，添加一个条件使平行四边形成为矩形，添加正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式23-1】如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连接，添加一个条件，不能使四边形成为矩形的是（   ） A． B． C． D． 【变式23-2】在中，和是其对角线．若添加一个条件使四边形是矩形，则这个条件可以是（    ） A．与互相平分 B． C． D． 【考点题型二十四】证明四边形是矩形（） 【例24】已知，如图，在中，是边上的中点，且．求证：是矩形． 【变式24-1】如图，点D为的斜边的延长线上一点，以为边向上作等边，过点E作交的延长线于点F，若，求证：四边形是矩形． 【变式24-2】如图，在平行四边形中，，为上两点，连接，，且，． (1)求证：． (2)判定四边形的形状，并说明理由． 【变式24-3】如图，在平行四边形中，E，F分别在上，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，当满足 时，四边形是矩形． 【考点题型二十五】根据矩形的性质与判定求解（） 【例25】如图，已知在中，，，，点P在斜边上（不与A、B重合），过P作，，垂足分别是E、F，连接，随着P点在边上位置的改变，则长度的最小值（   ） A． B．5 C． D．3 【变式25-1】如图，在中，，，是斜边上的一个动点，且在上（不包含端点）运动的过程中，始终保持，分别是的中点，连接，则的最小值是（ ） A． B． C． D． 【变式25-2】如图，在四边形中，点E，F，G，H分别为边，，和的中点，顺次连接，，和得到四边形．若，，，则四边形的面积等于（   ） A．36 B．32 C．24 D．20 【变式25-3】如图所示，在矩形中，厘米，厘米，点沿边从点开始向点以厘米/秒的速度移动，点沿从点开始向点以厘米/秒的速度移动，、同时出发，用（秒）表示移动的时间．如果当移动的时间在，那么四边形的面积与矩形的面积关系的规律是 ． 【考点题型二十六】利用菱形的性质求解（） 【例26】如图，在菱形中，，菱形的面积为，则其边长为（   ） A． B． C． D． 【变式26-1】如图，菱形中，连接，，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【变式26-2】将矩形纸片按如图所示的方式折叠，得到菱形（折叠后点都落在的中点处）．若，则的长为 ． 【变式26-3】如图，在中，，分别以C、B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点D，连接、、．若，则 °． 【考点题型二十七】利用菱形的性质证明（） 【例27】如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A作于点E，延长至F，使，连接．求证：四边形是矩形 【变式27-1】如图，在菱形中，作于F，，求证： 【变式27-2】如图，四边形是菱形，延长至点E，使，再延长至点F，使，连接，，，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，则四边形的面积是______． 【考点题型二十八】添一个条件使四边形是菱形（） 【例28】在中，如果只添加一个条件即可证明是菱形，那么这个条件可以是（   ） A． B． C． D．平分 【变式28-1】如图所示，中，E、F、D分别是上的中点，要使四边形是菱形，在不改变图形的前提下，你需添加的一个条件是 （在基础上添加） 【变式28-2】已知，四边形是平行四边形，对角线，交于点．若增加一个条件，将它边的数量关系特殊化，可使，则增加的一个条件可以是 ．（写出一个即可） 【考点题型二十九】证明四边形是菱形（） 【例29】如图，矩形和矩形有公共顶点A 和C， 与相交于点G，与相交于点H． (1)求证：四边形是菱形． (2)连接，若 求四边形的面积． 【变式29-1】已知，是的角平分线，交于点E，交于点F．求证：四边形是菱形． 【变式29-2】如图，在矩形中，延长到点D，使，延长到点E，使，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【变式29-3】如图，在中，对角线和相交于点O，，，．求证：是菱形． 【考点题型三十】根据菱形的性质与判定求解（） 【例30】如图，在中，对角线交于O，过点O作的垂线分别交、于E、F．已知，，，那么的长是（   ） A．9.6 B．12 C．10 D．8 【变式30-1】如图，在中，，的平分线交于点D，点O在上，的垂直平分线分别交、于点E、F，连接，若，则的面积为 ．    【变式30-2】如图，在中，，，对角线，交于点，点是的中点，，则的周长为 ． 【变式30-3】如图，在中，点D，E分别是边的中点，取的中点O，连接并延长交于点F，连接． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)若，，求的度数． 【考点题型三十一】利用正方形的性质求解（） 【例31】如图，正方形中，点E是对角线上的一点，且，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式31-1】如图，正方形中，为正方形内一点，连接，使，再连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式31-2】如图，正方形的边长为8，点在上且，是上的一动点，则的最小值是（   ） A．8 B．10 C．15 D．18 【变式31-3】（教村母题变式）如图，边长为6的正方形的中心与正方形的顶点E重合，且与边分别相交于点，图中阴影部分的面积记为，两条线段的长度之和记为，将正方形绕点逆时针转动适当角度，则有（   ） A．10 B．15 C．20 D．25 【考点题型三十二】正方形折叠问题（） 【例32】如图，已知正方形纸片，M、N分别是、的中点，把边向上翻折，使点C恰好落在上的P点处，为折痕，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【变式32-1】如图，先将正方形对折，折痕为，再沿折叠，使点C落在折痕上，记为点F，连接，已知正方形边长为2，则的长为（    ） A． B． C．2 D． 【变式32-2】如图，在正方形中，，点E，F分别在边上，．若将四边形沿折叠，点B恰好落在边上，则的长度为（　　） A．1 B． C． D．2 【变式32-3】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_________． 【考点题型三十三】添一个条件使四边形是正方形（） 【例33】如图，已知四边形是平行四边形，添加以下条件，不能判定四边形是正方形的是（    ） A．， B．， C． ， D． ， 【变式33-1】已知菱形的对角线为和，下列条件中，不能使菱形为正方形的是（   ） A． B． C． D． 【变式33-2】在矩形中，对角线交于点O，要使矩形成为正方形，需添加的条件是 （写出一个符合要求的条件）． 【考点题型三十四】证明四边形是正方形（） 【例34】如图，在矩形中，的平分线交于的平分线交于，求证：四边形是正方形． 【变式34-1】如图，在中，，是边上的中线． (1)尺规作图：在直线右侧作射线，在射线上截取，连接．（保留作图痕迹，不写作法） (2)当满足什么条件时，四边形为正方形，并说明理由． 【变式34-2】如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，，且为的平分线，求证：平行四边形为正方形．    【考点题型三十五】根据正方形的性质与判定求解（） 【例35】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35-1】如图（1），已知矩形纸片的面积为，相邻两边长之比为，将四张同样大小的矩形纸片拼接成一个正方形，中间留有空隙正方形，如图（2）所示． (1)求图（1）矩形纸片相邻的两边长； (2)求图（2）正方形与正方形的面积． 【变式35-2】如图，在中，和的角平分线相交于点，延长，与外角的角平分线相交于点D，交于点 (1)求证：是等腰直角三角形． (2)若，，求的长． 【变式35-3】如图1，在中，于点D，，点在上，，连接． (1)求证：； (2)如图2，延长交于点，连接，猜想的度数，并证明； (3)如图3，过点作，，连接交于点，若，，求的面积． 【考点题型三十六】中点四边形（） 【例36】如图，连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为矩形，则对角线，应满足（   ） A． B．平分 C．平分 D． 【变式36-1】如图，顺次连接任意四边形各边中点，所得的四边形是中点四边形． 下列四个叙述： ①中点四边形一定是平行四边形； ②当四边形是矩形，中点四边形也是矩形； ③当四边形是菱形，中点四边形也是菱形； ④当四边形是正方形，中点四边形也是正方形．其中正确的结论是 （只填代号） 【变式36-2】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)菱形的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． (3)若四边形的中点四边形为正方形，的最小值为4，则_______． 【变式36-3】如图，点D，E，F分别是，，的中点，连接，，，； (1)求证：，相平分； (2)现有三个条件：①；②平分；③； 请你从中选择两个条件（写序号）： 使得四边形是正方形，并加以证明． 【考点题型三十七】利用(特殊)平行四边形的对称性求阴影面积（） 【例37】如下图，长为6，宽为3的矩形，阴影部分的面积为 . 【变式37-1】如图，中，，，将沿方向平移，得到，连接．若，则阴影部分的面积为 ． 【变式37-2】如果一个正整数能表示为两个连续奇数的平方差，那么称这个正整数为“奇特数”． 例如：；则、、这三个数都是奇特数． (1)填空：32______奇特数，2018______奇特数．（填“是”或者“不是”） (2)如图所示，拼叠的正方形边长是从1开始的连续奇数…，按此规律拼叠到正方形，其边长为403，求阴影部分的面积． 【变式37-3】如图，两个全等的四边形和，其中四边形的顶点O位于四边形的对角线交点O． (1)如图1，若四边形和都是正方形，则下列说法正确的有_______．（填序号） ①；②重叠部分的面积始终等于四边形的；③． (2)应用提升:如图2，若四边形和都是矩形，，写出与之间的数量关系，并证明． (3)类比拓展:如图3，若四边形和都是菱形，，判断（1）中的结论是否依然成立；如不成立，请写出你认为正确的结论（可用表示），并选取你所写结论中的一个说明理由． 【考点题型三十八】(特殊)平行四边形的动点问题（） 【例38】如图，在边长为的正方形中，为边上一点，且，点在边上以的速度由点向点运动；同时，点在边上以的速度由点向点运动，它们运动的时间为，连接．当与全等时，的值为（　　） A．1 B．2 C．2或4 D．1或1.5 【变式38-1】如图，在长方形中，，，点是上的一点，且．点从点出发，以的速度沿点匀速运动，最终到达点．设点运动时间为，若三角形的面积为，则的值为 ． 【变式38-2】如图，四边形中，，，，M是上一点，且，点E从点A出发以的速度向点D运动，点F从点C出发，以的速度向B运动，当其中一点到达终点，另一点也随之停止，设运动时间为t秒，则当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时， 【变式38-3】如图，在中，，，边上的高为12．点从点出发，沿以每秒5个单位长度的速度运动．点从点出发沿以每秒10个单位长度的速度运动．、两点同时出发，当其中一点到达终点时，、两点同时停止运动．设运动的时间为（秒），连接． (1)当点与点重合时，的值为________． (2)直接写出的长（用含的代数式表示）； (3)当平分面积时，求的值； (4)当时，直接写出的值． 【考点题型三十九】四边形中的线段最值问题（） 【例39】如图，矩形中，已知，F为上一点，且，连接．以下说法中：①；②当点E在边上时，则；③当时，则；④的最小值为10．其中正确的结论个数是（） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式39-1】如图，正方形的边长为2，是的中点，，是对角线上的两个动点，且，连接，，则的最小值为 ． 【变式39-2】如图，在边长为4的菱形中，，点M是边的中点，点N是菱形内一动点，且满足，连接，则的最小值为 ． 【变式39-3】【问题原型】 如图1，在正方形中，．求证：． 【问题应用】 如图，在正方形中，，、分别是边、上的点，且． （1）如图2，连接、交于点，为的中点，连接，．当为的中点时，四边形的面积为 　　； （2）如图3，连接、，当点在边上运动时，的最小值为 　　． 【考点题型四十】四边形其他综合问题（） 【例40】小明在学习了平行四边形这一章后，对特殊平行四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． (1)【概念理解】在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是_________． (2)【性质探究】通过探究，小明发现了垂美四边形的一些性质：垂美四边形的面积S与对角线的数量关系为：_________． (3)【问题解决】如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和．连接，已知．求证：四边形为垂美四边形，并求出它的面积． (4)【学以致用】（3）中的长为_______． 【变式40-1】【实践探究】数学实践课上，活动小组的同学将两个正方形纸片按照图1所示的方式放置．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，且这两个正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转． 【问题发现】 （1）①线段，之间的数量关系是________． ②在①的基础上，连接，则线段，，之间的数量关系是________． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转．判断线段，，之间的数量关系并证明． 【拓展应用】 （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，，可绕点旋转．当时，请直接写出线段的长． 【变式40-2】如图，取一张矩形纸进行折叠，具体操作过程如下： (1)【操作发现】 操作一：对折矩形，使与重合，得到折痕，把纸片展开； 操作二：在上选一点，沿折叠，使点落在矩形内部点处，把纸片展开，连接，，． 根据以上操作，当点在上时： ①则图1中_____°； ②若，，则_____． (2)【迁移探究】 如果将矩形纸片换成边长为的正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点，连接．如图2，当点在上时，_____°，_____； (3)【拓展应用】 如图3，改变点在上的位置（点不与点，重合），正方形的边长仍为，仍然按（1）中的方式操作，延长交于点，连接，当时，请直接写出的长_____． 【变式40-3】如图，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于点，以、为邻边作平行四边形． (1)证明平行四边形是菱形； (2)若，连接、、，求证：是等边三角形； (3)若，，，是中点，求的长． 【变式40-4】若一个四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，我们把这条对角线叫做这个四边形的和谐线，这个四边形叫做和谐四边形． (1)如图1，在8×5的网格图上（每个小正方形的边长为1）有一个，点A、B、C均在格点上，请在网格图中找出2个格点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形是和谐四边形，并画出相应的四边形． (2)如图2，在四边形中，，，，平分．试说明：是四边形的和谐线； (3)已知，在四边形中，，，是四边形的和谐线，直接写出的长_____． 【提升训练】 一、单选题 1．在中，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 2．如图，正方形中，，为边上一动点（不与，重合）．将沿翻折至，延长交于点，刚好是边的三等分点，则的长为（   ） A． B．3 C．2或3 D．或3 3．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 4．如图，在菱形中，是边上一点，连接．将菱形沿直线折叠，点恰与点重合．若菱形的边长为4，则的长是（　　） A．2 B．4 C． D． 5．如图，是矩形的对角线的中点，是边的中点，若，，则线段的长为（   ） A．7 B．5 C．2 D． 6．如图，四边形中，，，，，．是的中点，则的长为（　　） A． B． C． D． 7．已知四边形和都是正方形，点F在线段上，连接、，交于点H．若，则（    ） A． B． C． D． 8．如图，在中，，以为斜边作．使，，E、F分别是的中点，连接，则的长为（   ） A． B． C． D． 9．如图，为四边形的对角线，点E、F为的两个三等分点，分别连接，四边形为菱形，若，，则四边形的面积为（   ） A．144 B．72 C．36 D．24 10．如图，在菱形中，、分别是边、上的动点，连接，，、分别为、的中点，连接．若，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 11．如图，矩形的两条对角线相交于点.若，，则边的长为 . 12．如图，平行四边形中，P是四边形内任意一点，，，，的面积分别为，，，，则 (填“>”、“<”、“=”) 13．如图，在矩形中，，，连接，把线段绕点逆时针方向旋转得线段．在边上取点，使，连接交延长线于点，则线段长为 ． 14．如图，在和中，，，以、为邻边作，连接，则线段的最小值为 ． 15．如图，在四边形中，，，．点、分别为线段、上的动点（含端点，但点不与点重合），点、分别为、的中点，则长度的最大值是 ． 16．邻边长分别为，的平行四边形纸片，如图那样折一下，剪下一个边长等于的菱形（称为第一次操作）；再把剩下的平行四边形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时平行四边形一边长的菱形（称为第二次操作）；再把剩下的平行四边形如此反复操作下去，若在第三次操作后，剩下的平行四边形为菱形，则的值 ． 17．如图，在矩形中，，，点E为边上的一个动点，连接，以为边向下方作等边，连接，则的最小值是 ． 18．如图，矩形纸片中，，，点E、点F分别是边、上的一个动点，将沿折叠，使顶点B落在点处，再将纸片沿折叠，使顶点C落在射线上的点处，下列结论：①；②若，则；③当点与重合时，；④连接，若是以为腰的等腰三角形，则或．其中正确的结论有 ．（填序号） 三、解答题 19．如图，平行四边形的对角线，相交于点O，E，F分别是，的中点．求证：． 20．如图，在正方形中，E为的中点，F是上一点，且，求证： (1)； (2)． 21．如图，分别是及其邻补角的平分线，于点E，于点F，四边形是矩形吗？请证明你的结论． 22．如图，已知的对角线上的两点，，并且．求证：四边形是平行四边形． 23．如图，与关于C点成中心对称，若，，，求的长 24．如图，在中，，，过点A作边的垂线交的延长线于点E，点F是垂足，连接，交于点O． (1)求证：四边形是正方形； (2)求证：． 25．如图，在平行四边形中，分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于两点，作直线，分别与相交于点．连接． (1)根据作图过程，判断与的位置关系是_______； (2)求证：四边形是菱形． 26．如图，在边长为的正方形中，点是线段上的动点，连接，过点作交于，垂足为，连接． (1)当点为的中点时， ①求的值； ②求证：； (2)如图，若是的中点，连接，求的最小值． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 清单02 四边形（14个考点梳理+题型解读+提升训练） 清单01 多边形内角和的应用 (1) 在平面内,由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫作多边形. (2) 在平面内,边相等,角也都相等的多边形叫作正多边形. (3)n边形的内角和等于(n-2)·180° 清单02 多边形外角和的应用 (1)在多边形的每个顶点处取一个外角,它们的和叫作这个多边形的外角和. (2)任意多边形的外角和等于360° 清单03 平行四边形的性质 (1)两组对边分别平行 的四边形叫作平行四边形. (2)平行四边形 ABCD记作“□ABCD”. (3)平行四边形的对边 相等. (4)平行四边形的对角相等. (5)平行四边形的对角线互相平分. (6)平行四边形的一条对角线把平行四边形分成两个全等的三角形,两条对角线把平行四边形分成四个面积相等的三角形. 清单04 平行四边形的判定 判定平行四边形的方法: (1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形. (2)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. (3)判定平行四边形的方法:两组对边分别相等的四边形是平行四边形. (4)对角线互相平分的四边形是平行四边形。 清单05 中心对称的概念及性质 (1)中心对称:在平面内,把一个图形上的每一个点P对应到它在绕点O旋转180下的像P',这个变换称为关于点O中心对称,也称原图形与新图形关于点0中心对称,点O叫作对称中心. (2)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. 规律总结：(1)成中心对称的图形上的每一对对应点连成的线段都被对称中心平分. (2)任意两个中心对称图形以任意方式组合成一个图形后，过这两个对称中心的直线平分这个组合图形的面积. (3)对称点的连线必过对称中心 清单06 中心对称图形的判定 (1) 中心对称图形:在平面内,如果一个图形绕一个点O旋转180°,所得到的像与原来的图形互相重合,那么这个图形叫作中心对称图形,这个点O叫作它的对称中心. (2) 平行四边形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心. 方法技巧：(1)常见的中心对称图形有线段、平行四边形、圆、正n边形(n为偶数) (2)将图形绕对称中心旋转180°后,没有任何变化，和原图形一样的即为中心对称图形. 清单07 三角形的中位线定理 (1)定义:连接三角形两边中点的线段叫作三角形的中位线. (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. 规律总结：三角形的中位线定理包含两层含义 (1)中位线与第三边的位置关系: (2)中位线与第三边的数量关系 清单08 矩形的性质 (1)定义:有一个角是直角的平行四边形叫作矩形 (2)矩形的四个角都是直角,对边相等,对角线互相平分. (3)矩形的对角线相等. (4)矩形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心. (5)矩形是轴对称图形,过每一组对边中点的直线都是矩形的对称轴. 规律总结：矩形的性质的应用 (1)证明线段平行、相等或倍分的关系 (2)证明角相等或求角的度数. 清单09 矩形的判定 (1)三个角是直角的四边形是矩形； (2)一个角是直角的平行四边形是矩形. 对角线相等的平行四边形是矩形. 方法技巧：矩形的判定思路 (1)若给出的图形是一般的四边形.思路一:证明其三个角都是直角;思路二:先证明其为平行四边形，再证明其有一个角是直角或证明其对角线相等. (2)若给出的四边形是平行四边形,则直接证明其有一个角是直角或证明其对角线相等. 清单10 菱形的定义和性质 定义:一组邻边相等的平行四边形叫作菱形 性质:(1)菱形的四条边都相等,对角相等对角线互相垂直平分; (2) 菱形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心; (3)菱形是轴对称图形,两条对角线所在直线都是它的对称轴. 清单11 菱形的周长和面积 周长=边长×4. 面积=底×高=两条对角线长度乘积的一半. 规律总结：菱形的两条对角线把菱形分成四个全等的直角三角形、两对全等的等腰三角形.故常结合勾股定理或等腰三角形的性质进行与菱形有关的证明、计算，有时也与角平分线的性质结合解题. 清单12 菱形的判定 (1)四条边都相等的四边形是菱形. (2)对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 清单13 正方形的性质 定义:有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 正方形具有平行四边形的所有性质,还具有以下性质: ①四条边相等,四个角都是直角,对角线相等且互相垂直平分; ②正方形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心; ③正方形是轴对称图形,两条对角线所在直线,以及过每一组对边中点的直线都是它的对称轴. 规律总结：正方形的性质 (1)边:四条边都相等且每组对边平行, (2)角:四个角都是直角. (3)对角线:两条对角线相等且相互垂直平分,把正方形分成四个全等的等腰直角三角形;每条对角线平分一组对角,把正方形分成两个全等的等腰直角三角形. 清单14 正方形的判定 (1)先判定四边形是矩形,再判定这个矩形有一组邻边相等; (2)先判定四边形是菱形,再判定这个菱形有一个角是直角. 规律总结：正方形的判定 (1)有一个角是直角的菱形是正方形; (2)有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)对角线垂直的矩形是正方形. 【考点题型一】多边形的概念与分类（） 【例1】下列关于正多边形的说法中，正确的是（    ） A．各边都相等的多边形是正多边形 B．各内角都相等的多边形是正多边形 C．过正n边形一个顶点的对角线有条 D．正多边形的各边相等 【答案】D 【分析】本题考查了正多边形的定义，以及对角线数量问题，注意各边相等，各角相等，两个条件必须同时成立． 根据正多边形的定义即可判断A、B、D，根据多边形从一个顶点出发可以作条对角线判断C． 【详解】解：A、各个边相等，各个角相等的多边形是正多边形，故选项A错误，不符合题意； B、各个边相等，各个角相等的多边形是正多边形，故选项B错误，不符合题意； C、过正n边形一个顶点的对角线有条，故选项C错误，不符合题意； D、正多边形的各边相等，正确，符合题意， 故选：D． 【变式1-1】下列说法正确的是（   ） A．每条边都相等的多边形是正多边形 B．每个内角都相等的多边形是正多边形 C．每条边都相等且每个内角都相等的多边形是正多边形 D．以上说法都对 【答案】C 【分析】本题主要考查正多边形的定义，熟练掌握正多边形的定义是解题的关键．根据正多边形的定义进行判断即可． 【详解】解：每条边都相等且每个内角都相等的多边形是正多边形， 故选：C． 【变式1-2】下列图形中不是多边形的是（   ） A．B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查多边形的定义，熟练掌握多边形的定义是解题的关键．根据多边形的定义即可得到答案． 【详解】 解：是三边形，是多边形，故选项A不符合题意； 是四边形，是多边形，故选项B不符合题意； 不是多边形，故选项C符合题意； 是六边形，是多边形，故选项D不符合题意； 故选：C． 【考点题型二】多边形内角和问题（） 【例2】如图，点B是正八边形的边上一点，一束光线从点B出发，经过两次反射后到达边上一点E，若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正多边形的内角和、多边形的内角和，熟练掌握正多边形的内角和是解题关键．设题中的正八边形为正八边形，过点作于点，先求出正八边形的每个内角的度数，再根据五边形的内角和可得的度数，从而可得的度数，同理可得的度数，最后根据五边形的内角和求解即可得． 【详解】解：如图，设题中的正八边形为正八边形，过点作于点， ∵八边形为正八边形， ∴正八边形的每个内角为， ∵， ∴在五边形中，， 由入射角等于反射角得：， ∴，即， ∴在五边形中，， 同理可得：， ∴在五边形中，， 故选：A． 【变式2-1】如图，在五边形中，，，，则的大小为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查平行线的性质，多边形内角和定理，关键是利用平行线的性质得到． 根据平行线的性质可得，再根据多边形内角和定理即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵五边形中，，， ∴． 故选：B． 【变式2-2】小明利用画图软件画一个多边形，他设计的要求是：个内角中，最小的为，最大的为，且从小到大依次增加相同的度数，则小明画出的多边形的边数为（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【分析】本题考查了多边形内角和，一元一次方程的应用，由题意可得多边形中内角度数成等差关系，利用等差数列可得内角和，再根据多边形内角和公式，列出方程，即可解答，熟知多边形的内角和公式是解题的关键． 【详解】解：由题意可得， 解得， 故选：C． 【变式2-3】若一个多边形的内角和是，则此多边形的边数是（   ） A．10 B．9 C．8 D．7 【答案】A 【分析】本题主要考查了多边形的内角和公式为，根据内角和公式列出方程即可得到答案； 【详解】解：由题意可得： ， 解得：， 故选：A． 【考点题型三】正多边形的内角问题（） 【例3】某同学用图1的六个全等纸片拼接出图2，图2的外轮廓是正六边形．如果用若干个纸片按照图3所示的方法拼接，外轮廓是正边形图案，那么的值为（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【分析】本题主要考查了多边形，解题关键是熟练掌握正多边形的每个内角的求法和外角和．先根据正六边形的每个内角是，求出，再求出，从而求出图3中正多边形每个内角的度数，从而求出每个外角的度数，最后根据多边形外角和为，列出算式求出即可． 【详解】解：正六边形每个内角是， ， ， 图3中正多边形的每个内角为， ， 故选：C． 【变式3-1】如图，直线l与正五边形的边、相交于点M、N，则的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了多边形的内角和，正多边的定义，多边形的内角和及正多边的定义得 ，由四边形的内角和为，即可求解；理解正多边的定义，掌握多边形的内角和公式是解题的关键． 【详解】解：五边形是正五边形， ， ， 故选：B． 【变式3-2】如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是（   ） A．15 B．12 C．10 D．8 【答案】C 【分析】本题考查了正多边形内角和，掌握多边形内角和定理是解题的关键． 根据题意可得正五边形的每个内角的度数为，由此可得每个正五边形所对圆心角为，即可求解． 【详解】解：如图所示， ∴正五边形的每个内角的度数为，即， ∴， ∴，即每个正五边形所对圆心角为， ∵， ∴共需要正五边形的个数是10个， 故选：C ． 【变式3-3】如图，正六边形关于直线成轴对称的图形是正六边形，有下列说法：①；②；③直线；④．其中正确的是 （请写出所有正确说法的序号）． 【答案】①③④ 【分析】本题考查了轴对称图形的性质，多边形内角和定理，熟练掌握轴对称图形的性质是解题的关键． 根据轴对称图形的性质，多边形内角和定理判断即可 【详解】解：由轴对称的性质可得，， 直线，， ∴①③④正确，故符合要求；②错误，故不符合要求； 故答案为：①③④． 【考点题型四】多边形截角后的内角和问题（） 【例4】一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是，则原来多边形的边数是（   ） A．或 B．或 C．或 D．或或 【答案】D 【分析】先根据多边形的内角和公式求出截出一个角后的多边形的边数，再根据截出一个角后边数增加，不变，减少讨论得解． 【详解】解：设多边形截去一个角的边数为， 则， 解得， 多边形截去一个角后边数有增加，不变，减少， 原来多边形的边数是或或． 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是多边形的内角和公式，解题关键是多边形截去一个角后边数有增加，不变，减少三种情况． 【变式4-1】一个多边形截去一个角后，形成的多边形的内角和是其外角和的5倍，则原来多边形的边数是（   ） A．12 B．13 C．12或13 D．11或12或13 【答案】D 【分析】本题考查的是多边形的内角和公式，本题的易错点在于忽略考虑截去一个角后多边形的边数可以不变、增加或者减少．先根据多边形的内角和公式求出截去一个角后的多边形的边数，再分情况说明求得原来多边形的解． 【详解】解：设多边形截去一个角的边数为，根据题意得： 又截去一个角后的多边形的边可以增加1、不变、减少1， 原多边形的边数为11或12或13． 故选：D． 【变式4-2】在一个凸边形内角和为的纸板上切下一个三角形后，剩下一个边长为n的多边形，则n的值不可能是（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】A 【分析】本题主要考查了多边形的内角和．在一个凸边形的纸板上切下一个三角形，则所得新的多边形的边可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，根据多边形的内角和定理即可求解． 【详解】解：设一个内角和为的多边形的边数为，则 ，解得． 在一个凸边形的纸板上切下一个三角形，分三种情况： ①若新多边形的边增加一条，则的值为9； ②若新多边形的边不变，则的值为8； ③若新多边形的边减少一条，则的值为7． 故选：A． 【变式4-3】将一个三角形截去一个角后，所形成的一个新的多边形的内角和 ． 【答案】或 【分析】本题考查了多边形的内角和公式，根据剪去一个角后的三角形的边数有：增加、不变两种情况求出边数，再根据多边形的内角和公式列式计算即可得解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】当得到的图形是三角形时，内角和是， 当得到的图形是四边形时，内角和是， 故形成的一个新的多边形的内角和为或， 故答案为：或． 【变式4-4】一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和为，则原多边形的边数是 ． 【答案】15，16或17 【分析】本题主要考查了多边形的内角和公式，注意要分情况进行讨论，避免漏解． 根据多边形的内角和公式先求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论． 【详解】解：设新多边形的边数为n， 则， 解得， ①若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为15， ②若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为16， ③若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为17， 所以多边形的边数可以为15，16或17． 故答案为：15，16或17． 【考点题型五】多边形的外角问题（） 【例5】石墨烯在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递等方面具有重要的应用前景．它的分子结构如图所示，六边形的外角和为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了多边形的外角定理，根据多边形的外角和为即可求解，掌握多边形的外角和为是解题的关键． 【详解】解：六边形的外角和为， 故选：． 【变式5-1】如果多边形的每个外角都是，那么这个多边形的边数是 ． 【答案】18 【分析】本题主要考查了多边形的外角和定理，理解多边形外角和中外角的个数与正多边形的边数之间的关系，是解题关键．根据多边形的外角和是360度即可求得外角的个数，即多边形的边数． 【详解】解：多边形的边数是：， 故答案为：18. 【变式5-2】如图，小明从点A出发，沿直线前进后向左转，再沿直线前进，又向左转……照这样走下去，小明第一次回到出发点A，一共走了 米． 【答案】60 【分析】本题主要考查了多边形外角和定理，多边形的外角和为360度，而每次转60度，那么可以求出转的次数，再根据每次转60米即可得到答案． 【详解】解：， ， ∴一共走了60米， 故答案为：60． 【变式5-3】如图，小明从A地出发，沿直线前进15米后向左转，再沿直线前进15米，又向左转⋯⋯，照这样走下去，他第一次回到出发地A地时，一共走的路程是 米． 【答案】300 【分析】本题主要考查了多边形内角与外角，解题关键是理解小明每前进15米后向左转18°，当他第一次回到出发地A地时，走的路程形成正多边形． 根据题意判断小明每前进15米后向左转，当他回到出发地A地时，走过的路程形成正多边形，然后根据正多边形的外角和是，求出多边形的边数，从而求出答案即可． 【详解】解：由题意得：小明从A地出发，他第一次回到出发地A地时，走的路程形成正多边形，外角和为，每个外角的度数是， ∴多边形的边数为：， ∴一共走的路程为：（米）， 故答案为：300． 【考点题型六】平面镶嵌（） 【例6】如图是某校数学兴趣小组活动室墙壁上的一幅图案的一部分，它是由边长相等的正方形、正三角形和正n（）边形密铺（无空隙、不重叠的拼接）而成，则该正n边形一个内角的度数为 °． 【答案】150 【分析】本题主要考查了镶嵌和正多边形的内角， 根据正方形的每一个内角为，正三角形的每一个内角为，可知正n边形的一个内角的度数为，可得答案． 【详解】解：正n边形的一个内角的度数． 故答案为：150． 【变式6-1】用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌．若只用同一种正多边形进行平面镶嵌，则这种正多边形的边数可以是 ．（写出一种即可） 【答案】4（答案不唯一） 【分析】本题考查了平面图形的镶嵌、正多边形的内角，正确理解平面图形的镶嵌是解题关键．平面图形的镶嵌的关键是围绕一点拼在一起的正多边形的内角加在一起恰好组成一个周角，即为正多边形一个内角的整数倍才能用这个正多边形进行平面镶嵌，据此解答即可得． 【详解】解：平面图形的镶嵌的关键是围绕一点拼在一起的正多边形的内角加在一起恰好组成一个周角，即为正多边形一个内角的整数倍才能用这个正多边形进行平面镶嵌． ∵正方形的一个内角的度数为，且， ∴只用正方形可以进行平面镶嵌， 故答案为：4（答案不唯一）． 【变式6-2】用边数为的三种边长相等的正多边形地砖铺地，将其顶点拼在一起，刚好能完全铺满地面，则 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了正多边形的内角问题，根据多边形内角和公式表示出各正多边形的内角，再根据三个内角相加等于解答即可求解，理解题意，得到这三种边长相等的正多边形的内角和为是解题的关键． 【详解】解：由题意知，这种多边形的3个内角之和为， 已知正多边形的边数为， 那么这三个多边形的内角和可表示为， 两边都除以得，， 两边都除以得，． 故答案为：． 【考点题型七】多边形内角和与外角和综合（） 【例7】若一个正多边形每个内角的度数都是其相邻外角度数的4倍，则它的边数是（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】C 【分析】一个多边形的每个内角度数都是其外角度数的4倍，利用内外角的关系得出等式，即可求得多边形的外角和的度数，依据多边形的外角和公式即可求解． 本题主要考查了多边形的内角与外角的关系以及多边形的外角和定理，注意多边形的外角和不随边数的变化而变化． 【详解】解：设多边形的每个外角为，则其内角为：， ， 解得：， 即这个多边形是： 故选：C． 【变式7-1】如图，是正n边形纸片的一部分，其中l，m是正n边形两条边的一部分，若l，m所在的直线相交形成的锐角为，则n的值是（   ） A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的内角和外角，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． 【详解】解：如图， 直线l、m相交于点A，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：C． 【变式7-2】一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，这个多边形是 边形． 【答案】6/六 【分析】本题主要考查多边形内角和定理与外角和定理，熟练掌握该定理是解题的关键．利用多边形的外角和为以及多边形内角和定理即可解决答案． 【详解】解：设这个多边形边数为x，内角和为， ∵多边形外角和为， ∴， 解得：， 故答案为：6． 【变式7-3】如图，正八边形和正五边形按如图方式拼接在一起，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的内角与周角、等腰三角形的性质，熟练掌握正八边形的内角和正五边形的内角求法是解题的关键．根据正八边形的内角和正五边形的内角结合周角的定义和等腰三角形性质可得结论． 【详解】解：由题意得：正八边形的每个内角都等于，正五边形的每个内角都等于， 故， ， ． 故答案为：． 【考点题型八】利用平行四边形的性质求解（） 【例8】如图，在平行四边形中，的平分线和的平分线交于上一点，若，则的长为（    ） A． B．5 C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，角平分线的定义，勾股定理的运用，理解并掌握平行四边形的性质，勾股勾股定理的计算是解题的关键． 根据平行四边形的性质，角平分线的定义得到,，，由勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形为平行四边形，, ∴, ∴, ∵的平分线和的平分线交于上一点， ∴, ∴, ∴， ∴, ∴, ∴, ∵, ∴， 故选：A． 【变式8-1】如图，在中，的平分线交于点，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形的性质，角平分线的定义、等腰三角形的判定等知识，解题的关键是掌握平行四边形的性质和等角对等边．根据平行四边形的性质可得，，，根据角平分线的性质，则，根据平行线的性质，则，根据等角对等边，可得，根据即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵是的角平分线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：A． 【变式8-2】如图，在平行四边形中，是的角平分线，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由平行四边形的性质可得，，由两直线平行同旁内角互补可得，进而可得，由是的角平分线可得，由三角形的内角和定理可得，进而可得，解方程即可求出的度数． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ， 是的角平分线， ， ， ， 解得：， 故选：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形的内角和定理，两直线平行同旁内角互补，角平分线的有关计算等知识点，熟练掌握平行四边形的性质及三角形的内角和定理是解题的关键． 【考点题型九】利用平行四边形的性质证明（） 【例9】如图，在中，对角线，相交于点O，经过点O的直线分别交和于点E，F，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的对角线互相平分是解题关键． 由平行四边形可知，，进而证明，即可得到结论． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴ ∴． 【变式9-1】如图，四边形是平行四边形，且交的延长线于点，于点．证明：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质．由平行四边形的性质得，，则，而，即可根据证明，则． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，． ． ，， ． ． ． 【变式9-2】如图，在中，于点，于点，求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质证明三角形全等是解题的关键． 根据平行四边形的性质可得，由此可证 ，根据全等三角形的性质即可求解． 【详解】证明： 四边形 是平行四边形， ， ， 于点 于点 ． ， 在 和 中， ， ， ． 【变式9-3】已知：如图，，是的对角线上的两点，，求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 根据两条直线平行，内错角相等，即可得．先证明，即可得到． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 【考点题型十】添一个条件成为平行四边形（） 【例10】如图，在四边形中，，若添加一个条件，使得四边形为平行四边形，则下列不正确的是（      ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定．根据平行四边形的判定定理逐项分析判断即可求解． 【详解】解：A、根据，，能判断四边形为平行四边形，故该选项不符合题意； B、根据，，不能判断四边形为平行四边形，故该选项符合题意； C、根据，，能判断四边形为平行四边形，故该选项不符合题意； D、∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， 故该选项不符合题意； 故选：B． 【变式10-1】如图所示，将绕边的中点O旋转．小颖发现旋转后的与构成了平行四边形，她的推理思路如下：为保证小颖的推理更严谨，小明想在方框中“由，” 和“得四边形……”之间作补充．应补充的是（  ） 点A、C分别转到点C、A处， 而点D转到点B处．由， 得四边形是平行四边形． A．且 B．且 C．且 D．且 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和旋转的性质，牢记旋转前、后的图形全等．根据平行四边形的判定方法“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”即可作答． 【详解】解：根据旋转的性质得：，， ∴四边形是平行四边形； 故应补充“”， 故选：D． 【变式10-2】如图，四边形中，，要使四边形为平行四边形，则需添加一个条件，这个条件可以是 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． 根据平行四边形的判定方法解答即可． 【详解】解：在四边形中，，， 四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）， 可添加的条件是：； 在四边形中， ， ∴四边形是平行四边形； ∴可添加条件； 故答案是：（答案不唯一）. 【考点题型十一】证明四边形是平行四边形（） 【例11】已知：如图，点在同一条直线上，，，．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是利用证明与全等解答． （1）根据等式的性质得出，进而利用证明与全等，进而利用全等三角形的性质和平行线的判定解答即可； （2）根据全等三角形的性质得出，进而利用证明三角形全等得出，从而可证明四边形是平行四边形． 【详解】（1）证明：∵点A，D，C，B在同一条直线上，， ∴ ， 即， ∵， ∴ ， ∴ ， ∴ ； （2）证明：∵， ∴ ， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． 【变式11-1】如图，，且，是的中点．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见详解 【分析】本题考查了平行四边形的判定，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，进行证明，即可作答． 【详解】证明：∵是的中点． ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． 【变式11-2】已知（如图），在四边形中，过A作交于点E，过C作交于F，且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定，平行线的性质，全等三角形的性质和判定等知识点的应用，关键是推出，主要考查学生运用性质进行推理的能力． 由垂直得到，然后可证明，得到，然后证明，再根据平行四边形的判定判断即可． 【详解】证明：∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． 【变式11-3】如图，四边形是平行四边形，、分别是、上一点，且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质；由平行四边形的性质得出，再由已知可以得出DE=BF，由平行四边形的判定定理即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 又∵ ∴四边形是平行四边形 【考点题型十二】利用平行四边形的判定与性质求解（） 【例12】如图，在平行四边形中，，为中点，于点，连接，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题主要考查了平行四边形的性质、直角三角形的性质以及等腰三角形的判定和性质，正确地构造出与所求相关的等腰三角形是解决问题的关键． 过作交于，根据平行四边形的性质得到，求得，得到，，根据已知条件得到，求得，根据平行线的性质得到，得到，于是得到结论． 【详解】解：过作交于， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵为中点， ∴，， ∵于，为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 【变式12-1】如图，线段与线段交于点O，且，，，连接，．若的最小值是，则线段的长是 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理．过点A作，且，连接，过点B作于点F，连接，则四边形是平行四边形，进而得，，，，是等腰直角三角形，设，则，根据“两点之间线段最短”得当点B，D，E在同一条直线上时，为最小，最小值为，然后在中，由勾股定理求解即可． 【详解】解：过点A作，且，连接，过点B作于点F，连接，如图所示： ∴四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，是等腰直角三角形， 设， ∴， 根据“两点之间线段最短”得：当点B，D，E在同一条直线上时，为最小，最小值为， 在中，由勾股定理得：， ∴， 整理得：， 解得：，（不合题意，舍去）， ∴， 在中，由勾股定理得：． 故答案为：． 【变式12-2】如图，在等腰中，腰长为5，，E，M，F分别是，，上的点，并且，，则四边形的周长是（   ） A．5 B．10 C．15 D．13 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解题的关键是掌握以上知识点． 根据题意得出四边形是平行四边形，进而根据等边对等角以及平行线的性质可得，得出，则，进而根据平行四边形的性质，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴平行四边形的周长为； 故选：B． 【变式12-3】如图，在中，平分交于点，平分，，交于点，，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据角平分线的定义可得，证明得，，从而，在中，运用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵平分交于点，平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，则， ∴， 故选：D ． 【点睛】本题考查了角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理的综合运用，掌握等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理的计算是解题的关键． 【考点题型十三】利用平行四边形性质和判定证明（） 【例13】如图1，，P为的中点，点E为射线上的任意一点（不与点A重合），连接，并使的延长线交射线于点F． (1)求证：； (2)如图2，连接、，是否有，如不是，请说明理由，如果是，请证明． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质等等知识，熟练掌握相关判定与性质为解题关键． （1）根据两直线平行内错角相等，对顶角相等，利用即可证明； （2）利用全等三角形性质可以证明四边形为平行四边形，从而可以证明． 【详解】（1）证明：， ， P为的中点， ， 又， ； （2）解：有； 证明如下： ， ， 四边形为平行四边形， ． 【变式13-1】四边形中，，，且，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求四边形的面积为______． 【答案】(1)见解析 (2)44 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识． （1）证，得，，再证，然后由平行四边形的判定即可得出结论； （2）先求得，再利用平行四边形的面积公式即可得出结论． 【详解】（1）证明：，， ， 在和中， ， ， ，， ， 四边形是平行四边形； （2）解：∵， ∴， ，， ， 平行四边形的面积． 故答案为：44． 【变式13-2】如图，在中，点E，F分别是，的中点，连接，，交于点G，H，连接，． (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由平行四边形的性质可得，，，再证明，即可得证； （2）由全等三角形的性质可得，再证明．得出，．从而推出．进而得出，即可得证． 【详解】（1）证明：由可得，，， ∵点，分别是边，的中点， ∴，． ∴． ∴． （2）证明：∵， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴，． ∴． ∴． ∴四边形是平行四边形． 【变式13-3】.在四边形中，，对角线交于点O，且．点E、F分别为边上的动点，连结． (1)如图1， ①求证：； ②求证：四边形为平行四边形； ③恰好经过点O，当时，如图2，连接，若，，求的度数． (2)平移，当点E与点A重合时，如图3， 将沿折叠得到，当点恰好落在线段上时，过点D作，交延长线于点G，其中，，，求线段的长． 【答案】(1)①见解析；②见解析；③ (2)11 【分析】（1）①根据，得出，即可证明． ②由①得，得出，结合，即可证明四边形为平行四边形； ③根据，，得出，根据平行四边形的性质得出，证出是的垂直平分线，即可得，根据等腰三角形的性质得出，根据，，求出，再根据即可求解． （2）根据平行四边形的性质可得，，根据，得出，由折叠知，，即可得出， ，在中，勾股定理求出，在中，求出 ， 即可求解． 【详解】（1）①证明：∵， ∴， 在和中， ， ∴，   ②证明：由①得， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形； ③解：∵，， ∴， 由②得：四边形为平行四边形， ∴， 又∵， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． （2）解：∵在中，，， ∴，， ∵， ∴， 由折叠知，， ∴， ∴． 在中， ，， ∵，即， ∴， ∵在中， ， ∴ ， ∴． 【点睛】该题主要考查了平行四边形的性质和判定，折叠的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的性质和判定，垂直平分线的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 【考点题型十四】 根据中心对称的性质求面积、长度、角度（） 【例14】如图，在正六边形中，，点在边上，且，若经过点的直线将正六边形面积平分，则直线被正六边形所截的线段长是 ． 【答案】 【分析】本题考查的是勾股定理，等边三角形的性质和判定，正多边形的知识，掌握“正六边形既是轴对称图形也是中心对称图形”是解本题的关键． 如图，连接，交于点，作直线交于，过作于，由正六边形是轴对称图形可得：，由正六边形是中心对称图形可得：，可得直线平分正六边形的面积，为正六边形的中心，再利用直角三角形的性质可得答案． 【详解】解：如图，连接，，交于点，作直线交于，过作于， 由正六边形是轴对称图形可得：， 由正六边形是中心对称图形可得：， 直线平分正六边形的面积，为正六边形的中心． 由正六边形的性质可得：， ∴为等边三角形， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∵，则， ∴ ∴． 故答案为：． 【变式14-1】如图，已知，，，与关于点中心对称，则的长是 ． 【答案】 【分析】此题考查的是中心对称的性质和勾股定理，掌握成中心对称的两图形对应边相等和用勾股定理解直角三角形是解题的关键．直接利用中心对称的性质得出，的长，进而利用勾股定理得出答案． 【详解】解： 与关于点中心对称，，， ，， ， ， 在中，． 故答案为：． 【变式14-2】如图，与关于点C成中心对称，若，求的长． 【答案】 【分析】本题主要考查中心对称的性质和勾股定理，由中心对称的性质可得出三点共线，由勾股定理求出，从而可得出结论． 【详解】解：与关于点C成中心对称， ， 三点共线．                           ， ，                    【变式14-3】如图，在锐角三角形中，点为线段上一点，与关于点成中心对称． (1)直接写出图中所有相等的线段，并说明点在的什么位置； (2)若，，求线段的取值范围． 【答案】(1)相等的线段有，，；点为的中点 (2) 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质，三角形三边关系及中心对称的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据中心对称及全等三角形的性质即可解答； （2）根据三角形三边关系得出，即可得到答案． 【详解】（1）解： 与关于点成中心对称， ， 相等的线段有，，， 点为的中点； （2）解：， ， ，， ， 在中，， ， ． 【考点题型十五】中心对称图形的识别（） 【例15】下列图形是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题主要考查了中心对称图形的定义，解题的关键是掌握中心对称的定义．把一个图形绕着某一点旋转180度能与原图形重合，那么这个图形是中心对称图形，这个点是对称中心，据此，逐一判断即可． 【详解】解：A、不是中心对称图形，故该选项不符合题意； B、是中心对称图形，故该选项符合题意； C、不是中心对称图形，故该选项不符合题意； D、不是中心对称图形，故该不选项符合题意； 故选：B． 【变式15-1】下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A．   B．     C．   D．   【答案】B 【分析】本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别．如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形；在平面内，一个图形绕某个点旋转180度，如果旋转前后的图形能互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形．由此逐项判断即可． 【详解】解：A，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意； B，既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意； C，不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意； D，是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意； 故选B． 