考点04 特殊的平行四边形20大题型（专项训练）数学新教材苏科版八年级下册

考点04 特殊的平行四边形 考点一：矩形的定义、判定与性质 1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 【易错点】对于矩形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②有一个角是直角. 2.矩形的性质定理： 性质 符号语言 图示 边 两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC 角 四个角都是直角 ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90° 对角线 两条对角线互相平分且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AO=CO=BO=DO 【补充】 1）矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的一切性质； 2）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，经常会用到等腰三角形的性质解决问题. 3）利用矩形的性质可以推出：在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半. 3.矩形的对称轴 1）矩形是中心对称图形，对角线的交点为对称中心. 2）矩形也是轴对称图形，有两条对称轴且对称轴都是经过对边中点的直线； 3）过对称中心的任意直线可将矩形分成全等的两部分. 4.矩形的判定 判定定理 符号语言 图示 角 一个角是直角的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵∠ABC=90°，∴平行四边形ABCD是矩形 三个角是直角的四边形是矩形 在四边形ABCD中， ∵∠B=∠A=∠D=90°， ∴四边形ABCD是矩形 对角线 对角线相等的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形 矩形判定思路： 考点二：菱形的定义、判定与性质 1.菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 【易错点】对于菱形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②一组邻边相等. 2.菱形的性质定理 性质定理 符号语言 图示 边 四条边都相等 ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=CD=AD=BC 对角线 对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角 ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD 【补充】 1）菱形是特殊的平行四边形，所以菱形具有平行四边形的一切性质； 2）菱形的两条对角线互相垂直，且对角线将菱形分成四个全等的直角三角形. 3）对角线互相垂直的四边形不一定是菱形. 4）菱形的面积公式： ①菱形的面积=底×高，即 ②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即. 3.菱形的对称性 1）菱形是轴对称图形，两条对角线所在的直线都是它的对称轴. 2）菱形是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心. 4. 菱形的判定 判定定理 符号语言 图示 边 四条边相等的四边形是菱形. 在四边形ABCD中， ∵AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形 一组邻边相等的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AB=BC，∴平行四边形ABCD是菱形 对角线 对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形 考点三：正方形的定义、判定与性质 1.正方形的定义：有一组邻边相等且只有一个角是直角的平行四边形是正方形. 2.正方形的性质： 1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行. 2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 【补充】 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°. 3）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形. 4）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半. 3.正方形的对称性： 1）正方形是轴对称图形，它有四条对称轴，分别是对边中点所在的直线和两条对角线所在的直线. 2）正方形是中心对称图形，对角线的交点是对称中心. 4.正方形的判定： 定义法 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 判定定理 矩形+一组邻边相等 有一组邻边相等的矩形是正方形 矩形+对角线互相垂直 对角线互相垂直的矩形是正方形 菱形+一个角是直角 有一个角是直角的菱形是正方形 菱形+对角线相等 对角线相等的菱形是正方形 题型一：矩形的性质理解 一是混淆矩形与平行四边形的关系，忽略矩形是特殊的平行四边形，误将矩形特有的直角、对角线相等的性质直接用到普通平行四边形上； 二是对角的性质理解不严谨，误把 “有一个角是直角的四边形” 当作矩形，忘记必须先满足平行四边形的前提； 三是对角线性质混淆，错误认为矩形的对角线互相垂直或平分内角，实际上垂直和平分内角是菱形的性质，矩形对角线仅具备互相平分且相等的特点； 四是在计算时方法误用，比如用对角线相乘计算矩形面积，这是菱形的面积公式，而非矩形； 五是解题时不会利用矩形的直角和对角线特征转化为直角三角形，忽略勾股定理、斜边中线等相关性质的应用。 【典例】（24-25八年级下·江苏·阶段练习）下列说法：①矩形是轴对称图形；②矩形是中心对称图形；③矩形的对角线相等；④矩形的对角线互相垂直；⑤矩形的每条对角线平分一组对角．其中正确的说法有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式1】（24-25八年级下·江苏镇江·阶段练习）矩形是特殊的平行四边形，下面是矩形具有而平行四边形不具有的性质的是（   ） A．矩形的对角线互相平分 B．矩形的对边相等 C．矩形的对边平行 D．矩形的四个角相等 【变式2】（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在矩形中，对角线，交于点，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D．所在直线为矩形的对称轴 【变式3】（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）下列说法中，正确的有（    ） ①平行四边形和矩形都是中心对称图形； ②矩形既是中心对称图形，又是轴对称图形； ③矩形是轴对称图形，连接两组对边中点的线段是它的对称轴； ④矩形具有平行四边形的所有性质． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 题型二：利用矩形的性质求解 【典例】（24-25八年级下·江苏常州·阶段练习）如图所示，在矩形中，点在边上，于点，若，，则线段的长为（   ） A． B．4 C． D． 【变式1】（24-25八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在矩形中，，，P是上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作和的垂线，垂足为E，F，则的值为（　　） A． B． C．5 D． 【变式2】（24-25八年级下·江苏扬州·期末）如图，矩形中，的平分线交于点，O为对角线和的交点，且，则___________°． 【变式3】（2024·云南曲靖·一模）如图，在平行四边形中，过点作于点，点在边上，，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求四边形的面积． 题型三：利用矩形的性质证明 【典例】（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在矩形中，是的中点，连接．求证： (1)； (2)． 【变式1】（24-25八年级下·江苏徐州·期中）已知：如图，矩形的对角线、相交于点O，，交的延长线于点E． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长． 【变式2】（25-26八年级上·江苏盐城·月考）阅读下列材料，并完成以下任务． 项目背景 八年级数学兴趣小组开展数学微项目研究，结合所学内容，他们对“矩形的判定与性质”产生了浓厚的兴趣 素材一 小组成员只用卷尺（带刻度）就可以确定桌面形状（如：四边形）是矩形； 素材二 经过小组讨论，他们还发现若将矩形的边向左延长至点E，使得连接，可得出结论：． 解决问题 任务一 根据素材一完成以下填空： （1）小组成员确定桌面是矩形的依据是______；（填写正确的序号） ①有一个角是直角的平行四边形是矩形；②对角线相等的平行四边形是矩形；③有三个角是直角的四边形是矩形． （2）证明过程：在四边形中，∵，， ∴____________， ∵____________， ∴四边形是矩形． 任务二 请你证明素材二中小组发现的结论：． 【变式3】（24-25九年级下·江苏扬州·月考）如图，矩形中，点在上，，与相交于点，与相交于点． (1)若平分，求证：； (2)若，，求的长度． 题型四：矩形与折叠问题 一是折叠前后对应边、对应角相等用错或漏用，常常只看图形形状，不标注相等的线段和角，导致找不到等量关系； 二是折叠后产生的重合三角形不会正确识别，忽略折叠形成的全等三角形，无法建立方程； 三是直角条件不会用，明明矩形有直角、折叠后仍保持直角，却想不到用勾股定理列方程； 四是设未知数后表示边长出错，容易把原边长、折叠后的线段、剩余线段搞混； 五是漏看分类情况，当折叠方式不唯一或落点不确定时，只算一种情况而丢解； 六是把折叠后的对角线、高线当成角平分线或垂直平分线，随意添加题目没有的条件。 【典例】（24-25八年级下·江苏·阶段练习）如图，在矩形中，，．是边上一点，将沿所在直线折叠，使得点恰好落在边上点处，则的长是（   ） A．4 B．5 C． D． 【变式1】（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，将矩形沿对角线折叠，点B的对应点为点E，与交于点F，其中，则的长为____． 【变式2】（24-25八年级下·江苏镇江·阶段练习）（1）填空：如图①，若，则___________；若，则___________． （2）用不同的方式表示同一图形的面积可以解决线段长度的有关问题，这种方法称为等面积法．这是一种重要的数学方法．美国第20任总统詹姆斯结合如图②所示的图形用等面积法验证了勾股定理，其中两个相同的直角三角形边在同一条直线上． ①请用两种不同的方式表示四边形的面积： 方式一：___________； 方式二：___________； ②请利用几何图形的面积关系，说明． （3）如图③所示，折叠长方形的一边，使点落在边的点处，已知，求的长． 【变式3】（25-26八年级上·江苏徐州·期中）矩形纸片中，，，点在边上，点在边上，将纸片沿折叠，使顶点落在平面内点E处． (1)若折痕的端点与点重合，如图1． ①当时，则 ； ②当点恰好在线段上，求的长； (2)若点恰好落在边上，如图2，当时，求的长； (3)如图3，若，是以为腰的等腰三角形，则的长为_____． 题型五：矩形的判定定理 一个角是直角的平行四边形是矩形 三个角是直角的四边形是矩形 对角线相等的平行四边形是矩形 【典例】（2025·江苏淮安·一模）如图，四边形为平行四边形，点为延长线上一点且．连接、、．求证： (1)四边形为平行四边形； (2)当满足________条件时，四边形是矩形，并证明你的结论． 【变式1】（24-25八年级下·江苏连云港·阶段练习）如图，在中，为边上的中线，延长至E，使，连接． (1)试判断四边形的形状； (2)当满足________时四边形是矩形． 【变式2】（2024·江苏镇江·一模）如图，已知和的边、在同一条直线上，，，． (1)求证：； (2)已知，，连接、、，当 时，四边形是矩形． 【变式3】（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在平行四边形中，点是的中点，连接并延长，交延长线于点，连接，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当，__________时，四边形是矩形． 题型六：根据矩形的判定与性质求解 【典例】（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图所示，在四边形中，对角线，相交于点O，，，且，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，于点E，求的度数． 【变式1】（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 【变式2】（24-25八年级下·江苏扬州·月考）如图，在中，对角线、相交于点，交的延长线于点，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求矩形的面积． 【变式3】（2025·江苏扬州·二模）如图，在中，E为的中点，连接并延长交的延长线于点F，连接． (1)求证：； (2)若，求四边形的面积． 题型七：利用菱形的性质求解 【典例】（24-25八年级下·江苏苏州·期末）如图，平行四边形中，，过点C作，与的延长线相交于点E． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，求的度数． 【变式1】（24-25八年级下·江苏扬州·月考）如图，四边形是菱形，，交于点，于点． (1)若对角线，，求的长； (2)连，求证：． 【变式2】（2024九年级下·江苏·专题练习）如图，菱形中，，为中点，，，，交于点，交于点． (1)求证：四边形是矩形． (2)求的度数． (3)求菱形的面积． 【变式3】（25-26八年级上·江苏镇江·期中）如图，菱形中，，点，分别在，上，且． (1)求证：为等边三角形； (2)连接，若将四边形的面积分为：两部分，当时，求的面积． 题型八：利用菱形的性质证明 容易混淆菱形与平行四边形、矩形的性质，错误认为菱形的对角线相等，实际上对角线相等是矩形的特征，菱形的对角线只是互相垂直平分；常常忽略菱形四条边都相等这一核心性质，在计算边长或周长时按普通平行四边形处理；在面积计算上，容易只记住底乘高，忘记或误用对角线乘积的一半这一专用公式；部分学生还会错误认为菱形的四个角都是直角，或将邻角互补的性质用错；在判定时，经常把 “一组邻边相等的四边形” 直接当作菱形，忽略必须先是平行四边形这一前提，同时也容易把对角线互相垂直的四边形直接判定为菱形，而没有先确认它是平行四边形。 【典例】（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，点是菱形对角线的交点，，，连接，交于． (1)求证：； (2)如果，，求菱形的面积． 【变式1】（24-25八年级上·江苏扬州·开学考试）如图菱形中，，点E在边上，点F在边上，且． (1)求证：是等边三角形． (2)若，求的面积． 【变式2】（24-25八年级下·安徽六安·期末）如图，菱形对角线交于点O，，与交于点F． (1)求证：； (2)若，求菱形的面积． 【变式3】（24-25八年级下·全国·期中）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作，且，连接． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，求的长． 题型九：菱形的判定定理 四条边相等的四边形是菱形. 一组邻边相等的平行四边形是菱形. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 【典例】（25-26八年级上·江苏淮安·期末）如图，矩形的对角线，相交于点，将沿直线翻折得到. (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则菱形的面积为______． 【变式1】（25-26八年级上·江苏盐城·月考）如图，在中，，点为中点，连接，过点作，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，求四边形的周长． 【变式2】（24-25八年级下·北京·期中）如图，在中，平分，交于点E，平分，交于点F，与交于点P，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【变式3】（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，在和中，，点是的中点，连接，，在上取一点，连接． (1)给出①；②；③从中选择两个作为条件，能够证明四边形是菱形，并说明理由；你选择的条件是______，______（只要填写序号）； (2)在（1）的条件下，连接，相交于点，若，的周长为30，求四边形的面积． 题型十：根据菱形的判定与性质求解 【典例】（2024·江苏苏州·一模）如图，在中，以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【变式1】（25-26八年级上·江苏盐城·期末）如图，在矩形中，是对角线的垂直平分线，分别交，，于E，F，O． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的边长． 【变式2】（24-25八年级下·四川泸州·月考）如图，在平行四边形中，，，垂足分别为，且． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． (3)连接，若，，则四边形的周长___________． 【变式3】（24-25八年级下·江苏苏州·月考）如图，在四边形中，与相交于点，且，点在上，满足． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求四边形的面积． (3)在（2）的条件下，平行线与间的距离为______． 题型十一：正方形的性质理解 学生在学习正方形性质时，常见易错点主要有：容易把正方形、矩形、菱形的性质混淆，忘记正方形同时具备矩形和菱形的所有性质；错误认为只要对角线相等或只要对角线垂直就是正方形，忽略正方形需要对角线既相等又互相垂直平分；在判断图形时，经常把有一组邻边相等或有一个角是直角的平行四边形直接当成正方形，而忽略同时满足两个条件才成立；在边长、对角线、面积计算中，容易混淆边长与对角线的关系，记错面积公式，或把正方形的判定条件随意套用到菱形、矩形上；解题时还容易忽略正方形的四条边相等、四个角都是直角、对角线平分一组对角等关键特征，导致等量关系找错、推理不严谨 【典例】（2025·江苏无锡·一模）下列结论中，正方形具有而菱形不一定具有的性质是（    ） A．对边平行且相等 B．邻边相等 C．对角线相等 D．面积等于对角线乘积的一半 【变式1】（2024·江苏泰州·一模）定义：一个四边形中，若有一个角的两边相等，且与它的对角互补，则称这个四边形为“半等边四边形”，则下列四边形一定是“半等边四边形”的是(    ) A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【变式2】（24-25八年级下·江苏淮安·期中）若矩形的对称中心是直角坐标系的原点，且点A的坐标为，则点C的坐标为_____． 【变式3】（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，在正方形中，对角线，相交于点，则图中的等腰直角三角形有 _____个． 题型十二：利用正方形的性质求解 【典例】（24-25九年级上·广东佛山·期中）如图，点在正方形内部，且是等边三角形，连接、，则______． 【变式1】（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则____． 【变式2】（24-25九年级下·广东河源·开学考试）如图，点是正方形的边上一点，把顺时针旋转至的位置．    (1)旋转中心是 ________点，旋转角度是 _______度，则是 _______三角形； (2)若四边形的面积为，求EF的长． 【变式3】（24-25八年级下·广西贵港·期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD边上，且，． (1)求证：四边形ABCD是正方形； (2)若，，求四边形ABCD的面积． 题型十三：利用正方形的性质证明 【典例】（24-25八年级下·江苏南通·月考）如图，在边长为4的正方形中，点是边上一点，点是边延长线上一点，，连接，，平分，交于点． (1)求证：； (2)求的长． 【变式1】（24-25八年级下·江苏南通·期末）如图，将正方形的对角线向两个方向延长，分别至点和点，且使． (1)试判断四边形的形状，并说明理由． (2)若，，求四边形的面积． 【变式2】（24-25八年级下·江苏南通·月考）如图，四边形、均为正方形，且、、三点在同一直线上，在线段上，为上一点，，与交于点，连接、、． (1)求证： (2)若，，求的周长． 【变式3】（24-25八年级下·福建福州·月考）在正方形中，为上一动点，连接交对角线于点． (1)连接，如图1，求证：； (2)如图2，过点作交于点，求证：； (3)在（2）的条件下，如图3，连接，当，时，求的长． 题型十四：正方形的判定定理 矩形+一组邻边相等 矩形+对角线互相垂直 菱形+一个角是直角 菱形+对角线相等 【典例】（24-25九年级上·河北保定·期中） 中，平分． (1)求证四边形是菱形． (2)满足什么条件时，四边形是正方形？并说明理由． 【变式1】（24-25八年级下·山东淄博·期末）小刚在学习了正方形之后，给同桌小宇提出了一个问题. 如图，在中，连接对角线，，请从下列四个条件：①；②；③；④中选两个作为补充条件，使为正方形，并给予证明 请你完成小刚给小宇提出的这个问题 (1)你选择的两个补充条件是______（只填写一种所选两个补充条件的序号）； (2)请用（1）中你所选的两个补充条件作为已知条件，证明为正方形 【变式2】（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，在中，的平分线交于点D，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且，求四边形的面积． 【变式3】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，已知菱形，E、F是对角线所在直线上的两点，且，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求菱形的周长． 题型十五：根据正方形的判定与性质求解 【典例】（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1】（24-25八年级下·广东广州·期末）已知：四边形ABCD是正方形，，点E，F，G，H分别在边AB，BC，AD，DC上． (1)如图1，若，，则的度数为________； (2)如图2，若，点E，F分别是AB，BC上的动点，求的周长； (3)如图3，若，GF和EH交于点O，且，求EH的长度． 【变式2】（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，中，，，的外角平分线交于点，过点分别作的延长线于，的延长线于． (1)填空：的度数______； (2)求证：； (3)若，求的长； (4)如图，在中，，高，，求的长度． 【变式3】（2024八年级上·江苏·专题练习）已知四边形是正方形，M、N分别是边，上的动点． (1)如图①，设O是正方形对角线的交点，若，求证：， (2)在（1）的条件下，若正方形的边长为，求四边形的面积； (3)如图②，若试说明的周长等于正方形周长的一半． 题型十六：特殊平行四边形中的动点问题 【典例】（24-25八年级下·湖北恩施·期末）如图，在四边形中，，，，点P从点D出发，以的速度向点A运动；点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s）．    (1)四边形能否为矩形？请说明理由； (2)四边形能否为平行四边形？请说明理由． 【变式1】（24-25八年级下·江苏南京·月考）如图，在菱形中，，分别为上的动点，，点从点向点运动的过程中，试判断的长度是否发生变化？并说明理由． 【变式2】（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图，在矩形中，，，、是对角线上两个动点，分别从A、同时出发相向而行，速度均为秒，运动时间为秒，． (1)若、分别是、的中点，当时，求证：四边形是平行四边形； (2)若、分别是、的中点，当_________时；四边形是矩形； (3)若、分别是折线，上的动点，以与、相同的速度分别从A、和、同时出发，当_________时；四边形是菱形； 【变式3】（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）如图，四边形中，，，，，点P从A点出发，以的速度向D点运动，点Q从C点同时出发，以的速度向B点运动，规定一个动点到达端点时，另一个动点也停止，运动时间为t． (1)当运动t秒时，线段______，______（用含t的代数式表示）； (2)当t为何值时，四边形是矩形； (3)在（2）的条件下，若四边形是正方形，请直接写出的值． 题型十七：特殊平行四边形中的存在性问题 【典例】（24-25八年级下·山东临沂·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，与直线相交于点，点直线上运动． (1)求直线的解析式． (2)是否存在点，使的面积是面积的？若存在，求出此时点的坐标；若不存在，说明理由． (3)若点在轴上，在坐标平面内是否存在点，使以A，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由． 【变式1】（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，矩形是一张放在平面直角坐标系中的纸片，为原点，点在轴上，点在轴上，，在上取一点，使得沿折叠后，点落在轴上，记作点． (1)点的坐标是_____． (2)求折痕所在直线对应的函数解析式． (3)在轴上是否存在点，使的面积为12？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式2】（25-26九年级上·河北保定·月考）如图，在四边形中，，，，，，点P从A点出发，以的速度向D运动，点Q从C点同时出发，以的速度向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． (1)从运动开始，两点运动多长时间时，？ (2)从运动开始，是否存在某个时间，使得四边形恰好为正方形？若存在，求出运动的时间；若不存在，说明理由． 【变式3】（24-25八年级下·四川泸州·期末）如图（1），已知直线与x轴、y轴分别交于点A，C，以为边在第一象限内作矩形． (1)求点A，C的坐标； (2)如图（2），将对折，使得点A与点C重合，折痕分别交于点D，E，求直线的解析式； (3)在坐标平面内，是否存在点P（除点B外），使得与全等？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标：若不存在，请说明理由． 题型十八：特殊平行四边形中的最值问题 【典例】如图，在矩形中，，，动点P从点B出发，沿着向点D移动，若过点P作，垂足分别为E、F，连接，则的长最小为（   ） A． B． C．5 D．7 【变式1】（24-25八年级下·江苏连云港·月考）如图正方形的面积为，是等边三角形，点在正方形内，在对角线上有一动点，要使最小，则这个最小值为(    ) A． B． C． D． 【变式2】如图，矩形中，，E为边的中点，点P、Q为边上两个动点，且，当_____时，四边形的周长最小． 【变式3】几何模型： 条件：如图1，A、B是直线l同旁的两个顶点． 问题：在直线l上确定一点P，使的值最小． 方法：作点关于直线的对称点，连接交于点，则的值最小（不必证明） 模型应用： (1)如图2，已知平面直角坐标系中两定点和，P为x轴上一动点，则当的值最小时，点P的横坐标是___________，此时___________． (2)如图3，正方形的边长为2，为的中点，是上一动点，连接，由正方形对称性可知，与关于直线对称，则的最小值是___________． (3)如图4，正方形的面积为，是等边三角形，点在正方形内，在对角线上有一动点，则的最小值为___________． (4)如图5，在菱形中，，，点是边边的中点，点，分别是，上的两个动点，则的最小值是___________． 题型十九：特殊平行四边形中的折叠问题 【典例】（24-25八年级下·江苏南通·月考）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点Dʹ处，与交于点． 【猜想】（1）请直接写出线段的数量关系______． 【应用】如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为ME． （2）若，求的长． （3）猜想、的数量关系，并说明理由； 【变式1】（24-25八年级上·江苏无锡·期中）折纸，操作简单，富有数学趣味，常常能为证明一个命题提供思路和方法． 【动手操作】如图1，把正方形纸片对折后再展开，折痕为；将点B翻折到EF上点，折痕为；连接． (1)判断的形状并说明理由； 【类比操作】如图2，点P为长方形纸片的边上一点，折叠纸片，使B与P两点重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B折叠后落在上的点B处，展平纸片，得到折痕、与交于点O；连接、． (2)求证：点O在的垂直平分线上； (3)试探究与之间的数量关系，并说明理由． 【变式2】（24-25八年级上·江苏南京·期中）数学书第69页数学活动《折纸与证明》中提到：折纸，常常能够为证明一个命题提供思路和方法． 【初步体验】 操作①：取一张矩形纸，将边折叠到边上，折痕为，点的对应点为．（如图1所示） 操作②：将折叠到边上，折痕为，（如图2所示） （1）若与恰好重合，则 ； 【初步探究】 在操作①中，沿剪开，易得一张正方形纸，让我们继续折叠下去… 操作③：把正方形对折后再展开，折痕为； 操作④：点在边上，翻折，使得点落在折痕上的点处，连接，则是等边三角形；（如图3所示） （2）求证：是等边三角形； 【深入探究】 操作⑤：把正方形对折后再展开，折痕为； 操作⑥：将沿翻折到位置，延长交于点，则点是的三等分点．（如图4所示） （3）通过计算证明：点是的三等分点． 【变式3】（24-25八年级下·江苏淮安·期中）【问题情境】在数学兴趣小组活动中，同学们对正方形的折叠问题进行了探究．如图，正方形的边长为，是边上一动点，将正方形折叠，使得点落在边上的点处，点落在处，交于，折痕为． 【尝试初探】 （1）如图1，若，则_______． 【深入思考】 （2）如图2，连接． ①求证：平分； ②设，，请说明的值为定值，并求出这个定值． 题型二十：特殊平行四边形中的新定义问题 【典例】（24-25八年级下·江苏盐城·期中）菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或矩形的“接近度”． (1)设菱形相邻两个内角的度数分别为m°、n°，若我们将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形就越接近正方形． ①当菱形的一个内角为时，“接近度” ； ②当菱形的“接近度” 时，菱形就是正方形． (2)若我们将菱形的“接近度”定义为，则： ①当菱形的一个内角为时，“接近度” ； ②当菱形的“接近度” 时，菱形就是正方形． (3)小军同学仿照菱形的“接近度”的定义，给出了如下矩形的“接近度”的定义：设矩形相邻两条边长分别是a和b（），将矩形的“接近度”定义为，于是越小，矩形越接近于正方形．你认为他的定义 （填“合理”或“不合理”）． 【变式1】（24-25八年级下·河南南阳·期末）定义：有一组邻边相等，且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形． (1)请在你学习过的四边形中，写出一个符合等腰直角四边形定义的特殊四边形； (2)如图1，等腰直角四边形中，，．若，，请利用如图2的辅助线，求的长； (3)如图3，在矩形中，，，点P是对角线的中点，过点P作直线分别交边、于点E、F．当四边形是等腰直角四边形时，直接写出四边形的面积． 【变式2】（24-25八年级下·江苏盐城·期中）【定义】 在学习了“中心对称图形--平行四边形”这一章后，小明同学对特殊四边形的探究产生了浓厚的兴趣，他发现除了已经学过的特殊四边形外，还有很多比较特殊的四边形．勇于创新的他大胆地作出这样的定义：有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”，并进行了以下问题的探究． 【理解】（1）如图① ，正方形中，点，分别在边，上，连接，，，，若，求证：四边形为“双直四边形” 【应用】（2）如图② ，双直四边形中，，，，对角线与相交于点，且，求四边形的面积． 【拓展】 （3）如图③ ，双直四边形中，，，且，若，求线段的长度． 【变式3】（24-25八年级下·江苏宿迁·期末）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”． (1)下列选项中一定是“等补四边形”的是 ； A．平行四边形      B．矩形     C．正方形    D．菱形 (2)如图1，在边长为的正方形中，为边上一动点（不与重合），交于点，过作交于点． ①试判断四边形是否为“等补四边形”并说明理由； ②如图2，连接，求三角形的周长． 1．（25-26八年级上·江苏盐城·月考）如图，，对角线，交于点O，添加下列条件，能使变为菱形的是（    ） A． B． C． D． 2．（25-26八年级上·江苏盐城·月考）如图，在平面直角坐标系中，为直角三角形，、两点分别在轴、轴上，轴，，点的坐标为，将沿翻折．点落在点位置，交轴于点，则点坐标为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·江苏南通·月考）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在轴上，且，，则正方形的面积是（ ） A．13 B．28 C．34 D．36 4．（24-25八年级下·山东日照·期末）如图，在中，用尺规作的平分线，交于点G，若，，则的长为（   ） A．10 B．20 C． D． 5．（25-26九年级上·江苏宿迁·期中）如图，正方形的边长为6，为等腰直角三角形，，，连接、，点为的中点，连接的最小值为（    ） A．3 B． C． D． 6．（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，在菱形中，已知，则_______． 7．（24-25八年级下·江苏宿迁·月考）如图，已知点P是正方形外一点，且，，则的最大值是______． 8．（24-25八年级下·江苏扬州·期末）如图，出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则_______． 9．（2025·陕西西安·一模）如图，在菱形中，，连接，点分别是上的点，且垂直平分，若，则菱形的面积等于__________． 10．（25-26九年级上·广东深圳·期中）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．如图，小红家有一个菱形中国结装饰，对角线，相交于点，测得，，过点作于点，则的长是______． 11．（25-26八年级上·重庆·月考）在长方形中，，，是边上一点，连接，把沿翻折，点恰好落在边上的处，延长，与的平分线交于点，交于点，则的长度为____ 12．（24-25九年级上·广东佛山·月考）如图，正方形中，，点E在边上，且，将沿对折至，延长交边于点G，连接、．下列结论：①点G是中点；②；③．其中正确的有_______． 13．（25-26八年级上·江苏盐城·月考）如图，点O是矩形的对角线的交点，菱形的周长为4，求矩形的面积． 14．（24-25八年级下·山东泰安·期中）如图，在矩形中，于点，点是边上一点，若平分，交于点G，于点F． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． 15．（2025·江苏南通·模拟预测）【阅读材料】 老师的问题 如图，在中，，是的外角的平分线．求作：矩形，使点，分别在，上． 小张的作法 （1）作的平分线交于点； （2）以为圆心，长为半径画弧，交于点； （3）连接，四边形就是所求作的矩形． 【解答问题】 请根据材料中的信息，证明四边形是矩形． 16．（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，． (1)求证：四边形是矩形； (2)过点作，过点作，两线交于点，求证：四边形是菱形． 17．（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，在四边形中，，，E为边上一点，，连接、． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求的长． 18．（25-26八年级上·江苏无锡·期中）（1）如图，在中，用无刻度的直尺和圆规作图：作的平分线与的垂直平分线，它们相交于点D．（不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）中，若，，且，则的长为 ．（如需画草图，请使用备用图） 19．（25-26八年级上·江苏宿迁·期中）“做数学”可以帮助我们积累数学活动经验．在“三角形”一章学习中，我们曾做过“折纸”的数学活动，它常常能为证明一个命题提供思路和方法． 【操作】 操作①：取一张矩形纸，将边折叠到边上，折痕为，点A的对应点为C．（如图1） 操作②：将折叠到边上，折痕为．（如图2） （1）填空：如图2中，若与恰好重合，则________； 【思考】 在操作①中，沿剪开，易得一张正方形纸． 操作③：把正方形对折后再展开，折痕为； 操作④：点N在边上，翻折，使得点B落在折痕上的点H处，连接．（如图3） （2）求证：是等边三角形； 【探究】 操作⑤：把正方形对折后再展开，折痕为： 操作⑥：将沿翻折到位置，延长交于点Q，则点Q是的三等分点．（如图4） （3）探究：点Q是的三等分点吗？为什么？ 20．（24-25八年级下·江苏南通·月考）如图，在矩形中，，为边上一点，点在线段上，且满足，延长交边于点． (1)若点为的中点，线段的长为________（用含的代数式表示）； (2)连接，若，求证； (3)当，时，求的最小值． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 考点04 特殊的平行四边形 考点一：矩形的定义、判定与性质 1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 【易错点】对于矩形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②有一个角是直角. 2.矩形的性质定理： 性质 符号语言 图示 边 两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC 角 四个角都是直角 ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90° 对角线 两条对角线互相平分且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AO=CO=BO=DO 【补充】 1）矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的一切性质； 2）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，经常会用到等腰三角形的性质解决问题. 3）利用矩形的性质可以推出：在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半. 3.矩形的对称轴 1）矩形是中心对称图形，对角线的交点为对称中心. 2）矩形也是轴对称图形，有两条对称轴且对称轴都是经过对边中点的直线； 3）过对称中心的任意直线可将矩形分成全等的两部分. 4.矩形的判定 判定定理 符号语言 图示 角 一个角是直角的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵∠ABC=90°，∴平行四边形ABCD是矩形 三个角是直角的四边形是矩形 在四边形ABCD中， ∵∠B=∠A=∠D=90°， ∴四边形ABCD是矩形 对角线 对角线相等的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形 矩形判定思路： 考点二：菱形的定义、判定与性质 1.菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 【易错点】对于菱形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②一组邻边相等. 2.菱形的性质定理 性质定理 符号语言 图示 边 四条边都相等 ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=CD=AD=BC 对角线 对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角 ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD 【补充】 1）菱形是特殊的平行四边形，所以菱形具有平行四边形的一切性质； 2）菱形的两条对角线互相垂直，且对角线将菱形分成四个全等的直角三角形. 3）对角线互相垂直的四边形不一定是菱形. 4）菱形的面积公式： ①菱形的面积=底×高，即 ②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即. 3.菱形的对称性 1）菱形是轴对称图形，两条对角线所在的直线都是它的对称轴. 2）菱形是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心. 4. 菱形的判定 判定定理 符号语言 图示 边 四条边相等的四边形是菱形. 在四边形ABCD中， ∵AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形 一组邻边相等的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AB=BC，∴平行四边形ABCD是菱形 对角线 对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形 考点三：正方形的定义、判定与性质 1.正方形的定义：有一组邻边相等且只有一个角是直角的平行四边形是正方形. 2.正方形的性质： 1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行. 2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 【补充】 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°. 3）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形. 4）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半. 3.正方形的对称性： 1）正方形是轴对称图形，它有四条对称轴，分别是对边中点所在的直线和两条对角线所在的直线. 2）正方形是中心对称图形，对角线的交点是对称中心. 4.正方形的判定： 定义法 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 判定定理 矩形+一组邻边相等 有一组邻边相等的矩形是正方形 矩形+对角线互相垂直 对角线互相垂直的矩形是正方形 菱形+一个角是直角 有一个角是直角的菱形是正方形 菱形+对角线相等 对角线相等的菱形是正方形 题型一：矩形的性质理解 一是混淆矩形与平行四边形的关系，忽略矩形是特殊的平行四边形，误将矩形特有的直角、对角线相等的性质直接用到普通平行四边形上； 二是对角的性质理解不严谨，误把 “有一个角是直角的四边形” 当作矩形，忘记必须先满足平行四边形的前提； 三是对角线性质混淆，错误认为矩形的对角线互相垂直或平分内角，实际上垂直和平分内角是菱形的性质，矩形对角线仅具备互相平分且相等的特点； 四是在计算时方法误用，比如用对角线相乘计算矩形面积，这是菱形的面积公式，而非矩形； 五是解题时不会利用矩形的直角和对角线特征转化为直角三角形，忽略勾股定理、斜边中线等相关性质的应用。 【典例】（24-25八年级下·江苏·阶段练习）下列说法：①矩形是轴对称图形；②矩形是中心对称图形；③矩形的对角线相等；④矩形的对角线互相垂直；⑤矩形的每条对角线平分一组对角．其中正确的说法有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查矩形的轴对称性、中心对称性及对角线的性质，需逐个判断每个说法的正误，统计正确说法的数量来确定答案． 【详解】解：∵矩形沿对边中点的连线折叠后直线两旁的部分能完全重合，∴矩形是轴对称图形，①正确； ∵矩形绕对角线的交点旋转后能与自身重合，∴矩形是中心对称图形，②正确； 根据矩形的性质，矩形的对角线相等，③正确； 矩形的对角线不一定互相垂直，只有特殊的矩形(正方形)对角线才垂直，④错误； 矩形的对角线不平分一组对角，只有菱形或正方形的对角线平分一组对角，⑤错误； 综上，正确的说法有①②③，共3个， 故选：C． 【变式1】（24-25八年级下·江苏镇江·阶段练习）矩形是特殊的平行四边形，下面是矩形具有而平行四边形不具有的性质的是（   ） A．矩形的对角线互相平分 B．矩形的对边相等 C．矩形的对边平行 D．矩形的四个角相等 【答案】D 【分析】本题考查了矩形与平行四边形的性质，根据两者共有的性质和矩形特有的性质逐一判断即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：、∵矩形的对角线互相平分，平行四边形的对角线互相平分， ∴矩形与平行四边形都具有，不符合题意； 、∵矩形的对边相等，平行四边形的对边相等， ∴矩形与平行四边形都具有，不符合题意； 、∵矩形的对边平行，平行四边形的对边平行， ∴矩形与平行四边形都具有，不符合题意； 、∵矩形是特殊的平行四边形，除具备平行四边形的所有性质外，还具有四个角均为直角（即四个角相等）的性质， ∴矩形具有而平行四边形不具有，符合题意； 故选：． 【变式2】（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在矩形中，对角线，交于点，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D．所在直线为矩形的对称轴 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，解题的关键是掌握相关知识． 根据矩形的性质对每个选项进行逐一分析判断． 【详解】解：A、矩形的对角线不一定平分一组对角．在矩形中，只有当矩形为正方形时，对角线才会平分，即，故该选项错误，不符合题意； B、矩形的对角线相等且互相平分，所以，故选项说法正确，符合题意； C、矩形的对角线相等且互相平分，所以，只有当的内角中有一个角为，可得到是等边三角形，才能得到，故该选项错误，不符合题意； D、矩形是轴对称图形，但是所在直线不是矩形的对称轴，故该选项错误，不符合题意； 故选：B． 【变式3】（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）下列说法中，正确的有（    ） ①平行四边形和矩形都是中心对称图形； ②矩形既是中心对称图形，又是轴对称图形； ③矩形是轴对称图形，连接两组对边中点的线段是它的对称轴； ④矩形具有平行四边形的所有性质． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【详解】平行四边形和矩形都是中心对称图形，①说法正确； 矩形既是中心对称图形，又是轴对称图形，②说法正确； ∵对称轴是直线，而连接两组对边中点的线段是线段，不是直线， ∴③说法错误； 矩形具有平行四边形的所有性质，④说法正确. 综上，正确的说法有①②④，共3个． 【点睛】轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合；矩形是特殊的平行四边形． 题型二：利用矩形的性质求解 【典例】（24-25八年级下·江苏常州·阶段练习）如图所示，在矩形中，点在边上，于点，若，，则线段的长为（   ） A． B．4 C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质应用、三角形全等、勾股定理，结合三角形全等、勾股定理进行计算是解题的关键． 根据四边形是矩形，，，证明，即可得到，进而得出，进而利用勾股定理解答即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在中，设为， 由勾股定理可得：，即， 解得， ∴， ∴， 故选：B． 【变式1】（24-25八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在矩形中，，，P是上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作和的垂线，垂足为E，F，则的值为（　　） A． B． C．5 D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理． 由矩形的性质可得，，，，然后通过勾股定理得出，则有，然后通过即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵在矩形中，，， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ， ∴． 故选：A． 【变式2】（24-25八年级下·江苏扬州·期末）如图，矩形中，的平分线交于点，O为对角线和的交点，且，则___________°． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，由矩形的性质得到，，，则由角平分线的定义可推出，则，证明是等边三角形，得到，，则可推出，，据此可得答案． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， 平分， ， ， ， ， 是等边三角形， ，， ，， ． 故答案为． 【变式3】（2024·云南曲靖·一模）如图，在平行四边形中，过点作于点，点在边上，，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质，角平分线的性质，熟练掌握这些判定和性质是解此题的关键． （1）由在平行四边形中，得到由可得根据矩形的判定即可求证． （2）根据平行线的性质和角平分线的性质可得由勾股定理可求出即可得出结论． 【详解】（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：∵平分 ∴矩形的面积是： 题型三：利用矩形的性质证明 【典例】（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在矩形中，是的中点，连接．求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角． （1）根据矩形的性质得出，再根据中点的定义得出，即可根据求证； （2）根据全等的性质得出，根据等边对等角即可求证． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵是的中点， ∴， 在和中， ， ∴ （2）证明：∵， ∴， ∴． 【变式1】（24-25八年级下·江苏徐州·期中）已知：如图，矩形的对角线、相交于点O，，交的延长线于点E． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)8 【分析】本题考查矩形的性质，平行四边形的判定及性质，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． （1）由矩形的性质可得，再结合，即可证明结论； （2）由矩形的性质可得，再结合四边形是平行四边形，即可求得． 【详解】（1）证明：在矩形中，，则， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：在矩形中，， 由（1）可知，四边形是平行四边形， ∴． 【变式2】（25-26八年级上·江苏盐城·月考）阅读下列材料，并完成以下任务． 项目背景 八年级数学兴趣小组开展数学微项目研究，结合所学内容，他们对“矩形的判定与性质”产生了浓厚的兴趣 素材一 小组成员只用卷尺（带刻度）就可以确定桌面形状（如：四边形）是矩形； 素材二 经过小组讨论，他们还发现若将矩形的边向左延长至点E，使得连接，可得出结论：． 解决问题 任务一 根据素材一完成以下填空： （1）小组成员确定桌面是矩形的依据是______；（填写正确的序号） ①有一个角是直角的平行四边形是矩形；②对角线相等的平行四边形是矩形；③有三个角是直角的四边形是矩形． （2）证明过程：在四边形中，∵，， ∴____________， ∵____________， ∴四边形是矩形． 任务二 请你证明素材二中小组发现的结论：． 【答案】任务一：（1）②；（2）四边形是平行四边形； 任务二：见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握以上性质定理是解题的关键． 任务一：（1）根据小组成员只用卷尺（带刻度），结合对角线相等的平行四边形为矩形，即可得到答案； （2）根据对边相等的四边形为平行四边形；对角线相等的平行四边形为矩形，即可解答； 任务二：根据矩形的性质，结合已知，可推出是垂直平分线，根据垂直平分线的性质可得，进而证得结论． 【详解】解：任务一：（1）∵小组成员只用卷尺（带刻度）， ∴可先测量四边形四条边的长度，通过对边相等得到四边形为平行四边形，再测量对角线的长度，通过对角线相等的平行四边形为矩形得到结论， ∴小组成员确定桌面是矩形的依据是②． 故答案为：②； （2）在四边形中， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． 故答案为：四边形是平行四边形；； 任务二：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴是垂直平分线， ∴， ∴． 【变式3】（24-25九年级下·江苏扬州·月考）如图，矩形中，点在上，，与相交于点，与相交于点． (1)若平分，求证：； (2)若，，求的长度． 【答案】(1)证明见解析 (2)4 【分析】（1）根据，平分得出，再利用直角三角形的性质即可证明是等边三角形，根据等边三角形的性质和三角形内角和即可证明； （2）利用矩形的性质推出，然后根据垂直定义得，然后利用勾股定理解答即可． 【详解】（1）证明：四边形为矩形， ，， 平分， ， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ∴， ∴， ∴； （2）解：四边形为矩形， ， ∵，， ， 由（1）得， ∴ 在中 . 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 题型四：矩形与折叠问题 一是折叠前后对应边、对应角相等用错或漏用，常常只看图形形状，不标注相等的线段和角，导致找不到等量关系； 二是折叠后产生的重合三角形不会正确识别，忽略折叠形成的全等三角形，无法建立方程； 三是直角条件不会用，明明矩形有直角、折叠后仍保持直角，却想不到用勾股定理列方程； 四是设未知数后表示边长出错，容易把原边长、折叠后的线段、剩余线段搞混； 五是漏看分类情况，当折叠方式不唯一或落点不确定时，只算一种情况而丢解； 六是把折叠后的对角线、高线当成角平分线或垂直平分线，随意添加题目没有的条件。 【典例】（24-25八年级下·江苏·阶段练习）如图，在矩形中，，．是边上一点，将沿所在直线折叠，使得点恰好落在边上点处，则的长是（   ） A．4 B．5 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质、折叠的性质以及勾股定理的应用．关键是利用折叠的性质得到对应边相等，再结合勾股定理逐步计算线段长度．首先根据折叠的性质得出，；然后在中，利用勾股定理求出的长度，进而得到的长度；最后设，表示出的长度，在中运用勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴，，； ∵将沿折叠，点落在边上的点处， ∴，； 在中，由勾股定理得： ， ∴； 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：，即； 故选：B． 【变式1】（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，将矩形沿对角线折叠，点B的对应点为点E，与交于点F，其中，则的长为____． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定，由矩形和折叠的性质得到，，结合，得到，得到，据此根据勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， 由折叠知，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 【变式2】（24-25八年级下·江苏镇江·阶段练习）（1）填空：如图①，若，则___________；若，则___________． （2）用不同的方式表示同一图形的面积可以解决线段长度的有关问题，这种方法称为等面积法．这是一种重要的数学方法．美国第20任总统詹姆斯结合如图②所示的图形用等面积法验证了勾股定理，其中两个相同的直角三角形边在同一条直线上． ①请用两种不同的方式表示四边形的面积： 方式一：___________； 方式二：___________； ②请利用几何图形的面积关系，说明． （3）如图③所示，折叠长方形的一边，使点落在边的点处，已知，求的长． 【答案】（1），7；（2）①；；②见详解；（3）3 【分析】本题主要勾股定理的证明，几何图形面积的计算，矩形与折叠中勾股定理的运用，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． （1）运用勾股定理求解即可； （2），又，由此即可求解； （3）根据折叠，矩形的性质，在中，运用勾股定理，可得，设，则，在中，运用勾股定理得即可求解． 【详解】（1）解：根据勾股定理得，， ， 故答案为：，7． （2）①方式一：； 方式二：； ②根据①可得， ， ． （3）解：由折叠的性质得：， ∵四边形是矩形， ， 在 中，，即， 解得：， ， ， 设，则， ， 在 中，， 即， 解得：， ． 【变式3】（25-26八年级上·江苏徐州·期中）矩形纸片中，，，点在边上，点在边上，将纸片沿折叠，使顶点落在平面内点E处． (1)若折痕的端点与点重合，如图1． ①当时，则 ； ②当点恰好在线段上，求的长； (2)若点恰好落在边上，如图2，当时，求的长； (3)如图3，若，是以为腰的等腰三角形，则的长为_____． 【答案】(1)①；② (2) (3)或 【分析】本题主要考查了矩形形的性质、折叠的性质、等腰三角形的性质、勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握这些性质是解题的关键． （1）①由折叠性质和可求出度数； ②由折叠和勾股定理可求出，设，再利用中利用勾股定理列出式子，求解即可； （2）过点作，为垂足，设，在中利用勾股定理列出式子，求解即可； （3）分两种情况进行讨论：当时和当时，分别讨论求解即可． 【详解】（1）解：①由翻折得， ∵，， ∴， 故答案为：； ②如图，由折叠知，，， 在中，， 设，则，， 则， 由矩形的性质得到， 在中，， 即， 解得：， 即； （2）解：如图，过点作，为垂足， ∵，， ∴与平行， 又∵， ∴， 同理可得， 设，则，， 在中，， 即， 解得：， 即； （3）解：①当时，如图， 设，则，， 在中，， 即， 解得：， 即； ②当时，如图，过点作于点， ∴， 设，则，， ∴， 由翻折知， ∵， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 即， 解得：， 即； 故答案为：或． 题型五：矩形的判定定理 一个角是直角的平行四边形是矩形 三个角是直角的四边形是矩形 对角线相等的平行四边形是矩形 【典例】（2025·江苏淮安·一模）如图，四边形为平行四边形，点为延长线上一点且．连接、、．求证： (1)四边形为平行四边形； (2)当满足________条件时，四边形是矩形，并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)当满足时，四边形是矩形，证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定，平行四边形的性质，矩形的判定，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． （1）由平行四边形的性质得，，因为，所以，再结合，即可得证； （2）当满足时，四边形是矩形，由平行四边形的性质得，因为，所以，再结合四边形是平行四边形，即可得证． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 四边形为平行四边形； （2）解：当满足时，四边形是矩形， 证明：四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形． 【变式1】（24-25八年级下·江苏连云港·阶段练习）如图，在中，为边上的中线，延长至E，使，连接． (1)试判断四边形的形状； (2)当满足________时四边形是矩形． 【答案】(1)四边形是平行四边形，见解析 (2) 【分析】此题考查了平行四边形的判定、矩形的判定等知识． （1）证明四边形的对角线互相平分，即可得到结论； （2）当时，根据矩形的定义即可得到结论． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形； 证明：∵为边上的中线， ∴， ∵， ∴四边形的对角线互相平分， ∴四边形是平行四边形； （2）当时，平行四边形是矩形． 故答案为： 【变式2】（2024·江苏镇江·一模）如图，已知和的边、在同一条直线上，，，． (1)求证：； (2)已知，，连接、、，当 时，四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）求出，然后由证明即可； （2）由勾股定理得，证明，可得，当时，，可得，则四边形是平行四边形，进而证明平行四边形是矩形，然后由三角形面积求出的长即可． 【详解】（1）证明：， ∴， 在和中，， ； （2）解：，，， ， 由（1）可知，， ， 在和中，， ， ，， ∴当时，， ∴， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形， 此时， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、矩形的判定、平行四边形的判定和性质、勾股定理以及三角形面积公式等知识，熟练掌握矩形的判定和全等三角形的判定与性质是解题的关键． 【变式3】（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在平行四边形中，点是的中点，连接并延长，交延长线于点，连接，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当，__________时，四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质可得，可以推出，，由“”可证，可得，即可证四边形是平行四边形； （2）由平行四边形的性质可得，由三角形外角性质求得可证，可得，即可得四边形是矩形． 【详解】（1）四边形为平行四边形, ， ，， 点是的中点， 且，， ， ，且， 四边形是平行四边形； （2）时，四边形是矩形，理由如下： 四边形为平行四边形, ， ， 四边形是平行四边形且， ， 四边形是矩形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，证明是本题的关键． 题型六：根据矩形的判定与性质求解 【典例】（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图所示，在四边形中，对角线，相交于点O，，，且，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，于点E，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，利用勾股定理逆定理，得到，即可得证； （2）求出的度数，根据三角形的内角和，求出，然后根据，得到，即可求出的度数． 【详解】（1）证明：∵在四边形中，对角线，相交于点O，，， ∴四边形是平行四边形，， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）∵四边形是矩形 ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，能灵活运用定理进行推理是解题的关键．注意：矩形的对角线相等，有一个角是直角的平行四边形是矩形． 【变式1】（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2.4 【分析】本题考查矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，关键是由平行四边形的性质推出，由勾股定理的逆定理判定是直角三角形， （1）由平行四边形的性质推出，，得到，判定四边形是平行四边形，而，即可证明四边形是矩形． （2）由勾股定理的逆定理判定是直角三角形，由三角形面积公式得到，即可求出． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：由（1）知：四边形是矩形，又， ∴， ∵，， ∴， ∴是直角三角形， ∴的面积， ∴， ∴． 【变式2】（24-25八年级下·江苏扬州·月考）如图，在中，对角线、相交于点，交的延长线于点，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，熟记判定与性质是解题的关键． （1）根据已知条件推知四边形是平行四边形，则，依据等量代换得到，则平行四边形是矩形； （2）利用“矩形的对角线相等且相互平分”的性质可证是等边三角形，得出，再利用勾股定理求得的长度，然后用矩形的面积公式列式计算即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ． 又点在的延长线上， ． 又， 四边形是平行四边形， ． 又∵， ， 平行四边形是矩形； （2）解：在矩形中，，， 是等边三角形， ， ， ∴， 四边形的面积． 【变式3】（2025·江苏扬州·二模）如图，在中，E为的中点，连接并延长交的延长线于点F，连接． (1)求证：； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)12 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由平行四边形的性质得出，从而得到，利用即可证明结论； （2）由全等三角形的性质得出，从而证明出四边形是平行四边形，由等腰三角形的性质得出，推出四边形是矩形，由勾股定理得，即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵E为中点， ∴， 在和中， ， ∴． （2）解：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， 根据勾股定理得， ∴矩形的面积为． 题型七：利用菱形的性质求解 【典例】（24-25八年级下·江苏苏州·期末）如图，平行四边形中，，过点C作，与的延长线相交于点E． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的判定和性质，平行四边形的性质，等边对等角，三角形的内角和定理，熟练掌握菱形的判定方法，是解题的关键： （1）先证明四边形为平行四边形，推出，即可得证； （2）根据菱形的性质，等边对等角，结合三角形的内角和定理，求出，再根据平行线的性质，求出的度数． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，． ， 四边形为平行四边形． ， ． 是菱形． （2）解：四边形是菱形， ，， ，， ． 四边形是平行四边形， ， ． 【变式1】（24-25八年级下·江苏扬州·月考）如图，四边形是菱形，，交于点，于点． (1)若对角线，，求的长； (2)连，求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，三角形内角和定理，直角三角形斜边中线的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． （1）由菱形的性质及勾股定理求出的长度，根据菱形的面积公式可得出答案； （2）根据菱形的对角线互相平分可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据等边对等角得到，根据两直线平行，内错角相等得到，然后根据等角的余角相等证明即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形， ，，， ∵，， ，， ， ， ； （2）证明：四边形是菱形， ，， ， ， ， 又， ， ， 在中，， 在中，， ， ， ， ． 【变式2】（2024九年级下·江苏·专题练习）如图，菱形中，，为中点，，，，交于点，交于点． (1)求证：四边形是矩形． (2)求的度数． (3)求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）由菱形的性质得出，，由已知条件证出四边形是平行四边形，再证出，即可得出结论； （2）连接，证明是等边三角形，由等边三角形的性质求出，再求出，得到，然后求出，再根据两直线平行，同旁内角互补解答． （3）求出，即可求出菱形的面积． 【详解】（1）解：证明：四边形是菱形， ，， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形． （2）连接，如图所示： 为中点，， ， ， ， ， 在等边三角形中， ， ， 同理， ， ，，， ， ． （3），， ， 菱形的面积． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，熟记各性质并准确识图，作出辅助线构造成等边三角形是解题的关键． 【变式3】（25-26八年级上·江苏镇江·期中）如图，菱形中，，点，分别在，上，且． (1)求证：为等边三角形； (2)连接，若将四边形的面积分为：两部分，当时，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)的面积为或 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，通过证明三角形全等得出对应边相等是解决问题的关键． （1）连接AC，由菱形的性质可证明△ACE≌△CDF，得出EC=FC，再证出∠ECF=60°，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形即可得出结论． （2）作，分两种情况：当时；当时，分别求出的面积即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， 四边形是菱形， ， 又， 和都是等边三角形， ，， ， 又， ； 在和中，，，， ， ， 为等边三角形． （2）解：由（1）可知≌， ， ． 如图，作交于点，在中，，， ， ， ． 当：：时，； 当：：时，． 综上所述，的面积为或． 题型八：利用菱形的性质证明 容易混淆菱形与平行四边形、矩形的性质，错误认为菱形的对角线相等，实际上对角线相等是矩形的特征，菱形的对角线只是互相垂直平分；常常忽略菱形四条边都相等这一核心性质，在计算边长或周长时按普通平行四边形处理；在面积计算上，容易只记住底乘高，忘记或误用对角线乘积的一半这一专用公式；部分学生还会错误认为菱形的四个角都是直角，或将邻角互补的性质用错；在判定时，经常把 “一组邻边相等的四边形” 直接当作菱形，忽略必须先是平行四边形这一前提，同时也容易把对角线互相垂直的四边形直接判定为菱形，而没有先确认它是平行四边形。 【典例】（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，点是菱形对角线的交点，，，连接，交于． (1)求证：； (2)如果，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质和勾股定理．解题时充分利用了菱形的对角线互相垂直平分、矩形的对角线相等的性质． （1）通过证明四边形是矩形来推知； （2）利用（1）中的、，结合已知条件，在中，由勾股定理求得，然后由菱形的对角线互相平分和菱形的面积公式进行解答． 【详解】（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：由（1）知，，，四边形是矩形， ． 在中，由勾股定理得， ，． 四边形是菱形， ，， 菱形的面积是：． 【变式1】（24-25八年级上·江苏扬州·开学考试）如图菱形中，，点E在边上，点F在边上，且． (1)求证：是等边三角形． (2)若，求的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，正确添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）连接，如图，根据菱形的性质得，而，则可判定为等边三角形，得到，易得，然后利用可证明，于是得到，即可证明是等边三角形； （2）过点作于点，过点作于点，先根据（1）中全等三角形得到，，而，由角直角三角形性质以及勾股定理求得，再由勾股定理求得，同理可求：，，最后由面积公式求解． 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵，即， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形； （2）解：过点作于点，过点作于点， ∵ ∴， ∴在菱形中，， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴同理可求：，， ∴． 【变式2】（24-25八年级下·安徽六安·期末）如图，菱形对角线交于点O，，与交于点F． (1)求证：； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2)96 【分析】本题是四边形的综合题，涉及菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的性质，矩形的判定与性质． （1）先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的性质可得，，推出平行四边形是矩形，得到，即可证明； （2）根据矩形的性质可得，利用勾股定理求出，再结合菱形的性质求出，最后根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）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， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴菱形的面积为：． 【变式3】（24-25八年级下·全国·期中）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作，且，连接． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，熟练掌握相关性质，定理是解题的关键： （1）根据菱形的性质，得到，，进而得到，得到四边形为平行四边形，再根据，即可得证； （2）勾股定理求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）解：∵菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形为矩形； （2）∵，， ∴， ∴， ∵矩形， ∴， ∴． 题型九：菱形的判定定理 四条边相等的四边形是菱形. 一组邻边相等的平行四边形是菱形. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 【典例】（25-26八年级上·江苏淮安·期末）如图，矩形的对角线，相交于点，将沿直线翻折得到. (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则菱形的面积为______． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定及性质、矩形的性质、折叠的性质以及勾股定理： （1）根据矩形的性质得到，利用翻折后两个三角形全等可知，由此可知是菱形； （2）根据勾股定理求出，得到的面积，再求出的面积，菱形的面积是的面积的两倍． 【详解】（1）证明：是矩形， ， 沿直线翻折得到， ， ， 四边形是菱形． （2）解：是矩形， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【变式1】（25-26八年级上·江苏盐城·月考）如图，在中，，点为中点，连接，过点作，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，直角三角形斜边中线定理，角平分线的性质，等角对等边，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据直角三角形斜边中线定理得出，根据条件证明四边形是平行四边形，再根据邻边相等即可得出结论； （2）根据菱形的性质得出相等的边和平行线，根据角平分线的性质和等角对等边得出，求出相关线段的长度即可求解． 【详解】（1）证明：∵，点为中点， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：由（1）得四边形是菱形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点为中点， ∴， ∴四边形的周长为． 【变式2】（24-25八年级下·北京·期中）如图，在中，平分，交于点E，平分，交于点F，与交于点P，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）根据平行四边形和角平分线的定义可得、，则，易证四边形是平行四边形，再结合即可证明结论； （2）根据菱形的性质可证明为等边三角形可得，即；如图：过点P作于M，则、，进而得到，最后根据勾股定理求解即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴． ∴． ∵平分， ∴． ∴． ∴． 同理：． ∴． ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴，为等边三角形， ∵， ∴， ∴， 如图：过点P作于M， ， ∴，， ∵， ∴， ∴． 【变式3】（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，在和中，，点是的中点，连接，，在上取一点，连接． (1)给出①；②；③从中选择两个作为条件，能够证明四边形是菱形，并说明理由；你选择的条件是______，______（只要填写序号）； (2)在（1）的条件下，连接，相交于点，若，的周长为30，求四边形的面积． 【答案】(1)①③（或②③）（答案不唯一）理由见解析 (2)120 【分析】（1）选择①，③，证明四边形是平行四边形，再根据直角 三角形斜边的中线等于斜边的一半证明，即可由菱形的判定定理得出结论； 选择②；③同法可得证． （2）先根据直角 三角形斜边的中线等于斜边的一半求得，再根据四边形是菱形，得到，，，，即可由勾股定理得，然后根据三角形周长求得，代入即可求得、的长，从而求得、的长，最后由菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：选择①，③， 理由：∵，即，， ∴四边形是平行四边形， ∵，点是的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形． 故答案为：①③（答案不唯一）． 选择②，③． 理由：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，点是的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形． 故答案为：②③（答案不唯一）． （2）解：∵，点是的中点， ∴， 由（1）知：四边形是菱形， ∴，，，， ∴ ∴， ∵的周长为30， ∴， ∴， ∴ 解得：或， ∴或， ∴或10，或24， ∴四边形的面积或， ∴四边形的面积为120． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质，平行四边形的判定，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 题型十：根据菱形的判定与性质求解 【典例】（2024·江苏苏州·一模）如图，在中，以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了作图-角平分线的作法，菱形的判定与性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质： （1）根据角平分线的定义结合平行四边形对边平行推出，再根据证明即可； （2）证明四边形是菱形即可得出结果． 【详解】（1）证明：由作图可知，平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴； （2）解：如图，连接， 由（1）知，且， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， 又∵， ∴． 【变式1】（25-26八年级上·江苏盐城·期末）如图，在矩形中，是对角线的垂直平分线，分别交，，于E，F，O． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的边长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质． （1）根据矩形性质和线段垂直平分线的性质证明，可得，所以四边形是平行四边形，再根据，即可证明结论； （2）根据勾股定理可得即可． 【详解】（1）证明：连接，， 四边形是矩形， ， ，， 由题意知：垂直平分， ，， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：由（1）可得，，， 在中，由勾股定理得， ，， ∴， ， 解得， ∴ 菱形的边长为． 【变式2】（24-25八年级下·四川泸州·月考）如图，在平行四边形中，，，垂足分别为，且． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． (3)连接，若，，则四边形的周长___________． 【答案】(1)证明见解析 (2)24 (3)16 【分析】（1）由题意易证，即得出，即证明平行四边形是菱形． （2）连接交于O，利用勾股定理求出对角线的长，即可解决问题． （2）由菱形的性质可知，即证明，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求出，即求出，最后利用含角的直角三角形的性质即可求出的长，进而可得的长，即求出菱形的周长． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ∴平行四边形是菱形； （2）解：如图，连接交于点O， ∵四边形是菱形，， ，，， ，， ∴， ， ； （3）解：连接， 由（1）可知，平行四边形是菱形， ，， ， ， 即， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ，， 在中，由勾股定理得：， ， ， ∴四边形的周长， 故答案为：16． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质以及含角的直角三角形的性质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键． 【变式3】（24-25八年级下·江苏苏州·月考）如图，在四边形中，与相交于点，且，点在上，满足． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求四边形的面积． (3)在（2）的条件下，平行线与间的距离为______． 【答案】(1)见解析 (2)24 (3) 【分析】此题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的判断和性质、勾股定理等知识，证明四边形为菱形是关键． （1）根据题意可证明，得到，从而根据“对角线互相平分的四边形为平行四边形”证明即可； （2）根据，可证明为的中垂线，从而推出四边形为菱形，然后根据条件求出的长度，即可利用菱形的面积公式求解即可； （3）根据等积法进行求解即可． 【详解】（1）证明：在和中， ∴． ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． （2）∵， ∴为的垂直平分线，． ∴平行四边形是菱形． ∵，     ． 在中，， ， ∴， ， ∴四边形的面积为24． （3）∵，，， ∴ 设平行线与间的距离为， 则， 解得 故答案为；． 题型十一：正方形的性质理解 学生在学习正方形性质时，常见易错点主要有：容易把正方形、矩形、菱形的性质混淆，忘记正方形同时具备矩形和菱形的所有性质；错误认为只要对角线相等或只要对角线垂直就是正方形，忽略正方形需要对角线既相等又互相垂直平分；在判断图形时，经常把有一组邻边相等或有一个角是直角的平行四边形直接当成正方形，而忽略同时满足两个条件才成立；在边长、对角线、面积计算中，容易混淆边长与对角线的关系，记错面积公式，或把正方形的判定条件随意套用到菱形、矩形上；解题时还容易忽略正方形的四条边相等、四个角都是直角、对角线平分一组对角等关键特征，导致等量关系找错、推理不严谨 【典例】（2025·江苏无锡·一模）下列结论中，正方形具有而菱形不一定具有的性质是（    ） A．对边平行且相等 B．邻边相等 C．对角线相等 D．面积等于对角线乘积的一半 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质及正方形的性质，熟练掌握正方形的性质与菱形的性质是解题的关键． 根据正方形与菱形的性质结合选项即可得出答案． 【详解】解：A、菱形、正方形的对边都平行且相等，故本选项错误； B、邻边相等，菱形、正方形都具有，故本选项错误； C、对角线相等菱形不具有，而正方形具有，故本选项正确； D、面积等于对角线乘积的一半，菱形、正方形都具有，故本选项错误； 故选：C． 【变式1】（2024·江苏泰州·一模）定义：一个四边形中，若有一个角的两边相等，且与它的对角互补，则称这个四边形为“半等边四边形”，则下列四边形一定是“半等边四边形”的是(    ) A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质．根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，逐项判断即可求解． 【详解】解：A、平行四边形的邻边不一定相等，故本选项不符合题意； B、矩形的邻边不一定相等，故本选项不符合题意； C、菱形的对角不一定互补，故本选项不符合题意； D、正方形的邻边相等，对角互补，故本选项符合题意； 故选：D 【变式2】（24-25八年级下·江苏淮安·期中）若矩形的对称中心是直角坐标系的原点，且点A的坐标为，则点C的坐标为_____． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，中心对称以及坐标与图形的性质，熟知关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键．因为矩形是中心对称图形，若对角线的交点为原点时，则A点与C点关于原点对称，从而根据A点坐标可求C点坐标． 【详解】解：∵矩形是中心对称图形， ∴当其对角线的交点为原点时，则A点与C点关于原点对称， ∵点A的坐标为， ∴． 故答案为：． 【变式3】（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，在正方形中，对角线，相交于点，则图中的等腰直角三角形有 _____个． 【答案】 【分析】先根据正方形的四边相等即对角线相等且互相平分的性质，可得，，再根据等腰三角形的定义即可得出图中的等腰三角形的个数． 【详解】解：正方形中，对角线，相交于点， ，， ，，，，，，，都是等腰三角形，一共个． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的定义，掌握正方形的性质是关键，另外不要出现遗漏或重复． 题型十二：利用正方形的性质求解 【典例】（24-25九年级上·广东佛山·期中）如图，点在正方形内部，且是等边三角形，连接、，则______． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据正方形与等边三角形的性质得出，，进而求得，即可求解． 【详解】解：∵点在正方形内部，且是等边三角形，是正方形的对角线， ∴，， ∴， ∴ 故答案为：． 【变式1】（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则____． 【答案】 【分析】本题考查全等图形，勾股定理，关键是由全等三角形的性质推出，由勾股定理求出的长． 由正方形的面积公式求出，由全等三角形的性质推出，求出，由勾股定理得到； 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴在中，， 即； 故答案为：； 【变式2】（24-25九年级下·广东河源·开学考试）如图，点是正方形的边上一点，把顺时针旋转至的位置．    (1)旋转中心是 ________点，旋转角度是 _______度，则是 _______三角形； (2)若四边形的面积为，求EF的长． 【答案】(1)，，等腰直角 (2) 【分析】（1）直接利用旋转的性质结合等腰直角三角形的判定方法即可得答案； （2）根据旋转的性质可得，则，以此可推出四边形的面积等于正方形面积，因此正方形的边长为，根据勾股定理可求出AE，由（1）知是等腰直角三角形，再利用勾股定理即可求出． 【详解】（1）解：由题意可知，旋转中心是点， ∵四边形为正方形，把顺时针旋转至的位置， ∴， ∴， ∴旋转角是，是等腰直角三角形； 故答案为：，，等腰直角． （2）解：∵把顺时针旋转至的位置， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，，由勾股定理得， 由（1）知，是等腰直角三角形， ∴． 【点睛】本题主要考查旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题关键． 【变式3】（24-25八年级下·广西贵港·期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD边上，且，． (1)求证：四边形ABCD是正方形； (2)若，，求四边形ABCD的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据AE=AF，可得∠AFE=∠AEF，再由∠CEF=45°，可得∠CFE=∠CEF=45°，从而得到∠AFC=∠AEC，进而得到∠AFD=∠AEB，可证得ΔABE≌ΔADF，从而得到AB=AD，即可求证； （2）根据全等三角形的性质可得，再由勾股定理可得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B=∠D=∠C=90°， ∵AE=AF， ∴∠AFE=∠AEF， ∵∠CEF=45°，∠C=90°， ∴∠CFE=∠CEF=45°， ∴∠AFC=∠AEC， ∴∠AFD=∠AEB， ∴ΔABE≌ΔADF（AAS）， ∴AB=AD， ∴矩形ABCD是正方形． （2）解：∵由（1）可知：， 又，， 由勾股定理得：， ∵四边形ABCD是正方形， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 题型十三：利用正方形的性质证明 【典例】（24-25八年级下·江苏南通·月考）如图，在边长为4的正方形中，点是边上一点，点是边延长线上一点，，连接，，平分，交于点． (1)求证：； (2)求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查正方形的性质、三角形全等的判定及性质等，掌握正方形的性质、三角形全等的判定及性质和角平分线的定义、勾股定理是解题的关键． （1）根据正方形的性质及三角形全等的判定及性质，证明；利用角平分线的定义及三角形全等的判定及性质，证明，进而证明结论； （2）设，将和分别表示出来，在中根据勾股定理列关于x的方程并求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ∵平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ， ； （2）解：∵四边形是正方形， ∴， 设，则， 在中，根据勾股定理，得， 即， 解得． ． 【变式1】（24-25八年级下·江苏南通·期末）如图，将正方形的对角线向两个方向延长，分别至点和点，且使． (1)试判断四边形的形状，并说明理由． (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)菱形，理由见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． （1）连接，交于点，根据正方形的性质得到，，，求得，根据菱形的判定定理得到平行四边形是菱形； （2）根据正方形的性质得到，设，根据勾股定理得到，解得，（舍，求得，，根据菱形的面积公式得到． 【详解】（1）解：四边形是菱形， 理由：连接，交于点， 四边形是正方形， ，，， ， ，即， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形； （2）解：四边形是正方形， ，， 设， 在中，由勾股定理得：， 解得，（舍）， ， ，， 由（1）知四边形是菱形， ． 【变式2】（24-25八年级下·江苏南通·月考）如图，四边形、均为正方形，且、、三点在同一直线上，在线段上，为上一点，，与交于点，连接、、． (1)求证： (2)若，，求的周长． 【答案】(1)见详解 (2)20 【分析】（1）根据正方形的性质利用证明，再利用全等三角形的性质及等腰直角三角形的判定及性质证明； （2）过点A作，交延长线于H，证明，然后证明，结合的周长，即可作答． 此题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，熟练掌握各知识点并应用解决问题是解题的关键． 【详解】（1）解：∵四边形、均为正方形， ∴，，， ∵， ∴，， ∴ ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， （2）解：过点A作，交延长线于H，如图所示： 则， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的周长． 【变式3】（24-25八年级下·福建福州·月考）在正方形中，为上一动点，连接交对角线于点． (1)连接，如图1，求证：； (2)如图2，过点作交于点，求证：； (3)在（2）的条件下，如图3，连接，当，时，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质，即可； （2）连接，根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质，可得，，，根据，四边形的内角和，则，推出，根据平角的性质，可，等量代换，可得，根据等边对等角，可得，根据三角形的内角和，即可； （3）延长到，使，根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质，可得 ，，由（2），根据角的数量关系，可得，根据全等三角形的判定和性质，可得，，再根据线段之间的数量关系，即可． 【详解】（1）解：证明如下： ∵四边形是正方形，是对角线 ∴， ∵是公共边 ∴ ∴． （2）解：证明如下： 连接， ∵四边形是正方形，是对角线， ∴，， 在和中， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即． （3）解：延长到，使， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，，， ∴ ∴． 【点睛】本题考查正方形，全等三角形，等腰三角形的知识，解题的关键是掌握全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，进行解答，即可． 题型十四：正方形的判定定理 矩形+一组邻边相等 矩形+对角线互相垂直 菱形+一个角是直角 菱形+对角线相等 【典例】（24-25九年级上·河北保定·期中） 中，平分． (1)求证四边形是菱形． (2)满足什么条件时，四边形是正方形？并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形，理由见解析 【分析】本题考查正方形的判定，菱形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的需要的条件，利用正方形的判定、菱形的判定与性质解答． （1）根据交AB于点E，交AC于点F，可以判断四边形AEDF是平行四边形，再根据角平分线的性质和平行线的性质即可证明结论成立； （2）根据有一个角是直角的菱形是正方形可以解答本题． 【详解】（1）证明：， ∴四边形是平行四边形； 平分． ． ， ． ． ． ∴四边形是菱形． （2）解：当时，四边形是正方形； ∵四边形是菱形，， ∴四边形是正方形． 【变式1】（24-25八年级下·山东淄博·期末）小刚在学习了正方形之后，给同桌小宇提出了一个问题. 如图，在中，连接对角线，，请从下列四个条件：①；②；③；④中选两个作为补充条件，使为正方形，并给予证明 请你完成小刚给小宇提出的这个问题 (1)你选择的两个补充条件是______（只填写一种所选两个补充条件的序号）； (2)请用（1）中你所选的两个补充条件作为已知条件，证明为正方形 【答案】(1)①②（答案不唯一） (2)见详解 【分析】此题主要考查了正方形的判定以及平行四边形的性质、菱形的判定方法，正确掌握正方形的判定方法是解题关键． （1）依题意：选择的两个补充条件是①②； （2）先证明平行四边形是菱形，结合，即可作答． 【详解】（1）解：依题意：选择的两个补充条件是①②；（答案不唯一） （2）解： 四边形是平行四边形， ∵ ∴平行四边形是菱形， ∵ ∴菱形是正方形， 【变式2】（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，在中，的平分线交于点D，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且，求四边形的面积． 【答案】(1)答案见解析 (2)242 【分析】对于（1），先根据定义说明四边形是平行四边形，再根据角平分线的定义和平行线的性质得，即可得出，进而得出答案； 对于（2），先说明四边形是正方形，再求出，进而求出答案． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由是： ，， 四边形是平行四边形. 平分 ． ， ， ， ， 平行四边形是菱形． （2）， 四边形是正方形， ∴. ， 根据勾股定理，得， 即， 解得， 四边形的面积为∶． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定，正方形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，解题的关键是掌握特殊四边形的判定方法． 【变式3】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，已知菱形，E、F是对角线所在直线上的两点，且，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求菱形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，正方形的判定，勾股定理等，灵活的选择判定定理是解题的关键． （1）连接，交于点O，根据菱形的性质，再结合，说明四边形是菱形，然后根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案； （2）先根据正方形的性质求出 ，即可求出，再根据勾股定理求出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：连接，交于点O， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴与垂直且互相平分， ∴四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴， ∴菱形是正方形； （2）解：∵菱形是正方形，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的周长． 题型十五：根据正方形的判定与性质求解 【典例】（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) 【分析】（）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． 【详解】（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1】（24-25八年级下·广东广州·期末）已知：四边形ABCD是正方形，，点E，F，G，H分别在边AB，BC，AD，DC上． (1)如图1，若，，则的度数为________； (2)如图2，若，点E，F分别是AB，BC上的动点，求的周长； (3)如图3，若，GF和EH交于点O，且，求EH的长度． 【答案】(1)67.5° (2)40 (3) 【分析】（1）证明△ADE≌△CDF，得∠ADE=∠CDF= ×45°=22.5°，在Rt△DCF中可求出∠DFC的度数； （2）延长BC到点K，使，连接DK，构造全等三角形，证明EF=AE+CF，即可求得△EBF的周长； （3）过点D作DL∥EH，交AB于点L，作DM∥FG，交BC于点M，连接LM，运用（2）中的结论和勾股定理求出BL的长，再用勾股定理求出DL的长即可． 【详解】（1）解：如图1，∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=CD，∠A=∠C=∠ADC=90°， ∵AE=CF， ∴△ADE≌△CDF（SAS）， ∴∠ADE=∠CDF， ∵∠EDF=45°， ∴∠ADE+∠CDF=90-45°=45°， ∴∠CDF+∠CDF=45°， ∴∠CDF=22.5°， ∴∠DFC=90°-22.5°=67.5°． （2）如图2，延长BC到点K，使，连接DK， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即的周长为40； （3）如图3，作，交AB于点L，交FG于点P，作，交BC于点M，交EH于点Q，连接LM， ∵，， ∴四边形DLEH、四边形DGFM、四边形OPDQ都是平行四边形， ∴，，， ∴； 由（2）得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等，解题关键是正确地作出辅助线构造全等三角形． 【变式2】（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，中，，，的外角平分线交于点，过点分别作的延长线于，的延长线于． (1)填空：的度数______； (2)求证：； (3)若，求的长； (4)如图，在中，，高，，求的长度． 【答案】(1)； (2)证明过程见解析； (3)的长为； (4)的长度． 【分析】（1）根据三角形全等的判定和性质，得出角之间的数量关系，即可求解； （2）由三角形全等的性质，结合等量代换，即可证得结论； （3）由三角形全等的性质，得出线段之间得到数量关系，结合勾股定理即可求解； （4）通过翻折和三角形全等的性质，构造正方形，得出线段之间的数量关系，结合勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵的延长线于，的延长线于， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， 如图，作于G， ∴， ∵平分，平分 ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． （2）证明：如图，作于G， 由（1）可知，，， ∴，， ∴． （3）解：由（1）（2）知，四边形是矩形，， ∴四边形是正方形， 设， 又∵， ∴ ∴， 由（1）可知，，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 解得，． （4）解：∵是的高， ∴， 即， 如图，把沿翻折，得到， ∴，，，， ∴， 把沿翻折，得到， ∴，，，， ∴， 又∵， ∴， 延长，交于点，则四边形是正方形， 设，则， ∵，， ∴，， ∴，，， 在中，， ∴， 解得，． 【点睛】本题考查了正方形与三角形综合，角平分线的定义和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，翻折的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握常见几何图形的判定和性质，并且能正确作出辅助线． 【变式3】（2024八年级上·江苏·专题练习）已知四边形是正方形，M、N分别是边，上的动点． (1)如图①，设O是正方形对角线的交点，若，求证：， (2)在（1）的条件下，若正方形的边长为，求四边形的面积； (3)如图②，若试说明的周长等于正方形周长的一半． 【答案】(1)见解析 (2)4 (3)见解析 【分析】（1）由正方形的性质可以得出，由全等三角形的性质就可以得出； （2）由全等可以得出，就可以得出，求出即可； （3）将绕点A顺时针旋转得到，得出，由全等三角形的性质可以得出，进而有，分别表示出．．从而可以得出结论． 【详解】（1）证明：∵正方形的对角线、交于点O ，，，． ，， ． 在和中， ， ． ； （2）解：， ． ， 即． ， ； （3）证明：将绕点A顺时针旋转得到， ， ，，． ， ∴M、B、E三点共线， ， ． ． ． 在和中， ， ， ， ． ， ． ． 的周长等于正方形周长的一半． 【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，三角形的周长和正方形的周长的运用，全等三角形的判定及性质的运用，旋转的性质的运用，解答时证明三角形全等得出是关键． 题型十六：特殊平行四边形中的动点问题 【典例】（24-25八年级下·湖北恩施·期末）如图，在四边形中，，，，点P从点D出发，以的速度向点A运动；点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s）．    (1)四边形能否为矩形？请说明理由； (2)四边形能否为平行四边形？请说明理由． 【答案】(1)四边形能为矩形，理由见解析 (2)四边形能为平行四边形，理由见解析 【分析】（1）根据矩形的性质得出，即可求出，求出t的值即可； （2）根据平行四边形性质得出，即可求出，求出t的值即可． 【详解】（1）解：四边形能为矩形，理由如下： 当时，， 解得：， ∵，， ∴四边形能为平行四边形 又∵， ∴四边形能为矩形． （2）解：四边形能为平行四边形，理由如下： 当时，， 解得：， ∵，， ∴四边形能为平行四边形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，解题关键是熟练掌握平行四边形和矩形的性质． 【变式1】（24-25八年级下·江苏南京·月考）如图，在菱形中，，分别为上的动点，，点从点向点运动的过程中，试判断的长度是否发生变化？并说明理由． 【答案】的长度不会变化，理由见详解 【分析】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识得到是解题的关键． 如图所示，连接，由菱形的性质得到是等边三角形，再证，得到，即可求解． 【详解】解：的长度不变，理由如下， 如图所示，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵，即，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴的长度不会发生变化． 【变式2】（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图，在矩形中，，，、是对角线上两个动点，分别从A、同时出发相向而行，速度均为秒，运动时间为秒，． (1)若、分别是、的中点，当时，求证：四边形是平行四边形； (2)若、分别是、的中点，当_________时；四边形是矩形； (3)若、分别是折线，上的动点，以与、相同的速度分别从A、和、同时出发，当_________时；四边形是菱形； 【答案】(1)见解析； (2)或； (3)． 【分析】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、平行四边形的判定和菱形的判定，解题的关键是掌握矩形的性质定理、菱形的判定定理，灵活运用分情况讨论思想． （1）根据勾股定理求出，证明，根据全等三角形的性质得到，利用内错角相等得，根据平行四边形的判定可得结论； （2）如图1，连接，分、两种情况，列方程计算即可； （3）连接、，判定四边形是菱形，得到，根据勾股定理求出，得到的长，根据题意解答． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ，，，， ， ，， ， 、分别是、的中点， ，， ， 、是对角线上的两个动点，分别从A、同时出发，相向而行，速度均为， ， ， ， ，， ， 以、、、为顶点的四边形始终是平行四边形； （2）如图1，连接，由（1）可知四边形是平行四边形， 、分别是、的中点， ， 当时，四边形是矩形，分两种情况： ①∵，则， 解得：， ② ∵，则， 解得：， 即当为秒或秒时，四边形是矩形； （3）如图2，连接、， 四边形是菱形， ，，， ， 四边形是菱形， ， 设，则， 由勾股定理得：， 即， 解得：， ， ， ， 即为秒时，四边形是菱形． 【变式3】（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）如图，四边形中，，，，，点P从A点出发，以的速度向D点运动，点Q从C点同时出发，以的速度向B点运动，规定一个动点到达端点时，另一个动点也停止，运动时间为t． (1)当运动t秒时，线段______，______（用含t的代数式表示）； (2)当t为何值时，四边形是矩形； (3)在（2）的条件下，若四边形是正方形，请直接写出的值． 【答案】(1)；； (2) (3) 【分析】本题主要考查了正方形和矩形的性质，列代数式，熟知正方形和矩形的性质是解题的关键． （1）根据路程等于时间乘以速度可得，进而可得的长； （2）根据矩形对边相等得到，则，解方程即可得到答案； （3）根据正方形邻边相等得到，再根据（2）所求即可得到答案． 【详解】（1）解：由题意得，， ∵， ∴； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 解得； （3）解：∵矩形是正方形， ∴． 题型十七：特殊平行四边形中的存在性问题 【典例】（24-25八年级下·山东临沂·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，与直线相交于点，点直线上运动． (1)求直线的解析式． (2)是否存在点，使的面积是面积的？若存在，求出此时点的坐标；若不存在，说明理由． (3)若点在轴上，在坐标平面内是否存在点，使以A，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1)直线的解析式为 (2)存在，或 (3)存在，，，， 【分析】本题主要考查求一次函数解析式、一次函数与几何的综合、菱形的性质等知识点，掌握数形结合思想和分类讨论思想成为解题的关键． （1）直接运用待定系数法求解即可； （2）先求得的面积，进而求得，设，然后根据三角形面积公式列绝对值方程求得a，进而确定点M的坐标； （3）分是菱形的一条边、是菱形的一条对角线两种情况，分别求解即可． 【详解】（1）解：设直线的解析式为， 则有：，解得：， ∴直线的解析式为 （2）解：∵直线的解析式为， ∴,, ∵点， ∴，即， 设， ∴，解得：或1， ∴或 （3）解：存在， ∵直线的解析式为， ∴,， ∴； ①当是菱形的一条边时， 当点与点B关于x轴对称时，则点是点A关于y轴的对称点，四边形是菱形； 当点Q在x轴上方，菱形为时，则，即点； 同理：当菱形为时，点； ②当是菱形的对角线时， 设点，点， ∴的中点即为的中点，且（即：）， ∴，，， ∴， ∴； 综上，点Q的坐标为，，， 【变式1】（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，矩形是一张放在平面直角坐标系中的纸片，为原点，点在轴上，点在轴上，，在上取一点，使得沿折叠后，点落在轴上，记作点． (1)点的坐标是_____． (2)求折痕所在直线对应的函数解析式． (3)在轴上是否存在点，使的面积为12？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或 【分析】（1）折叠的性质得到，，在中，利用勾股定理易得，即可得到点的坐标； （2）设，则，而，在中，利用勾股定理求出t的值，确定M点的坐标，然后利用待定系数法求直线的解析式即可； （3）设点P的坐标为，根据的面积为列方程求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形为矩形，，， ∴，， ∵沿翻折后，点B落在x轴上，记作点， ∴，， 在中，，， ∴， ∴点的坐标为， 故答案为：； （2）解∶ 设，则， 而， 在中，， 即， 解得， ∴M点的坐标为， 设直线的解析式为， 把和代入得，， 解得， ∴直线的解析式为； （3）解∶ 存在； 设点P的坐标为， 则的面积， 解得或， ∴点P的坐标为或． 【点睛】本题考查的是一次函数和几何的综合运用，涉及到一次函数的性质、矩形的翻折、勾股定理的运用、面积的计算等，综合性较强，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【变式2】（25-26九年级上·河北保定·月考）如图，在四边形中，，，，，，点P从A点出发，以的速度向D运动，点Q从C点同时出发，以的速度向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． (1)从运动开始，两点运动多长时间时，？ (2)从运动开始，是否存在某个时间，使得四边形恰好为正方形？若存在，求出运动的时间；若不存在，说明理由． 【答案】(1)从运动开始，两点运动6秒或10秒时， (2)从运动开始，存在某个时间，使得四边形恰好为正方形，运动时间为8秒 【分析】本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平行四边形的性质的应用，综合性较强，难度适中． （1）分两种情况：①，且；②与不平行，但； （2）设运动时间为秒，使得四边形恰好为正方形，则有，据此列出方程． 【详解】（1）解：分两种情况： ①当、运动到，则平行且等于， ∴四边形是平行四边形，此时． 设运动时间为秒，则， ， ， 解得， 即时，； ②当、运动到，时，满足，过，分别作于，于， ∵，， ∴，， ∴，四边形是矩形，即， ∴， 同理可得四边形是矩形， ∴， ， ， 解得． 综上所述，从运动开始，两点运动6秒或10秒时，； （2）解：设运动时间为秒，使得四边形恰好为正方形，如图： ∴， ∴， 所以当时，四边形是正方形． 【变式3】（24-25八年级下·四川泸州·期末）如图（1），已知直线与x轴、y轴分别交于点A，C，以为边在第一象限内作矩形． (1)求点A，C的坐标； (2)如图（2），将对折，使得点A与点C重合，折痕分别交于点D，E，求直线的解析式； (3)在坐标平面内，是否存在点P（除点B外），使得与全等？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标：若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，； (2)； (3)满足条件的点有三个，分别为或或． 【分析】本题主要考查对于一次函数图象的应用以及勾股定理的运用和全等三角形的判定，解题的关键是掌握以上知识点． （1）已知直线与轴、轴分别交于点、，即可求得和的坐标； （2）根据题意可知是等腰三角形，由折叠的性质和勾股定理可求出长，即可求得点坐标，最后即可求出的解析式； （3）将点在不同象限进行分类，根据全等三角形的判定方法找出所有全等三角形，找出符合题意的点的坐标． 【详解】（1）解：当时，， ； 当时，，解得， ； ∴；； （2）解：由折叠知：． 设，则，， 根据题意得：， 解得：， 此时，，， 设直线为， ∴，解得， 直线解析式为； （3）解：①当点与点重合时，显然，此时； ②当点在第一象限时，如图， 由得， 则点在直线上．过作于点， 由（2）得，，， 由得：， ， ，把代入得， 此时， ③当点在第四象限时，如图， 由（2）同理可求得：， 根据勾股定理， ， 此时． 综合得，满足条件的点有三个，分别为或或． 题型十八：特殊平行四边形中的最值问题 【典例】如图，在矩形中，，，动点P从点B出发，沿着向点D移动，若过点P作，垂足分别为E、F，连接，则的长最小为（   ） A． B． C．5 D．7 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短及面积法求直角三角形斜边上的高，需要熟练掌握并灵活运用．连接、，依据，，，可得四边形为矩形，借助矩形的对角线相等，将求的最小值转化成的最小值，再结合垂线段最短，将问题转化成求斜边上的高，利用面积法即可得解． 【详解】解：如图，连接、，    ，， ． 四边形是矩形， ． 四边形为矩形． ． 要求的最小值就是要求的最小值． 点从点沿着往点移动， 当时，取最小值． 在中， ，，， ． ， ． 的长度最小为：． 故选：B． 【变式1】（24-25八年级下·江苏连云港·月考）如图正方形的面积为，是等边三角形，点在正方形内，在对角线上有一动点，要使最小，则这个最小值为(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接．由正方形的对称性可知，则，依据两点之间线段最短可知当点、、在一条直线上时，有最小值，最小值为的长，然后依据正方形和等边三角形的性质求解即可 【详解】解：连接．   点与关于对称， ， ． 由两点之间线段最短可知当点为点处时，有最小值，最小值为的长． 正方形的面积为， ， 又是等边三角形， ， 的最小值为 故选：C． 【点睛】本题考查的是正方形的性质和轴对称-最短路线问题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此题的关键． 【变式2】如图，矩形中，，E为边的中点，点P、Q为边上两个动点，且，当_____时，四边形的周长最小． 【答案】4 【分析】本题考查了矩形的性质，轴对称-最短路线问题的应用，要使四边形的周长最小，由于与都是定值，只需的值最小即可．为此，先在边上确定点P、Q的位置，可在上截取线段，作F点关于的对称点G，连接与交于一点即为Q点，过A点作的平行线交于一点，即为P点，则此时最小，然后过G点作的平行线交的延长线于H点，那么先证明∠GEH=45°，再由CQ=EC即可求出BP的长度． 【详解】解：如图，在上截取线段，作F点关于的对称点G，连接与交于一点即为Q点，过A点作的平行线交于一点，即为P点，过G点作的平行线交的延长线于H点． ∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，∵， ∴， ∴， 解得． 故答案为：4． 【变式3】几何模型： 条件：如图1，A、B是直线l同旁的两个顶点． 问题：在直线l上确定一点P，使的值最小． 方法：作点关于直线的对称点，连接交于点，则的值最小（不必证明） 模型应用： (1)如图2，已知平面直角坐标系中两定点和，P为x轴上一动点，则当的值最小时，点P的横坐标是___________，此时___________． (2)如图3，正方形的边长为2，为的中点，是上一动点，连接，由正方形对称性可知，与关于直线对称，则的最小值是___________． (3)如图4，正方形的面积为，是等边三角形，点在正方形内，在对角线上有一动点，则的最小值为___________． (4)如图5，在菱形中，，，点是边边的中点，点，分别是，上的两个动点，则的最小值是___________． 【答案】(1)； (2) (3) (4) 【分析】（1）取点关于轴对称的点，连接，交轴于点，作轴于，则此时的值最小，根据点的坐标，得出，，，进而得出，，再根据“角角边”，得出，再根据全等三角形的性质，得出，进而得出点的横坐标，再根据平行线间的距离相等，得出，再根据勾股定理，计算即可得出答案； （2）根据对称性和线段最短，得出的最小值是的长，再根据中点的定义，得出，再根据勾股定理，计算出，进而即可得出的最小值； （3）设与交于点，连接，，根据对称性，得出，再根据线段最短，得出当点运动至点时，的最小值，此时最小值为的长，再根据正方形的面积，结合算术平方根的定义，得出，再根据等边三角形的性质，得出，进而得出的最小值； （4）作垂足为与交于点，根据菱形的性质，得出，，再根据等边三角形的判定定理，得出是等边三角形，再根据三线合一的性质，得出，再根据线段最短，得出点关于的对称点在上，此时的最小，最小值为的长，再根据三线合一的性质，得出，再根据含角的直角三角形的性质，得出，再根据勾股定理，计算得出，进而即可得出答案． 【详解】（1）如图，取点关于轴对称的点，连接，交轴于点，作轴于， 则此时的值最小， ∵和， ∴，，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴点的横坐标为， ∵轴， ∴， ∴， ∴， ∴当的值最小时，点的横坐标是，此时； 故答案为：；； （2）解：∵点与关于直线对称， ∴的最小值是的长， ∵正方形的边长为，为的中点， ∴， 在中， ， ∴的最小值是； 故答案为：； （3）解：如图，设与交于点，连接，， ∵点与关于直线对称， ∴， ∴当点运动至点时，的最小值，此时最小值为的长， ∵正方形的面积为， ∴， 又∵是等边三角形， ∴， ∴的最小值为； 故答案为：； （4）解：如图，作垂足为与交于点， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∵是中线， ∴， ∴点关于的对称点在上，此时的最小，最小值为的长， 在中， ∵，，， ∴， ∴， ∴的最小值是． 故答案为：． 【点睛】本题考查了坐标与图形、轴对称—最短路径问题、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质，熟练掌握轴对称—最短路径的确定方法、并灵活运用勾股定理是解本题的关键． 题型十九：特殊平行四边形中的折叠问题 【典例】（24-25八年级下·江苏南通·月考）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点Dʹ处，与交于点． 【猜想】（1）请直接写出线段的数量关系______． 【应用】如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为ME． （2）若，求的长． （3）猜想、的数量关系，并说明理由； 【答案】（1）；（2）（3），理由见解析 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等角对等边等等： （1）由折叠的性质可得，再由矩形的性质结合平行线的性质得到，则，进而可得； （2）由折叠的性质可得，，，设，则，由，得到，解得，则，同理可证明，则； （3）由折叠的性质证明，由勾股定理得到，再证明，即可得到． 【详解】解：（1）矩形纸片沿所在的直线折叠， ， 四边形是矩形， ， ， ， ． 故答案为：； （2）矩形沿所在直线折叠， ，，， 设， ， 在中，， ， ， 解得， ， 同理可证明， ； （3），理由如下： 由折叠的性质可得， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴． 【变式1】（24-25八年级上·江苏无锡·期中）折纸，操作简单，富有数学趣味，常常能为证明一个命题提供思路和方法． 【动手操作】如图1，把正方形纸片对折后再展开，折痕为；将点B翻折到EF上点，折痕为；连接． (1)判断的形状并说明理由； 【类比操作】如图2，点P为长方形纸片的边上一点，折叠纸片，使B与P两点重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B折叠后落在上的点B处，展平纸片，得到折痕、与交于点O；连接、． (2)求证：点O在的垂直平分线上； (3)试探究与之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)是等边三角形，理由见解析 (2)见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）根据正方形的性质和翻折的性质可得，进而可以进行判断； （2）由题意得，是的垂直平分线，是的垂直平分线，，可得，进一步得出结论； （3）同理（2）可得，，证明，从而，，根据得出，进一步得出结论． 【详解】（1）解：是等边三角形，理由如下： 由翻折可知：，， ∵四边形是正方形， ， ， ∴是等边三角形； （2）证明：如图2，连接，，， 由题意得：是的垂直平分线，是的垂直平分线，， ，， ， ， ∴点O在的垂直平分线上； （3）解：，理由如下： 如图3，连接， 与（2）同理得：，， ， ， ， ， ， ， ， ， 是的一条三等分线， ． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了轴对称的性质，矩形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握轴对称的性质． 【变式2】（24-25八年级上·江苏南京·期中）数学书第69页数学活动《折纸与证明》中提到：折纸，常常能够为证明一个命题提供思路和方法． 【初步体验】 操作①：取一张矩形纸，将边折叠到边上，折痕为，点的对应点为．（如图1所示） 操作②：将折叠到边上，折痕为，（如图2所示） （1）若与恰好重合，则 ； 【初步探究】 在操作①中，沿剪开，易得一张正方形纸，让我们继续折叠下去… 操作③：把正方形对折后再展开，折痕为； 操作④：点在边上，翻折，使得点落在折痕上的点处，连接，则是等边三角形；（如图3所示） （2）求证：是等边三角形； 【深入探究】 操作⑤：把正方形对折后再展开，折痕为； 操作⑥：将沿翻折到位置，延长交于点，则点是的三等分点．（如图4所示） （3）通过计算证明：点是的三等分点． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析 【分析】（1）勾股定理求得，根据折叠可得，即可求解； （2）根据折叠的性质可得，，即可得证； （3）连接，证明，得出，设正方形的边长为，，则，进而在中，勾股定理求得，即可得证． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形 ∴ ∵折叠， ∴， ∴四边形是正方形 ∴ ∴， ∵ ∴， （2）∵点在边上，翻折，使得点落在折痕上的点处， ∴， ∵把正方形对折后再展开，折痕为； ∴ ∴ ∴是等边三角形； （3）证明：设正方形的边长为， 根据折叠可得，， 则， 连接，如图所示， 在中， ∴， ∴ 设，则， 在中， ∴ 解得：， ∴，即点是的三等分点． 【变式3】（24-25八年级下·江苏淮安·期中）【问题情境】在数学兴趣小组活动中，同学们对正方形的折叠问题进行了探究．如图，正方形的边长为，是边上一动点，将正方形折叠，使得点落在边上的点处，点落在处，交于，折痕为． 【尝试初探】 （1）如图1，若，则_______． 【深入思考】 （2）如图2，连接． ①求证：平分； ②设，，请说明的值为定值，并求出这个定值． 【答案】（1）；（2）①见解析；②见解析，这个定值为1 【分析】本题考查的是翻转变换的性质、勾股定理的应用、正方形的性质，根据翻转变换的性质得到是解题的关键． （1）根据折叠性质可得，在中，利用勾股定理列方程求解即可； （2）由可得，由折叠可得，由此证明； 作，容易证明，得，，进而可得；可得，，由在中，，可得，对等式变形即可得出结论． 【详解】解：（1）∵正方形的边长为， ∴，， 设，则， ∵在中，，， ∴， 解得：， 故答案为； （2）①∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴平分； ②作， ∵在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵，， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ， ， 的值为定值，这个定值是1. 题型二十：特殊平行四边形中的新定义问题 【典例】（24-25八年级下·江苏盐城·期中）菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或矩形的“接近度”． (1)设菱形相邻两个内角的度数分别为m°、n°，若我们将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形就越接近正方形． ①当菱形的一个内角为时，“接近度” ； ②当菱形的“接近度” 时，菱形就是正方形． (2)若我们将菱形的“接近度”定义为，则： ①当菱形的一个内角为时，“接近度” ； ②当菱形的“接近度” 时，菱形就是正方形． (3)小军同学仿照菱形的“接近度”的定义，给出了如下矩形的“接近度”的定义：设矩形相邻两条边长分别是a和b（），将矩形的“接近度”定义为，于是越小，矩形越接近于正方形．你认为他的定义 （填“合理”或“不合理”）． 【答案】(1)①30；②0 (2)①；②1 (3)不合理 【分析】（1）①②根据菱形的“接近度”定义，越小，菱形就越接近正方形，解答即可； （2）①②根据菱形的“接近度”定义为，解答即可； （3）根据矩形的“接近度”定义为，只有矩形的越接近1，矩形才越接近正方形，进行说明． 【详解】（1）解：①∵内角为， ∴与它相邻内角的度数为． ∴菱形的“接近度”， 故答案为：30； ②当菱形的“接近度”等于0时，菱形是正方形， 故答案为：0； （2）解：若我们将菱形的“接近度”定义为，则： ①当菱形的一个内角为时，“接近度”； 故答案为：； ②当菱形的“接近度”时，菱形就是正方形， 故答案为：1； （3）解：不合理，理由如下： ∵越接近1，矩形越接近于正方形； ∴当时，矩形就变成了正方形，即只有矩形的越接近1，矩形才越接近正方形， 故答案为：不合理． 【点睛】本题考查正方形的判定与性质，菱形的性质，矩形的性质，“接近度”的定义，解决本题的关键是理解“接近度”的定义． 【变式1】（24-25八年级下·河南南阳·期末）定义：有一组邻边相等，且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形． (1)请在你学习过的四边形中，写出一个符合等腰直角四边形定义的特殊四边形； (2)如图1，等腰直角四边形中，，．若，，请利用如图2的辅助线，求的长； (3)如图3，在矩形中，，，点P是对角线的中点，过点P作直线分别交边、于点E、F．当四边形是等腰直角四边形时，直接写出四边形的面积． 【答案】(1)正方形 (2) (3)或 【分析】（1）根据等腰直角四边形定义求解即可； （2）如图所示，过点C作交于点D，证明出，得到，，证明出是等腰直角三角形，求出，得到，进而求解即可； （3）分，，，四种情形讨论求解即可． 【详解】（1）解：符合等腰直角四边形定义的特殊四边形可以为正方形； （2）解：如图所示，过点C作交于点D， ∵，，， ∴， ∴，， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵四边形是矩形， ∴，，，， 如图，连接，当时，四边形是等腰直角四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵是的中点， ∴， ∴四边形的面积； 如图，连接，当时，四边形是等腰直角四边形， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵是的中点， ∴， ∴四边形的面积； 如图，连接，当时， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴此时，四边形不是等腰直角四边形， 同理可得当时，四边形不是等腰直角四边形； 综上可得，四边形的面积为或． 【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，正方形的判定及性质，勾股定理，矩形的判定及性质，平行线的性质，熟练掌握矩形的判定及性质是解题的关键． 【变式2】（24-25八年级下·江苏盐城·期中）【定义】 在学习了“中心对称图形--平行四边形”这一章后，小明同学对特殊四边形的探究产生了浓厚的兴趣，他发现除了已经学过的特殊四边形外，还有很多比较特殊的四边形．勇于创新的他大胆地作出这样的定义：有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”，并进行了以下问题的探究． 【理解】（1）如图① ，正方形中，点，分别在边，上，连接，，，，若，求证：四边形为“双直四边形” 【应用】（2）如图② ，双直四边形中，，，，对角线与相交于点，且，求四边形的面积． 【拓展】 （3）如图③ ，双直四边形中，，，且，若，求线段的长度． 【答案】（1）见解析（2）；（3） 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握勾股定理是解决此题的关键． （1）证明，由“双直四边形”的定义可得出结论； （2）由勾股定理求出，，根据三角形面积可得出答案； （3）过作交延长线于点，由双直四边形可得，证明，设，则，，得出方程，求出，则可得出答案． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， （）， ， ， ， ， 四边形为“双直四边形”； （2）解：由题意知， ，，， ， ， ， ， ， ， 四边形的面积； （3）解：过作交延长线于点， ，， 四边形是矩形， ，， 由双直四边形可得， ，， ， 同理可得， ， 设，则，， ， （负值舍）， ， ． 【变式3】（24-25八年级下·江苏宿迁·期末）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”． (1)下列选项中一定是“等补四边形”的是 ； A．平行四边形      B．矩形     C．正方形    D．菱形 (2)如图1，在边长为的正方形中，为边上一动点（不与重合），交于点，过作交于点． ①试判断四边形是否为“等补四边形”并说明理由； ②如图2，连接，求三角形的周长． 【答案】(1) (2)①四边形为“等补四边形”，理由见解析；② 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，目前题意，理解新定义，找出所求问题需要的条件是解题的关键． （1）在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，符合等补四边形的定义，即可得到问题的答案； （2）①连接，，推出，，得到，证明，得到，最后利用“等补四边形”的定义即可证明； ②将围绕点逆时针旋转到的位置，点对应点，则，，证明，再证，得出，即可求出的周长． 【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补， ∴正方形是等补四边形， 故答案为：D； （2）解：①四边形为“等补四边形”，理由： 如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∴四边形是“等补四边形”． ②连接，由①知，为等腰直角三角形，则， 将围绕点逆时针旋转到的位置，点对应点，则，， 则， ，， ， ， 则的周长． 1．（25-26八年级上·江苏盐城·月考）如图，，对角线，交于点O，添加下列条件，能使变为菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的判定方法，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．根据一组邻边相等或对角线互相垂直的平行四边形为菱形，逐一进行分析即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴当的一组邻边相等或对角线互相垂直时，能使变为菱形， 逐一对比选项，其中选项D符合对角线相互垂直，A、B、C均不符合． 故选：D． 2．（25-26八年级上·江苏盐城·月考）如图，在平面直角坐标系中，为直角三角形，、两点分别在轴、轴上，轴，，点的坐标为，将沿翻折．点落在点位置，交轴于点，则点坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、翻折的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握翻折的性质和三角形全等的判定定理与性质是解题关键． 过点D作轴于点M，作轴于点N，则四边形是矩形，再证明，可得，设，则，在中，利用勾股定理求出x的值，即可． 【详解】解：如图，过点D作轴于点M，作轴于点N， ∴四边形是矩形， ∴， ∵、两点分别在轴、轴上，轴，，点的坐标为， ∴， 由翻折的性质得：， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，， 即， 解得：， ∴， ∴点E的坐标为． 故选：B 3．（24-25八年级下·江苏南通·月考）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在轴上，且，，则正方形的面积是（ ） A．13 B．28 C．34 D．36 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质、坐标与图形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识．作轴于．只要证明，推出，，由，，推出，，推出，再利用勾股定理求出即可解决问题． 【详解】解：作轴于． 四边形是正方形， ，， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， ，， ，， ， ， 正方形的面积， 故选：C． 4．（24-25八年级下·山东日照·期末）如图，在中，用尺规作的平分线，交于点G，若，，则的长为（   ） A．10 B．20 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了作图-基本作图，也考查了平行线的性质、平行四边形的性质和菱形的判定与性质．利用基本作图得到平分，，再证明得到，连接，交于点O，如图，接着证明四边形为菱形，所以，，，然后利用勾股定理计算出，从而得到的长． 【详解】解：由作图痕迹得到平分，， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 连接，交于点O，如图， ∵， 而， ∴四边形为菱形， ∴，，， 在中，， ∴． 故选：C． 5．（25-26九年级上·江苏宿迁·期中）如图，正方形的边长为6，为等腰直角三角形，，，连接、，点为的中点，连接的最小值为（    ） A．3 B． C． D． 【答案】D 【分析】延长至点G，使，交于点K，连接，设交于点M，过点F作，垂足为点N，则，证明，可得，再由，可得，从而得到，进而得到，可证明，从而得到，，可得到是等腰直角三角形，进而得到当最小时，最小，此时取得最小值，为，即可求解． 【详解】解：如图，延长至点G，使，交于点K，连接，设交于点M，过点F作，垂足为点N，则， ∵点为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵正方形的边长为6， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴当最小时，最小，此时取得最小值，为， ∵， ∴当点B，E，C三点共线时，取得最小值，为3， 此时， ∴的最小值为． 故选：D 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理等，根据题意证明是解题的关键． 6．（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，在菱形中，已知，则_______． 【答案】64 【分析】本题主要考查了菱形的性质．平行线的性质，熟练掌握菱形的对角线平分一组对角，是解题的关键．根据菱形的对角线平分一组对角，以及邻角互补，即可得解． 【详解】解：∵菱形中，， ∴， ∵菱形中，， ∴， ∴． 故答案为：64． 7．（24-25八年级下·江苏宿迁·月考）如图，已知点P是正方形外一点，且，，则的最大值是______． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，作，使，连接，根据勾股定理，得，即可知当点A，P，E三点共线时，，此时取最大值，然后证明，可得，则答案可得． 【详解】解：过点B作，使，连接， 根据勾股定理，得， 由三角形的三边关系得，当点A，P，E三点共线时，，此时取最大值， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴的最大值是． 故答案为：． 8．（24-25八年级下·江苏扬州·期末）如图，出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则_______． 【答案】 【分析】此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用． 连接，根据矩形的性质得到，，，根据勾股定理得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：连接， 四边形是矩形， ，，， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：． 9．（2025·陕西西安·一模）如图，在菱形中，，连接，点分别是上的点，且垂直平分，若，则菱形的面积等于__________． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，30°角的直角三角形的性质，勾股定理；连接交于点O，根据菱形的性质即可得到是等边三角形，再根据垂直平分线的性质得到，进而根据的直角三角形的性质和勾股定理求出和的长，利用解答即可． 【详解】解：如图，连接交于点O， ∵四边形是菱形，， ∴，，，，， ∴是等边三角形， ∴，， 又∵垂直平分， ∴， ∴，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， 故答案为：． 10．（25-26九年级上·广东深圳·期中）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．如图，小红家有一个菱形中国结装饰，对角线，相交于点，测得，，过点作于点，则的长是______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，根据菱形的性质得到，，，，根据勾股定理得到，最后根据等面积法即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 11．（25-26八年级上·重庆·月考）在长方形中，，，是边上一点，连接，把沿翻折，点恰好落在边上的处，延长，与的平分线交于点，交于点，则的长度为____ 【答案】 【分析】本题考查翻折变换（折叠问题）、角平分线的性质、矩形的性质、勾股定理，熟练掌握翻折的性质、角平分线的性质、矩形的性质、勾股定理是解答本题的关键． 过点作于点，由翻折可得，根据勾股定理可得．由角平分线的性质可得．设，则．由，可得，求出的值即可． 【详解】解：如图，过点作于点， 由翻折可得， 四边形为长方形， ， 为的平分线，， ． 在中，，， 由勾股定理得，． 设，则． ， 即， ． 的长度为． 故答案为：． 12．（24-25九年级上·广东佛山·月考）如图，正方形中，，点E在边上，且，将沿对折至，延长交边于点G，连接、．下列结论：①点G是中点；②；③．其中正确的有_______． 【答案】①③/③① 【分析】先求出、的长，再根据翻折的性质可得，，，再利用证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再设，然后表示出、，在中，利用勾股定理列出方程求出，从而可以判断①正确；根据的正切值判断，从而求出，不是等边三角形，，判断②错误；先求出的面积，再求出，然后根据等高的三角形的面积的比等于底边长的比求解即可得到的面积，判断③正确． 【详解】解：∵正方形中，，， ∴，， ∵沿对折至， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， 即， 解得，， ∴， ∴， 即点G是中点，故①正确； ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴不是等边三角形， ∴，故②错误； 的面积， ∵， ∴，故③正确； 综上所述，正确的结论有①③． 故答案为：①③． 【点睛】本题考查了正方形的性质，翻折变换的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，根据各边的数量关系利用勾股定理列式求出的长度是解题的关键，也是本题的难点． 13．（25-26八年级上·江苏盐城·月考）如图，点O是矩形的对角线的交点，菱形的周长为4，求矩形的面积． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键． 由菱形的性质求得，由矩形的性质求出，再根据勾股定理求出，最后根据矩形的面积公式即可求解． 【详解】解：∵菱形的周长为4， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴矩形的面积． 14．（24-25八年级下·山东泰安·期中）如图，在矩形中，于点，点是边上一点，若平分，交于点G，于点F． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）根据矩形性质和角平分线的性质证明； （2）证明，证明四边形是平行四边形，再根据即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵平分，， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， （2）证明：∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 15．（2025·江苏南通·模拟预测）【阅读材料】 老师的问题 如图，在中，，是的外角的平分线．求作：矩形，使点，分别在，上． 小张的作法 （1）作的平分线交于点； （2）以为圆心，长为半径画弧，交于点； （3）连接，四边形就是所求作的矩形． 【解答问题】 请根据材料中的信息，证明四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，平行四边形和矩形的判定，掌握特殊四边形的判定定理是解题关键．由等腰三角形的性质，得到，，再结合三角形外角的性质和角平分线的定义，推出，得到，进而证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可． 【详解】证明：，平分， ，， ， 是的外角的平分线， ， ， ， 以为圆心，长为半径画弧，交于点， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形． 16．（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，． (1)求证：四边形是矩形； (2)过点作，过点作，两线交于点，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质等知识． （1）先证四边形是平行四边形，，再证，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）先证四边形是平行四边形，再由矩形的性质得，然后由菱形的判定即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形，， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， 由（1）可知，四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴平行四边形是菱形． 17．（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，在四边形中，，，E为边上一点，，连接、． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)4． 【分析】本题考查了直角梯形，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定和性质定理是解题的关键． （1）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理得到四边形是矩形； （2）由（1）知，四边形是矩形，求得，根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，等量代换得到，求得，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）解：由（1）知，四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 18．（25-26八年级上·江苏无锡·期中）（1）如图，在中，用无刻度的直尺和圆规作图：作的平分线与的垂直平分线，它们相交于点D．（不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）中，若，，且，则的长为 ．（如需画草图，请使用备用图） 【答案】（1）见解析；（2）． 【分析】本题考查作图-复杂作图，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题． （1）根据要求作出图形即可； （2）如图，连接，，过点D作于点E，交的延长线于点F．证明四边形是正方形，求出可得结论． 【详解】（1）解：如图，点D即为所求； （2）解：如图，连接，，过点D作于点E，交的延长线于点F． ∵平分， ∴， ∵点D在线段的垂直平分线上， ∴， ∴（）， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 19．（25-26八年级上·江苏宿迁·期中）“做数学”可以帮助我们积累数学活动经验．在“三角形”一章学习中，我们曾做过“折纸”的数学活动，它常常能为证明一个命题提供思路和方法． 【操作】 操作①：取一张矩形纸，将边折叠到边上，折痕为，点A的对应点为C．（如图1） 操作②：将折叠到边上，折痕为．（如图2） （1）填空：如图2中，若与恰好重合，则________； 【思考】 在操作①中，沿剪开，易得一张正方形纸． 操作③：把正方形对折后再展开，折痕为； 操作④：点N在边上，翻折，使得点B落在折痕上的点H处，连接．（如图3） （2）求证：是等边三角形； 【探究】 操作⑤：把正方形对折后再展开，折痕为： 操作⑥：将沿翻折到位置，延长交于点Q，则点Q是的三等分点．（如图4） （3）探究：点Q是的三等分点吗？为什么？ 【答案】（1）；（2）见解析；（3）是，见解析 【分析】（1）勾股定理求得，根据折叠可得，即可求解； （2）根据折叠的性质可得，即可得证； （3）连接，证明，得出，设正方形的边长为，则，进而在中，勾股定理求得，即可得证． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ， ∵折叠， ，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， 根据折叠可知， ， ， 故答案为：． （2）证明：点N在边上，翻折，使得点B落在折痕上的点H处， ， 把正方形对折后再展开，折痕为； ， ， 是等边三角形； （3）解：设正方形的边长为， 则， 根据折叠可得，，， 则， 连接，如图所示， 在和中， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：， ，即点Q是的三等分点． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定等知识，熟练掌握以上知识并采用数形结合的方法巧妙作辅助线是解题的关键． 20．（24-25八年级下·江苏南通·月考）如图，在矩形中，，为边上一点，点在线段上，且满足，延长交边于点． (1)若点为的中点，线段的长为________（用含的代数式表示）； (2)连接，若，求证； (3)当，时，求的最小值． 【答案】(1)； (2)见解析； (3) 【分析】本题考查直角三角形的性质、矩形的性质、对顶角相等、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的三边关系、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关定理是解题的关键． （1）根据直角三角形的性质求解即可； （2）延长、交于点F，根据等腰三角形的性质可得，利用等量代换可得，由等腰三角形的判定可得，再根据矩形的性质和平行线的性质可得，，由对顶角相等得，从而证得，即可得证； （3）取的中点H，连接、，根据直角三角形的性质可得，利用勾股定理求得，再根据三角形三边关系可得，从而可得当B、P、H三点共线时，的值最小，即可求解． 【详解】（1）解：∵，点E为的中点， ∴， 故答案为：； （2）证明：如图，延长、交于点F， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴； （3）解：如图，取的中点H，连接、， ∵， ∴， 在中，， 又∵，当B、P、H三点共线时，的值最小， ∴． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $