第21章四边形 期末综合复习压轴题专题训练 2025-2026学年人教版八年级数学下册

**基本信息** 聚焦四边形综合应用，以压轴题系统整合平行四边形、菱形、正方形性质与判定，提炼全等构造、动态分类讨论等解题方法，强化几何直观与推理能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |性质与判定|1-5题|全等三角形证明、勾股定理计算|从四边形定义到性质推导，再到判定应用| |动态与折叠|6-10题|折叠轴对称性质、动点轨迹分析|结合图形变换，构建静态性质与动态变化的联系| |模型应用|11-20题|十字架模型、对角互补模型|以经典模型为载体，整合三角形与四边形知识网络|

2025-2026学年人教版八年级数学下册《第21章四边形》 期末综合复习压轴题专题训练（附答案） 1．如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，． (1)如图1，若，，求的长； (2)如图2，若，过点A作于点M，连接，过点C作交于点N，求证：； (3)如图3，在（1）的条件下，点Q是直线上的一个动点，若，且，连接，当的值最小时，请直接写出的面积． 2．同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片中，已知，，的面积为120．点为边上任意一点，将沿折叠，点的对应点为． (1)如图1，若点恰好落在上时，求证：四边形为平行四边形． (2)如图2，若时，连接，并延长交于点．求线段的长． (3)改变点的位置，将沿折叠，连接，当为直角三角形时，求的长度． 3．如图1，已知四边形是菱形．，点在菱形的对角线与上，的两边分别交边于点，且连接交于点，在的异侧． (1)当时， ①求证：； ②如图2，过作交于点，过作交于点，连接． 求证：四边形是矩形； ③在②的条件下，当四边形是正方形，时，直接写出的长度． (2)如图3，，点在上运动，当是的三等分点时，请直接写出四边形的面积． 4．如图1，在正方形中，是上一点，是延长线上一点，且，连接、． (1)求证：； (2)在图1中，若在上，且，连接，请判断三条线段之间的数量关系，并说明理由； (3)根据你所学的知识，运用（1）、（2）解答中积累的经验，完成下列各题： ①如图2，在四边形中， ，，，是的中点，且，求的长； ②如图3，在菱形中，，、分别在和上，且，连接．若，，求线段的长度． 5．在正方形中，点、、分别是边、、上的动点，连接、，相交于点，且． (1)如图1，若点与点重合 ①求证：； ②如图2，当点运动到中点时，求证：． (2)如图3，若点为线段的中点，连接交于点，连接，试探究线段与的数量关系，并证明你的结论． 6．综合与实践 【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们以正方形为背景探索几何图形变化中的数学结论．如图1，正方形中，点P是边上的一个动点，E是边延长线上一点，连接．过点P作，与的平分线相交于点F，求证：． 【问题解决】（1）小圳经过思考展示了一种正确的证明思路，请你将证明思路补充完整．在上截取，连接，易得，，______，可得（______），． 【问题探究】（2）探究小组经过讨论，发现了图形隐含了很多线段和角的等量关系，如图2，连接，与边相交于点Q，连接，给出下列四个结论，①；②；③；④，正确结论的序号是_______． 【拓展延伸】（3）创新小组受到启发，提出了新的问题进行拓展．如图3，过点F作的平行线交直线于点H，以为斜边向右作等腰直角三角形，点M在直线上． ①试探究与的数量关系，并说明理由； ②若，P在射线上运动，当时直接写出线段的长． 7．如图1，四边形形是一个边长为4的正方形，点和分别是边和上的动点（点与点不重合，点与点不重合），且，连接、，相交于点． (1)请直接写出___________度； (2)如图2，当点、运动到、中点时， ①求证：； ②求的长； ③连接，请判断是否为等腰三角形，并说明理由． 8．如图，正方形、正方形，连接，取的中点H，连接、． (1)【尝试探究】如图1，当点D落在上时，则______； (2)【深入探究】如图2，将正方形绕着点C旋转至点F落在的延长线上．求证：； (3)【拓展应用】如图3，继续将正方形绕着点C旋转，连接交于点P，连接，若点P为的中点，的面积为2，则线段的长为______． 9．已知：正方形中，点P为线段上一个动点，过点B作交边于H． (1)如图1，求证：； (2)如图2，把线段沿向上平移到位置，连接，分别交、、、于点M、E、F、N ①若E为中点，，，求的长； ②如图3，在上截取，连接，G为中点，连接，．若，求的长． 10．定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”． 【初步理解】 如图1，已知矩形是“等邻边四边形”，则矩形______（填“一定”或“不一定”）是正方形； 【尝试运用】 如图2，在菱形中，，点、分别在、上（不含端点），连接，，若，证明四边形是“等邻边四边形”； 【拓展延伸】 如图3，现有一个平行四边形材料，连接，，点在上，且，在边上有一点，使四边形为“等邻边四边形”，请直接写出此时四边形的面积． 11．已知，正方形，是上一点，交的延长线于． (1)在探究与的数量关系时，小颖作了如图1的辅助线：作于点，作于点N．请你帮小颖写出与的数量关系并证明； (2)如图2，延长交的延长线于，连，若，，，求出的长： (3)如图3，过的直线平分，分别交，于，，试探究与的数量关系，并说明理由． 12．小明同学在进行四边形大单元整合知识时，试图用“特殊到一般”的思想方法研究四边形的边长与对角线的关系，下面是他的探究过程． 【观察发现】 （1）如图，正方形的对角线长为m，则______（用含m的代数式表示）； 【操作探究1】 （2）如图，菱形的对角线长为m，长为n，则______（用含m，n 的代数式表示）； 【操作探究2】 （3）如图，在中，对角线长为m，长为n，猜想的值并说明理由（用含m，n的代数式表示）； 【拓展应用】 （4）在（3）的条件下，设与交于点O，若，，M为边上一点（不含点B），连接，将沿折叠，点B的对应点为点，当点落在边上时，请直接写出的长． 13．如图，四边形和四边形都是正方形． (1)如图1，点在一条直线上，点在边上，在的延长线上取一点，且，连接． （i）求证：； （ii）求证：； (2)如图2，点在的延长线上，点在边上，是的中点，若正方形和正方形的边长分别为6和4，求的长． 14．已知，如图1，在矩形中，连接交于点，过点作交延长线于点． (1)求证：； (2)如图2，点为四边形外一点，连接，点为的中点，连接，若 ．求证：四边形为菱形； (3)如图3，在（2）的条件下，点在上，点在上，连接，以为边作等边，连接交于点，点为中点，若 ，求的长． 15．问题情境： 在矩形纸片中，点是边上一动点，连接，将沿折叠得到，并展开铺平．操作探究： (1)如图1，若点落在边上，则四边形的形状是______； (2)若点落在矩形内部． ①如图2，过点作，垂足为，交于点，连接请判断四边形的形状，并说明理由； ②如图3，为边的三等分点，且点在点的左侧．连接并延长，交边于点，试判断线段与的数量关系，并说明理由； (3)如图4，，，若，请直接写出的长． 16．问题背景：“对角互补”是经典的四边形模型，在四边形对角互补的基础上，它的另一个条件是一条对角线是一个内角的平分线或一组邻边相等方法是构造旋转全等，如果问题中有“，”角度出现，一般会和等腰直角三角形、正方形、等边三角形等特殊图形结合起来考查． (1)【问题解决】如图①，，，小明同学从点分别向，作垂线，，请你按照小明同学的思路证明； (2)【问题探究】如图②，若，，，，，求的长； (3)【拓展延伸】如图③，点是正方形外一点，，对角线，交于点，连接，且，求四边形的面积． 17．（1）问题发现 平行四边形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，过对称中心的直线平分平行四边形的面积．如图1，在中，点是对称中心，经过点，交于点，交于点，请证明：平分的面积； 我们还可以发现：若直线平分的面积，则经过的对称中心且． （2）结论应用 如图2，菱形的边长为，面积为，点是上一点，且，过点的直线与交于点．若平分菱形的面积，则四边形的周长为__________； （3）问题解决 旅游度假区在一块矩形草地上进行旅游功能区规划工作，如图3，在矩形草地中，，过点的直线将矩形的面积平分为两部分，左侧为休闲住宿区，右侧为活动娱乐区，现规划在左侧休闲住宿区域内搭建帐篷，顶点在矩形内，且到、的距离相等，直线过点，分别交、于点、，，求出此时的长，并直接写出的面积为__________． 18．如图1，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，，点E是延长线上一点，M是线段上一动点（不包括O、B）作，交的平分线于点N． (1)①直接写出点C的坐标；②求证：； (2)如图2，若，在上找一点P，使四边形是平行四边形，求点P的坐标； (3)如图，连接交于F，连接，下列两个结论： ①的长为定值； ②平分，其中只有一个正确，选择并证明． 19．问题发现 (1)基本模型——十字架模型 如图1所示，在正方形内，点在边上，点在边上，、交于点，①若则有结论；②反之若有，则有结论． 对于上述问题请选择一个命题加以证明． (2)模型运用 如图2，在正方形中，，点在边上（不与、重合），连接，将沿翻折，得到，连接并延长交于点． ①若，求的值． ②如图3，若与交于点，连接，若，求证：． 20．综合与探究 四边形是一张正方形纸片，小明用该纸片玩折纸游戏． 【探究发现】 （1）如图1，小明将沿翻折得到，点的对应点为，将纸片展平后，连接并延长交边于点，小明发现折痕与存在特殊的数量关系，数量关系为______；说明理由． 【类比探究】 （2）如图2，小明继续折纸，将四边形沿所在直线翻折得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点，将纸片展平后，连接交边于点，请你猜想线段之间的数量关系并证明； 【拓展延伸】 （3）在（2）的翻折过程中，如图3，若线段恰好经过点，如果正方形的边长为9，，直接写出的长． 参考答案 1．（1）解：∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴， ∴， ∴； （2）证明：过点A作，交于点G， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； （3）解：如图，连接， ∵平行四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵平行四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当点在上时，的值最小， 如图， ∵，且， ∴是等边三角形， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， ∴的面积为． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质以及勾股定理，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键． 2．(1)见解析 (2) (3)或或 【分析】（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）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，易证利是等腰三角形，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． （3）分和两种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）证明：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）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， ， ， ， ， ． （3）解：①当时，延长交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， 在中，， ∴； 如图，当重合时，记，的交点为， ∵当时，， ∴，而， ∴， ∴当重合时，， 由折叠可得：； ②当时，如图，设与交于点，作， ∴， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上：或或． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，折叠问题，勾股定理，等腰三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握折叠的性质，平行四边形的性质，是解题的关键． 3．(1)①见解析；②见解析；③； (2) 【分析】（1）①根据菱形的性质和角平分线的性质可得垂直平分，即可证明； ②由菱形的性质以及已知条件证明可得，再说明可证四边形是平行四边形，再说明即可证明结论； ③如图：连接，是等边三角形，即，然后根据等腰三角形的性质可得，再根据含30度直角三角形的性质以及勾股定理可得，，进而得到；再说明，进而得到，，再结合四边形是正方形可得，即；然后由勾股定理列方程求得，最后根据线段的和差即可解答． （2）如图：连接交于点O，根据菱形的性质可得、、，再结合已知条件运用勾股定理可得，即或；经分析不符合题意；当时，如图：过M作，易证可得，进而得到；再根据30度直角三角形的性质以及勾股定理可得、，然后根据以及三角形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：如图： ∵四边形是菱形， ∴平分，即， ∵， ∴，即是线段的垂直平分线， ∴； ②∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵ ∴，即， ∵， ∴， 同理：， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形； ③如图：连接， ∵，， ∴是等边三角形，即， ∵，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵，， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴，解得：， ∴． （2）解：如图：连接交于点O， ∵四边形是菱形．，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是的三等分点， ∴或， 当时，不能满足的两边分别交边于点，且，即不符合题意； 当时，如图：过M作， ∵， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30度直角三角形的性质等知识点，灵活运用相关性质、判定定理是解题的关键． 4．(1)见解析 (2)，理由见解析 (3)①；② 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理， 对于（1），根据正方形的性质证明，可得答案； 对于（2），由（1）可知，可得，再证明， 然后根据全等三角形的对应边相等得出答案； 对于（3），①由（2）和题设知：，再设，则，， 根据勾股定理得求出，则答案可得； 对于②，作射线使得，作射线使得，可知，作，再说明，可得，进而得出，然后根据直角三角形的性质和勾股定理得出答案. 【详解】（1）证明：在正方形中，，， ， 在和中， ， ， ； （2）解：，理由如下： ，， . （已证）， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （3）解：①如图，过点C作，交的延长线于点， 由（2）和题设知：， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ， 解得， ； ②如图，作射线使得，作射线使得，则，过作于， ，，，， . ， ， ， ， ， ， ，， . 5．(1)见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）①证明即可得证； ②过点D作于点M，作，交的延长线于点N，证明，得到，由①有，得到，，根据三角形的面积公式可推出，从而，根据角平分线的判定即可得出结论； （2）连接，过点P作于点K，作于点L，由正方形的性质与角平分线的性质得到，由垂直平分线的性质得到，因此，得到，继而推出，由勾股定理有．证明，得到，从而得出． 【详解】（1）证明：①∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ②过点D作于点M，作，交的延长线于点N， ∴， ∵， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， 由①有， ∴，， 即， ∴， ∴， ∵，， ∴平分， ∴． （2）解：，理由如下： 连接，过点P作于点K，作于点L， ∵是正方形的对角线， ∴平分， ∴， ∵点G是的中点，， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴． 过点E作于点Q，则， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵在正方形中，， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，角平分线的判定，垂直平分线的性质，勾股定理等，综合运用相关知识，正确作出辅助线是解题的关键． 6．（1）（或）；（或）；（2）①②③；（3）①，理由见解析；②3或7． 【分析】（1）由分析思路知，只要或，利用（或）从而可证明，进而得到结论； （2）由且得等腰三角形，得，从而判断①；延长至点M，使得，连接，先由证明，再由证明，即可判断②；由且，可得 ，从而，由此即可判断③；假设，则得，从而得，得到矛盾，从而可判断④，最后可得到结论； （3）①在上截取，连接，由证明，由全等三角形的性质及勾股定理即可得到与的数量关系； ②分两种情况考虑：P 在线段上；P 在线段延长线上；利用等腰三角形的性质，勾股定理及全等三角形的判定与性质即可求解． 【详解】解：（1）（或）；（或） 解：（2）①②③， ①∵，且 ∴是等腰直角三角形， ∴，即①正确； ②如图，延长至点M，使得，连接，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即②正确； ③∵且， ∴， 又， ∴，即③正确； 假设， 则； ∵平分，且， ∴， ∴， 则； ∵， ∴, ∴， 这与相交矛盾，故④错误； 综上，正确的是①②③； 故答案为：①②③； 解：（3）①； 证明：在上截取，连接，如图； 则， ∵是等腰直角三角形， ∴， 则， ∴， ∴； ②或7；理由如下： 当P 在线段上时， ∵，， ∴， ∴， ∴； ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴； 当 P 在延长线上时，延长使，连接， 则是等腰直角三角形， ∴， 又， ∴， ∴； 又，， ∴； ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴； 综上，或 7． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，构造辅助线证明三角形全等是解题的关键，注意分类讨论． 7．(1)90 (2)①详见解析 ② ③是等腰三角形，理由见解析 【分析】（1）证明，可得，根据互余关系即可得解； （2）①由可得，再由，即可得解； ②根据勾股定理可得，再根据等面积法，即可得解； ③延长交于点H，先证，可得，再根据斜边中线性质即可得解． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）解：①由（1）得， ， ， ， ， ； ②∵四边形是正方形， ， ，点运动到中点， ， 由勾股定理得，， ， ， ； ③是等腰三角形，理由如下： 如图，延长交于点H， ∵四边形是正方形， ， ， 是的中点， ， ， ， ， ， 由①得， ， ∴是直角三角形 ． 是等腰三角形． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的定义，灵活运用所学知识是解题的关键． 8．(1)2 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据四边形、是正方形，得出，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可证明； （2）在上截取，连接，根据是中点，得出，再结合四边形、是正方形，得出，证明，根据全等三角形的性质得出，再根据等腰三角形三线合一的性质即可证明； （3）延长至，使，连接，连接延长交于点，证明，再证出，即可得出、是等腰直角三角形，证出，过C作于点L，证明，证出，根据，即可解答； 【详解】（1）解：连接，，如图所示： ∵四边形、是正方形， ， ， ∵是中点， ， 即； （2）证明：在上截取，连接，如图所示： ∵是中点， ， ∴， ， ∵四边形、是正方形， ， ， ， ， ， 即； （3）解：延长至，使，连接，连接，并延长交于点， ∵是中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∵四边形、是正方形， ． ， ，     ， ， ， ， ， ∴、是等腰直角三角形， ， 过C作于点L， 是中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】该题主要考查了全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确作出辅助线． 9．(1)见解析 (2)①；② 【分析】（1）根据正方形性质证明，得出即可； （2）①先证明垂直平分，再根据垂直平分线的性质和正方形的性质求得，然后根据等边对等角和等量代换求得，根据直角三角形斜边中线的性质证出，再根据勾股定理求出，则可得出结果； ②连接并延长到H，使得，连接，，证明，得出，，证明，得出，，证明是等腰直角三角形，得出，证明也是等腰直角三角形，得出，根据勾股定理求出． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，连接，，， 正方形是轴对称图形，为对角线上一点， ，， ∵把线段沿向上平移到位置，， ∴， ∵为的中点， ∴垂直平分， ， ， ， ， ， ∵ ， ， ， ， ∵，， ∴， ∴； ②连接并延长到H，使得，连接，，如图所示： ∵点为的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由正方形的性质可知，， ∴， ∴，， ∴， 即， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴也是等腰直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关图形的判定和性质． 10．（1）一定 （2）四边形是“等邻边四边形” （3）或或 【分析】（1）根据等邻边四边形的定义和正方形的判定可得出结论； （2）如图②中，结论：四边形是等邻四边形，利用全等三角形的性质证明即可； （3）如图③中，过点作于，点作于N，则四边形是矩形．分三种情形：①当时，②当时，③当时，分别求解即可． 【详解】解：（1）∵四边形的邻边相等， ∴矩形一定是正方形； 故答案为：一定； （2）如图②，四边形是等邻四边形； 理由：连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴，都是等边三角形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是等邻四边形， ．（3）如图③中，过点作于，点作于N，则四边形是矩形． ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ①当时， ． ②当时，设， ∵，在中，， ∴， ∴，即， ∴． ③当时，点与重合，此时, ∴． 综上：四边形的面积为或或． 【点睛】本题考查了“等邻边四边形”的定义，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，梯形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题． 11．(1)，证明见解析 (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）由正方形的性质得；证明即可得； （2）过点P作于点N，则得；由已知求得，则；由勾股定理可求得，进而得，再由勾股定理即可求得； （3）过点C作交于Q，连接；先证明四边形为平行四边形，再证明，得，从而得证． 【详解】（1）解：；证明如下： ∵四边形是正方形，为对角线， ∴； ∵，， ∴，，； ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴； 在与中， ， ∴， ∴； （2）解：过点P作于点N，则； ∴， ∴； ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得； 由（1）知，； ∵四边形是正方形， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴； 在中，由勾股定理得； （3）解：； 理由如下：如图，过点C作交于Q，连接； ∵四边形为正方形， ∴，，； ∵， ∴四边形是平行四边形； ∴； ∵平分，， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 在与中， ， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴； ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质，角平分线的性质定理等内容，熟练掌握这些知识和添加合适的辅助线是解题的关键． 12．（1）； （2）； （3）解：，理由如下： 分别过点A，D作于点E，的延长线于点F， 则，如图所示： ∵在中，对角线长为m，长为n，， ∴， ∴， ∴，， 设，， 在中，， 在中，， 在中，， ∴， ∴； （4）或 【分析】（1）由正方形性质得，，即得； （2）设交于点O，根据菱形性质得，，由，即得； （3）分别过点A，D作于点E，的延长线于点F，则，根据平行四边形性质得，得，得，得，，设，，根据 ， ， ，得，即得； （4）过点A作于点G，根据，，得，得，得，根据，，得，当点在上时，，得，可得；当点在上时，连接，设交于点H，根据，，得，得，得四边形是菱形，得，得． 【详解】（1）解：∵正方形的对角线长为m，， ∴， 故答案为：； （2）解：设交于点O， ∵菱形的对角线长为m，长为n， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； 故答案为：； （3）略 （4）解：过点A作于点G， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，且， ∴， 当点在上时， 由折叠知，， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得； 当点在上时， 连接，设交于点H， 则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， 综上，的长为或． 【点睛】本题考查了四边形综合．熟练掌握正方形性质，菱形性质，平行四边形性质，轴对称性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，是解题的关键． 13．(1)（i）证明见解析；（ii）证明见解析； (2) 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理和三角形的中位线定理，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题的关键． （1）利用两个正方形的性质，推出； （ii）连接，利用和正方形的性质证明，再利用勾股定理求解； （2）延长至点H，使得，延长交于I，先证明四边形为矩形， 推出，利用勾股定理和三角形中位线定理求的长． 【详解】（1）（i）四边形是正方形， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， ． （ii）如图3，连接， 由（i）知，可得， 又， ， 四边形是正方形， ， ，， ， ， ， 又， ，即， ， ． （2）如图4，延长至点H，使得，延长交于I， 四边形是正方形，且边长为6， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， ，， ， M是的中点，， 是的中位线， ． 14．(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）由矩形的性质证明，再证明四边形为平行四边形，从而可得结论； （2）由（1）得，，证明，结合，证明，结合点为中点，证明，证明四边形为平行四边形，进一步求解即可； （3）证明为等边三角形，为等边三角形，可得，证明，在上取一点，使，连接，可得，证明，可得，求解，作于点，证明，可得，再进一步求解即可. 【详解】（1）证明：四边形为矩形 ∵， 四边形为平行四边形， ， ； （2）证明：由（1）得， ， ， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， 四边形为平行四边形， ， ， 点为中点， ， ， ， ， ， ， ， 又， 四边形为平行四边形， 由（1）得，， 四边形为菱形； （3）解：， ， ， ， ， ， ， 为等边三角形， ， 四边形为菱形， ， ， ， ， ， 又， 为等边三角形， 点为中点， ， 为等边三角形， ，， ， ， ， ， 在上取一点，使，连接， ， ， ， ， ， ， ，，，，， ， ，，， ， 作于点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， . 【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，菱形的判定，矩形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的应用，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键. 15．(1)正方形 (2)①四边形BEMF为菱形，理由见解析；②，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据折叠得出，，根据，证明四边形为矩形，再由，即可证明四边形为正方形； （2）①根据折叠得出，，，，证明，得出，证明，即可证明结论； ②先证明，根据矩形中，，，证明四边形为平行四边形，得出，求出，即可得出结论； （3）根据矩形的性质得到，，，根据折叠根据折叠的性质得到，，，过点作，如图所示：求得，根据矩形的性质得到，，，求得，根据等腰三角形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理得到，设，则，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）解：四边形为矩形， ， 根据折叠可知：，， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， 故答案为：正方形； （2）解：①四边形为菱形； 理由如下： 根据折叠可知：，，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为菱形； ②； 理由如下： ，为边的三等分点， ， 根据折叠可知：，， ， ， ， ， ， 矩形中，，， 四边形为平行四边形， ， ， ； （3）解：四边形为矩形，，， ，，， 根据折叠可知：，，， 过点作，如图所示： ， ， 四边形为矩形， ，，， ， ， ， ， 即， ， ， ， 设， 则， 根据勾股定理得，即， 解得， 即． 【点睛】本题主要考查了四边形的综合应用，涉及折叠性质、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质，数形结合，分类讨论是解决问题的关键． 16．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据垂直的定义得到，根据矩形的性质得到，由全等三角形的判定定理即可得到结论； （2）如图，过点作于，于，先判定，得到，，再判断，根据全等三角形的性质得到，求得，设，则，，求得，得到，在中，由含的直角三角形性质求解即可得到结论； （3）如图，延长到，使，连接，根据正方形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，求得是等腰直角三角形，根据三角形的面积公式得到结论． 【详解】（1）证明：，， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ； （2）解：过点作于，于，如图所示： ， ， ， ， ， ， ， ，， 在和中， ， ， ，， ， ， ，， 设，则，， ，解得， ， 在中，，，则， ； （3）解：延长到，使，连接，如图所示： 在四边形中，，， 四边形是正方形， ，， ， 又， ， ， ，， ， ， 是等腰直角三角形． 四边形的面积的面积． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定和性质、含的直角三角形性质、正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，综合性强，难度较大，熟记相关几何性质及判定，根据问题正确地作出辅助线是解题的关键． 17．（1）见解析；（2）；（3），平方米． 【分析】（）由四边形是平行四边形 则，故有，，证明，所以，然后通过面积和差即可； （）过作于点，过作于点，则，证明四边形是矩形，则有，又菱形的边长为，面积为，即，所以，然后通过勾股定理分别求出，，从而求解； （）连接交于点，取中点，连接，交于点，延长交于点，则，由、为、的中点，故有，， ，由勾股定理得，，通过，则，证明，所以，，，的面积为平方米． 【详解】解：（）∵四边形是平行四边形 ， ∴， ∴，， ∵、交于点，为对称中心， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴ ，即平分的面积； （）过作于点，过作于点，则， ∵平分菱形的面积， ∴经过菱形的对称中心且， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵菱形的边长为，面积为， ∴， ∴， 在中由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴四边形的周长为 ， 故答案为：； （）连接交于点， 由题意可知，， 取中点，连接，交于点，延长交于点， 则， ∵、为、的中点， ∴，， ∴， ∵点到、的距离相等 ， ∴， ∴，， 在中，， 在中，， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴（平方米）， ∴的面积为平方米． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，菱形的性质，中心对称，全等三角形的判定与性质，中位线定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 18．(1)①；②证明见解析 (2) (3)“平分”正确，证明见解析 【分析】（1）①根据正方形的性质求解即可； ②在上取点P，使得，证明即可； （2）过点N分别作轴于点H，于点Q，连接，先证明，得到，然后证明，得到，再计算的长即可； （3）延长到点A，使得，连接，先证明，再证明，得到，进一步推得，然后过点M作于点P，即可逐步证明． 【详解】（1）①解：， ， 四边形是正方形， ， 点C的坐标是； ②证明：在上取点P，使得， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， 平分，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：过点N分别作轴于点H，于点Q，连接， 由（1）知， 又 四边形是正方形 ， ，， 四边形是平行四边形， ， 点P的坐标为； （3）解：平分成立． 证明如下：如图，延长到点A，使得，连接， 在和中， ， ， ，，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， 过点M作于点P， ， ， ， ， 由（1）知， 又， ， 即平分． 【点睛】本题中，3个小题均运用了添加辅助线，构造全等三角形，这是本类题常用的解题方法． 19．(1)见解析 (2)①；②见解析 【分析】（1）①根据正方形的性质以及同角的余角相等，找到相等的边和角，利用证明，进而可得； ②根据正方形的性质得内角为，根据证明，得，进而得，从而证明； （2）①先根据勾股定理求的长，记与相交于点，由翻折得、，根据等面积法得，进而根据计算； ②根据正方形和翻折性质得，根据，翻折后和的性质证明，根据等腰三角形三线合一得，由得，由得，由翻折得，等量代换后，根据证明． 【详解】（1）选择①，证明如下： 证明：四边形是正方形， ，， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ； 选择②，证明如下： 证明：四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ， ， ， ； （2）①解：四边形是正方形，， ， 在中，， 由翻折得，垂直平分， 记与相交于点，则，且， 在中， ，即， 解得，， ； ②证明：由翻折得，，，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， 由翻折得，垂直平分， 是等腰三角形，是的角平分线， ， 在中，，， 在中，，， ， ， ，， 在和中， ， ． 20．（1），理由见解析；（2），证明见解析；（3） 【分析】（1）由全等三角形的“十字架”模型，结合两个三角形全等的判定定理可证，进而得解； （2）先证，再利用全等三角形的“十字架”模型构造全等，过点作，结合两个三角形全等的判定定理可证，进而得解； （3）过点作，先证四边形是平行四边形，得，再分别利用勾股定理表示出，从而建立方程求解即可得到答案． 【详解】解：（1）， 理由如下： 如图所示： 将沿翻折得到，则垂直平分， ∴， 在正方形中，， ， ∴， 在和中， ∴， ∴； 故答案为：； （2）猜想线段之间的数量关系：， 证明如下： ∵四边形是正方形， ∴， 将四边形沿所在直线翻折得到四边形，则， ∴， 过点作，垂足为点，如图所示： ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴，即， ∴； （3）设， ∵正方形的边长为9，， ∴， 过点作，垂足为，交线段于点，连接，如图所示： ∵将四边形沿所在直线翻折得到四边形，线段经过点， ∴关于直线对称，则， ∴垂直平分， ∴， ∵由（2）得， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 在中，，则由勾股定理得， 在中，，则由勾股定理得， 又∵， ， 则， 解得，即的长为． 学科网（北京）股份有限公司 $