专题05 平行四边形中最值和新定义问题（4大基础题+4大提升题，人教版）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学下学期期中真题分类汇编

专题05 平行四边形中最值和新定义问题 题型概览 经典基础题 优选提升题 题型01平行四边形中的最值问题 题型01矩形中的新定义型问题 题型02矩形中的最值问题 题型02菱形中的新定义型问题 题型03菱形中的最值问题 题型03正方形中新定义型问题 题型04正方形中的最值问题 题型04中点四边形问题 平行四边形中的最值问题题型01 1．（24-25八年级上·广东广州·期中）在中，，，，点P为上一动点，连接，则长的最小值为 ． 2．（24-25九年级上·河南南阳·期中）如图，在平行四边形中，，，，点，分别是，上的动点，连接、．若、分别为、的中点，则的最小值是 ． 3．（24-25九年级上·河南郑州·期中）如图，在平行四边形中，E，F分别是边上的动点，连接，G，H分别为的中点，连接．若，，，则的最小值为 ，最大值为 ． 矩形中的最值问题题型02 1．（23-24九年级上·甘肃兰州·期中）如图，在中，，，，M为斜边上一动点，过M作于点D，过M作于点E，则线段的最小值为 ． 2．（24-25九年级上·河北保定·期中）如图，矩形中，，，点P、E分别在上，则的最小值是 ． 3．（24-25八年级上·四川达州·期中）如图，长方形的边，，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，若以为边向右侧作等腰直角三角形，， 连接，则的最小值是   ． 4．（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）如图，在长方形纸片中，，，，点E在上，沿直线折叠矩形纸片，点B落在点F处，连接，当取最小值时，的长为 ． 5．（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，将矩形纸片沿对角线折叠，使点B落在点E处，交于点F，且已知．    (1)求证：； (2)若点P为线段上一动点，求最小值． 菱形中的最值问题题型03 1．（24-25八年级下·全国·期中）菱形的两条对角线的长分别为6和8，点M、N分别是边的中点，点P是对角线上的一个动点，菱形的边长是 ；则的最小值是 ．   2．（24-25九年级上·福建漳州·期中）如图，菱形的边长为，，P，Q分别是上的动点，且，则的最小值为 ． 3．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，菱形中，，，是边上一点，且，是上一动点，连接、，则的最小值为 ． 4．（24-25九年级上·广东深圳·期中）在菱形中，，连接，点M 为线段上一动点（不与点A，点C重合），点N在线段上，且 则 的最小值为 ． 5．（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）如图，在边长为的菱形中，，是边上的动点，是边上的动点，且，连接，则的最小值是 ．    6．（23-24九年级上·河南郑州·期中）如图，在菱形中，，，，两点分别从，两点同时出发，以相同的速度分别向终点，移动，连接，在移动的过程中，的最小值为 ． 正方形中的最值问题题型04 1．（24-25八年级上·浙江嘉兴·期中）如图：已知正方形的边长为4，若P是对角线上一动点，E为边中点；连接；则P点运动过程中，的最小值为 ． 2．（23-24八年级下·贵州黔东南·期中）如图，在边长为6的正方形中，若E，F分别是边上的动点，，与交于点P，连接．则的最小值为 ． 3．（23-24八年级下·江苏南通·期中）如图，正方形边长为3，点，分别是边，上的两个动点，且，连接、，则的最小值为 ． 4．（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）如图，正方形的对角线相交于点，点在上，且，点是上一动点，则的最小值为 ． 5．（24-25八年级上·广东揭阳·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知正方形，，点为轴上一动点，以为边在的右侧作等腰，，连接，则的最小值为 ． 矩形中的新定义型问题题型01 1．（23-24八年级下·广东中山·期中）定义：如果平行四边形的一组对边之和等于一条对角线的长时，我们称这个四边形为“沙漏四边形”． (1)当沙漏四边形是矩形时，两条对角线所夹锐角为______度； (2)如图，在沙漏四边形中，对角线、相交于点O，满足，且，过点B、D分别作，，垂足为E、F，连接、，所得四边形也是沙漏四边形．若，求的长以及的面积． 2．（23-24八年级上·福建三明·期中）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形．邻等四边形中，相等两邻边的夹角称为邻等角．    (1)如图1，在四边形中，，对角线平分，求证：四边形是邻等四边形； (2)如图2，在的方格纸中，，，三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点，并分别用，，，……表示； (3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角．若，，求邻等四边形的周长． 3．（23-24八年级下·浙江台州·期中）我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形；这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边，这条对角线称为这个四边形的弦边． (1)在平行四边形、矩形、菱形，正方形四种图形中，一定为勾股四边形的是_______； (2)如图1所示，四边形的顶点都是正方形网格中的格点，每个小正方形的边长为1，试说明四边形是勾股四边形，并指出它的勾股边与弦边； (3)如图2，是一个直角三角形，，记，，．现构造平行四边形与平行四边形，若四边形是一个勾股四边形，对角线是这个勾股四边形的弦边，且； ①求的周长； ②点是线段上的一点，请直接写出的值，使四边形为勾股四边形． 4．（23-24八年级下·江西赣州·期中）课本再现 思考 我们知道，矩形的对角线相等．反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？ 可以发现并证明矩形的一个判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形． 定理证明 （1）为了证明该定理，小贤同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你从矩形的定义出发完成证明过程． 已知：在中，对角线，交点为． 求证：是矩形． 应用定理 （2）如图2，在菱形中，，，，分别为，，，的中点． 求证：四边形是矩形（用“课本再现”中的矩形判定定理证明）． 拓展迁移 （3）如图3，四边形的对角线，相交于点，且，，，，分别为，，，的中点．若，，求四边形的面积． 菱形中的新定义型问题题型02 1．（23-24八年级下·吉林松原·期中）定义：在等腰三角形的外部，以一条腰为斜边作直角三角形，那么等腰三角形和直角三角形组成一个四边形，我们就称这个四边形是“等对邻直角四边形”． (1)如图①，在四边形中，若，，则四边形________“等对邻直角四边形”；（填“是”或“不是”） (2)如图②，在“等对邻直角四边形”中，，，E是的中点，F是的中点．试说明：； (3)如图③，在（2）的条件下，平分，，四边形为何种特殊四边形，并说明理由； (4)在（3）的条件下，当，直接写出四边形的面积． 2．（23-24八年级下·福建厦门·期中）定义：对角线垂直的凸四边形叫做“准筝形”．如图1，四边形中，，则四边形是“准筝形”． (1)“一组邻边相等的准筝形是菱形”是______命题；（填“真”或“假”） (2)如图1，在准筝形中，，，，且满足，，求的长． (3)如图2，在准筝形中，与交于点O，点P在线段上，且，，在上存在移动的线段，E在F的左侧，且，使四边形的周长最小，求此时的长度． 3．（23-24九年级下·山东威海·期中）【理解新定义】若一个四边形具备一组对角互补和一组邻边相等，则称该四边形为“补等四边形”．如正方形和筝形，它们都具备这样的特征，所以称为补等四边形． 【解决新问题】 (1)如图Ⅰ，点E，F分别在菱形的边上，．四边形是否为补等四边形？ （填“是”或“否”） (2)如图Ⅱ，在中，．的平分线和边的中垂线交于点D，中垂线交边于点G，连接．四边形是否为补等四边形？若是，进行证明；若不是，说明理由． 正方形中新定义型问题题型03 1．（23-24八年级下·江西南昌·期中）【定义】若一个直角三角形中两边的平方差等于另一个直角三角形两边的平方差，则称这两个直角三角形为“勾股三角形”．在正方形中，为上一点． (1)如图，连接，于点，图中有 对“勾股三角形”；分别是哪几对？ (2)如图，以为边作矩形，若点在上，，，求的长．（提示：连接） 2．（24-25九年级上·河南周口·期中）综合与实践 综合实践课上，老师给出了“邻等对补四边形”的定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．对于“邻等对补四边形”，同学们进行了如下研究． (1)操作判断 如图1，在边长为2的正方形中，是对角线，取一个大的直角三角板，三角板的直角顶点在射线上移动，三角板的一条直角边始终经过点，另一条直角边交射线于点，当点在边上时，四边形是邻等对补四边形吗?说明理由． (2)迁移探究 当点在边的延长线上时，以D，P，Q，C为顶点的四边形能构成邻等对补四边形吗?若能构成，写出此时的长． 3．（24-25八年级上·浙江杭州·期中）在数学实验课上，老师让学生以“折叠筝形”为主题开展数学实践探究活动． 定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”． 【概念理解】如图①，将一张纸对折压平，以折痕为边折出一个三角形，然后把纸展平，折痕为四边形．判断四边形的形状： 筝形（填“是”或“不是”）； 【性质探究】如图②，已知四边形纸片是筝形，连结，相交于点O． 请补充结论1，再从不同角度写一个正确的结论2． 结论1：筝形的内角和为 ．结论2： ． 【拓展应用】如图③，是锐角的高，将沿边翻折后得到，将沿边翻折后得到，延长，交于点G． （1）求证：四边形是筝形； （2）若，，，，求的长． 4．（23-24八年级下·浙江湖州·期中）对于四边形给出如下定义：有一组对角相等且有一组邻边相等，则称这个四边形为奇特四边形． (1)判断命题“另一组邻边也相等的奇特四边形为平行四边形”是______命题．（真或假） (2)如图，在正方形中，是边上一点，是延长线一点，，连接，取的中点，连接并延长交于点，连接，探究：四边形是否是奇特四边形，如果是，证明你的结论，如果不是，请说明理由． (3)在（2）的条件下，若四边形的面积为16，求的长． 中点四边形问题题型04 1．（24-25九年级上·河南开封·期中）如图，，，，分别是四边形各边的中点，顺次连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)当四边形的对角线，满足______时，四边形是正方形． 2．（23-24八年级下·江苏常州·期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，那么我们把原四边形叫做“中方四边形”． (1)下列四边形中一定是“中方四边形”的是________； A．平行四边形    B．矩形    C．菱形    D．正方形 (2)如图1，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连结，求证：四边形是“中方四边形”； (3)如图2，四边形是“中方四边形”，若的值为32，则的最小值是________．（不需要解答过程） 3．（24-25九年级上·吉林长春·期中）【教材原题】如图①，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点．求证：． 【应用】如图②，连结图①中的，并取中点，连结、，其他条件不变． （1）若，则四边形的周长为________． （2）若，且，则四边形的面积为________． 4．（24-25九年级上·广东佛山·阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 概念理解：下列四边形中一定是“中方四边形”的是 A．    平行四边形     B．  矩形     C． 菱形   D． 正方形 问题解决：如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧正方形和正方形，连接．求证：四边形是“中方四边形”： 性质探究：如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的两条站论： ① ；② 拓展应用：如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点， （1）试探索与的数量关系，并说明理由． （2）若的最小值是4，则的长度为 ，（不需要解答过程） 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 平行四边形中最值和新定义问题 题型概览 经典基础题 优选提升题 题型01平行四边形中的最值问题 题型01矩形中的新定义型问题 题型02矩形中的最值问题 题型02菱形中的新定义型问题 题型03菱形中的最值问题 题型03正方形中新定义型问题 题型04正方形中的最值问题 题型04中点四边形问题 平行四边形中的最值问题题型01 1．（24-25八年级上·广东广州·期中）在中，，，，点P为上一动点，连接，则长的最小值为 ． 【答案】 【知识点】利用平行四边形的性质求解、垂线段最短、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、垂线段最短的性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 根据垂线段最短可知当时，的长度最小，再根据等腰直角三角形的性质解答即可． 【详解】解：如图所示，当时，的长度最小， ， 是等腰直角三角形， ， 故答案为：． 2．（24-25九年级上·河南南阳·期中）如图，在平行四边形中，，，，点，分别是，上的动点，连接、．若、分别为、的中点，则的最小值是 ． 【答案】/ 【知识点】根据等角对等边证明边相等、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】连接，过A作于，先根据三角形的中位线性质得到，则要求的最小值只需求的最小值；根据垂线段最短知，当时，最小，最小值为的长度；利用平行四边形的性质和勾股定理求解即可求解． 【详解】解：连接，过A作于， ∵、分别为、的中点， ∴是的中位线， ∴，则要求的最小值只需求的最小值； 当时，最小，最小值为的长度， ∵平行四边形中，，， ∴， ∴， ∴， ∴由得， 即的最小值为, ∴的最小值为， 故答案为： 【点睛】本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线、垂线段最短、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的内角和定理，熟练掌握三角形的中位线性质，将的最小值转化为求的最小值是解答的关键． 3．（24-25九年级上·河南郑州·期中）如图，在平行四边形中，E，F分别是边上的动点，连接，G，H分别为的中点，连接．若，，，则的最小值为 ，最大值为 ． 【答案】 / 【知识点】垂线段最短、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】本题考查三角形中位线的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，正确作出辅助线，理解当时，最短，即此时最小；当点F与点C重合时，最长，即此时最大是解题关键．连接，由G，H分别为的中点，结合三角形中位线定理可知．最后根据当时，最短，即此时最小；当点F与点C重合时，最长，即此时最大解答即可． 【详解】解：如图，连接． ∵G，H分别为的中点， ∴． 当时，最短，即此时最小，如图， ∵，， ∴， ∴， ∴，即的最小值为． 当点F与点C重合时，最长，即此时最大，如图，过点作， ∴，， ∴， ∴， ∴，即的最大值为． 故答案为：，． 矩形中的最值问题题型02 1．（23-24九年级上·甘肃兰州·期中）如图，在中，，，，M为斜边上一动点，过M作于点D，过M作于点E，则线段的最小值为 ． 【答案】 【知识点】垂线段最短、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】本题主要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等知识点，连接,先证明四边形是矩形，得出,当时最短，再由三角形的面积关系求出的最小值，即可得出结果，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． 【详解】解：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， 故答案为：． 2．（24-25九年级上·河北保定·期中）如图，矩形中，，，点P、E分别在上，则的最小值是 ． 【答案】 【知识点】最短路径问题、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长 【分析】如图，将线段沿翻折得到线段，过点作于，连接．证明，推出，求出即可解决问题． 【详解】解：如图，将线段沿翻折得到线段，过点作于，连接． ，， 由翻折可知，，，， ， 又， 的最小值就是线段的长， 在中，，，， 则， ∴， ∴， 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查轴对称最短问题，垂线段最短，矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是学会利用轴对称解决最值问题． 3．（24-25八年级上·四川达州·期中）如图，长方形的边，，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，若以为边向右侧作等腰直角三角形，， 连接，则的最小值是   ． 【答案】 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、矩形性质理解 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，确定点G的运动轨迹是本题的关键． 过点G作于H，过点G作，由“”可证，可得，可得点G在平行且到距离为1的直线上运动，则当F与D重合时，有最小值，即可求解． 【详解】解：如图，过点G作于H，过点G作， ∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴，∠， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴点G在平行且到距离为1的直线上运动， ∴当F与D重合时，有最小值，此时， ∴的最小值=， 故答案为：． 4．（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）如图，在长方形纸片中，，，，点E在上，沿直线折叠矩形纸片，点B落在点F处，连接，当取最小值时，的长为 ． 【答案】 【知识点】矩形与折叠问题 【分析】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、两点之间线段最短、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，证明当点F在AC上，则AF+CF的值最小是解题的关键．由，证明当点F在上，则的值最小，由折叠得，，则，所以，求得，于得到问题的答案． 【详解】解：∵， ∴当点F在上，则，此时的值最小， 如图，点F在上， ∵四边形是矩形， ∴， 由折叠得，， ∴，， ∴， ∵，，， ∴， 解得， 故答案为：． 5．（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，将矩形纸片沿对角线折叠，使点B落在点E处，交于点F，且已知．    (1)求证：； (2)若点P为线段上一动点，求最小值． 【答案】(1)见解析 (2)最小值为 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据等角对等边证明等腰三角形、利用矩形的性质证明、折叠问题 【分析】（1）根据折叠的性质可得：，再由矩形的性质，可得，从而得到，即可求解； （2）设，则，再由勾股定理，可得，从而得到，连接，根据折叠的性质可得，从而得到，进而得到当点三点共线时，最小，最小值为的长，再由勾股定理，即可求解． 【详解】（1）解：如图，    由折叠可知，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， （2）解：∵四边形是矩形且， ∴， 设，则， 在中，根据勾股定理得， ∴， 解得  ，即， ∴， 如图，连接，    根据折叠得：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当点F、P、B三点共线时，最小，最小值为的长， ∵，， ∴ ， 即最小值为 ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠问题、全等三角形的性质和判定、勾股定理、等腰三角形的判定，熟练掌握矩形和折叠的性质是解题的关键． 菱形中的最值问题题型03 1．（24-25八年级下·全国·期中）菱形的两条对角线的长分别为6和8，点M、N分别是边的中点，点P是对角线上的一个动点，菱形的边长是 ；则的最小值是 ．   【答案】 5 5 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的判定与性质求解、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，菱形的对角线互相垂直平分，则可得到的长，再利用勾股定理求出的长即可得到菱形的边长；取中点E，连接，可证明，得到，则当三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，证明四边形是平行四边形，可求出的长，据此可得答案． 【详解】解；如图所示，连接交于O， ∵菱形的两条对角线的长分别为6和8，即， ∴，， ∴， ∴菱形的边长为5； 如图所示，取中点E，连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵点E和点M分别为的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长， ∵点N为的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴的最小值为5． 故答案为：5；5． 2．（24-25九年级上·福建漳州·期中）如图，菱形的边长为，，P，Q分别是上的动点，且，则的最小值为 ． 【答案】 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用菱形的性质求线段长、求最短路径(勾股定理的应用) 【分析】如图，连接，过点C作，使得，连接．证明，推出，推出，求出即可解决问题．本题考查轴对称-最短问题，全等三角形，菱形的性质，勾股定理，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 【详解】解：如图，连接，过点C作，使得，连接． ∵四边形是菱形， ∴ ∴是等边三角形， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 3．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，菱形中，，，是边上一点，且，是上一动点，连接、，则的最小值为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、线段问题(轴对称综合题) 【分析】本题考查轴对称-最短路线问题，菱形的性质，勾股定理，两点之间线段最短，能够将两线段和的最小值用一条线段的长表示是解题的关键．在取一点，使，连接，推出的最小值为的长，再过点作于点，股定理求出的长即可解决问题 【详解】解：如图，在取一点，使，连接， 四边形是菱形， 点与点关于对角线所在直线对称， 的最小值为的长， 过点作于点， 在中， 由勾股定理，得， 的最小值为． 故答案为：． 4．（24-25九年级上·广东深圳·期中）在菱形中，，连接，点M 为线段上一动点（不与点A，点C重合），点N在线段上，且 则 的最小值为 ． 【答案】12 【知识点】含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】连接交于点O，以为边在下面作等边，连接，根据等边三角形和菱形的对称性知点E、B、D共线，根据，得，得是等边三角形，得，，根据，得，得，得，根据，得，∴，根据，得，得，得，得，根据，得的最小值为12． 【详解】连接交于点O，以为边在下面作等边，连接， 则， ∴点E在垂直平分线上， ∵菱形中，与互相垂直平分， ∴点E、B、D共线， ∵，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当点M运动到上时，取得最小值，为， ∴， 即的最小值为12． 【点睛】本题主要考查了菱形和三角形综合．熟练掌握菱形性质，等边三角形判定和性质，含的直角三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，是解题的关键． 5．（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）如图，在边长为的菱形中，，是边上的动点，是边上的动点，且，连接，则的最小值是 ．    【答案】 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】连接，，，如图所示，首先由菱形性质、等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质证明是等边三角形，构建垂线段最短，可知当时，最短，即最短． 【详解】解：连接，，，如图所示：   四边形是菱形， ， ， ，都是等边三角形， ，， 在和中， ， ， ，， ， 是等边三角形， ， 时，线最小，最小值为， 的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、动点最值问题-垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，灵活运用垂线段最短解决最值问题． 6．（23-24九年级上·河南郑州·期中）如图，在菱形中，，，，两点分别从，两点同时出发，以相同的速度分别向终点，移动，连接，在移动的过程中，的最小值为 ． 【答案】 【知识点】垂线段最短、全等的性质和SAS综合（SAS）、等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质证明 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．连接，作于，利用菱形的性质得，则可判断和都是等边三角形，再证明得到，，接着判定为等边三角形，所以，然后根据垂线段最短判断的最小值即可． 【详解】解：连接，作于，如图所示： 四边形为菱形， ， 和都是等边三角形 ， 在中，， ，两点分别从，两点同时出发，以相同的速度分别向终点，移动 在和中 ， 为等边三角形 当点运动到点时，的值最小，其最小值为 的最小值为 故答案为：． 正方形中的最值问题题型04 1．（24-25八年级上·浙江嘉兴·期中）如图：已知正方形的边长为4，若P是对角线上一动点，E为边中点；连接；则P点运动过程中，的最小值为 ． 【答案】 【知识点】三角形三边关系的应用、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长 【分析】本题重点考查轴对称﹣最短路线问题、正方形的性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．连接、、，由正方形的性质得，，则，所以，由垂直平分，点P在上，得，由，得，则的最小值为，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接、， ∵正方形的边长为4，E为边中点 ∴， ∴， ∴， ∵垂直平分，点P在上， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 2．（23-24八年级下·贵州黔东南·期中）如图，在边长为6的正方形中，若E，F分别是边上的动点，，与交于点P，连接．则的最小值为 ． 【答案】/ 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、根据正方形的性质证明 【分析】根据“边角边”证明，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出，取的中点，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得点到的中点的距离不变，再根据两点之间线段最短可得三点共线时线段的值最小，然后根据勾股定理列式求出即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ， 在和中， ， ， ， ， ， 取的中点，连接， 则， ， ， ∴当、、三点共线时，取最小值为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理，确定出点到的中点的距离是定值是解题的关键． 3．（23-24八年级下·江苏南通·期中）如图，正方形边长为3，点，分别是边，上的两个动点，且，连接、，则的最小值为 ． 【答案】 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、根据成轴对称图形的特征进行求解 【分析】本题考查了正方形的性质、轴对称的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理，连接，证明，得出，推出的最小值等于的最小值，作点关于的对称点，连接，则、、三点共线，连接，与的交点即为所求的点，根据对称性可得，得到，由勾股定理求出的长即可得解． 【详解】解：如图，连接， ， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值等于的最小值， 如图，作点关于的对称点，连接，则、、三点共线， ， 连接，与的交点即为所求的点， 根据对称性可得， ∴， 在中，，， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 4．（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）如图，正方形的对角线相交于点，点在上，且，点是上一动点，则的最小值为 ． 【答案】 【知识点】根据正方形的性质求线段长、根据正方形的性质证明、求最短路径(勾股定理的应用) 【分析】本题主要考查正方形的判定和性质，勾股定理与最短路径的计算，根据题意，作关于的对称点与交于，连接交于，则此时，的值最小，且的最小值为的长，可证四边形是正方形，分别求出的值，在中运用勾股定理即可求解． 【详解】解：作关于的对称点与交于，连接交于， 则此时，的值最小，且的最小值为的长， 过点作于，则， ∴四边形是矩形， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（24-25八年级上·广东揭阳·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知正方形，，点为轴上一动点，以为边在的右侧作等腰，，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、坐标系中的动点问题（不含函数） 【分析】过点E作轴于点F，易证，得出，，从而证明为等腰直角三角形，即得出点E在的平分线所在的直线上运动，再结合垂线段最短可知当时，最小，最后根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，过点E作轴于点F，连接， ∵为等腰直角三角形， ∴，，， ∴． ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，即平分， ∴点E在的平分线所在的直线上运动， ∴当时，最小，如图． ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短等知识，正确作出辅助线，证明点E在的平分线所在的直线上运动是解题关键． 矩形中的新定义型问题题型01 1．（23-24八年级下·广东中山·期中）定义：如果平行四边形的一组对边之和等于一条对角线的长时，我们称这个四边形为“沙漏四边形”． (1)当沙漏四边形是矩形时，两条对角线所夹锐角为______度； (2)如图，在沙漏四边形中，对角线、相交于点O，满足，且，过点B、D分别作，，垂足为E、F，连接、，所得四边形也是沙漏四边形．若，求的长以及的面积． 【答案】(1)60 (2)， 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、根据矩形的性质与判定求角度、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． （1）根据沙漏四边形即平行四边形的特征得出，，，，在根据矩形的性质得出，得出为等边三角形，即可得出夹角的度数； （2）根据四边形ABCD是沙漏四边形，得，在证，根据，，得，利用四边形BEDF是沙漏四边形，得，利用勾股定理得出，根据三角形面积计算公式即可得出结论． 【详解】（1）四边形ABCD是沙漏四边形， ，，， 四边形ABCD是矩形， ， ， 为等边三角形， 故答案为：60． （2）， ， 四边形ABCD是沙漏四边形， ，，， ， ，， ，， ，，， ∵四边形BEDF是沙漏四边形， ， ， ， 在中， ， 2．（23-24八年级上·福建三明·期中）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形．邻等四边形中，相等两邻边的夹角称为邻等角．    (1)如图1，在四边形中，，对角线平分，求证：四边形是邻等四边形； (2)如图2，在的方格纸中，，，三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点，并分别用，，，……表示； (3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角．若，，求邻等四边形的周长． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)． 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、同旁内角互补两直线平行、根据等角对等边证明边相等 【分析】（1）先证明，，再证明，即可得到结论； （2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①，结合图形再确定满足或的格点；②，结合图形再确定满足的格点； （3）如图，过作于，则四边形是矩形，由矩形的性质得，，，进而利用勾股定理求得，从而即可得解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∴， ∵对角线平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为邻等四边形． （2）解：，，即为所求；    （3）解：∵四边形是邻等四边形，，为邻等角． ∴， 如图，过作于，    ∵， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴即 ∴， ∴邻等四边形的周长为． 【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的判定及性质，等腰三角形的判定，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键． 3．（23-24八年级下·浙江台州·期中）我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形；这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边，这条对角线称为这个四边形的弦边． (1)在平行四边形、矩形、菱形，正方形四种图形中，一定为勾股四边形的是_______； (2)如图1所示，四边形的顶点都是正方形网格中的格点，每个小正方形的边长为1，试说明四边形是勾股四边形，并指出它的勾股边与弦边； (3)如图2，是一个直角三角形，，记，，．现构造平行四边形与平行四边形，若四边形是一个勾股四边形，对角线是这个勾股四边形的弦边，且； ①求的周长； ②点是线段上的一点，请直接写出的值，使四边形为勾股四边形． 【答案】(1)矩形，正方形； (2)说明见详解；勾股边为和，弦边为； (3)①；②或． 【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、利用平行四边形性质和判定证明、用勾股定理解三角形 【分析】（1）根据矩形和正方形中相邻两边的平方和等于对角线的平方，即可得出结论； （2），根据勾股定理得出，，，，，得出，即可证出四边形是勾股四边形；勾股边为和，弦边为； （3）①延长、，交于点，由平行四边形的性质得出，，，，，证出四边形是矩形，得出，，，在中，由勾股定理得：，由四边形是一个勾股四边形，对角线是这个勾股四边形的弦边，分情况讨论，联立方程组求解，得出的边长，即可得出周长； ②作于，则，四边形为勾股四边形，、为勾股边，为弦边；或，四边形为勾股四边形，、为勾股边，为弦边，分类讨论求解即可． 【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为勾股四边形的有矩形、正方形； 矩形和正方形的四个角都是直角，由勾股定理得相邻两边的平方和等于对角线的平方， 矩形和正方形是勾股四边形； 故答案为：矩形、正方形； （2）证明：，根据勾股定理得：，，，，， ， 四边形是勾股四边形； 勾股边为和，弦边为； （3）①解：延长、，交于点，如图2所示： 四边形和四边形是平行四边形， ，，，，， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形， ，，， 在中，由勾股定理得：， 即， 四边形是一个勾股四边形，对角线是这个勾股四边形的弦边，且， ，或，或，或， 当时， 在中，， ， ， 解得：， ， 的周长； 当，或，或时，与分别联立方程组，所得解无意义； 综上所述，的周长为； ②作于，则，四边形为勾股四边形，、为勾股边，为弦边； 或，四边形为勾股四边形，、为勾股边，为弦边； 如图3所示： 当为弦边： ，，，的面积， ， 在中，由勾股定理得：； 当为弦边时，与可能为勾股边，如图所示，过点B作，连接， 此时，可求得，，，∴， ∵， ∴不可能为勾股边， ∵， ∴， ∴不可能为勾股边，可能均为勾股边， 此时，可求得， 综上：当或时，四边形为勾股四边形． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了勾股四边形的判定与性质、平行四边形的性质与判定、矩形的判定与性质、勾股定理、三角形面积公式以及分类讨论等知识；熟练掌握勾股四边形的判定与性质，正确运用勾股定理是关键． 4．（23-24八年级下·江西赣州·期中）课本再现 思考 我们知道，矩形的对角线相等．反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？ 可以发现并证明矩形的一个判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形． 定理证明 （1）为了证明该定理，小贤同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你从矩形的定义出发完成证明过程． 已知：在中，对角线，交点为． 求证：是矩形． 应用定理 （2）如图2，在菱形中，，，，分别为，，，的中点． 求证：四边形是矩形（用“课本再现”中的矩形判定定理证明）． 拓展迁移 （3）如图3，四边形的对角线，相交于点，且，，，，分别为，，，的中点．若，，求四边形的面积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）12 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是矩形、与三角形中位线有关的求解问题、利用菱形的性质证明 【分析】本题考查了中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质和已知条件判定，推出，利用平行线的性质得到，即可判定是矩形； （2）先根据中点结合菱形的性质证明，得，同理，，则，可知四边形是平行四边形，连接，，再证四边形是平行四边形，则，同理，四边形是平行四边形，则，得，即可证明四边形是矩形； （3）由中位线定理可得，， ，，即可证明四边形是平行四边形，由即可得出，从而证明四边形是矩形，利用面积公式即可求解． 【详解】解：（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是矩形； （2）证明：在菱形中，，，， ∵，，，分别为，，，的中点， ∴， ∴， ∴， 同理，，则， ∴四边形是平行四边形， 连接，， 在菱形中，，则， ∴四边形是平行四边形，则， 同理，四边形是平行四边形，则， ∴， ∴四边形是矩形； （3）∵，，，分别为，，，的中点， ∴，， ，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴四边形的面积， 即四边形的面积是． 菱形中的新定义型问题题型02 1．（23-24八年级下·吉林松原·期中）定义：在等腰三角形的外部，以一条腰为斜边作直角三角形，那么等腰三角形和直角三角形组成一个四边形，我们就称这个四边形是“等对邻直角四边形”． (1)如图①，在四边形中，若，，则四边形________“等对邻直角四边形”；（填“是”或“不是”） (2)如图②，在“等对邻直角四边形”中，，，E是的中点，F是的中点．试说明：； (3)如图③，在（2）的条件下，平分，，四边形为何种特殊四边形，并说明理由； (4)在（3）的条件下，当，直接写出四边形的面积． 【答案】(1)是 (2)见解析 (3)四边形为菱形，理由见解析 (4) 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、用勾股定理解三角形、证明四边形是菱形、与三角形中位线有关的证明 【分析】（1）根据定义即可求解； （2）根据定义及三角形中位线的性质和直角三角形斜边上的中线是斜边的一半即可求解； （3）先证四边形为平行四边形，再证为菱形即可； （4）证明和都是等边三角形，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求得，，证明，利用梯形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：根据定义可得：四边形是“等对邻直角四边形”， 故答案为：是； （2）证明：∵“等对邻直角四边形”中，，，是的中点，是的中点， ∴，， ∴； （3）解：四边形为菱形，理由如下： 由（2）得， ∵是的中点，是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵等对邻直角四边形， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴四边形为菱形； （4）解：∵， ∴是等边三角形， ∴，，， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴四边形的面积． 【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，含30度角的直角三角形性质和勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 2．（23-24八年级下·福建厦门·期中）定义：对角线垂直的凸四边形叫做“准筝形”．如图1，四边形中，，则四边形是“准筝形”． (1)“一组邻边相等的准筝形是菱形”是______命题；（填“真”或“假”） (2)如图1，在准筝形中，，，，且满足，，求的长． (3)如图2，在准筝形中，与交于点O，点P在线段上，且，，在上存在移动的线段，E在F的左侧，且，使四边形的周长最小，求此时的长度． 【答案】(1)假 (2)； (3)． 【知识点】用勾股定理解三角形、证明四边形是菱形、利用算术平方根的非负性解题、坐标与图形变化——轴对称 【分析】（1）由菱形的判定“一组邻边相等的准筝形是菱形”是假命题； （2）由勾股定理可得，将，，代入，可求的长； （3）作点关于的对称点，作，且，连接，可得四边形周长，则点，点，点三点共线时，有最小值为，即四边形周长有最小值，以点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，过点作于，求出解析式，可得点坐标，即可求解． 【详解】（1）解：“一组邻边相等的准筝形是菱形”是假命题， 证明：不妨设， ∵四边形是“准筝形”， ∴， ∴是线段的垂直平分线， ∴， 但不能说明和相等，就不能说明四边形是菱形， ∴“一组邻边相等的准筝形是菱形”是假命题． 故答案为：假； （2）解：如图，设与交于点， ∵，，且，，， ∴，，， 解得，，，即，，， 四边形是准筝形， ， ，，，， ， ， ∴； （3）解：四边形是准筝形， ， ， ，且，， ∴，， ∴， 如图，作点关于的对称点，作，且，连接， ，，四边形是平行四边形， ， 四边形周长， 点，点，点三点共线时，有最小值为，即四边形周长有最小值， 如图3，以点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，过点作于， ，， ， ，， ，， ， 点， ，， 点， 直线解析式为：， 当时，， 点， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，平行四边形的判定和性质，轴对称的性质，勾股定理，一次函数的应用，利用代数方法解决几何问题是本题的关键． 3．（23-24九年级下·山东威海·期中）【理解新定义】若一个四边形具备一组对角互补和一组邻边相等，则称该四边形为“补等四边形”．如正方形和筝形，它们都具备这样的特征，所以称为补等四边形． 【解决新问题】 (1)如图Ⅰ，点E，F分别在菱形的边上，．四边形是否为补等四边形？ （填“是”或“否”） (2)如图Ⅱ，在中，．的平分线和边的中垂线交于点D，中垂线交边于点G，连接．四边形是否为补等四边形？若是，进行证明；若不是，说明理由． 【答案】(1)是 (2)四边形是补等四边形，证明见解析 【知识点】线段垂直平分线的性质、利用菱形的性质证明、全等的性质和SAS综合（SAS）、角平分线的性质定理 【分析】（1）连接，根据菱形性质得出再结合，通过证明，结合角的等量代换，即可作答． （2）作因为角平分线的性质 ，得出，又因为垂直平分，得出，再证明，结合角的等量代换，即可作答． 【详解】（1）解：连接，如图： ∵四边形是菱形， ∴ ∴ ∵ ∴是等边三角形 ∴ ∵ ∴ ∴， ∵ ∴ ∴四边形是补等四边形， 故答案为：是； （2）解：四边形是补等四边形． 理由如下：作 ∴． ∴ ∵平分， ∴． ∵垂直平分， ∴ ∴ ∴． ∴ ∴四边形是补等四边形． 【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，菱形性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 正方形中新定义型问题题型03 1．（23-24八年级下·江西南昌·期中）【定义】若一个直角三角形中两边的平方差等于另一个直角三角形两边的平方差，则称这两个直角三角形为“勾股三角形”．在正方形中，为上一点． (1)如图，连接，于点，图中有 对“勾股三角形”；分别是哪几对？ (2)如图，以为边作矩形，若点在上，，，求的长．（提示：连接） 【答案】(1)；与，与； (2)． 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、根据正方形的性质求线段长 【分析】()根据正方形性质得， ，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，根据“勾股三角形”的定义得和是一对“勾股三角形”；在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，根据“勾股三角形”的定义得和是一对“勾股三角形”，由此可得出答案； ()连接，先求出，则，进而得，设，根据矩性质得，，则，由和是一对“勾股三角形”，得，即，据此解出可得的长； 此题考查了正方形和矩形的性质，勾股定理的应用，理解正方形和矩形的性质，灵活运用勾股定理进行计算是解题的关键． 【详解】（1）解：图中由对“勾股三角形”，分别是和，和，理由如下： ∵四边形为正方形， ∴，， 在中，由勾股定理得，， 在中，由勾股定理得，， ∵，即 ， ∴， 根据“勾股三角形”的定义得和是一对“勾股三角形”； ∵于点， ∴在中，由勾股定理得，， 在中，由勾股定理得， ， ∴， 根据“勾股三角形”的定义得和是一对“勾股三角形”； 故答案为： ； （2）解：如图，连接， ∵四边形为正方形， ∴，， 在中，，， 由勾股定理得，， ∴， 在中，由勾股定理得，， 设， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵和是一对“勾股三角形”， ∴， 即， 解得， ∴． 2．（24-25九年级上·河南周口·期中）综合与实践 综合实践课上，老师给出了“邻等对补四边形”的定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．对于“邻等对补四边形”，同学们进行了如下研究． (1)操作判断 如图1，在边长为2的正方形中，是对角线，取一个大的直角三角板，三角板的直角顶点在射线上移动，三角板的一条直角边始终经过点，另一条直角边交射线于点，当点在边上时，四边形是邻等对补四边形吗?说明理由． (2)迁移探究 当点在边的延长线上时，以D，P，Q，C为顶点的四边形能构成邻等对补四边形吗?若能构成，写出此时的长． 【答案】(1)是邻等对补四边形，见解析 (2)能构成，此时的长为2或 【知识点】根据正方形的性质证明、全等三角形综合问题、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形 【分析】此题主要考查了正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键，分类讨论是解决问题的难点，也是易错点． （1）四边形是邻等对补四边形，过点P作于点E，于点F，根据及正方形的性质得，想证明四边形是正方形得，进而可证明和全等，则，由此可得出结论； （2）依题意分两种情况讨论如下：①当点P在线段上时，点Q在边的延长线上，时，四边形是邻等对补四边形，过点P作于点E，于点F，同①可证和全等得，则是等腰直角三角形，进而得，由此得，则四边形是邻等对补四边形，设，则，，，进而可得的长；②当点P在的延长线上时，时，四边形是邻等对补四边形，过点P作交的延长线于点E，于点F，同①可证和全等得，则是等腰直角三角形，进而得，，则四边形是邻等对补四边形，综上所述即可得出答案． 【详解】（1）解：四边形是邻等对补四边形，理由如下： 过点P作于点E，于点F，如图1所示： 依题意得：， ∵四边形是正方形，且边长为2， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， 即是的平分线， 又∵，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴四边形是邻等对补四边形； （2）当Q点在边的延长线上时，以D，P，Q，C为顶点的四边形能构成邻等对补四边形， 分两种情况讨论如下： ①当点P在线段上时，点Q在边的延长线上，时，四边形是邻等对补四边形，理由如下：过点P作于点E，于点F，如图2所示： 同①可证：， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是邻等对补四边形， 设， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∵， 由勾股定理得：， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ∴， 整理得， ∴，，（不合题意，舍去）， 由， 解得， ∴； ②当点P在的延长线上时，时， 四边形是邻等对补四边形，理由如下： 过点P作交的延长线于点E，于点F，如图3所示： 同①可证：， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是邻等对补四边形， 此时， 综上所述：当以D，P，Q，C为顶点的四边形能构成邻等对补四边形时，的长为或2． 3．（24-25八年级上·浙江杭州·期中）在数学实验课上，老师让学生以“折叠筝形”为主题开展数学实践探究活动． 定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”． 【概念理解】如图①，将一张纸对折压平，以折痕为边折出一个三角形，然后把纸展平，折痕为四边形．判断四边形的形状： 筝形（填“是”或“不是”）； 【性质探究】如图②，已知四边形纸片是筝形，连结，相交于点O． 请补充结论1，再从不同角度写一个正确的结论2． 结论1：筝形的内角和为 ．结论2： ． 【拓展应用】如图③，是锐角的高，将沿边翻折后得到，将沿边翻折后得到，延长，交于点G． （1）求证：四边形是筝形； （2）若，，，，求的长． 【答案】【概念理解】：是；【性质探究】：，(任选一个即可，答案不唯一)；【拓展应用】：（1）证明见解答过程；（2） 【知识点】证明四边形是正方形、折叠问题、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形 【分析】【概念理解】根据题意得,即可得解； 【性质探究】如图，根据折叠性质可证明,可得,再利用等腰三角形的三线合一的性质即可得到结论； 【拓展应用】(1)先证,再根据“筝形”的定义判断即可；(2)由折叠性质可证四边形是正方形，设,根据勾股定理即可求解． 【详解】【概念理解】解：由折叠性质得：， 四边形是“筝形”， 故答案为：是； 【性质探究】解：如图， 筝形是四边形， 筝形的内角和为， 在和中 ， ， , , 故答案为：，(任选一个即可，答案不唯一)； 【拓展应用】(1)证明：如图，连接， , 和是直角三角形， 在和中， , , , 四边形是四边形是“筝形” (2)解：由折叠性质可得：,,,, , , , 四边形是正方形， , 设,则, 在中，, ,解得：, ． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质，折叠的性质是解决此题的关键. 4．（23-24八年级下·浙江湖州·期中）对于四边形给出如下定义：有一组对角相等且有一组邻边相等，则称这个四边形为奇特四边形． (1)判断命题“另一组邻边也相等的奇特四边形为平行四边形”是______命题．（真或假） (2)如图，在正方形中，是边上一点，是延长线一点，，连接，取的中点，连接并延长交于点，连接，探究：四边形是否是奇特四边形，如果是，证明你的结论，如果不是，请说明理由． (3)在（2）的条件下，若四边形的面积为16，求的长． 【答案】(1)假 (2)是，见解析 (3)8 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、完全平方公式分解因式、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】（1）假命题，根据命题画图验证即可； （2）根据，证得，利用全等三角形的性质，得出，，进而得出，又因为是的中点，所以得出，，再结合题意，得出四边形是奇特四边形； （3）如图，过作于，证明，设，，可得，利用四边形的面积为16，求解，再进一步可得答案． 【详解】（1）解：假命题，如图， ∵，， 又∵， 而四边形不是平行四边形． （2）连接， ∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∵是的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是奇特四边形． （3）如图，过作于， ∵，， ∴， 设，， ∴， ∵四边形的面积为16 ∴ ∴ ∴，而， ∴， ∵， ∴，而， ∴； 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定、勾股定理的应用、全等三角形的性质与判定、真假命题的判断，解本题的关键在熟练掌握相关性质与定理． 中点四边形问题题型04 1．（24-25九年级上·河南开封·期中）如图，，，，分别是四边形各边的中点，顺次连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)当四边形的对角线，满足______时，四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)， 【知识点】证明四边形是平行四边形、添一个条件使四边形是正方形、与三角形中位线有关的证明、中点四边形 【分析】此题考查了三角形中位线的性质和判定，平行四边形和正方形的判定，解题的关键是掌握以上知识点． （1）连接，首先根据三角形中位线的性质得到，且，，且，进而得到，且，即可证明出四边形是平行四边形； （2）连接，，同理可得，，，进而得到当时，，证明出平行四边形是菱形，然后由推理得到，进而证明出菱形是正方形． 【详解】（1）解：如图所示，连接 ∵点是的中点，点是的中点， ∴，且， ∵点是的中点，点是的中点， ∴，且， ∴，且 ∴四边形是平行四边形； （2）解：当，且时，四边形是正方形． 理由如下： 如图所示，连接， ∵由（1）得， 同理可得，， ∴当时， ∴平行四边形是菱形 当时， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴菱形是正方形． 2．（23-24八年级下·江苏常州·期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，那么我们把原四边形叫做“中方四边形”． (1)下列四边形中一定是“中方四边形”的是________； A．平行四边形    B．矩形    C．菱形    D．正方形 (2)如图1，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连结，求证：四边形是“中方四边形”； (3)如图2，四边形是“中方四边形”，若的值为32，则的最小值是________．（不需要解答过程） 【答案】(1)D (2)见解析 (3)8 【知识点】与三角形中位线有关的证明、四边形其他综合问题、中点四边形 【分析】（1）根据定义“中方四边形”，即可得出答案； （2）如图，取四边形各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出四边形是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论； （3）如图，分别作的中点E，F，M，N，并顺次连接，连接交于O，连接，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质可得，根据题意得：当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长，再结合（2）的结论即可求得答案． 【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下：因为正方形的对角线相等且互相垂直， 故选：D； （2）证明：如图，取四边形各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K， ∵四边形各边中点分别为M、N、R、L， ∴分别是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， 又∵∠， ∴， 即， 在和中， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴菱形是正方形， 即原四边形是“中方四边形”； （3）解：如图，分别作的中点E，F，M，N，并顺次连接，连接交于O，连接， ∵四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵M，F分别是的中点， ∴， ∴， ∵的值为32， ∴， 根据题意得：当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长， ∴， 由（2）知：， 又∵M，N分别是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴的最小值为8． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键． 3．（24-25九年级上·吉林长春·期中）【教材原题】如图①，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点．求证：． 【应用】如图②，连结图①中的，并取中点，连结、，其他条件不变． （1）若，则四边形的周长为________． （2）若，且，则四边形的面积为________． 【答案】教材原题：证明见解析；应用：（）；（） 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、根据正方形的性质与判定求面积、根据等边对等角证明、证明四边形是菱形 【分析】教材原题：运用三角形中位线定理和等腰三角形性质即可证得结论； 应用：（）运用三角形中位线定理可得，，再由，可得，即可得出答案； （）同理（）得，得出四边形是菱形，再证得，得出四边形是正方形，进而即可求解． 【详解】解：教材原题：如图① ， ∵分别是的中点， ∴分别是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴； 应用：（）如图②， ∵分别是的中点， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形PMQN的周长为， 故答案为：； （）如图③ ∵分别是的中点， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴菱形是正方形， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，平行线的性质，菱形判定，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 4．（24-25九年级上·广东佛山·阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 概念理解：下列四边形中一定是“中方四边形”的是 A．    平行四边形     B．  矩形     C． 菱形   D． 正方形 问题解决：如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧正方形和正方形，连接．求证：四边形是“中方四边形”： 性质探究：如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的两条站论： ① ；② 拓展应用：如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点， （1）试探索与的数量关系，并说明理由． （2）若的最小值是4，则的长度为 ，（不需要解答过程） 【答案】概念理解：D； 问题解决：见解析； 性质探究：①；②； 拓展应用：（1）．理由见解析；（2）． 【知识点】根据正方形的性质与判定证明、用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的证明 【分析】对于概念理解，结合“中方四边形”的定义解答即可； 对于问题解决，设四边形的边的中点分别为M，N，R，L，连接交于点P，连接交于点K，先根据三角形中位线的性质说明四边形是平行四边形，再根据正方形的性质证明，可证明平行四边形是菱形， 然后说明，可得答案； 对于性质探究，根据上述解答过程可得答案； 对于拓展应用，（1）标注的中点为E，F，连接，根据 “中方四边形”的定义得四边形是正方形，根据正方形的性质得 ，即可得出答案；（2），连接交于点O，连接，说明的最小值，再根据直角三角形的性质得，即可得出答案． 【详解】概念理解：∵四边形是正方形，点E，F，G，H依次是的中点， ∴，，， ∴四边形是平行四边形， 同理， ∴四边形是菱形，四边形是矩形， ∴， ∴四边形是正方形． 所以正方形的一定是“中方四边形”； 问题解决，证明：如图，设四边形的边的中点分别为M，N，R，L，连接交于点P，连接交于点K． ∵四边形各边的中点分别为M，N，R，L， ∴分别是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴菱形是正方形， 即原四边形是“中方四边形”； 问题解决：①；②； 故答案为：，； 拓展应用，．理由如下： 标注的中点为E，F，连接， ∵四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点， ∴四边形是正方形，， ∴， ∴． ∵N，F分别是的中点， ∴， ∴； （2）如图，连接交于点O，连接， 当点O在上（即点M，O，N共线）时，最小，最小值为的长， ∴的最小值， 由性质探究知． ∵M，N分别是的中点， ∴， ∴， 由拓展应用（2）知：， ∴， 解得． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，三角形中位线的定义和性质，准确的作出辅助线是解题的关键． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$