第一章 四边形（举一反三讲义）数学新教材湘教版八年级下册

该初中数学四边形单元复习讲义通过表格对比、图示解析系统梳理知识体系，涵盖多边形、特殊四边形（平行四边形、菱形、矩形、正方形）及中点四边形等核心内容，用性质判定对照表呈现内在联系，突出重点难点分布。 讲义亮点在于分层题型设计，培优篇聚焦基础应用如添加条件构成四边形，拔尖篇攻克多解、最值等综合问题，培养推理能力与空间观念。例题配变式练习，助力学生分层提升，为教师精准教学提供系统支持。

第一章 四边形（举一反三讲义）全章题型归纳 【新教材湘教版】 【培优篇】 9 【题型1 多边形】 9 【题型2 中心对称和中心对称图形】 11 【题型3 添加条件构成四边形】 14 【题型4 根据四边形的性质求解】 18 【题型5 证明四边形】 23 【题型6 根据四边形的判定与性质求解】 29 【题型7 中点四边形】 37 【拔尖篇】 43 【题型8 四边形中的多解问题】 43 【题型9 四边形中的翻折问题】 53 【题型10 四边形中的最值问题】 59 【题型11 动点构成四边形】 63 【题型12 四边形中的和差倍分问题】 72 【题型13 四边形中的存在性问题】 83 知识点1 多边形 1. 在平面内，由不在同一条直线上的三条或三条以上的线段首尾顺次相接组成的图形叫作多边形，这些线段叫作多边形的边，线段的公共端点叫作多边形的顶点． 2. 根据边的数量，多边形可以分为三角形、四边形、五边形、n边形等．下图中的图形分别是三角形ABC、四边形ABCD、六边形ABCDEF．三角形ABC可以记作“△ABC”． 图1 3. 多边形相邻两边组成的角叫作多边形的内角，多边形的边与它邻边的延长线组成的角叫作多边形的外角． 4. 多边形的外角与相邻的内角互为补角．如下图，∠A，∠B，∠BCD，∠D是四边形ABCD的四个内角，∠DCE是四边形ABCD的一个外角，∠BCD＋∠DCE＝180°． 5. 连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫作多边形的对角线．如下图，AC，BD是四边形ABCD的两条对角线． 6. 和正方形类似，各边相等、各内角也相等的多边形叫作正多边形． 7. 边形内角和等于．正多边形的每个内角的度数为(n≥3)． 8. 在一个多边形的每个顶点处各取一个外角，这些外角的和叫做多边形的外角和．边形的外角和恒等于360°，它与边数的多少无关. 知识点2 中心对称和中心对称图形 1. 中心对称的定义 把一个图形绕着某一点旋转180°，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．这个点叫做对称中心（简称中心），这两个图形在旋转后能重合的对应点叫做关于对称中心的对称点． 2. 中心对称的性质 （1）中心对称的两个图形是全等图形； （2）中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分． 3 .中心对称作图：作△ABC关于点O成中心对称的△A'B'C'的一般步骤： （1）找：寻找原图形的关键点A，B，C，连接关键点和对称中心O． （2）截：延长AO，在延长线上找出关键点A的对称点A'，使OA'＝OA；重复上述操作，作出点B的对称点B'，点C的对称点C'． （3）连：按原图顺序连接A'，B'，C'，得到△A'B'C'，如图所示． 4. 中心对称图形的定义 把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．这个点就是它的对称中心． 5. 中心对称图形的性质 （1）对称点的连线被对称中心平分； （2）过对称中心的直线把中心对称图形分成全等的两部分． 6. 常见的线段、正方形、菱形、边数是偶数的正多边形、圆既是中心对称图形，又是轴对称图形． 知识点3 三角形的中位线 1.定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线． 2.三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于它的一半． 3.其他性质：（1）三角形共有三条中位线，并且它们又重新构成一个新的三角形． （3）三角形中位线定理的作用： 位置关系：可以证明两条直线平行． 数量关系：可以证明线段的倍分关系． （4）常用结论：任一个三角形都有三条中位线，由此有： 结论1：三条中位线组成一个三角形，其周长为原三角形周长的一半． 结论2：三条中位线将原三角形分割成四个全等的三角形． 结论3：三条中位线将原三角形划分出三个面积相等的平行四边形． 结论4：三角形一条中线和与它相交的中位线互相平分． 结论5：三角形中任意两条中位线的夹角与这夹角所对的三角形的顶角相等． 知识点4 平行四边形的定义及表示 1. 平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形． 2. 平行四边形的表示：如图所示，平行四边形用符号“”表示，平行四边形ABCD记作“ABCD”，读作“平行四边形ABCD”． 3. 平行四边形的基本元素（边、角、对角线） 图示 基本元素 主要内容 边 邻边 AD和AB，AD和DC，DC和BC，BC和AB，共有四对 对边 AB和DC，AD和BC，共有两对 角 邻角 和，和，和，和，共有四对 对角 和，和，共有两对 对角线 AC和BD，共有两条 知识点5 平行四边形的性质 1. 性质定理：平行四边形的对边相等，对角相等，对角线互相平分． 2. 平行四边形是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心．平行四边形的性质可从边、角、对角线、对称性等几个方面来探究，归纳如下表： 图示 性质 数学语言 边 对边平行且相等 AB∥DC，AD∥BC，AB＝DC，AD＝BC 角 对角相等，邻角互补 ＝，＝，＋＝180°，＋＝180°等 对角线 对角线互相平分 AO＝CO，BO＝DO 对称性 中心对称图形，对角 线的交点为对称中心 知识点6 平行四边形的判定 1. 平行四边形的判定方法 图示 判定方法 符号语言 边 判定定理1：一组对平行且相等的四边形是平行四边形 AB∥CD且AB＝CD， 四边形ABCD是平行四边形 判定定理2：两组对分别相等的四边形是平行四边形 AB＝CD，AD＝BC， 四边形ABCD是平行四边形 判定方法：两组对边别平行的四边形是平行四边形 AB∥CD，AD∥BC， 四边形ABCD是平行四边形 对角线 判定定理3：对角线相平分的四边形是平行四边形 OA＝OC，OB＝OD， 四边形ABCD是平行四边形 2. 灵活选择平行四边形的判定方法 （1）若已知一组对边平行，可证明该组对边相等或证明另一组对边平行； （2）若已知一组对边相等，可证明该组对边平行或证明另一组对边相等； （3）若已知条件与对角线有关，可证明对角线互相平分； （4）若已知条件与角有关，可证明两组对角分别相等． 知识点7 菱形的定义 1. 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是平行四边形． 2. 数学语言描述：如图，在ABCD中，若AB=AD，则ABCD是菱形． 知识点8 菱形的性质 图示 性质 数学语言描述 边 对边平行 AB∥CD，AD∥BC 四条边都相等 角 对角相等 ， 对角线 对角线互相垂直平分 ，， 每条对角线平分一组对角 , 对称性 轴对称图形，对称轴是对角线所在的直线 中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点 知识点9 菱形面积的计算 计算方法 符号表示 主要依据 菱形的面积=底高 菱形是平行四边形 菱形的面积= 两条对角线 乘积的一半 知识点10 菱形的判定 拓展：（1）对角线互相垂直平分的四边形是菱形． （2）对角线平分一组内角的平行四边形是菱形． 知识点11 矩形的定义 1. 有一个角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形是平行四边形． 3. 数学语言描述：如图，在ABCD中，若，则ABCD是矩形． 知识点12 矩形的性质 图示 性质 数学语言描述 边 对边平行 AB∥CD，AD∥BC 对边相等 角 四个角都是直角 对角线 对角线相等且互相平分 ， 对称性 轴对称图形，对角线的交点是它的对称轴，共有两条 中心对称图形，对称中心是两条对角线7的交点 知识点13 矩形的判定 知识点14 正方形的定义 1. 有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形． 2. 数学语言描述：如图，在ABCD中，若，且，则ABCD是正方形． 知识点15 正方形的性质 图示 性质 数学语言描述 边 对边平行 AB∥CD，AD∥BC 四条边均相等 角 四个角都是直角 对角线 对角线相等且互相垂直平分 ， 每条对角线平分一组对角 对称性 轴对称图形，对称轴是两条对角线所在直线和过每一组对边中点的直线，有四条对称轴 中心对称图形，对称中心是对角线的交点 知识点16 正方形的判定 知识点17 中点四边形 1. 定义：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形叫做中点四边形．如图所示，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点，则四边形EFGH就是中点四边形． 2. 常见的中点四边形形状归纳 原四边形 中点四边形 任意四边形（包括平行四边形） 平行四边形 两条对角线相等的四边形（包括矩形和等腰梯形) 菱形 两条对角线互相垂直的四边形（包括菱形） 矩形 两条对角线相等且互相垂直的四边形（包括正方形） 正方形 知识点18 菱形、矩形、正方形与平行四边形的关系 正方形既是菱形，又是矩形． 菱形、矩形、正方形都是平行四边形，且都是平行四边形．常见关系使用举例： 【培优篇】 【题型1 多边形】 【例1】（24-25八年级上·湖北荆州·期末）一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是，则原来多边形的边数是（   ） A．或 B．或 C．或 D．或或 【答案】D 【分析】先根据多边形的内角和公式求出截出一个角后的多边形的边数，再根据截出一个角后边数增加，不变，减少讨论得解． 【详解】解：设多边形截去一个角的边数为， 则， 解得， 多边形截去一个角后边数有增加，不变，减少， 原来多边形的边数是或或． 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是多边形的内角和公式，解题关键是多边形截去一个角后边数有增加，不变，减少三种情况． 【变式1-1】（24-25七年级上·陕西西安·月考）从六边形的一个顶点出发，可以画出m条对角线，它们将六边形分成n个三角形，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查多边形的对角线，n边形从一个顶点出发可引出条对角线，它们把n边形分成个三角形，由此即可计算． 【详解】解：由题可得，， ∴， 故答案为：． 【变式1-2】（24-25八年级下·重庆·期末）某正多边形的一个内角比每个外角的两倍少，则该正多边形的边数为 【答案】 【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和，设正多边形的边数为，根据“某正多边形的一个内角比每个外角的两倍少”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：设正对边形的边数为， 由题意可得：， 解得：， ∴该正多边形的边数为， 故答案为：． 【变式1-3】（24-25八年级上·河南驻马店·期中）（1）一个多边形除了一个内角之外，其余内角之和为，求这个多边形的边数和少加的内角的大小； （2）若多边形所有内角与它的一个外角之和为，求这个多边形的边数及内角和． 【答案】（1）多边形的边数为，少加的内角的大小为：；（2）多边形的边数为，内角和为；多边形的边数为，内角和为 【分析】本题考查的是多边形的内角和与外角和的综合． （1）根据题意可得已知内角和加上这个内角后应为的整数倍； 结合，进而确定边数及未加的内角即可； （2）根据多边形外角和为，由，得到这个多边形的一个外角可能为或，进而确定边数及内角和． 【详解】解：（1）∵这个多边形的内角和少加了一个内角， ∴实际内角和大于，且加上这个内角后应为的整数倍， ∵， ∴多边形边数为， 少加内角的度数； （2）， ∵多边形外角和为， ∴这个多边形的一个外角可能为或， ∵多边形内角和应为的整数倍， ∴多边形边数为或， ∴当这个多边形的一个外角可能为时，多边形的边数为，多边形内角和为：； 当这个多边形的一个外角可能为时，多边形的边数为，多边形内角和为：． 