专题04 四边形（考题猜想，压轴必刷56题13种题型）-2024-2025学年八年级数学下学期期中考点大串讲（北京版）

专题04 四边形（压轴必刷56题13种题型） 1 / 22 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 多边形内角和与外角和综合 · 题型二 平行四边形的判定与性质 · 题型三 矩形的判定与性质 · 题型四 菱形的判定与性质 · 题型五 正方形的判定与性质 · 题型六 中点四边形 · 题型七 三角形的中位线 · 题型八 （特殊）平行四边形的存在性问题 · 题型九 （特殊）平行四边形的折叠问题 · 题型十 平行四边形的最值问题 · 题型十一 （特殊）平行四边形的旋转问题 · 题型十二 平行四边形与函数综合 · 题型十三 平行四边形的新定义问题 题型一 多边形内角和与外角和综合 1．（23-24八年级下·北京·期末）如图，正五边形中，点是边的中点，的延长线交于点，点是上一个动点，点是上一个动点，当的值最小时，（    ） A． B． C． D． 2．（2023·北京·三模）如图，甲、乙两位同学用个完全相同的正六边形按如下方式拼成一圈后，使相邻的两个正六边形有公共顶点，设相邻两个正六边形外圈的夹角为，内圈的夹角为，中间会围成一个正边形，关于的值，甲的结果是，乙的结果是或4，则（    ）    A．甲的结果正确 B．乙的结果正确 C．甲、乙的结果合在一起才正确 D．甲、乙的结果合在一起也不正确 3．（24-25八年级下·北京·期末）如图，在中，，点、分别是的边、的中点，边分别与、相交于点、，且，，连接、、，现在下列四个结论：①，②平分，③，④．则其中正确的结论有 ．（填序号） 4．（23-24八年级下·北京朝阳·期中）在平面内有个点，其中每三个点都能构成等腰三角形，我们把具有这样性质的个点构成的点集称为爱尔特希点集，如图，四边形的四个顶点构成爱尔特希点集，若平面内存在一个点与，，，也构成爱尔特希点集，则 ． 5．（24-25八年级下·北京海淀·期中）小东在学习中遇到这样一个问题：如图1，中，平分，平分外角．猜想与的数量关系．    (1)小东阅读题目后，没有发现数量关系与解题思路，于是尝试代入的值求的值， ①如果，则的度数为_____；如果，则的度数为_____． ②请猜想与的数量关系，并说明理由． (2)小东继续探究，如图2，在四边形中，平分，且与四边形的外角的平分线交于点．若，，则的度数为_____． (3)小东又思考，改变，的大小，如图3，在四边形中，四边形的内角的角平分线所在的直线与外角的角平分线所在的直线相交于点，若，，则可表示为_____．（请用含α、β的表达式表示） 题型二 平行四边形的判定与性质 6．（24-25八年级下·北京·阶段练习）如图，在中，，，，点为上任意一点，连接，以、为邻边作平行四边形，连接，则的最小值为（   ） A．2 B． C．4 D． 7．（24-25八年级下·北京·阶段练习）如图，平行四边形的对角线交于点，平分交于点，且，，连接．下列结论：①；②；③；④．其中成立的个数有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 8．（24-25八年级下北京·阶段练习）已知中，，，点为中点，点在边上，，若，判断下列五个结论中 ；；，平分； 正确的序号有 ． 9．（24-25八年级下·北京·阶段练习）如图所示，平行四边形中，点、分别是、的中点，，，，则的长是 ． 10．（24-25八年级下·北京·阶段练习）平行四边形中，点在边上，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，延长、交于点，的垂直平分线交于，连接、，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，若，且，求的长． 题型三 矩形的判定与性质 11．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，，分别以为边向外作正方形，正方形，正方形．若直线交于点N，过点M作交于点K，过点H作与分别交于点P、Q．则四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 12．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，已知的顶点分别在直线：和上，是坐标原点，当对角线的长最小时，点的坐标为 ． 13．（23-24八年级下·陕西西安·期末）如图，矩形中，，，点从点沿向点移动，若过点作的垂线交于点，过点作的垂线交于点，则的长度最小为 ．    14．（24-25八年级下·吉林长春·阶段练习）如图①，在矩形中，，，点M在边上，，点N是边上一动点（不含端点），．连接，将四边形沿所在直线翻折，得到四边形，点A、B的对应点分别为点E、F． (1) __________； (2)当时， ________；当时， ________． (3)如图②，当点E落在边上时，连接，求的值． (4)当所在直线经过矩形的顶点时，直接写出x的值． 15．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）矩形中，G，H分别是，的中点，E，F是对角线上的两个动点，且． (1)如图，当时，求证：四边形是平行四边形； (2)若，，以E，G，F，H为顶点的四边形为矩形，请直接写出的长． 题型四 菱形的判定与性质 16．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，在菱形中，，，E，F分别是边和的延长线上一点，且，以，为边作，H是的中点．则线段的长为（   ） A． B． C． D． 17．（23-24八年级下·全国·期中）如图，矩形中，对角线，相交于点，，，，交于点，交于点，延长交于点，连接．则下列结论： ①； ②四边形是菱形； ③； ④． 其中结论正确的序号是（　　） A．①②③ B．①②③④ C．①④ D．②③④ 18．（2024·上海·模拟预测）如图1两张等宽的矩形纸片，矩形纸片不动，将矩形纸片按如图2方式缠绕：先将点与点重合，再依次沿、对折，点A、C所在的相邻两边不重叠、无空隙，最后边刚好经过点G．   若，，则长为 19．（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，四边形是平行四边形，为上任意一点． (1)如图①，只用无刻度的直尺在边上作出点，使； (2)如图②，用直尺和圆规作出菱形，使得点、、分别在边、、上．（不写作法，只保留作图痕迹） (3)在（2）的条件下，若，，，，直接写出菱形的边长． 20．（24-25八年级下·陕西咸阳·阶段练习）问题提出 （1）如图1，在中，对角线平分．求证：四边形是菱形； 问题探究 （2）如图2，点E在正方形内，点F在正方形外，连接、、、，，且，．若，求的长； 问题解决 （3）如图3，某公园内有一块四边形草坪，其中，，且平分，，．为了进一步提升服务休闲功能，满足市民游园和健身需求，现要沿、修建步行景观道，其中，点E，P分别在边，对角线上．根据设计要求，，为了节省成本，要使所修的步行景观道最短，即的值最小，试求的最小值．（路面宽度忽略不计） 题型五 正方形的判定与性质 21．（24-25八年级下·河南郑州·阶段练习）如图，已知四边形为正方形．，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论：①矩形是正方形；②；③；④平分．其中结论正确的序号有（   ） A．①③④ B．①②④ C．①②③ D．①②③④ 22．（24-25八年级下·陕西西安·开学考试）如图，在正方形中，点P在对角线上，分别为垂足，连接，若，则（    ）. A． B． C． D．5 23．（24-25八年级下·辽宁锦州·阶段练习）如图，边长为4的正方形中，M，N为对角线两点，且，点E为边的中点，则的最小值 ． 24．（24-25八年级下·山东淄博·阶段练习）如图，在中，的平分线交于点，交的延长线于，以、为邻边作． (1)证明：是菱形； (2)若，连接、，求的度数； (3)若，，，是的中点，求的长． 题型六 中点四边形 25．（23-24八年级下·河南新乡·期中）如图，A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点，且AC⊥BD，AC＝6，BD＝10．依次取A1B1，B1C1，C1D1，D1A1的中点A2，B2，C2，D2，再依次取A2B2，B2C2，C2D2，D2A2的中点A3，B3，C3，D3……以此类推取An﹣1Bn﹣1，Bn﹣1Cn﹣1，Cn﹣1Dn﹣1，Dn﹣1An﹣1的中点An，Bn，Cn，Dn，若四边形AnBnCnDn的面积为，则n的值为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 26．（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，在四边形中，，、、、分别是、、、的中点，若,则 ．    27．（23-24八年级下·江苏盐城·期末）定义：对角线相等且所夹锐角为的四边形叫“等角线四边形”． 如图1，四边形为“等角线四边形”，即． 判定探究： (1)下列语句能判断四边形是“等角线四边形”的是 ．（填序号） ①对角线所夹锐角为的平行四边形； ②对角线所夹锐角为的矩形； ③对角线所夹锐角为，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形． (2)性质探究：以为边，向下构造等边三角形，连接BE，如图2，请直接写出与的大小关系； (3)请判断与的大小关系，并说明理由； (4)学习应用：若“等角线四边形”的对角线长为4，则该四边形周长的最小值为 ． 28．（23-24八年级下·浙江·期中）在四边形中，的中点分别为P、Q、M、M； （1）如图1，试判断四边形怎样的四边形，并证明你的结论； （2）若在上取一点E，连结，，恰好和都是等边三角形（如图2）： ①判断此时四边形的形状，并证明你的结论； ②当，，求此时四边形的周长（结果保留根号）． 题型七 三角形的中位线 29．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在平行四边形中，，，，点、分别是边、上的动点．连接、，点为的中点，点为的中点，连接．则的最大值与最小值的差为（    ） A． B． C． D． 30．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，，，，分别为边，上的点，，分别为，的中点．若，则的长为（　　） A． B． C． D． 31．（2025·陕西汉中·二模）如图，在矩形中，，，点M是平面内任意一点，连接，点N是的中点，连接，若，则的最大值为 ． 32．（24-25八年级下·广东深圳·开学考试）如图，正方形中，，延长交于点，延长交于点，过点作，交的延长线于点，，，则 ． 题型八 （特殊）平行四边形的存在性问题 33．（23-24八年级下·广东江门·期中）如图，边长为2的正方形中，P是对角线上的一个动点（与点A，C不重合），过点P作，交射线于点E．      (1)求证：； (2)在点P的运动过程中，能否为等腰三角形？如果能，求出此时的长；如果不能，试说明理由． 34．（24-25八年级下·江苏常州·阶段练习）如图，平行四边形位于直角坐标系中，为坐标原点，点，点，交轴于点．动点从点出发，沿方向以每秒个单位长度的速度终点运动，同时动点从点出发，沿射线的方向以每秒个单位长度的速度运动，当点运动到点时，点随之停止运动，运动时间为（秒）． (1)用含的代数式表示：__________，__________． (2)若以为顶点的四边形是平行四边形时，求的值． (3)当恰好是等腰三角形时，求的值．（不考虑的情况） 35．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点，分别在轴，轴上，线段，的长是方程组的解，点是直线与直线的交点，点在线段上，． (1)求点的坐标； (2)求直线的解析式； (3)是直线上的点，在平面内是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形（邻边相等的平行四边形）？若存在，请写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 36．（24-25八年级下·山西大同·期中）（1）问题背景：如图1，在四边形中，，，，，分别是，上的点，且，请探究图中线段，，之间的数量关系． 小明探究此问题的方法是：延长线段到点，使，连接．先证明， ，得；再由条件可得，证明， 进而可得线段，，之间的数量关系是 ．（直接写出结论） （2）拓展应用： 如图2，在四边形中，，，，分别是，上的点，且，（1）中的线段，，之间的数量关系是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． 学以致用： 如图3，四边形是边长为1的正方形，，直接写出△的周长． 题型九 （特殊）平行四边形的折叠问题 37．（24-25八年级下·山西晋中·期末）如图，裁剪出一正方形纸片，若，且为的中点，将沿着所在直线折叠，使点落在正方形内点处，连接，请你探究求出的面积为（    ） A． B． C． D． 38．（2025·海南省直辖县级单位·一模）如图，平面直角坐标系中，正方形的边在轴上，点的坐标为，点在边上．将沿折叠，点落在点处．若点的坐标为，则面积为 ，点的坐标为 ． 39．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，正方形的边长为，为上一点，，将沿折叠得到，连接，则线段的长度是多少？    40．（24-25八年级下·江西南昌·阶段练习）追本溯源 题（1）来自于课本中的习题，请你完成填空，并完成题（2）： （1）如图1，把一个长方形纸片按如图方式折一下，得到四边形是___________；（填“特殊的四边形”的名称） 拓展应用 （2）如图2，将图（1）中的长方形纸片过点的直线折叠，使得点恰好落在上的处，为折痕．若，求． 题型十 平行四边形的最值问题 41．（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，，，动点P从点B出发，沿着向点D移动，若过点P作，垂足分别为E、F，连接，则的长最小为（   ） A． B． C．5 D．7 42．（2024·陕西·模拟预测）如图，在矩形中，，在边上，，连接，则线段的最小长度为 ． 43．（24-25八年级下·四川成都·期末）如图，在边长为2正方形中，E为边上一动点（点E不与B，C重合），连接，以为直角边作等腰直角三角形，其斜边与正方形边相交于点N，连接． (1)求证：； (2)当E运动到的中点时，求线段的长度； (3)如图2，连接交与点P，G是的中点，连接，，当等于多少时，的最小，并求出最小值？ 44．（24-25八年级下·全国·期末）如图所示，四边形中，于点O，且，点P为线段上的一个动点． (1)填空：　　　． (2)过点P分别作于M点，作于H点． ①试说明为定值． ②连接，试探索：在点P运动过程中，是否存在点P，使的值最小？若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由． 题型十一 （特殊）平行四边形的旋转问题 45．（23-24八年级下·四川南充·期末）如图，在正方形中，为边上的点，连接，，将绕点顺时针方向旋转得到，连接，则的度数为（　　） A． B． C． D． 46．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，线段，点为线段延长线上一点，将线段绕点旋转得到线段，连接为的中点，连接，则线段的最小值为 ． 47．（24-25八年级下·安徽六安·阶段练习）如图，两张正方形的纸片，的一个顶点重合，正方形纸片绕点旋转一定的角度，使得B，E，G三点在同一条直线上，与边相交于点． （1）若，则 （用含的式子表示）； （2）若，，则的长为 ． 48．（24-25八年级下·江西吉安·期末）【课本再现】 （1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点转动．则下列结论正确的是________（填序号即可） ①；②；③四边形的面积总等于； ④连接，总有． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，猜想，，之间的数量关系，并进行证明． 题型十二 平行四边形与函数综合 49．（2025·江苏盐城·模拟预测）如图，在直角坐标系中，长方形纸片的边，点坐标为，若把图形按如图所示折叠，使、两点重合，折痕为． (1)求三角形面积； (2)求的函数表达式． 50．（23-24八年级下·安徽黄山·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点；直线过点和点，且轴．点从点出发以每秒个单位长度的速度沿射线方向运动，同时点从点出发以每秒个单位长度的速度沿射线方向运动，设点运动的时间为（秒）． (1)求直线的函数表达式及点的坐标； (2)运动秒后，点坐标为 ，点坐标为 ；（用含的式子表示） (3)若以为顶点的四边形为平行四边形，求的值． 51．（23-24八年级下·重庆·期中）如图，在矩形中，，，动点在对角线上运动（点不与、重合），设的长度为，的面积为，的面积为，请解答下列问题： (1)请直接写出，与的函数关系式及的取值范围，并在平面直角坐标系中画出，的函数图象； (2)结合函数的图象，写出函数的一条性质； (3)根据图象直接写出当时，的取值范围． 52．（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）如图1，将矩形放在直角坐标系中，为原点，点在轴上，点在轴上，的长满足，把矩形沿对角线所在直线翻折，点落到点处，交于点． (1)直接写出直线的函数解析式：______； (2)如图2，过点作，交于点，交于点，连接，判断四边形的形状，并说明理由； (3)在（2）的条件下，点是轴上一点，直线上是否存在一点，使以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由． 题型十三 平行四边形的新定义问题 53．（24-25八年级下·重庆·阶段练习）阅读与思考：在平面直角坐标系中，直线过点且平行于轴，对于点和四边形，给出如下定义：点关于直线的对称点落在四边形所围成的图形上及其内部，则称点是四边形关于直线的可触碰点．已知点，，，． (1)四边形是 （填：平行四边形、菱形、矩形或正方形）；是四边形关于直线的可触碰点，则的取值范围是 ． (2)已知点是直线上的一动点，当是四边形关于直线的可触碰点时，求满足条件的所有点组成的几何图形的面积． 54．（24-25八年级下·北京·开学考试）在平面直角坐标系中，对于点P与图形W给出如下定义：如果存在以点P为端点的一条射线与图形W有目仅有2个公共点，那么称点P为图形W的“相关点”．已知点． (1)当时， ①在中，是折线的“相关点”的是_______； ②点M为直线上一点，如果M为折线的“相关点”，求点M横坐标的取值范围． (2)正方形的各边都平行于坐标轴，对角线的交点N的坐标为，如果正方形的边长为2，正方形上任意一点都是折线的“相关点”，请直接写出m的取值范围． 55．（23-24八年级下·北京大兴·期中）在平面直角坐标系中，对于P，Q两点给出如下定义：若点P到两条坐标轴的距离之和等于点Q到两条坐标轴的距离之和，则称P，Q两点为和谐点．例如，图1中的P，Q两点即为和谐点． (1)已知点． ①在点中，点A的和谐点是 ； ②若点B在y轴上，且A，B两点为和谐点，则点B的坐标是 ； (2)已知点，点，连接，点M为线段上一点． ①经过点且垂直于x轴的直线记作直线l，若在直线l上存在点N，使得M，N两点为和谐点，则n的取值范围是 ； ②若点，点，在以线段为斜边的等腰直角三角形的某条边上存在点K，使得M，K两点为和谐点，则m的取值范围是 ． 56．（23-24八年级下·北京·期中）对于平面直角坐标系中的两点A和C，给出如下定义：若A，C是某个矩形对角线的顶点，且该矩形的每条边均与x轴或y轴垂直，则称该矩形为点A，C的“对角矩形”．如图1为A，C的“对角矩形”的示意图，已知点． (1)①当时，在图2中画出点A，C的“对角矩形”，并直接写出它的面积S的值； ②若点A，C的“对角矩形”的面积是30，求t的值； (2)若点，在线段上存在一点D，使得点D，C的“对角矩形”是正方形，请直接写出t的取值范围． 15 / 22 学科网（北京）股份有限公司 $$专题04 四边形（压轴必刷56题13种题型） 81 / 109 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 多边形内角和与外角和综合 · 题型二 平行四边形的判定与性质 · 题型三 矩形的判定与性质 · 题型四 菱形的判定与性质 · 题型五 正方形的判定与性质 · 题型六 中点四边形 · 题型七 三角形的中位线 · 题型八 （特殊）平行四边形的存在性问题（难点） · 题型九 （特殊）平行四边形的折叠问题（难点） · 题型十 平行四边形的最值问题（难点） · 题型十一 （特殊）平行四边形的旋转问题（难点） · 题型十二 平行四边形与函数综合（难点） · 题型十三 平行四边形的新定义问题（难点） 题型一 多边形内角和与外角和综合 1．（23-24八年级下·北京·期末）如图，正五边形中，点是边的中点，的延长线交于点，点是上一个动点，点是上一个动点，当的值最小时，（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正多边形的定义，全等三角形的判定与性质等知识．连接，，，，根据全等三角形的判定与性质可得，则当E、P、M三点共线，且时，的值最小，过点E作于H，交于，分别求出和的度数，然后利用三角形外角的性质求解即可． 【详解】解：连接，，，， ∵正五边形， ∴，， ∵点是边的中点， ∴， ∴， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴当E、P、M三点共线，且时，的值最小， 过点E作于H，交于， 同理可求， ∴， 即当的值最小时，． 故选：C． 2．（2023·北京·三模）如图，甲、乙两位同学用个完全相同的正六边形按如下方式拼成一圈后，使相邻的两个正六边形有公共顶点，设相邻两个正六边形外圈的夹角为，内圈的夹角为，中间会围成一个正边形，关于的值，甲的结果是，乙的结果是或4，则（    ）    A．甲的结果正确 B．乙的结果正确 C．甲、乙的结果合在一起才正确 D．甲、乙的结果合在一起也不正确 【答案】D 【分析】正六边形的一个内角为，根据外角的定义有，，得，再讨论即可得的值． 【详解】解：∵正六边形的一个内角为， ∴， ∵为正边形的一个内角为度数， ∴， 当时，，则， 当时，，则， 当时，，则， 当时，，则， 则的值为3或4或5或6． 故选：D． 【点睛】本题考查了多边形的内角和．解题的关键是根据周角的定义推得． 3．（24-25八年级下·北京·期末）如图，在中，，点、分别是的边、的中点，边分别与、相交于点、，且，，连接、、，现在下列四个结论：①，②平分，③，④．则其中正确的结论有 ．（填序号） 【答案】①②③ 【分析】①根据四边形的内角和为，计算便可判断①的结论；②连接、，根据垂直平分线的性质得，，，进而由等腰三角形的性质得结论，从而得出②的结论；③证明，即可判断③的结论；④由，，当时，，，此时，由此判断④的结论． 【详解】解：①，， ， ， ， ①的结论正确； ②连接、，如图， 点，分别是的边、的中点，且，， ，，， ，，，，， ， 平分， ②的结论正确； ③点，分别是的边、的中点，，， ，， ，， ， ， ， ∴③的结论正确； ④，， ， ， 当时，则， ， ， ， 不是等边三角形， ， ④的结论不正确． 故答案为：①②③． 【点睛】本题是三角形的一个综合题，主要考查了三角形的内角和定理，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，四边形的内角和定理，考查的知识点多，难度增大，正确地作辅助线是解决本题的关键． 4．（23-24八年级下·北京朝阳·期中）在平面内有个点，其中每三个点都能构成等腰三角形，我们把具有这样性质的个点构成的点集称为爱尔特希点集，如图，四边形的四个顶点构成爱尔特希点集，若平面内存在一个点与，，，也构成爱尔特希点集，则 ． 【答案】或 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，正多边形的内角，三角形内角和定理；由题意知为某正五边形的任意四个顶点时，即满足题意，分点为正五边形的中心和顶点两种情况讨论． 【详解】解：依题意，当为正五边形的中心点时即满足题意， ． 当为正五边形的顶点时即满足题意， ∴ 故答案为：或． 5．（24-25八年级下·北京海淀·期中）小东在学习中遇到这样一个问题：如图1，中，平分，平分外角．猜想与的数量关系．    (1)小东阅读题目后，没有发现数量关系与解题思路，于是尝试代入的值求的值， ①如果，则的度数为_____；如果，则的度数为_____． ②请猜想与的数量关系，并说明理由． (2)小东继续探究，如图2，在四边形中，平分，且与四边形的外角的平分线交于点．若，，则的度数为_____． (3)小东又思考，改变，的大小，如图3，在四边形中，四边形的内角的角平分线所在的直线与外角的角平分线所在的直线相交于点，若，，则可表示为_____．（请用含α、β的表达式表示） 【答案】(1)①，②，详见解析 (2)，详见解析 (3)，详见解析 【分析】（1）利用三角形内角和与外角关系求出与的关系，①将和代入即可得解，②利用三角形内角和与外角关系求出与的关系即可得证； （2）根据四边形内角和得出，利用三角形外角的性质和角平分线的性质得出，进而即可得解； （3）如图，延长到G，延长，交于点H，由（1）得，，由三角形的内角和得出，进而即可求解． 【详解】（1）解：①∵是的外角， ∴， ∴， ∵平分，平分， ∴，， ∴， 当得，当得； 故答案为：，； ②，理由如下： ∵是的外角， ∴， ∴， ∵平分，平分， ∴，， ∴， ∴； （2）∵，，， ∴， ∵是的外角， ∴， ∴， ∵平分，平分， ∴，， ∴ ， ∴， 故答案为：； （3）如图，延长到G，延长，交于点H，    ∴，， ∵平分，平分， ∴平分，平分， 由（1）得，， 在中，，， ∴， ∴， 故答案为：； 【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理、四边形内角和，三角形外角的性质以及角平分线的性质等知识点，熟练掌握四边形的内角和是和三角形外角的性质是解决此题的关键． 题型二 平行四边形的判定与性质 6．（24-25八年级下·北京·阶段练习）如图，在中，，，，点为上任意一点，连接，以、为邻边作平行四边形，连接，则的最小值为（   ） A．2 B． C．4 D． 【答案】C 【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以及垂线段最短的性质，勾股定理等知识，设与交于点O，作于，首先利用勾股定理求出，当P与重合时，的值最小，的最小值，从而求解． 【详解】解：设与交于点O，作于．如图所示： 在中，， ∴为等腰直角三角形， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 当P与重合时，的值最小，则的值最小， 的最小值． 故选：C． 7．（24-25八年级下·北京·阶段练习）如图，平行四边形的对角线交于点，平分交于点，且，，连接．下列结论：①；②；③；④．其中成立的个数有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】此题考查了平行四边形的性质、三角形中位线的性质以及等边三角形的判定与性质，证得是等边三角形以及是的中位线是解答本题的关键． 由中，，易得是等边三角形，又由，证得；继而证得，得；由、以及，可得；可得是三角形的中位线，证得． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， 平分， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ，故正确； ， ，故正确； ，， ， ，故错误； ，，， ， ， ， ， ，故错误； 故选：B． 8．（24-25八年级下北京·阶段练习）已知中，，，点为中点，点在边上，，若，判断下列五个结论中 ；；，平分； 正确的序号有 ． 【答案】①②③④⑤ 【分析】过点作交延长下于点，过点作交延长下于点，取的中点，连接，延长交于点，根据平行四边形的性质，直角三角形的性质结合勾股定理求出，即可求出，即可判断①；证明，即可判断②；根据三角形面积公式及平行四边形面积公式即可判断③；证明是的中位线，进而证明，即可证明，求出，易证是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一即可判断④；利用直角三角形的性质求出，由勾股定理求出，，即可判断⑤． 【详解】解：过点作交延长下于点，过点作交延长下于点，取的中点，连接，延长交于点， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴，故③正确； ∵分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形， ∵， ∴，平分（三线合一），故④正确； ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故⑤正确； 故答案为：①②③④⑤ ． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，三角形中位线，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造三角形全等时解题的关键 ． 9．（24-25八年级下·北京·阶段练习）如图所示，平行四边形中，点、分别是、的中点，，，，则的长是 ． 【答案】 【分析】延长交的延长线于M，过点E作于N，先证明，得到，再证明是等边三角形，得到；求出，得到，则可得到；根据线段的和差关系求出，则，利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：延长交的延长线于M，过点E作于N， ∵E为的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴； ∵点F为的中点， ∴； 在中，， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 10．（24-25八年级下·北京·阶段练习）平行四边形中，点在边上，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，延长、交于点，的垂直平分线交于，连接、，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，若，且，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据平行四边形以及等边对等角得到，而，即可证明； （2）得到，由的垂直平分线交于得到，则，而，再由外角证明，即可证明全等； （3）过点作于点，过点作交于点，导角证明，再多次使用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴； （2）证明：如图， ∵由上知， ∴， ∵的垂直平分线交于， ∴， ∴， 由上得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：过点作于点，过点作交于点， ∵， ∴设，， ∴， ∵， ∴， ∵在中，， ∴ ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴由勾股定理得：， ∵， ∴， ∴由勾股定理得：， ∴， ∴由勾股定理得：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的外角性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质等知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 题型三 矩形的判定与性质 11．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，，分别以为边向外作正方形，正方形，正方形．若直线交于点N，过点M作交于点K，过点H作与分别交于点P、Q．则四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是勾股定理应用、正方形的性质及矩形判定与性质，先由勾股定理得出，再由正方形的性质推出四边形都是矩形，再由矩形的性质得出，延长交于O，延长交于L，则，，可证，继而得出四边形是矩形，可得，同理可得，四边形是矩形，，即可求解四边形的面积． 【详解】解：在中，，， 由勾股定理得， ， 四边形都是正方形， 则四边形的四个角都是，四条对边平行且相等， ∴， ∴四边形为矩形， 延长交于点O，延长交于L， 则，如图所示， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ， ∴， ∵，， ∴， 又， ∴． ∴， 同理可证，． ∴， ∵， 已证四边形是矩形，且四边形为正方形， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， 同理可证，四边形为矩形， ∴， ∴， ， ∴四边形的面积为： ． 故选：C． 12．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，已知的顶点分别在直线：和上，是坐标原点，当对角线的长最小时，点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形，矩形的判定和性质，勾股定理，设直线与交于，与轴交于点，直线与交于点，与轴交于点，过点作于点，过点作轴于点，可证，得到，进而由四边形为矩形得，即得，得到，可知当最小时，即点在轴上，取得最小值，据此即可求解，利用平行四边形的性质，构造全等三角形，得出长度为定值是解题的关键． 【详解】解：设直线与交于，与轴交于点，直线与交于点，与轴交于点，过点作于点，过点作轴于点，如图所示， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵直线与直线均垂直于x轴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴当最小时，即点在轴上，取得最小值，最小值为， ∴此时点的坐标为， 故答案为：． 13．（23-24八年级下·陕西西安·期末）如图，矩形中，，，点从点沿向点移动，若过点作的垂线交于点，过点作的垂线交于点，则的长度最小为 ．    【答案】// 【分析】本题考查矩形的判定与性质、垂线段最短及面积法求直角三角形斜边上的高，正确作出辅助线是解题关键．连接、，依据，，，可得四边形为矩形，借助矩形的对角线相等，将求的最小值转化成求的最小值，再结合垂线段最短，将问题转化成求斜边上的高，最后利用面积法即可得解． 【详解】解：如图，连接、，   ，， ． 四边形是矩形， ， 四边形为矩形， ， 要求的最小值就是要求的最小值． 点从点沿着往点移动， 当时，取最小值． 在中， ，，， ． ， ， 的长度最小为：． 故答案为：． 14．（24-25八年级下·吉林长春·阶段练习）如图①，在矩形中，，，点M在边上，，点N是边上一动点（不含端点），．连接，将四边形沿所在直线翻折，得到四边形，点A、B的对应点分别为点E、F． (1) __________； (2)当时， ________；当时， ________． (3)如图②，当点E落在边上时，连接，求的值． (4)当所在直线经过矩形的顶点时，直接写出x的值． 【答案】(1)3 (2)1；2 (3) (4)或或 【分析】（1）根据，，直接求出； （2）根据，证明四边形为矩形，得出，说明此时；根据，求出，得出，证明四边形为矩形，得出，，，证明为等腰直角三角形，得出，即可得出答案即可； （3）过点N作于点P，根据折叠得出，，，，证明为等腰直角三角形，得出，，证明四边形为矩形，得出，，证明为等腰直角三角形，得出，，求出，，最后求出结果即可； （4）分三种情况：当所在直线经过矩形的顶点D时，当顶点C在的延长线上时，当顶点C在的延长线上时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴； （2）解：∵四边形为矩形， ∴，，，， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， 即此时； 当时，如图所示： 根据折叠可知：， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，，， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 即此时； （3）解：过点N作于点P，如图所示： 根据折叠可知：，，，， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ， ∴； （4）解：当所在直线经过矩形的顶点D时，如图所示： 根据折叠可知：，，，， ∵，，， ∴， ∴，， 根据勾股定理得：， ∴， ∴， ∵， ∴，， 根据勾股定理得：， 即， 解得：； 当顶点C在的延长线上时，连接，如图所示： 根据折叠可知：，，，， 根据勾股定理得：， ∴， ∵， ∴，， 根据勾股定理得：，， ∴， ∴， 解得：； 当顶点C在的延长线上时，连接，过点M作于点Q，如图所示： ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴在中，根据勾股定理得： ， 设，则，， 在中，根据勾股定理得：， 即， 解得：， ∴，， 根据折叠可知：， 在中，根据勾股定理得： ， 即， 解得：． 综上分析可知：或或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，勾股定理，注意进行分类讨论． 15．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）矩形中，G，H分别是，的中点，E，F是对角线上的两个动点，且． (1)如图，当时，求证：四边形是平行四边形； (2)若，，以E，G，F，H为顶点的四边形为矩形，请直接写出的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【分析】（1）由矩形的性质可得，，，由两直线平行内错角相等可得，由线段中点的定义可得，，进而可得，由可得，进而可得，利用可证得，， 于是可得，，由此即可得出结论； （2）连接，由（1）得，，，由此可证得四边形是矩形，于是可得，在中，根据勾股定理可得，然后分两种情况讨论：①当是矩形时；②当是矩形时；分别利用矩形的性质及线段之间的和差关系即可求出的长． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，，， ， ，分别是，的中点， ，， ， ， ， ， ，， ，， 四边形是平行四边形； （2）解：如图，连接， 由（1）得：，，， 四边形是矩形， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 分两种情况讨论： ①当是矩形时， ， ； ②当是矩形时， 如图， ， ； 综上，的长为或． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的判定，两直线平行内错角相等，线段中点的有关计算等知识点，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键． 题型四 菱形的判定与性质 16．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，在菱形中，，，E，F分别是边和的延长线上一点，且，以，为边作，H是的中点．则线段的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，根据菱形的性质得出，证出是等边三角形，，证明四边形是菱形，得出，，，，再证出，根据勾股定理得出，根据H是的中点，得出． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵H是的中点， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的性质和判定、平行四边形的性质、直角三角形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题的关键． 17．（23-24八年级下·全国·期中）如图，矩形中，对角线，相交于点，，，，交于点，交于点，延长交于点，连接．则下列结论： ①； ②四边形是菱形； ③； ④． 其中结论正确的序号是（　　） A．①②③ B．①②③④ C．①④ D．②③④ 【答案】B 【分析】根据矩形的性质和等边三角形的判定得出是等边三角形，可判断①；根据证明与全等，可判断②；根据全等三角形的性质可判断③④． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故结论①正确； ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 故结论②正确； ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， 故结论③正确； 在矩形中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故结论④正确； ∴结论正确的序号是①②③④． 故选：B． 【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理．解题的关键是根据矩形的性质和全等三角形的判定和性质解答． 18．（2024·上海·模拟预测）如图1两张等宽的矩形纸片，矩形纸片不动，将矩形纸片按如图2方式缠绕：先将点与点重合，再依次沿、对折，点A、C所在的相邻两边不重叠、无空隙，最后边刚好经过点G．   若，，则长为 【答案】1 【分析】根据矩形的性质，得出，，证明四边形是平行四边形，利用证明，得出，即可证明四边形是菱形；标记点，根据矩形的性质，得出，，，，证明四边形和四边形是平行四边形，根据菱形的性质、全等三角形的性质，得出，，，证明四边形是菱形，根据含角的直角三角形的性质，得出，证明、、、是边长相等的等边三角形，求出，，根据，得出答案即可． 【详解】解：∵两张纸片是等宽的矩形纸片， ∴，，，， ∴，四边形是平行四边形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 如图，标记点，    ∵两张纸片是等宽的矩形纸片， ∴，，，， ∴四边形和四边形是平行四边形， ∴ ∵由（1）得，，四边形是菱形， ∴，，， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴和是等边三角形， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴、是等边三角形， ∵、、、依次有公共边， ∴、、、是边长相等的等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：1． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质，灵活运用知识点推理证明是解题的关键． 19．（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，四边形是平行四边形，为上任意一点． (1)如图①，只用无刻度的直尺在边上作出点，使； (2)如图②，用直尺和圆规作出菱形，使得点、、分别在边、、上．（不写作法，只保留作图痕迹） (3)在（2）的条件下，若，，，，直接写出菱形的边长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，交于点，连接，延长交于点，利用平行四边形的性质证出，得到，则点即为所求； （2）连接，交于点，连接，延长交于点，作线段的垂直平分线交于，交于，连接，，，，利用平行四边形的性质证出，得到，再根据线段垂直平分线的性质得到，经过的中点，进而推出，得出，最后利用菱形的判定即可证明是菱形； （3）作于点，过点作交延长线于点，利用平行四边形的性质得到，，由（2）中的结论得，四边形是菱形，推出，，再利用直角三角形的性质推出，，利用勾股定理求出和的长，设，表示出和的长，在和分别利用勾股定理表示出和，再列出方程解出的值即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接，交于点，连接，延长交于点， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， 如图所示，点即为所求． （2）解：如图，连接，交于点，连接，延长交于点，作线段的垂直平分线交于，交于，连接，，，， 四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， ， 是线段的垂直平分线， ，经过的中点， ， ， 又， ， ， 又，， 四边形是菱形， 如图所示，菱形即为所求． （3）解：如图，作于点，过点作交延长线于点， 四边形是平行四边形， ，， ， 由（2）得，，四边形是菱形， ，， ， ，， ， ，， ，， ，， 设，则， ，， 在中，，即， 在中，，即， ， 解得：， ， ， 菱形的边长为． 【点睛】本题考查了尺规作图、全等三角形的性质与判定、菱形的性质与判定、直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握相关知识点，学会运用尺规正确作图，利用菱形的性质和勾股定理求线段长度是解题的关键．本题属于几何综合题，有一定难度，适合有能力解决几何难题的学生． 20．（24-25八年级下·陕西咸阳·阶段练习）问题提出 （1）如图1，在中，对角线平分．求证：四边形是菱形； 问题探究 （2）如图2，点E在正方形内，点F在正方形外，连接、、、，，且，．若，求的长； 问题解决 （3）如图3，某公园内有一块四边形草坪，其中，，且平分，，．为了进一步提升服务休闲功能，满足市民游园和健身需求，现要沿、修建步行景观道，其中，点E，P分别在边，对角线上．根据设计要求，，为了节省成本，要使所修的步行景观道最短，即的值最小，试求的最小值．（路面宽度忽略不计） 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）由平行四边形的性质得，从而有；由平分，得，即有，由菱形的判定即可证明； （2）由易证，从而可得，由勾股定理即可求解； （3）首先由（1）可得，四边形为菱形，从而得；过点A作，取，连接，由证明，则有，从而得．连接、，当G、E、C三点共线时，取得最小值，最小值为．由可得，由勾股定理即可求得，从而求得最小值． 【详解】（1）证明：在中，， ∴， ∵平分， ∴，             ∴， ∴，                                     又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形．                             （2）解：∵四边形是正方形， ∴，，                         在和中，，，， ∴，                         ∴，． ∵， ∴，即，         ∴， ∴．                             （3）解：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵平分， ∴同理（1）可得，四边形为菱形， ∴， ∴．                   如图3，过点A作，取，连接， 在和中，，，， ∴， ∴． ∴． 连接、，当G、E、C三点共线时，取得最小值，最小值为．         在菱形中，，， ∴是等边三角形， ∴， ∴，， ∴． 故的最小值为． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，有一定的综合性，证明全等三角形是解题的关键． 题型五 正方形的判定与性质 21．（24-25八年级下·河南郑州·阶段练习）如图，已知四边形为正方形．，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论：①矩形是正方形；②；③；④平分．其中结论正确的序号有（   ） A．①③④ B．①②④ C．①②③ D．①②③④ 【答案】A 【分析】过作，过作于，如图所示，根据正方形性质得，，推出四边形是正方形，由矩形性质得，，根据全等三角形的性质得，推出矩形是正方形，故①正确；根据正方形性质得，推出，得到，，故③正确；由此推出平分，故④正确；进而求得，故②错误；故选． 【详解】解：过作，过作于，如图所示，则， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形，故①正确； ∴， ∵四边形是正方形 ∴，， ∴， 在和中 ∴ ∴，，故③正确， ∵， ∴， ∴平分，故④正确； ∵， ∴ ∴，故②错误； 故选：． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键． 22．（24-25八年级下·陕西西安·开学考试）如图，在正方形中，点P在对角线上，分别为垂足，连接，若，则（    ）. A． B． C． D．5 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形的性质、正方形的判定、矩形的判定、勾股定理等知识点，掌握矩形和正方形的判定方法成为解题的关键. 如图：延长交于G，则,由正方形的性质可得，易证四边形是矩形、四边形是矩形、四边形是矩形，则 、；再根据等腰直角三角形的性质、勾股定理可得、,即四边形是正方形，进而得到，最后运用勾股定理即可解答. 【详解】解：如图：延长交于G，则, ∵正方形中，点P在对角线上， ∴, ∵分别为垂足， ∴四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形， ∴ ,, ∵，， ∴,即四边形是正方形， ∴, ∵， ∴, ∵, ∴,解得, ∵四边形是矩形，四边形是正方形， ∴, ∴. 故选A. 23．（24-25八年级下·辽宁锦州·阶段练习）如图，边长为4的正方形中，M，N为对角线两点，且，点E为边的中点，则的最小值 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质与判定，勾股定理，过作，使，过作交于，交延长线于，连接，，，即可得到是平行四边形，是正方形，则，当在上时，取最小值，最小值为的长，再根据勾股定理计算即可． 【详解】解：过作，使，过作交于，交延长线于，连接，，， ∵边长为4的正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∵，使， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴当在上时，取最小值，最小值为的长， ∵点E为边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 24．（24-25八年级下·山东淄博·阶段练习）如图，在中，的平分线交于点，交的延长线于，以、为邻边作． (1)证明：是菱形； (2)若，连接、，求的度数； (3)若，，，是的中点，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）先根据角平分线的定义可得，根据平行四边形的性质和平行线的性质可得，，从而可得，再根据等腰三角形的判定可得，然后根据菱形的判定即可得证； （2）先证出，根据全等三角形的性质可得，，再证出和是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得； （3）先证出四边形为正方形，根据正方形的性质可得，再根据等腰直角三角形的判定与性质求出，从而可得，然后过作于，根据勾股定理求出的长，从而可得的长，最后在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】（1）证明：平分， ， 四边形是平行四边形， ∴，， ，， ， ， 又四边形是平行四边形， 四边形为菱形． （2）解：四边形是平行四边形， ∴，，， ， ，， 由（1）知，四边形是菱形， ，，， ，， ∵， ， 是的平分线， ， ∵， ， ， ， ， ， ，， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 是等边三角形， ． （3）解：，四边形是平行四边形，， 四边形是矩形，， ∴， ， 又由（1）可知，四边形为菱形， 四边形为正方形． ∴， ∴是等腰直角三角形， ， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， 如图，过作于， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 在中，． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理、二次根式的应用等知识，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题关键． 题型六 中点四边形 25．（23-24八年级下·河南新乡·期中）如图，A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点，且AC⊥BD，AC＝6，BD＝10．依次取A1B1，B1C1，C1D1，D1A1的中点A2，B2，C2，D2，再依次取A2B2，B2C2，C2D2，D2A2的中点A3，B3，C3，D3……以此类推取An﹣1Bn﹣1，Bn﹣1Cn﹣1，Cn﹣1Dn﹣1，Dn﹣1An﹣1的中点An，Bn，Cn，Dn，若四边形AnBnCnDn的面积为，则n的值为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【详解】解：∵A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点， ∴A1B1∥AC，C1D1∥AC， ∴A1B1∥C1D1， 同理可得，A1D1∥B1C1， ∴四边形A1B1C1D1是平行四边形 ∵A1B1∥C1D1，A1D1∥B1C1，AC⊥BD， ∴∠A1B1C1＝∠APC1＝∠AHD＝90°， ∴四边形A1B1C1D1是矩形； ∵A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点， ∴A1B1＝AC＝3，A1D1＝BD＝5， ∴矩形A1B1C1D1的面积＝3×5＝15， 同理，A2B2C2D2是菱形； 则A2B2C2D2的面积＝15×， A3B3C3D3的面积＝15×， A4B4C4D4的面积＝15×， A5B5C5D5的面积＝15×， AnBnCnDn的面积为15×， ∵AnBnCnDn的面积为， ∴，即，解得，； 故选：B 【点睛】本题考查的是中点四边形的性质，掌握矩形的判定定理、菱形的判定定理、根据图形的变化找出规律是解题的关键． 26．（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，在四边形中，，、、、分别是、、、的中点，若,则 ．    【答案】6 【分析】连接，，，，可得是的中位线，，，分别是，，的中位线，，即四边形为菱形，可知对角线互相垂直，即可证得：，由此即可求得，即，由此即可求出． 【详解】解：如图，连接，，，，    ∵、分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴, 同理可得，，分别是，，的中位线， ∴，， ∴， ∴四边形为菱形， ∴，且垂足为， ∴，， 在中，根据勾股定理得：， 等式两边同时乘以4得：， ∴，即． 故，（，负值不合题意舍去） 故答案为：6． 【点睛】本题主要考查的是菱形的性质，三角形中位线、勾股定理应用，重点在于根据中点做出对应的中位线． 27．（23-24八年级下·江苏盐城·期末）定义：对角线相等且所夹锐角为的四边形叫“等角线四边形”． 如图1，四边形为“等角线四边形”，即． 判定探究： (1)下列语句能判断四边形是“等角线四边形”的是 ．（填序号） ①对角线所夹锐角为的平行四边形； ②对角线所夹锐角为的矩形； ③对角线所夹锐角为，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形． (2)性质探究：以为边，向下构造等边三角形，连接BE，如图2，请直接写出与的大小关系； (3)请判断与的大小关系，并说明理由； (4)学习应用：若“等角线四边形”的对角线长为4，则该四边形周长的最小值为 ． 【答案】(1)②③ (2) (3) (4) 【分析】（1）根据定义即可求解． （2）证明四边形是平行四边形，根据即可求解； （3）先构造平行四边形，可得对应线段相等，再求出，构造直角三角形求出，即可得出答案； （4）根据（2）（3）的结论代入数据即可求解． 【详解】（1）解：对角线所夹锐角为的平行四边形的对角线不一定相等， 则不能判①是“等角线四边形”； ②对角线所夹锐角为的矩形，对角线相等，且所夹锐角为，故②是“等角线四边形”； ③对角线所夹锐角为，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形，则四边形的对角线相等，故③是“等角线四边形”． 故答案为：②③； （2）解：是等边三角形 ，， ， 四边形是平行四边形 中， 即； （3）解：如图，过作，且，连接， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 过点C作，交于点H， ∵， ∴． 在中，， ∴ 则 ∴ （4）解：若“等角线四边形”的对角线长为4，则 由（2）（3）可得， ． 该四边形周长的最小值为． 【点睛】本题考查了四边形综合问题，新定义问题，含30度角的直角三角形的性质，平行四边的性质与判定，中点四边形性质，掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键． 28．（23-24八年级下·浙江·期中）在四边形中，的中点分别为P、Q、M、M； （1）如图1，试判断四边形怎样的四边形，并证明你的结论； （2）若在上取一点E，连结，，恰好和都是等边三角形（如图2）： ①判断此时四边形的形状，并证明你的结论； ②当，，求此时四边形的周长（结果保留根号）． 【答案】（1）平行四边形，理由见解析；（2）①菱形，证明见解析；② 【分析】（1）连接、．利用三角形中位线定理判定四边形的对边平行且相等，易证该四边形是平行四边形； （2）①设的边长是，的边长是，由于，，可得平行四边形的对角线相等，从而得出平行四边形是菱形； ②如图2，过点作于，则通过解三角形求得，由勾股定理得到．由①知四边形是菱形，可计算得周长是． 【详解】解：（1）如图1，连接、． 为的中位线， 且， 同理且． 且， 四边形为平行四边形； （2）①四边形是菱形， 如图2，连接AC，BD， ∵△ADE和△BCE都是等边三角形， ∴AE=DE，CE=BE，∠AED=∠BEC=60°， ∴∠AEC=∠DEB， ∴△AEC≌△DEB， ∴AC=BD， ∵点M，N是AD，CD的中点， ∴MN是△ADC的中位线， ∴MN=AC， 同理：PN=BD， ∴MN=PN， 由（1）知，四边形PQMN是平行四边形， ∴平行四边形PQMN是菱形； ②过点作于，则， 又， ， 由①知四边形是菱形，可计算得周长是． 【点睛】本题考查了中点四边形以及菱形的判定和性质、平行四边形的判定和性质，解题时，利用了三角形中位线的性质定理． 题型七 三角形的中位线 29．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在平行四边形中，，，，点、分别是边、上的动点．连接、，点为的中点，点为的中点，连接．则的最大值与最小值的差为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，取的中点，连接、、，作于，首先证明，求出，，利用三角形中位线定理，可知，求出的最大值以及最小值即可解决问题． 【详解】解：如图，取的中点，连接、、，作于， 四边形是平行四边形，，， ，， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， 在中，，， ， ，， ， 点在上， 的最大值为的长，最小值为的长， 的最大值为，最小值为， 的最大值为，最小值为， 的最大值与最小值的差为：． 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理解直角三角形、含的直角三角形的特征、三角形中位线定理，解题关键是构造以为中位线的三角形． 30．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，，，，分别为边，上的点，，分别为，的中点．若，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，取的中点，连接、，根据勾股定理的逆定理得到，根据三角形中位线定理得到，，，，证明，再根据勾股定理计算即可． 【详解】解：如图，连接，取的中点，连接、， 在中，，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，分别为，的中点． ∴是的中位线， ∴，， ∴， 同理可得：，， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，直角三角形两锐角互余，三角形中位线定理，平行线的性质，勾股定理．添加合适辅助线，构造三角形中位线是解题的关键． 31．（2025·陕西汉中·二模）如图，在矩形中，，，点M是平面内任意一点，连接，点N是的中点，连接，若，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】如图，延长到J，使得，连接，证明，求出的最大值可得结论． 【详解】解：如图，延长到J，使得，连接， ，， ， 四边形都是矩形， ， ，， ， ， ， 的最大值为， 的最大值为 故答案为： 【点睛】本题考查矩形的性质，三角形三边关系，三角形中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 32．（24-25八年级下·广东深圳·开学考试）如图，正方形中，，延长交于点，延长交于点，过点作，交的延长线于点，，，则 ． 【答案】15 【详解】过点作，垂足为点，延长交于点，根据正方形的性质和等腰三角形的性质证明，再证明，可得，设，则，，中，，可列出方程，再求解即可求出的长． 【解答】解：如图，过点作，垂足为点，延长交于点， 四边形是正方形， ，，， ， ， ，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ，， 是的中点， ， 是的中点， ， ， 在和中， ， ， ， 设，则， ， ， ， 中，， ， 解得：（负值舍去）， ． 故答案为：15． 【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、三角形中位线、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识． 题型八 （特殊）平行四边形的存在性问题 33．（23-24八年级下·广东江门·期中）如图，边长为2的正方形中，P是对角线上的一个动点（与点A，C不重合），过点P作，交射线于点E．      (1)求证：； (2)在点P的运动过程中，能否为等腰三角形？如果能，求出此时的长；如果不能，试说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)能， 【分析】（1）过点作于，过点作于，根据正方形的性质证明，即可证明； （2）根据题意分①若点在线段上②若点在线段的延长线上，分别求解即可． 【详解】（1）证明：过点作于，过点作于，如图,    ∵四边形是正方形，，， ∴． ∴，． ∵即， ∴． 在和中， ． ∴， ∴； （2）解：能，理由如下： ①若点在线段上，如图，    ∵，∴． ∵，∴． 若为等腰三角形，则． ∴， ∴，与矛盾， ∴当点在线段上时，不可能是等腰三角形． ②若点在线段的延长线上，如图．      若是等腰三角形， 此时， ∴， ∴． ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∴． ∴的长为2． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角分线的性质，等腰三角形的判定与性质等知识点，注意分类在解题中的应用． 34．（24-25八年级下·江苏常州·阶段练习）如图，平行四边形位于直角坐标系中，为坐标原点，点，点，交轴于点．动点从点出发，沿方向以每秒个单位长度的速度终点运动，同时动点从点出发，沿射线的方向以每秒个单位长度的速度运动，当点运动到点时，点随之停止运动，运动时间为（秒）． (1)用含的代数式表示：__________，__________． (2)若以为顶点的四边形是平行四边形时，求的值． (3)当恰好是等腰三角形时，求的值．（不考虑的情况） 【答案】(1)， (2)或 (3)或 【分析】（）过点作轴于点，过点作轴于点，证明，得到，求出点坐标，再根据题意和图形解答即可； （）分两种情况讨论：①当在点右侧，四边形为平行四边形，；②当在点左侧，四边形为平行四边形，，列方程求解即可； （）过点作轴于，过点作轴于，利用勾股定理求出，再分和两种情况解答即可求解． 【详解】（1）解：如图，过点作轴于点，过点作轴于点，则， ∵四边形是平行四边形， ∴，，轴， ∴，， ∴， ∴， ∵点，点， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ， 故答案为：，； （2）（）解：①当在点右侧，四边形为平行四边形时，如图， 则， ∴， 解得； ②当在点左侧，四边形为平行四边形时，如图， 则， ∴， 解得； 综上，的值为或； （3）解：当恰好是等腰三角形时，过点作轴于，过点作轴于， 则，，， ∴， ， 当时，则 ， 整理得，， 解得，（不合，舍去）； 当时，则， 整理得，， 解得； 综上，当恰好是等腰三角形时，的值为或． 【点睛】本题考查了坐标与图形性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的定义，解题的关键是熟悉并综合运用以上性质解决问题． 35．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点，分别在轴，轴上，线段，的长是方程组的解，点是直线与直线的交点，点在线段上，． (1)求点的坐标； (2)求直线的解析式； (3)是直线上的点，在平面内是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形（邻边相等的平行四边形）？若存在，请写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)或或或 【分析】（1）解二元一次方程组得到，，进而得到、的坐标，设直线的解析式为，利用待定系数法求出直线的解析式，再联立直线求解，即可求出点的坐标； （2）设点的坐标为，结合求出点的坐标，再设直线的解析式为，利用待定系数法求解，即可解题； （3）根据直线的解析式推出，再结合菱形的判定与性质分情况讨论当四边形为菱形时，，当四边形为菱形时，，当四边形为菱形时，当以，，，为顶点的四边形是以为对角线的菱形时，结合勾股定理，菱形性质，坐标与图形求解，即可解题． 【详解】（1）解：解方程组，得， ， ， 即． 设直线的解析式为， 则，解得， 直线的解析式为． 联立，解得， 点的坐标为． （2）解：设点的坐标为， ， ，解得． 点在线段上， ， ． 设直线的解析式为， 把代入， 得， 解得， 直线的解析式为． （3）解：存在．理由如下： 直线的解析式为， 记直线与轴交于点， ． 如图，当四边形为菱形时，， ， 有， 设点的坐标为， 有， 解得， 得点的坐标为； 当四边形为菱形时，，由， 同理可得点的坐标为； 易知直线与轴的交点的坐标为， ， 当四边形为菱形时，点的坐标为； 易知当以，，，为顶点的四边形是以为对角线的菱形时， 由菱形对角线互相垂直平分可得， 点与点关于对称，且， ， 点的坐标为． 综上所述，以，，，为顶点的四边形是菱形时，点的坐标为或或或． 【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式，解二元一次方程，勾股定理，菱形性质与判定，坐标与图形，解题的关键在于利用分类讨论的思想分析问题． 36．（24-25八年级下·山西大同·期中）（1）问题背景：如图1，在四边形中，，，，，分别是，上的点，且，请探究图中线段，，之间的数量关系． 小明探究此问题的方法是：延长线段到点，使，连接．先证明， ，得；再由条件可得，证明， 进而可得线段，，之间的数量关系是 ．（直接写出结论） （2）拓展应用： 如图2，在四边形中，，，，分别是，上的点，且，（1）中的线段，，之间的数量关系是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． 学以致用： 如图3，四边形是边长为1的正方形，，直接写出△的周长． 【答案】（1），（2）成立，证明见解析；（3） 【分析】（1）延长到点，使，连结，可证，可得，，再证，可得，即可解题； （2）延长到，使，连接，即可证明，可得，再证明，可得，即可解题； （3）延长到，使，连接，由（2）方法可得，可得，即可求解． 【详解】解：（1）延长到点，使，连结， 在△和△中， ， ， ，， ，， ， ， 在△和△中， ， ， ， ， 故答案为：； （2）（1）中的线段，，之间的数量关系还成立；理由如下： 如图2，延长到，使，连接， ，， ， 同（1）理：， ，， ， ， ，又， ， ， ， ； （3）如图3，延长到，使，连接， 四边形是正方形， ，， ， 又，， ， ，， ， ， ， 又，， ， ， ， △的周长． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，灵活运用全等三角形的性质和判定是解答本题的关键． 题型九 （特殊）平行四边形的折叠问题 37．（24-25八年级下·山西晋中·期末）如图，裁剪出一正方形纸片，若，且为的中点，将沿着所在直线折叠，使点落在正方形内点处，连接，请你探究求出的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接交于H，，根据三角形的面积公式求出，从而求得到，根据直角三角形的判定得到，根据勾股定理求出的长，再证明是的高，进而求出的面积． 【详解】解：连接交于H，如图， ∵正方形纸片，， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， 由折叠可知：点B与点F关于对称， ∴，， ∵， ∴， ∴， 由折叠可知：， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的边的高等于， ∴． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了正方形的折叠问题，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的判定，三角形的面积，解题的关键是求出的长以及证明的边的高等于，此题有一定的难度． 38．（2025·海南省直辖县级单位·一模）如图，平面直角坐标系中，正方形的边在轴上，点的坐标为，点在边上．将沿折叠，点落在点处．若点的坐标为，则面积为 ，点的坐标为 ． 【答案】 24 【分析】本题考查了图形与坐标、正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，由折叠得，设交y轴于点G，，则，由，，，，由勾股定理得，求得，由，得，求得，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是正方形，边在x轴上， ∴轴，轴， 由折叠得， 设交y轴于点G，，则， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴，， ∴． ∵， ∴， 解得， ∴， 故答案为：24，． 39．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，正方形的边长为，为上一点，，将沿折叠得到，连接，则线段的长度是多少？    【答案】． 【分析】本题主要考查正方形的性质，折叠的性质，勾股定理的运用，掌握折叠，勾股定理的运用是关键． 利用翻折变换的性质结合勾股定理得出的长，进而求出的长，再利用勾股定理求出的长，进而求出即可． 【详解】解：作，垂足分别为，连接，交于，则四边形是矩形，    ∵正方形的边长为，为上一点，， ∴， ∴， ∵将沿折叠得到，连接， ∴，， ∵， ∴， ∴，则， 设，则， 在中，， 在中，， ∴， 解得：， ∴，则， ∴，则，， ∴． 40．（24-25八年级下·江西南昌·阶段练习）追本溯源 题（1）来自于课本中的习题，请你完成填空，并完成题（2）： （1）如图1，把一个长方形纸片按如图方式折一下，得到四边形是___________；（填“特殊的四边形”的名称） 拓展应用 （2）如图2，将图（1）中的长方形纸片过点的直线折叠，使得点恰好落在上的处，为折痕．若，求． 【答案】（1）正方形；（2）． 【分析】（1）由长方形的性质得，由折叠的性质得，，进而可证明四边形是正方形； （2）先证明和为等腰三角形，在中，求出，在Rt中，求出，进而可求出的长． 【详解】解：（1）∵四边形是长方形， ∴． 由折叠的性质得，，， ∴四边形是矩形， ∴四边形是正方形． 故答案为：正方形； （2）四边形为正方形， ． ， ， ． 又沿着直线翻折到， ， ． 和为等腰三角形． 又四边形是长方形， ， ． 在中，， ， 在中，， ． 【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定，掌握折叠的性质是解答本题的关键． 题型十 平行四边形的最值问题 41．（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，，，动点P从点B出发，沿着向点D移动，若过点P作，垂足分别为E、F，连接，则的长最小为（   ） A． B． C．5 D．7 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短及面积法求直角三角形斜边上的高，需要熟练掌握并灵活运用．连接、，依据，，，可得四边形为矩形，借助矩形的对角线相等，将求的最小值转化成的最小值，再结合垂线段最短，将问题转化成求斜边上的高，利用面积法即可得解． 【详解】解：如图，连接、，   ，， ． 四边形是矩形， ． 四边形为矩形． ． 要求的最小值就是要求的最小值． 点从点沿着往点移动， 当时，取最小值． 在中， ，，， ． ， ． 的长度最小为：． 故选：B． 42．（2024·陕西·模拟预测）如图，在矩形中，，在边上，，连接，则线段的最小长度为 ． 【答案】 【分析】根据题意取的中点，连接，作点关于的对称点，连接，利用矩形性质证明四边形为平行四边形，再根据对称性得，继而利用勾股定理即可得到本题答案． 【详解】解：如图，取的中点，连接，作点关于的对称点，连接， ， ∵矩形中，，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴，即， ∵根据对称性可知，则，， ∵， ∴的最小长度：， 故答案为：． 【点睛】本题考查平行四边形判定及性质，矩形性质，对称性质，勾股定理等． 43．（24-25八年级下·四川成都·期末）如图，在边长为2正方形中，E为边上一动点（点E不与B，C重合），连接，以为直角边作等腰直角三角形，其斜边与正方形边相交于点N，连接． (1)求证：； (2)当E运动到的中点时，求线段的长度； (3)如图2，连接交与点P，G是的中点，连接，，当等于多少时，的最小，并求出最小值？ 【答案】(1)见解析 (2)线段的长度为； (3)的最小值为． 【分析】（1）利用正方形和等腰直角三角形的性质，再结合等角的余角相等，即可证明结论成立； （2）设，则，延长至，使，连接，，证明，推出，，再证明，推出，在中，利用勾股定理列式计算即可求解； （3）连接，，先证明，得到，当共线时，有最小值，最小值为的长，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵是等腰直角三角形， ∴，， ∵正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵点E是的中点， ∴， 设，则， 延长至，使，连接，， ∵正方形， ∴，， ∴， ∴，， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在中，，即， 解得， ∴线段的长度为； （3）解：连接，， ∵是等腰直角三角形，四边形是正方形， ∴， ∴四点共圆， ∴， ∴等腰直角三角形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当共线时，有最小值，最小值为的长， ∵G是的中点， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理的运用，解决问题的关键是依据两点之间，线段最短进行判断． 44．（24-25八年级下·全国·期末）如图所示，四边形中，于点O，且，点P为线段上的一个动点． (1)填空：　　　． (2)过点P分别作于M点，作于H点． ①试说明为定值． ②连接，试探索：在点P运动过程中，是否存在点P，使的值最小？若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)13 (2)①，说明见解析；②的最小值为，理由见解析 【分析】本题主要考查了菱形综合．熟练掌握菱形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，三角形面积公式，垂线段性质，是解决问题的关键． （1）判定四边形为棱形，为直角三角形．由勾股定理得； （2）①连接，根据，得．得；②根据为定值，可知当最短时，最小．由垂线段最短可知，当点P与点O重合时, 最短，最小值为：． 【详解】（1）∵于点O，， ∴四边形为棱形，为直角三角形． ∴． 故答案为：13． （2）①如图所示：连接． ∵， ∴． 即． ∴． ∴． ②∵为定值， ∴当最短时，有最小值． ∵由垂线段最短可知， 当时，最短． ∴当点P与点O重合时, 有最小值． 最小值为：． 题型十一 （特殊）平行四边形的旋转问题 45．（23-24八年级下·四川南充·期末）如图，在正方形中，为边上的点，连接，，将绕点顺时针方向旋转得到，连接，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边对等角，三角形的外角性质，由旋转性质可得，，又四边形是正方形， 则，再由等边对等角得，最后由三角形的外角性质即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】∵将绕点顺时针方向旋转得到， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 故选：． 46．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，线段，点为线段延长线上一点，将线段绕点旋转得到线段，连接为的中点，连接，则线段的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查三角形的中位线，等腰三角形的性质，的直角三角形的性质．取的中点F，连接，，可以得到是的中位线，即，然后根据等边对等角和平行线的性质得到，进而得到点E在过点F且的射线上运动，即当时，长最小，根据的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：取的中点F，连接，， 则， ∵E为的中点， ∴是的中位线， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴点E在过点F且的射线上运动，即当时，长最小， 即， 故答案为：． 47．（24-25八年级下·安徽六安·阶段练习）如图，两张正方形的纸片，的一个顶点重合，正方形纸片绕点旋转一定的角度，使得B，E，G三点在同一条直线上，与边相交于点． （1）若，则 （用含的式子表示）； （2）若，，则的长为 ． 【答案】 / / 【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理； （1）由正方形可得，，即可得到，再在中利用三角形内角和求出即可； （2）连接交于，由正方形可得，，利用勾股定理求出，，最后根据求解即可． 【详解】解：（1）∵正方形，， ∴，， ∴，即， ∴， 故答案为：； （2）连接交于， ∵正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 48．（24-25八年级下·江西吉安·期末）【课本再现】 （1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点转动．则下列结论正确的是________（填序号即可） ①；②；③四边形的面积总等于； ④连接，总有． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，猜想，，之间的数量关系，并进行证明． 【答案】（1）①②③④；（2），见解析 【分析】（1）根据正方形的性质，先证明于是得到即可判定① ②正确；根据正方形的性质，得，利用全等三角形的性质，分割法表示面积，可判定四边形的面积总等于，得到③正确；根据正方形的性质，三角形全等的性质，得到，根据勾股定理得到，从而判定④正确． （2）连接，延长交于点G，先证明得到，再利用勾股定理，线段垂直平分线的性质，等量代换即可的结论； 【详解】解：（1）∵正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1， ∴； ， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， 故①②正确； 根据正方形的性质，得， ∵， ∴，， ∴， ∴， 故③正确； ∵，， ∴， 根据勾股定理得到， 故， 故④正确． 故答案为：①②③④ （2）解：连接， 连接，并延长交于点， ∵矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点， ∴；，， ∴ ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， ∵在中，， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，三角形全等的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，线段的垂直平分线的判定和性质是解题的关键． 题型十二 平行四边形与函数综合 49．（2025·江苏盐城·模拟预测）如图，在直角坐标系中，长方形纸片的边，点坐标为，若把图形按如图所示折叠，使、两点重合，折痕为． (1)求三角形面积； (2)求的函数表达式． 【答案】(1)6； (2)． 【分析】（1）设点的坐标为，根据勾股定理求出，得到，然后利用三角形面积公式求解即可； （2）根据勾股定理得到点的坐标，设直线的解析式为，利用待定系数法求出解析式． 【详解】（1）解：点的坐标为，四边形为矩形， ，， 设点的坐标为， ， ，， 在中，， ， 解得：， ， ， 三角形面积； （2）解：由题意可知，，，， 设点的坐标为，则，， 在中，， 即， 解得：， ， 设直线的解析式为， 将，代入得， ， 解得：， 直线的解析式为． 【点睛】此题考查了待定系数法求一次函数解析式，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，矩形的性质等知识，熟练掌握矩形的性质与折叠问题是解题的关键． 50．（23-24八年级下·安徽黄山·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点；直线过点和点，且轴．点从点出发以每秒个单位长度的速度沿射线方向运动，同时点从点出发以每秒个单位长度的速度沿射线方向运动，设点运动的时间为（秒）． (1)求直线的函数表达式及点的坐标； (2)运动秒后，点坐标为 ，点坐标为 ；（用含的式子表示） (3)若以为顶点的四边形为平行四边形，求的值． 【答案】(1)， (2)， (3) 【分析】本题考查求一次函数的解析式，一次函数与平行四边形的综合，动点问题，正确表示动点的坐标结合平行四边形的性质建立方程是解题的关键． （1）先求点和的坐标，再根据待定系数法求解析式； （2）先求动点运动的路程，即线段的长度，再确定动点的坐标； （3）根据一组对边平行且相等判定平行四边形，再用含的代数式表示和的长，建立方程求解即可． 【详解】（1）解：对于，当时，，当时，， ∴，， 把和代入，得 ， 解得：， ∴直线的函数表达式为：； （2）解：运动秒后，，， ∴点坐标为，点坐标为， 故答案为：，； （3）解：∵， ∴当时，以为顶点的四边形为平行四边形， ∵， ∴， 解得：． 51．（23-24八年级下·重庆·期中）如图，在矩形中，，，动点在对角线上运动（点不与、重合），设的长度为，的面积为，的面积为，请解答下列问题： (1)请直接写出，与的函数关系式及的取值范围，并在平面直角坐标系中画出，的函数图象； (2)结合函数的图象，写出函数的一条性质； (3)根据图象直接写出当时，的取值范围． 【答案】(1)；；图象见解析 (2)当时，随的增大而增大 (3) 【分析】（1）如图1，作于，于，由勾股定理得，，由，可求，同理，则，；，；然后作函数图象即可； （2）根据图象作答即可； （3）由题意知，时，，可求，当时，的取值范围为直线的图象在直线图象上方部分所对应的的取值范围，结合图象作答即可． 【详解】（1）解：如图1，作于，于， 由勾股定理得，， ∴，即， 解得，， 同理， ∴，即； ，即； 作图象如下； （2）解：由图象可知，当时，随的增大而增大； （3）解：由题意知，时，， 解得，， ∴当时，的取值范围为直线的图象在直线图象上方部分所对应的的取值范围， 由图象可得． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，一次函数的应用，一次函数的图象与性质，一次函数与不等式．熟练掌握矩形的性质，勾股定理，一次函数的应用，一次函数的图象与性质，一次函数与不等式是解题的关键． 52．（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）如图1，将矩形放在直角坐标系中，为原点，点在轴上，点在轴上，的长满足，把矩形沿对角线所在直线翻折，点落到点处，交于点． (1)直接写出直线的函数解析式：______； (2)如图2，过点作，交于点，交于点，连接，判断四边形的形状，并说明理由； (3)在（2）的条件下，点是轴上一点，直线上是否存在一点，使以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)四边形是菱形，理由见详解 (3)或 【分析】（1）由题意易得，即，则有，然后问题可求解； （2）四边形是菱形，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可． （3）有3种情形，画出图形分别求解即可． 【详解】（1）解：∵，且， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线的函数解析式为，则有， 解得：， ∴直线的函数解析式为； （2）解：如图2中，四边形是菱形． ∵， ， 由翻折的性质可知，，， ， ， ∵， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． （3）解：直线上存在一点，使以为顶点的四边形是平行四边形，理由如下： 四边形是矩形， ，， ， 由翻折可知，， ， ，设，则， 在中，， ， ， ， ，， ∴， 当点与重合，点与重合，四边形是平行四边形， ∴， ， ， ，， ∵点N在直线：上， ∴， 当四边形是平行四边形时，， 当四边形是平行四边形时，则有， ∴点D和点到y轴的距离相等，即为， ∴， 综上所述：或 题型十三 平行四边形的新定义问题 53．（24-25八年级下·重庆·阶段练习）阅读与思考：在平面直角坐标系中，直线过点且平行于轴，对于点和四边形，给出如下定义：点关于直线的对称点落在四边形所围成的图形上及其内部，则称点是四边形关于直线的可触碰点．已知点，，，． (1)四边形是 （填：平行四边形、菱形、矩形或正方形）；是四边形关于直线的可触碰点，则的取值范围是 ． (2)已知点是直线上的一动点，当是四边形关于直线的可触碰点时，求满足条件的所有点组成的几何图形的面积． 【答案】(1)菱形， (2) 【分析】（1）由勾股定理求出，即可判断四边形的形状，求出关于直线的对称点为，结合可触碰点的定义得出，计算即可得解； （2）由题意可得，四边形关于直线对称的图形为，其中，，，，结合可触碰点的定义得出在四边形内部及其边框上，直线代表的是直线及其下方的所有平行直线，点恰好在直线上，设该直线与直线的交点为点，从而可得点的所有点组成的图形为四边形，求出直线的解析式为，联立得出，再由计算即可得解． 【详解】（1）解：∵，，，， ∴，，，， ∴， ∴四边形是菱形， ∵是四边形关于直线的可触碰点， ∴关于直线的对称点为， ∴， 解得：； （2）解：由题意可得，四边形关于直线对称的图形为，其中，，，， ， ∵是四边形关于直线的可触碰点， ∴在四边形内部及其边框上， 直线代表的是直线及其下方的所有平行直线，点恰好在直线上，设该直线与直线的交点为点， ∴点的所有点组成的图形为四边形， 设直线的解析式为， 将，代入直线得， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立，解得， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了坐标与图形、轴对称的性质、菱形的判定定理、勾股定理、一次函数的应用等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 54．（24-25八年级下·北京·开学考试）在平面直角坐标系中，对于点P与图形W给出如下定义：如果存在以点P为端点的一条射线与图形W有目仅有2个公共点，那么称点P为图形W的“相关点”．已知点． (1)当时， ①在中，是折线的“相关点”的是_______； ②点M为直线上一点，如果M为折线的“相关点”，求点M横坐标的取值范围． (2)正方形的各边都平行于坐标轴，对角线的交点N的坐标为，如果正方形的边长为2，正方形上任意一点都是折线的“相关点”，请直接写出m的取值范围． 【答案】(1)①；② (2)或． 【分析】本题考查了新定义问题，待定系数法求一次函数解析式，正方形的性质，坐标与图形，两直线交点问题，理解新定义是解题的关键． （1）①根据所给坐标画出图像，根据定义进行判断即可求解； ②根据题意画出，结合定义可知当与点重合时取得最小值，与直线相交时，取得最大值，进而即可求解； （2）根据题意求得直线的解析式为，直线的解析式为，正方形上的任意一点都不在所围成的锐角之内以及边上（除线段外），当正方形有一点在或上时，根据点的坐标以及正方形的性质求得点的坐标，分别代入直线的解析式即可求得点的坐标，结合函数图像即可求解． 【详解】（1）当时，， ①如图，在平面直角坐标系中描出点，，，，连接， 由图像可知，为折线的“相关点”； 故答案为： ②如图， 点M是直线上一点， 根据定义可知：点为折线的“相关点”， 当与点重合时，此时取得最小值，为， 当在直线上时，取得最大值， 设直线解析式为， ， 则， 解得， 直线解析式为， 联立， 解得， 即的最大值为， ； （2）点，，． 设直线的解析式为，解析式为, 则，， 解得，， 直线的解析式为，直线的解析式为， 当正方形上的任意一点都是折线的“相关点”； 正方形上的任意一点都不在所围成的锐角之内以及边上（除线段外）， 当正方形有一点在或上时，如图， 当点在上时，，正方形的边长为2， 则， 代入直线解析式，可得， 解得； 当点在上时，，正方形的边长为2， 则， 代入直线解析式，可得， 解得， 结合图像可知，当正方形上的任意一点都是折线的“相关点”，或． 55．（23-24八年级下·北京大兴·期中）在平面直角坐标系中，对于P，Q两点给出如下定义：若点P到两条坐标轴的距离之和等于点Q到两条坐标轴的距离之和，则称P，Q两点为和谐点．例如，图1中的P，Q两点即为和谐点． (1)已知点． ①在点中，点A的和谐点是 ； ②若点B在y轴上，且A，B两点为和谐点，则点B的坐标是 ； (2)已知点，点，连接，点M为线段上一点． ①经过点且垂直于x轴的直线记作直线l，若在直线l上存在点N，使得M，N两点为和谐点，则n的取值范围是 ； ②若点，点，在以线段为斜边的等腰直角三角形的某条边上存在点K，使得M，K两点为和谐点，则m的取值范围是 ． 【答案】(1)①；②或 (2)①；②或 【分析】（1）①根据和谐点的定义即可求解．②根据点到坐标轴的距离，结合和谐点的定义，设，则，即可求解； （2）①待定系数法求得直线的解析式为，进而可得点M到x轴的距离为，点M到y轴的距离为，根据定义可得，即点M的和谐点N满足横纵坐标的绝对值之和为3，则点N在图中所示的正方形上．②根据①的方法可得当正方形与正方形有交点时，符合题意，结合图形，即可求解． 【详解】（1）解：①∵点， ∴， 点中， ， ∴点A的和谐点是； 故答案为：． ②∵点B在y轴上，且A，B两点为和谐点， ∴B点的横坐标为0， 设， ∴， ∴， ∴点B的坐标为或， 故答案为：或． （2）解：①由题意，点，点， 设直线的解析式为， 将代入得，， 解得：， ∴直线的解析式为：， 点M在线段上，设其坐标为，则，且． ∴点M到x轴的距离为，点M到y轴的距离为， ∴． ∴点M的和谐点N满足横纵坐标的绝对值之和为3． 即点N在图中所示的正方形上． ∵点E的坐标为，点N在直线上， ∴． 故答案为：． ②依题意，以线段为斜边的等腰直角三角形，点K，为直角三角形的顶点，如图所示， 则四边形是正方形， ∴当正方形与正方形有交点时，符合题意， ∴或， 即或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了点到坐标轴的距离，一次函数与坐标轴交点问题，正方形的性质，数形结合是解题的关键． 56．（23-24八年级下·北京·期中）对于平面直角坐标系中的两点A和C，给出如下定义：若A，C是某个矩形对角线的顶点，且该矩形的每条边均与x轴或y轴垂直，则称该矩形为点A，C的“对角矩形”．如图1为A，C的“对角矩形”的示意图，已知点． (1)①当时，在图2中画出点A，C的“对角矩形”，并直接写出它的面积S的值； ②若点A，C的“对角矩形”的面积是30，求t的值； (2)若点，在线段上存在一点D，使得点D，C的“对角矩形”是正方形，请直接写出t的取值范围． 【答案】(1)①图形见解析，；②或； (2)或． 【分析】此题考查了矩形的性质，正方形的性质，待定系数法求函数解析式，解一元一次方程，正确理解矩形的性质及正方形的性质是解题的关键． （1）①先确定出，直接利用新定义即可画出图形； ②先确定出点A，C的“对角矩形”宽为5，利用面积建立方程求解即可得出结论； （2）借助图形即可得出结论． 【详解】（1）解：①∵， ∴， ∵ ∴另外两个顶点坐标为：，如图： ； ②另外两个点的坐标为：， ∴， ∴或； （2）∵， 设直线的解析式为，则 ， 解得， ∴直线的解析式为：， ∵点D，C的“对角矩形”是正方形， ∴直线为或， 如图： ∵D点在线段上， ∴由图象可得：或．． $$