专题01 四边形（期中复习知识清单）八年级数学下学期新教材湘教版

专题01 四边形 多边形 1.多边形内角和定理 (1) 在平面内,由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫作多边形. (2) 在平面内,边相等,角也都相等的多边形叫作正多边形. (3) n边形的内角和等于(n-2)·180° 2.多边形外角和的应用 (1)在多边形的每个顶点处取一个外角,它们的和叫作这个多边形的外角和. (2)任意多边形的外角和等于360° 平行四边形 1. 平行四边形的性质 (1)两组对边分别平行 的四边形叫作平行四边形. (2)平行四边形 ABCD记作“□ABCD”. (3)平行四边形的对边 相等. (4)平行四边形的对角相等. (5)平行四边形的对角线互相平分. (6)平行四边形的一条对角线把平行四边形分成两个全等的三角形,两条对角线把平行四边形分成四个面积相等的三角形. 2. 平行四边形的判定 判定平行四边形的方法: (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)判定平行四边形的方法:两组对边分别相等的四边形是平行四边形. (4)对角线互相平分的四边形是平行四边形。 中心对称和中心对称图形 1.中心对称的概念及性质 (1)中心对称:在平面内,把一个图形上的每一个点P对应到它在绕点O旋转180下的像P',这个变换称为关于点O中心对称,也称原图形与新图形关于点0中心对称,点O叫作对称中心. (2)性质:成中心对称的两个图形中,对应点的连线经过对称中心,且被对称中心平分. 规律总结：(1)成中心对称的图形上的每一对对应点连成的线段都被对称中心平分. (2)任意两个中心对称图形以任意方式组合成一个图形后，过这两个对称中心的直线平分这个组合图形的面积. (3)对称点的连线必过对称中心 2.中心对称图形的判定 (1) 中心对称图形:在平面内,如果一个图形绕一个点O旋转180°,所得到的像与原来的图形互相重合,那么这个图形叫作中心对称图形,这个点O叫作它的对称中心. (2) 平行四边形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心. 方法技巧：(1)常见的中心对称图形有线段、平行四边形、圆、正n边形(n为偶数) (2)将图形绕对称中心旋转180°后,没有任何变化，和原图形一样的即为中心对称图形. 三角形的中位线定理 (1)定义:连接三角形两边中点的线段叫作三角形的中位线. (2)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. 规律总结：三角形的中位线定理包含两层含义 (1)中位线与第三边的位置关系: (2)中位线与第三边的数量关系 矩形 1.矩形的性质 (1)定义:有一个角是直角的平行四边形叫作矩形 (2)矩形的四个角都是直角,对边相等,对角线互相平分. (3)矩形的对角线相等. (4)矩形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心. (5)矩形是轴对称图形,过每一组对边中点的直线都是矩形的对称轴. 规律总结：矩形的性质的应用 (1)证明线段平行、相等或倍分的关系 (2)证明角相等或求角的度数. 2.矩形的判定 (1)三个角是直角的四边形是矩形； (2)一个角是直角的平行四边形是矩形. 对角线相等的平行四边形是矩形. 方法技巧：矩形的判定思路 (1)若给出的图形是一般的四边形.思路一:证明其三个角都是直角;思路二:先证明其为平行四边形，再证明其有一个角是直角或证明其对角线相等. (2)若给出的四边形是平行四边形,则直接证明其有一个角是直角或证明其对角线相等. 菱形 1. 菱形的定义和性质 定义:一组邻边相等的平行四边形叫作菱形 性质:(1)菱形的四条边都相等,对角相等对角线互相垂直平分; (2) 菱形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心; (3)菱形是轴对称图形,两条对角线所在直线都是它的对称轴. 2. 菱形的周长和面积 周长=边长×4. 面积=底×高=两条对角线长度乘积的一半. 规律总结：菱形的两条对角线把菱形分成四个全等的直角三角形、两对全等的等腰三角形.故常结合勾股定理或等腰三角形的性质进行与菱形有关的证明、计算，有时也与角平分线的性质结合解题. 3. 菱形的判定 (1)四条边都相等的四边形是菱形. (2)对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 正方形 1. 正方形的性质 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. 正方形具有平行四边形的所有性质,还具有以下性质: ①四条边相等,四个角都是直角,对角线相等且互相垂直平分; ②正方形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心; ③正方形是轴对称图形,两条对角线所在直线,以及过每一组对边中点的直线都是它的对称轴. 规律总结：正方形的性质 (1)边:四条边都相等且每组对边平行, (2)角:四个角都是直角. (3)对角线:两条对角线相等且相互垂直平分,把正方形分成四个全等的等腰直角三角形;每条对角线平分一组对角,把正方形分成两个全等的等腰直角三角形. 2.正方形的判定 (1)先判定四边形是矩形,再判定这个矩形有一组邻边相等; (2)先判定四边形是菱形,再判定这个菱形有一个角是直角. 规律总结：正方形的判定 (1)有一个角是直角的菱形是正方形; (2)有一组邻边相等的矩形是正方形; (3)对角线相等的菱形是正方形; (4)对角线垂直的矩形是正方形. 说明：格式（例题+变式）。 期末常考题型清单（必有）、高频易错归因清单（可有）、方法技巧速通清单（可有），可根据划分的题型及其特点分不同的清单形式，三者可都有；每道例题后面需要配匹配的变式1~3道，不可出现通篇一道例题一道变式 多边形的概念与分类 【例1】（24-25八年级上·江苏无锡·期中）如图，在凸五边形中，，，，，，则凸五边形的面积等于（   ） A．32 B．16 C．8 D．4 【答案】C 【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质，割补法求面积；过点作交于，过点作交于，点作交于，由可判定，由全等三角形的性质得，，同理可证，，设，，由四个三角形面积和，即可求解；能熟练利用割补法求面积，构建三角形全等是解题的关键． 【详解】解：如图，过点作交于，过点作交于，点作交于， ， ， ， ， ， 在和中 ， （）， ， ， 同理可证：， ， ， ， 设， ， ， ， ， 故选：C． 【变式1】（24-25八年级上·云南昆明·期中）下列图形是正多边形的是（   ） A．   B．   C．   D．   【答案】C 【分析】本题考查了正多边形，关键是掌握正多边形的定义． 根据正多边形的定义：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形可得答案． 【详解】根据正多边形的定义，得到C中图形是正五边形． 故选：C． 【变式2】（2024七年级上·全国·专题练习）已知正六边形的周长是，则这个多边形的边长等于___________． 【答案】6 【分析】本题考查正多边形的定义，根据每条边都相等，每个内角都相等的多边形叫正多边形求解即可得到答案，熟知在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形是解题的关键． 【详解】解：∵正六边形的周长是， ∴这个多边形的边长为， 故答案为：6． 多边形内角和问题 【例1】（25-26八年级上·重庆·期中）如图，在四边形中，，，，、分别是、上的点，且，若，则一定等于（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查四边形的内角和，三角形外角的性质，全等三角形的判定与性质等知识，正确作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 延长到点，使，连接，则，根据，得到，，证得，从而得到，，再推导，证得，进而得到，故，完成求解． 【详解】解：延长到点，使，连接，则， ∵，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：C． 【变式1】（24-25七年级下·江苏扬州·月考）如图，，是四边形的外角，，分别平分和且相交于点P．若，，则________．    【答案】 【分析】本题主要考查多边形内角和定理，三角形内角和定理，角平分线的定义，根据四边形内角和为360度和平角的定义，则由角平分线的定义可得从而求出的度数，运用三角形内角和定理即可求出的度数． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∵，分别平分和且相交于点P， ∴， ∴， 在中，， 故答案为：． 【变式2】（25-26八年级下·全国·周测）已知四边形中，与互补，，则的度数是____________． 【答案】 【分析】本题考查了四边形内角和定理与互补角的性质，掌握四边形内角和为、互补角的和为是解题的关键． 利用四边形内角和定理及互补角性质计算的度数． 【详解】解：∵与互补， ∴ ∵ 四边形的内角和为，且， ∴ 故答案为：． 正多边形的内角问题 【例1】（25-26八年级上·福建福州·期中）若一个正多边形的每一个内角都是，则该正多边形的内角和的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出正多边形的一个外角的度数，再根据正多边形外角和的性质，求出正多边形的边数，即可得出答案． 【详解】 ． ∴该正多边形的内角和的度数为． 【变式1】（2024·陕西西安·二模）图形的镶嵌（或称图形的密铺）指用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间既不留空隙、也不互相重叠地把一部分平面完全覆盖．如果我们只用一种正多边形镶嵌，那么下面正多边形中，不能进行镶嵌的是①正三角形②正方形③正五边形④正六边形_____．（填序号） 【答案】③ 【分析】本题考查平面镶嵌的知识，正多边形能单独镶嵌的关键是在一个公共顶点处，各正多边形的内角之和为，据此判断各正多边形内角是否能整除即可． 【详解】解：正三角形的内角为，，即6个正三角形在顶点处内角和为，可以镶嵌． 正方形的内角为，，即4个正方形在顶点处内角和为，可以镶嵌． 正五边形的内角为，，不是整数，无法使顶点处内角和为，不能镶嵌． 正六边形的内角为，，即3个正六边形在顶点处内角和为，可以镶嵌． 【变式2】（2025·陕西·模拟预测）如图，在正五边形中，以为边作等边，则的度数为_____． 【答案】/48度 【分析】根据五边形内角和为，得到，结合是等边三角形，计算即可得解． 【详解】解：∵正五边形中，以为边作等边， ∴，， ∴． 【变式3】（25-26九年级下·陕西西安·期中）如图，用正三角形地砖与正方形地砖在点处进行无空隙、不重叠地铺设．若一块边长相同的正多边形地砖恰好能无空隙、不重叠地拼在处，则这块正多边形地砖的边数为___________． 【答案】6 【分析】正多边形的组合进行平面镶嵌，位于同一顶点处的几个角之和为，从而可得的度数，计算正多边形的外角，由此可得边数． 【详解】解：正三角形和正方形的内角分别为与， ， 这块正多边形地砖的边数为． 多边形截角后的内角和问题 【例1】（24-25八年级上·四川绵阳·期中）一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和为，那么多边形的边数为______ 【答案】、、 【分析】本题考查多边形的内角和，掌握多边形的内角和公式是解题的关键； 设内角和为的多边形的边数是，根据多边形内角和定理可以求出所得多边形的边数； 由于一个多边形截去一个角后它的边数可能增加、可能减少或不变，由此确定原多边形的边数； 【详解】设内角和为的多边形的边数是， 于是有， 解得， ∵截去一个角后边数可能增加1，不变或减少1， 即原多边形的边数为或或； 故答案为：、、 【变式1】（24-25八年级下·浙江嘉兴·期中）已知一个多边形的内角和比外角和的2倍少． (1)求这个多边形的边数． (2)若截去该多边形的一个角，求截完后所形成的新多边形的内角和． 【答案】(1)5 (2)或或 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，掌握多边形的内角和的计算公式以及外角和为是解决问题的关键． （1）根据多边形的内角和公式、外角和是列方程求解即可； （2）由题意分情况讨论，然后利用多边形的内角和公式计算即可． 【详解】（1）解：设这个多边形的边数是， 由题意得：， 解得， 答：这个多边形的边数是； （2）解：截去一个角以后，多边形的边数可能减少了，也可能不变，或者增加了． 截完后所形成的新多边形的边数可能是或或， ①当多边形为四边形时，其内角和为； ②当多边形为五边形时，其内角和为； ③当多边形为六边形时，其内角和为； 综上所述，截完后所形成的新多边形的内角和为或或． 【变式2】（24-25七年级下·吉林长春·期中）如图所示，请你用一条直线去截这个多边形，使得到的新多边形分别满足以下条件．（画出图形，把截去的部分打上阴影） (1)在图①中画出的新多边形的内角和比原多边形的内角和增加了． (2)在图②中画出的新多边形的内角和与原多边形的内角和相等． (3)在图③中画出的新多边形的内角和比原多边形的内角和减少了 (4)将多边形只截去一个角，截后形成的多边形的内角和为，原多边形是___________边形． 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析 (3)图见解析 (4)11或12或13 【分析】本题考查了多边形截角后的内角和问题，多边形的内角和；根据多边形内角和公式求解即可； （1）使得原多边形增加一条边，即可求解； （2）不改变原多边形的边数，即可求解； （3）使得原多边形减少一条边，即可求解； （4）由多边形内角和公式得，按不同截法，即可求解． 【详解】（1）解：由题意得 （2）解：由题意得 （3）解：由题意得 （4）解：设新多边形的边数为n， 则， 解得：， ①若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为， ②若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为， ③若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为， 故答案为：11或12或13． 【变式3】（24-25八年级上·山东德州·期中）已知一个多边形的内角和与外角和相加等于， (1)求这个多边形的边数及对角线的条数； (2)当这个多边形剪去一个角后，所形成的新多边形内角和是______． 【答案】(1)边数是12，对角线的条数是54 (2)或或 【分析】本题考查多边形内角和定理：多边形内角和为． （1）已知一个多边形的内角和与外角和的和为，外角和是，因而内角和是．边形的内角和是，代入就得到一个关于的方程，就可以解得边数，从而得到这个多边形的对角线的条数． （2）剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变，根据多边形的内角和定理可以知道，边数增加1，相应内角和就增加180度，由此即可求出答案． 【详解】（1）解：设这个多边形的边数为， ， 解得：； 对角线的条数为：； 所以这个多边形的边数是12，它的对角线的条数是54； （2）解：因为剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变，分以下三种情况： 当沿两边中间点剪时，多边形多出一条边，边数为， 内角和； 当沿一边中间点与一顶点剪时，多边形边数不变，边数为12， 内角和； 当沿两顶点剪时，多边形边减少1边，边数为， 内角和； 综上所述：当新多边形有13条边时内角和为，12条边时内角和为，11条边时内角和为． 故答案为：或或． 多边形的外角问题 【例1】（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1】（25-26九年级上·江苏泰州·月考）如果一个多边形的每一个外角都是，那么这个多边形的边数为_________． 【答案】8 【分析】本题主要考查了多边形外角和定理，多边形的外角和为，每个外角都是，因此边数为外角和除以每个外角的度数的值． 【详解】解：， ∴这个多边形的边数为8， 故答案为：8． 【变式2】（25-26九年级上·江苏常州·期中）如图，小明沿一个正多边形广场周围的小路按顺时针方向跑步，从点O出发，前进10米后向右转，再前进10米后再向右转，这样一直跑下去，直到他第一次回到出发点O为止，则这个正多边形的周长为________米． 【答案】90 【分析】本题考查多边形的外角和定理，解决本题的关键是求解出正多边形的边数． 利用多边形外角和为求出正多边形的边数，进而求得其周长． 【详解】解：因为小明每次向右转的角度就是这个正多边形的外角， 已知每次向右转，且多边形的外角和是固定的． 设这个正多边形的边数为，可得， 即这个正多边形是九边形． 已知小明每次前进米， 可得该正多边形的周长米． 故答案为：． 【变式3】（24-25八年级上·四川泸州·期中）正多边形的每个内角比它相邻的外角的3倍还多，求这个多边形的边数． 【答案】10． 【分析】本题主要考查了多边形的内角和定理，外角和定理，多边形内角与外角的关系：多边形的外角和等于360度，多边形的每个外角和与它相邻的内角和等于180度，列出方程是解答本题的关键. 设多边形的一个外角为，则与其相邻的内角等于，根据内角与其相邻的外角的和是180度列出方程，求出x的值，再由多边形的外角和为360°，求出此多边形的边数为. 【详解】解：设这个多边形的每个外角为， 则． 解得． ． 答：这个多边形的边数为10． 平面镶嵌 【例1】（24-25七年级下·全国·期中）在①用正五边形可以进行平面镶嵌；②用正三角形和正六边形可以进行平面镶嵌；③用正四边形和正八边形可以进行平面镶嵌．这三个命题中正确命题的个数是（     ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题考查了平面镶嵌（密铺），熟练掌握正多边形的内角和及每个内角的求法是解题的关键； 分别求出各正多边形的每个内角，再结合镶嵌的条件逐项求解即可． 【详解】解：①正五边形每个内角是，不能整除，不能够进行平面镶嵌，故①不符合题意； ②正三角形的每个内角是，正六边形每个内角是，因为，所以用2个正三角形和2个正六边形可以进行平面镶嵌，故②符合题意； ③正四边形每个内角都是，正八边形每个内角都是，因为，所以用1个正四边形和2个正八边形可以进行平面镶嵌，故③符合题意； 所以正确命题的个数是2个， 故选：． 