第二十一章 四边形 期末复习讲义版（基础版）-2025-2026学年人教版数学八年级下册

2025-2026学年人教版新教材数学八年级下册期末复习精讲精练讲义【题型讲练】 第二十一章 四边形【期末复习讲义】-基础版 『导图+知识梳理+29个题型讲练+真题实战练 共68题』（解析版） 归纳 题型汇总 一览无余 题型序列 题型名称 题型序列 题型名称 题型一 多边形内角和问题 题型十六 根据矩形的性质与判定求面积 题型二 正多边形的内角问题 题型十七 根据菱形的性质与判定求角度 题型三 多（少）算一个角问题 题型十八 根据菱形的性质与判定求线段长 题型四 多边形截角后的内角和问题 题型十九 根据菱形的性质与判定求面积 题型五 正多边形的外角问题 题型二十 正方形折叠问题 题型六 多边形外角和的实际应用 题型二十一 求正方形重叠部分面积 题型七 多边形内角和与外角和综合 题型二十二 根据正方形的性质与判定求角度 题型八 平面镶嵌 题型二十三 根据正方形的性质与判定求线段长 题型九 利用平行四边形的判定与性质求解 题型二十四 根据正方形的性质与判定求面积 题型十 利用平行四边形性质和判定证明 题型二十五 根据正方形的性质与判定证明 题型十一 平行四边形性质和判定的应用 题型二十六 利用（特殊）平行四边形的对称性求阴影面积 题型十二 三角形的中位线 题型二十七 (特殊）平行四边形的动点问题 题型十三 矩形与折叠问题 题型二十八 四边形中的线段最值问题 题型十四 根据矩形的性质与判定求角度 题型二十九 四边形其他综合问题 题型十五 根据矩形的性质与判定求线段长 第一部分 框架速览 体系搭建 第二部分 知识梳理 核心归纳 知识点一 多边形的概念 1．定义：在平面内不在同一直线上的一些线段首尾顺次相接所组成的封闭图形叫做多边形．其中，各个角相等、各条边相等的多边形叫做正多边形． 2．相关概念： 边：组成多边形的各条线段叫做多边形的边． 顶点：每相邻两条边的公共端点叫做多边形的顶点． 内角：多边形相邻两边组成的角叫多边形的内角，一个n边形有n个内角. 外角：多边形的边与它的邻边的延长线组成的角叫做多边形的外角. 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． 凸多边形 凹多边形 3.多边形的分类:画出多边形的任何一边所在的直线，如果整个多边形都在这条直线的同一侧，那么这个多边形就是凸多边形，如果整个多边形不在直线的同一侧，这个多边形叫凹多边形．如图： 特别说明： (1)正多边形必须同时满足“各边相等”，“各角相等”两个条件，二者缺一不可； (2)过n边形的一个顶点可以引(n-3)条对角线，n边形对角线的条数为； (3)过n边形的一个顶点的对角线可以把n边形分成(n-2)个三角形． 知识点二 多边形的内角和、外角和 1.多边形内角和：n边形的内角和为(n-2)·180°(n≥3)． 特别说明： (1)内角和公式的应用：①已知多边形的边数，求其内角和；②已知多边形内角和求其边数；(2)正多边形的每个内角都相等，都等于； 2.多边形的外角和：多边形的外角和为360°． 特别说明：(1)在一个多边形的每个顶点处各取一个外角，这些外角的和叫做多边形的外角和．n边形的外角和恒等于360°，它与边数的多少无关； (2)正n边形的每个内角都相等，所以它的每个外角都相等，都等于； (3)多边形的外角和为360°的作用是：①已知各相等外角度数求多边形边数；②已知多边形边数求各相等外角的度数． 知识点三 平行四边形的性质 1. 边的性质：两组对边分别平行且相等，如下图：AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，AB=CD； 2. 角的性质：两组对角分别相等，如图：∠A=∠C，∠B=∠D 3. 对角线的性质：对角线互相平分。如图：AO=CO，BO=DO 知识点四 平行四边形的判定 1. 与边有关的判定： 两组对边分别平行的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 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 2. 与角有关的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形 3. 与对角线有关的判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形 知识点五 三角形的中位线 三角形中位线：在△ABC 中，D，E 分别是 AC，AC 的中点，连接 DE.像 DE 这样， 连接三角形_两边中点的线段叫做三角形的中位线.B 中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的二分之一。 知识点六 平行线之间的距离与平行四边形的综合 定义：两条平行线中，一条直线上任意一点到另一条直线的距离，叫做这两条平行线之 间的距离 性质：平行线之间距离处处相等 知识点七 矩形的性质 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫矩形。矩形是特殊的平行四边形。 矩形的性质：（1）具有平行四边形的性质（2）对角线相等 （3）四个角都是直角。 知识点八 直角三角形斜边上的中线 推论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 知识点九 矩形的判定 矩形的判定：（1）有一个内角是直角的平行四边形叫矩形(根据定义)。 （2）对角线相等的平行四边形是矩形。 （3）四个角都相等的四边形是矩形。 知识点十 菱形的性质 菱形的定义：一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 菱形的性质：（1）具有平行四边形的性质 （2） 且四条边都相等 （3）两条对角线互相垂直平分,每一条对角线平分一组对角。 注意：菱形是轴对称图形，每条对角线所在的直线都是对称轴。 知识点十一 菱形的面积 菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半 知识点十二 菱形的判定 菱形的判别方法：一组邻边相等的平行四边形是菱形。 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 四条边都相等的四边形是菱形。 知识点十三 正方形的概念与性质 正方形的定义：一组邻边相等的矩形叫做正方形。 正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质。（正方形是轴对称图形，有两条对称轴） 知识点十四 正方形的判定 正方形常用的判定：有一个内角是直角的菱形是正方形； 邻边相等的矩形是正方形； 对角线相等的菱形是正方形； 第三部分 精讲变式 融会贯通 题型讲练一 多边形内角和问题 【例1】（25-26八年级下·广西贵港·期中）我们给出定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”． (1)已知：如图1，四边形是“等对角四边形”，，，求的度数． (2)在探究“等对角四边形”性质时：小红画了一个“等对角四边形”（如图2），其中，，此时她发现成立．请你证明此结论． 【答案】(1)， (2)见解析 【思路引导】（1）根据“等对角四边形”的定义可得，再由四边形内角和为360度可得答案； （2）连接，由等边对等角得到．则可证明，据此可得． 【规范解答】（1）解：∵四边形是“等对角四边形”，， ． ， ． （2）证明：如图，连接， ， ． ， ． ． 【变式】如图，在四边形中，，平分交于点E，连接． (1)若，，求的度数； (2)若，试说明． 【答案】(1) (2)见解析 【思路引导】（1）先求出，再求出，即可求解； （2）由（1）知，，得到，再得到， 根据角平分线的定义得到， 即可得出结论． 【规范解答】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴； （2）解：由（1）知，， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴． 题型讲练二 正多边形的内角问题 【例2】（25-26八年级下·安徽·期中）【问题背景】生活中，我们经常可以看到由各种形状的地砖铺成的漂亮地面．在这些地面上，相邻的地砖平整地贴合在一起，整个地面没有一点空隙．从数学角度来看，当一个顶点周围围绕的各个多边形的内角恰好拼成一个周角时，就能形成一个既不留空隙又不互相重叠的平面图案，我们把这类问题叫作多边形平面镶嵌问题．如图1是由正方形镶嵌而成的图案，图2是由正三角形、正方形和正六边形镶嵌的图案． (1)【探究发现】填写表中空格： 正多边形的边数 3 4 5 6 … n 正多边形每个内角的度数 ________ ________ ________ … ________ (2)若只用一种正多边形镶嵌，则能镶嵌成一个平面图案的正多边形有________．（填序号） ①正三角形；②正五边形；③正六边形；④正七边形；⑤正八边形． (3)【拓展应用】如果同时用两种正多边形镶嵌，镶嵌的平面图案的一个顶点周围有x个正三角形和y个正六边形，则的值为________． 【答案】(1)；；； (2)①③ (3)或 【思路引导】（1）根据n边形内角和定理“n边形内角和等于求出内角和”，再除以n得到正n边形每个内角的度数； （2）根据除以n边形的每一个内角的度数是整数即可解答； （3）由题意得，x、y是满足的正整数解，即可求的值． 【规范解答】（1）解：正三角形每个内角的度数为； 正方形每个内角的度数为； 正五边形每个内角的度数为； 正六边形每个内角的度数为； …… 正n边形每个内角的度数为； 故答案为：；；；． （2）解：由（1）的方法可求出： 正三角形的每一个内角的度数是； 正五边形的每一个内角的度数是； 正六边形的每一个内角的度数是； 正七边形的每一个内角的度数是； 正八边形的每一个内角的度数是； 又，， 只用一种正多边形镶嵌，那么能镶嵌成一个平面图案的正多边形可以为正三角形、正六边形， 故答案为：①③． （3）解：由题意得，x、y为满足方程的正整数解， 二元一次方程的正整数解为或， 则的值为或． 【变式】（25-26八年级下·北京·课后作业）如图，以正方形的边向外作正五边形，则的度数为_____． 【答案】/162度 【思路引导】利用多边形内角和及正多边形性质求得的度数，利用正方形性质求得的度数，然后根据角的和差即可求得答案． 【规范解答】解：∵五边形为正五边形， ∴， ∵正方形中，， ∴ ． 题型讲练三 多（少）算一个角问题 【例3】（25-26九年级上·山东烟台·期末）如图是两位学生在探究某多边形的内角和时的一段对话，请根据他们的对话内容判断他们少加的内角的度数为____． 【答案】/105度 【思路引导】本题考查了多边形内角和定理，先根据多边形内角和公式，确定内角和的范围，再通过计算找到符合条件的边数及少加的内角度数． 【规范解答】解：∵， 又∵少加了一个内角， ∴多边形的边数是：， ∴他们在求九边形的内角和， ∴，少加的内角为， 故答案为：． 【变式】（25-26八年级下·全国·课后作业）看下图解答问题． (1)小明为什么说多边形的内角和不可能是？ (2)小华求的是几边形的内角和？内角和是多少度？多加的那个外角是多少度？ 【答案】(1)见解析 (2)十三边形，内角和，外角 【思路引导】本题考查了多边形的内角和定理，解题的关键是掌握边形的内角和为：． （1）由边形的内角和公式为，可知边形的内角和一定是的整数倍，而不能被整除，所以小明说不可能； （2）由（1）可得到多加的那个外角的度数，以及多边形的边数和内角和． 【规范解答】（1）解：∵边形的内角和是， ∴多边形的内角和一定是的整数倍． ∵， ∴小明说多边形的内角和不可能是． （2）解：． ， ． 故小华求的是十三边形的内角和，内角和是，多加的那个外角是． 题型讲练四 多边形截角后的内角和问题 【例4】（25-26八年级下·江西宜春·月考）张明和李华的对话如图所示，请根据对话内容回答下列问题： (1)张明的说法正确吗？请说明理由； (2)张明得到的新多边形是几边形？ 【答案】(1)不正确；理由见解析 (2)九边形或八边形或七边形 【思路引导】（1）根据多边形的内角和公式，可知任意多边形的内角和一定能被整除，即可求解； （2）设这个正多边形的边数为n，剪去的内角为，根据题意列式用n表示出x，然后根据x的取值范围，得到n的取值范围，求得整数解，再分类讨论，即可求解． 【规范解答】（1）解：张明的说法不正确．理由如下： 由多边形内角和定理可知，多边形的内角和为， 即任意多边形的内角和一定能被整除， ∵不能被整除， ∴张明的说法不正确． （2）解：设这个正多边形的边数为n，剪去的内角为， 根据题意，得， ∴， ∵， ∴， ∵n为整数， ∴这个正多边形为正八边形， 如图所示， 将正八边形剪去一个角后，得到的多边形的边数增加1或不变，或减少1，则得到的多边形边数为9或8或7， 即得到的新多边形是九边形或八边形或七边形． 【变式】（25-26八年级下·山西运城·月考）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 【思路引导】（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． 【规范解答】（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． 题型讲练五 正多边形的外角问题 【例5】（25-26八年级下·上海·月考）下列语句正确的有（   ）个．（各边都相等，各内角都相等的多边形为正多边形） ①正多边形中，边越多，内角越大； ②正多边形中，边越多，外角越大； ③正多边形中，边越多，边长越小； ④正多边形中，边越多，周长越大． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【思路引导】根据正多边形内角、外角的计算方法，结合边长、周长的影响因素，逐个判断四个语句的正误，统计正确个数即可得到答案． 【规范解答】设正多边形边数为（，且为整数）， ①对正多边形内角度数，正边形每个内角为，当增大时，减小，因此增大，①正确； ②对正多边形外角度数，任意多边形的外角和为，正边形每个外角为，当增大时，减小，②错误； ③正多边形的边长没有限定条件（如外接圆半径固定），边数更多的正多边形边长不一定更小，例如大正十边形的边长可以远大于小正三角形的边长，③错误； ④正多边形的周长等于边长乘边数，没有限定条件时，边数更多的正多边形周长不一定更大，例如小正100边形的周长可以远小于大正三角形的周长，④错误． 综上，正确的语句只有1个，故选A． 【变式】（25-26九年级下·浙江舟山·月考）如图，正五边形的边，的延长线交于点．则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【思路引导】由多边形外角和及正多边形的性质可求得每个外角的度数，再由三角形内角和定理即可求得结果． 【规范解答】解：在五边形中，， ∴． 题型讲练六 多边形外角和的实际应用 【例6】（25-26八年级下·广东佛山·月考）如图，小明从A点出发，沿直线前进6米后向左转，再沿直线前进6米，再向左转照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为（   ）米 A．36 B．42 C．45 D．48 【答案】D 【思路引导】根据多边形的外角和定理即可求出答案． 【规范解答】解：根据题意可知，他需要转次才会回到原点， 所以一共走了（米）． 【变式】（23-24八年级上·河北邢台·月考）如图1．嘉琪沿一个五边形广场周围的小路按逆时针方向跑步，她每从一条小路转到下一条小路时，跑步的方向改变一定的角度． (1)嘉琪跑完一圈，跑步方向改变的角度的和是_________度； (2)如图2，珍珍参加活动，从点起跑绕湖周围的小路跑至终点．若，且，求行程中珍珍身体转过的角度的和（即的值）． 【答案】(1) (2) 【思路引导】（1）跑步方向改变的角度的和即为五边形的外角和； （2）延长交于点F，再在五边形中计算即可． 【规范解答】（1）解：∵跑步方向改变的角度的和即为五边形的外角和， ∴跑步方向改变的角度的和是度； （2）解：如图，延长交于点F，    ∵， ∴， ∵， ∴， ∵在五边形中， ∴． 题型讲练七 多边形内角和与外角和综合 【例7】（25-26八年级下·山东济宁·月考）一个多边形内角和与外角和的和为，则这个多边形对角线的条数是（   ） A．13 B．14 C．15 D．16 【答案】B 【思路引导】先利用多边形内角和公式与外角和定理求出多边形的边数，再代入对角线条数公式计算，即可得到结果； 【规范解答】解：设这个多边形的边数为， 多边形内角和公式为，任意多边形的外角和为固定值， 根据题意列方程得， 化简得：， 解得：， 边形对角线条数公式为， 代入，对角线条数． 【变式】（25-26八年级下·全国·课后作业）证明：四边形的外角和为（要求：结合图形，写出已知，求证，并证明）． 【答案】见解析 【思路引导】根据题意写出已知，求证，并根据四边形内角和定理即可证明； 【规范解答】已知：四边形中，，，，是四边形的四个外角； 求证：． 证明：如图， ，，，， ， 四边形的内角和为， ． 题型讲练八 平面镶嵌 【例8】（24-25七年级下·吉林长春·期末）如图，要用三种正多边形的木板铺设地面，使拼在一起并相交于点的各边完全吻合，其中已经拼好的两种木板的边数分别是和，则第三种木板的边数应是______． 【答案】 【思路引导】先求出正四边形和正三角形每个内角的度数，然后根据平面镶嵌的条件求解第三种正多边形的每个内角度数，然后再结合外角和公式进行计算求解． 【规范解答】解：正四边形和正三角形每个内角的度数分别为和， 第三种正多边形的每个内角度数为， 第三种木板的边数应是． 【变式】（23-24七年级下·重庆·期末）人们在房屋装修时，需要选择适当的地砖拼成各种美丽的图案，生活中对地砖拼接最基本的要求是：用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，就是平面图形的镶嵌．哪些正多边形可以镶嵌？怎样开展研究？ 为了解决上面的问题，我们先从最简单的情形入手，从中找到解决问题的方法． (1)探究一：五边形一个顶点出发有2条对角线，可以分成三个三角形，因此五边形内角和为，正五边形每个内角为；…… 边形一个顶点出发有_____条对角线，正边形内角和为_____，正边形每个内角为_____． (2)探究二：两种正多边形围绕一个点镶嵌的条件是：其中一个正多边形的个数乘以它的内角度数加上另一个正多边形的个数乘以它的内角度数等于，即；若正三角形有个，正方形有个，求为何值时能够实现平面镶嵌？请说明理由． (3)探究三：若用两种边长相等的正多边形进行平面镶嵌，能与正三角形匹配形成镶嵌图形的正多边形有_____． ①正五边形；②正六边形；③正八边形；④正十二边形 【答案】(1) ；； (2)，理由见解析 (3)②④ 【思路引导】本题主要考查平面镶嵌（密铺）和多边形内角与外角，解不定方程，解题关键是掌握平面镶嵌的要求：拼接在同一个顶点处的多边形的内角之和等于． （1）根据多边形的对角线的定义和内角和的求法即可得出答案； （2）根据正三角形每个内角的度数为，正方形每个内角的度数为，于是得到方程，即，解方程即可得到结论； （3）先分别得出各个正多边形的内角度数，再根据平面镶嵌的定义，逐个进行判断即可． 【规范解答】（1）解：边形一个顶点出发有条对角线，正边形内角和为，正边形每个内角为； 故答案为：，，； （2）解：当时能够实现平面镶嵌，理由如下： 正三角形每个内角的度数为，正方形每个内角的度数为， ，即， ∵为正整数， ； （3）解：①设正三角形个，正五边形个， 由题意得：， 此方程无正整数解， 正三角形和正五边形不能进行平面密铺； ②设正三角形个，正六边形个， 由题意得：， 解得：或， 正三角形和正六边形能进行平面密铺，需要2个正三角形和2个正六边形或需要4个正三角形和1个正六边形； ③设正三角形个，正八边形个， 由题意得：， 此方程无正整数解， 正三角形和正八边形不能进行平面密铺； ④设正三角形个，正十二边形个， 由题意得：， 解得：， 正三角形和正十二边形能进行平面密铺，需要1个正三角形和2个正十二边形； 故答案为：②④． 题型讲练九 利用平行四边形的判定与性质求解 【例9】我们规定：在四边形中，是边上一点，如果与全等（对应关系不确定），那么点叫做该四边形的“等形点”．在四边形中，，，，，如果该四边形的“等形点”在边上，那么四边形的周长是__________． 【答案】 8或 【思路引导】根据平行线的性质可得，结合“等形点”对应关系不确定的条件，分两种全等对应情况讨论，利用全等三角形的性质、勾股定理求出四边形各边长，进而计算周长． 【规范解答】解：，， ， 四边形的“等形点”在边上， 如图1，当时，可得，， ，，， 四边形是平行四边形， ， 四边形的周长为； 如图2，当时，可得，，，， ， ， ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得， ， 在中，由勾股定理得， 四边形的周长为， 综上所述，四边形的周长为或． 【变式】（25-26八年级下·浙江温州·期中）已知：如图：在中，，，垂直于D，是上的一个动点，以，为边作，连接，设， (1)探究与的数量关系，并说明理由． (2)设，求S关于t的关系式； (3)Q在内部，当时，求t的值． 【答案】(1)，理由见解析 (2) (3) 【思路引导】本题考查等腰三角形的性质、平行四边形的性质、勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． （1）根据等腰三角形的性质得到，设点P到的距离为，利用三角形面积公式和平行四边形面积公式求出和，进而探究二者的数量关系即可； （2）过点D作于点E，根据勾股定理求出长，利用“等面积法”求出长，进而求出，由（1）知，，据此解答即可； （3）根据平行四边形的性质得到、，进而得到，利用求出，进而求出长，利用，列方程求解即可． 【规范解答】（1）解：，理由如下： ，垂直于D， ， 设点P到的距离为， 、， ； （2）解：如图，过点D作于点E， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， 由（1）知，， ； （3）解：设交于点M， 四边形是平行四边形， 、， ， ， 由（2）知，， ， ， ， ， ， 在内部， ， ， 整理得：， 解得． 题型讲练十 利用平行四边形性质和判定证明 【例10】（25-26八年级下·江苏泰州·期中）如图，四边形中，，对角线与交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若的周长为，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】（）先由同时垂直于，推出与平行，再通过证明，得到，结合，从而证明四边形是平行四边形； （）先利用平行四边形对角线互相平分的性质，由得到；再结合周长为，得出；最后在中，通过勾股定理列方程求解，算出的长度为． 【规范解答】（1）证明：∵， ∴， ∴， 在和中：， ， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵ 平行四边形对角线互相平分，， ， ∵的周长为，即， ∴，即， 又， ∴是直角三角形， ∴由勾股定理得：，即：， 展开化简：， 解得：． 【变式】（25-26八年级下·江苏宿迁·期中）已知：如图，点O是平行四边形的对角线的中点，E，F 分别是和上的点， 且． (1)求证：四边形 是平行四边形； (2)求证：经过点O． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【思路引导】（1）直接利用两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明即可； （2）连接，根据平行四边形的性质可得，结合四边形是平行四边形，得到经过点O． 【规范解答】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：连接， ∵点O是平行四边形的对角线的中点， ∴，即点是的中点， ∵四边形是平行四边形， ∴，即经过点O． 题型讲练十一 平行四边形性质和判定的应用 【例11】（24-25八年级上·浙江·期末）如图，以的三边为边分别作等边，等边，等边，其中，则以下结论：①；②；③四边形的面积是的2倍．其中正确的结论是___________． 【答案】①② 【思路引导】此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、等边三角形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键．连接，证明．同理可证，则；即可判断①正确；证明四边形是平行四边形．则，即可判断②；若四边形的面积是的2倍．则，证明三点共线，即，但没法证明，即可判断③． 【规范解答】解：连接， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∴． 同理可证，， ∴， 故①正确； 连接， ∵， ∴， 又∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∴； 故②正确； 若四边形的面积是的2倍．则， ∵， ∴， ∴， 设的边上的高为，的边上的高为， ∵， ∴， 即点和点到的距离相等， ∴， ∵， ∴三点共线，即， 但没法证明， 故③错误， 故答案为：①②． 【变式】（24-25八年级下·广东河源·期末）综合与实践 折纸操作简单，富有数学趣味，同学们可以通过折纸开展数学探究．“乐学小组”以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展了数学活动：在平行四边形纸片中，E为边上任意一点，将沿折叠，点B的对应点为． (1)【感知】如图①，若点恰好落在边上时，求证：四边形是平行四边形； (2)【探究】如图②，若点三点在同一条直线上，求证：； (3)【应用】如图③，若，连接并延长，交于点F．若平行四边形纸片的面积为6，，求线段的长． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)． 【思路引导】（1）由折叠的性质结合平行四边形的性质得到，推出，即可证明四边形是平行四边形； （2）由折叠的性质结合平行四边形的性质证明是等腰三角形，即可得出结论； （3）延长交于点H，由折叠的性质先证明是等腰三角形，得到，根据平行四边形的性质得到，易证是等腰三角形，用平行四边形的面积公式即可求出，进而得到，利用勾股定理即可解答． 【规范解答】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： 由折叠的性质可得：，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ，， ， 四边形是平行四边形； （2）证明：由折叠的性质可得：， 四边形是平行四边形， ， ， ， 点三点在同一条直线上 是等腰三角形， ； （3）解：如图，延长交于点H， 由折叠的性质可得：， ， ， 是等腰直角三角形， ， 四边形是平行四边形，， ，， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ． 【考点剖析】本题考查平行四边形的判定及性质，翻折的性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键． 题型讲练十二 三角形的中位线 【例12】（25-26八年级下·山东德州·期中）如图，是内一点，连接，，并将，，，的中点，，，依次连接，得到四边形． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)如果，，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【思路引导】（1）判断是的中位线，是的中位线，则，，，，因此，且，命题得证； （2）作，垂足为，判断是等腰直角三角形，则，根据含角的直角三角形的性质可得，，由勾股定理可得，因此，结合即可计算出结果． 【规范解答】（1）证明：∵，分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴，， 同理，是的中位线， ∴，， ∴，且， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图，作，垂足为， 在中，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 又∵在中，，且， ∴， 在中，， ∴， 由勾股定理可得，， ∴， ∴． 【变式】（25-26八年级下·上海金山·期中）阅读材料： 金山区某中学数学兴趣小组，在《23.4（1）三角形的中位线与重心》一课的学习后，对中位线定理的证明产生了很大的兴趣，在课后进行了延伸探究． 已知：如图（1），在中，、分别是、的中点． 求证：，且． 下面是几位同学的探究过程： 甲：过点作，交于点，过点作的平行线交的延长线于点． 乙：连接，，过点作，垂足为，分别过点、作，，交、延长线于点、． 丙：延长至点，使，连接、、．        丁：以点为原点建立平面直角坐标系，设点的坐标为，点的坐标为． (1)任务一：四位同学的方案，能证明三角形的中位线定理的有__________（填人名） (2)任务二：请选择一位同学的方案，并将证明过程补充完整． (3)任务三：该兴趣小组在某公园开展“测距”为主题的小队活动时，发现、两地被某人工湖隔开，由于只有工具：一把皮尺（测量长度略小于），某同学提出方案“我们可以在与平行的人行步道上的点、处作好标记，通过皮尺找到与的中点、，通过皮尺测量，的长度，就可以估算出、两点间的距离了”．若测得，，请直接写出、两点间的距离．（用含、的代数式表示） 【答案】(1)甲乙丙丁 (2)选择甲（或乙或丙或丁）；证明见解析 (3)、两点间的距离为 【思路引导】（1）根据平行四边形的判定与性质结合全等三角形的判定与性质即可判断； （2）甲：先证明四边形是平行四边形，再证明，然后证明四边形是平行四边形即可；乙：证明，，再证明四边形是平行四边形即可；丙：先证明，再证明四边形是平行四边形即可；丁：根据中点坐标公式得到，的坐标，然后根据点的坐标特征即可判定； （3）连接并延长，交延长线于点，证明，得到是的中位线，根据中位线的性质即可得解． 【规范解答】（1）解：甲乙丙丁； （2）解：选择甲； 过点作，交于点，过点作的平行线交的延长线于点． ，， 四边形是平行四边形， ，， ， ， 、分别是、的中点， ，， 在和中， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，； 选择乙； 证明：连接，，过点作，垂足为，分别过点、作，，交、延长线于点、． ． 是的中点， ， 在和中， ， ， ，． 同理，，，， ， ，． ，． ，， ， 四边形是平行四边形， ，， ，； 选择丙； 证明：延长至点，使，连接、、． 是的中点， ， 在和中， ， ， ，， ， 是的中点， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ； 选择丁； 证明：以点为原点建立平面直角坐标系，设点的坐标为，点的坐标为． ， 、分别是、的中点， ，， ，； （3）解：如图，连接并延长，交延长线于点， 点是的中点， ， ， ，， 在和中， ， ， ，，即点是的中点， 点是的中点， 是的中位线， ，即， ， 即、两点间的距离为． 题型讲练十三 矩形与折叠问题 【例13】（25-26八年级下·广东珠海·期中）如图，折叠矩形的一边，使点落在边上的点处，折痕为，若，，求的长． 【答案】 【思路引导】根据折叠找到相等线段，再由勾股定理得出的长，设，则，在中勾股定理即可求出的长． 【规范解答】解：∵四边形是矩形， ∴，，. ∵沿折叠， ∴，， ∴在中，， ∴， 设，则， 在中，由得：， 解得：，即的长为． 【变式】（25-26八年级下·江苏徐州·期中）如图，把一张矩形纸片按如下方法进行两次折叠：第一次将边折叠到边上得到，折痕为，连接，，第二次将沿着折叠，边恰好落在边上．若，则的长为__________． 【答案】 【思路引导】根据折叠的性质得出，易得四边形是矩形，则，，根据勾股定理可得：，根据，即可求解． 【规范解答】解：∵将边折叠到边上得到，折痕为， ∴， ∵四边形是矩形，， ∴四边形是矩形，，， ∴， 根据勾股定理可得：， ∵将沿着折叠，边恰好落在边上， ∴，， ∵， ∴， 解得：， ∴． 题型讲练十四 根据矩形的性质与判定求角度 【例14】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，对角线，相交于点，且，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【思路引导】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质，掌握对角线相等的平行四边形是矩形，矩形的内角为直角是解题的关键． 根据平行四边形对角线相等的性质判定为矩形，利用矩形的角为直角，结合已知角度计算的度数． 【规范解答】解：∵在中，对角线， ∴四边形是矩形， ． ， ． 故选：A． 【变式】（25-26九年级上·辽宁阜新·期末）如图，在四边形中，，，，，点E、F分别是、的中点，连接、，则线段的长是（    ） A． B． C． D．8 【答案】A 【思路引导】连接，证明四边形是矩形，再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到，进而证明是等边三角形，再证明四边形是平行四边形，得到，根据等边对等角的性质，得出，进而推出，最后利用勾股定理求解即可． 【规范解答】解：如图，连接， ，点F是的中点， ， ，， 四边形是矩形， ， E是的中点， ， ， 是等边三角形， ，， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ， ， ， , 故选：A． 【考点剖析】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的斜边中线，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键． 题型讲练十五 根据矩形的性质与判定求线段长 【例15】（25-26八年级下·广东广州·期中）如图，有一架秋千，当它静止在的位置时，踏板离地的垂直高度为，将秋千往前推送（即水平距离），到达的位置，此时，秋千的踏板离地的垂直高度为，秋千的绳索始终保持拉直的状态． (1)求秋千的长度． (2)如果想要踏板离地的垂直高度为时，求需要将秋千往前推送多少？ 【答案】(1) (2) 【思路引导】（1）由题意得，四边形是矩形，，则可求出的长，进而求出的长，设，则，再利用勾股定理求解即可； （2）当时， ，，利用勾股定理求出此时的长即可得到答案． 【规范解答】（1）解：由题意得，四边形是矩形，， ∴， ∴， 设，则 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 答：秋千的长度为； （2）解：当时， ， ∴， 在中，由勾股定理得， 答：需要将秋千往前推送． 【变式】（25-26八年级下·广东广州·期中）如图，在中，． (1) 尺规作图：作出边上的中点D（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，过点D分别作于F，于E．连接，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【思路引导】（1）根据题意作出图形即可； （2）利用直角三角形的性质求得，再证明四边形是矩形，得到，即可得到． 【规范解答】（1）解：点D即为所求： ； （2）证明：连接， ∵在中，，点D是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴． 题型讲练十六 根据矩形的性质与判定求面积 【例16】（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，在平行四边形中，延长至点，使得，连接，，与交于点． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】（1）根据平行四边形的判定和性质求解即可； （2）证明平行四边形是矩形，再求出，由勾股定理得到，结合矩形的面积公式求解即可． 【规范解答】（1）证明：四边形是平行四边形， ，，即， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：四边形是平行四边形， ∴，即， ， ， ∴四边形是平行四边形， ∵， ， 平行四边形是矩形， ， ， ， ， ， ． 【变式】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在矩形中，点是上的一个动点（点不与端点重合），点为的中点，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，若，，当线段的长为整数时，直接写出线段的长． 【答案】(1)见详解 (2)或或或 【思路引导】（1）过点作交于，延长交于，结合矩形的判定及性质，由判定，由判定，由全等三角形的性质即可得证； （2）由点的运动路径得，设，由直角三角形的特征得，可求，由勾股定理即可求解． 【规范解答】（1）解：过点作交于，延长交于， ， 四边形是矩形， ，，， 四边形是矩形，， ， ， ， 是的中点， ， ， ， ， ， ； （2）解：连接， 四边形是矩形， ， ， 点是上的一个动点（点不与端点重合）， ， ， 设， 是的中点， ， ， 解得， ， 线段的长为整数， 为或或或， 为或或或， 当时， ， 同理可求时，， 时，， 时，， 综上，的长为或或或． 题型讲练十七 根据菱形的性质与判定求角度 【例17】如图，是的角平分线，交于，交于．且交于，则_____度． 【答案】 【思路引导】先根据平行四边形的判定定理得出四边形为平行四边形，再根据平行线的性质及角平分线的性质得出，故可得出为菱形，根据菱形的性质即可得出结论． 【规范解答】解：如图：   ，， 四边形为平行四边形， ，， 是的角平分线， ， ， 为菱形． ，即． 【变式】（25-26八年级上·福建泉州·期末）如图，已知：在中，是对角线，，是上一点，连接． (1)将图补充完整（不写作法，不需保留作图痕迹）； (2)当时，求与的面积比． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】本题考查作线段的垂直平分线及性质，菱形的证明与性质，直角三角形的性质． （1）作线段的垂直平分线交于点，连接即可； （2）证明是菱形，，得到，进而得到，由，结合菱形的性质推出，利用直角三角形的性质得到，进而得到，由，即可解答． 【规范解答】（1）解：如图所示为所求： （2）解：如图，连接，设的垂直平分线交于点， ∵中，， ∴是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴与的面积比为． 题型讲练十八 根据菱形的性质与判定求线段长 【例18】（25-26八年级下·江苏南京·期中）如图，矩形的对角线，交于点，延长到点，使，延长到点，使，连接，，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若矩形的面积为4，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)8 【思路引导】（1）根据“对角线互相平分”证明四边形是平行四边形，根据矩形的性质得到，从而得出结论； （2）根据矩形的面积求出，由菱形的性质得到、，利用求解即可． 【规范解答】（1）证明：、， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， ， 平行四边形是菱形； （2）解：矩形的面积为4， ， 由（1）知，四边形是菱形， 、， ． 【变式】（25-26八年级下·江苏苏州·期中）在矩形纸片中，． (1)如图1，将矩形纸片折叠，使点与点重合，求出的长． (2)如图2，将矩形纸片折叠，使点与点的中点重合，求出的长． 【答案】(1) (2) 【思路引导】（1）连接，，证明四边形为菱形，设，在中，利用勾股定理进行求解即可； （2）连接，根据折叠的性质，得到，设，则，在和中，利用勾股定理列出方程进行求解即可． 【规范解答】（1）解：连接，， ∵折叠， ∴垂直平分，， ∴ ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴四边形为菱形， 设，则， 在中，， ∴； 故； （2）解：连接， ∵折叠， ∴垂直平分， ∴， ∵矩形， ∴， 设，则， ∵为的中点， ∴， 在中，由勾股定理，得， 在中，由勾股定理，得， ∵， ∴，解得， ∴． 题型讲练十九 根据菱形的性质与判定求面积 【例19】（25-26八年级下·广东珠海·期中）如图，中，对角线，相交于点，点是上一点，连接，．且． (1)求证：； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】（1）由四边形是平行四边形，可得，结合，即可证明； （2）由（1）得，推出四边形是菱形，，得到，求出、，即可求解． 【规范解答】（1）证明：四边形是平行四边形， ， 又 ， ． （2）解：由（1）得， 四边形是菱形，， 在中，， ， ， ， ∴ ， ，， ． 【变式】（25-26八年级下·福建厦门·期中）如图，在矩形中，对角线和交于点． (1)在图中求作点，使得四边形是菱形；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，连接交于点，若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】（1）在的右侧作，即可； （2）根据矩形的性质可得，再由菱形的性质解答即可． 【规范解答】（1）解：如图，在的右侧作，，则点E即为所求； ∴， ∵四边形是矩形，对角线和交于点， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； （2）解：四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴． 题型讲练二十 正方形折叠问题 【例20】如图，已知在正方形中，是上一点，将正方形的边沿折叠到，延长交于点，连接．现有如下4个结论：①；②与一定不相等；③；④的周长是一个定值．其中正确的个数为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【思路引导】由翻折的性质及全等三角形的性质可判断①；根据正方形的性质及角的和差关系可判断③；根据三角形的周长公式可判断④；当是的中点时，可得，再判断②的正确性． 【规范解答】解：∵正方形， ∴，， ∵折叠， ∴， ∴，，，， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴，，故①正确； ∴ ， 故③正确； ∵的周长，， ∴的周长 ， 是定值，故④正确， ∵当是的中点时，可得，故②错误， ∴正确的结论有①③④． 【变式】（25-26八年级下·山东日照·期中）【折一折】将边长为2的正方形纸片折叠，使边，都落在对角线上，展开得折痕，，连接，如图1． (1) ；点A到的距离是 ． 【转一转】 (2)将图1中的绕点A旋转，使它的两边分别交边，于点P，Q（即），连接，如图2，点A到的距离是否发生变化？说明理由； 【探一探】 (3)连接正方形对角线，若图2中的的边，分别交对角线于点M，N，如图3，当点Q是边的三等分点时，求的长． 【答案】(1)，2 (2)不变，理由见解析 (3) 【思路引导】（1）根据翻折的性质得出答案； （2）延长至T，使得，再证明，即可得出答案； （3）在（2）的基础上，求出，设，则，在中，利用勾股定理进行求解即可． 【规范解答】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，，， 由折叠的性质得，，． ∴，， ∴点A到的距离． （2）解：结论：不变，仍然等于2． 理由：如图，延长至T，使得， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵点A到的距离为的长，等于2， ∴点A到的距离等于2； （3）解：∵点Q是边的三等分点， ∴， 由（2）可知：，， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理，得， ∴， 解得， ∴． 题型讲练二十一 求正方形重叠部分面积 【例21】（2026九年级·黑龙江齐齐哈尔·专题练习）现有①②③三种不同的矩形木板（边长如图（1）所示），取①②③木板各一块，按如图（2）所示的方式摆放（木板②③无重叠，无缝隙），则木板①没有被覆盖的面积为________；在图（2）摆放的基础上再放置一块木板②，如图（3）所示，则此时的木板①没有被覆盖的面积为________． 【答案】 【思路引导】此题考查正方形的性质，整式的混合运算，掌握基本平面图形的面积计算方法是解决问题的关键． 图（2）木板①没有被覆盖的是长为，宽为的矩形，利用矩形的面积公式直接求解即可；图（3）木板①没有被覆盖的部分可以用长为，宽为的矩形面积减去长为，宽为的矩形，化简后合并同类项即可． 【规范解答】解：图（2）木板①没有被覆盖的面积为， 图（3）木板①没有被覆盖的面积为， 故答案为：，． 【变式】（25-26八年级上·河北唐山·期中）如图，有大小不同的2个正方形A和B，当B的对角线交点与A的一个顶点重合时，重叠部分的面积是A的，那么当A的对角线交点与B的一个顶点重合时，重叠部分的面积是B的（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【思路引导】本题考查了全等三角形的判定和性质，涉及到正方形性质的应用，正确认识图形是解题的关键． 根据题意，结合图形，先得到图1中，结合已知条件，得到，结合图2，得到结果． 【规范解答】解∶如图，设正方形的面积为，正方形的面积为，图1中阴影部分面积为，图2中阴影部分面积为， ∵图1中，，，， ∴（）， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理，图2中，， ∴， 即当的对角线交点与的一个顶点重合时，重叠部分的面积是的， 故选∶． 题型讲练二十二 根据正方形的性质与判定求角度 【例22】已知：是的角平分线，点在边上，，过点作，交于点F，连接． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，当时，请直接写出图2中度数为2倍的角． 【答案】(1)见解析； (2),，，． 【思路引导】（1）直接由得出，得出，．再由证明，得出．由得出，从而，根据等角对等边得出，从而，由菱形的判定可知四边形是菱形； （2）如图2，利用正方形的性质可得，求得，再求得，然后利用三角形的外角性质求得，即可求解． 【规范解答】（1）证明：在和中， ， ∴； ∴， 同理， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：由（1）知四边形是菱形， 又∵， ∴四边形是正方形． ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 由三角形的外角性质得：， ∴度数为的度数2倍的角有：,，，． 【考点剖析】本题主要考查了全等三角形、菱形的判定，正方形的性质，三角形的外角性质等知识．关键是由得出． 【变式】（24-25八年级下·海南·期末）在菱形中，点E是对角线上一点，点F、G在直线上，且，． (1)如图1，求证：①；②； (2)如图2，当时，判断、、的数量关系，并说明理由； (3)如图3，当时，点F在线段上，判断、、的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【思路引导】（1）①由菱形性质得到，由等腰三角形性质得到．从而有．由等量代换得到，从而可证； ②由全等的性质得出，由菱形的性质得出，从而有，最后有等量代换即可得到； （2）由菱形的性质可求出，从而得到为等边三角形，得到，从而可证结论； （3）证明四边形是正方形，得到，同（1）可证，得到，进而得到为等腰直角三角形，从而得到结论． 【规范解答】（1）证明∶①如图， ∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴， ∴． 又∵， ∴，即． ∴； ②∵， ∴． ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴．即． （2）解：． 理由如下： ∵四边形是菱形，， ∴． ∵， ∴是等边三角形， ∴． 由（1）知：， ∵， ∴． （3）解：． 理由如下： 如图， ∵四边形是菱形，， ∴四边形是正方形， ∴． ∵， ∴． ∴． 又∵， ∴，即． ∴， ∴． ∵， ∴在中，． ∵． ∴． ∴． 【考点剖析】本题考查了菱形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用相关性质定理和判定定理是解题的关键． 题型讲练二十三 根据正方形的性质与判定求线段长 【例23】（2026·福建泉州·一模）如图，在菱形中，． (1)求作正方形，使得点E，F在对角线上，且点在点的左边；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹) (2)在（1）的条件下，是的中点，连接，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】（1）连接交于点O，以为半径，点O为圆心作圆交于点E和点F，再作四边形即可．根据作图可知，，则四边形是正方形； （2）利用勾股定理求出，取的中点N，连接，可知利用中位线定理求出和，并证明，继而求出，再用勾股定理求即可． 【规范解答】（1）解：如下图所示，正方形即为所求作的正方形， （2）解：取的中点N，连接， 由作图可知： ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， 又∵点N是的中点，是的中点， ∴，， ∴ ∴，． 【变式】（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 【思路引导】（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． 【规范解答】（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， ∴． 题型讲练二十四 根据正方形的性质与判定求面积 【例24】（25-26九年级上·陕西西安·月考）如图，在中，的平分线交于点D，， (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【思路引导】本题主要考查了菱形的判定，正方形的性质与判定，等角对等边，熟知菱形的判定定理和正方形的性质与判定定理是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再由平行线的性质和角平分线的定义推出，则可得到，据此可得结论； （2）可证明四边形是正方形，再根据正方形对角线相等，且正方形的面积等于其对角线乘积的一半可得答案． 【规范解答】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ，， 四边形是平行四边形． 平分 ． ， ， ， ， 平行四边形是菱形． （2）解：如图所示，连接， 由（1）可知，四边形是菱形． ，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴． 【变式】（24-25八年级下·山东聊城·期末）如图1，在矩形纸片中，，，折叠纸片使B点落在边上的点E处，折痕为．过点E作交于F，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)当点E在边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动． ①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形的边长； ②若限定P、Q分别在边、上移动，试求出菱形的面积最大值． 【答案】(1)见解析 (2) ；36 【思路引导】（1）由折叠的性质得出，，，由平行线的性质得出，证出，得出，因此，即可得出结论； （2）①根据矩形的性质和勾股定理求得的长，在中求得，即可求得菱形的边长；②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形为正方形，，即可得出答案． 【规范解答】（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边上的E处，折痕为， ∴点B与点E关于对称， ∴，，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； （2）①∵四边形是矩形， ∴，，， ∵点B与点E关于对称， ∴， 在中， ， ∴， 在中，，， ∴，解得： ， ∴菱形的边长为； ②当点Q与点C重合时，点E离点A最近， 由①知，此时，， 那么， 当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形为正方形，如图， 则， 那么， ∴菱形的面积范围为，即最大值为36． 【考点剖析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定和性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性质等知识，找到临界点是解题的关键． 题型讲练二十五 根据正方形的性质与判定证明 【例25】（25-26八年级下·河南许昌·期中）实践操作： 第一步：如图1，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，得到折痕，然后把纸片展平． 第二步：如图2，将图1中的矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处，得到折痕，再把纸片展平． 问题解决： (1)如图1，四边形的形状是 ． (2)如图2，若，，求的长． 【答案】(1)正方形 (2) 【思路引导】（1）由矩形的性质得，由折叠的性质得，，即可得证； （2）易证四边形是矩形，则，．由勾股定理得，则，设，则，由勾股定理列方程求解即可． 【规范解答】（1）解：四边形的形状是正方形， 证明：四边形是矩形， ． 由折叠得：，． ， ∴四边形是矩形． ， ∴矩形是正方形． （2）解：四边形是正方形， ，． ． 四边形是矩形， ． 四边形是矩形． ，． 由折叠得：，， ． ． 设，则， ， ，解得． ． 【变式】．（25-26八年级下·江西赣州·期中）如图1，过的对角线交点作两条互相垂直的直线，分别交于四点，连接． (1)试判断四边形的形状，并说明理由． (2)如图2，如果四边形是正方形，其它条件不变，试判断四边形的形状并说明理由． 【答案】(1)四边形的形状是菱形；理由见解析 (2)四边形是正方形；理由见解析 【思路引导】（1）先证明，可得，同理可得，结合，即可证明四边形是菱形． （2）先证明，可得，同理可得，结合，即可证明四边形是菱形，进而证明，可得，即可证明菱形是正方形． 【规范解答】（1）解：四边形的形状是菱形． 理由如下：在平行四边形中，， ． 在和中，， ． ． 同理可得， 四边形是平行四边形． ， 四边形是菱形； （2）解：四边形的形状是正方形． 理由如下：在正方形中，， ． 在和中，， ． ． 同理可得， 四边形是平行四边形． ， 四边形是菱形． ， ． 在和中，， ． ， ． 菱形是正方形． 题型讲练二十六 利用（特殊）平行四边形的对称性求阴影面积 【例26】如图，点O是边长为2的正方形的对称中心，过点O作，分别交正方形边于M、N、G、H，则当绕点O旋转时，图中的阴影部分是否关于O点成中心对称？这两部分的面积是否改变？请说明理由． 【答案】图中阴影部分关于O点成中心对称，两部分的面积不改变．理由见解析 【思路引导】连接AC，根据点O是边长为2的正方形ABCD的对称中心，得到AC过点O，推出△AOG≌△CON，得到OG=OC，同理△AOH≌△COM，得到OH=OM，于是得到图中的阴影部分是否关于O点为中心对称，两部分的面积不改变． 【规范解答】解：图中阴影部分关于O点成中心对称，两部分的面积不改变． 理由：如图，连接， ∵点O是边长为2的正方形的对称中心， ∴过点O， ∴， 在和中， ∴，， 同理可证， ∴， ∴图中的阴影部分关于O点成中心对称，连接， ∵点O是正方形的对称中心， ∴，，． ∵垂直， ∴， ∴，即， ∴， ∴的面积的面积， ∴四边形的面积的面积正方形的面积． 同理四边形的面积正方形的面积． ∴两部分的面积不改变． 【考点剖析】本题考查了中心对称，全等三角形的判定与性质，能证得三角形全等是解题的关键． 【变式】（23-24八年级下·陕西西安·月考）如果一个正整数能表示为两个连续奇数的平方差，那么称这个正整数为“奇特数”． 例如：；则、、这三个数都是奇特数． (1)填空：32______奇特数，2018______奇特数．（填“是”或者“不是”） (2)如图所示，拼叠的正方形边长是从1开始的连续奇数…，按此规律拼叠到正方形，其边长为403，求阴影部分的面积． 【答案】(1)是，不是 (2)81608 【思路引导】本题考查了图形的变化类、新概念以及平方差公式的应用，利用图形正确表示出阴影部分是解题关键． （1）根据奇特数的概念进行判断即可； （2）利用阴影部分面积为，运用平方差进行运算，进而求得答案即可． 【规范解答】（1）解：∵ ∴是奇特数； ∵8、16、24这三个数都是奇特数，它们都是的倍数，而不是的倍数 ∴不是奇特数； 故答案为：是，不是． （2） 题型讲练二十七 (特殊）平行四边形的动点问题 【例27】（25-26八年级下·河南安阳·期中）已知：如图，在四边形中，，，，，，点从出发，以的速度向点运动，点从出发，以的速度向运动，其中一动点到达端点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为． (1)经过多少时间，四边形是平行四边形？ (2)在运动过程中，需经过多长时间才能使？ 【答案】(1) (2)或 【思路引导】（1）由四边形是平行四边形可得，设运动时间为，可得，再解方程即可； （2）证明四边形是矩形，再结合运动速度表示出，根据勾股定理列式，，同理表达，结合进行列方程，再解方程，即可作答． 【规范解答】（1）解：由四边形是平行四边形可得，设运动时间为， ∴， 解得：； 即经过，四边形是平行四边形； （2）解： 过点作，过点作，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵点从出发，以的速度向点运动，点从出发，以的速度向运动，且，， ∴， ∴， ∴， 同理证明四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 依题意，，运动停止时间为， ∵， ∴在运动过程中，需经过或才能使． 【变式】（25-26八年级下·广东东莞·期中）如图，在四边形中，，，，、分别从、两点同时出发，以的速度由向运动，以的速度由向运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止．经过_________秒，直线将四边形截出一个平行四边形． 【答案】或 【思路引导】根据平行四边形的性质可知当直线将四边形截出一个平行四边形时，或，设运动时间为，可得，，根据或列方程求解即可． 【规范解答】解：设运动时间为， ∵， ∴当直线将四边形截出一个平行四边形时，或， ∵、的速度分别为和， ∴，， ∵，， ∴当时，， 解得：， 当时，， 解得：． 综上所述：经过或秒，直线将四边形截出一个平行四边形． 题型讲练二十八 四边形中的线段最值问题 【例28】（25-26八年级下·重庆·期中）如图，已知正方形的边长为，是对角线上一点，于点，于点，连接，，则的最小值为______ ． 【答案】 【思路引导】连接，可得，四边形是矩形，即得，当时，可知最短，再利用三角形的面积解答即可求解． 【规范解答】解：如图，连接， ∵正方形中，，， ∴， ∵于点，于点， ∴四边形是矩形， ∴， ∴的最小值即为的最小值， ∵是对角线上一点， ∴当时，最短，此时， ∴， ∴的最小值为． 【变式】（25-26八年级下·福建莆田·月考）已知正方形的对角线交于O，M是上一点． (1)如图，于点N，交于点Q． ①求证：； ②若，求的值． (2)如图，M是的中点，线段（点E在点F的左边）在直线上运动，连接，若，，则的最小值是 【答案】(1)①见解析；② (2) 【思路引导】（1）①根据正方形的性质及可证的，进而得到；②连接，作于O交于P，结合①中可证得，进而得到，结合，得到，从而得到，从而可得，于是可得答案； （2）连接，过C作且，连接，可知为平行四边形，根据，转化为求，利用勾股定理求解即可． 【规范解答】（1）①证明：∵正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴ ②解：连接，作交DN于点E，    ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴，， 则， 在等腰直角中，有， 由（1）可知，则， 故：； （2）如图，连接，过C作，且，连接，，    ∴， 则为平行四边形， ∴， ，， ∵M为中点且， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 题型讲练二十九 四边形其他综合问题 【例29】．（24-25八年级下·河南信阳·月考）[定义]：如果四边形的某条对角线平分一组对角，那么把这条对角线叫做“美妙线”，该四边形叫做“美妙四边形”．如图，在四边形中，对角线平分和，那么对角线叫“美妙线”，四边形就称为“美妙四边形”． [问题]：（1）下列四边形：平行四边形，矩形，菱形，正方形，其中是“美妙四边形”的是_____；（填写名称） （2）四边形是“美妙四边形”， ，，，求美妙四边形的面积．（请画出图形，并写出解答过程） 【答案】（1）菱形、正方形 （2）或 【思路引导】本题主要考查了四边形中新定义问题、全等三角形的性质与判定以及等腰三角形的性质与判定，理解新定义以及掌握平行四边形和特殊平行四边形的性质是解题的关键． （1）根据对角线平分一组对角的性质逐个分析即可解答； （2）当四边形是“美妙四边形”时，分两种情况：对角线是“美妙线”或对角线是“美妙线”，证相应的三角形全等，结合，，，即可求出美妙四边形的面积． 【规范解答】解：（1）根据“美妙四边形”的定义可知，在平行四边形，矩形，菱形，正方形这四个四边形中，其中是“美妙四边形”的是菱形、正方形； （2）当四边形是“美妙四边形”时，分两种情况： ①当对角线是“美妙线”时，如图， 平分和，， ， 在中，，， ， ，， ， ， ， ， ，，， ， ； ②当对角线是“美妙线”时，如图，过点作于点， ，平分， ， 是等腰直角三角形， ， 设， ， ， ，， ， ， ， ， ，，， ， ； 综上所述，美妙四边形的面积为或． 【变式】（2025·宁夏中卫·一模）阅读材料，解决问题 在数学探究中，我们常从特殊情况入手，归纳出一般规律．例如在研究几何图形性质时，通过对特殊多边形的分析来了解多边形的普遍性质．我们规定：有一组邻边相等且有一组对角互补的四边形叫做“等补四边形”． (1)初步认识：在以下常见四边形中，一定是“等补四边形”的是（   ） A．平行四边形     B．矩形     C．菱形    D．正方形 (2)性质探究：已知四边形是“等补四边形”，，，如图，连接，试探究是否平分，并说明理由． (3)应用拓展：在“等补四边形”中，，，，如图2，求的长． 【答案】(1)D (2)平分；见解析 (3) 【思路引导】（1）根据“等补四边形”的定义进行判断即可； （2）延长，过点A作于点E，作于点F，证明，得出，证明，得出，即可得出结论； （3）根据解析（2）可知：平分，求出，根据直角三角形的性质求出，根据勾股定理得出，求出结果即可． 【规范解答】（1）解：∵平行四边形的对角相等，但对角不一定互补， ∴平行四边形不是“等补四边形”； ∵矩形的邻边不一定相等， ∴矩形不是“等补四边形”； ∵菱形的对角相等，但对角不一定互补， ∴菱形不是“等补四边形”； ∵正方形的每个内角都是，四条边都相等， ∴正方形有一组邻边相等且有一组对角互补， ∴正方形是“等补四边形”； 故选：D． （2）解：平分；理由如下： 延长，过点A作于点E，作于点F，如图所示： 则， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴平分； （3）解：∵在“等补四边形”中，，，， ∴根据解析（2）可知：平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：，负值舍去， 即的长为． 【考点剖析】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，平行四边形、矩形、菱形和正方形的性质，勾股定理，补角的性质，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法． 第四部分 拓展拔高 实战攻坚 1．（25-26八年级下·海南·期中）如图，在中，、交于点，为中点，连接，若，则的长为（    ） A．2 B．2.5 C．3 D．3.5 【答案】C 【思路引导】根据平行四边形的性质可得，再由E为边中点可得是的中位线，利用三角形中位线定理可得答案． 【规范解答】解：∵在中，， 又点E是的中点， ∴是的中位线， ∴． 2．（25-26八年级下·广东汕尾·期中）如下图，菱形中，，，则的长为（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】A 【思路引导】利用菱形的性质得出，根据即可得出是等边三角形，由等边三角形的性质即可得出的长． 【规范解答】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴． 3．（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 【思路引导】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． 【规范解答】解：∵在菱形中，， ∴，， ∴， ∴， ∵，分别为，的中点， ∴． 4．（25-26八年级下·海南·期中）如图，，，，，的面积为6，则四边形的面积为__________． 【答案】20 【思路引导】先判定四边形为平行四边形，求出的长度，再通过的面积求出平行线间的高，最后计算平行四边形的面积． 【规范解答】解：∵ ，， ∴ 四边形是平行四边形 ∴ ∵ ∴ 设点到直线的距离为 ∵ 的面积为6 ∴ ∴ ∴． 5．（25-26八年级下·广东珠海·期中）我们都知道，四边形具有不稳定性，老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学课代表小亮在取教具时不小心使教具发生了形变（如图），若正方形道具边长为，则四边形的面积减少了__________． 【答案】200 【思路引导】本题考查了正方形与平行四边形的面积公式．运用直角三角形的角性质，获取平行四边形的高，是解本题的关键． 【规范解答】解：四边形是正方形，发生形变后，四条边长度不变，依然相等， ， 四边形是菱形，也是平行四边形， 过点C，作的垂线，垂足为E；为平行四边形在边上的高， ，是直角三角形， ， ， ， ． 6．（25-26八年级下·广东深圳·期中）如图，木匠师傅在设计窗格时，先做出平行四边形木框，固定边在窗棱上，再连接各边中点E、F、G、H构造出四边形窗花．请问，在向左推动木框的过程中（各点始终在同一平面内），四边形的面积___________（填“先变大后变小”或“始终不变”或“先变小后变大”）． 【答案】先变大后变小 【思路引导】连接，证明四边形的面积是平行四边形的面积的一半，再根据平行四边形的面积的变化情况：先变大后变小，而得出四边形的面积也是先变大后变小． 【规范解答】解：连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵分别是的中点， ∴, 又， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， ∴, 在变化过程中，不变，边上的高由短变长再变短， ∴平行四边形的面积先变大再变小， ∴平行四边形的面积先变大再变小． 7．（25-26八年级下·河北唐山·期中）和分别是两个多边形，阅读和的对话，完成下列各小题． (1)嘉嘉说：“因为的边数比多，所以的_____比的大．”（填“内角和”或“外角和”） (2)设的边数为 ①若，求的值； ②淇淇说：“无论取何值，的值始终不变．”请用列方程的方法说明理由． 【答案】(1)内角和 (2)①2②见解析 【思路引导】（1）根据多边形的边数与内角和的关系求解即可； （2）①分别计算与的内角和，计算即可； ②将n代入，分别计算与的内角和，得到与n无关，由此求解． 【规范解答】（1）解：因为的边数比多，所以的内角和比的大． （2）解：①若，则的内角和为， 由题可得，的边数为条， 则的内角和为， ∴，解得， 即的值为2； ②由题意可得， 整理得，解得， ∴无论取何值，的值始终不变． 8．（25-26八年级下·广东汕尾·期中）如图，O是菱形对角线与的交点；过点C作，过点B作，与相交于点E．求证：四边形为矩形； 【答案】证明见解析 【思路引导】先根据平行四边形的判定证明四边形是平行四边形，再根据菱形的性质，得到，最后根据矩形的判定，即可证明结论． 【规范解答】证明：，， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ， 即， 四边形是矩形． 9．（25-26八年级下·广东汕尾·期中）如下图，在矩形中，，，G，H分别是，上的中点，E，F是对角线上的两个动点，分别从点A，C同时出发相向而行，始终保持，连接，，，．已知点E，F的速度均为每秒1个单位长度，设运动时间为． (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形； (3)若四边形为矩形时，求t的值 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3)或 【思路引导】（1）矩形中，可得，，则，进而证明，由，即可证明； （2）由，可得，，可得，证明，从而可得结论； （3）连接，证明四边形是矩形，可得，求解，分为当点E，F相遇前，当点E，F相遇后，逐步分析解答即可； 【规范解答】（1）证明：∵矩形中，，， ∴，， ∴， ∵，分别是，中点， ∴，， ∴， ∵， ∴ （2）证明：∵， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （3）解：连接， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，，， ∴， 如图1，当点E，F相遇前， ∵四边形是矩形， ∴ ∵， ∴， 解得； 如图2，当点E，F相遇后， ∵四边形是矩形， 又∵，， ∴， 解得， 综上所述，四边形为矩形时，或； 10．（25-26八年级下·四川成都·期中）如图1，在中，为边上的一个动点，连接，过点作交于点，点A、P关于直线对称，连接、、． (1)证明：平分； (2)当时，求的长； (3)当等腰三角形时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)2 【思路引导】（1）根据折叠的性质，以及同角的余角相等证明即可； （2）令与的交点为，利用平行四边形的性质和勾股定理，先求出，再结合折叠的性质，推出，进而证明，设，利用等面积法列方程求解即可． （3）当等腰三角形时，分三种情况讨论：①当时，过点作于点，证明，得到，即可得解；②当时，得出，结合垂线段最短，可得出不符合题意；③当时，结合斜边大于直角边，可得出不符合题意． 【规范解答】（1）证明：， ，， 由折叠的性质可得，， ， 平分； （2）解：如图，令与的交点为， 在中，， ，，， ， ，， ， 由折叠的性质可知，，， ， ， ， 在和中， ， ， ， 设，则， ， ， 解得：，即的长为； （3）解：分三种情况讨论： ①当时，如图，过点作于点， ，， 由折叠的性质可知，， 由（1）可知，平分， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； ②当时， ， ， ， ， ，不符合题意； ③当时， ，， ，不符合题意， 综上可知，的长为2． 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $2025-2026学年人教版新教材数学八年级下册期末复习精讲精练讲义【题型讲练】 第二十一章 四边形【期末复习讲义】-基础版 『导图+知识梳理+29个题型讲练+真题实战练 共68题』（原卷版） 归纳 题型汇总 一览无余 题型序列 题型名称 题型序列 题型名称 题型一 多边形内角和问题 题型十六 根据矩形的性质与判定求面积 题型二 正多边形的内角问题 题型十七 根据菱形的性质与判定求角度 题型三 多（少）算一个角问题 题型十八 根据菱形的性质与判定求线段长 题型四 多边形截角后的内角和问题 题型十九 根据菱形的性质与判定求面积 题型五 正多边形的外角问题 题型二十 正方形折叠问题 题型六 多边形外角和的实际应用 题型二十一 求正方形重叠部分面积 题型七 多边形内角和与外角和综合 题型二十二 根据正方形的性质与判定求角度 题型八 平面镶嵌 题型二十三 根据正方形的性质与判定求线段长 题型九 利用平行四边形的判定与性质求解 题型二十四 根据正方形的性质与判定求面积 题型十 利用平行四边形性质和判定证明 题型二十五 根据正方形的性质与判定证明 题型十一 平行四边形性质和判定的应用 题型二十六 利用（特殊）平行四边形的对称性求阴影面积 题型十二 三角形的中位线 题型二十七 (特殊）平行四边形的动点问题 题型十三 矩形与折叠问题 题型二十八 四边形中的线段最值问题 题型十四 根据矩形的性质与判定求角度 题型二十九 四边形其他综合问题 题型十五 根据矩形的性质与判定求线段长 第一部分 框架速览 体系搭建 第二部分 知识梳理 核心归纳 知识点一 多边形的概念 1．定义：在平面内不在同一直线上的一些线段首尾顺次相接所组成的封闭图形叫做多边形．其中，各个角相等、各条边相等的多边形叫做正多边形． 2．相关概念： 边：组成多边形的各条线段叫做多边形的边． 顶点：每相邻两条边的公共端点叫做多边形的顶点． 内角：多边形相邻两边组成的角叫多边形的内角，一个n边形有n个内角. 外角：多边形的边与它的邻边的延长线组成的角叫做多边形的外角. 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． 凸多边形 凹多边形 3.多边形的分类:画出多边形的任何一边所在的直线，如果整个多边形都在这条直线的同一侧，那么这个多边形就是凸多边形，如果整个多边形不在直线的同一侧，这个多边形叫凹多边形．如图： 特别说明： (1)正多边形必须同时满足“各边相等”，“各角相等”两个条件，二者缺一不可； (2)过n边形的一个顶点可以引(n-3)条对角线，n边形对角线的条数为； (3)过n边形的一个顶点的对角线可以把n边形分成(n-2)个三角形． 知识点二 多边形的内角和、外角和 1.多边形内角和：n边形的内角和为(n-2)·180°(n≥3)． 特别说明： (1)内角和公式的应用：①已知多边形的边数，求其内角和；②已知多边形内角和求其边数；(2)正多边形的每个内角都相等，都等于； 2.多边形的外角和：多边形的外角和为360°． 特别说明：(1)在一个多边形的每个顶点处各取一个外角，这些外角的和叫做多边形的外角和．n边形的外角和恒等于360°，它与边数的多少无关； (2)正n边形的每个内角都相等，所以它的每个外角都相等，都等于； (3)多边形的外角和为360°的作用是：①已知各相等外角度数求多边形边数；②已知多边形边数求各相等外角的度数． 知识点三 平行四边形的性质 1. 边的性质：两组对边分别平行且相等，如下图：AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，AB=CD； 2. 角的性质：两组对角分别相等，如图：∠A=∠C，∠B=∠D 3. 对角线的性质：对角线互相平分。如图：AO=CO，BO=DO 知识点四 平行四边形的判定 1. 与边有关的判定： 两组对边分别平行的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 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 2. 与角有关的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形 3. 与对角线有关的判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形 知识点五 三角形的中位线 三角形中位线：在△ABC 中，D，E 分别是 AC，AC 的中点，连接 DE.像 DE 这样， 连接三角形_两边中点的线段叫做三角形的中位线.B 中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的二分之一。 知识点六 平行线之间的距离与平行四边形的综合 定义：两条平行线中，一条直线上任意一点到另一条直线的距离，叫做这两条平行线之 间的距离 性质：平行线之间距离处处相等 知识点七 矩形的性质 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫矩形。矩形是特殊的平行四边形。 矩形的性质：（1）具有平行四边形的性质（2）对角线相等 （3）四个角都是直角。 知识点八 直角三角形斜边上的中线 推论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 知识点九 矩形的判定 矩形的判定：（1）有一个内角是直角的平行四边形叫矩形(根据定义)。 （2）对角线相等的平行四边形是矩形。 （3）四个角都相等的四边形是矩形。 知识点十 菱形的性质 菱形的定义：一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 菱形的性质：（1）具有平行四边形的性质 （2） 且四条边都相等 （3）两条对角线互相垂直平分,每一条对角线平分一组对角。 注意：菱形是轴对称图形，每条对角线所在的直线都是对称轴。 知识点十一 菱形的面积 菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半 知识点十二 菱形的判定 菱形的判别方法：一组邻边相等的平行四边形是菱形。 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 四条边都相等的四边形是菱形。 知识点十三 正方形的概念与性质 正方形的定义：一组邻边相等的矩形叫做正方形。 正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质。（正方形是轴对称图形，有两条对称轴） 知识点十四 正方形的判定 正方形常用的判定：有一个内角是直角的菱形是正方形； 邻边相等的矩形是正方形； 对角线相等的菱形是正方形； 第三部分 精讲变式 融会贯通 题型讲练一 多边形内角和问题 【例1】（25-26八年级下·广西贵港·期中）我们给出定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”． (1)已知：如图1，四边形是“等对角四边形”，，，求的度数． (2)在探究“等对角四边形”性质时：小红画了一个“等对角四边形”（如图2），其中，，此时她发现成立．请你证明此结论． 【变式】如图，在四边形中，，平分交于点E，连接． (1)若，，求的度数； (2)若，试说明． 题型讲练二 正多边形的内角问题 【例2】（25-26八年级下·安徽·期中）【问题背景】生活中，我们经常可以看到由各种形状的地砖铺成的漂亮地面．在这些地面上，相邻的地砖平整地贴合在一起，整个地面没有一点空隙．从数学角度来看，当一个顶点周围围绕的各个多边形的内角恰好拼成一个周角时，就能形成一个既不留空隙又不互相重叠的平面图案，我们把这类问题叫作多边形平面镶嵌问题．如图1是由正方形镶嵌而成的图案，图2是由正三角形、正方形和正六边形镶嵌的图案． (1)【探究发现】填写表中空格： 正多边形的边数 3 4 5 6 … n 正多边形每个内角的度数 ________ ________ ________ … ________ (2)若只用一种正多边形镶嵌，则能镶嵌成一个平面图案的正多边形有________．（填序号） ①正三角形；②正五边形；③正六边形；④正七边形；⑤正八边形． (3)【拓展应用】如果同时用两种正多边形镶嵌，镶嵌的平面图案的一个顶点周围有x个正三角形和y个正六边形，则的值为________． 【变式】（25-26八年级下·北京·课后作业）如图，以正方形的边向外作正五边形，则的度数为_____． 题型讲练三 多（少）算一个角问题 【例3】（25-26九年级上·山东烟台·期末）如图是两位学生在探究某多边形的内角和时的一段对话，请根据他们的对话内容判断他们少加的内角的度数为____． 【变式】（25-26八年级下·全国·课后作业）看下图解答问题． (1)小明为什么说多边形的内角和不可能是？ (2)小华求的是几边形的内角和？内角和是多少度？多加的那个外角是多少度？ 题型讲练四 多边形截角后的内角和问题 【例4】（25-26八年级下·江西宜春·月考）张明和李华的对话如图所示，请根据对话内容回答下列问题： (1)张明的说法正确吗？请说明理由； (2)张明得到的新多边形是几边形？ 【变式】（25-26八年级下·山西运城·月考）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______． 题型讲练五 正多边形的外角问题 【例5】（25-26八年级下·上海·月考）下列语句正确的有（   ）个．（各边都相等，各内角都相等的多边形为正多边形） ①正多边形中，边越多，内角越大； ②正多边形中，边越多，外角越大； ③正多边形中，边越多，边长越小； ④正多边形中，边越多，周长越大． A．1 B．2 C．3 D．4 【变式】（25-26九年级下·浙江舟山·月考）如图，正五边形的边，的延长线交于点．则的度数为（    ） A． B． C． D． 题型讲练六 多边形外角和的实际应用 【例6】（25-26八年级下·广东佛山·月考）如图，小明从A点出发，沿直线前进6米后向左转，再沿直线前进6米，再向左转照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为（   ）米 A．36 B．42 C．45 D．48 【变式】（23-24八年级上·河北邢台·月考）如图1．嘉琪沿一个五边形广场周围的小路按逆时针方向跑步，她每从一条小路转到下一条小路时，跑步的方向改变一定的角度． (1)嘉琪跑完一圈，跑步方向改变的角度的和是_________度； (2)如图2，珍珍参加活动，从点起跑绕湖周围的小路跑至终点．若，且，求行程中珍珍身体转过的角度的和（即的值）． 题型讲练七 多边形内角和与外角和综合 【例7】（25-26八年级下·山东济宁·月考）一个多边形内角和与外角和的和为，则这个多边形对角线的条数是（   ） A．13 B．14 C．15 D．16 【变式】（25-26八年级下·全国·课后作业）证明：四边形的外角和为（要求：结合图形，写出已知，求证，并证明）． 题型讲练八 平面镶嵌 【例8】（24-25七年级下·吉林长春·期末）如图，要用三种正多边形的木板铺设地面，使拼在一起并相交于点的各边完全吻合，其中已经拼好的两种木板的边数分别是和，则第三种木板的边数应是______． 【变式】（23-24七年级下·重庆·期末）人们在房屋装修时，需要选择适当的地砖拼成各种美丽的图案，生活中对地砖拼接最基本的要求是：用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，就是平面图形的镶嵌．哪些正多边形可以镶嵌？怎样开展研究？ 为了解决上面的问题，我们先从最简单的情形入手，从中找到解决问题的方法． (1)探究一：五边形一个顶点出发有2条对角线，可以分成三个三角形，因此五边形内角和为，正五边形每个内角为；…… 边形一个顶点出发有_____条对角线，正边形内角和为_____，正边形每个内角为_____． (2)探究二：两种正多边形围绕一个点镶嵌的条件是：其中一个正多边形的个数乘以它的内角度数加上另一个正多边形的个数乘以它的内角度数等于，即；若正三角形有个，正方形有个，求为何值时能够实现平面镶嵌？请说明理由． (3)探究三：若用两种边长相等的正多边形进行平面镶嵌，能与正三角形匹配形成镶嵌图形的正多边形有_____． ①正五边形；②正六边形；③正八边形；④正十二边形 题型讲练九 利用平行四边形的判定与性质求解 【例9】我们规定：在四边形中，是边上一点，如果与全等（对应关系不确定），那么点叫做该四边形的“等形点”．在四边形中，，，，，如果该四边形的“等形点”在边上，那么四边形的周长是__________． 【变式】（25-26八年级下·浙江温州·期中）已知：如图：在中，，，垂直于D，是上的一个动点，以，为边作，连接，设， (1)探究与的数量关系，并说明理由． (2)设，求S关于t的关系式； (3)Q在内部，当时，求t的值． 题型讲练十 利用平行四边形性质和判定证明 【例10】（25-26八年级下·江苏泰州·期中）如图，四边形中，，对角线与交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若的周长为，求线段的长． 【变式】（25-26八年级下·江苏宿迁·期中）已知：如图，点O是平行四边形的对角线的中点，E，F 分别是和上的点， 且． (1)求证：四边形 是平行四边形； (2)求证：经过点O． 题型讲练十一 平行四边形性质和判定的应用 【例11】（24-25八年级上·浙江·期末）如图，以的三边为边分别作等边，等边，等边，其中，则以下结论：①；②；③四边形的面积是的2倍．其中正确的结论是___________． 【变式】（24-25八年级下·广东河源·期末）综合与实践 折纸操作简单，富有数学趣味，同学们可以通过折纸开展数学探究．“乐学小组”以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展了数学活动：在平行四边形纸片中，E为边上任意一点，将沿折叠，点B的对应点为． (1)【感知】如图①，若点恰好落在边上时，求证：四边形是平行四边形； (2)【探究】如图②，若点三点在同一条直线上，求证：； (3)【应用】如图③，若，连接并延长，交于点F．若平行四边形纸片的面积为6，，求线段的长． 题型讲练十二 三角形的中位线 【例12】（25-26八年级下·山东德州·期中）如图，是内一点，连接，，并将，，，的中点，，，依次连接，得到四边形． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)如果，，，求的长． 【变式】（25-26八年级下·上海金山·期中）阅读材料： 金山区某中学数学兴趣小组，在《23.4（1）三角形的中位线与重心》一课的学习后，对中位线定理的证明产生了很大的兴趣，在课后进行了延伸探究． 已知：如图（1），在中，、分别是、的中点． 求证：，且． 下面是几位同学的探究过程： 甲：过点作，交于点，过点作的平行线交的延长线于点． 乙：连接，，过点作，垂足为，分别过点、作，，交、延长线于点、． 丙：延长至点，使，连接、、．        丁：以点为原点建立平面直角坐标系，设点的坐标为，点的坐标为． (1)任务一：四位同学的方案，能证明三角形的中位线定理的有__________（填人名） (2)任务二：请选择一位同学的方案，并将证明过程补充完整． (3)任务三：该兴趣小组在某公园开展“测距”为主题的小队活动时，发现、两地被某人工湖隔开，由于只有工具：一把皮尺（测量长度略小于），某同学提出方案“我们可以在与平行的人行步道上的点、处作好标记，通过皮尺找到与的中点、，通过皮尺测量，的长度，就可以估算出、两点间的距离了”．若测得，，请直接写出、两点间的距离．（用含、的代数式表示） 题型讲练十三 矩形与折叠问题 【例13】（25-26八年级下·广东珠海·期中）如图，折叠矩形的一边，使点落在边上的点处，折痕为，若，，求的长． 【变式】（25-26八年级下·江苏徐州·期中）如图，把一张矩形纸片按如下方法进行两次折叠：第一次将边折叠到边上得到，折痕为，连接，，第二次将沿着折叠，边恰好落在边上．若，则的长为__________． 题型讲练十四 根据矩形的性质与判定求角度 【例14】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，对角线，相交于点，且，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式】（25-26九年级上·辽宁阜新·期末）如图，在四边形中，，，，，点E、F分别是、的中点，连接、，则线段的长是（    ） A． B． C． D．8 题型讲练十五 根据矩形的性质与判定求线段长 【例15】（25-26八年级下·广东广州·期中）如图，有一架秋千，当它静止在的位置时，踏板离地的垂直高度为，将秋千往前推送（即水平距离），到达的位置，此时，秋千的踏板离地的垂直高度为，秋千的绳索始终保持拉直的状态． (1)求秋千的长度． (2)如果想要踏板离地的垂直高度为时，求需要将秋千往前推送多少？ 【变式】（25-26八年级下·广东广州·期中）如图，在中，． (1) 尺规作图：作出边上的中点D（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，过点D分别作于F，于E．连接，求证：． 题型讲练十六 根据矩形的性质与判定求面积 【例16】（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，在平行四边形中，延长至点，使得，连接，，与交于点． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求四边形的面积． 【变式】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在矩形中，点是上的一个动点（点不与端点重合），点为的中点，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，若，，当线段的长为整数时，直接写出线段的长． 题型讲练十七 根据菱形的性质与判定求角度 【例17】如图，是的角平分线，交于，交于．且交于，则_____度． 【变式】（25-26八年级上·福建泉州·期末）如图，已知：在中，是对角线，，是上一点，连接． (1)将图补充完整（不写作法，不需保留作图痕迹）； (2)当时，求与的面积比． 题型讲练十八 根据菱形的性质与判定求线段长 【例18】（25-26八年级下·江苏南京·期中）如图，矩形的对角线，交于点，延长到点，使，延长到点，使，连接，，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若矩形的面积为4，求菱形的面积． 【变式】（25-26八年级下·江苏苏州·期中）在矩形纸片中，． (1)如图1，将矩形纸片折叠，使点与点重合，求出的长． (2)如图2，将矩形纸片折叠，使点与点的中点重合，求出的长． 题型讲练十九 根据菱形的性质与判定求面积 【例19】（25-26八年级下·广东珠海·期中）如图，中，对角线，相交于点，点是上一点，连接，．且． (1)求证：； (2)若，，求的面积． 【变式】（25-26八年级下·福建厦门·期中）如图，在矩形中，对角线和交于点． (1)在图中求作点，使得四边形是菱形；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，连接交于点，若，，求菱形的面积． 题型讲练二十 正方形折叠问题 【例20】如图，已知在正方形中，是上一点，将正方形的边沿折叠到，延长交于点，连接．现有如下4个结论：①；②与一定不相等；③；④的周长是一个定值．其中正确的个数为（    ）． A． B． C． D． 【变式】（25-26八年级下·山东日照·期中）【折一折】将边长为2的正方形纸片折叠，使边，都落在对角线上，展开得折痕，，连接，如图1． (1) ；点A到的距离是 ． 【转一转】 (2)将图1中的绕点A旋转，使它的两边分别交边，于点P，Q（即），连接，如图2，点A到的距离是否发生变化？说明理由； 【探一探】 (3)连接正方形对角线，若图2中的的边，分别交对角线于点M，N，如图3，当点Q是边的三等分点时，求的长． 题型讲练二十一 求正方形重叠部分面积 【例21】（2026九年级·黑龙江齐齐哈尔·专题练习）现有①②③三种不同的矩形木板（边长如图（1）所示），取①②③木板各一块，按如图（2）所示的方式摆放（木板②③无重叠，无缝隙），则木板①没有被覆盖的面积为________；在图（2）摆放的基础上再放置一块木板②，如图（3）所示，则此时的木板①没有被覆盖的面积为________． 【变式】（25-26八年级上·河北唐山·期中）如图，有大小不同的2个正方形A和B，当B的对角线交点与A的一个顶点重合时，重叠部分的面积是A的，那么当A的对角线交点与B的一个顶点重合时，重叠部分的面积是B的（  ） A． B． C． D． 题型讲练二十二 根据正方形的性质与判定求角度 【例22】已知：是的角平分线，点在边上，，过点作，交于点F，连接． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，当时，请直接写出图2中度数为2倍的角． 【变式】（24-25八年级下·海南·期末）在菱形中，点E是对角线上一点，点F、G在直线上，且，． (1)如图1，求证：①；②； (2)如图2，当时，判断、、的数量关系，并说明理由； (3)如图3，当时，点F在线段上，判断、、的数量关系，并说明理由． 题型讲练二十三 根据正方形的性质与判定求线段长 【例23】（2026·福建泉州·一模）如图，在菱形中，． (1)求作正方形，使得点E，F在对角线上，且点在点的左边；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹) (2)在（1）的条件下，是的中点，连接，求的长． 【变式】（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． 题型讲练二十四 根据正方形的性质与判定求面积 【例24】（25-26九年级上·陕西西安·月考）如图，在中，的平分线交于点D，， (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且，求四边形的面积． 【变式】（24-25八年级下·山东聊城·期末）如图1，在矩形纸片中，，，折叠纸片使B点落在边上的点E处，折痕为．过点E作交于F，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)当点E在边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动． ①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形的边长； ②若限定P、Q分别在边、上移动，试求出菱形的面积最大值． 题型讲练二十五 根据正方形的性质与判定证明 【例25】（25-26八年级下·河南许昌·期中）实践操作： 第一步：如图1，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，得到折痕，然后把纸片展平． 第二步：如图2，将图1中的矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处，得到折痕，再把纸片展平． 问题解决： (1)如图1，四边形的形状是 ． (2)如图2，若，，求的长． 【变式】．（25-26八年级下·江西赣州·期中）如图1，过的对角线交点作两条互相垂直的直线，分别交于四点，连接． (1)试判断四边形的形状，并说明理由． (2)如图2，如果四边形是正方形，其它条件不变，试判断四边形的形状并说明理由． 题型讲练二十六 利用（特殊）平行四边形的对称性求阴影面积 【例26】如图，点O是边长为2的正方形的对称中心，过点O作，分别交正方形边于M、N、G、H，则当绕点O旋转时，图中的阴影部分是否关于O点成中心对称？这两部分的面积是否改变？请说明理由． 【变式】（23-24八年级下·陕西西安·月考）如果一个正整数能表示为两个连续奇数的平方差，那么称这个正整数为“奇特数”． 例如：；则、、这三个数都是奇特数． (1)填空：32______奇特数，2018______奇特数．（填“是”或者“不是”） (2)如图所示，拼叠的正方形边长是从1开始的连续奇数…，按此规律拼叠到正方形，其边长为403，求阴影部分的面积． 题型讲练二十七 (特殊）平行四边形的动点问题 【例27】（25-26八年级下·河南安阳·期中）已知：如图，在四边形中，，，，，，点从出发，以的速度向点运动，点从出发，以的速度向运动，其中一动点到达端点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为． (1)经过多少时间，四边形是平行四边形？ (2)在运动过程中，需经过多长时间才能使？ 【变式】（25-26八年级下·广东东莞·期中）如图，在四边形中，，，，、分别从、两点同时出发，以的速度由向运动，以的速度由向运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止．经过_________秒，直线将四边形截出一个平行四边形． 题型讲练二十八 四边形中的线段最值问题 【例28】（25-26八年级下·重庆·期中）如图，已知正方形的边长为，是对角线上一点，于点，于点，连接，，则的最小值为______ ． 【变式】（25-26八年级下·福建莆田·月考）已知正方形的对角线交于O，M是上一点． (1)如图，于点N，交于点Q． ①求证：； ②若，求的值． (2)如图，M是的中点，线段（点E在点F的左边）在直线上运动，连接，若，，则的最小值是 题型讲练二十九 四边形其他综合问题 【例29】．（24-25八年级下·河南信阳·月考）[定义]：如果四边形的某条对角线平分一组对角，那么把这条对角线叫做“美妙线”，该四边形叫做“美妙四边形”．如图，在四边形中，对角线平分和，那么对角线叫“美妙线”，四边形就称为“美妙四边形”． [问题]：（1）下列四边形：平行四边形，矩形，菱形，正方形，其中是“美妙四边形”的是_____；（填写名称） （2）四边形是“美妙四边形”， ，，，求美妙四边形的面积．（请画出图形，并写出解答过程） 【变式】（2025·宁夏中卫·一模）阅读材料，解决问题 在数学探究中，我们常从特殊情况入手，归纳出一般规律．例如在研究几何图形性质时，通过对特殊多边形的分析来了解多边形的普遍性质．我们规定：有一组邻边相等且有一组对角互补的四边形叫做“等补四边形”． (1)初步认识：在以下常见四边形中，一定是“等补四边形”的是（   ） A．平行四边形     B．矩形     C．菱形    D．正方形 (2)性质探究：已知四边形是“等补四边形”，，，如图，连接，试探究是否平分，并说明理由． (3)应用拓展：在“等补四边形”中，，，，如图2，求的长． 第四部分 拓展拔高 实战攻坚 1．（25-26八年级下·海南·期中）如图，在中，、交于点，为中点，连接，若，则的长为（    ） A．2 B．2.5 C．3 D．3.5 2．（25-26八年级下·广东汕尾·期中）如下图，菱形中，，，则的长为（    ） A．2 B．1 C． D． 3．（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． 4．（25-26八年级下·海南·期中）如图，，，，，的面积为6，则四边形的面积为__________． 5．（25-26八年级下·广东珠海·期中）我们都知道，四边形具有不稳定性，老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学课代表小亮在取教具时不小心使教具发生了形变（如图），若正方形道具边长为，则四边形的面积减少了__________． 6．（25-26八年级下·广东深圳·期中）如图，木匠师傅在设计窗格时，先做出平行四边形木框，固定边在窗棱上，再连接各边中点E、F、G、H构造出四边形窗花．请问，在向左推动木框的过程中（各点始终在同一平面内），四边形的面积___________（填“先变大后变小”或“始终不变”或“先变小后变大”）． 7．（25-26八年级下·河北唐山·期中）和分别是两个多边形，阅读和的对话，完成下列各小题． (1)嘉嘉说：“因为的边数比多，所以的_____比的大．”（填“内角和”或“外角和”） (2)设的边数为 ①若，求的值； ②淇淇说：“无论取何值，的值始终不变．”请用列方程的方法说明理由． 8．（25-26八年级下·广东汕尾·期中）如图，O是菱形对角线与的交点；过点C作，过点B作，与相交于点E．求证：四边形为矩形； 9．（25-26八年级下·广东汕尾·期中）如下图，在矩形中，，，G，H分别是，上的中点，E，F是对角线上的两个动点，分别从点A，C同时出发相向而行，始终保持，连接，，，．已知点E，F的速度均为每秒1个单位长度，设运动时间为． (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形； (3)若四边形为矩形时，求t的值 10．（25-26八年级下·四川成都·期中）如图1，在中，为边上的一个动点，连接，过点作交于点，点A、P关于直线对称，连接、、． (1)证明：平分； (2)当时，求的长； (3)当等腰三角形时，求的长． 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $