清单02 四边形（7个考点清单+24种题型解读）-2024-2025学年八年级数学下学期期中考点大串讲（北京版）

清单02 四边形（7个考点梳理+24种题型解读） 清单01 多边形相关概念 多边形 （1） 多边形概念：在平面内，由一些线段首位顺次相接组成的图形叫做多边形。 （2）正多边形概念：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形 多边形的对角线 n 边形一个顶点的对角线数： n-3；n 边形的对角线总数： 多边形的内角和与外角和 （1）n 边形的内角和公式： （n-2）×180°； （2）正多边形的每个内角 知识点4：多边形的外角和 （1）n 边形的外角和： 360° （2）正多边形每个外角的度数： 截角问题 n 边形截去一个角后得到 n/n-1/n+1边形 多边形的内角和和外角和的综合应用 平面镶嵌：用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分完全覆盖，叫做用多边形覆盖平面。 清单02 平行四边形的判定与性质 平行四边形的性质（一） 1. 边的性质：两组对边分别平行且相等，如下图：AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，AB=CD； 2. 角的性质：两组对角分别相等，如图：∠A=∠C，∠B=∠D 平行四边形的性质（二） 对角线的性质：对角线互相平分。如图：AO=CO，BO=DO 平行四边形的判定 1. 与边有关的判定： （1） 两组对边分别平行的四边形是平行四边形 （2） 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 2. 与角有关的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形 3. 与对角线有关的判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形 清单03 矩形的判定与性质 矩形的概念与性质 1. 概念：有一个角是直角的平行四边形是矩形。 2. 性质：（1）矩形的对边平行且相等； （2）矩形的四个角都是直角； （3）矩形的对角线相等。 直角三角形斜边上的中线 直角三角形斜边上的中线 等于斜边的一半 矩形的判定 （1） 有一个角是直角的平行四边形是矩形； （2） 对角线相等的平行四边形是矩形； （3）有三各直角的四边形是矩形。 清单04 菱形的判定与性质 菱形的概念与性质 1、概念：一组邻边相等的平行四边形是菱形 2.性质： 边：菱形的四条边都相等． 对角线：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：菱形的面积等于对角线乘积的一半． 菱形的判定 1. 有一组邻边相等的平行四边形是菱形（定义）． 2. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形（对角线）． 3. 四条边相等的四边形是菱形（边） 清单05 正方形的判定与性质 正方形的概念与性质 1.概念：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 2.性质： （1）具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质 （2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等 （3）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角 （4）正方形是轴对称图形，有4条对称轴 （5）正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等的小等腰直角三角形 （6）正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等。 正方形的判定 （1）有一个角是直角的菱形是正方形； （2）对角线相等的菱形是正方形； （3）对角线互相垂直的矩形是正方形。 注意：判定一个四边形为正方形的一般顺序如下：先证明它是平行四边形，再证明它是菱形（或矩形），最后证明它是矩形（或菱形）。 清单06 三角形的中位线的判定与性质 三角形的中位线 1．连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线. 2．定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半. 注意： （1）三角形有三条中位线，每一条与第三边都有相应的位置关系与数量关系. （2）三角形的三条中位线把原三角形分成可全等的4个小三角形.因而每个小三角形的周长为原三角形周长的，每个小三角形的面积为原三角形面积的. （3）三角形的中位线不同于三角形的中线. 顺次连接任意四边形各边中点得到的四边形的形状 顺次连接任意四边形各边中点得到的四边形是平行四边形. 清单07 中心对称与中心对称图形 中心对称（两个图形） 1.概念 把一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称； 2.性质 （1）关于中心对称的两个图形是全等形。 （2）关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。 （3）关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等。 3.判定 如果两个图形的对应点连线都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形关于这一点对称。 1. 作图步骤： (1) 连接原图形上所有的特殊点和对称中心。 (2) 将以上所连线段延长找对称点，使得特殊点与对称中心的距离和对称点与对称中心的距离相等。 (3) 将对称点按原图形的形状顺次连接起来，即可得出关于中心对称的图形 5.中心对称图形（一个图形） 把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个店就是它的对称中心。 点坐标对称 1.关于原点对称的点的特征 两个点关于原点对称时，它们的坐标的符号相反，即点P（x，y）关于原点的对称点为P’（-x，-y） 2.关于x轴对称的点的特征 两个点关于x轴对称时，它们的坐标中，x相等，y的符号相反，即点P（x，y）关于x轴的对称点为P’（x，-y） 3.关于y轴对称的点的特征 两个点关于y轴对称时，它们的坐标中，y相等，x的符号相反，即点P（x，y）关于y轴的对称点为P’（-x，y） 【考点题型一 多边形的相关概念】（） 【例1】（23-24六年级下·山东烟台·期中）下列说法正确的是（    ） A．四边相等的四边形是正四边形 B．边数最少的正多边形是正方形 C．由正方形的顶点共可确定4条直线 D．正方形有两条对角线 【变式1-1】（23-24七年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）下列真命题的个数是（    ） ①面积相等的等腰直角三角形都全等． ②三角形的重心是三角形三条高线的交点． ③三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形． ④各边都相等的多边形是正多边形． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【变式1-2】（23-24七年级上·湖北十堰·期末）北京时间11月21日0时，23-24国际足联卡塔尔世界杯迎来揭幕战吸引了亿万球迷的观看．同学们知道吗？如图，此足球是由32块黑（正五边形）白（正六边形）皮子缝制而成，其中黑色皮子共有 块． 【变式1-3】（23-24七年级·全国·专题练习）我们熟悉的平面图形中的多边形有三角形、四边形、五边形、六边形、圆等，它们是由若干条 的线段首尾顺次相连组成的 图形． 【变式1-4】（23-24九年级·广东·专题练习）多边形的对角线： 多边形的对角线是连接多边形 的两个顶点的线段，从n边形的一个顶点出发有 条对角线，将n边形分成 个三角形，一个n边形共有 条对角线． 【考点题型二 多边形截角后的问题】（） 【例2】（24-25八年级上·湖南长沙·阶段练习）若一个四边形截去一个角后，可能为（　　）边形 A．4或5 B．3或4 C．3或4或5 D．4或5或6 【变式2-1】（23-24八年级上·四川绵阳·阶段练习）若一个多边形截去一个角后，得到的新多边形为十五边形，则原来的多边形边数为 ． 【变式2-2】（23-24八年级上·黑龙江牡丹江·期末）一个多边形的外角和是内角和的，若这个多边形截去一个角后，则所形成的多边形是 边形． 【变式2-3】（23-24八年级上·陕西安康·期中）小创做了一个数学实验，他先剪出一个长方形纸片，记为四边形，然后再剪去一个角，则剩下的多边形的内角和是多少度？      【变式2-4】（23-24七年级下·河南新乡·期末）如果一个正多边形的每个外角都为45°． (1)求这个正多边形的边数； (2)若截去一个角（截线不经过多边形的顶点），求截完角后所形成的另一个多边形的内角和． 【考点题型三 多边形的对角线问题】（） 【例3】（24-25七年级上·广东揭阳·期末）学习了多边形后，我们知道过多边形的一个顶点可作若干条对角线（三角形除外）．如图，四边形有1条对角线，五边形有2条对角线，过十二边形一个顶点的对角线有（　　） A．11条 B．10条 C．9条 D．8条 【变式3-1】（24-25七年级上·四川成都·期末）已知一个多边形从一个顶点只可以引出4条对角线，那么它总共有（　　）条对角线． A．7 B．28 C．12 D．14 【变式3-2】（24-25八年级上·河南信阳·期末）小宇用计算一个多边形的内角和，则该多边形共 条对角线． 【变式3-3】（24-25七年级上·陕西西安·阶段练习）若某多边形的一个顶点与和它不相邻的其他各顶点连接，可将多边形分成7个三角形，则该多边形的总对角线条数为 ． 【变式3-4】（2024七年级上·全国·专题练习）如图，从多边形任意一边的中点出发，分别连接这个点与其余各顶点（左右相邻顶点除外），可以得到若干条线段，我们把这样的线段叫作“对边线”． 数一数每个多边形中所得“对边线”的条数，你能发现什么规律？ 【问题思考】 （1）结合所给图形思考，从多边形的一边中点出发，可以得到的“对边线”数量，并填写下表： 多边形边数 三 四 五 六 “对边线”条数 __________ ___________ _____________ ____________ 【问题探究】 （2）试着总结边形的“对边线”条数； （3）猜想边形所有边上一共有多少条“对边线”？ 【考点题型四 多边形的内角和】（） 【例4】（24-25八年级上·甘肃陇南·期末）如图，在五边形中，，，，则的大小为（    ）    A． B． C． D． 【变式4-1】（24-25八年级上·山西吕梁·期末）冰裂纹是我国古典园林的传统铺装纹样之一，并被广泛应用于建筑装饰和瓷器．如图2是从图1冰裂纹铺装的路面图案中提取的多边形，则这个多边形的内角和是（   ） A． B． C． D． 【变式4-2】（2025·云南昆明·模拟预测）如图，是四边形的外角，若，则 ． 【变式4-3】（2025·陕西咸阳·一模）如图是由正方形和正五边形叠放在一起形成的图形，点是边的中点，则的度数为 ． 【变式4-4】（24-25八年级上·河北沧州·期末）如图1、图2、图3中，点、分别是正、正四边形、正五边形中以点为顶点的一边延长线和另一边反向延长线上的点，且与能互相重合，延长线交于点． (1)求图1中的度数； (2)图2中的度数为_______，图3中的度数为_______． 【考点题型五 多边形的外角和】（） 【例5】（24-25九年级下·吉林长春·阶段练习）如图，小明在制作树叶标本，不小心将制作好标本遮盖的数学作业本的一个正n边形一部分．若直线所夹锐角为36°，则n的值是（   ） A．9 B．8 C．5 D．4 【变式5-1】（2025·广西玉林·一模）在交通行驶中，看到“停”的标志牌，表示车主需要停下车让行，其形状是一个正八边形，则其中一个内角度数为 ．    【变式5-2】（2025·宁夏·模拟预测）正五边形和正三角形按如图方式叠放在一起，B，P，C三点在同一直线上，经过点A，则的度数为 ． 【变式5-3】（24-25八年级上·内蒙古乌兰察布·阶段练习）如图，，，是某正多边形相邻的三条边，延长，交于点P，， (1)的度数为______； (2)该多边形为正______边形. (3)该多边形对角线的总条数是______． 【变式5-4】（24-25八年级上·河北沧州·阶段练习）已知：正n边形的每条边的边长是4． (1)若正n边形的内角和为，求这个正n边形的周长． (2)若正n边形的每个外角比每个内角小，求n的值． 【考点题型六 平行四边形的判定】（） 【例6】（24-25九年级下·广西贵港·阶段练习）如图，四边形中，对角线相交于点，下列条件不能判定四边形为平行四边形的是（　　） A． B． C． D． 【变式6-1】（24-25八年级下·湖北省直辖县级单位·阶段练习）在四边形中，对角线与相交于点，给出六组条件：①，；②，；③，；④，；⑤，；⑥，．能判定此四边形是平行四边形的有（　　）组． A．5 B．4 C．3 D．2 【变式6-2】（24-25八年级下·广西南宁·阶段练习）如图，在四边形中，对角线，相交于点，其中是的中点，添加一个条件： ，使四边形是平行四边形． 【变式6-3】（24-25九年级上·湖北孝感·期末）如图，平行四边形的对角线，相交于点O，E，F分别是，的中点，连接，．求证：四边形是平行四边形． 【变式6-4】（24-25九年级上·黑龙江绥化·期中）已知：如图，点O是平行四边形的对角线的中点，E，F分别是和上的点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：； 【考点题型七 平行四边形的性质】（） 【例7】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，对角线、交于点O，于点O，若的周长为20，求的周长． 【变式7-1】（24-25九年级下·浙江绍兴·阶段练习）如图，在中，的平分线交于点，的平分线交于点． (1)求证：． (2)若，，求线段的长． 【变式7-2】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在中，的平分线交于E点，且，． (1)求的周长； (2)连结，若，求的面积． 【变式7-3】（23-24八年级上·山东东营·开学考试）如图，中，于E，于F，若的周长为48，．求的面积．    【变式7-4】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在平行四边形中，对角线和交于点O，点分别为的中点，连接． (1)求证：． (2)若，且，，求的长． 【考点题型八 平行四边形的判定与性质应用】（） 【例8】（24-25九年级下·福建厦门·阶段练习）如图，在中，D、E分别是、的中点，F是延长线上的点，且． (1)图中的平行四边形有哪几个？请说明理由． (2)若的面积是4，求四边形的面积． 【变式8-1】（24-25八年级下·江苏徐州·阶段练习）如图，在平行四边形中，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动，点在边上以每秒的速度从点出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点到达点时停止运动，同时点也停止运动．设运动时间为秒，开始运动以后，当为何值时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形？ 【变式8-2】（23-24七年级上·吉林长春·期末）图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，点、、均在格点上．在图①、图②中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，不要求写出画法．    (1)在图①中，过点画与线段互相平行的线段，且点在格点上． (2)在图②中，过点画与线段互相垂直的线段，且点在格点上． 【变式8-3】（23-24八年级下·河南驻马店·期中）如图是由16个边长为1的小正方形拼成的风网格，每个小正方形的顶点叫格点，请在下列三个网格中，以格点为顶点分别按下列要求，将图形画在对应网格中，并注明各边的长度． (1)使三边的长度都是有理数的直角三角形． (2)使三边的长度都是无理数的直角三角形． (3)使一边长为且面积为6的平行四边形． 【变式8-4】（23-24八年级下·吉林白城·期末）如图是边长为1的小正方形网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点A、C均在格点上，且AC＝5，请选择适当的格点，只用无刻度的直尺在网格中完成下列画图． (1)在图①中过点A画出线段AB，使AB＝AC（点B在格点上），并且AB在AC上方． (2)在（1）的条件下，请在图②中画出以AB为一边的平行四边形ABMN，满足． 【考点题型九 矩形的判定】（） 【例9】（2025·江苏南京·模拟预测）已知在四边形中，，，添加下列条件，不能保证四边形是矩形的是(    ) A． B． C． D． 【变式9-1】（24-25八年级上·四川绵阳·期末）已知的对角线相交于点O，分别添加下列条件：①；②；③；④．使得是矩形的条件是（　　） A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 【变式9-2】（24-25八年级下·全国·课后作业）在四边形中，，．添加一个条件，使四边形为矩形，这个条件可以是 （填一个即可）． 【变式9-3】（23-24八年级下·江苏徐州·期中）如图，在平行四边形中，延长到点E，使，连接、、请你添加一个条件 ，使四边形是矩形． 【变式9-4】（24-25九年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，将的对角线向两个方向延长，分别至点和，且使，连接，，，． (1)求证： (2)添加一个条件，使四边形为矩形．直接写出添加的这个条件，不需要说明理由． 【考点题型十 矩形的性质】（） 【例10】（23-24八年级下·河北张家口·期中）如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，为的中点，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【变式10-1】（23-24八年级下·山东聊城·阶段练习）如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点的运动时间为（单位：），下列结论正确的是（    ） A．当时，四边形为矩形 B．当时，四边形为平行四边形 C．当时，或 D．当时，或 【变式10-2】（23-24九年级上·辽宁锦州·期中）如图，矩形的对角线，相交于点O，过点O作交于E，若，，则的长为（    ） A．3 B．4 C．5 D． 【变式10-3】（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，在中，，．P为边上一动点，作于点D，于点E，则的最小值为 ．    【变式10-4】（24-25九年级上·河南焦作·期中）如图，中，，平分，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)作于F，若，，求的长． 【考点题型十一 矩形与折叠问题】（） 【例11】（2024九年级上·全国·专题练习）如图，将矩形纸片沿折叠，使点落在对角线上的点处．若，则等于（   ） A． B． C． D． 【变式11-1】（24-25九年级上·广东深圳·阶段练习）如图，矩形中，，点是边上一点，连接，把沿折叠，使点落在点处，当为直角三角形时，的长为（    ） A．3 B． C．2或3 D．3或 【变式11-2】（24-25八年级下·山东潍坊·阶段练习）如图，是矩形纸片，翻折，使恰好落在上，设分别是落在上的两点，分别是折痕与的交点．连接，若，，则线段的长等于 ． 【变式11-3】（24-25八年级上·广东湛江·期中）如图，将一张长方形纸片沿对角线翻折，点的对应点，与交于点． (1)求证：是等腰三角形； (2)若，，求的长． 【变式11-4】（23-24八年级下·浙江金华·期中）如图1，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且点B的坐标为（4，2），点D为线段上的一个动点，点E为线段上一点（不与点A重合），连结． (1)求对角线所在直线的函数表达式． (2)如图2，将沿着翻折，使点A落在平面内的点F处．若点D为对角线的中点，当点F恰好落在矩形的顶点上时，求的长． 【考点题型十二 求矩形在坐标系中的坐标】（） 【例12】（23-24八年级上·陕西·期末）如图，在矩形中，．若正比例函数的图象经过点C，则k的值为（    ） A．3 B． C． D． 【变式12-1】（23-24八年级下·天津河西·期末）在平面直角坐标系中，已知四边形是矩形，点，，，则这个矩形的面积为（  ） A． B． C． D． 【变式12-2】（23-24八年级下·广东广州·期末）如图，四边形OABC为矩形，点A的坐标为(0，2)，点C的坐标为(4，0)，若直线y=kx−k−1将矩形OABC分成面积相等的两部分，则k的值为（    ） A． B． C．2 D． 【变式12-3】（23-24九年级上·福建福州·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A和C分别落在y轴与x轴的正半轴上，，．若直线把矩形分成面积相等的两部分，则b的值等于 ．    【变式12-4】（23-24七年级下·吉林·期末）在平面直角坐标系中，一个长方形的三个顶点的坐标分别为，和，则第四个顶点的坐标为 ． 【考点题型十三 斜边上的中线等于斜边的一半】（） 【例13】（24-25八年级下·北京顺义·阶段练习）如图，在中，，是斜边上的中线，已知， ， . 【变式13-1】（2025八年级下·全国·专题练习）在中，为钝角，，都是这个三角形的高，P为的中点，若，则的度数为 ． 【变式13-2】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在四边形中，E为对角线的中点，连接、、，若，则的度数为 ． 【变式13-3】（24-25八年级上·四川绵阳·期末）如图，在四边形中，，平分，于点，于点，连接． (1)证明：； (2)若，证明：是等边三角形． 【变式13-4】（24-25八年级上·江苏泰州·期末）如图，在四边形中，．，分别是对角线，的中点． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 【考点题型十四 菱形的判定】（） 【例14】（24-25九年级上·四川成都·期末）在下列条件中选取一个作为增加条件，能使成为菱形的是（   ） A． B． C． D． 【变式14-1】（24-25九年级上·四川达州·期末）如图，在中，对角线，相交于点，再添加一个条件，可推出是菱形，则这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【变式14-2】（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，在平行四边形中，对角线与交于点O，图形中不再添加辅助线和字母，再添加一个条件 ，使平行四边形是菱形．（写出一个即可） 【变式14-3】（2024·陕西渭南·二模）在中，对角线、相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，要使 是菱形，需添加的一个条件是 ．(写出一个即可) 【变式14-4】（2024·山西晋中·三模）如图，在中，为边上一点，平移线段，使点与点重合、点与点重合，连接，，． (1)若，，求的度数．． (2)请再添加一个条件，使四边形为菱形． 【考点题型十五 菱形的性质】（） 【例15】（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，两张宽度均为3cm的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为（   ） A．6cm B． C． D． 【变式15-1】（23-24八年级下·甘肃武威·期末）如图中，是角平分线，交于E，交于F，若， 那么四边形周长为（    ） A．9 B．12 C．15 D．18 【变式15-2】（24-25九年级上·重庆·开学考试）如图，四边形为平行四边形，且平分，作，垂足为．若， ，则 ． 【变式15-3】（23-24八年级下·湖北黄冈·期中）如图，在的两边上分别截取，，使；分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；连接，，，．若，四边形的面积为．则的长为 ． 【变式15-4】（23-24八年级下·河南商丘·期中）如图，平行四边形的对角线、相交于点O，，，E在线段上从点B以的速度运动，点F在线段上从点O以的速度运动，当其中一点到达端点时，另外一点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)若点E、F同时运动，当t为何值时，四边形是平行四边形； (2)在（1）的条件下， 当为何值时，  四边形是菱形？ (3)在（1）的条件下，四边形还可能是矩形吗？为什么？ 【考点题型十六 菱形的面积计算】（） 【例16】（23-24八年级下·甘肃兰州·期末）如图，平行四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，AC＝4，则该平行四边形的面积是（　　） A．16 B．16 C．8 D．8 【变式16-1】（23-24九年级上·河北保定·期中）如图．两条等宽的长方形纸条倾斜的重叠着，已知长方形纸条宽为，，则四边形的面积为（    ）． A． B． C．4 D． 【变式16-2】（24-25九年级下·贵州遵义·阶段练习）如图，用4根长度相等的木棒首尾顺次连接组成四边形中，，则该四边形的面积是 ． 【变式16-3】（2024·重庆·二模）如图，在平行四边形中，，，．E为边上一点，且满足，作的平分线交于点F，则的长度为 【变式16-4】（24-25九年级上·陕西西安·期中）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． 【考点题型十七 正方形的判定】（） 【例17】（24-25九年级下·上海·阶段练习）已知矩形的对角线交于点O，下列条件中能判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【变式17-1】（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，四边形是平行四边形，下列结论中正确的是（   ） A．若，则四边形是正方形 B．若，则四边形是菱形 C．若，则四边形是菱形 D．若，则四边形是矩形 【变式17-2】（24-25九年级上·山西晋中·期中）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）． 【变式17-3】（24-25九年级上·全国·单元测试）如图，菱形的对角线相交于点O，请你添加一个条件，使得该菱形为正方形，添加条件是 ．（只添一个条件即可） 【变式17-4】（23-24八年级下·山西长治·期末）如图，在中， ，E是边上任意一点，连结，过点B作交的延长线于点F，连结． (1)猜想四边形的形状，并证明； (2)若E是边延长线上任意一点，且 ，当和满足_____________关系时，四边形是正方形． 【考点题型十八 正方形的性质】（） 【例18】（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在正方形外侧作等边，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式18-1】（2025·陕西咸阳·一模）七巧板是我国一款传统的益智玩具，历史超三千年，能够启迪智慧，陶冶情操．如图所示，七巧板是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形组成的．若正方形的边长为4，则5号小正方形的面积为 ． 【变式18-2】（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，点O为正方形对角线的中点，连接并延长至点E，连接，若为等边三角形，，则的长为 ． 【变式18-3】（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在边长为的正方形中，点、点分别是、上的点，连接、、，满足＝．若＝，则的长为 ． 【变式18-4】（24-25八年级下·山东聊城·阶段练习）如图，正方形中，是上的一点，连接，过点作，垂足为点，延长交于点，连接．若正方形边长是5，，求的长． 【考点题型十九 正方形折叠问题】（） 【例19】（24-25八年级下·河南驻马店·阶段练习）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 【变式19-1】（23-24八年级下·重庆彭水·期中）如图，四边形是边长为9的正方形纸片，将其沿折叠，使点B落在边上的处，点A的对应点为，且，则BN的长是（    ） A．1.5 B．3 C．4 D．5 【变式19-2】（24-25八年级下·四川成都·阶段练习）如图，在一次综合实践活动中，小明将一张边长为的正方形纸片，沿着边上一点E与点A的连线折叠，点是点B的对应点，延长交DC于点G，，则的长为 ． 【变式19-3】（2024·上海浦东新·三模）如图，在正方形的边上取一点，连接，将沿翻折，点恰好与对角线上的点重合，连接，若，则的面积是 ． 【变式19-4】（23-24八年级上·辽宁沈阳·阶段练习）如图，已知在正方形中，，．将正方形折叠，使点B落在边的中点Q处，点A落在P处，折痕为．已知长为．    (1)求线段和线段的长； (2)连接 ，　 　． 【考点题型二十 中点四边形】（） 【例20】（23-24九年级下·内蒙古包头·阶段练习）如图，在任意四边形中，M，N，P，Q分别是的中点．以下结论：①当时，四边形为正方形；②当时，四边形为菱形；③当时，四边形为矩形；④四边形一定为平行四边形．其中正确的结论有（    ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【变式20-1】（23-24八年级下·山东泰安·阶段练习）任意作一个四边形，并将其四边的中点依次连接起来，得到一个新的四边形，我们将四边形叫做四边形的中点四边形．例如，任意四边形的中点四边形是平行四边形，那么，菱形的中点四边形是（   ） A．矩形 B．菱形 C．平行四边形 D．正方形 【变式20-2】（23-24八年级下·山东菏泽·期中）在四边形中，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的形状是 ． 【变式20-3】（23-24八年级下·广东珠海·期中）如图，已知第1个矩形的面积为，依次连接第1个矩形各边中点得到1个菱形，再依次连接菱形各边中点得到第2个矩形，按此方法继续下去，则第个矩形的面积为 ． 【变式20-4】（23-24九年级上·全国·专题练习）如图所示，E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，连接EF、FG、GH、HE，则四边形EFGH为________形． （1）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是菱形． （2）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是矩形． （3）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是正方形． 在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． 【考点题型二十一 平行四边形存在问题】（） 【例21】（2025·浙江宁波·一模）小明在研究函数特性时，给出了这样的定义：对于函数图象上的点，若且，则称点P为该函数的“轴近点”．已知一次函数（k为常数）的图象上存在“轴近点”，则k的取值范围 ． 【变式21-1】（23-24八年级下·云南昭通·期中）在平面直角坐标系中，已知、，点C在第一象限，且，若存在点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形，则点D的坐标为 ． 【变式21-2】（23-24八年级下·广西河池·期末）如图，直线的解析式为分别与轴交于两点，点的坐标为，过点的直线交轴正半轴于点，且，在轴下方存在点，使以点为顶点的四边形为平行四边形，则点D的坐标为 ．    【变式21-3】（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，直线与交于点，分别与轴、轴交于点、． (1)分别求出点、、的坐标； (2)若是线段上的点，且的面积为12，求直线的函数表达式； (3)在（2）的条件下，设是直线上的点，在平面内是否存在其它点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式21-4】（24-25八年级上·河南商丘·期中）如图1，在长方形中，，，，点P从点B出发，以秒的速度沿向点C运动，设点P的运动时间为t秒． (1)________．（用t的代数式表示） (2)当t为何值时，？ (3)在图2中，当点P从点B开始运动，点Q从点C出发，以秒的速度沿向点D运动，当点P到达C点或点Q到达D点时，P、Q运动停止，问是否存在这样的v值，使得与以点P、Q、C三点为顶点的三角形全等？若存在，请求出v的值；若不存在，请说明理由． 【考点题型二十二 三角形中位线定理】（） 【例22】（23-24八年级下·天津西青·期中）点是矩形的对角线的中点，是边的中点，，，则线段的长为（   ） A． B． C． D． 【变式22-1】（24-25八年级下·福建厦门·阶段练习）如图，在四边形中，，，，，分别为，的中点，则为（   ） A．6 B．8 C．9 D．10 【变式22-2】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在平行四边形的中，，点G是的中点，连结，点H是线段上一动点，连结，已知，当H为中点时，则的长为 ． 【变式22-3】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在平行四边形中，点G，H分别是的中点，点E、F在对角线上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接交于点O，若，，求的长． 【变式22-4】（2025八年级下·全国·专题练习）在中，，点D是的中点，E是延长线上一点，且． (1)如图1，若，，求的长； (2)如图2，点F是的中点，求证：． 【考点题型二十三 三角形中位线定理的应用】（） 【例23】（23-24八年级下·江苏宿迁·期中）如图，A、B两地被建筑物阻隔，为测量A、B两地的距离，连接、，分别取、的中点、．若的长为，求A、B两地的距离． 【变式23-1】（2024·山东青岛·一模）【问题情境】 图形的分割：就是在保持面积不变的前提下，将一个或几个图形分割成两个或几个图形．图形的拼合：就是把一个图形通过分割后再重新拼接组合，在保持面积不变的前提下，得到一个新的图形．图形分割与拼合问题，集趣味性、探索性、实验性于一体． 如图①，任意三角形通过分割后重新拼接，可以拼成平行四边形，方案设计：图形的分割：取中点，中点，连接，沿将分割成两个图形；图形的拼合：如图所示，将绕点旋转，与四边形拼接成平行四边形．此时，的面积与的面积相等． 【探究实践】仿照图示的方法，解答下列问题： 如图②，对直角三角形，设计一种方案，将它分成若干块，再拼成一个与三角形等面积的矩形．请你写出方案设计． 【拓展应用】如图③，对任意三角形，设计一种方案，将它分成若干块，再拼成一个与原三角形等面积的矩形．请你画出方案设计． 【变式23-2】（23-24八年级下·河南三门峡·期末）（1）回归课本 请用文字语言表述三角形的中位线定理：________________． （2）回顾证法 证明三角形中位线定理的方法很多，但多数都要通过添加辅助线构图完成．下面是其中一种辅助线的添加方法．请结合图2，补全求证及证明过程． 已知：在中，点分别是的中点． 求证：________________． 证明：过点作，与的延长线交于点． （3）实践应用 如图3，点和点被池塘隔开，在外选一点，连接，分别取的中点，测得的长度为9米，则两点间的距离为________________．    【变式23-3】（23-24·云南昆明·一模）如图所示，菱形中，，，点E是边上的动点（不与点A、B重合），线段的垂直平分线分别交于点F，G；的中点分别为点M，N． (1)求证：； (2)求的最小值； (3)在点E的运动过程中，的大小是否变化?若没有变化，请求出的度数；若有变化，请说明变化情况． 【变式23-4】（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，在正方形ABCD中，E是AB边上的一个动点，点F在BC边上，点G在射线FC上，且，EF与DG的延长线相交于点H． (1)当E为AB中点时，求的度数； (2)当E在AB边上运动时，问：（1）中的度数是否发生变化？若改变，求的度数的变化范围；若不变，请说明理由． 【考点题型二十四 中心对称图形】（） 【例24】（2025·山东济南·一模）未来将是一个可以预见的时代．一般指人工智能，它是一门研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的新的技术科学．下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是轴对称图形也是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【变式24-1】（24-25九年级上·重庆巴南·阶段练习）已知点与关于原点对称，则的值是（    ）． A． B． C． D． 【变式24-2】（24-25九年级上·辽宁盘锦·阶段练习）如图，在单位长度为1的平面直角坐标系网格中，与的顶点都在格点上，且与关于点E成中心对称，则对称中心点E的坐标是 ． 【变式24-3】（23-24七年级下·黑龙江哈尔滨·期末）平面直角坐标系中点关于原点对称的点的坐标是，则点的坐标是 ． 【变式24-4】（24-25九年级上·河南商丘·阶段练习）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上． (1)将向右平移6个单位长度得到，请画出； (2)画出关于点O的中心对称图形； (3)若将绕某一点旋转可得到，请直接写出旋转中心的坐标． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 清单02 四边形（7个考点梳理+24种题型解读） 清单01 多边形相关概念 多边形 （1） 多边形概念：在平面内，由一些线段首位顺次相接组成的图形叫做多边形。 （2）正多边形概念：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形 多边形的对角线 n 边形一个顶点的对角线数： n-3；n 边形的对角线总数： 多边形的内角和与外角和 （1）n 边形的内角和公式： （n-2）×180°； （2）正多边形的每个内角 知识点4：多边形的外角和 （1）n 边形的外角和： 360° （2）正多边形每个外角的度数： 截角问题 n 边形截去一个角后得到 n/n-1/n+1边形 多边形的内角和和外角和的综合应用 平面镶嵌：用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分完全覆盖，叫做用多边形覆盖平面。 清单02 平行四边形的判定与性质 平行四边形的性质（一） 1. 边的性质：两组对边分别平行且相等，如下图：AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，AB=CD； 2. 角的性质：两组对角分别相等，如图：∠A=∠C，∠B=∠D 平行四边形的性质（二） 对角线的性质：对角线互相平分。如图：AO=CO，BO=DO 平行四边形的判定 1. 与边有关的判定： （1） 两组对边分别平行的四边形是平行四边形 （2） 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 2. 与角有关的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形 3. 与对角线有关的判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形 清单03 矩形的判定与性质 矩形的概念与性质 1. 概念：有一个角是直角的平行四边形是矩形。 2. 性质：（1）矩形的对边平行且相等； （2）矩形的四个角都是直角； （3）矩形的对角线相等。 直角三角形斜边上的中线 直角三角形斜边上的中线 等于斜边的一半 矩形的判定 （1） 有一个角是直角的平行四边形是矩形； （2） 对角线相等的平行四边形是矩形； （3）有三各直角的四边形是矩形。 清单04 菱形的判定与性质 菱形的概念与性质 1、概念：一组邻边相等的平行四边形是菱形 2.性质： 边：菱形的四条边都相等． 对角线：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：菱形的面积等于对角线乘积的一半． 菱形的判定 1. 有一组邻边相等的平行四边形是菱形（定义）． 2. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形（对角线）． 3. 四条边相等的四边形是菱形（边） 清单05 正方形的判定与性质 正方形的概念与性质 1.概念：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 2.性质： （1）具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质 （2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等 （3）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角 （4）正方形是轴对称图形，有4条对称轴 （5）正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等的小等腰直角三角形 （6）正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等。 正方形的判定 （1）有一个角是直角的菱形是正方形； （2）对角线相等的菱形是正方形； （3）对角线互相垂直的矩形是正方形。 注意：判定一个四边形为正方形的一般顺序如下：先证明它是平行四边形，再证明它是菱形（或矩形），最后证明它是矩形（或菱形）。 清单06 三角形的中位线的判定与性质 三角形的中位线 1．连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线. 2．定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半. 注意： （1）三角形有三条中位线，每一条与第三边都有相应的位置关系与数量关系. （2）三角形的三条中位线把原三角形分成可全等的4个小三角形.因而每个小三角形的周长为原三角形周长的，每个小三角形的面积为原三角形面积的. （3）三角形的中位线不同于三角形的中线. 顺次连接任意四边形各边中点得到的四边形的形状 顺次连接任意四边形各边中点得到的四边形是平行四边形. 清单07 中心对称与中心对称图形 中心对称（两个图形） 1.概念 把一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称； 2.性质 （1）关于中心对称的两个图形是全等形。 （2）关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。 （3）关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等。 3.判定 如果两个图形的对应点连线都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形关于这一点对称。 1. 作图步骤： (1) 连接原图形上所有的特殊点和对称中心。 (2) 将以上所连线段延长找对称点，使得特殊点与对称中心的距离和对称点与对称中心的距离相等。 (3) 将对称点按原图形的形状顺次连接起来，即可得出关于中心对称的图形 5.中心对称图形（一个图形） 把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个店就是它的对称中心。 点坐标对称 1.关于原点对称的点的特征 两个点关于原点对称时，它们的坐标的符号相反，即点P（x，y）关于原点的对称点为P’（-x，-y） 2.关于x轴对称的点的特征 两个点关于x轴对称时，它们的坐标中，x相等，y的符号相反，即点P（x，y）关于x轴的对称点为P’（x，-y） 3.关于y轴对称的点的特征 两个点关于y轴对称时，它们的坐标中，y相等，x的符号相反，即点P（x，y）关于y轴的对称点为P’（-x，y） 【考点题型一 多边形的相关概念】（） 【例1】（23-24六年级下·山东烟台·期中）下列说法正确的是（    ） A．四边相等的四边形是正四边形 B．边数最少的正多边形是正方形 C．由正方形的顶点共可确定4条直线 D．正方形有两条对角线 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的定义，正三角形的定义，正方形的性质，理解相关的定义及性质是解题的关键． 【详解】解：A.四边相等的四边形是菱形，结论错误，故不符合题意； B.边数最少的正多边形是等边三角形，结论错误，故不符合题意； C.由正方形的顶点共可确定条直线，结论错误，故不符合题意； D.正方形有两条对角线，结论正确，故符合题意； 故选：D． 【变式1-1】（23-24七年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）下列真命题的个数是（    ） ①面积相等的等腰直角三角形都全等． ②三角形的重心是三角形三条高线的交点． ③三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形． ④各边都相等的多边形是正多边形． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【分析】本题考查的是三角形相关的基础概念，熟练掌握三角形的相关概念是解题的关键． 【详解】解：①面积相等的等腰直角三角形都全等，是真命题； ②三角形的重心是三角形三条中线的交点，原命题是假命题； ③不在同一直线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形，原命题是假命题； ④各边都相等的多边形，各角也相等的多边形是正多边形，原命题是假命题； 真命题为①， 故选B． 【变式1-2】（23-24七年级上·湖北十堰·期末）北京时间11月21日0时，23-24国际足联卡塔尔世界杯迎来揭幕战吸引了亿万球迷的观看．同学们知道吗？如图，此足球是由32块黑（正五边形）白（正六边形）皮子缝制而成，其中黑色皮子共有 块． 【答案】12 【分析】设足球上黑皮有x块，则白皮为块，可得五边形的边数共有条，六边形边数有条．由图可得，一块白皮（六边形）中，有三边与黑皮（五边形）相连，可得白皮边数是黑皮边数的2倍，由此列出方程，即可求解． 【详解】解：设足球上黑皮有x块，则白皮为块， ∴五边形的边数共有条，六边形边数有条． 由图形关系得：每个正六边形白皮的周围有3个黑皮边， ∴白皮的边数为黑皮的2倍， ∴ 解得：， 答：白皮20块，黑皮12块． 故答案为：12 【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，明确题意，准确得到白皮的边数为黑皮的2倍是解题的关键． 【变式1-3】（23-24七年级·全国·专题练习）我们熟悉的平面图形中的多边形有三角形、四边形、五边形、六边形、圆等，它们是由若干条 的线段首尾顺次相连组成的 图形． 【答案】 不在同一直线上 封闭平面 【变式1-4】（23-24九年级·广东·专题练习）多边形的对角线： 多边形的对角线是连接多边形 的两个顶点的线段，从n边形的一个顶点出发有 条对角线，将n边形分成 个三角形，一个n边形共有 条对角线． 【答案】 任意不相邻 【分析】根据多边形的对角线的定义作答即可． 【详解】解：多边形的对角线是指连接多边形任意不相邻的两个顶点的线段，从n边形的一个顶点出发有条对角线，将边形分成个三角形，一个n边形共有条对边线． 故答案为：任意不相邻，，，． 【点睛】本题考查了多边形的对角线．解题的关键在于熟练掌握多边形对角线的定义，对角线的条数等知识． 【考点题型二 多边形截角后的问题】（） 【例2】（24-25八年级上·湖南长沙·阶段练习）若一个四边形截去一个角后，可能为（　　）边形 A．4或5 B．3或4 C．3或4或5 D．4或5或6 【答案】C 【分析】本题主要考查了多边形，解题的关键是理解多边形截去一个角的位置可得：比原多边形可能少1条边，可能边的条数不变，也可能增加1条边． 根据多边形截去一个角的位置可得：比原多边形可能少1条边，可能边的条数不变，也可能增加1条边；据此求解即可． 【详解】解：若一个四边形截去一个角后，可能为3或4或5边形． 故选：C． 【变式2-1】（23-24八年级上·四川绵阳·阶段练习）若一个多边形截去一个角后，得到的新多边形为十五边形，则原来的多边形边数为 ． 【答案】14或15或16 【分析】分三种情况进行讨论，得出答案即可． 【详解】解：如图，一个多边形减去一个角后，比原来多边形少了一条边， ∴此时原多边形的边数为； 如图，一个多边形减去一个角后，与原来多边形的边数相同， ∴此时原多边形的边数为15； 如图，一个多边形减去一个角后，比原来多边形多了一条边， ∴此时原多边形的边数为； 综上分析可知，原来的多边形边数为14或15或16． 故答案为：14或15或16． 【点睛】本题主要考查了多边形的边数问题，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论． 【变式2-2】（23-24八年级上·黑龙江牡丹江·期末）一个多边形的外角和是内角和的，若这个多边形截去一个角后，则所形成的多边形是 边形． 【答案】六或七或八 【分析】首先求得多边形的边数，再分三种情况讨论即可。 【详解】解：设多边形的边数为，依题意，得： ， 解得：， 如图，剪切有下列三种情况： ①不经过顶点剪，则所形成的多边形是八边形； ②只过一个顶点剪，则所形成的多边形是七边形； ③过两个相邻顶点剪，则所形成的多边形是六边形。 故答案为：六或七或八。 【点睛】本题考查多边形的内角和定理和外角和定理，分三种情况解答是关键． 【变式2-3】（23-24八年级上·陕西安康·期中）小创做了一个数学实验，他先剪出一个长方形纸片，记为四边形，然后再剪去一个角，则剩下的多边形的内角和是多少度？      【答案】剩下的多边形的内角和是或或． 【分析】本题考查了多边形的内角和定理，分四边形剪去一个角，边数减少1，不变，增加1，三种情况讨论求出所得多边形的内角和，即可得解． 【详解】解：剪去一个角，若边数减少1，为三角形，则内角和为； 若边数不变，还是四边形，则内角和为； 若边数增加1，为五角形，则内角和， 综上，剩下的多边形的内角和是或或． 【变式2-4】（23-24七年级下·河南新乡·期末）如果一个正多边形的每个外角都为45°． (1)求这个正多边形的边数； (2)若截去一个角（截线不经过多边形的顶点），求截完角后所形成的另一个多边形的内角和． 【答案】(1)这个正多边形的边数为8； (2) 【分析】（1）利用正多边形的性质和多边形的外角和计算即可； （2）由题意确定截完角后所形成多边形的边数，然后利用多边形的内角和公式计算即可． 【详解】（1）解：由题意可得：， 即这个正多边形的边数为8； （2）解：∵将正多边形截去一个角（截线不经过多边形的顶点）， ∴截完角后所形成的多边形为九边形， 则其内角和为：． 【点睛】本题考查多边形的内角和与外角和，正多边形的性质，（2）中根据题意确定截完角后所形成多边形的边数是解题的关键． 【考点题型三 多边形的对角线问题】（） 【例3】（24-25七年级上·广东揭阳·期末）学习了多边形后，我们知道过多边形的一个顶点可作若干条对角线（三角形除外）．如图，四边形有1条对角线，五边形有2条对角线，过十二边形一个顶点的对角线有（　　） A．11条 B．10条 C．9条 D．8条 【答案】C 【分析】本题考查了多边形对角线的条数问题，掌握相关知识是解题的关键． 根据从一个多边形一个顶点出发，可以连的对角线的条数是边数，即可得出答案． 【详解】解：四边形从一个顶点出发，可以画1条对角线， 五边形从一个顶点出发，可以画2条对角线， 六边形从一个顶点出发，可以画3条对角线， ∴边形从一个顶点出发，可以画条对角线， ∴十二边形从一个顶点出发，可以画9条对角线； 故选：C． 【变式3-1】（24-25七年级上·四川成都·期末）已知一个多边形从一个顶点只可以引出4条对角线，那么它总共有（　　）条对角线． A．7 B．28 C．12 D．14 【答案】D 【分析】本题考查了多边形对角线的问题．根据n边形从一个顶点出发可引出条对角线，再根据求出总的对角线数量． 【详解】解：根据题意可知， ， ∴， ∴这个多边形共有对角线的数量为： ； 故选：D． 【变式3-2】（24-25八年级上·河南信阳·期末）小宇用计算一个多边形的内角和，则该多边形共 条对角线． 【答案】9 【分析】本题主要考查多边形内角与外角、多边形的对角线，熟记以上知识点是解题的关键．根据求多边形的对角线公式进行作答即可． 【详解】解： （条）． 故答案为：9． 【变式3-3】（24-25七年级上·陕西西安·阶段练习）若某多边形的一个顶点与和它不相邻的其他各顶点连接，可将多边形分成7个三角形，则该多边形的总对角线条数为 ． 【答案】27 【分析】本题考查了多边形的对角线，熟练掌握n边形的总对角线条数公式是解题的关键． 经过n边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成个三角形，由此求出多边形的边数，再根据n边形的总对角线条数公式计算即可． 【详解】解：若某多边形的一个顶点与和它不相邻的其他各顶点连接，可将多边形分成7个三角形， 则这个多边形的边数为， 所以该多边形的总对角线条数为＝27（条）， 故答案为：27． 【变式3-4】（2024七年级上·全国·专题练习）如图，从多边形任意一边的中点出发，分别连接这个点与其余各顶点（左右相邻顶点除外），可以得到若干条线段，我们把这样的线段叫作“对边线”． 数一数每个多边形中所得“对边线”的条数，你能发现什么规律？ 【问题思考】 （1）结合所给图形思考，从多边形的一边中点出发，可以得到的“对边线”数量，并填写下表： 多边形边数 三 四 五 六 “对边线”条数 __________ ___________ _____________ ____________ 【问题探究】 （2）试着总结边形的“对边线”条数； （3）猜想边形所有边上一共有多少条“对边线”？ 【答案】（1）1，2，3，4；（2）由表可以得出边形的“对边线”有条；（3）条． 【分析】此题考查了多边形的性质，解题的关键是掌握“对边线”的概念． （1）根据“对边线”的概念求解即可； （2）根据（1）中的结果总结求解即可； （3）由题意得到边形一条边上有条“对边线”，然后结合边形有m条边求解即可． 【详解】（1）根据题意得，三角形有1条“对边线”，四边形有2条“对边线”，五边有3条“对边线”，六边形有4条“对边线”， 列表如下： 多边形边数 三 四 五 六 “对边线”条数 1 2 3 4 （2）由（1）得，边形的“对边线”条数为； （3）根据题意得，边形一条边上有条“对边线” ∵边形有m条边 ∴边形所有边上一共有条“对边线”． 【考点题型四 多边形的内角和】（） 【例4】（24-25八年级上·甘肃陇南·期末）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4-1】（24-25八年级上·山西吕梁·期末）冰裂纹是我国古典园林的传统铺装纹样之一，并被广泛应用于建筑装饰和瓷器．如图2是从图1冰裂纹铺装的路面图案中提取的多边形，则这个多边形的内角和是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了多边形的内角和公式，根据题意得到多边形是六边形，利用n边形内角和公式进行解答即可． 【详解】解：由题意可知，多边形是六边形， ∴这个多边形的内角和是， 故选D． 【变式4-2】（2025·云南昆明·模拟预测）如图，是四边形的外角，若，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了四边形内角和定理，先由平角的定义求出的度数，再根据四边形内角和为360度即可求出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式4-3】（2025·陕西咸阳·一模）如图是由正方形和正五边形叠放在一起形成的图形，点是边的中点，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查的是正多边形的性质，正多边形的内角和定理的应用，根据正五边形的内角和可得，结合直线为正五边形的对称轴，可得，进一步结合正方形的性质可得答案. 【详解】解：∵正五边形，点是边的中点， ∴，直线为正五边形的对称轴， ∴， ∵正方形， ∴， ∴； 故答案为： 【变式4-4】（24-25八年级上·河北沧州·期末）如图1、图2、图3中，点、分别是正、正四边形、正五边形中以点为顶点的一边延长线和另一边反向延长线上的点，且与能互相重合，延长线交于点． (1)求图1中的度数； (2)图2中的度数为_______，图3中的度数为_______． 【答案】(1) (2)， 【分析】本题主要考查了正多边形的内角，全等三角形，三角形的外角定理等知识点，解题的关键是掌握正多边形内角度数以及外角定理． （1）根据三角形全等找出对应角相等，结合对顶角相等和三角形外角定理，可表示出等于多变形的内角，可求出度数； （2）利用（1）的方法可求出本题的结果． 【详解】（1）解：是正三角形， , ∵与能互相重合， ， ， 又， ， ， ∴的度数为． （2）解： ∵四边形为正四边形， ∴, 同（1）可得，, ∴的度数为; ∵五边形为正五边形， ∴， 同（1）可得，, ∴的度数为． 故答案为：， 【考点题型五 多边形的外角和】（） 【例5】（24-25九年级下·吉林长春·阶段练习）如图，小明在制作树叶标本，不小心将制作好标本遮盖的数学作业本的一个正n边形一部分．若直线所夹锐角为36°，则n的值是（   ） A．9 B．8 C．5 D．4 【答案】C 【分析】本题考查正多边形外角的相关知识，三角形内角和定理应用，正多边形每个外角都相等，外角和为，据此计算即可求解． 【详解】解：延长、交于点C，如图所示： 则， ∵、为正多边形的外角， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 【变式5-1】（2025·广西玉林·一模）在交通行驶中，看到“停”的标志牌，表示车主需要停下车让行，其形状是一个正八边形，则其中一个内角度数为 ．    【答案】 【分析】本题考查了正多边形的外角和与内角的综合应用．根据正多边形的每个外角相等，用外角和除以边数即可求解外角，再进一步求解即可． 【详解】解：正八边形的每个外角等于， ∴其中一个内角度数为； 故答案为：． 【变式5-2】（2025·宁夏·模拟预测）正五边形和正三角形按如图方式叠放在一起，B，P，C三点在同一直线上，经过点A，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查多边形的内角和外角问题．根据正五边形的内角、外角的计算方法分别求出其度数，再根据三角形内角和定理以及平角的定义进行计算即可． 【详解】解：五边形是正五边形， ，， 是正三角形， ， ， ． 故答案为：． 【变式5-3】（24-25八年级上·内蒙古乌兰察布·阶段练习）如图，，，是某正多边形相邻的三条边，延长，交于点P，， (1)的度数为______； (2)该多边形为正______边形. (3)该多边形对角线的总条数是______． 【答案】(1) (2)十二 (3)54 【分析】本题考查正多边的性质、三角形的内角和定理，熟练掌握正多边形的性质是解答的关键． （1）根据正多边的每个内角都相等得，进而得到，根据三角形的内角和定理求解即可； （2）根据正多边形的外角等于求解即可； （3）根据多边形的对角线总条数公式求解即可． 【详解】（1）解：∵，，是某正多边形相邻的三条边， ∴， ∴，即， ∵， ∴， 故答案为：； （2）解：∵是正多边形的一个外角， ∴该正多边形的边数为， 故该多边形为正十二边形， 故答案为：十二； （3）解：∵该多边形为正十二边形， ∴该多边形对角线的总条数是（条）， 故答案为：54． 【变式5-4】（24-25八年级上·河北沧州·阶段练习）已知：正n边形的每条边的边长是4． (1)若正n边形的内角和为，求这个正n边形的周长． (2)若正n边形的每个外角比每个内角小，求n的值． 【答案】(1)36 (2)10 【分析】本题主要考查正多边形内角和外角和的相关知识． （1）根据多边形的内角和公式列式进行计算求得边数． （2）设正n边形的每个外角为x，则每个内角为，然后根据题意列方程，求出正n边形的每个外角为，进而求解即可． 【详解】（1）解：由题意可得，解得， ∴正n边形的周长为； （2）解：设正n边形的每个外角为x，则每个内角为， 根据题意得，， 解得， ∴正n边形的每个外角为， ∴． 【考点题型六 平行四边形的判定】（） 【例6】（24-25九年级下·广西贵港·阶段练习）如图，四边形中，对角线相交于点，下列条件不能判定四边形为平行四边形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定方法，解决本题的关键是根据平行四边形的 判定定理进行判定即可． 【详解】解：A选项：，，根据两组对角分别相等的四边形是平行四边形，可证四边形为平行四边形，故A选项不符合题意； B选项：，，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可证四边形为平行四边形，故选项不符合题意； C选项：，，一组对边平行，另一组对边相等的四边形还有 可能是等腰梯形， 不能证明四边形为平行四边形，故C选项符合题意； D选项：，， 四边形的两条对角线互相平分，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可证四边形为平行四边形，故D选项不符合题意． 故选： C． 【变式6-1】（24-25八年级下·湖北省直辖县级单位·阶段练习）在四边形中，对角线与相交于点，给出六组条件：①，；②，；③，；④，；⑤，；⑥，．能判定此四边形是平行四边形的有（　　）组． A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．根据平行四边形判定定理分别进行判断得出即可． 【详解】解：如图， ①由“，”可知，四边形的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形； ②由“，”可知，四边形的一组对边平行且相等，据此能判定该四边形是平行四边形； ③由“，”可知，四边形的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形； ④由“，”可知，四边形的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形； ⑤由“，”可知，四边形的两组对边相等，则该四边形是平行四边形； ⑥由可知，由，可得，可证，可得四边形是平行四边形， 则能判定此四边形是平行四边形的有5组， 故选：A． 【变式6-2】（24-25八年级下·广西南宁·阶段练习）如图，在四边形中，对角线，相交于点，其中是的中点，添加一个条件： ，使四边形是平行四边形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】此题主要考查了平行四边形的判定．根据对角线相互平分的四边形是平行四边形进行解答． 【详解】解：添加， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 故答案为：（答案不唯一）． 【变式6-3】（24-25九年级上·湖北孝感·期末）如图，平行四边形的对角线，相交于点O，E，F分别是，的中点，连接，．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和性质，正确的识别图形是解题的关键． 首先由平行四边形得到，，然后结合中点性质得到，即可判定四边形是平行四边形． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，， 、F分别是、的中点， ，， ， 四边形是平行四边形． 【变式6-4】（24-25九年级上·黑龙江绥化·期中）已知：如图，点O是平行四边形的对角线的中点，E，F分别是和上的点，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】本题主要考查平行四边形的判定和性质，也考查了全等三角形的判定，熟练掌握相关的判定和性质是解答本题的关键． （1）直接利用两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明即可； （2）先利用平行四边形的性质得到，，继而得到，从而得证； 【详解】（1）∵平行四边形， ， 又， ∴四边形是平行四边形； （2）∵平行四边形， ，，， 又∵四边形是平行四边形， ， ， ， 【考点题型七 平行四边形的性质】（） 【例7】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，对角线、交于点O，于点O，若的周长为20，求的周长． 【答案】40 【分析】本题考查了平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质等知识，解题的关键是线段间的转化，利用整体思想求解平行四边形的周长．由平行四边形的性质得点O为中点，再由线段垂直平分线的性质得，然后求出的值，即可得出结果． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴点O为中点， ∵， ∴， ∴的周长， ∴平行四边形周长为． 【变式7-1】（24-25九年级下·浙江绍兴·阶段练习）如图，在中，的平分线交于点，的平分线交于点． (1)求证：． (2)若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，熟练掌握平行四边形的各个性质是解题关键． （1）由平行四边形的性质结合角平分线的定义证得，即可求解； （2）由平行四边形的性质结合角平分线的定义可得，再求出，即可求解的长． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形， ，，， 平分，平分， ，， ， 在和中， ， ， ． （2）解：平分， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， ． 【变式7-2】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在中，的平分线交于E点，且，． (1)求的周长； (2)连结，若，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的性质、勾股定理的逆定理．熟练掌握平行四边形的性质、角平分线的性质、勾股定理的逆定理是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质和角平分线进行求解即可； （2）先证明为直角三角形 ，再求四边形的面积即可． 【详解】（1）解：在平行四边形中，，   ， 平分， ， ， ， ， 平行四边形的周长为：． （2）解：，，，   ， 为直角三角形，即， 平行四边形的面积． 【变式7-3】（23-24八年级上·山东东营·开学考试）如图，中，于E，于F，若的周长为48，．求的面积．    【答案】80 【分析】此题主要考查的知识点：（1）平行四边形的两组对边分别相等；（2）平行四边形的面积等于边长乘以高．已知平行四边形的高，根据“等面积法”列方程，求，从而求出平行四边形的面积． 【详解】解：设，则， 根据平行四边形的面积公式可得 ， 解之得，． 则平行四边形的面积等于． 【变式7-4】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在平行四边形中，对角线和交于点O，点分别为的中点，连接． (1)求证：． (2)若，且，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)16 【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，勾股定理，掌握平行四边形性质和全等三角形的判定定理是解题关键． （1）由平行四边形性质，，再结合中点条件，利用“”即可证明． （2）根据题意得出为等腰三角形，由F是的中点，可得，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵平行四边形， ∴，，， ∴， ∵点E，F分别为的中点， ∴，， ∴， 在和中， ， ． （2）解：根据题意得 ∴， ∵平行四边形， ， ∴为等腰三角形， ∵点F是的中点， ∴， 在中，，， ， 【考点题型八 平行四边形的判定与性质应用】（） 【例8】（24-25九年级下·福建厦门·阶段练习）如图，在中，D、E分别是、的中点，F是延长线上的点，且． (1)图中的平行四边形有哪几个？请说明理由． (2)若的面积是4，求四边形的面积． 【答案】(1)图中的平行四边形有：平行四边形，平行四边形，理由见解析 (2)16 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，关键是掌握平行四边形的判定定理，掌握平行四边形对角线分成的四个小三角形面积相等． （1）由为的中点，可得，再由条件可得四边形是平行四边形； （2）根据等底等高的三角形面积相等可得平行四边形对角线分成的四个小三角形面积相等可得的面积和的面积都等于的面积为4，从而可得四边形的面积为16． 【详解】（1）解：图中的平行四边形有：平行四边形，平行四边形， 理由是：∵E为的中点， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∵D为的中点， ， ， ∴四边形是平行四边形． （2）解：由（1）知四边形是平行四边形，四边形是平行四边形， ∴平行四边形的面积是16． 【变式8-1】（24-25八年级下·江苏徐州·阶段练习）如图，在平行四边形中，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动，点在边上以每秒的速度从点出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点到达点时停止运动，同时点也停止运动．设运动时间为秒，开始运动以后，当为何值时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形？ 【答案】 【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质，注意能求出符合条件的所有情况是解此题的关键，注意掌握分类讨论思想的应用．设经过秒，根据平行四边形的判定可得当时，以点，，，为顶点组成平行四边形，然后分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可． 【详解】解：∵平行四边形是平行四边形， ∴，， ∵要使以点，，，为顶点组成平行四边形， ∴只需， ∵点从点到点需要，点从到需要， 分为以下情况： 当时，即点的运动路线在时， 由题意，得：， 解得：，此时不符合题意； ②当时，点的运动路线在时， 由题意，得：， 解得：； ③当时，点的运动路线在时， 由题意，得：， 解得：，此时不符合题意； 综上所述，． 【变式8-2】（23-24七年级上·吉林长春·期末）图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，点、、均在格点上．在图①、图②中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，不要求写出画法．    (1)在图①中，过点画与线段互相平行的线段，且点在格点上． (2)在图②中，过点画与线段互相垂直的线段，且点在格点上． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据平行四边的判定及性质画出图形即可； （2）根据垂线的定义作图即可． 【详解】（1）解：如图所示，线段为所求； （2）解：如图所示，线段为所求， 【点睛】本题主要考查作图-应用与设计作图，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题． 【变式8-3】（23-24八年级下·河南驻马店·期中）如图是由16个边长为1的小正方形拼成的风网格，每个小正方形的顶点叫格点，请在下列三个网格中，以格点为顶点分别按下列要求，将图形画在对应网格中，并注明各边的长度． (1)使三边的长度都是有理数的直角三角形． (2)使三边的长度都是无理数的直角三角形． (3)使一边长为且面积为6的平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【详解】（1）解：如图1中，即为所求作． AB=4，BC=3，AC==5， 故△ABC符合要求； （2）解：如图2中，即为所求作． AB=，AC=，BC=， 故△ABC符合要求； （3）解：如图，四边形即为所求作． ∵AD=BC=2，ADBC， ∴四边形ABCD是平行四边形， AB=CD=， ， 故四边形ABCD符合要求； 【点睛】本题考查勾股定理，平行四边形的判定与性质，熟练掌握利用勾股定理进行网格作图是解题的关键． 【变式8-4】（23-24八年级下·吉林白城·期末）如图是边长为1的小正方形网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点A、C均在格点上，且AC＝5，请选择适当的格点，只用无刻度的直尺在网格中完成下列画图． (1)在图①中过点A画出线段AB，使AB＝AC（点B在格点上），并且AB在AC上方． (2)在（1）的条件下，请在图②中画出以AB为一边的平行四边形ABMN，满足． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）利用勾股定理结合网格特点作出线段AB＝5即可； （2）利用平行四边形的性质作图即可． 【详解】（1）解：如图①，线段AB即为所求． （2）如图②，平行四边形ABMN即为所求． 【点睛】本题考查了勾股定理，平行四边形的性质，熟练掌握勾股定理和平行四边形的性质是解题的关键． 【考点题型九 矩形的判定】（） 【例9】（2025·江苏南京·模拟预测）已知在四边形中，，，添加下列条件，不能保证四边形是矩形的是(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由，，证明四边形是平行四边形，，而，则，求得，则四边形是矩形，可判断A不符合题意；由，，证明四边形是平行四边形，则，所以，求得，则四边形是矩形，可判断B不符合题意；由，，，证明，得，可知四边形可能是等腰梯形，也可能是平行四边形，可判断C符合题意；由，，得，由，得，则，所以，则四边形是矩形，可判断D不符合题意，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图1，，， 四边形是平行四边形，， ， ， ， 四边形是矩形， 故A不符合题意； 如图，，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， 故B不符合题意； 如图， 在和中， ， ， ， ， 四边形可能是等腰梯形，也可能是平行四边形， 不能保证四边形是矩形， 故C符合题意； 如图，，， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， 故D不符合题意， 故选：C． 【变式9-1】（24-25八年级上·四川绵阳·期末）已知的对角线相交于点O，分别添加下列条件：①；②；③；④．使得是矩形的条件是（　　） A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 【答案】D 【分析】观察题目，本题主要考查矩形的判定，熟知矩形的判定定理是解题的关键； 对于①，根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”判断即可； 对于②，根据“对角线垂直的平行四边形是菱形”判断即可； 对于其余的条件，结合矩形的判定定理以及平行四边形的性质判断即可． 【详解】①当时， ∵，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形，故①正确； ②当时， ∵，四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形，故②错误； ③当时， ∵，四边形为平行四边形， ∴四边形是矩形，故③正确； ④当时， ． ∵，四边形为平行四边形， ∴，四边形是矩形， 故④正确． 综上可得平行四边形是矩形的条件的序号是①③④． 故选：D 【变式9-2】（24-25八年级下·全国·课后作业）在四边形中，，．添加一个条件，使四边形为矩形，这个条件可以是 （填一个即可）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】此题考查了平行线间的距离相等，平行线的性质，矩形的判定定理：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形，首先根据和得到，然后结合得到且，即可证明四边形是矩形． 【详解】如图所示，添加． ∵在四边形中， ∴ ∵ ∴ ∵ ∴且 ∴四边形是矩形． 故答案为：（答案不唯一）． 【变式9-3】（23-24八年级下·江苏徐州·期中）如图，在平行四边形中，延长到点E，使，连接、、请你添加一个条件 ，使四边形是矩形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查矩形的判定方法，掌握矩形的判定方法是解题的关键．矩形常见的判定方法有：有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的四边形是矩形；有三个角是直角的四边形是矩形． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴根据对角线相等的平行四边形是矩形，可以添加一个条件即. 故答案为：（答案不唯一）． 【变式9-4】（24-25九年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，将的对角线向两个方向延长，分别至点和，且使，连接，，，． (1)求证： (2)添加一个条件，使四边形为矩形．直接写出添加的这个条件，不需要说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定等知识； （1）根据题意得到，推出，再结合判定即可求出； （2）连接，与交于点O，根据题意证出四边形是平行四边形，即可求出． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 在与中， ， （）； （2）添加条件为：．理由如下， 连接，与交于点O．如图所示∶ ∵四边形是平行四边形，     ∴， 又∵， ∴ ∴四边形是平行四边形 ∵， ∴平行四边形为矩形． 【考点题型十 矩形的性质】（） 【例10】（23-24八年级下·河北张家口·期中）如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，为的中点，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了勾股定理的逆定理，矩形的性质和判定，直角三角形的性质，先说明是直角三角形，进而得出四边形是矩形，可知当时，最小，然后根据面积相等得出答案． 【详解】解：连接，如图． 在中，，，， ∴， ∴是直角三角形，且． ∵， ∴四边形是矩形， ∴与互相平分， ∵为的中点， ∴点M在上，且， ∴当最小时，最小， 根据直线外一点到直线上任意一点的距离，垂线段最短，即时，最短，同样最短． ， 即， ∴． 故选：D． 【变式10-1】（23-24八年级下·山东聊城·阶段练习）如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点的运动时间为（单位：），下列结论正确的是（    ） A．当时，四边形为矩形 B．当时，四边形为平行四边形 C．当时，或 D．当时，或 【答案】D 【分析】对于选项A、B，分别计算当与时相应线段的长度结合平行四边形的判定方法判断即可；对于C、D选项，作，垂足分别为E、F，如图，证明，得出，进而得出关于t的方程，解方程判定即可． 【详解】解：当时，，cm，， ∴， ∴四边形不为矩形，故选项A结论错误； 当时，，，cm， ∴， ∴四边形不为平行四边形，故选项B结论错误； 当时，作，垂足分别为E、F，如图， ∵， ∴， ∴四边形，都是矩形， ∴，， ∴当时，，， ∴， ∵， ∴， 解得：或，故选项C错误、选项D正确； 故选：D． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、善于动中取静是解题的关键． 【变式10-2】（23-24九年级上·辽宁锦州·期中）如图，矩形的对角线，相交于点O，过点O作交于E，若，，则的长为（    ） A．3 B．4 C．5 D． 【答案】C 【分析】连接，根据矩形的对边相等可得，，根据矩形的对角线互相平分可得，然后判断出垂直平分，再根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得，设，表示出，然后在中，利用勾股定理列出方程求解即可． 本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等的性质，勾股定理，熟记各性质并利用勾股定理列出方程是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， 在矩形中， ∵，， ∴，，， ∵， ∴垂直平分， ∴， 设,则, 在中，， 即， 解得， 即的长为5． 故选：C． 【变式10-3】（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，在中，，．P为边上一动点，作于点D，于点E，则的最小值为 ．    【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理．连接，利用勾股定理列式求出，判断出四边形是矩形，根据矩形的对角线相等可得，再根据垂线段最短可得时，线段的值最小，然后根据直角三角形的面积公式列出方程求解即可． 【详解】解：如图，连接，    ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 当时，线段的值最小，此时线段的值最小， ∵， ∴， 解得：， 即线段的最小值为． 故答案为： 【变式10-4】（24-25九年级上·河南焦作·期中）如图，中，，平分，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)作于F，若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题主要考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的性质，勾股定理， （1），根据等腰三角形的性质得，再根据平行线的性质得，然后根据，可得，即可得出结论； （2），根据等腰三角形的性质求出，再根据勾股定理得，然后根据矩形的性质得，，最后根据三角形的面积相等得出答案. 【详解】（1）证明：∵，平分， ∴， ∴. ∵， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，平分， ∴. ∵， ∴. ∵四边形是矩形， ∴，. ∵， ∴． 【考点题型十一 矩形与折叠问题】（） 【例11】（2024九年级上·全国·专题练习）如图，将矩形纸片沿折叠，使点落在对角线上的点处．若，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，三角形内角和定理，先由矩形的性质得到，再由折叠的性质求出的度数，最后根据三角形内角和定理即可求出答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， 故选：C． 【变式11-1】（24-25九年级上·广东深圳·阶段练习）如图，矩形中，，点是边上一点，连接，把沿折叠，使点落在点处，当为直角三角形时，的长为（    ） A．3 B． C．2或3 D．3或 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，先利用勾股定理求出，再分为两种情况，当和时，将图形画出，利用折叠性质和勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，当时，    矩形中，， ∴， 由折叠性质可得：， ∴， 设，则： 在中，由勾股定理可得：， 解得：， ∴， 如图，当时，    ∴， 由折叠性质可得：， ∴四边形为正方形， ∴， 综上，或， 故选．D． 【变式11-2】（24-25八年级下·山东潍坊·阶段练习）如图，是矩形纸片，翻折，使恰好落在上，设分别是落在上的两点，分别是折痕与的交点．连接，若，，则线段的长等于 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理的运用，理解折叠的性质，掌握勾股定理的运算是关键． 根据矩形的性质，由勾股定理得到，根据折叠的性质得到，则，，设，则，在中由勾股定理得到，代入计算即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， ∴，， 设，则， 在中，，即， 解得，， ∴， 故答案为： ． 【变式11-3】（24-25八年级上·广东湛江·期中）如图，将一张长方形纸片沿对角线翻折，点的对应点，与交于点． (1)求证：是等腰三角形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】对于（1），根据折叠的性质得，再根据平行线的性质得，即可得，然后根据“等角对等边”得出答案； 对于（2），先根据直角三角形的性质得，即，再代入数值可得答案． 【详解】（1）根据折叠可知， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； （2）在中，， ∴， ∴． ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，直角三角形的性质，理解折叠的性质是解题的关键． 【变式11-4】（23-24八年级下·浙江金华·期中）如图1，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且点B的坐标为（4，2），点D为线段上的一个动点，点E为线段上一点（不与点A重合），连结． (1)求对角线所在直线的函数表达式． (2)如图2，将沿着翻折，使点A落在平面内的点F处．若点D为对角线的中点，当点F恰好落在矩形的顶点上时，求的长． 【答案】(1) (2)或 【分析】对于（1），先求出点A，C的坐标，再根据待定系数法求出一次函数的关系式即可； 对于（2），当点F与点O重合时，根据中点定义得出答案；当点F与点C重合时，根据勾股定理求出答案． 【详解】（1）∵四边形是矩形，点B的坐标为， ∴，， 设直线的解析式为， ∴， 解得， ∴直线的解析式为； （2）当F点与O点重合时，， ∵D点是的中点， ∴E点是的中点， ∴. 当F点与C点重合时，， 此时， 在中，， ∴， 解得， ∴. 综上所述：的长为2或. 【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数关系式，翻折的性质，勾股定理，矩形的性质，勾股定理是求线段长的常用方法． 【考点题型十二 求矩形在坐标系中的坐标】（） 【例12】（23-24八年级上·陕西·期末）如图，在矩形中，．若正比例函数的图象经过点C，则k的值为（    ） A．3 B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据矩形的性质求出点的坐标，再利将其代入正比例函数的解析式即可得． 【详解】解：在矩形中，， ， ， 将点代入正比例函数得：， 解得， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质、正比例函数，正确求出点的坐标是解题关键． 【变式12-1】（23-24八年级下·天津河西·期末）在平面直角坐标系中，已知四边形是矩形，点，，，则这个矩形的面积为（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在平面直角坐标系中画出三个已知点的位置，然后根据矩形性质求得、的长，最后即可求解面积． 【详解】在平面直角坐标系中作出三个点，如下图所示， ， 根据矩形的性质得到点的位置， ∴，， ∴， 故选A． 【点睛】本题考查了矩形的性质，和平面直角坐标系，关键是在平面直角坐标系中画出已知点的位置． 【变式12-2】（23-24八年级下·广东广州·期末）如图，四边形OABC为矩形，点A的坐标为(0，2)，点C的坐标为(4，0)，若直线y=kx−k−1将矩形OABC分成面积相等的两部分，则k的值为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】C 【分析】由条件可先求得矩形OABC的中心坐标，再由直线分矩形面积相等的两部分可知直线过矩形的中心，代入可求得k的值． 【详解】解：如图，连接OB、AC交于点D， ∵四边形OABC为矩形，点A的坐标为(0，2)，点C的坐标为(4，0)， ∴点D的坐标为（2，1）， ∵直线y=kx−k−1（k是常数）将四边形OABC分成面积相等的两部分， ∴直线过点D， 则2k-k-1=1， 解得：k=2， 故选：C． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，掌握过矩形中心的直线平分矩形面积是解题的关键． 【变式12-3】（23-24九年级上·福建福州·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A和C分别落在y轴与x轴的正半轴上，，．若直线把矩形分成面积相等的两部分，则b的值等于 ．    【答案】 【分析】当直线经过的中点时，直线把矩形的面积等分，求出的中点，代入直线的解析式求出即可． 【详解】解：．， ，， 中点的坐标为， ∵直线把矩形分成面积相等的两部分， ∴直线经过的中点， 把代入得，， 解得． 答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质以及一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握中点坐标的求法． 【变式12-4】（23-24七年级下·吉林·期末）在平面直角坐标系中，一个长方形的三个顶点的坐标分别为，和，则第四个顶点的坐标为 ． 【答案】 【分析】由矩形的性质即可求得第四个点的坐标． 【详解】解：点和的横坐标相等， 点和的纵坐标相等， 要使这四个点构成矩形，则第四个点的横坐标与相等，纵坐标与相等， ∴第四个顶点的坐标为； 故答案是：． 【点睛】本题主要考查了矩形在坐标系中的坐标，准确判断是解题的关键． 【考点题型十三 斜边上的中线等于斜边的一半】（） 【例13】（24-25八年级下·北京顺义·阶段练习）如图，在中，，是斜边上的中线，已知， ， . 【答案】 /25度 /65度 【分析】根据直角三角形斜边上中线的性质可以得出，则利用三角形内角和的性质来求的度数，即可作答．本题考查了斜边上的中线等于斜边的一半，三角形内角和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【详解】解：∵在中，，是斜边上的中线， ∴， ∴， ∴， ∴, 故答案为：． 【变式13-1】（2025八年级下·全国·专题练习）在中，为钝角，，都是这个三角形的高，P为的中点，若，则的度数为 ． 【答案】96 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的性质，三角形外角性质，熟练掌握性质是解题的关键．由直角三角形斜边中线的性质得到，推出，，由三角形外角的性质得到,，即可推出． 【详解】解：，P为对角线的中点， ∴，， ∴， ∴，， ∵,， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：96． 【变式13-2】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在四边形中，E为对角线的中点，连接、、，若，则的度数为 ． 【答案】度/ 【分析】由直角三角形斜边中线的性质得到，推出，，得到，由三角形外角的性质得到,，即可推出． 本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的性质，三角形外角性质，熟练掌握性质是解题的关键． 【详解】解：，E为对角线的中点， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵,， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式13-3】（24-25八年级上·四川绵阳·期末）如图，在四边形中，，平分，于点，于点，连接． (1)证明：； (2)若，证明：是等边三角形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了等边三角形的判定，斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）根据平行线的性质得，结合角平分线的定义，得，然后等角对等边，即可作答． （2）先证明是等腰三角形，运用三线合一得是的中点，运用斜边上的中线等于斜边的一半，得，结合有一个角是的等腰三角形是等边三角形进行证明是等边三角形，即可作答． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴； （2）解：由（1）得， ∴是等腰三角形， ∵于点， ∴是的中点， ∵，于点， ∴， ∵是的中点，于点， ∴， ∵， ∴是等边三角形． 【变式13-4】（24-25八年级上·江苏泰州·期末）如图，在四边形中，．，分别是对角线，的中点． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)CD=． 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，及勾股定理，熟悉各性质并作辅助线构造成等腰三角形是解题的关键． （1）连接、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得， ，从而得到，再根据等腰三角形三线合一的性质证明即可； （2）利用勾股定理求出，再求出，再利用勾股定理列式计算即可得解． 【详解】（1）证明∶如图，连接、， ，是的中点， ， ， ， 是的中点， ； （2）解：是的中点，， ， ，， 中， ， ， ， ， 中，． 【考点题型十四 菱形的判定】（） 【例14】（24-25九年级上·四川成都·期末）在下列条件中选取一个作为增加条件，能使成为菱形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定方法，解决此题的关键是熟练掌握菱形的判定方法；根据菱形的判定可知，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可得到答案。 【详解】解：，可判断是矩形，不能判断是菱形，故选项A错误，不符合题意； ，是已具有的性质，不能判断是菱形，故选项B错误，不符合题意； 对角线互相垂直，可知判断是菱形，故选项C正确，符合题意； ，是已具有的性质，不能判断是菱形，故选项D错误，不符合题意； 【变式14-1】（24-25九年级上·四川达州·期末）如图，在中，对角线，相交于点，再添加一个条件，可推出是菱形，则这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的判定，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线垂直的平行四边形是菱形，进行判断即可． 【详解】解：∵， ∴当时，是菱形；故选项A符合题意； B，C，D三个选项都不能推出是菱形； 故选A． 【变式14-2】（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，在平行四边形中，对角线与交于点O，图形中不再添加辅助线和字母，再添加一个条件 ，使平行四边形是菱形．（写出一个即可） 【答案】 【分析】本题考查了菱形的判定，熟记相关定理内容：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可求解． 【详解】解：∵有一组邻边相等的平行四边形是菱形， ∴当时，可使平行四边形是菱形 故答案为：（答案不唯一）． 【变式14-3】（2024·陕西渭南·二模）在中，对角线、相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，要使 是菱形，需添加的一个条件是 ．(写出一个即可) 【答案】(答案不唯一) 【分析】本题考查了菱形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形或对角线互相垂直的平行四边形是菱形，判断即可． 【详解】解：∵有一组邻边相等的平行四边形是菱形， ∴时，是菱形， 故答案为：(答案不唯一)． 【变式14-4】（2024·山西晋中·三模）如图，在中，为边上一点，平移线段，使点与点重合、点与点重合，连接，，． (1)若，，求的度数．． (2)请再添加一个条件，使四边形为菱形． 【答案】(1) (2)，（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了三角形内角和定理，平移的性质，平行四边形的性质和判定，菱形的判定； （1）由三角形内角和定理求得∠，根据平移的性质征得四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质即可证得结论；求得答案； （2）根据菱形的判定定理即可得到答案． 【详解】（1）解：根据平移的性质，可得，， 四边形是平行四边形． ． 在中，，， ． ． （2）答案不唯一，如， 证明：由（1）知四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形． 【考点题型十五 菱形的性质】（） 【例15】（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，两张宽度均为3cm的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为（   ） A．6cm B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的判定，勾股定理，直角三角形的性质， 作，作，根据题意说明四边形是平行四边形，再根据面积相等说明四边形是菱形，然后根据勾股定理求出边长，即可得出答案． 【详解】如图所示，过点C作，过点B作，分别交于点E，F，根据题意，得， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是菱形． 在中，， ∴，， 即， 解得， ∴， 所以四边形的周长为． 故选：C． 【变式15-1】（23-24八年级下·甘肃武威·期末）如图中，是角平分线，交于E，交于F，若， 那么四边形周长为（    ） A．9 B．12 C．15 D．18 【答案】B 【分析】本题考查菱形的判定和平行四边形的性质，等腰三角形的判定，掌握菱形的判定方法一组邻边相等的平行四边形是菱形是关键． 根据两组对边平行得出四边形是平行四边形，再根据角平分线的定义，可得，进而可得，然后根据领边相等的平行四边形是菱形可证平行四边形是菱形，最后根据菱形的性质即可得答案． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形，， 是角平分线 ， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴四边形周长为， 故选：B． 【变式15-2】（24-25九年级上·重庆·开学考试）如图，四边形为平行四边形，且平分，作，垂足为．若， ，则 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质，勾股定理，等角对等边等等，先证明四边形是菱形，得出，根据， ，得出，根据勾股定理得出，根据，求出结果即可． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式15-3】（23-24八年级下·湖北黄冈·期中）如图，在的两边上分别截取，，使；分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；连接，，，．若，四边形的面积为．则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、勾股定理，根据作法判定出四边形是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算求得，在中，利用勾股定理即可求解，菱形的面积等于对角线乘积的一半，判断出四边形是菱形，是解题的关键． 【详解】解：与相交与，如图： 根据作图得：， ， ， 四边形是菱形， ，，， ，四边形的面积为， ， ， ， 在中，，， ， 故答案为：． 【变式15-4】（23-24八年级下·河南商丘·期中）如图，平行四边形的对角线、相交于点O，，，E在线段上从点B以的速度运动，点F在线段上从点O以的速度运动，当其中一点到达端点时，另外一点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)若点E、F同时运动，当t为何值时，四边形是平行四边形； (2)在（1）的条件下， 当为何值时，  四边形是菱形？ (3)在（1）的条件下，四边形还可能是矩形吗？为什么？ 【答案】(1)2 (2) (3)不能；理由见解析 【分析】本题综合考查平行四边形的判定和菱形的判定．考查学生综合运用数学知识的能力． （1）根据要使四边形为平行四边形时，得出，即可求得t值； （2）若是菱形，则垂直于，即有，故可求； （3）若是矩形，，则此时E在O上，所以四边形不可以是矩形． 【详解】（1）解：∵四边形为平行四边形， ∴，， 若四边形为平行四边形， ∴，， ∵E在线段上从点B以的速度运动，点F在线段上从点O以的速度运动， ∴，， ∴， ∴， ∴当t的值为2时，四边形是平行四边形． （2）解：若四边形是菱形， ∴， ∴， ∴； （3）解：不可以． 若是矩形，， ∴， ∴， 则此时E在点B上，F在O上， 显然四边形不是矩形． 【考点题型十六 菱形的面积计算】（） 【例16】（23-24八年级下·甘肃兰州·期末）如图，平行四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，AC＝4，则该平行四边形的面积是（　　） A．16 B．16 C．8 D．8 【答案】C 【分析】根据平行四边形的性质得出OB＝OD，进而得出AC⊥BD，利用面积公式解答即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB＝OD，OA=OC=2， ∵AB＝AD， ∴平行四边形ABCD是菱形， ∵∠BAD＝120°， ∴∠ABC=60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB=AC=BC=4， ∴OB＝2， ∴平行四边形的面积＝ ， 故选：C． 【点睛】此题考查平行四边形的性质、菱形的判定及性质等知识，解题的关键是根据平行四边形的性质得出OB＝OD进行解答． 【变式16-1】（23-24九年级上·河北保定·期中）如图．两条等宽的长方形纸条倾斜的重叠着，已知长方形纸条宽为，，则四边形的面积为（    ）． A． B． C．4 D． 【答案】B 【分析】如图所示，过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，连接AC，先证明四边形ABCD是平行四边形，再用面积法证明BC=CD，推出平行四边形ABCD是菱形，进而证明△ABC是等边三角形，最后利用等边三角形的性质和勾股定理求解即可． 【详解】解：如图所示，过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，连接AC， 由题意得， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵长方形纸条等宽， ∴AE=AF， ∵， ∴BC=CD， ∴平行四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC， 又∵∠ABC=60°， ∴△ABC是等边三角形， ∵AE⊥BC， ∴BC=AB=2BE， 在Rt△ABE中，， ∴， ∴， ∴， 故选B． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 【变式16-2】（24-25九年级下·贵州遵义·阶段练习）如图，用4根长度相等的木棒首尾顺次连接组成四边形中，，则该四边形的面积是 ． 【答案】16 【分析】本题主要考查了菱形的判定及性质，熟练掌握菱形的面积计算公式，是解题的关键．根据四边相等的四边形是菱形可得四边形是菱形，再由菱形的两条对角线，求出菱形的面积即可． 【详解】解：∵， ∴四边形是菱形， ∵， ∴该四边形的面积是：． 故答案为：16． 【变式16-3】（2024·重庆·二模）如图，在平行四边形中，，，．E为边上一点，且满足，作的平分线交于点F，则的长度为 【答案】 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理．利用勾股定理求得，证明四边形是菱形，利用菱形的面积公式列式计算即可求解． 【详解】解：连接，作交的延长线于点， ∵平行四边形中，， ∴，， ∴, ∵， ∴， 设， ∴， 在中，，即， 解得， ∴， 在中，， ∵，平分， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式16-4】（24-25九年级上·陕西西安·期中）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． 【考点题型十七 正方形的判定】（） 【例17】（24-25九年级下·上海·阶段练习）已知矩形的对角线交于点O，下列条件中能判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查正方形的判定，根据正方形的判定定理逐项判断即可． 【详解】解：矩形中，对角线交于点O， ，， A，，不能判定四边形是正方形； B，，不能判定四边形是正方形； C，，不能判定四边形是正方形； D，，由对角线互相垂直的矩形为正方形，能判定四边形是正方形； 故选D． 【变式17-1】（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，四边形是平行四边形，下列结论中正确的是（   ） A．若，则四边形是正方形 B．若，则四边形是菱形 C．若，则四边形是菱形 D．若，则四边形是矩形 【答案】B 【分析】本题考查了特殊平行四边形的判定，熟练掌握矩形、菱形和正方形的判定是解题的关键．根据矩形、菱形和正方形的判定，对选项逐一分析判断即可． 【详解】解：若，则四边形是矩形，不一定是正方形，故A选项错误，不符合题意； 若，则四边形是菱形，故B选项正确，符合题意； 若，则四边形是矩形，故C选项错误，不符合题意； 若，则四边形是菱形，故D选项错误，不符合题意． 故选：B． 【变式17-2】（24-25九年级上·山西晋中·期中）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）． 【变式17-3】（24-25九年级上·全国·单元测试）如图，菱形的对角线相交于点O，请你添加一个条件，使得该菱形为正方形，添加条件是 ．（只添一个条件即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了正方形的判定方法，根据对角线相等的菱形是正方形或有一个角是直角的菱形是正方形解答即可． 【详解】添加条件（答案不唯一），那么该菱形是正方形． 理由：∵四边形是菱形， 又∵， ∴根据正方形判定定理：有一个角是直角的菱形是正方形，可知菱形是正方形． 故答案为：（答案不唯一）． 【变式17-4】（23-24八年级下·山西长治·期末）如图，在中， ，E是边上任意一点，连结，过点B作交的延长线于点F，连结． (1)猜想四边形的形状，并证明； (2)若E是边延长线上任意一点，且 ，当和满足_____________关系时，四边形是正方形． 【答案】(1)四边形是菱形，证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质： （1）证明，可得，可证得四边形是平行四边形，即可； （2）证明，可得，可证得四边形是菱形，再由，可得到是等腰直角三角形，从而得到，即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形，证明如下： ∵，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解： ， 如图， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【考点题型十八 正方形的性质】（） 【例18】（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在正方形外侧作等边，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正方形和等边三角形的性质得，，，，则，，再根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理即可求出的度数． 此题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，等边三角形的性质是解决问题的关键． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 是等边三角形， ，， ，， 故选：A． 【变式18-1】（2025·陕西咸阳·一模）七巧板是我国一款传统的益智玩具，历史超三千年，能够启迪智慧，陶冶情操．如图所示，七巧板是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形组成的．若正方形的边长为4，则5号小正方形的面积为 ． 【答案】2 【分析】题目主要考查正方形的性质及图形的面积计算，根据图形，分别确定出各个部分的面积即可得出结果 【详解】解：根据题意得：4号和5号的面积相等，面积为， ∵， ∴5号的面积为：， 故答案为：2． 【变式18-2】（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，点O为正方形对角线的中点，连接并延长至点E，连接，若为等边三角形，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等边三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握相关性质定理．由四边形是正方形，得，，，利用勾股定理求出的长度，再利用等边三角形的性质，勾股定理，线段和差即可解决问题． 【详解】解：四边形是正方形，点O为的中点 ，， 在中，由勾股定理得： 为等边三角形 ， 在中，由勾股定理得： 故答案为：． 【变式18-3】（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在边长为的正方形中，点、点分别是、上的点，连接、、，满足＝．若＝，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，证明是解题的关键． 在上截取，连接，证明，，可得，在中，根据勾股定理求出，进而可以求出结果． 【详解】解：如图，在上截取，连接， ∵四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ，， ，， ，， 在和中， ， ， ， ， ，，， 在中，根据勾股定理， 得， ， 解得， ， 的长为． 【变式18-4】（24-25八年级下·山东聊城·阶段练习）如图，正方形中，是上的一点，连接，过点作，垂足为点，延长交于点，连接．若正方形边长是5，，求的长． 【答案】 【分析】先证明，得到，于是，利用勾股定理解答即可． 本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关图形的性质和定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形，正方形边长是5， ∴， ∵， ∴ 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【考点题型十九 正方形折叠问题】（） 【例19】（24-25八年级下·河南驻马店·阶段练习）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． 【变式19-1】（23-24八年级下·重庆彭水·期中）如图，四边形是边长为9的正方形纸片，将其沿折叠，使点B落在边上的处，点A的对应点为，且，则BN的长是（    ） A．1.5 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】本题考查的是翻折变换的性质和正方形的性质，找出翻折变换中对应相等的线段和角是解题的关键，注意勾股定理和方程思想的准确运用． 根据翻折变换的性质得到，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案． 【详解】解：由题意得，，， ∵在正方形中，， 由勾股定理得，， 即， 解得，， ∴． 故选：D 【变式19-2】（24-25八年级下·四川成都·阶段练习）如图，在一次综合实践活动中，小明将一张边长为的正方形纸片，沿着边上一点E与点A的连线折叠，点是点B的对应点，延长交DC于点G，，则的长为 ． 【答案】8 【分析】本题考查了勾股定理的应用，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，折叠的性质，结合全等的知识找出题中的线段之间的关系是本题的解题关键．根据翻折的性质可知和全等，则，连接，可证，则， ，在中，设，根据勾股定理列出方程，可求出的值，从而求出． 【详解】解：根据翻折的性质可知和全等，， 连接，如图所示， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在中，设，则， ， 根据勾股定理列出方程，， 即, 解得：， ∴，． 故答案为：8． 【变式19-3】（2024·上海浦东新·三模）如图，在正方形的边上取一点，连接，将沿翻折，点恰好与对角线上的点重合，连接，若，则的面积是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查翻折变换、正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识．由折叠可得，，且，可得，即可求对角线的长，则可求面积． 【详解】解：如图，连接交于， 为正方形， ，，，，． 沿翻折， ，，，， ， ， ， ， ， ． ． 故答案为：． 【变式19-4】（23-24八年级上·辽宁沈阳·阶段练习）如图，已知在正方形中，，．将正方形折叠，使点B落在边的中点Q处，点A落在P处，折痕为．已知长为．    (1)求线段和线段的长； (2)连接 ，　 　． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）由对角线为，易知边长为8．设，由折叠可知在中，由勾股定理有，解得，即可得； （2）连接，作于点G，连接交于点H，由折叠知，可证明，则，，在中由勾股定理可求． 【详解】（1）解：∵对角线， ∴， 设，由折叠可知， 由于Q为中点， 则， 在中，由勾股定理可得： ， 解得：． 故； （2）解：如图所示，连接，作于点G，连接交于点H，    由折叠可知， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， 由折叠可得， 由勾股定理有． 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，熟悉折叠的性质、掌握以上定理并利用勾股定理建立关于x的方程是解题的关键． 【考点题型二十 中点四边形】（） 【例20】（23-24九年级下·内蒙古包头·阶段练习）如图，在任意四边形中，M，N，P，Q分别是的中点．以下结论：①当时，四边形为正方形；②当时，四边形为菱形；③当时，四边形为矩形；④四边形一定为平行四边形．其中正确的结论有（    ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题考查的是中点四边形，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理、三角形中位线定理是解题的关键．连接，根据三角形中位线定理得到，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可． 【详解】解：连接交于点O， ∵M，N，P，Q是各边中点， ， ， ∴四边一定为平行四边形，④说法正确； 时，四边形不一定为正方形，①说法错误； 时， 四边形为菱形，②说法正确； 时，， 四边形为矩形，③说法正确； 故选：C． 【变式20-1】（23-24八年级下·山东泰安·阶段练习）任意作一个四边形，并将其四边的中点依次连接起来，得到一个新的四边形，我们将四边形叫做四边形的中点四边形．例如，任意四边形的中点四边形是平行四边形，那么，菱形的中点四边形是（   ） A．矩形 B．菱形 C．平行四边形 D．正方形 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的判定，菱形的性质，三角形中位线定理，先由三角形中位线定理得到，，则四边形是平行四边形，再由菱形的性质得到，则，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵分别是四边形四条边的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 故选：A． 【变式20-2】（23-24八年级下·山东菏泽·期中）在四边形中，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的形状是 ． 【答案】正方形 【分析】由三角形中位线的性质，可判断，，可得四边形是菱形，四边形的对角线，满足，且，四边形是正方形．本题考查了中点四边形的性质，中位线的定理，解题中需要理清思路，属于中档题． 【详解】解：如图所示： 在中，，分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理，，． ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 设与交于点，与交于点， 在中，，分别是，的中点， ∴，同理， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是正方形． 故答案为：正方形 【变式20-3】（23-24八年级下·广东珠海·期中）如图，已知第1个矩形的面积为，依次连接第1个矩形各边中点得到1个菱形，再依次连接菱形各边中点得到第2个矩形，按此方法继续下去，则第个矩形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形、菱形的性质．中点四边形的性质，对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．第二个矩形的面积为第一个矩形面积的，第三个矩形的面积为第一个矩形面积的，依此类推，第n个矩形的面积为第一个矩形面积的． 【详解】解：如图， 由轴对称的性质可得： 第一个菱形的面积为：， 第二个矩形的面积为第一个矩形面积的； 第三个矩形的面积是第一个矩形面积的； … 故第n个矩形的面积为第一个矩形面积的． ∴第n个矩形的面积为． 故答案为． 【变式20-4】（23-24九年级上·全国·专题练习）如图所示，E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，连接EF、FG、GH、HE，则四边形EFGH为________形． （1）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是菱形． （2）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是矩形． （3）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是正方形． 在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． 【答案】平行四边形；（1）AC＝BD，理由见解析；（2）AC⊥BD，理由见解析；（3）AC＝BD且AC⊥BD，理由见解析； 【分析】连接AC，BD，可以根据E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，得到线段EF、FG、GH、HE分别为△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位线，由中位线定理可以证明四边形EFGH为平行四边形；再根据菱形，矩形和正方形的判定条件，添加对应的条件即可得到答案. 【详解】解：四边形EFGH为平行四边形； 连接AC，BD ∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点 ∴线段EF、FG、GH、HE分别为△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位线 ∴，，，， ∴， ∴四边形EFGH为平行四边形； （1）AC＝BD， 理由：如图①四边形ABCD的对角线AC＝BD， ∵四边形EFGH为平行四边形，且，， ∴EH＝GH， ∴平行四边形EFGH为菱形． （2）AC⊥BD， 理由：如图②四边形ABCD的对角线互相垂直， ∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点 ∴线段EF、FG、GH、HE分别为△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位线 ∴，， ∵AC⊥BD， ∴EF⊥HE， ∵四边形EFGH为平行四边形． ∴四边形EFGH为矩形． （3）AC＝BD且AC⊥BD， 理由：如图③四边形ABCD的对角线相等且互相垂直， 综合（1）（2）可得四边形EFGH为正方形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解. 【考点题型二十一 平行四边形存在问题】（） 【例21】（2025·浙江宁波·一模）小明在研究函数特性时，给出了这样的定义：对于函数图象上的点，若且，则称点P为该函数的“轴近点”．已知一次函数（k为常数）的图象上存在“轴近点”，则k的取值范围 ． 【答案】且 【分析】本题考查的是一次函数的定义，一次函数的图象与性质，如图，由且，可得，，可得在正方形内，包括边界；当一次函数过时，如图，当一次函数过时，再结合一次函数的定义可得答案． 【详解】解：如图，∵且， ∴，， ∴在正方形内，包括边界； 当一次函数过时， ， 解得：， 如图，当一次函数过时， ∴， 解得：， ∵， ∴一次函数（k为常数）的图象上存在“轴近点”，则k的取值范围为 且； 故答案为：且 【变式21-1】（23-24八年级下·云南昭通·期中）在平面直角坐标系中，已知、，点C在第一象限，且，若存在点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形，则点D的坐标为 ． 【答案】或或 【分析】根据等边三角形的性质和直角三角形的性质求出点C的坐标，再分三种情况讨论，由菱形的性质和勾股定理可求解． 【详解】解：∵， ∴. ∵点C在第一象限，且， ∴， ∴是等边三角形. 过点C作于点E， ∴， ∴， ∴. 当为菱形的对角线时，如图， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴. 当为菱形的对角线时， 与C关于y轴对称， ∴； 当为菱形的对角线时，与C关于x轴对称， ∴， 综上所述：点D的坐标为或或． 故答案为：或或． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定，坐标与图形性质，含30度角的直角三角形，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 【变式21-2】（23-24八年级下·广西河池·期末）如图，直线的解析式为分别与轴交于两点，点的坐标为，过点的直线交轴正半轴于点，且，在轴下方存在点，使以点为顶点的四边形为平行四边形，则点D的坐标为 ．    【答案】 【分析】此题考查了一次函数和四边形综合题，坐标与图形，平行四边形的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 首先求出直线的解析式为，得到，然后求出，然后画出图形根据平行四边形的性质求解即可． 【详解】∵直线的解析式为分别与轴交于两点， ∴将代入得， ∴ ∴ ∴当时， ∴ ∵点的坐标为， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵在轴下方存在点，使以点为顶点的四边形为平行四边形， ∴如图所示，四边形为平行四边形    ∵，， ∴设D点坐标为 ∴， ∴， ∴点D的坐标为． 故答案为：． 【变式21-3】（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，直线与交于点，分别与轴、轴交于点、． (1)分别求出点、、的坐标； (2)若是线段上的点，且的面积为12，求直线的函数表达式； (3)在（2）的条件下，设是直线上的点，在平面内是否存在其它点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，， (2) (3)或或 【分析】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有∶一次函数与坐标轴的交点，待定系数法确定一次函数解析式，一次函数图象的交点，一次函数图象与性质，菱形的性质，坐标与图形性质，熟练掌握待定系数法和菱形的性质是解答本题的关键． （1）联立两直线解析式求出点的坐标，分别令和，带入直线解析式求出点、的坐标； （2）根据在直线上，设，表示出面积，把已知面积代入求出的值，确定出坐标，利用待定系数法求出解析式即可； （3）在（1）的条件下，设是射线上的点，在平面内存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形，如图所示，分三种情况考虑∶①当四边形为菱形时，由，得到四边形为正方形；②当四边形为菱形时；③当四边形为菱形时；分别求出Q坐标即可． 【详解】（1）根据，解方程组得，得， 分别令和，带入直线解析式得点、的坐标，． （2）设， 且， ， ， ， 令直线解析式为， 把，代入得： ， ， ， 直线的函数表达式为． （3）存在．如图所示： ①当四边形为菱形时， ，得四边形为正方形； ， 即． ②当四边形为菱形时， 得，带入直线的解析式， 得， ． ③当四边形为菱形时， ， ， 综上得点的坐标为或或． 【变式21-4】（24-25八年级上·河南商丘·期中）如图1，在长方形中，，，，点P从点B出发，以秒的速度沿向点C运动，设点P的运动时间为t秒． (1)________．（用t的代数式表示） (2)当t为何值时，？ (3)在图2中，当点P从点B开始运动，点Q从点C出发，以秒的速度沿向点D运动，当点P到达C点或点Q到达D点时，P、Q运动停止，问是否存在这样的v值，使得与以点P、Q、C三点为顶点的三角形全等？若存在，请求出v的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)当时， (3)或 【分析】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题． （1）根据P点的运动速度可得的长，再利用即可得到的长； （2）当时，，根据三角形全等的条件可得当时，再加上可证明； （3）此题主要分两种情况①当时，；当，时，，然后分别计算出t的值，进而得到v的值． 【详解】（1）解：点P从点B出发，以秒的速度沿向点C运动，点P的运动时间为t秒时，， 则， 故答案为； （2）结论：当时，， 理由：∵当时，， ， ∵在和中， ； （3）①当时，， ， ， ， ， 解得：， ， ， 解得：； ②当时，， ， ， ， 解得：， ， ， 解得：． 综上所述：当或时与以点P、Q、C三点为顶点的三角形全等． 【考点题型二十二 三角形中位线定理】（） 【例22】（23-24八年级下·天津西青·期中）点是矩形的对角线的中点，是边的中点，，，则线段的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的性质可知，，根据三角形中位线的性质可知，利用勾股定理可求，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求的长度． 【详解】解：在矩形中，， ，， 又点是矩形的对角线的中点，是边的中点，， ， ， 点为的中点，， ． 故选：A． 【点睛】本题考查矩形的性质、三角形中位线的性质、勾股定理、三角形的性质，解决本题的关键是根据图形的性质求出相关线段之间的关系． 【变式22-1】（24-25八年级下·福建厦门·阶段练习）如图，在四边形中，，，，，分别为，的中点，则为（   ） A．6 B．8 C．9 D．10 【答案】D 【分析】本题考查了三角形中位线定理、勾股定理．根据已知条件推知△EGF是直角三角形是解题的关键．如图，取边的中点，连接、．根据三角形中位线定理易求、的长度，并且，所以在直角中，利用勾股定理来求的长度． 【详解】解：如图，取边的中点，连接、． ∵，分别为，的中点， ∴是的中位线，是的中位线， ∴，，，， 又∵，，， ∴，，， ∴在直角中，由用勾股定理，得 ，即的长度是． 故选：． 【变式22-2】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在平行四边形的中，，点G是的中点，连结，点H是线段上一动点，连结，已知，当H为中点时，则的长为 ． 【答案】3 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理，等边三角形的判定和性质，当H为中点时，过点H作的平行线交于M，交于N，证为的中位线得，再证四边形为平行四边形得，进而得，则，再根据得为等边三角形，然后根据等边三角形的性质可得的长． 【详解】解：当H为中点时，过点H作的平行线交于M，交于N，如图所示： ∵四边形为平行四边形，且， ∴， ∴， ∵点G为的中点， ∴， ∵点H为中点，， ∴为的中位线，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴． 故答案为：3． 【变式22-3】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在平行四边形中，点G，H分别是的中点，点E、F在对角线上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接交于点O，若，，求的长． 【答案】(1)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， ∴． 【变式22-4】（2025八年级下·全国·专题练习）在中，，点D是的中点，E是延长线上一点，且． (1)如图1，若，，求的长； (2)如图2，点F是的中点，求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查了勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形的性质： （1）取中点K，连接，利用三角形中位线定理，勾股定理计算即可． （2）连接，根据三角形中位线得出，根据直角三角形的性质得出，，即可得． 【详解】（1）解：如图1，取中点K，连接， ∴， ∵D是中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵， ∴； （2）证明：如图2，连接， ∵点F是的中点，， ∴是的中位线， ∴， ∵，D是中点， ∴， ∴， ∴． 【考点题型二十三 三角形中位线定理的应用】（） 【例23】（23-24八年级下·江苏宿迁·期中）如图，A、B两地被建筑物阻隔，为测量A、B两地的距离，连接、，分别取、的中点、．若的长为，求A、B两地的距离． 【答案】 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，根据三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半解题即可． 【详解】点，分别为，的中点， ， ∴ 答：、两地的距离为． 【变式23-1】（2024·山东青岛·一模）【问题情境】 图形的分割：就是在保持面积不变的前提下，将一个或几个图形分割成两个或几个图形．图形的拼合：就是把一个图形通过分割后再重新拼接组合，在保持面积不变的前提下，得到一个新的图形．图形分割与拼合问题，集趣味性、探索性、实验性于一体． 如图①，任意三角形通过分割后重新拼接，可以拼成平行四边形，方案设计：图形的分割：取中点，中点，连接，沿将分割成两个图形；图形的拼合：如图所示，将绕点旋转，与四边形拼接成平行四边形．此时，的面积与的面积相等． 【探究实践】仿照图示的方法，解答下列问题： 如图②，对直角三角形，设计一种方案，将它分成若干块，再拼成一个与三角形等面积的矩形．请你写出方案设计． 【拓展应用】如图③，对任意三角形，设计一种方案，将它分成若干块，再拼成一个与原三角形等面积的矩形．请你画出方案设计． 【答案】见解析 【分析】本题考查图形设计，三角形中位线的性质，矩形的判定； 探究实践：参考问题情境中的操作，进行图形的分割和合并即可； 拓展应用：先过的垂线，即可得到两个直角三角形，参考探究实践中的思路进行图形的分割和合并． 【详解】探究实践： 图形的分割：取中点，中点，连接，延将分割成两个图形； 图形的拼合：如图②所示，将绕点旋转，与四边形拼接成矩形，此时，矩形的面积与的面积相等， 拓展应用：如图： 图形的分割：过作于，取中点，中点，连接交于，延，将分割成四个图形； 图形的拼合：如图③所示，将绕点旋转，将绕点旋转，与四边形拼接成矩形，此时矩形的面积与的面积相等． 【变式23-2】（23-24八年级下·河南三门峡·期末）（1）回归课本 请用文字语言表述三角形的中位线定理：________________． （2）回顾证法 证明三角形中位线定理的方法很多，但多数都要通过添加辅助线构图完成．下面是其中一种辅助线的添加方法．请结合图2，补全求证及证明过程． 已知：在中，点分别是的中点． 求证：________________． 证明：过点作，与的延长线交于点． （3）实践应用 如图3，点和点被池塘隔开，在外选一点，连接，分别取的中点，测得的长度为9米，则两点间的距离为________________．    【答案】（1）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；（2），；详见解析；（3）18米 【分析】（1）根据三角形的中位线定理直接阐述即可； （2）过点作，与的延长线交于点，证明，再证四边形是平行四边形，即可证明结论； （3）直接利用三角形中位线定理求解即可． 【详解】解：（1）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． 故答案为：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； （2）求证：，． 证明：∵点分别是的中点， ∴，， 过点作，与的延长线交于点． ∴， 在和中， ． ，． ，． 四边形是平行四边形， ，， 又， ，． 故答案为：，； （3）∵点分别是的中点，米， ∴，即：米 故答案为：18米． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题． 【变式23-3】（23-24·云南昆明·一模）如图所示，菱形中，，，点E是边上的动点（不与点A、B重合），线段的垂直平分线分别交于点F，G；的中点分别为点M，N． (1)求证：； (2)求的最小值； (3)在点E的运动过程中，的大小是否变化?若没有变化，请求出的度数；若有变化，请说明变化情况． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不变，的度数为 【分析】（1）由垂直平分线的性质可得，由菱形的性质可得，，证明，则，进而结论得证； （2）由，是线段的中点，可知是的中位线，是的中位线，则，，，则当三点共线时，的值最小，是等边三角形，可得，进而可得的最小值； （3）如图，延长交于，由三角形外角的性质得，，则，由，可得，则，由，可得，，则，由三角形外角的性质得，进而可得，进而结论得证． 【详解】（1）证明：∵是线段的垂直平分线， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵，是线段的中点， ∴是的中位线，是的中位线， ∴，， ∴， ∴当三点共线时，的值最小， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴的最小值为； （3）解：不变，为； 如图，延长交于， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是定值，为． 【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，中位线，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 【变式23-4】（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，在正方形ABCD中，E是AB边上的一个动点，点F在BC边上，点G在射线FC上，且，EF与DG的延长线相交于点H． (1)当E为AB中点时，求的度数； (2)当E在AB边上运动时，问：（1）中的度数是否发生变化？若改变，求的度数的变化范围；若不变，请说明理由． 【答案】(1)45° (2)∠H的度数不会发生改变，且∠H=45° 【分析】（1）根据AE=EB=BF=FG=，证明点C与点G重合，证明△BEF≌△GHF，得到BE=GH，从而得到FG=GH，判定△FGH是等腰直角三角形，从而得证． （2）如图，连接AC、BD二线交于点O，连接OE、OF，运用正方形的性质，判定△OEF是等腰直角三角形，再证明OF//DG即可得证． 【详解】（1）∵ 正方形ABCD中， ，E为AB中点， ∴AE=EB=BF=FG=，∠EBF=∠BCD=90°， ∴点C与点G重合，∠FGH=90°， ∴△BEF≌△GHF， ∴BE=GH， ∴FG=GH， ∴△FGH是等腰直角三角形， ∴∠H=45°． （2）∠H的度数不会发生改变，且∠H=45°．理由如下： 如图，连接AC、BD二线交于点O，连接OE、OF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴OB=OC，AB=BC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BOC=∠BOF+∠COF=90°． ∵AE=BF=FG， ∴BE=CF， ∴△OBE≌△OCF， ∴OE=OF，∠BOE=∠COF， ∴∠BOF+∠BOE=90°， ∴∠EOF=90°， ∴△OEF是等腰直角三角形， ∴∠OFE=45°． ∵BF=FG，OB=OD， ∴OF//DG， ∴∠OFE=∠H=45°． 故∠H的度数大小不变，且∠H=45°． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握正方形的性质，灵活运用三角形全等判定，三角形中位线定理是解题的关键． 【考点题型二十四 中心对称图形】（） 【例24】（2025·山东济南·一模）未来将是一个可以预见的时代．一般指人工智能，它是一门研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的新的技术科学．下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是轴对称图形也是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【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着一点旋转180度，旋转后的图形与原来的图形完全重合,这个图形就叫做中心对称图形．根据定义逐项判断即可． 【详解】解：A，不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意； B，是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意； C，不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意； D，是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； 故选D． 【变式24-1】（24-25九年级上·重庆巴南·阶段练习）已知点与关于原点对称，则的值是（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标特点，根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得、的值，进而可得答案．解题的关键是掌握：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点是．也考查了求代数式的值． 【详解】解：∵点与关于原点对称， ∴，， ∴， ∴的值是． 故选：A． 【变式24-2】（24-25九年级上·辽宁盘锦·阶段练习）如图，在单位长度为1的平面直角坐标系网格中，与的顶点都在格点上，且与关于点E成中心对称，则对称中心点E的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了中心对称图形的性质，正确理解中心对称图形的性质是解题的关键．根据中心对称图形中，对应点连线被对称中心平分，即得答案． 【详解】如图，连接，，相交于点E，点E即为对称中心， 则对称中心点E的坐标是． 故答案为：． 【变式24-3】（23-24七年级下·黑龙江哈尔滨·期末）平面直角坐标系中点关于原点对称的点的坐标是，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查坐标与中心对称，根据关于原点对称的两个点的横纵坐标均互为相反数，进行求解即可． 【详解】解：由题意，得：， ∴， ∴点的坐标是； 故答案为：． 【变式24-4】（24-25九年级上·河南商丘·阶段练习）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上． (1)将向右平移6个单位长度得到，请画出； (2)画出关于点O的中心对称图形； (3)若将绕某一点旋转可得到，请直接写出旋转中心的坐标． 【答案】(1)作图见解析 (2)作图见解析 (3) 【分析】本题主要考查作图—旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质． （1）利用平移变换的性质分别作出的对应点，再顺次连接即可； （2）利用中心对称的性质分别作出的对应点，再顺次连接即可； （3）结合图形并根据平移的性质、中心对称的性质求出点的坐标，连接，则的交点，即为旋转中心的坐标． 【详解】（1）如图所示， （2）如图所示， （3）由图可知，，， ，， 则的中点为，即， 则的中点为，即， 的中点均为， 与 是以点为对称中心的中心对称图形， 旋转中心的坐标为． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$