专题04 四边形（期末复习讲义)八年级数学下学期新教材沪科版

专题04四边形（期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01 多边形内角和与外角和计算 题型02 平行四边形性质基础计算 题型03 平行四边形判定证明 题型04 勾股数识别 题型05 矩形性质与判定题型 题型06 菱形性质与判定题型 题型07 立体图形最短爬行路径问题 题型08 三角形中位线应用计算 题型9 四边形动点探究题 题型10 四边形综合题型 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 多边形内角和与外角和 熟记内外角和公式，能计算角度、反求边数 选择填空基础必考，公式套用简单，常结合角度换算考查 平行四边形性质与判定 熟练运用边角、对角线性质，掌握多种判定方法 章节核心基础考点，选择填空、证明题高频出现 平行四边形周长与面积计算 利用边长关系求周长，活用底高公式及等面积法计算 常规计算题型，难易度偏低，多结合线段求值考查 矩形性质与判定 掌握矩形特有边角、对角线特征，规范判定图形 高频考点，常与普通四边形对比辨析，解答证明常见 菱形性质与判定 牢记四边相等、对角线垂直平分特性，灵活判定菱形 侧重对角线相关计算与证明，小题大题均频繁考查 正方形性质与判定 融会矩形、菱形性质，逐级推理判定正方形类型 综合性考点，图形性质融合度高，易出多结论判断题 三角形中位线定理 掌握中位线数量与位置关系，用于线段推导换算 解题常用辅助知识点，穿插各类几何题型中考查 特殊四边形折叠计算 依托折叠等量关系，结合性质、勾股定理求线段长度 期末热门中档题型，方程思想结合几何知识考查 四边形对角线相关运算 借助对角线特性，搭配勾股定理求解线段与面积 重难点计算题型，易拆分三角形辅助解题 四边形多结论辨析 综合边角对角线条件，判断命题正误 选择压轴常考，考查知识熟练度与细节辨析能力 四边形实际应用问题 抽象几何模型，运用图形性质解决实际场景问题 解答常规题型，侧重数学建模思维考查 四边形动点综合探究 分析动态线段变化，分类判定图形形状与求解计算 章节压轴难点，融合判定、计算、分类讨论，区分度高 知识点01 多边形的相关概念 在平面内，由若干条不在同一条直线上的线段首尾顺次相接所组成的封闭图形叫做多边形。组成多边形的线段叫做多边形的边，相邻两条边的公共端点叫做多边形的顶点，相邻两边组成的角叫做多边形的内角，简称多边形的角；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；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。 ·示例：五边形有5个顶点、5条边、5个内角，从五边形的一个顶点出发可以引出2条对角线，五边形总共 对角线的数量为条。 ·易错点：1. 多边形的定义要求必须是封闭图形，非封闭的图形不属于多边形；2. 区分“从一个顶点出发的 对角线数量”和“多边形对角线总数量”，从n边形一个顶点出发可引出(n-3)条对角线，n边形对角 线总条数为，二者公式不同不要混淆。 知识点02 多边形的内角和定理 n边形的内角和等于（且n为整数）。 多边形内角和定理的推导思路是将多边形分割为若干个三角形，利用三角形内角和推导得到多边形内角和，常见分割方法有从一个顶点引对角线分割、从多边形内部一点连接各顶点分割等。 ·示例：七边形的内角和为；若一个多边形内角和为，则， 解得，这个多边形是八边形。 ·易错点：1. 公式中不要错误记为n，导致内角和计算错误；2. 已知内角和求边数时，不要忘记结果 必须是大于等于3的正整数。 知识点03 多边形的外角和定理 任意多边形的外角和都等于，和边数无关。 多边形的每个外角和与它相邻的内角是邻补角，二者和为，因此n边形的外角和 = n个 - n边形内角和 = 。 ·示例：若一个正多边形的一个外角是，则这个正多边形的边数为，即正九边形。 ·易错点：1. 不要混淆多边形内角和与外角和，外角和固定是，不要错误写成和边数相关的表达式；2. 正多边形的每个外角都相等，这个性质只适用于正多边形，任意多边形外角和相等但每个外角不 一定相等。 知识点04 平行四边形的定义 两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形，平行四边形用符号“▱”表示，平行四边形ABCD记作“▱ ABCD”。 定义中两个核心条件：四边形、两组对边分别平行，二者缺一不可。 ·示例：只有一组对边平行的四边形是梯形，不是平行四边形；两组对边分别平行的四边形，符合定义要求， 一定是平行四边形。 ·易错点：不要将“两组对边分别平行”错误记为“两组对边相等”，后者是性质不是定义，定义必须强调对边 平行。 知识点05 平行四边形的性质 1. 边的性质：平行四边形的两组对边分别平行且相等； 2. 角的性质：平行四边形的对角相等，邻角互补； 3. 对角线性质：平行四边形的对角线互相平分； 4. 对称性：平行四边形是中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点。 ·示例：在▱ ABCD中，，，则，，周长为；若，则， ；对角线AC、BD交于点O，则，。 ·易错点：1. 平行四边形对角线互相平分，但不一定相等，也不一定垂直，菱形对角线才垂直，矩形对角线 才相等，不要混淆特殊平行四边形与普通平行四边形性质；2. 平行四边形只有中心对称性，不是 轴对称图形，不存在对称轴。 知识点06 平行四边形的判定定理 1. 定义判定：两组对边分别平行的四边形是平行四边形； 2. 边判定1：两组对边分别相等的四边形是平行四边形； 3. 边判定2：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； 4. 角判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形； 5. 对角线判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形。 ·示例：四边形ABCD中，AB// CD且，符合“一组对边平行且相等”的判定，因此四边形ABCD是平 行四边形；若对角线AC、BD交于O，，，也可判定是平行四边形。 ·易错点：1. “一组对边平行，另一组对边相等”的四边形不一定是平行四边形，等腰梯形也满足这个条件， 因此不能作为判定定理；2. 判定平行四边形时，不要错误使用“一组对边相等，一组对角相等”作 为判定依据，存在反例，因此该条件不能判定。 知识点07 三角形中位线定理 连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线，三角形共有三条中位线。 三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。 ·示例：在中，D、E分别是AB、AC的中点，若，则DE// BC，且。 ·易错点：1. 区分中位线和中线：中位线连接两边中点，中线连接顶点和对边中点，二者定义不同，性质不 同，不要混淆；2. 定理是“中位线平行于第三边且等于第三边的一半”，不要记成“等于中位线的一 半”，倍数关系不要搞反。 知识点08 矩形的定义与性质 定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形是特殊的平行四边形。 性质：矩形除了具有平行四边形所有性质之外，还有特殊性质：1. 矩形的四个角都是直角；2. 矩形的对角线相等；3. 矩形既是中心对称图形也是轴对称图形，对称轴是对边中点连线所在直线，共有两条对称轴。 ·示例：矩形ABCD对角线AC、BD交于O，，则，，因此矩形对 角线把矩形分成四个等腰三角形。 ·易错点：1. 矩形是特殊的平行四边形，因此平行四边形性质矩形都满足，不要错误认为矩形不具备普通平 行四边形“对角线互相平分”的性质；2. 矩形对角线相等，但对角线相等的四边形不一定是矩形， 必须是平行四边形且对角线相等才是矩形。 知识点09 矩形的判定 1. 定义判定：有一个角是直角的平行四边形是矩形； 2. 角判定：三个角是直角的四边形是矩形； 3. 对角线判定：对角线相等的平行四边形是矩形。 ·示例：平行四边形ABCD中，对角线，根据判定定理，平行四边形ABCD是矩形；四边形ABCD中， ，则四边形ABCD是矩形。 ·易错点：1. “对角线相等的四边形是矩形”这个说法错误，对角线相等且互相平分的四边形才是矩形；2. “有 三个角是直角的平行四边形是矩形”虽然成立，但其实只要三个角是直角，四边形内角和，第 四个角必然是直角，因此直接说“三个角是直角的四边形是矩形”即可，不需要额外加平行四边形的 前提。 知识点10 菱形的定义与性质 定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形。 性质：菱形除了具有平行四边形所有性质之外，还有特殊性质：1. 菱形的四条边都相等；2. 菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；3. 菱形既是中心对称图形也是轴对称图形，对称轴是两条对角线所在直线，共有两条对称轴；4. 菱形面积等于底乘高，也等于两条对角线乘积的一半，即（、为两条对角线长度）。 ·示例：菱形两条对角线长分别为6和8，则菱形面积为，菱形边长为，周 长为。 ·易错点：1. 菱形对角线互相垂直平分，但不一定相等，正方形对角线才相等，不要错误认为菱形对角线相 等；2. 菱形面积公式“对角线乘积的一半”只适用于对角线互相垂直的四边形，普通四边形不适用， 不要记 错适用条件。 知识点11 菱形的判定 1. 定义判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形； 2. 边判定：四条边都相等的四边形是菱形； 3. 对角线判定：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 ·示例：平行四边形ABCD中，AC⊥ BD，则平行四边形ABCD是菱形；四边形ABCD中，， 则四边形ABCD是菱形。 ·易错点：1. “对角线互相垂直的四边形是菱形”说法错误，必须是平行四边形（或对角线互相垂直平分）的 四边形才是菱形；2. “有一组邻边相等的四边形是菱形”说法错误，必须是平行四边形前提下有一组 邻边相等才是菱形，普通四边形一组邻边相等不一定是菱形。 知识点12 正方形的定义与性质 定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形，正方形是特殊的矩形也是特殊的菱形，兼具矩形和菱形的所有性质。 性质：1. 边：四条边都相等，对边平行；2. 角：四个角都是直角；3. 对角线：对角线相等且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角；4. 对称性：既是中心对称图形，也是轴对称图形，有四条对称轴。 ·示例：正方形边长为2，则对角线长为，面积为，也可以用对角线计算：， 结果一致。 ·易错点：正方形对角线把正方形分成四个等腰直角三角形，不要错误认为是普通直角三角形；记住正方形 兼具矩形菱形所有性质，不要遗漏任何一个性质。 知识点13 正方形的判定 判定思路一般是先判定是矩形，再判定有一组邻边相等；或者先判定是菱形，再判定有一个角是直角（对角线相等）。 常见判定定理：1. 定义判定：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形；2. 矩形+邻边相等：有一组邻边相等的矩形是正方形；3. 菱形+直角：有一个角是直角的菱形是正方形；4. 对角线：对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形。 ·示例：矩形ABCD中，，矩形本身四个角都是直角，又有一组邻边相等，因此矩形ABCD是正方形； 菱形ABCD中，，菱形本身对角线互相垂直，对角线又相等，因此菱形ABCD是正方形。 ·易错点：1. “四条边相等且四个角相等的四边形是正方形”结论正确但表述冗余，四个角相等已经说明四个 角都是直角，四条边相等已经说明是菱形，不需要额外重复条件，判定时不要混淆逻辑；2. 对角 线相等的菱形是正方形，对角线垂直的矩形是正方形，不要把两个条件记反。 知识点14 特殊平行四边形之间的关系 平行四边形、矩形、菱形、正方形的包含关系：正方形是特殊的矩形和菱形，矩形和菱形都是特殊的平行四边形，因此正方形属于平行四边形的子集。 转化关系：平行四边形加“一个直角”得到矩形，加“一组邻边相等”得到菱形；矩形加“一组邻边相等”（或“对角线垂直”）得到正方形；菱形加“一个直角”（或“对角线相等”）得到正方形。 ·示例：要将菱形变为正方形，只需要让菱形的一个角变为直角，或者让对角线长度相等即可。 ·易错点：不要错误认为矩形和菱形的交集就是正方形，实际矩形和菱形的公共部分就是正方形，这个结论 是对的，但不要搞反包含顺序，正方形包含在矩形和菱形中，不是矩形菱形包含在正方形中。 题型一 多边形内角和与外角和计算 解｜题｜技｜巧 套用(n-2)x180°计算内角和，任意多边形外角和固定为360°；已知角度可反向列方程求解边数，熟记内外角互补关系辅助运算。 【典例1】1．（24-25八年级下·安徽滁州·期末）若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是（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 【变式1】一个多边形的内角和是它的外角和的4倍．这个多边形是（   ） A．六边形 B．九边形 C．八边形 D．十边形 【变式2】已知一个正多边形的内角和是外角和的2倍，则这个正多边形的每个外角的大小为_________． 题型二 平行四边形性质基础计算 解｜题｜技｜巧 巧用对边平行且相等、对角相等、邻角互补、对角线互相平分特点；结合等量代换求边长、角度，利用平行线性质推导角度关系。 【典例1】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，在中，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25八年级下·安徽六安·期末）如图，在平行四边形中，点E在边上，且，F为线段上一点，且． (1)求证：； (2)若，平分，求的长． 【变式2】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）已知：如图，平行四边形中，对角线相交于点，则的长为___________． 题型三 平行四边形判定证明 解｜题｜技｜巧 灵活选用边、角、对角线判定定理，根据已知条件择优判定；梳理边角等量关系，推理逻辑清晰，规范书写几何证明步骤。 【典例1】下列给出的条件中，能判断四边形是平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【变式1】在四边形中，，，则四边形是_____（填四边形名称）． 【变式2】如图，在中，点E，F分别在，上，且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键． 根据平行四边形的性质推出，再结合即可证明四边形是平行四边形． 【详解】四边形是平行四边形， ，即， 又， 四边形是平行四边形． 题型四 平行四边形周长面积求解 解｜题｜技｜巧 利用对边相等特性快速计算周长；依据底乘高公式求面积，同一图形不同底边对应不同高，可运用等面积法换算线段长度。 【典例1】在平行四边形中，，则平行四边形的周长为（    ） A．18 B．9 C．6 D．3 【变式1】在中，对角线相交于点O，，则的面积是______． 【变式2】如图所示，四边形是平行四边形，，，，求四边形的面积． 题型五 矩形性质与判定题型 解｜题｜技｜巧 把握四个内角为直角、对角线相等且互相平分核心性质；判定先证平行四边形，再补充一个直角或对角线相等条件即可判定矩形。 【典例1】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，在矩形中，点在上，，，作于点，交于，则的长是（   ） A．4 B． C． D．3 【变式1】（24-25八年级下·安徽芜湖·期末）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，且，，则的度数是_____°． 【变式2】如图，在矩形中，，将此矩形折叠，使点与点重合，折痕分别交于点、，连接，点的对应点为点，若． (1)求证：； (2)求线段的长度． 题型六 菱形性质与判定题型 解｜题｜技｜巧 牢记四条边全部相等、对角线互相垂直平分且平分内角；判定可从边长、对角线垂直两个角度切入，结合条件判定图形形状。 【典例1】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． 【变式1】（24-25八年级下·安徽六安·期末）如图，正方形的顶点分别在轴，轴上，是菱形的对角线．若，则点的坐标是___________． 【变式2】（24-25八年级下·安徽亳州·期末）如图，在四边形中，，对角线交于点O，平分，过点作，交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 题型七 正方形性质判定综合题 解｜题｜技｜巧 融合矩形与菱形所有性质，边角、对角线性质均可直接使用；判定逐级推导，先证平行四边形，再依次判定矩形、菱形，最终确定正方形。 【典例1】如图，为正方形对角线上的一点，过点作于点，则（    ） A． B． C． D． 【变式1】如图，正方形的边长为，对角线，交于点，为边上一点，且，则的长为 _________________ ． 【变式2】如图，在矩形中，平分，平分交于点E，点E在边上，．求证：四边形是正方形． 题型八 三角形中位线应用计算 解｜题｜技｜巧 遵循中位线平行于第三边且长度为底边一半；借助定理快速求线段长，判定线段平行关系，常用于线段等量转化与角度推导。 【典例1】如图，，分别是，的中点，测得，则池塘两端，的距离为（    ） A．45m B．30m C．22.5m D．7.5m 【变式1】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）已知：是的中线，点是的中点，点是延长线与的交点．则的值为___________． 【变式2】已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB，AD⊥CD，垂足为点D，M是边AB的中点，AB＝20，AC＝10，求线段DM的长． 题型九 四边形动点探究难题 解｜题｜技｜巧 以运动时间表示动态线段长度，锁定不变边角条件；结合各类四边形判定定理分类讨论，判断不同时段图形形态，验证取值合理性。 【典例1】如图，在平行四边形中，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动．点在边上以每秒的速度从点出发，在之间往返运动．两个点同时出发，当点到达点时停止（同时点也停止运动），设运动时间为秒．当时，运动时间t为何值时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形（    ）    A． B．8 C．4或 D．或8 【变式1】如图，在四边形中，，且，动点P，Q分别从点D，B同时出发，点P以的速度向终点A运动，点Q以的速度向终点C运动．______秒时四边形是平行四边形？    【变式2】如图，在四边形ABCD中，ADBC，∠B＝90°，AD＝18cm，BC＝26cm，动点P从点A开始沿AD边向D以1cm/s的速度运动，动点Q从C点开始沿CB边向B以3cm/s的速度运动，P、Q分别从A、C同时出发，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当t为何值时，四边形ABQP为矩形？ (2)当t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？ 题型十 四边形综合题型 解｜题｜技｜巧 梳理边、角、对角线关联关系，灵活切换各类四边形性质与判定；常结合全等、中位线、勾股定理辅助推导，遇动点、折叠分类分析，分步求证与计算。 【典例1】如图，正方形的对角线是菱形的一边，菱形的对角线交正方形的边于点P，求的度数． 【变式1】如图，四边形是菱形，交的延长线于． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，，求菱形的面积． 【变式2】如图，菱形的对角线、交于点O，，． (1)证明：四边形是矩形； (2)若，，求的长度． 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（24-25八年级下·安徽马鞍山·期末）如果一个多边形的内角和是外角和的2倍，那么这个多边形是（    ） A．四边形 B．六边形 C．八边形 D．十边形 2．（24-25八年级下·安徽淮南·月考）下列选项中，矩形具有而菱形不具有的性质是（   ） A．每条对角线平分一组对角 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．对角线互相平分 3．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）在中，与的度数之比为，则的度数是（　　） A． B． C． D． 4．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，将矩形沿折叠，使顶点恰好与点重合．若，则的长为（    ） A．3 B． C．4 D．5 5．（24-25八年级下·安徽亳州·期末）如图，在中，，，，点，分别是，的中点，则________． 6．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，在矩形中，对角线相交于点于点，则的大小是______． 7．（24-25八年级下·安徽阜阳·期末）如图，在平行四边形中，E、F是对角线上的两点，且．试连接，判断四边形的形状，并给出证明． 8．（24-25八年级下·安徽芜湖·期末）如图，矩形的对角线，相交于点，且，． (1)判断四边形的形状，并证明； (2)若，，求四边形的周长． 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，在平行四边形中，平分交AD于点E，，交于点G，连接交于点F，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 2．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，在中，，，，点、分别是、的中点，连接，，延长到点，使，连接．求四边形的周长． 3．如图（1），四边形为正方形，E为对角线上一点，连接，． (1)求证：； (2)如图（2），过点E作，交边于点F，以，为邻边作矩形，连接． ①求证：矩形是正方形； ②若正方形的边长为9，，求正方形的边长． 4．矩形中，点E是上一点，连接、，过点A作的平行线，过点B作的平行线，两条平行线交于点F，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 5．如图，在中，D，E分别为，的中点，过点A作交的延长线于点F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)，，，求的长 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04四边形（期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01 多边形内角和与外角和计算 题型02 平行四边形性质基础计算 题型03 平行四边形判定证明 题型04 勾股数识别 题型05 矩形性质与判定题型 题型06 菱形性质与判定题型 题型07 立体图形最短爬行路径问题 题型08 三角形中位线应用计算 题型9 四边形动点探究题 题型10 四边形综合题型 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 多边形内角和与外角和 熟记内外角和公式，能计算角度、反求边数 选择填空基础必考，公式套用简单，常结合角度换算考查 平行四边形性质与判定 熟练运用边角、对角线性质，掌握多种判定方法 章节核心基础考点，选择填空、证明题高频出现 平行四边形周长与面积计算 利用边长关系求周长，活用底高公式及等面积法计算 常规计算题型，难易度偏低，多结合线段求值考查 矩形性质与判定 掌握矩形特有边角、对角线特征，规范判定图形 高频考点，常与普通四边形对比辨析，解答证明常见 菱形性质与判定 牢记四边相等、对角线垂直平分特性，灵活判定菱形 侧重对角线相关计算与证明，小题大题均频繁考查 正方形性质与判定 融会矩形、菱形性质，逐级推理判定正方形类型 综合性考点，图形性质融合度高，易出多结论判断题 三角形中位线定理 掌握中位线数量与位置关系，用于线段推导换算 解题常用辅助知识点，穿插各类几何题型中考查 特殊四边形折叠计算 依托折叠等量关系，结合性质、勾股定理求线段长度 期末热门中档题型，方程思想结合几何知识考查 四边形对角线相关运算 借助对角线特性，搭配勾股定理求解线段与面积 重难点计算题型，易拆分三角形辅助解题 四边形多结论辨析 综合边角对角线条件，判断命题正误 选择压轴常考，考查知识熟练度与细节辨析能力 四边形实际应用问题 抽象几何模型，运用图形性质解决实际场景问题 解答常规题型，侧重数学建模思维考查 四边形动点综合探究 分析动态线段变化，分类判定图形形状与求解计算 章节压轴难点，融合判定、计算、分类讨论，区分度高 知识点01 多边形的相关概念 在平面内，由若干条不在同一条直线上的线段首尾顺次相接所组成的封闭图形叫做多边形。