专题3 四边形30种题型（期中复习讲义） 2025--2026学年人教版八年级数学下册

专题3 四边形 一、一般四边形与多边形基础 1. 四边形定义 平面内，不在同一直线上的四条线段首尾顺次相接组成的封闭图形. · 内角和：360°；外角和：360°（任意多边形外角和均为360°）; · 对角线：连接不相邻两顶点的线段，四边形有2条对角线; · 特性：不具有稳定性. 2. n边形 · 内角和公式：(n-2)×180°（n≥3，且为整数）; · 外角和：360°; · 正多边形：各边相等、各角相等. 二、平行四边形 1. 定义：两组对边分别平行的四边形，记作▱ABCD. 2. 性质（边、角、对角线、对称性） · 边：对边平行且相等（AB∥CD，AD∥BC；AB=CD，AD=BC）; · 角：对角相等、邻角互补（∠A=∠C，∠B=∠D；∠A+∠B=180°）; · 对角线：互相平分（OA=OC，OB=OD，O为交点）; · 对称性：中心对称图形（对称中心：对角线交点），非轴对称; · 推论：夹在两条平行线间的平行线段相等. 3. 判定（5 种，从边、角、对角线） · 定义：两组对边分别平行; · 边：两组对边分别相等; · 边：一组对边平行且相等（最常用）; · 角：两组对角分别相等; · 对角线：对角线互相平分. 4. 面积：S = 底 × 高. 三、特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形） （一）矩形（长方形） 1. 定义：有一个角是直角的平行四边形. 2. 性质（含平行四边形所有性质+特有） · 角：四个角都是直角（90°）; · 对角线：相等且互相平分（AC=BD）; · 对称性：中心对称+轴对称（2条对称轴）. 3. 判定 · 定义：平行四边形+一个直角; · 对角线：平行四边形+对角线相等; · 角：三个角是直角的四边形. 4. 面积：S =长×宽. （二）菱形 1. 定义：有一组邻边相等的平行四边形. 2. 性质（含平行四边形所有性质+特有） · 边：四条边都相等; · 对角线：互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角; · 对称性：中心对称+轴对称（2条对称轴）. 3. 判定 · 定义：平行四边形+一组邻边相等; · 对角线：平行四边形+对角线互相垂直; · 边：四条边都相等的四边形. 4. 面积 · 方法 1：S = 底×高（同平行四边形）; · 方法 2：S=½×对角线乘积. （三）正方形 1. 定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形（既是矩形，又是菱形）. 2. 性质（集矩形、菱形所有性质） · 边：四条边相等、对边平行; · 角：四个角都是直角; · 对角线：相等、互相垂直平分，每条对角线平分一组对角; · 对称性：中心对称+轴对称（4条对称轴）. 3. 判定（3种核心思路） · 矩形+一组邻边相等; · 菱形+一个直角; · 对角线：互相垂直平分且相等的四边形. 四、三角形中位线定理（核心考点） 1. 定义：连接三角形两边中点的线段（一个三角形有3条中位线）. 2. 定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半; 几何语言：在△ABC 中，D、E 为AB、AC中点 ⇒ DE∥BC，DE=½BC. 3. 作用：证明线段平行、求线段长度、构造平行四边形. 1.判定时区分：“平行四边形+条件”与“任意四边形+条件”; 2.菱形面积别忘对角线乘积的一半; 3.中位线≠中线（中线连顶点与对边中点）; 4.一组对边平行、另一组对边相等，不一定是平行四边形（可能是等腰梯形）. 一、核心解题思路（直接套用） 1.证特殊四边形：先证平行四边形，再补特殊条件（直角/邻边相等/对角线相等/垂直），不跳步； 2.证线段平行/相等：优先用平行四边形性质、三角形中位线、全等； 3.证垂直：用菱形/正方形对角线、勾股逆定理； 4.求边长/周长：找相等线段（四边形性质）+ 勾股定理（对角线+边构造直角）； 5.求面积： · 平行四边形/矩形：底×高 · 菱形/正方形：底×高或对角线乘积÷2 二、高频辅助线技巧（3类核心） 1.万能款：连对角线→分四边形为两个三角形（用全等/勾股）； 2.常用款：作高→构造直角三角形（求面积、边长）； 3.中点专用：构造中位线（连中点/取中点）→平行+倍分关系. 三、必用定理（解题钥匙） 1.三角形中位线：平行第三边，等于第三边一半（见中点必想）; 2.直角三角形斜边中线：等于斜边一半（矩形对角线常用）. 四、避坑技巧 1.判定特殊四边形，必须先证平行四边形，再加特殊条件（对角线相等/垂直≠直接是矩形/菱形）; 2.求菱形/正方形面积，优先想对角线乘积÷2（比底×高更快捷）; 3.遇中点、线段倍分，直接套中位线定理. 题型一 多边形的内角和问题 【例1】（2026·广东广州·一模）如果一个多边形的内角和是，则这个多边形是（    ） A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．八边形 【答案】B 【分析】利用n边形内角和公式列方程求解边数即可，n边形内角和公式为． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 根据题意可得方程，， 解得， ∴这个多边形是五边形． 【变式1-1】（25-26八年级下·福建龙岩·月考）一个六边形的内角和是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】多边形内角和公式（为多边形的边数），代入六边形的边数计算即可得到结果． 【详解】解：， 因此六边形的内角和是． 【变式1-2】（2026·云南昆明·一模）若一个多边形的内角和等于，则这个多边形是（    ） A．九边形 B．八边形 C．六边形 D．五边形 【答案】A 【分析】本题利用多边形内角和公式列方程，求解得到多边形的边数，即可选出正确答案． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 根据题意得：， 解得：， 即这个多边形是九边形． 【变式1-3】（2026·山东淄博·一模）如图，五边形中，，，，则_____． 【答案】 【分析】根据多边形的内角和定理解题即可． 【详解】解：多边形的内角和为， ∴五边形的内角和为， ． 题型二 多边形对角线条数问题 【例2】（24-25八年级上·新疆阿克苏·月考）过六边形的一个顶点可以引出几条对角线（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据边形的一个顶点可以引出条对角线，即可求解． 【详解】解：过六边形的一个顶点可以引出对角线的数量为条． 【变式2-1】（25-26八年级下·上海·月考）一个多边形从一个顶点出发共有8条对角线，那么这个多边形是__________边形． 【答案】十一 【分析】从n边形的一个顶点出发有条对角线，根据题意列方程即可求解多边形的边数． 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 由题意得，， ∴， ∴这个多边形是十一边形． 【变式2-2】（22-23六年级下·山东烟台·期中）若从多边形的一个顶点可以引出九条对角线，则这个多边形是（   ） A．十二边形 B．十一边形 C．十边形 D．九边形 【答案】A 【分析】根据n边形中从一个顶点出发引出条对角线解答即可． 【详解】解：从边形的一个顶点出发，可引出条对角线， ∴由题意得， 解得， ∴这个多边形是十二边形． 【变式2-3】（22-23八年级下·广西来宾·期中）已知多边形内角和与外角和的和为，求多边形边数及对角线的条数． 【答案】边数12，对角线条数54 【分析】设这是边形，已知一个多边形的内角和与外角和的和为，外角和是360度，因而内角和是1800度．边形的内角和是，代入就得到一个关于的方程，解得边数，从而得到这个多边形的对角线的条数． 【详解】解：设这是边形，则 ， ． 这个多边形的对角线的条数 ． 答：多边形的边数12，对称线条数54． 【变式2-4】（25-26八年级下·上海·月考）如果一个多边形每个内角都是，求这个多边形的边数和内角和，并直接写出该多边形对角线的条数． 【答案】边数为18，内角和为，对角线条数为135 【分析】先根据已知内角度数求出每个外角度数，利用任意多边形外角和为求出边数，再根据多边形内角和公式计算内角和，最后根据n边形对角线条数公式计算对角线的条数． 【详解】解：多边形每个内角为， 每个外角为 任意多边形的外角和为， 多边形的边数为， 根据多边形内角和公式，可得内角和为， 十八边形对角线条数为， 答：这个多边形的边数为18，内角和为，对角线共135条． 题型三 对角线分成三角形个数问题 【例3】（25-26八年级下·上海闵行·月考）过某个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成个三角形，则这个多边形的内角和是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据“从边形的一个顶点出发可以引条对角线，这些对角线将边形分成个三角形”确定的值，再代入内角和公式：（，为正整数）进行计算即可． 【详解】解：∵过某个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成个三角形，设该多边形的边数为， ∴， 解得：， ∴这个多边形的内角和是：． 【变式3-1】（25-26八年级下·上海松江·月考）过某个多边形1个顶点的所有对角线，将这个多边形分成7个三角形，则它的内角和是_________． 【答案】/度 【分析】根据过多边形一个顶点的所有对角线，将多边形分成个三角形，得出多边形的边数，再利用多边形的内角和公式计算即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 由题意得，， 解得，， 这个多边形的内角和为． 【变式3-2】（25-26七年级下·陕西西安·开学考试）过某个多边形的一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成9个三角形，则这个多边形的边数为________． 【答案】11 【分析】根据多边形对角线的性质，从一个顶点出发的对角线将多边形分成个三角形，n为多边形边数． 【详解】解：∵过某个多边形的一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成9个三角形， ∴这个多边形的边数为． 【变式3-3】（25-26八年级下·上海·月考）从六边形的一个顶点出发，可以引_________条对角线，将六边形分成_________个三角形，六边形共有_________条对角线． 【答案】 3 4 9 【分析】根据多边形对角线的相关规律，先确定从六边形一个顶点出发引出的对角线条数，再推导得到分成三角形的个数，最后计算六边形对角线的总条数． 【详解】解：对于边形，从一个顶点出发，不能向自身以及相邻两个顶点引对角线，因此从一个顶点出发可引出对角线的条数为，本题中六边形，因此引出对角线条数为， 从一个顶点引出条对角线后，可将边形分成个三角形，因此六边形分成三角形的个数为， 边形对角线总条数公式为， 将代入得：． 题型四 多边形截角后的边数问题 【例4】（2025七年级上·全国·专题练习）把一个正方形锯掉一个角，剩下的多边形是（   ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．三角形或四边形或五边形 【答案】D 【分析】此题主要考查了多边形，此题应根据题意，结合图形进行操作，进而得出结论． 锯掉正方形一个角时，锯痕的位置不同会导致剩余多边形的边数变化，从而可能得到三角形、四边形或五边形． 【详解】解：设正方形，锯掉角A， 若锯痕连接上的两点（均非顶点），则增加一条边，剩余5条边，为五边形； 若锯痕连接上的顶点B（或上的顶点D）与上的点（或上的点）， 则边数不变，剩余4条边，为四边形； 若锯痕连接相邻顶点B和D，则减少一条边，剩余3条边，为三角形， ∴ 剩余多边形可能是三角形、四边形或五边形． 故选：D． 【变式4-1】（2025七年级上·广东深圳·专题练习）若一个多边形截去一个角后，变成五边形，则原来的多边形的边数不可能为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】本题考查多边形的知识．一个多边形截去一个角后，边数可能增加、不变或减少．由于截去后变成五边形，因此原多边形边数可能为4、5或6，不可能为3． 【详解】解：∵一个多边形截去一个角后，边数可能增加一条、不变或减少一条， ∴当新多边形为五边形时，原多边形边数可能为4、5或6． ∴原多边形边数不可能为3． 故选：A． 【变式4-2】（24-25七年级上·全国·课后作业）如图，从五边形纸片中剪去一个三角形，剩余部分是（    ） A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．以上都有可能 【答案】D 【分析】本题考查了多边形的截法．分为三种情况，画出图形，解答即可． 【详解】解：如图， ，剩余图形是四边形； ，剩余图形是五边形； ，剩余图形是六边形； 故选D． 【变式4-3】（23-24八年级上·四川成都·月考）若一个多边形截去一个角后，得到的新多边形为十五边形，则原来的多边形边数为______． 【答案】14或15或16 【分析】分三种情况进行讨论，得出答案即可． 【详解】解：如图，一个多边形减去一个角后，比原来多边形少了一条边， ∴此时原多边形的边数为； 如图，一个多边形减去一个角后，与原来多边形的边数相同， ∴此时原多边形的边数为15； 如图，一个多边形减去一个角后，比原来多边形多了一条边， ∴此时原多边形的边数为； 综上分析可知，原来的多边形边数为14或15或16． 故答案为：14或15或16． 【点睛】本题主要考查了多边形的边数问题，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论． 题型五 多（少）算一个角问题 【例5】（23-24八年级上·甘肃武威·期中）在计算多边形内角和时，不小心多加了一个内角，结果为，则边数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】本题考查了多边形的内角和公式，即，根据题意先得出这个多加的内角为，然后再根据多边形内角和定理可得出：，求出n即可得出答案． 【详解】解：， ∴这个多加的内角为， 设这个多边形的边数为n， 根据多边形内角和定理可得出：， 解得：， 故选∶D 【变式5-1】（25-26八年级下·全国·课后作业）小明同学在计算一个凸多边形的内角和时，由于粗心少算一个内角，得到的结果是，则少算的这个内角的度数为__________． 【答案】/度 【分析】本题考查的是多边形的内角和问题，设多边形的边数为，根据多边形内角和公式及少算一个内角的条件，列出不等式求解，再计算内角和与给定结果的差，即得少算的内角度数． 【详解】解：设凸多边形的边数为，且为整数，则内角和为． 由于少算一个内角，得，其任一内角满足． 解不等式， 得． 内角和为， 故． 故答案为：． 【变式5-2】（24-25八年级上·四川德阳·月考）小明同学在用计算器计算某n边形的内角和时，不小心少输入一个内角，得到的和为，则n等于_______． 【答案】14 【分析】本题主要考查了多边形内角和、解一元一次方程等知识点，牢记“多边形的内角和一定是的整数倍”是解题的关键． 设少输入的内角为，则；由结合可得：，再将代入，解关于n的方程即可． 【详解】解：设少输入的内角为， ∵多边形的内角和一定是的整数倍， ∴ ∵， ∴, ∴， ∵多边形的内角和一定是的整数倍， ∴， ∴， 解得：． 故答案为14． 【变式5-3】（2026七年级下·江苏泰州·专题练习）一个多边形多算一个内角后的和等于，则这个内角应等于________度． 【答案】 【分析】设出多边形边数和所求内角度数，根据多边形内角和公式列出等式，结合n为正整数和多边形内角度数的取值范围，即可求解． 【详解】解：设这个多边形的边数为，所求内角度数为， 根据多边形内角和公式可得：， 整理得：， 为正整数，且， 为的正整数倍， 计算得， ，满足，符合条件． 题型六 多边形截角后的内角和问题 【例6】（2023七年级·山东·竞赛）一个多边形截去一个角后，形成一个新的多边形内角和为，原来的多边形是几边形？（    ） A． B． C． D．以上都有可能 【答案】D 【分析】本题考查多边形的内角和．先根据新多边形内角和求出其边数，再分情况讨论原多边形截去一个角后边数的变化，从而确定原多边形可能的边数． 【详解】解：第一种情况： 当按照顶点的连线剪，此时得到的多边形的边数比原来的边数少， ， 解得：； 第二种情况： 当只过一个顶点剪，此时得到的多边形的边数和原来的边数相等， 解得：， 第三种情况： 当不经过顶点剪时，此时得到的多边形的边数比原来的边数多， 解得：， ∴原来多边形的边数为或者或者． 故选：D． 【变式6-1】（24-25八年级上·湖北襄阳·期末）将一块长方形木板锯掉一个角，则锯掉后剩下的多边形木板的内角和为（   ） A．或 B．或 C．或 D．或或 【答案】D 【分析】本题主要考查了多边形的内角和，理解一个长方形锯掉一个角以后得到的多边形的形状是解题的关键． 长方形木板锯掉一个角后可能是三角形或四边形或五边形，再根据多边形的内角和定理即可解决． 【详解】解：长方形木板锯掉一个角以后可能是：三角形或四边形或五边形， 则剩下的多边形木板的内角和是或或． 故选：D． 【变式6-2】（2025·山东济南·二模）如图，将五边形沿虚线裁去一个角，得到六边形，则内角和增加___________度． 【答案】180 【分析】本题考查了多边形内角和．此题比较简单，熟记多边形的内角和公式是解题的关键． 根据n边形的内角和公式求解作差即可． 【详解】解：五边形的内角和为 将一个五边形沿虚线裁去一个角后得到的多边形的边数是6， 则， ∴内角和增加 故答案为：180． 【变式6-3】（2026七年级下·江苏泰州·专题练习）把一个多边形截去一个角后，形成的新多边形的内角和为，则原多边形的边数？ 【答案】或18 【分析】根据多边形的内角和公式可得，求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论，计算即可． 【详解】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18， ②若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为19， ③若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为20， 所以原多边形的边数可以为或18． 题型七 多边形内角和与外角和综合 【例7】（25-26八年级上·广东广州·期中）一个多边形的内角和是其外角和的4倍，则这个多边形的边数是____． 【答案】10 【分析】设这个多边形的边数为，根据多边形内角和公式与多边形外角和恒为，结合题目给出的倍数关系列方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 根据题意可得， 解得． 【变式7-1】（25-26九年级上·重庆·期末）如果一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，那么这个多边形的边数为______． 【答案】6 【分析】本题考查多边形的内角和与外角和定理，掌握多边形内角和公式与外角和的性质是解题的关键，设多边形的边数为，根据内角和是外角和的2倍建立方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， ∴， 解得， 故答案为：． 【变式7-2】（25-26八年级下·山东日照·月考）一个多边形的内角和比它的外角和的3倍还多，求这个多边形的边数为_________． 【答案】9 【分析】根据题意设边数为，根据多边形内角和定理及外角和定理，列一元一次方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 根据题意列方程得：， 化简得：， 解得：． 【变式7-3】（25-26八年级下·上海·月考）一个多边形的内角和与外角和的和是，则以这个多边形的一个顶点为端点的对角线有_______条． 【答案】5 【分析】先根据多边形外角和等于建立方程，解方程求出这个多边形的边数，再根据以边形的一个顶点为端点的对角线有条求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， ∵一个多边形的内角和与外角和的和是，多边形的外角和等于， ∴， 解得， ∴以这个多边形的一个顶点为端点的对角线条数为（条）． 题型八 正多边形的内角、外角问题 【例8】（25-26九年级下·北京·月考）如果一个正多边形内角和为，那么这个多边形的每个外角的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据内角和公式求出正多边形的边数，再利用多边形外角和定理计算每个外角的度数． 【详解】设这个正多边形的边数为n， ∵多边形内角和公式为，该正多边形内角和为， ∴， 解得， ∵任意多边形的外角和为，正多边形的各个外角相等， ∴该正多边形每个外角的度数为． 【变式8-1】（25-26八年级下·湖南·月考）一个正多边形的每一个内角都等于，则这个正多边形的边数是（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【分析】根据正多边形的内角公式进行求解即可． 【详解】解：令该正多边形为边形， 由正多边形内角公式得， 解得， 故该正多边形的边数为． 【变式8-2】（22-23九年级下·江苏镇江·期中）一个正多边形的一个外角等于，则这个正多边形的边数是______． 【答案】 【分析】利用任意多边形外角和为，正多边形各外角相等的性质，即可计算得到正多边形的边数． 【详解】解：任意多边形的外角和为，正多边形的所有外角都相等， 因此该正多边形的边数为：． 【变式8-3】（25-26八年级下·重庆·月考）若一个正多边形的每个内角比每个外角的2倍还大，则该正多边形的边数为________． 【答案】 【分析】本题主要考查正多边形的内角与外角的关系以及多边形外角和定理，设该正多边形的每个外角为，可得方程，再根据多边形外角和为，计算得到正多边形的边数． 【详解】设该正多边形的每个外角为，则每个内角为. 由邻补角的性质，可得 解得 因为任意多边形的外角和为， 所以该正多边形的边数． 题型九 四边形的不稳定性 【例9】（25-26八年级下·福建龙岩·月考）下列图形中不具有稳定性的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性求解即可． 【详解】解：∵三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性 A、图形中间部分是一个四边形，不具有稳定性，符合题意； B、图形被分割成了三个三角形，具有稳定性，不符合题意； C、图形被对角线分割成了两个三角形，具有稳定性，不符合题意； D、图形本身就是一个三角形，具有稳定性，不符合题意． 【变式9-1】（25-26八年级下·陕西延安·月考）如下图所示的活动挂件所蕴含的数学道理是_______ 【答案】 四边形的不稳定性 【分析】根据四边形具有不稳定性可直接进行求解． 【详解】解：∵活动挂件是由多个四边形组成， ∴活动挂件所蕴含的数学道理是四边形的不稳定性． 【变式9-2】（25-26八年级上·天津·期中）下列图形不具有稳定性的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了三角形的稳定性．三角形具有稳定性，其它多边形不具有稳定性，把多边形分割成三角形则多边形的形状就不会改变． 【详解】解：根据三角形的稳定性可得B、C、D都具有稳定性，不具有稳定性的是A选项． 故选：A． 【变式9-3】（25-26八年级上·湖北武汉·期中）下列生活实物中，没有应用到三角形的稳定性的是（　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了三角形的稳定性，熟练掌握三角形的稳定性是解题的关键．根据三角形的稳定性，逐项进行判断即可． 【详解】解：A、活动衣架是四边形，没有应用到三角形的稳定性，符合题意； B、梯子和拉杆构成三角形，具有三角形的稳定性，不符合题意； C、三脚架是三角形，具有三角形的稳定性，不符合题意； D、太阳能热水器的支架是三角形，具有三角形的稳定性，不符合题意． 故选：A ． 题型十 利用平行四边形的性质求解 【例10】（22-23八年级下·河南新乡·期中）在平行四边形中，，，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平行四边形对角相等求解，即可解题． 解题关键是掌握平行四边形对角相等的性质． 【详解】解：∵ 四边形是平行四边形，，， ∴ ． 【变式10-1】（22-23八年级下·吉林长春·期中）在中，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据平行四边形对角相等、邻角互补的性质，计算求解即可． 【详解】∵在中，， ∴， ∵平行四边形邻角互补，与是邻角， ∴， ∴． 故选：B． 【变式10-2】（22-23八年级下·广西来宾·期中）如图，在平行四边形中，，相交于点，，，，则_____．    【答案】 【分析】由平行四边形的性质可得，，再结合勾股定理计算即可得出结果． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 【变式10-3】（2026·云南红河·一模）如图，平行四边形的对角线相交于点，若，则的周长为（    ） A．24 B．15 C．14 D．12 【答案】B 【分析】根据平行四边形的对角线互相平分求解即可； 【详解】解：平行四边形的对角线相交于点，且， 则， 故的周长为：． 题型十一 平行线间的距离 【例11】（2026八年级下·全国·专题练习）已知直线，，在同一平面内，且，与之间的距离为，与之间的距离为，则与之间的距离是（    ） A． B． C．或 D．以上都不对 【答案】C 【分析】分两种情况讨论直线c的位置，结合平行线间距离的定义计算即可． 【详解】解：分两种情况讨论： 当直线c在直线a和直线b之间时， ∵a与b的距离为，b与c的距离为， ∴a与c的距离为； 当a与c分别在b的两侧时， ∵a与b的距离为，b与c的距离为， ∴a与c的距离为； 综上，a与c之间的距离为或． 【变式11-1】（23-24七年级下·贵州铜仁·月考）如图，，，，则点C到的距离为（   ） A．2 B．8 C．10 D．12 【答案】A 【分析】本题主要考查平行线的性质，运用平行线之间三角形面积相等是解题的关键． 首先利用平行线之间三角形面积相等，得到的面积，再根据面积公式求解点C到的距离即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴点C到的距离为， 故选：A． 【变式11-2】（22-23八年级下·浙江金华·月考）如图，，为，平分线的交点，交于，且，则与之间的距离等于________． 【答案】 【分析】过点作，则就是与之间的距离，然后根据角平分线的性质求解即可． 【详解】解：过点作， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴就是与之间的距离． ∵为，平分线的交点，交于， ∴ ∴与之间的距离． 【变式11-3】（2026八年级下·山东·专题练习）如图，直线，且，，，则直线与直线之间的距离是_____． 【答案】12 【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，求平行线间的距离等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用其来求解． 设直线与直线之间的距离是h，根据勾股定理的逆定理得到是，由题意得，，计算求解即可． 【详解】解：设直线与直线之间的距离是h， ∵，，， ∴， ∴是， ∴， ∴， ∴直线与直线之间的距离是， 故答案为：12． 题型十二 判断是否是平行四边形 【例12】（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，下列条件中，能判定四边形是平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：A、，一组对边平行另一组对边相等的四边形，可能是等腰梯形，不可以判定，不符合题意； B、根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”即可判断，可以判定，符合题意； C、两组邻角相等的四边形可能是等腰梯形，不可以判定，不符合题意； D、一组邻边相等，一组对角相等的四边形可能是筝形，不可以判定，不符合题意． 【变式12-1】（2026八年级下·重庆·专题练习）在下列条件中，不能判定四边形为平行四边形的是（    ） A．两组对边分别相等 B．两组对边分别平行 C．一组对边平行且另一组对边相等 D．对角线互相平分 【答案】C 【分析】根据平行四边形的判定定理和等腰梯形的定义分别分析各选项，即可求得答案． 【详解】解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故此选项不符合题意； B、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故此选项不符合题意； C、一组对边平行且另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，例如等腰梯形满足此条件，但等腰梯形不是平行四边形，故此选项符合题意； D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故此选项不符合题意． 【变式12-2】（25-26八年级下·湖北·期中）在四边形中，，要使四边形是平行四边形，则需添加一个条件，其中错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】已知，根据“一组对边平行且相等”可判定平行四边形，根据“两组对边分别平行”可判定平行四边形，根据同旁内角互补可推出另一组对边平行，而一组对边平行另一组对边相等可能是等腰梯形． 【详解】解：, 若添加，则(同旁内角互补，两直线平行)， 四边形是平行四边形，选项A正确， 若添加，则且， 四边形是平行四边形，选项C正确， 若添加，则且， 四边形是平行四边形，选项D正确， 若添加，四边形可能是等腰梯形，不一定是平行四边形，选项B错误． 【变式12-3】（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，下列条件中，不能确定四边形是平行四边形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【详解】解：A、，，可能是等腰梯形，所以不能判定四边形是平行四边形，故此选项符合题意； B、，， 根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判定四边形为平行四边形，故此选项不符合题意； C、，，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判定四边形为平行四边形，故此选项不符合题意； D、，，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可判定四边形为平行四边形，故此选项不符合题意． 题型十三 证明四边形是平行四边形 【例13】（25-26八年级下·北京·期中）如图，E，F分别是平行四边形的边、边上的点，且，连接，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】由平行四边形的性质得到，，由已知得到，根据平行四边形的判定即可得到结论． 【详解】证明：是平行四边形， ，， ∴, 又， ∴，即， 四边形是平行四边形． 【变式13-1】（25-26八年级上·山西吕梁·月考）如图，在平行四边形中，点是边的中点，连接交的延长线于点，连接，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】由平行四边形的性质得出，再证，得出，即可得出结论． 【详解】证明：如图， 四边形是平行四边形， ， ，， 点是的中点， ， 在和中 ， ， ， 又， 四边形是平行四边形． 【变式13-2】（25-26八年级下·吉林长春·月考）如图，在中，点，分别是，的中点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，，求的周长． 【答案】(1)见解析； (2)36． 【分析】（）由平行四边形的性质和中点的性质可得，即可得结论； （）由角平分线的定义和平行线的性质可证，即可求解； 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵点，分别是，的中点， ∴，， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的周长为． 【变式13-3】（25-26八年级下·江苏南通·月考）如图，E，F是四边形的对角线上两点，，，．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据平行线的性质，易证，从而，再证，根据“”，即可求证； （2）根据全等三角形的性质，可得，，再根据平行线的判定，可证，最后根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，即可求证． 【详解】（1）证明：， ， ，， ， ， ，即， 在和中， ； （2）证明：由（1）知，， ，， ， 四边形是平行四边形． 题型十四 利用平行四边形的性质和判定求解 【例14】（25-26七年级下·黑龙江哈尔滨·月考）在四边形中，，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的对角相等，由此即可得到答案． 【详解】∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴． 【变式14-1】（25-26八年级下·上海松江·月考）如图，点A、B在的对角线所在的直线上且．若，则_________． 【答案】/35度 【分析】利用平行四边形的性质证明即可． 【详解】解：∵中， ∴， ∵， ∴， ∴． 【变式14-2】（2026·辽宁葫芦岛·模拟预测）如图，在中，，是的中点，过点，分别作，．若，，则四边形的面积是（   ） A．20 B．22 C．24 D．48 【答案】C 【分析】由，，可得出四边形为平行四边形，故， 由中点的性质，可得出，故求出即可得出最后结果． 【详解】解：∵，， ∴四边形为平行四边形， 又∵为对角线， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴，，， ∴， ∴． 【变式14-3】（25-26八年级下·上海·月考）如图，在四边形中，，且，，，点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以的速度由点A向点D运动，点Q以的速度由点C向点B运动，__________后直线将四边形截出一个平行四边形． 【答案】4或6 【分析】设秒时，直线将四边形截出一个平行四边形，，根据平行四边形的性质，可得或，列方程并解方程即可求出t值． 【详解】解：设t秒时，直线将四边形截出一个平行四边形， 根据题意得：， ∵直线将四边形截出一个平行四边形，， ∴或， ∴ 或 解得或， 即4或后直线将四边形截出一个平行四边形． 题型十五 利用平行四边形的性质和判定证明 【例15】（25-26八年级下·北京·期中）如图，在平行四边形中，E，F分别是，的中点，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】根据四边形是平行四边形，可得到，再由E，F分别是，的中点，可得，从而得到四边形是平行四边形，进而证得． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ， ∵E，F分别是，的中点， ，， ， ∴四边形是平行四边形， ． 【变式15-1】（25-26八年级下·北京·期中）如图所示，已知点在的对角线上，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】连接交于点O，连接、，根据平行四边形的性质得出，，结合可得出，利用平行四边形的判定证明四边形是平行四边形，即可得出． 【详解】证明：连接交于点O，连接、， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． 【变式15-2】（25-26八年级下·广东广州·月考）如图，在中，平分，交于点，平分，交于点．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了角平分线的性质、平行线的性质、平行四边形的判定与性质等知识；利用角平分线的性质再结合平行四边形的性质进而得出，即可得出结论． 【详解】证明：∵平分，平分， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形． 【变式15-3】（23-24八年级下·江苏无锡·月考）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． 题型十六 与三角形中位线有关的问题 【例16】（25-26八年级上·山西吕梁·月考）如图是人字梯及其侧面示意图，，为支撑架，为拉杆，点，分别是，的中点．若，则，两点间的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】直接利用三角形中位线定理，进行求解即可. 【详解】解：连接， ∵点，分别是，的中点， ∴， ∵， ∴. 【变式16-1】（2026·河南信阳·一模）如图，在平行四边形中，，对角线交于点，点是的中点，连接，点是的中点，连接，则的长是（   ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】由平行四边形性质可得，即为中点，又是的中点，所以是中位线，然后根据中位线定理即可求解，掌握平行四边形的性质，三角形中位线定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，即为中点， ∵是的中点， ∴是中位线， ∴， ∵，点P是的中点， ∴，即． 【变式16-2】（25-26八年级下·江苏南通·月考）如图，在四边形中，，，，E，F分别为，的中点，则（    ） A．8 B．9 C．10 D．6 【答案】C 【分析】取边的中点G，连接、．根据三角形中位线定理易求、的长度，并且，所以在直角中，利用勾股定理来求的长度． 【详解】解：取边的中点G，连接、． E，F 分别为的中点， 是的中位线，是的中位线， 又 在直角中，由勾股定理，得 即的长度是10． 【变式16-3】（24-25八年级下·吉林九台·期中）如图，在四边形中，分别是边的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，则四边形的周长为_________． 【答案】(1)见解析 (2)13 【分析】（1）根据题意可知分别为的中位线，再利用中位线的性质可得，，进而可得四边形是平行四边形； （2）利用中位线定理可知，，再代入计算周长即可． 【详解】（1）证明：分别是边的中点， 分别为的中位线， ，且， ，且， 四边形是平行四边形； （2）解：由（1）知， 又分别是边的中点， 分别为的中位线， ， 则四边形的周长为． 题型十七 利用矩形的性质求解 【例17】（25-26八年级下·江苏无锡·月考）如图，在矩形中，、交于点，，则大小是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由矩形性质得到，再由等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵在矩形中，， ． 【变式17-1】（25-26八年级上·山西吕梁·月考）如图，在矩形中，连接，，，，则的长为（   ） A．8 B． C．4 D． 【答案】A 【分析】设交于点，易得为等边三角形，进而得到，即可得出结果. 【详解】解：设交于点， ∵矩形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴. 【变式17-2】（25-26八年级下·云南昆明·月考）如图，在矩形中，对角线，相交于点，过点的直线分别交，边于点，，若，则图中阴影部分的面积为_________． 【答案】 【分析】首先根据题意得出矩形的面积，然后结合矩形的性质证明（），得、的面积相等，从而将阴影部分的面积转化为的面积． 【详解】解：四边形是矩形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴在和中， ， ∴（）， ∴， ∴． 【变式17-3】（25-26九年级上·陕西渭南·期末）如图，在矩形中，对角线与交于点O，点E在边上，连接交于点F．若，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据矩形的性质得到，，，证明是等边三角形，进而求解． 【详解】解：如图， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 题型十八 矩形与折叠问题 【例18】（25-26八年级下·四川自贡·月考）如图，在长方形中，，，将沿翻折，使得点D落在边上处，则的长是______． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理，熟练掌握这些性质是解此题的关键．由矩形的性质得到各边的长度和直角，根据翻折的性质得到对应边相等，先在中利用勾股定理求出的长度，再设，用表示出和，最后在中根据勾股定理列方程求解． 【详解】解：四边形是长方形， ，，， 由翻折的性质可知：，， 在中，由勾股定理得： ， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得： ， ， 解得：， 的长为． 【变式18-1】（22-23八年级下·广西来宾·期中）如图，矩形纸片中，，将沿折叠，使点落在点处，交于点，则的长等于_____． 【答案】 【分析】先证明，可得，设，则，在中，由勾股定理得，即可得出结论． 【详解】解：∵在矩形中， ∴，，， ∵由折叠的性质可知：，， ∴，， ∵在和中， ， ∴， ∴， 设，则， ∵在中，由勾股定理得：， ∴， 解得， ∴． 【变式18-2】（22-23八年级下·甘肃金昌·期中）如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点D落在点处，则重叠部分的面积为（   ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【分析】根据折叠以及矩形的性质得到，设，则，，再对运用勾股定理建立方程求解． 【详解】解：由折叠得， 四边形是矩形， ， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ． 【变式18-3】（25-26八年级下·湖南长沙·月考）如图，把长方形纸片折叠，使其对角顶点C与A重合，折痕，若长方形的长为8，宽为4，则的面积为________． 【答案】10 【分析】设，则，由折叠的性质可知，，根据四边形是矩形，得出，在中，由勾股定理求出，则，根据，得出．结合，，得出，最后利用三角形的面积公式计算即可． 【详解】解：设，则， 由折叠的性质可知，， ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得，即， 整理得， 解得． ∴， ， ． 又∵， ， ， ． 题型十九 斜边上的中线等于斜边的一半 【例19】（25-26八年级下·湖南长沙·月考）如图，在中，，点为的中点，某同学用刻度尺测量长度时，点，对应的刻度分别为，，则的长为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据直角三角形斜边中线的性质即可求解． 【详解】解：∵点，对应的刻度分别为，， ∴， ∵，点为的中点， ∴． 【变式19-1】（22-23八年级下·广西来宾·期中）如图，在中，是斜边上的中线．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，由等边对等角得出，最后再由三角形外角的定义及性质计算即可得出结果． 【详解】解：∵在中，是斜边上的中线， ∴， ∴， ∴． 【变式19-2】（25-26八年级下·江苏泰州·月考）如图，在中，点D，E分别是边，的中点，连接，点F在线段上，连接，，若，，，则的长为（   ） A．10 B．12 C．8 D．16 【答案】A 【分析】根据三角形中位线定理可求出，进而求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可． 【详解】解：∵点D，E分别是边，的中点，， ∴， ∵， ∴， ∵，点E是边的中点， ∴． 【变式19-3】（25-26九年级下·辽宁大连·月考）如图，在矩形中，平分交于点，连接，点为的中点，连接，若，，则的长为______． 【答案】 【分析】先证明，进而求出的长，勾股定理求出的长，利用斜边上的中线求出的长即可． 【详解】解：∵矩形，，， ∴，，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵点F为的中点， ∴． 题型二十 证明四边形是矩形 【例20】（25-26八年级下·江苏宿迁·月考）如图，在中，O是边的中点，且，求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】证明，得到，进一步得到，即可证明结论． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵O是边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴四边形是矩形． 【变式20-1】（25-26八年级下·江苏徐州·月考）如图，四边形是平行四边形，点是的中点，．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】根据平行四边形的性质可得，，从而得到，可证明四边形是平行四边形，再由，可得，即可求证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵点是的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． 【变式20-2】（25-26八年级下·江苏徐州·月考）如图，在平行四边形中，过点D作于点E，，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见详解 (2)20 【分析】（1）利用平行四边形的性质得出平行的边和相等的边，判定出四边形是平行四边形，再根据矩形的定义即可判定； （2）利用平行的性质和角平分线的性质得出，然后根据勾股定理求出，即可求出矩形的面积． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， 又 ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵平分， ， ， ， ， ， ∴矩形的面积． 【变式20-3】（25-26九年级下·湖南长沙·期中）如图，在中，D，E分别为，的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求AC的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了三角形中位线定理、矩形的判定与性质及勾股定理，解题的关键是利用中位线性质和平行关系证明矩形，再通过矩形性质和线段关系构造直角三角形求解． (1)中由分别为中点得，结合证平行四边形，再由得矩形， (2)中由矩形性质得，由中位线性质得，则，在中用勾股定理求，再 由为中点得． 【详解】（1）解：分别为的中点， 是的中位线， ， ， 四边形是平行四边形， 又， ， 四边形是矩形； （2）解：， ， 由(1)知，是的中位线，四边形是矩形， ， ， 在中，， ， 为的中点， ． 题型二十一 利用菱形的性质求解 【例21】（2026八年级下·云南·专题练习）在菱形中，，，则（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用菱形的性质可得，结合等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴平分， ∴， ∵， ∴． 【变式21-1】（25-26八年级下·重庆·开学考试）如图，在菱形中，对角线相交于点，点在边上，且，若，则的度数为______． 【答案】 【分析】根据菱形的性质可得，由可得，设，再由，即可解答． 【详解】解：在菱形中，对角线、相交于点， ， ， ， 设， ∵ ，， ， ， ， ， ∴． 【变式21-2】（2026·云南昭通·一模）如图，四边形是菱形，E为边的中点，对角线，相交于点O，连接，若，，则菱形的面积等于（    ） A．12 B．24 C．30 D．36 【答案】B 【分析】由菱形的性质可知对角线互相平分且垂直，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，再结合勾股定理求出，从而求出菱形的面积． 【详解】解：四边形是菱形，， ，，， 在中，E为边的中点， ， ， ， 菱形的面积． 【变式21-3】（2023·四川凉山·模拟预测）如图，菱形的对角线，相交于点，且，，过点作，垂足为，则点到边的距离 ___________ ． 【答案】 【分析】由菱形的性质得，再由勾股定理得，然后由三角形面积求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ， ， ， ， ， ． 题型二十二 证明四边形是菱形 【例22】（25-26八年级下·上海青浦·月考）如图，在中，是上一点，，交于点，，交于点，有下列条件：①；②平分；③，且是的中点．选择条件___________能使四边形是菱形． 【答案】 ②③ 【分析】先说明四边形是平行四边形，再根据菱形的判定定理逐个判断即可． 【详解】解：∵， ∴四边形是平行四边形，，， 当时， 四边形是矩形，不是菱形，则①不符合题意； ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，则②符合题意； ∵且E是的中点， ∴， ∴四边形是菱形，则③符合题意； 所以选择②③能使四边形是菱形． 【变式22-1】（25-26九年级下·湖北武汉·月考）如图，在平行四边形中，点，分别在，上，与相交于点，，，连接．求证：四边形是菱形． 【答案】证明见解析 【详解】证明：平行四边形中，，， 即， 又， ， 四边形是平行四边形， ，即， 四边形是菱形． 【变式22-2】（2026·云南·模拟预测）如图所示，矩形的对角线与相交于点O，点E为的中点，连接并延长至点F，使得，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若菱形的周长为，平行线与之间的距离为8，求矩形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）通过，，证明四边形是平行四边形，再利用四边形是矩形，得出，即可求证； （2）证明是直角三角形，得出．再利用，得出，求出，再利用中位线的性质得即可求出，即可求解． 【详解】（1）证明：∵点E是的中点， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形，且周长为， ∴，，， ∴， ∴是直角三角形， ∴． 设平行线与之间的距离为h，则， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴． 又∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴矩形的周长为． 【变式22-3】（2024·贵州遵义·模拟预测）如图所示，在四边形中，对角线、交于点，，，且，过点C作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先得出四边形是平行四边形，进一步得，通过推导角之间的关系得出，即可得证； （2）先过点B作，垂足为点，再利用菱形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理得出，的长，最后利用菱形的面积公式即可解答． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， ， ． ， ， ， 平行四边形是菱形． （2）解：如图，过点B作，垂足为点， 又， ． 由（1）可知，四边形是菱形， ，，，，， ，四边形为平行四边形， ． ，， ． 在中，， ． ， ， ， ． 题型二十三 利用菱形的性质和判定求解 【例23】（25-26九年级上·内蒙古包头·期末）按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质及判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键． 判定出四边形为菱形，再利用菱形的性质求解即可． 【详解】解：由题意可得：， ∴四边形为菱形， ∴， ∴， 故选：C． 【变式23-1】（2023·贵州铜仁·模拟预测）如图，在中，，对角线，则的面积为 _____． 【答案】 【分析】证明四边形是菱形，勾股定理求得，进而求得，再根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接交于， 在中，， 四边形是菱形， ， 又对角线， ， 在中，， ， 菱形的面积为． 【变式23-2】（25-26八年级下·陕西商洛·月考）如图，在平行四边形 中，对角线交 于 O，已知 ，， ，那么点 O 到的距离为_______ ． 【答案】 【分析】过点作于点，根据平行四边形的性质求出，，根据勾股定理逆定理求出，即可判定四边形 是菱形，根据菱形的性质求出，再根据三角形面积公式求解即可． 【详解】解：如图，过点作于点， 由题意知， ，， ∵ ， ∴， ∴是直角三角形，且， ∴， ∴平行四边形 是菱形， ∴， ∵， ∴， 即点 O 到的距离为． 【变式23-3】（2026·四川成都·一模）如图，在矩形中，、相交于点，为的中点，连接并延长至点，使，连接和． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用平行四边形的判定定理证明四边形是平行四边形，再利用邻边相等的平行四边形是菱形可得结果； （2）利用矩形的性质结合三角形中位线定理得出，利用菱形的面积公式进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵点为的中点，且， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形，且， ∴，， 又∵点为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由（1）可知：四边形是菱形， ∴菱形的面积为：． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，三角形中位线定理，理解矩形的性质，熟练掌握菱形的判定和性质，三角形中位线定理是解决问题的关键． 题型二十四 利用正方形的性质求解 【例24】（25-26八年级下·山东潍坊·月考）如图，为正方形的对角线，延长到点，使，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，由正方形的性质可知，，，，再结合平行的性质和等边对等角，得出，即可得解． 【详解】解：如图，连接， 正方形， ，，， ， ， ， ， ， ． 【变式24-1】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，P是正方形内的一点，连接，，，．若是等边三角形，则的度数是______． 【答案】/75度 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质．根据正方形的性质，等边三角形的性质可得，，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴，， ∴． 故答案为： 【变式24-2】（2026·河南南阳·模拟预测）如图，在正方形中，，，，交于点，点为的中点，连接，则的长为（    ） A．1.5 B．2 C．2.5 D．3 【答案】C 【分析】在中，由勾股定理得，证明，推出，从而得到为直角三角形，再利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半求解． 【详解】解：四边形是正方形，， ，， ， ， 在中，由勾股定理得， 在和中， ， ， ， ， ， ， ，即是直角三角形， 点为的中点， ． 【变式24-3】（25-26八年级下·青海西宁·月考）如图，从一个大正方形中裁去面积为和的两个小正方形，则留下的阴影部分的面积为___________． 【答案】 【分析】通过两个小正方形的面积，分别求出正方形的边长，则可求最大的正方形的边长，再用大正方形面积减去两个小正方形面积求解即可． 【详解】解：∵小正方形的面积为， ∴小正方形的边长为， ∵大一点的正方形的面积为， ∴大一点的正方形的边长为， 则最外边的大正方形的边长为， ∴， ∴， 则留下的阴影部分的面积为 ． 题型二十五 正方形折叠问题 【例25】（24-25八年级下·河南驻马店·月考）如图所示是边长为的正方形纸片，点为边的中点，折叠纸片使点落在点处，折痕为，则的长为____________． 【答案】 【分析】本题考查翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．根据折叠的性质，只要求出就可以求出，在直角中，若设，则，，根据勾股定理就可以列出方程，从而解出的长． 【详解】解：由翻折可知， 根据题意设，则， 又点为边的中点， ， 在中，，即， 解得：， 即． 故答案为：． 【变式25-1】（24-25八年级下·河南驻马店·月考）如图，正方形中，，为边上一动点（不与，重合）．将沿翻折至，延长交于点，刚好是边的三等分点，则的长为（   ） A． B．3 C．2或3 D．或3 【答案】D 【分析】根据正方形的性质和折叠的性质，证明，进而得到，由是的三等分点可得或，则可求出的长，在中有勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：连接， 由正方形和折叠的性质可得，且， ， ， ， 当点G是靠近点B的三等分点时， ， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 解得：，即． 当点G是靠近点C的三等分点时， ， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 解得：，即． 故选：D． 【点睛】本题考查正方形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 【变式25-2】（22-23八年级上·江苏宿迁·月考）如图，四边形是边长为6的正方形纸片，将其沿折叠，使点B落在边上的处，点A对应点为，且，则的长为_________． 【答案】/ 【分析】本题主要考查折叠问题及勾股定理，掌握折叠的性质和勾股定理是关键．由翻折的性质可知：，设，则，连接，在和中利用勾股定理构建方程求出y，即可求解． 【详解】解：由折叠的性质得：， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 设，则， 连接， 在中，， 在中，， ∴， 即， 解得， 即， 故答案为：． 【变式25-3】（25-26八年级上·山东济南·期末）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，则（   ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【分析】由折叠性质可知，进而利用同角的余角相等证明，由此即可得出，进而确定．在中，根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为， 则， ∵正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠可知， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵ ∴， 设正方形边长为，则， ∵， ∴， 在中，，即 解得：或（不合题意舍去） ∴． 故选：D 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握折叠的性质，根据垂直模型证明是解题关键． 题型二十六 证明四边形是正方形 【例26】（25-26八年级下·上海·月考）已知四边形中，与相交于点，那么下列条件中能判定这个四边形是正方形的是（） A．，， B．， C． D． 【答案】C 【分析】根据已知条件，结合正方形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：如图： A、∵，， 四边形是平行四边形， ∵， 平行四边形是矩形，不能判定为正方形． B、∵， ， ， ， ∴， ∴四边形是平行四边形，无法判定为正方形． C、， 四边形是矩形， ， 矩形是正方形． D、，， 四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形，无法判定为正方形． 【变式26-1】（25-26八年级下·江苏泰州·月考）的对角线，相交于点O，以下说法正确的是（   ） A．若，则是菱形 B．若，则是矩形 C．若，则是正方形 D．若，则是正方形 【答案】B 【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定定理对各选项逐一判断即可． 【详解】解：已知四边形是平行四边形，对角线，相交于点，则，． 对A选项，若，则，故是矩形，不一定是菱形，本选项错误； 对B选项，若，则，即平行四边形对角线相等，故是矩形，本选项正确； 对C选项，若，则是菱形，不一定是正方形，本选项错误； 对D选项，若，则是矩形，不一定是正方形，本选项错误． 【变式26-2】（25-26八年级下·上海宝山·月考）如图，在中，，点是的中点，过点作平行于，且，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)当时，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查矩形的判定定理、正方形的判定定理、等腰三角形的性质，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． （1）易证得四边形是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到，从而得出结论； （2）易证得是等腰直角三角形，进而得到，从而得出结论． 【详解】（1）证明：点是的中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，点是的中点， ， ， 平行四边形是矩形； （2）解：由（1）知四边形是矩形， 在中，， ， ， 矩形是正方形． 【变式26-3】（25-26九年级下·福建莆田·开学考试）如图，在中，，D是边的中点，，，，垂足分别为E，F．求证：四边形是正方形． 【答案】详见解析 【分析】由题意易得四边形是矩形，然后通过证明得，进而问题可求解． 【详解】证明：，， ，． 又， 四边形是矩形． 是边的中点， ． ， ． 又， ， ， 四边形是正方形． 题型二十七 利用正方形的性质和判定求解 【例27】（2025九年级上·全国·专题练习）如图所示，在矩形中，是上一点，交于点F，将沿折叠，点C恰好落在边上的点处，则的度数为________． 【答案】 【分析】本题考查矩形与折叠，正方形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，是解题的关键，先求出的度数，折叠，推出四边形是正方形，进而得到，根据三角形的外角的性质，折叠的性质和平角的定义，进行求解即可． 【详解】解：在矩形中，，． 沿折叠，点C恰好落在边上的点处，， 四边形是正方形， ． 由三角形的外角性质，得． 由翻折的性质，得，． 故答案为：． 【变式27-1】（22-23八年级下·江苏无锡·月考）如图，在中，，以斜边为边向外作正方形，且对角线交于点，连．若，，则与的和为______度；且另一条直角边的长为______．    【答案】 180 5 【分析】作于点，交的延长线于点，由正方形的性质得，，而，所以；再证明，得，，则四边形是正方形，所以，则，所以，，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：作于点，交的延长线于点，则， 四边形是正方形， ，，，， ，， ， ； ， 四边形是矩形， ， ， 在和中， ， ， ，， 四边形是正方形， ， ，， ， ， ， ， 故答案为：180，5．    【点睛】此题重点考查正方形的判定与性质、四边形的内角和等于、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 【变式27-2】（25-26八年级上·北京·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点，，且，，则点C的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了全等三角形的证明及性质，矩形的证明及性质，正方形的证明及性质，能够正确作出辅助线是解题关键； 过点C作，，先证得四边形是矩形，再通过可证得，进而证得矩形是正方形，再通过线段的和差关系算出，进而可得到答案． 【详解】解：如图，过点C作，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴ 在和中， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴矩形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：C． 【变式27-3】（24-25八年级下·四川巴中·期末）三角形的三条角平分线交于三角形内部一点，这个点叫作三角形的内心，如图，在中，点是内心，，，．于点，则的长是（   ） A． B． C．4 D．2 【答案】B 【分析】本题考查的是角平分线的性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，如图，过作于，过作于，证明，四边形为正方形，可得，再进一步利用勾股定理与等面积法求解即可. 【详解】解：如图，过作于，过作于， ∵为三个内角平分线的交点，， ∴， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴； 故选：B 【变式27-4】（25-26九年级上·辽宁丹东·期末）如图，点是正方形的中心（对角线的交点），以点为直角顶点作，的两直角边，分别交，于点，，若正方形的边长为8，则重叠部分四边形的面积为（    ） A．6 B．9 C．12 D．16 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质. 先过点E分别作，，证明四边形是正方形，再得出，故重叠部分四边形的面积为，则，即可作答． 【详解】解：过点E分别作，，如图所示： ∵四边形是正方形，正方形的边长为8， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵点E是正方形的中心， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵的两直角边分别交于点M，N， ∴ ∴ ∵，， ∴ ∴ 则重叠部分四边形的面积为， ∴， 即重叠部分四边形的面积为， 故选：D． 题型二十八 中点四边形 【例28】（25-26八年级下·湖南长沙·月考）顺次连接一个菱形的各边中点所得四边形的形状是（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】B 【分析】作出图形，菱形中，点分别是的中点，先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形． 【详解】如图，设菱形中，点分别是的中点，连接， ∵分别是的中点， ∴，， 同理可得，，，， ∴ 且 ， ∴四边形是平行四边形， 又∵菱形的对角线互相垂直，即， ∵，， ∴，即， ∴平行四边形是矩形． 【变式28-1】（25-26八年级下·江苏无锡·月考）在四边形中，分别是边的中点，对角线，则四边形是什么图形（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】B 【分析】先根据三角形的中位线定理证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可． 【详解】∵点、为、的中点 ∴是的中位线， ∴，， 同理，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∵，， ∴， 四边形是矩形． 【变式28-2】（2026八年级下·全国·专题练习）在四边形中，点，，，分别为，，，的中点，并且，则四边形为（    ）． A．菱形 B．正方形 C．矩形 D．梯形 【答案】A 【分析】本题考查中点四边形，三角形中位线定理，菱形的判定定理，熟练掌握相关知识是关键． 先利用三角形中位线定理证明四边形是平行四边形，再结合证明四条边相等，从而判定该四边形为菱形． 【详解】解：如图， ∵点、为、的中点 ∴是的中位线， ∴，， 同理，，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形． 故选：A． 【变式28-3】（25-26八年级上·江苏·假期作业）如图所示，分别是四边形各边中点，连接，则四边形为________形．在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． （1）当四边形满足________条件时，四边形是菱形． （2）当四边形满足________条件时，四边形是矩形． （3）当四边形满足________条件时，四边形是正方形． 【答案】平行四边形，见解析；（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3）且，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，中位线定理，掌握相关知识点是解题的关键． 连接，可以根据分别是四边形各边中点，得到线段分别为的中位线，由中位线定理可以证明四边形为平行四边形；再根据菱形，矩形和正方形的判定条件，添加对应的条件即可得到答案． 【详解】解：四边形为平行四边形， 理由，连接， 分别是四边形各边中点， 线段分别为的中位线， ，，，， ，， 四边形为平行四边形， 故答案为：平行四边形； （1）， 理由，如图①四边形的对角线， 四边形为平行四边形，且，， ， 平行四边形为菱形， 故答案为：； （2）， 理由，如图②四边形的对角线互相垂直， 分别是四边形各边中点， 线段分别为的中位线， ，， ， ， 四边形为平行四边形， 四边形为矩形， 故答案为：； （3）且， 理由，如图③四边形的对角线相等且互相垂直， 根据，由（2）可知， 根据，由（1）可知平行四边形为菱形， 四边形为正方形， 故答案为：且． 题型二十九 （特殊）平行四边形的动点问题 【例29】（23-24七年级下·吉林·期末）如图，甲、乙两动点分别从正方形的顶点，同时沿正方形的边开始移动，甲点依顺时针方向环行，乙点依逆时针方向环行．若甲的速度是乙的速度的倍，则它们第次相遇在边________上． 【答案】 【分析】先根据甲、乙的运动速度和运动方向分别得出第、、、、次相遇位置，再归纳类推出一般规律，由此即可解答． 【详解】解：设正方形的边长为，因为甲的速度是乙的速度的倍，时间相同，甲乙所行的路程比为，由题意知： ①第一次相遇甲乙行的路程和为，甲行的路程为，乙行的路程为，在边相遇； ②第二次相遇甲乙行的路程和为，甲行的路程为，乙行的路程为，在边相遇； ③第三次相遇甲乙行的路程和为，甲行的路程为，乙行的路程为，在边相遇； ④第四次相遇甲乙行的路程和为，甲行的路程为，乙行的路程为，在边相遇； ⑤第五次相遇甲乙行的路程和为，甲行的路程为，乙行的路程为，在边相遇； 归纳推理得：它们相遇位置每四次一循环， ， 它们第次相遇位置与第一次相遇位置相同，即在边相遇． 【变式29-1】（25-26八年级下·全国·周测）如图，在四边形中，，，，．点从点出发，以的速度沿向终点运动，同时点从点出发，以的速度沿向终点运动．当四边形为平行四边形时，运动时间为（   ） A．4s B．3s C．2s D．1s 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、动点问题的分析知识点，掌握平行四边形对边相等的性质以及根据动点位置表示线段长度的方法是解题的关键． 先判断点的位置：当四边形为平行四边形时，点必须在上，利用平行四边形对边相等的性质，列方程求解运动时间． 【详解】解：由题意可知，当四边形为平行四边形时，点在上． 设运动时间为，则，． 根据题意，得，解得． 故选：B． 【变式29-2】（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29-3】（24-25八年级下·河北唐山·期中）在四边形中，，，，，，点从点以的速度向点运动，点从点以的速度同时向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为秒． (1)求为何值时，四边形是平行四边形？ (2)求为何值时，四边形是矩形？ (3)在整个运动过程中，_________（答“存在”或“不存在”）t值，使得四边形是菱形； (4)若只改变线段的长度，其余条件都不变，在整个运动过程中，当四边形是正方形时，请你求出的值和线段的长度． 【答案】(1) (2) (3)不存在 (4)， 【分析】（1）根据时，四边形是平行四边形，列出方程进行求解即可； （2）根据，，得到当时四边形是矩形，列出方程进行求解即可； （3）根据菱形的性质可得，结合（1）的结论，分别求得的长，即可得出结论； （4）当四边形是正方形时，，进而求得，，根据，即可求解． 【详解】（1）解：由题意，得：，，秒， ∴，， ∵，则 当时，四边形是平行四边形； ∴ 解得： （2）解：∵，， ∴当时，四边形是矩形； ∵，， ∴ 解得： （3）解：不存在，理由如下， 由（1）可得，当时，四边形是平行四边形； ∴若此时，则四边形是菱形， 如图，过点作于点， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 而， ∴， ∴四边形不是菱形， 故答案为：不存在． （4）解：当四边形是正方形时，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当四边形是正方形时，，． 【点睛】本题考查四边形中的动点问题．解题的关键是掌握矩形的判定和性质，正方形，平行四边形，矩形，菱形的性质与判定，及勾股定理解三角形，熟练掌握特殊四边形的性质是解题的关键． 题型三十 四边形中的线段最值问题 【例30】（22-23八年级下·河南南阳·期中）如图，正方形的边长为3，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边，连接，则的最小值为（   ） A． B． C．2 D．1 【答案】C 【分析】由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在线段轨迹上运动．将绕点E旋转，使与重合，得到，连接，得到．则点G在垂直于的直线上．作，由垂线段最短可知，的长即的最小值．作，则四边形为矩形，求出．，得出，最后根据，即可求解． 【详解】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在线段轨迹上运动．将绕点E旋转，使与重合，得到，连接， 由旋转可得， ∴，， ∴为等边三角形． ∴，    ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴点G在垂直于的直线上． 作，由垂线段最短可知，的长即的最小值． 作，则四边形为矩形， ∴，， ∴． ， ， ∴，即的最小值为2． 【变式30-1】（2026·陕西西安·一模）如图，在菱形中，，，E为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为______． 【答案】 【分析】利用四边形为平行四边形，得出，，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点，由对称性得，则，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，分别证明四边形和四边形是矩形，求出，，再利用勾股定理求出即可． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵为线段上的动点， 如图，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点， 由对称性得， ∴，当且仅当点、、依次共线时，取得最小值， 此时如图，设与交于点，交于点，延长交延长线于点， ∵菱形中，，， ∴， ∴， 由题可得， ∴由对称性可得， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， 即的最小值为． 【变式30-2】（25-26九年级上·山东济南·期中）如图，已知正方形的边长为，是对角线上一点，于点，于点，连接，，则的最小值为________________ ． 【答案】 【分析】连接，结合正方形性质、勾股定理求出，证明四边形是矩形即可得，再根据垂线段最短即可得解． 【详解】解：连接，如下图： 正方形中，，， ， 又，， 四边形是矩形， ， 则的最小值即为的最小值， 当时，最短， 此时， ， 即的最小值为． 【变式30-3】（2026·黑龙江·一模）如图，在矩形中，，，点、分别在、边上，则的最小值为______． 【答案】 【分析】先作点A关于的对称点E，作点C关于的对称点F，根据对称性可得，所以，再根据两点之间线段最短可得最小值为，然后过点E作的平行线，交的延长线于点I，最后根据勾股定理得出答案． 【详解】解：如图所示，作点A关于的对称点E，作点C关于的对称点F， ∴， ∴， 根据两点之间线段最短，可知点E，M，N，F共线时最小，所以最小，即． 过点E作的平行线，交的延长线于点I， 根据题意可知四边形是矩形， ∴， 根据勾股定理，得， 所以最小值是． 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题3 四边形 一、一般四边形与多边形基础 1. 四边形定义 平面内，不在同一直线上的四条线段首尾顺次相接组成的封闭图形. · 内角和：360°；外角和：360°（任意多边形外角和均为360°）; · 对角线：连接不相邻两顶点的线段，四边形有2条对角线; · 特性：不具有稳定性. 2. n边形 · 内角和公式：(n-2)×180°（n≥3，且n为整数）; · 外角和：360°; · 正多边形：各边相等、各角相等. 二、平行四边形 1. 定义：两组对边分别平行的四边形，记作▱ABCD. 2. 性质（边、角、对角线、对称性） · 边：对边平行且相等（AB∥CD，AD∥BC；AB=CD，AD=BC）; · 角：对角相等、邻角互补（∠A=∠C，∠B=∠D；∠A+∠B=180°）; · 对角线：互相平分（OA=OC，OB=OD，O为交点）; · 对称性：中心对称图形（对称中心：对角线交点），非轴对称; · 推论：夹在两条平行线间的平行线段相等. 3. 判定（5 种，从边、角、对角线） · 定义：两组对边分别平行; · 边：两组对边分别相等; · 边：一组对边平行且相等（最常用）; · 角：两组对角分别相等; · 对角线：对角线互相平分. 4. 面积：S=底×高. 三、特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形） （一）矩形（长方形） 1. 定义：有一个角是直角的平行四边形. 2. 性质（含平行四边形所有性质+特有） · 角：四个角都是直角（90°）; · 对角线：相等且互相平分（AC=BD）; · 对称性：中心对称+轴对称（2条对称轴）. 3. 判定 · 定义：平行四边形+一个直角; · 对角线：平行四边形+对角线相等; · 角：三个角是直角的四边形. 4. 面积：S=长×宽. （二）菱形 1. 定义：有一组邻边相等的平行四边形. 2. 性质（含平行四边形所有性质+特有） · 边：四条边都相等; · 对角线：互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角; · 对称性：中心对称+轴对称（2条对称轴）. 3. 判定 · 定义：平行四边形+一组邻边相等; · 对角线：平行四边形+对角线互相垂直; · 边：四条边都相等的四边形. 4. 面积 · 方法 1：S =底×高（同平行四边形）; · 方法 2：S=½×对角线乘积. （三）正方形 1. 定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形（既是矩形，又是菱形）. 2. 性质（集矩形、菱形所有性质） · 边：四条边相等、对边平行; · 角：四个角都是直角; · 对角线：相等、互相垂直平分，每条对角线平分一组对角; · 对称性：中心对称+轴对称（4条对称轴）. 3. 判定（3种核心思路） · 矩形+一组邻边相等; · 菱形+一个直角; · 对角线：互相垂直平分且相等的四边形. 四、三角形中位线定理（核心考点） 1. 定义：连接三角形两边中点的线段（一个三角形有3条中位线）. 2. 定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半; 几何语言：在△ABC 中，D、E 为AB、AC中点 ⇒ DE∥BC，DE=½BC. 3. 作用：证明线段平行、求线段长度、构造平行四边形. 1.判定时区分：“平行四边形+条件”与“任意四边形+条件”; 2.菱形面积别忘对角线乘积的一半; 3.中位线≠中线（中线连顶点与对边中点）; 4.一组对边平行、另一组对边相等，不一定是平行四边形（可能是等腰梯形）. 一、核心解题思路（直接套用） 1.证特殊四边形：先证平行四边形，再补特殊条件（直角/邻边相等/对角线相等/垂直），不跳步； 2.证线段平行/相等：优先用平行四边形性质、三角形中位线、全等； 3.证垂直：用菱形/正方形对角线、勾股逆定理； 4.求边长/周长：找相等线段（四边形性质）+ 勾股定理（对角线+边构造直角）； 5.求面积： · 平行四边形/矩形：底×高 · 菱形/正方形：底×高或对角线乘积÷2 二、高频辅助线技巧（3类核心） 1.万能款：连对角线→分四边形为两个三角形（用全等/勾股）； 2.常用款：作高→构造直角三角形（求面积、边长）； 3.中点专用：构造中位线（连中点/取中点）→平行+倍分关系. 三、必用定理（解题钥匙） 1.三角形中位线：平行第三边，等于第三边一半（见中点必想）; 2.直角三角形斜边中线：等于斜边一半（矩形对角线常用）. 四、避坑技巧 1.判定特殊四边形，必须先证平行四边形，再加特殊条件（对角线相等/垂直≠直接是矩形/菱形）; 2.求菱形/正方形面积，优先想对角线乘积÷2（比底×高更快捷）; 3.遇中点、线段倍分，直接套中位线定理. 题型一 多边形的内角和问题 【例1】（2026·广东广州·一模）如果一个多边形的内角和是，则这个多边形是（    ） A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．八边形 【变式1-1】（25-26八年级下·福建龙岩·月考）一个六边形的内角和是（   ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2026·云南昆明·一模）若一个多边形的内角和等于，则这个多边形是（    ） A．九边形 B．八边形 C．六边形 D．五边形 【变式1-3】（2026·山东淄博·一模）如图，五边形中，，，，则_____． 题型二 多边形对角线条数问题 【例2】（24-25八年级上·新疆阿克苏·月考）过六边形的一个顶点可以引出几条对角线（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】（25-26八年级下·上海·月考）一个多边形从一个顶点出发共有8条对角线，那么这个多边形是__________边形． 【变式2-2】（22-23六年级下·山东烟台·期中）若从多边形的一个顶点可以引出九条对角线，则这个多边形是（   ） A．十二边形 B．十一边形 C．十边形 D．九边形 【变式2-3】（22-23八年级下·广西来宾·期中）已知多边形内角和与外角和的和为，求多边形边数及对角线的条数． 【变式2-4】（25-26八年级下·上海·月考）如果一个多边形每个内角都是，求这个多边形的边数和内角和，并直接写出该多边形对角线的条数． 题型三 对角线分成三角形个数问题 【例3】（25-26八年级下·上海闵行·月考）过某个多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成个三角形，则这个多边形的内角和是（   ） A． B． C． D． 【变式3-1】（25-26八年级下·上海松江·月考）过某个多边形1个顶点的所有对角线，将这个多边形分成7个三角形，则它的内角和是_________． 【变式3-2】（25-26七年级下·陕西西安·开学考试）过某个多边形的一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成9个三角形，则这个多边形的边数为________． 【变式3-3】（25-26八年级下·上海·月考）从六边形的一个顶点出发，可以引_________条对角线，将六边形分成_________个三角形，六边形共有_________条对角线． 题型四 多边形截角后的边数问题 【例4】（2025七年级上·全国·专题练习）把一个正方形锯掉一个角，剩下的多边形是（   ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．三角形或四边形或五边形 【变式4-1】（2025七年级上·广东深圳·专题练习）若一个多边形截去一个角后，变成五边形，则原来的多边形的边数不可能为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式4-2】（24-25七年级上·全国·课后作业）如图，从五边形纸片中剪去一个三角形，剩余部分是（    ） A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．以上都有可能 【变式4-3】（23-24八年级上·四川成都·月考）若一个多边形截去一个角后，得到的新多边形为十五边形，则原来的多边形边数为______． 题型五 多（少）算一个角问题 【例5】（23-24八年级上·甘肃武威·期中）在计算多边形内角和时，不小心多加了一个内角，结果为，则边数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【变式5-1】（25-26八年级下·全国·课后作业）小明同学在计算一个凸多边形的内角和时，由于粗心少算一个内角，得到的结果是，则少算的这个内角的度数为__________． 【变式5-2】（24-25八年级上·四川德阳·月考）小明同学在用计算器计算某n边形的内角和时，不小心少输入一个内角，得到的和为，则n等于_______． 【变式5-3】（2026七年级下·江苏泰州·专题练习）一个多边形多算一个内角后的和等于，则这个内角应等于________度． 题型六 多边形截角后的内角和问题 【例6】（2023七年级·山东·竞赛）一个多边形截去一个角后，形成一个新的多边形内角和为，原来的多边形是几边形？（    ） A． B． C． D．以上都有可能 【变式6-1】（24-25八年级上·湖北襄阳·期末）将一块长方形木板锯掉一个角，则锯掉后剩下的多边形木板的内角和为（   ） A．或 B．或 C．或 D．或或 【变式6-2】（2025·山东济南·二模）如图，将五边形沿虚线裁去一个角，得到六边形，则内角和增加___________度． 【变式6-3】（2026七年级下·江苏泰州·专题练习）把一个多边形截去一个角后，形成的新多边形的内角和为，则原多边形的边数？ 题型七 多边形内角和与外角和综合 【例7】（25-26八年级上·广东广州·期中）一个多边形的内角和是其外角和的4倍，则这个多边形的边数是____． 【变式7-1】（25-26九年级上·重庆·期末）如果一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，那么这个多边形的边数为______． 【变式7-2】（25-26八年级下·山东日照·月考）一个多边形的内角和比它的外角和的3倍还多，求这个多边形的边数为_________． 【变式7-3】（25-26八年级下·上海·月考）一个多边形的内角和与外角和的和是，则以这个多边形的一个顶点为端点的对角线有_______条． 题型八 正多边形的内角、外角问题 【例8】（25-26九年级下·北京·月考）如果一个正多边形内角和为，那么这个多边形的每个外角的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式8-1】（25-26八年级下·湖南·月考）一个正多边形的每一个内角都等于，则这个正多边形的边数是（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【变式8-2】（22-23九年级下·江苏镇江·期中）一个正多边形的一个外角等于，则这个正多边形的边数是______． 【变式8-3】（25-26八年级下·重庆·月考）若一个正多边形的每个内角比每个外角的2倍还大，则该正多边形的边数为________． 题型九 四边形的不稳定性 【例9】（25-26八年级下·福建龙岩·月考）下列图形中不具有稳定性的是（   ） A． B． C． D． 【变式9-1】（25-26八年级下·陕西延安·月考）如下图所示的活动挂件所蕴含的数学道理是_______ 【变式9-2】（25-26八年级上·天津·期中）下列图形不具有稳定性的是（   ） A． B． C． D． 【变式9-3】（25-26八年级上·湖北武汉·期中）下列生活实物中，没有应用到三角形的稳定性的是（　） A． B． C． D． 题型十 利用平行四边形的性质求解 【例10】（22-23八年级下·河南新乡·期中）在平行四边形中，，，则等于（   ） A． B． C． D． 【变式10-1】（22-23八年级下·吉林长春·期中）在中，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【变式10-2】（22-23八年级下·广西来宾·期中）如图，在平行四边形中，，相交于点，，，，则_____．    【变式10-3】（2026·云南红河·一模）如图，平行四边形的对角线相交于点，若，则的周长为（    ） A．24 B．15 C．14 D．12 题型十一 平行线间的距离 【例11】（2026八年级下·全国·专题练习）已知直线，，在同一平面内，且，与之间的距离为，与之间的距离为，则与之间的距离是（    ） A． B． C．或 D．以上都不对 【变式11-1】（23-24七年级下·贵州铜仁·月考）如图，，，，则点C到的距离为（   ） A．2 B．8 C．10 D．12 【变式11-2】（22-23八年级下·浙江金华·月考）如图，，为，平分线的交点，交于，且，则与之间的距离等于________． 【变式11-3】（2026八年级下·山东·专题练习）如图，直线，且，，，则直线与直线之间的距离是_____． 题型十二 判断是否是平行四边形 【例12】（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，下列条件中，能判定四边形是平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【变式12-1】（2026八年级下·重庆·专题练习）在下列条件中，不能判定四边形为平行四边形的是（    ） A．两组对边分别相等 B．两组对边分别平行 C．一组对边平行且另一组对边相等 D．对角线互相平分 【变式12-2】（25-26八年级下·湖北·期中）在四边形中，，要使四边形是平行四边形，则需添加一个条件，其中错误的是（    ） A． B． C． D． 【变式12-3】（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，下列条件中，不能确定四边形是平行四边形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 题型十三 证明四边形是平行四边形 【例13】（25-26八年级下·北京·期中）如图，E，F分别是平行四边形的边、边上的点，且，连接，．求证：四边形是平行四边形． 【变式13-1】（25-26八年级上·山西吕梁·月考）如图，在平行四边形中，点是边的中点，连接交的延长线于点，连接，．求证：四边形是平行四边形． 【变式13-2】（25-26八年级下·吉林长春·月考）如图，在中，点，分别是，的中点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，，求的周长． 【变式13-3】（25-26八年级下·江苏南通·月考）如图，E，F是四边形的对角线上两点，，，．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 题型十四 利用平行四边形的性质和判定求解 【例14】（25-26七年级下·黑龙江哈尔滨·月考）在四边形中，，，若，则（    ） A． B． C． D． 【变式14-1】（25-26八年级下·上海松江·月考）如图，点A、B在的对角线所在的直线上且．若，则_________． 【变式14-2】（2026·辽宁葫芦岛·模拟预测）如图，在中，，是的中点，过点，分别作，．若，，则四边形的面积是（   ） A．20 B．22 C．24 D．48 【变式14-3】（25-26八年级下·上海·月考）如图，在四边形中，，且，，，点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以的速度由点A向点D运动，点Q以的速度由点C向点B运动，__________后直线将四边形截出一个平行四边形． 题型十五 利用平行四边形的性质和判定证明 【例15】（25-26八年级下·北京·期中）如图，在平行四边形中，E，F分别是，的中点，求证：． 【变式15-1】（25-26八年级下·北京·期中）如图所示，已知点在的对角线上，且．求证：． 【变式15-2】（25-26八年级下·广东广州·月考）如图，在中，平分，交于点，平分，交于点．求证：四边形是平行四边形． 【变式15-3】（23-24八年级下·江苏无锡·月考）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． 题型十六 与三角形中位线有关的问题 【例16】（25-26八年级上·山西吕梁·月考）如图是人字梯及其侧面示意图，，为支撑架，为拉杆，点，分别是，的中点．若，则，两点间的距离为（   ） A． B． C． D． 【变式16-1】（2026·河南信阳·一模）如图，在平行四边形中，，对角线交于点，点是的中点，连接，点是的中点，连接，则的长是（   ） A．1 B． C．2 D． 【变式16-2】（25-26八年级下·江苏南通·月考）如图，在四边形中，，，，E，F分别为，的中点，则（    ） A．8 B．9 C．10 D．6 【变式16-3】（24-25八年级下·吉林九台·期中）如图，在四边形中，分别是边的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，则四边形的周长为_________． 题型十七 利用矩形的性质求解 【例17】（25-26八年级下·江苏无锡·月考）如图，在矩形中，、交于点，，则大小是（   ） A． B． C． D． 【变式17-1】（25-26八年级上·山西吕梁·月考）如图，在矩形中，连接，，，，则的长为（   ） A．8 B． C．4 D． 【变式17-2】（25-26八年级下·云南昆明·月考）如图，在矩形中，对角线，相交于点，过点的直线分别交，边于点，，若，则图中阴影部分的面积为_________． 【变式17-3】（25-26九年级上·陕西渭南·期末）如图，在矩形中，对角线与交于点O，点E在边上，连接交于点F．若，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 题型十八 矩形与折叠问题 【例18】（25-26八年级下·四川自贡·月考）如图，在长方形中，，，将沿翻折，使得点D落在边上处，则的长是______． 【变式18-1】（22-23八年级下·广西来宾·期中）如图，矩形纸片中，，将沿折叠，使点落在点处，交于点，则的长等于_____． 【变式18-2】（22-23八年级下·甘肃金昌·期中）如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点D落在点处，则重叠部分的面积为（   ） A．6 B．8 C．10 D．12 【变式18-3】（25-26八年级下·湖南长沙·月考）如图，把长方形纸片折叠，使其对角顶点C与A重合，折痕，若长方形的长为8，宽为4，则的面积为________． 题型十九 斜边上的中线等于斜边的一半 【例19】（25-26八年级下·湖南长沙·月考）如图，在中，，点为的中点，某同学用刻度尺测量长度时，点，对应的刻度分别为，，则的长为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式19-1】（22-23八年级下·广西来宾·期中）如图，在中，是斜边上的中线．若，则（    ） A． B． C． D． 【变式19-2】（25-26八年级下·江苏泰州·月考）如图，在中，点D，E分别是边，的中点，连接，点F在线段上，连接，，若，，，则的长为（   ） A．10 B．12 C．8 D．16 【变式19-3】（25-26九年级下·辽宁大连·月考）如图，在矩形中，平分交于点，连接，点为的中点，连接，若，，则的长为______． 题型二十 证明四边形是矩形 【例20】（25-26八年级下·江苏宿迁·月考）如图，在中，O是边的中点，且，求证：四边形是矩形． 【变式20-1】（25-26八年级下·江苏徐州·月考）如图，四边形是平行四边形，点是的中点，．求证：四边形是矩形． 【变式20-2】（25-26八年级下·江苏徐州·月考）如图，在平行四边形中，过点D作于点E，，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求四边形的面积． 【变式20-3】（25-26九年级下·湖南长沙·期中）如图，在中，D，E分别为，的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求AC的长． 题型二十一 利用菱形的性质求解 【例21】（2026八年级下·云南·专题练习）在菱形中，，，则（   ）． A． B． C． D． 【变式21-1】（25-26八年级下·重庆·开学考试）如图，在菱形中，对角线相交于点，点在边上，且，若，则的度数为______． 【变式21-2】（2026·云南昭通·一模）如图，四边形是菱形，E为边的中点，对角线，相交于点O，连接，若，，则菱形的面积等于（    ） A．12 B．24 C．30 D．36 【变式21-3】（2023·四川凉山·模拟预测）如图，菱形的对角线，相交于点，且，，过点作，垂足为，则点到边的距离 ___________ ． 题型二十二 证明四边形是菱形 【例22】（25-26八年级下·上海青浦·月考）如图，在中，是上一点，，交于点，，交于点，有下列条件：①；②平分；③，且是的中点．选择条件___________能使四边形是菱形． 【变式22-1】（25-26九年级下·湖北武汉·月考）如图，在平行四边形中，点，分别在，上，与相交于点，，，连接．求证：四边形是菱形． 【变式22-2】（2026·云南·模拟预测）如图所示，矩形的对角线与相交于点O，点E为的中点，连接并延长至点F，使得，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若菱形的周长为，平行线与之间的距离为8，求矩形的周长． 【变式22-3】（2024·贵州遵义·模拟预测）如图所示，在四边形中，对角线、交于点，，，且，过点C作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长度． 题型二十三 利用菱形的性质和判定求解 【例23】（25-26九年级上·内蒙古包头·期末）按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（    ） A． B． C． D． 【变式23-1】（2023·贵州铜仁·模拟预测）如图，在中，，对角线，则的面积为 _____． 【变式23-2】（25-26八年级下·陕西商洛·月考）如图，在平行四边形 中，对角线交 于 O，已知 ，， ，那么点 O 到的距离为_______ ． 【变式23-3】（2026·四川成都·一模）如图，在矩形中，、相交于点，为的中点，连接并延长至点，使，连接和． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 题型二十四 利用正方形的性质求解 【例24】（25-26八年级下·山东潍坊·月考）如图，为正方形的对角线，延长到点，使，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式24-1】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，P是正方形内的一点，连接，，，．若是等边三角形，则的度数是______． 【变式24-2】（2026·河南南阳·模拟预测）如图，在正方形中，，，，交于点，点为的中点，连接，则的长为（    ） A．1.5 B．2 C．2.5 D．3 【变式24-3】（25-26八年级下·青海西宁·月考）如图，从一个大正方形中裁去面积为和的两个小正方形，则留下的阴影部分的面积为___________． 题型二十五 正方形折叠问题 【例25】（24-25八年级下·河南驻马店·月考）如图所示是边长为的正方形纸片，点为边的中点，折叠纸片使点落在点处，折痕为，则的长为____________． 【变式25-1】（24-25八年级下·河南驻马店·月考）如图，正方形中，，为边上一动点（不与，重合）．将沿翻折至，延长交于点，刚好是边的三等分点，则的长为（   ） A． B．3 C．2或3 D．或3 【变式25-2】（22-23八年级上·江苏宿迁·月考）如图，四边形是边长为6的正方形纸片，将其沿折叠，使点B落在边上的处，点A对应点为，且，则的长为_________． 【变式25-3】（25-26八年级上·山东济南·期末）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，则（   ） A．4 B． C． D． 题型二十六 证明四边形是正方形 【例26】（25-26八年级下·上海·月考）已知四边形中，与相交于点，那么下列条件中能判定这个四边形是正方形的是（） A．，， B．， C． D． 【变式26-1】（25-26八年级下·江苏泰州·月考）的对角线，相交于点O，以下说法正确的是（   ） A．若，则是菱形 B．若，则是矩形 C．若，则是正方形 D．若，则是正方形 【变式26-2】（25-26八年级下·上海宝山·月考）如图，在中，，点是的中点，过点作平行于，且，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)当时，求证：四边形是正方形． 【变式26-3】（25-26九年级下·福建莆田·开学考试）如图，在中，，D是边的中点，，，，垂足分别为E，F．求证：四边形是正方形． 题型二十七 利用正方形的性质和判定求解 【例27】（2025九年级上·全国·专题练习）如图所示，在矩形中，是上一点，交于点F，将沿折叠，点C恰好落在边上的点处，则的度数为________． 【变式27-1】（22-23八年级下·江苏无锡·月考）如图，在中，，以斜边为边向外作正方形，且对角线交于点，连．若，，则与的和为______度；且另一条直角边的长为______．    【变式27-2】（25-26八年级上·北京·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点，，且，，则点C的坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式27-3】（24-25八年级下·四川巴中·期末）三角形的三条角平分线交于三角形内部一点，这个点叫作三角形的内心，如图，在中，点是内心，，，．于点，则的长是（   ） A． B． C．4 D．2 【变式27-4】（25-26九年级上·辽宁丹东·期末）如图，点是正方形的中心（对角线的交点），以点为直角顶点作，的两直角边，分别交，于点，，若正方形的边长为8，则重叠部分四边形的面积为（    ） A．6 B．9 C．12 D．16 题型二十八 中点四边形 【例28】（25-26八年级下·湖南长沙·月考）顺次连接一个菱形的各边中点所得四边形的形状是（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【变式28-1】（25-26八年级下·江苏无锡·月考）在四边形中，分别是边的中点，对角线，则四边形是什么图形（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【变式28-2】（2026八年级下·全国·专题练习）在四边形中，点，，，分别为，，，的中点，并且，则四边形为（    ）． A．菱形 B．正方形 C．矩形 D．梯形 【变式28-3】（25-26八年级上·江苏·假期作业）如图所示，分别是四边形各边中点，连接，则四边形为________形．在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． （1）当四边形满足________条件时，四边形是菱形． （2）当四边形满足________条件时，四边形是矩形． （3）当四边形满足________条件时，四边形是正方形． 题型二十九 （特殊）平行四边形的动点问题 【例29】（23-24七年级下·吉林·期末）如图，甲、乙两动点分别从正方形的顶点，同时沿正方形的边开始移动，甲点依顺时针方向环行，乙点依逆时针方向环行．若甲的速度是乙的速度的倍，则它们第次相遇在边________上． 【变式29-1】（25-26八年级下·全国·周测）如图，在四边形中，，，，．点从点出发，以的速度沿向终点运动，同时点从点出发，以的速度沿向终点运动．当四边形为平行四边形时，运动时间为（   ） A．4s B．3s C．2s D．1s 【变式29-2】（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29-3】（24-25八年级下·河北唐山·期中）在四边形中，，，，，，点从点以的速度向点运动，点从点以的速度同时向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为秒． (1)求为何值时，四边形是平行四边形？ (2)求为何值时，四边形是矩形？ (3)在整个运动过程中，_________（答“存在”或“不存在”）t值，使得四边形是菱形； (4)若只改变线段的长度，其余条件都不变，在整个运动过程中，当四边形是正方形时，请你求出的值和线段的长度． 题型三十 四边形中的线段最值问题 【例30】（22-23八年级下·河南南阳·期中）如图，正方形的边长为3，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边，连接，则的最小值为（   ） A． B． C．2 D．1 【变式30-1】（2026·陕西西安·一模）如图，在菱形中，，，E为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为______． 【变式30-2】（25-26九年级上·山东济南·期中）如图，已知正方形的边长为，是对角线上一点，于点，于点，连接，，则的最小值为________________ ． 【变式30-3】（2026·黑龙江·一模）如图，在矩形中，，，点、分别在、边上，则的最小值为______． 学科网（北京）股份有限公司 $