专题03 四边形全章18常考题型6易错5方法（期中复习知识清单）八年级数学下学期新教材人教版

专题03 四边形 【知识点一】多边形的相关概念（*） 多边形 内角和定理 n边形的内角和为_________ 外角和定理 多边形的外角和等于_________ 多边形对角线条数 从n边形的一个顶点可以引（n-3）条对角线，这（n-3）条对角线把多边形分成了_________个三角形，其中每条对角线都重复算一次，所以n边形共有__________________条对角线. 正多边形 定义 各个角都_________，各条边都_________的多边形叫做正多边形 特征 1）各个角都相等；2）各条边都相等，两者缺一不可. 性质 1）正n边形有_________条对称轴． 2）正多边形的边数为偶数时，它既是轴对称图形，又是中心对称图形；正多边形的边数为奇数时，它是轴对称图形，不是中心对称图形. 【知识点二】平行四边形的性质与判定（**） 1.平行四边形 定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形. 符号表示：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”. 【注意】平行四边形的表示一般按一定的方向(顺时针或逆时针)依次书写各顶点. 2.平行四边形的性质 性质 符号语言 图示 边 平行四边形的对边_________且_________ ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AB=CD，AB∥CD，AD=BC，AD∥BC 角 平行四边形的对角_________ ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC 对角线 平行四边形的对角线互相_________ ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴OA=OC=AC，BO=DO=BD 3.平行四边形的判定定理 判定 符号语言 图示 定义 两组对边分别平行的四边形 是平行四边形 ∵AB∥CD，AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形 边 两组对边分别相等的四边形 是平行四边形 ∵AB=CD，AD=BC， ∴四边形ABCD是平行四边形 一组对边平行且相等的四边形 是平行四边形 ∵AB=CD，AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形 【知识点三】三角形中位线（*） 1.三角形中位线：连接三角形两边中点的线段叫做三角形中位线. 【补充】 1）三角形的中位线是一条线段，不是直线或射线. 2）中位线与中线的区别：三角形中位线是中点与中点的连线，而三角形中线是顶点与对边中点的连线. 2.三角形中位线定理： 文字表述：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的_________. 数字表达：如图，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，则DE∥BC且DE=BC. 【知识点四】矩形的性质与判定（*） 1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 2.矩形的性质 性质 符号语言 图示 角 四个角都是_________ ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90° 对角线 两条对角线互相_________且_________ ∵四边形ABCD是矩形 ∴AO=CO=BO=DO 3.矩形的对称性 1）矩形是中心对称图形，对角线的交点为对称中心. 2）矩形也是轴对称图形，有两条对称轴且对称轴都是经过对边中点的直线； 4.矩形的判定 判定定理 符号语言 图示 角 有一个角是直角的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵∠ABC=90°，∴平行四边形ABCD是矩形 有三个角是直角的四边形是矩形 在四边形ABCD中，∵∠B=∠A=∠D=90°， ∴四边形ABCD是矩形 对角线 对角线相等的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形 【知识点五】菱形的性质与判定（**） 1.菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 2.菱形的性质 性质 符号语言 图示 边 菱形的四条边都_________ ∵四边形ABCD是菱形∴AB=CD=AD=BC 对角线 菱形的对角线互相_________，且每一条对角线平分一组对角 ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD 3.菱形的面积公式： 1）菱形的面积=底×高，即. 2）菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即__________________. 【易错点】 1）在求菱形面积时，要根据图形特点及已知条件，灵活地选择面积公式来解决问题. 2）在利用对角线长求菱形的面积时，要特别注意不要漏掉计算公式中的. 4.菱形的判定 判定定理 符号语言 图示 边 四条边相等的四边形是菱形. 在四边形ABCD中， ∵AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形 一组邻边相等的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AB=BC，∴▱ABCD是菱形 对角线 对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AC⊥BD，∴▱ABCD是菱形 【知识点六】正方形的性质与判定（**） 1.正方形的定义：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. 2.正方形的性质（文字版）： 1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行. 2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 3）正方形既是轴对称图形，也是中心对称图形，它的对称轴是对角线所在直角以及过每一组对边中点的直线，对角线的交点是它的对称中心. 3.正方形的判定： 定义法 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 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 判定 定理 已知是矩形时 有一组邻边相等的矩形是正方形 矩形+一组邻边相等 对角线互相垂直的矩形是正方形 矩形+对角线互相垂直 已知是菱形时 有一个角是直角的菱形是正方形 菱形+一个角是直角 对角线相等的菱形是正方形 菱形+对角线相等 题型清单 解 四边形内角和与外角和的计算（共5小题） 【例1】（25-26八年级上·山东泰安·期末）佩佩在“黄娥古镇”研学时学习扎染技术，得到一个内角和为的正多边形图案，这个正多边形的每个外角的度数为______． 【变式1】（24-25八年级下·江西吉安·期末）在1970年墨西哥“世界杯”上使用的足球由32块手缝嵌面组成12块黑色的正五边形和20块白色的正六边形，如图是侧面展开图局部，则图中∠α度数为____． 【变式2】（24-25八年级下·广东深圳·期末）苯分子式为的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的随着研究的不断深入，发现如图的一个苯分子中的个碳原子形成了正六边形的结构，其示意图如图，点为正六边形对角线的中点，连接．若，则的长是______． 【变式3】（24-25八年级下·河南郑州·期末）“花影遮墙，峰峦叠窗”，是描述中国传统建筑中的借景窗棂，窗棂中蕴含了许多数学元素．如图①中的窗棂是冰裂纹窗棂，如图②是这种窗棂中的部分图案．若，则_________度． 【变式4】（24-25八年级下·河北邯郸·期末）如图是正n边形纸片的一部分，其中只有，和边是完整的，直线l与破损的边，相交．若，则n的值为__________． 利用平行四边形的性质求解（共4小题） 【例2】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，将沿对角线折叠，点落在点处，若，则（    ） A． B． C． D． 【变式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2】（25-26八年级上·山东济南·期中）如图，在中，分别以，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点和点，作直线，分别交边，于点、，连接，若的周长为12，则的周长为（   ） A．12 B．20 C．24 D．28 【变式3】（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，在中，的平分线交于F，于E，，，，的面积是______． 证明四边形是平形四边形（共3小题） 【例3】（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． 【变式1】（25-26八年级上·吉林长春·期中）如图，在平行四边形中，点E是的中点． (1)尺规作图：作的中点F（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，连结、．求证：四边形是平行四边形． 【变式2】（24-25八年级下·陕西汉中·期末）如图，在四边形中，连接，，．求证：四边形是平行四边形． 三角形中位线定理的应用（共4小题） 【例4】（25-26八年级上·湖南张家界·期末）如图，点D，E，F分别为三边的中点，若的周长为5，则的周长为（    ） A．12 B．10 C．5 D．2．5 【变式1】（24-25八年级下·云南临沧·期末）如图是一块三角形实验基地，在这块基地中分出一块（阴影部分）进行新实验，尺寸如图所示，则的长是（   ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26八年级上·全国·课后作业）如图1，将一个面积为1的等边三角形纸片挖去连接三边中点所组成的三角形后，继续挖去连接剩余各个三角形三边中点所成的三角形（如图2、图）如此进行挖下去，第6个图中，剩余图形的面积为（   ） A． B． C． D． 【变式3】（2025·湖南湘潭·模拟预测）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，点E，F分别为，的中点，连接，，，则菱形的面积为 ___________． 利用矩形的性质求解（共4小题） 【例5】（25-26八年级上·湖北武汉·期中）如图1，为一个长方形信封平面示意图，现沿其对角线对折后，得到一个新的图形如图2，若这个长方形的长为，宽为，则图2中阴影部分的周长是（   ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25八年级上·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，点E在的延长线上，与交于点G，点F是的中点，若要知道的面积，则需要知道（   ） A．的长 B．矩形的面积 C．梯形的面积 D．的度数 【变式2】（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，点E在上且，连接，若是等边三角形，下列结论：①，②，③，④．其中正确的有__________（填序号）． 【变式3】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在矩形中，连接，交于点，为线段上一点，连接，，取的中点，平分． (1)求证：； (2)若，，求矩形的面积． 证明四边形是矩形（共3小题） 【例6】（24-25八年级下·全国·期末）如图所示，四边形是平行四边形，在中，，平分，交于点F，连接．求证： (1)； (2)四边形是矩形． 【变式1】（24-25八年级下·陕西安康·期末）如图，在中，D，E分别是边，的中点，F是延长线上一点，，连接，，． (1)求证：； (2)若，试判断四边形是什么特殊形状的四边形？并说明理由． 【变式2】（24-25九年级下·广东·月考）如图，在菱形中，对角线、相交于点． (1)尺规作图：在的延长线上截取，连接，再过点作的垂线交于点；(保留作图痕迹，不写作法) (2)求证：四边形为矩形 矩形性质与判定综合（共3小题） 【例7】（24-25八年级下·贵州遵义·期中）古代护城河上有座吊桥，图1是它的结构原理图，图2是它的示意图．把桥面看成是均匀杆，可以绕转轴B点在竖直平面内转动，在B点正上方固定一个定滑轮C，绳子通过定滑轮与杆的另一端点A相连，．某人站在点E处，拉绳子的手的位置D与地面E的距离为． (1)若，，求从A到定滑轮C，再到D点拉着的绳长（结果保留根号）； (2)若的长为，比长，求桥面的宽． 【变式1】（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 【变式2】（24-25八年级下·辽宁抚顺·期末）如图，在平行四边形中，对角线，交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，，求的长度． 利用菱形的性质求解（共4小题） 【例8】（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，菱形的对角线交于点O，且，则菱形的高的长是（   ） A． B． C．5 D．以上都不对 【变式1】（25-26九年级上·福建漳州·期中）图①是艺术家埃舍尔的作品，他将数学与绘画完美结合，在平面上创造出立体效果．图②是一个菱形，将图②截去一个边长为原来一半的菱形得到图③，用图③镶嵌得到图④，将图④着色后，再次镶嵌便得到图①，则图④中的度数是（   ）    A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，若，，则菱形的周长是（    ） A．12 B．16 C．18 D．20 【变式3】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，菱形的对角线、交于点O，于点E，连接，，，则菱形的边长为 _________ ． 证明四边形是菱形（共3小题） 【例9】（24-25八年级下·广东江门·期中）已知：如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线与、分别交于点E、O、F．求证：四边形是菱形． 【变式1】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，是的中线，点是中点，过作交的延长线于，连． (1)直接写出与的关系__________； (2)若，请判断四边形的形状，并说明理由． 【变式2】（24-25八年级下·河北邢台·期末）如图，在中，D是边的中点，E、F分别在及其延长线上，，连接、． (1)求证：； (2)若，求证：四边形是菱形． 菱形性质与判定综合（共3小题） 【例10】（24-25八年级下·福建·期中）如图，平行四边形中，平分交于点E，F为边上的点，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，，求的长． 【变式1】（25-26八年级上·云南昆明·期末）如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若四边形的周长是，两条对角线的和是，求四边形的面积． 【变式2】（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在中，，，分别是，的中点，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点，若，，求的长． 利用正方形的性质求解（共4小题） 【例11】（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图所示，E为边长是4的正方形的边的中点，M为上一点，N为上一点，连接、、，则四边形周长的最小值为（　　） A．10 B．12 C． D． 【变式1】（25-26八年级上·重庆万州·期中）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（   ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26八年级上·福建三明·期中）如图，以的两条直角边和斜边为边长分别作正方形，其中正方形、正方形的面积分别为25、64，则阴影部分的面积为（    ） A．89 B．64 C．69 D．49 【变式3】（25-26八年级上·吉林长春·期末）如图，在中，，由的三边分别向外作正方形，，，过点作于点，连接，．给出下面四个结论：；；；   ． 上述结论中，正确结论的序号有________________． 证明四边形是正方形（共3小题） 【例12】（24-25八年级下·陕西商洛·期末）如图，在矩形中，平分，平分交于点E，点E在边上，．求证：四边形是正方形． 【变式1】（24-25八年级下·广东珠海·期末）如图，已知菱形的对角线交于点是对角线所在直线上的两点，且，连接，得四边形．求证：四边形是正方形． 【变式2】（24-25八年级下·甘肃天水·期中）如图，在矩形中，是边上一点，是的延长线上一点，连接，，已知，． 求证：四边形是正方形． 正方形性质与判定综合（共3小题） 【例13】（24-25八年级下·河北邢台·期中）在菱形中，对角线，交于点O，点E，F在对角线上的位置如图所示，且，，连接，，，． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求的长． 【变式1】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，四边形中，，，，，．点，分别在，上． (1)求证：四边形是正方形． (2)已知，且，求的长． 【变式2】（24-25八年级下·陕西商洛·期末）如图，在矩形中，的平分线交于点于点于点与交于点O． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求证：； (3)在（2）的条件下，已知，求的长． 特殊四边形与坐标系的综合（共4小题） 【例14】（23-24八年级下·辽宁丹东·期末）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点C的坐标是，点A的坐标是，点B不在第一象限，若以点O，A，B，C为顶点的四边形是平行四边形，则点B的坐标是__________． 【变式1】（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，坐标系中四边形是正方形，若点坐标为，点坐标为，则点坐标为________． 【变式2】（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在轴上，点的坐标为，的坐标为，，固定点，，把矩形沿轴正方向推，使点落在轴正半轴上点处，则点的对应点的坐标为___________． 【变式3】（2023·吉林白城·模拟预测）如图，在菱形中，点C在x轴上，点D的坐标为、点B的坐标为，则点C的坐标为_________． 特殊四边形与勾股定理综合（共3小题） 【例15】（24-25八年级下·河南鹤壁·期中）如图（1）在梯形中，，，动点从点出发，以的速度沿着的方向不停移动，直到点到达点后才停止．已知的面积（单位：）与点移动的时间t（单位：）的函数关系如图（2）所示，则点从开始移动到停止移动一共用了（　　）． A． B． C． D． 【变式1】（25-26八年级上·江苏常州·期中）在四边形中，，，． (1)如图（1），为边上一点，将沿直线翻折至的位置（点落在点处）． ①如图（2），当点落在边上时，利用尺规作图，在图（2）中作出折痕，画出，（不写做法，保留作图痕迹）并直接写出此时_______． ②在①的条件下，求的长． (2)已知为射线上的一个动点，将沿直线翻折，点落在直线上的点处，求的长． 【变式2】（25-26八年级上·吉林长春·期中）如图，在平行四边形中，，平行四边形的面积为，动点在边上从点向点运动，连接，将沿着翻折成，点的对应点为． (1)点到的距离为________； (2)①判断的形状，并证明． ②在点的运动过程中，点在内部时，长度的取值范围是________． (3)①在点的运动过程中，直线交边于点时，长度的最小值为________； ②连接和，当是等腰三角形时，请直接写出此时的长度． 动态四边形问题（共4小题） 【例16】（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，在等边三角形中，，射线，点E从点A出发沿射线以的速度运动，点F从点B出发沿射线以的速度运动．如果点E，F同时出发，设运动时间为，当_____s时，以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形． 【变式1】（24-25八年级下·内蒙古通辽·期中）如图，在矩形中，，点P从点A以每秒2个单位长度的速度向点D运动，同时，点Q从点C以每秒1个单位长度的速度向点B运动．当点P到达点D时，P，Q停止运动．设运动时间为t秒，则当四边形为矩形时，t的值为________． 【变式2】（20-21八年级下·全国·期末）如图，在矩形中，边上有一点E，连接，若，．． (1)直接写出的长； (2)有一点P从点A出发，以的速度沿向点D运动，有一点Q从点C出发，以的速度沿向点B运动，当点Q到达点B时，点P、Q同时停止运动，设点P的运动时间为t秒． ① 秒时，四边形为平行四边形； ② 秒时，四边形为矩形； (3)有一点M从点D出发，以的速度沿向点A运动，有一点N从点B出发，以的速度沿射线运动，当点M到达点A时，点M、N同时停止运动，设点M的运动时间为x秒，问x取何值时，以M、N、C、D为顶点的四边形为平行四边形． 【变式3】（20-21八年级下·山东济南·期末）如图，在四边形中，，，，，动点P从点A出发，以的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以的速度向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当四边形是平行四边形时，求t的值； (2)当________时，四边形是矩形；若且点Q的移动速度不变，要使四边形能够成为正方形，则P点移动速度是________； (3)在点P、Q运动过程中，若四边形能够成为菱形，求的长度． 特殊四边形的最值问题（共5小题） 【例17】（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，在菱形中，对角线，点E，F分别是边的中点，点P在上运动，在运动过程中，存在的最小值，则这个最小值是_______． 【变式1】（2024九年级下·全国·专题练习）如图，在矩形中，，，点在边上，点在边上，且，连接，，则的最小值等于________． 【变式2】（24-25八年级下·陕西汉中·期末）如图，正方形的边长为1，E为正方形内一点（与点D不重合），以为边向下作正方形，则的最小值为___． 【变式3】（24-25八年级下·广西南宁·期中）如图，在平行四边形中，平行四边形的面积是32，，点H，G分别是，上的动点，连接，点E，F分别是的中点，则的最小值是______． 【变式4】（24-25八年级下·吉林·期末）如图所示，在中，，，，为上一动点（不与、重合），作于点，于点，连接，则的最小值是______． 特殊四边形综合（共3小题） 【例18】（河南省南阳市西峡县2024-2025学年八年级下学期6月期末考试数学试题）如图，平行四边形的对角线交于点O，分别过点C、D作，连接交于点E． (1)求证：． (2)用“矩形、菱形、正方形”填空： ①当满足时，四边形为____________； ②当满足时，四边形为____________； ③当满足时，四边形为____________． 【变式1】（24-25八年级下·江西南昌·期中）如图，在矩形中，，，，分别在，上，且，，分别是，上的两个动点，点从向移动，点从向移动，它们同时以每秒1个单位长度的速度移动，运动时间为秒，其中． (1)四边形一定是______； A．平行四边形  B．矩形   C．菱形   D．正方形 (2)若四边形为菱形，求的值； (3)若四边形为矩形，求的值． 【变式2】（2023·山东聊城·二模）如图，以的三边为边在上方分别作等边，且点在内部．给出以下结论：四边形是平行四边形；当时，四边形是矩形；当时，四边形是菱形；当，且时，四边形是正方形．其中正确结论有______（填上所有正确结论的序号）．    多边形的概念（共3小题） 【例1】（24-25八年级下·陕西铜川·月考）下列多边形中，不是凸多边形的是（   ） A．B． 【变式1】（24-25七年级上·江苏盐城·期末）下列关于正多边形的说法中，正确的是（    ） A．各边都相等的多边形是正多边形 B．各内角都相等的多边形是正多边形 C．过正n边形一个顶点的对角线有条 D．正多边形的各边相等 【变式2】（2024七年级上·全国·专题练习）下列说法错误的是（   ） A．正多边形的各条边都相等 B．正多边形的各个角都相等 C．各角都相等的多边形不一定是正多边形 D．各条边都相等的多边形一定是正多边形 多边形对角线问题（共3小题） 【例2】（24-25七年级上·湖南衡阳·期末）连结多边形任意两个不相邻顶点的线段叫多边形的对角线。如图，四边形有2条对角线，五边形有5条对角线，六边形有9条对角线，七边形有14条对角线，……，则十三边形的对角线条数为（   ） A．54 B．60 C．65 D．72 【变式1】（25-26八年级上·湖北武汉·期中）把一个多边形用连接它的不相邻顶点的线段（这些线段不在多边形内部相交）划分为若干个三角形，叫做多边形的三角剖分．如图为八边形的一种三角剖分方法，若在只确定连接线段、的前提下，一共有（　　）种三角剖分方法 A．8 B．10 C．12 D．14 【变式3】（24-25七年级下·河南南阳·月考）某中学七年级数学兴趣小组在探究“边形的相关性质”这一知识点时，设计了如下表格： 多边形的边数 从多边形的一个顶点引出对角线的条数 从多边形的一个顶点引出的对角线将多边形分割出三角形的个数 (1)填空：______，______．（用含的式子表示） (2)过多边形的一个顶点的所有对角线的条数与这些对角线将多边形分割所得的三角形的个数的和可能为吗？若能，求出这个多边形的边数；若不能，请说明理由． 多边形外角和问题（共2小题） 【例3】（24-25八年级下·浙江杭州·期中）已知一个四边形，它的外角和的度数是______． 【变式1】（24-25八年级下·湖南岳阳·期中）2025边形的外角和等于_____． 截角问题（共3小题） 【例4】（22-23八年级下·安徽池州·期末）一个多边形截去一个角后，得到的新多边形内角和为，则原多边形边数为（    ） A．4 B．6 C．4或6 D．4或5或6 【变式1】（24-25八年级上·湖北襄阳·期末）将一块长方形木板锯掉一个角，则锯掉后剩下的多边形木板的内角和为（   ） A．或 B．或 C．或 D．或或 【变式2】（25-26八年级上·全国·月考）如图所示，一个多边形纸片按图示的剪法剪去一个内角后，得到一个内角和为的新多边形．求原多边形的边数． 添加一个条件，使之成为特殊四边形（共4小题） 【例5】（24-25八年级上·北京·期末）如图，平行四边形的对角线交于点O，E，F是对角线上两点，添加一个能判定四边形是平行四边形的条件：________． 【变式1】（24-25八年级下·全国·单元测试）下列条件：①；②；③；④．其中能够判定为矩形的有（   ）． A．个 B．个 C．个 D．个 【变式2】（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，在矩形中，点，分别在，上，，不添加任何字母与辅助线，添加一个适当的条件______，使四边形是菱形． 【变式3】（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在中，点E、D、F分别在、、上，，．下列四个判断中，正确的是（   ） A．如果，那么四边形是正方形 B．如果，那么四边形是正方形 C．如果，那么四边形是矩形 D．如果，那么四边形是矩形 计算菱形面积时公式错误（共4小题） 【例6】（24-25八年级下·安徽淮南·月考）如图，在菱形中，与交于点O．若，，则该菱形的面积是（   ） A．10 B．12 C．14 D．16 【变式1】（24-25八年级下·贵州黔西南·期末）如图，已知某菱形花坛的边长是8，，则花坛面积是（   ） A． B． C．32 D． 【变式2】（22-23九年级下·浙江杭州·期中）如图，菱形的面积是正方形的面积的倍，连结，则（  ）    A． B． C． D．   【变式3】（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，将两张长为的矩形纸条交叉放置，重叠部分四边形是一个菱形，当两张纸条互相垂直时，菱形的面积有最小值，那么菱形面积的最大值（    ） A． B． C． D． 平行四边形与全等三角形的综合证明（共3小题） 解题方法：由平行四边形的性质可得相等的边和相等的角，借助这些边和角证明三角形全等，利用全等三角形的性质解决问题.另一方面，我们也可以通过三角形的全等得到边等或角等，从而证明四边形是平行四边形. 【例1】（25-26八年级上·湖北武汉·月考）如图是等边三角形，分别是延长线上的点，且，连，直线交于点． (1)求的度数； (2)作于，则时，为等腰三角形，求出的值； (3)若在上，，连，作，，连接交于，则的值为___________． 【变式1】（25-26八年级上·河南开封·期中）【基础回顾】 （1）如图1，在中，，，直线经过点，分别从点，向直线作垂线，垂足分别为，．求证：． 【变式探究】 （2）如图2，在中，，直线经过点，点，在直线上．如果，猜想，，之间的数量关系，并给予证明． 【拓展应用】 （3）在航天科技展中，小华设计了一款卫星太阳能板的展开示意图（如图3）．已知卫星主体部分为，两侧的太阳能板展开后形成两个三角形，分别为和，其中，，．为确保太阳能板能稳定展开，小华在卫星主体的边上设置了高，并延长交太阳能板连接线于点．若，，求的面积． 【变式2】（25-26八年级上·上海宝山·期中）如图，在四边形中，，以点A为圆心，的长为半径作弧分别交边，边于点F，E，（点E，F都不与边的端点重合）． (1)如图，当， ①探索和的数量关系并证明你的结论； ②若平分，求证：是等边三角形并直接写出此时线段，，之间的数量关系． (2)连接，当平分时，若是以为腰的等腰三角形，求的值． 构造三角形中位线（共4小题） 【例2】（24-25九年级下·全国·期末）如图，在中，平分，是的中点，，，，则（　　） A．1 B． C．2 D． 【变式1】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在中，对角线，相交于点，为的中点，为的中点，连接交于点．若，则的长为______． 【变式2】（2025八年级上·重庆·专题练习）如图，为的角平分线，于，为中点，连接，若，，则_____． 【变式3】（24-25八年级上·山东烟台·期末）在中，点E为的中点，过点D作于点G，若点F为的中点，，，则的长为______ ． 中点四边形（共4小题） 1）顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是平行四边形. 2）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和. 3）中点四边形的面积等于原四边形面积的一半. 4）顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 5）顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 6）顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形. 7）顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形. 【例3】（24-25八年级下·山东威海·月考）如图，顺次连接任意四边形各边中点，所得的四边形是中点四边形． 下列四个叙述：①中点四边形一定是平行四边形； ②当四边形是矩形，中点四边形也是矩形； ③当四边形是菱形，中点四边形也是菱形； ④当四边形是正方形，中点四边形也是正方形．其中正确的结论是________（只填代号） 【变式1】．（24-25八年级下·安徽淮北·期末）【主题学习】定义：顺次连接四边形各边中点所得的四边形叫作中点四边形．为了探索中点四边形，某校八年级数学兴趣小组开展一次主题学习活动． 【成果展示】经过合作探究，相互交流，各小组将他们的成果进行汇报，部分信息汇总如下： 原四边形 任意四边形 矩形 菱形 图形 中点四边形 平行四边形 菱形 矩形 发现 任意四边形的中点四边形一定是平行四边形． 对角线 ① 的四边形，它的中点四边形是菱形． 对角线 ② 的四边形，它的中点四边形是矩形． （1）填写上表中的空格①______；②______； 【逆向探究】在探究过程中，有小组提出“正方形的中点四边形是正方形”． （2）判断命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是真命题还是假命题，如果是真命题，请给出证明，如果是假命题，请画图说明． 【拓展延伸】如图，四边形中，，，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，……，如此进行下去，得到四边形． （3）设，，则：四边形的面积等于______，四边形的周长等于______． 【变式2】（24-25八年级下·江苏南京·月考）阅读理解：我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，分别是边的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． (1)菱形的中点四边形的形状是_______； (2)如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，分别为的中点，试判断四边形的形状并证明． (3)若四边形的中点四边形为正方形，的最小值为4，则_______． 【变式3】（24-25八年级下·湖北·期中）问题提出： （1）如图1，在四边形中，对角线，，，E，F，G，H分别是各边的中点，求证：四边形是正方形． 问题解决： （2）如图2，某市有一块四边形土地，米，米，是直角，P是该四边形土地内的一点，计划在四个三角形土地，，，中分别种植不同的花草，为了方便种植，王师傅设计出如下方案：取四边形各边的中点E，F，G，H，然后在四边形的四条边，，，铺上人行道地砖（人行道宽度不计），铺设地砖成本为100元/米，经测量，，，设计要求是四边形为正方形，请问王师傅的设计方案是否符合要求？若符合，请写出证明过程，并计算铺设地砖所需的费用；若不符合，请说明理由． 平面镶嵌（共4小题） 解决几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角． 【例4】（2023·北京平谷·二模）如图所示的地面由正六边形和四边形两种地砖镶嵌而成，则的度数为（    ） A．50° B．60° C．100° D．120° 【变式1】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，一幅图案在顶点A处由边长相等的1个正方形和2个正n边形镶嵌而成，则n的值为__________． 【变式2】（25-26八年级上·河北沧州·期中）数学小组就正多边形的拼接与重叠展开研究． （1）如图-1，用个全等的正六边形进行拼接，使相邻两个正六边形有一条公共边，围成一圈后中间形成一个正多边形，则___________． （2）如图-2，平面上将边长相等的正三角形、正方形、正五边形、正六边形的一边完全重叠在一起，则___________． 【变式3】（23-24八年级下·山西运城·期末）阅读下列材料，并完成相应任务． 关于同一种多边形的平面密铺 平面密铺的定义：平面密铺是指用一些形状大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠的铺成一片，这就是平面图形的密铺，又称做平面图形的镶嵌． 任务一：探究同一种正多边形的密铺． 如图1，通过拼图发现正方形、正六边形都可以进行密铺，此时公共顶点处的几个角正好拼成了一个周角． 问题① 铺的条件为：当公共顶点处所有角的和为___________，并使相等的边重合时，该图形就可以进行密铺． 问题② 认为正五边形可以进行密铺吗？并说明理由． 任务二：探究同一种一般多边形的密铺 经过同学们动手实验，每小组画出自己小组的拼接图，如图2． 问题③ 观察图2，可以发现任意__________和任意__________都可以单独密铺． 经过研究发现三对对边平行的六边形可以单独密铺，人们借助六边形的密铺，发现虽然正五边形不能进行密铺，但有些特殊五边形可以进行密铺，从此展开了对一般五边形的密铺探究． 目前可以密铺的凸五边形共有15种，如图3为其中一种五边形的密铺图． 问题④ 图4为图3中抽象出的一个五边形，其中，，则的度数为__________． 特殊四边形与折叠问题（共3小题） 解决翻折问题时，要弄清翻折前后的边、角的对应情况，将待求线段、角与已知线段、角联系到一起，尤其是求线段长度时，常常利用勾股定理直接求出未知线段的长度或列方程解决问题. 【例】（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，在矩形纸片中，，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，点A折叠至点E处，则折痕的长为________． 【变式1】（24-25八年级下·四川广安·期末）如图，矩形中，点H，F分别在边上，连接，将沿折叠，点D恰好落在线段上的点E处，同时将沿折叠，点B恰好落在线段上的点G处．连接，若，则_______ ， _______． 【变式2】（24-25八年级下·江苏南京·期末）如图，将菱形纸片折叠，使得点B恰好落在边的中点处，折痕为．若菱形的边长为，，则________． 【变式3】（24-25八年级下·江苏连云港·期中）如图，菱形的边长为1，，将菱形折叠使点A，C都落在对角线上点G处，折痕分别为，，则阴影部分的周长为__________． 【变式4】（24-25八年级下·山东临沂·期末）如图，已知正方形的边长为10，点E、F分别在边、上，若将正方形沿直线折叠，使得点A恰好落在边的中点G处，则 _________． 学科网（北京）股份有限公1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 四边形 【知识点一】多边形的相关概念（*） 多边形 内角和定理 n边形的内角和为 外角和定理 多边形的外角和等于360° 多边形对角线条数 从n边形的一个顶点可以引（n-3）条对角线，这（n-3）条对角线把多边形分成了(n-2)个三角形，其中每条对角线都重复算一次，所以n边形共有条对角线. 正多边形 定义 各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形 特征 1）各个角都相等；2）各条边都相等，两者缺一不可. 性质 1）正n边形有n条对称轴． 2）正多边形的边数为偶数时，它既是轴对称图形，又是中心对称图形；正多边形的边数为奇数时，它是轴对称图形，不是中心对称图形. 【知识点二】平行四边形的性质与判定（**） 1.平行四边形 定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形. 符号表示：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”. 【注意】平行四边形的表示一般按一定的方向(顺时针或逆时针)依次书写各顶点. 2.平行四边形的性质 性质 符号语言 图示 边 平行四边形的对边平行且相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AB=CD，AB∥CD，AD=BC，AD∥BC 角 平行四边形的对角相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC 对角线 平行四边形的对角线互相平分 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴OA=OC=AC，BO=DO=BD 3.平行四边形的判定定理 判定 符号语言 图示 定义 两组对边分别平行的四边形 是平行四边形 ∵AB∥CD，AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形 边 两组对边分别相等的四边形 是平行四边形 ∵AB=CD，AD=BC， ∴四边形ABCD是平行四边形 一组对边平行且相等的四边形 是平行四边形 ∵AB=CD，AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形 【知识点三】三角形中位线（*） 1.三角形中位线：连接三角形两边中点的线段叫做三角形中位线. 【补充】 1）三角形的中位线是一条线段，不是直线或射线. 2）中位线与中线的区别：三角形中位线是中点与中点的连线，而三角形中线是顶点与对边中点的连线. 2.三角形中位线定理： 文字表述：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半. 数字表达：如图，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，则DE∥BC且DE=BC. 【知识点四】矩形的性质与判定（*） 1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 2.矩形的性质 性质 符号语言 图示 角 四个角都是直角 ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90° 对角线 两条对角线互相平分且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AO=CO=BO=DO 3.矩形的对称性 1）矩形是中心对称图形，对角线的交点为对称中心. 2）矩形也是轴对称图形，有两条对称轴且对称轴都是经过对边中点的直线； 4.矩形的判定 判定定理 符号语言 图示 角 有一个角是直角的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵∠ABC=90°，∴平行四边形ABCD是矩形 有三个角是直角的四边形是矩形 在四边形ABCD中，∵∠B=∠A=∠D=90°， ∴四边形ABCD是矩形 对角线 对角线相等的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形 【知识点五】菱形的性质与判定（**） 1.菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 2.菱形的性质 性质 符号语言 图示 边 菱形的四条边都相等 ∵四边形ABCD是菱形∴AB=CD=AD=BC 对角线 菱形的对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角 ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD 3.菱形的面积公式： 1）菱形的面积=底×高，即. 2）菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即. 【易错点】 1）在求菱形面积时，要根据图形特点及已知条件，灵活地选择面积公式来解决问题. 2）在利用对角线长求菱形的面积时，要特别注意不要漏掉计算公式中的. 4.菱形的判定 判定定理 符号语言 图示 边 四条边相等的四边形是菱形. 在四边形ABCD中， ∵AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形 一组邻边相等的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AB=BC，∴▱ABCD是菱形 对角线 对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AC⊥BD，∴▱ABCD是菱形 【知识点六】正方形的性质与判定（**） 1.正方形的定义：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. 2.正方形的性质（文字版）： 1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行. 2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 3）正方形既是轴对称图形，也是中心对称图形，它的对称轴是对角线所在直角以及过每一组对边中点的直线，对角线的交点是它的对称中心. 3.正方形的判定： 定义法 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 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 判定 定理 已知是矩形时 有一组邻边相等的矩形是正方形 矩形+一组邻边相等 对角线互相垂直的矩形是正方形 矩形+对角线互相垂直 已知是菱形时 有一个角是直角的菱形是正方形 菱形+一个角是直角 对角线相等的菱形是正方形 菱形+对角线相等 题型清单 解 四边形内角和与外角和的计算（共5小题） 【例1】（25-26八年级上·山东泰安·期末）佩佩在“黄娥古镇”研学时学习扎染技术，得到一个内角和为的正多边形图案，这个正多边形的每个外角的度数为______． 【答案】/度 【分析】本题考查多边形内角和公式，多边形外角和定理，正多边形的性质，掌握多边形内角和公式是解题关键． 根据多边形内角和公式求出边数，再利用外角和定理求每个外角度数． 【详解】解：设正多边形的边数为，已知该多边形内角和为， 可得，解得，即该多边形为正边形， 由正多边形的外角和为， 可得每个外角的度数为． 故答案为：． 【变式1】（24-25八年级下·江西吉安·期末）在1970年墨西哥“世界杯”上使用的足球由32块手缝嵌面组成12块黑色的正五边形和20块白色的正六边形，如图是侧面展开图局部，则图中∠α度数为____． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的内角. 先求出正五边形和正六边形的每个内角，进而根据镶嵌的定义即可求出． 【详解】解：如图所示， ∵正五边形的每个内角为， 正六边形的每个内角为， ∴，， ∵， ∴， 故答案为：． 【变式2】（24-25八年级下·广东深圳·期末）苯分子式为的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的随着研究的不断深入，发现如图的一个苯分子中的个碳原子形成了正六边形的结构，其示意图如图，点为正六边形对角线的中点，连接．若，则的长是______． 【答案】 【分析】此题重点考查正多边形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，推导出，且是解题的关键． 由点为正六边形的对角线的中点，可得， ，且平分，从而得到是等边三角形，即可得到问题的答案． 【详解】解：∵多边形是正六边形， ∴， 点为正六边形对角线的中点， ，且平分， ∴， 是等边三角形， ， 故答案为：． 【变式3】（24-25八年级下·河南郑州·期末）“花影遮墙，峰峦叠窗”，是描述中国传统建筑中的借景窗棂，窗棂中蕴含了许多数学元素．如图①中的窗棂是冰裂纹窗棂，如图②是这种窗棂中的部分图案．若，则_________度． 【答案】348 【分析】本题考查多边形的外角和的应用．熟练掌握多边形的外角和为，是解题的关键．根据多边形的外角和为，求出另外三个外角的和，再根据补角的定义，进行求解即可． 【详解】解：如图： ∵多边形的外角和为，， ∴， ∵， ∴； 故答案为：． 【变式4】（24-25八年级下·河北邯郸·期末）如图是正n边形纸片的一部分，其中只有，和边是完整的，直线l与破损的边，相交．若，则n的值为__________． 【答案】8 【分析】此题考查了正多边形外角和内角综合，如图所示，首先求出，得到，然后利用多边形内角和得到，求出，然后求出一个外角的度数为，然后根据正多边形外角和为360度求解即可． 【详解】解：如图所示： ∵，， ∴， ∵多边形是正n边形， ∴， ∵四边形的内角和为， ∴， ∴， ∴， ∴与相邻的一个外角的度数为， ∵正n边形的外角和为， ∴， 故答案为：8． 利用平行四边形的性质求解（共4小题） 【例2】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，将沿对角线折叠，点落在点处，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质及四边形内角和；由折叠的性质及平行四边形的性质，，，由四边形内角和即可求解． 【详解】解：由折叠知，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， 在四边形中，， ∴， ∴， 故选：A． 【变式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2】（25-26八年级上·山东济南·期中）如图，在中，分别以，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点和点，作直线，分别交边，于点、，连接，若的周长为12，则的周长为（   ） A．12 B．20 C．24 D．28 【答案】C 【分析】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质. 根据线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质即可证得结论． 【详解】解：由作图知，垂直平分， ， 的周长为， ， 四边形是平行四边形， ，， 的周长为． 故选：C． 【变式3】（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，在中，的平分线交于F，于E，，，，的面积是______． 【答案】216 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等角对等边，勾股定理．利用等角对等边求得，利用勾股定理求得，利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的面积是， 故答案为：216． 证明四边形是平形四边形（共3小题） 【例3】（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． 【变式1】（25-26八年级上·吉林长春·期中）如图，在平行四边形中，点E是的中点． (1)尺规作图：作的中点F（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，连结、．求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)图见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了作已知线段的垂直平分线，证明四边形是平行四边形等知识，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． （1）用尺规作的垂直平分线即可； （2）通过证明四边形有一组对边平行且相等，来证明四边形是平行四边形． 【详解】（1）解：如图，的垂直平分线交于点F， 点F即为所求作； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵点E是上的中点，点F是上的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【变式2】（24-25八年级下·陕西汉中·期末）如图，在四边形中，连接，，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】证明过程见详解 【分析】本题考查了平行四边形的判定、三角形全等的判定和性质．掌握三角形全等的判定和性质及平行四边形的判定方法是解题关键． 首先，根据条件运用“”判定，然后，得出，，最后，根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”判定四边形是平行四边形即可． 【详解】证明：在和中， ∵， ． ，． 四边形是平行四边形． 三角形中位线定理的应用（共4小题） 【例4】（25-26八年级上·湖南张家界·期末）如图，点D，E，F分别为三边的中点，若的周长为5，则的周长为（    ） A．12 B．10 C．5 D．2．5 【答案】B 【分析】本题考查了三角形的中位线的性质的应用，能根据三角形的中位线性质得出、、是解此题的关键．根据三角形的中位线性质得出，，，即可求出答案． 【详解】解：点、、分别为三边、、的中点， ，，， 的周长为5， ， ， 即的周长为. 故选：B． 【变式1】（24-25八年级下·云南临沧·期末）如图是一块三角形实验基地，在这块基地中分出一块（阴影部分）进行新实验，尺寸如图所示，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了三角形中位线的性质，根据三角形中位线的性质求解即可． 【详解】解：由题意可知，， ∴是的中位线， ， 故选：C． 