第1章 四边形（复习讲义）数学新教材湘教版八年级下册

第一章 四边形（复习讲义） （一）基础目标 1. 能复述多边形、正多边形的定义、核心要素及相关公式。 2. 能准确说出平行四边形、矩形、菱形、正方形的定义、核心要素、性质和判定。 3. 能识别中心对称图形与轴对称图形，准确其对称中心或对称轴。 （二）进阶目标 1. 会推导多边形内角和公式和外角和定理，感悟“转化”的几何思想。 2. 理解三角形中位线的定义，会证明三角形中位线定理，并能运用定理解决线段平行与长度计算问题。 3. 能辨析平行四边形与特殊平行四边形的从属关系，用集合思想梳理概念体系，避免性质与判定的混淆。 （三）拓展目标 1. 能综合运用四边形的性质与判定，解决与平行线、三角形、勾股定理结合的几何计算问题。 2. 能规范书写简单的几何推理过程（如证明四边形是平行四边形、菱形），提升逻辑推理与数学表达能力。 四边形关系图与判定流程图： 知识框架结构图： 知识点 重点归纳 常见易错点 多边形的相关公式 ① n边形内角和公式：； ② n边形外角和定理：任意n边形的外角和为360°； ③ n边形对角线条数公式：. ① 多边形内角和与外角和混淆； ② 误认为外角和随边数变化. 平行四边形的性质 ① 边：对边平行且相等； ② 角：对角相等，邻角互补； ③ 对角线：互相平分； ④ 对称性：中心对称图形（对称中心为对角线交点）. ① 混淆“对边相等”与“邻边相等”，平行四边形邻边不一定相等（只有特殊情况才是菱形）； ② 误认“对角线相等”：平行四边形对角线互相平分但不一定相等（相等是矩形的特征）； ③ 平行四边形的四个角不一定是直角. 平行四边形的判定 ① 两组对边分别平行的四边形是平行四边形； ② 两组对边分别相等的四边形是平行四边形； ③ 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； ④ 两组对角分别相等的四边形是平行四边形； ⑤ 对角线互相平分的四边形是平行四边形. 平行四边形的判定条件混用. 中心对称与中心对称图形 ① 中心对称与中心对称图形的区别：中心对称是两个图形的位置关系；中心对称图形是一个图形的自身特性. ① 误把中心对称与中心对称图形等同； ② 误将轴对称图形当作中心对称图形； ③ 验证中心对称时，只看部分对应点，未验证所有对应点连线是否过同一点且被平分. 三角形的中位线 ① 定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半； ② 定理推论：三角形中位线将原三角形分成四个全等的小三角形；三角形中位线构成的三角形，周长是原三角形的，面积是原三角形的；过三角形一边中点且平行于另一边的直线，必平分第三边. ① 误把中位线和中线等同； ② 忽略定理前提：必须是两边中点的连线，才满足“平行且等于第三边的一半”； ③ 错误使用“平行+一半”反推中位线. 矩形的性质 ① 含平行四边形所有性质； ② 角：四个角都是直角； ③ 对角线：相等； ④ 对称性：既是中心对称图形，又是轴对称图形（有2条对称轴）. ① 混淆对角线性质:矩形对角线相等且互相平分，但不一定互相垂直（垂直是正方形的特征）; ② 误认“四边相等”:矩形对边相等，邻边不一定相等（邻边相等是正方形）. 矩形的判定 ① 有一个角是直角的平行四边形是矩形； ② 对角线相等的平行四边形是矩形； ③ 有三个角是直角的四边形是矩形. ① 直接用“对角线相等”判定矩形，忽略“平行四边形”这个前提. 棱形的性质 ① 含平行四边形所有性质； ② 边：四条边都相等； ③ 对角线：互相垂直，且每条对角线平分一组对角； ④ 对称性：既是中心对称图形，又是轴对称图形（有2条对称轴）. ① 混淆对角线性质：菱形对角线互相垂直平分且平分内角，但不一定相等（相等是正方形的特征）； ② 错判角的关系：菱形对角相等、邻角互补，但四个角不一定是直角. 棱形的判定 ① 有一组邻边相等的平行四边形是菱形； ② 对角线互相垂直的平行四边形是菱形； ③ 四条边都相等的四边形是菱形. ① 直接用“对角线互相垂直”判定菱形，忽略“平行四边形”这个前提. 正方形的性质 ① 兼具矩形和菱形的所有性质，四条边相等、四个角都是直角、对角线相等且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角； ② 既是中心对称图形，又是轴对称图形（有4条对称轴）. ① 对角线性质记混:正方形对角线相等、互相垂直且平分，且平分一组对角，是所有平行四边形中对角线性质最全的; ② 特殊图形的从属关系混乱:正方形既是矩形也是菱形，矩形和菱形都是平行四边形，但矩形和菱形不一定是正方形. 正方形的判定 ① 有一组邻边相等的矩形是正方形； ② 有一个角是直角的菱形是正方形； ③ 对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形. ① 认为“对角线互相垂直的矩形是正方形”; ② 认为“对角线相等的菱形是正方形”表述错误. 题型一 多边形的概念与分类 【例1】下面四个图形是四边形的是（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】下列说法正确的是（　　） A．每条边都相等的多边形是正多边形 B．每个内角都相等的多边形是正多边形 C．每条边都相等且每个内角都相等的多边形是正多边形 D．长方形一定是正多边形 【变式1-2】下列说法正确的是（   ） A．由四条线段首尾顺次相接组成的图形叫作四边形 B．四边形相邻两边组成的角是这个四边形的内角 C．连接四边形的两顶点的线段，叫作四边形的对角线 D．四边形有四个外角 【例2】如图所示，不是凸多边形的是（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】下列图形是正多边形的是（   ） A．直角三角形 B．正方形 C．长方形 D．圆 【变式2-2】（24-25八年级下·湖北宜昌·期末）按照某分类标准，可以把下面的四边形分成两类，其中一类是③④，另一类是①②．该分类的标准是______． 题型二 多边形的周长与面积问题 【例1】一个边长的正方形，把4个角各剪去边长的小正方形．那么它的周长（   ） A．增加 B．减少 C．增加 D．保持不变 【变式1-1】小亮绘制了一个如图所示的大长方形，上面绘有五个小长方形，若这五个小长方形的周长之和为50，则大长方形的周长为（    ） A．25 B．50 C．75 D．100 【变式1-2】一个正八边形的周长是16cm，则这个正八边形的边长是________cm． 【例2】如图，网格图中每个小正方形的边长均为1，以为半径的扇形经过平移到达扇形的位置，那么图中阴影部分的面积是（　　）．    A．8 B．6 C．6.5 D．7.5 【变式2-1】如图，在正六边形中，的面积为3，则四边形的面积为______ 【变式2-2】如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线交点．若AB=1，则四边形ABCD的面积为_____． 题型三 多边形内角和 【例1】若一个多边形的内角和是，则这个多边形是（    ） A．十边形 B．九边形 C．八边形 D．七边形 【变式1-1】一个多边形的内角和不可能是（   ） A． B． C． D． 【变式1-2】一个凸九边形中有三个内角分别为，，，则它的其它内角的度数不可能为（   ）． A． B． C． D． 【例2】（25-26八年级上·福建福州·期中）若一个正多边形的每一个内角都是，则该正多边形的内角和的度数是（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】已知边形的每个内角都等于140°，则它的内角和是__________． 【变式2-2】“红军帽”是红军的象征，其帽顶近似为正多边形，且其一个内角为，则帽顶可以看作正__________边形． 题型四 多边形外角和 【例1】九边形的外角和为（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】若一个正多边形的内角和等于，则这个正多边形的每一个外角等于（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（25-26九年级上·广东梅州·期末）已知一个多边形的内角和是它的外角和的倍，这个多边形的边数是__________． 【例2】如图，小红和家人游览了应县木塔，小红从塔底的某一顶点出发走了后向右转，转的角度为，再走，如此重复，小红走了后回到点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】（24-25七年级下·河南南阳·期末）如图，小明从点出发沿直线前进12米到达点，向左转后又沿直线前进12米到达点，再向左转后沿直线前进12米到达点，．．．，照这样走下去，小明第一次回到出发点时所走的路程为（    ） A．120米 B．96米 C．72米 D．48米 【变式2-2】（24-25七年级下·甘肃天水·期末）如图，图①是我国古代建筑中的一种窗格，称为“冰裂纹”．图②是从图①冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的五边形，、、、、分别是这个五边形的外角，则的度数为________°． 题型五 多边形对角线问题 【例1】若一个正多边形的每个外角是60°，则从它的一个顶点出发的对角线有（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式1-1】（25-26八年级上·山东·期末）若一个多边形的内角和比外角和多，则从这个多边形的一个顶点引出的对角线的条数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【变式1-2】已知边数大于3的多边形都有对角线，那么过十一边形的一个顶点的对角线有（　　） A．9条 B．8条 C．7条 D．6条 【例2】（25-26七年级上·河南·期末）过某个多边形的一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成5个三角形，则这个多边形是（   ） A．六边形 B．七边形 C．八边形 D．九边形 【变式2-1】（25-26七年级上·甘肃天水·期末）从十边形的一个顶点出发，分别用线段连接与它不相邻的其他顶点，可将这个十边形分成三角形的个数是（   ） A．10个 B．9个 C．8个 D．7个 【变式2-2】（25-26七年级上·四川成都·期末）如图，从正五边形的顶点出发，画出所有的对角线，则这些对角线将正五边形分成______个三角形． 题型六 多边形的稳定性及镶嵌 【例1】下列图形中，不具有稳定性的是（　　） A． B． C． D． 【变式1-1】（25-26八年级上·广西梧州·期末）下列生活中的实例应用了三角形的稳定性的是（    ） A．学校大门口的伸缩门 B．用两颗钉子把木条固定在墙上 C．自行车的三角车架 D．把弯曲的河道改直 【变式1-2】（25-26八年级上·河北廊坊·期中）如图，嘉嘉用四根相同的小棒搭了一个正方形，添加一根小棒后，可以把正方形分成两个全等的图形，并且两个图形都具有稳定性的是（   ） A． B． C． D． 【例2】如图所示是三个完全相同的正多边形拼成的无缝隙、不重叠的图形的一部分，这种多边形是（  ）边形． A．四 B．五 C．六 D．八 【变式2-1】在①用正五边形可以进行平面镶嵌；②用正三角形和正六边形可以进行平面镶嵌；③用正四边形和正八边形可以进行平面镶嵌．这三个命题中正确命题的个数是（     ） A．0 B．1 C．2 D．3 【变式2-2】（25-26八年级上·山东烟台·期末）公园的一段甬道是由完全相同的五边形密铺而成，其部分密铺图案如图所示，若，，则的度数为___________． 题型七 平行四边形的性质 【例1】如图，在中，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】若平行四边形的周长为24，相邻两边的差为2，则该平行四边形的短边长为（   ） A．7 B．5 C．6 D．9 【变式1-2】如图，在中，，对角线与相交于点．若，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【例2】（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，将平行四边形的边延长，若，则（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，在中，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】在平行四边形中，若∠A与∠B的度数之比为，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【例3】如图，已知：四边形是平行四边形．求证：，． 【变式3-1】（25-26九年级上·湖北荆门·期末）如图，在中，点A，E，F，C在同一条直线上，且．求证：． 【变式3-2】（24-25八年级上·山东济南·期末）如图，的对角线相交于点O，过点O的直线分别交的延长线于点E，F．求证：． 题型八 平行四边形的证明 【例1】如图，在中，点E，F分别在DA，BC的延长线上，且．求证：四边形EBFD为平行四边形． 证明：因为四边形ABCD是平行四边形， 所以 ，AD∥ ． 因为， 所以 + ， 即 ． 又因为DE∥ ， 所以四边形EBFD为平行四边形． 【变式1-1】如图，已知：四边形的对角线相交于点，且．求证：四边形是一个平行四边形． 【变式1-2】如图，在中，点E，F分别在，上，且，求证：四边形是平行四边形． 题型九 平行四边形的性质与判定综合 【例1】（24-25八年级下·山西临汾·期末）如图，在四边形中，，，，相交于点O．若，则线段的长是（    ） A．1 B．2 C．3 D．6 【变式1-1】（24-25八年级下·陕西渭南·期末）如图，四边形中，，，且、的角平分线、分别交于点E、F，与交于点G．若，，则的长为（   ） A．9 B．8 C．7 D．6 【变式1-2】（24-25八年级下·河北邢台·期末）如图，在中，对角线，交于点，，，分别作，则四边形的周长为（    ）    A．16 B．14 C．12 D．7 【例2】（2025·广西南宁·三模）在中，，平分且交于点E，点F在边上，．则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】如图，在中，．若，则的度数是_____． 【变式2-2】在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且，．若，则的度数为________． 【例3】如图，在中，是对角线上的两点，且．给出下列结论：①四边形为平行四边形；②；③；④；⑤；⑥．其中正确的结论有（   ） A．①②③④⑥ B．②④③⑤⑥ C．①②④⑤⑥ D．①③④⑤⑥ 【变式3-1】（24-25八年级下·河北石家庄·期中）如图，在中，E，F分别在边，上，．求证：四边形是平行四边形．下面是打乱顺序的证明过程，则正确的步骤排序应为（    ） ①又∵； ②∵，∴，即； ③∴四边形是平行四边形； ④∴，； ⑤∵四边形是平行四边形． A．④①③⑤② B．②④⑤①③ C．⑤④①②③ D．⑤④②①③ 【变式3-2】如图，在平行四边形中，相交于点O，点E，F在对角线上，有下列条件：①；②；③；④．其中一定能判定四边形是平行四边形的是______． 【例4】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． 【变式4-1】（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）数学实践小组开展测量篮球架篮板的高度的实践活动．测量方案如下表： 课题 测量篮球架篮板的高度 测量 工具竹竿、测角仪、皮尺等 测量方案示意图 测量步骤 （1）将竹竿垂直固定在地面上，从竹竿上的F点处观察篮板底部点B； （2）测量视线与竹竿的夹角，； （3）将观察点沿着竹竿向上移动到点G，测量从点G观察篮板顶部点A的视线与竹竿的夹角； （4）测量的长 测量数据 根据以上测量方案和数据求篮球架篮板的高度． 【变式4-2】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． 题型十 中心对称与中心对称图形 【例1】（25-26九年级上·浙江台州·期末）巴黎奥运会项目图标传递“荣誉徽章”理念，下列图标中，是中心对称图形的为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的（   ） A． B． C． D． 【变式1-2】（25-26九年级上·广西钦州·期末）在下列LOGO设计图案中，绕着一个固定点旋转后，能和原图形重合的是（    ） A． B． C． D． 【例2】如图，四边形与四边形关于点成中心对称，，则的度数为_____，的长度为_____． 【变式2-1】（25-26九年级上·河南信阳·期中）如图，等腰直角与等腰直角关于点B中心对称，P为的中点，Q为点P的对称点．若，则P，Q两点间的距离为________． 【变式2-2】（24-25七年级下·河南洛阳·期末）如图，在中，是边上的中线，与关于点成中心对称．若，则线段的取值范围是______． 【例3】（25-26九年级上·云南怒江·期末）如图，正方形网格中，每一个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点坐标分别为． (1)画出关于原点O对称的； (2)分别写出的坐标． 【变式3-1】（25-26九年级上·重庆忠县·期末）如图，已知点O为边的中点． (1)作关于点O成中心对称的图形，并标出有关点的字母（不写作法，保留作图痕迹）； (2)写出图（含所作图形）中以点O为对称中心的两对三角形． 【变式3-2】（25-26七年级上·上海虹口·期末）已知的顶点在格点上，按要求在方格纸中画图． (1)画出向右平移格后的图形． (2)画出关于直线成轴对称的图形． (3)画出关于点成中心对称的图形． 【例4】点和点关于原点中心对称，已知点坐标为，则点坐标为___． 【变式4-1】若点与点关于点中心对称．则___________． 【变式4-2】如图，将绕点旋转得到．设点的坐标为，则点A的坐标为（    ） A． B． C． D． 题型十一 三角形的中位线定理 【例1】在中，已知、分别是边、的中点，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】（25-26九年级上·河南开封·期中）如图，在中，，分别是边，上的中点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式1-2】（25-26九年级上·山东烟台·期末）如图，在四边形中，是对角线的中点，、分别是、的中点，，，求的度数_____． 【例2】（25-26九年级上·福建漳州·期末）如图，四边形的对角线，并且，交于点O，M是边的中点，P是边的中点，将点M沿方向平移到点P的位置，则平移的距离等于（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】（2026·河北沧州·一模）如图，数学实践活动中，为了测量校园内被花坛隔开的，两点间的距离，同学们在外选择一点，测得两边中点的距离，则，两点间的距离是（   ） A． B． C． D． 【变式2-2】如图，在四边形中，E，F，G，H分别是边，，，的中点，对角线，，则四边形的周长为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【例3】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在四边形中，，，分别是，，的中点，，，垂足为．求证：． 【变式3-1】（25-26八年级上·江苏常州·期中）如图，在中，已知，平分，E为的中点． (1)求的长； (2)求证：． 【变式3-2】在中，点M是边的中点，平分，的延长线交于点E，． (1)求证：； (2)求的长． 题型十二 矩形的性质 【例1】下列说法：①矩形是轴对称图形；②矩形是中心对称图形；③矩形的对角线相等；④矩形的对角线互相垂直；⑤矩形的每条对角线平分一组对角．其中正确的说法有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式1-1】（25-26九年级上·河南开封·期末）矩形是特殊的平行四边形，下面是矩形具有而平行四边形不具有的性质的是（   ） A．矩形的对角线互相平分 B．矩形的对边相等 C．矩形的对边平行 D．矩形的四个角相等 【变式1-2】如图，在矩形中，对角线，交于点，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D．所在直线为矩形的对称轴 【例2】（25-26八年级上·福建福州·期末）如图，在矩形中，对角线，相交于点，如果，那么的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】两个矩形的位置如图所示，若，则（   ） A． B． C． D． 【变式2-2】（25-26九年级上·四川成都·期末）如图，四边形是矩形，对角线相交于点，点分别在边上，连接交对角线于点．若为的中点，，则（   ） A． B． C． D． 【例3】（25-26九年级上·山西晋中·期末）如图，在矩形中，两条对角线相交于点O，，，则的长为（    ） A．3 B．4.5 C．6 D．12 【变式3-1】如图，在矩形中，，分别是的中点，，则的长为___________． 【变式3-2】（25-26九年级上·河北保定·期末）如图，矩形的对角线相交于点，为上的一点，，，则的周长为__________． 【例4】如图，矩形的对角线、相交于点，点为的中点，连接，若，，则的面积为（   ） A．3 B．4 C．6 D．2 【变式4-1】（25-26九年级上·河北石家庄·期末）如图，长方形的面积为，那么三角形的面积是（    ）． A． B． C． D． 【变式4-2】如图，过矩形对角线的交点O，且分别交、于E、F，那么阴影部分的面积是矩形的面积的_______．    【例5】（25-26九年级上·福建厦门·期末）如图，在矩形中，点E，F分别在边和上，且．求证：． 【变式5-1】（25-26八年级上·吉林·期中）如图，在矩形中，，求证：点是边的中点． 【变式5-2】（24-25八年级下·云南红河·期末）如图，四边形是矩形，．求证：四边形是平行四边形． 题型十三 矩形的判定 【例1】数学课上，老师让班里的学生判断一个四边形门框是否为矩形．下面是某合作小组的4位学生拟定的方案，其中正确的是（   ） 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．测量一组对角是否都为直角 D．测量三个角是否都为直角 【变式1-1】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，李师傅在做门窗时，已经测得门窗是平行四边形后，常常还要测量它们的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形，其中的道理（    ） A．有一个角是直角的平行四边形是矩形 B．两点确定一条直线 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．两点之间，线段最短 【变式1-2】（25-26八年级上·云南昆明·期末）下列说法不正确的是（   ） A．矩形是平行四边形 B．平行四边形是矩形 C．有一个角是直角的平行四边形是矩形 D．平行四边形具有的性质矩形都具有 【例2】（25-26九年级上·甘肃张掖·期末）在下列条件中，能够判定是矩形的是（   ） A． B． C． D．平行于 【变式2-1】（25-26九年级上·四川成都·期末）要使如图所示的成为矩形，需增加的一个条件可以是（  ） A． B． C． D． 【变式2-2】（25-26九年级上·福建三明·期末）若添加一个条件，能使是矩形，则这个条件可以是___________．（写出一个符合要求的即可） 【例3】（25-26九年级上·山西运城·期末）如图，点在的边上，，．求证：为矩形． 【变式3-1】如图，在中，，为边的中点，以，为邻边作，连接，，求证：四边形是矩形． 【变式3-2】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，点、分别在的边、上，连接、，，连接、，请你从以下三个选项：①；②；③中选择一个合适的选项作为补充条件，使得四边形是矩形． (1)你选择的补充条件是_____（填序号）； (2)根据你选择的补充条件，写出四边形是矩形的证明过程． 题型十四 矩形的折叠 【例1】（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 【变式1-1】如图，把一张矩形纸片沿对折，使点C落在E处，与相交于点O，若，则的长为________． 【变式1-2】（24-25八年级下·安徽马鞍山·期末）如图，矩形纸片，，将长方形纸片折叠，使点D与点B重合，点C落在点处，折痕为， 若，， 的长是______． 【例2】如图，把一个长方形纸片沿折叠后，点D、C分别落在、的位置．若，则等于（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】（24-25九年级上·甘肃张掖·期末）如图，将矩形纸片沿折叠（点E在上），使点A落在对角线上的处．若，则等于（   ） A． B． C． D． 【变式2-2】如图，将长方形纸片按照如图所示的方式折叠两次，第一次将四边形沿折叠得到四边形，交于点M，第二次将四边形沿折叠形成四边形，若，则的度数为__________． 【例3】（24-25八年级下·内蒙古赤峰·期末）如图，在矩形中，，将此矩形折叠，使点与点重合，折痕分别交于点、，连接，点的对应点为点，若． (1)求证：； (2)求线段的长度． 【变式3-1】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． 【变式3-2】（25-26八年级上·广东广州·期中）如图，四边形是一张长方形纸片，将纸片折叠，使点A与点D，点B与点C重合，得到折痕EF后再把纸片展平；在CD上选一点P，沿AP折叠，使点D恰好落在折痕EF上的点M处．求证：． 题型十五 矩形的性质与判定综合 【例1】如图，在中，对角线、相交于点O，且，，则的度数为（  ）    A． B． C． D． 【变式1-1】两个矩形的位置如图所示，若则的度数为(    ) A． B． C． D． 【变式1-2】如图，矩形ABCD中，BE⊥AC于点E，若∠ACB＝23°，则∠DBE＝_______度． 【例2】（24-25八年级下·河南洛阳·期末）如图，在平行四边形中，，，，则（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】如图，，，若，，，连接，则的长为（   ） A．10 B．12 C．14 D．16 【变式2-2】（24-25八年级下·甘肃平凉·期末）如图，已知的四个内角的平分线相交组成四边形，连结，，如果，那么的长为___________． 【例3】（24-25八年级下·江苏徐州·期中）某四边形的对角线相等，且相互平分，相邻两边的边长分别为，则该四边形的面积为______． 【变式3-1】如图，在四边形中，为直角，，，对角线、相交于点O，，，则四边形的面积为（    ） A．60 B．30 C．90 D．96 【变式3-2】（25-26七年级上·山东泰安·期中）如图，在中，，点D，E，F分别是三边的中点，，，则四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 题型十六 棱形的性质 【例1】如图所示，四边形是菱形，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】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． 【变式1-2】（25-26九年级上·陕西榆林·期中）如图，是菱形的对角线，点在边上，过点作交于点，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【例2】（25-26九年级上·陕西汉中·期末）如图，菱形的周长为，连接，过点C作，交的延长线于点E，则的长为（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】（25-26九年级上·陕西渭南·期末）我国传统建筑中的窗棂古典雅致，含蓄灵动．构成某幅窗棂的一个窗格可抽象成如图所示的菱形，连接、，，，则的长为（    ） A． B． C．2 D． 【变式2-2】如图，是菱形的对角线上一点，于点，，则点到的距离为_____________． 【例3】（25-26八年级上·江苏盐城·期末）已知一个菱形的对角线的长分别为4和3，则这个菱形的面积为（   ） A．6 B．11 C．16 D．9 【变式3-1】（25-26九年级上·辽宁鞍山·期末）如图，菱形的对角线，相交于点O，点H是边的中点，连接，若，，则菱形的面积为（　　） A．60 B．78 C．120 D．240 【变式3-2】如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为___________． 【例4】（2025·陕西西安·一模）如图，在菱形中，E是延长线上的一点，F是延长线上的一点，连接，，若，求证：． 【变式4-1】如图，已知菱形的对角线相交于点O，延长至点E，使，连接． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【变式4-2】如图，在菱形中，于点E，于点F．求证：．    题型十七 棱形的判定 【例1】如图，在下列条件中，能够判定为矩形的是（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】（25-26九年级上·江西景德镇·期末）已知点、、、分别为四边形各边中点，连接、，添加以下条件能使四边形为菱形的是（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】如图，的对角线，相交于点．请你添加一个条件：____________（写出一种情况即可），使四边形是菱形． 【例2】如图，在四边形中，，，E为的中点，连接，，求证：四边形为菱形． 【变式2-1】（25-26九年级上·湖北·期末）如图，已知的两条对角线相交于点，点是上一点，且．求证：四边形是菱形． 【变式2-2】（25-26八年级上·山东济南·期中）如图，是的角平分线，过点作，交于点，作，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求四边形的面积． 题型十八 棱形的性质与判定综合 【例1】（24-25八年级下·辽宁大连·期中）如图，以点为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点，，再分别以、为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（24-25八年级下·广东肇庆·期末）如图，数学活动课上，老师给每位同学发放两根长度相等的木条和一根橡皮筋，要求大家根据所给的材料在平面内制作一个菱形．小明先用两根木条钉成一个角形框架，然后将橡皮筋两端分别固定在点处，拉动橡皮筋上到处．当四边形是菱形时，小明量得橡皮筋是固定时长的倍，则________． 【变式1-2】如图，在中，，分别以C、B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点D，连接、、．若，则______°． 【例2】（2025·河南·模拟预测）如图，在中，，，是边上的中线，以为邻边作平行四边形．若，则AC的长为（   ） A． B．5 C．6 D． 【变式2-1】（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，两张宽度均为3cm的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为（   ） A．6cm B． C． D． 【变式2-2】（24-25九年级上·广西南宁·期中）如图，将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形，若，，则，两点间的距离为____． 【例3】如图，在的两边、上分别截取、，使．分别以点A、B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C．连结、、、．若，，则四边形的面积是（    ） A． B．8 C．4 D． 【变式3-1】“蓝丝带”一般指蓝丝带海洋保护协会，同时也象征着对保护海洋的呼吁，李老师用一段矩形绸缎制作了一条如图所示宽为的蓝丝带，若，则重叠部分图形的面积是（   ） A． B． C． D． 【变式3-2】如图，小华剪了两条宽为的纸条，交叉叠放在一起，且它们较小的交角为，则它们重叠部分的面积为（    ） A．1 B．2 C．3 D． 题型十九 正方形的性质 【例1】下列四边形中，对角线相等且互相垂直平分的是（    ） A．平行四边形 B．正方形 C．菱形 D．矩形 【变式1-1】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．对角线互相垂直 D．对角线平分对角 【变式1-2】正方形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．四条边都相等 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分 【例2】如图，是正方形边延长线上的一点，且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】如图，四边形是正方形，是等边三角形，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式2-2】（24-25八年级下·山西吕梁·期末）如图，为正方形对角线上的一点，过点作于点，则（    ） A． B． C． D． 【例3】如图，已知正方形的边长为2，对角线与相交于点，则的长为（    ） A．1 B． C． D． 【变式3-1】如图，延长到点E，使，以正方形的对角线为一边，以为另一边作菱形．若菱形的面积为，则正方形的边长为（   ） A．2.5 B．3 C．4 D．12 【变式3-2】如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形与四边形都是正方形，连接，分别交于点N，M．已知，且，，则（   ） A． B． C． D． 【变式3-3】（25-26六年级上·上海闵行·期中）一张正方形的纸，上下对折，再左右对折，得到的图形还是正方形，这个小正方形的周长是原正方形周长的__________（填几分之几）． 【例4】若一个正方形的对角线长为，则它的面积是（   ） A． B． C． D． 【变式4-1】（24-25八年级下·广西河池·期末）如图，在中，，，，以为一条边向三角形外部作正方形，则这个正方形的面积是（    ） A．34 B．36 C．40 D．44 【变式4-2】由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．点O是正方形的中心，连接交于点F，连接．记的面积，正方形的面积为S．若，则的值为（   ） A． B． C． D． 【例5】如图，正方形的边长为，则阴影部分的面积为（　　） A．1 B．2 C．4 D．8 【变式5-1】如图，正方形的边长为，正方形边长为，将这两个正方形并排放在一起，连接，则图中阴影部分面积是（    ） A． B． C． D． 【变式5-2】如图，正方形与正方形的边长分别为、．若，，则图中阴影部分的面积为（   ） A．5 B． C．21 D． 【例6】（25-26九年级上·广东茂名·期中）已知：如图，是正方形的边上的两点，，连接，．求证：． 【变式6-1】正方形中，E为的中点，F为的中点，求证：． 【变式6-2】如图，在边长为4的正方形中，点是边上一点，点是边延长线上一点，，连接，，平分，交于点． (1)求证：； (2)求的长． 题型二十 正方形的判定 【例1】下列说法中，正确的是（   ） A．有一组邻边相等的四边形是正方形 B．有一个角是直角的平行四边形是正方形 C．有一组邻边相等的平行四边形是正方形 D．有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 【变式1-1】能判定一个四边形是正方形的是（    ） A．对角线互相垂直且平分 B．对角线互相垂直且相等 C．对角线互相垂直平分且相等 D．对角线相等且平分 【变式1-2】下列命题中，是真命题的是（    ） A．一组对边平行的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分的四边形是菱形 C．两个角为 的四边形是矩形 D．一组邻边相等的矩形是正方形 【例2】如图，在矩形中，对角线、交于点O，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】在菱形中，对角线与相交于点O，再添加一个条件，仍不能判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【变式2-2】（25-26九年级上·广东揭阳·期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点，从①；②；③中选择一个作为条件，补充后使四边形是正方形，则应选择______(限填序号)． 【例3】如图，在矩形中，对角线相交于点为的平分线．求证：四边形为正方形． 【变式3-1】如图所示，在中，在，平分，于E．于F，求证：四边形是正方形． 【变式3-2】如图，在矩形中，菱形的三个顶点E，G，H分别在矩形的边，，上，．求证：四边形为正方形． 题型二十一 正方形的折叠问题 【例1】如图，现有一块边长为2的正方形毛巾，将其一角折叠至毛巾的中心位置，折痕的长为（   ） A．2 B． C．1 D． 【变式1-1】如图，将边长为的正方形折叠，使点落在边的中点处，点落在处，折痕为，则线段的长是（     ） A． B． C． D． 【变式1-2】如图，在正方形中，，是上一点，且，是上一动点，连接，若将沿翻折后，点落在点处，则到点的最短距离为________ 题型二十二 正方形的性质与判定综合 【例1】如图，点E是正方形对角线上一点，过E作交于F，连接，若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为__________．    【变式1-2】如图，正方形的对角线、交于点，是边上一点，连接，过点作，交于点．若四边形的面积是5，则的长为______． 【例2】（24-25八年级下·甘肃定西·期末）如图，正方形的对角线相交于点O，，．若，则四边形的面积是______． 【变式2-1】（25-26九年级上·福建三明·期中）如图，在矩形中，，，平分，平分，，，则四边形的面积为________． 【变式2-2】（25-26九年级上·吉林·期中）如图，为正方形内一点，，，，将绕点按顺时针方向旋转，得到，延长交于点，连接．则的面积为______ 题型二十三 平行四边形的动点问题 【例1】如图所示，在四边形中，，，，点从点向点以的速度运动，到点即停止点从点向点以的速度运动，到点即停止直线将四边形截成两个四边形，分别为四边形和四边形，已知，两点同时出发，则几秒后所截得的两个四边形中，有一个为平行四边形 【变式1-1】如图，在平行四边形中， ，是的角平分线，点从点出发，沿方向以的速度向点运动，点从点出发，以的运动速度，沿射线方向运动，当点运动到点时，点随之停止运动，设运动时间为秒． (1)求的长； (2)是否存在以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (3)当______时，线段将平行四边形分成面积相等的两部分(直接写出答案)． 【变式1-2】如图，已知正方形的边长为，动点P从点B出发，以的速度沿B→C→D方向向点D运动，动点Q从点A出发，以的速度沿A→B方向点B运动，若P、Q两点同时出发运动时间为t． (1)___________（用含t的代数式表示） (2)连接、、，求当t为何值时，的面积为？ (3)当点P在上运动时，是否存在这样的t使得是以为一腰的等展三角形？若存在，请求出符合条件的t的值：若不存在，请说明理由． 题型二十四 四边形中最值问题 【例1】如图，在四边形中，，，，，分别为线段，上的动点（含端点，但点不与点重合）．若，分别为，的中点，则线段长度的最大值为（   ） A． B． C．3 D． 【变式1-1】如图，在正方形中，，点O为的中点，点P为正方形外一动点，且，则线段的最大值为______． 【变式1-2】（25-26九年级上·福建漳州·期末）在矩形中，为对角线上与，不重合的一个动点，过点作垂足为，垂足为，连接，若，则的最小值为________． 【例题2】（24-25八年级下·湖北黄冈·期中）如图，菱形中，，，E、F分别是、上的动点，且，则的最小值为（   ） A．4 B． C． D． 【变式2-1】（2025·浙江·模拟预测）如图，在菱形中，，，点E在边上，点F在对角线上，，连结，，则的最小值为___． 【变式2-2】如图，正方形的面积为6，是等边三角形，点在正方形内，在对角线上有一点，使的和最小，求这个最小值． 题型二十五 四边形其他综合问题 【例1】[定义]：如果四边形的某条对角线平分一组对角，那么把这条对角线叫做“美妙线”，该四边形叫做“美妙四边形”．如图，在四边形中，对角线平分和，那么对角线叫“美妙线”，四边形就称为“美妙四边形”． [问题]：（1）下列四边形：平行四边形，矩形，菱形，正方形，其中是“美妙四边形”的是_____；（填写名称） （2）四边形是“美妙四边形”， ，，，求美妙四边形的面积．（请画出图形，并写出解答过程） 【变式1-1】定义：在凸四边形中，如果只有一组对角相等，我们把这类四边形叫作“奋进四边形”． (1)操作判断： 用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是“奋进四边形”的有______（填序号）； (2)性质探究： ①如图2，四边形是“奋进四边形”，，，，则的度数为______，的度数为______； ②如图3，四边形是“奋进四边形”，，，求证：； (3)四边形是“奋进四边形”，，，，，请直接写出对角线的长． 【变式1-2】【问题提出】（1）如图1，在中，，．若，求的长． 【问题解决】（2）为响应市政府“建设美丽城市，改善生活环境”的号召，某小区欲建造如图2所示的四边形休闲广场．已知，，米，在对角线上有一个凉亭，测得米．按规划要求，需过凉亭修建一条笔直的小路，使得点，分别在边，上，连接，，其中四边形为健身休闲区，其他区域为景观绿化区．按此要求修建的这个健身休闲区（四边形）是否存在最小面积？若存在，求出最小面积；若不存在，请说明理由． 【变式1-3】如图①，在菱形中，点O为对角线的中点，将对角线绕点O逆时针旋转到，且旋转角α满足，构造出四边形，连结． (1)四边形是哪种特殊的四边形？请写出你的猜想，并证明． (2)若，设的面积为，的面积为，当时，求的值． (3)如图②，若四边形是正方形，当经过中点时，探究三条边存在的等量关系．请给出结论，并说明理由． 基础巩固通关测 1．（2025·黑龙江大庆·中考真题）某学校开展了“共走平安路”交通安全主题教育活动．以下交通标识图形既是中心对称图形又是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 3．（2025·四川资阳·中考真题）三角形的周长为，则它的三条中位线组成的三角形的周长是（   ） A． B． C． D． 4．（2025·西藏·中考真题）如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 5．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，点E，F分别在边上，连接交对角线于点P．若P为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 6．（2025·四川巴中·中考真题）正多边形的一个内角是，这个正多边形是正______边形． 7．（2025·宁夏·中考真题）编程机器人表演中，一机器人从沙盘平面内某点出发向前直行步后右转，沿转后方向直行步后右转，再沿转后方向直行步后右转…，依此方式继续行走，第一次回到出发点时，该机器人共走了_____步． 8．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则______． 9．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，点是平行四边形边的中点，连接并延长交的延长线于点．求证：，并求的长． 10．（2025·陕西·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在边，上，且．求证：． 11．（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求线段的长． 12．（2025·江苏常州·中考真题）在四边形中，对角线、相交于点O，，． (1)若是等腰三角形，则_______； (2)已知，． ①若，判断四边形是怎样的特殊四边形，并说明理由； ②如图，在中，，求的长． 能力提升进阶练 1．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，点、、分别是边、、的中点，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·四川广元·中考真题）如图，在正八边形中，对角线，交于点K，则=（   ） A． B． C． D． 3．（2025·重庆·中考真题）如图，正方形的边长为2，点E是边的中点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得，延长交于点G．和的平分线相交于点H，连接，则的面积为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·山东滨州·中考真题）如图，每个小正方形的边长都为1，点A、B、C均在格点上． （1）只用无刻度的直尺在上找一点D，使得最短（保留作图痕迹）______． （2）在（1）的基础上，在边上找一点M，使得最小，最小值为______． 5．（2025·青海西宁·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是______． 6．（2025·海南·中考真题）如图，在菱形中，对角线、相交于点．以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于点、；再分别以、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；作射线，交于点．若，，则_______． 7．（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 8．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 9．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在正方形的内侧作等边三角形，连接，． (1)如图①，求证：； (2)如图②，过点作，交的延长线于点，平分，交于点，连接，交于点，连接交于点，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图②中四条与线段相等的线段（线段，除外）． 10．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 2 / 53 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 四边形（复习讲义） （一）基础目标 1. 能复述多边形、正多边形的定义、核心要素及相关公式。 2. 能准确说出平行四边形、矩形、菱形、正方形的定义、核心要素、性质和判定。 3. 能识别中心对称图形与轴对称图形，准确其对称中心或对称轴。 （二）进阶目标 1. 会推导多边形内角和公式和外角和定理，感悟“转化”的几何思想。 2. 理解三角形中位线的定义，会证明三角形中位线定理，并能运用定理解决线段平行与长度计算问题。 3. 能辨析平行四边形与特殊平行四边形的从属关系，用集合思想梳理概念体系，避免性质与判定的混淆。 （三）拓展目标 1. 能综合运用四边形的性质与判定，解决与平行线、三角形、勾股定理结合的几何计算问题。 2. 能规范书写简单的几何推理过程（如证明四边形是平行四边形、菱形），提升逻辑推理与数学表达能力。 四边形关系图与判定流程图： 知识框架结构图： 知识点 重点归纳 常见易错点 多边形的相关公式 ① n边形内角和公式：； ② n边形外角和定理：任意n边形的外角和为360°； ③ n边形对角线条数公式：. ① 多边形内角和与外角和混淆； ② 误认为外角和随边数变化. 平行四边形的性质 ① 边：对边平行且相等； ② 角：对角相等，邻角互补； ③ 对角线：互相平分； ④ 对称性：中心对称图形（对称中心为对角线交点）. ① 混淆“对边相等”与“邻边相等”，平行四边形邻边不一定相等（只有特殊情况才是菱形）； ② 误认“对角线相等”：平行四边形对角线互相平分但不一定相等（相等是矩形的特征）； ③ 平行四边形的四个角不一定是直角. 平行四边形的判定 ① 两组对边分别平行的四边形是平行四边形； ② 两组对边分别相等的四边形是平行四边形； ③ 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； ④ 两组对角分别相等的四边形是平行四边形； ⑤ 对角线互相平分的四边形是平行四边形. 平行四边形的判定条件混用. 中心对称与中心对称图形 ① 中心对称与中心对称图形的区别：中心对称是两个图形的位置关系；中心对称图形是一个图形的自身特性. ① 误把中心对称与中心对称图形等同； ② 误将轴对称图形当作中心对称图形； ③ 验证中心对称时，只看部分对应点，未验证所有对应点连线是否过同一点且被平分. 三角形的中位线 ① 定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半； ② 定理推论：三角形中位线将原三角形分成四个全等的小三角形；三角形中位线构成的三角形，周长是原三角形的，面积是原三角形的；过三角形一边中点且平行于另一边的直线，必平分第三边. ① 误把中位线和中线等同； ② 忽略定理前提：必须是两边中点的连线，才满足“平行且等于第三边的一半”； ③ 错误使用“平行+一半”反推中位线. 矩形的性质 ① 含平行四边形所有性质； ② 角：四个角都是直角； ③ 对角线：相等； ④ 对称性：既是中心对称图形，又是轴对称图形（有2条对称轴）. ① 混淆对角线性质:矩形对角线相等且互相平分，但不一定互相垂直（垂直是正方形的特征）; ② 误认“四边相等”:矩形对边相等，邻边不一定相等（邻边相等是正方形）. 矩形的判定 ① 有一个角是直角的平行四边形是矩形； ② 对角线相等的平行四边形是矩形； ③ 有三个角是直角的四边形是矩形. ① 直接用“对角线相等”判定矩形，忽略“平行四边形”这个前提. 棱形的性质 ① 含平行四边形所有性质； ② 边：四条边都相等； ③ 对角线：互相垂直，且每条对角线平分一组对角； ④ 对称性：既是中心对称图形，又是轴对称图形（有2条对称轴）. ① 混淆对角线性质：菱形对角线互相垂直平分且平分内角，但不一定相等（相等是正方形的特征）； ② 错判角的关系：菱形对角相等、邻角互补，但四个角不一定是直角. 棱形的判定 ① 有一组邻边相等的平行四边形是菱形； ② 对角线互相垂直的平行四边形是菱形； ③ 四条边都相等的四边形是菱形. ① 直接用“对角线互相垂直”判定菱形，忽略“平行四边形”这个前提. 正方形的性质 ① 兼具矩形和菱形的所有性质，四条边相等、四个角都是直角、对角线相等且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角； ② 既是中心对称图形，又是轴对称图形（有4条对称轴）. ① 对角线性质记混:正方形对角线相等、互相垂直且平分，且平分一组对角，是所有平行四边形中对角线性质最全的; ② 特殊图形的从属关系混乱:正方形既是矩形也是菱形，矩形和菱形都是平行四边形，但矩形和菱形不一定是正方形. 正方形的判定 ① 有一组邻边相等的矩形是正方形； ② 有一个角是直角的菱形是正方形； ③ 对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形. ① 认为“对角线互相垂直的矩形是正方形”; ② 认为“对角线相等的菱形是正方形”表述错误. 题型一 多边形的概念与分类 【例1】下面四个图形是四边形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题根据四边形的定义，判断每个图形是否为四边形，四边形是由不在同一直线上的四条线段依次首尾相接围成的封闭的平面图形． 【详解】解：A项：该图形不是由四条线段依次首尾相接围成的封闭图形，所以不是四边形； B项：该图形不是由四条线段依次首尾相接围成的封闭图形，所以不是四边形； C项：该图形不是由四条线段依次首尾相接围成的封闭图形，所以不是四边形； D项：该图形是由不在同一直线上的四条线段依次首尾相接围成的封闭的平面图形，符合四边形的定义，所以是四边形， 故选：D． 【变式1-1】下列说法正确的是（　　） A．每条边都相等的多边形是正多边形 B．每个内角都相等的多边形是正多边形 C．每条边都相等且每个内角都相等的多边形是正多边形 D．长方形一定是正多边形 【答案】C 【分析】本题考查正多边形的定义，关键是明确正多边形需要同时满足“各边相等”和“各内角相等”两个条件，二者缺一不可． 【详解】解：正多边形的定义为：各边相等，各内角也相等的多边形叫做正多边形． 对于选项A，每条边都相等的多边形，内角不一定相等，例如菱形，四条边相等但内角不都相等，不是正多边形，故A错误； 对于选项B，每个内角都相等的多边形，边不一定相等，例如长与宽不相等的长方形，内角均为但边不都相等，不是正多边形，故B错误； 对于选项C，每条边都相等且每个内角都相等的多边形，完全符合正多边形的定义，故C正确； 对于选项D，长方形的长和宽不一定相等，不一定满足“各边相等”的条件，不符合正多边形定义，只有正方形这种特殊长方形才是正多边形，所以长方形不一定是正多边形，故D错误； 故选：C． 【变式1-2】下列说法正确的是（   ） A．由四条线段首尾顺次相接组成的图形叫作四边形 B．四边形相邻两边组成的角是这个四边形的内角 C．连接四边形的两顶点的线段，叫作四边形的对角线 D．四边形有四个外角 【答案】B 【详解】解：在同一平面内，由四条线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫作四边形，A说法错误； 四边形相邻两边组成的角是这个四边形的内角，B说法正确； 四边形的对角线是连接不相邻两个顶点的线段，C说法错误； 四边形每个顶点处有2个外角，共8个外角，D说法错误． 【例2】如图所示，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、是一个四边形，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、是一个五边形，满足凸多边形的定义，是凸多边形，不符合题意； D、是一个六边形，满足凸多边形的定义，是凸多边形，不符合题意； 故选：B． 【变式2-1】下列图形是正多边形的是（   ） A．直角三角形 B．正方形 C．长方形 D．圆 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形的定义，熟知每条边都相等、每个角都相等的多边形是正多边形是解决问题的关键． 根据正多边形的定义依次判定各项后即可解答． 【详解】解：直角三角形，长方形，圆不是正多边形，正方形是正多边形． 故选：B． 【变式2-2】（24-25八年级下·湖北宜昌·期末）按照某分类标准，可以把下面的四边形分成两类，其中一类是③④，另一类是①②．该分类的标准是______． 【答案】看图中有无直角 【分析】本题考查了多边形的概念与分类，根据题意，得出③④都是有直角的，①②都是无直角的，据此进行分析，即可作答． 【详解】解：∵题干的四边形分成两类，其中一类是③④，另一类是①②， ∴该分类的标准是看图中有无直角， 故答案为：看图中有无直角 题型二 多边形的周长与面积问题 【例1】一个边长的正方形，把4个角各剪去边长的小正方形．那么它的周长（   ） A．增加 B．减少 C．增加 D．保持不变 【答案】D 【分析】本题考查正方形的周长的问题，在一个正方形上的4个角剪去边长1厘米的小正方形，我们可以在脑海里想象这个画面也可以用画图的方法，得出答案． 【详解】解：这个正方形原来的周长：；剪去小正方形后的周长：；那么它的周长不变． 故选D． 【变式1-1】小亮绘制了一个如图所示的大长方形，上面绘有五个小长方形，若这五个小长方形的周长之和为50，则大长方形的周长为（    ） A．25 B．50 C．75 D．100 【答案】B 【分析】本题主要考查了平移的性质，长方形的周长，根据题意可得五个小长方形的长之和等于大长方形的长之和，五个小长方形的宽之和等于大长方形的宽之和，进而可知大长方形的周长等于五个小长方形的周长之和． 【详解】解：根据题意得：把五个小长方形的长和宽分别平移到大长方形的长和宽上，则五个小长方形的长之和等于大长方形的长之和， 五个小长方形的宽之和等于大长方形的宽之和， ∴大长方形的周长等于五个小长方形的周长之和， ∵五个小长方形的周长之和为50， ∴大长方形的周长为50． 故选：B． 【变式1-2】一个正八边形的周长是16cm，则这个正八边形的边长是________cm． 【答案】 【分析】本题需要根据正多边形的周长公式来求解正八边形的边长． 【详解】正八边形有条边，且每条边长度相等． 设正八边形的边长为，根据正多边形周长公式，可得 解得 故答案为：． 【点睛】本题考查了正多边形的周长，掌握正边形的周长等于边长乘以，利用这一公式建立方程求解正八边形的边长是解题的关键． 【例2】如图，网格图中每个小正方形的边长均为1，以为半径的扇形经过平移到达扇形的位置，那么图中阴影部分的面积是（　　）．    A．8 B．6 C．6.5 D．7.5 【答案】B 【分析】如图：连接和，可以发现，然后求得平行四边形的面积即可解答． 【详解】解：连接和，则 ．    故选：B． 【点睛】本题主要考查了求阴影部分的面积，将阴影部分的面积转换成求平行四边形的面积是解答本题的关键． 【变式2-1】如图，在正六边形中，的面积为3，则四边形的面积为______ 【答案】9 【分析】本题考查了正六边形的性质，解题的关键是理解． 【详解】解：如下图，作， 六边形是正六边形， ，， 的面积为3， ， 四边形的面积为， 故答案为：9． 【变式2-2】如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线交点．若AB=1，则四边形ABCD的面积为_____． 【答案】 【分析】由图可得S四边形ABCD=S△ACD+S△ABC，利用网格来计算两个三角形的面积相加即可． 【详解】解：S四边形ABCD=S△ACD+S△ABC= 故答案为： 【点睛】本题是求三角形的面积问题，解题关键是熟练对不规则三角形进行分割． 题型三 多边形内角和 【例1】若一个多边形的内角和是，则这个多边形是（    ） A．十边形 B．九边形 C．八边形 D．七边形 【答案】C 【分析】本题考查多边形内角和公式的应用，掌握多边形内角和公式是解题的关键． 设这个多边形边数为n，利用n边形内角和公式，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， 则这个多边形是八边形． 故选：C． 【变式1-1】一个多边形的内角和不可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了多边形的内角和定理，对于定理的理解是解决本题的关键． 多边形的内角和公式为，其中为边数且，因此内角和必须是的整数倍。 【详解】解：∵ 多边形的内角和为， ∴ 内角和必为的倍数。 A、，为整数，不符合题意； B、，为整数，不符合题意； C、，为整数，不符合题意； D、，不为整数，符合题意． 故选：D． 【变式1-2】一个凸九边形中有三个内角分别为，，，则它的其它内角的度数不可能为（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查多边形的内角和，掌握好多边形内角和的计算方法是解题关键 利用九边形内角和公式求出剩余六个内角的和，再根据凸多边形每个内角小于的性质，分析哪个选项作为内角会导致剩余五个内角的和不小于． 【详解】解：九边形内角和为， ∵有三个内角之和为， ∴剩下六个角之和为， 设其中一个角为，则剩下五个角之和为， ∵凸多边形每个内角都小于， ∴， 解得，，只有选项A不满足． 故选：A． 【例2】（25-26八年级上·福建福州·期中）若一个正多边形的每一个内角都是，则该正多边形的内角和的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出正多边形的一个外角的度数，再根据正多边形外角和的性质，求出正多边形的边数，即可得出答案． 【详解】 ． ∴该正多边形的内角和的度数为． 【变式2-1】已知边形的每个内角都等于140°，则它的内角和是__________． 【答案】 【分析】本题考查了多边形内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键； 根据多边形每个内角等于，利用内角和公式求出边数n，再计算内角和． 【详解】解：设多边形的边数为n， 则每个内角为， 解得， 内角和为． 故答案为：． 【变式2-2】“红军帽”是红军的象征，其帽顶近似为正多边形，且其一个内角为，则帽顶可以看作正__________边形． 【答案】八 【分析】本题考查了正多边形的内角和与外角和，掌握正多边形的内角公式是解题的关键． 设该正多边形的边数为，根据正多边形内角公式，结合已知内角 ，列出方程 ，解此方程即可求得边数． 【详解】解：设该正多边形的边数为 ． 根据正边形内角公式 ，结合已知其一个内角为 ， 可列方程：， 方程两边同乘得： ； 去括号得： ； 移项合并同类项得： ． 解得：． 经检验，是该方程的解，符合题意． 故答案为：八． 题型四 多边形外角和 【例1】九边形的外角和为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查多边形外角和性质，任意凸多边形的外角和都等于，与边数无关，所以九边形的外角和为． 【详解】解：根据多边形外角和定理，任意多边形的外角和等于， 九边形的外角和为． 故选：B． 【变式1-1】若一个正多边形的内角和等于，则这个正多边形的每一个外角等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和的知识．注意多边形的外角和是定值，且为．应用方程思想求边数是解题的关键． 利用多边形内角和公式求出边数，再根据外角和定理求每个外角即可. 【详解】解：设正多边形的边数为. 由题意得： = , 解得： . 又∵ 多边形的外角和为, ∴ 该正多边形的每个外角为： . 故选：C． 【变式1-2】（25-26九年级上·广东梅州·期末）已知一个多边形的内角和是它的外角和的倍，这个多边形的边数是__________． 【答案】 【分析】本题考查的是多边形的内角和与外角和，掌握多边形内角和公式和外角和为是解题的关键，根据内角和是外角和的倍列出方程，进而求出多边形的边数． 【详解】解：多边形的外角和为，内角和为， 由题意，内角和是外角和的倍，得， 化简得， 两边除以，得， 解得． 故答案为：． 【例2】如图，小红和家人游览了应县木塔，小红从塔底的某一顶点出发走了后向右转，转的角度为，再走，如此重复，小红走了后回到点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正多边形的性质，掌握正多边形外角和为是解题的关键． 先根据总路程与每段路程的长度求出正多边形的边数，再利用正多边形外角和为的性质求出每次右转的角度． 【详解】解：小红的路径构成一个正多边形，正多边形的边数 ，这是一个正六边形． 角度是正六边形的外角，正六边形的每个外角大小为 ． 故选：D． 【变式2-1】（24-25七年级下·河南南阳·期末）如图，小明从点出发沿直线前进12米到达点，向左转后又沿直线前进12米到达点，再向左转后沿直线前进12米到达点，．．．，照这样走下去，小明第一次回到出发点时所走的路程为（    ） A．120米 B．96米 C．72米 D．48米 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形的边数的求法，多边形的外角和为；根据题意判断出小明走过的图形是正多边形是解题的关键． 根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用除以求出边数，然后再乘以12米即可． 【详解】解：∵小明每次都是沿直线前进12米后向左转45度， ∴他走过的图形是正多边形， ∴边数， ∴他第一次回到出发点A时，一共走了米． 故选B． 【变式2-2】（24-25七年级下·甘肃天水·期末）如图，图①是我国古代建筑中的一种窗格，称为“冰裂纹”．图②是从图①冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的五边形，、、、、分别是这个五边形的外角，则的度数为________°． 【答案】 【分析】本题考查的是多边形的外角，掌握多边形的外角和等于是解题的关键．根据多边形的外角和等于解答即可． 【详解】解：由多边形的外角和等于可知，， 故答案为：． 题型五 多边形对角线问题 【例1】若一个正多边形的每个外角是60°，则从它的一个顶点出发的对角线有（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】本题考查多边形外角和和对角线数量公式．先利用正多边形外角和为360°求出边数，再根据n边形从一个顶点出发的对角线数量公式计算结果． 【详解】解：∵正多边形的外角和为，且每个外角是， ∴该正多边形的边数， ∵从边形的一个顶点出发的对角线数量为， ∴从正六边形一个顶点出发的对角线数量为． 故选：A 【变式1-1】（25-26八年级上·山东·期末）若一个多边形的内角和比外角和多，则从这个多边形的一个顶点引出的对角线的条数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【分析】本题主要考查了多边形的内角和定理，多边形外角和定理， 利用多边形外角和恒为的性质，结合内角和公式建立方程求边数n，再计算从一个顶点引出的对角线条数． 【详解】解：设多边形边数为n，根据题意，得 ， 解得， 从一个顶点引出的对角线条数为． 故选：A． 【变式1-2】已知边数大于3的多边形都有对角线，那么过十一边形的一个顶点的对角线有（　　） A．9条 B．8条 C．7条 D．6条 【答案】B 【分析】本题考查多边形对角线的条数问题，根据过n边形一个顶点的对角线数量公式：条（n为多边形边数且）进行解答即可． 【详解】解：∵过n边形一个顶点的对角线数量为条（） 又∵该多边形是十一边形，即 ∴过其一个顶点的对角线数量为条 故选：B 【例2】（25-26七年级上·河南·期末）过某个多边形的一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成5个三角形，则这个多边形是（   ） A．六边形 B．七边形 C．八边形 D．九边形 【答案】B 【分析】本题主要考查了多边形对角线的条数， 根据多边形对角线性质，从n边形一个顶点出发的对角线将多边形分成个三角形． 【详解】解： ∵从n边形一个顶点出发的对角线将多边形分成个三角形，且题目中分成5个三角形， ∴， 解得， ∴这个多边形是七边形. 故选：B． 【变式2-1】（25-26七年级上·甘肃天水·期末）从十边形的一个顶点出发，分别用线段连接与它不相邻的其他顶点，可将这个十边形分成三角形的个数是（   ） A．10个 B．9个 C．8个 D．7个 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的性质，熟练掌握多边形的性质是解题关键．从边形的一个顶点出发可以引条对角线，这些对角线将边形分成个三角形，据此解答即可得． 【详解】解：∵十边形的边数为10， ∴分成三角形的个数是（个）． 故选：C． 【变式2-2】（25-26七年级上·四川成都·期末）如图，从正五边形的顶点出发，画出所有的对角线，则这些对角线将正五边形分成______个三角形． 【答案】3 【分析】本题考查了多边形的对角线分成的三角形的个数问题，理解对角线的含义是解本题的关键； 连接，，观察图形即可得到答案． 【详解】解：如图所示，连接，， 由图可知，这些对角线将正五边形分成了3个三角形， 故答案为：． 题型六 多边形的稳定性及镶嵌 【例1】下列图形中，不具有稳定性的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查三角形的稳定性与四边形的不稳定性，关键是明确“三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性”的核心知识点，通过分析每个选项的图形结构判断是否具有稳定性： 【详解】解：三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性， 选项A的图形由三个三角形组成，具有稳定性，故该选项不符合题意； 选项B的图形被对角线分成多个三角形，具有稳定性，故该选项不符合题意； 选项C的图形由三个三角形组成，具有稳定性，故该选项不符合题意； 选项D的图形是梯形，属于四边形，不具有稳定性，故该选项符合题意， 故选：D． 【变式1-1】（25-26八年级上·广西梧州·期末）下列生活中的实例应用了三角形的稳定性的是（    ） A．学校大门口的伸缩门 B．用两颗钉子把木条固定在墙上 C．自行车的三角车架 D．把弯曲的河道改直 【答案】C 【分析】本题考查三角形的稳定性在实际生活中的应用．根据三角形的特性，判断各选项是否利用了三角形的稳定性． 【详解】解：A． 学校大门口的伸缩门应用了四边形的不稳定性； B． 用两颗钉子把木条固定在墙上应用了两点确定一条直线； C． 自行车的三角车架应用了三角形的稳定性； D． 把弯曲的河道改直应用了两点之间线段最短； ∴ 应用了三角形的稳定性的是C， 故选：C． 【变式1-2】（25-26八年级上·河北廊坊·期中）如图，嘉嘉用四根相同的小棒搭了一个正方形，添加一根小棒后，可以把正方形分成两个全等的图形，并且两个图形都具有稳定性的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了三角形的稳定性，三角形具有稳定性、四边形具有不稳定性，添加的小棒把正方形分成的两个图形如果都是三角形，则分成的两个图形都具有稳定性． 【详解】解：A选项：添加的小棒把正方形分成了两个矩形，四边形不具有稳定性，故A选项不符合题意； B选项：添加的小棒把正方形分成了一个四边形和一个三角形，四边形不具有稳定性，故B选项不符合题意； C选项：添加的小棒把正方形分成了两个四边形，四边形不具有稳定性，故C选项不符合题意； D选项：添加的小棒把正方形分成了两个三角形，三角形具有稳定性，故D选项符合题意． 故选：D． 【例2】如图所示是三个完全相同的正多边形拼成的无缝隙、不重叠的图形的一部分，这种多边形是（  ）边形． A．四 B．五 C．六 D．八 【答案】C 【分析】本题考查了正多边形的判断，掌握正多边形的内角和是解决本题的关键． 先判断出图形由三个完全相同的正多边形拼成的镶嵌，再根据正多边形的内角和进行求解即可． 【详解】解：是三个完全相同的正多边形拼成的镶嵌， 每个内角度数， 那么边数为：． 故这种多边形是正六边形． 故选C． 【变式2-1】在①用正五边形可以进行平面镶嵌；②用正三角形和正六边形可以进行平面镶嵌；③用正四边形和正八边形可以进行平面镶嵌．这三个命题中正确命题的个数是（     ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查了平面镶嵌（密铺），熟练掌握正多边形的内角和及每个内角的求法是解题的关键； 分别求出各正多边形的每个内角，再结合镶嵌的条件逐项求解即可． 【详解】解：①正五边形每个内角是，不能整除，不能够进行平面镶嵌，故①不符合题意； ②正三角形的每个内角是，正六边形每个内角是，因为，所以用2个正三角形和2个正六边形可以进行平面镶嵌，故②符合题意； ③正四边形每个内角都是，正八边形每个内角都是，因为，所以用1个正四边形和2个正八边形可以进行平面镶嵌，故③符合题意； 所以正确命题的个数是2个， 故选：． 【变式2-2】（25-26八年级上·山东烟台·期末）公园的一段甬道是由完全相同的五边形密铺而成，其部分密铺图案如图所示，若，，则的度数为___________． 【答案】/120度 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理，平面镶嵌，先根据多边形内角和定理得出五边形的内角和，然后再根据题意即可得出答案． 【详解】解：五边形的内角和为：， ∵， ． 故答案为：． 题型七 平行四边形的性质 【例1】如图，在中，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由平行四边形的性质得出，再利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵在中，， ∴， ∵，， ∴． 故选：． 【变式1-1】若平行四边形的周长为24，相邻两边的差为2，则该平行四边形的短边长为（   ） A．7 B．5 C．6 D．9 【答案】B 【分析】借助平行四边形对边相等的性质，先求出相邻两边的和，再结合相邻两边的差，通过列一元一次方程求解短边长． 【详解】解：∵平行四边形对边相等，周长为24， ∴相邻两边的和为． 设短边长为x，则长边长为， ∵相邻两边的和为12，且两边差为2， ∴， 解得． 即短边长为5． 故选：． 【变式1-2】如图，在中，，对角线与相交于点．若，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， 的周长． 故选：． 【例2】（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，将平行四边形的边延长，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，根据平行四边形两组对角分别相等可得，再根据邻补角互补可得的度数． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ， ， ， 故选：A． 【变式2-1】（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，在中，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，解题的关键是利用平行四边形对角相等、邻角互补的性质来建立角度关系进行计算． 利用平行四边形“对角相等”的性质，得出，再根据“邻角互补”的性质，计算出． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴，， ∴． 故选：B． 【变式2-2】在平行四边形中，若∠A与∠B的度数之比为，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 根据平行四边形的性质以及平行线的性质可得，再根据与的度数之比为，即可求出的度数，即可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ， 与的度数之比为， ， ， ∴， ， 故选：B． 【例3】如图，已知：四边形是平行四边形．求证：，． 【答案】见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．连接，证明，即可得出，． 【详解】解：如图，连接． ∵四边形是一个平行四边形，由平行四边形的定义， ∴，． ∴，． 在和中，， ∴（）． ∴，． 【变式3-1】（25-26九年级上·湖北荆门·期末）如图，在中，点A，E，F，C在同一条直线上，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的性质与判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据平行四边形的性质得到，，则有，再证出，根据全等三角形的性质即可证明． 【详解】证明：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴． ∵， ∴，即， ∴， ∴． 【变式3-2】（24-25八年级上·山东济南·期末）如图，的对角线相交于点O，过点O的直线分别交的延长线于点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、全等三角形的判定和性质等知识点，熟练运用平行四边形的性质是解题的关键． 根据平行四边形的性质可得，进而可得，再根据对顶角相等可得从而证明，再根据全等三角形的性质即可证明结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 题型八 平行四边形的证明 【例1】如图，在中，点E，F分别在DA，BC的延长线上，且．求证：四边形EBFD为平行四边形． 证明：因为四边形ABCD是平行四边形， 所以 ，AD∥ ． 因为， 所以 + ， 即 ． 又因为DE∥ ， 所以四边形EBFD为平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查平行四边形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定方法． 根据一组对边平行且相等判断四边形是平行四边形即可． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ，． ， ， 即． 又， ∴四边形为平行四边形． 【变式1-1】如图，已知：四边形的对角线相交于点，且．求证：四边形是一个平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定以及平行四边形的判定．先证明三角形全等得到对应边相等和对应角相等，再根据平行四边形的判定定理证明四边形是平行四边形． 【详解】证明：在和中 ． ． ． 四边形是一个平行四边形． 【变式1-2】如图，在中，点E，F分别在，上，且，求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键． 根据平行四边形的性质推出，再结合即可证明四边形是平行四边形． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ， ， 又， 四边形是平行四边形． 题型九 平行四边形的性质与判定综合 【例1】（24-25八年级下·山西临汾·期末）如图，在四边形中，，，，相交于点O．若，则线段的长是（    ） A．1 B．2 C．3 D．6 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质． 先证明四边形是平行四边形，得到，即可得到的长． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴． 故选：C． 【变式1-1】（24-25八年级下·陕西渭南·期末）如图，四边形中，，，且、的角平分线、分别交于点E、F，与交于点G．若，，则的长为（   ） A．9 B．8 C．7 D．6 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定．先证明四边形是平行四边形，，可得，再结合角平分线的定义可得，从而得到，进而得到，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∵、的角平分线分别为、， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴． 故选：C 【变式1-2】（24-25八年级下·河北邢台·期末）如图，在中，对角线，交于点，，，分别作，则四边形的周长为（    ）    A．16 B．14 C．12 D．7 【答案】B 【分析】此题重点考查平行四边形的判定与性质，先有平行四边形的性质得到，，再由得到四边形是平行四边形，即可得到，最后求周长即可 【详解】解：∵在中，对角线，交于点，，， ∴，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形的周长， 故选：B． 【例2】（2025·广西南宁·三模）在中，，平分且交于点E，点F在边上，．则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，根据平行四边形的性质，得到，角平分线得到，，证明四边形为平行四边形，得到，角的和差关系求出的度数即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴； 故选B． 【变式2-1】如图，在中，．若，则的度数是_____． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形是解题的关键． 利用平行四边形性质，结合推出且，判定四边形为平行四边形，再由平行四边形对角相等得． 【详解】解：∵四边形是平行四边形 ∴ ， ∵ ∴ 即 ∵ ∴ ∵且 ∴ 四边形是平行四边形 ∴ ∵ ∴ ． 故答案为：． 【变式2-2】在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且，．若，则的度数为________． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． 由，可知四边形是平行四边形，再根据平行四边形邻角互补的性质求解的度数即可． 【详解】解：如图： ∵ ，， ∴ 四边形是平行四边形． ． ． ， ． 故答案为：． 【例3】如图，在中，是对角线上的两点，且．给出下列结论：①四边形为平行四边形；②；③；④；⑤；⑥．其中正确的结论有（   ） A．①②③④⑥ B．②④③⑤⑥ C．①②④⑤⑥ D．①③④⑤⑥ 【答案】C 【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定的综合运用，理解相关知识是解答关键． 连接交于，过作于，过作于，推出得出平行四边形，可判断①②④；无法判断③正确；证明得出可判断⑤正确；根据可判断⑥正确． 【详解】解：连接交于，过作于，过作于， ∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵， ∴， ． ， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴①正确；②正确；④正确； ∵根据已知不能推出， ∴③错误； ∵，， ∴， 在和中 ， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴⑤正确； ∵， ∴， ∴， ∴⑥正确． 综上，正确的序号为：①②④⑤⑥． 故选：C． 【变式3-1】（24-25八年级下·河北石家庄·期中）如图，在中，E，F分别在边，上，．求证：四边形是平行四边形．下面是打乱顺序的证明过程，则正确的步骤排序应为（    ） ①又∵； ②∵，∴，即； ③∴四边形是平行四边形； ④∴，； ⑤∵四边形是平行四边形． A．④①③⑤② B．②④⑤①③ C．⑤④①②③ D．⑤④②①③ 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，第一步根据平行四边形对边平行且相等得到，；再由可证明，再由平行四边形的判定定理即可证明结论，据此可得到答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，； ∵， ∴，即； 又∵； ∴四边形是平行四边形； 故顺序为⑤④②①③， 故选：D． 【变式3-2】如图，在平行四边形中，相交于点O，点E，F在对角线上，有下列条件：①；②；③；④．其中一定能判定四边形是平行四边形的是______． 【答案】①④ 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 根据全等三角形的判定与性质和平行四边形的判定与性质分别推理论证，即可得到结论． 【详解】解：①∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∵， ∴， 即， ∴四边形是平行四边形； ②∵，不能判定， ∴不能判定四边形是平行四边形； ③添加不能判定四边形是平行四边形； ④∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即， 又∵， ∴四边形是平行四边形； 故答案为：①④． 【例4】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， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴． 【变式4-1】（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）数学实践小组开展测量篮球架篮板的高度的实践活动．测量方案如下表： 课题 测量篮球架篮板的高度 测量 工具竹竿、测角仪、皮尺等 测量方案示意图 测量步骤 （1）将竹竿垂直固定在地面上，从竹竿上的F点处观察篮板底部点B； （2）测量视线与竹竿的夹角，； （3）将观察点沿着竹竿向上移动到点G，测量从点G观察篮板顶部点A的视线与竹竿的夹角； （4）测量的长 测量数据 根据以上测量方案和数据求篮球架篮板的高度． 【答案】篮球架篮板的高度为 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质的应用．根据垂直定义可得，从而可得，再根据同位角相等，两直线平行可得，从而可得四边形是平行四边形，然后利用平行四边形的性质可得，即可解答 【详解】解：，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 答：篮球架篮板的高度为． 【变式4-2】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． 题型十 中心对称与中心对称图形 【例1】（25-26九年级上·浙江台州·期末）巴黎奥运会项目图标传递“荣誉徽章”理念，下列图标中，是中心对称图形的为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据中心对称图形概念：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，据此求解即可． 【详解】解：根据概念可知，A、B、C不是中心对称图形；D是中心对称图形． 故选：D． 【变式1-1】下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；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，这个点就是它的对称中心． 【详解】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意． 【变式1-2】（25-26九年级上·广西钦州·期末）在下列LOGO设计图案中，绕着一个固定点旋转后，能和原图形重合的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做对称中心． 【详解】解：选项A、B、C均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形， 选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形， 故选：D． 【例2】如图，四边形与四边形关于点成中心对称，，则的度数为_____，的长度为_____． 【答案】 92° 3 【分析】本题考查了中心对称的性质：对应线段相等，对应角相等；根据中心对称的性质即可求解． 【详解】解：四边形与四边形关于点O成中心对称， ， 故答案为：，3． 【变式2-1】（25-26九年级上·河南信阳·期中）如图，等腰直角与等腰直角关于点B中心对称，P为的中点，Q为点P的对称点．若，则P，Q两点间的距离为________． 【答案】4 【分析】本题考查了中心对称、等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 连接，根据对称性可知一定过点，由及等腰直角三角形的性质解题即可． 【详解】解：由题意知，点和点关于点对称，连接，则一定过点， 且， ∵和是等腰直角三角形，为的中点， ∴， 由对称性知， ∴． 故答案为：4 ． 【变式2-2】（24-25七年级下·河南洛阳·期末）如图，在中，是边上的中线，与关于点成中心对称．若，则线段的取值范围是______． 【答案】 【分析】本题考查中心对称图形的性质，三角形的三边关系，根据成中心对称图形的性质，结合三角形的三边关系，进行求解即可． 【详解】∵与关于点成中心对称， ，， 在中，，即， ． 故答案为：． 【例3】（25-26九年级上·云南怒江·期末）如图，正方形网格中，每一个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点坐标分别为． (1)画出关于原点O对称的； (2)分别写出的坐标． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了画中心对称图形，写出平面直角坐标系中点的坐标，掌握中心对称的性质是解题的关键． （1）根据关于原点对称的点的坐标特征确定点的位置，然后连线即可求解． （2）根据图形写出的坐标即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求， （2）解：由图可知，． 【变式3-1】（25-26九年级上·重庆忠县·期末）如图，已知点O为边的中点． (1)作关于点O成中心对称的图形，并标出有关点的字母（不写作法，保留作图痕迹）； (2)写出图（含所作图形）中以点O为对称中心的两对三角形． 【答案】(1)见解析 (2)和关于点O成中心对称的图形，和关于点O成中心对称的图形（或和关于点O成中心对称的图形） 【分析】本题主要考查了画中心对称图形，中心对称图形的识别，熟知中心对称图形的相关知识是解题的关键． （1）以点O为圆心，的长为半径画弧，交延长线于点D，连接，则即为所求； （2）根据中心对称图形的定义求解即可． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解：和关于点O成中心对称的图形， 和关于点O成中心对称的图形， 和关于点O成中心对称的图形． 【变式3-2】（25-26七年级上·上海虹口·期末）已知的顶点在格点上，按要求在方格纸中画图． (1)画出向右平移格后的图形． (2)画出关于直线成轴对称的图形． (3)画出关于点成中心对称的图形． 【答案】(1)画图见解析 (2)画图见解析 (3)画图见解析 【分析】（）根据平移的性质画图即可； （）根据轴对称的性质画图即可； （）根据中心对称图形的性质画图即可； 本题考查了平移作图，作轴对称图形，作中心对称图形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解：如图所示，即为所求； （3）解：如图所示，即为所求． 【例4】点和点关于原点中心对称，已知点坐标为，则点坐标为___． 【答案】 【分析】本题考查了成中心对称，根据点和点关于原点中心对称，得出点和点的纵坐标互为相反数，横坐标互为相反数，据此即可作答． 【详解】解：∵点和点关于原点中心对称， ∴点和点的纵坐标互为相反数，横坐标互为相反数， ∵点坐标为， ∴点坐标为． 故答案为：． 【变式4-1】若点与点关于点中心对称．则___________． 【答案】 【分析】本题考查了成中心对称的点的坐标特征，掌握中心对称的性质是解题的关键．根据成中心对称的两个点之间的坐标关系即可解决问题． 【详解】解：点与点关于点中心对称， ，， 解得，， ． 故答案为：． 【变式4-2】如图，将绕点旋转得到．设点的坐标为，则点A的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，由于、关于点对称，则，，化简整理即可． 【详解】解：设由于、关于点对称， 可知：，， 解得：，， ， 故选：D． 题型十一 三角形的中位线定理 【例1】在中，已知、分别是边、的中点，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先根据、是、中点，判定为的中位线，由中位线定理得出，再依据平行线的同位角相等，得出与相等，从而求出的度数． 【详解】解：∵、分别是边、的中点， ∴是的中位线， ∴， 又∵， ∴． 故选：B． 【变式1-1】（25-26九年级上·河南开封·期中）如图，在中，，分别是边，上的中点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查三角形中位线定理，根据，分别是边，上的中点，可得是的中位线，继而得到，再根据平行线的性质可得答案．解题的关键是掌握中位线定理：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． 【详解】解：∵在中，，分别是边，上的中点，， ∴是的中位线， ∴， ∴， 即的度数为． 故选：B． 【变式1-2】（25-26九年级上·山东烟台·期末）如图，在四边形中，是对角线的中点，、分别是、的中点，，，求的度数_____． 【答案】 【分析】本题考查三角形的中位线定理，等边对等角，根据题意，易得分别为的中位线，得到，根据，得到，进而得到，即可． 【详解】解：∵是对角线的中点，、分别是、的中点， ∴分别为的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：． 【例2】（25-26九年级上·福建漳州·期末）如图，四边形的对角线，并且，交于点O，M是边的中点，P是边的中点，将点M沿方向平移到点P的位置，则平移的距离等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查中位线的性质，平移的性质，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．由中位线的性质可得，，进一步可得答案． 【详解】解：如图，连接， ∵M是边的中点，P是边的中点， ∴是的中位线 ∴，， 故选：B 【变式2-1】（2026·河北沧州·一模）如图，数学实践活动中，为了测量校园内被花坛隔开的，两点间的距离，同学们在外选择一点，测得两边中点的距离，则，两点间的距离是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查三角形的中位线定理，理解并熟练运用中位线定理是解题关键． 【详解】解：∵点，是， 的中点， ∴是的中位线， ∴， 故选：D． 【变式2-2】如图，在四边形中，E，F，G，H分别是边，，，的中点，对角线，，则四边形的周长为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】根据三角形中位线定理分别求出、、、的长，根据四边形的周长公式计算即可． 【详解】、、、分别是、、、的中点， 、、、分别是、、、的中位线， ，，，， 四边形的周长； 【例3】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在四边形中，，，分别是，，的中点，，，垂足为．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质．根据三角形中位线定理得到，即可证明，结合，可得结论． 【详解】证明：如图，连接， ∵E，M是的中点， ∴， 同理，， ∵， ∴． ∵， ∴. 【变式3-1】（25-26八年级上·江苏常州·期中）如图，在中，已知，平分，E为的中点． (1)求的长； (2)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，中位线的性质，掌握中位线的性质是解决本题的关键． （1）根据等腰三角形的判定和性质可得，点D是的中点，再根据点E为的中点可得，是的中位线，进而即可求解； （2）根据中位线的性质即可证明． 【详解】（1）解：∵， ∴是等腰三角形， ∵平分， ∴是边上的中线， ∴点D是的中点， 又∵点E为的中点， ∴是的中位线， ∴； （2）证明：由（1）可得，是的中位线， ∴． 【变式3-2】在中，点M是边的中点，平分，的延长线交于点E，． (1)求证：； (2)求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，熟练掌握相关性质是解题关键． （1）证明，即可求证； （2）根据三角形中位线定理解答即可． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵点M是边的中点，， ∴是的中位线， ∴． 题型十二 矩形的性质 【例1】下列说法：①矩形是轴对称图形；②矩形是中心对称图形；③矩形的对角线相等；④矩形的对角线互相垂直；⑤矩形的每条对角线平分一组对角．其中正确的说法有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查矩形的轴对称性、中心对称性及对角线的性质，需逐个判断每个说法的正误，统计正确说法的数量来确定答案． 【详解】解：∵矩形沿对边中点的连线折叠后直线两旁的部分能完全重合，∴矩形是轴对称图形，①正确； ∵矩形绕对角线的交点旋转后能与自身重合，∴矩形是中心对称图形，②正确； 根据矩形的性质，矩形的对角线相等，③正确； 矩形的对角线不一定互相垂直，只有特殊的矩形(正方形)对角线才垂直，④错误； 矩形的对角线不平分一组对角，只有菱形或正方形的对角线平分一组对角，⑤错误； 综上，正确的说法有①②③，共3个， 故选：C． 【变式1-1】（25-26九年级上·河南开封·期末）矩形是特殊的平行四边形，下面是矩形具有而平行四边形不具有的性质的是（   ） A．矩形的对角线互相平分 B．矩形的对边相等 C．矩形的对边平行 D．矩形的四个角相等 【答案】D 【分析】本题考查了矩形与平行四边形的性质，根据两者共有的性质和矩形特有的性质逐一判断即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：、∵矩形的对角线互相平分，平行四边形的对角线互相平分， ∴矩形与平行四边形都具有，不符合题意； 、∵矩形的对边相等，平行四边形的对边相等， ∴矩形与平行四边形都具有，不符合题意； 、∵矩形的对边平行，平行四边形的对边平行， ∴矩形与平行四边形都具有，不符合题意； 、∵矩形是特殊的平行四边形，除具备平行四边形的所有性质外，还具有四个角均为直角（即四个角相等）的性质， ∴矩形具有而平行四边形不具有，符合题意； 故选：． 【变式1-2】如图，在矩形中，对角线，交于点，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D．所在直线为矩形的对称轴 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，解题的关键是掌握相关知识． 根据矩形的性质对每个选项进行逐一分析判断． 【详解】解：A、矩形的对角线不一定平分一组对角．在矩形中，只有当矩形为正方形时，对角线才会平分，即，故该选项错误，不符合题意； B、矩形的对角线相等且互相平分，所以，故选项说法正确，符合题意； C、矩形的对角线相等且互相平分，所以，只有当的内角中有一个角为，可得到是等边三角形，才能得到，故该选项错误，不符合题意； D、矩形是轴对称图形，但是所在直线不是矩形的对称轴，故该选项错误，不符合题意； 故选：B． 【例2】（25-26八年级上·福建福州·期末）如图，在矩形中，对角线，相交于点，如果，那么的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．根据矩形的性质证得，根据三角形的外角的性质即可解决问题． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 【变式2-1】两个矩形的位置如图所示，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查了矩形的性质，直角三角形两锐角互余．先根据平角的定义得到，再由矩形的性质和直角三角形两锐角互余即可得到，据此求解即可． 【详解】解：如图所示：    ∵， ∴， 由矩形的性质可得， ∴， ∴． 故选：A． 【变式2-2】（25-26九年级上·四川成都·期末）如图，四边形是矩形，对角线相交于点，点分别在边上，连接交对角线于点．若为的中点，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的性质得到，，由直角三角形的性质得到，推出，然后利用三角形内角和定理解答即可． 本题考查了矩形的性质，平行线的性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】解：∵ 矩形的对角线，交于点O， ∴，， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 【例3】（25-26九年级上·山西晋中·期末）如图，在矩形中，两条对角线相交于点O，，，则的长为（    ） A．3 B．4.5 C．6 D．12 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质和勾股定理，证出是等边三角形是关键． 根据矩形的性质，可以得到是等边三角形，则可以求得的长，进而求得的长． 【详解】解：在矩形中， ，， 又∵， ∴是等边三角形． ∴， ∴． 故选：C． 【变式3-1】如图，在矩形中，，分别是的中点，，则的长为___________． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质和勾股定理，熟知这些性质定理是解题的关键．根据矩形的性质求得的长，再根据勾股定理求得的长． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵，分别是的中点， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式3-2】（25-26九年级上·河北保定·期末）如图，矩形的对角线相交于点，为上的一点，，，则的周长为__________． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，熟练掌握相关知识并运用转化思想是关键． 矩形的对角线互相平分且相等，因此，的周长等同于． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 的周长为． 故答案为：． 【例4】如图，矩形的对角线、相交于点，点为的中点，连接，若，，则的面积为（   ） A．3 B．4 C．6 D．2 【答案】A 【分析】此题考查了矩形的性质，三角形中线的性质，熟练掌握以上知识点是关键．首先求出，因为矩形的对角线、互相平分，则为中点，所以，因为点为的中点，所以，进而求解即可． 【详解】解：由条件可知， ∵矩形的对角线、互相平分， ∴为中点， ∴， 点为的中点， ． 故选：A． 【变式4-1】（25-26九年级上·河北石家庄·期末）如图，长方形的面积为，那么三角形的面积是（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查矩形的性质及三角形面积，熟练掌握矩形的性质是解题关键．连接，根据矩形的性质得出，由图可知，利用三角形面积公式即可得答案． 【详解】解：如图，连接， ∵长方形的面积为， ∴， 由图可知， ∴，即， 解得：． 故选：A． 【变式4-2】如图，过矩形对角线的交点O，且分别交、于E、F，那么阴影部分的面积是矩形的面积的_______．    【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质及全等三角形的判定与性质，解题的关键是通过全等转化阴影部分面积，结合矩形对角线分面积的性质求解． 利用矩形对角线互相平分及对边平行可证，则，于是将阴影部分面积转化为的面积；矩形对角线分矩形为四个等积三角形，面积为矩形的，而阴影面积等于面积，故得结果． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴（对角线互相平分且相等），． ∴． ∴ ∴． ∴阴影部分面积 ∵矩形对角线互相平分，将矩形分为四个面积相等的三角形，则， ∴阴影面积是矩形面积的． 故答案为：． 【例5】（25-26九年级上·福建厦门·期末）如图，在矩形中，点E，F分别在边和上，且．求证：． 【答案】见详解 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 根据矩形的性质，证，即可求证． 【详解】证明：四边形是矩形， ， 又， ， ． 【变式5-1】（25-26八年级上·吉林·期中）如图，在矩形中，，求证：点是边的中点． 【答案】见解析 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，由矩形的性质可得，，再证明得出，即可得证，熟练掌握矩形的性质是解此题的关键． 【详解】证明：∵四边形为矩形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴点是边的中点． 【变式5-2】（24-25八年级下·云南红河·期末）如图，四边形是矩形，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质．根据矩形的性质得到，进而得到，，即可证明四边形是平行四边形． 【详解】证明：∵四边形是矩形， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴四边形是平行四边形． 题型十三 矩形的判定 【例1】数学课上，老师让班里的学生判断一个四边形门框是否为矩形．下面是某合作小组的4位学生拟定的方案，其中正确的是（   ） 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．测量一组对角是否都为直角 D．测量三个角是否都为直角 【答案】D 【分析】根据矩形的判定定理，逐一分析各选项的方案是否能判定该四边形为矩形． 【详解】解：∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，不一定是矩形，∴A选项错误； ∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，不一定是矩形，∴B选项错误； ∵一组对角为直角的四边形，另外两个内角和为，但这两个角不一定都是直角，无法判定为矩形，∴C选项错误； ∵四边形内角和为，若三个角为直角，则第四个角为，四个角都是直角的四边形是矩形，∴D选项正确； 故选：D． 【变式1-1】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，李师傅在做门窗时，已经测得门窗是平行四边形后，常常还要测量它们的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形，其中的道理（    ） A．有一个角是直角的平行四边形是矩形 B．两点确定一条直线 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．两点之间，线段最短 【答案】C 【分析】本题考查矩形的判定，根据对角线相等的平行四边形为矩形，进行判断即可． 【详解】解：由题意得，其中的道理是对角线相等的平行四边形为矩形． 故选：C． 【变式1-2】（25-26八年级上·云南昆明·期末）下列说法不正确的是（   ） A．矩形是平行四边形 B．平行四边形是矩形 C．有一个角是直角的平行四边形是矩形 D．平行四边形具有的性质矩形都具有 【答案】B 【分析】本题考查矩形与平行四边形的区别与联系，矩形是特殊的平行四边形，但平行四边形不一定是矩形． 【详解】解：A选项：矩形是有一个角是直角的平行四边形， 故A选项正确； B选项：平行四边形的内角不一定是直角， 平行四边形不一定是矩形， 故B选项错误； C选项：矩形的定义是：有一个角是直角的平行四边形是矩形， 故C选项正确； D选项：矩形是特殊的平行四边形， 矩形具有平行四边形的所有性质， 故D选项正确． 故选：B． 【例2】（25-26九年级上·甘肃张掖·期末）在下列条件中，能够判定是矩形的是（   ） A． B． C． D．平行于 【答案】A 【分析】本题考查矩形的判定条件，根据对角线相等的平行四边形是矩形，即可得到答案． 【详解】A、在平行四边形中，对角线，则平行四边形是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形），符合题意； B、是平行四边形的对边相等，不能判定矩形，不符合题意； C、不能判定是矩形，不符合题意； D、平行于不能判定是矩形，不符合题意． 故选：A． 【变式2-1】（25-26九年级上·四川成都·期末）要使如图所示的成为矩形，需增加的一个条件可以是（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查矩形的判定定理，核心要点是牢记“对角线相等的平行四边形是矩形”“有一个内角为直角的平行四边形是矩形”这两个判定定理． 【详解】解：已知四边形是平行四边形， ∵若，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，可得平行四边形是矩形； 而选项B中、选项C中、选项D中均是平行四边形本身具有的性质，无法通过这些条件判定其为矩形． 故选：A． 【变式2-2】（25-26九年级上·福建三明·期末）若添加一个条件，能使是矩形，则这个条件可以是___________．（写出一个符合要求的即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了矩形的判定，根据矩形的判定定理，添加一个角为直角或对角线相等的条件可使平行四边形成为矩形． 【详解】解：四边形是平行四边形， 当时， 根据有一个角是直角的平行四边形是矩形， 可得：四边形是矩形； 四边形是平行四边形， 当时， 根据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：（答案不唯一） 【例3】（25-26九年级上·山西运城·期末）如图，点在的边上，，．求证：为矩形． 【答案】见解析 【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以及矩形的判定，解题的关键是利用已知条件证明，进而得到． 利用平行四边形对边相等及邻角互补的性质，结合与，通过证明，得到，再由推出，从而判定平行四边形为矩形． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ． 在和中， ， ， 又， ， 为矩形． 【变式3-1】如图，在中，，为边的中点，以，为邻边作，连接，，求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】由等腰三角形的三线合一性质得出，，，由平行四边形的性质得出，，得出，，证出四边形是平行四边形，即可得出结论． 【详解】证明：，为边的中点， ，， ， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定；熟练掌握等腰三角形的性质和平行四边形的判定与性质，并能进行推理论证是解决问题的关键． 【变式3-2】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，点、分别在的边、上，连接、，，连接、，请你从以下三个选项：①；②；③中选择一个合适的选项作为补充条件，使得四边形是矩形． (1)你选择的补充条件是_____（填序号）； (2)根据你选择的补充条件，写出四边形是矩形的证明过程． 【答案】(1)②或③ (2)选择②或③，证明见解析 【分析】（）根据矩形的判定定理选择条件即可； （）先证明四边形是平行四边形，进而根据矩形的判定定理即可求证； 本题考查了矩形的判定，掌握矩形的判定定理是解题的关键． 【详解】（1）解：选择的补充条件是②或③， 故答案为：②或③； （2）解：选择②，证明如下： ∵四边形是平行四边形， ，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， ， ， ∴四边形是矩形； 选择③，证明如下： ∵四边形是平行四边形， ，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是矩形． 题型十四 矩形的折叠 【例1】（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． 【变式1-1】如图，把一张矩形纸片沿对折，使点C落在E处，与相交于点O，若，则的长为________． 【答案】5 【分析】本题考查了图形翻折变换的性质，勾股定理．根据矩形的性质以及折叠的性质可得到，设，则，在中，利用勾股定理求出x的值，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 由折叠的性质得：，， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得：， ∴． 故答案为：5． 【变式1-2】（24-25八年级下·安徽马鞍山·期末）如图，矩形纸片，，将长方形纸片折叠，使点D与点B重合，点C落在点处，折痕为， 若，， 的长是______． 【答案】 【分析】此题考查了折叠的性质，勾股定理，矩形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．根据折叠的性质得到，则，在中，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：根据折叠的性质得到，， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【例2】如图，把一个长方形纸片沿折叠后，点D、C分别落在、的位置．若，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了长方形的性质，图形的翻折，以及平行线的性质，解决本题的关键是翻折前后角度不变． 根据平行线的性质，即“两直线平行，内错角相等”，由此可得，再结合图形翻折可得，由此可求． 【详解】解：∵在长方形中，， ∴， ∵长方形纸片沿折叠， ∴， 则等于． 故选：B． 【变式2-1】（24-25九年级上·甘肃张掖·期末）如图，将矩形纸片沿折叠（点E在上），使点A落在对角线上的处．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；熟练掌握折叠题目中找出相等的角是解题的关键． 由矩形的性质得，由折叠的性质得到相等的角，再根据图形找到角之间的关系，即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质得：， ∵， ∴， 故选：C． 【变式2-2】如图，将长方形纸片按照如图所示的方式折叠两次，第一次将四边形沿折叠得到四边形，交于点M，第二次将四边形沿折叠形成四边形，若，则的度数为__________． 【答案】/20度 【分析】本题考查了折叠的性质，折叠是一种对称变换，属于轴对称，解决本题的关键是折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 设，则，所以，再根据折叠的性质得到，则，接着利用折叠的性质得到，然后根据平角的定义得到，由此解方程可得到的度数． 【详解】解：∵， 设， ∴， ∴， ∵四边形沿折叠形成四边形， ∴， ∴， ∵四边形沿折叠得到四边形， ∴， ∵， ∴，解得， 即的度数为． 故答案为：． 【例3】（24-25八年级下·内蒙古赤峰·期末）如图，在矩形中，，将此矩形折叠，使点与点重合，折痕分别交于点、，连接，点的对应点为点，若． (1)求证：； (2)求线段的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的性质以及勾股定理的应用． （1）可利用矩形的性质和折叠的性质，通过角相等得到边相等； （2）可设未知数，利用勾股定理建立方程求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ， ， ∵由此矩形折叠情况可知：点C与点A重合，折痕分别交于点， ， ， ． （2）∵四边形是矩形，， ， 由折叠得：，设，则， 在中，由勾股定理得，， 解得：， ． 【变式3-1】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． 【变式3-2】（25-26八年级上·广东广州·期中）如图，四边形是一张长方形纸片，将纸片折叠，使点A与点D，点B与点C重合，得到折痕EF后再把纸片展平；在CD上选一点P，沿AP折叠，使点D恰好落在折痕EF上的点M处．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查矩形的性质、垂直平分线的性质、折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 连接，根据对折矩形纸片，为折痕，证得垂直平分，沿折叠，使点D落在矩形内部点M处，证得，进而证得，根据直角三角形的性质，证得即可． 【详解】证明：连接，如图： ∵对折矩形纸片，为折痕， ，， 垂直平分 沿折叠，使点D落在矩形内部点M处， 为等边三角形 ． 题型十五 矩形的性质与判定综合 【例1】如图，在中，对角线、相交于点O，且，，则的度数为（  ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，根据矩形的判定得到四边形是矩形，由矩形的性质求出，由角的和差关系求出，再根据等边对等角求出即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴ 故选：A． 【变式1-1】两个矩形的位置如图所示，若则的度数为(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由补角的定义可得，由题意可得，，则有，即可得解． 【详解】解：如图， 由题意得：， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，余角与补角，解答的关键是明确互余的两角之和为90°，互补的两角之和为180° 【变式1-2】如图，矩形ABCD中，BE⊥AC于点E，若∠ACB＝23°，则∠DBE＝_______度． 【答案】44 【分析】由矩形的性质可知∠OBC=∠ACB=23°，则可求得∠AOB度数，由直角三角形的性质可得∠DBE的度数． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形 ∴AC=BD，OA=OC，OB=OD， ∴OB=OC， ∴∠ACB=∠OBC=23° ， ∵∠AOB=∠ACB+∠OBC=46°，且BE⊥AC ， ∴∠DBE=44° ． 故答案为：44 【点睛】本题主要考查矩形的性质，等腰三角形的性质，利用矩形的对角线相等且平分求得∠OBC的度数是解题的关键． 【例2】（24-25八年级下·河南洛阳·期末）如图，在平行四边形中，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查勾股定理的逆定理，矩形的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 由，，，根据勾股定理逆定理可得，证明四边形是矩形，再由矩形的对角线相等可求出． 【详解】解：，，， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ． 故选：． 【变式2-1】如图，，，若，，，连接，则的长为（   ） A．10 B．12 C．14 D．16 【答案】A 【分析】此题考查了矩形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点． 如图所示，过点D作交延长线于点E，证明出四边形是矩形，得到，，，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图所示，过点D作交延长线于点E ∵，， ∴四边形是矩形 ∴，， ∴ ∴． 故选：A． 【变式2-2】（24-25八年级下·甘肃平凉·期末）如图，已知的四个内角的平分线相交组成四边形，连结，，如果，那么的长为___________． 【答案】5 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的性质，矩形的判定与性质等知识点，解题的关键是熟练掌握相关性质，构造辅助线． 利用平行四边形的性质和角平分线的性质得出直角，证明四边形是矩形，然后再利用矩形的性质得出的长，即可作答． 【详解】解：如图所示，延长交于点，延长交于点，连接, ∵四边形是平行四边形， ， ， 又∵平分，平分，平分， ∴，， ∴， ∴ 同理 ∴四边形是矩形， ∴， 故答案为：5． 【例3】（24-25八年级下·江苏徐州·期中）某四边形的对角线相等，且相互平分，相邻两边的边长分别为，则该四边形的面积为______． 【答案】6 【分析】此题考查了矩形的判定和性质．先证明四边形是矩形，根据矩形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵四边形的对角线相等，且相互平分， ∴四边形为矩形， ∵相邻两边的边长分别为，即矩形的长、宽分别为， ∴四边形的面积为 故答案为：6 【变式3-1】如图，在四边形中，为直角，，，对角线、相交于点O，，，则四边形的面积为（    ） A．60 B．30 C．90 D．96 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形的判定、矩形的判定与性质、勾股定理，先证明四边形是矩形，再利用矩形的性质和勾股定理求得即可．证明四边形是矩形是解答的关键． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵为直角， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴，则， ∴四边形的面积为． 故选：A． 【变式3-2】（25-26七年级上·山东泰安·期中）如图，在中，，点D，E，F分别是三边的中点，，，则四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了与三角形中位线有关的求解问题，根据矩形的性质与判定求线段长，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 先证明四边形是矩形，再根据矩形面积公式求解即可． 【详解】解：∵在中，点D，E，F分别是三边的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴，， ∴四边形的面积是()， 故选：B． 题型十六 棱形的性质 【例1】如图所示，四边形是菱形，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边对等角和三角形内角和定理，由菱形的性质可得，再由等边对等角和三角形内角和定理可得答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 【变式1-1】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． 【变式1-2】（25-26九年级上·陕西榆林·期中）如图，是菱形的对角线，点在边上，过点作交于点，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，平行线的性质，等腰三角形的性质． 根据菱形的性质可得，利用等腰三角形的性质求得，最后通过平行的性质可得的度数． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， ， ， 故选：C． 【例2】（25-26九年级上·陕西汉中·期末）如图，菱形的周长为，连接，过点C作，交的延长线于点E，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质和判定，掌握菱形的性质是解题的关键．首先求出，然后求出，得到即可求解． 【详解】解：∵菱形的周长为52， ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ ∴ 故选：A． 【变式2-1】（25-26九年级上·陕西渭南·期末）我国传统建筑中的窗棂古典雅致，含蓄灵动．构成某幅窗棂的一个窗格可抽象成如图所示的菱形，连接、，，，则的长为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】D 【分析】本题考查菱形的性质，特殊角的三角函数值，根据菱形，对角线是角平分线且，互相垂直平分和的值即可解答． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，，平分， ∵， ∴， 故选D． 【变式2-2】如图，是菱形的对角线上一点，于点，，则点到的距离为_____________． 【答案】 【分析】先利用菱形对角线的性质得出平分，再结合角平分线的性质，推导出点到的距离等于的长度． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴平分． ∵于点，且点在上， ∴点到的距离等于的长度，即为2． 【例3】（25-26八年级上·江苏盐城·期末）已知一个菱形的对角线的长分别为4和3，则这个菱形的面积为（   ） A．6 B．11 C．16 D．9 【答案】A 【分析】本题考查菱形的面积计算，掌握菱形面积等于对角线乘积的一半是解题关键． 直接代入数据计算即可得出答案． 【详解】解：∵菱形的面积为对角线长乘积的一半， ∴该菱形的面积=， 故选：A． 【变式3-1】（25-26九年级上·辽宁鞍山·期末）如图，菱形的对角线，相交于点O，点H是边的中点，连接，若，，则菱形的面积为（　　） A．60 B．78 C．120 D．240 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质和面积及直角三角形的性质，熟练掌握相应知识是解题的关键． 根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，求得，利用勾股定理求得，应用菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵点H是边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴菱形的面积． 故选：C． 【变式3-2】如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为___________． 【答案】 【分析】根据三角形中位线定理，可得，然后根据菱形的面积为即可求解． 【详解】解：∵，分别为，的中点， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴菱形的面积为， 【例4】（2025·陕西西安·一模）如图，在菱形中，E是延长线上的一点，F是延长线上的一点，连接，，若，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】此题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点． 首先由菱形的性质得到，，推出，然后证明出，即可得到． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 又∵ ∴， ∴． 【变式4-1】如图，已知菱形的对角线相交于点O，延长至点E，使，连接． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形的两个锐角互余，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先由菱形的性质得，再结合，则四边形是平行四边形，即可作答． （2）结合（1）的四边形是平行四边形，故，则再运用四边形是菱形，所以，最后运用直角三角形的两个锐角互余进行列式计算，即可作答． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）解：由（1）可知，四边形是平行四边形， ∴， ∴ ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴． 【变式4-2】如图，在菱形中，于点E，于点F．求证：．    【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，先由菱形的性质得，结合于点E，于点F，证明，故，即可作答． 【详解】证明：四边形为菱形， ， ， ， ， ， ， 即． 题型十七 棱形的判定 【例1】如图，在下列条件中，能够判定为矩形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理，熟练掌握对角线相等的平行四边形是矩形这一判定方法是解题的关键．根据矩形的判定定理，逐一分析每个选项能否判定平行四边形为矩形． 【详解】解：选项A： ∵，四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形， ∴不能判定为矩形． 选项B： ∵是边长与对角线的数量关系， ∴不能判定平行四边形为矩形． 选项C： 是边与对角线的数量关系， ∴不能判定平行四边形为矩形． 选项D： ∵， ∴平行四边形是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）． 故选：D． 【变式1-1】（25-26九年级上·江西景德镇·期末）已知点、、、分别为四边形各边中点，连接、，添加以下条件能使四边形为菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查中点四边形，由四边形为菱形可得，由三角形中位线定理得，故可得结论． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， ∵点、、、分别为四边形各边中点， ∴， ∴， 故选项C正确，选项A，B，D不正确， 故选：C． 【变式1-2】如图，的对角线，相交于点．请你添加一个条件：____________（写出一种情况即可），使四边形是菱形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了菱形的判定知识点，掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形或对角线互相垂直的平行四边形是菱形是解题的关键． 根据菱形的判定定理，在平行四边形的基础上，添加一组邻边相等或对角线互相垂直的条件即可判定为菱形． 【详解】解：添加条件： ∵四边形是平行四边形， ∴ ∵ ∴ ∴四边形是菱形 故答案为：（答案不唯一） ． 【例2】如图，在四边形中，，，E为的中点，连接，，求证：四边形为菱形． 【答案】见详解 【分析】本题主要考查菱形的判定，直角三角形斜边中线定理及平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定，直角三角形斜边中线定理及平行四边形的判定是解题的关键． 由题意易得，则有，然后可得四边形是平行四边形，根据斜边中线定理可得，进而问题可求证． 【详解】证明：∵E为的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，E为的中点， ∴， ∴四边形是菱形． 【变式2-1】（25-26九年级上·湖北·期末）如图，已知的两条对角线相交于点，点是上一点，且．求证：四边形是菱形． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、三线合一，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．由平行四边形的性质得，根据等腰三角形的判定和性质得出，然后由菱形的判定即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴是等腰三角形， ∴，即， ∴平行四边形是菱形． 【变式2-2】（25-26八年级上·山东济南·期中）如图，是的角平分线，过点作，交于点，作，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判断和性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定，解题的关键是熟练掌握以上知识点． （1）先证明四边形是平行四边形，再根据等腰三角形的判定证明，即可得证； （2）过点作，垂足为，根据含30度角的直角三角形的性质可得，再根据勾股定理可得，再根据菱形的性质可得，根据即可得解． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形； （2）解：过点作，垂足为， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， ． 题型十八 棱形的性质与判定综合 【例1】（24-25八年级下·辽宁大连·期中）如图，以点为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点，，再分别以、为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了尺规作图、菱形的判定与性质，由作图可知：，根据四条边都相等的四边形是菱形，可知四边形是菱形，根据菱形的对角相等可得：． 【详解】解：由作图可知：， 四边形是菱形， ． 故选：B． 【变式1-1】（24-25八年级下·广东肇庆·期末）如图，数学活动课上，老师给每位同学发放两根长度相等的木条和一根橡皮筋，要求大家根据所给的材料在平面内制作一个菱形．小明先用两根木条钉成一个角形框架，然后将橡皮筋两端分别固定在点处，拉动橡皮筋上到处．当四边形是菱形时，小明量得橡皮筋是固定时长的倍，则________． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、等腰三角形性质，熟练掌握菱形的对角相等是关键． 根据题意，可推导出为等边三角形，利用菱形性质得到即可． 【详解】解：四边形为菱形， ， ， ， ， 四边形为菱形， ， 故答案为：． 【变式1-2】如图，在中，，分别以C、B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点D，连接、、．若，则______°． 【答案】25 【分析】根据作图，得到，得到菱形，根据菱形的性质解得即可． 本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：根据作图，得到， 故四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：25． 【例2】（2025·河南·模拟预测）如图，在中，，，是边上的中线，以为邻边作平行四边形．若，则AC的长为（   ） A． B．5 C．6 D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，直角三角形的斜边上的中线是斜边的一半，含角的直角三角形的性质，掌握知识点是解题的关键． 根据直角三角形的斜边上的中线是斜边的一半，可得，证明平行四边形是菱形，继而求出，即可解答． 【详解】∵是边上的中线 ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形． ∴． ∴， ∴． 故选C． 【变式2-1】（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，两张宽度均为3cm的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为（   ） A．6cm B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的判定，勾股定理，直角三角形的性质， 作，作，根据题意说明四边形是平行四边形，再根据面积相等说明四边形是菱形，然后根据勾股定理求出边长，即可得出答案． 【详解】如图所示，过点C作，过点B作，分别交于点E，F，根据题意，得， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是菱形． 在中，， ∴，， 即， 解得， ∴， 所以四边形的周长为． 故选：C． 【变式2-2】（24-25九年级上·广西南宁·期中）如图，将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形，若，，则，两点间的距离为____． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，根据题意可证明四边形是菱形，则，再证明是等边三角形，得到，则，利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接交于， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【例3】如图，在的两边、上分别截取、，使．分别以点A、B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C．连结、、、．若，，则四边形的面积是（    ） A． B．8 C．4 D． 【答案】C 【分析】本题主要考查菱形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键． 根据作法判定出四边形是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可得解． 【详解】解：根据作图，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵，， ∴． 故选：C． 【变式3-1】“蓝丝带”一般指蓝丝带海洋保护协会，同时也象征着对保护海洋的呼吁，李老师用一段矩形绸缎制作了一条如图所示宽为的蓝丝带，若，则重叠部分图形的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握菱形判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 过点D分别作，垂足分别为点M，N，连接，则，证明四边形是菱形，再根据为等腰直角三角形，可得，然后根据菱形的面积公式解答即可． 【详解】解：如图，过点D分别作，垂足分别为点M，N，连接，则，    根据题意得：， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 在中，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 即重叠部分图形的面积是． 故选：C． 【变式3-2】如图，小华剪了两条宽为的纸条，交叉叠放在一起，且它们较小的交角为，则它们重叠部分的面积为（    ） A．1 B．2 C．3 D． 【答案】D 【分析】此题考查菱形的判定与性质及勾股定理，解题关键在于掌握判定定理和作辅助线首先过点作于点，于点，由题意可得四边形是平行四边形，继而求得的长，判定四边形是菱形，则可求得答案 【详解】解：过点作于点，于点， 根据题意得：，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴，， ∴ ∵在中，，即 ∴， 同理：， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴ 故选： 题型十九 正方形的性质 【例1】下列四边形中，对角线相等且互相垂直平分的是（    ） A．平行四边形 B．正方形 C．菱形 D．矩形 【答案】B 【分析】本题考查特殊四边形的对角线性质，根据平行四边形、正方形、菱形、矩形的对角线特征来逐一判断选项即可． 【详解】解：A.平行四边形的对角线互相平分，但不一定相等且垂直，A选项不符合题意； B.正方形的对角线相等且互相垂直平分，B选项符合题意； C.菱形的对角线互相垂直平分，但不一定相等，C选项不符合题意． D.矩形的对角线相等且互相平分，但不一定垂直，D选项不符合题意． 故选：B． 【变式1-1】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．对角线互相垂直 D．对角线平分对角 【答案】B 【分析】此题综合考查了矩形、菱形、正方形的对角线的性质，熟练掌握矩形、菱形、正方形的性质是解题的关键． 因为正方形的对角线垂直平分且相等、矩形的对角线互相平分且相等、菱形的对角线互相垂直平分，可知正方形、矩形、菱形都具有的特征是对角线互相平分． 【详解】解：矩形、菱形、正方形的对角线相互平分， 故选：B． 【变式1-2】正方形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．四条边都相等 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分 【答案】B 【分析】本题考查的是正方形及菱形的性质，熟练掌握正方形及菱形的性质是解题关键，选项A、C和D是菱形的必然性质，故排除；选项B是菱形不一定具有的，对角线相等是正方形特有而菱形不一定具有的性质据此得出结论． 【详解】解：∵正方形的对角线相等，菱形的对角线不一定相等（只有正方形时相等）， ∴正方形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等． 故选：B． 【例2】如图，是正方形边延长线上的一点，且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的知识点是正方形的性质、等边对等角，解题关键是根据正方形的性质得出． 由正方形性质得出，，再根据等边对等角即可得解． 【详解】解：连接， 四边形是正方形， ，， ， 又， ， ． 故选：． 【变式2-1】如图，四边形是正方形，是等边三角形，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形内角和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据四边形是正方形，得，，又因为是等边三角形，则，故，同理得，即可作答． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 则， 则， 同理得， ∴， 故选：D 【变式2-2】（24-25八年级下·山西吕梁·期末）如图，为正方形对角线上的一点，过点作于点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键． 根据正方形的性质得出，然后根据三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 故选：A． 【例3】如图，已知正方形的边长为2，对角线与相交于点，则的长为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查了正方形的性质及勾股定理，熟知正方形的对角线互相垂直且平分是解题的关键． 在中用勾股定理计算出对角线的长，再借助“正方形的对角线互相垂直且平分”求出的长． 【详解】解： 是正方形， ， 在中，， ， 由于正方形的对角线互相垂直且平分， ． 故选：B． 【变式3-1】如图，延长到点E，使，以正方形的对角线为一边，以为另一边作菱形．若菱形的面积为，则正方形的边长为（   ） A．2.5 B．3 C．4 D．12 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质、正方形的性质等知识点，理解菱形的性质是解题的关键． 设正方形的边长为，则，再根据菱形的面积列方程求解即可． 【详解】解：设正方形的边长为，则， 依题意，得：，即，解得（舍去负值）． 故选C． 【变式3-2】如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形与四边形都是正方形，连接，分别交于点N，M．已知，且，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．首先根据已知条件设出和的长度，再利用勾股定理求出的长度，最后再次利用勾股定理求出的长度． 【详解】解：∵正方形中， ∴， ， 设， 由题意得，， ， ， ，负值舍去， ， ， ， 故选： 【变式3-3】（25-26六年级上·上海闵行·期中）一张正方形的纸，上下对折，再左右对折，得到的图形还是正方形，这个小正方形的周长是原正方形周长的__________（填几分之几）． 【答案】 【分析】此题考查了图形的变化，分数乘法的应用，根据折叠得到小正方形边长是解题的关键， 通过折叠过程，小正方形的边长变为原正方形边长的一半，因此周长也变为原周长的一半． 【详解】设原正方形的边长为 ，则原正方形的周长为 ， 上下对折后，得到矩形的长为 ，宽为 ， 再左右对折后，得到小正方形的边长为 ，其周长为， 因此，小正方形的周长是原正方形周长的 ． 故答案为：． 【例4】若一个正方形的对角线长为，则它的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正方形的面积与对角线的关系，利用公式“正方形面积等于对角线平方的一半”直接计算． 【详解】解：∵正方形对角线长为，且面积， ∴． 故选：A． 【变式4-1】（24-25八年级下·广西河池·期末）如图，在中，，，，以为一条边向三角形外部作正方形，则这个正方形的面积是（    ） A．34 B．36 C．40 D．44 【答案】A 【分析】本题考查的是勾股定理的应用，图形面积，解题关键是熟练掌握勾股定理．根据勾股定理得到正方形边长，再根据正方形面积公式即可求解． 【详解】解：根据勾股定理可得中，，， ∴， 四边形是正方形， ． 故选：A． 【变式4-2】由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．点O是正方形的中心，连接交于点F，连接．记的面积，正方形的面积为S．若，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形，勾股定理的运用，面积的计算，如图所示，连接，设正方形的边长为，即，得到，，，结合面积的计算得到，则，正方形，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是正方形，点O是正方形的中心， ∴，点共线， 设正方形的边长为，即， ∴，， ∴， 设点到的高为， ∴， ∴， ∴正方形， ∴， 故选：A ． 【例5】如图，正方形的边长为，则阴影部分的面积为（　　） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的对称性． 结合对称性质可知阴影部分的面积等于正方形面积的一半，然后根据正方形面积公式计算即可． 【详解】解：如图，由正方形的对称性可知图形①的面积等于图形②的面积， 阴影部分的面积等于正方形面积的一半， 则阴影部分的面积为 ； 故选：B． 【变式5-1】如图，正方形的边长为，正方形边长为，将这两个正方形并排放在一起，连接，则图中阴影部分面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，由四边形，四边形是正方形，得，，然后通过即可求解，掌握正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形，四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴ ， 故选：． 【变式5-2】如图，正方形与正方形的边长分别为、．若，，则图中阴影部分的面积为（   ） A．5 B． C．21 D． 【答案】D 【分析】利用完全平方公式先求得，分别用代数式表示和面积，然后变形代入数据求解即可．本题考查了完全平方公式的应用，根据题中的图来求阴影面积，将阴影面积正确表示出来并灵活运用已知条件是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故选：D 【例6】（25-26九年级上·广东茂名·期中）已知：如图，是正方形的边上的两点，，连接，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解相关知识是解答关键． 根据正方形的性质得到，，进而易得到和全等，再利用全等三角形的性质求解． 【详解】证明：∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ∴， ∴． 【变式6-1】正方形中，E为的中点，F为的中点，求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握正方形的性质与全等三角形的判定与性质． 由，分别是正方形边，的中点知，证得，根据即可得，据此即可得证． 【详解】证明：设与交于点， 在正方形中，， ∵，分别是正方形边，的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即． 【变式6-2】如图，在边长为4的正方形中，点是边上一点，点是边延长线上一点，，连接，，平分，交于点． (1)求证：； (2)求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查正方形的性质、三角形全等的判定及性质等，掌握正方形的性质、三角形全等的判定及性质和角平分线的定义、勾股定理是解题的关键． （1）根据正方形的性质及三角形全等的判定及性质，证明；利用角平分线的定义及三角形全等的判定及性质，证明，进而证明结论； （2）设，将和分别表示出来，在中根据勾股定理列关于x的方程并求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ∵平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ， ； （2）解：∵四边形是正方形， ∴， 设，则， 在中，根据勾股定理，得， 即， 解得． ． 题型二十 正方形的判定 【例1】下列说法中，正确的是（   ） A．有一组邻边相等的四边形是正方形 B．有一个角是直角的平行四边形是正方形 C．有一组邻边相等的平行四边形是正方形 D．有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 【答案】D 【分析】根据菱形的判定定理、矩形的判定定理和正方形的判定定理，平行四边形的判定定理，逐一判断即可得出结论． 本题考查了菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定等知识，熟记各判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、有一组邻边相等的四边形是菱形，不一定是正方形，错误，不符合题意； B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，不一定是正方形，错误，不符合题意； C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，不一定是正方形，错误，不符合题意； D、有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形，正确，符合题意； 故选：D． 【变式1-1】能判定一个四边形是正方形的是（    ） A．对角线互相垂直且平分 B．对角线互相垂直且相等 C．对角线互相垂直平分且相等 D．对角线相等且平分 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的判定方法，①对角线相等的菱形是正方形，②有一个角是直角的菱形是正方形，③对角线互相垂直的矩形是正方形，④一组邻边相等的矩形是正方形． 根据正方形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：A．对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，但菱形对角线不一定相等，无法确定是正方形； B．对角线互相垂直且相等的四边形，未强调“平分”，无法保证四边相等或四角为直角，不一定是正方形； C．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形； D．对角线相等且平分的四边形是矩形，但矩形不一定是正方形； 故选：C． 【变式1-2】下列命题中，是真命题的是（    ） A．一组对边平行的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分的四边形是菱形 C．两个角为 的四边形是矩形 D．一组邻边相等的矩形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了真命题、平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定的知识点，熟练掌握这些判定是解答本题的关键． 根据平行四边形、菱形、矩形及正方形的判定依次判断即可． 【详解】解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故A选项错误，不符合题意； B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B选项错误，不符合题意； C、三个角为 的四边形是矩形，故C选项错误，不符合题意； D、一组邻边相等的矩形是正方形，故D选项正确，符合题意 故选D． 【例2】如图，在矩形中，对角线、交于点O，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键． 根据正方形的判定逐个判定即可得到答案． 【详解】解：选项A、时不能判定矩形是正方形，故A不符合题意， 选项B、时，矩形是正方形，故B符合题意， 选项C、时不能判定矩形是正方形，故C不符合题意， 选项D、时不能判定矩形是正方形，故D不符合题意， 故选：B． 【变式2-1】在菱形中，对角线与相交于点O，再添加一个条件，仍不能判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查菱形的性质和正方形的判定，熟记判定定理是解题关键．根据有一个角是直角的菱形是正方形，对角线相等的菱形是正方形，对各选项分析判断后利用排除法求解． 【详解】解：A. ，根据对角线相等的菱形是正方形可知菱形是正方形，故本选项不符合题意； B. ，根据菱形的对角线互相平分可得，根据对角线相等的菱形是正方形可得菱形是正方形，故本选项不符合题意； C. ，不能判定是正方形，故本选项符合题意； D.，则，根据有一个角是直角的菱形是正方形可得菱形是正方形，故本选项不符合题意． 故选：C． 【变式2-2】（25-26九年级上·广东揭阳·期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点，从①；②；③中选择一个作为条件，补充后使四边形是正方形，则应选择______(限填序号)． 【答案】② 【分析】本题主要考查了正方形的判定定理，根据正方形的判定定理，由菱形添加对角线相等或四边形的一个角是直角，即可求解． 【详解】解：条件①③是菱形的性质，则添加条件①③时，不能使四边形是正方形， 添加条件②时，根据对角线相等的菱形是正方形，能使四边形是正方形， 故答案为：②． 【例3】如图，在矩形中，对角线相交于点为的平分线．求证：四边形为正方形． 【答案】见解析 【分析】此题考查了平行四边形的性质、矩形的判定、正方形的判定、等角对等边等知识，熟练掌握正方形的判定是解题的关键． 根据有一组邻边相等的矩形是正方形解答即可． 【详解】证明：四边形为矩形， ． ． 为的平分线， ． ． ． 矩形为正方形． 【变式3-1】如图所示，在中，在，平分，于E．于F，求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了正方形的判定，角平分线的性质，根据已知可得四边形是矩形，再由角平分线性质可得，由有一组邻边相等的矩形是正方形即可得出结论． 【详解】证明：∵，，， ∴四边形是矩形， 又∵平分，，， ∴， ∴矩形是正方形． 【变式3-2】如图，在矩形中，菱形的三个顶点E，G，H分别在矩形的边，，上，．求证：四边形为正方形． 【答案】见解析 【分析】本题考查正方形的判定，熟练掌握菱形的性质以及全等三角形的判定和性质是解题的关键． 根据题意利用菱形的性质以及全等三角形的判定先证得，进而证得四边形为正方形． 【详解】证明：四边形为矩形，四边形为菱形， ， 在和中， ， ， ， ， ， 四边形为正方形． 题型二十一 正方形的折叠问题 【例1】如图，现有一块边长为2的正方形毛巾，将其一角折叠至毛巾的中心位置，折痕的长为（   ） A．2 B． C．1 D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质与判定、折叠的性质，勾股定理，掌握知识点是解题的关键． 根据正方形的性质得到，由折叠的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，推出，同理，得到四边形是正方形，根据正方形的性质得到，于是得到结论． 【详解】解：如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 由折叠的性质得，， ， ， 同理， ∴四边形是正方形， ∴． 故选B． 【变式1-1】如图，将边长为的正方形折叠，使点落在边的中点处，点落在处，折痕为，则线段的长是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题主要考查了正方形与折叠，勾股定理的运用，明确折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，通常用勾股定理解决折叠问题． 根据折叠的性质，只要求出就可以求出，在直角中，若设，则，，根据勾股定理就可以列出方程，从而解出的长． 【详解】解：设，则，由折叠的性质知， ∵点落在边的中点处， ∴， 在中，由勾股定理可知， 即，整理得， 解得，， ∴线段的长为， 故选：A． 【变式1-2】如图，在正方形中，，是上一点，且，是上一动点，连接，若将沿翻折后，点落在点处，则到点的最短距离为________ 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理、圆外一点到圆上的最短距离；由翻折的性质可知：点在上运动的过程中，点的轨迹是一段圆弧，由此可以求出的最小值； 【详解】解：如图，连接，以为圆心，的长为半径画弧； 在正方形中，， ∴， 在中，， 由翻折的性质可知： 点在上运动的过程中，， ∴点的轨迹是以为圆心，半径为的一段弧； ∴当 三点共线时，有最小值， 此时， 故答案为：． 题型二十二 正方形的性质与判定综合 【例1】如图，点E是正方形对角线上一点，过E作交于F，连接，若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点E作于点H，证明四边形是正方形，可得，在中，由勾股定理可得，进而可求得正方形的边长，再根据勾股定理可求解． 【详解】解：过点E作EH⊥BC于点H， ∵四边形ABCD是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ， ， ∴， ， ， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的判定及性质，勾股定理的应用，熟练掌握正方形的判定及性质，正确作出辅助线利用勾股定理是解题的关键． 【变式1-1】如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为__________．    【答案】 【分析】过点作于，证明四边形四边形是正方形，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于，    ∵点是正方形的对角线上的一点，于点 ∴四边形是矩形， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴四边形是正方形， ∴， 即点到直线的距离为 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，点到直线的距离，熟练掌握正方形的性质与判定是解题的关键． 【变式1-2】如图，正方形的对角线、交于点，是边上一点，连接，过点作，交于点．若四边形的面积是5，则的长为______． 【答案】 【分析】如图，过作于，于，则四边形是正方形，证明，则，，即，解得，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图，过作于，于，则四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴，即，解得，（舍去）， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 【例2】（24-25八年级下·甘肃定西·期末）如图，正方形的对角线相交于点O，，．若，则四边形的面积是______． 【答案】25 【分析】本题考查正方形的判定与性质． 根据正方形的对角线互相垂直平分且相等，得到，再利用两对边平行的四边形为平行四边形得到四边形为平行四边形，利进而可得到四边形为正方形，即可求出其面积． 【详解】解：∵四边形为正方形， ，， ， ， ∴， ， ∴四边形为平行四边形， ，， ∴四边形为正方形， ． 故答案为：25 【变式2-1】（25-26九年级上·福建三明·期中）如图，在矩形中，，，平分，平分，，，则四边形的面积为________． 【答案】8 【分析】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质；根据，可推出四边形是平行四边形，再由矩形的性质和角平分线的定义推出，从而可说明平行四边形是正方形，再利用勾股定理结合正方形面积公式即可求解． 【详解】解：， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， 平分，平分， ， ， 平行四边形是正方形． ∵，， ∴， ∴，即四边形的面积为8， 故答案为：8． 【变式2-2】（25-26九年级上·吉林·期中）如图，为正方形内一点，，，，将绕点按顺时针方向旋转，得到，延长交于点，连接．则的面积为______ 【答案】// 【分析】本题考查旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质是解答本题的关键． 由旋转得，，，，，可得出四边形为正方形，可得．在中，由勾股定理得，，则，，即可解答． 【详解】解：由旋转得，，，， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ， 在中，由勾股定理得，， ， ， ， 故答案为：． 题型二十三 平行四边形的动点问题 【例1】如图所示，在四边形中，，，，点从点向点以的速度运动，到点即停止点从点向点以的速度运动，到点即停止直线将四边形截成两个四边形，分别为四边形和四边形，已知，两点同时出发，则几秒后所截得的两个四边形中，有一个为平行四边形 【答案】或 【分析】本题主要考查了与平行四边形有关的动点问题，结合平行四边形的性质准确分析计算是解题的关键． 若四边形是平行四边形，则，进而求出运动的时间 若四边形是平行四边形，则，进而求出运动的时间． 【详解】解：设后，四边形或四边形是平行四边形， 根据题意可得，，，，若四边形是平行四边形，则， ，解得：， 后四边形是平行四边形． 若四边形是平行四边形，则， ，解得：， 后四边形是平行四边形． 综上所述，或后，两个四边形中有一个是平行四边形． 【变式1-1】如图，在平行四边形中， ，是的角平分线，点从点出发，沿方向以的速度向点运动，点从点出发，以的运动速度，沿射线方向运动，当点运动到点时，点随之停止运动，设运动时间为秒． (1)求的长； (2)是否存在以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (3)当______时，线段将平行四边形分成面积相等的两部分(直接写出答案)． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义； （1）利用平行四边形的性质得出，再利用角平分线的定义得出，即可得出结论； （2）利用平行四边形的性质即可得出，再分两种情况讨论计算即可得出结论； （3）利用平行四边形的性质经过平行四边形的中心的直线将平行四边形的面积二等分，再建立方程即可得出结论． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形， ， ， 是的角平分线， ， ， ； （2）由（1）知，， ， ， ， 依题意，，， ，要使以，，，为顶点的四边形是平行四边形，只要， 当点在边上时， ， ， ， ； 当点在边的延长线上时，， ， ， 综上所述：或，存在以，，，为顶点的四边形是平行四边形 （3）如图，连接交于， 线段将平行四边形分成面积相等的两部分， 必过的中点， ， ， ， 在和中， ， ， 依题意，，， ，， ， ， 时，线段将平行四边形分成面积相等的两部分， 故答案为： 【变式1-2】如图，已知正方形的边长为，动点P从点B出发，以的速度沿B→C→D方向向点D运动，动点Q从点A出发，以的速度沿A→B方向点B运动，若P、Q两点同时出发运动时间为t． (1)___________（用含t的代数式表示） (2)连接、、，求当t为何值时，的面积为？ (3)当点P在上运动时，是否存在这样的t使得是以为一腰的等展三角形？若存在，请求出符合条件的t的值：若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)秒或秒 (3)当为1秒或秒时，的面积为； 【分析】（1）根据题意可知，，即可得出． （2）根据正方形的性质和面积公式，利用割补法即可求解； （3）根据勾股定理、等腰三角形的性质得出一元二次方程，分情况讨论以为腰的等腰三角形即可说明． 【详解】（1）解：根据题意：，， ∴． （2）解：当在上时， 如图：根据题意，得， ，，，， ， ， 整理，得， 解得． 当在上时，此时， ， ， ， ∴当为1秒或秒时，的面积为； （3）解：①当时，根据勾股定理，得， ， 解得，（不符合题意，舍去）； ②当时，根据勾股定理，得， ， 整理得：， 解得，（不符合题意，舍去）． ∴存在这样的秒或秒，使得是以为一腰的等腰三角形． 【点睛】本题考查了特殊四边形的动点问题，正方形的性质、一元二次方程、等腰三角形，以及用代数式表示式相关知识，解决本题的关键是分类讨论思想的运用． 题型二十四 四边形中最值问题 【例1】如图，在四边形中，，，，，分别为线段，上的动点（含端点，但点不与点重合）．若，分别为，的中点，则线段长度的最大值为（   ） A． B． C．3 D． 【答案】C 【分析】本题考查了三角形中位线定理和勾股定理，掌握通过中位线将线段长度转化，结合动点位置求最值是解题的关键． 利用三角形中位线定理将转化为，通过分析的最大值来确定的最大值，结合勾股定理进行求解． 【详解】解：如图，连接． ，分别为，的中点， 为的中位线， ， 当最大时，最大． 当点与点重合时，最大，此时， 线段长度的最大值为3． 故选：C． 【变式1-1】如图，在正方形中，，点O为的中点，点P为正方形外一动点，且，则线段的最大值为______． 【答案】/ 【分析】本题考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的任意两边之和大于第三边，作辅助线并判断出最大时的情况是解题的关键．连接，取的中点E，根据正方形的性质求出，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据三角形的任意两边之和大于第三边可得O、E、P三点共线时最大． 【详解】解：如图，连接，取的中点E， ，O为的中点， ，， ， ， 由三角形的三边关系得，， 当O、E、P三点共线时最大， 此时． 故答案为：． 【变式1-2】（25-26九年级上·福建漳州·期末）在矩形中，为对角线上与，不重合的一个动点，过点作垂足为，垂足为，连接，若，则的最小值为________． 【答案】 【分析】本题考查矩形的判定与性质、垂线段最短的性质、勾股定理的应用．关键是通过矩形的性质将的长度转化为的长度，将求最小值的问题转化为求点到直线的最短距离，再利用面积法求解该垂线段长度． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， 由勾股定理得； ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴； 根据垂线段最短的性质，当时，的长度最小，此时的长度即为点到的距离； 设点到的距离为， ∵，又， ∴，解得， ∴的最小值为； 故答案为：． 【例题2】（24-25八年级下·湖北黄冈·期中）如图，菱形中，，，E、F分别是、上的动点，且，则的最小值为（   ） A．4 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，以及线段最值问题，准确添加辅助线是解题的关键． 如图构造全等三角形，使得，点A、G在直线两端，再根据三角形三边的性质，判断出，利用角度关系得出，结合直角三角形边长关系求出的长度，则为的最小值． 【详解】解：在下方取点，使， 连接、，如图所示： 又∵， ∴， ，故当、、三点共线时最小， ∵四边形为菱形， ∴，， 故，且， 得等腰， ， 则， 故选． 【变式2-1】（2025·浙江·模拟预测）如图，在菱形中，，，点E在边上，点F在对角线上，，连结，，则的最小值为___． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决本题的关键． 先由边角边的证明方法证明和全等，再由边角边的证明方法证明和全等，根据全等三角形的性质，可得，即可求解． 【详解】解：如答图，过点D作于点D，使得，连结，在上取一点T，使得，连结，， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵，， ∴， 在和中， ∵， ∴≌， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴≌， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∴， 即的最小值为． 故答案为：． 【变式2-2】如图，正方形的面积为6，是等边三角形，点在正方形内，在对角线上有一点，使的和最小，求这个最小值． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质、等边三角形的性质以及最短路径问题的求解，关键是利用对称点将折线转化为直线段，依据“两点之间线段最短”确定最小值．首先利用正方形对角线是对称轴，找到点关于的对称点，将转化为，把的和转化为；然后根据两点之间线段最短，确定当为与交点时，和最小，最小值为的长度；最后由正方形面积求出边长，结合等边三角形边长相等得到的长度，即为所求最小值． 【详解】解：如图，连接． ∵四边形是正方形，是其对角线， ∴点与点关于直线C对称， ∴， ∴， 根据两点之间线段最短，当点为与的交点时，的和最小，最小值为线段的长； ∵正方形的面积为6， ∴， 又∵是等边三角形， ∴， 故的最小值为； 故答案为：． 题型二十五 四边形其他综合问题 【例1】[定义]：如果四边形的某条对角线平分一组对角，那么把这条对角线叫做“美妙线”，该四边形叫做“美妙四边形”．如图，在四边形中，对角线平分和，那么对角线叫“美妙线”，四边形就称为“美妙四边形”． [问题]：（1）下列四边形：平行四边形，矩形，菱形，正方形，其中是“美妙四边形”的是_____；（填写名称） （2）四边形是“美妙四边形”， ，，，求美妙四边形的面积．（请画出图形，并写出解答过程） 【答案】（1）菱形、正方形 （2）或 【分析】本题主要考查了四边形中新定义问题、全等三角形的性质与判定以及等腰三角形的性质与判定，理解新定义以及掌握平行四边形和特殊平行四边形的性质是解题的关键． （1）根据对角线平分一组对角的性质逐个分析即可解答； （2）当四边形是“美妙四边形”时，分两种情况：对角线是“美妙线”或对角线是“美妙线”，证相应的三角形全等，结合，，，即可求出美妙四边形的面积． 【详解】解：（1）根据“美妙四边形”的定义可知，在平行四边形，矩形，菱形，正方形这四个四边形中，其中是“美妙四边形”的是菱形、正方形； （2）当四边形是“美妙四边形”时，分两种情况： ①当对角线是“美妙线”时，如图， 平分和，， ， 在中，，， ， ，， ， ， ， ， ，，， ， ； ②当对角线是“美妙线”时，如图，过点作于点， ，平分， ， 是等腰直角三角形， ， 设， ， ， ，， ， ， ， ， ，，， ， ； 综上所述，美妙四边形的面积为或． 【变式1-1】定义：在凸四边形中，如果只有一组对角相等，我们把这类四边形叫作“奋进四边形”． (1)操作判断： 用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是“奋进四边形”的有______（填序号）； (2)性质探究： ①如图2，四边形是“奋进四边形”，，，，则的度数为______，的度数为______； ②如图3，四边形是“奋进四边形”，，，求证：； (3)四边形是“奋进四边形”，，，，，请直接写出对角线的长． 【答案】(1)②④ (2)①，；②见解析 (3)或 【分析】（1）按照“奋进四边形”的定义逐个判断即可； （2）①根据“奋进四边形”的定义进行求解即可； ②连接，根据等腰三角形性质得出，证明，根据等边三角形的判定得出答案即可； （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：图①中有两组对角相等，图③没有一组对角相等，因此不是奋进四边形，图②和图④有一组对角相等，是奋进四边形， 故答案为：②④； （2）解：①∵四边形是“奋进四边形”，，，， ∴，； ②证明：如图1，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：当时，如图2，延长、交于点， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 当时，如图3，作于点，于点， ∵， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴， ∴， ∴， ， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述，对角线的长为或． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形判定与性质，勾股定理，多边形的内角和，直角三角形的性质，解题关键是熟练运用相关性质进行推理证明． 【变式1-2】【问题提出】（1）如图1，在中，，．若，求的长． 【问题解决】（2）为响应市政府“建设美丽城市，改善生活环境”的号召，某小区欲建造如图2所示的四边形休闲广场．已知，，米，在对角线上有一个凉亭，测得米．按规划要求，需过凉亭修建一条笔直的小路，使得点，分别在边，上，连接，，其中四边形为健身休闲区，其他区域为景观绿化区．按此要求修建的这个健身休闲区（四边形）是否存在最小面积？若存在，求出最小面积；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）存在最小面积，四边形的最小面积为平方米． 【分析】（1）由可得，根据，可得，最后根据勾股定理即可求解； （2）先证明，得到，， 米，过点作交于点，过点作交于点，得到，由，可得当，时，和最小，此时最小，由勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：（1） ， ， ， ， ， ，即， ； （2）存在最小面积， ，，， ， 又 ， ，， 米， 过点作交于点，过点作交于点， ，，， ， 当，时，和最小，即，此时最小， 由勾股定理可得：，即， 米， 平方米， 存在最小面积，四边形的最小面积为平方米． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，四边形的面积等知识，解题的关键是灵活运用这些知识． 【变式1-3】如图①，在菱形中，点O为对角线的中点，将对角线绕点O逆时针旋转到，且旋转角α满足，构造出四边形，连结． (1)四边形是哪种特殊的四边形？请写出你的猜想，并证明． (2)若，设的面积为，的面积为，当时，求的值． (3)如图②，若四边形是正方形，当经过中点时，探究三条边存在的等量关系．请给出结论，并说明理由． 【答案】(1)矩形，证明见解析 (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）根据菱形的性质以及旋转的性质解答即可； （2）连接，延长交于G，根据菱形的性质以及勾股定理可得，再由，可得，证明，可得，可得到，即可求解； （3）连接，证明，可得，再结合勾股定理可得，即可求解． 【详解】（1）解：四边形为矩形， 证明：四边形为菱形， ∴O是中点， ∴， 由旋转知， ∴四边形为矩形； （2）解：连接，延长交于G，如图①， ∵四边形为菱形，AC=4， ∴，， ∴， 在中， ， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：连接，如图②， ∵四边形为正方形， ∴， ∵过中点， ∴平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）知四边形为矩形， ∴， ∴， 又∵，， ∴． 【点睛】本题主要查了四边形的综合题，涉及了菱形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 基础巩固通关测 1．（2025·黑龙江大庆·中考真题）某学校开展了“共走平安路”交通安全主题教育活动．以下交通标识图形既是中心对称图形又是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的识别．根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形． 【详解】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，本选项不符合题意； B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，本选项不符合题意； C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，本选项不符合题意； D、既是轴对称图形又是中心对称图形，本选项符合题意； 故选：D． 2．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 【分析】本题考查的是菱形的性质，含角的直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质． 根据菱形的性质可得， ，根据含角的直角三角形的性质即可求得的长，从而得到结果． 【详解】解：如图， ∵四边形是菱形， ∴， ， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 3．（2025·四川资阳·中考真题）三角形的周长为，则它的三条中位线组成的三角形的周长是（   ） A． B． C． D． 【分析】本题考查了三角形的中位线，能熟记三角形的中位线的内容是解此题的关键，注意：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． 根据三角形的中位线得出，再根据的周长是求出即可． 【详解】解：如图， ∵中，D、E、F分别为的中点， ∴， ∵的周长是，即， ∴的周长是， 故选B． 4．（2025·西藏·中考真题）如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 【分析】本题考查正方形中的翻折问题，勾股定理，三角形全等的判定与性质，解题的关键是掌握翻折性质，由折叠的性质易知，证明，设，则，由勾股定理得到，求出，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， 由折叠的性质易知， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴． ∵E为边的中点， ∴． 设，则， ∴，， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 5．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，点E，F分别在边上，连接交对角线于点P．若P为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等边对等角．根据矩形的性质求得，利用斜边中线的性质求得，求得，利用三角形内角和定理以及对顶角相等即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵，P为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 6．（2025·四川巴中·中考真题）正多边形的一个内角是，这个正多边形是正______边形． 【分析】本题考查了正多边形的内角和外角，先根据内角度数求出外角度数，再用外角和除以这个度数即可求解，掌握正多边形的内角和外角的关系是解题的关键． 【详解】解：∵正多边形的一个内角是， ∴正多边形的一个外角是， ∴这个正多边形的边数为， 即正多边形是正六边形， 故答案为：六． 7．（2025·宁夏·中考真题）编程机器人表演中，一机器人从沙盘平面内某点出发向前直行步后右转，沿转后方向直行步后右转，再沿转后方向直行步后右转…，依此方式继续行走，第一次回到出发点时，该机器人共走了_____步． 【分析】本题主要考查了多边形的外角和定理，任何一个多边形的外角和都是，用外角和求正多边形的边数可直接让除以一个外角度数即可． 由题意可得机器人正好走了一个正多边形，根据多边形的外角和定理即可求出答案． 【详解】解：∵由题意可得机器人正好走了一个正多边形， ∴根据外角和定理可知正多边形的边数为：， 则第一次回到出发点时，该机器人共走了步， 故答案为：． 8．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则______． 【分析】本题考查平行四边形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的中位线定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，根据平行四边形的性质，推出是的中位线，进而得到，即可得出结果． 【详解】解：∵， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵点F为的中点， ∴； 故答案为：4． 9．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，点是平行四边形边的中点，连接并延长交的延长线于点．求证：，并求的长． 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质，由平行四边形的性质得到，则由平行线的性质可得，再证明，即可利用证明，则可得到，据此可得答案． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点是平行四边形边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴． 10．（2025·陕西·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在边，上，且．求证：． 【分析】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，运用全等转化思想．解题关键是利用正方形的边和角的性质证明三角形全等，进而通过线段的和差关系推导结论；易错点是对正方形性质理解不全面，或全等三角形的对应关系判断错误． 先根据正方形性质得出，，结合已知，证明，得到．再由正方形中，通过，推出． 【详解】证明：四边形是正方形， ． ， ， ， ，即． 11．（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求线段的长． 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再由等腰三角形的判定求得，进而由菱形的判定定理得结论； （2）根据（1）可得，，证明，再根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形为菱形； （2）解：∵， 根据（1）可得，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． 【点睛】该题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 12．（2025·江苏常州·中考真题）在四边形中，对角线、相交于点O，，． (1)若是等腰三角形，则_______； (2)已知，． ①若，判断四边形是怎样的特殊四边形，并说明理由； ②如图，在中，，求的长． 【分析】（1）由是等腰三角形，，，分别讨论：当时和当时，利用三角形的三边关系判断是否成立即可； （2）①利用，，得出四边形是平行四边形，再利用，即可判定四边形是矩形；②过点作于点，利用，得出是直角三角形，且，证明，得出，，利用勾股定理求出，得出，再利用勾股定理求出，得出，即可求解． 【详解】（1）解：∵是等腰三角形，，， ∴当时，此时满足三角形三边关系，符合题意； 当时，，此时不满足三角形三边关系，不符合题意； 综上，， 故答案为：； （2）解：①四边形是矩形，理由如下： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； ②过点作于点， ∵， ∴是直角三角形，且， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴在中，， ∴， ∴在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，三角形的三边关系，等腰三角形的定义，矩形的判定，二次根式的运算等，熟练掌握相关性质和判定是解题的关键． 能力提升进阶练 1．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，点、、分别是边、、的中点，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键． 由题意可得为的中位线，根据三角形的中位线定理可得，则，四边形是平行四边形，即可判断A、B、D；再由，是边的中点，即可判断C． 【详解】解：点、、分别是边、、的中点 ∴为的中位线， ∴， ∴，四边形是平行四边形， ∴， 故A、B、D正确，不符合题意； ∵，是边的中点， ∴， 故C错误，符合题意， 故选：C． 2．（2025·四川广元·中考真题）如图，在正八边形中，对角线，交于点K，则=（   ） A． B． C． D． 【分析】本题考查了多边形内角和公式的运用以及三角形的外角，熟练掌握相关公式是解题关键．根据正多边形的内角和公式求出，然后根据三角形外角的性质求出即可． 【详解】解：八边形是正八边形， ， 八边形是正八边形 ∴，， ， ∵是的外角 ， 故选：D． 3．（2025·重庆·中考真题）如图，正方形的边长为2，点E是边的中点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得，延长交于点G．和的平分线相交于点H，连接，则的面积为（   ） A． B． C． D． 【分析】本题考查了正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，连接，证明，可得，设，则，根据勾股定理可得，再利用角平分线的性质得到点到的距离相等，利用面积之比即可解答，正确作出辅助线，利用勾股定理列方程解得是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ，四边形是正方形， ，， 点E是边的中点， , 将沿直线翻折得， ，, ， ， ， ， 设，则， 根据勾股定理可得, 即， 解得， ， 和的平分线相交于点H， 点到的距离相等， ， 故选：A． 4．（2025·山东滨州·中考真题）如图，每个小正方形的边长都为1，点A、B、C均在格点上． （1）只用无刻度的直尺在上找一点D，使得最短（保留作图痕迹）______． （2）在（1）的基础上，在边上找一点M，使得最小，最小值为______． 【分析】本题考查了勾股定理与网格，矩形的性质，等腰三角形的性质，轴对称求最短距离等，掌握相关知识点是解题关键． （1）由勾股定理可得，根据矩形的对角线互相平分找出的中点，再根据等腰三角形三线合一的性质，得到，由垂线段最短可知此时最短； （2）作点关于的对称点，连接，由轴对称的性质可得当、、三点共线时，最小，最小值为的长，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）如图，点即为所求作， 故答案为： （2）如图，作点关于的对称点，连接， 由轴对称的性质可知，， ， 当、、三点共线时，最小，最小值为的长， 过点作，由方格和为的中点知，，， ， 故答案为：． 5．（2025·青海西宁·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是______． 【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，根据菱形的性质，得到，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，再根据菱形的面积公式对角线乘积的一半，进行求解即可． 【详解】解：∵菱形的对角线相交于点O，， ∴， ∴， ∵， ∴菱形的面积； 故答案为：． 6．（2025·海南·中考真题）如图，在菱形中，对角线、相交于点．以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于点、；再分别以、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；作射线，交于点．若，，则_______． 【分析】本题考查了菱形的性质，尺规作图作角平分线，角平分线的性质定理． 作交于I，根据菱形的性质可知，由作图可知平分，即，进而根据三角形面积公式计算即可． 【详解】如图，作交于I， ∵菱形， ∴，即， 由作图可知平分， ∴， ∴， 故答案为：． 7．（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 【分析】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质与折叠可得，与都是直角三角形，根据 “”即可证明； （2）由中点的定义得到，由折叠得到，设，则，，在中，根据勾股定理构造方程，求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形 ∴，， 由折叠可得，， ∴，， ∴在和中 ∴； （2）解：∵，点E是的中点， ∴， 由折叠得到， ∵ ， ∴ 设，则， ∵在中，， ∴ 解得 ∴． 8．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握利用图形的旋转来构造全等三角形是解题的关键． （1）根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案； （2）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据旋转的性质及全等三角形的判定与性质，可逐步证明，即得答案； （3）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案． 【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转，得到， ，，，， 四边形是正方形， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； （2）解：；理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， E在上， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：．理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ． 9．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在正方形的内侧作等边三角形，连接，． (1)如图①，求证：； (2)如图②，过点作，交的延长线于点，平分，交于点，连接，交于点，连接交于点，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图②中四条与线段相等的线段（线段，除外）． 【分析】（1）由四边形 是正方形， 得，由 是等边三角形，得 ，得，进而即可得证； （2）先由等边三角形的性质，三角形的内角和及等角对等边证得，，再由，平分证得，得出，，，证得，进而即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形 是正方形， ∴，， ∵ 是等边三角形， ∴，， ∴， ∴； （2）解：与线段相等的线段有，，，，理由如下， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵四边形 是正方形， 为对角线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角和，内角和，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握以上知识点并能灵活运用是解决此题的关键． 10．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理； [探究发现]由将△沿翻折得到△，即知，，而，故； [探究证明]同探究发现可知四边形是菱形，有，而为边的中点，为边的中点，四边形是平行四边形，即可得，，又，，故，，从而四边形是平行四边形； [探究提升]若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形是矩形时，过作于，过作于，设，则，可得，，求出，即可得；当四边形是菱形时，延长交于，设，求出，即可得． 【详解】[探究发现]：解：四边形是菱形，理由如下： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形； [探究证明]：证明：如图： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形， ， 为边的中点，为边的中点， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是菱形， ，， ，， 四边形是平行四边形； [探究提升]：解：四边形能成为轴对称图形，理由如下： 由[探究证明]知，四边形是平行四边形，若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形， 当四边形是矩形时，过作于，过作于，如图： ， ， ， 设，则， ， 为中点， ，， 四边形是菱形， ， 四边形是矩形， ， ，， ， ， ， ， ， ； 当四边形是菱形时，延长交于，如图： 设，则， 四边形是菱形， ， ，， 四边形是平行四边形，， ，， ， △是等边三角形， ， ， ； 综上所述，四边形为轴对称图形时，的值为或． 3 / 164 学科网（北京）股份有限公司 $