第一章 四边形章节复习（7大考点+15大题型+强化训练）（高效培优讲义）数学新教材湘教版八年级下册

该初中数学四边形章节复习讲义通过知识框架图和对比表格系统构建知识体系，梳理多边形、平行四边形及特殊四边形的定义、性质与判定，明确三角形中位线定理和中心对称图形的核心内容，用从属关系图呈现特殊四边形间的联系与区别，突出平行四边形性质判定及转化思想的重难点。 讲义亮点在于“情境化题型+分层变式”的练习设计，如结合奥运金牌正六边形求角度、新能源汽车标志识别中心对称图形，培养几何直观和抽象能力。15个题型涵盖性质应用、判定证明及翻折、中点四边形等综合问题，典例解析与变式训练结合，基础学生可掌握定理应用，优秀学生能提升逻辑推理与转化思想运用能力，为教师实施精准分层教学提供支持。

第一章 四边形章节复习 教学目标 1. 理解多边形定义及相关概念，掌握多边形内角和与外角和公式，能进行基本计算。 2. 掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的定义、性质与判定，理解它们的从属关系，熟知三角形中位线定理。 3. 认识中心对称图形，提升逻辑推理、几何直观能力，学会用转化思想解决四边形相关问题。 教学重难点 1.重点 （1）平行四边形的性质与判定，它是本章核心，也是学习特殊平行四边形的基础，需熟练掌握并应用。 （2）矩形、菱形、正方形的性质与判定，理清特殊四边形间的联系与区别，能进行相关证明与计算。 2.难点 （1） 特殊四边形性质与判定的灵活运用，易混淆定理条件与结论，综合题中难快速选择合适定理。 （2）辅助线的添加与转化思想的应用，将四边形问题转化为三角形问题，是几何证明的关键与难点。 知识点01 多边形的内角和与外角和 多边形 知识点02 中心对称和中心对称图形 中心对称 （1）中心对称的定义 把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．． （2）中心对称的性质 ①关于中心对称的两个图形能够完全重合； ②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分． 中心对称图形 （1）定义 把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心． 注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同． （2）常见的中心对称图形 平行四边形、圆形、正方形、长方形等等． 知识点03 三角形的中位线 三角形中位线 知识点04 平行四边形的性质与判定 平行四边形：两组对边分别平行的四边形. 知识点05 矩形的性质与判定 矩形 1 矩形的性质 （1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形． （2）矩形的性质 ①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直； ④对角线：矩形的对角线相等； ⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点． （3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 2 矩形的判定 （1）矩形的判定： ①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形； ②有三个角是直角的四边形是矩形； ③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”） （2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等． ②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形． 知识点06 菱形的性质与判定 菱形 1 菱形的性质 （1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形． （2）菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四条边都相等； ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角； ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． （3）菱形的面积计算 ①利用平行四边形的面积公式． ②菱形面积ab．（a、b是两条对角线的长度） 2 菱形的判定 ①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）； ②四条边都相等的四边形是菱形． 几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形； ③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）． 几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形 知识点07 正方形的性质与判定 正方形 1. 定义：有一组邻边相等并且有一个内角是直角的平行四边形叫做正方形． 2. 正方形与矩形、菱形的关系 矩形 邻边相等 正方形 菱形 一个角是直角 正方形 3. 性质定理 正方形既是矩形又是菱形，因而它具备两者所有的性质． 性质定理1：正方形的四个角都是直角；正方形的四条边都相等． 性质定理2：正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对 角． 4. 判定定理： 判定定理1：有一组邻边相等的矩形是正方形． 判定定理2：有一个内角是直角的菱形是正方形． 题型01 多边形内角和与外角和有关的求解 【典例1】（25-26八年级下·广东东莞·月考）六边形的内角和是（   ） A． B． C． D． 【变式1】（2026年四川绵阳市九年级第一次学科教育质量检测数学试题）如图是我国在2025年发行的一枚纪念币，其外形为正十二边形，则这枚纪念币外边缘十二个角的大小均为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2026·吉林·一模）中国乒乓球队运动员孙颖莎王楚钦在巴黎奥运会上获得我国首枚奥运混双金牌，它不仅再次印证了中国乒乓球的卓越实力，更是对国家荣誉的有力捍卫，对中华体育精神的生动诠释．图1是2024年巴黎奥运会金牌，金牌正中间镶嵌了一块来自埃菲尔铁塔的正六边形铁块，这个正六边形铁块的示意图如图2所示，则的度数是______． 【变式3】（2026·山东日照·模拟预测）如图，太阳光线平行照射在正五边形的物体上，若，则的度数为______． 题型02 中心对称图形的识别 【典例2】（25-26八年级下·四川成都·月考）2025年，中国新能源汽车产销量突破了1600万辆，这个数字是全球的，也是连续十年全球排名第一，下列图案是我国四款新能源汽车的标志，其中是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【变式1】（22-23八年级下·江苏徐州·期中）下列银行的图标为中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，四边形与四边形关于点成中心对称，，则的度数为_____，的长度为_____． 【变式3】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，已知与成中心对称，点A是对称中心，则点C的对应点为点________． 题型03 三角形中位线定理的应用 【典例3】（24-25八年级下·重庆·期中）如图，是的中位线，的角平分线交于点，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（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2】（25-26八年级下·上海·月考）如图，为的中位线，点在上，平分，若，，的长为______． 【变式3】（2026·浙江台州·一模）如图，在中，点，分别是，中点，连接，的平分线交于点． (1)求证：． (2)若，，求的长． 题型04 利用平行四边形的性质求解 【典例4】（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 【变式1】（2026·陕西西安·三模）如图，在中，的平分线交的延长线于点．若平行四边形的周长为16，且，则的长度为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式2】（25-26八年级下·上海青浦·月考）已知中，，分别以点，点为圆心，以大于的长为半径画弧，分别交于点，，作直线交于点，则的度数是___________． 【变式3】（25-26八年级下·浙江杭州·月考）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． 题型05 证明四边形是平行四边形 【典例5】（2026九年级·黑龙江齐齐哈尔·专题练习）在四边形中，已知，与交于点，则添加下列条件能判定四边形是平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【变式1】（25-26八年级下·上海·月考）已知四边形，从下列条件中：①，②，③，④，任取两个，可以得出“四边形是平行四边形”这一结论的情况有（   ） A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 【变式2】（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在平行四边形中，E，F分别是，边上的点，且，求证：四边形是平行四边形． 【变式3】（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． 题型06 平行四边形的性质与判定的综合 【典例6】（25-26八年级下·全国·课前预习）如图，在四边形中，，，点E为的中点，将分别平移到和的位置．若，，则的长为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【变式1】（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图，的对角线相交于点O，的平分线与边相交于点P，过点O作平行于的直线交于点E，若，，则的长为（   ） A．8 B．9 C．10 D．12 【变式2】（2026八年级下·全国·专题练习）如图，在平行四边形中，相交于点O，点E，F在对角线上，有下列条件：①；②；③；④．其中一定能判定四边形是平行四边形的是______． 【变式3】（23-24八年级下·湖南娄底·开学考试）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． 题型07 利用矩形的性质求解 【典例7】（25-26九年级下·辽宁大连·月考）如图，矩形的对角线，相交于点，于点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（25-26八年级下·江苏泰州·月考）如图，矩形的对角线，相交于点O，， ，若，则__________． 【变式2】（25-26八年级下·上海青浦·月考）如图，矩形中，，垂足为，且，，则___________． 【变式3】（2026·湖南长沙·二模）如图，在矩形中，点和点在边上，且． (1)求证：； (2)若，，求的长． 题型08 证明四边形是矩形 【典例8】（25-26九年级上·广东佛山·月考）要使变为矩形，可以添加的条件是（    ） A． B． C． D． 【变式1】（2026·黑龙江·一模）如图，在平行四边形中，点在对角线上，且，连接，．请添加一个条件_________，使四边形为矩形（填一个即可）． 【变式2】（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，中，对角线相交于点，点E，F是对角线的三等分点，连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)不添加辅助线的情况下，在中添加一个条件______，可使四边形是矩形． 【变式3】（25-26九年级上·甘肃酒泉·月考）如图，在中，D是边上的一点，E是的中点，过A点作的平行线交的延长线于点F，且，连接． (1)线段与有何数量关系，为什么？ (2)当满足什么条件时，四边形是矩形？请说明理由． 题型09 矩形的性质与判定的综合 【典例9】（23-24八年级下·江苏南通·月考）如图，在中，对角线、相交于点O，且，，则的度数为（  ）    A． B． C． D． 【变式1】（24-25八年级下·湖北十堰·期末）如图，在中，，，，P为边上一动点，于E，于F，M为的中点，则的最小值为（　　） A．2 B． C． D． 【变式2】（24-25八年级上·山东烟台·期末）在中，点E为的中点，过点D作于点G，若点F为的中点，，，则的长为______ ． 【变式3】（24-25九年级下·江苏无锡·月考）如图，在中，点E是边的中点，连接并延长，交的延长线于点F．连接． (1)求证：； (2)当四边形是矩形时，若，求的度数． 题型10 利用菱形的性质求解 【典例10】（2026·江苏盐城·一模）如图，在菱形中，对角线与交于点，垂足为，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【变式1】（25-26八年级下·重庆·月考）如图，四边形是菱形，于，则等于（    ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26八年级下·上海闵行·月考）如图，在菱形中，，，则菱形的面积为________． 【变式3】（25-26九年级上·四川成都·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，点E在边上，连接并延长交于点F．若，则与的面积之和为 ____________________ ． 题型11 证明四边形是菱形 【典例11】（25-26九年级上·陕西咸阳·期中）如图，在平行四边形ABCD中，下列条件不能使其成为菱形的是（　　） A． B． C． D． 【变式1】（2024·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，与相交于点O，请添加一个条件________，使四边形是菱形． 【变式2】（25-26九年级上·江西吉安·期末）如图，在中，，点D，E分别是，的中点，连接并延长至点，使得，连接，，．求证：四边形是菱形． 【变式3】（25-26九年级上·云南昆明·期末）如图，是平行四边形的对角线，，点，分别是，的中点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，四边形的面积为，求的长． 题型12 菱形的性质与判定的综合 【典例12】（2025·四川内江·中考真题）按如下步骤作四边形：（1）画；（2）以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交、于点、：（3）分别以点和点为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；（）连接、、．若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25八年级下·湖北荆州·期末）如图，矩形的对角线，相交于点，，，若，则四边形的周长为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25九年级上·宁夏中卫·期末）如图，将矩形纸片对折，使边与，与分别重合，展开并顺次连接折痕端点后得到四边形．若，，则四边形的面积为________． 【变式3】（23-24八年级下·新疆巴州·期末）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交， 于点E，F，连接，．若 则 ________________________． 题型13 正方形的性质与判定的综合 【典例13】（25-26九年级上·陕西汉中·期末）如图，四边形是正方形，是等边三角形，连接，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25八年级下·上海·期末）如图，正方形中，点E、F分别在边、上，，，如果，那么的周长是_________． 【变式2】（25-26八年级上·湖南张家界·期末）如图所示，在中，，平分，，，求证：四边形是正方形． 【变式3】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，分别在正方形的边上截取相等的线段，连接得四边形． (1)求证：四边形是正方形； (2)连接，若，求的长． 题型14 特殊四边形的翻折问题 【典例14】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，点在边上，将沿翻折，使点的对应点落在边上，若，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25八年级下·云南德宏·期末）如图，在矩形中，，，将沿翻折，使得点D落在边上的点F处，则的长是（   ） A．1 B．2 C．6 D．8 【变式2】（25-26七年级上·浙江宁波·期末）如图，将一张正方形纸片折叠，、为折痕，点B、D折叠后的对应点分别为点、，若，则的度数为______ ． 【变式3】（25-26九年级上·广西贺州·期末）已知矩形纸片，按要求解决下列问题． (1)如图1，把矩形纸片折叠，使得点落在上的点处，则______，______．（用图中的字母表示） (2)如图2，将矩形纸片折叠，使点与点重合，点落在处，折痕交边于点，交边于点，连接．猜想四边形的形状并说明理由． (3)如图3，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处，得到折痕，再将矩形纸片沿过点的直线折叠，点恰好落在上的点处，点落在点处，得到折痕，交于点．求证：． 题型15 中点四边形问题 【典例15】（24-25八年级下·山东临沂·期末）顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形，菱形的中点四边形是（    ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【变式1】（23-24八年级下·福建莆田·期中）如图，已知矩形ABCD的面积为1，，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第6次操作后，得到四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级下·上海奉贤·期末）如图，，在一座木建筑中，有一扇矩形窗户(四边形)，工人师傅准备连接窗户各边中点来制作精美的装饰边框，如果他们测得边的长为米，边的长为米，那么四边形的周长为________米． 【变式3】（24-25八年级下·湖南长沙·期末）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，我们约定： 如果原四边形的中点四边形是个矩形，我们把这个原四边形叫做“博学四边形”． 如果原四边形的中点四边形是个菱形，我们把这个原四边形叫做“博思四边形”． 如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“博闻四边形”． 请你根据该约定，解答下列问题： (1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”．） ①平行四边形一定不是“博学四边形”；（   ） ②对角线相等的四边形是“博思四边形”；（   ） ③正方形一定是“博闻四边形”．（   ） (2)如图2，以的两边，为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连结，，． ①试说明：四边形是“博闻四边形”； ②若，，，求的长； (3)如图3，已知四边形是“博闻四边形”，，分别是，的中点，当的最小值是2时，求的长度． 一、单选题 1．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．（25-26八年级下·辽宁鞍山·月考）九边形的内角和为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·辽宁鞍山·一模）如图，在平行四边形中，点E为边上一点，连接，若，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·山西吕梁·一模）如图，在菱形中，，分别为，的中点，连接，交于点．若，，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 5．（2026·河南周口·一模）如图，在中，将沿对角线折叠后，点恰好落在的延长线上的点处．若，，则的长是（　　） A． B． C． D． 二、填空题 6．（25-26八年级下·宁夏吴忠·期中）如图，在中，，点分别是三边的中点，且，则______． 7．（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·月考）如图，矩形纸片中，已知，折叠纸片使边与对角线重合，点落在点处，折痕为，且，则的长为_____． 8．（25-26八年级下·山西阳泉·月考）的周长为26，相交于点O，的周长比的周长小，_________． 9．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，，分别是，的中点，是线段上一点，连接，，若，，，则的长为___________． 10．（2026·黑龙江佳木斯·一模）如图，在菱形中，对角线，， 点E、F 分别是边、的中点， 点P在上运动，在运动过程中，存在的最小值，则这个最小值是________ 三、解答题 11．（22-23八年级下·浙江嘉兴·期中）如图，在中，是对角线，作于点E，于点F． (1)求证：； (2)若，，时，求的周长． 12．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在中，，点为中点，连接，过点作，，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，，求四边形的周长． 13．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，中，外角的平分线交于点A，过点A分别作直线的垂线，B，D为垂足． (1)求的度数； (2)①求证：四边形是正方形； ②若，求的值． 14．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，平行四边形中，平分，交于点E，且，延长与的延长线交于点F．求证： (1)是等边三角形； (2)； (3)． 15．（25-26八年级下·辽宁盘锦·月考）如图，在平行四边形中，过点作于点，点在边上，，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，且，满足，求四边形的面积． 16．（25-26七年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图①，在中，．动点P以每秒5个单位长度的速度从点A出发在上往返运动；同时动点Q以每秒2个单位长度的速度从点B出发沿运动，到C点停止．当点P、点Q中有一点停止运动，另一点也同时停止运动．设点P运动的时间为秒． (1)当点P从A向D运动时，_____，_____；当点P从D向A运动时，_____（用含t的代数式表示）． (2)如图②，点M、N分别为、的中点，当以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出所有满足条件的t的值． 17．（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·月考）中，于E，于F． (1)如图1，求证：； (2)如图2，点在上，连接，过点作于，交于，，求证：平分； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，过点作于，交于，，，，求的长． 18．（25-26八年级下·贵州铜仁·月考）阅读下面材料：在数学课上，老师请同学们思考如下问题：如图1，我们把一个四边形的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到的四边形是平行四边形吗？ 小明在思考问题时，有如下思路：连接． 结合小明的思路作答： (1)若只改变图1中四边形的形状（如图2），则四边形还是平行四边形吗？请说明理由； 参考小明思考问题的方法，解决以下问题： (2)如图2，在（1）的条件下，若连接，．当与满足什么关系时，四边形是菱形．请说明理由； (3)如图2，在（1）的条件下，若连接，．当与满足什么关系时，四边形是正方形．直接写出结论． 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 四边形章节复习 教学目标 1. 理解多边形定义及相关概念，掌握多边形内角和与外角和公式，能进行基本计算。 2. 掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的定义、性质与判定，理解它们的从属关系，熟知三角形中位线定理。 3. 认识中心对称图形，提升逻辑推理、几何直观能力，学会用转化思想解决四边形相关问题。 教学重难点 1.重点 （1）平行四边形的性质与判定，它是本章核心，也是学习特殊平行四边形的基础，需熟练掌握并应用。 （2）矩形、菱形、正方形的性质与判定，理清特殊四边形间的联系与区别，能进行相关证明与计算。 2.难点 （1） 特殊四边形性质与判定的灵活运用，易混淆定理条件与结论，综合题中难快速选择合适定理。 （2）辅助线的添加与转化思想的应用，将四边形问题转化为三角形问题，是几何证明的关键与难点。 知识点01 多边形的内角和与外角和 多边形 知识点02 中心对称和中心对称图形 中心对称 （1）中心对称的定义 把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．． （2）中心对称的性质 ①关于中心对称的两个图形能够完全重合； ②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分． 中心对称图形 （1）定义 把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心． 注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同． （2）常见的中心对称图形 平行四边形、圆形、正方形、长方形等等． 知识点03 三角形的中位线 三角形中位线 知识点04 平行四边形的性质与判定 平行四边形：两组对边分别平行的四边形. 知识点05 矩形的性质与判定 矩形 1 矩形的性质 （1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形． （2）矩形的性质 ①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直； ④对角线：矩形的对角线相等； ⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点． （3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 2 矩形的判定 （1）矩形的判定： ①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形； ②有三个角是直角的四边形是矩形； ③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”） （2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等． ②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形． 知识点06 菱形的性质与判定 菱形 1 菱形的性质 （1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形． （2）菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四条边都相等； ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角； ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． （3）菱形的面积计算 ①利用平行四边形的面积公式． ②菱形面积ab．（a、b是两条对角线的长度） 2 菱形的判定 ①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）； ②四条边都相等的四边形是菱形． 几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形； ③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）． 几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形 知识点07 正方形的性质与判定 正方形 1. 定义：有一组邻边相等并且有一个内角是直角的平行四边形叫做正方形． 2. 正方形与矩形、菱形的关系 矩形 邻边相等 正方形 菱形 一个角是直角 正方形 3. 性质定理 正方形既是矩形又是菱形，因而它具备两者所有的性质． 性质定理1：正方形的四个角都是直角；正方形的四条边都相等． 性质定理2：正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对 角． 4. 判定定理： 判定定理1：有一组邻边相等的矩形是正方形． 判定定理2：有一个内角是直角的菱形是正方形． 题型01 多边形内角和与外角和有关的求解 【典例1】（25-26八年级下·广东东莞·月考）六边形的内角和是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：∵边形的内角和公式为，六边形的边数． ∴六边形的内角和为． 【变式1】（2026年四川绵阳市九年级第一次学科教育质量检测数学试题）如图是我国在2025年发行的一枚纪念币，其外形为正十二边形，则这枚纪念币外边缘十二个角的大小均为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正多边形的性质，其每个内角都相等． 可以利用多边形内角和公式求出总内角和再除以边数，或者利用多边形外角和为先求出外角，再利用邻补角关系求出内角． 【详解】解： 该纪念币外形为正十二边形 其边数 方法一：∵正十二边形的内角和为 每个内角的大小为 方法二：∵正十二边形的每个外角为 每个内角的大小为 【变式2】（2026·吉林·一模）中国乒乓球队运动员孙颖莎王楚钦在巴黎奥运会上获得我国首枚奥运混双金牌，它不仅再次印证了中国乒乓球的卓越实力，更是对国家荣誉的有力捍卫，对中华体育精神的生动诠释．图1是2024年巴黎奥运会金牌，金牌正中间镶嵌了一块来自埃菲尔铁塔的正六边形铁块，这个正六边形铁块的示意图如图2所示，则的度数是______． 【答案】/60度 【分析】根据正n边形的外角求解即可． 【详解】解：∵是正六边形的外角， ∴． 【变式3】（2026·山东日照·模拟预测）如图，太阳光线平行照射在正五边形的物体上，若，则的度数为______． 【答案】/度 【分析】先标注图形，再根据五边形的内角和求出，再根据三角形内角和定理求出，然后根据平行线的性质得出答案． 【详解】解：如图所示， ∵五边形是五边形， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 题型02 中心对称图形的识别 【典例2】（25-26八年级下·四川成都·月考）2025年，中国新能源汽车产销量突破了1600万辆，这个数字是全球的，也是连续十年全球排名第一，下列图案是我国四款新能源汽车的标志，其中是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：、不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 、是中心对称图形，故本选项符合题意； 、不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 、不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 【变式1】（22-23八年级下·江苏徐州·期中）下列银行的图标为中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据定义逐项判断即可，将一个图形绕某一点旋转，能与本身重合，这样的图形叫做中心对称图形． 【详解】解：A、不是中心对称图形，不符合题意； B、是中心对称图形，符合题意； C、不是中心对称图形，不符合题意； D、不是中心对称图形，不符合题意． 【变式2】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，四边形与四边形关于点成中心对称，，则的度数为_____，的长度为_____． 【答案】 92° 3 【分析】本题考查了中心对称的性质：对应线段相等，对应角相等；根据中心对称的性质即可求解． 【详解】解：四边形与四边形关于点O成中心对称， ， 故答案为：，3． 【变式3】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，已知与成中心对称，点A是对称中心，则点C的对应点为点________． 【答案】 【分析】结合成中心对称的图形的性质解答． 本题主要考查了中心对称图形的定义，熟练掌握是解决本题的关键． 【详解】解：根据成中心对称的图形的性质可得，点的对称点为点． 故答案为：． 题型03 三角形中位线定理的应用 【典例3】（24-25八年级下·重庆·期中）如图，是的中位线，的角平分线交于点，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由三角形中位线定理可得，，，由平行线的性质可得，由角平分线定义得到，因此，可得，求出，得到，即可得的长． 【详解】解：∵是的中位线， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【变式1】（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2】（25-26八年级下·上海·月考）如图，为的中位线，点在上，平分，若，，的长为______． 【答案】2 【分析】根据三角形中位线的性质可得，，，结合平行线的性质和角平分线的定义可得，则可得，进而可得． 【详解】解：∵为的中位线，且， ∴，， ∵D是的中点，且 ， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式3】（2026·浙江台州·一模）如图，在中，点，分别是，中点，连接，的平分线交于点． (1)求证：． (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由角平分线得，再用三角形中位线定理证，得，通过等量代换即可得证； （2）先用中位线定理求出的长，由算出，再结合第一问的等角对等边得出即可． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵点，分别是，中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵点，分别是，中点， ∴是的中位线， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴． 题型04 利用平行四边形的性质求解 【典例4】（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：． 【变式1】（2026·陕西西安·三模）如图，在中，的平分线交的延长线于点．若平行四边形的周长为16，且，则的长度为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】利用平行四边形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定和性质求解即可． 【详解】解：如图，设，相交于点, 在中，，，，， ，， 平分， ， ， , ， ， ， 的周长为， ， ， ， ． 【变式2】（25-26八年级下·上海青浦·月考）已知中，，分别以点，点为圆心，以大于的长为半径画弧，分别交于点，，作直线交于点，则的度数是___________． 【答案】 【分析】先由平行四边形性质求出和的度数，再根据尺规作图得出是的垂直平分线，利用等腰三角形等边对等角求出，最后通过角的差即可计算出的度数． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，， 由作图可知，直线是线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∴． 【变式3】（25-26八年级下·浙江杭州·月考）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，， ∴． 题型05 证明四边形是平行四边形 【典例5】（2026九年级·黑龙江齐齐哈尔·专题练习）在四边形中，已知，与交于点，则添加下列条件能判定四边形是平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质，掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形是解题的关键． 已知，结合各选项条件，利用平行线性质、全等三角形判定与性质、平行四边形判定定理，判断能否推出四边形是平行四边形即可． 【详解】解：∵， ∴ A、若，四边形可能是等腰梯形，不能判定为平行四边形，不符合题意； B、∵， ∴，， ∵， ∴ ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形，符合题意， C、由本身即可推出，无法额外判定四边形是平行四边形，不符合题意； D、无法推出或，不能判定四边形是平行四边形，不符合题意． 故选：B． 【变式1】（25-26八年级下·上海·月考）已知四边形，从下列条件中：①，②，③，④，任取两个，可以得出“四边形是平行四边形”这一结论的情况有（   ） A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 【答案】B 【分析】本题根据平行四边形的判定定理，逐一列举所有选取两个条件的组合，判断能否推出四边形是平行四边形，统计符合结论的数量即可． 【详解】从4个条件中任取2个，共有如下6种组合：①②，①③，①④，②③，②④，③④， ∵ 两组对角分别相等的四边形是平行四边形，条件①，②满足该判定，∴ 组合①②可推出四边形是平行四边形； ∵ 两组对边分别相等的四边形是平行四边形，条件③，④满足该判定，∴ 组合③④可推出四边形是平行四边形； 组合①③，①④，②③，②④均不满足平行四边形的判定条件，无法推出四边形是平行四边形， ∴符合结论的情况共2种，故选B． 【变式2】（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在平行四边形中，E，F分别是，边上的点，且，求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】只要证明，即可． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，，即， 又， ，即， 四边形是平行四边形． 【变式3】（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． 题型06 平行四边形的性质与判定的综合 【典例6】（25-26八年级下·全国·课前预习）如图，在四边形中，，，点E为的中点，将分别平移到和的位置．若，，则的长为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】本题主要考查了图形的平移变换及性质，平行四边形的判定和性质，首先证明四边形，四边形均为平行四边形，从而得，，进而得，据此可得出的长． 【详解】解：∵为的中点，， ∴ 根据平移的性质得：， 又∵， ∴四边形，四边形均为平行四边形， ∴， ∴， ∴． 故选：C 【变式1】（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图，的对角线相交于点O，的平分线与边相交于点P，过点O作平行于的直线交于点E，若，，则的长为（   ） A．8 B．9 C．10 D．12 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定． 由平行四边形的性质推出，，， 由平行线的性质推出，由角平分线定义得到，因此，推出，证明，可得 ，从而得到，即可求解． 【详解】解：如图，过点P作交射线于点F， 四边形是平行四边形， ，，， ， 平分， ， ， ， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴． 故选：C． 【变式2】（2026八年级下·全国·专题练习）如图，在平行四边形中，相交于点O，点E，F在对角线上，有下列条件：①；②；③；④．其中一定能判定四边形是平行四边形的是______． 【答案】①④ 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 根据全等三角形的判定与性质和平行四边形的判定与性质分别推理论证，即可得到结论． 【详解】解：①∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∵， ∴， 即， ∴四边形是平行四边形； ②∵，不能判定， ∴不能判定四边形是平行四边形； ③添加不能判定四边形是平行四边形； ④∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即， 又∵， ∴四边形是平行四边形； 故答案为：①④． 【变式3】（23-24八年级下·湖南娄底·开学考试）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． 题型07 利用矩形的性质求解 【典例7】（25-26九年级下·辽宁大连·月考）如图，矩形的对角线，相交于点，于点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的性质，等边对等角，结合三角形的外角的性质，求出的度数，再根据三角形的内角和定理进行求解即可． 【详解】解：∵矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【变式1】（25-26八年级下·江苏泰州·月考）如图，矩形的对角线，相交于点O，， ，若，则__________． 【答案】124 【分析】先根据矩形的性质得到对角线相等且互相平分，求得的度数，再判定四边形是平行四边形，得到． 【详解】解：在矩形中，， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ． 【变式2】（25-26八年级下·上海青浦·月考）如图，矩形中，，垂足为，且，，则___________． 【答案】8 【分析】由矩形的性质得，进而可证垂直平分，可得，即可得解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， 垂直平分， ， ． 【变式3】（2026·湖南长沙·二模）如图，在矩形中，点和点在边上，且． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用证明即可； （2）由全等三角形的性质求得，得到，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴，， ∵， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴，即， ∵，， ∴． 题型08 证明四边形是矩形 【典例8】（25-26九年级上·广东佛山·月考）要使变为矩形，可以添加的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定，解答此题的关键是熟练掌握矩形的判定定理． 矩形是有一个角是直角的平行四边形，或对角线相等的平行四边形，添加条件需使平行四边形满足矩形定义． 【详解】解：选项A和B是平行四边形固有性质，不能保证为矩形，不符合题意； 选项C中，表示邻边相等，可证四边形为菱形，但不一定是矩形，不符合题意； 选项D中，对角线相等，可证平行四边形为矩形，符合题意； 故选D． 【变式1】（2026·黑龙江·一模）如图，在平行四边形中，点在对角线上，且，连接，．请添加一个条件_________，使四边形为矩形（填一个即可）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据平行四边形的性质得到，根据全等三角形的判定定理证明四边形为平行四边形，进而即可得到答案． 【详解】解：添加，理由如下： 四边形是平行四边形， ，， ． 在和中， ， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ∵， 四边形是矩形． 【变式2】（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，中，对角线相交于点，点E，F是对角线的三等分点，连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)不添加辅助线的情况下，在中添加一个条件______，可使四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质得，，再证，即可得出四边形是平行四边形； （2）证，再由（1）得四边形是平行四边形，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵点，是对角线的三等分点， ∴， ∴， 即， ∴四边形是平行四边形； （2）解：在中添加一个条件时，四边形是矩形，理由如下： ∵点，是对角线的三等分点， ∴， ∵， ∴， 由（1）得：四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形， ∴在中添加一个条件，可使四边形是矩形． 【变式3】（25-26九年级上·甘肃酒泉·月考）如图，在中，D是边上的一点，E是的中点，过A点作的平行线交的延长线于点F，且，连接． (1)线段与有何数量关系，为什么？ (2)当满足什么条件时，四边形是矩形？请说明理由． 【答案】(1)，理由见解析 (2)当满足时，四边形是矩形，理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质、矩形的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）先证明得到，再结合，即可得出结论； （2）先证明四边形是平行四边形，由（1）得，当满足时，利用三线合一性质得到，再根据矩形的判定即可解答． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵E是的中点， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）解：当满足时，四边形是矩形，理由如下： ∵，， ∴四边形是平行四边形， 由（1）得，， 当时，则， ∴， ∴平行四边形是矩形． 题型09 矩形的性质与判定的综合 【典例9】（23-24八年级下·江苏南通·月考）如图，在中，对角线、相交于点O，且，，则的度数为（  ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，根据矩形的判定得到四边形是矩形，由矩形的性质求出，由角的和差关系求出，再根据等边对等角求出即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴ 故选：A． 【变式1】（24-25八年级下·湖北十堰·期末）如图，在中，，，，P为边上一动点，于E，于F，M为的中点，则的最小值为（　　） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】先求证四边形是矩形，再根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，利用三角形面积求得最短时的长，然后即可求出的最小值． 【详解】解：连接，如图所示： ∵，，， ∴， ∵于E，于F， ∴四边形是矩形， ∴，与互相平分， ∵M是的中点， ∴M为的中点， ∴， 根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短， 即时，最短，同样也最短， ∴当时，， ∴最短时，， ∴当最短时，． 【变式2】（24-25八年级上·山东烟台·期末）在中，点E为的中点，过点D作于点G，若点F为的中点，，，则的长为______ ． 【答案】 【分析】本题考查三角形中位线的性质，矩形的性质和判定，勾股定理；连接，取中点M，连接，，得出是的中位线，得出，，，，再由得出四边形是矩形，最后通过勾股定理即可求出. 【详解】解：连接，取中点M，连接，，交于点，如图所示， ∵E是中点， ∴是的中位线， ∴，， 同理：，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式3】（24-25九年级下·江苏无锡·月考）如图，在中，点E是边的中点，连接并延长，交的延长线于点F．连接． (1)求证：； (2)当四边形是矩形时，若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查矩形与平行四边形的性质，全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理和矩形的性质是解题的关键， （1）根据平行四边形的性质得到，从而得，再利用全等三角形的判定定理即可证得； （2）根据矩形的性质得到，即可推出，再根据平行四边形的性质即可求得的度数． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴， ∵点E是的中点， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴． 题型10 利用菱形的性质求解 【典例10】（2026·江苏盐城·一模）如图，在菱形中，对角线与交于点，垂足为，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据菱形的性质以及直角三角形的性质进行求解即可． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【变式1】（25-26八年级下·重庆·月考）如图，四边形是菱形，于，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设与交于点，根据菱形的性质可得，，，利用勾股定理求出的长，再根据菱形的面积公式即可求出的长． 【详解】解：设与交于点， 四边形是菱形，，， ，，， 在中，， ， ， ． 【变式2】（25-26八年级下·上海闵行·月考）如图，在菱形中，，，则菱形的面积为________． 【答案】 【分析】先证明是等边三角形，求出，，进而利用菱形的面积公式即可解决问题． 【详解】解：如图，连接，交于O， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积． 【变式3】（25-26九年级上·四川成都·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，点E在边上，连接并延长交于点F．若，则与的面积之和为 ____________________ ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质及面积计算．利用菱形对边平行、对角线互相垂直平分的性质，证明与全等，进而将两个三角形的面积之和转化为的面积求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，是等边三角形，，对角线， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 题型11 证明四边形是菱形 【典例11】（25-26九年级上·陕西咸阳·期中）如图，在平行四边形ABCD中，下列条件不能使其成为菱形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的判定方法：四边都相等的四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形． 根据菱形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， 故A不符合题意； 四边形是平行四边形，且， 四边形是菱形， 故B不符合题意； 四边形是平行四边形，且， 四边形是菱形， 故C不符合题意； 无法证明四边形是菱形， 故D符合题意； 故选：D． 【变式1】（2024·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，与相交于点O，请添加一个条件________，使四边形是菱形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了菱形的判定定理，由题干的已知条件可得出四边形是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得解，熟练掌握菱形的判定定理是解此题的关键． 【详解】解：添加（答案不唯一）， ∵在四边形中，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 【变式2】（25-26九年级上·江西吉安·期末）如图，在中，，点D，E分别是，的中点，连接并延长至点，使得，连接，，．求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可． 【详解】证明：点E是的中点， ． ， ∴四边形是平行四边形． 在中，，点D是的中点， ． ∴四边形是菱形． 【点睛】直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 【变式3】（25-26九年级上·云南昆明·期末）如图，是平行四边形的对角线，，点，分别是，的中点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，四边形的面积为，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是掌握相关性质定理． （1）先证明，，得到四边形是平行四边形，再结合直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半得到，从而得证； （2）先根据四边形的面积求得的长，再由勾股定理求得的长，从而得到的长，最后根据菱形的性质即可得解． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， 点，分别是，的中点， ，， ， 四边形是平行四边形， ，是的中点， ， 平行四边形是菱形． （2）解：的面积是，，， ，即， ， ， ， 由（1）知，四边形是菱形， ． 题型12 菱形的性质与判定的综合 【典例12】（2025·四川内江·中考真题）按如下步骤作四边形：（1）画；（2）以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交、于点、：（3）分别以点和点为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；（）连接、、．若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了作线段，菱形的性质与判定，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：根据作图可得 ∴四边形是菱形，则， 又∵， ∴ 故选：D． 【变式1】（24-25八年级下·湖北荆州·期末）如图，矩形的对角线，相交于点，，，若，则四边形的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，以及菱形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键． 由四边形为矩形，得到对角线互相平分且相等，得到，再利用两对边平行的四边形为平行四边形得到四边形为平行四边形，利用邻边相等的平行四边形为菱形得到四边形为菱形，根据的长求出的长，即可确定出其周长． 【详解】解：四边形为矩形， ，，且， ， ，， 四边形为平行四边形， ， 四边形为菱形， ， 则四边形的周长为． 故选：B ． 【变式2】（24-25九年级上·宁夏中卫·期末）如图，将矩形纸片对折，使边与，与分别重合，展开并顺次连接折痕端点后得到四边形．若，，则四边形的面积为________． 【答案】6 【分析】本题考查矩形与折叠，菱形的判定和性质，根据矩形和折叠的性质，推出四边形为菱形，根据菱形的面积公式进行求解即可． 【详解】解：∵矩形对折， ∴垂直平分，垂直平分，， ∴四边形均为矩形， ∴，互相垂直平分， ∴四边形为菱形， ∴四边形的面积为； 故答案为：6． 【变式3】（23-24八年级下·新疆巴州·期末）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交， 于点E，F，连接，．若 则 ________________________． 【答案】/59度 【分析】本题考查矩形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质等知识， 首先证明四边形是菱形，再根据菱形的对角线平分一组对角进行求解； 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，． ∵垂直平分， ∴，，， ∵， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴． ∵， ， ∴， ， 故答案为：． 题型13 正方形的性质与判定的综合 【典例13】（25-26九年级上·陕西汉中·期末）如图，四边形是正方形，是等边三角形，连接，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形，等边三角形的性质，等边对等角，熟练掌握以上知识是解题的关键． 首先由正方形的性质得到，，，然后由等边三角形的性质得到，，推出，，然后利用等腰三角形的性质求出，进而求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴ ∴． 故选：D． 【变式1】（24-25八年级下·上海·期末）如图，正方形中，点E、F分别在边、上，，，如果，那么的周长是_________． 【答案】/ 【分析】证明出四边形是平行四边形，得到，求出，利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形 ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形 ∴ ∴ ∴ ∴的周长是． 【变式2】（25-26八年级上·湖南张家界·期末）如图所示，在中，，平分，，，求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了角平分线的性质定理，等边对等角，正方形的判定． 先根据角平分线的性质定理得到，，进而求出，，，得到，，得到，即可证明四边形是正方形． 【详解】证明：∵，平分， ∴，， 又∵，， ∴，，， ∴， ∴ ∴且， ∴四边形是正方形． 【变式3】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，分别在正方形的边上截取相等的线段，连接得四边形． (1)求证：四边形是正方形； (2)连接，若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由正方形性质得到，结合已知条件，由三角形全等的判定得到，再由全等性质得到，即可得证四边形是菱形，再求出，由正方形的判定即可得证； （2）先求出，，在中，由勾股定理得到，在正方形中，为其对角线，则在等腰中，，由勾股定理求解即可得到答案． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ， 又， ， ， 则四边形是菱形， 又， ， ， 四边形是正方形； （2）解：， ， 由（1）知， 在中，，，，则由勾股定理得， 在正方形中，为其对角线，则在等腰中，，由勾股定理可得． 【点睛】本题考查正方形综合，涉及正方形判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、互余、直角三角形性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识．熟记特殊四边形的判定与性质是解决问题的关键． 题型14 特殊四边形的翻折问题 【典例14】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，点在边上，将沿翻折，使点的对应点落在边上，若，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由翻折得出，，求出，根据勾股定理求出，进而求出结论． 【详解】解：四边形是平行四边形，，， ，， 点在边上，将沿翻折，使点的对应点落在边上， ，， ， ， ， ． 【变式1】（24-25八年级下·云南德宏·期末）如图，在矩形中，，，将沿翻折，使得点D落在边上的点F处，则的长是（   ） A．1 B．2 C．6 D．8 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等，解题的关键是掌握折叠前后对应边相等． 根据矩形的性质及折叠的性质可得，，然后利用勾股定理求出的长，进而即可解答． 【详解】解：四边形是矩形， ∴，， 将沿翻折，点D落在边上F处， ∴， ∴在中， ， ． 故选：B 【变式2】（25-26七年级上·浙江宁波·期末）如图，将一张正方形纸片折叠，、为折痕，点B、D折叠后的对应点分别为点、，若，则的度数为______ ． 【答案】 【分析】本题考查了图形的折叠变换及其性质、正方形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 设，，，由折叠性质得，，根据和求解即可． 【详解】解：由题意知， 设，，， ，， 由折叠性质得：，， ∵， ， ， 又， ， ， ， 解得：， 故答案为：． 【变式3】（25-26九年级上·广西贺州·期末）已知矩形纸片，按要求解决下列问题． (1)如图1，把矩形纸片折叠，使得点落在上的点处，则______，______．（用图中的字母表示） (2)如图2，将矩形纸片折叠，使点与点重合，点落在处，折痕交边于点，交边于点，连接．猜想四边形的形状并说明理由． (3)如图3，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处，得到折痕，再将矩形纸片沿过点的直线折叠，点恰好落在上的点处，点落在点处，得到折痕，交于点．求证：． 【答案】(1)； (2)四边形的形状是菱形，理由见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据折叠的性质得，； （2）根据折叠的性质得，，，再根据矩形的性质得，则，进而推出，证明四边形是平行四边形，再由可得四边形是菱形； （3）如图，连接，，先根据折叠的性质得，，证明四边形是正方形，得，再根据折叠的性质和矩形的性质推出，然后证明得，即，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵把矩形纸片折叠，使得点落在上的点处， ∴，， 故答案为：；； （2）解：四边形的形状是菱形，理由如下： 根据折叠的性质得，，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （3）证明：如图，连接，， ∵将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∵将矩形纸片沿过点的直线折叠，点恰好落在上的点处，点落在点处， ∴，， ∵是矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质，矩形性质，正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质． 题型15 中点四边形问题 【典例15】（24-25八年级下·山东临沂·期末）顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形，菱形的中点四边形是（    ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【答案】C 【分析】本题主要考查了中点四边形，菱形的性质，矩形的判定，平行线的性质，三角形中位线定理，解题的关键是熟练掌握菱形的性质和矩形的判定方法． 连接、，根据中位线性质得出，，证明四边形为平行四边形，根据平行线的性质，证明，得出四边形为矩形． 【详解】解：如图，E，F，G，H是菱形四条边的中点，连接、，如图所示：    ∵四边形为菱形，、、G、H分别为、、、的中点， ∴，， 同理得：，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形． 故选：C． 【变式1】（23-24八年级下·福建莆田·期中）如图，已知矩形ABCD的面积为1，，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第6次操作后，得到四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查规律型：图形的变化类，中点四边形的性质，解题的关键是找出的规律． 记四边形的面积为，根据中点四边形的性质，得出，，，推出，把代入计算即可． 【详解】解：记四边形的面积为， 连接， 、、、为矩形各边的中点， ∴ 、、、为菱形各边的中点， ， ， ， 当时， ∴四边形的面积是． 故选：C． 【变式2】（24-25八年级下·上海奉贤·期末）如图，，在一座木建筑中，有一扇矩形窗户(四边形)，工人师傅准备连接窗户各边中点来制作精美的装饰边框，如果他们测得边的长为米，边的长为米，那么四边形的周长为________米． 【答案】 【分析】本题主要考查勾股定理 ，四边形的综合；根据题意得到四边形为菱形，结合勾股定理得到，再计算周长即可． 【详解】解：由题知：四边形为菱形； ， ， 所以形的周长为米， 故答案为：． 【变式3】（24-25八年级下·湖南长沙·期末）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，我们约定： 如果原四边形的中点四边形是个矩形，我们把这个原四边形叫做“博学四边形”． 如果原四边形的中点四边形是个菱形，我们把这个原四边形叫做“博思四边形”． 如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“博闻四边形”． 请你根据该约定，解答下列问题： (1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”．） ①平行四边形一定不是“博学四边形”；（   ） ②对角线相等的四边形是“博思四边形”；（   ） ③正方形一定是“博闻四边形”．（   ） (2)如图2，以的两边，为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连结，，． ①试说明：四边形是“博闻四边形”； ②若，，，求的长； (3)如图3，已知四边形是“博闻四边形”，，分别是，的中点，当的最小值是2时，求的长度． 【答案】(1)①×；②√；③√ (2)①见解析；② (3) 【分析】（1）根据定义，逐一分析，即可解答； （2）①取四边形各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出四边形是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论；②过点C作交的延长线于点H，过点G作于点M，通过证明得到，在中利用勾股定理即可求解； （3）分别作、的中点E、F并顺次连接、、、，连接交于O，连接、，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可得，当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长，即可求得答案． 【详解】（1）解：（1）∵点E，F，G，H依次是的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形． 当时， ， ∴平行四边形是矩形，即平行四边形有可能是“博学四边形”，故①错误； 当时，， ∴平行四边形是菱形， 即对角线相等的四边形是“博思四边形”，故②正确； 当四边形是正方形时，则有，， ∴，， ∴平行四边形是正方形． ∴正方形一定是“博闻四边形”，故③正确； 故答案为：①×；②√；③√． （2）①证明：如图2，取四边形各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K， ∵四边形各边中点分别为M、N、R、L， ∴分别是的中位线， ∴，，，，，，，， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴菱形是正方形，即原四边形是“博闻四边形”； ②解：过点C作交的延长线于点H，过点G作于点M，如图， 则有， ∴， 由①及题意得，，，， ∴，， ∴，四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴． （3）解：如图4，分别作、的中点E、F并顺次连接，连接交于O，连接、， ∵ 四边形是“博闻四边形”，M，N分别是，的中点， ∴ 四边形是正方形， ∴， ∴， ∵ N，F分别是的中点， ∴， ∴， 当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长， ∴， 由（2）①知：， 在和中 又∵M，N分别是直角三角形斜边的中点， ∴， ∴， ∴， ∵的最小值是2， ∴， 解得， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短，直角三角形斜边上的中线等知识，理解“中点四边形”的定义并运用是本题的关键． 一、单选题 1．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：A、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意． 2．（25-26八年级下·辽宁鞍山·月考）九边形的内角和为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用初中所学的多边形内角和定理，代入边数计算即可得到结果． 【详解】解：∵多边形内角和公式为 ，其中为多边形的边数， 又∵所求多边形为九边形，即， ∴代入公式计算得 ． 3．（2026·辽宁鞍山·一模）如图，在平行四边形中，点E为边上一点，连接，若，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等边对等角得到，再由平行四边形的性质进行求解即可． 【详解】解：，， ， 平行四边形， ． 4．（2026·山西吕梁·一模）如图，在菱形中，，分别为，的中点，连接，交于点．若，，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】由菱形的性质可得，，，再利用勾股定理可得，即；然后利用三角形中位线的性质即可解答． 【详解】解：∵在菱形中，， ∴，， ∴， ∴， ∵，分别为，的中点， ∴． 5．（2026·河南周口·一模）如图，在中，将沿对角线折叠后，点恰好落在的延长线上的点处．若，，则的长是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用折叠和平行四边形的性质可得，，，即可得，四边形是矩形，再根据矩形的性质解答即可求解． 【详解】解：由折叠的性质可知，， ，， ∵点在的延长线上，即、、三点共线， ， ， ∵四边形是平行四边形， ，，， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴． 二、填空题 6．（25-26八年级下·宁夏吴忠·期中）如图，在中，，点分别是三边的中点，且，则______． 【答案】 【分析】根据线段中点的定义求出斜边的长，再根据三角形中位线定理解答即可求解． 【详解】解：∵点是的中点，， ， ∵点分别是的中点， 是的中位线， ． 7．（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·月考）如图，矩形纸片中，已知，折叠纸片使边与对角线重合，点落在点处，折痕为，且，则的长为_____． 【答案】6 【分析】先利用矩形性质得到及，再根据折叠性质得到、、，计算出的长；接着在中用勾股定理求出的长；最后设，在中利用勾股定理建立方程求解． 【详解】解：四边形是矩形，， ，， 是翻折而成， ，，， ，∠EFC=90°， 在中，由勾股定理得： ， 设，则，， 在中，由勾股定理得： 即， 解得． 8．（25-26八年级下·山西阳泉·月考）的周长为26，相交于点O，的周长比的周长小，_________． 【答案】8 【分析】由平行四边形的性质可得，再根据的周长比的周长小可得，然后代入求解即可． 【详解】解：∵的周长为26，相交于点O， ∴， ∵的周长比的周长小， ∴，即， ∴，解得：． 9．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，，分别是，的中点，是线段上一点，连接，，若，，，则的长为___________． 【答案】18 【分析】根据直角三角形斜边中线的性质得到，进而求出的长，再根据三角形中位线的性质得到，据此求解即可． 【详解】解：在中，、是中点， ， ， ，分别是，的中点， ． 10．（2026·黑龙江佳木斯·一模）如图，在菱形中，对角线，， 点E、F 分别是边、的中点， 点P在上运动，在运动过程中，存在的最小值，则这个最小值是________ 【答案】 【分析】设交于O，作E关于的对称点N，连接，交于P，则此时的值最小，根据菱形的性质推出N是中点，P与O重合，推出，根据勾股定理求出的长即可． 【详解】解：设交于O，作E关于的对称点N，连接，交于P，则此时的值最小， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵E为的中点， ∴N在上，且N为的中点， ∵， ∴， ∵，N为中点，F为中点， ∴， ∴， ∴， 即P为中点， ∵O为中点， ∴P、O重合， 即过O点， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，，， 由勾股定理得：， 所以，的最小值为． 三、解答题 11．（22-23八年级下·浙江嘉兴·期中）如图，在中，是对角线，作于点E，于点F． (1)求证：； (2)若，，时，求的周长． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，，进而通过两直线平行内错角相等得到，结合已知条件即可证明； （2）由全等三角形的性质得到，，结合已知条件可证得是等腰直角三角形，从而求得的长度，再利用勾股定理结合平行四边形的性质求出，最后利用平行四边形周长公式即可得出结果． 【详解】（1）证明：在中，，， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴． （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， 在中，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 12．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在中，，点为中点，连接，过点作，，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据直角三角形斜边中线定理得出，根据条件证明四边形是平行四边形，再根据邻边相等即可得出结论； （2）根据菱形的性质得出，，推出，结合角平分线的性质和等角对等边推出，根据等腰三角形的三线合一推出，进而得到，根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】（1）证明：在中，，点为中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）四边形是菱形， ，， ， 平分， ， ， ， 在中，，点为中点， ， 平分，， ， ， ，即， ， ， ， ，， 四边形的周长． 13．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，中，外角的平分线交于点A，过点A分别作直线的垂线，B，D为垂足． (1)求的度数； (2)①求证：四边形是正方形； ②若，求的值． 【答案】(1) (2)①见解析；②128 【分析】（1）先推导出，然后根据角平分线的定义得到，结合三角形内角和定理，即可解答； （2）①过点A作于G，推导出，得到四边形为矩形，然后根据角平分线性质定理推导出，即可证得结论； ②由①得四边形为正方形，推导出，得到，同理可得，再根据勾股定理，得到，化简得，然后展开式子，即可解答． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∵平分平分， ∴， ， ∴， ∴； （2）①证明：过点A作于G， 则， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∵外角平分线交于点A， ∴， ∴， ∴四边形为正方形 ②解：如图 由①得四边形为正方形 ∴， ∵，， ∴， ∴， 同理可得， ∴，， ∵， ∴， 化简，得， ∴． 14．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，平行四边形中，平分，交于点E，且，延长与的延长线交于点F．求证： (1)是等边三角形； (2)； (3)． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，所以，然后结合角平分线的定义，得到，所以，再结合已知条件，即可证明结论； （2）根据“”即可证明结论； （3）根据平行线间的距离处处相等，结合平行四边形的性质，可证明，，即得答案． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 是等边三角形； （2）证明：是等边三角形， ， 由（1）知， ， 四边形是平行四边形， ， ， ； （3）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， 即． 15．（25-26八年级下·辽宁盘锦·月考）如图，在平行四边形中，过点作于点，点在边上，，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，且，满足，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)20 【分析】（1）由在平行四边形中，得到，， 由，可得，根据矩形的判定即可求证． （2）根据平行线的性质和角平分线的性质可得，由勾股定理可求出，即可得出结论． 【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，， ，， ， ， ， ， ， ， 则四边形的面积20． 16．（25-26七年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图①，在中，．动点P以每秒5个单位长度的速度从点A出发在上往返运动；同时动点Q以每秒2个单位长度的速度从点B出发沿运动，到C点停止．当点P、点Q中有一点停止运动，另一点也同时停止运动．设点P运动的时间为秒． (1)当点P从A向D运动时，_____，_____；当点P从D向A运动时，_____（用含t的代数式表示）． (2)如图②，点M、N分别为、的中点，当以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出所有满足条件的t的值． 【答案】(1)或；； (2)或4或 【分析】（1）根据题意列出代数式即可； （2）分三种情况：当点P第一次从点A向点D运动时，四边形为平行四边形，当点P从点D向点A运动时，四边形为平行四边形，当点P第二次从点A向点D运动时，四边形为平行四边形，分别画出图形，列出方程，解方程即可． 【详解】（1）解：当点第一次从向运动时，，则， 当点第二次从向运动时，，则， ∵， ∴； 当点从向运动时， ． （2）解：∵四边形为平行四边形， ∴， ∵点M、N分别为、的中点， ∴， 当点P第一次从点A向点D运动时，四边形为平行四边形，如图所示： 则此时， 即， 解得：； 当点P从点D向点A运动时，四边形为平行四边形，如图所示： 则此时， 即， 解得：； 当点P第二次从点A向点D运动时，四边形为平行四边形，如图所示： 则此时， 即， 解得：； 综上，当以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为或4或． 17．（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·月考）中，于E，于F． (1)如图1，求证：； (2)如图2，点在上，连接，过点作于，交于，，求证：平分； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，过点作于，交于，，，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）证明四边形是矩形，由此即可得证； （2）先证出，则可得，再得出，由此即可得证； （3）先求出的长，再过点作于点，过点作于点，连接，证出，则，，利用勾股定理求出的长，则可得的长，然后设，利用的面积求出，最后在中，利用勾股定理求出的值，由此即可得． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 由（1）已得：， ∴， ∴平分． （3）解：∵四边形是平行四边形，， ∴， 由（2）已证：， ∴， 设，则， ∴， 在中，，即， 解得或（不符合题意，舍去）， ∴， ∴， 如图，过点作于点，过点作于点，连接， ∴四边形是正方形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 设， 在中，， 在中，， 在中，，即， 解得或（不符合题意，舍去）， ∴，，， ∴，， ∴， 设， ∵， ∴， 在中，，即， 解得或（不符合题意，舍去）， ∴． 【点睛】本题的难点在于题（3），解决问题的关键是构造全等三角形，利用勾股定理求出相应线段的长． 18．（25-26八年级下·贵州铜仁·月考）阅读下面材料：在数学课上，老师请同学们思考如下问题：如图1，我们把一个四边形的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到的四边形是平行四边形吗？ 小明在思考问题时，有如下思路：连接． 结合小明的思路作答： (1)若只改变图1中四边形的形状（如图2），则四边形还是平行四边形吗？请说明理由； 参考小明思考问题的方法，解决以下问题： (2)如图2，在（1）的条件下，若连接，．当与满足什么关系时，四边形是菱形．请说明理由； (3)如图2，在（1）的条件下，若连接，．当与满足什么关系时，四边形是正方形．直接写出结论． 【答案】(1)四边形还是平行四边形，理由见解析 (2)，理由见解析 (3)， 【分析】（1）连接，根据中位线定理，可得，，，，从而，，再根据平行四边形的判定，即可说明； （2）根据中位线定理，易得，，从而，再根据“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”，即可说明； （3）根据中位线定理，易得，，从而且，根据“有一个角是直角的菱形是正方形”，即可说明． 【详解】（1）解：四边形还是平行四边形，理由如下： 如图，连接， E，F分别是，的中点， ，， 同理可得，， ，， 四边形是平行四边形； （2）解：当时，四边形是菱形．理由如下： 由（1）可知，四边形是平行四边形， G，F分别是，的中点， ， ，， ， 四边形是菱形； （3）解：当且时，四边形是正方形．理由如下： 由（2）可知，四边形是菱形， G，F分别是，的中点， ， ，， ，即， 四边形是正方形． 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $