专题1.4 特殊平行四边形（章节复习）知识梳理+21个考点讲练+中考真题演练+难度分层练 共56题-2025-2026学年北师大版数学九年级上册同步培优重难点精讲练讲义

专题1.4 特殊平行四边形（章节复习） （知识梳理+21个考点讲练+中考真题演练+难度分层练 共56题） 知识梳理 技巧点拨 2 知识点梳理01：菱形 2 知识点梳理02：矩形 3 知识点梳理03：正方形 3 优选题型 考点讲练 4 考点1：根据菱形的性质与判定求角度 4 考点2：根据菱形的性质与判定求线段长 6 考点3：根据菱形的性质与判定求面积 8 考点4：矩形与折叠问题 11 考点5：斜边的中线等于斜边的半 16 考点6：添一条件使四边形是矩形 19 考点7：证明四边形是矩形 22 考点8：根据矩形的性质与判定求角度 25 考点9：根据矩形的性质与判定求线段长 29 考点10：根据矩形的性质与判定求面积 32 考点11：正方形折叠问题 35 考点12：求正方形重叠部分面积 38 考点13：根据正方形的性质与判定求角度 41 考点14：根据正方形的性质与判定求线段长 43 考点15：根据正方形的性质与判定求面积 46 考点16：根据正方形的性质与判定证明 49 考点17：中点四边形 54 考点18：利用（特殊)平行四边形的对称性求阴影面积 57 考点19：(特殊）平行四边形的动点问题 59 考点20：四边形中的线段最值问题 63 考点21：四边形其他综合问题 68 考点21：四边形其他综合问题 71 中考真题 实战演练 75 难度分层 拔尖冲刺 81 基础夯实 81 培优拔高 89 知识点梳理01：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 知识点梳理02：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. 知识点梳理03：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. 考点1：根据菱形的性质与判定求角度 【典例精讲】（2025·江西萍乡·二模）（1）计算：． （2）如图，在四边形中，，过点作于点，过点作于点．求证：． 【答案】（1） （2）证明过程见详解 【思路引导】本题主要考查实数的混合运算，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握算术平方根，乘方，零次幂的计算，菱形的判定和性质是关键． （1）分别计算算术平方根，乘方，零次幂的结果，再进行加减计算即可； （2）根据题意得到四边形是菱形，再证明，即可求解． 【规范解答】解：（1） ； （2）∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 【变式训练】（22-23八年级下·广西桂林·阶段练习）在菱形中，与相交于点O，E为的中点，且，．    (1)求的度数； (2)求菱形的面积． 【答案】(1) (2) 【思路引导】（1）根据E为的中点，且，得到，结合菱形性质得到，从而得到是等边三角形，即可得到的度数； （2）根据是等边三角形结合勾股定理求出直接求解即可得到答案． 【规范解答】（1）解：∵E为的中点，且， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴； （2）解：∵，E为的中点， ∴，， ∵， ∴， ∴． 【考点剖析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是得到是等边三角形． 考点2：根据菱形的性质与判定求线段长 【典例精讲】（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图，在中，，是边上的中点，延长至点，使得，于点．    (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】本题主要考查平行四边形的判定，菱形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． （1）根据平行四边形的判定和菱形的判定解答即可； （2）根据勾股定理得出，进而利用菱形面积公式解答即可． 【规范解答】（1）证明：是边上的中点， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：，，， ， 由勾股定理可知，， 由（1）可得， ， 在中，， ， ， ． 【变式训练】（24-25八年级下·山东青岛·阶段练习）如图1，在平行四边形中，，，动点从点出发，沿折线方向匀速运动，运动到点停止．设点的运动路程为，的面积为与的函数图象如图2所示，则的长为 ． 【答案】 【思路引导】本题考查了动点问题的函数图象，根据菱形的性质和函数图象，能根据图形得出正确信息是解此题的关键．先证明四边形是菱形，根据图1和图2判定三角形为等边三角形，它的面积为解答即可． 【规范解答】解：在平行四边形中，， ∴四边形是菱形， ∴， ， 为等边三角形， 设，由图可知，当两点重合时，的面积为， ∴的面积， 解得：(负值已舍)， 故答案为：． 考点3：根据菱形的性质与判定求面积 【典例精讲】（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在四边形中，与相交于点，且，点在上，满足． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求四边形的面积． (3)在（2）的条件下，平行线与间的距离为______． 【答案】(1)见解析 (2)24 (3) 【思路引导】此题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的判断和性质、勾股定理等知识，证明四边形为菱形是关键． （1）根据题意可证明，得到，从而根据“对角线互相平分的四边形为平行四边形”证明即可； （2）根据，可证明为的中垂线，从而推出四边形为菱形，然后根据条件求出的长度，即可利用菱形的面积公式求解即可； （3）根据等积法进行求解即可． 【规范解答】（1）证明：在和中， ∴． ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． （2）∵， ∴为的垂直平分线，． ∴平行四边形是菱形． ∵，     ． 在中，， ， ∴， ， ∴四边形的面积为24． （3）∵，，， ∴ 设平行线与间的距离为， 则， 解得 故答案为；． 【变式训练】（23-24九年级上·山东淄博·期末）我们新定义一种三角形：两边平方和等于第三边平方的3倍的三角形叫做和谐三角形，例如：某三角形三边长分别是，3，2，因为，所以这个三角形是和谐三角形．在平行四边形中，于点O，，且是和谐三角形，则该平行四边形的面积为 ．（温馨提示：，，） 【答案】或3 【思路引导】本题考查了新定义，菱形的判定及性质，勾股定理，理解新定义，掌握性质，能根据“和谐三角形”中不同的第三边进行分类讨论是解题的关键． 由菱形的判定方法得四边形是菱形，①为第三边时，由新定义得，再由菱形的性质得，由勾股定理得 ，由菱形的面积得，即可求解；②（或）为第三边时，同理可求解． 【规范解答】解：四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ； ①如图，为第三边时， 是和谐三角形， ， 解得：； ， ； ， ； ②如图，（或）为第三边时， 是和谐三角形， ， 解得：； ， ； ， ； 综上所述：该平行四边形的面积为或3． 故答案：或3． 考点4：矩形与折叠问题 【典例精讲】（23-24九年级上·江苏盐城·期末）如图，在矩形中，点是的中点，将矩形沿所在的直线折叠，，的对应点分别为，，连接交于点． (1)若，求的度数； (2)连接，试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1) (2)矩形，见解析 【思路引导】本题主要考查矩形的性质，矩形的判定，折叠的性质，全等三角形的判定和性质的综合，掌握矩形折叠的性质，全等三角形的判定和性质，图形结合分析是解题的关键． （1）根据点是的中点，沿所在的直线折叠，可得是等腰三角形，根据三角形的外角的性质即可求解； （2）如图所示，连接，点是上的一点，根据矩形和折叠的性质可得四边形是平行四边形，如图所示，连接，，过点作于点，可证四边形是平行四边形，再根据折叠的性质得，由此即可求证． 【规范解答】（1）解：∵四边形是矩形，点是的中点， ∴， ∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，， ∴， ∴，则是等腰三角形， ∴， ∵，即， ∴， ∴的度数为． （2）解：如图所示，连接，点是上的一点，    ∵四边形是矩形， ∴，，即， ∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，， ∴，，是的角平分线， 由（1）可知，， ∴， ∴，且， ∴四边形是平行四边形，则，， 如图所示，连接，，过点作于点，      ∵点是的中点，， ∴点是线段的中点，则， ∴在中， ， ∴， ∴，， ∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，， ∴，，， 在中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形． 【变式训练】如图，在矩形中，，，点为射线上一个动点，将沿直线折叠，当点的对应点刚好落在线段的垂直平分线上时，的长为 ． 【答案】2.5或10 【思路引导】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，垂直平分线性质，勾股定理．根据题意分两种情况①点的对应点落在矩形的内部，②点的对应点落在矩形的外面，过点作于点，延长交于点，构造直角三角形，结合矩形的性质和判定，折叠的性质，垂直平分线性质，勾股定理求解，即可解题． 【规范解答】解：①点的对应点落在矩形的内部， 过点作于点，延长交于点， 四边形为矩形， ， ， 四边形为矩形， ， ， 点刚好落在线段的垂直平分线上， ， 由折叠的性质可知，， ， ， ， ， 解得； ②点的对应点落在矩形的外面， 过点作于点，延长交于点， 由①同理可得，四边形为矩形， ，， ， ， ， 解得， 综上所述的长为2.5或10， 故答案为：2.5或10． 考点5：斜边的中线等于斜边的半 【典例精讲】（2025·河南周口·三模）如图，菱形中，，对角线与相交于点，过点作，交边于点，连接，若，则菱形的面积为 ． 【答案】 【思路引导】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理，由菱形的性质可得，，，由直角三角形的性质可得，，由勾股定理求出，即可得出，最后由菱形的性质计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【规范解答】解：∵四边形为菱形， ∴，，， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴菱形的面积为， 故答案为：． 【变式训练】（2025·安徽阜阳·三模）在中，，，是上一点，连接，将绕点顺时针旋转，得到，作交直线点，交直线于点． (1)若E，H重合，求证：点是的中点； (2)若点在内，作交于点，判断与之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【思路引导】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定等待，正确作出辅助线是解题的关键． （1）先由等边对等角和三角形内角和定理得到，则由由旋转的性质可得，则，据此可证明，得到，再证明，得到，据此可证明结论； （2）取的中点为点，连接．由平行线的性质得到，则，即有，进而得到；进而可得；由旋转的性质可得，则可证明，得到，，则可证明，得到，则． 【规范解答】（1）证明：∵， ∴ 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ，即点是的中点； （2）解：，证明如下： 如图，取的中点为点，连接． ∵， ∴， ∵M是的中点， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴； 由旋转的性质可得， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 考点6：添一条件使四边形是矩形 【典例精讲】（24-25八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，动点以每秒2个单位长度的速度从点出发沿方向运动，点同时以每秒2个单位长度的速度从点出发沿方向运动，若，则经过 秒时，四边形是矩形． 【答案】或 【思路引导】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定，熟练掌握矩形的判定是解题关键．设经过秒时，四边形是矩形，先根据平行四边形的性质可得，，再分两种情况：①和②，证出四边形是平行四边形，根据矩形的判定可得要使平行四边形是矩形，则需，即，由此即可得． 【规范解答】解：设经过秒时，四边形是矩形， 由题意得：， ∵， ∴点从点运动到点所需时间为秒；当点相遇时，， 解得，此时，点在点相遇， ∵四边形是平行四边形，， ∴． ①如图1，在点相遇前，即， ∴，即， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 要使平行四边形是矩形，则需，即， ∴， 解得，符合题设； ②如图2，在点相遇后，即， ∴，即， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 要使平行四边形是矩形，则需，即， ∴， 解得，符合题设； 综上，经过或秒时，四边形是矩形， 故答案为：或． 【变式训练】（24-25九年级上·河南平顶山·期中）如图，是的高，，分别是，的中点，点在上，，分别是，的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，．填空： ①当 时，四边形是矩形； ②当 时，四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)①8；②2 【思路引导】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定、勾股定理、三角形的中位线等知识，熟练掌握知识点推理证明是解题的关键． （1）根据中点，得出是的中位线，是的中位线，是的中位线，根据三角形中位线的性质，得出，，，则，，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”，即可证明四边形是平行四边形； （2）①当时，点和点重合，得出是的中位线，则，推出，根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”，即可得出此时四边形是矩形； ②当时，求出，根据三角形中位线的性质，得出，，当时，求出，根据勾股定理计算，得出，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”，即可得出此时四边形是菱形． 【规范解答】（1）证明：∵，分别是，的中点，点在上，，分别是，的中点， ∴是的中位线，是的中位线，是的中位线， ∴，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）解：①当时，四边形是矩形，理由如下， ∵， ∴当时，点和点重合， ∴此时点也是的中点， ∵是的中点， ∴此时是的中位线， ∴， ∵是的高， ∴， ∴， 由∵由（1）得四边形是平行四边形， ∴此时四边形是矩形， 故答案为：8； ②当时，四边形是菱形，理由如下， ∵，， ∴， 由（1）得是的中位线，是的中位线，四边形是平行四边形， ∴，， 当时，， ∵是的高，， ∴， ∴， ∴此时， ∴当时，四边形是菱形， 故答案为：2． 考点7：证明四边形是矩形 【典例精讲】（2025·贵州贵阳·模拟预测）如图，在菱形中，对角线交于点，过点作于点，延长到点，使得，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】本题考查了矩形的判定，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线性质，勾股定理等知识；正确的识别图形是解题的关键． （1）根据菱形的性质得到且，再证，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论； （2）由直角三角形斜边上的中线性质得，再由勾股定理得，即可得出答案． 【规范解答】（1）证明：四边形是菱形， 且， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 平行四边形是矩形； （2）解：四边形是菱形， ，，， 由（1）可知，， ， 在中，， ． 【变式训练】（24-25九年级上·吉林·期中）“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图①，在中，，为边上的中线．将，其沿射线的方向平移，得到，其中点的对应点分别为．如图②，当线段经过点D时，连接，请判断四边形的形状，并说明理由． 数学思考 （1）请回答老师提出的问题； 深入探究 （2）老师将图②中的绕点F按逆时针方向旋转得到，其中点的对应点分别为，线段分别与边交于点．如图③，当时，让同学们提出新的问题．“勤学小组”提出问题：试猜想线段和的数量关系，并证明． 【答案】（1）矩形，理由见解析；（2），见解析 【思路引导】（1）四边形是矩形，由平移的性质得到，从而得到，根据为边上的中线，推出，进而证明是等腰三角形，推出，，证明四边形是平行四边形，再根据，即可证明四边形是矩形； （2）由平移的性质得到，从而得到，由（1）可得，进而得到，在图3中，由旋转的性质得到，根据平行线的性质推出，证，再根据四边形是矩形，推出，即可证明． 【规范解答】解：（1）四边形是矩形， 理由如下：平移得到， ， ， 为边上的中线， ， 是等腰三角形， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形； （2）， 证明：在图2中，平移得到， ， 由（1）可得，， ， ， 在图3中，旋转得到， ， ， ， ， ， 由图2可知，四边形是矩形， ， ， ， ． 【考点剖析】本题考查平移的性质，旋转的性质，矩形的判定，直角三角形的特征，等腰三角形的判定与性质，综合性较强，熟练运用平移与旋转的性质是解题的关键． 考点8：根据矩形的性质与判定求角度 【典例精讲】（23-24八年级下·辽宁大连·期中）如图，四边形为平行四边形，点E在边上，连接交于点F，． (1)如图1，若，则的度数为______ (2)如图2，若，，四边形的周长为28，求四边形的面积． 【答案】(1)； (2)四边形的面积为． 【思路引导】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，利用完全平方公式求面积是解题的关键． （1）设根据菱形的性质和等腰三角形的性质，得出三个角的度数，列方程得出，即可得到的度数； （2）连接，求出对角线的长度，从而得出四边形的边长，求出面积． 【规范解答】（1）解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， 设， 则， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：连接交于点，如图： 设，则， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 设， ， ∴四边形的面积为． 【变式训练】（2024·福建三明·二模）如图，在中，，，把绕点A逆时针旋转得到，点D与点B对应，点D恰好落在上，过E作交的延长线于点F，连接并延长交于点G，连接交于点H．下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（   ）    A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】A 【思路引导】连接，可证四边形是矩形，，即可判断①③；根据①③的结论可推出垂直平分，进而可得是等腰直角三角形，从而可判断②；证明，推出，设，推出，，判断④即可． 【规范解答】解：连接，如图所示：    ∵，， ∴ 由题意得： ∴ ∴ ∴ ∵， ∴ ∴四边形是矩形， ∴，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴点是的中点 即：，故①正确； ∵， ∴ ∵ ∴ ∴ 同理可证 ∴，故③正确； ∵ ∴垂直平分 ∴ ∵ ∴是等腰直角三角形 ∴ ∵ ∴，故②正确； ∵， ∴， ∴， ∴， 设， 则：， ∴， ∴， ∴；故④正确； 故选：A． 【考点剖析】本题综合考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、斜中半定理等知识点，综合性较强，需要学生具备扎实的几何基础． 考点9：根据矩形的性质与判定求线段长 【典例精讲】（2025·福建南平·三模）如图，是线段所在直线上的一动点，点在的两侧，，，，，，连接，分别取的中点，连接．随着点的运动，线段的长（   ） A．随着点的位置变化而变化 B．保持不变，长为 C．保持不变，长为 D．保持不变，长为 【答案】D 【思路引导】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线的性质，连接，过点作，交的延长线于，可得四边形为矩形，即得，，得到，进而由勾股定理得，再根据三角形中位线的性质得到，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【规范解答】解：如图，连接，过点作，交的延长线于， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵点分别为的中点， ∴为的中位线， ∴， 即的长保持不变， 长为， 故选：． 【变式训练】（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为 ． 【答案】 【思路引导】利用四边形为平行四边形，得出，，由为线段上的动点，可知、运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点，由对称性得，则，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，此时，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，分别证明四边形和四边形是矩形，求出，，再利用勾股定理求出即可． 【规范解答】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵为线段上的动点， ∴可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动， 则如图，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点， 由对称性得， ∴，当且仅当、、依次共线时，取得最小值， 此时如图，设与交于点，交于点，延长交延长线于点， ∵菱形中，，， ∴，，， 由题可得， ∴由对称性可得， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， 即的最小值为， 故答案为：． 【考点剖析】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，两点之间线段最短，根据题意结合相对运动得出运动轨迹，再利用将军饮马解决问题是解题的关键． 考点10：根据矩形的性质与判定求面积 【典例精讲】（2023·贵州贵阳·二模）如图，在菱形中，对角线相交于点 O，，．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)24 【思路引导】（1）先证四边形为平行四边形，再由菱形的性质得，即可得出结论； （2）根据菱形的性质求出，由勾股定理得出的长，再根据梯形的面积公式即可解决问题． 【规范解答】（1）证明：∵， ∴， ∵菱形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴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， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 由（1）得：四边形是矩形， ∴四边形的面积=． 【考点剖析】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、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． 【变式训练】（21-22八年级下·江苏盐城·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，对角线AC、BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE． (1)求证：四边形ABCD是矩形； (2)若∠BDE＝15°，求∠EOC的度数； (3)在（2）的条件下，若AB＝2，求矩形ABCD的面积． 【答案】(1)详见解析； (2)75°； (3)． 【思路引导】（1）由平行线的性质易证∠BAD＝90°，得出∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，即可得出结论； （2）由矩形和角平分线的性质得出∠CDE＝∠CED＝45°，则EC＝DC，推出∠CDO＝60°，证明△OCD是等边三角形，求出∠OCB＝30°，得出∠COE＝75°，即可得出结果； （3）作OF⊥BC于F．求出EC、OF的长即可． 【规范解答】（1）证明：∵AD∥BC， ∴∠ABC+∠BAD＝180°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠BAD＝90°， ∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°， ∴四边形ABCD是矩形； （2）解：∵四边形ABCD是矩形，DE平分∠ADC， ∴∠CDE＝∠CED＝45°， ∴EC＝DC， 又∵∠BDE＝15°， ∴∠CDO＝60°， 又∵矩形的对角线互相平分且相等， ∴OD＝OC， ∴△OCD是等边三角形， ∴∠DOC＝∠OCD＝60°， ∴∠OCB＝90°﹣∠DCO＝30°， ∵CO＝CE， ∴∠COE＝（180°﹣30°）÷2＝75°； （3）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴CD＝AB＝2，∠BCA＝90°， 由（1）可知，∠OCB＝30°， ∴AC=2AB=4， ∴， ∴矩形OEC的面积． 【考点剖析】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键． 考点11：正方形折叠问题 【典例精讲】（24-25八年级下·山西运城·期中）综合与实践 如图，在边长为的正方形中（即，），连接，，，将三角形沿直线折叠，得到，延长交于点M． (1)连接，线段可以看做线段沿着的方向平移______后得到； (2)连接，猜想是否为直角三角形，并加以说明； (3)直接写出与的数量关系． 【答案】(1)4 (2)是，见解析 (3) 【思路引导】（1）证明四边形是矩形，根据平移的定义即可得到答案； （2）由折叠可知，证明，则，即可得到，得到结论； （3）设，则，，，在中，，列方程并解得，则，得到，即可得到结论． 【规范解答】（1）解：∵，，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是矩形， ∴ ∴线段可以看做线段沿着的方向平移后得到； 故答案为；4 （2）是，理由如下： ∵，， ∴， 由折叠可知，， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∴是直角三角形； （3）设，则，， 由折叠可知，， ∴ 在中，， ∴， 解得， 即， ∴， ∴ 【考点剖析】此题考查了正方形的折叠问题、全等三角形的判定和性质、勾股定理、矩形的判定和性质等知识，熟练掌握折叠的性质和全等三角形的判定和性质是关键． 【变式训练】（24-25九年级上·宁夏银川·期中）如图，在正方形中，点为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于点，连接． (1)求证； (2)如图，若正方形边长为，点为的中点，连接，求线段的长； (3)在（）的条件下求出的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【思路引导】（）由正方形得，，由折叠的性质得，，即可得，，进而利用即可求证； （）由正方形的边长为得，进而由折叠得，又由得，设，则，，在中，利用勾股定理求出即可求解； （）求出，再根据即可求解． 【规范解答】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠可得，，， ∴，， 在和， ， ∴； （2）解：∵正方形边长为， ∴， ∵点为的中点， ∴， 由折叠可得，， ∵， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， 解得， ∴； （3）解：∵， ∴，， ∴， ∴． 【考点剖析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，掌握正方形和折叠的性质是解题的关键． 考点12：求正方形重叠部分面积 【典例精讲】（2025九年级上·全国·专题练习）如图，正方形的对角线相交于点O，点O是正方形的一个顶点．如果两个正方形的边长都等于2．那么正方形绕O点无论怎样转动，两个正方形重叠的部分的面积是 ． 【答案】1 【思路引导】本题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等知识内容，难度适中，正确掌握相关性质内容是解题的关键．过点O分别作于点M，于点N，根据四边形和是正方形，证明，得，故两个正方形重叠的部分的面积等于正方形，即可列式作答． 【规范解答】解：过点O分别作于点M，于点N，连接交于点O，如图所示： ∵四边形和是正方形， ∴，， ∵正方形的对角线相交于点O， ∴，， ∴， ∴四边形是正方形， ∵，， ∴ ∵ ∴， ∴， 则， 故两个正方形重叠的部分的面积等于正方形面积， ∴， 那么两个正方形重叠的部分的面积等于， 故答案为：． 【变式训练】（2021·辽宁抚顺·三模）如图，正方形的对角线、相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．设两个正方形重合部分的面积为，正方形的面积为，通过探索，我们发现：无论正方形绕点怎样转动，始终有 ． 【答案】 【思路引导】由正方形性质可证△AOE≌△BOF（ASA）由S四边形EOFB=S△EOB+S△BOF= S△EOB+S△AOE=S△AOB即可． 【规范解答】解：∵正方形的对角线、相交于点， ∴OA=OB，∠AOB=90°，∠OAB=∠OBC=45°， 又∵点又是正方形的一个顶点， ∴∠A1OC1=90°， ∴∠AOE+∠EOB=∠EOB+∠BOF=90°， ∴∠AOE =∠FOB， 在△AOE和△BOF中， ， ∴△AOE≌△BOF（ASA）， ∴S1=S四边形EOFB=S△EOB+S△BOF= S△EOB+S△AOE=S△AOB=． 故答案为． 【考点剖析】本题考查正方形的性质，三角形全等判定，四边形面积转化为三角形面积，掌握正方形的性质，三角形全等判定，四边形面积转化为三角形面积是解题关键． 考点13：根据正方形的性质与判定求角度 【典例精讲】（22-23九年级上·贵州黔南·开学考试）下列图形是由四块完全相同，底角为的等腰梯形拼接而成的平行四边形和正方形，如图（1）、（2）所示． (1)设图1中的阴影部分面积为，图2中阴影部分面积．请你用含、的代数式表示，． (2)请问以上结果可以验证哪个乘法公式． (3)当，，时，试利用这个公式计算的值． 【答案】(1)； (2)平方差公式 (3) 【思路引导】（1）先证明图1的面积为，再利用正方形的判定与性质可得； （2）结合（1）的结论可得答案； （3）利用平方差公式先计算，再代入数据计算即可； 【规范解答】（1）解：如图，作出等腰梯形的两条高，而， ∴四边形是矩形， ∴， ∵等腰梯形是轴对称图形， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 由四条边相等，四个角是直角的四边形是正方形可得图2的两个四边形是正方形， 由正方形的性质可得： （2）解：由（1）得：平方差公式； （3）解：∵ 当，，时， 原式； 【考点剖析】本题考查的是平方差公式的几何意义与应用，等腰梯形的性质，正方形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，熟练的利用等面积法证明乘法公式是解本题的关键． 【变式训练】（2023·福建宁德·一模）如图，将矩形沿折叠，使顶点B落在上点处；再将矩形展平，沿折叠，使顶点B落在上点G处，连接． 小明发现可以由绕某一点顺时针旋转得到，则 °． 【答案】 【思路引导】根据旋转角等于对应边所在直线的夹角求直线与的夹角即可． 【规范解答】延长与交于点， ∵可以由绕某一点顺时针旋转得到， ∴， ∵将矩形沿折叠，使顶点B落在上点处， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， 故答案为： 【考点剖析】本题考查矩形的折叠，旋转的性质，正方形的判定，解题的关键是理解旋转角等于对应边所在直线的夹角． 考点14：根据正方形的性质与判定求线段长 【典例精讲】四边形为正方形，点E为线段上一点，连接，过点E作，交射线于点F，以为邻边作矩形，连接．（提示：过E作于点P，于点Q） (1)如图，求证：矩形是正方形； (2)若，，求的长度； (3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或 【思路引导】本题考查正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质、角平分线的性质、多边形的内角和等知识，熟练掌握正方形的判定与性质是解答的关键． （1）作于P，于Q 证明得到，然后根据正方形的判定可得结论； （2）先利用勾股定理求得，进而得到，则点F与C重合，根据（1）中正方形的性质可求解； （3）分①当与的夹角为时，点F在边上和②当与的夹角为时，点F在的延长线上两种情况分别求解即可． 【规范解答】（1）证明：作于P，于Q，则 ∵四边形为正方形， ∴，， ∴，，， ∵四边形是矩形， ∴，则， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：如图2， 在中．， ∵， ∴， ∴点F与C重合， ∵四边形是正方形， ∴； （3）解：①当与的夹角为时，点F在边上，，如题干图： 则， 在四边形中，由四边形内角和定理得：； ②当与的夹角为时，点F在的延长线上，，如图3所示： ∵，， ∴， 综上所述，或． 【变式训练】（2025·安徽淮北·三模）如图，在中，，，点D为上一点，，点P为平分线上一点，且，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【思路引导】本题主要考查了正方形的性质与判定，角平分线的性质，勾股定理，过点P作于点E，于点F，由角平分线的性质得到，则可证明四边形CEPF是正方形，设，则，，由勾股定理结合可得方程，解方程即可得到答案． 【规范解答】解；如图所示，过点P作于点E，于点F， 平分，，， ∴， 又∵ ∴四边形CEPF是矩形， 矩形CEPF是正方形， 设，，则， ， ， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得 ， ∴， ∴， 解得 ， 故选：C． 考点15：根据正方形的性质与判定求面积 【典例精讲】（24-25九年级上·吉林长春·期中）【教材原题】如图①，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点．求证：． 【应用】如图②，连结图①中的，并取中点，连结、，其他条件不变． （1）若，则四边形的周长为________． （2）若，且，则四边形的面积为________． 【答案】教材原题：证明见解析；应用：（）；（） 【思路引导】教材原题：运用三角形中位线定理和等腰三角形性质即可证得结论； 应用：（）运用三角形中位线定理可得，，再由，可得，即可得出答案； （）同理（）得，得出四边形是菱形，再证得，得出四边形是正方形，进而即可求解． 【规范解答】解：教材原题：如图① ， ∵分别是的中点， ∴分别是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴； 应用：（）如图②， ∵分别是的中点， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形PMQN的周长为， 故答案为：； （）如图③ ∵分别是的中点， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴菱形是正方形， ∴， 故答案为：． 【考点剖析】本题考查了三角形的中位线定理，平行线的性质，菱形判定，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 【变式训练】（23-24八年级下·云南昭通·阶段练习）如图，在中，，为边的中点，四边形是平行四边形，、相交于点． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，时，求的面积． 【答案】(1)详见解析 (2) 【思路引导】本题考查平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质： （1）三线合一，得到，，先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形为矩形，即可得证； （2）先证明四边形是正方形，再利用分割法求面积即可． 【规范解答】（1）在中，，是的中点， ，即，，     又四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是平行四边形，     ， 平行四边形是矩形； （2）四边形是矩形，，即， 四边形是正方形，     ， ． 考点16：根据正方形的性质与判定证明 【典例精讲】（20-21八年级下·广东佛山·期末）如图1，中，，，外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，为垂足． (1)________°； (2)①求证：四边形是正方形． ②若，求的长． (3)如图2，在中，，底边上的高，，则的长度是________． 【答案】(1)45； (2)①见解析；②DF的长为2； (3)． 【思路引导】（1）根据平角的定义得出，由角平分线的定义求出，最后再由三角形内角和定理即可得解； （2）①作于，先证明四边形为矩形，再由角平分线的性质定理得出，即可得证；②设，由正方形的性质得出，证明，得出，同理可得：，再由勾股定理计算即可得出答案； （3）把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点，由（1）（2）得：四边形是正方形，，，，设，则，，再由勾股定理计算即可得出答案． 【规范解答】（1）解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∵平分，平分， ∴，， ∴， ∴； （2）证明：作于， ， 则， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∵，外角平分线交于点， ∴，， ∴， ∴四边形为正方形； ②设， ∵， ∴， 由①得四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 同理可得：， 在中，， ∴， 解得：， ∴的长为； （3）解：如图，把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点， ， 由折叠得：， ，， ， 由（2）得：四边形是正方形， ∴， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 解得：，即． 【考点剖析】本题考查了正方形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质定理、折叠的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题关键． 【变式训练】（24-25九年级上·湖南长沙·开学考试）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形” 【概念理解】 （1）在已经学过的“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中，_________是“中方四边形”（填序号）． 【性质探究】 （2）如图1，若四边形是“中方四边形”，观察图形，线段和线段有什么关系，并证明你的结论． 【问题解决】 （3）如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形连结，依次连接四边形的四边中点得到四边形．求证：四边形是“中方四边形”． 【答案】（1）④；（2）；（3）见解析 【思路引导】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质． （1）根据定义“中方四边形”，即可得出答案； （2）由四边形是“中方四边形”，可得是正方形且E、F、G、H分别是的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案； （3）如图2，取四边形各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论． 【规范解答】（1）解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下： 因为正方形的对角线相等且互相垂直， 故答案为：④； （2）解：； 理由如下：如图1， ∵四边形是“中方四边形”， ∴是正方形且E、F、G、H分别是的中点， ∴，，，， ∴， 故答案为：，； （3）证明：如图2，连接交于P，连接交于K， ∵四边形各边中点分别为M、N、R、L， ∴分别是的中位线， ∴，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴． 又∵ ∴， ∴， 又∵， ∴． ∴菱形是正方形， 即原四边形是“中方四边形”． 考点17：中点四边形 【典例精讲】（23-24八年级下·江苏常州·期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，那么我们把原四边形叫做“中方四边形”． (1)下列四边形中一定是“中方四边形”的是________； A．平行四边形    B．矩形    C．菱形    D．正方形 (2)如图1，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连结，求证：四边形是“中方四边形”； (3)如图2，四边形是“中方四边形”，若的值为32，则的最小值是________．（不需要解答过程） 【答案】(1)D (2)见解析 (3)8 【思路引导】（1）根据定义“中方四边形”，即可得出答案； （2）如图，取四边形各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出四边形是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论； （3）如图，分别作的中点E，F，M，N，并顺次连接，连接交于O，连接，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质可得，根据题意得：当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长，再结合（2）的结论即可求得答案． 【规范解答】（1）解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下：因为正方形的对角线相等且互相垂直， 故选：D； （2）证明：如图，取四边形各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K， ∵四边形各边中点分别为M、N、R、L， ∴分别是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， 又∵∠， ∴， 即， 在和中， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴菱形是正方形， 即原四边形是“中方四边形”； （3）解：如图，分别作的中点E，F，M，N，并顺次连接，连接交于O，连接， ∵四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵M，F分别是的中点， ∴， ∴， ∵的值为32， ∴， 根据题意得：当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长， ∴， 由（2）知：， 又∵M，N分别是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴的最小值为8． 【考点剖析】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键． 考点18：利用（特殊)平行四边形的对称性求阴影面积 【典例精讲】（2013·河北石家庄·三模）将正方形A的一个顶点与正方形B的对角线交叉重合，如图1位置，则阴影部分面积是正方形A面积的，将正方形A与B按图2放置，则阴影部分面积是正方形B面积的 ． 【答案】 【规范解答】试题分析：将正方形A的一个顶点与正方形B的对角线交叉重合，如图1位置，阴影部分恰是正方形B的，阴影部分面积是正方形A面积的，即；将正方形A与B按图2放置，则阴影部分正方形A的，所以阴影部分面积是正方形B面积的= 考点：正方形 点评：本题考查正方形，解答本题的关键是要求考生对正方形的性质要熟悉，然后找出阴影部分与正方形的关系 【变式训练】如图，在▱ABCD中，对角线AC⊥AB，O为AC的中点，经过点O的直线交AD于E，交BC于F，连结AF、CE，现在添加一个适当的条件，使四边形AFCE是菱形，下列条件：①OE=OA；②EF⊥AC；③AF平分∠BAC；④E为AD中点．正确的有（ ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【规范解答】试题分析：由在▱ABCD中，O为AC的中点，易证得四边形AFCE是平行四边形；然后由一组邻边相等的平行四边形是菱形与对角线互相垂直的平行四边形是菱形，求得： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠AEO=∠CFO， ∵O为AC的中点， ∴OA=OC， 在△AOE和△COF中， ， ∴△AOE≌△COF（AAS）， ∴OE=OF， ∴四边形AFCE是平行四边形； ①∵OE=OA， ∴AC=EF， ∴四边形AFCE是矩形；故错误； ②∵EF⊥AC， ∴四边形AFCE是菱形；故正确； ③∵AF平分∠BAC，AB⊥AC， ∴∠BAF=∠CAF=45°， 无法判定四边形AFCE是菱形；故错误； ④∵AC⊥AB，AB∥CD， ∴AC⊥CD， ∵E为AD中点， ∴AE=CE=AD， ∴四边形AFCE是菱形；故正确． 故选B． 点睛：此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．注意首先证得四边形AFCE是平行四边形是关键． 考点19：(特殊）平行四边形的动点问题 【典例精讲】（24-25九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在矩形中，，点从点出发沿向终点运动，点从点出发沿向终点运动．两点同时出发，它们的速度都是．连接．设点运动的时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形？ (2)当为何值时，四边形是菱形？ 【答案】(1)当时，四边形是矩形 (2)当时，四边形是菱形 【思路引导】本题主要考查矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理的运用， （1）根据题意可得，，当时，四边形是矩形，由此列式求解即可； （2）根据题意可证四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，在中，由勾股定理得，由此列式求解即可． 【规范解答】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， 已知点从点运动，点从点运动．两点同时出发，速度都是，设点运动的时间为， ∴， ∴， 已知，，则当时，四边形是矩形， ∴， 解得，， ∴当时，四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形， ∵， ∴， 在中，， ∴，整理得，， 解得，， ∴当时，四边形是菱形． 【变式训练】（22-23九年级上·江西吉安·阶段练习）如图，矩形中，，，动点P以的速度从点A出发沿折线向终点C运动，动点Q以的速度从点D开始沿折线向终点B运动，如果点P、Q同时出发，设点P运动的时间t秒，的面积为S．    (1)当________秒时，点Q到达点A，当________时，点Q到达点B． (2)当t为何值时，为等腰直角三角形？ (3)求出的面积S（可用含有的代数式表示）． 【答案】(1)3，9 (2) (3) 【思路引导】（1）根据题意求解即可； （2）由题意得，，则，由等腰直角三角形的性质得出，得出方程，解方程即可； （3）①当时，的面积矩形的面积的面积的面积的面积，即可得出答案；②当时，由题意得，，，得出的面积；③当时，由三角形面积公式即可得出答案． 【规范解答】（1）解：四边形是矩形，，， ，， 动点以的速度从点开始沿折线向终点运动， 时，点到达点， 时，点到达点， 故答案为：3，9； （2）四边形是矩形， ，， 由题意得： ， ， ， 为等腰直角三角形， ， 即， 解得：， 即当为时，为等腰直角三角形； （3）分三种情况： ①当时，如图1所示：    由题意得： ， ， ，， 矩形的面积的面积的面积的面积； ②当时，如图2所示：    由题意得： ，， ， ； ③当时，如图3所示：    由题意得：，， ，， ． 综上，． 【考点剖析】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、等腰直角三角形的性质、三角形面积公式等知识，熟练掌握矩形的性质和等腰直角三角形的性质是解题的关键，注意分类讨论． 考点20：四边形中的线段最值问题 【典例精讲】（21-22八年级下·湖北武汉·期中）如图，正方形中，点为边的上一动点，作交、分别于、点，连．    (1)若点E为的中点，求证：F点为的中点； (2)若点E为的中点，，，求的长； (3)若正方形边长为4，直接写出的最小值________． 【答案】(1)见解析 (2)2 (3) 【思路引导】（1）证明，推出，由，，推出，即可证明点为的中点； （2）延长到，使得，连接，根据全等三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质即可解决问题． （3）取的中点，连接，，由直角三角形的性质求出，由勾股定理求出，当、、共线时，的值最小，则可求出答案． 【规范解答】（1）解：证明：如图1中，   四边形是正方形， ，， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ，， ， 点为的中点； （2）延长到，使得，连接，   ， ， 又，分别是，的中点， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ． （3）取的中点，连接，，   ， ， ， 、、共线时，的值最小，最小值为． 故答案为：． 【考点剖析】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 【变式训练】（23-24九年级上·天津红桥·期中）小明在一次数学活动中，进行了如下的探究活动：如图，在矩形中，，，以点B为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点A、D、C的对应点分别为G、F、E．      (1)如图①，当点G落在边上时，求的长； (2)如图②，当点G落在线段上时，与交于点H． ①求证：； ②求的长． (3)记点K为矩形对角线的交点，连接，记面积为S，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)； (2)①见解析；②； (3)． 【思路引导】（1）由旋转性质知，由矩形性质知，再在中根据勾股定理可得； （2）①利用旋转的性质可得：，，由可证； ②由全等三角形的性质和平行线的性质可得，可得，由勾股定理可求的值； （3）由勾股定理可求的值，可得，当点G在线段上时，面积有最小值，当点G在线段延长线上时，面积有最大值，据此求解即可． 【规范解答】（1）解：由旋转的性质知， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴； ∴； （2）①证明：由旋转知：，， ∵， ∴， 又∵， ∴； ②解：设， 由①知， ∴， 又∵在矩形中，有， ∴， ∴， ∴， ∴在中，由勾股定理得：， ∴，即； （3）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， 如图，始终在以B为圆心，为半径的圆上，的底是定值为3，当高最小或最大时，的面积就存在最小值或最大值，   　 ∴当点G在线段上时，此时最短，则面积有最小值； 当点G在延长线上时，此时最长，则面积有最大值； 分情况讨论： 当点G在线段上时，面积有最小值， ∴； 当点G在线段延长线上时，面积有最大值． ∴． ∴． 【考点剖析】本题是四边形的综合题，主要考查矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题． 考点21：四边形其他综合问题 【典例精讲】（23-24九年级上·河南郑州·阶段练习）小明在学习了平行四边形这一章后，对特殊平行四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． (1)【概念理解】在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是_________． (2)【性质探究】通过探究，小明发现了垂美四边形的一些性质：垂美四边形的面积S与对角线的数量关系为：_________． (3)【问题解决】如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和．连接，已知．求证：四边形为垂美四边形，并求出它的面积． (4)【学以致用】（3）中的长为_______． 【答案】(1)菱形、正方形 (2) (3)证明见解析，面积为 (4) 【思路引导】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论； （2）四边形的面积=的面积+的面积； （3）根据正方形的性质可证得和全等，得出，由得出，再根据对顶角相等得到，于是有，从而得出，根据垂美四边形的定义得出四边形为垂美四边形，根据垂美四边形的面积等于两对角线乘积的一半即可得出结果． （4）勾股定理求出，设，双勾股定理求出的值，进而求出的长，再用勾股定理进行求解即可． 【规范解答】（1）解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形，正方形， 一定是垂美四边形的是菱形，正方形， 故答案为：菱形，正方形； （2）如图1所示： ∵四边形的面积 的面积 的面积 ∴； 故答案为：； （3）证明：连接，，设与交于点，与交于点， 四边形是正方形， ，， 四边形是正方形， ，， ， 即， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， 四边形为垂美四边形； 四边形是正方形， ，， ， ， 点、、在一条直线上， 在中，，， 由勾股定理得， ， 在中，由勾股定理得， ∵， ， 四边形为垂美四边形， 四边形的面积是． （4）∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则：， ∴，即：， 解得：，则 ∴， ∴， ∴ ． 故答案为：． 【考点剖析】本题考查了垂美四边形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． 考点21：四边形其他综合问题 【变式训练】（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，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)证明平行四边形是菱形； (2)若，连接、、，求证：是等边三角形； (3)若，，，是中点，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【思路引导】（1）根据角平分线的知识，则，根据平行四边形的性质，则，，则，，等量代换，等角对等边，则，根据菱形的判定和性质，即可； （2）根据四边形是平行四边形，，求出，，根据菱形的性质，则是等边三角形，得到，根据平行线的性质，，则，根据角平分线的性质，得，根据全等三角形的判定和性质，得到，，，最后根据等边三角形的判定和性质，即可． （3）连接，，，根据，矩形的判定，正方形的判定，则四边形是正方形，根据角平分线的性质，则，根据全等三角形的判定和性质，则，，，推出是等腰直角三角形，根据勾股定理，即可． 【规范解答】（1）解：证明如下： ∵平分， ∴， ∵四边形平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形． （2）解：证明如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴，， 由（1）得，四边形是菱形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形． （3）解：连接，，， ∵， ∴四边形是矩形 ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴四边形是正方形， ∵平分， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴，， 在和中 ， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵，， ∴， ∴． 【考点剖析】本题考查平行四边形，菱形，全等三角形，等边三角形的知识，解题的关键平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，即可． 1．（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【思路引导】由折叠的性质可知，，，再根据菱形的性质，得出，从而求出，则，即可求解． 【规范解答】解：由折叠的性质可知，，， 在菱形中，， ，， ， ， ， ， ， 故选：D． 【考点剖析】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，分母有理化等知识，掌握菱形的性质是解题关键． 2．（2025·新疆·中考真题）如图，在四边形中，，是对角线． (1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）； (2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【思路引导】本题主要考查了菱形的判定，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）分别以B、D为圆心，以大于长的一半画弧，二者交于M、N，连接分别与与边分别交于点E，F，则点E和点F即为所求； （2）由线段垂直平分线的定义打得到，，，再由等边对等角和平行线的性质可推出，则可证明，得到，据此可证明结论． 【规范解答】（1）解：如图所示，即为所求； （2）证明：如图所示， ∵垂直平分， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 3．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形中，点、分别在上，且，把沿翻折，点恰好落在矩形对角线上的点M处．若A、、三点共线，则的值为 ． 【答案】 【思路引导】此题考查矩形与折叠，平行线的性质，勾股定理，等角对等边，根据矩形的性质及平行线的性质得到，再根据等角对等边推出，设，则，利用勾股定理求出，即可得到答案． 【规范解答】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴，， 由翻折得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ∴， 故答案为． 4．（2025·江西·中考真题）如图，在矩形纸片中，沿着点折叠纸片并展开，的对应边为，折痕与边交于点．当与，中任意一边的夹角为时，的度数可以是 【答案】或或 【思路引导】本题主要考查矩形的性质和折叠的性质，解题的关键是要分情况讨论与，的夹角情况，再利用矩形的性质和折叠的性质以及直角三角形两锐角互余的性质求出的度数． 【规范解答】解：①当与的夹角为时， 即,如图： ，, , , ; ②当与的夹角为时， 即,如图： ，, , , ; 或，如图： ，, , , ; 综上，的度数可以是或或． 故答案为：或或． 5．（2023·山东德州·中考真题）如图，在矩形纸片中，，，折叠纸片使点落在边上的点处，折痕为，过点作交于点，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)当点在边上移动时，折痕的端点，也随之移动， 当点与点重合时（如图），求菱形的边长； 若限定，分别在边，上移动，求出点在边上移动的最大距离． 【答案】(1)证明见解析； (2) ； ． 【思路引导】（）由折叠的性质得出，，，由平行线的性质得出，证出，得出，因此，即可得出结论； （）由矩形的性质得出，，，由对称的性质得出，在中，由勾股定理求出，得出；在中，由勾股定理得出方程，解方程得出即可； 当点与点重合时，点离点最近，由知，此时；当点与点重合时，点离点最远，此时四边形为正方形，，即可得出答案． 【规范解答】（1）证明：∵折叠纸片使点落在边上的点处，折痕为， ∴点与点关于直线对称， ∴，，； 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵点与点关于直线对称， ∴， 在中，， ∴ ， 在中，，， ∴， 解得， ∴菱形的边长为； 当点与点重合时， 如图，点离点最近， 由知，此时； 当点与点重合时， 如图，点离点最远， 此时四边形为正方形，， ∴点在边上移动的最大距离为． 【考点剖析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，菱形的判定，平行线的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，正方形的性质等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 基础夯实 1．（2025·广西·一模）如图所示，在矩形中，，观察图中尺规作图的痕迹，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【思路引导】根据矩形的性质证明，根据作图痕迹可得是的平分线，进而利用角平分线的性质即可解决问题． 本题考查了作图-基本作图、矩形的性质，解决本题的关键是掌握基本作图方法． 【规范解答】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由作图痕迹可知：是的平分线， ∴． 故选：A． 2．（2025·陕西·一模）如图，在矩形中，是对角线的中点，连接，若，则边的长为（   ） A．2 B．5 C．6 D．8 【答案】B 【思路引导】本题考查了矩形的性质，勾股定理，根据题意得出，进而在中，勾股定理，即可求解． 【规范解答】四边形为矩形，是对角线的中点 ， ∵， ∴ 在中， ∴ 故选：B． 3．（24-25九年级上·江苏扬州·阶段练习）如图，在中，，，．点P在边上，过点P作，垂足为D，过点D作，垂足为F．连接，取的中点E．在点P从点A到点C的运动过程中，点E所经过的路径长为 ． 【答案】/ 【思路引导】本题考查含30度角的直角三角形，一次函数与几何的综合应用，矩形的判定和性质，两点间的距离．以为原点，建立如图所示的坐标系，设，则，利用含30度角的直角三角形的性质，求出点的坐标，得到点在直线上运动，求出点分别与重合时，点的坐标，利用两点间的距离公式进行求解即可． 【规范解答】解：以为原点，为轴，建立如图所示的坐标系， 设，则， 则：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 过点作，则：， ∴，， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， 令，， 则：， ∴点在直线上运动， 当点与重合时，，此时， 当点与重合时，，此时， ∴点E所经过的路径长为； 故答案为：． 4．（24-25九年级上·贵州遵义·阶段练习）【问题情境】如图①，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为点C），延长交于点F． 【猜想证明】 (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明． 【答案】(1)四边形是正方形，详见解析 (2)，详见解析 【思路引导】本题考查的是正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质， （1）先证明四边形是矩形，即可证明结论； （2）过点D作于H，结合正方形性质证明 ，得出，根据即可证明结论． 【规范解答】（1）解：四边形是正方形，理由如下： ∵将绕点B按顺时针方向旋转， ∴，． 又∵， ∴四边形是矩形． 又∵， ∴四边形是正方形． （2）；理由如下： 如图，过点D作于H， ∵，， ∵，． ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴． 又∵，， ∴ （）， ∴． ∵将绕点B按顺时针方向旋转， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 5．（24-25九年级上·河南郑州·阶段练习）综合实践课上，同学们以“四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动，探究其中的数学规律． (1)操作发现 如图①，四边形纸片是平行四边形，点在边上，将四边形沿过点的直线折叠，点的对应点为．根据以上操作，若点是的中点，折痕过点，连接，则与的位置关系是 ． (2)迁移探究 如图②，若四边形是菱形，，折痕交边于点，点落在上且，，求的长度 (3)拓展应用 如图③，若四边形是矩形，，，折痕过点，点落在矩形的对称轴上，请直接写出的长． 【答案】(1) (2) (3)或． 【思路引导】（1）由折叠的性质可知，，，结合线段中点可得，从而得出，再根据平角和三角形内角和定理，得到，即可证明平行； （2）根据菱形的性质证明是等边三角形，则，，过点作于点，根据30度所对的直角边等于斜边一半，得到，设，在中，利用勾股定理列方程求解即可； （3）设，分两种情况讨论：①当点落在矩形的对称轴上时，过点作于点，交于点；②当点落在矩形的对称轴上时，利用矩形的性质和勾股定理分别求解即可． 【规范解答】（1）解：，理由如下： 由折叠的性质可知，，， 点是的中点， ， ， ， ，， ， （2）解：，， ， 四边形是菱形，， ，， 是等边三角形， ，， 如图，过点作于点， ， ， ， 设，则，，， ， 在中，， ， ， ； （3）解：由折叠的性质可知，，， 设， 分两种情况讨论： ①如图，当点落在矩形的对称轴上时，过点作于点，交于点， 四边形是矩形， ， ， ， 是矩形的对称轴， ， 由勾股定理得：， ， ， ， ； ②如图，当点落在矩形的对称轴上时， ， ， 由勾股定理得：， ， ，， ， 由勾股定理得：， ， ， ， 综上可知，的长为或． 【考点剖析】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，折叠的性质，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，三角形内角和定理等知识，掌握相关知识点是解题关键． 培优拔高 6．（2022·广西河池·二模）如图，把放置在正方形中，，直角顶点在正方形的对角线上，点、分别在和边上，经正方形的对称中心点，且点是的中点，下面说法：①若，则；②若，则；③若，，，则，其中正确的有（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【思路引导】本题考查中心对称，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．①正确，证明，可得结论；②正确，求出，，可得结论；③错误，求出，，再利用勾股定理求出，即可判断． 【规范解答】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∴，故①正确； ∵， 若， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∴， 由勾股定理得：，故③错误； 综上分析可知：正确的有2个． 故选：C． 7．（24-25八年级下·上海黄浦·期末）把一张矩形纸片沿对角线折叠，点B的对应点为点E，边交边于点G．连接（如图所示）．当时，下列结论中，不正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【思路引导】本题考查矩形性质及翻折问题，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是根据折叠得到．先由折叠的性质及矩形的性质可得，从而判断出选项A；由全等的性质可得，由等腰三角形的性质可得，再由平行线的判定即可判断选项B；设，则，中，，列出方程求解，即可判断出选项C；由折叠性质可得，再由，可得，再判断选项D． 【规范解答】解：矩形纸片沿对角线折叠，点的对应点为， ， 在和中， ， ， 故A正确，不符合题意； ， ， ， ， ， ， 故B正确，不符合题意； 设，则， 中，， ， 解得：， ， ， ， 故C不正确，符合题意； 矩形纸片沿对角线折叠，点的对应点为， ， ， ， 故D正确，不符合题意， 故选：C 8．（24-25九年级上·陕西宝鸡·阶段练习）如图，在中，，，，在边上（不与重合的一动点），过点分别作于点，于点，则线段的取值范围是 ． 【答案】 【思路引导】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，连接，由勾股定理可得，证明四边形是矩形，得到，当时，有最小值，利用等面积法求出此时的长，进而求出的取值范围即可得到答案． 【规范解答】解：如图所示，连接， 在中，，，， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵在边上（不与重合的一动点）， ∴当时，有最小值， ∴此时有， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 9．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在等边与等边中，点，分别在、边上，连接，． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，连接、、、，当时，请直接写出图中面积等于面积3倍的所有三角形． 【答案】(1)见解析 (2)，，， 【思路引导】本题考查菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，同底等高的三角形的面积相等，掌握并灵活运用这些知识是解题的关键． （1）先证是等边三角形，利用等边三角形的性质证明即可； （2）利用等高的三角形的面积的比等于底边之比可得，，再根据菱形的性质和等边三角形的性质证，可得，根据平行线间的距离处处相等可得，据此求解即可． 【规范解答】（1）证明：∵和是等边三角形， ∴，，，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵， ∴， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 综上分析可得，面积等于面积3倍的三角形有：，，，． 10．（24-25八年级下·重庆铜梁·期末）已知菱形． (1)如图1，当时，过点作于点，连接，点是线段的中点，连接，若，求线段、的长度； (2)如图2，当时，过点作于点，连接，过点作，连接MC，且，连接，请探索线段，，之间的数量关系，并证明； (3)如图3，当时，连接，点是对角线上的一个动点，若，求的最小值． 【答案】(1) ， (2)，见解析 (3)的最小值为 【思路引导】（1）根据菱形的性质，含的直角三角形的性质可求出，在中，根据勾股定理可求出，在中，根据勾股定理可求出，然后根据直角三角形斜边上中线的性质求解即可； （2）法1：（截长法）在上截取，连接，证明，再证即可； 法2：（补短法）延长至点G，使，连接，证明，再证即可 （3）过点C在直线的上方作，分别过点D、Q作于点H， 于点G，交于点，连接，则，根据对称性得出，则可求，故当与重合时，的值最小，最小值为，根据菱形的性质，轴对称的性质等可求出，然后根据等腰直角三角形的性质求出，即可求解． 【规范解答】（1）解：四边形是菱形， ，． ， ， 在中，， 在中， ， 在中，， ， 点是线段的中点， ； （2）解：． 法1：（截长法）证明：如图2，在上截取，连接， 四边形是菱形， ， 在和中， ， ， ， ，即 ， ， ， 在和中， ， ， ， ； 法2：（补短法）证明：如图2，延长至点G，使，连接， 四边形是菱形， ，， 又， ， 又， ， 又，， ， ，， 又， ， ， ， 又，， ， ， ，， ； （3）解：的最小值为 理由：如图3，过点C在直线的上方作，分别过点D、Q作于点H，于点G，交于点，连接，则， 关于直线对称， ， ， 当点与重合时，的值最小， 当点与重合时，． 当点与不重合时，． 四边形是菱形，， ， 又， ， ， ， 即的最小值是． 的最小值是． 【考点剖析】本题是菱形综合题，考查的是轴对称-最短路径问题、点到直线的距离-垂线段最短，菱形的性质、直角三角形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等，掌握轴对称-最短路径的确定方法、灵活运用勾股定理是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题1.4 特殊平行四边形（章节复习） （知识梳理+21个考点讲练+中考真题演练+难度分层练 共56题） 知识梳理 技巧点拨 2 知识点梳理01：菱形 2 知识点梳理02：矩形 3 知识点梳理03：正方形 3 优选题型 考点讲练 4 考点1：根据菱形的性质与判定求角度 4 考点2：根据菱形的性质与判定求线段长 5 考点3：根据菱形的性质与判定求面积 6 考点4：矩形与折叠问题 7 考点5：斜边的中线等于斜边的半 8 考点6：添一条件使四边形是矩形 9 考点7：证明四边形是矩形 10 考点8：根据矩形的性质与判定求角度 11 考点9：根据矩形的性质与判定求线段长 12 考点10：根据矩形的性质与判定求面积 12 考点11：正方形折叠问题 13 考点12：求正方形重叠部分面积 14 考点13：根据正方形的性质与判定求角度 15 考点14：根据正方形的性质与判定求线段长 16 考点15：根据正方形的性质与判定求面积 17 考点16：根据正方形的性质与判定证明 18 考点17：中点四边形 20 考点18：利用（特殊)平行四边形的对称性求阴影面积 20 考点19：(特殊）平行四边形的动点问题 21 考点20：四边形中的线段最值问题 22 考点21：四边形其他综合问题 24 考点21：四边形其他综合问题 25 中考真题 实战演练 25 难度分层 拔尖冲刺 27 基础夯实 27 培优拔高 30 知识点梳理01：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 知识点梳理02：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. 知识点梳理03：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. 考点1：根据菱形的性质与判定求角度 【典例精讲】（2025·江西萍乡·二模）（1）计算：． （2）如图，在四边形中，，过点作于点，过点作于点．求证：． 【变式训练】（22-23八年级下·广西桂林·阶段练习）在菱形中，与相交于点O，E为的中点，且，．    (1)求的度数； (2)求菱形的面积． 考点2：根据菱形的性质与判定求线段长 【典例精讲】（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图，在中，，是边上的中点，延长至点，使得，于点．    (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求的长． 【变式训练】（24-25八年级下·山东青岛·阶段练习）如图1，在平行四边形中，，，动点从点出发，沿折线方向匀速运动，运动到点停止．设点的运动路程为，的面积为与的函数图象如图2所示，则的长为 ． 考点3：根据菱形的性质与判定求面积 【典例精讲】（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在四边形中，与相交于点，且，点在上，满足． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求四边形的面积． (3)在（2）的条件下，平行线与间的距离为______． 【变式训练】（23-24九年级上·山东淄博·期末）我们新定义一种三角形：两边平方和等于第三边平方的3倍的三角形叫做和谐三角形，例如：某三角形三边长分别是，3，2，因为，所以这个三角形是和谐三角形．在平行四边形中，于点O，，且是和谐三角形，则该平行四边形的面积为 ．（温馨提示：，，） 考点4：矩形与折叠问题 【典例精讲】（23-24九年级上·江苏盐城·期末）如图，在矩形中，点是的中点，将矩形沿所在的直线折叠，，的对应点分别为，，连接交于点． (1)若，求的度数； (2)连接，试判断四边形的形状，并说明理由． 【变式训练】如图，在矩形中，，，点为射线上一个动点，将沿直线折叠，当点的对应点刚好落在线段的垂直平分线上时，的长为 ． 考点5：斜边的中线等于斜边的半 【典例精讲】（2025·河南周口·三模）如图，菱形中，，对角线与相交于点，过点作，交边于点，连接，若，则菱形的面积为 ． 【变式训练】（2025·安徽阜阳·三模）在中，，，是上一点，连接，将绕点顺时针旋转，得到，作交直线点，交直线于点． (1)若E，H重合，求证：点是的中点； (2)若点在内，作交于点，判断与之间的数量关系，并证明． 考点6：添一条件使四边形是矩形 【典例精讲】（24-25八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，动点以每秒2个单位长度的速度从点出发沿方向运动，点同时以每秒2个单位长度的速度从点出发沿方向运动，若，则经过 秒时，四边形是矩形． 【变式训练】（24-25九年级上·河南平顶山·期中）如图，是的高，，分别是，的中点，点在上，，分别是，的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，．填空： ①当 时，四边形是矩形； ②当 时，四边形是菱形． 考点7：证明四边形是矩形 【典例精讲】（2025·贵州贵阳·模拟预测）如图，在菱形中，对角线交于点，过点作于点，延长到点，使得，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，求的长． 【变式训练】（24-25九年级上·吉林·期中）“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图①，在中，，为边上的中线．将，其沿射线的方向平移，得到，其中点的对应点分别为．如图②，当线段经过点D时，连接，请判断四边形的形状，并说明理由． 数学思考 （1）请回答老师提出的问题； 深入探究 （2） 老师将图②中的绕点F按逆时针方向旋转得到，其中点的对应点分别为，线段分别与边交于点．如图③，当时，让同学们提出新的问题．“勤学小组”提出问题：试猜想线段和的数量关系，并证明． 考点8：根据矩形的性质与判定求角度 【典例精讲】（23-24八年级下·辽宁大连·期中）如图，四边形为平行四边形，点E在边上，连接交于点F，． (1)如图1，若，则的度数为______ (2)如图2，若，，四边形的周长为28，求四边形的面积． 【变式训练】（2024·福建三明·二模）如图，在中，，，把绕点A逆时针旋转得到，点D与点B对应，点D恰好落在上，过E作交的延长线于点F，连接并延长交于点G，连接交于点H．下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（   ）    A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 考点9：根据矩形的性质与判定求线段长 【典例精讲】（2025·福建南平·三模）如图，是线段所在直线上的一动点，点在的两侧，，，，，，连接，分别取的中点，连接．随着点的运动，线段的长（   ） A．随着点的位置变化而变化 B．保持不变，长为 C．保持不变，长为 D．保持不变，长为 【变式训练】（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为 ． 考点10：根据矩形的性质与判定求面积 【典例精讲】（2023·贵州贵阳·二模）如图，在菱形中，对角线相交于点 O，，．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 【变式训练】（21-22八年级下·江苏盐城·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，对角线AC、BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE． (1)求证：四边形ABCD是矩形； (2)若∠BDE＝15°，求∠EOC的度数； (3)在（2）的条件下，若AB＝2，求矩形ABCD的面积． 考点11：正方形折叠问题 【典例精讲】（24-25八年级下·山西运城·期中）综合与实践 如图，在边长为的正方形中（即，），连接，，，将三角形沿直线折叠，得到，延长交于点M． (1)连接，线段可以看做线段沿着的方向平移______后得到； (2)连接，猜想是否为直角三角形，并加以说明； (3)直接写出与的数量关系． 【变式训练】（24-25九年级上·宁夏银川·期中）如图，在正方形中，点为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于点，连接． (1)求证； (2)如图，若正方形边长为，点为的中点，连接，求线段的长； (3)在（）的条件下求出的面积． 考点12：求正方形重叠部分面积 【典例精讲】（2025九年级上·全国·专题练习）如图，正方形的对角线相交于点O，点O是正方形的一个顶点．如果两个正方形的边长都等于2．那么正方形绕O点无论怎样转动，两个正方形重叠的部分的面积是 ． 【变式训练】（2021·辽宁抚顺·三模）如图，正方形的对角线、相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．设两个正方形重合部分的面积为，正方形的面积为，通过探索，我们发现：无论正方形绕点怎样转动，始终有 ． 考点13：根据正方形的性质与判定求角度 【典例精讲】（22-23九年级上·贵州黔南·开学考试）下列图形是由四块完全相同，底角为的等腰梯形拼接而成的平行四边形和正方形，如图（1）、（2）所示． (1)设图1中的阴影部分面积为，图2中阴影部分面积．请你用含、的代数式表示，． (2)请问以上结果可以验证哪个乘法公式． (3)当，，时，试利用这个公式计算的值． 【变式训练】（2023·福建宁德·一模）如图，将矩形沿折叠，使顶点B落在上点处；再将矩形展平，沿折叠，使顶点B落在上点G处，连接． 小明发现可以由绕某一点顺时针旋转得到，则 °． 考点14：根据正方形的性质与判定求线段长 【典例精讲】四边形为正方形，点E为线段上一点，连接，过点E作，交射线于点F，以为邻边作矩形，连接．（提示：过E作于点P，于点Q） (1)如图，求证：矩形是正方形； (2)若，，求的长度； (3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数． 【变式训练】（2025·安徽淮北·三模）如图，在中，，，点D为上一点，，点P为平分线上一点，且，则的长为（    ） A． B． C． D． 考点15：根据正方形的性质与判定求面积 【典例精讲】（24-25九年级上·吉林长春·期中）【教材原题】如图①，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点．求证：． 【应用】如图②，连结图①中的，并取中点，连结、，其他条件不变． （1）若，则四边形的周长为________． （2）若，且，则四边形的面积为________． 【变式训练】（23-24八年级下·云南昭通·阶段练习）如图，在中，，为边的中点，四边形是平行四边形，、相交于点． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，时，求的面积． 考点16：根据正方形的性质与判定证明 【典例精讲】（20-21八年级下·广东佛山·期末）如图1，中，，，外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，为垂足． (1)________°； (2)①求证：四边形是正方形． ②若，求的长． (3)如图2，在中，，底边上的高，，则的长度是________． 【变式训练】（24-25九年级上·湖南长沙·开学考试）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形” 【概念理解】 （1）在已经学过的“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中，_________是“中方四边形”（填序号）． 【性质探究】 （2）如图1，若四边形是“中方四边形”，观察图形，线段和线段有什么关系，并证明你的结论． 【问题解决】 （3）如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形连结，依次连接四边形的四边中点得到四边形．求证：四边形是“中方四边形”． 考点17：中点四边形 【典例精讲】（23-24八年级下·江苏常州·期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，那么我们把原四边形叫做“中方四边形”． (1)下列四边形中一定是“中方四边形”的是________； A．平行四边形    B．矩形    C．菱形    D．正方形 (2)如图1，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连结，求证：四边形是“中方四边形”； (3)如图2，四边形是“中方四边形”，若的值为32，则的最小值是________．（不需要解答过程） 考点18：利用（特殊)平行四边形的对称性求阴影面积 【典例精讲】（2013·河北石家庄·三模）将正方形A的一个顶点与正方形B的对角线交叉重合，如图1位置，则阴影部分面积是正方形A面积的，将正方形A与B按图2放置，则阴影部分面积是正方形B面积的 ． 【变式训练】如图，在▱ABCD中，对角线AC⊥AB，O为AC的中点，经过点O的直线交AD于E，交BC于F，连结AF、CE，现在添加一个适当的条件，使四边形AFCE是菱形，下列条件：①OE=OA；②EF⊥AC；③AF平分∠BAC；④E为AD中点．正确的有（ ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 考点19：(特殊）平行四边形的动点问题 【典例精讲】（24-25九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在矩形中，，点从点出发沿向终点运动，点从点出发沿向终点运动．两点同时出发，它们的速度都是．连接．设点运动的时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形？ (2)当为何值时，四边形是菱形？ 【变式训练】（22-23九年级上·江西吉安·阶段练习）如图，矩形中，，，动点P以的速度从点A出发沿折线向终点C运动，动点Q以的速度从点D开始沿折线向终点B运动，如果点P、Q同时出发，设点P运动的时间t秒，的面积为S．    (1)当________秒时，点Q到达点A，当________时，点Q到达点B． (2)当t为何值时，为等腰直角三角形？ (3)求出的面积S（可用含有的代数式表示）． 考点20：四边形中的线段最值问题 【典例精讲】（21-22八年级下·湖北武汉·期中）如图，正方形中，点为边的上一动点，作交、分别于、点，连．    (1)若点E为的中点，求证：F点为的中点； (2)若点E为的中点，，，求的长； (3)若正方形边长为4，直接写出的最小值________． 【变式训练】（23-24九年级上·天津红桥·期中）小明在一次数学活动中，进行了如下的探究活动：如图，在矩形中，，，以点B为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点A、D、C的对应点分别为G、F、E．      (1)如图①，当点G落在边上时，求的长； (2)如图②，当点G落在线段上时，与交于点H． ①求证：； ②求的长． (3)记点K为矩形对角线的交点，连接，记面积为S，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 考点21：四边形其他综合问题 【典例精讲】（23-24九年级上·河南郑州·阶段练习）小明在学习了平行四边形这一章后，对特殊平行四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． (1)【概念理解】在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是_________． (2)【性质探究】通过探究，小明发现了垂美四边形的一些性质：垂美四边形的面积S与对角线的数量关系为：_________． (3)【问题解决】如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和．连接，已知．求证：四边形为垂美四边形，并求出它的面积． (4)【学以致用】（3）中的长为_______． 考点21：四边形其他综合问题 【变式训练】（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，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)证明平行四边形是菱形； (2)若，连接、、，求证：是等边三角形； (3)若，，，是中点，求的长． 1．（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 2．（2025·新疆·中考真题）如图，在四边形中，，是对角线． (1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）； (2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形． 3．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形中，点、分别在上，且，把沿翻折，点恰好落在矩形对角线上的点M处．若A、、三点共线，则的值为 ． 4．（2025·江西·中考真题）如图，在矩形纸片中，沿着点折叠纸片并展开，的对应边为，折痕与边交于点．当与，中任意一边的夹角为时，的度数可以是 5．（2023·山东德州·中考真题）如图，在矩形纸片中，，，折叠纸片使点落在边上的点处，折痕为，过点作交于点，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)当点在边上移动时，折痕的端点，也随之移动， 当点与点重合时（如图），求菱形的边长； 若限定，分别在边，上移动，求出点在边上移动的最大距离． 基础夯实 1．（2025·广西·一模）如图所示，在矩形中，，观察图中尺规作图的痕迹，则的度数是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·陕西·一模）如图，在矩形中，是对角线的中点，连接，若，则边的长为（   ） A．2 B．5 C．6 D．8 3．（24-25九年级上·江苏扬州·阶段练习）如图，在中，，，．点P在边上，过点P作，垂足为D，过点D作，垂足为F．连接，取的中点E．在点P从点A到点C的运动过程中，点E所经过的路径长为 ． 4．（24-25九年级上·贵州遵义·阶段练习）【问题情境】如图①，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为点C），延长交于点F． 【猜想证明】 (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明． 5．（24-25九年级上·河南郑州·阶段练习）综合实践课上，同学们以“四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动，探究其中的数学规律． (1)操作发现 如图①，四边形纸片是平行四边形，点在边上，将四边形沿过点的直线折叠，点的对应点为．根据以上操作，若点是的中点，折痕过点，连接，则与的位置关系是 ． (2)迁移探究 如图②，若四边形是菱形，，折痕交边于点，点落在上且，，求的长度 (3)拓展应用 如图③，若四边形是矩形，，，折痕过点，点落在矩形的对称轴上，请直接写出的长． 培优拔高 6．（2022·广西河池·二模）如图，把放置在正方形中，，直角顶点在正方形的对角线上，点、分别在和边上，经正方形的对称中心点，且点是的中点，下面说法：①若，则；②若，则；③若，，，则，其中正确的有（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 7．（24-25八年级下·上海黄浦·期末）把一张矩形纸片沿对角线折叠，点B的对应点为点E，边交边于点G．连接（如图所示）．当时，下列结论中，不正确的是（　　） A． B． C． D． 8．（24-25九年级上·陕西宝鸡·阶段练习）如图，在中，，，，在边上（不与重合的一动点），过点分别作于点，于点，则线段的取值范围是 ． 9．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在等边与等边中，点，分别在、边上，连接，． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，连接、、、，当时，请直接写出图中面积等于面积3倍的所有三角形． 10．（24-25八年级下·重庆铜梁·期末）已知菱形． (1)如图1，当时，过点作于点，连接，点是线段的中点，连接，若，求线段、的长度； (2)如图2，当时，过点作于点，连接，过点作，连接MC，且，连接，请探索线段，，之间的数量关系，并证明； (3)如图3，当时，连接，点是对角线上的一个动点，若，求的最小值． 学科网（北京）股份有限公司 $$