组成多边形的线段叫做多边形的边，相邻两条边的公共端点叫做多边形的顶点，相邻两边组成的角叫做多边形的内角，简称多边形的角；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；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。 ·示例：五边形有5个顶点、5条边、5个内角，从五边形的一个顶点出发可以引出2条对角线，五边形总共 对角线的数量为条。 ·易错点：1. 多边形的定义要求必须是封闭图形，非封闭的图形不属于多边形；2. 区分“从一个顶点出发的 对角线数量”和“多边形对角线总数量”，从n边形一个顶点出发可引出(n-3)条对角线，n边形对角 线总条数为，二者公式不同不要混淆。 知识点02 多边形的内角和定理 n边形的内角和等于（且n为整数）。 多边形内角和定理的推导思路是将多边形分割为若干个三角形，利用三角形内角和推导得到多边形内角和，常见分割方法有从一个顶点引对角线分割、从多边形内部一点连接各顶点分割等。 ·示例：七边形的内角和为；若一个多边形内角和为，则， 解得，这个多边形是八边形。 ·易错点：1. 公式中不要错误记为n，导致内角和计算错误；2. 已知内角和求边数时，不要忘记结果 必须是大于等于3的正整数。 知识点03 多边形的外角和定理 任意多边形的外角和都等于，和边数无关。 多边形的每个外角和与它相邻的内角是邻补角，二者和为，因此n边形的外角和 = n个 - n边形内角和 = 。 ·示例：若一个正多边形的一个外角是，则这个正多边形的边数为，即正九边形。 ·易错点：1. 不要混淆多边形内角和与外角和，外角和固定是，不要错误写成和边数相关的表达式；2. 正多边形的每个外角都相等，这个性质只适用于正多边形，任意多边形外角和相等但每个外角不 一定相等。 知识点04 平行四边形的定义 两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形，平行四边形用符号“▱”表示，平行四边形ABCD记作“▱ ABCD”。 定义中两个核心条件：四边形、两组对边分别平行，二者缺一不可。 ·示例：只有一组对边平行的四边形是梯形，不是平行四边形；两组对边分别平行的四边形，符合定义要求， 一定是平行四边形。 ·易错点：不要将“两组对边分别平行”错误记为“两组对边相等”，后者是性质不是定义，定义必须强调对边 平行。 知识点05 平行四边形的性质 1. 边的性质：平行四边形的两组对边分别平行且相等； 2. 角的性质：平行四边形的对角相等，邻角互补； 3. 对角线性质：平行四边形的对角线互相平分； 4. 对称性：平行四边形是中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点。 ·示例：在▱ ABCD中，，，则，，周长为；若，则， ；对角线AC、BD交于点O，则，。 ·易错点：1. 平行四边形对角线互相平分，但不一定相等，也不一定垂直，菱形对角线才垂直，矩形对角线 才相等，不要混淆特殊平行四边形与普通平行四边形性质；2. 平行四边形只有中心对称性，不是 轴对称图形，不存在对称轴。 知识点06 平行四边形的判定定理 1. 定义判定：两组对边分别平行的四边形是平行四边形； 2. 边判定1：两组对边分别相等的四边形是平行四边形； 3. 边判定2：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； 4. 角判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形； 5. 对角线判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形。 ·示例：四边形ABCD中，AB// CD且，符合“一组对边平行且相等”的判定，因此四边形ABCD是平 行四边形；若对角线AC、BD交于O，，，也可判定是平行四边形。 ·易错点：1. “一组对边平行，另一组对边相等”的四边形不一定是平行四边形，等腰梯形也满足这个条件， 因此不能作为判定定理；2. 判定平行四边形时，不要错误使用“一组对边相等，一组对角相等”作 为判定依据，存在反例，因此该条件不能判定。 知识点07 三角形中位线定理 连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线，三角形共有三条中位线。 三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。 ·示例：在中，D、E分别是AB、AC的中点，若，则DE// BC，且。 ·易错点：1. 区分中位线和中线：中位线连接两边中点，中线连接顶点和对边中点，二者定义不同，性质不 同，不要混淆；2. 定理是“中位线平行于第三边且等于第三边的一半”，不要记成“等于中位线的一 半”，倍数关系不要搞反。 知识点08 矩形的定义与性质 定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形是特殊的平行四边形。 性质：矩形除了具有平行四边形所有性质之外，还有特殊性质：1. 矩形的四个角都是直角；2. 矩形的对角线相等；3. 矩形既是中心对称图形也是轴对称图形，对称轴是对边中点连线所在直线，共有两条对称轴。 ·示例：矩形ABCD对角线AC、BD交于O，，则，，因此矩形对 角线把矩形分成四个等腰三角形。 ·易错点：1. 矩形是特殊的平行四边形，因此平行四边形性质矩形都满足，不要错误认为矩形不具备普通平 行四边形“对角线互相平分”的性质；2. 矩形对角线相等，但对角线相等的四边形不一定是矩形， 必须是平行四边形且对角线相等才是矩形。 知识点09 矩形的判定 1. 定义判定：有一个角是直角的平行四边形是矩形； 2. 角判定：三个角是直角的四边形是矩形； 3. 对角线判定：对角线相等的平行四边形是矩形。 ·示例：平行四边形ABCD中，对角线，根据判定定理，平行四边形ABCD是矩形；四边形ABCD中， ，则四边形ABCD是矩形。 ·易错点：1. “对角线相等的四边形是矩形”这个说法错误，对角线相等且互相平分的四边形才是矩形；2. “有 三个角是直角的平行四边形是矩形”虽然成立，但其实只要三个角是直角，四边形内角和，第 四个角必然是直角，因此直接说“三个角是直角的四边形是矩形”即可，不需要额外加平行四边形的 前提。 知识点10 菱形的定义与性质 定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形。 性质：菱形除了具有平行四边形所有性质之外，还有特殊性质：1. 菱形的四条边都相等；2. 菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；3. 菱形既是中心对称图形也是轴对称图形，对称轴是两条对角线所在直线，共有两条对称轴；4. 菱形面积等于底乘高，也等于两条对角线乘积的一半，即（、为两条对角线长度）。 ·示例：菱形两条对角线长分别为6和8，则菱形面积为，菱形边长为，周 长为。 ·易错点：1. 菱形对角线互相垂直平分，但不一定相等，正方形对角线才相等，不要错误认为菱形对角线相 等；2. 菱形面积公式“对角线乘积的一半”只适用于对角线互相垂直的四边形，普通四边形不适用， 不要记 错适用条件。 知识点11 菱形的判定 1. 定义判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形； 2. 边判定：四条边都相等的四边形是菱形； 3. 对角线判定：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 ·示例：平行四边形ABCD中，AC⊥ BD，则平行四边形ABCD是菱形；四边形ABCD中，， 则四边形ABCD是菱形。 ·易错点：1. “对角线互相垂直的四边形是菱形”说法错误，必须是平行四边形（或对角线互相垂直平分）的 四边形才是菱形；2. “有一组邻边相等的四边形是菱形”说法错误，必须是平行四边形前提下有一组 邻边相等才是菱形，普通四边形一组邻边相等不一定是菱形。 知识点12 正方形的定义与性质 定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形，正方形是特殊的矩形也是特殊的菱形，兼具矩形和菱形的所有性质。 性质：1. 边：四条边都相等，对边平行；2. 角：四个角都是直角；3. 对角线：对角线相等且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角；4. 对称性：既是中心对称图形，也是轴对称图形，有四条对称轴。 ·示例：正方形边长为2，则对角线长为，面积为，也可以用对角线计算：， 结果一致。 ·易错点：正方形对角线把正方形分成四个等腰直角三角形，不要错误认为是普通直角三角形；记住正方形 兼具矩形菱形所有性质，不要遗漏任何一个性质。 知识点13 正方形的判定 判定思路一般是先判定是矩形，再判定有一组邻边相等；或者先判定是菱形，再判定有一个角是直角（对角线相等）。 常见判定定理：1. 定义判定：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形；2. 矩形+邻边相等：有一组邻边相等的矩形是正方形；3. 菱形+直角：有一个角是直角的菱形是正方形；4. 对角线：对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形。 ·示例：矩形ABCD中，，矩形本身四个角都是直角，又有一组邻边相等，因此矩形ABCD是正方形； 菱形ABCD中，，菱形本身对角线互相垂直，对角线又相等，因此菱形ABCD是正方形。 ·易错点：1. “四条边相等且四个角相等的四边形是正方形”结论正确但表述冗余，四个角相等已经说明四个 角都是直角，四条边相等已经说明是菱形，不需要额外重复条件，判定时不要混淆逻辑；2. 对角 线相等的菱形是正方形，对角线垂直的矩形是正方形，不要把两个条件记反。 知识点14 特殊平行四边形之间的关系 平行四边形、矩形、菱形、正方形的包含关系：正方形是特殊的矩形和菱形，矩形和菱形都是特殊的平行四边形，因此正方形属于平行四边形的子集。 转化关系：平行四边形加“一个直角”得到矩形，加“一组邻边相等”得到菱形；矩形加“一组邻边相等”（或“对角线垂直”）得到正方形；菱形加“一个直角”（或“对角线相等”）得到正方形。 ·示例：要将菱形变为正方形，只需要让菱形的一个角变为直角，或者让对角线长度相等即可。 ·易错点：不要错误认为矩形和菱形的交集就是正方形，实际矩形和菱形的公共部分就是正方形，这个结论 是对的，但不要搞反包含顺序，正方形包含在矩形和菱形中，不是矩形菱形包含在正方形中。 题型一 多边形内角和与外角和计算 解｜题｜技｜巧 套用(n-2)x180°计算内角和，任意多边形外角和固定为360°；已知角度可反向列方程求解边数，熟记内外角互补关系辅助运算。 【典例1】1．（24-25八年级下·安徽滁州·期末）若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是（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】C 【分析】本题主要考查了多边形的内角与外角，熟记内角和公式和外角和定理并列出方程是解题的关键． 由多边形的外角和是，进而得到多边形的内角和是．设这个多边形是n边形，再根据多边形内角和公式列方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形是n边形， 根据题意得：，解得：． 所以这个多边形为六边形． 故选：C． 【变式1】一个多边形的内角和是它的外角和的4倍．这个多边形是（   ） A．六边形 B．九边形 C．八边形 D．十边形 【答案】D 【分析】本题考查了多边形的内角与外角和，解题的关键是熟练的掌握多边形的内角与外角和定理与运算．根据外角和是求出内角和，代入公式计算即可． 【详解】解：多边形外角和是，设多边形边数为， 故多边形的内角和为， 解得， 故选D． 【变式2】已知一个正多边形的内角和是外角和的2倍，则这个正多边形的每个外角的大小为_________． 【答案】/60度 【分析】本题考查多边形的有关知识，由多边形的内角和外角的关系求出外角度数即可． 【详解】解：设多边形的边数为n，根据题意得： ， 解得， ∴正多边形每个外角大小为， 故答案为：°． 题型二 平行四边形性质基础计算 解｜题｜技｜巧 巧用对边平行且相等、对角相等、邻角互补、对角线互相平分特点；结合等量代换求边长、角度，利用平行线性质推导角度关系。 【典例1】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，在中，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、三角形内角和定理、等边对等角等知识点，掌握平行四边形的对角相等是解题的关键． 根据平行四边形的对角相等可得，再根据等边对等角可得，最后根据三角形内角和定理即可解答． 【详解】解：∵在中，， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选A． 【变式1】（24-25八年级下·安徽六安·期末）如图，在平行四边形中，点E在边上，且，F为线段上一点，且． (1)求证：； (2)若，平分，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定等知识，掌握这些知识是解题的关键； （1）由平行四边形的性质得，再结合，，即可证明； （2）由平行四边形的性质得；由平分，得，由（1）知，则，可得，由即可求解． 【详解】（1）证明：在平行四边形中，， ∴； ∵，， ∴； （2）解：在平行四边形中，； ∵平分， ∴； 由（1）知， ∴， ∴， ∴． 【变式2】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）已知：如图，平行四边形中，对角线相交于点，则的长为___________． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质、勾股定理的逆定理、勾股定理等知识，先由平行四边形性质得到，在中，由勾股定理的逆定理可知是直角三角形，且，再由平行四边形性质得到，，在中，由勾股定理求线段长即可得到答案．熟记平行四边形性质、勾股定理及其逆定理是解决问题的关键． 【详解】解：在平行四边形中，， 在中，，则，， ， 则由勾股定理的逆定理可知是直角三角形，且， 在平行四边形中，，， 在中，，，，则由勾股定理可得， ， 故答案为：． 题型三 平行四边形判定证明 解｜题｜技｜巧 灵活选用边、角、对角线判定定理，根据已知条件择优判定；梳理边角等量关系，推理逻辑清晰，规范书写几何证明步骤。 【典例1】下列给出的条件中，能判断四边形是平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题是平行四边形的判定，解本题的关键是掌握和灵活运用平行四边形的判定方法． 直接根据平行四边形的判定定理进行逐项分析，判断即可． 【详解】解：∵ ∴四边形也可能是梯形， 故A选项不符合题意； ∵ ∴不能证明四边形是平行四边形 故B选项不符合题意； ∵， ∴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） 故C选项符合题意； ∵ ∴不能证明四边形是平行四边形 故D选项不符合题意； 故选C． 【变式1】在四边形中，，，则四边形是_____（填四边形名称）． 【答案】平行四边形 【分析】本题考查平行四边形的判定，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形解答即可． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， 故答案为：平行四边形． 【变式2】 如图，在中，点E，F分别在，上，且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键． 根据平行四边形的性质推出，再结合即可证明四边形是平行四边形． 【详解】四边形是平行四边形， ，即， 又， 四边形是平行四边形． 题型四 平行四边形周长面积求解 解｜题｜技｜巧 利用对边相等特性快速计算周长；依据底乘高公式求面积，同一图形不同底边对应不同高，可运用等面积法换算线段长度。 【典例1】在平行四边形中，，则平行四边形的周长为（    ） A．18 B．9 C．6 D．3 【答案】A 【分析】本题主要考查平行四边形的周长，直接根据平行四边形的周长公式进行求解即可． 【详解】解：四边形是平行四边形，，， ； 故选A． 【变式1】在中，对角线相交于点O，，则的面积是______． 【答案】24 【分析】如图，与交于，由平行四边形的性质可得，，由，即，可得是直角三角形，且，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图，与交于， ∵， ∴，， ∵，即， ∴是直角三角形，且， ∴， 故答案为：24． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理逆定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 【变式2】如图所示，四边形是平行四边形，，，，求四边形的面积． 【答案】 【分析】此题考查了平行四边形的性质以及勾股定理的逆定理．利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，进而根据平行四边形的性质，即可求解． 【详解】解：，，， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形的面积． 题型五 矩形性质与判定题型 解｜题｜技｜巧 把握四个内角为直角、对角线相等且互相平分核心性质；判定先证平行四边形，再补充一个直角或对角线相等条件即可判定矩形。 【典例1】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，在矩形中，点在上，，，作于点，交于，则的长是（   ） A．4 B． C． D．3 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，线段的垂直平分线的判定和性质．根据题意，，，可得，这样得，设，则，利用勾股定理计算即可． 【详解】解：∵矩形 ，，， ∴，，， ∴， ∴， ∵，， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 设，则， 则， 解得， ∴， 故选：B． 【变式1】（24-25八年级下·安徽芜湖·期末）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，且，，则的度数是_____°． 【答案】50 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质和矩形的判定，首先根据题意平行四边形是矩形，进而求出的度数． 【详解】解：∵平行四边形对角线相交于点O，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴． 故答案为：50． 【变式2】如图，在矩形中，，将此矩形折叠，使点与点重合，折痕分别交于点、，连接，点的对应点为点，若． (1)求证：； (2)求线段的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的性质以及勾股定理的应用． （1）可利用矩形的性质和折叠的性质，通过角相等得到边相等； （2）可设未知数，利用勾股定理建立方程求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ， ， ∵由此矩形折叠情况可知：点C与点A重合，折痕分别交于点， ， ， ． （2）∵四边形是矩形，， ， 由折叠得：，设，则， 在中，由勾股定理得，， 解得：， ． 题型六 菱形性质与判定题型 解｜题｜技｜巧 牢记四条边全部相等、对角线互相垂直平分且平分内角；判定可从边长、对角线垂直两个角度切入，结合条件判定图形形状。 【典例1】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】根据菱形的判定定理，逐一判断即可． 【详解】解：A、由图可知，对角线与两邻边的夹角均为，即邻边相等，则根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可判定选项A一定是菱形； B、由三角形内角和定理可知对角线夹角为，即对角线垂直，则根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可判定选项B一定是菱形； C、根据图中数据，只能说明同旁内角互补，不能说明一定是菱形； D、由图可知对角线平分内角，即所分成的两个角均为，由平行线性质可推出三角形为等边三角形，故邻边相等，则选项D一定是菱形； 则只有选项C不一定是菱形． 【变式1】（24-25八年级下·安徽六安·期末）如图，正方形的顶点分别在轴，轴上，是菱形的对角线．若，则点的坐标是___________． 【答案】 【分析】本题考查的是勾股定理，菱形的性质，正方形的性质，根据题意作出辅助线，利用菱形的性质判断出是等腰三角形是解题的关键． 过点作于点，根据四边形是菱形可知，可得出是等腰三角形，即可得到，再根据勾股定理求出即可得出结论． 【详解】解：过点作于点， 四边形是菱形， ， 是等腰三角形， 点是的中点， ， ， 四边形是正方形， ， ∴， ， 故答案为． 【变式2】（24-25八年级下·安徽亳州·期末）如图，在四边形中，，对角线交于点O，平分，过点作，交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定等知识； （1）根据平行线的性质，角平分线的定义可得出，根据等角对等边得出，则，根据一组对边平行且相等是四边形是平行四边形可出四边形是平行四边形，然后结合邻边相等即可得证； （2）根据直角三角形斜边中线的性质求出，根据菱形的性质求出、，根据勾股定理求出，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形，， ∴，，， ∵，， ∴， ∴，， 在中，由勾股定理得，， ∴． 题型七 正方形性质判定综合题 解｜题｜技｜巧 融合矩形与菱形所有性质，边角、对角线性质均可直接使用；判定逐级推导，先证平行四边形，再依次判定矩形、菱形，最终确定正方形。 【典例1】如图，为正方形对角线上的一点，过点作于点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键． 根据正方形的性质得出，然后根据三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 故选：A． 【变式1】如图，正方形的边长为，对角线，交于点，为边上一点，且，则的长为 _________________ ． 【答案】/ 【分析】根据正方形的性质结合勾股定理求得，进而可得，结合已知可得，根据，即可求解． 【详解】解：正方形的边长为，对角线，交于点， ，，， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， ， 的长为． 【变式2】如图，在矩形中，平分，平分交于点E，点E在边上，．求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，等腰三角形的判定等，熟练掌握相关知识点并灵活运用是解题的关键； 根据可推出四边形是平行四边形，再由矩形的性质和角平分线的定义推出，从而可说明平行四边形是正方形． 【详解】 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， 平分，平分， ， ， 平行四边形是正方形． 题型八 三角形中位线应用计算 解｜题｜技｜巧 遵循中位线平行于第三边且长度为底边一半；借助定理快速求线段长，判定线段平行关系，常用于线段等量转化与角度推导。 【典例1】如图，，分别是，的中点，测得，则池塘两端，的距离为（    ） A．45m B．30m C．22.5m D．7.5m 【答案】B 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，三角形中位线等于第三边的一半．根据三角形中位线定理解答即可． 【详解】解：，分别是，的中点， 是的中位线， ， 故选：B． 【变式1】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）已知：是的中线，点是的中点，点是延长线与的交点．则的值为___________． 【答案】 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，解题的关键是通过作辅助线构造中位线． 如图，过点如图，过点的中点H，连接，利用三角形中位线定理来求解的值． 【详解】如图，过点的中点H，连接， ∵是的中线， ，点是的中点， ， ， 故答案为：． 【变式2】已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB，AD⊥CD，垂足为点D，M是边AB的中点，AB＝20，AC＝10，求线段DM的长． 【答案】． 【分析】延长AD交BC于E，如图，先利用勾股定理计算出AC=，再证明△CDA≌△CDE得到AD=ED，CE=CA=10，然后利用三角形中位线定理求解． 【详解】解：延长AD交BC于E，如图， 在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°， ∴BC=， ∵CD平分∠ACB， ∴∠ACD=∠ECD， ∵CD⊥AD， ∴∠CDA=∠CDE=90°， 在△CDA和△CDE中， ， ∴△CDA≌△CDE（ASA）， ∴AD=ED，CE=CA=10， ∵点M是AB的中点， ∴DM为△ABE的中位线， ∴， 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．构建中位线定理的基本图形是解决问题的关键． 题型九 四边形动点探究难题 解｜题｜技｜巧 以运动时间表示动态线段长度，锁定不变边角条件；结合各类四边形判定定理分类讨论，判断不同时段图形形态，验证取值合理性。 【典例1】如图，在平行四边形中，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动．点在边上以每秒的速度从点出发，在之间往返运动．两个点同时出发，当点到达点时停止（同时点也停止运动），设运动时间为秒．当时，运动时间t为何值时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形（    ）    A． B．8 C．4或 D．或8 【答案】D 【分析】根据的速度为每秒，可得，从而得到，由四边形为平行四边形可得出，结合平行四边形的判定定理可得出当时以、、、四点组成的四边形为平行四边形，当时，分两种情况考虑，在每种情况中由即可列出关于的一元一次方程，解之即可得出结论． 【详解】解：四边形为平行四边形， ． 若要以、、、四点组成的四边形为平行四边形，则． 当时，，，，， ， 解得：； 当时，，，， ， 解得：． 综上所述：当运动时间为秒或8秒时，以、、、四点组成的四边形为平行四边形． 故选D． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用，弄清在上往返运动情况是解决此题的关键． 【变式1】如图，在四边形中，，且，动点P，Q分别从点D，B同时出发，点P以的速度向终点A运动，点Q以的速度向终点C运动．______秒时四边形是平行四边形？    【答案】3 【分析】由运动时间为秒，则，，而四边形是平行四边形，所以，则得方程求解． 【详解】解：设秒后，四边形是平行四边形， ，， ， 当时，四边形是平行四边形， ， ， 秒时四边形是平行四边形． 故答案为：3． 【点睛】本题考查平行四边形的判定，关键是由，得到． 【变式2】如图，在四边形ABCD中，ADBC，∠B＝90°，AD＝18cm，BC＝26cm，动点P从点A开始沿AD边向D以1cm/s的速度运动，动点Q从C点开始沿CB边向B以3cm/s的速度运动，P、Q分别从A、C同时出发，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当t为何值时，四边形ABQP为矩形？ (2)当t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？ 【答案】(1)t＝6.5 (2)t＝4.5 【分析】（1）要使得四边形ABQP为矩形，只要AP＝BQ即可，从而可以求得此时t的值； （2）要使得四边形PQCD为平行四边形，只要PD＝CQ即可，从而可以求得此时t的值． 【详解】（1）当AP＝BQ时，四边形ABQP为矩形， ∴t＝26﹣3t， 解得，t＝6.5 即当t＝6.5s时，四边形ABQP为矩形； 故答案为：t＝6.5． （2）当PD＝CQ时，四边形PQCD为平行四边形， ∴18﹣t＝3t， 解得，t＝4.5 即当t＝4.5s时，四边形PQCD为平行四边形． 故答案为：t＝4.5． 【点睛】本题考查矩形的判定、平行四边形的判定，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 题型十 四边形综合题型 解｜题｜技｜巧 梳理边、角、对角线关联关系，灵活切换各类四边形性质与判定；常结合全等、中位线、勾股定理辅助推导，遇动点、折叠分类分析，分步求证与计算。 【典例1】如图，正方形的对角线是菱形的一边，菱形的对角线交正方形的边于点P，求的度数． 【答案】 【分析】先根据正方形得到，，再由菱形得到，最后根据三角形的外角性质求解即可． 【详解】解：四边形是正方形，是对角线， ，，       四边形是菱形，是对角线， ，       ． 【变式1】如图，四边形是菱形，交的延长线于． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由四边形是菱形，得、，结合得，进而证明四边形是平行四边形； （2）由得平行四边形是菱形，结合四边形是菱形得，得，根据勾股定理得，进而根据菱形面积等于对角线积的一半来计算即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ，， ， ， ， ∴四边形是平行四边形； （2）解：， ∴平行四边形是菱形， ∵四边形是菱形， ， ， ， ， ∴菱形的面积为：． 【变式2】如图，菱形的对角线、交于点O，，． (1)证明：四边形是矩形； (2)若，，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】（1）根据两组对边分别平行的条件，判定四边形是平行四边形；再利用菱形对角线互相垂直的性质，得到是直角，由此可证明该平行四边形是矩形； （2）根据菱形对角线互相平分的性质，求出和的长度；再利用矩形的性质，得到与相等，结合勾股定理计算的长度即可得到的长度． 【详解】（1）解：，， 四边形是平行四边形 ， 四边形是菱形， ， ， 平行四边形是矩形； （2）解：四边形是菱形， 、， 由（1）知，， 在中，由勾股定理得：， 四边形是矩形， ． 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（24-25八年级下·安徽马鞍山·期末）如果一个多边形的内角和是外角和的2倍，那么这个多边形是（    ） A．四边形 B．六边形 C．八边形 D．十边形 【答案】B 【分析】本题考查了多边形内角和公式与外角和定理，熟练掌握相关的公式定理是解此题的关键．在本题中，根据内角和是外角和2倍这一条件，结合内角和公式列出方程，进而求解出n的值，得到该多边形是六边形． 【详解】解：设这个多边形是n边形，根据题意，得 ， 解得：． ∴这个多边形是六边形． 故选：B． 2．（24-25八年级下·安徽淮南·月考）下列选项中，矩形具有而菱形不具有的性质是（   ） A．每条对角线平分一组对角 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．对角线互相平分 【答案】C 【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，掌握矩形和菱形的性质是解题的关键． 根据矩形和菱形的性质逐项分析即可． 【详解】A．每条对角线平分一组对角是菱形具有，但矩形不具有的性质，故该选项不符合题意； B．对角线互相垂直是菱形的性质，矩形不具有，故该选项不符合题意； C．对角线相等是矩形的性质，菱形不具有，故该选项符合题意； D．对角线互相平分是矩形和菱形都具有的性质，故该选项不符合题意． 故选：C． 3．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）在中，与的度数之比为，则的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行线的性质、平行四边形的性质．由平行四边形的性质得，则，由与的度数之比为，得，所以，则． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ， 与的度数之比为， ， ， ， 故选：D． 4．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，将矩形沿折叠，使顶点恰好与点重合．若，则的长为（    ） A．3 B． C．4 D．5 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 根据折叠得到，设，对运用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：∵将矩形沿折叠，使顶点恰好与点重合， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得：， ∴， 故选：A． 5．（24-25八年级下·安徽亳州·期末）如图，在中，，，，点，分别是，的中点，则________． 【答案】3 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，熟练掌握三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键． 根据三角形的中位线定理得到，即可求解． 【详解】解：∵点，分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴， 故答案为：3． 6．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，在矩形中，对角线相交于点于点，则的大小是______． 【答案】/140度 【分析】本题主要考查了矩形的性质，三角形外角的性质，直角三角形两锐角互余．根据直角三角形两锐角互余可得，再由矩形的性质可得，从而得到，再由三角形外角的性质解答，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴． 7．（24-25八年级下·安徽阜阳·期末）如图，在平行四边形中，E、F是对角线上的两点，且．试连接，判断四边形的形状，并给出证明． 【答案】四边形是平行四边形，证明见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解答的关键．先根据平行四边形的性质得到，，结合已知得到，然后利用平行四边形的判定可得结论． 【详解】解：四边形是平行四边形． 证明：如图，连接交于O， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴，则， ∴四边形是平行四边形． 8．（24-25八年级下·安徽芜湖·期末）如图，矩形的对角线，相交于点，且，． (1)判断四边形的形状，并证明； (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题围绕矩形与菱形的性质判定展开，核心考查“特殊四边形性质的联动应用”； （1）：判定菱形的“两步走”逻辑：先通过“两组对边平行”证平行四边形，再结合矩形“对角线相等且平分”得“邻边相等”，完成菱形判定，这是特殊四边形判定中“平行四边形 + 特殊条件（邻边相等、对角线垂直等）”的典型思路； （2）：周长计算的“转化思想”：利用矩形“直角三角形边角关系（角）”求出对角线一半（即菱形边长），再结合菱形“四边相等”转化为边长×4计算周长． 【详解】（1）， ， 四边形是平行四边形， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形，是对角线且交于点， ， 四边形是菱形； （2）四边形是矩形， ， ， 在中，， 在中，由勾股定理得：，已知， 即：， 解得：， ， ， 四边形是菱形， ． 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，在平行四边形中，平分交AD于点E，，交于点G，连接交于点F，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据角平分线的定，平行四边形的性质和菱形的判定定理即可得到结论； （2）过点F作于点M，由菱形的性质得出，在中，利用勾股定理求出的长，利用三角形面积求出的长，再利用勾股定理求出，得出，中，由勾股定理即可得出的长． 【详解】（1）证明：平分， ， 四边形是平行四边形， 且， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形； （2）解：过点F作于点M，如图所示： 四边形是菱形， ， 在中，， ， ，即， 解得：， ， 中，． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、含30度角的直角三角形的特征、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握相关性质定理为解题关键． 2．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，在中，，，，点、分别是、的中点，连接，，延长到点，使，连接．求四边形的周长． 【答案】 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，直角三角形斜边中线的性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握以上性质定理是解题的关键．由三角形中位线定理推知，，然后结合已知条件“”，得到四边形为平行四边形，根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半得到，即可得出四边形的周长=AB+BC，即可求解． 【详解】解：、分别是、的中点，是延长线上的一点， 是的中位线， ，， ， 四边形是平行四边形； ， 是斜边上的中线， ， 四边形的周长． 3．如图（1），四边形为正方形，E为对角线上一点，连接，． (1)求证：； (2)如图（2），过点E作，交边于点F，以，为邻边作矩形，连接． ①求证：矩形是正方形； ②若正方形的边长为9，，求正方形的边长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】本题考查四边形的综合应用，主要考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质是解题的关键，同时注意解题方法的延续性． （1）由正方形得，，可证得，可证得结果； （2）①作于点P，于点Q，利用角平分线的性质得，证明，即可得出，从而证明结论； ②过点E作于M，先证明，可得，最后由勾股定理求得的长 【详解】（1）证明：∵在正方形中， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）①证明：如图，作于点P，于点Q， ∵在正方形中， ∴， ∴和均为等腰直角三角形， 由勾股定理可得， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； ②解：∵在正方形，正方形中， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 如图所示，过点E作于M，则是等腰直角三角形， 根据勾股定理得， ∵， ∵， 即正方形的边长为； 故答案为： 4．矩形中，点E是上一点，连接、，过点A作的平行线，过点B作的平行线，两条平行线交于点F，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)4 【分析】本题考查矩形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半等知识，推导出，进而证明四边形AFBE是矩形是解题的关键． （1）由，，证明四边形是平行四边形，由矩形的性质得，由，推导出，则，即可证明四边形是矩形； （2）连接，由，，推导出，则，所以，因为四边形是矩形，所以． 【详解】（1）解：∵过点A作的平行线，过点作的平行线，两条平行线交于点． ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：连接， ∵，， ∴， ∵ ∴． 5．如图，在中，D，E分别为，的中点，过点A作交的延长线于点F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)，，，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，三角形的中位线定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）根据三角形的中位线定理得，结合，即可求证； （2）证明是等边三角形，，再由勾股定理求解，即可求解． 【详解】（1）证明：点，分别为边，的中点， 是的中位线，， ，. 又， 四边形是平行四边形； （2）解：如解图，连接， ，， . ， 是等边三角形， ，， ∴， ∴， ∴， ， . 是的中点， ， 即的长为． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $