清单01 平行四边形（考点清单，知识导图+6个考点清单&19大题型解读）-2024-2025学年八年级数学下学期期末考点大串讲（青岛版）

清单01平行四边形（6个考点梳理+19大题型解读+提升训练） 清单01 平行四边形的性质与判定 1.平行四边形的性质: (1)边的性质：两组对边分别平行且相等，如下图：AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，AB=CD； (2)角的性质：两组对角分别相等，如图：∠A=∠C，∠B=∠D (3)对角线的性质：对角线互相平分。如图：AO=CO，BO=DO 2.平行四边形的判定： （1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形 （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 清单03 矩形的性质与判定 1.矩形的性质：（1）具有平行四边形的性质（2）对角线相等 （3）四个角都是直角。 2.矩形的判定：（1）有一个内角是直角的平行四边形叫矩形(根据定义)。 （2）对角线相等的平行四边形是矩形。 （3）四个角都相等的四边形是矩形。 3.直角三角形斜边上中线定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 清单04 菱形的性质与判定 1，菱形的性质：（1）具有平行四边形的性质 （2） 且四条边都相等 （3）两条对角线互相垂直平分,每一条对角线平分一组对角。 注意：菱形是轴对称图形，每条对角线所在的直线都是对称轴。 2.菱形的面积 菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半 3.菱形的判定：一组邻边相等的平行四边形是菱形。 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 四条边都相等的四边形是菱形。 清单05 正方形的性质与判定 1.正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质。（正方形是轴对称图形，有两条对称轴） 2.正方形常用的判定：（1）有一个内角是直角的菱形是正方形； （2）邻边相等的矩形是正方形； （3）对角线相等的菱形是正方形； （4）对角线互相垂直的矩形是正方形。 清单06 三角形中位线定理 三角形中位线：在△ABC 中，D，E 分别是 AC，AC 的中点，连接 DE.像 DE 这样， 连接三角形_两边中点的线段叫做三角形的中位线.B 中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的二分之一。 【考点题型一】利用平行四边形的性质求解（） 【例1】（24-25八年级下·北京·期中）如图，平行四边形中，，平分交边于点E，则等于（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质与判定，角平分线的定义，证明，得到是解题的关键． 先根据平行四边形的性质得到，进一步证明，得到，则． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选D． 【变式1-1】弧，分别交，于点，，分别以，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧在内交于点，作射线，交于点，交的延长线于点．若，，则的长为（   ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质和角平分线的性质，掌握以上知识是解题的关键； 本题通过平行四边形的性质得到，，，然后通过角平分线的性质和平行线的性质得到，，，然后即可求解； 【详解】解：由题可得：是的角平分线， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故选：B； 【变式1-2】（24-25八年级下·吉林长春·期中）如图，在中，，，点在上，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角定理等，确定各角之间的数量关系是解题的关键． 根据等腰三角形的性质求出，再根据平行四边形的性质求出，进而求出，最后根据三角形外角定理得出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 【变式1-3】（24-25八年级下·重庆万州·期中）如图是小明用两个含的全等直角三角形拼成的平行四边形，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质和等腰直角三角形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．根据平行四边形的性质，得出，，通过已知条件先得出的长，由勾股定理求出，最后求得的长． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， 和是两个含的全等直角三角形，， ， ， ， ， 故选：C． 【考点题型二】平行四边形中最小值问题（） 【例2】（24-25八年级下·河南许昌·期中）如图，在中，，，，为斜边上的一动点，以、为边作平行四边形，则线段长度的最小值为（　　） A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，垂线段最短等知识，利用垂线段最短解决问题是本题的关键． 在中，由勾股定理可求的长，由面积法可求的长，由垂线段最短可得当时，有最小值，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于， 在中，，，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 当时，有最小值， 此时：， 故选：A． 【变式2-1】（23-24八年级下·安徽合肥·期末）如图，在四边形ABCD中，对角线，，则的最小值为（    ） A． B．10 C．15 D． 【答案】D 【分析】过点作，过点作，二线交于点，连接，则四边形是平行四边形，得到，，再利用平行线性质可求得，利用勾股定理可求得，然后根据，当，，三点共线时，取得最小值，即取得最小值，最小值为等于，即可求解． 【详解】解：过点作，过点作，二线交于点，连接， ∵， 四边形是平行四边形， ，， ∵， ∴ ∴， ∵ ∴ 由勾股定理，得， ， 当，，三点共线时，取得最小值， 取得最小值，最小值等于 ∴的最小值． 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，三角形三边关系，两点之间线段最短，正确作出辅助线构造平行四边形是解题的关键． 【变式2-2】（22-23八年级下·浙江·单元测试）如图，在△ABC中，，，P为边上一动点，以，为一组邻边作平行四边形，则对角线的最小值为（    ） A．6 B．8 C． D． 【答案】D 【分析】由平行四边形的性质可知O是中点，最短也就是最短，所以应该过O作的垂线，然后根据等腰直角三角形的性质即可求出的最小值． 【详解】解：设交于点O，如图所示： ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵最短也就是最短， ∴过O作于点， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴的最小值 ， 故选D． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰直角三角形性质、以及垂线段最短的性质等知识；解题的关键是作高线构建等腰直角三角形． 【变式2-3】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在中，，，点E为直线上一动点，连接，，若，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】作点关于的对称点，连接，设交于点，则即为的最小值，由轴对称的性质可得，，由直角三角形的两个锐角互余可得，进而可得，由等角对等边可得，在中，根据勾股定理可得，即，进而可得，，，由平行四边形的性质可得，，由两直线平行内错角相等可得，在中，根据勾股定理可得，由此即可求出的最小值． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接，，设交于点， 则即为的最小值， 由轴对称的性质可得： ，， ， ， ， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 即：， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了轴对称——最短路线问题，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质，直角三角形的两个锐角互余，等角对等边，两直线平行内错角相等等知识点，熟练掌握轴对称——最短路线问题是解题的关键． 【考点题型三】平行四边形的判定（） 【例3】（24-25九年级上·安徽宣城·开学考试）下列条件中，能判定四边形是平行四边形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定定理．平行四边形的判定定理有：①有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，②有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③有两组对角分别相等的四边形是平行四边形，④有一组对边平行且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． 【详解】解：．，，无法判定四边形是平行四边形，故该选项不符合题意； ．，，无法判定四边形是平行四边形，故该选项不符合题意； ．，，故该选项不符合题意； ．如下图：∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，故该选项符合题意．    故选：D． 【变式3-1】（24-25九年级上·上海·阶段练习）在四边形中，是对角线，，添加一个条件，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A．； B．； C．； D．． 【答案】B 【分析】本题考查的是平行四边形的判定，根据题意利用平行四边形的判定定理逐一对选项分析，即可得到答案． 【详解】解：A、已知，若，即可证明四边形为平行四边形（两组对角分别相等的四边形是平行四边形），所以A能判定四边形为平行四边形； B、根据题意若，不能进一步得到，所以不能判定四边形为平行四边形． C、已知，若，即，，所以，两组对边分别平行的四边形是平行四边形，所以C能判定四边形为平行四边． D、已知，若，即，所以，两组对边分别平行的四边形是平行四边形，所以D能判定四边形为平行四边． 故选：B． 【变式3-2】（22-23八年级下·广西南宁·阶段练习）如图，四边形中，对角线与相交于点，不能判断四边形是平行四边形的是（ ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．根据各选项对比平行四边形的判定定理逐项判断即可． 【详解】解：A、符合两组对边分别相等的四边形是平行四边形的判定，故不符合题意； B、符合两组对边分别平行的四边形是平行四边形的判定，故不符合题意； C、一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故符合题意； D、符合对角线相互平分的四边形是平行四边形的判定，故不符合题意； 故选：C． 【变式3-3】（23-24八年级下·山西大同·期末）如图，在四边形中，，添加下列条件后，仍不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【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逐一进行判断即可． 【详解】解：∵，， ∴四边形为平行四边形，故本选项正确，不符合题意； B．∵，， ∴四边形为平行四边形，故本选项正确，不符合题意； C．， 不能判定四边形为平行四边形，故本选项符合题意； D．∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形，故本选项正确，不符合题意； 故选：C． 【考点题型四】利用平行四边形的判定与性质求解（） 【例4】（23-24八年级下·辽宁葫芦岛·期中）如图，在四边形中，． (1)求的长； (2)求四边形的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理： （1）利用勾股定理求出，则，据此可证明四边形是平行四边形，则； （2）根据平行四边形面积计算公式求解即可． 【详解】（1）解： ， ， 在中，由勾股定理得 ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ； （2）解：四边形是平行四边形，且． ． 【变式4-1】（22-23八年级下·云南文山·期末）如图，在四边形中，是的中点，，． (1)求证：； (2)当时，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． （1）利用即可证明； （2）首先证明四边形是平行四边形，推出即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵， ， 是中点， ， ， ； （2）解：， ， ∵， 四边形是平行四边形， ， ， ． 【变式4-2】（22-23八年级下·陕西榆林·期末）如图，在四边形中，，，点在上，，垂足为，且，连接；    (1)求证：； (2)若，，求的长. 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】（1）由题意易得，，然后可得，进而问题可求证； （2）根据勾股定理得，由题意得，然后可证，则设的长为，则，然后根据勾股定理可建立方程求解． 【详解】（1）证明：， ， 又，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ； （2）解：在中，，，由勾股定理，得， 四边形是平行四边形， ， 又，，，， ， ， ， 设的长为，则， 在中，由勾股定理，得， 即，解得， ． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与判定、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质与判定、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键． 【变式4-3】（2023·北京大兴·二模）如图，在中，，于点D，延长到点E，使．过点E作交的延长线于点F，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)过点E作于点G，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用和，使用证明，从而得到，再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可； （2）根据等腰三角形的三线合一性质可知，，再由求出，采用勾股定理求出的长，即的长，再用等面积法求出的长． 【详解】（1）证明：∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． （2）过点E作于点G ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，即 ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，利用等面积法求高是本题的解题技巧，掌握平行四边的判定与性质是解题的关键． 【考点题型五】利用矩形的性质求解（） 【例5】（2025·河北邯郸·一模）如图，四边形是矩形，对角线相交于点，过点作的垂线交于点．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形内角和性质，先由矩形的性质得，则，再结合过点作的垂线交于点，得出，最后进行角的运算，即可作答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ， ， ∵过点作的垂线交于点， ， ， 故选：C． 【变式5-1】（22-23八年级下·重庆长寿·期中）如图所示，矩形中，对角线，交于点O，于点E，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形的性质，由矩形的性质可知，则可求得，则可求得． 【详解】四边形是矩形， ∴， ∴ ， ， ， ， 故选：A． 【变式5-2】（24-25八年级下·四川德阳·期中）如图，矩形中，，E是上一点，把沿直线翻折，D点恰好落在边上的F点处，则_______． A．3 B． C．4 D． 【答案】A 【分析】根据题意，，，可得，这样得，设，则，利用勾股定理计算即可． 本题考查了矩形的性质，勾股定理，线段的垂直平分线的判定和性质，熟练掌握勾股定理，线段的垂直平分线的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：∵矩形中，， ∴，，， ∴， ∴， 设，则， 则， 解得， 故选：A． 【变式5-3】（24-25八年级上·甘肃兰州·期中）如图，把一张长方形纸片折叠起来，使其顶点与重合，折痕为．若，，则长为 ． 【答案】 【分析】由矩形的性质可得，由轴对称的性质可得，设，则，在中，由勾股定理可得，即，解一元一次方程即可求出的长． 【详解】解：四边形是矩形， ， 由折叠可得，， 设，则， 在中，由勾股定理可得： ， 即：， 解得：， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，解一元一次方程等知识点，熟练掌握轴对称的性质及勾股定理是解题的关键 【考点题型六】矩形的判定（） 【例6】（2025·陕西咸阳·二模）在下列条件中，能够判定四边形为矩形的是（    ） A．， B．， C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定方法，由矩形的判定方法逐一判断，即可求解；掌握矩形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：A.，可判定四边形为平行四边形，故不符合题意； B.，可判定四边形为平行四边形，故不符合题意； C.无法判定四边形为矩形，故不符合题意； D.能够判定四边形为矩形，故符合题意； 故选：D． 【变式6-1】（22-23九年级上·山东青岛·阶段练习）顺次连接某四边形四边中点得到的四边形是矩形，则该四边形应满足的条件是（    ） A．对角线相等且平分 B．对角线相等 C．对角线垂直 D．对角线相等且垂直 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的判定和三角形中位线定理，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线定理解答． 首先根据三角形中位线定理得到四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四边形是矩形，那么邻边互相垂直，故原四边形的对角线必互相垂直，由此得解． 【详解】解：如下图，四边形是矩形，且E、F、G、H分别是、、、的中点， 证明：由于E、F、G、H分别是、、、的中点， 根据三角形中位线定理得：，， ∴四边形是平行四边形 ∴当时， ∴四边形是矩形． ∴顺次连接某四边形四边中点得到的四边形是矩形，则该四边形应满足的条件是对角线垂直． 故选：C． 【变式6-2】（2024·河南郑州·模拟预测）在数学活动课上，老师让同学们判断一个四边形门框是否为矩形，下面是某学习小组的四位同学拟订的方案，其中正确的是（    ） A．测量对角线是否互相平分 B．测量各顶点到对角线交点距离是否相等 C．测量一组对角是否都为直角 D．测量两组对边是否分别相等 【答案】B 【分析】本题考查的是矩形的判定定理，矩形的判定定理有①有三个角是直角的四边形是矩形；②对角线互相平分且相等的四边形是矩形；③有一个角是直角的平行四边形是矩形．根据矩形和平行四边形的判定推出即可得答案． 【详解】解：A、根据对角线互相平分只能得出四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； B、根据对角线互相平分且相等，可得出此四边形是矩形，故本选项符合题意； C、根据一组对角是否为直角不能得出四边形是矩形，故本选项不符合题意； D、测量两组对边是否分别相等只能得出四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； 故选：B． 【变式6-3】（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，在中，对角线相交于点O．添加下列条件不能判定为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平行四边形的性质，矩形的判定方法即可一一判断即可．本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， 是矩形，故A错误；C正确； 四边形是平行四边形， ，， ， ， 是矩形，故B正确； 四边形是平行四边形， ， 是矩形，故D正确； 故选：A． 【考点题型七】矩形的性质与判定综合（） 【例7】（2025·黑龙江大庆·一模）如图，在矩形中，E，F分别是边，上的点，，连接，，与对角线交于点O，且，． (1)求证 ； (2)若，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质． （1）由得，即可由证，可得； （2）证明是等边三角形，得，，进而得，再由直角三角形的性质可得，，，即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：如图，连接， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴，，， ∴， ∴， ∴矩形的面积． 【变式7-1】（24-25八年级下·北京通州·期中）如图，在平行四边形中，于点E，，的平分线交于F，连接． (1)求证：四边形为矩形． (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质和判定判定，平行四边形的性质，勾股定理， 对于（1），先根据平行四边形的性质和角平分线的定义得，进而得出，即可说明四边形是平行四边形，然后根据得出答案； 对于（2），根据平行四边形的性质得，再求出，可得，然后根据勾股定理求出答案． 【详解】（1）证明： ， ． 的角平分线交于F， ， ， ． ． ∵， ∴四边形是平行四边形. ， ， ∴四边形是矩形； （2）解：在中， ． ， ． ∵四边形是矩形， ， ． ∴在中，， ． 【变式7-2】（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图，四边形是平行四边形，对角线，相交于点，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，，继而得到，即可得到结论； （2）先证明是等边三角形，得到，根据勾股定理得到． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 即， 是矩形． （2）解：，， 是等边三角形， ， ， 是矩形， ， 在中 ，， ． 【变式7-3】（24-25八年级下·河北保定·期中）如图，在中，，两点分别在边，上，连接，，，，且． (1)求证：四边形为矩形； (2)若平分，且，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质与判定、平行四边形的性质、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）利用平行四边形的性质得到，，，由得到，进而得到，再通过证明得到，最后利用矩形的判定即可证明； （2）根据角平分线的定义得到，再利用平行线的性质得到，则有，由（1）中的结论可得，在和利用勾股定理即可解答． 【详解】（1）证明：， ，，， ， ， 又， ， 在和中， ， ， ， ， ， 四边形为矩形； （2）解：， ，，， 平分， ， ， ， ， ， 在中，， ∵， ， ， 在中，． 【考点题型八】直角三角形斜边上的中线定理（） 【例8】（24-25八年级上·江苏扬州·期末）如图，在中，，平分，交于点D，E为的中点，连接，则的周长为 ． 【答案】28 【分析】本题考查等腰三角形的性质、直角三角形的性质等知识点，灵活运用等腰三角形得到性质是解题的关键． 由等腰三角形的性质推出，，由直角三角形斜边中线的性质得到，再求的周长即可． 【详解】解：∵在中，，平分， ∴， ∴， ∵E为 的中点， ∴， ∴的周长． 故答案为：28． 【变式8-1】（24-25八年级上·河北石家庄·期末）如图，在中，，于点D，，E是斜边的中点，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键． 先根据垂直定义可得：，再利用直角三角形的两个锐角互余可得：，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得，从而可得，最后利用角的和差关系进行计算，即可解答． 【详解】 解：∵，， ， ， ∵，E是斜边的中点， ， ， ， 故答案为： 【变式8-2】（24-25九年级上·甘肃白银·期末）如图，菱形的对角线，相交于点，是边的中点，连接，若，则菱形的边长为（  ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质和“直角三角形中斜边中线等于斜边一半”的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 根据菱形的性质可得，根据“直角三角形中斜边中线等于斜边一半”可得，即可得解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ， 是边的中点， ， ， 即菱形的边长为6， 故选：D． 【考点题型九】矩形种最小值问题（） 【例9】（23-24八年级下·广西贵港·期末）如图，在中，，，，P为边上一动点，于点E，于点F，M为的中点，则的最小值是（    ） A． B． C． D．1.5 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，三角形的面积公式，垂线段最短等知识点．求出的最小值是解题的关键．如图，连接，证明四边形是矩形，得，推出，根据垂线段最短得出时，的值最小，继而确定的最小值，由勾股定理求出，根据面积关系建立等式求出其解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴与互相平分， ∵为中点， ∴与的交点就是点， ∴，即， 即当的值最小时，的值最小， 当时，的值最小，此时取最小值， ∵， ∴， 在中，，，， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 故选C． 【变式9-1】（22-23九年级上·甘肃陇南·期中）如图，在矩形中，AD＝1，，M为线段上一动点，于点P，于点Q，则PQ的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及三角形面积等知识，掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 如图：连接，先证四边形是矩形可得，再由勾股定理得，当时，最小，则最小，然后由面积法求出的长即可． 【详解】解：如图：连接， ∵于点P，于点Q， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 由勾股定理得：， 当时，最小，则最小， 此时，，即，解得：， ∴的最小值为． 故答案为：． 【变式9-2】（23-24九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，矩形中，已知，点F是上一动点，点P是的中点，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段，再根据垂线段最短可得当时，取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知，故的最小值为的长，由勾股定理求解即可． 【详解】解：如图： 当点F与点C重合时，点P在处，， 当点F与点E重合时，点P在处，， ∴且． 当点F在上除点C、E处的位置时，有． 由中位线定理可知：且． ∴点P的运动轨迹是线段， ∴当时，取得最小值． ∵矩形中，，E为的中点， ∴为等腰直角三角形，． ∴． ∴． ∴． ∴，即， ∴的最小值为的长． 在等腰直角中，， ∴ ∴的最小值是． 故答案是：． 【点睛】本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，有难度． 【考点题型十】利用菱形的性质求解（） 【例10】（24-25八年级下·重庆·期中）如图，是菱形的对角线，若，则菱形的周长为（　　） A．10 B．20 C．14 D．28 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理．注意掌握菱形的对角线互相垂直且平分定理的应用是解此题的关键．由菱形的性质可求得与的长，在中，由勾股定理求得边的长，即可求解． 【详解】解：设的交点为O， ∵菱形中，， ∴，，， ∴， ∴菱形的周长， 故选：B． 【变式10-1】（2025·山东青岛·二模）如图，菱形的顶点A在x轴正半轴上，点，若将菱形先向左平移3个单位，再将菱形绕原点O逆时针旋转，则旋转后点B的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平移和旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质．先求得平移后点B的对应点，过点和作轴的垂线，垂足分别为和，证明，求得，，据此求解即可． 【详解】解：∵点， ∴， ∵菱形， ∴点， ∵将菱形先向左平移3个单位， ∴平移后点B的对应点， 过点和作轴的垂线，垂足分别为和， 由旋转的性质知，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴旋转后点B的对应点的坐标是， 故选：C． 【变式10-2】（24-25八年级下·青海海北·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点，于点，若，，则的长为（   ） A．2 B． C．3 D． 【答案】D 【分析】本题主要考查菱形的性质，勾股定理，等积法求线段的长，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 根据菱形的性质和勾股定理求出菱形的边长，再根据等积法求出即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，，，， ∴， ∴， ∴，即， 解得：， 故选：D． 【变式10-3】（24-25八年级下·山东济宁·期中）如图，在菱形中，M，N分别在，上，且，与交于点O，连接．若，则的度数为 ． 【答案】/54度 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，根据题意得到是解题的关键． 先证明，可得，从而得到，即可求解． 【详解】∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 即点O为菱形对角线的交点， ∴，即， ∵，， ∴， ∴． 故答案为： 【考点题型十一】菱形的判定（） 【例11】（2025年河南省许昌市第二次中招模拟考试九年级数学试卷）如图，要使成为菱形，则可添加一个条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定．熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．根据菱形的判定对各选项进行判断作答即可． 【详解】解：当，则为菱形，故A符合要求； 当，则为矩形，故B不符合要求； 当，则不一定为菱形，故C不符合要求； 当，则为矩形，故D不符合要求； 故选：A． 【变式11-1】（23-24九年级上·全国·课后作业）如图，顺次连结四边形各边中点得到四边形，要使四边形为菱形，应添加的条件是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的判定，先说明四边形为平行四边形，再结合四个答案依次判断即可. 【详解】连结，如图所示， ∵E、F、C、H分别为四边形各边中点， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形． 当或时， 只能判断四边形为平行四边形，故A、B选项错误； 当时，能判断四边形为矩形，故C选项错误； 当时，能判断四边形为菱形，故D选项正确． 故选：D. 【变式11-2】（22-23八年级下·山东烟台·期中）如图，在中，与相交于点O，则下列说法不正确的是（    ） A．若，则是菱形 B．若，则是矩形 C．若，则是矩形 D．若，则是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了矩形和菱形的判定，根据矩形和菱形的判定的判定定理逐项判断即可求解，掌握矩形和菱形的判定的判定定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，若，则是菱形，故说法正确，不合题意； ∵四边形是平行四边形，若，则是矩形，故说法正确，不合题意； ∵四边形是平行四边形，若，则是矩形，故说法正确，不合题意； ∵四边形是平行四边形，若，则是菱形，故说法错误，符合题意； 故选：D． 【变式11-3】（22-23九年级下·河南新乡·期中）如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连接、、、，与交于点，添加下列条件不能使四边形成为菱形的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题是一道关于菱形判定的题目，解答本题的关键是熟练掌握菱形的判定与性质； 根据平行四边形的性质和判定，菱形的性质和判定对选项一一进行判定即可求解； 【详解】解：四边形为平行四边形， ，， ， ， 四边形为平行四边形． A．， ， 又， ， 四边形为菱形，故本选项正确； B．无法判定平行四边形是菱形，故本选项错误； C．， ，， 对角线互相垂直的平行四边形为菱形，故本选项正确； D．，， ， 平行四边形为菱形，故本选项正确． 故选B． 【考点题型十二】菱形的性质与判定（） 【例12】（24-25八年级下·北京密云·期中）如图，在中，，过点作的平行线与的延长线相交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】（1）由平行四边形的性质得，，再证明四边形是平行四边形，进而证明，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）设与交于点，根据平行四边形的性质求出，根据菱形性质求出，，，根据勾股定理求出，最后求出结果即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， 四边形是平行四边形， ， ， 平行四边形是菱形； （2）解：如图，设与交于点， 四边形是平行四边形， ， ∵四边形是菱形， ，，， ， ∴， ． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识．熟练掌握菱形的判定方法，是解题的关键． 【变式12-1】（24-25八年级下·重庆綦江·期中）如图，矩形对角线交于，延长到，使，延长到，使． (1)求证：四边形是菱形； (2)若 ， ，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、矩形的性质、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）先由对角线互相平分的四边形是平行四边形，再由，即可得出结论； （2）由菱形的性质得出 ， ，由勾股定理求出，则，然后由菱形的面积公式即可得出结果． 【详解】（1）证明：矩形 ，， 又， ， 四边形为平行四边形 又 ， 平行四边形为菱形 （2）由（1）知四边形为菱形， ， 在中，， , 【变式12-2】（24-25八年级下·河南焦作·期中）如图，在中，，是的斜边上的中线，过点C作，连接，恰有． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题主要考查了菱形的判定与性质以及直角三角形的性质，正确利用菱形的性质是解题关键． （1）直接利用平行四边形的判定方法得出四边形是平行四边形，再利用直角三角形的性质得出，即可得出四边形是菱形； （2）利用菱形的性质和平行四边形的性质得出，的长，进而根据计算解题即可． 【详解】（1）证明：∵是的斜边上的中线， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 又∵是中线， ∴，． 【变式12-3】（24-25八年级下·广东东莞·期中）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，与相交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可证四边形是平行四边形，根据矩形的性质可证，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证结论成立； （2）根据菱形的性质可知，又因为，可知是等边三角形，所以可知，根据菱形的性质可知，根据矩形的性质可知，利用勾股定理可求，根据矩形的面积公式计算即可． 【详解】（1）证明： ，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ，，， ， 四边形是菱形； （2）解：由（1）可知，四边形是菱形 ，， 又， 是等边三角形， ， ， ， 在中，， 矩形的面积为． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是根据菱形的性质求出矩形的边长． 【考点题型十三】菱形中最小值问题（） 【例3】（23-24八年级下·广西贺州·期末）如图，点P是菱形对角线上一动点，，，点M是边的中点，过点M作交于点N，则周长的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据四边形是菱形，，，算出，再根据点M是边的中点，，得出，是边上的中点，作点关于的对称点，连接交于，此时，得出当三点共线时，有最小值，最小值为的长．，再证明四边形是平行四边形，得出，求出的最小值为1，根据周长，即可求出周长的最小值． 【详解】解：如图，连接交于点O， ∵四边形是菱形，，， ∴，， ∴， ∵点M是边的中点，， ∴是的中位线， ∴，是边上的中点， 作点关于的对称点，连接交于， 此时，当三点共线时，有最小值，最小值为的长． ∵菱形关于对称，是边上的中点， ∴是的中点， 又∵是边上的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 即的最小值为1， ∵周长， 则周长的最小值是， 故选：D． 【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题及菱形的性质，平行四边形的性质和判定，勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形的性质等知识点，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键． 【变式13-1】（24-25九年级上·陕西西安·期末）如图，P为菱形的对角线上的一定点，Q为边上的一个动点，的垂直平分线分别交， 于点E，G，，若的长的最小值为3，则的长为 ．    【答案】6 【分析】本题考查了菱形的性质，线段的垂直平分线性质，含角的直角三角形，垂线段最短，先得，，然后连接，过点P作，得，，则，即可作答． 【详解】解：∵P为菱形的对角线上的一定点，，的最小值为3， ∴，，    连接，过点P作， 则，， ∴， ∴ ∴， 故答案为：6． 【变式3-2】（23-24八年级下·吉林松原·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，点E为边上一动点（不与点A、B重合），于点F，于点G，连接，若，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查菱形的性质、矩形的判定和性质，连接，得到矩形，可得，当时，取最小值，此时的值最小，由此可解． 【详解】解：如图，连接， 四边形是菱形，，， ，， ． ，，， 四边形是矩形， ， 当时，取最小值，此时的值最小， ， ， 的最小值为． 故答案为：． 【变式13-3】（23-24八年级下·江苏徐州·期末）如图，在菱形中，，，点G是线段上的动点，点M是线段上的动点，点E，F分别是线段，的中点，则线段的最小值是 ． 【答案】1.5 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，三角形的中位线的性质等知识，利用垂线段最短求出的最小值是解题的关键．先利用菱形的性质求出，根据垂线段最短可知，根据中位线的性质可知从而得解． 【详解】解：连接、，与交于点O， ∵四边形是菱形，， ∴，， 又∵， ∴， ∵点G是线段上的动点，， ∴， ∵点E，F分别是线段，的中点，即是的中位线， ∴， ∴， 故答案为：． 【考点题型十四】利用正方形的性质求解（） 【例14】对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），，则图2中对角线的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，等边三角形性质和判定，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． 根据正方形的性质以及勾股定理可得，记交于点，根据菱形的性质结合可得，再利用勾股定理计算，即可解题． 【详解】解：正方形对角线， ， ， 又菱形中，记交于点， ，于点，，，且为等边三角形， ， ， ， ． 故选：C． 【变式14-1】（2025·河南信阳·二模）如图，在正方形的内部作等边三角形，连接，，对角线交于于点，则的度数是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等边对等角，三角形内角和定理等．根据正方形的四个角都是，四条边都相等，对角线平分对角得出，，，根据等边三角形的三个角都是，三条边都相等得出，，求出，，根据等边对等角和三角形内角和是求出，即可求解． 【详解】解：∵是正方形的对角线， ∴，，， ∵为等边三角形， ∴，， ∴，， 故， ∴． 故答案为：． 【变式14-2】（2025·山东菏泽·二模）如图，正方形的边长为8，点E是的中点，连接，分别以点A，E为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于G，H两点，作直线，分别交于点M，F，则的长为 ． 【答案】1 【分析】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，勾股定理，由正方形的性质可得，由线段中点的定义可得，由作图方法可知垂直平分，则，设，则，由勾股定理可得，解方程即可得到答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵点E是的中点， ∴， 由作图方法可知垂直平分， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 故答案为：1 ． 【变式14-3】（24-25八年级下·北京通州·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点，则点D的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定， 作轴，根据正方形的性质证明，可得 ，即可得出答案． 【详解】解：如图所示，过点D作轴，交x轴于点E， ∴． ∵点， ∴． ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴点D的坐标是． 故答案为：． 【考点题型十五】正方形的判定（） 【例15】（21-22八年级下·广东江门·期中）下列说法不正确的是（　　） A．一组邻边相等的矩形是正方形 B．对角线互相垂直的矩形是正方形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的判定问题，掌握正方形的判定定理是解题的关键． 利用正方形的判定方法分别判断得出即可． 【详解】解：A、一组邻边相等的矩形是正方形，正确，不符合题意； B、对角线互相垂直的矩形是正方形，正确，因为矩形对角线互相平分，而此时对角线互相垂直，故一条对角线为另一条对角线的垂直平分线，则得到邻边相等，故对角线互相垂直的矩形是正方形，故不符合题意； C、对角线相等的菱形是正方形，正确，根据菱形的对角线垂直且互相平分，此时对角线相等，则菱形被两条对角线分割成的四个直角三角形均是等腰直角三角形，继而得到菱形的一个内角为直角，因此对角线相等的菱形是正方形，故不符合题意； D、对角线互相垂直且相等的四边形是正方形，错误，因为对角线互相垂直且相等的四边形有无数个，故符合题意； 故选：D． 【变式15-1】（24-25九年级上·安徽宿州·期中）满足下列条件的四边形一定是正方形的是（   ） A．对角线互相平分且相等的四边形 B．有三个角是直角的四边形 C．有一组邻边相等的平行四边形 D．对角线相等的菱形 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的判定，同时也考查了平行四边形、矩形及菱形的判定，掌握这些四边形的判定方法是关键．根据正方形的判定方法即可作出判断． 【详解】解：A、对角线互相平分且相等的四边形是矩形不是正方形，不符合题意； B、有三个角是直角的四边形是矩形不是正方形，不符合题意； C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，不符合题意； D、对角线相等的菱形是正方形，符合题意． 故选：D． 【变式15-2】（24-25九年级上·江西吉安·阶段练习）如图，已知的对角线，交于点O，添加条件后， 不一定是正方形的选项为（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的判定，根据题意逐一对选项分析即可得出答案． 【详解】解：A、因为，所以为菱形，又因为所以为正方形，故A错误； B、因为，所以为菱形，但不能证明为正方形，故B正确； C、因为，所以为矩形，又因为所以为正方形，故C错误； D、因为，所以为菱形，又因为所以为正方形，故D错误； 故选：B． 【变式15-3】（24-25八年级下·全国·单元测试）如图，在矩形中，的平分线交于的平分线交于，求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题关键．首先结合矩形的性质证明四边形是平行四边形，再根据“有一个角为直角的平行四边形为矩形”证明四边形是矩形，然后根据“邻边相等的矩形为正方形”证明四边形是正方形． 【详解】证明：如下图， 四边形是矩形， ， ． 平分， ， ， ； 同理可得， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形． 【考点题型十六】正方形的性质与判定（） 【例16】（2023·四川成都·一模）如图，在四边形中，且，对角线和相交于点O，且，过点B作，交于点E，连结． (1)求证：； (2)试探究四边形的形状，并说明理由； (3)若，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)矩形，理由见解析 (3)18 【分析】（1）由可知，，进而可证； （2）由，可得，证明四边形是平行四边形，由，可证四边形是矩形； （3）由且，可得，即，可证四边形是正方形，则，设，则，在中，由勾股定理得，即，求出满足要求的值，根据，求的值，根据，计算求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在和中， ∵， ∴； （2）解：四边形是矩形，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （3）解：∵且， ∴，即， ∴四边形是正方形， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得，即， 解得：，（舍去）， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为18． 【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 【变式16-1】（24-25八年级下·山东聊城·期中）四边形为正方形，点为对角线上一点，连接.过点作，交边于点． (1)求证； (2)以，为邻边作矩形，连接.若，，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，添加合适的辅助线构造三角形全等是解题的关键． （1）连接，利用正方形的性质证明，推出，证明，得到，即可得出结论； （2）根据矩形和正方形的性质可证明，推出，求出，根据，即可求解． 【详解】（1）证明：连接，如图， 是正方形对角线， ，    ， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：四边形为矩形，， 四边形为正方形， ， 四边形为正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【变式16-2】（24-25九年级下·甘肃张掖·期中）【模型建立】 （1）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上的一点，且．求证：． 【模型应用】 （2）如图2，若点E，G分别在边，上，且，连接，求证：． 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，E是上一点，且，，求的长． 【答案】（1）见详解（2）见详解（3） 【分析】（1）根据正方形的性质，可直接证明，从而得出； （2）延长至F，使．连接，根据（1）知，即可证明，根据，得，利用全等三角形的判定方法得出，即，即可得出答案； （3）过作，交延长线于D，则四边形 为正方形，设，根据（1）（2）可知，，在中，利用勾股定理即可求解，即可作答． 本题主要考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、直角梯形的性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键，注意数形结合思想与方程思想的应用． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴； （2）如图2， 延长至F，使．连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵ ∴， ∴， ∴，即， 又∵，则， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴； （3）如图3，过作，交延长线于D， ∵在直角梯形中，， ∴， 又∵， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， 根据（1）（2）可知，， 在中，∵， 即， 得：， ∴． 【变式16-3】（24-25八年级下·江苏连云港·期中）如图，中，交于P，的平分线分别交于E、F． (1)求证：； (2)当与的交点P在的什么位置时，四边形是矩形，说明理由； (3)在（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形是正方形．（不需要证明） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)当是直角三角形，，四边形是正方形 【分析】本题考查等角对等边，矩形的判定，正方形的判定，熟练掌握平行加角平分线会出现等腰三角形，以及矩形和正方形的判定方法，是解题的关键： （1）平行结合角平分线得到，进而得到，即可得证； （2）根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，以及有一个角为直角的平行四边形为矩形，进行判断即可； （3）根据有一个角是直角的菱形是正方形，得到当，即：时，四边形是正方形即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵分别平分， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）当点P是的中点时，四边形是矩形， 理由如下：∵点P是的中点， ∴， 由（1）知：， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， 即：， ∴四边形是矩形； （3）当是直角三角形，，四边形是正方形． 当时， ∵， ∴， ∴， 由（2）可知，四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形． 【变式16-4】（24-25八年级下·重庆·期中）如图1，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于点，以，为邻边作平行四边形． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)如图2，若，连接，，，，求的度数并判断的形状； (3)如图3，若，，，是的中点，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)；是等边三角形 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，再根据平行线的性质证明，根据等角对等边可得，再有条件四边形是平行四边形，可得四边形为菱形，即可解决问题； （2）连接，先证明，得出，， 证明，得出是等边三角形，即可得出结论； （3）首先证明四边形为正方形，再证明可得，，再根据可得到是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【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：；是等边三角形； ∵，， ∴， ∵， ∴， 由（1）知，四边形是菱形， ∴，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴； （3）解：如图，连接，， ∵，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． 根据解析（2）可知，， ∵M为中点， ∴，， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴，． ∴， ∴是等腰直角三角形． ∵，， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质、正方形的性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法． 【考点题型十七】正方形中最小值问题（） 【例17】（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，边长为3的正方形中，为边上一点，且，是对角线上的一个动点，则的最小值为 ．    【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，最短路径问题，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．连接、，根据正方形的性质可证出，得到，利用勾股定理求出的长，再利用两点之间线段最短性质即可得出的最小值． 【详解】解：如图，连接、， 边长为3的正方形， ，，， 又， ， ， ， ， 在中，， 由两点之间线段最短性质得，， ， 的最小值为． 故答案为：． 【变式17-1】（22-23九年级上·江苏南京·期末）如图，正方形的边长为，点G是边的中点，点E是边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接，当最小时，的长是 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理．由翻折知，得点在以为圆心，为半径的圆上运动，可知当点、、三点共线时，最小，再利用勾股定理可得的长，继而解题． 【详解】解：∵正方形的边长为， ∴，， ∵点G是边的中点， ∴， ∵将沿翻折得到， ∴， ∴点在以为圆心，为半径的圆上运动， ∴当点、、三点共线时，最小， 由勾股定理得，, ∴， 故答案为：． 【变式17-2】（24-25九年级上·辽宁锦州·阶段练习）如图，在正方形中，点为上一动点，点为的中点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查轴对称—最短路线问题、正方形的性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 连接，，，，根据正方形的性质得，再两点之间线段最短得当点B、P、E三点共线时，值最小，最小值是，利用勾股定理求出的长，即可求得的最小值． 【详解】解：连接，，，，如图， ∵四边形是正方形， ∴点D和点B关于对称， ∴， ∴， ∵ ∴当点B、P、E三点共线时，值最小，最小值是， ∵四边形是正方形，，点E为的中点， ∴，， ∴ 故选：D． 【变式17-3】（24-25九年级上·北京·阶段练习）如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是边，上的动点，且始终满足，，交于点P．连接，线段长的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出，取的中点O，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得点P到的中点的距离不变，再根据两点之间线段最短可得C、P、O三点共线时线段的值最小，然后根据勾股定理列式求出，再求解即可． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ， ， ， ， 取的中点O，连接，则（定值）， 根据两点之间线段最短得C、P、O三点共线时线段的值最小， 在中，由勾股定理得， 的最小值， 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理，确定出点P到的中点的距离是定值是解题的关键． 【考点题型十八】利用三角形的中位线性质求解（） 【例18】如图，在四边形中，P是对角线的中点，点E、F分别是、的中点，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，解题关键是灵活运用相关知识．利用三角形中位线定理得到，推出，即可求出的度数． 【详解】解：是的中点，点、分别是、的中点， 、分别是、的中位线， ，， ， ， ， ， ． 故选：A． 【变式18-1】如图，D、E分别是的边、的中点，连接BE、DE．若，，则的长是（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的判定等知识，根据三角形的中位线定理得出，，根据平行线的性质并结合已知可得，然后根据等角对等边求解即可． 【详解】解∶∵D、E分别是的边、的中点， ， ∴，， ∴， 又， ∴， ∴， 故选：B． 【变式18-2】如图，中，，分别是，的中点，平分，交于点，若，，则的长是（   ） A．3 B．4 C．1 D．1.5 【答案】C 【分析】本题考查了中位线的判定与性质，三角形外角性质，等角对等边，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先证明是的中位线，以及得，可得，因为平分，故，进而可得，故，即可作答． 【详解】解：∵，分别是，的中点，，， ∴是的中位线，， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 则， 故选：C 【变式18-3】如图，中，是中线，平分，于，，，则的长为 ． 【答案】3 【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、三角形的中位线定理等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．延长，交于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，，从而可得，然后根据三角形的中位线定理求解即可得． 【详解】解：如图，延长，交于点， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 又∵是的中线，， ∴是的中位线， ∴， 故答案为：3． 【考点题型十九】与三角形中位线有关的证明（） 【例19】（23-24八年级下·广东清远·期末）如图，点O是内一点，连接，并将的中点D，E，F，H依次连接，得到四边形． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)如果，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长是． 【分析】此题重点考查三角形中位线定理、平行四边形的判定、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． （1）由D，E，F，H分别是的中点，根据三角形中位线定理得，且，即可证明四边形是平行四边形； （2）作于点G，因为，利用等腰三角形的性质，直角三角形的性质结合勾股定理求得，，再根据三角形中位线定理求得即可． 【详解】（1）证明：∵D，E，F，H分别是的中点， ∴，且，，且， ∴，且， ∴四边形是平行四边形； （2）解：作于点G，则， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴的长是． 【变式19-1】（23-24八年级下·辽宁阜新·期末）如图1，如图，在四边形中，，E、F分别是、的中点，连接并延长，分别与、的延长线交于点M、N，求证：．（不需证明）． (1)如图2，在四边形中，与相交于点O，，E、F分别是中点，连接，分别交于点M、N，判断的形状，请直接写出结论； (2)如图3，在中，，点D在AC上，，点E、F分别是、的中点，连接并延长，与的延长线交于点G，若，连接，判断的形状并证明． 【答案】(1)为等腰三角形； (2)是直角三角形，证明见解析 【分析】（1）取的中点H，连接、，证明分别是的中位线，得到，，进而证明，，即可证明是等腰三角形； （2）连接，取的中点H，连接，根据三角形中位线定理和平行的性质证明即可． 【详解】（1）解：是等腰三角形；证明如下： 如图，取的中点H，连接、， ∵E、F分别是、的中点， ∴分别是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； （2）解：为直角三角形，证明如下： 如图，连接，取的中点H，连接，      ∵F是的中点， ∴， ∴， 同理，． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形． ∵， ∴， ∴， ∴， 即是直角三角形． 【点睛】本题考查三角形的中位线定理以及平行线的性质和等腰三角形和直角三角形的判定．通过添加辅助线构造三角形的中位线是解题的关键． 【变式19-2】（23-24七年级下·山西临汾·期末）【猜想结论】如图，在中，点分别是边的中点，可以根据度量或目测猜想结论：，且． 结论的符号语言：如图 ∵点是的中点， ∴，且．    【验证结论】（）如图，下面是小丽同学的部分证法． 证明：延长至，使得，连接， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴≌（）， ∴，， ∴， ……（请将剩下的过程补充完整）． 【应用结论】（）如图，在四边形中，点分别为边的中点，顺次连结四边形各边中点得到新四边形，请利用上述结论和符号语言说明四边形是平行四边形． 【答案】（1）补充见解析；（2）证明见解析 【分析】本题考查了三角形中位线性质的证明和应用，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质等知识，掌握三角形中位线的性质是解题的关键． （）根据题意补充证明过程即可； （）连接，利用三角形中位线的性质分别得到，，，，即可得到，，进而由平行四边形的判定定理即可求证； 【详解】解：（）补充过程如下： ∵是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； （）连接， ∵点分别为边的中点，    ∴，， 同理可得，， ∴，， ∴四边形是平行四边形． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 清单01平行四边形（6个考点梳理+19大题型解读+提升训练） 清单01 平行四边形的性质与判定 1.平行四边形的性质: (1)边的性质：两组对边分别平行且相等，如下图：AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，AB=CD； (2)角的性质：两组对角分别相等，如图：∠A=∠C，∠B=∠D (3)对角线的性质：对角线互相平分。如图：AO=CO，BO=DO 2.平行四边形的判定： （1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形 （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 清单03 矩形的性质与判定 1.矩形的性质：（1）具有平行四边形的性质（2）对角线相等 （3）四个角都是直角。 2.矩形的判定：（1）有一个内角是直角的平行四边形叫矩形(根据定义)。 （2）对角线相等的平行四边形是矩形。 （3）四个角都相等的四边形是矩形。 3.直角三角形斜边上中线定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 清单04 菱形的性质与判定 1，菱形的性质：（1）具有平行四边形的性质 （2） 且四条边都相等 （3）两条对角线互相垂直平分,每一条对角线平分一组对角。 注意：菱形是轴对称图形，每条对角线所在的直线都是对称轴。 2.菱形的面积 菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半 3.菱形的判定：一组邻边相等的平行四边形是菱形。 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 四条边都相等的四边形是菱形。 清单05 正方形的性质与判定 1.正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质。（正方形是轴对称图形，有两条对称轴） 2.正方形常用的判定：（1）有一个内角是直角的菱形是正方形； （2）邻边相等的矩形是正方形； （3）对角线相等的菱形是正方形； （4）对角线互相垂直的矩形是正方形。 清单06 三角形中位线定理 三角形中位线：在△ABC 中，D，E 分别是 AC，AC 的中点，连接 DE.像 DE 这样， 连接三角形_两边中点的线段叫做三角形的中位线.B 中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的二分之一。 【考点题型一】利用平行四边形的性质求解（） 【例1】（24-25八年级下·北京·期中）如图，平行四边形中，，平分交边于点E，则等于（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式1-1】弧，分别交，于点，，分别以，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧在内交于点，作射线，交于点，交的延长线于点．若，，则的长为（   ） A．8 B．7 C．6 D．5 【变式1-2】（24-25八年级下·吉林长春·期中）如图，在中，，，点在上，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【变式1-3】（24-25八年级下·重庆万州·期中）如图是小明用两个含的全等直角三角形拼成的平行四边形，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【考点题型二】平行四边形中最小值问题（） 【例2】（24-25八年级下·河南许昌·期中）如图，在中，，，，为斜边上的一动点，以、为边作平行四边形，则线段长度的最小值为（　　） A． B． C．2 D． 【变式2-1】（23-24八年级下·安徽合肥·期末）如图，在四边形ABCD中，对角线，，则的最小值为（    ） A． B．10 C．15 D． 【变式2-2】（22-23八年级下·浙江·单元测试）如图，在△ABC中，，，P为边上一动点，以，为一组邻边作平行四边形，则对角线的最小值为（    ） A．6 B．8 C． D． 【变式2-3】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在中，，，点E为直线上一动点，连接，，若，则的最小值为 ． 【考点题型三】平行四边形的判定（） 【例3】（24-25九年级上·安徽宣城·开学考试）下列条件中，能判定四边形是平行四边形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 【变式3-1】（24-25九年级上·上海·阶段练习）在四边形中，是对角线，，添加一个条件，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A．； B．； C．； D．． 【变式3-2】（22-23八年级下·广西南宁·阶段练习）如图，四边形中，对角线与相交于点，不能判断四边形是平行四边形的是（ ） A．， B．， C．， D．， 【变式3-3】（23-24八年级下·山西大同·期末）如图，在四边形中，，添加下列条件后，仍不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【考点题型四】利用平行四边形的判定与性质求解（） 【例4】（23-24八年级下·辽宁葫芦岛·期中）如图，在四边形中，． (1)求的长； (2)求四边形的面积． 【变式4-1】（22-23八年级下·云南文山·期末）如图，在四边形中，是的中点，，． (1)求证：； (2)当时，求的长． 【变式4-2】（22-23八年级下·陕西榆林·期末）如图，在四边形中，，，点在上，，垂足为，且，连接；    (1)求证：； (2)若，，求的长. 【变式4-3】（2023·北京大兴·二模）如图，在中，，于点D，延长到点E，使．过点E作交的延长线于点F，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)过点E作于点G，若，，求的长． 【考点题型五】利用矩形的性质求解（） 【例5】（2025·河北邯郸·一模）如图，四边形是矩形，对角线相交于点，过点作的垂线交于点．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】（22-23八年级下·重庆长寿·期中）如图所示，矩形中，对角线，交于点O，于点E，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式5-2】（24-25八年级下·四川德阳·期中）如图，矩形中，，E是上一点，把沿直线翻折，D点恰好落在边上的F点处，则_______． A．3 B． C．4 D． 【变式5-3】（24-25八年级上·甘肃兰州·期中）如图，把一张长方形纸片折叠起来，使其顶点与重合，折痕为．若，，则长为 ． 【考点题型六】矩形的判定（） 【例6】（2025·陕西咸阳·二模）在下列条件中，能够判定四边形为矩形的是（    ） A．， B．， C． D． 【变式6-1】（22-23九年级上·山东青岛·阶段练习）顺次连接某四边形四边中点得到的四边形是矩形，则该四边形应满足的条件是（    ） A．对角线相等且平分 B．对角线相等 C．对角线垂直 D．对角线相等且垂直 【变式6-2】（2024·河南郑州·模拟预测）在数学活动课上，老师让同学们判断一个四边形门框是否为矩形，下面是某学习小组的四位同学拟订的方案，其中正确的是（    ） A．测量对角线是否互相平分 B．测量各顶点到对角线交点距离是否相等 C．测量一组对角是否都为直角 D．测量两组对边是否分别相等 【变式6-3】（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，在中，对角线相交于点O．添加下列条件不能判定为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【考点题型七】矩形的性质与判定综合（） 【例7】（2025·黑龙江大庆·一模）如图，在矩形中，E，F分别是边，上的点，，连接，，与对角线交于点O，且，． (1)求证 ； (2)若，求矩形的面积． 【变式7-1】（24-25八年级下·北京通州·期中）如图，在平行四边形中，于点E，，的平分线交于F，连接． (1)求证：四边形为矩形． (2)若，，求的长． 【变式7-2】（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图，四边形是平行四边形，对角线，相交于点，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【变式7-3】（24-25八年级下·河北保定·期中）如图，在中，，两点分别在边，上，连接，，，，且． (1)求证：四边形为矩形； (2)若平分，且，，求的长． 【考点题型八】直角三角形斜边上的中线定理（） 【例8】（24-25八年级上·江苏扬州·期末）如图，在中，，平分，交于点D，E为的中点，连接，则的周长为 ． 【变式8-1】（24-25八年级上·河北石家庄·期末）如图，在中，，于点D，，E是斜边的中点，则的度数为 ． 【变式8-2】（24-25九年级上·甘肃白银·期末）如图，菱形的对角线，相交于点，是边的中点，连接，若，则菱形的边长为（  ） A．3 B．4 C．5 D．6 【考点题型九】矩形种最小值问题（） 【例9】（23-24八年级下·广西贵港·期末）如图，在中，，，，P为边上一动点，于点E，于点F，M为的中点，则的最小值是（    ） A． B． C． D．1.5 【变式9-1】（22-23九年级上·甘肃陇南·期中）如图，在矩形中，AD＝1，，M为线段上一动点，于点P，于点Q，则PQ的最小值为 ． 【变式9-2】（23-24九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，矩形中，已知，点F是上一动点，点P是的中点，连接，则的最小值为 ． 【考点题型十】利用菱形的性质求解（） 【例10】（24-25八年级下·重庆·期中）如图，是菱形的对角线，若，则菱形的周长为（　　） A．10 B．20 C．14 D．28 【变式10-1】（2025·山东青岛·二模）如图，菱形的顶点A在x轴正半轴上，点，若将菱形先向左平移3个单位，再将菱形绕原点O逆时针旋转，则旋转后点B的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【变式10-2】（24-25八年级下·青海海北·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点，于点，若，，则的长为（   ） A．2 B． C．3 D． 【变式10-3】（24-25八年级下·山东济宁·期中）如图，在菱形中，M，N分别在，上，且，与交于点O，连接．若，则的度数为 ． 【考点题型十一】菱形的判定（） 【例11】（2025年河南省许昌市第二次中招模拟考试九年级数学试卷）如图，要使成为菱形，则可添加一个条件是（    ） A． B． C． D． 【变式11-1】（23-24九年级上·全国·课后作业）如图，顺次连结四边形各边中点得到四边形，要使四边形为菱形，应添加的条件是（ ） A． B． C． D． 【变式11-2】（22-23八年级下·山东烟台·期中）如图，在中，与相交于点O，则下列说法不正确的是（    ） A．若，则是菱形 B．若，则是矩形 C．若，则是矩形 D．若，则是正方形 【变式11-3】（22-23九年级下·河南新乡·期中）如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连接、、、，与交于点，添加下列条件不能使四边形成为菱形的是（    ）    A． B． C． D． 【考点题型十二】菱形的性质与判定（） 【例12】（24-25八年级下·北京密云·期中）如图，在中，，过点作的平行线与的延长线相交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求的长． 【变式12-1】（24-25八年级下·重庆綦江·期中）如图，矩形对角线交于，延长到，使，延长到，使． (1)求证：四边形是菱形； (2)若 ， ，求菱形的面积． 【变式12-2】（24-25八年级下·河南焦作·期中）如图，在中，，是的斜边上的中线，过点C作，连接，恰有． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【变式12-3】（24-25八年级下·广东东莞·期中）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，与相交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求矩形的面积． 【考点题型十三】菱形中最小值问题（） 【例3】（23-24八年级下·广西贺州·期末）如图，点P是菱形对角线上一动点，，，点M是边的中点，过点M作交于点N，则周长的最小值是（    ） A． B． C． D． 【变式13-1】（24-25九年级上·陕西西安·期末）如图，P为菱形的对角线上的一定点，Q为边上的一个动点，的垂直平分线分别交， 于点E，G，，若的长的最小值为3，则的长为 ．    【变式3-2】（23-24八年级下·吉林松原·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，点E为边上一动点（不与点A、B重合），于点F，于点G，连接，若，，则的最小值为 ． 【变式13-3】（23-24八年级下·江苏徐州·期末）如图，在菱形中，，，点G是线段上的动点，点M是线段上的动点，点E，F分别是线段，的中点，则线段的最小值是 ． 【考点题型十四】利用正方形的性质求解（） 【例14】对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），，则图2中对角线的长为（   ） A． B． C． D． 【变式14-1】（2025·河南信阳·二模）如图，在正方形的内部作等边三角形，连接，，对角线交于于点，则的度数是 ． 【变式14-2】（2025·山东菏泽·二模）如图，正方形的边长为8，点E是的中点，连接，分别以点A，E为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于G，H两点，作直线，分别交于点M，F，则的长为 ． 【变式14-3】（24-25八年级下·北京通州·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点，则点D的坐标是 ． 【考点题型十五】正方形的判定（） 【例15】（21-22八年级下·广东江门·期中）下列说法不正确的是（　　） A．一组邻边相等的矩形是正方形 B．对角线互相垂直的矩形是正方形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 【变式15-1】（24-25九年级上·安徽宿州·期中）满足下列条件的四边形一定是正方形的是（   ） A．对角线互相平分且相等的四边形 B．有三个角是直角的四边形 C．有一组邻边相等的平行四边形 D．对角线相等的菱形 【变式15-2】（24-25九年级上·江西吉安·阶段练习）如图，已知的对角线，交于点O，添加条件后， 不一定是正方形的选项为（　　） A．， B．， C．， D．， 【变式15-3】（24-25八年级下·全国·单元测试）如图，在矩形中，的平分线交于的平分线交于，求证：四边形是正方形． 【考点题型十六】正方形的性质与判定（） 【例16】（2023·四川成都·一模）如图，在四边形中，且，对角线和相交于点O，且，过点B作，交于点E，连结． (1)求证：； (2)试探究四边形的形状，并说明理由； (3)若，，，求四边形的面积． 【变式16-1】（24-25八年级下·山东聊城·期中）四边形为正方形，点为对角线上一点，连接.过点作，交边于点． (1)求证； (2)以，为邻边作矩形，连接.若，，求的长度． 【变式16-2】（24-25九年级下·甘肃张掖·期中）【模型建立】 （1）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上的一点，且．求证：． 【模型应用】 （2）如图2，若点E，G分别在边，上，且，连接，求证：． 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，E是上一点，且，，求的长． 【变式16-3】（24-25八年级下·江苏连云港·期中）如图，中，交于P，的平分线分别交于E、F． (1)求证：； (2)当与的交点P在的什么位置时，四边形是矩形，说明理由； (3)在（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形是正方形．（不需要证明） 【变式16-4】（24-25八年级下·重庆·期中）如图1，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于点，以，为邻边作平行四边形． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)如图2，若，连接，，，，求的度数并判断的形状； (3)如图3，若，，，是的中点，求的长． 【考点题型十七】正方形中最小值问题（） 【例17】（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，边长为3的正方形中，为边上一点，且，是对角线上的一个动点，则的最小值为 ．    【变式17-1】（22-23九年级上·江苏南京·期末）如图，正方形的边长为，点G是边的中点，点E是边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接，当最小时，的长是 ． 【变式17-2】（24-25九年级上·辽宁锦州·阶段练习）如图，在正方形中，点为上一动点，点为的中点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【变式17-3】（24-25九年级上·北京·阶段练习）如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是边，上的动点，且始终满足，，交于点P．连接，线段长的最小值为（   ） A． B． C． D． 【考点题型十八】利用三角形的中位线性质求解（） 【例18】如图，在四边形中，P是对角线的中点，点E、F分别是、的中点，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【变式18-1】如图，D、E分别是的边、的中点，连接BE、DE．若，，则的长是（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【变式18-2】如图，中，，分别是，的中点，平分，交于点，若，，则的长是（   ） A．3 B．4 C．1 D．1.5 【变式18-3】如图，中，是中线，平分，于，，，则的长为 ． 【考点题型十九】与三角形中位线有关的证明（） 【例19】（23-24八年级下·广东清远·期末）如图，点O是内一点，连接，并将的中点D，E，F，H依次连接，得到四边形． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)如果，，，求的长． 【变式19-1】（23-24八年级下·辽宁阜新·期末）如图1，如图，在四边形中，，E、F分别是、的中点，连接并延长，分别与、的延长线交于点M、N，求证：．（不需证明）． (1)如图2，在四边形中，与相交于点O，，E、F分别是中点，连接，分别交于点M、N，判断的形状，请直接写出结论； (2)如图3，在中，，点D在AC上，，点E、F分别是、的中点，连接并延长，与的延长线交于点G，若，连接，判断的形状并证明． 【变式19-2】（23-24七年级下·山西临汾·期末）【猜想结论】如图，在中，点分别是边的中点，可以根据度量或目测猜想结论：，且． 结论的符号语言：如图 ∵点是的中点， ∴，且．    【验证结论】（）如图，下面是小丽同学的部分证法． 证明：延长至，使得，连接， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴≌（）， ∴，， ∴， ……（请将剩下的过程补充完整）． 【应用结论】（）如图，在四边形中，点分别为边的中点，顺次连结四边形各边中点得到新四边形，请利用上述结论和符号语言说明四边形是平行四边形． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$