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

清单02 四边形（14个考点梳理+题型解读+提升训练） 清单01 多边形内角和的应用 (1) 在平面内,由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫作多边形. (2) 在平面内,边相等,角也都相等的多边形叫作正多边形. (3)n边形的内角和等于(n-2)·180° 清单02 多边形外角和的应用 (1)在多边形的每个顶点处取一个外角,它们的和叫作这个多边形的外角和. (2)任意多边形的外角和等于360° 清单03 平行四边形的性质 (1)两组对边分别平行 的四边形叫作平行四边形. (2)平行四边形 ABCD记作“□ABCD”. (3)平行四边形的对边 相等. (4)平行四边形的对角相等. (5)平行四边形的对角线互相平分. (6)平行四边形的一条对角线把平行四边形分成两个全等的三角形,两条对角线把平行四边形分成四个面积相等的三角形. 清单04 平行四边形的判定 判定平行四边形的方法: (1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形. (2)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. (3)判定平行四边形的方法:两组对边分别相等的四边形是平行四边形. (4)对角线互相平分的四边形是平行四边形。 清单05 中心对称的概念及性质 (1)中心对称:在平面内,把一个图形上的每一个点P对应到它在绕点O旋转180下的像P',这个变换称为关于点O中心对称,也称原图形与新图形关于点0中心对称,点O叫作对称中心. (2)性质:成中心对称的两个图形中,对应点的连线经过对称中心,且被对称中心平分. 规律总结：(1)成中心对称的图形上的每一对对应点连成的线段都被对称中心平分. (2)任意两个中心对称图形以任意方式组合成一个图形后，过这两个对称中心的直线平分这个组合图形的面积. (3)对称点的连线必过对称中心 清单06 中心对称图形的判定 (1) 中心对称图形:在平面内,如果一个图形绕一个点O旋转180°,所得到的像与原来的图形互相重合,那么这个图形叫作中心对称图形,这个点O叫作它的对称中心. (2) 平行四边形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心. 方法技巧：(1)常见的中心对称图形有线段、平行四边形、圆、正n边形(n为偶数) (2)将图形绕对称中心旋转180°后,没有任何变化，和原图形一样的即为中心对称图形. 清单07 三角形的中位线定理 (1)定义:连接三角形两边中点的线段叫作三角形的中位线. (2)定理:三角形的中位线平行于第三边,并且等于第三边的一半. 规律总结：三角形的中位线定理包含两层含义 (1)中位线与第三边的位置关系: (2)中位线与第三边的数量关系 清单08 矩形的性质 (1)定义:有一个角是直角的平行四边形叫作矩形 (2)矩形的四个角都是直角,对边相等,对角线互相平分. (3)矩形的对角线相等. (4)矩形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心. (5)矩形是轴对称图形,过每一组对边中点的直线都是矩形的对称轴. 规律总结：矩形的性质的应用 (1)证明线段平行、相等或倍分的关系 (2)证明角相等或求角的度数. 清单09 矩形的判定 (1)三个角是直角的四边形是矩形； (2)一个角是直角的平行四边形是矩形. 对角线相等的平行四边形是矩形. 方法技巧：矩形的判定思路 (1)若给出的图形是一般的四边形.思路一:证明其三个角都是直角;思路二:先证明其为平行四边形，再证明其有一个角是直角或证明其对角线相等. (2)若给出的四边形是平行四边形,则直接证明其有一个角是直角或证明其对角线相等. 清单10 菱形的定义和性质 定义:一组邻边相等的平行四边形叫作菱形 性质:(1)菱形的四条边都相等,对角相等对角线互相垂直平分; (2) 菱形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心; (3)菱形是轴对称图形,两条对角线所在直线都是它的对称轴. 清单11 菱形的周长和面积 周长=边长×4. 面积=底×高=两条对角线长度乘积的一半. 规律总结：菱形的两条对角线把菱形分成四个全等的直角三角形、两对全等的等腰三角形.故常结合勾股定理或等腰三角形的性质进行与菱形有关的证明、计算，有时也与角平分线的性质结合解题. 清单12 菱形的判定 (1)四条边都相等的四边形是菱形. (2)对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 清单13 正方形的性质 定义:有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 正方形具有平行四边形的所有性质,还具有以下性质: ①四条边相等,四个角都是直角,对角线相等且互相垂直平分; ②正方形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心; ③正方形是轴对称图形,两条对角线所在直线,以及过每一组对边中点的直线都是它的对称轴. 规律总结：正方形的性质 (1)边:四条边都相等且每组对边平行, (2)角:四个角都是直角. (3)对角线:两条对角线相等且相互垂直平分,把正方形分成四个全等的等腰直角三角形;每条对角线平分一组对角,把正方形分成两个全等的等腰直角三角形. 清单14 正方形的判定 (1)先判定四边形是矩形,再判定这个矩形有一组邻边相等; (2)先判定四边形是菱形,再判定这个菱形有一个角是直角. 规律总结：正方形的判定 (1)有一个角是直角的菱形是正方形; (2)有一组邻边相等的矩形是正方形; (3)对角线相等的菱形是正方形; (4)对角线垂直的矩形是正方形. 【考点题型一】多边形的概念与分类（） 【例1】下列命题中，真命题的是（   ） A．在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直 B．每条边都相等的多边形是正多边形 C．三角形的一个外角大于任意一个内角 D．到一个角的两边距离相等的点在这个角的平分线上 【变式1-1】下列说法正确的是（   ） A．连接两点的线段叫做两点间的距离 B．学生上学采用的交通方式是定量数据 C．两点之间线段最短 D．各边相等的多边形叫正多边形 【变式1-2】我们学习了应用尺规“平分任意一个已知角”，小明对此问题展开进一步探究学习． 【材料阅读】 如图①，商水寿圣寺塔，位于河南省周口市商水县，始建于北宋明道二年．商水寿圣寺塔为九级楼阁式砖塔，平面呈正六边形，塔体从底至顶渐收匀称，成正六棱体锥形．工匠在制作底座和支撑木柱的连接结构时，需要多次作角平分线以实现对称，从而使得结构受力均衡，过程中充分体现工匠的数学应用能力．当时没有量角器，工匠仅凭一把“角尺”（如图②所示），即可将任意角进行平分，下面是应用“角尺”作角平分线的一种方法： 已知． 第一步：分别在的边 和上，用带有刻度的“角尺”测量得到点 C 和 D，使得； 第二步：连接，得到线段； 第三步：用“角尺”作出过点O 与 垂直的射线 ， 就是 的平分线． 【探究与应用】 （1）小明对作图原理进一步探究，第二步作图完成后，可得为 三角形；第三步作图完成后，平分 的依据是： ； （2）请参阅上述材料，借助“角尺”，作出图③木料中的平分线； 【拓展探究】 （3）小明进一步研究发现，用这种方法作“平分任意一个已知角”存在一定的误差，用平时学习的尺规作图的方法可以减少误差．如图④，在正五边形． 中，请用无刻度的直尺和圆规作出． 的平分线．（保留作图痕迹，不写作法） 【变式1-3】阅读下列材料，并按要求完成相应的任务． 你知道“皮克定理”吗？ “皮克定理”是奥地利数学家皮克（如图1）发现的一个计算点阵中多边形的面积公式．在一张方格纸上，上面画着纵横两组平行线，相邻平行线之间的距离都相等，这样两组平行线的交点，就是所谓格点．一个多边形的顶点如果全是格点，这个多边形就叫做格点多边形．有趣的是，这种格点多边形的面积计算起来很方便，只要数一下图形边线上的点的数目及图内的点的数目，就可用公式算出．即，其中表示多边形内部的点数，表示多边形边界上的点数，S表示多边形的面积．（利用图2中的多边形可以验证）这个公式是奥地利数学家皮克在1899年发现的，被称为“皮克定理”． 任务： (1)如图2，是的正方形网格，且小正方形的边长为1，利用“皮克定理”可以求出图中格点多边形的面积是______． (2)已知：一个格点多边形的面积S为19，且边界上的点数是内部点数的3倍，则______． 【考点题型二】多边形内角和问题（） 【例2】若一个多边形的内角和为，则这个多边形的边数是 ． 【变式2-1】如图，新疆伊犁特克斯城因八卦布局而被称为“八卦城”，“八卦城”的形状是一个八边形，则八边形的内角和是（   ） A． B． C． D． 【变式2-2】如图，已知五边形中，，则图形中 x 的值是（   ） A．75 B．80 C．85 D．不能确定 【变式2-3】如图①，易证明：．应用这个结论解决问题： (1)如图②，在“五角星”形中，求． 分析：在图形中，根据（1）可得，所以_______． (2)如图③，在“七角星”形中，求． (3)如图④，在“八角星”形中，可以求得_______． 【考点题型三】正多边形的内角问题（） 【例3】如图，正的顶点F在正五边形内部，连接并延长交于点G，则等于（   ） A． B． C． D． 【变式3-1】如图是中国古代建筑中的一个正八边形的窗户，图案对称精美，图中正八边形的每个内角度数为（　　） A． B． C． D． 【变式3-2】正五边形的内角和等于 ． 【变式3-3】若一个正n边形，绕着某一点旋转能与自身重合，则n可能的值为 （写出一个即可）． 【考点题型四】多边形截角后的内角和问题（） 【例4】将一个五边形纸片，剪去一个角后得到另一个多边形，则得到的多边形的内角和是（     ） A． B． C．或 D．或或 【变式4-1】小明将一个多边形纸片剪去一个角后，得到的新多边形的内角和为，求原多边形的边数． 【变式4-2】已知一个多边形的内角和与外角和相加等于． (1)求这个多边形的边数及对角线的条数． (2)这个多边形剪去一个角后，所形成的新多边形有______条边． 【变式4-3】（1）如图是一个多边形，若用一条直线截去这个多边形的一个角，使该多边形分别满足以下条件，请你在图①，图②，图③中画出该条直线： ①新多边形内角和原多边形的内角和； ②新多边形内角和原多边形的内角和； ③原多边形内角和新多边形内角和； （2）若将一个多边形剪去一个角后，得到的新的多边形的内角和为，求原多边形的边数． 【变式4-4】一个多边形截去一个角后，形成新多边形的内角和为，求原多边形边数． 【考点题型五】多边形的外角问题（） 【例5】如图，正六边形中，直线，分别经过边，上一点；且．则的值是（   ） A． B． C． D． 【变式5-1】若一个正多边形的每一个外角都等于，则它是（    ） A．正八边形 B．正九边形 C．正十边形 D．正十一边形 【变式5-2】一个正多边形的一个外角为，则此正多边形的边数为 ． 【变式5-3】一个正边形的一个外角为，则它的边数 ． 【考点题型六】平面镶嵌（） 【例6】小益将平放在桌面上的正五边形磁力片和正六边形磁力片拼在一起（一边重合），如图所示则形成的么 度． 【变式6-1】如图，要用三块正多边形的木板铺地，使拼在一起并相交于点的各边完全吻合，其中已经拼好的两块木板的边数分别是4和6，则第三块木板的边数应是 ． 【变式6-2】如图，这是儿童玩具底板的一幅图案，供小朋友拼图用的是正方形的木块和正n边形木块．由于小朋友只选了正方形的木块，导致没有拼成．老师鼓励他选取正n边形的木块试试，他试了几次终于成功了．这里的 ． 【变式6-3】已知有三个边长相同，但边数不同且边数是偶数的正多边形可以无缝拼接，那么这三个正多边形的边数分别是 ． 【考点题型七】多边形内角和与外角和综合（） 【例7】如图，是六边形的四个外角，延长交于点H．若，则的大小为 ． 【变式7-1】如图，正八边形的对角线与相交于点O，则 ． 【变式7-2】若一个多边形的内角和是其外角和的4倍，则这个多边形的边数是 ． 【变式7-3】一个正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的边数是 ． 【考点题型八】利用平行四边形的性质求解（） 【例8】如图，分别以的三边为一边作，，，且点D，E分别在上．若，的面积分别为，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【变式8-1】如图，在中，分别是，的中点，是对角线上一点（点不与端点重合），过点作交于点，交于点．连结，，若已知的面积，则一定能求出（   ） A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．的面积 【变式8-2】如图，在中，，点分别在和上，且，则四边形的面积是多少 ． 【变式8-3】如图，中，AE平分，，则等于 ． 【变式8-4】在中，是边上的高，，，且，则的面积为 【考点题型九】利用平行四边形的性质证明（） 【例9】如图，点O是对角线的交点，过点O的直线分别交于点E、F．求证：． 【变式9-1】如图，在平行四边形中，、分别垂直于对角线的延长线，垂足分别为E、F．求证：． 【变式9-2】如图，是的对角线． (1)尺规作图：作的垂直平分线，分别交、于点E、F，垂足为点O．（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)求证：． 【变式9-3】.如图，在平行四边形中，对角线与相交于点，且，，． (1)求证：； (2)点、点分别是和的一点，连接经过点，求证：． 【变式9-4】.【感知】如图，在平行四边形中，对角线相交于点，过点的直线分别交边于点，易证：（不需要证明）； 【探究】如图，平行四边形中，对角线相交于点，过点的直线分别交边的延长线于，求证：； 【应用】连接图中的，其它条件不变，如图，若，的面积为，则四边形的面积为__________． 【考点题型十】添一个条件成为平行四边形（） 【例10】如图，已知，添加下列条件可以使四边形成为平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【变式10-1】如图，四边形的对角线与相交于点O，已知，若要证明四边形为平行四边形，则还需要添加一个条件是（   ） A． B． C． D． 【变式10-2】如图，在中，点，在对角线上，连接，，，，请添加一个条件 使四边形是平行四边形． 【考点题型十一】证明四边形是平行四边形（） 【例11】如图，在四边形中，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，，求四边形的面积． 【变式11-1】如图，点，，，在同一条直线上，，，；求证：四边形是平行四边形． 【变式11-2】如图，E、F是平行四边形的对角线上的两点，．求证：四边形是平行四边形． 【变式11-3】如图，在四边形中，连接，过点B，D分别作的垂线，垂足分别为E，F，且，．求证：四边形为平行四边形． 【考点题型十二】利用平行四边形的判定与性质求解（） 【例12】如图，点P在平行四边形的对角线上，过点P作，．已知，，，则四边形的面积是（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【变式12-1】如图，线段与相交于点，，，则的最小值为 ． 【变式12-2】如图，在中，，D、E分别为上一点，，，与交于点P，则 度． 【变式12-3】如图，在中，将绕点A按逆时针方向旋转到的位置，使，且点刚好在的延长线上，连接，，． (1)求的度数； (2)求的面积． 【考点题型十三】利用平行四边形性质和判定证明（） 【例13】如图，在中，为对角线上的两点（点在点的上方），． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，且，求两点之间的距离． 【变式13-1】如图，在平行四边形中，已知和分别是边，的中点．证明：． 【变式13-2】如图，在平行四边形中，已知点E在上，点F在上，且． (1)求证：． (2)在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出全等三角形共有______对． 【变式13-3】如图1，点是边上一点（不包含，，连接．下面是小明和小丽用尺规作，是边上一点的做法：小明：如图2．以为圆心，长为半径作弧，交于点，连接，则，小丽：以点为圆心，长为半径作弧，交于点，连接，则． (1)请利用图2给出小明做法的证明； (2)小丽的做法有没有问题？若没有请给出证明；若有请在图1中画图指出存在的问题． 【变式13-4】如图，在四边形中，，且交于点，平分．    (1)求证：． (2)若，，求四边形的周长． 【考点题型十四】 根据中心对称的性质求面积、长度、角度（） 【例14】如图，与关于点A成中心对称，若，，，则的长为（    ） A．6 B．4 C．3 D．2 【变式14-1】如图，与关于点C成中心对称，则线段 ． 【变式14-2】如图，与关于点成中心对称，，，，则点到的距离是 ． 【变式14-3】如图，四边形与四边形关于点成中心对称，，求的度数和的长度． 【考点题型十五】中心对称图形的识别（） 【例15】下列图形中，是中心对称图形的是 （ ） A． B． C． D． 【变式15-1】第33届奥运会于2024年7月26日至8月11日在巴黎举行，以下分别是“2008北京奥运会徽”“2020东京奥运会徽”“2024巴黎奥运会徽”“2028洛杉矶奥运会徽”，其中既是轴对称图形又中心对称图形的个数是（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【变式15-2】在以下回收、绿色食品、节能、节水四个标志中，是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【考点题型十六】中心对称图形规律问题（） 【例16】如果将点P绕定点M旋转后与点Q重合，那么点P与点Q关于点M对称，定点M叫做对称中心，此时，M是线段的中点．如图，在平面直角坐标系中，的顶点A，B，O的坐标分别为，，，点，，，…中的相邻两点都关于的一个顶点对称，点与点关于点A对称，点与点关于点B对称，点与点关于点O对称，点与点关于点A对称，点与点关于点B对称，点与点关于点O对称……且这些对称中心依次循环．已知点的坐标是，则点的坐标为 ． 【变式16-1】在如图所示的平面直角坐标系中，是边长为的等边三角形，作与关于点成中心对称，再作与关于点成中心对称，…，如此作下去，则的顶点的坐标是 ． 【变式16-2】如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为：，，.已知，作点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，…，依此类推，则点的坐标为 . 【考点题型十七】与三角形中位线有关的求解问题（） 【例17】如图，在中，，D、E分别是的中点，则的长度为（　　） A．10 B．12 C．15 D．20 【变式17-1】如图，，分别是的边，的中点，如果，则 ． 【变式17-2】如图，在四边形中，，、、分别是、、的中点，，，则的度数为 ． 【变式17-3】如图，等边的边长是2，D、E分别为、的中点，延长至点F，使，连接和． (1)求证：； (2)求的长． 【考点题型十八】与三角形中位线有关的证明（） 【例18】如图，在中，设，，，且，平分，，交的延长线于点，平分，，连接并延长，交于点，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【变式18-1】如图，在中，和的角平分线与交于点，且点恰好在边上． (1)若，，求的长______． (2)点为的中点，连接，交于点，求证： 【变式18-2】如图，在中，，分别是边，上的中线，与相交于点，点与分别是线段，的中点．求证：，． 【变式18-3】如图，在等腰中，，，点为边上的动点．将绕点逆时针旋转得到． (1)如图1，若，，求旋转后到的距离； (2)如图2，连接、，若为的中点，猜想与的数量关系，并证明； (3)如图3，在点运动的过程中，在线段上存在一点，使的值最小，当的值取得最小值时，，请直接写出的长． 【考点题型十九】三角形中位线的实际应用（） 【例19】如图，为了测量池塘边、两点之间的距离，在的同侧取一点，连接并延长至点，连接并延长至点，使得，．若测得，则，间的距离为（    ） A．13 B．16 C．18 D．20 【变式19-1】如图是人字梯及其侧面示意图，，为支撑架，为拉杆，D，E分别是，的中点，若，则B，C两点的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式19-2】如图，小华同学想测量池塘A，B两处之间的距离．他先在A，B外选一点C，然后找出，的中点为D，E，测得，则A，B之间的距离为 ． 【变式19-3】如图，为测量两地的距离，小明在池塘外取点A，得到线段，并取的中点D，E，连接．测得的长为6米，则B，C两地相距 米． 【考点题型二十】利用矩形的性质求解（） 【例20】如图，四边形是矩形，对角线相交于点，过点作的垂线交于点．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式20-1】如图，在矩形 中 ，，， 动点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿向点运动，将绕点顺时针旋转，得到， 连接，．当的值最小时，点运动的时间为（   ） A．2 秒 B．秒 C．秒 D．秒 【变式20-2】如图，是矩形的对角线，平分交于点．若，则 ． 【变式20-3】如图，在矩形中，点为边上一个动点，若，，则图中阴影部分的面积为 ． 【考点题型二十一】利用矩形的性质证明（） 【例21】如图，将矩形绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形，点E恰好落在边上，连接，，且与相交于点P (1)求证：； (2)若，，求的长： 【变式21-1】如图，矩形的对角线，相交于点，点，在上，且． (1)求证：； (2)若，求的长 【变式21-2】如图，矩形的对角线、相交于点O，点E、F在上，． (1)求证：； (2)若，，求矩形的面积． 【考点题型二十二】求矩形在坐标系中的坐标（） 【例22】如图，把矩形放入平面直角坐标系中，使，分别落在轴、轴上，连接，将矩形沿折叠，使点落在点的位置，与轴相交于点，若，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【变式22-1】如图，矩形中，顶点，，，将矩形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则第100秒旋转结束时，点D的坐标为(    ) A． B． C． D． 【变式22-2】如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、的坐标分别为，，点为，点在线段上运动，当是腰长为5的等腰三角形时，点的坐标为 ． 【变式22-3】如图，在平直角坐标系中，点A的坐标为，点的坐标为．以，为边作矩形，若将矩形绕点逆时针旋转，得到矩形，则点的坐标为 ． 【考点题型二十三】矩形与折叠问题（） 【例23】如图，已知长方形中，，，在边上取一点E，将折叠使点D恰好落在边上的点F，则的长为 ． 【变式23-1】如图，在矩形中，点在上，，，将沿直线翻折至的位置，使得点在边上，作于点，为的中点，连接．则 ． 【变式23-2】如图，在矩形中，点E是的中点，的平分线交于点F，将沿折叠，点D恰好落在上点M处，延长，交于点N，有下列四个结论：①；②；③；④．其中，正确的结论有 ． 【变式23-3】如图，矩形中，，，点E在边上，将沿直线翻折，点D落在点F处，连接．如果是以为腰的等腰三角形，那么的长是 ． 【变式23-4】如图，将矩形纸片沿直线翻折，使点恰好落在边的中点处，点在边上，若，则 ． 【考点题型二十四】添一条件使四边形是矩形（） 【例24】如图，在中，对角线与相交于点．添加下列条件，不能判定四边形是矩形的为（    ） A． B． C． D． 【变式24-1】如图，在中，对角线，相交于点O，点E，F在上，且，连接，，，．若添加一个条件使四边形是矩形，则该条件可以是 ．（填写一个即可） 【变式24-2】中，再添加一个条件 ，就可判定四边形为矩形． 【考点题型二十五】证明四边形是矩形（） 【例25】四边形，点E、F、G、H分别为边、、、的中点，于O，，． (1)求证：判定四边形为矩形． (2)求的长． 【变式25-1】如图，在中，，是的中位线，是的中线．连接，．判断四边形形状，并说明理由． 【变式25-2】如图，在平行四边形中，M、N分别为和的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，那么四边形是矩形吗？证明你的结论． 【变式25-3】如图，在中，，点是边上的动点（不与点，点重合），作于点于点，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)计算的最小值． 【考点题型二十六】根据矩形的性质与判定求解（） 【例26】如图，点是矩形的对角线上一点，过点作，分别交，于、，连接、．若，，则图中阴影部分的面积为（   ） A．10 B．12 C．15 D．20 【变式25-1】如图，Rt中，的垂直平分线分别交于点交DF的延长线于点，若，则四边形的面积是 ． 【变式25-2】如图所示，四边形是张大爷的一块小菜地，已知，，米，米．请帮张大爷计算一下这个四边形菜地的周长和面积． 【变式25-3】如图，在矩形中，，，动点E从点B出发以每秒1个单位长度的速度沿向终点C匀速运动，同时动点F从点B出发以每秒2个单位长度的速度沿折线向终点D匀速运动，当点F到达终点D时，点E也随之停止运动，以、为邻边构造平行四边形与矩形重叠部分的面积为S，点F的运动时间为t(秒） (1)当时，平行四边形与矩形重叠部分的面积S为 ，当时，平行四边形与矩形重叠部分的面积S为 ； (2)当点G与点D重合时，求t的值； (3)当以D、G、E、C为顶点的四边形恰好是平行四边形时，直接写出t的值． 【考点题型二十七】利用菱形的性质求解（） 【例27】如图，在菱形中，，对角线，交于点，为的中点，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式27-1】菱形的边长为2，，则它的面积是（    ） A． B． C． D． 【变式27-2】如图，在菱形中，，的垂直平分线交于点F，点E为垂足，连接，则 ． 【变式27-3】如图，在菱形中，对角线，交于点，，．则菱形的面积是 ． 【变式27-4】如图，在菱形中，对角线与交于点，，则菱形的面积是 ． 【考点题型二十八】利用菱形的性质证明（） 【例28】如图，在菱形中，对角线交于点，过点作于点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长度． 【变式28-1】如图，菱形的对角线相交于点O，，． (1)连接，求证：四边形是矩形； (2)若，，则______，______． 【变式28-2】下面是小明设计的“在一个平行四边形内作菱形”的尺规作图过程． 求作：菱形（点E在上，点F在上）． 作法：①以A为圆心，长为半径作弧，交于点F； ②以B为圆心，长为半径作弧，交于点E； ③连接． 所以四边形为所求作的菱形． 根据小明的做法完成下面的证明； 证明：，，______＝______． 在中，，即， 四边形为______（____________）（填推理的依据）， ，四边形为______（____________）（填推理的依据）． 【考点题型二十九】添一个条件使四边形是菱形（） 【例29】在平行四边形中，为对角线，下列条件中，不能推出平分的是（    ） A． B． C． D． 【变式29-1】如图，两个完全相同的三角尺和在直线l上滑动，可以添加一个条件，使四边形为菱形，下列选项中正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式29-2】已知平行四边形，请从①；②，③，④的四个条件中，任选一个作为补充条件，使得平行四边形是矩形，可以是 【考点题型三十】证明四边形是菱形（） 【例30】如图，在中，，的垂直平分线交于D，交于E，F在上，并且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当满足什么条件时，四边形是菱形？请回答并证明你的结论． 【变式30-1】如图，在四边形中，，，对角线、相交于点O，平分．求证：四边形是菱形． 【变式30-2】如图，，平分，且交于点平分，且交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)过点作，垂足为点，连接，若，，求的长． 【考点题型三十一】根据菱形的性质与判定求解（） 【例31】如图所示，剪两张对边平行的纸条，并且纸条宽度相同，将它们随意交叉叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，连接．则下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式31-1】如图，按如下操作步骤画出的四边形：（1）画；（2）以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交于点B，D；（3）分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；（4）连接．若，则的大小是 ． 【变式31-2】如图，在平行四边形ABCD中，以点B为圆心，以适当长为半径圆弧，分别与，交于点E，F，再分别以点E，F为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于点C，作射线，与边交于点H，最后以点B为圆心，长为半径面弧，交边BC于点M．若，，则点A，M之间的距离为 ． 【变式31-3】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． 【考点题型三十二】利用正方形的性质求解（） 【例32】如图，四个全等的直角三角形围成了正方形和正方形，连接，分别交，于点P，Q．已知，正方形的面积为30，则图中阴影部分面积和为（    ） A．6 B．12 C． D． 【变式32-1】如图，是正方形的一条对角线，是上一点，是延长线上一点，连接，，．若，，则 ． 【变式32-2】如图，已知正方形，为边上一点，以点为圆心、的长为半径画弧交边于点，交的延长线于点，分别以点为圆心、适当的长为半径画弧交于点，作射线交边于点，若，，则的长为 ． 【变式32-3】在四边形中，平分，并且，若，，，求的面积 ． 【考点题型三十三】正方形折叠问题（） 【例33】如图，在正方形中，，点E、F分别在边上，．若将四边形沿折叠，点B恰好落在边上的点处，则的长为（   ） A．1 B． C． D．2 【变式33-1】如图，将一块边长为正方形纸片的顶点折叠至边上的点，使，折痕为，则的长为（   ） A．12 B．13 C． D． 【变式33-2】将一张正方形纸片，按如图步骤①，②，沿虚线对折两次，然后沿③中的虚线剪去一个角，展开铺平后的图形是（   ） A． B． C． D． 【变式33-3】如图，在正方形纸片中，点M，N分别是上的点，将该正方形纸片沿直线折叠，使点B落在的中点E处．若，则的面积是 ． 【考点题型三十四】添一个条件使四边形是正方形（） 【例34】如图，四边形是平行四边形，下列结论错误的是（  ） A．当时，是菱形 B．当时，是菱形 C．当时，是矩形 D．当时，是正方形 【变式34-1】如图，四边形的两条对角线相交于点O，且互相平分．添加下列条件，不能判定四边形为正方形的是（    ） A． B． C． D． 【变式34-2】小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则（2）处可以添加的条件是 ． 【考点题型三十五】证明四边形是正方形（） 【例35】已知如图，矩形中，，，菱形的三个顶点，，分别在矩形的边，，上，，连接． (1)若，求证：四边形为正方形； (2)当点在边上运动时，点到边的距离是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． (3)当的面积取最小值时，求菱形的面积． 【变式35-1】如图，平面直角坐标系中，点、分别在轴、轴上，连接，的两条外角平分线、交于第一象限的点，过点分别作轴、轴的垂线，垂足为、． (1)__________； (2)求证：四边形是正方形． 【变式35-2】如图，在正方形中，对角线，相交于点O，P是上的一个动点，连接，作，交的延长线于点E，以和为邻边作． (1)观察与猜想：是 （填“矩形”、“菱形”或“正方形”）； (2)请验证你的猜想． 【变式35-3】如图，四边形是菱形，对角线、交于点，点、是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，． (1)求证：四边形是正方形； (2)若正方形的面积为，，求点到线段的距离． 【考点题型三十六】根据正方形的性质与判定求解（） 【例36】如图，由四个全等的直角三角形拼成的图形，设，，则四边形的面积是（　　） A． B． C． D． 【变式36-1】如图，四边形是一块正方形场地，小华和小芳在边上取了一点E，测量知，，，求这块四边形场地的周长． 【变式36-2】【模型建立】 （1）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上的一点，且．求证：． 【模型应用】 （2）如图2，若点E，G分别在边，上，且，连接，求证：． 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，E是上一点，且，，求的长． 【考点题型三十七】中点四边形（） 【例37】顺次连接矩形四边中点所得的四边形一定是（   ） A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．不能确定 【变式37-1】如图，在菱形中，边长为1，顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形边中点，可得四边形；按此规律继续下去，则四边形的面积是 ． 【变式37-2】定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． (1)下列四边形中一定是“中方四边形”的是__________． A．平行四边形    B．矩形    C．菱形    D．正方形 (2)如图，已知四边形是“中方四边形”、分别是的中点． ①若线段的长度为，求的长； ②若线段的长度为，请直接写出的最小值． 【变式37-3】综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 数量关系、位置关系 特殊四边形 不相等、不垂直 平行四边形 【探究一】 （1）如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点，求证：中点四边形是平行四边形．（请写出完整的证明过程） 【探究二】 （2）由图2，从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究三】 （3）由图3，从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究四】 （4）结合图2、图3，得出猜想Ⅲ：原四边形对角线________时，中点四边形是正方形． 【考点题型三十八】利用(特殊)平行四边形的对称性求阴影面积（） 【例38】如图，在一块长为a，宽为的长方形铁皮中，若，时，则剩下的铁皮的面积（取）为（　　）． A．5 B．7 C．8 D．12 【变式38-1】下图中，阴影部分面积与其他三幅不相等的是（    ） A．  B．  C．   D．   【变式38-2】如图，在两个一大一小的正方形拼成的图形中，小正方形的面积是10平方厘米，阴影部分的面积为______平方厘米． 【变式38-3】如图，点O是边长为2的正方形的对称中心，过点O作，分别交正方形边于M、N、G、H，则当绕点O旋转时，图中的阴影部分是否关于O点成中心对称？这两部分的面积是否改变？请说明理由． 【考点题型三十九】(特殊)平行四边形的动点问题（） 【例39】在四边形中，，，，，，点从点以的速度向点运动，点从点以的速度同时向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为秒． (1)求为何值时，四边形是平行四边形？ (2)求为何值时，四边形是矩形？ (3)在整个运动过程中，_________（答“存在”或“不存在”）t值，使得四边形是菱形； (4)若只改变线段的长度，其余条件都不变，在整个运动过程中，当四边形是正方形时，请你求出的值和线段的长度． 【变式39-1】如图，在平行四边形中，，，，点为中点，动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动．作，交边或边于点，连接．当点与点重合时，点停止运动．设点的运动时间为秒． (1)当在上运动时，用含的式子表示出线段的长 ； (2)当点落在平行四边形的某边中点上时，求的值（用含t的代数式表示）； (3)作点关于直线的对称点，连接、，当四边形和平行四边形重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出的取值范围． 【变式39-2】已知如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别落在x轴、y轴上，点E在边OA上，点D在边OC上，且AE＝DE，已知点B(8，6)，点D(0，4)． (1)求点E的坐标； (2)若动点P、Q同时从点A出发，点P以每秒1个单位的速度向点O运动，点Q以每秒2个单位的速度沿射线AB方向运动．当点P运动到点O停止，Q点也同时停止运动．设PQE的面积为S．点P、Q的运动时间为t，用含t的代数式表示S； (3)在（2）的条件下，点M是射线CB上的一点，点N为平面内一点，当以P、Q、M、N为顶点的四边形是正方形时，请求出此时的t值与对应的点M的坐标． 【变式39-3】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，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点的运动时间为（单位：s），解答下列问题． (1)______________．（用含的代数式表示） (2)当点停止运动时，的长度为______________． (3)当四边形为矩形时，求此时的值． (4)当时，直接写出此时的值． 【考点题型四十】四边形中的线段最值问题（） 【例40】如图，在正方形中，，E，F，G分别为，，上的点，连接，，若，则的最小值为 ． 【变式40-1】如图，在长方形中，是的中点，是上任意一点．若，，则的最小值为 ，最大值为 ． 【变式40-2】如图，，平分，平分，和交于点，，分别是线段和线段上的动点，且，若，，则的最小值为 ． 【变式40-3】正方形中，点在上，，，点在上，的最小值 ．    【变式40-4】如图，四边形ABCD是平行四边形，AB=4，BC=12，∠ABC=60°，E，F是AD边上的动点，且EF=2，则四边形BEFC周长的最小值为 ． 【考点题型四十一】四边形其他综合问题（） 【例41】如图1，两个正方形和共一个直角顶点，连接、交于点，连接、、、． (1)当，时， ①作图：请在图1中分别取、、的中点、、（不要求尺规作图），并直接写出和的关系：______； ②若，求此时的长； (2)当，求的最小值． 【变式41-1】综合与探究 【问题情境】在数学课上，同学们用矩形纸片进行探究活动． 如图1，勤奋小组准备了矩形纸片，与交于点O，将矩形纸片折叠，使点B的对应点恰好落在点O处，得到折痕，与相交于点F． 如图2，阳光小组准备了正方形纸片，将正方形纸片折叠，使点B落在点E处，得到折痕，与相交于点G，连接，． 【猜想发现】 （1）如图1，是__________三角形，__________°；如图2，是__________三角形． 【深入探究】 （2）如图2．试探究线段和线段之间的数量关系和位置关系，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，在图2的基础上，继续将正方形纸片折叠，使点A与点F重合，折痕为，连接，交于点M，请直接写出，，三条线段之间的关系式． 【变式41-2】如图①，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． 概念理解：如图②，在四边形中，如果，那么四边形是垂美四边形吗？请说明理由． 性质探究：如图①，垂美四边形两组对边，与，之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明． 问题解决：如图②，已知，，，，求垂美四边形的面积． 【变式41-3】（1）如图，在中，，为斜边上的中线，那么与之间存在什么样的的数量关系呢？ 为解决这一问题，小明同学想的办法是：如图2，延长到D，使，连接，……请你顺着小明的思路完成解答； 【深入探究】 （2）如图3，已知，E为的中点．则与之间的数量关系为___________； 【应用提升】 （3）如图4，在正方形中，E为上一点，F为的中点，以，为边在的右侧作平行四边形． ①求证：四边形为菱形； ②如图5，连接，过点E作的垂线，垂足为M，若，求四边形的面积． 【变式41-4】四边形是一张平行四边形纸片，将纸片沿着折叠，使点落在直线上的点处，点的对应点为，和相交于点． (1)如图1，当平行四边形是矩形时： ①连接，求证：四边形为菱形： ②如图2，若，当点与点重合时，______； (2)如图3，当平行四边形满足，，且为的中点，求此时的长度． 一、单选题 1．下列四边形中，对角线一定相等的是（  ） A．菱形 B．矩形 C．平行四边形 D．梯形 2．下列说法错误的是（　　） A．有一个角为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．对角线相等且互相垂直的四边形是正方形 3．多边形每一个内角都等于，则从该多边形一个顶点出发可引出对角线的条数是（    ） A．条 B．条 C．条 D．条 4．正五边形的内角和的度数（　　） A．180° B．72° C．540° D．360° 5．下列多边形中，不能够单独铺满地面的是（　　） A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形 6．如图，中，对角线、相交于点O，交于点E，连接，若的周长为28，则的周长为（    ）    A．28 B．24 C．21 D．14 7．下列命题是假命题的是（ ） A．四个角相等的四边形是矩形 B．对角线互相平分的四边形是平行四边形 C．四条边相等的四边形是菱形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 8．添加下列条件后，仍不能使它成为矩形的是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 9．若四边形中，，相交于点，要判定它为平行四边形，从角的关系看应满足 ，从对角线的关系看应满足 ． 10．已知三角形的周长为20cm，连接各边中点所得的三角形的周长为 cm． 11．如图，在的正方形网格中，与线段，能组成一个中心对称图形的是 ．    12．已知矩形两条对角线所成的一个角为，矩形的短边长，则长边长 ，对角线长 ． 13．矩形的两条对角线的夹角为，对角线长为，则较短的边长为 ． 14．如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的顶点B的坐标为(8，4)，则C点的坐标为 ．    15．如图①，在中，，过上一点作交于点，以点为顶点，为一边，作，另一边交于点．    （1）则四边形的形状为 ； （2）当点为的中点时，四边形的形状为 ； （3）延长图①中的到点，使，连接，，，得到图②．若，则四边形的形状为 ． 三、解答题 16．如图，由两个等宽的矩形叠合而得到的四边形是菱形吗？证明你的结论．    17．如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，E为AB的中点，DE⊥AB． （1）求∠ABC的度数； （2）如果AC＝4，求DE的长． 18．如图，菱形中，，分别为，上的点，且，连接并延长，交的延长线于点，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）连接，若，，求的长． 19．如图，在“飞镖形”ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点． （1）求证：四边形EFGH是平行四边形； （2）“飞镖形”ABCD满足条件　 　时，四边形EFGH是菱形． 20．如图所示，四边形是正方形，、交于点，平分，垂直，交于点，交于点，交于点．求证： ； ． 21．一个多边形的每一个内角都相等，并且每个外角都等于和它相邻的内角的一半． (1)求这个多边形是几边形； (2)求这个多边形的每一个内角的度数． 22．已知：如图，四边形是正方形，、是延长线上的点，且，，求证：．    23．如图，△ABC与△CDE都是等边三角形，点E、F分别在AC、BC上，且EF∥AB （1）求证：四边形EFCD是菱形； （2）设CD＝2，求D、F两点间的距离． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 清单02 四边形（14个考点梳理+题型解读+提升训练） 清单01 多边形内角和的应用 (1) 在平面内,由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫作多边形. (2) 在平面内,边相等,角也都相等的多边形叫作正多边形. (3)n边形的内角和等于(n-2)·180° 清单02 多边形外角和的应用 (1)在多边形的每个顶点处取一个外角,它们的和叫作这个多边形的外角和. (2)任意多边形的外角和等于360° 清单03 平行四边形的性质 (1)两组对边分别平行 的四边形叫作平行四边形. (2)平行四边形 ABCD记作“□ABCD”. (3)平行四边形的对边 相等. (4)平行四边形的对角相等. (5)平行四边形的对角线互相平分. (6)平行四边形的一条对角线把平行四边形分成两个全等的三角形,两条对角线把平行四边形分成四个面积相等的三角形. 清单04 平行四边形的判定 判定平行四边形的方法: (1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形. (2)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. (3)判定平行四边形的方法:两组对边分别相等的四边形是平行四边形. (4)对角线互相平分的四边形是平行四边形。 清单05 中心对称的概念及性质 (1)中心对称:在平面内,把一个图形上的每一个点P对应到它在绕点O旋转180下的像P',这个变换称为关于点O中心对称,也称原图形与新图形关于点0中心对称,点O叫作对称中心. (2)性质:成中心对称的两个图形中,对应点的连线经过对称中心,且被对称中心平分. 规律总结：(1)成中心对称的图形上的每一对对应点连成的线段都被对称中心平分. (2)任意两个中心对称图形以任意方式组合成一个图形后，过这两个对称中心的直线平分这个组合图形的面积. (3)对称点的连线必过对称中心 清单06 中心对称图形的判定 (1) 中心对称图形:在平面内,如果一个图形绕一个点O旋转180°,所得到的像与原来的图形互相重合,那么这个图形叫作中心对称图形,这个点O叫作它的对称中心. (2) 平行四边形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心. 方法技巧：(1)常见的中心对称图形有线段、平行四边形、圆、正n边形(n为偶数) (2)将图形绕对称中心旋转180°后,没有任何变化，和原图形一样的即为中心对称图形. 清单07 三角形的中位线定理 (1)定义:连接三角形两边中点的线段叫作三角形的中位线. (2)定理:三角形的中位线平行于第三边,并且等于第三边的一半. 规律总结：三角形的中位线定理包含两层含义 (1)中位线与第三边的位置关系: (2)中位线与第三边的数量关系 清单08 矩形的性质 (1)定义:有一个角是直角的平行四边形叫作矩形 (2)矩形的四个角都是直角,对边相等,对角线互相平分. (3)矩形的对角线相等. (4)矩形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心. (5)矩形是轴对称图形,过每一组对边中点的直线都是矩形的对称轴. 规律总结：矩形的性质的应用 (1)证明线段平行、相等或倍分的关系 (2)证明角相等或求角的度数. 清单09 矩形的判定 (1)三个角是直角的四边形是矩形； (2)一个角是直角的平行四边形是矩形. 对角线相等的平行四边形是矩形. 方法技巧：矩形的判定思路 (1)若给出的图形是一般的四边形.思路一:证明其三个角都是直角;思路二:先证明其为平行四边形，再证明其有一个角是直角或证明其对角线相等. (2)若给出的四边形是平行四边形,则直接证明其有一个角是直角或证明其对角线相等. 清单10 菱形的定义和性质 定义:一组邻边相等的平行四边形叫作菱形 性质:(1)菱形的四条边都相等,对角相等对角线互相垂直平分; (2) 菱形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心; (3)菱形是轴对称图形,两条对角线所在直线都是它的对称轴. 清单11 菱形的周长和面积 周长=边长×4. 面积=底×高=两条对角线长度乘积的一半. 规律总结：菱形的两条对角线把菱形分成四个全等的直角三角形、两对全等的等腰三角形.故常结合勾股定理或等腰三角形的性质进行与菱形有关的证明、计算，有时也与角平分线的性质结合解题. 清单12 菱形的判定 (1)四条边都相等的四边形是菱形. (2)对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 清单13 正方形的性质 定义:有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 正方形具有平行四边形的所有性质,还具有以下性质: ①四条边相等,四个角都是直角,对角线相等且互相垂直平分; ②正方形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心; ③正方形是轴对称图形,两条对角线所在直线,以及过每一组对边中点的直线都是它的对称轴. 规律总结：正方形的性质 (1)边:四条边都相等且每组对边平行, (2)角:四个角都是直角. (3)对角线:两条对角线相等且相互垂直平分,把正方形分成四个全等的等腰直角三角形;每条对角线平分一组对角,把正方形分成两个全等的等腰直角三角形. 清单14 正方形的判定 (1)先判定四边形是矩形,再判定这个矩形有一组邻边相等; (2)先判定四边形是菱形,再判定这个菱形有一个角是直角. 规律总结：正方形的判定 (1)有一个角是直角的菱形是正方形; (2)有一组邻边相等的矩形是正方形; (3)对角线相等的菱形是正方形; (4)对角线垂直的矩形是正方形. 【考点题型一】多边形的概念与分类（） 【例1】下列命题中，真命题的是（   ） A．在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直 B．每条边都相等的多边形是正多边形 C．三角形的一个外角大于任意一个内角 D．到一个角的两边距离相等的点在这个角的平分线上 【答案】D 【分析】本题主要考查真假命题、正确记忆相关知识点是解题关键．根据垂线的性质、三角形外角性正多边形的定义，角平分线的性质，逐一判断即可求解． 【详解】解：A. 在同一平面内，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直，原命题是假命题，故该选项不符合题意； B. 每条边都相等且每个内角都相等的多边形是正多边形，原命题是假命题，故该选项不符合题意； C. 三角形的一个外角大于任意与之不相邻的一个内角，原命题是假命题，故该选项不符合题意； D. 到一个角的两边距离相等的点在这个角的平分线上，是真命题，故该选项符合题意； 故选：D． 【变式1-1】下列说法正确的是（   ） A．连接两点的线段叫做两点间的距离 B．学生上学采用的交通方式是定量数据 C．两点之间线段最短 D．各边相等的多边形叫正多边形 【答案】C 【分析】本题考查了正多边形的概念，线段的有关概念，定量数据与定性数据的区别等知识点，熟练掌握各知识点是解题的关键． 根据两点之间的距离，线段的性质，正多边形的概念以及定量数据与定性数据的概念分析即可． 【详解】解：A、两点之间的线段的长度叫做两点间的距离，故错误，不合题意； B、学生上学采用的交通方式是定性数据，故错误，不符合题意； C、两点之间线段最短，正确，符合题意； D、各边都相等，各角也相等的图形叫正多边形，故错误，不符合题意； 故选：C． 【变式1-2】我们学习了应用尺规“平分任意一个已知角”，小明对此问题展开进一步探究学习． 【材料阅读】 如图①，商水寿圣寺塔，位于河南省周口市商水县，始建于北宋明道二年．商水寿圣寺塔为九级楼阁式砖塔，平面呈正六边形，塔体从底至顶渐收匀称，成正六棱体锥形．工匠在制作底座和支撑木柱的连接结构时，需要多次作角平分线以实现对称，从而使得结构受力均衡，过程中充分体现工匠的数学应用能力．当时没有量角器，工匠仅凭一把“角尺”（如图②所示），即可将任意角进行平分，下面是应用“角尺”作角平分线的一种方法： 已知． 第一步：分别在的边 和上，用带有刻度的“角尺”测量得到点 C 和 D，使得； 第二步：连接，得到线段； 第三步：用“角尺”作出过点O 与 垂直的射线 ， 就是 的平分线． 【探究与应用】 （1）小明对作图原理进一步探究，第二步作图完成后，可得为 三角形；第三步作图完成后，平分 的依据是： ； （2）请参阅上述材料，借助“角尺”，作出图③木料中的平分线； 【拓展探究】 （3）小明进一步研究发现，用这种方法作“平分任意一个已知角”存在一定的误差，用平时学习的尺规作图的方法可以减少误差．如图④，在正五边形． 中，请用无刻度的直尺和圆规作出． 的平分线．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】（1）等腰直角；等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线及底边上的高线互相重合（或全等三角形对应角相等）；（2）见详解，（3）见详解 【分析】本题考查作图应用与设计作图，等腰三角形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）利用等腰三角形的三线合一的思想解决问题； （2）根据要求画出图形即可； （3）根据正五边形特征得出，故分别以点分别为圆心，大于的长度为半径画弧，两弧交于点，连接，则即为的平分线． 【详解】解：（1）根据题意可得， ∴是等腰直角三角形； 第三步作图完成后，平分 的依据是：等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线及底边上的高线互相重合； （2）根据题意作图如下： （3）如图，即为所求． 【变式1-3】阅读下列材料，并按要求完成相应的任务． 你知道“皮克定理”吗？ “皮克定理”是奥地利数学家皮克（如图1）发现的一个计算点阵中多边形的面积公式．在一张方格纸上，上面画着纵横两组平行线，相邻平行线之间的距离都相等，这样两组平行线的交点，就是所谓格点．一个多边形的顶点如果全是格点，这个多边形就叫做格点多边形．有趣的是，这种格点多边形的面积计算起来很方便，只要数一下图形边线上的点的数目及图内的点的数目，就可用公式算出．即，其中表示多边形内部的点数，表示多边形边界上的点数，S表示多边形的面积．（利用图2中的多边形可以验证）这个公式是奥地利数学家皮克在1899年发现的，被称为“皮克定理”． 任务： (1)如图2，是的正方形网格，且小正方形的边长为1，利用“皮克定理”可以求出图中格点多边形的面积是______． (2)已知：一个格点多边形的面积S为19，且边界上的点数是内部点数的3倍，则______． 【答案】(1)21 (2)32 【分析】本题考查了多边形，解一元一次方程等知识，理解正方形网格纸中多边形面积的公式是解决问题的关键． （1）观察图形，得到，，再代入计算即可得到答案； （2）由题意，然后列出关于的方程，求出，再求出答案即可； 【详解】（1）解：由题意，如图： 多边形内部的点数为：， 多边形边界的点数为：， ∴； 故答案为：21； （2）解：设内部点数是，则， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：32． 【考点题型二】多边形内角和问题（） 【例2】若一个多边形的内角和为，则这个多边形的边数是 ． 【答案】8 【分析】此题主要考查了多边形内角和定理，关键是熟练掌握计算公式：．根据多边形内角和定理：可得方程，再解方程即可． 【详解】解：设多边形边数有条，由题意得： 解得：， 故答案为：8． 【变式2-1】如图，新疆伊犁特克斯城因八卦布局而被称为“八卦城”，“八卦城”的形状是一个八边形，则八边形的内角和是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了多边形的内角和公式．边形的内角和可以表示成，代入公式就可以求出内角和． 【详解】解：． 故选：C． 【变式2-2】如图，已知五边形中，，则图形中 x 的值是（   ） A．75 B．80 C．85 D．不能确定 【答案】A 【分析】本题考查多边形的内角和，平行线的性质，根据平行线的性质，求出的度数，求出五边形的内角和，再减去其他四个角的度数，即可求解． 【详解】解：∵五边形， ∴内角和为：， ∵， ∴， ∴； 故选A． 【变式2-3】如图①，易证明：．应用这个结论解决问题： (1)如图②，在“五角星”形中，求． 分析：在图形中，根据（1）可得，所以_______． (2)如图③，在“七角星”形中，求． (3)如图④，在“八角星”形中，可以求得_______． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查多边形的内角和与三角形外角的性质，能够根据三角形外角的性质进行转化是解题关键． （1）根据三角形外角的性质把5个角转化到一个三角形中可得答案； （2）根据三角形外角的性质把7个角转化到一个三角形中可得答案． （3）根据三角形外角的性质把8个角转化到一个四边形中可得答案． 【详解】（1）解：如图， 由三角形外角的性质可得，，，， ． （2）解：如图， 由三角形外角的性质可得，，，， ， ． （3）解：如图， 由三角形外角的性质可得，，，，， ，． 【考点题型三】正多边形的内角问题（） 【例3】如图，正的顶点F在正五边形内部，连接并延长交于点G，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了等边三角形的性质、正多边形的内角和、四边形的内角和、等腰三角形的性质，熟练掌握正多边形的内角和是解题关键．先根据等边三角形的性质可得，再根据正五边形的性质可得，然后根据等腰三角形的性质可得，最后根据四边形的内角和求解即可得． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴， ∵五边形是正五边形， ∴， ∴，， ∴， ∴在四边形中，， 故选：C． 【变式3-1】如图是中国古代建筑中的一个正八边形的窗户，图案对称精美，图中正八边形的每个内角度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查的是求正八边形的内角，掌握多边形的内角和公式是解决此题的关键． 根据多边形的内角和求出内角和，再除以边数即可得到答案． 【详解】解：正八边形的内角和为：， ∴正八边形的每个内角度数为 故选：C． 【变式3-2】正五边形的内角和等于 ． 【答案】/540度 【分析】根据多边形的内角和公式即可求解， 本题主要考查了多边形的内角和，解题的关键是掌握多边形的内角和公式． 【详解】解：五边形的内角和， 故答案为：． 【变式3-3】若一个正n边形，绕着某一点旋转能与自身重合，则n可能的值为 （写出一个即可）． 【答案】5（答案不唯一5的倍数即可） 【分析】此题主要考查了旋转对称图形，如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．直接利用旋转对称图形的性质，结合正多边形中心角相等进而得出答案． 【详解】解：， 有一个正n边形，绕某一点旋转后能与自身重合，n可能的值为5， 故答案为：5（答案不唯一）． 【考点题型四】多边形截角后的内角和问题（） 【例4】将一个五边形纸片，剪去一个角后得到另一个多边形，则得到的多边形的内角和是（     ） A． B． C．或 D．或或 【答案】D 【分析】本题考查了多边形的内角和，找出五边形纸片剪去一个角出现的情况，再根据边形内角和公式得出多边形的内角和，即可解题． 【详解】解：如图，将一个五边形沿虚线裁去一个角后得到的多边形的边数是或或， 其中四边形内角和为，五边形内角和为，六边形内角和为， 得到的多边形的内角和是或或， 故选：D． 【变式4-1】小明将一个多边形纸片剪去一个角后，得到的新多边形的内角和为，求原多边形的边数． 【答案】13或14或15 【分析】根据多边形的内角和公式可得：，求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论，计算即可．本题主要考查了多边形的内角和公式（且是整数），注意要分情况进行讨论，避免漏解． 【详解】解：设新多边形的边数为， 则， 解得：， 若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为15， 若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为13， 若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为14， 则多边形的边数是13或14或15． 【变式4-2】已知一个多边形的内角和与外角和相加等于． (1)求这个多边形的边数及对角线的条数． (2)这个多边形剪去一个角后，所形成的新多边形有______条边． 【答案】(1)，； (2)或或 【分析】本题考查多边形内角和定理：多边形内角和为，解题的关键是剪角时注意分类讨论． （1）已知一个多边形的内角和与外角和的和为，外角和是，因而内角和是．边形的内角和是，代入就得到一个关于n的方程，就可以解得边数，从而得到这个多边形的对角线的条数． （2）剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了条，也可能减少了条，或者不变，由此即可求出答案． 【详解】（1）解：设这个多边形的边数为， ， 解得：； ∴对角线的条数为：； 所以这个多边形的边数是，它的对角线的条数是． （2）解：因为剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了条，也可能减少了条，或者不变， ①当沿两边中间点剪时，多边形多出一条边，边数为， ②当沿一边中间点与一顶点剪时，多边形边数不变，边数为， ③当沿两顶点剪时，多边形边减少1边，边数为， 综上所述：新多边形可能是条或条或条边． 【变式4-3】（1）如图是一个多边形，若用一条直线截去这个多边形的一个角，使该多边形分别满足以下条件，请你在图①，图②，图③中画出该条直线： ①新多边形内角和原多边形的内角和； ②新多边形内角和原多边形的内角和； ③原多边形内角和新多边形内角和； （2）若将一个多边形剪去一个角后，得到的新的多边形的内角和为，求原多边形的边数． 【答案】（1）见解析；（2）12或13或14． 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理： （1）n边形内角和为，那么每增加一条边，对应的多边形内角和就增加180度，据此可知①的多边形边数为5，②的多边形边数为6，③的多边形边数为4，据此作图即可； （2）先根据多边形内角和计算公式求出新多边形的边数，再根据（1）进行讨论求解即可． 【详解】解：（1）如图所示，即为所求； （2）设新的多边形边数为n， 由题意得，， 解得， ∴新多边形的边数为13， 当新多边形内角和原多边形的内角和时，原多边形的边数为13； 当新多边形内角和原多边形的内角和时，原多边形的边数为12； 当原多边形内角和新多边形内角和时，原多边形的边数为14； 综上所述，原多边形的边数为12或13或14． 【变式4-4】一个多边形截去一个角后，形成新多边形的内角和为，求原多边形边数． 【答案】原多边形的边数可能是15或16或17 【分析】此题考查了多边形的内角和公式．设新的多边形的边数为n，由多边形内角和公式，可得方程，即可求得新的多边形的边数，继而求得答案． 【详解】解：设新的多边形的边数为n， ∵新的多边形的内角和是， ∴， 解得：， ∵一个多边形从某一个顶点出发截去一个角后所形成的新的多边形是十六边形， ∴原多边形的边数可能是15或16或17． 【考点题型五】多边形的外角问题（） 【例5】如图，正六边形中，直线，分别经过边，上一点；且．则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行线的性质、多边形外角和、三角形外角的性质，延长交直线于点，根据多边形的外角和是，正多边形的每个外角度数都相等，可以求出，根据平行线的性质可得，根据三角形外角的性质可得． 【详解】解：如图所示，延长交直线于点， ， ， 六边形是正六边形， ， 在中，， ， ． 故选：B． 【变式5-1】若一个正多边形的每一个外角都等于，则它是（    ） A．正八边形 B．正九边形 C．正十边形 D．正十一边形 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的外角和，正多边形的性质，根据正多边形外角和来求解是解本题的关键．根据边数多边形的外角和一个外角的度数即可． 【详解】解：， 故选：C． 【变式5-2】一个正多边形的一个外角为，则此正多边形的边数为 ． 【答案】9 【分析】本题考查正多边形的外角，根据正多边形的每个外角的度数相等，且外角和为360度，进行求解即可． 【详解】解：； 故答案为：9． 【变式5-3】一个正边形的一个外角为，则它的边数 ． 【答案】6 【分析】本题考查正多边形的外角问题，根据正多边形的每个外角都相等，外角和为360度，进行求解即可． 【详解】解：； 故答案为：6． 【考点题型六】平面镶嵌（） 【例6】小益将平放在桌面上的正五边形磁力片和正六边形磁力片拼在一起（一边重合），如图所示则形成的么 度． 【答案】132 【分析】本题考查了多边形的内角和，正多边形的内角问题，熟记多边形的内角和公式是解题的关键． 先求出正五边形和正六边形的内角，再由即可． 【详解】解：如图： 由题意得：，， ∴， 故答案为：132． 【变式6-1】如图，要用三块正多边形的木板铺地，使拼在一起并相交于点的各边完全吻合，其中已经拼好的两块木板的边数分别是4和6，则第三块木板的边数应是 ． 【答案】 【分析】此题考查了正多边形的内角与多边形内角和定理、平面镶嵌，先求出第三块正多边形木板的内角，再根据多边形内角和列方程解方程即可． 【详解】解：∵正方形的内角为，正六边形的内角为， ∴第三块正多边形木板的内角为， 设第三块正多边形木板的边数为, 解得， 即第三块木板的边数应是， 故答案为： 【变式6-2】如图，这是儿童玩具底板的一幅图案，供小朋友拼图用的是正方形的木块和正n边形木块．由于小朋友只选了正方形的木块，导致没有拼成．老师鼓励他选取正n边形的木块试试，他试了几次终于成功了．这里的 ． 【答案】 【分析】本题考查了多边形内角和公式的应用，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键． 正边形的一个内角为，继而得到，解得． 【详解】解：根据题意得正边形的一个内角为， 则， 解得， 故答案为：． 【变式6-3】已知有三个边长相同，但边数不同且边数是偶数的正多边形可以无缝拼接，那么这三个正多边形的边数分别是 ． 【答案】 【分析】题目主要考查多边形内角和及无缝拼接，根据题意列出方程求解是解题关键 设这三个正多边形的边数分别是，根据题意列出方程，整理得，然后从构成多边形的最小的偶数开始进行试算求解即可． 【详解】解：设这三个正多边形的边数分别是， ∵三个边长相同，但边数不同且边数是偶数的正多边形可以无缝拼接， ∴， 整理得：， ∵边数不同且边数是偶数， ∴假设，则，解得：， 经检验，符合题意， ∴这三个正多边形的边数分别是， 故答案为：． 【考点题型七】多边形内角和与外角和综合（） 【例7】如图，是六边形的四个外角，延长交于点H．若，则的大小为 ． 【答案】/44度 【分析】本题考查了三角形的内角和定理，多边形的外角和定理，掌握“三角形的内角和是”、“多边形的外角和是”等知识点是解题的关键． 先利用多边形的外角和求出的度数，再利用三角形的内角和定理得结论． 【详解】解：多边形的外角和恒为， 即， ∵， ∴． ∵， ∴． 故答案为：． 【变式7-1】如图，正八边形的对角线与相交于点O，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查多边形内角和外角．先求出，再根据正八边形的性质求出和，最后根据平行线的性质即可求得． 【详解】解：八边形为正八边形， ， 正八边形的对角线、， ， ， 八边形为正八边形， ∴， ． 故答案为：． 【变式7-2】若一个多边形的内角和是其外角和的4倍，则这个多边形的边数是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键．根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于，外角和等于，然后列方程求解即可． 【详解】解：设边数为n，由题意得， ， 解得． 所以这个多边形的边数是10． 故答案为：10． 【变式7-3】一个正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的边数是 ． 【答案】6 【分析】本题主要考查了多边形内角和和外角和综合，设这个正多边形的边数为n，则这个多边形的内角和为，再根据多边形外角和为，结合题意建立方程求解即可． 【详解】解：设这个正多边形的边数为n， 由题意得，， 解得， ∴这个正多边形的边数是6， 故答案为：6． 【考点题型八】利用平行四边形的性质求解（） 【例8】如图，分别以的三边为一边作，，，且点D，E分别在上．若，的面积分别为，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，过A作交BD的延长线于M，于N，由平行四边形的性质推出，，则可证明，、A、N共线，再由平行四边形的性质得到的面积，的面积，进而可证明，据此可得答案． 【详解】解：过A作交的延长线于M，于N， 四边形是平行四边形， ∴，， ， 、A、N共线， 四边形是平行四边形， 的面积， 同理：的面积， 的面积的面积， 的面积，的面积， 的面积的面积， ， 平行四边形的面积 故选：A． 【变式8-1】如图，在中，分别是，的中点，是对角线上一点（点不与端点重合），过点作交于点，交于点．连结，，若已知的面积，则一定能求出（   ） A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．的面积 【答案】B 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，平行线的性质，理解等底等高的三角形面积相等是解题的关键． 连接，过点作交于点，过点作交于点，易证，可得，进而得到，由，，得到，即得到结论． 【详解】解：连接，过点作交于点，过点作交于点， 由题意可知，， ∴， ∵E，F分别是，的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴上的点到上的点距离相同， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴已知的面积，则一定能求出的面积， 故选：B． 【变式8-2】如图，在中，，点分别在和上，且，则四边形的面积是多少 ． 【答案】 【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质、平行四边形的面积公式以及勾股定理的运用，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．根据图形的特点，连接，通过证明和全等可知所求的面积正好等于平行四边形面积的一半，即可求出四边形的面积． 【详解】如图，连接， ， 为等边三角形， ， ， ， ， 与平行，， ， 在与中， ， ≌， 四边形的面积等于面积的一半， ， 作于， ∵为等边三角形， ， 边上的高， 四边形的面积为． 故答案为：． 【变式8-3】如图，中，AE平分，，则等于 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，熟记平行四边形的性质，角平分线的定义是解题的关键．根据平行四边形的性质结合角平分线的定义即可推出结果． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， 又平分， ， ， 故答案为：． 【变式8-4】在中，是边上的高，，，且，则的面积为 【答案】36或60 【分析】本题考查了勾股定理，以及平行四边形的面积公式，解题的关键是分类讨论．分析：分两种情况讨论：①E在线段上，如图1，②E在的延长线上，如图2．分别利用勾股定理解答即可． 【详解】①当E在线段上时，如图1， ∵，， ∴ ∵， ∴ ∴， ∴的面积=； ②当点E在的延长线上时，如图2， ∵，， ∴ ∵， ∴ ∴， ∴的面积=； 综上所述：的面积为36或60． 故答案为36或60． 【考点题型九】利用平行四边形的性质证明（） 【例9】如图，点O是对角线的交点，过点O的直线分别交于点E、F．求证：． 【答案】见解析 【分析】根据点O是对角线的交点，得到，利用证明即可． 本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定，熟练掌握性质和判定是解题的关键． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形，点O是对角线的交点， ∴， ∴， ∵在和中 ∴． 【变式9-1】如图，在平行四边形中，、分别垂直于对角线的延长线，垂足分别为E、F．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定及性质，解题的关键是证明出，即可求解． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【变式9-2】如图，是的对角线． (1)尺规作图：作的垂直平分线，分别交、于点E、F，垂足为点O．（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本体考查了作图——作垂线，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握相关知识点是解题关键． （1）利用基本作图作的垂直平分线即可； （2）根据平行四边形的性质，证明，即可得出结论． 【详解】（1）解：如图，直线即为所求作； （2）解：，垂直平分， ，， ， 在和中， ， ， 【变式9-3】.如图，在平行四边形中，对角线与相交于点，且，，． (1)求证：； (2)点、点分别是和的一点，连接经过点，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）证明，，证明，可得，从而可得结论； （2）结合平行四边形的性质证明即可； 【详解】（1）证明：在平行四边形中，对角线与相交于点O，，， ，． ， ，即， 为直角三角形，， ． （2）证明：∵在平行四边形中，对角线与相交于点O， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴. 【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，勾股定理的逆定理的应用，全等三角形的判定与性质，熟记平行四边形的性质是解本题的关键. 【变式9-4】.【感知】如图，在平行四边形中，对角线相交于点，过点的直线分别交边于点，易证：（不需要证明）； 【探究】如图，平行四边形中，对角线相交于点，过点的直线分别交边的延长线于，求证：； 【应用】连接图中的，其它条件不变，如图，若，的面积为，则四边形的面积为__________． 【答案】探究：见详解， 应用：12 【分析】本题考查行四边形的性质、三角形全等的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题关键． [探究]由平行四边形的性质得到，所以，从而判定，得证； [应用]因为，所以．由可求，由平行四边形性质得，可求，同理可求，则． 【详解】解：探究：证明：四边形是平行四边形， ， ． 在和中 ， ， 应用：解：， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， 同理，， ． 故答案为：． 【考点题型十】添一个条件成为平行四边形（） 【例10】如图，已知，添加下列条件可以使四边形成为平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查了平行四边形的判定、平行线的性质，由平行四边形的判定即可得出结论．熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键． 【详解】解：A． ，能使四边形成为平行四边形，故A选项正确，符合题意； B．， 不能使四边形成为平行四边形，故B选项错误，不符合题意； C．，，不能使四边形成为平行四边形，故C选项错误，不符合题意； D．，，不能使四边形成为平行四边形，故D选项错误，不符合题意； 故选：A． 【变式10-1】如图，四边形的对角线与相交于点O，已知，若要证明四边形为平行四边形，则还需要添加一个条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．根据平行四边形的判定，逐项分析即可判断． 【详解】解：A、添加无法证明四边形为平行四边形，不符合题意； B、添加无法证明四边形为平行四边形，不符合题意； C、因为，，所以四边形为平行四边形，符合题意； D、添加无法证明四边形为平行四边形，不符合题意； 故选：C． 【变式10-2】如图，在中，点，在对角线上，连接，，，，请添加一个条件 使四边形是平行四边形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质．添加，根据平行四边形的性质可得，，进而得，再根据平行四边形的判定即可得证． 【详解】解：添加，可以使四边形是平行四边形，理由如下： 连接，与相交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 即， ∴四边形是平行四边形， 故答案为：． 【考点题型十一】证明四边形是平行四边形（） 【例11】如图，在四边形中，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)四边形的面积为． 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，勾股定理，全等三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由平行线的性质可得，然后证明，则有，再结合即可求证； （）由平行四边形性质得，，，然后由勾股定理求出，则，最后通过平行四边形面积计算公式求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形； （2）∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为． 【变式11-1】如图，点，，，在同一条直线上，，，；求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的判定与性质．由，，可得四边形是平行四边形，得到，由可得，推出，即可证明． 【详解】证明：点，，，在同一条直线上，，， 四边形是平行四边形， ， ， ， 即， ， 又 ， 四边形是平行四边形． 【变式11-2】如图，E、F是平行四边形的对角线上的两点，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查平行四边形的性质和判定，掌握对角线互相平分的四边形是平行四边形是解题的关键． 连接，与交于点O，根据平行四边形的性质可得，，从而得，进而即可得到结论． 【详解】证明：连接，与交于点O， 四边形为平行四边形， ，， ， ，即， 四边形是平行四边形． 【变式11-3】如图，在四边形中，连接，过点B，D分别作的垂线，垂足分别为E，F，且，．求证：四边形为平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键． 先由证明，则得到，，继而，即可证明是平行四边形． 【详解】证明：由题意可知，， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【考点题型十二】利用平行四边形的判定与性质求解（） 【例12】如图，点P在平行四边形的对角线上，过点P作，．已知，，，则四边形的面积是（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定及性质，解题的关键是掌握平行四边形的面积被对角线角等分． 【详解】解：如图，点P在平行四边形的对角线上，过点P作，， 四边形，四边形为平行四边形， ， ， ，， ，， ， 故选：B． 【变式12-1】如图，线段与相交于点，，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】如图，沿方向平移得，连接，，作于点，可得四边形是平行四边形，，在中，可得的长度，根据勾股定理可得的长度，根据，可得的最小值为，即的最小值为，由此即可求解． 【详解】解：如图，沿方向平移得，连接，，作于点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵，，， ∴在中，， ∴，， ∴， 在中，， 在中，，且， ∴的最小值为，即的最小值为， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查勾股定理，图形平移的性质，两点之间线段最短，平行四边形的判定和性质等知识的综合，掌握合理构造辅助线，运用勾股定理，三角形三边关系是解题的关键． 【变式12-2】如图，在中，，D、E分别为上一点，，，与交于点P，则 度． 【答案】135 【分析】本题主要考查平行四边形的性质与判定、全等三角形的性质与判定及等腰直角三角形的性质；过点B作，且，连接，，利用平行四边形的判定与性质得出，进而得出，即可得出答案． 【详解】解：如图，过点B作，且，连接，， 则， ∵， ∴，． ∴， ∴四边形为平行四边形． ∴． ∵，，， ∴． ∴，，． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：135． 【变式12-3】如图，在中，将绕点A按逆时针方向旋转到的位置，使，且点刚好在的延长线上，连接，，． (1)求的度数； (2)求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查旋转的性质、平行四边形的性质与判定、等腰三角形的性质、勾股定理及含30度直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质、平行四边形的性质与判定、等腰三角形的性质、勾股定理及含30度直角三角形的性质是解题的关键； （1）由旋转的性质可知：，由题意易得，则有，然后问题可求解； （2）由（1）可知：，然后可得四边形是平行四边形，则有，进而可得，然后根据含30度直角三角形的性质及勾股定理可进行求解． 【详解】（1）解：由旋转的性质可知：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，且， ∴， ∴， ∴； （2）解：由（1）可知：， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由旋转的性质可知：， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴． 【考点题型十三】利用平行四边形性质和判定证明（） 【例13】如图，在中，为对角线上的两点（点在点的上方），． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，且，求两点之间的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查四边形综合，涉及平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟记平行四边形的判定与性质、勾股定理求线段长是解决问题的关键． （1）连接交于点，如图所示，由平行四边形的性质及题中已知条件得到，从而结合对角线相互平分的四边形是平行四边形即可得证； （2）在中，由勾股定理求出，再由平行四边形性质得到，最后由勾股定理即可得到两点之间的距离． 【详解】（1）证明：连接交于点，如图所示： 四边形是平行四边形， ，， ， ， 即， 又， 四边形是平行四边形； （2）解：，，， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ，两点之间的距离为． 【变式13-1】如图，在平行四边形中，已知和分别是边，的中点．证明：． 【答案】见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定及性质，根据平行四边形的性质得到，，进而根据中点得到，即可证得四边形是平行四边形，可得结论． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵和分别是边，的中点， ∴，， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∴． 【变式13-2】如图，在平行四边形中，已知点E在上，点F在上，且． (1)求证：． (2)在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出全等三角形共有______对． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定，熟练掌握平行四边形的性质是解答的关键． （1）证明四边形是平行四边形即可求得； （2）利用平行四边形的性质和全等三角形的判定可得答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴，又， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，，又， ∴； ∵，，， ∴， ∴在不添加任何辅助线的情况下，全等三角形共有2对， 故答案为：2． 【变式13-3】如图1，点是边上一点（不包含，，连接．下面是小明和小丽用尺规作，是边上一点的做法：小明：如图2．以为圆心，长为半径作弧，交于点，连接，则，小丽：以点为圆心，长为半径作弧，交于点，连接，则． (1)请利用图2给出小明做法的证明； (2)小丽的做法有没有问题？若没有请给出证明；若有请在图1中画图指出存在的问题． 【答案】(1)见解析； (2)有，存在的问题见解析． 【分析】本题主要考查尺规作平行线，平行四边形的判定和性质，掌握尺规作平行线的方法，平行四边形的判定和性质是关键． （1）根据作图可，平行四边形的判定方法得到四边形是平行四边形，结合平行四边形的性质即可求解； （2）根据作图方法，数形结合分析即可． 【详解】（1）证明：根据小明的作法知，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是平行四边形， ； （2）解：以为圆心，为半径画弧，交于点，此时可能会有两个交点，如图， 只有其中之一符合题意．故小丽的作法有问题． 【变式13-4】如图，在四边形中，，且交于点，平分．    (1)求证：． (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)证明见详解 (2)30 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的性质，等边三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质． （1）根据条件得出四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质和角平分线的性质得出，利用等角对等边即可得出答案； （2）根据给出条件得出是等边三角形，利用等边三角形和平行四边形的性质求出各边长即可求出四边形的周长． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， , ∵平分， ∴, ∵， ， ， ． （2）解：∵ 是等边三角形 由（1）得四边形是平行四边形，且， , ∴四边形的周长为． 【考点题型十四】 根据中心对称的性质求面积、长度、角度（） 【例14】如图，与关于点A成中心对称，若，，，则的长为（    ） A．6 B．4 C．3 D．2 【答案】C 【分析】本题主要考查了中心对称的性质、全等三角形的性质、勾股定理等知识点，掌握中心对称的两个三角形是全等三角形成为解题的关键． 由中心对称的性质可得得到，即，然后运用勾股定理求得的长即可． 【详解】解：∵与关于点A成中心对称， ∴， ∴，即， ∵， ∴． 故选C． 【变式14-1】如图，与关于点C成中心对称，则线段 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了中心对称的定义，根据中心对称的定义即对应边相等可求解， 【详解】解：∵与关于点C成中心对称， ∴ ∴ 故答案为： ． 【变式14-2】如图，与关于点成中心对称，，，，则点到的距离是 ． 【答案】 【分析】本题考查了中心对称图形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握中心对称图形的性质是解题关键．过点作于点，先根据中心对称图形的性质可得，，，利用勾股定理可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后利用三角形的面积公式求解即可得． 【详解】解：如图，过点作于点， ∵与关于点成中心对称，，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即点到的距离是， 故答案为：． 【变式14-3】如图，四边形与四边形关于点成中心对称，，求的度数和的长度． 【答案】 【分析】本题主要考查了中心对称的性质，根据成中心对称的性质：成中心对称的两个图形对应边相等，对应角相等求解即可． 【详解】解：四边形ABCD与四边形关于点成中心对称， ． 【考点题型十五】中心对称图形的识别（） 【例15】下列图形中，是中心对称图形的是 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题主要考查了中心对称图形的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键． 根据中心对称图形的定义旋转后能够与原图形完全重合即是中心对称图形即可判断出． 【详解】解：A．不是中心对称图形，不符合题意； B．是中心对称图形，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，不符合题意； 故选：B． 【变式15-1】第33届奥运会于2024年7月26日至8月11日在巴黎举行，以下分别是“2008北京奥运会徽”“2020东京奥运会徽”“2024巴黎奥运会徽”“2028洛杉矶奥运会徽”，其中既是轴对称图形又中心对称图形的个数是（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】A 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，正确理解轴对称图形和中心对称图形的定义是解答本题的关键，“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，这个图形叫做轴对称图形”，“ 把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形”．根据两类图形的定义即可得到结果． 【详解】解：因为四个图形都不是轴对称图形，也均不是中心对称图形， 所以四个图形中既是轴对称图形又中心对称图形的个数是0个． 故选：A． 【变式15-2】在以下回收、绿色食品、节能、节水四个标志中，是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查中心对称图形的识别，理解定义，找准图形中的对称中心是解答的关键．中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此逐项判断即可． 【详解】解：A中图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B中图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C中图形是中心对称图形，故本选项符合题意； D中图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意， 故选：C． 【考点题型十六】中心对称图形规律问题（） 【例16】如果将点P绕定点M旋转后与点Q重合，那么点P与点Q关于点M对称，定点M叫做对称中心，此时，M是线段的中点．如图，在平面直角坐标系中，的顶点A，B，O的坐标分别为，，，点，，，…中的相邻两点都关于的一个顶点对称，点与点关于点A对称，点与点关于点B对称，点与点关于点O对称，点与点关于点A对称，点与点关于点B对称，点与点关于点O对称……且这些对称中心依次循环．已知点的坐标是，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了平面直角坐标系中中心对称的性质，以及找规律问题，根据已知得出点P的坐标每6个一循环是解题关键． 根据中心对称及平面直角坐标系中的有关知识，可以求得点关于点A的对称点坐标，以及点关于点B的对称点坐标，点关于点O的对称点，可以看出，点P的坐标每6个一循环，即可解答． 【详解】解：由题意可得：点，，，，，…… ∴可知6个点一个循环，， ∴点的坐标与点的坐标相同，为． 故答案为：． 【变式16-1】在如图所示的平面直角坐标系中，是边长为的等边三角形，作与关于点成中心对称，再作与关于点成中心对称，…，如此作下去，则的顶点的坐标是 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了坐标与图形变化--旋转问题，解题的关键是推出点的横坐标、纵坐标规律．首先根据是边长为的等边三角形，可得的坐标为，的坐标为；然后根据中心对称的性质，分别求出点、、的坐标各是多少；最后总结出的坐标的规律，即可求出的坐标． 【详解】解： 是边长为的等边三角形， 的坐标为，的坐标为， 与关于点成中心对称， 点与点关于点成中心对称， ，， 点的坐标是， 与关于点成中心对称， 点与点关于点成中心对称， ，， 点的坐标是， 与关于点成中心对称， 点与点关于点成中心对称， ，， 点的坐标是， …， ，，，，…， 的横坐标是，当为奇数时，的纵坐标是，当为偶数时，的纵坐标是， 的顶点的坐标是， 故答案为 【变式16-2】如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为：，，.已知，作点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，…，依此类推，则点的坐标为 . 【答案】 【分析】根据平面直角坐标系中，点的对称性质，结合题意，依次求得点，，，，，，的坐标，从而发现该题的规律，求得点的坐标． 【详解】解：∵，， ∴点关于点的对称点， ∵点关于点的对称点为，，， ∴， ∵点关于点的对称点为，，， ∴， ∵点关于点的对称点为，，， ∴， ∵点关于点的对称点为，，， ∴， ∵点关于点的对称点为，，， ∴， ∵点关于点的对称点为，，， ∴， 此时点与点重合． ∵， ∴与点重合， 故 ， 答案为：． 【点睛】本题考查了点坐标的对称性质，熟练掌握点坐标的对称性质是解题的关键． 【考点题型十七】与三角形中位线有关的求解问题（） 【例17】如图，在中，，D、E分别是的中点，则的长度为（　　） A．10 B．12 C．15 D．20 【答案】C 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，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． 由题意可得是的中位线，再由三角形的中位线定理即可求解． 【详解】解：∵，D、E分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， 故选：C． 【变式17-1】如图，，分别是的边，的中点，如果，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了三角形中位线定理，由题意可得是的中位线，由此计算即可得解． 【详解】解：∵，分别是的边，的中点， ∴是的中位线， ∴， 故答案为：． 【变式17-2】如图，在四边形中，，、、分别是、、的中点，，，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】根据、、分别是、、的中点，可知是的中位线，是的中位线，结合，可知，，，接着利用平行线的性质，可得到，，从而得到，最后利用算得答案． 【详解】解：在四边形中，，、、分别是、、的中点， 是的中位线，是的中位线， ，，， ， ，， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形的内角和，三角形的中位线，等腰三角形的判定与性质，平行的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 【变式17-3】如图，等边的边长是2，D、E分别为、的中点，延长至点F，使，连接和． (1)求证：； (2)求的长． 【答案】(1)见解析 (2)1 【分析】本题考查与三角形中位线有关的证明及结论、等边三角形的性质及三线合一的运用． （1）直接利用三角形中位线定理得出，即可得出结论； （2）根据三线合一即可求解． 【详解】（1）解：（1）证明：∵、分别为的中点， 为的中位线， ，， ， ∴. （2） 等边三角形的边长为2， ∴ ∵为 的中点， ． 【考点题型十八】与三角形中位线有关的证明（） 【例18】如图，在中，设，，，且，平分，，交的延长线于点，平分，，连接并延长，交于点，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了角平分线的性质，三角形中位线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． 利用角平分线的性质，三角形中位线的判定和性质，全等三角形的判定和性质逐项进行判断即可． 【详解】解：A、 ∵平分， ∵， ， 又∵， , ， ∴， ∴该选项正确，不符合题意； B、如图，延长，交的延长线于点 同理选项A可得，， ， 由选项A可得，, ∴点分别是线段的中点， ∴是的中位线， ∴是的中位线， ∴， ∴该选项正确，不符合题意； C、可通过特殊图形进行验证，当时，， 是的中位线， ∴ ∴该选项错误，符合题意； D、由以上选项可知，是的中位线，，， ， ∴该选项正确，不符合题意； 故选：C． 【变式18-1】如图，在中，和的角平分线与交于点，且点恰好在边上． (1)若，，求的长______． (2)点为的中点，连接，交于点，求证： 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质、三角形中位线定理、角平分线的定义、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点，能够添加合适的辅助线是解题的关键． （1）首先证明，，再利用勾股定理求解； （2）取BE的中点T，连接，通过证明四边形是平行四边形，得出，可得结论． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，， ，，，， ，， 平分，平分， ，， ，， ，， ， ，，， ， ， ， 故答案为：； （2）证明：如图所示，取的中点T，连接，连接 ，， ，， ，，， ，， 四边形是平行四边形， ， ． 【变式18-2】如图，在中，，分别是边，上的中线，与相交于点，点与分别是线段，的中点．求证：，． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理，三角形中线定义，证明四边形是平行四边形是解题的关键. 利用三角形中位线定理推知，，则由“对边平行且相等的四边形是平行四边形”证得四边形是平行四边形，进而由平行四边形的性质得出结论． 【详解】解：，分别是边，上的中线， ∴点D、点E是、边的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵点与分别是线段，的中点 ∴是的中位线， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形 ∴，． 【变式18-3】如图，在等腰中，，，点为边上的动点．将绕点逆时针旋转得到． (1)如图1，若，，求旋转后到的距离； (2)如图2，连接、，若为的中点，猜想与的数量关系，并证明； (3)如图3，在点运动的过程中，在线段上存在一点，使的值最小，当的值取得最小值时，，请直接写出的长． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）过点作于点，根据等腰直角三角形的性质以及勾股定理得出，进而得出，根据旋转的性质得出是等腰直角三角形，进而根据勾股定理，即可求解； （2）延长交于点，根据中位线的性质得出，证明得出，则即可得证； （3）将绕点顺时针旋转得到，连接，当点，点，点，点共线时，值最小，证明是等边三角形，是等边三角形，进而得出，根据，可得，即可得出，进而求得的长，根据旋转的性质可得，即可求解． 【详解】（1）解：如图1，过点作于点， ∵等腰中，，， ∴ ∵ ∴ ∵， ∴， ∵将绕点逆时针旋转得到． ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴，即旋转后到的距离为； （2）解：如图2，延长交于点， 由（1）可得 ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵，即 ∴， 又∵为的中点， ∴是的中位线 ∴ ∵将绕点逆时针旋转得到． ∴ ∴， 在中， ∴ ∴ ∴，即； （3）解：如图，将绕点顺时针旋转得到，连接， ，，， 是等边三角形， ， ， 当点，点，点，点共线时，值最小， 此时，如图，连接， 将绕点顺时针旋转得到， ，，， 是等边三角形，是等边三角形， ，， ，， 垂直平分， ，， ， ，，， ， ， ， ， 根据旋转的性质可得：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，旋转的性质，解直角三角形，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 【考点题型十九】三角形中位线的实际应用（） 【例19】如图，为了测量池塘边、两点之间的距离，在的同侧取一点，连接并延长至点，连接并延长至点，使得，．若测得，则，间的距离为（    ） A．13 B．16 C．18 D．20 【答案】A 【分析】本题考查了三角形中位线定理，根据三角形中位线定理即可得出结果．熟记三角形中位线定理是解题的关键． 【详解】解：，， 为三角形的中位线， ， 即，间的距离是， 故选：A． 【变式19-1】如图是人字梯及其侧面示意图，，为支撑架，为拉杆，D，E分别是，的中点，若，则B，C两点的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了三角形中位线的实际应用，等式的性质等知识点，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键． 利用三角形的中位线定理即可直接得出答案． 【详解】解：∵D，分别是，的中点， ， ， 故选：． 【变式19-2】如图，小华同学想测量池塘A，B两处之间的距离．他先在A，B外选一点C，然后找出，的中点为D，E，测得，则A，B之间的距离为 ． 【答案】40 【分析】本题考查了三角形的中位线定理应用，根据D，E是，的中点，即是的中位线，根据三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，即可求解． 【详解】解：∵，的中点为D，E， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴． 即A,B之间的距离为 故答案为：40 【变式19-3】如图，为测量两地的距离，小明在池塘外取点A，得到线段，并取的中点D，E，连接．测得的长为6米，则B，C两地相距 米． 【答案】12 【分析】本题考查了三角形中位线定理；利用三角形中位线定理即可求解 【详解】解：∵的中点为D，E， ∴是的中位线， ∴米； 故答案为：12． 【考点题型二十】利用矩形的性质求解（） 【例20】如图，四边形是矩形，对角线相交于点，过点作的垂线交于点．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形内角和性质，先由矩形的性质得，则，再结合过点作的垂线交于点，得出，最后进行角的运算，即可作答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ， ， ∵过点作的垂线交于点， ， ， 故选：C． 【变式20-1】如图，在矩形 中 ，，， 动点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿向点运动，将绕点顺时针旋转，得到， 连接，．当的值最小时，点运动的时间为（   ） A．2 秒 B．秒 C．秒 D．秒 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，以为边在矩形内部作等边三角形，连接并延长交于点，过点作于点，证明，得出，，即点在垂直于的直线上运动，进而得出当点运动到点时，取得最小值，根据含度角的直角三角形的性质，即可求解． 【详解】解：如图，以为边在矩形内部作等边三角形，连接并延长交于点，过点作于点， 将绕点顺时针旋转，得到， ， 三角形是等边三角形， 又是等边三角形， ， ， ，， 即点在垂直于的直线上运动， ， 当点运动到点时，取得最小值， ， 四边形是矩形， ， ， ，即取得最小值， 动点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿向点运动， 点运动的时间为 故选：C． 【变式20-2】如图，是矩形的对角线，平分交于点．若，则 ． 【答案】/度 【分析】此题考查了矩形的性质、角平分线的定义等知识，先根据矩形的性质和角平分线求出，再用平行线的性质进行解答即可． 【详解】解：∵是矩形的对角线， ∴， ∵平分交于点． ∴ ∴ ∵ ∴， 故答案为： 【变式20-3】如图，在矩形中，点为边上一个动点，若，，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的面积，熟悉掌握矩形的相关性质是解题的关键． 设，利用矩形和三角形的面积转化列式运算即可． 【详解】解：设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【考点题型二十一】利用矩形的性质证明（） 【例21】如图，将矩形绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形，点E恰好落在边上，连接，，且与相交于点P (1)求证：； (2)若，，求的长： 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了矩形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、旋转的性质等知识． （1）由矩形和旋转的性质可得，，从而得到，从而问题得证； （2）过点B作于点M，过点E作于点N，通过证明，，然后结合全等三角形的性质和勾股定理解直角三角形． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴． 由旋转的性质可得， ∴． ∴， ∴． （2）解：如图，过点B作于点M，过点E作于点N． 在和中， ∴， ∴ ，． 在和中， ∴， ∴，． ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴． 【变式21-1】如图，矩形的对角线，相交于点，点，在上，且． (1)求证：； (2)若，求的长 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质得到，，得到，根据，得到，证明，即可得出结论； （2）过点A作，垂足为，四边形是矩形，由勾股定理得，进而得到，再根据三角形面积公式求出，由勾股定理得，进而得到，在求出 ，即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：过点A作，垂足为， ∵四边形是矩形， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴， ∵ 即  ， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴，    ∵， ∴， ∴ ， ∴ ． 【点睛】本题考查了矩形性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的运用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 【变式21-2】如图，矩形的对角线、相交于点O，点E、F在上，． (1)求证：； (2)若，，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握矩形的性质是解题的关键． （1）由矩形的性质证明即可． （2）由矩形的性质得出，再根据平角的定义得出，再证明是等边三角形，由等边三角形的性质得出，进而可得出，然后根据勾股定理，最后根据矩形的性质求面积即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴ ∵ ∴ （2）解：∵四边形是矩形 ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴ ∴ ∴， ∴． 【考点题型二十二】求矩形在坐标系中的坐标（） 【例22】如图，把矩形放入平面直角坐标系中，使，分别落在轴、轴上，连接，将矩形沿折叠，使点落在点的位置，与轴相交于点，若，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质以及坐标与图形，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，再利用勾股定理列出等式进行求解即可．根据矩形的性质和折叠的性质证明，设，则，利用勾股定理可得进行求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ，， ∵将纸片矩形沿折叠，使点B落在点D的位置， , , ， ∵点B的坐标为， ，， 设，则， 在中，， 解得， ∴点E的坐标为， 故选：C． 【变式22-1】如图，矩形中，顶点，，，将矩形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则第100秒旋转结束时，点D的坐标为(    ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，坐标与图形变化-旋转及点的坐标变化规律，能由所给旋转方式得出第100秒旋转结束时点D的位置，与第4秒旋转结束时点D的位置相同是解题的关键． 根据所给旋转方式可知每旋转八秒，点D的坐标重复出现，再根据四边形是矩形，求出点D坐标可解决问题． 【详解】解：∵， ∴每旋转八次一个循环． ∵余4， ∴第100秒旋转结束时点D的位置，与第4秒旋转结束时点D的位置相同． 连接和， ∵四边形是矩形， ∴和互相平分， ∴，， ∴，， ∴点D的坐标为． 又∵， ∴第4秒旋转结束时的点D与点关于坐标原点对称， ∴此时点D的坐标为． 即第100秒旋转结束时，点D的坐标为． 故选：B． 【变式22-2】如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、的坐标分别为，，点为，点在线段上运动，当是腰长为5的等腰三角形时，点的坐标为 ． 【答案】或或 【分析】此题主要考查了矩形的性质以及坐标与图形的性质和等腰三角形的性质，勾股定理，根据是腰长为的等腰三角形进行分类讨论是解决问题的关键．根据当时，以及当时，分别进行讨论得出点的坐标． 【详解】解：矩形的顶点、的坐标分别为，，点为， ∴， 过作于， ①当时，如图1所示： ，， 由勾股定理得：， ； ②当时， 如图2所示： ，， 由勾股定理得：， ， ； 如图3所示： ，， 由勾股定理得：， ， ； 综上，满足题意的点的坐标为或或， 故答案为：或或． 【变式22-3】如图，在平直角坐标系中，点A的坐标为，点的坐标为．以，为边作矩形，若将矩形绕点逆时针旋转，得到矩形，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质，熟练掌握矩形的性质和旋转的性质是解题的关键； 先根据题意得到，，再由矩形的性质可得，，，由旋转的性质可得，，，，据此可得第二象限内的坐标． 【详解】解：∵点A的坐标为，点C的坐标为， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵将矩形绕点O逆时针旋转，得到矩形，点在第二象限， ∴，，， ∴点的坐标为， 故答案为：． 【考点题型二十三】矩形与折叠问题（） 【例23】如图，已知长方形中，，，在边上取一点E，将折叠使点D恰好落在边上的点F，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查折叠问题，设，则，由折叠得，，再由勾股定理解和即可．掌握折叠前后对应边相等是解题的关键． 【详解】解：长方形中，，， ，， 设，则， 由折叠得，， 在中，， ， 在中，， ， 解得， 即的长为， 故答案为：． 【变式23-1】如图，在矩形中，点在上，，，将沿直线翻折至的位置，使得点在边上，作于点，为的中点，连接．则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形与折叠的性质，三角形中位线的性质，勾股定理．如图，连接，，由矩形的性质得，，进而利用勾股定理得，又由折叠性质得垂直平分，进而证明、、三点共线，是的中位线，利用三角形中位线的性质求解即可． 【详解】解：如图，连接，， ∵四边形是矩形，，， ∴，， ∴， ∵将沿直线翻折至的位置，使得点在边上， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴，所在直线重合，即、、三点共线， ∵平分，为的中点， ∴是的中位线， ∴． 故答案为：． 【变式23-2】如图，在矩形中，点E是的中点，的平分线交于点F，将沿折叠，点D恰好落在上点M处，延长，交于点N，有下列四个结论：①；②；③；④．其中，正确的结论有 ． 【答案】①②③④ 【分析】由折叠的性质、矩形的性质与角平分线的性质，可证得；易求得，则可得；易求得，即可得，根据等高三角形的面积比等于对应底的比；利用全等三角形的性质可判断④，进而可求得答案． 【详解】解：∵四边形是矩形，将沿折叠，点D恰好落在上M点处， ∴，．， ∴， ∵平分， ∴． ∴；故①正确． ∵，，平分， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴．即，故②正确． 在和中， ， ∴． ∴；故④正确． ∴． ∵，，点E是的中点， ∴． ∴． ∴；故③正确． 综上所述：正确的结论有①②③④，共4个， 故选：D． 【点睛】此题考查了折叠的性质、矩形的性质、角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用． 【变式23-3】如图，矩形中，，，点E在边上，将沿直线翻折，点D落在点F处，连接．如果是以为腰的等腰三角形，那么的长是 ． 【答案】5或 【分析】分两种情况讨论，一是，由翻折得，所以，过点F作于点G，交于点H，则，四边形是矩形，所以，，求得，则，由勾股定理得，求得；二是，连接，过点F作于点Q，交于点P，则，四边形是矩形，所以，可证明垂直平分，则，所以，则，所以，由，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图1，△是以为腰的等腰三角形，且， 四边形是矩形，，， ，， 将△沿直线翻折，点落在点处， ， ， 过点作于点，交于点，则， ， 四边形是矩形， ，，， ， ， ，且，， ， 解得； 如图2，△是以为腰的等腰三角形，且， 连接，过点作于点，交于点，则， ， 四边形是矩形， ，， ， 垂直平分， ， ， △是等边三角形， ， ， ， ， ， 综上所述，的长是5或， 故答案为：5或 【点睛】此题重点考查矩形的判定与性质、翻折变换的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键． 【变式23-4】如图，将矩形纸片沿直线翻折，使点恰好落在边的中点处，点在边上，若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形中的折叠问题，勾股定理，由矩形的性质得到，根据折叠的性质，得到，根据已知求出，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：∵矩形纸片中，， ∴，， 由折叠的性质得， ∵点是的中点， ∴， ∴， 故答案为：． 【考点题型二十四】添一条件使四边形是矩形（） 【例24】如图，在中，对角线与相交于点．添加下列条件，不能判定四边形是矩形的为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定定理，解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法．根据矩形的判定方法即可一一判断． 【详解】解：A、∵， ， 平行四边形为矩形，不符合题意； B、∵， 平行四边形是矩形，不符合题意； C．∵在中， ∴ ∵， ∴ 平行四边形是矩形，不符合题意； D、∵在中， ∴四边形是菱形，不能证明是矩形，符合题意． 故选：D． 【变式24-1】如图，在中，对角线，相交于点O，点E，F在上，且，连接，，，．若添加一个条件使四边形是矩形，则该条件可以是 ．（填写一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】此题主要考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质．根据平行四边形的判定和性质定理以及矩形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：， 理由：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴． 即． ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． 故答案为：（答案不唯一）． 【变式24-2】中，再添加一个条件 ，就可判定四边形为矩形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了矩形的判定定理，根据矩形的判定定理即可解答，熟练掌握矩形的判定定理是解此题的关键． 【详解】解：中，再添加，就可判定四边形为矩形， 故答案为：（答案不唯一）． 【考点题型二十五】证明四边形是矩形（） 【例25】四边形，点E、F、G、H分别为边、、、的中点，于O，，． (1)求证：判定四边形为矩形． (2)求的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】此题考查中点四边形，三角形的中位线定理，矩形的判定，勾股定理，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，平行四边形的判定及矩形的判定进行证明． （1）首先利用三角形的中位线定理证得四边形为平行四边形，然后利用有一个角是直角的平行四边形是矩形判定即可； （2）利用三角形的中位线性质和勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵点E、F、G、H分别为边、、、的中点， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴，即， ∴四边形是矩形． （2）解：连接， ∵，， ∴，，又， ∴． 【变式25-1】如图，在中，，是的中位线，是的中线．连接，．判断四边形形状，并说明理由． 【答案】四边形为矩形，理由见详解 【分析】本题考查了三角形中位线的判定与性质，平行四边形的判定与性质、矩形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 先由是的中位线，是的中线，得出，证明四边形为平行四边形，再结合有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可作答． 【详解】解：四边形为矩形，理由是： ∵是的中位线，是的中线， ∴点分别是边的中点， ∴分别是的中位线， ∴， ∴四边形为平行四边形， 又 ∵， ∴平行四边形为矩形． 【变式25-2】如图，在平行四边形中，M、N分别为和的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，那么四边形是矩形吗？证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是矩形，证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质结合线段中点的定义证明即可； （2）连接，证明四边形是平行四边形，得到，由得到，根据矩形的判定即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵M，N分别为和的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）四边形是矩形， 证明：连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵M，N分别为和的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形 【变式25-3】如图，在中，，点是边上的动点（不与点，点重合），作于点于点，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)计算的最小值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理的逆定理，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键． （1）可证明，得到，再由，即可证明结论； （2）如图所示，连接，则，故当时，有最小值，即此时最小，据此利用等面积法求出的长即可得到答案． 【详解】（1）证明∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形； （2）解：如图所示，连接， ∵四边形为矩形， ∴， ∴当时，有最小值，即此时最小， ∵， ∴， ∴的最小值为． 【考点题型二十六】根据矩形的性质与判定求解（） 【例26】如图，点是矩形的对角线上一点，过点作，分别交，于、，连接、．若，，则图中阴影部分的面积为（   ） A．10 B．12 C．15 D．20 【答案】A 【分析】本题考查矩形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 过点，作于M，交于N．则有四边形，四边形，四边形都是矩形，根据矩形的性质得到，，，，，从而得出，即可求解． 【详解】解：过点，作于M，交于N． 则有四边形，四边形，四边形都是矩形， ∴，，，，， ∴ ∵， ∴， ∴， 故选：A． 【变式25-1】如图，Rt中，的垂直平分线分别交于点交DF的延长线于点，若，则四边形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定定理，矩形的面积的求法，线段垂直平分线的性质等．因为是的垂直的平分线，，，所以四边形是矩形，因为，，能求出，，进而可求出的长，从而求出面积． 【详解】解：∵是的垂直的平分线，，， ∴四边形是矩形，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， ∴四边形的面积为：． 故答案为：． 【变式25-2】如图所示，四边形是张大爷的一块小菜地，已知，，米，米．请帮张大爷计算一下这个四边形菜地的周长和面积． 【答案】这个四边形菜地的周长是米，面积是平方米． 【分析】本题考查三角形的面积，掌握矩形的性质、矩形和三角形的面积计算公式是解题的关键．过点作交于点，可以证明四边形是矩形；根据矩形的性质求出、，在中利用勾股定理求出，从而求出四边形的周长，再由矩形和三角形的面积公式求出四边形的面积即可． 【详解】解：过点作交于点，如下图， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴米，米， 在中利用勾股定理，得（米）， 则这个四边形菜地的周长为： （米）， 这个四边形菜地的面积为 （平方米）， 答：这个四边形菜地的周长是米，面积是平方米． 【变式25-3】如图，在矩形中，，，动点E从点B出发以每秒1个单位长度的速度沿向终点C匀速运动，同时动点F从点B出发以每秒2个单位长度的速度沿折线向终点D匀速运动，当点F到达终点D时，点E也随之停止运动，以、为邻边构造平行四边形与矩形重叠部分的面积为S，点F的运动时间为t(秒） (1)当时，平行四边形与矩形重叠部分的面积S为 ，当时，平行四边形与矩形重叠部分的面积S为 ； (2)当点G与点D重合时，求t的值； (3)当以D、G、E、C为顶点的四边形恰好是平行四边形时，直接写出t的值． 【答案】(1)2，12 (2) (3)2或 【分析】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质等知识点，学会用方程的思想思考问题和分类讨论思想是解题的关键． （1）当时，得出和的长，进而利用矩形的面积公式解答即可；当时，得出和的长，进而利用平行四边形的面积公式解答即可； （2）根据列出方程求解即可解决问题； （3）根据以、、、为顶点的四边形是平行四边形，得出，进而得出四边形是矩形，利用矩形的性质可求出一个值；另一种情形：当与相交时，利用平行四边形的性质可求出另一个值． 【详解】（1）解：当时，，， 在矩形中，，， ， 平行四边形与矩形重叠部分的面积 平行四边形的面积 ； 当时，，， 如图： 在矩形中，，， 平行四边形与矩形重叠部分的面积 平行四边形的面积 ； （2）解：当点与点重合时，， ， 由题意有：， 即：， 解得； （3）解：如图， 以、、、为顶点的四边形是平行四边形， ， ∵， 平行四边形是矩形， 点与点重合， ， ； 另一种情形： 如图，当与相交时， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 以、、、为顶点的四边形是平行四边形， ， 即， 当以、、、为顶点的四边形恰好是平行四边形时， 或． 【考点题型二十七】利用菱形的性质求解（） 【例27】如图，在菱形中，，对角线，交于点，为的中点，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，三角形中位线的性质．根据菱形对角线的性质得到，，进而推出是的中位线，根据三角形中位线的性质即可解答． 【详解】解：∵在菱形中，， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴． 故选：B． 【变式27-1】菱形的边长为2，，则它的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，含度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识．熟练掌握菱形的性质是解题的关键．如图，过作于，则，，，在中，由勾股定理求的值，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图，过作于， ∵， ∴， ∵菱形的边长为2， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 故选：C． 【变式27-2】如图，在菱形中，，的垂直平分线交于点F，点E为垂足，连接，则 ． 【答案】/120度 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定等等，连接，根据菱形性质得出 ，根据线段垂直平分线得出，由等边对等角可得，求出，则可求出，再利用“边角边”证明，根据全等三角形对应角相等可得，据此可得答案． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∵垂直平分， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式27-3】如图，在菱形中，对角线，交于点，，．则菱形的面积是 ． 【答案】24 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，先由菱形的性质得，运用勾股定理算出，故结合对角线的乘积的一半即为菱形的面积，即可作答． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴在中，， 则， ∴菱形的面积是， 故答案为：24 【变式27-4】如图，在菱形中，对角线与交于点，，则菱形的面积是 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了菱形的性质，勾股定理，菱形的面积公式等知识点，解题的关键是掌握菱形的面积公式． 利用菱形的面积和勾股定理求得，再利用菱形的面积公式进行求解即可． 【详解】解：∵在菱形中，， , ∴由勾股定理得 ， ∴菱形的面积为, 故答案为：． 【考点题型二十八】利用菱形的性质证明（） 【例28】如图，在菱形中，对角线交于点，过点作于点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长度． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等，掌握菱形的性质、矩形的判定和性质是解题的关键． （）证明，可得，进而由得到，即可求证； （）连接，由菱形的性质可得，即得，得到，再根据矩形的性质得，，最后利用勾股定理解答即可求解； 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴． 【变式28-1】如图，菱形的对角线相交于点O，，． (1)连接，求证：四边形是矩形； (2)若，，则______，______． 【答案】(1)见解析 (2)4，5 【分析】（1）先根据，证得四边形是平行四边形，再根据菱形的性质得出，即可得出结论； （2）先由菱形的性质得出，，再由矩形的性质得出，，然后由勾股定理即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵，， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ， ， 四边形是矩形； （2）解：四边形是菱形， ，， 由（1）得：四边形是矩形， ，， 在中，由勾股定理得：， 故答案为：4，． 【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质和勾股定理是解题的关键． 【变式28-2】下面是小明设计的“在一个平行四边形内作菱形”的尺规作图过程． 求作：菱形（点E在上，点F在上）． 作法：①以A为圆心，长为半径作弧，交于点F； ②以B为圆心，长为半径作弧，交于点E； ③连接． 所以四边形为所求作的菱形． 根据小明的做法完成下面的证明； 证明：，，______＝______． 在中，，即， 四边形为______（____________）（填推理的依据）， ，四边形为______（____________）（填推理的依据）． 【答案】；；平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；菱形；一组邻边相等的平行四边形是菱形 【分析】本题考查作图复杂作图，平行四边形的判定和性质，菱形的判定等知识．根据一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，邻边相等的平行四边形是菱形即可证明结论成立． 【详解】证明：，， ， 在中，． 即． 四边形为平行四边形（一组对边相等且平行的四边形是平行四边形）． ， 四边形为菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形． 故答案为：；；平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；菱形；一组邻边相等的平行四边形是菱形． 【考点题型二十九】添一个条件使四边形是菱形（） 【例29】在平行四边形中，为对角线，下列条件中，不能推出平分的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定与性质，掌握理解知识点是解题的关键．根据菱形的判定方法进行判断即可． 【详解】解：A.，根据邻边相等的平行四边形是菱形，可以判定平行四边形是菱形，能推出平分，不符合题意； B.，根据邻边相等的平行四边形是菱形，可以判定平行四边形是菱形，能推出平分，不符合题意； C.，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可以判定平行四边形是菱形，能推出平分，不符合题意； D.，平行四边形的对角线相等，无法判断平行四边形是菱形，故无法推出平分，符合题意． 故选D． 【变式29-1】如图，两个完全相同的三角尺和在直线l上滑动，可以添加一个条件，使四边形为菱形，下列选项中正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的判定，含30度角的直角三角形，斜边上的中线，根据题意，易得四边形为平行四边形，，根据有一组邻边相等的平行四边形为菱形结合斜边上的中线，进行判断即可． 【详解】解：由图和题意可知：，， ∴， ∴四边形为平行四边形， A、当时，无法得到四边形为菱形，不符合题意； B、当时，则：为的中点， ∴， ∴四边形为菱形，符合题意； C、当时，无法得到四边形为菱形，不符合题意； D、当时，无法得到四边形为菱形，不符合题意； 故选：B． 【变式29-2】已知平行四边形，请从①；②，③，④的四个条件中，任选一个作为补充条件，使得平行四边形是矩形，可以是 【答案】②③/③② 【分析】此题考查了矩形和菱形的判定，根据矩形和菱形的判定逐项进行判断，即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， 故①不满足题意； ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 故②满足题意； ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 故③满足题意； ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， 故④不满足题意； 故答案为：②③ 【考点题型三十】证明四边形是菱形（） 【例30】如图，在中，，的垂直平分线交于D，交于E，F在上，并且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当满足什么条件时，四边形是菱形？请回答并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形为菱形 【分析】（1）利用垂直平分线性质得到，再利用平行线性质和等腰三角形性质得到，最后结合平行四边形判定定理即可证明四边形是平行四边形； （2）根据直角三角形性质推出，再结合菱形的判定定理，即可解题． 【详解】（1）证明：∵为的垂直平分线， ∴， ∴ ∴， 又∵， ∴，即， ∴， 又∵， ∴， ∴ ，            ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （2）解：当时，四边形为菱形， 理由： ∵在中，， ∴， 由（1）知， ∴，即是斜边上的中线， ∴， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形为菱形． 【点睛】本题考查了垂直平分线性质，平行线性质和判定，等腰三角形性质，平行四边形判定定理，直角三角形性质，菱形的判定定理，解题的关键在于熟练掌握相关知识． 【变式30-1】如图，在四边形中，，，对角线、相交于点O，平分．求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，熟练掌握性质定理是解题的关键． 先根据平行线的性质及角平分线的定义得出，进而得出，即可得出结论． 【详解】证明：， ， 平分， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形． 【变式30-2】如图，，平分，且交于点平分，且交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)过点作，垂足为点，连接，若，，求的长． 【答案】(1)证明过程见详解 (2) 【分析】本题主要考查菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边一半，掌握以上知识，数形结合分析是关键． （1）根据平行线的性质和角平分线的定义得到，四边形是平行四边形，再证明菱形即可； （2）根据菱形的性质，勾股定理得到，则，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可求解． 【详解】（1）证明：∵平分，平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，且， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：如图所示， ∵四边形是菱形， ∴，点是线段中点， ∵， ∴，， ∴， ∴在中，． 【考点题型三十一】根据菱形的性质与判定求解（） 【例31】如图所示，剪两张对边平行的纸条，并且纸条宽度相同，将它们随意交叉叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，连接．则下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要查了菱形四边形的判定和性质．先证得四边形是平行四边形，设纸条宽度为h，根据，可得到四边形是菱形，即可解答． 【详解】解：根据题意得：， ∴四边形是平行四边形， 设纸条宽度为h， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，故A，B，D选项正确，不符合题意；C选项错误，符合题意． 故选：C 【变式31-1】如图，按如下操作步骤画出的四边形：（1）画；（2）以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交于点B，D；（3）分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；（4）连接．若，则的大小是 ． 【答案】 【分析】本题考查了尺规作图画菱形，菱形的性质等知识，掌握这两部分知识是解题的关键；由作图知，四边形是菱形，则由，即可求解． 【详解】解：由作图知， 故四边形是菱形， 则，， ∴； 故答案为：． 【变式31-2】如图，在平行四边形ABCD中，以点B为圆心，以适当长为半径圆弧，分别与，交于点E，F，再分别以点E，F为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于点C，作射线，与边交于点H，最后以点B为圆心，长为半径面弧，交边BC于点M．若，，则点A，M之间的距离为 ． 【答案】 【分析】本题考查了作图基本作图，菱形的判定与性质，勾股定理，证明四边形是菱形是解题的关键．连接、，设交于点，根据题意证明四边形是菱形，从而得出的长，再根据勾股定理即可得出结果． 【详解】解：如图，连接、，设交于点， 由题意可知，是的角平分线， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 以为圆心，长为半径画弧，交于边于点， ， ， 又∵， 四边形是平行四边形， 又∵， 四边形是菱形， ，，， ， ， ， 故答案为：． 【变式31-3】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】（1）根据平行四边形对角线互相平分，可知，结合，利用等腰三角形三线合一，可证； （2）可证明是菱形，然后算得，然后在中利用勾股定理，可算得、，最后利用算得答案． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， 是边上的中线， ， ； （2）解：，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ，， ，四边形是平行四边形， 四边形是菱形， 求的面积为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，等腰三角形三线合一，30度所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，平行四边形的面积，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 【考点题型三十二】利用正方形的性质求解（） 【例32】如图，四个全等的直角三角形围成了正方形和正方形，连接，分别交，于点P，Q．已知，正方形的面积为30，则图中阴影部分面积和为（    ） A．6 B．12 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识，正确找出两个全等三角形是解题关键．设，则，先证出，根据全等三角形的性质可得，，则可得图中阴影部分面积和为，再根据正方形的面积和勾股定理可得，由此即可得． 【详解】解：∵， ∴设，则， ∵四个全等的直角三角形围成了正方形和正方形， ∴， ∴，， 由对顶角相等得：， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴图中阴影部分面积和为 ， 又∵，，， ∴， ∵正方形的面积为30， ∴，即， ∴图中阴影部分面积和为， 故选：A． 【变式32-1】如图，是正方形的一条对角线，是上一点，是延长线上一点，连接，，．若，，则 ． 【答案】 【分析】连接，先证明，得出，从而得出，证明，说明为直角三角形，根据勾股定理求出结果即可． 【详解】解：连接，如图所示， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为直角三角形， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形外角的性质，三角形内角和定理，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明为直角三角形． 【变式32-2】如图，已知正方形，为边上一点，以点为圆心、的长为半径画弧交边于点，交的延长线于点，分别以点为圆心、适当的长为半径画弧交于点，作射线交边于点，若，，则的长为 ． 【答案】1 【分析】如图，连接，，证明出，得到，然后证明出，得到，然后利用勾股定理求出，利用三线合一求出，进而求解即可． 【详解】如图，连接，． 由题意可得，， ． ． 由作图，知． ，， ， ， ∵， ． 在中，由勾股定理，得 ， ， ． 故答案为：1． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，三线合一，尺规作角平分线等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 【变式32-3】在四边形中，平分，并且，若，，，求的面积 ． 【答案】6 【分析】本题考查了角平分线的性质、全等三角形的证明和性质，正方形的判定和性质，利用角平分线的性质和证明三角形全等是解题的关键． 过D作,交于M，，交延长线于N，证明，可得，再证明四边形是正方形，根据正方形的性质和三角形的面积公式求解． 【详解】如图，过D作,交于M，，交延长线于N， ， ∵平分，，， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ∵ ∴， ∴，， ∴， 即， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵ ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为： 【考点题型三十三】正方形折叠问题（） 【例33】如图，在正方形中，，点E、F分别在边上，．若将四边形沿折叠，点B恰好落在边上的点处，则的长为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，熟练掌握以上性质是解题的关键． 根据折叠的性质可得，，根据正方形的性质及已知条件，可得到，进而利用直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得． 【详解】解：四边形是正方形，， ，， ， 根据折叠的性质可得，，， ， ， 在中，设，则， ， ， ， ． 故选：D． 【变式33-1】如图，将一块边长为正方形纸片的顶点折叠至边上的点，使，折痕为，则的长为（   ） A．12 B．13 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正方形的折叠问题，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，先过点作于点，利用三角形全等的判定得到，从而求出． 【详解】解：过点作于点， 由折叠得到， ， 又， ， ， ， 则，， ． 故选：B． 【变式33-2】将一张正方形纸片，按如图步骤①，②，沿虚线对折两次，然后沿③中的虚线剪去一个角，展开铺平后的图形是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了折叠，掌握折叠的性质是关键．根据展开后的图形即可作出判断． 【详解】 解：根据图③的剪法，展开后所得图形为， 故选：B． 【变式33-3】如图，在正方形纸片中，点M，N分别是上的点，将该正方形纸片沿直线折叠，使点B落在的中点E处．若，则的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理．由折叠的性质得，设，在中，利用勾股定理列式计算求得，再利用三角形面积公式求解即可． 【详解】解：∵正方形纸片，， ∴，， 由折叠的性质知，， 设， ∵点E是的中点， ∴， 在中，，， 由勾股定理得， ∴， 解得，即， ∴的面积是， 故答案为：． 【考点题型三十四】添一个条件使四边形是正方形（） 【例34】如图，四边形是平行四边形，下列结论错误的是（  ） A．当时，是菱形 B．当时，是菱形 C．当时，是矩形 D．当时，是正方形 【答案】D 【分析】本题主要考查菱形、矩形及正方形的判定，熟练掌握菱形、矩形及正方形的判定定理是解题的关键；因此此题可根据菱形、矩形及正方形的判定定理可排除选项． 【详解】解：A、当时，可根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”可判定是菱形，故不符合题意； B、当时，可根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”可判定是菱形，故不符合题意； C、当时，可根据“有一个角为直角的平行四边形是矩形”可判定是矩形，故不符合题意； D、当时，可根据“对角线相等的平行四边形是矩形”可判定是矩形，不能得到是正方形，说法错误，故符合题意； 故选D． 【变式34-1】如图，四边形的两条对角线相交于点O，且互相平分．添加下列条件，不能判定四边形为正方形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形、矩形、正方形的判定定理，解题关键是熟练掌握判定定理是解题的关键； 依据已知条件先确定四边形为矩形，再分析各选项添加条件能否满足正方形的判定。 【详解】∵四边形的两条对角线且互相平分． ∴四边形是平行四边形， ∵ ， ∴四边形是矩形， A．若 ，即矩形的对角线互相垂直．根据正方形的判定定理：对角线互相垂直的矩形是正方形，所以该选项能判定四边形是正方形，不符合题意； B．若 ，即矩形的邻边相等．根据正方形的判定定理：邻边相等的矩形是正方形，所以该选项能判定四边形是正方形，不符合题意； C．因为四边形是矩形，所以，又，所以是矩形本身就具有的性质，仅这一条件不能判定该矩形是正方形，符合题意； D．因为四边形是矩形，所以，则 ，若 ，那么 ，所以 ，即矩形邻边相等，根据邻边相等的矩形是正方形，该选项能判定四边形是正方形，不符合题意； 故选：C． 【变式34-2】小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则（2）处可以添加的条件是 ． 【答案】有一组邻边相等（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定．根据菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，填空即可． 【详解】解：有一个角是直角的平行四边形是矩形，则（1）处可填一个角是直角； 有一组邻边相等的矩形是正方形，则（2）处可填有一组邻边相等； 有一组邻边相等的平行四边形是菱形，则（3）处填有一组邻边相等； 有一个角是直角的菱形是正方形，则（4）处可填有一个角是直角； 故答案为：有一组邻边相等（答案不唯一）． 【考点题型三十五】证明四边形是正方形（） 【例35】已知如图，矩形中，，，菱形的三个顶点，，分别在矩形的边，，上，，连接． (1)若，求证：四边形为正方形； (2)当点在边上运动时，点到边的距离是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． (3)当的面积取最小值时，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)点F到直线CD的距离始终为定值3，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了菱形的性质，正方形的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，难度较大，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）根据有一个直角的菱形是正方形，证明，得到，结合，得到，即可得证． （2）过F作，交延长线于M，连接．证明即可得证． （3）设，可得．由，得到，在中，．则，此时，点E与点B重合，过点F作的平行线交的延长线于点，同理可证明：，，最后由即可求解． 【详解】（1）∵矩形，菱形， ∴， 又， ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴四边形为正方形． （2）解：距离是定值3．理由如下： 过F作，交延长线于M，连接，则， ∵矩形，菱形， ∴，，，， ∴，． ∴． 在和中， ∵， ∴． ∴， 即无论菱形如何变化，点F到直线的距离始终为定值3． （3）解：设，如上图： ∵， ∴． ∵， ∴在中，． ∵ ∴在中，． ∴． ∴ ∴的最小值为，此时，点E与点B重合， 过点F作的平行线交的延长线于点， 则， 同理可证明：，， ∴，，， ∴， ∴ ∴当的面积取最小值时，菱形的面积为． 【变式35-1】如图，平面直角坐标系中，点、分别在轴、轴上，连接，的两条外角平分线、交于第一象限的点，过点分别作轴、轴的垂线，垂足为、． (1)__________； (2)求证：四边形是正方形． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）先根据三角形的外角，可知，，结合的两条外角平分线、交于第一象限的点，可得到，，从而推出的度数，最后算得； （2）先证明四边形是矩形，作于点，接着证明，得到，然后证明，从而推导出，最后得到，得证． 【详解】（1）解： 的两条外角平分线、交于第一象限的点， ，， ，， ， ， ， ， ； 故答案为：45； （2）证明：作于点，如图所示： 的两条外角平分线、交于第一象限的点， ，， ， ，， ，， ，， ， ， 四边形是矩形， 四边形是正方形． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理，三角形的外角，正方形的判定，矩形的判定，角平分线的定义，三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点数形结合是解题的关键． 【变式35-2】如图，在正方形中，对角线，相交于点O，P是上的一个动点，连接，作，交的延长线于点E，以和为邻边作． (1)观察与猜想：是 （填“矩形”、“菱形”或“正方形”）； (2)请验证你的猜想． 【答案】(1)正方形 (2)见解析 【分析】（1）猜想是正方形； （2）过点P作于点K，于点H，先证明四边形是正方形，则，再根据可得出，由此判定，进而得，再根据四边形是平行四边形，且可判定平行四边形是矩形，然后根据即可判定矩形是正方形． 【详解】（1）解：观察与猜想：是正方形． 故答案为：正方形； （2）证明：过点P作于点K，于点H，如图所示： ∴， ∵四边形是正方形， ∴，平分， ∴， ∴四边形是矩形， ∵平分，，， ∴， ∴矩形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形，且， ∴平行四边形是矩形， 又∵， ∴矩形是正方形． 【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键，难点是正确地添加辅助线，构造正方形和全等三角形． 【变式35-3】如图，四边形是菱形，对角线、交于点，点、是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，． (1)求证：四边形是正方形； (2)若正方形的面积为，，求点到线段的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)点到线段的距离为． 【分析】（1）由菱形的性质可证，根据全等三角形的性质推得，，可证四边形是平行四边形，再结合对角线互相垂直、即可证四边形是正方形； （2）先求出正方形的边长和对角线长，结合勾股定理求出的长，再结合菱形面积计算公式即可求得点到线段的距离． 【详解】（1）证：菱形中，，，， ， ， 即， 在和中， ， ， ，， ， 四边形是平行四边形， 又点、是对角线所在直线上两点， ， 平行四边形是菱形， 菱形中，平分，， ， 菱形是正方形． （2）解：正方形的面积为， 正方形的边长为，正方形的对角线长为， 、互相垂直且平分， ，， ， ， 中，， 设点到线段的距离为， 则根据菱形面积计算公式可得：， 即， 解得， 点到线段的距离为． 【点睛】本题考查的知识点是菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、正方形的判定与性质、勾股定理解直角三角形，解题关键是熟练掌握菱形的判定与性质． 【考点题型三十六】根据正方形的性质与判定求解（） 【例36】如图，由四个全等的直角三角形拼成的图形，设，，则四边形的面积是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查正方形的性质和判定，勾股定理，掌握正方形的判定和性质以及勾股定理是解题的关键． 根据四个全等的直角三角形拼成的图形，可知，，，设，，可用含a，b的式子表示，，再根据勾股定理即可求解． 【详解】解：根据题意，，，， ， 四边形是菱形， ， ，即， 四边形是正方形， ，， ∴设，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴四边形的面积是． 故选：B． 【变式36-1】如图，四边形是一块正方形场地，小华和小芳在边上取了一点E，测量知，，，求这块四边形场地的周长． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，熟记正方形的性质，勾股定理是解题的关键． 根据勾股定理求出的长即可求出周长． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 在中，由勾股定理得，， ，， ， ， 答：这块四边形场地的周长为． 【变式36-2】【模型建立】 （1）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上的一点，且．求证：． 【模型应用】 （2）如图2，若点E，G分别在边，上，且，连接，求证：． 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，E是上一点，且，，求的长． 【答案】（1）见详解（2）见详解（3） 【分析】（1）根据正方形的性质，可直接证明，从而得出； （2）延长至F，使．连接，根据（1）知，即可证明，根据，得，利用全等三角形的判定方法得出，即，即可得出答案； （3）过作，交延长线于D，则四边形 为正方形，设，根据（1）（2）可知，，在中，利用勾股定理即可求解，即可作答． 本题主要考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、直角梯形的性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键，注意数形结合思想与方程思想的应用． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴； （2）如图2， 延长至F，使．连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵ ∴， ∴， ∴，即， 又∵，则， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴； （3）如图3，过作，交延长线于D， ∵在直角梯形中，， ∴， 又∵， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， 根据（1）（2）可知，， 在中，∵， 即， 得：， ∴． 【考点题型三十七】中点四边形（） 【例37】顺次连接矩形四边中点所得的四边形一定是（   ） A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．不能确定 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质。菱形的判定，三角形的中位线，熟练掌握以上知识点是解题的关键．由题意可知，利用三角形中位线可知，，，，，，，从而知道，，推出四边形是平行四边形，结合矩形的对角线相等，可证，从而得到，从而得到四边形是菱形，从而得到答案． 【详解】解：如图所示，四边形是矩形，、、、分别是、、、的中点，连接，， ，，，，， ，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， ， 四边形是菱形． 故选：C． 【变式37-1】如图，在菱形中，边长为1，顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形边中点，可得四边形；按此规律继续下去，则四边形的面积是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的性质、矩形的判定是解题的关键．连接、交于点，根据菱形的性质得到，，根据等边三角形的性质求出，根据勾股定理求出，根据三角形中位线定理、矩形的判定得到四边形为矩形，求出四边形的面积，总结规律，关键规律解答即可． 【详解】解：解：如图，连接、交于点， 四边形为菱形， ，， ， 为等边三角形， ， ， ， ， ， 顺次连接菱形各边中点，可得四边形， ，，，，， 四边形为矩形， 四边形的面积为， 则四边形的面积是， 故答案为：． 【变式37-2】定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． (1)下列四边形中一定是“中方四边形”的是__________． A．平行四边形    B．矩形    C．菱形    D．正方形 (2)如图，已知四边形是“中方四边形”、分别是的中点． ①若线段的长度为，求的长； ②若线段的长度为，请直接写出的最小值． 【答案】(1)D (2)①；②的最小值是 【分析】（1）根据中方四边形的定义，结合平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定和性质进行辨析即可； （2）①如图所示，记的中点为，连接，根据中方四边形的性质，等腰直角三角形的性质得到，由中位线的性质得到，即可求解； ②如图所示，设交于点，连接，根据中方四边形的性质，得到是直角三角形，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得到，当取得最小值时，有最小，，当点共线时，取得最小值，最小值为的值，再根据①的计算方法即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，四边形是平行四边形，且，点是边的中点，连接， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 同理，， ∵，则， ∴， ∴平行四边形不是“中方四边形”，故A选项不符合题意； 如图所示，四边形是矩形，且，点是边的中点，连接，则，交于点，则， 同理，四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴， ∴矩形不是“中方四边形”，故B选项不符合题意； 如图所示，四边形是菱形，且，点是边的中点，连接， 同理，四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴菱形不是“中方四边形”，故C选项不符合题意； 如图所示，四边形是正方形，且，点是边的中点，连接，交于点，则， 同理，四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴菱形是正方形， ∴正方形是“中方四边形”，故D选项符合题意； 故选：D； （2）解：①如图所示，记的中点为，连接， ∵四边形是“中方四边形”，分别是的中点， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴； ②如图所示，设交于点，连接， ∵四边形是中方四边形， ∴， ∵， ∴，垂足为点， ∴是直角三角形， ∵分别是的中点， ∴，则， 同理，，， ∴， ∴当取得最小值时，有最小， ∵， ∴当点共线时，取得最小值，最小值为的值， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值是． 【点睛】本题主要考查“中方四边形”的定义，平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定和性质，中位线的判定和性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，最短路径的计算方法，掌握以上知识的综合，数形结合分析是关键． 【变式37-3】综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 数量关系、位置关系 特殊四边形 不相等、不垂直 平行四边形 【探究一】 （1）如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点，求证：中点四边形是平行四边形．（请写出完整的证明过程） 【探究二】 （2）由图2，从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究三】 （3）由图3，从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究四】 （4）结合图2、图3，得出猜想Ⅲ：原四边形对角线________时，中点四边形是正方形． 【答案】（1）见解析（2）相等，菱形（3）垂直，矩形（4）相等且垂直 【分析】本题考查中点四边形，平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定，熟练掌握三角形的中位线定理，是解题的关键： （1）根据三角形的中位线定理，推出，即可得证； （2）根据有一组邻边相等的平行四边形为菱形，作答即可； （3）根据有一个角为直角的平行四边形为矩形，作答即可； （4）根据有一个角为直角的菱形是正方形，作答即可． 【详解】解：（1）∵在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点， ∴分别为的中位线， ∴， ∴， ∴中点四边形是平行四边形． （2）当原四边形对角线相等时，中点四边形是菱形； 由（1）知：中点四边形是平行四边形，， ∵在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴中点四边形是菱形； （3）当原四边形对角线垂直时，中点四边形是矩形； 由（1）（2）可知：，中点四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∴中点四边形是矩形； （4）当原四边形对角线相等且垂直时，中点四边形是正方形； 由（2）可知：中点四边形是菱形； 由（3）可知：， ∴中点四边形是正方形． 【考点题型三十八】利用(特殊)平行四边形的对称性求阴影面积（） 【例38】如图，在一块长为a，宽为的长方形铁皮中，若，时，则剩下的铁皮的面积（取）为（　　）． A．5 B．7 C．8 D．12 【答案】A 【分析】本题主要考查求不规则图形面积，解答本题的关键在于将不规则图形转化为规则图形面积再去求解即可． 【详解】解：剩下的铁皮的面积＝长方形的面积﹣圆的面积， 故选：A． 【变式38-1】下图中，阴影部分面积与其他三幅不相等的是（    ） A．  B．  C．   D．   【答案】A 【分析】运用平行四边形的面积，三角形的面积公式，先计算出每个阴影部分的面积，比较大小即可． 【详解】解：设平行四边形的面积为S， A选项中阴影部分面积小于，B、C、D三个选项中阴影部分的面积都等于， ∴阴影部分面积与其他三幅不相等的是A选项． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了图形面积的计算，解题的关键是根据平行四边形的面积得出各个图形中阴影部分的面积． 【变式38-2】如图，在两个一大一小的正方形拼成的图形中，小正方形的面积是10平方厘米，阴影部分的面积为______平方厘米． 【答案】5 【分析】如图所示，连接FB，则△ABF与△BFC等底等高，所以这两个三角形的面积相等，二者都减去公共部分（△BFH）则剩下的面积仍然相等，即△HFC与△ABH面积相等，因此阴影部分就转化成了小正方形的一半，且阴影部分的面积已知，据此即可求出小正方形的面积． 【详解】解：如图所示，连接FB，则△ABF与△BFC等底等高，所以这两个三角形的面积相等，二者都减去公共部分（△BFH）则剩下的面积仍然相等，即△HFC与△ABH面积相等． ∴ 【点睛】本题考查等底等高的三角形面积相等，解答此题的关键是明白：阴影部分的面积就等于小正方形的面积的一半． 【变式38-3】如图，点O是边长为2的正方形的对称中心，过点O作，分别交正方形边于M、N、G、H，则当绕点O旋转时，图中的阴影部分是否关于O点成中心对称？这两部分的面积是否改变？请说明理由． 【答案】图中阴影部分关于O点成中心对称，两部分的面积不改变．理由见解析 【分析】连接AC，根据点O是边长为2的正方形ABCD的对称中心，得到AC过点O，推出△AOG≌△CON，得到OG=OC，同理△AOH≌△COM，得到OH=OM，于是得到图中的阴影部分是否关于O点为中心对称，两部分的面积不改变． 【详解】解：图中阴影部分关于O点成中心对称，两部分的面积不改变． 理由：如图，连接， ∵点O是边长为2的正方形的对称中心， ∴过点O， ∴， 在和中， ∴，， 同理可证， ∴， ∴图中的阴影部分关于O点成中心对称，连接， ∵点O是正方形的对称中心， ∴，，． ∵垂直， ∴， ∴，即， ∴， ∴的面积的面积， ∴四边形的面积的面积正方形的面积． 同理四边形的面积正方形的面积． ∴两部分的面积不改变． 【点睛】本题考查了中心对称，全等三角形的判定与性质，能证得三角形全等是解题的关键． 【考点题型三十九】(特殊)平行四边形的动点问题（） 【例39】在四边形中，，，，，，点从点以的速度向点运动，点从点以的速度同时向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为秒． (1)求为何值时，四边形是平行四边形？ (2)求为何值时，四边形是矩形？ (3)在整个运动过程中，_________（答“存在”或“不存在”）t值，使得四边形是菱形； (4)若只改变线段的长度，其余条件都不变，在整个运动过程中，当四边形是正方形时，请你求出的值和线段的长度． 【答案】(1) (2) (3)不存在 (4)， 【分析】（1）根据时，四边形是平行四边形，列出方程进行求解即可； （2）根据，，得到当时四边形是矩形，列出方程进行求解即可； （3）根据菱形的性质可得，结合（1）的结论，分别求得的长，即可得出结论； （4）当四边形是正方形时，，进而求得，，根据，即可求解． 【详解】（1）解：由题意，得：，，秒， ∴，， ∵，则 当时，四边形是平行四边形； ∴ 解得： （2）解：∵，， ∴当时，四边形是矩形； ∵，， ∴ 解得： （3）解：不存在，理由如下， 由（1）可得，当时，四边形是平行四边形； ∴若此时，则四边形是菱形， 如图，过点作于点， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ， ∵ ，， ∴， ∴， 而， ∴， ∴四边形不是菱形， 故答案为：不存在． （4）解：当四边形是正方形时，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当四边形是正方形时，，． 【点睛】本题考查四边形中的动点问题．解题的关键是掌握矩形的判定和性质，正方形，平行四边形，矩形，菱形的性质与判定，及勾股定理解三角形，熟练掌握特殊四边形的性质是解题的关键． 【变式39-1】如图，在平行四边形中，，，，点为中点，动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动．作，交边或边于点，连接．当点与点重合时，点停止运动．设点的运动时间为秒． (1)当在上运动时，用含的式子表示出线段的长 ； (2)当点落在平行四边形的某边中点上时，求的值（用含t的代数式表示）； (3)作点关于直线的对称点，连接、，当四边形和平行四边形重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出的取值范围． 【答案】(1) (2)或 (3)或 【分析】本题考查了几何中的动点问题，涉及平行四边形的性质、轴对称，勾股定理等知识点，根据题意画出几何图是解题关键． （1）根据即可求解； （2）分两种情况，分别构造直角三角形，利用勾股定理求解即可． （3）根据题意画出满足条件的两种情况，即可求解； 【详解】（1）解：∵点E为中点，， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：当点Q落在的中点时，如图所示作，延长，作，交点为K． ∵，， ∴， 当点Q落在的中点时，如图所示作，延长，作，交点为F． ∵，可得， ∴ ∵，， ∴ ， ∴， 综上：的值为或 （3）解：∵，，， ∴， 当点在线段上运动时，点与点重合，如图所示： 若点落在上， ∵点E、点F关于直线对称， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴此时， 故当时，满足题意； 当点与点重合时， ， 解得：， 综上所述：或． 【变式39-2】已知如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别落在x轴、y轴上，点E在边OA上，点D在边OC上，且AE＝DE，已知点B(8，6)，点D(0，4)． (1)求点E的坐标； (2)若动点P、Q同时从点A出发，点P以每秒1个单位的速度向点O运动，点Q以每秒2个单位的速度沿射线AB方向运动．当点P运动到点O停止，Q点也同时停止运动．设PQE的面积为S．点P、Q的运动时间为t，用含t的代数式表示S； (3)在（2）的条件下，点M是射线CB上的一点，点N为平面内一点，当以P、Q、M、N为顶点的四边形是正方形时，请求出此时的t值与对应的点M的坐标． 【答案】(1) (2) (3)当时，；当时，；当时， 【分析】（1）结合点，点，四边形为矩形，可得，，；设，则，在中，由勾股定理可得，代入求解可知，即可求得点的坐标； （2）分两种情况讨论：当点在点右侧和点在点左侧时，利用三角形面积公式即可获得答案； （3）若四边形是正方形时，则点三点围成的三角形为等腰直角三角形，分情况讨论即可获得答案． 【详解】（1）解：∵点，点，四边形为矩形， ∴，，，， 设，则， ∴在中，由勾股定理可得， 即，解得， ∴， ∴点的坐标为； （2）①如下图，当点在点右侧时， 根据题意，， ， ∴， ∴； ②如下图，当点在点左侧时， 根据题意，， ， ∴， ∴． 综上所述，； （3）若四边形是正方形时，则点三点围成的三角形为等腰直角三角形， 可分情况讨论： ①如下图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如下图，过点作于点， ∴四边形、均为矩形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴，即， ∵， 解得； ③如下图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 综上所述，若满足四边形是正方形，当时，；当时，；当时，． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形、勾股定理、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、矩形的性质等知识，运用数形结合和分类讨论的思想分析问题是解题关键． 【变式39-3】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，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点的运动时间为（单位：s），解答下列问题． (1)______________．（用含的代数式表示） (2)当点停止运动时，的长度为______________． (3)当四边形为矩形时，求此时的值． (4)当时，直接写出此时的值． 【答案】(1) (2) (3) (4)或 【分析】本题考查四边形上动点问题，矩形的判定与性质及平行四边形的判定与性质，解题的关键是根据性质列方程求解． （1）根据时间乘以速度即可解答； （2）求点停止运动时的时间，即可解答； （3）当四边形为矩形时，，列方程即可解答； （4）分类讨论，当四边形为平行四边形或等腰梯形，分别计算即可． 【详解】（1）解：根据题意，， 故答案为：； （2）解：， 则， 故答案为：； （3）解：， 当四边形为矩形时，， 可得， 解得； （4）解：如图，当四边形为平行四边形时，此时， ， 则， 可得方程， 解得； 如图，当四边形为等腰梯形时，此时，过点作交于点， ， 则四边形都为矩形， ，， ， ，， ， ， 根据，可列方程， 解得， 综上所述，或． 【考点题型四十】四边形中的线段最值问题（） 【例40】如图，在正方形中，，E，F，G分别为，，上的点，连接，，若，则的最小值为 ． 【答案】6 【分析】本题考查最短路径问题，涉及正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，添加合适的辅助线构造全等三角形，得到是解答的关键．作，，证明，，得到 ，在中，应用勾股定理，即可求解． 【详解】解：延长到点H，使，延长到点I，使，延长DC到点J，使，连 接，， ∵正方形， ∴，，， ∴， ∴四边形是正方形，则， ∵，，， ∴，， ∴，即：， ∴，当H、E、G、J共线时取等号， ∴的最小值为的长度， 在中，， 则， 即的最小值为． 故答案为：． 【变式40-1】如图，在长方形中，是的中点，是上任意一点．若，，则的最小值为 ，最大值为 ． 【答案】 / 【分析】本题主要考查线段的和差，线段最短，最长的计算方法，掌握两点之间线段最短，勾股定理的运用是解题的关键． 根据题意，当时，线段的值最小；当点与点（或点）重合时，线段的值最大，由此即可求解． 【详解】解：根据题意，， ∴当的值最小时，的值最小； 当的值最大时，的值最大； ∴①如图所示，当时，的值最小， ∵四边形是长方形，点是的中点， ∴，， ∴，， ∴， ∴的最小值为：， 故答案为：； ②如图所示，当点与点（或点）重合时，线段的值最大， ∵四边形是长方形， ∴，，且， ∴， ∴， ∴的最大值为：， 故答案为：． 【变式40-2】如图，，平分，平分，和交于点，，分别是线段和线段上的动点，且，若，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】先根据平分，平分，证明四边形是菱形．在上取点，使，连接，作点关于的对称点，连接、． 作于点，作于点，则，得出，所以，当、、三点在同一直线上时，取最小值为．再根据勾股定理求出即可． 【详解】解：平分，平分， ∴，， ， ， ，， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 如图．在上取点，使，连接，作点关于的对称点，连接、． 作于点，作于点． ， ，，， ， ， ， 当、、三点在同一直线上时，取最小值为． ，， ，， ，， ，， ， ， ， ． 即的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了线段之和最小值问题，作辅助线推出是解题的关键． 【变式40-3】正方形中，点在上，，，点在上，的最小值 ．    【答案】 【分析】此题考查了正方形的性质，轴对称，两点之间线段最短和勾股定理，连接交于点O，连接与交于点P，连接，结合两点之间线段最短，即可求解． 【详解】如图，连接交于点，连接与交于点P，连接，    ∵四边形是正方形， ∴，且， ∴，则，此时最短， ∵，， ∴根据勾股定理得， ∴， 即的最小值为：， 故答案为：． 【变式40-4】如图，四边形ABCD是平行四边形，AB=4，BC=12，∠ABC=60°，E，F是AD边上的动点，且EF=2，则四边形BEFC周长的最小值为 ． 【答案】14+2 【详解】如图，将点B沿BC向右平移2个单位长度得到点B'，作点B'关于AD的对称点B″，连接CB″，交AD于点F，在AD上截取EF=2，连接BE，B'F， ∴BE=B'F，B″F=B'F，此时四边形BEFC的周长为BE+EF+FC+BC=B″F+EF+FC+BC=B″C+EF+BC．当点C，F，B″三点共线时，四边形BEFC的周长最小．∵AB=4，BB'=2，∠ABC=60°，∴B'B″经过点A，∴AB'=2，∴B'B″=4． ∵BC=12，∴B'C=10，∴B″C=2，∴B″C+EF+BC=14+2，∴四边形BEFC周长的最小值为14+2． 【考点题型四十一】四边形其他综合问题（） 【例41】如图1，两个正方形和共一个直角顶点，连接、交于点，连接、、、． (1)当，时， ①作图：请在图1中分别取、、的中点、、（不要求尺规作图），并直接写出和的关系：______； ②若，求此时的长； (2)当，求的最小值． 【答案】(1)①作图见解析，；② (2) 【分析】（1）①，先证明是的中位线，是的中位线，推出；再证明，得到，，即可推出，再证明，即可得到；②②由①知：，利用勾股定理得到，求出，，即可求解； （2）如图，分别取、、、的中点、、、，连接同理（1）①可得；当三点共线时，有最小值，最小值为的长，即有最小值，最小值为的长，同理（1）①得，，，，利用勾股定理求出，即可解答． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵点、、分别是、、的中点， ∴是的中位线，是的中位线， ∴； ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴，即， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ②由①知：， ∴， ∴， ∴， ∵四边形和四边形都是正方形，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即（负值舍去）； （2）解：如图，分别取、、、的中点、、、，连接 同理（1）①可得是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， ∴； ∴ ∵， ∴当三点共线时，有最小值，最小值为的长，即有最小值，最小值为的长， 同理（1）①得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即的最小值为． 【点睛】本题考查了四边形中点问题的综合，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形中位线的判定与性质，正方形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 【变式41-1】综合与探究 【问题情境】在数学课上，同学们用矩形纸片进行探究活动． 如图1，勤奋小组准备了矩形纸片，与交于点O，将矩形纸片折叠，使点B的对应点恰好落在点O处，得到折痕，与相交于点F． 如图2，阳光小组准备了正方形纸片，将正方形纸片折叠，使点B落在点E处，得到折痕，与相交于点G，连接，． 【猜想发现】 （1）如图1，是__________三角形，__________°；如图2，是__________三角形． 【深入探究】 （2）如图2．试探究线段和线段之间的数量关系和位置关系，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，在图2的基础上，继续将正方形纸片折叠，使点A与点F重合，折痕为，连接，交于点M，请直接写出，，三条线段之间的关系式． 【答案】（1）直角，30；等腰；（2）且，理由见解析；（3）． 【分析】（1）在如图1中，先根据矩形的性质得出，，再根据折叠的性质，可得，，进而由所对的直角边为斜边的一半得出；在如图2中，由正方形和折叠的性质可得，，，进而得，，再根据三角形内角和可得，，，由等边对等角可得，即△是等腰三角形． （2）由（1）得，，，根据平行线的性质，即可得出且． （3）过点作的垂线，垂足为，设交于点，由矩形的判定和性质可得，，再根据折叠的性质可得，，进而得出，再由可证，，进而证明，由，，可得，证明，，故，即可证明． 【详解】解：（1）在图1中，四边形是矩形， ，， 由折叠可得， ， ， ， ， 矩形纸片折叠，使点的对应点恰好落在点处，折痕是对称轴， ，即是直角三角形， 在图2中，四边形是正方形， ， ，分别平分和，， ，， 由折叠可得， ， ，， 在中，， ， 在中，， ， ， 是等腰三角形． 故答案为：直角，30；等腰； （2）且；理由如下： 由（1）得，，， ，，即， 且． （3）．理由如下： 过点作的垂线，垂足为，设交于点，如图3， ， 四边形为矩形， ， 正方形纸片折叠，使点与点重合，折痕为对称轴， ，， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ， 和是直角三角形， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 又，， ． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，所对的直角边为斜边的一半，等腰三角形的性质和判定，平行线的性质和判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式41-2】如图①，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． 概念理解：如图②，在四边形中，如果，那么四边形是垂美四边形吗？请说明理由． 性质探究：如图①，垂美四边形两组对边，与，之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明． 问题解决：如图②，已知，，，，求垂美四边形的面积． 【答案】概念理解：是，见解析；性质探究：，见解析；问题解决：1 【分析】（1）先利用证明，再根据全等性质的得出，然后证明，再根据垂美四边形的定义得出结论； （2）先证明，再利用勾股定理列出式子：，，，，然后分别求出，，证明； （3）先利用邻补角的意义求出，再利用三角形面积公式分别求得， ，再求出四边形的面积． 【详解】解：概念理解：四边形是垂美四边形；理由如下： 如图，连接、交于点， 在和中， ， ， ， ， ， 即， ∴四边形是垂美四边形； 性质探究：； 证明如下： 记和交于点， 由题可知， ， 在中，， 在中，， 在中，， 在中，， ，， ； 问题解决： 如图，连接，过作于点， ， ， 在中，， ∴， ， ， ． 【点睛】本题考查了四边形的新定义问题，利用证明三角形全等，全等三角形的性质，勾股定理，求三角形的面积，求四边形的面积等知识，解题的关键理解新定义，再根据新定义推理论证． 【变式41-3】（1）如图，在中，，为斜边上的中线，那么与之间存在什么样的的数量关系呢？ 为解决这一问题，小明同学想的办法是：如图2，延长到D，使，连接，……请你顺着小明的思路完成解答； 【深入探究】 （2）如图3，已知，E为的中点．则与之间的数量关系为___________； 【应用提升】 （3）如图4，在正方形中，E为上一点，F为的中点，以，为边在的右侧作平行四边形． ①求证：四边形为菱形； ②如图5，连接，过点E作的垂线，垂足为M，若，求四边形的面积． 【答案】（1）；（2）；（3）①证明见解答；②． 【分析】（1）如图 2 ，作辅助线构建平行四边形，根据，可得矩形，所以，即可解答； （2）如图3，由（1）同理得，根据等边对等角和三角形外角的性质可得，同理得： ，即可解答； （ 3 ）①如图 4 ，连接，根据证明，可得，根据菱形的判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得结论； ②如图5，连接并延长交于，作直线，交于，交于，由（2）可得：，根据，得，证明，列比例式可得和的长，设，则，由勾股定理列方程可得的长，计算的长，根据菱形的面积公式即可解答． 【详解】（1）解：如图 2 ，延长到，使，连接， ∵为斜边上的中线， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：如图3，∵， ， ∵为的中点， ， ∴， ∵， ∴， ∵， ， ∵为的中点， ， ∴， ∵， ∴， ， ∴； 故答案为：； （3）①证明：如图4，连接， ∵四边形是正方形， ， ∵是的中点， ， ∴， ， ， ∵， ， ， ∴为菱形； ②解：如图5，连接并延长交于，作直线，交于，交于， ∵四边形是正方形， ， ， ， ∵是的中点， ∴（2）可得：， ， ， 由（1）知：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， 由勾股定理得：， 解得：（舍），， ， ， ∵四边形为菱形， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是正方形的性质，菱形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 【变式41-4】四边形是一张平行四边形纸片，将纸片沿着折叠，使点落在直线上的点处，点的对应点为，和相交于点． (1)如图1，当平行四边形是矩形时： ①连接，求证：四边形为菱形： ②如图2，若，当点与点重合时，______； (2)如图3，当平行四边形满足，，且为的中点，求此时的长度． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【分析】（1）①根据折叠的性质得到，易证，得到，结合，得到，由平行线的性质得到，进而得到，推出，根据折叠的性质得到，即可证明结论；②如图，过点E作于点H，连接交于点O，证明四边形是矩形，设，则，求出，，证明是等边三角形，推出，利用三角形内角和定理结合等腰三角形的性质求出，再根据四边形为菱形，求出，即可解答； （2）连接，分别过点作，垂足分别为，证明，推出三点共线，再证明，证明是等腰三角形，求出，，，，，，进而求出，，利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）①折叠的性质得到， ∴， ∴， 由折叠的性质得， ∴，即， ∵使点落在直线上的点处，平行四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 由折叠的性质得， ∴， ∴四边形为菱形； ②如图，过点E作于点H，连接交于点O， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，， 设，则， ∵点与点重合， ∴， 由①知四边形为菱形， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∵点与点重合， ∴； （2）解：连接，分别过点作，垂足分别为， 折叠的性质得到， ∴， ∴， ∵三点共线， ∴三点共线， 由折叠的性质得， ∴，即， ∵点落在直线上的点处，四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了四边形的综合问题，涉及平行四边形的性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角矮星的判定与性质等知识，综合运用以上知识点是解题的关键. 一、单选题 1．下列四边形中，对角线一定相等的是（  ） A．菱形 B．矩形 C．平行四边形 D．梯形 【答案】B 【分析】根据菱形、矩形、平行四边形、梯形的性质对各个选项进行判断即可． 【详解】菱形的对角线不一定相等，A错误； 矩形的对角线一定相等，B正确； 平行四边形的对角线不一定相等，C错误； 梯形的对角线不一定相等，D错误； 故选B. 【点睛】考查菱形、矩形、平行四边形、梯形的性质，注意它们性质之间的区别. 2．下列说法错误的是（　　） A．有一个角为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．对角线相等且互相垂直的四边形是正方形 【答案】D 【分析】根据正方形的判定定理判断即可． 【详解】 解：A、有一个角为直角的菱形的特征是：四条边都相等，四个角都是直角，则该菱形是正方形．故本选项说法正确，不符合题意； B、有一组邻边相等的矩形的特征是：四条边都相等，四个角都是直角．则该矩形为正方形．故本选项说法正确，不符合题意； C、对角线相等的菱形的特征是：四条边都相等，对角线相等的平行四边形，即该菱形为正方形．故本选项说法正确，不符合题意； D、对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形．故本选项说法错误，符合题意； 故选：D． 【点睛】 本题考查了正方形的判定．正方形集矩形、菱形的性质于一身，是特殊的平行四边形． 3．多边形每一个内角都等于，则从该多边形一个顶点出发可引出对角线的条数是（    ） A．条 B．条 C．条 D．条 【答案】C 【分析】设这个多边形是n边形，根据多边形内角和定理列出方程求出n的值，再根据多边形从一个顶点出发的对角线共有条进行求解即可． 【详解】解：设这个多边形是n边形， 由题意得，， 解得， ∴这个多边形为十二边形 ∴此多边形从一个顶点出发的对角线共有条， 故选C． 【点睛】本题主要考查了多边形内角和定理，多边形对角线条数问题，正确列出方程求出多边形的边数是解题的关键． 4．正五边形的内角和的度数（　　） A．180° B．72° C．540° D．360° 【答案】C 【分析】根据多边形内角和公式计算即可． 【详解】解：(5-2)×180°=540°， 故选：C． 【点睛】本题考查多边形内角和公式，熟练掌握n边形内角和公式：(n-2)×180°是解题的关键． 5．下列多边形中，不能够单独铺满地面的是（　　） A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形 【答案】C 【分析】由镶嵌的条件知，在一个顶点处各个内角和为360°． 【详解】∵正三角形的内角=180°÷3=60°，360°÷60°=6，即6个正三角形可以铺满地面一个点， ∴正三角形可以铺满地面； ∵正方形的内角=360°÷4=90°，360°÷90°=4，即4个正方形可以铺满地面一个点， ∴正方形可以铺满地面； ∵正五边形的内角=180°－360°÷5=108°，360°÷108°≈3.3， ∴正五边形不能铺满地面； ∵正六边形的内角=180°－360°÷6=120°，360°÷120°=3，即3个正六边形可以铺满地面一个点， ∴正六边形可以铺满地面． 故选C． 【点睛】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． 6．如图，中，对角线、相交于点O，交于点E，连接，若的周长为28，则的周长为（    ）    A．28 B．24 C．21 D．14 【答案】D 【分析】根据平行四边形的性质和中垂线定理，再结合题意进行计算，即可得到答案. 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵平行四边形的周长为28， ∴ ∵， ∴是线段的中垂线， ∴， ∴的周长， 故选D． 【点睛】本题考查平行四边形的性质和中垂线定理，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质和中垂线定理. 7．下列命题是假命题的是（ ） A．四个角相等的四边形是矩形 B．对角线互相平分的四边形是平行四边形 C．四条边相等的四边形是菱形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 【答案】D 【分析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，根据矩形，平行四边形，菱形，正方形的判定定理判断即可． 【详解】解：A、正确，符合矩形的判定定理； B、正确，符合平行四边形的判定定理； C、正确，符合菱形的判定定理； D、错误，例如对角线互相垂直的等腰梯形． 故选D． 【点睛】本题考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理． 8．添加下列条件后，仍不能使它成为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据矩形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：A、添加条件，可由一个角是直角的平行四边形是矩形证明是矩形，故A不符合题意； B、添加条件，可由对角线相等的平行四边形是矩形证明是矩形，故B不符合题意； C、添加条件，根据平行四边形邻角互补可得，可由一个角是直角的平行四边形是矩形证明是矩形，故C不符合题意； D、添加条件，不能证明是矩形，故D符合题意； 故选D． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定，熟知矩形的判定定理是解题的关键． 二、填空题 9．若四边形中，，相交于点，要判定它为平行四边形，从角的关系看应满足 ，从对角线的关系看应满足 ． 【答案】 【分析】根据平行四边形的判定定理进行求解即可． 【详解】解：四边形中，，相交于点，要判定它为平行四边形，从角的关系看应满足，从对角线的关系看应满足， 故答案为：；． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定定理，熟知两组对角分别相等的四边形是平行四边形，对角线互相平分的四边形是平行四边形是解题的关键． 10．已知三角形的周长为20cm，连接各边中点所得的三角形的周长为 cm． 【答案】10 【分析】根据三角形的中位线等于第三边的一半求解即可． 【详解】解：∵分别为的中点， ∴， ∵， ∴， 故答案为：10． 【点睛】本题主要考查了三角形中位线的性质，牢记性质：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半是解决此类题目的关键． 11．如图，在的正方形网格中，与线段，能组成一个中心对称图形的是 ．    【答案】 【分析】根据中心对称图形的定义：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，能与原图形重合，就说明这个图形是关于某个点成中心对称图形，这个点叫做它的对称中心． 【详解】解：如图所示：   ，   只有线段与线段，能组成一个中心对称图形，线段，，绕点旋转后能与原图形重合． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形的定义：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，能与原图形重合，就说明这个图形是关于某个点成中心对称图形，这个点叫做它的对称中心，熟练掌握中心对称图形的定义是解题的关键． 12．已知矩形两条对角线所成的一个角为，矩形的短边长，则长边长 ，对角线长 ． 【答案】 【分析】根据题意画出矩形，其中，则有，根据矩形的性质易得，从而可以判断出为等边三角形；根据等边三角形的性质易得，则有，即对角线的长，在中，利用勾股定理便可求出的长，即长边的长． 【详解】解：如图：    ∵四边形是矩形， ∴， ∵矩形两条对角线所成的一个角为 ∴，， ∴为等边三角形 ∴， ∴， 在中，， 即长边长为，对角线长为． 故答案为：；． 【点睛】熟练掌握矩形的性质和等边三角形的性质以及勾股定理是解决本题的关键． 13．矩形的两条对角线的夹角为，对角线长为，则较短的边长为 ． 【答案】 【分析】根据题意画出对应图形，∠AOD=∠BOC=60°，则∠COD=120°＞∠AOD=60°，AD是该矩形较短的一边，根据矩形的性质：矩形的对角线相等且互相平分，所以有OA=OD=OC=OB=6，又因为∠AOD=∠BOC=60°，所以AD=OA=0D=6． 【详解】如下图所示：矩形ABCD，对角线AC=BD=12，∠AOD=∠BOC=60° ∵四边形ABCD是矩形 ∴OA=OD=OC=OB=×12=6（矩形的对角线互相平分且相等） 又∵∠AOD=∠BOC=60°， ∴OA=OD=AD=6， ∵∠COD=120°＞∠AOD=60° ∴AD＜DC 所以该矩形较短的一边长为6， 故答案是：6． 【点睛】考查矩形的性质：矩形的对角线相等且互相平分，且矩形对角线相交所的角中“大角对大边，小角对小边”． 14．如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的顶点B的坐标为(8，4)，则C点的坐标为 ．    【答案】（3，4） 【详解】过点B作BD⊥OA于D，    ∵四边形ABCD是菱形， ∴OC=OA=AB=BC，BC∥OA， 设AB=x，则OA=x，AD=8﹣x， 在Rt△ABD中，AB2=AD2+BD2， 即x2=（8﹣x）2+16， 解得：x=5， ∴BC=5， ∴C点的坐标为（3，4）． 故答案为（3，4）． 15．如图①，在中，，过上一点作交于点，以点为顶点，为一边，作，另一边交于点．    （1）则四边形的形状为 ； （2）当点为的中点时，四边形的形状为 ； （3）延长图①中的到点，使，连接，，，得到图②．若，则四边形的形状为 ． 【答案】 平行四边形 菱形 矩形 【分析】（1）根据平行线的性质得到，根据题意得到，根据平行线的判定定理得到，根据平行四边形的判定定理证明即可； （2）根据点为的中点时，证明，即可得出结论； （3）根据等腰三角形的性质得到，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可． 【详解】（1）证明： ， ， ， ， ， 又， 四边形为平行四边形； （2）当点为的中点时，则 则 ∵ ∴， 又∵， ∴， ∴ ∴， ∴， 由（1）可得四边形为平行四边形； ∴四边形为菱形； （3）解：四边形是矩形，理由如下： 由（1）得，四边形为平行四边形， ，， ， ∴， 四边形是平行四边形， ，， ， 四边形是矩形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定，掌握它们的判定定理是解题的关键． 三、解答题 16．如图，由两个等宽的矩形叠合而得到的四边形是菱形吗？证明你的结论．    【答案】证明见解析 【分析】由纸条的对边平行，证明四边形是平行四边形，再利用纸条等宽，证明 从而可得答案． 【详解】解：∵四边形都是矩形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 过作于 作于 ， 由纸条等宽可得：， ， ， 平行四边形是菱形．    【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的性质与判定，掌握有一组邻边相等的平行四边形是菱形是解题的关键． 17．如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，E为AB的中点，DE⊥AB． （1）求∠ABC的度数； （2）如果AC＝4，求DE的长． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）要想求出∠ABC的度数，须知道∠DAB的度数，由菱形性质和线段垂直平分线的性质可证出△ABD是等边三角形，∠DAB=60°，于是； （2）先证△ABO≌△DBE，从而知道DE=AO，AO=AC的一半，于是DE的长就知道了． 【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形， ，//， ∴． ∵为的中点，， ∴． ∴． ∴ △为等边三角形． ∴． ∴． （2）∵四边形是菱形， ∴于， ∵于， ∴． ∵， ∴． ∴． 【点睛】本题考查了菱形性质，线段垂直平分线性质，等边三角形的判定与性质等，正确分析，熟练掌握和灵活运用相关知识点是解题的关键． 18．如图，菱形中，，分别为，上的点，且，连接并延长，交的延长线于点，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）连接，若，，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）. 【分析】（1）连接AC，再根据菱形的性质得出EG∥BD，根据对边分别平行证明是平行四边形即可． （2）过点A作AH⊥BC，再根据直角三角形的性质和勾股定理解答即可． 【详解】（1）证明：连接，如图： ∵四边形是菱形， ∴平分，且， ∵， ∴， ∴． 又∵菱形中，， ∴四边形是平行四边形． （2）解：过点作于． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴，． ∴， 在中， 根据勾股定理得，． 【点睛】考查菱形的性质，平行四边形的判定，解直角三角形等，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键. 19．如图，在“飞镖形”ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点． （1）求证：四边形EFGH是平行四边形； （2）“飞镖形”ABCD满足条件　 　时，四边形EFGH是菱形． 【答案】(1)见解析；（2）AC=BD 【分析】（1）连接AC，根据三角形的中位线定理求出EH＝BD，HG＝AC，EH∥BD，HG∥AC，FG∥BD，EF∥AC，推出平行四边形EFGH即可； （2）根据菱形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：连接AC． ∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点． ∴EF、GH分别是△ABC、△ACD的中位线． ∴EF∥AC，EF＝AC，GH∥AC，GH＝AC， ∴EF＝GH，EF∥GH， ∴四边形EFGH是平行四边形； （2） “飞镖形”ABCD满足条件AC＝BD时，四边形EFGH是菱形AC＝BD， 故答案为AC＝BD． 【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定等知识点的理解和掌握，能求出四边形是平行四边形是解此题的关键． 20．如图所示，四边形是正方形，、交于点，平分，垂直，交于点，交于点，交于点．求证： ； ． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）过点B作BP⊥BD交DF的延长线与点P，利用三角形的中位线，得出再利用AE平分∠BAC，DF⊥AE，对顶角相等，以及三角形的内角和，求得∠P=∠PFB，得出PB=BF得出最后结论； （2）由正方形的性质证得△ABE≌△DAF，得出结论即可． 【详解】解：如图， 过点作交的延长线与点， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴ ∴ ∵平分，， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴． ∵， ∴， 在和中， , ∴≌， ∴． 【点睛】考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，等腰三角形的判定与性质等，注意利用正方形中的特殊角度是解决问题的关键. 21．一个多边形的每一个内角都相等，并且每个外角都等于和它相邻的内角的一半． (1)求这个多边形是几边形； (2)求这个多边形的每一个内角的度数． 【答案】(1)六边形 (2) 【分析】（1）先设内角为x，根据题意可得∶外角为，根据相邻内角和外角的关系可得∶x+=，从而解得∶x=120°，即外角等于，根据外角和等于360°可得这个多边形的边数为∶=6， （2）先设内角为x，根据题意可得∶外角为，根据相邻内角和外角的关系可得∶x+=180°，从而解得内角∶． 【详解】（1）解:设内角为x，则外角为， 由题意得，x+， 解得∶， ， 这个多边形的边数为∶=6， 答∶这个多边形是六边形； （2）设内角为x，则外角为， 由题意得∶x+ ， 解得∶， 答∶这个多边形的每一个内角的度数是120度． 【点睛】本题主要考查多边形内角和外角，解决本题的关键是要熟练掌握多边形内角和外角的关系． 22．已知：如图，四边形是正方形，、是延长线上的点，且，，求证：．    【答案】见详解 【分析】由题意知，是等腰三角形，所以，再根据正方形的角的特点以及平行线内错角相等定理，求得；然后由正方形四条边相等、对边平行、、等条件求得中的边与边关系，从而解得的角与角关系，最后由等角对等边定理，求得结论． 【详解】证明：∵正方形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴．    【点睛】本题考查的是正方形的性质，在正方形中，四条边相等，对边平行，四个角都是直角，所以在解题过程中要充分利用它的性质． 23．如图，△ABC与△CDE都是等边三角形，点E、F分别在AC、BC上，且EF∥AB （1）求证：四边形EFCD是菱形； （2）设CD＝2，求D、F两点间的距离． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）由等边三角形的性质得出ED＝CD＝CE，证出△CEF是等边三角形，得出EF＝CF＝CE，得出ED＝CD＝EF＝CF，即可得出结论； （2）连接DF，与CE相交于点G，根据菱形的性质求出DG，即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵△ABC与△CDE都是等边三角形， ∴ED＝CD＝CE，∠A＝∠B＝∠BCA＝60°． ∴EF∥AB． ∴∠CEF＝∠A＝60°，∠CFE＝∠B＝60°， ∴∠CEF＝∠CFE＝∠ACB， ∴△CEF是等边三角形， ∴EF＝CF＝CE， ∴ED＝CD＝EF＝CF， ∴四边形EFCD是菱形． （2）连接DF与CE交于点G ∵四边形EFCD是菱形 ∴DF⊥CE, DF＝2DG ∵CD＝2，△EDC是等边三边形 ∴CG＝1，DG＝ ∴DF＝2DG＝，即D、F两点间的距离为 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$