专题8.5 四边形（章节复习讲义）导图+知识梳理+二十二大题型讲练+中考真题演练+难度分层练 共67题-2025-2026学年苏科版（2024新教材）数学八年级下册同步培优讲义

专题8.5 四边形（章节复习讲义） 【原卷版】 知识点一 平行四边形 1、 平行四边形的概念：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）平行四边形的对边相等； （2） 平行四边形的对角相等 （3）平行四边形的对角线互相平分。 3、 判定条件 （1） 两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念） （2） 一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形 （3） 对角线互相平分的四边形叫做平行四边形 （4） 两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形 4、 反证法：反证法是一种间接证明的方法，不是从已知条件出发直接证明命题的结论成立，而是先提出与结论相反的假设，然后由这个“假设”出发推导出矛盾，说明假设是不成立的，因而命题的结论是成立的。 知识点二 矩形、菱形、正方形 1、 矩形的概念和性质 有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。 2.判定矩形条件 （1） 有一个角是直角的平行四边形是矩形 （2） 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 3、 平行线之间的距离及其性质 性质：两条平行线之间的距离处处相等 4、 菱形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 5、判定菱形条件 （1） 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2） 四边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 6、 正方形的概念、性质和判定条件 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 判定正方形条件： （1） 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念） （2） 有一组邻边相等的矩形是正方形 （3） 有一个角是直角的菱形是正方形 知识点三 三角形的中位线 1、 三角形中线的概念和性质 连接三角形两边重点的线段； 三角形中位线平行且等于第三边的一半。 2、 三角形的中位线与中线的区别 （1） 区别：三角形的中位线平分这个三角形的两条边，平行于第三边，且等于第三边的一半，但不经过这个三角形的任何顶点；而三角形的中线只平分这个三角形的一条边，不平行于这个三角形的任何边，但经过它所平分的边相对的顶点。 （2） 联系：三角形的一边上的中线与这边对应的中位线能够互相平分。 知识点四 梯形的性质与判定 1.等腰梯形的定义及性质 1.定义：两腰相等的梯形叫等腰梯形. 2.性质：（1）等腰梯形同一个底上的两个内角相等. （2）等腰梯形的两条对角线相等. 2.等腰梯形判定 1.用定义判定：两腰相等的梯形是等腰梯形. 2.判定定理：（1）同一底边上两个内角相等的梯形是等腰梯形. （2）对角线相等的梯形是等腰梯形. 3.三角形、梯形的中位线 1、联结三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线. 三角形中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半. 2、联结梯形两腰中点的线段叫梯形的中位线. 梯形的中位线定理：梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半. 题型一 利用平行四边形的判定与性质求解 【典例精讲】如图，在中，，，，点D、E分别是、的中点，交的延长线于F，则四边形的面积为（　　） A． B． C． D． 【变式训练】（23-24八年级下·四川成都·期中）如图，与中，，，线段与线段在一条直线上，且，连接，，，与相交于点． (1)求证：； (2)若时，的面积为，求的面积． 题型二 平行四边形性质和判定的应用 【典例精讲】（24-25八年级下·吉林长春·期中）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点、均在格点上．只用没有刻度的直尺按下列要求画图，所画图形的顶点均在格点上，不要求写画法，保留必要的作图痕迹． (1)在图①中以、为顶点画一个面积为4的平行四边形； (2)在图②中以、为顶点画一个面积为6的平行四边形； (3)在图③中以、为顶点画一个面积为10的平行四边形．（正方形除外） 【变式训练】．（24-25七年级下·全国·期末）如图，已知四边形中，，，，下列说法：①；②平分；③；④．其中正确的有（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 题型三 矩形与折叠问题 【典例精讲】（24-25九年级上·广东揭阳·期中）如图，在矩形中，，，为边上一点，将沿折叠，点落在点处，、分别交于点、，已知．则的长为（    ） A． B． C． D． 【变式训练】（24-25八年级下·贵州·月考）如图，在矩形中，点E为上一点，连接，将沿折叠，使得点B的对应点恰好落在对角线上，若，，则的周长为（    ） A．3 B．5 C．12 D．16 题型四 根据矩形的性质与判定求角度 【典例精讲】如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，且，．求的度数． 【变式训练】（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． 题型五 根据矩形的性质与判定求线段长 【典例精讲】（24-25八年级下·云南普洱·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点，过点作，且，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)连接，若，，求的长． 【变式训练】（24-25八年级下·江苏淮安·月考）如图，在中，，P是边上的动点，，垂足分别为D、E，线段的最小值是（     ）． A．1 B．2 C．2.4 D．4.8 题型六 根据矩形的性质与判定求面积 【典例精讲】（24-25八年级下·山东菏泽·期末）如图，菱形 的面积为，O为对角线 ，的交点，点E，F，G分别为 ，，的中点，连接 ，，则四边形 的面积为 ． 【变式训练】（24-25八年级下·黑龙江佳木斯·期中）如图，在菱形中，对角线、相交于点，过点作，且，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，求的面积． 题型七 根据菱形的性质与判定求角度 【典例精讲】（24-25八年级下·云南玉溪·期末）如图，某同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则 ． 【变式训练】（24-25八年级下·吉林四平·期中）如图，在菱形中，E是的中点，的延长线交于点F，连接 (1)求证：； (2)连接，请判断与的位置关系，并说明理由； (3)当菱形满足________时，四边形是菱形． 题型八 根据菱形的性质与判定求线段长 【典例精讲】如图所示的一张矩形纸片，将纸片折叠一次，使点与点重合，再展开，折痕交边于点，交边于点，分别连结和． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求矩形纸片的面积． 【变式训练】（24-25八年级下·陕西西安·月考）如图，点是对角线的交点，过点的直线分别交，于点，．，，分别连接，，求此时四边形的周长． 题型九 根据菱形的性质与判定求面积 【典例精讲】（24-25八年级下·河北张家口·期末）如图，已知，点A，B分别在，上． (1)用无刻度的直尺和圆规分别在，上作点D，C，使得四边形是菱形；（保留作图痕迹，不写作法） (2)若菱形的周长为，，求菱形的高． 【变式训练】（24-25八年级下·山东日照·期末）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． 题型十 正方形折叠问题 【典例精讲】（23-24八年级下·四川乐山·期末）如图，正方形的边长为3，点E、F分别在边、上，将、分别沿、折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知，则的长为（    ） A． B． C． D． 【变式训练】（24-25七年级下·山东济南·月考）如图，正方形纸片的边长为6，点E，F分别在边，上，已知，，则的长为（   ） A．5 B．5.5 C．6 D．6.5 题型十一 求正方形重叠部分面积 【典例精讲】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】（24-25九年级上·安徽宿州·月考）如图，正方形的顶点O与正方形的对角线交点O重合，正方形和正方形的边长都是2，则图中重叠部分的面积是（     ） A．1 B．2 C． D． 题型十二 根据正方形的性质与判定证明 【典例精讲】（24-25八年级下·江苏镇江·期末）如图，在一张矩形纸片中，，，点E，F分别在，上，将沿直线折叠，点C落在上的点H处，点D落在点G处．设线段的长度为m，则m的取值范围是 ． 【变式训练】（24-25八年级下·河北唐山·期中）如图，点、，将线段平移到线段，若，，则点的坐标是（    ） A． B． C． D． 题型十三 根据正方形的性质与判定求角度 【典例精讲】（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． 【变式训练】如图，长方形纸片，以点A所在直线为折痕折叠，使点落在边上，折痕与边交于，将纸片展开，再一次折叠，以点所在直线为折痕，使点A落在边上，折痕与边交于，则 ．    题型十四 根据正方形的性质与判定求线段长 【典例精讲】24-25八年级下·四川攀枝花·月考）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且 (1)求证：； (2)在图1中，若G在上，且，则成立吗？为什么？ (3)运用解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图2，在直角梯形中，，，，E是上一点，且，，求的长． 【变式训练】如图，长方形纸片中，，．点是边上一点，连接并将沿折叠，得到，以点、、为顶点的三角形是直角三角形时，的长为 ． 题型十五 根据正方形的性质与判定求面积 【典例精讲】（24-25八年级下·山东聊城·期末）如图1，在矩形纸片中，，，折叠纸片使B点落在边上的点E处，折痕为．过点E作交于F，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)当点E在边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动． ①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形的边长； ②若限定P、Q分别在边、上移动，试求出菱形的面积最大值． 【变式训练】（24-25八年级下·山西大同·期中）如图，在中，，过点A作于点D．线段关于直线的对称线段为，线段关于直线的对称线段为，分别连接，，并延长交于点G． (1)试判断四边形的形状，并说明理由． (2)若，，求的面积． 题型十六 （特殊）平行四边形的动点问题 【典例精讲】（24-25八年级下·云南昆明·期中）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，设运动时间为． (1)____________，____________（用含的代数式示）； (2)在整个运动过程中是否存在值，使得四边形是矩形？若存在，请求出值；若不存在，说明理由． 【变式训练】（24-25八年级下·吉林·期中）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：s），解答下列问题． (1)______________．（用含的代数式表示） (2)当点停止运动时，的长度为______________． (3)当四边形为矩形时，求此时的值． (4)当时，直接写出此时的值． 题型十七 四边形中的线段最值问题 【典例精讲】（2025·江苏镇江·一模）如图，在直角坐标系中，矩形的顶点O在坐标原点，顶点A，C分别在x轴，y轴上，B点坐标为，D为的中点，线段在边上移动，且，当四边形的周长最小时，则点M的坐标为 ． 【变式训练】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 ． 题型十八 四边形其他综合问题 【典例精讲】（24-25八年级下·北京·期中）如图，在中，O为的中点，点E，M为同一边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），的延长线分别与的另一边交于点F，N，连接，下面四个推断： ①；②；③若是菱形，则至少存在一个四边形是菱形；④对于任意的，存在无数个四边形是矩形；其中所有正确的有（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 【变式训练】（23-24七年级下·福建福州·期中）已知平行四边形，对角线与相交于点O，点P在边上，过点P分别作，垂足分别为E、F，． (1)如图，若，求的长； (2)若点P是的中点，点F是的中点．求证：平行四边形是正方形． 题型十九 与三角形中位线有关的证明与应用 【典例精讲】（24-25八年级上·山东淄博·期末）知识回顾：已知，如图（1）中，点E是边的中点，点F是边的中点，连接．则与的关系为： （用符号语言表达）． 知识应用：已知，如图（2），四边形中，，点M，N分别为，的中点，连接．请猜想线段，，之间的关系，并说明理由． 【变式训练】（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．三个顶点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图任务，每个任务的画线不得超过三条． (1)在图1中，点P在线段上，先画，再在上画点E，使得； (2)在图2中，在线段上找一点G，使得，垂足为点G，并在线段上找一点H，使． 题型二十 中点四边形 【典例精讲】（24-25八年级下·江苏苏州·期中）如图，、、、分别是、、、的中点，且，下列结论：①；②四边形是矩形；③平分；其中正确的是 ． 【变式训练】（24-25八年级下·湖北武汉·期中）下列四个命题：①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形；②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；③顺次连接矩形四边中点得到的四边形是菱形；④等边三角形是轴对称图形．其中真命题共有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 题型二十一 等腰梯形的性质定理 【典例精讲】（24-25八年级下·黑龙江齐齐哈尔·月考）如图，在四边形中，，，且，，，若动点P从A点出发，以每秒的速度沿线段向点D运动；动点Q从C点出发以每秒的速度沿向B点运动，当P点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，设点P、Q同时出发，并运动了t秒，回答下列问题： (1)______； (2)若四边形成为平行四边形，求t的值． (3)当______时，？ 【变式训练】（24-25八年级下·上海·期中）如图，已知等腰梯形ABCD中，，，，，，求梯形的面积． 题型二十二 等腰梯形的判定定理 【典例精讲】（23-24八年级下·上海·期末）如图，矩形的对角线交于点，点和分别是线段和的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，求证：四边形是等腰梯形． 【变式训练】如图，矩形的对角线相交于点O，点E、F分别在、上，，求证：四边形是等腰梯形． 【演练1】（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为 ． 【演练2】（2025·山东东营·中考真题）如图，点O是边的中点，连接并延长至点D，使，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【演练3】（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在正方形的内侧作等边三角形，连接，． (1)如图①，求证：； (2)如图②，过点作，交的延长线于点，平分，交于点，连接，交于点，连接交于点，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图②中四条与线段相等的线段（线段，除外）． 【演练4】（2025·陕西·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在边，上，且．求证：． 【演练5】（2024·青海·中考真题）如图，正方形的边长为8，点M在上，且，N是上的一动点，则的最小值为 ． 基础夯实 1．（25-26八年级下·全国·课后作业）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相垂直 C．对角线平分一组对角 D．对角线互相平分 2．（24-25八年级下·广东江门·月考）如图，在中，，，，E，F分别是和的中点，则（   ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·湖南邵阳·期中）如图所示是一个矩形，在上取一点，过作于，于，其中，，求 ． 4．（24-25八年级下·河南信阳·月考）如图，在四边形中，，且，，，，分别从、两点同时出发，以的速度由向运动，以的速度由向运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止．经过 秒，直线将四边形截出一个平行四边形． 5．（23-24九年级上·山东枣庄·月考） 如图，菱形的对角线、相交于点，点是的中点，连接，过点作交的延长线于点，连接．    (1)求证：； (2)试判断四边形的形状，并写出证明过程． 培优拔高 1．（23-24九年级上·四川南充·期中）如图，菱形的对角线、交于点，将绕着点C旋转得到，连接，则的长是(　　) A．3 B．4 C．5 D．7 2．（22-23八年级下·陕西西安·期中）如图，在菱形中，，菱形的周长为16，点、分别为，的中点，点为菱形的边上任意一点（点不与点，重合），点，分别是，的中点，则的长为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2025·甘肃嘉峪关·模拟预测）如图，是边长为1的等边三角形，取边中点E，作，得到四边形，它的周长记作；取中点，作，得到四边形，它的周长记作．照此规律作下去，则 ． 4．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，若，于点，于点，与交于点，则 ． 5．（25-26八年级下·全国·课后作业）如下图，在中，对角线，相交于点，，，为直线上的两个点（点，始终在的外面），且，，连接，，，． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)若，，则四边形是平行四边形吗？请说明理由．由此你能得出什么结论？ (3)若平分，，求四边形的周长． 第 1 页 共 12 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题8.5 四边形（章节复习讲义） 【解析版】 知识点一 平行四边形 1、 平行四边形的概念：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）平行四边形的对边相等； （2） 平行四边形的对角相等 （3）平行四边形的对角线互相平分。 3、 判定条件 （1） 两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念） （2） 一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形 （3） 对角线互相平分的四边形叫做平行四边形 （4） 两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形 4、 反证法：反证法是一种间接证明的方法，不是从已知条件出发直接证明命题的结论成立，而是先提出与结论相反的假设，然后由这个“假设”出发推导出矛盾，说明假设是不成立的，因而命题的结论是成立的。 知识点二 矩形、菱形、正方形 1、 矩形的概念和性质 有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。 2.判定矩形条件 （1） 有一个角是直角的平行四边形是矩形 （2） 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 3、 平行线之间的距离及其性质 性质：两条平行线之间的距离处处相等 4、 菱形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 5、判定菱形条件 （1） 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2） 四边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 6、 正方形的概念、性质和判定条件 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 判定正方形条件： （1） 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念） （2） 有一组邻边相等的矩形是正方形 （3） 有一个角是直角的菱形是正方形 知识点三 三角形的中位线 1、 三角形中线的概念和性质 连接三角形两边重点的线段； 三角形中位线平行且等于第三边的一半。 2、 三角形的中位线与中线的区别 （1） 区别：三角形的中位线平分这个三角形的两条边，平行于第三边，且等于第三边的一半，但不经过这个三角形的任何顶点；而三角形的中线只平分这个三角形的一条边，不平行于这个三角形的任何边，但经过它所平分的边相对的顶点。 （2） 联系：三角形的一边上的中线与这边对应的中位线能够互相平分。 知识点四 梯形的性质与判定 1.等腰梯形的定义及性质 1.定义：两腰相等的梯形叫等腰梯形. 2.性质：（1）等腰梯形同一个底上的两个内角相等. （2）等腰梯形的两条对角线相等. 2.等腰梯形判定 1.用定义判定：两腰相等的梯形是等腰梯形. 2.判定定理：（1）同一底边上两个内角相等的梯形是等腰梯形. （2）对角线相等的梯形是等腰梯形. 3.三角形、梯形的中位线 1、联结三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线. 三角形中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半. 2、联结梯形两腰中点的线段叫梯形的中位线. 梯形的中位线定理：梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半. 题型一 利用平行四边形的判定与性质求解 【典例精讲】如图，在中，，，，点D、E分别是、的中点，交的延长线于F，则四边形的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【思路引导】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 由于，从而易证，所以，从而可证四边形是平行四边形，所以，再根据，得到，于是可得到，从而求出答案． 【完整解答】解：∵， ∴， ∵点E是的中点， ∴． 在与中， ， ∴． ∴， ∵点D是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴． 故选：C． 【变式训练】（23-24八年级下·四川成都·期中）如图，与中，，，线段与线段在一条直线上，且，连接，，，与相交于点． (1)求证：； (2)若时，的面积为，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)12 【思路引导】本题考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行四边形的判定与性质及三角形中线的性质，熟练掌握相关知识点是解题关键． （1）先利用证明，得出，，再利用即可证明； （2）根据等腰三角形的性质及角的和差关系得出，即可证明，根据全等三角形的性质得出，，即可证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质及三角形中线的性质即可得答案． 【完整解答】（1）证明：， ， 在和中， ， ， ∴，， 在和中，， ∴． （2）解：， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ∵， ∴， ∴． 题型二 平行四边形性质和判定的应用 【典例精讲】（24-25八年级下·吉林长春·期中）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点、均在格点上．只用没有刻度的直尺按下列要求画图，所画图形的顶点均在格点上，不要求写画法，保留必要的作图痕迹． (1)在图①中以、为顶点画一个面积为4的平行四边形； (2)在图②中以、为顶点画一个面积为6的平行四边形； (3)在图③中以、为顶点画一个面积为10的平行四边形．（正方形除外） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【思路引导】本题考查作图-应用与设计作图． （1）利用网格和平行四边形的判定作图即可； （2）利用网格和平行四边形的判定作图即可； （3）利用网格和平行四边形的判定作图即可；． 【完整解答】（1）解：如图：即为所求； （2）解：如图：即为所求（答案不唯一）； （3）解：如图：即为所求． 【变式训练】．（24-25七年级下·全国·期末）如图，已知四边形中，，，，下列说法：①；②平分；③；④．其中正确的有（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】A 【思路引导】根据平行线性质求出，得出平行四边形，即可推出；根据平行线的性质，然后根据等腰三角形的性质得平分；由，四边形是平行四边形，可得，进而由等边对等角可得：，然后由，可得，然后由角的和差计算及等量代换可得：，然后根据外角的性质可得：，进而可得：；根据等底等高的三角形面积相等即可推出． 【完整解答】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 故①正确； ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴平分，故②正确； ∵，四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，故④错误； ∵， ∴的边上的高和的边上的高相等， ∴由三角形面积公式得：， 都减去的面积得：，故③正确； 故选：A． 【考点点拨】本题考查了平行四边形的性质和判定，平行线性质，等腰三角形的性质，三角形的面积的应用等． 题型三 矩形与折叠问题 【典例精讲】（24-25九年级上·广东揭阳·期中）如图，在矩形中，，，为边上一点，将沿折叠，点落在点处，、分别交于点、，已知．则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【思路引导】本题考查了翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，根据证明可得，设，利用勾股定理求根据方程求出即可解决问题； 【完整解答】解：在和中， ∴（）， ∴，， ∴， 设， 则，，， 在中，， ∴， 解得， ∴； 故选C． 【变式训练】（24-25八年级下·贵州·月考）如图，在矩形中，点E为上一点，连接，将沿折叠，使得点B的对应点恰好落在对角线上，若，，则的周长为（    ） A．3 B．5 C．12 D．16 【答案】C 【思路引导】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，是解题的关键．根据勾股定理求出，根据折叠得出，，最后求出结果即可． 【完整解答】解：∵四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴， 根据折叠可知：，， ∴， ∴ ． 故选：C． 题型四 根据矩形的性质与判定求角度 【典例精讲】如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，且，．求的度数． 【答案】 【思路引导】本题考查了矩形的判定和性质、平行四边形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解此题的关键． 根据矩形的判定得到四边形是矩形，由矩形的性质求出，根据角的和差即可得出答案． 【完整解答】解：四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是矩形， ，， ， 故的度数为． 【变式训练】（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． 【完整解答】（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． 题型五 根据矩形的性质与判定求线段长 【典例精讲】（24-25八年级下·云南普洱·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点，过点作，且，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)13 【思路引导】该题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理．解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据四边形是菱形，得出，结合，得出，结合，，即可证明四边形是矩形． （2）根据四边形是菱形，，，得出，，勾股定理求出，根据四边形是矩形，得出． 【完整解答】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． （2）解：∵四边形是菱形，，， ∴，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴． 【变式训练】（24-25八年级下·江苏淮安·月考）如图，在中，，P是边上的动点，，垂足分别为D、E，线段的最小值是（     ）． A．1 B．2 C．2.4 D．4.8 【答案】C 【思路引导】本题考查了勾股定理的逆定理，矩形的判定与性质，垂线段最短等知识，利用矩形的性质是解题的关键；连接，先由勾股定理的逆定理可得；再由得四边形是矩形，则；当时，最短，从而线段取得最小值，利用面积相等即可求解． 【完整解答】解：如图，连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 当时，最短，从而线段最短， ∵， ∴， 故的最小值为． 故选：C． 题型六 根据矩形的性质与判定求面积 【典例精讲】（24-25八年级下·山东菏泽·期末）如图，菱形 的面积为，O为对角线 ，的交点，点E，F，G分别为 ，，的中点，连接 ，，则四边形 的面积为 ． 【答案】3 【思路引导】本题主要考查了菱形的性质的运用，关键是掌握菱形的两条对角线互相垂直平分． 连接，依据菱形的性质以及等腰三角形的性质，即可得到都是直角，即可得到四边形是矩形；再根据菱形的面积即可得到矩形的面积． 【完整解答】解：如图所示，连接， ∵四边形是菱形， ∴， 又 ∵是的中点， ∴， 又 ∵分别是的中点， ∴， ∴四边形是矩形， ∵菱形的面积为， ∴，即， ∴四边形的面积． 故答案为：3． 【变式训练】（24-25八年级下·黑龙江佳木斯·期中）如图，在菱形中，对角线、相交于点，过点作，且，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握各知识点是解题的关键． （1）根据菱形的性质得到，，证得四边形是矩形，根据矩形的性质即可得到结论； （2）根据菱形的性质得到，，根据矩形的性质得到，，根据三角形的面积公式即可解答． 【完整解答】（1）证明：四边形是菱形， ，，， ，， ，， 四边形是平行四边形，， 四边形是矩形； （2）解：四边形是菱形，，， ，，， 四边形是矩形， ，，，， ． 题型七 根据菱形的性质与判定求角度 【典例精讲】（24-25八年级下·云南玉溪·期末）如图，某同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则 ． 【答案】66 【思路引导】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解． 【完整解答】解：由作图可得， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式训练】（24-25八年级下·吉林四平·期中）如图，在菱形中，E是的中点，的延长线交于点F，连接 (1)求证：； (2)连接，请判断与的位置关系，并说明理由； (3)当菱形满足________时，四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)垂直，见解析 (3) 【思路引导】本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键． （1）根据菱形的性质得到，求得，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论； （2）根据菱形的性质得到，求得，得到，根据垂直的定义得到； （3）根据等边三角形的判定定理得到是等边三角形，求得，根据菱形的判定定理即可得到结论． 【完整解答】（1）证明∶∵四边形是菱形， ∴， ∴． ∵是的中点， ∴， 在与中． ∴， ∴； （2）解：，理由：如图， ∵四边形是菱形 ∴． ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴； （3）解：当菱形满足时，四边形是菱形，理由如下： ∵四边形是菱形 ∴． ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴． ∵．． ∴四边形是菱形 故答案为∶． 题型八 根据菱形的性质与判定求线段长 【典例精讲】如图所示的一张矩形纸片，将纸片折叠一次，使点与点重合，再展开，折痕交边于点，交边于点，分别连结和． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求矩形纸片的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】本题考查的是矩形的折叠，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质和特殊四边形的性质是关键． （1）由四边形是矩形与折叠的性质，易证得，即可得，则可证得四边形是平行四边形，又由，则可证得四边形是菱形； （2）根据菱形的性质得到，根据勾股定理得到，得到，即可求出矩形的面积． 【完整解答】（1）证明：四边形的形状是菱形，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠的性质可得：， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴矩形纸片的面积为． 【变式训练】（24-25八年级下·陕西西安·月考）如图，点是对角线的交点，过点的直线分别交，于点，．，，分别连接，，求此时四边形的周长． 【答案】 【思路引导】此题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质等知识，推导出，，进而证明是解题的关键．由，得，而，所以四边形是平行四边形，因为，所以四边形是菱形，则，于是得到问题的答案． 【完整解答】解：如图所示，连接，． 四边形是平行四边形， ， ， 点是对角线的交点， ， 在和中， ， ． ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， ， 四边形的周长为 题型九 根据菱形的性质与判定求面积 【典例精讲】（24-25八年级下·河北张家口·期末）如图，已知，点A，B分别在，上． (1)用无刻度的直尺和圆规分别在，上作点D，C，使得四边形是菱形；（保留作图痕迹，不写作法） (2)若菱形的周长为，，求菱形的高． 【答案】(1)见解析； (2)． 【思路引导】本题考查作图﹣复杂作图，菱形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识解决问题． （1）分别以A，B为圆心，长为半径作弧交直线，于点D，C，连接，则，又因为，所以四边形为菱形，即为所求； （2）连接，交于点O，过点A作于点H．利用面积法求解． 【完整解答】（1）解：如图，四边形即为所求； （2）解：连接，交于点O，过点A作于点H． ∵四边形是菱形，周长为， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴菱形的高为 ． 【变式训练】（24-25八年级下·山东日照·期末）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． 【答案】(1)见解析 (2)96 【思路引导】（1）证明可得，即可求证； （2）根据等腰三角形的性质可得，从而得到四边形是菱形，再由勾股定理求出，再由菱形面积公式即可求解． 【完整解答】（1）证明：在和中， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵，， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形的面积． 【考点点拨】本题主要考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质是解题的关键． 题型十 正方形折叠问题 【典例精讲】（23-24八年级下·四川乐山·期末）如图，正方形的边长为3，点E、F分别在边、上，将、分别沿、折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【思路引导】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质以及勾股定理，由折叠的性质得出，设，再根据勾股定理得出，代入数值求解得出x的值，进而即可得出的值． 【完整解答】解：∵正方形纸片的边长为3， ∴， 根据折叠的性质得：， 设， 则，，， 在中，， 即， 解得， ∴， ∴， 故选B 【变式训练】（24-25七年级下·山东济南·月考）如图，正方形纸片的边长为6，点E，F分别在边，上，已知，，则的长为（   ） A．5 B．5.5 C．6 D．6.5 【答案】A 【思路引导】此题考查了正方形的性质、翻折变换以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 由正方形纸片的边长为6，可得，，根据折叠的性质得：，，然后设，在中，由勾股定理，即可得方程，解方程即可求得答案． 【完整解答】解：延长到点，使，连接，如图， 四边形是正方形， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； ，， ， ， 在中，根据勾股定理得：， ， ， ， 故选：A． 题型十一 求正方形重叠部分面积 【典例精讲】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． 【完整解答】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】（24-25九年级上·安徽宿州·月考）如图，正方形的顶点O与正方形的对角线交点O重合，正方形和正方形的边长都是2，则图中重叠部分的面积是（     ） A．1 B．2 C． D． 【答案】A 【思路引导】本题考查了正方形的性质，解题关键是题中重合的部分的面积是不变的，且总是等于正方形面积的．根据题意可得：，所以，从而可求得其面积． 【完整解答】解：正方形和正方形的边长都是2， ，，， ∴， 在和中， ， ， ； 则图中重叠部分的面积是1， 故选：A． 题型十二 根据正方形的性质与判定证明 【典例精讲】（24-25八年级下·江苏镇江·期末）如图，在一张矩形纸片中，，，点E，F分别在，上，将沿直线折叠，点C落在上的点H处，点D落在点G处．设线段的长度为m，则m的取值范围是 ． 【答案】 【思路引导】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理的应用，正方形的性质，当点H与点A重合时，有最小值，由勾股定理可求的最小值，若点与点重合时，有最大值，由正方形的性质可求的最大值． 【完整解答】解：当点H与点A重合时，有最小值， ，则， 在中，， 即， 解得， ∴， 若点与点重合时，有最大值， ∴四边形是正方形， ∴， ∴最大值为4， ∴， 故答案为：． 【变式训练】（24-25八年级下·河北唐山·期中）如图，点、，将线段平移到线段，若，，则点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【思路引导】本题考查坐标与图形，平移的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等，过点D作轴于点H，先根据平移的性质证明四边形是平行四边形，结合，，得出四边形是正方形，再证，推出，，即可求解． 【完整解答】解： ，， ，， 如图，过点D作轴于点H， 线段平移到线段， ，， 四边形是平行四边形， ，， 四边形是正方形， ，， ， 又 ， ， 又 ，， ， ，， ， 点的坐标是， 故选A． 题型十三 根据正方形的性质与判定求角度 【典例精讲】（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) 【思路引导】（）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． 【完整解答】（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， ∴． 【变式训练】如图，长方形纸片，以点A所在直线为折痕折叠，使点落在边上，折痕与边交于，将纸片展开，再一次折叠，以点所在直线为折痕，使点A落在边上，折痕与边交于，则 ．    【答案】 【思路引导】先根据折叠的性质得到，继而得出，再由折叠的性质即可得到的度数． 【完整解答】解：如图，    ∵以点所在直线为折痕，折叠纸片，使点落在上的点，折痕与交于点， ∴四边形为正方形， ∴， ∴， 由再一次折叠，得 ． ， ． 故答案为：． 【考点点拨】本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 题型十四 根据正方形的性质与判定求线段长 【典例精讲】24-25八年级下·四川攀枝花·月考）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且 (1)求证：； (2)在图1中，若G在上，且，则成立吗？为什么？ (3)运用解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图2，在直角梯形中，，，，E是上一点，且，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)成立，理由见解析 (3) 【思路引导】本题是几何综合题，考查了全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键． （1）利用已知条件，可证出，即； （2）根据全等的性质得出，进而得出，即，可证，可得结论； （3）过C作，交延长线于G，先证四边形是正方形，由（2）结论可知，，设，则，在中利用勾股定理列方程求解，即可求出的长． 【完整解答】（1）证明：∵正方形， ，， 又∵， ． ； （2）解：成立，理由如下： ， ． ． 即． ， ． ，，， ． ． ； （3）解：如图，过C作，交延长线于G， 在直角梯形中，，， ，， 四边形为正方形． ． ， 由（2）结论可知，， ， 设，则， ，． 在中，， ， 解得：． ． 【变式训练】如图，长方形纸片中，，．点是边上一点，连接并将沿折叠，得到，以点、、为顶点的三角形是直角三角形时，的长为 ． 【答案】或 【思路引导】本题考查翻折变换，正方形的判断与性质，勾股定理的应用，解题的关键是分情况讨论，正确理解题意作出图形． 根据题意分两种情况： 在上，，四边形是正方形，； 在上，，用勾股定理，解，即可得的长． 【完整解答】解：根据题意分以下两种情况： 如图，在上，， ∵四边形是长方形， ∴， 由翻折的性质，可得，， ∴四边形是正方形， ∴； 如图，在上，， ∵四边形是长方形， ∴， 由翻折的性质，可得，，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， ∴， 故答案为：或． 题型十五 根据正方形的性质与判定求面积 【典例精讲】（24-25八年级下·山东聊城·期末）如图1，在矩形纸片中，，，折叠纸片使B点落在边上的点E处，折痕为．过点E作交于F，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)当点E在边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动． ①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形的边长； ②若限定P、Q分别在边、上移动，试求出菱形的面积最大值． 【答案】(1)见解析 (2) ；36 【思路引导】（1）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； （2）①根据矩形的性质和勾股定理求得的长，在中求得，即可求得菱形的边长；②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形为正方形，，即可得出答案． 【完整解答】（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边上的E处，折痕为， ∴点B与点E关于对称， ∴，，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； （2）①∵四边形是矩形， ∴，，， ∵点B与点E关于对称， ∴， 在中， ， ∴， 在中，，， ∴，解得： ， ∴菱形的边长为； ②当点Q与点C重合时，点E离点A最近， 由①知，此时，， 那么， 当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形为正方形，如图， 则， 那么， ∴菱形的面积范围为，即最大值为36． 【考点点拨】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定和性质、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，找到临界点是解题的关键． 【变式训练】（24-25八年级下·山西大同·期中）如图，在中，，过点A作于点D．线段关于直线的对称线段为，线段关于直线的对称线段为，分别连接，，并延长交于点G． (1)试判断四边形的形状，并说明理由． (2)若，，求的面积． 【答案】(1)边形是正方形，理由见解析 (2) 【思路引导】本题考查正方形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握对称性，正方形的判定和性质，勾股定理，是解题的关键． （1）对称性得到，，，，，进而推出，得到四边形是矩形，再根据，即可得证； （2）设，推出，在中，利用勾股定理列出方程进行求解即可． 【完整解答】（1）解：四边形是正方形．理由如下： ∵于点D， ∴． ∵与关于直线对称， ∴，，． ∵与关于直线对称， ∴，，． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴四边形是矩形． 又∵， ∴矩形是正方形． （2）解：∵四边形是正方形，， ∴，． 设，则． ∴． ∵， ∴，． ∴． 在中，，即． 解得． ∴． ∵， ∴． 题型十六 （特殊）平行四边形的动点问题 【典例精讲】（24-25八年级下·云南昆明·期中）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，设运动时间为． (1)____________，____________（用含的代数式示）； (2)在整个运动过程中是否存在值，使得四边形是矩形？若存在，请求出值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) ， (2)存在， 【思路引导】本题考查列代数式，平行四边形、矩形的性质，关键是熟练掌握矩形的判定． （1）由运动的速度即可表示长，的长； （2）根据矩形的判定列方程求解即可． 【完整解答】（1）解：由题意得： ， ， ∵ ， ∴ 故答案为： ， ； （2）解：存在， 在四边形中：， ∴当时，四边形是矩形， ∴， 解得：， ∴当时，四边形是矩形． 【变式训练】（24-25八年级下·吉林·期中）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：s），解答下列问题． (1)______________．（用含的代数式表示） (2)当点停止运动时，的长度为______________． (3)当四边形为矩形时，求此时的值． (4)当时，直接写出此时的值． 【答案】(1) (2) (3) (4)或 【思路引导】本题考查四边形上动点问题，矩形的判定与性质及平行四边形的判定与性质，解题的关键是根据性质列方程求解． （1）根据时间乘以速度即可解答； （2）求点停止运动时的时间，即可解答； （3）当四边形为矩形时，，列方程即可解答； （4）分类讨论，当四边形为平行四边形或等腰梯形，分别计算即可． 【完整解答】（1）解：根据题意，， 故答案为：； （2）解：， 则， 故答案为：； （3）解：， 当四边形为矩形时，， 可得， 解得； （4）解：如图，当四边形为平行四边形时，此时， ， 则， 可得方程， 解得； 如图，当四边形为等腰梯形时，此时，过点作交于点， ， 则四边形都为矩形， ，， ， ，， ， ， 根据，可列方程， 解得， 综上所述，或． 题型十七 四边形中的线段最值问题 【典例精讲】（2025·江苏镇江·一模）如图，在直角坐标系中，矩形的顶点O在坐标原点，顶点A，C分别在x轴，y轴上，B点坐标为，D为的中点，线段在边上移动，且，当四边形的周长最小时，则点M的坐标为 ． 【答案】 【思路引导】本题考查了轴对称-最短路线问题，坐标与图形，平行四边形的判定和性质，一次函数的性质等知识，作点D关于y轴的对称点E，过点E作，截取，连接、．得四边形是平行四边形，求出，，得出，要使四边形的周长最小，只要使的值最小，当A、N、F三点共线时的值最小．运用待定系数法求出直线的解析式即可解决问题． 【完整解答】解：作点D关于y轴的对称点E，过点E作，截取，连接、． ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵D是的中点，， ∴， ， ， 要使四边形的周长最小，只要使的值最小， ∴当A、N、F三点共线时的值最小． 设直线的解析式为：， ∵，， ∴， 解得， ， 当时，， ∴ ， ∴． 故答案为：． 【变式训练】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】 【思路引导】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． 【完整解答】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：． 题型十八 四边形其他综合问题 【典例精讲】（24-25八年级下·北京·期中）如图，在中，O为的中点，点E，M为同一边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），的延长线分别与的另一边交于点F，N，连接，下面四个推断： ①；②；③若是菱形，则至少存在一个四边形是菱形；④对于任意的，存在无数个四边形是矩形；其中所有正确的有（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 【答案】D 【思路引导】本题考查了矩形的判定，菱形的判定和性质，平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，证明四边形是平行四边形是解题的关键． 由“”可证，，可证四边形是平行四边形，可得，与不一定相等，故①错误，②正确，由菱形的判定和性质和矩形的判定可判断③错误，④正确． 【完整解答】解：如图1，∵O为对角线的中点， ∴，， ∴， 在和中， ，    ∴， ∴， 同理可得：， ∴，即； 又∵， ∴四边形是平行四边形，   ∴，故②正确； 根据现有条件无法证明，故①错误． 若平行四边形是菱形，则， ∴， ∵点E，M为边上任意两个不重合的动点(不与端点重合)， ∴， ∴四边形不可能是菱形，故③不正确； 如图2，当时，则， ∵四边形是平行四边形， ∴边形是矩形， 又∵存在无数个点E、M满足， ∴对于任意的，存在无数个四边形是矩形，故④正确；        综上所述，正确结论为②④． 故选：D． 【变式训练】（23-24七年级下·福建福州·期中）已知平行四边形，对角线与相交于点O，点P在边上，过点P分别作，垂足分别为E、F，． (1)如图，若，求的长； (2)若点P是的中点，点F是的中点．求证：平行四边形是正方形． 【答案】(1) (2)见解析 【思路引导】本题主要考查全等三角形的判定与性质、特殊平行四边形的判定与性质，勾股定理． （1）连接，易证，所以，在，，利用勾股定理得到，即； （2）证明，得到，证明平行四边形是矩形，再证明平行四边形是菱形，根据条件即可证出平行四边形是正方形． 【完整解答】（1）解：连接，如图， ∵ ， ∴， ∴， 在中，， ∴， ， ∴； （2）证明：∵P是中点， ∴ 又∵ ， ∴． ∴． ∴ ． ∴ ． ∴平行四边形是矩形． ∵ 点P是中点，，点F是的中点， ∴ ． ∵ ， ∴ ． ∴平行四边形是菱形． ∴平行四边形是正方形． 题型十九 与三角形中位线有关的证明与应用 【典例精讲】（24-25八年级上·山东淄博·期末）知识回顾：已知，如图（1）中，点E是边的中点，点F是边的中点，连接．则与的关系为： （用符号语言表达）． 知识应用：已知，如图（2），四边形中，，点M，N分别为，的中点，连接．请猜想线段，，之间的关系，并说明理由． 【答案】知识回顾：，；知识应用：， 【思路引导】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的中位线的性质，掌握以上知识是解题的关键． 知识回顾：根据三角形的中位线的性质可得结论； 知识应用：连接并延长交的延长线于点G，证明，可得，，再结合三角形的中位线的性质可得结论． 【完整解答】解：知识回顾： ∵点E是边的中点，点F是边的中点， ∴是的中位线， ∴，； 故答案为：，． 知识应用：，，理由如下： 连接并延长交的延长线于点G， ∵， ∴，， ∵N是的中点， ∴， ∴， ∴，， ∵M是的中点，N是的中点， ∴，， ∵， ∴． 【变式训练】（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．三个顶点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图任务，每个任务的画线不得超过三条． (1)在图1中，点P在线段上，先画，再在上画点E，使得； (2)在图2中，在线段上找一点G，使得，垂足为点G，并在线段上找一点H，使． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【思路引导】此题考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质是关键． （1）作平行四边形并利用平行四边形的性质进行作点E即可； （2）利用三角形中位线定理、等腰三角形的判定和性质进行作图即可． 【完整解答】（1）解：所作图形如图所示： （2）所作图形如图所示： 题型二十 中点四边形 【典例精讲】（24-25八年级下·江苏苏州·期中）如图，、、、分别是、、、的中点，且，下列结论：①；②四边形是矩形；③平分；其中正确的是 ． 【答案】①③/③① 【思路引导】本题考查了三角形中位线定理与菱形的判定与菱形的性质，根据三角形的中位线定理与判定四边形是菱形是解答本题的关键． 根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半与可得四边形是菱形，然后根据菱形的对角线互相垂直平分，并且平分每一组对角的性质对各小题进行判断． 【完整解答】解：、、、分别是、、、的中点， ，，，， ， ， 四边形是菱形， ，平分，故①③正确； 无法证明四边形是矩形，故②错误； 综上所述，①③共2个正确． 故答案为：①③． 【变式训练】（24-25八年级下·湖北武汉·期中）下列四个命题：①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形；②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；③顺次连接矩形四边中点得到的四边形是菱形；④等边三角形是轴对称图形．其中真命题共有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【思路引导】本题考查命题与定理，平行四边形、正方形、菱形的判定，中点四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识． 根据正方形、菱形、菱形的性质以及平行四边形的判定即可一一判断. 【完整解答】解：①一组对边平行，可以推出同旁内角互补，又因为一组对角相等，利用等量代换可得出另一组对边也平行，所以该四边形是平行四边形，是真命题； ②对角线互相垂直且相等的四边形不一定是正方形，也可能是筝形等，是假命题； ③顺次连接矩形四边中点，根据三角形中位线定理，矩形对角线相等可以得到的在中点四边形四条边都相等，是菱形，是真命题； ④等边三角形是轴对称图形，是真命题． 所以真命题有①③④，共3个，选C． 题型二十一 等腰梯形的性质定理 【典例精讲】（24-25八年级下·黑龙江齐齐哈尔·月考）如图，在四边形中，，，且，，，若动点P从A点出发，以每秒的速度沿线段向点D运动；动点Q从C点出发以每秒的速度沿向B点运动，当P点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，设点P、Q同时出发，并运动了t秒，回答下列问题： (1)______； (2)若四边形成为平行四边形，求t的值． (3)当______时，？ 【答案】(1)18 (2) (3)或 【思路引导】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，等腰梯形的性质，熟知相关知识是解题的关键． （1）作于E，则四边形为矩形．在直角中，已知的长，根据勾股定理可以计算的长度，根据即可求出的长度； （2）根据平行四边形的性质可得，据此列出关于t的方程，解方程即可得到答案； （3）分两种情况：当时，四边形是平行四边形；当梯形是等腰梯形时，，可建立方程求解即可得出结论． 【完整解答】（1）解：如图，过D点作于E， 则 ∵，， ∴ ， ∴四边形矩形， ∴， 在中，∵， ∴， ∴； 故答案为：18； （2）解：由题意得，， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 解得； （3）解：①当时，如图， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 解得； ②如图，当梯形是等腰梯形时，， 过点P作 于点F，则 ， ∴四边形是矩形， ∴ ，， ∴， ∴； 综上所述，当t为或时，． 【变式训练】（24-25八年级下·上海·期中）如图，已知等腰梯形ABCD中，，，，，，求梯形的面积． 【答案】梯形的面积是25． 【思路引导】本题考查了等腰梯形的性质，解题关键是根据等腰梯形的性质得出全等，再求出高即可． 【完整解答】解：过点D作的平行线交的延长线于点E，过点D作于H． ， ， 四边形ACED是平行四边形， ，， ， ． 四边形是等腰梯形，， ， ， ， ， ， ， ，， ． ． 答：梯形的面积是25． 题型二十二 等腰梯形的判定定理 【典例精讲】（23-24八年级下·上海·期末）如图，矩形的对角线交于点，点和分别是线段和的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，求证：四边形是等腰梯形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【思路引导】（1）根据矩形的性质可得，根据三角形中位线定理可得，，进而推出，，然后根据平行四边形的判定定理可得结论； （2）证明是等边三角形，求出即可． 【完整解答】（1）证明：在矩形中，， ∵点和分别是线段和的中点， ∴，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：由（1）知， ∴四边形是梯形， ∵在矩形中，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是等腰梯形． 【考点点拨】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，平行四边形的判定，等边三角形的判定和性质，等腰梯形的判定，灵活运用相关判定定理和性质定理是解题的关键． 【变式训练】如图，矩形的对角线相交于点O，点E、F分别在、上，，求证：四边形是等腰梯形． 【答案】见解析 【思路引导】此题考查的是矩形的性质、全等三角形的判定与性质． 由矩形的性质可得，则，进而结合平行线的性质可得，得，再利用即可证明，得，即可证得结论．掌握其性质定理是解决此题的关键． 【完整解答】证明：∵四边形是矩形， ∴，则， ∵， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是等腰梯形． 【演练1】（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为 ． 【答案】 【思路引导】连接，根据旋转知，则和，可知垂直平分，有，设，则和，利用勾股定理列出代入求解即可． 【完整解答】解：如图所示，连接， 由旋转可知， ∴，，， ∴点F、B、C三点共线， ∵ ， ∴ H为的中点， ∴垂直平分， ∴， 设， ∵，， ∴正方形的边长为3， ∴，， ∵， ∴， 即， 解得， ∴的长为， 故答案为：． 【考点点拨】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、中垂线的判定和性质以及勾股定理的应用，解题的关键是熟悉旋转的性质和利用勾股定理列方程． 【演练2】（2025·山东东营·中考真题）如图，点O是边的中点，连接并延长至点D，使，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【思路引导】本题主要考查了矩形的判定，先根据题意得出四边形是平行四边形，然后根据矩形的判定定理一一判定即可得出答案． 【完整解答】解：∵点O是边的中点， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ．若，则四边形是菱形，无法得出四边形为矩形，故该选项符合题意； ．若，则四边形为矩形，故该选项不符合题意； ．∵四边形是平行四边形，∴，又，，∴，∴， ∴，∴则四边形为矩形，故该选项不符合题意； ．若，∴， ∴，∴则四边形为矩形，故该选项不符合题意； 故选：A． 【演练3】（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在正方形的内侧作等边三角形，连接，． (1)如图①，求证：； (2)如图②，过点作，交的延长线于点，平分，交于点，连接，交于点，连接交于点，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图②中四条与线段相等的线段（线段，除外）． 【答案】(1)见解析 (2)，，， 【思路引导】（1）由四边形 是正方形， 得，由 是等边三角形，得 ，得，进而即可得证； （2）先由等边三角形的性质，三角形的内角和及等角对等边证得，，再由，平分证得，得出，，，证得，进而即可得解． 【完整解答】（1）证明：∵四边形 是正方形， ∴，， ∵ 是等边三角形， ∴，， ∴， ∴； （2）解：与线段相等的线段有，，，，理由如下， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵四边形 是正方形， 为对角线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【考点点拨】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角和，内角和，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握以上知识点并能灵活运用是解决此题的关键． 【演练4】（2025·陕西·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在边，上，且．求证：． 【答案】证明见解析 【思路引导】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，运用全等转化思想．解题关键是利用正方形的边和角的性质证明三角形全等，进而通过线段的和差关系推导结论；易错点是对正方形性质理解不全面，或全等三角形的对应关系判断错误． 先根据正方形性质得出，，结合已知，证明，得到．再由正方形中，通过，推出． 【完整解答】证明：四边形是正方形， ． ， ， ， ，即． 【演练5】（2024·青海·中考真题）如图，正方形的边长为8，点M在上，且，N是上的一动点，则的最小值为 ． 【答案】10 【思路引导】本题考查轴对称的应用和勾股定理的基本概念．解答本题的关键是读懂题意，知道根据正方形的性质得到的最小值即为线段的长． 连接，，根据点与点关于对称和正方形的性质得到的最小值即为线段的长． 【完整解答】解：∵四边形是正方形， ∴点关于的对称点是点． 连接，，且交于点，与交于点，此时的值最小． ∵，正方形的边长为8， ∴，． 由，知． 又∵点与点关于对称， ∴且平分． ∴． ∴． ∴的最小值是10． 故答案为：10 基础夯实 1．（25-26八年级下·全国·课后作业）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相垂直 C．对角线平分一组对角 D．对角线互相平分 【答案】A 【思路引导】正方形是特殊的菱形，具有菱形的所有性质，但对角线相等是正方形独有的性质，菱形不一定具有． 本题考查了正方形与菱形的性质．此题比较简单，解题的关键是熟记正方形与菱形的性质定理． 【完整解答】解：∵正方形的性质有：四条边都相等，四个角都是直角，对角线互相平分垂直且相等，而且每一条对角线平分一组对角； 又∵ 菱形的性质有：四条边都相等，对角线互相垂直平分，而且每一条对角线平分一组对角； ∴正方形具有而菱形不一定具有的性质是：对角线相等． 故选：A． 2．（24-25八年级下·广东江门·月考）如图，在中，，，，E，F分别是和的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【思路引导】此题主要考查中位线的性质．根据三角形的中位线定理即可求解． 【完整解答】解：∵分别是和的中点， ∴是的中位线， ∴， 故选：A． 3．（24-25八年级下·湖南邵阳·期中）如图所示是一个矩形，在上取一点，过作于，于，其中，，求 ． 【答案】 【思路引导】本题考查矩形的性质，勾股定理，掌握知识点是解题的关键． 连接可知，的面积等于与的面积和，分别表示出和的面积，再列方程求解即可． 【完整解答】解：连接，如图 ∵四边形是矩形， ，， ∴， ， ∴， ， ∴， ∵， ∴， 即， ， ∴． 故答案为：． 4．（24-25八年级下·河南信阳·月考）如图，在四边形中，，且，，，，分别从、两点同时出发，以的速度由向运动，以的速度由向运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止．经过 秒，直线将四边形截出一个平行四边形． 【答案】或 【思路引导】本题主要考查了平行四边形的判定以及一元一次方程的应用，解题的关键在于掌握“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”的判定方法．设点，运动的时间为秒，则，，，，因为，故分两种情况：当或时，列方程解答即可． 【完整解答】解：设点，运动的时间为秒，则，，，， ， ①当时，四边形是平行四边形， 即，解得； ②当时，四边形是平行四边形， 即，解得； 经过或秒，直线将四边形截出一个平行四边形， 故答案为：或． 5．（23-24九年级上·山东枣庄·月考） 如图，菱形的对角线、相交于点，点是的中点，连接，过点作交的延长线于点，连接．    (1)求证：； (2)试判断四边形的形状，并写出证明过程． 【答案】(1)见解析 (2)四边形为矩形，理由见解析 【思路引导】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． （1）根据即可证明； （2）由（1），可得，证明四边形为平行四边形，再利用有一个角是直角的平行四边形是矩形即可解决问题． 【完整解答】（1）证明：点是的中点， ， 又 ， 在和中， ， ； （2）解：四边形为矩形，证明如下： ， ， 又， 四边形为平行四边形， 又四边形为菱形， ， 即， 四边形为矩形． 培优拔高 1．（23-24九年级上·四川南充·期中）如图，菱形的对角线、交于点，将绕着点C旋转得到，连接，则的长是(　　) A．3 B．4 C．5 D．7 【答案】C 【思路引导】本题考查了菱形的性质、图形旋转的性质及勾股定理，解题的关键是利用菱形对角线互相垂直且平分的性质求出相关线段长度，结合旋转的性质确定直角三角形的直角边，再用勾股定理计算的长． 先根据菱形性质得，且、，求出、；再由旋转180°的性质得、、，计算；最后在中，用勾股定理求出的长． 【完整解答】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵绕着点C旋转得到， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 2．（22-23八年级下·陕西西安·期中）如图，在菱形中，，菱形的周长为16，点、分别为，的中点，点为菱形的边上任意一点（点不与点，重合），点，分别是，的中点，则的长为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【思路引导】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理．利用菱形的性质证明是等边三角形，利用三角形中位线定理求解即可． 【完整解答】解：连接， ∵在菱形中，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵点、分别为，的中点， ∴， ∵点，分别是，的中点， ∴， 故选：A． 3．（2025·甘肃嘉峪关·模拟预测）如图，是边长为1的等边三角形，取边中点E，作，得到四边形，它的周长记作；取中点，作，得到四边形，它的周长记作．照此规律作下去，则 ． 【答案】 【思路引导】本题考查三角形的中位线，平行线的性质，找规律，找出计算周长的规律是解题的关键；根据三角形的中位线求解，找规律可得，据此规律可求解. 【完整解答】解：∵是边长为1的等边三角形， ∴， ∵E是边中点，， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， 同理：以此方法得到的四边形都为菱形，且边长为前一个菱形边长的， 即，，……，， ∴. 故答案为：. 4．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，若，于点，于点，与交于点，则 ． 【答案】62° 【思路引导】本题考查平行四边形的性质、直角三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 直接利用平行四边形的性质以及结合三角形内角和定理得出答案． 【完整解答】解：， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ， ， ， ． 故答案为：． 5．（25-26八年级下·全国·课后作业）如下图，在中，对角线，相交于点，，，为直线上的两个点（点，始终在的外面），且，，连接，，，． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)若，，则四边形是平行四边形吗？请说明理由．由此你能得出什么结论？ (3)若平分，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是平行四边形．理由结论见解析 (3) 【思路引导】（1）先利用平行四边形对角线互相平分的性质得，再由的关系推出，结合对角线互相平分的四边形是平行四边形证明结论； （2）同理（1），通过推出，结合判定平行四边形，再总结一般比例下的结论； （3）利用角平分线和平行线的性质得，结合平行四边形性质推出垂直平分，进而得，再由判定为等边三角形，求出边长后计算周长． 【完整解答】（1）证明：四边形是平行四边形， ，． ，， ， ，即， 四边形为平行四边形． （2）解：四边形是平行四边形， ，． ，， ， ，即， 四边形为平行四边形． 由此可得出结论：若，，则四边形为平行四边形． （3）解：在中，， ． 平分， ， ， ． ， ， 垂直平分， ． ， 是等边三角形， ， ． 【考点点拨】本题考查了平行四边形的性质与判定、等边三角形的判定，掌握平行四边形的对角线性质、对角线互相平分的四边形是平行四边形及角平分线与平行线结合得等腰三角形的技巧是解题的关键． 第 1 页 共 12 页 学科网（北京）股份有限公司 $