专题01 特殊平行四边形（考题猜想，13大题型）-2024-2025学年八年级数学下学期期中考点大串讲（鲁教版）

专题01 特殊平行四边形（13大题型） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 利用矩形的性质与判定求角度、线段长（难点） · 题型二 利用矩形的性质与判定求周长、面积（难点） · 题型三 利用菱形的性质与判定求角度、线段长（难点） · 题型四 利用菱形的性质与判定求周长、面积（难点） · 题型五 正方形的性质与判定综合（难点） · 题型六 求特殊平行四边形坐标（高频） · 题型七 与特殊平行四边形有关的折叠问题（高频） · 题型八 特殊平行四边形综合问题（高频） · 题型九 与特殊平行四边形有关的动点问题（压轴） · 题型十 与特殊平行四边形有关的新定义问题（难点） · 题型十一 与特殊平行四边形有关的线段最值问题（压轴） · 题型十二 特殊平行四边形与函数综合（高频） · 题型十三 与特殊平行四边形有关的存在性问题（压轴） 题型一 利用矩形的性质与判定求角度、线段长（难点） 1．（2023·广东梅州·一模）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，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先判断四边形是平行四边形，继而根据已知条件推导出，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形即可得证； （2）由矩形的性质得到，再由平行线的性质得到，然后由三角形的内角和求出，再根据直角三角形的两锐角互余，即可求解． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 平行四边形是矩形； （2）解：四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握矩形的判定与性质，证明是解题的关键． 2．（24-25八年级上·山东青岛·期中）勾股定理是用代数思想解决几何问题的重要工具，也是数形结合的纽带之一，如图，有一架秋千，当它静止在的位置时，踏板离地的垂直高度为，将秋千往前推送，到达的位置，此时，秋千的踏板离地的垂直高度为，秋千的绳索始终保持拉直的状态． (1)求秋千的长度； (2)如果将秋千往前推送，求此时踏板离地的垂直高度为多少？ 【答案】(1)秋千的长度是 (2)此时踏板离地的垂直高度为 【分析】（1）由题中条件，得到四边形是矩形，从而得到，设秋千的长度为，则，，由勾股定理列方程求解即可得到答案； （2）设时，，构造直角三角形，由勾股定理列方程求解即可得到答案． 【详解】（1）解：由题意知， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴ ∴ ∵， ∴， 设秋千的长度为，则，， 在中，由勾股定理得，即， 解得， 即秋千的长度是； （2）解：设时，， ∵， ∴， 由（1）可知，， ∴， 在中，， 由勾股定理得，则 ， 解得：或（舍去）， 即此时踏板离地的垂直高度为． 【点睛】本题考查勾股定理求线段长，涉及矩形的判定与性质等知识，数形结合，熟练运用勾股定理是解决问题的关键． 3．（24-25九年级上·北京·开学考试）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，点F，G在上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求和的长． 【答案】(1)见详解 (2)13；8 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识；熟练掌握菱形的性质和三角形中位线定理，证明四边形OEFG为矩形是解题的关键． （1）根据菱形的性质得，，再由三角形中位线定理得，得四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论； （2）由三角形的中位线定理得，再由矩形的性质得，，，然后由勾股定理求出的长，即可得出的长． 【详解】（1）∵四边形是菱形， ∴，， ∵E是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）∵四边形是菱形， ∴， 由（1）得：，四边形是矩形， ∴，，， ∵E是的中点， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴． 4．（23-24八年级下·山东德州·期末）数与形是数学中的两个最古老，也是最基本的研究对象，它们在一定条件下可以相互转化，数形结合就是把抽象的数学语言、数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过“以形助数”或“以数解形”使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而起到优化解题途径的目的． 【思想应用】 （1）已知a，b均为正实数，且，求的最小值．通过分析，小军想到了构造图形解决此问题：如图，，，，，，点E是线段AB上的动点，且不与端点重合，连接CE，DE，设，． ①用含a的代数式表示________，用含b的代数式表示________． ②据此写出的最小值：________． 【类比应用】 （2）根据上述方法，求代数式的最小值． 【答案】（1）①，；②；（2） 【分析】本题考查的是勾股定理的应用，求解特定的代数式的最小值，矩形的判定与性质，熟练的利用数形结合的方法解题是关键． （1）①直接利用勾股定理列式表示即可；②由，而（当且仅当C、E、D共线时取等号），作交CA的延长线于H，，，证明四边形为矩形，再利用勾股定理求解即可； （2）如图，设，，，，则，表示，，而（当且仅当C、E、D共线时取等号），作交CA的延长线于H，，，证明四边形为矩形，再利用勾股定理进行计算即可． 【详解】解：①在中， ， ， 在中， ， ， ②，而（当且仅当C、E、D共线时取等号），作交CA的延长线于H，，，如图， ∴四边形ABDH为矩形， ∴， 在中， ， ， ∴的最小值为， 即的最小值为． 故答案为：①，；② （2）如图，设，，，，则， 在中，， 在中，， ， 而（当且仅当C、E、D共线时取等号）， 作交CA的延长线于H，， 如图， ∴四边形ABDH为矩形， ∴， 在中，， ∴的最小值为， 即的最小值为． 题型二 利用矩形的性质与判定求周长、面积（难点） 5．（21-22八年级下·山东日照·期末）如图，已知等腰，，点D是边的中点，是外角的平分线，过点C作，垂足为E． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若矩形的周长是42，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)108 【分析】（1）证明∠ADC=∠AEC=∠DAE=90°，即可得出结论； （2）易证四边形ABDE是平行四边形，再由矩形的性质得AD+CD=21，然后由勾股定理得，得AD•BD=108，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵AB=AC，点D是边BC的中点， ∴∠BAD=∠CAD，AD⊥BC， ∴∠ADC=90°， ∵AE是∠FAC的平分线， ∴∠FAE=∠CAE， ∵∠BAD+∠CAD+∠FAE+∠CAE=180°， ∴∠CAD+∠CAE=×180°=90°， 即∠DAE=90°， ∵CE⊥AE， ∴∠ADC=∠AEC=∠DAE=90°， ∴四边形ADCE是矩形； （2）解：如图，∵四边形ADCE是矩形， ∴∠ADC=90°，DE=AC=15，AE∥BD，AE=CD， ∵点D是边BC的中点， ∴BD=CD， ∴AE=BD， ∴四边形ABDE是平行四边形， ∵矩形ADCE的周长是42， ∴AD+CD=21， ∴， 即， ∵， ∴， ∴AD•BD=108， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、角平分线定义、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 6．（2021·山东滨州·一模）如图，点为正方形对角线上一点， 于点， 于点． （1）求证：． （2）若正方形的边长为12，求，四边形的周长． 【答案】（1）见解析；（2）24 【分析】（1）由已知可以得到△ABP≌△CBP，从而得到PA=PC，又可得四边形PFCE是矩形，从而有EF=PC，最后可以得到结论； （2）由（1）可得PE=CF，PF=CE，再根据正方形的性质可得BE=PE，最后可得矩形PFCE的周长为2(PE+EC)=2(BE+EC)=2BC=24． 【详解】（1）证明：连接PC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=CB，∠ABD=∠CBD=45°，∠BCD=90°， 在△ABP与△CBP中， ， ∴△ABP≌△CBP（SAS）， ∴PA=PC， ∵PE⊥CD，PF⊥BC， ∴∠PFC=90°，∠PEC=90°． 又∵∠BCD=90°， ∴四边形PFCE是矩形， ∴EF=PC， ∴PA=EF； （2）由（1）知四边形PFCE是矩形， ∴PE=CF，PF=CE， 又∵∠CBD=45°，∠PEB=90°， ∴BE=PE， 又∵BC=12， ∴矩形PFCE的周长为2(PE+EC)=2(BE+EC)=2BC=24． 【点睛】本题考查正方形的应用，熟练掌握正方形的性质、三角形全等的判定和性质、矩形的判定和性质等是解题关键 ． 7．（22-23八年级下·山东烟台·期中）如图，在中，，是边上的中线，过点A作的平行线，过点B作的平行线，两直线交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点O，若，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）只要证明四边形是平行四边形，且即可； （2）利用等腰三角形的性质与矩形的性质求出，，进而即可求出面积． 【详解】（1）解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，是边上的中线， ∴，即， ∴四边形是矩形． （2）解：∵，是边上的中线， ∴． 由（1）知，四边形是矩形，， ∴， 在中，． ∴． 【点睛】本题考查矩形的判定和性质、等腰三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法． 8．（22-23八年级下·山东聊城·期末）如图，在四边形中，，，，、两点到的距离分别为和，求四边形的面积．    【答案】 【分析】过点D作，，过点C作，根据勾股定理得到，，然后由矩形的性质得到，然后利用勾股定理得到，最后利用四边形的面积代入求解即可． 【详解】如图所示，过点D作，，过点C作，    ∵、两点到的距离分别为和， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴ ∵，， ∴四边形是矩形 ∴ ∴ ∴ ∴四边形的面积 ． 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，矩形的判定与性质，掌握勾股定理是解题的关键． 题型三 利用菱形的性质与判定求角度、线段长（难点） 9．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，在中，对角线与相交于点O，平分，过点B作交于点E． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】该题主要考查了平行四边形的性质，菱形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点， （1）根据平分，得到，结合四边形是平行四边形，证出，，得出四边形是菱形，即可得． （2）根据四边形是平行四边形，得到，根据勾股定理得出，设，则，即可求解； 【详解】（1）证明：∵平分， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ， ， 四边形是菱形， ． （2）解：∵四边形是平行四边形， ， ∵，， ， ， 设，则， 解得：， ． 10．（22-23八年级下·广东广州·期末）如图，在中，点D，E分别是边的中点，，交的延长线于点F，连接交于点O．    (1)求证：； (2)若，，求的度数． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）通过证明四边形为平行四边形，即可求解； （2）根据中位线的性质可得，，可得平行四边形为菱形，利用菱形的性质，即可求解． 【详解】（1）证明：∵点D，E分别是边的中点， ∴ 又∵ ∴四边形为平行四边形， ∴ （2）解：∵点D，E分别是边的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴平行四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质． 11．（2024·四川广元·二模）如图，中，，点D为边中点，过D点作的垂线交于点E，在直线上截取，使，连接、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，连接，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、菱形的判定与性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质和勾股定理是解题的关键． （1）先证四边形是平行四边形，再由，得出四边形是菱形． （2）由菱形的性质得，再由勾股定理求出，推出，进而由勾股定理求出，然后由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵D是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． （2）由（1）得：四边形是菱形， ∴， 在中，由勾股定理得： ， ∴， 在中，由勾股定理得： ，    ∵D是的中点，， ∴． 12．（21-22八年级下·北京朝阳·期末）如图，在中，，，分别是，的中点，，．      (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点，连接，若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得出，即可得出四边形是菱形； （2）由菱形的性质得出，，由勾股定理可求出答案． 【详解】（1）证明：如图，连接，    ∵，． 四边形是平行四边形， ，是的中点， ， ， 点是的中点， ， 四边形是菱形； （2）解：如图，   四边形是菱形，， ，， ，分别是，的中点， ， ， 又， ， ． 题型四 利用菱形的性质与判定求周长、面积（难点） 13．（22-23八年级下·山东济南·期末）已知：如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，点，分别在，的延长线上，且，连接，，，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若平分，，，求四边形的周长． 【答案】(1)详见解析 (2)32 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、菱形的周长等知识，证明，以及在平分的条件下证明四边形为菱形是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得，，而，所以，即可证明四边形是平行四边形； （2）由，，推导出，则，推出四边形是菱形，而，则是等边三角形，得出，即可求得四边形周长是． 【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； （2）解：∵平分， ∴， ∵四边形为平行四边形，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形周长是． 14．（22-23八年级下·吉林·期末）如图，在中，以点A为圆心，以任意长为半径画圆弧，分别交边、于点M、N，再分别以点M、N为圆心，以大于长为半径画圆弧，两弧交于点P，作射线交边于点E，过点E作交于点F．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的周长为36，则菱形的面积是_________． 【答案】(1)见解析； (2)96． 【分析】（1）根据角平分线的作法可知，平分，再根据平行四边形的性质可得，从而证明四边形是平行四边形，再利用角平分线的定义证明，即，即可证明结论； （2）连接，交于点O，根据菱形的性质可得，，再由的周长为36，求得，即，利用勾股定理求得，即，再利用菱形的面积公式计算即可． 【详解】（1）证明：由作法可得，平分， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：连接，交于点O， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵的周长为36， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故答案为：96．    【点睛】本题考查作图−角平分线、平行四边形的性质与判定、菱形的判定与性质、勾股定理及菱形的面积公式，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 15．（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，已知点分别是的边上的中点，且， (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据菱形的判定方法即可求解； （2）如图所示，连接交于点，在中，根据勾股定理可得，根据点是中点可得是的中位线，可算出，再根据菱形的面积的计算公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， 在中， ，点是边的中点 ∴， 同理， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：如图所示，连接交于点， 在中， ，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∴ ∴菱形的面积为． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，菱形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的判定和性质等知识的综合，掌握平行四边形的性质，菱形的判定和性质是解题的关键． 16．（22-23八年级下·广东珠海·期中）如图，在矩形中，点O是对角线的中点，过点O作交于点E，交于F，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的周长和面积． 【答案】(1)见解析 (2)菱形的面积是120，菱形的周长是52 【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质，可得，，，然后由四边形是矩形，再证明，则可得，继而证得结论； （2）由勾股定理可求的长，由直角三角形的性质可求解． 【详解】（1）证明：∵点O是的中点，， ∴是的垂直平分线， ∴，，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形． （2）解：∵四边形为菱形， ∴、相互垂直且平分， ∴． ∴， ∴， ∴菱形AECF的面积， 菱形AECF的周长． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，证得是关键． 题型五 正方形的性质与判定综合（难点） 17．（22-23八年级下·河南商丘·期中）已知：如图，菱形的对角线与相交于点O，若 (1)求证：四边形是正方形； (2)E是上一点，，垂足为H，与相交于点F，求证：． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． （1）根据菱形的性质可知，，，可得，再结合即可变换为，得到即可证得四边形是正方形； （2）根据正方形的性质易得，，再根据，可得，结合即可得到，证得，从而得到． 【详解】（1）证明：四边形是菱形，对角线与相交于点O，   ，，， ， ，   ， ，   ，   四边形是正方形； （2）证明：四边形是正方形 ； ，，，，   ，，   ，垂足为， ，，   ， ，   在和， ， ， ． 18．（21-22八年级上·山东烟台·期末）【问题情境】如图1，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接．（1）四边形的形状是_________； 【解决问题】（2）若，，则正方形的面积为_________； 【猜想证明】 （3）如图2，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明． 【答案】（1）正方形；（2）225；（3），证明见解析 【分析】（1）首先证明四边形是矩形，再根据“邻边相等的矩形”是正方形证明即可； （2）由勾股定理可求的值，即可求解； （3）过点作于点H，则，，由“”可证，可得，即可求解． 【详解】解：（1）结论：四边形是正方形． 理由如下： ∵是由绕点按顺时针方向旋转得到的， ∴，， 又∵， ∴四边形是矩形， 由旋转可知：， ∴四边形是正方形． 故答案为：正方形； （2）∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴正方形的面积． 故答案为：225； （3）结论：， 理由如下：如下图，过点作于点， 则，， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 由旋转可知，， 由（1）可知，四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定和性质、旋转的性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 19．（22-23八年级下·福建龙岩·期中）已知，如图，在正方形中，点分别是边上的动点． (1)如图1，若，垂足为，求证：； (2)如图2，点是边上一点，且，垂足为． ①判断与是否相等？并说明理由； ②如图3，若垂直平分，交对角线交于点，写出线段之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)证明见详解 (2)①，理由见详解；②，理由见详解 【分析】（1）由证明，即可得出结论； （2）①作于，则，，由证明，即可得出结论； ②连接、，过作于，交于，则，，，则，证明是等腰直角三角形，得出，证出，由线段垂直平分线的性质得出，，由证明得出，证出，得出是等腰直角三角形，得出，证出是等腰直角三角形，得出，由①得：，得出，即可得出结论． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， 在和中，， ， ； （2）解：①；理由如下： 作于，如图2所示： 则，， ， ， ， ， 在和中，， ， ； ②；理由如下： 连接、，过作于，交于，如图3所示： 则，，， 则， 四边形是正方形， ， 是等腰直角三角形， ， ， 垂直平分， ，， 在和中，， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， 是等腰直角三角形， ， 由①得：， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 题型六 求特殊平行四边形坐标（高频） 20．（22-23八年级下·山东聊城·期末）在如图所示的直角坐标系中，菱形的边长是，为的中点，轴垂直平分，垂足为点，请分别求出点，，，的坐标． 【答案】，，，． 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，垂直平分线，根据菱形边长为，结合为中点求出的坐标，根据勾股定理的知识求出的长，进而求出 长度，最后求出坐标.，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵菱形的边长是， ∴， ∵为中点， ∴， ∵， ∴，， ∵轴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，． 21．（24-25八年级上·山东枣庄·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，边与轴交于点G，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，求点E的坐标． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、勾股定理、坐标与图形，由正方形的性质可得，轴，轴，由折叠得，，设，则，由勾股定理求出，再由勾股定理计算得出，即可得解． 【详解】解：∵四边形是正方形，边在x轴上， ∴，轴，轴， 由折叠得，， 设，则， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴，， ∵， ∴， 解得， ∴． 22．（23-24八年级下·山东泰安·期中）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，正方形的边长为2，且边、分别在x轴和y轴上． (1)直接写出B点坐标； (2)正方形绕点A顺时针旋转，求点B的对应点的坐标； (3)正方形绕点A顺时针旋转，当点C恰好落在AB延长线上时，直接写出点B的对应点的坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据正方形的性质可求得答案． （2）过点作于E，由旋转的性质得，从而求得，根据直角 三角形的性质与勾股定理，求得，，即可得出点的坐标． （3）当点C恰好落在AB延长线上时，如图，过点作于D，根据旋转与正方形的性质求得，得到，由勾股定理求得，从而求得，即可得出点的坐标． 【详解】（1）解：∵正方形的边长为2， ∴ ∵点B在第一内， ∴． （2）解：过点作于E，如图， 由旋转可得：，， ∴， ∴， 在中，， ∴，， ∴． （3）解：当点C恰好落在AB延长线上时，如图，过点作于D， ∵正方形 ∴ ∴ ∵于D， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，点的坐标．熟练掌握正方形的性质、旋转的性质、直角三角形的性质是银题的关键． 23．（23-24八年级下·山东德州·期末）探究： 小明在求同一坐标轴上两点间的距离时发现，对于平面直角坐标系内任意两点，，可通过构造直角三角形利用图①得到结论：．他还利用图②证明了线段的中点的坐标公式：，． （1）请你帮小明写出中点坐标公式的证明过程． 运用： （2）已知点，，求线段的长度； （3）请直接写出以点，，，为顶点的平行四边形顶点的坐标． 【答案】（1）证明见详解 （2） （3）或或 【分析】（1）用的坐标分别表示出和的长,即可证得结论． （2）直接利用两点间距离公式可求得的长． （3）分为对角线，可求得其中点的坐标，再利用中点坐标公式可求得点坐标． 【详解】（1）证明：如下图，过点分别作轴的垂线，垂线分别交轴于，过点作的垂线，交于点，交于点，连接 ∴，， ∴四边形为矩形， 又∵，为线段的中点， ∴， 又∵， ∴垂直平分， ∴为为直角三角形的中位线， ∵，， ∴，，， ∴，， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵ ， ∴， ∵为直角三角形的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴线段的中点的坐标公式为，． （2）解：将点，代入到中， ∴， 化简可得． （3）解：∵，，， ∴当为平行四边形的对角线时，其对称中点坐标为， 设， 则，， 解得，， ∴此时点坐标为； 当为对角线时，同理可求得点坐标为； 当为对角线时，同理可求得点坐标为； 综上可知点坐标为或或； 故答案为或或． 【点睛】本题主要考查坐标与图形及两点间的距离公式，矩形的判定和性质，垂直平分线的性质，平行四边形和轴对称图形的性质，理解题意，熟练掌握综合运用这些知识点是解题关键． 题型七 与特殊平行四边形有关的折叠问题（高频） 24．（24-25八年级上·全国·课后作业）如图，在长方形中，，，点P在边上，将沿折叠，使点C落在点E处，，分别交于点O，F．已知，求的长． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的折叠问题，折叠的性质，矩形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理等；由可判定，由全等三角形的性质得，，设，由勾股定理得，即可求解；能根据折叠的性质熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键． 【详解】解：四边形是矩形， ，， 由折叠的性质得：，，， 在和中， ， （）， ，， ， ， 设，则，， ， 在中， ，即， 解得：， 即． 25．（22-23八年级下·山东济宁·期中）如图，把矩形纸片进行折叠． (1)如图1，若折叠后C点和A点重合，折痕交边，分别于点E，F，连接，交于点O．求证：四边形为菱形； (2)如图2，若折叠后C点落在边上的N点处，折痕交边于点M．已知该矩形纸片的长为，宽为．求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，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． （1）令、相交于点O，根据折叠的性质得出，，，通过证明，得出，即可求证四边形为菱形； （2根据勾股定理求出，则，进而得出，即可解答． 【详解】（1）证明：如图1，令、相交于点O， ∵矩形折叠使A，C重合，折痕为 ，，， ∵， ， 在和中， ， ∵，， 四边形为菱形； （2）解：∵矩形纸片的长为，宽为， ∴，， 由折叠可得：， 在中， ，， 在中，， 解得， 故的长是． 26．（23-24八年级下·山东临沂·期中）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点处，与交于点．    【猜想】． 【验证】请将下列证明过程补充完整： 矩形纸片沿所在的直线折叠， 　　， 四边形是矩形， ∴， 　　， ∴______=______， ∴． 【应用】如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点落在点处，点落在点处，折痕为． （1）猜想与的数量关系，并说明理由； （2）若，，求的长． 【答案】【验证】；；；【应用】（1），理由见解析；（2） 【分析】【验证】根据折叠的性质得到，根据矩形的性质推出，则，根据等腰三角形的判定即可得解； 【应用】（1）根据折叠的性质得到，根据矩形的性质推出，则，根据等腰三角形的判定即可得出，结合即可得解；（2）根据矩形的性质、折叠的性质得出，，，设，则，根据勾股定理求解即可． 【详解】解：验证：矩形纸片沿所在的直线折叠， ， 四边形是矩形， （矩形的对边平行）， （两直线平行，内错角相等）， （等量代换）， （等角对等边）． 故答案为：；；； 应用：（1）； 理由如下： 由四边形折叠得到四边形， ， 四边形是矩形， （矩形的对边平行）， （两直线平行，内错角相等）， ， （等角对等边）， ， ，即； （2）∵矩形ABCD沿MC所在直线折叠， ∴，，， 设， ∴， 在中，由勾股定理得，即，解得， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定是解题的关键． 27．（22-23八年级下·山东威海·期末）综合与实践 折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为完美矩形．    (1)操作发现： 如图①，将纸片按所示折叠成完美矩形，若的面积为12，，则此完美矩形的边长______，面积为______． (2)类比探究： 如图②，将平行四边形纸片按所示折叠成完美矩形，若平行四边形的面积为20，，则完美矩形的周长为______． (3)拓展延伸： 如图③，将平行四边形纸片按所示折叠成完美矩形，若，，求此完美矩形的周长为多少． 【答案】(1)3，6 (2)13 (3)42 【分析】（1）由折叠可知点H是中点，点G为的中点，则，连接，根据三角形面积求的长，由，可知是中位线，得到 进而求完美矩形面积； （2）根据折叠可知，，从而可得 ，根据平行四边形面积可求得的长为4进而可求周长； （3）由折叠可证点E，G分别是中点，进一步可证四边形是平行四边形，所以，即长方形对角线长为15，设，根据勾股定理得到方程，解出x，从而可得完美矩形的边长和宽，最后求周长即可． 【详解】（1）解：由折叠可知，， ∴，点H是中点， ∵， ∴， 即， 如图，连接，    ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴ ，， ∵ ， ∴， ∴， ∴完美矩形的面积为； 故答案为：3，6 （2）解：由折叠可知， ， 同理可知， ∴矩形的面积为， ，        ∴长方形的周长为； （3）解：如图，连接，    由折叠可得点，分别是，的中点， ∴，， 由题意知，， ∴，， ∴为平行四边形， ∴， 在中，设，则， 由勾股定理得：， 又∵， ∴， ∴，， ∴周长为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形和平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理等知识，熟练掌握其性质是解决此题的关键． 题型八 特殊平行四边形综合问题（高频） 28．（23-24八年级下·山东聊城·期中）如图，以的三边为边在上方分别作等边，，，且点A在内部．给出以下结论：①四边形是平行四边形；②当时，四边形是菱形；③当时，四边形是矩形；④当，且时，四边形是正方形．其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）． 【答案】①②/②① 【分析】证明和即可判断；由得到即可判断②；当时，求出即可判断③；综合结论②③即可判断； 【详解】解：∵是等边三角形， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理由， ∴， ∴， 由，即可得出四边形 是平行四边形，故结论正确； 由知，四边形 是平行四边形， ∴当时，， ∴平行四边形是菱形，故结论正确； 当时， ， 由知四边形是平行四边形， ∴平行四边形不是矩形，故结论错误； 根据结论②可知，当时，四边形是菱形，当时，四边形不是矩形， ∴四边形不是正方形，故结论错误； 综上分析可知，正确的结论为①②． 故答案为：①②． 【点睛】本题考查了平行四边形及矩形、菱形、正方形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握特殊四边形的判定方法． 29．（22-23八年级下·山东滨州·期末）如图，以的三边为边分别作等边、、．且点A在内部．给出以下结论：①；②当时，四边形是矩形；③当时，四边形是菱形；④当，且时，四边形是正方形．其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）．    【答案】①②③④ 【分析】①利用证明，即可得到； ②利用①的条件首先证明四边形是平行四边形，当时，求出，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可判断； ③先证明，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可判断结论③正确； ④根据正方形的判定：既是菱形，又是矩形的四边形是正方形即可判断结论④正确． 【详解】解：①∵、是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴，故结论①正确； ②由①知，， ∴， 同理由，得， 由，可知四边形是平行四边形， 当时，， ∴四边形是矩形，故结论②正确； ③由②知，，四边形是平行四边形， 当时，即， 四边形是菱形，故结论③正确； ④综合②③的结论， 当，且时，四边形既是矩形也是菱形， ∴四边形是正方形，故结论④正确， 故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查了平行四边形及矩形、菱形、正方形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法和性质是解答此题的关键． 30．（2023·山东临沂·一模）四边形的对角线，交点，点，，，分别为边， ，，的中点．有下列四个推断， ①对于任意四边形，四边形可能不是平行四边形； ②若，则四边形一定是菱形； ③若，则四边形一定是矩形； ④若四边形是菱形，则四边形也是菱形． 所有正确推断的序号是 ． 【答案】②③ 【分析】根据四边形的性质及中位线的性质推导即可． 【详解】解：点，，，分别为边， ，，的中点， 且，且， 且， 是平行四边形， 故①错误； 点，，，分别为边， ，，的中点， ，， ， ， 是平行四边形， 四边形是菱形， 故②正确； 点，，，分别为边， ，，的中点， ，， ， ， ， 是平行四边形， 是矩形， 故③正确； 若要四边形是菱形，需满足, 当四边形是菱形，不一定等于， 故④错误； 综上，正确的有：②③， 故答案为：②③． 【点睛】本题考查了中位线定理，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 题型九 与特殊平行四边形有关的动点问题（压轴） 31．（22-23八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，，点，的坐标分别为，，动点从点A沿以每秒个单位的速度运动；动点从点沿以每秒个单位的速度运动，同时出发，当一个点到达终点后另一个点继续运动，直至到达终点，设运动时间为秒． (1)在时，点坐标______，点坐标______． (2)当为何值时，四边形是矩形？ 【答案】(1)； (2) 【分析】本题考查了矩形的判定、坐标与图形性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键． （1）根据点、的坐标求出、、，再根据路程速度时间求出、，然后求出，即可得出结论； （2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，当时，四边形是矩形，然后列出方程求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ，，， 当时，，， ， 点，； 故答案为：；； （2）解：根据题意：，， 则， 当四边形是矩形时，， ， 解得：， 时，四边形是矩形． 32．（20-21八年级下·山东济南·期末）如图，在四边形中，，，，，动点P从点A出发，以的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以的速度向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当四边形是平行四边形时，求t的值； (2)当________时，四边形是矩形；若且点Q的移动速度不变，要使四边形能够成为正方形，则P点移动速度是________； (3)在点P、Q运动过程中，若四边形能够成为菱形，求的长度． 【答案】(1) (2)7；4 (3) 【分析】（1）根据平行四边形对边相等的性质得到关于t的方程即可得解； （2）根据矩形及正方形的性质列方程求解即可； （3）根据菱形的性质可以算得四边形成为菱形的t值，并算出、的值，再根据勾股定理可以得到的值． 【详解】（1）解：当四边形是平行四边形时，， ∴， 解得． （2）解：若四边形是矩形，则： ， ∴， 解得：； 若四边形是正方形，则： ， ∴, 解得：， 设P点运动速度为，则由可得： ， 解得：， ∴当要使四边形能够成为正方形，则P点移动速度是； 故答案为：7；4； （3）解：如图， 若四边形是菱形，则， ∴， 解得：， ∴，， ∵，， ∴， 在中， ． 【点睛】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的应用，勾股定理，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形有关边的性质、勾股定理的应用是解题关键． 33．（23-24八年级上·山东青岛·期末）如图，在矩形中，，，点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时点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．    (1)当t为何值时，四边形是矩形？ (2)当t为何值时，四边形是菱形？求出此时菱形的面积． 【答案】(1)当时，四边形是矩形 (2)当时，四边形是菱形，菱形的面积是 【分析】本题考查矩形的判定，菱形的判定和性质．掌握相关判定方法和性质，是解题的关键． （1）根据题意，得到当时，四边形是矩形，列出方程进行求解即可； （2）根据题意，得到当四边形是菱形时，，列出方程求出的值，根据菱形的面积公式求出面积即可． 【详解】（1）解：由题意，得：， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 当四边形是矩形时，， ∴， 解得：， ∴当时，四边形是矩形； （2）∵， ∴， 当四边形是菱形时，， ∴， 解得：， 当时，， ∴， 菱形的面积为． 题型十 与特殊平行四边形有关的新定义问题（难点） 34．（23-24八年级下·山东威海·期末）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”． (1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 （填序号）； (2)如图， 在正方形中， E为上一点， 连接， 过点B作于点H， 交于点G， 连，． 判断四边形是否为“神奇四边形”，并说明理由； 如图2， 点M，N，P，Q分别是，，，的中点． 判断四边形是否是“神奇四边形”，并说明理由： (3)如图3， 点F，R分别在正方形的边，上， 把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为6，求线段的长． 【答案】(1)④ (2)①四边形是“神奇四边形”，见解析；②四边形是“神奇四边形”，见解析 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质、矩形的性质、菱形的性质及正方形的性质进行判断即可； （2）①根据正方形的性质可得，，利用等量代换可得，证得，可得，即可得证； ②根据三角形中位线定理可得，，，，从而证得四边形是平行四边形，再根据平行线的性质和等量代换可得，由①可得，，可得，证得四边形是正方形，再根据正方形的性质即可得证； （3）延长交于点S，由勾股定理求出的长，设，则，再由勾股定理列方程求得，即可求解． 【详解】（1）解：∵平行四边形的对角线既不互相垂直，也不相等；矩形的对角线相等，但不垂直；菱形的对角线相互垂直，但不相等；正方形的对角线互相垂直且相等， ∴正方形是“神奇四边形”， 故答案为：④． （2）解：①四边形是“神奇四边形”，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是“神奇四边形”． ②四边形是“神奇四边形”，理由如下： ∵点M，N，P，Q分别是，，，的中点， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由①可得，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，且， ∴四边形是“神奇四边形”． （3）解：延长交于点S， 由折叠的性质得，，，，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴， 设，则， 在中，， 解得， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查新定义、折叠的性质、正方形的判定与性质、矩形的判定的与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质，理解新定义“神奇四边形”，熟练掌握正方形的判定与性质与全等三角形的判定与性质是解题的关键． 35．（23-24八年级上·山东东营·期末）附加题： 我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的品四边形叫得等补四边形． (1)如图1，是等边三角形，在上任取一点（不与，重合），连接，我们把绕点逆时针旋转60°，则与重合，点的对应点为点．请根据给出的定义判断，四边形______（选择“是”或“不是”）等补四边形． (2)如图2，等补四边形中，，，若，则的长为______． (3)如图3，四边形中，，，，求四边形面积的最大值． 【答案】(1)是 (2) (3) 【分析】本题主要考查了利用旋转作全等三角形，三角形和四边形的面积，等补四边形的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用旋转作辅助线，构造全等三角形解决问题． （1）根据旋转的性质得：，，再证明四边形有一对角互补，根据等补四边形的定义可得结论； （2）如图2，将绕点顺时针旋转得，先证明、、三点共线，根据旋转的性质可知：，根据三角形的面积公式可得的长； （3）如图3，作辅助线：将绕点逆时针旋转的大小，得，先证明、、三点共线，则，当时，的面积最大，从而得结论． 【详解】（1）解：由旋转得：，， ， ， 四边形是等补四边形． 故答案为：是； （2）解：如图2，，， 将绕点顺时针旋转得， ，，， ， ， ， ， 、、三点共线， ， ， ， （负值舍去）； 故答案为：4． （3）解：，   将绕点逆时针旋转的大小，得，如图3， ，，， ， ， 、、三点共线， ， 当时，的面积最大，为． 则四边形面积的最大值为． 36．（22-23八年级下·湖南长沙·期末）定义：对于一个凸四边形，我们把依次连接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“中正四边形”．    (1)概念理解：下列四边形中一定是“中正四边形”的是______ ； A．平行四边形   B．矩形   C．菱形   D．正方形 (2)性质探究：如图，四边形是“中正四边形”，观察图形，直接写出关于四边形对角线的两条结论； (3)问题解决：如图，为锐角三角形，以的两边，为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连接，，，求证：四边形是“中正四边形”． 【答案】(1)D (2)①，② (3)见解析 【分析】（1）根据中正四边形的概念得出结论即可； （2）根据三角形中位线的性质得出结论即可； （3）先根据三角形中位线的性质证四边形是平行四边形，再证≌，得出四边形是菱形，然后得出四边形是正方形即可得证结论． 【详解】（1）平行四边形的“中点四边形”仍然是平行四边形，矩形的“中点四边形”是菱形，菱形的“中点四边形”是矩形，正方形的“中点四边形”是正方形， 根据中正四边形的概念知，正方形的“中点四边形”一定是“中正四边形”， 故答案为：； （2）性质探究：四边形是“中正四边形”， 四边形是正方形， ，且， 且，且， ，； （3）问题解决：如图，取四边形各边中点分别为、、、并顺次连接成四边形，连接交于，连接交于，   四边形各边中点分别为、、、， 、、、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，， ， 是菱形， ， ， 又，， ， ， 又，， ， 菱形是正方形， 即原四边形是“中正四边形”． 【点睛】本题主要考查四边形的综合题，熟练掌握三角形中位线的性质，平行四边形的判定，菱形与正方形的判定等知识是解题的关键． 题型十一 与特殊平行四边形有关的线段最值问题（压轴） 37．（21-22八年级下·山东济宁·期中）【【问题情境】如图1，已知点A，B在直线l的同侧，在直线l上找一点P，使得的值最小． 小军的思路是：如图2，作点A关于直线l的对称点，连接，则与直线l的交点P即为所求． 【启发应用】请参考小军同学的思路，探究并解答下列问题： (1)如图3，在图2的基础上，设与直线l的交点为点C，过点B作，垂足为点D．若，，，求出此时的最小值； (2)如图3，若，，，则此时的最小值为______； (3)【解决问题】根据以上解决问题的思路，直接写出的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据等腰三角形的判定证得△ACP和△BDP为等腰直角三角形，利用勾股定理求得PA和PB，从而求得PA+PB； （2）作A′E∥l，交BD的延长线于E，根据已知条件求得BE、A′E，然后根据勾股定理即可求得A′B，从而求得AP+BP的值； （3）设AC=5m-3，PC=1，可得PA，设BD=8-5m，PD=3，可得PB，结合（2）即可求解． 【详解】（1）解：∵AA′⊥l，AC=1，PC=1， ∴AC=CP，∠ACP=90°， ∴∠CAP=∠CPA=45°， ∴PA=， ∵点A关于直线l的对称点为A'， ∴PA′=PA=， ∴∠CPA′=∠CPA=45°， ∵BD⊥l，∠BPD=∠CPA′=45°， ∴∠PBD=90°-45°=45°=∠BPD， ∴BD=PD=2， ∴PB=， ∴AP+PB的最小值为=； （2）作A′E∥l，交BD的延长线于E，如图3，则四边形A′EDC是矩形， ∴A′E=DC=6，DE=A′C=AC=1， ∵BD=2， ∴BD+AC=BD+DE=3， 即BE=3， 在Rt△A′BE中，A′B=， ∴AP+BP=A′P+BP=A′B=； （3）如图3，设AC=5m-3，PC=1，则PA=， 设BD=8-5m，PD=3，则PB=， ∵DE=AC=5m-3， ∴BE=BD+DE=5，A′E=CD=PC+PD=4， ∴PA+PB=A′B=， ∴=． 【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，熟练掌握轴对称的性质和勾股定理的应用是解题的关键． 38．（2023·陕西西安·三模）如图1，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，分别在y轴，x轴上，当在x轴上运动时，A随之在y轴上运动，矩形的形状保持不变，其中，． (1)取的中点，连接，，求的值． (2)如图2，若以为边长在第一象限内作等边三角形，运动过程中，点到原点的最大距离是多少？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据勾股定理求出的长，进而可以解决问题； （2）如详解图，取的中点，连接，，，根据，当、、共线时，，可得点到原点的最大距离． 【详解】（1）解：根据题意可知：， 的中点， ， ， ， ． （2） 解：如图，取的中点E，连接，，， 在中，， 是等边三角形， ， ，， ， ， 当、、共线时，， 点P到原点的最大距离是． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，坐标与图形性质，作出辅助线，熟练掌握三角形三边关系求线段最值是解题的关键． 39．（2022九年级上·全国·专题练习）问题提出 (1)如图，点、是直线外两点，在直线上找一点，使得最小． 问题探究 (2)在等边三角形内有一点，且，，，求度数的大小． 问题解决 (3)如图，矩形是某公园的平面图，米，米，现需要在对角线上修一凉亭，使得到公园出口、，的距离之和最小．问：是否存在这样的点？若存在，请画出点的位置，并求出的和的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)对角线上不存在这样的点，使得到公园出口、，的距离之和最小，理由见解析 【分析】（1）根据两点间线段距离最短，连接点，与直线交于点，点 即为所求．； （2）把绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质可知是等边三角形，从而得到，由勾股定理逆定理可知，从而求得，即可求解； （3）连接，设在内一点，把绕点逆时针旋转得到， ，由旋转的性质，、是等边三角形，根据两点间线段距离最短，可得当时最短，从而得到最小值为的长，点为、的交点，即可求解． 【详解】（1）解：如图1，连接点，与直线交于点，点 即为所求． （2）解：如图2，把绕点逆时针旋转得到， 由旋转的性质，，，， 是等边三角形， ，， ，， ， ， ； 故； （3）解：如图，连接，设在内一点，把绕点逆时针旋转得到， 由旋转的性质，，，，，，， 、是等边三角形， ， ， 根据两点间线段距离最短得：当时最短， 是等边三角形， 以为一边作等边三角形， 最小值为的长，此时点在线段上， 点为、的交点． 若点与点重合，即在对角线 上， 则点为与的交点，此时点（E）与点重合， 显然不符合题意，故点不在对角线上， 即对角线上不存在这样的点，使得到公园出口、，的距离之和最小． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了旋转知识、三角形全等、特殊角直角三角形、等边三角形的性质和勾股定理，熟练掌握旋转知识构建全等三角形是解题的关键． 题型十二 特殊平行四边形与函数综合（高频） 40．（23-24八年级下·山东滨州·期中）如图，已知四边形是平行四边形，点和点，连结并延长交y轴于点D． (1)求直线的函数解析式； (2)若点P从点C出发以2个单位/秒沿x轴向左运动，同时点Q从点O出发以1个单位/秒沿x轴向右运动，过点P，Q分别作x轴垂线交直线和直线分别于点E，F，猜想四边形的形状（点P，Q重合除外），并证明你的结论； (3)在（2）的条件下，当点P运动多少秒时，四边形是正方形? （直接写出结果） 【答案】(1)直线的解析式为 (2)四边形是矩形，证明见解析 (3)点P运动 秒或3秒时, 四边形是正方形 【分析】本题考查了一次函数与几何综合问题，涉及了待定系数法求解析式、平行四边形，矩形，正方形的判定及其性质等知识点， （1）设直线的解析式为,将点和点代入即可求解； （2）由题意可得直线的解析式为，，进而可得 据此即可求解； （3）由（2）可得：，当时，四边形是正方形，据此即可求解； 【详解】（1）解：设直线的解析式为, ∵ 点和点, ∴ 解得： ∴ 直线的解析式为 （2）解：如图, ∵点A的坐标为 ∴直线的解析式为. ∵点Q从点O出发以1个单位/秒沿轴向右运动， ∴, ∴  . ∵点P从点C出发以2个单位/秒沿轴向左运动， ∴, ∴. 由(1)知, 直线的解析式为 ∴ ∴ ∴. ∵轴, 轴, ∴ ∵, ∴四边形是平行四边形. ∵, ∴四边形是矩形. （3）解：由（2）可得： ∵四边形是矩形. ∴当时，四边形是正方形 即： 解得：或 41．（22-23八年级下·山东聊城·阶段练习）已知：如图，已知直线的函数解析式为，与x轴交于点A，与y轴交于点B．    (1)求A、B两点的坐标； (2)若点为线段上的一个动点（与A、B不重合），作轴于点E，轴于点F，连接，问： ①若的面积为S，求S关于m的函数关系式，并写出m的取值范围； ②是否存在点P，使的值最小？若存在，求出的最小值：若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)①；②存在，的最小值为 【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题； （2）①连接，根据三角形的面积公式计算即可； ②存在，首先证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短可知：当时，此时最小． 【详解】（1）令，则， ， 令，则， ， ， （2）①连接．    点为线段上的一个动点， ， ， ， ，； ②存在， 理由：轴于点，轴于点，， 四边形是矩形， ， 当时，此时最小， ，， ， ， 的最小值． 【点睛】本题考查一次函数的性质、矩形的判定和性质、三角形的面积，解题的关键是学会用转化的思想思考问题． 42．（23-24八年级下·江苏常州·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别落在轴、轴上，点，一次函数的图像与轴、边交于点、． (1)求的长； (2)若点是轴上一动点，以、、、为顶点的四边形是平行四边形，求点的坐标； (3)点是一次函数图像上一动点，且点在第二象限，点是轴上一个动点，点是平面内一点，若以、、、为顶点的四边形是正方形，求点的坐标． 【答案】(1) (2)的坐标是或 (3)的坐标是或 【分析】本题考查了一次函数条件下的平行四边形和正方形的存在性，熟练掌握一线三直角是解题的关键． （1）过点作轴，垂足为，根据直线的解析式求出点的坐标，再求出，最后根据勾股定理即可求解； （2）画出图像，分为点在直线的上方和下方两种情况讨论； （3）分为两种情况讨论，利用一线三直角证明三角形全等，求出点、的坐标，再利用平移的性质得到点的坐标． 【详解】（1）如图1，过点作轴，垂足为，则， （图1） 对于一次函数， 当时，， ， 当时，， ， ， ； （2）如图2，以、、、为顶点的四边形是平行四边形， （图2） 且， ， 或， 点的坐标是或； （3）分两种情形： ①如图3，过点作于，则， （图3）四边形是正方形， ，， ， ，， ， 点的坐标是， 将代入得：， 点的坐标是， 点的坐标是， 由平移可得点的坐标是； ②如图4，过点作轴于． （图4）四边形是正方形， ，， ， ，． 设，则， 则， 点的坐标是， ， ， 点的坐标是， 点的坐标是， 由平移可得点的坐标是， 综上所述，点的坐标是或． 题型十三 与特殊平行四边形有关的存在性问题（压轴） 43．（22-23八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，，为直线上一动点，连接，过作，交直线、直线于点、，连接． (1)点的坐标为____________；直线的解析式为____________． (2)当为中点时，求的长． (3)在点的运动过程中，坐标平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形（且为菱形的一边），若存在，求出点的横坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)存在，或 【分析】（1）根据矩形的性质，垂线的定义，两点确定一条直线可得轴，轴，再由，即可得出点的坐标；由点、分别在轴、轴上，且，，可求得点和点的坐标，设直线的解析式为，将、两点的坐标代入，得二元一次方程组，解之，即可求得直线的解析式； （2）设，可证得，进而在中，根据勾股定理列出方程，解之，即可求出的长； （3）分情况讨论：以、为边时，根据（2）可求得点和点的坐标，进而根据菱形的性质和线段中点坐标的计算求得点的横坐标；以、为边时，延长至，使，在的延长线上截取，连接，可推出平分，从而证得，于是可得，，然后可证得，于是可得，设，在中，根据勾股定理列出方程，解之，即可求得点和点的坐标，然后根据菱形的性质和线段中点坐标的计算求得点的横坐标；以、为边时，此时不再是菱形的边，而是菱形的对角线，这与题中要求“为菱形的一边”不符，故不再讨论此种情况． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ，，，， ，， 点、在轴上，点、在轴上， 轴，轴， 又，， 点到轴的距离为，到轴的距离为， 点的坐标为； 矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，， 点，点， 设直线的解析式为， 代入点、坐标， 得， 将代入，得：， 移项，得：， 系数化为，得：， 直线的解析式为； 故答案为：，； （2）解：为的中点， ， 在矩形中，， ， 又， ， ，， ， 为线段的垂直平分线， ， 设，则， ， ， ， 在中，根据勾股定理， ， 即， 将方程展开，得：， 移项，得：， 合并同类项，得：， 系数化为，得：， ； （3）解：存在点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形（且为菱形的一边）， 分情况讨论： 以、为边时， 则， ， 为的中点，为线段的垂直平分线， 由（2）可知：此时， ， ，， 根据菱形的性质可知：此时，为其对角线的中点，同时也是对角线的中点， 点的横坐标点的横坐标点的横坐标 点的横坐标点的横坐标， 点的横坐标点的横坐标点的横坐标点的横坐标 ； 以、为边时， 则， 如图，延长至，使，在的延长线上截取，连接， 可知，是的中位线， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，，， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， 设， 在中， ， ， ， 根据勾股定理，， ， 将方程展开，得：， 移项，得：， 合并同类项，得：， 系数化为，得：， ，， 假设菱形两条对角线、的交点为点， 根据菱形的性质可知：点同时也是两条对角线、的中点， 点的横坐标点的横坐标点的横坐标 点的横坐标点的横坐标， 点的横坐标点的横坐标点的横坐标点的横坐标 ； 以、为边时， 又可分为两种情况：点在线段上（如图），或点在线段的延长线上（如图）， 但无论哪种情况，此时都不再是菱形的边，而是菱形的对角线，这与题中要求“为菱形的一边”不符，故此处不再讨论； 综上所述，点的横坐标为或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，垂线的定义，两点确定一条直线，点到坐标轴的距离，待定系数法求一次函数解析式，解二元一次方程组，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质，勾股定理，解一元一次方程，菱形的性质，三线合一，线段中点坐标的计算，三角形中位线定理，等边对等角，直角三角形的两个锐角互余等知识点，寻找等量关系，利用勾股定理列解方程是解题的关键． 44．（23-24八年级下·山东淄博·期末）如图1，在平面直角坐标系中，已知边长为8的正方形的顶点A，C分别在x，y轴的正半轴上.点P是x轴正半轴上的一动点，连接，直线绕点P顺时针旋转与过A点的直线相交于点D，连接    (1)求k的值； (2)当点P在边上时（点P与点A不重合），判断形状，并说明理由； (3)如图2，取的中点E，连接，以，为邻边构造平行四边形.问是否存在点P使得平行四边形是菱形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1)的值为1 (2)形状为等腰直角三角形，理由见解析 (3)存在，点的坐标为或．理由见解析 【分析】本题考查了平面直角坐标系、一次函数、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理、平行四边形的性质与菱形的性质，正方形的性质．综合运用以上知识点是解题的关键． （1）将点坐标代入求解即可； （2）根据等腰直角三角形的判定方法判定即可； （3）利用证明，得到，，，设，则，，再根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：由题意可知，点坐标为． 代入， 可得：， 解得：． 的值为1． （2）直线绕点P顺时针旋转与过A点的直线相交于点D， ，， 形状为等腰直角三角形． （3）解：存在点P使得平行四边形是菱形． 则有．      理由：如图，过点作轴于点， ， ， ， 又 ， ， 又 ， ． ，， ， ， ． 设，则，， 是的中点， 是的中线， 在， ， ． 根据勾股定理： 在中，， ， 解得：，． 点的坐标为或． 45．（23-24八年级下·山东临沂·阶段练习）如图，长方形中，， ，在边上取一点E，将折叠后点D恰好落在边上的点F处． (1)求的长； (2)在（1）的条件下，边上是否存在一点P，使得值最小？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)1 (2) 【分析】本题主要考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理等知识点，理解矩形的性质成为解题的关键． （1）由平行四边形的性质可得,再根据折叠的性质，进而利用勾股定理求出，最后在，利用勾股定理即可解答； （2）如图，延长至使，连接交于P，此时，最小，最小值为，进而求得，最后利用勾股定理即可解答． 【详解】（1）解：∵长方形中，， ， ∴， 由折叠知，， 在中，根据勾股定理得， ， ∴， 设，则， 在中，根据勾股定理得，， ∴，解得：， ∴． （2）解：如图，延长至使，连接交于P，此时，最小，最小值为， ∵， ∴， 在中，根据勾股定理得， ． 46．（20-21八年级下·重庆黔江·期末）如图，长方形是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，，．在上取一点M，使得沿翻折后，点B落在x轴上，记作点．    (1)点的坐标是______； (2)求折痕所在直线的解析式； (3)在x轴上是否能找到一点P，使的面积为9？若存在，直接写出点P的坐标？若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】本题主要考查了一次函数的综合，考查了折叠的性质，待定系数法求一次函数的解析式，三角形面积，勾股定理等知识，掌握折叠的性质是解题的关键． （1）由长方的性质及翻折的性质可得，在中，由勾股定理即可求得的长，从而求得点的坐标； （2）设，则，由翻折的性质，在中由勾股定理建立关于t的方程，解得t，则可得点M的坐标，用待定系数法即可求得直线的解析式； （3）由面积条件可求得的长，再根据点P的位置即可确定点P的坐标． 【详解】（1）解：在长方形中， ∴，， ∵沿翻折后，点B落在x轴上，记作点， ∴， 在中，， ∴， ∴点的坐标为； 故答案为： （2）解：设，则， ∵， 在中，， 即，解得， ∴M点的坐标为， 设直线的解析式为， 把和代入得， ，解得∶ ， ∴直线的解析式为； （3）解：存在，理由： 设点P的坐标为， ∵的面积为9， ∴，即， ∴， ∵， ∴当点P在点的右侧时，点P的坐标为； 当点P在点的左侧时，点P的坐标为； ∴点P的坐标为或． 47．（22-23八年级下·山东聊城·期末）如图，在平面直角坐标系中，点，点B在y轴上，菱形的顶点．    (1)求直线的解析式； (2)点P是对角线上的一个动点，当取到最小值时，求点P的坐标； (3)y轴上是否存在一点Q，使的面积等于菱形的面积，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或 【分析】（1）先由菱形的性质得出点C的坐标，再用待定系数法即可求出解析式； （2）先确定当取到最小值时点P的位置是直线与y轴的交点，即可根据、的解析式，求出点P的坐标，即可解答； （3）存在，设点Q的坐标为，先求出菱形的面积，根据面积相等，即可求出y，从而求出点Q的坐标． 【详解】（1）解：∵，∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 设的解析式为， 则，解得：， ∴； （2）连接，交于点P，连接，交于点N，    ∵四边形是菱形， ∴， ∴ ， 由三角形三边关系可知：， ∴当A、P、D三点共线时，最小， 设的解析式为， 将、代入，得：， 解得：， ∴， 联立， 解得， ∴P点坐标为； （3）∵，， ∴， 如图，设交y轴于点E，则，设，    则 ， ∴， ∴或， ∴Q点的坐标为或． 【点睛】本题考查一次函数的图象性质和菱形的性质，熟练掌握以上性质是解题关键． $$专题01 特殊平行四边形（13大题型） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 利用矩形的性质与判定求角度、线段长（难点） · 题型二 利用矩形的性质与判定求周长、面积（难点） · 题型三 利用菱形的性质与判定求角度、线段长（难点） · 题型四 利用菱形的性质与判定求周长、面积（难点） · 题型五 正方形的性质与判定综合（难点） · 题型六 求特殊平行四边形坐标（高频） · 题型七 与特殊平行四边形有关的折叠问题（高频） · 题型八 特殊平行四边形综合问题（高频） · 题型九 与特殊平行四边形有关的动点问题（压轴） · 题型十 与特殊平行四边形有关的新定义问题（难点） · 题型十一 与特殊平行四边形有关的线段最值问题（压轴） · 题型十二 特殊平行四边形与函数综合（高频） · 题型十三 与特殊平行四边形有关的存在性问题（压轴） 题型一 利用矩形的性质与判定求角度、线段长（难点） 1．（2023·广东梅州·一模）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，求的度数． 2．（24-25八年级上·山东青岛·期中）勾股定理是用代数思想解决几何问题的重要工具，也是数形结合的纽带之一，如图，有一架秋千，当它静止在的位置时，踏板离地的垂直高度为，将秋千往前推送，到达的位置，此时，秋千的踏板离地的垂直高度为，秋千的绳索始终保持拉直的状态． (1)求秋千的长度； (2)如果将秋千往前推送，求此时踏板离地的垂直高度为多少？ 3．（24-25九年级上·北京·开学考试）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，点F，G在上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求和的长． 4．（23-24八年级下·山东德州·期末）数与形是数学中的两个最古老，也是最基本的研究对象，它们在一定条件下可以相互转化，数形结合就是把抽象的数学语言、数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过“以形助数”或“以数解形”使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而起到优化解题途径的目的． 【思想应用】 （1）已知a，b均为正实数，且，求的最小值．通过分析，小军想到了构造图形解决此问题：如图，，，，，，点E是线段AB上的动点，且不与端点重合，连接CE，DE，设，． ①用含a的代数式表示________，用含b的代数式表示________． ②据此写出的最小值：________． 【类比应用】 （2）根据上述方法，求代数式的最小值． 题型二 利用矩形的性质与判定求周长、面积（难点） 5．（21-22八年级下·山东日照·期末）如图，已知等腰，，点D是边的中点，是外角的平分线，过点C作，垂足为E． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若矩形的周长是42，，求四边形的面积． 6．（2021·山东滨州·一模）如图，点为正方形对角线上一点， 于点， 于点． （1）求证：． （2）若正方形的边长为12，求，四边形的周长． 7．（22-23八年级下·山东烟台·期中）如图，在中，，是边上的中线，过点A作的平行线，过点B作的平行线，两直线交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点O，若，，求四边形的面积． 8．（22-23八年级下·山东聊城·期末）如图，在四边形中，，，，、两点到的距离分别为和，求四边形的面积．    题型三 利用菱形的性质与判定求角度、线段长（难点） 9．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，在中，对角线与相交于点O，平分，过点B作交于点E． (1)求证：； (2)若，，求的长． 10．（22-23八年级下·广东广州·期末）如图，在中，点D，E分别是边的中点，，交的延长线于点F，连接交于点O．    (1)求证：； (2)若，，求的度数． 11．（2024·四川广元·二模）如图，中，，点D为边中点，过D点作的垂线交于点E，在直线上截取，使，连接、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，连接，求的长． 12．（21-22八年级下·北京朝阳·期末）如图，在中，，，分别是，的中点，，．      (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点，连接，若，，求的长   题型四 利用菱形的性质与判定求周长、面积（难点） 13．（22-23八年级下·山东济南·期末）已知：如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，点，分别在，的延长线上，且，连接，，，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若平分，，，求四边形的周长． 14．（22-23八年级下·吉林·期末）如图，在中，以点A为圆心，以任意长为半径画圆弧，分别交边、于点M、N，再分别以点M、N为圆心，以大于长为半径画圆弧，两弧交于点P，作射线交边于点E，过点E作交于点F．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的周长为36，则菱形的面积是_________． 15．（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，已知点分别是的边上的中点，且， (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 16．（22-23八年级下·广东珠海·期中）如图，在矩形中，点O是对角线的中点，过点O作交于点E，交于F，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的周长和面积． 题型五 正方形的性质与判定综合（难点） 17．（22-23八年级下·河南商丘·期中）已知：如图，菱形的对角线与相交于点O，若 (1)求证：四边形是正方形； (2)E是上一点，，垂足为H，与相交于点F，求证：． 18．（21-22八年级上·山东烟台·期末）【问题情境】 如图1，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接． （1）四边形的形状是_________； 【解决问题】 （2）若，，则正方形的面积为_________； 【猜想证明】 （3）如图2，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明． 19．（22-23八年级下·福建龙岩·期中）已知，如图，在正方形中，点分别是边上的动点． (1)如图1，若，垂足为，求证：； (2)如图2，点是边上一点，且，垂足为． ①判断与是否相等？并说明理由； ②如图3，若垂直平分，交对角线交于点，写出线段之间的数量关系，并说明理由 题型六 求特殊平行四边形坐标（高频） 20．（22-23八年级下·山东聊城·期末）在如图所示的直角坐标系中，菱形的边长是，为的中点，轴垂直平分，垂足为点，请分别求出点，，，的坐标． 21．（24-25八年级上·山东枣庄·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，边与轴交于点G，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，求点E的坐标． 22．（23-24八年级下·山东泰安·期中）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，正方形的边长为2，且边、分别在x轴和y轴上． (1)直接写出B点坐标； (2)正方形绕点A顺时针旋转，求点B的对应点的坐标； (3)正方形绕点A顺时针旋转，当点C恰好落在AB延长线上时，直接写出点B的对应点的坐标． 23．（23-24八年级下·山东德州·期末）探究： 小明在求同一坐标轴上两点间的距离时发现，对于平面直角坐标系内任意两点，，可通过构造直角三角形利用图①得到结论：．他还利用图②证明了线段的中点的坐标公式：，． （1）请你帮小明写出中点坐标公式的证明过程． 运用： （2）已知点，，求线段的长度； （3）请直接写出以点，，，为顶点的平行四边形顶点的坐标． 题型七 与特殊平行四边形有关的折叠问题（高频） 24．（24-25八年级上·全国·课后作业）如图，在长方形中，，，点P在边上，将沿折叠，使点C落在点E处，，分别交于点O，F．已知，求的长． 25．（22-23八年级下·山东济宁·期中）如图，把矩形纸片进行折叠． (1)如图1，若折叠后C点和A点重合，折痕交边，分别于点E，F，连接，交于点O．求证：四边形为菱形； (2)如图2，若折叠后C点落在边上的N点处，折痕交边于点M．已知该矩形纸片的长为，宽为．求的长． 26．（23-24八年级下·山东临沂·期中）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点处，与交于点．    【猜想】． 【验证】请将下列证明过程补充完整： 矩形纸片沿所在的直线折叠， 　　， 四边形是矩形， ∴， 　　， ∴______=______， ∴． 【应用】如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点落在点处，点落在点处，折痕为． （1）猜想与的数量关系，并说明理由； （2）若，，求的长． 27．（22-23八年级下·山东威海·期末）综合与实践 折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为完美矩形．    (1)操作发现： 如图①，将纸片按所示折叠成完美矩形，若的面积为12，，则此完美矩形的边长______，面积为______． (2)类比探究： 如图②，将平行四边形纸片按所示折叠成完美矩形，若平行四边形的面积为20，，则完美矩形的周长为______． (3)拓展延伸： 如图③，将平行四边形纸片按所示折叠成完美矩形，若，，求此完美矩形的周长为多少． 题型八 特殊平行四边形综合问题（高频） 28．（23-24八年级下·山东聊城·期中）如图，以的三边为边在上方分别作等边，，，且点A在内部．给出以下结论：①四边形是平行四边形；②当时，四边形是菱形；③当时，四边形是矩形；④当，且时，四边形是正方形．其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）． 29．（22-23八年级下·山东滨州·期末）如图，以的三边为边分别作等边、、．且点A在内部．给出以下结论：①；②当时，四边形是矩形；③当时，四边形是菱形；④当，且时，四边形是正方形．其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）．    30．（2023·山东临沂·一模）四边形的对角线，交点，点，，，分别为边， ，，的中点．有下列四个推断， ①对于任意四边形，四边形可能不是平行四边形；②若，则四边形一定是菱形；③若，则四边形一定是矩形；④若四边形是菱形，则四边形也是菱形． 所有正确推断的序号是 ． 题型九 与特殊平行四边形有关的动点问题（压轴） 31．（22-23八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，，点，的坐标分别为，，动点从点A沿以每秒个单位的速度运动；动点从点沿以每秒个单位的速度运动，同时出发，当一个点到达终点后另一个点继续运动，直至到达终点，设运动时间为秒． (1)在时，点坐标______，点坐标______． (2)当为何值时，四边形是矩形？ 32．（20-21八年级下·山东济南·期末）如图，在四边形中，，，，，动点P从点A出发，以的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以的速度向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当四边形是平行四边形时，求t的值； (2)当________时，四边形是矩形；若且点Q的移动速度不变，要使四边形能够成为正方形，则P点移动速度是________； (3)在点P、Q运动过程中，若四边形能够成为菱形，求的长度． 33．（23-24八年级上·山东青岛·期末）如图，在矩形中，，，点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时点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．    (1)当t为何值时，四边形是矩形？ (2)当t为何值时，四边形是菱形？求出此时菱形的面积． 题型十 与特殊平行四边形有关的新定义问题（难点） 34．（23-24八年级下·山东威海·期末）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”． (1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 （填序号）； (2)如图， 在正方形中， E为上一点， 连接， 过点B作于点H， 交于点G， 连，． 判断四边形是否为“神奇四边形”，并说明理由； 如图2， 点M，N，P，Q分别是，，，的中点． 判断四边形是否是“神奇四边形”，并说明理由： (3)如图3， 点F，R分别在正方形的边，上， 把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为6，求线段的长． 35．（23-24八年级上·山东东营·期末）附加题： 我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的品四边形叫得等补四边形． (1)如图1，是等边三角形，在上任取一点（不与，重合），连接，我们把绕点逆时针旋转60°，则与重合，点的对应点为点．请根据给出的定义判断，四边形______（选择“是”或“不是”）等补四边形． (2)如图2，等补四边形中，，，若，则的长为______． (3)如图3，四边形中，，，，求四边形面积的最大值． 36．（22-23八年级下·湖南长沙·期末）定义：对于一个凸四边形，我们把依次连接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“中正四边形”．    (1)概念理解：下列四边形中一定是“中正四边形”的是______ ； A．平行四边形   B．矩形   C．菱形   D．正方形 (2)性质探究：如图，四边形是“中正四边形”，观察图形，直接写出关于四边形对角线的两条结论； (3)问题解决：如图，为锐角三角形，以的两边，为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连接，，，求证：四边形是“中正四边形”． 题型十一 与特殊平行四边形有关的线段最值问题（压轴） 37．（21-22八年级下·山东济宁·期中）【【问题情境】如图1，已知点A，B在直线l的同侧，在直线l上找一点P，使得的值最小． 小军的思路是：如图2，作点A关于直线l的对称点，连接，则与直线l的交点P即为所求． 【启发应用】请参考小军同学的思路，探究并解答下列问题： (1)如图3，在图2的基础上，设与直线l的交点为点C，过点B作，垂足为点D．若，，，求出此时的最小值； (2)如图3，若，，，则此时的最小值为______； (3)【解决问题】根据以上解决问题的思路，直接写出的最小值． 38．（2023·陕西西安·三模）如图1，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，分别在y轴，x轴上，当在x轴上运动时，A随之在y轴上运动，矩形的形状保持不变，其中，． (1)取的中点，连接，，求的值． (2)如图2，若以为边长在第一象限内作等边三角形，运动过程中，点到原点的最大距离是多少？ 39．（2022九年级上·全国·专题练习）问题提出 (1)如图，点、是直线外两点，在直线上找一点，使得最小． 问题探究 (2)在等边三角形内有一点，且，，，求度数的大小． 问题解决 (3)如图，矩形是某公园的平面图，米，米，现需要在对角线上修一凉亭，使得到公园出口、，的距离之和最小．问：是否存在这样的点？若存在，请画出点的位置，并求出的和的最小值；若不存在，请说明理由． 题型十二 特殊平行四边形与函数综合（高频） 40．（23-24八年级下·山东滨州·期中）如图，已知四边形是平行四边形，点和点，连结并延长交y轴于点D． (1)求直线的函数解析式； (2)若点P从点C出发以2个单位/秒沿x轴向左运动，同时点Q从点O出发以1个单位/秒沿x轴向右运动，过点P，Q分别作x轴垂线交直线和直线分别于点E，F，猜想四边形的形状（点P，Q重合除外），并证明你的结论； (3)在（2）的条件下，当点P运动多少秒时，四边形是正方形? （直接写出结果） 41．（22-23八年级下·山东聊城·阶段练习）已知：如图，已知直线的函数解析式为，与x轴交于点A，与y轴交于点B．    (1)求A、B两点的坐标； (2)若点为线段上的一个动点（与A、B不重合），作轴于点E，轴于点F，连接，问： ①若的面积为S，求S关于m的函数关系式，并写出m的取值范围； ②是否存在点P，使的值最小？若存在，求出的最小值：若不存在，请说明理由． 42．（23-24八年级下·江苏常州·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别落在轴、轴上，点，一次函数的图像与轴、边交于点、． (1)求的长； (2)若点是轴上一动点，以、、、为顶点的四边形是平行四边形，求点的坐标； (3)点是一次函数图像上一动点，且点在第二象限，点是轴上一个动点，点是平面内一点，若以、、、为顶点的四边形是正方形，求点的坐标． 题型十三 与特殊平行四边形有关的存在性问题（压轴） 43．（22-23八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，，为直线上一动点，连接，过作，交直线、直线于点、，连接． (1)点的坐标为____________；直线的解析式为____________． (2)当为中点时，求的长． (3)在点的运动过程中，坐标平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形（且为菱形的一边），若存在，求出点的横坐标，若不存在，请说明理由． 44．（23-24八年级下·山东淄博·期末）如图1，在平面直角坐标系中，已知边长为8的正方形的顶点A，C分别在x，y轴的正半轴上.点P是x轴正半轴上的一动点，连接，直线绕点P顺时针旋转与过A点的直线相交于点D，连接    (1)求k的值； (2)当点P在边上时（点P与点A不重合），判断形状，并说明理由； (3)如图2，取的中点E，连接，以，为邻边构造平行四边形.问是否存在点P使得平行四边形是菱形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由． 45．（23-24八年级下·山东临沂·阶段练习）如图，长方形中，， ，在边上取一点E，将折叠后点D恰好落在边上的点F处． (1)求的长； (2)在（1）的条件下，边上是否存在一点P，使得值最小？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 46．（20-21八年级下·重庆黔江·期末）如图，长方形是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，，．在上取一点M，使得沿翻折后，点B落在x轴上，记作点．    (1)点的坐标是______； (2)求折痕所在直线的解析式； (3)在x轴上是否能找到一点P，使的面积为9？若存在，直接写出点P的坐标？若不存在，请说明理由． 47．（22-23八年级下·山东聊城·期末）如图，在平面直角坐标系中，点，点B在y轴上，菱形的顶点．    (1)求直线的解析式； (2)点P是对角线上的一个动点，当取到最小值时，求点P的坐标； (3)y轴上是否存在一点Q，使的面积等于菱形的面积，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，说明理由． $$