【题型2 中心对称和中心对称图形】 【例2】（25-26九年级上·河南信阳·期中）灵宝剪纸是河南省灵宝市传统美术，国家级非物质文化遗产之一．下列剪纸属于中心对称图形的是 （    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了中心对称图形的概念，解题的关键是根据中心对称图形的定义（绕某点旋转后与原图形重合）逐一判断选项． 1． 明确中心对称图形的定义； 2． 依次将每个选项的图形绕某点旋转，判断是否与原图形重合； 3． 确定符合条件的选项． 【详解】解：中心对称图形的定义是“绕某点旋转后与原图形重合”，据此分析选项∶ 选项A（灯笼）：旋转后，顶部装饰与底部形状无法重合，不是中心对称图形； 选项B（脸谱）：旋转后，图案细节（如纹路方向）会颠倒，无法与原图形重合，不是中心对称图形； 选项C（双鱼）：绕图形中心旋转后，与原图形完全重合，是中心对称图形； 选项D（花卉）：旋转后，花枝方向等细节无法重合，不是中心对称图形． 故选C． 【变式2-1】（25-26九年级上·江西上饶·期中）如图，与关于点成中心对称，已知，，，则的长为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 【答案】B 【分析】本题主要考查了中心对称，勾股定理，解决问题的关键是熟练掌握中心对称的性质，勾股定理解直角三角形，中心对称的性质是成中心对称的两个图形全等． 根据与关于点成中心对称，得到，并利用勾股定理求得的值，最后得到的值，完成求解． 【详解】解：与关于点成中心对称， 故, 根据勾股定理，， 故． 故选：B． 【变式2-2】（24-25七年级下·江苏无锡·期中）如图，在正方形网格中有，直线直线，垂足为． (1)请画出将先向右平移4个单位，再向下平移2个单位后的；在平移的过程中，线段扫过的面积为_____； (2)请画出以点为对称中心的对称图形； (3)与是否成中心对称？若是，画出它们的对称中心；若不是，说明理由． 【答案】(1)见解析，6 (2)见解析 (3)是，见解析 【分析】本题考查了平移作图，画中心对称图形，中心对称的性质，利用网格求面积，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先根据平移的规律找到点，再依次连接得，运用割补法进行列式计算得线段扫过的面积，即可作答． （2）先根据中心对称的性质找到点，再依次连接得，即可作答． （3）观察与，得出与是成中心对称，再连接，它们相交于一点，即为对称中心． 【详解】（1）解：如图，即为所求： 连接 ∴线段扫过的面积， 则 在平移的过程中，线段扫过的面积为， 故答案为：6； （2）解：如图，即为所求； （3）解：是，对称中心如图． 【变式2-3】（24-25八年级下·浙江杭州·期中）在的方格中，选择6个小方格涂上阴影，请仔细观察图1中的六个图案的对称性，按要求回答． (1)在6个图案中，具有中心对称性的图案是____________（填写序号）． (2)请在图2中，将1个小方格涂上阴影，使整个的方格也具有中心对称性． 【答案】(1)②④⑥ (2)见解析 【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义． （1）把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此求解即可； （2）把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此设计图案即可． 【详解】（1）解：由中心对称图形的定义可知，②④⑥都是中心对称图形； （2）解：如图所示，即为所求； 【题型3 添加条件构成四边形】 【例3】（24-25九年级下·上海·阶段练习）如图，在四边形中，，，交于点O．添加一个条件使这个四边形成为一种平行四边形，则以下说法错误的有（   ）个． ①添加“”，则四边形是菱形 ②添加“”，则四边形是矩形 ③添加“”，则四边形是菱形 ④添加“”，则四边形是正方形 A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，线段垂直平分线的性质和判定，全等三角形的性质和判定， 先说明是的垂直平分线，可得，再证明，可得判断①；当时，无法证明四边形是矩形，说明②即可；然后证明四边形是平行四边形，再根据，可得四边形是菱形，判断③；接下来结合已知说明，可得四边形是菱形，进而得出菱形是正方形，判断④ 即可． 【详解】解：∵， ∴是的垂直平分线， ∴． 当时，． ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形．故①正确； 当时，无法证明四边形是矩形，所以②不正确； 当时 ， ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形．所以③正确； 当时，， ∴， 由①得四边形是菱形， ∵， ∴菱形是正方形．所以④正确． 综上所述，错误的有1个． 故选：B． 【变式3-1】（24-25八年级下·山东日照·月考）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，、是对角线上的两点，给出下列四个条件：①；②；③；④．其中能判定四边形是平行四边形的有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握平行四边形的判定定理：对角线互相平分的四边形是平行四边形是解题的关键． 根据平行四边形的判定方法一一判断即可． 【详解】解：①∵平行四边形， ∴，，，，， 若，则， ∴， ∴四边形是平行四边形， 故①，能判定四边形是平行四边形； ③∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由①知四边形是平行四边形， 故③能判定四边形是平行四边形； ④∵ ∴ ∵，， ∴ ∴ 由①知四边形是平行四边形， 故④能判定四边形是平行四边形； ②若，在与或在与中，“”不能判定两三角形全等，也就不能得出，故 ②不能证明对角线互相平分，就不能判定四边形是平行四边形． ∴能判定四边形是平行四边形的有①③④，共3个． 故选：D． 【变式3-2】（24-25八年级下·北京石景山·期末）如图，在中，点，分别是，的中点．只需添加一个条件即可证明四边形是矩形，这个条件可以是 (写出一个即可)． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定． 先证明四边形是平行四边形，再根据矩形的判定方法添加条件即可． 【详解】解：∵， ∴，， ∵点，分别是，的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，平行四边形是矩形， 故答案为：（答案不唯一）． 【变式3-3】（24-25九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在中，点、、分别在边、、上，且，．下列四种说法：①四边形是平行四边形；②如果，那么四边形是矩形；③如果平分，那么四边形是菱形；④如果且，那么四边形是正方形．其中，正确的有 ．（只填序号） 【答案】①②③ 【分析】根据平行四边形平行四边形、菱形、矩形的判定，即可求解， 本题主要考查了平行四边形、菱形、矩形的判定，掌握平行四边形、菱形、矩形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：①∵， ∴四边形是平行四边形，故①正确； ②若， ∴平行四边形是矩形；故②正确； ③若平分， ∴， 又∵， ∴， ∴ ∴； ∴平行四边形是菱形；故③正确； ④若； ∴平分； ∴结合③可得平行四边形是菱形；故④错误； 所以正确的结论是①②③， 故答案为：①②③． 【题型4 根据四边形的性质求解】 【例4】（24-25七年级下·黑龙江大庆·期末）若正方形按上图所示的方式放置．点在直线上，且直线与轴的夹角为，点在轴上，已知点，则的坐标是（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出直线解析式为，然后求出，，的坐标，探究规律后即可解决问题． 【详解】解：直线与轴的夹角为， 直线与轴交点坐标为， 设直线解析式为：，代入点， 得 解得：， ∴直线解析式为， 四边形是正方形， 把代入，得： 的坐标为， 同理可得，的坐标为， 坐标为． 的坐标为． 故选：C． 【点睛】本题考查了点的坐标规律问题，正方形的性质，一次函数图象上点的坐标特征等知识点，能根据求出的结果得出规律是解此题的关键． 【变式4-1】（25-26八年级上·黑龙江绥化·期中）如图，过平行四边形对角线的交点O，交于点E，交于点F，若平行四边形的周长为18，，则四边形的周长为（   ） A．9 B．9.5 C．10 D．12 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键． 先利用平行四边形的性质求出，可利用全等的性质得到，求出，即可求出四边形的周长． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，周长为18， ， ， 在和中， ， ， ， 则的周长， 故选：D． 【变式4-2】（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，菱形中，，点P为对角线上一点，作于点E，作于点F，若，则菱形的周长为（   ） A． B．32 C． D．64 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积，因式分解，正确作出辅助线是解题的关键． 过点D作于点M，连接，先求出，，，推导出是等腰直角三角形，得到 ，再求出，，得到，求出或（不符合题意，舍去），即可解答． 【详解】解：过点D作于点M，连接，如图 ∴， 在菱形中，点P为对角线上一点，有 ，， ， ∴是等腰直角三角形，且，， ∴，即， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 即 解得或（不符合题意，舍去）． ∴菱形的周长为． 故选C． 【变式4-3】（24-25九年级上·四川成都·阶段练习）如图，在正方形中，E、F分别是边上的点，且，垂足为G，记的面积为，四边形的面积为，若，，则四边形的面积为 ． 【答案】12 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明三角形全等得到是解题的关键． 先证明得到，则，设，，利用勾股定理和三角形的面积可得，，由列方程求得即可求解． 【详解】证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵，垂足为G， ∴， ∴， 在与中， ∴， ∴， ∴， 即， ∵，， 设，， ∴，， ∵，， ∴，解得， ∴， 故答案为：12． 【题型5 证明四边形】 【例5】（24-25八年级下·甘肃陇南·期末）如图，在中，对角线交于点E，，． (1)当平分时，是______形；（填平行四边形名称） (2)证明：当时，为正方形． 【答案】(1)矩形 (2)见详解 【分析】本题考查了勾股逆定理、平行四边形的性质及矩形的判定，正方形的判定，菱形的判定，熟练掌握其判定及性质是解题的关键． （1）利用平行线的性质及角平分线的性质可得，再根据平行四边形的性质可得，根据矩形的判定即可求证结论． （2）先证明四边形是平行四边形，再结合一组邻边相等的平行四边形是菱形，再结合勾股逆定理得出，最后运用对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，即可作答． 【详解】（1）证明：是矩形，过程如下： ， 又平分， ， ， 又四边形是平行四边形， ∴，， ， 是矩形． （2）解：∵，． ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， 则， 即， 故， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴为正方形． 【变式5-1】（25-26九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，等边中，点在上，点在上，且，与交于点，在上方作等边，连接． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)不添加任何辅助线，直接写出与相等的角（不包括）． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，关键是根据证明． （1）根据等边三角形的性质和证明，再证明，最后利用平行四边形的判定进行证明即可； （2）根据平行四边形的性质、全等三角形的性质，等边三角形的性质解答即可． 【详解】（1）证明：是等边三角形， ．在和中， ， ， ， 是等边三角形， ， ，， ． ， ， ．， ， ． 是等边三角形， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：四边形是平行四边形， ，， ，， ， ， ， ， ， ， 与相等的角有 【变式5-2】（24-25八年级下·河北唐山·期末）如图，中，，是其对角线，点B，E，C，G在同一条直线上，且，的延长线交延长线于点F，连接，，． (1)求证：； (2)嘉嘉说：若，则四边形一定是菱形；淇淇说：若，则四边形一定是矩形．请选择其中一人的说法进行说理． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题考查了矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的性质等知识，解题的关键是掌握这些四边形的判定与性质； （1）根据平行四边形和平行线的性质得出，然后根据 证明即可； （2）选嘉嘉时，先证明平行四边形是矩形，可得出，根据全等三角形的性质得出，然后证明四边形是平行四边形，最后根据菱形的判定即可得证；选淇淇时，根据全等三角形的性质得出，然后证明四边形是平行四边形，结合已知和平行四边形的性质可证得，然后根据矩形的判定即可得证． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又， ∴； （2）解：选嘉嘉时，如图， ∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是矩形，， ，即， ， ， 又， ∴四边形是平行四边形； 又， ∴平行四边形是菱形； 选淇淇时，如图， ， ， 又， ∴四边形是平行四边形， ， ， ， 又， ， ∴平行四边形是矩形． 【变式5-3】（24-25八年级下·河北承德·期末）已知：如图，中，O为对角线的交点，平分． (1)求证：是菱形． (2)在上截取，在上截取．连结．判断四边形的形状并证明． 【答案】(1)见解析 (2)正方形，见解析 【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，等角对等边，菱形的判定和性质以及正方形的判定，灵活运用各性质定理是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质和平行线的性质可得，根据角平分线的定义可得，等量代换得到，然后根据等角对等边及菱形的判定定理得出结论； （2）根据菱形的性质可得，求出，即可判定四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵平行四边形， ∴， ∴，          ∵平分， ∴， ∴， ∴，           ∴平行四边形是菱形． （2）解：四边形是正方形， ∵菱形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形，   ∴平行四边形是菱形，   ∵， ∴， ∴四边形是正方形． 【题型6 根据四边形的判定与性质求解】 【例6】（24-25八年级下·海南·期末）在菱形中，点E是对角线上一点，点F、G在直线上，且，． (1)如图1，求证：①；②； (2)如图2，当时，判断、、的数量关系，并说明理由； (3)如图3，当时，点F在线段上，判断、、的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）①由菱形性质得到，由等腰三角形性质得到．从而有．由等量代换得到，从而可证； ②由全等的性质得出，由菱形的性质得出，从而有，最后有等量代换即可得到； （2）由菱形的性质可求出，从而得到为等边三角形，得到，从而可证结论； （3）证明四边形是正方形，得到，同（1）可证，得到，进而得到为等腰直角三角形，从而得到结论． 【详解】（1）证明∶①如图， ∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴， ∴． 又∵， ∴，即． ∴； ②∵， ∴． ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴．即． （2）解：． 理由如下： ∵四边形是菱形，， ∴． ∵， ∴是等边三角形， ∴． 由（1）知：， ∵， ∴． （3）解：． 理由如下： 如图， ∵四边形是菱形，， ∴四边形是正方形， ∴． ∵， ∴． ∴． 又∵， ∴，即． ∴， ∴． ∵， ∴在中，． ∵． ∴． ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用相关性质定理和判定定理是解题的关键． 【变式6-1】（24-25八年级下·全国·期末）如图，等边的边长是4，D，E 分别为，的中点，延长至点F，使，连接，． (1)求证：． (2)求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了三角形中位线定理、等边三角形的性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由三角形中位线定理可得，，再结合题意即可得证； （2）由（1）可知，，，则四边形为平行四边形，得出，由等边三角形的性质结合勾股定理可得，即可得解． 【详解】（1）证明∶∵D，E为，的中点， ∴为的中位线， ∴，， ∵， ∴； （2）解：由（1）可知，，， ∴四边形为平行四边形， ∴， 在等边中，D为中点， ，，， ∴， ． 【变式6-2】在正方形中，点E，F分别是边 上的中点，点 P是一动点，记，，．    (1)如图1，若点P运动到线段的中点时， ， ． (2)如图2，若点P在线段上运动时，，和之间有何关系? (3)当点在直线上（在线段之外且与不重合）运动时，，和间又有何关系? 说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)①当点在延长线上时，；②当点在延长线上，且在直线上方时，；③当点在延长线上，且在直线下方时，，理由见解析 【分析】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、平行线的性质等知识，熟练掌握正方形的性质是解题关键． （1）先根据正方形的性质可得，再证出四边形是矩形，根据矩形的性质可得，然后根据等腰三角形的性质和平行线的性质求解即可得； （2）先根据平行线的性质可得，再根据直角三角形的性质可得，由此即可得； （3）分三种情况：①点在延长线上，②点在延长线上，且在直线上方，③点在延长线上，且在直线下方，根据平行线的性质和直角三角形的性质求解即可得． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵点分别是的中点， ∴，， ∴， ∴，四边形是矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故答案为：，． （2）解：∵， ∴， 又∵， ∴，即， ∴，即． （3）解：①如图3-1，当点在延长线上时， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴，即； ②如图3-2，当点在延长线上，且在直线上方时， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴，即； ③如图3-3，当点在延长线上，且在直线下方时， ∵， ∴，即， ∵， ∴，即， ∴，即．    【变式6-3】（24-25八年级下·江西上饶·期末）如图，六边形为正六边形，点O为对角线的交点，的面积等于1，请仅用无刻度直尺按下列要求作图(保留作图痕迹)． (1)在图1中作出一个面积等于4的矩形； (2)在图2中作出一个面积等于4 的菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接、，由正六边形的性质可得、、、、、是全等的等边三角形，四边形、是全等的菱形，得，，进而求解即可； （2）如图，延长、交于点G，连接并延长交于点N，交于点M，根据正六边形的性质和菱形的判定可得四边形是菱形，从而可证四边形是菱形，设，则，可得，求得，利用菱形的面积公式计算即可． 【详解】（1）解：如图，连接、， ∵六边形为正六边形， ∴、、、、、是全等的等边三角形， ∴，四边形、是全等的菱形， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形，； （2）解：如图，延长、交于点G，连接并延长交于点N，交于点M， ∵六边形为正六边形， ∴、、、、、是全等的等边三角形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴垂直平分， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即四边形是面积为4的菱形． 【点睛】本题考查无刻度直尺作图、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质及正六边形的性质、矩形的判定定理、勾股定理，熟练掌握正六边形的性质是解题的关键． 【题型7 中点四边形】 【例7】（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在四边形中，，，，依次是，，，的中点． ①若四边形是平行四边形，则四边形是平行四边形； ②若，则四边形是菱形； ③若，则四边形是矩形； ④若，，则四边形是正方形． 则上述四个结论中正确的是（　　） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】本题考查中点四边形，根据三角形的中位线定理，菱形，矩形和正方形的判定方法逐一进行判断即可． 【详解】解：∵在四边形中，，，，依次是，，，的中点， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形，故①正确； 当时，则：， ∴四边形是菱形；故②正确； 当时，则：， ∴， ∴四边形是矩形；故③正确； 当，，则：，， ∴四边形是正方形；故④正确； 故选D 【变式7-1】如图，在四边形中，，、、、分别是、、、的中点，若,则 ．    【答案】6 【分析】连接，，，，可得是的中位线，，，分别是，，的中位线，，即四边形为菱形，可知对角线互相垂直，即可证得：，由此即可求得，即，由此即可求出． 【详解】解：如图，连接，，，，    ∵、分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴, 同理可得，，分别是，，的中位线， ∴，， ∴， ∴四边形为菱形， ∴，且垂足为， ∴，， 在中，根据勾股定理得：， 等式两边同时乘以4得：， ∴，即． 故，（，负值不合题意舍去） 故答案为：6． 【点睛】本题主要考查的是菱形的性质，三角形中位线、勾股定理应用，重点在于根据中点做出对应的中位线． 【变式7-2】（24-25八年级下·上海青浦·期末）已知点、、、分别为菱形四边、、、的中点，如果，，那么四边形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握各知识点是解题的关键．连接、交O，根据三角形的中位线定理推出，，得出四边形是平行四边形，根据菱形性质推出，证明平行四边形是矩形，根据等边三角形的判定和性质得到，根据勾股定理得到，即可得到，，进而根据矩形面积公式计算即可． 【详解】解：如图所示，连接、交于点O． ∵点E，F，G，H分别是菱形的边、、、的中点， ∴，，，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴四边形的面积． 故答案为：． 【变式7-3】（24-25八年级下·湖南长沙·期末）凸多边形是一个内部角都小于180度的多边形．在凸多边形中，我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“十字形”；对角线相等的凸四边形叫做“对等四边形”． (1)在“①矩形；②菱形；③等腰梯形；④正方形”中一定是“十字形”的有___________；一定是“对等四边形”的有___________；（请填序号） (2)如图1：若凸四边形是“十字形”也是“对等四边形”，分别是的中点，求证，四边形为正方形． (3)如图2，在中，，点从点出发沿方向以2个单位每秒向匀速运动；同时点从出发沿方向以1个单位每秒向匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，，连接，是否存在时间（秒），使得四边形为“十字形”．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)②④；①③④ (2)详见解析 (3)存在， 【分析】本题考查中点四边形，三角形的中位线定理，含30度角的直角三角形等知识点，熟练掌握新定义，是解题的关键： （1）根据新定义，结合平行四边形的性质，进行判断即可； （2）根据三角形的中位线定理，结合正方形的判定方法，即可得证； （3）连接，由题意得：，则，根据含30度角的直角三角形的性质，求出，再根据四边形为菱形时，四边形为“十字形”，得到，列出方程进行求解即可． 【详解】（1）解：∵矩形的对角线相等，菱形的对角线互相垂直，等腰梯形的对角线相等，正方形的对角线相等，且互相垂直， ∴菱形和正方形是“十字形”， 矩形，等腰梯形，正方形为“对等四边形” 故答案为：②④；①③④； （2）证明：如图1， 凸四边形是“十字形”也是“对等四边形”， ， ， ， 分别是的中点， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形菱形，     又， 菱形FGMH是正方形； （3）解：如图2， 连接， 由题意得：，则，     中， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 当时，是菱形，则， 此时平行四边形是“十字形”， ， ，即：当时，四边形为“十字形”． 【拔尖篇】 【题型8 四边形中的多解问题】 【例8】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，正方形边长为4，点E在边上运动（不含端点），以为边作等腰直角三角形，连接．下面有四个说法：①当时，；②当时，点B，D，F共线；③当时，与面积相等；④当时，是的角平分线．所有正确说法的序号是（　　） A．①② B．①③ C．①④ D．②④ 【答案】A 【分析】①当时，先在中，由勾股定理得，再在中由勾股定理得可求得，由此可判断①正确；②当时，过点F作，交延长线于点H，连接。先证明，则可得，，进而可得，，进而可得，由此可得②正确；③当时，，，求得，，由此得③错误；④当时，在上截取，连接，则可得，，，则，，进而可得，，由此可得④错误。 本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，以及勾股定理。熟练掌握以上知识是解题的关键。 【详解】解：①∵四边形是正方形，边长为4， ，， 当时， 在中，由勾股定理得：， 是等腰直角三角形，， ，， 由勾股定理得：， 故①正确； ②当时，过点F作，交延长线于点H，连接，如图1所示： ∵四边形是正方形，边长为4， ，，， ∴， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ∴点B，D，F三点共线， 故②正确； ③当时， 同②可证明：， ，， ， ，， ， 故③不正确； ④当时，在上截取，连接，如图2所示： 是等腰直角三角形， ， 由勾股定理得：， ， ， ， 又， ， ， ， 不是的角平分线， 故④不正确， 综上所述：正确的序号是①②． 故选：A． 【变式8-1】如图，在ABCD中，AD=2AB，，垂足在线段上，、分别是、的中点，连接，、的延长线交于点，则下列结论：①；②：③；④.其中，正确结论的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】由点F是AD的中点，结合ABCD的性质，得FD=CD，即可判断①；先证∆AEF≅∆DHF，再证∆ECH是直角三角形，即可判断②；由EF=HF，得，由，CE⊥CD，结合三角形的面积公式，即可判断③；设∠AEF=x，则∠H=x，根据直角三角形的性质，得∠FCH=∠H=x，由FD=CD，∠DFC=∠FCH=x，由FG∥CD∥AB，得∠AEF=∠EFG=x，由EF=CF，∠EFG=∠CFG=x，进而得到，即可判断④． 【详解】∵点F是AD的中点， ∴2FD=AD， ∵在ABCD中，AD=2AB， ∴FD=AB=CD， ∴∠DFC=∠DCF， ∵AD∥BC， ∴∠DFC=∠BCF， ∴∠DCF=∠BCF，即：， ∴①正确； ∵AB∥CD， ∴∠A=∠FDH，∠AEF=∠H， 又∵AF=DF， ∴∆AEF≅∆DHF（AAS）， ∴EF=HF， ∵， ∴CE⊥CD，即：∆ECH是直角三角形， ∴=EH， ∴②正确； ∵EF=HF， ∴ ∵，CE⊥CD，垂足在线段上， ∴, ∴, ∴， ∴③错误； 设∠AEF=x，则∠H=x， ∵在Rt∆ECH中，CF=FH=EF， ∴∠FCH=∠H=x， ∵FD=CD， ∴∠DFC=∠FCH=x， ∵点F，G分别是EH，EC的中点， ∴FG∥CD∥AB， ∴∠AEF=∠EFG=x， ∵EF=CF， ∴∠EFG=∠CFG=x， ∴∠DFE=∠DFC+∠EFG+∠CFG=3x， ∴． ∴④正确． 故选C． 【点睛】本题主要考查平行四边形和直角三角形的性质定理的综合，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键． 【变式8-2】如图，矩形中，已知，，为上一点，且，连接、、．以下说法中：①；②当点在边上时，则； ③当时，则；④的最小值为．正确的有 （填 序号即可）    【答案】①②④ 【分析】由及，可判定①；当点在边上时，可求得，从而由矩形的性质及等腰三角形的性质，可得的度数，根据互余关系可求得的度数，从而对②作出判断；当时，可求得的长，进而可求得的函数值，则可对③作出判断；取，连接，证明，则，从而，在中求出，即可对④作出判断． 【详解】解：∵，， ∴， 故①正确； 当点在边上时，如图，    ∵四边形是矩形， ∴，， ∵，, ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， 故②正确； 当时，如图， ∵， ∴是等边三角形， 过点E作于H，交于G，如图， 则，四边形是矩形， ∴， 由勾股定理得， ∴， 而， ∴，    ∴， 故③错误； 如图，取，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， 当点E在线段上时，取得最小值，最小值为线段的长； 在中，， 由勾股定理得， 故④正确． 故答案为：①②④．    【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，构造辅助线证明两个三角形全等是解决取得最小值的关键． 【变式8-3】如图，在正方形中，E在上，N为延长线上一点，将沿翻折，使点C的对应点F落在上，交于点G，连接交于点H，若，下列说法正确的有 ． ①；②；③；④当，时， 【答案】①②④ 【分析】由轴对称的性质和四边形的内角和为即可判断①；由全等三角形的判定与性质和矩形的判定与性质可判断②；由平行线的性质和折叠对③中的结论进行反推，得到不一定成立的结论，即可判断③；作辅助线构造等腰直角三角形，利用勾股定理即可判定④． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 由翻折可知：， ∴， ∵， ∴， 由翻折得：， ∴， ∴，故①正确； 过C点作于M， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 过E点作， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 由翻折知， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故②正确； ∵与平行， ∴， ∴， 由折叠知，， ∵，且与不一定相等， ∴与不一定相等， ∴与不一定相等， ∴不一定等于，故③不正确； 连接交于点， 由折叠知，， ∵，，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由折叠得， ∴， 设， ∴中，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，故④正确； 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了正方形的性质、图形的折叠、勾股定理等知识，解题关键是正确作出辅助线，构造矩形或等腰直角三角形，本题综合性较强，对学生的要求较高． 【题型9 四边形中的翻折问题】 【例9】（24-25九年级上·四川宜宾·期末）如图，在矩形纸片中，将沿翻折，使点落在上的点处，为折痕，连接；再将沿翻折，使点恰好落在上的点处，为折痕，连接并延长交于点，若，则线段的长等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】据折叠可得是正方形，，，可求出三角形的三边为，，在中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证∽，三边占比为，设未知数，通过，列方程求出待定系数，进而求出的长，然后求的长． 【详解】解：过点作，，垂足为， 由折叠得：是正方形，，是矩形， ∴，， ，， ∴， 在中，， ∴， 在中，设，则， 由勾股定理得，， 解得：， ∴， ∵，， ∴∽， ∴， 设，则，， ∴， ， 解得：， ∴， ∴ 故答案为：B． 【点睛】考查折叠轴对称的性质，矩形、正方形的性质，直角三角形的性质等知识，知识的综合性较强，是有一定难度的题目． 【变式9-1】（24-25八年级下·上海徐汇·期末）如图，在梯形中，，，．点在边上，将沿着翻折，点的对应点为点．如果，那么的长为 ． 【答案】 【分析】此题考查了折叠的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质和勾股定理是关键．延长交于点G，证明四边形是平行四边形，得到，则，得到，得到，设则由折叠可知，勾股定理求出，即可得到答案． 【详解】解：如图，延长交于点G， 在梯形中，，， ∴， ∵将沿着翻折，点B的对应点为点F． ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴ ∴ ∴， ∴， 设则 由折叠可知， 在中，， ∴， 解得 则， ∴， 故答案为：． 【变式9-2】如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（    ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【分析】由翻折得，，垂直平分，可根据直角三角形全等的判定定理“”证明，得，则，则，即可根据勾股定理求出，再由，且得，则，由，求得,即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是边长为的正方形， ∴，， ∴， 由翻折得，，垂直平分， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，且， ∴， 解得， ∵， ∴， 解得， 故选：． 【点睛】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据面积等式求线段的长度等知识和方法，正确求出和的长度是解题的关键． 【变式9-3】如图，将图1中的等腰直角三角形纸片，依次沿着折痕翻折，，得到图2中的五边形．如图2中，恰好落在线段上，交于点，则等腰直角三角形的直角边的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】延长AD交直线EG于点B，延长AF，交直线EG于点C，首先根据折叠的性质证明四边形为菱形，同理得和四边形为菱形，根据菱形的性质得出，，再判定和为等腰直角三角形，利用勾股定理求出和，，即可得出，，在中，利用勾股定理求出AD的长，用即可求出答案． 【详解】如图，延长AD交直线EG于点B，延长AF，交直线EG于点C， 由折叠得：， ∵DF∥BC， ∴ ， ∴∥， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴平行四边形为菱形， ∴， 同理得：， 又∵，DF∥EG， ∴，， ∴,， ∴， 即， 在中， ∵ ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∵， ∴ ∴， 在中， ∵， ∴ ， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查翻折变换，菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质． 【题型10 四边形中的最值问题】 【例10】如图，△ABC中，∠BAC＝60°，∠B＝45°，AB＝2，点D是BC上的一个动点，点D关于AB，AC的对称点分别是点E，F，四边形AEGF是平行四边形，则四边形AEGF面积的最小值是 （   ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】由对称的性质和菱形的定义证出四边形AEGF是菱形，得出∠EAF=2∠BAC=120°，当AD⊥BC最小时，AD的值最小，即AE的值最小，即菱形AEGF面积最小，求出AD=，即可得出四边形AEGF的面积的最小值． 【详解】由对称的性质得：AE=AD=AF， ∵四边形AEGF是平行四边形， ∴四边形AEGF是菱形， ∴∠EAF=2∠BAC=120°， 当AD⊥BC最小时，AD的值最小，即AE的值最小，即菱形AEGF面积最小， ∵∠ABC=45°，AB=2， ∴AD=， ∴四边形AEGF的面积的最小值=． 故选D 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、对称的性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明四边形是菱形是解决问题的关键． 【变式10-1】（2025九年级上·全国·专题练习）如图中，，，，点P为上任意一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，垂线段最短，等面积法，利用等面积法求的长是解题的关键． 设，交于点，由四边形是平行四边形，得出，即求的最小值，再乘以2即可．点D是的中点，为定点，由垂线段最短可知，当时，取得最小值，即最小，过点作于点，当重合时，最小，据此即可求得的最小值． 【详解】解：如图，设，交于点，过点作于点， 连接， 四边形是平行四边形， ，， ∵点D是的中点，为定点， ∴由垂线段最短可知：当时，取得最小值，则最小， 即当重合时，最小， ∴的最小值为， ， ∴， ∵，即 ∴ ， ∴的最小值为 的最小值为 故答案为：． 【变式10-2】如图，已知，等边中，，将沿翻折，得到，连接，交于O点，E点在上，且，F是的中点，P是上的一个动点，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】由折叠可证四边形为菱形，是边上的中线，如图，连接，交于，是边上的中线，的角平分线，则，，，由，可得，则，，，可知当点P运动到点A时，最大，最大为，勾股定理求，则，计算求解即可． 【详解】解：为等边三角形，， ， 将沿翻折，得到， ， 四边形为菱形， ∴，，， ∴是边上的中线， 如图，连接，交于， ∵F是的中点， ∴是边上的中线，的角平分线， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴当点P运动到点A时，最大，最大为， ∵， ∴， 由勾股定理得，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形中线的性质，等边三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，含的直角三角形等知识．根据题意确定最大值的情况是解题的关键． 【变式10-3】如图，正方形，将正方形绕点A旋转，连接，点M是的中点，连接，若，，则线段的最大值为 ． 【答案】 【分析】如图，连接AF，取AD中点K，连接KM、KC，在中，利用两边之和大于第三边，即CMKC+KM，则可求出线段CM的最大值. 【详解】如图，连接AF，取AD中点K，连接KM、KC， 四边形、四边形都为正方形， ，，， 又K为AD中点，M为DF中点， 在中， CMKC+KM=， CM最大值为. 故答案为. 【点睛】借助三角形三边关系，求线段长的取值范围，关键是构造含CM边的三角形，由M为中点，想到再找一个中点，构造三角形中文线，将三角形与两个正方形建立联系，进而求解. 【题型11 动点构成四边形】 【例11】（24-25九年级上·陕西宝鸡·阶段练习）如图，中，点是边上一个动点（不与重合），过作直线，设交平分线于点，交的外角平分线于点． (1)当点运动到何处，四边形是矩形？并说明理由． (2)在（1）的条件下，满足什么条件时，四边形是正方形？ (3)当点在边上运动时，四边形会是菱形吗？若是，请证明，若不是，则说明理由． 【答案】(1)当点O运动到中点时，四边形是矩形，理由见解析 (2)当时，四边形是正方形，理由见解析 (3)不会，理由见解析 【分析】本题主要考查了矩形的判定，正方形的判定，菱形的性质，角平分线的定义，平行线的性质，等角对等边，熟知相关知识是解题的关键． （1）由角平分线的定义和平行线的性质证明，得到，同理可得，则，当，可得与相等且互相平分，据此可证明四边形是矩形； （2）当时，可证明，进而证明，据此可证明四边形是正方形； （3）连接交于G，可证明，若四边形是菱形，则，但在中，不可能存在两个角为，故四边形不会是菱形． 【详解】（1）解：当点O运动到中点时，四边形是矩形，理由如下： ∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∴， 又∵， ∴， ∴与相等且互相平分， ∴四边形是矩形； （2）解：当时，四边形是正方形，理由如下： ∵，是的角平分线， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （3）解：四边形不会是菱形，理由如下： 如图所示，连接交于G， ∵平分，平分， ∴， ∵， ∴， 若四边形是菱形，则， 但在中，不可能存在两个角为， ∴四边形不会是菱形． 【变式11-1】（24-25八年级下·辽宁盘锦·月考）如图①所示，有一张平行四边形纸片，将纸片沿着对角线剪开，形成两个全等的三角形，，，将沿着的方向以每秒的速度运动得到（如图②），连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，设运动时间为秒，当为何值时， 是菱形？请说明你的理由． 【答案】(1)见解析 (2)时，是菱形，理由见解析 【分析】本题主要考查等边三角形的性质和判定，平移的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形，矩形和菱形的性质和判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）根据平移和全等三角形的性质可得，，即可得出，再根据全等三角形的性质易得，，即可证明四边形是平行四边形； （2）当秒时，根据等边三角形的性质和判定，即可得出四边形是菱形． 【详解】（1）证明：由题意可得， ∴， 根据平移的性质得到：， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当秒时，是菱形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 【变式11-2】（24-25八年级下·河北张家口·期末）如图，矩形中，，动点E、F分别从点A，C同时出发，以相同的速度沿向终点B、D运动，过点E、F作直线，过点作直线的垂线，垂足为，连接． (1)当与重合时，四边形为_________（填菱形、矩形、正方形）； (2)当四边形为菱形时，求的长； (3)当是轴对称图形时，直接写出到的距离． 【答案】(1)矩形 (2) (3)或 【分析】本题主要考查矩形的判定，菱形的性质和轴对称的性质，熟练运用相关知识是解答本题的关键． （1）先判断，再运用矩形的判定定理：有三个角是直角的四边形是矩形进行判断即可； （2）根据菱形的性质设，则在中由勾股定理列方程求解即可； （3）分点在矩形内部和外部两种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解：如图， 当与重合时，即点与点重合， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形为矩形， 故答案为：矩形； （2）解：如图，当四边形为菱形时，则, 设，则， 在中，， ∵， ∴， 解得：， 即； （3）解：①当点在矩形外部时，如图： 设，则， ∵四边形是矩形， ， 过点作于点，则， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； ∵是轴对称图形，且， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 解得：，即， 又是等腰直角三角形， 所以，到的距离为； 当点在矩形内部时，如图： 设，则， 过点作,垂足为点，则， 同理可得四边形， ∴；， ∴； ∵是轴对称图形，且， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 解得：， 即， 又是等腰直角三角形， 所以，到的距离为； 综上，到的距离为或． 【变式11-3】（24-25八年级下·山西晋城·期末）如图，矩形中，，，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发，相向而行，速度均为，运动时间为t（）秒． (1)若、分别是、的中点． ①求证：以、、、为顶点的四边形始终是平行四边形（）； ②当t为何值时？以、、、为顶点的四边形是矩形； (2)若、分别是折线，上的动点，分别从、开始，与、相同的速度同时出发，当t为何值时，以、、、为顶点的四边形是菱形，请直接写出t的值． 【答案】(1)①见解析；②或 (2) 【分析】（1）①要证四边形是平行四边形，根据矩形性质得出边和角的关系，结合中点条件得到线段相等，再利用全等三角形证明一组对边平行且相等 ．②平行四边形变矩形需对角线相等，先确定长度，再分、运动的不同阶段，根据与的数量关系列方程求解． （2）（2）菱形需对角线垂直且平分，先由菱形性质推出四边形是菱形，设未知数，利用勾股定理求出相关线段长度，进而得出运动时间． 【详解】（1）解：①∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∴， ∵、分别是、中点 ∴，，则 由于、速度均为，运动时间，则， ∴ 在和中 ∴ ∴，，则 ∴四边形是平行四边形； ②解：连接， ∵四边形是矩形，、是中点 ∴ 当时，四边形是矩形，分两种情况： ①、未相遇前，，则 解得； ②、相遇后， 解得， 综上，当或时，四边形是矩形． （2）解：连接、， ∵ 四边形是菱形 ∴ ，，，又 ∴ ，四边形是菱形，故 设，则 在中，由勾股定理，即 解得 则，运动路程为 速度为， 【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定、全等三角形判定与性质、勾股定理，熟练掌握四边形的判定与性质，结合图形分情况分析，运用勾股定理等建立方程是解题的关键． 【题型12 四边形中的和差倍分问题】 【例12】感知：如图（1）所示，四边形是正方形，点是线段上的任意一点，于点，，且交于点，求证：． 探究一：如图（2）所示，若点在的延长线上，上述其余条件不变，则，，存在怎样的等量关系？猜想并证明这一结论． 探究二：若点在的延长线上，上述其余条件不变，则，，又存在怎样的等量关系？直接写出结论．    【答案】感知：见解析；探究一： ，证明见解析；探究二：． 【分析】感知：根据正方形的性质，利用可证，从而可得，即可求证； 探究一：根据正方形的性质，利用可证，从而可得，即可求证； 探究二：根据正方形的性质，利用可证，从而可得，即可求证． 【详解】感知： 证明：四边形是正方形， ，， ，， ， ． ， 在和中 ， （）， ， ， ． 探究一： 结论： 理由如下： 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 在和中 ， （）， ， ， ． 探究二： 结论：，    理由如下：如图：由感知同理可证， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，掌握判定方法及性质是解题的关键． 【变式12-1】（25-26九年级上·重庆永川·期中）如图，在平行四边形中，是对角线，，点是边上一点，连接，将绕着点顺时针旋转得到线段． (1)如图1，若，连接，求的面积； (2)如图2，若，连接交于，求证：； (3)若在（2）的条件下，，点为边上一动点，连接，将线段绕着点顺时针旋转得到线段，连接，当线段取得最小值时，直接写出四边形的面积． 【答案】(1)10 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）过点作于点，先求出，再证出，根据全等三角形的性质可得，则可得的长，然后利用三角形的面积公式求解即可得； （2）在上截取，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，，再证出，根据全等三角形的性质可得，然后证出四边形是平行四边形，则可得，由此即可得证； （3）如图1（点在上）和如图2（点在上），过点作，交于点，连接，，先证出，根据全等三角形的性质可得，则，从而可得当点在边上运动时，点在上运动，再根据点到直线的距离、垂线段最短可得当时，线段取得最小值，根据直角三角形的性质可得，，，然后可证四边形为平行四边形，利用平行四边形的性质求解即可得． 【详解】（1）解：如图，过点作于点， ∵，，，， ∴，， 由旋转的性质得：， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴的面积为． （2）解：在上截取，连接， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， 由旋转的性质得：，， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 即． （3）解：∵， ∴，， 由（2）可知，， ∴， ∴， ∴， 如图1（点在上）和如图2（点在上），过点作，交于点，连接，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵将线段绕着点顺时针旋转得到线段， ∴， ∴图1中，， 图2中，， 即在图1和图2中，均有， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴当点在边上运动时，点在上运动， 由点到直线的距离、垂线段最短可知，当时，线段取得最小值， ∴此时在中，， ∴，， ∴， ∴此时四边形为平行四边形， ∴四边形的面积为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、旋转的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键． 【变式12-2】如图，在正方形中，动点在上，过点作，过点作，点是的中点，连接交于点．    (1)求证：； (2)请探究线段长度之间的等量关系，并证明你的结论； (3)设，若点沿着线段从点运动到点，则在该运动过程中，线段所扫过的图形面积为________（直接写出答案）． 【答案】(1)见解析 (2)；理由见解析 (3) 【分析】（1）连接，由正方形以及等腰直角三角形的性质可得出，从而得出，再根据直角三角形的性质以及点E为的中点即可得出，由此即可得出B、E在线段的垂直平分线上，由此即可证得； （2）．根据正方形的性质可得出，再结合三角形的中位线性质可得出，由线段间的关系即可证出结论； （3）找出所扫过的图形为四边形，根据正方形以及等腰直角三角形的性质可得出，由此得出四边形为梯形，再由，可算出线段、、的长度，利用梯形的面积公式即可得出结论． 【详解】（1）证明：连接，如图所示：    ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵在中，点E是中点， ∴， ∵，， ∴点B，E在的垂直平分线上， ∴垂直平分， ∴． （2）解：，理由如下： ∵，， ∴， ∵点E是中点， ∴， ∴是的中位线． ∴， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）解：在点M沿着线段从点C运动到点D的过程中，线段所扫过的图形为四边形，    ∵，， ∴， ∴四边形为梯形， ∵， ∴，， ∴． 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质以及梯形的面积公式，解题的关键是：（1）根据垂直平分线上点的性质证出垂直；（2）用表示出、的长度；（3）找出所扫过的图形．本题属于中档题，难度不小，解决该题型题目时，根据题意画出图形，利用数形结合解决问题是关键． 【变式12-3】如图，在△ABC中，AC=BC=1，∠C=90°，E、F是AB上的动点，且∠ECF=45°，分别过E、F作BC、AC的垂线，垂足分别为H、G，两垂线交于点M． （1）当点E与点B重合时，请直接写出MH与AC的数量关系 ； （2）探索AF、EF、BE之间的数量关系，并证明你的结论； （3）以C为坐标原点，以BC所在的直线为x轴，建立直角坐标系，请画出坐标系并利用（2）中的结论证明． 【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）见解析． 【分析】（1）如图1，当点与点重合时，点与点重合，可得，四边形是矩形，进一步得到，根据三线合一可得，证明结论； （2）如图2所示，将顺时针旋转至，再利用可证，根据全等三角形的性质和勾股定理即可得出结论； （3）由题意知四边形是矩形，根据（2）的结论和三角形面积求法可得，继而可知，即可证明结论． 【详解】解： （1）结论：， 如图1，当点与点重合时，点与点重合， ，， ， ， ，四边形是矩形， ， ，， ， 又∵ ， ； （2）结论：， 证明：如图2所示， ，， ． 将顺时针旋转至， 则，，，； ， ， ． 在和中， ， ， ． ， ， ，即； （3）以C为坐标原点，以BC所在的直线为x轴，建立直角坐标系，如图（3）： 由（2）易知、、是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， 同理可得：，，， 由（2）可得， ∴， 又∵，， ∴． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，还涉及了矩形的判定和性质，平面直角坐标系得建立等知识，其中利用旋转构造全等三角形是解题（2）关键，证明并将所求问题转化面积关系是解题（3）关键，综合性较强，有一定的难度． 【题型13 四边形中的存在性问题】 【例13】（2025·河南郑州·三模）已知如图，菱形的边长为，，点是直线上的一个动点（不与重合），连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，在平面内存在一点，若以点、为顶点的四边形也是菱形，则此时线段的长为 ． 【答案】或或 【分析】分如图，当时，如图，当时，如图，当时三种情况分析，通过菱形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质进行求解即可． 【详解】解：如图，当时，过作于点，则， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴； 如图，当时，过作于点，则， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； 如图，当时，过作于点，过作于点， ∴，， ∴， 由旋转性质可知，，， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上可知：线段的长为或或， 故答案为：或或． 【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 【变式13-1】（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． 【变式13-2】（24-25八年级下·山西朔州·期末）综合与实践 问题情境： 数学活动课上，同学们以矩形为背景．以“探究图形的性质”为主题，开展数学活动．如图①，在矩形中（），E是对角线上的点，且，过点E作于点F，过点C作的平行线，与的延长线交于点． 猜想证明： （1）判断四边形的形状，并证明； 深入探究： （2）将图①中沿射线平移，得到，点E，C，G分别对应点，，； ①如图②．当点在线段上的某一位置时，将沿所在直线翻折，得到，线段，分别与直线BC交于点，点M，猜想线段与之间的数量关系，并说明理由； ②若，，当点在射线上某一位置时，重复①的操作，在此过程中平面内是否存在一点N，使得以，H，M，N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出该矩形的面积；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）四边形是菱形，证明见解析；（2）①，理由见解析；②48或 【分析】（1）先根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”判定四边形是平行四边形，再根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”判定四边形是菱形； （2）①根据平移、翻折的性质得到，，通过证明得到，再利用线段的和差关系证得结论； ②在矩形中，，，根据勾股定理得到，过点D作于点P．当点在线段上，且时，四边形为矩形，当点在线段的延长线上，且时，四边形为矩形，根据矩形和三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：（1）四边形是菱形， 证明：四边形是矩形， ， ， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）①，理由如下： 由平移可知，，， ， ， ， 由翻折可知，，， 又， ， ， ，即， ； ②在矩形中，，，根据勾股定理得到， 如图，过点D作于点 ， ， 在中，由勾股定理，得， ， ； 如图，当点在线段上，且时，四边形为矩形， 此时，， ； 如图，当点在线段的延长线上，且时，四边形为矩形， 此时，，， ∴， ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，菱形的判定，熟练掌握各知识点是解题的关键． 【变式13-3】（24-25九年级上·湖北十堰·期末）【问题背景】如图，正方形和正方形，，，三点共线，，，将正方形绕点顺时针旋转，连接，． 【问题解决】 (1)如图，求证：； (2)如图，在旋转过程中，当，，三点共线时，试求的长； (3)在旋转过程中，是否存在某时刻，使得，若存在，请直接写出的长，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)． 【分析】（）根据正方形的性质可得，，，然后证明，由全等三角形的性质即可求证； （）连接交于点，由四边形是正方形，，则，，，，然后通过勾股定理和线段和差即可求解； （）过点作，交的延长线于点，由，则，所以，然后通过勾股定理和线段和差即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形和均为正方形， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：如图，连接交于点， ∵四边形是正方形，， ∴，，，， ∴，， ∵，，三点共线， 在中，由勾股定理得， ∴； （3）解：存在，，如图，过点作，交的延长线于点， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中由勾股定理得， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，含角的直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握知识点的应用是题的关键． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 四边形（举一反三讲义）全章题型归纳 【新教材湘教版】 【培优篇】 9 【题型1 多边形】 9 【题型2 中心对称和中心对称图形】 9 【题型3 添加条件构成四边形】 10 【题型4 根据四边形的性质求解】 12 【题型5 证明四边形】 13 【题型6 根据四边形的判定与性质求解】 14 【题型7 中点四边形】 15 【拔尖篇】 17 【题型8 四边形中的多解问题】 17 【题型9 四边形中的翻折问题】 18 【题型10 四边形中的最值问题】 19 【题型11 动点构成四边形】 20 【题型12 四边形中的和差倍分问题】 22 【题型13 四边形中的存在性问题】 23 知识点1 多边形 1. 在平面内，由不在同一条直线上的三条或三条以上的线段首尾顺次相接组成的图形叫作多边形，这些线段叫作多边形的边，线段的公共端点叫作多边形的顶点． 2. 根据边的数量，多边形可以分为三角形、四边形、五边形、n边形等．下图中的图形分别是三角形ABC、四边形ABCD、六边形ABCDEF．三角形ABC可以记作“△ABC”． 图1 3. 多边形相邻两边组成的角叫作多边形的内角，多边形的边与它邻边的延长线组成的角叫作多边形的外角． 4. 多边形的外角与相邻的内角互为补角．如下图，∠A，∠B，∠BCD，∠D是四边形ABCD的四个内角，∠DCE是四边形ABCD的一个外角，∠BCD＋∠DCE＝180°． 5. 连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫作多边形的对角线．如下图，AC，BD是四边形ABCD的两条对角线． 6. 和正方形类似，各边相等、各内角也相等的多边形叫作正多边形． 7. 边形内角和等于．正多边形的每个内角的度数为(n≥3)． 8. 在一个多边形的每个顶点处各取一个外角，这些外角的和叫做多边形的外角和．边形的外角和恒等于360°，它与边数的多少无关. 知识点2 中心对称和中心对称图形 1. 中心对称的定义 把一个图形绕着某一点旋转180°，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．这个点叫做对称中心（简称中心），这两个图形在旋转后能重合的对应点叫做关于对称中心的对称点． 2. 中心对称的性质 （1）中心对称的两个图形是全等图形； （2）中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分． 3 .中心对称作图：作△ABC关于点O成中心对称的△A'B'C'的一般步骤： （1）找：寻找原图形的关键点A，B，C，连接关键点和对称中心O． （2）截：延长AO，在延长线上找出关键点A的对称点A'，使OA'＝OA；重复上述操作，作出点B的对称点B'，点C的对称点C'． （3）连：按原图顺序连接A'，B'，C'，得到△A'B'C'，如图所示． 4. 中心对称图形的定义 把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．这个点就是它的对称中心． 5. 中心对称图形的性质 （1）对称点的连线被对称中心平分； （2）过对称中心的直线把中心对称图形分成全等的两部分． 6. 常见的线段、正方形、菱形、边数是偶数的正多边形、圆既是中心对称图形，又是轴对称图形． 知识点3 三角形的中位线 1.定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线． 2.三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于它的一半． 3.其他性质：（1）三角形共有三条中位线，并且它们又重新构成一个新的三角形． （3）三角形中位线定理的作用： 位置关系：可以证明两条直线平行． 数量关系：可以证明线段的倍分关系． （4）常用结论：任一个三角形都有三条中位线，由此有： 结论1：三条中位线组成一个三角形，其周长为原三角形周长的一半． 结论2：三条中位线将原三角形分割成四个全等的三角形． 结论3：三条中位线将原三角形划分出三个面积相等的平行四边形． 结论4：三角形一条中线和与它相交的中位线互相平分． 结论5：三角形中任意两条中位线的夹角与这夹角所对的三角形的顶角相等． 知识点4 平行四边形的定义及表示 1. 平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形． 2. 平行四边形的表示：如图所示，平行四边形用符号“”表示，平行四边形ABCD记作“ABCD”，读作“平行四边形ABCD”． 3. 平行四边形的基本元素（边、角、对角线） 图示 基本元素 主要内容 边 邻边 AD和AB，AD和DC，DC和BC，BC和AB，共有四对 对边 AB和DC，AD和BC，共有两对 角 邻角 和，和，和，和，共有四对 对角 和，和，共有两对 对角线 AC和BD，共有两条 知识点5 平行四边形的性质 1. 性质定理：平行四边形的对边相等，对角相等，对角线互相平分． 2. 平行四边形是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心．平行四边形的性质可从边、角、对角线、对称性等几个方面来探究，归纳如下表： 图示 性质 数学语言 边 对边平行且相等 AB∥DC，AD∥BC，AB＝DC，AD＝BC 角 对角相等，邻角互补 ＝，＝，＋＝180°，＋＝180°等 对角线 对角线互相平分 AO＝CO，BO＝DO 对称性 中心对称图形，对角 线的交点为对称中心 知识点6 平行四边形的判定 1. 平行四边形的判定方法 图示 判定方法 符号语言 边 判定定理1：一组对平行且相等的四边形是平行四边形 AB∥CD且AB＝CD， 四边形ABCD是平行四边形 判定定理2：两组对分别相等的四边形是平行四边形 AB＝CD，AD＝BC， 四边形ABCD是平行四边形 判定方法：两组对边别平行的四边形是平行四边形 AB∥CD，AD∥BC， 四边形ABCD是平行四边形 对角线 判定定理3：对角线相平分的四边形是平行四边形 OA＝OC，OB＝OD， 四边形ABCD是平行四边形 2. 灵活选择平行四边形的判定方法 （1）若已知一组对边平行，可证明该组对边相等或证明另一组对边平行； （2）若已知一组对边相等，可证明该组对边平行或证明另一组对边相等； （3）若已知条件与对角线有关，可证明对角线互相平分； （4）若已知条件与角有关，可证明两组对角分别相等． 知识点7 菱形的定义 1. 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是平行四边形． 2. 数学语言描述：如图，在ABCD中，若AB=AD，则ABCD是菱形． 知识点8 菱形的性质 图示 性质 数学语言描述 边 对边平行 AB∥CD，AD∥BC 四条边都相等 角 对角相等 ， 对角线 对角线互相垂直平分 ，， 每条对角线平分一组对角 , 对称性 轴对称图形，对称轴是对角线所在的直线 中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点 知识点9 菱形面积的计算 计算方法 符号表示 主要依据 菱形的面积=底高 菱形是平行四边形 菱形的面积= 两条对角线 乘积的一半 知识点10 菱形的判定 拓展：（1）对角线互相垂直平分的四边形是菱形． （2）对角线平分一组内角的平行四边形是菱形． 知识点11 矩形的定义 1. 有一个角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形是平行四边形． 3. 数学语言描述：如图，在ABCD中，若，则ABCD是矩形． 知识点12 矩形的性质 图示 性质 数学语言描述 边 对边平行 AB∥CD，AD∥BC 对边相等 角 四个角都是直角 对角线 对角线相等且互相平分 ， 对称性 轴对称图形，对角线的交点是它的对称轴，共有两条 中心对称图形，对称中心是两条对角线7的交点 知识点13 矩形的判定 知识点14 正方形的定义 1. 有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形． 2. 数学语言描述：如图，在ABCD中，若，且，则ABCD是正方形． 知识点15 正方形的性质 图示 性质 数学语言描述 边 对边平行 AB∥CD，AD∥BC 四条边均相等 角 四个角都是直角 对角线 对角线相等且互相垂直平分 ， 每条对角线平分一组对角 对称性 轴对称图形，对称轴是两条对角线所在直线和过每一组对边中点的直线，有四条对称轴 中心对称图形，对称中心是对角线的交点 知识点16 正方形的判定 知识点17 中点四边形 1. 定义：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形叫做中点四边形．如图所示，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点，则四边形EFGH就是中点四边形． 2. 常见的中点四边形形状归纳 原四边形 中点四边形 任意四边形（包括平行四边形） 平行四边形 两条对角线相等的四边形（包括矩形和等腰梯形) 菱形 两条对角线互相垂直的四边形（包括菱形） 矩形 两条对角线相等且互相垂直的四边形（包括正方形） 正方形 知识点18 菱形、矩形、正方形与平行四边形的关系 正方形既是菱形，又是矩形． 菱形、矩形、正方形都是平行四边形，且都是平行四边形．常见关系使用举例： 【培优篇】 【题型1 多边形】 【例1】（24-25八年级上·湖北荆州·期末）一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是，则原来多边形的边数是（   ） A．或 B．或 C．或 D．或或 【变式1-1】（24-25七年级上·陕西西安·月考）从六边形的一个顶点出发，可以画出m条对角线，它们将六边形分成n个三角形，则的值为 ． 【变式1-2】（24-25八年级下·重庆·期末）某正多边形的一个内角比每个外角的两倍少，则该正多边形的边数为 【变式1-3】（24-25八年级上·河南驻马店·期中）（1）一个多边形除了一个内角之外，其余内角之和为，求这个多边形的边数和少加的内角的大小； （2）若多边形所有内角与它的一个外角之和为，求这个多边形的边数及内角和． 【题型2 中心对称和中心对称图形】 【例2】（25-26九年级上·河南信阳·期中）灵宝剪纸是河南省灵宝市传统美术，国家级非物质文化遗产之一．下列剪纸属于中心对称图形的是 （    ） A． B． C． D． 【变式2-1】（25-26九年级上·江西上饶·期中）如图，与关于点成中心对称，已知，，，则的长为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 【变式2-2】（24-25七年级下·江苏无锡·期中）如图，在正方形网格中有，直线直线，垂足为． (1)请画出将先向右平移4个单位，再向下平移2个单位后的；在平移的过程中，线段扫过的面积为_____； (2)请画出以点为对称中心的对称图形； (3)与是否成中心对称？若是，画出它们的对称中心；若不是，说明理由． 【变式2-3】（24-25八年级下·浙江杭州·期中）在的方格中，选择6个小方格涂上阴影，请仔细观察图1中的六个图案的对称性，按要求回答． (1)在6个图案中，具有中心对称性的图案是____________（填写序号）． (2)请在图2中，将1个小方格涂上阴影，使整个的方格也具有中心对称性． 【题型3 添加条件构成四边形】 【例3】（24-25九年级下·上海·阶段练习）如图，在四边形中，，，交于点O．添加一个条件使这个四边形成为一种平行四边形，则以下说法错误的有（   ）个． ①添加“”，则四边形是菱形 ②添加“”，则四边形是矩形 ③添加“”，则四边形是菱形 ④添加“”，则四边形是正方形 A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【变式3-1】（24-25八年级下·山东日照·月考）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，、是对角线上的两点，给出下列四个条件：①；②；③；④．其中能判定四边形是平行四边形的有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【变式3-2】（24-25八年级下·北京石景山·期末）如图，在中，点，分别是，的中点．只需添加一个条件即可证明四边形是矩形，这个条件可以是 (写出一个即可)． 【变式3-3】（24-25九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在中，点、、分别在边、、上，且，．下列四种说法：①四边形是平行四边形；②如果，那么四边形是矩形；③如果平分，那么四边形是菱形；④如果且，那么四边形是正方形．其中，正确的有 ．（只填序号） 【题型4 根据四边形的性质求解】 【例4】（24-25七年级下·黑龙江大庆·期末）若正方形按上图所示的方式放置．点在直线上，且直线与轴的夹角为，点在轴上，已知点，则的坐标是（   ）． A． B． C． D． 【变式4-1】（25-26八年级上·黑龙江绥化·期中）如图，过平行四边形对角线的交点O，交于点E，交于点F，若平行四边形的周长为18，，则四边形的周长为（   ） A．9 B．9.5 C．10 D．12 【变式4-2】（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，菱形中，，点P为对角线上一点，作于点E，作于点F，若，则菱形的周长为（   ） A． B．32 C． D．64 【变式4-3】（24-25九年级上·四川成都·阶段练习）如图，在正方形中，E、F分别是边上的点，且，垂足为G，记的面积为，四边形的面积为，若，，则四边形的面积为 ． 【题型5 证明四边形】 【例5】（24-25八年级下·甘肃陇南·期末）如图，在中，对角线交于点E，，． (1)当平分时，是______形；（填平行四边形名称） (2)证明：当时，为正方形． 【变式5-1】（25-26九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，等边中，点在上，点在上，且，与交于点，在上方作等边，连接． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)不添加任何辅助线，直接写出与相等的角（不包括）． 【变式5-2】（24-25八年级下·河北唐山·期末）如图，中，，是其对角线，点B，E，C，G在同一条直线上，且，的延长线交延长线于点F，连接，，． (1)求证：； (2)嘉嘉说：若，则四边形一定是菱形；淇淇说：若，则四边形一定是矩形．请选择其中一人的说法进行说理． 【变式5-3】（24-25八年级下·河北承德·期末）已知：如图，中，O为对角线的交点，平分． (1)求证：是菱形． (2)在上截取，在上截取．连结．判断四边形的形状并证明． 【题型6 根据四边形的判定与性质求解】 【例6】（24-25八年级下·海南·期末）在菱形中，点E是对角线上一点，点F、G在直线上，且，． (1)如图1，求证：①；②； (2)如图2，当时，判断、、的数量关系，并说明理由； (3)如图3，当时，点F在线段上，判断、、的数量关系，并说明理由． 【变式6-1】（24-25八年级下·全国·期末）如图，等边的边长是4，D，E 分别为，的中点，延长至点F，使，连接，． (1)求证：． (2)求的长． 【变式6-2】在正方形中，点E，F分别是边 上的中点，点 P是一动点，记，，．    (1)如图1，若点P运动到线段的中点时， ， ． (2)如图2，若点P在线段上运动时，，和之间有何关系? (3)当点在直线上（在线段之外且与不重合）运动时，，和间又有何关系? 说明理由． 【变式6-3】（24-25八年级下·江西上饶·期末）如图，六边形为正六边形，点O为对角线的交点，的面积等于1，请仅用无刻度直尺按下列要求作图(保留作图痕迹)． (1)在图1中作出一个面积等于4的矩形； (2)在图2中作出一个面积等于4 的菱形． 【题型7 中点四边形】 【例7】（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在四边形中，，，，依次是，，，的中点． ①若四边形是平行四边形，则四边形是平行四边形； ②若，则四边形是菱形； ③若，则四边形是矩形； ④若，，则四边形是正方形． 则上述四个结论中正确的是（　　） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④ 【变式7-1】如图，在四边形中，，、、、分别是、、、的中点，若,则 ．    【变式7-2】（24-25八年级下·上海青浦·期末）已知点、、、分别为菱形四边、、、的中点，如果，，那么四边形的面积为 ． 【变式7-3】（24-25八年级下·湖南长沙·期末）凸多边形是一个内部角都小于180度的多边形．在凸多边形中，我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“十字形”；对角线相等的凸四边形叫做“对等四边形”． (1)在“①矩形；②菱形；③等腰梯形；④正方形”中一定是“十字形”的有___________；一定是“对等四边形”的有___________；（请填序号） (2)如图1：若凸四边形是“十字形”也是“对等四边形”，分别是的中点，求证，四边形为正方形． (3)如图2，在中，，点从点出发沿方向以2个单位每秒向匀速运动；同时点从出发沿方向以1个单位每秒向匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，，连接，是否存在时间（秒），使得四边形为“十字形”．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【拔尖篇】 【题型8 四边形中的多解问题】 【例8】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，正方形边长为4，点E在边上运动（不含端点），以为边作等腰直角三角形，连接．下面有四个说法：①当时，；②当时，点B，D，F共线；③当时，与面积相等；④当时，是的角平分线．所有正确说法的序号是（　　） A．①② B．①③ C．①④ D．②④ 【变式8-1】如图，在ABCD中，AD=2AB，，垂足在线段上，、分别是、的中点，连接，、的延长线交于点，则下列结论：①；②：③；④.其中，正确结论的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式8-2】如图，矩形中，已知，，为上一点，且，连接、、．以下说法中：①；②当点在边上时，则； ③当时，则；④的最小值为．正确的有 （填 序号即可）    【变式8-3】如图，在正方形中，E在上，N为延长线上一点，将沿翻折，使点C的对应点F落在上，交于点G，连接交于点H，若，下列说法正确的有 ． ①；②；③；④当，时， 【题型9 四边形中的翻折问题】 【例9】（24-25九年级上·四川宜宾·期末）如图，在矩形纸片中，将沿翻折，使点落在上的点处，为折痕，连接；再将沿翻折，使点恰好落在上的点处，为折痕，连接并延长交于点，若，则线段的长等于（   ） A． B． C． D． 【变式9-1】（24-25八年级下·上海徐汇·期末）如图，在梯形中，，，．点在边上，将沿着翻折，点的对应点为点．如果，那么的长为 ． 【变式9-2】如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（    ） A． B． C．1 D． 【变式9-3】如图，将图1中的等腰直角三角形纸片，依次沿着折痕翻折，，得到图2中的五边形．如图2中，恰好落在线段上，交于点，则等腰直角三角形的直角边的长为（    ） A． B． C． D． 【题型10 四边形中的最值问题】 【例10】如图，△ABC中，∠BAC＝60°，∠B＝45°，AB＝2，点D是BC上的一个动点，点D关于AB，AC的对称点分别是点E，F，四边形AEGF是平行四边形，则四边形AEGF面积的最小值是 （   ） A．1 B． C． D． 【变式10-1】（2025九年级上·全国·专题练习）如图中，，，，点P为上任意一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接，则的最小值为 ． 【变式10-2】如图，已知，等边中，，将沿翻折，得到，连接，交于O点，E点在上，且，F是的中点，P是上的一个动点，则的最大值为 ． 【变式10-3】如图，正方形，将正方形绕点A旋转，连接，点M是的中点，连接，若，，则线段的最大值为 ． 【题型11 动点构成四边形】 【例11】（24-25九年级上·陕西宝鸡·阶段练习）如图，中，点是边上一个动点（不与重合），过作直线，设交平分线于点，交的外角平分线于点． (1)当点运动到何处，四边形是矩形？并说明理由． (2)在（1）的条件下，满足什么条件时，四边形是正方形？ (3)当点在边上运动时，四边形会是菱形吗？若是，请证明，若不是，则说明理由． 【变式11-1】（24-25八年级下·辽宁盘锦·月考）如图①所示，有一张平行四边形纸片，将纸片沿着对角线剪开，形成两个全等的三角形，，，将沿着的方向以每秒的速度运动得到（如图②），连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，设运动时间为秒，当为何值时， 是菱形？请说明你的理由． 【变式11-2】（24-25八年级下·河北张家口·期末）如图，矩形中，，动点E、F分别从点A，C同时出发，以相同的速度沿向终点B、D运动，过点E、F作直线，过点作直线的垂线，垂足为，连接． (1)当与重合时，四边形为_________（填菱形、矩形、正方形）； (2)当四边形为菱形时，求的长； (3)当是轴对称图形时，直接写出到的距离． 【变式11-3】（24-25八年级下·山西晋城·期末）如图，矩形中，，，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发，相向而行，速度均为，运动时间为t（）秒． (1)若、分别是、的中点． ①求证：以、、、为顶点的四边形始终是平行四边形（）； ②当t为何值时？以、、、为顶点的四边形是矩形； (2)若、分别是折线，上的动点，分别从、开始，与、相同的速度同时出发，当t为何值时，以、、、为顶点的四边形是菱形，请直接写出t的值． 【题型12 四边形中的和差倍分问题】 【例12】感知：如图（1）所示，四边形是正方形，点是线段上的任意一点，于点，，且交于点，求证：． 探究一：如图（2）所示，若点在的延长线上，上述其余条件不变，则，，存在怎样的等量关系？猜想并证明这一结论． 探究二：若点在的延长线上，上述其余条件不变，则，，又存在怎样的等量关系？直接写出结论．    【变式12-1】（25-26九年级上·重庆永川·期中）如图，在平行四边形中，是对角线，，点是边上一点，连接，将绕着点顺时针旋转得到线段． (1)如图1，若，连接，求的面积； (2)如图2，若，连接交于，求证：； (3)若在（2）的条件下，，点为边上一动点，连接，将线段绕着点顺时针旋转得到线段，连接，当线段取得最小值时，直接写出四边形的面积． 【变式12-2】如图，在正方形中，动点在上，过点作，过点作，点是的中点，连接交于点．    (1)求证：； (2)请探究线段长度之间的等量关系，并证明你的结论； (3)设，若点沿着线段从点运动到点，则在该运动过程中，线段所扫过的图形面积为________（直接写出答案）． 【变式12-3】如图，在△ABC中，AC=BC=1，∠C=90°，E、F是AB上的动点，且∠ECF=45°，分别过E、F作BC、AC的垂线，垂足分别为H、G，两垂线交于点M． （1）当点E与点B重合时，请直接写出MH与AC的数量关系 ； （2）探索AF、EF、BE之间的数量关系，并证明你的结论； （3）以C为坐标原点，以BC所在的直线为x轴，建立直角坐标系，请画出坐标系并利用（2）中的结论证明． 【题型13 四边形中的存在性问题】 【例13】（2025·河南郑州·三模）已知如图，菱形的边长为，，点是直线上的一个动点（不与重合），连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，在平面内存在一点，若以点、为顶点的四边形也是菱形，则此时线段的长为 ． 【变式13-1】（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． 【变式13-2】（24-25八年级下·山西朔州·期末）综合与实践 问题情境： 数学活动课上，同学们以矩形为背景．以“探究图形的性质”为主题，开展数学活动．如图①，在矩形中（），E是对角线上的点，且，过点E作于点F，过点C作的平行线，与的延长线交于点． 猜想证明： （1）判断四边形的形状，并证明； 深入探究： （2）将图①中沿射线平移，得到，点E，C，G分别对应点，，； ①如图②．当点在线段上的某一位置时，将沿所在直线翻折，得到，线段，分别与直线BC交于点，点M，猜想线段与之间的数量关系，并说明理由； ②若，，当点在射线上某一位置时，重复①的操作，在此过程中平面内是否存在一点N，使得以，H，M，N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出该矩形的面积；若不存在，请说明理由． 【变式13-3】（24-25九年级上·湖北十堰·期末）【问题背景】如图，正方形和正方形，，，三点共线，，，将正方形绕点顺时针旋转，连接，． 【问题解决】 (1)如图，求证：； (2)如图，在旋转过程中，当，，三点共线时，试求的长； (3)在旋转过程中，是否存在某时刻，使得，若存在，请直接写出的长，若不存在，请说明理由． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $