专题02 四边形（考题猜想，28大题型）-2024-2025学年八年级数学下学期期末考点大串讲（湘教版）

专题02 四边形（28大题型） 31 / 34 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 平面镶嵌 · 题型二 多边形对角线的条数问题 · 题型三 多边形内角和问题 · 题型四 正多边形的内角和问题 · 题型五 多边形内角和与外角和综合（易错） · 题型六 利用平行四边形的性质求解 · 题型七 判断四边形能否构成平行四边形 · 题型八 证明四边形是平行四边形（重点） · 题型九 利用平行四边形性质和判定证明 · 题型十 中心对称图形的识别 · 题型十一 画已知图形关于某点对称的图形 · 题型十二 与三角形中位线有关的求解问题 · 题型十三 三角形中位线的实际问题 · 题型十四 利用矩形性质求解 · 题型十五 矩形与折叠问题 · 题型十六 根据矩形的性质和判定求解（重点） · 题型十七 利用萎形的性质求解（易错） · 题型十八 利用菱形的性质证明（重点） · 题型二十 证明四边形是菱形 · 题型二十一 利用菱形的性质与判定求解 · 题型二十二 正方形性质理解 · 题型二十三 根据正方形的性质求解 · 题型二十四 正方形折叠问题（高频） · 题型二十五 利用正方形的性质证明（高频） · 题型二十六 正方形的判定定理理解 · 题型二十七 根据正方形的性质与判定求解（高频） · 题型二十八 根据正方形的性质与判定证明（难点） 题型一 平面镶嵌 1．（24-25八年级上·湖南长沙·期末）酷爱思考的可培同学在学习了平面镶嵌的知识后，决定为家里新装修的房子选择一些不同样式的瓷砖来铺设地板，在以下正多边形组合中，不能铺满地面的是（    ） A．正八边形和正方形 B．正五边形和正八边形 C．正六边形和正三角形 D．正三角形和正方形 2．（23-24七年级下·湖南衡阳·期末）某人用同种正多边形瓷砖铺设无缝地板，他购瓷砖形状可能是（    ） A．正五边形 B．正六边形 C．正十边形 D．正十一边形 3．（23-24七年级下·湖南衡阳·期末）下列图形中，不能用同一种作平面镶嵌的是（   ） A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形 4．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）平面图形的镶嵌在生活中的应用非常广泛，从简单的地板和墙纸设计到复杂的艺术品创作，都展现了其独特的魅力和实用性．下列几组多边形组合不能进行平面图形镶嵌的是（    ） A．正三角形与正方形 B．正三角形与正六边形 C．正方形与正八边形 D．正方形与正六边形 题型二 多边形对角线的条数问题 5．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）我们学习多边形后，发现凸多边形的对角线有一定的规律，①中的四边形共有2条对角线，②中的五边形共有5条对角线，③中的六边形共有9条对角线，…，请你计算凸十边形对角线的总条数（   ） A．35 B．44 C．54 D．64 6．（24-25七年级上·湖南衡阳·期末）连结多边形任意两个不相邻顶点的线段叫多边形的对角线。如图，四边形有2条对角线，五边形有5条对角线，六边形有9条对角线，七边形有14条对角线，……，则十三边形的对角线条数为（   ） A．54 B．60 C．65 D．72 题型三 多边形内角和问题 7．（23-24七年级下·湖南衡阳·期末）十二边形的内角和为（　　） A． B． C． D． 8．（23-24八年级下·湖南娄底·期末）已知一个多边形的内角和是，则这个多边形是（    ） A．八边形 B．十边形 C．九边形 D．七边形 题型四 正多边形的内角和问题 9．（23-24八年级上·湖南长沙·期末）若一个正多边形的内角和是，则该正多边形的一个内角是（    ） A． B． C． D． 10．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）中国古代建筑具有悠久的历史传统和光辉的成就，其建筑艺术也是美术鉴赏的重要对象．如图是中国古代建筑中的一个正八边形的窗户，则它的内角和为 ． 11．（2024·湖南长沙·一模）如图，，是正六边形的两条对角线，则的大小为 ． 题型五 多边形内角和与外角和综合 12．（24-25八年级上·湖南株洲·期末）十二边形的外角和是（    ） A． B． C． D． 13．（24-25八年级上·湖南长沙·期末）如图，六边形的每一个内角都相等，则的度数等于（    ） A． B． C． D． 14．（24-25八年级上·湖南长沙·期末）一个多边形的外角和等于它的内角和，则这个多边形的边数是 ． 15．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，将边长相等的正方形和正六边形瓷砖平铺在地面上，则 ． 16．（23-24七年级下·湖南衡阳·期末）如果一个正多边形的内角和是它外角和的两倍，则的值为 ． 17．（23-24八年级上·湖南岳阳·期末）多边形每一个内角都等于，则此多边形是 边形． 18．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）一个多边形的每一个内角是它相邻外角的9倍，这个多边形是几边形? 题型六 利用平行四边形的性质求解 19．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图，在平行四边形中，平分交于点E，平分交于点F，若，，则为（　　） A．2.5 B．3 C．3.5 D．4 20．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，四边形是平行四边形，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 21．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图，在中，，与的角平分线交于点E，若点E恰好在边上，则的值为（   ） A．9 B．16 C．25 D．36 22．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）阅读材料：物理学中“力的合成”遵循平行四边形法则，即和的合力是以这两个力为邻边构成的平行四边形的对角线所表示的力，如图． 解决问题：设两个共点的合力为，现保持两力的夹角不变，使得其中一个力增大，则（   ） A．合力一定增大 B．合力的大小可能不变 C．合力可能增大，也可能减小 D．合力一定减小 23．（23-24八年级下·湖南郴州·期末）如图，在平行四边形中，平分且交于点，，则的大小是 24．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）在平行四边形中，，平分交于点E，则 ． 题型七 判断四边形能否构成平行四边形 25．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在下列给出的条件中，不能判定四边形为平行四边形的是（ ） A．， B．， C．， D．， 26．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）在四边形中，对角线相交于点O，．下列条件能判定四边形为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 27．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）下列给出的条件中，不能判定四边形是平行四边形的是 （填序号）． ①，；②，；③，；④，． 题型八 证明四边形是平行四边形 28．（23-24八年级上·湖南岳阳·期末）已知：如图，在四边形中，，，垂足分别为E，F，延长、，分别交于点H，交于点G，若，． 求证：四边形为平行四边形； 29．（22-23八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在四边形中，，点E在上，，过点E作，垂足为F．    (1)求证：四边形是平行四边形： (2)若，，求的度数． 30．（22-23八年级下·湖南益阳·期末）如图，在四边形中，，分别是，上的中点，且四边形是平行四边形，求证：四边形是平行四边形．    31．（2022·湖南株洲·中考真题）如图所示，点在四边形的边上，连接，并延长交的延长线于点，已知，． (1)求证：； (2)若，求证：四边形为平行四边形． 题型九 利用平行四边形性质和判定证明 32．（23-24九年级上·湖南长沙·期末）如图，在平行四边形中，是的中点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长和平行四边形的面积． 33．（22-23八年级下·湖南永州·期末）如图，在中，、分别是边、上的点，且，，平分；求证：．    34．（22-23八年级下·湖南长沙·期末）如图，在中，且分别交对角线于点E、F，连接．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． (3)在（2）的条件下，求四边形的面积． 题型十 中心对称图形的识别 35．（24-25九年级上·湖南长沙·期末）数学是研究数量、结构、变化、空间以及信息等概念的一门基础学科，“数学”的英文缩写为“”，构成“”的四个英文字母中，属于中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 36．（24-25九年级上·湖南长沙·期末）下列图形中，是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 37．（24-25九年级上·湖南邵阳·期末）下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 题型十一 画已知图形关于某点对称的图形 38．（24-25九年级上·湖南长沙·期末）如图，的顶点坐标分别为，，． (1)画出关于点O成中心对称的； (2)写出坐标：________，________． 39．（23-24七年级下·湖南衡阳·期末）如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为个单位，的三个顶点都在格点上． (1)在网格中画出关于直线对称的； (2)在网格中画出关于点成中心对称的图形． (3)在直线上画出点，使最小． 40．（23-24八年级下·湖南岳阳·期末）如图，三个顶点的坐标分别为，，． (1)请画出向左平移5个单位长度后得到的； (2)请画出关于原点对称的； (3)P的坐标为，请求出的面积． 41．（23-24九年级上·湖南湘西·期末）如图，在平面直角坐标系中，根据要求作答． (1)请画出关于原点对称的； (2)请画出绕点逆时针旋转后的，并写出坐标． 题型十二 与三角形中位线有关的求解问题 42．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图，在四边形中，，点，分别是，的中点，且，若，，则的长为（　　） A．10 B．8 C．6 D．5 43．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，的对角线，相交于点，的平分线与边相交于点，是的中点，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 44．（24-25九年级上·湖南衡阳·期末）如图，在周长为2的三角形中，，，分别是，，的中点，则的周长是 ． 45．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，在四边形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点，，则四边形的周长为 ． 46．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，平行四边形的对角线、相交于点，且、、、分别是、、、的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的周长． 题型十三 三角形中位线的实际问题 47．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图，A，B两地被池塘隔开，小明通过下面的方法估测出了A，B间的距离：先在外选一点C，然后步测出，的中点M，N，并步测出的长为9米，由此他就知道A，B间的距离是（    ） A．10米 B．15米 C．18米 D．27米 48．（24-25九年级上·湖南衡阳·期末）如图，要测量池塘两岸相对的，两点间的距离，可以在池塘外选一点，连接，，分别取，的中点，，测得米，则的长是 米．    49．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）如图，A、B两地是一座山的两端，为修建高速公路需沿方向修一条隧道，工程测量队在地面上确定点O，分别取的中点C、D，量得，则A、B之间的距离是 m． 题型十四 利用矩形性质求解 50．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，在矩形中，，，按照如下步骤作图： 第一步：连接对角线； 第二步：分别以点，点为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点，； 第三步：连接分别交，于点，点，连接，． 由上述作图过程可知，的值等于（    ） A． B． C． D． 51．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作，垂足为点，若，则 度．    52．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）某办公桌摆件的示意图如图所示，四边形是矩形，若对角线与办公桌面垂直，，，延长交办公桌面于点，，则 cm． 题型十五 矩形与折叠问题 53．（24-25八年级上·湖南长沙·期末）如图所示，折叠矩形的一边，使点D落在边上点F处，若，则的长为（    ） A．2 B．3 C． D．5 54．（23-24八年级下·湖南娄底·期末）如图，将矩形沿折叠，使顶点恰好落在边的中点处．若，，则的长为（    ） A．10 B．9 C．8 D．12 55．（23-24九年级上·湖南·期末）如图所示，已知矩形，沿对角线把翻折，与相交于点E，判断的形状． 题型十六 根据矩形的性质和判定求解 56．（24-25八年级上·湖南邵阳·期末）如图，在矩形中，，，延长到点E，使，连接．动点P从点B出发，以每秒2cm的速度沿向终点A运动．设点P的运动时间为t秒，则当 秒时，以A，B，P为顶点的三角形与全等． 57．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）丁俊晖年少时立志在斯洛克界闯出一番天地，为了圆梦，父母卖店卖房凑学费，凭借自己的勤奋和热爱以及天赋终成斯洛克中国第一人．斯洛克的目标球P撞击边的运动轨迹类似于光的镜面反射．如图一在矩形中，撞击点为O，则有．在图二中，目标球P到边的距离是，到边的距离是，边长为，现在，要使目标球P撞击边（只撞击边一次，不撞击其它的边）随即反弹进入C袋口，则目标球P从开始运动到落入C袋口移动的距离为 m． 58．（23-24八年级下·湖南永州·期末）已知点是平面直角坐标系中一点，且，点是平面内一动点，是以为斜边的等腰直角三角形（点、、逆时针排列）． (1)直接写出点的坐标： ； (2)如图，当点位于轴正半轴上且，求的面积； (3)如图，点在第二象限内运动，且，，轴于点，点是的中点．证明：． 59．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）如图，在四边形中，，，，，．点从点出发，以秒的速度向点运动；点从点出发，以秒的速度向点运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设点运动的时间为秒． (1)若，两点同时出发． ①______，______； ②若为何值时，四边形为矩形？ ③若为何值时，？ (2)若点先运动秒后停止运动．此时点从点出发，到达点后运动立即停止，则为何值时， 三角形为直角三角形？ 60．（23-24八年级下·湖南湘西·期末）如图，在四边形中，，，点是边上一点，点是的中点，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 题型十七 利用菱形的性质求解 61．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图，菱形中，对角线、相交于点O，H为边中点，菱形的周长为20，则的长等于（    ） A．2.5 B．3 C．4 D．3.5 62．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）已知菱形的边长为，一条对角线长为，则另一条对角线长为 ． 63．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）已知菱形的边长为5，一个内角为，则菱形较短的对角线长是 ． 64．（23-24八年级下·湖南娄底·期末）如图，四边形是菱形，边长为，，则菱形的面积为 ． 65．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）菱形的对角线，菱形的面积为12，则另一条对角线的长为 ． 66．（23-24八年级下·湖南湘西·期末）菱形的两条对角线的长分别是和，则菱形的面积是 ． 67．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，已知菱形的周长为40，对角线的长为16，则菱形的面积是 ． 题型十八 利用菱形的性质证明 68．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作，且，连接． (1)求证：四边形为矩形； (2)连接，若，，求菱形的面积． 69．（23-24九年级上·湖南长沙·期末）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作且，连接交于点F，连接、． (1)求证：四边形为矩形； (2)若菱形的边长为12，，求的面积． 题型十九 证明四边形是菱形 70．（24-25九年级上·湖南长沙·期末）如图，已知四边形是平行四边形，对角线与相交于点，且平分，过点作，交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的面积． 71．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）如图，用两张等宽的纸条交叉重叠地放在一起，重合的四边形是一个特殊的四边形． (1)这个特殊的四边形应该叫做 ； (2)请证明你的结论．（提示：连接，过点D分别作和边上的高） 72．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）思思同学在平时的数学学习中喜欢钻研和思考问题，他想要证明命题“被一条对角线平分一个内角的平行四边形是菱形”是真命题，于是她先作了如图所示的四边形，并写出了不完整的已知和求证． 已知：如图，在平行四边形中，连接，　　　平分．求证：四边形是　　　． (1)填空，补全已知和求证； (2)按思思同学的想法完成证明过程． 73．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，在中，点，分别是边，的中点，点在线段上，，交于点．    (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，，求的长． 74．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图1，在矩形纸片中，，，折叠纸片使点落在上的点处，折痕为，过点作交于点.     (1)求证：四边形为菱形； (2)当折痕的点与点重合时（如图2），求菱形的边长。 75．（23-24八年级下·湖南娄底·期末）如图，在矩形中，，，过对角线的中点O作的垂线，分别交于E、F． (1)连结，请问：四边形是什么特殊的四边形？并证明． (2)求的长． 题型二十 利用菱形的性质与判定求解 76．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图所示，E，F分别在和上，，则 ． 77．（2023·湖南长沙·二模）如图，平行四边形中，在上截取，分别以点、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接交于，若，，则的长为 ． 78．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，在四边形中，，，对角线、交于点O，平分，过点C作交延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 79．（24-25八年级上·湖南株洲·期末）如图，在中，对角线与相交于点O，，过点C作交延长线于点E． (1)求证：； (2)若，，求的长． 80．（24-25九年级上·湖南邵阳·期末）如图，中，对角线，相交于点，点是上一点，连接，．且． (1)求证：； (2)若，，求的面积． 题型二十一 正方形性质理解 81．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）下列命题错误的是（    ） A．矩形的四个内角相等 B．正方形的四条边相等，四个角相等，且有四条对称轴 C．菱形的对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 82．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）下列性质中不是正方形和菱形共有的是（    ） A．相邻两角都互补 B．相邻两边都相等 C．对角线所在直线是对称轴 D．对角线垂直且相等 83．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）四边形在进化的过程中，正方形可以由矩形进化而来，下列选项中正方形具有，而矩形不具有的性质是（    ） A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．中心对称图形 D．对角线互相平分 84．（23-24七年级上·湖南衡阳·期末）四边形是正方形，旋转一定角度后得到，如图所示，如果，，．求：    (1)指出旋转中心和旋转角度； (2)求的长度和的度数． 题型二十二 根据正方形的性质求解 85．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，将正方形放置于平面直角坐标系中，若点，点，则点B的坐标为 ． 86．（23-24八年级下·湖南湘西·期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的面积都等于4，无论正方形绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积都不变，则这两个正方形重叠部分的面积为 ．    87．（23-24八年级上·湖南长沙·期末）“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，在如图所示的弦图中，大正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的．若，，则的面积为 ． 88．（23-24八年级上·湖南常德·期末）如图，面积为的正方形的边在数轴上，点表示的数为1．将正方形沿着数轴水平移动，移动后的正方形记为，点的对应点分别为，移动后的正方形与原正方形重叠部分图形的面积记为．当时，数轴上点表示的数是 （可用含的代数式表示）． 题型二十三 正方形折叠问题 89．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，取一张矩形的纸片进行折叠，具体操作过程如下： (1)【课本再现】 第一步：如图1，对折矩形纸片，使与重合，折痕为，把纸片展平； 第二步：在上选一点P，沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，根据以上操作，当点M在上时，___________； (2)【类比应用】 如图2，现将矩形纸片换成正方形纸片，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Q，连接，当点M在上时，求的度数； (3)【拓展延伸】 在（2）的探究中，正方形纸片的边长为，改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，并延长交于点Q，连接．当时，请求出的长． 90．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）综合实践课，同学们以“图形的折叠”为主题开展数学活动． 操作一：如图1，对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点，沿折叠，使点落在正方形内部点处，把纸片展平，连接，． (1)当点在上时，的度数是__________． (2)如图2，改变点在上的位置（点不与点，重合），延长交于点，连接． ①求证：； ②若正方形纸片的边长为，，求的长． 题型二十四 根据正方形性质证明 91．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，取一张矩形的纸片进行折叠，具体操作过程如下： (1)【课本再现】 第一步：如图1，对折矩形纸片，使与重合，折痕为，把纸片展平； 第二步：在上选一点P，沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，根据以上操作，当点M在上时，___________； (2)【类比应用】 如图2，现将矩形纸片换成正方形纸片，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Q，连接，当点M在上时，求的度数； (3)【拓展延伸】 在（2）的探究中，正方形纸片的边长为，改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，并延长交于点Q，连接．当时，请求出的长． 92．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）综合实践课，同学们以“图形的折叠”为主题开展数学活动． 操作一：如图1，对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点，沿折叠，使点落在正方形内部点处，把纸片展平，连接，． (1)当点在上时，的度数是__________． (2)如图2，改变点在上的位置（点不与点，重合），延长交于点，连接． ①求证：； ②若正方形纸片的边长为，，求的长． 题型二十五 正方形的判定定理理解 93．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）下列命题说法错误的是（    ） A．平行四边形的对角线互相平分 B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 C．有三个角相等的四边形是矩形 D．有一个角为直角的菱形是正方形 94．（23-24八年级下·湖南永州·期末）矩形四边中点的连线构成的四边形是 四边形，矩形四个角的平分线构成的是 四边形． 题型二十六 证明四边形是正方形 95．（23-24八年级下·湖南常德·期末）如图，已知一个矩形纸片，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点P为边上的动点，将沿折叠得到，连接、．则下列结论中：①当时，四边形为正方形；②当时，的面积为10；③当P在运动过程中，的最小值；④当时，．其中结论正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 96．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）做一做：用一张长方形纸片折出一个最大正方形．如下图，步骤①将长方形纸片沿痕折叠，使点B落在边上与点重合；步骤②用剪刀沿剪掉长方形；步骤③将沿折痕展开得到正方形．其依据是（    ） A．有一个角是直角的菱形是正方形 B．有一组邻边相等的矩形是正方形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．对角线互相垂直的矩形是正方形 97．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，点的坐标为，点分别在轴，轴的正半轴上运动，且，连接，下列结论：①；②若与的交点恰好是的中点，则四边形是正方形；③四边形的面积为定值；④．其中正确的结论是（　　） A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②④ 98．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）我们知道在任意直角三角形中有一个重量级定理——勾股定理！即如图一，在直角三角形中，，，，则有：．为了论证这个定理，数学家脑洞大开，用四个这样全等的直角三角形拼成图二，请同学们完成下列提问． (1)求证：四边形和四边形都是正方形； (2)利用图二，求证：． 题型二十七 根据正方形的性质与判定求解 99．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）如图，在矩形中，，点E，F分别是边上的动点，点E不与A，B两点重合，且，G是五边形内一点，满足．下列结论错误的是（    ） A．与一定互补 B．点G到边的距离一定相等 C．G，B两点之间距离的最大值为6 D．点G到边的距离的最小值为 100．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）小智根据四边形的不稳定性制作了一个探究特殊四边形的学具，他用四根长度相同的木条在两端用螺栓两两连接，构成一个可以活动的四边形．他先将学具成为图1所示的四边形，并测得，对角线，再将学具成为图2所示四边形，并测得，则图2中对角线的长为（    ） A．20cm B．40cm C． D． 101．（2023·湖南怀化·中考真题）如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为 ．    题型二十八 根据正方形的性质与判定证明 102．（23-24八年级下·湖南岳阳·期末）如图，已知一个矩形纸片，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点为边上的动点，将沿折叠得到，连接．则下列结论中： ①当时，四边形为正方形； ②当时，的面积为15； ③当在运动过程中，的最小值为； ④当时，． 其中结论正确的有 ．（把你认为正确结论的序号都填上） 103．（23-24八年级下·湖南湘西·期末）【阅读教材】已知：如图1，在中，D、E分别是边的中点（即是的中位线）．求证：且． 【问题探究】（1）小明和小华同学在学习探究三角形的中位线的性质定理的时候，分别采用了不同添加辅助线的办法来探究，请你认真审题后选择其中一种方法，完成证明． 小明：我的方法是如图2，过点C作的平行线交的延长线于点F． 小华：我的方法是如图3，过点E作的平行线交于点N，过点A作的平行线交的延长线于点M． 【知识应用】（2）如图4，点E、F、G、H分别是四边形各边上的中点，顺次连接各边中点，得到四边形．请探究四边形对角线满足什么关系时，四边形是正方形？并说明理由． 【拓展应用】（3）如图5，在四边形中，，，E，F分别为的中点，若线段，，则__________． 104．（23-24八年级下·湖南邵阳·期中）如图，点E为正方形内一点，，过点B作且使，连接交的延长线于点F． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并说明理由； (3)若，请猜想线段与的数量关系，并加以证明． 105．（22-23八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在边长为的正方形中，点在边上移动（不与端点重合）．连接，以为一边在其右侧作，其中，，点为的中点，过点作，垂足为点，连接，，．    (1)求证：； (2)请判断线段和之间有何关系？写出你的结论并证明； $$专题02 四边形（28大题型） 38 / 106 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 平面镶嵌 · 题型二 多边形对角线的条数问题 · 题型三 多边形内角和问题 · 题型四 正多边形的内角和问题 · 题型五 多边形内角和与外角和综合（易错） · 题型六 利用平行四边形的性质求解 · 题型七 判断四边形能否构成平行四边形 · 题型八 证明四边形是平行四边形（重点） · 题型九 利用平行四边形性质和判定证明 · 题型十 中心对称图形的识别 · 题型十一 画已知图形关于某点对称的图形 · 题型十二 与三角形中位线有关的求解问题 · 题型十三 三角形中位线的实际问题 · 题型十四 利用矩形性质求解 · 题型十五 矩形与折叠问题 · 题型十六 根据矩形的性质和判定求解（重点） · 题型十七 利用萎形的性质求解（易错） · 题型十八 利用菱形的性质证明（重点） · 题型二十 证明四边形是菱形 · 题型二十一 利用菱形的性质与判定求解 · 题型二十二 正方形性质理解 · 题型二十三 根据正方形的性质求解 · 题型二十四 正方形折叠问题（高频） · 题型二十五 利用正方形的性质证明（高频） · 题型二十六 正方形的判定定理理解 · 题型二十七 根据正方形的性质与判定求解（高频） · 题型二十八 根据正方形的性质与判定证明（难点） 题型一 平面镶嵌 1．（24-25八年级上·湖南长沙·期末）酷爱思考的可培同学在学习了平面镶嵌的知识后，决定为家里新装修的房子选择一些不同样式的瓷砖来铺设地板，在以下正多边形组合中，不能铺满地面的是（    ） A．正八边形和正方形 B．正五边形和正八边形 C．正六边形和正三角形 D．正三角形和正方形 【答案】B 【分析】本题主要考查了镶嵌， 先分别求出每种正多边形的一个内角，再根据内角和能否拼成可判断答案． 【详解】解：由正八边形的内角为，正方形的内角是， 可得， 所以正八边形和正方形能铺满地面， 则A不符合题意； 由正八边形的内角为，正五边形的内角是， 可得内角为，不能拼成， 所以正八边形和正五边形不能铺满地面， 则B符合题意； 由正六边形的内角为，正三角形的内角是， 可得， 所以正六边形和正三角形能铺满地面， 则C不符合题意； 由正三角形的内角为，正方形的内角是， 可得， 所以正三角形和正方形能铺满地面， 则D不符合题意． 故选：B． 2．（23-24七年级下·湖南衡阳·期末）某人用同种正多边形瓷砖铺设无缝地板，他购瓷砖形状可能是（    ） A．正五边形 B．正六边形 C．正十边形 D．正十一边形 【答案】B 【分析】本题主要考查了平面镶嵌，判断一种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角．若能构成，则说明能够进行平面镶嵌；反之则不能，据此逐一判断即可． 【详解】解：A、正五边形的一个内角度数为，不能整除，不能进行平面镶嵌，不符合题意； B、正六边形的一个内角度数为，能整除，能进行平面镶嵌，符合题意； C、正十边形的一个内角度数为，不能整除，不能进行平面镶嵌，不符合题意； D、正十一边形的一个内角度数为，不能整除，不能进行平面镶嵌，不符合题意； 故选B． 3．（23-24七年级下·湖南衡阳·期末）下列图形中，不能用同一种作平面镶嵌的是（   ） A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形 【答案】C 【分析】本题主要考查了平面镶嵌、正多边形的内角和等知识点，熟练掌握平面镶嵌的条件是解题的关键．先求出各个正多边形每个内角的度数，再结合平面图形镶嵌的条件逐项判断即可解答． 【详解】解：A、正三角形的每个内角的度数为，且是整数，则正三角形能实施平面镶嵌，此项不符题意； B、正方形的每个内角的度数为，且是整数，正方形能实施平面镶嵌，此项不符题意； C、正五边形的每个内角的度数为，且，不是整数，正五边形不能实施平面镶嵌，此项符合题意； D、正六边形的每个内角的度数为，且是整数，正六边形能实施平面镶嵌，则此项不符题意． 故选：C． 4．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）平面图形的镶嵌在生活中的应用非常广泛，从简单的地板和墙纸设计到复杂的艺术品创作，都展现了其独特的魅力和实用性．下列几组多边形组合不能进行平面图形镶嵌的是（    ） A．正三角形与正方形 B．正三角形与正六边形 C．正方形与正八边形 D．正方形与正六边形 【答案】D 【分析】几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．正多边形的组合能否铺满地面，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为．若能，则说明能铺满；反之，则说明不能铺满． 【详解】解：A、正三角形的每个内角是，正方形的每个内角是，，能铺满地面； B、正三角形的每个内角是，正六边形的每个内角是，，能铺满地面； C、正方形的每个内角是，正八边形的每个内角是，，能铺满地面； D、正方形的每个内角是，正六边形的每个内角是，，，显然取任何整数时，不能得正整数，故不能铺满． 故选：D 题型二 多边形对角线的条数问题 5．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）我们学习多边形后，发现凸多边形的对角线有一定的规律，①中的四边形共有2条对角线，②中的五边形共有5条对角线，③中的六边形共有9条对角线，…，请你计算凸十边形对角线的总条数（   ） A．35 B．44 C．54 D．64 【答案】A 【分析】本题主要考查了对角线条数问题，解题的关键是熟练掌握一个n边形的对角线条数为．根据一个n边形的对角线条数为进行求解即可． 【详解】解：一个四边形共有2条对角线，一个五边形共有5条对角线，一个六边形共有9条对角线…… 一个十边形共有条对角线，故A正确． 故选：A． 6．（24-25七年级上·湖南衡阳·期末）连结多边形任意两个不相邻顶点的线段叫多边形的对角线。如图，四边形有2条对角线，五边形有5条对角线，六边形有9条对角线，七边形有14条对角线，……，则十三边形的对角线条数为（   ） A．54 B．60 C．65 D．72 【答案】C 【分析】本题考查了规律探究问题．从四边形、五边形、六边形等对角线的条数进行分析，总结规律即可得到n边形的对角线条数． 【详解】解：四边形的对角线条数（条）， 五边形的对角线条数（条）， 六边形的对角线条数（条）， …， ∴n边形的对角线条数（条）， ∴十三边形的对角线条数（条）， 故选：C． 题型三 多边形内角和问题 7．（23-24七年级下·湖南衡阳·期末）十二边形的内角和为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的内角和的求法，据多边形内角和公式解答即可; 【详解】解：十二边形的内角和为， 故选：C． 8．（23-24八年级下·湖南娄底·期末）已知一个多边形的内角和是，则这个多边形是（    ） A．八边形 B．十边形 C．九边形 D．七边形 【答案】B 【分析】此题考查多边形的内角和问题，关键是根据n边形的内角和公式．利用n边形的内角和可以表示成，结合方程即可求出答案． 【详解】解：设这个多边形为n边形，根据多边形的内角和可得： ， 解得：． 则这个多边形是十边形． 故选：B． 题型四 正多边形的内角和问题 9．（23-24八年级上·湖南长沙·期末）若一个正多边形的内角和是，则该正多边形的一个内角是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先设此多边形为n边形，根据题意得：，即可求得，再用内角和除以边数即可求出这个正多边形的每一个内角． 本题考查了多边形的内角和定理：多边形内角和，掌握多边形内角和定理是解题的关键． 【详解】设此多边形为n边形，根据题意得， ， 解得：， ∴这个正多边形的每一个内角等于：． 故选：C． 10．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）中国古代建筑具有悠久的历史传统和光辉的成就，其建筑艺术也是美术鉴赏的重要对象．如图是中国古代建筑中的一个正八边形的窗户，则它的内角和为 ． 【答案】 【分析】本题考查了多边形的内角和，掌握多边形的内角和公式是解题的关键．多边形的内角和为，其中n为正多边形的边数．根据多边形的内角和公式计算，即得答案． 【详解】正八边形的内角和为． 故答案为：． 11．（2024·湖南长沙·一模）如图，，是正六边形的两条对角线，则的大小为 ． 【答案】/30度 【分析】本题考查了多边形的内角，根据正六边形的性质和等腰三角形的判定和性质即可得到结论，熟练掌握正六边形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键． 【详解】解：多边形是正六边形， ，， ， ， ． 故答案为：． 题型五 多边形内角和与外角和综合 12．（24-25八年级上·湖南株洲·期末）十二边形的外角和是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了多边形的外角和，掌握多边形的外角和为是解题关键． 根据多边形的外角和为进行求解即可． 【详解】解：∵多边形的外角和为， ∴十二边形的外角和是． 故选：D． 13．（24-25八年级上·湖南长沙·期末）如图，六边形的每一个内角都相等，则的度数等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查多边形的内角和和外角和综合，根据六边形的每一个内角都相等，得到每一个外角也相等，再根据外角和为360度进行求解即可． 【详解】解：∵六边形的每一个内角都相等， ∴六边形的每一个外角都相等， ∴的度数； 故选D． 14．（24-25八年级上·湖南长沙·期末）一个多边形的外角和等于它的内角和，则这个多边形的边数是 ． 【答案】 【分析】本题考查了多边形的内角和外角，正确记忆多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是是解题关键．根据多边形的内角和公式与外角和定理列出方程，然后求解即可． 【详解】解：设这个多边形是n边形， 根据题意得， 解得， 故答案为：4． 15．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，将边长相等的正方形和正六边形瓷砖平铺在地面上，则 ． 【答案】/150度 【分析】此题考查了多边形内角和外角，熟练掌握多边形的内角和定理是解本题的关键． 利用多边形的内角和定理求出正方形与正六边形的内角和，进而求出每一个内角，即可确定出所求角的度数． 【详解】解：正方形的内角和为，每一个内角为； 正六边形的内角和为，每一个内角为， 则， 故答案为：． 16．（23-24七年级下·湖南衡阳·期末）如果一个正多边形的内角和是它外角和的两倍，则的值为 ． 【答案】6 【分析】本题主要考查了多边形的内角和外角，解题关键是熟练掌握多边形的内角和公式和外角和的度数．根据任意正多边形的外角和都为，利用多边形的内角和公式，列出关于n的方程，解方程求出n即可． 【详解】解：∵正多边形的外角和都为， ∴， ， ， 故答案为：6． 17．（23-24八年级上·湖南岳阳·期末）多边形每一个内角都等于，则此多边形是 边形． 【答案】十二/12 【分析】本题考查了多边形的内角和外角和，多边形的外角和都是，熟练掌握以上知识是解题的关键． 先计算出多边形的每一个外角，再根据多边形的外角和都是进行计算即可． 【详解】解：∵多边形的每一个内角都等于， ∴多边形的每一个外角都等于， ∴边数． 故答案为：十二． 18．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）一个多边形的每一个内角是它相邻外角的9倍，这个多边形是几边形? 【答案】这个多边形是二十边形 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，一元一次方程的应用．解题的关键在于外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求出正多边形的边数．设每一个外角的度数为，则每一个内角的度数为，根据一个内角与其相邻外角互补建立方程求解，得到一个外角度数，从而得到多边形的边数，即可解题． 【详解】解：设每一个外角的度数为，则每一个内角的度数为， 则，解得：， 又， ∴这个多边形是二十边形． 题型六 利用平行四边形的性质求解 19．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图，在平行四边形中，平分交于点E，平分交于点F，若，，则为（　　） A．2.5 B．3 C．3.5 D．4 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定，平行线的性质，平行线与角平分线相结合可得，，再结合平行四边形的性质即可求解． 【详解】解：平行四边形中， ，， 平分，平分， ，， ，， ，， 又平行四边形中，， ， ， ， ， 故选D． 20．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，四边形是平行四边形，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的性质．根据平行四边形对角相等即可求出． 【详解】解：在中有：， ， ， 故选：D． 21．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图，在中，，与的角平分线交于点E，若点E恰好在边上，则的值为（   ） A．9 B．16 C．25 D．36 【答案】D 【分析】根据平行线的性质和角平分线的定义，得到，然后利用勾股定理，即可求出答案． 【详解】∵在中， ， ， ，与的角平分线交于点E， ， ，， ， ， ， 在中，由勾股定理，得． 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，解题的关键是熟练平行四边形的性质，正确求出角之间的关系进行解题． 22．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）阅读材料：物理学中“力的合成”遵循平行四边形法则，即和的合力是以这两个力为邻边构成的平行四边形的对角线所表示的力，如图． 解决问题：设两个共点的合力为，现保持两力的夹角不变，使得其中一个力增大，则（   ） A．合力一定增大 B．合力的大小可能不变 C．合力可能增大，也可能减小 D．合力一定减小 【答案】A 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，理解题意是解题的关键． 【详解】解：如下图： 已知两边长度和夹角的度数可以确定一个平行四边形，即其对角线也是确定的，而两边的夹角不变，某一边长增大时，平行四边形的对角线也在增大．如图所示，两力的夹角不变，使得其中一个力不变，增大时，合力F也在增大，故A正确，B，C，D错误， 故选∶A． 23．（23-24八年级下·湖南郴州·期末）如图，在平行四边形中，平分且交于点，，则的大小是 【答案】/59度 【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，掌握平行四边形的性质是解题的关键．由平行四边形的性质可得，，由角平分线的定义和平行线的性质可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴ ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 24．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）在平行四边形中，，平分交于点E，则 ． 【答案】5 【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，掌握平行四边形的对边平行且相等是解题的关键．由平行四边形的性质可得，，，由角平分线的定义可得，可证，即可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ， 平分， ， ， ， ， ， ， 故答案为：5 题型七 判断四边形能否构成平行四边形 25．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，在下列给出的条件中，不能判定四边形为平行四边形的是（ ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】此题主要考查平行四边形的判定，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理．根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可． 【详解】解：A、不能判定四边形是平行四边形，符合题意； B、根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，能判定四边形是平行四边形，不符合题意； C、根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，能判定四边形是平行四边形，不符合题意； D、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，能判定四边形是平行四边形，不符合题意； 故选：A． 26．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）在四边形中，对角线相交于点O，．下列条件能判定四边形为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的判定：（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．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．分别利用平行四边形的判定方法进行判断，即可得出结论． 【详解】解：A、，，由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可判断四边形是平行四边形，故选项A符合题意； B、，，由“一组对边平行，另一边相等的四边形”无法判断四边形是平行四边形，故选项B不符合题意； C、，，无法判断四边形是平行四边形，故选项C不符合题意； D、若，，无法判断四边形是平行四边形，故选项D不符合题意； 故选：A 27．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）下列给出的条件中，不能判定四边形是平行四边形的是 （填序号）． ①，；②，；③，；④，． 【答案】③ 【分析】本题考查了平行四边形的判定定理，根据平行四边形的判定定理逐项判断即可得出答案． 【详解】解：①∵，，∴四边形是平行四边形，不符合题意； ②∵，，∴四边形是平行四边形，不符合题意； ③，不能判定四边形是平行四边形，符合题意； ④∵，，∴四边形是平行四边形，不符合题意； 故答案为：③． 题型八 证明四边形是平行四边形 28．（23-24八年级上·湖南岳阳·期末）已知：如图，在四边形中，，，垂足分别为E，F，延长、，分别交于点H，交于点G，若，． 求证：四边形为平行四边形； 【答案】见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定，证明，可得，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可解决问题；解题的关键是证明． 【详解】证明：∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形． 29．（22-23八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在四边形中，，点E在上，，过点E作，垂足为F．    (1)求证：四边形是平行四边形： (2)若，，求的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据，得出，证明，得出，即可证明结论； （2）根据直角三角形性质求出，根据，，，得出平分，即，根据，得出即可． 【详解】（1）证明：， ， 在与中， ， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：，， ， ∵，，， ∴平分， ， 由（1）可知， ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，三角形全等的判定和性质，平行线的判定，角平分线的判定，解题的关键是掌握相关的判定和性质，数形结合． 30．（22-23八年级下·湖南益阳·期末）如图，在四边形中，，分别是，上的中点，且四边形是平行四边形，求证：四边形是平行四边形．    【答案】证明见解析 【分析】结合平行四边形的性质得出，再根据平行四边形的判定证明即可． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，． ，分别是，上的中点， ，， ， 四边形是平行四边形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，熟练掌握平行四边形的性质和判定并灵活运用是解题的关键． 31．（2022·湖南株洲·中考真题）如图所示，点在四边形的边上，连接，并延长交的延长线于点，已知，． (1)求证：； (2)若，求证：四边形为平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）利用SAS可以直接证明； （2）由可得，由内错角相等，两直线平行，得出，结合已知条件即可证明四边形为平行四边形． 【详解】（1）证明：∵与是对顶角， ∴， 在与中， ， ∴ （2）证明：由（1）知， ∴， ∴， ∵点在的延长线上， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，平行线的判定和平行四边形的判定，难度较小，熟练掌握全等三角形、平行线及平行四边形的判定方法是解题的关键． 题型九 利用平行四边形性质和判定证明 32．（23-24九年级上·湖南长沙·期末）如图，在平行四边形中，是的中点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长和平行四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)； 【分析】（1）根据平行四边形性质得到，，再由中点定义及即可确定，利用平行四边形的判定定理即可得证； （2）过点作，如图所示，利用平行四边形的性质，结合含的直角三角形性质求出线段长，再由勾股定理即可得到，再由平行四边形的面积公式求解即可得到答案． 【详解】（1）证明：在平行四边形中，，， 是的中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：过点作，如图所示： 在平行四边形中，，，则， ，， ， 在中，，，， ， 由勾股定理可得， 由（1）知平行四边形中，， ， 在中，， ． 【点睛】本题考查平行四边形综合，涉及平行四边形的判定与性质、中点定义、含的直角三角形性质、勾股定理及平行四边形面积等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键． 33．（22-23八年级下·湖南永州·期末）如图，在中，、分别是边、上的点，且，，平分；求证：．    【答案】见解析 【分析】根据平行线的性质得出，根据角平分线的定义可得，可得，则，进而证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得证． 【详解】证明：∵， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等腰三角形的判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键． 34．（22-23八年级下·湖南长沙·期末）如图，在中，且分别交对角线于点E、F，连接．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． (3)在（2）的条件下，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) (3)180 【分析】（1）先由平行四边形的性质得到，，再由平行线的性质推出，进一步证明得到，由此即可证明四边形是平行四边形； （2）利用勾股定理求出，，进而得到，再利用勾股定理求出的长即可； （3）先求出，再根据进行求解即可. 【详解】（1）证明：在平行四边形中，， ， 又∵， ， ， 在和中， ， ， ， ∵， 四边形是平行四边形； （2）解：，， ， ， ，， ， ， ， ， ． 故的长为． （3）解：∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形的性质与判定条件是解题的关键． 题型十 中心对称图形的识别 35．（24-25九年级上·湖南长沙·期末）数学是研究数量、结构、变化、空间以及信息等概念的一门基础学科，“数学”的英文缩写为“”，构成“”的四个英文字母中，属于中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据中心对称图形的概念判断即可． 本题考查的是中心对称图形，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形． 【详解】解：A、不是中心对称图形，不符合题意； B、不是中心对称图形，不符合题意； C、不是中心对称图形，不符合题意； D、是中心对称图形，符合题意； 故选：D 36．（24-25九年级上·湖南长沙·期末）下列图形中，是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可． 【详解】解：A．不是中心对称图形，故A不符合题意； B．是中心对称图形，故B符合题意； C．不是中心对称图形，故C不符合题意； D．不是中心对称图形，故D不符合题意． 故选：B． 37．（24-25九年级上·湖南邵阳·期末）下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个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，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念，是解题的关键． 【详解】解：A、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形；故不符合题意； B、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形；故符合题意； C、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形；故不符合题意； D、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，不是轴对称图形；故不符合题意； 故选：B． 题型十一 画已知图形关于某点对称的图形 38．（24-25九年级上·湖南长沙·期末）如图，的顶点坐标分别为，，． (1)画出关于点O成中心对称的； (2)写出坐标：________，________． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】本题主要考查了中心对称，正确得出对应点位置是解题关键． （1）利用关于原点对称点的性质得出对应点位置，连线即可得出答案； （2）根据关于原点对称的性质得出对应点坐标即可． 【详解】（1）解：关于点成中心对称的，如图即为所求； （2）解： 关于点成中心对称的，，， ，． 故答案为：，． 39．（23-24七年级下·湖南衡阳·期末）如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为个单位，的三个顶点都在格点上． (1)在网格中画出关于直线对称的； (2)在网格中画出关于点成中心对称的图形． (3)在直线上画出点，使最小． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查了轴对称作图、中心对称及利用轴对称性质作图． （1）作出点A、B、C关于直线m的对称点，然后再顺次连接即可； （2）根据中心对称的性质作出点A、B、C平移后的对应点，然后顺次连接即可； （3）连接，则与直线m的交点即为点P． 【详解】（1）解：如图，即为所求作的三角形； （2）解：如图，即为所求作的三角形； （3）解：连接，与直线m的交点即为所求作的点P，如图所示： 连接， 根据轴对称的性质可知：， ∴， ∵两点之间线段最短， ∴此时最小，即最小． 40．（23-24八年级下·湖南岳阳·期末）如图，三个顶点的坐标分别为，，． (1)请画出向左平移5个单位长度后得到的； (2)请画出关于原点对称的； (3)P的坐标为，请求出的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)的面积为 【分析】本题考查的是平移变换作图，中心对称作图，求网格中三角形面积．解题的关键在于掌握作图的一般步骤． （1）将A、B、C按平移条件找出它的对应点、、，再顺次连接、、，即得到平移后的图形． （2）将A、B、C按原点对称找出它的对应点、、，再顺次连接、、，即得到中心对称后的图形． （3）利用三角形面积公式即可求出的面积． 【详解】（1）解：所作如图所示： （2）解：所作如图所示： （3）解：P的坐标为，如图， 的面积为 ． 41．（23-24九年级上·湖南湘西·期末）如图，在平面直角坐标系中，根据要求作答． (1)请画出关于原点对称的； (2)请画出绕点逆时针旋转后的，并写出坐标． 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析， 【分析】此题考查了中心对称和旋转的作图，准确找到变化后的对应点是解题的关键． （1）作出关于原点对称的对应点，顺次连接即可； （2）作出绕点按逆时针方向旋转后的对应点，顺次连接即可得到图形，再写出点的坐标即可． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求， （2）如图所示，即为所求，坐标为． 题型十二 与三角形中位线有关的求解问题 42．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图，在四边形中，，点，分别是，的中点，且，若，，则的长为（　　） A．10 B．8 C．6 D．5 【答案】D 【分析】本题考查勾股定理，三角形的中位线定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，掌握三角形的中位线定理是解题的关键．由勾股定理求得，再由直角三角形斜边上中线等于斜边的一半求得，从而利用中位线的性质求解即可． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵点，分别是，的中点，， ∴，， ∴， 故选D． 43．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，的对角线，相交于点，的平分线与边相交于点，是的中点，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等角对等边，三角形中位线性质；熟练掌握这些知识是关键．由平行四边形的性质及角平分线的定义得，从而得的长，由三角形中位线定理即可求解． 【详解】解：在中，，，， ； 平分， ， ， ； ； E是的中点，， ； 故选：D． 44．（24-25九年级上·湖南衡阳·期末）如图，在周长为2的三角形中，，，分别是，，的中点，则的周长是 ． 【答案】1 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解题的关键．根据三角形中位线定理得到，根据三角形周长公式计算，得到答案． 【详解】解：∵点分别为三边的中点， 是周长为2的三角形， ， 的周长， 故答案为1． 45．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，在四边形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点，，则四边形的周长为 ． 【答案】12 【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质及判定，熟练掌握三角形中位线的性质及判定是解题的关键，根据三角形的中位线及性质求解即可． 【详解】解：∵、、、分别是、、、的中点， ∴、、、分别是、、、的中位线， ∴，， ，， ∴四边形的周长； 故答案为：12． 46．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，平行四边形的对角线、相交于点，且、、、分别是、、、的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质； （1）由平行四边形的性质可得，，由中点的性质可得，，，，由对角线互相平分的四边形是平行四边形可得结论； （2）由平行四边形的性质可得，由三角形中位线定理可得，即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形 ，， 、、、分别是、、、的中点． ，，，， ，， 四边形是平行四边形； （2）解：， ， ， 、分别是、的中点， ，且， ， 的周长． 题型十三 三角形中位线的实际问题 47．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图，A，B两地被池塘隔开，小明通过下面的方法估测出了A，B间的距离：先在外选一点C，然后步测出，的中点M，N，并步测出的长为9米，由此他就知道A，B间的距离是（    ） A．10米 B．15米 C．18米 D．27米 【答案】C 【分析】本题考查了三角形中位线定理，熟练掌握和运用三角形中位线定理是解决本题的关键． 利用三角形中位线定理即可求得． 【详解】解：∵分别是的中点， ∴是的中位线， 米， 故选：C． 48．（24-25九年级上·湖南衡阳·期末）如图，要测量池塘两岸相对的，两点间的距离，可以在池塘外选一点，连接，，分别取，的中点，，测得米，则的长是 米．    【答案】120 【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质， 根据题意可知是的中位线，再根据三角形中位线的性质得出，进而得出答案即可． 【详解】解：∵点D，E分别是的中点， ∴是的中位线， ∴． ∵， ∴． 故答案为：120． 49．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）如图，A、B两地是一座山的两端，为修建高速公路需沿方向修一条隧道，工程测量队在地面上确定点O，分别取的中点C、D，量得，则A、B之间的距离是 m． 【答案】1200 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．根据三角形中位线定理解答即可． 【详解】解：点，分别是，的中点， ， 故答案为：1200 题型十四 利用矩形性质求解 50．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，在矩形中，，，按照如下步骤作图： 第一步：连接对角线； 第二步：分别以点，点为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点，； 第三步：连接分别交，于点，点，连接，． 由上述作图过程可知，的值等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查作图基本作图，线段的垂直平分线的性质，勾股定理，矩形的性质等知识．由作图可知垂直平分线段，推出，设，则有，解方程可得结论． 【详解】解：四边形是矩形， ， 由作图可知垂直平分线段， ， 设，则有， 解得， ， ． 故选：B． 51．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作，垂足为点，若，则 度．    【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的外角性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握矩形的性质．根据矩形的性质可得到，推出，根据三角形的外角性质和，可得，由，即可求解． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 52．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）某办公桌摆件的示意图如图所示，四边形是矩形，若对角线与办公桌面垂直，，，延长交办公桌面于点，，则 cm． 【答案】25 【分析】本题主要考查了勾股定理，矩形的性质，由四边形是矩形，对角线与办公桌面垂直，由勾股定理得，得． 【详解】由四边形是矩形，对角线与办公桌面垂直，，，， 得， 得． 故答案为：． 题型十五 矩形与折叠问题 53．（24-25八年级上·湖南长沙·期末）如图所示，折叠矩形的一边，使点D落在边上点F处，若，则的长为（    ） A．2 B．3 C． D．5 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质、折叠性质、勾股定理，熟练掌握折叠性质和勾股定理求解是解答的关键． 设，由折叠性质得到，，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵折叠， ∴，， 在中， ， ∴， 设 在中，， ∴，解得， 故选：A． 54．（23-24八年级下·湖南娄底·期末）如图，将矩形沿折叠，使顶点恰好落在边的中点处．若，，则的长为（    ） A．10 B．9 C．8 D．12 【答案】A 【分析】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理，矩形的性质，解题的关键是翻折变换的性质，勾股定理，矩形的性质．根据矩形的性质得到，，，根据翻折变换的性质得到，，设，则，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：矩形，，， ，，， 将矩形沿折叠，使顶点恰好落在边的中点上， ，， 设，则， 在中，， 解得， ． 故选：A 55．（23-24九年级上·湖南·期末）如图所示，已知矩形，沿对角线把翻折，与相交于点E，判断的形状． 【答案】为等腰三角形，详见解析 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定．关键是利用角相等过渡到同一个三角形中． 由折叠的性质可知，由可知，可证为等腰三角形． 【详解】解：为等腰三角形． 理由：由折叠的性质可知， ∵是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰三角形． 题型十六 根据矩形的性质和判定求解 56．（24-25八年级上·湖南邵阳·期末）如图，在矩形中，，，延长到点E，使，连接．动点P从点B出发，以每秒2cm的速度沿向终点A运动．设点P的运动时间为t秒，则当 秒时，以A，B，P为顶点的三角形与全等． 【答案】1或11 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质，矩形的性质， 由题意可知，分点P在上三种情况求解． 【详解】解：当点P在上时，由题意可知，， ∵与全等， ∴， 即， 解得； 当点P在上，不含端点时，， ∴与不全等； 当点P在上时，由题意可知，， ∵与全等， ∴， 即， 解得． 综上所述，与全等时，t为1或11秒． 故答案为：1或11． 57．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）丁俊晖年少时立志在斯洛克界闯出一番天地，为了圆梦，父母卖店卖房凑学费，凭借自己的勤奋和热爱以及天赋终成斯洛克中国第一人．斯洛克的目标球P撞击边的运动轨迹类似于光的镜面反射．如图一在矩形中，撞击点为O，则有．在图二中，目标球P到边的距离是，到边的距离是，边长为，现在，要使目标球P撞击边（只撞击边一次，不撞击其它的边）随即反弹进入C袋口，则目标球P从开始运动到落入C袋口移动的距离为 m． 【答案】 【分析】该题主要考查了矩形的性质和判定，轴对称的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 过点作交于点，交于点，作点关于的对称点，则，四边形是矩形，得出，，，根据勾股定理得出，证明三点共线，即可得出目标球P从开始运动到落入C袋口移动的距离为． 【详解】过点作交于点，交于点，作点关于的对称点， 则，四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴三点共线， ∴则目标球P从开始运动到落入C袋口移动的距离为． 故答案为：． 58．（23-24八年级下·湖南永州·期末）已知点是平面直角坐标系中一点，且，点是平面内一动点，是以为斜边的等腰直角三角形（点、、逆时针排列）． (1)直接写出点的坐标： ； (2)如图，当点位于轴正半轴上且，求的面积； (3)如图，点在第二象限内运动，且，，轴于点，点是的中点．证明：． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】（1）由得到，根据非负数的性质得到，即可得到点的坐标； （2）过点作轴于点，由30度直角三角形性质求出，利用勾股定理求得，即可得解； （3）延长至点使得连，连接并延长交的延长线于点．证明，则，，再证，则，得到是等腰三角形，由得到，即可得到结论． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点的坐标是； 故答案为： （2）解：如图，过点作轴于点， ∵在中，轴，, ∴， 是以为斜边的等腰直角三角形， ， ，即：, ∴ ∴的面积为； （3）解：如图，延长至点使得连，连接并延长交的延长线于点． 在和中， ， ， ，， ， ， 在四边形中，， ， 又， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ∴是等腰三角形， ， 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、矩形的判定及性质、等腰三角形的判定和性质、坐标与图形、非负数的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质并数形结合是解题的关键． 59．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）如图，在四边形中，，，，，．点从点出发，以秒的速度向点运动；点从点出发，以秒的速度向点运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设点运动的时间为秒． (1)若，两点同时出发． ①______，______； ②若为何值时，四边形为矩形？ ③若为何值时，？ (2)若点先运动秒后停止运动．此时点从点出发，到达点后运动立即停止，则为何值时， 三角形为直角三角形？ 【答案】(1)①，；②；③秒或秒 (2)当为或时，三角形为直角三角形 【分析】此题考查了矩形的性质和判定、勾股定理及其逆定理、一元一次方程等知识，分类讨论和数形结合是解题的关键． （1）①根据点的运动速度和时间即可得到答案；②根据矩形性质进行解答即可；③按照t的取值范围分情况进行解答即可； （2）分情况利用勾股定理及其逆定理进行解答即可． 【详解】（1）解：①根据题意，得，， ∵，则， 故答案为：，． ②∵，， ∴， 如图： 当四边形为矩形， 此时，即，解得：， 故当秒时，四边形为矩形 ③如图： ∵C、 D两点其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动 ∴ 当时，即在点P的右边时，要使，则四边形为平行四边形， 此时，即， 解得：， 故当秒时，四边形为平行四边形，即． 当时,当在点P的左边时，过点B作于点E， ∵, ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 过点作于点F， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴, ∵， ∴, ∴,解得， 综上所述：当秒或时，． （2）解：∵点先运动秒后停止运动，此时点从点出发， 即当时，，点与点重合，此时； 当时， 如图： ∵，， ∴， 故四边形为矩形， ∴， ∴， 即，解得：； 当时， 如图：过点作交于， ∵，， ∴， 故四边形为矩形， ∴，， 故， 在中，， 在中，， 在中，，即， 解得：； 综上所述：当为或时，三角形为直角三角形． 60．（23-24八年级下·湖南湘西·期末）如图，在四边形中，，，点是边上一点，点是的中点，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的斜边中线定理，解题的关键是掌握相关的知识． （1）先证明四边形是平行四边形，再根据，即可证明四边形是矩形； （2）根据矩形的性质得到，，，再根据勾股定理求出，进而求出，其次根据勾股定理求出，最后根据直角三角形的斜边中线定理即可求解． 【详解】（1）证明： ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形； （2）解：四边形是矩形， ，，， ， ， ， 点是的中点， 是直角三角形斜边上的中线， ． 题型十七 利用菱形的性质求解 61．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图，菱形中，对角线、相交于点O，H为边中点，菱形的周长为20，则的长等于（    ） A．2.5 B．3 C．4 D．3.5 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质及直角三角形斜边的中线定理，熟练掌握菱形四边相等、对角线互相垂直且平分的性质是解题关键． 【详解】解：∵是菱形， ∴，， 又∵为边中点， ∴， 故选A． 62．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）已知菱形的边长为，一条对角线长为，则另一条对角线长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的对角线互相垂直平分的性质是解题的关键．根据题意作出图形，根据勾股定理求得，进而求得另外一条对角线的长． 【详解】解：设菱形的两条对角线交于点，如图所示： 四边形是菱形，边长是， ，，，， ， ； 故答案为：． 63．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）已知菱形的边长为5，一个内角为，则菱形较短的对角线长是 ． 【答案】5 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，根据菱形的性质和已知条件证明为等边三角形，则． 【详解】解：如图，在菱形中，，为较短的对角线， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴． 故答案为：5． 64．（23-24八年级下·湖南娄底·期末）如图，四边形是菱形，边长为，，则菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查求菱形面积，涉及菱形性质和含角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握含角的直角三角形的性质是解决问题的关键．过作于，在中，，菱形的边长是，得到，，根据勾股定理得出，从而得到菱形的面积为． 【详解】解：过作于，如图所示： 则， ∵在中，， ∴， 菱形的边长是， 在中，， ∴根据勾股定理得：， 菱形的面积为， 故答案为：． 65．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）菱形的对角线，菱形的面积为12，则另一条对角线的长为 ． 【答案】4 【分析】本题考查了根据对角线长计算菱形的面积的方法，本题中正确计算是解题的关键．菱形的面积可以根据对角线的长计算，已知菱形的面积，对角线的长即可计算的长 【详解】解：∵菱形的面积为，且 ∴， 故答案为：4． 66．（23-24八年级下·湖南湘西·期末）菱形的两条对角线的长分别是和，则菱形的面积是 ． 【答案】9 【分析】本题主要查了菱形的性质，根据菱形的面积公式计算，即可． 【详解】解：∵菱形的两条对角线的长分别是和 ∴ ． 故答案为：9． 67．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，已知菱形的周长为40，对角线的长为16，则菱形的面积是 ． 【答案】96 【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理，先利用勾股定理求出，进而求出对角线，最后根据菱形面积公式求解． 【详解】解：菱形的周长为40， ， 又菱形中，， ， ， 菱形的面积， 故答案为：96． 题型十八 利用菱形的性质证明 68．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作，且，连接． (1)求证：四边形为矩形； (2)连接，若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握特殊平行四边形的性质和判定定理是解题的关键． （1）首先根据菱形的性质得，，再结合已知条件，得，结合，可知四边形是平行四边形，进而得出结论； （2）由（1）可知，，，根据勾股定理可求得，由菱形面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形； （2）由（1）可知，，， ， 菱形的面积． 69．（23-24九年级上·湖南长沙·期末）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作且，连接交于点F，连接、． (1)求证：四边形为矩形； (2)若菱形的边长为12，，求的面积． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）由题意得，且，则四边形为平行四边形，结合菱形的性质得，即可判定； （2）由题意可证四边形为平行四边形，则有，进一步得为等边三角形，即可求，则有． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， ∵， ， 又， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是菱形 ∴， ∴四边形为矩形． （2）∵， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵在菱形中，， 又， ∴为等边三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定、平行四边形判定和性质以及等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练菱形的性质和平行四边形性质． 题型十九 证明四边形是菱形 70．（24-25九年级上·湖南长沙·期末）如图，已知四边形是平行四边形，对角线与相交于点，且平分，过点作，交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)的面积为36 【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，灵活运用相关性质定理是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得，由角平分线的定义可得，进而得到，所以，再结合四边形是平行四边形即可证明结论； （2）由菱形的性质得、、，再由勾股定理可得；再由可得四边形是平行四边形、、，最后根据三角形的面积公式计算即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ∴， ， 平分， ， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形． （2）解：四边形是菱形，，， ，， ， ， ， ∵， 四边形是平行四边形，， ， ， 的面积为36． 71．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）如图，用两张等宽的纸条交叉重叠地放在一起，重合的四边形是一个特殊的四边形． (1)这个特殊的四边形应该叫做 ； (2)请证明你的结论．（提示：连接，过点D分别作和边上的高） 【答案】(1)菱形 (2)见解析 【分析】本题考查菱形的判定、平行四边形的判定与性质，掌握菱形的判定是解答的关键． （1）根据菱形的判定可得结论； （2）先证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的面积公式结合已知得到，进而利用菱形的判定可证得结论． 【详解】（1）解：根据菱形的判定可得这个特殊的四边形应该叫做菱形，证明过程见解析（2）． 故答案为：菱形； （2）解：如图，过点D分别作和边上的高，，垂足分别为E、F， 由题意，，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 72．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）思思同学在平时的数学学习中喜欢钻研和思考问题，他想要证明命题“被一条对角线平分一个内角的平行四边形是菱形”是真命题，于是她先作了如图所示的四边形，并写出了不完整的已知和求证． 已知：如图，在平行四边形中，连接，　　　平分．求证：四边形是　　　． (1)填空，补全已知和求证； (2)按思思同学的想法完成证明过程． 【答案】(1)，菱形 (2)见解析 【分析】本题考查菱形的判定，掌握菱形的判定方法，是解题的关键： （1）根据题意，补全已知和求证即可； （2）根据平行四边形的性质结合角平分线的性质，推出，即可得证． 【详解】（1）解：补全已知和求证如下： 已知：如图，在平行四边形中，连接，平分．求证：四边形是菱形； 故答案为：，菱形； （2）∵平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． 73．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，在中，点，分别是边，的中点，点在线段上，，交于点．    (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的判定，三角形的中位线定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及勾股定理，熟练地掌握相关内容是解题的关键． （）根据三角形的中位线定理，易证四边形是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知，即可证明四边形是菱形； （）用勾股定理即可求出，用中位线定理可求出，由（）可知，最后用即可求出． 【详解】（1）解：∵点，点分别是边，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，点是的中点， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵点，点分别是边，的中点， ∴是的中位线， ∴ 在中，∵， ∴， ∵，， ∴, ∴ ， ∴． 74．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图1，在矩形纸片中，，，折叠纸片使点落在上的点处，折痕为，过点作交于点.     (1)求证：四边形为菱形； (2)当折痕的点与点重合时（如图2），求菱形的边长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、勾股定理等知识；掌握基础知识是解本题的关键． （1）根据一组对边平行且相等可证得：四边形为平行四边形，再加上可得结论； （2）先由折叠得：，利用勾股定理得：，设，则，，中，由勾股定理得：，解出即可； 【详解】（1）证明：由题意可知： ∵点与点关于对称， ，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； （2）解：如图，当点与点重合时， 由折叠可知：， ∵在直角中，， ∴， ∴， 设，则，， 中，由勾股定理得：， 解得：， 即菱形的边长 75．（23-24八年级下·湖南娄底·期末）如图，在矩形中，，，过对角线的中点O作的垂线，分别交于E、F． (1)连结，请问：四边形是什么特殊的四边形？并证明． (2)求的长． 【答案】(1)菱形，见解析 (2) 【分析】（1）由矩形的性质证明，则，得四边形是平行四边形，由已知得，则四边形是菱形； （2）由题意，在中，利用勾股定理建立方程即可求解． 【详解】（1）解：四边形是菱形； 证明如下：如图所示， 在矩形中，对角线的中点为O， 则，， ， ， ， 则四边形是平行四边形； ， 是线段的垂直平分线， ， 四边形是菱形； （2）解：在矩形中，，； ， 在中，由勾股定理得：， 解得：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，勾股定理，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质等知识，证明三角形全等是关键． 题型二十 利用菱形的性质与判定求解 76．（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图所示，E，F分别在和上，，则 ． 【答案】80 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，四边形内角和，平行线的判定与性质，根据已知可判定出四边形为菱形，得到，，根据平行线性质，等边对等角可得到，根据等边三角形的判定与性质可得，利用四边形内角和求出，利用平行线性质即可求出结果． 【详解】解：， 四边形为菱形， ，， ， ， ， ， 又， ， 同理， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， 故答案为：80． 77．（2023·湖南长沙·二模）如图，平行四边形中，在上截取，分别以点、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接交于，若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查作图—基本作图，等腰三角形三线合一性质，平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理．连接，设，交于点，证明四边形是菱形，可得，，，由勾股定理，即可求的长． 【详解】解：连接，设，交于点， 由尺规作图的过程可知：直线平分，， ∴，，点为的中点， ∴垂直平分， ∴， ∵四边形是平行四边形，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，， 在中，， ∴， 即的长为． 故答案为：． 78．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，在四边形中，，，对角线、交于点O，平分，过点C作交延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)四边形ABCD的面积为 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定，角平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，掌握菱形的面积公式是解题的关键． （1）先证，则四边形是平行四边形，再由，即可得出结论； （2）由菱形的性质可得，，，，，由直角三角形的性质和勾股定理可求，的长，即可求解． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形，， ，，，，， ，， ， ， ， （负值舍去）， ， 菱形的面积． 79．（24-25八年级上·湖南株洲·期末）如图，在中，对角线与相交于点O，，过点C作交延长线于点E． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)9.6 【分析】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键． （1）证，得是菱形，再由菱形的性质即可得出结论； （2）由菱形的性质得，，，再由勾股定理得，则，然后由菱形面积即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴是菱形， ∴； （2）解：由（1）可知，是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 80．（24-25九年级上·湖南邵阳·期末）如图，中，对角线，相交于点，点是上一点，连接，．且． (1)求证：； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质、含角的直角三角形的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）由四边形是平行四边形，可得，结合，即可证明； （2）由（1）得，推出四边形是菱形，，得到，求出、，即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， 又 ， ．（三线合一） （2）解：由（1）得， 四边形是菱形，， 在中，， ， ， ， ， ，， ． 题型二十一 正方形性质理解 81．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）下列命题错误的是（    ） A．矩形的四个内角相等 B．正方形的四条边相等，四个角相等，且有四条对称轴 C．菱形的对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定方法、矩形、菱形、正方形的性质．根据平行四边形的判定方法、矩形、菱形、正方形的性质，逐项判断即可． 【详解】解：A、矩形的四个内角相等，故本选项正确，不符合题意； B、正方形的四条边相等，四个角相等，且有四条对称轴，故本选项正确，不符合题意； C、菱形的对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角，故本选项正确，不符合题意； D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故本选项错误，符合题意； 故选：D 82．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）下列性质中不是正方形和菱形共有的是（    ） A．相邻两角都互补 B．相邻两边都相等 C．对角线所在直线是对称轴 D．对角线垂直且相等 【答案】D 【分析】根据正方形、菱形的性质依次分析各项即可判断．本题考查的是正方形、菱形的性质，解答本题的关键是熟练掌握正方形和菱形的性质，注意性质中的异同点． 【详解】菱形对角线相互垂直平分，正方形对角线垂直且相等 故选：D． 83．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）四边形在进化的过程中，正方形可以由矩形进化而来，下列选项中正方形具有，而矩形不具有的性质是（    ） A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．中心对称图形 D．对角线互相平分 【答案】A 【分析】本题考查了正方形和矩形的性质，熟练掌握相关的图形性质定理是解本题的关键．根据正方形的性质以及矩形的性质即可得出结论． 【详解】解：A、对角线互相垂直是正方形都具有的性质，矩形不一定有，符合题意； B、对角线相等是正方形与矩形都具有的性质，不符合题意； C、矩形和正方形都是中心对称图形，不符合题意； D、对角线互相平分是矩形和正方形都具有的性质，不符合题意； 故选：A． 84．（23-24七年级上·湖南衡阳·期末）四边形是正方形，旋转一定角度后得到，如图所示，如果，，．求：    (1)指出旋转中心和旋转角度； (2)求的长度和的度数． 【答案】(1)旋转中心为点A；旋转角为 (2)； 【分析】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，数形结合． （1）由于旋转一定角度后得到，根据旋转的性质得到旋转中心为点A，等于旋转角，于是得到旋转角为； （2）根据旋转的性质得到，，则，再求出的度数即可；根据，求出结果即可． 【详解】（1）解：∵旋转一定角度后得到， ∴旋转中心为点A，等于旋转角， ∴旋转角为； （2）解：∵以点A为旋转中心，顺时针旋转后得到， ∴，， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴． 题型二十二 根据正方形的性质求解 85．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，将正方形放置于平面直角坐标系中，若点，点，则点B的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，坐标与图形性质．过点作轴，易证，可得，继而可求点坐标． 【详解】解：过点作轴，垂足为， 点，点， ，， ∵ ∴ 在和中， ， ， ，， ， ． 故答案为：． 86．（23-24八年级下·湖南湘西·期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的面积都等于4，无论正方形绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积都不变，则这两个正方形重叠部分的面积为 ．    【答案】1 【分析】根据正方形的性质可得，，，，，，从而可得，再根据等式的性质可得，然后利用证明，从而可得 ，进行计算即可解答． 【详解】解：四边形是正方形， ，，，，， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， 这两个正方形重叠部分的面积为1， 故答案为：1． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，熟练掌握正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质是解题的关键． 87．（23-24八年级上·湖南长沙·期末）“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，在如图所示的弦图中，大正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的．若，，则的面积为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了勾股定理的证明、全等三角形的判定和性质、三角形的面积的计算、正方形的性质等知识点，正确地作出辅助线是解题的关键． 根据等腰三角形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，再根据勾股定理和三角形的面积公式即可解答． 【详解】解：如图： ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，解得：， ∴， ∴， ∴， 如图：连接交于M， ∵， ∴垂直平分， ∴，， ∴， ∴的面积为． 故答案为． 88．（23-24八年级上·湖南常德·期末）如图，面积为的正方形的边在数轴上，点表示的数为1．将正方形沿着数轴水平移动，移动后的正方形记为，点的对应点分别为，移动后的正方形与原正方形重叠部分图形的面积记为．当时，数轴上点表示的数是 （可用含的代数式表示）． 【答案】或 【分析】本题考查了实数与数轴，数轴上两点间的距离，分情况讨论，利用得到是解题的关键．根据正方形的面积得到正方形的边长，分情况讨论：当正方形沿着数轴水平向右移动时，当时得到，求出，根据点表示的数为，可得到点表示的数；正方形沿着数轴水平向左移动时， 当时得到，根据点表示的数为，可得到点表示的数． 【详解】解：如图，当正方形沿着数轴水平向右移动时， 正方形的面积为， 正方形的边长为， 移动后的正方形与原正方形重叠部分图形的面积记为， 当时，， ， ， 点表示的数为， 点表示的数为． 当正方形沿着数轴水平向左移动时， 移动后的正方形与原正方形重叠部分图形的面积记为， 当时，， ， ， 点表示的数为， 点表示的数为． 综上所述：点表示的数为或． 故答案为：或． 题型二十三 正方形折叠问题 89．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，取一张矩形的纸片进行折叠，具体操作过程如下： (1)【课本再现】 第一步：如图1，对折矩形纸片，使与重合，折痕为，把纸片展平； 第二步：在上选一点P，沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，根据以上操作，当点M在上时，___________； (2)【类比应用】 如图2，现将矩形纸片换成正方形纸片，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Q，连接，当点M在上时，求的度数； (3)【拓展延伸】 在（2）的探究中，正方形纸片的边长为，改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，并延长交于点Q，连接．当时，请求出的长． 【答案】(1)30 (2) (3)或 【分析】（）由折叠的性质得，，，，从而得到是等边三角形即可求解； （）同（1）可证，再利用折叠的性质和正方形的性质证明 ，推出，可得； （）分点Q在点F的下方、上方两种情况，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵对折矩形纸片，使与重合，折痕为， ∴垂直平分, ∴，， ∵沿折叠纸片，使点落在矩形内部的点处， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：如图， 同（1）可证， ∴， 在正方形中，，， 由折叠知，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴ （3）解：当点Q在点F的下方时，如图， ∵正方形中，， ∴， ∴， 由（2）知， ∴， 设，由折叠知， ∴，， 在中，， ∴， 解得，即； 当点Q在点F的上方时，如图， 则， ∴， ∴， 设， 则，， 在中，， ∴， 解得，即； 综上可知，的长为或． 【点睛】本题考查正方形折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等，掌握折叠前后对应角相等、对应边相等，注意分情况讨论是解题的关键． 90．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）综合实践课，同学们以“图形的折叠”为主题开展数学活动． 操作一：如图1，对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点，沿折叠，使点落在正方形内部点处，把纸片展平，连接，． (1)当点在上时，的度数是__________． (2)如图2，改变点在上的位置（点不与点，重合），延长交于点，连接． ①求证：； ②若正方形纸片的边长为，，求的长． 【答案】(1) (2)①见解析；② 【分析】（1）连接，先证明，得到，推出，结合，即可得到答案； （2）①由正方形的性质和折叠的性质得，，， 可证，从而推出，最后由即可得证；②由正方形的性质和折叠的性质，设，则，，，然后利用勾股定理，即可得到的长． 【详解】（1）解：根据题意可知，连接，如图所示： ，，， ， ， ， ， 是等边三角形， ， 又四边形是正方形， ， ． 故答案为：． （2）①证明：四边形是正方形， ，， 由折叠可得：，，， ，， 又， ， ， ； ②解：由①可知，， 四边形是正方形，且边长为8， ，，， 设，则， 又 ， ， ， ， 解得：， 的长为． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质，折叠的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 题型二十四 根据正方形性质证明 91．（23-24八年级下·湖南·期末）如图，取一张矩形的纸片进行折叠，具体操作过程如下： (1)【课本再现】 第一步：如图1，对折矩形纸片，使与重合，折痕为，把纸片展平； 第二步：在上选一点P，沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，根据以上操作，当点M在上时，___________； (2)【类比应用】 如图2，现将矩形纸片换成正方形纸片，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Q，连接，当点M在上时，求的度数； (3)【拓展延伸】 在（2）的探究中，正方形纸片的边长为，改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，并延长交于点Q，连接．当时，请求出的长． 【答案】(1)30 (2) (3)或 【分析】（）由折叠的性质得，，，，从而得到是等边三角形即可求解； （）同（1）可证，再利用折叠的性质和正方形的性质证明 ，推出，可得； （）分点Q在点F的下方、上方两种情况，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵对折矩形纸片，使与重合，折痕为， ∴垂直平分, ∴，， ∵沿折叠纸片，使点落在矩形内部的点处， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：如图， 同（1）可证， ∴， 在正方形中，，， 由折叠知，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴ （3）解：当点Q在点F的下方时，如图， ∵正方形中，， ∴， ∴， 由（2）知， ∴， 设，由折叠知， ∴，， 在中，， ∴， 解得，即； 当点Q在点F的上方时，如图， 则， ∴， ∴， 设， 则，， 在中，， ∴， 解得，即； 综上可知，的长为或． 【点睛】本题考查正方形折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等，掌握折叠前后对应角相等、对应边相等，注意分情况讨论是解题的关键． 92．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）综合实践课，同学们以“图形的折叠”为主题开展数学活动． 操作一：如图1，对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点，沿折叠，使点落在正方形内部点处，把纸片展平，连接，． (1)当点在上时，的度数是__________． (2)如图2，改变点在上的位置（点不与点，重合），延长交于点，连接． ①求证：； ②若正方形纸片的边长为，，求的长． 【答案】(1) (2)①见解析；② 【分析】（1）连接，先证明，得到，推出，结合，即可得到答案； （2）①由正方形的性质和折叠的性质得，，， 可证，从而推出，最后由即可得证；②由正方形的性质和折叠的性质，设，则，，，然后利用勾股定理，即可得到的长． 【详解】（1）解：根据题意可知，连接，如图所示： ，，， ， ， ， ， 是等边三角形， ， 又四边形是正方形， ， ． 故答案为：． （2）①证明：四边形是正方形， ，， 由折叠可得：，，， ，， 又， ， ， ； ②解：由①可知，， 四边形是正方形，且边长为8， ，，， 设，则， 又 ， ， ， ， 解得：， 的长为． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质，折叠的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 题型二十五 正方形的判定定理理解 93．（23-24八年级下·湖南株洲·期末）下列命题说法错误的是（    ） A．平行四边形的对角线互相平分 B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 C．有三个角相等的四边形是矩形 D．有一个角为直角的菱形是正方形 【答案】C 【分析】本题考查了矩形、菱形、正方形的判定知识以及平行四边形的性质，根据矩形、菱形、正方形的判定知识以及平行四边形的性质解答即可． 【详解】解：A.平行四边形的对角线互相平分，正确，故该选项不符合题意； B.对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确，故该选项不符合题意； C.有三个角相等的四边形是矩形是错误的，有三个直角的四边形是矩形，故该选项符合题意； D.有一个角为直角的菱形是正方形，正确，故该选项不符合题意； 故选：C． 94．（23-24八年级下·湖南永州·期末）矩形四边中点的连线构成的四边形是 四边形，矩形四个角的平分线构成的是 四边形． 【答案】 菱形 正方形 【分析】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与菱形的判定，中位线的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 先作图，然后根据中位线的判定与性质得，然后证明四边形是平行四边形，因为，所以四边形是菱形；先作图，然后结合矩形的性质，证明四边形是矩形，再得出、是等腰直角三角形，即可作答． 【详解】解：如图： ∵四边形是矩形 ∴ ∵分别是的中点 ∴分别是的中位线 ∴， ∴四边形是平行四边形 ∴ ∴四边形是菱形 故答案为：菱形， 如图：分别是矩形四个角的平分线 ∴ ∴, ∴, ∴ ∴ ∴四边形是矩形 ∴、是等腰直角三角形 ∴ ∴四边形是正方形． 故答案为：菱形，正方形 题型二十六 证明四边形是正方形 95．（23-24八年级下·湖南常德·期末）如图，已知一个矩形纸片，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点P为边上的动点，将沿折叠得到，连接、．则下列结论中：①当时，四边形为正方形；②当时，的面积为10；③当P在运动过程中，的最小值；④当时，．其中结论正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】①由等腰三角形的判定及性质得，由矩形的判定方法得四边形是矩形，即可判断；②过作交于，由直角三角形的特征得， ，即可判断；③连接，由两点之间的距离得，当、、三点共线时，取得最小值，此时，即可判断； ④设，则有， ， ，由勾股定理得，即可判断． 【详解】解：①如图， 四边形是矩形， ， ， ， ， 由翻折得：， 四边形是矩形， 四边形是正方形， 故此项正确； ②如图，过作交于， ，， ，， 由翻折得：， ， ， ， ， 故此项不正确； ③如图，连接， ， 当、、三点共线时，取得最小值， 此时， ， ， ， 由翻折得， ， 的最小值， 故此项正确； ④如图， 由②得， ， 设， ， ， ， ， ， 解得：， ， 故此项正确； 故选：C． 【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的判定，直角三角形的特征，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，两点之间的距离等，掌握正方形的判定方法，找出线段取得最小值的条件，能熟练利用勾股定理求解是解题的关键． 96．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）做一做：用一张长方形纸片折出一个最大正方形．如下图，步骤①将长方形纸片沿痕折叠，使点B落在边上与点重合；步骤②用剪刀沿剪掉长方形；步骤③将沿折痕展开得到正方形．其依据是（    ） A．有一个角是直角的菱形是正方形 B．有一组邻边相等的矩形是正方形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．对角线互相垂直的矩形是正方形 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，矩形与翻折的性质等知识，熟练掌握翻折的性质是解题的关键．根据折叠的性质可得，，，再证明四边形是菱形，再由，再结合正方形的判定即可证明， 【详解】如图， 将长方形纸片沿痕折叠，使点B落在边上与点重合， ，，， 又， ， ， ， ， 四边形是菱形， 又， 四边形是正方形， 故选：A 97．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，点的坐标为，点分别在轴，轴的正半轴上运动，且，连接，下列结论：①；②若与的交点恰好是的中点，则四边形是正方形；③四边形的面积为定值；④．其中正确的结论是（　　） A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②④ 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的判定，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，过作轴于，轴于，与交于点，可得四边形是矩形，进而由可得四边形是正方形，得到，，进而得到，即可证明，得到，即可判断①；由直角三角形的性质可得，可得四边形是矩形，进而由得到四边形是正方形，即可判断②；由四边形的面积四边形的面积的面积四边形的面积的面积正方形的面积，即可判断③；由与的交点恰好是的中点时，四边形是正方形，得到，即可判断④；正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，过作轴于，轴于，与交于点，则， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴ ∴，故①正确； ∵与的交点恰好是的中点， ∴， 在中，是斜边的中线， ∴， 在中，是斜边的中线， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形，故②正确； ∵， ∴四边形的面积四边形的面积的面积 四边形的面积的面积， 正方形的面积， ， ， ∴四边形的面积为定值，故③正确； ∵与的交点恰好是的中点时，四边形是正方形， ∴，故④错误； ∴正确的结论有①②③， 故选：． 98．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）我们知道在任意直角三角形中有一个重量级定理——勾股定理！即如图一，在直角三角形中，，，，则有：．为了论证这个定理，数学家脑洞大开，用四个这样全等的直角三角形拼成图二，请同学们完成下列提问． (1)求证：四边形和四边形都是正方形； (2)利用图二，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查的是勾股定理的证明，正方形的判定，熟记正方形的判定方法是关键； （1）由全等三角形的性质证明四边形和四边形都是菱形，再证明有一个内角是直角即可； （2）利用等面积法证明即可； 【详解】（1）证明：∵， ∴，，， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴四边形是正方形； ∵， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形； （2）解：∵， ∴， ∴. 题型二十七 根据正方形的性质与判定求解 99．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）如图，在矩形中，，点E，F分别是边上的动点，点E不与A，B两点重合，且，G是五边形内一点，满足．下列结论错误的是（    ） A．与一定互补 B．点G到边的距离一定相等 C．G，B两点之间距离的最大值为6 D．点G到边的距离的最小值为 【答案】D 【分析】本题主要考查矩形的性质、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，关键是对知识的掌握和运用． 根据矩形的性质得出，又，由四边形内角和为可判断A； 过作，，分别交于，交于，根据且，，可以求出，然后证明，可以判断B；在直角三角形中，，当点、重合时最大，最大为，此时，则最大值为6，可以判断C；延长交于点H，当点、重合时最大，即点G到边的距离的最大值为，则的最小值为，从而可以判断D． 【详解】解：四边形是矩形， ， 又，四边形内角和是， ， 故A选项正确； 过作，，分别交于，交于，如图所示： 且， ， 又， ，即， ， ， ， 在和中， ， ， ，故B选项正确； ∴四边形是正方形， ∴， 在直角三角形中，，当点、重合时最大，最大为，此时， ∴最大值为6， 即G，B两点之间距离的最大值为6， 故C正确； 延长交于点H， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴当点、重合时最大，即点G到边的距离的最大值为， 则的最小值为， 即点G到边的距离的最小值为， 故D选项错误， 故选：D． 100．（23-24八年级下·湖南益阳·期末）小智根据四边形的不稳定性制作了一个探究特殊四边形的学具，他用四根长度相同的木条在两端用螺栓两两连接，构成一个可以活动的四边形．他先将学具成为图1所示的四边形，并测得，对角线，再将学具成为图2所示四边形，并测得，则图2中对角线的长为（    ） A．20cm B．40cm C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，掌握特殊四边形的性质是关键．连接、，由题意可知，图1中四边形是菱形，图2中四边形是正方形，进而证明是等边三角形，得出，再根据勾股定理求出的长即可． 【详解】解：如图，连接、， 由题意可知，图1中四边形是菱形，图2中四边形是正方形， ， ， 是等边三角形， ， ， 在中，， 故选：C． 101．（2023·湖南怀化·中考真题）如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为 ．    【答案】 【分析】过点作于，证明四边形四边形是正方形，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于，    ∵点是正方形的对角线上的一点，于点 ∴四边形是矩形， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴四边形是正方形， ∴， 即点到直线的距离为 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，点到直线的距离，熟练掌握正方形的性质与判定是解题的关键． 题型二十八 根据正方形的性质与判定证明 102．（23-24八年级下·湖南岳阳·期末）如图，已知一个矩形纸片，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点为边上的动点，将沿折叠得到，连接．则下列结论中： ①当时，四边形为正方形； ②当时，的面积为15； ③当在运动过程中，的最小值为； ④当时，． 其中结论正确的有 ．（把你认为正确结论的序号都填上） 【答案】①②③ 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，三角形三边关系，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握相关性质并灵活运用即可解题．由矩形的性质得到，由折叠的性质得到，，，得到四边形为矩形，推出四边形为正方形，即可判断①；过点作于点，根据题意得到，，根据折叠的性质和矩形性质推出，根据直角三角形性质得到，利用即可判断②；连接，根据三角形三边关系得到，推出当时，取得最小值，利用勾股定理得到，根据，即可判断③；根据已知条件推出、、三点共线，利用平行线性质和折叠的性质，结合等量代换得到，推出，根据勾股定理算出，推出即可判断④． 【详解】解：①四边形为矩形， ， 将沿折叠得到， ，，， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形； ①正确； ②过点作于点， 点，点，， ，， ，， ， ， ， 的面积为， ②正确； ③连接， ，，当时，取得最小值， ，， ， ， 的最小值为， ③正确； ④ ， ， ， ， 、、三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ． ④错误； 综上所述，结论正确的是①②③， 故答案为：①②③． 103．（23-24八年级下·湖南湘西·期末）【阅读教材】已知：如图1，在中，D、E分别是边的中点（即是的中位线）．求证：且． 【问题探究】（1）小明和小华同学在学习探究三角形的中位线的性质定理的时候，分别采用了不同添加辅助线的办法来探究，请你认真审题后选择其中一种方法，完成证明． 小明：我的方法是如图2，过点C作的平行线交的延长线于点F． 小华：我的方法是如图3，过点E作的平行线交于点N，过点A作的平行线交的延长线于点M． 【知识应用】（2）如图4，点E、F、G、H分别是四边形各边上的中点，顺次连接各边中点，得到四边形．请探究四边形对角线满足什么关系时，四边形是正方形？并说明理由． 【拓展应用】（3）如图5，在四边形中，，，E，F分别为的中点，若线段，，则__________． 【答案】（1）见解析；（2）垂直且相等，理由见解析；（3）7 【分析】（1）小明的方法：证明，得，；再证明四边形是平行四边形，则，，从而得结论； 小华的方法：，得；再证明四边形是平行四边形，得，从而得，，则得四边形是平行四边形，则，从而得结论； （2）相等时，则可得四边形是菱形，垂直时得四边形是矩形，从而是正方形； （3）连接并延长交的延长线于点G，证明，则，，得是中位线，则由三角形中位线定理可求得结果． 【详解】证明：（1）小明的方法：如图，过点C作的平行线交的延长线于点F． 则； 点是的中点， ； ， ， ，； ； 点是的中点， ； ； ， 四边形是平行四边形， ，， ，； 小华的方法：如图，过点E作的平行线交于点N，过点A作的平行线交的延长线于点M．则； 点是的中点， ； ， ； 即； 点是的中点， ； 即； ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ； （2）解：相等且垂直时，四边形是正方形； ∵点E、F、G、H分别是四边形各边上的中点， ∴， ， ， 即四边形是菱形； ∵点E、F、G、H分别是四边形各边上的中点， ，； ，， ； ， ， ∴四边形是正方形； （3）解：如图，连接并延长交的延长线于点G； ， ； 分别为的中点， ， ， ，， 即F点是的中点， ∵点E是的中点， 是中位线， ， ． 故答案为：7． 【点睛】本题是三角形与四边形的综合，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，三角形中位线定理，构造全等三角形是本题的关键． 104．（23-24八年级下·湖南邵阳·期中）如图，点E为正方形内一点，，过点B作且使，连接交的延长线于点F． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并说明理由； (3)若，请猜想线段与的数量关系，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形，见解析 (3)，见解析 【分析】（1）根据题意和正方形的性质可得出答案； （2）由（1）知，得，进而可证四边形为矩形，又即可得到答案； （3）过点作，根据垂足为，可得，根据正方形可得，进而可证，再通过（1）和（2）的结论可证出解答． 本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，解决此题的关键是掌握以上的基本性质． 【详解】（1）解： ，， ， ∵四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ； （2）解：四边形是正方形，理由如下： ， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， 四边形是正方形． （3）解：． 理由：过点D作，垂足为H． 则， ， ， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ． 由（2）知：四边形是正方形， ， ， 由（1）知：， ， ， ． 105．（22-23八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在边长为的正方形中，点在边上移动（不与端点重合）．连接，以为一边在其右侧作，其中，，点为的中点，过点作，垂足为点，连接，，．    (1)求证：； (2)请判断线段和之间有何关系？写出你的结论并证明； 【答案】(1)见解析； (2)，，证明见解析． 【分析】（1）过作，构造“一线三垂直”，证明三角形全等，利用全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质即可求证； （2）延长交于点，证明，最后利用全等三角形的性质即可求证； 【详解】（1）证明：过点作于点，如图，    ∴，即：， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴ ∴，， ∴，即：， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， （2），，理由如下：    延长交于点， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴，即：， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴，． 【点睛】此考查了正方形的性质和判定，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解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，属于中考压轴题． $$