【变式2】（25-26八年级上·全国·课后作业）如图1，将一个面积为1的等边三角形纸片挖去连接三边中点所组成的三角形后，继续挖去连接剩余各个三角形三边中点所成的三角形（如图2、图）如此进行挖下去，第6个图中，剩余图形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了三角形中位线定理，两平行线间的距离，图形类规律探究等知识，解答此题的关键是求出剩余部分的面积为 ． 先根据三角形中位线的性质和两平行线间的距离相等求出第1个图形中，然后总结规律求解即可． 【详解】解：如图， ∵是等边三角形， ∴． ∵点D，E，F分别是中点， ∴，， ∴， 同理可求，， ∴第1个图中，剩余图形的面积为， 第2个图中，剩余图形的面积为 第3个图中，剩余图形的面积为 第n个图中，剩余图形的面积为 第6个图中，剩余图形的面积为． 故选：C． 【变式3】（2025·湖南湘潭·模拟预测）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，点E，F分别为，的中点，连接，，，则菱形的面积为 ___________． 【答案】12 【分析】本题考查中位线的性质，菱形的性质，根据中位线的性质可得，根据菱形的性质可得，根据菱形的面积公式，即可求解． 【详解】解：∵点分别为的中点，， ， ∵在菱形中，对角线相交于点， ， ∴菱形的面积为， 故答案为：12． 利用矩形的性质求解（共4小题） 【例5】（25-26八年级上·湖北武汉·期中）如图1，为一个长方形信封平面示意图，现沿其对角线对折后，得到一个新的图形如图2，若这个长方形的长为，宽为，则图2中阴影部分的周长是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形对折的应用，根据矩形的性质得，，根据对折的性质得，，再将进行恒等变换可得答案．掌握矩形、对折的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，设交于点， ∵这个长方形的长为，宽为， ∴，， ∵现沿其对角线对折后，得到一个新的图形如图2， ∴，， ∴ 即图2中阴影部分的周长是． 故选：D． 【变式1】（24-25八年级上·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，点E在的延长线上，与交于点G，点F是的中点，若要知道的面积，则需要知道（   ） A．的长 B．矩形的面积 C．梯形的面积 D．的度数 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，三角形的面积，关键是由矩形的性质、三角形的面积公式推出． 连接，由矩形的性质以及三角形的面积公式推出，即可得到答案． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵F是中点， ∴， ∴， ∴， ∴要知道的面积，则需要知道矩形的面积． 故选：B． 【变式2】（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，点E在上且，连接，若是等边三角形，下列结论：①，②，③，④．其中正确的有__________（填序号）． 【答案】①③ 【分析】本题主要考查矩形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定与性质等知识，由等边三角形的性质得，得出是等边三角形，得到，， 由，得到，求出，得到，可判断①正确；由是等边三角形得到，，由，得，得出，而可得与不垂直，即，所以不是的中位线，即故可判断②错误；由得，故可判断③正确；由得，又，可得，故可判断④错误． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴与不垂直，即， ∴不是的中位线， ∴，故②错误； ∵， ∴， ∴，故③正确； ∵， ∴， 又∵， ∴，故④错误． 综上，正确的结论是①③， 故答案为：①③． 【变式3】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在矩形中，连接，交于点，为线段上一点，连接，，取的中点，平分． (1)求证：； (2)若，，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了三角形中位线定理，矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由矩形性质可得，，，，再证明是的中位线，所以，，通过角平分线定义可得，所以，最后通过等角对等边即可求证； （）由中位线定理可得，从而有，然后通过勾股定理求出，最后由面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴为斜边的中点， ∵为的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴， ∵在中，为斜边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴矩形的面积=． 证明四边形是矩形（共3小题） 【例6】（24-25八年级下·全国·期末）如图所示，四边形是平行四边形，在中，，平分，交于点F，连接．求证： (1)； (2)四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、矩形的判定，熟练掌握矩形的判定和等腰三角形的性质是解答的关键． （1）先根据平行四边形性质得到，再根据等腰三角形的三线合一得到，进而可得结论； （2）先证明四边形是平行四边形，再根据等腰三角形的三线合一得到，即，进而根据矩形的判定定理可得结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， 在中，∵，平分， ∴， ∴； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵E，C，D三点共线， ∴ 由（1）知， ∴四边形是平行四边形． 在中，∵，平分， ∴，即， ∴四边形是矩形． 【变式1】（24-25八年级下·陕西安康·期末）如图，在中，D，E分别是边，的中点，F是延长线上一点，，连接，，． (1)求证：； (2)若，试判断四边形是什么特殊形状的四边形？并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是矩形，理由见解析 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，平行线的判定与性质，三角形中位线定理，正确掌握相关性质是解题的关键． （1）根据E是边的中点，，证明四边形是平行四边形，进行作答即可． （2）先由等角对等边得，再结合中位线的判定与性质得，结合平行四边形的判定与性质得，则，即可得出四边形是矩形． 【详解】（1）证明：在中，D，E分别是边，的中点， ， ， 四边形是平行四边形， ； （2）解：四边形是矩形．理由如下： ， ， 在中，D，E分别是边，的中点， 是的中位线， ， 四边形是平行四边形， ， 即， ， 四边形是矩形． 【变式2】（24-25九年级下·广东·月考）如图，在菱形中，对角线、相交于点． (1)尺规作图：在的延长线上截取，连接，再过点作的垂线交于点；(保留作图痕迹，不写作法) (2)求证：四边形为矩形 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了尺规作图作垂线，菱形的性质，矩形的判定定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）根据题意完成尺规作图即可； （2）根据作图可得，根据四边形是菱形，证明四边形为平行四边形，进而得出，证明，根据矩形的判定定理，即可得证． 【详解】（1）解：如图所示： （2）证明： ， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， 又， 四边形为平行四边形， ， ， ， ， 四边形为矩形． 矩形性质与判定综合（共3小题） 【例7】（24-25八年级下·贵州遵义·期中）古代护城河上有座吊桥，图1是它的结构原理图，图2是它的示意图．把桥面看成是均匀杆，可以绕转轴B点在竖直平面内转动，在B点正上方固定一个定滑轮C，绳子通过定滑轮与杆的另一端点A相连，．某人站在点E处，拉绳子的手的位置D与地面E的距离为． (1)若，，求从A到定滑轮C，再到D点拉着的绳长（结果保留根号）； (2)若的长为，比长，求桥面的宽． 【答案】(1) (2)桥面的宽长为． 【分析】本题考查了勾股定理，矩形的判定和性质． （1）由勾股定理求出，求出，，，即得； （2）求出，， ，根据求解即可． 【详解】（1）解：由题意知：，， ∴（）， ∵， ∴， 由题意可知：四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴（）， ∴， 故从A到定滑轮C，再到D点拉着的绳长为； （2）∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵比长， ∴， ∵， ∴， ∴， 故桥面的宽长为． 【变式1】（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2.4 【分析】本题考查矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，关键是由平行四边形的性质推出，由勾股定理的逆定理判定是直角三角形， （1）由平行四边形的性质推出，，得到，判定四边形是平行四边形，而，即可证明四边形是矩形． （2）由勾股定理的逆定理判定是直角三角形，由三角形面积公式得到，即可求出． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：由（1）知：四边形是矩形，又， ∴， ∵，， ∴， ∴是直角三角形， ∴的面积， ∴， ∴． 【变式2】（24-25八年级下·辽宁抚顺·期末）如图，在平行四边形中，对角线，交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识；正确的识别图形是解题的关键． （1）由平行四边形性质得到且，即可得到，可得是平行四边形，根据矩形的判定即可得到结论； （2）由矩形的性质得到，，进而求得，，由勾股定理可求得和，由平行四边形性质得，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵在平行四边形中， ∴且， ∵， ∴， 即． ∴且， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴是矩形； （2）解：由（1）知：四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴在中，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 利用菱形的性质求解（共4小题） 【例8】（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，菱形的对角线交于点O，且，则菱形的高的长是（   ） A． B． C．5 D．以上都不对 【答案】A 【分析】利用菱形的性质和勾股定理求出的长，再根据等积法求出的长即可． 【详解】解：∵菱形的对角线交于点O， ∴，， ∴， ∵是菱形的高， ∴，即：， ∴． 【变式1】（25-26九年级上·福建漳州·期中）图①是艺术家埃舍尔的作品，他将数学与绘画完美结合，在平面上创造出立体效果．图②是一个菱形，将图②截去一个边长为原来一半的菱形得到图③，用图③镶嵌得到图④，将图④着色后，再次镶嵌便得到图①，则图④中的度数是（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质、平行线的性质等知识点，理解题意、准确识图、求出的度数是解题的关键． 如图：先确定的度数，再利用菱形的对边平行以及平行线的性质即可求出的度数． 【详解】解：如图， ∵， ∴， ∵， ∴． 故选：D． 【变式2】（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，若，，则菱形的周长是（    ） A．12 B．16 C．18 D．20 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，由菱形的面积可求出，由菱形的性质得，，，，再由勾股定理求出，即可解决问题． 【详解】解：∵菱形的对角线相交于点O， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴，，， 在中，由勾股定理得：， ∴菱形的周长． 故选：D． 【变式3】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，菱形的对角线、交于点O，于点E，连接，，，则菱形的边长为 _________ ． 【答案】10 【分析】设，则，根据勾股定理，得，，整理，得，求解即可． 本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 【详解】解：∵， ∴， 由菱形的性质可知，O为的中点，， ∴， 设， 则， 根据勾股定理，得，， 故， 整理，得， 解得，（边长不能为负，舍去） ∴菱形的边长为10． 证明四边形是菱形（共3小题） 【例9】（24-25八年级下·广东江门·期中）已知：如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线与、分别交于点E、O、F．求证：四边形是菱形． 【答案】见详解 【分析】本题考查了平行四边形的性质，垂直平分线的性质，菱形的判定等知识点，证明简单的线段相等，一般是通过全等三角形来证明的．由四边形是平行四边形，即可得, 易证得, 可得, 即可证得四边形是平行四边形，又由, 即可证得四边形是菱形. 【详解】证明：四边形是平行四边形， , , , , 又, 四边形是平行四边形， , 是菱形. 【变式1】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，是的中线，点是中点，过作交的延长线于，连． (1)直接写出与的关系__________； (2)若，请判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)且 (2)四边形是菱形，理由见详解 【分析】（1）证明，得到，再利用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形” 可得四边形为平行四边形，进而可得且； （2）由，是边上的中线，可得，然后结合四边形是平行四边形，可得四边形是菱形． 【详解】（1）∵点E是中点， ∴， ∵， ∴， 在和中 ∵， ∴． ∴， ∵是的中线， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴且． 故答案为：且． （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵， ∴， 又∵是的中线， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形为菱形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式2】（24-25八年级下·河北邢台·期末）如图，在中，D是边的中点，E、F分别在及其延长线上，，连接、． (1)求证：； (2)若，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由、的内错角相等，可得出和的两组对应角相等；已知D是的中点，即，由即可证得两三角形全等； （2）若，则是等腰三角形，而D是底边的中点，根据等腰三角形三线合一的性质可证得；由（1）的全等三角形，易证得四边形的对角线互相平分；根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可判定四边形是菱形． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∵D是的中点， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：∵， ∴是等腰三角形； 又∵， ∴（三线合一）， 由（1）知：， 则，； ∴四边形是菱形（对角线互相平分且互相垂直的四边形为菱形）． 【点睛】此题主要考查的是全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质及菱形的判定方法． 菱形性质与判定综合（共3小题） 【例10】（24-25八年级下·福建·期中）如图，平行四边形中，平分交于点E，F为边上的点，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质得，由，推导出，则，而，所以，因为，所以四边形是平行四边形，再根据菱形的定义证明四边形是菱形即可； （2）连接，由菱形的性质得，因为，所以，则，求得． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵平分交于点为边上的点，， ， ， ， ∵， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形． （2）解：连接，如图所示： ∵四边形是菱形， ， ， ， ∴是直角三角形，且， ∴， ∴的长是． 【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理及其逆定理等知识，推导出及是解题的关键． 【变式1】（25-26八年级上·云南昆明·期末）如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若四边形的周长是，两条对角线的和是，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】(1)根据平行四边形的性质可证，根据垂直平分线的性质可证，，利用可证，根据全等三角形的性质可证，根据对角线互相平分的四边形是菱形可证结论成立； (2)根据菱形的性质可知，设、，根据勾股定理可得，利用完全平方公式可以求出，根据菱形的面积公式求出结果即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 是的垂直平分线， ，， 在和中，， ， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ， 四边形的周长是， ， 设、， 则有，，， ， 在中，， ， ， ， 整理可得：， ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、完全平方公式． 【变式2】（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在中，，，分别是，的中点，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）首先根据，可判定四边形是平行四边形，再证为的中位线，从而得，然后根据等腰三角形的性质得，据此，可得出，进而可得出结论； （2）连接，根据等腰三角形的性质得，可在中利用勾股定理求出，然后证为的中位线，进而可得的长． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， 点，分别是，的中点， 为的中位线， ， ， ， ， ， ， 四边形为菱形． （2）解：如图所示，连接，   ，点为的中点， ， 在中，，， 由勾股定理得：， 由（1）可知，四边形为菱形， ，，且， 又∵点为的中点， 为的中位线， ． 【点睛】此题主要考查了菱形的判定和性质，三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，勾股定理等，解答此题的关键是理解等腰三角形的底边上的中线、底边上的高、顶角的平分线重合三线合一；三角形的两边中点的线段是三角形的中位线，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半． 利用正方形的性质求解（共4小题） 【例11】（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图所示，E为边长是4的正方形的边的中点，M为上一点，N为上一点，连接、、，则四边形周长的最小值为（　　） A．10 B．12 C． D． 【答案】B 【分析】延长至，使，延长至，使，连接，交于M，交于N，根据线段垂直平分线的性质得到，，根据两点之间线段最短可知，就是四边形周长的最小值，根据勾股定理计算即可． 【详解】解：如图，延长至，使，延长至，使，连接，交于M，交于N， ∵四边形是正方形， ∴， ∴垂直平分，垂直平分， ∴，， ∴四边形周长， 根据两点之间线段最短可知，就是四边形周长的最小值． ∵E为边长是4的正方形的中点， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴四边形周长的最小值为． 【变式1】（25-26八年级上·重庆万州·期中）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，将绕点顺时针旋转至，证明，得到，利用三角形外角的性质可推出，据此可得答案． 【详解】解：将绕点顺时针旋转至，    ∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转性质可知：，，， ∴， ∴点三点共线， ∵，， ∴，， ∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， 故选：A． 【变式2】（25-26八年级上·福建三明·期中）如图，以的两条直角边和斜边为边长分别作正方形，其中正方形、正方形的面积分别为25、64，则阴影部分的面积为（    ） A．89 B．64 C．69 D．49 【答案】C 【分析】此题主要考查勾股定理，解题的关键是熟知勾股定理几何证明方法． 根据勾股定理可得正方形的面积为，再求出的面积，即可求解． 【详解】如图，∵正方形、正方形的面积分别为25、64， ，， ，， ∴正方形的面积为， ∴阴影部分的面积为， 故选：C． 【变式3】（25-26八年级上·吉林长春·期末）如图，在中，，由的三边分别向外作正方形，，，过点作于点，连接，．给出下面四个结论： ； ； ；   ． 上述结论中，正确结论的序号有________________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．由正方形性质得，，，进而得，从而得到，即可判断；设交于点，交于点，由全等的性质可得，由三角形外角性质得，由此得，即可判断；在和中，分别由勾股定理列式，两式相加即可判断； 在中，由勾股定理得， 再根据正方形的面积即可判断． 【详解】解：四边形，都是正方形， ，，， ，即， 在和中， ， ，故正确； 设交于点，交于点，如图所示， ， ， 是和的外角， ， ， ， 故正确； 于点， 和都是直角三角形， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， 故不正确； 在中，， 由勾股定理得：， ，，， ，故正确； 综上所述：正确的有． 故答案为： 证明四边形是正方形（共3小题） 【例12】（24-25八年级下·陕西商洛·期末）如图，在矩形中，平分，平分交于点E，点E在边上，．求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，等腰三角形的判定等，熟练掌握相关知识点并灵活运用是解题的关键； 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． 【详解】 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． 【变式1】（24-25八年级下·广东珠海·期末）如图，已知菱形的对角线交于点是对角线所在直线上的两点，且，连接，得四边形．求证：四边形是正方形． 【答案】详见解析 【分析】本题考查了菱形的判定和性质和正方形的判定，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键； 根据菱形的性质可得，进而可得，即得四边形是菱形，再证明即可得解． 【详解】证明：四边形是菱形， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， 又， ， 菱形是正方形． 【变式2】（24-25八年级下·甘肃天水·期中）如图，在矩形中，是边上一点，是的延长线上一点，连接，，已知，． 求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定，得出． 证明，得出，根据一组邻边相等的矩形为正方形，即可得出结论． 【详解】证明：四边形是矩形， ， ，． ， ， ， ， ， ． 矩形是正方形． 正方形性质与判定综合（共3小题） 【例13】（24-25八年级下·河北邢台·期中）在菱形中，对角线，交于点O，点E，F在对角线上的位置如图所示，且，，连接，，，． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查菱形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理，二次根式，熟练掌握菱形的性质和正方形的判定与性质是解题的关键． （1）利用菱形的性质得出，，，再利用，得出，得出四边形是平行四边形，再由，，即可得证； （2）先利用勾股定理求出，再利用正方形的性质得出，再利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵，， ∴四边形是正方形； （2）解：∵，，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴． 【变式1】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，四边形中，，，，，．点，分别在，上． (1)求证：四边形是正方形． (2)已知，且，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，平行四边形、菱形、正方形的判定，勾股定理等，构建全等三角形，利用方程思想是解题的关键． （）根据平行四边形、菱形、正方形的判定方法即可求证； （）在延长线上截取，连接，，由四边形是正方形，则，，证明，，设，则，，则，即，求出，最后通过勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴四边形是正方形； （2）解：如图，在延长线上截取，连接，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ∴，解得：， ∴， ∴． 【变式2】（24-25八年级下·陕西商洛·期末）如图，在矩形中，的平分线交于点于点于点与交于点O． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求证：； (3)在（2）的条件下，已知，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据角平分线的定义证得，根据正方形的判定即可证得结论； （2）根据三角形全等的判定证得，由全等三角形的性质即可得到结论； （3）连接，证明，设，则，可得为等腰直角三角形，，则，即可求解． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴． ∵， ∴ ∴四边形是矩形． ∵平分， ∴， ∵正方形中，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； （2）证明：∵，而由（1）得 ∴， ∵平分， ∴． 在和中， ， ∴， ∴； （3）解：连接， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形，， ∴由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质和判定，勾股定理，二次根式的运算，熟悉正方形的性质与判定是解题的关键是解决问题的关键． 特殊四边形与坐标系的综合（共4小题） 【例14】（23-24八年级下·辽宁丹东·期末）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点C的坐标是，点A的坐标是，点B不在第一象限，若以点O，A，B，C为顶点的四边形是平行四边形，则点B的坐标是__________． 【答案】或 【分析】此题考查了坐标与图形的性质以及平行四边形的性质，先建立平面直角坐标第，再分和两种情况求解即可． 【详解】解：①当，时，如图： ∵点C的坐标是，点A的坐标是， ∴， ∵点B不在第一象限， ∴点B坐标为，即 ①当，时，如图： 由坐标可知：点向下平移3个单位，向左平移1个单位到点O， ∴由坐标可知：点向下平移3个单位，向左平移1个单位到点B， 故点B坐标为：即， 综上所述：点B的坐标是或， 【变式1】（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，坐标系中四边形是正方形，若点坐标为，点坐标为，则点坐标为________． 【答案】 【分析】本题考查了三角形全等的判定和性质，坐标与图形．过点作轴，垂足为，过点作，证明，得到，，计算的长即可． 【详解】解：如图，过点作轴，垂足为，过点作，垂足为， ∴， ∴， ∵四边形是正方形，点的坐标为，点的坐标为， ∴，，，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴点， 故答案为：． 【变式2】（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在轴上，点的坐标为，的坐标为，，固定点，，把矩形沿轴正方向推，使点落在轴正半轴上点处，则点的对应点的坐标为___________． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理．由已知条件得到，，，根据勾股定理得到，再根据即可得出结论． 【详解】解：∵点的坐标为，的坐标为， ∴，， 由题意得：，， ∴， ∵， ∴点的坐标为， 故答案为：． 【变式3】（2023·吉林白城·模拟预测）如图，在菱形中，点C在x轴上，点D的坐标为、点B的坐标为，则点C的坐标为_________． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、两点之间的距离等知识，连接、交于点E，交y轴于点F，由菱形的性质得，，再求出，则，得，即可得出结论． 【详解】如图，连接、交于点E，交y轴于点F ∵四边形是菱形， ∴， ， ∵点D的坐标为，点B的坐标为， ∴，，轴， ∴，轴 ∴，四边形是平行四边形， ∴， ∵点C在x轴上， ∴点C的坐标为， 故答案为：． 特殊四边形与勾股定理综合（共3小题） 【例15】（24-25八年级下·河南鹤壁·期中）如图（1）在梯形中，，，动点从点出发，以的速度沿着的方向不停移动，直到点到达点后才停止．已知的面积（单位：）与点移动的时间t（单位：）的函数关系如图（2）所示，则点从开始移动到停止移动一共用了（　　）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据图（）判断出的,的长度，过点作于点，过点作于点，根据矩形的判定和性质，则，，根据勾股定理求出，根据面积公式，求出，根据，再根据勾股定理求出，动点运动的总路程，再根据时间路程速度计算即可得解． 【详解】解：由图（2）可知，在到秒时，的面积不发生变化， ∴在上运动的时间是秒，在上运动的时间是：（秒）， ∵动点的运动速度是， ∴，， 如图，过点作于点，过点作于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 在中，， ∴动点运动的总路程为：， ∵动点的运动速度是， ∴点从开始移动到停止移动一共用了（秒）． 【变式1】（25-26八年级上·江苏常州·期中）在四边形中，，，． (1)如图（1），为边上一点，将沿直线翻折至的位置（点落在点处）． ①如图（2），当点落在边上时，利用尺规作图，在图（2）中作出折痕，画出，（不写做法，保留作图痕迹）并直接写出此时_______． ②在①的条件下，求的长． (2)已知为射线上的一个动点，将沿直线翻折，点落在直线上的点处，求的长． 【答案】(1)①图形见解析，；② (2)或 【分析】本题主要考查图形折叠的性质和勾股定理，尺规作图——作角平分线，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． （1）①以点为圆心，以的长为半径作圆，交于点，连接，作的角平分线，交于一点，该点即为，连接，，即为所求；然后根据图形折叠的性质可知，利用勾股定理即可求得； ②设，则，根据图形折叠的性质可知，根据勾股定理即可求得答案； （2）分两种情况计算：当点在线段上时；当点在线段的延长线上时；根据折叠的性质和勾股定理构建方程即可解答． 【详解】（1）解：如图所示，以点为圆心，以的长为半径作圆，交于点，连接，作的角平分线，交于一点，该点即为，连接，，即为所求， 根据图形折叠的性质可知，，， 在中，． 故答案为：． ②设，则，， ∵，， ∴， 在中，，即． 解得，即． （2）解：①如图所示，当点在线段上时． 设，则， 根据图形折叠的性质可知，，， 在中，， 则， 在中，， 即， 解得，即； ②如图所示，当点在线段的延长线上时， 根据图形折叠的性质可知， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴； 综上所述，或． 【变式2】（25-26八年级上·吉林长春·期中）如图，在平行四边形中，，平行四边形的面积为，动点在边上从点向点运动，连接，将沿着翻折成，点的对应点为． (1)点到的距离为________； (2)①判断的形状，并证明． ②在点的运动过程中，点在内部时，长度的取值范围是________． (3)①在点的运动过程中，直线交边于点时，长度的最小值为________； ②连接和，当是等腰三角形时，请直接写出此时的长度． 【答案】(1) (2)①直角三角形② (3)①②或 【分析】（1）根据面积及一边长即可求得结果； （2）①求出各边长，利用勾股定理的逆定理可得；②分别求出点落在边上时，的长，则取值范围可得； （3）①当时，值最小；②分类讨论三边两两相等时的位置，进而求得的长． 【详解】（1）解：过点A作于， ∵，， ∴， 点到的距离为：； 故答案为：． （2）①解：是直角三角形；理由如下， 连接，过点A作于， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即：是直角三角形． ②解：∵是直角三角形，， ∴， ∴， 当在边上时，如图所示， ∵， ∴是等边三角形，， ∴； 当在边上时， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：， （3）解：①由（1）可知，在直角三角形中， ∵， ∴， ∴， 由折叠可知： ∵在中，，， ∴由垂线段最短可得：当时，有最小值， ∵， ∴， ∴； 故答案为：； ②如图所示：分别以为圆心，为半径作圆， ∵， ∴， ∴点在以为圆心，为半径的圆上； 当时，是的交点，因此在上，是等边三角形，；或在上，是等边三角形，； 当时，是与垂直平分线的交点，因此在上，是等边三角形，； 当时，是与的交点，因此在上，是等边三角形，； 综上所述：或．     【点睛】本题考查了图形变换——翻折、平行四边形的性质、勾股定理及其逆定理、等腰三角形的性质、直角三角形的性质，关键是灵活应用知识点解题． 动态四边形问题（共4小题） 【例16】（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，在等边三角形中，，射线，点E从点A出发沿射线以的速度运动，点F从点B出发沿射线以的速度运动．如果点E，F同时出发，设运动时间为，当_____s时，以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形． 【答案】2或6 【分析】此题考查了平行四边形的判定，一元一次方程的应用，难度适中，注意掌握分类讨论思想、数形结合思想与方程思想的应用． 分别从当点F在C的左侧与当点F在C的右侧时去分析，当时，以为顶点的四边形是平行四边形，可得方程，解方程即可求得答案 【详解】解：①当点F在C的左侧时，根据题意得：，， 则， ∵， ∴当是，四边形是平行四边形， 即， 解得：； ②当点F在C的右侧时，根据题意得： ，， 则， ∵， ∴当是，四边形是平行四边形 即， 解得：； 综上所述：当或时，以为顶点的四边形是平行四边形． 故答案为：2或6． 【变式1】（24-25八年级下·内蒙古通辽·期中）如图，在矩形中，，点P从点A以每秒2个单位长度的速度向点D运动，同时，点Q从点C以每秒1个单位长度的速度向点B运动．当点P到达点D时，P，Q停止运动．设运动时间为t秒，则当四边形为矩形时，t的值为________． 【答案】2 【分析】本题考查了矩形的判定和动点问题，解题关键是利用运动速度和时间表示出线段长，根据矩形的判定列出方程即可求解． 【详解】解：当时，四边形为平行四边形， 因为， 所以四边形为矩形， 点P从点A以每秒2个单位长度的速度向点D运动，同时，点Q从点C以每秒1个单位长度的速度向点B运动．设运动时间为t秒， 则，， ， 解得，， 故答案为：2． 【变式2】（20-21八年级下·全国·期末）如图，在矩形中，边上有一点E，连接，若，．． (1)直接写出的长； (2)有一点P从点A出发，以的速度沿向点D运动，有一点Q从点C出发，以的速度沿向点B运动，当点Q到达点B时，点P、Q同时停止运动，设点P的运动时间为t秒． ① 秒时，四边形为平行四边形； ② 秒时，四边形为矩形； (3)有一点M从点D出发，以的速度沿向点A运动，有一点N从点B出发，以的速度沿射线运动，当点M到达点A时，点M、N同时停止运动，设点M的运动时间为x秒，问x取何值时，以M、N、C、D为顶点的四边形为平行四边形． 【答案】(1) (2)①；②2 (3)2秒或6秒 【分析】（1）本题考查勾股定理和矩形的性质，利用，求出,根据，即可得出． （2）①本题考查平行四边形的判定和矩形的性质，根据点P的运动时间为t秒，将四边形的边用t表示出来，，，，，再根据四边形为平行四边形，应满足，建立等式求解即可． ②本题考查矩形的性质和判定，解题方法与①类似，根据四边形为矩形，应满足，建立等式求解即可． （3）本题考查平行四边形的判定和矩形的性质，解法仍与①类似，用将、、表示出来，注意对点N在边上或在延长线上两种情况进行分类讨论，根据以M、N、C、D为顶点的四边形为平行四边形，应满足，建立等式求解即可． 【详解】（1）解：，理由如下： 四边形是矩形，，， ，， 在中， ， ， ． （2）解：由运动知，，， ，， ①如图1， 四边形为平行四边形， ， ，解得， 故答案为：． ②如图2、四边形为矩形， ， ， ， 故答案为：． （3）解：由运动知，，， 以M、N、C、D为顶点的四边形为平行四边形． ， 当点N在边上时，， ， ， 当点N在延长线上时，， ， ， 即：x为2秒或6秒时，以M、N、C、D为顶点的四边形为平行四边形． 【变式3】（20-21八年级下·山东济南·期末）如图，在四边形中，，，，，动点P从点A出发，以的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以的速度向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当四边形是平行四边形时，求t的值； (2)当________时，四边形是矩形；若且点Q的移动速度不变，要使四边形能够成为正方形，则P点移动速度是________； (3)在点P、Q运动过程中，若四边形能够成为菱形，求的长度． 【答案】(1) (2)7；4 (3) 【分析】（1）根据平行四边形对边相等的性质得到关于t的方程即可得解； （2）根据矩形及正方形的性质列方程求解即可； （3）根据菱形的性质可以算得四边形成为菱形的t值，并算出、的值，再根据勾股定理可以得到的值． 【详解】（1）解：当四边形是平行四边形时，， ∴， 解得． （2）解：若四边形是矩形，则： ， ∴， 解得：； 若四边形是正方形，则： ， ∴, 解得：， 设P点运动速度为，则由可得： ， 解得：， ∴当要使四边形能够成为正方形，则P点移动速度是； 故答案为：7；4； （3）解：如图， 若四边形是菱形，则， ∴， 解得：， ∴，， ∵，， ∴， 在中， ． 【点睛】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的应用，勾股定理，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形有关边的性质、勾股定理的应用是解题关键． 特殊四边形的最值问题（共5小题） 【例17】（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，在菱形中，对角线，点E，F分别是边的中点，点P在上运动，在运动过程中，存在的最小值，则这个最小值是_______． 【答案】5 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质．设交于O，作E关于的对称点N，连接，交于P，则此时的值最小，可得的最小值为的长，证明四边形是平行四边形，可得，再根据勾股定理求出的长，即可求解． 【详解】解：设交于O，作E关于的对称点N，连接，交于P，则此时的值最小， ∵四边形是菱形， ∴关于对称，，， ∴，，且点N在上， ∴，即的最小值为的长， ∵E为的中点， ∴N为的中点， ∵，N为中点，F为中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， 即的最小值为5． 故答案为：5 【变式1】（2024九年级下·全国·专题练习）如图，在矩形中，，，点在边上，点在边上，且，连接，，则的最小值等于________． 【答案】10 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，线段垂直平分线的性质等知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 连接，则四边形是平行四边形，那么，，则，则的最小值转化为的最小值，在的延长线上截取，连接，则，可得，则，连接，则，再由勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接， 在矩形中，，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， 则，则的最小值转化为的最小值， 在的延长线上截取，连接， 则， ∵， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴， 连接，则， ∴， ∴的最小值为10， 即的最小值为10， 故答案为：10． 【变式2】（24-25八年级下·陕西汉中·期末）如图，正方形的边长为1，E为正方形内一点（与点D不重合），以为边向下作正方形，则的最小值为___． 【答案】 【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，连接、，由正方形的性质可得，，，证明，得出，从而可得，再由勾股定理计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，连接、， ， ∵四边形、均为正方形， ∴，，， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴的最小值为， 故答案为：． 【变式3】（24-25八年级下·广西南宁·期中）如图，在平行四边形中，平行四边形的面积是32，，点H，G分别是，上的动点，连接，点E，F分别是的中点，则的最小值是______． 【答案】2 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，垂线段最短，三角形中位线定理． 连接，过A作，根据点E为的中点，点F为的中点得到，即可得到当G与K重合时，有最小值，即此时取得最小值，据此求解即可． 【详解】解：连接，过A作， ∵， ∴， ∵平行四边形的面积是32， ∴，即， ∴， ∵点E为的中点，点F为的中点， ∴， ∴最小时，取得最小值， ∴当G与K重合时，有最小值，即此时取得最小值， ∴的最小值为， 故答案为：2． 【变式4】（24-25八年级下·吉林·期末）如图所示，在中，，，，为上一动点（不与、重合），作于点，于点，连接，则的最小值是______． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出时，线段的值最小是解题的关键，难点在于利用矩形的性质得出．连接，利用勾股定理列式求出，判断出四边形是矩形，根据矩形的对角线相等可得＝，再根据垂线段最短可得时，线段的值最小，然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可． 【详解】解：如图，连接． ，，， ， ，，， 四边形是矩形， ， 由垂线段最短可得时，线段的值最小， 此时，， 即， 解得．即则的最小值是． 故答案为：． 特殊四边形综合（共3小题） 【例18】（河南省南阳市西峡县2024-2025学年八年级下学期6月期末考试数学试题）如图，平行四边形的对角线交于点O，分别过点C、D作，连接交于点E． (1)求证：． (2)用“矩形、菱形、正方形”填空： ①当满足时，四边形为____________； ②当满足时，四边形为____________； ③当满足时，四边形为____________． 【答案】(1)见解析 (2)①菱形；②矩形；③正方形 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形，正方形和矩形的判定，熟练掌握相关判定方法，是解题的关键： （1）先证明四边形是平行四边形，得到，平行四边形的性质，推出，利用证明即可； （2）①根据斜边上的中线，得到，即可得出结论；②根据三线合一，得到，即可得出结果；③根据①②即可得出结果． 【详解】（1）证明：， ∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形） ， ，                             ∵平行四边形的对角线交于点O， ， ， ； （2）由（1）知：四边形为平行四边形， ∵平行四边形的对角线交于点O， ∴为的中点， ①当满足时，则：， ∴四边形为菱形； ②当满足时，则：， ∴， ∴四边形为矩形； ③当满足时，由①②可知，四边形为正方形． 【变式1】（24-25八年级下·江西南昌·期中）如图，在矩形中，，，，分别在，上，且，，分别是，上的两个动点，点从向移动，点从向移动，它们同时以每秒1个单位长度的速度移动，运动时间为秒，其中． (1)四边形一定是______； A．平行四边形  B．矩形   C．菱形   D．正方形 (2)若四边形为菱形，求的值； (3)若四边形为矩形，求的值． 【答案】(1)A (2) (3)或 【分析】本题主要考查矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质证明和，即可得到结论； （2）根据菱形的性质定理以及勾股定理得到，，即，求出答案即可； （3）过点作，垂足为点，连接，过点作，垂足为点，连接，分两种情况进行分类讨论即可． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： 如图1，由题意得：，， 四边形是矩形， ， ， ， 同理可证， ， 四边形是平行四边形； 故选：A； （2）解：如图2，四边形为菱形， ， ， ， 由勾股定理可得：，， ， 即：， 解得：， 当时，四边形为菱形． （3）解：如图3，过点作，垂足为点，连接， 过点作，垂足为点，连接， 四边形，四边形是矩形， ，， ，， ，， ， 在中， ， 当四边形是矩形时， ， 在中， ， ， ， 如图4，在中， ， ， ， ， 四边形为矩形时或． 【变式2】（2023·山东聊城·二模）如图，以的三边为边在上方分别作等边，且点在内部．给出以下结论： 四边形是平行四边形； 当时，四边形是矩形； 当时，四边形是菱形； 当，且时，四边形是正方形． 其中正确结论有______（填上所有正确结论的序号）．    【答案】 【分析】本题考查了平行四边形及矩形、菱形、正方形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，证明和即可判断；当时，求出即可判断；由得到即可判断；由得到，得到是矩形，再结合即可判断；熟练掌握特殊四边形的判定方法和性质是解题的关键． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理由，得， 由，即可得出四边形 是平行四边形，故结论正确； 当时， ， 由知四边形是平行四边形， ∴平行四边形不是矩形，故结论错误； 由知，四边形 是平行四边形， ∴当时，， ∴平行四边形是菱形，故结论正确； 当时， ， ∵是平行四边形， ∴四边形是矩形， 又由知四边形是菱形， ∴四边形是正方形，故结论正确； 故答案为：． 多边形的概念（共3小题） 【例1】（24-25八年级下·陕西铜川·月考）下列多边形中，不是凸多边形的是（   ） A．B． 【答案】C 【分析】本题主要考查了凸多边形的定义，正确理解凸多边形的定义是解决此类问题的关键． 根据凸多边形的概念，如果多边形的边都在任何一条边所在的直线的同旁，该多边形即是凸多边形．否则即是凹多边形． 【详解】解：不是凸多边形的是选项C中的多边形． 故选：C． 【变式1】（24-25七年级上·江苏盐城·期末）下列关于正多边形的说法中，正确的是（    ） A．各边都相等的多边形是正多边形 B．各内角都相等的多边形是正多边形 C．过正n边形一个顶点的对角线有条 D．正多边形的各边相等 【答案】D 【分析】本题考查了正多边形的定义，以及对角线数量问题，注意各边相等，各角相等，两个条件必须同时成立． 根据正多边形的定义即可判断A、B、D，根据多边形从一个顶点出发可以作条对角线判断C． 【详解】解：A、各个边相等，各个角相等的多边形是正多边形，故选项A错误，不符合题意； B、各个边相等，各个角相等的多边形是正多边形，故选项B错误，不符合题意； C、过正n边形一个顶点的对角线有条，故选项C错误，不符合题意； D、正多边形的各边相等，正确，符合题意， 故选：D． 【变式2】（2024七年级上·全国·专题练习）下列说法错误的是（   ） A．正多边形的各条边都相等 B．正多边形的各个角都相等 C．各角都相等的多边形不一定是正多边形 D．各条边都相等的多边形一定是正多边形 【答案】D 【分析】本题主要考查正多边形的定义，根据各条边都相等，各个内角都相等的多边形一定是正多边形的概念判定即可求解，掌握正多边形的定义是解题的关键． 【详解】解：正多边形的各条边都相等，各个角都相等，A，B正确； 各内角都相等，各条边也相等的多边形是正多边形，C正确， 各条边都相等，各个内角都相等的多边形一定是正多边形，故D错误． 故选：D． 多边形对角线问题（共3小题） 【例2】（24-25七年级上·湖南衡阳·期末）连结多边形任意两个不相邻顶点的线段叫多边形的对角线。如图，四边形有2条对角线，五边形有5条对角线，六边形有9条对角线，七边形有14条对角线，……，则十三边形的对角线条数为（   ） A．54 B．60 C．65 D．72 【答案】C 【分析】本题考查了规律探究问题．从四边形、五边形、六边形等对角线的条数进行分析，总结规律即可得到n边形的对角线条数． 【详解】解：四边形的对角线条数（条）， 五边形的对角线条数（条）， 六边形的对角线条数（条）， …， ∴n边形的对角线条数（条）， ∴十三边形的对角线条数（条）， 故选：C． 【变式1】（25-26八年级上·湖北武汉·期中）把一个多边形用连接它的不相邻顶点的线段（这些线段不在多边形内部相交）划分为若干个三角形，叫做多边形的三角剖分．如图为八边形的一种三角剖分方法，若在只确定连接线段、的前提下，一共有（　　）种三角剖分方法 A．8 B．10 C．12 D．14 【答案】B 【分析】此题考查多边形分割为三角形的方法，确定各方法中不重复不遗漏是解题的关键 【详解】如图，共有10种 故选：B 【变式3】（24-25七年级下·河南南阳·月考）某中学七年级数学兴趣小组在探究“边形的相关性质”这一知识点时，设计了如下表格： 多边形的边数 从多边形的一个顶点引出对角线的条数 从多边形的一个顶点引出的对角线将多边形分割出三角形的个数 (1)填空：______，______．（用含的式子表示） (2)过多边形的一个顶点的所有对角线的条数与这些对角线将多边形分割所得的三角形的个数的和可能为吗？若能，求出这个多边形的边数；若不能，请说明理由． 【答案】(1)，， (2)能，这个多边形的边数为． 【分析】本题考查边形从多边形的一个顶点引出对角线的条数，从多边形的一个顶点引出的对角线将多边形分割出三角形的个数，一元一次方程的应用，掌握对角线数量形成的规律，熟练应用规律是解题的关键． （）由表格中的数据探求得出最终结果； （）把代入求出的值即可判断． 【详解】（1）解：由表格可知，，， 故答案为：，， （2）解：能，理由， 由题意得，， 当时，即， 解得：， ∴这个多边形的边数为． 多边形外角和问题（共2小题） 【例3】（24-25八年级下·浙江杭州·期中）已知一个四边形，它的外角和的度数是______． 【答案】/360度 【分析】本题考查四边形的外角和，数学基本常识：任意一个多边形的外角和都是，熟记这一常识性知识是解决问题的关键． 【详解】解：一个四边形，它的外角和的度数是， 故答案为：． 【变式1】（24-25八年级下·湖南岳阳·期中）2025边形的外角和等于_____． 【答案】/360度 【分析】本题考查了多边形的外角和，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即可求解． 【详解】解：2025边形的外角和等于， 故答案为：． 截角问题（共3小题） 【例4】（22-23八年级下·安徽池州·期末）一个多边形截去一个角后，得到的新多边形内角和为，则原多边形边数为（    ） A．4 B．6 C．4或6 D．4或5或6 【答案】D 【分析】根据多边形的内角和公式求出n，再根据截去一个角，则会存在以下三种情况，多边形边数不变，增加1或减少1来解答． 【详解】解：设新多边形边数为n， ∵新多边形内角和为， ∴， 解得， 若多边形截去一个角，则会存在以下三种情况，多边形边数不变，增加1或减少1，如下图所示：    ∴原多边形边数为4或5或6， 故选：D． 【点睛】本题主要考查多边形内角和和边数的关系，掌握内角和公式是解题的关键. 【变式1】（24-25八年级上·湖北襄阳·期末）将一块长方形木板锯掉一个角，则锯掉后剩下的多边形木板的内角和为（   ） A．或 B．或 C．或 D．或或 【答案】D 【分析】本题主要考查了多边形的内角和，理解一个长方形锯掉一个角以后得到的多边形的形状是解题的关键． 长方形木板锯掉一个角后可能是三角形或四边形或五边形，再根据多边形的内角和定理即可解决． 【详解】解：长方形木板锯掉一个角以后可能是：三角形或四边形或五边形， 则剩下的多边形木板的内角和是或或． 故选：D． 【变式2】（25-26八年级上·全国·月考）如图所示，一个多边形纸片按图示的剪法剪去一个内角后，得到一个内角和为的新多边形．求原多边形的边数． 【答案】原多边形为十四边形 【分析】本题考查多边形的内角和，掌握n边形的内角和为是解题的关键． 设原多边形的边数为x，则新多边形的边数为，根据“内角和为”列出方程，求解即可． 【详解】解：设原多边形的边数为x，则新多边形的边数为，根据题意，得 ， 解得， 答：原多边形为十四边形． 添加一个条件，使之成为特殊四边形（共4小题） 【例5】（24-25八年级上·北京·期末）如图，平行四边形的对角线交于点O，E，F是对角线上两点，添加一个能判定四边形是平行四边形的条件：________． 【答案】E，F分别是，的中点（答案不唯一） 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键． 首先由平行四边形得到，，然后结合中点性质得到，即可判定四边形是平行四边形． 【详解】添加的条件：E，F分别是，的中点 证明：四边形是平行四边形， ，， 、F分别是、的中点， ，， ， 四边形是平行四边形． 【变式1】（24-25八年级下·全国·单元测试）下列条件：①；②；③；④．其中能够判定为矩形的有（   ）． A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质与矩形的判定定理，结合矩形的判定条件逐一分析每个条件是否能判定平行四边形为矩形即可． 【详解】解：①∵四边形是平行四边形， ∴，无法判定其为矩形； ②∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴为矩形； ③∵，四边形是平行四边形， ∴为矩形； ④∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴为矩形； 综上，能够判定为矩形的有个． 故选：C． 【变式2】（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，在矩形中，点，分别在，上，，不添加任何字母与辅助线，添加一个适当的条件______，使四边形是菱形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．根据矩形的性质得到，即，推出四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：这个条件可以是， 理由：四边形是矩形， ，即， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 【变式3】（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在中，点E、D、F分别在、、上，，．下列四个判断中，正确的是（   ） A．如果，那么四边形是正方形 B．如果，那么四边形是正方形 C．如果，那么四边形是矩形 D．如果，那么四边形是矩形 【答案】C 【分析】此题主要考查了平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定，熟练掌握平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定是解决问题的关键． 根据，．下得四边形是平行四边形，当，则平行四边形是矩形，无法判定是正方形，由此可对选项，进行判断；当，则平行四边形是菱形，无法判定是正方形或矩形，由此可对选项，进行判断，综上所述即可得出答案． 【详解】解：∵，． 四边形是平行四边形， 如果，那么平行四边形是矩形，无法判定是正方形， 故选项A不正确，不符合题意；选项C正确，符合题意； 如果，那么平行四边形是菱形，无法判定是正方形，也无法判定是矩形， 故选项B，D均不正确，不符合题意． 故选：C． 计算菱形面积时公式错误（共4小题） 【例6】（24-25八年级下·安徽淮南·月考）如图，在菱形中，与交于点O．若，，则该菱形的面积是（   ） A．10 B．12 C．14 D．16 【答案】B 【分析】本题考查菱形面积的计算，已知对角线长度，由菱形面积等于对角线乘积的一半做计算即可． 【详解】解：，， ． 故选：B． 【变式1】（24-25八年级下·贵州黔西南·期末）如图，已知某菱形花坛的边长是8，，则花坛面积是（   ） A． B． C．32 D． 【答案】B 【分析】本题主要考查菱形的性质，含角的直角三角形的性质，根据题意可求出，根据，可求出，根据菱形的性质可得，根据含角的直角三角形的性质求出，由勾股定理求出，然后求出对角线的长即可求解． 【详解】解：∵菱形花坛的边长是8，， ∴，， ∵， ∴， 设交于点， ∴在中，，， ∴， ∴ ∴， ∴花坛面积是． 故选：． 【变式2】（22-23九年级下·浙江杭州·期中）如图，菱形的面积是正方形的面积的倍，连结，则（  ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，，它们相交于点，则垂直平分，连接，也垂直平分线段，设正方形的面积为，则菱形的面积为，根据正方形与菱形的性质可得和的长，即可得到答案． 【详解】解：连接，，它们相交于点，则垂直平分，连接，也垂直平分线段，    ∴点、、、、在同一条直线上， 设正方形的面积为，则菱形的面积为， ∴， 在中，， ∴， ∵菱形的面积， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 【点睛】此题考查的是正方形的性质、菱形的性质，正确作出辅助线是解决此题的关键． 【变式3】（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，将两张长为的矩形纸条交叉放置，重叠部分四边形是一个菱形，当两张纸条互相垂直时，菱形的面积有最小值，那么菱形面积的最大值（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理．当两张纸条如图所示放置时，菱形面积最大，然后根据勾股定理求出菱形的边长，然后根据菱形的面积公式计算即可． 【详解】解：当两张纸条互相垂直时，重叠部分四边形是一个正方形， 重叠部分的面积有最小值， ∴两张纸条的宽为， 如图，此时菱形的面积最大． 设，则，， 在中， 由勾股定理得到：， 即， 解得， ∴， 故选：C． 平行四边形与全等三角形的综合证明（共3小题） 解题方法：由平行四边形的性质可得相等的边和相等的角，借助这些边和角证明三角形全等，利用全等三角形的性质解决问题.另一方面，我们也可以通过三角形的全等得到边等或角等，从而证明四边形是平行四边形. 【例1】（25-26八年级上·湖北武汉·月考）如图是等边三角形，分别是延长线上的点，且，连，直线交于点． (1)求的度数； (2)作于，则时，为等腰三角形，求出的值； (3)若在上，，连，作，，连接交于，则的值为___________． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先证明， 推出， 由， 推出，即可解决问题； （2）如图中， 由题意可知， 设，则， 推出， 计算出的值即可； （3）如图中， 在上截取， 则，证明四边形是平行四边形即可解决问题． 【详解】（1）解：是等边三角形， ， ， 在和中， ， ， ， E， ， ； （2）如图中， 是等腰三角形，， ， 设，则， ， ， （3）如图中， 在上截取， 则， 在和中， ， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ， ， ， ∴ 故答案为． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、平行四边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，会添加常用辅助线构造全等三角形． 【变式1】（25-26八年级上·河南开封·期中）【基础回顾】 （1）如图1，在中，，，直线经过点，分别从点，向直线作垂线，垂足分别为，．求证：． 【变式探究】 （2）如图2，在中，，直线经过点，点，在直线上．如果，猜想，，之间的数量关系，并给予证明． 【拓展应用】 （3）在航天科技展中，小华设计了一款卫星太阳能板的展开示意图（如图3）．已知卫星主体部分为，两侧的太阳能板展开后形成两个三角形，分别为和，其中，，．为确保太阳能板能稳定展开，小华在卫星主体的边上设置了高，并延长交太阳能板连接线于点．若，，求的面积． 【答案】（1）见解析（2），证明见解析（3）21 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，平行四边形的判定和性质等内容，解题的关键是掌握以上性质，并灵活应用． （1）先证明，然后利用证明三角形全等即可； （2）根据三角形内角和定理以及平角定义得出，然后证明，然后利用对应边相等即可得出结论； （3）过点、分别作于点，交延长线于点，连接，，证明和，得出对应边相等，再证明，最后根据面积的和差进行求解即可． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， ； （2）解：，证明如下： ∵， ， ， ，， ， ， ， ； （3）解：过点、分别作于点，交延长线于点，连接，，如图所示： ，是的高， ， ， ， ， ， 在和中，， ， ， 同理可证，， ， ， ， ∴平行于， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ， ∴， ∵， ∴， ∵，， ， 即． 【变式2】（25-26八年级上·上海宝山·期中）如图，在四边形中，，以点A为圆心，的长为半径作弧分别交边，边于点F，E，（点E，F都不与边的端点重合）． (1)如图，当， ①探索和的数量关系并证明你的结论； ②若平分，求证：是等边三角形并直接写出此时线段，，之间的数量关系． (2)连接，当平分时，若是以为腰的等腰三角形，求的值． 【答案】(1)①，证明见详解；②，证明见详解 (2)或1 【分析】（1）①过点A作交于点H，根据题意得出为等腰三角形，再由可根据等腰三角形的三线合一的定义可知为等腰的中垂线，从而进一步求得，，利用角度的和差关系得出，通过“”证明，从而最终得出；②通过角平分线的定义及①问中得出的结论可推导出，设，则，通过三角形内角和定理列出关于α的方程求得α的值，进一步推导出是等边三角形．设，则，再利用已知的条件可得出，，进一步推导出四边形为正方形，从而求得相关线段的表达式并进行构造，最终得出； （2）根据角平分线的定义得出，利用“”证得，得出及，此时分情况讨论：①当时，②当时，根据不同的情况作出对应的辅助线并根据不同的情况假设关键线段的长度，通过计算推导最终求得的结果． 【详解】（1）解：①， 证明：如图，过点A作交于点H， 由题意知，， ∴为等腰三角形， ∵， ∴为等腰的中垂线， ∴，， 又∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． ②， 证明：如图，由①知，， 又∵平分， ∴， ∴， 设， 在等腰中，， ∵， ∴， ∴， 由等腰可知，根据三角形内角和定理得：， 解得， ∴， 即是等边三角形． 设，则， ∵是等边三角形， ∴， 又∵， ∴，， ∴， 则， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， 则， ∴， 即． （2）解：∵，平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ①如图，当时，，， ∴，， ∴， 过点E作交于点N，过E作交的延长线于点M，过点A作交于点H， 设， ∴，则， ∴， ∵，， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵，即， ∴； ②如图，当时，， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， 综上所述，的值为或1． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形、矩形、正方形的判定与性质，等腰三角形三线合一及平行线的性质等知识点． 构造三角形中位线（共4小题） 【例2】（24-25九年级下·全国·期末）如图，在中，平分，是的中点，，，，则（　　） A．1 B． C．2 D． 【答案】A 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质定理，关键是作辅助线得到等腰三角形． 延长交的延长线于点，证明，则，即可求得的长，点E是的中点，求得的长，从而得到是中位线，即可求得的长． 【详解】解：延长交的延长线于点，如图， ， ， 平分， ， ∵， ∴ ， ∵是的中点， ∴是的中位线， ． 故选：A． 【变式1】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在中，对角线，相交于点，为的中点，为的中点，连接交于点．若，则的长为______． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，中位线定理，取中点，连接，则，由平行四边形性质可得，，通过中位线定理可得，，，从而可证明四边形是平行四边形，所以，然后代入即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，取中点，连接，则， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵为的中点，为的中点， ∴是中位线，是中位线，是中位线， ∴，，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式2】（2025八年级上·重庆·专题练习）如图，为的角平分线，于，为中点，连接，若，，则_____． 【答案】 【分析】延长交于G，容易证出，得到，因此是的中位线．由中位线定理可得，，得到，最后用三角形外角的性质计算出即可． 【详解】解：如图，延长交于G， ∵， ∴， ∵为的角平分线，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵为中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵是的外角， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，平行线的性质，三角形内角和定理与外角的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解题关键． 【变式3】（24-25八年级上·山东烟台·期末）在中，点E为的中点，过点D作于点G，若点F为的中点，，，则的长为______ ． 【答案】 【分析】本题考查三角形中位线的性质，矩形的性质和判定，勾股定理；连接，取中点M，连接，，得出是的中位线，得出，，，，再由得出四边形是矩形，最后通过勾股定理即可求出. 【详解】解：连接，取中点M，连接，，交于点，如图所示， ∵E是中点， ∴是的中位线， ∴，， 同理：，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． 故答案为：． 中点四边形（共4小题） 1）顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是平行四边形. 2）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和. 3）中点四边形的面积等于原四边形面积的一半. 4）顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 5）顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 6）顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形. 7）顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形. 【例3】（24-25八年级下·山东威海·月考）如图，顺次连接任意四边形各边中点，所得的四边形是中点四边形． 下列四个叙述： ①中点四边形一定是平行四边形； ②当四边形是矩形，中点四边形也是矩形； ③当四边形是菱形，中点四边形也是菱形； ④当四边形是正方形，中点四边形也是正方形．其中正确的结论是________（只填代号） 【答案】①④/④① 【分析】此题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定与正方形的判定．熟练掌握中位线定理是解题的关键；连接，，根据三角形中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，再根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，求解即可． 【详解】解：如图，连接，， ，，，分别是四边形各边的中点， ， 四边形是平行四边形；（①正确） 若四边形是矩形， ＝， ＝，＝， ＝， 四边形是菱形；（②错误） 若四边形是菱形， ， ∵， ， 四边形是矩形，不一定是菱形；（③错误） 四边形是正方形， ＝，， ＝，＝， ＝， 四边形是菱形； ，， ， ， 四边形是正方形．（④正确） 正确的是①④． 故答案为：①④． 【变式1】．（24-25八年级下·安徽淮北·期末）【主题学习】定义：顺次连接四边形各边中点所得的四边形叫作中点四边形．为了探索中点四边形，某校八年级数学兴趣小组开展一次主题学习活动． 【成果展示】经过合作探究，相互交流，各小组将他们的成果进行汇报，部分信息汇总如下： 原四边形 任意四边形 矩形 菱形 图形 中点四边形 平行四边形 菱形 矩形 发现 任意四边形的中点四边形一定是平行四边形． 对角线 ① 的四边形，它的中点四边形是菱形． 对角线 ② 的四边形，它的中点四边形是矩形． （1）填写上表中的空格①______；②______； 【逆向探究】在探究过程中，有小组提出“正方形的中点四边形是正方形”． （2）判断命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是真命题还是假命题，如果是真命题，请给出证明，如果是假命题，请画图说明． 【拓展延伸】如图，四边形中，，，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，……，如此进行下去，得到四边形． （3）设，，则：四边形的面积等于______，四边形的周长等于______． 【答案】（1）①相等；②相互垂直；（2）命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是假命题，理由见解析；（3）； 【分析】（1）由三角形中线的性质结合四边形的中点四边形一定是平行四边形，即可得出结论； （2）先写出逆命题，再画出示意图，结合（1）中所得结论即可说明； （3）先证明，进而证明，推出；结合（1）中所得结论，得到当为奇数时，四边形是矩形，四边形的面积是；当为偶数时，四边形是菱形，四边形的周长是；即可解答． 【详解】（1）解：如图：矩形中，分别是的中点，连接， ∵分别是的中点， ∴是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， ∴，，，，，，，， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形，即对角线相等的四边形，它的中点四边形是菱形； 同理，菱形的中点四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形，即对角线互相垂直的四边形，它的中点四边形是矩形， 故答案为：相等，互相垂直； （2）解：命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是“中点四边形是正方形的四边形是正方形”是假命题，理由如下： 如图：四边形中，且，分别是的中点， 由题意知任意四边形的中点四边形一定是平行四边形，则四边形是平行四边形， ∵， 由（1）对角线互相垂直的四边形，它的中点四边形是矩形，则四边形是矩形， ∵， 由（1）对角线相等的四边形，它的中点四边形是菱形，则四边形是菱形， ∴四边形是正方形， ∴只需满足对角线相等且互相垂直的四边形，它的中点四边形是正方形， ∴命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是“中点四边形是正方形的四边形是正方形”是假命题； （3）解：设交于点， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∵在四边形中，顺次连接四边形各边中点，得到四边形， 由（1）知对角线互相垂直的四边形，它的中点四边形是矩形； ∴四边形是矩形； 根据中位线的性质知，， 四边形的面积周长为； 连接， ∴， ∵四边形是矩形各边中点得到的四边形， 由（1）知对角线相等的四边形，它的中点四边形是菱形； ∴四边形是菱形， 根据中位线的性质知，， ∴四边形的周长为； ∵四边形是菱形各边中点得到的四边形， 由（1）知对角线互相垂直的四边形，它的中点四边形是矩形； ∴四边形是矩形， ∵， ∴根据中位线的性质知，， ∴四边形的面积为； 同理，四边形是菱形，周长为； 同理，四边形是矩形，四边形的面积是； ； ∴当为奇数时，四边形是矩形，四边形的面积是； 当为偶数时，四边形是菱形，四边形的周长是； ∴四边形的面积等于，四边形的周长等于． 故答案为：，． 【点睛】本题主要考查了中点四边形，菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、正方形的判定及三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）．解答此题时，需理清菱形、矩形与平行四边形的关系． 【变式2】（24-25八年级下·江苏南京·月考）阅读理解：我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，分别是边的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． (1)菱形的中点四边形的形状是_______； (2)如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，分别为的中点，试判断四边形的形状并证明． (3)若四边形的中点四边形为正方形，的最小值为4，则_______． 【答案】(1)矩形 (2)四边形为菱形；证明见解析 (3) 【分析】（1）由菱形的性质及矩形的判定可得出答案； （2）连接、，由等边三角形的性质得出，，，证出，由证明，得出，由三角形中位线定理得出，，，，，得出，，证出四边形是平行四边形；再得出，即可得出结论； （3）连接交于O，连接，当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长，再证明即可求得答案． 【详解】（1）解：如图， 四边形是菱形时，连接各边中点，得到四边形， 根据中位线性质得到，， ∴， 同理可得， ∴为平行四边形， 又∵是菱形， ∴，则， ∴为矩形． 故答案为：矩形； （2）解：四边形为菱形．理由如下： 连接与，如图2所示： ∵和为等边三角形， ，，， ， 在和中， ， ， ， ，，，分别是边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线， ，，，，， ，， 四边形是平行四边形； ， ， 四边形为菱形； （3）解：如图3，连接交于O，连接、， 当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长， ∴的最小值， 由性质探究知：， 又∵M，N分别是的中点， ∴，， ∴， ∴的最小值， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵N，F分别是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了三角形中位线定理，平行四边形、矩形、菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，利用前面得出的结论解决新问题是解题的关键． 【变式3】（24-25八年级下·湖北·期中）问题提出： （1）如图1，在四边形中，对角线，，，E，F，G，H分别是各边的中点，求证：四边形是正方形． 问题解决： （2）如图2，某市有一块四边形土地，米，米，是直角，P是该四边形土地内的一点，计划在四个三角形土地，，，中分别种植不同的花草，为了方便种植，王师傅设计出如下方案：取四边形各边的中点E，F，G，H，然后在四边形的四条边，，，铺上人行道地砖（人行道宽度不计），铺设地砖成本为100元/米，经测量，，，设计要求是四边形为正方形，请问王师傅的设计方案是否符合要求？若符合，请写出证明过程，并计算铺设地砖所需的费用；若不符合，请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）符合；10000元 【分析】（1）根据正方形的判定定理证明即可； （2）连接，，与相交于点O．证明，得到，再证明，利用四边形为正方形．由勾股定理，得（米），（米），即可求出铺设地砖所需的费用． 【详解】（1）（1）证明：∵E，F，G，H分别是各边的中点， ∴， ，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是正方形． （2）解：符合． 如图，连接，，与相交于点O． ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）可知，四边形为正方形． ∵米，米，， ∴由勾股定理，得（米）， ∴（米）， （元）． ∴铺设地砖所需的费用为10000元． 【点睛】本题考查正方形的判定定理和性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，中位线的性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握正方形的判定定理和性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理． 平面镶嵌（共4小题） 解决几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角． 【例4】（2023·北京平谷·二模）如图所示的地面由正六边形和四边形两种地砖镶嵌而成，则的度数为（    ） A．50° B．60° C．100° D．120° 【答案】B 【分析】先计算出正六边形的内角，根据平面镶嵌的条件计算求解． 【详解】解：正六边形的一个内角度数为， ∴的度数为， 故选：B． 【点睛】本题考查了平面镶嵌，也考查了正多边形内角的计算方法，掌握正多边形的概念，理解几何图形镶嵌成平面是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角是解题关键． 【变式1】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，一幅图案在顶点A处由边长相等的1个正方形和2个正n边形镶嵌而成，则n的值为__________． 【答案】8 【分析】本题主要考查了平面镶嵌和正多边形内角和定理，根据平面镶嵌的原则可得正n边形的一个内角的度数为，据此根据多边形内角和计算公式建立方程求解即可． 【详解】解：由题意得，正n边形的一个内角的度数为， ∴， 解得， 故答案为：8． 【变式2】（25-26八年级上·河北沧州·期中）数学小组就正多边形的拼接与重叠展开研究． （1）如图-1，用个全等的正六边形进行拼接，使相邻两个正六边形有一条公共边，围成一圈后中间形成一个正多边形，则___________． （2）如图-2，平面上将边长相等的正三角形、正方形、正五边形、正六边形的一边完全重叠在一起，则___________． 【答案】 6 /24度 【分析】本题考查了平面镶嵌，正多边形的性质，正多边形内角、外角，利用正多边形的外角求内角是解题的关键． （1）利用正六边形内角及周角性质，确定中间正多边形的内角，进而求出； （2）先计算各正多边形内角，再通过角度差表示，最后代入计算． 【详解】解：（1）正六边形的每个外角为，每个内角为， 个正六边形围成一圈时，中间正多边形的一个内角为， 中间的正多边形的边数为， ； 故答案为：； （2）正三角形的内角为， 正方形的内角为， 正五边形的内角为， 正六边形的内角为， ， ． 故答案为： 【变式3】（23-24八年级下·山西运城·期末）阅读下列材料，并完成相应任务． 关于同一种多边形的平面密铺 平面密铺的定义：平面密铺是指用一些形状大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠的铺成一片，这就是平面图形的密铺，又称做平面图形的镶嵌． 任务一：探究同一种正多边形的密铺． 如图1，通过拼图发现正方形、正六边形都可以进行密铺，此时公共顶点处的几个角正好拼成了一个周角． 问题① 铺的条件为：当公共顶点处所有角的和为___________，并使相等的边重合时，该图形就可以进行密铺． 问题② 认为正五边形可以进行密铺吗？并说明理由． 任务二：探究同一种一般多边形的密铺 经过同学们动手实验，每小组画出自己小组的拼接图，如图2． 问题③ 观察图2，可以发现任意__________和任意__________都可以单独密铺． 经过研究发现三对对边平行的六边形可以单独密铺，人们借助六边形的密铺，发现虽然正五边形不能进行密铺，但有些特殊五边形可以进行密铺，从此展开了对一般五边形的密铺探究． 目前可以密铺的凸五边形共有15种，如图3为其中一种五边形的密铺图． 问题④ 图4为图3中抽象出的一个五边形，其中，，则的度数为__________． 【答案】任务一：问题①360；问题②不能，理由见解析 任务二：问题③三角形，四边形；问题④ 【分析】本题考查了多边形内角和、平面镶嵌，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 任务一：问题①：根据题意即可得出答案；问题②：求出正五边形的内角度数，结合①的结论即可得出答案； 任务二：问题③：结合图形即可得出答案；问题④：由图形并结合题意计算可得答案． 【详解】解：任务一： 问题①密铺的条件为：当公共顶点处所有角的和为，并使相等的边重合时，该图形就可以进行密铺； 问题②：正五边形不可以进行密铺，理由如下： ∵正五边形的每一个内角度数为，， ∴正五边形不以进行密铺； 任务二：问题③：观察图2，可以发现任意三角形和任意四边形都可以单独密铺； 问题④：由图形并结合题意可得：的度数为． 特殊四边形与折叠问题（共3小题） 解决翻折问题时，要弄清翻折前后的边、角的对应情况，将待求线段、角与已知线段、角联系到一起，尤其是求线段长度时，常常利用勾股定理直接求出未知线段的长度或列方程解决问题. 【例】（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，在矩形纸片中，，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，点A折叠至点E处，则折痕的长为________． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，熟知图形翻折不变性的性质是解题的关键． 过点G作于F，根据轴对称的性质就可以得出，由勾股定理就可以得出的值． 【详解】解：如图，故点G作于点F， 由折叠的性质得：四边形与四边形关于对称， ∴四边形四边形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴． ∵， ∴． 设，则， 在中，， ∴， 解得：． ∴， ∴， ∴． 在中，由勾股定理，得． 故答案为：． 【变式1】（24-25八年级下·四川广安·期末）如图，矩形中，点H，F分别在边上，连接，将沿折叠，点D恰好落在线段上的点E处，同时将沿折叠，点B恰好落在线段上的点G处．连接，若，则_______ ， _______． 【答案】 10 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，设，由折叠的性质可得，即可得，解得，故；由折叠的性质可得，即得，设，可得，解得，即，再由勾股定理得FG． 【详解】解：设， 由折叠的性质可得， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， 设，则， 由折叠的性质可得， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， ∴FG； 故答案为：10，． 【变式2】（24-25八年级下·江苏南京·期末）如图，将菱形纸片折叠，使得点B恰好落在边的中点处，折痕为．若菱形的边长为，，则________． 【答案】 【分析】连接，过点C作交于点G，证明四边形是平行四边形，是等边三角形，设，则根据勾股定理列式解答即可． 本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】解：连接，过点C作交于点G， ∵四边形是菱形，且菱形的边长为，， ∴，，， ∴四边形是平行四边形，是等边三角形， ∴，， ∵边的中点是， ∴， ∴， 设， 则 ∴， ∴， 解得， 故答案为：． 【变式3】（24-25八年级下·江苏连云港·期中）如图，菱形的边长为1，，将菱形折叠使点A，C都落在对角线上点G处，折痕分别为，，则阴影部分的周长为__________． 【答案】 【分析】此题重点考查菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，证明四边形和四边形都是菱形，和都是等边三角形是解题的关键. 设交于点，由折叠得，， ， 则， 由菱形的性质得，，，则，， 可证明， 得， 则四边形是菱形，是等边三角形，同理， 四边形是菱形，是等边三角形，则四边形是平行四边形， 由， ， ， 求得，于是得到问题的答案. 【详解】解：设交于点， 由折叠得， ，， ∴， ∵四边形是边长为的菱形， ， ∴，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵，， ∴是等边三角形， 同理，四边形是菱形，是等边三角形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ， ， ，，， ， ∴阴影部分的周长为， 故答案为：． 【变式4】（24-25八年级下·山东临沂·期末）如图，已知正方形的边长为10，点E、F分别在边、上，若将正方形沿直线折叠，使得点A恰好落在边的中点G处，则 _________． 【答案】 【分析】本题考查矩形与折叠，全等三角形的判定与性质以及勾股定理，连接，过点F作于点M，证明四边形是矩形，得到，再证明，得到，根据勾股定理求得的长，即可求解． 【详解】解：如图，连接，过点F作于点M，，的交点为， ∴， ∴四边形是矩形，， 由折叠的性质可得，， 又∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵点G为的中点， ∴， 由勾股定理可得， ∴， 故答案为：． 学科网（北京）股份有限公1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $