第02讲特殊的平行四边形（重点速记+12大核心考点+复习提升）-【暑假自学课】2025年新九年级数学暑假提升精品讲义（人教版）

专题01 二次根式与勾股定理 内容导航 串讲知识：思维导图串讲知识点，有的放矢 重点速记：知识点和关键点梳理，查漏补缺 举一反三：核心考点能举一反三，能力提升 复习提升：真题感知+提升专练，全面突破 一、平行四边形的性质与判定 1.平行四边形的性质： （1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形． （2）平行四边形的性质： ①边：平行四边形的对边相等． ②角：平行四边形的对角相等． ③对角线：平行四边形的对角线互相平分． （3）平行线间的距离处处相等． （4）平行四边形的面积：①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积． ②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等． 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． 符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC ∴四边行ABCD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． 符号语言：∵AB=DC，AD=BC ∴四边行ABCD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． 符号语言：∵AB∥DC，AB=DC ∴四边行ABCD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． 符号语言：∵∠ABC=∠ADC，∠DAB=∠DCB ∴四边行ABCD是平行四边形． （5）对角线互相平分的四边形是平行四边形． 符号语言：∵OA=OC，OB=OD ∴四边行ABCD是平行四边形． 3.三角形的中位线： （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， 二、矩形的性质与判定 1.矩形的性质： （1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形． （2）矩形的性质 ①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直； ④对角线：矩形的对角线相等且互相平分； ⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点． （3）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． 2. 矩形的判定： ①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形； ②有三个角是直角的四边形是矩形； ③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”） 三、菱形的性质与判定 1.菱形的性质： （1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形． （2）菱形的性质： ①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四条边都相等； ③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； ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． （3）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=．（a、b是两条对角线的长度） 2.菱形的判定： ①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等=菱形）； ②四条边都相等的四边形是菱形． ③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）． 四、正方形的性质与判定 1. 正方形的性质 ①正方形的四条边都相等，四个角都是直角； ②正方形的两条对角线相等且互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质． ④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴． 2.正方形的判定： 正方形的判定方法： ①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等； ②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角． ③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定． 考点一：平行四边形的性质与判定 例1．（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，在平行四边形中，，于点，为的中点，连接，． (1)求的值． (2)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定及性质，直角三角形斜边上的中线定理，全等三角形的判定及性质等知识点，合理作出辅助线是解题的关键． （1）利用平行四边形的性质和等腰三角形的性质进行角的等量代换求解即可； （2）延长，交的延长线于点，判定出，即可根据全等的性质求解． 【详解】（1）解：∵为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2）解：延长，交的延长线于点，如图所示： ∵为平行四边形， ∴， ∴， ∴在和中， ∴， ∴， ∵， ∴在中，， ∴． 【变式训练1】 1．（24-25八年级下·重庆·期中）如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转得到．连接，与线段交于点F．若，则一定等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查旋转的性质、平行四边形的性质与判定及等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质、平行四边形的性质与判定及等腰三角形的性质是解题的关键；由题意易得，根据旋转的性质可知：，然后可得四边形是平行四边形，进而根据平行四边形的性质及三角形外角的性质可进行求解． 【详解】解：∵，， ∴， 由旋转的性质可知：， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴； 故选：D． 2．（2025八年级下·全国·专题练习）已知如图，在中，，为锐角，将沿对角线边平移，得到，连接和，若使四边形是菱形，需添加一个条件，现有三种添加方案，甲方案：；乙方案：；丙方案：；其中正确的方案是（　　） A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的判定及平移的性质，灵活选择判定定理是解题的关键．先根据题意可知四边形是平行四边形，再根据三种方案结合菱形的判定定理即可得出答案． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， 根据平移可知，， ∴，， 四边形是平行四边形， ∴． 方案甲，添加不能判断四边形是菱形； 方案乙，由， 平行四边形是菱形； 方案丙，由， ∵， ∴， ∴， ， 平行四边形是菱形． 所以正确的是乙和丙． 故选：B． 3．（24-25八年级下·安徽黄山·期中）如图，在中，，M，N分别是的中点，延长至点D，使，连接，若，，则 ． 【答案】 【分析】本题考查的是三角形的中位线定理、直角三角形的性质、平行四边形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．连接，根据三角形中位线定理得到，，证明四边形是平行四边形，得到，根据直角三角形的性质得到，等量代换即可． 【详解】解：连接，如图， ，，， ． 、分别是、的中点， ，， 又， ∴， ， 又， 四边形是平行四边形， ， ，是的中点， ， ． 故答案为：． 考点二：矩形的性质与判定 例2．（24-25八年级下·北京·期中）如图，矩形的对角线交于点为边上一动点（不与重合），在射线上，且，连接． (1)如图1，若为的中点，，则___________； (2)如图2，为上一动点， ①根据题意，补全图形； ②写出的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1) (2)①见详解②，证明见详解 【分析】（1）根据矩形的性质得，，结合为的中点，则，再证明四边形是矩形，运用勾股定理列式计算，即可作答． （2）①结合在射线上，且，连接，且在图2上补全图形，即可作答． ②先延长交于点，连接，运用矩形的性质，证明，再得出垂直平分，得，则在中，，然后结合线段的等量代换，即可作答． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵为的中点， ∴，是的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴ 在中，， 故答案为：； （2）解：①如图所示： ②，证明如下： 延长交于点，连接，如图所示： ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， 在中，， ∵ ∴． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，中位线的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【变式训练2】 1．（23-24八年级下·河北张家口·期中）如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，为的中点，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了勾股定理的逆定理，矩形的性质和判定，直角三角形的性质，先说明是直角三角形，进而得出四边形是矩形，可知当时，最小，然后根据面积相等得出答案． 【详解】解：连接，如图． 在中，，，， ∴， ∴是直角三角形，且． ∵， ∴四边形是矩形， ∴与互相平分， ∵为的中点， ∴点M在上，且， ∴当最小时，最小， 根据直线外一点到直线上任意一点的距离，垂线段最短，即时，最短，同样最短． ， 即， ∴． 故选：D． 2．（2024·重庆铜梁·一模）如图，在正方形中，点P是对角线上一点，，垂足分别为E，F，连接．若，则一定等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正方形，矩形的性质及应用，解题的关键是掌握正方形的对称性和矩形的判定定理和性质定理，连接交于O，可知，根据四边形是正方形，，，可得四边形是矩形，故，从而，即得，故． 【详解】解∶连接交于O．如图∶ 正方形的对称性可知，， 四边形是正方形， ， 四边形是矩形， ． ． ． 故选∶A． 3．（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在四边形中，，，，，点，分别是，的中点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质． （1）先求得，推出四边形是平行四边形，利用有一个是直角的平行四边形是矩形即可判断结论成立； （2）先证明四边形是平行四边形，利用直角三角形斜边中线的性质及角直角三角形的性质证明，推出，再证明，求得，据此求解即可． 【详解】（1）证明：，点是的中点， ，， ， ∵， 四边形是平行四边形， ， ， 平行四边形是矩形； （2）解：如图，连接， ∵，， 四边形是平行四边形， ∴， ，， 四边形是矩形， ， ， 点为的中点，， ， ， ， ， 又， ， ， ． 考点三：菱形的性质与判定 例3．（24-25八年级下·全国·阶段练习）如图，在中，，点D是的中点，连接，过点C作，过点A作，交于点E，连接交于点O． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点F，交于点G，若，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了菱形的判定与性质和勾股定理，解题关键是熟练掌握菱形的判定定理和勾股定理，准确进行推理证明和计算． （1）先根据，证明四边形是平行四边形，再证明邻边相等即可； （2）根据菱形的性质得出，得出为等边三角形，再根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵，点D是的中点， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴，为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， 由勾股定理得，即， 解得． 【变式训练3】 1．（24-25八年级下·天津·期中）如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，交于点，若，，则的长为（   ） A．10 B．9 C．12 D．6.5 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边行的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质、平行四边行的性质，是解题的关键．连接，由作图知，平分，得到，根据平行四边形的性质得到，，求得，根据等腰三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：连接， 由作图知：，，平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， 故选：A． 2．（24-25八年级下·安徽黄山·期中）如图，在菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点，，连接，则下列结论： ； ； ；四边形是菱形．其中正确的有（      ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由四边形是菱形，得，，，然后根据平行四边形的判定可证四边形是平行四边形，然后通过平行四边形的性质即可判断；由平行四边形的性质和全等三角形的判定方法即可判断；由四边形是平行四边形，四边形是菱形，则，，然后通过中位线定理即可判断；由四边形是菱形，得，则可证明是等边三角形，故有，通过菱形的判定方法即可判断． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，故正确； ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴，故正确； ∵四边形是平行四边形，四边形是菱形， ∴，， ∴是中位线， ∴，故正确； ∵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，故正确， 综上可知：正确， 故选：． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 3．（24-25八年级下·全国·期末）如图，矩形的对角线相交于点． (1)求证：四边形为菱形； (2)求证：； (3)若，则菱形的面积为_________． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再利用矩形的性质得出，即可得出答案； （2）由（1）可得，再根据矩形的性质可证，进而得到，结合，可证，即可得出结论； （3）连接交于点F，利用矩形的性质结合勾股定理求出，，再根据四边形是菱形，证明是的中位线，求出，进而求出，最后由菱形的面积公式计算即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵矩形的对角线相交于点O， ∴， ∴四边形是菱形； （2）证明：由（1）知四边形是菱形； ∴， ∴ ∵四边形是矩形， ∴， ∴，即， ∴， ∴； （3）解：连接交于点F， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴，， ∵四边形是菱形； ∴垂直平分，即点F是的中点， ∵四边形是矩形， ∴，即点O是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴菱形的面积为． 【点睛】此题考查了矩形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，三角形中位线，菱形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定方法是解题关键． 考点四：正方形的性质与判定 例4．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，在矩形中，，，菱形的三个顶点、、分别在矩形的边、、上，，连接． (1)若，求证：四边形为正方形； (2)若，求的面积． 【答案】(1)详见解析 (2)6 【分析】（1）证明，推出，可得结论； （2）过点P作，交的延长线于点G，连接．证明，推出，利用三角形面积公式进一步解答即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为矩形， ∴， ∵四边形为菱形， ∴． ∵， ∴在和中, , ∴， ∴． ∵, ∴, ∴, ∵四边形为菱形， ∴四边形为正方形； （2）解：如图，过点P作，交的延长线于点G，连接， ∴． ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ， ∴， ∴． ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ． 【点睛】本题考查正方形的判定与性质，三角形的面积，菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 【变式训练4】 1．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，中，为边上一点，平分，过点作，与交于点，作，与交于点，连接．则以下结论中错误的是（   ）    A．四边形是菱形 B．与互相垂直且平分 C．当时，四边形是菱形 D．若时，则四边形是正方形 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、正方形的判定、三角形中位线的判定与性质、平行四边形的判定等知识点，掌握菱形的判定与性质成为解题的关键． 先判定四边形是菱形可判定A选项；再根据菱形的性质可判定B选项；再根据三角形等腰三角形的性质、三角形的中位线可证明是平行四边形；最后根据有一个内角是直角的菱形是正方形可判定D选项． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，即A选项正确，不符合题意； ∴与互相垂直且平分，即B选项正确，不符合题意； 当时，由等腰三角形的性质得； ∵四边形是菱形， ∴，； ∴； ∵， ∴， ∴，即， ∴F点是的中点； 同理：得E点是的中点， ∴是的中位线， ∴，； ∵， ∴四边形是平行四边形；故选项C错误，符合题意； ∵四边形是菱形，， ∴四边形是正方形，即选项D正确，不符合题意． 故选C． 2．（2025·贵州·模拟预测）如图，是等腰直角三角形，，是的中点，连接并延长至，使得，连接和．以点为圆心，的长为半径画弧交于点；分别以点、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点；作射线交于点，连接若， ． 【答案】2 【分析】根据平行四边形的性质得到四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理得到四边形是矩形，根据正方形的判定定理得到四边形是正方形，求得，得到，求得，根据全等三角形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：∵O是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， 由作图知，平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：2． 【点睛】本题考查了作图基本作图，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 3．（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在正方形中，分别是上两点，交于点，且． (1)判断与之间的数量关系与位置关系，并说明理由： (2)当点是的中点时，连接，求的度数． 【答案】(1)，，理由见解析 (2) 【分析】（）证明，得，，进而可得，即得到，即可求证； （）过点作于，交的延长线于，可得四边形是矩形，再证明，得，利用三角形面积得，即得，即可得四边形是正方形，即可求解； 本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）解：，，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即； （2）解：如图，过点作于，交的延长线于， ∵， 则， ∴四边形是矩形， ∵点是的中点， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 由（）知， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴． 考点五：中点四边形 例5．（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，在四边形中，，，，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形……如此进行下去，得到四边形．给出下列结论：①四边形是矩形；②四边形是菱形；③四边形的周长是；④四边形的面积是．其中，正确的结论有（   ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】根据题意，找出变化后的四边形的边长与四边形中各边长的长度关系规律，然后对选项作出分析判断： 【详解】解：①连接，， ∵在四边形中，顺次连接四边形各边中点，得到四边形， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴（矩形的两条对角线相等）； ∴（三角形的中位线定理）， ∴四边形是菱形； 同理继续连接，四边形是矩形； 故①②正确； ③每次连接新四边形，其边长是上一个四边形对应边长的一半, 经过次连接得到四边形 ，根据中位线的性质得， ， ， ∴四边形的周长是，故③正确； ④∵四边形中，，，且， ∴； 由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半， 四边形的面积是，故④正确； 综上所述，①②③④正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了中点四边形、平行四边形的判定、三角形的中位线定理、菱形和矩形的判定与性质，解题的关键是理清题意，熟练并灵活运用所学知识点解题． 【变式训练5】 1．（24-25八年级下·黑龙江绥化·期中）顺次连接矩形四边中点所得的四边形一定是（   ） A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．不能确定 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质。菱形的判定，三角形的中位线，熟练掌握以上知识点是解题的关键．由题意可知，利用三角形中位线可知，，，，，，，从而知道，，推出四边形是平行四边形，结合矩形的对角线相等，可证，从而得到，从而得到四边形是菱形，从而得到答案． 【详解】解：如图所示，四边形是矩形，、、、分别是、、、的中点，连接，， ，，，，， ，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， ， 四边形是菱形． 故选：C． 2．（24-25八年级下·安徽淮北·阶段练习）如图，点E，F，G，H分别是四边形各边的中点，下列结论正确的是（   ） A．若四边形是平行四边形，则四边形是矩形 B．若四边形是菱形，则四边形是矩形 C．若四边形是矩形，则四边形是矩形 D．若四边形是正方形，则四边形是正方形 【答案】B 【分析】本题主要考查了中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识，解题的关键是记住一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线时，中点四边形是菱形，当对角线时，中点四边形是矩形，当对角线，且时，中点四边形是正方形．先证明一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线时，中点四边形是菱形，当对角线时，中点四边形是矩形，当对角线，且时，中点四边形是正方形，再逐一分析各选项即可． 【详解】解：如图所示，连接， ∵点E，F，G，H分别是四边形的边的中点， ∴，，，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 当四边形是平行四边形，此时无法证明四边形是矩形，故A说法错误，不符合题意； 当四边形是菱形时，则， 又∵，， ∴， ∴四边形是矩形，故B说法正确，符合题意； 若四边形是矩形，则， 又∵，， ∴，此时不能得到四边形是矩形，故C说法错误，不符合题意； 若四边形是正方形时，则，， 又∵，，，， ∴，此时不能四边形是正方形，故D说法错误，不符合题意； 故选：B. 3．（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图，在四边形中，对角线，且，E、F、G、H分别是、、、的中点．若的最小值是，则的长度为（    ） A．1 B． C．3 D．4 【答案】A 【分析】先证明四边形是正方形．如图，记，的交点为，连接，，可得，当三点共线，最小，则最小，再进一步求解即可． 【详解】解：∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴，，，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形． 又∵， ∴， ∴四边形是正方形． 如图，记，的交点为，连接，， ∵， ∴，， ∴， 当三点共线，最小，则最小， 此时， ∴， ∴， ∴， 故选：A 【点睛】本题考查的是三角形的中位线的性质，中点四边形，勾股定理的应用，两点之间，线段最短，作出合适的辅助线是解本题的关键． 考点六：四边形与翻折问题 例6．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过D的直线折叠，使点C落在上的点处，得到折痕，然后再把纸片展平；第二步：如图2，将图1的矩形纸片沿过点E的直线折叠，点A恰好落在上的点处，得到折痕交于点M，再把纸片展平．问题解决： (1)如图1，求证：四边形是正方形． (2)如图2，若，求的面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)6． 【分析】（1）先证明四边形是矩形，再根据，即可得出结论； （2）连接，，由矩形的性质得到，由折叠的性质，证明，得到，设，由勾股定理得，解得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵将矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点C落在上的点处，得到折痕， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴矩形是正方形； （2）解：如图，连接，， 由（1）知，， ∵四边形是矩形， ∴， 由折叠知，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， 在中， 由勾股定理，得， 即， 解得：， 即， ∴的面积 =． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键． 【变式训练6】 1．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点D落在点E处，且交于点F，则的长为（    ） A．13 B．10 C．8 D．6 【答案】B 【分析】本题考查了矩形与折叠问题、勾股定理等知识，熟练掌握矩形与折叠的性质是解题关键．先根据矩形的性质可得，根据平行线的性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后根据等腰三角形的判定可得，最后在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， 在中，，即， 解得， 即， 故选：B． 2．（24-25八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）如图，在矩形中，，点是对角线的中点，将沿AC翻折，得到，其中，与相交于点，连接，则为（   ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查勾股定理，矩形的性质，等腰三角形的性质和判定，折叠的性质等知识点，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 根据矩形的性质设，则，结合，得出，在中，勾股定理求出，则，根据折叠可得：，证出，根据等腰三角形三线合一得出，设，则，，在中，根据勾股定理得出，在中，勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：在矩形中，， ∴， 设，则， ∵， ∴， 在中，， ∵点是对角线的中点， ∴， 根据折叠可得：， ∴， ∴， ∵点是对角线的中点，， ∴， 设，则，， 在中，， 则， 解得：， 在中，， 则． 故选：C 3．（23-24八年级上·辽宁沈阳·阶段练习）如图，已知在正方形中，，．将正方形折叠，使点B落在边的中点Q处，点A落在P处，折痕为．已知长为．    (1)求线段和线段的长； (2)连接 ，　 　． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）由对角线为，易知边长为8．设，由折叠可知在中，由勾股定理有，解得，即可得； （2）连接，作于点G，连接交于点H，由折叠知，可证明，则，，在中由勾股定理可求． 【详解】（1）解：∵对角线， ∴， 设，由折叠可知， 由于Q为中点， 则， 在中，由勾股定理可得： ， 解得：． 故； （2）解：如图所示，连接，作于点G，连接交于点H，    由折叠可知， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， 由折叠可得， 由勾股定理有． 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，熟悉折叠的性质、掌握以上定理并利用勾股定理建立关于x的方程是解题的关键． 考点七：四边形与动点问题 例7．（24-25八年级下·河北唐山·期中）在四边形中，，，，，，点从点以的速度向点运动，点从点以的速度同时向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为秒． (1)求为何值时，四边形是平行四边形？ (2)求为何值时，四边形是矩形？ (3)在整个运动过程中，_________（答“存在”或“不存在”）t值，使得四边形是菱形； (4)若只改变线段的长度，其余条件都不变，在整个运动过程中，当四边形是正方形时，请你求出的值和线段的长度． 【答案】(1) (2) (3)不存在 (4)， 【分析】（1）根据时，四边形是平行四边形，列出方程进行求解即可； （2）根据，，得到当时四边形是矩形，列出方程进行求解即可； （3）根据菱形的性质可得，结合（1）的结论，分别求得的长，即可得出结论； （4）当四边形是正方形时，，进而求得，，根据，即可求解． 【详解】（1）解：由题意，得：，，秒， ∴，， ∵，则 当时，四边形是平行四边形； ∴ 解得： （2）解：∵，， ∴当时，四边形是矩形； ∵，， ∴ 解得： （3）解：不存在，理由如下， 由（1）可得，当时，四边形是平行四边形； ∴若此时，则四边形是菱形， 如图，过点作于点， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ， ∵ ，， ∴， ∴， 而， ∴， ∴四边形不是菱形， 故答案为：不存在． （4）解：当四边形是正方形时，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当四边形是正方形时，，． 【点睛】本题考查四边形中的动点问题．解题的关键是掌握矩形的判定和性质，正方形，平行四边形，矩形，菱形的性质与判定，及勾股定理解三角形，熟练掌握特殊四边形的性质是解题的关键． 【变式训练7】 1．（22-23八年级下·江苏常州·期中）如图，点为矩形()的对称中心，点从点出发沿向点B运动，移动到点B停止，延长交于点，则四边形AECF形状是下列图形中的哪些：①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形．（    ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】根据矩形的性质，可得四边形形状的变化情况，由此可得结论． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵∠， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 当时，四边形是菱形， 当点和点重合时，四边形是矩形，而且，故不可能是正方形， 可知四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形， 故选：A． 【点睛】考查了全等三角形的判定和性质、矩形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，根据EF与AC的关系即可求解． 2．（2023·河北·二模）如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动.设点的运动时间为（单位：），下列结论正确的是（    ）    A．当时，四边形为矩形 B．当时，四边形为平行四边形 C．当时， D．当时，或 【答案】D 【分析】对于选项A、B，分别计算当与时相应线段的长度结合平行四边形的判定方法判断即可；对于C、D选项，作，垂足分别为E、F，如图，证明，得出，进而得出关于t的方程，解方程判定即可. 【详解】解：当时，，cm，， ∴， ∴四边形不为矩形，故选项A结论错误； 当时，，，cm， ∴， ∴四边形不为平行四边形，故选项B结论错误； 当时，作，垂足分别为E、F，如图， ∵， ∴， ∴四边形都是矩形， ∴， ∴当时，，， ∴， ∵， ∴， 解得：或，故选项C错误、选项D正确； 故选：D.    【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、善于动中取静是解题的关键. 3．（24-25八年级下·浙江金华·期中）如图，在平行四边形中，，，，点为中点，动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动．作，交边或边于点，连接．当点与点重合时，点停止运动．设点的运动时间为秒． (1)当在上运动时，用含的式子表示出线段的长 ； (2)当点落在平行四边形的某边中点上时，求的值（用含t的代数式表示）； (3)作点关于直线的对称点，连接、，当四边形和平行四边形重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出的取值范围． 【答案】(1) (2)或 (3)或 【分析】本题考查了几何中的动点问题，涉及平行四边形的性质、轴对称，勾股定理等知识点，根据题意画出几何图是解题关键． （1）根据即可求解； （2）分两种情况，分别构造直角三角形，利用勾股定理求解即可． （3）根据题意画出满足条件的两种情况，即可求解； 【详解】（1）解：∵点E为中点，， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：当点Q落在的中点时，如图所示作，延长，作，交点为K． ∵，， ∴， 当点Q落在的中点时，如图所示作，延长，作，交点为F． ∵，可得， ∴ ∵，， ∴ ， ∴， 综上：的值为或 （3）解：∵，，， ∴， 当点在线段上运动时，点与点重合，如图所示： 若点落在上， ∵点E、点F关于直线对称， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴此时， 故当时，满足题意； 当点与点重合时， ， 解得：， 综上所述：或． 考点八：四边形与最值问题 例8．如图，在平行四边形ABCD中，BC＝AC，E、F分别是AB、CD的中点，连接CE、AF． （1）求证：四边形AECF是矩形； （2）当平行四边形ABCD的边或角满足什么关系时，四边形AECF是正方形？请说明理由． （3）在（2）的条件下，若AE＝4，点M为EC中点，当点P在线段AC上运动时，求PE+PM的最小值．    【答案】（1）见解析；（2）∠B＝45°或AB＝BC，理由见解析；（3） 【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形得AB＝CD，AB∥CD，再由E、F分别是AB、CD的中点得AE＝AB，CF＝CD，即可证得四边形AECF为平行四边形，再由BC＝AC，E为AB中点，得CE⊥AB，故四边形AECF是矩形； （2）当∠B＝45°时，可证∠BAC＝90°，由E为AB的中点得EC＝AB＝AE，故矩形AECF为正方形；当AB＝BC时，由BC＝AC，AB＝BC，可证得AC2+BC2＝AB2，△ACB为直角三角形，再由E为AB的中点得EC＝AB＝AE，故矩形AECF为正方形； （3）连接EF，连接FM交AC于P，由E和F关于AC对称得此时PE+PM最小，再在Rt△MCF中用勾股定理求出FM即可． 【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∵E、F分别是AB、CD的中点， ∴AE＝AB，CF＝CD， ∴AE＝CF， ∵AE∥CF， ∴四边形AECF为平行四边形， ∵BC＝AC，E为AB中点， ∴CE⊥AB， ∴∠AEC＝90°四边形AECF是矩形； （2）解：①当∠B＝45°时，四边形AECF是正方形， 理由：∵BC＝AC，∠B＝45°， ∴∠BAC＝∠B＝45°， ∴∠BAC＝90°， ∵E为AB的中点， ∴EC＝AB＝AE， ∴矩形AECF为正方形， 或②当AB＝BC时，矩形AECF为正方形， 理由：∵BC＝AC，AB＝BC， ∴AC2+BC2＝2BC2， AB2＝（BC）2＝2BC2， ∴AC2+BC2＝AB2， ∴△ACB为直角三角形， ∵E为AB的中点， ∴EC＝AB＝AE， ∴矩形AECF为正方形； （3）解：连接EF，连接FM交AC于P， ∵四边形AECF为正方形， ∴E和F关于AC对称，此时PE+PM最小且为FM， 在Rt△MCF中，CM＝2，CF＝AE＝4， ∴FM＝ ∴PE+PM最小值为． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，正方形的性质与判定，勾股定理和勾股定理的逆定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解. 【变式训练8】 1.（23-24八年级下·重庆·期中）如图，已知正方形的边长为3，点M在上，，点N是上的一个动点，那么的最小值是（    ） A．3 B．4 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，根据点B与点D关于直线对称，可知的长即为的最小值是解答此题的关键．由正方形的对称性可知点B与D关于直线对称，连接交于点，即为所求，在中利用勾股定理即可求出的长即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴点B与D关于直线对称， 连接交于点，连接， 则， ， 当B、N、M三点共线时，取得最小值， 则即为所求的点， 则的长即为的最小值， ∵四边形是正方形， ∴是线段的垂直平分线， 又， 在中，， 故的最小值是． 故选：C． 2．（22-23八年级下·湖北荆门·期中）如图，在矩形中，，，，分别是和上的两个动点，为的中点，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，根据题意找到使所求线段的和最小时点的位置是解题的关键． 作点的对称点，作点关于的对称点，连接，，，过点作的垂线，交的延长线于点，推得当，，，在同一条直线上时，所求的最小，最小值即为的长，根据矩形的性质可得，求得，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解． 【详解】解：作点关于的对称点，作点关于的对称点，连接，，， 则， ∴当，，，在同一条直线上时，所求的最小，最小值即为的长． 过点作的垂线，交的延长线于点， ∴， ∵为的中点，， ∴，， ∴， ∴． ∴的最小值是． 故答案为：． 3．（2021·山东济宁·一模）如图，菱形的边长为，，点是边上任意一点(端点除外)，线段的垂直平分线交，分别于点，，，的中点分别为，． (1)求证：； (2)求的最小值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据FG垂直平分CE和菱形的对称性即可得到，，从而求证结论； （2）利用M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE的中点，即可得到，当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，最小，此时最小，结合已知推断为等边三角形，即可求解． 【详解】（1）证明：连接， 垂直平分， ， 四边形为菱形， 和关于对角线对称， ， ； （2）解：连接， 和分别是和的中点，点为中点， ，即 当点与菱形对角线交点重合时，最小， 即此时最小， 菱形边长为，， 为等边三角形，， 即的最小值为． 【点睛】本题考查了菱形的性质，中位线的性质、等边三角形性质的知识，关键在于熟悉各个知识点在本题的灵活运用． 考点九：四边形与垂直十字架模型 例9．如图，将一边长为12的正方形纸片的顶点A折叠至边上的点E，使，若折痕为，则的长为（    ） A．13 B．14 C．15 D．16 【答案】A 【分析】过点P作PM⊥BC于点M，由折叠得到PQ⊥AE，从而得到∠AED=∠APQ，可得△PQM≌△ADE，从而得到PQ=AE，再由勾股定理，即可求解． 【详解】解：过点P作PM⊥BC于点M， 由折叠得到PQ⊥AE， ∴∠DAE+∠APQ=90°， 在正方形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，CD⊥BC， ∴∠DAE+∠AED=90°， ∴∠AED=∠APQ， ∴∠APQ=∠PQM， ∴∠PQM=∠APQ=∠AED， ∵PM⊥BC， ∴PM=AD， ∵∠D=∠PMQ=90°， ∴△PQM≌△ADE， ∴PQ=AE， 在 中，，AD=12， 由勾股定理得： ， ∴PQ=13． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，得到△PQM≌△ADE是解题的关键． 【变式训练9】 1.如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（    ） A．2 B．2 C．6 D．5 【答案】D 【分析】作FH⊥AB于H，交AE于P，设AG=GE=x，在Rt△BGE中求出x，在Rt△ABE中求出AE，再证明△ABE≌△FHG，得到FG=AE，然后根据S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可 【详解】解：作FH⊥AB于H，交AE于P，则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO． 设AG=GE=x，则BG=3-x， 在Rt△BGE中， ∵BE2+BG2=GE2， ∴12+(3-x)2=x2， ∴x=． 在Rt△ABE中， ∵AB2+BE2=AE2， ∴32+12=AE2， ∴AE=． ∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF， ∴∠HAP=∠OFP， ∵四边形ADFH是矩形， ∴AB=AD=HF． 在△ABE和△FHG中， ， ∴△ABE≌△FHG， ∴FG=AE=， ∴S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF = = = = =5． 故选D． 【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面积，以及勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键． 2.如图1，在正方形中，E为上一点，连接，过点B作于点H，交于点G． (1)求证：； (2)如图2，连接，点M、N、P、Q分别是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由； (3)如图3，点F、R分别在正方形的边上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为3，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)四边形为正方形，理由见解析 (3) 【分析】（1）由正方形的性质及直角三角形的性质得出，证明，由全等三角形的性质得出结论； （2）由三角形中位线定理可得出，，由平行四边形的判定可得出四边形为平行四边形，证出，，则可得出结论； （3）延长交于S，由勾股定理求出的长，设，则，由勾股定理可得出，解得，则可得出答案． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ． （2）解：四边形为正方形， 理由如下：，N为的中点， 为的中位线， ，， 同理可得，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， ， ， 四边形为菱形， ，， ， ， ， 四边形为正方形． （3）解：延长交于点S， 由对称性可知，，，， ， ， 设，则， 在中，， ， ， ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了折叠的性质，正方形的判定与性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题． 考点十：四边形与对角互补模型 例10．如图，在四边形中，于，则的长为    【答案】 【分析】过点B作 交DC的延长线交于点F，证明≌ 推出，，可得，由此即可解决问题； 【详解】解：过点B作交DC的延长线交于点F，如右图所示， ∵， ， ∴≌ ， ， ， 即， ， 故答案为．    【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 【变式训练10】 1.已知：，求证：． 【答案】见解析 【分析】过点D作的垂线交的延长线于点E，过点D作的垂线交于点F，根据证明得，再证明四边形是正方形，由勾股定理进一步得出结论． 【详解】证明：过点D作的垂线交的延长线于点E，过点D作的垂线交于点F，如图． 易知． ∵， ∴． 又， ∴． ∵， ∴． 又， ∴， ∴ 又，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的判定，勾股定理等知识，由勾股定理得出是解答本题的关键． 2.问题背景 如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAFα，连接EF，试探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系． （1）特殊情景 在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为______． （2）类比猜想 类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由． （3）解决问题 如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD，请直接写出DE的长． 【答案】（1）BE+DF＝EF；（2）成立；（3）DE 【分析】（1）将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，由旋转的性质可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG，根据∠EAF=∠BAD可得∠BAE+∠DAF＝45°，即可得出∠∠EAF＝∠FAG，利用SAS可证明△AFE≌△AFG，可得EF=FG，进而可得EF=BE+FD；（2）将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，由旋转的性质可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH，根据∠BAD＝α，∠EAFα可得∠BAE+∠FADα，进而可证明∠FAH＝∠EAF，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得EF=FH=BE+FD；（3）将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′，由旋转的性质可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4，即可求出∠E′BD＝90°，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得DE＝DE′，利用勾股定理求出DE的长即可的答案. 【详解】解：（1）BE+DF＝EF， 如图1，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG， ∵∠ADC＝∠B＝∠ADG＝90°， ∴∠FDG＝180°，即点F，D，G共线． 由旋转可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG． ∵∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣∠BAD=90°-45°＝45°， ∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠FAG=45°， ∴∠EAF＝∠FAG， ∴△AFE≌△AFG（SAS）， ∴EF＝FG． 又∵FG＝DG+DF＝BE+DF， ∴BE+DF＝EF， 故答案为BE+DF＝EF． （2）成立． 如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH， 可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH． ∵∠B+∠ADC＝180°， ∴∠ADH+∠ADC＝180°， ∴点C，D，H在同一直线上． ∵∠BAD＝α，∠EAFα， ∴∠BAE+∠FADα， ∴∠DAH+∠FADα， ∴∠FAH＝∠EAF， 又∵AF＝AF， ∴△AEF≌△AHF（SAS）， ∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE； （3）DE， 如图3，将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′． 可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB， 在Rt△ABC中，∵AB＝AC＝4，∠BAC=90°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4， ∴CD=BC=BD=3， ∴∠ABC+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°， ∴E′B2+BD2＝E′D2． 易证△AE′D≌△AED， ∴DE＝DE′， ∴DE2＝BD2+EC2，即DE2， 解得． 【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，旋转后不改变图形的大小和形状，并且对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定定理是解题关键. 考点十一：四边形与半角模型 例11．如图，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点P在线段OD上，连接AP并延长交CD于点E，过点P作PF⊥AP交BC于点F，连接AF、EF，AF交BD于G，现有以下结论：①；②；③；④为定值；⑤．以上结论正确的有（  ） A．①②③ B．①②③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤ 【答案】B 【分析】①正确，证明A、B、F、P四点共圆，推出∠PAG＝∠PBF＝45°，可得结论； ②正确，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到 △ABM，利用全等三角形的性质证明即可； ③正确，连接PC，过点P作PQ⊥CF于 Q，过点P作PM⊥CD于 W ，则四边形PQCW是矩形，证明FQ=QC，由PB=BQ， PD=PW=CQ＝FQ，推出 PB-PD= (BQ-FQ)＝BF； ④错误，由△AEF△AMF，推出，因为FM 的长度是变化的，所以△AEF的面积不是定值； ⑤正确．利用相似三角形的性质证明即可． 【详解】解：如图，取AF的中点T，则AT＝TF，连接PT，BT， ∵AP⊥PF，四边形ABCD是正方形， ∴∠ABF＝∠APF＝90°， ∠ABD＝∠CBD＝45°， ∴BT=AT＝TF＝PT， ∴A、B、F、P四点共圆， ∴∠PAF＝∠PBF＝45°，∠PBA＝∠PFA＝45°， ∴∠PAF＝∠PFA， ∴PA＝PF，故①正确； 将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABM， ∵∠ADE=∠ABM＝90° ，∠ABC＝90°， ∴∠ABC+∠ABM＝180°， ∴C、B、M共线， ∵∠EAF＝45°， ∴∠MAF＝∠FAB+∠BAM＝∠FAB +∠DAE=45°， ∴∠FAE＝∠FAM， 在△FAM和△FAE中， ， ∴（SAS）， ∴FM=EF， ∵FM＝BF+BM＝BF+DE， ∴EF＝DE+BF，故②正确； 连接PC，过点P作PQ⊥CF于Q，过点P作 PW⊥CD于W，则四边形PQCW是矩形， 在△PBA和△PCB中， ， ∴（SAS）， ∴PA=PC， ∵PF=PA， ∴PF=PC， ∵PQ⊥CF， ∴FQ=QC， ∵PB=，， ∴，故③正确； ∵， ∴， ∵FM的长度是变化的， ∴△AEF的面积不是定值，故④错误， ∵A、B、F、P四点共圆， ∴∠APG＝∠AFB， ∵， ∴∠AFE=∠AFB， ∴∠APG=∠AFE， ∵∠PAG＝∠EAF， ∴， ∴， ∴，故⑤正确． 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 【变式训练11】 1．（2020·广东深圳·一模）如图，在正方形中，的顶点，分别在，边上，高与正方形的边长相等，连接分别交，于点，，下列说法： ①； ②连接，，则为直角三角形； ③； ④若，，则的长为．其中正确结论的个数是(    ) A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【分析】根据正方形的性质及定理求得，，从而求得，，然后求得，从而得到，由此判断①； 将绕点顺时针旋转至位置，连接，，，由旋转的性质根据结合定理求得，得到，结合正方形和旋转的性质求得，从而可得，然后根据定理求得，，从而得到，，从而求得，由此判断②； 由垂直可得 ，然后结合①中已证，可得，由此得到 ，然后根据定理求得三角形形式，由此判断③； 旋转到，由旋转性质和定理可得得，，设，在中，根据勾股定理列方程求，从而求得正方形的边长，设，结合②中的结论列方程求的值，从而判断④． 【详解】解：如图中， 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ， 同理可证， ， ， ， ，故①正确； 如图②，将绕点顺时针旋转至位置，连接，， 由旋转知：，， 四边形是正方形， ， ， ， ， ，又， ， ， 四边形是正方形， ． 由旋转知：，， ， ， ． 又，， ， ， 同理可证： ， 即为直角三角形，故②正确； ， ， 又， 由①可知：， ， ， 又 ， ，故③正确； 如图中， 旋转到，， ，， 同理②中可证：， ，设， ，， 四边形是正方形， ， ， 在中，根据勾股定理得， 或舍， ， ， 正方形的边长为； 由正方形的边长为， ， 由①可知， ，， 由②得， 设， ， ， ， ， 解得 ， ，故④正确 故选：A． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题． 2．（21-22八年级下·湖北咸宁·期中）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N． (1)作△APB≌△AND（如图①），求证：△APM≌△ANM； (2)求证：； (3)矩形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，（如图②），请你直接写出线段MN，BM，DN之间的数量关系． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)．理由见解析 【分析】（1）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠PAM=∠NAM=45°，利用SAS即可证明△APM≌△ANM； （2）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，再由（1）的结论得到PM=MN，根据勾股定理即可证明； （3）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△，则△AMN≌△，利用全等三角形的性质可得出=MN，由∠C=90°，∠CMN=45°可得出CM=CN，设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，进而可得出=a-b，NF=b+a，在Rt△中，利用勾股定理可求出，进而可得出． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD=90°， ∵∠EAF=45°． ∴∠BAM+∠NAD=45°， ∵△APB≌△AND， ∴PA=NA，∠PAB=∠NAD， ∴∠PAB+∠BAM=45°， ∴∠PAM=∠NAM=45°， 在△APM和△ANM中，， ∴△APM≌△ANM(SAS)； （2）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠ABD=∠ADB=45°， ∵△APB≌△AND， ∴PB=ND，∠ABP=∠ADB=45°， ∴∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°， ∴， ∵△APM≌△ANM， ∴PM=MN， ∴； （3）解：．理由如下： 将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△．如图： 过点作⊥CD于F，连接， 同（1）可证△AMN≌△， ∴=MN． ∵∠C=90°，∠CMN=45°， ∴CM=CN． 设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c， ∴=AD-=AD-AB=a+c-（b+c）=a-b， NF=DN+DF=DN+=DN+BM=b+a． 在Rt△中，， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用SAS即可证明△APM≌△ANM；（2）证明∠BPM=90°，利用勾股定理求解；（3）通过构造直角三角形，利用勾股定理找出． 考点十二：四边形与新定义模型 例12．（23-24八年级下·江苏淮安·期末）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”． (1)下列选项中一定是“等补四边形”的是______． A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 (2)如图1，在边长为4的正方形中，为边上一动点（不与重合），交于点，过作交于点． ①试判断四边形是否为“等补四边形”，并说明理由； ②如图2，连接，求的周长； ③若四边形是“等补四边形”，求的长． 【答案】(1)D (2)①四边形是等补四边形，见解析；②；③或者 【分析】（1）在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，符合等补四边形的定义，即可得到问题的答案； （2）①先证A、B、H、F四点共圆，利用圆周角定理可得，进而求出，利用等角对等边得出，最后利用“等补四边形”的定义即可证明； ②将绕A点逆时针旋转得到，证明，再证，得出，即可求出的周长； ③根据，四边形是“等补四边形”可得四边形有一组邻边相等，然后分、、、四种情况讨论即可． 【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补， ∴正方形是等补四边形， 故选：D． （2）解：①四边形是“等补四边形”，理由如下： ∵为正方形的对角线， ∴， 又，， ∴A、B、H、F四点共圆， ∴， ∴， ∴， 又， ∴四边形是“等补四边形”． ②将绕A点逆时针旋转得到， ∴，， ∴E、D、L三点共线， 由①得， ∴， 在和中 ∴， ∴， ∴的周长； ③∵，四边形是“等补四边形”， ∴还需要一组邻边相等，分以下四种情况讨论： 情况1：， 连接， 由题意知∶，， 又， ∴， ∴， 则为正三角形， ∴， ∴， ∴，； 情况2：，则， ∴， 同情况1，； 情况3：，由②得的周长． 设，则，有， ∴， 即； 情况4：， 连接， 则， 则HF垂直平分AE， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， 又，， ∴， ∴，这不可能，故这种情况不存在． 综上：或者． 【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，等边三角形的判定与性质等知识，目前题意，理解新定义，找出所求问题需要的条件是解题的关键． 【变式训练12】 1.（23-24八年级下·江苏盐城·期末）定义图形 如图1，在四边形中，M、N分别是边、的中点，连接．若两侧的图形面积相等，则称为四边形的“对中平分线”      提出问题 有对中平分线的四边形具有怎样的性质呢? 分析问题 （1）如图2，为四边形的“对中平分线”，连接，，由M为的 中点，知与的面积相等，则，有怎样的位置关系呢?请说明理由． （2）在（1）的基础上，小明提出了下列三个命题，其中假命题的是_____（请把你认为假命题的序号都填上） ①若，则四边形是平行四边形； ②若，则四边形是菱形； ③若，则四边形是矩形． 深入探究 如图3，四边形有两条对中平分线，分别是，，且相交于点O，若．请探索四边形的形状并说明理由． 【答案】（1）；理由见解析；（2）①；（3）四边形为菱形；理由见解析 【分析】分析问题：（1）过点A作于点E，过点D作于点F，得出，根据，，得出，即，得出，证明四边形为平行四边形，即可得出结论； （2）①根据平行四边形的判定和性质，进行证明即可； ②根据四边形为平行四边形时，，即可说明此命题是假命题； ③根据四边形为等腰梯形时，，说明此命题为假命题； （3）根据解析（1）可得：，，证明四边形为平行四边形，再证明，，得出，说明四边形为菱形． 【详解】解：分析问题：（1）；理由如下： 过点A作于点E，过点D作于点F，如图所示：    ∵，， ∴， ∵为四边形的“对中平分线”， ∴， ∵M是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵N是的中点， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， 即； （2）①∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵M、N分别是边、的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形，故①是真命题；    ②当四边形为平行四边形时，，， ∵M、N分别是边、的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴当四边形为平行四边形，而不是菱形时，，故②是假命题； ③当四边形为等腰梯形时，延长、交于点E，如图所示：    ∵四边形为等腰梯形， ∴， ∴， ∵点N为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 即， ∴， ∴四边形为等腰梯形，， ∴时，四边形不一定是矩形，故③是假命题； 综上分析可知：真命题为①． （3）四边形为菱形；理由如下： ∵四边形有两条对中平分线，分别是，， ∴根据解析（1）可得：，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵M、N分别是边、的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， 同理可得：四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，等腰三角形的判定与性质，三角形面积的计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握特殊四边形的判定方法． 2.（20-21八年级上·江苏淮安·期末）问题背景 定义：若两个等腰三角形有公共底边，且两个顶角的和是，则称这两个三角形是关于这条底边的互补三角形．如图1，四边形中，是一条对角线，，且，则与是关于的互补三角形． (1)初步思考：如图2，在中，，D、E为外两点，，为等边三角形．则关于的互补三角形是______，并说明理由． (2)实践应用：如图3，在长方形中，．点E在边上，点F在边上，若与是关于互补三角形，试求的长． (3)思维探究：如图4，在长方形中，．点E是线段上的动点，点P是平面内一点，与是关于的互补三角形，直线与直线交于点F．在点E运动过程中，线段与线段的长度是否会相等？若相等，请直接写出的长；若不相等，请说明理由． 【答案】(1)，理由见解析 (2)3 (3)或 【分析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题． （1）根据互补三角形的定义即可判断； （2）根据互补三角形可得，设，则，利用勾股定理求解即可； （3）分四种情形：如图4-1中，当时，如图4-2中，当时，此时点F与D重合，如图4-3中，当时，如图4-4中，当时，F与点D重合，分别求解即可解决问题． 【详解】（1）解：如图2， 是等边三角形， 关于的互补三角形是； 故答案为：； （2）与是关于互补三角形， 在长方形中，， ∴， ， ， 设，则， ，解得：， ； （3）如图，当时，设，连接， ， 在中， ，， ， ， 解得： ； 如图，当时，设， 同法可得， 在中，则有 ， 解得： ； 综上所述，满足条件的的值为或． 一、单选题 1．（24-25八年级下·重庆·期中）下列说法不正确的是（　　） A．正方形的对角线相等且互相垂直平分 B．菱形的四条边都相等 C．矩形的对角线相等且互相平分 D．平行四边形、矩形、菱形都是轴对称图形 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质，轴对称图形，根据正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质，轴对称图形，即可逐一判断． 【详解】解：A、正方形的对角线相等且互相垂直平分，故该选项正确，不符合题意； B、菱形的四条边都相等，故该选项正确，不符合题意； C、矩形的对角线相等且互相平分，故该选项正确，不符合题意； D、平行四边形不是轴对称图形，矩形、菱形都是轴对称图形，故该选项不正确，符合题意； 故选：D． 2．（24-25八年级下·福建厦门·期中）四边形中，对角线与交于点，下列条件中不一定能判定这个四边形是平行四边形的是（   ） A． ， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】此题考查了平行四边形的判定定理，四边形内角和，熟记平行四边形的判定定理是解题的关键．根据平行四边形的判定定理依次判断即可． 【详解】解：如图， A中，∵，，， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 故选项A不符合题意； B中，，无法判定，故错误，故选项B符合题意； C中，，，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形， 故正确，故选项C不符合题意； D中，，，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形， 故正确，故选项D不符合题意； 故选：B． 3．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，在菱形中，若，则菱形的面积是（   ） A．12 B．24 C．30 D．48 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质及菱形面积的求法，解题的关键是根据菱形的性质利用勾股定理求得的长，从而得到的长，再根据菱形的面积公式即可求得其面积． 【详解】解：连接，交于点    在菱形中，，， ，， ， ， 菱形的面积． 故选：B． 4．（24-25八年级下·内蒙古通辽·期中）如图，矩形中，，将矩形沿折叠，使顶点落在上的点处，其中在上连接，则（    ）． A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质和勾股定理，根据折叠得出，由勾股定理求得长，进而求得长，设，在中利用勾股定理列出方程求解即可． 【详解】解：矩形中，，由折叠可知，， ∵， ∴， ∴， 设，则，， ∵， ∴， ∴， 解得，， 故选：A． 5．（2025八年级下·内蒙古·专题练习）如图，矩形的对角线交于点O，，过点O作，交于点E，过点E作，垂足为F，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，求三角形的面积，解题关键是利用勾股定理求出对角线的长． 先利用勾股定理求得，并求得矩形的面积，再求出的面积，然后得出，转化为关于，的方程求解，求出的值． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴矩形的面积为，， ∴， ∵对角线交于点， ∴的面积为， ∵ ∴，即， ∴， ∴， 故选：A． 6．（24-25八年级下·湖北荆州·期中）如图，分别为的边的中点，为与的交点，在此基础上，下面两位同学进行了补充作图． 聪聪： 以点为圆心，的长为半径作弧，交于点． 明明： 分别过点作于点，于点． 下列关于以为顶点的四边形的说法正确的是（    ） A．聪聪作的四边形是菱形 B．明明作的四边形是菱形 C．聪聪作的四边形是矩形 D．明明作的四边形是矩形 【答案】C 【分析】根据聪聪的作法，证明，得到，从而可得到，可判定聪聪作的四边形是矩形；根据明明的作法，证明，得到，，可判定明明作的四边形是平行四边形．即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴，， ∴，， ∵分别为的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由聪聪作图可知：， ∴， ∴四边形是矩形，故A选项不符合题意，C选项不符合题意； ∵于点，于点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形，故B、D选项不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形和菱形的判定，全等三角形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的判定与性质、矩形和菱形的判定是解题的关键． 7．（2025·河北邯郸·一模）如图，点分别是四边形边的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则四边形为矩形 B．若，则四边形为菱形 C．若四边形是平行四边形，则与互相平分 D．若四边形是正方形，则与互相垂直且相等 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的中位线定理、矩形与菱形的判定、正方形的性质等知识，熟练掌握三角形的中位线定理和特殊四边形的判定与性质是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，，，，再证出四边形为平行四边形，由此即可判断选项C错误；根据菱形与矩形的判定即可得选项A和B错误；根据正方形的性质可得，则可得，，由此即可判断选项D正确． 【详解】解：∵点分别是的中点， ∴， 同理可得：，，， ∴， ∴四边形为平行四边形，无法得出与互相平分，则选项C错误； 若，则， ∴四边形为菱形，则选项A错误； 若，则， 又∵， ∴， ∴， ∴平行四边形为矩形，则选项B错误； 若四边形是正方形，则， ∴，， ∴， 又∵， ∴， 即若四边形是正方形，则与互相垂直且相等，选项D正确； 故选：D． 8．（2025·四川绵阳·三模）如图，在菱形中，，点E，F分别在边，上，且，连接，交于点G，连接．现有下列结论：①；②平分；③；④．其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】先证明是等边三角形，利用“”证明，利用全等三角形的性质和三角形的外角性质可判断①；过C作于M，交延长线于N，则，根据四边形的内角和可推导出，然后证和可判定②；利用含30度角的直角三角形性质以及全等三角形的性质可判定③；运用勾股定理求得，，利用全等三角形的性质可得，进而得，利用三角形的面积公式可判断④，进而可得答案． 【详解】解：连接， ∵四边形是菱形， ∴，， 又， ∴是等边三角形， ∴，，又， ∴， ∴， ∴， ∴； 故①符合题意； 过C作于M，交延长线于N，则， ∵， ∴， 又， ∴， 又， ∴， ∴， 又， ， ∴， ∴， 即平分， 故②符合题意； ∵平分，且， ∴ 则， ∴，， ∵， 则， 即， 故③符合题意； ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 故④符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、四边形的内角和等知识，添加合适的辅助线构造全等三角形是解答的关键． 二、填空题 9．（24-25八年级下·重庆·期中）在矩形中，对角线交于点．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】根据矩形的性质对角线相等可知，，即可解答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， 故答案为：． 10．（24-25八年级下·山东济宁·期中）在平面直角坐标系中，已知，，，若以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，那么点D的坐标为 ． 【答案】或或 【分析】本题考查了平行四边形的性质、中点坐标公式的应用，正确分三种情况讨论是解题关键．分三种情况：①为对角线，②为对角线，③为对角线，利用中点坐标公式和平行四边形的性质建立方程求解即可． 【详解】解：设，以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形， 如图，①当为对角线时，，，， ∴ 解得：， ∴； ②当为对角线时， ∴， 解得：， ∴； ③当为对角线时， ∴， 解得：， ∴； 综上所述，点的坐标是或或． 故答案为：或或． 11．（24-25八年级下·黑龙江绥化·期中）如图，在四边形中，，、、分别是、、的中点，，，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】根据、、分别是、、的中点，可知是的中位线，是的中位线，结合，可知，，，接着利用平行线的性质，可得到，，从而得到，最后利用算得答案． 【详解】解：在四边形中，，、、分别是、、的中点， 是的中位线，是的中位线， ，，， ， ，， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形的内角和，三角形的中位线，等腰三角形的判定与性质，平行的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 12．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，已知四边形是边长为6的正方形，为延长线上一点，以为边，在直线上方作正方形，连接，取的中点，连接．若，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查正方形的性质和勾股定理，连接，根据正方形的性质得出，求出，根据勾股定理得出，再根据勾股定理得出． 【详解】解：连接，如图， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴ ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 13．（2025·江苏常州·一模）如图1，中，点D是边的中点，点P从的顶点A出发，沿的路线以每秒1个单位长度的速度匀速运动到点D，在运动过程中，线段的长度y随时间x变化的关系图象如图2所示，点Q是曲线部分的最低点，则的长为 . 【答案】 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，先根据图象得出，，再根据勾股定理列方程求解． 【详解】解：由题意和函数的图象得：， 过D作于点P，则， 设，则， ∵，即， 解得：， ∴， ∴， ∵点D是边的中点， ∴， ∴ ∴ ∴， ∴， 故答案为：． 14．（24-25八年级下·安徽淮北·阶段练习）如图，矩形纸片，，，E为边上一点．将沿所在的直线折叠，点C恰好落在边上的点F处． （1）的长为 ； （2）过点F作，垂足为点M，取的中点N，连接，则的长为 ． 【答案】 2 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，三角形的中位线，熟知折叠的性质是解题的关键． （1）由折叠的性质可得，由矩形的性质可得，，利用勾股定理求出的长即可得到答案； （2）连接，，由折叠的性质得出，则，，共线，由勾股定理求出，利用三角形的中位线定理解决问题即可． 【详解】解：（1）由折叠的性质可得， ∵四边形是矩形， ∴，， ， ∴， ∴， 故答案为：2； （2）如图，连接，， 由翻折的性质可知，垂直平分线段， ， 又， ，，共线， ， 四边形是矩形， ， ， 是的中点，是的中点， 是的中位线， ． 故答案为：． 三、解答题 15．（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，这是一个的正方形网格，每个小正方形的边长均为1个单位长度，小正方形的顶点叫做格点．点A，B均在格点上，请仅用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求作图． (1)在图1中，以为边作菱形（除正方形之外）． (2)在图2中，以为对角线作平行四边形，且其面积为3． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查正方形的性质，菱形的性质，平行四边形的性质，熟练掌握以上性质是解题的关键． （1）作出四条边相等的四边形即可； （2）确定另一条对角线即可确定四个顶点解题． 【详解】（1）解：如图，菱形即为所求； （2）解：如图，平行四边形即为所求． 16．（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在中，点E，F在对角线上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若增加一个条件，可使四边形是菱形，则该条件可以是________． 【答案】(1)见解析 (2)（答案不唯一） 【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）证明，得，，则，再证明，然后由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由菱形的判定即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ； ∴四边形是平行四边形； （2）添加条件：，理由如下： 由（1）可知，四边形是平行四边形， ， ∴平行四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 17．（23-24八年级下·重庆南川·期中）如图，平行四边形中，对角线，于点E，于点F， (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了全等三角形的证明，矩形的判定与性质，三角形内角和定理，通过比值换算，求出角的度数，再通过三角形内角和计算是解题的关键． （1）要证明平行四边形是矩形，证明求得即可． （2）首先根据矩形的性质和得到，，则，然后利用三角形内角和定理求解即可． 【详解】（1）证明：，， ， 在和中， ， ， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ∴四边形是矩形； （2）解：由（1）得：四边形是矩形， ，， ， 在直角三角形中，， ． 18．（24-25八年级下·江苏盐城·期中）我们给出如下定义：对于凸四边形，对角线互相垂直的四边形称为“对垂四边形”．如图1，在四边形中，，四边形就是“对垂四边形”．    (1)下列四边形中，一定是“对垂四边形”的是______（填序号）①平行四边形②矩形③菱形④正方形 (2)如图2，在四边形中，点E、F、G、H分别是边的中点，四边形是矩形，求证：四边形是“对垂四边形”． 【答案】(1)③④ (2)见解析 【分析】本题主要考查了“对垂四边形”的定义、正方形、菱形的性质、三角形中位线等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）直接根据“对垂四边形”的定义、正方形、菱形的性质逐个判断即可； （2）如图：连接，由三角形中位线的性质可得、，再由矩形的性质可得，则，然后根据“对垂四边形”的定义即可证明结论． 【详解】（1）解：∵正方形和菱形的对角线互相垂直， ∴一定是“对垂四边形”的是③、④，即③、④一定是“对垂四边形”． 故答案是∶ ③④． （2）解：如图：连接，    ∵点E、F、G、H分别是边的中点， ∴是的中位线，是的中位线， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是“对垂四边形”． 19．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图1，将矩形绕点C顺时针旋转得到矩形． [方法]若点P、Q分别为、的中点，猜想线段与线段有怎样的数量关系？并说明理由； [探究]如图2，将矩形绕点C顺时针旋转，旋转角为．连接、，点H为中点，线段与线段有怎样的数量关系？并说明理由； [应用]如图3，在矩形绕点C旋转的过程中，连接，点H为中点． 若，，求面积的最大值． 【答案】[方法]，见解析；[探究]，见解析；［应用］27 【分析】[方法]根据矩形的性质得点P是、的交点，点Q是、的交点，且，，根据三角形中位线定理即可得出结论； [探究]延长到点N，使，则四边形是平行四边形，证明，可得，即可得出； [应用]过点E作于P，过点H作于Q，连接，由题意可得，图形在旋转过程中，P、C、E在同一直线上时，最大，即的值最大，此时，，求出NE，可得的值，利用三角形的面积公式即可求解． 【详解】解：[方法]．理由如下： 连接，， ∵矩形，P是的中点， ∴点P是、的交点， ∴， 同理，， ∴是的中位线， ∴； [探究] ．理由如下： 延长到点N，使，连接，， ∵点H为中点，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 由旋转得：，， ∴， ∵ ， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； ［应用］过点E作于P，过点H作于Q，连接， 在中，， ∵点H为中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵点H为中点， ∴是的中位线， ∴， 由题意可得，图形在旋转过程中，P、C、E在同一直线上时，最大，即的值最大， 此时，， 在中，， ∴， ∵，， ∴， ∴面积的最大值． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线等，熟练掌握全等三角形的判定与性质及旋转的性质是解题的关键． 20．（24-25八年级上·四川成都·期中）将矩形纸片放在平面直角坐标系中，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，，． (1)如图①，沿折叠矩形，点落在处，交于点，求点F的坐标； (2)如图②，点D是中点，点E在上，求的最小值； (3)如图③，折叠该纸片，使点C落在边上的点为，折痕为，点M在边上，求直线的函数解析式． 【答案】(1) (2)15 (3) 【分析】（1）先根据平行线和折叠的性质得：，设，根据勾股定理得解出可解答； （2）作点关于的对称点，连接，交于，此时的值最小，即的长，根据勾股定理可解答； （3）过作轴于，设，根据勾股定理列方程得求得点，然后利用待定系数法求得的解析式． 【详解】（1）解：由折叠得：， 四边形是矩形， ，， ， ， ， 设，则，， 在中，， 由勾股定理得：， ， ， ； （2）解：如图②，作点关于的对称点，连接，交于，此时的值最小，即， 过作轴于， ， 是的中点， ， ， 在中，由勾股定理得：， 即的最小值是15； （3）解：如图③，过作轴于， ， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ， ， ． 设的解析式为，将，代入得： ， 解得：， 的解析式为． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了折叠的性质、矩形的性质及最短路径的知识，综合性较强，难度适中，注意掌握折叠前后两图形全等，即对应线段相等，对应角相等，本题辅助线的作法是关键． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第02讲特殊的平行四边形 内容导航 串讲知识：思维导图串讲知识点，有的放矢 重点速记：知识点和关键点梳理，查漏补缺 举一反三：核心考点能举一反三，能力提升 复习提升：真题感知+提升专练，全面突破 一、平行四边形的性质与判定 1.平行四边形的性质： （1）平行四边形的概念：有 的四边形叫做平行四边形． （2）平行四边形的性质： ①边：平行四边形的 ． ②角：平行四边形的 ． ③对角线：平行四边形的 ． （3）平行线间的距离处处 ． （4）平行四边形的面积：①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积． ②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积 ． 2.平行四边形的判定 ： （1）两组对边 的四边形是平行四边形． 符号语言：∵ ∴四边行ABCD是平行四边形． （2）两组对边 的四边形是平行四边形． 符号语言：∵ ∴四边行ABCD是平行四边形． （3）一组对边 的四边形是平行四边形． 符号语言：∵ ∴四边行ABCD是平行四边形． （4）两组对角 的四边形是平行四边形． 符号语言：∵ ∴四边行ABCD是平行四边形． （5）对角线 的四边形是平行四边形． 符号语言：∵ ∴四边行ABCD是平行四边形． 3.三角形的中位线： （1）三角形中位线定理： 三角形的中位线 ，并且 ． （2）几何语言： 如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点   ∴ , 二、矩形的性质与判定 1.矩形的性质： （1）矩形的定义： 的平行四边形是矩形． （2）矩形的性质 ①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是 ； ③边：邻边 ； ④对角线：矩形的对角线 ； ⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点． （3）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． 2. 矩形的判定： ①矩形的定义： 的平行四边形是矩形； ②有三个角是直角的四边形是矩形； ③ 的平行四边形是矩形（或“ 的四边形是矩形”） 1.矩形的性质： （1）矩形的定义： 的平行四边形是矩形． （2）矩形的性质 ①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是 ； ③边：邻边 ； ④对角线：矩形的对角线 ； ⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点． （3）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． 2. 矩形的判定： ①矩形的定义： 的平行四边形是矩形； ②有三个角是直角的四边形是矩形； ③ 的平行四边形是矩形（或“ 的四边形是矩形”） 三、菱形的性质与判定 1.菱形的性质： （1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形． （2）菱形的性质： ①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的 都相等； ③菱形的两条对角线 ，并且每一条对角线 ； ④菱形是 图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． （3）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=．（a、b是两条对角线的长度） 2.菱形的判定： ①菱形定义： 的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等=菱形）； ② 都相等的四边形是菱形． ③ 的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）． 四、正方形的性质与判定 1. 正方形的性质 ①正方形的四条边都相等，四个角都是直角； ②正方形的两条对角线 ，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质． ④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴． 2.正方形的判定： 正方形的判定方法： ①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等； ②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角． ③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定． 考点一：平行四边形的性质与判定 例1．（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，在平行四边形中，，于点，为的中点，连接，． (1)求的值． (2)求证：． 【变式训练1】 1．（24-25八年级下·重庆·期中）如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转得到．连接，与线段交于点F．若，则一定等于（    ） A． B． C． D． 2．（2025八年级下·全国·专题练习）已知如图，在中，，为锐角，将沿对角线边平移，得到，连接和，若使四边形是菱形，需添加一个条件，现有三种添加方案，甲方案：；乙方案：；丙方案：；其中正确的方案是（　　） A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲 3．（24-25八年级下·安徽黄山·期中）如图，在中，，M，N分别是的中点，延长至点D，使，连接，若，，则 ． 考点二：矩形的性质与判定 例2．（24-25八年级下·北京·期中）如图，矩形的对角线交于点为边上一动点（不与重合），在射线上，且，连接． (1)如图1，若为的中点，，则___________； (2)如图2，为上一动点， ①根据题意，补全图形； ②写出的数量关系，并证明你的结论． 【变式训练2】 1．（23-24八年级下·河北张家口·期中）如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，为的中点，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 2．（2024·重庆铜梁·一模）如图，在正方形中，点P是对角线上一点，，垂足分别为E，F，连接．若，则一定等于（   ） A． B． C． D． 3（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在四边形中，，，，，点，分别是，的中点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)求的度数． 考点三：菱形的性质与判定 例3．（24-25八年级下·全国·阶段练习）如图，在中，，点D是的中点，连接，过点C作，过点A作，交于点E，连接交于点O． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点F，交于点G，若，求的长． 【变式训练3】 1．（24-25八年级下·天津·期中）如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，交于点，若，，则的长为（   ） A．10 B．9 C．12 D．6.5 2．（24-25八年级下·安徽黄山·期中）如图，在菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点，，连接，则下列结论：；；；四边形是菱形．其中正确的有（      ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·全国·期末）如图，矩形的对角线相交于点． (1)求证：四边形为菱形； (2)求证：； (3)若，则菱形的面积为_________． 考点四：正方形的性质与判定 例4．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，在矩形中，，，菱形的三个顶点、、分别在矩形的边、、上，，连接． (1)若，求证：四边形为正方形； (2)若，求的面积． 【变式训练4】 1．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，中，为边上一点，平分，过点作，与交于点，作，与交于点，连接．则以下结论中错误的是（   ）    A．四边形是菱形 B．与互相垂直且平分 C．当时，四边形是菱形 D．若时，则四边形是正方形 2．（2025·贵州·模拟预测）如图，是等腰直角三角形，，是的中点，连接并延长至，使得，连接和．以点为圆心，的长为半径画弧交于点；分别以点、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点；作射线交于点，连接若， ． 3．（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在正方形中，分别是上两点，交于点，且． (1)判断与之间的数量关系与位置关系，并说明理由： (2)当点是的中点时，连接，求的度数． 考点五：中点四边形 例5．（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，在四边形中，，，，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形……如此进行下去，得到四边形．给出下列结论：①四边形是矩形；②四边形是菱形；③四边形的周长是；④四边形的面积是．其中，正确的结论有（   ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式训练5】 1．（24-25八年级下·黑龙江绥化·期中）顺次连接矩形四边中点所得的四边形一定是（   ） A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．不能确定 2．（24-25八年级下·安徽淮北·阶段练习）如图，点E，F，G，H分别是四边形各边的中点，下列结论正确的是（   ） A．若四边形是平行四边形，则四边形是矩形 B．若四边形是菱形，则四边形是矩形 C．若四边形是矩形，则四边形是矩形 D．若四边形是正方形，则四边形是正方形 3．（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图，在四边形中，对角线，且，E、F、G、H分别是、、、的中点．若的最小值是，则的长度为（    ） A．1 B． C．3 D．4 考点六：四边形与翻折问题 例6．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过D的直线折叠，使点C落在上的点处，得到折痕，然后再把纸片展平；第二步：如图2，将图1的矩形纸片沿过点E的直线折叠，点A恰好落在上的点处，得到折痕交于点M，再把纸片展平．问题解决： (1)如图1，求证：四边形是正方形． (2)如图2，若，求的面积． 【变式训练6】 1．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点D落在点E处，且交于点F，则的长为（    ） A．13 B．10 C．8 D．6 2．（24-25八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）如图，在矩形中，，点是对角线的中点，将沿AC翻折，得到，其中，与相交于点，连接，则为（   ） A． B．1 C． D． 3．（23-24八年级上·辽宁沈阳·阶段练习）如图，已知在正方形中，，．将正方形折叠，使点B落在边的中点Q处，点A落在P处，折痕为．已知长为．    (1)求线段和线段的长； (2)连接 ，　 　． 考点七：四边形与动点问题 例7．（24-25八年级下·河北唐山·期中）在四边形中，，，，，，点从点以的速度向点运动，点从点以的速度同时向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为秒． (1)求为何值时，四边形是平行四边形？ (2)求为何值时，四边形是矩形？ (3)在整个运动过程中，_________（答“存在”或“不存在”）t值，使得四边形是菱形； (4)若只改变线段的长度，其余条件都不变，在整个运动过程中，当四边形是正方形时，请你求出的值和线段的长度． 【变式训练7】 1．（22-23八年级下·江苏常州·期中）如图，点为矩形()的对称中心，点从点出发沿向点B运动，移动到点B停止，延长交于点，则四边形AECF形状是下列图形中的哪些：①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形．（    ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 2．（2023·河北·二模）如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动.设点的运动时间为（单位：），下列结论正确的是（    ）    A．当时，四边形为矩形 B．当时，四边形为平行四边形 C．当时， D．当时，或 3．（24-25八年级下·浙江金华·期中）如图，在平行四边形中，，，，点为中点，动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动．作，交边或边于点，连接．当点与点重合时，点停止运动．设点的运动时间为秒． (1)当在上运动时，用含的式子表示出线段的长 ； (2)当点落在平行四边形的某边中点上时，求的值（用含t的代数式表示）； (3)作点关于直线的对称点，连接、，当四边形和平行四边形重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出的取值范围． 考点八：四边形与最值问题 例8．如图，在平行四边形ABCD中，BC＝AC，E、F分别是AB、CD的中点，连接CE、AF． （1）求证：四边形AECF是矩形； （2）当平行四边形ABCD的边或角满足什么关系时，四边形AECF是正方形？请说明理由． （3）在（2）的条件下，若AE＝4，点M为EC中点，当点P在线段AC上运动时，求PE+PM的最小值．    【变式训练8】 1．（23-24八年级下·重庆·期中）如图，已知正方形的边长为3，点M在上，，点N是上的一个动点，那么的最小值是（    ） A．3 B．4 C． D． 2．（22-23八年级下·湖北荆门·期中）如图，在矩形中，，，，分别是和上的两个动点，为的中点，则的最小值是 ． 3．（2021·山东济宁·一模）如图，菱形的边长为，，点是边上任意一点(端点除外)，线段的垂直平分线交，分别于点，，，的中点分别为，． (1)求证：； (2)求的最小值． 考点九：四边形与垂直十字架模型 例9．如图，将一边长为12的正方形纸片的顶点A折叠至边上的点E，使，若折痕为，则的长为（    ） A．13 B．14 C．15 D．16 例9． 1.如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（    ） A．2 B．2 C．6 D．5 2.如图1，在正方形中，E为上一点，连接，过点B作于点H，交于点G． (1)求证：； (2)如图2，连接，点M、N、P、Q分别是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由； (3)如图3，点F、R分别在正方形的边上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为3，求线段的长． 考点十：四边形与对角互补模型 例10．如图，在四边形中，于，则的长为    【变式训练10】 1.（2021八年级·全国·专题练习）已知：，求证：． 2.问题背景 如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAFα，连接EF，试探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系． （1）特殊情景 在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为______． （2）类比猜想 类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由． （3）解决问题 如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD，请直接写出DE的长． 考点十一：四边形与半角模型 例11．如图，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点P在线段OD上，连接AP并延长交CD于点E，过点P作PF⊥AP交BC于点F，连接AF、EF，AF交BD于G，现有以下结论：①；②；③；④为定值；⑤．以上结论正确的有（  ） A．①②③ B．①②③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤ 【变式训练11】 1.如图，在正方形中，的顶点，分别在，边上，高与正方形的边长相等，连接分别交，于点，，下列说法： ①； ②连接，，则为直角三角形； ③； ④若，，则的长为．其中正确结论的个数是(    ) A．4 B．3 C．2 D．1 2.在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N． (1)作△APB≌△AND（如图①），求证：△APM≌△ANM； (2)求证：； (3)矩形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，（如图②），请你直接写出线段MN，BM，DN之间的数量关系． 考点十二：四边形与新定义模型 例12．（23-24八年级下·江苏淮安·期末）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”． (1)下列选项中一定是“等补四边形”的是______． A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 (2)如图1，在边长为4的正方形中，为边上一动点（不与重合），交于点，过作交于点． ①试判断四边形是否为“等补四边形”，并说明理由； ②如图2，连接，求的周长； ③若四边形是“等补四边形”，求的长． 【变式训练12】 1.（23-24八年级下·江苏盐城·期末）定义图形 如图1，在四边形中，M、N分别是边、的中点，连接．若两侧的图形面积相等，则称为四边形的“对中平分线”      提出问题 有对中平分线的四边形具有怎样的性质呢? 分析问题 （1）如图2，为四边形的“对中平分线”，连接，，由M为的 中点，知与的面积相等，则，有怎样的位置关系呢?请说明理由． （2）在（1）的基础上，小明提出了下列三个命题，其中假命题的是_____（请把你认为假命题的序号都填上） ①若，则四边形是平行四边形； ②若，则四边形是菱形； ③若，则四边形是矩形． 深入探究 如图3，四边形有两条对中平分线，分别是，，且相交于点O，若．请探索四边形的形状并说明理由． 2.（20-21八年级上·江苏淮安·期末）问题背景 定义：若两个等腰三角形有公共底边，且两个顶角的和是，则称这两个三角形是关于这条底边的互补三角形．如图1，四边形中，是一条对角线，，且，则与是关于的互补三角形． (1)初步思考：如图2，在中，，D、E为外两点，，为等边三角形．则关于的互补三角形是______，并说明理由． (2)实践应用：如图3，在长方形中，．点E在边上，点F在边上，若与是关于互补三角形，试求的长． (3)思维探究：如图4，在长方形中，．点E是线段上的动点，点P是平面内一点，与是关于的互补三角形，直线与直线交于点F．在点E运动过程中，线段与线段的长度是否会相等？若相等，请直接写出的长；若不相等，请说明理由． 一、单选题 1．（24-25八年级下·重庆·期中）下列说法不正确的是（　　） A．正方形的对角线相等且互相垂直平分 B．菱形的四条边都相等 C．矩形的对角线相等且互相平分 D．平行四边形、矩形、菱形都是轴对称图形 2．（24-25八年级下·福建厦门·期中）四边形中，对角线与交于点，下列条件中不一定能判定这个四边形是平行四边形的是（   ） A． ， B．， C．， D．， 3．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，在菱形中，若，则菱形的面积是（   ） A．12 B．24 C．30 D．48 4．（24-25八年级下·内蒙古通辽·期中）如图，矩形中，，将矩形沿折叠，使顶点落在上的点处，其中在上连接，则（    ）． A． B． C． D．1 5．（2025八年级下·内蒙古·专题练习）如图，矩形的对角线交于点O，，过点O作，交于点E，过点E作，垂足为F，则的值为（   ） A． B． C． D． 6．（24-25八年级下·湖北荆州·期中）如图，分别为的边的中点，为与的交点，在此基础上，下面两位同学进行了补充作图． 聪聪： 以点为圆心，的长为半径作弧，交于点． 明明： 分别过点作于点，于点． 下列关于以为顶点的四边形的说法正确的是（    ） A．聪聪作的四边形是菱形 B．明明作的四边形是菱形 C．聪聪作的四边形是矩形 D．明明作的四边形是矩形 7．（2025·河北邯郸·一模）如图，点分别是四边形边的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则四边形为矩形 B．若，则四边形为菱形 C．若四边形是平行四边形，则与互相平分 D．若四边形是正方形，则与互相垂直且相等 8．（2025·四川绵阳·三模）如图，在菱形中，，点E，F分别在边，上，且，连接，交于点G，连接．现有下列结论：①；②平分；③；④．其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 9．（24-25八年级下·重庆·期中）在矩形中，对角线交于点．若，则的长为 ． 10．（24-25八年级下·山东济宁·期中）在平面直角坐标系中，已知，，，若以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，那么点D的坐标为 ． 11．（24-25八年级下·黑龙江绥化·期中）如图，在四边形中，，、、分别是、、的中点，，，则的度数为 ． 12．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，已知四边形是边长为6的正方形，为延长线上一点，以为边，在直线上方作正方形，连接，取的中点，连接．若，则 ． 13．（2025·江苏常州·一模）如图1，中，点D是边的中点，点P从的顶点A出发，沿的路线以每秒1个单位长度的速度匀速运动到点D，在运动过程中，线段的长度y随时间x变化的关系图象如图2所示，点Q是曲线部分的最低点，则的长为 . 14．（24-25八年级下·安徽淮北·阶段练习）如图，矩形纸片，，，E为边上一点．将沿所在的直线折叠，点C恰好落在边上的点F处． （1）的长为 ； （2）过点F作，垂足为点M，取的中点N，连接，则的长为 ． 三、解答题 15．（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，这是一个的正方形网格，每个小正方形的边长均为1个单位长度，小正方形的顶点叫做格点．点A，B均在格点上，请仅用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求作图． (1)在图1中，以为边作菱形（除正方形之外）． (2)在图2中，以为对角线作平行四边形，且其面积为3． 16．（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在中，点E，F在对角线上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若增加一个条件，可使四边形是菱形，则该条件可以是________． 17．（23-24八年级下·重庆南川·期中）如图，平行四边形中，对角线，于点E，于点F， (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的度数． 18．（24-25八年级下·江苏盐城·期中）我们给出如下定义：对于凸四边形，对角线互相垂直的四边形称为“对垂四边形”．如图1，在四边形中，，四边形就是“对垂四边形”．    (1)下列四边形中，一定是“对垂四边形”的是______（填序号）①平行四边形②矩形③菱形④正方形 (2)如图2，在四边形中，点E、F、G、H分别是边的中点，四边形是矩形，求证：四边形是“对垂四边形”． 19．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图1，将矩形绕点C顺时针旋转得到矩形． [方法]若点P、Q分别为、的中点，猜想线段与线段有怎样的数量关系？并说明理由； [探究]如图2，将矩形绕点C顺时针旋转，旋转角为．连接、，点H为中点，线段与线段有怎样的数量关系？并说明理由； [应用]如图3，在矩形绕点C旋转的过程中，连接，点H为中点． 若，，求面积的最大值． 20．（24-25八年级上·四川成都·期中）将矩形纸片放在平面直角坐标系中，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，，． (1)如图①，沿折叠矩形，点落在处，交于点，求点F的坐标； (2)如图②，点D是中点，点E在上，求的最小值； (3)如图③，折叠该纸片，使点C落在边上的点为，折痕为，点M在边上，求直线的函数解析式． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$