【变式15-2】下列图形中，为中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】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题的关键． 根据中心对称图形的定义逐项判断即可． 【详解】解：A. 不是中心对称图形，故该选项不符合题意； B. 不是中心对称图形，故该选项不符合题意； C. 是中心对称图形，故该选项符合题意； D. 不是中心对称图形，故该选项不符合题意． 故选：C ． 【考点题型十六】中心对称图形规律问题（） 【例16】古希腊科学家把一定数目的点在等距离的排列下可以形成一个三角形，构成这些三角形点的数量被称为三角形数．某数学兴趣小组对三角形数进行了如下探索： (1)如图，将围棋子摆成连续三角形探索连续三角形数（表示第n个三角形数），由图形可得，，，， ； (2)为探索的值，将摆成三角形进行旋转，再与原图拼成一个矩形，通过矩形计算棋子数目达到计算的值，∴ ；（用含n的代数式表示） (3)根据上面的结论，判断24和28是不是三角形数？并说明理由． 【答案】(1)15 (2) (3)24不是，28是，理由见解析 【分析】( 1 )根据规律求出即可； ( 2 )利用规律，解决问题即可； ( 3)利用(2)中结论求解即可． 【详解】（1）解：， 故答案为：15 （2）由题意得： ， ， ， ， ， …… ∴． 故答案为： （3）24不是三角形数，28是三角形数， 理由：∵ 6和8相差2， 不符合等式中因数与相差1的规律， ∴24不是三角形数； 又∵， ∴， ∴， ∴28是三角形数． 【点睛】本题考查中心对称，列代数式，规律型∶图形的变化类等知识，解题的关键是利用数形结合找出规律． 【变式16-1】如图是两个完全重合的矩形，将其中一个始终保持不动，另一个矩形绕其对称中心按逆时针方向进行旋转，第一次旋转后得到图①，第二次旋转后得到图②，…，则第次旋转后得到的图形与图①～④中相同的是（    ） A．图① B．图② C．图③ D．图④ 【答案】B 【分析】探究规律后利用规律解决问题即可． 【详解】观察图形可知每4次循环一次，， ∴第2022次旋转后得到的图形应与图②相同， 故选：B． 【点睛】本题考查中心对称、旋转变换，规律型问题，解题的关键是理解题意，学会探究规律利用规律解决问题． 【变式16-2】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O称为极点；从点O出发引一条射线Ox称为极轴；线段OP的长度称为极径．点P的极坐标就可以用线段OP的长度以及从Ox转动到OP的角度（规定逆时针方向转动角度为正）来确定，即P（3，60°）或P（3，-300°）或P（3，420°）等，则点P关于点O成中心对称的点Q的极坐标表示不正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据中心对称的性质解答即可． 【详解】解：∵P（3，60°）或P（3，-300°）或P（3，420°）， 由点P关于点O成中心对称的点Q可得：点Q的极坐标为（3，240°），（3，-120°），（3，600°）， 故选：B． 【点睛】本题考查了中心对称的问题，关键是根据中心对称的性质解答． 【变式16-3】用围棋子按下面的规律摆图形，则摆第n个图形需要围棋子的枚数是（　　） A．4n+1 B．3n+1 C．4n+2 D．3n+2 【答案】D 【分析】根据图像，分别确定前三个图中围棋的枚数，可知第一个图形中有（3+2）枚，且后一个图形总比第一个图形多3枚；联系上步分析，便不难得到第n个图形中需要围棋子的枚数与n的关系，从而解题. 【详解】解：∵第1个图形中有5枚，即3×1+2枚； 第2个图形中有8枚，即3×2+2枚； 第3个图形中有11枚，即3×3+2枚； … ∴第n个图形中有3n+2枚． 故选：D． 【点睛】本题属于探究图形的规律的题目，考虑从简单情形入手分析. 【考点题型十七】与三角形中位线有关的求解问题（） 【例17】如图，在四边形中，分别是的中点，若，则四边形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题考查三角形的中位线定理．熟练掌握中位线定理，是解题的关键．利用中位线定理，进行求解即可． 【详解】解：∵，分别是的中点， ∴，， ∴四边形的周长为； 故答案为：． 【变式17-1】在中，点D，E分别是，的中点，若，，则的度数为 ． 【答案】/65度 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、三角形内角和定理，平行线的性质，熟记三角形中位线平行于第三边是解题的关键． 根据三角形中位线定理得到，根据平行线的性质求出，再根据三角形内角和定理计算即可． 【详解】解：点，分别是，的中点， 是的中位线， ∴ ， ， 故答案为：． 【变式17-2】如图，点A，B，C，D在同一直线上，，，点C，F分别是，的中点，若，则的长为 ． 【答案】6 【分析】此题主要考查了三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，先证为的中位线得，，进而得，，由此可证和全等，从而得，据此可得的长，熟练掌握三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质是解决问题的关键． 【详解】解：点，分别是，的中点， 为的中位线， ，， ，， 在和中， ， ， ． 故答案为：6． 【变式17-3】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． 【详解】解：∵为的中位线，， ∴，点是的中点， ∵，， ∴， ∴， 故答案为：1． 【考点题型十八】与三角形中位线有关的证明（） 【例18】如图，在中，分别是的中点，延长到点，使．连接． (1)求证：与互相平分； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识； （1）利用三角形中位线定理可得出， ，结合，得出，可证明四边形是平行四边形，然后利用平行四边形的性质即可得证； （2）先证明为等边三角形，可得，再利用平行四边形性质求解即可． 【详解】（1）证明：连接，．    ∵点E，F分别为、的中点， ∴， ． 又∵， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∴与互相平分． （2）解：在中，，E为的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴． 【变式18-1】如图，在中，垂直平分，延长至点，使，连接． (1)求证：是直角三角形； (2)请用无刻度的直尺和圆规作，使，且射线交于点（保留作图痕迹，不写作法）； (3)证明（2）中得到点是的中点． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)见解析． 【分析】（1）利用三角形中位线定理证明即可； （2）根据作一个角等于已知角的步骤作出图形； （3）利用等腰三角形三线合一的性质证明． 【详解】（1）证明∶∵垂直平分线段， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴是直角三角形． （2）解：图形如图所示 （3）证明∶∵垂直平分线段 ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴是的中点 【点睛】本题考查作图一基本作图，线段的垂直平分线的性质，平行线的性质，三角形的中位线的判定，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 【变式18-2】如图，在中，及分别是的中点，是延长线上的点，且． (1)求证：四边形是平行四边形 (2)求证： 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定，三角形中位线的性质，熟练掌握各性质定理是解题的关键． （1）利用对角线互相平分的四边形是平行四边形证明即可； （2）根据三角形的中位线的性质即可得证； 【详解】（1）∵是的中点， ∴， 又∵ ∴四边形是平行四边形 （2）∵及分别是的中点， ∴是的中位线 ∴ 【变式18-3】如图，在平行四边形中，点分别是的中点，点，在对角线上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接交于点，若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及三角形的中位线定理等知识点，熟练掌握平行四边形判定与的性质及三角形中位线定理是解题的关键． （1）证明，得，则，得，即可得出结论； （2）先由平行四边形的性质得出，再证出，可得是的中位线，然后利用中位线定理可得的长度． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵点G，H分别是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：连接交于点O，如图： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵点是的中点， ∴是的中位线， ∴． 【考点题型十九】三角形中位线的实际应用（） 【例19】如图，小义同学想测量池塘A，B两处之间的距离．他先在A，B外选一点C，然后步测的中点为D，E， 测得， 则A，B之间的距离为（      ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的中位线定理应用，根据D，E是的中点，即是的中位线，根据三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，即可求解． 【详解】解：∵D，E是的中点，即是的中位线， ∴ ∵， ∴． 故选：D． 【变式19-1】2023年7月28日第31届世界大学生夏季运动会在成都东安湖体育公园开幕．如图，贝贝想测量东安湖A，B两点间的距离，他在东安湖的一侧选取一点O，分别取的中点M，N，但M，N之间被障碍物遮挡，故无法测量线段的长，于是贝贝在延长线上分别选取P，Q两点，且满足，贝贝测得线段米，则A，B两点间的距离是（   ）米． A．120 B．140 C．160 D．180 【答案】D 【分析】本题考查了三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．证明，根据全等三角形的性质求出，再根据三角形中位线定理计算即可． 【详解】解：在和中， ， ， 米， 点分别为，的中点， 是的中位线， 米， 故选：D． 【变式19-2】如图，为了测量某工件的内槽宽，把两根钢条、的端点O连在一起，点C、D分别是、的中点．经测得，则该工件内槽宽的长为 ． 【答案】11 【分析】本题考查了三角形中位线定理，解答本题的关键要熟练掌握三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． 根据点C，D分别是、的中点，可知是的中位线，根据三角形中位线定理可知，从而可求槽宽的长． 【详解】∵把两根钢条、的端点连在一起，点C，D分别是、的中点，， ∴是的中位线， ∴． 故答案为：11． 【变式19-3】如图，A，B两点被池塘隔开，在外选一点C，连接和．分别取，的中点D，E，测得D，E两点间的距离为，则A，B两点间的距离为 ． 【答案】40 【分析】本题考查了三角形的中位线定理“三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半”，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．根据三角形的中位线定理求解即可得． 【详解】解：∵在中，点分别为，的中点，且， ∴， 故答案为：40． 【考点题型二十】利用矩形的性质求解（） 【例20】如图，在矩形中，小聪同学利用直尺和圆规完成了如下操作： ①分别以点A和C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N； ②作直线交于点E，若，，对角线的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了作图-基本作图以及矩形的性质，勾股定理，垂直平分线的性质，熟练掌握相关的性质，是解题的关键．根据题意利用基本作图即可判断垂直平分，则，然后利用勾股定理先计算出，再计算出即可． 【详解】解：由作法得垂直平分， ∴， ∵， ∴， 在中，， 在中， ． 故答案为：． 【变式20-1】如图，在矩形中，，，E，F分别是，上的点．现将四边形沿折叠，点A、B的对应点分别为M、N，且点N恰好落在上．连接，过B作，垂足为G，则的最小值为（   ） A． B．5 C． D．7 【答案】A 【分析】连接，，延长到J，使得，连接，证明，利用勾股定理求出即可解决问题． 【详解】解：连接，，延长到J，使得，连接． 由翻折变换的性质可知垂直平分线段，， ， ，G，N三点共线， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ，， ， ， 的最小值为． 故选：A． 【点睛】本题考查胡不归问题，矩形的性质，勾股定理，翻折变换，线段垂直平分线的性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称变换的性质解决最短问题． 【变式20-2】如图，矩形中，，，R是的中点，P是上的动点，E、F分别是、的中点，那么线段的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、中位线的性质及勾股定理，检验学生对矩形性质和中位线性质的理解及对勾股定理的掌握情况．根据矩形的性质，利用勾股定理即可求出得长度，在根据三角形中位线的性质即可求得答案． 【详解】如图，连接， 四边形是矩形，，， ，． R是的中点， ， ， 、分别是、的中点， 为的中位线， ， 故答案为：． 【变式20-3】如图，在矩形中，对角线，相交于点O．若，则的度数为 ． 【答案】/55度 【分析】本题考查了矩形性质、三角形外角性质、等腰三角形的性质等知识点．根据矩形性质可得，推出，根据三角形外角性质求出，然后代入相关数据即可解答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 【考点题型二十一】利用矩形的性质证明（） 【例21】如图，在矩形中，点M是上一点，连接，且，于点N，求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查矩形的性质及全等三角形的判定和性质，正确找出三角形全等的条件是解题的关键． 根据四边形是矩形，可得，，进而可得，即以证明，可得结论． 【详解】证明：∵四边形是矩形，， ，， ． 在和中， ，，， ， ． 【变式21-1】如图，四边形是矩形（），的平分线交于点，交的延长线于点． (1)求证：； (2)是的中点，连接，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，掌握这些知识点是解题的关键． （1）根据矩形的性质得出，再证明，等量代换即可得出答案； （2）依题意补全图形，线段之间的数量关系是：．连接，先证明，再证明，进而得出，根据，即可得出结论． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ， 平分， ， ， ， ， ； （2）解：线段，，之间的数量关系是：． 证明：连接，，． 在中，是的中点， ， ，， ， ，， ∵， ， ，， ， ， ， ． 【变式21-2】如图，把矩形绕点C旋转，得到矩形，且点E落在边上，连接，，交于点H． (1)求证： ①平分； ②H是的中点； (2)连接，若平分，，求的长． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)1 【分析】（）旋转性质得，从而有，由根据矩形的性质可得，通过平行线的性质即可求解； 过点作于点，证明，由性质可得，再证明即可； （）作于点，由（）得出，，再通过全等三角形性质和勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：如图，      由旋转性质得， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴平分； 如图，过点作于点，      由①可知， 又∵，且， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴点为中点； （2）解：如图，作于点，      由()可知，， ∴，， ∵，平分， ∴ ∴， ∴， 设，则，， ∴，， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴． 【点睛】此题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的性质和判定及勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上知识的应用． 【考点题型二十二】矩形与折叠问题（） 【例22】将一个矩形纸片沿所在的直线折叠成如图所示的图形，点均在原矩形的边上，且点在同一边上，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，解题的关键是熟练掌握折叠的性质；根据矩形的性质和折叠的性质可得，，进而可得，即可得解． 【详解】解：如图所示： 将一个矩形纸片沿所在的直线折叠成如图所示的图形， ，， ， ， ， ， 故选：． 【变式22-1】在矩形中，点E，F分别是，上的动点，连接，将沿折叠，使点A落在点P处，连接，若，，则的小值为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查矩形与折叠、勾股定理、线段最值问题，由题意得，点A、点P关于对称，可得当点B、P、F三点共线时，的最小，此时，点P在对角线上，利用勾股定理求得，由折叠的性质得，，再利用求解即可． 【详解】解：由折叠的性质得，， 则当，即点B、P、F三点共线时，的最小， 此时，点P在对角线上， ∵，， ∴， 由折叠的性质得，， ∴， 故答案为：． 【变式22-2】如图，对折长方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平后再次折叠，使点A落在上的点处，得到折痕，与相交于点N．若直线交直线于点O，，，点Q是折痕上的一个动点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】连接，由折叠的性质及题意易得，则有是等边三角形，进而可得；设，，然后利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求得可得，则求得，，进而求得，根据对称性得到，当、Q、E共线时取等号，进而可求解． 【详解】解：连接，如图所示： ∵对折矩形纸片，使与重合，得到折痕， ∴，，， ∵把纸片展平后再次折叠，使点A落在上的点处，得到折痕， ∴，，， ∴，即是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴设，， 则在中，， ∴， ∴， ∵在中，，又 ∴， 解得， ∴，， ∴， ∵点Q是折痕上的一个动点，点A与点关于对称， ∴连接，则， ∴，当、Q、E共线时取等号，此时点Q在N处， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理及二次根式的运算、含30度角的直角三角形的性质、最短路径问题，熟练掌握折叠的性质、等边三角形的判定与性质、利用轴对称性质求最短路径是解题的关键． 【变式22-3】综合与探究 问题情境 如图，在矩形中，，，E为边上的一点，连接．将矩形沿直线折叠，点B的对应点为F． 问题解决 （1）如图1，当点F落在边上时． ①求的长． ②如图2，连接交于点G，过点B作于点N，交于点M，试判断，与的数量关系，并说明理由． 深入探究 （2）当点F落在上方时，交于点P，交于点Q，连接．若为等腰三角形，请直接写出的长． 【答案】（1）①；②，见解析；（2） 【分析】（1）①根据矩形的性质得，和，由折叠得，即可利用勾股定理求得和，设，则，再次利用勾股定理即可求得； ②根据得和，由折叠得，，即可判定，有，结合等腰三角形的性质得，即； （2）根据题意可知只有满足题意，证明，有，设，则，，，，，在中利用勾股定理即可求得． 【详解】解：（1）①∵四边形为矩形，，， ∴，，， 由折叠得，， 在中，， 则， 设，则， 在中，，即，解得， 则； ②，理由如下， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， 由折叠得，，， ∴， ∴， 则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 则， ∴， 则； （2）如图， ∵点F落在上方，， ∴， ∵为等腰三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则，，，，， 在中，，即，解得， 则． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理和等腰三角形的性质，解题的关键是熟悉折叠的性质和全等三角形的应用． 【考点题型二十三】添一条件使四边形是矩形（） 【例23】在平行四边形中，添加一个条件使平行四边形成为矩形，添加正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理，根据矩形的判定定理逐一判断即可，掌握矩形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：、∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形，不符合题意； 、∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形，符合题意； 、∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，不符合题意； 、四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形，不符合题意； 故选：． 【变式23-1】如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连接，添加一个条件，不能使四边形成为矩形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形、菱形、矩形的判定和性质，掌握其判定方法和性质是解题的关键． 根据四边形是平行四边形，结合题意可证四边形是平行四边形，根据菱形的判定，矩形的判定方法证明即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵延长到，使， ∴， ∴四边形是平行四边形， 当添加时，则有，设交于点，如图所示， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形，故A选项不能使四边形成为矩形，符合题意； 当添加时，则， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形，故B选项能使四边形成为矩形，不符合题意； 当添加时，则有， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形，故C选项能使四边形成为矩形，不符合题意； 当添加时， ∵， ∴点是中点， ∴，则， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形，故D选项能使四边形成为矩形，不符合题意； 故选：A ． 【变式23-2】在中，和是其对角线．若添加一个条件使四边形是矩形，则这个条件可以是（    ） A．与互相平分 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查矩行的判定，掌握矩形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：A.与互相平分，不能得到四边形是矩形； B.，能得到四边形是矩形； C.，四边形是菱形而不是矩形； D.，不能得到四边形是矩形； 故选：B． 【考点题型二十四】证明四边形是矩形（） 【例24】已知，如图，在中，是边上的中点，且．求证：是矩形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了矩形的判定，即利用 “有一个角是直角的平行四边形是矩形”是解答本题的关键，根据平行四边形的两组对边分别相等可知得到，又由可得，证得，即可证明是矩形． 【详解】解：证明：∵四边形是平行四边形， ∴． ∵点是的中点， ∴． 又∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）． 【变式24-1】如图，点D为的斜边的延长线上一点，以为边向上作等边，过点E作交的延长线于点F，若，求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了等边三角形的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定，解决本题的关键是熟练掌握等边三角形的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定，先由等边三角形的性质可得，再证明四边形是平行四边形．最后由矩形的判定证明即可． 【详解】证明：∵是等边三角形， ∵， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∴是直角三角形，， ∴， ∴四边形是矩形． 【变式24-2】如图，在平行四边形中，，为上两点，连接，，且，． (1)求证：． (2)判定四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)矩形；理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和矩形的判定等知识点．全等三角形的判定是本题的重点． （1）根据题中的已知条件我们不难得出：，，又因为，那么两边都加上后，，因此就构成了全等三角形的判定中边边边的条件． （2）由于四边形是平行四边形，只要证明其中一角为直角即可． 【详解】（1）证明：，，， ． 四边形是平行四边形， ． 在和中， ． （2）解：四边形为矩形． 理由如下： ， ． 四边形是平行四边形， ． ． ， 四边形是矩形． 【变式24-3】如图，在平行四边形中，E，F分别在上，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，当满足 时，四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本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点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）首先根据平行四边形的性质可得，再结合即可证明结论； （2）根据运用平行四边形判定矩形即可解答． 【详解】（1）证明∶ ∵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， ∵，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形． 故答案为：． 【考点题型二十五】根据矩形的性质与判定求解（） 【例25】如图，已知在中，，，，点P在斜边上（不与A、B重合），过P作，，垂足分别是E、F，连接，随着P点在边上位置的改变，则长度的最小值（   ） A． B．5 C． D．3 【答案】C 【分析】此题主要考查了矩形的判定与性质，垂线段的性质，连接，过点C作于点H，先求出，证明四边形是矩形，则，当的值最小时，的值为最小，再根据“垂线段最短”得当点P于点H重合时，的值为最小，最小值为线段的长，则的最小值是线段的长，然后根据三角形的面积公式求出线段的长即可得出答案． 【详解】解：连接，过点C作于点H，如图所示： 在中，，，， 由勾股定理得：， ，， ， 四边形是矩形， ， 当的值最小时，的值为最小， 点P在斜边上（不与A、B重合）， 根据“垂线段最短”得：当点P于点H重合时，的值为最小，最小值为线段的长， 的最小值是线段的长， ， ， 长度的最小值为． 故选：C． 【变式25-1】如图，在中，，，是斜边上的一个动点，且在上（不包含端点）运动的过程中，始终保持，分别是的中点，连接，则的最小值是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，判定四边形是矩形，推出，由三角形中位线定理得到，因此，当时，最小，由勾股定理求出的长，由三角形面积公式，得到的面积，求出，即可得到的最小值是． 【详解】解：连接， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴当最小时，最小，当时，最小， 此时的面积， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值是， 故选：B． 【点睛】本题考查三角形中位线定理，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，关键是判定四边形是矩形，得到，由三角形中位线定理得到，由三角形面积公式求出的最小值． 【变式25-2】如图，在四边形中，点E，F，G，H分别为边，，和的中点，顺次连接，，和得到四边形．若，，，则四边形的面积等于（   ） A．36 B．32 C．24 D．20 【答案】C 【分析】此题考查了矩形的性质和判定，三角形中位线的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点． 首先证明出是的中位线，得到，，同理得到，，然后证明出四边形是矩形，然后根据矩形的性质求解即可． 【详解】解：∵点E，F，分别为边，的中点， ∴是的中位线 ∴， 同理可得，是的中位线 ∴， ∵ ∴ ∵点G，H分别为边和的中点， ∴是的中位线 ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形 又∵ ∴四边形是矩形 ∴四边形的面积等于． 故选：C． 【变式25-3】如图所示，在矩形中，厘米，厘米，点沿边从点开始向点以厘米/秒的速度移动，点沿从点开始向点以厘米/秒的速度移动，、同时出发，用（秒）表示移动的时间．如果当移动的时间在，那么四边形的面积与矩形的面积关系的规律是 ． 【答案】当时，四边形的面积总是矩形的面积一半 【分析】本题主要考查了几何图形中的动点问题，矩形的性质，三角形的面积公式，熟练掌握以上知识点并灵活运用，用表示出相应线段的长度是解题的关键．由题意可得：，，推出，，再分别求出矩形、、的面积，进而求出四边形的面积，即可得出答案． 【详解】解：由题意可知，，，， ，，，， ，， ， ， 当时，四边形的面积总是矩形的面积一半， 故答案为：当时，四边形的面积总是矩形的面积一半． 【考点题型二十六】利用菱形的性质求解（） 【例26】如图，在菱形中，，菱形的面积为，则其边长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形面积的计算公式，勾股定理；根据菱形的面积和可以计算的长，在中，已知、根据勾股定理即可求得的值，即可解题． 【详解】解：菱形的面积 ，，， ， ，， 在中， ， 菱形的边长为， 故选：A． 【变式26-1】如图，菱形中，连接，，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质．根据菱形的性质可得，，从而得到，，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， ∴． 故选：D． 【变式26-2】将矩形纸片按如图所示的方式折叠，得到菱形（折叠后点都落在的中点处）．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了折叠以及菱形的性质，根据折叠以及菱形的性质发现特殊角是解题的关键． 根据折叠的性质结合菱形的性质可得，再根据含角的直角三角形的性质结合勾股定理即可求得结果． 【详解】解：∵为菱形， ∴， 由折叠的性质可知，， 又∵， ∴， 在中，， 又∵，， ∴，， ∴， 故答案为：． 【变式26-3】如图，在中，，分别以C、B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点D，连接、、．若，则 °． 【答案】25 【分析】根据作图，得到，得到菱形，根据菱形的性质解得即可． 本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：根据作图，得到， 故四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：25． 【考点题型二十七】利用菱形的性质证明（） 【例27】如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A作于点E，延长至F，使，连接．求证：四边形是矩形 【答案】详见解析 【分析】先证明四边形是平行四边形，再证明其有一个内角是直角即可证明四边形是矩形； 本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形． 【变式27-1】如图，在菱形中，作于F，，求证： 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，依据菱形的性质即可得到，，再根据AAS即可判定≌，进而得出 【详解】证明：菱形， ，， ，， ， 在与中， ， ， 【变式27-2】如图，四边形是菱形，延长至点E，使，再延长至点F，使，连接，，，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，则四边形的面积是______． 【答案】(1)见解析 (2)48 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键． （1）由，，得出四边形为平行四边形，由菱形的性质可得，则，即可判断四边形是矩形； （2）根据四边形是菱形，得出，求出，根据勾股定理求出，根据矩形面积公式求出结果即可． 【详解】（1）证明： ，， ∴四边形为平行四边形， 四边形是菱形， ， ， 四边形是矩形； （2）解：四边形是菱形， ， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ． 【考点题型二十八】添一个条件使四边形是菱形（） 【例28】在中，如果只添加一个条件即可证明是菱形，那么这个条件可以是（   ） A． B． C． D．平分 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，熟悉掌握判定方法是解题的关键． 根据菱形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：由题意可作出图形： 当时，则为矩形，故A错误； 当时，则为矩形，故B错误； 当时，不能判定出是菱形，故C错误； 当平分时，则， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为菱形，故D正确； 故选：D． 【变式28-1】如图所示，中，E、F、D分别是上的中点，要使四边形是菱形，在不改变图形的前提下，你需添加的一个条件是 （在基础上添加） 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的判定、三角形中位线的判定与性质等知识点，掌握菱形的判定方法成为解题的关键． 先根据三角形的中位线得到可得四边形是平行四边形；再根据菱形的判定可知，即可解答． 【详解】解：∵中，E、F、D分别是上的中点， ∴ ∴四边形是平行四边形， 要使四边形是菱形，则， ∴，即． 故答案为：． 【变式28-2】已知，四边形是平行四边形，对角线，交于点．若增加一个条件，将它边的数量关系特殊化，可使，则增加的一个条件可以是 ．（写出一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查菱形的判定和性质，根据菱形是特殊的平行四边形，只需要增加菱形所特有的性质即可．掌握菱形的判定是解题的关键． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴当时，为菱形， 此时． ∴增加的一个条件可以是． 故答案为：（答案不唯一）． 【考点题型二十九】证明四边形是菱形（） 【例29】如图，矩形和矩形有公共顶点A 和C， 与相交于点G，与相交于点H． (1)求证：四边形是菱形． (2)连接，若 求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质： （1）过点作，过点作，先证明是平行四边形，根据等积法求出，即可得证； （2）根据菱形的面积公式进行计算即可． 【详解】（1）解：过点作，过点作， ∵矩形和矩形， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形； （2）由（1）知：四边形是菱形， ∴四边形的面积． 【变式29-1】已知，是的角平分线，交于点E，交于点F．求证：四边形是菱形． 【答案】证明见解析． 【分析】先证明四边形是平行四边形，再根据角平分线的定义得到，根据两直线平行，内错角相等求出，等量代换可得， 根据等角对等边的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形进行判定即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，平行线的性质，等腰三角形的判定，掌握判定方法是解题的关键． 【变式29-2】如图，在矩形中，延长到点D，使，延长到点E，使，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2)24 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再结合矩形的性质得，故四边形是菱形； （2）先运用勾股定理算出，再根据菱形的性质求出面积，即可作答． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ∴， ， 四边形是菱形； （2）解：， ， ，， ， ，， 四边形的面积． 【变式29-3】如图，在中，对角线和相交于点O，，，．求证：是菱形． 【答案】见详解 【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，菱形的判定方法；平行四边形的性质得，，由勾股定理的逆定理得是直角三角形，由菱形的判定方法，即可得证；掌握平行四边形的性质，菱形的判定方法是解题的关键． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ， ， ， ， 是直角三角形， ， ， 是菱形． 【考点题型三十】根据菱形的性质与判定求解（） 【例30】如图，在中，对角线交于O，过点O作的垂线分别交、于E、F．已知，，，那么的长是（   ） A．9.6 B．12 C．10 D．8 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定及性质，勾股定理的逆定理等知识点，熟练掌握菱形的判定及性质是解题关键．根据平行四边形的性质可得，的长度，由勾股定理的逆定理可证得，再利用等面积法求解即可． 【详解】解：在中，，， 在中，， ∴，则四边形为菱形， ∴， ∵， ∴，即， ∴． 故选：A． 【变式30-1】如图，在中，，的平分线交于点D，点O在上，的垂直平分线分别交、于点E、F，连接，若，则的面积为 ．    【答案】 【分析】连接、，作于点H．由垂直平分可得，结合平分可知四边形是菱形，则，．由菱形的性质及可得，则，则，进而可求面积． 【详解】解∶ 如图，连接、，作于点H．   垂直平分， ， ， 平分， ， ， ， 同理可证明， 四边形是平行四边形， ∵， 四边形是菱形， ， ， ． ，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，菱形的性质和判定，30度角直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟知相关知识点，正确作出辅助线是解题的关键． 【变式30-2】如图，在中，，，对角线，交于点，点是的中点，，则的周长为 ． 【答案】8 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，证明四边形是菱形得，，根据直角三角形斜边中线的性质得，进而可求出的周长． 