专题8.7 四边形（十八大压轴题题型训练 共36题）-2025-2026学年苏科版数学八年级下册专项复习培优讲义

专题8.7 四边形（压轴题题型训练） 【苏科版八下●新教材】 压轴题型一 利用平行四边形的判定与性质求解 1．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，，是的平分线，点从点出发，沿方向以的速度向点运动，点从点出发，沿射线方向以的速度运动．当点运动到点时，点随之停止运动，设运动时间为． (1)求的长． (2)是否存在以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 2．（25-26八年级下·全国·课后作业）图①是四连杆平开窗铰链，图②是其示意图．已知，，，．当时，窗户为完全开启状态，此时点A到点E的距离为 cm． 压轴题型二 平行四边形性质和判定的应用 3．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，对角线相交于点，，，．点从点出发沿方向以的速度匀速运动，到点时停止运动，连接并延长交于点．设运动时间为． (1)当为何值时，四边形是平行四边形？并说明理由； (2)当时，求四边形的面积． 4．如图，已知的面积为a，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且，四边形DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积为 ． 压轴题型三 矩形与折叠问题 5．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形ABCD中，，，E是AB上一点，且，F是BC上一动点．若将沿EF对折后，点B落在点P处，求点P到点D的最短距离． 6．（24-25八年级下·广西河池·期末）如图，矩形中，，，连接对角线，将沿所在的直线折叠，得到，交于点F．则的长是（   ） A．5 B．4 C．3 D． 压轴题型四 根据矩形的性质与判定求角度 7．（22-23八年级下·福建厦门·期中）在一次数学活动中，小辉将一块矩形纸片对折，使与重合，得到折痕．把纸片展开，再一次折叠纸片，使点A落在N上，得到折痕．    (1)若点N刚好落在折痕上时， ①如图1，过N作，求证：； ②如图2，求的度数； (2)如图3，当M为射线上的一个动点时，已知，，若的直角三角形时，求的长． 8．如图，在正方形中，点E是上一点，连接，将沿翻折得到，连接．若，则 ．      压轴题型五 根据矩形的性质与判定求线段长 9．（25-26八年级下·全国·周测）如图，在中，，AD，AE分别平分和，．    (1)填空：的度数为_______． (2)试判断AB与DE是否相等，并证明你的结论． 10．如图，在中，，，，P为边上一动点，于E，于，为的中点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 压轴题型六 根据矩形的性质与判定求面积 11．（23-24八年级下·浙江杭州·月考）如图，在中，，，，以其三边为边向形外分别作正方形，然后将整个图形放置于如图所示的长方形中，使点，，，，恰好在长方形的边上，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 12．如图，在ABCD中，点E是CD的中点，点F是BC边上的点，延长AE，交BC延长线于点G，，． (1)若△ABE的面积为10，求四边形ABCD的面积； (2)求证：； (3)若，，求AF的长． 压轴题型七 根据菱形的性质与判定求角度 13．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在矩形中，，，点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点，运动的时间是秒，过点作于点，连接，． (1) ， ， ， （用含的代数式表示）； (2)试说明：无论为何值，四边形总是平行四边形； (3)连接，与能垂直吗？如果能，求出相应的值；如果不能，请说明理由； (4)直接写出当为 时，为直角三角形． 14．（24-25八年级上·四川宜宾·期末）如图，在中，点D是的中点，、相交于点F，且满足，，，则 °． 压轴题型八 根据菱形的性质与判定求线段长 15．如图，矩形中，，，过点A、C作相距为2的平行线段，，分别交，于点E，F，则的长是 ． 16．（24-25八年级下·四川成都·月考）如图，在平行四边形中，，．将一个的的顶点放在点C处，并绕点C旋转，当与交于点M，同时与交于点N，连接． (1)求平行四边形的面积； (2)求证：； (3)求的周长的最小值． 压轴题型九 根据菱形的性质与判定求面积 17．如图所示，四边形中，于点O，，，点P为线段上的一个动点．过点P分别作于点M，作于点N．连接，在点P运动过程中，的最小值等于 ． 18．（24-25八年级上·重庆巫山·期中）在中，，于，的平分线交于点，交于，于，的延长线交于点．以下说法错误的有（   ）个 ①；②；③；④；⑤若，则 A．1 B．2 C．3 D．4 压轴题型十 正方形折叠问题 19．如图，点为正方形的边上一点，将沿对折，点落在处，连接交于，若，则的长为 ． 20．（2025·浙江·模拟预测）如图，，分别是正方形的边，上的点，将正方形纸片沿折叠，使得点的对应点恰好落在边上，要想知道正方形的边长，只需知道（   ） A．的长度 B．的周长 C．的周长 D．的面积 压轴题型十一 根据正方形的性质与判定证明 21．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，矩形中，，，E为边的中点，点F在边上，，则的长为 ． 22．（24-25八年级下·河南商丘·期中）如图1，中，，外角平分线交于点A，过点A分别作直线的垂线，B，D为垂足． (1)______°；与的数量关系是______； (2)若，求的面积； (3)如图2，在中，，高，，直接写出的长度． 压轴题型十二 根据正方形的性质与判定求角度 23．（2023八年级下·上海·专题练习）如果一个四边形的一条对角线把它分成两个等腰三角形，那么我们就称这条对角线是四边形的“美丽线”．已知是四边形的“美丽线”，如果，，那么 °． 24．如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，点B的对应点为E，点A的对应点D落在线段上，与相交于点F，连接． (1)求证：平分； (2)试判断与的位置关系，并说明理由； (3)若，求的大小．（直接写出结果即可） 压轴题型十三 根据正方形的性质与判定求线段长 25．（23-24八年级下·江苏连云港·期中）对于平面内的一个四边形，若存在点O，使得该四边形的一条对角线绕点O旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点O是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形中，对角线相交于点T，则点T是矩形的一个“旋点”． (1)若菱形为“可旋四边形”，其面积是16，则菱形的边长是_________； (2)如图1，在四边形中，，与不平行．四边形是否为“可旋四边形”？