【变式1】（25-26九年级上·江苏淮安·期中）如图，学校里一段甬道是由完全相同的五边形密铺而成，其中，则的度数为______． 【答案】/120度 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理，先根据多边形内角和定理即可得出，然后再根据题意即可得出答案． 【详解】解：五边形内角和为：， 根据图中密铺可得， ， 故答案为：． 【变式2】（2024·陕西·中考真题）小芳用三个全等的正边形硬纸片和一个正三角形硬纸片拼了一个平面图形，这四个硬纸片的拼接处无空隙，不重叠．如图所示，是所拼的这个平面图形的一部分，则______． 【答案】 【分析】本题考查了无缝拼接的条件，多边形的内角和，正多边形的定义，理解无缝拼接的条件和正多边形的定义，掌握多边形的内角和公式：是解题的关键．由无缝拼接的条件得，由多边形的内角和公式和正多边形的定义，进行列式计算，即可求解； 【详解】解：由题意得：正m边形的内角为， ， 解得：， 故答案为：． 【变式3】（25-26九年级上·江苏镇江·期中）要用边长相同的正三角形、正六边形两种材料两种材料都要用到密铺地面，必须满足：有公共顶点的若干个个正三角形的内角与若干个个正六边形的内角的和等于，则___________ ． 【答案】2或4/4或2 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，二元一次方程的正整数解，正确计算是解题的关键，先求出正三角形、正六边形的每个内角的度数，再根据题意列出，再求正整数解即可． 【详解】解：正三角形的每个内角是，正六边形的每个内角是， 根据题意得，即（、n为正整数）， 解得，， 的值是2或4， 故答案为：2或． 多边形内角和与外角和综合 【例1】（23-24八年级下·上海·期末）一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为__________ 【答案】6 【分析】本题利用任意多边形外角和为定值360°，结合题目给出的内角和与外角和的数量关系，再根据多边形内角和公式列方程求解即可得到边数． 【详解】设这个多边形的边数为， 根据题意列方程得， 解得． 【变式1】（23-24八年级上·重庆永川·期中）已知一个正多边形的每个内角都等于，则它的边数是_______． 【答案】9 【分析】本题主要考查正多边形的内角和，外角和的性质，掌握正多边形的性质是关键． 通过内角求外角，再利用外角和定理计算边数． 【详解】解：∵多边形的每个内角都等于， ∴每个外角为， 又∵多边形的外角和为， ∴边数． 故答案为：9． 【变式2】．（24-25八年级上·江西吉安·期中）（1）一个多边形的内角和与外角和的度数之和为，求这个多边形的边数； （2）如图，是线段的中点，，，求证：． 【答案】（）；（）见解析． 【分析】本题考查了多边形的内角和定理以及多边形的外角和定理，全等三角形的判定，熟练掌握各知识点是解题的关键． （）设这个多边形的边数为，根据多边形的内角和公式列方程求解即可； （）由是的中点，则，然后根据“”证明即可． 【详解】（）解：设这个多边形的边数为，根据题意得： ， 解得：， 故这个多边形的边数为； （）证明：∵是的中点， ∴， 在和中， ， ∴． 【变式3】（23-24八年级下·湖南邵阳·期中）一个多边形的内角和比它的外角和的4倍少，这个多边形的边数是多少？ 【答案】该多边形的边数为9 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理和外角和的性质；设这个多边形的边数为，然后根据多边形内角和定理、外角和的性质以及题意列方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 根据题意得： 解得． 答：该多边形的边数为9． 利用平行四边形的性质求解 【例1】（24-25八年级下·河北石家庄·期中）在平行四边形中，，则度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行四边形的对角相等求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴． 【变式1】（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，，点A对应直尺的刻度为．将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据含角的直角三角形和勾股定理求出，证明四边形为平行四边形，根据平移的性质求出，根据平行四边形的面积公式计算，得到答案． 【详解】解：在中，， ， ， ， ， 由平移的性质可知：，， 四边形为平行四边形， 点A对应直尺的刻度为14，点对应直尺的刻度为0， ， ． 【变式2】（24-25八年级下·重庆·期中）在中，连接，过点作交于点．若且，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据于点，可证得，再根据求出，进而根据平行四边形的性质求出的度数． 【详解】解：∵于点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴． 【变式3】（25-26九年级上·四川成都·期中）如下图，在中，按如下步骤作图：①以点D为圆心，适当长为半径作弧，分别交、于E、F两点；②分别以点E、F为圆心，大于的一半长为半径作弧，两弧交于点G；③作射线交的延长线于点M．如果，，，则的长为_______． 【答案】 【分析】本题考查作角平分线、平行四边形的性质，熟练掌握角平分线的定义、平行四边形的性质是解答本题的关键．由作图过程可知，为的平分线，可得．由平行四边形的性质可得，，则，进而可得，再根据可得答案． 【详解】解：由作图过程可知，为的平分线， ． 四边形为平行四边形， ，， ， ， ， ． 故答案为：． 利用平行四边形的性质证明 【例1】（25-26九年级下·江西九江·期中）在中，是的中点，的延长线交的延长线于点，连接． (1)求证：平分； (2)求证： 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）利用平行四边形的对边平行的性质推出，再利用已知条件得到，得到，进而得到，由此得到结论平分； （2）根据平行四边形的对边平行的性质推出，，结合，证明，得到，由（1）知，得到，由此，即可得到 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴平分； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∴， 由（1）知， ∴， ∴， ∴ 【变式1】（2023·江苏南京·中考真题）如图，在中，点M，N分别在边上，且，对角线分别交于点E，F．求证． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，平行线的性质，由平行四边形的性质得到，由平行线的性质和对顶角相等推出，，据此证明，则可证明． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴； ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 【变式2】（24-25八年级上·山东济南·期末）如图，的对角线相交于点O，过点O的直线分别交的延长线于点E，F．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质等知识点，熟练运用平行四边形的性质是解题的关键． 根据平行四边形的性质可得，进而可得，再根据对顶角相等可得从而证明，再根据全等三角形的性质即可证明结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 【变式3】（25-26九年级上·全国·期中）综合与实践 活动课上，同学们以等腰三角形为背景展开有关图形旋转的探究活动．如图1，已知在中，，．将从图1的位置开始绕点A逆时针旋转，得到（分别是点B，C的对应点），旋转角为，设线段，相交于点M，线段分别交，于点O，． (1)【特例分析】如图2，当旋转到时，旋转角的度数为 ． (2)【探究规律】如图3，在绕点A逆时针旋转的过程中，求真小组的同学发现线段始终等于线段，请你证明这一结论． (3)【拓展延伸】直接写出当是等腰三角形时旋转角的度数． (4)连接，在旋转过程中是否存在，使四边形是平行四边形？若存在，直接写出的度数；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)或 (4)不存在，理由见解析 【分析】（1），结合，，利用互余性质计算即可． （2）根据旋转的性质，等腰三角形的性质，证明即可． （3）分三种情况求解； （4）假设存在，推出，与平行四边形的性质不符，即可出结论． 【详解】（1）解：根据题意，得， ∵， ∴， 故答案为：． （2）证明：绕点A逆时针旋转得到，， ，， ， ； （3）解：当时，如图， ∵， ∴， ∴， ∴； 当时，如图， ∵， ∴， ∴； 当时，如图， ∵， ∴， ∴； ∵， 故旋转角为或． （4）解：不存在．理由如下： 假设四边形为平行四边形，则， ， ， ， ， ， ， ， 四边形不能为平行四边形． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质．熟练掌握相关性质，并灵活运用，是解题的关键． 证明四边形是平行四边形 【例1】（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在平行四边形中，E，F分别是，边上的点，且，求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】只要证明，即可． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，，即， 又， ，即， 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】（25-26九年级上·江西景德镇·期中）如图1为折叠便携钓鱼椅子，将其抽象成几何图形，如图2所示，测得，，，，，已知 ． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求椅子最高点到地面的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行线的性质可得，，进而得，可知，即可证明结论； （2）由平行四边形的性质得，延长交于，由（1）可知，，可知四边形是平行四边形，得，，求得，，再由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵，，， ∴，， 则， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）∵， 延长交于，连接， 由（1）可知，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 则，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴ 【点睛】本题考查平行四边形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 利用平行四边形的判定与性质求解 【例1】（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，的四个顶点分别在的四条边上，，分别交、于点、，过点作，分别交、于点、，若四边形面积为，则的面积为（     ） A． B．a C． D． 【答案】B 【分析】此题重点考查平行四边形的判定与性质、三角形的面积公式与平行四边形的面积公式等知识正确地添加辅助线是解题的关键． 连接，，根据平行四边形的性质可得的面积的面积，再利用平行四边形的性质可得作 ，从而可得 ，进而可得的面积的面积，然后再根据作 ，可证四边形是平行四边形，从而可得的面积的面积，进而可得的面积的面积，即可解答． 【详解】解：连接，， 四边形是平行四边形， 的面积的面积， 四边形是平行四边形， ， ， ， 的面积的面积， ， 四边形是平行四边形， 的面积的面积， 的面积的面积， ∵四边形面积为， 的面积为， 故选：B． 【变式1】（25-26八年级上·河南郑州·月考）如图，已知中，，若，，点是边上的一个动点，以为折痕将折叠得到，与边交于点，当为直角三角形时，则的长为______ ． 【答案】或 【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质． 先在中，求得，得到，，然后再分当时和时的情况，然后根据折叠和勾股定理的知识即可求解． 【详解】解：在中，，，， 由勾股定理得：， 以为折痕将折叠得到， ，， 如图，当时，过点作的延长线于点． ， ，， ，， ∴四边形是平行四边形， ，， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：，不合题意，舍去， ，， 在直角三角形中，由勾股定理得：； 如图，，，当时，点与点重合． ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：， ，， 在直角三角形中，由勾股定理得：． 综上所述，的长为或． 故答案为：或． 【变式2】（25-26八年级上·四川成都·期中）如图，直线，在直线上方作等边，点B，C在直线上，延长AC交直线于点D，在上方作等边，点F在直线上且在点D右边．动点M，N分别在直线，上，且，若，则的最小值是________． 【答案】 【分析】将沿直线翻折得到，则三点共线，过点作于点连接，证明四边形是平行四边形，推出再根据，求出可得结论 【详解】解：∵和是等边三角形， ∴，， ∴， ， ∴， 如图，将沿直线翻折得到，则， ∴， ∴三点共线， 过点作于点连接，过点D作于点G，过点N作于点H， ， ， ， ， ∵，， ∴，， ， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ， ， ， ， ∴， ， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ， ， 的最小值为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了轴对称最短问题，等边三角形的性质，平行四边形的判定与性质等知识，解题的关键是正确添加辅助线，用转化的思想解决问题． 【变式3】（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图，在平行四边形中，，，．动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P运动的时间为t秒． (1)用含t的代数式表示 ； (2)当时，求t的值； (3)请问是否存在t的值，使得A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或 【分析】（1）根据路程=速度×时间，求解即可 ； （2）当时，过点A作于点F，则，，得到，根据题意，得，，构造等式求解即可； （3）当时，；当时，， 根据平行四边形的判定，列式求解即可． 【详解】（1）解：∵动点P从点A出发沿以速度向终点D运动， ∴； （2）解：当时，如图1，过点A作于点F，则，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动， ∴，， ∴， ∴， 解得． （3）解：存在， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动， ∴，， ∴当点P与点D重合时，， 故， 解得， ∴当点Q与点B重合时，， 故， 解得， ∴当时，； 当时，， ∵， ∴当时，A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形， 当时，如图2，四边形是平行四边形， ∵， ∴， 解得； 当时，如图3，四边形是平行四边形， ∵， ∴， 解得； 综上所述，t的值为或． 利用平行四边形性质和判定证明 【例1】（24-25八年级下·湖南益阳·期中）如图，四边形为平行四边形，点E、A、C、F在同一条直线上，并且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．先由四边形是平行四边形，证得，再根据补角的性质证得，从而证明，最后由全等三角形的性质证得，，从而证得四边形是平行四边形． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴，即， 在和中， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【变式1】（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，在中，E，F分别是，边上的点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若平分，，，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2)16 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，角平分线的定义、等角对等边，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）通过证明“，”即可证得四边形是平行四边形； （2）证明，得出，从而得出，再求出，最后结合平行四边形的性质即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴． ∴， ∴， ∴． ∴， ∴平行四边形的周长是16． 【变式2】（25-26九年级上·北京·期中）如图，在等边中，点是边上一点，且，点关于所在直线的对称点是，连接，，在上取一点使得，与交于点． (1)依题意补全图形； (2)求的度数； (3)用等式表示与的数量关系并证明． 【答案】(1)见解析 (2) (3)，见解析 【分析】（1）根据要求画出图形； （2）由对称得，设，由等边三角形的性质，等腰三角形的定义，结合角的关系可得结论； （3）过点作交于点，连接．先证，可得，，证明四边形是平行四边形可得结论． 【详解】（1）解：依题意补全图形 （2）解：∵点关于BC所在直线的对称点是， ． 设， 是等边三角形 ． ，， ， ， ． （3）解：， 证明：过点作交于点，连接， 是等边三角形 ． ， ． ， ． ， ． ∵点关于BC所在直线的对称点是， ． ． 在和中 ． ，． ∵点M关于所在直线的对称点是N， ，． ， ． ， ∴四边形是平行四边形． ． ． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了轴对称的性质，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，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 【变式3】（25-26九年级上·广东江门·期中）在中，，，．点在边上且，将绕点逆时针旋转得到（）． (1)如图1，当时，连接，求． (2)如图2，在旋转过程中，连接，取中点，作射线交直线于点． ①求线段的取值范围； ②当时，求证：． 【答案】(1)； (2)①；②见解析 【分析】（1）如图1，过点作交的延长线于点，根据题意求得，再根据特殊直角三角形的性质进而求得上的高，代入面积公式算出结果； （2）①如图2，在线段上截取，连接、，可证得四边形是平行四边形，得出：，，再运用三角形三边关系即可求得答案； ②可证，得出，由，即可推出结论． 【详解】（1）解：如图1，过点作交的延长线于点， ， ，， ， 点在边上且，将绕点逆时针旋转得到， ， ， 又， ； （2）解：①如图2，在线段上截取，连接、， ，， 四边形是平行四边形， ，， 在中，， ， 即， ； ②证明：∵四边形是平行四边形，且，， ∴，，，， ∵，即， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， 由①知：， 又∵， ∴． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 根据中心对称的性质求面积、长度、角度 【例1】（25-26九年级上·江西上饶·期中）如图，与关于点成中心对称，已知，，，则的长为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 【答案】B 【分析】本题主要考查了中心对称，勾股定理，解决问题的关键是熟练掌握中心对称的性质，勾股定理解直角三角形，中心对称的性质是成中心对称的两个图形全等． 根据与关于点成中心对称，得到，并利用勾股定理求得的值，最后得到的值，完成求解． 【详解】解：与关于点成中心对称， 故, 根据勾股定理，， 故． 故选：B． 【变式1】（25-26九年级上·福建福州·期中）如图，在等边三角形中，O为的中点，，与关于点B中心对称，连接，则的面积为__． 【答案】 【分析】本题主要考查了中心对称及等边三角形的性质，熟知等边三角形的性质及中心对称的性质是解题的关键． 先求出及的长，进一步得出及的长，据此求出的长，最后用三角形的面积公式进行计算即可． 【详解】解：∵是等边三角形，O为的中点，， ∴，． 在中， ． ∵与关于点B中心对称， ∴，， ∴， ∴的面积为． 故答案为：． 【变式2】（25-26八年级上·黑龙江大庆·期中）如图，和关于点成中心对称，若，，求的长． 【答案】 【分析】本题主要考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，中心对称图形的性质，根据中心对称图形的性质可得，，求出的长，进而得到的长，利用勾股定理求出的长，则可求出的长． 【详解】解：∵和关于点成中心对称， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式3】（25-26九年级上·云南玉溪·期中）如图，与关于点成中心对称． (1)连接，证明四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题主要考查中心对称图形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理的综合，掌握以上知识的运用是关键． （1）根据中心对称的特点得到，结合一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求证； （2）由勾股定理，平行四边形的性质得到，由此即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示， ∵与关于点成中心对称， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵，，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 中心对称图形的识别 【例1】（25-26九年级下·江西九江·期中）如图是北京大学的校徽图案，关于这个校徽图案，下列说法正确的是（   ）． A．这个图案是轴对称图形但不是中心对称图形 B．这个图案是中心对称图形但不是轴对称图形 C．这个图案既是中心对称图形也是轴对称图形 D．这个图案既不是轴对称图形也不是中心对称图形 【答案】A 【详解】解：这个校徽图案是轴对称图形，但不是中心对称图形． 【变式1】（25-26八年级上·广东中山·期中）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解，把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意； D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意， 故选：C． 【变式2】（23-24九年级上·河南新乡·月考）中国航天取得了举世瞩目的成就，为人类和平贡献了中国智慧和中国力量．下列是有关中国航天的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（   ） A．中国探火 B．中国探月 C．中国火箭 D．中国行星探测 【答案】C 【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义．根据中心对称图形的定义逐一进行判断即可． 【详解】解：只有选项C的图形能找到中心对称点，使图形绕该点旋转度后和原图形完全重合， 故选：C． 【变式3】（24-25八年级下·浙江杭州·期中）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：A、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； D、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意． 与三角形中位线有关的求解问题 【例1】（23-24八年级下·江苏南京·期中）如图，在中，平分，D是的中点，，，，则的长度为（   ） A．1 B．1.5 C．3 D．5 【答案】B 【分析】延长，，相交于点F，证明，得出，，然后利用三角形中位线定理求解即可．本题考查了三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质等知识，延长，，相交于点F是解题的关键． 【详解】解：延长，，相交于点F， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∵D是的中点，， ∴． 故选：B． 【变式1】（25-26九年级上·安徽芜湖·期末）如图，中，，．，，分别是，，的中点，在上运动（不与，重合），连接．点与点关于对称，连接并延长交于点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，先求出，根据折叠的性质得出，，，则，根据等边对等角得出，设，则，设，则，结合可求出，根据三角形外角的性质可求出，则，连接，根据勾股定理求出，则点Q在以为直径的圆上运动，取中点O，连接，，故当A、Q、O三点共线，且Q在上时，最小，最小值为，根据直角三角形斜边上中线的性质求出，取中点H，连接，根据三角形中位线定理得出，，，则，，根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：连接， ∵．，，分别是，的中点， ∴， ∵折叠， ∴，，， ∴， ∴， 设，则， 设，则， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 连接， ∴， ∴点Q在以为直径的圆上运动， 取中点O，连接，， ∴当A、Q、O三点共线，且Q在上时，最小，最小值为， ∵O为中点，， ∴， 取中点H，连接， ∴，，， ∴，， ∴， ∴的最小值为， 故选：D． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理，对称的性质，圆的有关概念等知识，明确题意，添加合适辅助线，证明是解题的关键． 【变式2】（24-25九年级上·四川资阳·期末）如图，在中，平分，D是的中点，，则的长为 __ ． 【答案】2 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质，首先延长、交于点，可证，根据全等三角形的性质可证，，从而可得，又根据点是的中点，可证是的中位线，根据中位线的性质可得的长度． 【详解】解：如图所示，延长、交于点， 平分， ， ， ， 在和中， ， ， ，， 又， ， 点是的中点， 是的中位线， ． 故答案为：2． 【变式3】（24-25八年级下·江苏镇江·期中）已知：如图，在中，平分，，垂足为，点是的中点． (1)求证：； (2)若，，则 ． 【答案】(1)证明见解析； (2)9 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线，与三角形的中位线有关的计算： （1）延长交于，证明，再证明，可得，结合点是中点，可得是的中位线，从而可得结论； （2）根据中位线的性质与全等三角形的性质可得结论． 【详解】（1）解：延长交于， 平分， ， ， ， 在和中 ， ， ， 又点是中点， 是的中位线， ； （2）解：∵，是的中位线， ∴， ∵，， ∴， ∴． 与三角形中位线有关的证明 【例1】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）已知中，为的平分线，，交的延长线于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，以为腰作等腰，且，，若，，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】（1）延长交的延长线于点H，取的中点，连接，证明，得，，从而得出，，再证明，即可由得出结论． （2）过点C作于点N，证明，由全等三角形的性质得出，证明，得出，，设，则，由勾股定理建立方程求出，则可得出答案． 【详解】（1）证明：如图，延长交的延长线于点H，取的中点，连接， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴，， ∵点F是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解：如图2所示，过点C作于点N， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由乘法法则可知或， ∴（舍去）或， ∴． 【变式1】（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， ∴， ∴ ∴． 【变式2】（25-26八年级下·全国·期中）如图，是内一点，连接，，并将，，，的中点，，，依次连接，得到四边形． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)如果，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【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，，，，从而得到，，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可； （2）过点作，交于点．由含的直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质，结合三角形的中位线即可求得结果． 【详解】（1）证明：，分别是，的中点， ，． ，分别是，的中点， ，， ，， ∴四边形是平行四边形． （2）解：如图，过点作，交于点． 在中，由，，得， ． 在中，由，，得， ， ． 【点睛】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，平行四边形的判定，含角的直角三角形，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟记定理是解题的关键． 【变式3】（24-25八年级下·四川成都·期末）在中，，点D在边上，连接，将绕点B逆时针旋转（），得线段． (1)如图1，若，连接，求证：； (2)如图2，若，连接，作的中线，用等式表示线段之间的数量关系，并证明你的结论； (3)如图3，在（2）的条件下，若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 (3)或 【分析】（1）先证明≌，再由全等三角形的性质证明即可； （2）延长使，则是的中位线，那么，然后证明≌，则，即可证明； （3）分两种情况讨论，在左侧时，以及在右侧时，利用（2）的辅助线，分类讨论求解即可． 【详解】（1）证明：将绕点B逆时针旋转得线段 ，， 又， ， ，即， 在和中， ， ≌， ， 又， ； （2）解：，证明如下： 如图，延长使，连接 是的中线， ， 是的中位线， ， 将绕点B逆时针旋转得线段 ，， ，即， 又， ， ，即， ，， ， 在和中， ， ≌， ， ； （3）解：情况一：当在左侧时，设与的交点为G，过B点作于H点． ，， ， 又，， ， 设则，则，解得负值舍， ， ， ， 若， ，由知≌， ， ，， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， 由知 情况二：当在右侧时，延长使，连接 ， 同上有， ∴， 同上可得， ∴ 则， ， 是CE中点， ， 综上，或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，角直角三角形的性质，勾股定理等知识点，难度较大，解题的关键是正确添加辅助线，构造全等三角形． 三角形中位线的实际应用 【例1】（25-26九年级上·河南鹤壁·期中）如图，小义同学想测量池塘A，B两处之间的距离．他先在A，B外选一点C，取的中点D，E，测得，则A，B之间的距离为（   ） A．40m B．60m C．70m D．80m 【答案】C 【分析】本题考查了三角形的中位线，根据三角形中位线的性质解答即可求解，掌握三角形中位线的性质是解题的关键． 【详解】解：∵点是，的中点， ∴是的中位线， ∴， 故选C． 【变式1】（25-26八年级上·山东济南·期中）如图，、两点分别位于一个池塘的两端，李明想用绳子测量、间的距离，但绳子不够长，一位同学帮他想了一个主意：先在地上取一个可以直接到达，的点，找到，的中点，并且测出的长为16米，则、间的距离为（   ） A．8米 B．20米 C．25米 D．32米 【答案】D 【分析】本题考查了三角形中位线定理的应用． 根据三角形中位线定理求解即可． 【详解】解：D，E是，的中点， ， A，B间的距离为． 故选：D． 【变式2】（24-25八年级下·全国·期中）如图，要测量池塘两岸相对的，两点间的距离，可以在池塘外选一点，连接，，分别取，的中点，，测得，则的长是______． 【答案】 【分析】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记定理并准确识图是解题的关键．先判断出是的中位线，再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，问题得解． 【详解】解：点，分别是，的中点，， 是的中位线， ． 故答案为：． 【变式3】（24-25八年级下·广东韶关·期中）如图所示，要测量A、B两点间的距离，在O点设桩，取中点C，中点D，测得，则________． 【答案】 【分析】本题考查了三角形中位线定理，解题关键是掌握三角形中位线定理． 直接利用三角形中位线定理求解． 【详解】解：∵取中点C，中点D， ∴是的中位线， ∴， 故答案为：． 利用矩形的性质求解 【例1】（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图所示，O是矩形的对角线的中点，E为的中点．若，，则的周长为（　　） A．10 B． C． D．14 【答案】C 【分析】由点O是的中点，E为的中点可得，在中，利用勾股定理求得，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得，即可得的周长． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴，， ∵点O是的中点，E为的中点， ∴，， 在中，，， 根据勾股定理得，， 在中，根据勾股定理得，． ∵四边形是矩形， ∴， ∵点O是的中点， ∴． ∴的周长为． 【变式1】（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，将含有的直角三角尺（）直角顶点A放到矩形的边上，若，则的度数是______． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，平行线的性质，三角形的内角和定理，对顶角相等． 设与的交点为点，由角的和差可求得，根据矩形的性质得到，从而，根据三角形的内角和定理求得，再根据对顶角相等即可得． 【详解】解：设与的交点为点， ∵，， ∴， ∵在矩形中，， ∴ ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式2】（25-26九年级上·重庆铜梁·期中）如图，将矩形绕点B按逆时针方向旋转一定角度后得到矩形，若，则的度数是________． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，角的和差运算，掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质得到，再根据角的和与差运算即可解答． 【详解】解：∵将矩形绕点B按逆时针方向旋转一定角度后得到矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式3】（25-26九年级上·贵州遵义·期中）如图，矩形的对角线和相交于点O，过点O的直线分别交和于点、，，，则图中阴影部分的面积为_____． 【答案】6 【分析】本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，首先证明，由此可得出，则可求出答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴ ， ∴， 又 ∴， ∴ ∴ ， 故答案为：6． 利用矩形的性质证明 【例1】（25-26九年级下·陕西西安·期中）如图，在矩形中，点在边上，，垂足为点．求证：． 【答案】见解析 【分析】根据矩形的性质得出，，证明，根据平行线的性质得出，根据证明，然后根据全等三角形的性质即可证明结论成立． 【详解】证明：∵四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴． 【变式1】（25-26九年级上·重庆铜梁·期中）学习了平行四边形后，小渝进行了拓展性探究．他发现，连接平行四边形一组对角顶点对应的对角线后，这两条角平分线与对角线交于两点，那么这两点与这组对角顶点构成的四边形是平行四边形．他的解决思路是通过证明三角形全等得出结论．请根据他的思路完成以下作图和填空． (1)如图，在平行四边形中，用尺规作的角平分线，交于点，连接；（不写作法，保留作图痕迹） (2)已知：平行四边形中，分别平分和，连接． 求证：四边形是平行四边形． 证明：四边形是平行四边形， _____①_____，，． ． 又分别平分和， ， _____②_____． 在和中 ． ，_____③_____． ． 四边形是平行四边形． 小渝进一步探究发现，如果将上述条件中的平行四边形变为矩形也有类似的结论，请完成下面的命题：连接矩形一组对角顶点对应的对角线后，这两条角平分线与对角线交于两点，那么这两点与这组对角顶点构成的四边形是 ． 【答案】(1)见解析 (2)①；②；③；平行四边形． 【分析】（1）根据作一个角的平分线的方法，进行作图即可； （2）根据平行四边形的性质得出，，，根据角平分线定义得出，证明，得出，，根据平行线的性质证明，即可证明四边形是平行四边形． 【详解】（1）解：如图，为的平分线； （2）证明：四边形是平行四边形， ，，， ， 又分别平分和， ， ， 在和中 ， ，． ． 四边形是平行四边形． 当为矩形时，如图所示： 四边形是矩形， ，，， ， 又分别平分和， ， ， 在和中 ， ，． ． 四边形是平行四边形． 连接矩形一组对角顶点对应的对角线后，这两条角平分线与对角线交于两点，那么这两点与这组对角顶点构成的四边形是平行四边形． 故答案为：①；②；③；平行四边形． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，作角平分线，平行线的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 【变式2】（25-26九年级上·湖北恩施·期中）在数学综合与实践活动课上，小明以“矩形的旋转”为主题开展探究活动． (1)探究一：小明将矩形纸片绕顶点顺时针旋转到矩形位置，连接，，，如图1，则的形状为___________． (2)探究二：小明将矩形绕顶点顺时针旋转得到矩形，当点恰好落在的延长线上时，设与相交于点，如图2，若，，求的面积． (3)探究三：小明将矩形绕顶点逆时针旋转一定角度，得到矩形，且点恰好落在边上，如图3，连接交于点，连接．若，求的值． 【答案】(1)等腰直角三角形 (2)10 (3) 【分析】（1）由，可知是等腰三角形，然后由旋转可得，即可判断出是等腰直角三角形， （2）证明，可得，再由等腰三角形的性质可得，在中，勾股定理列出方程，解得即可； （3）作于，作于，结合旋转可得：，，，证明，结合，可得，由已知设，，则在中由勾股定理得，证明，则，最后可得，，即可求解． 【详解】（1）解：两个完全相同的矩形纸片和， ， 是等腰三角形， 由旋转得， 是等腰直角三角形； （2）解：由矩形以及旋转可得：，， ∵ ， ， ，， ， ，， ， 在中，， ， 解得． 的面积； （3）解：如图，作于， 由旋转可得：，，， ， 如图，作于， 矩形，，，， ∴， ， ∴， ， ， ．    设， ， 同理可得    由旋转可得： 在中由勾股定理得 ， ∵ ∴， ，   ，   ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质． 【变式3】（24-25九年级下·湖北黄石·期中）如图，将矩形绕点按逆时针方向旋转，得到矩形，点正好落在边上，连接，，且交于． (1)求证：平分； (2)过作于，补全图形，并证明：为中点； (3)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）在矩形中，由平行得内错角相等，又由旋转得对应边相等，进而由等边对等角得，等量代换得，从而题目得证； （2）由角平分线性质和旋转性质证明，再根据三角形全等性质得对应边相等，即得为中点，题目得证； （3）先由勾股定理算出的长，进而得到的长，再利用勾股定理算出的长，进而计算的长． 【详解】（1）证明：在矩形中， ， ， 由旋转得， ， ， 平分； （2）证明：由（1）得平分， ，， ， 由旋转得，， ，， 又， ， ，即为中点； （3）解：，， 中，， ， ， 中，， ． 【点睛】本题考查了平行线的性质、旋转的性质、角平分线性质、三角形全等的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握并综合应用平行线的性质、旋转的性质、角平分线性质、三角形全等的判定和性质以及勾股定理是解题的关键． 矩形与折叠问题 【例1】（24-25八年级上·福建福州·期中）如图所示，长方形沿着折叠，使D点落在边上的F点处．如果，则长方形的面积是（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】A 【分析】分析由，求得，因为，所以，由折叠得，即可求得长方形的面积是2，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是长方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 由折叠得， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半． 【变式1】（25-26八年级上·广东梅州·期中）如图，长方形中，，，如果将该长方形沿对角线折叠，那么图中阴影部分的面积是（   ） A．10 B．15 C．20 D．25 【答案】A 【分析】先证，设，则，在中，由勾股定理得到，代入计算得到，再根据面积的计算即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，，即， 解得，， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积为，选项A符合． 【变式2】（25-26九年级上·宁夏银川·期中）如图，在矩形中，，点E为上一点，把沿翻折，点C 恰好落在边上的F处，则的长是_____． 【答案】/ 【分析】由折叠和矩形的性质得到，，利用勾股定理得出的长度，进而得到的长，在中求解的长即可得到答案． 【详解】解：∵在矩形中，，， ∴，，， 由折叠的性质可得：，， ∴ ， ∴， 设，则． 在中，由勾股定理可得： 即 解得：， ∴． 【变式3】（24-25八年级下·河北石家庄·期中）如图，嘉淇同学用一张矩形纸片进行折纸，已知该纸片宽为，为．当嘉淇折叠时，顶点D落在边上的点F处（折痕为）． (1) ， ； (2)求的长． 【答案】(1)6，4 (2) 【分析】（1）由矩形的性质及勾股定理可得出答案； （2）设，由勾股定理可得，则可得出答案． 【详解】（1）解：∵四边形是长方形，，，是 折叠得到， ∴．， ∴在中，， ∴． （2）解：设， ∴，． 在中，， ∴， 解得：， ∴． 证明四边形是矩形 【例1】（24-25八年级下·广西北海·期中）在平行四边形中，过点作于点，点在上且，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，平分，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)的长为 【分析】（1）由平行四边形的性质得，则，而，则四边形是平行四边形，再由，可推四边形是矩形； （2）由，，，根据勾股定理可求得，则，再利用角平分线证明，根据等角对等边求出． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， 于点，点在上， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形． （2）解：，，， ， ， ， 平分， ， ， ， ， 的长为5． 【变式1】（24-25八年级下·福建厦门·期中）如图，在四边形中，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)点E是上一点，点F是的中点，连接，，，若，，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)6.5 【分析】本题考查了矩形的判定，直角三角形的判定以及直角三角形斜中半定理，综合运用以上知识是解题的关键． （1）根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”进行证明； （2）先根据勾股定理的逆定理，证得，再由“直角三角形斜边的中线等于斜边的一半”求得的长． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，，， ∴， ∴， ∵点F是的中点， ∴． 【变式2】（25-26九年级上·陕西榆林·期中）如图，在中，延长至点E，延长至点F，且．求证：是矩形． 【答案】见解析． 【分析】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、矩形的判定等知识，证明是解题的关键． 由平行四边形的性质得，由，推导出，而，可根据“”证明，得，因为，所以，即可证明是矩形． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴是矩形． 【变式3】（24-25八年级下·广东湛江·期中）如图所示，在中，是边上的中线，点E是的中点，过点A作的平行线交的延长线于点F，连接． (1)求证：； (2)如果，试证明：四边形为矩形． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，平行四边形的判定与性质，综合性较强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先结合点E是的中点，，得，，再结合对顶角相等，证明，则，又因为是边上的中线，故，即可作答； （2）因为，，得，由（1）得，又∵，得出四边形为平行四边形，因为，所以四边形为矩形． 【详解】（1）证明：∵点E是的中点， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵是边上的中线， ∴， ∴． （2）解：∵，， ∴， ∴， 由（1）得， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形． 根据矩形的性质与判定求解 【例1】（24-25八年级下·贵州黔东南·期中）如图，四边形中，对角线、相交于点，，，且． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，掌握这些知识是解题的关键； （1）由，可得四边形是平行四边形，再由即可得四边形是矩形； （2）由题意求得，由矩形的性质得是等边三角形，由等边三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形． ， 四边形是矩形． （2）解：，， ． 又矩形中，， ∴是等边三角形， ． 【变式1】（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在平行四边形中，对角线和交于点，且．，求的度数． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定和性质等知识. 首先证明四边形是矩形，利用矩形的性质即可解决问题. 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． 【变式2】（24-25八年级下·海南海口·期中）如图，在中，，D是的中点，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由等腰三角形三线合一的性质得出，由平行线的性质得出，结合已知条件可得出，即可证明四边形是矩形． （2）由（1）可知四边形是矩形．由矩形的性质得出，，，由已知条件可得出，由勾股定理求出，最后根据等面积法可得出，即可求出． 【详解】（1）证明：∵， D是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：由（1）可知四边形是矩形． ∴，，， ∵D是的中点，， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴ 即， ∴． 【变式3】（24-25八年级下·广东广州·期中）同学用两副三角板拼出了如下的平行四边形，且内部留白部分四边形也是平行四边形直角三角板互不重叠，两个直角三角形斜边上的高都为 (1)①直接写出：一副三角板中的两个直角三角形的直角边结果用h表示； ②求四边形的面积． (2)请画出同学拼出的另一种符合题意的图，要求： ①不与给定的图形状相同； ②画出拼图的4个三角形的边． 【答案】(1)①角三角板直角边长为，角三角板直角边为和；②； (2)见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质以及等腰直角三角形和角的直角三角形的三边关系，根据平行四边形的性质来构造图形是本题解题的关键． （1）①根据等腰直角三角形和角的直角三角形的三边关系求解即可； ②根据长方形的面积公式求解即可； （2）根据平行四边形对边相等，邻角互补进行拼接即可． 【详解】（1）解：①作和的高，两个直角三角形斜边上的高都为，如图：则， ， 为等腰直角三角形， ， ， ， ∵，， ∴，则， ， 角三角板直角边长为，角三角板直角边为和； ②， ， 平行四边形为矩形， ，， ； （2）解：①顶角为时， ②顶角为时， 利用菱形的性质求解 【例1】（25-26九年级下·陕西西安·期中）在菱形中，．若菱形的周长为8，则此菱形的高为（   ） A． B．4 C．1 D．2 【答案】C 【分析】根据菱形的性质求出其内角的度数，再结合菱形周长求出边长，最后利用含角的直角三角形的性质求出菱形的高即可． 【详解】解：因为四边形是菱形，可知， 所以， 又已知， 设，则， 可列方程， 即，解得， 所以． 由于菱形的周长为， 设菱形的边长为，则，解得， 过点作于点，如图 则的长即为菱形的高， 在中，，， 可得 ． 则此菱形的高为1． 【变式1】（24-25八年级下·甘肃临夏·期中）如图，菱形中，E、F分别是、的中点，若，则菱形的周长是________． 【答案】24 【分析】根据三角形中位线的性质可求得的长度，然后由菱形的边长相等即可求得周长． 【详解】解：∵E、F分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴菱形的周长是． 【变式2】（25-26九年级下·江西九江·期中）已知一个菱形的周长与面积均为20，则这个菱形较短对角线长为___________. 【答案】 【分析】本题通过菱形的性质，先由周长求边长，再用面积求高，最后在两个直角三角形中用勾股定理逐步求出较短对角线的长度． 【详解】解：∵ 菱形的四条边相等，周长为20， ∴ 边长， ∵ 面积为20，， ∴，解得：， 在中，，，由勾股定理： ， ∵，， ∴， 在中，，，由勾股定理： ， 则另一条对角线的长度为， 故这个菱形较短对角线长为． 【变式3】（24-25八年级下·湖南益阳·期中）如图，已知菱形的对角线，的长分别为、，于点，求的长． 【答案】 【分析】利用菱形对角线性质求边长，再通过面积法列方程求高． 【详解】解：∵四边形是菱形， ，，， ， ， ，即， 解得． 利用菱形的性质证明 【例1】（25-26九年级上·贵州遵义·期中）如图，在菱形中，，E是边上一点（不与点C，D重合），将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． (1)求证：； (2)求证：； (3)连接，若，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)7 【分析】（1）根据旋转的性质可得，，在菱形中，，可证明是等边三角形，则，，所以，进而可证明 ，利用即可证明； （2）根据全等三角形的性质可得，根据平行线的判定得出； （3）连接，，设与相交于点，根据菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理求得的长，根据（1）中得出，根据以及菱形的性质可得，进而在中，根据勾股定理，即可求解． 【详解】（1）证明：线段绕点逆时针旋转得到线段， ，， 在菱形中，， ，， 、是等边三角形， ，， ∴， ∴， ， ； （2）证明：∵， ， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ； （3）解：如图，连接，，设与相交于点， 四边形是菱形， ，， ，是等边三角形， ，， ， 由（1）可得，， ，． ． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式1】（25-26八年级下·全国·期中）如图，在菱形的边上有一点（不与点，重合），请仅用无刻度的直尺按下列要求作图（保留作图痕迹，不写作法）． (1)在图①中的菱形的边上找一点，作线段，使． (2)在图②中的菱形的边上找点，，使，并作出等腰三角形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）结合菱形的性质、全等三角形的判定与性质，连接交于点，连接并延长，交于点即可； （2）结合菱形的性质、全等三角形的判定与性质，连接，相交于点，交于点，连接并延长，交于点，连接并延长，交于点，连接，，即可． 【详解】（1）解：如图①，线段即为所作． （2）解：如图②，即为所作． 【点睛】本题考查无刻度的直尺作图、菱形的性质、全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握菱形的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键． 【变式2】（24-25九年级上·福建厦门·期中）如图，在菱形中，点E，F分别在边和上，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查菱形的性质及全等三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质及全等三角形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，然后可得，进而问题可求证． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． 【变式3】（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点，延长到点，使得．连接，过点作，交于点，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证四边形是平行四边形，再证，则，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）由矩形的性质得，由菱形性质可证为等边三角形，可得，再由勾股定理求出，根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴平行四边形是矩形； （2）解：由（1）知四边形是矩形， ， 又， ， ∵四边形是菱形， ， 为等边三角形， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，综合运用以上知识点是解题的关键． 证明四边形是菱形 【例1】（24-25八年级下·云南文山·期中）已知：如图，矩形中，对角线与相交于点E，作，与相交于点F．求证：四边形为菱形． 【答案】见解析 【分析】先证明四边形是平行四边形，由矩形的性质得出，即可证明四边形是菱形． 【详解】证明： ， 四边形为平行四边形， 四边形为矩形，对角线与相交于点E， ， 四边形为菱形． 【变式1】（25-26九年级上·河南郑州·期中）已知：如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作的平行线，过点作的平行线，两线相交于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析； (2) 【分析】（1）先根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”判定四边形为平行四边形，再利用矩形对角线相等且互相平分的性质得到，结合“一组邻边相等的平行四边形是菱形”完成判定； （2）先计算矩形的面积，再利用矩形对角线分矩形为四个面积相等的三角形得到的面积，最后根据菱形的面积是面积的2倍，求出四边形的面积． 【详解】（1）解：四边形是菱形， 理由：∵，， ∴四边形是平行四边形． ∵四边形是矩形， ∴，且，， ∴． ∴平行四边形是菱形． （2）解：∵四边形是矩形，，， ∴， ∴． ∵四边形的形状是菱形， ∴根据对称性，， ∴． 即四边形的面积为． 【变式2】（25-26九年级上·重庆开州·期中）如图，在平行四边形中，平分交于． （1）用尺规作图完成以下基本作图：作线段的垂直平分线，分别交，于点，．连接；（保留作图痕迹，不写作法和结论．） （2）根据（1）中作图，证明四边形是菱形，请你补全证明过程． 证明：四边形是平行四边形， ∴，∴ 又∵平分 ∴ ① ∴ ∴ ② ∴点在直线上 ∵垂直平分 ∴ ∵ ∴ ∴ ③ 又∵ ∴四边形是平行四边形（ ④ ） 又∵ ∴ ⑤ 【答案】（1）画图见详解 （2）①，②，③，④对边平行且相等，⑤平行四边形是菱形形（邻边相等的平行四边形是菱形） 【分析】本题主要考查尺规作图和菱形的判定，根据菱形的判定方法证明菱形是解题的关键． （1）根据作垂直平分线的方法画出符合题目要求的图形即可； （2）根据题干给出的证明过程，按照邻边相等的平行四边形是菱形逐步证明即可． 【详解】（1）解：如图，画图即为所求作； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，∴， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴点在直线上， ∵垂直平分， ∴， 在与中，， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形（对边平行且相等）， 又∵， ∴平行四边形是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）， ∴①，②，③，④对边平行且相等，⑤平行四边形是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）． 【变式3】（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. 根据菱形的性质与判定求解 【例1】（25-26九年级上·辽宁沈阳·期中）如图，按以下步骤作四边形：（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，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，等边对等角，三角形内角和定理，可证明四边形是菱形，由等边对等角可得，由菱形的对角相等可得，据此求出的度数即可得到答案． 【详解】解；由作图方法可得， ∴四边形是菱形，， ∴， 又∵， ∴， 故选：C． 【变式1】（24-25八年级下·重庆·期中）如图，在中，，，，的平分线交于点G，于点O，交于点F，连接，，则四边形的面积为_____ ． 【答案】 【分析】由，，得，所以，由，得，由的平分线交于点，于点，交于点F，得，，可证明，得，则垂直平分，所以，，可推导出，则，进而证明四边形是菱形，推导出，则，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵的平分线交于点G，于点O，交于点F， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式2】（25-26八年级上·黑龙江绥化·期中）在平行四边形中，的平分线交直线于E，交直线的延长线于点F． (1)在图1中证明； (2)若四边形是矩形，G是的中点（如图2），直接写出的度数； (3)若，，，分别连接，（如图3），求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据平分，可得，利用四边形是平行四边形，求证即可; （2）连接、，根据平分，四边形是矩形，可得和都是等腰直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形三线合一，可得，，，证明，即可得是等腰直角三角形，即可求解； （3）延长、交于点，连接，求证四边形是菱形，证明可得结论． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ，． ，． 平分， ． ． ， ． ． （2）如图，连接、， ∵四边形是矩形， ，． ． 平分， ． ． ，，． ． 又是的中点， ，，． ． 在和中， ， ． ，． ， ． ． ． （3）如图，延长、交于点，连接， ∵四边形是平行四边形， ，． ， ． ∴四边形为平行四边形． ，平分， ，． ． ． ， ． ∴平行四边形为菱形． ，． 、为等边三角形． ． ， ， ∴四边形为平行四边形． ，． ，， ． 在和中， ， ． ． ， ． ． 【变式3】（25-26九年级上·陕西西安·期中）如图，在中，，D、E分别是，的中点，， (1)求证：四边形是菱形 (2)连接交于点O，若，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (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，进而可得的长及面积． 【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， ，，， 又∵点为的中点， 为的中位线， ， ∴， ∴四边形的面积为． 【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，灵活应用以上知识是解题关键． 利用正方形的性质求解 【例1】（25-26九年级上·甘肃甘南·期中）如图，点是正方形的对角线上一点，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握正方形的性质，三角形内角和定理是解决问题的关键．根据正方形性质得，在中，，根据三角形内角和定理即可得出的度数． 【详解】解：四边形为正方形， ， 在中，， ． 故选：． 【变式1】（24-25八年级下·重庆·期中）在正方形中，对角线、交于点，点在线段上，点在线段上，连接、，且，连接交于点，，点在线段上，且，延长交于点，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作的垂线，交于点，交于点，连接，由正方形的性质容易证明，则，结合等腰三角形三线合一的性质可得，因此，通过等量代换可得．容易证明是等腰直角三角形和四边形是矩形，则，，进而证明，因此也是等腰直角三角形，使用勾股定理计算出．由和可得，从而证明，则． 【详解】解：如图，过点作的垂线，交于点，交于点，连接， ∵四边形是正方形， ∴，，，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， 由勾股定理可得，， ∴， 解得， ∵， ∴， ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴． 【变式2】（24-25八年级下·广东广州·期中）顺次连接正方形四边中点所得的四边形的面积与原正方形的面积的比为______． 【答案】 【分析】根据题意作图，利用中位线定理可证明顺次连接正方形四边中点所得的四边形与原正方形相似，且相似比是，所以可求得的四边形的面积与原正方形的面积的比为． 【详解】解：如图： 四边形是正方形， ，， ，F，G，H是正方形各边的中点， ， ，， ，， 同理：， 四边形是正方形， 四边形四边形， 设，则，， 所得的四边形的面积与原正方形的相似比为， 所得的四边形的面积与原正方形的面积的比为． 【变式3】（24-25八年级下·山东烟台·期中）如图：矩形内有两个相邻的正方形，且左右两边的正方形面积分别为和，那么图中阴影部分的面积为_______． 【答案】 【分析】根据正方形的面积求出矩形的长和宽，再用矩形的面积减去两正方形的面积即为阴影部分的面积． 【详解】解：如图 由两个相邻的正方形，面积分别为和， 得， ∴， 故 ． 正方形折叠问题 【例1】（25-26八年级上·山西运城·期中）如图，正方形纸片的边长为，点E是边的中点，将这张正方形纸片折叠，使点C落到边上的点E处，折痕交边于点G，交边于点F．则的值是(　　) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质、折叠的性质及勾股定理的应用，解题的关键是利用折叠性质得对应边相等，结合勾股定理列方程求解． 【详解】解：∵正方形边长为，是中点， ∴ 设，则，由折叠性质得． 在中，由勾股定理：， 即，，，． ∴，，． 故选：C． 【变式1】（25-26八年级上·福建漳州·期中）如图，正方形纸片的边长为，点是边的中点，将这个正方形纸片翻折，使点落到点处，折痕交边于点，交边于点，请求出的长． 【答案】的长为 【分析】本题考查了正方形的性质，图形的翻折变换以及勾股定理．熟练掌握正方形的性质，图形的翻折变换以及勾股定理是解题的关键． 通过设未知数，利用勾股定理建立方程来求解的长即可． 【详解】解：设为， 四边形是边长为的正方形， ， ， 正方形纸片翻折，使点落到点处， ， 点是边的中点， ， 在中，根据勾股定理，得到， ， 解得， ． 【变式2】（25-26八年级上·四川成都·期中）已知：如图，在边长的正方形中，点在边上， ，将沿折叠至，延长交于点，连接． (1)求的度数； (2)求的长度． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． （1）根据正方形的折叠证明，则得到，而折叠得到，再由即可求解； （2）由，可设，则，，在中，由勾股定理建立方程求解即可． 【详解】（1）解：由折叠得,， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴在和中， ， ， ， 又 ， ， ． （2）解：∵， 设， , ， 在中， ， ∴． 【变式3】（25-26九年级上·宁夏银川·期中）已知：如图，在边长为12的正方形中，点在边上，，将沿折叠至，延长交于点，连接． (1)求的度数； (2)求的长度． 【答案】(1) (2)6 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． （1）根据正方形的折叠证明，则得到，而折叠得到，再由即可求解； （2）由已知可得，由，可设，则，，在中，由勾股定理建立方程求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵正方形的边长为12，， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∵在中，由勾股定理得 ∴， 解得， ∴． 证明四边形是正方形 【例1】（25-26九年级上·广东揭阳·月考）如图，在中，过点的直线，为边上一点、过点作，交直线于，垂足为，连接． (1)求证：； (2)当在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； (3)若为中点，则当________时，四边形是正方形（直接写出答案）． 【答案】(1)见解析； (2)四边形是菱形，理由见解析； (3) 【分析】（1）通过证明四边形是平行四边形，利用平行四边形对边相等得． （2）先证四边形是平行四边形，再结合直角三角形斜边中线性质得，从而判定为菱形． （3）结合正方形的判定求解即可 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， 又∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵是中点，， ∴， 由（）知，且，即， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形； （3）解：当时，四边形是正方形，理由如下， ∵， ∴， ∴， ∵是中点， ∴，即， 由（）知四边形是菱形， ∴菱形是正方形， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定、直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握特殊四边形的判定定理与直角三角形的性质是解题的关键． 【变式1】（25-26九年级上·福建三明·期中）已知：如图，在中，，是的平分线，于点E，于点F．求证：四边形是正方形． 【答案】证明见详解 【分析】本题考查了正方形、矩形的判定，角平分线的性质及等腰三角形的判定与性质．先根据已知条件得出，再由，利用三角形内角和定理得出，从而根据等腰三角形的判定可知，，证明出四边形是矩形，进而求得四边形是正方形． 【详解】证明：∵，是的平分线， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形． 【变式2】（25-26九年级上·江西抚州·期中）如图，，，平分，平分，，，. (1)求证：四边形是正方形． (2)连接，若，求线段的长度． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的性质，正方形的性质和判定，勾股定理，含角直角三角形的性质； （1）由四边形是平行四边形，平分，平分，得到，再由，，，可得四边形是菱形，进而得证四边形是正方形； （2）过点E作，由（1）可得是等腰直角三角形，是含角直角三角形，设，利用，可求出，进而求出. 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分，平分， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴四边形是菱形， 又∵， ∴菱形是正方形. 即四边形是正方形. （2）解：过点E作，如图所示， ∵四边形是正方形， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴在中，设，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴. 【变式3】（24-25八年级下·云南红河·期中）如图，在矩形中，点E，F分别在，上，且，于点G． (1)求证：矩形是正方形； (2)延长到点H，使得，连接，判断的形状，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)是等腰三角形，理由见解析． 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定及性质，等腰三角形的判定． （）证明，得到，即可求证； （）证明可得，进而得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：是等腰三角形． 理由：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰三角形． 根据正方形的性质与判定求解 【例1】（25-26九年级上·河南平顶山·期中）将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形，用拉紧的橡皮筋连接，，转动这个四边形，使它的形状改变．如图，当时，测得；则当时，四边形的面积为________． 【答案】/ 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质．先根据正方形的性质求出，再根据菱形的性质、勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出即可求解． 【详解】解：由题意，当时， ∵， ∴四边形是正方形， 又∵，， ∴； 当时， ∵， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴，则， ∴，则， ∴四边形的面积为， 故答案为：． 【变式1】（25-26九年级上·吉林·期中）如图，为正方形内一点，，，，将绕点按顺时针方向旋转，得到，延长交于点，连接．则的面积为______ 【答案】// 【分析】本题考查旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质是解答本题的关键． 由旋转得，，，，，可得出四边形为正方形，可得．在中，由勾股定理得，，则，，即可解答． 【详解】解：由旋转得，，，， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ， 在中，由勾股定理得，， ， ， ， 故答案为：． 【变式2】（25-26九年级上·福建三明·期中）如图，在矩形中，，，平分，平分，，，则四边形的面积为________． 【答案】8 【分析】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质；根据，可推出四边形是平行四边形，再由矩形的性质和角平分线的定义推出，从而可说明平行四边形是正方形，再利用勾股定理结合正方形面积公式即可求解． 【详解】解：， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， 平分，平分， ， ， 平行四边形是正方形． ∵，， ∴， ∴，即四边形的面积为8， 故答案为：8． 【变式3】（24-25八年级下·湖北恩施·期中）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，四边形的每一个顶点都在格点上． (1)求的度数； (2)仅用无刻度的直尺作出（不写作法），并求格点四边形的面积． 【答案】(1) (2)图见解析， 【分析】本题主要考查网格与勾股定理，勾股定理的逆定理，平行四边形、正方形的性质等知识的综合，掌握以上知识，数形结合分析是关键． （1）如图：连接，由勾股定理逆定理得到是直角三角形，即可求解； （2）根据平行四边形的性质，正方形的性质作图即可． 【详解】（1）解：如图：连接， 根据勾股定理得，，， ∴，， ∴， 是直角三角形， ． （2）解：如图所示，取格点四边形或四边形， 或 四边形：根据格点可得四边形是平行四边形， ∴对角线相互平分，交点为点，连接， ∵， ∴， ∴， ∴即为所求； 四边形，连接， ∵， ∴， ∴即为所求； 根据格点图示，可得点到的高为， ∴ ． (特殊)平行四边形的动点问题 【例1】（25-26八年级上·全国·期中）如图1，在长方形中，，，点从点出发，以的速度沿向点运动，设点的运动时间为秒，且． (1)________（用含的代数式表示）； (2)如图2，当点从点开始运动的同时，点从点出发，以的速度沿向点运动，是否存在这样的值，使得以、、为顶点的三角形与以、、为顶点的三角形全等？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，或2 【分析】本题考查列代数式、矩形上的动点问题： （1）求出即可表示出的长度； （2）分两种情况讨论：和时，根据全等的性质得边长相等，从而可求v的值． 【详解】（1）解：，则， 故答案为：； （2）解：存在． 分两种情况讨论： ①当，时，． ∵， ∴． ∴，即． 解得． ∵，， ∴． ②当，时，． ∵， ∴，即． 解得． ∵，即，解得． 综上所述，当或2时，与全等． 【变式1】（23-24八年级下·全国·期中）已知：如图，在直角梯形中，，动点P从A点开始沿边向D以1cm/秒的速度运动，动点Q从C点开始沿边向B以3cm/秒的速度运动，P、Q分别从A、C同时出发，当其一点到端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒 (1)t为何值时，四边形是平行四边形？ (2)t为何值时，四边形是等腰梯形？ 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了平行四边形、等腰梯形的判定与性质应用，掌握对各种图形的认识，同时学会数形结合的数学解题思想是解题的关键． （1）四边形为平行四边形，即，列出等式求解； （2）四边形为等腰梯形，即，过点作交于F，根据勾股定理列出等式即可得出． 【详解】（1）由题意得：，， ， ， 要使四边形为平行四边形，只需保证， ∴， 解得：， ∴当秒时，四边形为平行四边形； （2）由（1）知， 所以要使四边形为等腰梯形，即的时， 如图所示： 在和中， ∵， ∴， ∴， ∴，即 解得：， 即当时，四边形为等腰梯形． 【变式2】（25-26九年级上·吉林四平·月考）如图，在中，，，点、分别是边、上的点，且 ，，，动点从点出发，沿折线向终点运动，在上以每秒个单位长度的速度运动，在上以每秒2个单位长度的速度运动，过点作于点，以为边作正方形，使点、始终在同侧．设点的运动时间为， 正方形与重叠部分图形的面积为． (1)用含的代数式表示线段的长； (2)当点落在边上时，求的值； (3)在点的运动过程中，求与之间的函数关系式． 【答案】(1)当时，；当时， (2) (3) 【分析】（1）先求得点从点到点需要的时间为1秒，点从点到点需要的时间为2秒，然后分成当点在线段上（不含点）时，即，和当点在线段上时，两种情况，分类讨论即可； （2）由题意可知，当点落在边上时，可知点在线段上，此时点刚好在点处，接着证明为等腰直角三角形，利用勾股定理求得，从而知道的长度，求得时间； （3）分当时，当点在线段上时，当时，此时点在线段上，点刚好在外侧，重叠部分为五边形，当时，重叠部分为正方形三种情况分类讨论即可得出答案． 【详解】（1）解：动点从点出发，沿折线向终点运动，在上以每秒个单位长度的速度运动，在上以每秒2个单位长度的速度运动，，， 点从点到点需要的时间为：（秒）， 点从点到点需要的时间为：（秒）， 当点在线段上（不含点）时，即，此时， 当点在线段上时，，此时， 综上所述，当时，；当时，； （2）解：过点作于点，以为边作正方形，使点、始终在同侧． 当点在线段上时，点始终在外侧， 当点落在边上时，可知点在线段上，此时点刚好在点处， 如图所示： ，， ， ， 为等腰直角三角形， ， ，， ， ， 正方形， ， 当点落在边上时，求的值为； （3）解：①当时，当点在线段上时，如图所示： ，， ， ， 为等腰直角三角形， ， 四边形是正方形， ， 重合， 正方形与重叠部分图形的面积为． ， ， ； ②当时，此时点在线段上，点刚好在外侧，设交于点，重叠部分为五边形，如图所示： 由题意可知，此时，， 四边形是正方形， ，，， ， ，， ， 是等腰直角三角形， ， 五边形的面积为：； ③当时，重叠部分为正方形，如图所示： 此时正方形的面积为， 综上，． 【点睛】本题考查了动点问题，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质与面积，三角形的面积，平行的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 四边形中的线段最值问题 【例1】（25-26九年级上·贵州贵阳·期中）如图，在矩形中，，，的平分线交于点，，分别是，上的动点，且，是线段上的动点，连接，．若，则的长为_______． 【答案】 【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练应用相关性质定理是解题的关键．由题意易知，在上取点，使，连接，，则，从而可得，进而证得四边形是矩形，四边形、四边形均为正方形，得到，结合，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：四边形是矩形， ，， 的平分线交于点， ， 如图，在上取点，使，连接，， ， ，， 与的距离为， ， ， 如图，则四边形是矩形， ，， ， ， ，，， 四边形为正方形， ，，， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ， ， ， ， 由勾股定理得， 故答案为：． 【变式1】（25-26九年级下·陕西西安·期中）如图，正方形的边长为分别是边上的两个动点，且，连接，，则的最小值为___________． 【答案】 【分析】连接，证明，得出，推出的最小值等于的最小值，作点A关于的对称点H，连接，则A、B、H三点共线，连接，与的交点即为所求的E点，根据对称性可得，得到，由勾股定理求出的长即可得解． 【详解】解：如图1，连接， 四边形是正方形， ，， ， ， ， 的最小值等于的最小值， 如图2，作点A关于的对称点H，连接，则A、B、H三点共线， 连接，与的交点即为所求的E点， 根据对称性可得， ， 在中，，， ， 的最小值等于． 【变式2】（24-25八年级下·福建厦门·期中）如图，四边形是矩形，，，点P是边上一点（不与点A，D重合），连接，．点M，N分别是，的中点连接，，，点E在边上，，则的最小值是___________． 【答案】 【分析】本题考查了斜中半定理，三角形中位线的性质以及运用将军饮马模型求线段和的最小值，综合运用以上知识是解题的关键．运用斜中半定理以及三角形中位线性质，证明四边形是平行四边形，求的最小值等同于求的最小值，最后运用将军饮马模型以及勾股定理求得最小值． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵点M，N分别是，的中点， ∴，，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴的最小值就是的最小值， 作点C关于直线对称点Q，连接、， ， 当点B、P、Q三点共线时，的最小值就是的长度， 在中，，，， ∴， ∴的最小值． 故答案为：． 【变式3】（25-26九年级上·陕西延安·月考）如图，在菱形中，，点E为射线上的动点，点F为射线DC上的动点，且，连接、，若菱形的面积为，则的最小值为_____． 【答案】 【分析】本题考查菱形性质、全等三角形判定与性质、最短路径（将军饮马）问题，涉及知识点：菱形的边与面积性质、全等三角形、垂线段最短．解题方法是通过全等转化线段，将“”转化为“三角形的三边关系”；解题关键是构造全等三角形实现线段转化，易错点是无法找到线段转化的全等条件．先证得，将转化为，再利用菱形面积求的最小值，进而得的最小值． 【详解】解：如图所示，连接，作点关于的对称点，连接交于点，连接， 在菱形中，，（菱形对角相等）． ∵， ∴， ∴， 得， ∴． ， ， ． 在中， 当三点共线时有最小值，即取得最小值， 在中，， ． 故答案为：． 四边形其他综合问题 【例1】（23-24八年级下·全国·期中）如图，有八个全等的直角三角形拼成一个大四边形和中间一个小四边形，连接、得到四边形，设，，，若，则___________． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了代数式求值，四边形面积计算，将四边形的面积设为x，其余八个全等的三角形相等，每个三角形的面积设为y，由，，，可得出，，，根据，得出，从而求出，即可得出答案． 【详解】解：设四边形的面积为x，其余八个全等的三角形面积相等，每个三角形的面积设为y， ∵，，， ∴，，， ∵， ∴， 解得：， ∴， 故答案为：． 【变式1】（25-26九年级上·江西抚州·期中）在数学综合与实践活动课上，同学们用两个完全相同的矩形纸片展开探究活动： 【实践探究】：（1）小红将两个矩形纸片摆成图1的形状，连接，则__________ 【解决问题】：（2）将矩形绕点A顺时针转动，边与边交于点M，连接，． ①如图2，当时，求证：平分； ②如图3，当点F落在上时，连接交于点O，则__________； 【迁移应用】：（3）如图4，正方形的边长为是边上一点（不与点重合），连接，将线段绕点E顺时针旋转至，作射线交的延长线于点G，求的长； （4）如图5，在菱形中，是边上一点（不与点重合），连接，将线段绕点E顺时针旋转至，作射线交的延长线于点G，若，求的长。 【答案】（1）45；（2）①见解析；②4；（3）；（4） 【分析】（1）证明是等腰直角三角形，得出，则可得出答案； （2）①由矩形的性质及平行线的性质证明，则可得出结论； ②过点B作于点E，求出，证明，得出，，证明，得出； （3）过点F作交于点H，证明，得出，，证明是等腰直角三角形，则可得出答案； （4）过点F作，与的延长线交于点H，证明，得出，，，证出是直角三角形，由直角三角形的性质可得出答案． 【详解】解：（1）∵长方形纸片和是两个完全相同的长方形， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， 故答案为：45； （2）①证明：∵， ， ∵矩形中， ， ， 平分； ②过点B作于点E， ，， ， ， ， ， ， ， 又 ，， ， ，， ， ， ， 又 ，， ， ， 故答案为：4； （3）过点F作交于点H， 四边形是正方形， ，， ， 由旋转得，， ， ， 在和中， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ； （4）过点F作，与的延长线交于点H，如图： 四边形是菱形， ，， ， 由旋转得，， ， ， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 是直角三角形， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，矩形的性质，菱形的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识． 【变式2】（24-25九年级上·广东深圳·期中）在数学综合与实践活动课上，同学们用两个完全相同的矩形纸片展开探究活动： 【实践探究】：（1）小红将两个矩形纸片摆成图1的形状，连接，则__________ 【解决问题】：（2）将矩形绕点A顺时针转动，边与边交于点M，连接，． ①如图2，当时，求证：平分，写出证明过程； ②如图3，当点F落在上时，连接交于点O，则__________； 【迁移应用】：（3）如图4，正方形的边长为是边上一点（不与点重合），连接，将线段绕点E顺时针旋转至，作射线交的延长线于点G，则__________； （4）如图5，在菱形中，是边上一点（不与点重合），连接，将线段绕点E顺时针旋转至，作射线交的延长线于点G，若，求的长并说明理由． 【答案】（1）45；（2）①证明见解析；② 4；（3）；（4），理由见解析 【分析】（1）证明是等腰直角三角形，得出，则可得出答案； （2）①由矩形的性质及平行线的性质证明，则可得出结论； ②过点B作于点E，求出，证明，得出，，证明，得出； （3）过点F作交于点H，证明，得出，，证明是等腰直角三角形，则可得出答案； （4）过点F作，与的延长线交于点H，证明，得出，，，证出是直角三角形，由直角三角形的性质可得出答案． 【详解】解：（1）∵长方形纸片和是两个完全相同的长方形， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， 故答案为：45； （2）①证明：∵， ， ∵矩形中， ， ， 平分； ②过点B作于点E， ，， ， ， ， ， ， ， 又 ，， ， ，， ， ， ， 又 ，， ， ， 故答案为：4； （3）过点F作交于点H， 四边形是正方形， ，， ， 由旋转得，， ， ， 在和中， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 故答案为：； （4），理由如下： 过点F作，与的延长线交于点H，如图： 四边形是菱形， ，， ， 由旋转得，， ， ， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 是直角三角形， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，矩形的性质，菱形的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识． 【变式3】（24-25八年级下·广西贵港·期中）定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．如：在如图1中，四边形的对角线与互相垂直，故四边形叫做垂美四边形． (1)概念理解：如图2，在四边形中，，问四边形是垂美四边形吗？说明理由． (2)性质探究：垂美四边形的两组对边的平方和相等．已知：如图1，与是垂美四边形的两组对边．求证：； (3)解决问题：如图3，在中，，分别以的斜边和直角边为边向外作等腰和等腰，使得，连接．若，则的值为_______． 【答案】(1)四边形是垂美四边形，理由见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可得； （2）根据垂直的定义及勾股定理解答即可； （3）证明，得出，证明，得出四边形为垂美四边形，结合（2）的结论计算即可得到答案． 【详解】（1）解：四边形是垂美四边形；理由如下： 连接、， ∵， ∴点在线段的垂直平分线上， ∵， ∴点在线段的垂直平分线上， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 即四边形是垂美四边形； （2）证明：∵， ∴， 在中，根据勾股定理得：， 在中，根据勾股定理得：， 在中，根据勾股定理得：， 在中，根据勾股定理得：， ∴， ∴； （3）解：∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为垂美四边形， ∴， ∵，， ∴根据勾股定理得：， ∵， ∴根据勾股定理得：，， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了对新概念的理解、垂直平分线的性质、勾股定理的运用、全等三角形的判定，是一道综合性比较强的题目，灵活运用所学知识是解题的关键. 学科网（北京）股份有限公3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 四边形 多边形 1.多边形内角和定理 (1) 在平面内,由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫作多边形. (2) 在平面内,边相等,角也都相等的多边形叫作正多边形. (3) n边形的内角和等于(n-2)·180° 2.多边形外角和的应用 (1)在多边形的每个顶点处取一个外角,它们的和叫作这个多边形的外角和. (2)任意多边形的外角和等于360° 平行四边形 1. 平行四边形的性质 (1)两组对边分别平行 的四边形叫作平行四边形. (2)平行四边形 ABCD记作“□ABCD”. (3)平行四边形的对边 相等. (4)平行四边形的对角相等. (5)平行四边形的对角线互相平分. (6)平行四边形的一条对角线把平行四边形分成两个全等的三角形,两条对角线把平行四边形分成四个面积相等的三角形. 2. 平行四边形的判定 判定平行四边形的方法: (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)判定平行四边形的方法:两组对边分别相等的四边形是平行四边形. (4)对角线互相平分的四边形是平行四边形。 中心对称和中心对称图形 1.中心对称的概念及性质 (1)中心对称:在平面内,把一个图形上的每一个点P对应到它在绕点O旋转180下的像P',这个变换称为关于点O中心对称,也称原图形与新图形关于点0中心对称,点O叫作对称中心. (2)性质:成中心对称的两个图形中,对应点的连线经过对称中心,且被对称中心平分. 规律总结：(1)成中心对称的图形上的每一对对应点连成的线段都被对称中心平分. (2)任意两个中心对称图形以任意方式组合成一个图形后，过这两个对称中心的直线平分这个组合图形的面积. (3)对称点的连线必过对称中心 2.中心对称图形的判定 (1) 中心对称图形:在平面内,如果一个图形绕一个点O旋转180°,所得到的像与原来的图形互相重合,那么这个图形叫作中心对称图形,这个点O叫作它的对称中心. (2) 平行四边形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心. 方法技巧：(1)常见的中心对称图形有线段、平行四边形、圆、正n边形(n为偶数) (2)将图形绕对称中心旋转180°后,没有任何变化，和原图形一样的即为中心对称图形. 三角形的中位线定理 (1)定义:连接三角形两边中点的线段叫作三角形的中位线. (2)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. 规律总结：三角形的中位线定理包含两层含义 (1)中位线与第三边的位置关系: (2)中位线与第三边的数量关系 矩形 1.矩形的性质 (1)定义:有一个角是直角的平行四边形叫作矩形 (2)矩形的四个角都是直角,对边相等,对角线互相平分. (3)矩形的对角线相等. (4)矩形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心. (5)矩形是轴对称图形,过每一组对边中点的直线都是矩形的对称轴. 规律总结：矩形的性质的应用 (1)证明线段平行、相等或倍分的关系 (2)证明角相等或求角的度数. 2.矩形的判定 (1)三个角是直角的四边形是矩形； (2)一个角是直角的平行四边形是矩形. 对角线相等的平行四边形是矩形. 方法技巧：矩形的判定思路 (1)若给出的图形是一般的四边形.思路一:证明其三个角都是直角;思路二:先证明其为平行四边形，再证明其有一个角是直角或证明其对角线相等. (2)若给出的四边形是平行四边形,则直接证明其有一个角是直角或证明其对角线相等. 菱形 1. 菱形的定义和性质 定义:一组邻边相等的平行四边形叫作菱形 性质:(1)菱形的四条边都相等,对角相等对角线互相垂直平分; (2) 菱形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心; (3)菱形是轴对称图形,两条对角线所在直线都是它的对称轴. 2. 菱形的周长和面积 周长=边长×4. 面积=底×高=两条对角线长度乘积的一半. 规律总结：菱形的两条对角线把菱形分成四个全等的直角三角形、两对全等的等腰三角形.故常结合勾股定理或等腰三角形的性质进行与菱形有关的证明、计算，有时也与角平分线的性质结合解题. 3. 菱形的判定 (1)四条边都相等的四边形是菱形. (2)对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 正方形 1. 正方形的性质 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. 正方形具有平行四边形的所有性质,还具有以下性质: ①四条边相等,四个角都是直角,对角线相等且互相垂直平分; ②正方形是中心对称图形,对角线的交点是它的对称中心; ③正方形是轴对称图形,两条对角线所在直线,以及过每一组对边中点的直线都是它的对称轴. 规律总结：正方形的性质 (1)边:四条边都相等且每组对边平行, (2)角:四个角都是直角. (3)对角线:两条对角线相等且相互垂直平分,把正方形分成四个全等的等腰直角三角形;每条对角线平分一组对角,把正方形分成两个全等的等腰直角三角形. 2.正方形的判定 (1)先判定四边形是矩形,再判定这个矩形有一组邻边相等; (2)先判定四边形是菱形,再判定这个菱形有一个角是直角. 规律总结：正方形的判定 (1)有一个角是直角的菱形是正方形; (2)有一组邻边相等的矩形是正方形; (3)对角线相等的菱形是正方形; (4)对角线垂直的矩形是正方形. 说明：格式（例题+变式）。 期末常考题型清单（必有）、高频易错归因清单（可有）、方法技巧速通清单（可有），可根据划分的题型及其特点分不同的清单形式，三者可都有；每道例题后面需要配匹配的变式1~3道，不可出现通篇一道例题一道变式 多边形的概念与分类 【例1】（24-25八年级上·江苏无锡·期中）如图，在凸五边形中，，，，，，则凸五边形的面积等于（   ） A．32 B．16 C．8 D．4 【变式1】（24-25八年级上·云南昆明·期中）下列图形是正多边形的是（   ） A．   B．   C．   D．   【变式2】（2024七年级上·全国·专题练习）已知正六边形的周长是，则这个多边形的边长等于___________． 多边形内角和问题 【例1】（25-26八年级上·重庆·期中）如图，在四边形中，，，，、分别是、上的点，且，若，则一定等于（　　） A． B． C． D． 【变式1】（24-25七年级下·江苏扬州·月考）如图，，是四边形的外角，，分别平分和且相交于点P．若，，则________．    【变式2】（25-26八年级下·全国·周测）已知四边形中，与互补，，则的度数是____________． 正多边形的内角问题 【例1】（25-26八年级上·福建福州·期中）若一个正多边形的每一个内角都是，则该正多边形的内角和的度数是（   ） A． B． C． D． 【变式1】（2024·陕西西安·二模）图形的镶嵌（或称图形的密铺）指用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间既不留空隙、也不互相重叠地把一部分平面完全覆盖．如果我们只用一种正多边形镶嵌，那么下面正多边形中，不能进行镶嵌的是①正三角形②正方形③正五边形④正六边形_____．（填序号） 【变式2】（2025·陕西·模拟预测）如图，在正五边形中，以为边作等边，则的度数为_____． 【变式3】（25-26九年级下·陕西西安·期中）如图，用正三角形地砖与正方形地砖在点处进行无空隙、不重叠地铺设．若一块边长相同的正多边形地砖恰好能无空隙、不重叠地拼在处，则这块正多边形地砖的边数为___________． 多边形截角后的内角和问题 【例1】（24-25八年级上·四川绵阳·期中）一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和为，那么多边形的边数为______ 【变式1】（24-25八年级下·浙江嘉兴·期中）已知一个多边形的内角和比外角和的2倍少． (1)求这个多边形的边数． (2)若截去该多边形的一个角，求截完后所形成的新多边形的内角和． 【变式2】（24-25七年级下·吉林长春·期中）如图所示，请你用一条直线去截这个多边形，使得到的新多边形分别满足以下条件．（画出图形，把截去的部分打上阴影） (1)在图①中画出的新多边形的内角和比原多边形的内角和增加了． (2)在图②中画出的新多边形的内角和与原多边形的内角和相等． (3)在图③中画出的新多边形的内角和比原多边形的内角和减少了 (4)将多边形只截去一个角，截后形成的多边形的内角和为，原多边形是___________边形． 【变式3】（24-25八年级上·山东德州·期中）已知一个多边形的内角和与外角和相加等于， (1)求这个多边形的边数及对角线的条数； (2)当这个多边形剪去一个角后，所形成的新多边形内角和是______． 多边形的外角问题 【例1】（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1】（25-26九年级上·江苏泰州·月考）如果一个多边形的每一个外角都是，那么这个多边形的边数为_________． 【变式2】（25-26九年级上·江苏常州·期中）如图，小明沿一个正多边形广场周围的小路按顺时针方向跑步，从点O出发，前进10米后向右转，再前进10米后再向右转，这样一直跑下去，直到他第一次回到出发点O为止，则这个正多边形的周长为________米． 【变式3】（24-25八年级上·四川泸州·期中）正多边形的每个内角比它相邻的外角的3倍还多，求这个多边形的边数． 平面镶嵌 【例1】（24-25七年级下·全国·期中）在①用正五边形可以进行平面镶嵌；②用正三角形和正六边形可以进行平面镶嵌；③用正四边形和正八边形可以进行平面镶嵌．这三个命题中正确命题的个数是（     ） A．0 B．1 C．2 D．3 【变式1】（25-26九年级上·江苏淮安·期中）如图，学校里一段甬道是由完全相同的五边形密铺而成，其中，则的度数为______． 【变式2】（2024·陕西·中考真题）小芳用三个全等的正边形硬纸片和一个正三角形硬纸片拼了一个平面图形，这四个硬纸片的拼接处无空隙，不重叠．如图所示，是所拼的这个平面图形的一部分，则______． 【变式3】（25-26九年级上·江苏镇江·期中）要用边长相同的正三角形、正六边形两种材料两种材料都要用到密铺地面，必须满足：有公共顶点的若干个个正三角形的内角与若干个个正六边形的内角的和等于，则___________ ． 多边形内角和与外角和综合 【例1】（23-24八年级下·上海·期末）一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为__________ 【变式1】（23-24八年级上·重庆永川·期中）已知一个正多边形的每个内角都等于，则它的边数是_______． 【变式2】．（24-25八年级上·江西吉安·期中）（1）一个多边形的内角和与外角和的度数之和为，求这个多边形的边数； （2）如图，是线段的中点，，，求证：． 【变式3】（23-24八年级下·湖南邵阳·期中）一个多边形的内角和比它的外角和的4倍少，这个多边形的边数是多少？ 利用平行四边形的性质求解 【例1】（24-25八年级下·河北石家庄·期中）在平行四边形中，，则度数为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，，点A对应直尺的刻度为．将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（   ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级下·重庆·期中）在中，连接，过点作交于点．若且，则（    ）． A． B． C． D． 【变式3】（25-26九年级上·四川成都·期中）如下图，在中，按如下步骤作图：①以点D为圆心，适当长为半径作弧，分别交、于E、F两点；②分别以点E、F为圆心，大于的一半长为半径作弧，两弧交于点G；③作射线交的延长线于点M．如果，，，则的长为_______． 利用平行四边形的性质证明 【例1】（25-26九年级下·江西九江·期中）在中，是的中点，的延长线交的延长线于点，连接． (1)求证：平分； (2)求证： 【变式1】（2023·江苏南京·中考真题）如图，在中，点M，N分别在边上，且，对角线分别交于点E，F．求证． 【变式2】（24-25八年级上·山东济南·期末）如图，的对角线相交于点O，过点O的直线分别交的延长线于点E，F．求证：． 【变式3】（25-26九年级上·全国·期中）综合与实践 活动课上，同学们以等腰三角形为背景展开有关图形旋转的探究活动．如图1，已知在中，，．将从图1的位置开始绕点A逆时针旋转，得到（分别是点B，C的对应点），旋转角为，设线段，相交于点M，线段分别交，于点O，． (1)【特例分析】如图2，当旋转到时，旋转角的度数为 ． (2)【探究规律】如图3，在绕点A逆时针旋转的过程中，求真小组的同学发现线段始终等于线段，请你证明这一结论． (3)【拓展延伸】直接写出当是等腰三角形时旋转角的度数． (4)连接，在旋转过程中是否存在，使四边形是平行四边形？若存在，直接写出的度数；若不存在，请说明理由． 证明四边形是平行四边形 【例1】（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在平行四边形中，E，F分别是，边上的点，且，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】（25-26九年级上·江西景德镇·期中）如图1为折叠便携钓鱼椅子，将其抽象成几何图形，如图2所示，测得，，，，，已知 ． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求椅子最高点到地面的距离． 利用平行四边形的判定与性质求解 【例1】（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，的四个顶点分别在的四条边上，，分别交、于点、，过点作，分别交、于点、，若四边形面积为，则的面积为（     ） A． B．a C． D． 【变式1】（25-26八年级上·河南郑州·月考）如图，已知中，，若，，点是边上的一个动点，以为折痕将折叠得到，与边交于点，当为直角三角形时，则的长为______ ． 【变式2】（25-26八年级上·四川成都·期中）如图，直线，在直线上方作等边，点B，C在直线上，延长AC交直线于点D，在上方作等边，点F在直线上且在点D右边．动点M，N分别在直线，上，且，若，则的最小值是________． 【变式3】（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图，在平行四边形中，，，．动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P运动的时间为t秒． (1)用含t的代数式表示 ； (2)当时，求t的值； (3)请问是否存在t的值，使得A，B，P，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 利用平行四边形性质和判定证明 【例1】（24-25八年级下·湖南益阳·期中）如图，四边形为平行四边形，点E、A、C、F在同一条直线上，并且．求证：四边形是平行四边形． 【变式1】（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，在中，E，F分别是，边上的点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若平分，，，求的周长． 【变式2】（25-26九年级上·北京·期中）如图，在等边中，点是边上一点，且，点关于所在直线的对称点是，连接，，在上取一点使得，与交于点． (1)依题意补全图形； (2)求的度数； (3)用等式表示与的数量关系并证明． 【变式3】（25-26九年级上·广东江门·期中）在中，，，．点在边上且，将绕点逆时针旋转得到（）． (1)如图1，当时，连接，求． (2)如图2，在旋转过程中，连接，取中点，作射线交直线于点． ①求线段的取值范围； ②当时，求证：． 根据中心对称的性质求面积、长度、角度 【例1】（25-26九年级上·江西上饶·期中）如图，与关于点成中心对称，已知，，，则的长为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 【变式1】（25-26九年级上·福建福州·期中）如图，在等边三角形中，O为的中点，，与关于点B中心对称，连接，则的面积为__． 【变式2】（25-26八年级上·黑龙江大庆·期中）如图，和关于点成中心对称，若，，求的长． 【变式3】（25-26九年级上·云南玉溪·期中）如图，与关于点成中心对称． (1)连接，证明四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． 中心对称图形的识别 【例1】（25-26九年级下·江西九江·期中）如图是北京大学的校徽图案，关于这个校徽图案，下列说法正确的是（   ）． A．这个图案是轴对称图形但不是中心对称图形 B．这个图案是中心对称图形但不是轴对称图形 C．这个图案既是中心对称图形也是轴对称图形 D．这个图案既不是轴对称图形也不是中心对称图形 【变式1】（25-26八年级上·广东中山·期中）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24九年级上·河南新乡·月考）中国航天取得了举世瞩目的成就，为人类和平贡献了中国智慧和中国力量．下列是有关中国航天的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（   ） A．中国探火 B．中国探月 C．中国火箭 D．中国行星探测 【变式3】（24-25八年级下·浙江杭州·期中）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 与三角形中位线有关的求解问题 【例1】（23-24八年级下·江苏南京·期中）如图，在中，平分，D是的中点，，，，则的长度为（   ） A．1 B．1.5 C．3 D．5 【变式1】（25-26九年级上·安徽芜湖·期末）如图，中，，．，，分别是，，的中点，在上运动（不与，重合），连接．点与点关于对称，连接并延长交于点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25九年级上·四川资阳·期末）如图，在中，平分，D是的中点，，则的长为 __ ． 【变式3】（24-25八年级下·江苏镇江·期中）已知：如图，在中，平分，，垂足为，点是的中点． (1)求证：； (2)若，，则 ． 与三角形中位线有关的证明 【例1】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）已知中，为的平分线，，交的延长线于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，以为腰作等腰，且，，若，，求的长度． 【变式1】（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． 【变式2】（25-26八年级下·全国·期中）如图，是内一点，连接，，并将，，，的中点，，，依次连接，得到四边形． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)如果，，，求的长． 【变式3】（24-25八年级下·四川成都·期末）在中，，点D在边上，连接，将绕点B逆时针旋转（），得线段． (1)如图1，若，连接，求证：； (2)如图2，若，连接，作的中线，用等式表示线段之间的数量关系，并证明你的结论； (3)如图3，在（2）的条件下，若，，，求的长． 三角形中位线的实际应用 【例1】（25-26九年级上·河南鹤壁·期中）如图，小义同学想测量池塘A，B两处之间的距离．他先在A，B外选一点C，取的中点D，E，测得，则A，B之间的距离为（   ） A．40m B．60m C．70m D．80m 【变式1】（25-26八年级上·山东济南·期中）如图，、两点分别位于一个池塘的两端，李明想用绳子测量、间的距离，但绳子不够长，一位同学帮他想了一个主意：先在地上取一个可以直接到达，的点，找到，的中点，并且测出的长为16米，则、间的距离为（   ） A．8米 B．20米 C．25米 D．32米 【变式2】（24-25八年级下·全国·期中）如图，要测量池塘两岸相对的，两点间的距离，可以在池塘外选一点，连接，，分别取，的中点，，测得，则的长是______． 【变式3】（24-25八年级下·广东韶关·期中）如图所示，要测量A、B两点间的距离，在O点设桩，取中点C，中点D，测得，则________． 利用矩形的性质求解 【例1】（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图所示，O是矩形的对角线的中点，E为的中点．若，，则的周长为（　　） A．10 B． C． D．14 【变式1】（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，将含有的直角三角尺（）直角顶点A放到矩形的边上，若，则的度数是______． 【变式2】（25-26九年级上·重庆铜梁·期中）如图，将矩形绕点B按逆时针方向旋转一定角度后得到矩形，若，则的度数是________． 【变式3】（25-26九年级上·贵州遵义·期中）如图，矩形的对角线和相交于点O，过点O的直线分别交和于点、，，，则图中阴影部分的面积为_____． 利用矩形的性质证明 【例1】（25-26九年级下·陕西西安·期中）如图，在矩形中，点在边上，，垂足为点．求证：． 【变式1】（25-26九年级上·重庆铜梁·期中）学习了平行四边形后，小渝进行了拓展性探究．他发现，连接平行四边形一组对角顶点对应的对角线后，这两条角平分线与对角线交于两点，那么这两点与这组对角顶点构成的四边形是平行四边形．他的解决思路是通过证明三角形全等得出结论．请根据他的思路完成以下作图和填空． (1)如图，在平行四边形中，用尺规作的角平分线，交于点，连接；（不写作法，保留作图痕迹） (2)已知：平行四边形中，分别平分和，连接． 求证：四边形是平行四边形． 证明：四边形是平行四边形， _____①_____，，． ． 又分别平分和， ， _____②_____． 在和中 ． ，_____③_____． ． 四边形是平行四边形． 小渝进一步探究发现，如果将上述条件中的平行四边形变为矩形也有类似的结论，请完成下面的命题：连接矩形一组对角顶点对应的对角线后，这两条角平分线与对角线交于两点，那么这两点与这组对角顶点构成的四边形是 ． 【变式2】（25-26九年级上·湖北恩施·期中）在数学综合与实践活动课上，小明以“矩形的旋转”为主题开展探究活动． (1)探究一：小明将矩形纸片绕顶点顺时针旋转到矩形位置，连接，，，如图1，则的形状为___________． (2)探究二：小明将矩形绕顶点顺时针旋转得到矩形，当点恰好落在的延长线上时，设与相交于点，如图2，若，，求的面积． (3)探究三：小明将矩形绕顶点逆时针旋转一定角度，得到矩形，且点恰好落在边上，如图3，连接交于点，连接．若，求的值． 【变式3】（24-25九年级下·湖北黄石·期中）如图，将矩形绕点按逆时针方向旋转，得到矩形，点正好落在边上，连接，，且交于． (1)求证：平分； (2)过作于，补全图形，并证明：为中点； (3)若，，求的长． 矩形与折叠问题 【例1】（24-25八年级上·福建福州·期中）如图所示，长方形沿着折叠，使D点落在边上的F点处．如果，则长方形的面积是（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【变式1】（25-26八年级上·广东梅州·期中）如图，长方形中，，，如果将该长方形沿对角线折叠，那么图中阴影部分的面积是（   ） A．10 B．15 C．20 D．25 【变式2】（25-26九年级上·宁夏银川·期中）如图，在矩形中，，点E为上一点，把沿翻折，点C 恰好落在边上的F处，则的长是_____． 【变式3】（24-25八年级下·河北石家庄·期中）如图，嘉淇同学用一张矩形纸片进行折纸，已知该纸片宽为，为．当嘉淇折叠时，顶点D落在边上的点F处（折痕为）． (1) ， ； (2)求的长． 证明四边形是矩形 【例1】（24-25八年级下·广西北海·期中）在平行四边形中，过点作于点，点在上且，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，平分，求的长． 【变式1】（24-25八年级下·福建厦门·期中）如图，在四边形中，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)点E是上一点，点F是的中点，连接，，，若，，，求的长． 【变式2】（25-26九年级上·陕西榆林·期中）如图，在中，延长至点E，延长至点F，且．求证：是矩形． 【变式3】（24-25八年级下·广东湛江·期中）如图所示，在中，是边上的中线，点E是的中点，过点A作的平行线交的延长线于点F，连接． (1)求证：； (2)如果，试证明：四边形为矩形． 根据矩形的性质与判定求解 【例1】（24-25八年级下·贵州黔东南·期中）如图，四边形中，对角线、相交于点，，，且． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的度数． 【变式1】（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在平行四边形中，对角线和交于点，且．，求的度数． 【变式2】（24-25八年级下·海南海口·期中）如图，在中，，D是的中点，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【变式3】（24-25八年级下·广东广州·期中）同学用两副三角板拼出了如下的平行四边形，且内部留白部分四边形也是平行四边形直角三角板互不重叠，两个直角三角形斜边上的高都为 (1)①直接写出：一副三角板中的两个直角三角形的直角边结果用h表示； ②求四边形的面积． (2)请画出同学拼出的另一种符合题意的图，要求： ①不与给定的图形状相同； ②画出拼图的4个三角形的边． 利用菱形的性质求解 【例1】（25-26九年级下·陕西西安·期中）在菱形中，．若菱形的周长为8，则此菱形的高为（   ） A． B．4 C．1 D．2 【变式1】（24-25八年级下·甘肃临夏·期中）如图，菱形中，E、F分别是、的中点，若，则菱形的周长是________． 【变式2】（25-26九年级下·江西九江·期中）已知一个菱形的周长与面积均为20，则这个菱形较短对角线长为___________. 【变式3】（24-25八年级下·湖南益阳·期中）如图，已知菱形的对角线，的长分别为、，于点，求的长． 利用菱形的性质证明 【例1】（25-26九年级上·贵州遵义·期中）如图，在菱形中，，E是边上一点（不与点C，D重合），将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． (1)求证：； (2)求证：； (3)连接，若，求线段的长． 【变式1】（25-26八年级下·全国·期中）如图，在菱形的边上有一点（不与点，重合），请仅用无刻度的直尺按下列要求作图（保留作图痕迹，不写作法）． (1)在图①中的菱形的边上找一点，作线段，使． (2)在图②中的菱形的边上找点，，使，并作出等腰三角形． 【变式2】（24-25九年级上·福建厦门·期中）如图，在菱形中，点E，F分别在边和上，且．求证：． 【变式3】（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点，延长到点，使得．连接，过点作，交于点，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 证明四边形是菱形 【例1】（24-25八年级下·云南文山·期中）已知：如图，矩形中，对角线与相交于点E，作，与相交于点F．求证：四边形为菱形． 【变式1】（25-26九年级上·河南郑州·期中）已知：如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作的平行线，过点作的平行线，两线相交于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求四边形的面积． 【变式2】（25-26九年级上·重庆开州·期中）如图，在平行四边形中，平分交于． （1）用尺规作图完成以下基本作图：作线段的垂直平分线，分别交，于点，．连接；（保留作图痕迹，不写作法和结论．） （2）根据（1）中作图，证明四边形是菱形，请你补全证明过程． 证明：四边形是平行四边形， ∴，∴ 又∵平分 ∴ ① ∴ ∴ ② ∴点在直线上 ∵垂直平分 ∴ ∵ ∴ ∴ ③ 又∵ ∴四边形是平行四边形（ ④ ） 又∵ ∴ ⑤ 【变式3】（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． 根据菱形的性质与判定求解 【例1】（25-26九年级上·辽宁沈阳·期中）如图，按以下步骤作四边形：（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，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25八年级下·重庆·期中）如图，在中，，，，的平分线交于点G，于点O，交于点F，连接，，则四边形的面积为_____ ． 【变式2】（25-26八年级上·黑龙江绥化·期中）在平行四边形中，的平分线交直线于E，交直线的延长线于点F． (1)在图1中证明； (2)若四边形是矩形，G是的中点（如图2），直接写出的度数； (3)若，，，分别连接，（如图3），求的度数． 【变式3】（25-26九年级上·陕西西安·期中）如图，在中，，D、E分别是，的中点，， (1)求证：四边形是菱形 (2)连接交于点O，若，，求四边形的面积． 利用正方形的性质求解 【例1】（25-26九年级上·甘肃甘南·期中）如图，点是正方形的对角线上一点，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25八年级下·重庆·期中）在正方形中，对角线、交于点，点在线段上，点在线段上，连接、，且，连接交于点，，点在线段上，且，延长交于点，则（    ）． A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级下·广东广州·期中）顺次连接正方形四边中点所得的四边形的面积与原正方形的面积的比为______． 【变式3】（24-25八年级下·山东烟台·期中）如图：矩形内有两个相邻的正方形，且左右两边的正方形面积分别为和，那么图中阴影部分的面积为_______． 正方形折叠问题 【例1】（25-26八年级上·山西运城·期中）如图，正方形纸片的边长为，点E是边的中点，将这张正方形纸片折叠，使点C落到边上的点E处，折痕交边于点G，交边于点F．则的值是(　　) A． B． C． D． 【变式1】（25-26八年级上·福建漳州·期中）如图，正方形纸片的边长为，点是边的中点，将这个正方形纸片翻折，使点落到点处，折痕交边于点，交边于点，请求出的长． 【变式2】（25-26八年级上·四川成都·期中）已知：如图，在边长的正方形中，点在边上， ，将沿折叠至，延长交于点，连接． (1)求的度数； (2)求的长度． 【变式3】（25-26九年级上·宁夏银川·期中）已知：如图，在边长为12的正方形中，点在边上，，将沿折叠至，延长交于点，连接． (1)求的度数； (2)求的长度． 证明四边形是正方形 【例1】（25-26九年级上·广东揭阳·月考）如图，在中，过点的直线，为边上一点、过点作，交直线于，垂足为，连接． (1)求证：； (2)当在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； (3)若为中点，则当________时，四边形是正方形（直接写出答案）． 【变式1】（25-26九年级上·福建三明·期中）已知：如图，在中，，是的平分线，于点E，于点F．求证：四边形是正方形． 【变式2】（25-26九年级上·江西抚州·期中）如图，，，平分，平分，，，. (1)求证：四边形是正方形． (2)连接，若，求线段的长度． 【变式3】（24-25八年级下·云南红河·期中）如图，在矩形中，点E，F分别在，上，且，于点G． (1)求证：矩形是正方形； (2)延长到点H，使得，连接，判断的形状，并说明理由． 根据正方形的性质与判定求解 【例1】（25-26九年级上·河南平顶山·期中）将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形，用拉紧的橡皮筋连接，，转动这个四边形，使它的形状改变．如图，当时，测得；则当时，四边形的面积为________． 【变式1】（25-26九年级上·吉林·期中）如图，为正方形内一点，，，，将绕点按顺时针方向旋转，得到，延长交于点，连接．则的面积为______ 【变式2】（25-26九年级上·福建三明·期中）如图，在矩形中，，，平分，平分，，，则四边形的面积为________． 【变式3】（24-25八年级下·湖北恩施·期中）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，四边形的每一个顶点都在格点上． (1)求的度数； (2)仅用无刻度的直尺作出（不写作法），并求格点四边形的面积． (特殊)平行四边形的动点问题 【例1】（25-26八年级上·全国·期中）如图1，在长方形中，，，点从点出发，以的速度沿向点运动，设点的运动时间为秒，且． (1)________（用含的代数式表示）； (2)如图2，当点从点开始运动的同时，点从点出发，以的速度沿向点运动，是否存在这样的值，使得以、、为顶点的三角形与以、、为顶点的三角形全等？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式1】（23-24八年级下·全国·期中）已知：如图，在直角梯形中，，动点P从A点开始沿边向D以1cm/秒的速度运动，动点Q从C点开始沿边向B以3cm/秒的速度运动，P、Q分别从A、C同时出发，当其一点到端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒 (1)t为何值时，四边形是平行四边形？ (2)t为何值时，四边形是等腰梯形？ 【变式2】（25-26九年级上·吉林四平·月考）如图，在中，，，点、分别是边、上的点，且 ，，，动点从点出发，沿折线向终点运动，在上以每秒个单位长度的速度运动，在上以每秒2个单位长度的速度运动，过点作于点，以为边作正方形，使点、始终在同侧．设点的运动时间为， 正方形与重叠部分图形的面积为． (1)用含的代数式表示线段的长； (2)当点落在边上时，求的值； (3)在点的运动过程中，求与之间的函数关系式． 四边形中的线段最值问题 【例1】（25-26九年级上·贵州贵阳·期中）如图，在矩形中，，，的平分线交于点，，分别是，上的动点，且，是线段上的动点，连接，．若，则的长为_______． 【变式1】（25-26九年级下·陕西西安·期中）如图，正方形的边长为分别是边上的两个动点，且，连接，，则的最小值为___________． 【变式2】（24-25八年级下·福建厦门·期中）如图，四边形是矩形，，，点P是边上一点（不与点A，D重合），连接，．点M，N分别是，的中点连接，，，点E在边上，，则的最小值是___________． 【变式3】（25-26九年级上·陕西延安·月考）如图，在菱形中，，点E为射线上的动点，点F为射线DC上的动点，且，连接、，若菱形的面积为，则的最小值为_____． 四边形其他综合问题 【例1】（23-24八年级下·全国·期中）如图，有八个全等的直角三角形拼成一个大四边形和中间一个小四边形，连接、得到四边形，设，，，若，则___________． 【变式1】（25-26九年级上·江西抚州·期中）在数学综合与实践活动课上，同学们用两个完全相同的矩形纸片展开探究活动： 【实践探究】：（1）小红将两个矩形纸片摆成图1的形状，连接，则__________ 【解决问题】：（2）将矩形绕点A顺时针转动，边与边交于点M，连接，． ①如图2，当时，求证：平分； ②如图3，当点F落在上时，连接交于点O，则__________； 【迁移应用】：（3）如图4，正方形的边长为是边上一点（不与点重合），连接，将线段绕点E顺时针旋转至，作射线交的延长线于点G，求的长； （4）如图5，在菱形中，是边上一点（不与点重合），连接，将线段绕点E顺时针旋转至，作射线交的延长线于点G，若，求的长。 【变式2】（24-25九年级上·广东深圳·期中）在数学综合与实践活动课上，同学们用两个完全相同的矩形纸片展开探究活动： 【实践探究】：（1）小红将两个矩形纸片摆成图1的形状，连接，则__________ 【解决问题】：（2）将矩形绕点A顺时针转动，边与边交于点M，连接，． ①如图2，当时，求证：平分，写出证明过程； ②如图3，当点F落在上时，连接交于点O，则__________； 【迁移应用】：（3）如图4，正方形的边长为是边上一点（不与点重合），连接，将线段绕点E顺时针旋转至，作射线交的延长线于点G，则__________； （4）如图5，在菱形中，是边上一点（不与点重合），连接，将线段绕点E顺时针旋转至，作射线交的延长线于点G，若，求的长并说明理由． 【变式3】（24-25八年级下·广西贵港·期中）定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．如：在如图1中，四边形的对角线与互相垂直，故四边形叫做垂美四边形． (1)概念理解：如图2，在四边形中，，问四边形是垂美四边形吗？说明理由． (2)性质探究：垂美四边形的两组对边的平方和相等．已知：如图1，与是垂美四边形的两组对边．求证：； (3)解决问题：如图3，在中，，分别以的斜边和直角边为边向外作等腰和等腰，使得，连接．若，则的值为_______． 学科网（北京）股份有限公3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $