专题04 特殊平行四边形的性质与判定、梯形19种题型（期中复习讲义）八年级数学下学期新教材苏科版

专题04 特殊平行四边形的性质与判定@梯形 （期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01 矩形的性质 题型02 矩形的判定 题型03 矩形的性质与判定的综合 题型04菱形的性质 题型05 菱形的判定 题型06 菱形的性质与判定的综合 题型07正方形的性质 题型08 正方形的判定 题型09正方形的性质与判定 题型10 特殊四边形性质与判定的综合 题型11特殊四边形与平面直角坐标系的综合 题型12 特殊四边形中的多结论判断问题 题型13 特殊四边形与折叠问题 题型14 特殊四边形与动点运动问题 题型15 特殊四边形与最值问题 题型16梯形的定义 题型17 等腰梯形的性质定理 题型18等腰梯形的性质与判定的综合 题型19特殊四边形与等腰梯形综合证明 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 矩形的性质与判定 1. 掌握矩形区别于普通平行四边形的特殊性质，理清边、角、对角线特征； 2. 牢记矩形三大判定定理，能灵活选用判定方法解题； 3. 会利用矩形性质进行线段、角度、面积计算与几何证明； 4. 理解矩形的对称性，区分中心对称与轴对称特性。 期中高频考点，选择、填空、解答题全覆盖；基础题侧重性质计算，解答题常考判定证明，综合性较强。 菱形的性质与判定 1. 掌握菱形边、对角线、面积的核心性质，熟记面积两种计算方法； 2. 熟练运用菱形判定定理，区分不同判定条件的适用场景； 3. 结合勾股定理、等腰三角形知识解决综合题型； 4. 明晰菱形对称性，掌握折叠、最短路径相关解题逻辑。 期中必考重点，常与直角三角形综合考查；计算、证明均有涉及，是特殊四边形核心考点，易出现计算失误。 正方形的性质与判定 1. 理解正方形兼具矩形与菱形的所有性质，掌握最全边角对角线特征； 2. 掌握多重判定思路，能通过矩形、菱形间接判定正方形； 3. 解决正方形与全等、动点、坐标系综合题型； 4. 规范正方形相关证明书写步骤，规避逻辑漏洞。 压轴题常考考点，综合性极强；多以综合证明、多结论判断、动点题型出现，是期中几何拉分关键点。 特殊四边形综合应用 1. 区分矩形、菱形、正方形的性质与判定差异，构建知识体系； 2. 掌握特殊四边形与折叠、最值、坐标系、动点题型解题模板； 3. 运用方程、分类讨论思想解决复杂几何题； 4. 提升几何推理、数形结合解题能力。 中档题、压轴题核心考查内容；题型多变，对知识迁移能力要求高，期中占比分值较大。 梯形与等腰梯形 1. 掌握梯形、等腰梯形、直角梯形的定义，区分与平行四边形的差异； 2. 熟记等腰梯形性质、判定定理，掌握辅助线作法； 3. 会利用等腰梯形性质计算边长、角度，完成简单证明； 4. 了解梯形中位线相关基础结论，应对基础题型。 基础考点，多以选择、填空形式出现；简单证明题偶有考查，难度偏低，属于必拿分知识点。 知识点01 矩形的概念与性质 ●●定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. ●●性质定理：矩形的四个角都是直角，对角线相等. 几何语言： ∵ 四边形ABCD是矩形, ∴ ∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AC=BD. ★1、矩形是特殊的平行四边形，它具有平行四边形的所有性质. ★2、矩形是轴对称图形，邻边不相等的矩形有两条对称轴，分别是对边所在中点连线的直线. ★3、矩形的四个角都是直角，常把矩形的问题转化为直角三角形的问题来解决，同时，矩形被两条对角线分成两对全等的等腰三角形，因此在解决相关问题时，也常常用到等腰三角形的性质. ★4、矩形的面积 = 长×宽，矩形的面积=被对角线分成的四个面积相等的小三角形（等腰三角形）面积之和. 知识点02 矩形的判定 ●矩形的判定方法： 方法一：有一个角是直角的平行四边形是矩形； 方法二：对角线相等的平行四边形是矩形； 方法三：有三个角是直角的四边形是矩形； 知识点03 菱形的概念与性质 ●●定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 ◆1、菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质. ②菱形的四条边都相等. ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角. ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线. ⑤利用菱形的性质可证线段线段，角相等. 性质定理应用格式： ∵ 四边形ABCD是菱形， ∴ AB=BC=CD=AD，AC⊥BD； AC平分∠BAD，AC平分∠BCD； BD平分∠ABC，BD平分∠ADC； ◆2、菱形的面积计算 ①利用平行四边形的面积公式=底×高． ②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度） ③ 四个小直角三角形的面积之和(或一个小直角三角形面积的 4 倍)； 知识点04 菱形的判定 ●●菱形的判定方法： ◆1、定义法：有一组邻边相等的平行的四边形叫做菱形. ◆2、判定定理1（从对角线）：对角线互相垂直的平行四边形是菱形. ◆3、判定定理2（从边）：四条边相等四边形是菱形. 知识点05 正方形的概念与性质 ●●定义：四条边相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形。 ★1、具有矩形、菱形、平行四边形的一切性质，即 ①边：四条边相等，邻边垂直，对边平行； ②角：四个角都是直角； ③对角线：对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角； ④正方形式轴对称图形，有四条对称轴； ★2、正方形的面积计算 ①边长的平方；②对角线平方的一半； ★3、正方形特有的性质： ①正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形；正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形； ②周长相等四边形中，正方形的面积最大. 知识点06 正方形的判定 ★1、正方形判定方法： 定义法 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 四边形法 有四条边相等，三个角都是直角的四边形是正方形. 对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形. 平行四边形法 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形. 矩形法 有一组邻边相等的矩形是正方形. 对角线相互垂直的矩形是正方形. 菱形法 有一个角是直角的菱形是正方形. 对角线相等的菱形是正方形. 知识点07 梯形 ●●梯形定义：一组对边平行，另一组对边不平行的四边形叫做梯形；互相平行的两边叫做底，不平行的两边叫做腰。 ◆1、等腰梯形定义：两腰相等的梯形叫做等腰梯形。 ◆2、等腰梯形的性质 ①同一底上的两个角相等； ②对角线相等； ③轴对称图形，不是中心对称图形。 ◆3、等腰梯形的判定 ①两腰相等的梯形是等腰梯形； ②同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形； ③对角线相等的梯形是等腰梯形。 题型一 矩形的性质 解｜题｜技｜巧 1.依托矩形四个角为直角、对角线相等的特性，结合勾股定理计算线段长度； 2.利用矩形对角线互相平分且相等，推导等腰三角形，简化角度计算； 3.矩形问题常转化为直角三角形、等腰三角形问题，拆分复杂图形； 4.涉及周长、面积计算，套用基础公式，结合线段等量关系求解。 【典例1】如图，在矩形中，对角线与交于点O，点E在边上，连接交于点F．若，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据矩形的性质得到，，，证明是等边三角形，进而求解． 【详解】解：如图， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式1】如图，在矩形中，，，平分交于点E，连接，取的中点F，连接，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由矩形的性质可得，，结合平分，可以推出，在中，先使用勾股定理计算出斜边的长，再用直角三角形的性质算出的长． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵点F是的中点， ∴是斜边上的中线， ∴． 【变式2】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，点是矩形的对角线上一点，过点作，分别交，于，，连接，，若，，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点作构造矩形，利用矩形对角线平分所在矩形面积的性质，证明两个阴影三角形面积相等，算出单个阴影三角形面积进而求得阴影总面积． 【详解】解：如图，过点作，交于点，交于点， 则四边形、四边形、四边形、四边形为矩形，， ，，， ， ， ，， ， ． 【变式3】如图，点E，F分别是矩形的和边上的点，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】根据“”证明即可求解． 【详解】证明：在矩形中， ，． 在和中， ， ∴， ∴． 题型二 矩形的判定 解｜题｜技｜巧 1.先判定四边形为平行四边形，再补充直角或对角线相等条件，判定矩形； 2.已知多个直角，直接用“三个角为直角”判定，步骤更简便； 3.题干出现对角线条件，优先验证对角线是否相等，结合平行四边形判定； 证4.明过程规范，先梳理已知条件，逐步推导，最后得出矩形结论。 【典例1】（23-24八年级下·江苏连云港·期中）如图，在中，过点作于点，点在边上，，连接，．求证：四边形是矩形； 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定．根据平行四边形的性质，可得与的关系，根据平行四边形的判定，可得是平行四边形，再根据矩形的判定，可得答案． 【详解】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】如图，在中，，，垂足分别为，求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识，根据题意得出，，根据平行四边形的性质可得，进而可得，即可得证． 【详解】证明：∵，， ∴，， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴ ， ∴，   ∴      ∴，    ∴四边形是矩形． 【变式2】（23-24八年级下·江苏徐州·期中）如图，将平行四边形的边延长至点E，使，连接交于点O，连接，若．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】根据平行四边形的性质可得，再由，可得，可得四边形是平行四边形，再由，可得，从而得到，即可求证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形 ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴， 即， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定，熟练掌握平行四边形的性质定理，矩形的判定定理是解题的关键． 【变式3】如图，点在的边上，，请从以下三个选项中①；②；③，选择一个合适的选项作为已知条件，使为矩形．    (1)你添加的条件是 （填序号）； (2)添加条件后，请证明为矩形． 【答案】(1)答案不唯一，①或② (2)见解析 【分析】（1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行选取； （2）通过证明可得，然后结合平行线的性质求得，从而得出为矩形． 【详解】（1）解：①或② （2）添加条件①，为矩形，理由如下： 在中，， 在和中， ∴ ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴为矩形； 添加条件②，为矩形，理由如下： 在中，， 在和中， ∴ ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴为矩形 【点睛】本题考查矩形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质和矩形的判定方法（有一个角是直角的平行四边形是矩形）是解题关键． 题型三 矩形的性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.先利用平行四边形性质推导，再结合矩形特殊性质判定、计算； 2.解题思路：性质推导→线段/角度等量关系→矩形判定→进阶计算； 3.遇到对角线问题，紧抓“平分且相等”，构建全等三角形、直角三角形； 4.综合题注意数形结合，规避对角线与边夹角的易错点。 【典例1】如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，对角线AC，BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE． （1）求证：四边形ABCD是矩形； （2）若∠BDE＝15°，求∠DOE； 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】（1）先根据平行线的性质可得，再根据矩形的判定即可得证； （2）先根据矩形的性质可得，再根据等腰直角三角形的判定与性质可得，然后根据等边三角形的判定与性质可得，从而可得，最后根据等腰三角形的性质可得，由此即可得出答案． 【详解】证明：（1）， ， ， 四边形是矩形； （2）四边形是矩形， ， 平分， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键． 【变式1】（23-24八年级下·江苏常州·期中）如图，在四边形中，对角线，相交于点，，，且． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，求的度数． 【答案】（1）见解析；（2）36° 【分析】（1）根据平行四边形的判定定理得到四边形ABCD是平行四边形，根据三角形的外角的性质得到∠AOB＝∠DAO＋∠ADO＝2∠OAD，求得∠DAO＝∠ADO，推出AC＝BD，于是得到四边形ABCD是矩形； （2）根据矩形的性质得到AB∥CD，根据平行线的性质得到∠ABO＝∠CDO，根据三角形的内角得到∠ABO＝54°，于是得到结论． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 是矩形； （2）∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD， ∴∠ABO＝∠CDO， ∵∠AOB：∠ODC＝4：3， ∴∠AOB：∠ABO＝4：3， ∴∠BAO：∠AOB：∠ABO＝3：4：3， ∴∠ABO＝54°， ∵∠BAD＝90°， ∴∠ADB＝90°−54°＝36°． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，三角形的内角和，熟练掌握矩形的判定和性质是解题的关键． 【变式2】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： 【变式3】如图，中，，平分，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)作于点F，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质，三个角都是直角的四边形是矩形证明即可； （2）根据勾股定理，矩形的性质，三角形面积不变性，解答即可． 本题考查了等腰三角形的三线合一性质，矩形的判定和性质，勾股定理，三角形面积性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵，平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，平分， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴． 题型四 菱形的性质 解｜题｜技｜巧 1.菱形对角线互相垂直，优先构造直角三角形，利用勾股定理求解边长； 2.四条边相等，可快速转化线段等量关系，简化线段计算； 3.面积计算灵活选用公式，对角线乘积一半适用于对角线已知题型； 4.结合角平分线性质，推导等角、等边关系，解决综合证明题。 【典例1】如图，在菱形中，对角线与相交于点，，垂足为，若，则的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形两锐角互余的性质等知识点，熟练掌握菱形的性质性质是解题的关键； 先根据菱形的性质得，再根据菱形的对角线平分一组对角求出的度数，然后根据直角三角形两锐角互余、同角的余角相等即可解答． 【详解】解：四边形是菱形，对角线与相交于点， ，， ， 于点， ， ， ， 故选：A． 【变式1】（23-24八年级下·江苏苏州·期中）如图，四边形、四边形分别是菱形与正方形．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形及菱形的性质，熟练掌握知识点是解决本题的关键．连接，则为正方形与菱形的对角线，根据正方形及菱形的性质求解即可． 【详解】解：连接，则为正方形与菱形的对角线， ，， ， ， ， ， 故答案为：A 【变式2】如图，在菱形中，，，G是的中点，连接，则线段的长是（   ） A．3 B． C． D．5 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，证明是等边三角形是解题的关键． 由菱形的性质可得，，可得是等边三角形，再由等边三角形的性质可以得到，最后利用勾股定理可以求出的长度． 【详解】解：如图，连接， 四边形是菱形，， ，， 是等边三角形， 是的中点， ，， 在中，． 故选：B． 【变式3】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，已知四边形是菱形，，． (1)求证：； (2)当 时，的面积是四边形面积的四分之一． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角形面积等知识，熟练掌握菱形的性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键． （1）由菱形的性质得出，，，再证明，得出，即可得出结论； （2）连接，先求出，则当的面积是四边形面积的四分之一时，，即可得出结论． 【详解】（1）解：证明：四边形是菱形， ，，， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ； （2）解：当时，的面积是四边形面积的四分之一， 过程如下： 如图，连接， 四边形是菱形， ， 由（1）得：， ， ， 即， ， 当的面积是四边形面积的四分之一时，， 即， ， 故答案为：． 题型五 菱形的判定 解｜题｜技｜巧 1.先证平行四边形，再补邻边相等或对角线垂直条件，判定菱形； 2.题干出现四边相等条件，直接判定四边形为菱形； 3.对角线垂直的平行四边形即为菱形，此判定方法考频极高； 4.区分菱形与普通平行四边形，切勿忽略垂直、四边相等核心条件。 【典例1】如图▱ABCD的对角线AC和BD相交于点O，下列说法正确的 是（　　） A．若OB＝OD，则▱ABCD是菱形 B．若AC＝BD，则▱ABCD是菱形 C．若OA＝OD，则▱ABCD是菱形 D．若AC⊥BD，则▱ABCD是菱形 【答案】D． 【分析】由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB＝OD，故选项A不符合题意； B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD， ∴▱ABCD是矩形，故选项B不符合题意； C、∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OCAC，OB＝ODBD， ∵OA＝OD，∴AC＝BD， ∴▱ABCD是矩形，故选项C不符合题意； D、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD， ∴▱ABCD是菱形，故选项D符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解题的关键． 【变式12】如图，在△ABC中，BA＝BC，BD平分∠ABC交AC于点D，点E在线段BD上，点F在BD的延长线上，且DE＝DF，连接AE，CE，AF，CF．求证：四边形AECF是菱形． 【分析】由等腰三角形的性质得到AD＝CD，BD⊥AC，再由菱形的判定定理即可得到结论． 【详解】证明：∵BA＝BC，BD平分∠ABC， ∴BD⊥AC，AD＝CD， ∵DE＝DF， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵BD⊥AC，即EF⊥AC， ∴四边形AECF是菱形． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法． 【变式2】如图，∠ABC＝∠ADC＝90°，M为AC中点，MN⊥BD于点O，BN∥DM，求证：BNDM为菱形． 【分析】根据直角三角形的性质得到BM＝DMAC，根据等腰三角形的性质得到∠BMN＝∠DMN，由平行线的性质得到∠BNM＝∠DMN，等量代换得到∠BMN＝∠BNM，求得BM＝BN，得到BN＝DM，根据菱形的判定定理即可得到结论． 【详解】证明：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，M为对角线AC的中点， ∴BM＝DMAC， ∵MN⊥BD， ∴∠BMN＝∠DMN， ∵BN∥DM， ∴∠BNM＝∠DMN， ∴∠BMN＝∠BNM， ∴BM＝BN， ∴BN＝DM＝BM＝DN， ∴四边形BNDM是菱形． 【点睛】本题考查了菱形的判定，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键． 【变式3】已知：如图，在中，是角平分线，E是上一点，且，，交于点G．求证：四边形是菱形． 【答案】证明见解析 【分析】本题主要考查了菱形的判定，等角对等边，全等三角形的性质与判定，先证明，得到，再由平行线的性质得到，则可证明，得到，进而得到，据此即可证明结论． 【详解】证明：∵在中，是角平分线， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 题型六 菱形的性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.先借助性质得出四边相等、对角线垂直等条件，再用于判定菱形； 2.常结合全等三角形、直角三角形，拆分图形，逐层推导； 3.涉及折叠、对称题型，利用菱形对称性，找寻等量线段、角度； 4.计算面积时，优先选用对角线公式，提升解题速度。 【典例1】如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，CE＝DF，AB＝BE，AE与BF相交于点O，连接EF． （1）求证：四边形ABEF是菱形； （2）若平行四边形ABCD的周长为20，CE＝DF＝2，∠ABE＝60°，求AE的长． 【分析】（1）由平行四边形的性质得AD∥BC，AD＝BC，再证四边形ABEF是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）由菱形的性质得AB+BC＝10，再证AB＝BE＝4，然后证△ABE是等边三角形，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∵CE＝DF， ∴AF＝BE， ∴四边形ABEF是平行四边形， 又∵AB＝BE， ∴平行四边形ABEF是菱形； （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AD＝BC， ∵平行四边形ABCD的周长为20， ∴AB+BC＝10， 即AB+BE+CE＝10， ∵AB＝BE，CE＝2， ∴AB＝BE＝4， ∵∠ABE＝60°， ∴△ABE是等边三角形， ∴AE＝BE＝4， 即AE的长为4． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 【变式1】如图，在矩形中，，相交于点，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则四边形的面积为 ． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识． （1）根据，，可得四边形是平行四边形，根据矩形的性质可推出，即可得证； （2）连接，交于点，根据四边形是菱形，可得，，，再根据勾股定理求出，进而得到，即可求解． 【详解】（1）解： ，， 四边形是平行四边形， 在矩形中，，相交于点， ，，， ， 平行四边形是菱形； （2）如图，连接，交于点， 四边形是菱形， ，，， ， ， ， 菱形的面积为：， 故答案为：． 【变式2】如图，在等腰中，，平分，过点A作交的延长线于D，连接，过点D作交的延长线于E． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，求的长． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)的长为 【分析】本题考查了菱形的证明、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟记定理内容是解题关键． （1）证得，可得四边形是平行四边形，即可进一步求证； （2）由题意得是等边三角形，根据 即可求解. 【详解】（1）解：四边形是菱形， 理由：∵，平分， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵平分， ∴ ， ∵四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ 4， 【变式3】如图，在平行四边形ABCD中，BE⊥AD，BF⊥CD，垂足分别为E，F，且AE＝CF． (1)求证：平行四边形ABCD是菱形； (2)若DB＝10，AB＝13，求平行四边形ABCD的面积． 【答案】(1)见解析 (2)120 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，利用全等三角形的判定和性质得出，，依据菱形的判定定理（一组邻边相等的平行四边形的菱形）即可证明； （2）连接AC，交BD于点H，利用菱形的性质及勾股定理可得，再根据菱形的面积公式求解即可得． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴平行四边形ABCD是菱形； （2）解： 如图所示：连接AC，交BD于点H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴， ∵，， ∴， 在中， ， ∴， ∴平行四边形ABCD的面积为：． 【点睛】题目主要考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质及其面积公式，勾股定理等，理解题意，熟练掌握各个性质定理是解题关键． 题型七 正方形的性质 解｜题｜技｜巧 1.正方形性质最全，解题时同时套用矩形、菱形双重性质； 2.对角线将正方形分为全等的等腰直角三角形，利用45°角解题； 3.线段、角度计算均转化为等腰直角三角形、全等三角形问题； 4.注意正方形多结论题型，逐项验证，规避特殊情况漏解。 【典例1】（23-24八年级下·江苏盐城·期中）如图，为上任意一点，分别以、为边在同侧作正方形、正方形，设，则为（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正方形的性质先表示出的度数，然后利用“”证明，可得，从而求得答案． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∵四边形、是正方形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质．将四边形的问题转化为三角形的问题是解题的关键． 【变式1】如图，正方形ABCD的边长为2，点E在对角线BD上，且∠BAE＝22.5°，则BE的长为（　　） A．1 B． C．22 D．1 【答案】C． 【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ABD＝∠ADB＝45°，再求出∠DAE的度数，根据三角形的内角和定理求∠AED，从而得到∠DAE＝∠AED，再根据等角对等边的性质得到AD＝DE，然后求出正方形的对角线BD，再求出BE． 【详解】解：在正方形ABCD中，∠ABD＝∠ADB＝45°， ∵∠BAE＝22.5°， ∴∠DAE＝90°﹣∠BAE＝90°﹣22.5°＝67.5°， 在△ADE中，∠AED＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°， ∴∠DAE＝∠AED， ∴AD＝DE＝2， ∵正方形的边长为2， ∴BD， ∴BE＝BD﹣DE＝22， 故选C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，主要利用了正方形的对角线平分一组对角，等角对等边的性质，正方形的对角线与边长的关系，等腰直角三角形的判定与性质． 【变式2】如图，在边长为3的正方形中，点E在边上，以点D为圆心，长为半径画弧，交线段于点F．若，则的长为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，设，则，，由勾股定理列方程，可求解． 【详解】解：∵ 设， 则，． 在中，， ， 解得． 则 故选：D 【变式3】（24-25八年级下·江苏连云港·期中）如图，以正方形的一边向形外作等边，与交于点，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等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，先由正方形的性质得到，再证明得到，由等边三角形的性质推出，据此求出的度数，进而求出的度数即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴； ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 题型八 正方形的判定 解｜题｜技｜巧 1.阶梯式判定：先平行四边形→再矩形/菱形→最后正方形； 2.矩形加邻边相等、菱形加直角，均可判定为正方形； 3.对角线满足相等、垂直、平分，可直接判定正方形； 4.证明时逻辑严谨，不可跳过平行四边形、矩形/菱形步骤直接判定。 【典例1】如图，在中，，平分，于点，于点，求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了正方形的判定，角平分线的性质和定义，等腰直角三角形的性质与判定等待，先证明是等腰直角三角形，得到，同理可得，再由角平分线的性质得到，则，据此可证明结论． 【详解】证明：∵在中，，平分， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 同理可得， ∵平分，，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 又∵， ∴四边形是正方形． 【变式1】如图，已知矩形ABCD 中，∠BAD 和∠ADC 的平分线交于BC边上一点E．点F为矩形外一点，四边形AEDF为平行四边形．求证：四边形AEDF是正方形． 【分析】由矩形的性质得出∠BAD＝∠CDA＝90°，证出AE＝DE，由正方形的判定可得出结论． 【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝∠CDA＝90°， ∵AE，DE平分∠BAD 与∠CDA， ∴，， ∴∠EAD＝∠EDA， ∴AE＝DE， ∵∠EAD+∠EDA+∠AED＝180°， ∴∠AED＝180°﹣∠EAD﹣∠EDA＝90°， ∴▱AEDF是正方形． 【点睛】此题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定方法是解本题的关键． 【变式2】已知矩形ABCD，AE平分∠DAB交DC的延长线于点E，过点E作EF⊥AB，垂足F在边AB的 延长线上，求证：四边形ADEF是正方形． 【分析】根据矩形的性质得到∠D＝∠DAB＝90°，根据角平分线的性质得到∠EAF＝45°，推出四边形AFED是矩形，求得AF＝EF，于是得到结论． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D＝∠DAB＝90°， ∵AE平分∠DAB， ∴∠EAF＝45°， ∵EF⊥AB， ∴∠D＝∠DAF＝∠F＝90°， ∴四边形AFED是矩形， ∵∠EAF＝45°， ∴∠AEF＝45°， ∴∠EAF＝∠AEF， ∴AF＝EF， ∴矩形ADEF是正方形． 【点睛】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握矩形的性质，证明四边形是正方形是解决问题的关键． 【变式3】如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E是BD延长线上的点，且△ACE是等边三角 形．若∠AED＝2∠EAD，求证：四边形ABCD是正方形． 【分析】根据有一个角是90°的菱形是正方形，进而根据菱形和正方形的判定证明即可． 【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AO＝OC， ∵△ACE是等边三角形， ∴EO⊥AC （三线合一）， 即 BD⊥AC， ∴▱ABCD是菱形， ∴EO⊥AC，AO＝OC， ∵△ACE是等边三角形，∠EAC＝60°， ∴∠AEO＝∠OEC＝30°，△AOE是直角三角形， ∴∠EAO＝60°， ∵∠AED＝2∠EAD， ∴∠EAD＝15°， ∴∠DAO＝∠EAO﹣∠EAD＝45°， ∵▱ABCD是菱形， ∴∠BAD＝2∠DAO＝90°， ∴菱形ABCD是正方形． 【点睛】此题主要考查菱形和正方形的判定，要灵活应用判定定理及等腰三角形的性质、外角的性质定理． 题型九 正方形的性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.综合运用全等、特殊三角形性质，先判定正方形，再利用性质解题； 2.动点、折叠题型，紧抓正方形边长、角度不变性，列方程求解； 3.多结论判断题型，牢记正方形对角线、边角核心特征，举反例排除； 4.复杂图形中，拆分出正方形、三角形，分步推导，简化思路。 【典例1】如图，正方形的边长为5，点E为正方形边上一动点，过点B作于点P，将绕点A逆时针旋转得，连接交延长线于点F． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，求线段的长度． 【答案】(1)正方形，理由见解析 (2)3 【分析】本题考查全等三角形判定及性质，正方形判定，勾股定理，旋转性质等． （1）先判定，利用全等性质判定为矩形，继而判定为正方形； （2）根据题意设正方形 的边长为，在中应用勾股定理即可得到本题答案． 【详解】（1）解：由题意得：，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形； （2）解：∵正方形的边长为5， ∴， 设正方形 的边长为， ∴， ∵， ∴， 在中，，解得：， ∴线段的长度为． 【变式1】如图，在中，，是中线，是的中点，过点作交的延长线于，连接． (1)求证：； (2)如果，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是正方形，证明见解析 【分析】（1）证明，则，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得，进而结论得证； （2）先证四边形是平行四边形，然后根据，，证明四边形是正方形即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 是的中点， ， 在和中， ∵， ∴， ， 在中，，是中线， ， ； （2）解：四边形是正方形．证明如下： ，， 四边形是平行四边形， ，是中线， ， ， 四边形是正方形． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，平行四边形、正方形的判定等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 【变式2】如图，在四边形中，，，，点在边上，点是边的中点，且，于点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题． （1）根据邻边相等的矩形是正方形证明即可； （2）证明是等腰直角三角形可得结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； （2）解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． 【变式3】如图，点P是矩形的边的延长线上一点，连接，过点B作于点E．过点D作于点F，． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质、正方形的判定、全等三角形的判定与性质、含30度直角三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． （1）由垂直的定义可得，即；再根据矩形的性质可得，进而得到，再证明可得，进而证明结论； （2）由矩形的性质以及已知条件可得，进而得到，根据直角三角形的性质可得，最后根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：∵过点B作于点E．过点D作于点F， ∴， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． （2）解：∵矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 题型十 特殊四边形性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.梳理矩形、菱形、正方形判定逻辑链，区分三者性质差异； 2.根据题干条件，优先判定基础图形，再升级为特殊四边形； 3.综合题常用辅助线：连接对角线、作垂线、构造全等三角形； 4.运用分类讨论思想，考虑多种图形可能性，规避漏解。 【典例1】如图1，已知平行四边形ABCD中，BD平分∠CBA． （1）求证：平行四边形ABCD是菱形； （2）如图2，E为边AB上一动点，连接CE，作CE的垂直平分线交CE于F，交DB于G，连接AG、EG， ①求证：△AGE为等腰三角形； ②若∠CBA＝60°，求的值． 【分析】（1）由角平分线的性质和平行线的性质可得∠CDB＝∠CBD，可证DC＝BC，即可得结论； （2）①由“SAS”可证△ADG≌△CDG，可得AG＝CG，由线段垂直平分线的性质可得GC＝GE＝AG，可得结论； ②由等腰三角形的性质可得∠GCA＝∠GAC，∠GAE＝∠GEA，∠GCE＝∠GEC，由角的数量关系可求∠GCE＝30°，由直角三角形的性质可得AG＝CG＝2GF，即可求解． 【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC∥AB， ∴∠CDB＝∠ABD， ∵BD平分∠ABC， ∴∠CBD＝∠ABD， ∴∠CDB＝∠CBD， ∴DC＝BC， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴四边形ABCD是菱形； （2）①∵四边形ABCD是菱形， ∴DC＝DA，∠CDG＝∠ADG， 在△ADG和△CDG中 ， ∴△ADG≌△CDG（SAS）， ∴AG＝CG， ∵GF是EC的垂直平分线， ∴CG＝EG， ∴AG＝EG， 即△AGE是等腰三角形； ②连接AC交BD于O， ∵GC＝GE， ∴∠GCE＝∠GEC， ∵AG＝CG＝GE， ∴∠GCA＝∠GAC，∠GAE＝∠GEA， ∵∠CBA＝60°，BC＝AB， ∴∠CAB＝∠ACB＝60°， ∴∠GAC+∠GAE＝60°， ∴∠GAC+∠GCA+∠GAE+∠GEA＝120°， ∴∠AGC+∠AGE＝240°， ∴∠CGE＝120°， ∴∠GCE＝30°， ∴CG＝2GF， ∴AG＝2GF， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质等知识，（3）中求出∠GCE＝30°是解题的关键． 【变式1】（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在正方形中，对角线，相交于点O，P是上的一个动点，连接，作，交的延长线于点E，以和为邻边作． (1)观察与猜想：是 （填“矩形”、“菱形”或“正方形”）； (2)请验证你的猜想． 【答案】(1)正方形 (2)见解析 【分析】（1）猜想是正方形； （2）过点P作于点K，于点H，先证明四边形是正方形，则，再根据可得出，由此判定，进而得，再根据四边形是平行四边形，且可判定平行四边形是矩形，然后根据即可判定矩形是正方形． 【详解】（1）解：观察与猜想：是正方形． 故答案为：正方形； （2）证明：过点P作于点K，于点H，如图所示： ∴， ∵四边形是正方形， ∴，平分， ∴， ∴四边形是矩形， ∵平分，，， ∴， ∴矩形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形，且， ∴平行四边形是矩形， 又∵， ∴矩形是正方形． 【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键，难点是正确地添加辅助线，构造正方形和全等三角形． 【变式2】（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）四边形分别是边的中垂线，连接，延长交于点H，延长交于点G，若． (1)判断四边形的形状，并加以证明； (2)求的度数； (3)若，求的长度． 【答案】(1)菱形，证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）四边形ABPD中，由已知条件知道线段；利用垂直平分线的性质知道；这样四边形中有两组邻边相等，又，因此可猜想该四边形可能为菱形； （2）本小题要找角，考虑到所在三角形已经是直角三角形，但另一个内角也难以找出，因此可考虑运用外角协助找到； （3）由可以得到，利用中点E可以推知，结合上题中找到的角，知，在直角中由勾股定理求得，则菱形的边． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵分别是边的中垂线， ∴， ∴， 在与中， ， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：设， ∴． ∵PE垂直平分BC， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴； （3）解：∵， ∴． ∵PE垂直平分BC， ∴． ∴． 在直角△PEH中， ∵， ∴． 在直角△PEB中， ∵， ∴． ∴，即的长度为． ． 【点睛】本题考查了四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质等知识点，涉及考点较多，有一定的难度． 【变式3】如图1，已知正方形的边在正方形的边上，连接．    (1)试猜想、与有怎样的数量关系和位置关系． (2)将正方形绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在边上，如图2，连接和，你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由． 【答案】(1)，，证明见解析 (2)（1）中结论仍然成立，证明见解析． 【分析】（1）如图所示，延长交于点H，根据正方形的性质得到，，，进而证明得到，，再由得到，进而证明，由此即可得到结论； （2）如图所示，延长和相交于点H，证明，得到，，再证明，进而得到，则，即可得到（1）中结论仍然成立． 【详解】（1）解：，，证明如下： 如图所示，延长交于点H， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，；    （2）证明：如图所示，延长和相交于点H， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， 又∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴（1）中结论仍然成立．    【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，灵活运用所学知识是解题的关键． 题型十一 特殊四边形与平面直角坐标系的综合 解｜题｜技｜巧 1.利用特殊四边形边角、对角线性质，结合坐标平移、中点公式解题； 2.矩形、正方形对应横纵坐标差值固定，菱形对应边长相等； 3.分类讨论未知顶点坐标，以不同线段为对角线，逐一分析； 4.注意坐标象限正负性，结合距离公式验证线段长度。 【典例1】（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在轴上，顶点在轴上，且，，则正方形的面积是（    ） A．9 B．13 C．5 D．4 【答案】B 【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．通过添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．作轴于点E，证明，推出，再利用勾股定求出即为正方形的面积． 【详解】解：如图，作轴于点E， ， ，， ， 四边形是正方形， ，， ，， ， 又 ，， ， ， ， 即正方形的面积是， 故选：B． 【变式1】如图，四边形是菱形，顶点A，的坐标分别是，，点在轴的正半轴上，则顶点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，，交于点，根据菱形的性质可知点的坐标为，根据的坐标确定的坐标即可． 【详解】解：连接，，交于点， 四边形是菱形， ，，， ，的坐标分别是，， ∴， ∴，故A正确． 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的性质并灵活运用．菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形是轴对称图形，它有条对称轴，分别是两条对角线所在直线． 【变式2】如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点A的坐标是(4，0)，点P为边AB上一点，∠CPB=60°，沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点处，则点的坐标为（    ） A．(2，2) B．(，3) C．(2，) D．(，) 【答案】C 【分析】过B′作BD⊥y轴于D，由折叠的性质可得∠B′CP=∠BCP=30°，CB′=BC=4，根据正方形的性质可求出∠OCB′=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得BD′的长，利用勾股定理可求出CD的长，即可求出OD的长，即可得点B′的坐标. 【详解】过B′作B′D⊥y轴于D， ∵四边形OABC是正方形，∠CPB=60°， ∴∠BCP=30°， ∵沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点处， ∴∠B′CP=∠BCP=30°，B′C=BC =4， ∴∠OCB′=30°， ∵B′D⊥y轴， ∴B′D=B′C=2， ∴CD==， ∴OD=OC-CD=4-， ∴点B′的坐标为（2，4-）. 故选C. 【点睛】本题考查了折叠的性质、正方形的性质及含30°角的直角三角形的性质，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；30°角所对的直角边，等于斜边的一半；熟练掌握折叠的性质是解题关键. 【变式3】将矩形ABCD如图放置，若点B的坐标是（﹣4，6），点C的坐标是（﹣2，0），点D的坐标是（10，4），则点A的坐标是_____． 【答案】（8，10） 【分析】过B作BE⊥x轴于E，过D作DF⊥x轴于F，过A作AH⊥x轴于H，过B作BG⊥AH于G，根据矩形的性质得到HG=BE，∠EBG=90°，AB=CD，∠ABC=90°，求得∠ABG=∠EBC，根据全等三角形的性质得到AG=DF，BG=CF，于是得到结论． 【详解】解：过B作BE⊥x轴于E，过D作DF⊥x轴于F，过A作AH⊥x轴于H，过B作BG⊥AH于G， 则四边形BEHG是矩形， ∴HG=BE，∠EBG=90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB=CD，∠ABC=90°， ∴∠ABG=∠EBC， ∵∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠DCF=90°， ∴∠ABG=∠DCF， ∵在△ABG与△DCF中， ， ∴△ABG≌△DCF（AAS）， ∴AG=DF，BG=CF， ∵点B的坐标是（-4，6），点C的坐标是（-2，0），点D的坐标是（10，4）， ∴BE=6，OC=2，OF=10，DF=4， ∴CF=12， ∴AH=AG+GH=6+4=10，OH=10-2=8， ∴A（8，10）， 故答案为：（8，10）． 【点睛】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 题型十二 特殊四边形中的多结论判断问题 解｜题｜技｜巧 1.逐一验证线段相等、角度相等、全等、面积、对称性各类结论； 2.牢记易错点：矩形对角线不垂直、菱形对角线不相等、正方形性质最全； 3.通过举反例、特殊值代入，快速排除错误结论； 4.对角线分割图形，全等、面积关系优先验证，提升解题效率。 【典例1】如图，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，连接EF交AD于G．有以下四个结论：①GA＝GD；②AD⊥EF；③当∠BAC＝90°时，四边形AEDF是正方形；④AE2+DF2＝AF2+DE2．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C． 【分析】根据角平分线性质得：DE＝DF，证Rt△AED≌Rt△AFD（HL），得AE＝AF，再一一判断即可． 【详解】解：①根据已知条件不能推出GA＝GD， ∴①错误； ②∵AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC， ∴DE＝DF，∠AED＝∠AFD＝90°， 在Rt△AED和Rt△AFD中， ， ∴Rt△AED≌Rt△AFD（HL）， ∴AE＝AF， ∵AD平分∠BAC， ∴AD⊥EF ∴②正确； ③∵∠BAC＝90°，∠AED＝∠AFD＝90°， ∴四边形AEDF是矩形， ∵AE＝AF， ∴四边形AEDF是正方形， ∴③正确； ④由③得∠AED＝∠AFD＝90°， ∴由勾股定理得：AE2+DE2＝AD2＝AF2+DF2， 由②得DE＝DF， ∴AE2+DF2＝AF2+DE2， ∴④正确； ∴②③④正确，共3个正确， 故选：C． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，正方形的判定，角平分线性质的应用，掌握知识点的应用是解题的关键． 【变式1】如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与、交于点、，连结交于点，连结、．若，，则下列结论中正确结论的是（   ） ①；②四边形是菱形；③； ④． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，含30度直角三角形的性质等一系列知识，灵活运用是解题的关键．判定是等边三角形，得，；由得， 进而可得垂直平分，求得；再证明，可得四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得是等边三角形，从而可判断①；由平行的性质得是等边三角形，从而有，则可判断②；利用含30度直角三角形的性质得，即可判断③；设的面积为a，则得的面积为，从而，则得矩形面积为，从而，则可判断④；最后得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， O是中点， ∴， ∴， ∴， ∴，是等边三角形， ∴，； ∵， ∴，垂直平分， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴；故①是正确的； ∵， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形，故②正确； ∵， ∴； ∵， ∴， ∵ ∴， ∴，故③正确， 设的面积为a， ∵， 则， 而M为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故④错误； 故选：C． 【变式1】如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E为BC的中点，连接EO并延长交AD于点F，∠ABC＝60°，AD＝2CD．下列结论：①DC⊥AC；②BC＝4OF；③四边形AECF是菱形；④S△BOES△ADC，其中正确结论的个数是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A． 【分析】通过判定△ABE为等边三角形求得∠BAE＝60°，利用等腰三角形的性质求得∠EAC＝30°，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含30°直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④． 【详解】解：∵点E为BC的中点， ∴BC＝2BE＝2CE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AB＝CD， ∵AD＝2CD， ∴BC＝2AB， ∴AB＝BE， ∵∠ABC＝60°， ∴△ABE是等边三角形， ∴∠BAE＝∠BEA＝60°， ∴∠EAC＝∠ECA＝30°， ∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝90°， 即AB⊥AC， ∵AB∥CD， ∴CD⊥AC，故①正确； 在平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，AO＝CO， ∴∠CAD＝∠ACB， 在△AOF和△COE中， ， ∴△AOF≌△COE（ASA）， ∴AF＝CE， ∴四边形AECF是平行四边形， 又∵AB⊥AC，点E为BC的中点， ∴AE＝CE， ∴平行四边形AECF是菱形，故③正确； ∴AC⊥EF， 在Rt△AOF中，∠CAF＝30°， ∴OFAFADBC，故②正确； 在平行四边形ABCD中，OA＝OC， 又∵点E为BC的中点， ∴S△BOES△BOCS△ABC，故④正确； 正确的结论有4个， 故选：A． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，掌握菱形的判定是解题关键． 【变式3】如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：（　　） ①； ②与△EGD全等的三角形共有2个； ③S四边形ODEG＝S四边形ABOG； ④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形； A．①③④ B．①④ C．①②③ D．②③④ 【答案】A． 【分析】①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG＝DG，证出OG是△ACD的中位线，得出OGCDAB，①正确； ②先证四边形ABDE是平行四边形，再证△ABD、△BCD是等边三角形，得AB＝BD＝AD，因此OD＝AG，则四边形ABDE是菱形，④正确； ③由菱形的性质得△ABG≌△BDG≌△DEG，再由SAS证明△BGA≌△COD，得△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，则②不正确； 由中线的性质和菱形的性质可得S△BOG＝S△DOG，S△ABG＝S△DGE，可得四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，得出③正确． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD， ∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD（SSS）， ∵CD＝DE， ∴AB＝DE， 在△ABG和△DEG中， ， ∴△ABG≌△DEG（AAS）， ∴AG＝DG， ∴OG是△ACD的中位线， ∴OGCDAB，故①正确； ∵AB∥CE，AB＝DE， ∴四边形ABDE是平行四边形， ∵∠BCD＝∠BAD＝60°， ∴△ABD、△BCD是等边三角形， ∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°， ∴OD＝AG，四边形ABDE是菱形，故④正确； ∴AD⊥BE， 由菱形的性质得：△BGA≌△BGD≌△EGD（SSS）， 在△BGA和△COD中， ， ∴△BGA≌△COD（SAS）， ∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正确； ∵OB＝OD， ∴S△BOG＝S△DOG， ∵四边形ABDE是菱形， ∴S△ABG＝S△DGE， ∴四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，故③正确； 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 题型十三 特殊四边形与折叠问题 解｜题｜技｜巧 1.折叠属于全等变换，对应边、对应角完全相等，标注等量关系； 2.结合特殊四边形直角、等边性质，构造直角三角形，用勾股定理； 3.折叠后常出现等腰三角形，利用等角对等边推导线段关系； 4.折痕垂直平分对应点连线，可进一步判定菱形、正方形。 【典例1】如图，将一张长方形纸条翻折，是折痕．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由折叠可得，且，根据直线得，最后由对顶角的性质求得． 【详解】解：如图所示： ∵是折痕， ， ， ， 又 ∵， ， ， 又 ∵， ． 【变式1】如图，正方形的边长为8，将正方形折叠，使顶点D落在边上的点E处，折痕为，若点E恰好是的中点，则线段的长为________________． 【答案】3 【分析】由题意易得，设，则有，然后根据勾股定理建立方程可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，且边长为8， ∴， ∵点E恰好是的中点， ∴， 设，由折叠的性质可得， ∴在Rt△ECH中，由勾股定理可得：， 解得：， ∴； 故答案为3． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质及勾股定理，熟练掌握正方形的性质、折叠的性质及勾股定理是解题的关键． 【变式2】（23-24八年级下·江苏苏州·期中）将矩形纸片按如图所示的方式折叠，点B和点D都与点O重合，得到菱形．若，则菱形的边长为_____． 【答案】/ 【分析】根据折叠的性质，推出为含30度角的直角三角形，设，得到，进而得到，进行求解即可． 【详解】解：∵矩形，菱形， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， 设， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴，即菱形的边长为． 【变式3】如图，菱形纸片ABCD，AB＝16，∠B＝60°，将该菱形纸片折叠，使点B恰好落在CD边的中点B′处，折痕与边BC、BA分别交于点M、N．则CM的长为 　 ． 【答案】4.8. 【分析】过点B′作B′E⊥BC与BC的延长线交于点E，根据含30°角的直角三角形的性质和勾股定理求出CE和B′E，设BM＝x，则B′M＝x，用x表示出ME，然后在Rt△B′ME中，利用勾股定理得出方程进行解答． 【详解】解：过点B′作B′E⊥BC与BC的延长线交于点E， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝8，AB∥CD， ∵B′是CD的中点， ∴B′C＝8， ∵∠B＝60°， ∴∠B′CE＝∠B＝60°，∠CB′E＝30°， ∴CE＝4， ∴， 设BM＝x，则ME＝BC+CE﹣BM＝16+4﹣x＝20﹣x， 由折叠的性质知：B′M＝BM＝x， 在Rt△B′ME中，B′M2＝B′E2+ME2， ∴， 解得：x＝11.2，16﹣x＝4.8， 即CM的长为4.8， 故答案为：4.8． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，非负数的性质：绝对值，非负数的性质：算术平方根，三角形三边关系，解答本题的关键是作辅助线构造直角三角形． 题型十四 特殊四边形与动点运动问题 解｜题｜技｜巧 1.设运动时间为t，用速度×时间表示线段长度，梳理变量关系； 2.根据特殊四边形判定定理，列线段相等、垂直、平行方程； 3.分类讨论动点位置，考虑不同时间段图形形状变化； 4.舍去不符合边长范围的解，保证结果合理性。 【典例1】如图，在长方形ABCD中，AB＝CD＝6cm，BC＝10cm，点P从点B出发，以2cm/秒的速度沿BC向点C运动．设点P的运动时间为t秒，当点P从点B开始运动，同时，点Q从点C出发，沿CD向点D运动，当t＝　 秒时，以P、C、Q为顶点的三角形与△ABP全等． 【答案】2或2.5． 【分析】此题主要分两种情况①当BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ；当BA＝CQ，PB＝PC时，△ABP≌△QCP，然后分别计算出t的值． 【详解】解：①当BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ， ∵AB＝6， ∴PC＝6， ∴BP＝10﹣6＝4， 2t＝4， 解得：t＝2， ②当BA＝CQ，PB＝PC时，△ABP≌△QCP， ∵PB＝PC， ∴BP＝PCBC＝5， 2t＝5， 解得：t＝2.5， 综上所述：当t＝2.5或2时△ABP与△PQC全等． 故答案为：2或2.5． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握全等三角形全等的条件，找准对应边． 【变式1】如图，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，点E、F同时由A、C两点出发，分别沿AB、CB方向向点B匀速移动（到点B为止），点E的速度为1cm/s，点F的速度为2cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D． 【分析】连接BD，证出△ADE≌△BDF，得到AE＝BF，再利用AE＝t，CF＝2t，则BF＝BC﹣CF＝5﹣2t求出时间t的值． 【详解】解：连接BD， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，∠ADB∠ADC＝60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴AD＝BD， 又∵△DEF是等边三角形， ∴∠EDF＝∠DEF＝60°， 又∵∠ADB＝60°， ∴∠ADE＝∠BDF， 在△ADE和△BDF中，， ∴△ADE≌△BDF（ASA）， ∴AE＝BF， ∵AE＝t，CF＝2t， ∴BF＝BC﹣CF＝5﹣2t， ∴t＝5﹣2t ∴t， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是运用三角形全等得出AE＝BF． 【变式2】如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时点从点出发向点运动，运动到点即停止．点、的速度的速度都是，连接，，，设点、运动的时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形？ (2)当为何值时，四边形是菱形？ (3)分别求出（2）中菱形的周长和面积． 【答案】(1) (2) (3)， 【分析】本题考查了菱形、矩形的判定与性质，利用结合方程的思想解题是解题的关键． （1）当四边形是矩形时，，据此求得的值； （2）当四边形是菱形时，，列方程求得运动的时间； （3）根据菱形的四条边相等，则菱形的周长，面积矩形的面积个直角三角形的面积计算即可． 【详解】（1）设点P、Q运动的时间为，则，， 四边形是矩形，，， ，，， ， 当四边形是矩形时，， 即：， 解得． 答：当时，四边形是矩形； （2） ，，， ，, 四边形是平行四边形， 设秒后，四边形是菱形 当，即时，四边形为菱形． 解得：． 答：当时，四边形是菱形； （3）由（2）可知：当时，， ， 当时，， 则菱形的周长为：， 菱形面积为：． 【变式3】如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝12，BC＝18，点P从点D出发，以每秒1个单位长度的速度向点A运动，点Q从点B同时出发，以每秒2个单位长度的速度向点C运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点P运动时间为t秒． （Ⅰ）当点P运动停止时，t＝　 　 ，线段DP的长为 　 ； （Ⅱ）①用含t的式子填空： DP＝　 　 ，BQ＝　 　 ，AP＝　 ； ②t为何值时，四边形ABQP为矩形，求出t的值； （Ⅲ）在运动的过程中，是否存在某一时刻t，使以P，D，C，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出t的值，若不存在，请说明理由． 【分析】（Ⅰ）分别计算出点P和点Q到达终点的时间，进而得到停止时间，据此求出对应的DP的长即可； （Ⅱ）根据题意列出对应的代数式即可；根据题意可得当四边形ABQP是平行四边形时，四边形ABQP是矩形，则AP＝BQ，据此列出程求解即可； （Ⅲ）根据题意可得四边形PDCQ为平行四边形，则PD＝CQ，据此列出方程求解即可． 【详解】解：（Ⅰ）∵12，9， ∴点P运动9秒后停止， 即：t＝9． ∴DP＝1×9＝9， 故答案为：9；9； （Ⅱ）①由题意得，DP＝t，BQ＝2t， ∵AD＝12， ∴AP＝AD＝DP＝12﹣t． 故答案为：t；2t；12﹣t； ②∵∠A＝90°， ∴当四边形ABQP是平行四边形时，四边形ABQP是矩形， 此时有AP＝BQ， ∴12﹣t＝2t， 解得t＝4， ∴t的值为4s； （Ⅲ）∵以P，D，C，Q为顶点的四边形为平行四边形，且PQ∥CQ， ∴此时四边形PDCQ为平行四边形， ∴PD＝CQ， ∴t＝18﹣2t， 解得t＝6， ∴t的值为6s． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定，一元一次方程的几何应用，解题的关键是对以上知识的熟练掌握． 题型十五 特殊四边形与最值问题 解｜题｜技｜巧 1.线段和最值：利用对称点，遵循两点之间线段最短求解； 2.单线段最值：利用垂线段最短、三角形三边关系分析； 3.特殊四边形对角线交点、中点，常为最值取值点； 4.结合对称性，将折线转化为直线，简化最值计算。 【典例1】如图，是正方形外一点，，，则的长度的最大值是（   ） A．5 B．7 C．6 D．8 【答案】C 【分析】过作，且、在的两侧，使，根据等腰直角三角形的性质得到，由四边形是正方形，得到，．根据余角的性质得到，推出，根据全等三角形的性质得到，由三角形的三边关系得到，即可得到结论． 【详解】解：如图，过作，且、在的两侧，且， ． ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 在与中， ， ， ． ， ， 长度的最大值为6． 故选：C． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、三角形的三边关系，正确作出辅助线是解题的关键． 【变式1】（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，中，，点D是与点B不重合的动点，以为一边作正方形，连接，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质定理，勾股定理，等腰直角三角形正方形的性质，根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质得出，进而解答即可． 【详解】解：中，，如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴，即， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， 当A、D、E、C在同一直线上时，最小即为， ∵中，， ∴， ∴最小即为， 故选：A． 【变式2】如图，矩形中，，，点分别在矩形的各边上，且，，则四边形周长的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先证明四边形是平行四边形，延长，使得，连接，，则和关于对称，由得，当、、共线时取等号，此时，最小，最小值为的长，过作垂足是，则四边形是矩形，进而可得，，由勾股定理求得，则最小值为，由四边形周长为求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵，， ∴ ，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 延长，使得，连接，，则和关于对称， ∴， ∴， ∴当、、共线时取等号，此时，最小，最小值为的长， 过作垂足是，则， ∴四边形是矩形， ∴，， 在中，， 由勾股定理得， ∴最小值为， 则四边形周长的最小值为， 故选：C． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、最短路径问题、勾股定理等知识，证明四边形是平行四边形，以及为的最小值是解答的关键． 【变式3】如图，正方形的边长为12，点E、F分别为、上动点（E、F均不与端点重合），且，P是对角线上的一个动点，则的最小值是（    ） ， A．12 B．13 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理等知识．确定和最小值时的情况是解题的关键． 作点E关于的对称点，连接，过F作于点G，当、P、F三点共线时，，此时最小，即为所求，由题意确定在边上，证明四边形是矩形，则，由勾股定理得，，计算求解即可． 【详解】解：如图，作点E关于的对称点，连接，过F作于点G， ， ， 当、P、F三点共线时，，此时最小，即为所求， 四边形是正方形， ， 点在边上， ，， 四边形是矩形， ， ， ， 由勾股定理得，， 的最小值是13 故选：B． 题型十六 梯形的定义 解｜题｜技｜巧 1.紧抓核心特征：一组对边平行，另一组对边不平行，区分平行四边形； 2.区分梯形上底、下底、腰，明确各边位置关系； 3.基础题型判断图形形状，直接套用定义即可，难度较低； 4.了解直角梯形特殊性，有一个角为直角，便于基础解题。 【典例1】两组对边中只有一组平行的四边形是（   ） A．平行四边形 B．矩形 C．梯形 D．正方形 【答案】C 【分析】本题可根据各类四边形对边平行的数量特征，逐一分析选项，从而选出符合“只有一组对边平行”条件的四边形． 【详解】解：平行四边形：两组对边分别平行． 矩形：两组对边分别平行（矩形是特殊的平行四边形）． 梯形：只有一组对边平行．（符合题意） 正方形：两组对边分别平行（正方形是特殊的平行四边形）． 【变式1】下列说法中，符合梯形定义的是（    ） A．有一组对边平行的四边形是梯形 B．有一组对边平行，另一组对边相等的四边形是梯形 C．有两组对边平行的四边形是梯形 D．只有一组对边平行的四边形是梯形 【答案】D 【分析】本题考查了梯形定义，熟练掌握梯形的特征是解题的关键． 根据梯形的定义：梯形是只有一组对边平行的四边形，进行判断即可. 【详解】解：A、因为有一组对边平行的四边形可能为平行四边形（两组对边平行），不一定是梯形，该选项说法错误，不符合题意； B、一组对边平行且另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，也可能是平行四边形，该描述不是梯形的定义，且当其为平行四边形时，不符合梯形只有一组对边平行的特点，故该选项说法错误，不符合题意； C、因为有两组对边平行的四边形是平行四边形，不是梯形，该选项说法错误，不符合题意； D、只有一组对边平行的四边形是梯形，符合梯形定义，符合题意. 故选：D． 【变式2】如图，梯形中共有（）对面积相等的三角形． A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】本题考查梯形，三角形面积．熟练掌握梯形性质，三角形面积公式，“同底等高的三角形面积相等”，是解决问题的关键． 根据三角形面积相等筛选同底等高的三角形，两个面积相等的三角形减去同一个三角形． 【详解】解：如下图： 与面积相等， 与面积相等； 理由是同底等高； 最后一对面积相等的三角形是与， 理由：∵与面积相等，而它们都包含， ∴当它们减去一个相同面积的三角形时，面积仍然相等； ∴面积相等的三角形有3对． 故选：B． 【变式3】（25-26八年级下·全国·课前预习）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．有一组对边相等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．有一个角是直角的梯形是直角梯形 【答案】D 【分析】本题考查了梯形及等腰梯形、直角梯形的判定及性质，解题的关键是熟练掌握其性质及判定方法．根据梯形、等腰梯形、直角梯形的判定定理，逐一分析各选项的正误即可． 【详解】解：∵梯形的定义是一组对边平行，另一组对边不平行的四边形， ∴对各选项分析如下： A. 有一组邻边相等的梯形不一定是等腰梯形，比如直角梯形中垂直的腰与底边可能相等，故A错误，与题意不符； B. 有一组对边相等的四边形不一定是等腰梯形，平行四边形也满足一组对边相等，故B错误，与题意不符； C. 有两个相邻内角相等的梯形不一定是等腰梯形，直角梯形中相邻的两个直角相等，但它不是等腰梯形，故C错误，与题意不符； D. ∵梯形一组对边平行，若有一个角是直角，则与这个角相邻的同旁内角也为直角，符合直角梯形的定义，故D正确，符合题意； 故选：D． 题型十七 等腰梯形的性质定理 解｜题｜技｜巧 1.利用同一底上两角相等、对角线相等，完成角度、线段计算； 2.等腰梯形常作辅助线：作双高、平移腰、平移对角线； 3.将等腰梯形转化为平行四边形、等腰三角形、直角三角形解题； 4.基础证明、计算题型，直接套用性质，步骤简洁。 【典例1】如图，已知等腰梯形中，，，，，则此等腰梯形的周长为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，等腰梯形的性质，全等三角形的判定与性质，所对直角边是斜边的一半，作，，证明四边形是矩形，从而有，，根据等腰梯形的性质得，证明，根据所对直角边是斜边的一半得出即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】如图，作，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是等腰梯形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴等腰梯形的周长为， 故选：． 【变式1】已知等腰梯形的下底长为，一底角为，一条对角线恰好与一腰垂直，则此梯形的面积是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查等腰梯形的性质、面积计算和直角三角形的性质等知识点的理解及运用．如图，根据已知可求得，，及，的长，再根据已知求得，的长，根据梯形的面积公式即可求得其面积． 【详解】解：如图，由题意易得，，   ，， 根据勾股定理可得， 根据三角形的面积可求得上的高为， 又∵， ， ， ， 则此梯形的面积等于． 故选：A． 【变式2】如图，四边形是直角梯形，上底是，高是，阴影部分的面积是，则梯形的面积为_______． 【答案】 【分析】本题考查了梯形，三角形的面积公式，解题的关键是找到的面积关系和等高的三角形面积间的关系． 先利用得出，再由，求出，即可求出梯形的面积． 【详解】解：， 即， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【变式3】在等腰梯形中，，对角线相交于点，，，厘米，则的面积为（    ）平方厘米 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了等腰梯形的性质，直角三角形的性质，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． 作，得到四边形是矩形，推出证明，得到，求出厘米，，继而得到厘米，求出厘米， 得到（平方厘米）， （平方厘米） （平方厘米），求出（平方厘米），计算即可得到答案． 【详解】解：如图，作 等腰梯形中，， ， ，四边形是矩形， ， ， ， ， ， ，， ，（厘米） ， ， ， （厘米）， （平方厘米）， （平方厘米） （平方厘米）， ，， ， 厘米， 厘米，厘米 （平方厘米） （平方厘米）， 故选：A． 题型十八 等腰梯形的性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.先判定图形为梯形，再验证两腰相等、同底角相等或对角线相等； 2.核心步骤：先证一组对边平行、另一组不平行，再证等腰条件； 3.题干出现对角线相等、底角相等，直接对应等腰梯形判定； 4.书写规范，先证梯形，再证等腰，不可跳过步骤。 【典例1】如图，在四边形中，为正三角形，若，则的大小是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了等腰梯形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的性质，熟练计算角的和差是解题的关键． 先证得四边形是等腰梯形，可得，由等边三角形的性质得，根据角的和差得出，，再由等边对等角得出，，再根据角的和差计算可得答案． 【详解】解：∵四边形中，， ∴四边形是等腰梯形， ∴， ∵为正三角形， ∴， ∴，， 又∵， ∴，， ∴，， ∴， 故选：C． 【变式1】已知：如图，四边形中，，． (1)求证：四边形是等腰梯形； (2)当时，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）延长，交于点E，求出，然后根据等边对等角得到，进而求出，然后结合求解即可； （2）如图所示，连接，利用等边对等角和平行线得到，求出，然后结合求出，进而求解即可． 【详解】（1）如图所示，延长，交于点E ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ 又∵， ∴四边形是等腰梯形； （2）如图所示，连接 ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴，即 ∴ ∴． 【点睛】此题考查了等腰梯形的判定，等边对等角，平行线的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 【变式2】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． 【详解】（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． 【变式3】已知：如图，在梯形中，，平分，过点作平行交线段延长线于点，． (1)求证：梯形为等腰梯形； (2)当，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】本题考查了等腰梯形的判定，平行线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，得到，根据等腰梯形的概念证明； （）过点作于，根据平行四边形的性质求出，根据直角三角形的性质求出，根据梯形面积公式计算，得到答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵平分， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴梯形为等腰梯形； （2）解：如图，过点作于， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得， ∴， 则． 题型十九 特殊四边形与等腰梯形综合证明 解｜题｜技｜巧 1.先区分特殊平行四边形与梯形的核心特征，找准题干图形性质，避免概念混淆； 2.综合题型思路：先利用特殊四边形性质推导线段、角度等量关系，再转化到梯形中； 3.结合全等三角形、中位线定理，完成线段相等、平行的证明，贴合期中综合考点； 4.证明过程逻辑连贯，先梳理条件，分步推导，最后得出结论，规避步骤遗漏。 【典例1】如图，矩形的对角线交于点，点和分别是线段和的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，求证：四边形是等腰梯形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据矩形的性质可得，根据三角形中位线定理可得，，进而推出，，然后根据平行四边形的判定定理可得结论； （2）证明是等边三角形，求出即可． 【详解】（1）证明：在矩形中，， ∵点和分别是线段和的中点， ∴，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：由（1）知， ∴四边形是梯形， ∵在矩形中，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是等腰梯形． 【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，平行四边形的判定，等边三角形的判定和性质，等腰梯形的判定，灵活运用相关判定定理和性质定理是解题的关键． 【变式1】已知：如图，在梯形中，的平分线交延长线于点E，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)交点G，如果，求证：． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题考查的是梯形的性质、菱形的判定和性质，掌握菱形的判定定理是解题的关键． （1）根据等腰三角形的三线合一得到，根据角平分线的定义、平行线的性质得到，得到，根据菱形的判定定理证明； （2）连接，根据等腰梯形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质求出，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出，证明结论． 【详解】（1）证明：∵是的平分线， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴四边形为平行四边形， ， ∴平行四边形是菱形； （2）如图，连接， 在梯形中，， 则梯形等腰梯形， ， 由（1）可知：四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ． 【变式2】如图，等腰梯形中，，，，，动点从点出发沿方向向终点运动，动点同时以相同速度从点出发沿方向向终点运动． (1)求的长； (2)探究：在边上是否存在点使得四边形是菱形？若存在，请找出点；不存在，请说明理由； (3)在整个运动过程中，求：线段的中点运动的路程． 【答案】(1)； (2)存在，； (3)． 【分析】（）首先过点作交于，得四边形是平行四边形，即可求得的长，继而可得是等边三角形，则可求得的长； （）若存在满足条件的点，则必须等于，即可求得恰为等边三角形，过点作于点，延长交于点，连接，则垂直平分，继而可得，则可求得的长； （）分析可得的中点运动的轨迹分为两部分；当在上时，的中点关于对称的一条线段，长度是相同的，起点是的中点、终点是的中点；当在上时，的中点始终不动，则可求得线段的中点运动的路程． 【详解】（1）解：过点作交于， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴； （2）解：存在满足条件的点，则必须等于， 设动点与的运动时间为， 于是， ∴， 此时，点的位置如图所示，恰为等边三角形， 则， 过点作于点，延长交于点，连接，则垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴ ∴，即， ∴四边形是菱形， ∴存在满足条件的点，且； （3）解：的中点运动的轨迹分为两部分； 当在上时，的中点关于对称的一条线段，长度是相同的，起点是的中点、终点是的中点； 当在上时，的中点始终不动，此段中点运动的距离为， ∴线段的中点运动的路程为． 【点睛】此题考查了等腰梯形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，以及直角三角形的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 【变式3】已知在平行四边形中，，将沿直线翻折，点落在点处，与相交于点，连接． (1)如图2，如果，求的面积； (2)如图1，若不平行于，求证：四边形是等腰梯形； (3)如果，当是直角三角形时，求的长． 【答案】(1)的面积 (2)见解析 (3)的长为或 【分析】本题是四边形综合题目，考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质、平行线的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握翻折变换的性质和平行四边形的性质是解题的关键． （1）利用矩形性质和勾股定理求三角形面积； （2）通过折叠和平行四边形性质证明四边形是等腰梯形； （3）分情况讨论直角三角形中不同角为直角时的长度． 【详解】（1）解：∵平行四边形中，， ∴四边形是矩形， ， 由（1）得：， 设，则，在Rt中，由勾股定理得， 解得：， ， ∴的面积； （2）证明：由折叠的性质得：， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 若不平行于 ∴四边形是梯形 ∵ ∴四边形是等腰梯形 （3）解：分 4 种情况： 如图，当时，延长交于， ， ， ， ， ， ， ， ∴是的中点， 在 中，， ； 如图，当时， ， ， 由折叠的性质得：， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 又， 在同一直线上， ， 中，， ； 当时，如图所示： ∵， ∴， ∵与交于点， ∴不符合题意舍去； 当时，如图所示： ∵， ∴， ∵与交于点， ∴不符合题意舍去。 综上所述，当是直角三角形时，的长为或． 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（24-25八年级下·江苏泰州·期末）下列命题中，是真命题的是（　　） A．一组对边平行、另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线互相平分的平行四边形是矩形 D．有三个角是直角且对角线互相垂直的四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题判断命题的真假，涉及特殊四边形的判定定理，需逐一分析各选项是否符合相应四边形的定义或判定条件． 【详解】A．一组对边平行且相等的四边形才是平行四边形，而选项中另一组对边仅“相等”不满足条件（如等腰梯形），故为假命题，不符合题意． B．菱形的判定需对角线互相垂直且平分，或四边相等．选项仅满足对角线垂直，无法保证是菱形（如对角线垂直但不对称的风筝形），故为假命题，不符合题意． C．平行四边形的对角线必然互相平分，但矩形需满足对角线相等．选项未增加新条件，仅重复平行四边形性质，故为假命题，不符合题意． D．三个角为直角说明四边形是矩形，矩形对角线互相垂直时必为正方形（因对角线相等且垂直的矩形是正方形），故为真命题，符合题意． 故选：D． 2．如图，已知在矩形中，对角线，相交于点O，于点E．若，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由矩形的性质得出，继而得到，再求出，，即可求出的度数． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 3．如图，在菱形中，连接，若且，则长为（    ） A．8 B．6 C． D． 【答案】C 【分析】由菱形性质得结合，则为等边三角形，由菱形的性质有，，且，得，由勾股定理得． 【详解】设与交于O，如图， 在菱形中，，， 则为等边三角形， 则， 由菱形的性质有，，且， 在中， 由勾股定理得， ，    故选：C． 【点睛】本题考查菱形的对角线长问题，掌握菱形的性质，结合，会证等边三角形，会用勾股定理解决菱形对角线长问题． 4．（23-24八年级下·甘肃甘南·期末）如图，等腰梯形中，，，交于点，下列结论错误的是（   ） A． B． C． D．平分 【答案】D 【分析】本题考查了等腰梯形，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定等知识点，熟练掌握等腰梯形的性质是解题的关键． 过点分别作的垂线，垂足为点，证明，再证明，最后证明即可． 【详解】解：过点分别作的垂线，垂足为点， ∵， ∴， ∵四边形是等腰梯形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴，， ∴， ∴ ∴， ∴， 故A、B、C正确，不符合题意，D不能证明， 故D不符合题意， 故选：D． 5．（23-24八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在菱形中，对角线、相交于点O，若，，于点M，则线段的长为（    ） A．2.4 B．4.8 C．5 D．5.6 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，等积法求线段的长，根据菱形的性质和勾股定理求出菱形的边长，再根据等积法求出菱形的高即可． 【详解】解：∵菱形，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 故选：B 6．如图，和是菱形的对角线，若再补充一个条件能使其成为正方形，下列条件：①；②；③；④，其中符合要求的是（   ）    A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 【答案】B 【分析】根据正方形的判定定理：有一个角为直角的菱形是正方形，对角线相等的菱形是正方形逐一判断即可． 【详解】解：①若，根据对角线相等的菱形是正方形即可得菱形是正方形，①符合要求； ②是菱形具有的性质，不能得出菱形是正方形，②不符合要求； ③，则，根据有一个角为直角的菱形是正方形可得菱形是正方形，③符合要求； ④若菱形是正方形，则，由，可得，故不能得出菱形是正方形，④不符合要求； 故符合要求的为①③， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的判定定理以及正方形与菱形的关系，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键． 期中重难突破练（测试时间：10分钟） 7．将一张长方形纸片按如图所示的方式对折，使点落在上的点处，折痕为，点落在点处，交于点．若，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查矩形的折叠问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理． 先根据勾股定理求出，然后证明，得到，，即可得到，，然后在中，利用解题即可． 【详解】解：在中，， 由折叠可得，， 又∵是矩形， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， 设，则， 在中，，即， 解得：， 故选：A． 8．如图，在长方形纸片中，E为的中点，选接，将沿折叠得到，连接．若，，则的长为(    ) A．3 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了折叠的性质、垂直平分线的性质、勾股定理以及等腰三角形的判定与性质等知识．连接，交于点G，根据折叠的性质可得垂直平分，在中，由勾股定理解得，再利用三角形面积，解得，；再证明，由等腰三角形“等边对等角”的性质可得，然后由勾股定理计算的长即可． 【详解】解：连接，交于点G，如图， 由折叠的性质可得，垂直平分， 即， ∵，E为的中点， ∴， ∴在中，， ∵， ∴，即， 解得， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴在中，． 故选：D． 9．（24-25八年级下·江苏南京·期中）四边形中，对角线，相交于点O，给出下列三组条件：①，；②；③，；其中一定能判定这个四边形是矩形的条件有______．（填写所有正确条件的序号） 【答案】②③/③② 【分析】此题主要考查了矩形的判定方法直角三角形的性质．根据题意画出示意图，根据矩形的判定方法分别判断得出即可． 【详解】解：①如图， ，，四边形可能是等腰梯形，故①不能判定这个四边形是矩形； ②如图， ， ∵， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形；故②能判定这个四边形是矩形； ③如图，取中点M，连接，则 ∵， ∴， ∴， 同理得：， ∴， ∵， ∴重合， ∴四边形是矩形（对角线相等且平分）；故③能判定这个四边形是矩形； 故答案为：②③． 10．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A的坐标为，顶点B在x轴上，对角线相交于点M，若，则点C的坐标为 ．    【答案】 【分析】过点C作轴于点E，过点M作轴于点F，连接，根据正方形的性质可以得出F是的中点，就可以得出是梯形的中位线，证明就可以得出，，就可以求得是等腰直角三角形，由勾股定理就可以求出的值，从而得出C点的纵坐标． 【详解】过点C作轴于点E，过点M作轴于点F，连接，     ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴，， ∴是梯形的中位线， ∴， ∵， ∴ ∵在和中， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴是直角三角形， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴ ∴ 故答案为： 【点睛】本题考查坐标与图形，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，梯形中位线定理，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 11．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，E为CD的中点，若P、Q为BC边上的两个动点，且PQ＝2，则线段AP+QE的最小值为 　 ． 【答案】． 【分析】取AB中点F，连接EF，延长AB到G使BG＝AB，连接PG，作PK∥QE交FE于K，由矩形的性质推出∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝CD，BC＝AD＝10，由线段垂直平分线的性质推出PG＝PA，判定四边形BCEF是矩形，推出EF∥BC，EF＝BC＝10，由四边形OQEK是平行四边形，得到PK＝QE，KE＝PQ＝2，由勾股定理得到KG，由三角形三边关系定理得到PK+PG≥GK，因此PA+QE，即可得到线段AP+QE的最小值为． 【详解】解：取AB中点F，连接EF，延长AB到G使BG＝AB，连接PG，作PK∥QE交FE于K， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝CD，BC＝AD＝10， ∴BC垂直平分AG， ∴PG＝PA， ∵E是CD中点，F是AB中点， ∴BFAB，CECD， ∴BF＝CE， ∵BF∥CE，∠FBC＝90°， ∴四边形BCEF是矩形， ∴EF∥BC，EF＝BC＝10， ∵PK∥QE， ∴四边形OQEK是平行四边形， ∴PK＝QE，KE＝PQ＝2， ∴KF＝EF﹣KE＝10﹣2＝8， ∵BFAB6＝3， ∴FG＝BF+BG＝3+6＝9， ∴KG， ∵PK+PG≥GK， ∴PA+QE， ∴线段AP+QE的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形三边关系，轴对称﹣最短路线问题，关键是通过作辅助线构造△PGK，由三角形三边关系定理得到PK+PG≥GK． 期中综合拓展练（测试时间：15分钟） 12．（2026·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，点是边上一点，，于点． (1)求证：． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】（1）证明，得到，即可得出结论； （2）设，则，根据勾股定理得出，即，求出，即可求出结果． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：设，则， 在中，根据勾股定理得：， 即， 解得：， ∴． 13．（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在平行四边形中，E为的中点，连接并延长交的延长线于点F． (1)当C为中点，时，四边形是什么图形？请证明； (2)当与满足什么数量关系时，四边形是矩形，并说明理由． 【答案】(1)菱形，证明见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查斜边上的中线，平行四边形的性质，菱形的判定和矩形的判定，熟练相关知识点，是解题的关键： （1）根据平行四边形的性质，得到，斜边上的中线，得到，即可得出结论； （2）当时，根据平行四边形的性质，结合，推出，即可得出结论． 【详解】（1）解：四边形是菱形，证明如下： ∵平行四边形， ∴， ∵连接并延长交的延长线于点F， ∴， ∵C为中点，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）当时，四边形是矩形，理由如下： 由（1）可知：四边形是平行四边形， ∵为的中点， ∴为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形为矩形． 14．（24-25八年级下·江苏盐城·期中）如图，在菱形中，对角线，交于点，过点作的垂线，垂足为点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若菱形的面积为，，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质、矩形的判定、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键． （1）根据菱形的性质可得且，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，再根据矩形的判定定理即可得出结论； （2）由菱形的性质可得，，，，由直角三角形斜边上的中线的性质可得，，求出，由勾股定理可得，最后再计算出的长即可． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， 且， ， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形， ， ， 平行四边形是矩形． （2）四边形是菱形， ，，，， ， ， ， ， 菱形的面积为， ， ， ， 在中， ， ， 菱形的面积为120， ， 15．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过D的直线折叠，使点C落在上的点处，得到折痕，然后再把纸片展平；第二步：如图2，将图1的矩形纸片沿过点E的直线折叠，点A恰好落在上的点处，得到折痕交于点M，再把纸片展平．问题解决： (1)如图1，求证：四边形是正方形． (2)如图2，若，求的面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)6． 【分析】（1）先证明四边形是矩形，再根据，即可得出结论； （2）连接，，由矩形的性质得到，由折叠的性质，证明，得到，设，由勾股定理得，解得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵将矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点C落在上的点处，得到折痕， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴矩形是正方形； （2）解：如图，连接，， 由（1）知，， ∵四边形是矩形， ∴， 由折叠知，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， 在中， 由勾股定理，得， 即， 解得：， 即， ∴的面积 =． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键． 16．（23-24八年级下·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． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 特殊平行四边形的性质与判定@梯形 （期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01 矩形的性质 题型02 矩形的判定 题型03 矩形的性质与判定的综合 题型04菱形的性质 题型05 菱形的判定 题型06 菱形的性质与判定的综合 题型07正方形的性质 题型08 正方形的判定 题型09正方形的性质与判定 题型10 特殊四边形性质与判定的综合 题型11特殊四边形与平面直角坐标系的综合 题型12 特殊四边形中的多结论判断问题 题型13 特殊四边形与折叠问题 题型14 特殊四边形与动点运动问题 题型15 特殊四边形与最值问题 题型16梯形的定义 题型17 等腰梯形的性质定理 题型18等腰梯形的性质与判定的综合 题型19特殊四边形与等腰梯形综合证明 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 矩形的性质与判定 1. 掌握矩形区别于普通平行四边形的特殊性质，理清边、角、对角线特征； 2. 牢记矩形三大判定定理，能灵活选用判定方法解题； 3. 会利用矩形性质进行线段、角度、面积计算与几何证明； 4. 理解矩形的对称性，区分中心对称与轴对称特性。 期中高频考点，选择、填空、解答题全覆盖；基础题侧重性质计算，解答题常考判定证明，综合性较强。 菱形的性质与判定 1. 掌握菱形边、对角线、面积的核心性质，熟记面积两种计算方法； 2. 熟练运用菱形判定定理，区分不同判定条件的适用场景； 3. 结合勾股定理、等腰三角形知识解决综合题型； 4. 明晰菱形对称性，掌握折叠、最短路径相关解题逻辑。 期中必考重点，常与直角三角形综合考查；计算、证明均有涉及，是特殊四边形核心考点，易出现计算失误。 正方形的性质与判定 1. 理解正方形兼具矩形与菱形的所有性质，掌握最全边角对角线特征； 2. 掌握多重判定思路，能通过矩形、菱形间接判定正方形； 3. 解决正方形与全等、动点、坐标系综合题型； 4. 规范正方形相关证明书写步骤，规避逻辑漏洞。 压轴题常考考点，综合性极强；多以综合证明、多结论判断、动点题型出现，是期中几何拉分关键点。 特殊四边形综合应用 1. 区分矩形、菱形、正方形的性质与判定差异，构建知识体系； 2. 掌握特殊四边形与折叠、最值、坐标系、动点题型解题模板； 3. 运用方程、分类讨论思想解决复杂几何题； 4. 提升几何推理、数形结合解题能力。 中档题、压轴题核心考查内容；题型多变，对知识迁移能力要求高，期中占比分值较大。 梯形与等腰梯形 1. 掌握梯形、等腰梯形、直角梯形的定义，区分与平行四边形的差异； 2. 熟记等腰梯形性质、判定定理，掌握辅助线作法； 3. 会利用等腰梯形性质计算边长、角度，完成简单证明； 4. 了解梯形中位线相关基础结论，应对基础题型。 基础考点，多以选择、填空形式出现；简单证明题偶有考查，难度偏低，属于必拿分知识点。 知识点01 矩形的概念与性质 ●●定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. ●●性质定理：矩形的四个角都是直角，对角线相等. 几何语言： ∵ 四边形ABCD是矩形, ∴ ∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AC=BD. ★1、矩形是特殊的平行四边形，它具有平行四边形的所有性质. ★2、矩形是轴对称图形，邻边不相等的矩形有两条对称轴，分别是对边所在中点连线的直线. ★3、矩形的四个角都是直角，常把矩形的问题转化为直角三角形的问题来解决，同时，矩形被两条对角线分成两对全等的等腰三角形，因此在解决相关问题时，也常常用到等腰三角形的性质. ★4、矩形的面积 = 长×宽，矩形的面积=被对角线分成的四个面积相等的小三角形（等腰三角形）面积之和. 知识点02 矩形的判定 ●矩形的判定方法： 方法一：有一个角是直角的平行四边形是矩形； 方法二：对角线相等的平行四边形是矩形； 方法三：有三个角是直角的四边形是矩形； 知识点03 菱形的概念与性质 ●●定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 ◆1、菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质. ②菱形的四条边都相等. ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角. ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线. ⑤利用菱形的性质可证线段线段，角相等. 性质定理应用格式： ∵ 四边形ABCD是菱形， ∴ AB=BC=CD=AD，AC⊥BD； AC平分∠BAD，AC平分∠BCD； BD平分∠ABC，BD平分∠ADC； ◆2、菱形的面积计算 ①利用平行四边形的面积公式=底×高． ②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度） ③ 四个小直角三角形的面积之和(或一个小直角三角形面积的 4 倍)； 知识点04 菱形的判定 ●●菱形的判定方法： ◆1、定义法：有一组邻边相等的平行的四边形叫做菱形. ◆2、判定定理1（从对角线）：对角线互相垂直的平行四边形是菱形. ◆3、判定定理2（从边）：四条边相等四边形是菱形. 知识点05 正方形的概念与性质 ●●定义：四条边相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形。 ★1、具有矩形、菱形、平行四边形的一切性质，即 ①边：四条边相等，邻边垂直，对边平行； ②角：四个角都是直角； ③对角线：对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角； ④正方形式轴对称图形，有四条对称轴； ★2、正方形的面积计算 ①边长的平方；②对角线平方的一半； ★3、正方形特有的性质： ①正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形；正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形； ②周长相等四边形中，正方形的面积最大. 知识点06 正方形的判定 ★1、正方形判定方法： 定义法 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 四边形法 有四条边相等，三个角都是直角的四边形是正方形. 对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形. 平行四边形法 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形. 矩形法 有一组邻边相等的矩形是正方形. 对角线相互垂直的矩形是正方形. 菱形法 有一个角是直角的菱形是正方形. 对角线相等的菱形是正方形. 知识点07 梯形 ●●梯形定义：一组对边平行，另一组对边不平行的四边形叫做梯形；互相平行的两边叫做底，不平行的两边叫做腰。 ◆1、等腰梯形定义：两腰相等的梯形叫做等腰梯形。 ◆2、等腰梯形的性质 ①同一底上的两个角相等； ②对角线相等； ③轴对称图形，不是中心对称图形。 ◆3、等腰梯形的判定 ①两腰相等的梯形是等腰梯形； ②同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形； ③对角线相等的梯形是等腰梯形。 题型一 矩形的性质 解｜题｜技｜巧 1.依托矩形四个角为直角、对角线相等的特性，结合勾股定理计算线段长度； 2.利用矩形对角线互相平分且相等，推导等腰三角形，简化角度计算； 3.矩形问题常转化为直角三角形、等腰三角形问题，拆分复杂图形； 4.涉及周长、面积计算，套用基础公式，结合线段等量关系求解。 【典例1】如图，在矩形中，对角线与交于点O，点E在边上，连接交于点F．若，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【变式1】如图，在矩形中，，，平分交于点E，连接，取的中点F，连接，则的长为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，点是矩形的对角线上一点，过点作，分别交，于，，连接，，若，，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【变式3】如图，点E，F分别是矩形的和边上的点，且．求证：． 题型二 矩形的判定 解｜题｜技｜巧 1.先判定四边形为平行四边形，再补充直角或对角线相等条件，判定矩形； 2.已知多个直角，直接用“三个角为直角”判定，步骤更简便； 3.题干出现对角线条件，优先验证对角线是否相等，结合平行四边形判定； 证4.明过程规范，先梳理已知条件，逐步推导，最后得出矩形结论。 【典例1】（23-24八年级下·江苏连云港·期中）如图，在中，过点作于点，点在边上，，连接，．求证：四边形是矩形； 【变式1】如图，在中，，，垂足分别为，求证：四边形是矩形． 【变式2】（23-24八年级下·江苏徐州·期中）如图，将平行四边形的边延长至点E，使，连接交于点O，连接，若．求证：四边形是矩形． 【变式3】如图，点在的边上，，请从以下三个选项中①；②；③，选择一个合适的选项作为已知条件，使为矩形．    (1)你添加的条件是 （填序号）； (2)添加条件后，请证明为矩形． 题型三 矩形的性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.先利用平行四边形性质推导，再结合矩形特殊性质判定、计算； 2.解题思路：性质推导→线段/角度等量关系→矩形判定→进阶计算； 3.遇到对角线问题，紧抓“平分且相等”，构建全等三角形、直角三角形； 4.综合题注意数形结合，规避对角线与边夹角的易错点。 【典例1】如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，对角线AC，BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE． （1）求证：四边形ABCD是矩形； （2）若∠BDE＝15°，求∠DOE； 【变式1】（23-24八年级下·江苏常州·期中）如图，在四边形中，对角线，相交于点，，，且． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，求的度数． 【变式2】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． 【变式3】如图，中，，平分，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)作于点F，若，求的长． 题型四 菱形的性质 解｜题｜技｜巧 1.菱形对角线互相垂直，优先构造直角三角形，利用勾股定理求解边长； 2.四条边相等，可快速转化线段等量关系，简化线段计算； 3.面积计算灵活选用公式，对角线乘积一半适用于对角线已知题型； 4.结合角平分线性质，推导等角、等边关系，解决综合证明题。 【典例1】如图，在菱形中，对角线与相交于点，，垂足为，若，则的大小为（　　） A． B． C． D． 【变式1】（23-24八年级下·江苏苏州·期中）如图，四边形、四边形分别是菱形与正方形．若，则（    ） A． B． C． D． 【变式2】如图，在菱形中，，，G是的中点，连接，则线段的长是（   ） A．3 B． C． D．5 【变式3】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，已知四边形是菱形，，． (1)求证：； (2)当 时，的面积是四边形面积的四分之一． 题型五 菱形的判定 解｜题｜技｜巧 1.先证平行四边形，再补邻边相等或对角线垂直条件，判定菱形； 2.题干出现四边相等条件，直接判定四边形为菱形； 3.对角线垂直的平行四边形即为菱形，此判定方法考频极高； 4.区分菱形与普通平行四边形，切勿忽略垂直、四边相等核心条件。 【典例1】如图▱ABCD的对角线AC和BD相交于点O，下列说法正确的 是（　　） A．若OB＝OD，则▱ABCD是菱形 B．若AC＝BD，则▱ABCD是菱形 C．若OA＝OD，则▱ABCD是菱形 D．若AC⊥BD，则▱ABCD是菱形 【变式12】如图，在△ABC中，BA＝BC，BD平分∠ABC交AC于点D，点E在线段BD上，点F在BD的延长线上，且DE＝DF，连接AE，CE，AF，CF．求证：四边形AECF是菱形． 【变式2】如图，∠ABC＝∠ADC＝90°，M为AC中点，MN⊥BD于点O，BN∥DM，求证：BNDM为菱形． 【变式3】已知：如图，在中，是角平分线，E是上一点，且，，交于点G．求证：四边形是菱形． 题型六 菱形的性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.先借助性质得出四边相等、对角线垂直等条件，再用于判定菱形； 2.常结合全等三角形、直角三角形，拆分图形，逐层推导； 3.涉及折叠、对称题型，利用菱形对称性，找寻等量线段、角度； 4.计算面积时，优先选用对角线公式，提升解题速度。 【典例1】如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，CE＝DF，AB＝BE，AE与BF相交于点O，连接EF． （1）求证：四边形ABEF是菱形； （2）若平行四边形ABCD的周长为20，CE＝DF＝2，∠ABE＝60°，求AE的长． 【变式1】如图，在矩形中，，相交于点，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则四边形的面积为 ． 【变式2】如图，在等腰中，，平分，过点A作交的延长线于D，连接，过点D作交的延长线于E． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，求的长． 【变式3】如图，在平行四边形ABCD中，BE⊥AD，BF⊥CD，垂足分别为E，F，且AE＝CF． (1)求证：平行四边形ABCD是菱形； (2)若DB＝10，AB＝13，求平行四边形ABCD的面积． 题型七 正方形的性质 解｜题｜技｜巧 1.正方形性质最全，解题时同时套用矩形、菱形双重性质； 2.对角线将正方形分为全等的等腰直角三角形，利用45°角解题； 3.线段、角度计算均转化为等腰直角三角形、全等三角形问题； 4.注意正方形多结论题型，逐项验证，规避特殊情况漏解。 【典例1】（23-24八年级下·江苏盐城·期中）如图，为上任意一点，分别以、为边在同侧作正方形、正方形，设，则为（  ） A． B． C． D． 【变式1】如图，正方形ABCD的边长为2，点E在对角线BD上，且∠BAE＝22.5°，则BE的长为（　　） A．1 B． C．22 D．1 【变式2】如图，在边长为3的正方形中，点E在边上，以点D为圆心，长为半径画弧，交线段于点F．若，则的长为（    ） A．2 B． C． D． 【变式3】（24-25八年级下·江苏连云港·期中）如图，以正方形的一边向形外作等边，与交于点，则等于（   ） A． B． C． D． 题型八 正方形的判定 解｜题｜技｜巧 1.阶梯式判定：先平行四边形→再矩形/菱形→最后正方形； 2.矩形加邻边相等、菱形加直角，均可判定为正方形； 3.对角线满足相等、垂直、平分，可直接判定正方形； 4.证明时逻辑严谨，不可跳过平行四边形、矩形/菱形步骤直接判定。 【典例1】如图，在中，，平分，于点，于点，求证：四边形是正方形． 【变式1】如图，已知矩形ABCD 中，∠BAD 和∠ADC 的平分线交于BC边上一点E．点F为矩形外一点，四边形AEDF为平行四边形．求证：四边形AEDF是正方形． 【变式2】已知矩形ABCD，AE平分∠DAB交DC的延长线于点E，过点E作EF⊥AB，垂足F在边AB的 延长线上，求证：四边形ADEF是正方形． 【变式3】如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E是BD延长线上的点，且△ACE是等边三角 形．若∠AED＝2∠EAD，求证：四边形ABCD是正方形． 题型九 正方形的性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.综合运用全等、特殊三角形性质，先判定正方形，再利用性质解题； 2.动点、折叠题型，紧抓正方形边长、角度不变性，列方程求解； 3.多结论判断题型，牢记正方形对角线、边角核心特征，举反例排除； 4.复杂图形中，拆分出正方形、三角形，分步推导，简化思路。 【典例1】如图，正方形的边长为5，点E为正方形边上一动点，过点B作于点P，将绕点A逆时针旋转得，连接交延长线于点F． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，求线段的长度． 【变式1】如图，在中，，是中线，是的中点，过点作交的延长线于，连接． (1)求证：； (2)如果，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 【变式2】如图，在四边形中，，，，点在边上，点是边的中点，且，于点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【变式3】如图，点P是矩形的边的延长线上一点，连接，过点B作于点E．过点D作于点F，． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求的长． 题型十 特殊四边形性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.梳理矩形、菱形、正方形判定逻辑链，区分三者性质差异； 2.根据题干条件，优先判定基础图形，再升级为特殊四边形； 3.综合题常用辅助线：连接对角线、作垂线、构造全等三角形； 4.运用分类讨论思想，考虑多种图形可能性，规避漏解。 【典例1】如图1，已知平行四边形ABCD中，BD平分∠CBA． （1）求证：平行四边形ABCD是菱形； （2）如图2，E为边AB上一动点，连接CE，作CE的垂直平分线交CE于F，交DB于G，连接AG、EG， ①求证：△AGE为等腰三角形； ②若∠CBA＝60°，求的值． 【变式1】（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在正方形中，对角线，相交于点O，P是上的一个动点，连接，作，交的延长线于点E，以和为邻边作． (1)观察与猜想：是 （填“矩形”、“菱形”或“正方形”）； (2)请验证你的猜想． 【变式2】（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）四边形分别是边的中垂线，连接，延长交于点H，延长交于点G，若． (1)判断四边形的形状，并加以证明； (2)求的度数； (3)若，求的长度． 【变式3】如图1，已知正方形的边在正方形的边上，连接．    (1)试猜想、与有怎样的数量关系和位置关系． (2)将正方形绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在边上，如图2，连接和，你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由． 题型十一 特殊四边形与平面直角坐标系的综合 解｜题｜技｜巧 1.利用特殊四边形边角、对角线性质，结合坐标平移、中点公式解题； 2.矩形、正方形对应横纵坐标差值固定，菱形对应边长相等； 3.分类讨论未知顶点坐标，以不同线段为对角线，逐一分析； 4.注意坐标象限正负性，结合距离公式验证线段长度。 【典例1】（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在轴上，顶点在轴上，且，，则正方形的面积是（    ） A．9 B．13 C．5 D．4 【变式1】如图，四边形是菱形，顶点A，的坐标分别是，，点在轴的正半轴上，则顶点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【变式2】如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点A的坐标是(4，0)，点P为边AB上一点，∠CPB=60°，沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点处，则点的坐标为（    ） A．(2，2) B．(，3) C．(2，) D．(，) 【变式3】将矩形ABCD如图放置，若点B的坐标是（﹣4，6），点C的坐标是（﹣2，0），点D的坐标是（10，4），则点A的坐标是_____． 题型十二 特殊四边形中的多结论判断问题 解｜题｜技｜巧 1.逐一验证线段相等、角度相等、全等、面积、对称性各类结论； 2.牢记易错点：矩形对角线不垂直、菱形对角线不相等、正方形性质最全； 3.通过举反例、特殊值代入，快速排除错误结论； 4.对角线分割图形，全等、面积关系优先验证，提升解题效率。 【典例1】如图，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，连接EF交AD于G．有以下四个结论：①GA＝GD；②AD⊥EF；③当∠BAC＝90°时，四边形AEDF是正方形；④AE2+DF2＝AF2+DE2．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式1】如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与、交于点、，连结交于点，连结、．若，，则下列结论中正确结论的是（   ） ①；②四边形是菱形；③； ④． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式1】如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E为BC的中点，连接EO并延长交AD于点F，∠ABC＝60°，AD＝2CD．下列结论：①DC⊥AC；②BC＝4OF；③四边形AECF是菱形；④S△BOES△ADC，其中正确结论的个数是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【变式3】如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：（　　） ①； ②与△EGD全等的三角形共有2个； ③S四边形ODEG＝S四边形ABOG； ④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形； A． ①③④ B．①④ C．①②③ D．②③④ 题型十三 特殊四边形与折叠问题 解｜题｜技｜巧 1.折叠属于全等变换，对应边、对应角完全相等，标注等量关系； 2.结合特殊四边形直角、等边性质，构造直角三角形，用勾股定理； 3.折叠后常出现等腰三角形，利用等角对等边推导线段关系； 4.折痕垂直平分对应点连线，可进一步判定菱形、正方形。 【典例1】如图，将一张长方形纸条翻折，是折痕．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式1】如图，正方形的边长为8，将正方形折叠，使顶点D落在边上的点E处，折痕为，若点E恰好是的中点，则线段的长为________________． 【变式2】（23-24八年级下·江苏苏州·期中）将矩形纸片按如图所示的方式折叠，点B和点D都与点O重合，得到菱形．若，则菱形的边长为_____． 【变式3】如图，菱形纸片ABCD，AB＝16，∠B＝60°，将该菱形纸片折叠，使点B恰好落在CD边的中点B′处，折痕与边BC、BA分别交于点M、N．则CM的长为 　 ． 题型十四 特殊四边形与动点运动问题 解｜题｜技｜巧 1.设运动时间为t，用速度×时间表示线段长度，梳理变量关系； 2.根据特殊四边形判定定理，列线段相等、垂直、平行方程； 3.分类讨论动点位置，考虑不同时间段图形形状变化； 4.舍去不符合边长范围的解，保证结果合理性。 【典例1】如图，在长方形ABCD中，AB＝CD＝6cm，BC＝10cm，点P从点B出发，以2cm/秒的速度沿BC向点C运动．设点P的运动时间为t秒，当点P从点B开始运动，同时，点Q从点C出发，沿CD向点D运动，当t＝　 秒时，以P、C、Q为顶点的三角形与△ABP全等． 【变式1】如图，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，点E、F同时由A、C两点出发，分别沿AB、CB方向向点B匀速移动（到点B为止），点E的速度为1cm/s，点F的速度为2cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为（　　） A． B． C． D． 【变式2】如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时点从点出发向点运动，运动到点即停止．点、的速度的速度都是，连接，，，设点、运动的时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形？ (2)当为何值时，四边形是菱形？ (3)分别求出（2）中菱形的周长和面积． 【变式3】如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝12，BC＝18，点P从点D出发，以每秒1个单位长度的速度向点A运动，点Q从点B同时出发，以每秒2个单位长度的速度向点C运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点P运动时间为t秒． （Ⅰ）当点P运动停止时，t＝　 　 ，线段DP的长为 　 ； （Ⅱ）①用含t的式子填空： DP＝　 　 ，BQ＝　 　 ，AP＝　 ； ②t为何值时，四边形ABQP为矩形，求出t的值； （Ⅲ）在运动的过程中，是否存在某一时刻t，使以P，D，C，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出t的值，若不存在，请说明理由． 题型十五 特殊四边形与最值问题 解｜题｜技｜巧 1.线段和最值：利用对称点，遵循两点之间线段最短求解； 2.单线段最值：利用垂线段最短、三角形三边关系分析； 3.特殊四边形对角线交点、中点，常为最值取值点； 4.结合对称性，将折线转化为直线，简化最值计算。 【典例1】如图，是正方形外一点，，，则的长度的最大值是（   ） A．5 B．7 C．6 D．8 【变式1】（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，中，，点D是与点B不重合的动点，以为一边作正方形，连接，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【变式2】如图，矩形中，，，点分别在矩形的各边上，且，，则四边形周长的最小值为（　　） A． B． C． D． 【变式3】如图，正方形的边长为12，点E、F分别为、上动点（E、F均不与端点重合），且，P是对角线上的一个动点，则的最小值是（    ） ， A．12 B．13 C． D． 题型十六 梯形的定义 解｜题｜技｜巧 1.紧抓核心特征：一组对边平行，另一组对边不平行，区分平行四边形； 2.区分梯形上底、下底、腰，明确各边位置关系； 3.基础题型判断图形形状，直接套用定义即可，难度较低； 4.了解直角梯形特殊性，有一个角为直角，便于基础解题。 【典例1】两组对边中只有一组平行的四边形是（   ） A．平行四边形 B．矩形 C．梯形 D．正方形 【变式1】下列说法中，符合梯形定义的是（    ） A．有一组对边平行的四边形是梯形 B．有一组对边平行，另一组对边相等的四边形是梯形 C．有两组对边平行的四边形是梯形 D．只有一组对边平行的四边形是梯形 【变式2】如图，梯形中共有（）对面积相等的三角形． A．2 B．3 C．4 D．5 【变式3】（25-26八年级下·全国·课前预习）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．有一组对边相等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．有一个角是直角的梯形是直角梯形 题型十七 等腰梯形的性质定理 解｜题｜技｜巧 1.利用同一底上两角相等、对角线相等，完成角度、线段计算； 2.等腰梯形常作辅助线：作双高、平移腰、平移对角线； 3.将等腰梯形转化为平行四边形、等腰三角形、直角三角形解题； 4.基础证明、计算题型，直接套用性质，步骤简洁。 【典例1】如图，已知等腰梯形中，，，，，则此等腰梯形的周长为（　　） A． B． C． D． 【变式1】已知等腰梯形的下底长为，一底角为，一条对角线恰好与一腰垂直，则此梯形的面积是（　　） A． B． C． D． 【变式2】如图，四边形是直角梯形，上底是，高是，阴影部分的面积是，则梯形的面积为_______． 【变式3】在等腰梯形中，，对角线相交于点，，，厘米，则的面积为（    ）平方厘米 A． B． C． D． 题型十八 等腰梯形的性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.先判定图形为梯形，再验证两腰相等、同底角相等或对角线相等； 2.核心步骤：先证一组对边平行、另一组不平行，再证等腰条件； 3.题干出现对角线相等、底角相等，直接对应等腰梯形判定； 4.书写规范，先证梯形，再证等腰，不可跳过步骤。 【典例1】如图，在四边形中，为正三角形，若，则的大小是（   ） A． B． C． D． 【变式1】已知：如图，四边形中，，． (1)求证：四边形是等腰梯形； (2)当时，求的度数． 【变式2】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． 【变式3】已知：如图，在梯形中，，平分，过点作平行交线段延长线于点，． (1)求证：梯形为等腰梯形； (2)当，，求四边形的面积． 题型十九 特殊四边形与等腰梯形综合证明 解｜题｜技｜巧 1.先区分特殊平行四边形与梯形的核心特征，找准题干图形性质，避免概念混淆； 2.综合题型思路：先利用特殊四边形性质推导线段、角度等量关系，再转化到梯形中； 3.结合全等三角形、中位线定理，完成线段相等、平行的证明，贴合期中综合考点； 4.证明过程逻辑连贯，先梳理条件，分步推导，最后得出结论，规避步骤遗漏。 【典例1】如图，矩形的对角线交于点，点和分别是线段和的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，求证：四边形是等腰梯形． 【变式1】已知：如图，在梯形中，的平分线交延长线于点E，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)交点G，如果，求证：． 【变式2】如图，等腰梯形中，，，，，动点从点出发沿方向向终点运动，动点同时以相同速度从点出发沿方向向终点运动． (1)求的长； (2)探究：在边上是否存在点使得四边形是菱形？若存在，请找出点；不存在，请说明理由； (3)在整个运动过程中，求：线段的中点运动的路程． 【变式3】已知在平行四边形中，，将沿直线翻折，点落在点处，与相交于点，连接． (1)如图2，如果，求的面积； (2)如图1，若不平行于，求证：四边形是等腰梯形； (3)如果，当是直角三角形时，求的长． 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（24-25八年级下·江苏泰州·期末）下列命题中，是真命题的是（　　） A．一组对边平行、另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线互相平分的平行四边形是矩形 D．有三个角是直角且对角线互相垂直的四边形是正方形 2．如图，已知在矩形中，对角线，相交于点O，于点E．若，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 3．如图，在菱形中，连接，若且，则长为（    ） A．8 B．6 C． D． 4．（23-24八年级下·甘肃甘南·期末）如图，等腰梯形中，，，交于点，下列结论错误的是（   ） A． B． C． D．平分 5．（23-24八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在菱形中，对角线、相交于点O，若，，于点M，则线段的长为（    ） A．2.4 B．4.8 C．5 D．5.6 6．如图，和是菱形的对角线，若再补充一个条件能使其成为正方形，下列条件：①；②；③；④，其中符合要求的是（   ）    A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 期中重难突破练（测试时间：10分钟） 7．将一张长方形纸片按如图所示的方式对折，使点落在上的点处，折痕为，点落在点处，交于点．若，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在长方形纸片中，E为的中点，选接，将沿折叠得到，连接．若，，则的长为(    ) A．3 B． C． D． 9．（24-25八年级下·江苏南京·期中）四边形中，对角线，相交于点O，给出下列三组条件：①，；②；③，；其中一定能判定这个四边形是矩形的条件有______．（填写所有正确条件的序号） 10．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A的坐标为，顶点B在x轴上，对角线相交于点M，若，则点C的坐标为 ．    11．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，E为CD的中点，若P、Q为BC边上的两个动点，且PQ＝2，则线段AP+QE的最小值为 　 ． 期中综合拓展练（测试时间：15分钟） 12．（2026·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，点是边上一点，，于点． (1)求证：． (2)若，，求的长． 13．（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在平行四边形中，E为的中点，连接并延长交的延长线于点F． (1)当C为中点，时，四边形是什么图形？请证明； (2)当与满足什么数量关系时，四边形是矩形，并说明理由． 14．（24-25八年级下·江苏盐城·期中）如图，在菱形中，对角线，交于点，过点作的垂线，垂足为点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若菱形的面积为，，求的长． 15．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过D的直线折叠，使点C落在上的点处，得到折痕，然后再把纸片展平；第二步：如图2，将图1的矩形纸片沿过点E的直线折叠，点A恰好落在上的点处，得到折痕交于点M，再把纸片展平．问题解决： (1)如图1，求证：四边形是正方形． (2)如图2，若，求的面积． 、 16．（23-24八年级下·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； 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $