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专题 03 平行四边形全章复习攻略（1 个定理 1 个性质 4 个图
形的性质与判定 4 个技巧 2 种思想专练）一个定理
【考查题型一】三角形的中位线定理
三角形中位线定理
（1）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．
（2）几何语言：
如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC，DE＝ BC．
【例1】．（2023春•柳州期末）如图，在四边形 中， ， ， ， 、
、 分别是 、 、 的中点，若 ．则 的周长是
A．10 B．12 C．16 D．18
【分析】根据中位线定理求得 和 的长，然后证明 是等边三角形即可证得．
【解答】解： 、 是 和 的中点， ， ，
， ，
，
同理， ， ，
， ，
是等边三角形．
，
的周长是12．
故选： ．
【点评】此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
【变式1-1】．（2023春•白碱滩区期末）如图，在 中，已知 ， ，点 ， ， 分别是 ， ， 的中点，则四边形 的周长是 ．
【分析】根据三角形中位线定理得到 ， ， ， ，得到四边形 为平行
四边形，根据平行四边形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解： 点 ， ， 分别是 ， ， 的中点， ， ，
， ， ， ，
四边形 为平行四边形，
四边形 的周长 ，
故答案为：14．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质，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．
【变式1-2】（2023春•船营区校级期末）如图，为估计池塘两岸边 ， 两点间的距离，在池塘的一侧选
取点 ，分别取 ， 的中点 ， ，测得 ，则 ， 两点间的距离是 ．
【分析】根据 、 是 、 的中点，即 是 的中位线，根据三角形的中位线定理：三角
形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，即可求解．
【解答】解： 、 是 、 的中点，即 是 的中位线，
，
．
故答案为：50．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理应用，学会利用三角形中位线定理求池塘的宽是解题的关键．【变式1-3】．（2023春•遂川县期末）（1）课本再现
已知：如图， 是 的中位线．求证： ，且 ．
定理证明
证明：如图1，延长 至点 ，使得 ，连接 ．请你根据小乐添加的辅助线，写出完整的证
明过程；（不再添加新的辅助线）
（2）知识应用
如图2，在四边形 中， ， ， ， ，点 ， ， 分别是 ，
， 的中点，求 的长．
【分析】（1）证明 ，根据全等三角形的性质得到 ， ，证明四边形
为平行四边形，根据平行四边形的性质证明；
（2）根据三角形中位线定理分别求出 、 ，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】（1）证明：在 和 中，
，
，
， ，
，
，
，
四边形 为平行四边形，
， ，
， ；（2）解： 点 ， 分别是 ， 的中点，
是 的中位线，
， ，
，
，
，
同理可得： ， ，
，
，
，
，
．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质，熟记三角形的中位线平行于第三边，
且等于第三边的一半是解题的关键．
一个性质
【考查题型二】三角形斜边上的中线性质
直角三角形斜边上的中线
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直
角三角形．
该定理可以用来判定直角三角形．
【例2】．（2023秋•太康县期末）如图，在 中， ，且 ， 分别是 ， 上的高，
， 分别是 ， 的中点，若 ，则 的长为A．10 B．12 C．13 D．14
【分析】连接 、 ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得 ，再根据等
腰三角形三线合一的性质可得 ， ，然后利用勾股定理列式计算即可求解．
【解答】解：如图：连接 、 ，
，
是 的中点， ， ，
，
是 的中点，
， ，
在 中， ，
故选： ．
【点评】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，
以及勾股定理，作辅助线利用性质是解题的关键．
【变式2-1】．（2023秋•焦作期末）如图，在 中， ， 为 中点，若 ，则
的长是
A．6 B．5 C．4 D．3
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得 ，进而可得答案．
【解答】解： ，点 为斜边 的中点，，
，
，
故选： ．
【点评】此题主要考查了直角三角形的性质，解题关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
【变式2-2】．（2023秋•宿迁期末）如图，在 和 中， ， ， 是
的中点．
（1）求证： ；
（2）若 ， ，求 ．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线性质得出 和 即可；
（2）求出 ， ，根据直角三角形斜边上的中线性质得出
， ，求出 ， ，根据三角形内角
和定理求出 和 ，再求出答案即可．
【解答】（1）证明： 在 和 中， ， ， 是 的中点，
， ，
；
（2）解：在 和 中， ， ， ， ，
， ，
在 和 中， ， ， 是 的中点，
， ，
， ，
，，
．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质，能熟记直角三角形斜边上中线性
质是解此题的关键，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
【变式2-3】．（2023春•定南县期末）如图，在 中， ， 是边 上一动点（不与
， 重合）， 于点 ，点 是线段 的中点，连接 ， ．
（1）试猜想线段 与 的大小关系，并加以证明．
（2）若 ，连接 ，在 点运动过程中，探求 与 的数量关系．
【分析】（1） 和 分别是直角 和直角 斜边上的中线，依据直角三角形斜边上的中线等
于斜边的一半即可证得；
（2）证明 是等边三角形，然后根据等边三角形的定义以及直角三角形的性质求解．
【解答】解：（1） ，
在 和 中，
点 是线段 的中点，
， ，
．
（2）由（1）可知 ，
， ，
， ，
，又 ，
为等边三角形，
．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及等边三角形的判定与性质，证得
是等边三角形是关键．
4个图形的性质与判定
【考查题型四】性质与判定1：平行四边形的性质与判定
1.平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
2．平行四边形的判定
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行
四边形．
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB＝DC，AD＝BC∴四边行ABCD是平行
四边形．
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AB＝DC∴四边行ABCD是平行四边形．
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵∠ABC＝∠ADC，∠DAB＝∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA＝OC，OB＝OD∴四边行ABCD是平行四
边形．
3．平行四边形的判定与性质
平行四边形的判定与性质的作用
平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、
角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分
别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的．
运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定
义判定比用其他判定定理还简单．
凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和
判定去解决问题．
【例4】．（2023秋•泰山区期末）在四边形 中，对角线 与 交于点 ，下列各组条件，其中
不能判定四边形 是平行四边形的是
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【分析】根据平行四边形的判定定理求解即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．
【解答】解： 、 ， ，
四边形 是平行四边形．故能判定这个四边形是平行四边形；
、 ， ，
四边形 是平行四边形．故能判定这个四边形是平行四边形；
、 ， ，
四边形 不是平行四边形．故不能判定这个四边形是平行四边形；
、 ， ，
四边形 是平行四边形，故能判定这个四边形是平行四边形．
故选： ．
【点评】此题考查了平行四边形的判定．此题比较简单，注意熟记定理是解此题的关键．
【变式4-1】．（2023秋•岳阳楼区校级期末）如图，在四边形 中， ， ，垂足分别为点 ， ．请你只添加一个条件（不另加辅助线），使得四边形 为平行四边形，你添加的条件
是 ．
【分析】证 ，再由 ，即可得出结论．
【解答】解：添加条件为： ，
理由： ， ，
，
，
四边形 为平行四边形，
故答案为： ．
【点评】本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定等知识；熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
【变式4-2】．（2023秋•锦江区校级期末）如图，在平行四边形 中，点 ， 分别是 ， 的
中点，点 、 在对角线 上，且 ．
（1）求证：四边形 是平行四边形；
（2）连接 交 于点 ，若 ， ，求 的长．
【分析】（1）证 ，得 ， ，则 ，得 ，
即可得出结论；
（2）先由平行四边形的性质得出 ，再证出 ，可得 是 的中位线，然后利用
中位线定理可得 的长度．
【解答】（1）证明： 四边形 是平行四边形，
， ，
，
点 ， 分别是 ， 的中点，
，在 和 中，
，
，
， ，
，
，
又 ，
四边形 是平行四边形；
（2）解：连接 交 于点 ，如图：
四边形 是平行四边形，
， ，
，
，
， ，
，
， ，
，
，
又 点 是 的中点，
是 的中位线，
．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及三角形的中位线定理等知识点，
熟练掌握平行四边形判定与的性质及三角形中位线定理是解题的关键．
【变式4-3】．（2023秋•河口区期末）如图1，在 中， 、 分别为 、 的中点，延长 至点 ，使 ，连接 和 ．
（1）求证：四边形 是平行四边形．
（2）如图2，当 是等边三角形且边长是8，求四边形 的面积．
【分析】（1）由三角形中位线定理得 ， ，再由 ，得 ，即可得出
结论；
（2）过点 作 于 ，由等边三角形的性质得 ， ，则 ，再
由含 角的直角三角形的性质得 ，由勾股定理得 ，然后由 ，即可
求解．
【解答】（1）证明： 、 分别为 、 的中点，
是 的中位线，
， ，
，
，
四边形 是平行四边形．
（2）解：过点 作 于 ，如图2所示：
是等边三角形， 为 的中点
， ，
，
，
，，
，
．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的性质、三角形中位线定理、含 角的直角
三角形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握三角形中位线定理，证明四边形 为平行四边形是解题
的关键．
【考查题型五】性质与判定2：矩形的性质与判定
1.矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；
对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
2．矩形的判定
（1）矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
（2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相
等．②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．
3．矩形的判定与性质
（1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步
研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有．
在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题．
（2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB
＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等．
【例5】（2023春•凤阳县期末）如图，四边形 是平行四边形， 、 相交于点 ，点 是
的中点，连接 ，过点 作 于点 ，过点 作 于点 ．
（1）求证：四边形 是矩形；
（2）若四边形 是菱形， ， ，求 的长．
【分析】（1）根据平行四边形的性质可知 ，根据已知可得 ，所以 ，
于点 ， 于点 ，则 ，先证明四边形是平行四边形，再证 是直角即可；
（2）根据菱形的性质可知 ，根据已知可求出 ，然后利用等面积法求出 即可．
【解答】（1）证明： 四边形 是平行四边形，
，
点 是 的中点，
．
，
，
于点 ， 于点 ，
，
四边形 是平行四边形
，，
四边形 是矩形；
（2）解： 四边形 是菱形，
， ， ， ，
， ，
， ，
在 中， ，
，
即 ，
．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，熟记矩形的判定方法是解题的关键．
【变式5-1】．（2023春•增城区期末）如图，在 中， ， ， ， 为斜边
上一动点，过 分别作 于点 ，作 于点 ．
（1）求证：四边形 是矩形．
（2）求线段 的最小值．
【分析】（1）连接 ，即可证明四边形 是矩形；
（2）由矩形 得出 ，再由三角形的面积关系求出 的最小值，即可得出结果．
【解答】证明：（1） ， ，
，
又 ，
四边形 是矩形；
（2）连接 ，如图所示：四边形 是矩形
，
， ， ，
，
当 时， 最短，
此时 的面积 ，
的最小值 ，
线段 的最小值为 ；
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、直角三角形面积的计算方法；熟练掌握矩形的判定与
性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
【变式5-2】．（2023春•永善县校级期末）如图，已知四边形 是平行四边形，并且 ．
（1）求证：四边形 为矩形；
（2）点 是 边的中点， 为 边上一点， ，若 ， ，求 的长．
【分析】（1）根据“有一内角为直角的平行四边形是矩形”进行证明；
（2）延长 ， 交于点 ，证明 ，得出 ，再证明 即可，设 ，
根据勾股定理得出： ，列出方程 ，解方程求出 ，得
的长度．
【解答】（1）证明： 四边形 是平行四边形，
，
，
又 ，
，
平行四边形 为矩形；（2）解：延长 ， 交于点 ，
四边形 是矩形，
， ，
， ，
是 边的中点，
，
在 和 中， ，
，
， ，
， ，
，
．
若 ， ，
设 ，
根据勾股定理得： ，
即 ，
解得： ，即 ．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理的运用；
本题有一定难度，特别是（2）中，需要通过作辅助线证明三角形全等和运用勾股定理才能得出结果．【变式5-3】．（2023春•鹤山市期末）如图，在平行四边形 中，过点 作 交 边于点 ，
点 在边 上，且 ．
（1）求证：四边形 是矩形．
（2）若 平分 ，且 ， ，求线段 的长．
【分析】（1）首先证明 ， ，推出四边形 是平行四边形，再证明 即可
解决问题；
（2）分别在 ， 中，利用勾股定理求出 、 即可；
【解答】（1）证明： 四边形 是平行四边形，
， ，
，
，
四边形 是平行四边形，
，
，
四边形 是矩形．
（2）解： 平分 ， ，
，
， ，
在 中， ，
在 中， ．【点评】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，
解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【考查题型六】性质与判定3：菱形的性质与判定
1.菱形的性质
（1）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（2）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积＝ ab．（a、b是两条对角线的长度）
2．菱形的判定
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形
3．菱形的判定与性质
（1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边
形的形状始终是平行四边形．
（2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形
的中点四边形定为菱形．） （3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它
是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四
边形的判定方法．
（4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形．
【例6】．（2023秋•禅城区期末）如图，点 、 分别在菱形 的边 、 上，且 ．求
证： ．【分析】由平行四边形的性质得 ， ，再证 ，即可得出结论．
【解答】证明： 四边形 是平行四边形，
， ，
在 和 中，
，
，
．
【点评】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解
题的关键．
【变式6-1】．（2023秋•昆都仑区期末）如图，在四边形 中， ， 是 的中点，
， ， 于点 ．
（1）求证：四边形 是菱形；
（2）若 ， ，求 的长．
【分析】（1）根据平行四边形和菱形的判定证明即可；
（2）根据菱形的性质和三角形的面积公式解答即可．
【解答】（1）证明： ， ，
四边形 是平行四边形，
， 是 的中点，
，
四边形 是菱形；（2）解：过 作 于点 ，如图所示
， ， ，
，
的面积 ，
，
点 是 的中点，四边形 是菱形，
，
，
．
【点评】此题考查菱形的判定和性质、勾股定理、平行四边形的判定，证明四边形 是菱形是解题的
关键．
【变式6-2】．（2023春•丰泽区校级期末）如图，将矩形 折叠，使 、 重合，折痕分别与 、
相交于 、 ，连接 ， ．
（1）求证：四边形 是菱形；
（2）若矩形 的边 ， ，求线段 的长度．
【分析】（1）根据 为矩形，根据矩形的对边平行得到 与 平行，由两直线平行得到一对内错
角相等，又 垂直平分 ，根据垂直平分线的定义得到 ，且 与 垂直，再加上一对对顶
角相等，利用“ ”得到三角形 与三角形 全等，根据全等三角形的对应边相等得到 ，
由一组对边平行且相等的四边形为平行四边形得到 为平行四边形，又根据对角线垂直的平行四边形
为菱形即可得证；（2）由矩形的性质得到 为直角，在直角三角形 中，由 与 的长，利用勾股定理求出 的
长，又已知 的长，而 与 为菱形 的两条对角线，根据对角线乘积的一半即可求出菱形的面
积．
【解答】解：（1） 四边形 是矩形，
，
， ，
垂直平分对角线 ，
， ，
，
， ，
四边形 是平行四边形，
，
四边形 是菱形；
（2） 将矩形沿 折叠， ， 重合，
，
又 ，
，
， ，
，
，
，
，
解得： ，
故 的长为 ．
【点评】此题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，以及勾股定理．其中矩形的性质有对边平行且相等，
四个角都为直角，对角线互相平行且相等；菱形的性质有四条边相等，对角线互相平分且垂直，一条对角
线平分一组对角；菱形的判定方法一般有：四条边相等的四边形为菱形，对角线互相垂直的平行四边形为菱形，邻边相等的平行四边形为菱形等，熟练掌握这些判定与性质是解本题的关键．同时注意菱形的面积
可以利用对角线乘积的一半来求．
【变式6-3】．（2023春•潮南区期末）如图，已知 ，直线 垂直平分 ，与边 交于点 ，
连接 ，过点 作 交 于点 ，连接 ．
（1）求证： ；
（2）求证：四边形 是菱形．
（3）若 ， ，则菱形 的面积是多少？
【分析】（1）由 为线段 的垂直平分线得到 ， ，然后根据 得到
， ，利用 证得两三角形全等即可；
（2）根据全等得到 ，然后根据 为线段 的垂直平分线，得到 ， ，从而得
到 ，利用四边相等的四边形是菱形判定四边形 为菱形；
（3）由菱形的性质和勾股定理求出 ，得出 的长，由菱形的面积公式即可得出结果．
【解答】（1）证明： 为线段 的垂直平分线，
， ， ，
，
， ，
在 与 中，；
（2）证明： ，
，
为线段 的垂直平分线，
， ，
，
四边形 为菱形；
（3）解： 四边形 是菱形，
，
， ，
， ．
，
菱形 的面积 ．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、全等的判定与性质、盖棺定论、基本作图、线段垂直平分线的性
质，解题的关键是了解通过作图能得到直线的垂直平分线．
【考查题型七】性质与判定4：正方形的性质与判定
1.正方形的性质
（1）正方形的定义：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．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称
轴．
2．正方形的判定
正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
3．正方形的判定与性质（1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．
（2）正方形的判定
正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．
【例7】．（2023秋•绥棱县期末）如图，在正方形 中， ， 为对角线 上任意一点（不
与 、 重合），连接 ，过点 作 ，交线段 于点 ．
（1）求证： ；
（2）若 ，求证： ．
【分析】（1）作 、 ，证四边形 是正方形得 ，再证 ，
从而得 ，据此可得证；
（2）先根据正方形和勾股定理可得 的长，由已知 可得 的长，从而知 的长，由
知 ， ， ，从而得出答案．
【解答】证明：（1）如图①，过 分别作 交 于 ， 交 于 ，
则四边形 是平行四边形，
四边形 是正方形，
， ，，
是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2） 四边形 是正方形，
， ，
，
，
，
，
由（1）知： 是等腰直角三角形，
，
，
，
，
， ，
；
【点评】本题考查了正方形的性质和判定，三角形全等的性质和判定，勾股定理和等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质等知识
点．
【变式7-1】．（2023秋•定边县期末）如图，正方形 边长为4，点 在边 上（点 与点 、
不重合），过点 作 ，垂足为 ， 与边 相交于点 ．
（1）求证： ；
（2）若 的面积为 ，求 的长；
（3）在（2）的条件下，取 ， 的中点 ， ，连接 ，求 的长．
【分析】（1）先证得 ，再利用 证明 即可；
（ 2 ） 根 据 全 等 三 角 形 的 性 质 可 设 ， 则 ， 再 由
得到方程 ，解方程求出 的值，再利用勾股定
理求出 的长即可；
（3）连接 并延长交 于点 ，连接 ，可证明 ，得到 ，再根据
或1， 是 的中位线，求出 的长即可．
【解答】（1）证明： 四边形 是正方形，
， ，
，即 ，
，
，
在 与 中，
，
；
（2）解： ，可设 ，
，
，
，
解得 或 ，
或 ，
或 ；
（3）解：如图所示，连接 并延长交 于点 ，连接 ，
点 是 的中点，
，
在正方形 中， ，
， ，
，
， 或1，
当 时， ，
，
，
是 的中点，
是 的中位线，；
当 时， ，
，
，
同理可得 ；
综上所述， 的长度为 或 ．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理，三角形中位线定理，灵活运
用所学知识是解题的关键．
【变式7-2】．（2023秋•白银区期末）如图，在 中， 是 边上的一点， 是 的中点，过
点作 的平行线交 的延长线于 ，且 ，连接 ．
（1）求证： 是 的中点；
（2）如果 ，试判断四边形 的形状，并说明理由．
【分析】（1）先由 ，利用平行线的性质可证 ，而 是 中点，那么
，利用 可证 ，那么有 ，又 ，从而有 ；
（2）四边形 是矩形．由于 平行等于 ，易得四边形 是平行四边形，又 ，
，利用等腰三角形三线合一定理，可知 ，即 ，那么可证四边形 是矩
形．
【解答】（1）证明： ，
，
是 的中点，
，
在 和 中，，
，
，
，
；
（2）解：四边形 是矩形．
理由：
， 是 的中点，
，
，
过 点作 的平行线交 的延长线于点 ，即 ，
四边形 是平行四边形，
又 ，
四边形 是矩形．
【点评】本题利用了平行线的性质、全等三角形的判定和性质、等量代换、平行四边形的判定、等腰三角
形三线合一定理、矩形的判定等知识．
【变式7-3】．（2023春•柘城县期末）四边形 为正方形，点 为线段 上一点，连接 ，过点
作 ，交射线 于点 ，以 、 为邻边作矩形 ，连接 ．
（1）如图1，求证：矩形 是正方形；
（2）若 ， ，求 的长度；
（3）当线段 与正方形 的某条边的夹角是 时，直接写出 的度数．
【分析】（1）作 于 ， 于 ，证明 ，得到 ，根据正方形
的判定定理证明即可；（2）通过计算发现 是 中点，点 与 重合， 是等腰直角三角形，由此即可解决问题．
（3）分两种情形考虑问题即可；
【解答】（1）证明：作 于 ， 于 ，
，
，
， ，
，
在 和 中，
，
，
，
矩形 是正方形；
（2）如图2中，在 中． ，
，
，
点 与 重合，此时 是等腰直角三角形，易知 ．
（3）①当 与 的夹角为 时，点 在 边上， ，则 ，
在四边形 中，由四边形内角和定理得： ，
②当 与 的夹角为 时，点 在 的延长线上， ，如图3所示：
， ，
，
综上所述， 或 ．
【点评】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键
是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
4个技巧
【考查题型八】技巧1：解与四边形有关折叠问题的技巧
【例8】．（2023秋•青岛期末）一张矩形纸 ，将点 翻折到对角线 上的点 处，折痕 交
于点 ．将点 翻折到对角线 上的点 处，折痕 交 于点 ，折叠出四边形 ．
（1）求证： ；
（2）当 度时，四边形 是菱形？说明理由．
【分析】（1）证出 ，即可得出 ；
（2）证出四边形 是平行四边形，再证出 ，即可得出四边形 是菱形．【解答】（1）证明： 四边形 为矩形，
，
，
由翻折知， ， ，
，
；
（2）解：当 时四边形 为菱形，理由如下：
四边形 是矩形，
， ，
由（1）得： ，
四边形 是平行四边形，
，
．
，
由折叠的性质得 ，
，
，
四边形 是菱形；
故答案为：30．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判
定等知识；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．
【考查题型九】技巧2：解与四边形有关旋转问题的技巧
【例9】．（2023秋•淄川区期末）已知矩形 （如图 的一边 和对角线 分别与矩形 的
对角线 及边 重合．连接 ，取 的中点为 ，连接 、 ．
（1）求证： ；
（2）如图2，若将（1）中的矩形 绕着点 旋转一定的角度，其它条件不变，你认为（1）中的结论
是否还成立？若成立请证明；若不成立，请说明理由．【分析】（1）先由矩形的性质得出 ， ，再根据直角三角形斜边上的中线
等于斜边的一半，得出 ， ，则 ；
（2）设大小矩形的中心分别为 、 ，连接 ， ， ， ，由 证明 即
可．
【解答】（1）证明：如图1．
四边形 是矩形，四边形 是矩形，
， ，
为 中点，
， ，
；
（2）若将（1）中的矩形 绕着点 旋转一定的角度，其它条件不变，则（1）中的结论还成立，理
由如下：如图2．
证明：设大小矩形的中心分别为 、 ，连接 ， ， ， ．
， 分别为 ， 的中点，
；同理 ．
，
，
又 ，
；
同理可证 ．
，①又 ， ，
，②
由①，②得： ，
在 与 中，
，
．
【点评】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，综
合性较强，有一定难度，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式9-1】．（2023秋•邻水县期末）如图1， 为正方形 内一点，且 ，求
的度数．
小明同学的想法是：不妨设 ， ， ，设法把 、 、 相对集中，于是他将
绕点 顺时针旋转 得到 （如图 ，然后连接 ，问题得以解决．请你回答图 2 中
度．
请你参考小明同学的方法，解答下列问题．
如图3， 是等边 内一点， ，那么 度．请写出推理过程．【分析】图2中，根据旋转的性质知 ．由全等三角形的对应边相等、等腰三角形的判定推知
是等腰三角形，则 ；然后由全等三角形的对应边相等、勾股定理证得
；最后根据图中角与角间的数量关系求得 ；
如图3，将 绕点 顺时针旋转 得到 ，然后连接 ，根据旋转的性质知 ，
．推出 是等边三角形，得到 ，根据勾股定理的逆定理得到
，于是得到结论．
【解答】解：如图2．
根据旋转的性质知 ， ，
， ，
， ，
又 ，
设 ， ， ，
， ， ，
，
，
，
即图2中 的度数为 ．
故答案为：135；
如图3，将 绕点 顺时针旋转 得到 ，然后连接 ，
根据旋转的性质知 ， ．
，
是等边三角形，
，
，
， ， ，， ， ，
，
，
，那么 度，
故答案为：150．
【点评】本题综合考查了旋转的性质，等边三角形和正方形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识点．
旋转变化前后，对应角、对应线段分别相等，图形的大小、形状都不变．
【考查题型十】技巧3：解与四边形有关动点问题的技巧
【例10】．（2023秋•莱西市期末）如图，在矩形 中， ， ，点 从点 出发向
点 运动，运动到点 即停止；同时点 从点 出发向点 运动，运动到点 即停止．点 、 的速度
的速度都是 ，连接 ， ， ，设点 、 运动的时间为 ．
（1）当 为何值时，四边形 是矩形？
（2）当 为何值时，四边形 是菱形？
（3）分别求出（2）中菱形 的周长和面积．【分析】（1）当四边形 是矩形时， ，据此求得 的值；
（2）当四边形 是菱形时， ，列方程求得运动的时间 ；
（3）菱形的四条边相等，则菱形的周长 ，面积 矩形的面积 个直角三角形的面积．
【解答】解：（1）当四边形 是矩形时， ，即： ，
解得 ．
答：当 时，四边形 是矩形；
（2）设 秒后，四边形 是菱形
当 ，即 时，四边形 为菱形．
解得： ．
答：当 时，四边形 是菱形；
（3）当 时， ，则周长为： ，
面积为： ．
【点评】本题考查了菱形、矩形的判定与性质．解决此题注意结合方程的思想解题．
【考查题型十一】技巧4：解中点四边形的技巧
【例11】（2023春•福山区期末）如图，在四边形 中，点 ， ， ， 分别是 ， ， ，
边上的中点，则下列结论一定正确的是
A．四边形 是矩形B．四边形 的面积等于四边形 面积的
C．四边形 的内角和小于四边形 的内角和
D．四边形 的周长等于四边形 的对角线长度之和
【分析】根据三角形中位线定理可得四边形 是平行四边形，进而逐一判断即可．
【解答】解： ．如图，连接 ， ，
在四边形 中，
点 ， ， ， 分别是 ， ， ， 边上的中点，
， ， ， ，
， ，
四边形 是平行四边形，故 选项错误；
．四边形 的面积不等于四边形 的面积的 ，故 选项错误；
． 四边形 的内角和等于 ，四边形 的内角和等于 ，故 选项错误；
． 点 ， ， ， 分别是 ， ， ， 边上的中点，
， ，
，
同理： ，
四边形 的周长等于四边形 的对角线长度之和，故 选项正确．
故选： ．
【点评】本题考查了中点四边形，矩形的判定，解决本题的关键是掌握三角形中位线定理．
【变式11-1】．（2023春•达州期末）如图， 是 内一点， ， ， ， ，
、 、 、 分别是 、 、 、 的中点，则四边形 的周长是A．7 B．9 C．11 D．13
【分析】利用勾股定理列式求出 的长，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求
出 ， ，然后代入数据进行计算即可得解．
【解答】解： ， ， ，
，
、 、 、 分别是 、 、 、 的中点，
， ，
四边形 的周长 ，
又 ，
四边形 的周长 ．
故选： ．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理的应用，熟记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．
【变式11-2】．（2022春•工业园区校级期末）如图，四边形 中，点 、 、 、 分别为 、
、 、 的中点，
（1）求证：中点四边形 是平行四边形；
（2）如图2，点 是四边形 内一点，且满足 ， ， ，点 、 、
、 分别为 、 、 、 的中点，猜想中点四边形 的形状，并证明你的猜想．【分析】（1）连接 、由点 、 分别为边 、 的中点，同理知 、 ，据此可
得 、 ，即可得证；
（2）连接 、 ，证 得 ，由 ， 知 ，结合四边
形 是平行四边形即可得证．
【解答】（1）证明：如图1中，连接 ．
点 ， 分别为边 ， 的中点，
， ，
点 ， 分别为边 ， 的中点，
， ，
， ，
中点四边形 是平行四边形；
（2）解：四边形 是菱形，理由如下：
如图2，连接 、 ，
，
，即 ，
在 和 中，，
，
，
点 ， ， 分别为边 ， ， 的中点，
， ，
四边形 是平行四边形，
四边形 是菱形．
【点评】本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，
学会添加常用辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式11-3】．（2022春•仙居县期末）如图，在四边形 中，点 ， ， ， 分别为边 ，
， ， 的中点．
（1）求证：四边形 是平行四边形．
（2）若四边形 的对角线互相垂直且它们的乘积为48，求四边形 的面积．
【分析】（1）连接 ，根据三角形中位线定理证明 ， ，根据平行四边形的判定定理
证明即可；
（2）先由三角形的中位线定理和矩形的判定定理推知四边形 的形状是矩形，进而利用矩形的面积
解答即可．
【解答】（1）证明：如图，连接 ，
点 ， 分别为边 ， 的中点，
， ，
点 ， 分别为边 ， 的中点，， ，
， ，
中点四边形 是平行四边形；
（2）解：如图，连接 ，
由（1）知，四边形 是平行四边形．
在 中， 、 分别是 、 的中点，
则 ，
同理 ，
又 ，
，
四边形 是矩形，
四边形 的面积 ．
即四边形 的面积是12．
【点评】本题考查的是平行四边形的判定和性质、中点四边形，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，
学会添加常用辅助线．
2种思想
【考查题型十二】思想1：转化思想
【例12】．（2022春•青秀区期末）【阅读材料】
求解一元一次方程，根据等式的基本性质，把方程转化为 的形式．求解二元一次方程组，把它转化为
一元一次方程来解；类似的，求解三元一次方程组，把它转化为解二元一次方程组；求解一元二次方程，
把它转化为两个一元一次方程来解；求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分母”可能产生
增根，所以解分式方程必须检验．各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想 转
化，把未知转化为已知．
用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程 ，可以通过因式分解把它转化为 ，解方程 和 ，可得方程 的解．
【直接应用】
方程 的解是 ， ， ．
【类比迁移】
解方程： ．
【问题解决】
如图，在矩形 中， ， ，点 在 上，若 ，求 的长．
【分析】【问题解决】利用因式分解法，可得结论；
【类比迁移】利用两边平方，把无理方程转化为整式方程，求解即可；
【问题解决】根据题意先列出方程，再把无理方程转化为整式方程，求解即可．
【解答】解： ，
．
．
或 或 ．
， ， ．
故答案为：2，4．
解方程： ．
方程两边平方，得 ．
．
．或 ．
经检验 是方程的解， 不符合题意舍去．
所以原方程的解为： ．
设 的长为 ，则 ．
由题意，得 ，
移项，得 ，
两边平方，得 ，
整理，得 ．
解得 ．
经检验 是方程的解．
所以 的长为 ．
【点评】本题主要考查了高次方程、无理方程的解法，掌握转化的思想方法是解决本题的关键．
【考查题型十三】思想2：数形结合思想
【例13】．（2024春•泰兴市月考）请仅利用无刻度的直尺作图，保留作图痕迹，不写作法．
题 ．如图1，在矩形 中， 、 分别是 、 的中点，请作出以 为边的菱形 ，且
、 分别在 、 边上，并证明你所作的四边形 是菱形．
题 ．如图2，在正方形 中， 是对角线 上一点 ，请作出以 为边的菱形 ，
且点 在 上，并证明你所作的四边形 是菱形．
【分析】对于题目 ，先连接 ， ，交于点 ，再连接 ，并延长交 于点 ，同理得出 ，然
后连接 ， ， ，则四边形 是所求作的图形；根据矩形的性质证明 ，可得 ，进而说明四边形 是平行四边形，再根据中位
线的性质得 ，即可得出答案；
对于题目 ，连接 ，交 于点 ，延长 交 于点 ，再连接 并延长，交 于点 ，连接
，交 于点 ，最后连接 ， ，则四边形 为所求作的图形；
根据正方形的性质证明 ，再证明 ，然后证明 ，再根据线段垂
直平分线的性质可得答案．
【解答】解：题 ，如图1所示．
四边形 是矩形，
， ， ， ，
， ，
，
．
同理： ，
四边形 是平行四边形．
点 是 的中点，
是 的中位线，
，
，
同理： ，
，
四边形 是菱形；
题目 ，如图2所示．四边形 是正方形，
， ， ， ， ，
， ， ，
，
．
， ，
，
．
， ，
，
．
四边形 是正方形，
直线 是 的垂直平分线，
， ，
四边形 是正方形，
，
四边形 是菱形．
