专题02 四边形（考题猜想，易错压轴必刷75题25种题型）-2024-2025学年八年级数学下学期期末考点大串讲（北京版）

专题02 四边形（易错压轴必刷75题25种题型） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 多边形的基本概念 · 题型二 多边形的对角线问题 · 题型三 多边形的内角和 · 题型四 多边形的外角和 · 题型五 内角和与外角和的综合 · 题型六 平行四边形的判定 · 题型七 平行四边形的性质 · 题型八 平行四边形判定与性质的应用 · 题型九 矩形的判定 · 题型十 矩形的性质 · 题型十一 矩形的折叠问题 · 题型十二 菱形的判定 · 题型十三 菱形的性质 · 题型十四 菱形的面积计算 · 题型十五 正方形的判定 · 题型十六 正方形的性质 · 题型十七 正方形的折叠问题 · 题型十八 中点四边形 · 题型十九 三角形的中位线 · 题型二十 中心对称 · 题型二十一 多边形内角和、外角和压轴 · 题型二十二 平行四边形的存在性问题 · 题型二十三 平行四边形中旋转、翻折问题 · 题型二十四 平行四边形中的最值 · 题型二十五 平行四边形中的新定义问题 题型一 多边形的基本概念 1．下列关于正多边形的说法中，正确的是（    ） A．各边都相等的多边形是正多边形 B．各内角都相等的多边形是正多边形 C．过正n边形一个顶点的对角线有条 D．正多边形的各边相等 【答案】D 【分析】本题考查了正多边形的定义，以及对角线数量问题，注意各边相等，各角相等，两个条件必须同时成立． 根据正多边形的定义即可判断A、B、D，根据多边形从一个顶点出发可以作条对角线判断C． 【详解】解：A、各个边相等，各个角相等的多边形是正多边形，故选项A错误，不符合题意； B、各个边相等，各个角相等的多边形是正多边形，故选项B错误，不符合题意； C、过正n边形一个顶点的对角线有条，故选项C错误，不符合题意； D、正多边形的各边相等，正确，符合题意， 故选：D． 2．长度分别为1，2，4，a的四条线段首尾顺次相接，能够组成一个四边形．写出一个整数a的值是 ． 【答案】4（答案不唯一） 【分析】此题考查了四边形存在的条件，所有边中最大的边必须小于其余三边之和，据此确定a的值即可． 【详解】解：根据四边形存在的条件，所有边中最大的边必须小于其余三边之和， 当时， 需要，即，故可取5或6， 当时， 需要，即，故可取2，3或4， 因此符合条件的整数为2，3，4，5，6，任选其一即可． 故答案为：4（答案不唯一）． 3．北京时间11月21日0时，2022国际足联卡塔尔世界杯迎来揭幕战吸引了亿万球迷的观看．同学们知道吗？如图，此足球是由32块黑（正五边形）白（正六边形）皮子缝制而成，其中黑色皮子共有 块． 【答案】12 【分析】设足球上黑皮有x块，则白皮为块，可得五边形的边数共有条，六边形边数有条．由图可得，一块白皮（六边形）中，有三边与黑皮（五边形）相连，可得白皮边数是黑皮边数的2倍，由此列出方程，即可求解． 【详解】解：设足球上黑皮有x块，则白皮为块， ∴五边形的边数共有条，六边形边数有条． 由图形关系得：每个正六边形白皮的周围有3个黑皮边， ∴白皮的边数为黑皮的2倍， ∴ 解得：， 答：白皮20块，黑皮12块． 故答案为：12 【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，明确题意，准确得到白皮的边数为黑皮的2倍是解题的关键． 题型二 多边形的对角线问题 4．已知过n边形的一个顶点有6条对角线，一个m边形的内角和是，则（　　） A．11 B．12 C．13 D．14 【答案】D 【分析】本题主要考查多边形对角线及内角和问题，熟练掌握多边形对角线及内角和公式是解题的关键；因此此题可根据过多边形的一个顶点有条对角线，多边形内角和公式可进行求解． 【详解】解：由题意得：，， ∴， ∴； 故选：D． 5．一个多边形从一个顶点出发有5条对角线，那么这个多边形共有 条对角线． 【答案】20 【分析】本题主要考查了多边形对角线条数问题，从一个n边形的一个顶点出发有对角线，n边形公有条对角线，据此先求出多边形的边数，再求出其对角线条数即可． 【详解】解：设多边形为n边形， ∵从n边形的一个顶点出发共有5条对角线， ∴， ∴， ∴这个多边形的边数为8， ∴这个多边形共有条对角线， 故答案为：20． 6．如图，在同一平面内有5个点． (1)请按下列要求作图：连接．你得到了一个怎样的图形？ (2)在（1）的条件下，所连线段相交组成的五边形共有多少条对角线？ 【答案】(1)画图见解析，得到的图形为五角星 (2)5条 【分析】本题主要考查了画线段，多边形对角线条数问题，正确结合题意以及线段的画法画出对应的图形是解题的关键： （1）根据线段的画法作图即可； （2）根据（1）所求画出对应五边形的对角线即可得到答案． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； 由图可知，得到的图形是一个五角星； （2）解：如图所示，所连线段相交组成的五边形共有5条对角线． 题型三 多边形的内角和 7．如图， ． 【答案】 【分析】本题考查求角度，涉及三角形外角性质、四边形内角和为等知识，先由是的一个外角，是的一个外角，得到，在四边形中，由，将代入即可得到答案．熟记三角形外角性质、四边形内角和为等知识，数形结合是解决问题的关键． 【详解】解：如图所示： 是的一个外角， ， 是的一个外角， ， 在四边形中，， ， 故答案为：． 8．如图，把沿对折，点B，C分别对应点．若，则 ． 【答案】35 【分析】本题考查了三角形的内角和定理，多边形内角和定理，翻折变换的性质，熟记性质与定理并准确识图是解题的关键． 根据折叠的性质得：，，再根据三角形的内角和定理，可得，，然后根据四边形内角和得到，即可求解。 【详解】解：由折叠的性质得：，， ∵, ∴，， ∵， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴ 故答案为：35 9．在四边形中， (1)如图①，求证： (2)如图②，在边上分别取中点M、N，连接．若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，四边形内角和定理，熟知等腰三角形的性质是解题的关键． （1）根据等边对等角可得，再由角的和差关系可证明结论； （2）由三线合一定理得到，再由四边形内角和定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴ （2）解：∵，M、N分别是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 题型四 多边形的外角和 10．在中国传统建筑中，八角窗（图1）是一个独特的元素，其设计灵感源自古代的天文观测和宇宙哲学．八个角象征着“八方来风、四通八达”，寓意着开放与包容．如图2所示，这个正八边形的一个外角的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的外角和问题，根据正多边形的外角和为计算即可得解，熟练掌握正多边形的外角和为是解此题的关键． 【详解】解：正八边形的一个外角的度数为， 故答案为：． 11．如图，小明在制作树叶标本，不小心将制作好的标本遮盖到了数学作业本上的一个正边形一部分．若正边形的两条边所在直线、所夹锐角为．则的值是 ． 【答案】5 【分析】本题主要考查正多边形外角和及三角形内角和，熟练掌握正多边形外角和及三角形内角和是解题的关键；由题意易得，，然后根据三角形内角和可得，进而根据正多边形的性质可进行求解． 【详解】解：如图， 由题意得：，， ∴， ∴正多边形的边数； 故答案为5． 12．已知一个正多边形的边数为n． (1)若，求这个正多边形的内角和． (2)若这个正多边形的每个内角都比与它相邻外角的3倍还多，求n 的值． 【答案】(1) (2)9 【分析】本题考查了求多边形内角与外角，掌握多边形内角和的公式是解题的关键． （1）根据多边形内角和定理解答，即可求解； （2）设这个正多边形的每个外角为，则每个内角为，根据邻补角的性质列出方程，即可求解． 【详解】（1）解：该正多边形的内角和． 答：这个正多边形的内角和为． （2）解：设这个正多边形的每个外角为，则每个内角为， 依题意，得∶ ， 解得， ∴． 答：这个正多边形的边数n为9． 题型五 内角和与外角和的综合 13．阅读小明和小红的对话，解决下列问题． (1)这个“多加的锐角”的度数是______，这个多边形的外角和为______． (2)这个多边形是几边形？ 【答案】(1)， (2)十二边形 【分析】此题考查了多边形的内角和与外角和的计算， （1）设这个多边形的边数为n，多加的锐角度数为x，则列得，根据n是正整数，，得到； （2）利用减去每个外角的度数，求出每一个内角的度数． 【详解】（1）解：设这个多边形的边数为n，多加的锐角度数为x，则 ， ∵n是正整数，， ∴， 则这个多边形的外角和为， 故答案为，； （2）解：由（1）得出， ∴这个多边形是十二边形． 14．已知某个正多边形的一个外角等于与它相邻的内角的． (1)求这个外角的度数． (2)嘉嘉猜想这个正多边形的内角和超过，请判断嘉嘉的猜想是否正确并说明理由． 【答案】(1) (2)嘉嘉的猜想正确，理由见解析 【分析】本题主要考查多边形的内角和定理，外角和的性质，掌握内角和的计算，外角和的性质是解题的关键． （1）设与这个外角相邻的内角为，由此列式求解即可； （2）由（1）可得，这个正多边形的每个外角都相等，且都等于，则有这个正多边形的边数为，再根据多边形内角和定理即可求解． 【详解】（1）解：设与这个外角相邻的内角为，则这个外角为， 根据题意，得， 解得，， ， 这个外角的度数为． （2）解：正确，理由如下， 这个正多边形的每个外角都相等，且都等于， 正多边形的外角和为， 这个正多边形的边数为， 正多边形的内角和为， 嘉嘉的猜想正确． 15．如图，，是五边形的三个外角，若，求的度数． 【答案】 【分析】本题主要考查多边形的外角，解题的关键是熟知多边形的外角和为先求出与的外角和，再根据外角和进行求解 【详解】解：，， 题型六 平行四边形的判定 16．下列四组条件中，不能判定四边形是平行四边形的是 （    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定定理，熟知平行四边形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、不能判定四边形是平行四边形，符合题意； B、能判定四边形是平行四边形，不符合题意； C、能判定四边形是平行四边形，不符合题意； D、能判定四边形是平行四边形，不符合题意； 故选：A． 17．如图，在四边形中，，，，动点E从点A出发沿射线以的速度运动，同时点F从点B出发沿射线以的速度运动，当点F运动到点C时，两个点均停止运动．当运动时间 时，以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形． 【答案】3 【分析】考查了平行四边形的判定，根据题意得：，，则，当时，四边形是平行四边形，可得方程，解方程即可求得答案． 【详解】解：根据题意得：，， 则， ∵， ∴当时，四边形是平行四边形， 即， 解得：； 故答案为：3． 18．如图，在平行四边形中，为对角线，点为上一点，且平分． (1)请利用无刻度的直尺和圆规作出的平分线交于点（保留作图痕迹）． (2)在（1）的基础上，求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，角平分线的定义，角平分线的尺规作图，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）根据题意，作出的平分线交于点，即可作答． （2）先根据四边形是平行四边形，得，则， 因为平分，且由（1）得平分，故，所以，运用两组对边分别平行的四边形是平行四边形，即可作答． 【详解】（1）解：的平分线交于点，如图所示： （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分，且由（1）得平分 ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． 题型七 平行四边形的性质 19．如图，在平行四边形中，，平分交与点． (1)求的度数； (2)若，，求的长． 【答案】(1) (2)3 【分析】本题考查平行四边形的性质，角平分线的性质，“两直线平行，内错角相等”，等角对等边，掌握知识点是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质，可得，即可求出的度数，再由角平分线的定义，即可解答； （2）根据平行四边形的性质，可得，再由平分，，可求出，即可解答． 【详解】（1）解：在平行四边形中，， ∴， ∴， ∵平分， ∴ （2）在平行四边形中， ，， ∴， ∵平分，， ∴， ∴， ∴， ∴． 20．如图，在中，，，平分交于点． (1)求的周长； (2)若，求的度数． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据平行四边形周长公式计算即可； （2）根据平行四边形的性质得到，，得出，由平分得到，继而得到，求出． 【详解】（1）解：在中，，， 的周长． （2）解：在中，，， 平分， ， ， ． 21．如图，四边形是平行四边形． (1)当时，求其余各内角的度数； (2)当，四边形的周长等于22时，求其余三边的长． 【答案】(1)； (2)， 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质： （1）平行四边形的两组对边分别平行，据此根据平行线的性质求解对应角的度数即可； （2）平行四边形两组对边分别相等，则可得到的长，再根据四边形周长计算公式求出的长即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形的周长为22， ∴， ∴． 题型八 平行四边形判定与性质的应用 22．图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．点、、均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作平行四边形，使点、均在格点上． (1)在图①中，点是平行四边形对称中心； (2)在图②中，点在平行四边形的边上且不与顶点重合； (3)在图③中，点在平行四边形的内部且不是对称中心． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查作图一应用与设计作图、平行四边形的性质； （1）根据平行四边形的性质画图即可； （2）根据平行四边形的性质画图即可； （3）根据平行四边形的性质画图即可． 【详解】（1）如图所示： （2）如图所示 （3）如图所示 或 23．如图，张雨同学想了一个测量池塘宽度AB的方法：过点A、B引直线、相交于点C，在上取点E、G，使，再在上分别取点F、H，使，测得．于是，她就得出了结论：池塘的宽为．你认为她说得对吗？请说明理由． 【答案】说法正确，理由见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，过点作，交于点．只要证明四边形是平行四边形且即可． 【详解】解：正确． 理由：过点作，交于点，则， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴． 24．如图1是某小区的倾斜式停车位，如图2是其示意图，工人在绘制时会保证四边形停车位的边，边，且．求这个四边形停车位的面积． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定以及性质，勾股定理，含直角三角形的性质，先判定四边形是平行四边形．过点作，交的延长线于点．由平行四边形的性质可得出，进而可得出，由直角三角形两锐角互余可得出，由含直角三角形的性质得出，由勾股定理求出，最后根据平行四边形的面积公式求面积即可． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形． 如图，过点作，交的延长线于点． ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴， ∴． 在中，由勾股定理， 得， ∴， 即这个四边形停车位的面积是． 题型九 矩形的判定 25．在平行四边形中，对角线、相交于点，添加一个条件，可以得到平行四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键．矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．根据矩形的判定定理判断即可． 【详解】解：A、在平行四边形中，当时，根据对角线相等的平行四边形是矩形，那么可知平行四边形是矩形，故符合题意； B、在平行四边形中，当时，那么该平行四边形是菱形，故不符合题意； C、在平行四边形中，本来就有，当时，那么可知平行四边形还是平行四边形，故不符合题意； D、在平行四边形中，当时，不能判定平行四边形是矩形，故不符合题意； 故选：A． 26．已知四边形是平行四边形，对角线与交于点O，添加一个条件使得四边形是矩形，则这个条件可以是 ．（只写一个） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查的是矩形的判定，根据矩形的判定方法添加条件即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， 添加： ∴四边形是矩形； 或添加，可得四边形是矩形； 故答案为： 27．如图，E，F是的对角线上两点，且． (1)求证：； (2)连接，，请添加一个条件，使四边形为矩形． 【答案】(1)见解析 (2)（答案不唯一） 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握相关的知识是解题的关键． （1）利用平行四边形的对边平行且相等得到，，再由平行线的性质和平角的定义证明，最后根据证明得到，进而可证明； （2）根据全等三角形的性质可得，根据一组对边平行且相等证四边形为平行四边形，再根据矩形的判定定理证明即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：添加的条件：，证明如下： ∵， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形． 题型十 矩形的性质 28．如图，平行四边形中，对角线，于点E，于点F， (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了全等三角形的证明，矩形的判定与性质，三角形内角和定理，通过比值换算，求出角的度数，再通过三角形内角和计算是解题的关键． （1）要证明平行四边形是矩形，证明求得即可． （2）首先根据矩形的性质和得到，，则，然后利用三角形内角和定理求解即可． 【详解】（1）证明：，， ， 在和中， ， ， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ∴四边形是矩形； （2）解：由（1）得：四边形是矩形， ，， ， 在直角三角形中，， ． 29．如图，在中，为边上一点，以为边作矩形．若，，则的大小为 度．    【答案】60 【分析】想办法求出，利用平行四边形的性质即可解决问题． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 故答案为：60． 【点睛】本题考查矩形的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题． 30．如图，在正方形中，点是上一动点（不与，重合），对角线，相交于点，过点分别作，的垂线，分别交，于点与点，交，于点与点，若正方形的边长是2，则四边形的周长是（   ） A．2 B． C．4 D． 【答案】B 【分析】本题考查出正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，四边形的周长，先根据四边形的性质得，，，进而得和是等腰直角三角形，，，即可计算四边形的周长． 【详解】解：方形的边长是2， ，，， 又，， 和是等腰直角三角形， ，， 四边形的周长， ， ， ． 故选：B． 题型十一 矩形的折叠问题 31．如图，将矩形纸片沿折叠，使点A落在对角线BD上的点处．若，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，平行线的性质，解题关键是熟练掌握平行线的性质和折叠的性质． 由矩形的性质得，由折叠的性质得，，根据平行线的性质求得，再求出，即可求得． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， 由折叠的性质得：，， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 32．如图，在矩形中，，，是的中点，是动点，将沿翻折，得到，则的最小值是 ． 【答案】/-1+ 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，由矩形的性质可得，，结合题意得出，连接，由勾股定理可得，由折叠的性质可得，结合得出当、、在同一直线上时，最小，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：∵四边形为矩形， ∴，， ∵是的中点， ∴， 如图，连接， ， 由勾股定理可得：， 由折叠的性质可得：， ∵， ∴当、、在同一直线上时，最小，为， 故答案为：． 33．综合运用． 如图，在平面直角坐标系中，放入一个矩形纸片，将纸片翻折后，点恰好落在轴上，记为，折痕为．直线的关系式是，与轴相交于点，且． (1)求的长度； (2)求点的坐标； (3)求矩形的面积 【答案】(1) (2)点 (3)矩形的面积为． 【分析】本题考查矩形与一次函数的综合，解题的关键是掌握一次函数的图象和性质，矩形的性质，勾股定理的应用，折叠的性质，进行解答，即可． （1）根据一次函数的性质，求出点的坐标，即可； （2）根据矩形的性质，可得，，，根据折叠的性质，得到，，根据勾股定理求出，设，再根据勾股定理得，解出，即可得到点的坐标； （3）根据，，矩形的面积公式，即可． 【详解】（1）解：∵直线的关系式是 ∴当时， ∴点 ∴． （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， 由折叠可得，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 设， ∴，， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴点． （3）解：∵，， ∴矩形的面积为：． 题型十二 菱形的判定 34．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． 35．如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，从①；②；③中选择一个作为条件，补充后使四边形是菱形，则应选择 （限填序号）． 【答案】①③或③① 【分析】本题主要考查了菱形的判定定理，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，据此可得到答案． 【详解】解：添加条件①时， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形，故①符合题意； 添加条件②时， ∵四边形是平行四边形，， ∴不能得到四边形是菱形，故②不符合题意； 添加条件③时， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形，故③符合题意； 故答案为：①③． 36．如图，在矩形中，，，点P从点D出发沿向终点A运动；点Q从点B出发沿向终点C运动．P，Q两点同时出发，它们的速度都是2．连接，，．设点P，Q运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是矩形？ (2)当t为何值时，四边形是菱形？ 【答案】(1) (2) 【分析】本题是四边形的综合题，主要考查了平行四边形的性质、矩形的判定，菱形的判定，勾股定理和动点问题，解题的关键是熟练掌握以上知识点． （1）当四边形是矩形时，，据此求得t的值； （2）当四边形是菱形时，，列方程求得运动的时间t． 【详解】（1）解∶P，Q两点同时出发，它们的速度都是， ， ， 四边形是矩形 ，即， 解得； （2）解：四边形是矩形， ， 四边形是菱形， ， 在中，， 即 ， ． 解得． 题型十三 菱形的性质 37．如图，对角线，相交于点，过点作且，连接，，． (1)求证：是菱形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证得四边形是平行四边形，再证得四边形是矩形，得，即可证得平行四边形是菱形； （2）先证得是等边三角形，得，利用勾股定理求得，结合矩形的性质可得、，再通过勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， ， 平行四边形是菱形． （2）解：由（1）得：四边形是菱形， ，，， ， 是等边三角形， ， ， 在中，， 由（1）可得：四边形是矩形， ，， 在中，． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键． 38．如图，在平行四边形中，，平分，交于点E，过点E作交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若菱形的周长为16，，求的大小． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，勾股定理，解题的关键是利用这些性质和判定解决问题． （1）由题意可得四边形是平行四边形，由平分，可得，则结论可得 （2）连接交于点；则于点．由题意可得，，，可得的长即可求的长． 【详解】（1）证明：四边形为平行四边形， ，即 ， ， ∴四边形为平行四边形， 平分， ， ∵， ， ， ， ∴四边形是菱形； （2）解：连接交于点，    ∵四边形为菱形， ∴，， ，， ， ∵菱形的周长为， ， 在中， ， 由勾股定理可得：， ． 39．如图，在菱形中，是对角线上一点，点在的延长线上，，交边于点． （1）求证：； 【问题探究】 （2）当时，连接，探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）详见解析 （2） 【分析】本题考查了菱形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先由菱形性质得出，，再证明，结合边的等量代换，即可作答． （2）由全等三角形的性质得出以及等边对等角，得出，结合菱形性质，则，即可证明是等边三角形，则． 【详解】（1）∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． （2） ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 题型十四 菱形的面积计算 40．如图，在矩形中，延长到点D，使，延长到点E，使，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2)24 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再结合矩形的性质得，故四边形是菱形； （2）先运用勾股定理算出，再根据菱形的性质求出面积，即可作答． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ∴， ， 四边形是菱形； （2）解：， ， ，， ， ，， 四边形的面积． 41．如图，在四边形中，对角线交于点O，． (1)求证：； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质： （1）证明，即可求证； （2）先证明四边形是菱形，再根据勾股定理可得，然后根据菱形的面积公式计算，即可求解． 【详解】（1）证明：在和中， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴四边形的面积为． 42．如图，平行四边形的对角线，相交于点，、分别是，的中点，连接，．    (1)根据题意，补全图形； (2)求证：； (3)若，，．求平行四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)四边形的面积为． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定． （1）根据题意即可补全图形； （2）根据平行四边形的性质证明即可得结论； （3）证明四边形是菱形，利用菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：如图，即为补全的图形，    （2）证明：是平行四边形， ，（平行四边形的对角线互相平分）， ，分别是，的中点， ， 又， ， ； （3）解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ∵，， ∴四边形的面积为． 题型十五 正方形的判定 43．如图，在菱形中对角线，交于点，要使该菱形成为正方形，则应添加的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正方形的判定，根据对角线相等的菱形是正方形，即可解答． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴菱形是正方形． 故选：A． 44．在菱形中，对角线相交于点O，若添加一个条件使该菱形为正方形，该条件可以是 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查的是正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键． 依据正方形的判定定理进行判断即可． 【详解】解：根据对角线相等的菱形是正方形，可添加：； 根据有一个角是直角的菱形是正方形，可添加的：； 故添加的条件为：或． 45．如图，在中，O是的中点． (1)将点A绕着点O旋转后得到点，连接、，得到四边形，则这个四边形是______形，你判断的理由是______； (2)若要使四边形为菱形，则需满足的条件是______； (3)若要使四边形为正方形，则需满足的条件是______． 【答案】(1)平行四边；对角线互相平分的四边形是平行四边形 (2) (3)且 【分析】本题考查了旋转的性质，平行四边形、菱形、正方形的判断． （1）旋转中心为点O，旋转角为，根据旋转的性质可知，，已知，根据平行四边形的判定定理得四边形为平行四边形； （2）根据两邻边相等的平行四边形是菱形，添加条件； （3）根据有一个角为直角的菱形为正方形，在（2）的条件基础上增加． 【详解】（1）解：如图， 由旋转的性质及，可知这个四边形是平行四边形， 判断的理由是：对角线互相平分的四边形是平行四边形； 故答案为：平行四边形，对角线互相平分的四边形是平行四边形； （2）解：应满足条件：； 故答案为：； （3）解：应满足条件：且； 故答案为：且． 题型十六 正方形的性质 46．如图，点C的坐标是，A为坐标原点，轴于B，轴于D，点E是线段的中点，过点A的直线交线段于点F，连接EF，若平分，则k的值为（    ） A．1 B．3或2 C．1或3 D．1或 【答案】C 【分析】本题综合考查了正方形的判定与性质、一次函数的解析式求解、全等三角形的综合问题、勾股定理等知识点，根据题意可得四边形是正方形．分类讨论当点与点重合和当点不与点重合的情况即可． 【详解】解：由题意得：，， ∴四边形是正方形， ∴， 如图所示：作， 则， ∵， ∴， ∴，， ∵点E是线段的中点， ∴， ∴，， ∵， ∴， 解得：， ∴， 将代入得：， ∴； 当点与点重合时，满足平分， 此时， 将代入得：， ∴； 故选：C． 47．如图，在一张矩形纸片中，，分别是和的中点．现将纸片按如图方式折叠，使点与上的点重合．若平分，则的长为 ． 【答案】 【分析】根据题意可得四边形是矩形，，是等腰直角三角形，则，如图所示，过点作，可得是等腰三角形，四边形是矩形，是正方形，四边形是矩形，则，，根据折叠，得到，在中由勾股定理得到，由即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵点，分别是和的中点， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵平分， ∴， ∴是等腰直角三角形，则， 如图所示，过点作， ∴是等腰三角形， ∴四边形是矩形，是正方形，四边形是矩形， ∴，， ∵折叠， ∴， 在中，， ∴， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，折叠性质，勾股定理的运用，掌握矩形的折叠，勾股定理的运用是解题的关键． 48．如图，在矩形中，点E，F分别在，上，连接，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求矩形的周长． 【答案】(1)四边形是正方形，理由见解析 (2)8 【分析】此题考查了矩形的性质，正方形的性质和判定， （1）首先根据题意证明出四边形是矩形，然后由得到四边形是正方形； （2）根据矩形和正方形的性质求解即可． 【详解】（1）∵四边形是矩形 ∴， ∵ ∴四边形是矩形 ∵ ∴四边形是正方形； （2）∵四边形是正方形， ∴ ∴ ∴矩形的周长． 题型十七 正方形的折叠问题 49．如图，正方形中，是边上的一点，将沿折叠，使点落在点处，延长交于点，连接． (1)求证：； (2)连接，若，求证：为的中点． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质等．借助进而通过中位线的判定可以快速证明结论． （1）根据题意易得和，然后由即可证明结论； （2）由（1）的结论，得，,由，得，进而可得，得，，即可证明结论． 【详解】（1）证明：根据翻折的性质，，， 又，，， ，， 在和中，， ． （2）证明：如图，连接，交于点． 由（1）知， ，, 又， ， ， ， ， 点为中点． 50．如图，已知在正方形中，，．将正方形折叠，使点B落在边的中点Q处，点A落在P处，折痕为．已知长为．    (1)求线段和线段的长； (2)连接 ，　 　． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）由对角线为，易知边长为8．设，由折叠可知在中，由勾股定理有，解得，即可得； （2）连接，作于点G，连接交于点H，由折叠知，可证明，则，，在中由勾股定理可求． 【详解】（1）解：∵对角线， ∴， 设，由折叠可知， 由于Q为中点， 则， 在中，由勾股定理可得： ， 解得：． 故； （2）解：如图所示，连接，作于点G，连接交于点H，    由折叠可知， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， 由折叠可得， 由勾股定理有． 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，熟悉折叠的性质、掌握以上定理并利用勾股定理建立关于x的方程是解题的关键． 51．如图，E、F分别是正方形ABCD边AB、AD的中点，将△ABF沿BF折叠，点A落在点Q处，连接FQ并延长，交DC于G点． (1)求证：CE＝BF； (2)若AB＝4，求GF的值． 【答案】(1)见解析 (2)GF的值为． 【分析】（1）先判断出AF=BE，进而得出△FAB≌△EBC（SAS），即可得出结论； （2）连接BG，根据HL证明Rt△BQG≌Rt△BCG，得QG=GC，设QG=b，在Rt△DFG中，根据勾股定理列方程可得b，从而可得结论． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠A=∠ABC=90°， ∵E、F分别是正方形ABCD边AB、AD的中点， ∵AF=BE， ∴△FAB≌△EBC（SAS）， ∴CE=BF； （2）解：如图，连接BG， 由折叠得：AB=BQ，∠BQF=∠A=90°， ∵AB=BC， ∴BC=BQ， ∵BG=BG， ∴Rt△BQG≌Rt△BCG（HL）， ∴QG=GC， ∵AB=4，F是正方形ABCD边AD的中点， 设QG=b， 则DF=AF=FQ=2，FG=2+b，DG=4-b， 在Rt△DFG中，∵DF2+DG2=FG2， ∴， ∴b=，即QG=， ∴GF=FQ+QG=2+=． ∴GF的值为． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，正确作辅助线是本题的关键． 题型十八 中点四边形 52．如图所示，E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，连接EF、FG、GH、HE，则四边形EFGH为________形． （1）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是菱形． （2）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是矩形． （3）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是正方形． 在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． 【答案】平行四边形；（1）AC＝BD，理由见解析；（2）AC⊥BD，理由见解析；（3）AC＝BD且AC⊥BD，理由见解析； 【分析】连接AC，BD，可以根据E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，得到线段EF、FG、GH、HE分别为△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位线，由中位线定理可以证明四边形EFGH为平行四边形；再根据菱形，矩形和正方形的判定条件，添加对应的条件即可得到答案. 【详解】解：四边形EFGH为平行四边形； 连接AC，BD ∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点 ∴线段EF、FG、GH、HE分别为△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位线 ∴，，，， ∴， ∴四边形EFGH为平行四边形； （1）AC＝BD， 理由：如图①四边形ABCD的对角线AC＝BD， ∵四边形EFGH为平行四边形，且，， ∴EH＝GH， ∴平行四边形EFGH为菱形． （2）AC⊥BD， 理由：如图②四边形ABCD的对角线互相垂直， ∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点 ∴线段EF、FG、GH、HE分别为△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位线 ∴，， ∵AC⊥BD， ∴EF⊥HE， ∵四边形EFGH为平行四边形． ∴四边形EFGH为矩形． （3）AC＝BD且AC⊥BD， 理由：如图③四边形ABCD的对角线相等且互相垂直， 综合（1）（2）可得四边形EFGH为正方形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解. 53．顺次连接四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．回答下列问题： (1)只要原四边形的两条对角线______，就能使中点四边形是菱形； (2)只要原四边形的两条对角线______，就能使中点四边形是矩形； (3)请你设计一个中点四边形为正方形，但原四边形又不是正方形的四边形，把它画出来． 【答案】（1）相等；（2）垂直；（3）见解析 【分析】(1)根据菱形的判定定理即可得到结论； (2)根据矩形的判定定理即可得到结论； (3)根据三角形的中位线平行于第三边并等于第三边的一半，先判断出AC=BD，又正方形的四个角都是直角，可以得到正方形的邻边互相垂直，然后证出AC与BD垂直，即可得到四边形ABCD满足的条件． 【详解】解：(1)顺次连接对角线相等的四边形的四边中点得到的是菱形； (2)顺次连接对角线垂直的四边形的四边中点得到的是矩形； (3)如图，已知点E、F、G、H分别为四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，AC=BD且AC⊥BD， 则四边形EFGH为正方形， ∵E、F分别是四边形ABCD的边AB、BC的中点， ∴EF∥AC，EF=AC， 同理，EH∥BD，EH=BD，GF=BD，GH=AC， ∵AC=BD， ∴EF=EH=GH=GF， ∴平行四边形ABCD是菱形． ∵AC⊥BD， ∴EF⊥EH， ∴四边形EFGH是正方形， 故顺次连接对角线相等且垂直的四边形的四边中点得到的四边形是正方形， 故答案为：相等，垂直． 【点睛】本题考查了中点四边形的判定，以及三角形的中位线定理和矩形的性质，正确证明四边形EFMN是平行四边形是关键． 54．如图，点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，则下列命题中：①若，则四边形为矩形；②若，则四边形为菱形；③若四边形是平行四边形，则与互相平分；④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等．其中是真命题的序号是 ． 【答案】④ 【分析】本题考查中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识， 先证明一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线时，中点四边形是菱形，当对角线时，中点四边形是矩形，当对角线，且时，中点四边形是正方形，再逐一分析各选项即可． 【详解】解：∵点 E、F、G、H分别是四边形边边、、、的中点， ∴，，，，，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ①当时，则， 则四边形为菱形，①说法错误； ②当时，则， 则四边形为矩形，②说法错误； ③四边形一定是平行四边形，与不一定互相平分，③说法错误； ④当四边形是正方形时，与互相垂直且相等，④说法正确； 故答案为：④． 题型十九 三角形的中位线 55．如图，在中，，，点、分别是、的中点，于点，则线段的长为 ． 【答案】2 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边中线定理等知识点，解题的关键是熟练掌握三角形中位线定理． 利用三角形中位线定理得出，利用直角三角形斜边中线定理得出，即可得出结果． 【详解】点、分别是、的中点， 是的中位线， ， ， ， ， ， 在中，点是的中点，， 则， ， 故答案为：． 56．阅读下面材料，完成相应的任务． 四边形的中位线我们学习过三角形的中位线，类似的，把连接四边形对边中点的线段叫做四边形的中位线． 如图1，在四边形中，点M，N分别是，的中点，则就是四边形的中位线．求四边形的中位线的长度，可以通过找中点，将其转化为三角形的中位线解决． 例：如图2，在四边形中，点E，F分别是，的中点．若，，，，求的长． 解：如图2，取的中点P，连接，． 点E、F分别是，的中点， ，，，．（依据） …… 任务： (1)上述材料中的依据是指：_______． (2)将材料中的解题过程补充完整． (3)如图3，在四边形中，点E，F分别是，的中点，，，，延长，交于点M，延长交于点N．求证：． 【答案】(1)三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半（或三角形的中位线定理） (2)5 (3)见解析 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理及逆定理等知识；熟练运用相关性质定理是正确解答此题的关键． （1）根据三角形的中位线定理即可解答； （2）由三角形中位线定理得，，，，根据平行线的性质可得出，进而可得．再由勾股定理即可得． （3）连接，取的中点H，连接，．根据三角形中位线定理得，，，．进而可得，．用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，且．即可得结论． 【详解】（1）三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半（或三角形的中位线定理） （2）解：如图2，取的中点P，连接，． 点E、F分别是，的中点， ，，，．（三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半） ，． ． ． 在中，由勾股定理，得． （3）证明：如图，连接，取的中点H，连接，． 点E，F分别是，的中点， ，，，． ，． ，，， 是直角三角形，且． ． ． 57．如图，中，，、分别是、的中点，以为斜边作． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质定理和直角三角形斜边中线定理，平行线的性质和等腰三角形的性质等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质定理，并灵活应用． （1）利用三角形中位线性质定理和直角三角形斜边中线定理即可得出； （2）根据平行线的性质得到，根据直角三角形的性质得到，根据等腰三角形的性质计算即可． 【详解】（1）证明：∵、分别是、的中点 ∴ ∵是的中点，， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵、分别是、的中点， ∴， ∴， ∵是的中点，， ∴, ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 题型二十 中心对称 58．未来将是一个可以预见的时代．一般指人工智能，它是一门研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的新的技术科学．下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是轴对称图形也是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别．如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形；在平面内一个图形绕着一点旋转180度，旋转后的图形与原来的图形完全重合,这个图形就叫做中心对称图形．根据定义逐项判断即可． 【详解】解：A，不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意； B，是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意； C，不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意； D，是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； 故选D． 59．如图，在单位长度为1的平面直角坐标系网格中，与的顶点都在格点上，且与关于点E成中心对称，则对称中心点E的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了中心对称图形的性质，正确理解中心对称图形的性质是解题的关键．根据中心对称图形中，对应点连线被对称中心平分，即得答案． 【详解】如图，连接，，相交于点E，点E即为对称中心， 则对称中心点E的坐标是． 故答案为：． 60．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上． (1)将向右平移6个单位长度得到，请画出； (2)画出关于点O的中心对称图形； (3)若将绕某一点旋转可得到，请直接写出旋转中心的坐标． 【答案】(1)作图见解析 (2)作图见解析 (3) 【分析】本题主要考查作图—旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质． （1）利用平移变换的性质分别作出的对应点，再顺次连接即可； （2）利用中心对称的性质分别作出的对应点，再顺次连接即可； （3）结合图形并根据平移的性质、中心对称的性质求出点的坐标，连接，则的交点，即为旋转中心的坐标． 【详解】（1）如图所示， （2）如图所示， （3）由图可知，，， ，， 则的中点为，即， 则的中点为，即， 的中点均为， 与 是以点为对称中心的中心对称图形， 旋转中心的坐标为． 题型二十一 多边形内角和、外角和压轴 61．（1）如图1，在中，已知，点E在线段的延长线上，和的角平分线交于点D，则 ； （2）如图2，，且，和的平分线交于点F，则等于多少（用α，β表示）？ （3）如图3，，且，和的平分线交于点F，则等于多少（用α，β表示）？ 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】（1）根据角平分线的定义可得，结合三角形外角的性质可得，即可求解； （2）由三角形外角的性质可得，然后根据角平分线的定义可得，再由四边形内角和定理，即可求解； （3）由三角形外角的性质可得，再由对顶角相等可得，然后由角平分线的定义可得，从而得到，即可求解． 【详解】解：（1）如图1， ∵分别平分和， ∴． ∵是的一个外角， ∴． ∵是的一个外角， ∴． ∴． 故答案为：． （2）由题意，如图2， ∵是的一个外角， ∴． 又∵分别平分和， ∴． ∴． 又∵， ∴． 又∵， ∴． （3）由题意，如图3， ∵是的一个外角， ∴． 又∵， ∴． 又∵分别平分和， ∴． ∴． 又∵， ∴ 又∵， ∴． 【点睛】本题主要考查三角形内角和定理，三角形外角的性质，多边形的内角和定理，角平分线的定义等知识的综合，掌握多边形内角和定理，三角形外角的性质是解题的关键． 62．【问题提出】小颖同学在学习中自主探究以下问题，请你解答她提出的问题： (1)如图1所示，已知，点为，之间一点，连接，，得到．请猜想与之间的数量关系，并说明理由； (2)【类比迁移】如图2所示，已知，点为之间一点，和的平分线相交于点，若，求的度数； (3)【变式挑战】小颖结合角平分线的知识将问题进行深入探究，如图3所示，已知：，点的位置移到上方，点在延长线上，且平分与的平分线相交于点，请直接写出与之间的数量关系． 【答案】(1)，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）如图：过E作，结合，根据平行线的性质、角的和差以及等量代换即可解答； （2）如图：延长交于点G，利用平行线性质、三角形外角性质、角的平分线定义，四边形内角和定理，解答即可． （3）如图：延长交于点M，然后利用平行线的判定和性质，三角形外角性质解答即可． 【详解】（1）解：，理由如下： 如图：过E作， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴． （2）解：如图：延长交于点G， ∵， ∴， ∵和的平分线相交于点， ∴． ∵，， ∴， ∴． （3）解：，理由如下： 如图：延长交于点M， ∵， ∴， ∵分与的平分线相交于点， ∴，， 设，的交点为N， ∵，且，， ∴， ∴， ∴，即． 【点睛】本题主要考查了平行线的判定和性质、三角形外角性质、对等角相等、四边形内角和定理、角的平分线等知识点，熟练掌握平行线的性质和三角形外角性质是解题的关键． 63．簪花结束后，小强和爸爸牵着妈妈的手，到蟳埔村参观游玩拍照纪念，精美的镂空窗花搭配蚵壳墙，极具泉州古民居特色，给小强一家留下来极其深刻的印象，在感叹泉州人民的勤劳与智慧的同时，聪明的小强发现有的窗花是由几种形状的正多边形组合镶嵌而成，具有很好的对称美，小强爸爸给他出了如下两个题目，请帮帮小强一起解决． (1)已知一扇窗户在某个结点处由两种边长相等的正多边形镶嵌而成，其中一种是等边三角形，另一个种不能是下列哪种形状的正多边形______（填序号） ①正三角形 ②正四边形 ③正五边形 ④正六边形 (2)小强发现某个花纹用4个全等的正八边形进行拼接，使相等的两个正八边形有一条公共边，围成一圈后中间形成一个正方形，如图1，小强猜想，如果用n个全等的正六边形按这种方式进行拼接，如图2，若围成一圈后中间形成一个正多边形，则n的值为______，并简要说明理由 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了平面镶嵌，熟练掌握平面图形的镶嵌是解题的关键：用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙，不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌． （1）分别求出各多边形内角的度数，再由密铺的条件即可得出结论； （2）根据正六边形各内角的度数即可得出结论． 【详解】（1）解：①正三角形的内角是，，可以密铺，不符合题意； ②正四边形的内角是，，可以密铺，不符合题意； ③正五边形的内角是，，不能密铺，符合题意； ④正六边形的内角是，，可以密铺，不符合题意； 故答案为：③； （2）解：，理由如下： 由题意得，这个正六边形围成的图形是一个正多边形，由图可知，围成的这个正多边形的每个内角的度数是， ， 解得：， 故答案为：． 题型二十二 平行四边形的存在性问题 64．如图所示，正方形的边长为6，点C在x轴上，点A在y轴上． (1)如图 1，动点P从点B出发，沿方向以每秒1个单位的速度向点C匀速运动；同时动点Q从点C出发，沿方向以每秒2个单位的速度向点O匀速运动，当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．设运动时间为．当为等腰三角形时，求t的值； (2)如图 2，正方形沿直线折叠，使得点A落在对角线上的点E 处，折痕与、x轴分别交于点D、F，求出点D的坐标； (3)在（2）的条件下，若点N是平面内任一点，在x 轴上是否存在点M，使M、N、E、O为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)或或或 【分析】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理等知识． （1）由题意得，，，列出方程，解方程可得出答案； （2）由折叠的性质可知：，，，设，则，，由勾股定理可得出答案； （3）分三种情况，①当、是菱形的边时，②当是对角线，是边长时，③当是对角线，是边长时，由菱形的性质可得出答案． 【详解】（1）解：由题意得，，， ∴， 当为等腰三角形时，， ∴， ∴； （2）解：如图， 由折叠的性质可知：，，， ∴，， 设，则，， 在中， 由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴； （3）解：在x轴上存在点M，使M、N、E、O为顶点的四边形是菱形； 分以下三种情况： ①当、是菱形的边时， ∵， ∴， ∴或； ②当OE是对角线，OM是边长时， ∵，， ∴， ∴； ③当是对角线，是边长时， 此时， ∴， ∴． 综上所述，点M的坐标为或或或． 65．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，过点的另一直线交轴正半轴于，且面积为15． (1)求点的坐标； (2)若为线段上一点，且的面积等于的面积，求的坐标； (3)在（2）的条件下，点为直线上一动点，在轴上是否存在点，使以点、、、为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)或或． 【分析】（1）先求出A、B的坐标，然后根据三角形的面积求出C； （2）求出直线的表达式，根据求解即可； （3）求出直线的表达式，然后分三种情况：①当为平行四边形的边，四边形为平行四边形时；②当为平行四边形的边，四边形为平行四边形时；③当为平行四边形的对角线时，讨论求解即可． 【详解】（1）解：直线与x轴交于点A，与y轴交于点B， ∴， 即， ∵面积为15， ∴， ∴， ∴ （2）设直线的表达式为， 将点B、C的坐标代入一次函数表达式得： 解得： ∴直线的表达式为：； ∵， ∴，解得：， ∴ 解得：， ∴； （3）∵， 设直线的表达式为， 将点A、M的坐标代入一次函数表达式得：， 解得： ∴直线的表达式为：． ①当为平行四边形的边，四边形为平行四边形时，如图： ∵，， ∴点E的纵坐标是5， ∵点E为直线上一动点，直线的表达式为：． ∴，解得：， ∴， ∴， ∵， ∴； ②当为平行四边形的边，四边形为平行四边形时，如图：过点E作轴于F， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点E的纵坐标是， ∵点E为直线上一动点，直线的表达式为：． ∴，解得：， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ③当为平行四边形的对角线时， ∵，， ∴点E的纵坐标是5， ∵点E为直线上一动点，直线的表达式为：．． ∴，解得：， ∴， ∴， ∵， ∴． 综上，存在，满足条件的点D的坐标为或或． 【点睛】本题主要考查了一次函数的综合题，待定系数法求一次函数解析式，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 66．如图，已知直线与轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，与直线交于点． (1)求直线的解析式； (2)若点在直线上，使，求点的坐标; (3)点是直线上一动点，点是直线上一动点，点是坐标平面内一点，若以点为顶点的四边形为正方形，且是正方形的边，若存在，请直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2)或． (3)点的坐标为或或或． 【分析】（1）利用待定系数法即可求得直线的解析式； （2）过点作轴交于点，设，则，根据建立方程求解即可得出答案； （3）设，，分四种情况：当四边形是正方形时，如图，过点作轴，过点作轴于点，交于点，可证，可得，，建立方程组求解即可得出答案；当四边形是正方形时，如图，过点作轴于点，过点作轴于点，可证得，得出，，再建立方程组求解即可得出答案；当四边形是正方形时，如图，过点作轴于点，过点作轴于点，可证得，得出，，建立方程组求解即可得出答案；当四边形是正方形时，如图，过点作轴，过点作轴于点，交于，可证得，得出，，再建立方程组求解即可得出答案． 【详解】（1）解：∵直线：经过点， ， ， 设直线的解析式为，把，代入， 得： ，解得：， 直线的解析式为． （2）解：如图，过点作轴交于点，连接，设，则， ∵与轴交于点， 当时，，则， 又∵， ∴， ， ∴在点的上方， ∴， ， ，解得：或， 当时，； 当时， 点的坐标为或． （3）解：设，， 当四边形是正方形时，如图，过点作轴，过点作轴于点，交于点，， 则，，，，， 四边形是正方形， ，， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， 解得： 点的坐标为； 当四边形是正方形时，如图，过点作轴于点，过点作轴于点， 则，，，，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， 解得：， 点的坐标为； 当四边形是正方形时，如图，过点作轴于点，过点作轴于点， 则，，，，， ， ， ， ， ， ， ，， ， 解得：， 点的坐标为； 当四边形是正方形时，如图，过点作轴，过点作轴于点，交于， 则，，，，， ， ，， ， ， ， ，， ， 解得：， 点的坐标为； 综上所述，点的坐标为或或或． 【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了用待定系数法求一次函数解析式、三角形面积、全等三角形的判定和性质、正方形的性质等知识点，掌握分类讨论思想是解题关键． 题型二十三 平行四边形中旋转、翻折问题 67．如图1，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A的坐标是，顶点C在y轴上，顶点B在第一象限，对角线，交于点D，将沿翻折使点O的对应点落在坐标平面内的点E处，与交于点F． (1)求证：； (2)若，求的长； (3)若，点P在对角线上运动，当以P，A，E为顶点的三角形是等腰三角形时，求点P的坐标． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（1）根据矩形的性质可知，根据平行线的性质得出，根据折叠得出，得出，即可证明结论； （2）根据矩形的性质得出，，，证明为等边三角形，得出，求出，得出，求出； （3）分两种情况：当时，当时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】（1）解：∵四边形为矩形， ∴， ∴， 根据折叠可知：， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴． ∵将沿翻折后得到， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴． （3）解：∵， ∴当点P在线段上运动且不与点A重合时，． ∴当是等腰三角形时，或．     如图2，当时，点P与点D重合，作于点G． ∵， ∴．     ∵， ∴， ∴， ． ∴． ∴， 如图3，当时，作于点H． 则， ∴， ∴， ∴， 综上可知，点P的坐标为或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行线的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，作出辅助线，注意进行分类讨论． 68．如图，在平面直角坐标系中，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点C为y轴负半轴上一点，且，直线经过A，C两点． (1)求直线的解析式； (2)如图1，将直线向上平移个单位长度得到直线，与直线交于点Q，与x轴，y轴分别交于点D，点E．点P是直线上位于第四象限内的一点，点M，N分别在直线，上．若点N在点M左侧，且，连接，，，当时，求点P的坐标以及的最小值； (3)如图2，将绕点O逆时针旋转得到，在旋转过程中，直线与x轴于交点G，与直线交于点H，在平面内确定一点K，使得四边形为菱形，请直接写出所有符合条件的点K的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）先求出，得出，结合题意可得，从而得出，再利用待定系数法求解即可； （2）先求出，，设，结合，得出，求出，从而求出，求出直线的解析式为，，，，，作交于，则四边形为平行四边形，为等边三角形，，作交于，求出，，利用平移得出，则，，证明四边形为平行四边形，得出，作点关于直线的对称点，连接交于，连接，则，，求出，由轴对称的性质可得，从而可得，即的最小值为，求出的值即可得解； （3）分两种情况：四边形第一次为菱形时，过点作轴于点，过点作轴于点，利用含角的直角三角形的性质求出点和点的坐标，再利用菱形中，是平移来的，结合点到点的平移方式，即可求出点的坐标；当四边形第二次为菱形时，过点作轴于点，此时点与点重合，得出点坐标，利用含角的直角三角形的性质求出点的坐标，再利用菱形中，是平移来的，结合点到点的平移方式，即可求出点的坐标． 【详解】（1）解：∵直线交x轴于点A， ∴当时，， 解得，即， ∴， ∵， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 将，代入解析式， 得：， 解得：， ∴直线的解析式为； （2）解：在中，当时，，即， ∴， ∴， 由（1）可得， ∴， ∵点P是直线上位于第四象限内的一点， ∴设， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∵将直线向上平移个单位长度得到直线，直线的解析式为， ∴直线的解析式为，，， ∴， 当时，，即， 当时，，解得，即， ∴，，， ∴， 如图，作交于， 则四边形为平行四边形，， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形，， 作交于，则， ∴， 将点沿方向平移单位长度得到点（即向左平移个单位长度，向上平移个单位长度）， 则，即， 则，， ∴四边形为平行四边形， ∴， 作点关于直线的对称点，连接交于，连接，则，，过点作轴于点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 由轴对称的性质可得， ∴， ∴的最小值为， ∵， ∴的最小值为， ∴的最小值； （3）解：如图，四边形第一次为菱形时，过点作轴于点，过点作轴于点， 此时为等腰三角形，且， ∴， ∴， 由旋转知，， ∴， ∵轴， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴，， ∴， ∴， 由菱形中，，， ∴是平移来的， ∵点到点的平移方式是水平向右平移个单位长度， ∴点为点水平向右平移个单位长度， ∴点的坐标为， 即； 如图，四边形第二次为菱形时，过点作轴于点， 此时为等腰三角形，且， ∴，， 由旋转知，即， ∴点与点重合， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 同上平移方法可得点为点水平向右平移个单位长度， ∴点的坐标为， 即； 综上所述，或． 【点睛】本题考查一次函数与几何综合，涉及待定系数法求一次函数解析式，特殊角的三角函数值，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理赵桥铺路与将军饮马最值问题，熟练掌握这些性质与方法是解题的关键． 69．【实践探究】数学实践课上，活动小组的同学将两个正方形纸片按照图1所示的方式放置．如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，且这两个正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转． 【问题发现】 （1）①线段，之间的数量关系是________． ②在①的基础上，连接，则线段，，之间的数量关系是________． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转．判断线段，，之间的数量关系并证明． 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕点旋转．当时，请直接写出线段的长． 【答案】（1）①，②，理由见解析；（2），证明见解析；（3）或． 【分析】（1）①证明，由全等三角形的性质即可得到，从而可得；②由①的结论及勾股定理即可得到三线段间的数量关系； （2）由矩形的性质可证明，则有；再由矩形的性质及线段垂直平分线的性质可得；在中，由勾股定理及等量代换可得 ； （3）分两种情况：点E在边上；点E在延长线上；由（2）的结论及勾股定理即可解决． 【详解】（1）解：①∵四边形、四边形均为正方形， ∴，，， ∴； 在与中， ， ∴， ∴； ②在中，， 而，， ∴； （2）解：三线段间的数量关系为：； 证明如下： ∵四边形、四边形均为矩形，矩形的中心为O， ∴，，， ∴； 在与中， ， ∴， ∴； ∵， ∴； 在中，由勾股定理得：， ∴； （3）解：①当点E在边上时； 由（2）的结论知：； 另一方面，在中，由勾股定理得：， 即； 设，则，而， ∴， 解得：， 即； ②当点E在延长线上时，如图； 把补成矩形，延长交延长线于点P，连接， 与（2）证法相同，同样有， 另一方面，在中，由勾股定理得：， 即； 设，则，而， ∴， 解得：， 即； 综上，的长为或． 【点睛】本题是四边形的综合，考查了矩形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，旋转的性质等知识，证明三角形全等是问题的关键． 题型二十四 平行四边形中的最值 70．平面直角坐标系上有四个点: ， 则四边形的周长最小为 ． 【答案】/ 【分析】根据题意即勾股定理，得出，进而得出直线解析式为，设与轴交于点，则，过点作，则四边形是平行四边形，进而可得四边形的周长为则时，取得最小值，即的长，进而求得的长，即可求解． 【详解】解： ∵ ∴， 设直线解析式为， ∴ 解得： ∴直线解析式为 设与轴交于点，则 过点作，则四边形是平行四边形，    ∵， ∴即 ∴,, ∴ ∴是等腰直角三角形， 四边形的周长为， ∴时，取得最小值，即的长， ∵， ∴，即是等腰直角三角形， ∴ ∴四边形的周长最小为为 故答案为：． 【点睛】本题考查了坐标与图形，一次函数的性质，垂线段最短，勾股定理及其逆定理，平行四边形的性质与判定，数形结合是解题的关键． 71．如图，在矩形中，的平分线交边于点E，M，N分别是边，上的动点，且是线段上的动点，连接，当 时，的值最小． 【答案】2 【分析】在上截取，使得，连接，交于点T， 得到，继而得到点F是点N关于直线的对称点，利用三角形不等式，垂线段最短原理，正方形的判定和性质证明即可． 【详解】在上截取，使得， ∵矩形中，的平分线交边于点E， ∴，， 连接，交于点T， ∴， ∴点F是点N关于直线的对称点， ∴， 连接， 则， 根据垂线段最短原理，当三点共线，且时，的值最小， ∵矩形中，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， 同理可证，四边形是正方形， ∴， 故答案为：2． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，三角形不等式，垂线段最短，等腰三角形三线合一性质，熟练掌握三角形不等式，垂线段最短，正方形的判定和性质是解题的关键． 72．如图，是正方形外一点，连接，，使是等边三角形，为对角线（不含点）上任意一点，，，连接、、． (1)求证：； (2)①当点在何处时，的值最小； ②当点在何处时，的值最小，并说明理由； (3)当的最小值为时，求正方形的边长． 【答案】(1)见解析 (2)①点在上时，的值最小；②点在上时，的值最小，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据是等边三角形，得，根据， ，得； （2）①连接交于点O，当M点落在O点时，A、M、C三点共线，的值最小；②连接，根据，得，根据，，得是等边三角形．得．当M点位于上时，， 的值最小． （3）过E点作交的延长线于F，则，设正方形的边长为x，则．，根据，解得． 【详解】（1）证明：∵是等边三角形， ∴， ∵，正方形中，， ∴， ∵， ∴； （2）解：①连接交于点O，当M点落在O点时， A、M、C三点共线，的值最小； ②如图，连接， 当M点位于上时，的值最小． 理由如下： 连接，由（1）知，， ∴，， ∵，， ∴是等边三角形． ∴． ∴，最短， ∴当M点位于上时，的值最小， 即等于的长． （3）解：过E点作交的延长线于F， 则． 设正方形的边长为x， 则，， 在中，∵，且， ∴， 解得，． 【点睛】本题考查正方形和等边三角形．熟练掌握正方形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，含的直角三角形性质，是解题的关键． 题型二十五 平行四边形中的新定义问题 73．定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”． 【初步理解】 如图1，已知矩形是“等邻边四边形”，则矩形______（填“一定”或“不一定”）是正方形； 【尝试运用】 如图2，在菱形中，，点、分别在、上（不含端点），连接，，若，证明四边形是“等邻边四边形”； 【拓展延伸】 如图3，现有一个平行四边形材料，连接，，点在上，且，在边上有一点，使四边形为“等邻边四边形”，请直接写出此时四边形的面积． 【答案】（1）一定 （2）四边形是“等邻边四边形” （3）或或 【分析】（1）根据等邻边四边形的定义和正方形的判定可得出结论； （2）如图②中，结论：四边形是等邻四边形，利用全等三角形的性质证明即可； （3）如图③中，过点作于，点作于N，则四边形是矩形．分三种情形：①当时，②当时，③当时，分别求解即可． 【详解】解：（1）∵四边形的邻边相等， ∴矩形一定是正方形； 故答案为：一定； （2）如图②，四边形是等邻四边形； 理由：连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴，都是等边三角形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是等邻四边形， ．（3）如图③中，过点作于，点作于N，则四边形是矩形． ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ①当时， ． ②当时，设， ∵，在中，， ∴， ∴，即， ∴． ③当时，点与重合，此时, ∴． 综上：四边形的面积为或或． 【点睛】本题考查了“等邻边四边形”的定义，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，梯形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题． 74．定义：对于平面直角坐标系中的点和直线，我们称点是直线的“友谊点”，直线是点的“友谊直线”．特别地，当时，直线（为常数）的“友谊点”为． (1)已知点，则点的“友谊直线”的解析式为______________；直线的“友谊点”的坐标为_________________； (2)两点关于轴对称，且点的“友谊直线”经过点和点，求该直线的解析式； (3)直线不经过第二象限，为直线的“友谊点”． ①若为整数，求点的坐标； ②直线与轴，轴分别相交于两点，，为平面内一点，当以为顶点的四边形为平行四边形时，请直接写出点的坐标． 【答案】(1)； (2) (3)①点的坐标为；点的坐标为或或 【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，平行四边形的性质，正确理解题意是解题的关键． （1）根据定义可得点的“友谊直线”的解析式为，再根据A、B坐标可得直线的解析式为，则直线的“友谊点”的坐标为． （2）利用待定系数法得到直线解析式为，则的坐标为，点的坐标为，据此利用待定系数法求解即可； （3）①根据直线不经过第二象限，得到，则的值为2，由定义可得的坐标为，则点的坐标为． ②求出点的坐标为，点的坐标为，根据，得到，则，再分当为对角线时，，当为对角线时，当为对角线时， 三种情况根据平行四边形对角线中点坐标相同讨论求解即可． 【详解】（1）解：由题意得，点的“友谊直线”的解析式为， ∵， ∴直线的解析式为， ∴直线的“友谊点”的坐标为． （2）解：将代入，得，解得， ∴直线解析式为， 根据定义，的“友谊点”的坐标为， ∵两点关于轴对称， ∴点的坐标为， 将代入，得， 解得， ∴直线的解析式为． （3）解：①∵直线不经过第二象限， ∴， 解得， 又∵为整数， ∴的值为2， 根据题意，直线的“友谊点”的坐标为， ∴点的坐标为． ②当时，， ∴点的坐标为， 当时，即， 解得， ∴点的坐标为， ∵直线不经过第二象限， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴， 当为对角线时，则， ∴， ∴点N的坐标为； 当为对角线时，则， ∴， ∴点N的坐标为； 当为对角线时，则， ∴， ∴点N的坐标为； 综上所述，点的坐标为或或． 75．定义：有一组对角是直角的四边形叫做“准矩形”；有两组邻边（不重复）相等的四边形叫做“准菱形”． 如图①，在四边形中，若，则四边形是“准矩形”； 如图②，在四边形中，若，，则四边形是“准菱形”． (1)如图，在边长为1的正方形网格中，、、在格点（小正方形的顶点）上，请分别在图③、图④中画出“准矩形”和“准菱形”．（要求：、在格点上）； (2)下列说法正确的有_________；（填写所有正确结论的序号） ①一组对边平行的“准矩形”是矩形；②一组对边相等的“准矩形”是矩形； ③一组对边相等的“准菱形”是菱形；④一组对边平行的“准菱形”是菱形． (3)如图⑤，在中，，以为一边向外作“准菱形”，且，，、交于点；若．求证：“准菱形”是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)①②③④ (3)见解析 【分析】（1）根据准矩形和准菱形的特点画图即可，可通过勾股定理及其逆定理说理； （2）根据矩形的判定定理和菱形的判定定理结合准矩形和准菱形的性质对每一个选项进行推断即可； （3）先根据已知得出，再结合可推出，，则证明了“准菱形”是平行四边形，又因为即可得出“准菱形”是菱形； 【详解】（1）解：如图，四边形和即为所求． （2）解：①∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为矩形，故①正确； ②，，连接，如图所示： ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形，故②正确； ③∵，，， ∴， ∴四边形为菱形，故③正确； ④∵，，，连接，如图所示： ∵，， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形，故④正确； 故答案为：①②③④； （3）证明：∵，，， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴“准菱形”是平行四边形， ∵， ∴“准菱形”是菱形． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，勾股定理，熟练掌握各知识点并熟练应用是解题关键． $$ 专题02 四边形（易错压轴必刷75题25种题型） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 多边形的基本概念 · 题型二 多边形的对角线问题 · 题型三 多边形的内角和 · 题型四 多边形的外角和 · 题型五 内角和与外角和的综合 · 题型六 平行四边形的判定 · 题型七 平行四边形的性质 · 题型八 平行四边形判定与性质的应用 · 题型九 矩形的判定 · 题型十 矩形的性质 · 题型十一 矩形的折叠问题 · 题型十二 菱形的判定 · 题型十三 菱形的性质 · 题型十四 菱形的面积计算 · 题型十五 正方形的判定 · 题型十六 正方形的性质 · 题型十七 正方形的折叠问题 · 题型十八 中点四边形 · 题型十九 三角形的中位线 · 题型二十 中心对称 · 题型二十一 多边形内角和、外角和压轴 · 题型二十二 平行四边形的存在性问题 · 题型二十三 平行四边形中旋转、翻折问题 · 题型二十四 平行四边形中的最值 · 题型二十五 平行四边形中的新定义问题 题型一 多边形的基本概念 1．下列关于正多边形的说法中，正确的是（    ） A．各边都相等的多边形是正多边形 B．各内角都相等的多边形是正多边形 C．过正n边形一个顶点的对角线有条 D．正多边形的各边相等 2．长度分别为1，2，4，a的四条线段首尾顺次相接，能够组成一个四边形．写出一个整数a的值是 ． 3．北京时间11月21日0时，2022国际足联卡塔尔世界杯迎来揭幕战吸引了亿万球迷的观看．同学们知道吗？如图，此足球是由32块黑（正五边形）白（正六边形）皮子缝制而成，其中黑色皮子共有 块． 题型二 多边形的对角线问题 4．已知过n边形的一个顶点有6条对角线，一个m边形的内角和是，则（　　） A．11 B．12 C．13 D．14 5．一个多边形从一个顶点出发有5条对角线，那么这个多边形共有 条对角线． 6．如图，在同一平面内有5个点． (1)请按下列要求作图：连接．你得到了一个怎样的图形？ (2)在（1）的条件下，所连线段相交组成的五边形共有多少条对角线？ 题型三 多边形的内角和 7．如图， ． 8．如图，把沿对折，点B，C分别对应点．若，则 ． 9．在四边形中， (1)如图①，求证： (2)如图②，在边上分别取中点M、N，连接．若，求的度数． 题型四 多边形的外角和 10．在中国传统建筑中，八角窗（图1）是一个独特的元素，其设计灵感源自古代的天文观测和宇宙哲学．八个角象征着“八方来风、四通八达”，寓意着开放与包容．如图2所示，这个正八边形的一个外角的度数为 ． 11．如图，小明在制作树叶标本，不小心将制作好的标本遮盖到了数学作业本上的一个正边形一部分．若正边形的两条边所在直线、所夹锐角为．则的值是 ． 12．已知一个正多边形的边数为n． (1)若，求这个正多边形的内角和． (2)若这个正多边形的每个内角都比与它相邻外角的3倍还多，求n 的值． 题型五 内角和与外角和的综合 13．阅读小明和小红的对话，解决下列问题． (1)这个“多加的锐角”的度数是______，这个多边形的外角和为______． (2)这个多边形是几边形？ 14．已知某个正多边形的一个外角等于与它相邻的内角的． (1)求这个外角的度数． (2)嘉嘉猜想这个正多边形的内角和超过，请判断嘉嘉的猜想是否正确并说明理由． 15．如图，，是五边形的三个外角，若，求的度数． 题型六 平行四边形的判定 16．下列四组条件中，不能判定四边形是平行四边形的是 （    ） A． B． C． D． 17．如图，在四边形中，，，，动点E从点A出发沿射线以的速度运动，同时点F从点B出发沿射线以的速度运动，当点F运动到点C时，两个点均停止运动．当运动时间 时，以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形． 18．如图，在平行四边形中，为对角线，点为上一点，且平分． (1)请利用无刻度的直尺和圆规作出的平分线交于点（保留作图痕迹）． (2)在（1）的基础上，求证：四边形是平行四边形． 题型七 平行四边形的性质 19．如图，在平行四边形中，，平分交与点． (1)求的度数； (2)若，，求的长． 20．如图，在中，，，平分交于点． (1)求的周长； (2)若，求的度数． 21．如图，四边形是平行四边形． (1)当时，求其余各内角的度数； (2)当，四边形的周长等于22时，求其余三边的长． 题型八 平行四边形判定与性质的应用 22．图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．点、、均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作平行四边形，使点、均在格点上． (1)在图①中，点是平行四边形对称中心； (2)在图②中，点在平行四边形的边上且不与顶点重合； (3)在图③中，点在平行四边形的内部且不是对称中心． 23．如图，张雨同学想了一个测量池塘宽度AB的方法：过点A、B引直线、相交于点C，在上取点E、G，使，再在上分别取点F、H，使，测得．于是，她就得出了结论：池塘的宽为．你认为她说得对吗？请说明理由． 24．如图1是某小区的倾斜式停车位，如图2是其示意图，工人在绘制时会保证四边形停车位的边，边，且．求这个四边形停车位的面积． 题型九 矩形的判定 25．在平行四边形中，对角线、相交于点，添加一个条件，可以得到平行四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 26．已知四边形是平行四边形，对角线与交于点O，添加一个条件使得四边形是矩形，则这个条件可以是 ．（只写一个） 27．如图，E，F是的对角线上两点，且． (1)求证：； (2)连接，，请添加一个条件，使四边形为矩形． 题型十 矩形的性质 28．如图，平行四边形中，对角线，于点E，于点F， (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的度数． 29．如图，在中，为边上一点，以为边作矩形．若，，则的大小为 度．    30．如图，在正方形中，点是上一动点（不与，重合），对角线，相交于点，过点分别作，的垂线，分别交，于点与点，交，于点与点，若正方形的边长是2，则四边形的周长是（   ） A．2 B． C．4 D． 题型十一 矩形的折叠问题 31．如图，将矩形纸片沿折叠，使点A落在对角线BD上的点处．若，则等于（    ） A． B． C． D． 32．如图，在矩形中，，，是的中点，是动点，将沿翻折，得到，则的最小值是 ． 33．综合运用． 如图，在平面直角坐标系中，放入一个矩形纸片，将纸片翻折后，点恰好落在轴上，记为，折痕为．直线的关系式是，与轴相交于点，且． (1)求的长度； (2)求点的坐标； (3)求矩形的面积 题型十二 菱形的判定 34．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． 35．如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，从①；②；③中选择一个作为条件，补充后使四边形是菱形，则应选择 （限填序号）． 36．如图，在矩形中，，，点P从点D出发沿向终点A运动；点Q从点B出发沿向终点C运动．P，Q两点同时出发，它们的速度都是2．连接，，．设点P，Q运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是矩形？ (2)当t为何值时，四边形是菱形？ 题型十三 菱形的性质 37．如图，对角线，相交于点，过点作且，连接，，． (1)求证：是菱形； (2)连接，若，，求的长． 38．如图，在平行四边形中，，平分，交于点E，过点E作交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若菱形的周长为16，，求的大小． 39．如图，在菱形中，是对角线上一点，点在的延长线上，，交边于点． （1）求证：； 【问题探究】 （2）当时，连接，探究与的数量关系，并说明理由． 题型十四 菱形的面积计算 40．如图，在矩形中，延长到点D，使，延长到点E，使，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 41．如图，在四边形中，对角线交于点O，． (1)求证：； (2)若，求四边形的面积． 42．如图，平行四边形的对角线，相交于点，、分别是，的中点，连接，．    (1)根据题意，补全图形； (2)求证：； (3)若，，．求平行四边形的面积． 题型十五 正方形的判定 43．如图，在菱形中对角线，交于点，要使该菱形成为正方形，则应添加的条件是（    ） A． B． C． D． 44．在菱形中，对角线相交于点O，若添加一个条件使该菱形为正方形，该条件可以是 ． 45．如图，在中，O是的中点． (1)将点A绕着点O旋转后得到点，连接、，得到四边形，则这个四边形是______形，你判断的理由是______； (2)若要使四边形为菱形，则需满足的条件是______； (3)若要使四边形为正方形，则需满足的条件是______． 题型十六 正方形的性质 46．如图，点C的坐标是，A为坐标原点，轴于B，轴于D，点E是线段的中点，过点A的直线交线段于点F，连接EF，若平分，则k的值为（    ） A．1 B．3或2 C．1或3 D．1或 47．如图，在一张矩形纸片中，，分别是和的中点．现将纸片按如图方式折叠，使点与上的点重合．若平分，则的长为 ． 48．如图，在矩形中，点E，F分别在，上，连接，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求矩形的周长． 题型十七 正方形的折叠问题 49．如图，正方形中，是边上的一点，将沿折叠，使点落在点处，延长交于点，连接． (1)求证：； (2)连接，若，求证：为的中点． 50．如图，已知在正方形中，，．将正方形折叠，使点B落在边的中点Q处，点A落在P处，折痕为．已知长为．    (1)求线段和线段的长； (2)连接 ，　 　． 51．如图，E、F分别是正方形ABCD边AB、AD的中点，将△ABF沿BF折叠，点A落在点Q处，连接FQ并延长，交DC于G点． (1)求证：CE＝BF； (2)若AB＝4，求GF的值． 题型十八 中点四边形 52．如图所示，E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，连接EF、FG、GH、HE，则四边形EFGH为________形． （1）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是菱形． （2）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是矩形． （3）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是正方形． 在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． 53．顺次连接四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．回答下列问题： (1)只要原四边形的两条对角线______，就能使中点四边形是菱形； (2)只要原四边形的两条对角线______，就能使中点四边形是矩形； (3)请你设计一个中点四边形为正方形，但原四边形又不是正方形的四边形，把它画出来． 54．如图，点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，则下列命题中：①若，则四边形为矩形；②若，则四边形为菱形；③若四边形是平行四边形，则与互相平分；④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等．其中是真命题的序号是 ． 题型十九 三角形的中位线 55．如图，在中，，，点、分别是、的中点，于点，则线段的长为 ． 56．阅读下面材料，完成相应的任务． 四边形的中位线我们学习过三角形的中位线，类似的，把连接四边形对边中点的线段叫做四边形的中位线． 如图1，在四边形中，点M，N分别是，的中点，则就是四边形的中位线．求四边形的中位线的长度，可以通过找中点，将其转化为三角形的中位线解决． 例：如图2，在四边形中，点E，F分别是，的中点．若，，，，求的长． 解：如图2，取的中点P，连接，． 点E、F分别是，的中点， ，，，．（依据） …… 任务： (1)上述材料中的依据是指：_______． (2)将材料中的解题过程补充完整． (3)如图3，在四边形中，点E，F分别是，的中点，，，，延长，交于点M，延长交于点N．求证：． 57．如图，中，，、分别是、的中点，以为斜边作． (1)求证：； (2)若，求的度数． 题型二十 中心对称 58．未来将是一个可以预见的时代．一般指人工智能，它是一门研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的新的技术科学．下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是轴对称图形也是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 59．如图，在单位长度为1的平面直角坐标系网格中，与的顶点都在格点上，且与关于点E成中心对称，则对称中心点E的坐标是 ． 60．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上． (1)将向右平移6个单位长度得到，请画出； (2)画出关于点O的中心对称图形； (3)若将绕某一点旋转可得到，请直接写出旋转中心的坐标． 题型二十一 多边形内角和、外角和压轴 61．（1）如图1，在中，已知，点E在线段的延长线上，和的角平分线交于点D，则 ； （2）如图2，，且，和的平分线交于点F，则等于多少（用α，β表示）？ （3）如图3，，且，和的平分线交于点F，则等于多少（用α，β表示）？ 62．【问题提出】小颖同学在学习中自主探究以下问题，请你解答她提出的问题： (1)如图1所示，已知，点为，之间一点，连接，，得到．请猜想与之间的数量关系，并说明理由； (2)【类比迁移】如图2所示，已知，点为之间一点，和的平分线相交于点，若，求的度数； (3)【变式挑战】小颖结合角平分线的知识将问题进行深入探究，如图3所示，已知：，点的位置移到上方，点在延长线上，且平分与的平分线相交于点，请直接写出与之间的数量关系． 63．簪花结束后，小强和爸爸牵着妈妈的手，到蟳埔村参观游玩拍照纪念，精美的镂空窗花搭配蚵壳墙，极具泉州古民居特色，给小强一家留下来极其深刻的印象，在感叹泉州人民的勤劳与智慧的同时，聪明的小强发现有的窗花是由几种形状的正多边形组合镶嵌而成，具有很好的对称美，小强爸爸给他出了如下两个题目，请帮帮小强一起解决． (1)已知一扇窗户在某个结点处由两种边长相等的正多边形镶嵌而成，其中一种是等边三角形，另一个种不能是下列哪种形状的正多边形______（填序号） ①正三角形 ②正四边形 ③正五边形 ④正六边形 (2)小强发现某个花纹用4个全等的正八边形进行拼接，使相等的两个正八边形有一条公共边，围成一圈后中间形成一个正方形，如图1，小强猜想，如果用n个全等的正六边形按这种方式进行拼接，如图2，若围成一圈后中间形成一个正多边形，则n的值为______，并简要说明理由 题型二十二 平行四边形的存在性问题 64．如图所示，正方形的边长为6，点C在x轴上，点A在y轴上． (1)如图 1，动点P从点B出发，沿方向以每秒1个单位的速度向点C匀速运动；同时动点Q从点C出发，沿方向以每秒2个单位的速度向点O匀速运动，当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．设运动时间为．当为等腰三角形时，求t的值； (2)如图 2，正方形沿直线折叠，使得点A落在对角线上的点E 处，折痕与、x轴分别交于点D、F，求出点D的坐标； (3)在（2）的条件下，若点N是平面内任一点，在x 轴上是否存在点M，使M、N、E、O为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 65．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，过点的另一直线交轴正半轴于，且面积为15． (1)求点的坐标； (2)若为线段上一点，且的面积等于的面积，求的坐标； (3)在（2）的条件下，点为直线上一动点，在轴上是否存在点，使以点、、、为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 66．如图，已知直线与轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，与直线交于点． (1)求直线的解析式； (2)若点在直线上，使，求点的坐标; (3)点是直线上一动点，点是直线上一动点，点是坐标平面内一点，若以点为顶点的四边形为正方形，且是正方形的边，若存在，请直接写出点的坐标． 题型二十三 平行四边形中旋转、翻折问题 67．如图1，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A的坐标是，顶点C在y轴上，顶点B在第一象限，对角线，交于点D，将沿翻折使点O的对应点落在坐标平面内的点E处，与交于点F． (1)求证：； (2)若，求的长； (3)若，点P在对角线上运动，当以P，A，E为顶点的三角形是等腰三角形时，求点P的坐标． 68．如图，在平面直角坐标系中，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点C为y轴负半轴上一点，且，直线经过A，C两点． (1)求直线的解析式； (2)如图1，将直线向上平移个单位长度得到直线，与直线交于点Q，与x轴，y轴分别交于点D，点E．点P是直线上位于第四象限内的一点，点M，N分别在直线，上．若点N在点M左侧，且，连接，，，当时，求点P的坐标以及的最小值； (3)如图2，将绕点O逆时针旋转得到，在旋转过程中，直线与x轴于交点G，与直线交于点H，在平面内确定一点K，使得四边形为菱形，请直接写出所有符合条件的点K的坐标． 69．【实践探究】数学实践课上，活动小组的同学将两个正方形纸片按照图1所示的方式放置．如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，且这两个正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转． 【问题发现】 （1）①线段，之间的数量关系是________． ②在①的基础上，连接，则线段，，之间的数量关系是________． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转．判断线段，，之间的数量关系并证明． 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕点旋转．当时，请直接写出线段的长． 题型二十四 平行四边形中的最值 70．平面直角坐标系上有四个点: ， 则四边形的周长最小为 ． 71．如图，在矩形中，的平分线交边于点E，M，N分别是边，上的动点，且是线段上的动点，连接，当 时，的值最小． 72．如图，是正方形外一点，连接，，使是等边三角形，为对角线（不含点）上任意一点，，，连接、、． (1)求证：； (2)①当点在何处时，的值最小； ②当点在何处时，的值最小，并说明理由； (3)当的最小值为时，求正方形的边长． 题型二十五 平行四边形中的新定义问题 73．定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”． 【初步理解】 如图1，已知矩形是“等邻边四边形”，则矩形______（填“一定”或“不一定”）是正方形； 【尝试运用】 如图2，在菱形中，，点、分别在、上（不含端点），连接，，若，证明四边形是“等邻边四边形”； 【拓展延伸】 如图3，现有一个平行四边形材料，连接，，点在上，且，在边上有一点，使四边形为“等邻边四边形”，请直接写出此时四边形的面积． 74．定义：对于平面直角坐标系中的点和直线，我们称点是直线的“友谊点”，直线是点的“友谊直线”．特别地，当时，直线（为常数）的“友谊点”为． (1)已知点，则点的“友谊直线”的解析式为______________；直线的“友谊点”的坐标为_________________； (2)两点关于轴对称，且点的“友谊直线”经过点和点，求该直线的解析式； (3)直线不经过第二象限，为直线的“友谊点”． ①若为整数，求点的坐标； ②直线与轴，轴分别相交于两点，，为平面内一点，当以为顶点的四边形为平行四边形时，请直接写出点的坐标． 75．定义：有一组对角是直角的四边形叫做“准矩形”；有两组邻边（不重复）相等的四边形叫做“准菱形”． 如图①，在四边形中，若，则四边形是“准矩形”； 如图②，在四边形中，若，，则四边形是“准菱形”． (1)如图，在边长为1的正方形网格中，、、在格点（小正方形的顶点）上，请分别在图③、图④中画出“准矩形”和“准菱形”．（要求：、在格点上）； (2)下列说法正确的有_________；（填写所有正确结论的序号） ①一组对边平行的“准矩形”是矩形；②一组对边相等的“准矩形”是矩形； ③一组对边相等的“准菱形”是菱形；④一组对边平行的“准菱形”是菱形． (3)如图⑤，在中，，以为一边向外作“准菱形”，且，，、交于点；若．求证：“准菱形”是菱形． 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$