第二章 四边形知识归纳与题型突破-2024-2025学年八年级数学下册单元速记·巧练（湘教版）

第二章 四边形知识归纳与题型突破（题型清单） 多边形 多边形内角和公式：n边形的内角和等于（n-2）·180° 多边形的外角和：多边形的外角和为360°。 多边形对角线的条数：（1）从n边形的一个顶点出发可以引（n-3）条对角线，把多边形分词（n-2）个三角形。 （2）n边形共有条对角线。 平行四边形 1.平行四边形定义：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。 2.平行四边形的性质：平行四边形的对边相等；平行四边形的对角相等。平行四边形的对角线互相平分。 3.平行四边形的判定 a.两组对边分别相等的四边形是平行四边形 b.对角线互相平分的四边形是平行四边形； 　　 c.两组对角分别相等的四边形是平行四边形； d.一组对边平行且相等的四边形是平行四边形。 4.三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半。 5.直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 矩形 6.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形。 7.矩形的性质：矩形的四个角都是直角；矩形的对角线平分且相等。 8.矩形判定定理： a.有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。 b.对角线相等的平行四边形是矩形。 　　 c.有三个角是直角的四边形是矩形。 菱形 9.菱形的定义 ：邻边相等的平行四边形。 10.菱形的性质：菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。 11.菱形的判定定理：a.一组邻边相等的平行四边形是菱形。 b.对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 　　 c.四条边相等的四边形是菱形。 12.S菱形=ab（a、b为两条对角线） 正方形 13.正方形定义：一个角是直角的菱形或邻边相等的矩形。 14.正方形的性质：四条边都相等，四个角都是直角。 正方形既是矩形，又是菱形。 15.正方形判定定理： a.邻边相等的矩形是正方形。 b.有一个角是直角的菱形是正方形。 题型一　求多边形截角后的边数 例题：若一个多边形截去一个角后，得到的新多边形为十五边形，则原来的多边形边数为 ． 【答案】14或15或16 【分析】分三种情况进行讨论，得出答案即可． 【详解】解：如图，一个多边形减去一个角后，比原来多边形少了一条边， ∴此时原多边形的边数为； 如图，一个多边形减去一个角后，与原来多边形的边数相同， ∴此时原多边形的边数为15； 如图，一个多边形减去一个角后，比原来多边形多了一条边， ∴此时原多边形的边数为； 综上分析可知，原来的多边形边数为14或15或16． 故答案为：14或15或16． 巩固训练 1．（23-24七年级上·甘肃兰州·期末）把一张形状是四边形的纸片剪去其中某一个角，剩下的部分的形状不可能是（   ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】D 【分析】本题考查了多边形．把一张形状是四边形的纸片剪去其中某一个角，剩下的部分的形状可能是三角形或四边形或五边形． 【详解】解：把一张形状是四边形的纸片剪去其中某一个角，剩下的部分的形状可能是三角形或四边形或五边形，不可能是六边形． 故选：D． 2．（24-25八年级上·广东惠州·期中）若一个多边形截去一个角后，变成五边形，则原来的多边形的边数可能为（   ） A．5或6 B．4或5 C．3或4或5 D．4或5或6 【答案】D 【分析】本题考查了多边形的知识，一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条．根据一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条，依此即可解决问题． 【详解】解：一个多边形截去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，也可能不变或减少了一条， 则多边形的边数是4或5或6， 故选：D． 3．（24-25八年级上·湖南长沙·阶段练习）若一个四边形截去一个角后，可能为（　　）边形 A．4或5 B．3或4 C．3或4或5 D．4或5或6 【答案】C 【分析】本题主要考查了多边形，解题的关键是理解多边形截去一个角的位置可得：比原多边形可能少1条边，可能边的条数不变，也可能增加1条边． 根据多边形截去一个角的位置可得：比原多边形可能少1条边，可能边的条数不变，也可能增加1条边；据此求解即可． 【详解】解：若一个四边形截去一个角后，可能为3或4或5边形． 故选：C． 题型二　求与多边形相关的角的度数 例题2-1：（23-24八年级上·广西河池·期中）已知一个多边形的边数为． (1)若该多边形的内角和的比外角和多，求的值； (2)若该多边形是正多边形，且其中一个内角为，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查多边形的内角和与外角和，正多边形的性质， （1）根据多边形内角和公式与外角和列式计算即可解答； （2）根据正多边形的性质及多边形内角和公式解答即可； 解题的关键是掌握：①边形的内角和为（且为正整数），外角和为；②正边形的每条边相等、每个内角相等、每个外角相等． 【详解】（1）解：依题意，得： ， 解得：， 即的值为； （2）（2）依题意，得： ， 解得：， 即的值为． 例题2-2：如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠K的度数． 【答案】540° 【分析】如图所示，由三角形外角的性质可知：∠A＋∠B＝∠IJL，∠C＋∠D＝∠MLJ，∠H＋∠K＝∠GIJ，∠E＋∠F＝∠GML，然后由多边形的内角和公式可求得答案． 【详解】解：如图所示： 由三角形的外角的性质可知：∠A＋∠B＝∠IJL，∠C＋∠D＝∠MLJ，∠H＋∠K＝∠GIJ，∠E＋∠F＝∠GML， ∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠K＝∠IJL＋∠MLJ＋∠GML＋∠G＋∠GIJ＝（5－2）×180°＝3×180°＝540°． 巩固训练 1．（2025·广东佛山·二模）若一个多边形的内角和为，则这个多边形的边数为（    ） A．5 B．7 C．10 D．12 【答案】D 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理的应用．根据多边形内角和定理：，列方程解答出即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 根据多边形内角和定理得， ， 解得． 故选：D． 2．（24-25八年级下·上海杨浦·期中）如果一个边形的内角和为，那么的值是（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【分析】本题考查了边形的内角和公式，依题意，列式进行计算，即可作答． 【详解】解：∵一个边形的内角和是， ∴， 解得， 故选：C． 3．（2025·云南昆明·二模）若一个正多边形的每个外角均为，则这个正多边形的内角和等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正多边形的内角与外角，根据外角的度数，求出每一个内角的度数以及正多边形的边数，进行求解即可． 【详解】解：∵一个正多边形的每个外角均为， ∴每一个内角的度数为，正多边形的边数为：， ∴这个正多边形的内角和等于； 故选C． 4．（2025·北京顺义·一模）每一个外角都是的正多边形为（   ） A．正三角形 B．正四边形 C．正五边形 D．正六边形 【答案】C 【分析】本题考查正多边形的外角及外角和，熟练掌握正多边形的外角和是解题的关键； 根据正多边形的每个外角相等，且外角和为，即可求解． 【详解】解：（边）， ∴这个正多边形是正五边形． 故选：C． 5．（24-25七年级下·全国·课后作业）如图，小林从点P向正西走后向左转，转动的角度为，再走后向左转动……如此重复，小林共走了回到点P，则的度数为(   ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了多边形的外角和等于，根据题意判断出所走路线是正多边形是解题的关键．根据题意可知，小林走的是正多边形，先求出边数，然后再利用外角和等于，除以边数即可求出的值． 【详解】解：设边数为，根据题意， ， 则． 故选：C． 6．（2025·山东临沂·二模）一个十边形的外角和等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是多边形的外角和，把握相关性质定理即可快速解决问题． 根据多边形的外角和都等于，即可得到正确选项． 【详解】解：∵边形的外角和都等于， ∴十边形的外角和等于， 故选：A． 7．（24-25七年级下·全国·课后作业）图①是我国古代建筑中的一种窗格，称为“冰裂纹”．图②是从图①冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的图形，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是多边形的内角和外角，掌握多边形的外角和等于是解题的关键．根据多边形的外角和等于解答即可． 【详解】解：由多边形的外角和等于可知， ， 故选：C． 8．（24-25八年级下·广西来宾·期中）如图，机器人从点出发朝正东方向走了，到达点，记为第1次行走；接着，在点处沿逆时针方向旋转后向前走到达，记为第2次行走；再在点处沿逆时针方向旋转后向前走到达点，记为第3次行走，……，以此类推，该机器人从出发到第一次回到出发点时所走过的路程为（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形外角的定义和性质，理解题意，掌握多边形外角的定义和性质的计算是关键． 多边形的外角和为，每次旋转，由此得到多边形是正十二边形，由此即可求解． 【详解】解：从点出发朝正东方向走了，到达点，记为第1次行走；接着，在点处沿逆时针方向旋转后向前走到达，记为第2次行走；再在点处沿逆时针方向旋转后向前走到达点，记为第3次行走，……，要走12次才能回到出发点； ∴， ∴这个多边形是正十二边形，即走了12次， ∴， 故选：D ． 9．（24-25八年级上·海南三亚·期末）如图，顺次连接图中六个点，得到以下图形，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了复杂图形的内角和，熟练掌握三角形内角和为，四边形内角和为是解题的关键．连接，记与交于点，利用三角形内角和定理推出，再将转化为四边形的内角和，即可解答． 【详解】解：如图，连接，记与交于点， ，， ， 又， ， ， ， ， ． 故选：C． 10．（24-25七年级下·全国·课后作业）若一个多边形的内角和等于它的外角和的倍，则这个多边形是 边形． 【答案】九/ 【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和，熟练掌握多边形内角和的公式是解题的关键．设这个多边形的边数为，根据多边形内角和公式和外角和为列方程求解即可得出答案． 【详解】解：设这个多边形的边数为 边形的内角和为，多边形的外角和为 解得 这个多边形的边数为 故答案为：九． 11．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠I+∠K的度数为 ． 【答案】1080° 【分析】连KF，GI，根据n边形的内角和定理得到7边形ABCDEFK的内角和＝（7－2）×180°＝900°，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠1＋∠2）＝900°，由三角形内角和定理可得到∠1＋∠2＝∠3＋∠4，∠5＋∠6＋∠H＝180°，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠3＋∠4）＋∠5＋∠6＋∠H＝900°＋180°，即可得到∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠I＋∠K的度数． 【详解】解：连KF，GI，如图， ∵7边形ABCDEFK的内角和＝（7－2）×180°＝900°， ∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＝900°－（∠1＋∠2）， 即∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠1＋∠2）＝900°， ∵∠1＋∠2＝∠3＋∠4，∠5＋∠6＋∠H＝180°， ∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠3＋∠4）＝900°， ∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠K＋（∠3＋∠4）＋∠5＋∠6＋∠H＝900°＋180°， ∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠I＋∠K＝1080°． 故∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠I＋∠K的度数为1080°． 故答案为：1080°． 12．如图，已知， ． 【答案】/240度 【分析】由三角形的外角性质和三角形内角和定理即可得出结果． 【详解】连接，， ∴ 又， ∴ ． 故答案为：． 13．（24-25七年级下·全国·课后作业）小明计算一个多边形内角和时，少加了一个内角，求得其余内角的度数之和是，求少加的内角度数和这个多边形的边数． 【答案】， 【分析】本题主要考查多边形内角和公式的灵活运用，解题的关键是找到相应度数的等量关系．根据多边形内角和定理：（且为整数），可得：多边形的内角和一定是的倍数，而多边形的内角一定大于，并且小于，用除以，根据商和余数的情况，求出加的这个内角的度数，进而可求出这个多边形的边数． 【详解】解：， 少加的这个内角的度数是：． ∴这个多边形的边数是：． 答：这个内角的度数为，多边形的边数为14． 14．（24-25八年级上·湖北恩施·期末）玛丽在进行一个的内角和计算时，求得的内角和为，当发现错误之后，她立即检查发现少加了一个内角．已知该边形的对角线有条，试求的值． 【答案】1 【分析】本题考查了多边形的内角和公式和对角线公式熟记公式是解题的关键根据多边形的内角和公式．多边形的内角一定大于0度，小于度，据此求得m的值，继而根据对角线公式求出n的值，代入计算可得． 【详解】解∶设边形少加的度数为度．则 ， 即． ，， ， ． 边形的对角线条数为． ． 题型三　平行四边形的性质与判定 例题：（23-24八年级下·广西河池·期末）如图，中，D是边上任意一点，F是中点，过点C作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）根据平行线的性质得到．根据全等三角形的判定和性质得到，于是得到四边形是平行四边形； （2）过点作于点．根据等腰三角形的性质求得，在中，，，求得，，据此计算即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴． ∵是中点， ， 在与中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：过点作于点， ∵，， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 巩固训练 1．（2025·湖南·模拟预测）如图，在平行四边形中，，以点B为圆心，以任意长为半径作弧，分别交，于点E，F，分别以E，F为圆心，以大于长为半径作弧，两弧在内交于点P，作射线，交于点G，交的延长线于点H．若，，，则的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】本题考查了作图-基本作图，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 由作图过程可知平分，得到，在平行四边形中，，，得到，得出，得到，继而得到，即可得到答案． 【详解】解：由作图过程可知平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 2．（2025·四川成都·二模）如图，四边形是平行四边形，，若对角线的长为，的长为，则边的长为（   ） A．8 B．6 C．5 D．4 【答案】D 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握平行四边形的性质和勾股定理．根据平行四边形对角线互相平分得到，，再根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图设交于点， ∵四边形是平行四边形，，， ∴，， ∵，则， ∴， 故选：D． 3．（24-25八年级下·福建南平·期中）如图，在中，对角线、相交于点O，经过点O，交于E，交于F，若的周长为20，，则四边形的周长为（   ） A．10 B．12 C．14 D．16 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．根据平行四边形的性质推出，得出，，再结合的周长为20即可求解． 【详解】解：， ，， ， 又， ， ，， ， 的周长为20， ， 四边形的周长 ． 故选：C． 4．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，在四边形中，，对角线，相交于点，添加下列条件后，仍不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A．， B． C． D． 【答案】D 【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方法是解题的关键．由平行四边形的判定方法，分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、∵，， 四边形是平行四边形，故选项不符合题意； B、，， 四边形是平行四边形，故选项不符合题意； C、∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，故选项不符合题意； D、由，，不能判定四边形是平行四边形，故选项符合题意． 故选：D． 5．（24-25八年级下·广东·期中）如图，在四边形中，下列条件能判断它是平行四边形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】本题考查了对平行四边形的判定定理的应用，平行四边形的判定定理①两组对边分别相等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，③两组对角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，依此判断即可． 【详解】解：A、根据，，得出四边形是平行四边形，故本选项正确； B、根据，不能判断四边形是平行四边形，故本选项错误； C、根据，，不能判断四边形是平行四边形，故本选项错误； D、根据，不能判断四边形是平行四边形，故本选项错误； 故选：A． 6．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，对角线、交于点，，于点，，，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质以及勾股定理，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键． 根据勾股定理求得的长，结合平行四边形的性质求得的长，然后利用面积法求解即可． 【详解】解：∵，， ∴在中， ∴在中， 在中， ∵， ∴ ∵， ∴， 故答案为：． 7．（海南省儋州市2024--2025学年下学期八年级期中学业质量测试数学题）如图，平行四边形中 ，于点， 于点，连接和． (1)求证：； (2)已知 ，，，求四边形 的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)6 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理， （1）根据平行四边形的性质得，进而得出，再根据“角角边”证明，即可得出结论； （2）由（1）可知可求，再根据勾股定理求出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． ∵， ∴ ∴； （2）解：∵， ∴． ∵， ∴，则． 在中，根据勾股定理， ∴． 8．（24-25八年级下·福建南平·期中）如图，在四边形中，，点、在对角线上，且，，求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键； 根据，，进而判定，推出，进而得证四边形是平行四边形； 【详解】证明：， ， ，， ， ， 又， ∴四边形是平行四边形； 9．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，在四边形中，，，对角线，相交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长和的长． 【答案】(1)见解析 (2)； 【分析】本题主要查了平行四边形的判定和性质，勾股定理： （1）根据，可得，再由，可得，从而得到，即可求证； （2）根据勾股定理可得，从而得到，然后根据勾股定理可得，即可求解． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， 四边形是平形四边形； （2）解：∵四边形是平形四边形， ∴，， ， ， ， ， ， ， ． 10．（2025·江苏无锡·一模）如图，点A、B、C、D在一条直线上，且，．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，解题关键是掌握全等三角形的判定与性质及平行四边形的判定方法． （1）根据平行线的性质“两直线平行，内错角相等”得，再结合已知条件并根据全等三角形判定（边角边），得； （2）根据（1）得，由全等三角形的性质得，，进一步根据平行线的判定“内错角相等，两直线平行”得，再根据平行四边形的判定“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，即可证得结论． 【详解】（1）证明：∵， ， 在和中， ， ， （2）证明：由（1）得， ，， ∴ 即 ， 四边形是平行四边形． 题型四　中心对称与中心对称图形 例题4-1：（2025·山东泰安·二模）未来将是一个可以预见的时代，下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，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；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，这条直线叫做对称轴，这时我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，据此判断即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项符合题意； 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意； 、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意； 、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不合题意； 故选：． 例题4-2：（24-25八年级下·甘肃兰州·期中）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，． (1)把向左平移4个单位后得到对应的，请画出平移后的； (2)画出关于原点对称的； (3)观察图形可知，与关于点______中心对称．（写出坐标） (4)点P在y轴上且为等腰三角形，这样的P点有 个． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) (4)4 【分析】此题考查了平移和中心对称的作图，写出点的坐标，等腰三角形的定义． （1）找到向左平移4个单位后得到对应点，顺次连接即可； （2）找到关于原点对称的，顺次连接即可； （3）根据中心对称的性质，结合图形得出对称中心，根据坐标系写出坐标，即可求解； （4）根据两圆一线的方法，找出等腰三角形的顶点，即可求解． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）解：如图，即为所求； （3）解：观察图形可知，与关于点中心对称． 故答案为：； （4）解：依题意，P在y轴上且为等腰三角形， 当时，点有2个，当时，点有1个，当时，有1个，共4个， 故答案为：． 巩固训练 1．（2025年天津市南开区中考二模考试数学试题）在一些美术字中，有的字母既是轴对称图形又是中心对称图形．下列4个字母中，既可以看作是轴对称图形又可以看作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和轴对称图形的识别．根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解，把一个图形绕某一点旋转180度，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；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． 【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意， 故选：B． 2．（2025·辽宁抚顺·三模）下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A．B． C． D． 【答案】B 【分析】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：B． 3．（2025·安徽蚌埠·二模）在6×6的方格纸中，请按下列要求画出格点三角形（顶点均在格点上）． (1)在图1中画出将以点A 为旋转中心，按逆时针旋转得到的； (2)在图2中画出关于点O 成中心对称的，使点A，B分别与点 D，E对应． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据旋转的全等性质，结合旋转角为，画图解答即可． （2）根据旋转中心是对应线段垂直平分线的交点解答即可． 本题考查了旋转作图，中心对称作图，熟练掌握作图的基本要领是解题的关键． 【详解】（1）解：根据旋转的全等性，旋转角为，方向为逆时针，画图如下： 则即为所求． （2）解：根据旋转中心是对应线段垂直平分线的交点，画图如下： 则即为所求． 4．（24-25七年级下·江苏无锡·期中）如图，将放在每个小正方形的边长为1的的正方形网格中． (1)的面积是______； (2)画出以点B为旋转中心，将按顺时针方向旋转后得到的． (3)画出关于点C成中心对称的； 【答案】(1)3.5 (2)见详解 (3)见详解 【分析】本题考查作图-旋转、中心对称变换，熟练掌握旋转、中心对称的性质是解答本题的关键． （1）利用三角形的面积等于边长为3的正方形的面积减去三个角上的三角形的面积计算即可． （2）根据旋转的性质作图即可． （3）根据中心对称的性质作图即可． 【详解】（1）解：三角形的面积是：， 故答案为：3.5． （2）解：先找到以点B为旋转中心，将按顺时针方向旋转后点、的对应点，再顺次连接得到即为所求． （3）解：画出的顶点、关于点C中心对称的点、，顺次连接点，得即为所求． 题型五　三角形的中位线 例题：（2025·浙江台州·二模）如图，在中，，平分，，点是的中点，连接，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了中位线的性质，全等三角形的性质与判定，延长交于点，证明得，，进而根据中位线的性质，即可求解． 【详解】解：如图，延长交于点， ∵平分，， ∴， 又∵ ∴ ∴， ∴ 又∵是的中点 ∴ 故答案为：． 巩固训练 1．（2025·贵州毕节·三模）如图，在平行四边形中，，E，F分别是的中点，连接，则（   ） A．2 B．3 C．8 D．无法确定 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线性质，先根据平行四边形的性质得到，再根据三角形的中位线性质求解即可． 【详解】解：∵在平行四边形中，， ∴， ∵E，F分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， 故选：B． 2．（2025·陕西西安·三模）如图，的中线、交于点O，且，点D是边上的中点，连接，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要查了直角三角形斜边的性质，三角形中位线定理，勾股定理，等边三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形斜边的性质，三角形中位线定理是解题的关键． 连接，根据直角三角形斜边的性质可得，，可得是等边三角形，从而得到，再由三角形中位线定理可得，从而得到，进而得到，再结合勾股定理解答即可． 【详解】解：如图，连接， ∵，点D是边上的中点，， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵的中线、交于点O， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：D 3．（云南德宏·期末）如图，中，对角线，相交于点，点是的中点，若，则的长为（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质，三角形中位线定理，关键是由三角形中位线定理得到．由平行四边形的性质推出，得到是的中位线，推出，即可求解 ． 【详解】解：∵，对角线，相交于点， ∴， ∵E是中点， ∴是的中位线， ∴． 故选：C． 4．（24-25九年级下·福建宁德·期中）如图是人字梯及其侧面的示意图，，为支撑架，为拉杆，，分别是，的中点．若，则，两点间的距离是 cm． 【答案】80 【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到． 【详解】解：如图说是，连接， ∵，分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴， 故答案为： ． 5．（2025·云南昆明·二模）如图，在中，点分别是，的中点，则 ． 【答案】2 【分析】本题考查了中点的定义和中位线定理，熟练掌握中位线定理是解题的关键； 根据三角形中位线定理求出与的关系，再结合中点的性质，进而求出的值． 【详解】∵点，分别是，的中点， ∴是的中位线，， ∴ ． 将，，代入到中，得： ． 故答案为：2． 6．（安徽省蚌埠市2024-2025学年下学期期中学情调研监测八年级数学试题）如图，在四边形中，，分别是，的中点．若，，，则的长为 ．      【答案】 【分析】本题考查了三角形的中位线及勾股定理，连接，由分别是的中点，可知，再证明，再由勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：如图，连接，    ∵分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， 又 ∵， ，即， ∴在中，由勾股定理得， ， 故答案为：． 题型六　矩形的性质与判定 例题：（2025·黑龙江大庆·二模）如图，在平行四边形中，对角线，交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形性质得到且，由平行线的性质得到，根据三角形的判定可证得，由全等三角形的性质得到，，可得，根据矩形的判定即可得到结论； （2）由矩形的性质得到，进而求得，，由勾股定理可求得，，由平行四边形性质得，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵在平行四边形中， ∴且， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：由（1）知：四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴在中， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 巩固训练 1．（2025·广东佛山·二模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，垂足为E．若，，则的长为（    ） A．5 B．6 C． D．9 【答案】B 【分析】由矩形的性质可得，，，由线段垂直平分线的性质可得，可证是等边三角形，得到，进而得到． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ， ∵ 设，则 ∴ ∴ ∴ ， ∵， ， ， 即是等边三角形， ∴ ∵ ∴ ∴． 故选：B． 2．（2025·辽宁盘锦·一模）如图，以矩形的顶点A为圆心，适当的长为半径画弧，分别交，于点M，N，分别以点M，N为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内部交于点P，作射线，交于点E，连接．若，，则的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质，角平分线的定义及其尺规作图，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，由矩形的性质可得，，由作图可知，平分，则有，则可证明是等腰直角三角形，得到，再求出的长，即可利用勾股定理求出的长． 【详解】解：四边形是矩形， ，， 由作图可知，平分， ， ∴是等腰直角三角形， ， ， 在中，． 故选：B． 3．（2025·江苏徐州·二模）如图，把矩形沿折叠，若，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质、图形翻折变换，解题的关键是掌握折叠是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变．根据题意求出，再由折叠的性质推出，知由矩形的性质得到，即可推出． 【详解】解：∵， ∴， 由折叠的性质得， 四边形纸片是矩形纸片， ∴， ∴． 故答案为：． 4．（2025·贵州贵阳·一模）如图，在四边形中，，点，点分别在边，上，连接，，若，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，等边对等角，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键． （1）根据等边对等角和已知条件可证明，据此可证明，则可证明四边形是平行四边形，再证明，则，据此可证明结论； （2）根据矩形的性质推出，，再根据三角形面积计算公式求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴． 5．（24-25八年级下·河南洛阳·期中）如图，，是中点，，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，是上一点，且，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理． 根据等腰三角形的三线合一性质可证，，从而可证，又因为，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证四边形是平行四边形，又因为，可证四边形是矩形； 利用勾股定理可以求出，利用等面积法可知，从而可求的长度． 【详解】（1）证明：， 是等腰三角形， 是中点， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形； （2）解：在中，，，， ， 于， ， ， ， 解得：． 6．（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在四边形中，，，，，点，分别是，的中点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质． （1）先求得，推出四边形是平行四边形，利用有一个是直角的平行四边形是矩形即可判断结论成立； （2）先证明四边形是平行四边形，利用直角三角形斜边中线的性质及角直角三角形的性质证明，推出，再证明，求得，据此求解即可． 【详解】（1）证明：，点是的中点， ，， ， ∵， 四边形是平行四边形， ， ， 平行四边形是矩形； （2）解：如图，连接， ∵，， 四边形是平行四边形， ∴， ，， 四边形是矩形， ， ， 点为的中点，， ， ， ， ， 又， ， ， ． 7．（24-25八年级下·北京·期中）如图，在平行四边形中，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，，，求和的长度． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键． （1）根据菱形的性质得到且，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论； （2）根据矩形的性质，平行四边形的性质，以及等腰直角三角形的性质，先求得，进而勾股定理求得，根据，求得，进而根据直角三角形斜边中线可得：，利用勾股定理计算的长，可得结论． 【详解】（1）证明四边形是平行四边形 ，． ， ， 即． 点、在直线上 ，． 四边形是平行四边形   又，垂足是， ． 四边形是矩形． （2）解：四边形是矩形， ，． ，， ． ， ． ．   在中，． ， ．   ∴ 在中， ∴； 在中，． ． 点是平行四边形对角线的交点， 为中点 在中，．为中点． ． 题型七　菱形的性质与判定 例题：（2025·云南楚雄·一模）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形的周长为18，，求平行线与间的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）首先由菱形得到，，然后证明出四边形是平行四边形，然后结合即可得到四边形是矩形； （2）首先得到，然后由菱形求出，然后勾股定理求出，然后利用完全平方公式的变形得到，然后利用菱形面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形； （2）解：矩形的周长为18， ． 四边形是菱形， ，，， ，根据勾股定理得， ， ． 设平行线与间的距离为h， ， ． 巩固训练 1．（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在菱形中，，菱形的面积为，则其边长为（   ） A． B．2 C． D．4 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，菱形的面积等于其对角线乘积的一半，据此可求出的长，再根据菱形对角线互相垂直平分得到，据此利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：∵在菱形中，，菱形的面积为， ∴， ∴， ∵菱形的对角线交于， ∴， ∴，即菱形的边长为2， 故选： B． 2．（2025·河南周口·一模）如图，在菱形中，，，交 于点O，于点E，连接，则的长为 （   ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识点，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半成为解题的关键．由菱形的性质可得，再运用勾股定理可得，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答． 【详解】解：∵在菱形中，， ， ， ， ， ， 故选：A． 3．（2025年山西省中考名校联考九年级数学试卷）如图，在菱形中，按如下步骤作图：①以点为圆心，的长为半径画弧，交边于点；②分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点；③作射线交于点，连接．若，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查的是菱形的性质，作垂线，先证明，，可得，再结合，从而可得答案． 【详解】解：∵菱形， ∴，， ∵， ∴， 由作图可得：， ∴， 故答案为： 4．（2025·河南周口·三模）如图，菱形中，，对角线与相交于点，过点作，交边于点，连接，若，则菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理，由菱形的性质可得，，，由直角三角形的性质可得，，由勾股定理求出，即可得出，最后由菱形的性质计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，，， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴菱形的面积为， 故答案为：． 5．（2025·甘肃定西·三模）如图，在矩形中，点E为边上一点，将沿翻折到，点B恰好落在边上的点F处．延长交于点G，连接．求证：四边形BCFG为菱形； 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，菱形的判定，全等三角形的性质与判定等等，先由折叠的性质得到，，再由矩形和平行线的性质，，据此可证明，得到，则可证明四边形是平行四边形，进一步可证明四边形是菱形． 【详解】证明：由翻折可知：，， 四边形是矩形， ∴，即， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形． 6．（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在中，交CD于点，交的延长线于点，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)12 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是： （1）根据平行四边形的性质以及等式的性质可得出，，则可得出四边形是平行四边形，然后证明，最后根据菱形的判定即可得证； （2）根据菱形的性质求出，根据勾股定理求出，再根据菱形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，． 点在的延长线上，且， ，． 四边形是平行四边形． ，交于点， ． ． 四边形是菱形． （2）解：四边形是菱形，， ． ， ， ． 7．（云南省曲靖市2024-2025学年下学期教学质量监测九年级数学试题）如图，在四边形中 ，，平分，过点A作， 交延长线于点E．四边形对角线交于点O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，证明四边形是菱形是解题的关键． （1）证明，得到四边形是平行四边形；由即可证明四边形是菱形； （2）根据菱形的性质和直角三角形的性质得到，根据勾股定理得到，即可求出答案． 【详解】（1）解：∵ ∴， ∵平分， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形； ∵ ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是菱形 ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的面积． 题型八　正方向的性质与判定 例题：（2025·贵州贵阳·二模）（1）【试题改编】小聪同学将教材习题进行了如下改编：如图①，四边形是正方形，是一个等边三角形，连接，则________°； （2）【深入探索】小悦同学接着小聪同学所编的题目继续进行改编：如图②，点E在正方形内部，且是一个等边三角形，此时发现点E恰好在AF上，提出问题：你能证明吗？ （3）【能力升华】老师看到小聪和小悦编的题后，非常高兴，稍作思考，也提出一个问题：在正方形中，点E在正方形内部，且是一个等边三角形，以为边作等边三角形，连接，直接写出的值． 【答案】（1）15；（2）见解析；（3）1或 【分析】本题主要考查正方形的性质，等边三角形的性质，正确进行分类讨论是解答本题的关键． （1）由已知得，，，从而得，根据等边对等角和三角形内角和定理可得结论； （2）由已知根据正方形和等边三角形的性质得，，从而在中运用勾股定理得即可得出结论； （3）根据分类讨论：点在正方形的外部，点在正方形的内部求解即可． 【详解】解：（1）在正方形中，，； ∵是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴； 故答案为：； （2）能证明， 证明：在正方形中，，， ∵是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，， 在中，由勾股定理得，， ∴； （3）若点在正方形的外部，由（2）知：， 过点作于点，如图， ， 则， 在正方形中，，， 在等边中，，， ∴，， 在中， ，， ∴， 在中，由勾股定理得， ， ∴； 若点在正方形的内部， 同理得， ∴， 同理可得， ∴，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 综上，的值为或1． 巩固训练 1．（24-25八年级下·云南昆明·期中）如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且，则 ． 【答案】90 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理和勾股定理的逆定理，设正方形的边长为，先求出，则，再利用勾股定理得到，，，则，据此利用勾股定理的逆定理可得是直角三角形，即可得出答案． 【详解】解：设正方形的边长为， ∵E为的中点，是上一点，且， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 同理可得，， ∴， ∴是直角三角形， ∴． 2．（2025·四川资阳·二模）如图， 正方形中，， 点E为正方形外一点， 且 将绕点A 逆时针方向旋转得到， 的延长线交 于点 H． 若 ， 则的长为 ． 【答案】17 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，连接，由正方形的性质可得，则由勾股定理可得，由旋转的性质可得，则可证明四边形是矩形，得到，据此根据勾股定理可求出答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是正方形， ∴， 在中，由勾股定理可得， ∵绕点A 逆时针方向旋转得到， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：17 ． 3．（24-25八年级下·四川泸州·期中）如图，在正方形中，，点O是对角线与的交点，点M在边上，且，点N是上的动点，连接，点E是的中点，连接，当时，线段的长为 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质是解决问题的关键． 连接，由正方形性质得，由点E是的中点，可得，进而可得，由此可证明，继而得，证明，则，， 然后由勾股定理即可求出的长． 【详解】解：连接，如图所示： ∵四边形为正方形，且边长为6， ∴， ∵点E是的中点， ∴是斜边上的中线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 4．（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在正方形中，是对角线上一点，连接，延长交于点．若，求的度数． 【答案】 【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．根据题意得到，证明，求出，即可得到答案． 【详解】解：四边形是正方形，是对角线上一点， ． 又， ． ． ． 5．（2025·甘肃·二模）如图，在中，，，，是边上的两点，且，过点，分别作，，垂足分别为，，与的延长线交于点，连接，．    (1)求证：． (2)求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定． （1）证明，即可得出结论； （2）先证明四边形是矩形，再证明，推出，即可得出结论． 【详解】（1）证明：，， ． 在和中，， ， ； （2）证明：，， ． ， 四边形是矩形． ，，， 和均为等腰直角三角形，． 在与中，， ， ． ， ， 四边形是正方形． 6．（2025·河南周口·三模）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图①，在中，，，点、在边上，且，，，求的长． 解：如图②，将绕点逆时针旋转得到，连接． 由旋转的特征得，，，． ，，． ，，即，． 在和中， ，， ① ，，． 又 ② ， 在中，． ，， ③ ． 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：________；“②”处应填：________；“③”处应填：________； 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图③，在正方形中，点、分别在边、上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连接、，分别与对角线交于、两点．探究、、的数量关系并证明； 【拓展应用】 如图④，在矩形中，点、分别在边、上，且．探究、、的数量关系：________（直接写出结论，不必证明）． 【答案】问题解决：见解析；知识迁移：，证明见解析；拓展应用：，证明见解析 【分析】问题解决：由旋转的特征得，，，，证明得出，再由勾股定理计算即可得解； 知识迁移：将绕点逆时针旋转，得到，过点作交于，连接，由旋转的性质可得，，，证明得出，证明得出，，证明得出，最后再由勾股定理即可得解； 拓展应用：延长交延长线于，交延长线于，将绕点顺时针旋转得到，连接、，作交 延长线于，则，由全等三角形的性质可得，，证明为等腰直角三角形，得出，由知识迁移可得，由全等三角形的性质可得，，由勾股定理可得，即可得解． 【详解】问题解决：解：如图②，将绕点逆时针旋转得到，连接． 由旋转的特征得，，，． ，， ． ， ，即，． 在和中， ， ， ． 又， 在中，． ，， ； 知识迁移：，证明如下： 如图，将绕点逆时针旋转，得到，过点作交于，连接， ， 由旋转的性质可得：，，， 由题意可得：， ∴， ∴， ∴， ∵为正方形的对角线， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，， ∴； 拓展应用：，证明如下： 如图，延长交延长线于，交延长线于，将绕点顺时针旋转得到，连接、，作交 延长线于， ， ∴， ∴，， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， 由知识迁移可得：， ∴，， 由勾股定理可得：， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴． 题型九　中点四边形 例题：（24-25八年级下·广东东莞·期中）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． 巩固训练 1．（24-25八年级下·黑龙江绥化·期中）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． 2．（24-25八年级下·江苏镇江·期中）顺次连结菱形四边的中点所得的四边形是（   ） A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．以上都不对 【答案】A 【分析】本题主要考查了三角形的中位线定理，矩形的判定，菱形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法．利用中位线定理证明，则四边形是平行四边形，由得到，即可得到结论． 【详解】解：在菱形中，分别是的中点， 连接、， 在中， ∵， 同理 ∴ ∵四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， 故选A． 3．（24-25九年级下·上海·阶段练习）顺次连接一个四边形各边中点得到的四边形叫做这个四边形的中点四边形．如果一个四边形的中点四边形是矩形，那么原四边形的对角线需满足的条件是（   ） A．互相平分且相等 B．互相平分且垂直 C．相等 D．互相垂直 【答案】D 【分析】此题主要考查了矩形的判定定理，画出图形进而应用平行四边形的判定以及矩形判定是解决问题的关键． 由于顺次连接四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，再由矩形的判定可知，依次连接对角线互相垂直的四边形各边的中点所得四边形是矩形． 【详解】根据题意画出图形如下： 与的位置关系是互相垂直． 证明：点E、F、H、G分别是、、、的中点， 连接，，，，与交于点M， ∵四边形是矩形， ∴， ∵E、F、分别是、的中点， ∴， ∴， ∴E、H、分别是、的中点， ∴， 又∵点E、H分别是、各边的中点， ∴， 即． 故选：D． 4．（24-25九年级上·甘肃兰州·期末）如图，连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为矩形，则对角线，应满足（   ） A． B．平分 C．平分 D． 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、矩形的判定等知识，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，，，从而可得，再证出四边形为平行四边形，然后根据矩形的判定即可得． 【详解】解：由题意得：点分别是的中点， ∴， 同理可得：，， ∴， ∴四边形为平行四边形， 要使平行四边形为矩形，则需要， 又∵，， ∴要使，则需要， 故选：D． 5．（24-25八年级下·河南漯河·期中）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． 6．（24-25八年级下·山东菏泽·期中）阅读理解：我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． (1)（填空）判断图1中的中点四边形的形状为______，菱形的中点四边形的形状是______； (2)如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，，，，分别为，，，的中点，试判断四边形的形状并证明． (3)若四边形的中点四边形为正方形，的最小值为4，求的长． 【答案】(1)平行四边形；矩形 (2)菱形，证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，由三角形中位线定理可推出，则可证明四边形是平行四边形；同理可证明四边形为平行四边形，由菱形的性质得到，则，即可证明平行四边形为矩形 （2）连接、，由等边三角形的性质得出，，，证出，由证明，得出，由三角形中位线定理得出，，，，，得出，，证出四边形是平行四边形；再得出，即可得出结论； （3）连接交于O，连接，当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长，再证明即可求得答案． 【详解】（1）解：如图所示，连接， ∵，，，分别是边，，，的中点， ∴分别是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； 如图，四边形是菱形时，连接各边中点，得到四边形， 根据中位线性质得到，， ∴， 同理可得， ∴四边形为平行四边形， 又∵四边形是菱形， ∴，则， ∴平行四边形为矩形； （2）解：四边形为菱形．证明如下： 连接，，如图2所示： ∵和为等边三角形， ，，， ∴， ， 在和中， ， ， ， ，，，分别是边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线， ，，，，， ，， 四边形是平行四边形； ， ， 四边形为菱形； （3）解：如图3，连接交于O，连接、， 当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长， ∴的最小值， ∵四边形是正方形， ∴， ∵M，E分别是的中点， ∴， 同理可得， ∴； 又∵M，N分别是的中点， ∴，， ∴， ∴的最小值， 同理可得的最小值， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵N，F分别是的中点， ∴， ∴； ∴， ∴． 题型十　动点问题 例题：如图，在四边形中，，，，，．点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C出发，以的速度向点B运动．点P与点Q同时出发．设运动时间为． (1)用含t的代数式表示：______；______；______；______； (2)从点P，Q运动开始，经过多长时间以点P，Q，C，D为顶点的四边形是平行四边形？ (3)从点P，Q运动开始，经过多长时间以点A，B，Q，P为顶点的四边形是矩形？ 【答案】(1)；；； (2)经过，四边形是平行四边形 (3)经过，四边形是矩形 【分析】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． （1）根据运动时间乘以速度等于运动路径求解即可； （2）根据，构建方程求解即可； （3）根据，构建方程求解即可． 【详解】（1）解：由题意得：，， ∵，， ∴，， 故答案为：；；；； （2）解：当时，四边形是平行四边形， ∴， 解得． ∴时，四边形是平行四边形． （3）解：当时，四边形是矩形， ∴ 解得， ∴时，四边形是矩形。 巩固训练 1．如图，四边形中，，，，M是上一点，且，点E从点A出发以的速度向点D运动，点F从点C出发，以的速度向B运动，当其中一点到达终点，另一点也随之停止，设运动时间为t秒，则当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时， 【答案】或 【分析】本题考查了动点问题，平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，合理分类是解题的关键．分F在M的右侧和左侧两种情况讨论即可． 【详解】解∶∵，， ∴， ∵， ∴当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，， 当F在M的右侧时，， 又， ∴， ∴； 当F在M的左侧时，， 又， ∴， ∴； 综上， 当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为或， 故答案为：或． 2．（23-24九年级上·江西景德镇·期中）如图，在矩形中，，点P从点A向点D以的速度运动，点Q以的速度从点C出发，在B，C两点之间做往返运动，两点同时出发，点P到达点D时，两点同时停止运动，这段时间内，若以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形，那么运动时间为 ． 【答案】或； 【分析】本题考查了矩形的判定，根据四边形是矩形得到，，根据运动表示出、，结合矩形的判定得到当时以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形列式求解即可得到答案； 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵，点P从点A向点D以的速度运动，点Q以的速度从点C出发，在B，C两点之间做往返运动， ∴，或， ∵以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形， ∴， ∴或， 解得：或， 故答案为：或． 3．（24-25九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在矩形中，，点从点出发沿向终点运动，点从点出发沿向终点运动．两点同时出发，它们的速度都是．连接．设点运动的时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形？ (2)当为何值时，四边形是菱形？ 【答案】(1)当时，四边形是矩形 (2)当时，四边形是菱形 【分析】本题主要考查矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理的运用， （1）根据题意可得，，当时，四边形是矩形，由此列式求解即可； （2）根据题意可证四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，在中，由勾股定理得，由此列式求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， 已知点从点运动，点从点运动．两点同时出发，速度都是，设点运动的时间为， ∴， ∴， 已知，，则当时，四边形是矩形， ∴， 解得，， ∴当时，四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形， ∵， ∴， 在中，， ∴，整理得，， 解得，， ∴当时，四边形是菱形． 4．（24-25九年级上·辽宁锦州·期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点停止，同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是，连接、、，设点、运动的时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形； (2)当为何值时，四边形是菱形； (3)分别求出（2）中菱形的周长和面积． 【答案】(1) (2) (3)周长为，面积为 【分析】（1）由矩形的性质可得，据此可建立一元一次方程，解方程即可求出答案； （2）由菱形的性质可得，据此可建立一元一次方程，解方程即可求出答案； （3）先利用的值求出的长，然后根据和即可求出菱形的周长和面积． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ， 即：， 解得：， 答：当时，四边形是矩形； （2）解：∵，， ∴四边形是平行四边形； 四边形是菱形， ， 即：， 解得：， 答：当时，四边形是菱形； （3）解：当时，， 菱形的周长为：， 菱形的面积为：． 5．（24-25八年级下·吉林·期中）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． 6．（24-25八年级下·吉林长春·开学考试）如图，在中，，，边上的高为12．点从点出发，沿以每秒5个单位长度的速度运动．点从点出发沿以每秒10个单位长度的速度运动．、两点同时出发，当其中一点到达终点时，、两点同时停止运动．设运动的时间为（秒），连接． (1)当点与点重合时，的值为________． (2)直接写出的长（用含的代数式表示）； (3)当平分面积时，求的值； (4)当时，直接写出的值． 【答案】(1) (2) (3)12或 (4)2或或 【分析】（1）由题意可得，即可； （2）分点点出发沿运动和点出发沿运动两种情况讨论即可； （3）分两种情况，结合梯形的面积公式分别求出t的值即可． （4）分两种情况，结合矩形的性质、平行四边形的性质分别求出t的值即可． 【详解】（1）解：点Q与点C重合时， 由题意得：， 解得：， 即点Q与点C重合时，t的值为6； （2）解：当点Q沿运动时，； 由题意得：； 当点Q沿运动时，， ∴， 即； （3）解：∵面积为， ∴梯形的面积为 分两种情况： 当点Q沿运动时，如图， ∴， 解得：； 当点Q沿运动时，如图， 同理：， 解得：， 此时，两点重合，两点重合； 综上所述，当平分面积时，t的值为12或； （4）解：分两种情况： 点Q沿运动时， 如图，过A作于点G，于点H，则四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 解得：； 当点Q沿运动时， 如图，过A作于点G，于点H，则四边形是矩形，当点Q在点H右侧时， 同理， ∵， ∴， 解得：； 当点Q在点H左侧时，如图，则四边形是矩形，即， ∴， 解得：； 综上所述，当时，t的值为2或或． 7．（24-25八年级下·浙江金华·期中）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． 8．（24-25九年级上·全国·阶段练习）如图，在矩形中，，，点P从点A出发，以的速度沿向终点D运动，同时，点Q从点C出发，以的速度沿向终点B运动，设运动时间为． (1)当时，判断四边形的形状，并说明理由； (2)当时，求四边形的面积与运动时间的函数关系； (3)四边形可能为菱形吗？若可能，请求出t的值；若不可能，请说明理由． 【答案】(1)四边形是平行四边形，见解析； (2) (3)可能，． 【分析】（1）由矩形的性质可得出，再得出，即可得出四边形是平行四边形． （2）得出，再根据四边形的面积代入求解即可． （3）由菱形的性质得出，利用勾股定理求出，再根据代入求出t值即可． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ∴， ∵点P从点A出发，以的速度沿向终点D运动，同时，点Q从点C出发，以的速度沿向终点B运动， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵， ∴； （3）解：四边形可能为菱形． ∵一组邻边相等的平行四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴ ∴， 解得：． 9．（24-25八年级下·河北唐山·期中）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，，． 题型十一　最值问题 例题：（八年级下·江苏无锡·期中）已知：如图，在矩形中，．在上取一点E，，点F是边上的一个动点，以为一边作菱形，使点N落在边上，点M落在矩形内或其边上．若的面积为S．    (1)当四边形是正方形时，求x的值； (2)当四边形是菱形时，求S与x的函数关系式； (3)当_____________时，的面积S最大；当_____________时，的面积S最小； (4)在的面积S由最大变为最小的过程中，请直接写出点M运动的路线长：_____________． 【答案】(1) (2) (3)①，② (4) 【分析】本题考查四边形综合题、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、三角形的面积、一次函数的应用等知识； （1）只要证明即可解决问题； （2）如图，连接，作于，想办法证明，可得，由此即可解决问题； （3）①如图3中，当点与重合时，的值最小，的面积最大，在中，．②如图4中，当点在上时，的值最大，的面积最小； （4）如图3中，在的面积由最大变为最小的过程中，点的运动轨迹是平行的线段，点运动的路线长的长． 【详解】（1）四边形是正方形， ，， ，， ， ∴， ， ．， ， ． 故答案为：． （2）如图，连接，作于，则，，   四边形是菱形， ，， ， 矩形中，， ， ，即， ， ， ，， ． 与的函数关系式； （3）①如图3中，当点与重合时，的值最小，的面积最大，    在中，， 的最大值． ②如图4中，当点在上时，的值最大，的面积最小， 此时易证， ， ， ； 故答案为：①，②． （4）如图3中，在的面积由最大变为最小的过程中，点的运动轨迹是平行的线段， 即点运动的路线长的长， 故答案为：． 巩固训练 1．（23-24八年级下·重庆·期中）如图，已知正方形的边长为3，点M在上，，点N是上的一个动点，那么的最小值是（    ） A．3 B．4 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，根据点B与点D关于直线对称，可知的长即为的最小值是解答此题的关键．由正方形的对称性可知点B与D关于直线对称，连接交于点，即为所求，在中利用勾股定理即可求出的长即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴点B与D关于直线对称， 连接交于点，连接， 则， ， 当B、N、M三点共线时，取得最小值， 则即为所求的点， 则的长即为的最小值， ∵四边形是正方形， ∴是线段的垂直平分线， 又， 在中，， 故的最小值是． 故选：C． 2．（23-24九年级上·辽宁丹东·阶段练习）如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是，上的动点，M，N分别是，的中点，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】首先证明出是的中位线，得出，然后由正方形的性质和勾股定理得到，证明出当最大时，最大，此时最大，进而得到当点和点重合时，最大，即的长度，最后代入求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， ，分别是，的中点， 是的中位线， ， 四边形是正方形，， ， 当最大时，最大，此时最大， 点是上的动点， 当点和点重合时，最大，即的长度， 此时， ， 的最大值为． 故选B． 3．（23-24八年级下·湖北十堰·期中）如图，正方形的边长为12，点E、F分别为、上动点（E、F均不与端点重合），且，P是对角线上的一个动点，则的最小值是（    ） ， A．12 B．13 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理等知识．确定和最小值时的情况是解题的关键． 作点E关于的对称点，连接，过F作于点G，当、P、F三点共线时，，此时最小，即为所求，由题意确定在边上，证明四边形是矩形，则，由勾股定理得，，计算求解即可． 【详解】解：如图，作点E关于的对称点，连接，过F作于点G， ，， 当、P、F三点共线时，，此时最小，即为所求， 四边形是正方形， ， 点在边上， ，， 四边形是矩形， ， ， ， 由勾股定理得，， 的最小值是13 故选：B． 4．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，中，，点D是与点B不重合的动点，以为一边作正方形，连接，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质定理，勾股定理，等腰直角三角形正方形的性质，根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质得出，进而解答即可． 【详解】解：中，，如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴，即， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， 当A、D、E、C在同一直线上时，最小即为， ∵中，， ∴， ∴最小即为， 故选：A． 5．（2023·四川泸州·模拟预测）如图，正方形的边长为2，是的中点，，是对角线上的两个动点，且，连接，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查最短路线问题．取的中点，连接，，，，根据数量关系确定的最小值为的长度，求出的值即可． 【详解】解：如图，取的中点，连接，， 为的中点， 为的中位线，即，且， 正方形的边长为2， ， ， ， ，且，即四边形为平行四边形， ， 连接，，根据正方形的对称性可知，， ， 根据两点间线段最短可得，当点，，在同一直线上时，取得最小值， 即此时的最小值为线段的长度， 连接，则在中， ，， ， 故的最小值为， 故答案为：． 6．（八年级下·湖北荆门·期中）如图，在矩形中，，，，分别是和上的两个动点，为的中点，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，根据题意找到使所求线段的和最小时点的位置是解题的关键． 作点的对称点，作点关于的对称点，连接，，，过点作的垂线，交的延长线于点，推得当，，，在同一条直线上时，所求的最小，最小值即为的长，根据矩形的性质可得，求得，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解． 【详解】解：作点关于的对称点，作点关于的对称点，连接，，， 则， ∴当，，，在同一条直线上时，所求的最小，最小值即为的长． 过点作的垂线，交的延长线于点， ∴， ∵为的中点，， ∴，， ∴， ∴． ∴的最小值是． 故答案为：． 7．（2023·辽宁抚顺·模拟预测）如图，在边长为4的菱形中，，点M是边的中点，点N是菱形内一动点，且满足，连接，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】过点作交的延长线于点，根据菱形的性质以及直角三角形的性质求出，当点运动到线段上的点时，取得最小值，进一步求解即可． 【详解】解：过点作交的延长线于点，如图所示： ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴， 根据勾股定理，得：， ∵， ∴， 根据勾股定理，得：， ∵， 当点运动到线段上的点时，取得最小值， ， ∴的最小值为， 故答案为：． 8．（八年级下·浙江宁波·期中）如图，在菱形中，，点E、F、G、H分别是边、、、中点，在直线上方有一动点P，且满足，则周长的最小值为 ． 【答案】 【分析】证明出四边形为矩形，在上方作直线，且到的距离为，说明点在上，作点关于的对称点，连接，交于点，则三角形为所求，利用勾股定理求出，即可求出最小周长． 【详解】解：如图，连接、交于， 点、、、分别是边、、、中点， 、为、的中位线， ，， 四边形为平行四边形， 四边形为菱形， ， ， 四边形为矩形， 在上方作直线，且到的距离为， ， 点在上， 作点关于的对称点，连接，交于点， 由对称得，， ， 由两点间线段最短得，此时最短， 周长最短， ，， 为等边三角形， ， ， ， 点、分别是边、的中点，且， 为等边三角形， ， 到的距离为， 点到的距离为， 点到的距离为， ， ， 周长的最小值为， 故答案为：． 9．（24-25八年级下·广东·期中）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． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二章 四边形知识归纳与题型突破（题型清单） 多边形 多边形内角和公式：n边形的内角和等于（n-2）·180° 多边形的外角和：多边形的外角和为360°。 多边形对角线的条数：（1）从n边形的一个顶点出发可以引（n-3）条对角线，把多边形分词（n-2）个三角形。 （2）n边形共有条对角线。 平行四边形 1.平行四边形定义：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。 2.平行四边形的性质：平行四边形的对边相等；平行四边形的对角相等。平行四边形的对角线互相平分。 3.平行四边形的判定 a.两组对边分别相等的四边形是平行四边形 b.对角线互相平分的四边形是平行四边形； 　　 c.两组对角分别相等的四边形是平行四边形； d.一组对边平行且相等的四边形是平行四边形。 4.三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半。 5.直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 矩形 6.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形。 7.矩形的性质：矩形的四个角都是直角；矩形的对角线平分且相等。 8.矩形判定定理： a.有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。 b.对角线相等的平行四边形是矩形。 　　 c.有三个角是直角的四边形是矩形。 菱形 9.菱形的定义 ：邻边相等的平行四边形。 10.菱形的性质：菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。 11.菱形的判定定理：a.一组邻边相等的平行四边形是菱形。 b.对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 　　 c.四条边相等的四边形是菱形。 12.S菱形=ab（a、b为两条对角线） 正方形 13.正方形定义：一个角是直角的菱形或邻边相等的矩形。 14.正方形的性质：四条边都相等，四个角都是直角。 正方形既是矩形，又是菱形。 15.正方形判定定理： a.邻边相等的矩形是正方形。 b.有一个角是直角的菱形是正方形。 题型一　求多边形截角后的边数 例题：若一个多边形截去一个角后，得到的新多边形为十五边形，则原来的多边形边数为 ． 巩固训练 1．（23-24七年级上·甘肃兰州·期末）把一张形状是四边形的纸片剪去其中某一个角，剩下的部分的形状不可能是（   ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 2．（24-25八年级上·广东惠州·期中）若一个多边形截去一个角后，变成五边形，则原来的多边形的边数可能为（   ） A．5或6 B．4或5 C．3或4或5 D．4或5或6 3．（24-25八年级上·湖南长沙·阶段练习）若一个四边形截去一个角后，可能为（　　）边形 A．4或5 B．3或4 C．3或4或5 D．4或5或6 题型二　求与多边形相关的角的度数 例题2-1：（23-24八年级上·广西河池·期中）已知一个多边形的边数为． (1)若该多边形的内角和的比外角和多，求的值； (2)若该多边形是正多边形，且其中一个内角为，求的值． 例题2-2：如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠K的度数． 巩固训练 1．（2025·广东佛山·二模）若一个多边形的内角和为，则这个多边形的边数为（    ） A．5 B．7 C．10 D．12 2．（24-25八年级下·上海杨浦·期中）如果一个边形的内角和为，那么的值是（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 3．（2025·云南昆明·二模）若一个正多边形的每个外角均为，则这个正多边形的内角和等于（    ） A． B． C． D． 4．（2025·北京顺义·一模）每一个外角都是的正多边形为（   ） A．正三角形 B．正四边形 C．正五边形 D．正六边形 5．（24-25七年级下·全国·课后作业）如图，小林从点P向正西走后向左转，转动的角度为，再走后向左转动……如此重复，小林共走了回到点P，则的度数为(   ) A． B． C． D． 6．（2025·山东临沂·二模）一个十边形的外角和等于（   ） A． B． C． D． 7．（24-25七年级下·全国·课后作业）图①是我国古代建筑中的一种窗格，称为“冰裂纹”．图②是从图①冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的图形，则的度数为（    ） A． B． C． D． 8．（24-25八年级下·广西来宾·期中）如图，机器人从点出发朝正东方向走了，到达点，记为第1次行走；接着，在点处沿逆时针方向旋转后向前走到达，记为第2次行走；再在点处沿逆时针方向旋转后向前走到达点，记为第3次行走，……，以此类推，该机器人从出发到第一次回到出发点时所走过的路程为（   ）． A． B． C． D． 9．（24-25八年级上·海南三亚·期末）如图，顺次连接图中六个点，得到以下图形，则的度数为（    ） A． B． C． D． 10．（24-25七年级下·全国·课后作业）若一个多边形的内角和等于它的外角和的倍，则这个多边形是 边形． 11．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠I+∠K的度数为 ． 12．如图，已知， ． 13．（24-25七年级下·全国·课后作业）小明计算一个多边形内角和时，少加了一个内角，求得其余内角的度数之和是，求少加的内角度数和这个多边形的边数． 14．（24-25八年级上·湖北恩施·期末）玛丽在进行一个的内角和计算时，求得的内角和为，当发现错误之后，她立即检查发现少加了一个内角．已知该边形的对角线有条，试求的值． 题型三　平行四边形的性质与判定 例题：（23-24八年级下·广西河池·期末）如图，中，D是边上任意一点，F是中点，过点C作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． 巩固训练 1．（2025·湖南·模拟预测）如图，在平行四边形中，，以点B为圆心，以任意长为半径作弧，分别交，于点E，F，分别以E，F为圆心，以大于长为半径作弧，两弧在内交于点P，作射线，交于点G，交的延长线于点H．若，，，则的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 2．（2025·四川成都·二模）如图，四边形是平行四边形，，若对角线的长为，的长为，则边的长为（   ） A．8 B．6 C．5 D．4 3．（24-25八年级下·福建南平·期中）如图，在中，对角线、相交于点O，经过点O，交于E，交于F，若的周长为20，，则四边形的周长为（   ） A．10 B．12 C．14 D．16 4．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，在四边形中，，对角线，相交于点，添加下列条件后，仍不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A．， B． C． D． 5．（24-25八年级下·广东·期中）如图，在四边形中，下列条件能判断它是平行四边形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 6．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，对角线、交于点，，于点，，，则的长为 ． 7．（海南省儋州市2024--2025学年下学期八年级期中学业质量测试数学题）如图，平行四边形中 ，于点， 于点，连接和． (1)求证：； (2)已知 ，，，求四边形 的面积． 8．（24-25八年级下·福建南平·期中）如图，在四边形中，，点、在对角线上，且，，求证：四边形是平行四边形． 9．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，在四边形中，，，对角线，相交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长和的长． 10．（2025·江苏无锡·一模）如图，点A、B、C、D在一条直线上，且，．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 题型四　中心对称与中心对称图形 例题4-1：（2025·山东泰安·二模）未来将是一个可以预见的时代，下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 例题4-2：（24-25八年级下·甘肃兰州·期中）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，． (1)把向左平移4个单位后得到对应的，请画出平移后的； (2)画出关于原点对称的； (3)观察图形可知，与关于点______中心对称．（写出坐标） (4)点P在y轴上且为等腰三角形，这样的P点有 个． 巩固训练 1．（2025年天津市南开区中考二模考试数学试题）在一些美术字中，有的字母既是轴对称图形又是中心对称图形．下列4个字母中，既可以看作是轴对称图形又可以看作是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（2025·辽宁抚顺·三模）下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A．B． C． D． 3．（2025·安徽蚌埠·二模）在6×6的方格纸中，请按下列要求画出格点三角形（顶点均在格点上）． (1)在图1中画出将以点A 为旋转中心，按逆时针旋转得到的； (2)在图2中画出关于点O 成中心对称的，使点A，B分别与点 D，E对应． 4．（24-25七年级下·江苏无锡·期中）如图，将放在每个小正方形的边长为1的的正方形网格中． (1)的面积是______； (2)画出以点B为旋转中心，将按顺时针方向旋转后得到的． (3)画出关于点C成中心对称的； 题型五　三角形的中位线 例题：（2025·浙江台州·二模）如图，在中，，平分，，点是的中点，连接，则的长为 ． 巩固训练 1．（2025·贵州毕节·三模）如图，在平行四边形中，，E，F分别是的中点，连接，则（   ） A．2 B．3 C．8 D．无法确定 2．（2025·陕西西安·三模）如图，的中线、交于点O，且，点D是边上的中点，连接，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 3．（云南德宏·期末）如图，中，对角线，相交于点，点是的中点，若，则的长为（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 4．（24-25九年级下·福建宁德·期中）如图是人字梯及其侧面的示意图，，为支撑架，为拉杆，，分别是，的中点．若，则，两点间的距离是 cm． 5．（2025·云南昆明·二模）如图，在中，点分别是，的中点，则 ． 6．（安徽省蚌埠市2024-2025学年下学期期中学情调研监测八年级数学试题）如图，在四边形中，，分别是，的中点．若，，，则的长为 ．      题型六　矩形的性质与判定 例题：（2025·黑龙江大庆·二模）如图，在平行四边形中，对角线，交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，，求的长度． 巩固训练 1．（2025·广东佛山·二模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，垂足为E．若，，则的长为（    ） A．5 B．6 C． D．9 2．（2025·辽宁盘锦·一模）如图，以矩形的顶点A为圆心，适当的长为半径画弧，分别交，于点M，N，分别以点M，N为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内部交于点P，作射线，交于点E，连接．若，，则的长度为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·江苏徐州·二模）如图，把矩形沿折叠，若，则的度数为 ． 4．（2025·贵州贵阳·一模）如图，在四边形中，，点，点分别在边，上，连接，，若，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的面积． 5．（24-25八年级下·河南洛阳·期中）如图，，是中点，，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，是上一点，且，求的长． 6．（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在四边形中，，，，，点，分别是，的中点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)求的度数． 7．（24-25八年级下·北京·期中）如图，在平行四边形中，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，，，求和的长度． 题型七　菱形的性质与判定 例题：（2025·云南楚雄·一模）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形的周长为18，，求平行线与间的距离． 巩固训练 1．（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在菱形中，，菱形的面积为，则其边长为（   ） A． B．2 C． D．4 2．（2025·河南周口·一模）如图，在菱形中，，，交 于点O，于点E，连接，则的长为 （   ） A．6 B．5 C．4 D．3 3．（2025年山西省中考名校联考九年级数学试卷）如图，在菱形中，按如下步骤作图：①以点为圆心，的长为半径画弧，交边于点；②分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点；③作射线交于点，连接．若，则的度数为 ． 4．（2025·河南周口·三模）如图，菱形中，，对角线与相交于点，过点作，交边于点，连接，若，则菱形的面积为 ． 5．（2025·甘肃定西·三模）如图，在矩形中，点E为边上一点，将沿翻折到，点B恰好落在边上的点F处．延长交于点G，连接．求证：四边形BCFG为菱形； 6．（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在中，交CD于点，交的延长线于点，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 7．（云南省曲靖市2024-2025学年下学期教学质量监测九年级数学试题）如图，在四边形中 ，，平分，过点A作， 交延长线于点E．四边形对角线交于点O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的面积． 题型八　正方向的性质与判定 例题：（2025·贵州贵阳·二模）（1）【试题改编】小聪同学将教材习题进行了如下改编：如图①，四边形是正方形，是一个等边三角形，连接，则________°； （2）【深入探索】小悦同学接着小聪同学所编的题目继续进行改编：如图②，点E在正方形内部，且是一个等边三角形，此时发现点E恰好在AF上，提出问题：你能证明吗？ （3）【能力升华】老师看到小聪和小悦编的题后，非常高兴，稍作思考，也提出一个问题：在正方形中，点E在正方形内部，且是一个等边三角形，以为边作等边三角形，连接，直接写出的值． 巩固训练 1．（24-25八年级下·云南昆明·期中）如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且，则 ． 2．（2025·四川资阳·二模）如图， 正方形中，， 点E为正方形外一点， 且 将绕点A 逆时针方向旋转得到， 的延长线交 于点 H． 若 ， 则的长为 ． 3．（24-25八年级下·四川泸州·期中）如图，在正方形中，，点O是对角线与的交点，点M在边上，且，点N是上的动点，连接，点E是的中点，连接，当时，线段的长为 ． 4．（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在正方形中，是对角线上一点，连接，延长交于点．若，求的度数． 5．（2025·甘肃·二模）如图，在中，，，，是边上的两点，且，过点，分别作，，垂足分别为，，与的延长线交于点，连接，．    (1)求证：． (2)求证：四边形是正方形． 6．（2025·河南周口·三模）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图①，在中，，，点、在边上，且，，，求的长． 解：如图②，将绕点逆时针旋转得到，连接． 由旋转的特征得，，，． ，，． ，，即，． 在和中， ，， ① ，，． 又 ② ， 在中，． ，， ③ ． 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：________；“②”处应填：________；“③”处应填：________； 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图③，在正方形中，点、分别在边、上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连接、，分别与对角线交于、两点．探究、、的数量关系并证明； 【拓展应用】 如图④，在矩形中，点、分别在边、上，且．探究、、的数量关系：________（直接写出结论，不必证明）． 题型九　中点四边形 例题：（24-25八年级下·广东东莞·期中）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． 巩固训练 1．（24-25八年级下·黑龙江绥化·期中）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 2．（24-25八年级下·江苏镇江·期中）顺次连结菱形四边的中点所得的四边形是（   ） A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．以上都不对 3．（24-25九年级下·上海·阶段练习）顺次连接一个四边形各边中点得到的四边形叫做这个四边形的中点四边形．如果一个四边形的中点四边形是矩形，那么原四边形的对角线需满足的条件是（   ） A．互相平分且相等 B．互相平分且垂直 C．相等 D．互相垂直 4．（24-25九年级上·甘肃兰州·期末）如图，连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为矩形，则对角线，应满足（   ） A． B．平分 C．平分 D． 5．（24-25八年级下·河南漯河·期中）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． 6．（24-25八年级下·山东菏泽·期中）阅读理解：我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． (1)（填空）判断图1中的中点四边形的形状为______，菱形的中点四边形的形状是______； (2)如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，，，，分别为，，，的中点，试判断四边形的形状并证明． (3)若四边形的中点四边形为正方形，的最小值为4，求的长． 题型十　动点问题 例题：如图，在四边形中，，，，，．点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C出发，以的速度向点B运动．点P与点Q同时出发．设运动时间为． (1)用含t的代数式表示：______；______；______；______； (2)从点P，Q运动开始，经过多长时间以点P，Q，C，D为顶点的四边形是平行四边形？ (3)从点P，Q运动开始，经过多长时间以点A，B，Q，P为顶点的四边形是矩形？ 巩固训练 1．如图，四边形中，，，，M是上一点，且，点E从点A出发以的速度向点D运动，点F从点C出发，以的速度向B运动，当其中一点到达终点，另一点也随之停止，设运动时间为t秒，则当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时， 2．（23-24九年级上·江西景德镇·期中）如图，在矩形中，，点P从点A向点D以的速度运动，点Q以的速度从点C出发，在B，C两点之间做往返运动，两点同时出发，点P到达点D时，两点同时停止运动，这段时间内，若以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形，那么运动时间为 ． 3．（24-25九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在矩形中，，点从点出发沿向终点运动，点从点出发沿向终点运动．两点同时出发，它们的速度都是．连接．设点运动的时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形？ (2)当为何值时，四边形是菱形？ 4．（24-25九年级上·辽宁锦州·期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点停止，同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是，连接、、，设点、运动的时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形； (2)当为何值时，四边形是菱形； (3)分别求出（2）中菱形的周长和面积． 5．（24-25八年级下·吉林·期中）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． 6．（24-25八年级下·吉林长春·开学考试）如图，在中，，，边上的高为12．点从点出发，沿以每秒5个单位长度的速度运动．点从点出发沿以每秒10个单位长度的速度运动．、两点同时出发，当其中一点到达终点时，、两点同时停止运动．设运动的时间为（秒），连接． (1)当点与点重合时，的值为________． (2)直接写出的长（用含的代数式表示）； (3)当平分面积时，求的值； (4)当时，直接写出的值． 7．（24-25八年级下·浙江金华·期中）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． 8．（24-25九年级上·全国·阶段练习）如图，在矩形中，，，点P从点A出发，以的速度沿向终点D运动，同时，点Q从点C出发，以的速度沿向终点B运动，设运动时间为． (1)当时，判断四边形的形状，并说明理由； (2)当时，求四边形的面积与运动时间的函数关系； (3)四边形可能为菱形吗？若可能，请求出t的值；若不可能，请说明理由． 9．（24-25八年级下·河北唐山·期中）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． 题型十一　最值问题 例题：（八年级下·江苏无锡·期中）已知：如图，在矩形中，．在上取一点E，，点F是边上的一个动点，以为一边作菱形，使点N落在边上，点M落在矩形内或其边上．若的面积为S．    (1)当四边形是正方形时，求x的值； (2)当四边形是菱形时，求S与x的函数关系式； (3)当_____________时，的面积S最大；当_____________时，的面积S最小； (4)在的面积S由最大变为最小的过程中，请直接写出点M运动的路线长：_____________． 巩固训练 1．（23-24八年级下·重庆·期中）如图，已知正方形的边长为3，点M在上，，点N是上的一个动点，那么的最小值是（    ） A．3 B．4 C． D． 2．（23-24九年级上·辽宁丹东·阶段练习）如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是，上的动点，M，N分别是，的中点，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 3．（23-24八年级下·湖北十堰·期中）如图，正方形的边长为12，点E、F分别为、上动点（E、F均不与端点重合），且，P是对角线上的一个动点，则的最小值是（    ） ， A．12 B．13 C． D． 4．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，中，，点D是与点B不重合的动点，以为一边作正方形，连接，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 5．（2023·四川泸州·模拟预测）如图，正方形的边长为2，是的中点，，是对角线上的两个动点，且，连接，，则的最小值为 ． 6．（八年级下·湖北荆门·期中）如图，在矩形中，，，，分别是和上的两个动点，为的中点，则的最小值是 ． 7．（2023·辽宁抚顺·模拟预测）如图，在边长为4的菱形中，，点M是边的中点，点N是菱形内一动点，且满足，连接，则的最小值为 ． 8．（八年级下·浙江宁波·期中）如图，在菱形中，，点E、F、G、H分别是边、、、中点，在直线上方有一动点P，且满足，则周长的最小值为 ． 9．（24-25八年级下·广东·期中）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． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$