专题01 四边形12大题型（专项训练）数学新教材湘教版八年级下册

专题01 四边形 目录 A题型建模・专项突破 题型一、多边形 1 题型二、平行四边形的性质与判定 6 题型三、中心对称和中心对称图形（常考点） 12 题型四、三角形的中位线相关问题（重点） 19 题型五、矩形的性质与判定 27 题型六、棱形的性质与判定 34 题型七、正方形的性质与判定 39 题型八、中点四边形 47 题型九、矩形中折叠问题 52 题型十、平行四边形中动点、旋转问题（难点） 59 题型十一、平行四边形中最值问题（难点） 69 题型十二、四边形其他综合问题 77 B综合攻坚・能力跃升 题型一、多边形 1．如图所示的多边形中，不是凸多边形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了凸多边形的定义，正确理解该概念是解题的关键． 根据凸多边形的定义判断，即画出多边形的任何一条边所在的直线，如果多边形都在这条直线的同一侧，那么这个多边形就是凸多边形，或者从角的度数来看，凸多边形的每一个内角都小于，逐一判断即可． 【详解】解：A、是一个三角形，满足凸多边形的定义，是凸多边形，不符合题意； B、多边形的某一条边所在的直线，多边形不在这条直线的同一侧，且有一个内角大于，不是凸多边形，符合题意； C、是一个六边形，满足凸多边形的定义，是凸多边形，不符合题意； D、是一个五边形，满足凸多边形的定义，是凸多边形，不符合题意； 故选：B． 2．若一个四边形的四个外角之比为，则这四个外角中最大的外角的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据任意多边形外角和为，结合四个外角的比例关系，设未知数求出各外角的度数，进而确定最大外角的度数． 【详解】解：设四个外角的度数分别为、、、． ∵任意四边形的外角和为， ∴． 解得， 即：． 最大的外角为． 逐一分析选项： A、，与计算结果一致，符合题意； B、，与计算结果不符，不符合题意； C、，与计算结果不符，不符合题意； D、，与计算结果不符，不符合题意． 故选：A． 【点睛】本题考查了多边形的外角和性质，解题关键是利用多边形外角和为，结合比例关系列方程求解各外角的度数． 3．（25-26七年级上·辽宁丹东·期末）从多边形的一个顶点引对角线，将这个多边形分成7个三角形，则这个多边形的边数为（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【分析】本题考查多边形对角线分割三角形的个数问题，根据从边形的一个顶点出发，可以将多边形分为个三角形，进行求解即可． 【详解】解：设多边形有条边，由题意，得：， ， 故选：C． 4．把六边形分割成三角形，至少可以分割成m个三角形，这时分割六边形的线段的条数为n，则的值为（    ） A．7 B．4 C．12 D．1 【答案】C 【分析】本题主要考查了多边形分对角线问题和多边形分三角形问题，过t边形的一个顶点的对角线条数为条，过t边形的一个顶点的对角线把多边形分割成个三角形，据此求出m、n的值即可得到答案． 【详解】解：∵把六边形分割成三角形，至少可以分割成m个三角形，这时分割六边形的线段的条数为n， ∴， ， ∴． 故选：C． 5．（1）如果一个多边形每一个外角都是，那么这个多边形的边数为____________． （2）正边形的一个内角为，则的值是____________． 【答案】 6 5 【分析】（1）利用任意多边形的外角和为，用外角和除以每个外角的度数，即可得到多边形的边数； （2）先根据内角与相邻外角互补求出正边形的一个外角的度数，再利用多边形外角和为，用外角和除以每个外角的度数，得到的值． 【详解】解：（1）∵任意多边形的外角和为，且该多边形每个外角为， ∴边数． （2）∵正边形的一个内角为，内角与外角互补， ∴一个外角的度数为， ∵多边形外角和为， ∴． 【点睛】本题考查了多边形的外角和与内角和的性质，掌握任意多边形的外角和恒为，及内角与相邻外角的互补关系是解题的关键． 6．如图，在正五边形中，点F在边上（不与端点重合），点G在边上，，连接交于点H，则 °． 【答案】72 【分析】本题考查了正多边形的内角和定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识，合理作出辅助线是解题的关键． 根据正多边形的性质得到，每个内角的度数为，如图所示，连接 ，由等边对等角得到，，，，，，，，再证明，，由此得到，由三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴，每个内角的度数为， 如图所示，连接 ， 在中，，， ∴， ∴， 同理，在中，，， 在中，，， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， 又， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故答案为： ． 7．一个多边形的内角和比它的外角和的4倍少，这个多边形的边数是多少？ 【答案】该多边形的边数为9 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理和外角和的性质；设这个多边形的边数为，然后根据多边形内角和定理、外角和的性质以及题意列方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 根据题意得： 解得． 答：该多边形的边数为9． 8．求出下列图形中的值． 【答案】（1）；（2） 【分析】本题考查了三角形的外角的性质、四边形的内角和等，熟练掌握三角形的外角的性质、多边形的内角和公式是解题的关键． （1）根据三角形的外角的性质列方程求解； （2）根据四边形内角和等于列方程求解． 【详解】（1）由三角形的外角性质可得， 解得； （2）根据四边形的内角和等于，可得， 解得． 9．阅读与思考 连接多边形任意两个不相邻顶点的线段叫做多边形的对角线． 如图所示，过多边形的一个顶点作出所有的对角线，可以把多边形分割成若干个三角形．请仔细观察下面的图形和表格，并回答下列问题： 多边形的顶点数/个 4 5 6 7 8 …… 从一个顶点出发的对角线的条数/条 1 2 3 4 5 …… ①_____ 分割成的三角形个数/个 2 3 4 5 6 …… ②_____ (1)观察探究：请仔细观察上面的图形和表格，并用含的代数式填写表格①______，②______； (2)n边形有n个顶点，那么所有对角线的条数可表示为______； (3)类比应用：数学社团共有11名同学，大家约定，春节期间每人都要给同社团的其他同学打一个电话拜年．请问，按照此约定，数学社团的同学们一共将拨打电话多少个？ 【答案】(1)①，② (2) (3)44个 【分析】本题考查了多边形对角线规律及其应用，难点是理解这个规律的应用． （1）根据所给图形总结规律解答即可； （2）当多边形的顶点数为n时，从一个顶点可以引出条对角线，则n个顶点可以引出条对角线，其中每一条都重复算了一次，因此实际的对角线条数为． （3）根据（2）的结论求解即可． 【详解】（1）∵4边形从一个顶点出发的对角线有条，分割成的三角形有个， 5边形从一个顶点出发的对角线有条，分割成的三角形有个， 6边形从一个顶点出发的对角线有条，分割成的三角形有个， 7边形从一个顶点出发的对角线有条，分割成的三角形有个， 8边形从一个顶点出发的对角线有条，分割成的三角形有个， …， ∴n边形从一个顶点出发的对角线有条，分割成的三角形有个， 故答案为：①，②； （2）当多边形的顶点数为n时，从一个顶点可以引出条对角线，则n个顶点可以引出条对角线，其中每一条都重复算了一次，因此实际的对角线条数为． 故答案为：； （3）11名学生看成是顶点数为11的多边形，每人都要给同社团的其他同学打一个电话拜年是这个多边形的对角线，则由（2）可得，数学社团的同学们一共将拨打电话（个）． 题型二、平行四边形的性质与判定 10．在中，下列结论错误的是（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质．根据平行四边形的性质即可求解． 【详解】解：如图，∵四边形是平行四边形， ∴，，，，， 观察四个选项，选项D符合题意， 故选：D． 11．已知中，，则的大小是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形角度的关系是解题关键．利用平行四边形邻角互补和对角相等的性质，结合给定比例求解即可． 【详解】解：∵在中，与是邻角， ∴， 设，则， ∴， ∴，即， 故选：A． 12．如图，四边形的对角线，相交于点．已知，，则下列结论错误的是（   ） 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定理是解题的关键； 先根据对角线互相平分判定四边形为平行四边形，再依据平行四边形的性质逐项分析即可． 【详解】解：， 即对角线、互相平分 ∴四边形是平行四边形 A、，平行四边形对边相等，不符合题意； B、，平行四边形对边平行，不符合题意； C、，平行四边形对边相等，不符合题意； D、平行四边形无对角线互相垂直的性质，符合题意； 故选：D ． 13．（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，平行四边形的对角线交于点，且，若它的对角线的和是32，则的周长为 ． 【答案】20 【分析】本题考查了平行四边形的性质，熟知平行四边形的对角线互相平分是解题的关键． 由平行四边形的性质得出，，，求出，即可得出结果． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ，，． ， ． 的周长． 故答案为：20． 14．如图，在四边形中，，相交于点，点，在对角线上，且，．要使四边形为平行四边形，则应添加的条件是 （写出一种情况即可）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】此题主要考查了平行四边形的判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理． 根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可添加，可证明，结合即可证明四边形为平行四边形． 【详解】解：添加的条件是（答案不唯一）． 理由如下：，， ，即， 又， ∴四边形为平行四边形，符合题意． 故答案为：（答案不唯一）． 15．（25-26八年级上·上海·月考）如图，中，，的周长为，则与的周长和为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的对边相等及平行线判定相似三角形的性质是解题的关键． 先证明四边形是平行四边形，得到对应边相等，再结合平行线判定三角形相似，推导与的周长和与周长的关系． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，； ∵的周长为，的周长为， ∴与的周长和为 ， 故答案为：． 16．（24-25八年级下·内蒙古包头·期中）如图，在中，点M，N分别在边上，且，对角线分别交于点E，F．求证． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，平行线的性质，由平行四边形的性质得到，由平行线的性质和对顶角相等推出，，据此证明，则可证明． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴； ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 17．（24-25八年级下·陕西汉中·期末）如图，在四边形中，连接，，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】证明过程见详解 【分析】本题考查了平行四边形的判定、三角形全等的判定和性质．掌握三角形全等的判定和性质及平行四边形的判定方法是解题关键． 首先，根据条件运用“”判定，然后，得出，，最后，根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”判定四边形是平行四边形即可． 【详解】证明：在和中， ∵， ． ，． 四边形是平行四边形． 18．（24-25八年级下·陕西汉中·期末）如图，中，分别是和的平分线，相交于点O． (1)求证：； (2)若，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2)16 【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，三角形内角和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先结合平行四边形的性质，得，故，又因为分别是和的平分线，得，即可作答． （2）先结合平行四边形的性质，得，则的周长，把代入计算，即可作答． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 又分别是和的平分线， ， ， ． （2）解：四边形是平行四边形． ， 的周长． ， 的周长为16． 19．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）如图，在中，D是边上任意一点，F是的中点，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)见解析 (2) 【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质等知识． （1）证明，则，又由即可证明结论； （2）过点C作于点G，求出，  由勾股定理得到，证明，则，即可得到的长． 【详解】（1）证明：∵， ∴，．           ∵F是AC的中点， ∴， ∴，           ∴， 又∵， ∴四边形ADCE是平行四边形． （2）解：过点C作于点G， ∵，， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴，           ∴， ∵， ∴，           ∴． 题型三、中心对称和中心对称图形（常考点） 20．（2026·福建福州·一模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查轴对称图形和中心对称图形，关键是熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的概念． 根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐一进行分析判断即可求解． 【详解】A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意， 故选：A． 21．（2026·辽宁阜新·一模）下列图形中，既是轴对称图形又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，中心对称图形是指把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形是指如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，据此进行逐项分析，即可作答． 【详解】解：A．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； B．该图形不是轴对称图形，但是中心对称图形，不符合题意； C．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； D．该图形是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； 故选D． 22．（25-26九年级上·贵州遵义·月考）2025年10月31日，搭载神舟二十一号载人飞船的长征二号遥二十一运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，中国航天取得了举世瞩目的成就．下面是有关我国航天领域的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了中心对称图形的识别，根据其概念“中心对称是指把一个图形绕着某一点旋转，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称”，由此即可求解． 【详解】解：A、文字上方的图案不是中心对称图形，不符合题意； B、文字上方的图案是中心对称图形，符合题意； C、文字上方的图案不是中心对称图形，不符合题意； D、文字上方的图案不是中心对称图形，不符合题意； 故选：B ． 23．（25-26九年级上·辽宁大连·期末）如图，与关于点O成中心对称，则下列结论不成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查中心对称的性质，中心对称的性质： 1．对称中心是连接对称点的线段的中点； 2．两个中心对称图形全等； 3．对应线段平行（或共线）且相等； 4．对称点的连线必过对称中心且被对称中心平分．掌握中心对称的性质是求解本题的关键． 根据中心对称的性质判断即可． 【详解】解：与关于点O成中心对称， ∴，，故C选项成立，不符合题意， ，，故B， D选项成立，不符合题意， 不一定成立，故A选项结论不一定成立．符合题意 故选：A． 24．下列语句中，正确的是（    ） A．中心对称图形是一个图形绕着一个定点旋转后能与另一个图形重合； B．等腰三角形是轴对称图形，它的对称轴是底边上的高； C．平行四边形是中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点； D．经过翻折，对称轴被对称点的连线垂直平分． 【答案】C 【分析】本题主要考查中心对称图形和轴对称图形的定义及性质，根据中心对称图形和轴对称图形的定义及性质逐一判断即可． 【详解】A、中心对称图形是绕一个定点旋转后与自身重合，而非与另一个图形重合，说法错误，该选项不符合题意； B、等腰三角形的对称轴是底边上的高所在的直线，而非高本身（高是线段），说法错误，该选项不符合题意； C、平行四边形是中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点，旋转后与自身重合，说法正确，该选项符合题意； D、 轴对称变换中，对称点的连线被对称轴垂直平分，而非对称轴被对称点的连线垂直平分，说法错误，该选项不符合题意． 故选：Ｃ 25．（25-26八年级上·江苏泰州·期末）点与其关于原点的对称点间的距离为 ． 【答案】 【分析】根据关于原点对称的点坐标关系求出m和n的值，再应用两点间距离公式计算． 本题考查了原点对称，两点间距离公式，熟练掌握对称的意义，公式是解题的关键． 【详解】解：点关于原点的对称点坐标应为， 由点关于原点的对称点为， 故， 解得， 故点与其关于原点的对称点间的距离为， 故答案为：． 26．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：． 27．图①②③均为正方形网格，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点为格点，点均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，并且所画图形的顶点均在格点上． (1)在图①中画一个，使其是轴对称图形，且面积为1.5； (2)在图②中画一个四边形，使其是中心对称图形但不是轴对称图形； (3)在图③中画一个四边形，使其是轴对称图形但不是中心对称图形，且四条边长均为无理数． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查了作图，应用与设计作图．掌握平行四边形、等腰三角形、筝形的性质是解题关键． （1）根据等腰三角形的轴对称性质，结合面积画图即可； （2）可画一个平行四边形即可； （3）利用勾股定理及等腰梯形或筝形的性质画图即可． 【详解】（1）如答图①，即为所求．（答案不唯一） （2）如答图②，四边形即为所求．（答案不唯一） （3）如答图③，四边形即为所求．（答案不唯一） 28．（25-26九年级上·甘肃甘南·期末）如图，已知的顶点在格点上，在网格中按下列要求作图： (1)将绕点逆时针旋转得到； (2)作出与关于点成中心对称的． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了作旋转图形，作中心对称图形． （1）根据旋转的性质分别作出A、B的对应点，再顺次连接即可； （2）根据中心对称的性质分别作出A、B、C的对应点，再顺次连接即可． 【详解】（1）解：如图所示，为所作图形； （2）解：如图所示，为所作图形． 29．（25-26九年级上·安徽芜湖·月考）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的顶点均为格点（网格线的交点）． (1)将线段绕点顺时针旋转，得到线段（其中点的对应点为），画出线段； (2)画出线段关于点对称的线段（其中点的对应点为）． 【答案】(1)作图见解析 (2)作图见解析 【分析】本题主要考查了作旋转图形，作关于某点对称的图形， 对于（1），将点A，B绕点C顺时针旋转得到点D，E，连接，则即为所求作； 对于（2），作点D，E关于点C的对称点F，G，再连接，则即为所求作． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求作； （2）解：如图所示，即为所求作． ． 30．（25-26九年级上·湖北孝感·期中）如图，在边长为1的正方形网格中，的顶点均在格点上．点为网格线的交点． (1)画出关于点的对称的图形； (2)将绕点顺时针旋转，画出旋转后的； 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查作图—旋转作图和中心对称作图，熟练掌握中心对称和旋转的性质是解题的关键． （1）根据中心对称的性质作图即可； （2）根据旋转的性质作图，即可得到答案． 【详解】（1）如图所示，即为所求； （2）如图所示，即为所求； 题型四、三角形的中位线相关问题（重点） 31．（25-26九年级上·吉林长春·期末）如图，为测量池塘两端、的距离，小明在池塘外选取了一个点，使得点可以直接到达、，他分别找到、的中点、，并且测得的长为米，则池塘两端、的距离为（   ） A．8米 B．20米 C．25米 D．32米 【答案】D 【分析】本题考查三角形中位线的定义，三角形中位线定理，掌握三角形中位线定理是解题关键． 根据题意判定是的中位线，再利用三角形中位线定理，得出“”然后代入的长度计算出的距离． 【详解】解： 、分别为、的中点， 是的中位线， ， 米， （米）． 故选：． 32．（25-26八年级上·湖南张家界·期末）如图，点D，E，F分别为三边的中点，若的周长为5，则的周长为（    ） A．12 B．10 C．5 D．2．5 【答案】B 【分析】本题考查了三角形的中位线的性质的应用，能根据三角形的中位线性质得出、、是解此题的关键．根据三角形的中位线性质得出，，，即可求出答案． 【详解】解：点、、分别为三边、、的中点， ，，， 的周长为5， ， ， 即的周长为. 故选：B． 33．（24-25八年级下·云南红河·期中）如图，在中，于点D，E，F，G，H分别是，，，的中点，若，则的长为（   ） A． B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】本题考查了三角形中位线定理． 根据中位线定理得到，，即． 【详解】解：∵E，F分别是，的中点， ∴是中位线， ∴， 同理可得， 即． 故选：D． 34．（25-26九年级上·山东淄博·月考）如图，在中，，，，点D为上的动点，点E，F分别为，的中点，则最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查勾股定理及三角形中位线，熟练掌握勾股定理及三角形中位线是解题的关键；连接，由题意易得，是的中位线，则有，然后可知当时，最小，进而根据等积法可进行求解． 【详解】解：如图，连接， ∵在中，，，， ∴， ∵点E，F分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴当最小时，的值最小， ∴当时，最小， 此时，， 即， ∴， ∴， 故选：C． 35．（25-26九年级上·吉林长春·期中）如图，、、分别是的、、边的中点，，则的度数为 ． 【答案】/52度 【分析】本题主要考查三角形的中位线及平行四边形的性质与判定，熟练掌握三角形的中位线及平行四边形的性质与判定是解题的关键；由三角形中位线可知，则有四边形是平行四边形，然后问题可求解． 【详解】解：∵、、分别是的、、边中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴； 故答案为． 36．（25-26九年级上·吉林四平·期末）如图，在中，点、分别为边、的中点，点是上一点，且．若，，则线段的长为 ． 【答案】3 【分析】本题考查三角形中位线的性质，直角三角形的性质，熟练掌握相关的知识是关键． 由题意可知，是的中位线，则．在直角中，是斜边上的中线，因此，从而计算出的长． 【详解】解：∵点、分别为边、的中点， ∴是的中位线， ∴． ∵， ∴， 在直角中，是斜边上的中线， ∴， ∴． 故答案为：3． 37．（25-26八年级上·江苏盐城·月考）如图，分别是的中点． (1)证明：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了直角三角形的性质和等腰三角形的性质，以及勾股定理，掌握直角三角形的性质是解题的关键． （1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，利用中点的性质证明； （2）根据等腰三角形的性质及三角形的外角的性质得到，利用30度角的直角三角形的性质得到，进行求解即可． 【详解】（1）证明：连接、， ，为的中点， ， 是中点， ． （2）解：由（1）可得， ， ， 是的外角， ， 同理可得， ， 是的外角， ， ， ， ， 是中点， ， ∴， ． 答：的长为． 38．（24-25八年级下·黑龙江大庆·期末）如图，在中，，分别是、上的点，且，和的交点为，和的交点为，求证：，． 【答案】见解析 【分析】此题考查了平行四边形的性质和判定，三角形中位线的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点． 连接，首先证明出四边形和四边形都是平行四边形，然后证明出是的中位线，进而证明即可． 【详解】证明：连接， 四边形是平行四边形， ，． ， ． 四边形和四边形都是平行四边形． ，． 是的中位线． ，． 39．（25-26八年级上·陕西宝鸡·期末）【提出问题】 如图1，在中，，，于点，点、分别是线段、的中点，连接、、．以线段为边作等边（点在边的左侧），连接． （1）试说明是等边三角形； （2）判断线段与之间的数量关系，并说明理由． 【解决问题】 （3）如图2，是某植物园的局部示意图，其中，，于点，线段为园区通道，是的中点，此处设有卫生间．园区拟改造该区域及其周边区域，在线段上取一点，以为边，在左侧作等边用于种植某种常绿植物，在点处修建凉亭，并沿、、铺设三条不同材质的小路．为合理预算修建费用，请你帮助园区工作人员确定、、这三条线段之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）；理由见解析；（3）；理由见解析 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出，，，根据直角三角形的性质得出，证明，根据等边三角形的判定即可得出结论； （2）证明，得出，根据中位线的性质得出，根据等边三角形的性质得出，即可证明结论； （3）证明，得出，证明，根据等腰三角形的性质得出，即可得出答案． 【详解】证明：（1）∵在中，，，， ∴，，， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形； （2）；理由如下： ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点、分别是线段、的中点， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）；理由如下： ∵，， ∴， ∵点H为的中点， ∴， ∴， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，中位线性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 题型五、矩形的性质与判定 40．如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质逐项判断即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴ ∴不一定正确，故A不符合题意； ，不一定正确，故B不符合题意； 不一定正确，故C不符合题意； 一定正确，故D符合题意， 故选：D． 41．要判断一个四边形门框是否为矩形．在下面拟定的四个方案中，正确的方案是（   ） A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等 C．测量对角线是否互相垂直 D．测量其中三个角是否是直角 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的判定，解题的关键是熟记矩形的判定定理，并会灵活运用． 根据矩形的判定定理判断即可． 【详解】解：选项A：对角线互相平分得到该四边形是平行四边形，不一定是矩形，故A错误，不符合题意； 选项B：两组对边分别相等得到该四边形是平行四边形，不一定是矩形，故B错误，不符合题意； 选项C：对角线是否互相垂直不能判定四边形为矩形，故C错误，不符合题意； 选项D：根据四边形内角和定理，三个角是直角，则另一个角也是直角，即四个角均为直角，可判定四边形为矩形，故D正确，符合题意； 故选D． 42．（25-26九年级上·山东青岛·期末）如图，在矩形中，点、分别在边，上，且，，，，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理解三角形，解决本题的关键是设出未知数使用勾股定理建立方程． 连接，设，则有，先由勾股定理求解出，再表示出，，再由勾股定理求解x的值，即可求解的长． 【详解】解：连接，如图， 设，则有， 在中，， 在中，， 在中，， ∵，即， 在中，， 即，解得， ∴． 故选：C． 43．（25-26九年级上·广东佛山·月考）如图，在矩形中，两条对角线与相交于点，则的长为（   ） A． B． C． D．4 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质及勾股定理，解题关键是利用矩形对角线相等且互相平分得出的长度，再结合勾股定理计算的长． 由矩形对角线相等且互相平分得 ，在中，用勾股定理求即可． 【详解】四边形是矩形， ，， 在中，由勾股定理得： ． 故选C． 44．（25-26九年级上·海南儋州·期末）图为《天工开物》记载的用于舂（）捣谷物的工具——“碓（）”，图6－1为其平面示意图．已知于点B，与水平线l相交于点O，．若分米，分米，，则点C到水平线l的距离为（   ） A．4分米 B．分米 C．分米 D．分米 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，对顶角的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键． 过点C作于点M，交于点N，证明四边形是矩形，利用勾股定理，含角的直角三角形的性质，解答即可． 【详解】解：过点C作于点M，交于点N， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵分米， ∴分米，分米， ∵分米， ∴分米， ∴分米， 故选D． 45．在平行四边形中，对角线与交于点．添加一个条件： ，则可判定四边形是矩形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查矩形的判定，熟练掌握对角线相等的平行四边形是矩形的判定定理是解题的关键． 根据矩形的判定定理回答即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， 若添加条件，则对角线相等，根据矩形的判定定理“对角线相等的平行四边形是矩形”，可得四边形是矩形． 故答案为：． 46．（25-26九年级上·福建漳州·期中）如图，O为跷跷板AB的中点，支柱OC与地面MN垂直，垂足为点C，且OC＝40cm，则A端离地面的最大高度为 cm． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质和全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关概念是解题关键． 过点A作，过点O作，结合条件可证四边形是矩形，再利用条件证明，即可求出． 【详解】当跷跷板的一端着地时，A端离地面的高度最大， 如图，过点A作，过点O作， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵点O是跷跷板的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴A离地面的高度是， 故答案为：． 47．（25-26九年级上·福建宁德·期中）如图，在平行四边形中，过点A作交边于点E，点F在边上，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，且，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长是 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理等知识的综合，掌握矩形的判定方法及性质是关键． （1）根据平行四边形的性质得到，结合，由矩形的判定方法即可求证； （2）根据平行四边形的性质，角平分线的定义得到，则，由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵平分，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 在中，，即的长是． 48．（25-26九年级上·宁夏银川·期中）如图，在矩形中，两条对角线相交于点，，，求： (1)求的度数； (2)求矩形的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据矩形的性质得到，再根据等腰三角形的性质与三角形内角和定理求出角度即可； （2）借助角所对直角边是斜边的一半得到，再根据勾股定理求出的长度，进而求出面积． 【详解】（1）解：因为四边形是矩形，根据矩形性质， 对角线，且对角线互相平分， 即， ， 在中，， ， ． （2）在中，， 根据直角三角形中，斜边是角对边的2倍， ， 根据勾股定理可得， 故矩形面积为． 【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，含角的直角三角形性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 49．（25-26九年级上·贵州贵阳·期中）如图，在矩形中，点在上，，且，垂足为． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）在矩形中，，，由平行线的性质可得，由题意可得，再利用“”证明即可； （2）由全等三角形的性质可得，再由勾股定理可得，即可得解． 【详解】（1）证明：在矩形中，，， ∴， ∵， ∴． 在和中， ， ∴； （2）解：∵， ． 在中，， ∴ ． 题型六、棱形的性质与判定 50．（25-26九年级上·广东茂名·月考）如图，在菱形中，对角线与相交于点，则下列结论错误的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查菱形的性质，掌握“菱形的对角线互相垂直平分但不一定相等”是解题的关键．根据菱形的性质依次判断即可． 【详解】A．∵菱形的对角线互相垂直，又∵四边形是菱形，对角线与交于点，∴，该选项正确； B．∵菱形的四条边相等，又∵四边形是菱形，、是菱形的邻边，∴，该选项正确； C．∵菱形的对角线仅满足互相垂直且平分，不一定相等，又∵题目中仅说明四边形是菱形，未说明是正方形，∴无法推出，该选项错误； D．∵菱形是平行四边形，平行四边形的对角线互相平分，又∵四边形是菱形，对角线与交于点，∴是的中点，即，该选项正确． 故选：C． 51．（25-26九年级上·山西运城·月考）如图，在菱形中，点E为对角线上的一点，且．连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质及等腰三角形的性质，先根据菱形的性质得出，，平分和，再由得出，从而利用等腰三角形等边对等角得出的度数． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，平分和，即， 又∵， ∴， ∴， 故选：C． 52．（25-26九年级上·江西抚州·期中）某中学的剪纸社团想剪出菱形图片作为教学用具，小花同学剪的菱形的两条对角线分别为和，则这个菱形的边长是（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，根据菱形的对角线互相垂直平分，边长可通过勾股定理计算． 【详解】解：∵菱形的对角线互相垂直平分， ∴对角线的一半分别为和． ∴边长 ． 故选：A． 53．（25-26九年级上·内蒙古呼和浩特·期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点为的中点．若，则菱形的周长为（　　） A．4 B．8 C．16 D．32 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质以及三角形中位线定理． 根据是的中位线，即可得到的长，然后根据菱形的周长公式计算即可得． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵点E是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴菱形的周长． 故选：C． 54．（25-26九年级上·辽宁沈阳·期中）如图是学生宿舍的一个可伸缩衣架，这个衣架可以看作是由三个菱形组成，我们将其中一个记为菱形，小宇测得这个菱形的对角线，，则这个菱形的边长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理．先结合菱形的性质，得，根据勾股定理列式计算，即可作答． 【详解】解：连接交于点O，如图所示： ∵菱形的对角线，， ∴， 在中，， 故答案为：． 55．（25-26九年级上·广东佛山·期中）如图是故宫博物院太和殿窗棂的三交六椀菱花图案，从中可以提取出一个菱形．若，则菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，含角的直角三角形，勾股定理，掌握知识点是解题的关键． 连接，交于点O，求出，，得到，，，则，继而求出，即可解答． 【详解】解：连接，交于点O，如图 ∵四边形是菱形，， ∴， ， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴． 故答案为：． 56．（25-26九年级上·陕西西安·期中）如图，在矩形中，、相交于点，为的中点，连接并延长至点，使，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见详解 (2)54 【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和面积公式等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质和判定，并灵活应用． （1）利用平行四边形的判定定理证明四边形是平行四边形，再利用邻边相等的平行四边形是菱形可得结果； （2）直接利用菱形的面积公式进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵点为的中点，且， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ， ∴四边形是菱形； （2）解：∴菱形的面积为． 57．（24-25九年级上·山东青岛·期中）已知：如图，的对角线，交于点O，分别过点A，B作，，连接交于点F． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形为菱形？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)理由见解析 【分析】本题考查了菱形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质和菱形的判定是解题的关键． （1）由四边形是平行四边形得，证明四边形是平行四边形，则有，然后根据证明即可； （2）证出四边形是矩形，由矩形的性质得出，即可得出四边形为菱形． 【详解】（1）证明：的对角线，交于点O，，， ，四边形是平行四边形，， ， ， 在和中， ， ． （2）解：当时，四边形为菱形；理由如下： 四边形是平行四边形，， 四边形是矩形， ， ，， 四边形是平行四边形， 四边形为菱形． 题型七、正方形的性质与判定 58．（25-26九年级上·河南郑州·月考）矩形，菱形，正方形都具有的性质是（    ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线平分一组对角 D．对角线互相垂直 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质． 矩形、菱形、正方形的对角线都互相平分，而其他性质如相等、垂直或平分一组对角并非三者都具有． 【详解】解：∵矩形的对角线互相平分，菱形的对角线互相平分，正方形的对角线互相平分， ∴三者都具有对角线互相平分的性质． 故选：B． 59．（25-26八年级上·河南周口·月考）如图，阴影部分为正方形，，，则四边形的面积为（   ） A．146 B．76 C．84 D．60 【答案】D 【分析】本题考查求四边形面积，涉及正方形性质、勾股定理及梯形面积公式等知识，熟记正方形性质、勾股定理及梯形面积公式等知识是解决问题的关键． 先由正方形性质得到，，在中，由勾股定理求出正方形边长，最后由梯形面积公式代值计算即可得到答案． 【详解】解：在正方形中，，， ， 在中，，，则由勾股定理可得， 四边形的面积为， 故选：D． 60．（25-26九年级上·四川达州·期中）如图，正方形中，，以对角线为一边作菱形，则的长为（　　） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质、菱形的性质． 由正方形的性质得，，则，因为四边形是菱形，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴． 故选：C． 61．（25-26九年级上·黑龙江大庆·期末）如图，点E、F分别在正方形的边、上，，已知，，则 ． 【答案】15 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 过点作交的延长线于点，易证得和，根据全等三角形的性质得到，设，则、，根据列方程，求解的值，利用进行计算求解即可． 【详解】解：过点作交的延长线于点，如图： ， ， 、， ， 、， ， ， ， ， ， ， 、， ， 设，则、， ， ， 解得， ， 故答案为：15． 62．（25-26九年级上·陕西榆林·期末）如图，点E是正方形内部一点，连接，，若，，则的度数为 ． 【答案】64 【分析】本题考查正方形的性质，等边对等角，三角形的内角和定理，根据三角形的内角和定理，求出的度数，角的和差关系求出的度数，等边对等角即可得出结果． 【详解】解：∵正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：64 63．（25-26九年级上·山东青岛·期中）如图，在与中，，，，相交于点．过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，，相交于点． (1)求证：； (2)满足什么条件时，四边形是正方形？请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查全等三角形的性质与判定、正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． （1）根据全等三角形的判定方法进行证明即可； （2）根据平行线的性质得到两组对边互相平行，证得四边形是平行四边形，根据的性质证得平行四边形是菱形，要使菱形是正方形，需要有一个角是，当时，时等腰直角三角形，进而证得，则四边形是正方形． 【详解】（1）证明：在和中， ； （2）解：，理由如下： 证明：， 四边形是平行四边形 平行四边形是菱形 ， 又 菱形是正方形． 64．（25-26九年级上·陕西西安·期中）如图，四边形是正方形，延长到点，使，连接交于点，求的度数． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，根据正方形的性质可得，根据，可得，由此即可求出，进而可得． 【详解】解：∵四边形是正方形，是对角线， ∴， ∵是的外角， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ． 65．【观察猜想】我们知道，正方形的四条边都相等，四个角都为直角． （1）如图1，在正方形中，点分别在边上，连接，并延长到点G，使，连接．若，则之间的数量关系为________； 【类比探究】（2）如图2，当点分别在线段的延长线上，且时，试探究之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1） （2），理由见解析 【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解此题的关键是能正确作出辅助线得出全等三角形． （1）由正方形性质可得，，可证得，，即可证得结论； （2）在上截取，连接．可证得，，即可证得结论． 【详解】解：（1）， ∵四边形为正方形， ，， ， ， ，， ∵四边形为正方形， ， ， ， ， ， 在和中，， ， ， ， ． （2），理由如下： 如图2，在上截取，连接． ∵四边形为正方形， ，， ， ， ，， ∵四边形为正方形， ， ， ， ， ， 在和中，， ， ， ， ． 66．（25-26八年级上·黑龙江哈尔滨·期末）【阅读理解】将完全平方公式适当地变形，可以解决某些数学问题．例：若，，求的值． 解：∵，，∴，， ∵，∴， 根据上面的解题思路与方法，解决下列问题： （1）若，，则______； 【类比应用】（2）若，求的值； 【思维拓展】（3）如图，线段，点D是线段上的一点，分别以，为边作正方形和正方形，连接，，过点D作于N，延长交于M，若两正方形的面积和，求的面积． 【答案】（1）；（2）；（3）． 【分析】本题考查了完全平方公式在几何图形中的应用，等腰三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质等；能熟练利用完全平方公式的变形进行求解是解题的关键． （1）由完全平方公式得，代入计算，即可求解； （2）由完全平方公式得，代入计算，即可求解； （3）设，，通过完全平方公式变形求得，，正方形和正方形，由判定，结合全等三角形的性质得，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ， ， ， ∴ ， 故答案为：； （2）解：， ， ， ． （3）解：设，， ∴， ∵， ∴， ， ， ， ∵，正方形和正方形， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴（）， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ． 题型八、中点四边形 67．我们把顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形．下列说法正确的个数为（    ） ①任意四边形的中点四边形是平行四边形 ②平行四边形的中点四边形是菱形 ③矩形的中点四边形是菱形 ④菱形的中点四边形是正方形 ⑤正方形的中点四边形是正方形 A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】B 【分析】结合中位线定理及特殊四边形的判定方法即可逐一判断． 【详解】任意四边形的中点四边形是平行四边形，①正确； 平行四边形的中点四边形仍然是平行四边形，②错误； 矩形的中点四边形是菱形，③正确； 菱形的中点四边形是矩形，④错误； 正方形的中点四边形仍然是正方形，⑤正确． 正确的个数是3个． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的性质和判定，熟练掌握相关知识是解题的关键． 68．（24-25八年级下·四川绵阳·期中）如图，顺次连接任意四边形各边中点，所得的四边形是中点四边形． 下列四个叙述： ①中点四边形一定是平行四边形； ②当四边形是矩形，中点四边形也是矩形； ③当四边形是菱形，中点四边形也是菱形； ④当四边形是正方形，中点四边形也是正方形． 其中正确的结论是（    ） A．②③ B．①④ C．①②③ D．①②③④ 【答案】B 【分析】此题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定与正方形的判定．熟练掌握中位线定理是解题的关键；连接，，根据三角形中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，再根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，求解即可． 【详解】解：如图，连接，， ，，，分别是四边形各边的中点， ， 四边形是平行四边形；（①正确） 若四边形是矩形， ＝， ＝ ，＝ ， ＝， 四边形是菱形；（②错误） 若四边形是菱形， ， ∵， ， 四边形是矩形，不一定是菱形；（③错误） 四边形是正方形， ＝，， ＝ ，＝ ， ＝， 四边形是菱形； ，， ， ， 四边形是正方形．（④正确） 正确的是①④． 故选：B． 69．（24-25八年级下·内蒙古通辽·期中）顺次连结原四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形．如果顺次连结原四边形各边中点得到中点四边形是矩形，那么原四边形一定是（   ） A．等腰梯形 B．菱形 C．对角线相等 D．对角线互相垂直 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的判定，中点四边形，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】解：如图，与的位置关系是互相垂直． 证明：点、、、分别是、、、的中点， 连接，，，，与交于点， 四边形是矩形， ， 、、分别是、的中点， ， ， 、、分别是、的中点， ， 又点、分别是、各边的中点， ， 即． A、B、C选项不符合题意，D选项符合题意， 故选：D． 70．已知：如图，四边形四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接，得到四边形（即四边形的中点四边形）四边形的形状是________，证明你的结论． 【答案】平行四边形，理由见详解 【分析】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，解题的关键是正确构造三角形并正确运用中位线定理，难度不大． 连接，根据三角形的中位线定理得到，，推出，，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形． 【详解】解：四边形的形状是平行四边形． 证明：如图，连接， ∵、分别是、中点， ∴， 同理， ∴， ∴四边形是平行四边形． 71．请阅读下列材料，并完成相应的任务： 定义：如果一个四边形的对角线相等，我们称这个四边形为等对四边形．等对四边形对边中点的连线，称为等对中位线． 性质：等对四边形的两条等对中位线互相垂直平分． 已知：如图①，四边形中，对角线，，，，分别是，，，的中点，连接，． 求证：，互相垂直平分． 部分证明过程如下： 证明：如图，顺次连接，，，四点， 任务： (1)下列图形，是等对四边形的有 只填序号；①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形 (2)请按照上面的证明思路，完成剩余的证明过程； (3)如图②，等对四边形中，若等对中位线，求等对四边形两对角线的长． 【答案】(1)②④ (2)见解析 (3) 【分析】（1）找出对角线相等的四边形即可； （2）利用三角形中位线定理求得，推出四边形是菱形，即可得到，互相垂直平分； （3）先证明四边形是正方形，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、菱形和正方形中，只有矩形和正方形的对角线相等， ∴是等对四边形的有②④， 故答案为：②④； （2）证明：如图，顺次连接，，，四点， 点，分别是，的中点， 是的中位线， ， 同理可得，，， 又， ， 四边形是菱形， ，互相垂直平分； （3）解：如图，顺次连接，，，四点， 由（2）可知，四边形是菱形， 又， 四边形是正方形， ，， ， 四边形是等对四边形，，是等对中位线， ，点，分别是，的中点， 是的中位线， ， ， 即等对四边形两对角线的长都为． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理． 题型九、矩形中折叠问题 72．（25-26八年级上·浙江丽水·期末）如图，将矩形沿折叠，点B落在边上的点F处．若，，则的长度为 （    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握折叠的性质．根据矩形的性质得出，，，根据折叠得出，，，根据勾股定理求出，设，则，，根据勾股定理列出方程，解方程即可． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， 根据折叠可知：，，， ∴， 设，则，， 根据勾股定理得：， 即， 解得：， ∴． 故选：C． 73．（25-26八年级上·吉林·期中）如图把一张矩形纸片沿对角线翻折，点的对应点为，与相交于点，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查翻折变换（折叠问题）、矩形的性质，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．由翻折可得，由可得，推出即可求解． 【详解】解：由翻折可得， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选项D不符合题意； 矩形， ， ， ， ， 故选项A不符合题意； 根据现有条件无法证明选项BC； 故选：D． 74．如图，在长方形纸片中，点，分别在，上，将沿着折叠，点刚好落在上的点处；再将沿着折叠，点刚好落在上的点处，已知，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题主要考查了长方形的性质，图形的折叠变换及性质，角的计算，准确识图，理解长方形的性质，熟练掌握图形的折叠变换及性质，角的计算是解决问题的关键． 根据长方形的性质及，则，由折叠的性质得即可求解． 【详解】解：∵四边形是长方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 由折叠性质可得： ∴ ∴ ∵将沿着折叠，点C刚好落在上的点处， ∴ ∴ 故选：B． 75．如图，在矩形纸片中，，将矩形纸片折叠，使点与点重合，点折叠至点处，则的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形中的折叠问题，解题的关键是掌握矩形的性质和翻折的性质； 设，根据翻折性质和勾股定理可得，即可解得答案． 【详解】解：∵在矩形纸片中，，， 设，则， 将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，点A折叠至点E处， ∴，，， 在中 ， 即 解得． ∴的面积为： 故答案为． 76．在矩形中，是上的一点．如图，将矩形沿折叠，点的对应点分别为点，若恰好经过点，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查矩形与折叠问题、勾股定理，由勾股定理求出，设，则，，求得，在中，由勾股定理得，可得方程，解方程即可得解． 【详解】解：矩形中，，，则，， 由折叠得：，，， ∴， 在中，， 设，则，， 由折叠得，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴ 解：， ∴， 故答案为：． 77．（25-26九年级上·江西鹰潭·月考）如图，将长方形纸片对折，折痕为，然后展开，点E为上一点，再将沿折叠，使点A落到上的点F处，若． (1)求证：是等边三角形； (2)求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先根据折叠的性质，得出垂直平分，再根据垂直平分得到，再根据折叠的性质，，，从而可得，于是可得出是等边三角形； （2）先根据等边三角形的性质得到，，从而可得，再根据矩形，结合折叠的性质，得到，从而可得，再利用勾股定理求． 【详解】（1）证明：如图，连接． ∵长方形纸片沿对折， 垂直平分， ． 沿折叠， ，，， ， 是等边三角形； （2）解：是等边三角形， ， ． ∵四边形是矩形， ， 由折叠知， ， 由勾股定理得， ， 解得：（负值舍去）． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，矩形与折叠问题，等边三角形的性质，用勾股定理解三角形，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 78．（25-26八年级上·甘肃兰州·期中）在长方形纸片中，，． (1)如图①，将长方形纸片折叠，点B落在对角线上的点E处，则CE的长为______； (2)如图②，点M为上一点，将沿翻折至，与相交于点，与相交于点，且．①证明：．②求的长． 【答案】(1)2 (2)①见解析② 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理，矩形的性质，等知识；熟练掌握相关知识是解决问题的关键． （1）由勾股定理求出，求出即可得出答案； （2）①由证明；②由全等三角形的性质得出，，，因此，，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【详解】（1）解：矩形纸片中，，， ， 将矩形纸片折叠，点落在对角线上的点处， ， ； 故答案为：2； （2）①证明：如图： 由折叠的性质得：， 在和中， ， ； ②设，则， 由折叠的性质得：， ， ， ，即， ，， ，， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ． 题型十、平行四边形中动点、旋转问题（难点） 79．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，动点P从点A开始沿边以的速度向点B运动，动点H从点B开始沿边以的速度向点A运动，动点Q从点C开始沿边以的速度向点D运动．点P，点H和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另两点也随之停止运动．设动点的运动时间为，当时，t的值为（   ） A． B．4 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的性质．由题意得，，，求得，根据等腰三角形的性质得到，再利用，列式计算即可求解． 【详解】解：作于点，如图， ∵矩形， ∴四边形是矩形， ∴， 由题意得，，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 解得， 故选：D． 80．（24-25九年级上·河北保定·期末）如图，边长为的正方形，对角线相交于O，E为边上一动点（不与B，C重合），交于F，G为中点.给出如下四个结论： ①； ②点E在运动过程中，面积的最小值为1； ③点E在运动过程中，周长不变化； ④点E在运动过程中，与始终相等 其中正确的结论是（   ） A．①③④ B．①②③ C．②③④ D．①②④ 【答案】D 【分析】易证得，则可判断①即可； ，的值随着点运动而变化，从左向右移动过程中，先变小，达到最小值后，再变大，据此判断②； 先求得，由②得随着点运动而变化，的长也在不断变化，即可判断③； 利用直角三角形斜边中线的性质，即可判断④． 【详解】解：①四边形是正方形，、相交于点， ，，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 故①正确； ② ，的值随着点运动而变化，从左向右移动过程中，先变小，达到最小值后，再变大， 当时，最小，此时， 面积最小值为， 故②正确； ③， ， ， 由②得随着点运动而变化，的长也在不断变化， 点E在运动过程中，周长也在变化， 故③错误； ④，为中点． ， 点在运动过程中，与始终相等，故④正确； 综上，①②④正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边的中线以及等腰直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定与性质是解此题的关键． 81．如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点即停止；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)求为何值时，四边形是矩形； (2)求为何值时，四边形是菱形． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了菱形、矩形的判定与性质，解决此题注意结合方程的思想解题． (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：由题意，得，则， 四边形是矩形， ，， 当时，四边形为矩形， ， 解得， 故当时，四边形为矩形． （2）解：由（1）可知，四边形为平行四边形， 当时，四边形为菱形． 在中，， 时，四边形为菱形， 解得， 故当时，四边形为菱形． 82．（25-26九年级上·江西宜春·月考）【发现问题】 （1）如图①，在正方形中，，分别是，边上的动点，且．试判断，之间的数量关系．小明把绕点顺时针旋转至，使与重合，发现．请你给出证明过程． 【类比延伸】 （2）如图②，在正方形中，若，分别是边延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？请说明理由． （3）如图③，如果分别是边延长线上的动点，且，直接写出之间的数量关系． 【答案】（1）见解析（2）不成立，理由见解析（3） 【分析】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是旋转三角形，构造全等三角形． （1）由旋转的性质可得，进而证得，从而得出，进一步得出结论； （2）把绕点A顺时针旋转至，使AB与AD重合，可证得，进而证得，进一步得出结果； （3）与（2）的证法类似，可得到结论； 【详解】解：（1）证明：由旋转的性质可得， ． 又，三点共线． ， ， ， ． 又， ， ． （2）不成立． 理由：如图，把绕点A顺时针旋转至，使AB与AD重合． ， F，G，D三点共线． 由旋转的性质可知， ， ． 又， ， ； ∴（1）中的结论不成立． （3）． 理由：如图，把绕点A逆时针旋转至，使与重合． ， B，G，E三点共线． 同理可证：， ∴， ． 83．（25-26九年级上·河南郑州·月考）【问题呈现】 如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点P旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点E、F（点F与点C，D不重合）．探索线段之间的数量关系． (1)【问题初探】 爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论．请你写出线段之间的数量关系________； (2)【问题引申】 如图2，将图1中的正方形改为的菱形，，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段之间的数量关系，并说明理由： (3)【问题解决】 如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为16，点P运动至与A点距离恰好为14的位置，且旋转至时，请直接写出的长度________． 【答案】(1) (2) (3)8或4 【分析】（1）根据正方形的性质可得，，证明，得到，即可求解； （2）取的中点，连接，根据菱形的性质可得是等边三角形，可证明，得到，即可证明； （3）分两种情况：当点靠近点时，；当点靠近点时；过点作于，连接，作交于，结合（2），根据勾股定理和等边三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：如图1中， 正方形的对角线，交于点， ，， ， ， 在和中 ， ， ， ； 故答案为： （2）解：结论变为，理由如下： 如图2中，取的中点T，连接， 四边形为的菱形， ，，， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 故答案为：； （3）解：如图3﹣1中，当点P靠近点B时，过点A作于H，连接，作交于G． 是等边三角形，，， ，， 在中，， ， 由（2）可知，， ； 如图中，当点靠近点时，同法可得，， ， ， 综上所述，满足条件的的值为8或4； 故答案为：8或4． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形及菱形的性质，等腰三角形的性质，解答本题的关键是设计三角形全等，巧妙地借助两个三角形全等，寻找所求线段与线段之间的等量关系． 84．（24-25八年级下·云南红河·期末）已知四边形是边长为的正方形，P，Q是正方形边上的两个动点，点P从点A出发，以的速度沿A→B→C方向运动，点Q同时从点D出发以速度沿D→C方向运动．设点P运动的时间为t（）． (1)如图1，当点P在边上，四边形为平行四边形时，求t的值； (2)如图2，当点P在边上，时，求t的值； (3)点P在运动过程中，是否存在四边形的面积等于正方形的面积的一半，若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的性质与判定及平行四边形的性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的性质与判定及平行四边形的性质是解题的关键； （1）由题意易得，则有，然后可得当时，四边形为平行四边形，进而问题可求解； （2）由题意易得，则有，然后可得方程，进而求解即可； （3）由题意可分：当点P在边上，当点P在边上，即，然后分类进行求解即可． 【详解】（1）解：当点P在边上，则有，所以， 在正方形中，， ∴当时，四边形为平行四边形， ∴， 解得：， ∴当时，四边形为平行四边形； （2）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点P在边上， ∴， ∴， 解得：； （3）解：存在，理由如下： 由题意可分：当点P在边上，则有，所以，此时四边形是梯形， ∴四边形的面积为， ∵四边形的面积等于正方形的面积的一半， ∴， 解得：（不符合题意，舍去）； 当点P在边上，即，则有，如图， ∵四边形的面积等于正方形的面积的一半， ∴与的面积之和也为正方形的面积的一半， ∴， 解得：； 综上所述：当时，四边形的面积等于正方形的面积的一半． 题型十一、平行四边形中最值问题（难点） 85．（24-25八年级下·辽宁铁岭·期中）如图，正方形的边长为12，点E在AB上，且，点F是上一动点，则的最小值是（    ） A．15 B． C． D．12 【答案】A 【分析】本题主要考查了最短路线问题、勾股定理以及正方形的性质的运用，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点． 连接，依据，可得，当在同一直线上时，的最小值等于的长，再根据勾股定理即可得到的长即为的最小值． 【详解】如图所示，连接， ∵点与点关于对称， ， 当在同一直线上时， 的最小值等于的长， ∴的最小值等于15， 故选：A． 86．如图所示，正方形的边长为2，点为边的中点，点在对角线上移动，则周长的最小值是（  ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作点E关于的对称点为，连接交于点P，可得，，根据勾股定理求出，可得周长，即可求解． 【详解】解：作点E关于的对称点为，连接交于点P，如图所示，    ∵E关于的对称点为， ∴，， ∵正方形的边长为2，点为边的中点， ∴，， ∴， ∴， ∵周长， 又∵， ∴周长， ∴周长最小值为， 故选：B． 【点睛】本题考查了轴对称的性质，正方形的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握轴对称的性质． 87．（25-26九年级上·陕西渭南·期中）如图，在菱形中，，，P为对角线上任意一点，Q为边上任意一点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了轴对称-最短路径问题，菱形的性质，等边三角形的性质等知识点，解题的关键是熟知两点之间线段最短的知识． 点C是定点，点P为上一动点，是轴对称最值问题，连接，由菱形的对称性可知，点A和点C关于对称，连接，由垂线段最短可知，当且点共线时，有最小值，证明为等边三角形，则点Q为的中点，根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接，，， ∵四边形为菱形， ∴点A和点C关于对称， ∴， ∴， 由垂线段最短可知，当且点共线时，有最小值， ∵，四边形为菱形 ∴，， ∴为等边三角形， 由三线合一可知点Q为的中点， ∵， ∴，， ，即最小值为， 故答案为：． 88．如图，在边长为10的正方形中，点G是边的中点，E，F分别是和边上的点，则四边形周长的最小值为 ．    【答案】30 【分析】本题考查轴对称-最短路线问题，正方形的性质，勾股定理，作点关于的对称点，作点关于的对称点（先作对称点），连接，根据两点之间线段最短即可解决问题． 【详解】如图，作点关于的对称点，作点关于的对称点（先作对称点），连接（连接对称点）．   ， ． （两点之间线段最短）， 四边形的周长的最小值． 为的中点，， ，． 在正方形中，， 在中，， 四边形的周长的最小值为． 故答案为：30 89．（24-25八年级下·山东潍坊·月考）如图，矩形中，，，P是边上的动点，E是边上的一动点，点M、N分别是、的中点，则线段的长度最大为 ． 【答案】 【分析】此题考查了三角形中位线的性质定理，勾股定理的知识，掌握以上知识是解答本题的关键； 根据点M、N分别是、的中点，得到是的中位线，得到，故当最大时，线段的长度最大，利用勾股定理求出，即可求线段的长度最大值． 【详解】解：∵点M、N分别是、的中点， ∴， 由题意可知：当点与点重合时，最长， 在中， 此时：， ∴， ∴线段的长度最大为； 故答案为：； 90．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，菱形的边长为，，、分别是边，上的两个动点，且满足． (1)求证：； (2)判断的形状，并说明理由； (3)当的周长最小时， ． 【答案】(1)见解析 (2)为等边三角形；理由见解析 (3) 【分析】（1）根据菱形的性质得出，，进而证明，即可证明； （2）根据（1）的结论得出，，根据，得出，即可得出结论； （3）根据是等边三角形，得出，根据垂线段最短，得出当时，最小，即的周长最小，根据等边三角形的性质和勾股定理求出结果即可． 【详解】（1）证明：∵菱形的边长为，， ，， ∴为等边三角形， ， ， ， ，， ， 在和中， ∴； （2）解：为等边三角形． 理由：， ，， ， ， 是等边三角形． （3）解：∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵垂线段最短， ∴当时，最小，即的周长最小， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴的周长最小时，． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定，全等三角形的性质与判定，垂线段最短，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，全等三角形的性质与判定是解题的关键． 91．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）综合与实践 【问题情境】 在数学综合与实践活动课上，老师让同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 如图，正方形和正方形，连接，． 【操作发现】 （1）当正方形绕点旋转，如图，线段与之间的数量关系是______；直线与的夹角度数为______； 【深入探究】 （2）如图，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想与的数量关系与直线与的夹角度数，并说明理由； 【迁移探究】 （3）如图，在（2）的条件下，，在菱形绕点旋转过程中，直接写出线段的最小值． 【答案】（1），；（2） ；直线与的夹角度数为；理由见解析；（3）线段的最小值为． 【分析】（1）由四边形和四边形是正方形，得，，，证明，得出，，延长交于点，交于点，根据全等三角形的性质和角度和差即可求解； （2） 由四边形和四边形是菱形，得，，，证明，得出，，延长交于点，交于点，根据全等三角形的性质和角度和差即可求解； （3）如图，由于菱形绕点旋转，所以点的运动轨迹，是以点为圆心，半径为的圆，连接圆心点与圆外一点，当点在上时，线段取得最小值，连接，交于点，根据菱形的性质得到，，，根据勾股定理得到，求得，于是得到结论． 【详解】（1）四边形和四边形是正方形， ，，， ， ， 在和中， ， ， ，， 如图，延长交于点，交于点， ，， ， ， 直线与的夹角度数为， 故答案为：，； （2）；直线与的夹角度数为；理由如下： 四边形和四边形是菱形， ，，， ， ， 在和中， ， ， ，， 如图，延长交的延长线于点，交于点， ，， ， 直线与的夹角度数为； （3）如图，∵ ∴当点在上时，线段取得最小值， 连接，交于点， 四边形是菱形，， ，，， ， ， ， ， ， ， 即线段的最小值为． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，掌握知识点的应用是解题的关键． 题型十二、四边形其他综合问题 92．如图，四边形是平行四边形，下列说法不正确的是（    ）． A．当时，四边形是矩形 B．当时，四边形是正方形 C．当时，四边形是菱形 D．当时，四边形是矩形 【答案】B 【分析】本题考查特殊平行四边形的判定，掌握好特殊平行四边形的判定定理是解题关键． 根据特殊平行四边形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：对于A，对角线相等的平行四边形是矩形，故A正确，不满足题意； 对于B，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B不正确，满足题意； 对于C，邻边相等的平行四边形是菱形，故C正确，不满足题意； 对于D，一个角为直角的平行四边形是矩形，故D正确，不满足题意． 故选：B． 93．（25-26八年级上·重庆·期末）如图，点P、Q是平行四边形的边上一点，且，相交于R，连接，且恰好平分，若，则点C到的距离为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，勾股定理，三线合一定理，过点C作于点E，于点F，由角平分线的性质可得；可证明，则可推出，由三线合一定理得到的长，再利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：如图所示，过点C作于点E，于点F， ∵平分，，， ∴； ∵四边形是平行四边形，且点P、Q是平行四边形的边上一点， ∴，， ∴， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴点C到的距离为， 故选：D． 94．小北发现：矩形内构造出等腰三角形，可以产生角平分线，得到相等的角，再结合其他条件可以得到全等三角形，于是他进行了以下操作．如图，在矩形中， (1)在线段上取一点E，使得，连接，；过点作的垂线，垂足为；（用尺规完成基本作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）所作的图形中，求证：． 证明： ∵ ① ， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵四边形是矩形， ∴ ② ， ∴． ∵， ∴ ③ ， ∴． 在和中：， ∴． 【答案】(1)作图见解析； (2)①四边形是矩形，②，③，④． 【分析】本题主要考查了画图、全等三角形的判定与性质、矩形的性质、等腰三角形的判定和性质，熟记全等三角形的判定与性质是解题的关键． （1）根据用尺规作一条线段等于已知线段作出线段，其余按步骤即可； （2）先运用矩形的性质得到，再运用等腰三角形等边对等角的性质得到，通过换角得，最后运用证明． 【详解】（1）解：如图所示为所求作： （2）证明：∵四边形是矩形， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵四边形是矩形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 在和中：， ∴． 95．（25-26九年级上·河南南阳·月考）新乡某初中数学小组在学完“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”后分组进行了交流，请你根据各小组的内容解答问题． (1)经典小组的同学们对该性质进行了证明：①下面是该小组的小亮截取的教材中的证明过程： 已知：如图1，在中，，CD是斜边AB上的中线． 求证：． 证明：延长至点E，使，连接． ∵是斜边上的中线，∴．又∵， ∴四边形是平行四边形      I 又∵，∴四边形是矩形，    Ⅱ ∴，∴． 该证明过程中：I处的判定定理是_______；Ⅱ处的判定定理是________； ②该小组的小红提供了另一种证明方法，请你根据下面的思路，完成证明． 如图2，取的中点D，连接，根据中位线定理和其他知识进行证明． (2)创新小组在定理应用上进行了拓展：如图3，在四边形中，，，E，F分别为的中点，连接．若，平分，，过点E作于G，求的长． 【答案】(1)①对角线互相平分的四边形是平行四边形；有一个角是直角的平行四边形是矩形；②见解析； (2) 【分析】题目主要考查矩形的判定，中位线及垂直平分线的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． （1）①根据证明过程直接写出依据即可；②根据中位线的性质及垂直平分线的性质证明即可； （2）根据题意得出，确定，再由含30度角的直角三角形的性质得出，利用勾股定理及直接三角形斜边中线的性质即可求解． 【详解】（1）解：①对角线互相平分的四边形是平行四边形；有一个角是直角的平行四边形是矩形； ②证明：∵O是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴，即， ∴是的垂直平分线， ∴； （2）在中， 由中点可知，， 在中， ∵E是中点， ∴， ∵， ∴， 由条件可知， ∵点E是中点，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴点G是的中点， ∴． 1．（2025·四川绵阳·中考真题）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，根据中心对称图形和轴对称图形的概念，逐一分析各选项是否符合题意即可． 【详解】解：A项：该图形能沿着某条直线翻折后与另一半重合，但不能绕某点旋转后与原图形重合，所以该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故A不符合题意； B项：该图形能沿着某条直线翻折后与另一半重合，但不能绕某点旋转后与原图形重合，所以该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故B不符合题意； C项：该图形能沿着某条直线翻折后与另一半重合，也能绕某点旋转后与原图形重合，所以该图形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故C符合题意； D项：该图形不能沿着某条直线翻折后与另一半重合，也不能绕某点旋转后与原图形重合，所以该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故D不符合题意， 故选：C． 2．（2025·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（    ） A．9 B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了菱形的性质、矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质、矩形的性质是关键．根据菱形的性质得到，由矩形的性质得到，，，设，则在中，则利用勾股定理求出，即．得到，根据菱形的面积求出答案即可． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，，， 设，则在中， ∴ ∵， 即， ∴， 即． ∴， ∴菱形的面积为， 故选：C 3．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，在正五边形中，的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正多边形的内角问题，等边对等角，先求出正多边形的一个内角的度数，等边对等角求出的度数，再根据角的和差关系进行求解即可． 【详解】解：由题意，，， ∴， ∴； 故选B． 4．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，两条对角线与互相垂直，则四边形一定是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形的判定，中点四边形，三角形中位线 ，设交于点Q，交于点P，结合三角形中位线证出四边形是平行四边形，再结合，证出结果即可． 【详解】解：设交于点Q，交于点P， ∵分别是的中点，     ∴，且，且，     ∴，且，         ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， 故选：A． 5．（2025·安徽·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点为边上的动点．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，，则下列结论错误的是（   ） A．的最大值是 B．的最小值是 C．的最小值是 D．的最大值是 【答案】A 【分析】本题主要围绕四边形中的动点问题展开，解题思路是先通过旋转的性质得到相关线段和角的关系，再利用勾股定理建立线段之间的联系，最后根据点与点之间的位置关系以及几何性质来分别判断各个结论的正确性． 【详解】解：∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴，． 又∵，，，， 过点作于点，在上取一点，使得延长交于点，则四边形是矩形， ∴． ∴， ∴（）， ∴ ∴，即点在上运动， ∴四边形和四边形是矩形， ∴，，， ∵， ，，， ∴ ∴， ∴最大时，最大， 当点与点重合时，与重合时，最小此时， ，故错误，符合题意； 故B正确，不符合题意； 作点关于的对称点，连接则，，过作于点，此时 当、、三点共线时，最小， ∵ ∴四边形是矩形， ∴，， ∴的最小值 故正确，不符合题意； 当与重合时， 当与重合时，过作，则四边形是矩形，如下图， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∴， 综上，最大值为．故项正确，不符合题意； 故选：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定及性质，勾股定理以及几何最值问题，熟练掌握旋转的性质和勾股定理，并能根据几何图形的特点准确分析线段之间的关系是解题的关键． 6．（2025·福建·中考真题）如图，已知矩形，点是的中点，将边沿翻折到的位置，点的对应点为，连接并延长交于点，当恰为的中点时，的值是 ． 【答案】 【分析】连接，设，则，，证明，得到，设，得到，根据勾股定理得到，解得，负的舍去，解答即可． 【详解】解：连接， ∵矩形， ∴，， 将边沿翻折到的位置，点的对应点为， ∴，， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， 设， ∴，， 在和中 ∵， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得，负的舍去， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解方程，熟练掌握判定和性质，勾股定理是解题的关键． 7．（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了旋转-最短路线问题，三角形全等的判定，菱形的性质以及等边三角形的性质．通过将绕点A顺时针方向旋转的点，此时证明和全等后找到对应的线段，的最小值即为点B，，P，D四点共线时，线段的长度即为所求． 【详解】如图，将线段绕点A顺时针方向旋转，得到线段，连接，，， 由题意知，在菱形中，，， ∴和为等边三角形， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即点B，，P，D四点共线时，的最小， 此时最小值的长度为． 故答案为：． 8．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，点、在的对角线上．若_________，则四边形是平行四边形．请从①；②；③这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由． 【答案】②或③，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握以上知识点是解题的关键．添加条件②，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，添加③为条件，证明得出，即可得证． 【详解】解：添加②为条件，则四边形是平行四边形． 理由如下，如图，连接交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴ ∴四边形是平行四边形． 添加③为条件，则四边形是平行四边形． 理由如下，∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； 选择①无法得出四边形是平行四边形． 9．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，以及对称轴的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）根据对称可得，，然后证明，则可先证明四边形是平行四边形，再由对角线互相垂直即可证明其为菱形； （2）先对运用勾股定理求解，再对运用勾股定理求解，最后由面积法求解即可． 【详解】（1）证明：∵点B，点D关于所在直线对称， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， 由题意得：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 10．（2025·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系． 【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； （2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系． 【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析 【分析】（1）利用正方形的性质求得，证明，推出，根据即可求解； （2）在上截取，证明，推出，，证明是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得； （3）在上截取，证明，得到，，同理，得到是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得． 【详解】解：（1），理由如下， 如图，当点G，H重合时， ∵正方形与正方形， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2），理由如下， 由（1）得， ∴， 在上截取， ∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； （3），理由如下， 由（1）得， ∴，， 在上截取， ∵，， ∴， ∴，， 同理，是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识点，作出辅助线，证明三角形全等是解本题的关键． 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 四边形 目录 A题型建模・专项突破 题型一、多边形 1 题型二、平行四边形的性质与判定 2 题型三、中心对称和中心对称图形（常考点） 4 题型四、三角形的中位线相关问题（重点） 7 题型五、矩形的性质与判定 9 题型六、棱形的性质与判定 11 题型七、正方形的性质与判定 13 题型八、中点四边形 15 题型九、矩形中折叠问题 17 题型十、平行四边形中动点、旋转问题（难点） 19 题型十一、平行四边形中最值问题（难点） 21 题型十二、四边形其他综合问题 23 B综合攻坚・能力跃升 题型一、多边形 1．如图所示的多边形中，不是凸多边形的是（   ） A． B． C． D． 2．若一个四边形的四个外角之比为，则这四个外角中最大的外角的度数是（   ） A． B． C． D． 3．（25-26七年级上·辽宁丹东·期末）从多边形的一个顶点引对角线，将这个多边形分成7个三角形，则这个多边形的边数为（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 4．把六边形分割成三角形，至少可以分割成m个三角形，这时分割六边形的线段的条数为n，则的值为（    ） A．7 B．4 C．12 D．1 5．（1）如果一个多边形每一个外角都是，那么这个多边形的边数为____________． （2）正边形的一个内角为，则的值是____________． 6．如图，在正五边形中，点F在边上（不与端点重合），点G在边上，，连接交于点H，则 °． 7．一个多边形的内角和比它的外角和的4倍少，这个多边形的边数是多少？ 8．求出下列图形中的值． 9．阅读与思考 连接多边形任意两个不相邻顶点的线段叫做多边形的对角线． 如图所示，过多边形的一个顶点作出所有的对角线，可以把多边形分割成若干个三角形．请仔细观察下面的图形和表格，并回答下列问题： 多边形的顶点数/个 4 5 6 7 8 …… 从一个顶点出发的对角线的条数/条 1 2 3 4 5 …… ①_____ 分割成的三角形个数/个 2 3 4 5 6 …… ②_____ (1)观察探究：请仔细观察上面的图形和表格，并用含的代数式填写表格①______，②______； (2)n边形有n个顶点，那么所有对角线的条数可表示为______； (3)类比应用：数学社团共有11名同学，大家约定，春节期间每人都要给同社团的其他同学打一个电话拜年．请问，按照此约定，数学社团的同学们一共将拨打电话多少个？ 题型二、平行四边形的性质与判定 10．在中，下列结论错误的是（    ）． A． B． C． D． 11．已知中，，则的大小是（    ） A． B． C． D． 12．如图，四边形的对角线，相交于点．已知，，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 13．（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，平行四边形的对角线交于点，且，若它的对角线的和是32，则的周长为 ． 14．如图，在四边形中，，相交于点，点，在对角线上，且，．要使四边形为平行四边形，则应添加的条件是 （写出一种情况即可）． 15．（25-26八年级上·上海·月考）如图，中，，的周长为，则与的周长和为 ． 16．（24-25八年级下·内蒙古包头·期中）如图，在中，点M，N分别在边上，且，对角线分别交于点E，F．求证． 17．（24-25八年级下·陕西汉中·期末）如图，在四边形中，连接，，．求证：四边形是平行四边形． 18．（24-25八年级下·陕西汉中·期末）如图，中，分别是和的平分线，相交于点O． (1)求证：； (2)若，求的周长． 19．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）如图，在中，D是边上任意一点，F是的中点，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． 题型三、中心对称和中心对称图形（常考点） 20．（2026·福建福州·一模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 21．（2026·辽宁阜新·一模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 22．（25-26九年级上·贵州遵义·月考）2025年10月31日，搭载神舟二十一号载人飞船的长征二号遥二十一运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，中国航天取得了举世瞩目的成就．下面是有关我国航天领域的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 23．（25-26九年级上·辽宁大连·期末）如图，与关于点O成中心对称，则下列结论不成立的是（   ） A． B． C． D． 24．下列语句中，正确的是（    ） A．中心对称图形是一个图形绕着一个定点旋转后能与另一个图形重合； B．等腰三角形是轴对称图形，它的对称轴是底边上的高； C．平行四边形是中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点； D．经过翻折，对称轴被对称点的连线垂直平分． 25．（25-26八年级上·江苏泰州·期末）点与其关于原点的对称点间的距离为 ． 26．如图，与关于点成中心对称，，，，则点到的距离是 ． 27．图①②③均为正方形网格，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点为格点，点均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，并且所画图形的顶点均在格点上． (1)在图①中画一个，使其是轴对称图形，且面积为1.5； (2)在图②中画一个四边形，使其是中心对称图形但不是轴对称图形； (3)在图③中画一个四边形，使其是轴对称图形但不是中心对称图形，且四条边长均为无理数． 28．（25-26九年级上·甘肃甘南·期末）如图，已知的顶点在格点上，在网格中按下列要求作图： (1)将绕点逆时针旋转得到； (2)作出与关于点成中心对称的． 29．（25-26九年级上·安徽芜湖·月考）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的顶点均为格点（网格线的交点）． (1)将线段绕点顺时针旋转，得到线段（其中点的对应点为），画出线段； (2)画出线段关于点对称的线段（其中点的对应点为）． 30．（25-26九年级上·湖北孝感·期中）如图，在边长为1的正方形网格中，的顶点均在格点上．点为网格线的交点． (1)画出关于点的对称的图形； (2)将绕点顺时针旋转，画出旋转后的； 题型四、三角形的中位线相关问题（重点） 31．（25-26九年级上·吉林长春·期末）如图，为测量池塘两端、的距离，小明在池塘外选取了一个点，使得点可以直接到达、，他分别找到、的中点、，并且测得的长为米，则池塘两端、的距离为（   ） A．8米 B．20米 C．25米 D．32米 32．（25-26八年级上·湖南张家界·期末）如图，点D，E，F分别为三边的中点，若的周长为5，则的周长为（    ） A．12 B．10 C．5 D．2．5 33．（24-25八年级下·云南红河·期中）如图，在中，于点D，E，F，G，H分别是，，，的中点，若，则的长为（   ） A． B．3 C．4 D．5 34．（25-26九年级上·山东淄博·月考）如图，在中，，，，点D为上的动点，点E，F分别为，的中点，则最小值为（　　） A． B． C． D． 35．（25-26九年级上·吉林长春·期中）如图，、、分别是的、、边的中点，，则的度数为 ． 36．（25-26九年级上·吉林四平·期末）如图，在中，点、分别为边、的中点，点是上一点，且．若，，则线段的长为 ． 37．（25-26八年级上·江苏盐城·月考）如图，分别是的中点． (1)证明：； (2)若，，求的长． 38．（24-25八年级下·黑龙江大庆·期末）如图，在中，，分别是、上的点，且，和的交点为，和的交点为，求证：，． 39．（25-26八年级上·陕西宝鸡·期末）【提出问题】 如图1，在中，，，于点，点、分别是线段、的中点，连接、、．以线段为边作等边（点在边的左侧），连接． （1）试说明是等边三角形； （2）判断线段与之间的数量关系，并说明理由． 【解决问题】 （3）如图2，是某植物园的局部示意图，其中，，于点，线段为园区通道，是的中点，此处设有卫生间．园区拟改造该区域及其周边区域，在线段上取一点，以为边，在左侧作等边用于种植某种常绿植物，在点处修建凉亭，并沿、、铺设三条不同材质的小路．为合理预算修建费用，请你帮助园区工作人员确定、、这三条线段之间的数量关系，并说明理由． 题型五、矩形的性质与判定 40．如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 41．要判断一个四边形门框是否为矩形．在下面拟定的四个方案中，正确的方案是（   ） A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等 C．测量对角线是否互相垂直 D．测量其中三个角是否是直角 42．（25-26九年级上·山东青岛·期末）如图，在矩形中，点、分别在边，上，且，，，，则的长是（   ） A． B． C． D． 43．（25-26九年级上·广东佛山·月考）如图，在矩形中，两条对角线与相交于点，则的长为（   ） A． B． C． D．4 44．（25-26九年级上·海南儋州·期末）图为《天工开物》记载的用于舂（）捣谷物的工具——“碓（）”，图6－1为其平面示意图．已知于点B，与水平线l相交于点O，．若分米，分米，，则点C到水平线l的距离为（   ） A．4分米 B．分米 C．分米 D．分米 45．在平行四边形中，对角线与交于点．添加一个条件： ，则可判定四边形是矩形． 46．（25-26九年级上·福建漳州·期中）如图，O为跷跷板AB的中点，支柱OC与地面MN垂直，垂足为点C，且OC＝40cm，则A端离地面的最大高度为 cm． 47．（25-26九年级上·福建宁德·期中）如图，在平行四边形中，过点A作交边于点E，点F在边上，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，且，，求线段的长． 48．（25-26九年级上·宁夏银川·期中）如图，在矩形中，两条对角线相交于点，，，求： (1)求的度数； (2)求矩形的面积． 49．（25-26九年级上·贵州贵阳·期中）如图，在矩形中，点在上，，且，垂足为． (1)求证：； (2)若，，求的长． 题型六、棱形的性质与判定 50．（25-26九年级上·广东茂名·月考）如图，在菱形中，对角线与相交于点，则下列结论错误的是（ ） A． B． C． D． 51．（25-26九年级上·山西运城·月考）如图，在菱形中，点E为对角线上的一点，且．连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 52．（25-26九年级上·江西抚州·期中）某中学的剪纸社团想剪出菱形图片作为教学用具，小花同学剪的菱形的两条对角线分别为和，则这个菱形的边长是（    ）． A． B． C． D． 53．（25-26九年级上·内蒙古呼和浩特·期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点为的中点．若，则菱形的周长为（　　） A．4 B．8 C．16 D．32 54．（25-26九年级上·辽宁沈阳·期中）如图是学生宿舍的一个可伸缩衣架，这个衣架可以看作是由三个菱形组成，我们将其中一个记为菱形，小宇测得这个菱形的对角线，，则这个菱形的边长为 ． 55．（25-26九年级上·广东佛山·期中）如图是故宫博物院太和殿窗棂的三交六椀菱花图案，从中可以提取出一个菱形．若，则菱形的面积为 ． 56．（25-26九年级上·陕西西安·期中）如图，在矩形中，、相交于点，为的中点，连接并延长至点，使，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求菱形的面积． 57．（24-25九年级上·山东青岛·期中）已知：如图，的对角线，交于点O，分别过点A，B作，，连接交于点F． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形为菱形？请说明理由． 题型七、正方形的性质与判定 58．（25-26九年级上·河南郑州·月考）矩形，菱形，正方形都具有的性质是（    ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线平分一组对角 D．对角线互相垂直 59．（25-26八年级上·河南周口·月考）如图，阴影部分为正方形，，，则四边形的面积为（   ） A．146 B．76 C．84 D．60 60．（25-26九年级上·四川达州·期中）如图，正方形中，，以对角线为一边作菱形，则的长为（　　） A．2 B． C． D． 61．（25-26九年级上·黑龙江大庆·期末）如图，点E、F分别在正方形的边、上，，已知，，则 ． 62．（25-26九年级上·陕西榆林·期末）如图，点E是正方形内部一点，连接，，若，，则的度数为 ． 63．（25-26九年级上·山东青岛·期中）如图，在与中，，，，相交于点．过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，，相交于点． (1)求证：； (2)满足什么条件时，四边形是正方形？请说明理由． 64．（25-26九年级上·陕西西安·期中）如图，四边形是正方形，延长到点，使，连接交于点，求的度数． 65．【观察猜想】我们知道，正方形的四条边都相等，四个角都为直角． （1）如图1，在正方形中，点分别在边上，连接，并延长到点G，使，连接．若，则之间的数量关系为________； 【类比探究】（2）如图2，当点分别在线段的延长线上，且时，试探究之间的数量关系，并说明理由． 66．（25-26八年级上·黑龙江哈尔滨·期末）【阅读理解】将完全平方公式适当地变形，可以解决某些数学问题．例：若，，求的值． 解：∵，，∴，， ∵，∴， 根据上面的解题思路与方法，解决下列问题： （1）若，，则______； 【类比应用】（2）若，求的值； 【思维拓展】（3）如图，线段，点D是线段上的一点，分别以，为边作正方形和正方形，连接，，过点D作于N，延长交于M，若两正方形的面积和，求的面积． 题型八、中点四边形 67．我们把顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形．下列说法正确的个数为（    ） ①任意四边形的中点四边形是平行四边形 ②平行四边形的中点四边形是菱形 ③矩形的中点四边形是菱形 ④菱形的中点四边形是正方形 ⑤正方形的中点四边形是正方形 A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 68．（24-25八年级下·四川绵阳·期中）如图，顺次连接任意四边形各边中点，所得的四边形是中点四边形． 下列四个叙述： ①中点四边形一定是平行四边形； ②当四边形是矩形，中点四边形也是矩形； ③当四边形是菱形，中点四边形也是菱形； ④当四边形是正方形，中点四边形也是正方形． 其中正确的结论是（    ） A．②③ B．①④ C．①②③ D．①②③④ 69．（24-25八年级下·内蒙古通辽·期中）顺次连结原四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形．如果顺次连结原四边形各边中点得到中点四边形是矩形，那么原四边形一定是（   ） A．等腰梯形 B．菱形 C．对角线相等 D．对角线互相垂直 70．已知：如图，四边形四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接，得到四边形（即四边形的中点四边形）四边形的形状是________，证明你的结论． 71．请阅读下列材料，并完成相应的任务： 定义：如果一个四边形的对角线相等，我们称这个四边形为等对四边形．等对四边形对边中点的连线，称为等对中位线． 性质：等对四边形的两条等对中位线互相垂直平分． 已知：如图①，四边形中，对角线，，，，分别是，，，的中点，连接，． 求证：，互相垂直平分． 部分证明过程如下： 证明：如图，顺次连接，，，四点， 任务： (1)下列图形，是等对四边形的有 只填序号；①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形 (2)请按照上面的证明思路，完成剩余的证明过程； (3)如图②，等对四边形中，若等对中位线，求等对四边形两对角线的长． 题型九、矩形中折叠问题 72．（25-26八年级上·浙江丽水·期末）如图，将矩形沿折叠，点B落在边上的点F处．若，，则的长度为 （    ） A．10 B．11 C．12 D．13 73．（25-26八年级上·吉林·期中）如图把一张矩形纸片沿对角线翻折，点的对应点为，与相交于点，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 74．如图，在长方形纸片中，点，分别在，上，将沿着折叠，点刚好落在上的点处；再将沿着折叠，点刚好落在上的点处，已知，则的度数为（　　） A． B． C． D． 75．如图，在矩形纸片中，，将矩形纸片折叠，使点与点重合，点折叠至点处，则的面积为 ． 76．在矩形中，是上的一点．如图，将矩形沿折叠，点的对应点分别为点，若恰好经过点，则线段的长为 ． 77．（25-26九年级上·江西鹰潭·月考）如图，将长方形纸片对折，折痕为，然后展开，点E为上一点，再将沿折叠，使点A落到上的点F处，若． (1)求证：是等边三角形； (2)求的长． 78．（25-26八年级上·甘肃兰州·期中）在长方形纸片中，，． (1)如图①，将长方形纸片折叠，点B落在对角线上的点E处，则CE的长为______； (2)如图②，点M为上一点，将沿翻折至，与相交于点，与相交于点，且．①证明：．②求的长． 题型十、平行四边形中动点、旋转问题（难点） 79．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，动点P从点A开始沿边以的速度向点B运动，动点H从点B开始沿边以的速度向点A运动，动点Q从点C开始沿边以的速度向点D运动．点P，点H和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另两点也随之停止运动．设动点的运动时间为，当时，t的值为（   ） A． B．4 C． D． 80．（24-25九年级上·河北保定·期末）如图，边长为的正方形，对角线相交于O，E为边上一动点（不与B，C重合），交于F，G为中点.给出如下四个结论： ①； ②点E在运动过程中，面积的最小值为1； ③点E在运动过程中，周长不变化； ④点E在运动过程中，与始终相等 其中正确的结论是（   ） A．①③④ B．①②③ C．②③④ D．①②④ 81．如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点即停止；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)求为何值时，四边形是矩形； (2)求为何值时，四边形是菱形． 82．（25-26九年级上·江西宜春·月考）【发现问题】 （1）如图①，在正方形中，，分别是，边上的动点，且．试判断，之间的数量关系．小明把绕点顺时针旋转至，使与重合，发现．请你给出证明过程． 【类比延伸】 （2）如图②，在正方形中，若，分别是边延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？请说明理由． （3）如图③，如果分别是边延长线上的动点，且，直接写出之间的数量关系． 83．（25-26九年级上·河南郑州·月考）【问题呈现】 如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点P旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点E、F（点F与点C，D不重合）．探索线段之间的数量关系． (1)【问题初探】 爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论．请你写出线段之间的数量关系________； (2)【问题引申】 如图2，将图1中的正方形改为的菱形，，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段之间的数量关系，并说明理由： (3)【问题解决】 如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为16，点P运动至与A点距离恰好为14的位置，且旋转至时，请直接写出的长度________． 84．（24-25八年级下·云南红河·期末）已知四边形是边长为的正方形，P，Q是正方形边上的两个动点，点P从点A出发，以的速度沿A→B→C方向运动，点Q同时从点D出发以速度沿D→C方向运动．设点P运动的时间为t（）． (1)如图1，当点P在边上，四边形为平行四边形时，求t的值； (2)如图2，当点P在边上，时，求t的值； (3)点P在运动过程中，是否存在四边形的面积等于正方形的面积的一半，若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由． 题型十一、平行四边形中最值问题（难点） 85．（24-25八年级下·辽宁铁岭·期中）如图，正方形的边长为12，点E在AB上，且，点F是上一动点，则的最小值是（    ） A．15 B． C． D．12 86．如图所示，正方形的边长为2，点为边的中点，点在对角线上移动，则周长的最小值是（  ）    A． B． C． D． 87．（25-26九年级上·陕西渭南·期中）如图，在菱形中，，，P为对角线上任意一点，Q为边上任意一点，则的最小值为 ． 88．如图，在边长为10的正方形中，点G是边的中点，E，F分别是和边上的点，则四边形周长的最小值为 ．    89．（24-25八年级下·山东潍坊·月考）如图，矩形中，，，P是边上的动点，E是边上的一动点，点M、N分别是、的中点，则线段的长度最大为 ． 90．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，菱形的边长为，，、分别是边，上的两个动点，且满足． (1)求证：； (2)判断的形状，并说明理由； (3)当的周长最小时， ． 91．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）综合与实践 【问题情境】 在数学综合与实践活动课上，老师让同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 如图，正方形和正方形，连接，． 【操作发现】 （1）当正方形绕点旋转，如图，线段与之间的数量关系是______；直线与的夹角度数为______； 【深入探究】 （2）如图，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想与的数量关系与直线与的夹角度数，并说明理由； 【迁移探究】 （3）如图，在（2）的条件下，，在菱形绕点旋转过程中，直接写出线段的最小值． 题型十二、四边形其他综合问题 92．如图，四边形是平行四边形，下列说法不正确的是（    ）． A．当时，四边形是矩形 B．当时，四边形是正方形 C．当时，四边形是菱形 D．当时，四边形是矩形 93．（25-26八年级上·重庆·期末）如图，点P、Q是平行四边形的边上一点，且，相交于R，连接，且恰好平分，若，则点C到的距离为（   ） A． B．2 C． D． 94．小北发现：矩形内构造出等腰三角形，可以产生角平分线，得到相等的角，再结合其他条件可以得到全等三角形，于是他进行了以下操作．如图，在矩形中， (1)在线段上取一点E，使得，连接，；过点作的垂线，垂足为；（用尺规完成基本作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）所作的图形中，求证：． 证明： ∵ ① ， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵四边形是矩形， ∴ ② ， ∴． ∵， ∴ ③ ， ∴． 在和中：， ∴． 95．（25-26九年级上·河南南阳·月考）新乡某初中数学小组在学完“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”后分组进行了交流，请你根据各小组的内容解答问题． (1)经典小组的同学们对该性质进行了证明：①下面是该小组的小亮截取的教材中的证明过程： 已知：如图1，在中，，CD是斜边AB上的中线． 求证：． 证明：延长至点E，使，连接． ∵是斜边上的中线，∴．又∵， ∴四边形是平行四边形      I 又∵，∴四边形是矩形，    Ⅱ ∴，∴． 该证明过程中：I处的判定定理是_______；Ⅱ处的判定定理是________； ②该小组的小红提供了另一种证明方法，请你根据下面的思路，完成证明． 如图2，取的中点D，连接，根据中位线定理和其他知识进行证明． (2)创新小组在定理应用上进行了拓展：如图3，在四边形中，，，E，F分别为的中点，连接．若，平分，，过点E作于G，求的长． 1．（2025·四川绵阳·中考真题）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（    ） A．9 B． C． D． 3．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，在正五边形中，的大小为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，两条对角线与互相垂直，则四边形一定是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形 5．（2025·安徽·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点为边上的动点．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，，则下列结论错误的是（   ） A．的最大值是 B．的最小值是 C．的最小值是 D．的最大值是 6．（2025·福建·中考真题）如图，已知矩形，点是的中点，将边沿翻折到的位置，点的对应点为，连接并延长交于点，当恰为的中点时，的值是 ． 7．（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是 ． 8．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，点、在的对角线上．若_________，则四边形是平行四边形．请从①；②；③这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由． 9．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长． 10．（2025·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系． 【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； （2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系． 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $