专题01 四边形（期中复习讲义）八年级数学下学期新教材湘教版

专题01 四边形（期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01 特殊四边形的动点问题 题型02 特殊四边形的判定与性质综合题 题型03 四边形中的折叠问题 题型04 三角形中位线定理的综合应用 题型05 四边形与坐标的综合题 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 多边形 掌握多边形内角和公式 (n-2)×180° 与外角和恒等于360°；理解正多边形的概念及性质。 考查形式与分值：常以选择题、填空题形式出现，分值约3-5分。属于基础考点，但易结合后续四边形知识进行简单考查。 命题趋势与高频考点：直接利用公式求内角和、边数或某个内角度数；已知正多边形一个内角或外角度数求边数；在复杂图形中识别多边形并利用其内角和进行角度计算。 常见易错点与难点：混淆内角和公式与外角和公式；计算边数n时忽略其为整数且n≥3的条件；求正多边形内角时，误用外角公式。 平行四边形的性质与判定 熟练掌握平行四边形的定义，及其对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分的性质；掌握平行四边形的五种判定方法（边、角、对角线）。 考查形式与分值：是几何部分绝对核心，在选择题、填空题、解答题中均有出现，总分值占比高（约10-15分）。解答题常作为证明题的基础步骤。 命题趋势与高频考点：直接应用性质求角度、边长或证明线段相等、角相等；结合全等三角形进行综合证明；在坐标系中，利用对边平行或对角线互相平分求点的坐标；动点问题中判定构成平行四边形的条件（常需分类讨论）。 常见易错点与难点：性质与判定定理混淆使用；判定时条件不充分，例如仅凭一组对边平行且另一组对边相等就判定为平行四边形（错误）；在动点问题中遗漏平行四边形的多种构成情况。 中心对称和中心对称图形 理解中心对称和中心对称图形的概念，掌握其性质（对称点连线经过对称中心，且被对称中心平分）；能识别常见中心对称图形（如平行四边形、圆等）。 考查形式与分值：多以选择题、填空题形式考查，分值约2-3分。常与轴对称结合进行辨析。 命题趋势与高频考点：判断图形是否为中心对称图形；求关于原点对称的点的坐标（在函数背景下）；利用中心对称性质求线段长度或角度。 常见易错点与难点：混淆中心对称与轴对称的概念；忽略“旋转180度后重合”这一核心条件；在复杂图案中识别中心对称性不准确。 三角形的中位线定理 掌握三角形中位线的定义，并熟记定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半。 考查形式与分值：常作为工具性定理出现在填空题和解答题中，分值约3-6分。常与四边形、相似三角形结合。 命题趋势与高频考点：直接应用中位线求线段长度或证明平行关系；在梯形中，连接两腰中点构成中位线进行计算；在复杂图形中，通过添加中点或中位线来证明线段倍分关系。 常见易错点与难点：混淆中位线与中线；定理应用时，忽略“连接两边中点”这一前提条件；在动态或多中点问题中，无法准确识别有效的中位线。 矩形的性质与判定 掌握矩形的定义（有一个角是直角的平行四边形），及其特有性质（四个角都是直角、对角线相等）；掌握矩形的三种判定方法（定义法、对角线相等的平行四边形、有三个角是直角的四边形）。 考查形式与分值：重点考点，常在选择题、填空题和解答题中考查，分值约5-10分。折叠问题是其特色题型。 命题趋势与高频考点：利用矩形的性质求角度、线段长（常结合勾股定理）；矩形判定（特别是“对角线相等的平行四边形是矩形”的应用）；矩形中的折叠问题，利用对称性和勾股定理建立方程求解；矩形背景下的线段和最短问题。 常见易错点与难点：判定矩形时，直接由“对角线相等”推出，忽略“平行四边形”的前提；折叠问题中，对应边、对应角关系找不准，方程列错；最值问题中对称点找错。 菱形的性质与判定 掌握菱形的定义（有一组邻边相等的平行四边形），及其特有性质（四边相等、对角线互相垂直且平分对角）；掌握菱形的三种判定方法（定义法、四边相等的四边形、对角线互相垂直的平行四边形）。 考查形式与分值：重要考点，考查形式与矩形类似，分值约5-10分。常与直角三角形、面积计算紧密结合。 命题趋势与高频考点：利用菱形的性质求边长、对角线长、内角度数；菱形的判定（特别是“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”）；菱形面积的计算（底×高或对角线乘积的一半）；已知菱形边长和对角线长，利用勾股定理建立方程。 常见易错点与难点：判定菱形时，直接由“对角线互相垂直”推出，忽略“平行四边形”的前提；计算面积时公式记混；菱形对角线将菱形分成四个全等的直角三角形这一模型运用不熟练。 正方形的性质与判定 掌握正方形的定义（既是矩形又是菱形），理解其集所有平行四边形、矩形、菱形性质于一身的特性（四边相等、四角直角、对角线垂直相等且平分对角）；掌握正方形的判定思路（先证菱形再证矩形，或先证矩形再证菱形）。 考查形式与分值：常作为压轴题或综合题的背景，分值较高（6-12分）。综合性极强。 命题趋势与高频考点：正方形性质的综合应用（证明线段垂直、相等）；以正方形为背景的“手拉手”全等或相似模型；正方形中的旋转问题，探究线段关系；正方形网格中的作图与证明；与函数结合，求正方形顶点坐标。 常见易错点与难点：判定正方形时步骤不完整，条件缺失；在动态复杂的图形中，无法剥离出基本的全等三角形或等腰直角三角形；对正方形的对称性（多种对称轴）利用不充分。 知识点01 多边形 知识点梳理： 内角和公式：n边形内角和 = (n-2)×180°。 外角和定理：任意多边形的外角和恒等于360°。 正多边形：各边相等，各内角也相等的多边形。 典型示例： 示例1（求内角和）：一个八边形的内角和是 (8-2)×180° = 1080°。 示例2（求边数）：已知一个多边形的内角和为1260°，求边数。解：设边数为n，则 (n-2)×180° = 1260°，解得 n=9。 示例3（正多边形）：一个正多边形的每个外角为45°，则它的边数为 360°÷45° = 8。 易错点辨析： 公式混淆：误将内角和公式 (n-2)×180° 用于计算外角和。 边数条件：求解边数n时，忘记n必须是大于等于3的整数，导致出现非整数或小于3的解。 概念不清：求正多边形内角时，误用外角公式（如正n边形每个内角 = 180° - 360°/n，而非直接用360°/n）。 知识点02 平行四边形的性质与判定 性质： 边：对边平行且相等。 角：对角相等，邻角互补。 对角线：互相平分。 判定（五种常见方法）： 定义法：两组对边分别平行。 边：两组对边分别相等；一组对边平行且相等。 角：两组对角分别相等。 对角线：对角线互相平分。 示例：（性质应用）：在▱ABCD中，AB=5，∠A=60°，则CD=5，∠C=60°。 （判定应用）：在四边形ABCD中，AB//CD，且AB=CD。求证：四边形ABCD是平行四边形。 证明：∵ AB//CD 且 AB=CD，∴ 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）。 （动点问题）：在平面直角坐标系中，A(0,0)，B(3,0)，C(4,2)，若以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，求点D的坐标。（需分类讨论，有三种可能情况） 易错点：判定条件不充分：仅凭“一组对边平行，另一组对边相等”就判定为平行四边形，这是错误的（可能是等腰梯形）。 性质与判定混淆：在证明题中，将需要证明的结论（如对边相等）当作已知条件（性质）直接使用。 动点问题漏解：在平行四边形存在性问题中，只考虑一种相对位置关系，遗漏其他构成情况。 知识点03 中心对称和中心对称图形 中心对称：把一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称。 中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形。 性质：对称点所连线段都经过对称中心，并且被对称中心平分。 示例：（直接应用）：在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，DE=4cm，则BC=8cm，且DE//BC。 （梯形应用）：在梯形ABCD中，AD//BC，E、F分别是AB、DC的中点，则EF是梯形的中位线，EF = (AD+BC)/2。 易错点： 概念混淆：将三角形的中位线与中线混淆。中线连接顶点与对边中点，不一定平行于第三边，长度也不等于第三边的一半。 前提条件忽略：应用定理时，未确认所给线段确实是连接“两边中点”的线段。 复杂图形中识别困难：在具有多个中点的复杂图形中，无法正确识别或构造出有效的中位线来转化问题。 知识点04 三角形的中位线 定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线。一个三角形共有三条中位线。 定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。 几何语言：在△ABC中，∵ D、E分别是AB、AC的中点，∴ DE∥BC，且 DE = ½ BC。 重要推论： 三角形三条中位线所截得的三角形与原三角形相似，相似比为1:2，面积比为1:4。 三条中位线将原三角形分割成四个全等的小三角形。 中点四边形：顺次连接四边形各边中点所得的四边形是平行四边形，其周长等于原四边形对角线之和，面积等于原四边形面积的一半。 示例： 题目：在△ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点。若AC=10cm，BC=12cm，AB=8cm，求△DEF的周长。 解析：根据三角形中位线定理，DE = ½ AC = 5cm，EF = ½ AB = 4cm，FD = ½ BC = 6cm。因此，△DEF的周长 = DE + EF + FD = 5 + 4 + 6 = 15cm。 易错点： 概念混淆：将“三角形的中位线”与“三角形的中线”混淆。中线是连接一个顶点和它对边中点的线段，它不一定平行于第三边，且长度不一定等于第三边的一半。中位线是连接两边中点的线段。 定理应用条件不清晰：在应用“DE = ½ BC”时，必须确保D、E分别是AB、AC的中点，即DE是△ABC的中位线。不能看到一条线段平行于另一边且长度是另一边的一半，就反推它是中位线（还需要满足端点是对应边的中点）。 在复杂图形中识别或构造中位线困难：当图形中出现多个中点时，学生往往无法准确判断哪条线段是哪个三角形的中位线，或者不知道通过添加辅助线（如连接两点创造三角形）来构造出可用的中位线。 忽视中点四边形的结论：在解决顺次连接四边形各边中点构成的新四边形问题时，容易忘记“中点四边形恒为平行四边形”这一重要结论，以及其周长、面积与原四边形对角线的关系，导致需要重新证明，浪费时间。 面积关系运用错误：知道中位线截得的小三角形面积是原三角形的1/4，但在求由中位线分割形成的复杂图形面积时，容易直接加减导致错误，必须明确每个部分面积与原三角形的比例关系。 知识点05 矩形的性质与判定 定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。 性质（在平行四边形基础上增加）： 四个角都是直角（∠A=∠B=∠C=∠D=90°）。 对角线相等（AC=BD）。 判定： 定义法：有一个角是直角的平行四边形。 对角线相等的平行四边形。 有三个角是直角的四边形。 示例：（性质应用）：在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若AB=6，BC=8，则AC=BD=10。 （判定应用）：在▱ABCD中，对角线AC=BD。求证：▱ABCD是矩形。 