若是，请用无刻度的直尺和圆规作图，找出四边形的“旋点”O（不写作法，保留作图痕迹）．若不是，请说明理由． (3)如图2，四边形为“可旋四边形”，边的中点O是四边形的一个“旋点”，求的度数． 26．（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，在锐角中，于点D．若，则的长为 ．（用含有a，b的代数式表示） 压轴题型十四 根据正方形的性质与判定求面积 27．如图1，在正方形中，E，F，G，H分别为边上的点，，连接，交点为O． (1)如图2，连接，试判断四边形的形状，并证明你的结论； (2)将正方形沿线段剪开，再把得到的四个四边形按图3的方式拼接成一个四边形．若正方形的边长为，，则图3中阴影部分的面积为 ． 28．如图，在边长为8的正方形中，点E、G分别在边、上，且，，作、，与交于点O，分别在、上截取，，连结、交于点I． (1)四边形的面积 四边形的面积（填＞、＝，或＜）； (2)比较与大小，并说明理由． (3)求四边形的面积． 压轴题型十五 （特殊）平行四边形的动点问题 29．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，，，，是对角线上的两个动点，分别从点，同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度．设运动时间为，其中． (1)若，分别是，的中点，则四边形一定是____________（，相遇时除外）． (2)在（1）的条件下，若四边形为矩形，求的值． 30．（24-25八年级下·天津南开·月考）如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发，沿射线以每秒个单位的速度运动，动点同时从点出发，在线段上以每秒个单位的速度向终点运动，当动点到达点时，动点也同时停止运动．设点的运动时间为（秒）．以点为顶点的四边形是平行四边形时值为 秒． 压轴题型十六 四边形中的线段最值问题 31．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图所示，在正方形中，为上的一点，，，为上的一点，连接，．求的最小值． 32．已知，如图，为坐标原点，四边形为矩形，，，点是的中点，动点在线段上以每秒2个单位长的速度由点向运动．设动点的运动时间为秒． (1)当为何值时，四边形是平行四边形？ (2)在直线上是否存在一点，使得、、、四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求的值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由． (3)在线段上有一点，且，当运动________秒时，四边形的周长最小，并写出点的坐标________． 压轴题型十七 三角形的中位线证明与应用 33．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在四边形中，是上一动点，是上一定点，连接，，，分别是，的中点．当点从点向点移动时，关于线段的长度，下列结论一定正确的是（   ） A．逐渐减小 B．逐渐增大 C．不改变 D．不能确定 34．（25-26八年级下·全国·课后作业）如下图，D，E，F分别为的边AC，AB，BC的中点，连接，BD与EF相交于点O． (1)求证：． (2)若，试判断线段BD与EF的数量关系，并说明理由． 压轴题型十八 梯形的性质与判定定理 35．（23-24八年级下·内蒙古通辽·月考）如图，在四边形中，，点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点B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t秒． (1)当时，请判定四边形的形状________；（直接填空） (2)当时，求t的值． (3)连接，是否存在为等腰三角形？若存在请直接写出t值，若不存在，说明理由． 36．如图1，梯形中，，，，．点P从点A出发沿以每秒1个单位的速度向点D匀速运动，点Q从点C沿以每秒2个单位的速度向点B匀速运动．点P、Q同时出发，其中一个点到达终点时两点停止运动，设运动的时间为t秒． (1)当时，设A、B、Q、P四点构成的图形的面积为S，求S关于t的函数关系式，并写出定义域； (2)设E、F为、的中点，求四边形是平行四边形时t的值． 第 1 页 共 12 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题8.7 四边形（压轴题题型训练） 【苏科版八下●新教材】 压轴题型一 利用平行四边形的判定与性质求解 1．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，，是的平分线，点从点出发，沿方向以的速度向点运动，点从点出发，沿射线方向以的速度运动．当点运动到点时，点随之停止运动，设运动时间为． (1)求的长． (2)是否存在以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，当的值为或2时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形． 【思路引导】（1）利用平行四边形的性质得出，再利用角平分线的定义得出，即可得出结论； （2）利用平行四边形的性质即可得出，再分两种情况讨论计算即可得出结论． 【完整解答】（1）解：四边形是平行四边形， ， ． 是的平分线， ， ， ． ， ． （2）解：存在．由（1）可知，，． 由题意可知，，（）． ，要使以，，，为顶点的四边形是平行四边形，只要满足即可． 分以下两种情况讨论： ①当点在边上时，， ，解得； ②当点在边的延长线上时，， ，解得． 综上，当的值为或2时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形． 【考点再现】本题是平行四边形的综合题，主要考查了平行四边形的性质和判定，角平分线的定义，熟练掌握是关键． 2．（25-26八年级下·全国·课后作业）图①是四连杆平开窗铰链，图②是其示意图．已知，，，．当时，窗户为完全开启状态，此时点A到点E的距离为 cm． 【答案】28 【思路引导】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，正确计算是解题的关键． 根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可证明四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质可得，通过勾股定理可求出，最后再根据线段的和与差即可求解． 【完整解答】解：，， ∴四边形为平行四边形， ． ， ． 在中，，， ， ，即点到点的距离为． 故答案为：． 压轴题型二 平行四边形性质和判定的应用 3．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，对角线相交于点，，，．点从点出发沿方向以的速度匀速运动，到点时停止运动，连接并延长交于点．设运动时间为． (1)当为何值时，四边形是平行四边形？并说明理由； (2)当时，求四边形的面积． 【答案】(1)，理由见解析； (2)． 【思路引导】当运动的时间为时，，，因为四边形是平行四边形，所以，当时，四边形是平行四边形，可得关于的方程，解方程求出的值； 过点作于点，过点作于点，利用三角形的面积公式求出的长度，从而可求的面积，根据三角形中位线的性质可求出的长度，从而可求的面积，用的面积减去的面积即可得到四边形的面积． 【完整解答】（1）解：当时，四边形是平行四边形， 理由如下： 四边形是平行四边形， ，，， ， 在和中，， ， ． ， ． ， ，即时， 四边形是平行四边形， 解得：； （2）解：如图所示，过点作于点，过点作于点， ，，， 在中，由勾股定理，得， 由三角形的面积公式，得， ， ， ， ， ， ， ， 当时，， ， ． 【考点再现】本题主要考查了平行四边形的判定和性质、动点问题、勾股定理、全等三角形的判定与性质．本题的综合性较强，解决本题的关键是根据平行四边形的判定定理确定边之间需要满足的条件，根据条件列方程． 4．如图，已知的面积为a，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且，四边形DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【思路引导】连接EC，过A作AM∥BC交FE的延长线于M，求出平行四边形ACFM，根据等底等高的三角形面积相等得出△BDE的面积和△CDE的面积相等，△ADE的面积和△AME的面积相等，推出阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半，求出CF×hCF的值即可． 【完整解答】解：连接EC，过A作AM∥BC交FE的延长线于M， ∵四边形CDEF是平行四边形， ∴DE∥CF，EF∥CD， ∴AM∥DE∥CF，AC∥FM， ∴四边形ACFM是平行四边形， ∵△BDE边DE上的高和△CDE的边DE上的高相同， ∴△BDE的面积和△CDE的面积相等， 同理△ADE的面积和△AME的面积相等， 即阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半，是×CF×hCF， ∵△ABC的面积是，， ∴BC×hBC＝×3CF×hCF＝a， ∴CF×hCF＝a， ∴阴影部分的面积是CF×hCF＝ a＝， 故答案为： 【考点再现】本题考查了平行四边形的性质和判定，三角形的面积的应用，正确得出阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半是解题关键． 压轴题型三 矩形与折叠问题 5．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形ABCD中，，，E是AB上一点，且，F是BC上一动点．若将沿EF对折后，点B落在点P处，求点P到点D的最短距离． 【答案】10 【思路引导】本题考查了矩形的性质，勾股定理，翻折变换的性质，利用数形结合的思想，根据图形确定点到点的最短距离是解题的关键． 如图，连接，．由，则根据勾股定理可得，由翻折可得，由可知，当，，三点共线时，的长最短，进而完成解答． 【完整解答】解：如图，连接，． ∵四边形是矩形， ． ，， ． ， ． 由折叠的性质，得． ， ∴当，，三点共线时，的长最短， ∴点到点的最短距离． 6．（24-25八年级下·广西河池·期末）如图，矩形中，，，连接对角线，将沿所在的直线折叠，得到，交于点F．则的长是（   ） A．5 B．4 C．3 D． 【答案】C 【思路引导】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理，证明．根据矩形性质得出，根据平行线的性质得出，根据折叠得出，，证明，得出，设，则，根据勾股定理得出，求出，即可得出答案． 【完整解答】解：四边形是矩形， ，，， ， 由折叠性质，得，， ， 设，则， 在中， 则， 解得， 的长为3， ， ． 故选：C． 压轴题型四 根据矩形的性质与判定求角度 7．（22-23八年级下·福建厦门·期中）在一次数学活动中，小辉将一块矩形纸片对折，使与重合，得到折痕．把纸片展开，再一次折叠纸片，使点A落在N上，得到折痕．    (1)若点N刚好落在折痕上时， ①如图1，过N作，求证：； ②如图2，求的度数； (2)如图3，当M为射线上的一个动点时，已知，，若的直角三角形时，求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2)1或9 【思路引导】（1） ①证明四边形是矩形，得到，根据折叠的性质，矩形的性质，得到,，证明即可； ②根据折叠的性质，求解即可． （2）根据矩形的性质，判定不可能是直角，只有，分直角在矩形内部和外部两种情况计算即可． 【完整解答】（1）解：①∵矩形纸片对折，使与重合，得到折痕， ∴四边形是矩形，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 根据折叠的性质得到,， ∴． ②过点G作于点G， ∵矩形纸片对折，使与重合，得到折痕， ∴四边形是矩形，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 根据折叠的性质得到,， ∴． 根据折叠的性质， ∴，， ∴，，    ∴． （2）根据矩形的性质，故不可能是直角， ∴， ∵矩形纸片， ∴， ∵， ∴三点共线， 根据折叠的性质， ∴，， ∵矩形纸片， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； 根据矩形的性质，故不可能是直角， ∴， ∵矩形纸片， ∴， ∵， ∴三点共线， 根据折叠的性质， ∴，， ∵矩形纸片， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； 故或． 【考点再现】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形与折叠，勾股定理是解题的关键． 8．如图，在正方形中，点E是上一点，连接，将沿翻折得到，连接．若，则 ．      【答案】/60度 【思路引导】根据直角三角形斜边中线的性质得出,，由折叠的性质得，，利用辅助线构造矩形并由其性质得出，再由等量代换得出，最后由特殊直角三角形的性质得出，利用折叠的性质及正方形的性质即可求解． 【完整解答】解：如图，过点作直线于点，过点作直线于点K， 正方形ABCD中，，， ,． 由沿DE翻折得到， ， ，， ，，， ,， ∴四边形是矩形． ， ∴，， ． ． ∵正方形， ∴， ∴，， ∵沿翻折得到， ∴， ∴， 故答案为：．    【考点再现】本题考查正方形—翻折问题．具体考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的性质，特殊直角三角形的性质，矩形的判定和性质等的综合运用能力．灵活添加辅助线是解本题的关键． 压轴题型五 根据矩形的性质与判定求线段长 9．（25-26八年级下·全国·周测）如图，在中，，AD，AE分别平分和，．    (1)填空：的度数为_______． (2)试判断AB与DE是否相等，并证明你的结论． 【答案】(1) (2)相等．证明见解析 【思路引导】（1）根据角平分线的性质，及可求出； （2）先通过角平分线和邻补角的定义得到，通过得到，通过三线合一得到，然后根据三个角为直角的四边形为矩形证明四边形是矩形，最后根据矩形的对角线相等得到． 【完整解答】（1）解：． ，分别平分和， ，， ． （2）解：相等． 理由如下：，分别平分和， ，， ． ， ． ，平分， ， ， ∴四边形是矩形， ． 【考点再现】本题考查的是角平分线，等腰三角形的性质及矩形的判定定理，掌握上述知识是解题的关键． 10．如图，在中，，，，P为边上一动点，于E，于，为的中点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【思路引导】此题主要考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及直角三角形斜边上的中线性质，用勾股定理解三角形等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．证四边形是矩形，得，再由垂线段最短和三角形面积求出的长，即可解决问题． 【完整解答】解：如图，连接， ，，， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 是的中点， ， 根据垂线段最短可知，当时，最短，则也最短， 此时，， ， 即最短时，， 的最小值， 故选：C． 压轴题型六 根据矩形的性质与判定求面积 11．（23-24八年级下·浙江杭州·月考）如图，在中，，，，以其三边为边向形外分别作正方形，然后将整个图形放置于如图所示的长方形中，使点，，，，恰好在长方形的边上，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【思路引导】过点作于，延长、分别交正方形两边于、，利用勾股定理求出，利用等面积求出，利用勾股定理求出、，证明得到，证明，得到，，即可解答． 【完整解答】解： 如图，过点作于，延长、分别交正方形两边于、， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵四边形为长方形， ∴，， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴，， ∴四边形、为矩形， ∴，，， ，，， ∴，， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ， ∴， ∴，， ∴． 故选：A． 【考点再现】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 12．如图，在ABCD中，点E是CD的中点，点F是BC边上的点，延长AE，交BC延长线于点G，，． (1)若△ABE的面积为10，求四边形ABCD的面积； (2)求证：； (3)若，，求AF的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【思路引导】（1）作于点H，求出，即可得到答案； （2）根据平行四边形的性质，先证明，然后结合全等三角形的性质，即可得到结论成立； （3）由题意，先证明△ABF是直角三角形，然后利用勾股定理，即可求出答案． 【完整解答】（1）解：如图，作于点H， ∴， 即， ∴； （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD//BC， ∴，， ∵E是CD的中点，即， ∴， ∴，， ∵AF=AD+FC， ∴， 即； （3）解：由（2）可得：，， ∴，， ∴， 即， ∵AD//BC， ∴， ∴在Rt△ABF中，， 即， 解得：； 【考点再现】本题主要考查四边形的综合问题，解题的关键是掌握平行四边形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质、勾股定理等知识点． 压轴题型七 根据菱形的性质与判定求角度 13．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在矩形中，，，点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点，运动的时间是秒，过点作于点，连接，． (1) ， ， ， （用含的代数式表示）； (2)试说明：无论为何值，四边形总是平行四边形； (3)连接，与能垂直吗？如果能，求出相应的值；如果不能，请说明理由； (4)直接写出当为 时，为直角三角形． 【答案】(1)；；； (2)证明见解析 (3)当时，，理由见解析 (4)或 【思路引导】（1）根据题意，点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，得，，再由，求解即可； （2）根据，得，再根据（1）得即可证明； （3）根据（2）所证四边形是平行四边形，利用时，四边形是菱形，菱形对角线垂直，可得，建立方程求解即可； （4）分别从与两种情况讨论即可求解． 【完整解答】（1）解：∵四边到是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：；；；； （2）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴． 由（1）知，， ∴四边形是平行四边形． ∴无论为何值，四边形总是平行四边形； （3）解：与能垂直．理由如下： 由（2）可知：四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形， 此时， ∴， 解得：， ∴当时，； （4）如图，当时，则， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得：； 如图，当时，则， ∵四边形是矩形，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得：， 综上所述，当或时，是直角三角形， 故答案为：或． 【考点再现】本题是矩形的动点问题，考查了矩形的性质，含角的直角三角形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质等知识点．解题的关键是掌握：在直角三角形中，角所对的直角边是斜边的一半、菱形的判定和性质． 14．（24-25八年级上·四川宜宾·期末）如图，在中，点D是的中点，、相交于点F，且满足，，，则 °． 【答案】35 【思路引导】延长，取点H，使，连接，过点B作，使，连接，，，证明，得出，，根据等腰三角形的判定得出，证明四边形为平行四边形，得出，，证明四边形为菱形，得出，，证明，得出，，证明为等边三角形，得出，求出，根据三角形外角的性质得出． 【完整解答】解：延长，取点H，使，连接，过点B作，使，连接，，，如图所示： ∵点D为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：35． 【考点再现】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，三角形外角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 压轴题型八 根据菱形的性质与判定求线段长 15．如图，矩形中，，，过点A、C作相距为2的平行线段，，分别交，于点E，F，则的长是 ． 【答案】 【思路引导】过点F作于点H，根据矩形的性质和平行线的性质得，，证得，得，证得四边形是平行四边形，进而证得四边形是菱形，设，则，，利用勾股定理列方程求解即可． 【完整解答】解：过点F作于点H， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∵，， ∴， 设，则，， 在中，， 解得， 故答案为：． 【考点再现】本题考查矩形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形性质的判定、菱形的判定与性质、勾股定理及解一元一次方程，熟练掌握相关定理是解题的关键． 16．（24-25八年级下·四川成都·月考）如图，在平行四边形中，，．将一个的的顶点放在点C处，并绕点C旋转，当与交于点M，同时与交于点N，连接． (1)求平行四边形的面积； (2)求证：； (3)求的周长的最小值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【思路引导】（1）易得是等边三角形，过点A作于点E，求出的长，利用平行四边形的面积公式可得出结论； （2）先证四边形是菱形，则可得，由是等边三角形，可得，又由可得，根据即可证明； （3）结合（2）得是等边三角形，利用当时最短，由是等边三角形，也是最短的，是边长为2等边的高，即可得出周长的最小值． 【完整解答】（1）解：在中，，， ∴是等边三角形， ∴， 如图，过点A作于点E， ∴，， ∴，， ∴平行四边形的面积为； （2）证明：∵四边形是平行四边形,且, ∴四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴，, 又∵， ∴， ∴， 在和中， ∴； （3）解：∵， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， 当时最短， ∴也是最短的． ∵是边长为2等边的高， ∴，， 所以． ∴周长的最小值为． 【考点再现】此题主要考查了菱形的性质与判定以及等边三角形的判定与性质和勾股定理等知识，根据题意得出最小时则的周长最小得出是解题关键． 压轴题型九 根据菱形的性质与判定求面积 17．如图所示，四边形中，于点O，，，点P为线段上的一个动点．过点P分别作于点M，作于点N．连接，在点P运动过程中，的最小值等于 ． 【答案】15.6 【思路引导】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，垂线段最短，将求的最小值问题转化为求的最小值问题是解题的关键． 先根据题目条件，证明四边形是菱形，然后利用，推出， 再利用垂线段最短求的最小值，综合可得的最小值． 【完整解答】解：， ， ， ，， 四边形是平行四边形， 于点O， 平行四边形是菱形， ， 连接PD，如图所示： ， ， ， ， 当最短时，有最小值， 由垂线段最短可知：当时，最短，此时， 当点P与点O重合时，有最小值，最小值为． 故答案为：15.6． 18．（24-25八年级上·重庆巫山·期中）在中，，于，的平分线交于点，交于，于，的延长线交于点．以下说法错误的有（   ）个 ①；②；③；④；⑤若，则 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【思路引导】连接，，，根据证得，即可证得，可以判断②正确；由已知，，，从而证得三个直角三角形，即：，，再通过已知，的平分线和对顶角得，即得为等腰三角形，，证明四边形是菱形，可以判断①③正确；根据等腰直角三角形的性质可以判断④错误；根据等底等高的两个三角形面积相等可以判断⑤正确． 【完整解答】解：如图，连接， ∵， ∴， ∵的平分线交于E， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 故②正确； ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵的平分线交于E， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，， 故①③正确； 在中，， ∵， ∴， 故④错误； ∵四边形是菱形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，则． 故⑤正确． 综上所述：错误的有④，一共1个． 故选：A． 【考点再现】此题考查的是菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的性质、定理是解题的关键． 压轴题型十 正方形折叠问题 19．如图，点为正方形的边上一点，将沿对折，点落在处，连接交于，若，则的长为 ． 【答案】8 【思路引导】本题主要考查了正方形的折叠、勾股定理等知识点，正确作出辅助线、构造直角三角形成为解题的关键． 先根据线段的和差、正方形的性质可得，，再运用勾股定理可得；由折叠的性质可得，，即、；如图：连接，设，则，然后运用勾股定理列方程求解即可． 【完整解答】解：∵， ∴， ∵正方形， ∴，， ∴， ∵将沿对折，点落在处，连接交于， ∴，，即， ∴， 如图：连接，设，则， 在中，，即， 在中，，即， ∴，解得：． ∴． 故答案为：8． 20．（2025·浙江·模拟预测）如图，，分别是正方形的边，上的点，将正方形纸片沿折叠，使得点的对应点恰好落在边上，要想知道正方形的边长，只需知道（   ） A．的长度 B．的周长 C．的周长 D．的面积 【答案】C 【思路引导】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，难度较大，正确添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 连接，过点B作于点K，则，先证明，再证明，则，，即可求解． 【完整解答】解：连接，过点B作于点K，则， ∵四边形是正方形， ∴， 由翻折得，，， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的周长为：， 即的周长为正方形边长的2倍，故只需要知道的周长，即可知道正方形的边长，故C符合题意； 对于A、B、D选项条件不足，不能证明， 故选：C． 压轴题型十一 根据正方形的性质与判定证明 21．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，矩形中，，，E为边的中点，点F在边上，，则的长为 ． 【答案】2 【思路引导】此题考查了矩形的判定及性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确理解题意作出辅助线，综合掌握各知识点是解题的关键． 以为边向左作正方形，延长交于N，连接，过D作交延长线于M，证明，得到，，证明，得到设，则，，利用勾股定理得，求出，连接，过F作于P，再利用面积关系得到，由此求出即可． 【完整解答】解：以为边向左作正方形，延长交于N，连接，过D作交延长线于M， ∴， ∵在正方形中，， ∴， ∴， 即， ∵在正方形中，，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴。 ∵在矩形中，， ∴在正方形中，， ∵点E是的中点， ∴， ∴ 设，则，， ∵在中，， ∴， 解得， ∴， ∴。 连接，过F作于P， 则， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴ 解得， 故答案为：2． 22．（24-25八年级下·河南商丘·期中）如图1，中，，外角平分线交于点A，过点A分别作直线的垂线，B，D为垂足． (1)______°；与的数量关系是______； (2)若，求的面积； (3)如图2，在中，，高，，直接写出的长度． 【答案】(1)；； (2) (3) 【思路引导】（1）作于，如图1所示：则，先证明四边形是矩形，再由角平分线的性质得出，即可得出四边形是正方形，再由三角形全等得到，，即可得到的度数； （2）设，根据已知条件得到，由①得四边形是正方形，求得，根据全等三角形的性质得到，同理，，根据勾股定理列方程即可得到，得到，根据三角形面积公式进行解答即可； （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，，，，得出，，设，则，，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【完整解答】（1）证明：作于，如图1所示： 则， ，， ， 四边形是矩形， ，外角平分线交于点， ，， ， 四边形是正方形， ∴ ∵， ∴， ∴， 同理可知，， ∴， ∴， 故答案为：；； （2）解：设， ， ， 由①得四边形是正方形， ， ∵， ， 同理，， 在中，， 即， 解得：， ∴， ∴的面积； （3）解：如图2所示： 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，， 在中，由勾股定理得：， 解得：，即； 故答案为：． 【考点再现】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、矩形的判定、翻折变换的性质等知识；本题综合性强，有一定难度． 压轴题型十二 根据正方形的性质与判定求角度 23．（2023八年级下·上海·专题练习）如果一个四边形的一条对角线把它分成两个等腰三角形，那么我们就称这条对角线是四边形的“美丽线”．已知是四边形的“美丽线”，如果，，那么 °． 【答案】或 【思路引导】由是四边形的美丽线，可以得出是等腰三角形，从图，图，两种情况运用等边三角形的性质和判定，正方形的性质和判定和角的直角三角形的性质就可以求出的度数． 【完整解答】解：是四边形的美丽线， 是等腰三角形． ， 如图，当时， ，， 是正三角形， ． ， ， ， ． 如图，当时， ． ， 四边形是正方形， ， 综上，的度数为或． 故答案为：或． 【考点再现】本题考查了四边形的“美丽线”的定义和性质的运用，“美丽线”的判定，等边三角形的性质和判定的运用，矩形的性质与判定，正方形的性质和判定的运用，角的直角三角形的性质的运用． 24．如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，点B的对应点为E，点A的对应点D落在线段上，与相交于点F，连接． (1)求证：平分； (2)试判断与的位置关系，并说明理由； (3)若，求的大小．（直接写出结果即可） 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 (3) 【思路引导】（1）利用等腰三角形的性质以及旋转不变性解决问题即可； （2）结论：．证明，即可解决问题； （3）连接，过点B作交的延长线于H，作于T，证明，得出，证明四边形为正方形，得出，从而得出，证明，得出，求出，再求出，即可得出答案． 【完整解答】（1）证明：∵是由旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴平分． （2）解：结论：． 由旋转的性质可知，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）解：如图，连接，过点B作交的延长线于H，作于T， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ，， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 根据解析（2）可知，， ∴． 【考点再现】本题主要考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，垂直的定义，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明． 压轴题型十三 根据正方形的性质与判定求线段长 25．（23-24八年级下·江苏连云港·期中）对于平面内的一个四边形，若存在点O，使得该四边形的一条对角线绕点O旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点O是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形中，对角线相交于点T，则点T是矩形的一个“旋点”． (1)若菱形为“可旋四边形”，其面积是16，则菱形的边长是_________； (2)如图1，在四边形中，，与不平行．四边形是否为“可旋四边形”？若是，请用无刻度的直尺和圆规作图，找出四边形的“旋点”O（不写作法，保留作图痕迹）．若不是，请说明理由． (3)如图2，四边形为“可旋四边形”，边的中点O是四边形的一个“旋点”，求的度数． 【答案】(1)4 (2)是，见详解 (3) 【思路引导】（1）根据“可旋四边形”的性质可得，根据正方形的判定可得菱形为正方形，根据正方形四条边都相等的性质即可求解； （2）分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，根据垂直平分线的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，求得，即可证明四边形是“可旋四边形”． （3）连接，根据“可旋四边形”的性质和题意可得，，推得，根据等边对等角可得，，根据三角形内角和定理即可求出结果； 【完整解答】（1）解：∵菱形为“可旋四边形”， 则菱形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合， 即， 则菱形为正方形， ∵菱形的面积为16， ∴菱形的边长是． 故答案为：4． （2）解：四边形是“可旋四边形”；理由如下： 分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，如图：    ∵点在线段和线段的垂直平分线上， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， 则， 即， ∴四边形是“可旋四边形”． （3）解：连接，如图：    ∵四边形为“可旋四边形”，且点是四边形的一个“旋点”， ∴， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， 即， ∴． 【考点再现】本题考查了正方形的判定和性质，等边对等角，三角形内角和定理，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是做辅助线，构建全等三角形． 26．（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，在锐角中，于点D．若，则的长为 ．（用含有a，b的代数式表示） 【答案】 【思路引导】本题考查正方形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是添加辅助线，构造特殊图形：将分别沿着翻折，得到，连接并延长交于点，证明四边形为正方形，得到，进而得到，设，则：，利用勾股定理进行求解即可． 【完整解答】解：∵， ∴， 将分别沿着翻折，得到，连接并延长交于点，如图： 则：，， ∵， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∴， 设，则：， 在中，， ∴ ∴ ∴； 故答案为：． 压轴题型十四 根据正方形的性质与判定求面积 27．如图1，在正方形中，E，F，G，H分别为边上的点，，连接，交点为O． (1)如图2，连接，试判断四边形的形状，并证明你的结论； (2)将正方形沿线段剪开，再把得到的四个四边形按图3的方式拼接成一个四边形．若正方形的边长为，，则图3中阴影部分的面积为 ． 【答案】(1)正方形，见解析 (2)1 【思路引导】（1）先证明全等，可得出四边形是菱形，再根据全等三角形角之间的关系，又可得出菱形的一个角是直角，那么就可得出四边形是正方形． （2）根据已知条件，可以知道重新拼成的四边形是正方形（因为正方形的对角线翻到了外边，做了新拼成的正方形的边长），利用勾股定理求出和的长，所的面积是10减去4个四边形的面积就是阴影部分的面积． 【完整解答】（1）解：四边形是正方形． 证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴，，， 全等， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． （2）解：∵， ∴， ∵由（1）知，四边形是正方形， ∴， 由勾股定理得：， ∵， ∴， 故答案为：1． 【考点再现】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，以及菱形的判定的综合运用． 28．如图，在边长为8的正方形中，点E、G分别在边、上，且，，作、，与交于点O，分别在、上截取，，连结、交于点I． (1)四边形的面积 四边形的面积（填＞、＝，或＜）； (2)比较与大小，并说明理由． (3)求四边形的面积． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)3 【思路引导】（1）根据正方形的性质以及、，可知四边形和四边形是矩形，正方形的边长为8，，，则，，计算面积即可比较； （2）证明即可； （3）连接，过I作于点H，容易证明的面积等于面积的2倍，故阴影的面积等于的面积的一半． 【完整解答】（1）∵四边形是正方形， ∴，，， ∵、， ∴四边形和四边形是矩形， ∵，，正方形的边长为8， ∴，， ∴四边形和四边形是正方形， ∴， 故答案为：＝； （2），理由如下： ∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3）如图，连接，过I作于点H， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【考点再现】本题考查了正方形的性质，矩形的判断和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，属于四边形的综合题，有一定难度，解题的关键熟记正方形的性质并灵活运用． 压轴题型十五 （特殊）平行四边形的动点问题 29．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，，，，是对角线上的两个动点，分别从点，同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度．设运动时间为，其中． (1)若，分别是，的中点，则四边形一定是____________（，相遇时除外）． (2)在（1）的条件下，若四边形为矩形，求的值． 【答案】(1)平行四边形 (2)2或8 【思路引导】（1）根据矩形的性质结合平行线的性质可得到，，通过中点可证明，进而证明，利用三角形全等可得，，则，即可证明； （2）分为两种情况，一种是四边形为矩形，另一种是为矩形，利用即可求解． 【完整解答】（1）解：平行四边形． 由题意得：, ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵，分别是，中点， ∴，， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图①，连接． ，分别是，的中点，四边形是矩形， 四边形是矩形， ． 分以下两种情况讨论： ①如图①，当四边形是矩形时，． ，，， ． ， ， ； ②如图②，当四边形是矩形时，，． ， ， ． 综上所述，四边形为矩形时，的值为2或8． 【考点再现】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用． 30．（24-25八年级下·天津南开·月考）如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发，沿射线以每秒个单位的速度运动，动点同时从点出发，在线段上以每秒个单位的速度向终点运动，当动点到达点时，动点也同时停止运动．设点的运动时间为（秒）．以点为顶点的四边形是平行四边形时值为 秒． 【答案】或 【思路引导】本题主要考查了平行四边形的性质，一元一次方程的应用，分两种情况：①当四边形为平行四边形时，②当四边形为平行四边形时，分别结合平行四边形的性质，列出一元一次方程，解方程即可求解． 【完整解答】解：∵，动点同时从点出发，在线段上以每秒个单位长度的速度向终点运动， ∴运动时间为（秒） ∵，动点从点出发，沿射线以每秒个单位的速度运动， 到达的时间为（秒）， ∴当在点以及点的左边时，即时， 则， 当在的右边时，即时， 则， 以点为顶点的四边形是平行四边形时， ①当四边形为平行四边形时，，， ∴， 解得：； ②当四边形为平行四边形时，，， ∴， 解得， 综合上述，当或时，以点为顶点的四边形是平行四边形． 故答案为：或． 压轴题型十六 四边形中的线段最值问题 31．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图所示，在正方形中，为上的一点，，，为上的一点，连接，．求的最小值． 【答案】5 【思路引导】利用正方形的对称性，将其中一个点关于对角线对称，转化线段长度，再根据“两点之间线段最短”求最小值． 【完整解答】解：如图，连接交于点，连接交于点，连接． 易知，且， ，则，此时有最小值． ，， ． 由勾股定理，得，即的最小值为． 【考点再现】本题考查了正方形的对称性与勾股定理的应用，解题关键是利用对称将折线线段和转化为直线段，结合“两点之间线段最短”求解． 32．已知，如图，为坐标原点，四边形为矩形，，，点是的中点，动点在线段上以每秒2个单位长的速度由点向运动．设动点的运动时间为秒． (1)当为何值时，四边形是平行四边形？ (2)在直线上是否存在一点，使得、、、四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求的值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由． (3)在线段上有一点，且，当运动________秒时，四边形的周长最小，并写出点的坐标________． 【答案】(1) (2)存在，或或 (3)， 【思路引导】（1）先求出OA，进而求出OD＝5，再由运动知BP＝10−2t，进而由平行四边形的性质建立方程10−2t＝5即可得出结论； （2）分三种情况讨论，利用菱形的性质和勾股定理即可得出结论； （3）先判断出四边形OAMP周长最小，得出AM＋DM最小，即可确定出点M的位置，再用三角形的中位线得出BM，进而求出PC，即可得出结论． 【完整解答】（1）解：∵四边形为矩形，，， ∴，， ∵点是的中点， ∴， 由运动知，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴； （2）解：①当点在的右边时，如图1， ∵四边形为菱形， ∴， ∴在中，由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴； ②当点在的左边且在线段上时，如图2， 同①的方法得出， ∴， ③当点在的左边且在的延长线上时，如图3， 同①的方法得出，， ∴； （3）解：如图4， 由（1）知，， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形的周长为， ， ∴最小时，四边形的周长最小， ∴作点关于的对称点，连接交于， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 故答案为：． 【考点再现】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，动点最值问题，三角形中位线定理，勾股定理，解（1）的关键是求出OD的值，解（2）的关键时分类讨论的思想，解（3）的关键是找出点M的位置，是一道中等难度的中考常考题． 压轴题型十七 三角形的中位线证明与应用 33．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在四边形中，是上一动点，是上一定点，连接，，，分别是，的中点．当点从点向点移动时，关于线段的长度，下列结论一定正确的是（   ） A．逐渐减小 B．逐渐增大 C．不改变 D．不能确定 【答案】C 【思路引导】本题考查了三角形中位线的性质，熟练掌握三角形中位线的性质是解题的关键． 根据三角形中位线的性质即可求解． 【完整解答】解：连接，如图所示， ∵，分别是，的中点， ∴， ∵点是上一定点，是定点，的长度不变， ∴的长度不改变， 故选：C． 34．（25-26八年级下·全国·课后作业）如下图，D，E，F分别为的边AC，AB，BC的中点，连接，BD与EF相交于点O． (1)求证：． (2)若，试判断线段BD与EF的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【思路引导】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边中线定理，掌握三角形中位线平行且等于第三边的一半，平行四边形对角线互相平分，直角三角形斜边中线等于斜边的一半是解题的关键． （1）要证明，先利用三角形中位线定理，结合中点条件得到，从而判定四边形为平行四边形；再根据平行四边形对角线互相平分的性质，推出为的中点，即． （2）判断与的数量关系，先在中，利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半得到；再结合三角形中位线定理，得到，从而推出． 【完整解答】（1）证明：∵分别是的中点， ∴为的中位线， ∴，， ∴四边形EBFD是平行四边形， ∴． （2）解：．理由如下： ∵是的中点，， ∴． ∵分别是的中点， ∴， ∴． 压轴题型十八 梯形的性质与判定定理 35．（23-24八年级下·内蒙古通辽·月考）如图，在四边形中，，点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点B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t秒． (1)当时，请判定四边形的形状________；（直接填空） (2)当时，求t的值． (3)连接，是否存在为等腰三角形？若存在请直接写出t值，若不存在，说明理由． 【答案】(1)平行四边形 (2)或 (3)存在，当t为4或者或者时，为等腰三角形 【思路引导】本题考查了平行四边形的性质和判定，等腰梯形，勾股定理，等腰三角形的性质以及利用开平方解方程的知识，掌握平行四边形的性质、梯形的性质以及等腰三角形的性质是解答本题的关键． （1）根据题意有：，进而有，当时，可得，结合，即可作答； （2）分四边形是平行四边形和四边形是等腰梯形两种情况，结合题意计算，得到答案； （3）分三种情况讨论：当为等腰三角形，且时，过点于；当为等腰三角形，且时；当为等腰三角形，且时，根据等腰三角形的性质结合勾股定理列出关于的方程，解方程即可求解． 【完整解答】（1）解：结论：四边形是平行四边形． 理由： 根据题意有：， ∵， ∴， 当时，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当，四边形是平行四边形时， 即有：，则，解得，； 当时，四边形是等腰梯形时， 过点作于，过点于，如图， 根据，可得四边形是矩形， 则， 故， ∵梯形为等腰梯形，于， ， 根据（1）有， ， ∴，解得， 综上所述：或时，． （3）解：存在，理由如下： 根据（1）有， 根据（2）有， 当为等腰三角形，且时， 过点于，如图， 根据（2）可知：时， ∵为等腰三角形， ∴， ∴，解得，即此时； 当为等腰三角形，且时，如图， ∴，解得，即此时； 当为等腰三角形，且时， 过点于，过点于，如图， 根据（2）同理可知四边形是矩形， ， ， ， ， ， 在中，， ∴， 解得：， 综上所述：当为4或者或者时，为等腰三角形． 36．如图1，梯形中，，，，．点P从点A出发沿以每秒1个单位的速度向点D匀速运动，点Q从点C沿以每秒2个单位的速度向点B匀速运动．点P、Q同时出发，其中一个点到达终点时两点停止运动，设运动的时间为t秒． (1)当时，设A、B、Q、P四点构成的图形的面积为S，求S关于t的函数关系式，并写出定义域； (2)设E、F为、的中点，求四边形是平行四边形时t的值． 【答案】(1)， (2) 【思路引导】（1）A、B、Q、P四点构成的图形是梯形，根据梯形面积公式即可得出S关于t的函数关系式； （2）过点D作于H，取的中点G，则四边形是矩形，再根据四边形是平行四边形，得出，得出，列出方程求解即可． 【完整解答】（1）由题意可得：，， 则； （2）过点D作于H，取的中点G，则四边形是矩形． ∵F是的中点，G是的中点， ∴，， ∵，，，， ∴，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴， 解得：， 即当四边形是平行四边形时，t的值为． 【考点再现】本题主要考查了梯形背景下的动点问题，平行四边形的性质以及三角形中位线的性质等，解决问题的关键是正确作出辅助线，构建矩形． 第 1 页 共 12 页 学科网（北京）股份有限公司 $