【详解】解：∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵点是的中点，， ∴， ∴的周长为：． 故答案为：8． 【变式30-3】如图，在中，点D，E分别是边的中点，取的中点O，连接并延长交于点F，连接． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)若，，求的度数． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定和性质成为解题的关键． （1）根据三角形中位线的性质可得、，即；再说明、，证得可得，最后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明结论； （2）先证明平行四边形BEFC是菱形，再利用菱形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：点D，E分别是边的中点， ，， ， ∵点O是边的中点， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：，， ， 平行四边形BEFC是菱形， ，， ． 【考点题型三十一】利用正方形的性质求解（） 【例31】如图，正方形中，点E是对角线上的一点，且，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质，根据正方形的性质，得到，，进而得到，又因为，推出，进而即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， ， ， 故选：B． 【变式31-1】如图，正方形中，为正方形内一点，连接，使，再连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，由等腰三角形的性质可得，由旋转的性质可证明，即可求解． 【详解】解：连接如图： 是正方形， ，， ，， ， ， ， 由绕点逆时针旋转得到， 得，， ，， ， ， ， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定，等腰三角形的性质，正方形的性质等，正确构造全等三角形是解题的关键． 【变式31-2】如图，正方形的边长为8，点在上且，是上的一动点，则的最小值是（   ） A．8 B．10 C．15 D．18 【答案】B 【分析】本题考查了轴对称的应用，正方形的性质，勾股定理，解答本题的关键是根据轴对称的性质作出图形得到的最小值即为线段的长． 连结交于点N，根据轴对称的性质，得到，的最小值即为线段的长，根据勾股定理，即可求得的长． 【详解】解：连接交于点N， ∵正方形的边长为8，点在上且， ∴，，点D与点B关于对称， ∴， ∵， ∴， ∵点D与点B关于对称， ∴， ∴,最小． 故选：B． 【变式31-3】（教村母题变式）如图，边长为6的正方形的中心与正方形的顶点E重合，且与边分别相交于点，图中阴影部分的面积记为，两条线段的长度之和记为，将正方形绕点逆时针转动适当角度，则有（   ） A．10 B．15 C．20 D．25 【答案】B 【分析】根据正方形的对角线，相交于点E，得到，，，，证明，得到，,继而得到，解答即可． 本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定和性质是解题的关键． 【详解】如答图，连接． 边长为6的正方形的中心与正方形的顶点重合， 即点是正方形的中心， ， ． 又， ， ． 在和中， ， ， ，， ． 故选：B． 【考点题型三十二】正方形折叠问题（） 【例32】如图，已知正方形纸片，M、N分别是、的中点，把边向上翻折，使点C恰好落在上的P点处，为折痕，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，折叠问题；取的中点E，连接，证明四边形为矩形，得出，根据直角三角形性质得出，证明为等边三角形，得出，即可得出结果． 【详解】解：取的中点E，连接，如图所示：    ∵四边形为正方形， ∴，，， 根据折叠的性质知：，， ∵M、N分别是、的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴． 故选：C． 【变式32-1】如图，先将正方形对折，折痕为，再沿折叠，使点C落在折痕上，记为点F，连接，已知正方形边长为2，则的长为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形与折叠问题．由正方形可得，由折叠的性质可得是线段的垂直平分线，推出，再由折叠的性质可得，即可得到． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 由折叠的性质可得是线段的垂直平分线， ∴， 再由折叠的性质可得， ∴， 故选：C． 【变式32-2】如图，在正方形中，，点E，F分别在边上，．若将四边形沿折叠，点B恰好落在边上，则的长度为（　　） A．1 B． C． D．2 【答案】D 【分析】本题考查正方形的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键是熟练运用以上性质；根据可得，根据折叠后对应角相等、对应边相等，可得，进而可得，根据含30度角的直角三角形的性质可得，设，则，列方程求解即可． 【详解】解：四边形是正方形， 将四边形沿折叠，点B恰好落在边上，， ， ， 设，则， ， ， ， 故选：D． 【变式32-3】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】 【分析】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． 【详解】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：． 【考点题型三十三】添一个条件使四边形是正方形（） 【例33】如图，已知四边形是平行四边形，添加以下条件，不能判定四边形是正方形的是（    ） A．， B．， C． ， D． ， 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的判定．熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键． 根据正方形的判定方法逐一判断即可求解． 【详解】∵是平行四边形，∴添加以下条件， A. ，，能判定四边形是正方形；     B. ，，能判定四边形是正方形； C. ，，能判定四边形是正方形；     D. ，，只能判定四边形是菱形，不能判定四边形是正方形． 故选：D． 【变式33-1】已知菱形的对角线为和，下列条件中，不能使菱形为正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查菱形的性质及正方形的判定．在菱形基础上添加一个内角为直角或者对角线相等即可得到正方形，据此求解即可． 【详解】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角（2）对角线相等． A、当时，菱形是正方形，选项不符合题意； B、当时，菱形是正方形，选项不符合题意； C、当时，，菱形是正方形，选项不符合题意； D、当时，菱形不能确定是正方形，选项符合题意； 故选：D． 【变式33-2】在矩形中，对角线交于点O，要使矩形成为正方形，需添加的条件是 （写出一个符合要求的条件）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用， 【详解】解：添加的条件可以是．理由如下： ∵四边形是矩形，， ∴四边形是正方形． 故答案为：（答案不唯一）． 【考点题型三十四】证明四边形是正方形（） 【例34】如图，在矩形中，的平分线交于的平分线交于，求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题关键．首先结合矩形的性质证明四边形是平行四边形，再根据“有一个角为直角的平行四边形为矩形”证明四边形是矩形，然后根据“邻边相等的矩形为正方形”证明四边形是正方形． 【详解】证明：如下图， 四边形是矩形， ， ． 平分， ， ， ； 同理可得， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形． 【变式34-1】如图，在中，，是边上的中线． (1)尺规作图：在直线右侧作射线，在射线上截取，连接．（保留作图痕迹，不写作法） (2)当满足什么条件时，四边形为正方形，并说明理由． 【答案】(1)图见解析 (2)当为等腰直角三角形，即时，四边形为正方形，理由见解析 【分析】本题考查作图—复杂作图、直角三角形斜边上的中线、正方形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）在的右侧作，再以点为圆心，的长为半径画弧，交射线于点，连接即可． （2）当是等腰直角三角形时，四边形为正方形．结合直角三角形斜边上的中线的性质、正方形的判定、等腰直角三角形的性质证明即可． 【详解】（1）解：如图，在的右侧作，再以点为圆心，的长为半径画弧，交射线于点，连接， 则射线、线段即为所求． （2）解：当是等腰直角三角形时，四边形为正方形． 理由：，， 四边形为平行四边形． ，是边上的中线， ， 四边形为菱形． 是等腰直角三角形， ， ， ， 四边形为正方形． 【变式34-2】如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，，且为的平分线，求证：平行四边形为正方形．    【答案】详见解析 【分析】先证明，则平行四边形为矩形，再证明，即可得到结论． 【详解】证明：四边形为平行四边行， ，， ， ∵， ∴， ∴， ∴， 平行四边形为矩形， 为的平分线， ， ∴， ， ∴平行四边形为正方形 【点睛】此题考查了平行四边形的性质、矩形的判定、正方形的判定、等角对等边等知识，熟练掌握正方形的判定是解题的关键． 【考点题型三十五】根据正方形的性质与判定求解（） 【例35】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． 【详解】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35-1】如图（1），已知矩形纸片的面积为，相邻两边长之比为，将四张同样大小的矩形纸片拼接成一个正方形，中间留有空隙正方形，如图（2）所示． (1)求图（1）矩形纸片相邻的两边长； (2)求图（2）正方形与正方形的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，比的应用，根据相相邻两边长之比和矩形纸片的面积求得矩形相邻两边的长是解答关键． （1）利用相邻两边长之比为，设长与宽分别为，根据矩形纸片的面积为，列出方程求解； （2）先求出正方形的边长和正方形的边长，再利用面积公式求解． 【详解】（1）解：设长与宽分别为 ， ， 解得，（不符合题意舍去）， ，． 则相邻的两边长分别为． （2）解： ． 【变式35-2】如图，在中，和的角平分线相交于点，延长，与外角的角平分线相交于点D，交于点 (1)求证：是等腰直角三角形． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）首先根据角平分线的定义求得，进而可得，再证明，即可证明结论； （2）过点C作于点，于点H，证明四边形是正方形，结合角平分的性质定理可得，设，证明，易得，进而可得；由（1）可知，是直角三角形，由勾股定理解得；在中，由勾股定理得，易知；证明，易得，故，在中，由勾股定理解得的值，即可获得答案． 【详解】（1）证明：在中，， ， 和的角平分线相交于点C， ，， ， ， 平分， ， ， ， ， 即， 是直角三角形， 又， ∴， ∴， 是等腰直角三角形； （2）解：过点C作于点E，于点H，如图所示， ， 四边形是矩形， 平分，，，， ， 矩形是正方形，且， 设， 在和中， ， ， ， ， 由（1）可知，是直角三角形，且， ∵， 由勾股定理得：， ， 在中，，， 由勾股定理得， ， 在和中， ， ， ， ， 在中，，，， 由勾股定理得：， ， 解得：， ． 【点睛】本题主要考查了角平分线的性质定理、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质和角平分线的性质定理并正确作出辅助线是解题关键． 【变式35-3】如图1，在中，于点D，，点在上，，连接． (1)求证：； (2)如图2，延长交于点，连接，猜想的度数，并证明； (3)如图3，过点作，，连接交于点，若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 (3) 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质以及正方形的判定： （1）判定和全等即可作答； （2）过点作于，于，根据可得到，通过等量代换得到，此时四边形是正方形，结合，可得到，利用等腰直角三角形的性质即可作答； （3）在上截取，连接，延长交于，先证明和全等，再计算即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在和中， ， ∴． ∴ （2）猜想： 证明：如图2，过点作于，于， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，， 四边形是正方形 ∴， ∴； （3）如图3，在上截取，连接，延长交于， 由（1）、（2）可得，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴ 【考点题型三十六】中点四边形（） 【例36】如图，连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为矩形，则对角线，应满足（   ） A． B．平分 C．平分 D． 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、矩形的判定等知识，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，，，从而可得，再证出四边形为平行四边形，然后根据矩形的判定即可得． 【详解】解：由题意得：点分别是的中点， ∴， 同理可得：，， ∴， ∴四边形为平行四边形， 要使平行四边形为矩形，则需要， 又∵，， ∴要使，则需要， 故选：D． 【变式36-1】如图，顺次连接任意四边形各边中点，所得的四边形是中点四边形． 下列四个叙述： ①中点四边形一定是平行四边形； ②当四边形是矩形，中点四边形也是矩形； ③当四边形是菱形，中点四边形也是菱形； ④当四边形是正方形，中点四边形也是正方形．其中正确的结论是 （只填代号） 【答案】①④/④① 【分析】此题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定与正方形的判定．熟练掌握中位线定理是解题的关键；连接，，根据三角形中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，再根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，求解即可． 【详解】解：如图，连接，， ，，，分别是四边形各边的中点， ， 四边形是平行四边形；（①正确） 若四边形是矩形， ＝， ＝ ，＝ ， ＝， 四边形是菱形；（②错误） 若四边形是菱形， ， ∵， ， 四边形是矩形，不一定是菱形；（③错误） 四边形是正方形， ＝，， ＝ ，＝ ， ＝， 四边形是菱形； ，， ， ， 四边形是正方形．（④正确） 正确的是①④． 故答案为：①④． 【变式36-2】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)菱形的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． (3)若四边形的中点四边形为正方形，的最小值为4，则_______． 【答案】(1)矩形 (2)四边形为菱形；证明见解析 (3) 【分析】（1）由菱形的性质及矩形的判定可得出答案； （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； （3）连接交于O，连接，当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长，再证明即可求得答案． 【详解】（1）解：如图， 四边形是菱形时，连接各边中点，得到四边形， 根据中位线性质得到，， ∴， 同理可得， ∴为平行四边形， 又∵是菱形， ∴，则， ∴为矩形． 故答案为：矩形； （2）解：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； （3）解：如图3，连接交于O，连接、， 当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长， ∴的最小值， 由性质探究知：， 又∵M，N分别是的中点， ∴，， ∴， ∴的最小值， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵N，F分别是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了三角形中位线定理，平行四边形、矩形、菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，利用前面得出的结论解决新问题是解题的关键． 【变式36-3】如图，点D，E，F分别是，，的中点，连接，，，； (1)求证：，相平分； (2)现有三个条件：①；②平分；③； 请你从中选择两个条件（写序号）： 使得四边形是正方形，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)①③或①②，证明见解析 【分析】本题考查了正方形的判定，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质． （1）由三角形中位线定理得，，再证四边形为平行四边形，即可得出结论； （2）添加①时，四边形是矩形；添加②平分时，，则，此时四边形是菱形；添加③时，由得到，四边形是菱形；选择①③或①②时，四边形是正方形，再根据正方形的判定定理得到结论． 【详解】（1）证明：、、分别是，，的中点， 、都是的中位线， ∴，， 四边形为平行四边形， 、互相平分； （2）解：①；②平分；③， ∵四边形为平行四边形， ∴添加①时，四边形是矩形； 添加②平分时，，则，此时四边形是菱形； 添加③时，由得到，四边形是菱形； ∴选择①③或①②时，四边形是正方形； 选择①③， 证明：四边形为平行四边形，， 四边形是矩形， 点、分别是、的中点， 是的中位线， ∴， ， ， 四边形是正方形， 选择①②， 证明：四边形为平行四边形，， 四边形是矩形， 平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，此时四边形是菱形； 四边形是正方形， 故答案为：①③或①②． 【考点题型三十七】利用(特殊)平行四边形的对称性求阴影面积（） 【例37】如下图，长为6，宽为3的矩形，阴影部分的面积为 . 【答案】9 【分析】根据矩形是中心对称图形，可得阴影部分的面积是矩形面积的一半，求出矩形面积即可求解． 【详解】解：因为O为矩形的对称中心，则阴影部分的面积是矩形面积的一半，因为矩形面积为，所以阴影部分的面积9． 故答案为：9． 【点睛】本题考查了矩形是中心对称图形的性质．熟练掌握中心对称图形的性质是解题的关键． 【变式37-1】如图，中，，，将沿方向平移，得到，连接．若，则阴影部分的面积为 ． 【答案】4 【分析】本题主要考查了平移的性质，求阴影部分的面积，平行四边形的性质和判定， 根据平移的性质得，可知四边形时平行四边形，再根据面积公式得出答案． 【详解】解：根据平移的性质得， ∴四边形时平行四边形． ∵， ∴． ∵， ∴阴影部分的面积等于． 故答案为：4． 【变式37-2】如果一个正整数能表示为两个连续奇数的平方差，那么称这个正整数为“奇特数”． 例如：；则、、这三个数都是奇特数． (1)填空：32______奇特数，2018______奇特数．（填“是”或者“不是”） (2)如图所示，拼叠的正方形边长是从1开始的连续奇数…，按此规律拼叠到正方形，其边长为403，求阴影部分的面积． 【答案】(1)是，不是 (2)81608 【分析】本题考查了图形的变化类、新概念以及平方差公式的应用，利用图形正确表示出阴影部分是解题关键． （1）根据奇特数的概念进行判断即可； （2）利用阴影部分面积为，运用平方差进行运算，进而求得答案即可． 【详解】（1）解：∵ ∴是奇特数； ∵8、16、24这三个数都是奇特数，它们都是的倍数，而不是的倍数 ∴不是奇特数； 故答案为：是，不是． （2） 【变式37-3】如图，两个全等的四边形和，其中四边形的顶点O位于四边形的对角线交点O． (1)如图1，若四边形和都是正方形，则下列说法正确的有_______．（填序号） ①；②重叠部分的面积始终等于四边形的；③． (2)应用提升:如图2，若四边形和都是矩形，，写出与之间的数量关系，并证明． (3)类比拓展:如图3，若四边形和都是菱形，，判断（1）中的结论是否依然成立；如不成立，请写出你认为正确的结论（可用表示），并选取你所写结论中的一个说明理由． 【答案】(1)①②③ (2)关系为，证明见解析 (3)①成立，②③不成立，正确结论②重叠部分的面积始终等于四边形的；③．证明①的过程见解析 【详解】（1）如图，在图1中，过点O作于点H,于点G ∵于点H, 于点G ∴ ∵四边形和都是正方形 ∴ ∴ ∵, ∴ 在和中 ∴ ∴ 故①正确 ∵ ∴ ∴ 故②正确 ∵四边形是正方形 ∴ ∴ 故③正确 （2）关系为，证明如下： 如图，在图2中，过点O作于点H,于点G ∵于点H, 于点G ∴ ∵四边形和都是矩形 ∴ ∵, ∴ 在和中 ∴ ∴ （3）（1）中结论，①成立，②③不成立，正确结论②重叠部分的面积始终等于四边形的；③．现证明①如下： 如图，在图3中，过点O作于点H,于点G ∵于点H, 于点G ∴ ∵四边形和都是菱形 ∴ ∴ ∵, ∴ 在和中 ∴ ∴ 【考点题型三十八】(特殊)平行四边形的动点问题（） 【例38】如图，在边长为的正方形中，为边上一点，且，点在边上以的速度由点向点运动；同时，点在边上以的速度由点向点运动，它们运动的时间为，连接．当与全等时，的值为（　　） A．1 B．2 C．2或4 D．1或1.5 【答案】C 【分析】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的性质．由正方形的性质得，，而，则，再分两种情况讨论，一是当，时，，此时，求得；二是当，时，，由，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是边长为的正方形， ∴，， ∵E为边上一点，且， ∴， 由题意得，则， 当，时，， ∴， ∴； 当，时，， ∴， ∴， 综上，的值为2或4． 故选：C． 【变式38-1】如图，在长方形中，，，点是上的一点，且．点从点出发，以的速度沿点匀速运动，最终到达点．设点运动时间为，若三角形的面积为，则的值为 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查了长方形的性质、三角形面积公式的运用、动点问题、分类讨论等知识点，灵活运用分类讨论思想是解答本题的关键． 分三种情况：当点在上，则，当点在上，当点在上，分别画出图形求出结果即可． 【详解】解：四边形是长方形， ，，， 点是上的一点，且， ，， 当点在上，则， ， ， 解得：； 当点在上，如图1所示， ， 则， ， 当点在上时，不存在的情况； 当点在上，如图所示， ，， ， 解得：， 综上所述，的值为或． 故答案为：或． 【变式38-2】如图，四边形中，，，，M是上一点，且，点E从点A出发以的速度向点D运动，点F从点C出发，以的速度向B运动，当其中一点到达终点，另一点也随之停止，设运动时间为t秒，则当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时， 【答案】或 【分析】本题考查了动点问题，平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，合理分类是解题的关键．分F在M的右侧和左侧两种情况讨论即可． 【详解】解∶∵，， ∴， ∵， ∴当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，， 当F在M的右侧时，， 又， ∴， ∴； 当F在M的左侧时，， 又， ∴， ∴； 综上， 当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为或， 故答案为：或． 【变式38-3】如图，在中，，，边上的高为12．点从点出发，沿以每秒5个单位长度的速度运动．点从点出发沿以每秒10个单位长度的速度运动．、两点同时出发，当其中一点到达终点时，、两点同时停止运动．设运动的时间为（秒），连接． (1)当点与点重合时，的值为________． (2)直接写出的长（用含的代数式表示）； (3)当平分面积时，求的值； (4)当时，直接写出的值． 【答案】(1) (2) (3)12或 (4)2或或 【分析】（1）由题意可得，即可； （2）分点点出发沿运动和点出发沿运动两种情况讨论即可； （3）分两种情况，结合梯形的面积公式分别求出t的值即可． （4）分两种情况，结合矩形的性质、平行四边形的性质分别求出t的值即可． 【详解】（1）解：点Q与点C重合时， 由题意得：， 解得：， 即点Q与点C重合时，t的值为6； （2）解：当点Q沿运动时，； 由题意得：； 当点Q沿运动时，， ∴， 即； （3）解：∵面积为， ∴梯形的面积为 分两种情况： 当点Q沿运动时，如图， ∴， 解得：； 当点Q沿运动时，如图， 同理：， 解得：， 此时，两点重合，两点重合； 综上所述，当平分面积时，t的值为12或； （4）解：分两种情况： 点Q沿运动时， 如图，过A作于点G，于点H，则四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 解得：； 当点Q沿运动时， 如图，过A作于点G，于点H，则四边形是矩形，当点Q在点H右侧时， 同理， ∵， ∴， 解得：； 当点Q在点H左侧时，如图，则四边形是矩形，即， ∴， 解得：； 综上所述，当时，t的值为2或或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理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性质，进行分类讨论是解题的关键，属于中考常考题型． 【考点题型三十九】四边形中的线段最值问题（） 【例39】如图，矩形中，已知，F为上一点，且，连接．以下说法中：①；②当点E在边上时，则；③当时，则；④的最小值为10．其中正确的结论个数是（） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】由线段的数量关系可求，故①正确；由直角三角形的可求，可证是等边三角形，可得，由等腰三角形的性质可求，故②正确；由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求，可得；故③错误；由“”可证，可得，由三角形的三边关系和勾股定理可求的最小值为10，故④正确，即可求解． 【详解】解：∵， ∴，故①正确； 如图1，当点在上时，取的中点，连接， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确； 如图2，当时，设与交于，与交于点， ∵， ∴是等边三角形， ∴ ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴；故③错误； 如图3，在上截取，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当点，点，点三点共线时，有最小值，最小值为的长， ∵， ∴， ∴的最小值为10，故④正确； 故选：C． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【变式39-1】如图，正方形的边长为2，是的中点，，是对角线上的两个动点，且，连接，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查最短路线问题．取的中点，连接，，，，根据数量关系确定的最小值为的长度，求出的值即可． 【详解】解：如图，取的中点，连接，， 为的中点， 为的中位线，即，且， 正方形的边长为2， ， ， ， ，且，即四边形为平行四边形， ， 连接，，根据正方形的对称性可知，， ， 根据两点间线段最短可得，当点，，在同一直线上时，取得最小值， 即此时的最小值为线段的长度， 连接，则在中， ，， ， 故的最小值为， 故答案为：． 【变式39-2】如图，在边长为4的菱形中，，点M是边的中点，点N是菱形内一动点，且满足，连接，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】过点作交的延长线于点，根据菱形的性质以及直角三角形的性质求出，当点运动到线段上的点时，取得最小值，进一步求解即可． 【详解】解：过点作交的延长线于点，如图所示： ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴， 根据勾股定理，得：， ∵， ∴， 根据勾股定理，得：， ∵， 当点运动到线段上的点时，取得最小值， ， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、线段最短问题，解题的关键是利用所学知识点求出． 【变式39-3】【问题原型】 如图1，在正方形中，．求证：． 【问题应用】 如图，在正方形中，，、分别是边、上的点，且． （1）如图2，连接、交于点，为的中点，连接，．当为的中点时，四边形的面积为 　　； （2）如图3，连接、，当点在边上运动时，的最小值为 　　． 【答案】[问题原型]见解析；[问题应用]（1）；（2） 【分析】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、将军饮马问题，此题综合性强，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． [问题原型]证明即可； [问题应用]（1）先证，得，求证，由，，求得，则可得，即可由得解； （2）连接，可证明，得，则，延长到点，使，连接、，则，则，当、、共线时最小，求解即可． 【详解】解：[问题原型]证明：如图，设与交于点， 四边形是正方形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ． [问题应用]（1）解：四边形是正方形，， ，， ，为的中点， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， 为的中点， ， ， 故答案为：． （2）解：如图，连接， ，，， 在和中， ， ， ， ， 延长到点，使，则，垂直平分， 连接、，则， ，， ， ， 的最小值是， 故答案为：． 【考点题型四十】四边形其他综合问题（） 【例40】小明在学习了平行四边形这一章后，对特殊平行四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． (1)【概念理解】在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是_________． (2)【性质探究】通过探究，小明发现了垂美四边形的一些性质：垂美四边形的面积S与对角线的数量关系为：_________． (3)【问题解决】如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和．连接，已知．求证：四边形为垂美四边形，并求出它的面积． (4)【学以致用】（3）中的长为_______． 【答案】(1)菱形、正方形 (2) (3)证明见解析，面积为 (4) 【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论； （2）四边形的面积=的面积+的面积； （3）根据正方形的性质可证得和全等，得出，由得出，再根据对顶角相等得到，于是有，从而得出，根据垂美四边形的定义得出四边形为垂美四边形，根据垂美四边形的面积等于两对角线乘积的一半即可得出结果． （4）勾股定理求出，设，双勾股定理求出的值，进而求出的长，再用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形，正方形， 一定是垂美四边形的是菱形，正方形， 故答案为：菱形，正方形； （2）如图1所示： ∵四边形的面积 的面积 的面积 ∴； 故答案为：； （3）证明：连接，，设与交于点，与交于点， 四边形是正方形， ，， 四边形是正方形， ，， ， 即， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， 四边形为垂美四边形； 四边形是正方形， ，， ， ， 点、、在一条直线上， 在中，，， 由勾股定理得， ， 在中，由勾股定理得， ∵， ， 四边形为垂美四边形， 四边形的面积是． （4）∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则：， ∴，即：， 解得：，则 ∴， ∴， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了垂美四边形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． 【变式40-1】【实践探究】数学实践课上，活动小组的同学将两个正方形纸片按照图1所示的方式放置．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，且这两个正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转． 【问题发现】 （1）①线段，之间的数量关系是________． ②在①的基础上，连接，则线段，，之间的数量关系是________． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转．判断线段，，之间的数量关系并证明． 【拓展应用】 （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，，可绕点旋转．当时，请直接写出线段的长． 【答案】（1）①，②，理由见解析；（2），证明见解析；（3）或． 【分析】（1）①证明，由全等三角形的性质即可得到，从而可得；②由①的结论及勾股定理即可得到三线段间的数量关系； （2）由矩形的性质可证明，则有；再由矩形的性质及线段垂直平分线的性质可得；在中，由勾股定理及等量代换可得 ； （3）分两种情况：点E在边上；点E在延长线上；由（2）的结论及勾股定理即可解决． 【详解】（1）解：①∵四边形、四边形均为正方形， ∴，，， ∴； 在与中， ， ∴， ∴； ②在中，， 而，， ∴； （2）解：三线段间的数量关系为：； 证明如下： ∵四边形、四边形均为矩形，矩形的中心为O， ∴，， ， ∴； 在与中， ， ∴， ∴； ∵， ∴； 在中，由勾股定理得：， ∴； （3）解：①当点E在边上时； 由（2）的结论知：； 另一方面，在中，由勾股定理得：， 即； 设，则，而， ∴， 解得：， 即； ②当点E在延长线上时，如图； 把补成矩形，延长交延长线于点P，连接， 与（2）证法相同，同样有， 另一方面，在中，由勾股定理得：， 即； 设，则，而， ∴， 解得：， 即； 综上，的长为或． 【点睛】本题是四边形的综合，考查了矩形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，旋转的性质等知识，证明三角形全等是问题的关键． 【变式40-2】如图，取一张矩形纸进行折叠，具体操作过程如下： (1)【操作发现】 操作一：对折矩形，使与重合，得到折痕，把纸片展开； 操作二：在上选一点，沿折叠，使点落在矩形内部点处，把纸片展开，连接，，． 根据以上操作，当点在上时： ①则图1中_____°； ②若，，则_____． (2)【迁移探究】 如果将矩形纸片换成边长为的正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点，连接．如图2，当点在上时，_____°，_____； (3)【拓展应用】 如图3，改变点在上的位置（点不与点，重合），正方形的边长仍为，仍然按（1）中的方式操作，延长交于点，连接，当时，请直接写出的长_____． 【答案】(1)①30；② (2)15， (3)或 【分析】（1）①根据折叠的性质，得，取的中点，连接，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半得到，可证为等边三角形，进而可结果； ②由，得到，求得，根据全等三角形的判定和性质定理得到，求得； （2）根据折叠的性质，可证即可求解； （3）由（2）可得，分两种情况：当点在点的下方时，当点在点的上方时，设，分别表示出，由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：①对折矩形，使与重合，得到折痕，沿折叠，使点落在矩形内部点处， 如图1，取的中点，连接， 为等边三角形， 故答案为：30； ②， ， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）四边形是正方形， 由折叠性质得：， 同法（1）可得：， 在中，， 根据勾股定理：， ， 即， 解得(负值舍去)， 在中，， 根据勾股定理：，即， 故答案为：； （3）解：当点在点的下方时，如图3.1， ， 由(2)可知，， 设， 即， 解得， 当点在点的上方时，如图3.2， 由(2)可知，， 设， 即， 解得， 综上所述，或． 故答案为：或． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键． 【变式40-3】如图，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于点，以、为邻边作平行四边形． (1)证明平行四边形是菱形； (2)若，连接、、，求证：是等边三角形； (3)若，，，是中点，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据角平分线的知识，则，根据平行四边形的性质，则，，则，，等量代换，等角对等边，则，根据菱形的判定和性质，即可； （2）根据四边形是平行四边形，，求出，，根据菱形的性质，则是等边三角形，得到，根据平行线的性质，，则，根据角平分线的性质，得，根据全等三角形的判定和性质，得到，，，最后根据等边三角形的判定和性质，即可． （3）连接，，，根据，矩形的判定，正方形的判定，则四边形是正方形，根据角平分线的性质，则，根据全等三角形的判定和性质，则，，，推出是等腰直角三角形，根据勾股定理，即可． 【详解】（1）解：证明如下： ∵平分， ∴， ∵四边形平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形． （2）解：证明如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴，， 由（1）得，四边形是菱形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形． （3）解：连接，，， ∵， ∴四边形是矩形 ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴四边形是正方形， ∵平分， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴，， 在和中 ， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查平行四边形，菱形，全等三角形，等边三角形的知识，解题的关键平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，即可． 【变式40-4】若一个四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，我们把这条对角线叫做这个四边形的和谐线，这个四边形叫做和谐四边形． (1)如图1，在8×5的网格图上（每个小正方形的边长为1）有一个，点A、B、C均在格点上，请在网格图中找出2个格点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形是和谐四边形，并画出相应的四边形． (2)如图2，在四边形中，，，，平分．试说明：是四边形的和谐线； (3)已知，在四边形中，，，是四边形的和谐线，直接写出的长_____． 【答案】(1)见解析 (2)证明见解析 (3)或 【分析】（1）根据和谐四边形的定义，作出图形即可； （2）证明即可； （3）首先根据题意画出图形，然后由是四边形的和谐线，可以得出是等腰三角形，从图3，图4两种情况运用等边三角形的性质，正方形的性质和的直角三角形性质就可以得出结论． 【详解】（1）解：∵若一个四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，我们把这条对角线叫做这个四边形的和谐线，这个四边形叫做和谐四边形， ∴作图如下： （2）解：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是四边形的和谐线； （3）解：如图3，4 ∵是四边形的和谐线， ∴是等腰三角形， ∵， 如图3，当时， ∴，， ∴是正三角形， ∴， ∵， ∴， 过点作于， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图4，当时，， 当时， ∵是四边形的和谐线， ∴， ∴综上所述，满足条件的的长为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查作图一应用与设计，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解和谐四边形的定义，属于中考常考题型． 【提升训练】 一、单选题 1．在中，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据对角相等得出，再结合平行线的性质，即可作答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴ ∵， ∴， ∴． 故选：A． 2．如图，正方形中，，为边上一动点（不与，重合）．将沿翻折至，延长交于点，刚好是边的三等分点，则的长为（   ） A． B．3 C．2或3 D．或3 【答案】D 【分析】根据正方形的性质和折叠的性质，证明，进而得到，由是的三等分点可得或，则可求出的长，在中有勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：连接， 由正方形和折叠的性质可得，且， ， ， ， 当点G是靠近点B的三等分点时， ， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 解得：，即． 当点G是靠近点C的三等分点时， ， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 解得：，即． 故选：D． 【点睛】本题考查正方形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 3．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：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．根据轴对称图象和中心对称图形的定义进行求解即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意； 故选：D． 4．如图，在菱形中，是边上一点，连接．将菱形沿直线折叠，点恰与点重合．若菱形的边长为4，则的长是（　　） A．2 B．4 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，折叠的性质，由菱形的性质可得，由折叠的性质可得，，由勾股定理可求解．灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 【详解】解：四边形是菱形， ， 将菱形沿直线折叠，点恰与点重合， ，， ， 故选：C． 5．如图，是矩形的对角线的中点，是边的中点，若，，则线段的长为（   ） A．7 B．5 C．2 D． 【答案】B 【分析】先由三角形中位线定理得到的长，再利用勾股定理求出的长，则由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得答案． 【详解】解：∵是矩形的对角线的中点，是边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点． 6．如图，四边形中，，，，，．是的中点，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】解法一：延长到使，则四边形是平行四边形，根据三角形的中位线的性质得到，根据跟勾股定理得到，于是得到结论； 解法二：延长交于，证明得，，最后根据勾股定理得到，于是得到结论． 【详解】解：解法一：延长到使，则四边形是平行四边形， ，， 是的中点， 是的中点， ， ， ， ； 解法二：延长交于， ， ， ，， ， ，， ， ， ，， ， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 7．已知四边形和都是正方形，点F在线段上，连接、，交于点H．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点E作于点M，作，交的延长线于N，设与交于T，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． 【详解】解：过点E作于点M，作，交的延长线于N，设与交于T，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：D． 【点睛】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． 8．如图，在中，，以为斜边作．使，，E、F分别是的中点，连接，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查斜边上的中线，三角形的中位线定理，勾股定理，根据斜边上的中线得到，进而得到，易得为的中位线，进而得到，，进而得到，进而推出，勾股定理求出的长即可． 【详解】解：∵以为斜边作，，E、F分别是的中点，， ∴，为的中位线， ∴，，， ∴，， ∵ ∴，即：， ∴； 故选D． 9．如图，为四边形的对角线，点E、F为的两个三等分点，分别连接，四边形为菱形，若，，则四边形的面积为（   ） A．144 B．72 C．36 D．24 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，连接，交于点，得到，勾股定理求出的长，根据四边形的面积进行求解即可． 【详解】解：连接，交于点， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∵点E、F为的两个三等分点，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形的面积； 故选B． 10．如图，在菱形中，、分别是边、上的动点，连接，，、分别为、的中点，连接．若，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由三角形中位线定理可得，则当有最小值时，有最小值，即当时，有最小值，由等腰直角三角形的性质可求的最小值，即可求解． 【详解】解：如图，连接， 、分别为、的中点， ， 当有最小值时，有最小值， 当时，有最小值， 四边形是菱形， ，， 当时，， 的最小值， 的最小值为． 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是三角形的中位线定理、菱形的性质、勾股定理解直角三角形，解题关键是作出正确的辅助线构造以为中位线的三角形． 二、填空题 11．如图，矩形的两条对角线相交于点.若，，则边的长为 . 【答案】 【分析】本题考查了30度所对的直角边是斜边的一半，勾股定理，矩形的性质，先根据矩形的性质得，再运用30度所对的直角边是斜边的一半得出，结合勾股定理列式计算，即可作答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 12．如图，平行四边形中，P是四边形内任意一点，，，，的面积分别为，，，，则 (填“>”、“<”、“=”) 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据题意得出为平行四边形面积的一半，也为平行四边形面积的一半，即可得解，熟练掌握平行四边形的性质是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴为平行四边形面积的一半，也为平行四边形面积的一半， ∴， 故答案为：． 13．如图，在矩形中，，，连接，把线段绕点逆时针方向旋转得线段．在边上取点，使，连接交延长线于点，则线段长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质，根据旋转的性质可知：，，利用可证，根据全等三角形的性质可得，，从而可求，利用可证，根据全等三角形的性质可证，从而可得． 【详解】解：如下图所示，过点作的延长线于点， 四边形是矩形， ，， ， ， 根据旋转的性质可知：，， ，， ， 在和中， ， ，， ， ，，， 在和中， ， 又， ， ． 故答案为： ． 14．如图，在和中，，，以、为邻边作，连接，则线段的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】过点A作，取，连接，取的中点H，连接、，过点C作于点M，证明为等腰直角三角形，求出，根据平行四边形的性质，证明，得出，根据直角三角形性质得出 ，根据，且当C、F、H三点共线时，等号成立，得出当C、F、H三点共线时，最小，即可求解． 【详解】解：过点A作，取，连接，取的中点H，连接、，过点C作于点M，如图所示： ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，且当C、F、H三点共线时，等号成立，当C、F、H三点共线时，最小，且最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，正确作辅助线是解题关键． 15．如图，在四边形中，，，．点、分别为线段、上的动点（含端点，但点不与点重合），点、分别为、的中点，则长度的最大值是 ． 【答案】6.5 【分析】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理的应用，根据三角形的中位线定理得出，从而可知最大时，最大，因为N与B重合时最大，从而求得的最大值为6.5． 【详解】解：连接， ∵点、分别为、的中点， ∴， ∴是三角形的中位线 ∴， ∴最大时，最大， ∵N与B重合时最大， 此时， ∴的最大值为． 故答案为：6.5 16．邻边长分别为，的平行四边形纸片，如图那样折一下，剪下一个边长等于的菱形（称为第一次操作）；再把剩下的平行四边形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时平行四边形一边长的菱形（称为第二次操作）；再把剩下的平行四边形如此反复操作下去，若在第三次操作后，剩下的平行四边形为菱形，则的值 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查了菱形的性质，掌握菱形的四条边都相等是解题关键． 根据题意，进行分类讨论，再根据菱形的性质，列出方程求解即可． 【详解】解：①如图，经历三次折叠后，四边形为菱形， 四边形为菱形， ， ， 四边形为菱形， ， ， 四边形为菱形， ， ， 四边形为菱形， ，即， 解得：； ②如图，经历三次折叠后，四边形为菱形， 四边形为菱形， ， ， ， ∵四边形，，都为菱形， ， ， 解得：； 综上所述，的值为或． 故答案为：或． 17．如图，在矩形中，，，点E为边上的一个动点，连接，以为边向下方作等边，连接，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】以为边向下作等边，连接，延长交的延长线于R．证明，推出，推出点G在射线上运动，推出当时，的值最小． 【详解】解：如图中，以为边向下作等边，连接，延长交的延长线于R． ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点G在射线上运动， ∴当时，的值最小，最小值， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，垂线段最短等知识，解答本题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 18．如图，矩形纸片中，，，点E、点F分别是边、上的一个动点，将沿折叠，使顶点B落在点处，再将纸片沿折叠，使顶点C落在射线上的点处，下列结论：①；②若，则；③当点与重合时，；④连接，若是以为腰的等腰三角形，则或．其中正确的结论有 ．（填序号） 【答案】①②③④ 【分析】本题提考查了折叠问题，矩形性质、等腰三角形性质、勾股定理等知识点的应用是本题的解题关键． 本题由折叠得，，得，即可证明①正确；证明，由相似的性质即可求出，证明②正确；当点与重合时，在中，利用勾股定理求出，即可证明③正确；若是以为腰的等腰三角形，分两种情况：时和时，分别利用等腰三角形的性质和勾股定理求出，即可证明④正确． 【详解】解：由折叠得，，， ∴， 即，故①正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ 若， ∴，， ∴， ∴，故②正确； 设，则， 当点与重合时，如图， 则， 在中，，即， ∴，故③正确； 若是以为腰的等腰三角形，且时，如图，连接， ∵， ∴，即， ∵， ∴， 若是以为腰的等腰三角形，且时， 设，则， 在中，，即， ∴，故④正确； 故答案为：①②③④． 三、解答题 19．如图，平行四边形的对角线，相交于点O，E，F分别是，的中点．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质、平行线的判定与性质，由平行四边形的性质可得，，，得出，证明，得出，求出，即可得证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵E，F分别是，的中点， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，即， ∴． 20．如图，在正方形中，E为的中点，F是上一点，且，求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理、勾股定理逆定理、角平分线的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． （1）设，则，，，由勾股定理得出，，，再由勾股定理逆定理判断即可得证； （2）过点E作于G，由等面积法得出，求出点在的角平分线上，即可得证． 【详解】（1）证明：设， ∵四边形是正方形， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∵， ∴，， ∴，，， ∵，， ∴， ∴； （2）证明：过点E作于G， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴点在的角平分线上， ∴． 21．如图，分别是及其邻补角的平分线，于点E，于点F，四边形是矩形吗？请证明你的结论． 【答案】四边形是矩形，见解析 【分析】本题考查矩形的判定，根据由3个角是直角的四边形为矩形，进行判断即可． 【详解】解：四边形是矩形． 理由：∵分别是及其邻补角的平分线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形． 22．如图，已知的对角线上的两点，，并且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见详解 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，根据四边形是平行四边形得，，再证明，得，同理可得，即可得到结论；掌握平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， 同理可得 ∴四边形是平行四边形． 23．如图，与关于C点成中心对称，若，，，求的长 【答案】 【分析】本题考查了中心对称图形的性质，全等的性质，勾股定理等知识，根据与关于C点成中心对称，得到是解答本题的关键．根据与关于C点成中心对称，可得，即可得，，，进而有，在中，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵与关于C点成中心对称， ∴， ∴，，， ∵，，， ∴，，， ∴， ∴在中，． 即． 24．如图，在中，，，过点A作边的垂线交的延长线于点E，点F是垂足，连接，交于点O． (1)求证：四边形是正方形； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查正方形的判定，三线合一，勾股定理： （1）三线合一，得到，证明，得到，推出四边形是平行四边形，再根据，，即可得证； （2）先证明，进而得到，根据等腰直角三角形的性质，结合勾股定理得到，即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵，，， ∴， ∵四边形是平行四边形． ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴四边形是正方形． （2）∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 25．如图，在平行四边形中，分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于两点，作直线，分别与相交于点．连接． (1)根据作图过程，判断与的位置关系是_______； (2)求证：四边形是菱形． 【答案】(1)垂直平分 (2)见解析 【分析】本题考查了作图−基本作图、线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质，三角形全等的判定与性质，菱形的判定，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的性质． （1）由作图可得垂直平分，即可得到结果； （2）根据垂直平分线的性质和平行四边形的性质证明，推出，即可得到结论． 【详解】（1）解：由作图可得垂直平分， ∴与的位置关系是:垂直平分； （2）证明：由作图可知：直线是线段的垂直平分线， ，，，， ∵四边形是平行四边形， ， ， ∵， ， ， ， ∴四边形是菱形． 26．如图，在边长为的正方形中，点是线段上的动点，连接，过点作交于，垂足为，连接． (1)当点为的中点时， ①求的值； ②求证：； (2)如图，若是的中点，连接，求的最小值． 【答案】(1)①；②证明见解析； (2)的最小值为． 【分析】（1）①利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可；②延长交的延长线于点，利用全等三角形的判定与性质，直角三角形的斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质解答即可； （2）取的中点，连接，，取的中点，过点作于点，延长交于点，连接，，利用全等三角形的判定与性质，三角形的中位线的性质，勾股定理求得，的长度，再利用两点之间线段最短的性质解答即可． 【详解】（1）①解：正方形的边长为，为的中点， ，，． ， ， ， ， 在和中， ， ， ； ②证明：延长交的延长线于点，如图， 由①知：， 点为的中点， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：取的中点，连接，，取的中点，过点作于点，延长交于点，连接，，如图， 则， ，， ， 为的中点， 为的中位线， ，，． ，，， 四边形为矩形， ， ， 在和中， ， ， ，， ． ， ， ， ，， ， ，， ， ， ， 的最小值为． 【点睛】本题考查的知识点是正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的斜边上的中线的性质、等腰三角形的性质、矩形的判定与性质、三角形的中位线的性质、勾股定理、两点之间线段最短，解题关键是添加恰当的辅助线． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$