期中检测必考题型（二）——四边形几何证明与计算（7大考点18类题型）- 2025-2026学年苏科版八年级数学下册基础知识专项突破讲练

期中检测必考题型（二）——四边形几何证明与计算（7大考点18类题型） 目录 一、考点梳理与题型精析 2 【考点一】平行四边形的性质与判定 2 【题型 1】利用性质求：边长、角度、对角线长、周长、面积（选择填空4题） 2 【题型 2】平行四边形判定证明（5 种判定必考）（选择题、解答题4题） 3 【题型 3】平行四边形性质与判定综合求值证明（选择题、填空题、解答题4题） 3 【考点二】矩形的性质与判定 4 【题型 4】利用矩形性质与判定求值与证明（选择填空4题） 4 【题型 5】矩形折叠、勾股定理综合计算（解答综合题4题） 5 【考点三】菱形的性质与判定 7 【题型 6】利用菱形性质与判定求值与证明（选择填空4题） 7 【题型 7】菱形面积：底×高或对角线乘积的一半（选择填空题4题） 9 【考点四】正方形的性质与判定 10 【题型 8】利用正方形性质与判定求值与证明（选择填空4题） 10 【题型 9】正方形中全等、等腰直角三角形、线段、角度证明（解答综合题4题） 11 【考点五】三角形中位线 12 【题型 10】利用三角形中位线定理求值与证明（选择填空4题） 12 【题型 11】中位线定理与特殊四边形综合求值证明（解答题4题） 13 【考点六】梯形与等腰梯形 14 【题型 12】利用等腰梯形性质与判定定理求值与证明（选择填空4题） 14 【题型 13】利用梯形辅助线做法求解（解答题4题） 15 【考点七】四边形综合证明与计算（期中压轴题） 16 【题型 14】平行四边形+矩形+菱形+正方形综合判定（选择题4题） 16 【题型 15】动点问题：判断何时为特殊四边形（解答综合压轴题4题） 17 【题型 16】折叠问题：求边长、角度、面积（选择、填空、解答综合题4题） 19 【题型 17】中点四边形：判断形状并证明（填空题、解题题4题） 20 【题型 18】梯形综合：求腰长、高、面积、角度（填空题、解答题4题） 21 一、考点梳理与题型精析 【考点一】平行四边形的性质与判定 【易错点】（1）判定条件使用不正确、跳步、缺条件；（3）对角线性质：互相平分但不相等；（3）计算周长、面积时单位和三角形周长、面积混淆。 【题型 1】利用性质求：边长、角度、对角线长、周长、面积（选择填空4题） 1．（24-25八年级下·新疆喀什·月考）如图，在平行四边形中，，，．的周长是（   ） A．16 B．32 C． D．24 2．（25-26九年级上·湖北孝感·月考）如图，平行四边形的对角线交点在原点．若，则点C的坐标是（    ）． A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·江苏无锡·月考）在中，，、的角平分线分别交于、，若，则_____ ． 4．（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图，将平行四边形绕点旋转得到平行四边形，点落在边上，若，则当，，三点共线时，等于_________． 【题型 2】平行四边形判定证明（5 种判定必考）（选择题、解答题4题） 1．（24-25八年级下·甘肃白银·月考）下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（   ） A． B． C．，其中O为对角线与的交点； D． 2．（24-25八年级下·安徽合肥·月考）如图，四边形中，，对角线、相交于点，添加下列条件仍不能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，在中，点、分别在边和上，且． (1)求证：． (2)求证：四边形是平行四边形． 4．（23-24八年级下·北京西城·期中）如图，在四边形中，，对角线、相交于点，．求证：四边形是平行四边形． 【题型 3】平行四边形性质与判定综合求值证明（选择题、填空题、解答题4题） 1．（23-24八年级下·重庆·期中）四边形ABCD的顶点坐标分别为，，，，当过点的直线l将四边形ABCD分成面积相等的两部分时，直线l所表示的函数表达式为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·江苏宿迁·月考）如图，，在的延长线上，在上，， ，已知，则的长是______． 3．（24-25八年级上·江苏南通·期末）如图，在四边形中，，，，． (1)求的长； (2)求四边形的面积． 4．（23-24八年级下·辽宁葫芦岛·期中）如图，在四边形中，． (1)求的长； (2)求四边形的面积． 【考点二】矩形的性质与判定 【易错点】（1）把“对角线相等”直接当矩形判定（必须先平行四边形）；（2）折叠问题：对应边、对应角找错；（3）勾股定理计算漏平方、开方错 【题型 4】利用矩形性质与判定求值与证明（选择填空4题） 1．（25-26八年级下·全国·课后作业）下列性质中，矩形不一定具有的是（   ） A． B． C． D． 2．（25-26九年级上·山东青岛·期末）在矩形中，对角线、相交于点的角平分线交于点，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 3．（25-26八年级下·全国·周测）如图，在矩形中，，，为直线上一点，平移至，连接，，则四边形的面积是____________． 4．（24-25八年级下·安徽蚌埠·月考）如图，和是两个全等的共斜边的直角三角形，，是的中点，连接，． （1）线段和的数量关系为__________； （2）分别过点，作于点，于点，连接，若，，则四边形的面积是__________． 【题型 5】矩形折叠、勾股定理综合计算（解答综合题4题） 1．（24-25八年级下·山东威海·期中）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了如下的数学活动： 如图1，在矩形中，点在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点处，与交于点． 如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点落在点处，点落在点处，折痕为． (1)猜想与的数量关系，并说明理由； (2)若，，求的长． 2．（23-24九年级上·河南南阳·期末）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点处，与交于点． 【猜想】的数量关系； 【证明】请你证明上面的猜想； 【应用】如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点落在点处，点落在点处，折痕为． （1）猜想与的数量关系，并证明； （2）若，，求的长． 3．（23-24八年级下·山东临沂·期中）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点处，与交于点．    【猜想】． 【验证】请将下列证明过程补充完整： 矩形纸片沿所在的直线折叠， 　　， 四边形是矩形， ∴， 　　， ∴______=______， ∴． 【应用】如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点落在点处，点落在点处，折痕为． （1）猜想与的数量关系，并说明理由； （2）若，，求的长． 4．（23-24八年级下·广西贺州·期末）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N． 【猜想】（1）请直接写出线段、的数量关系． 【应用】如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为． （2）若，，求的长； （3）猜想、、的数量关系，并加以证明． 【考点三】菱形的性质与判定 【易错点】（1）对角线垂直但不平分不能判定菱形；（2）面积公式只记一种，不会灵活换用；（3）垂直、平分、相等三个概念混淆。 【题型 6】利用菱形性质与判定求值与证明（选择填空4题） 1．（25-26九年级上·内蒙古包头·期末）按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25九年级上·山西太原·开学考试）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，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级上·重庆北碚·期末）如图，在中，，，对角线交于点，为直角三角形，是斜边的中点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24八年级下·浙江宁波·期中）已知是矩形对角线的交点，作，相交于点E，连接．若要使，则可添加的条件的个数为（    ）    ①；②；③；④ A．1 B．2 C．3 D．4 【题型 7】菱形面积：底×高或对角线乘积的一半（选择填空题4题） 1．（2025·河南信阳·三模）如图，在中，，将折叠，使点C与点A重合，折痕为，且，则的边上的高是（   ） A． B． C．5 D．4 2．（23-24八年级下·湖北武汉·开学考试）两张全等的矩形纸片 ABCD，AECF 按如图方式交叉叠放在一起，AB=AF，AE=BC．若 AB=1，BC=3，则图中重叠（阴影）部分的面积为（   ）． A．2 B． C． D． 3．（24-25九年级上·河南平顶山·月考）如图，在菱形中，，点 、分别为边、上的点，且，连接、交于点，连接交于点，则下列结论： ；；；； 其中正确的结论是_____________． 4．（25-26九年级上·陕西榆林·期末）如图，四边形的对角线、交于点O，延长至点E，使得，连接交边于点F，点D、F分别是、的中点，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【考点四】正方形的性质与判定 【易错点】（1）判定跳步：直接由平行四边形推正方形；（2）角度计算漏 45°或90°条件；（3） 证明书写不规范，扣分严重 【题型 8】利用正方形性质与判定求值与证明（选择填空4题） 1．（25-26八年级上·广东佛山·期末）如图，，是直角且，其中，，则的长度为（ ） A．2 B． C． D．6 2．（25-26八年级上·湖北武汉·月考）如图，两个全等的等腰和等腰有公共斜边，且四边形的面积为36，为等边三角形，点在四边形内，在上有一点，使的和最小，则这个最小值为（   ）    A．5 B．6 C．7 D．8 3．（23-24九年级上·福建三明·期中）如图，在矩形中，．若点P满足，且，则__________．    4．（25-26九年级上·江苏苏州·期末）在平面直角坐标系中，已知点A、B的坐标分别为．以为斜边在右上方作．设点C坐标为，当三角形为等腰直角三角形时，的值为_____ ． 【题型 9】正方形中全等、等腰直角三角形、线段、角度证明（解答综合题4题） 1．（23-24九年级上·广东茂名·期末）如图，四边形是正方形，是等边三角形，连接． (1)求证：； (2)求的度数． 2．（25-26九年级上·河南驻马店·期末）如图，正方形的边长为6，分别是边上的点，且，将绕点顺时针旋转，得到． (1)求证：． (2)若，求的长． 3．（23-24八年级下·北京西城·期中）如图，矩形的对角线相交于点O，延长到E，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形： (2)若，求的长． 4．（23-24八年级下·江苏泰州·期末）如图，已知平行四边形中，对角线交点O，E是延长线上的点，且是等边三角形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 【考点五】三角形中位线 【易错点】（1）只记得 “平行” 或只记得 “一半”；（2）漏写一个找不到中位线对应的第三边 【题型 10】利用三角形中位线定理求值与证明（选择填空4题） 1．（23-24九年级上·四川乐山·期末）如图，中，E，F分别是，的中点，点D在上，延长交于N，，，，则（　　） A．2 B． C．1 D． 2．（21-22八年级下·江苏苏州·期中）如图，在四边形中，，E、F、G分别是、、的中点，若，，则等于（   ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，为中的外角平分线，于，为中点，，，则长为______． 4．（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，菱形的边长为10，对角线的长为16，点，分别是边，的中点，连接并延长与的延长线相交于点，则的长为________． 【题型 11】中位线定理与特殊四边形综合求值证明（解答题4题） 1．（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，锐角三角形中，（），，垂足为H，E、D、F分别是各边的中点，求证：四边形是等腰梯形． 2．（21-22八年级下·江苏泰州·月考）如图，矩形中，垂直平分对角线，垂足为O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)取边中点，连接，若，求菱形的面积． 3．（21-22八年级下·江苏盐城·周测）如图，在中，，分别是边，的中点，连接并延长到点，使，连接、、．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若,求四边形的面积 4．（24-25八年级上·浙江绍兴·期末）如图，在中，，是边上的中线，是的中点，连结． (1)求证：． (2)若，，求的面积． 【考点六】梯形与等腰梯形 【易错点】（1）忘记 “另一组对边不平行”，只写一组平行；（2）等腰梯形“对角线相等”不会用于证明；（3）辅助线不会作、不会表述 【题型 12】利用等腰梯形性质与判定定理求值与证明（选择填空4题） 1．（23-24八年级下·上海·单元测试）下面结论中正确的是（　　） A．对角线相等的四边形是等腰梯形 B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是等腰梯形 C．两组对角分别互补的四边形是等腰梯形 D．等腰梯形是轴对称图形，经过两底中点的直线是它的对称轴 2．（23-24八年级下·黑龙江绥化·期中）等腰梯形的腰长为，两底差为，则高为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25七年级上·重庆·开学考试）如图，四边形是直角梯形，上底是，高是，阴影部分的面积是，则梯形的面积为______． 4．（2025八年级下·上海·专题练习）如图，平行四边形中，，，，点在边上从向运动，点在边上从向运动，如果，运动的速度都为每秒，那么当运动时间__秒时，四边形是直角梯形． 【题型 13】利用梯形辅助线做法求解（解答题4题） 1．（25-26九年级上·全国·期中）如图，在等腰梯形 中，，，，，．求梯形 的周长． 2．（24-25八年级下·上海·月考）如图，在等腰梯形中，已知，，求梯形的腰的长和面积． 3．（24-25八年级下·上海·期中）如图，已知等腰梯形ABCD中，，，，，，求梯形的面积． 4．（2023八年级下·上海·专题练习）已知：在梯形中，，，，点在边上，． (1)如图1，当为锐角时，设，的面积为y，求y与x之间的函数解析式，并写出函数的自变量x的取值范围； (2)当时，求的面积． 【考点七】四边形综合证明与计算（期中压轴题） 【易错点】（1）不会分类讨论漏情况（动点题最容易）；（2）证明逻辑混乱，缺定理依据计算不使用勾股、面积公式，硬算出错 【题型 14】平行四边形+矩形+菱形+正方形综合判定（选择题4题） 1．（24-25八年级下·江苏泰州·期末）下列命题中，是真命题的是（　　） A．一组对边平行、另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线互相平分的平行四边形是矩形 D．有三个角是直角且对角线互相垂直的四边形是正方形 2．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）下列命题中，是真命题的为（　　） A．一组对边平行、另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分的四边形是矩形 C．一组对边相等且对角线互相垂直的四边形是菱形 D．三个角是直角且对角线互相垂直的四边形是正方形 3．（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如图，已知四边形是平行四边形，那么添加下列条件能判定四边形是正方形的是（    ）    A．且 B．且和互相平分 C．且 D．且 4．（2025·河北石家庄·一模）如图，在中，点D，E，F分别在边，，上，满足，，连接． ①当时，四边形为矩形； ②当平分时，四边形为菱形； ③当为等腰直角三角形时，四边形为正方形． 上述说法正确的是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【题型 15】动点问题：判断何时为特殊四边形（解答综合压轴题4题） 1．（24-25八年级下·江苏扬州·月考）如图，矩形中，，．一动点从点出发沿对角线方向以每秒2个单位长度的速度向点匀速运动，同时另一动点从点出发沿方向以每秒1个单位长度的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点运动的时间为秒．过点作于点，连接，． (1)有怎样的数量关系？并说明理由； (2)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，说明理由． 2．（24-25八年级下·江苏徐州·月考）如图，在矩形中，，，动点从开始沿边以每秒的速度向运动；动点从点开始沿边以每秒的速度向运动，如果、分别从点、同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为秒． 则： (1)当秒时，四边形的面积是______ (2)当为几秒时，四边形为矩形？ 3．（23-24八年级下·江苏苏州·月考）如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度向点运动；点从点同时出发，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点，运动的时间为． (1)边的长度为 ，的取值范围为 ． (2)从运动开始，当取何值时，四边形为矩形？ (3)从运动开始，当取何值时，？ 4．（22-23八年级下·四川广安·期末）正方形中，点E是射线上一动点，点F是线段延长线上一动点，且．    (1)如图1，连接，若正方形的边长为4，，求的长？ (2)如图2，连接交与G，求证：； (3)如图3，当点E在延长线上时，仍保持不变，试探索线段之间的数量关系，并说明理由． 【题型 16】折叠问题：求边长、角度、面积（选择、填空、解答综合题4题） 1．（2025·江苏淮安·二模）如图，在平行四边形中，，，将沿对角线折叠得到，与交于点，当恰好为的中点时，则平行四边形的面积为（   ） A．30 B．60 C． D． 2．（23-24八年级下·江苏南通·期中）如图，M为矩形纸片的边上的一点，将纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N．继续折叠矩形纸片，使点A恰好落在直线上的点处，点B落在点处，折痕为．若，则的长为 __．    3．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过D的直线折叠，使点C落在上的点处，得到折痕，然后再把纸片展平；第二步：如图2，将图1的矩形纸片沿过点E的直线折叠，点A恰好落在上的点处，得到折痕交于点M，再把纸片展平．问题解决： (1)如图1，求证：四边形是正方形． (2)如图2，若，求的面积． 4．（23-24八年级下·江苏南京·期末）（1）【感知】如图①，将沿过点D的直线折叠，使点A的对应点落在边上的点F处，得到折痕，连接．若，则四边形的周长为________； （2）【探究】如图②，点E、G分别是的边上的点，将四边形沿折叠，点A、D的对应点分别为、，点恰好落在边上． ①求证：四边形为菱形； ②若，，，，则的长为________． 【题型 17】中点四边形：判断形状并证明（填空题、解题题4题） 1．（25-26九年级下·广东广州·月考）如图顺次连接矩形四条边的中点得到四边形，若，，则四边形的面积为（   ） A．6 B．6.5 C．7 D．7.5 2．（25-26八年级上·江苏盐城·期末）将连接四边形对边中点的线段称为“中对线”．如图，四边形的对角线，且两条对角线的夹角为，则该四边形较短的“中对线”的长为______．   3．（25-26八年级上·江苏·假期作业）如图所示，分别是四边形各边中点，连接，则四边形为________形．在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． （1）当四边形满足________条件时，四边形是菱形． （2）当四边形满足________条件时，四边形是矩形． （3）当四边形满足________条件时，四边形是正方形． 4．（24-25九年级上·河南开封·期中）如图，，，，分别是四边形各边的中点，顺次连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)当四边形的对角线，满足______时，四边形是正方形． 【题型 18】梯形综合：求腰长、高、面积、角度（填空题、解答题4题） 1．（2024·四川遂宁·二模）如图，已知等腰梯形中，，，，，则此等腰梯形的周长为（　　） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·上海·月考）等腰梯形的上下底边长分别为2和6，其两条对角线互相垂直，则这个等腰梯形的面积为______． 3．（24-25八年级下·上海浦东新·期末）已知：如图，在梯形中，，平分，过点作平行交线段延长线于点，． (1)求证：梯形为等腰梯形； (2)当，，求四边形的面积． 4．（24-25八年级下·黑龙江齐齐哈尔·月考）如图，在四边形中，，，且，，，若动点P从A点出发，以每秒的速度沿线段向点D运动；动点Q从C点出发以每秒的速度沿向B点运动，当P点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，设点P、Q同时出发，并运动了t秒，回答下列问题： (1)______； (2)若四边形成为平行四边形，求t的值． (3)当______时，？ 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 期中检测必考题型（二）——四边形几何证明与计算（7大考点18类题型） 目录 一、考点梳理与题型精析 1 【考点一】平行四边形的性质与判定 1 【题型 1】利用性质求：边长、角度、对角线长、周长、面积（选择填空4题） 2 【题型 2】平行四边形判定证明（5 种判定必考）（选择题、解答题4题） 5 【题型 3】平行四边形性质与判定综合求值证明（选择题、填空题、解答题4题） 7 【考点二】矩形的性质与判定 11 【题型 4】利用矩形性质与判定求值与证明（选择填空4题） 11 【题型 5】矩形折叠、勾股定理综合计算（解答综合题4题） 14 【考点三】菱形的性质与判定 21 【题型 6】利用菱形性质与判定求值与证明（选择填空4题） 21 【题型 7】菱形面积：底×高或对角线乘积的一半（选择填空题4题） 25 【考点四】正方形的性质与判定 30 【题型 8】利用正方形性质与判定求值与证明（选择填空4题） 30 【题型 9】正方形中全等、等腰直角三角形、线段、角度证明（解答综合题4题） 35 【考点五】三角形中位线 40 【题型 10】利用三角形中位线定理求值与证明（选择填空4题） 40 【题型 11】中位线定理与特殊四边形综合求值证明（解答题4题） 43 【考点六】梯形与等腰梯形 47 【题型 12】利用等腰梯形性质与判定定理求值与证明（选择填空4题） 47 【题型 13】利用梯形辅助线做法求解（解答题4题） 50 【考点七】四边形综合证明与计算（期中压轴题） 54 【题型 14】平行四边形+矩形+菱形+正方形综合判定（选择题4题） 55 【题型 15】动点问题：判断何时为特殊四边形（解答综合压轴题4题） 58 【题型 16】折叠问题：求边长、角度、面积（选择、填空、解答综合题4题） 65 【题型 17】中点四边形：判断形状并证明（填空题、解题题4题） 71 【题型 18】梯形综合：求腰长、高、面积、角度（填空题、解答题4题） 76 一、考点梳理与题型精析 【考点一】平行四边形的性质与判定 【易错点】（1）判定条件使用不正确、跳步、缺条件；（3）对角线性质：互相平分但不相等；（3）计算周长、面积时单位和三角形周长、面积混淆。 【题型 1】利用性质求：边长、角度、对角线长、周长、面积（选择填空4题） 1．（24-25八年级下·新疆喀什·月考）如图，在平行四边形中，，，．的周长是（   ） A．16 B．32 C． D．24 【答案】C 【分析】根据平行四边形的性质：对边相等，对角线互相平分，分别求出 、、 的长，即可求出 的周长． 【详解】解：∵ 四边形 是平行四边形， ∴，，． ∵，， ∴，． ∴的周长． 2．（25-26九年级上·湖北孝感·月考）如图，平行四边形的对角线交点在原点．若，则点C的坐标是（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质与中心对称，理解题意，灵活运用平行四边形的性质是关键． 平行四边形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，根据中心对称的性质解题即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， 又∵对角线交点在原点， ∴点A和点C关于原点对称， ∵， ∴． 故选：C． 3．（23-24八年级下·江苏无锡·月考）在中，，、的角平分线分别交于、，若，则_____ ． 【答案】4或7/7或4 【分析】本题考查角平分线的定义、平行四边形的性质、等腰三角形的性质；分当、相交时和当、不相交时两种情况讨论，分别求解即可． 【详解】解：分两种情况讨论： ①当、相交时，如下图， ∵平分， ∴， ∵四边形为平行四边形，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②当、不相交时，如下图， ∵平分， ∴， ∵四边形为平行四边形，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：4或7． 4．（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图，将平行四边形绕点旋转得到平行四边形，点落在边上，若，则当，，三点共线时，等于_________． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性质等知识， 根据旋转的性质，平行四边形的性质可求出，，，根据平行线的性质可求出，然后根据等边对等角求出，根据三角形的内角和定理即可求解． 【详解】解：∵平行四边形绕点旋转得到平行四边形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵等于， 故答案为：． 【题型 2】平行四边形判定证明（5 种判定必考）（选择题、解答题4题） 1．（24-25八年级下·甘肃白银·月考）下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（   ） A． B． C．，其中O为对角线与的交点； D． 【答案】D 【分析】根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可． 【详解】解：A、， 四边形是平行四边形，故此选项不合题意； B、， 四边形是平行四边形，故此选项不合题意； C、， 四边形是平行四边形，故此选项不合题意； D、∵， ∴四边形是梯形或平行四边形，故此选项符合题意． 2．（24-25八年级下·安徽合肥·月考）如图，四边形中，，对角线、相交于点，添加下列条件仍不能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定，①两组对边分别平行的四边形是平行四边形，②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，③对角线互相平分的四边形是平行四边形．根据平行四边形的判定方法判断得出即可． 【详解】解：A． 由，可知，四边形的一组对边平行且相等，能判定该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； B． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，四边形的对角线互相平分，则该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意． C．∵， ∴， ∵， ∴， ∴，四边形的对角线互相平分，则该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意． D． 由，可知，四边形的一组对边平行，另一组对边相等，不能判定四边形是平行四边形，故本选项符合题意； 故选：D 3．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，在中，点、分别在边和上，且． (1)求证：． (2)求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析(2)见解析 【分析】本题主要考查平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定等知识点，能根据性质证出是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得出，，根据证出； （2）首先根据平行四边形的性质得出，，然后结合得到，即可证明出四边形是平行四边形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ，， 在和中， ， ∴. （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ， 又∵， 四边形是平行四边形． 4．（23-24八年级下·北京西城·期中）如图，在四边形中，，对角线、相交于点，．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、全等三角形的判定与性质、平行线的性质，通过证明三角形全等可以等到，再由对角线互相平分的四边形是平行四边形可得结论． 【详解】证明：∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【题型 3】平行四边形性质与判定综合求值证明（选择题、填空题、解答题4题） 1．（23-24八年级下·重庆·期中）四边形ABCD的顶点坐标分别为，，，，当过点的直线l将四边形ABCD分成面积相等的两部分时，直线l所表示的函数表达式为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先判断四边形ABCD是平行四边形，即可判断直线L经过四边形对角线的交点，求得交点坐标，然后利用待定系数法即可求解． 【详解】解：根据，，，，作如图所示： ∵AB是长为6个单位，宽为2个单位的矩形的对角线，且把矩形先向右平移5个单位，再向下平移一个单位与DC重合， ∴，且， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴过四边形ABCD对角线的交点的直线L将四边形ABCD分成面积相等的两部分， ∵，，，， ∴对角线的交点为， 设直线L的解析式为y=kx+b，且过点和， ∴，解得， ∴直线L的解析式为， 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质、待定系数法求函数解析式，明确直线经过的点的坐标是解题的关键． 2．（24-25八年级下·江苏宿迁·月考）如图，，在的延长线上，在上，， ，已知，则的长是______． 【答案】 【分析】证明，，推出，再证明是等腰直角三角形可得结论． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ． 3．（24-25八年级上·江苏南通·期末）如图，在四边形中，，，，． (1)求的长； (2)求四边形的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键， （1）根据勾股定理可得到的长，可得到，从而推出四边形是平行四边形，故可得，从而得到的长； （2）根据，代入即可求得答案． 【详解】（1）解：∵， ∴． ∴． ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∴． （2）解：∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴． 4．（23-24八年级下·辽宁葫芦岛·期中）如图，在四边形中，． (1)求的长； (2)求四边形的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理： （1）利用勾股定理求出，则，据此可证明四边形是平行四边形，则； （2）根据平行四边形面积计算公式求解即可． 【详解】（1）解：， ， 在中，由勾股定理得 ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ； （2）解：四边形是平行四边形，且． ． 【考点二】矩形的性质与判定 【易错点】（1）把“对角线相等”直接当矩形判定（必须先平行四边形）；（2）折叠问题：对应边、对应角找错；（3）勾股定理计算漏平方、开方错 【题型 4】利用矩形性质与判定求值与证明（选择填空4题） 1．（25-26八年级下·全国·课后作业）下列性质中，矩形不一定具有的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的性质，对各选项逐一判断即可． 【详解】解：∵矩形是特殊的平行四边形． ∴矩形一定满足对边平行且相等，四个内角都是直角． ∴，，． 矩形的邻边不一定相等，只有特殊的矩形（正方形）才满足邻边相等，因此选项A不一定成立． 2．（25-26九年级上·山东青岛·期末）在矩形中，对角线、相交于点的角平分线交于点，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质、角平分线的定义，关键是矩形性质的应用；根据矩形的性质可得，结合，可得的度数，又根据角平分线的定义可得的度数，则可求． 【详解】解：∵矩形中，，， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， 故选：B ． 3．（25-26八年级下·全国·周测）如图，在矩形中，，，为直线上一点，平移至，连接，，则四边形的面积是____________． 【答案】40 【分析】本题考查了矩形的性质，解题的关键是利用“同底等高的两个三角形面积相等”求出的面积． 先根据矩形的性质得到，再根据平移至可得，四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质即可求出四边形的面积． 【详解】解：连接， ∵四边形为矩形， ， ， ∵平移至， ∴四边形是平行四边形， ， 故答案为：． 4．（24-25八年级下·安徽蚌埠·月考）如图，和是两个全等的共斜边的直角三角形，，是的中点，连接，． （1）线段和的数量关系为__________； （2）分别过点，作于点，于点，连接，若，，则四边形的面积是__________． 【答案】 12 【分析】本题主要查了直角三角形斜边的性质，勾股定理，矩形的判定和性质． （1）根据直角三角形斜边的性质，即可求解； （2）过点M作于点N，由（1）得：，可得到，再由勾股定理可得的长，再证明四边形是矩形，即可求解． 【详解】解∶（1）∵，是的中点， ∴， ∴． 故答案为： （2）如图，过点M作于点N， 由（1）得：， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵和是两个全等的共斜边的直角三角形，，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴四边形的面积是． 故答案为：12 【题型 5】矩形折叠、勾股定理综合计算（解答综合题4题） 1．（24-25八年级下·山东威海·期中）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了如下的数学活动： 如图1，在矩形中，点在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点处，与交于点． 如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点落在点处，点落在点处，折痕为． (1)猜想与的数量关系，并说明理由； (2)若，，求的长． 【答案】(1)，理由见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定、勾股定理，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定是解题的关键． （1），理由如下，由矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定得到，即可得到； （2）根据矩形的性质、折叠的性质得到，设，根据勾股定理得到，解得，即可得到答案． 【详解】（1）解： ，理由如下， ∵四边形是矩形， ． ， 由折叠的性质得， ， ． 同理：． ． ． （2）解：由折叠的性质得． 设， ． 在中，． ． 解得：． ∴． 2．（23-24九年级上·河南南阳·期末）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点处，与交于点． 【猜想】的数量关系； 【证明】请你证明上面的猜想； 【应用】如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点落在点处，点落在点处，折痕为． （1）猜想与的数量关系，并证明； （2）若，，求的长． 【答案】[猜想] ；[证明]见解析，[应用]（1），理由见解析；（2）5 【分析】此题是四边形综合题，考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定是解题的关键． 【猜想】根据折叠的性质得到，根据矩形的性质推出，则，根据等腰三角形的判定即可得解； 【应用】（1）根据折叠的性质得到，根据矩形的性质推出，则，根据等腰三角形的判定即可得出，结合即可得解； （2）根据矩形的性质、折叠的性质得出，，，设，则，根据勾股定理求解即可． 【详解】解：【猜想】：； 【证明】矩形纸片沿所在的直线折叠， ， 四边形是矩形， ， ， ， ． 【应用】（1）；理由如下： 由四边形折叠得到四边形， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， 即； （2）矩形沿所在直线折叠， ，，， 设， ， 在中，， ， ， 解得， ， ． 3．（23-24八年级下·山东临沂·期中）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点处，与交于点．    【猜想】． 【验证】请将下列证明过程补充完整： 矩形纸片沿所在的直线折叠， 　　， 四边形是矩形， ∴， 　　， ∴______=______， ∴． 【应用】如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点落在点处，点落在点处，折痕为． （1）猜想与的数量关系，并说明理由； （2）若，，求的长． 【答案】【验证】；；；【应用】（1），理由见解析；（2） 【分析】【验证】根据折叠的性质得到，根据矩形的性质推出，则，根据等腰三角形的判定即可得解； 【应用】（1）根据折叠的性质得到，根据矩形的性质推出，则，根据等腰三角形的判定即可得出，结合即可得解；（2）根据矩形的性质、折叠的性质得出，，，设，则，根据勾股定理求解即可． 【详解】解：验证：矩形纸片沿所在的直线折叠， ， 四边形是矩形， （矩形的对边平行）， （两直线平行，内错角相等）， （等量代换）， （等角对等边）． 故答案为：；；； 应用：（1）； 理由如下： 由四边形折叠得到四边形， ， 四边形是矩形， （矩形的对边平行）， （两直线平行，内错角相等）， ， （等角对等边）， ， ，即； （2）∵矩形ABCD沿MC所在直线折叠， ∴，，， 设， ∴， 在中，由勾股定理得，即，解得， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定是解题的关键． 4．（23-24八年级下·广西贺州·期末）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N． 【猜想】（1）请直接写出线段、的数量关系． 【应用】如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为． （2）若，，求的长； （3）猜想、、的数量关系，并加以证明． 【答案】（1）；（2）；（3），理由见解析 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等角对等边等等，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键． （1）由折叠的性质可得，再由矩形的性质结合平行线的性质得到，则，进而可得； （2）由折叠的性质可得，设，则，由，得到，解得，则，同理可证明，则； （３）由折叠的性质证明，由勾股定理得到，再证明，即可得到． 【详解】解：（1），理由如下： ∵矩形纸片沿所在的直线折叠， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：； （2）矩形沿所在直线折叠， ，，， 设， ， 在中，， ， ，解得， ． （3）， 理由如下： 由折叠的性质可得，， ， ，即， ， 又， ， ， ， ， ． 【考点三】菱形的性质与判定 【易错点】（1）对角线垂直但不平分不能判定菱形；（2）面积公式只记一种，不会灵活换用；（3）垂直、平分、相等三个概念混淆。 【题型 6】利用菱形性质与判定求值与证明（选择填空4题） 1．（25-26九年级上·内蒙古包头·期末）按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质及判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键． 判定出四边形为菱形，再利用菱形的性质求解即可． 【详解】解：由题意可得：， ∴四边形为菱形， ∴， ∴， 故选：C． 2．（24-25九年级上·山西太原·开学考试）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，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键，根据题意得出四边形为菱形，由菱形的性质可得，得到的度数，再由,即可得到的度数，从而得到答案． 【详解】解：由题可得：在四边形中，， ∴四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 3．（23-24八年级上·重庆北碚·期末）如图，在中，，，对角线交于点，为直角三角形，是斜边的中点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．先得出是菱形，从而得到，由得出，再证明，从而得到，，又由推导，从而求出，，最后利用即可得到结论． 【详解】解：在中，， ∴是菱形， ， ， ， ， ， ，是斜边的中点， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 故选：A． 4．（23-24八年级下·浙江宁波·期中）已知是矩形对角线的交点，作，相交于点E，连接．若要使，则可添加的条件的个数为（    ）    ①；②；③；④ A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，证明四边形是菱形，再证明四边形是等腰梯形，是等边三角形，可以推出①②③正确，再证明，推出④正确． 【详解】∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴，， ①当时，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，故①正确， ②当时是等边三角形，同理可证；故②正确； ③当时， ∴，则是等边三角形，同理可证；故③正确； ④当时，设与交于点，连，    ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴ ∴, 在和中， ， ∴， ∴， 故④正确； ∴可添加的条件是①②③④． 故选：D． 【题型 7】菱形面积：底×高或对角线乘积的一半（选择填空题4题） 1．（2025·河南信阳·三模）如图，在中，，将折叠，使点C与点A重合，折痕为，且，则的边上的高是（   ） A． B． C．5 D．4 【答案】A 【分析】本题考查了勾股定理，菱形的判定与性质，平行四边形的性质等知识，连接，，设的边上的高为h，与于点O，先证明，得出，则可证明四边形是菱形，得出，，，根据勾股定理求出，然后根据等面积法求解即可． 【详解】解：连接，，设的边上的高为h，与于点O， ∵折叠，使点C与点A重合， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又，， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 即的边上的高是， 故选：A． 2．（23-24八年级下·湖北武汉·开学考试）两张全等的矩形纸片 ABCD，AECF 按如图方式交叉叠放在一起，AB=AF，AE=BC．若 AB=1，BC=3，则图中重叠（阴影）部分的面积为（   ）． A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】证得四边形AGCH是平行四边形，由△ABG≌△CEG（AAS），证得四边形AGCH是菱形，设AG=CG=x，则BG=BC-CG=3-x，在Rt△ABG中，由勾股定理得出方程，解方程求得CG的长，即可求出菱形AGCH的面积． 【详解】设BC交AE于G，AD交CF于H，如图所示： ∵四边形ABCD、四边形AECF是全等的矩形， ∴AB=CE，∠B=∠E=90°，AD∥BC，AE∥CF， ∴四边形AGCH是平行四边形， 在△ABG和△CEG中，， ∴△ABG≌△CEG（AAS）， ∴AG=CG， ∴四边形AGCH是菱形， 设AG=CG=x，则BG=BC-CG=3-x， 在Rt△ABG中，由勾股定理得：12+(3-x)2=x2， 解得：x=， ∴CG=， ∴菱形AGCH的面积=CGAB=， 即图中重叠（阴影）部分的面积为． 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质、全等图形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，由勾股定理求出CG的长是解题的关键． 3．（24-25九年级上·河南平顶山·月考）如图，在菱形中，，点 、分别为边、上的点，且，连接、交于点，连接交于点，则下列结论： ；；；； 其中正确的结论是_____________． 【答案】①②/②① 【分析】本题考查了全等三角形判定和性质，菱形的性质和面积，等边三角形的判定和性质；根据菱形的性质，利用证明即可判断①；根据得到，再利用外角的性质以及菱形内角度数即可判断②；通过说明，判断不成立，可判断③；再利用菱形边长即可求出菱形面积，可判断④ 【详解】解：在菱形中，， 为等边三角形， ， 又， ，故①正确； ， ， ∴，故②正确； ， 则在和中， ， ，即， 不成立，故③错误； ，过点作，垂足为， ，， 菱形的面积为：，故④错误； 故正确的结论有①②， 故答案为：①②． 4．（25-26九年级上·陕西榆林·期末）如图，四边形的对角线、交于点O，延长至点E，使得，连接交边于点F，点D、F分别是、的中点，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的性质和判定，勾股定理； （1）先证明得到，，得出四边形是平行四边形，再证明邻边即可； （2）由菱形的性质和勾股定理求出，即可求出四边形的面积． 【详解】（1）证明：∵点D、F分别是、的中点，， ∴，，， 又∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴设，则， ∵， ∴，解得：， ∴， ∵四边形是菱形， ∴． 【考点四】正方形的性质与判定 【易错点】（1）判定跳步：直接由平行四边形推正方形；（2）角度计算漏 45°或90°条件；（3） 证明书写不规范，扣分严重 【题型 8】利用正方形性质与判定求值与证明（选择填空4题） 1．（25-26八年级上·广东佛山·期末）如图，，是直角且，其中，，则的长度为（ ） A．2 B． C． D．6 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，以及勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．过点A作，证得四边形是正方形，再利用正方形的性质求得，，最后利用勾股定理求得的长度即可． 【详解】解：过点A作，交的延长线于点E， ∵，是直角， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， 如图可得，，， 在中，根据勾股定理可得， ． 故选：C． 2．（25-26八年级上·湖北武汉·月考）如图，两个全等的等腰和等腰有公共斜边，且四边形的面积为36，为等边三角形，点在四边形内，在上有一点，使的和最小，则这个最小值为（   ）    A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】本题考查正方形的判定与性质和等边三角形的性质，根据题意推出四边形为正方形，先求得正方形的边长，依据等边三角形的定义可知，连接，依据正方形的对称性可知， 则，由两点之间线段最短可知：当点、、在一条直线上时，有最小值，最小值为的长. 【详解】： 连接，      ∵两个全等的等腰和等腰有公共斜边， ∴， ， ∴四边形为正方形， ∵正方形的面积为， ∴正方形的边长为， ∵为等边三角形， ∴， ∵四边形为正方形， ∴与关于对称， ∴， ∴， ∴有最小值为， 故选： B． 3．（23-24九年级上·福建三明·期中）如图，在矩形中，．若点P满足，且，则__________．    【答案】 【分析】本题考查正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，通过作辅助线构造全等三角形与正方形是解题的关键．过点P作交延长线于M，交延长线于N，过点P作于Q，交于E，证明四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，现证明，从而证明四边形为正方形，利用正方形的性质即可得出结论． 【详解】解：过点P作交延长线于M，交延长线于N，过点P作于Q，交于E，如图，    ∵矩形 ∴，，，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴ ， ∴四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，， ∵ ∴， ∴ ∵ ∴ 在与 ∴ ∴，， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为正方形， ∴． 故答案为：． 4．（25-26九年级上·江苏苏州·期末）在平面直角坐标系中，已知点A、B的坐标分别为．以为斜边在右上方作．设点C坐标为，当三角形为等腰直角三角形时，的值为_____ ． 【答案】 【分析】此题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识．过点C作轴于点，轴于点，证明，则，证明四边形是正方形，则，得到，解得，则，得到，即可求出答案． 【详解】解：过点C作轴于点，轴于点， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵是以为斜边的等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∵点的坐标为， ∴， ∴， 故答案为：． 【题型 9】正方形中全等、等腰直角三角形、线段、角度证明（解答综合题4题） 1．（23-24九年级上·广东茂名·期末）如图，四边形是正方形，是等边三角形，连接． (1)求证：； (2)求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题重点考查正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，等角对等边等知识． （1）利用证明，即可得； （2）根据等边三角形的性质和正方形的性质可得，再由等边对等角和三角形内角和定理可得的度数，同理可得的度数，再根据周角的定义可得答案． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， 是等边三角形， ，， ， ， 在和中， ， ， ； （2）解：∵四边形是正方形， ，， 是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 同理可得， ∴． 2．（25-26九年级上·河南驻马店·期末）如图，正方形的边长为6，分别是边上的点，且，将绕点顺时针旋转，得到． (1)求证：． (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理；掌握旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，能熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键． （1）由正方形的性质得，由旋转的性质得，由即可得证； （2）由正方形的性质得，由旋转的性质得，由全等三角形的性质得，设，由勾股定理得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， 由旋转的性质，可得， ∴． ∴， ∵， ∴（）． （2）解：∵四边形为正方形， ∴， ∴． 由旋转的性质，可得． ∵． ∴， 设，则． ∴， 在中，， 即， 解得． ∴的长为． 3．（23-24八年级下·北京西城·期中）如图，矩形的对角线相交于点O，延长到E，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形： (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质，得到，，进而得到，即可得证； （2）先证明矩形是正方形，然后根据正方形的性质和勾股定理，即可求出答案． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ，， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：，， ， ． 在中，为中点， ． ， 矩形是正方形， ， ． 【点睛】本题考查矩形的性质，正方形的判定和平行四边形的判定定理，勾股定理，解题的关键是熟练运用矩形的性质以及平行四边形的判定，本题属于中等题型． 4．（23-24八年级下·江苏泰州·期末）如图，已知平行四边形中，对角线交点O，E是延长线上的点，且是等边三角形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)80 【分析】（1）根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”证明即可； （2）根据条件证明菱形是正方形，即可求出． 本题考查了菱形的判定与性质、正方形的判定与性质、等边三角形的性质等知识，熟练掌握等边三角形的性质、证明四边形是菱形与正方形是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，即， ∴四边形是菱形． （2）解：∵是等边三角形， ∴， 由（1）知，，， ∴，是直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴ ∴菱形是正方形， ∴四边形的面积． 【考点五】三角形中位线 【易错点】（1）只记得 “平行” 或只记得 “一半”；（2）漏写一个找不到中位线对应的第三边 【题型 10】利用三角形中位线定理求值与证明（选择填空4题） 1．（23-24九年级上·四川乐山·期末）如图，中，E，F分别是，的中点，点D在上，延长交于N，，，，则（　　） A．2 B． C．1 D． 【答案】C 【分析】根据三角形中位线的性质得到，然后根据直角三角形的性质得到，进而根据求解即可． 【详解】解： E，F分别是，的中点，， ， ，， ， ． 2．（21-22八年级下·江苏苏州·期中）如图，在四边形中，，E、F、G分别是、、的中点，若，，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意得是的中位线，是的中位线，继而求出，由得，即可解答． 【详解】解：∵E、F、G分别是、、的中点，， ∴是的中位线，是的中位线， ∴，，， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴． 3．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，为中的外角平分线，于，为中点，，，则长为______． 【答案】 【分析】延长、交于点，证明，根据全等三角形的性质得到，，根据三角形中位线定理解答即可． 【详解】延长、交于点， 于， ， 为中的外角平分线， ， 在和中， ， ， ，， ，， ， ， ． 4．（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，菱形的边长为10，对角线的长为16，点，分别是边，的中点，连接并延长与的延长线相交于点，则的长为________． 【答案】12 【分析】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识；连接，交于点O，先证是的中位线，得，再证四边形是平行四边形，得，然后由勾股定理求出，即可解决问题． 【详解】解：连接，交于点O，如图所示： ∵菱形的边长为10， ∴，， ∵点E、F分别是边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵是菱形的对角线，， ∴，，， 在中，，， ∴， ∴， ∴； 故答案为：12． 【题型 11】中位线定理与特殊四边形综合求值证明（解答题4题） 1．（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，锐角三角形中，（），，垂足为H，E、D、F分别是各边的中点，求证：四边形是等腰梯形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查学生对三角形中位线定理及等腰梯形的判定的理解及运用能力．已知E、D、F分别是各边的中点，根据三角形中位线定理可得到四边形是平行四边形，再根据直角三角形的性质可推出，从而不难推出四边形是等腰梯形． 【详解】解：∵E、D、F分别是各边的中点． ∴， ，， ． ∴四边形是平行四边形． ∴． ∵，垂足为H，F是的中点． ∴． ∴． ∵． ∴四边形是等腰梯形． 2．（21-22八年级下·江苏泰州·月考）如图，矩形中，垂直平分对角线，垂足为O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)取边中点，连接，若，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先由线段的垂直平分线可得，然后证明，得到，再由四边相等的四边形是菱形证明即可； （2）先由三角形中位线定理得到，设，则，再对运用勾股定理建立方程求解． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴， ∴ ∵垂直平分对角线， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵为的中点， ∴ 设，则， ∵矩形中，， ∴， ∴， 解得， ∴ ∴菱形的面积． 3．（21-22八年级下·江苏盐城·周测）如图，在中，，分别是边，的中点，连接并延长到点，使，连接、、．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若,求四边形的面积 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由是的中点可得，再由可得到四边形是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，即可得证； （2）根据勾股定理求出，利用三角形中位线定理求出，再由菱形的性质进行计算即可． 【详解】（1）证明：是的中点， ， ， 四边形是平行四边形， 为的中点，， ， 四边形是菱形； （2）解： ，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵分别是边，的中点， ∴ ∴， ∴菱形的面积 4．（24-25八年级上·浙江绍兴·期末）如图，在中，，是边上的中线，是的中点，连结． (1)求证：． (2)若，，求的面积． 【答案】(1)证明过程见解答； (2)12 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的中位线的性质，直角三角形的性质等； （1）根据等腰三角形的“三线合一”可知，结合已知可推出为的中位线，根据三角形中位线的性质即可证得结论； （2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，进而勾股定理求得，再根据三角形的面积公式，即可求解． 【详解】（1）证明：∵，是边上的中线， ， 是的中点， 为的中位线， ∴； （2）解：∵，是边上的中线， ∴，即， ∵在中，， ∴， 又， ∴， ∴ ∴． 【考点六】梯形与等腰梯形 【易错点】（1）忘记 “另一组对边不平行”，只写一组平行；（2）等腰梯形“对角线相等”不会用于证明；（3）辅助线不会作、不会表述 【题型 12】利用等腰梯形性质与判定定理求值与证明（选择填空4题） 1．（23-24八年级下·上海·单元测试）下面结论中正确的是（　　） A．对角线相等的四边形是等腰梯形 B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是等腰梯形 C．两组对角分别互补的四边形是等腰梯形 D．等腰梯形是轴对称图形，经过两底中点的直线是它的对称轴 【答案】D 【分析】本题主要考查了等腰梯形的判定和性质，熟练掌握等腰梯形的判定：两腰相等的梯形为等腰梯形；对角线相等的梯形为等腰梯形；一组底角相等的梯形为等腰梯形．根据等腰梯形的判定方法和性质逐项进行判断即可． 【详解】解：A．对角线相等的梯形是等腰梯形，故A错误； B．一组对边平行，另一组对边不平行且相等的四边形是等腰梯形，故B错误； C．一组对角互补的梯形是等腰梯形，故C错误； D．等腰梯形是轴对称图形，经过两底中点的直线是它的对称轴，故D正确． 故选：D． 2．（23-24八年级下·黑龙江绥化·期中）等腰梯形的腰长为，两底差为，则高为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查等腰梯形的性质，勾股定理，矩形的判定与性质，要求学生掌握等腰梯形的性质，知道先过上底的一个顶点作下底的垂线，组成一个直角三角形，再解这个直角三角形． 【详解】解：如图，四边形是等腰梯形，，两底差为， 过点A和点D作的垂线，垂足为点E和点F， ∵四边形是等腰梯形，， ∴四边形是矩形， ∵两底差为， ∴，则， 根据勾股定理可得：， 故选：B． 3．（24-25七年级上·重庆·开学考试）如图，四边形是直角梯形，上底是，高是，阴影部分的面积是，则梯形的面积为______． 【答案】 【分析】本题考查了梯形，三角形的面积公式，解题的关键是找到的面积关系和等高的三角形面积间的关系． 【详解】解：， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 4．（2025八年级下·上海·专题练习）如图，平行四边形中，，，，点在边上从向运动，点在边上从向运动，如果，运动的速度都为每秒，那么当运动时间__秒时，四边形是直角梯形． 【答案】7 【分析】本题考查了直角梯形的性质、平行四边形的性质、矩形的判定和性质以及含30度的直角三角形等知识，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．过点作于，由30度角所对的直角边等于斜边一半，得到，由题意可知，，，利用直角梯形的性质证明四边形是矩形，再列方程求解即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， 如图，过点作于， ， ， ， ， ，运动的速度都为每秒，，， ，， ， ， 四边形是直角梯形， ， ，， 四边形是矩形， ， 即， 解得：， 故答案为：7． 【题型 13】利用梯形辅助线做法求解（解答题4题） 1．（25-26九年级上·全国·期中）如图，在等腰梯形 中，，，，，．求梯形 的周长． 【答案】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，分别过点作的垂线，垂足分别为点，则，由等腰三角形性质可得，然后通过直角三角形性质得出，最后由周长公式即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：分别过点作的垂线，垂足分别为点，则， ∵梯形是等腰梯形，， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∴梯形的周长． 2．（24-25八年级下·上海·月考）如图，在等腰梯形中，已知，，求梯形的腰的长和面积． 【答案】梯形的腰的长为；梯形的面积为 【分析】此题考查平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、梯形的面积公式等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．作交于点，于点，可证明四边形是平行四边形，则，，因为，所以，而，则，因为，所以是等边三角形，则，，勾股定理确定，进而根据梯形的面积公式，即可求解． 【详解】解：作交于点，于点，则， ， 四边形是平行四边形， ，， ，， ，， ， 是等边三角形， ，， ， 梯形的腰的长为；梯形的面积为 3．（24-25八年级下·上海·期中）如图，已知等腰梯形ABCD中，，，，，，求梯形的面积． 【答案】梯形的面积是25． 【分析】本题考查了等腰梯形的性质，解题关键是根据等腰梯形的性质得出全等，再求出高即可． 【详解】解：过点D作的平行线交的延长线于点E，过点D作于H． ， ， 四边形ACED是平行四边形， ，， ， ． 四边形是等腰梯形，， ， ， ， ， ， ， ，， ． ． 答：梯形的面积是25． 4．（2023八年级下·上海·专题练习）已知：在梯形中，，，，点在边上，． (1)如图1，当为锐角时，设，的面积为y，求y与x之间的函数解析式，并写出函数的自变量x的取值范围； (2)当时，求的面积． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）作于，则，，，得出，，的面积为梯形的面积的面积的面积，即可得出结果； （2）①当为锐角，时，，由勾股定理得出，求出，即可得出的面积；②当为钝角，时，，过点作于，设，同（1），求出，再由的面积梯形的面积的面积的面积，即可得出结果． 【详解】（1）解：作于，如图1所示： 则，，， 在和中， ， ， ， ， ， 的面积为梯形的面积的面积的面积， 即； （2）①当为锐角，时，， ， 即， ， 的面积； ②当为钝角，时，， 过点作于，如图2所示： 设， 同（1）， ， ， ， 即， ， 的面积梯形的面积的面积的面积； 综上所述，当时，的面积为或． 【点睛】本题考查了梯形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积公式以及梯形面积公式、分类讨论等知识；熟练掌握直角梯形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 【考点七】四边形综合证明与计算（期中压轴题） 【易错点】（1）不会分类讨论漏情况（动点题最容易）；（2）证明逻辑混乱，缺定理依据计算不使用勾股、面积公式，硬算出错 【题型 14】平行四边形+矩形+菱形+正方形综合判定（选择题4题） 1．（24-25八年级下·江苏泰州·期末）下列命题中，是真命题的是（　　） A．一组对边平行、另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线互相平分的平行四边形是矩形 D．有三个角是直角且对角线互相垂直的四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题判断命题的真假，涉及特殊四边形的判定定理，需逐一分析各选项是否符合相应四边形的定义或判定条件． 【详解】A．一组对边平行且相等的四边形才是平行四边形，而选项中另一组对边仅“相等”不满足条件（如等腰梯形），故为假命题，不符合题意． B．菱形的判定需对角线互相垂直且平分，或四边相等．选项仅满足对角线垂直，无法保证是菱形（如对角线垂直但不对称的风筝形），故为假命题，不符合题意． C．平行四边形的对角线必然互相平分，但矩形需满足对角线相等．选项未增加新条件，仅重复平行四边形性质，故为假命题，不符合题意． D．三个角为直角说明四边形是矩形，矩形对角线互相垂直时必为正方形（因对角线相等且垂直的矩形是正方形），故为真命题，符合题意． 故选：D． 2．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）下列命题中，是真命题的为（　　） A．一组对边平行、另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分的四边形是矩形 C．一组对边相等且对角线互相垂直的四边形是菱形 D．三个角是直角且对角线互相垂直的四边形是正方形 【答案】D 【分析】此题主要考查了命题与定理，熟练利用相关定理以及性质进而判定举出反例即可判定出命题正确性． 根据特殊四边形的判定定理逐一分析选项，排除错误选项，确定正确答案． 【详解】A． 一组对边平行且相等的四边形才是平行四边形，而选项中另一组对边仅“相等”不满足条件（如等腰梯形），故为假命题． B． 对角线互相平分的四边形是平行四边形，需对角线相等才是矩形，选项缺少“对角线相等”条件，故为假命题． C． 菱形的判定需对角线互相垂直且平分，或四边相等．选项仅满足一组对边相等和对角线垂直，无法保证是菱形，故为假命题． D． 三个角为直角说明四边形是矩形，而矩形对角线互相垂直时必为正方形，故为真命题． 故选：D． 3．（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如图，已知四边形是平行四边形，那么添加下列条件能判定四边形是正方形的是（    ）    A．且 B．且和互相平分 C．且 D．且 【答案】D 【分析】根据正方形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ∴， 不能证明四边形是正方形，不符合题意； B、∵四边形是平行四边形， ∴和互相平分， ∵， ∴四边形是菱形， 不能证明四边形是正方形，不符合题意； C、∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∴， 不能证明四边形是正方形，不符合题意； D、∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 又， ∴四边形是正方形，符合题意； 故选D． 【点睛】本题考查正方形的判定．熟练掌握正方形的判定方法：对角线相等的菱形是正方形，邻边相等的矩形是正方形，是解题的关键． 4．（2025·河北石家庄·一模）如图，在中，点D，E，F分别在边，，上，满足，，连接． ①当时，四边形为矩形； ②当平分时，四边形为菱形； ③当为等腰直角三角形时，四边形为正方形． 上述说法正确的是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】A 【分析】此题考查了平行四边形的定义，菱形、矩形、正方形的判定，先由两组对边分别平行的四边形为平行四边形得出为平行四边形，当，根据推出的平行四边形，利用有一个角为直角的平行四边形为矩形可得出①正确；若平分，得到一对角相等，再根据两直线平行内错角相等又得到一对角相等，等量代换可得，利用等角对等边可得一组邻边相等，根据邻边相等的平行四边形为菱形可得出②正确；当为等腰直角三角形时，，但不一定等于，∴平行四边形不一定是正方形，③不正确． 【详解】解：∵，， 四边形是平行四边形， 又∵； ∴， 平行四边形为矩形，选项①正确； 若平分， ， 又， ， ， ， 平行四边形为菱形，选项②正确； 当为等腰直角三角形时， ∴平行四边形为矩形，但平行四边形不一定是正方形，选项③错误， 则其中正确的是①②． 故选：A． 【题型 15】动点问题：判断何时为特殊四边形（解答综合压轴题4题） 1．（24-25八年级下·江苏扬州·月考）如图，矩形中，，．一动点从点出发沿对角线方向以每秒2个单位长度的速度向点匀速运动，同时另一动点从点出发沿方向以每秒1个单位长度的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点运动的时间为秒．过点作于点，连接，． (1)有怎样的数量关系？并说明理由； (2)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，说明理由． 【答案】(1)，理由见解析 (2)四边形能够成为菱形，此时的值为 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握含30度角的直角三角形的性质和菱形的判定是解题关键． （1）先求出，，再根据含30度角的直角三角形的性质可得，由此即可得； （2）先求出，，，从而可得，再证出四边形是平行四边形，根据菱形的判定可得要使平行四边形能够成为菱形，则需，据此建立方程，解方程即可得． 【详解】（1）解：，理由如下： 由题意得：，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴． （2）解：由题意得：，， ∵四边形是矩形，， ∴，，， ∴， ∴， ∴点从点运动到点所需时间为秒，点从点运动到点所需时间为秒， ∴， ∵，， ∴， 由（1）已证：， ∴四边形是平行四边形， ∴要使平行四边形能够成为菱形，则需， ∴，即， 解得，符合题意， 所以四边形能够成为菱形，此时的值为． 2．（24-25八年级下·江苏徐州·月考）如图，在矩形中，，，动点从开始沿边以每秒的速度向运动；动点从点开始沿边以每秒的速度向运动，如果、分别从点、同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为秒． 则： (1)当秒时，四边形的面积是______ (2)当为几秒时，四边形为矩形？ 【答案】(1)46 (2)当t为4时，四边形APQD是矩形 【分析】本题主要考查了矩形的性质及一元一次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解． （1）先分别计算出的长，再计算四边形的面积； （2）根据矩形的对边相等得到，再列出方程求解即可． 【详解】（1）解：当秒时，， ， 四边形的面积是， 故答案为：46； （2）解：由题意得，， ∵四边形是矩形， ∴． ∴． 当四边形是矩形时，则有， ∴ 解得． ∴当t为4时，四边形是矩形． 3．（23-24八年级下·江苏苏州·月考）如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度向点运动；点从点同时出发，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点，运动的时间为． (1)边的长度为 ，的取值范围为 ． (2)从运动开始，当取何值时，四边形为矩形？ (3)从运动开始，当取何值时，？ 【答案】(1)， (2) (3)或 【分析】（1）作辅助线，构建矩形，利用勾股定理可得的长，根据两动点P，Q运动路程和速度可得t的取值范围； （2）根据矩形的性质可得，列方程即可求解； （3）根据列方程可得时；由；根据，可得，可得出结论； 【详解】（1）如图1，过点D作于E，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， 由勾股定理得：； ∵点P从点A出发，以的速度向点D运动，， ∴点P运动到D的时间为：， 同理得：点Q运动到点B的时间为：， ∴； 故答案为：，； （2）解：如图所示，当是矩形时，， ∵ ∴ 解得：； （3）如图2，过点P作于F，过点D作于E， 当时， ∵， ∴， ∴， ∵∠， ∴四边形矩形， ∴， ∴，即， ∴， 如图3，∵， ∴， 当时，四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， 即当时，，此时； 综上所述，当或时，； 【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、勾股定理，直角三角形的性质等知识，利用分类讨论和数形结合是解题的关键． 4．（22-23八年级下·四川广安·期末）正方形中，点E是射线上一动点，点F是线段延长线上一动点，且．    (1)如图1，连接，若正方形的边长为4，，求的长？ (2)如图2，连接交与G，求证：； (3)如图3，当点E在延长线上时，仍保持不变，试探索线段之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)； (2)见解析；(3)，理由见解析． 【分析】（1）根据题意分别求出的长，根据勾股定理计算即可； （2）作交于H，根据正方形的性质得到，根据勾股定理得到，根据平行线分线段成比例定理得到，得到答案； （3）作交AC的延长线于P，与（2）的方法类似，证明即可． 【详解】（1）解：∵正方形的边长为4，， ∴， ， ， ∴， ∴； （2）证明：如图2，作交于H，    ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ， ，又， ∴， ，即， ∴； （3）解：， 证明：如图3，作交的延长线于P，    ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ， ，又， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本题考查的是正方形的性质、勾股定理以及全等三角形的判定和性质，掌握相关的性质定理、灵活运用类比思想是解题的关键． 【题型 16】折叠问题：求边长、角度、面积（选择、填空、解答综合题4题） 1．（2025·江苏淮安·二模）如图，在平行四边形中，，，将沿对角线折叠得到，与交于点，当恰好为的中点时，则平行四边形的面积为（   ） A．30 B．60 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查的是平行四边形的性质，勾股定理及翻折变换．由折叠得，，进而得出，求得的长，根据平行四边形面积公式求面积即可 【详解】解：∵是平行四边形， ∴， ∴， 由折叠得，， ， ， ∵F为的中点， ∴， ， ， ， ， ， ， ∴平行四边形的面积为． 故选：D． 2．（23-24八年级下·江苏南通·期中）如图，M为矩形纸片的边上的一点，将纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N．继续折叠矩形纸片，使点A恰好落在直线上的点处，点B落在点处，折痕为．若，则的长为 __．    【答案】 【分析】本题主要考查了矩形和折叠问题，平行线的性质，等腰三角形的判定，根据平行线的性质和折叠的性质得出，根据等腰三角形的判定得出；根据折叠和平行线的性质得出，根据等腰三角形的判定得出，证明，最后求出结果即可． 【详解】解：∵矩形纸片沿所在的直线折叠， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴； 由四边形折叠得到四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即； ∵， ∴， 故答案为：． 3．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过D的直线折叠，使点C落在上的点处，得到折痕，然后再把纸片展平；第二步：如图2，将图1的矩形纸片沿过点E的直线折叠，点A恰好落在上的点处，得到折痕交于点M，再把纸片展平．问题解决： (1)如图1，求证：四边形是正方形． (2)如图2，若，求的面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)6． 【分析】（1）先证明四边形是矩形，再根据，即可得出结论； （2）连接，，由矩形的性质得到，由折叠的性质，证明，得到，设，由勾股定理得，解得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵将矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点C落在上的点处，得到折痕， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴矩形是正方形； （2）解：如图，连接，， 由（1）知，， ∵四边形是矩形， ∴， 由折叠知，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， 在中， 由勾股定理，得， 即， 解得：， 即， ∴的面积 =． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键． 4．（23-24八年级下·江苏南京·期末）（1）【感知】如图①，将沿过点D的直线折叠，使点A的对应点落在边上的点F处，得到折痕，连接．若，则四边形的周长为________； （2）【探究】如图②，点E、G分别是的边上的点，将四边形沿折叠，点A、D的对应点分别为、，点恰好落在边上． ①求证：四边形为菱形； ②若，，，，则的长为________． 【答案】（1）；（2）①见解析；② 【分析】本题考查四边形综合应用，涉及翻折变换，菱形的判定，勾股定理及应用等知识，解题的关键是掌握翻折的性质 （1）【感知】根据折叠的性质，得，，，而，即得，故，可知四边形的周长为16， （2）【探究】①由折叠的性质，得，，即得，，故，而，从而可证四边形为菱形； ②过作交延长线于，设，则，可知，由，得，有，，在中，，得，进而得解． 【详解】解：（1）【感知】如图 沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处， ，，， ， ， ， ， ， 四边形的周长为16， 即四边形的周长为16； （2）【探究】①证明：∵将四边形沿折叠，点A、D的对应点分别为、 ∴， ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴四边形为平行四边形 又 ∴四边形为菱形； ②．解：过作交延长线于，如图 四边形是平行四边形， ，，， 设，则， 四边形为菱形， ， ， ， ， ， 在中，， ， 解得， ． 【题型 17】中点四边形：判断形状并证明（填空题、解题题4题） 1．（25-26九年级下·广东广州·月考）如图顺次连接矩形四条边的中点得到四边形，若，，则四边形的面积为（   ） A．6 B．6.5 C．7 D．7.5 【答案】D 【分析】根据矩形的性质和三角形中位线定理证明四边形是菱形，四边形和四边形是矩形，再根据菱形的面积计算公式求解即可． 【详解】解：如图，连接、、、， 矩形， ，，，，，， 分别为矩形四条边的中点， 分别是的中位线， ，， ， 四边形是菱形， ，，， 四边形是矩形， 同理可证，四边形是矩形， ，， 菱形的面积． 2．（25-26八年级上·江苏盐城·期末）将连接四边形对边中点的线段称为“中对线”．如图，四边形的对角线，且两条对角线的夹角为，则该四边形较短的“中对线”的长为______．   【答案】3 【分析】此题考查的是三角形的中位线定理，根据三角形中位线定理可得菱形，然后根据菱形的性质及等边三角形的性质可得答案． 【详解】解：如图，取四边的中点，依次连接起来，设与交点M， ∴是的中位线， ，， 同理， ，，， ，， 四边形是菱形， ，， ， ， ， 为等边三角形， ， 较短的“中对线”长度为． 故答案为：． 3．（25-26八年级上·江苏·假期作业）如图所示，分别是四边形各边中点，连接，则四边形为________形．在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． （1）当四边形满足________条件时，四边形是菱形． （2）当四边形满足________条件时，四边形是矩形． （3）当四边形满足________条件时，四边形是正方形． 【答案】平行四边形，见解析；（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3）且，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，中位线定理，掌握相关知识点是解题的关键． 连接，可以根据分别是四边形各边中点，得到线段分别为的中位线，由中位线定理可以证明四边形为平行四边形；再根据菱形，矩形和正方形的判定条件，添加对应的条件即可得到答案． 【详解】解：四边形为平行四边形， 理由，连接， 分别是四边形各边中点， 线段分别为的中位线， ，，，， ，， 四边形为平行四边形， 故答案为：平行四边形； （1）， 理由，如图①四边形的对角线， 四边形为平行四边形，且，， ， 平行四边形为菱形， 故答案为：； （2）， 理由，如图②四边形的对角线互相垂直， 分别是四边形各边中点， 线段分别为的中位线， ，， ， ， 四边形为平行四边形， 四边形为矩形， 故答案为：； （3）且， 理由，如图③四边形的对角线相等且互相垂直， 根据，由（2）可知， 根据，由（1）可知平行四边形为菱形， 四边形为正方形， 故答案为：且． 4．（24-25九年级上·河南开封·期中）如图，，，，分别是四边形各边的中点，顺次连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)当四边形的对角线，满足______时，四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】此题考查了三角形中位线的性质和判定，平行四边形和正方形的判定，解题的关键是掌握以上知识点． （1）连接，首先根据三角形中位线的性质得到，且，，且，进而得到，且，即可证明出四边形是平行四边形； （2）连接，，同理可得，，，进而得到当时，，证明出平行四边形是菱形，然后由推理得到，进而证明出菱形是正方形． 【详解】（1）解：如图所示，连接 ∵点是的中点，点是的中点， ∴，且， ∵点是的中点，点是的中点， ∴，且， ∴，且 ∴四边形是平行四边形； （2）解：当，且时，四边形是正方形． 理由如下： 如图所示，连接， ∵由（1）得， 同理可得，， ∴当时， ∴平行四边形是菱形 当时， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴菱形是正方形． 【题型 18】梯形综合：求腰长、高、面积、角度（填空题、解答题4题） 1．（2024·四川遂宁·二模）如图，已知等腰梯形中，，，，，则此等腰梯形的周长为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，等腰梯形的性质，全等三角形的判定与性质，所对直角边是斜边的一半，作，，证明四边形是矩形，从而有，，根据等腰梯形的性质得，证明，根据所对直角边是斜边的一半得出即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】如图，作，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是等腰梯形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴等腰梯形的周长为， 故选：． 2．（24-25八年级下·上海·月考）等腰梯形的上下底边长分别为2和6，其两条对角线互相垂直，则这个等腰梯形的面积为______． 【答案】 【分析】本题需要先画图，考查了等腰梯形的轴对称性，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解答本题的关键； 本题先画图，过点作梯形对称轴，交于，交于，，，然后求得，，，然后即可求解； 【详解】解：过点作梯形对称轴，交于，交于，，，如图： 根据等腰梯形的对称性可知，，， 又∵， ∴，为等腰直角三角形， ∴，，， ∴． 故答案为：． 3．（24-25八年级下·上海浦东新·期末）已知：如图，在梯形中，，平分，过点作平行交线段延长线于点，． (1)求证：梯形为等腰梯形； (2)当，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】本题考查了等腰梯形的判定，平行线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，得到，根据等腰梯形的概念证明； （）过点作于，根据平行四边形的性质求出，根据直角三角形的性质求出，根据梯形面积公式计算，得到答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵平分， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴梯形为等腰梯形； （2）解：如图，过点作于， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得， ∴， 则． 4．（24-25八年级下·黑龙江齐齐哈尔·月考）如图，在四边形中，，，且，，，若动点P从A点出发，以每秒的速度沿线段向点D运动；动点Q从C点出发以每秒的速度沿向B点运动，当P点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，设点P、Q同时出发，并运动了t秒，回答下列问题： (1)______； (2)若四边形成为平行四边形，求t的值． (3)当______时，？ 【答案】(1)18 (2) (3)或 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，等腰梯形的性质，熟知相关知识是解题的关键． （1）作于E，则四边形为矩形．在直角中，已知的长，根据勾股定理可以计算的长度，根据即可求出的长度； （2）根据平行四边形的性质可得，据此列出关于t的方程，解方程即可得到答案； （3）分两种情况：当时，四边形是平行四边形；当梯形是等腰梯形时，，可建立方程求解即可得出结论． 【详解】（1）解：如图，过D点作于E， 则 ∵，， ∴ ， ∴四边形矩形， ∴， 在中，∵， ∴， ∴； 故答案为：18； （2）解：由题意得，， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 解得； （3）解：①当时，如图， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 解得； ②如图，当梯形是等腰梯形时，， 过点P作 于点F，则 ， ∴四边形是矩形， ∴ ，， ∴， ∴； 综上所述，当t为或时，． 2 / 30 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