证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，∴ AD=BC。又∵ AC=BD，AB=BA，∴ △ABC≌△BAD (SSS)。∴ ∠ABC=∠BAD。又∵ AD//BC，∴ ∠ABC+∠BAD=180°。∴ ∠ABC=∠BAD=90°。∴ ▱ABCD是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）。 （折叠问题）：将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点C落在点C‘处，若AB=3，BC=4，求C’到AD的距离。（利用勾股定理和方程思想） 易错点：判定跳步：直接由“对角线相等”判定一个四边形是矩形，忽略了必须先证明它是平行四边形。 折叠问题对应关系不清：在矩形折叠问题中，找不准折叠前后的对应边、对应角，导致无法正确建立等量关系（方程）。 性质使用不当：误认为矩形的对角线只相等不互相平分（实际上作为平行四边形，其对角线依然互相平分）。 知识点06 菱形的性质与判定 定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 性质（在平行四边形基础上增加）： 四条边都相等（AB=BC=CD=DA）。 对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角（AC⊥BD，AC平分∠BAD和∠BCD，BD平分∠ABC和∠ADC）。 判定： 定义法：有一组邻边相等的平行四边形。 四边都相等的四边形。 对角线互相垂直的平行四边形。 示例：（性质应用）：已知菱形ABCD的边长为5，一条对角线AC=6，求另一条对角线BD的长及菱形的面积。 解：∵ 菱形对角线互相垂直平分，∴ AO=OC=3。在Rt△AOB中，OB=√(AB²-AO²)=√(25-9)=4。∴ BD=2OB=8。面积S = (1/2)×AC×BD = (1/2)×6×8 = 24。 （判定应用）：在▱ABCD中，对角线AC⊥BD。求证：▱ABCD是菱形。 证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，∴ AO=OC。又∵ AC⊥BD，∴ BD是AC的垂直平分线。∴ BA=BC。∴ ▱ABCD是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）。 易错点： 判定跳步：直接由“对角线互相垂直”判定一个四边形是菱形，忽略了必须先证明它是平行四边形。 面积公式混淆：记混菱形面积公式，除了底乘高，还有对角线乘积的一半（S = (1/2) * d1 * d2）。 性质应用不全：只记得四边相等，忽略了对角线垂直平分且平分对角的重要性质，在计算和证明中未能充分利用。 知识点07 正方形的性质与判定 定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。它既是矩形又是菱形。 性质（集矩形和菱形性质于一身）： 边：四条边都相等。 角：四个角都是直角。 对角线：对角线相等、互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角。 判定思路：通常先证明四边形是平行四边形，再证明它既是矩形又是菱形；或直接证明它满足正方形的定义。 示例： （性质应用）：正方形ABCD的对角线AC、BD交于点O，则AC=BD，AC⊥BD，OA=OB=OC=OD，△AOB是等腰直角三角形。 （判定应用）：已知：在矩形ABCD中，BE平分∠ABC，CE平分∠DCB，BF//CE，CF//BE。求证：四边形BECF是正方形。 证明思路：先由两组对边平行证BECF是平行四边形；再由角平分线和平行关系证出∠EBC=∠ECB=45°，从而EB=EC，得菱形；再证∠BEC=90°，得正方形。 （综合模型）：在正方形ABCD外侧作等边△ADE，连接BE、CE。求∠BEC的度数。（“手拉手”或共顶点旋转模型） 易错点： 判定逻辑混乱：判定正方形时，条件罗列不全或顺序混乱，未能清晰证明其同时满足矩形和菱形的所有特征（或满足定义）。 性质应用单一：在复杂图形中，只用到正方形的部分性质（如只用到四边相等），未能综合运用其全部特性（特别是对角线的特性）来简化问题。 模型识别不清：在正方形背景的综合题中，无法识别出内含的等腰直角三角形、全等三角形等基本模型，导致解题思路受阻。 题型一 特殊四边形的动点问题 解｜题｜技｜巧 明确分类依据：以已知线段作为平行四边形的边或对角线，进行分类讨论。通常有三种情况。 掌握坐标算法： 已知线段AB为边：利用平行四边形对边平行且相等，设未知点D(x, y)，根据向量AB=DC或AB=CD列方程组求解。 已知线段AB为对角线：利用平行四边形对角线互相平分，即AB的中点与CD的中点重合，列方程求解。 几何法辅助：在纯几何图形中，可结合平行线的性质与全等三角形进行推理。 易｜错｜点｜拨 致命错误：只想到一种情况，导致漏解。必须系统考虑以每一条已知线段为边或为对角线的所有可能。 计算错误：在利用中点坐标公式或向量相等列方程时，点坐标对应关系弄错。 忽略前提：求出点坐标后，需验证四点是否共线（若共线则构不成四边形）。 【典例1】如图，在四边形中，，，，，，动点从点开始沿边向点以的速度运动；点从点开始沿边向点以的速度运动．点，分别从点，同时出发，当其中一点到达端点时，另外一点也随之停止运动． (1)设运动时间为，用含的代数式表示线段的长：________，________； (2)求运动时间为多少秒时，四边形为平行四边形？ (3)当运动时间为多少秒时，四边形为矩形？ (4)若点运动的速度为，直接写出：当为多少时，四边形为正方形？当为多少时，四边形为菱形？ 【变式1】如图，正方形的边长为，点是边上一点，且，对角线，交于点，点是中点，连接； (1)如图1，过点作交于点，判断四边形的形状并证明； (2)如图2，若点是对角线上的动点，当平分时，判断，，之间的数量关系， 并计算的值． 【变式2】如图，在四边形中，，，，，．动点P从点A出发，以速度沿线段向终点B运动．过点P作交折线于点Q，以为边向右侧作正方形．设点P的运动时间为，正方形与四边形重叠部分图形的面积为． (1)____________． (2)当点M与点C重合时，求x的值． (3)求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． 【变式3】如图，正方形中，已知，对角线与交于点O，点E为射线上的一个动点不与点B重合，点M为线段的中点．现将线段绕点M顺时针旋转得到线段，连结，．    (1)若点M在线段OD上且，求线段OF及EF的长． (2)当点E在线段OB上运动时，请判断的形状，并说明理由． (3)在点E的运动过程中，当时，求线段BE的长． 题型二 特殊四边形的判定与性质综合题 解｜题｜技｜巧 判定思路清晰化： 矩形：路径一：先证平行四边形，再证有一个直角或对角线相等。路径二：直接证三个角是直角。 菱形：路径一：先证平行四边形，再证一组邻边相等或对角线垂直。路径二：直接证四边相等。 正方形：“先路后高”或“先高后路”。即先证明四边形是菱形，再证明有一个角是直角（或对角线相等）；或先证明是矩形，再证明有一组邻边相等（或对角线垂直）。 性质应用网络化：熟记特殊四边形是“属性叠加”的结果。正方形拥有矩形、菱形、平行四边形的所有性质。解题时根据需求，灵活提取所需性质（如正方形中隐含大量等腰直角三角形）。 善用基本图形：例如，菱形对角线产生垂直和全等的直角三角形；矩形对角线产生相等的线段和等腰三角形。 易｜错｜点｜拨 判定跳步：最典型的错误是直接由“对角线相等”推出矩形，或由“对角线垂直”推出菱形，必须确保前提是“平行四边形”。 性质与判定混淆：在证明题中，将需要证明的结论（如“边相等”）当作已知条件使用。 模型识别不清：在复杂图形中，无法识别出正方形背景下的“手拉手”全等模型、或矩形折叠中的对称全等模型，导致解题困难。 【典例1】在中，，将绕点A逆时针旋转得到． (1)【问题解决】 如图1，试判断四边形的形状，并说明理由； (2)【问题探究】 如图2，在四边形中，对角线上有一点P，连接，将线段绕点P按逆时针方向旋转，点D的对应点Q恰好落在的延长线上，求的度数； (3)【拓展延伸】 在（2）的条件下，若，求面积的最大值． 【典例2】问题情境：如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为M．那么与相等吗？ (1)直接判断∶______（填“”或“”）； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： (2)如图2，在正方形中，点E、F、G分别在边、和上，且，垂足为M．那么与相等吗？证明你的结论； 问题拓展： (3)如图3，点E在边上，且，垂足为H，当H在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点H落在点处． ①四边形是正方形吗？请说明理由； ②若，点在上，，直接写出的最小值为 ． 【变式1】已知，正方形的边在正方形的边上，延长到，使，在边上，且，求证：四边形为正方形． 【变式2】如图1，矩形中，，将矩形绕着点顺时针旋转，得到矩形． (1)当点落在上时，则线段的长度等于_____； (2)如图2，当点落在上时，则的面积为_______； (3)如图3，连接，判断与的位置关系并说明理由； 题型三 四边形中的折叠问题 解｜题｜技｜巧 紧扣核心：折叠即轴对称。折叠前后的图形全等，对应边相等，对应角相等。 解题步骤： Step1: 标出图中所有已知等长线段和等角。 Step2: 将所求线段（如折痕长、重叠部分边长）设为未知数。 Step3: 寻找一个直角三角形（通常由折叠后的对应点、原顶点等构成），利用勾股定理建立方程。 Step4: 解方程，得到答案。 常用辅助线：连接对应点，这条线段会被折痕垂直平分。 易｜错｜点｜拨 对应关系找错：这是最常出错的地方，必须仔细对照图形，明确哪两个点折叠后重合。 忽略隐藏的等腰三角形：由折叠产生的等角，结合平行线内错角相等，常会形成等腰三角形，可简化计算。 方程列立错误：在利用勾股定理时，直角三角形的三条边表达错误。 【典例1】如图，正方形的边长为4，点是边的中点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得，延长交于点．和的平分线，相交于点，连接，则的面积为（   ） A． B． C． D． 【变式1】【综合与实践】数学活动课上，老师发给每名同学一张矩形纸片和一张正方形纸片，要求同学们通过折叠，折出一些特殊角． 【操作与判断】 (1)如图1，小明将矩形纸片翻折，使点的对应点落在边BC上，折痕为，此时折出的__________度； (2)小刚受到小明折叠过程的启发，发现可以利用尺规作图找特殊的线段．如图2，在矩形纸片中，请你用尺规作图在边上取点，使得，保留作图痕迹，不要求写作法； (3)小亮通过对纸片进行不同形式的折叠后，将矩形纸片按如图3所示的方式折叠，可得到__________度； 【探究与解决】 (4)如图4，小慧将正方形纸片的沿过点的直线翻折，点的对应点落在正方形内部的点处，折痕为，再将沿过点的直线翻折，使点的对应点与点重合，折痕为． ①此时可得到__________度； ②若，求的长度． 【变式2】【问题情境】 在探究活动中，李老师发给每名同学一矩形纸片，宽为，长为，要求同学们将纸片沿一条直线折叠，探究图形中的结论． 【操作与发现】 嘉嘉在边上取一点，连接，将这个纸片沿翻折，使点的对应点落在边上，如图1所示． 琪琪在边上取一点，连接，将这个纸片沿翻折，使点的对应点落在边上，如图2所示． 慧慧将这个纸片沿翻折，点的对应点落在矩形外，如图3所示，连接，． 发现1：嘉嘉发现，图1中的线段与图2中的线段相等； 发现2：慧慧发现，图3中，是直角． ．．．．．． 【问题提出与解决】 (1)嘉嘉发现的与相等的结论是否正确？请你用所学的知识进行说明； (2)如图3，①证明；②求出的长． 【拓展延伸】 小刚受到探究过程的启发，提出新问题： (3)尺规作图：在图4所示的正方形的边上找一点，边上找一点，连接，使得四边形是长与宽的比为的矩形．（作图要求：保留作图痕迹，不写作法） 【变式3】【问题背景】在正方形中： 如图1，如果点、分别在、上，且，垂足为，那么与相等（无需证明）； (1)如图2，如果点、、分别在、、上，且，垂足为，那么与相等吗？证明你的结论； 【思考应用】 (2)如图3，若将正方形折叠，使得点的对应点落在边上，折痕分别交，于，．若正方形的边长为2，，则_____； 【继续探索】 (3)如图4，当图1中的点是的中点且时，连接，请你判断线段与之间的关系，并说明理由； 【拓展延伸】 (4)如图5，在正方形中，点、分别在、上，且，连接与相交于点．若，空白部分面积为，则_____． 题型四 三角形中位线定理的综合应用 解｜题｜技｜巧 1. 直接应用：看到三角形两边中点，直接连接，这条中位线平行于第三边且等于其一半。 2. 逆向构造：需要证明一条线段是另一条线段的一半且平行时，可尝试寻找或构造三角形的中位线。 3. 中点四边形：重要结论：顺次连接任意四边形各边中点，所得四边形必为平行四边形。若原四边形对角线相等，则中点四边形是菱形；若原四边形对角线垂直，则中点四边形是矩形。 4. 多中点问题：图形中有多个中点时，连接它们，往往能构造出多个中位线，形成新的平行四边形或相似形，是解题的突破口。 易｜错｜点｜拨 概念混淆：将中位线（连接两边中点）与中线（连接顶点与对边中点）混淆。中线不具备平行和一半的性质。 定理应用条件不满足：点必须是两边中点，才能应用中位线定理。 忽视中点四边形的结论：在遇到中点四边形问题时，重新证明它是平行四边形，浪费时间。 【典例1】如图，在中，，点为边上一点，； (1)如图1，若，，，求点到直线的距离； (2)如图2，点为线段中点，点为线段上一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，若点恰好在线段上，连接，与线段交于点，连接，判断线段的数量关系，并证明． 【变式1】如图，在中，，，D是边上的一点，E是中点，F是的中点，连接，射线绕点A顺时针旋转 ，得到射线，过点F作于点G，连接，取中点H，连． (1)求证：； (2)用等式表示，之间的数量关系，并证明． 【变式3】如图①，在梯形中，，、分别是、的中点，连接，叫做梯形的中位线．小华结合学习三角形中位线定理的经验对线段、与之间的位置和数量关系做了探究．通过连接，并延长交的延长线于点，证明，再结合三角形中位线的定理可得出，． 请利用上述方法解决问题： 如图②，在梯形中，和的平分线相交于点，且点在梯形中位线上．若梯形的周长为，求的长． 题型五 四边形与坐标的综合题（压轴题倾向） 解｜题｜技｜巧 1. 代数法为主：将几何条件（如平行四边形对边平行且相等、菱形四边相等、矩形对角线相等）转化为点的坐标之间的方程或方程组。 2. 分类讨论思想：与动点问题结合时，必须根据四边形不同类型（平行四边形、菱形、矩形、正方形）的判定条件，进行分类求解。 3. 几何性质辅助：在计算时，结合图形特点（如利用菱形对角线垂直平分求斜率）可简化计算。 易｜错｜点｜拨 思路单一：仅从几何或代数一个角度思考，陷入困境。应数形结合，先用几何图形分析关系，再用代数工具计算。 计算量大且易错：此类题计算复杂，需步步为营，仔细检验。 忽略实际意义：求出的坐标可能使线段长度为负或点不在指定象限，需舍去。 【典例1】如图，在平面直角坐标系中，点、、A、、B、、C、…，都是平行四边形的顶点，点A、B、C、…在x轴正半轴上，，，，，，，，平行四边形按照此规律依次排列，则第7个平行四边形的对称中心的坐标是______． 【变式1】如图，在中，，P为边上一动点， 于点G，于点 H． (1)求证：四边形 是矩形； (2)在点P的运动过程中，的长是否存在最小值?若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． (3)如图2，建立平面直角坐标系，和x轴重合，点C和坐标原点重合，若四边形是平行四边形，直接写出点D的坐标． 【变式2】如图1，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，且顶点位于原点，顶点、分别位于轴、轴上．若满足． (1)求点的坐标； (2)取的中点，连接，将沿翻折得到，连接并延长交轴于点．求证：点为的中点； (3)如图2，在（2）的条件下，点位于线段上，且．点为平面内一动点，且满足，连接．请你直接写出线段长度的最大值__________． 【变式3】物体重心的位置对于物体保持平衡、运动和稳定的状态至关重要．一般匀质薄板形状的重心就是其对应平面图形的重心． 素材1：简单平面图形的重心举例 ①如图1，线段的重心是线段的中点O； ②如图2，的重心是三条中线的交点G； ③如图3，长方形（也叫矩形）的重心是其对角线的交点O． 素材2：组合平面图形重心举例 对于平面组合图形的重心位置，可以由被分成的平面图形的重心位置和各部分的面积来确定，为此可以建立平面直角坐标系，用坐标表示重心的位置． 如图4，在正方形和正方形中，点，点，点，点，点，点，这两个正方形的重心分别是，，由于，，则 若设两个正方形的组合图形的重心为， ， ， 即 解答问题 （1）如图5，矩形中，点，点，点，点，点，其中矩形的重心为， 矩形的重心为，则矩形的重心G的坐标为________； （2）如图6，在矩形和矩形中，点，点，点，点，点，点，矩形的重心，矩形的重心，则该组合图形的重心G的坐标为________． 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 1．如图，是的中位线，是的高，若，，则的长度为（    ） A． B．3 C． D．5 2．如图，四边形和四边形都是矩形，点B在边上，若矩形和矩形的面积分别为、，则它们的关系是（    ） A． B． C． D．无法确定 3．下列命题中，正确的是（　　） A．两条对角线互相平分的四边形是平行四边形 B．两条对角线互相垂直的四边形是菱形 C．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 D．两条对角线相等的四边形是矩形 4．如图，正五边形内接于，连接，则的度数是_______． 5．已知：如图，在中，E，F分别为和上的点，和相交于点O，且．求证：四边形为平行四边形． 期中重难突破练（测试时间：10分钟） 1．如图，已知中，点M是边上的中点，平分，于点N，若，，则的长为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 2．如图，矩形沿直线折叠，使点落在点处，交于点，，，则的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D． 3．如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E是的中点．若，，则菱形的面积为_______． 4．如图为某城市部分街道示意图，四边形为正方形，点E在对角线上，，，，小敏行走的路线为，小聪行走的路线为，若小敏行走的路程为，则小聪行走的路程为_________． 5．如图，点是内一点，连接、，并将、、、的中点、、、依次连接，得到四边形． (1)若，求的度数； (2)若为的中点，，和互余，求的长度． 期中综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．如图，在中，点是对角线上一点，过点作分别交于点，于点，连接、，若．则下列面积一定可以求得结果的是（   ） A． B． C． D． 2．如图，在正方形中，点在上，且，连接，点在上，点在上，连接交于点，且，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 3．如图，在菱形中，，，为射线上一点，连接，以为边在的右侧作等边三角形，连接，过点作交的延长线于点，连接，若，则的长为_____． 4．“剪纸”是我国一项传统民间艺术，现有一张正方形纸片，用剪刀沿着一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分；拿出其中一部分，沿着一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分；又从得到的三部分中拿出其中之一，还是沿着一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分，…以此类推，为了得到7个十一边形和一些多边形纸片，则至少要剪_______ 刀． 5．在学习了“特殊平行四边形”这一章后，小明同学发现除了已经学过的特殊四边形外，还有很多比较特殊的四边形，勇于创新的他大胆地作出这样的定义：有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”．请你根据以上定义，回答下列问题： (1)如图1，在正方形中，点、分别在边、上，连接、、、，线段、相交于点，若，证明：四边形为“双直四边形”； (2)如图2，在平面直角坐标系中，已知点，，点在线段上，且． ①求的长；②在第一象限内，是否存在点，使得四边形为“双直四边形”？若存在，请直接写出所有点的坐标；若不存在，请说明理由． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 四边形（期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01 特殊四边形的动点问题 题型02 特殊四边形的判定与性质综合题 题型03 四边形中的折叠问题 题型04 三角形中位线定理的综合应用 题型05 四边形与坐标的综合题 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 多边形 掌握多边形内角和公式 (n-2)×180° 与外角和恒等于360°；理解正多边形的概念及性质。 考查形式与分值：常以选择题、填空题形式出现，分值约3-5分。属于基础考点，但易结合后续四边形知识进行简单考查。 命题趋势与高频考点：直接利用公式求内角和、边数或某个内角度数；已知正多边形一个内角或外角度数求边数；在复杂图形中识别多边形并利用其内角和进行角度计算。 常见易错点与难点：混淆内角和公式与外角和公式；计算边数n时忽略其为整数且n≥3的条件；求正多边形内角时，误用外角公式。 平行四边形的性质与判定 熟练掌握平行四边形的定义，及其对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分的性质；掌握平行四边形的五种判定方法（边、角、对角线）。 考查形式与分值：是几何部分绝对核心，在选择题、填空题、解答题中均有出现，总分值占比高（约10-15分）。解答题常作为证明题的基础步骤。 命题趋势与高频考点：直接应用性质求角度、边长或证明线段相等、角相等；结合全等三角形进行综合证明；在坐标系中，利用对边平行或对角线互相平分求点的坐标；动点问题中判定构成平行四边形的条件（常需分类讨论）。 常见易错点与难点：性质与判定定理混淆使用；判定时条件不充分，例如仅凭一组对边平行且另一组对边相等就判定为平行四边形（错误）；在动点问题中遗漏平行四边形的多种构成情况。 中心对称和中心对称图形 理解中心对称和中心对称图形的概念，掌握其性质（对称点连线经过对称中心，且被对称中心平分）；能识别常见中心对称图形（如平行四边形、圆等）。 考查形式与分值：多以选择题、填空题形式考查，分值约2-3分。常与轴对称结合进行辨析。 命题趋势与高频考点：判断图形是否为中心对称图形；求关于原点对称的点的坐标（在函数背景下）；利用中心对称性质求线段长度或角度。 常见易错点与难点：混淆中心对称与轴对称的概念；忽略“旋转180度后重合”这一核心条件；在复杂图案中识别中心对称性不准确。 三角形的中位线定理 掌握三角形中位线的定义，并熟记定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半。 考查形式与分值：常作为工具性定理出现在填空题和解答题中，分值约3-6分。常与四边形、相似三角形结合。 命题趋势与高频考点：直接应用中位线求线段长度或证明平行关系；在梯形中，连接两腰中点构成中位线进行计算；在复杂图形中，通过添加中点或中位线来证明线段倍分关系。 常见易错点与难点：混淆中位线与中线；定理应用时，忽略“连接两边中点”这一前提条件；在动态或多中点问题中，无法准确识别有效的中位线。 矩形的性质与判定 掌握矩形的定义（有一个角是直角的平行四边形），及其特有性质（四个角都是直角、对角线相等）；掌握矩形的三种判定方法（定义法、对角线相等的平行四边形、有三个角是直角的四边形）。 考查形式与分值：重点考点，常在选择题、填空题和解答题中考查，分值约5-10分。折叠问题是其特色题型。 命题趋势与高频考点：利用矩形的性质求角度、线段长（常结合勾股定理）；矩形判定（特别是“对角线相等的平行四边形是矩形”的应用）；矩形中的折叠问题，利用对称性和勾股定理建立方程求解；矩形背景下的线段和最短问题。 常见易错点与难点：判定矩形时，直接由“对角线相等”推出，忽略“平行四边形”的前提；折叠问题中，对应边、对应角关系找不准，方程列错；最值问题中对称点找错。 菱形的性质与判定 掌握菱形的定义（有一组邻边相等的平行四边形），及其特有性质（四边相等、对角线互相垂直且平分对角）；掌握菱形的三种判定方法（定义法、四边相等的四边形、对角线互相垂直的平行四边形）。 考查形式与分值：重要考点，考查形式与矩形类似，分值约5-10分。常与直角三角形、面积计算紧密结合。 命题趋势与高频考点：利用菱形的性质求边长、对角线长、内角度数；菱形的判定（特别是“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”）；菱形面积的计算（底×高或对角线乘积的一半）；已知菱形边长和对角线长，利用勾股定理建立方程。 常见易错点与难点：判定菱形时，直接由“对角线互相垂直”推出，忽略“平行四边形”的前提；计算面积时公式记混；菱形对角线将菱形分成四个全等的直角三角形这一模型运用不熟练。 正方形的性质与判定 掌握正方形的定义（既是矩形又是菱形），理解其集所有平行四边形、矩形、菱形性质于一身的特性（四边相等、四角直角、对角线垂直相等且平分对角）；掌握正方形的判定思路（先证菱形再证矩形，或先证矩形再证菱形）。 考查形式与分值：常作为压轴题或综合题的背景，分值较高（6-12分）。综合性极强。 命题趋势与高频考点：正方形性质的综合应用（证明线段垂直、相等）；以正方形为背景的“手拉手”全等或相似模型；正方形中的旋转问题，探究线段关系；正方形网格中的作图与证明；与函数结合，求正方形顶点坐标。 常见易错点与难点：判定正方形时步骤不完整，条件缺失；在动态复杂的图形中，无法剥离出基本的全等三角形或等腰直角三角形；对正方形的对称性（多种对称轴）利用不充分。 知识点01 多边形 知识点梳理： 内角和公式：n边形内角和 = (n-2)×180°。 外角和定理：任意多边形的外角和恒等于360°。 正多边形：各边相等，各内角也相等的多边形。 典型示例： 示例1（求内角和）：一个八边形的内角和是 (8-2)×180° = 1080°。 示例2（求边数）：已知一个多边形的内角和为1260°，求边数。解：设边数为n，则 (n-2)×180° = 1260°，解得 n=9。 示例3（正多边形）：一个正多边形的每个外角为45°，则它的边数为 360°÷45° = 8。 易错点辨析： 公式混淆：误将内角和公式 (n-2)×180° 用于计算外角和。 边数条件：求解边数n时，忘记n必须是大于等于3的整数，导致出现非整数或小于3的解。 概念不清：求正多边形内角时，误用外角公式（如正n边形每个内角 = 180° - 360°/n，而非直接用360°/n）。 知识点02 平行四边形的性质与判定 性质： 边：对边平行且相等。 角：对角相等，邻角互补。 对角线：互相平分。 判定（五种常见方法）： 定义法：两组对边分别平行。 边：两组对边分别相等；一组对边平行且相等。 角：两组对角分别相等。 对角线：对角线互相平分。 示例：（性质应用）：在▱ABCD中，AB=5，∠A=60°，则CD=5，∠C=60°。 （判定应用）：在四边形ABCD中，AB//CD，且AB=CD。求证：四边形ABCD是平行四边形。 证明：∵ AB//CD 且 AB=CD，∴ 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）。 （动点问题）：在平面直角坐标系中，A(0,0)，B(3,0)，C(4,2)，若以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，求点D的坐标。（需分类讨论，有三种可能情况） 易错点：判定条件不充分：仅凭“一组对边平行，另一组对边相等”就判定为平行四边形，这是错误的（可能是等腰梯形）。 性质与判定混淆：在证明题中，将需要证明的结论（如对边相等）当作已知条件（性质）直接使用。 动点问题漏解：在平行四边形存在性问题中，只考虑一种相对位置关系，遗漏其他构成情况。 知识点03 中心对称和中心对称图形 中心对称：把一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称。 中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形。 性质：对称点所连线段都经过对称中心，并且被对称中心平分。 示例：（直接应用）：在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，DE=4cm，则BC=8cm，且DE//BC。 （梯形应用）：在梯形ABCD中，AD//BC，E、F分别是AB、DC的中点，则EF是梯形的中位线，EF = (AD+BC)/2。 易错点： 概念混淆：将三角形的中位线与中线混淆。中线连接顶点与对边中点，不一定平行于第三边，长度也不等于第三边的一半。 前提条件忽略：应用定理时，未确认所给线段确实是连接“两边中点”的线段。 复杂图形中识别困难：在具有多个中点的复杂图形中，无法正确识别或构造出有效的中位线来转化问题。 知识点04 三角形的中位线 定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线。一个三角形共有三条中位线。 定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。 几何语言：在△ABC中，∵ D、E分别是AB、AC的中点，∴ DE∥BC，且 DE = ½ BC。 重要推论： 三角形三条中位线所截得的三角形与原三角形相似，相似比为1:2，面积比为1:4。 三条中位线将原三角形分割成四个全等的小三角形。 中点四边形：顺次连接四边形各边中点所得的四边形是平行四边形，其周长等于原四边形对角线之和，面积等于原四边形面积的一半。 示例： 题目：在△ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点。若AC=10cm，BC=12cm，AB=8cm，求△DEF的周长。 解析：根据三角形中位线定理，DE = ½ AC = 5cm，EF = ½ AB = 4cm，FD = ½ BC = 6cm。因此，△DEF的周长 = DE + EF + FD = 5 + 4 + 6 = 15cm。 易错点： 概念混淆：将“三角形的中位线”与“三角形的中线”混淆。中线是连接一个顶点和它对边中点的线段，它不一定平行于第三边，且长度不一定等于第三边的一半。中位线是连接两边中点的线段。 定理应用条件不清晰：在应用“DE = ½ BC”时，必须确保D、E分别是AB、AC的中点，即DE是△ABC的中位线。不能看到一条线段平行于另一边且长度是另一边的一半，就反推它是中位线（还需要满足端点是对应边的中点）。 在复杂图形中识别或构造中位线困难：当图形中出现多个中点时，学生往往无法准确判断哪条线段是哪个三角形的中位线，或者不知道通过添加辅助线（如连接两点创造三角形）来构造出可用的中位线。 忽视中点四边形的结论：在解决顺次连接四边形各边中点构成的新四边形问题时，容易忘记“中点四边形恒为平行四边形”这一重要结论，以及其周长、面积与原四边形对角线的关系，导致需要重新证明，浪费时间。 面积关系运用错误：知道中位线截得的小三角形面积是原三角形的1/4，但在求由中位线分割形成的复杂图形面积时，容易直接加减导致错误，必须明确每个部分面积与原三角形的比例关系。 知识点05 矩形的性质与判定 定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。 性质（在平行四边形基础上增加）： 四个角都是直角（∠A=∠B=∠C=∠D=90°）。 对角线相等（AC=BD）。 判定： 定义法：有一个角是直角的平行四边形。 对角线相等的平行四边形。 有三个角是直角的四边形。 示例：（性质应用）：在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若AB=6，BC=8，则AC=BD=10。 （判定应用）：在▱ABCD中，对角线AC=BD。求证：▱ABCD是矩形。 证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，∴ AD=BC。又∵ AC=BD，AB=BA，∴ △ABC≌△BAD (SSS)。∴ ∠ABC=∠BAD。又∵ AD//BC，∴ ∠ABC+∠BAD=180°。∴ ∠ABC=∠BAD=90°。∴ ▱ABCD是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）。 （折叠问题）：将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点C落在点C‘处，若AB=3，BC=4，求C’到AD的距离。（利用勾股定理和方程思想） 易错点：判定跳步：直接由“对角线相等”判定一个四边形是矩形，忽略了必须先证明它是平行四边形。 折叠问题对应关系不清：在矩形折叠问题中，找不准折叠前后的对应边、对应角，导致无法正确建立等量关系（方程）。 性质使用不当：误认为矩形的对角线只相等不互相平分（实际上作为平行四边形，其对角线依然互相平分）。 知识点06 菱形的性质与判定 定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 性质（在平行四边形基础上增加）： 四条边都相等（AB=BC=CD=DA）。 对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角（AC⊥BD，AC平分∠BAD和∠BCD，BD平分∠ABC和∠ADC）。 判定： 定义法：有一组邻边相等的平行四边形。 四边都相等的四边形。 对角线互相垂直的平行四边形。 示例：（性质应用）：已知菱形ABCD的边长为5，一条对角线AC=6，求另一条对角线BD的长及菱形的面积。 解：∵ 菱形对角线互相垂直平分，∴ AO=OC=3。在Rt△AOB中，OB=√(AB²-AO²)=√(25-9)=4。∴ BD=2OB=8。面积S = (1/2)×AC×BD = (1/2)×6×8 = 24。 （判定应用）：在▱ABCD中，对角线AC⊥BD。求证：▱ABCD是菱形。 证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，∴ AO=OC。又∵ AC⊥BD，∴ BD是AC的垂直平分线。∴ BA=BC。∴ ▱ABCD是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）。 易错点： 判定跳步：直接由“对角线互相垂直”判定一个四边形是菱形，忽略了必须先证明它是平行四边形。 面积公式混淆：记混菱形面积公式，除了底乘高，还有对角线乘积的一半（S = (1/2) * d1 * d2）。 性质应用不全：只记得四边相等，忽略了对角线垂直平分且平分对角的重要性质，在计算和证明中未能充分利用。 知识点07 正方形的性质与判定 定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。它既是矩形又是菱形。 性质（集矩形和菱形性质于一身）： 边：四条边都相等。 角：四个角都是直角。 对角线：对角线相等、互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角。 判定思路：通常先证明四边形是平行四边形，再证明它既是矩形又是菱形；或直接证明它满足正方形的定义。 示例： （性质应用）：正方形ABCD的对角线AC、BD交于点O，则AC=BD，AC⊥BD，OA=OB=OC=OD，△AOB是等腰直角三角形。 （判定应用）：已知：在矩形ABCD中，BE平分∠ABC，CE平分∠DCB，BF//CE，CF//BE。求证：四边形BECF是正方形。 证明思路：先由两组对边平行证BECF是平行四边形；再由角平分线和平行关系证出∠EBC=∠ECB=45°，从而EB=EC，得菱形；再证∠BEC=90°，得正方形。 （综合模型）：在正方形ABCD外侧作等边△ADE，连接BE、CE。求∠BEC的度数。（“手拉手”或共顶点旋转模型） 易错点： 判定逻辑混乱：判定正方形时，条件罗列不全或顺序混乱，未能清晰证明其同时满足矩形和菱形的所有特征（或满足定义）。 性质应用单一：在复杂图形中，只用到正方形的部分性质（如只用到四边相等），未能综合运用其全部特性（特别是对角线的特性）来简化问题。 模型识别不清：在正方形背景的综合题中，无法识别出内含的等腰直角三角形、全等三角形等基本模型，导致解题思路受阻。 题型一 特殊四边形的动点问题 解｜题｜技｜巧 明确分类依据：以已知线段作为平行四边形的边或对角线，进行分类讨论。通常有三种情况。 掌握坐标算法： 已知线段AB为边：利用平行四边形对边平行且相等，设未知点D(x, y)，根据向量AB=DC或AB=CD列方程组求解。 已知线段AB为对角线：利用平行四边形对角线互相平分，即AB的中点与CD的中点重合，列方程求解。 几何法辅助：在纯几何图形中，可结合平行线的性质与全等三角形进行推理。 易｜错｜点｜拨 致命错误：只想到一种情况，导致漏解。必须系统考虑以每一条已知线段为边或为对角线的所有可能。 计算错误：在利用中点坐标公式或向量相等列方程时，点坐标对应关系弄错。 忽略前提：求出点坐标后，需验证四点是否共线（若共线则构不成四边形）。 【典例1】如图，在四边形中，，，，，，动点从点开始沿边向点以的速度运动；点从点开始沿边向点以的速度运动．点，分别从点，同时出发，当其中一点到达端点时，另外一点也随之停止运动． (1)设运动时间为，用含的代数式表示线段的长：________，________； (2)求运动时间为多少秒时，四边形为平行四边形？ (3)当运动时间为多少秒时，四边形为矩形？ (4)若点运动的速度为，直接写出：当为多少时，四边形为正方形？当为多少时，四边形为菱形？ 【答案】(1)， (2)运动时间为时，四边形为平行四边形 (3)运动时间为时，四边形为矩形 (4)当为时，四边形为正方形，当为时，四边形为菱形 【分析】此题考查了正方形，菱形，平行四边形的判定与性质以及矩形的判定与性质． （1）根据题意速度乘以时间即可得出，，进而即可求得； （2）由在四边形中，，可得当时，四边形是平行四边形，即可得方程：，解此方程即可求得答案； （3）由在四边形中，，，可得当时，四边形是矩形，即可得方程：，解此方程即可求得答案． （4）根据四边形为正方形，可得，进而求得，再根据，建立方程，求得；当四边形为菱形，过点作于点，根据勾股定理求得的长，进而求得，从而求得，根据，建立方程求得的值，即可求解． 【详解】（1）解：由题意知，，则， 故答案为：， （2）由题意可得：，， ， ， 设当运动时间为秒时，此时四边形为平行四边形． 由得，， 解得：， 当运动时间为秒时，四边形为平行四边形． （3）， ， 设当运动时间为秒时，四边形为平行四边形． 由得：， 解得： ， 又 平行四边形为矩形． 当运动时间为秒时，四边形为矩形． （4）解：点运动的速度为，则 ∵四边形为正方形 ∴ ∴，则 解得： ∴当为时，四边形为正方形， 如图，过点作于点， ∴四边形是矩形， ∴， ∴ ∴， ∴当四边形为菱形时， ∴ ∴ 解得： ∴当为时，四边形为菱形； 综上所述，当为时，四边形为正方形，当为时，四边形为菱形 【变式1】如图，正方形的边长为，点是边上一点，且，对角线，交于点，点是中点，连接； (1)如图1，过点作交于点，判断四边形的形状并证明； (2)如图2，若点是对角线上的动点，当平分时，判断，，之间的数量关系， 并计算的值． 【答案】(1)四边形是平行四边形，见解析 (2)EP，FP，EF之间的数量关系为：； 【分析】（1）如图，过点作于点，结合正方形的性质证明四边形是矩形，得，，根据勾股定理及正方形的性质得，，继而得到，在中，推出，求得，得到，进一步推出，即可得证； （2）如图，设平行四边形的边与交于点，证明四边形是矩形，推出平分，即与的交点为符合条件的点，然后在中，，，，可得结论． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形； 证明：如图，过点作于点， ∴， ∵四边形是正方形，且边长为， ∴，，，，，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵点是中点， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形为平行四边形； （2），，之间的数量关系为：． 如图，设平行四边形的边与交于点， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， 即平分， 即与的交点为符合条件的点， 在中，，，， ∴，． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，平行四边形的判定，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识点，掌握特殊四边形形的判定与性质是解题的关键． 【变式2】如图，在四边形中，，，，，．动点P从点A出发，以速度沿线段向终点B运动．过点P作交折线于点Q，以为边向右侧作正方形．设点P的运动时间为，正方形与四边形重叠部分图形的面积为． (1)____________． (2)当点M与点C重合时，求x的值． (3)求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． 【答案】(1)45 (2) (3) 【分析】本题考查的正方形的性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，分类讨论是解题的关键． （1）过作于，根据矩形的性质得到,，求得，得到是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到； （2）根据正方形的性质得到，求得，得到， （3）当时，根据正方形的性质得到；当时，，，根据三角形和正方形的面积公式得到；当时，，，即可求解． 【详解】（1）解：（1）过作于， ， ， ∴四边形是矩形， ， ， ， ∴是等腰直角三角形， ； 故答案为：45； （2）解：，， ， ∴四边形是矩形， ∴ ∵四边形是正方形， ， ∵，， ∴， ∴出发时， ∵动点P从点A出发，以速度沿线段向终点B运动，设点P的运动时间为， ； （3）解：如图①， 由（2）可知，当时，点M与点C重合， ∴当时，则； 如图②， 当点Q与点C重合，此时， ∴当时，则，， 由（1）可知，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ， 如图③， 当点P与点B重合，此时， ∴当时，则， ， 综上所述，． 【变式3】如图，正方形中，已知，对角线与交于点O，点E为射线上的一个动点不与点B重合，点M为线段的中点．现将线段绕点M顺时针旋转得到线段，连结，．    (1)若点M在线段OD上且，求线段OF及EF的长． (2)当点E在线段OB上运动时，请判断的形状，并说明理由． (3)在点E的运动过程中，当时，求线段BE的长． 【答案】(1)； (2)的形状是等腰直角三角形，见解析 (3)线段BE的长为或 【分析】（1）利用正方形的性质得到，，，，利用等腰直角三角形的性质得到，利用线段的中点的意义，等腰直角三角形的性质和勾股定理解答即可得出结论； （2）连接，利用等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质得到，利用线段的垂直平分线的性质得到，则；利用正方形的性质和三角形的内角和定理求得，则结论可得； （3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当点E在线段上时，设，则，，利用勾股定理列出方程解答即可；②当点E在线段的延长线上时，设，则，，利用勾股定理列出方程解答即可． 【详解】（1）解：四边形为正方形， ，，，， ， ， 点M为线段的中点， ， ， ，， ， ； （2）解：的形状是等腰直角三角形，理由如下： 连接，如图，   为等腰直角三角形， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 点M为线段的中点，， 为线段的垂直平分线， ， ， ， ，， ， 的形状是等腰直角三角形； （3）解：①在点E的运动过程中，当时，如图，    设，则， ，M为线段的中点， ， ， ， ， ， （负数不合题意，舍去）， ， ； ②在点E的运动过程中，当时，如图，    设，则， ，M为线段的中点， ， ， ， ， ， （负数不合题意，舍去）， ， ； 综上，线段BE的长为或． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，线段的垂直平分线的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，分类讨论的思想方法，熟练掌握上述定理与性质是解题的关键． 题型二 特殊四边形的判定与性质综合题 解｜题｜技｜巧 判定思路清晰化： 矩形：路径一：先证平行四边形，再证有一个直角或对角线相等。路径二：直接证三个角是直角。 菱形：路径一：先证平行四边形，再证一组邻边相等或对角线垂直。路径二：直接证四边相等。 正方形：“先路后高”或“先高后路”。即先证明四边形是菱形，再证明有一个角是直角（或对角线相等）；或先证明是矩形，再证明有一组邻边相等（或对角线垂直）。 性质应用网络化：熟记特殊四边形是“属性叠加”的结果。正方形拥有矩形、菱形、平行四边形的所有性质。解题时根据需求，灵活提取所需性质（如正方形中隐含大量等腰直角三角形）。 善用基本图形：例如，菱形对角线产生垂直和全等的直角三角形；矩形对角线产生相等的线段和等腰三角形。 易｜错｜点｜拨 判定跳步：最典型的错误是直接由“对角线相等”推出矩形，或由“对角线垂直”推出菱形，必须确保前提是“平行四边形”。 性质与判定混淆：在证明题中，将需要证明的结论（如“边相等”）当作已知条件使用。 模型识别不清：在复杂图形中，无法识别出正方形背景下的“手拉手”全等模型、或矩形折叠中的对称全等模型，导致解题困难。 【典例1】在中，，将绕点A逆时针旋转得到． (1)【问题解决】 如图1，试判断四边形的形状，并说明理由； (2)【问题探究】 如图2，在四边形中，对角线上有一点P，连接，将线段绕点P按逆时针方向旋转，点D的对应点Q恰好落在的延长线上，求的度数； (3)【拓展延伸】 在（2）的条件下，若，求面积的最大值． 【答案】(1)四边形的形状为菱形，理由见详解 (2) (3) 【分析】（1）根据菱形和旋转的性质，得到和，利用等边三角形的判定即可判定为菱形； （2）连接，根据菱形的性质证明，得到，，根据旋转的性质得到，则有，再结合（1）中的结论，利用角的和差即可求出的度数； （3）作于点，于点，连接，利用菱形的性质证明是等边三角形，进而求得，，通过证明，推出，设等边的边长为，表示出，分析可知当取得最小值时，即最小时，面积有最大值，据此即可解答． 【详解】（1）解：∵绕点A逆时针旋转得到， ∴，， ∵， ∴， ∴和为等边三角形， 则， 那么，四边形的形状为菱形； （2）解：连接，如图， ∵菱形， ∴，平分， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴， 由（1）得，是等边三角形， ∴， 设， ∴， ， ∴， ∴； （3）解：过点A作于点，过点Q作于点，连接，如图， ∵菱形，， ∴， 由（1）得，是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 由（2）得，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， 即， 设等边的边长为， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 当取得最小值时，即最小时，面积有最大值， 当时，最小，此时是等边的高， ∴， ∴， ∴面积的最大值为． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质、旋转的性质、等边三角形的性质与判定、勾股定理、全等三角形的性质与判定、二次根式的应用、三角形面积公式，添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的几何推理和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生． 【典例2】问题情境：如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为M．那么与相等吗？ (1)直接判断∶______（填“”或“”）； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： (2)如图2，在正方形中，点E、F、G分别在边、和上，且，垂足为M．那么与相等吗？证明你的结论； 问题拓展： (3)如图3，点E在边上，且，垂足为H，当H在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点H落在点处． ①四边形是正方形吗？请说明理由； ②若，点在上，，直接写出的最小值为 ． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3)①四边形是正方形，理由见解析；② 【分析】（）证明即可得出结论； （）过点作，证明，由此可得； （）如图， 连接，证明，所以，，由折叠可知，，，由四边形内角和和平角的定义可得，所以，则，所以四边形是菱形，再由“有一个角是直角的菱形是正方形”可得结论； 作交的延长线于点，作于点，可证明，由此可得，易证是等腰直角三角形，所以，则，可得，则，作关于的对称点，则 ，可得， 求出的值即可得出结论． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴； （2）解：，证明如下： 如图，过点作交于点，交于点， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：四边形是正方形，理由如下： 如图，连接， 由（）的结论可知，， ∵四边形是正方形，是正方形的对角线， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由折叠可知，，， ∴， ∴四边形是菱形, ∵， ∴菱形是正方形； 如图，作交的延长线于点，作于点， ∴， 由上知四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 如图，作关于的对称点，则，过点作交延长线于点，则是等腰直角三角形， ∴， ∴当，，三点共线时，最小，最小值为的长， ∵， ∴由勾股定理得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即的最小值为． 【变式1】已知，正方形的边在正方形的边上，延长到，使，在边上，且，求证：四边形为正方形． 【答案】见解析 【分析】根据正方形的性质易证，根据全等三角形的性质推出，，求出，根据正方形的判定得出即可． 【详解】证明：∵四边形为正方形， ∴，， ∴． ∵，， ∴，，， 即，． ∵四边形是正方形， ∴，， ∴． ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【变式2】如图1，矩形中，，将矩形绕着点顺时针旋转，得到矩形． (1)当点落在上时，则线段的长度等于_____； (2)如图2，当点落在上时，则的面积为_______； (3)如图3，连接，判断与的位置关系并说明理由； 【答案】(1)2 (2) (3)，理由见详解 【分析】（1）利用勾股定理求出，然后问题可求解； （2）过点B作于点M，先利用的面积求出，然后根据勾股定理得出，进而可得，最后利用三角形面积公式可求解； （3）先利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理判断出，进而判断出，最后可求解． 【详解】（1）解：如图1， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴在Rt△ABD中，由勾股定理得：， 由旋转的性质知，， ∴； （2）解：过点B作于点M，如图2， ∴在中，由勾股定理得， 由旋转的性质知，， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴； （3）解：，理由如下： 设与的交点为Q，与的交点为P，如图3： 由旋转的性质知，， ∴， ∵，， ∴， ∴． 题型三 四边形中的折叠问题 解｜题｜技｜巧 紧扣核心：折叠即轴对称。折叠前后的图形全等，对应边相等，对应角相等。 解题步骤： Step1: 标出图中所有已知等长线段和等角。 Step2: 将所求线段（如折痕长、重叠部分边长）设为未知数。 Step3: 寻找一个直角三角形（通常由折叠后的对应点、原顶点等构成），利用勾股定理建立方程。 Step4: 解方程，得到答案。 常用辅助线：连接对应点，这条线段会被折痕垂直平分。 易｜错｜点｜拨 对应关系找错：这是最常出错的地方，必须仔细对照图形，明确哪两个点折叠后重合。 忽略隐藏的等腰三角形：由折叠产生的等角，结合平行线内错角相等，常会形成等腰三角形，可简化计算。 方程列立错误：在利用勾股定理时，直角三角形的三条边表达错误。 【典例1】如图，正方形的边长为4，点是边的中点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得，延长交于点．和的平分线，相交于点，连接，则的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】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，利用等面积法求出点H到的距离即可得到答案． 【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， ，， ， 又， ， ， 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， 设点H到的距离为h， ∵， ∴， ∴， ∴ ． 【变式1】【综合与实践】数学活动课上，老师发给每名同学一张矩形纸片和一张正方形纸片，要求同学们通过折叠，折出一些特殊角． 【操作与判断】 (1)如图1，小明将矩形纸片翻折，使点的对应点落在边BC上，折痕为，此时折出的__________度； (2)小刚受到小明折叠过程的启发，发现可以利用尺规作图找特殊的线段．如图2，在矩形纸片中，请你用尺规作图在边上取点，使得，保留作图痕迹，不要求写作法； (3)小亮通过对纸片进行不同形式的折叠后，将矩形纸片按如图3所示的方式折叠，可得到__________度； 【探究与解决】 (4)如图4，小慧将正方形纸片的沿过点的直线翻折，点的对应点落在正方形内部的点处，折痕为，再将沿过点的直线翻折，使点的对应点与点重合，折痕为． ①此时可得到__________度； ②若，求的长度． 【答案】(1) (2)图形见解析 (3) (4)①；② 【分析】（1）根据矩形纸片，得到，由折叠可得； （2）先作的垂直平分线交于，则，再以为圆心为半径画弧交于，则； （3）由正方形得到，，由折叠可得，再由勾股定理求出，得到； （4）①由折叠可得，，根据，得到； ②由折叠可得，，再在中由，得到，解方程即可． 【详解】（1）解： ∵矩形纸片， ∴， 由折叠可得， ∵， ∴； （2）解：如图，先作的垂直平分线交于，则，再以为圆心为半径画弧交于，则 （3）解：∵矩形纸片， ∴，， 由折叠可得， ∴， ∴， ∴； （4）解：①∵正方形纸片， ∴，， 由折叠可得，， ∵， ∴， ∴； ②由折叠可得，， ∵， ∴，， ∴，， ∵中， ∴， 解得． 【变式2】【问题情境】 在探究活动中，李老师发给每名同学一矩形纸片，宽为，长为，要求同学们将纸片沿一条直线折叠，探究图形中的结论． 【操作与发现】 嘉嘉在边上取一点，连接，将这个纸片沿翻折，使点的对应点落在边上，如图1所示． 琪琪在边上取一点，连接，将这个纸片沿翻折，使点的对应点落在边上，如图2所示． 慧慧将这个纸片沿翻折，点的对应点落在矩形外，如图3所示，连接，． 发现1：嘉嘉发现，图1中的线段与图2中的线段相等； 发现2：慧慧发现，图3中，是直角． ．．．．．． 【问题提出与解决】 (1)嘉嘉发现的与相等的结论是否正确？请你用所学的知识进行说明； (2)如图3，①证明；②求出的长． 【拓展延伸】 小刚受到探究过程的启发，提出新问题： (3)尺规作图：在图4所示的正方形的边上找一点，边上找一点，连接，使得四边形是长与宽的比为的矩形．（作图要求：保留作图痕迹，不写作法） 【答案】(1)嘉嘉的结论是正确的，理由见解析； (2)①见解析；②； (3)见解析 【分析】（1）由折叠的性质及勾股定理可得出答案； （2）①连接，与相交于点O，设与相交于点P，证明，由三角形内角和定理可得出； ②由三角形面积及勾股定理可得出答案； （3）分别以点、为圆心，对角线长的一半为半径画弧，分别交、边于点E和F，则可得出答案． 【详解】（1）解：嘉嘉发现的结论是正确的； 证明：由折叠知， ∴， 在图2中，， ， 由勾股定理得：， ∴， ∴， 所以嘉嘉的结论是正确的； （2）解：①证明：如图，连接，与相交于点O，设与相交于点P， 连接， ∵四边形是矩形， ∴， 由折叠得：， ∴， ∴，， 又， ∴ ， ∴，即， ∴， ∴是直角． ②在中，，， ∴， ∴， 由面积公式得：， ∴， 由折叠得， ∴ 在中，根据勾股定理：； （3）解：如图，即矩形为所求． 【变式3】【问题背景】在正方形中： 如图1，如果点、分别在、上，且，垂足为，那么与相等（无需证明）； (1)如图2，如果点、、分别在、、上，且，垂足为，那么与相等吗？证明你的结论； 【思考应用】 (2)如图3，若将正方形折叠，使得点的对应点落在边上，折痕分别交，于，．若正方形的边长为2，，则_____； 【继续探索】 (3)如图4，当图1中的点是的中点且时，连接，请你判断线段与之间的关系，并说明理由； 【拓展延伸】 (4)如图5，在正方形中，点、分别在、上，且，连接与相交于点．若，空白部分面积为，则_____． 【答案】(1)，证明见解析 (2) (3)，理由见解析 (4) 【分析】（1）过点A作，则有四边形是平行四边形，然后可得，进而问题即可得证； （2）连接，交于点K，由折叠的性质可知，同理可得，进而根据勾股定理可进行求解； （3）延长，交的延长线于点I，同理①可得：，然后通过证明，进而根据全等三角形的性质及直角三角形斜边中线定理可进行求解； （4）由题意易得，，则有，然后根据完全平方公式及线段的和差关系可进行求解． 【详解】（1），证明如下： 过点A作，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）连接，交于点K，如图所示： 由折叠的性质可知：， 同理②可得：， 在正方形中，， ∴； （3）延长，交的延长线于点I，如图所示： 同理（1）可得：， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， 在正方形中，， ∵， ∴， ∴， ∴点D为的中点， ∵， ∴， ∴； （4）同理①可得：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 解得：（负根舍去）； 题型四 三角形中位线定理的综合应用 解｜题｜技｜巧 1. 直接应用：看到三角形两边中点，直接连接，这条中位线平行于第三边且等于其一半。 2. 逆向构造：需要证明一条线段是另一条线段的一半且平行时，可尝试寻找或构造三角形的中位线。 3. 中点四边形：重要结论：顺次连接任意四边形各边中点，所得四边形必为平行四边形。若原四边形对角线相等，则中点四边形是菱形；若原四边形对角线垂直，则中点四边形是矩形。 4. 多中点问题：图形中有多个中点时，连接它们，往往能构造出多个中位线，形成新的平行四边形或相似形，是解题的突破口。 易｜错｜点｜拨 概念混淆：将中位线（连接两边中点）与中线（连接顶点与对边中点）混淆。中线不具备平行和一半的性质。 定理应用条件不满足：点必须是两边中点，才能应用中位线定理。 忽视中点四边形的结论：在遇到中点四边形问题时，重新证明它是平行四边形，浪费时间。 【典例1】如图，在中，，点为边上一点，； (1)如图1，若，，，求点到直线的距离； (2)如图2，点为线段中点，点为线段上一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，若点恰好在线段上，连接，与线段交于点，连接，判断线段的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）过点作延长线于点，利用勾股定理求得，再利用，即可求解； （2）连接，交于点，通过导角得出，可知，证明，可得，即可证明，得，再利用直角三角形证明，得，最后利用中位线证明即可． 【详解】（1）解：过点作延长线于点， ∵，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即点到直线的距离为； （2）解：，理由如下： 如图，连接，交于点， 设， ∵，点为线段中点， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 由旋转知，， ∴， ， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴，     ∴， ∵点为线段中点， ∴． 【变式1】如图，在中，，，D是边上的一点，E是中点，F是的中点，连接，射线绕点A顺时针旋转 ，得到射线，过点F作于点G，连接，取中点H，连． (1)求证：； (2)用等式表示，之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和证明即可； （2）延长至点，使，连接、、，证明≌，得到，，证明 ，得到，最后结合中位线定理即可解题． 【详解】（1）证明：由题意知，， ∵， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴； （2）解：；理由如下： 如图，延长至点，使，连接、、， 可知垂直平分， ∴，； ∵F是的中点， ∴， 在和中， ， ∴ ， ∴，， ∴； 由（1）知，， ∴， ， ； ∵ ， ∴； 在和中， ， ∴≌， ∴， ∵E是的中点，是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴． 【变式3】如图①，在梯形中，，、分别是、的中点，连接，叫做梯形的中位线．小华结合学习三角形中位线定理的经验对线段、与之间的位置和数量关系做了探究．通过连接，并延长交的延长线于点，证明，再结合三角形中位线的定理可得出，． 请利用上述方法解决问题： 如图②，在梯形中，和的平分线相交于点，且点在梯形中位线上．若梯形的周长为，求的长． 【答案】 【分析】平行线和角平分线结合构造出等腰三角形，推出，，等量代换得出，结合题干中得出的，即可求解． 【详解】解：，， ， 平分， ， ， ， 同理可得， ， ∵梯形的周长为， ， ． 题型五 四边形与坐标的综合题（压轴题倾向） 解｜题｜技｜巧 1. 代数法为主：将几何条件（如平行四边形对边平行且相等、菱形四边相等、矩形对角线相等）转化为点的坐标之间的方程或方程组。 2. 分类讨论思想：与动点问题结合时，必须根据四边形不同类型（平行四边形、菱形、矩形、正方形）的判定条件，进行分类求解。 3. 几何性质辅助：在计算时，结合图形特点（如利用菱形对角线垂直平分求斜率）可简化计算。 易｜错｜点｜拨 思路单一：仅从几何或代数一个角度思考，陷入困境。应数形结合，先用几何图形分析关系，再用代数工具计算。 计算量大且易错：此类题计算复杂，需步步为营，仔细检验。 忽略实际意义：求出的坐标可能使线段长度为负或点不在指定象限，需舍去。 【典例1】如图，在平面直角坐标系中，点、、A、、B、、C、…，都是平行四边形的顶点，点A、B、C、…在x轴正半轴上，，，，，，，，平行四边形按照此规律依次排列，则第7个平行四边形的对称中心的坐标是______． 【答案】 【分析】本题考查了平面直角坐标系中平行四边形的规律探究与对称中心的计算，解题的关键是根据已知条件推导各平行四边形顶点的坐标规律，进而求出对称中心坐标． 先根据和确定第一个平行四边形的顶点坐标；再依次推导后续平行四边形的顶点坐标，结合对称中心为对角线中点的性质，计算各平行四边形的对称中心坐标，最后总结出第个平行四边形对称中心的坐标公式． 【详解】解：第1个平行四边形： 过作x轴的垂线，垂足为， ∵， ∴为等腰直角三角形．又， ∴由勾股定理得， 已知，因此与重合，且． ∴坐标为， ∵， ∴对称中心为的中点，即． 第2个平行四边形： 同理可推得，又， ∴顶点，， ∴对称中心为的中点，即． 第3个平行四边形： 同理可推得，又， ∴顶点，， ∴对称中心为的中点，即． 推导规律： 观察可得，第个平行四边形的对称中心横坐标为，纵坐标为． 将代入规律公式：横坐标，纵坐标． 故对称中心坐标为． 故答案为：． 【变式1】如图，在中，，P为边上一动点， 于点G，于点 H． (1)求证：四边形 是矩形； (2)在点P的运动过程中，的长是否存在最小值?若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． (3)如图2，建立平面直角坐标系，和x轴重合，点C和坐标原点重合，若四边形是平行四边形，直接写出点D的坐标． 【答案】(1)见解析 (2)存在最小值，的最小值为 (3)D的坐标为或或 【分析】本题考查四边形综合应用，坐标与图形，勾股定理逆定理，矩形的判定与性质，平行四边形的性质及应用等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度． （1）用勾股定理的逆定理证明，根据三个角是直角的四边形是矩形可证四边形是矩形； （2）连接，可得，故当最小时，最小，此时，用面积法可得答案； （3）过A作于K，求出点A的坐标，设，而，分三种情况：①若为对角线；②若为对角线；若为对角线，分别解方程组可得D的坐标为即可． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， ， ∴四边形是矩形； （2）解：在点P的运动过程中，的长存在最小值，理由如下： 连接，如图： 由（1）知，四边形是矩形， ， ∴当最小时，最小，此时， ∴， ， ∴的最小值为； （3）过A作于K，如图： 同（2）可知， ， ， 设，而， ①若为对角线，则的中点重合， ，解得：， ； ②若为对角线，则的中点重合， ，解得：， ； ③若为对角线，则的中点重合， ，解得：， ； 综上所述，D的坐标为或或． 【变式2】如图1，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，且顶点位于原点，顶点、分别位于轴、轴上．若满足． (1)求点的坐标； (2)取的中点，连接，将沿翻折得到，连接并延长交轴于点．求证：点为的中点； (3)如图2，在（2）的条件下，点位于线段上，且．点为平面内一动点，且满足，连接．请你直接写出线段长度的最大值__________． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据已知条件，算术平方根的非负性以及偶次幂的非负性求得的值，即可求解； （2）证明，得到（），则，即可求解； （3）当点、、三点共线时，的长度最大，进而求解． 【详解】（1）解：∵满足即． ∴， ∴，即 （2）与关于所在直线对称， ，， 连接， ， ，， 设，， 在中，，即， ， ； ，， ， 同理， ， ，， （）， ， 点为的中点； （3）取的中点，连接，． ， ∴ ，点是的中点， ∴， ∵，则， 当点、、三点共线时，的长度最大， 则的最大值 ． 故答案为． 【点睛】本题考查了坐标与图形，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，轴对称的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式3】物体重心的位置对于物体保持平衡、运动和稳定的状态至关重要．一般匀质薄板形状的重心就是其对应平面图形的重心． 素材1：简单平面图形的重心举例 ①如图1，线段的重心是线段的中点O； ②如图2，的重心是三条中线的交点G； ③如图3，长方形（也叫矩形）的重心是其对角线的交点O． 素材2：组合平面图形重心举例 对于平面组合图形的重心位置，可以由被分成的平面图形的重心位置和各部分的面积来确定，为此可以建立平面直角坐标系，用坐标表示重心的位置． 如图4，在正方形和正方形中，点，点，点，点，点，点，这两个正方形的重心分别是，，由于，，则 若设两个正方形的组合图形的重心为， ， ， 即 解答问题 （1）如图5，矩形中，点，点，点，点，点，其中矩形的重心为， 矩形的重心为，则矩形的重心G的坐标为________； （2）如图6，在矩形和矩形中，点，点，点，点，点，点，矩形的重心，矩形的重心，则该组合图形的重心G的坐标为________． 【答案】（1）；（2） 【分析】本题主要考查了坐标与图形，长方形的面积计算，组合图形的重心，理解组合图形重心坐标公式是解决问题的关键； （1）先求出，，，设矩形的重心G的坐标为，然后根据组合图形的重心公式即可得出矩形的重心G的坐标； （2）先求出，，，设组合图形的重心G的坐标为，然后根据组合图形的重心公式即可得出该组合图形的重心G的坐标. 【详解】解：（1）∵四边形、四边形、四边形都是矩形， 又∵点，点，点，点，点， ∴，，，， ∴，，， 设矩形的重心G的坐标为， 又∵矩形的重心为，矩形的重心为， ∴，， ∴矩形的重心G的坐标为. 故答案为：. （2）∵四边形、四边形都是矩形， 又∵点，点，点，点，点，点， ∴，，，， ∴，， ∴， 设组合图形的重心G的坐标为， 又∵矩形的重心，矩形的重心， ∴，， ∴该组合图形的重心G的坐标为． 故答案为：． 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 1．如图，是的中位线，是的高，若，，则的长度为（    ） A． B．3 C． D．5 【答案】C 【分析】利用三角形的中位线以及勾股定理进行求解． 【详解】解：∵是的高线， ∴， ∵是的中位线， ∴， 由勾股定理得， ∴． 2．如图，四边形和四边形都是矩形，点B在边上，若矩形和矩形的面积分别为、，则它们的关系是（    ） A． B． C． D．无法确定 【答案】B 【分析】由于矩形的面积与矩形的面积都等于2个的面积，即可得两个矩形的面积关系． 【详解】解：∵，， ∴． 3．下列命题中，正确的是（　　） A．两条对角线互相平分的四边形是平行四边形 B．两条对角线互相垂直的四边形是菱形 C．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 D．两条对角线相等的四边形是矩形 【答案】A 【分析】根据平行四边形、菱形、正方形、矩形的判定定理，逐个判断各命题的真假即可得到正确选项． 【详解】解：∵ 两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，∴A正确； ∵ 只有对角线互相垂直且平分的四边形才是菱形，仅对角线垂直不能判定是菱形，∴B错误； ∵ 只有对角线互相垂直平分且相等的四边形才是正方形，缺少平分的条件，不能判定是正方形，∴C错误； ∵ 只有对角线相等且互相平分的四边形才是矩形，仅对角线相等不能判定是矩形，例如等腰梯形对角线相等，但不是矩形，∴D错误． 4．如图，正五边形内接于，连接，则的度数是_______． 【答案】/36度 【分析】先根据正五边形的内角公式求出，再由等边对等角结合三角形内角和定理求出即可． 【详解】解：∵正五边形内接于， ∴，， ∴． 5．已知：如图，在中，E，F分别为和上的点，和相交于点O，且．求证：四边形为平行四边形． 【答案】见解析 【分析】先证明，然后根据全等三角形的性质得到，再由证明即可． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，     ∴， 即， ∵           ∴四边形为平行四边形． 期中重难突破练（测试时间：10分钟） 1．如图，已知中，点M是边上的中点，平分，于点N，若，，则的长为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】C 【分析】延长交于点，证明，得出，从而可得，再由三角形中位线定理计算即可得出结果． 【详解】解：如图：延长交于点， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵点M是边上的中点， ∴为的中位线， ∴． 2．如图，矩形沿直线折叠，使点落在点处，交于点，，，则的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D． 【答案】C 【分析】由矩形的性质和折叠的性质得出，可得，设，则．根据勾股定理得出方程，解方程即可． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， 由折叠的性质得：， ， ， 设，则． 在中，由勾股定理得： ． 解得：， ． 3．如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E是的中点．若，，则菱形的面积为_______． 【答案】96 【分析】由菱形的性质得，，再由直角三角形斜边上的中线性质得，然后由勾股定理求得，则，即可求解． 【详解】解：∵四边形为菱形，， ∴，， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴． 4．如图为某城市部分街道示意图，四边形为正方形，点E在对角线上，，，，小敏行走的路线为，小聪行走的路线为，若小敏行走的路程为，则小聪行走的路程为_________． 【答案】4800 【分析】如图，连接，证明出，得到，推出，证明出四边形是矩形，得到，然后表示出小敏行走的路程和小聪行走的路程，然后整体代入求解． 【详解】解：如图，连接 ∵四边形为正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵小敏行走的路线为，小敏行走的路程为， ∴， ∴， ∴， ∵小聪行走的路线为， ∴小聪行走的路程为． 5．如图，点是内一点，连接、，并将、、、的中点、、、依次连接，得到四边形． (1)若，求的度数； (2)若为的中点，，和互余，求的长度． 【答案】(1) (2)6 【分析】（1）根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得且且，从而得到，再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可求解； （2）先判断出，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，求出即可求解． 【详解】（1）解：∵分别是的中点， ， ∵分别是的中点， ， ， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴； （2）解：∵和互余， ， ， ∵为的中点，， ， 由（1）知四边形是平行四边形， ． 期中综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．如图，在中，点是对角线上一点，过点作分别交于点，于点，连接、，若．则下列面积一定可以求得结果的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图，过点作交于，交于，由是平行四边形可得，；进而得到四边形是平行四边形、四边形是平行四边形、四边形是平行四边形、四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质以及三角形面积间的关系即可解答． 【详解】解：如图，过点作交于，交于， 四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，四边形是平行四边形， ，， ∵ ， ， ． 2．如图，在正方形中，点在上，且，连接，点在上，点在上，连接交于点，且，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】过点A作，交于点P，连接，将绕点A顺时针旋转，得到．设正方形的边长为，根据勾股定理求出，证明得到，设，则，，在中，根据勾股定理构造方程，求得，再求出，证明四边形是平行四边形，得到，即可求解． 【详解】解：过点A作，交于点P，连接，将绕点A顺时针旋转，得到． 设正方形的边长为，即， ∵，， ∴，， ∵在正方形中，， ∴在中，， ∵旋转得到， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， 设，则，， ∵在中，， ∴， 解得， 即， ∴在中，， ∵在正方形中，，又， ∴四边形是平行四边形， ∴ ∴． 3．如图，在菱形中，，，为射线上一点，连接，以为边在的右侧作等边三角形，连接，过点作交的延长线于点，连接，若，则的长为_____． 【答案】或 【分析】先利用菱形性质和等边的条件，证得，推出，再结合证得为等边三角形，得；设，分两种情况讨论：①当点在线段上时，作，用勾股定理列方程，解得后算出；②当点在的延长线上时，同理作，列方程，解得后算出，最终得到的两个可能长度． 【详解】解：四边形为菱形，， ，， 为等边三角形， ，， ， ， ，． ， ， ， 为等边三角形， ， 设，则， 分两种情况讨论： ①当点在线段上时，如解图，过点作于点， ， ， ，， ，． ， 在中，， 即， 解得（负值已舍去）， ②当点在的延长线上时， 如解图，过点作于点 同理①，可得，， ，， 在中，， 即，解得（负值已舍去）， ， 综上所述，的长为或． 4．“剪纸”是我国一项传统民间艺术，现有一张正方形纸片，用剪刀沿着一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分；拿出其中一部分，沿着一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分；又从得到的三部分中拿出其中之一，还是沿着一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分，…以此类推，为了得到7个十一边形和一些多边形纸片，则至少要剪_______ 刀． 【答案】 【分析】本题考查多边形内角和定理，一元一次不等式的应用和规律探究，解题关键是得到每剪一次所有多边形总内角和增加，其余多边形最小内角和至少为，据此列不等式求解． 【详解】解：根据题意，每剪一刀，所有多边形的内角和共增加． 设一共剪了刀，则共得到个多边形，所有多边形的内角和总和为． 已知共有7个十一边形，根据多边形内角和定理，7个十一边形的内角和总和为 根据题意得， 不等式两边同除以，得 整理得． 故至少要剪刀． 5．在学习了“特殊平行四边形”这一章后，小明同学发现除了已经学过的特殊四边形外，还有很多比较特殊的四边形，勇于创新的他大胆地作出这样的定义：有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”．请你根据以上定义，回答下列问题： (1)如图1，在正方形中，点、分别在边、上，连接、、、，线段、相交于点，若，证明：四边形为“双直四边形”； (2)如图2，在平面直角坐标系中，已知点，，点在线段上，且． ①求的长；②在第一象限内，是否存在点，使得四边形为“双直四边形”？若存在，请直接写出所有点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①；②存在点，使得四边形为“双直四边形”；点的坐标为或 【分析】（1）由正方形的性质证出，再通过角的等量代换解答即可； （2）①：利用勾股定理运算求解即可； ②：假设存在点在第一象限，使得四边形为“双直四边形”，求出直线的解析式为，设，分类讨论角的位置情况进而解答即可． 【详解】（1）解：证明：∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴ ， 在△和△中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为“双直四边形”； （2）解：①∵，， ∴，， 在中，由勾股定理得： ， ∴， ∴； ②存在点，使得四边形为“双直四边形” 点的坐标为或，                理由如下： 假设存在点在第一象限，使得四边形为“双直四边形”， 如图2，设、的交点为， ∵，， ∴， ∴是的中点， ∴， 设直线的解析式为，将点，点的坐标代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为， 设， ①当时，则， ∴，， 则， ②当时， ∵，， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， 此时点坐标还是， ③当时， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 整理得， 解得：，， 当时，， 此时在第四象限，不符合题意； 当时，， 此时在第一象限，符合题意． 综上，存在点，使得四边形为“双直四边形”，点的坐标为或． 【点睛】本题为几何综合题，涉及到了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，垂直平分线的判定及性质，一次函数的图象性质等知识点，合理分类讨论是解题的关键． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $