专题04 四边形（期末复习专项训练）2025-2026学年人教版数学八年级下册

**基本信息** 以题型建模为核心，系统覆盖四边形从基础概念到综合应用的14类题型，通过分层设计构建“概念-性质-判定-综合”的完整知识链，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |多边形基础|5题型/约50题|聚焦内角和、外角和、正多边形性质及平面镶嵌，结合生活实例|从三角形稳定性引入，推导多边形内角和公式，延伸至正多边形性质与密铺条件| |特殊四边形|6题型/约60题|平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质判定综合，含中位线应用|以平行四边形为基础，通过边角对角线关系递进至特殊四边形，强化判定与性质的互推| |综合应用|3题型/约30题|折叠平移、动点及最值问题，融合几何变换与动态思维|基于图形性质，通过折叠平移考查空间观念，动点最值问题培养模型意识与推理能力|

专题04 四边形 目录 A题型建模・专项突破 题型一、四边形的不稳定性 1 题型二、多边形的内角和 3 题型三、正多边形问题 10 题型四、多边形的外角和 14 题型五、平面镶嵌 16 题型六、多边形的内角和与外角和综合（常考点） 22 题型七、平行四边形的性质与判定综合（重点） 27 题型八、三角形中位线 38 题型九、矩形的性质与判定综合 46 题型十、菱形的性质与判定综合 53 题型十一、正方形的性质与判定综合 63 题型十二、四边形的折叠与平移（重点） 74 题型十三、四边形中动点问题（难点） 86 题型十四、四边形中最值问题（难点） 98 B综合攻坚・能力跃升 题型一、四边形的不稳定性 1．下列图形中不具有稳定性的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性求解即可． 【详解】解：∵三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性 A、图形中间部分是一个四边形，不具有稳定性，符合题意； B、图形被分割成了三个三角形，具有稳定性，不符合题意； C、图形被对角线分割成了两个三角形，具有稳定性，不符合题意； D、图形本身就是一个三角形，具有稳定性，不符合题意． 2．下列生活实例中，没有用到三角形的稳定性的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了三角形的稳定性，正确的理解题意是解题的关键．根据三角形的稳定性解答即可． 【详解】解：选项C中活动门上没有三角形，其余A、B、D选项中都含有三角形， 由三角形的稳定性可知：选项C中没有利用三角形的稳定性， 故选：C． 3．下列图形中，具有稳定性的是（   ） A．三角形 B．多边形 C．平行四边形 D．长方形 【答案】A 【分析】本题考查了三角形的稳定性“如果三角形的三条边固定，那么三角形的形状和大小就完全确定了，三角形的这个特征，叫做三角形的稳定性”，熟练掌握三角形的稳定性是解题关键．根据三角形的稳定性求解即可得． 【详解】解：A、三角形具有稳定性，则此项符合题意； B、多边形不具有稳定性，则此项不符合题意； C、平行四边形不具有稳定性，则此项不符合题意； D、长方形不具有稳定性，则此项不符合题意； 故选：A． 4．下列说法不正确的是（ ） A．两点确定一条直线 B．垂线段最短 C．三角形具有稳定性 D．四边形具有稳定性 【答案】D 【分析】根据直线的性质，垂线段的性质，三角形的稳定性，以及四边形的不稳定性逐项分析即可． 【详解】解：A．两点确定一条直线，正确，故不符合题意； B．垂线段最短，正确，故不符合题意； C．三角形具有稳定性，正确，故不符合题意； D．四边形具有稳定性，不正确，故符合题意； 故选D． 【点睛】本题考查了直线的性质，垂线段的性质，三角形的稳定性，以及四边形的不稳定性，熟练掌握各知识点是解答本题的关键． 5．生活中处处有数学，如自行车的三角架是三角形的稳定性的应用，而能够自由开关的活动窗户（如图）的支撑装置（四边形设计成平行四边形，其中应用的数学原理是 ____． 【答案】平行四边形具有不稳定性 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，利用平行四边形的不稳定性求解可得． 【详解】解：因为平行四边形具有不稳定性， 所以可以灵活的开关窗户， 故窗户的支撑装置（四边形被设计成平行四边形． 故答案为：平行四边形具有不稳定性． 题型二、多边形的内角和 6．一个多边形内角和为，那么它的边数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了多边形内角和，掌握多边形内角和公式是解题关键．设多边形的边数为，利用多边形内角和公式求解即可． 【详解】解：设多边形的边数为，则内角和为， ∵ 内角和为， ∴ ， ∴ ， ∴ ， 故选：C． 7．如图，已知在中，，若沿图中虚线剪去，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了直角三角形的性质和四边形的内角和，解题关键在于根据四边形内角和为和直角三角形的性质求解．利用四边形内角和为和直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵在中，， ∴， ∵， ∴ 故选：D． 8．如图所示，有四个半径为2的圆，它们彼此分离，将它们的中心连接起来形成一个四边形，则图中阴影部分的总面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查四边形内角和，圆的面积，根据四边形内角和为360度，可得图中四个阴影部分可以构成一个半径为2的整圆，根据圆的面积公式即可求解． 【详解】解：四边形内角和为360度， 图中四个阴影部分可以构成一个半径为2的整圆， 图中阴影部分的总面积为：， 故选B． 9．如图，将四边形纸片沿折叠，使点落在四边形外点的位置，点落在四边形内点的位置，若，，则等于（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了四边形的内角和，三角形的内角和定理，折叠的性质，熟练掌握多边形的内角和定理和外角的性质是解题的关键． 延长交于点，利用四边形的内角和定理得到：，利用四边形的内角和定理，折叠的性质，三角形的内角和定理，等量代换的性质求得的值，则结论可求． 【详解】解：延长交于点，设交于点，如图， 四边形的内角和为， ， ， ． 由折叠的性质可得：． ， ． 在和中， ， ， ，， ． ， ， ， ， ， ， ， ． 故选：D． 10．一个多边形的每个内角都是，这个多边形是 _____ 边形． 【答案】十二 【分析】本题主要考查了多边形的内角和定理．根据多边形的内角和定理：求解即可． 【详解】解：由题意可得：， 解得． 所以多边形是十二边形， 故答案为：十二． 11．如图，图形M与图形N可以无缝拼接成一个平行四边形，则图中的度数是________． 【答案】 【分析】本题考查的是多边形的内角和定理的应用，平行四边形的性质，熟练掌握多边形内角和的计算公式是解题的关键．先根据求得，然后根据多边形内角和公式求得图形N的内角和，从而得到的度数，最后根据平角的定义再进一步求解即可． 【详解】解：如图， 由题意可知，， ∵， ∴ ∵图形是五边形， ∴图形的内角和为， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 12．求出图形中x的值． 【答案】 【分析】本题考查的是多边形的内角和定理的应用，利用多边形的内角和公式建立方程求解即可． 【详解】解：由图可知， 解得． 13．小明和小红在一起探讨有关“多边形内角和”的问题，两人各出一道题考对方，小明给小红出了这样一道题：一个四边形各内角的度数比为，求各内角的度数．小红想了想，说：“这道题目有问题．” (1)请你指出问题在哪里； (2)他们经过研究后，改变了题目中的一个数字，使这道题没有问题，请你也尝试一下，换一个合适的数字，使这道题没有问题，并进行解答． 【答案】(1)四边形中最大内角不能等于 (2)见解析（答案不唯一） 【分析】此题主要考查了多边形内角和，利用多边形内角和定理得出是解题关键． （1）根据多边形的每一个内角都小于，计算即可判断； （2）将度数比改为．利用四边形内角和为，计算即可求解． 【详解】（1）解：根据题中条件可知，四边形中最大内角的度数为， 多边形的每一个内角都小于， ∴这个角不能是四边形的内角， ∴四边形中最大内角不能等于； （2）解：将度数比改为， 四边形的内角和为， ∴四个内角的度数分别为，，，． 14．如图，在中，，分别垂直平分和，交于M，N两点，与相交于点F． (1)若，则的度数为 ； (2)若，则的度数为 ；（用含α的代数式表示） (3)连接、、，的周长为，的周长为，求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】此题考查了线段垂直平分线的性质，三角形内角和定理，等边对等角，列代数式等，解题的关键是熟练掌握以上知识的应用及整体思想的应用． （1）根据垂直平分线的性质得，根据等边对等角可得，然后利用三角形的内角和定理计算即可得解； （2）根据垂直平分线的性质得，根据等边对等角可得，再求出，然后求出，最后利用四边形的内角和定理计算即可得解； （3）根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得，然后求出的周长，再垂直平分线的性质求出，即可求解． 【详解】（1）解：∵，分别垂直平分和， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：∵，分别垂直平分和， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形的内角和为， ∴， ∴， 故答案为：； （3）解：如图， ∵，分别垂直平分和， ∴， ∴周长， ∵的周长为， ∴， ∵周长为， ∴， ∴， ∵，分别垂直平分和， ∴，， ∴， ∴． 题型三、正多边形问题 15．已知某正八边形的一边长为2，则该正八边形的周长为（   ） A．12 B．15 C．16 D．18 【答案】C 【分析】此题主要考查正多边形的性质．根据正八边形的八条边长相等即可得出正八边形的周长． 【详解】解：正八边形八条边长相等，， 故选：． 16．如图，是正方形和正六边形的公共边，若图中的，，是正n边形的某部分，则n的值是（    ） A．8 B．10 C．12 D．15 【答案】C 【分析】本题主要考查了正多边形的性质、多边形的内角和公式、外角和定理． 先根据正方形和正六边形的性质及多边形的内角和公式求出的度数，再根据正多边形的每一个内角与外角互补，求出每个外角的度数，结合多边形的外角和为，即可求解． 【详解】解：正方形的每个内角为：， 正六边形的每个内角为：， 则， 这个正n边形的每个外角是：， 所以． 故选：C． 17．用两种正多边形拼地板，其中的一种是正八边形，则另一种正多边形的边数是（   ） A．正五边形 B．正六边形 C．正三角形 D．正四边形 【答案】D 【分析】本题考查平面镶嵌条件，解题的关键是用“简化内角公式”速算已知正多边形内角，结合“顶点总内角”和“个数为正整数”，快速锁定另一种正多边形． 用简化公式算已知正多边形内角，确定其顶点处可能个数（因内角大，个数仅1或2）； 按“减已知内角和”算剩余内角，匹配正多边形内角（需为正多边形内角且个数为正整数）． 【详解】解：由简化公式“正边形内角”，得； 因，故正八边形顶点处仅能放1个或2个． 若放1个：剩余内角和，无正多边形内角能整除（排除）； 若放2个：剩余内角和，是正四边形内角（正四边形内角），符合条件． 故另一种正多边形是正四边形，选D． 故选：D． 18．一个正多边形的每个内角都是，则这个多边形的内角和为___． 【答案】 【分析】本题考查正多边形的内角与外角． 由每个内角度数可得每个外角的度数，从而可得边数，再乘以每个内角的度数即可． 【详解】解： ， ∴这个多边形的内角和为． 故答案为：． 19．一个多边形的每个内角都等于，则这个多边形的边数是______． 【答案】6 【分析】本题考查了多边形的内角与外角的关系，求出每一个外角的度数是解答本题的关键． 先求出这个多边形的每一个外角的度数，然后根据任意多边形外角和等于，再用除以外角的度数，即可得到边数． 【详解】解：多边形的每一个内角都等于， 多边形的每一个外角都等于， 边数 故答案为： 20．如图，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，展开后，再将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，则的大小为_____度． 【答案】 【分析】本题主要考查了正多边形的内角和、折叠的性质以及三角形外角性质，熟练掌握正多边形内角和公式与折叠性质是解题的关键． 先求出正五边形的内角，再根据折叠性质得出相关角的度数，最后利用三角形外角性质求出的度数． 【详解】解：∵正五边形内角和为， ∴． ∵折叠使点与点重合，折痕为， ∴平分，． ∵折叠使边落在线段上，折痕为， ∴平分，． 在中，，， ∴， ∴． 故答案为：． 21．如图，五边形的内角都相等，． (1)求的度数 (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了正五边形内角和，三角形内角和定理，熟练掌握多边形内角和定理是解题的关键． （1）根据多边形内角和定理即可求解； （2）先求出，即可得到答案． 【详解】（1）解：∵五边形的内角都相等， ∴； （2）解：由（1）可知， ∵， ∴， 同理， ∴， ∴． 22．小云求一个多边形的内角和时，少加了一个内角，得到． (1)求少加的内角的度数． (2)请通过计算，判断这个多边形能否是正多边形． 【答案】(1)150度 (2)不是正多边形 【分析】本题考查了多边形的内角与外角; （1）根据多边形的内角和是的整数倍求出多边形的边数，再由多边形的内角和求出少加的这个内角的度数； （2）先假设这个多边形是正多边形，根据正多边形的性质，求出正多边形的外角度数，再确定正多边形的边数，得到的边数和（1）中的边数不一致，进而可得出答案． 【详解】（1）解：设这个多边形的边数为n，则， 解得． ∵为正整数， ∴， ∴少加的内角的度数为． （2）解：若这个多边形是正多边形，则每个外角的度数为， ∴它的边数应等于． 由（1）可知，这个多边形的边数为14，， ∴这个多边形不是正多边形． 题型四、多边形的外角和 23．已知正多边形的一个外角为，则这个正多边形的边数是（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】D 【分析】本题考查了正多边形的外角和性质，根据多边形外角和是，且正多边形的一个外角为，列式，即可作答． 【详解】解：∵正多边形的一个外角为， ∴， ∴这个正多边形的边数是10， 故选：D 24．八年级一班的同学体育课上玩游戏，让小李同学从A出发前进15米后左转，再前进15米后左转，按照这样方法一直走下去，当他回到A时，共走了（   ） A．150米 B．120米 C．100米 D．80米 【答案】B 【分析】本题考查正多边形的外角和． 根据正多边形的外角和为即可解答． 【详解】解：由多边形的外角和为可知，， ∴小李同学的路径围成一个边长为15米的正八边形， 故小李共走了(米)， 故选：B． 25．如图，的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】题目主要考查三角形外角的性质及多边形的外角和，根据题意，利用三角形外角得出，然后利用多边形外角和求解即可． 【详解】解：如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：D． 26．如图，小林从点向西直走米后，向左转，转动的角度为，再走米，如此重复，小林共走了米回到点．则______． 【答案】/度 【分析】本题主要考查了多边形的外角和等于，根据题意判断出所走路线是正多边形是解题的关键．根据题意可知，小林走的是正多边形，先求出边数，然后再利用外角和等于，除以边数即可求出的值． 【详解】解：设小林走的正多边形的边数为， 根据题意得，， ， 故答案为：． 27．如图是花样滑冰运动员从点A出发滑行一周后回到点A处所经过的路线．从开始到结束，他转过的角度为多少？ 【答案】转过的角度为360° 【分析】该题主要考查了多边形的外角和的应用，解题的关键是掌握多边形的外角和为． 根据五边形的外角和为即可求解； 【详解】解：根据图象可得运动员转过的角度是五边形的外角和， ∵五边形的外角和为， ∴他转过的角度为． 题型五、平面镶嵌 28．用一种正多边形镶嵌平面，下列图形可以选择的是（   ） A．正五边形 B．正六边形 C．正七边形 D．正八边形 【答案】B 【分析】本题考查了平面镶嵌，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，反之不能，由此即可得出答案． 【详解】A．正五边形内角为，不能被整除，不符合题意； B．正六边形内角为，可以被整除，符合题意； C．正七边形内角为，不能被整除，不符合题意； D．正八边形内角为，不能被整除，不符合题意； 故选：B． 29．下面四种正多边形平面镶嵌，每个顶点处正多边形不完全相同的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平面镶嵌，根据图形逐项分析即可得出答案，掌握一个顶点处的度数是解此题的关键． 【详解】解：A、如图中点处， ， 由两个正六边形和两个正三角形围城，则，不符合题意； B、如图中点处， ， 由一个正方形和两个正八边形围城，则，不符合题意； C、如图中点处， ， 由两个正六边形和两个正三角形围城，则，不符合题意； 而D选项符合题意， 故选：D． 30．阅读下列材料，回答下面的问题． 用一种或几种完全相同（全等形）的三角形或多边形无间隙且不重叠地覆盖（铺砌）平面的一部分，叫做平面镶嵌，平面镶嵌又称为“平面密铺”．如图所示，用边长相等的等边三角形能够平面镶嵌；平面镶嵌的关键点是，在每个公共顶点（拼接点）处，各角的和是． 现在我们来研究用边长相等的正多边形（含等边三角形）平面镶嵌的问题： 和边长相同的正五边形同时进行平面镶嵌（两种正多边形都要用），下列正多边形可以的是________； A．正四边形 B．正六边形 C．正十边形 D．正十二边形 【答案】C 【分析】本题考查了平面镶嵌，平面镶嵌时在拼接点处的内角度数和为，正五边形的一个内角为，还剩下，而，所以还需要一个正五边形和一个正十边形，所以一个拼接点处应有个正五边形和个正十边形． 【详解】解：正五边形一个内角为， 正四边形一个内角为， 正六边形一个内角为， 正十边形一个内角为， 正十二边形一个内角为， 与正五边形进行镶嵌，在每个拼接点处内角的和应为， ， 而， 内角为的是正十边形， 所以一个拼接点处应有个正五边形和个正十边形． 故选：C． 31．小芳用三个全等的正边形硬纸片和一个正三角形硬纸片拼了一个平面图形，这四个硬纸片的拼接处无空隙，不重叠．如图所示，是所拼的这个平面图形的一部分，则______． 【答案】 【分析】本题考查了无缝拼接的条件，多边形的内角和，正多边形的定义，理解无缝拼接的条件和正多边形的定义，掌握多边形的内角和公式：是解题的关键．由无缝拼接的条件得，由多边形的内角和公式和正多边形的定义，进行列式计算，即可求解； 【详解】解：由题意得：正m边形的内角为， ， 解得：， 故答案为：． 32．如图，为足球表面沿缝接线剪开并将其平铺后的局部示意图．该平面图形为具有公共顶点且边长相等的2个正六边形和1个正五边形拼接而成（除处，其他均无缝隙无重叠拼接），则图示中两个正六边形之间的缝隙_______________度． 【答案】12 【分析】本题考查了正多边形的内角问题，熟练掌握正多边形的内角问题是解题的关键．先由正多边形的内角公式求出正六边形和正五边形的内角，再根据周角是即可求出的大小． 【详解】解：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：， ， 故答案为：． 33．在日常生活中，观察各种建筑物的地板，就能发现地板常用各种正多边形地砖铺砌成美丽的图案，也就是说，使用给定的某些正多边形，能够拼成一个平面图形，既不留一丝空隙，又不互相重叠（在数学上叫做平面镶嵌）．当围绕一点拼在一起的几个多边形的内角加在一起恰好组成一个周角时，就拼成了一个平面图形． (1)请你根据图中的图形，填写表中空格； (2)如果选择正六边形进行平面镶嵌，能镶嵌成一个平面图形吗？说明理由． 正多边形边数 3 4 5 … n 正多边形每个内角的度数 … 【答案】(1) (2)能，理由见解析 【分析】本题主要考查正多边形内角的度数； （1）根据题意，得出正多边形每个内角的度数为即可； （2）先求出正六边形内角的度数，再求多边形的内角加在一起能否组成一个周角即可． 【详解】（1）解：根据题意，正多边形每个内角的度数为： （2）解：正六边形内角的度数： ∴3个正六边形进行平面镶嵌，能镶嵌成一个平面图形； ∴选择正六边形进行平面镶嵌，能镶嵌成一个平面图形． 34．相信很多人家里都有“巧手妈妈”，图1是一位巧手妈妈手工织的坐垫，图2是某学校操场铺的地砖．它们或是用单独的正多边形，或是用多种正多边形混合拼接成的，拼成的图案严丝合缝，不留空隙．从数学角度看，这些作品就是用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分覆盖，通常把这类问题叫做用多边形覆盖平面（或平面镶嵌）的问题． (1)如果限用一种正三角形来覆盖平面的一部分，是否能镶嵌成一个平面图形？请说明理由； (2)如果同时用正三角形和正十二边形来覆盖平面的一部分，是否能镶嵌成一个平面图形？如果能，应如何搭配进行平铺，请说明理由． 【答案】(1)能，理由见解析 (2)能，理由见解析 【分析】本题考查了平面镶嵌，解题的关键是根据围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角来解答． （1）利用内角的整数倍能等于即可； （2）利用两种正多边形镶嵌内角之间关系求解即可； 【详解】（1）解：能，理由如下： ∵正三角形的内角和为， ∴正三角形的每一个内角为． ∵， ∴正三角形能镶嵌成一个平面图形． （2）解：能，理由如下： ∵正十二边形的内角和为， ∴正十二边形的每一个内角为． ∵， ∴同时用1块正三角形和2块正十二边形能镶嵌成一个平面图形． 题型六、多边形的内角和与外角和综合（常考点） 35．一个多边形的每个外角都是72°，那么这个多边形的内角和为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是多边形的外角和公式及多边形的内角和公式． 根据多边形的外角和为360°，列式计算可求出这个多边形的边数，然后根据多边形的内角和公式可得出结果． 【详解】解：根据题意可得，这个多边形的边数为：， ∴这个多边形的内角和为：． 故选：B． 36．一个多边形的内角和是外角和的2倍，这个多边形是（　　） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】D 【分析】本题主要考查了多边形的内角和、多边形的外角和等知识点，掌握多边形的内角和公式是解题的关键． 设多边形的边数为n，根据多边形的外角和定理和内角和定理列方程求解即可． 【详解】解：设多边形的边数为n， 由题意得：，解得：， 所以这个多边形是六边形． 故选：D． 37．已知凸边形有条对角线，正边形每个内角是，则边数为的多边形的内角和是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查多边形的对角线问题、正多边形的内角和和外角和问题，熟练掌握多边形的对角线条数与边数的关系是解答的关键．先根据凸边形有条对角线列方程求得n值，再求得正边形的外角的度数，然后由正边形的外角为列方程得到m值，然后利用多边形的内角和公式求解即可． 【详解】解：∵凸边形有条对角线， ∴，解得， ∵正边形每个内角是， ∴正边形每个外角是， 由得， ∴， ∴边数为15的多边形的内角和是， 故选：B． 38．一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为__________ 【答案】6 【分析】本题利用任意多边形外角和为定值360°，结合题目给出的内角和与外角和的数量关系，再根据多边形内角和公式列方程求解即可得到边数． 【详解】设这个多边形的边数为， 根据题意列方程得， 解得． 39．已知一个多边形的边数为，若这个多边形的内角和的比一个七边形的外角和多，则的值为______． 【答案】 【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和，一元一次方程的应用等知识．熟练掌握边形的内角和为，外角和为是解题的关键． 依题意得，，计算求解即可． 【详解】解：依题意得，， 解得，， 故答案为：． 40．现有一个正n边形． (1)若，求其内角和； (2)若这个正n边形的每个内角都比与它相邻外角的3倍还多，求n的值． 【答案】(1) (2)9 【分析】本题考查了求多边形内角与外角，掌握多边形外角和的公式是解题的关键． （1）直接根据内角和公式进行计算即可； （2）设每个外角的度数为，则每个内角的度数为，列出方程并求出每个外角的度数，再用外角和除以外角的度数得到边数即可． 【详解】（1）解：； （2）解：设每个外角的度数为，则每个内角的度数为， ， ， ． 41．已知一个多边形的内角和是外角和的三倍，则这个多边形是几边形？ 【答案】八边形 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，正确掌握多边形的内角和公式和多边形的外角和为是解题的关键．设这个多边形为边形，根据“多边形的内角和是外角和的三倍”，结合边形的内角和公式和多边形的外角和为，列出关于的一元一次方程，解之即可． 【详解】解：设这个多边形为边形， 边形的内角和为：， 边形的外角和为：， 根据题意得： ， 解得：， 答：这个多边形是八边形． 42．已知正边形的内角和为． (1)求的值； (2)求该正边形每个外角的度数． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了多边形的内角和定理，多边形外角和的性质，熟记多边形的内角和定理是解本题的关键． （1）利用多边形的内角和定理：，列方程求解即可； （2）根据多边形的外角和是求解即可． 【详解】（1）解：， 解得，， （2）， 所以正边形每个外角的度数为． 43．（1）一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少，求这个多边形的边数． （2）如图所示，以五边形的每个顶点为圆心，以1为半径画圆，求圆与五边形重合的阴影部分的面积． 【答案】（1）7；（2） 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理，外角和定理，扇形面积计算，熟知多边形内角和定理是解题的关键． （1）设这个多边形的边数为n，根据多边形内角和定理和外角和为360度建立方程求解即可； （2）根据多边形内角和定理求出五边形内角和，再根据扇形面积计算公式求解即可． 【详解】解；（1）设这个多边形的边数为n， 由题意得，， 解得， ∴这个多边形的边数为7； （2）五边形内角和为， ∴五个阴影部分的扇形圆心角度数之和为540度， ∴阴影部分面积为． 44．请根据下面甲与乙的对话解答下列问题：甲：我和乙都是多边形，我们俩的内角和相加的结果为；乙：甲的边数与我的边数之比为． (1)求甲与乙的外角和相加的度数； (2)分别求出甲与乙的边数． 【答案】(1) (2)甲的边数为3，乙的边数为9 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理，多边形外角和定理，一元一次方程的几何应用： （1）根据多边形的外角和均为360度进行求解即可； （2）设甲的边数为n，则乙的边数为，根据n边形的内角和为结合题意列出方程求解即可． 【详解】（1）解：∵多边形外角和都为360度， ∴甲与乙的外角和相加的度数为； （2）解：设甲的边数为n，则乙的边数为， 由题意得，， 解得， ∴， ∴甲的边数为3，乙的边数为9． 45．课本再现，探究多边形内角和与外角的关系． 多边形的边数 从一个顶点引出的对角线的条数 分割出的三角形的个数 多边形的内角和 3 0 1 4 1 2 5 2 3 ．．．．．． ．．． ．．． ．．．．．． n-3 (1)公式应用：若一个多边形的内角和是，则它的边数是___________；它的一个内角为与它相邻的外角为的关系是___________； (2)根据上述的探究过程，请推导出多边形的外角和为 【答案】(1)8， (2)见解析 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理，多边形对角线条数问题，多边形对角线分三角形个数问题，多边形外角和定理，三角形内角和定理，熟知多边形的相关知识是解题的关键． （1）根据从n边形的一个顶点出发连接对角线，将边形分割成个三角形，且三角形内角和为180度，n边形的内角和为，而它的一个内角为与它相邻的外角为是互为邻补角，即可得出； （2）结合多边形的内角和公式及相邻内外角关系列式计算即可． 【详解】（1）证明：∵从n边形的一个顶点出发连接对角线，将边形分割成个三角形，且三角形内角和为180度， ∴n边形的内角和为； 当一个多边形的内角和是时，， 解得， ∴这个多边形的边数为8； 它的一个内角为与它相邻的外角为是互为邻补角，即． 故答案为8，． （2）证明：设多边形为边形 多边形的内角和外角的和为 边形所有外角和内角的总和为 多边形外角和为 ． 题型七、平行四边形的性质与判定综合（重点） 46．如图，在四边形中，，则添加下列条件，可使四边形是平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定以及平行线的判定与性质．由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、由，，不能判定四边形为平行四边形，还有可能是等腰梯形，故本选项不符合题意； B、∵， ∴， 不能判定四边形为平行四边形，故本选项不符合题意； C、由，，不能判定四边形为平行四边形，故本选项不符合题意； D、∵ ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，故本选项符合题意； 故选：D． 47．一个平行四边形一组邻边的长分别是和，其中一条边上的高是．这个平行四边形的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】判断的高对应的底边：平行四边形的高与对应底的邻边可组成直角三角形，邻边为斜边，因此高的长度一定小于对应底的邻边长度．据此分析，的高只能对应的底边，再根据平行四边形面积公式“面积=底×高”计算即可． 【详解】解：已知平行四边形邻边长为和，高为， 若的高对应的底边，则对应邻边为，此时，不符合直角三角形的性质， ∴的高只能对应的底边， ∴平行四边形的面积为． 故选：C． 48．如图，在平面直角坐标系中，线段的两个端点坐标依次为，，将线段向右平移12个单位，再向上平移5个单位，得到对应线段，则四边形的周长为（   ） A．34 B．35 C．36 D．37 【答案】C 【分析】本题主要考查了勾股定理，坐标平移，平行四边形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握勾股定理．根据，，求出，过点D作轴于点E，根据勾股定理求出，证明四边形是平行四边形，得出答案即可． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴， 过点D作轴于点E， ∵将线段向右平移12个单位，再向上平移5个单位，得到对应线段， ∴，， ∴， ∵线段平移后得到线段， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形的周长． 故选：C． 49．如图，在中，点E，点F分别是的中点，连接，若平分，，则四边形的周长为______． 【答案】10 【分析】易得四边形是平行四边形，由等腰三角形的判定得，从而，即可求得最后结果． 【详解】解：在中，， 即， ∵点E，点F分别是的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的周长为． 50．图1的放缩尺是利用“平行四边形的不稳定性”来进行绘图的工具，它由四把直尺用螺栓在点A，B，C，D处连接而成．在绘图过程中，O的位置固定不变，O，A，E始终位于同一水平面，且，．当由（如图2）缩小为（如图3）时，O，E两点的距离减小了，则点C的竖直高度上升了______． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的判定及性质，等腰三角形的性质，勾股定理，综合运用相关知识是解题的关键． 设，，则，判定四边形是平行四边形，得到．当时，过点C作于点H，根据等腰三角形的性质与勾股定理求得，．当时，过点作于点，根据等腰三角形的性质与勾股定理求得，．根据O，E两点的距离减小了，得到，求得，进而点C的竖直高度上升即可求解． 【详解】解：设，， 则，， ∴． ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 当时，如图， 则， 过点C作于点H， ∴，则， ∴在中，， ， ∵，， ∴． 当时，如图， 则， 过点作于点， ∴，则， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， ∵，， ∴． ∵O，E两点的距离减小了， 即， ∴， ∴， ∴点C的竖直高度上升． 故答案为： 51．如图，在中，点E、F分别在边、上，且，连结，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连结，若平分，，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先结合四边形是平行四边形，得，，又因为，故，即可证明四边形是平行四边形； （2）由（1）得四边形是平行四边形，结合平分，得，则，把数值代入进行计算，即可作答． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：由（1）得四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， 设， ， ， ， ， ． 52．如图，的对角线、交于点，在、的延长线上分别取、两点，使． (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由平行四边形的性质得，，再由平行线的性质得，则，然后由证明即可； （2）由平行四边形的性质得，，再由全等三角形的性质得，进而得，然后由平行四边形的判定即可得出结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， 又， ； （2）证明：四边形是平行四边形， ，， 由（1）可知，， ， ＋＋， 即， 四边形是平行四边形． 53．如图，在中，E，F分别是，边上的点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若平分，，，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2)16 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，角平分线的定义、等角对等边，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）通过证明“，”即可证得四边形是平行四边形； （2）证明，得出，从而得出，再求出，最后结合平行四边形的性质即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴． ∴， ∴， ∴． ∴， ∴平行四边形的周长是16． 54．如图，在中，，连接，过点作，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点； (1)求的度数； (2)若，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、含度角的直角三角形的性质； （1）根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，进而根据直角三角形的两个锐角互余，即可求解； （2）根据含度角的直角三角形的性质得出，进而证明四边形是平行四边形，得出，即可得出，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴； （2）∵，，， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴ 又∵ ∴， ∴． 55．如图，点、是对角线上的两点，且，连接、，， (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若． ①求线段的长； ②求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)①2；② 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质、勾股定理以及三角形面积等知识，掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）连接，交于点O，由平行四边形的性质得，，再证，即可得出结论； （2）①由勾股定理得，则，得，即可得出结论；②求出，再由三角形面积关系得，然后由平行四边形的性质即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图，连接，交于点O， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 即， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：①∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； ②∵， ∴， ∴， 由①可知，， ∴， 由（1）可知，四边形是平行四边形， ∴． 题型八、三角形中位线 56．如图，在中，，，点、、分别是、、的中点，连接，，则四边形的周长是（   ） A．5 B．7 C．8 D．10 【答案】D 【分析】利用三角形的中位线，得到，，即可求解． 【详解】解：∵点、、分别是、、的中点，，， ∴，是的中位线，，， ∴，， ∴四边形的周长为． 57．如图，在平行四边形中，对角线相交于点，点是的中点，若，则的长为（   ） A．4 B．3 C．5 D．6 【答案】A 【分析】本题主要考查平行四边形，三角形中位线的知识，根据四边形是平行四边形，得到；再根据点E是的中点，得出是的中位线，即可解决问题． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， 又∵点E是的中点， ∴是的中位线， ∴根据三角形的中位线定理可得：， 则． 故选：A． 58．如图，在中，A，E分别是的中点，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查等腰三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，三角形的内角和定理，三角形外角的性质．熟练掌握等边对等角是解题的关键．利用等边对等角得到，再根据三角形外角的性质求出，由题意证明是的中位线，推出，进而得到，推出，进而求出，再利用三角形内角和定理求出，最后根据平角的定义即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵A，E分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 59．如图，在平行四边形中，，，点H、G分别是边、上的动点，其中点H不与点C重合，连接、，点E为的中点，点F为的中点，连接，则的最小值为______． 【答案】 【分析】本题主要考查勾股定理、含30度直角三角形的性质及三角形中位线，熟练掌握勾股定理、含30度直角三角形的性质及三角形中位线是解题的关键；连接，由题意易得是的中位线，即，当取最小值时，则也为最小，则当时，取最小，然后根据含30度直角三角形的性质及勾股定理可进行求解． 【详解】解：连接，如图所示： ∵点E为的中点，点F为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴当取最小值时，则也为最小， ∴当时，取最小， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即的最小值为； 故答案为． 60．如图，的对角线交于点，平分交于点，且，，连接．下列结论：①；②；③；④，结论成立的有______．（填序号） 【答案】①②④ 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形中位线的性质等，由四边形是平行四边形，得到，，根据平分，得到，推出是等边三角形，由，得到，得到是直角三角形，于是得到，故①正确；由，得到，故②正确；根据，，且，得到，故③错误；根据三角形的中位线定理得到，于是得到，故④正确，综上即可求解，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴，故②正确， ∵，，， ∴，故③错误； ∵，， ∴， ∴，故④正确； 综上，结论成立的有①②④， 故答案为：①②④． 61．如图，在中，连接，点、分别是、的中点，连接．求的度数． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质与三角形中位线定理，解题的关键是利用平行四边形对边平行的性质以及三角形中位线平行于第三边的性质来推导角度关系． 利用平行四边形对边平行的性质，求出，根据三角形中位线定理，得出，进而求出的度数． 【详解】解：在中，， ∴， ∵点、分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴． 62．在中，，，分别是边，的中点，延长到点，使，连接，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)连结，交于点，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据三角形的中位线定理，可知，，据此即可证明结论； （2）容易证明，，利用勾股定理求得的长度，进而可求得的长度． 【详解】（1）证明：∵，分别为，的中点， ∴，． ∴． ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）∵，， ∴，． ∵， ∴． 在中，， ∵四边形是平行四边形， ∴，． 在中，， ∴． 63．【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； 【应用】 如图，在四边形中，点E，F分别是边的中点，若，，，．求的度数； 【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】；【拓展】证明见解析 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，勾股定理逆定理，等腰三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线的性质是解题的关键． [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，根据等腰三角形的性质即可得结论． 【详解】解：[三角形中位线定理]，； 理由：点，分别是边，的中点， 是的中位线， ，； [应用]连接，如图所示， 、分别是边、的中点， ，， ， ，， ，， ， ， ； [拓展]证明：取的中点，连接、．    、分别是、的中点， 是的中位线， 且， 同理可得且． ， ， ，， ，， ， ， ． 题型九、矩形的性质与判定综合 64．如图，在矩形中，对角线与相交于点O，已知，则的大小是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质． 根据矩形的性质可得，进而得出，然后利用三角形外角的性质可得答案． 【详解】解：∵矩形， ∴， ∴， ∴． 故选C． 65．如图，矩形的对角线，相交于点O，，则的长为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，关键是根据矩形的性质得出解答．根据矩形的性质得出，进而利用含30度角的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：四边形是矩形，， ∴， ∵，， ∴， 故选：C． 66．将两个完全相同的矩形和矩形按如图所示的位置摆放，使点B，C，G在同一条直线上，点E在边上，连接，，．若，，则的面积为（   ） A．13 B．26 C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点． 首先根据矩形的性质和勾股定理求出，证明，得到，然后得到，然后利用三角形面积公式求解即可． 【详解】解：∵将两个完全相同的矩形和矩形按如图所示的位置摆放， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴的面积为． 故选：D． 67．如图，已知矩形，，平分交于点E，点F、G分别为、的中点，则的长为_________．    【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理．正确连接辅助线是解题关键． 连接．由矩形的性质可间接证明得出，从而可求出，再由勾股定理可求出，最后根据三角形中位线定理求解即可． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点F、G分别为、的中点， ∴， 故答案为：． 68．如图，矩形的对角线 与 相交于点，过点作，交 于点，连接．若，则________． 【答案】/度 【分析】本题考查了矩形的性质，熟记矩形的性质是解题的关键．根据垂直的定义及角的和差求出，根据矩形的性质推出，根据等腰三角形的性质及三角形外角性质可得，根据垂直平分线的性质可得，根据等边对等角即可求解． 【详解】解：， ， ， ， 四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ∵， ∴ ∴ 故答案为：． 69．如图，四边形中，对角线、相交于点，且． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，求线段的长度． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】本题考查矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形，熟练掌握矩形的判定的方法是解题的关键： （1）根据对角线互相平分的四边形为平行四边形，根据有一个角为直角的平行四边形为矩形，即可得证； （2）根据含30度的直角三角形的性质，求出的长，再根据矩形的性质，进行求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）∵，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，． 70．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，，，求证：平分． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理，等腰三角形的判定及性质，综合运用相关知识是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得出，即，根据平行四边形的判定得出四边形为平行四边形，根据矩形的判定得出即可； （2）根据矩形的性质求出，根据勾股定理求出，求出，推出，求出，即可得出答案． 【详解】（1）∵四边形为平行四边形， ∴，，即， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴， ∴四边形为矩形； （2）∵四边形为矩形， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分． 71．如图，在矩形中，分别以点A，C为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线，分别交，于点O，F，E．求证：． 【答案】见解析 【分析】根据基本作图，得到直线是线段的垂直平分线，继而得到，证明即可得证． 本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的基本作图，三角形全等的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】证明：由作图可得：，， ∴． ∵四边形是矩形， ∴， ∴． 在和中， ∴， ∴． 72．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)求证：； (2)如果，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是矩形．证明见解析 【分析】本题考查矩形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质． （1）由平行得，进而证明，推出，等量代换可得； （2）由等腰三角形三线合一，可得，再证四边形是平行四边形，可得四边形是矩形． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵E是的中点， ∴， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：四边形是矩形． 理由：∵，D是的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形． 题型十、菱形的性质与判定综合 73．下列平行四边形中，根据图中所标出的数据，不一定是菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查菱形的判定，掌握菱形的判定方法是解题关键． 根据对角线互相垂直或邻边相等的平行四边形是菱形，逐项判断是否能使得对角线垂直或邻边相等即可． 【详解】解：A：由等角对等边，可知邻边相等，可以说明是菱形； B：，故由图中数据可知对角线垂直，可以说明是菱形； C：根据图中数据，只能说明对边平行，不能说明是菱形； D：通过平行四边形的性质，可以推出所给角的内错角也为，即由对角线分成的两个三角形为等边三角形，故邻边相等，可以说明是菱形， 故选：C． 74．如图，在菱形中，，，则对角线的长是（    ） A． B．6 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定，掌握相关知识点是解题的关键． 根据菱形的性质证明是等边三角形，即可得出答案． 【详解】解：∵菱形， ∴，平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 故选：B． 75．如图的方格纸中有一个四边形（A、B、C、D均为格点），每个小正方形边长为1，则下列说法错误的是（   ） A．四边形是菱形 B． C．四边形的面积是12 D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，由勾股定理和网格的特点可知，据此可判断A、B；再由，根据菱形面积计算公式可判断C；由于，则不是等边三角形，据此可判断D． 【详解】解；由勾股定理和网格的特点可知，故B说法正确，不符合题意； ∴四边形是菱形，故A说法正确，不符合题意； ∵， ∴，故C说法正确，不符合题意； ∵， ∴不是等边三角形， ∴，故D说法错误，符合题意； 故选：D． 76．如图中，平分，交于E，交于F，若，则四边形的周长是（　　） A．24 B．32 C．40 D．48 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．由，证出四边形为平行四边形，再证出，得出，则平行四边形为菱形，由菱形的性质即可得出答案． 【详解】∵，， ∴四边形为平行四边形，， ∵平分，∴， ∴，∴平行四边形为菱形． ∴， ∴四边形的周长． 故选：B． 77．如图，在菱形中，，对角线相交于点O，点M在线段上，且，点P为线段上的一个动点，连接，则的最小值是______． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理，能够找到最小值时的P点是解题关键．过P点作于H，过M点作于N，如图，根据菱形的性质得到，平分，，再判断为等边三角形得到，则，所以，则，所以的最小值为的长，然后利用含30度角的直角三角形性质和勾股定理求出即可． 【详解】解：过P点作于H，过M点作于N，如图， ∵四边形为菱形， ∴平分， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 当M、P、H共线时，的值最小，即的最小值为的长， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴， ∴， 即的最小值为， 故答案为：． 78．如图，在菱形中，，取大于的长为半径，分别以点A，B为圆心画弧相交于两点，过此两点的直线交边于点E（作图痕迹如图所示），连接，，则的度数为______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、尺规作图、垂直平分线的性质，掌握尺规作垂直平分线的方法是解题的关键．由菱形的性质可得，得到的度数，由作图可知点E在的垂直平分线上，得到，最后利用角的和差即可求出的度数． 【详解】解：菱形， ， ， ， 由作图可知，点E在的垂直平分线上， ， ， ． 故答案为：． 79．已知：如图，的对角线，交于点O，分别过点A，B作，，连接交于点F． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形为菱形？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)理由见解析 【分析】本题考查了菱形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质和菱形的判定是解题的关键． （1）由四边形是平行四边形得，证明四边形是平行四边形，则有，然后根据证明即可； （2）证出四边形是矩形，由矩形的性质得出，即可得出四边形为菱形． 【详解】（1）证明：的对角线，交于点O，，， ，四边形是平行四边形，， ， ， 在和中， ， ． （2）解：当时，四边形为菱形；理由如下： 四边形是平行四边形，， 四边形是矩形， ， ，， 四边形是平行四边形， 四边形为菱形． 80．如图所示，在四边形中，对角线、交于点，，，且，过点C作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先得出四边形是平行四边形，进一步得，通过推导角之间的关系得出，即可得证； （2）先过点B作，垂足为点，再利用菱形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理得出，的长，最后利用菱形的面积公式即可解答． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， ， ． ， ， ， 平行四边形是菱形． （2）解：如图，过点B作，垂足为点， 又 ， ． 由（1）可知，四边形是菱形， ，，，，， ，四边形为平行四边形， ． ，， ． 在中，， ． ， ， ， ． 81．如图，菱形中，对角线，交于点，点是的中点，延长到点，使，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】 本题考查平行四边形的判定、菱形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、含的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定与性质是解答的关键． （1）先证明四边形为平行四边形，再根据菱形的性质得到，然后根据矩形的判定可证得结论； （2）根据矩形的对角线相等求得，再根据菱形的性质和勾股定理求出对角线，的长，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半求解即可． 【详解】（1） 证明：∵点是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴，即， ∴四边形是矩形； （2） ∵四边形是矩形，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴四边形的面积为． 82．在人教版八年级下册数学教材学习了以下内容：菱形的对角线互相垂直且平分． 【结论运用】 (1)如图①，菱形的对角线与相交于点O，，，则菱形的面积是______； (2)如图②，四边形是菱形，点F在上，连接，四边形是菱形，连接，若，求的度数． 【答案】(1)96 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形外角的性质，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键． （1）根据菱形性质求出，进而求出面积； （2）根据菱形性质证明，得出，再根据等腰三角形性质求出，根据三角形外角的性质求出结论． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ， 在中，，， ， ， ∴菱形的面积； （2）解：四边形是菱形，四边形是菱形， ，，， ，，， ， ， ， ， ， ， ． 题型十一、正方形的性质与判定综合 83．如图，四边形是平行四边形，下列说法不正确的是（    ）． A．当时，四边形是矩形 B．当时，四边形是正方形 C．当时，四边形是菱形 D．当时，四边形是矩形 【答案】B 【分析】本题考查特殊平行四边形的判定，掌握好特殊平行四边形的判定定理是解题关键． 根据特殊平行四边形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：对于A，对角线相等的平行四边形是矩形，故A正确，不满足题意； 对于B，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B不正确，满足题意； 对于C，邻边相等的平行四边形是菱形，故C正确，不满足题意； 对于D，一个角为直角的平行四边形是矩形，故D正确，不满足题意． 故选：B． 84．对角线长是3的正方形的面积（    ） A． B．9 C． D．11 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，解题的关键熟练掌握正方形的性质．设正方形边长为a，根据正方形的性质以及勾股定理即可得到，则，即可求解正方形的面积． 【详解】解：设正方形边长为a， 由正方形可得边长相等，且内角为， ∴由勾股定理得，， ∴， 即正方形的面积为， 故选：A． 85．如图，在正方形的边上有一点H，G和F分别是、延长线上的一点，满足，且，连接交于点E，若，则的大小是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形外角的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法．证明，得出，，证明，得出，，根据三角形外角的性质得出． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 86．如图，在中，点D是斜边的中点，以为边作正方形．若，则的长为_______． 【答案】12 【分析】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线性质等知识点．掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 先根据正方形的面积求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长即可． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴， ∵， ∴， ∵在中，点D是斜边的中点， ∴． 故答案为：12． 87．如图，在平面直角坐标系中，点、、在坐标轴上，是的中点，四边形是矩形，四边形是正方形，若点的坐标为，则点的坐标为__________ 【答案】 【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的性质与判定，平面直角坐标系中点的坐标，矩形的性质等知识的综合运用．过点作轴，垂足为，利用证明，可得，，由是的中点，可求解，的长，进而可求解点坐标． 【详解】解：过点作轴，垂足为， ， 四边形为正方形， ，， ，， ， ， 四边形是矩形， ，， ， 在和和中， ， ， ，， 为的中点， ， ， ， ， ，， ， ， 故答案为：． 88．如图，在平行四边形中，F是对角线的交点，E是边的中点，连接． (1)求证：； (2)若，求证：四边形是菱形； (3)若且，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】此题主要考查了三角形中位线定理，平行四边形性质，菱形以及正方形的判定等知识，熟练掌握相关判定定理是解题关键． （1）利用三角形中位线定理以及其性质判断得出即可； （2）利用菱形的判定方法得出即可； （3）利用正方形的判定方法得出即可． 【详解】（1）证明：∵平行四边形， ∴点为的中点， 又∵是的中点， ∴为的中位线， ∴； （2）证明：根据解析（1）可知：为的中位线， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形是菱形； （3）证明：∵， ∴， 根据解析（1）可知：， ∴， ∴根据解析（2）可知，当时，四边形是菱形， ∴四边形是正方形． 89．如图，在正方形中，，E为的中点，，连接，，． (1)证明：是直角三角形； (2)过点E作交于点G，交于点H，求的长； (3)在（2）的情况下，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据勾股定理分别求出，，的长，然后根据勾股定理的逆定理进行判断即可； （2）根据等积法求出的长即可； （3）连接，证明，得出，证明，得出，设，则，，根据勾股定理得出，求出x的值，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴，， ∵E为的中点， ∴， ∵， ∴， 根据勾股定理得：， ， ， ∵， ∴为直角三角形； （2）解：∵，为直角三角形， ∴， ∴； （3）解：连接，如图所示： ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则，， 根据勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴的长为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，三角形全等的判定和性质，三角形面积计算，解题的关键是熟练掌握勾股定理的逆定理和三角形全等的判定定理． 90．如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，，是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接． (1)试证明：垂直平分； (2)求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． （1）证明，则，再证明，则，得到垂直平分； （2）求出，，由图可知，和等高，设高为，由求出，则． 【详解】（1）证明：为正方形， ，， ， ， ， ， ， ， 平分， ． ， ． ， ， 垂直平分； （2）为正方形，且边长为4， ， 在中， 由（1）可知，， ， 由图可知，和等高，设高为， ， ， ， ． 91．新概念：我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形，如图①． (1)概念理解：我们已经学习了平行四边形、菱形、矩形、正方形，在这四种图形中是垂美四边形的是___________． (2)性质探究：小美同学猜想“垂美四边形两组对边的平方和相等”，即：如图②，若四边形是垂美四边形，则．请判断小美同学的猜想是否正确，并说明理由． (3)问题解决：如图③，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接、、．若，则： ①求证：． ②___________． 【答案】(1)菱形、正方形 (2)正确；理由见解析 (3)①见解析；② 【分析】（1）由平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质，结合垂美四边形的定义，即可求解； （2）由勾股定理得 ，即可求解； （3）①连接，由正方形的性质得，由即可得证；②由垂美四边形得，，即可求解． 【详解】（1）解：概念理解：菱形、正方形的对角线垂直， ∴菱形、正方形都是垂美四边形． 故答案为：菱形、正方形． （2）解：性质探究： 正确．理由如下： 连接、 四边形是垂美四边形， ， ， 由勾股定理得， ； （3）解：问题解决：①连接， 正方形和正方形， ， ， 即， ； ②， ， 又 ∴，即， ∴四边形是垂美四边形． 由（2）得，， ∵，， ，，， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了新定义，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质等；理解新定义，能熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键． 题型十二、四边形的折叠与平移（重点） 92．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．12 B．10 C．8 D．6 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质、图形折叠的性质、全等三角形的判定定理、勾股定理等知识．首先根据矩形和折叠的性质获取相等的边与角，证明相关三角形全等以关联未知边；再设未知数，利用勾股定理列方程求出关键边的长度；最后结合三角形面积公式计算重叠部分的面积． 【详解】解：由折叠的性质及矩形的性质可得：，． 在 和 中， ， ． 设 ，则 ． 在 中， 解得：， ， . 故选：B． 93．将一个矩形纸片沿所在的直线折叠成如图所示的图形，点均在原矩形的边上，且点在同一边上，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，解题的关键是熟练掌握折叠的性质；根据矩形的性质和折叠的性质可得，，进而可得，即可得解． 【详解】解：如图所示： 将一个矩形纸片沿所在的直线折叠成如图所示的图形， ，， ， ， ， ， 故选：． 94．如图，将边长为的正方形纸片折叠，使点落在边中点处，点落在点处，折痕为，则线段的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，由正方形的性质可得，，即得，由折叠得，设，则，在中利用勾股定理求出进而即可求解，掌握正方形和折叠的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是的中点， ∴， 由折叠得，， 设，则， 在中，， ∴， 解得， ∴， 故选：． 95．如图，在正方形中，是边上一点，，，将正方形边沿折叠到，延长交于，连接，现在有如下四个结论：①；②；③；④．其中结论正确的选项是（   ） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④ 【答案】C 【分析】本题考查翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识．证明，得到，结合可判断①；设，利用勾股定理求得，不是等边三角形，可判断②；证明，即可判断③；证明，求出的面积即可判断④． 【详解】解：如图，连接， 四边形是正方形， ，， 由翻折可知：，，，， ，，， ∴， ，， ，故正确， 设， 在中， ， ， ， ， ， 是等腰三角形， 显然不是等边三角形，则，故错误， ， ， ， ，， ， ，故正确， ，， ∴， ，故正确， 故选：C． 96．如图，把矩形纸片沿对角线折叠，重叠部分为，，，则_____________ 【答案】5 【分析】本题考查了矩形的性质与折叠的性质，解题的关键是利用折叠的性质得到角相等，进而推出线段相等． 根据矩形对边相等得；由折叠性质得，结合矩形中得，故，从而；再结合 计算即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴，， ∴． 由折叠性质得， ∴， ∴． 又∵， ∴． 故答案为：． 97．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在轴上，点的坐标为，点在边上．将沿折叠，点落在点处．若点的坐标为，则点的坐标为______． 【答案】 【分析】与轴相交于点，设正方形的边长为，得四边形、四边形是矩形，结合翻折图形的形状，可得、、，利用勾股定理建立方程，求出正方形的边长，在中，设，再利用勾股定理建立方程，即可求出，即可求解点的坐标． 【详解】解：如图，与轴相交于点， 四边形，四边形是矩形． 设正方形的边长为， ，，， 沿折叠， 根据题意，得：，，， 在中，， ， 解得：， 设， ，， 在中，， ， 解得：， ，， 点的坐标为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，翻折图形的性质，勾股定理，利用勾股定理求出正方形的边长是解题关键． 98．综合与实践 现有矩形纸片，其中，，将纸片进行如下操作： 步骤1：将纸片对折，使与重合，折痕为，展开如图①； 步骤2：连接图中的对角线，交于点，将纸片沿折叠，使点恰好落在对角线上的点处，如图． (1)求证：； (2)求线段的长． 【答案】(1)证明过程见解析； (2)线段的长为． 【分析】（1）由矩形的性质，结合平行线的性质，可得，，由折叠的性质，等量代换，可得，即可证得结论； （2）连接，根据矩形的性质，结合勾股定理可得，由三角形全等的性质，可得，由折叠的性质，可得，由等边对等角，结合三角形的内角和定理，可得，根据三角形的面积，可得，根据勾股定理，可得，从而可得线段的长． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， 由折叠的性质，可得，， ∴， 在和中， ， ∴． （2）解：如图，连接， 由折叠的性质，可得，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是矩形，，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查矩形的性质，折叠的性质，平行线的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形的内角和定理，等边对等角，掌握相关知识点是解题关键． 99．如图，若将四边形沿折叠，则点与点重合，过点作交于点，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)连接，若四边形的周长为，面积为，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定以及性质，折叠的性质，勾股定理的应用．掌握相关性质定理和判定定理是解题的关键． （1）记与的交点为，由折叠的性质可得出，，，根据，可得，从而证明，由全等三角形的性质可得出，从而得证四边形为平行四边形，结合，即可得证． （2）设，，由菱形的性质可得的长，，，由菱形的面积可得出，在中，根据勾股定理得，由勾股定理可得出，利用完全平方公式可得出的值，进而得到的值． 【详解】（1）证明：四边形沿折叠，点与点重合， 四边形关于直线对称， 为的垂直平分线， ，， 如图所示，记与的交点为，则， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形为平行四边形， 又， 四边形是菱形； （2）解：设，， 四边形为菱形，周长为， ，，， 四边形的面积为， ，即， 在中，根据勾股定理得： ，即， ， （负值不符合题意，已舍去）， ． 100．综合与实践： 综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动． 【操作判断】 (1)操作一： 如图1，正方形纸片，将沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形的内部，得到折痕，点B的对应点为M，连接；将沿过点A的直线折叠，使与重合，得到折痕，将纸片展平，连接． 根据以上操作，易得点E，M，F三点共线，且① °；②线段，，之间的数量关系为 ． (2)【深入探究】 操作二： 如图2、将沿所在直线折叠，使点C落在正方形的内部，点C的对应点为N，将纸片展平，连接、． 同学们在折纸的过程中发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同，当点E在边上某一位置时（点E不与点B，C重合），点N恰好落在折痕上，此时交于点P，如图3所示． ①小明通过观察图形，测量并猜想，得到结论，请证明该结论是否成立，并说明理由． ②【拓展应用】若正方形纸片的边长为3，当点N落在折痕上时，求出线段的长． 【答案】(1)①45；② (2)①成立，见解析；② 【分析】（1）①由正方形的性质得出，由折叠的性质可得：，，即可求解； ②由折叠的性质即可求解； （2）①根据正方形的性质和折叠的性质得到是等腰直角三角形，再根据全等三角形的判定和性质求解即可； ②证明是等腰直角三角形，求出，再由含角的性质以及勾股定理求解． 【详解】（1）解：①∵四边形是正方形， ∴， 由折叠的性质可得：，， ∴，即； ②由折叠的性质可得：，， ∵， ∴； （2）①结论：成立，理由如下： 将沿所在直线折叠，使点落在正方形的内部，点的对应点为， ∵四边形是正方形， ∴， 由折叠的性质可得：，，， ∴， ∵， ∴， 由（1）得：， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②∵点落在折痕上， ∴，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 题型十三、四边形中动点问题（难点） 101．如图，正方形的边长为4，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况： ①若为的中点，则四边形是正方形；②若为上任意一点，则； ③点在运动过程中，的值为定值4；④点在运动过程中，线段的最小值为． 正确的有（    ） A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④ 【答案】D 【分析】本题主要考查了全矩形的性质与判定、正方形的性质与判定、勾股定理、等边对等角等知识点，灵活运用相关性质与判定定理是解题的关键． 由题意易得，则有四边形是矩形，然后可得，再结合为的中点可判定①；如图，连接．根据垂线段最短可知当时，最小，即取最小值；再根据等腰三角形的性质可得，进而判定②；根据等角对等边以及矩形的性质可判定③；先根据勾股定理求得，再运用垂线段最短以及等面积法即可判定④． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴． ∵，， ， ∴四边形是矩形，， ∴， ∵为的中点， ， ， ∴四边形是正方形，故①正确； 如图，连接． ∵四边形是矩形， ， 当时，最小，即取最小值， ∵， ∴，即，即②错误； ， ． ∵四边形是矩形， ， ，即的值为定值4，故③正确； ， ∴当最小时，最小， ∴当时，最小， 在中，． ， ，解得：， ∴线段的最小值为，故④正确． ∴正确的有①③④． 故选：D． 102．在矩形中，，动点P在边上，过点P作于点E，连接，取的中点F，连接，在运动过程中当线段最小时，则线段的长为_____． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，正确做出辅助线是解题的关键； 设点D关于直线的对称点为点G，连接，，延长，交于H点，连接，根据对称性质得，，在证和，然后将构造成三角形的中位线，将动线段转化为定点B到直线得最短距离，然后根据勾股定理和点到直线垂线段最短，求得取最小值的情况以及对应线段长度即可． 【详解】如图所示，设点D关于直线的对称点为点G，连接，，延长，交于H点，连接， 点G，D关于直线对称， ，， 在和中 ， ， ， ， ， 在和中 ，即E为的中点， 又F为的中点， 为的中位线， ， 要使最小，则需取得最小值，而B为固定点，H在固定直线上， 由点到直线垂线段最短可知，当时取得最小值， ， ， ， 在中，， ， ， ， ，， ， 故答案为：． 103．如图，在菱形中，，点分别为边上的动点，点从点开始沿方向向点运动，点从点开始沿方向向点运动，在运动过程中，始终保持．若，则的长度为_______． 【答案】6 【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，连接，由菱形的性质推出，判定是等边三角形，得到，由，推出，判定，得到，于是得到． 【详解】解：连接， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：6． 104．如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是，连接，设点P、Q运动的时间为．当t为何值时，四边形是矩形？    【答案】当时，四边形是矩形 【分析】本题考查了矩形的性质和判定的应用．根据矩形的性质得出，，，当时，四边形是矩形，得出方程，求出方程的解即可． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， 当时，四边形是矩形， 即， 解得：． 所以当时，四边形是矩形． 105．如图，在中，，，．点P在上由点B向点C出发，速度为每秒；点Q在边上，同时由点D向点A运动，速度为每秒．当点P运动到点C时，点P，Q同时停止运动．连接，设运动时间为t秒． (1)当t为何值时，四边形为平行四边形？ (2)当t为何值时，四边形的面积是四边形的面积的四分之三？求出此时的度数． (3)连接，是否存在某一时刻t，使为等腰三角形？若存在，请求出此刻t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)， (3)存在，的值为或或 【分析】（1）由运动得，，当时，可得，由平行四边形的判定方法即可求解； （2）过作交于，由直角三角形的特征得，由梯形的面积和平行四边形的面积得，，即可求出，可判断此时与重合，为的中点，，由等腰三角形的性质即可求解； （3）分类讨论：①当时，②当时， ③当时；即可求解． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形， ，， ，， 当时， 解得， 当时，， 四边形为平行四边形； 故当时，四边形为平行四边形； （2）解：过作交于， ，， ， 由（1）得，， ， ， ， 解得：， 故当时，四边形的面积是四边形的面积的四分之三； ， ， 此时与重合，为的中点， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ； （3）解：存在； ①当时， ， 解得：； ②当时， 过作交于， ， ， ， ， ， 解得； ③当时， 过作交于， ， ， ， ， ； 综上所述：当的值为或或时，为等腰三角形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，直角三角形的特征等；能根据等腰三角形的腰不同进行分类讨论进行求解是解题的关键． 106．已知，中，，，的垂直平分线分别交、于点，垂足为． (1)如图1，连接、．求证：四边形为菱形； (2)如图1，求的长； (3)如图2，动点分别从两点同时出发，沿和各边匀速运动一周．即点自停止，点自停止，在运动过程中，点的速度为每秒，点的速度为每秒，设运动时间为秒，若当以四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题考查了菱形的判定、三角形全等的判定与性质、一元一次方程的应用、矩形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）证明得出，推出四边形为平行四边形，结合即可得证； （2）设菱形的边长，则，由勾股定理计算即可得出答案； （3）分情况讨论可得只有当点在上，点在上时，四点才能构成平行四边形，利用平行四边形的性质列方程求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ，， 垂直平分， ， 在和中， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， 四边形为菱形； （2）解：设菱形的边长，则， 在中，，由勾股定理得：， 解得：， ； （3）解：由作图可以知道，在上时，在上，此时四点不能构成平行四边形；同理，在上时，在或上，此时四点也不能构成平行四边形， 只有当点在上，点在上时，四点才能构成平行四边形， ， 点的速度为每秒，点的速度为每秒，设运动时间为秒， ，， ， 解得：， 以四点为顶点的四边形是平行四边形时，． 107．已知中，一动点在边上，以每秒的速度从点A向点D运动． (1)如图1，运动过程中，若平分，且满足，求的度数． (2)如图2，另一动点在边上，以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点停止运动时点也停止，设运动时间为，若，当t为多少秒时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形． (3)在（1）的条件下，连结并延长，与的延长线交于点，连结，若，直接写出：的面积为． 【答案】(1) (2)4.8秒或8秒或9.6秒 (3) 【分析】本题属于四边形综合题，主要考查了等边三角形的判定及性质，等积转换，平行四边形的判定等，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键． （1）可证，从而可证，即可求解； （2）当时，四边形是平行四边形，进行分类讨论：①当时，②当时，③当时，④当时，即可求解； （3）设边上的高为，边上的高为，，可得，即可求解． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ． （2）解：， 当时，四边形是平行四边形， ， ， ①时， ， 解得：（不合题意，舍去）； ②时， 当， 解得：； ③时， ， 解得：； ④， 当时， 解得：； 综上所述：为4.8秒或8秒或9.6秒； （3）解：如图，设边上的高为，边上的高为， ，四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， 故答案为：． 题型十四、四边形中最值问题（难点） 108．如图，在菱形 中，，点 E 、F 分别在边上，点 P 是对角线上的动点，的最小值是（   ） A．2 B．3 C．4 D． 【答案】D 【分析】此题考查了轴对称的性质、菱形的性质、矩形的判定和性质、解直角三角形等知识，熟练掌握矩形的判定和性质是关键．作点关于的对称点，作于点，交于点，则此时的值最小，最小值等于的长，作于点，则四边形是矩形，求出，则，即可得到答案． 【详解】解：作点关于的对称点，作于点，交于点， 此时, 则此时的值最小，最小值等于的长， 作于点，则四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 则， 即的最小值为， 故选：D 109．如图，中，．点D是边上的动点，过点D作边的垂线，垂足分别为E，F、连接，则的最小值为（  ） A．3 B． C．4 D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键，连接，由勾股定理求出，再证明四边形是矩形，得到，由垂线段最短可知，当时，线段最小，则线段的值最小，进而由三角形的面积求出的长即可． 【详解】解：如图，连接， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 由垂线段最短可知，当时，线段最小，则线段的值最小， 此时，即 ， 的最小值为， 故选：B． 110．如图，是矩形的对角线上一点，，，于点，于点，连接，，则的最小值为（    ） A． B．4 C． D．8 【答案】C 【分析】本题考查的知识点是矩形的判定与性质、勾股定理解直角三角形，解题关键是熟练掌握矩形的判定与性质． 连接，根据矩形的性质得到，的最小值即为的最小值，当，，三点共线时，的值最小，且为的长度，根据勾股定理得到，于是得到结论． 【详解】解：连接， 四边形是矩形， ， ，， 四边形是矩形， ， 的最小值即为的最小值， 当，，三点共线时，的值最小，且为的长度， 四边形是矩形，， ， 的最小值为． 故选：C． 111．如图，在四边形中，，点在上，且，则的最小值为_______． 【答案】 【分析】本题考查了轴对称性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，连接，得到点与点关于对称，过点作，使得，连接交于点，连接，证明四边形是平行四边形，得到则当三点共线，即点与点重合时，取得最小值，即取得最小值，最小值为的长，求出，由勾股定理求出得出答案，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ， 点与点关于对称， ， 过点作，使得，连接交于点，连接， ， ，四边形是平行四边形， ， 当三点共线，即点与点重合时，取得最小值，即取得最小值，最小值为的长， ，， 是等边三角形， ， 在中， 的最小值为． 故答案为：． 112．如图，正方形边长为4，以为圆心，为半径画弧，为弧上动点，连接，取中点，连接，则最小值为________________ ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是将转化为，根据三角形三边关系，得出最小值．在上截取，证明和全等，得到，则，由此得出最小值． 【详解】解：在上截取，连接，， ∵正方形边长为4，以为圆心，为半径画弧 ， ∵是中点， ， 在和中， ， ， ， ， ，， ， 的最小值为， 故答案为：． 113．在边长为6的菱形中，，点E，F分别在边和上，且． (1)如图1，求证：是等边三角形； (2)如图2，交于点P，交于点G， ①当的周长最小时，求证； ②已知交的延长线于点H，求证． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②见解析 【分析】（1）连接，证明，则，即可证明结论； （2）①连接，当时，的周长最小，由（1）得，得到，在中，，由即可得到结论；②连接，证明，则 ，证明，则，结论得证． 【详解】（1）证明：如图1，连接， ∵四边形是菱形， 在和中， 是等边三角形． （2）①如图2，连接， 当时，的周长最小 由（1）得 在中，                ②如图2，连接， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、三角形中位线定理等知识．添加合适的辅助线是解题的关键． 114．如图，四边形是边长为1的正方形，分别延长、至点E、F，且使．连接、、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，点为的中点，点P为线段上的一动点，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质等知识，熟练掌握正方形和菱形的性质是解题关键． （1）连接，交于点，先根据正方形的性质可得，，再得出，即与垂直且互相平分，然后根据菱形的判定即可得证； （2）过点作于点，连接，先根据正方形的性质、线段垂直平分线的性质可得，则可得，根据两点之间线段最短可得当点共线时，的值最小，最小值为，再利用勾股定理求出的值，最后在中，利用勾股定理求出的值，由此即可得． 【详解】（1）证明：如图，连接，交于点， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴，即， ∴与垂直且互相平分， ∴四边形是菱形． （2）解：如图，过点作于点，连接， ∵四边形是边长为1的正方形， ∴，，， ∴， 由线段垂直平分线的性质可知，， ∴， 由两点之间线段最短可知，当点共线时，的值最小，最小值为， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 1．（25-26八年级下·上海·期中）已知一个多边形的外角和等于内角和的一半，那么这个多边形的对角线条数为（　　）． A．6条 B．7条 C．8条 D．9条 【答案】D 【分析】先利用任意多边形外角和为定值的性质求出多边形内角和，再根据内角和公式求出边数，最后代入对角线条数公式计算得到结果． 【详解】解：设多边形边数为，根据题意得， ， 解得， 即该多边形为六边形， ∴该多边形对角线条数为（条）． 2．（2026·四川南充·一模）如图，在正六边形中，点M、N分别为边上的点，且，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正六边形的性质可得，利用平行线的性质可得，求得，然后利用三角形的内角和定理计算可得答案． 【详解】解：∵六边形是正六边形， ∴， ∵，且， ∴， ∴， ∴． 3．（25-26八年级下·新疆吐鲁番·期中）已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（    ） A．当时，四边形是菱形 B．当时，四边形是菱形 C．当时，四边形是矩形 D．当时，四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查特殊平行四边形的判定，熟练掌握菱形，矩形，正方形的判定定理是解题关键，根据判定定理对各选项逐一判断即可. 【详解】解：四边形是平行四边形， A、一组邻边相等的平行四边形是菱形，因此当时，四边形是菱形，故此选项正确，不符合题意； B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，因此当时，四边形是菱形，故此选项正确，不符合题意； C、对角线相等的平行四边形是矩形，因此当时，四边形是矩形，故此选项正确，不符合题意； D、有一个内角是直角的平行四边形是矩形，不一定是正方形，因此当时，四边形是矩形，不一定是正方形，故此选项错误，符合题意. 4．（2026·四川德阳·二模）如图，在正方形中，点在的延长线上，点是的中点，连接并延长交于点，连接，，，则（  ） A． B．5 C． D．10 【答案】D 【分析】根据正方形的性质得到，求出的长，再根据三角形的面积公式可得答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 5．（25-26八年级下·河南驻马店·期中）如图，的周长为16，对角线、相交于点，点在上，，则的周长是（   ） A．10 B．6 C．4 D．8 【答案】D 【分析】由平行四边形对角线互相平分及得到垂直平分，结合垂直平分线性质、三角形周长与平行四边形周长求解即可． 【详解】解：在中，对角线、相交于点，则， ， 垂直平分， ， 则的周长是， 的周长为16， 的周长是． 6．（25-26八年级下·上海金山·期中）在矩形中，，点在边上，点在边上，连接、、．，，，； 以下两个结论：（   ） ①    ② A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】A 【分析】先证明，则，再证明是等腰直角三角形，则，进一步得到，则，利用完全平方公式进行计算即可证明②正确，由得到，根据即可证明①正确． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故①正确， 故①②都正确. 7．（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】 【分析】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． 【详解】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：， ∴． 8．（25-26八年级下·浙江丽水·期中）如图，在中，点，分别在边，上，折叠使得点落在边上的点处，若，，，则线段长度的最大值为______． 【答案】 【分析】分别过点、作的垂线，垂足为、，由平行四边形的性质可得，则是等腰直角三角形，计算得．容易证明四边形是矩形，则，结合垂线段最短可得的最小值为．由折叠的性质可得，则的最小值为，因此的最大值为． 【详解】解：如图，分别过点、作的垂线，垂足为、， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在中，， ∴，解得， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可得，， ∴， ∴当最小时，最大， ∵垂线段最短， ∴，即的最小值为， ∴的最大值为． 9．（25-26八年级下·广东惠州·期中）已知某正多边形的一个内角比相邻的外角大． (1)求这个正多边形每个外角的度数； (2)求这个正多边形的边数． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据多边形外角与内角是平角，列出方程，求解即可； （2）利用正多边形的性质和外角和求解即可． 【详解】（1）解：设该正多边形的内角为， 由题意，得，解得． ∴，即这个正多边形的外角是； （2）解：因为多边形的外角和是， 所以， ∴这个正多边形的边数是18． 10．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，在中，是对角线，，，垂足分别为点E、F，连结，交于点O． (1)求证：． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】（1）证明即可得出结论； （2）先由已知得，则，在中，由勾股定理求出，再根据得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵在中，是对角线， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：∵，， ∴， ∴， 在中，，， ∴， 解得（负值已舍去）， 由（1）知，， ∴， ∴． 11．（25-26八年级下·江苏徐州·期中）如图1是一架舞台升降机，图2是其工作截面示意图，升降机的四根交叉撑长度相同（即），交叉撑，与工作台分别交于点，，点可以在工作台上滑动，点固定．交叉撑，与底座分别交于点，，点可以在底座上滑动，点固定．点是交叉撑和的中点，点是交叉撑和的中点．底座与工作台平行．当液压增加时，交叉撑形成的交叉角的角度变小，从而使升降机上升，反之会下降． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)当（交叉撑的宽度忽略不计），交叉角从180°减小到120°时，舞台升高了多少米？ 【答案】(1)菱形，理由见解析 (2)交叉角从180°减小到120°时，舞台升高了米 【分析】（1）根据已知条件证明，可得四边形是菱形． （2）根据含30度角的直角三角形的性质得出，同理可得，证明是等边三角形，得出，即可求解． 【详解】（1）解：四边形是菱形．理由如下： ∵点C是和的中点，点A是和的中点， ∴，，，． ∵， ∴． ∴四边形是菱形． （2）解：如图所示，过点作于点， 点A是和的中点，， ∴． ∵， ∴． 当时， ∴， ∴， 同理可得 ∵，四边形是菱形． ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴交叉角从180°减小到120°时，舞台升高了米 12．（2026·江苏无锡·二模）如图，在平行四边形中，延长到点E，使得，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)4 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，， 即可得， 结合，根据“”即可证明； （2）根据平行四边形的性质得， 根据全等得， 即可解答 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 在和中： ， ∴； （2）解：∵、交于， 四边形是平行四边形， ∴， 由（1）中全等三角形对应边相等，得， ∵， ∴， ∴． 13．（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 【分析】（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． 【详解】（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， 、， ． 14．（25-26八年级下·天津滨海新区·期中）如图，在中，，，，点D从点C出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（）．过点D作于点F，连接、． (1)求证：； (2)四边形能否成为菱形？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由； (3)当t为何值时，为直角三角形？请直接写出结果． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形是菱形 (3)当为秒或秒时，是直角三角形 【分析】（1）由题意得、，根据直角三角形的性质得到，进而得到，从而得出结论； （2）易证明四边形是平行四边形，若四边形是菱形，则需，利用得到，据此列出等式求解即可； （3）分三种情况讨论：①当时，证明四边形为矩形，进而得到，根据含角的直角三角形的性质得到，进而求出长，据此列出等式求解；②当时，由（2）知，四边形是平行四边形，进而求出，根据含角的直角三角形的性质得到，据此列出等式求解；③当时，、、三点共线，不构成三角形，该情况不存在． 【详解】（1）证明：在中，， 由题意得：、， ， ， 在中，， ， ， ； （2）解：四边形能成为菱形，理由如下： 、， ，即， 由（1）知，， 四边形是平行四边形， 若四边形是菱形，则需， 、， ， ， ， 解得， ， 当时，四边形是菱形； （3）解：若是直角三角形，分三种情况讨论： 当时， ， 四边形为矩形， ， 在中，， ， ， ， 由（2）知，， ， 解得； 当时， 由（2）知，四边形是平行四边形， ， ， 在中，， ， 由（2）知，， ， 解得； ③当时，此时、、三点共线，不构成三角形， 则该情况不存在； 综上所述，当为秒或秒时，是直角三角形． 【点睛】本题考查含角的直角三角形的性质、矩形的判定与性质、菱形的判定定理，熟练掌握相关性质定理，分类讨论和数形结合的思想方法的运用是解题的关键． 15．（2026·北京顺义·一模）如图，在中，交于点O，E是的中点，过点O，E分别作直线的垂线，垂足分别为G，F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）首先证明为的中位线，易得，再证明，可知四边形为平行四边形，然后根据“有一个角为直角的平行四边形为矩形”，即可获得答案； （2）首先根据平行四边形的性质以及勾股定理解得，再证明为等腰直角三角形，易得，进而确定的长度，进一步由三角形中位线的性质确定，由矩形的性质可得，然后由求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形，交于点O， ∴，即为中点， ∵E是的中点， ∴为的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， 又∵，即， ∴四边形是矩形； （2）解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的中位线， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴． 16．（25-26八年级下·广西玉林·期中）如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫作垂美四边形． (1)概念理解：下列四边形中：①正方形，②矩形，③菱形，④平行四边形，是垂美四边形的是___________（填写序号）； (2)性质探究：如图1，垂美四边形中，，垂足为，试猜想：与的数量关系，并说明理由； (3)问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，且与相交于点，已知，求的长． 【答案】(1)①③ (2)；理由见解析 (3) 【分析】（1）根据垂美四边形的定义进行判断即可； （2）根据勾股定理得出，，，，即可得出结论； （3）连接，，设交点为，根据勾股定理得出，证明，得出，证明，得出，根据解析（2）的结论可知，，求出，即可得出结论． 【详解】（1）解：正方形的对角线互相垂直平分且相等； 矩形的对角线互相平分且相等； 菱形对角线互相垂直平分； 平行四边形的对角线互相平分； 因此是垂美四边形的是①③； （2）解：；理由如下： ∵， ∴， ∴，，，， ∴，， ∴； （3）解：连接，，如图所示：设交点为， ∵在中，，， ∴， ∵四边形和为正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 根据解析（2）的结论可知，， ∵，， ∴， ∴． 17．（25-26八年级下·广东东莞·期中）如图，矩形OABC的边OA、OC分别在x轴与y轴的正半轴上，点B(a，b)，其中a、b满足．D为BC上一点，E为AB上一点，将△DBE沿DE折叠得△DFE． (1)则点A的坐标为______，B的坐标为______，C的坐标为______； (2)如图2，当D点与C点重合时，CF交OA于点G，连接EG，若，求∠CEG的度数． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1） 由 得 且 ，解得 ，，从而确定 ；再由矩形 的边 、 分别在 轴与 轴正半轴上，得 ，，进而确定 、 的坐标； （2） 设 ，由折叠性质得 ，，，进而 ；利用 ，，证 ，得 ，从而 ；在 中由勾股定理列方程 求出 ；再求出 、的长度，过 作 于 ，利用等面积法求出 ，进而求出 ，由 得 为等腰直角三角形，从而求出 ． 【详解】（1）解：， ，解得， ， 矩形OABC的边OA、OC分别在x轴与y轴的正半轴上， ， ; （2）解：设   由折叠得，，， ∴ ∵，    ∴ ∴ ， ∴    解得 ∴，   ∴   如图，过点G作于点I，    解得   ∴    ∴是等腰直角三角形 ∴ 18．（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 【分析】（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． 【详解】（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． 19．（25-26八年级下·河南驻马店·期中）如图1，在矩形中，，，分别是，的中点，是对角线上的两个动点，分别从同时出发相向而行，速度均为每秒个单位长度，设运动时间为秒，其中． (1)四边形一定是怎样的四边形（点相遇时除外）? 答：______．（直接填空，不用说理） (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由； (3)若向点运动，向点运动，速度均为每秒个单位长度，且与点同时出发，当四边形为菱形时，的值为______． 【答案】(1)平行四边形 (2)矩形，理由见详解 (3) 【分析】（1）先证明，得出，进而得到，即可证明； （2）根据题中条件及（1）中结论，当时，证得的两条对角线相等即可； （3）根据菱形的判定与性质证得四边形为菱形，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：在矩形中，，则， 分别是中点， ， ， 由题意得， 在和中， ， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形； （2）解：四边形为矩形， 理由如下： 在中，，，则由勾股定理可得， 当时，，连接，如图所示： 由（1）得，， ∴四边形是矩形， ，， 由（1）知四边形是平行四边形，则，， 在中，，则由勾股定理可得， ， 则， 在中，， 则四边形为矩形； （3）解：令分别是，的中点，连接与交于，如图所示： ， 由题意知，则， 在矩形中，， ， 则四边形是平行四边形， ∵四边形为菱形， ， ∴四边形为菱形， ， 设，则， 在中，由勾股定理可得，则， 解得x， ，即， ∴当时，四边形为菱形． 20．（25-26八年级下·江苏徐州·期中）解答题 (1)如图1，在正方形中，对角线，交于点．点是线段上的动点．连接，将绕点顺时针旋转，使点落在的延长线上的点处． 求证：当点在线段上运动时，的大小是定值． (2)如图2，将正方形换成菱形，，其他条件不变， ①求证：的大小是定值． ②求证：． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②见解析 【分析】（1）过点作于点，作于点，由四边形是正方形，可得，再证明，，则，即可证明结论； （2）①过点作于点，作于点，由四边形是菱形，，可得，再证明，可得，则，即可证明结论； ②连接，过点作，过点作，证明，再证明，是等边三角形，可得，即可证明结论． 【详解】（1）证明：如图，过点作于点，作于点， ∵四边形是正方形， ∴平分，， ∵，， ∴，， ∴， ∵将绕点顺时针旋转到， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴，即当点在线段上运动时，的大小是定值． （2）①证明：如图，过点作于点，作于点， ∵四边形是菱形， ∴平分，， ∵，， ∴，， ∴， ∵将绕点顺时针旋转到， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴，即当点在线段上运动时，的大小是定值． ②证明：如图，连接，过点作，过点作， ∵四边形是菱形， ∴垂直平分，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形，， ∴，是等边三角形， ∴， ∴． 21．（25-26八年级下·江苏南京·期中）阅读下列材料： 小明同学遇到了这样一个问题：如图1，是边长为的正方形内一定点，请在图中画出两条直线（要求其中一条直线必须过点），使它们将正方形的面积分割成面积相等的四个部分． 小明是这样思考的：数学课曾经做过一道类似的题目．如图2，是边长为的正方形的中心，将以点为顶点的直角绕点任意旋转，且直角两边与，相交，与正方形重叠部分（即阴影部分）的面积为一个确定的值，可以类比此问题解决． (1)请你回答图2中重叠部分（即阴影部分）的面积为______； (2)请你在图3中，解决原问题（写出必要说明）； (3)如图4．在四边形中，，，点是的中点，如果，，且，那么在边上存在一点，使所在直线将四边形的面积分成相等的两部分，请你画出该直线，（写出必要说明）． 【答案】(1) (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据正方形的性质得到、，由余角的性质得到，进而证明，从而得到重叠部分的面积为，据此求解即可； （2）连接、交于点，作直线，与正方形的边交于点P、H，过点作的垂线，与正方形的边交于点N，F，则直线和直线将正方形的面积分割成面积相等的四个部分； （3）连接并延长交的延长线于点F，过点F作的平行线，交的延长线于点E，在上取点Q，使，作直线，交直线于点M，则直线将四边形的面积分成相等的两部分． 【详解】（1）解：连接， 是边长为的正方形的中心， 、、， 、， ， 在和中， ， ， 重叠部分的面积为； （2）解：如图3所示，连接、交于点，作直线，与正方形的边交于点P、H，过点作的垂线，与正方形的边交于点N，F，直线和直线即为所求， 证明：由（1）的结论易证得， 是边长为的正方形的中心， ， ， 同理得：、、， 直线和直线将正方形的面积分割成面积相等的四个部分； （3）解：如图4所示，连接并延长交的延长线于点F，过点F作的平行线，交的延长线于点E，在上取点Q，使，作直线，交直线于点M， 证明：由作图可知，、、， ， ， 点是的中点， ， 在和中， ， ， 、， 、， 四边形是平行四边形， 点是平行四边形的对角线的交点， ， ， 在和中， ， ， 、， ， 当时，将四边形面积二等分． 22．（25-26八年级下·广西玉林·期中）【综合与实践】综合实践课上，老师让同学们以“简单矩形折叠”为主题开展数学活动，同学们积极参与了矩形折叠活动． (1)操作观察： 如图1所示，小华将矩形沿折叠后，使得点与点重合，点与点重合，若，则___________， （填“”，“”或“”）； (2)判断与证明： 如图2所示，张三将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与相交于点，过点作交于点，请判断四边形的形状并证明： (3)迁移应用： 如图3所示，李四将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与相交于点，连接，若，求的长． 【答案】(1)， (2)四边形是菱形，证明见解析 (3) 【分析】（1）由折叠得，由得，结合即可求解； （2）由，，证明四边形是平行四边形，同①证明，推出，即可证明四边形是菱形； （3）由折叠得，，，用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理解和，最后用勾股定理解即可． 【详解】（1）解：由折叠得， ， ， 矩形中， ， ， ； （2）解：四边形是菱形，证明如下： 四边形是矩形， ， 又 ， 四边形是平行四边形； ， ， 由折叠得， ， ， 四边形是菱形； （3）解：四边形是矩形， ，，， 中，，， ， ， 由折叠得，，， ， 又 ，， ， 如图，过点E作于点G， ， ， ， ． 1 / 77 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 四边形 目录 A题型建模・专项突破 题型一、四边形的不稳定性 1 题型二、多边形的内角和 2 题型三、正多边形问题 4 题型四、多边形的外角和 5 题型五、平面镶嵌 6 题型六、多边形的内角和与外角和综合（常考点） 8 题型七、平行四边形的性质与判定综合（重点） 10 题型八、三角形中位线 15 题型九、矩形的性质与判定综合 18 题型十、菱形的性质与判定综合 21 题型十一、正方形的性质与判定综合 24 题型十二、四边形的折叠与平移（重点） 27 题型十三、四边形中动点问题（难点） 30 题型十四、四边形中最值问题（难点） 32 B综合攻坚・能力跃升 题型一、四边形的不稳定性 1．下列图形中不具有稳定性的是（   ） A． B． C． D． 2．下列生活实例中，没有用到三角形的稳定性的是（    ） A． B． C． D． 3．下列图形中，具有稳定性的是（   ） A．三角形 B．多边形 C．平行四边形 D．长方形 4．下列说法不正确的是（ ） A．两点确定一条直线 B．垂线段最短 C．三角形具有稳定性 D．四边形具有稳定性 5．生活中处处有数学，如自行车的三角架是三角形的稳定性的应用，而能够自由开关的活动窗户（如图）的支撑装置（四边形设计成平行四边形，其中应用的数学原理是 ____． 题型二、多边形的内角和 6．一个多边形内角和为，那么它的边数是（    ） A． B． C． D． 7．如图，已知在中，，若沿图中虚线剪去，则的度数是（   ） A． B． C． D． 8．如图所示，有四个半径为2的圆，它们彼此分离，将它们的中心连接起来形成一个四边形，则图中阴影部分的总面积为（　　） A． B． C． D． 9．如图，将四边形纸片沿折叠，使点落在四边形外点的位置，点落在四边形内点的位置，若，，则等于（　　） A． B． C． D． 10．一个多边形的每个内角都是，这个多边形是 _____ 边形． 11．如图，图形M与图形N可以无缝拼接成一个平行四边形，则图中的度数是________． 12．求出图形中x的值． 13．小明和小红在一起探讨有关“多边形内角和”的问题，两人各出一道题考对方，小明给小红出了这样一道题：一个四边形各内角的度数比为，求各内角的度数．小红想了想，说：“这道题目有问题．” (1)请你指出问题在哪里； (2)他们经过研究后，改变了题目中的一个数字，使这道题没有问题，请你也尝试一下，换一个合适的数字，使这道题没有问题，并进行解答． 14．如图，在中，，分别垂直平分和，交于M，N两点，与相交于点F． (1)若，则的度数为 ； (2)若，则的度数为 ；（用含α的代数式表示） (3)连接、、，的周长为，的周长为，求的长． 题型三、正多边形问题 15．已知某正八边形的一边长为2，则该正八边形的周长为（   ） A．12 B．15 C．16 D．18 16．如图，是正方形和正六边形的公共边，若图中的，，是正n边形的某部分，则n的值是（    ） A．8 B．10 C．12 D．15 17．用两种正多边形拼地板，其中的一种是正八边形，则另一种正多边形的边数是（   ） A．正五边形 B．正六边形 C．正三角形 D．正四边形 18．一个正多边形的每个内角都是，则这个多边形的内角和为___． 19．一个多边形的每个内角都等于，则这个多边形的边数是______． 20．如图，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，展开后，再将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，则的大小为_____度． 21．如图，五边形的内角都相等，． (1)求的度数 (2)求的值． 22．小云求一个多边形的内角和时，少加了一个内角，得到． (1)求少加的内角的度数． (2)请通过计算，判断这个多边形能否是正多边形． 题型四、多边形的外角和 23．已知正多边形的一个外角为，则这个正多边形的边数是（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 24．八年级一班的同学体育课上玩游戏，让小李同学从A出发前进15米后左转，再前进15米后左转，按照这样方法一直走下去，当他回到A时，共走了（   ） A．150米 B．120米 C．100米 D．80米 25．如图，的度数为（　　） A． B． C． D． 26．如图，小林从点向西直走米后，向左转，转动的角度为，再走米，如此重复，小林共走了米回到点．则______． 27．如图是花样滑冰运动员从点A出发滑行一周后回到点A处所经过的路线．从开始到结束，他转过的角度为多少？ 题型五、平面镶嵌 28．用一种正多边形镶嵌平面，下列图形可以选择的是（   ） A．正五边形 B．正六边形 C．正七边形 D．正八边形 29．下面四种正多边形平面镶嵌，每个顶点处正多边形不完全相同的是（   ） A． B． C． D． 30．阅读下列材料，回答下面的问题． 用一种或几种完全相同（全等形）的三角形或多边形无间隙且不重叠地覆盖（铺砌）平面的一部分，叫做平面镶嵌，平面镶嵌又称为“平面密铺”．如图所示，用边长相等的等边三角形能够平面镶嵌；平面镶嵌的关键点是，在每个公共顶点（拼接点）处，各角的和是． 现在我们来研究用边长相等的正多边形（含等边三角形）平面镶嵌的问题： 和边长相同的正五边形同时进行平面镶嵌（两种正多边形都要用），下列正多边形可以的是________； A．正四边形 B．正六边形 C．正十边形 D．正十二边形 31．小芳用三个全等的正边形硬纸片和一个正三角形硬纸片拼了一个平面图形，这四个硬纸片的拼接处无空隙，不重叠．如图所示，是所拼的这个平面图形的一部分，则______． 32．如图，为足球表面沿缝接线剪开并将其平铺后的局部示意图．该平面图形为具有公共顶点且边长相等的2个正六边形和1个正五边形拼接而成（除处，其他均无缝隙无重叠拼接），则图示中两个正六边形之间的缝隙_______________度． 33．在日常生活中，观察各种建筑物的地板，就能发现地板常用各种正多边形地砖铺砌成美丽的图案，也就是说，使用给定的某些正多边形，能够拼成一个平面图形，既不留一丝空隙，又不互相重叠（在数学上叫做平面镶嵌）．当围绕一点拼在一起的几个多边形的内角加在一起恰好组成一个周角时，就拼成了一个平面图形． (1)请你根据图中的图形，填写表中空格； (2)如果选择正六边形进行平面镶嵌，能镶嵌成一个平面图形吗？说明理由． 正多边形边数 3 4 5 … n 正多边形每个内角的度数 … 34．相信很多人家里都有“巧手妈妈”，图1是一位巧手妈妈手工织的坐垫，图2是某学校操场铺的地砖．它们或是用单独的正多边形，或是用多种正多边形混合拼接成的，拼成的图案严丝合缝，不留空隙．从数学角度看，这些作品就是用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分覆盖，通常把这类问题叫做用多边形覆盖平面（或平面镶嵌）的问题． (1)如果限用一种正三角形来覆盖平面的一部分，是否能镶嵌成一个平面图形？请说明理由； (2)如果同时用正三角形和正十二边形来覆盖平面的一部分，是否能镶嵌成一个平面图形？如果能，应如何搭配进行平铺，请说明理由． 题型六、多边形的内角和与外角和综合（常考点） 35．一个多边形的每个外角都是72°，那么这个多边形的内角和为（　　） A． B． C． D． 36．一个多边形的内角和是外角和的2倍，这个多边形是（　　） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 37．已知凸边形有条对角线，正边形每个内角是，则边数为的多边形的内角和是（   ） A． B． C． D． 38．一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为__________ 39．已知一个多边形的边数为，若这个多边形的内角和的比一个七边形的外角和多，则的值为______． 40．现有一个正n边形． (1)若，求其内角和； (2)若这个正n边形的每个内角都比与它相邻外角的3倍还多，求n的值． 41．已知一个多边形的内角和是外角和的三倍，则这个多边形是几边形？ 42．已知正边形的内角和为． (1)求的值； (2)求该正边形每个外角的度数． 43．（1）一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少，求这个多边形的边数． （2）如图所示，以五边形的每个顶点为圆心，以1为半径画圆，求圆与五边形重合的阴影部分的面积． 44．请根据下面甲与乙的对话解答下列问题：甲：我和乙都是多边形，我们俩的内角和相加的结果为；乙：甲的边数与我的边数之比为． (1)求甲与乙的外角和相加的度数； (2)分别求出甲与乙的边数． 45．课本再现，探究多边形内角和与外角的关系． 多边形的边数 从一个顶点引出的对角线的条数 分割出的三角形的个数 多边形的内角和 3 0 1 4 1 2 5 2 3 ．．．．．． ．．． ．．． ．．．．．． n-3 (1)公式应用：若一个多边形的内角和是，则它的边数是___________；它的一个内角为与它相邻的外角为的关系是___________； (2)根据上述的探究过程，请推导出多边形的外角和为 题型七、平行四边形的性质与判定综合（重点） 46．如图，在四边形中，，则添加下列条件，可使四边形是平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 47．一个平行四边形一组邻边的长分别是和，其中一条边上的高是．这个平行四边形的面积是（   ） A． B． C． D． 48．如图，在平面直角坐标系中，线段的两个端点坐标依次为，，将线段向右平移12个单位，再向上平移5个单位，得到对应线段，则四边形的周长为（   ） A．34 B．35 C．36 D．37 49．如图，在中，点E，点F分别是的中点，连接，若平分，，则四边形的周长为______． 50．图1的放缩尺是利用“平行四边形的不稳定性”来进行绘图的工具，它由四把直尺用螺栓在点A，B，C，D处连接而成．在绘图过程中，O的位置固定不变，O，A，E始终位于同一水平面，且，．当由（如图2）缩小为（如图3）时，O，E两点的距离减小了，则点C的竖直高度上升了______． 51．如图，在中，点E、F分别在边、上，且，连结，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连结，若平分，，，，求的长． 52．如图，的对角线、交于点，在、的延长线上分别取、两点，使． (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 53．如图，在中，E，F分别是，边上的点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若平分，，，求的周长． 54．如图，在中，，连接，过点作，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点； (1)求的度数； (2)若，求的长． 55．如图，点、是对角线上的两点，且，连接、，， (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若． ①求线段的长； ②求四边形的面积． 题型八、三角形中位线 56．如图，在中，，，点、、分别是、、的中点，连接，，则四边形的周长是（   ） A．5 B．7 C．8 D．10 57．如图，在平行四边形中，对角线相交于点，点是的中点，若，则的长为（   ） A．4 B．3 C．5 D．6 58．如图，在中，A，E分别是的中点，若，则（   ） A． B． C． D． 59．如图，在平行四边形中，，，点H、G分别是边、上的动点，其中点H不与点C重合，连接、，点E为的中点，点F为的中点，连接，则的最小值为______． 60．如图，的对角线交于点，平分交于点，且，，连接．下列结论：①；②；③；④，结论成立的有______．（填序号） 61．如图，在中，连接，点、分别是、的中点，连接．求的度数． 62．在中，，，分别是边，的中点，延长到点，使，连接，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)连结，交于点，若，求的长． 63．【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； 【应用】 如图，在四边形中，点E，F分别是边的中点，若，，，．求的度数； 【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：． 题型九、矩形的性质与判定综合 64．如图，在矩形中，对角线与相交于点O，已知，则的大小是（   ） A． B． C． D． 65．如图，矩形的对角线，相交于点O，，则的长为（    ） A． B． C．2 D． 66．将两个完全相同的矩形和矩形按如图所示的位置摆放，使点B，C，G在同一条直线上，点E在边上，连接，，．若，，则的面积为（   ） A．13 B．26 C． D． 67．如图，已知矩形，，平分交于点E，点F、G分别为、的中点，则的长为_________．    68．如图，矩形的对角线 与 相交于点，过点作，交 于点，连接．若，则________． 69．如图，四边形中，对角线、相交于点，且． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，求线段的长度． 70．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，，，求证：平分． 71．如图，在矩形中，分别以点A，C为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线，分别交，于点O，F，E．求证：． 72．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)求证：； (2)如果，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 题型十、菱形的性质与判定综合 73．下列平行四边形中，根据图中所标出的数据，不一定是菱形的是（    ） A． B． C． D． 74．如图，在菱形中，，，则对角线的长是（    ） A． B．6 C． D． 75．如图的方格纸中有一个四边形（A、B、C、D均为格点），每个小正方形边长为1，则下列说法错误的是（   ） A．四边形是菱形 B． C．四边形的面积是12 D． 76．如图中，平分，交于E，交于F，若，则四边形的周长是（　　） A．24 B．32 C．40 D．48 77．如图，在菱形中，，对角线相交于点O，点M在线段上，且，点P为线段上的一个动点，连接，则的最小值是______． 78．如图，在菱形中，，取大于的长为半径，分别以点A，B为圆心画弧相交于两点，过此两点的直线交边于点E（作图痕迹如图所示），连接，，则的度数为______． 79．已知：如图，的对角线，交于点O，分别过点A，B作，，连接交于点F． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形为菱形？请说明理由． 80．如图所示，在四边形中，对角线、交于点，，，且，过点C作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长度． 81．如图，菱形中，对角线，交于点，点是的中点，延长到点，使，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 82．在人教版八年级下册数学教材学习了以下内容：菱形的对角线互相垂直且平分． 【结论运用】 (1)如图①，菱形的对角线与相交于点O，，，则菱形的面积是______； (2)如图②，四边形是菱形，点F在上，连接，四边形是菱形，连接，若，求的度数． 题型十一、正方形的性质与判定综合 83．如图，四边形是平行四边形，下列说法不正确的是（    ）． A．当时，四边形是矩形 B．当时，四边形是正方形 C．当时，四边形是菱形 D．当时，四边形是矩形 84．对角线长是3的正方形的面积（    ） A． B．9 C． D．11 85．如图，在正方形的边上有一点H，G和F分别是、延长线上的一点，满足，且，连接交于点E，若，则的大小是（   ） A． B． C． D． 86．如图，在中，点D是斜边的中点，以为边作正方形．若，则的长为_______． 87．如图，在平面直角坐标系中，点、、在坐标轴上，是的中点，四边形是矩形，四边形是正方形，若点的坐标为，则点的坐标为__________ 88．如图，在平行四边形中，F是对角线的交点，E是边的中点，连接． (1)求证：； (2)若，求证：四边形是菱形； (3)若且，求证：四边形是正方形． 89．如图，在正方形中，，E为的中点，，连接，，． (1)证明：是直角三角形； (2)过点E作交于点G，交于点H，求的长； (3)在（2）的情况下，求的长． 90．如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，，是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接． (1)试证明：垂直平分； (2)求的面积． 91．新概念：我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形，如图①． (1)概念理解：我们已经学习了平行四边形、菱形、矩形、正方形，在这四种图形中是垂美四边形的是___________． (2)性质探究：小美同学猜想“垂美四边形两组对边的平方和相等”，即：如图②，若四边形是垂美四边形，则．请判断小美同学的猜想是否正确，并说明理由． (3)问题解决：如图③，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接、、．若，则： ①求证：． ②___________． 题型十二、四边形的折叠与平移（重点） 92．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．12 B．10 C．8 D．6 93．将一个矩形纸片沿所在的直线折叠成如图所示的图形，点均在原矩形的边上，且点在同一边上，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 94．如图，将边长为的正方形纸片折叠，使点落在边中点处，点落在点处，折痕为，则线段的长是（   ） A． B． C． D． 95．如图，在正方形中，是边上一点，，，将正方形边沿折叠到，延长交于，连接，现在有如下四个结论：①；②；③；④．其中结论正确的选项是（   ） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④ 96．如图，把矩形纸片沿对角线折叠，重叠部分为，，，则_____________ 97．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在轴上，点的坐标为，点在边上．将沿折叠，点落在点处．若点的坐标为，则点的坐标为______． 98．综合与实践 现有矩形纸片，其中，，将纸片进行如下操作： 步骤1：将纸片对折，使与重合，折痕为，展开如图①； 步骤2：连接图中的对角线，交于点，将纸片沿折叠，使点恰好落在对角线上的点处，如图． (1)求证：； (2)求线段的长． 99．如图，若将四边形沿折叠，则点与点重合，过点作交于点，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)连接，若四边形的周长为，面积为，求的值． 100．综合与实践： 综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动． 【操作判断】 (1)操作一： 如图1，正方形纸片，将沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形的内部，得到折痕，点B的对应点为M，连接；将沿过点A的直线折叠，使与重合，得到折痕，将纸片展平，连接． 根据以上操作，易得点E，M，F三点共线，且① °；②线段，，之间的数量关系为 ． (2)【深入探究】 操作二： 如图2、将沿所在直线折叠，使点C落在正方形的内部，点C的对应点为N，将纸片展平，连接、． 同学们在折纸的过程中发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同，当点E在边上某一位置时（点E不与点B，C重合），点N恰好落在折痕上，此时交于点P，如图3所示． ①小明通过观察图形，测量并猜想，得到结论，请证明该结论是否成立，并说明理由． ②【拓展应用】若正方形纸片的边长为3，当点N落在折痕上时，求出线段的长． 题型十三、四边形中动点问题（难点） 101．如图，正方形的边长为4，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况： ①若为的中点，则四边形是正方形；②若为上任意一点，则； ③点在运动过程中，的值为定值4；④点在运动过程中，线段的最小值为． 正确的有（    ） A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④ 102．在矩形中，，动点P在边上，过点P作于点E，连接，取的中点F，连接，在运动过程中当线段最小时，则线段的长为_____． 103．如图，在菱形中，，点分别为边上的动点，点从点开始沿方向向点运动，点从点开始沿方向向点运动，在运动过程中，始终保持．若，则的长度为_______． 104．如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是，连接，设点P、Q运动的时间为．当t为何值时，四边形是矩形？    105．如图，在中，，，．点P在上由点B向点C出发，速度为每秒；点Q在边上，同时由点D向点A运动，速度为每秒．当点P运动到点C时，点P，Q同时停止运动．连接，设运动时间为t秒． (1)当t为何值时，四边形为平行四边形？ (2)当t为何值时，四边形的面积是四边形的面积的四分之三？求出此时的度数． (3)连接，是否存在某一时刻t，使为等腰三角形？若存在，请求出此刻t的值；若不存在，请说明理由． 106．已知，中，，，的垂直平分线分别交、于点，垂足为． (1)如图1，连接、．求证：四边形为菱形； (2)如图1，求的长； (3)如图2，动点分别从两点同时出发，沿和各边匀速运动一周．即点自停止，点自停止，在运动过程中，点的速度为每秒，点的速度为每秒，设运动时间为秒，若当以四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值． 107．已知中，一动点在边上，以每秒的速度从点A向点D运动． (1)如图1，运动过程中，若平分，且满足，求的度数． (2)如图2，另一动点在边上，以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点停止运动时点也停止，设运动时间为，若，当t为多少秒时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形． (3)在（1）的条件下，连结并延长，与的延长线交于点，连结，若，直接写出：的面积为． 题型十四、四边形中最值问题（难点） 108．如图，在菱形 中，，点 E 、F 分别在边上，点 P 是对角线上的动点，的最小值是（   ） A．2 B．3 C．4 D． 109．如图，中，．点D是边上的动点，过点D作边的垂线，垂足分别为E，F、连接，则的最小值为（  ） A．3 B． C．4 D． 110．如图，是矩形的对角线上一点，，，于点，于点，连接，，则的最小值为（    ） A． B．4 C． D．8 111．如图，在四边形中，，点在上，且，则的最小值为_______． 112．如图，正方形边长为4，以为圆心，为半径画弧，为弧上动点，连接，取中点，连接，则最小值为________________ ． 113．在边长为6的菱形中，，点E，F分别在边和上，且． (1)如图1，求证：是等边三角形； (2)如图2，交于点P，交于点G， ①当的周长最小时，求证； ②已知交的延长线于点H，求证． 114．如图，四边形是边长为1的正方形，分别延长、至点E、F，且使．连接、、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，点为的中点，点P为线段上的一动点，求的最小值． 1．（25-26八年级下·上海·期中）已知一个多边形的外角和等于内角和的一半，那么这个多边形的对角线条数为（　　）． A．6条 B．7条 C．8条 D．9条 2．（2026·四川南充·一模）如图，在正六边形中，点M、N分别为边上的点，且，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 3．（25-26八年级下·新疆吐鲁番·期中）已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（    ） A．当时，四边形是菱形 B．当时，四边形是菱形 C．当时，四边形是矩形 D．当时，四边形是正方形 4．（2026·四川德阳·二模）如图，在正方形中，点在的延长线上，点是的中点，连接并延长交于点，连接，，，则（  ） A． B．5 C． D．10 5．（25-26八年级下·河南驻马店·期中）如图，的周长为16，对角线、相交于点，点在上，，则的周长是（   ） A．10 B．6 C．4 D．8 6．（25-26八年级下·上海金山·期中）在矩形中，，点在边上，点在边上，连接、、．，，，； 以下两个结论：（   ） ①    ② A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 7．（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__________． 8．（25-26八年级下·浙江丽水·期中）如图，在中，点，分别在边，上，折叠使得点落在边上的点处，若，，，则线段长度的最大值为______． 9．（25-26八年级下·广东惠州·期中）已知某正多边形的一个内角比相邻的外角大． (1)求这个正多边形每个外角的度数； (2)求这个正多边形的边数． 10．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，在中，是对角线，，，垂足分别为点E、F，连结，交于点O． (1)求证：． (2)若，，求的长． 11．（25-26八年级下·江苏徐州·期中）如图1是一架舞台升降机，图2是其工作截面示意图，升降机的四根交叉撑长度相同（即），交叉撑，与工作台分别交于点，，点可以在工作台上滑动，点固定．交叉撑，与底座分别交于点，，点可以在底座上滑动，点固定．点是交叉撑和的中点，点是交叉撑和的中点．底座与工作台平行．当液压增加时，交叉撑形成的交叉角的角度变小，从而使升降机上升，反之会下降． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)当（交叉撑的宽度忽略不计），交叉角从180°减小到120°时，舞台升高了多少米？ 12．（2026·江苏无锡·二模）如图，在平行四边形中，延长到点E，使得，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 13．（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． 14．（25-26八年级下·天津滨海新区·期中）如图，在中，，，，点D从点C出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（）．过点D作于点F，连接、． (1)求证：； (2)四边形能否成为菱形？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由； (3)当t为何值时，为直角三角形？请直接写出结果． 15．（2026·北京顺义·一模）如图，在中，交于点O，E是的中点，过点O，E分别作直线的垂线，垂足分别为G，F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求的长． 16．（25-26八年级下·广西玉林·期中）如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫作垂美四边形． (1)概念理解：下列四边形中：①正方形，②矩形，③菱形，④平行四边形，是垂美四边形的是___________（填写序号）； (2)性质探究：如图1，垂美四边形中，，垂足为，试猜想：与的数量关系，并说明理由； (3)问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，且与相交于点，已知，求的长． 17．（25-26八年级下·广东东莞·期中）如图，矩形OABC的边OA、OC分别在x轴与y轴的正半轴上，点B(a，b)，其中a、b满足．D为BC上一点，E为AB上一点，将△DBE沿DE折叠得△DFE． (1)则点A的坐标为______，B的坐标为______，C的坐标为______； (2)如图2，当D点与C点重合时，CF交OA于点G，连接EG，若，求∠CEG的度数． 18．（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________． 19．（25-26八年级下·河南驻马店·期中）如图1，在矩形中，，，分别是，的中点，是对角线上的两个动点，分别从同时出发相向而行，速度均为每秒个单位长度，设运动时间为秒，其中． (1)四边形一定是怎样的四边形（点相遇时除外）? 答：______．（直接填空，不用说理） (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由； (3)若向点运动，向点运动，速度均为每秒个单位长度，且与点同时出发，当四边形为菱形时，的值为______． 20．（25-26八年级下·江苏徐州·期中）解答题 (1)如图1，在正方形中，对角线，交于点．点是线段上的动点．连接，将绕点顺时针旋转，使点落在的延长线上的点处． 求证：当点在线段上运动时，的大小是定值． (2)如图2，将正方形换成菱形，，其他条件不变， ①求证：的大小是定值． ②求证：． 21．（25-26八年级下·江苏南京·期中）阅读下列材料： 小明同学遇到了这样一个问题：如图1，是边长为的正方形内一定点，请在图中画出两条直线（要求其中一条直线必须过点），使它们将正方形的面积分割成面积相等的四个部分． 小明是这样思考的：数学课曾经做过一道类似的题目．如图2，是边长为的正方形的中心，将以点为顶点的直角绕点任意旋转，且直角两边与，相交，与正方形重叠部分（即阴影部分）的面积为一个确定的值，可以类比此问题解决． (1)请你回答图2中重叠部分（即阴影部分）的面积为______； (2)请你在图3中，解决原问题（写出必要说明）； (3)如图4．在四边形中，，，点是的中点，如果，，且，那么在边上存在一点，使所在直线将四边形的面积分成相等的两部分，请你画出该直线，（写出必要说明）． 22．（25-26八年级下·广西玉林·期中）【综合与实践】综合实践课上，老师让同学们以“简单矩形折叠”为主题开展数学活动，同学们积极参与了矩形折叠活动． (1)操作观察： 如图1所示，小华将矩形沿折叠后，使得点与点重合，点与点重合，若，则___________， （填“”，“”或“”）； (2)判断与证明： 如图2所示，张三将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与相交于点，过点作交于点，请判断四边形的形状并证明： (3)迁移应用： 如图3所示，李四将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与相交于点，连接，若，求的长． 1 / 77 学科网（北京）股份有限公司 $