专题1.4（1） 特殊平行四边形（全章知识梳理与考点分类讲解）-2025-2026学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（北师大版）

专题1.4（1） 特殊平行四边形（全章知识梳理与考点分类讲解） 第一部分【知识点梳理归纳与题型目录】 【知识点1】菱形 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）边：四条边都相等. 即； 对边平行. 即，. （2）角：对角相等. 即， （3）对角线：对角线互相垂直且平分，并且每一条对角线平分一组对角. 即 平分，平分 （4）对称性：既是中心对称图形，又是轴对称图形，有2条对称轴. 3、菱形的判定 （1）方法一（定义法）：有一组邻边相等的平行四边形是菱形. （2）方法二：四条边都相等的四边形是菱形. （3）方法三：对角线互相垂直的平行四边形菱形. 4、菱形的面积 菱形的面积=底×高=两对角线乘积的一半. 即 【知识点2】矩形 1、矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 2、矩形的性质 （1）边：对边平行且相等. 即, （2）角：四个角都是直角. 即 （3）对角线：对角线相等且互相平分， 即 （4） 对称性：既是中心对称图形，又是轴对称图形，有2条对称轴. 3、矩形的判定 （1）方法一（定义法）：有一个角是直角的平行四边形是矩形. （2）方法二：有三个角是直角的四边形是矩形； （3）方法三：对角线相等的平行四边形是矩形. 【知识点3】正方形 1、正方形的定义 有一组邻边相等,并且有一个角是直角的的平行四边形叫做正方形. 2、正方形的性质 （1）边：四条边都相等. 即； 对边平行. 即，. （2）角：四个角都是直角. 即 （3）对角线：对角线互相垂直平分且相等，每一条对角线都平分一组对角（对角线与边的夹角为45°）. 即 （4）对称性：既是中心对称图形，又是轴对称图形，有4条对称轴. 3、正方形的判定 （1）方法一（定义法）：有一个角是直角，一组邻边相等的平行四边形是正方形. （2）方法二：一组邻边相等的矩形是正方形. （3）方法三：一个角是直角的菱形是正方形. （4）方法四：对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形. （5）方法五：对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形. 【题型目录】 【夯实基础】 【考点一】特殊平行四边形性质与判定的理解 【题型一】特殊平行四边形性质的理解.............................................3 【题型二】特殊平行四边形判定的理解.............................................3 【考点二】菱形性质与判定 【题型三】利用菱形的性质与判定求值与证明.......................................4 【题型四】菱形的性质与判定与一次函数综合.......................................5 【题型五】菱形的性质与判定与几何变换综合.......................................6 【考点二】矩形性质与判定 【题型六】利用矩形的性质与判定求值与证明.......................................7 【题型七】平面直角坐标系背景下的矩形的性质与判定...............................8 【题型八】矩形的性质与判定与几何变换综合.......................................9 【考点三】正方形性质与判定 【题型九】根据正方形的性质与判定求值与证明....................................10 【题型十】正方形的性质与判定与一次函数综合....................................11 【题型十一】正方形的性质与判定与几何变换综合..................................12 【拓展延伸】 【题型十二】特殊平行四边形与动点问题..........................................13 【题型十三】特殊平行四边形与存在性问题........................................14 【题型十四】特殊平行四边形与探究性问题........................................15 第二部分【题型展示与方法点拨】 【特别说明】序号前带“★”难度系数0.85，“★★”难度系数0.65，“★★★”难度系数0.4. 【考点一】特殊平行四边形性质与判定的理解 【题型一】特殊平行四边形性质的理解 ★★【例题1】（24-25八年级下·福建南平·期中）下列说法中不正确的是（   ） A．平行四边形的对角线互相平分 B．四边相等的四边形是菱形 C．矩形的对角线互相垂直平分 D．正方形是特殊的矩形 ★★【变式1】（2025·湖南岳阳·模拟预测）下列命题中，正确的是（   ） A．菱形的对角线相等 B．矩形的对角线互相垂直 C．平行四边形是轴对称图形 D．五边形的内角和是 ★★【变式2】（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 【题型二】特殊平行四边形判定的理解 ★★【例题2】（24-25九年级上·广东茂名·期末）下列命题正确的是（   ） A．一组邻边相等的四边形是菱形 B．对角线互相垂直的平行四边形是矩形 C．对角线相等的平行四边形是菱形 D．有一个角是直角的平行四边形是矩形 ★★【变式1】（24-25九年级上·山西运城·期末）下列叙述正确的是（    ） A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线相等的四边形是矩形 D．对角线互相垂直的矩形是正方形 ★★【变式2】（24-25八年级下·广西南宁·阶段练习）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，以的速度向点运动．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．设点的运动时间为（单位：），下列结论正确的是（    ） A．当时，四边形为平行四边形 B．当时，四边形为菱形 C．当时，四边形为矩形 D．当时，四边形为正方形 【考点二】菱形性质与判定 【题型三】利用菱形的性质与判定求值与证明 ★★【例题3】（2025·四川绵阳·一模）如图，在中，E，F分别为边上的点，，连接，与交于点O． （1）求证：与相互平分． （2）若，，，，求的长． ★★【变式1】（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，，，分别以点，点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，直线交和的延长线于点，，连接．若平分，则四边形的面积为（    ） A．12 B． C．16 D． ★★【变式2】（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则 ．    【题型四】菱形的性质与判定与一次函数综合 ★★【例题3】（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）我们约定：若关于x的一次函数和同时满足，，则称函数和互为“真诚函数”．根据该约定，解答下列问题： （1）若关于x的一次函数和互为“真诚函数”，求m，n的值； （2）若关于x的一次函数的“真诚函数”经过点，且与的交点P在第三象限，求k的取值范围； （3）在平面直角坐标系中，点，点，若关于x的一次函数与它的“真诚函数”交于点N，在平面内是否存在点M，使得以A、B、M、N为顶点，且为一边的四边形为菱形．若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由． ★★【变式1】（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与x轴、y轴分别交于点A、B，以为边作菱形轴，则菱形的周长是（   ） A．12 B．15 C．16 D．20 ★★【变式2】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，菱形的顶点O是原点，顶点B在y轴上，菱形的两条对角线的长分别是6和4，一次函数的图像经过点C，则k的值为 ． 【题型五】菱形的性质与判定与几何变换综合 ★★【例题3】（2025·河南信阳·二模）综合与实践课上，小颖和小亮借助某数学软件在平面直角坐标系中对三角形的平移与旋转进行了如下探究，并得出了一些结论，请你补充完整． 【研究背景】 如图1，在平面直角坐标系中，已知点和点，连接，C为线段的中点，于点D． 【平移探究】 （1）如图2，将平移，使点C平移至点处． ①填空：点D的对应点的坐标为___________，点B的对应点的坐标为___________； ②连接，，判断四边形的形状，并说明理由． 【旋转探究】 （2）如图3，将绕点C顺时针旋转，得到，设直线交x轴于点P，试判断与的大小关系，并结合图3说明理由． （3）将绕点C顺时针旋转得到，当直线经过线段的中点M时，请直接写出点P的坐标为___________． ★★【变式1】（2023·宁夏中卫·三模）如图，在菱形中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且，，以为边构造等边三角形．将和菱形组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转，第一次旋转结束时点E的对应点记为，第二次旋转结束时记为，……依次类推，第2023次旋转结束时，点的坐标为（ ） A． B． C． D． ★★【变式2】（2025·山东济南·一模）如图，在菱形中，，点是边上一动点，连接，将沿着折叠，得到，连接，点是的中点，，则的最小值为 ． 【考点二】矩形性质与判定 【题型六】利用矩形的性质与判定求值与证明 ★★【例题3】（2025·云南楚雄·二模）如图，菱形的对角线和交于点O，分别过点C，D作，和交于点，连接． （1）求证：四边形是矩形． （2）当，时，求的值． ★★【变式1】（22-23八年级下·湖北十堰·期中）如图，矩形中，，点E是上一点，且，的垂直平分线交的延长线于点F，交于点H，连接交于点G．若G是的中点，则的长是（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 ★★【变式2】（24-25八年级下·安徽蚌埠·阶段练习）如图，和是两个全等的共斜边的直角三角形，，是的中点，连接，． （1）线段和的数量关系为 ； （2）分别过点，作于点，于点，连接，若，，则四边形的面积是 ． 【题型七】平面直角坐标系背景下的矩形的性质与判定 ★★【例题3】（24-25八年级上·全国·期中）如图，是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片，O为原点，点A在y轴的正半轴上，点C在x轴的正半轴上，．在边上取一点E，将纸片沿翻折，使点O落在边上的点D处． （1）直接写出点D和点E的坐标：D（ ），E（ ）； （2）求直线的表达式； （3）若直线与平行，当它过长方形的顶点C时，且与y轴相交于点F时，求的面积． ★★【变式1】（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边与轴的夹角为，且，点的坐标为，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． ★★【变式2】（2025·江西萍乡·二模）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点的坐标为的平分线，分别与直线交于点，，当点，，，相邻两点间的距离相等时，点到原点的距离为 ． 【题型八】矩形形的性质与判定与几何变换综合 ★★【例题3】（23-24九年级上·湖北武汉·期中）如图，将矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，点与点对应，点恰好落在边上，交于点．   （1）求证：； （2）连接交于，已知，，求的长． ★★【变式1】（24-25九年级上·重庆北碚·阶段练习）如图，等腰直角，，，将沿射线平移个单位，得到，连接，则的面积是（     ） A．6 B．2 C．12 D．1 ★★【变式2】（24-25九年级下·山东青岛·自主招生）如图是一张矩形纸片，，点E是的中点，把该纸片沿折叠，点C，D的对应点分别为点M，N，的延长线经过点B，与相交于点G．若点G平分，则的长为 ． 【考点三】正方形性质与判定 【题型九】根据正方形的性质与判定求值与证明 ★★【例题9】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，点D，E分别为，的中点，连接并延长到F，使，连接，，． （1）四边形是什么特殊的四边形？说明理由； （2）若，当 时，四边形是正方形； （3）若，，求四边形的周长． ★★【变式1】（2025·甘肃定西·模拟预测）如图1，在等腰中，，于点D．动点P从点A出发，沿着的路径以每秒1个单位长度的速度运动到点C停止，过点P作于点E，作于点F．在此过程中四边形的面积y与运动时间x的函数关系图象如图2所示，则的长为（   ）    A．8 B．4 C． D． ★★【变式2】（23-24九年级下·全国·单元测试）已知四边形中，，，，则这个四边形的面积是 【题型十】正方形的性质与判定与一次函数综合 ★★【例题10】（24-25八年级上·江西上饶·期末）在平面直角坐标系内，O为坐标原点，一次函数与x轴，y轴交点分别为A，B，C，D，M为中点，E为中点，按要求完成下列作图（无尺规作图）． （1）以为边作一个正方形． （2）在y轴正半轴作一点H使得． ★★【变式1】（23-24八年级上·广东深圳·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A在轴上，点在轴上，以为边作正方形，点的坐标在一次函数上，一次函数与轴交于点，与轴交于点，将正方形沿轴向右平移个单位长度后，点刚好落在直线上，则a的值为（    ）    A． B． C． D． ★★【变式2】（24-25八年级下·上海·期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数与x轴和y轴分别交于点A和点B，以为边在直线右侧作正方形，连接，过点C作轴，垂足为点F，交于点E，连接，则三角形的周长为 ． 【题型十一】正方形的性质与判定与几何变换综合 ★★【例题11】（2025八年级下·全国·专题练习）（1）如图①，正方形中，，求证：； （2）如图②，将边长为12的正方形折叠，使点落在上的点，然后压平折痕，若的长为13，求的长．    ★★【变式1】（23-24八年级下·湖北鄂州·期末）如图1，将正方形置于平面直角坐标系中，其中边在轴上，其余各边均与坐标轴平行，平行于的直线l沿轴的负方向以每秒1个单位的速度平移，平移过程中，直线l被正方形的边所截得的线段长为，平移时间为t（秒），与的函数图象如图2，依据条件信息，求出图2中的值为（    ） A． B． C．6 D． ★★【变式2】（2025·陕西西安·二模）如图，为正方形的对角线，点为的中点，点为上的动点（不与端点重合），连接，将线段绕点沿逆时针方向旋转得到线段，连接，若四边形的面积为4，则正方形的边长为 ． 【拓展延伸】 【题型十二】特殊平行四边形与动点问题 ★★★【例题12】（24-25八年级下·湖北荆州·期中）如图，将正方形放置在平面直角坐标系中，点分别在轴和轴上，顶点的坐标为，是对角线上一动点，连接，过点作交射线于点． （1）如图1，求证； （2）如图1，当时，求点的坐标； （3）如图2，连接交于点，当时，求的面积． ★★★【变式1】（2025·四川达州·一模）如图，在矩形中，，，的平分线交于点，、分别是边、上的动点，且，是线段上的动点，连接，．若．则线段的长为（    ）． A．2 B． C．3 D． ★★★【变式2】（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，在边长为6的正方形中，E是的中点，P、Q分别是边、上的动点，且交于F，则 ，连接和，则的最小值为 ． 【题型十三】特殊平行四边形与存在性问题 ★★★【例题13】（24-25九年级上·江苏淮安·阶段练习）如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度沿线段向点运动；同时点从点出发，以 的速度沿向点运动．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，回答下列问题： （1）求为何值时，四边形是矩形? （2）求为何值时，？ （3）是否存在的值，使得是以为腰的等腰三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． ★★★【变式1】（23-24八年级下·云南普洱·期末）如图，在平面直角坐标系中，点、分别在x轴、y轴上，线段OA、OB的长（）是方程组的解，点C是直线与直线的交点，点在线段上，． （1）求点的坐标． （2）求直线的解析式． （3）当点P在直线上运动时，在平面内是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． ★★★【变式2】（23-24八年级下·全国·期末）平行四边形在平面直角坐标系中的位置如图①． （1）写出点C的坐标； （2）在图①中，连接，得到图②，求与的交点M的坐标； （3）将图②中的线段向两方延长得到图③，若点 D、E为直线上不与B、C重合的动点，是否存在这样的点D、E，使得四边形为矩形？若存在，请在图中画出矩形，并求出矩形的面积和点 D、E 的坐标，若不存在，请说明理由． 【题型十四】特殊平行四边形与探究性问题 ★★★【例题14】（24-25八年级上·浙江杭州·期中）在数学实验课上，老师让学生以“折叠筝形”为主题开展数学实践探究活动． 定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”． 【概念理解】如图①，将一张纸对折压平，以折痕为边折出一个三角形，然后把纸展平，折痕为四边形．判断四边形的形状： 筝形（填“是”或“不是”）； 【性质探究】如图②，已知四边形纸片是筝形，连结，相交于点O． 请补充结论1，再从不同角度写一个正确的结论2． 结论1：筝形的内角和为 ．结论2： ． 【拓展应用】如图③，是锐角的高，将沿边翻折后得到，将沿边翻折后得到，延长，交于点G． （1）求证：四边形是筝形； （2）若，，，，求的长． ★★★【变式1】（2025·吉林·模拟预测）【问题情境】 如图，四边形是正方形．过点在正方形的外侧作射线．作点关于射线的对称点，线段交射线于点，连接交直线于点． 【探究发现】 （1）当时，的度数为___________度； 【猜想论证】 （2）在（1）的条件下，猜想线段、、之间的数量关系，并证明你的猜想； 【拓展应用】 （3）若，直接写出的长． ★★★【变式2】（24-25九年级上·辽宁铁岭·阶段练习）综合与实践已知：，在和上截取，将线段边绕点A逆时针旋转得到线段，点E在射线上，连接，． 【特例感知】 （1）如图1，若旋转角，则与的数量关系是______； 【类比迁移】 （2）如图2，试探究在旋转的过程中与的数量关系是否发生改变？若不变，请求与的数量关系；若改变，请说明理由； 【拓展应用】 （3）如图3，在四边形中，，，点E在直线上，，，请直接写出的面积． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题1.4（1） 特殊平行四边形（全章知识梳理与考点分类讲解） 第一部分【知识点梳理归纳与题型目录】 【知识点1】菱形 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）边：四条边都相等. 即； 对边平行. 即，. （2）角：对角相等. 即， （3）对角线：对角线互相垂直且平分，并且每一条对角线平分一组对角. 即 平分，平分 （4）对称性：既是中心对称图形，又是轴对称图形，有2条对称轴. 3、菱形的判定 （1）方法一（定义法）：有一组邻边相等的平行四边形是菱形. （2）方法二：四条边都相等的四边形是菱形. （3）方法三：对角线互相垂直的平行四边形菱形. 4、菱形的面积 菱形的面积=底×高=两对角线乘积的一半. 即 【知识点2】矩形 1、矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 2、矩形的性质 （1）边：对边平行且相等. 即, （2）角：四个角都是直角. 即 （3）对角线：对角线相等且互相平分， 即 （4） 对称性：既是中心对称图形，又是轴对称图形，有2条对称轴. 3、矩形的判定 （1）方法一（定义法）：有一个角是直角的平行四边形是矩形. （2）方法二：有三个角是直角的四边形是矩形； （3）方法三：对角线相等的平行四边形是矩形. 【知识点3】正方形 1、正方形的定义 有一组邻边相等,并且有一个角是直角的的平行四边形叫做正方形. 2、正方形的性质 （1）边：四条边都相等. 即； 对边平行. 即，. （2）角：四个角都是直角. 即 （3）对角线：对角线互相垂直平分且相等，每一条对角线都平分一组对角（对角线与边的夹角为45°）. 即 （4）对称性：既是中心对称图形，又是轴对称图形，有4条对称轴. 3、正方形的判定 （1）方法一（定义法）：有一个角是直角，一组邻边相等的平行四边形是正方形. （2）方法二：一组邻边相等的矩形是正方形. （3）方法三：一个角是直角的菱形是正方形. （4）方法四：对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形. （5）方法五：对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形. 【题型目录】 【夯实基础】 【考点一】特殊平行四边形性质与判定的理解 【题型一】特殊平行四边形性质的理解.............................................3 【题型二】特殊平行四边形判定的理解.............................................4 【考点二】菱形性质与判定 【题型三】利用菱形的性质与判定求值与证明.......................................7 【题型四】菱形的性质与判定与一次函数综合......................................11 【题型五】菱形的性质与判定与几何变换综合......................................15 【考点二】矩形性质与判定 【题型六】利用矩形的性质与判定求值与证明......................................22 【题型七】平面直角坐标系背景下的矩形的性质与判定..............................26 【题型八】矩形的性质与判定与几何变换综合......................................30 【考点三】正方形性质与判定 【题型九】根据正方形的性质与判定求值与证明....................................34 【题型十】正方形的性质与判定与一次函数综合....................................38 【题型十一】正方形的性质与判定与几何变换综合..................................43 【拓展延伸】 【题型十二】特殊平行四边形与动点问题..........................................47 【题型十三】特殊平行四边形与存在性问题........................................53 【题型十四】特殊平行四边形与探究性问题........................................63 第二部分【题型展示与方法点拨】 【特别说明】序号前带“★”难度系数0.85，“★★”难度系数0.65，“★★★”难度系数0.4. 【考点一】特殊平行四边形性质与判定的理解 【题型一】特殊平行四边形性质的理解 ★★【例题1】（24-25八年级下·福建南平·期中）下列说法中不正确的是（   ） A．平行四边形的对角线互相平分 B．四边相等的四边形是菱形 C．矩形的对角线互相垂直平分 D．正方形是特殊的矩形 【答案】C 【分析】本题考查了正方形、菱形、平行四边形和矩形的性质，熟练运用菱形、正方形、矩形和平行四边形的判定是本题的关键．利用菱形、正方形、矩形和平行四边形的判定可求解． 解：A、平行四边形的对角线互相平分，选项说法正确； B、四边相等的四边形是菱形，选项说法正确； C、矩形的对角线互相平分且相等，选项说法错误； D、正方形是特殊的矩形，选项说法正确； 故选：C． ★★【变式1】（2025·湖南岳阳·模拟预测）下列命题中，正确的是（   ） A．菱形的对角线相等 B．矩形的对角线互相垂直 C．平行四边形是轴对称图形 D．五边形的内角和是 【答案】D 【分析】根据矩形，菱形的性质，轴对称图形，多边形内角和，依次判断选项即可求解． 解：A. 菱形对角线相互垂直，但不一定相等，故A为假命题，故A选项错误； B. 矩形的对角线相等，但不一定垂直，故为假命题，故B选项错误； C. 平行四边形是中心对称图形，不一定是轴对称图形，故C为假命题，故C选项错误； D. 将代入中，得，故五边形的内角和是，故D为真命题，故D选项正确， 故选：D． 【点拨】本题考查了真假命题的判断，矩形，菱形的性质，轴对称图形，多边形内角和，熟练掌握相关知识点的性质定理是解题的关键． ★★【变式2】（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． 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． 【题型二】特殊平行四边形判定的理解 ★★【例题2】（24-25九年级上·广东茂名·期末）下列命题正确的是（   ） A．一组邻边相等的四边形是菱形 B．对角线互相垂直的平行四边形是矩形 C．对角线相等的平行四边形是菱形 D．有一个角是直角的平行四边形是矩形 【答案】D 【分析】本题考查了命题与定理的知识，利用特殊四边形的判定定理对个选项逐一判断后即可得到正确的选项． 解：A、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故A选项错误，不符合题意； B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B选项错误，不符合题意； C、对角线相等的平行四边形是矩形，故C选项错误，不符合题意； D、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故D选项正确，符合题意． 故选：D． ★★【变式1】（24-25九年级上·山西运城·期末）下列叙述正确的是（    ） A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线相等的四边形是矩形 D．对角线互相垂直的矩形是正方形 【答案】D 【分析】根据平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定方法依次判断即可． 本题主要考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定，熟练掌握平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定方法是解题的关键． 解：A. 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，也有可能是梯形，故A选项错误，不符合题意； B. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B选项错误，不符合题意； C. 对角线相等的平行四边形是矩形，故C选项错误，不符合题意； D. 对角线互相垂直的矩形是正方形，故D选项正确，符合题意． 故选：D． ★★【变式2】（24-25八年级下·广西南宁·阶段练习）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，以的速度向点运动．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．设点的运动时间为（单位：），下列结论正确的是（    ） A．当时，四边形为平行四边形 B．当时，四边形为菱形 C．当时，四边形为矩形 D．当时，四边形为正方形 【答案】B 【分析】当时，四边形为平行四边形，列方程求出t的值，可判断A；当时，四边形为平行四边形，再根据求t的值，可判断B；根据当时，四边形为矩形，列方程求出t的值，可判断C；当时，四边形为矩形，再根据列方程求出t的值，可判断D． 解：A． ∵， ∴当时，四边形为平行四边形， ∴， ∴，故A不符合题意； B． 由A知，当时，四边形为平行四边形， ∴当时，四边形为菱形． 作于点H，则四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，故B符合题意； C．∵，， ∴当时，四边形为矩形， ∴， ∴，故C不符合题意； D． ∵当时，四边形为矩形， ∴当时，四边形为正方形， ∴，故不符合题意． 故选B． 【点拨】本题考查了平行四边形的性质，菱形的性质，矩形的性质，正方形的判定，熟练掌握判定方法是解答本题的关键． 【考点二】菱形性质与判定 【题型三】利用菱形的性质与判定求值与证明 ★★【例题3】（2025·四川绵阳·一模）如图，在中，E，F分别为边上的点，，连接，与交于点O． （1）求证：与相互平分． （2）若，，，，求的长． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质．菱形的判定与性质以及勾股定理 ，正确作出辅助线是解答本题的关键． （1）连接．通过证明四边形是平行四边形推知与互相平分． （2）连接，过点C作，交的延长线于点H．证明四边形是菱形，求出，．设，则，，，在中根据勾股定理列方程求解即可． 解：（1）证明：如图，连接． 在中，， 又， ∴． ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴与相互平分． （2）解：如图，连接，过点C作，交的延长线于点H． 由（1）可得四边形是平行四边形． 又， ∴四边形是菱形． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 设，则． ∵， ∴． ∵四边形是菱形， ∴． 在中，，即， 解得， ∴． ★★【变式1】（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，，，分别以点，点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，直线交和的延长线于点，，连接．若平分，则四边形的面积为（    ） A．12 B． C．16 D． 【答案】D 【分析】本题考查了作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质，证明、为等边三角形，得到，从而推出四边形是菱形，求出、的长，即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 解：由作法可得：垂直平分， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴为等边三角形， 同理可得：是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形， ∵，， ∴， ∴四边形的面积， 故选：D． ★★【变式2】（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则 ．    【答案】 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，延长、交于H，连接，求证平行四边形为菱形，得出，为全等的等边三角形，证明，即可得出答案． 解：延长、交于H，连接，   ，， 四边形为平行四边形， ，平分， ，，， 为等腰三角形， ， 平行四边形为菱形， ，且均为等边三角形， ，， ， ， 为等腰三角形， 又四边形为平行四边形， ，，， ， 在与中， ， ， ， ． 故答案为：． 【题型四】菱形的性质与判定与一次函数综合 ★★【例题3】（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）我们约定：若关于x的一次函数和同时满足，，则称函数和互为“真诚函数”．根据该约定，解答下列问题： （1）若关于x的一次函数和互为“真诚函数”，求m，n的值； （2）若关于x的一次函数的“真诚函数”经过点，且与的交点P在第三象限，求k的取值范围； （3）在平面直角坐标系中，点，点，若关于x的一次函数与它的“真诚函数”交于点N，在平面内是否存在点M，使得以A、B、M、N为顶点，且为一边的四边形为菱形．若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），；（2）；（3）或或 【分析】（1）根据题意得到，，，即可求解． （2）由题意可知，的“真诚函数”为，联立可得交点，根据的“真诚函数”经过点得，由点在第三象限即可求解． （3）分三种情况：①若点在点的上方，四边形是菱形，②若点在点的下方，四边形是菱形，③若点在点的下方，四边形是菱形，分别求解即可． 本题是一次函数综合题，考查了新定义、菱形的性质、勾股定理等，解题的关键是利用分类讨论的思想解决问题． 解：（1）解：由题意可知：，，， ，，， 关于的一次函数和互为“真诚函数”， ，， ，； （2）由题意可知，的“真诚函数”为， 联立得，解得， 点， 的“真诚函数”经过点， ， ， 点， 点在第三象限， ， 的取值范围为； （3）解：由（2）可知， 点，点， ， ①若点在点的上方，四边形是菱形，如图1，    则， 点的坐标为； ②若点在点的下方，四边形是菱形，如图2，    则， 点的坐标为； ③若点在点的下方，四边形是菱形，如图3，    则， 与互相平分， 点的坐标为； 综上，点的坐标为或或 ★★【变式1】（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与x轴、y轴分别交于点A、B，以为边作菱形轴，则菱形的周长是（   ） A．12 B．15 C．16 D．20 【答案】D 【分析】先求出一次函数与坐标轴的交点A、B的坐标，再利用勾股定理或两点间的距离公式计算出线段的长，最后利用菱形的性质计算周长即可．本题是一道函数与几何的综合题．重点考查了一次函数与坐标轴交点坐标的求法，两点间的距离公式（或勾股定理），菱形的性质．如果是使用两点间距离公式，注意公式的正确使用：设点，，则A、B两点间的距离． 解：∵一次函数的图像与x轴、y轴分别交于点A、B， ∴令，得，解得， ∴， 则． 令，得， ∴， 则． 在中，． ∵四边形是菱形， ∴． ∴． 故选：D． ★★【变式2】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，菱形的顶点O是原点，顶点B在y轴上，菱形的两条对角线的长分别是6和4，一次函数的图像经过点C，则k的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质和一次函数解析式的求法，解题关键是利用菱形性质求C的坐标． 设菱形的两条对角线相交于点D，根据菱形的性质可确定，然后根据一次函数图象上点的坐标特征求k的值． 解：设菱形的两条对角线相交于点D，如图， ∵四边形为菱形， ∴， ∵菱形的对角线在y轴上， ∴轴， ， 点C在一次函数的图象上， ， 解得． 故答案为：． 【题型五】菱形的性质与判定与几何变换综合 ★★【例题3】（2025·河南信阳·二模）综合与实践课上，小颖和小亮借助某数学软件在平面直角坐标系中对三角形的平移与旋转进行了如下探究，并得出了一些结论，请你补充完整． 【研究背景】 如图1，在平面直角坐标系中，已知点和点，连接，C为线段的中点，于点D． 【平移探究】 （1）如图2，将平移，使点C平移至点处． ①填空：点D的对应点的坐标为___________，点B的对应点的坐标为___________； ②连接，，判断四边形的形状，并说明理由． 【旋转探究】 （2）如图3，将绕点C顺时针旋转，得到，设直线交x轴于点P，试判断与的大小关系，并结合图3说明理由． （3）将绕点C顺时针旋转得到，当直线经过线段的中点M时，请直接写出点P的坐标为___________． 【答案】（1）①②四边形是菱形，见分析；（2），见分析；（3）或 【分析】平移探究： （1）①首先确定点，坐标，结合点坐标确定三角形的平移方式，即可确定，点，点的坐标；②首先结合平移的性质证明四边形为平行四边形，再证明，即可确定四边形为菱形； 旋转探究： （2）连接，证明，即可证明结论； （3）连接，易得 ，设，可分直线经过第一、二、四象限和直线经过第一、二、三象限两种情况讨论，分别求解即可． 解：平移探究： （1）①∵点和点，C为线段的中点，于点D， ∴，， ∵将平移，使点C平移至点处， 即将向右平移3个单位长度，向上平移4个单位长度， ∴点D的对应点的坐标为，点B的对应点的坐标为； 故答案为：； ②∵，， ∴， 由平移的性质可得， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； 旋转探究： （2），理由如下： 如下图，连接， ∵， ∴， 由旋转的性质可得， 在和中， ， ∴， ∴； （3）连接，如图， ∵，，， ∴，，，， ∵点M为中点， ∴， 由旋转可知，， ∵分别为中点， ∴， 在中，， 设，可分两种情况讨论： ①当直线经过第一、二、四象限时且经过点时，如图， 则， 由（2）可知，， ∴， 在中，可有， ∴，解得， ∴， ∴； ②当直线经过第一、二、三象限时且经过点时，如图， 则， 由（2）可知，， ∴， 在中，可有， ∴，解得， ∴， ∴． 综上所述，点P的坐标或． 故答案为：或． 【点拨】本题主要考查了坐标与图形、旋转的性质、平移的性质、菱形的判定与性质、三角形中位线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识并正确作出辅助线是解题关键． ★★【变式1】（2023·宁夏中卫·三模）如图，在菱形中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且，，以为边构造等边三角形．将和菱形组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转，第一次旋转结束时点E的对应点记为，第二次旋转结束时记为，……依次类推，第2023次旋转结束时，点的坐标为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据旋转知，每4次旋转一个循环，而，即点的坐标与点的坐标相同；利用菱形的性质及等边三角形的性质可求得点E的坐标，利用全等三角形的判定与性质可求得的坐标，再利用关于原点对称的坐标特征可得的坐标，从而求得结果． 解：如图，连接，过作轴于点F， 由题意，当旋转到时，则E与关于原点对称，旋转到时，与关于原点对称，旋转到即点E的位置，每4次旋转一个循环； ∵， ∴点的坐标与点的坐标相同； ∵四边形是菱形，，， ∴，， ∴， 由勾股定理得：； ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴； 由旋转知，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵点E在第一象限，且是顺时针旋转， ∴点在第四象限， ∴， 由两点关于原点成中心对称得， ∴； 故选：A． 【点拨】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，含30度直角三角形性质，勾股定理，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，关于原点对称的坐标特征，找到规律是解题的关键． ★★【变式2】（2025·山东济南·一模）如图，在菱形中，，点是边上一动点，连接，将沿着折叠，得到，连接，点是的中点，，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】延长到点，使得，连接，，则是的中位线，证明是等边三角形，求出，，从而可得结论． 解：延长到点，使得，连接，， ∵是的中点 则是的中位线， ∴， 当取最小值时，有最小值， 连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴ 又， ∴是等边三角形， ∴，， ∴于， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由折叠可知， 又， ∴， 当，，共线时，有最小值， 此时的最小值为． 故答案为：． 【点拨】本题考查了菱形的性质，折叠与轴对称，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，利用轴对称求最值是解题的关键． 【考点二】矩形性质与判定 【题型六】利用矩形的性质与判定求值与证明 ★★【例题3】（2025·云南楚雄·二模）如图，菱形的对角线和交于点O，分别过点C，D作，和交于点，连接． （1）求证：四边形是矩形． （2）当，时，求的值． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据菱形得到，即可证明其为矩形； （2）由含角的直角三角形的性质得，进而由勾股定理得，则，再由矩形的性质得，，然后由勾股定理求出，即可得出结论． 解：（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）已证：四边形是矩形， ∴， 则在中，， ∴． 【点拨】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、含角的直角三角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． ★★【变式1】（22-23八年级下·湖北十堰·期中）如图，矩形中，，点E是上一点，且，的垂直平分线交的延长线于点F，交于点H，连接交于点G．若G是的中点，则的长是（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】A 【分析】过点E作于点P，证明四边形和四边形为矩形，得出，，根据证明，得出，又垂直平分，得出，令，则，进而，，，在中，，进行求解即可． 解：过点E作于点P， 在矩形中 ，， ∴四边形和四边形为矩形， 又，， ∴，， ∵G是的中点， ∴， 又∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， 令，则， 又∵， ∴， ∴，， 在中，， ∴ 解得． 故选：A． 【点拨】本题考查矩形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理以及全等三角形的判定和性质，解决本题的关键是作辅助线构造直角三角形求边长． ★★【变式2】（24-25八年级下·安徽蚌埠·阶段练习）如图，和是两个全等的共斜边的直角三角形，，是的中点，连接，． （1）线段和的数量关系为 ； （2）分别过点，作于点，于点，连接，若，，则四边形的面积是 ． 【答案】 12 【分析】本题主要查了直角三角形斜边的性质，勾股定理，矩形的判定和性质． （1）根据直角三角形斜边的性质，即可求解； （2）过点M作于点N，由（1）得：，可得到，再由勾股定理可得的长，再证明四边形是矩形，即可求解． 解：解∶（1）∵，是的中点， ∴， ∴． 故答案为： （2）如图，过点M作于点N， 由（1）得：， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵和是两个全等的共斜边的直角三角形，，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴四边形的面积是． 故答案为：12 【题型七】平面直角坐标系背景下的矩形的性质与判定 ★★【例题3】（24-25八年级上·全国·期中）如图，是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片，O为原点，点A在y轴的正半轴上，点C在x轴的正半轴上，．在边上取一点E，将纸片沿翻折，使点O落在边上的点D处． （1）直接写出点D和点E的坐标：D（ ），E（ ）； （2）求直线的表达式； （3）若直线与平行，当它过长方形的顶点C时，且与y轴相交于点F时，求的面积． 【答案】（1）4，8；0，5；（2）；（3） 【分析】（1）由勾股定理求出，则，得出．由勾股定理得出，解得，可求出点的坐标； （2）由待定系数法可求出直线解析式； （3）求出直线的解析式，可求出点的坐标，由三角形面积可得出答案． 解：（1）解：依题意可知，折痕是四边形的对称轴， 在中，，， 由勾股定理，得， ， ． 在△中，由勾股定理，得， 又，， ， 解得， ． ，； 故答案为：4，8；0，5； （2）解：设、两点所在的直线的解析式为， 则，解得， 所以过、两点的直线函数表达式为． （3）解：直线与平行， ， 直线过长方形的顶点， ， ， 直线的解析式为， 时，， ， ， 的面积． 【点拨】本题主要考查了翻折变换、勾股定理以及待定系数法求一次函数解析式等知识点，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键． ★★【变式1】（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边与轴的夹角为，且，点的坐标为，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质，坐标与图形，直角三角形的性质，勾股定理，掌握以上知识是解答本题的关键； 过点作轴，根据点的坐标为，得出，求出，求出，根据直角三角形性质得出，根据勾股定理求出，即可得出答案． 解：过点作轴，如图所示： ， ∵点的坐标为， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∵与轴的夹角为， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：D． ★★【变式2】（2025·江西萍乡·二模）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点的坐标为的平分线，分别与直线交于点，，当点，，，相邻两点间的距离相等时，点到原点的距离为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，理解题意，合理作图是关键． 根据题意，由矩形的性质，角平分线的定义，等要三角形的判定和性质，分类讨论即可． 解：∵四边形是矩形， ∴， 如图所示，， ∵， ∴， ∴， ∵平分，， ∴， ∴； 如图所示，， 同理，， ∴，则， ∵平分，， ∴， ∴； 综上所述，点到原点的距离为或， 故答案为：或 ． 【题型八】矩形形的性质与判定与几何变换综合 ★★【例题3】（23-24九年级上·湖北武汉·期中）如图，将矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，点与点对应，点恰好落在边上，交于点．   （1）求证：； （2）连接交于，已知，，求的长． 【答案】（1）证明见分析；（2） 【分析】本题主要考查了矩形的性质，图形的旋转，平行四边形的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质． （1）连接，结合旋转的性质，矩形的性质可得平分，即可求证； （2）连接，先证明四边形是平行四边形，可得，，再由勾股定理可得，从而求出，即可求解． 解：（1）证明：如图，连接，    由旋转性质得， ， 四边形是矩形， ， ， ， 平分． ，， ． （2）解：连接，   ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， 由勾股定理得，， ， ， ． ★★【变式1】（24-25九年级上·重庆北碚·阶段练习）如图，等腰直角，，，将沿射线平移个单位，得到，连接，则的面积是（     ） A．6 B．2 C．12 D．1 【答案】A 【分析】本题考查了平移的性质，直角三角形斜边上中线等于斜边的一半，勾股定理，掌握相关知识是解题关键．过作于点，由勾股定理求得的长，由平移的性质可得的长，由直角三角形的性质得的长，进而可求出的面积． 解：如图，过作于点， ， 由平移得，， ∴． ∵ ∴ ∴的面积． 故选：． ★★【变式2】（24-25九年级下·山东青岛·自主招生）如图是一张矩形纸片，，点E是的中点，把该纸片沿折叠，点C，D的对应点分别为点M，N，的延长线经过点B，与相交于点G．若点G平分，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 根据矩形和折叠得到，设，则，设，由，得到，再代入表示好的数据得到，在中，由勾股定理得，即可求解． 解：∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∵折叠， ∴， ∴， ∴， ∵点G平分， ∴设，则， ∵点E是的中点， ∴设， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∵在中，由勾股定理得， ∴， 解得：（舍负）， ∴， 故答案为：． 【考点三】正方形性质与判定 【题型九】根据正方形的性质与判定求值与证明 ★★【例题9】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，点D，E分别为，的中点，连接并延长到F，使，连接，，． （1）四边形是什么特殊的四边形？说明理由； （2）若，当 时，四边形是正方形； （3）若，，求四边形的周长． 【答案】（1）四边形是菱形，理由见分析；（2）；（3）28 【分析】此题考查的是正方形的判定与性质、菱形的判定定理、直角三角形的性质、勾股定理等知识，掌握其性质定理是解决此题的关键． （1）先根据平行四边形的判定得四边形是平行四边形，再证明邻边相等即可； （2）当时，四边形是正方形，利用勾股定理可得答案； （3）利用勾股定理及四边形周长公式计算可得答案． 解：（1）解：四边形是菱形，说明理由是： ∵点E为的中点， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∵点D为的中点， ∴． 又∵， ∴． ∴． ∴四边形是菱形； （2）解：当时，四边形是正方形，如图， ∵在中，，， ∴，即， ∴（舍去负值）， ∴当时，四边形是正方形， 故答案为：； （3）解：在中，． ∵． ∴． ∴四边形的周长． ★★【变式1】（2025·甘肃定西·模拟预测）如图1，在等腰中，，于点D．动点P从点A出发，沿着的路径以每秒1个单位长度的速度运动到点C停止，过点P作于点E，作于点F．在此过程中四边形的面积y与运动时间x的函数关系图象如图2所示，则的长为（   ）    A．8 B．4 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，由图中拐点的纵坐标4，得到四边形的面积，此时点运动到点，可证明四边形是正方形，面积为4，那么正方形的边长为2，得为等腰直角三角形，即得到，进而求出长度为，解题的关键理解拐点的纵坐标表示的意义及动点此时所在的位置． 解：∵动点从点出发，沿着的路径运动， ∴第一个拐点的位置在点处，此时点运动到点， ∵图中拐点的纵坐标4， ∴四边形的面积为4， ∵，， ∴， ∵， ∴ 四边形是矩形， ∵是等腰直角三角形，， ∴，，， ∴，， ∴四边形是正方形，， ∴是等腰直角三角形， ∵四边形的面积为4， ∴， ∴， ∴． 故选：C． ★★【变式2】（23-24九年级下·全国·单元测试）已知四边形中，，，，则这个四边形的面积是 【答案】40或88 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理，四边形面积的求法，分两种情况进行讨论，分别求解即可，掌握相关知识是解题的关键． 解：如图，过点作的垂线交于点，则，    ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵ ∴ 又∵，， ∴， ∴， ∴， 如图，如图，过点作的垂线交于点，则，    ∵，， ∴， 又∵， ∴四边形是正方形， ∵ ∴ 又∵，， ∴， ∴， 故答案为：40或88． 【题型十】正方形的性质与判定与一次函数综合 ★★【例题10】（24-25八年级上·江西上饶·期末）在平面直角坐标系内，O为坐标原点，一次函数与x轴，y轴交点分别为A，B，C，D，M为中点，E为中点，按要求完成下列作图（无尺规作图）． （1）以为边作一个正方形． （2）在y轴正半轴作一点H使得． 【答案】（1）图见详解；（2）图见详解． 【分析】本题主要考查了无尺规作图及一次函数的图像，熟知相关性质是正确解答此题的关键． （1）由正方形的对角线互相垂直平分，四条边相等这些性质，在的左上方、右下方作出正方形即可； （2）在y轴正半轴上找到点即为点． 解：（1）解：当时，；当时，， ， 顺次连接点、、、，得正方形，即为所求； 作射线，过点、作直线，分别交射线于点Q、N，得正方形，如图所示， 正方形，正方形即为所求； （2）解：在y轴正半轴上取点，连接， ， ， 是的垂直平分线， ， 点即为所求． ★★【变式1】（23-24八年级上·广东深圳·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A在轴上，点在轴上，以为边作正方形，点的坐标在一次函数上，一次函数与轴交于点，与轴交于点，将正方形沿轴向右平移个单位长度后，点刚好落在直线上，则a的值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质以及一次函数图象上点的坐标特征，利用全等三角形的性质，求出点D的坐标是解题的关键． 由点C的坐标，利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出k值，进而可得出直线的函数解析式，过作轴于，过作轴于，则及，利用全等三角形的性质，可求出点D的坐标，利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出点D平移后的横坐标，结合平移前点D的横坐标，即可求出结论． 解：将代入中 直线得函数解析式为 过作轴于，过作轴于    如图所示：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， 点A的坐标为，点B的坐标为， 同理可证 ，， ， 平移后 将代入中 故选：D ★★【变式2】（24-25八年级下·上海·期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数与x轴和y轴分别交于点A和点B，以为边在直线右侧作正方形，连接，过点C作轴，垂足为点F，交于点E，连接，则三角形的周长为 ． 【答案】16 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质与判定，求一次函数与坐标轴的交点坐标，解本题的关键在熟练掌握相关的性质与判定定理． 首先通过一次函数解析式，得到点A和B的坐标，进而即可得出的长，再过点过点B作平行于，交于N，证明，得出，，再证明四边形为正方形，得到，则，再证明，进而得到，所以，即可算出三角形的周长． 解：在中，当时，，当时，， ∴， ∴， 过点B作平行于，交于N， ∵轴 ∴轴 ∴， ∴； ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴ ， ∵， ∴四边形为矩形， ∴矩形为正方形， ∴， ∴ ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴周长． 故答案为：16． 【题型十一】正方形的性质与判定与几何变换综合 ★★【例题11】（2025八年级下·全国·专题练习）（1）如图①，正方形中，，求证：； （2）如图②，将边长为12的正方形折叠，使点落在上的点，然后压平折痕，若的长为13，求的长．    【答案】（1）见分析；（2）7 【分析】（1）过点作，垂足为，证明四边形为矩形，得出，证明，得出； （2）作，垂足为，根据勾股定理得．根据，得出，求出结果即可． 解：（1）过点作，垂足为，如图所示： 四边形为正方形， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， ， 在和中，， ， 在和中，， ， ． （2）作，垂足为，如图所示： 由（1）知， 在中，由勾股定理，得： ． 将正方形纸片折叠，使得点落在边上的点，折痕为， ， 由（1）可知， ， ． 【点拨】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，折叠性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． ★★【变式1】（23-24八年级下·湖北鄂州·期末）如图1，将正方形置于平面直角坐标系中，其中边在轴上，其余各边均与坐标轴平行，平行于的直线l沿轴的负方向以每秒1个单位的速度平移，平移过程中，直线l被正方形的边所截得的线段长为，平移时间为t（秒），与的函数图象如图2，依据条件信息，求出图2中的值为（    ） A． B． C．6 D． 【答案】A 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，一次函数图象与几何变换，正方形性质，勾股定理等知识，由直线l与直线平行，即直线l沿x轴的负方向平移时，同时经过B，D两点，再根据的长即可得到a的值． 解：∵直线l与直线平行， ∴直线l沿x轴的负方向平移时，同时经过B，D两点， 由图2可得，时，直线l经过点A，时，直线l经过点C， ∴当时，直线l经过B，D两点， ， 为正方形， ∴， ， 故选：A． ★★【变式2】（2025·陕西西安·二模）如图，为正方形的对角线，点为的中点，点为上的动点（不与端点重合），连接，将线段绕点沿逆时针方向旋转得到线段，连接，若四边形的面积为4，则正方形的边长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理．连接，证明，推出，得到，即随着点的运动，点始终在过点且与垂直的直线上运动，根据列式计算即可求解． 解：连接，如图， ∵正方形，点为对角线的中点， ∴，，，，， ∴， ∴， ∴，即随着点的运动，点始终在过点且与垂直的直线上运动， ∴， ∴ ， 则， ∴， ∴正方形的边长为， 故答案为：． 【拓展延伸】 【题型十二】特殊平行四边形与动点问题 ★★★【例题12】（24-25八年级下·湖北荆州·期中）如图，将正方形放置在平面直角坐标系中，点分别在轴和轴上，顶点的坐标为，是对角线上一动点，连接，过点作交射线于点． （1）如图1，求证； （2）如图1，当时，求点的坐标； （3）如图2，连接交于点，当时，求的面积． 【答案】（1）见分析；（2）点D的坐标为；（3） 【分析】（1）过点D作于点，于点N，证明，即可得到； （2）在中，利用勾股定理求得，再在等腰中，利用勾股定理求解即可； （3）过点作，且，连接交于点，证明，推出，，再证明，求得，设，则，在中，利用勾股定理求解即可． 解：（1）证明：过点D作于点，于点N， 四边形是正方形， ，平分， ，， ， ， ， ， ； （2）解：顶点A的坐标为， ， 在中，根据勾股定理， ， ， ， 在等腰中，根据勾股定理，， ， ， 点D的坐标为； （3）解：过点作，且，连接交于点， 四边形是正方形， ，，，， ，， ， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ， 设，则， 在中， 根据勾股定理，， 即， 解得，即， ． 【点拨】本题考查了坐标与图形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． ★★★【变式1】（2025·四川达州·一模）如图，在矩形中，，，的平分线交于点，、分别是边、上的动点，且，是线段上的动点，连接，．若．则线段的长为（    ）． A．2 B． C．3 D． 【答案】D 【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形三边关系，勾股定理等知识．由题意知，，如图1，在上取点，使，连接，，则，由，，可得，，即、、三点共线，如图2，则四边形是矩形，则，由勾股定理得，计算求解即可，明确时，点的位置是解题的关键． 解：四边形是矩形， ，， 的平分线交于点， ， 如图1，在上取点，使，连接，， ， ，， 与的距离为6， ， ， 如图2，则四边形是矩形， ，， ，，， 四边形为正方形， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ， ， ，， 由勾股定理得， 故选：D． ★★★【变式2】（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，在边长为6的正方形中，E是的中点，P、Q分别是边、上的动点，且交于F，则 ，连接和，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】过点作于点，在正方形中，得出四边形是矩形，即可得，，根据，得出，证明，得出，根据勾股定理即可求出；将正方形沿翻折，得到正方形，在上取点，使，连接，则，过点作交于点，则四边形为平行四边形，则，得到，进而推出当，三点共线时，的值最小，在中利用勾股定理求出的长，即可得出结果． 解：如图，过点作于点， 在正方形中，， ∴四边形是矩形， ， ， ∵， ∴， ∴， ， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∴； 故答案为：； 将正方形沿翻折，得到正方形，在上取点，使，连接，则，过点作交于点， 则四边形为平行四边形， 则， ， ∴当三点共线时，的值最小， ∵， ∴， ， ， ， ， ， 即的最小值为， 故答案为：． 【点拨】本题考查正方形的性质，矩形的性质和判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，翻折的性质，本题的综合性强，难度大，属于压轴题．熟练掌握相关性质，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键． 【题型十三】特殊平行四边形与存在性问题 ★★★【例题13】（24-25九年级上·江苏淮安·阶段练习）如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度沿线段向点运动；同时点从点出发，以 的速度沿向点运动．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，回答下列问题： （1）求为何值时，四边形是矩形? （2）求为何值时，？ （3）是否存在的值，使得是以为腰的等腰三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）或；（3）存在，的值为或或． 【分析】（1）由，，可得：四边形是矩形，只需，即，即可求解； （2）根据，有两种情况：①若四边形为平行四边形，由可得方程，即可求解；②若四边形为等腰梯形，作于，于，可得四边形和四边形都是矩形，推出，，进而得到，证明可得，得到，由列方程即可求得答案； （3）分两种情况讨论：当时，过作于；当时，过作于；根据矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质求解即可． 解：（1）解：如图： 由题意得：，， ， ，， 要使四边形是矩形，只需，即， 解得：； （2）解：若，分两种情况： ①当四边形是平行四边形时，．如图： ，即， 解得：， 即当时，四边形是平行四边形，； ②当四边形是等腰梯形时，．如图： 根据题意得：，， ， 作于，于， 又，， ， 四边形和四边形都是矩形， ，，， ， 在和中， ， ， ， ， 由得：， 解得：， 时，四边形为等腰梯形，． 综上，当或时，； （3）解：存在，理由如下： ①当时，过作于，如图： ，，， 四边形是矩形， ，， ，， ， ， ， ， ， 解得：或（不合题意，舍去）； ②当时，过作于，如图： 同理可得：四边形是矩形， ，， ， ， ， ， 解得：或； 综上所述，存在的值，使得是以为腰的等腰三角形，的值为：或或． 【点拨】本题主要考查动点问题，涉及平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理定理，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟悉平行四边形、矩形、等腰三角形的判定定理，灵活运用勾股定理，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． ★★★【变式1】（23-24八年级下·云南普洱·期末）如图，在平面直角坐标系中，点、分别在x轴、y轴上，线段OA、OB的长（）是方程组的解，点C是直线与直线的交点，点在线段上，． （1）求点的坐标． （2）求直线的解析式． （3）当点P在直线上运动时，在平面内是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）；（3）或或或； 【分析】（1）根据解方程组，可得A、B的坐标，根据待定系数法，可得函数解析式，根据解方程组，可得点C的坐标； （2）根据D在上，求解，利用勾股定理建立方程，可得D点坐标，根据待定系数法，可得的函数解析式； （3）结合菱形的性质，分情况讨论：若P在x轴上方，若P在x轴下方，进行讨论即可得到答案． 解：（1）解：∵，即， 解得， ∴， 即、． 设直线的解析式， 把A、B点的坐标代入函数解析式，得， 解得． 直线的解析式， 由点C是直线与直线的交点， 得， 解得， ∴C点的坐标是； （2）解：由点D在线段上，C点的坐标是 ∴， ∵， ∴， 设， ∴， 解得（不符合题意的根舍去）， 即D点坐标是； 设的函数解析式为， 把A、D点的坐标代入，得， 解得． ∴的函数解析式为； （3）解：过D作轴，由（2）中D，A的坐标可知，， ∴， ∵以O、A、P、Q为顶点的四边形是菱形，分情况讨论如下： 若P在x轴上方，是菱形， 则，， 如图所示， 过P作轴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 结合平移的性质可得：； 当是菱形，记对角线的交点为， ∴，，， 由可得， ∴， ∴； 如图，当四边形为菱形时， 此时，， ∴为与轴的交点， ∴，四边形是正方形， ∴； 当在轴下方，四边形为菱形时，则，．过P作轴， 如图所示， 同理可得：， ∴， 结合平移可得：， 综上：或或或； 【点拨】本题考查一次函数、利用了待定系数法求函数解析式、利用平方根的含义解方程，菱形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，清晰的分类讨论，数形结合的方法的运用是解题的关键． ★★★【变式2】（23-24八年级下·全国·期末）平行四边形在平面直角坐标系中的位置如图①． （1）写出点C的坐标； （2）在图①中，连接，得到图②，求与的交点M的坐标； （3）将图②中的线段向两方延长得到图③，若点 D、E为直线上不与B、C重合的动点，是否存在这样的点D、E，使得四边形为矩形？若存在，请在图中画出矩形，并求出矩形的面积和点 D、E 的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）；（3）存在，图见分析，矩形的面积为12， 【分析】（1）根据平行四边形的对边相等和已知点的坐标求得点的坐标即可； （2）首先求得直线的解析式，然后得到直线的解析式，联立后即可求得交点的坐标； （3）分别过点、作于点，于点，过、分别作轴和的垂线，垂足分别为、，利用四边形是平行四边形，得到，从而得到四边形是矩形，且与平行四边形面积相等，从而求得矩形的面积为12，求得线段和线段后即可求得点的坐标，同理即可求得点的坐标． 解：（1）解：四边形是平行四边形， ， 、， ； （2）解：如图②，设所在的直线的解析式为， 直线经过点、， ， 解得： 所在直线的解析式为， 由于直线过原点， 设直线的表达式为， 将点代入，得， 解得：， 直线的表达式为， 联立方程 解得：， 即的坐标是； （3）解：存在这样的、，使得四边形是矩形． 分别过点、作于点，于点，过、分别作轴的垂线和的垂线，垂足分别为、， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形，且与平行四边形面积相等， 平行四边形的面积为， 矩形的面积为12，即， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， 点的坐标为， 四边形是矩形，四边形是平行四边形， ，，，， ，，     ， ， ， ， ， ， 点的坐标为． 【点拨】此题主要考查四边形的综合知识、勾股定理等知识，综合性较强，熟练掌握知识点及应用是解题的关键． 【题型十四】特殊平行四边形与探究性问题 ★★★【例题14】（24-25八年级上·浙江杭州·期中）在数学实验课上，老师让学生以“折叠筝形”为主题开展数学实践探究活动． 定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”． 【概念理解】如图①，将一张纸对折压平，以折痕为边折出一个三角形，然后把纸展平，折痕为四边形．判断四边形的形状： 筝形（填“是”或“不是”）； 【性质探究】如图②，已知四边形纸片是筝形，连结，相交于点O． 请补充结论1，再从不同角度写一个正确的结论2． 结论1：筝形的内角和为 ．结论2： ． 【拓展应用】如图③，是锐角的高，将沿边翻折后得到，将沿边翻折后得到，延长，交于点G． （1）求证：四边形是筝形； （2）若，，，，求的长． 【答案】【概念理解】：是；【性质探究】：，（任选一个即可，答案不唯一）；【拓展应用】：（1）证明见解答过程；（2） 【分析】【概念理解】根据题意得,即可得解； 【性质探究】如图，根据折叠性质可证明,可得,再利用等腰三角形的三线合一的性质即可得到结论； 【拓展应用】（1）先证,再根据“筝形”的定义判断即可；（2）由折叠性质可证四边形是正方形，设,根据勾股定理即可求解． 解：【概念理解】解：由折叠性质得：， 四边形是“筝形”， 故答案为：是； 【性质探究】解：如图， 筝形是四边形， 筝形的内角和为， 在和中 ， ， , , 故答案为：，（任选一个即可，答案不唯一）； 【拓展应用】（1）证明：如图，连接， , 和是直角三角形， 在和中， , , , 四边形是四边形是“筝形” （2）解：由折叠性质可得：,,,, , , , 四边形是正方形， , 设,则, 在中，, ,解得：, ． 【点拨】本题主要考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质，折叠的性质是解决此题的关键. ★★★【变式1】（2025·吉林·模拟预测）【问题情境】 如图，四边形是正方形．过点在正方形的外侧作射线．作点关于射线的对称点，线段交射线于点，连接交直线于点． 【探究发现】 （1）当时，的度数为___________度； 【猜想论证】 （2）在（1）的条件下，猜想线段、、之间的数量关系，并证明你的猜想； 【拓展应用】 （3）若，直接写出的长． 【答案】（1）；（2），证明见分析；（3）BF的长为或． 【分析】（1）连接，由对称的性质可得，，，结合正方形的性质，，可以得到是等腰三角形，，则，在中，利用三角形外角和定理即可得到答案； （2）线段、、之间的数量关系为，证明如下：过点作，交与点，由题意可知，得出，结合正方形性质得，证明，得到，，可得是等腰直角三角形，，由即可得到答案； （3）由题意可得，需要对两种情况分别讨论： ①当时，参照（2）中的结论即可求解； ②当时，连接，作过点作，交与点，由题意得，，得到，再根据直角关系得到，证明，得到，，是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，，，，即可求解． 解：（1）如图所示，连接， 四边形是正方形， ，， 由对称的性质可得，，， ，， ， 是的一个外角， ， 故答案为：； （2），证明如下： 如图所示，过点作，交与点， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ； （3），，根据题意分为两种情况： ①当时，由（1）可知，， 由对称的性质可得：， 是等腰直角三角形， ， ， ， 由（2）得； ②当时，如图所示，连接，作过点作，交与点， 四边形是正方形， ，， ， ， 由对称的性质可得，，， ，， ， ， ， ， ，， 是等腰直角三角形，， 由对称的性质可得，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ； 综上所述：BF的长为或． 【点拨】本题考查了正方形的性质、轴对称的性质、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等，熟练掌握以上知识点，能够作出适当的辅助线并进行分类讨论是解题的关键． ★★★【变式2】（24-25九年级上·辽宁铁岭·阶段练习）综合与实践已知：，在和上截取，将线段边绕点A逆时针旋转得到线段，点E在射线上，连接，． 【特例感知】 （1）如图1，若旋转角，则与的数量关系是______； 【类比迁移】 （2）如图2，试探究在旋转的过程中与的数量关系是否发生改变？若不变，请求与的数量关系；若改变，请说明理由； 【拓展应用】 （3）如图3，在四边形中，，，点E在直线上，，，请直接写出的面积． 【答案】（1）；（2）保持不变，理由见分析；（3）的面积为或 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理； （1）当可得四边形是正方形，此时、重合，可得； （2）过作于，过作于，由旋转结合等腰三角形三线合一可得，再证明，得到，最后由，得到，，即可得到； （3）参考（2）中作辅助线，过作于，过作于，先证明，得到，，再由，得到，利用勾股定理求出，，最后根据计算，需要利用点与点位置去分类讨论． 解：（1）∵将线段边绕点A逆时针旋转得到线段， ∴，， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∵点E在射线上，， ∴此时、重合， ∴， ∴； （2）在旋转的过程中不变，理由如下： 如图，过作于，过作于，则， ∵将线段边绕点A逆时针旋转得到线段， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）当在点右边时，如图，过作于，过作于，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 同理，当在点左边时，如图 ， ∴； 综上所述，的面积为或． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$