专题02 四边形22大题型（期中复习讲义）八年级数学下学期新教材北京版

专题02 四边形（期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01 多边形的基本概念 题型02 多边形的对角线问题 题型03 多边形内角和问题 题型04 正多边形 题型05 多边形内角和与外角和综合 题型06 平面镶嵌 题型07 平行四边形的判定 题型08 平行四边形的性质 题型09 添一个条件证明四边形是平行四边形 题型10 矩形的判定 题型11 矩形的性质 题型12 矩形与折叠问题 题型13 斜边的中线等于斜边的一半 题型14 菱形的判定 题型15 菱形的性质 题型16 正方形的判定 题型17 正方形的性质 题型18 （特殊）平行四边形的存在性问题 题型19 三角形中位线定理 题型20 中点四边形 题型21 中心对称图形 题型22 图形的旋转 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 多边形 掌握多边形、正多边形的概念与内角和、外角和公式，能进行角度计算与简单应用。 基础考查点，一般在小题考查，2分 多边形内角和 熟记并运用多边形内角和公式，准确计算内角、边数及相关角度问题。 基础考查点，牢记多边形的内角和公式，一般在小题考查，2分左右 平行四边形的判定与性质 熟练掌握平行四边形性质与判定定理，能灵活互推、证明边 / 角 / 对角线关系并解决几何计算与证明题。 核心考查点，一般在解答题考查，5分左右 矩形的判定与性质 掌握矩形特殊性质与判定定理，结合平行四边形知识，灵活证明矩形并进行边角与对角线计算。 核心考查点，一般在解答题考查，5分左右 斜边的中线等于斜边的一半 掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质与逆定理，能用于角度、线段计算及直角判定。 重要考查点，一般在小题中考查 菱形的判定与性质 掌握菱形定义、性质与判定，灵活运用四边相等、对角线垂直平分等特征进行证明与计算。 核心考查点，一般在解答题考查，5分左右 正方形的判定与性质 掌握正方形兼具矩形与菱形的所有性质，能从平行四边形、矩形、菱形出发正确判定正方形，并进行几何计算与证明。 核心考查点，一般在解答题考查，5分左右 三角形的中位线定理 掌握三角形中位线平行于第三边且等于第三边一半的定理，能用于证明平行、线段倍分及计算边长。 重要考查点，一般在解答题考查，3分左右 中点四边形 掌握中点四边形形状由原四边形对角线决定，能判断形状并进行相关证明与计算。 重要考查点，一般在小题考查，2分左右 中心对称图形 理解中心对称图形的定义，能识别常见图形，并利用中心对称性质解决简单几何问题。 基础考查点，一般在小题考查，2分左右 图形的旋转 理解图形旋转的性质，掌握旋转前后对应点、对应线段、对应角相等，能进行旋转作图与角度、边长计算。 基础考查点，一般在小题考查，2分左右 知识点01 多边形 多边形的相关概念： 多边形的边：组成多边形的各条线段叫做多边形的边. 多边形的顶点：相邻两边的公共端点叫做多边形的顶点. 多边形的内角：多边形相邻两边所组成的在多边形内部的角叫做多边形的内角，简称多边形的角. 多边形的外角：多边形的一边与它的邻边的延长线组成的角，叫做多边形的外角. 多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线. 【注意】 1、多边形的边数、顶点数及角的个数相等； 2、把多边形问题转化成三角形问题求解的常用方法是连接对角线； 3、多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n-3）条对角线，这（n-3）条对角线把多边形分成了(n-2)个三角形，其中每条对角线都重复算一次，所以n边形共有条对角线. 正多边形注意点 1、正n边形有n条对称轴． 2、对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形，对称中心是多边形的中心. 多边形内角和定理 多边形内角和定理：n边形的内角和为. 多边形外角和定理：多边形的外角和恒等于360°，与边数的多少没有关系. 知识点02 平行四边形 平行四边形的性质定理 性质 符号语言 图示 边 平行四边形两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC 角 平行四边形对角相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC 对角线 平行四边形的对角线互相平分 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴OA=OC=AC,BO=DO=BD 平行四边形的判定定理 判定 符号语言 定义 一组对边分别平行的四边形是平行四边形 ∵AB∥CD，AD∥BC∴四边形ABCD是平行四边形 边 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 ∵AB=CD，AD=BC∴四边形ABCD是平行四边形 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 ∵AB=CD，AB∥CD∴四边形ABCD是平行四边形 角 两组对角分别相等的四边形是平行四边形 ∵∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC∴四边形ABCD是平行四边形 对角线 对角线互相平分的四边形是平行四边形 ∵OA=OC，BO=DO∴四边形ABCD是平行四边形 知识点03 矩形 矩形的性质定理： 性质 符号语言 图示 边 两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC 角 四个角都是直角 ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90° 对角线 两条对角线互相平分且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AO=CO=BO=DO 矩形的判定定理 判定定理 符号语言 图示 角 一个角是直角的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵∠ABC=90°，∴平行四边形ABCD是矩形 三个角是直角的四边形是矩形 在四边形ABCD中， ∵∠B=∠A=∠D=90°， ∴四边形ABCD是矩形 对角线 对角线相等的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形 知识点04 菱形 菱形的性质定理 性质定理 符号语言 图示 边 四条边都相等 ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=CD=AD=BC 对角线 对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角 ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD 菱形的面积公式： ①菱形的面积=底×高，即 ②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即. 菱形的判定定理 判定定理 符号语言 图示 边 四条边相等的四边形是菱形. 在四边形ABCD中， ∵AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形 一组邻边相等的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AB=BC，∴平行四边形ABCD是菱形 对角线 对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形 知识点05 正方形 正方形的性质： 1、正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行. 2、正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 【注意】 1、正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2、一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°. 3、两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形. 4、正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半. 正方形的判定： 定义法 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 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 判定定理 矩形+一组邻边相等 有一组邻边相等的矩形是正方形 矩形+对角线互相垂直 对角线互相垂直的矩形是正方形 菱形+一个角是直角 有一个角是直角的菱形是正方形 菱形+对角线相等 对角线相等的菱形是正方形 知识点06 三角形的中位线定理 定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线。 三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半。 知识点07 中心对称与中心对称图形 类别 轴对称 中心对称 定义 如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称. 如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心. 性质 1、对应点的连线都经过对称中心，且被对称中心平分； 2、成中心对称的两个图形全等； 3、只有一个对称中心. 1、有对称中心; 2、将图形绕对称中心旋转180°旋转后的图形能与原来的图形重合. 知识点08 旋转 旋转的三要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度． 旋转的性质： 1、对应点到旋转中心的距离相等； 2、每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角； 3、旋转前后的图形全等． 作图步骤： 1、根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角； 2、找出原图形的关键点； 3、连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点； 4、按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形． 题型一 多边形的基本概念 1．下列说法正确的是（   ） A．由四条线段首尾顺次相接组成的图形叫作四边形 B．四边形相邻两边组成的角是这个四边形的内角 C．连接四边形的两顶点的线段，叫作四边形的对角线 D．四边形有四个外角 【答案】B 【详解】解：在同一平面内，由四条线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫作四边形，A说法错误； 四边形相邻两边组成的角是这个四边形的内角，B说法正确； 四边形的对角线是连接不相邻两个顶点的线段，C说法错误； 四边形每个顶点处有2个外角，共8个外角，D说法错误． 2．在下列图形中，不属于多边形的有（） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】A 【分析】本题考查多边形的定义，解题关键是紧扣“三条及以上线段首尾顺次连接、封闭、平面图形”的定义判断每个图形是否符合多边形特征． 多边形的定义是“由三条或三条以上线段首尾顺次连接组成的封闭平面图形”，需满足：线段组成、封闭、平面图形即可解答． 【详解】三角形：是多边形；四边形（不规则）：是多边形；圆：由曲线组成，不是多边形；六边形：是多边形；正方体：是立体图形，不是多边形． 因此，不属于多边形的是“圆”和“正方体”，共2个． 故选：A． 3．下列说法中错误的是（  ） A．多边形是平面图形，平面图形不一定是多边形 B．四边形由四条线段组成，但四条线段组成的图形不一定是四边形 C．多边形是一个封闭图形，但封闭图形不一定是多边形 D．各边都相等的多边形是正多边形 【答案】D 【分析】本题考查多边形的有关知识，熟练掌握多边形的定义是解题关键．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，由此即可判断． 【详解】解：A．多边形是平面图形，平面图形不一定是多边形，正确，故该选项不符合题意； B．四边形由四条线段组成，但四条线段组成的图形不一定是四边形，正确，故该选项不符合题意； C．多边形是一个封闭图形，但封闭图形不一定是多边形，正确，故该选项不符合题意； D．各边都相等，各角都相等的多边形是正多边形，故该选错误，项符合题意． 故选：D． 题型二 多边形的对角线问题 易｜错｜点｜拨 n 边形对角线条数公式：，别漏除以 2，别写成n(n−3) 从一个顶点出发有n−3 条对角线，不是n−2 三角形没有对角线，别乱算 已知对角线数求边数时，只取正整数解，舍去负数 4．如果一个多边形从一个顶点出发最多能画四条对角线，则这个多边形的边数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】根据边形从一个顶点出发最多可引出条对角线，根据题意列方程即可求出边数． 【详解】解：设这个多边形的边数为， ∵边形从一个顶点出发最多能引出条对角线， ∴， 解得， 则这个多边形的边数为． 5．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：． 6．探究与归纳： (1)如图①，经过点A可以作1条对角线；经过点B可以作______条对角线；经过点C可以作______条对角线；经过点D可以作______条对角线．通过以上分析和总结，图①共有______条对角线． (2)运用（1）的分析方法，可得图②共有______条对角线，图③共有______条对角线． (3)对于n边形（），共有______（用含n的式子表示）条对角线． (4)对于n边形，从同一顶点出发的对角线把该多边形共分割成______（用含n的式子表示）个三角形． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】本题考查了多边形的对角线，发现多边形对角线公式是解题关键． （1）（2）根据对角线的定义，可得答案； （3）根据探索，可发现规律； （4）根据探索，可发现规律从而得到答案． 【详解】（1）解：根据公式 当 时为 通过以上分析和总结，图①共有条对角线． （2）解：运用（1）的分析方法，通过画图，可得图②共有条对角线，图③共有条对角线． （3）解：对于n边形（），从边形的一个顶点出发，可以作条对角线，因为有个顶点，且每条对角线重复计算了一次，所以共有条对角线． （4）解：如图，四边形经过一个顶点可以作条对角线，它把四边形分为个三角形； 五边形过一个顶点作条对角线，把这个多边形分为个三角形； 六边形过一个顶点作条对角线，把这个多边形分为个三角形； 所以对于边形，从同一顶点出发的对角线把该多边形共分割成个三角形． 题型三 多边形内角和问题 易｜错｜点｜拨 内角和公式：(n−2)⋅180°，别漏乘180°，别写成n⋅180° 外角和恒为360°，与边数无关，别当成随边数变化 求边数n时，结果必须是≥3 的整数，小数、负数舍去 截角、少加 / 多加一个角时，先判断内角和变化再算n 7．如图，在五边形中，分别平分，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】多边形内角和且为整数）．先根据五边形内角和求得，再根据角平分线求得，最后根据三角形内角和求得的度数． 【详解】解：在五边形中，内角和为， ∵， ， ∵、分别平分、， ， 在中，． 8．如图是由地砖铺设的地面的一部分，阴影部分由相同的正多边形地砖铺成，空白部分可用相同的正方形地砖铺设，则正多边形的内角和为______． 【答案】/1080度 【分析】先根据平面镶嵌得出阴影部分的多边形的一个内角度数，可得一个外角度数，根据正多边形外角和求出边数，根据多边形内角和公式即可求出内角和． 【详解】解：阴影部分的多边形的每一个内角为， ∴每一个外角为， ∴， ∴． 9．如图，四边形的内角的平分线与外角的平分线相交于点． (1)若，，求的度数； (2)已知四边形中，，，求的度数． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据平角的定义和角平分线的定义求出的度数，再由平行线的性质可得答案； （2）根据四边形内角和为360度推出，由平角的定义和角平分线的性质得到，再根据三角形外角的性质可得答案． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵四边形中，，， ∴， ∴， ∴； ∵四边形的内角的平分线与外角的平分线相交于点， ∴， ∵， ∴． 题型四 正多边形 10．下列说法中，正确的有（　　） ①三角形是边的数量最少的多边形； ②等边三角形和长方形都是正多边形； ③n边形就有n条边，n个顶点，n个内角； ④六边形从一个顶点出发可以画3条对角线，所有的对角线共有9条． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据多边形、正多边形、对角线的定义，逐一判断说法正误即可． 【详解】解：①∵多边形是由至少3条线段首尾顺次围成的封闭图形， ∴三角形是边数最少的多边形，①正确； ②∵正多边形的定义是各边相等、各内角也相等的多边形，长方形四条边不都相等，不是正多边形， ∴②错误； ③∵根据多边形的性质，n边形有n条边、n个顶点、n个内角， ∴③正确. ④∵六边形边数，从一个顶点出发的对角线条数为，所有对角线总条数为， ∴④正确. 综上，正确的说法共有3个，故C正确． 11．如图，已知，正五边形的顶点、分别在射线、上，则_____ ． 【答案】 【分析】根据正多边形的内角公式可得，则，利用三角形内角和定理计算出即可． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴， ∴， ∴． 12．解答下列问题． (1)一个正n边形的每个内角都为，求这个正n边形的边数． (2)已知一个多边形的内角和的一半比外角和多，求这个多边形边数及对角线的条数． 【答案】(1)6 (2)边数为，对角线条数为 【分析】（1）根据题意先确定多边形每个外角的度数，然后求解即可； （2）设这个多边形的边数为，多边形内角和为，任意多边形外角和为，根据题意列出方程求解即可． 【详解】（1）解：∵正边形每个内角为， ∴每个外角的度数为 ， ∵任意多边形的外角和为， ∴边数 ； （2）设这个多边形的边数为，多边形内角和为，任意多边形外角和为， 根据题意列方程得 ， 解得 ， ∴边形对角线条数公式为，将代入得 ， ∴因此这个多边形边数为，对角线条数为． 题型五 多边形内角和与外角和综合 13．求多边形的边数 (1)若多边形的内角和为，求此多边形的边数； (2)一个n边形的每个外角都相等，如果它的内角与相邻外角的度数之比为，求n的值． 【答案】(1)此多边形的边数为11 (2)8 【分析】（1）先设此多边形的边数为n，再根据多边形内角和定理得，求出解即可； （2）设多边形的一个内角为度，则一个外角为x度，再根据内角和相邻外角的和为得出方程，求出解，然后用除以一个外角的度数可得边数． 【详解】（1）解：设此多边形的边数为n，则 ， 解得． 所以此多边形的边数为11； （2）解：设多边形的一个内角为度，则一个外角为x度，依题意得， 解得． ， 故这个多边形的边数是8． 14．阅读与思考 下图是小明和小红的对话内容，请认真阅读并解答下列问题． 我在计算一个凸多边形的内角和时，把所有的内角度数加起来，和是． 不可能吧！我帮你检查一下．你看，你的计算式子中把一个外角也加进来了！ (1)求多加的外角度数及多边形的边数． (2)若剪去该凸多边形的一个角，剪完后所形成的新多边形的外角和为______，内角和为______． 【答案】(1)多加的外角度数为，多边形的边数为 (2)；或或 【分析】（1）设多加的外角度数为，多边形的边数为，由多边形内角和公式可得，则，再由建立不等式组求解即可； （2）由于多边形的外角和始终为，则剪完后所形成的新多边形的外角和不变；然后分三种情况求解剪完后所形成的新多边形的内角和． 【详解】（1）解：设多加的外角度数为，多边形的边数为， 由题意得，， ∴ ∵ ∴， 解得， ∵为正整数， ∴， ∴ ∴多加的外角度数为，多边形的边数为； （2）解：剪去该凸多边形的一个角，剪完后所形成的新多边形的外角和为； 剪去该凸多边形的一个角，如图：此时新多边形为八边形，则内角和为； 剪去该凸多边形的一个角，如图：此时新多边形为七边形，则内角和为； 剪去该凸多边形的一个角，如图：此时新多边形为六边形，则内角和为； 综上：剪完后所形成的新多边形的内角和为或或． 15．数学探究课上，同学们通过撕、拼的方法，探索、验证三角形的内角和． 【发现】 （1）如图1，在小学我们曾剪下三角形的两个内角，将它们与第三个内角拼在一起，发现三个内角恰好拼成了一个___________角，得出如下的结论：三角形的内角和等于___________． 【尝试】 （2）现在我们尝试用说理的方式说明该结论正确． 如图2，已知，分别用，，表示的三个内角，说明 解：如图2，画的边的延长线，过点C画 因为， 所以___________①___________， ___________②___________ 因为___________③+___________④ 所以 【拓展】 （3）如图3，请在六边形中画出所有从A点引出的对角线，此时六边形被分成了___________个三角形，这样，请你直接写出六边形的内角和是___________ 【答案】（1）平，180；（2）， 两直线平行，内错角相等，，两直线平行，同位角相等，，；（3）4，720 【分析】本题考查作图-复杂作图，三角形内角和定理，平行线的性质，多边形的对角线，多边形的内角与外角，图形的拼剪，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 利用平角的性质解决问题即可； 利用平行线的性质平角的性质，解决问题即可； 利用三角形内角和定理解决问题即可． 【详解】解：如图1中，发现三个内角恰好拼成了一个平角，得出如下的结论：三角形的内角和等于 故答案为：平，180； 如图2，画的边的延长线，过点C画 因为， 所以两直线平行，内错角相等， 两直线平行，同位角相等， 因为 所以 故答案为：，两直线平行，内错角相等，，两直线平行，同位角相等，，； 如图3中，连接，，此时六边形被分成了4个三角形，六边形的内角和． 故答案为：4，． 题型六 平面镶嵌 16．若平铺地面的瓷砖每一个顶点处由块相同的正多边形组成，此时的正多边形只能是（   ） A．正三角形 B．正四边形 C．正六边形 D．正八边形 【答案】B 【分析】平面图形镶嵌的条件：判断一种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角．若能构成，则说明能够进行平面镶嵌；反之则不能． 【详解】解：A、正三角形的每个内角是个正三角形不满足同一顶点处的周角为，故本选项不符合题意； B、正四边形的每个内角是个正四边形满足同一顶点处的周角为，故本选项符合题意； C、正六边形的每个内角是个正六边形不满足同一顶点处的周角为，故本选项不符合题意； D、正八边形的每个内角是个正八边形不满足同一顶点处的周角为，故本选项不符合题意； 故选：B． 17．公园的一段甬路是用型号相同的五边形地砖拼铺而成的，如图是拼铺图案的一部分，如果每个五边形有3个内角相等，那么这3个内角都等于______． 【答案】/120度 【分析】由图中可以看出，这3个内角放在同一顶点处，可组成一个周角，由此即可求出答案． 【详解】解：因为3个内角放在同一顶点处，组成一个周角， 所以每个内角为：． 18．综合与实践． 问题背景：平面密铺不仅在数学题目中常见，它在实际生活中也有着广泛的应用．例如图在建筑装饰中，常常可以看到用不同形状和颜色的地砖进行拼接，以达到美观和实用的效果．为了更多地了解平面密铺，七（2）班的同学们就多边形的平面密铺进行了一系列的研究，并提出了一些问题． 问题一： (1) “对于正边形，从一个顶点出发作对角线，它们将边形分成个三角形，得到其内角和是为”，其中体现的数学思想主要是______； A．整体思想 B．转化思想 C．方程思想 D．类比思想 (2)填表： 正多边形的边数 正多边形每个内角的度数 ______ ______ ______ 问题二 (3)给出下列正多边形：①正三角形；②正五边形；③正六边形；④正八边形；用上述正多边形中的一种能够铺满地面的是______；（填序号） (4)用同一种正多边形能进行平面密铺的条件是______； A．内角都是整十数度数 B．边数都是的整数倍 C．内角整除 D．内角整除 问题三 (5)用若干边长相等的正三角形和正六边形进行平面密铺，若每一个顶点周围有个正三角形个正六边形，请探究之间满足的关系式，并说明理由； (6)图是图中的一个基本图形，若，，则______． 【答案】(1)B； (2)见解析； (3)①③； (4)C； (5)，理由见解析 (6)． 【分析】（1）根据题意将多边形的内角和转化为三角形的内角和解决问题，体现的是转化思想，据此即可求解； （2）根据多边形的内角和公式即可得到结论； （3）求出对应多边形的每个内角的度数，再根据平面镶嵌的定义解答即可； （4）根据平面密铺的特点求解； （5）根据平面密铺的特点求解； （6）根据五边形的内角和列方程即可得到结论． 【详解】（1）解：∵对于正边形，从一个顶点出发作对角线，它们将边形分成个三角形，且每个三角形的内角和为， ∴这个三角形的内角的总和为， ∴这个n边形的内角和为，这体现的数学思想主要是转化思想； （2）解：正五边形的内角和为， ∴正五边形的每个内角的度数为； 正六边形的内角和为， ∴正六边形的每个内角的度数为； 正n边形的内角和为， ∴正n边形的每个内角的度数为； 填表如下： 填表： 正多边形的边数 正多边形每个内角的度数 （3）解：由（2）可知，正三角形的每个内角的度数为，正五边形的每个内角的度数为，正六边形的每个内角的度数为；正八边形的每个内角的度数为， ∵，，，， ∴用上述正多边形中的一种能够铺满地面的是正三角形和正六边形； （4）解：由题意得，用同一种正多边形能进行平面密铺的条件是内角整除； （5）解：理由如下： 由题意得 即 （6）解：由题意得，， ∵，， ∴， ∴． 题型七 平行四边形的判定 19．如图，在四边形中，，对角线，交于点，且，点为上一点，延长交于点． (1)求证：； (2)四边形为平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）利用平行线的性质结合证明即可； （2）证明得到，再由即可证明． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形． 20．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． 21．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． 题型八 平行四边形的性质 易｜错｜点｜拨 对边平行且相等，只说 “相等” 不写 “平行” 或反过来都扣分 对角相等，邻角互补，别把邻角当成相等 对角线互相平分，不是相等、不是垂直（这是矩形 / 菱形） 是中心对称图形，不一定是轴对称图形 面积 = 底 × 高，别误用对角线乘积（那是菱形） 22．如图，在平行四边形中，、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，，，，求平行四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)26 【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质得出，进而利用平行四边形的判定解答即可； （2）由平行四边形的性质和角平分线的定义得出，再根据勾股定理求出的长，再求出，求解即可． 【详解】（1）证明：四边形为平行四边形， ，，，， ， ， ， ，即， ， 四边形是平行四边形； （2）解：四边形是平行四边形， ， 四边形是平行四边形， ，，， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， 平行四边形的周长． 23．如图，的对角线，相交于点O．已知，的周长比的长小， (1)求的长． (2)若，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质，周长的计算，结合题意得到，由此即可求解； （2）根据平行四边形的性质，勾股定理得到，在中，由勾股定理列式求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴的周长，的周长， ∴，即， ∴； （2）解：，即， ∵，， ∴， ∴， 在中，， ∴． 24．如图，在平行四边形中，对角线，与相交于点O，点M、N分别为、的中点，连接、． (1)求证：； (2)若，且，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)12 【分析】（1）根据平行四边形的性质，，，平行线的性质可得出，结合线段中点的定义可得出，然后根据证明即可； （2）根据三线合一的性质得出，由（1）中得出，根据勾股定理求出，最后根据线段中点定义和平行四边形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴， ∵点M、N分别为、的中点， ∴，， ∴， 又，， ∴； （2）解：∵，， ∴， 又M是的中点， ∴， ∵，， ∴， 又， ∴， 又，， ∴， ∴． 题型九 添一个条件证明四边形是平行四边形 25．如图，在四边形中，对角线相交于点O，请添加一组条件，使四边形是平行四边形，以下添加条件不正确的是（　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：A、添加，可以运用两组对边分别相等的四边形是平行四边形的方法判定四边形是平行四边形，不符合题意； B、添加，无法证明四边形是平行四边形，符合题意； C、添加，可运用对角线相互平分的四边形是平行四边形的方法判定四边形是平行四边形，不符合题意； D、添加，可以运用两组对边分别平行的四边形是平行四边形的方法判定四边形是平行四边形，不符合题意； 故选：B ． 26．如图，已知，，，，在一条直线上，，请添加一个条件______，使四边形是平行四边形． 【答案】（或或或） 【分析】利用全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定证明即可． 【详解】解：， ； 添加， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； 添加， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； 添加， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形； 添加， ， ，， ，， 四边形是平行四边形； 故答案为：（或或或）． 27．如图，在中，，，其中是边上的高，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时点由点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点的直线，交于点，连接，设运动时间为．    解答下列问题： (1)线段 ， （用含的代数式表示）； (2)求的长； (3)当为何值时，以为顶点的四边形是平行四边形？ 【答案】(1)t， (2) (3) 【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定，解一元一次方程，分类思想，熟练掌握平行四边形的判定，等腰三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． （1）根据点E由点B出发，沿方向匀速运动，速度为，得到线段；点G从点A出发，沿方向匀速运动，速度为，得到； （2）由是边上的高，可得双勾股模型，由此列方程即可求解； （3）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，结合题意，，列式计算即可． 【详解】（1）∵点E由点B出发，沿方向匀速运动，速度为， ∴线段； ∵点G从点A出发，沿方向匀速运动，速度为， ∴； 故答案为：t，． （2）∵是边上的高， ∴，， ∵，， ∴， 解得． （3）∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 当在线段上时，如图，此时，    根据题意，得， 解得．    当在线段上时，如图，此时， 根据题意，得， 解得，不合题意舍去． 故当时，以E、、、G为顶点的四边形是平行四边形． 题型十 矩形的判定 28．已知：如图，中，、相交于点，点是外一点，且．求证：是矩形． 【答案】见解析 【分析】连接，首先根据O是、的中点，在中，，在中，，进而得到，再根据对角线相等的平行四边形是矩形可证出结论． 【详解】证明：连接，如图 ∵四边形是平行四边形， ∴点O为与的中点， 在中， ∵O为中点，，O为中点， ∴， 在中，，O为中点， ∴， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形． 29．如题，在中，过点作于点，点在边上，且，连接．若． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，判定四边形是平行四边形，再有一个角是直角的平行四边形是矩形即可获证． （2）先根据勾股定理算出的长，发现，再根据等边对等角的性质即可求出的度数． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即． ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：由（1）可知，四边形是矩形， ∴． ∵， ∴在中，， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 30．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)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的判定即可证明； （2）根据矩形的性质和三角形面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵，D是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵D是的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴． 题型十一 矩形的性质 易｜错｜点｜拨 矩形对角线相等且互相平分，别只记平分、忘了相等 四个角都是直角，别和普通平行四边形混淆 既是中心对称，又是轴对称（2 条对称轴） 对角线把矩形分成四个等腰三角形，不是四个全等三角形 有直角三角形斜边中线等于斜边一半的应用场景，别忘用这条性质 31．如图，在中，的平分线和的平分线交于点E，点E在边上，以为边作． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，则由角平分线的定义和平行线的性质可证明，则可得到，据此结合矩形的判定定理可证明结论； （2）由平行四边形的性质得到，，则，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵的平分线和的平分线交于点E， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵平分， ∴， 由（1）得， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形的周长． 32．如图，在中，对角线、相交于点O，过点O作交于E，如果，，， (1)求的长； (2)求与之间的距离； (3)求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）连接，根据平行四边形的性质可推出垂直平分，然后由线段垂直平分线的性质和勾股定理逆定理可推出，最后利用勾股定理即可求得； （2）利用平行四边形面积公式即可解答； （3）过点D作于点F，易证四边形是矩形，则，，，然后即可根据勾股定理求得． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴垂直平分，， ∴， ∵，， ∴，，即， ∴， ∴， ∴； （2）解：由（1）可知，， ∴， 设与之间的距离为h， 则， ∴， 即与之间的距离为； （3）解：如图，过点D作于点F， 由（1）可知， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴． 33．如图，为等边三角形，D为中点，连接．过点A，C分别作，，，相交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先根据“两组对边互相平行的四边形是平行四边形”证明四边形是平行四边形，再结合等边三角形的“三线合一”性质，证得，最后运用“有一个角是直角的平行四边形是矩形”证得四边形是矩形； （2）先根据等边三角形的“三线合一”性质，证得，求出线段的长，再结合（1）中的结论，运用，求出四边形的面积． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， 又是等边三角形，D为中点， ∴于点D， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：∵是等边三角形， ∴， 又∵D为中点，， ∴，于点D， ∴， ， 在中， ∵，，， ∴， 由（1）可知，四边形是矩形， ∴，， ∴． 题型十二 矩形与折叠问题 34．如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点落在点处，则重叠部分的面积为（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定以及勾股定理；解题的关键是由折叠性质得，结合平行线内错角相等推出，从而，设，在中用勾股定理列方程求解． 【详解】解：矩形沿折叠，点落在点处， ， ， ， ， ， ， 设，则， 在中，， ， ， ， ， ， ， 故选：． 35．如图，矩形中，点E在边上，将矩形沿直线折叠，点A恰好落在边的点F处．若，则为______． 【答案】/20度 【分析】由翻折变换得出相等的角：，再求出，即可求出 【详解】解：根据折叠的意义得：， 四边形是矩形， ， ， ， 36． 如图 ：在矩形中，，将矩形沿对角线折叠，点C落在点E处，交于点F． (1)求证：； (2)求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质以及翻折的性质进行证明即可； （2）设，则，根据勾股定理列方程求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， 由翻折的性质得， ∴， 又∵， ∴； （2）解：∵， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ， 即， 解得． 题型十三 斜边的中线等于斜边的一半 37．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， ∴． 38．如图，在四边形中，，连接，，取和的中点E、F，连接，求的长度． 【答案】5 【分析】本题主要考查了勾股定理逆定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． 由勾股定理逆定理可得，即；如图：连接，根据直角三角形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，最后运用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∴， 如图：连接， ∵，点E是的中点， ∴，即， ∵点F是的中点， ∴，， ∴． 39．如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作，交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，勾股定理； （1）由平行线的性质结合角平分线的定义得出，由等角对等边得出，结合推出四边形是平行四边形，再由即可得出四边形是菱形； （2）由菱形的性质结合直角三角形的性质得出，再由菱形的面积公式计算即可得出答案． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． （2）解：四边形是菱形， ，， ， ， ， ， ，， 题型十四 菱形的判定 40．如图，在中，，是边上的高线，延长到E，使得，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)96 【分析】（1）利用对角线互相平分的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，利用菱形的判定定理即可得到四边形是菱形； （2）利用勾股定理求得，再利用菱形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：∵，是边上的高线， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵是边上的高线，即， ∴四边形是菱形； （2）解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴菱形的面积． 41．如图，在矩形的边上取一点，连接，使得，在边上取一点，使得，连接．过点作于． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质判定四边形是平行四边形，再根据，即可得到结论； （2）根据勾股定理求出的长度，则可求出的长度，然后根据等面积法求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ， ， 即， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是矩形， ，， 在中，，， 根据勾股定理得，， ， 连接， ， ． 42．如图，是直角三角形，且，点、分别是、的中点，连接并延长至点，使得，连接、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的周长为30，且，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)30 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形．再结合直角三角形的性质可得，即可得证； （2）设，．则，，由勾股定理可得，求出，即可得出结果． 【详解】（1）证明：点是的中点， ． ， ∴四边形是平行四边形． 是直角三角形，点是的中点， ． 四边形是菱形． （2）解：设，． 的周长为，． ，． 在中，由勾股定理得． ∵， ∴． ∵点、分别是、的中点， ∴， ∵， ∴． ∴． 答：四边形的面积为30． 题型十五 菱形的性质 易｜错｜点｜拨 四条边都相等，对边平行，别只说对边相等 对角线互相垂直平分，且平分一组对角，别漏 “垂直” 面积 = 底 × 高 = 对角线乘积的一半，两个公式都要会用 是轴对称 + 中心对称图形，对称轴有2 条 对角线分出四个全等直角三角形，别当成等腰三角形 43．如图，在矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交于点E，F． (1)求证：； (2)若，连接，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)25 【分析】（1）根据矩形的性质可得，那么，而，结合，即可证明两个三角形全等； （2）先证明四边形是菱形，然后设，可得，再对运用勾股定理建立方程求解，即可求解的长，即可求得周长． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， 在和中， ， ∴． （2）解：由（1）可得，， ∵ ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴ 设，可得， ∵矩形中， 在中，根据勾股定理可得：， 即， 解得：， ∴， ∴四边形的周长=． 44．如图，，过点，分别作，，交，的延长线于点，． (1)求证：四边形为矩形． (2)连接，交于点，若，，，求矩形的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2)24 【分析】 （1）根据有三个角是直角的四边形为矩形，进行证明即可； （2）先证出四边形是菱形，故设，（），则，再根据勾股定理得出，，列出方程，再解方程进行计算即可． 【详解】（1）证明：四边形为平行四边形， ． ，， ，， ， ∴四边形是矩形． （2）解：四边形为平行四边形，， ∴四边形是菱形， ． 设，（），则， 根据勾股定理得，， 即， ， 解得，， ，， ， ， ∴矩形的周长是24． 45．如图，在四边形中，，．点P从点A出发，以1/秒的速度向点B运动；同时点Q从点C出发，以2/秒的速度向点D运动．规定其中一个动点到达终点时另一个动点也随之停止运动．设点Q运动的时间为t秒． (1)当四边形是矩形时，直接写出t的值为 ； (2)在点P，Q运动过程中，若四边形能够成为菱形，求的长． 【答案】(1)； (2)4 【分析】（1）利用时间路程速度，可确定t的取值范围，当运动时间为t（）时，，，，，根据四边形是矩形（即），可列出关于t的一元一次方程，解之可得出t的值； （2）根据四边形是菱形（即），可列出关于t的一元一次方程，解之可得出t的值，将其代入中，可求出的长，再利用勾股定理，即可求出的长． 【详解】（1）解：（秒），（秒）． 当运动时间为t（）时，，，，， 根据题意得：， 解得：t， ∴当四边形是矩形时，t的值为． 故答案为：； （2）解：当四边形为菱形时，， ∴， 解得：， ∴， ∴． 答：的长为． 【点睛】本题考查了一元一次方程的应用、勾股定理、菱形的性质以及矩形的性质，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键． 题型十六 正方形的判定 46．如图，四边形中，，，，将绕点B逆时针旋转得到，连接，过点B作于点F，交于点G，若． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见详解； (2)2 【分析】（1）由,，判定四边形为平行四边形，再根据有一组邻边相等及有一个内角是，判定其为正方形； （2）先证，进而即可得到答案. 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴平行四边形是正方形； （2）∵， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 47．如图，在等腰直角三角形中， ，，D是的中点，过点D 作于点E，于点F，连接． (1)求证：四边形为正方形． (2)若，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的判定定理判断四边形是矩形；再结合等腰直角三角形中是中点，利用等腰直角三角形的性质推导，进而根据正方形的判定定理证明该四边形为正方形． （2）因为四边形是正方形，所以与正方形的边长有关；先根据和等腰直角三角形的性质、中点的性质求出正方形的边长，再利用正方形的对角线公式计算的长度． 【详解】（1）证明：∵ ，，， ∴ ， ∴四边形是矩形． 连接，如图， ∵等腰直角三角形， ∴， 又∵，， ∴点是的中点，点是的中点， ∴，， ∴， ∴四边形为正方形． （2）解：∵ ，∴ ， 由（1）可知是中点、是中点， ∴ ，． 在中，，由勾股定理得． 48．如图，在中，点是边的中点，点是的中点，过点作，且交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求四边形的面积． (3)若，在中再增加条件．则四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）由得到，，证明出，得到，等量代换得到，即可证明四边形是平行四边形； （2）先证明四边形是矩形，利用勾股定理求出，再根据矩形的性质求面积即可． （3）利用等腰三角形的性质以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出，，再由：四边形是平行四边形即可得出四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵ ∴， ∵点是的中点 ∴ ∴ ∴ ∵点是边的中点 ∴ ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵是的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∴， ∴四边形的面积． （3）解：当为等腰直角三角形，且时，四边形是正方形， 理由如下： ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵D为的中点， ∴，， 又∵四边形为平行四边形， ∴四边形为正方形． 题型十七 正方形的性质 易｜错｜点｜拨 同时具备矩形 + 菱形所有性质，缺一不可 四条边相等，四个角都是直角 对角线相等、互相垂直平分，且平分每组对角 有4 条对称轴，别写成 2 条 对角线把正方形分成4 个全等的等腰直角三角形 49．如图，在中，，平分，四边形是平行四边形，交于点F，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求矩形对角线的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据已知条件易推知四边形是平行四边形．结合等腰“三线合一”的性质证得，即，所以由“有一内角为直角的平行四边形是矩形”得到是矩形； （2）证出矩形是正方形，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵，平分， ∴，． ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵， ∴， ∴矩形是正方形， ∴，， ∴在中，， 即矩形对角线的长为． 50．如图，在中，，是的中点，，分别是，上的点，且，． (1)求证：． (2)若，，求的长度． 【答案】(1)证明见详解； (2) 【分析】（1）先利用等腰三角形“等边对等角”的性质，由推出，再结合是中点得到，又因、得到，依据判定定理即可证得． （2）先由、且，判定四边形为矩形，结合得到，进而判定四边形为正方形，即；再由、可知为等腰直角三角形，故，结合可判定为等腰直角三角形，即；已知，是中点得，在等腰中，由勾股定理求得，因此． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ∴． （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形，， 由得：， ∴四边形是正方形， ，是的中点， ． ∵，， ∴， 又， ∴是等腰直角三角形， ， ． 51．如图，正方形，点为对角线上一个动点．为边上一点，且 (1)求证：； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)16 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等角对等边． （1）连接，根据正方形的性质得到，，进而证明，得到，，根据四边形内角和得到，进而得到，根据等角对等边得到，即可证明； （2）作交于点，交于点，可知四边形为正方形．证明，得到，，进而求出，根据计算即可． 【详解】（1）证明：如图1，连接， 四边形是正方形， ， 在和中，， （）， ， ， 四边形的内角和为， ， ， ， ， ， ； （2）解：如图2，作交于点，交于点，可知四边形为正方形． ， ， ， 又，， （）， ，， ， ． ． ∴ ． 题型十八 （特殊）平行四边形的存在性问题 52．如图，矩形的顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，点B的坐标为，一次函数的图象与边分别交于点D、E． (1)求证：； (2)点M是线段DE上的一个动点． ①是否存在点M使得的和最小，若存在，请作图找出点M；若不存在，请说明理由； ②请探究：在x轴上方平面内的是否存在点N，使得以A、M、E、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出点N的坐标． 【答案】(1)见解析 (2)存在，作图见解析；或． 【分析】（1）根据矩形的性质可得轴，轴，再根据一次函数的图象与性质求出点D和点E的坐标，进而即可求得答案． （2）①作点C关于对称的点，连接，交于点M，连接，此时的值最小； ②分两种情况讨论：若以为对角线，得到菱形；若以为对角线，得到菱形，结合图形，利用菱形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， 轴，轴， 一次函数的图象与边分别交于点D、E，点B的坐标为， 当时，，即， 当时，，即， ， ； （2）存在，作图如下： 作点C关于对称的点，连接，交于点M，连接，此时的值最小， 如图所示，若以为对角线，得到菱形， 则垂直平分，M和N关于对称， ， 点M和N的纵坐标均是， 将代入得：， 解得：， 点， ， ， 点； 如图所示，若以为对角线，得到菱形，则，线段与线段的中点重合，过点M作轴于点G， 设点M的横坐标为a，则纵坐标为， ， ， 即， 解得：（不能构成菱形，舍去）或， 将代入得：， 点， 菱形， ， 点； 综上所述，以A、M、E、N为顶点的四边形为菱形，点N的坐标为或． 【点睛】本题考查了一次函数的性质、菱形的判定与性质、矩形的性质，正确根据菱形的性质进行分类讨论求得M的坐标是解题的关键． 53．如图1，在平面直角坐标系中，直线分别与x轴、y轴交于点A、B，且点A的坐标为，点C为线段的中点． (1)求点B的坐标； (2)点P为直线上的一个动点，过点P作x轴的垂线，与直线交于点Q，设点P的横坐标为m，的面积为S，求S与m的函数解析式； (3)当点P在直线上运动时，在平面直角坐标系内是否存在一点N，使得以O，B，P，N为顶点的四边形为矩形，若存在，求出N点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)存在，点的坐标为或 【分析】（1）把点A的坐标代入解析式可得n的值，进而可求解点B坐标； （2）由中点公式得点，则有直线的表达式为：，设点，则点，然后根据题意分类讨论进行求解即可； （3）设，点，而点、的坐标分别为、；由题意可分当是矩形的边时，当是矩形的对角线时，然后结合两点距离公式及中点坐标公式可进行求解． 【详解】（1）解：将点代入得：， ∴， 故直线的表达式为：， 令，则， ∴点； （2）解：点为线段的中点， 则由中点公式得，点，即， 设直线的表达式为：，则有：， ∴， 则直线的表达式为：， 设点，则点， 当点在轴右侧，且在点右侧时， ； 当点在轴右侧，且在点左侧时， ； 当点在轴左侧时， 同理可得：；故或； （3）解：设，点，而点、的坐标分别为、； ①当是矩形的边时， 则点与点A重合，故点，故点； ②当是矩形的对角线时， 由中点公式得：且①， 由矩形的对角线相等得：，即②， 联立①②并解得：， 故点，； 综上，点的坐标为或． 【点睛】本题主要考查矩形的性质及一次函数与几何的综合，熟练掌握中点坐标公式及一次函数的图象与性质是解题的关键． 54．如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，，的长分别为的两个根，动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点运动，同时动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿向终点运动，过点作，交于点，连接，，当点运动到点时，点也同时停止运动，当两动点运动了秒时，记的面积为． (1)求直线的解析式； (2)求关于的函数关系式； (3)点在运动过程中，在轴右侧是否存在一点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)Q的坐标为或或 【分析】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，菱形的性质及应用，解题的关键是分类思想的应用． （1）解得或，故，用待定系数法可得直线解析式为； （2）根据题意，，，可得，，分三种情况，由三角形面积公式可得答案； （3）设，而，①当为对角线时，中点重合，且，，②当为对角线时，的中点重合，且，，③当为对角线时，的中点重合，且，，分别解方程组可得答案． 【详解】（1）解：解得或， ∵的长分别为的两个根， ∴， ∴， 设直线解析式为， ∴， 解得， ∴直线解析式为； （2）解：根据题意，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 当，即时，N，P，M共线，， 当时，； 当时，； ∴； （3）解：设，而， ①当为对角线时，中点重合，且， ∴， 解得：（此时N不在边上，舍去）或， ∴Q的坐标为； ②当为对角线时，的中点重合，且， ∴， 解得：（Q与P重合，舍去）或， ∴Q的坐标为； ③当为对角线时，的中点重合，且， ∴， 解得， ∴Q的坐标为； 综上所述，Q的坐标为或或． 题型十九 三角形中位线定理 易｜错｜点｜拨 中位线是两边中点连线，不是中线（顶点到对边中点），别混淆； 定理：平行于第三边，且等于第三边的一半，只写一半不写平行要扣分； 一个三角形有3 条中位线，围成的小三角形与原三角形相似且面积为原四分之一；​ 只在三角形中成立，四边形没有中位线定理（四边形是中点四边形） 55．如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，分别是边，的中点，连接，．若，，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由菱形的面积以及中位线的性质，可求出、的长度，再结合勾股定理得出的长度，即可得出结果． 【详解】解：∵点，分别是边，的中点，， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ， ∴， ∴，， ∴， ∴． 56．如图，在中，，，，点P是一个动点，且，点Q是的中点，则的最小值为 _________． 【答案】 【分析】取的中点D，连接，根据直角三角形的性质可得，根据中位线的性质可得，结合即可得到答案． 【详解】解：如图，取的中点D，连接，则， ∵在中，，，， ∴， ∴， ∵点Q是的中点，， ∴， ∴，即的最小值为． 57．【三角形中位线定理】已知：在中，点D，E分别是边，的中点．直接写出和的关系为 ； 【应用】如图，在四边形中，点E，F分别是边，的中点，若，，，，则的度数为 度； 【拓展】如图，在四边形中，与相交于点E，点M，N分别为，的中点，分别交，于点F，G，．求证：． 【答案】[三角形中位线定理]，；[应用]135；[拓展]见解析 【分析】[三角形中位线定理]根据三角形中位线定理即可得到结论； [应用]连接，根据三角形中位线定理得到，，根据勾股定理的逆定理得到，计算即可； [拓展]取的中点，连接、，则、分别是、的中位线，由中位线的性质定理可得且，且，结合等腰三角形的判定和性质，平行线的性质即可得结论． 【详解】解：[三角形中位线定理]解：，； 理由：∵点，分别是边，的中点， ∴是的中位线， ∴，， 故答案为：，； [应用]解：如图所示，连接， ∵点，分别是边，的中点， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； [拓展]证明：取的中点，连接、．如图： ∵点，分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴且， 同理可得且． ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 题型二十 中点四边形 58．如图，已知四边形中，、、、分别是四条边、、、的中点，、是对角线，连接、、、． (1)证明：四边形为平行四边形； (2)若______，则四边形是菱形请从；这两个选项中选择一个作为条件，使结论成立．（填序号） 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据三角形中位线定理得到，，，，得到，，根据平行四边形的判定定理证明； （2）根据三角形中位线定理得到，再根据菱形的判定解答． 【详解】（1）证明：、、、分别是四条边、、、的中点， 、分别为、的中位线， ，，，， ，， 四边形为平行四边形； （2）解：、分别是四条边、的中点， 为的中位线， ， 当时，，则平行四边形是菱形． 59．解答：在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． (1)如图所示，E、F、G、H分别是四边形各边中点，连接，则四边形为________形． (2)当四边形满足________条件时，四边形是菱形． (3)当四边形满足________条件时，四边形是矩形． (4)当四边形满足________条件时，四边形是正方形． 【答案】(1)平行四边 (2) (3) (4)且 【分析】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】（1）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； （2）解：， 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； （3）解：， 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； （4）解：且， 理由，如图③四边形的对角线相等且互相垂直， 根据，可知平行四边形为矩形， 根据，可知平行四边形为菱形， 四边形为正方形． 60．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． 题型二十一 中心对称图形 61．以下是“三叶玫瑰线”“蝴蝶曲线”“星形线”“阿基米德螺线”．观察图形，其中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称图形“如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形”和中心对称图形“在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与原图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形”，熟记中心对称图形的定义和轴对称图形的定义是解题关键．根据轴对称图形的定义和中心对称图形的定义逐项判断即可得． 【详解】解：A、不是中心对称图形，是轴对称图形，则此项不符合题意；     B、不是中心对称图形，是轴对称图形，则此项不符合题意； C、既是中心对称图形又是轴对称图形，则此项符合题意； D、既不是中心对称图形又不是轴对称图形，则此项不符合题意； 故选C． 62．如图，菱形中，对角线，相交于点P，与关于点D成中心对称．若，，则___________． 【答案】25 【分析】利用菱形的性质得到与互相垂直平分，从而求得的长和的长，再由与关于点D成中心对称，得到，从而求得的值，利用勾股定理即可得出的长． 【详解】解：在菱形中，与互相垂直平分， ∴，， 又∵与关于点D成中心对称， ∴， ∴，，， ∴， 在中，． 63．如图，长方形的长是，宽是，动点P从点A出发，沿边以每秒的速度运动，同时点Q从点B出发，沿边以每秒的速度运动，当点P运动到点D时两点停止运动，两点出发_______秒时，长方形被线段分成的两个图形成中心对称． 【答案】 【分析】本题考查动点问题和中心对称，正确掌握动点问题的解题思路是解题的关键． 设运动时间为秒，根据长方形被线段分成的两个图形成中心对称，得到，列出方程求解即可． 【详解】解：设运动时间为秒，则，，， 当时，长方形被线段分成的两个图形成中心对称， 则，解得． 故答案为：． 题型二十二 图形的旋转 64．如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转一定角度，得到．若点D恰好落在边上，且，则的度数为______°． 【答案】24 【分析】根据题意可得，结合旋转的性质可得，，再结合三角形内角和求即可． 【详解】解：, ， ∵将绕点按逆时针方向旋转得到， ∴，， ∴，， 又， ，解得， ． 65．在平面直角坐标系中，定义点的“位移变换”为：．已知点的坐标为，点经过27次“位移变换”后得到的点，则点关于原点的对称点的坐标为____． 【答案】 【分析】先根据位移变换的定义计算前几次变换后的坐标，找出坐标变化的周期，再根据周期得到的坐标，最后利用关于原点对称的点的坐标性质求解． 【详解】解：∵点的坐标为， ∴即， 即， 即， 即， 则坐标变换的周期为， ∵， ∴的坐标与相同，为，关于原点的对称点坐标为． 66．【探索发现】如图1，晓慧用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形． 【抽象定义】以等腰三角形的腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在中，，，．此时，四边形是“双等四边形”，是“伴随三角形”． 【方法应用】 (1)如图3，在中，，将绕点A逆时针旋转至，点D恰好落在边上，求证：四边形是双等四边形． (2)如图4，在等腰中，，，以为边向外作等腰，使四边形是以为伴随三角形的双等四边形，请直接写出的度数． 【答案】(1)见解析 (2)或或 【分析】（1）根据题意，证明即可说明四边形是双等四边形； （2）根据题意分、、三种情况，结合等腰三角形的性质求角即可． 【详解】（1）证明：将绕点A逆时针旋转至， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是双等四边形； （2）解： ①当，时， 四边形是以为伴随三角形的双等四边形， ， ； ②当，时， 四边形是以为伴随三角形的双等四边形， ， ； ③当，时， 四边形是以为伴随三角形的双等四边形， ， ， ； 综上，的度数为或或． 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（25-26八年级下·北京·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】如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此逐一判断即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 2．（25-26八年级下·北京西城·期中）若一个八边形每个内角都为，则的值是（   ） A．135 B．120 C．115 D．100 【答案】A 【分析】先根据多边形内角和公式求出内角和，再结合题意“每个内角相等”，即可求出的值． 【详解】解：八边形的内角和为， 该八边形每个内角均为， ． 3．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在中，的平分线交于点E，若，，则的长为（　　） A．15 B．11 C．20 D．52 【答案】A 【详解】解：∵的平分线交于点E， ∴， ∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：A． 4．（25-26八年级下·北京门头沟·期中）如图，长方形中，，，将此长方形折叠，使点与点重合，折痕为，则的长为（   ） A．4 B．5 C．6 D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形与折叠问题，用勾股定理解三角形，解题关键是掌握上述知识点并能运用其来求解． 先根据折叠的性质得出，从而可得，再利用勾股定理列出关于的方程求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可知， ∴， 在中， ∴ 解得：， 故选：B． 5．（25-26八年级下·北京通州·期中）如图，在中、相交于点，，当____时，是矩形． 【答案】6 【分析】利用平行四边形的性质得出对角线相等时即可判定出四边形是矩形． 【详解】解：当时，四边形是矩形，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴时，四边形是矩形， ∴， ∴当时，四边形是矩形． 6．（25-26八年级下·北京丰台·期中）如图，点A、B、C、D、E、F在同一平面内，连接，若，则等于______． 【答案】 【分析】根据得出，根据四边形内角和即可得出答案． 【详解】解：连接，如图所示： ∵， ∴， ∵，， ∴． 7．（25-26八年级下·北京·期中）如图，若平行四边形的周长为，，相交于点O且为，则的周长为______． 【答案】 【详解】解：∵平行四边形的周长为， ∴，，， ∴， ∵，相交于点O且为， ∴的周长为：， 故答案为：． 8．如图，四边形中，，，点在边上以的速度从点出发向点移动，同时点在边上以的速度从点出发向点移动．若，，则____________s时，四边形是平行四边形． 【答案】3 【分析】本题考查了平行四边形的判定，动点问题的方程思想，掌握利用平行四边形一组对边平行且相等的判定定理，结合动点速度列方程求解是解题的关键． 设运动时间为秒，利用平行四边形一组对边平行且相等” 的判定定理，结合动点速度表示线段长度，列方程求解． 【详解】解：设时，四边形是平行四边形． 根据题意，得，． ， ． ， 当时，四边形是平行四边形， ， 解得． 故答案为：． 9．（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． 10．（25-26八年级上·江苏盐城·期末）如图，在梯形中，，，若点为的中点，连接，交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若是等边三角形，且，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，等边三角形的性质，线段中点的性质，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据线段的中点以及等量代换得出，然后根据平行四边形的判定定理进行证明即可； （2）根据等边三角形和平行四边形的性质得出相等的边，即可求解． 【详解】（1）解：∵点为的中点， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：由（1）得，四边形是平行四边形， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴． 期中重难突破练（测试时间：10分钟） 11．（25-26八年级下·北京·期中）依据所标数据，下列一定为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行四边形的判定定理解答即可． 【详解】解：A、两组对角都不相等，不能判定是平行四边形，故A选项错误； B、一组对边相等，另一组对边无法判定是否相等，故不能判定是平行四边形，故B选项错误； C、根据，判定长为a的对边相等且平行，能判定是平行四边形，故C符合题意； D、根据，判定一组对边平行，但是无法判定是否相等，不能判定是平行四边形，故D不符合题意． 12．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在矩形中，，按以下步骤作图：①以点A为圆心，长为半径画弧，交于点E，连接；②分别以点B，E为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点F；③作射线，交于点G，若，，则的长为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】连接，由作图方法可得，垂直平分，则；由矩形的性质和勾股定理得到，则，设，则，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】解：如图所示，连接， 由作图方法可得，垂直平分， ∴； ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴； 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴． 13．（25-26八年级下·北京·期中）如图，长方形纸片中，，折叠纸片使边落在对角线上，点B落在点F处，折痕为，且，则的长为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】A 【分析】先根据矩形的特点可得的长，再由翻折变换的性质得出是直角三角形，利用勾股定理即可求出的长，再在中利用勾股定理即可求出的长． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴，， ∵是翻折而成， ∴，，是直角三角形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 设， 在中，由勾股定理得：， 即：， 解得：， ∴． 14．（25-26八年级下·北京通州·期中）如图，在平行四边形中，平分，交于点平分，交于点E，若，，则的长为（   ） A．8 B．10 C．12 D．14 【答案】B 【分析】分别可证、为等腰三角形，得到、的长，进而得到，再根据计算即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴且， 又、分别是和的角平分线， ∴，． 又， ∴， 是等腰三角形，即． 同理可证是等腰三角形． ∴． 又∵， ∴． ∴． ∴． 15．（25-26八年级下·北京东城·期中）如果一个多边形的每一个内角都相等，且每一个内角都大于，那么这个多边形的边数最少为______． 【答案】7 【分析】利用多边形外角和定理，结合内角与相邻外角的互补关系列不等式求解，即可得到边数的最小值． 【详解】解：设该多边形的边数为，为不小于的正整数， 因为多边形的每一个内角都相等，且每一个内角都大于，多边形的内角与相邻外角互为邻补角，因此每个外角都小于， 根据多边形外角和定理，任意多边形的外角和为，可得不等式， ， 解得， 因为为正整数，所以的最小值为． 16．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在中，，，，点P是一个动点，且，点Q是的中点，则的最小值为 _________． 【答案】 【分析】取的中点D，连接，根据直角三角形的性质可得，根据中位线的性质可得，结合即可得到答案． 【详解】解：如图，取的中点D，连接，则， ∵在中，，，， ∴， ∴， ∵点Q是的中点，， ∴， ∴，即的最小值为． 17．（25-26八年级下·北京门头沟·期中）如图，已知四边形和四边形均为正方形，且G是的中点，连接，若，则的长为 _________． 【答案】 【分析】过点作交于点，交于点，则，再证明，得出，再利用勾股定理求线段长即可解答． 【详解】解：过点作交于点，交于点， 则， ∵四边形和四边形均为正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 18．（25-26九年级下·北京·期中）如图，在正方形中，，点在上，连接，经过点、作的垂线，垂足分别为点，，若，则的面积为_____． 【答案】 【分析】用勾股定理求出的长，利用“角角边”证明，由全等三角形性质得，，设，则，根据勾股定理得方程，求解可得，最后根据三角形面积公式即可得解． 【详解】解：依题意得：，， ，， 在正方形中，，， ， 中，， ， 在和中， ， ， ，， 设，则， 中，， 中，， ， 即， 解得， 即， ． 19．（25-26八年级下·北京·期中）如图，是的中点，交于点，，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，连接，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）根据三角形中位线定理得，即，然后结合得到四边形是平行四边形； （2）根据三角形中位线定理，由平行四边形的性质可得，而，，根据勾股定理得． 【详解】（1）证明：∵，交于点，， ∴是的中点， ∵是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图，连接， ∵是的中点，是的中点，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴的长是． 20．（25-26八年级下·北京·期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，，相交于点，点是的中点，连接，过点作于点，过点作于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形是菱形，，且，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（）先由证得；再利用平行四边形对角线平分、为中点，证是的中位线，得，即，从而证四边形是平行四边形；最后结合，判定该平行四边形为矩形； （）先根据菱形的性质，得到对角线垂直、四边相等，确定为的中位线，算出的长度；再结合求出的长；最后在中，用勾股定理计算出的长度． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形，对角线互相平分， ∴是的中点，且， 又∵是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴，即 四边形中，两组对边分别平行， ∴是平行四边形； 又∵， ∴平行四边形是矩形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴菱形对角线互相垂直，四边相等，即：，， ∴， ∵是中点，是中点，是的中位线， ∴， 由，代入得：， 解得， 在中，由勾股定理， 得：． 期中综合拓展练（测试时间：15分钟） 21．（25-26八年级下·北京顺义·期中）如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且，给出下面四个结论： ①平分；②；③；④． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 【答案】B 【分析】设正方形边长为，先根据中点和线段比例求出各线段长度，再用勾股定理算出；接着通过延长构造全等三角形，证明平分，验证结论①；再代入勾股定理验证，确认结论②；然后计算与的长度，判断二者不相等，结论③错误；最后计算并与比较，验证结论④成立，最终得出正确结论为①②④． 【详解】解：设正方形边长为， ∵是中点，， ∴，，，， 由勾股定理得：， ， ，即， 延长交的延长线于点， ∵是中点，平行， ∴， ∴， ∴， ∴，即是等腰三角形， ∴， ∴平分，①正确； 结论②， 即：，符合勾股定理，②正确； 结论③， ，，显然不相等，③错误； 结论④， ，等式成立，④正确； 综上，正确结论为． 22．（25-26八年级下·北京顺义·期中）如图，在矩形中，O是对角线的中点，E，F分别是，上的点，且．若，，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查三角形中位线的性质，勾股定理等，熟练掌握相关性质是解题的关键． 设的中点分别为，连接，可证为的中位线，得到，，，再由勾股定理即可得到，同理可得即可求解． 【详解】解：设的中点分别为，连接， 在矩形中，O是对角线的中点， 为的中位线，即， ，， 又， ， 又为中点，， ， ， 同理可得， ， ． 故选：A． 23．（25-26八年级下·北京西城·期中）如图，正方形中，点E为对角线上一点，连接，将绕点C顺时针旋转得到，连接．若，，则的长为（   ） A．3 B．7 C． D．8 【答案】B 【分析】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，连接，利用旋转的性质结合正方形的性质，证明，推出，，由旋转的性质易证是等腰直角三角形，求出，再求出，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：连接， ∵正方形中， ∴，，， 由旋转的性质得， ∴，即， ∴， ∴，， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． 故选：B． 24．（25-26八年级下·北京海淀·期中）如图，是四边形的两条对角线，顺次连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为矩形，应添加的条件是（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查中点四边形，涉及三角形中位线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识，熟记三角形中位线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识是解决问题的关键． 先由中点四边形相关条件，由三角形中位线的判定与性质得到，且；，且；，且；，且，进而判定四边形为平行四边形，再由矩形的判定定理即可确定答案． 【详解】解：是四边形的两条对角线，是四边形各边的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， 则，且；，且；，且；，且， ，且， 四边形为平行四边形， 当时，， 四边形为平行四边形， 四边形为矩形， 综上所述，要使四边形为矩形，应添加的条件是， 故选：B． 25．（25-26八年级下·北京朝阳·期中）如图，正方形的边长为3，点E在上，且，P是对角线上的一个动点，则的最小值为 _________． 【答案】 【分析】根据正方形性质可知点B与点D关于对称，可得，由三角形三边关系可得，求出长是最小值． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴点B与点D关于对称， ∴， ∵， ∴， 即长是最小值， ∵， ∴， ∴的最小值为． 26．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在中，，在边上截取，连接，过点作于点．已知，，如果是边的中点，连接，那么的长是______． 【答案】4 【分析】先证得是的中位线，根据勾股定理求得，进而可得，即可求解， 【详解】解：，， ，即点是线段的中点， 又点是线段的中点， 是的中位线， ， 在中，，，， ， 又， ， . 27．（25-26八年级下·北京通州·期中）如图，在四边形中，、、、分别是边、、、的中点，若，且 ，则四边形的面积为________． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、菱形的面积公式、三角形的中位线定理，根据中位线定理可证，根据四条边都相等的四边形是菱形可证四边形是菱形，根据菱形的面积公式即可求出四边形的面积． 【详解】解：、、、分别是边、、、的中点， 、、、分别是、、、的中位线， ，， ， ， 四边形是菱形， ， ． 故答案为：． 28．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在矩形中，与交于点O，点E为上一点，连接并延长交于点F，满足．若，，则________________ ． 【答案】 【分析】由，以及矩形的性质可得，从而得到可得到，再由勾股定理可得，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ， ∴， ∵，且，， ∴ ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，推导出，求出的长是解题的关键． 29．（25-26八年级下·北京·期中）如图，四边形ABCD为正方形，E为射线AC上一点，连接DE，过点E作，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． (1)如图①，当点E在线段AC的延长线上时，求证：矩形DEFG是正方形． (2)如图②，当点E在线段AC上时， ①若，，求CG的长度； ②当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是时，直接写出的度数：________________． 【答案】(1)见解析 (2)①，②或 【分析】（1）要证明矩形是正方形，核心是证明矩形的邻边相等．利用正方形的对角线性质，构造辅助线，得到正方形；再通过角的互余关系证明，从而证得全等，推出，矩形即可判定为正方形． （2）①先由正方形边长，得对角线；结合​，可知，即为中点，此时与重合，矩形为正方形，故． ②分两种情况讨论：  当与夹角为时，利用正方形对角线的角性质和三角形内角和，计算得； 当与夹角为时，利用矩形和正方形的角性质，得． 【详解】（1）证明：如图①，过点E作，交DC的延长线于点P，，交BC的延长线于点Q，则四边形为矩形， ∴． ∵， ∴，， ∴四边形为正方形，． ∵， ∴， ∴． 在和中: ∴， ∴， ∴矩形是正方形． （2）解：①如图②，在中，由勾股定理，得， ∵， ∴， ∴点F与点C重合，此时是等腰直角三角形， ∴矩形是正方形，． ②分以下两种情况讨论：①如图③，当与的夹角为时，． ∵， ∴． ∵， ∴； ②如图④，当与的夹角为时， ∵， ∴． 综上所述，当线段与正方形的某条边的夹角是时，的度数为或． 【点睛】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、分类讨论思想，掌握正方形对角线平分内角、构造辅助线证明全等、分情况讨论角的位置是解题的关键． 30．如图，在矩形中，，．点从点出发，沿运动，速度为每秒个单位长度；点从点出发向点运动，速度为每秒个单位长度．、两点同时出发，当点运动到点时，两点同时停止运动，设点的运动时间为（秒）．连接、、． (1)点运动到点时，____________；当点运动到点时，的长度为____________． (2)当点在上时，用含的代数式表示的长． (3)当的面积为时，求的值． 【答案】(1)； (2) (3)的值为或 【分析】本题考查了矩形的性质，列代数式，一元二次方程的几何动点问题，一元一次方程的应用，三角形的面积等知识，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）点运动到点时，所走路程为，根据速度可得出的值；点从点出发向点运动，点回到中点，可直接求出． （2）结合动点的速度和方向进行列式表示的长，即可作答． （3）分三种情况讨论：点在上时，时，时，再逐个情况作图，结合动点的速度和方向进行列式表示，令，列方程求解即可． 【详解】（1）解：在矩形中，，， ， 点运动到点时，所走路程为， 点的速度为每秒个单位长度， （秒）， 点从点出发向点运动，速度为每秒个单位长度，， 当点运动到点时，（秒）， 此时点的运动路程为， 点从点出发，沿运动，速度为每秒个单位长度，，，， 此时点在边上，． 故答案为：，． （2）解：当点在时， ，， ，如图所示： 此时． （3）解：当点在上时，，如图所示： 则，，，， ， 令， 解得，（舍去）； 当点在时，，如图所示： 同理得， ， 令，解得； 当点在时，同时当点运动到点时，， 此时，如图所示： 同理得， ， 令，解得（舍去）； 综上所述，当的面积为时，则的值为或． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 四边形（期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01 多边形的基本概念 题型02 多边形的对角线问题 题型03 多边形内角和问题 题型04 正多边形 题型05 多边形内角和与外角和综合 题型06 平面镶嵌 题型07 平行四边形的判定 题型08 平行四边形的性质 题型09 添一个条件证明四边形是平行四边形 题型10 矩形的判定 题型11 矩形的性质 题型12 矩形与折叠问题 题型13 斜边的中线等于斜边的一半 题型14 菱形的判定 题型15 菱形的性质 题型16 正方形的判定 题型17 正方形的性质 题型18 （特殊）平行四边形的存在性问题 题型19 三角形中位线定理 题型20 中点四边形 题型21 中心对称图形 题型22 图形的旋转 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 多边形 掌握多边形、正多边形的概念与内角和、外角和公式，能进行角度计算与简单应用。 基础考查点，一般在小题考查，2分 多边形内角和 熟记并运用多边形内角和公式，准确计算内角、边数及相关角度问题。 基础考查点，牢记多边形的内角和公式，一般在小题考查，2分左右 平行四边形的判定与性质 熟练掌握平行四边形性质与判定定理，能灵活互推、证明边 / 角 / 对角线关系并解决几何计算与证明题。 核心考查点，一般在解答题考查，5分左右 矩形的判定与性质 掌握矩形特殊性质与判定定理，结合平行四边形知识，灵活证明矩形并进行边角与对角线计算。 核心考查点，一般在解答题考查，5分左右 斜边的中线等于斜边的一半 掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质与逆定理，能用于角度、线段计算及直角判定。 重要考查点，一般在小题中考查 菱形的判定与性质 掌握菱形定义、性质与判定，灵活运用四边相等、对角线垂直平分等特征进行证明与计算。 核心考查点，一般在解答题考查，5分左右 正方形的判定与性质 掌握正方形兼具矩形与菱形的所有性质，能从平行四边形、矩形、菱形出发正确判定正方形，并进行几何计算与证明。 核心考查点，一般在解答题考查，5分左右 三角形的中位线定理 掌握三角形中位线平行于第三边且等于第三边一半的定理，能用于证明平行、线段倍分及计算边长。 重要考查点，一般在解答题考查，3分左右 中点四边形 掌握中点四边形形状由原四边形对角线决定，能判断形状并进行相关证明与计算。 重要考查点，一般在小题考查，2分左右 中心对称图形 理解中心对称图形的定义，能识别常见图形，并利用中心对称性质解决简单几何问题。 基础考查点，一般在小题考查，2分左右 图形的旋转 理解图形旋转的性质，掌握旋转前后对应点、对应线段、对应角相等，能进行旋转作图与角度、边长计算。 基础考查点，一般在小题考查，2分左右 知识点01 多边形 多边形的相关概念： 多边形的边：组成多边形的各条线段叫做多边形的边. 多边形的顶点：相邻两边的公共端点叫做多边形的顶点. 多边形的内角：多边形相邻两边所组成的在多边形内部的角叫做多边形的内角，简称多边形的角. 多边形的外角：多边形的一边与它的邻边的延长线组成的角，叫做多边形的外角. 多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线. 【注意】 1、多边形的边数、顶点数及角的个数相等； 2、把多边形问题转化成三角形问题求解的常用方法是连接对角线； 3、多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n-3）条对角线，这（n-3）条对角线把多边形分成了(n-2)个三角形，其中每条对角线都重复算一次，所以n边形共有条对角线. 正多边形注意点 1、正n边形有n条对称轴． 2、对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形，对称中心是多边形的中心. 多边形内角和定理 多边形内角和定理：n边形的内角和为. 多边形外角和定理：多边形的外角和恒等于360°，与边数的多少没有关系. 知识点02 平行四边形 平行四边形的性质定理 性质 符号语言 图示 边 平行四边形两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC 角 平行四边形对角相等 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC 对角线 平行四边形的对角线互相平分 ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴OA=OC=AC,BO=DO=BD 平行四边形的判定定理 判定 符号语言 定义 一组对边分别平行的四边形是平行四边形 ∵AB∥CD，AD∥BC∴四边形ABCD是平行四边形 边 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 ∵AB=CD，AD=BC∴四边形ABCD是平行四边形 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 ∵AB=CD，AB∥CD∴四边形ABCD是平行四边形 角 两组对角分别相等的四边形是平行四边形 ∵∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC∴四边形ABCD是平行四边形 对角线 对角线互相平分的四边形是平行四边形 ∵OA=OC，BO=DO∴四边形ABCD是平行四边形 知识点03 矩形 矩形的性质定理： 性质 符号语言 图示 边 两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC 角 四个角都是直角 ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90° 对角线 两条对角线互相平分且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AO=CO=BO=DO 矩形的判定定理 判定定理 符号语言 图示 角 一个角是直角的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵∠ABC=90°，∴平行四边形ABCD是矩形 三个角是直角的四边形是矩形 在四边形ABCD中， ∵∠B=∠A=∠D=90°， ∴四边形ABCD是矩形 对角线 对角线相等的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形 知识点04 菱形 菱形的性质定理 性质定理 符号语言 图示 边 四条边都相等 ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=CD=AD=BC 对角线 对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角 ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD 菱形的面积公式： ①菱形的面积=底×高，即 ②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即. 菱形的判定定理 判定定理 符号语言 图示 边 四条边相等的四边形是菱形. 在四边形ABCD中， ∵AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形 一组邻边相等的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AB=BC，∴平行四边形ABCD是菱形 对角线 对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形 知识点05 正方形 正方形的性质： 1、正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行. 2、正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 【注意】 1、正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2、一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°. 3、两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形. 4、正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半. 正方形的判定： 定义法 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 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 判定定理 矩形+一组邻边相等 有一组邻边相等的矩形是正方形 矩形+对角线互相垂直 对角线互相垂直的矩形是正方形 菱形+一个角是直角 有一个角是直角的菱形是正方形 菱形+对角线相等 对角线相等的菱形是正方形 知识点06 三角形的中位线定理 定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线。 三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半。 知识点07 中心对称与中心对称图形 类别 轴对称 中心对称 定义 如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称. 如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心. 性质 1、对应点的连线都经过对称中心，且被对称中心平分； 2、成中心对称的两个图形全等； 3、只有一个对称中心. 1、有对称中心; 2、将图形绕对称中心旋转180°旋转后的图形能与原来的图形重合. 知识点08 旋转 旋转的三要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度． 旋转的性质： 1、对应点到旋转中心的距离相等； 2、每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角； 3、旋转前后的图形全等． 作图步骤： 1、根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角； 2、找出原图形的关键点； 3、连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点； 4、按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形． 题型一 多边形的基本概念 1．下列说法正确的是（   ） A．由四条线段首尾顺次相接组成的图形叫作四边形 B．四边形相邻两边组成的角是这个四边形的内角 C．连接四边形的两顶点的线段，叫作四边形的对角线 D．四边形有四个外角 【答案】B 【详解】解：在同一平面内，由四条线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫作四边形，A说法错误； 四边形相邻两边组成的角是这个四边形的内角，B说法正确； 四边形的对角线是连接不相邻两个顶点的线段，C说法错误； 四边形每个顶点处有2个外角，共8个外角，D说法错误． 2．在下列图形中，不属于多边形的有（） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】A 【分析】本题考查多边形的定义，解题关键是紧扣“三条及以上线段首尾顺次连接、封闭、平面图形”的定义判断每个图形是否符合多边形特征． 多边形的定义是“由三条或三条以上线段首尾顺次连接组成的封闭平面图形”，需满足：线段组成、封闭、平面图形即可解答． 【详解】三角形：是多边形；四边形（不规则）：是多边形；圆：由曲线组成，不是多边形；六边形：是多边形；正方体：是立体图形，不是多边形． 因此，不属于多边形的是“圆”和“正方体”，共2个． 故选：A． 3．下列说法中错误的是（  ） A．多边形是平面图形，平面图形不一定是多边形 B．四边形由四条线段组成，但四条线段组成的图形不一定是四边形 C．多边形是一个封闭图形，但封闭图形不一定是多边形 D．各边都相等的多边形是正多边形 【答案】D 【分析】本题考查多边形的有关知识，熟练掌握多边形的定义是解题关键．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，由此即可判断． 【详解】解：A．多边形是平面图形，平面图形不一定是多边形，正确，故该选项不符合题意； B．四边形由四条线段组成，但四条线段组成的图形不一定是四边形，正确，故该选项不符合题意； C．多边形是一个封闭图形，但封闭图形不一定是多边形，正确，故该选项不符合题意； D．各边都相等，各角都相等的多边形是正多边形，故该选错误，项符合题意． 故选：D． 题型二 多边形的对角线问题 易｜错｜点｜拨 n 边形对角线条数公式：，别漏除以 2，别写成n(n−3) 从一个顶点出发有n−3 条对角线，不是n−2 三角形没有对角线，别乱算 已知对角线数求边数时，只取正整数解，舍去负数 4．如果一个多边形从一个顶点出发最多能画四条对角线，则这个多边形的边数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】根据边形从一个顶点出发最多可引出条对角线，根据题意列方程即可求出边数． 【详解】解：设这个多边形的边数为， ∵边形从一个顶点出发最多能引出条对角线， ∴， 解得， 则这个多边形的边数为． 5．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：． 6．探究与归纳： (1)如图①，经过点A可以作1条对角线；经过点B可以作______条对角线；经过点C可以作______条对角线；经过点D可以作______条对角线．通过以上分析和总结，图①共有______条对角线． (2)运用（1）的分析方法，可得图②共有______条对角线，图③共有______条对角线． (3)对于n边形（），共有______（用含n的式子表示）条对角线． (4)对于n边形，从同一顶点出发的对角线把该多边形共分割成______（用含n的式子表示）个三角形． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】本题考查了多边形的对角线，发现多边形对角线公式是解题关键． （1）（2）根据对角线的定义，可得答案； （3）根据探索，可发现规律； （4）根据探索，可发现规律从而得到答案． 【详解】（1）解：根据公式 当 时为 通过以上分析和总结，图①共有条对角线． （2）解：运用（1）的分析方法，通过画图，可得图②共有条对角线，图③共有条对角线． （3）解：对于n边形（），从边形的一个顶点出发，可以作条对角线，因为有个顶点，且每条对角线重复计算了一次，所以共有条对角线． （4）解：如图，四边形经过一个顶点可以作条对角线，它把四边形分为个三角形； 五边形过一个顶点作条对角线，把这个多边形分为个三角形； 六边形过一个顶点作条对角线，把这个多边形分为个三角形； 所以对于边形，从同一顶点出发的对角线把该多边形共分割成个三角形． 题型三 多边形内角和问题 易｜错｜点｜拨 内角和公式：(n−2)⋅180°，别漏乘180°，别写成n⋅180° 外角和恒为360°，与边数无关，别当成随边数变化 求边数n时，结果必须是≥3 的整数，小数、负数舍去 截角、少加 / 多加一个角时，先判断内角和变化再算n 7．如图，在五边形中，分别平分，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】多边形内角和且为整数）．先根据五边形内角和求得，再根据角平分线求得，最后根据三角形内角和求得的度数． 【详解】解：在五边形中，内角和为， ∵， ， ∵、分别平分、， ， 在中，． 8．如图是由地砖铺设的地面的一部分，阴影部分由相同的正多边形地砖铺成，空白部分可用相同的正方形地砖铺设，则正多边形的内角和为______． 【答案】/1080度 【分析】先根据平面镶嵌得出阴影部分的多边形的一个内角度数，可得一个外角度数，根据正多边形外角和求出边数，根据多边形内角和公式即可求出内角和． 【详解】解：阴影部分的多边形的每一个内角为， ∴每一个外角为， ∴， ∴． 9．如图，四边形的内角的平分线与外角的平分线相交于点． (1)若，，求的度数； (2)已知四边形中，，，求的度数． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据平角的定义和角平分线的定义求出的度数，再由平行线的性质可得答案； （2）根据四边形内角和为360度推出，由平角的定义和角平分线的性质得到，再根据三角形外角的性质可得答案． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵四边形中，，， ∴， ∴， ∴； ∵四边形的内角的平分线与外角的平分线相交于点， ∴， ∵， ∴． 题型四 正多边形 10．下列说法中，正确的有（　　） ①三角形是边的数量最少的多边形； ②等边三角形和长方形都是正多边形； ③n边形就有n条边，n个顶点，n个内角； ④六边形从一个顶点出发可以画3条对角线，所有的对角线共有9条． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据多边形、正多边形、对角线的定义，逐一判断说法正误即可． 【详解】解：①∵多边形是由至少3条线段首尾顺次围成的封闭图形， ∴三角形是边数最少的多边形，①正确； ②∵正多边形的定义是各边相等、各内角也相等的多边形，长方形四条边不都相等，不是正多边形， ∴②错误； ③∵根据多边形的性质，n边形有n条边、n个顶点、n个内角， ∴③正确. ④∵六边形边数，从一个顶点出发的对角线条数为，所有对角线总条数为， ∴④正确. 综上，正确的说法共有3个，故C正确． 11．如图，已知，正五边形的顶点、分别在射线、上，则_____ ． 【答案】 【分析】根据正多边形的内角公式可得，则，利用三角形内角和定理计算出即可． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴， ∴， ∴． 12．解答下列问题． (1)一个正n边形的每个内角都为，求这个正n边形的边数． (2)已知一个多边形的内角和的一半比外角和多，求这个多边形边数及对角线的条数． 【答案】(1)6 (2)边数为，对角线条数为 【分析】（1）根据题意先确定多边形每个外角的度数，然后求解即可； （2）设这个多边形的边数为，多边形内角和为，任意多边形外角和为，根据题意列出方程求解即可． 【详解】（1）解：∵正边形每个内角为， ∴每个外角的度数为 ， ∵任意多边形的外角和为， ∴边数 ； （2）设这个多边形的边数为，多边形内角和为，任意多边形外角和为， 根据题意列方程得 ， 解得 ， ∴边形对角线条数公式为，将代入得 ， ∴因此这个多边形边数为，对角线条数为． 题型五 多边形内角和与外角和综合 13．求多边形的边数 (1)若多边形的内角和为，求此多边形的边数； (2)一个n边形的每个外角都相等，如果它的内角与相邻外角的度数之比为，求n的值． 【答案】(1)此多边形的边数为11 (2)8 【分析】（1）先设此多边形的边数为n，再根据多边形内角和定理得，求出解即可； （2）设多边形的一个内角为度，则一个外角为x度，再根据内角和相邻外角的和为得出方程，求出解，然后用除以一个外角的度数可得边数． 【详解】（1）解：设此多边形的边数为n，则 ， 解得． 所以此多边形的边数为11； （2）解：设多边形的一个内角为度，则一个外角为x度，依题意得， 解得． ， 故这个多边形的边数是8． 14．阅读与思考 下图是小明和小红的对话内容，请认真阅读并解答下列问题． 我在计算一个凸多边形的内角和时，把所有的内角度数加起来，和是． 不可能吧！我帮你检查一下．你看，你的计算式子中把一个外角也加进来了！ (1)求多加的外角度数及多边形的边数． (2)若剪去该凸多边形的一个角，剪完后所形成的新多边形的外角和为______，内角和为______． 【答案】(1)多加的外角度数为，多边形的边数为 (2)；或或 【分析】（1）设多加的外角度数为，多边形的边数为，由多边形内角和公式可得，则，再由建立不等式组求解即可； （2）由于多边形的外角和始终为，则剪完后所形成的新多边形的外角和不变；然后分三种情况求解剪完后所形成的新多边形的内角和． 【详解】（1）解：设多加的外角度数为，多边形的边数为， 由题意得，， ∴ ∵ ∴， 解得， ∵为正整数， ∴， ∴ ∴多加的外角度数为，多边形的边数为； （2）解：剪去该凸多边形的一个角，剪完后所形成的新多边形的外角和为； 剪去该凸多边形的一个角，如图：此时新多边形为八边形，则内角和为； 剪去该凸多边形的一个角，如图：此时新多边形为七边形，则内角和为； 剪去该凸多边形的一个角，如图：此时新多边形为六边形，则内角和为； 综上：剪完后所形成的新多边形的内角和为或或． 15．数学探究课上，同学们通过撕、拼的方法，探索、验证三角形的内角和． 【发现】 （1）如图1，在小学我们曾剪下三角形的两个内角，将它们与第三个内角拼在一起，发现三个内角恰好拼成了一个___________角，得出如下的结论：三角形的内角和等于___________． 【尝试】 （2）现在我们尝试用说理的方式说明该结论正确． 如图2，已知，分别用，，表示的三个内角，说明 解：如图2，画的边的延长线，过点C画 因为， 所以___________①___________， ___________②___________ 因为___________③+___________④ 所以 【拓展】 （3）如图3，请在六边形中画出所有从A点引出的对角线，此时六边形被分成了___________个三角形，这样，请你直接写出六边形的内角和是___________ 【答案】（1）平，180；（2）， 两直线平行，内错角相等，，两直线平行，同位角相等，，；（3）4，720 【分析】本题考查作图-复杂作图，三角形内角和定理，平行线的性质，多边形的对角线，多边形的内角与外角，图形的拼剪，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 利用平角的性质解决问题即可； 利用平行线的性质平角的性质，解决问题即可； 利用三角形内角和定理解决问题即可． 【详解】解：如图1中，发现三个内角恰好拼成了一个平角，得出如下的结论：三角形的内角和等于 故答案为：平，180； 如图2，画的边的延长线，过点C画 因为， 所以两直线平行，内错角相等， 两直线平行，同位角相等， 因为 所以 故答案为：，两直线平行，内错角相等，，两直线平行，同位角相等，，； 如图3中，连接，，此时六边形被分成了4个三角形，六边形的内角和． 故答案为：4，． 题型六 平面镶嵌 16．若平铺地面的瓷砖每一个顶点处由块相同的正多边形组成，此时的正多边形只能是（   ） A．正三角形 B．正四边形 C．正六边形 D．正八边形 【答案】B 【分析】平面图形镶嵌的条件：判断一种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角．若能构成，则说明能够进行平面镶嵌；反之则不能． 【详解】解：A、正三角形的每个内角是个正三角形不满足同一顶点处的周角为，故本选项不符合题意； B、正四边形的每个内角是个正四边形满足同一顶点处的周角为，故本选项符合题意； C、正六边形的每个内角是个正六边形不满足同一顶点处的周角为，故本选项不符合题意； D、正八边形的每个内角是个正八边形不满足同一顶点处的周角为，故本选项不符合题意； 故选：B． 17．公园的一段甬路是用型号相同的五边形地砖拼铺而成的，如图是拼铺图案的一部分，如果每个五边形有3个内角相等，那么这3个内角都等于______． 【答案】/120度 【分析】由图中可以看出，这3个内角放在同一顶点处，可组成一个周角，由此即可求出答案． 【详解】解：因为3个内角放在同一顶点处，组成一个周角， 所以每个内角为：． 18．综合与实践． 问题背景：平面密铺不仅在数学题目中常见，它在实际生活中也有着广泛的应用．例如图在建筑装饰中，常常可以看到用不同形状和颜色的地砖进行拼接，以达到美观和实用的效果．为了更多地了解平面密铺，七（2）班的同学们就多边形的平面密铺进行了一系列的研究，并提出了一些问题． 问题一： (1) “对于正边形，从一个顶点出发作对角线，它们将边形分成个三角形，得到其内角和是为”，其中体现的数学思想主要是______； A．整体思想 B．转化思想 C．方程思想 D．类比思想 (2)填表： 正多边形的边数 正多边形每个内角的度数 ______ ______ ______ 问题二 (3)给出下列正多边形：①正三角形；②正五边形；③正六边形；④正八边形；用上述正多边形中的一种能够铺满地面的是______；（填序号） (4)用同一种正多边形能进行平面密铺的条件是______； A．内角都是整十数度数 B．边数都是的整数倍 C．内角整除 D．内角整除 问题三 (5)用若干边长相等的正三角形和正六边形进行平面密铺，若每一个顶点周围有个正三角形个正六边形，请探究之间满足的关系式，并说明理由； (6)图是图中的一个基本图形，若，，则______． 【答案】(1)B； (2)见解析； (3)①③； (4)C； (5)，理由见解析 (6)． 【分析】（1）根据题意将多边形的内角和转化为三角形的内角和解决问题，体现的是转化思想，据此即可求解； （2）根据多边形的内角和公式即可得到结论； （3）求出对应多边形的每个内角的度数，再根据平面镶嵌的定义解答即可； （4）根据平面密铺的特点求解； （5）根据平面密铺的特点求解； （6）根据五边形的内角和列方程即可得到结论． 【详解】（1）解：∵对于正边形，从一个顶点出发作对角线，它们将边形分成个三角形，且每个三角形的内角和为， ∴这个三角形的内角的总和为， ∴这个n边形的内角和为，这体现的数学思想主要是转化思想； （2）解：正五边形的内角和为， ∴正五边形的每个内角的度数为； 正六边形的内角和为， ∴正六边形的每个内角的度数为； 正n边形的内角和为， ∴正n边形的每个内角的度数为； 填表如下： 填表： 正多边形的边数 正多边形每个内角的度数 （3）解：由（2）可知，正三角形的每个内角的度数为，正五边形的每个内角的度数为，正六边形的每个内角的度数为；正八边形的每个内角的度数为， ∵，，，， ∴用上述正多边形中的一种能够铺满地面的是正三角形和正六边形； （4）解：由题意得，用同一种正多边形能进行平面密铺的条件是内角整除； （5）解：理由如下： 由题意得 即 （6）解：由题意得，， ∵，， ∴， ∴． 题型七 平行四边形的判定 19．如图，在四边形中，，对角线，交于点，且，点为上一点，延长交于点． (1)求证：； (2)四边形为平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）利用平行线的性质结合证明即可； （2）证明得到，再由即可证明． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形． 20．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． 21．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． 题型八 平行四边形的性质 易｜错｜点｜拨 对边平行且相等，只说 “相等” 不写 “平行” 或反过来都扣分 对角相等，邻角互补，别把邻角当成相等 对角线互相平分，不是相等、不是垂直（这是矩形 / 菱形） 是中心对称图形，不一定是轴对称图形 面积 = 底 × 高，别误用对角线乘积（那是菱形） 22．如图，在平行四边形中，、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，，，，求平行四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)26 【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质得出，进而利用平行四边形的判定解答即可； （2）由平行四边形的性质和角平分线的定义得出，再根据勾股定理求出的长，再求出，求解即可． 【详解】（1）证明：四边形为平行四边形， ，，，， ， ， ， ，即， ， 四边形是平行四边形； （2）解：四边形是平行四边形， ， 四边形是平行四边形， ，，， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， 平行四边形的周长． 23．如图，的对角线，相交于点O．已知，的周长比的长小， (1)求的长． (2)若，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质，周长的计算，结合题意得到，由此即可求解； （2）根据平行四边形的性质，勾股定理得到，在中，由勾股定理列式求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴的周长，的周长， ∴，即， ∴； （2）解：，即， ∵，， ∴， ∴， 在中，， ∴． 24．如图，在平行四边形中，对角线，与相交于点O，点M、N分别为、的中点，连接、． (1)求证：； (2)若，且，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)12 【分析】（1）根据平行四边形的性质，，，平行线的性质可得出，结合线段中点的定义可得出，然后根据证明即可； （2）根据三线合一的性质得出，由（1）中得出，根据勾股定理求出，最后根据线段中点定义和平行四边形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴， ∵点M、N分别为、的中点， ∴，， ∴， 又，， ∴； （2）解：∵，， ∴， 又M是的中点， ∴， ∵，， ∴， 又， ∴， 又，， ∴， ∴． 题型九 添一个条件证明四边形是平行四边形 25．如图，在四边形中，对角线相交于点O，请添加一组条件，使四边形是平行四边形，以下添加条件不正确的是（　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：A、添加，可以运用两组对边分别相等的四边形是平行四边形的方法判定四边形是平行四边形，不符合题意； B、添加，无法证明四边形是平行四边形，符合题意； C、添加，可运用对角线相互平分的四边形是平行四边形的方法判定四边形是平行四边形，不符合题意； D、添加，可以运用两组对边分别平行的四边形是平行四边形的方法判定四边形是平行四边形，不符合题意； 故选：B ． 26．如图，已知，，，，在一条直线上，，请添加一个条件______，使四边形是平行四边形． 【答案】（或或或） 【分析】利用全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定证明即可． 【详解】解：， ； 添加， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； 添加， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； 添加， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形； 添加， ， ，， ，， 四边形是平行四边形； 故答案为：（或或或）． 27．如图，在中，，，其中是边上的高，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时点由点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点的直线，交于点，连接，设运动时间为．    解答下列问题： (1)线段 ， （用含的代数式表示）； (2)求的长； (3)当为何值时，以为顶点的四边形是平行四边形？ 【答案】(1)t， (2) (3) 【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定，解一元一次方程，分类思想，熟练掌握平行四边形的判定，等腰三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． （1）根据点E由点B出发，沿方向匀速运动，速度为，得到线段；点G从点A出发，沿方向匀速运动，速度为，得到； （2）由是边上的高，可得双勾股模型，由此列方程即可求解； （3）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，结合题意，，列式计算即可． 【详解】（1）∵点E由点B出发，沿方向匀速运动，速度为， ∴线段； ∵点G从点A出发，沿方向匀速运动，速度为， ∴； 故答案为：t，． （2）∵是边上的高， ∴，， ∵，， ∴， 解得． （3）∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 当在线段上时，如图，此时，    根据题意，得， 解得．    当在线段上时，如图，此时， 根据题意，得， 解得，不合题意舍去． 故当时，以E、、、G为顶点的四边形是平行四边形． 题型十 矩形的判定 28．已知：如图，中，、相交于点，点是外一点，且．求证：是矩形． 【答案】见解析 【分析】连接，首先根据O是、的中点，在中，，在中，，进而得到，再根据对角线相等的平行四边形是矩形可证出结论． 【详解】证明：连接，如图 ∵四边形是平行四边形， ∴点O为与的中点， 在中， ∵O为中点，，O为中点， ∴， 在中，，O为中点， ∴， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形． 29．如题，在中，过点作于点，点在边上，且，连接．若． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，判定四边形是平行四边形，再有一个角是直角的平行四边形是矩形即可获证． （2）先根据勾股定理算出的长，发现，再根据等边对等角的性质即可求出的度数． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即． ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：由（1）可知，四边形是矩形， ∴． ∵， ∴在中，， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 30．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)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的判定即可证明； （2）根据矩形的性质和三角形面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵，D是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵D是的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴． 题型十一 矩形的性质 易｜错｜点｜拨 矩形对角线相等且互相平分，别只记平分、忘了相等 四个角都是直角，别和普通平行四边形混淆 既是中心对称，又是轴对称（2 条对称轴） 对角线把矩形分成四个等腰三角形，不是四个全等三角形 有直角三角形斜边中线等于斜边一半的应用场景，别忘用这条性质 31．如图，在中，的平分线和的平分线交于点E，点E在边上，以为边作． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，则由角平分线的定义和平行线的性质可证明，则可得到，据此结合矩形的判定定理可证明结论； （2）由平行四边形的性质得到，，则，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵的平分线和的平分线交于点E， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵平分， ∴， 由（1）得， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形的周长． 32．如图，在中，对角线、相交于点O，过点O作交于E，如果，，， (1)求的长； (2)求与之间的距离； (3)求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）连接，根据平行四边形的性质可推出垂直平分，然后由线段垂直平分线的性质和勾股定理逆定理可推出，最后利用勾股定理即可求得； （2）利用平行四边形面积公式即可解答； （3）过点D作于点F，易证四边形是矩形，则，，，然后即可根据勾股定理求得． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴垂直平分，， ∴， ∵，， ∴，，即， ∴， ∴， ∴； （2）解：由（1）可知，， ∴， 设与之间的距离为h， 则， ∴， 即与之间的距离为； （3）解：如图，过点D作于点F， 由（1）可知， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴． 33．如图，为等边三角形，D为中点，连接．过点A，C分别作，，，相交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先根据“两组对边互相平行的四边形是平行四边形”证明四边形是平行四边形，再结合等边三角形的“三线合一”性质，证得，最后运用“有一个角是直角的平行四边形是矩形”证得四边形是矩形； （2）先根据等边三角形的“三线合一”性质，证得，求出线段的长，再结合（1）中的结论，运用，求出四边形的面积． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， 又是等边三角形，D为中点， ∴于点D， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：∵是等边三角形， ∴， 又∵D为中点，， ∴，于点D， ∴， ， 在中， ∵，，， ∴， 由（1）可知，四边形是矩形， ∴，， ∴． 题型十二 矩形与折叠问题 34．如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点落在点处，则重叠部分的面积为（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定以及勾股定理；解题的关键是由折叠性质得，结合平行线内错角相等推出，从而，设，在中用勾股定理列方程求解． 【详解】解：矩形沿折叠，点落在点处， ， ， ， ， ， ， 设，则， 在中，， ， ， ， ， ， ， 故选：． 35．如图，矩形中，点E在边上，将矩形沿直线折叠，点A恰好落在边的点F处．若，则为______． 【答案】/20度 【分析】由翻折变换得出相等的角：，再求出，即可求出 【详解】解：根据折叠的意义得：， 四边形是矩形， ， ， ， 36． 如图 ：在矩形中，，将矩形沿对角线折叠，点C落在点E处，交于点F． (1)求证：； (2)求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质以及翻折的性质进行证明即可； （2）设，则，根据勾股定理列方程求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， 由翻折的性质得， ∴， 又∵， ∴； （2）解：∵， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ， 即， 解得． 题型十三 斜边的中线等于斜边的一半 37．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， ∴． 38．如图，在四边形中，，连接，，取和的中点E、F，连接，求的长度． 【答案】5 【分析】本题主要考查了勾股定理逆定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． 由勾股定理逆定理可得，即；如图：连接，根据直角三角形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，最后运用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∴， 如图：连接， ∵，点E是的中点， ∴，即， ∵点F是的中点， ∴，， ∴． 39．如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作，交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，勾股定理； （1）由平行线的性质结合角平分线的定义得出，由等角对等边得出，结合推出四边形是平行四边形，再由即可得出四边形是菱形； （2）由菱形的性质结合直角三角形的性质得出，再由菱形的面积公式计算即可得出答案． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． （2）解：四边形是菱形， ，， ， ， ， ， ，， 题型十四 菱形的判定 40．如图，在中，，是边上的高线，延长到E，使得，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)96 【分析】（1）利用对角线互相平分的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，利用菱形的判定定理即可得到四边形是菱形； （2）利用勾股定理求得，再利用菱形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：∵，是边上的高线， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵是边上的高线，即， ∴四边形是菱形； （2）解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴菱形的面积． 41．如图，在矩形的边上取一点，连接，使得，在边上取一点，使得，连接．过点作于． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质判定四边形是平行四边形，再根据，即可得到结论； （2）根据勾股定理求出的长度，则可求出的长度，然后根据等面积法求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ， ， 即， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是矩形， ，， 在中，，， 根据勾股定理得，， ， 连接， ， ． 42．如图，是直角三角形，且，点、分别是、的中点，连接并延长至点，使得，连接、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的周长为30，且，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)30 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形．再结合直角三角形的性质可得，即可得证； （2）设，．则，，由勾股定理可得，求出，即可得出结果． 【详解】（1）证明：点是的中点， ． ， ∴四边形是平行四边形． 是直角三角形，点是的中点， ． 四边形是菱形． （2）解：设，． 的周长为，． ，． 在中，由勾股定理得． ∵， ∴． ∵点、分别是、的中点， ∴， ∵， ∴． ∴． 答：四边形的面积为30． 题型十五 菱形的性质 易｜错｜点｜拨 四条边都相等，对边平行，别只说对边相等 对角线互相垂直平分，且平分一组对角，别漏 “垂直” 面积 = 底 × 高 = 对角线乘积的一半，两个公式都要会用 是轴对称 + 中心对称图形，对称轴有2 条 对角线分出四个全等直角三角形，别当成等腰三角形 43．如图，在矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交于点E，F． (1)求证：； (2)若，连接，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)25 【分析】（1）根据矩形的性质可得，那么，而，结合，即可证明两个三角形全等； （2）先证明四边形是菱形，然后设，可得，再对运用勾股定理建立方程求解，即可求解的长，即可求得周长． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， 在和中， ， ∴． （2）解：由（1）可得，， ∵ ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴ 设，可得， ∵矩形中， 在中，根据勾股定理可得：， 即， 解得：， ∴， ∴四边形的周长=． 44．如图，，过点，分别作，，交，的延长线于点，． (1)求证：四边形为矩形． (2)连接，交于点，若，，，求矩形的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2)24 【分析】 （1）根据有三个角是直角的四边形为矩形，进行证明即可； （2）先证出四边形是菱形，故设，（），则，再根据勾股定理得出，，列出方程，再解方程进行计算即可． 【详解】（1）证明：四边形为平行四边形， ． ，， ，， ， ∴四边形是矩形． （2）解：四边形为平行四边形，， ∴四边形是菱形， ． 设，（），则， 根据勾股定理得，， 即， ， 解得，， ，， ， ， ∴矩形的周长是24． 45．如图，在四边形中，，．点P从点A出发，以1/秒的速度向点B运动；同时点Q从点C出发，以2/秒的速度向点D运动．规定其中一个动点到达终点时另一个动点也随之停止运动．设点Q运动的时间为t秒． (1)当四边形是矩形时，直接写出t的值为 ； (2)在点P，Q运动过程中，若四边形能够成为菱形，求的长． 【答案】(1)； (2)4 【分析】（1）利用时间路程速度，可确定t的取值范围，当运动时间为t（）时，，，，，根据四边形是矩形（即），可列出关于t的一元一次方程，解之可得出t的值； （2）根据四边形是菱形（即），可列出关于t的一元一次方程，解之可得出t的值，将其代入中，可求出的长，再利用勾股定理，即可求出的长． 【详解】（1）解：（秒），（秒）． 当运动时间为t（）时，，，，， 根据题意得：， 解得：t， ∴当四边形是矩形时，t的值为． 故答案为：； （2）解：当四边形为菱形时，， ∴， 解得：， ∴， ∴． 答：的长为． 【点睛】本题考查了一元一次方程的应用、勾股定理、菱形的性质以及矩形的性质，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键． 题型十六 正方形的判定 46．如图，四边形中，，，，将绕点B逆时针旋转得到，连接，过点B作于点F，交于点G，若． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见详解； (2)2 【分析】（1）由,，判定四边形为平行四边形，再根据有一组邻边相等及有一个内角是，判定其为正方形； （2）先证，进而即可得到答案. 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴平行四边形是正方形； （2）∵， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 47．如图，在等腰直角三角形中， ，，D是的中点，过点D 作于点E，于点F，连接． (1)求证：四边形为正方形． (2)若，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的判定定理判断四边形是矩形；再结合等腰直角三角形中是中点，利用等腰直角三角形的性质推导，进而根据正方形的判定定理证明该四边形为正方形． （2）因为四边形是正方形，所以与正方形的边长有关；先根据和等腰直角三角形的性质、中点的性质求出正方形的边长，再利用正方形的对角线公式计算的长度． 【详解】（1）证明：∵ ，，， ∴ ， ∴四边形是矩形． 连接，如图， ∵等腰直角三角形， ∴， 又∵，， ∴点是的中点，点是的中点， ∴，， ∴， ∴四边形为正方形． （2）解：∵ ，∴ ， 由（1）可知是中点、是中点， ∴ ，． 在中，，由勾股定理得． 48．如图，在中，点是边的中点，点是的中点，过点作，且交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求四边形的面积． (3)若，在中再增加条件．则四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）由得到，，证明出，得到，等量代换得到，即可证明四边形是平行四边形； （2）先证明四边形是矩形，利用勾股定理求出，再根据矩形的性质求面积即可． （3）利用等腰三角形的性质以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出，，再由：四边形是平行四边形即可得出四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵ ∴， ∵点是的中点 ∴ ∴ ∴ ∵点是边的中点 ∴ ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵是的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∴， ∴四边形的面积． （3）解：当为等腰直角三角形，且时，四边形是正方形， 理由如下： ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵D为的中点， ∴，， 又∵四边形为平行四边形， ∴四边形为正方形． 题型十七 正方形的性质 易｜错｜点｜拨 同时具备矩形 + 菱形所有性质，缺一不可 四条边相等，四个角都是直角 对角线相等、互相垂直平分，且平分每组对角 有4 条对称轴，别写成 2 条 对角线把正方形分成4 个全等的等腰直角三角形 49．如图，在中，，平分，四边形是平行四边形，交于点F，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求矩形对角线的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据已知条件易推知四边形是平行四边形．结合等腰“三线合一”的性质证得，即，所以由“有一内角为直角的平行四边形是矩形”得到是矩形； （2）证出矩形是正方形，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵，平分， ∴，． ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵， ∴， ∴矩形是正方形， ∴，， ∴在中，， 即矩形对角线的长为． 50．如图，在中，，是的中点，，分别是，上的点，且，． (1)求证：． (2)若，，求的长度． 【答案】(1)证明见详解； (2) 【分析】（1）先利用等腰三角形“等边对等角”的性质，由推出，再结合是中点得到，又因、得到，依据判定定理即可证得． （2）先由、且，判定四边形为矩形，结合得到，进而判定四边形为正方形，即；再由、可知为等腰直角三角形，故，结合可判定为等腰直角三角形，即；已知，是中点得，在等腰中，由勾股定理求得，因此． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ∴． （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形，， 由得：， ∴四边形是正方形， ，是的中点， ． ∵，， ∴， 又， ∴是等腰直角三角形， ， ． 51．如图，正方形，点为对角线上一个动点．为边上一点，且 (1)求证：； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)16 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等角对等边． （1）连接，根据正方形的性质得到，，进而证明，得到，，根据四边形内角和得到，进而得到，根据等角对等边得到，即可证明； （2）作交于点，交于点，可知四边形为正方形．证明，得到，，进而求出，根据计算即可． 【详解】（1）证明：如图1，连接， 四边形是正方形， ， 在和中，， （）， ， ， 四边形的内角和为， ， ， ， ， ， ； （2）解：如图2，作交于点，交于点，可知四边形为正方形． ， ， ， 又，， （）， ，， ， ． ． ∴ ． 题型十八 （特殊）平行四边形的存在性问题 52．如图，矩形的顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，点B的坐标为，一次函数的图象与边分别交于点D、E． (1)求证：； (2)点M是线段DE上的一个动点． ①是否存在点M使得的和最小，若存在，请作图找出点M；若不存在，请说明理由； ②请探究：在x轴上方平面内的是否存在点N，使得以A、M、E、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出点N的坐标． 【答案】(1)见解析 (2)存在，作图见解析；或． 【分析】（1）根据矩形的性质可得轴，轴，再根据一次函数的图象与性质求出点D和点E的坐标，进而即可求得答案． （2）①作点C关于对称的点，连接，交于点M，连接，此时的值最小； ②分两种情况讨论：若以为对角线，得到菱形；若以为对角线，得到菱形，结合图形，利用菱形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， 轴，轴， 一次函数的图象与边分别交于点D、E，点B的坐标为， 当时，，即， 当时，，即， ， ； （2）存在，作图如下： 作点C关于对称的点，连接，交于点M，连接，此时的值最小， 如图所示，若以为对角线，得到菱形， 则垂直平分，M和N关于对称， ， 点M和N的纵坐标均是， 将代入得：， 解得：， 点， ， ， 点； 如图所示，若以为对角线，得到菱形，则，线段与线段的中点重合，过点M作轴于点G， 设点M的横坐标为a，则纵坐标为， ， ， 即， 解得：（不能构成菱形，舍去）或， 将代入得：， 点， 菱形， ， 点； 综上所述，以A、M、E、N为顶点的四边形为菱形，点N的坐标为或． 【点睛】本题考查了一次函数的性质、菱形的判定与性质、矩形的性质，正确根据菱形的性质进行分类讨论求得M的坐标是解题的关键． 53．如图1，在平面直角坐标系中，直线分别与x轴、y轴交于点A、B，且点A的坐标为，点C为线段的中点． (1)求点B的坐标； (2)点P为直线上的一个动点，过点P作x轴的垂线，与直线交于点Q，设点P的横坐标为m，的面积为S，求S与m的函数解析式； (3)当点P在直线上运动时，在平面直角坐标系内是否存在一点N，使得以O，B，P，N为顶点的四边形为矩形，若存在，求出N点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)存在，点的坐标为或 【分析】（1）把点A的坐标代入解析式可得n的值，进而可求解点B坐标； （2）由中点公式得点，则有直线的表达式为：，设点，则点，然后根据题意分类讨论进行求解即可； （3）设，点，而点、的坐标分别为、；由题意可分当是矩形的边时，当是矩形的对角线时，然后结合两点距离公式及中点坐标公式可进行求解． 【详解】（1）解：将点代入得：， ∴， 故直线的表达式为：， 令，则， ∴点； （2）解：点为线段的中点， 则由中点公式得，点，即， 设直线的表达式为：，则有：， ∴， 则直线的表达式为：， 设点，则点， 当点在轴右侧，且在点右侧时， ； 当点在轴右侧，且在点左侧时， ； 当点在轴左侧时， 同理可得：；故或； （3）解：设，点，而点、的坐标分别为、； ①当是矩形的边时， 则点与点A重合，故点，故点； ②当是矩形的对角线时， 由中点公式得：且①， 由矩形的对角线相等得：，即②， 联立①②并解得：， 故点，； 综上，点的坐标为或． 【点睛】本题主要考查矩形的性质及一次函数与几何的综合，熟练掌握中点坐标公式及一次函数的图象与性质是解题的关键． 54．如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，，的长分别为的两个根，动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点运动，同时动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿向终点运动，过点作，交于点，连接，，当点运动到点时，点也同时停止运动，当两动点运动了秒时，记的面积为． (1)求直线的解析式； (2)求关于的函数关系式； (3)点在运动过程中，在轴右侧是否存在一点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)Q的坐标为或或 【分析】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，菱形的性质及应用，解题的关键是分类思想的应用． （1）解得或，故，用待定系数法可得直线解析式为； （2）根据题意，，，可得，，分三种情况，由三角形面积公式可得答案； （3）设，而，①当为对角线时，中点重合，且，，②当为对角线时，的中点重合，且，，③当为对角线时，的中点重合，且，，分别解方程组可得答案． 【详解】（1）解：解得或， ∵的长分别为的两个根， ∴， ∴， 设直线解析式为， ∴， 解得， ∴直线解析式为； （2）解：根据题意，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 当，即时，N，P，M共线，， 当时，； 当时，； ∴； （3）解：设，而， ①当为对角线时，中点重合，且， ∴， 解得：（此时N不在边上，舍去）或， ∴Q的坐标为； ②当为对角线时，的中点重合，且， ∴， 解得：（Q与P重合，舍去）或， ∴Q的坐标为； ③当为对角线时，的中点重合，且， ∴， 解得， ∴Q的坐标为； 综上所述，Q的坐标为或或． 题型十九 三角形中位线定理 易｜错｜点｜拨 中位线是两边中点连线，不是中线（顶点到对边中点），别混淆； 定理：平行于第三边，且等于第三边的一半，只写一半不写平行要扣分； 一个三角形有3 条中位线，围成的小三角形与原三角形相似且面积为原四分之一；​ 只在三角形中成立，四边形没有中位线定理（四边形是中点四边形） 55．如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，分别是边，的中点，连接，．若，，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由菱形的面积以及中位线的性质，可求出、的长度，再结合勾股定理得出的长度，即可得出结果． 【详解】解：∵点，分别是边，的中点，， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ， ∴， ∴，， ∴， ∴． 56．如图，在中，，，，点P是一个动点，且，点Q是的中点，则的最小值为 _________． 【答案】 【分析】取的中点D，连接，根据直角三角形的性质可得，根据中位线的性质可得，结合即可得到答案． 【详解】解：如图，取的中点D，连接，则， ∵在中，，，， ∴， ∴， ∵点Q是的中点，， ∴， ∴，即的最小值为． 57．【三角形中位线定理】已知：在中，点D，E分别是边，的中点．直接写出和的关系为 ； 【应用】如图，在四边形中，点E，F分别是边，的中点，若，，，，则的度数为 度； 【拓展】如图，在四边形中，与相交于点E，点M，N分别为，的中点，分别交，于点F，G，．求证：． 【答案】[三角形中位线定理]，；[应用]135；[拓展]见解析 【分析】[三角形中位线定理]根据三角形中位线定理即可得到结论； [应用]连接，根据三角形中位线定理得到，，根据勾股定理的逆定理得到，计算即可； [拓展]取的中点，连接、，则、分别是、的中位线，由中位线的性质定理可得且，且，结合等腰三角形的判定和性质，平行线的性质即可得结论． 【详解】解：[三角形中位线定理]解：，； 理由：∵点，分别是边，的中点， ∴是的中位线， ∴，， 故答案为：，； [应用]解：如图所示，连接， ∵点，分别是边，的中点， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； [拓展]证明：取的中点，连接、．如图： ∵点，分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴且， 同理可得且． ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 题型二十 中点四边形 58．如图，已知四边形中，、、、分别是四条边、、、的中点，、是对角线，连接、、、． (1)证明：四边形为平行四边形； (2)若______，则四边形是菱形请从；这两个选项中选择一个作为条件，使结论成立．（填序号） 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据三角形中位线定理得到，，，，得到，，根据平行四边形的判定定理证明； （2）根据三角形中位线定理得到，再根据菱形的判定解答． 【详解】（1）证明：、、、分别是四条边、、、的中点， 、分别为、的中位线， ，，，， ，， 四边形为平行四边形； （2）解：、分别是四条边、的中点， 为的中位线， ， 当时，，则平行四边形是菱形． 59．解答：在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． (1)如图所示，E、F、G、H分别是四边形各边中点，连接，则四边形为________形． (2)当四边形满足________条件时，四边形是菱形． (3)当四边形满足________条件时，四边形是矩形． (4)当四边形满足________条件时，四边形是正方形． 【答案】(1)平行四边 (2) (3) (4)且 【分析】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】（1）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； （2）解：， 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； （3）解：， 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； （4）解：且， 理由，如图③四边形的对角线相等且互相垂直， 根据，可知平行四边形为矩形， 根据，可知平行四边形为菱形， 四边形为正方形． 60．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． 题型二十一 中心对称图形 61．以下是“三叶玫瑰线”“蝴蝶曲线”“星形线”“阿基米德螺线”．观察图形，其中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称图形“如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形”和中心对称图形“在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与原图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形”，熟记中心对称图形的定义和轴对称图形的定义是解题关键．根据轴对称图形的定义和中心对称图形的定义逐项判断即可得． 【详解】解：A、不是中心对称图形，是轴对称图形，则此项不符合题意；     B、不是中心对称图形，是轴对称图形，则此项不符合题意； C、既是中心对称图形又是轴对称图形，则此项符合题意； D、既不是中心对称图形又不是轴对称图形，则此项不符合题意； 故选C． 62．如图，菱形中，对角线，相交于点P，与关于点D成中心对称．若，，则___________． 【答案】25 【分析】利用菱形的性质得到与互相垂直平分，从而求得的长和的长，再由与关于点D成中心对称，得到，从而求得的值，利用勾股定理即可得出的长． 【详解】解：在菱形中，与互相垂直平分， ∴，， 又∵与关于点D成中心对称， ∴， ∴，，， ∴， 在中，． 63．如图，长方形的长是，宽是，动点P从点A出发，沿边以每秒的速度运动，同时点Q从点B出发，沿边以每秒的速度运动，当点P运动到点D时两点停止运动，两点出发_______秒时，长方形被线段分成的两个图形成中心对称． 【答案】 【分析】本题考查动点问题和中心对称，正确掌握动点问题的解题思路是解题的关键． 设运动时间为秒，根据长方形被线段分成的两个图形成中心对称，得到，列出方程求解即可． 【详解】解：设运动时间为秒，则，，， 当时，长方形被线段分成的两个图形成中心对称， 则，解得． 故答案为：． 题型二十二 图形的旋转 64．如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转一定角度，得到．若点D恰好落在边上，且，则的度数为______°． 【答案】24 【分析】根据题意可得，结合旋转的性质可得，，再结合三角形内角和求即可． 【详解】解：, ， ∵将绕点按逆时针方向旋转得到， ∴，， ∴，， 又， ，解得， ． 65．在平面直角坐标系中，定义点的“位移变换”为：．已知点的坐标为，点经过27次“位移变换”后得到的点，则点关于原点的对称点的坐标为____． 【答案】 【分析】先根据位移变换的定义计算前几次变换后的坐标，找出坐标变化的周期，再根据周期得到的坐标，最后利用关于原点对称的点的坐标性质求解． 【详解】解：∵点的坐标为， ∴即， 即， 即， 即， 则坐标变换的周期为， ∵， ∴的坐标与相同，为，关于原点的对称点坐标为． 66．【探索发现】如图1，晓慧用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形． 【抽象定义】以等腰三角形的腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在中，，，．此时，四边形是“双等四边形”，是“伴随三角形”． 【方法应用】 (1)如图3，在中，，将绕点A逆时针旋转至，点D恰好落在边上，求证：四边形是双等四边形． (2)如图4，在等腰中，，，以为边向外作等腰，使四边形是以为伴随三角形的双等四边形，请直接写出的度数． 【答案】(1)见解析 (2)或或 【分析】（1）根据题意，证明即可说明四边形是双等四边形； （2）根据题意分、、三种情况，结合等腰三角形的性质求角即可． 【详解】（1）证明：将绕点A逆时针旋转至， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是双等四边形； （2）解： ①当，时， 四边形是以为伴随三角形的双等四边形， ， ； ②当，时， 四边形是以为伴随三角形的双等四边形， ， ； ③当，时， 四边形是以为伴随三角形的双等四边形， ， ， ； 综上，的度数为或或． 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（25-26八年级下·北京·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】如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此逐一判断即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 2．（25-26八年级下·北京西城·期中）若一个八边形每个内角都为，则的值是（   ） A．135 B．120 C．115 D．100 【答案】A 【分析】先根据多边形内角和公式求出内角和，再结合题意“每个内角相等”，即可求出的值． 【详解】解：八边形的内角和为， 该八边形每个内角均为， ． 3．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在中，的平分线交于点E，若，，则的长为（　　） A．15 B．11 C．20 D．52 【答案】A 【详解】解：∵的平分线交于点E， ∴， ∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：A． 4．（25-26八年级下·北京门头沟·期中）如图，长方形中，，，将此长方形折叠，使点与点重合，折痕为，则的长为（   ） A．4 B．5 C．6 D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形与折叠问题，用勾股定理解三角形，解题关键是掌握上述知识点并能运用其来求解． 先根据折叠的性质得出，从而可得，再利用勾股定理列出关于的方程求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可知， ∴， 在中， ∴ 解得：， 故选：B． 5．（25-26八年级下·北京通州·期中）如图，在中、相交于点，，当____时，是矩形． 【答案】6 【分析】利用平行四边形的性质得出对角线相等时即可判定出四边形是矩形． 【详解】解：当时，四边形是矩形，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴时，四边形是矩形， ∴， ∴当时，四边形是矩形． 6．（25-26八年级下·北京丰台·期中）如图，点A、B、C、D、E、F在同一平面内，连接，若，则等于______． 【答案】 【分析】根据得出，根据四边形内角和即可得出答案． 【详解】解：连接，如图所示： ∵， ∴， ∵，， ∴． 7．（25-26八年级下·北京·期中）如图，若平行四边形的周长为，，相交于点O且为，则的周长为______． 【答案】 【详解】解：∵平行四边形的周长为， ∴，，， ∴， ∵，相交于点O且为， ∴的周长为：， 故答案为：． 8．如图，四边形中，，，点在边上以的速度从点出发向点移动，同时点在边上以的速度从点出发向点移动．若，，则____________s时，四边形是平行四边形． 【答案】3 【分析】本题考查了平行四边形的判定，动点问题的方程思想，掌握利用平行四边形一组对边平行且相等的判定定理，结合动点速度列方程求解是解题的关键． 设运动时间为秒，利用平行四边形一组对边平行且相等” 的判定定理，结合动点速度表示线段长度，列方程求解． 【详解】解：设时，四边形是平行四边形． 根据题意，得，． ， ． ， 当时，四边形是平行四边形， ， 解得． 故答案为：． 9．（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． 10．（25-26八年级上·江苏盐城·期末）如图，在梯形中，，，若点为的中点，连接，交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若是等边三角形，且，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，等边三角形的性质，线段中点的性质，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据线段的中点以及等量代换得出，然后根据平行四边形的判定定理进行证明即可； （2）根据等边三角形和平行四边形的性质得出相等的边，即可求解． 【详解】（1）解：∵点为的中点， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：由（1）得，四边形是平行四边形， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴． 期中重难突破练（测试时间：10分钟） 11．（25-26八年级下·北京·期中）依据所标数据，下列一定为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行四边形的判定定理解答即可． 【详解】解：A、两组对角都不相等，不能判定是平行四边形，故A选项错误； B、一组对边相等，另一组对边无法判定是否相等，故不能判定是平行四边形，故B选项错误； C、根据，判定长为a的对边相等且平行，能判定是平行四边形，故C符合题意； D、根据，判定一组对边平行，但是无法判定是否相等，不能判定是平行四边形，故D不符合题意． 12．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在矩形中，，按以下步骤作图：①以点A为圆心，长为半径画弧，交于点E，连接；②分别以点B，E为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点F；③作射线，交于点G，若，，则的长为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】连接，由作图方法可得，垂直平分，则；由矩形的性质和勾股定理得到，则，设，则，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】解：如图所示，连接， 由作图方法可得，垂直平分， ∴； ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴； 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴． 13．（25-26八年级下·北京·期中）如图，长方形纸片中，，折叠纸片使边落在对角线上，点B落在点F处，折痕为，且，则的长为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】A 【分析】先根据矩形的特点可得的长，再由翻折变换的性质得出是直角三角形，利用勾股定理即可求出的长，再在中利用勾股定理即可求出的长． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴，， ∵是翻折而成， ∴，，是直角三角形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 设， 在中，由勾股定理得：， 即：， 解得：， ∴． 14．（25-26八年级下·北京通州·期中）如图，在平行四边形中，平分，交于点平分，交于点E，若，，则的长为（   ） A．8 B．10 C．12 D．14 【答案】B 【分析】分别可证、为等腰三角形，得到、的长，进而得到，再根据计算即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴且， 又、分别是和的角平分线， ∴，． 又， ∴， 是等腰三角形，即． 同理可证是等腰三角形． ∴． 又∵， ∴． ∴． ∴． 15．（25-26八年级下·北京东城·期中）如果一个多边形的每一个内角都相等，且每一个内角都大于，那么这个多边形的边数最少为______． 【答案】7 【分析】利用多边形外角和定理，结合内角与相邻外角的互补关系列不等式求解，即可得到边数的最小值． 【详解】解：设该多边形的边数为，为不小于的正整数， 因为多边形的每一个内角都相等，且每一个内角都大于，多边形的内角与相邻外角互为邻补角，因此每个外角都小于， 根据多边形外角和定理，任意多边形的外角和为，可得不等式， ， 解得， 因为为正整数，所以的最小值为． 16．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在中，，，，点P是一个动点，且，点Q是的中点，则的最小值为 _________． 【答案】 【分析】取的中点D，连接，根据直角三角形的性质可得，根据中位线的性质可得，结合即可得到答案． 【详解】解：如图，取的中点D，连接，则， ∵在中，，，， ∴， ∴， ∵点Q是的中点，， ∴， ∴，即的最小值为． 17．（25-26八年级下·北京门头沟·期中）如图，已知四边形和四边形均为正方形，且G是的中点，连接，若，则的长为 _________． 【答案】 【分析】过点作交于点，交于点，则，再证明，得出，再利用勾股定理求线段长即可解答． 【详解】解：过点作交于点，交于点， 则， ∵四边形和四边形均为正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 18．（25-26九年级下·北京·期中）如图，在正方形中，，点在上，连接，经过点、作的垂线，垂足分别为点，，若，则的面积为_____． 【答案】 【分析】用勾股定理求出的长，利用“角角边”证明，由全等三角形性质得，，设，则，根据勾股定理得方程，求解可得，最后根据三角形面积公式即可得解． 【详解】解：依题意得：，， ，， 在正方形中，，， ， 中，， ， 在和中， ， ， ，， 设，则， 中，， 中，， ， 即， 解得， 即， ． 19．（25-26八年级下·北京·期中）如图，是的中点，交于点，，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，连接，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）根据三角形中位线定理得，即，然后结合得到四边形是平行四边形； （2）根据三角形中位线定理，由平行四边形的性质可得，而，，根据勾股定理得． 【详解】（1）证明：∵，交于点，， ∴是的中点， ∵是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图，连接， ∵是的中点，是的中点，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴的长是． 20．（25-26八年级下·北京·期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，，相交于点，点是的中点，连接，过点作于点，过点作于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形是菱形，，且，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（）先由证得；再利用平行四边形对角线平分、为中点，证是的中位线，得，即，从而证四边形是平行四边形；最后结合，判定该平行四边形为矩形； （）先根据菱形的性质，得到对角线垂直、四边相等，确定为的中位线，算出的长度；再结合求出的长；最后在中，用勾股定理计算出的长度． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形，对角线互相平分， ∴是的中点，且， 又∵是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴，即 四边形中，两组对边分别平行， ∴是平行四边形； 又∵， ∴平行四边形是矩形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴菱形对角线互相垂直，四边相等，即：，， ∴， ∵是中点，是中点，是的中位线， ∴， 由，代入得：， 解得， 在中，由勾股定理， 得：． 期中综合拓展练（测试时间：15分钟） 21．（25-26八年级下·北京顺义·期中）如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且，给出下面四个结论： ①平分；②；③；④． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 【答案】B 【分析】设正方形边长为，先根据中点和线段比例求出各线段长度，再用勾股定理算出；接着通过延长构造全等三角形，证明平分，验证结论①；再代入勾股定理验证，确认结论②；然后计算与的长度，判断二者不相等，结论③错误；最后计算并与比较，验证结论④成立，最终得出正确结论为①②④． 【详解】解：设正方形边长为， ∵是中点，， ∴，，，， 由勾股定理得：， ， ，即， 延长交的延长线于点， ∵是中点，平行， ∴， ∴， ∴， ∴，即是等腰三角形， ∴， ∴平分，①正确； 结论②， 即：，符合勾股定理，②正确； 结论③， ，，显然不相等，③错误； 结论④， ，等式成立，④正确； 综上，正确结论为． 22．（25-26八年级下·北京顺义·期中）如图，在矩形中，O是对角线的中点，E，F分别是，上的点，且．若，，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查三角形中位线的性质，勾股定理等，熟练掌握相关性质是解题的关键． 设的中点分别为，连接，可证为的中位线，得到，，，再由勾股定理即可得到，同理可得即可求解． 【详解】解：设的中点分别为，连接， 在矩形中，O是对角线的中点， 为的中位线，即， ，， 又， ， 又为中点，， ， ， 同理可得， ， ． 故选：A． 23．（25-26八年级下·北京西城·期中）如图，正方形中，点E为对角线上一点，连接，将绕点C顺时针旋转得到，连接．若，，则的长为（   ） A．3 B．7 C． D．8 【答案】B 【分析】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，连接，利用旋转的性质结合正方形的性质，证明，推出，，由旋转的性质易证是等腰直角三角形，求出，再求出，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：连接， ∵正方形中， ∴，，， 由旋转的性质得， ∴，即， ∴， ∴，， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． 故选：B． 24．（25-26八年级下·北京海淀·期中）如图，是四边形的两条对角线，顺次连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为矩形，应添加的条件是（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查中点四边形，涉及三角形中位线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识，熟记三角形中位线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识是解决问题的关键． 先由中点四边形相关条件，由三角形中位线的判定与性质得到，且；，且；，且；，且，进而判定四边形为平行四边形，再由矩形的判定定理即可确定答案． 【详解】解：是四边形的两条对角线，是四边形各边的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， 则，且；，且；，且；，且， ，且， 四边形为平行四边形， 当时，， 四边形为平行四边形， 四边形为矩形， 综上所述，要使四边形为矩形，应添加的条件是， 故选：B． 25．（25-26八年级下·北京朝阳·期中）如图，正方形的边长为3，点E在上，且，P是对角线上的一个动点，则的最小值为 _________． 【答案】 【分析】根据正方形性质可知点B与点D关于对称，可得，由三角形三边关系可得，求出长是最小值． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴点B与点D关于对称， ∴， ∵， ∴， 即长是最小值， ∵， ∴， ∴的最小值为． 26．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在中，，在边上截取，连接，过点作于点．已知，，如果是边的中点，连接，那么的长是______． 【答案】4 【分析】先证得是的中位线，根据勾股定理求得，进而可得，即可求解， 【详解】解：，， ，即点是线段的中点， 又点是线段的中点， 是的中位线， ， 在中，，，， ， 又， ， . 27．（25-26八年级下·北京通州·期中）如图，在四边形中，、、、分别是边、、、的中点，若，且 ，则四边形的面积为________． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、菱形的面积公式、三角形的中位线定理，根据中位线定理可证，根据四条边都相等的四边形是菱形可证四边形是菱形，根据菱形的面积公式即可求出四边形的面积． 【详解】解：、、、分别是边、、、的中点， 、、、分别是、、、的中位线， ，， ， ， 四边形是菱形， ， ． 故答案为：． 28．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在矩形中，与交于点O，点E为上一点，连接并延长交于点F，满足．若，，则________________ ． 【答案】 【分析】由，以及矩形的性质可得，从而得到可得到，再由勾股定理可得，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ， ∴， ∵，且，， ∴ ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，推导出，求出的长是解题的关键． 29．（25-26八年级下·北京·期中）如图，四边形ABCD为正方形，E为射线AC上一点，连接DE，过点E作，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． (1)如图①，当点E在线段AC的延长线上时，求证：矩形DEFG是正方形． (2)如图②，当点E在线段AC上时， ①若，，求CG的长度； ②当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是时，直接写出的度数：________________． 【答案】(1)见解析 (2)①，②或 【分析】（1）要证明矩形是正方形，核心是证明矩形的邻边相等．利用正方形的对角线性质，构造辅助线，得到正方形；再通过角的互余关系证明，从而证得全等，推出，矩形即可判定为正方形． （2）①先由正方形边长，得对角线；结合​，可知，即为中点，此时与重合，矩形为正方形，故． ②分两种情况讨论：  当与夹角为时，利用正方形对角线的角性质和三角形内角和，计算得； 当与夹角为时，利用矩形和正方形的角性质，得． 【详解】（1）证明：如图①，过点E作，交DC的延长线于点P，，交BC的延长线于点Q，则四边形为矩形， ∴． ∵， ∴，， ∴四边形为正方形，． ∵， ∴， ∴． 在和中: ∴， ∴， ∴矩形是正方形． （2）解：①如图②，在中，由勾股定理，得， ∵， ∴， ∴点F与点C重合，此时是等腰直角三角形， ∴矩形是正方形，． ②分以下两种情况讨论：①如图③，当与的夹角为时，． ∵， ∴． ∵， ∴； ②如图④，当与的夹角为时， ∵， ∴． 综上所述，当线段与正方形的某条边的夹角是时，的度数为或． 【点睛】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、分类讨论思想，掌握正方形对角线平分内角、构造辅助线证明全等、分情况讨论角的位置是解题的关键． 30．如图，在矩形中，，．点从点出发，沿运动，速度为每秒个单位长度；点从点出发向点运动，速度为每秒个单位长度．、两点同时出发，当点运动到点时，两点同时停止运动，设点的运动时间为（秒）．连接、、． (1)点运动到点时，____________；当点运动到点时，的长度为____________． (2)当点在上时，用含的代数式表示的长． (3)当的面积为时，求的值． 【答案】(1)； (2) (3)的值为或 【分析】本题考查了矩形的性质，列代数式，一元二次方程的几何动点问题，一元一次方程的应用，三角形的面积等知识，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）点运动到点时，所走路程为，根据速度可得出的值；点从点出发向点运动，点回到中点，可直接求出． （2）结合动点的速度和方向进行列式表示的长，即可作答． （3）分三种情况讨论：点在上时，时，时，再逐个情况作图，结合动点的速度和方向进行列式表示，令，列方程求解即可． 【详解】（1）解：在矩形中，，， ， 点运动到点时，所走路程为， 点的速度为每秒个单位长度， （秒）， 点从点出发向点运动，速度为每秒个单位长度，， 当点运动到点时，（秒）， 此时点的运动路程为， 点从点出发，沿运动，速度为每秒个单位长度，，，， 此时点在边上，． 故答案为：，． （2）解：当点在时， ，， ，如图所示： 此时． （3）解：当点在上时，，如图所示： 则，，，， ， 令， 解得，（舍去）； 当点在时，，如图所示： 同理得， ， 令，解得； 当点在时，同时当点运动到点时，， 此时，如图所示： 同理得， ， 令，解得（舍去）； 综上所述，当的面积为时，则的值为或． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $