专题03 平行四边形（考点清单，2考点梳理+11题型解读）-2024-2025学年八年级数学下学期期末考点大串讲（人教版）

专题03 平行四边形（考点清单，2考点梳理+11题型解读） 清单01 平行四边形 1.定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形. 2.性质：（1）．边的性质：平行四边形两组对边平行且相等； （2）．角的性质：平行四边形邻角互补，对角相等； （3）．对角线性质：平行四边形的对角线互相平分； （4）．平行四边形是中心对称图形，对角线的交点为对称中心. 3.判定：（1）.两组对边分别平行的四边形是平行四边形； （2）.两组对边分别相等的四边形是平行四边形； （3）.一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； （4）.两组对角分别相等的四边形是平行四边形； （5）.对角线互相平分的四边形是平行四边形. 4.平行线的性质 （1）平行线间的距离都相等 （2）等底等高的平行四边形面积相等 5.三角形中位线定理 （1）三角形中位线定理： 三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． （2）几何语言： 如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点 ∴DE∥BC，DE＝BC． 清单02 特殊的平行四边形 1.矩形、菱形、正方形的定义 有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 有一组邻边相等并且有一个内角是直角的平行四边形 叫做正方形. 2.矩形的性质：1.矩形具有平行四边形的所有性质； 2.矩形的对角线相等； 3.矩形的四个角都是直角； 4.矩形是轴对称图形，它有两条对称轴. 3.矩形的判定：1. 有三个角是直角的四边形是矩形. 2. 对角线相等的平行四边形是矩形. 3. 定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 4.直角三角形性质：由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 5.菱形的性质：1.菱形的四条边都相等； 2.菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角； 3.菱形是轴对称图形，它有两条对称轴. 6.菱形的判定：1. 四条边相等的四边形是菱形. 2.对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 3. 定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形. 7.菱形的面积计算：①利用平行四边形的面积公式． ②菱形面积ab．（a、b是两条对角线的长度） 8.正方形的性质：1.正方形四个角都是直角，四条边都相等. 2.正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 3.正方形是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心. 9.正方形的判定：1.有一组邻边相等的矩形是正方形. 2.有一个内角是直角的菱形是正方形. 【考点题型一】利用平行四边形的性质（） 【例1-1】（23-24八年级下·广西河池·期末）已知在中，对角线、相交于点O， ，则等于（    ） A．3 B．6 C．4 D．12 【例1-2】（23-24八年级下·广东清远·期末）如图，在中，已知． (1)实践与操作：作的平分线交于点E；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)猜想并证明：猜想 与 是否相等，并给予证明． 【变式1-1】（22-23八年级下·吉林四平·期末）如图，在平行四边形中，，，平分交于点，求的长． 【变式1-2】（22-23八年级下·云南·期末）如图，在中，点E，F分别在边和上，且，求证：． 【考点题型二】利用平行四边形的判定（） 【例2-1】（23-24八年级下·青海玉树·期末）如图，四边形中，，要使四边形为平行四边形，则需添加一个条件，这个条件可以是 ． 【例2-1】（23-24八年级下·广东茂名·期末）如图，线段与相交于点，分别过点，作的垂线，垂足分别为，，且，，依次连接点A，B，C，D．求证：四边形为平行四边形． 【例2-3】（23-24八年级下·贵州毕节·期末）如图1是某小区的倾斜式停车位，如图2是其示意图，工人在绘制时会保证四边形停车位的边，边，且．求这个四边形停车位的面积． 【例2-4】（23-24八年级下·吉林长春·期末）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上，不要求写出画法． (1)在图①中以为边画一个面积为2的平行四边形． (2)在图②中以为边画一个面积为3的平行四边形（菱形除外）． (3)在图③中以为边画一个面积为5的平行四边形（正方形除外）． 【变式2-1】（23-24八年级下·山西朔州·期末）如图，在四边形中，，若添加一个条件，使四边形为平行四边形，则下列正确的是（    ） A． B．AB＝AD C． D． 【变式2-2】（23-24八年级下·全国·期末）如图，已知，，，给出下面四个结论：其中正确的有（      ） A．个 B．个 C．个 D．个 【变式2-3】（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，是的边上的点，是中点，连接并延长交于点，连接与相交于点，若，则阴影部分的面积为 ． 【变式2-4】（23-24八年级下·新疆昌吉·期末）如图，，，点、在上，且． (1)求证：； (2)试证明：以、、、为顶点的四边形是平行四边形． 【变式2-5】（23-24八年级下·广东揭阳·期末）如图，中，点E、F在对角线上，且．求证：四边形是平行四边形． 【变式2-6】（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）实践操作：如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都为，线段的端点都在格点上，点不在格点上，仅用无刻度的直尺按以下要求作图． (1)请将图中线段向右平移个单位，再向上平移个单位，画出平移后的线段（点、分别对应点、）； (2)在（1）的条件下，连接、，过点作一条直线平分四边形的面积，并保留作图痕迹． 【考点题型三】三角形中位线（） 【例3】（22-23八年级下·浙江·期末）如图，在中，点是边的中点，点，G在边上，，交于E， ． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长． 【变式3-1】（24-25八年级下·全国·期末）如图，直线，点A，B固定在直线上，C是直线上一动点．若E，F分别为的中点，下列各值中，不随点C的移动而改变的是（    ） ①线段的长；②的周长；③的面积；④的度数． A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 【变式3-2】（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图所示，A，B两点被池塘隔开，A，B，C三点不共线，设的中点分别为点M，N，测得米，可求出A，B两点之间的距为（    ） A．32米 B．24米 C．20米 D．18米 【变式3-3】（22-23八年级下·湖北武汉·期末）如图，中，，，D，E分别为上的点，，F，G分别为，的中点，连，则的长度是 ．    【考点题型四】矩形的性质与判定（） 【例4-1】（24-25八年级下·重庆·期末）如图，在矩形中，和相交于点，于点，若，则的度数为 （用含的式子表示）． 【例4-2】（24-25八年级下·全国·期末）图①是一种矩形时钟，图②是时钟示意图，时钟数字2的刻度在矩形的对角线上，若测量得时钟的长为，则时钟的另一边的长为 cm．（结果保留根号） 【例4-3】（23-24八年级下·湖北武汉·期末）矩形的两条对角线的夹角为，对角线的长为，则矩形的面积为 ． 【例4-4】（23-24八年级下·安徽亳州·期末）如图，，，点A在上，四边形是矩形，连接，交于点E，连接交于点F． (1)求证：． (2)若点G是线段的中点，补全图形并求证：为等腰直角三角形． (3)求证：． 【例4-5】（23-24八年级下·安徽铜陵·期末）如图，在中，点E在边上，点F在边上，，连接． (1)求证： (2)若，求证：四边形是矩形． 【变式4-1】（23-24八年级下·吉林四平·期末）长为，宽为的矩形的面积是（    ） A． B． C． D． 【变式4-2】（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，四边形为平行四边形，延长到E，使，连接，，，添加一个条件，不能使四边形成为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【变式4-3】（23-24八年级下·陕西安康·期末）如图，在矩形中，，点F是边上的一点，且，连接，的垂直平分线交的延长线于点E，交于点P，连接交于点H，点H为边的中点，则的长为（   ） A．8 B．7 C．4 D．3 【变式4-4】（23-24八年级下·浙江丽水·期末）如图，是矩形的一条对角线，，依据尺规作图的痕迹，与的交点为，则的度数是 （用α的代数式表示）． 【变式4-5】（22-23八年级下·天津东丽·期末）如图，四边形是矩形，三点的坐标分别是，，，对角线交点为，则点的坐标是 ．    【变式4-6】（23-24八年级下·浙江湖州·期末）如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连结，，，要使四边形成为矩形，可添加一个条件是 ．(只要写出一个条件即可) 【变式4-7】（23-24八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，在平行四边形中，，经过中点O，分别交于点M，N，连接，且． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，求的长． 【考点题型五】直角三角形斜边上的中线（） 【例5】（22-23八年级下·北京朝阳·期末）如图，四边形是矩形（），的平分线交于点，交的延长线于点． (1)求证：； (2)是的中点，连接，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【变式5-1】（24-25八年级下·重庆·期末）如图，在平面直角坐标系中，点，，C为平面内一点且，连接，点P为的中点，则的最大值为 ． 【变式5-2】（22-23八年级上·江苏宿迁·期末）中，， 点D为的中点，若，则 【变式5-3】（24-25八年级下·河南信阳·期末）如图，已知中，，，，，是边上的两个动点，其中点从点开始沿方向运动，且速度为，点从点开始沿方向运动，且速度为，它们同时出发，设运动的时间为． (1)出发后，求的长； (2)当点在边上运动时，出发几秒钟，是直角三角形？ (3)当点在边上运动时，直接写出能使成为等腰三角形的的值______． 【考点题型六】菱形的性质与判定（） 【例6-1】（23-24八年级下·新疆昌吉·期末）如图，在菱形中，．已知的周长是12，则菱形的周长是（　　） A．20 B．16 C．15 D．12 【例6-2】（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，在的两边上分别截取，使：再分别以点A，B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C；再连接．若，，则四边形的面积是（    ） A． B．6 C．4 D．8 【例6-3】（23-24八年级下·新疆昌吉·期末）如图所示，中，E、F、D分别是上的中点，要使四边形是菱形，在不改变图形的前提下，你需添加的一个条件是 （在基础上添加） 【例6-4】（23-24八年级下·北京东城·期末）如图，在菱形中，对角线相交于点O，过点B作，过点C作，与相交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，求的长． 【例6-5】（23-24八年级下·广西桂林·期末）如图，在四边形中，，，对角线交于点O，若四边形是矩形，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 【变式6-1】（23-24八年级下·山西晋城·期末）如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，若测得，之间的距离为，，之间的距离为，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 【变式6-2】（24-25八年级下·全国·期末）已知一菱形的边长为4，则其周长为 ． 【变式6-3】（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． 【变式6-4】（22-23八年级下·广东惠州·期末）如图：在菱形中，对角线交于点O，过点A作于点E，延长至点F，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求菱形的面积． 【考点题型七】正方形形的性质与判定（） 【例7-1】（24-25八年级下·重庆·期末）如图，在正方形中，点在边上，连接，于点，于点，若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【例7-2】（23-24八年级下·广东广州·期末）2002年在北京举行的第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”，如图，在由四个全等的直角三角形（、、、）拼成大正方形，中空的部分是四边形，连接，相交于点，与相交于点，若，且大正方形边长为，则四边形的面积为（     ）      A． B． C． D． 【例7-3】（22-23八年级下·山东临沂·期末）如图，点E为正方形对角线上一点，连接，．过点E作，交边于点F，以，为邻边作矩形． (1)求证：矩形是正方形； (2)连接，若正方形的边长为9，，求正方形的边长． 【变式7-1】（23-24八年级下·云南昭通·期末）在正方形外侧作等边，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式7-2】（23-24八年级下·山东济宁·期末）七巧板是我国民间流传的一种益智玩具，它由等腰直角三角形、正方形和平行四边形组成．如图，这是一个由边长为的正方形纸板制作的七巧板，则平行四边形（图中⑥）的面积是 ． 【变式7-3】（22-23八年级下·重庆·期末）如图，在正方形中，G为对角线上一点，连接、，E是边上一点，连接交的延长线上于点F，且，若，则的度数是 ． 【变式7-4】（22-23八年级下·安徽合肥·期末）如图，点P是边长为4的正方形的边上任意一点，过B点作于点G，过C点作于点E，连接． (1)如图1，若点P是的中点，求的长； (2)如图2，当点P在边上运动时（不与B、C重合），求证：； (3)当__________时，是等腰三角形． 【考点题型八】中点四边形（） 【例8】（23-24八年级下·山西朔州·期末）如图，四边形的对角线于点O，点E，F，G，H分别为边和的中点，顺次连接和，得到四边形．若，则四边形的面积等于（　　）． A．30 B．35 C．40 D．60 【变式8-1】（23-24八年级下·山东东营·期末）如图，依次连接四边形各边中点得四边形，要使四边形为菱形，添加的条件正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式8-2】（23-24八年级下·北京顺义·期末）如图，在矩形中，点，，，分别为，，，的中点．若，，则四边形的周长为 ． 【变式8-3】（23-24八年级下·湖北武汉·期末）已知四边形， (1)如图（1），若，点、、、分别为、、、的中点，判断四边形的形状，并说明理由． (2)如图（2），若于，，，求的值． 【考点题型九】四边形中的线段最值问题（） 【例9】（22-23八年级下·江苏淮安·期末）问题情境：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题： 如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为．那么与相等吗？ （1）直接判断： （填“”或“” ； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： （2）如图2，在正方形中，点、、分别在边、和上，且，垂足为．那么与相等吗？证明你的结论； 问题拓展： （3）如图3，点在边上，且，垂足为，当在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点落在点处． ①四边形是正方形吗？请说明理由； ②若，点在上，，直接写出的最小值为 　　． 【变式9-1】（22-23八年级下·江苏扬州·期末）如图，在正方形中，点E、F、G分别在、、上，，，，，与交于点P．连接，则的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【变式9-2】（23-24八年级下·浙江丽水·期末）如图，在菱形中，点P是对角线上一动点，于点E，于点F，记菱形高线的长为h，则下列结论：①当P为中点时，则；②；③；④若，连接，则有最小值为2；⑤若，连接，则的最大值为．其中错误的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式9-3】（23-24八年级下·内蒙古呼和浩特·期末）如图，在正方形中，，点，分别是，的中点，，相交于点，为上一动点，为的中点，下列结论：①；②；③线段MN的最大值是；④线段MN的最小值是．其中正确的是 ．（只填写序号） 【变式9-4】（22-23八年级下·湖北十堰·期末）如图，已知，，，，D是平面内的一个动点，且，连接，点E是的中点，连接，则的最大值与最小值的差为 ．    【变式9-5】（22-23八年级下·重庆涪陵·期末）如图，在平行四边形中，，点E为边上一点，连结交对角线于点F． (1)如图，若，，求的长度；    (2)如图，若，点G，H为边的两点，连接，，，且满足．求证：．      (3)如图，若，，将沿射线方向平移，得到，连接，，当的值最小时，请直接写出的最小值．    【考点题型十】特殊平行四边形折叠问题（） 【例10】（22-23八年级下·江苏泰州·期末）数学研究课上，老师带领大家探究《折纸中的数学问题》时，出示如图所示的长方形纸条，其中，．然后在纸条上任意画一条线段，将纸片沿折叠，直线与直线交于点，得到．如图所示：    【基础回顾】 (1)在图中，若，；（直接写出答案） 【操作探究】 (2)改变折痕位置，始终是______三角形，请说明理由； (3)爱动脑筋的小明在研究的面积时，发现边上的高始终是个不变的值．根据这一发现，他很快研究出的面积最小值为，此时的大小可以为______； 【拓展延伸】 (4)小明继续动手操作进行折纸，发现了面积存在最大值，请你求出这个最大值． 【变式10-1】（23-24八年级下·新疆乌鲁木齐·期末）如图，在矩形中，点M在边上，先将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N．之后再将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为．若，，则的长为（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【变式10-2】（22-23八年级下·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图所示，把正方形纸片沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为，再过点折叠纸片，使点落在上的点处，折痕为．若的长为2，则的长为（    ） A． B． C． D．1 【变式10-3】（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图，正方形中，，点在边上，且．将沿对折至，延长交边于点，连接、．有以下结论：①；②；③；④；⑤图中与相等的角有个．其中，正确结论的序号是 （把正确结论的序号都填上）． 【变式10-4】（22-23八年级下·江苏泰州·期末）在数学综合与实践活动中，小明发现折叠矩形纸片可以得到一些特殊角，我们将折痕与矩形原有边形成的夹角称为“折叠角”． 【尝试与感悟】 （1）如图，点在边上，将矩形沿折叠，点落在边上的点处，此时折痕与边形成的夹角就是“折叠角”，且 ______ ； （2）如图，先将矩形对折，使得与重合，折痕为，点在边上，再将纸片沿着折叠，点落在上的点处求“折叠角”的度数； 【探索与发现】 （3）在图中与垂直的射线、上分别取点、，使得四边形是矩形，将其沿着经过点的直线折叠后，点落在边上并且得到的“折叠角”请你用无刻度的直尺与圆规分别确定点、不写作法，保留作图痕迹 【变式10-5】（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，是正方形内一点，，连接，将沿翻折，得到，延长，与的平分线相交于． (1)当四边形为菱形时，填空：______； (2)试求的度数； (3)如图，连接，交于，连接，当三点共线时，求证：四边形是菱形． 【变式10-6】（22-23八年级下·安徽阜阳·期末）如图所示，在正方形中，点为边的中点，连接，将沿着翻折，点的对称点为点，记与的交点为．    (1)如图1所示，连接并延长交边于点，求证：点是的中点； (2)如图2所示，延长交边于点，求证：点是的中点； (3)如图3所示，若，过点作，分别交，于点，，求的值． 【考点题型十一】特殊平行四边形的动态问题（） 【例11】（23-24八年级下·辽宁鞍山·期末）如图，正方形的边长为，点是 边上一点，且，对角线，交于点，点是中点，连接； (1)如图1，过点作交于点，判断四边形的形状并证明； (2)如图2，若点是对角线上的动点，当平分时，判断，，之间的数量关系， 并计算的值． 【变式11-1】（23-24八年级下·河北保定·期末）如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若P，Q两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中：①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 【变式11-2】（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，在四边形中，，，，动点P从A点开始沿边以的速度向点D运动，动点Q从C点开始沿边以的速度向点B运动，P、Q分别从A、C同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是矩形； (2)当t为何值时，四边形是平行四边形； (3)问：四边形是否能成菱形？若能，求出运动时间，若不能，请说明理由． 【变式11-3】（23-24八年级下·广东揭阳·期末）已知，中，一动点P在边上，以每秒的速度从点A向点D运动． (1)如图①，运动过程中，若平分，且满足，求的度数； (2)如图②，在（1）问的条件下，连接并延长，与的延长线交于点F，连接，若，求的面积； (3)如图③，另一动点Q在边上，以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若，则时间为何值时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 平行四边形（考点清单，2考点梳理+11题型解读） 清单01 平行四边形 1.定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形. 2.性质：（1）．边的性质：平行四边形两组对边平行且相等； （2）．角的性质：平行四边形邻角互补，对角相等； （3）．对角线性质：平行四边形的对角线互相平分； （4）．平行四边形是中心对称图形，对角线的交点为对称中心. 3.判定：（1）.两组对边分别平行的四边形是平行四边形； （2）.两组对边分别相等的四边形是平行四边形； （3）.一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； （4）.两组对角分别相等的四边形是平行四边形； （5）.对角线互相平分的四边形是平行四边形. 4.平行线的性质 （1）平行线间的距离都相等 （2）等底等高的平行四边形面积相等 5.三角形中位线定理 （1）三角形中位线定理： 三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． （2）几何语言： 如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点 ∴DE∥BC，DE＝BC． 清单02 特殊的平行四边形 1.矩形、菱形、正方形的定义 有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 有一组邻边相等并且有一个内角是直角的平行四边形 叫做正方形. 2.矩形的性质：1.矩形具有平行四边形的所有性质； 2.矩形的对角线相等； 3.矩形的四个角都是直角； 4.矩形是轴对称图形，它有两条对称轴. 3.矩形的判定：1. 有三个角是直角的四边形是矩形. 2. 对角线相等的平行四边形是矩形. 3. 定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 4.直角三角形性质：由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 5.菱形的性质：1.菱形的四条边都相等； 2.菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角； 3.菱形是轴对称图形，它有两条对称轴. 6.菱形的判定：1. 四条边相等的四边形是菱形. 2.对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 3. 定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形. 7.菱形的面积计算：①利用平行四边形的面积公式． ②菱形面积ab．（a、b是两条对角线的长度） 8.正方形的性质：1.正方形四个角都是直角，四条边都相等. 2.正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 3.正方形是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心. 9.正方形的判定：1.有一组邻边相等的矩形是正方形. 2.有一个内角是直角的菱形是正方形. 【考点题型一】利用平行四边形的性质（） 【例1-1】（23-24八年级下·广西河池·期末）已知在中，对角线、相交于点O， ，则等于（    ） A．3 B．6 C．4 D．12 【答案】A 【知识点】利用平行四边形的性质求解 【分析】根据“平行四边形对角线互相平分”即可得解． 本题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，对角线、相交于点O， ∴ ． 故选：A． 【例1-2】（23-24八年级下·广东清远·期末）如图，在中，已知． (1)实践与操作：作的平分线交于点E；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)猜想并证明：猜想 与 是否相等，并给予证明． 【答案】(1)见解析 (2)相等，证明见解析 【知识点】作角平分线(尺规作图)、利用平行四边形的性质证明、根据等角对等边证明边相等 【分析】本题考查角平分线的画法、平行四边形的性质等，熟练掌握尺规作图的基本方法是解题的关键． （1）以点A为圆心，任意长为半径画弧，交、于两点，再分别以两交点为圆心，大于两交点距离的一半为半径画弧，两弧交于一点，连接交点与点A交于点E，AE即为所求； （2）先根据平行四边形的性质得出，得出，由角平分线的性质得出，所以，即可证明． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）相等，证明如下： ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴． 【变式1-1】（22-23八年级下·吉林四平·期末）如图，在平行四边形中，，，平分交于点，求的长． 【答案】 【知识点】等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形的性质求解、角平分线的有关计算 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，解答本题的关键是根据平行线的性质和角平分线的定义得出．根据四边形为平行四边形可得，根据平行线的性质和角平分线的定义可得出，继而可得，然后根据已知可求得的长度． 【详解】解：四边形为平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ，， ． 【变式1-2】（22-23八年级下·云南·期末）如图，在中，点E，F分别在边和上，且，求证：． 【答案】见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的性质证明 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，根据平行四边形的性质可得，，结合已知条件进而证明，根据全等三角形的性质，即可得证． 【详解】证明：四边形是平行四边形 ， 在和中 ． 【考点题型二】利用平行四边形的判定（） 【例2-1】（23-24八年级下·青海玉树·期末）如图，四边形中，，要使四边形为平行四边形，则需添加一个条件，这个条件可以是 ． 【答案】（答案不唯一） 【知识点】添一个条件成为平行四边形 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． 根据平行四边形的判定方法解答即可． 【详解】解：在四边形中，，， 四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）， 可添加的条件是：； 在四边形中， ， ∴四边形是平行四边形； ∴可添加条件； 故答案是：（答案不唯一）. 【例2-1】（23-24八年级下·广东茂名·期末）如图，线段与相交于点，分别过点，作的垂线，垂足分别为，，且，，依次连接点A，B，C，D．求证：四边形为平行四边形． 【答案】见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、证明四边形是平行四边形 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定．熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．先用证明得，．再根据得出，即可由平行四边形的判定定理得出结论． 【详解】证明：，， ． 在与中，， ． ，． 又， ． ． 又， 四边形是平行四边形． 【例2-3】（23-24八年级下·贵州毕节·期末）如图1是某小区的倾斜式停车位，如图2是其示意图，工人在绘制时会保证四边形停车位的边，边，且．求这个四边形停车位的面积． 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、平行四边形性质和判定的应用、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定以及性质，勾股定理，含直角三角形的性质，先判定四边形是平行四边形．过点作，交的延长线于点．由平行四边形的性质可得出，进而可得出，由直角三角形两锐角互余可得出，由含直角三角形的性质得出，由勾股定理求出，最后根据平行四边形的面积公式求面积即可． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形． 如图，过点作，交的延长线于点． ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴， ∴． 在中，由勾股定理， 得， ∴， 即这个四边形停车位的面积是． 【例2-4】（23-24八年级下·吉林长春·期末）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上，不要求写出画法． (1)在图①中以为边画一个面积为2的平行四边形． (2)在图②中以为边画一个面积为3的平行四边形（菱形除外）． (3)在图③中以为边画一个面积为5的平行四边形（正方形除外）． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【知识点】求与已知三点组成平行四边形的点的个数 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定、菱形的判定、正方形的判定以及网格作图等知识，掌握正方形的判定是解答本题的关键． （1）根据平行四边形的判定进行画图即可； （2）根据平行四边形的判定进行画图即可； （3）根据平行四边形的判定进行画图即可． 【详解】（1）解：如图：平行四边形即为所求． （2）解：如图：平行四边形即为所求． （3）解：如图：平行四边形即为所求． 【变式2-1】（23-24八年级下·山西朔州·期末）如图，在四边形中，，若添加一个条件，使四边形为平行四边形，则下列正确的是（    ） A． B．AB＝AD C． D． 【答案】D 【知识点】添一个条件成为平行四边形 【分析】本题考查了平行四边形的判定以及平行线的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． 由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、由，不能判定四边形为平行四边形，还有可能是等腰梯形，故本选项不符合题意； B、由，不能判定四边形为平行四边形，故本选项不符合题意； C、∵， ， ∴不能判定四边形为平行四边形，故本选项不符合题意； D．∵， ， ， ， ， 又， ∴四边形是平行四边形，故本选项符合题意； 故选：D． 【变式2-2】（23-24八年级下·全国·期末）如图，已知，，，给出下面四个结论：其中正确的有（      ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】D 【知识点】利用平行四边形的判定与性质求解 【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，同底等高面积相等等知识，先证明四边形是平行四边形，可判断①②，再根据同底等高面积相等判断③④即可 【详解】解：∵，即且 ∴四边形是平行四边形， ∴故①正确； ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 又，即 ∴四边形是平行四边形， ∴故②正确； 设间的距离为， ∴ ∴故③正确； 又 ∵ ∴故④正确； 综上，正确的绪论是①②③④，共4个， 故选：D 【变式2-3】（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，是的边上的点，是中点，连接并延长交于点，连接与相交于点，若，则阴影部分的面积为 ． 【答案】17 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的判定与性质求解、线段中点的有关计算 【分析】本题考查平行四边形，三角形的知识，解题的关键是掌握平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，连接，根据平行四边形的性质，则，，根据点是的中点，则，根据全等三角形的判定和性质，则，，再根据平行四边形的判定和性质，则四边形是平行四边形，得到，再根据平行四边形的判定和性质，则四边形是平行四边形，，根据阴影部分的面积为：，即可． 【详解】解：连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴阴影部分的面积为：． 故答案为：． 【变式2-4】（23-24八年级下·新疆昌吉·期末）如图，，，点、在上，且． (1)求证：； (2)试证明：以、、、为顶点的四边形是平行四边形． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、证明四边形是平行四边形、根据平行线判定与性质证明 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定及平行四边形的判定，解答此题的关键是要掌握判定方法． （1）由全等三角形的判定定理SAS证得； （2）利用（1）中的全等三角形的对应角相等证得，则，所以根据平行线的判定可以证得．由全等三角形的对应边相等证得，则易证得结论． 【详解】（1）解：， ， 又， ， ， 在与中， ， ； （2）连接、． 由(1)知，， ，， ， ， 又， 以、、、为顶点的四边形是平行四边形． 【变式2-5】（23-24八年级下·广东揭阳·期末）如图，中，点E、F在对角线上，且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，连接交于，根据平行四边形对角线互相平分得到，，再证明，即可根据对角线互相平分的四边形是平行四边形证明结论． 【详解】证明：连接交于，如下图， 四边形是平行四边形， ，， ， ，即， 四边形为平行四边形． 【变式2-6】（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）实践操作：如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都为，线段的端点都在格点上，点不在格点上，仅用无刻度的直尺按以下要求作图． (1)请将图中线段向右平移个单位，再向上平移个单位，画出平移后的线段（点、分别对应点、）； (2)在（1）的条件下，连接、，过点作一条直线平分四边形的面积，并保留作图痕迹． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】无刻度直尺作图、平行四边形性质和判定的应用、平移(作图) 【分析】本题考查的知识点是无刻度直尺作图、作图—平移变换、平行四边形的判定与性质，解题关键是熟练掌握用无刻度直尺作图． （1）按照题目要求找到点和点平移后对应的格点后相连即可求解； （2）根据题目要求，连接、后，利用平行四边形的性质找到平行四边形的对角线交点与点相连即可．． 【详解】（1）解：如图，即为所求： （2）解：如图，连接、后，连接点和、交点即可得到符合条件的直线： 根据平移的性质，且， 四边形是平行四边形， 则根据平行四边形的性质可得，过对角线交点的直线能够平分该平行四边形面积， 点和对角线交点所在直线即为符合条件的直线． 【考点题型三】三角形中位线（） 【例3】（22-23八年级下·浙江·期末）如图，在中，点是边的中点，点，G在边上，，交于E， ． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、与三角形中位线有关的证明、三线合一 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，三角形中位线定理． （1）根据等腰三角形三线合一得到，再利用三角形的中位线定理证明，再加上条件可证出结论． （2）先证明，再证明，可得到． 【详解】（1）证明：，， ． 又是边的中点， ∴， 为的中位线， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：四边形是平行四边形， ， 、分别是、的中点， ， ， ． 【变式3-1】（24-25八年级下·全国·期末）如图，直线，点A，B固定在直线上，C是直线上一动点．若E，F分别为的中点，下列各值中，不随点C的移动而改变的是（    ） ①线段的长；②的周长；③的面积；④的度数． A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 【答案】B 【知识点】利用平行线间距离解决问题、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】本题考查了平行线的性质、三角形中位线定理、三角形面积等知识，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键． 判断出长为定值，到的距离为定值，再根据三角形的中位线与平行线的性质即可判断①③，根据运动得出不断发生变化、的大小不断发生变化，即可判断②④． 【详解】解：、为定点， 长为定值， 点，分别为，的中点， 是的中位线， 为定值，故①正确； 点，为直线上定点，直线， 到的距离为定值， 是的中位线， ， 到的距离为定值， 又为定值， 的面积为定值，故③正确； 当点移动时，的长发生变化， 则的长发生变化， 的周长发生变化，故②错误； 当点移动时，发生变化，则发生变化，故④错误； 故选：B． 【变式3-2】（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图所示，A，B两点被池塘隔开，A，B，C三点不共线，设的中点分别为点M，N，测得米，可求出A，B两点之间的距为（    ） A．32米 B．24米 C．20米 D．18米 【答案】A 【知识点】三角形中位线的实际应用 【分析】本题考查三角形的中位线的应用，根据三角形的中位线性质得到，进而求解即可． 【详解】解：∵的中点分别为点M，N， ∴， ∵米， ∴米， 故选：A． 【变式3-3】（22-23八年级下·湖北武汉·期末）如图，中，，，D，E分别为上的点，，F，G分别为，的中点，连，则的长度是 ．    【答案】 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、根据矩形的性质与判定求角度、用勾股定理解三角形、证明四边形是平行四边形 【分析】取的中点，连接，并延长交于点，交于点，根据三角形中位线定理得出，，，，证明四边形是矩形，再根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，取的中点，连接，并延长交于点，交于点，   ，分别为，的中点， 是的中位线，是的中位线， ，，，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了三角形中位线的判定与性质，平行四边形的判定，矩形的判定与性质，勾股定理等知识点，根据三角形中位线的性质和已知条件得到是解答本题的关键． 【考点题型四】矩形的性质与判定（） 【例4-1】（24-25八年级下·重庆·期末）如图，在矩形中，和相交于点，于点，若，则的度数为 （用含的式子表示）． 【答案】 【知识点】利用矩形的性质求角度、三角形内角和定理的应用、等边对等角 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，解题的关键是掌握矩形的性质．由矩形的性质可得：，，得到，，结合，推出，最后根据三角形的内角和定理即可求解． 【详解】解：在四边形是矩形， ，， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【例4-2】（24-25八年级下·全国·期末）图①是一种矩形时钟，图②是时钟示意图，时钟数字2的刻度在矩形的对角线上，若测量得时钟的长为，则时钟的另一边的长为 cm．（结果保留根号） 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、根据矩形的性质求线段长、钟面角 【分析】此题考查了矩形的性质、钟面角、含角直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的性质和直角三角形的性质是解题的关键．过点O作，垂足分别为点，根据题意得到，求出，进一步得到，则，即可求出答案． 【详解】解：过点O作，垂足分别为点， 由题意可得，， ∵， ∴，则， ∴， 在矩形中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为： 【例4-3】（23-24八年级下·湖北武汉·期末）矩形的两条对角线的夹角为，对角线的长为，则矩形的面积为 ． 【答案】16 【知识点】含30度角的直角三角形、根据矩形的性质求面积、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查求矩形面积，涉及矩形性质、含的直角三角形性质和三角形面积公式等知识，先由题意得到，，过点作于，如图所示，构造直角三角形，在中，结合矩形性质及含的直角三角形性质得到，最后由三角形面积公式表示出矩形面积代值求解即可得到答案，熟记矩形性质、含的直角三角形性质，数形结合是解决问题的关键． 【详解】解：根据题意，如图所示： ，， 过点作于，如图所示： 在矩形中，， 在中，，，，则， 矩形的面积为， 故答案为：16． 【例4-4】（23-24八年级下·安徽亳州·期末）如图，，，点A在上，四边形是矩形，连接，交于点E，连接交于点F． (1)求证：． (2)若点G是线段的中点，补全图形并求证：为等腰直角三角形． (3)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)补全图形见解析，证明见解析 (3)证明见解析 【知识点】用勾股定理解三角形、利用矩形的性质证明、二次根式的除法、三线合一 【分析】（1）证明，再利用等腰三角形的三线合一可得结论； （2）先证明，可得，再证明（）．可得，．再进一步可得结论； （3）证明，结合．可得，设，可得，再进一步可得答案； 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴． （2）证明：如图， ∵，，， ∴，， ∴， ∴， ∵点G是线段的中点， ∴， 在和中，， ∴（）． ∴，． ∴为等腰三角形． ∵， ∴，即． ∴为等腰直角三角形． （3）解：∵，，， ∴（等腰三角形的三线合一）， 由（2）可知，． ∴，设， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，矩形的性质，二次根式的除法运算，掌握基础几何图形的性质是解本题的关键. 【例4-5】（23-24八年级下·安徽铜陵·期末）如图，在中，点E在边上，点F在边上，，连接． (1)求证： (2)若，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【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、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】本题主要考查了平行四边形和矩形．熟练掌握平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，是解决问题的关键． （1）根据平行四边形性质得到，结合，推出，即得； （2）根据平行四边形性质得到，结合，得到，推出四边形是平行四边形，根据，即得是矩形． 【详解】（1）∵中，， 且， ∴， ∴； （2）∵中，， 且， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴是矩形． 【变式4-1】（23-24八年级下·吉林四平·期末）长为，宽为的矩形的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】二次根式的乘法、二次根式的应用、根据矩形的性质求面积 【分析】本题主要考查了二次根式乘法的应用，熟练掌握二次根式的乘法的运算法则，根据矩形面积等于长乘以宽，列出式子，进行计算即可得到答案． 【详解】解：根据题意得：矩形的面积是， 故选：B． 【变式4-2】（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，四边形为平行四边形，延长到E，使，连接，，，添加一个条件，不能使四边形成为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】添一条件使四边形是矩形 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定等，熟练掌握相关的判定定理与性质定理是解题的关键． 先证明四边形为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答． 【详解】∵四边形为平行四边形， ∴，， 又∵， ∴，且， ∴四边形为平行四边形， A.∵，， ∴， ∴为矩形，故本选项不符合题意； B.∵对角线互相垂直的平行四边形为菱形，不一定为矩形，故本选项符合题意； C.∵， ∴， ∴为矩形，故本选项不符合题意； D.∵， ∴， ∴为矩形，故本选项不符合题意， 故选：B． 【变式4-3】（23-24八年级下·陕西安康·期末）如图，在矩形中，，点F是边上的一点，且，连接，的垂直平分线交的延长线于点E，交于点P，连接交于点H，点H为边的中点，则的长为（   ） A．8 B．7 C．4 D．3 【答案】C 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、线段垂直平分线的性质、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握性质是解题的关键．根据线段中点的定义得到，然后证明，设，根据题意得到，然后列出方程求出即可得到答案． 【详解】解：矩形中，，点为边的中点， ，， 在和中， ， ， ， 设， 则， 在中，， ， 的垂直平分线交的延长线于点， ， ， 解得， 故， 故选：C． 【变式4-4】（23-24八年级下·浙江丽水·期末）如图，是矩形的一条对角线，，依据尺规作图的痕迹，与的交点为，则的度数是 （用α的代数式表示）． 【答案】 【知识点】利用矩形的性质求角度、作角平分线(尺规作图)、线段垂直平分线的性质、作垂线(尺规作图) 【分析】本题考查了作图—基本作图，角平分线的定义、线段垂直平分线的性质、矩形的性质，设与交于点，由作图可得：平分，垂直平分，从而得出，，由矩形的性质得出，推出，即可得解． 【详解】解：如图，设与交于点， 由作图可得：平分，垂直平分， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式4-5】（22-23八年级下·天津东丽·期末）如图，四边形是矩形，三点的坐标分别是，，，对角线交点为，则点的坐标是 ．    【答案】 【知识点】写出直角坐标系中点的坐标、 求矩形在坐标系中的坐标、坐标与图形 【分析】根据题意，可得，由中点坐标公式直接求解即可得到答案． 【详解】解：四边形是矩形，三点的坐标分别是，，， ， 矩形对角线交点为， 由平面直角坐标系中中点坐标公式可得， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形性质及中点坐标公式，熟记矩形性质及中点坐标公式是解决问题的关键． 【变式4-6】（23-24八年级下·浙江湖州·期末）如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连结，，，要使四边形成为矩形，可添加一个条件是 ．(只要写出一个条件即可) 【答案】（或或等） 【知识点】添一条件使四边形是矩形 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定，首先判定四边形为平行四边形是解题的关键．先证明四边形为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答． 【详解】解：四边形为平行四边形， ，， 又， ，且， 四边形为平行四边形， 添加， 为矩形； 添加， ， 为矩形； 添加， ， 为矩形． 故答案为：（或或） 【变式4-7】（23-24八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，在平行四边形中，，经过中点O，分别交于点M，N，连接，且． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)． 【知识点】用勾股定理解三角形、证明四边形是矩形、含30度角的直角三角形、利用平行四边形的性质求解 【分析】（1）由平行四边形的性质推出，得到，判定四边形是平行四边形，再根据，即可证明四边形为矩形； （2）利用直角三角形的性质结合勾股定理求得、和的长，再利用矩形的性质求得，，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ∴， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，，， ∴，， 在中，，， ∴， 由（1）知四边形是矩形， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理．证明四边形是矩形是解题的关键． 【考点题型五】直角三角形斜边上的中线（） 【例5】（22-23八年级下·北京朝阳·期末）如图，四边形是矩形（），的平分线交于点，交的延长线于点． (1)求证：； (2)是的中点，连接，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用矩形的性质证明、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，掌握这些知识点是解题的关键． （1）根据矩形的性质得出，再证明，等量代换即可得出答案； （2）依题意补全图形，线段之间的数量关系是：．连接，先证明，再证明，进而得出，根据，即可得出结论． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ， 平分， ， ， ， ， ； （2）解：线段，，之间的数量关系是：． 证明：连接，，． 在中，是的中点， ， ，， ， ，， ∵， ， ，， ， ， ， ． 【变式5-1】（24-25八年级下·重庆·期末）如图，在平面直角坐标系中，点，，C为平面内一点且，连接，点P为的中点，则的最大值为 ． 【答案】 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、斜边的中线等于斜边的一半、用勾股定理解三角形、已知两点坐标求两点距离 【分析】本题考查勾股定理，直角三角形斜边中线，三角形中位线，连接，取中点，连接，，根据勾股定理求出，利用斜边中线得到，利用为中位线，得到，最后根据求最大值即可． 【详解】解：连接，取中点，连接，， ∵在平面直角坐标系中，点，， ∴，，， ∴， ∵为斜边中点， ∴， ∵点P为的中点， ∴为中位线， ∴， ∵， ∴当、、三点共线时，最大， 故答案为：． 【变式5-2】（22-23八年级上·江苏宿迁·期末）中，， 点D为的中点，若，则 【答案】 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键． 根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可以得． 【详解】∵， 点D为的中点， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式5-3】（24-25八年级下·河南信阳·期末）如图，已知中，，，，，是边上的两个动点，其中点从点开始沿方向运动，且速度为，点从点开始沿方向运动，且速度为，它们同时出发，设运动的时间为． (1)出发后，求的长； (2)当点在边上运动时，出发几秒钟，是直角三角形？ (3)当点在边上运动时，直接写出能使成为等腰三角形的的值______． 【答案】(1) (2)秒或秒 (3)或或 【知识点】用勾股定理解三角形、等腰三角形的定义、二次根式的应用、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查的是三角形的综合应用，涉及勾股定理、等腰三角形的性质、直角三角形的性质，分类讨论的思想.解题的关键在于用时间表示相应的线段以及是否能利用等腰三角形进行分类讨论. （1）根据题意求出和长度，再根据勾股定理即可求出长度； （2）用分别表示出和长度，由是直角三角形，分或，两种情况讨论即可； （3）用表示出长度，分三种情况讨论即可求出答案. 【详解】（1）解：当时，，. ， ， 如图，在中， 由勾股定理可得，； （2）解：∵中，，，， ∴， 由题意可知当点在边上运动时，，即， 设出发秒，是直角三角形，则或， ∵， ∴， 当时，如图，则， 此时，， ∵， ∴，即， 整理得：， 解得：； 当时，点与点重合， 此时，， 综上，当点在边上运动时，出发秒或秒时，是直角三角形； （3）解：由（2）知， 当点在上运动时， ∵， ∴， ①当时，过作于点， 则， 在中，，可求得. 在中，由勾股定理可得，即， 整理得：， 解得：或（舍去）； ②当时， 则， 解得； ③当时，则， ， ， ， ，即， 解得； 综上，当点在边上运动时，使成为等腰三角形的的值为或或. 【考点题型六】菱形的性质与判定（） 【例6-1】（23-24八年级下·新疆昌吉·期末）如图，在菱形中，．已知的周长是12，则菱形的周长是（　　） A．20 B．16 C．15 D．12 【答案】B 【知识点】等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质求角度、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质；根据菱形的对角线平分一组对角和菱形的四边相等可证是等边三角形，即可求出菱形的边长，即可求出周长． 【详解】解：四边形是菱形，， ，， 是等边三角形， ， 的周长是12， ， 菱形的周长是， 故选：． 【例6-2】（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，在的两边上分别截取，使：再分别以点A，B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C；再连接．若，，则四边形的面积是（    ） A． B．6 C．4 D．8 【答案】C 【知识点】作线段(尺规作图)、根据菱形的性质与判定求面积 【分析】本题考查作图-基本作图、菱形的判定与性质，由尺规作图可得，，即可得四边形为菱形，根据菱形的性质可得答案． 【详解】解：由尺规作图可得，， 四边形为菱形， ， 四边形的面积为 故选：C． 【例6-3】（23-24八年级下·新疆昌吉·期末）如图所示，中，E、F、D分别是上的中点，要使四边形是菱形，在不改变图形的前提下，你需添加的一个条件是 （在基础上添加） 【答案】 【知识点】添一个条件使四边形是菱形、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】本题主要考查了菱形的判定、三角形中位线的判定与性质等知识点，掌握菱形的判定方法成为解题的关键． 先根据三角形的中位线得到可得四边形是平行四边形；再根据菱形的判定可知，即可解答． 【详解】解：∵中，E、F、D分别是上的中点， ∴ ∴四边形是平行四边形， 要使四边形是菱形，则， ∴，即． 故答案为：． 【例6-4】（23-24八年级下·北京东城·期末）如图，在菱形中，对角线相交于点O，过点B作，过点C作，与相交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【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、利用菱形的性质证明 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）先证四边形是平行四边形，再由菱形的性质得，则，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）由菱形的性质得，，，由勾股定理得，则，然后由矩形的性质得，由勾股定理求得即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即的长为． 【例6-5】（23-24八年级下·广西桂林·期末）如图，在四边形中，，，对角线交于点O，若四边形是矩形，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明四边形是菱形、利用矩形的性质证明、用勾股定理解三角形、含30度角的直角三角形 【分析】本题考查平行四边形的判定，矩形的性质，菱形的判定和性质： （1）先证明四边形是平行四边形，矩形的性质得到，即可得证； （2）根据矩形的性质，结合含30度角的直角三角形的性质，求出的长，利用菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积 【变式6-1】（23-24八年级下·山西晋城·期末）如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，若测得，之间的距离为，，之间的距离为，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】用勾股定理解三角形、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，连接相交于点，过点作于，于，由题意可得，，，可得四边形是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得，即得到四边形是菱形，再利用菱形的性质即可求解，掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：连接相交于点，过点作于，于， ∵四边形由两张等宽的纸条重叠在一起形成的， ∴，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， 故选：． 【变式6-2】（24-25八年级下·全国·期末）已知一菱形的边长为4，则其周长为 ． 【答案】16 【知识点】利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查菱形的性质，根据菱形的四边相等，即可得出结果． 【详解】解：菱形的周长为． 故答案为：16． 【变式6-3】（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) 【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、根据菱形的性质与判定求角度 【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：， ． 【变式6-4】（22-23八年级下·广东惠州·期末）如图：在菱形中，对角线交于点O，过点A作于点E，延长至点F，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)80 【知识点】证明四边形是矩形、根据矩形的性质与判定求面积、利用菱形的性质求面积、利用菱形的性质证明 【分析】本题主要考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）先证四边形是平行四边形，再证，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明结论； （2）由矩形的性质得，然后在中，由勾股定理得，求出，然后根据菱形的面积公式即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∴，解得：， ∴， ∵， ∴． 【考点题型七】正方形形的性质与判定（） 【例7-1】（24-25八年级下·重庆·期末）如图，在正方形中，点在边上，连接，于点，于点，若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据正方形的性质求线段长、直角三角形的两个锐角互余、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了正方形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据正方形的性质得到，，推出由，得到，继而得到，推出，得到，推出，，求出，得到，即可得到答案． 【详解】解： 四边形是正方形， ，， ， ，， ， ， ， ， ，， ， ， 故选：B． 【例7-2】（23-24八年级下·广东广州·期末）2002年在北京举行的第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”，如图，在由四个全等的直角三角形（、、、）拼成大正方形，中空的部分是四边形，连接，相交于点，与相交于点，若，且大正方形边长为，则四边形的面积为（     ）      A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】以弦图为背景的计算题、根据正方形的性质与判定求面积、全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理，灵活运用知识点推理证明是解题的关键． 记和交于点，根据正方形的性质，利用证明，利用证明，设，结合勾股定理推出，根据大正方形边长为，得出，求出，即为四边形的面积． 【详解】解：如图，记和交于点，    ∵四个全等的直角三角形（、、、）拼成大正方形， ∴，，，， ∴， ，即， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∵大正方形边长为， ∴， ∴， ∴四边形的面积为， 故选：D． 【例7-3】（22-23八年级下·山东临沂·期末）如图，点E为正方形对角线上一点，连接，．过点E作，交边于点F，以，为邻边作矩形． (1)求证：矩形是正方形； (2)连接，若正方形的边长为9，，求正方形的边长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质与判定证明、用勾股定理解三角形 【分析】（1）过点E作于点M，于点N，先根据正方形的性质证明四边形是矩形，进一步证明，可得，再根据正方形的判定，即可证得答案； （2）连接，先证明，可证明，并求得的长，进一步证明，并求得的长，再利用勾股定理可求得的长，最后在中，根据勾股定理即可求得答案． 【详解】（1）证明：过点E作于点M，于点N， 四边形是正方形， ，， 四边形是矩形， ， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， 矩形是正方形； （2）解：连接， 四边形和都是正方形， ，，，， ， ， ，， ， ， ，， ， ， ， ，， ， 正方形的边长为． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，构造全等三角形是解题的关键． 【变式7-1】（23-24八年级下·云南昭通·期末）在正方形外侧作等边，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】等边三角形的性质、根据正方形的性质求角度、等边对等角 【分析】此题主要考查了正方形和等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握它们的性质是解题的关键；由四边形是正方形，是等边三角形，得到，，得是等腰三角形，然后利用等腰三角形的性质得到，即可解决问题． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 又是等边三角形， ，， ∴， 是等腰三角形，， ． ∴ 故选：C． 【变式7-2】（23-24八年级下·山东济宁·期末）七巧板是我国民间流传的一种益智玩具，它由等腰直角三角形、正方形和平行四边形组成．如图，这是一个由边长为的正方形纸板制作的七巧板，则平行四边形（图中⑥）的面积是 ． 【答案】8 【知识点】利用平行四边形的性质求解、根据正方形的性质求面积、用七巧板拼图形 【分析】本题主要考查了七巧板，正方形的性质．根据平行四边形和三角形的面积公式即可得图中⑥的面积． 【详解】解：如图，， ∵， ∴平行四边形（图中⑥）的面积是， 故答案为：8． 【变式7-3】（22-23八年级下·重庆·期末）如图，在正方形中，G为对角线上一点，连接、，E是边上一点，连接交的延长线上于点F，且，若，则的度数是 ． 【答案】 【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质求角度、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查正方形的性质及全等三角形的性质，直角三角形斜边上中线等于斜边一半等知识，由正方形性质可知，，，，易证，则，过点作交于，则，可证，得，证得，可知，即为的中点，得，可知，进而可得答案．理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 【详解】解：在正方形中，，，， ∵， ∴，则， 过点作交于，则， ∴，， ∵，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即为的中点， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式7-4】（22-23八年级下·安徽合肥·期末）如图，点P是边长为4的正方形的边上任意一点，过B点作于点G，过C点作于点E，连接． (1)如图1，若点P是的中点，求的长； (2)如图2，当点P在边上运动时（不与B、C重合），求证：； (3)当__________时，是等腰三角形． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形 【分析】（1）根据正方形的性质及勾股定理求出的值，再根据三角形的面积求出，然后证明，即可得出的值； （2）在上取一点F，使，连接，先证明，可得，再根据等量代换得，最后根据等腰三角形和勾股定理求出解； （3）根据等腰三角形的性质和“角边角”可得，利用，即可得解． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴． ∵P是的中点， ∴． 根据勾股定理，得． ∵， ∴． ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）在上取一点F，使，连接， ∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴ ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， 即； （3）当时，是等腰三角形． 连接，延长交的延长线于点M，连接， ∵， ∴． ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，正方形的性质，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【考点题型八】中点四边形（） 【例8】（23-24八年级下·山西朔州·期末）如图，四边形的对角线于点O，点E，F，G，H分别为边和的中点，顺次连接和，得到四边形．若，则四边形的面积等于（　　）． A．30 B．35 C．40 D．60 【答案】A 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、根据矩形的性质与判定求面积 【分析】本题主要考查了三角形中位线的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点，根据三角形中位线得到、成为解题的关键． 先根据三角形中位线得到、，再判定平行四边形是矩形，最后根据矩形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵点E，F分别为边的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵， ∴， 同理可得：，， ∴， 同理可得：， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形， ∴矩形的面积为：，即四边形的面积为30． 故选：A． 【变式8-1】（23-24八年级下·山东东营·期末）如图，依次连接四边形各边中点得四边形，要使四边形为菱形，添加的条件正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，矩形的判定，掌握矩形的判定定理是解题的关键． 根据中点四边形可得四边形是平行四边形，进而添加一个直角或者对角先线相等，可得矩形，而添加邻边相等得出四边形为菱形，据此即可求解． 【详解】解：如图，连接， 依题意，． ∴， ∴四边形是平行四边形， A．添加，则四边形为矩形，故该选不符合题意； B．添加，可得四边形为菱形，符合题意；     C．添加，可得四边形为矩形，故该选不符合题意； D．添加，则，可得四边形为矩形，故该选不符合题意； 故选：B． 【变式8-2】（23-24八年级下·北京顺义·期末）如图，在矩形中，点，，，分别为，，，的中点．若，，则四边形的周长为 ． 【答案】20 【分析】本题主要考查矩形的性质，勾股定理以及菱形的判定与性质，连接，证明四边形是菱形，由勾股定理得，从而可得结论 【详解】解：连接，如图， ∵四边形是矩形， ∴ ∵点，，，分别为，，，的中点． ∴分别是的中位线， ∴ ∴ ∴四边形是菱形， 在中，，， ∴ ∴菱形的周长, 故答案为：20 【变式8-3】（23-24八年级下·湖北武汉·期末）已知四边形， (1)如图（1），若，点、、、分别为、、、的中点，判断四边形的形状，并说明理由． (2)如图（2），若于，，，求的值． 【答案】(1)四边形是菱形，证明见解析 (2)52 【分析】本题考查的是中点四边形、勾股定理、三角形中位线定理，熟记四条边相等的四边形是菱形是解题的关键． （1）根据三角形中位线定理得到，，，，得到，根据菱形的判定定理证明； （2）根据勾股定理计算即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形， 理由如下：点、、、分别为、、、的中点， 、、、分别为、、、的中位线， ，，，， ， ， 四边形是菱形； （2）解：， ， 在中，， 由勾股定理得：， 在中，， 由勾股定理得：， ． 【考点题型九】四边形中的线段最值问题（） 【例9】（22-23八年级下·江苏淮安·期末）问题情境：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题： 如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为．那么与相等吗？ （1）直接判断： （填“”或“” ； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： （2）如图2，在正方形中，点、、分别在边、和上，且，垂足为．那么与相等吗？证明你的结论； 问题拓展： （3）如图3，点在边上，且，垂足为，当在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点落在点处． ①四边形是正方形吗？请说明理由； ②若，点在上，，直接写出的最小值为 　　． 【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）①是，理由见解析；② 【分析】（1）证明即可得出结论； （2）过点作，证明，由此可得； （3）①如图3，连接，证明，所以，；由折叠可知，，，由四边形内角和和平角的定义可得，所以，则，所以四边形是菱形，再由“有一个角是直角的菱形是正方形”可得结论； ②作交的延长线于点，作于点，可证明，由此可得；易证是等腰直角三角形，所以，则，可得，则；作关于的对称点，则，可得，求出的值即可得出结论． 【详解】解：（1）， ， ， 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ． 故答案为：； （2），理由如下： 如图2，过点作，交于点，交于点， ， ， 四边形是正方形， ，，， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ． （3）①如图3，连接， 由（2）的结论可知，， 四边形是正方形，是正方形的对角线， ，， ， ， ，， 由折叠可知，，， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， 菱形是正方形； ②如图4，作交的延长线于点，作于点， ， 由上知四边形是正方形， ，，， ， ， ， ，； ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ； 如图4，作关于的对称点，则，过点作交延长线于点， 则是等腰直角三角形， ，即当，，三点共线时，最小，最小值为的长． ， ， ， ， ， ， ，即的最小值为． 故答案为：． 【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，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理的应用等，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角 形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 【变式9-1】（22-23八年级下·江苏扬州·期末）如图，在正方形中，点E、F、G分别在、、上，，，，，与交于点P．连接，则的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点作于点，取的中点，连接、，根据正方形的性质证明≌，然后根据直角三角形性质可得，当、、共线时，有最小值，根据勾股定理即可解决问题． 【详解】解：如图，过点作于点，取的中点，连接、，      四边形是正方形， ，，， 四边形是矩形， ， 在和中， ， ≌， ，， ， ， ， ， ， ， 是直角三角形，是的中点， ， ，， ， ， ， 当、、共线时，有最小值， ，， ， ， 的最小值为． 故选A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的三边关系，在几何证明中常利用三角形的三边关系解决线段的最值问题，解题的关键是得到≌． 【变式9-2】（23-24八年级下·浙江丽水·期末）如图，在菱形中，点P是对角线上一动点，于点E，于点F，记菱形高线的长为h，则下列结论：①当P为中点时，则；②；③；④若，连接，则有最小值为2；⑤若，连接，则的最大值为．其中错误的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，连接，等积法判断①和②，四边形的内角和为360度，结合菱形的对角相等，判断③，连接，过点作，根据菱形的性质和成轴对称的特征求解，判断④，连接，过点作，利用含30度角的直角三角形的性质，结合配方法判断⑤即可． 【详解】解：菱形， ∴， 连接， 当P为中点时，则：， ∵于点E，于点F， ∴， ∵， ∴，故①正确； ∵， ，， ∴， ∴；故②正确； ∵于点E，于点F， ∴， ∴， ∵， ∴；故③正确； 连接，过点作，则垂直平分， ∴， ∴， ∴当三点共线时，的值最小， ∵， ∴当点与点重合时，的值最小为的长， ∵，且， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴的最小值为，故④错误； 连接，过点作， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则：， ∴， ∵， ∴， ∴； ∴的最大值为；故⑤错误； 故选B． 【变式9-3】（23-24八年级下·内蒙古呼和浩特·期末）如图，在正方形中，，点，分别是，的中点，，相交于点，为上一动点，为的中点，下列结论：①；②；③线段MN的最大值是；④线段MN的最小值是．其中正确的是 ．（只填写序号） 【答案】②③/③② 【分析】由矩形的性质推出，，，判定四边形是矩形，推出，，，得到，，而，得到，又，得到，由三角形中位线定理推出，当与重合时，的值最小，当与重合时，的值最大，求出的最小值是4，的最大值是，即可求出的最小值和最大值． 【详解】解：四边形是正方形， ，，， 点，分别是、的中点， ，， ， ， 四边形是矩形， ，，， ， ，， ， ， ， 故①不符合题意； ， ， 故②符合题意； 连接， 是中点，是中点， 是的中位线， 当与重合时，的值最小，当与重合时最大， 正方形的边长是4，是等腰直角三角形， ， 的最小值是4，的最大值是， 的最小值是，的最大值是， 故④不符合题意，③符合题意， 其中正确的是②③． 故答案为：②③． 【点睛】本题考查矩形的判定，三角形中位线定理，正方形的性质，关键是由正方形的性质推出四边形是矩形，由三角形中位线定理推出，明白当与重合时，的值最小，当与重合时最大． 【变式9-4】（22-23八年级下·湖北十堰·期末）如图，已知，，，，D是平面内的一个动点，且，连接，点E是的中点，连接，则的最大值与最小值的差为 ．    【答案】 【分析】延长到点F，使得，连接，由中位线定理得到，由勾股定理求出，由D是平面内的一个动点得到，求出，当且仅当C、D、F三点共线时，有最小值，有最大值，由得到的最小值为，的最大值为，即可到的最大值与最小值的差． 【详解】解：延长到点F，使得，连接，    ∵点E是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∵D是平面内的一个动点， ∴， ∴，即， 当且仅当C、D、F三点共线时， 有最小值，有最大值， ∵， ∴的最小值为，的最大值为， ∴的最大值与最小值的差为， 故答案为： 【点睛】此题考查了勾股定理、三角形中位线定理、最短路径问题等知识，熟练掌握勾股定理、三角形中位线定理是解题的关键． 【变式9-5】（22-23八年级下·重庆涪陵·期末）如图，在平行四边形中，，点E为边上一点，连结交对角线于点F． (1)如图，若，，求的长度；    (2)如图，若，点G，H为边的两点，连接，，，且满足．求证：．      (3)如图，若，，将沿射线方向平移，得到，连接，，当的值最小时，请直接写出的最小值．    【答案】(1)， (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）过点E作，垂足为H，根据已知求出，再由30度直角三角形性质求出，进而由勾股定理求出，，由即可解题； （2）延长、交于点M，在上取点N，使，通过是等边三角形证明，得，再证明即可得出结论； （3）方法1：延长到Q，使，作等边，在PQ上取一点M，使，连接、、，通过可得，再证明四边形是平行四边形，可得，进而可得，，三点共线，此时，值最小． 方法2：如图，与交于点M，连接、、、取BC的中点，连接、，作，利用四边形是平行四边形，可得，根据菱形的对称性可得，由中位线定理可得，进而将所求转化为，求出的最小值即可解题． 【详解】（1）解：过点E作，垂足为H， ∵在平行四边形中，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， 又∵，即： ∴，， ∴在中，， ∴； （2）证明：延长、交于点M，在上取点N，使，    ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， 由（1）可知， ∴， 又∵ ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：延长到Q，使，作等边，在PQ上取一点M，使，连接、、，    ∴， 由平移可知，，且， ∵，，由（1）可知， ∴是等边三角形，，， ∴在平行四边形是菱形，， ∴， ∵在等边中， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， 在和中， ， ∴ ∴， ∴， 过点Q作，垂足为H， ∵在等边中，，， ∴，， ∴，， ∴， ∴当，，三点共线时，取得最小值， 此时，如图，    ∵当，，三点共线时，交BD于K， ∴ 在和中， ， ∴ ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， 又∵ ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 即：当平移将沿射线方向平移个单位时，，，三点共线，此时，值最小， ∴最小值为：． （方法2：如图，与交于点M，连接、、、取BC的中点，连接、，作，    由方法1可知：，， ∴，， ∴，， ∴，， 由平移可知，，且， 又∵在平行四边形中，，， ∴，且， ∴四边形是平行四边形， ∴，， 又∵由方法1可知：平行四边形是菱形， ∴垂直平分线， ∴ 又∵， ∴， ∴， ∴当A、M、N三点共线时，最小，此时最小，最小值为． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，平移的性质，平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质、线段和最值等知识，涉及知识点较多，综合性强，综合运用以上知识是解题的关键． 【考点题型十】特殊平行四边形折叠问题（） 【例10】（22-23八年级下·江苏泰州·期末）数学研究课上，老师带领大家探究《折纸中的数学问题》时，出示如图所示的长方形纸条，其中，．然后在纸条上任意画一条线段，将纸片沿折叠，直线与直线交于点，得到．如图所示：    【基础回顾】 (1)在图中，若，；（直接写出答案） 【操作探究】 (2)改变折痕位置，始终是______三角形，请说明理由； (3)爱动脑筋的小明在研究的面积时，发现边上的高始终是个不变的值．根据这一发现，他很快研究出的面积最小值为，此时的大小可以为______； 【拓展延伸】 (4)小明继续动手操作进行折纸，发现了面积存在最大值，请你求出这个最大值． 【答案】(1)； (2)等腰  ，理由见解析； (3)或； (4)． 【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质求出的度数，再根据平角求出的度数，最后根据平行线的性质即可求解； （2）利用翻折变换的性质以及两直线平行内错角相等得出； （3）利用当的面积最小值为时，，则可证明，，从而即可求出； （4）分情况一：将矩形纸片对折，使点与重合，此时点也与重合； 情况二：将矩形纸片沿对角线对折，此时折痕即为两种情况讨论求解． 【详解】（1）如图，        由折叠性质可知，， ∴， ∵四边形是长方形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）等 腰，理由： ∵四边形是矩形， ∴， ∴． ∵将纸片沿折叠， ∴， ∴， ∴为等腰三角形； （3）如图2，当的面积最小值为 时，，      ∴， ∵，， ∴ 同理： 故答案为：或； （4）分两种情况：情况一：如图，将矩形纸片对折，使点与重合，此时点也与重合，设，则，      由勾股定理得， 解得． ∴， ∴． 情况二：如图4，将矩形纸片沿对角线对折，此时折痕即为，设，则，        同理可得：， ∵， ∴． 综上：的面积最大值为． 【点睛】此题考查了翻折变换(折叠问题)，矩形的性质，勾股定理，三角形的面积计算，解题的关键是注意分类思想的运用． 【变式10-1】（23-24八年级下·新疆乌鲁木齐·期末）如图，在矩形中，点M在边上，先将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N．之后再将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为．若，，则的长为（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【分析】本题考查矩形与折叠，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，根据平行线的性质和折叠的性质得出，根据等腰三角形的判定得出；根据折叠和平行线的性质得出，根据等腰三角形的判定得出，证明，设，在中，利用勾股定理求出的值，最后求出结果即可． 【详解】解：∵矩形纸片沿所在的直线折叠， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴； 由四边形折叠得到四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即； 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 【变式10-2】（22-23八年级下·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图所示，把正方形纸片沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为，再过点折叠纸片，使点落在上的点处，折痕为．若的长为2，则的长为（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】根据折叠和正方形的性质求出，再利用求解即可． 【详解】解：由题意得： 由折叠性质可得：， ∴ ∴ 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，先求出是关键． 【变式10-3】（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图，正方形中，，点在边上，且．将沿对折至，延长交边于点，连接、．有以下结论：①；②；③；④；⑤图中与相等的角有个．其中，正确结论的序号是 （把正确结论的序号都填上）． 【答案】①②④ 【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证；根据角的和差关系求得；在直角中，根据勾股定理可证；通过证明，由平行线的判定可得；求出，由即可得出结论． 【详解】解：∵， ∴， ∵， 又∵， ∴， ∴①正确； ∵， ∴， ∵，， 设， 则， 中，， 解得， 则， ∴， ∴②正确； 由②可知，在中，， 则， 由图可知：与是同高， 所以它们的面积比会等于底边之比，即， ∴， ∴③错误； ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴，， ∴， ； ∴④正确； 与相等的角有， 由可得， ∴⑤错误； 正确结论是①②④， 故答案为①②④． 【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，正方形的性质，勾股定理，三角形全等，掌握正方形的性质是解题的关键． 【变式10-4】（22-23八年级下·江苏泰州·期末）在数学综合与实践活动中，小明发现折叠矩形纸片可以得到一些特殊角，我们将折痕与矩形原有边形成的夹角称为“折叠角”． 【尝试与感悟】 （1）如图，点在边上，将矩形沿折叠，点落在边上的点处，此时折痕与边形成的夹角就是“折叠角”，且 ______ ； （2）如图，先将矩形对折，使得与重合，折痕为，点在边上，再将纸片沿着折叠，点落在上的点处求“折叠角”的度数； 【探索与发现】 （3）在图中与垂直的射线、上分别取点、，使得四边形是矩形，将其沿着经过点的直线折叠后，点落在边上并且得到的“折叠角”请你用无刻度的直尺与圆规分别确定点、不写作法，保留作图痕迹 【答案】（1）；（2）；（3）作图见解析 【分析】（1）由折叠的性质可求，即可求解； （2）由折叠的性质可得，，，可证是等边三角形，可得，即可求解； （3）以点A、B为圆心，为半径画弧，两弧交于点M、H，连接，，，作的垂直平分线，交于点K，交于点J，分别以点K、J为圆心，为半径画弧，交于点D，交于点C，连接，则四边形即为所求作的矩形． 【详解】解：（1）∵将矩形沿折叠， ， ， ， 故答案为：； （2）如图，取的中点，连接， 由折叠可得：，，， ， 点是的中点， ， ， 是等边三角形， ， 将纸片沿着折叠， ， ； （3）如图，以点A、B为圆心，为半径画弧，两弧交于点M、H，连接，，，作的垂直平分线，交于点K，交于点J，分别以点K、J为圆心，为半径画弧，交于点D，交于点C，连接，则四边形即为所求作的矩形． 根据作图可知：垂直平分，，，点H在上， ∵， ∴四边形为矩形， ∵， 四边形是矩形， ∵， 是等边三角形， ， 过点作，交于点E， ， ∵是等边三角形，， ∴为的对称轴， ∴点A的对称点为点H，且折叠角为． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线是解题的关键． 【变式10-5】（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，是正方形内一点，，连接，将沿翻折，得到，延长，与的平分线相交于． (1)当四边形为菱形时，填空：______； (2)试求的度数； (3)如图，连接，交于，连接，当三点共线时，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析． 【分析】（）根据四边形为菱形，四边形是正方形，得，，，证明是等边三角形，则，通过等边对等角及角度和差即可求解； （）由折叠性质得，则有，，设，则，通过角度和差及角平分线的定义即可求解； （）由折叠性质得，则有，，由四边形是正方形，则，，由，，得，由平分，可得，证明，，，通过全等三角形的性质和菱形的判定方法求解． 【详解】（1）解：∵四边形为菱形，四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）∵四边形是正方形， ∴，， ∵将沿翻折得到， ∴， ∴，， 设，则， ∵，，， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴； （3）∵将沿翻折，得到， ∴， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∵平分， ∴， 在和中 ， ∴， ∴，， 由()得:， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵三点共线， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 在和中 ， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的判定与性质，正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【变式10-6】（22-23八年级下·安徽阜阳·期末）如图所示，在正方形中，点为边的中点，连接，将沿着翻折，点的对称点为点，记与的交点为．    (1)如图1所示，连接并延长交边于点，求证：点是的中点； (2)如图2所示，延长交边于点，求证：点是的中点； (3)如图3所示，若，过点作，分别交，于点，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形的性质及折叠的性质证明，得到，即可得证； （2）连接，根据平行线的性质及直角三角形的性质得到，即可得证； （3）根据勾股定理得到，，设，则，在与中，，求解即可解答． 【详解】（1）证明：如图， ∵四边形是正方形，设， ∴，，， ∵点为边的中点， ∴， 又∵将沿着翻折，点的对称点为点， ∴，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴ ∴， ∴， ∴点是的中点；    （2）如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵点是的中点，点是的中点， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点；    （3）解：∵在正方形中，点为边的中点，， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， 设，则， ∵， 在与中， ∵， ∴ ∴， ∴，， ∴， ∴的值为． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，掌握这些性质与判定是解题的关键． 【考点题型十一】特殊平行四边形的动态问题（） 【例11】（23-24八年级下·辽宁鞍山·期末）如图，正方形的边长为，点是 边上一点，且，对角线，交于点，点是中点，连接； (1)如图1，过点作交于点，判断四边形的形状并证明； (2)如图2，若点是对角线上的动点，当平分时，判断，，之间的数量关系， 并计算的值． 【答案】(1)四边形是平行四边形，证明见解析 (2)， 【分析】（1）如图，过点作于点，结合正方形的性质证明四边形是矩形，得，，根据勾股定理及正方形的性质得，，继而得到，在中，推出，求得，得到，进一步推出，即可得证； （2）如图，设平行四边形的边与交于点，证明四边形是矩形，推出平分，即与的交点为符合条件的点，然后在中，，，，可得结论． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形 证明：如图，过点作于点， ∴， ∵四边形是正方形，且边长为， ∴，，，，，， AC⊥BD，∠BAC＝∠CAD＝45° ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵点是中点， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形为平行四边形； （2），，之间的数量关系为：． 如图，设平行四边形的边与交于点， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， 即平分， 即与的交点为符合条件的点， 在中，，，， ∴，． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，平行四边形的判定，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识点，掌握特殊四边形形的判定与性质是解题的关键． 【变式11-1】（23-24八年级下·河北保定·期末）如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若P，Q两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中：①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 【答案】A 【分析】设两点速度为每秒1个单位长度，则，，由题意可得四边形是平行四边形，再利用矩形，菱形，正方形的性质分别进行求解即可． 【详解】解：设两点速度为每秒1个单位长度，则，， ∵四边形是矩形，， ∴，，， ∴四边形是平行四边形， 当时，点与点重合，点与点重合，此时四边形是矩形，故①正确； 当四边形是菱形时，， 则，解得：，符合题意， 即：当时，四边形是菱形，故②正确； 当四边形是矩形时，，则，解得， 即：当时，四边形是矩形，故③正确； 当四边形是正方形时，， 则，解得，但此时，不符合题意，故④不正确， 综上，正确的有①②③， 故选：A． 【点睛】本题考查动点问题，特殊四边形的存在问题，特殊四边形的性质等知识点，理解并熟练掌握相关图象的性质是解决问题的关键． 【变式11-2】（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，在四边形中，，，，动点P从A点开始沿边以的速度向点D运动，动点Q从C点开始沿边以的速度向点B运动，P、Q分别从A、C同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是矩形； (2)当t为何值时，四边形是平行四边形； (3)问：四边形是否能成菱形？若能，求出运动时间，若不能，请说明理由． 【答案】(1)当时，四边形是矩形； (2)当时，四边形是平行四边形； (3)四边形不能成菱形，理由见解析 【分析】（1）由题意可知，，，则，根据矩形的性质列方程，求出t的值即可； （2）由题意可知，，，则，根据平行四边形的性质列方程，求出t的值即可； （3）过点作于点，则四边形是矩形，由勾股定理求得，若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，结合（2）的结果可知，，即四边形不能成菱形． 【详解】（1）解：设运动的时间为 由题意可知，，， ， ， 四边形是矩形， ， ， 解得：， 即当时，四边形是矩形； （2）解：由题意可知，，， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 解得：， 即当时，四边形是平行四边形； （3）解：四边形不能成菱形，理由如下： 如图，过点作于点， 则四边形是矩形， ，， ， 在中，， 若四边形是菱形，则四边形是平行四边形， 由（2）可知，当时，四边形是平行四边形； 此时， ， 四边形不能成菱形． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的判定，一元一次方程的应用、动点问题、勾股定理，掌握特殊的四边形的性质是解题关键． 【变式11-3】（23-24八年级下·广东揭阳·期末）已知，中，一动点P在边上，以每秒的速度从点A向点D运动． (1)如图①，运动过程中，若平分，且满足，求的度数； (2)如图②，在（1）问的条件下，连接并延长，与的延长线交于点F，连接，若，求的面积； (3)如图③，另一动点Q在边上，以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若，则时间为何值时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． 【答案】(1)； (2)； (3)或或或． 【分析】本题考查四边形综合题、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，第二个问题的关键是灵活应用同底等高的两个三角形面积相等，学会用分类讨论的思想思考问题． （1）证明是等边三角形即可； （2）根据平行四边形的性质可得，，从而得到，由此即可解决问题； （3）分四种情形列出方程解方程即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ； （2）解：∵四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， ， 如图，过点C作于点K，则， ∴， ； （3）解：如图③所示： ， 当时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． ①当时，，， ，解得：； ②当时，，， ，解得：； ③当时，，， ，解得：； ④当时，，， ，解得：； 或或或时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$