专题 8.12 四边形（全章知识梳理 + 题型精析 +中考真题）- 2025-2026学年苏科版八年级数学下册基础知识专项突破讲练

专题 8.12 四边形（全章知识梳理 + 题型精析 +中考真题） 目录 一.知识梳理与题型精析 2 【基础篇】 2 【知识点一】平行四边形性质与判定 2 【题型 1】直接利用性质求角度、边长、对角线长 2 【题型 2】判定一个四边形是平行四边形 5 【题型 3】平行四边形与三角形全等、中位线的简单综合 8 【知识点二】特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形） 12 【题型 4】利用特殊平行四边形性质求边长、角度、对角线、面积 12 【题型 5】判定一个四边形是矩形、 菱形、正方形 16 【题型 6】矩形、菱形、 正方形与折叠、轴对称的基础应用 20 【知识点三】三角形的中位线 24 【题型 7】直接应用中位线定理求线段长度 24 【题型 8】利用中位线证明线段平行或倍分关系 27 【题型 9】中位线与三角形周长、面积的简单计算 31 【知识点四】梯形 36 【题型 10】利用等腰梯形性质求角度、边长、对角线 37 【题型 11】判定一个梯形是等腰梯形 40 【题型 12】梯形中作高、平移腰、平移对角线等辅助线的基础应用 44 【培优篇】 48 【考点一】平行四边形的综合探究 48 【题型 1】坐标系中的平行四边形存在性问题 49 【题型 2】平行四边形与折叠、旋转的综合 55 【考点二】特殊平行四边形的综合应用 62 【题型 3】矩形、 菱形、正方形的折叠问题 62 【题型 4】特殊平行四边形与坐标系的综合 66 【考点三】三角形中位线的拓展应用 76 【题型 5】中点四边形的判定与性质 76 【题型 6】中位线与动点最值 83 【考点四】梯形的综合问题 87 【题型 7】梯形中的动点存在性问题 87 【题型 8】梯形与特殊平行四边形的综合 92 二.中考真题 98 （一）单选题（10题） 98 （二）填空题（8题） 106 （三）解答题（6题） 112 一.知识梳理与题型精析 【基础篇】 【知识点一】平行四边形性质与判定 定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形。 性质：（1）对边平行且相等；（2）对角相等，邻角互补；（3）对角线互相平分； （4）是中心对称图形，对称中心是对角线交点。 判定：（1）两组对边分别平行；（2）两组对边分别相等；（4）一组对边平行且相等；（4）两组对角分别相等；对角线互相平分。 【题型 1】直接利用性质求角度、边长、对角线长 【例题1】（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在平行四边形中，点E为上一点，连接并延长交的延长线于点F，，连接． (1)求证：平分； (2)若点E为中点，，，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2)15 【分析】此题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质等知识． （1）由四边形是平行四边形得到，则，由得到，则，即可得证； （2）由平行四边形的性质和证得和是等边三角形，则，利用平行四边形的周长公式即可得到答案． （1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即平分； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴的周长． 【变式1】（23-24八年级下·辽宁大连·月考）如图，平行四边形的对角线与相交于点O，，若，，则的长是（　　） A．8 B．9 C．10 D．12 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 根据平行四边形的性质求出，结合勾股定理解题即可． 解：由题意知，， 在中，， ∴． 故选：C ． 【变式2】（24-25八年级上·广东广州·月考）如图，把一张平行四边形纸片沿对折，使点落在处，与相交于点，若，则等于 ． 【答案】/148度 【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，掌握平行四边形对边平行以及折叠的性质是解题的关键． 根据折叠以及平行四边形中，那么，再由平行的性质即可求解． 解：四边形是平行四边形，， ， ， 由翻折可得，， ， 故答案为：． 【变式3】（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，，平分，延长交于点．    (1)若，求的度数； (2)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质以及平行线的性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． （1）由角平分线定义得，则，再由直角三角形的性质得，然后由平行线的性质即可得出结论； （2）证，即可得出结论． （1）解：平分，， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ∴， ； （2）证明：四边形是平行四边形， ，， ， 在和中， ， ， ． 【题型 2】判定一个四边形是平行四边形 【例题2】（24-25八年级下·河南·期末）如图，的对角线与相交于点O，点E，F分别在和上．请你添加一个条件，使四边形是平行四边形，并说明理由． (1)添加的一个条件是：______； (2)说明理由． 【答案】(1)，答案不唯一 (2)见解析 【分析】（1）从对角线的角度思考，添加条件即可； （2）利用对角线互相平分的四边形是平行四边形证明即可． 本题考查了平行四边形的性质和判定，熟练掌握判定定理是解题的关键． （1）解：从对角线的角度思考，可以添加， 故答案为：．不唯一 （2）证明：∵的对角线与相交于点O，     ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【变式1】（24-25九年级上·上海·月考）在四边形中，是对角线，，添加一个条件，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A．； B．； C．； D．． 【答案】B 【分析】本题考查的是平行四边形的判定，根据题意利用平行四边形的判定定理逐一对选项分析，即可得到答案． 解：A、已知，若，即可证明四边形为平行四边形（两组对角分别相等的四边形是平行四边形），所以A能判定四边形为平行四边形； B、根据题意若，不能进一步得到，所以不能判定四边形为平行四边形． C、已知，若，即，，所以，两组对边分别平行的四边形是平行四边形，所以C能判定四边形为平行四边． D、已知，若，即，所以，两组对边分别平行的四边形是平行四边形，所以D能判定四边形为平行四边． 故选：B． 【变式2】（2024·河北沧州·一模）根据所标数据，不能判断下列四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查平行四边形的判定、平行线的判定等知识．根据平行四边形的判定定理判断即可． 解：A、根据对角线互相平分能判断该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； B、根据两组对边分别相等能判断该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； C、根据图可判断出，一组对边相等，另一组对边平行，不能判断该四边形是平行四边形，本选项符合题意； D、由两组内错角相等，可得两组对边分别平行，根据两组对边分别平行能判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意． 故选：C． 【变式3】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，D是AC的中点，E是线段BC延长线上一点，连接AE，ED，过点C作交ED的延长线于点F，连接AF． (1)求证：四边形AFCE是平行四边形． (2)若，的面积为8，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，正确理解上述知识点是解题的关键． （1）由两直线平行，内错角相等可得到，由中点的性质得到，接着通过判定，由全等三角形的性质得到，最后通过对角线互相平分的四边形为平行四边形可证四边形是平行四边形； （2）由平行四边形的性质可得，根据，结合等高的三角形的面积比等于底之比得到，由此可求出的面积． （1）证明：， ． 是的中点， ． 在和中， ， ， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵四边形是平行四边形， ． ，的边上的高与的边上的高相等， ， ， ． 【题型 3】平行四边形与三角形全等、中位线的简单综合 【例题3】（25-26八年级上·甘肃天水·期末）如图，在与中，点，，，在同一条直线上，连接，，且，，． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】本题主要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，熟练掌握相关判定定理和性质是解题的关键． （1）根据得出，则，即可证明； （2）根据全等三角形的性质得出，进而证明四边形是平行四边形，即可解答． （1）证明：∵， ∴， ∴， 在与中 ， ∴； （2）解：由（1）可知， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 【变式1】（25-26九年级上·四川巴中·期末）如图，平行四边形中，对角线于点，点为的中点．若平行四边形的周长为40，则的长为（   ） A．10 B． C． D．5 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定和性质、三角形中位线定理，证明四边形是菱形是关键． 证明四边形是菱形，则,再根据三角形中位线定理即可求出答案． 解：∵平行四边形中，对角线于点， ∴四边形是菱形， ∴ ∵平行四边形的周长为40， ∴, ∵是中点，是中点， ∴. 故选：D． 【变式2】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，的对角线相交于点，过点的直线分别交，于点，，．的长度是 ． 【答案】4 【分析】本题考查了平行四边形的性质和三角形全等的判定，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键； 根据平行四边形的性质证明三角形全等推导出对应边相等关系． 解：∵四边形是平行四边形 ∴，， ∴， 在和中， ∴ ∴ 故答案为：4 ． 【变式3】（2025·云南·模拟预测）如图，在平行四边形中，对角线交于点，过点作于点，延长至点，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，平行四边形的面积为，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，掌握平行四边形的性质和判定是解题的关键． （）证明可得，进而可得四边形是平行四边形，再由即可求证； （）由平行四边形的性质可得，由三线合一可得，再根据平行四边形的面积可得，进而由勾股定理得，又可得为的中位线，最后利用三角形中位线的性质即可求解； （1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 又， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ， ∴四边形是矩形； （2）解：四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 平行四边形的面积为， ， ， ， 在中，根据勾股定理得，， 四边形是平行四边形，交于点， 为中点， ， 为中点， 为的中位线， ． 【知识点二】特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形） （一）矩形： 定义：有一个角是直角的平行四边形。 性质：四个角都是直角；对角线相等。 判定：有一个角是直角的平行四边形；对角线相等的平行四边形；三个角是直角的四边形。 （二）菱形： 定义：有一组邻边相等的平行四边形。 性质：四条边相等；对角线互相垂直，且平分一组对角。 判定：一组邻边相等的平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形；四条边相等的四边形。 （三）正方形： 定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形。 性质：兼具矩形和菱形的所有性质。 判定：矩形 + 一组邻边相等；菱形 + 一个直角；对角线相等且互相垂直的平行四边形。 【题型 4】利用特殊平行四边形性质求边长、角度、对角线、面积 【例题4】（24-25八年级下·四川泸州·期中）如图，四边形中，，，，，作于点E，交的延长线于点F． (1)求证：四边形是正方形； (2)求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)144 【分析】本题主要考查了正方形的判定和性质，垂直的定义，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据垂直得出直角，证明四边形为矩形，利用证明，得出，即可得出结论； （2）借助（1）的结论得出四边形的面积等于正方形的面积，求出，即可求出面积． （1）证明：∵，， ∴，， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； （2）解：由（1）得四边形是正方形，且， ∴四边形的面积等于正方形的面积，， ∵，， ∴， ∴正方形的面积为， 即四边形的面积为144． 【变式1】（25-26九年级上·陕西渭南·期中）如图，在矩形中，，相交于点，平分交于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查矩形的性质、角平分线的定义及等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的性质、角平分线的定义及等腰三角形的性质是解题的关键；由题意易得，则有，然后根据角的和差关系可进行求解． 解：∵四边形是矩形， ∴， ∵，平分， ∴， ∴， ∴； 故选D． 【变式2】（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（   ） A．5 B．8 C．6 D．5.5 【答案】A 【分析】本题考查的是菱形的性质，含角的直角三角形的性质． 根据菱形的性质可得， ，根据含角的直角三角形的性质即可求得的长，从而得到结果． 解：∵四边形是菱形，， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：A． 【变式3】（25-26九年级上·福建漳州·期末）如图，在等腰中，． (1)尺规作图：作关于所在直线对称的（保留作图痕迹，不写作法）； (2)连接，交于点，若，四边形周长为，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查尺规作三角形，轴对称的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，菱形的面积．熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）分别以点A、C为圆心，为半径画弧，两弧相交于点D，连接、即可； （2）先根据菱形得，，则可求得，根据菱形的周长可求得，由勾股定理，可求出，从而求得，然后由菱形的面积公式可求解． （1）解：即为所求， 由作图可知：， ∵ ∴ ∴四边形为菱形， ∴与关于直线对称； （2）解：如图， 由（1）知四边形为菱形， ∴，，， ∵四边形周长为， ∴， 由勾股定理，得， ∴． ∴四边形的面积． 【题型 5】判定一个四边形是矩形、 菱形、正方形 【例题5】（25-26九年级上·河南平顶山·期末）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，E是边的中点，过点E作于点F，于点G． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，则的长为______． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】（1）根据菱形的性质，得，再根据“三个角是直角的四边形是矩形”即可求证； （2）根据菱形的性质，可得，，再根据勾股定理，可求，最后依据“直角三角形斜边上的中线是斜边的一半”和矩形的性质即可求解． （1）证明：四边形是菱形，对角线，相交于点O，   ，即， ，， ，， ， 四边形是矩形； （2）解：如图，连接， 四边形是菱形，，， ，，， 在中，， E是边的中点， ， 四边形是矩形， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【变式1】（25-26九年级上·福建漳州·期末）如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中正确的是（   ） A．当时，它是矩形 B．当时，它是矩形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形 【答案】C 【分析】此题考查平行四边形的性质，矩形的判定，正方形的判定，解题关键在于掌握判定法则．根据已知及各个四边形的判定对各个选项进行分析从而得到最后答案． 解：A． ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形，该项错误，不符合题意； B． ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形，该项错误，不符合题意； C． ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形，该项正确，符合题意； D． ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形，该项错误，不符合题意； 故选：C． 【变式2】（25-26八年级下·全国·课后作业）四边形ABCD的对角线相交于点O，且，则当OD的长为 时，四边形ABCD是矩形． 【答案】2.5 【分析】本题考查了矩形的判定，能正确运用知识点进行推理是解此题的关键． 根据矩形的判定定理进行求解即可． 解：当时，四边形是矩形． 理由如下：，且， ， 即， 四边形是平行四边形， 又，， ， 四边形是矩形． 故当时，四边形是矩形． 故答案为：． 【变式3】（25-26九年级上·山东济南·月考）如图，AD是的角平分线，线段AD的垂直平分线分别交和于点、，连接、． (1)试判定四边形的形状，并证明你的结论； (2)若，，求EF的长； (3)满足______时，四边形是正方形？ 【答案】(1)四边形是菱形，证明见解析 (2)6 (3) 【分析】本题考查了菱形的判定和正方形的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解题的关键是掌握邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的菱形是正方形． （1）由，，证，推出，得出平行四边形，根据得出菱形； （2）由（1）知，，，在中，利用勾股定理求得，进而可求解； （3）根据有一个角是直角的菱形是正方形可得时，四边形是正方形． （1）解：四边形是菱形，理由： ∵平分， ∴， 又∵， ∴， 在和中 ∵， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴相互平分， ∴四边形是平行四边形 又， ∴平行四边形为菱形； （2）解：由（1）知相互平分， ∴，，， 在中，， ∴， ∴； （3）解：当中时，四边形是正方形； 理由如下： ∵，平行四边形为菱形， ∴四边形是正方形（有一个角是直角的菱形是正方形）． 【题型 6】矩形、菱形、 正方形与折叠、轴对称的基础应用 【例题6】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在菱形纸片中，，点E在边上，将菱形纸片沿折叠，点C对应点为点，且是的垂直平分线，求的度数． 【答案】 【分析】设交于点F，由是的垂直平分线，得，由菱形的性质得，，，则，求得，由折叠得，则，于是得到问题的答案．此题重点考查菱形的性质、翻折变换的性质、线段的垂直平分线等知识，求得是解题的关键． 解：设交于点F， ∵是的垂直平分线， ∴ ∵四边形是菱形，， ∴，，， ∴， ∴， 由折叠得， ∴． 【变式1】（2025·湖北武汉·模拟预测）如图，将矩形沿折叠得到，折叠后与交于点，已知，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠性质．根据矩形的性质，可得，从而得到，再由折叠的性质可得，即可求解． 解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 由折叠的性质得：， ∴． 故选：B 【变式2】（23-24八年级下·海南海口·期中）如图，将一张矩形纸片沿着对角线向上折叠，顶点C落到点E处，交于点F．过点D作，交于点G，连接交于点O，，，则 ．    【答案】/ 【分析】首先依据两直线平行内错角相等及折叠证明，从而可得到，然后证明四边形是菱形，根据折叠特性设 ， 再由勾股定理得到，解得x的值，再根据勾股定理，即可解答． 由折叠的性质可知： ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； ∵，， ∴， ∴． 假设 ， ∴． ∴在直角中，，即， 解得， 即， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判断和性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 【变式3】（2024·吉林长春·二模）如图，在正方形中，对角线与交于点，将正方形折叠，使点落在对角线上的点处，连结，与折痕交于点，折痕交于点． 求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定．依据正方形的性质，即可得到；再根据折叠即可得出，进而得到．利用即可判定． 证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴，． ∴． ∵将正方形ABCD折叠，使点C落在点E处， ∴，即． 又∵， ∴． 在和中， ∵，，， ∴． 【知识点三】三角形的中位线 定义：连接三角形两边中点的线段。 定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半。 推论：经过三角形一边中点且平行于另一边的直线，必平分第三边。 【题型 7】直接应用中位线定理求线段长度 【例题7】（2026八年级下·江苏·专题练习）已知：如图，在中，平分，，垂足为，点是的中点． (1)求证：； (2)若，，则 ． 【答案】(1)证明见解析； (2)9 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线，与三角形的中位线有关的计算： （1）延长交于，证明，再证明，可得，结合点是中点，可得是的中位线，从而可得结论； （2）根据中位线的性质与全等三角形的性质可得结论． （1）解：延长交于， 平分， ， ， ， 在和中 ， ， ， 又点是中点， 是的中位线， ； （2）解：∵，是的中位线， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【变式1】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，为的中点，为上一点，连接，，，分别为，的中点，连接．若，则的长为（   ） A．5 B．8 C．16 D．2 【答案】C 【分析】本题考查了三角形中位线定理，掌握三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半是解题的关键． 先根据为中点判定是的中位线，得到与的数量关系，再结合是中点，推导的长度． 解：∵分别为的中点， ∴是的中位线。 ∴ ∵ ∴ ∵为的中点， ∴ 故选：C． 【变式2】（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，在中，点D，E分别是边，的中点，连结，点F在上，连结，若，，，则的长为 ． 【答案】8 【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形中位线的判定以及性质等知识，先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，再根据三角形中位线的判定以及性质即可得出，进一步即可得出答案． 解：∵，点E是的中点， ∴， ∵点D，E分别是边，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴． 故答案为：8． 【变式3】（25-26八年级下·全国·期中）如图，是内一点，连接，，并将，，，的中点，，，依次连接，得到四边形． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)如果，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）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可得，，，，从而得到，，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可； （2）过点作，交于点．由含的直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质，结合三角形的中位线即可求得结果． （1）证明：，分别是，的中点， ，． ，分别是，的中点， ，， ，， ∴四边形是平行四边形． （2）解：如图，过点作，交于点． 在中，由，，得， ． 在中，由，，得， ， ． 【点睛】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，平行四边形的判定，含角的直角三角形，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟记定理是解题的关键． 【题型 8】利用中位线证明线段平行或倍分关系 【例题8】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在四边形中，，，分别是，，的中点，，，垂足为．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质．根据三角形中位线定理得到，即可证明，结合，可得结论． 证明：如图，连接， ∵E，M是的中点， ∴， 同理，， ∵， ∴． ∵， ∴. 【变式1】（24-25八年级下·山西吕梁·期末）在四边形中，分别是的中点．若四边形为菱形，则线段与一定满足的关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是中点四边形，掌握菱形的判定定理、三角形中位线定理是解题的关键． 根据三角形中位线定理得到，，再根据菱形的判定定理解答即可． 解：如图： ∵、、、分别是、、、的中点， ∴分别为的中位线， ，， ∴四边形为平行四边形， 当时， ， 平行四边形为菱形， 故选：A． 【变式2】（24-25八年级下·浙江·期中）如图，在平行四边形中，，点分别为中点，，，则 ． 【答案】 【分析】过点A作，交延长线于点F，连接，说明四边形是矩形，可得，再根据勾股定理求出，然后证明，可得，进而说明，接下来可知是的中位线，最后根据三角形中位线的性质得出答案． 解：过点A作，交延长线于点F，连接， ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． 根据勾股定理，得， ∴． ∵ ∴， ∴ ∵点G是的中点， ∴， ∴， 即． ∵点H是的中点， ∴是的中位线， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，三角形中位线的定义和性质，作出辅助线构造三角中位线是解题的关键． 【变式3】（25-26八年级下·全国·课后作业）如下图，在中，对角线AC，BD相交于点O，G，H分别是AD，BC的中点，E，O，F分别是对角线BD上的四等分点，顺次连接点G，E，H，F，四边形GEHF是菱形． (1)线段AB和BD有何位置关系？请说明理由． (2)若，，则菱形GEHF的面积为________． 【答案】(1)，理由见解析 (2)2 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得到，；由三角形中位线定理可得，，即得到，可证明四边形是平行四边形，可得，由菱形的性质可得，即可得结论； （2）分别求出、的长，由菱形的面积公式可求解． （1）解：． 理由如下：如图，连接． ∵四边形是平行四边形， ，． ，分别是，的中点， ，， ， ∴四边形是平行四边形， ． ∵四边形是菱形， ， ，即． （2）解：，， ． ，，分别是对角线上的四等分点， ， ． ∵四边形是平行四边形， ， ∴菱形的面积． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质和判定，三角形中位线定理等知识，证明四边形是平行四边形是解题的关键． 【题型 9】中位线与三角形周长、面积的简单计算 【例题9】（24-25九年级下·云南昆明·月考）如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是的中点，顺次连接，四边形是菱形，且，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若菱形的周长为，四边形的周长为40，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)20 【分析】（1）连接，根据三角形中位线的性质可得，，，，进而证明，，再根据菱形的性质，可得，推出，即可证明结论； （2）连接交于点，根据菱形的性质，可得，再根据矩形的性质，求出，进而求出，再利用完全平方公式结合勾股定理即可求解． （1）证明：如图1，连接， 点是的中点， ，， 点是的中点， ，， ， 同理可证． 四边形是菱形， ， ， ，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形． （2）解：如图2，连接交于点， 菱形的周长为， ， 四边形的周长为40， ， ， ， ， ， 则菱形的面积为20． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，三角形中位线定理，菱形的性质，菱形面积公式，勾股定理，完全平方公式，熟练掌握相关性质是解题的关键． 【变式1】（24-25八年级下·上海浦东新·期末）如图，矩形对角线相交于点O，与的夹角为，点E、F、G分别为中点，当四边形周长为8时，则矩形的面积是 ． 【答案】 【分析】由矩形的性质可证是等边三角形，可得 ，由三角形中位线定理可得，可求，由勾股定理可求的长，即可求解． ∵四边形是矩形， ， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵点E、F、G分别为中点， ∴， ∴， ∵四边形周长为8 ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积， 故答案为． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，灵活运用这些性质是解题的关键． 【变式2】（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，在四边形中，，，，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形……如此进行下去，得到四边形．给出下列结论：①四边形是矩形；②四边形是菱形；③四边形的周长是；④四边形的面积是．其中，正确的结论有（   ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】根据题意，找出变化后的四边形的边长与四边形中各边长的长度关系规律，然后对选项作出分析判断： 解：①连接，， ∵在四边形中，顺次连接四边形各边中点，得到四边形， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴（矩形的两条对角线相等）； ∴（三角形的中位线定理）， ∴四边形是菱形； 同理继续连接，四边形是矩形； 故①②正确； ③每次连接新四边形，其边长是上一个四边形对应边长的一半, 经过次连接得到四边形 ，根据中位线的性质得， ， ， ∴四边形的周长是，故③正确； ④∵四边形中，，，且， ∴； 由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半， 四边形的面积是，故④正确； 综上所述，①②③④正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了中点四边形、平行四边形的判定、三角形的中位线定理、菱形和矩形的判定与性质，解题的关键是理清题意，熟练并灵活运用所学知识点解题． 【变式3】（24-25九年级上·广东深圳·月考）如图，已知在菱形中，对角线与交于点，延长到点，使，延长到点，使，顺次连接点，，，，且，．    (1)求菱形的面积； (2)求证：四边形是矩形； (3)求四边形的周长及面积． 【答案】(1) (2)见解析 (3)四边形的周长为；四边形的面积为 【分析】（1）直接由菱形的面积公式求解即可； （2）先证四边形是平行四边形，再证对角线相等，即可得出结论； （3）由三角形中位线定理得出的长，再由矩形的性质得， ，即可求解． （1）解：∵，， ∴菱形的面积为； （2）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形，，． ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形； （3）解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是的中位线， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形的周长， 四边形的面积． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定、菱形的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 【知识点四】梯形 定义：一组对边平行，另一组对边不平行的四边形。 等腰梯形： 性质：两腰相等；同一底上的两个角相等；对角线相等；是轴对称图形。 判定：两腰相等的梯形；同一底上两个角相等的梯形；对角线相等的梯形。 直角梯形：有一个角是直角的梯形。 【题型 10】利用等腰梯形性质求角度、边长、对角线 【例题10】（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形中，，，，、分别在、的延长线上，且，交于点． (1)证明 (2)求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、梯形的性质，熟练掌握全等三角形的判定定理与性质是解题的关键． （）先根据梯形的性质得出边和角的关系，再结合已知条件找到全等的条件（）证明． （）求的度数，可利用（）中全等三角形的性质，将角进行转化，再结合梯形中角的关系求解． （1）证明：∵在梯形中，，， ∴ ∵在和中，，， ∴ （2）解：∵ ∴ ∴ ∵， ∴ 【变式1】（2024·四川德阳·模拟预测）如图，等腰梯形中， ，，则 ． 【答案】3 【分析】本题主要考查了等腰梯形的性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是掌握以上性质． 过点作，交于点，证明四边形是平行四边形，得出对边相等，证明为等边三角形，得出三条边相等，然后利用线段的和差即可求解． 解：如图所示，过点作，交于点， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， 又∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：3． 【变式2】（23-24八年级下·上海宝山·月考）我们把对角线与一条底边相等的等腰梯形叫做“完美等腰梯形”．若一个“完美等腰梯形”的对角线长为10，且该梯形的一个内角为，则这个梯形的高等于 ． 【答案】5 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，含30度角直角三角形的特征，解题的关键是掌握等边对等角，含30度角的直角三角形30度角所对的边是斜边的一半． 根据题意画出图形，过点D作与点H，即可推出，进而得出，即可解答． 解：如图：四边形为等腰梯形，， 过点D作与点H， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：5． 【变式3】（25-26九年级上·浙江金华·期末）如图，正五边形中，点分别是边的中点，则 ． 【答案】/36度 【分析】先由正五边形的性质得到，，再由中点定义得到，判定是等腰三角形，即可得到，再由梯形中位线得到，进而由平行线的性质得到即可确定答案． 解：在正五边形中，，， 点分别是边的中点， ， 则， 在等腰中，，则， 连接，如图所示： 点分别是边的中点， ， ， 则， 故答案为：． 【点睛】本题考查正多边形中求角度，涉及正多边形性质、中点定义、等腰三角形的判定与性质、梯形中位线的判定与性质、平行线的判定与性质等知识，熟记相关几何性质是解决问题的关键． 【题型 11】判定一个梯形是等腰梯形 【例题11】（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，在梯形中，，延长到点E，使，． (1)试说明梯形是等腰梯形． (2)连接，试判断与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】本题考查了等腰梯形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的性质和判定的应用，注意：有两腰相等的梯形是等腰梯形． （1）根据平行线的性质求出，根据推出，证，推出即可． （2）根据等腰梯形性质得出，即可得出答案． （1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是等腰梯形． （2）解：， 理由是：连接, ∵四边形是等腰梯形， ∴， ∵， ∴． 【变式1】（2024·上海青浦·二模）已知四边形中，与不平行，与相交于点O，那么下列条件中，能判断这个四边形为等腰梯形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质以及等腰梯形的判定，解此题的关键是求出． A、，不能证明四边形是等腰梯形，错误； B、，不能证明四边形是等腰梯形，错误； C、∵， ∴，， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是梯形， ∵， ∴四边形是等腰梯形． D、，，不能证明四边形是等腰梯形，错误； 故选C． 【变式2】（2024·上海黄浦·三模）下列说法正确的是（    ） A．有一组邻边相等的梯形是等腰梯形 B．等腰三角形的中位线截该三角形所得的四边形是等腰梯形 C．有两个相邻的内角相等的梯形是等腰梯形 D．有一组对角互补的梯形是等腰梯形． 【答案】D 【分析】本题考查了等腰梯形的判定，根据等腰梯形的判定及三角形中位线的性质逐一判断即可求解，掌握等腰梯形的判定是解题的关键． 解：、两腰相等的梯形是等腰梯形，该选项说法错误，不合题意； 、等腰三角形的中位线截该三角形所得的四边形不一定是等腰梯形，该选项说法错误，不合题意； 、有两个相邻的内角相等的梯形不一定是等腰梯形，比如直角梯形，该选项说法错误，不合题意； 、有一组对角互补的梯形是等腰梯形，该选项说法正确，符合题意； 故选：． 【变式3】（24-25八年级下·上海崇明·期末）如图，已知在梯形中，是梯形的一条对角线，，将沿着翻折后得到，联结交于点． (1)求证：； (2)如果，求证：四边形是等腰梯形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰梯形的判定与性质，熟练掌握相关知识进行证明是解答本题的关键． （1）证明，利用证明可得； （2）由知，由折叠得，又，得，由三角形内角和定理得，由，得，故可得，从而可证明四边形是等腰梯形． （1）证明：∵梯形是等腰梯形， ∴， 由折叠得，， ∵， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴； （2）证明：由折叠得， ∵， ∴， 又， ∴， 又， ∴， ∵， ∴，四边形是梯形 ∵， ∴, ∴, ∴， ∴四边形是等腰梯形． 【题型 12】梯形中作高、平移腰、平移对角线等辅助线的基础应用 【例题12】（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． 【分析】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． 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． 【变式1】（22-23八年级下·上海徐汇·期末）如图，在等腰梯形中，，对角线，，，则梯形的面积为 ． 【答案】 【分析】由等腰梯形的性质得出，，可求出，进而得出，结合平行线性质得出，故得 ．过点作于点，借助特殊直接三角形的性质求出高的长，结合梯形面积公式即可求解． 解：在等腰梯形中，，， ，， ，， ， ，， ，， ， ， ， 如图，过点作于点， ，, ， ， ， 等腰梯形的面积为：． 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰梯形的性质和面积，平行线的性质以及直角三角形的性质，准确运用性质进行角度转化以及求出相应线段长度是本题的关键． 【变式2】（23-24八年级上·河南郑州·月考）如图，四边形中，，，，，若，，则这个四边形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰梯形的性质，直角三角形的性质； 作交的延长线于点F，证明四边形是平行四边形，再根据四边形为等腰梯形，推出为等腰直角三角形，根据直角三角形的性质求出的长即可求解． 解：如图，作交的延长线于点F， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵，， ∴四边形为等腰梯形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴E为的中点， ∴， ∴， ∴四边形的面积， 故答案为：． 【变式3】（22-23八年级上·浙江金华·期中）如图，梯形中，，，平分，若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】过点作于点，过点作于点，则四边形是矩形．证明，推出，利用勾股定理求出，，可得结论． 解：如图，过点作于点，过点作于点，则四边形是矩形． 梯形中，，， ，， 平分， ， ， ，，， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查梯形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 【培优篇】 【考点一】平行四边形的综合探究 核心拓展： 平行四边形与坐标系结合（求点坐标、图形面积）； 动点问题：在平行四边形边上或对角线上的动点，探究线段最值、特殊图形存在性； 与全等、勾股定理的综合。 【题型 1】坐标系中的平行四边形存在性问题 【例题1】（25-26八年级上·山东威海·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交轴，轴于点，点，直线交直线于点，交轴于点．在坐标平面内是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】存在点，使以、、、为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标为或或 【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、以及平行四边形的性质，关键是利用平行四边形对角线互相平分求点的坐标；分别以为对角线这三种情况，求出点的坐标． 解：对于直线，当时，， ∴， 解方程组得， ∴， 对于直线，当时，， ∴， ∴，，． 设， 若使以、、、为顶点的四边形为平行四边形，分三种情况讨论： ①当为对角线时，记为点， ∵四边形为平行四边形， ∴， 解得， 的坐标为； ②当为对角线时，记为点， ∵四边形为平行四边形， ∴， 解得：， ∴点的坐标为； ③当为对角线时，记为点， ∵四边形为平行四边形， ∴， 解得：， ∴点的坐标为； 综上所述，存在点，使以、、、为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标为或或． 【变式1】（24-25八年级下·辽宁辽阳·期末）如图，在平面而直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，若存在一点，使组成的四边形是平行四边形，则点的坐标不可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形的性质；熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．分三种情况：①为对角线时，②为对角线时，③为对角线时；由平行四边形的性质容易得出点D的坐标，即可得出答案． 解：设，分三种情况： ①为对角线时，，解得：，即点D的坐标为； ②为对角线时，，解得：，即点D的坐标为； ③为对角线时，，解得：，即点D的坐标为； 综上所述，点D的坐标是或或， 则点的坐标不可能为． 故选：B． 【变式2】（23-24八年级下·北京平谷·期末）一次函数与轴交于点，与轴交于点，将线段绕点逆时针旋转，使点落在点处．平面内存在一点，若以点为顶点的四边形是平行四边形，则点的坐标为 ． 【答案】或或 【分析】本题考查了一次函数，旋转的性质，平行四边形的性质等知识，先求出A、B的坐标，然后利用旋转的性质，全等三角形的判定与性质求出M的坐标，再分以、为对角线；以、为对角线；以、为对角线，三种情况讨论，利用平行四边形的性质求解即可． 解∶当时，， 当时，，∴， ∴，， ∴， 过M作轴于C， ∵线段绕点逆时针旋转，使点落在点处． ∴，， ∴， 又， ∴， ∴，， ∴， ∴， 设， ①以、为对角线， 则， 解得， ∴； ②以、为对角线， 则， 解得， ∴； ③以、为对角线， 则， 解得， ∴； 综上，当点N的坐标为或或时，以点为顶点的四边形是平行四边形． 故答案为：或或． 【变式3】（24-25八年级下·陕西西安·期末）如图，直线：与轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，与直线交于点，且面积为5． (1)求直线的解析式； (2)若为轴上一个动点，在直线上是否存在点，使得以点、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，点的坐标为或 【分析】题目主要考查一次函数的综合问题，平行四边形的性质，理解题意，结合图形求解是解题关键． （1）根据题意得出，设点，结合题意确定，再由待定系数法求解即可； （2）设点，利用平行四边形的性质分三种情况分析：当以为对角线时，当以为一条边时，点A与点E相对，当以为一条边时，点A与点F相对，分别求解即可． （1）解：∵直线：与轴交于点，与轴交于点， ∴当时，，当时，， ∴， 设点， ∴， ∵点，且面积为5． ∴， 解得：， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得， ∴直线的解析式为； （2）存在， 设点， 由（1）得， ∵以点、、、为顶点的四边形是平行四边形， ∴分情况如下： 当以为对角线时， ，， 解得：， ∴ ∴； 当以为一条边时，点A与点E相对， ∴，， 解得：， ∴ ∴； 当以为一条边时，点A与点F相对， ∴，， 解得：， ∴ ∴； 综上可得：点的坐标为或 ． 【题型 2】平行四边形与折叠、旋转的综合 【例题2】（25-26九年级上·贵州六盘水·期末）在研究三角形、平行四边形的数学实践课上，李老师给出如图所示的，，，，点D是边上的中点． (1)请用尺规作图作出绕点D旋转后的图形（不写作法，保留作图痕迹）．试判断新组合图形的形状，并说出此图形的一条性质； (2)在（1）的条件下，求点A与其旋转后的对应点之间的距离． 【答案】(1)作图见解析；平行四边形；（不唯一） (2) 【分析】（1）由于点D是边上的中点，所以旋转后点B与点C对应，点C与点B对应，所以只需画出点A的对应点即可，作射线，在射线上截取点，使，连接，，即可根据平行四边形的判定证明新组合图形的形状； （2）根据勾股定理求出，即可得到答案． （1）解：如图，就是所求作的图形； 绕点D旋转后得到， ，， 新组合图形是平行四边形； 该平行四边形的一条性质：； （2）解：， ， ， ， ， ， 即点A与其旋转后的对应点之间的距离是． 【点睛】本题考查了图形旋转的尺规作图，图形旋转的性质，平行四边形的判定，勾股定理，熟练掌握图形旋转的性质及正确作出图形是关键． 【变式1】（24-25八年级下·浙江·期中）将一个平行四边形纸片进行折叠，第一次折叠经过点A，使的两边重合，折痕交边于点E，第二次折叠经过点B，使的两边重合，折痕交边于点F，如图是一种折叠后的效果，当点，，，相邻两点间的距离相等时，若，则的长为（  ） A．2 B．4 C．2或4 D．2或4或12 【答案】C 【分析】此题考查了平行四边形的性质、等角对等边、折叠等知识．分二种情况画出图形，利用平行四边形的性质和等角对等边进行解答即可． 解：如图1， ∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∴， ∵点，，，相邻两点间的距离相等， ∴， ∴， 由折叠可知，， ∴， ∴， 如图2， ∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∴， ∵点，，，相邻两点间的距离相等， ∴， 由折叠可知，， ∴， ∴， 综上可知，的长为2或4， 故选：C． 【变式2】（23-24八年级下·吉林长春·期中）综合与实践 在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动，现有矩形纸片，其中，. (1)操作发现 操作一：如图1，将矩形纸片沿对角线折叠，使点B落在点处，将纸片展平再次折叠，使点A与点C重合，折痕为，然后展平得到图2，以点A，F，C，E为顶点的四边形是______形． (2)实践探究 操作二：如图3，在矩形纸片中，点G为的中点，将纸片沿折叠，使点B落在点处，连接． ①判断与折痕的位置关系，并说明理由； ②直接写出______ 【答案】(1)菱 (2)① ．理由见解析；② 7.2 【分析】(1)根据折叠可得垂直平分，推出，证明可得，然后利用四边相等的四边形是菱形即可得出结论； (2)①由折叠的性质可得，利用等边对等角、三角形外角的性质可得，进而得出，然后利用平行线的判定即可得证；②连接交于M，证明，利用等面积法求出，然后在中利用勾股定理求解即可． （1）解：以点A，F，C，E为顶点的四边形是菱形． 理由如下：如图，连接，设与交于点M， 由折叠可知，，，即垂直平分， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴以点A，F，C，E为顶点的四边形是菱形， 故答案为：菱． （2）解：①．理由如下： ∵折叠， ∴，， ∴， ∵G为中点， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴； 如图，连接交于M， ∵， ∴， 又，， ∴，即， ∵矩形纸片中，，，G为中点， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：7.2． 【点睛】本题考查折叠的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，等腰三角形的性质，勾股定理等，解题的关键是掌握折叠的性质：折叠前后对应边相等，对应角相等，对应点连线被折痕垂直平分． 【变式3】（22-23八年级下·贵州六盘水·期末）已知，在中，点是边的中点． (1)【问题解决】 如图1，将沿折叠得到，请直接写出与的数量关系___________； (2)【问题探究】 如图2，在（1）的条件下，连接，请判断与的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】 如图3，点是边上一点，将沿折叠得到，点落在边下方，连接，当时，请探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】本题主要考查了折叠的性质、平行线的判定和性质、平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键； （1）由折叠的性质和中点直接可得出； （2）观察和，发现它们是一组内错角，所以证出即可，折叠会出现边相等、角相等，特别是有平角的关系需要利用，由折叠得到，由平角得，再利用关系推导即可得证； （3）由折叠可知，所以过C作构造平行四边形，从而再证即可得证. （1）解：由折叠的性质得， ∵点是边的中点， ∴， ∴. （2）解：，理由如下： 设，则， 由折叠的性质得：， ∴， 由（1）得：， ∴， ∴， ∴， ∴. （3）解：，理由如下： 过C作，交于点G， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 由（2）知， ∴， ∴，， ∵折叠性质， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴. 【考点二】特殊平行四边形的综合应用 矩形、菱形、正方形的判定与性质综合； 与勾股定理、全等三角形结合； 折叠、旋转、翻折等变换下的线段、角度、面积计算。 【题型 3】矩形、 菱形、正方形的折叠问题 【例题3】（24-25八年级下·广西防城港·期中）【综合与实践】综合实践课上，老师让同学们以“简单矩形折叠”为主题开展学习活动，同学们积极参与了矩形折叠活动． (1)操作与证明： ①如图①所示，小华将矩形沿折叠后，使得点C与点A重合，点D与点G重合，若，则_______，_______； ②如图②所示，张三将矩形沿对角线折叠后，使得点C与点E重合，与交于点F，过点D作交BC于点G，求证：四边形是菱形； (2)迁移应用： 如图③所示，李四将矩形沿对角线折叠后，使得点C与点E重合，与交于点F，连接，若，，求的长． 【答案】(1)①60，60；②见解析 (2) 【分析】本题考查矩形的折叠问题，菱形的判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，掌握折叠前后对应边相等，对应角相等，是解题的关键． （1）①由折叠得，由得，结合即可求解； ②由，，证明四边形是平行四边形，同①证明，推出，即可证明四边形是菱形； （2）由折叠得，，，用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理解和，最后用勾股定理解即可． （1）解：①由折叠得， ， ， 矩形中， ， 故答案为：60，60； ②四边形是矩形， ， 又， 四边形是平行四边形； ， ， 由折叠得， ， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是矩形， ，，， 中，，， ， ， 由折叠得，，， ， 又，， ， 如图，过点E作于点G， ， ， ， ． 【变式1】（24-25八年级下·河南信阳·期末）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，小亮同学进行了如下操作：第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折叠出一个正方形，然后把纸片展平；第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕，如图②．请根据以上的操作，已知，，则线段的长是（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】由矩形的性质得，由折叠得，，所以四边形是正方形，则，而，则，所以，由，且，得，求得，则，于是得到问题的答案． 此题重点考查矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，推导出，并且求得是解题的关键． 解：如图①，四边形是矩形， ， 由折叠得， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， 如图②，，， ， ， 四边形是矩形， ， ， 由折叠得， ， ， ， 解得， ， 故选：C． 【变式2】（25-26八年级上·全国·期末）如图，将一张长方形纸片先沿折叠，点A，B分别落在点、处，将得到的图形再沿折叠，点、分别落在点、处．若，则的度数为 ． 【答案】/155度 【分析】本题考查了矩形中的折叠问题、折叠的性质、平行线的性质等知识点，根据题意、弄清角之间的关系是解题的关键． 根据平行线的性质可得，再根据折叠的性质可得：，再根据平行线的性质，可得，即可求得的值，最后根据邻补角的性质即可解答． 解：∵四边形是长方形， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， 由沿折叠可知：， ∴， 由沿折叠可知：， ∵， ∴， ∴，解得：， ∴， ∴． 故答案为：． 【题型 4】特殊平行四边形与坐标系的综合 【例题4】（25-26九年级上·福建漳州·月考）如图，在平面直角坐标系中，直线：与直线：相交于点，分别交坐标轴于点，，，． (1)求直线的解析表达式； (2)如图，点是直线上的一个动点，当的面积为时，求点的坐标； (3)直线上有一点，在平面直角坐标系内找一点，使得以为一边，以点，，，为顶点的四边形是菱形、矩形，请直接写出符合条件的点的坐标．（菱形和矩形分别求才能得满分） 【答案】(1) (2)或(3)点，，，为顶点的四边形是菱形时，点的坐标为或或；点，，，为顶点的四边形是矩形时，点的坐标为或 【分析】(1)先把点的坐标代入直线的解析式，求出，再把点的坐标代入直线的解析式求出的值，即可求出直线的解析式； (2)根据解析式分别求出点、的坐标，分点在轴左侧时和点在轴右侧时两种情况求解； (3)以点，，，为顶点的四边形是菱形时：分两种情况求解，一种是是菱形的对角线，另一种情况是是菱形的边；以点，，，为顶点的四边形是菱形时：分两种情况求解，一种是是矩形的对角线，另一种情况是是矩形的边． （1）解：点在直线：上， ， 点的坐标是， 把点的坐标代入， 可得：， 解得：， 直线的解析是； （2）解：当，可得：， 点的坐标是， 当时，可得：， 点的坐标是， ， 设点的坐标是， 当点在轴左侧时， 可得：， 解得：或(不符合题意，舍去)， 则， 点的坐标是； 当点在轴右侧时， ， 点在点的右侧， 可得：， 解得：， 则， 点的坐标是； 综上所述，点的坐标是或； （3）解：以点，，，为顶点的四边形是菱形时： 如下图所示， 当是菱形的对角线时，点和点的纵坐标是， 当时，可得：， 解得：， 点的坐标是， 点和点关于对称， 点的坐标是； 如下图所示， 当是菱形的一条边时，则有， 设点的坐标是， ， ， 解得：， 当时，可得：， 则点的坐标为， ，， 点的纵坐标是， 点的坐标是； 当时，可得：， 则点的坐标为， ，， 点的纵坐标是， 点的坐标是； 综上所述，点，，，为顶点的四边形是菱形时，点的坐标为或或； 以点，，，为顶点的四边形是矩形时： 如下图所示， 当是矩形的边时，则有点与点的纵坐标相等， 即点的纵坐标为， 可得：， 解得：， 四边形是矩形， ，， 点的横坐标是，纵坐标是， 点的坐标是； 如下图所示， 当是矩形的对角线时，则有， 当时，可得：， 解得：， 点的坐标是， ， 又， ， ， ， ， 过点作轴， 四边形是矩形， ，， ，， ， , ， ，， 点的坐标是； 综上所述，点，，，为顶点的四边形是矩形时，点的坐标为或. 【点睛】本题考查的是一次函数综合运用、一次函数的性质、待定系数法、菱形的性质，解决本题的关键是利用数形结合和分类讨论的思想进行求解． 【变式1】（25-26七年级上·山东东营·月考）如图，在平面直角坐标系中，若菱形的顶点的坐标分别为，，点在轴上，则点的坐标（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】这个题目考查菱形的性质和平面直角坐标系中坐标的平移，掌握菱形“对边平行且相等”的性质是解题关键． 根据坐标可求出，再根据菱形的性质，可得，将点坐标沿水平方向向左平移5个单位即为点的坐标． 解：，， ， 四边形为菱形， ， 点的坐标为， 点的坐标为． 故选：． 【变式2】（22-23八年级下·贵州六盘水·期末）已知，在中，点是边的中点． (1)【问题解决】 如图1，将沿折叠得到，请直接写出与的数量关系___________； (2)【问题探究】 如图2，在（1）的条件下，连接，请判断与的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】 如图3，点是边上一点，将沿折叠得到，点落在边下方，连接，当时，请探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】本题主要考查了折叠的性质、平行线的判定和性质、平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键； （1）由折叠的性质和中点直接可得出； （2）观察和，发现它们是一组内错角，所以证出即可，折叠会出现边相等、角相等，特别是有平角的关系需要利用，由折叠得到，由平角得，再利用关系推导即可得证； （3）由折叠可知，所以过C作构造平行四边形，从而再证即可得证. （1）解：由折叠的性质得， ∵点是边的中点， ∴， ∴. （2）解：，理由如下： 设，则， 由折叠的性质得：， ∴， 由（1）得：， ∴， ∴， ∴， ∴. （3）解：，理由如下： 过C作，交于点G， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 由（2）知， ∴， ∴，， ∵折叠性质， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴. 【变式3】（25-26八年级上·江西吉安·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知，，过点作轴的垂线，为直线上一动点且在第一象限，连接，，当是以为腰的等腰三角形时，则点坐标为 ． 【答案】，或 【分析】分、两种情形，两种情形再分别分为锐角三角形、为钝角三角形两种情况，分别求出点坐标． 解：∵，， ∴，， 如图，过点P作轴于点C， 则，，， 又轴， ∴， 又， ∴四边形是矩形， ∴，， 当时， 若是锐角三角形，如图， ， ∴， ∴此时， ∴点P的坐标为； 若是钝角三角形，为钝角，如图， 在中，， ∴； ∴点P的坐标为； 当时， 若为锐角三角形，如图， 则， 此时， ∴点P的坐标为； 若为钝角三角形，则为钝角， 此时点在第二象限，不符合； 综上所述，当是以为腰的等腰三角形时，则点坐标为，或， 故答案为：，或． 【点睛】本题考查了用勾股定理解三角形，坐标系中的动点问题（不含函数），根据矩形的性质与判定求线段长，等腰三角形的定义等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用其来求解． 【考点三】三角形中位线的拓展应用 中位线与四边形中点四边形（任意四边形的中点四边形是平行四边形；矩形的中点四边形是菱形；菱形的中点四边形是矩形；正方形的中点四边形是正方形）； 中位线与三角形重心、面积分割； 中位线与动点、最值问题。 【题型 5】中点四边形的判定与性质 【例题5】（25-26九年级上·山西太原·月考）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）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 【性质探究】： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，则：四边形的对角线的关系为 ； 【问题解决】： （3）如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点． 则：与的数量关系为 ． 【答案】（1）D，（2）且，（3） 【分析】（1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案； （2）由中位线的性质可得：，，，，结合正方形的性质可得结论； （3）记、的中点分别为E、F，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论． 本题是四边形综合题，考查了三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键． 解：（1）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，所以其中点四边形是正方形； （2），．理由如下： ∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵E，F，G，H分别是，，，的中点， ∴，，，， ∴，． （3）如图，记、的中点分别为E、F，    ∵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， ∴， ∴ 【变式1】（2026八年级下·全国·专题练习）在四边形中，点，，，分别为，，，的中点，并且，则四边形为（    ）． A．菱形 B．正方形 C．矩形 D．梯形 【答案】A 【分析】本题考查中点四边形，三角形中位线定理，菱形的判定定理，熟练掌握相关知识是关键． 先利用三角形中位线定理证明四边形是平行四边形，再结合证明四条边相等，从而判定该四边形为菱形． 解：如图， ∵点、为、的中点 ∴是的中位线， ∴，， 同理，，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形． 故选：A． 【变式2】（25-26九年级上·陕西西安·开学考试）如图，在四边形中，，点E，F，G，H分别为边的中点，连接，相交于点O，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查三角形中位线定理，菱形的性质，解题的关键是作出辅助线证明四边形是菱形． 连接，，，，根据中位线定理得到，即可得到四边形是菱形，结合菱形对角线互相垂直及勾股定理即可得到答案． 解：连接，，，，如图所示，设与的交点为O， E，F，G，H分别是，，，的中点， ∴，． 又∵， ∴． ∴四边形是菱形． ∴． ∴的值为． 故答案为：． 【变式3】（25-26九年级上·辽宁阜新·期中）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）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 性质探究： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，直接写出关于四边形的对角线的关系： 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，连接．求证：四边形是“中方四边形”； 拓展应用： 如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点， （4）试探索与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）D；（2），；（3）见解析；（4），理由见解析 【分析】（1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案； （2）由中位线的性质可得：，，，，结合正方形的性质可得结论； （3）如图，取四边形各边中点分别为M、N、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； （4）如图，记、的中点分别为E、F，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论． 解：（1）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，那么有中位线的性质可得四边相等，且一个内角为直角，所以其中点四边形是正方形； （2），．理由如下： ∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵E，F，G，H分别是，，，的中点， ∴，，，， ∴，． （3）如图，设四边形的边的中点分别为M、N、R、L，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∵，， ∴， ∴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”． （4）如图，记、的中点分别为E、F， 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， ∴， ∴． 【点睛】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，勾股定理等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键． 【题型 6】中位线与动点最值 【例题6】（24-25八年级下·江苏扬州·月考）如图，已知，，，，是平面内的一个动点，且，连接，点是的中点，连接，则的最大值与最小值的差为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题考查了三角形中位线定理以及圆的相关知识，通过构造辅助三角形，结合圆的性质，利用中位线的性质求解的长度，再由点E的位置求解最值问题是解决本题的关键． 先由勾股定理可求解的长度，由距离不变确定点D的运动轨迹，再通过连接辅助线构造三角形，分别求解三角形的两边长度，再由三角形的三边关系求解即可． 解：连接，取的中点记作点F，连接，， 因为，，， 所以， 因为点F为的中点， 由直角三角形斜边中线定理可知，， 因为点是的中点，点F为的中点，， 所以在中，由中位线的性质可知， 因为是平面内的一个动点，且， 所以点D的运动轨迹是以C为圆心，3为半径的圆， 所以当点B，E，F三点共线，且点E在线段的延长线上时，取得最大值， 即， 当点B，E，F三点共线，且点E在线段上时，取得最小值， 即， 所以的最大值与最小值的差为． 故选：C． 【变式1】（22-23九年级上·湖北十堰·期中）如图，在中，，线段绕点B旋转到，连接，E为的中点，连接，设的最大值为m，最小值为n，则（    ） A．3.6 B．4.8 C．5 D．6 【答案】D 【分析】取的中点F，得到是等边三角形，利用三角形中位线定理推出，再分类讨论可求得m和n的值，即得出答案． 解：由旋转的性质可得出． 如图，取的中点F，连接． ∵， ∴， ∴是等边三角形． ∵E、F分别是的中点， ∴． 如图，当在上方时， 此时，如果C、E、F三点共线，则有最大值，最大值为，即； 如图，当在下方时， 此时，如果C、E、F三点共线时，有最小值，最小值为，即， ∴． 故选D． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理，分类讨论求得的最大值和最小值，即得出m和n的值是解题的关键． 【变式2】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，在中，，，，点为平面内一动点，，连接，点是的中点，则线段的最小值为 ，最大值为 ． 【答案】 4 6 【分析】本题考查了三角形中位线定理、三角形三边关系、勾股定理、直角三角形的性质，取的中点，连接，则是的中位线，得出，由勾股定理可得，由直角三角形的性质可得，再由三角形三边关系即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 解：如图，取的中点，连接， ， ∵点是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵在中，，，， ∴， ∵是的中点， ∴， 由三角形三边关系可得：， ∴， ∴线段的最小值为，最大值为， 故答案为：，． 【变式3】（2025·河南周口·一模）如图，直角三角形中，，点 P 为平面内一动点，，连接，点Q 是线段的中点，则线段的最小值为 ，最大值为 ． 【答案】 2 3 【分析】本题考查了中位线的应用，直角三角形斜边上中线等于斜边的一半，三角形边长关系，取的中点，连接，利用三角形边长关系即可求解，作出正确的辅助线是解题的关键． 解：如图，取的中点，连接， 点Q 是线段的中点， 是的中位线， ， 根据勾股定理可得， ， 根据三角形边长关系可得， 点在线段上时，线段的最小，最小值为， 点在线段的延长线上时，线段的最大，最大值为， 故答案为：2；3． 【考点四】梯形的综合问题 梯形中辅助线的灵活运用（作高、平移腰、平移对角线、延长两腰）； 等腰梯形与全等、相似、勾股定理的综合； 梯形中的动点问题、存在性问题。 【题型 7】梯形中的动点存在性问题 【例题7】（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 【分析】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． （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． 【变式】（23-24九年级上·江西吉安·月考）如图，在直角梯形中，，，，，，P、Q同时从A、C出发，点P以的速度沿运动，点Q从C开始沿边以的速度运动，如果点P、Q分别从A、C同时出发，其中一点到达D时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t（s）．    (1)t为何值时，四边形是矩形； (2)t为何值时，四边形是等腰梯形； (3)是否存在某一时刻t，使线段恰好把梯形的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)不存在某一时刻t，使线段恰好把梯形的周长和面积同时平分. 【分析】（1）当时，四边形是矩形，列出方程进行求解即可； （2）当时，四边形是等腰梯形，过Q、C分别作，，垂足分别为E、F，得到，四边形为矩形， 勾股定理求出，根据，列方程求解即可； （3）求出平分周长时的值，求出此时的面积，进行判断即可． （1）解：由题意，得：，， ∴，， ∵， ∴当时，四边形是矩形， 即，解得，． （2）∵， ∴当时，四边形是等腰梯形， 过Q、C分别作，，垂足分别为E、F．    则：，四边形为矩形， ∴， ， ∴，解得，． （3）梯形的周长和面积分别为： 周长，面积， 若当线段平分梯形周长时，则， 即，解得， 此时，梯形的面积为． 不存在某一时刻t，使线段恰好把梯形的周长和面积同时平分． 【点睛】本题考查四边形中的动点问题，主要考查了矩形的判定和性质，等腰梯形的性质，勾股定理．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键． 【题型 8】梯形与特殊平行四边形的综合 【例题8】（2026八年级下·江苏·专题练习）已知：如图，在梯形中，，平分，，的延长线交于点． (1)求证：； (2)求证：； (3)若的周长为，，求梯形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用边角边论证三角形全等； （2）延长交于，则四边形为平行四边形，进而论证，利用等量代换即可得到结论； （3）通过论证是直角三角形得到梯形的高为，利用梯形面积公式求解即可． （1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴； （2）证明：延长交于， ∵， ∴四边形为平行四边形． ∴． ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵， ∴，即：， ∵， ∴， ∵， ∴，即：， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 又∵， 在中 ∵， ∴， ∴， ∴ ． 【点评】本题考查了梯形性质的应用，求梯形的面积时关键是证明为直角三角形． 【变式1】（25-26九年级上·全国·期中）如图，在梯形 中，，是中点，，则下列结论成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了梯形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，根据梯形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质逐一判断即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 解：、由题意无法得出，不符合题意； 、由题意无法得出，不符合题意； 、如图，延长交延长线于点， ∵，， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∵是中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，符合题意； 、由题意无法得出，不符合题意； 故选：． 【变式2】（25-26九年级上·浙江温州·月考）如图，在正方形中，，点E在边上，作梯形与梯形关于直线对称，延长交于点H，若，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，轴对称的性质等知识，熟练掌握正方形的性质，勾股定理及等腰三角形的判定与性质是解题的关键．先求出，然后证明，得到，再证明，即可求得答案． 解：四边形是正方形， ，，，， ， 梯形与梯形关于直线对称， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【变式3】（22-23八年级下·上海普陀·月考）在梯形中，，点分别在边上，，点与在直线的两侧，，射线与边分别相交于点，设． (1)求的长； (2)如图，当点在梯形内部时，求关于的函数解析式； (3)如果的长为2，求梯形的面积．（直接写出结果） 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）过作，与、分别相交于点、，从而判定四边形是矩形，在中求出的长，利用可得出的长． （2）首先确定，过点作，与、分别相交于、，根据，，可表示出、，继而可得出关于的函数解析式． （3）①当点在梯形内部时，由及（2）的结论得，，可求得梯形的面积，②当点在梯形外部时，由及与（2）相同的方法得：，，可求得梯形的面积． （1）解：过作，与、分别相交于点、， 梯形中，， ， 又， 四边形是矩形， ∴ ， ， ， ． （2），， ， ， ， ，， ， ， 过点作，与、分别相交于、， ，， ，， ， ， 关于的函数解析式为． （3）当点在梯形内部时，由及（2）的结论得，， ， 当点在梯形外部时，由及与（2）相同的方法得：，， ． 【点睛】本题考查梯形及有实际问题列一次函数关系式的知识，属于综合性较强的题目，难度较大，对于此类题目要学会由小及大，将所求的问题缩小，一步一步求解． 二.中考真题 （一）单选题（10题） 1．（2025·江苏无锡·中考真题）在中，、分别是、的中点．若，则的长为（　　） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】D 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．根据三角形中位线定理解答即可． 解：根据题意，如图所示， ∵D、E分别为的中点， ∴是的中位线， ∴． 故选：D． 2．（2025·贵州·中考真题）如图，小红想将一张矩形纸片沿剪下后得到一个，若，则的度数是（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，结合平行线的性质，即可得出结果． 解：∵， ∴， ∴； 故选B． 3．（2025·辽宁·中考真题）如图，在矩形中，点在边上，，连接，若，，则的长为（　　） A．1 B．5 C．2 D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，是解题的关键，勾股定理求出的长，进而得到的长，推出的长，进而求出的长，再利用勾股定理求出的长即可． 解：∵矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选D. 4．（2025·四川德阳·中考真题）如图，要使平行四边形ABCD是矩形，需要增加的一个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理和平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定定理（对角线相等的平行四边形是矩形等 ）是解题的关键．根据矩形的判定定理，逐一分析每个选项，判断哪个条件能使平行四边形成为矩形． 解：选项A：∵ 平行四边形本身就有的性质， ∴ 此条件不能使平行四边形变为矩形，该选项错误． 选项B：∵ ，平行四边形中邻边相等时是菱形，不是矩形的判定条件， ∴ 此条件不能使平行四边形变为矩形，该选项错误． 选项C：∵ 平行四边形本身就有的性质， ∴ 此条件不能使平行四边形变为矩形，该选项错误． 选项D：∵ 矩形的判定定理之一是“对角线相等的平行四边形是矩形”，平行四边形中， ∴ 平行四边形是矩形，该选项正确． 故选：D ． 5．（2024·上海·中考真题）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（    ） A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 【答案】A 【分析】本题考查矩形性质、等面积法、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形性质及菱形的判定是解决问题的关键．由矩形性质得到，，进而由等面积法确定，再由菱形的判定即可得到答案． 解：如图所示： 四边形为矩形， ，， 过作对角线的垂线，过作对角线的垂线， ， 如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为菱形， 故选：A． 6．（2025·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（    ） A．9 B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了菱形的性质、矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质、矩形的性质是关键．根据菱形的性质得到，由矩形的性质得到，，，设，则在中，则利用勾股定理求出，即．得到，根据菱形的面积求出答案即可． 解：∵四边形为菱形， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，，， 设，则在中， ∴ ∵， 即， ∴， 即． ∴， ∴菱形的面积为， 故选：C 7．（2024·甘肃·中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，，则的长为（　　） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】C 【分析】根据矩形的性质，得，结合，得到是等边三角形，结合，得到，解得即可． 本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 根据矩形的性质，得， ∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴， 解得． 故选C． 8．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形是平行四边形，给出下列四个条件：①；②；③；④平分．若添加其中一个条件，不能使四边形是菱形的为（   ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．根据菱形的判定方法，逐项进行判断即可． 解：A、添加，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意； B、添加，不能得出四边形是菱形，故符合题意； C、添加，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意； D、四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴添加平分，可以得出四边形是菱形，故不符合题意； 故选：B． 9．（2024·四川自贡·中考真题）如图，在中，，，．点P从点A出发、以的速度沿运动，同时点Q从点C出发，以的速度沿往复运动，当点P到达端点D时，点Q随之停止运动．在此运动过程中，线段出现的次数是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，一元一次方程的应用，全等三角形的判定与性质，分四种情况：当时，当时，当时，四边形为平行四边形；当时，四边形为等腰梯形，分别求解即可，掌握相关知识是解题的关键． 解：在中， ，， ∴，， ∵点P从点A出发、以的速度沿运动， ∴点P从点A出发到达D点的时间为：， ∵点Q从点C出发，以的速度沿往复运动， ∴点Q从点C出发到B点的时间为：， ∵， ∴， 当时，四边形为平行四边形， ∴， 当时，四边形为等腰梯形， ∴， 设同时运动的时间为， 当时，， ∴， 此时，四边形为平行四边形，， 如图：过点分别作的垂线，分别交于点， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是等腰梯形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 此时是等腰梯形，， 当时，， ∴， 此时，四边形为平行四边形，， 当时，， ∴， 此时，四边形为平行四边形，， 综上，当或或或时，，共4次， 故选：B． 10．（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（　　） A．2 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】结合图象，得到当时，，当点P运动到点B时，，根据菱形的性质，得，继而得到，当点P运动到中点时，的长为，解得即可． 本题考查了菱形的性质，图象信息题，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键． 结合图象，得到当时，， 当点P运动到点B时，， 根据菱形的性质，得， 故， 当点P运动到中点时，的长为， 故选C． （二）填空题（8题） 11．（2025·湖北·中考真题）一个矩形相邻两边的长分别为2，m，则这个矩形的面积是 ． 【答案】 【分析】该题考查了列代数式，根据矩形的性质求面积，根据矩形的面积是长宽即可解答． 解：根据题意可得矩形的面积是， 故答案为：． 12．（2025·四川巴中·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，，，于点H，的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，根据勾股定理可得，利用面积法即可求得的值． 解：四边形是菱形， ，， ， 菱形的面积， ， 故答案为：． 13．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则 ． 【答案】4 【分析】本题考查平行四边形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的中位线定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，根据平行四边形的性质，推出是的中位线，进而得到，即可得出结果． 解：∵， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵点F为的中点， ∴； 故答案为：4． 14．（2024·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，与相交于点O，请添加一个条件 ，使四边形是菱形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了菱形的判定定理，由题干的已知条件可得出四边形是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得解，熟练掌握菱形的判定定理是解此题的关键． 解：添加（答案不唯一）， ∵在四边形中，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 15．（2025·甘肃·中考真题）如图，把平行四边形纸片沿对角线折叠，点B落在点处，与相交于点E，此时恰为等边三角形．若，则 ． 【答案】12 【分析】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，折叠得到，平行线的性质，得到，进而得到，等边三角形的性质，结合三角形的外角推出，进而得到，再根据含30度角的直角三角形的性质，得到即可． 解：∵折叠， ∴， ∵平行四边形纸片， ∴， ∴， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； 故答案为：12 16．（2025·四川凉山·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，E是边的中点，过点E作于点于点G，若，则的长为 ． 【答案】5 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，矩形的性质与判定，连接，由菱形对角线互相垂直平分可得，则可由勾股定理求出，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，最后证明四边形是矩形，即可得到． 解：如图所示，连接， ∵四边形是菱形，对角线相交于点O， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∵E是边的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 故答案为：． 17．（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线，解题的关键是利用菱形的性质求 出的长度．根据菱形的面积公式结合的长度即可得出、的长度，在中利用勾股定理即可求出的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论． 解：∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴（负值已舍去）， ∴， ∴， ∴， ∴，CO＝3（舍去）． ∵AE⊥BC，， ∴． 故答案为：． 18．（2024·海南·中考真题）如图，矩形纸片中，，点E、F分别在边上，将纸片沿折叠，使点D的对应点在边上，点C的对应点为，则的最小值为 ，CF的最大值为 ． 【答案】 6 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等边对等角，过点E作于H，则四边形是矩形，则，根据，可得的最小值为6，则由折叠的性质可得的最小值为6；如图所示，连接，证明，得到，则，利用勾股定理得到当最大时，最大，即最大时，最大，则当与点B重合时，最大，设此时，则，据此利用勾股定理建立方程求解即可． 解：如图所示，过点E作于H，则四边形是矩形， ∴， ∵， ∴的最小值为6， 由折叠的性质可得， ∴的最小值为6； 如图所示，连接， 由折叠的性质可得，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴当最大时，最大，即最大时，最大， ∴当与点B重合时，最大， 设此时，则， ∴， 解得， ∴的最大值为 故答案为：，． （三）解答题（6题） 19．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，正方形中，点E，F分别在，上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】该题考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据四边形是正方形，得出且．结合，得出．结合，即可证明四边形是平行四边形． （2）过点作于点．根据四边形是正方形，，得出．结合，证出四边形是矩形．得出．结合，得出．在中，由勾股定理求出． （1）证明：∵四边形是正方形， ∴且． 又， ． ． 又． ∴四边形是平行四边形． （2）解：过点作于点． ∵四边形是正方形，， ． 又， ∴四边形是矩形． ． 又， ． 在中，由勾股定理得． 20．（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质与折叠可得，与都是直角三角形，根据 “”即可证明； （2）由中点的定义得到，由折叠得到，设，则，，在中，根据勾股定理构造方程，求解即可． （1）证明：∵四边形是正方形 ∴，， 由折叠可得，， ∴，， ∴在和中 ∴； （2）解：∵，点E是的中点， ∴， 由折叠得到， ∵ ， ∴ 设，则， ∵在中，， ∴ 解得 ∴． 21．（2024·浙江·中考真题）尺规作图问题： 如图1，点E是边上一点（不包含A，D），连接．用尺规作，F是边上一点． 小明：如图2．以C为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则． 小丽：以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则． 小明：小丽，你的作法有问题，小丽：哦……我明白了！ (1)证明； (2)指出小丽作法中存在的问题． 【答案】(1)见详解 (2)以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，故存在问题 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质， （1）根据小明的作图方法证明即可； （2）以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，据此作答即可． （1）∵， ∴， 又根据作图可知：， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）原因：以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点， 故无法确定F的位置， 故小丽的作法存在问题． 22．（2024·内蒙古·中考真题）如图，，平分，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)过点B作于点G，若，请直接写出四边形的形状． 【答案】(1)证明见详解 (2)四边形为正方形 【分析】（1）由角平分线的定义可得出，由平行线的性质可得出，等量代换可得出，利用证明 ，由全等三角形的性质得出，结合已知条件可得出四边形是平行四边形． （2）由已知条件可得出，由平行四边形的性质可得出，，根据平行线的性质可得出，，由全等三角形的性质可得出，等量代换可得出， 即可得出四边形为正方形． （1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 由∵， ∴四边形是平行四边形． （2）四边形是正方形． 过点B作于点G， ∴， ∵四边形是平行四边形． ∴，， ∴，， ∴，， 由（1）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定，以及平行线的性质，掌握全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定定理是解题的关键． 23．（2024·黑龙江哈尔滨·中考真题）四边形的对角线，相交于点O，，，． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，，于点H，交于点E，连接，点G在上，连接交于点F，若，在不添加任何辅助线的情况下直接写出四条与线段相等的线段（线段除外）． 【答案】(1)见解析 (2)，，， 【分析】（1）首先证明出，得到，然后结合即可证明； （2）首先由菱形的对称性得到；然后证明出，是等边三角形，得到，求出，得到；然后求出， 得到；然后求出，得到，进而求解即可． （1）证明：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形，对角线，相交于点O， ∴点A和点C关于所在直线对称， ∴； ∵，， ∴， ∴，是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 综上所述，与线段相等的线段有，，，． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形判定与性质，三角形全等的判定与性质，三角形内角和定理等知识点，熟练运用等腰三角形的性质是解题的关键． 24．（2024·甘肃兰州·中考真题）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点M，N分别为，上的动点（不含端点），且． 【初步尝试】（1）如图1，当为等边三角形时，小颜发现：将绕点M逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明： 【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点E，交于点F，将绕点M逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由； 【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在中，，，连接，，请直接写出的最小值． 【答案】（1）见详解，（2）四边形为平行四边形，（3） 【分析】（1）根据等边三角的性质可得，再由旋转的性质可得，从而可得，证明，即可得证； （2）根据等腰直角三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得，，从而可得，由平行线的判定可得，证明，可得，利用等量代换可得，再由平行线的判定可得，根据平行四边形的判定即可得证； （3）过点A作，使，连接、，，延长，过点G作于点O，根据等腰三角形的性质可证，证明，可得，从而可得当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值，根据平行线的性质和平角的定义可得，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求得，从而可得，再利用勾股定理求解即可． （1）证明∵为等边三角形， ∴， ∵绕点M逆时针旋转得到， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：四边形为平行四边形，理由如下， ∵，， ∴， ∵绕点M逆时针旋转得到， ∴，， ∴， 则， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 则四边形为平行四边形； （3）解：如图，过点A作，使，连接、，，延长，过点G作于点O， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值， ∵， ∴ ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定、旋转的性质及等边三角形的性质，熟练掌握相关定理得出当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值是解题的关键． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 8.12 四边形（全章知识梳理 + 题型精析 +中考真题） 目录 一.知识梳理与题型精析 2 【基础篇】 2 【知识点一】平行四边形性质与判定 2 【题型 1】直接利用性质求角度、边长、对角线长 2 【题型 2】判定一个四边形是平行四边形 3 【题型 3】平行四边形与三角形全等、中位线的简单综合 4 【知识点二】特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形） 5 【题型 4】利用特殊平行四边形性质求边长、角度、对角线、面积 5 【题型 5】判定一个四边形是矩形、 菱形、正方形 6 【题型 6】矩形、菱形、 正方形与折叠、轴对称的基础应用 8 【知识点三】三角形的中位线 9 【题型 7】直接应用中位线定理求线段长度 9 【题型 8】利用中位线证明线段平行或倍分关系 10 【题型 9】中位线与三角形周长、面积的简单计算 11 【知识点四】梯形 12 【题型 10】利用等腰梯形性质求角度、边长、对角线 12 【题型 11】判定一个梯形是等腰梯形 13 【题型 12】梯形中作高、平移腰、平移对角线等辅助线的基础应用 14 【培优篇】 15 【考点一】平行四边形的综合探究 15 【题型 1】坐标系中的平行四边形存在性问题 15 【题型 2】平行四边形与折叠、旋转的综合 16 【考点二】特殊平行四边形的综合应用 18 【题型 3】矩形、 菱形、正方形的折叠问题 18 【题型 4】特殊平行四边形与坐标系的综合 19 【考点三】三角形中位线的拓展应用 21 【题型 5】中点四边形的判定与性质 21 【题型 6】中位线与动点最值 23 【考点四】梯形的综合问题 24 【题型 7】梯形中的动点存在性问题 24 【题型 8】梯形与特殊平行四边形的综合 25 二.中考真题 26 （一）单选题（10题） 26 （二）填空题（8题） 28 （三）解答题（6题） 30 一.知识梳理与题型精析 【基础篇】 【知识点一】平行四边形性质与判定 定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形。 性质：（1）对边平行且相等；（2）对角相等，邻角互补；（3）对角线互相平分； （4）是中心对称图形，对称中心是对角线交点。 判定：（1）两组对边分别平行；（2）两组对边分别相等；（4）一组对边平行且相等；（4）两组对角分别相等；对角线互相平分。 【题型 1】直接利用性质求角度、边长、对角线长 【例题1】（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在平行四边形中，点E为上一点，连接并延长交的延长线于点F，，连接． (1)求证：平分； (2)若点E为中点，，，求的周长． 【变式1】（23-24八年级下·辽宁大连·月考）如图，平行四边形的对角线与相交于点O，，若，，则的长是（　　） A．8 B．9 C．10 D．12 【变式2】（24-25八年级上·广东广州·月考）如图，把一张平行四边形纸片沿对折，使点落在处，与相交于点，若，则等于 ． 【变式3】（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，，平分，延长交于点．    (1)若，求的度数； (2)求证：． 【题型 2】判定一个四边形是平行四边形 【例题2】（24-25八年级下·河南·期末）如图，的对角线与相交于点O，点E，F分别在和上．请你添加一个条件，使四边形是平行四边形，并说明理由． (1)添加的一个条件是：______； (2)说明理由． 【变式1】（24-25九年级上·上海·月考）在四边形中，是对角线，，添加一个条件，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A．； B．； C．； D．． 【变式2】（2024·河北沧州·一模）根据所标数据，不能判断下列四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【变式3】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，D是AC的中点，E是线段BC延长线上一点，连接AE，ED，过点C作交ED的延长线于点F，连接AF． (1)求证：四边形AFCE是平行四边形． (2)若，的面积为8，求的面积． 【题型 3】平行四边形与三角形全等、中位线的简单综合 【例题3】（25-26八年级上·甘肃天水·期末）如图，在与中，点，，，在同一条直线上，连接，，且，，． (1)求证：； (2)若，求的长． 【变式1】（25-26九年级上·四川巴中·期末）如图，平行四边形中，对角线于点，点为的中点．若平行四边形的周长为40，则的长为（   ） A．10 B． C． D．5 【变式2】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，的对角线相交于点，过点的直线分别交，于点，，．的长度是 ． 【变式3】（2025·云南·模拟预测）如图，在平行四边形中，对角线交于点，过点作于点，延长至点，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，平行四边形的面积为，求的长度． 【知识点二】特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形） （一）矩形： 定义：有一个角是直角的平行四边形。 性质：四个角都是直角；对角线相等。 判定：有一个角是直角的平行四边形；对角线相等的平行四边形；三个角是直角的四边形。 （二）菱形： 定义：有一组邻边相等的平行四边形。 性质：四条边相等；对角线互相垂直，且平分一组对角。 判定：一组邻边相等的平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形；四条边相等的四边形。 （三）正方形： 定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形。 性质：兼具矩形和菱形的所有性质。 判定：矩形 + 一组邻边相等；菱形 + 一个直角；对角线相等且互相垂直的平行四边形。 【题型 4】利用特殊平行四边形性质求边长、角度、对角线、面积 【例题4】（24-25八年级下·四川泸州·期中）如图，四边形中，，，，，作于点E，交的延长线于点F． (1)求证：四边形是正方形； (2)求四边形的面积． 【变式1】（25-26九年级上·陕西渭南·期中）如图，在矩形中，，相交于点，平分交于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（   ） A．5 B．8 C．6 D．5.5 【变式3】（25-26九年级上·福建漳州·期末）如图，在等腰中，． (1)尺规作图：作关于所在直线对称的（保留作图痕迹，不写作法）； (2)连接，交于点，若，四边形周长为，求四边形的面积． 【题型 5】判定一个四边形是矩形、 菱形、正方形 【例题5】（25-26九年级上·河南平顶山·期末）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，E是边的中点，过点E作于点F，于点G． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，则的长为______． 【变式1】（25-26九年级上·福建漳州·期末）如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中正确的是（   ） A．当时，它是矩形 B．当时，它是矩形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形 【变式2】（25-26八年级下·全国·课后作业）四边形ABCD的对角线相交于点O，且，则当OD的长为 时，四边形ABCD是矩形． 【答案】2.5 【分析】本题考查了矩形的判定，能正确运用知识点进行推理是解此题的关键． 根据矩形的判定定理进行求解即可． 解：当时，四边形是矩形． 理由如下：，且， ， 即， 四边形是平行四边形， 又，， ， 四边形是矩形． 故当时，四边形是矩形． 故答案为：． 【变式3】（25-26九年级上·山东济南·月考）如图，AD是的角平分线，线段AD的垂直平分线分别交和于点、，连接、． (1)试判定四边形的形状，并证明你的结论； (2)若，，求EF的长； (3)满足______时，四边形是正方形？ 【题型 6】矩形、菱形、 正方形与折叠、轴对称的基础应用 【例题6】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在菱形纸片中，，点E在边上，将菱形纸片沿折叠，点C对应点为点，且是的垂直平分线，求的度数． 【变式1】（2025·湖北武汉·模拟预测）如图，将矩形沿折叠得到，折叠后与交于点，已知，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24八年级下·海南海口·期中）如图，将一张矩形纸片沿着对角线向上折叠，顶点C落到点E处，交于点F．过点D作，交于点G，连接交于点O，，，则 ．    【变式3】（2024·吉林长春·二模）如图，在正方形中，对角线与交于点，将正方形折叠，使点落在对角线上的点处，连结，与折痕交于点，折痕交于点． 求证：． 【知识点三】三角形的中位线 定义：连接三角形两边中点的线段。 定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半。 推论：经过三角形一边中点且平行于另一边的直线，必平分第三边。 【题型 7】直接应用中位线定理求线段长度 【例题7】（2026八年级下·江苏·专题练习）已知：如图，在中，平分，，垂足为，点是的中点． (1)求证：； (2)若，，则 ． 【变式1】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，为的中点，为上一点，连接，，，分别为，的中点，连接．若，则的长为（   ） A．5 B．8 C．16 D．2 【变式2】（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，在中，点D，E分别是边，的中点，连结，点F在上，连结，若，，，则的长为 ． 【变式3】（25-26八年级下·全国·期中）如图，是内一点，连接，，并将，，，的中点，，，依次连接，得到四边形． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)如果，，，求的长． 【题型 8】利用中位线证明线段平行或倍分关系 【例题8】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在四边形中，，，分别是，，的中点，，，垂足为．求证：． 【变式1】（24-25八年级下·山西吕梁·期末）在四边形中，分别是的中点．若四边形为菱形，则线段与一定满足的关系为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级下·浙江·期中）如图，在平行四边形中，，点分别为中点，，，则 ． 【变式3】（25-26八年级下·全国·课后作业）如下图，在中，对角线AC，BD相交于点O，G，H分别是AD，BC的中点，E，O，F分别是对角线BD上的四等分点，顺次连接点G，E，H，F，四边形GEHF是菱形． (1)线段AB和BD有何位置关系？请说明理由． (2)若，，则菱形GEHF的面积为________． 【题型 9】中位线与三角形周长、面积的简单计算 【例题9】（24-25九年级下·云南昆明·月考）如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是的中点，顺次连接，四边形是菱形，且，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若菱形的周长为，四边形的周长为40，求菱形的面积． 【变式1】（24-25八年级下·上海浦东新·期末）如图，矩形对角线相交于点O，与的夹角为，点E、F、G分别为中点，当四边形周长为8时，则矩形的面积是 ． 【变式2】（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，在四边形中，，，，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形……如此进行下去，得到四边形．给出下列结论：①四边形是矩形；②四边形是菱形；③四边形的周长是；④四边形的面积是．其中，正确的结论有（   ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式3】（24-25九年级上·广东深圳·月考）如图，已知在菱形中，对角线与交于点，延长到点，使，延长到点，使，顺次连接点，，，，且，．    (1)求菱形的面积； (2)求证：四边形是矩形； (3)求四边形的周长及面积． 【知识点四】梯形 定义：一组对边平行，另一组对边不平行的四边形。 等腰梯形： 性质：两腰相等；同一底上的两个角相等；对角线相等；是轴对称图形。 判定：两腰相等的梯形；同一底上两个角相等的梯形；对角线相等的梯形。 直角梯形：有一个角是直角的梯形。 【题型 10】利用等腰梯形性质求角度、边长、对角线 【例题10】（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形中，，，，、分别在、的延长线上，且，交于点． (1)证明 (2)求的度数． 【变式1】（2024·四川德阳·模拟预测）如图，等腰梯形中， ，，则 ． 【变式2】（23-24八年级下·上海宝山·月考）我们把对角线与一条底边相等的等腰梯形叫做“完美等腰梯形”．若一个“完美等腰梯形”的对角线长为10，且该梯形的一个内角为，则这个梯形的高等于 ． 【变式3】（25-26九年级上·浙江金华·期末）如图，正五边形中，点分别是边的中点，则 ． 【题型 11】判定一个梯形是等腰梯形 【例题11】（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，在梯形中，，延长到点E，使，． (1)试说明梯形是等腰梯形． (2)连接，试判断与的数量关系，并说明理由． 【变式1】（2024·上海青浦·二模）已知四边形中，与不平行，与相交于点O，那么下列条件中，能判断这个四边形为等腰梯形的是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2024·上海黄浦·三模）下列说法正确的是（    ） A．有一组邻边相等的梯形是等腰梯形 B．等腰三角形的中位线截该三角形所得的四边形是等腰梯形 C．有两个相邻的内角相等的梯形是等腰梯形 D．有一组对角互补的梯形是等腰梯形． 【变式3】（24-25八年级下·上海崇明·期末）如图，已知在梯形中，是梯形的一条对角线，，将沿着翻折后得到，联结交于点． (1)求证：； (2)如果，求证：四边形是等腰梯形． 【题型 12】梯形中作高、平移腰、平移对角线等辅助线的基础应用 【例题12】（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． 【变式1】（22-23八年级下·上海徐汇·期末）如图，在等腰梯形中，，对角线，，，则梯形的面积为 ． 【变式2】（23-24八年级上·河南郑州·月考）如图，四边形中，，，，，若，，则这个四边形的面积是 ． 【变式3】（22-23八年级上·浙江金华·期中）如图，梯形中，，，平分，若，，则的长为 ． 【培优篇】 【考点一】平行四边形的综合探究 核心拓展： 平行四边形与坐标系结合（求点坐标、图形面积）； 动点问题：在平行四边形边上或对角线上的动点，探究线段最值、特殊图形存在性； 与全等、勾股定理的综合。 【题型 1】坐标系中的平行四边形存在性问题 【例题1】（25-26八年级上·山东威海·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交轴，轴于点，点，直线交直线于点，交轴于点．在坐标平面内是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式1】（24-25八年级下·辽宁辽阳·期末）如图，在平面而直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，若存在一点，使组成的四边形是平行四边形，则点的坐标不可能为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24八年级下·北京平谷·期末）一次函数与轴交于点，与轴交于点，将线段绕点逆时针旋转，使点落在点处．平面内存在一点，若以点为顶点的四边形是平行四边形，则点的坐标为 ． 【变式3】（24-25八年级下·陕西西安·期末）如图，直线：与轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，与直线交于点，且面积为5． (1)求直线的解析式； (2)若为轴上一个动点，在直线上是否存在点，使得以点、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【题型 2】平行四边形与折叠、旋转的综合 【例题2】（25-26九年级上·贵州六盘水·期末）在研究三角形、平行四边形的数学实践课上，李老师给出如图所示的，，，，点D是边上的中点． (1)请用尺规作图作出绕点D旋转后的图形（不写作法，保留作图痕迹）．试判断新组合图形的形状，并说出此图形的一条性质； (2)在（1）的条件下，求点A与其旋转后的对应点之间的距离． 【变式1】（24-25八年级下·浙江·期中）将一个平行四边形纸片进行折叠，第一次折叠经过点A，使的两边重合，折痕交边于点E，第二次折叠经过点B，使的两边重合，折痕交边于点F，如图是一种折叠后的效果，当点，，，相邻两点间的距离相等时，若，则的长为（  ） A．2 B．4 C．2或4 D．2或4或12 【变式2】（23-24八年级下·吉林长春·期中）综合与实践 在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动，现有矩形纸片，其中，. (1)操作发现 操作一：如图1，将矩形纸片沿对角线折叠，使点B落在点处，将纸片展平再次折叠，使点A与点C重合，折痕为，然后展平得到图2，以点A，F，C，E为顶点的四边形是______形． (2)实践探究 操作二：如图3，在矩形纸片中，点G为的中点，将纸片沿折叠，使点B落在点处，连接． ①判断与折痕的位置关系，并说明理由； ②直接写出______ 【变式3】（22-23八年级下·贵州六盘水·期末）已知，在中，点是边的中点． (1)【问题解决】 如图1，将沿折叠得到，请直接写出与的数量关系___________； (2)【问题探究】 如图2，在（1）的条件下，连接，请判断与的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】 如图3，点是边上一点，将沿折叠得到，点落在边下方，连接，当时，请探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． 【考点二】特殊平行四边形的综合应用 矩形、菱形、正方形的判定与性质综合； 与勾股定理、全等三角形结合； 折叠、旋转、翻折等变换下的线段、角度、面积计算。 【题型 3】矩形、 菱形、正方形的折叠问题 【例题3】（24-25八年级下·广西防城港·期中）【综合与实践】综合实践课上，老师让同学们以“简单矩形折叠”为主题开展学习活动，同学们积极参与了矩形折叠活动． (1)操作与证明： ①如图①所示，小华将矩形沿折叠后，使得点C与点A重合，点D与点G重合，若，则_______，_______； ②如图②所示，张三将矩形沿对角线折叠后，使得点C与点E重合，与交于点F，过点D作交BC于点G，求证：四边形是菱形； (2)迁移应用： 如图③所示，李四将矩形沿对角线折叠后，使得点C与点E重合，与交于点F，连接，若，，求的长． 【变式1】（24-25八年级下·河南信阳·期末）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，小亮同学进行了如下操作：第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折叠出一个正方形，然后把纸片展平；第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕，如图②．请根据以上的操作，已知，，则线段的长是（    ） A．1 B． C．2 D． 【变式2】（25-26八年级上·全国·期末）如图，将一张长方形纸片先沿折叠，点A，B分别落在点、处，将得到的图形再沿折叠，点、分别落在点、处．若，则的度数为 ． 【题型 4】特殊平行四边形与坐标系的综合 【例题4】（25-26九年级上·福建漳州·月考）如图，在平面直角坐标系中，直线：与直线：相交于点，分别交坐标轴于点，，，． (1)求直线的解析表达式； (2)如图，点是直线上的一个动点，当的面积为时，求点的坐标； (3)直线上有一点，在平面直角坐标系内找一点，使得以为一边，以点，，，为顶点的四边形是菱形、矩形，请直接写出符合条件的点的坐标．（菱形和矩形分别求才能得满分） 【变式1】（25-26七年级上·山东东营·月考）如图，在平面直角坐标系中，若菱形的顶点的坐标分别为，，点在轴上，则点的坐标（    ） A． B． C． D． 【变式2】（22-23八年级下·贵州六盘水·期末）已知，在中，点是边的中点． (1)【问题解决】 如图1，将沿折叠得到，请直接写出与的数量关系___________； (2)【问题探究】 如图2，在（1）的条件下，连接，请判断与的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】 如图3，点是边上一点，将沿折叠得到，点落在边下方，连接，当时，请探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． 【变式3】（25-26八年级上·江西吉安·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知，，过点作轴的垂线，为直线上一动点且在第一象限，连接，，当是以为腰的等腰三角形时，则点坐标为 ． 【考点三】三角形中位线的拓展应用 中位线与四边形中点四边形（任意四边形的中点四边形是平行四边形；矩形的中点四边形是菱形；菱形的中点四边形是矩形；正方形的中点四边形是正方形）； 中位线与三角形重心、面积分割； 中位线与动点、最值问题。 【题型 5】中点四边形的判定与性质 【例题5】（25-26九年级上·山西太原·月考）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）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 【性质探究】： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，则：四边形的对角线的关系为 ； 【问题解决】： （3）如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点． 则：与的数量关系为 ． 【变式1】（2026八年级下·全国·专题练习）在四边形中，点，，，分别为，，，的中点，并且，则四边形为（    ）． A．菱形 B．正方形 C．矩形 D．梯形 【变式2】（25-26九年级上·陕西西安·开学考试）如图，在四边形中，，点E，F，G，H分别为边的中点，连接，相交于点O，则的值为 ． 【变式3】（25-26九年级上·辽宁阜新·期中）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）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 性质探究： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，直接写出关于四边形的对角线的关系： 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，连接．求证：四边形是“中方四边形”； 拓展应用： 如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点， （4）试探索与的数量关系，并说明理由． 【题型 6】中位线与动点最值 【例题6】（24-25八年级下·江苏扬州·月考）如图，已知，，，，是平面内的一个动点，且，连接，点是的中点，连接，则的最大值与最小值的差为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式1】（22-23九年级上·湖北十堰·期中）如图，在中，，线段绕点B旋转到，连接，E为的中点，连接，设的最大值为m，最小值为n，则（    ） A．3.6 B．4.8 C．5 D．6 【变式2】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，在中，，，，点为平面内一动点，，连接，点是的中点，则线段的最小值为 ，最大值为 ． 【变式3】（2025·河南周口·一模）如图，直角三角形中，，点 P 为平面内一动点，，连接，点Q 是线段的中点，则线段的最小值为 ，最大值为 ． 【考点四】梯形的综合问题 梯形中辅助线的灵活运用（作高、平移腰、平移对角线、延长两腰）； 等腰梯形与全等、相似、勾股定理的综合； 梯形中的动点问题、存在性问题。 【题型 7】梯形中的动点存在性问题 【例题7】（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． 【变式】（23-24九年级上·江西吉安·月考）如图，在直角梯形中，，，，，，P、Q同时从A、C出发，点P以的速度沿运动，点Q从C开始沿边以的速度运动，如果点P、Q分别从A、C同时出发，其中一点到达D时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t（s）．    (1)t为何值时，四边形是矩形； (2)t为何值时，四边形是等腰梯形； (3)是否存在某一时刻t，使线段恰好把梯形的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由． 【题型 8】梯形与特殊平行四边形的综合 【例题8】（2026八年级下·江苏·专题练习）已知：如图，在梯形中，，平分，，的延长线交于点． (1)求证：； (2)求证：； (3)若的周长为，，求梯形的面积． 【变式1】（25-26九年级上·全国·期中）如图，在梯形 中，，是中点，，则下列结论成立的是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26九年级上·浙江温州·月考）如图，在正方形中，，点E在边上，作梯形与梯形关于直线对称，延长交于点H，若，则的长为 ． 【变式3】（22-23八年级下·上海普陀·月考）在梯形中，，点分别在边上，，点与在直线的两侧，，射线与边分别相交于点，设． (1)求的长； (2)如图，当点在梯形内部时，求关于的函数解析式； (3)如果的长为2，求梯形的面积．（直接写出结果） 二.中考真题 （一）单选题（10题） 1．（2025·江苏无锡·中考真题）在中，、分别是、的中点．若，则的长为（　　） A．2 B．4 C．6 D．8 2．（2025·贵州·中考真题）如图，小红想将一张矩形纸片沿剪下后得到一个，若，则的度数是（  ） A． B． C． D． 3．（2025·辽宁·中考真题）如图，在矩形中，点在边上，，连接，若，，则的长为（　　） A．1 B．5 C．2 D． 4．（2025·四川德阳·中考真题）如图，要使平行四边形ABCD是矩形，需要增加的一个条件可以是（   ） A． B． C． D． 5．（2024·上海·中考真题）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（    ） A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 6．（2025·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（    ） A．9 B． C． D． 7．（2024·甘肃·中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，，则的长为（　　） A．6 B．5 C．4 D．3 8．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形是平行四边形，给出下列四个条件：①；②；③；④平分．若添加其中一个条件，不能使四边形是菱形的为（   ） A．① B．② C．③ D．④ 9．（2024·四川自贡·中考真题）如图，在中，，，．点P从点A出发、以的速度沿运动，同时点Q从点C出发，以的速度沿往复运动，当点P到达端点D时，点Q随之停止运动．在此运动过程中，线段出现的次数是（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 10．（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（　　） A．2 B．3 C． D． （二）填空题（8题） 11．（2025·湖北·中考真题）一个矩形相邻两边的长分别为2，m，则这个矩形的面积是 ． 12．（2025·四川巴中·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，，，于点H，的长为 ． 13．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则 ． 14．（2024·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，与相交于点O，请添加一个条件 ，使四边形是菱形． 15．（2025·甘肃·中考真题）如图，把平行四边形纸片沿对角线折叠，点B落在点处，与相交于点E，此时恰为等边三角形．若，则 ． 16．（2025·四川凉山·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，E是边的中点，过点E作于点于点G，若，则的长为 ． 17．（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则 ． 18．（2024·海南·中考真题）如图，矩形纸片中，，点E、F分别在边上，将纸片沿折叠，使点D的对应点在边上，点C的对应点为，则的最小值为 ，CF的最大值为 ． （三）解答题（6题） 19．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，正方形中，点E，F分别在，上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，求的长． 20．（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 21．（2024·浙江·中考真题）尺规作图问题： 如图1，点E是边上一点（不包含A，D），连接．用尺规作，F是边上一点． 小明：如图2．以C为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则． 小丽：以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则． 小明：小丽，你的作法有问题，小丽：哦……我明白了！ (1)证明； (2)指出小丽作法中存在的问题． 22．（2024·内蒙古·中考真题）如图，，平分，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)过点B作于点G，若，请直接写出四边形的形状． 23．（2024·黑龙江哈尔滨·中考真题）四边形的对角线，相交于点O，，，． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，，于点H，交于点E，连接，点G在上，连接交于点F，若，在不添加任何辅助线的情况下直接写出四条与线段相等的线段（线段除外）． 24．（2024·甘肃兰州·中考真题）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点M，N分别为，上的动点（不含端点），且． 【初步尝试】（1）如图1，当为等边三角形时，小颜发现：将绕点M逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明： 【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点E，交于点F，将绕点M逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由； 【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在中，，，连接，，请直接写出的最小值． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $