专题03 四边形全章29大题型（期中复习专项训练）八年级数学下学期新教材苏科版

专题03 四边形 题型1 平行四边形的性质问题（重点） 题型16 正方形与折叠问题（难点） 题型2 平行四边形的证明（常考点） 题型17 利用正方形性质证明 题型3 平行四边形的判定与性质求解类问题（难点） 题型18 正方形的证明（常考点） 题型4 矩形的性质问题（重点） 题型19 正方形的判定与性质求解类问题（难点） 题型5 利用矩形性质证明 题型20 添加条件类问题（常考点） 题型6 矩形与坐标系 题型21 四边形中的动点问题（难点） 题型7 矩形与折叠问题（难点） 题型22 四边形中的线段最值问题（难点） 题型8 矩形的证明（常考点） 题型23 四边形综合问题（难点） 题型9 矩形的判定与性质求解类问题（难点） 题型24 三角形中位线的性质 题型10 平行线间距离解决问题 题型25 三角形中位线的证明 题型11 菱形的性质问题（重点） 题型26 三角形中位线的应用 题型12 利用菱形性质证明 题型27 中点四边形（难点） 题型13 菱形的证明（常考点） 题型28 等腰梯形的性质 题型14 菱形的判定与性质求解类问题（难点） 题型29 等腰梯形的判定 题型15 正方形的性质问题（重点） 题型1 平行四边形的性质问题（共3小题） 1．（25-26八年级下·江苏徐州·月考）已知平行四边形相邻两边的长分别是，则它的周长是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行四边形对边相等的性质，计算周长即可． 【详解】解：∵平行四边形对边相等，相邻两边长分别是和， ∴平行四边形的周长为． 2．（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，四边形是平行四边形，其中点A的坐标是，点O的坐标是，点C的坐标是． (1)请求出点B的坐标； (2)已知点D是直线上一个动点，若三角形是等腰三角形，请求出所有符合要求的点D的坐标； (3)已知直线以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，经过多少秒该直线恰好将平行四边形分成面积相等的两部分？ 【答案】(1) (2)或或或或 ； (3)12秒 【分析】（1）根据平行四边形的性质得，再结合C点的坐标即可求出点B的坐标； （2）设，分，，这三种情况求出点D的坐标； （3）先求出平行四边形对角线交点的坐标，设平移后解析式为，再把交点坐标代入求解即可． 【详解】（1）解：点坐标是，， ，   四边形是平行四边形，   ，，   点坐标是，   ； （2）解：点是直线上一个动点，   设，   ①当时，三角形是等腰三角形，   或，   或，   ②当时，三角形是等腰三角形，   则点在的垂直平分线上，   ，   ③时，， 或， 或， 综上所述，点D的坐标为或或或或 ； （3）解：∵，， ∴平行四边形对角线交点的坐标为，即， ∵该直线恰好将平行四边形分成面积相等的两部分， ∴平移后的直线经过平行四边形对角线交点， 设平移t秒，直线向下平移t个单位，平移后解析式为， 将代入得：，解得． 答：经过12秒该直线恰好将平行四边形分成面积相等的两部分． 【点睛】若直线平分平行四边形的面积，则该直线一定过对角线的交点． 3．（25-26八年级下·江苏徐州·月考）如图所示，在中，对角线，相交于点O，过点O的直线分别交，BC于点M，N．若的面积为2，的面积为4，求△COB的面积． 【答案】6 【分析】由平行四边形的性质得出，，即可证明，得到，因此根据求解即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，对角线，相交于点O， ∴，， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 题型2 平行四边形的证明（共3小题） 1．（25-26八年级上·江苏盐城·期末）如图，在梯形中，，，若点为的中点，连接，交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若是等边三角形，且，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，等边三角形的性质，线段中点的性质，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据线段的中点以及等量代换得出，然后根据平行四边形的判定定理进行证明即可； （2）根据等边三角形和平行四边形的性质得出相等的边，即可求解． 【详解】（1）解：∵点为的中点， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：由（1）得，四边形是平行四边形， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴． 2．（25-26八年级上·江苏南通·期末）如图，在等边三角形中，点D在边上（与点B，C不重合），的垂直平分线交的延长线于点E，交边于点M． (1)当点D为中点时，连接，，求证四边形是平行四边形； (2)探究线段与的数量关系，并说明理由； (3)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 (3) 【分析】（1）先证明，是等边三角形，再证明，即可得证； （2）设的垂直平分线交于点F．先求得，再证即可得出结果； （3）过点D作，垂足为G．根据，计算即可得出结果． 【详解】（1）解：是等边三角形，D是的中点， ，． 垂直平分， ，． ，是等边三角形． ． ． ． 四边形是平行四边形． （2）解：． 理由如下：如答图2，设的垂直平分线交于点F． 由（1）可知是等边三角形， ，． ． ，， ． ． ． 是等边三角形， ． ，即． ； （3）解：如答图3，过点D作，垂足为G．则，． 由（1）得， ，， ． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定定理、含有角的直角三角形的性质等知识点，熟练掌握相关知识点是解此题的关键． 3．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，在中，点、分别在边和上，且． (1)求证：． (2)求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定等知识点，能根据性质证出是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得出，，根据证出； （2）首先根据平行四边形的性质得出，，然后结合得到，即可证明出四边形是平行四边形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ，， 在和中， ， ∴. （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ， 又∵， 四边形是平行四边形． 题型3 平行四边形的判定与性质求解类问题（共3小题） 1．（24-25八年级下·江苏扬州·期末）如图，在中，点是对角线上一点，过点作分别交于点，于点，连接、，若，则下列面积一定可以求得结果的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，掌握平行四边形的判定与性质成为解题的关键． 如图，过点作于于，交于，由是平行四边形可得，；进而得到四边形是平行四边形、四边形是平行四边形、四边形是平行四边形、四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质以及三角形面积间的关系即可解答． 【详解】解：如图，过点作交于，交于， 四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，四边形是平行四边形， ，， ∵ ， ， ． 故选：B． 2．（24-25八年级下·江苏宿迁·期末）如图，点E为平行四边形的对角线上一点，，，连接并延长至点F，使得，连接，则为_______． 【答案】4 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质定理与判定定理， 过点F作交于点G，利用全等三角形的判定定理与性质定理证明得到，，再根据平行四边形的性质定理与判定定理证明四边形为平行四边形，得到即可得解．添加平行线构造全等三角形是解答的关键． 【详解】解：过点F作交于点G， ∴，又， ∴， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴且， ∴且， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴． 故答案为：4． 3．（24-25七年级下·江苏淮安·月考）在所给的方格纸中，用无刻度的直尺分别按要求画图． (1)在图1中，已知A，B，C为格点． ①将向左平移2格，再向下平移1格，画出平移后的； ②画出关于直线l对称的． (2)在图2中，已知D，E，F，G均为格点，DE与FG交于点O，，找出所有格点M，使的一个内角是α的补角． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题考查作图—轴对称变换，平移变换，余角和补角，解题的关键是掌握轴对称变换，平移变换的性质． （1）利用平移变换，轴对称变换的性质作出图形即可； （2）取格点，连接，利用平行四边形的判定得四边形是平行四边形，从而，同法证明，从而得，根据平行线的性质可得和都与互补． 【详解】（1）解：①如图1中，即为所求； ②如图1中，即为所求； （2）解：如图2中，点，点即为所求． 题型4 矩形的性质问题（共3小题） 1．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，延长矩形的边至点，使，连接．若，则的度数是(   ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，等边对等角；连接，由矩形性质可得、，知，而，可得度数． 【详解】解：连接，交于点，   四边形是矩形， ，，，， ， ， ， ， 又， ， ， ， ∴． 故选：C． 2．（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，矩形中，，对角线相交于O，过C点作交于E点，H为中点，连接交于G点，交的延长线于F点，下列4个结论：①；②；③；④．正确的有（   ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用直角三角形的斜边中线可判断①结论；根据等边对等角和等角的余角相等可判断②结论；利用等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定可判断③结论；根据等边对等角的性质，得出，结合三角形外角的性质，得出，再结合等角对等边，可判断④结论． 【详解】解：在中，H为中点， ， ， ，①结论正确； ， ， ，， ，②结论正确； 如图，连接， ，， ， 同理可得，， ，即， ， 不能得出，③结论错误； ， ， 矩形， ，，， ，， 由②可知，， ， ， ， ， ， ， ，④结论正确． 3．（25-26八年级上·江苏宿迁·月考）再看七下数学教学活动—折纸与证明，让学生通过折叠纸片，观察图形的对称性、全等变换及角度边长的变化关系，学生直观感受到几何结论的形成过程，并能主动提出猜想，结合已学知识进行严谨证明，增强了数学思维的严密性和表达的条理性． 探究与发现： （1）如图1，在中，，怎样证明呢？小明以“折叠”为思路：将沿折叠，使点落在边的点处，请你完成证明过程． 感悟与应用： （2）如图2，是的高，．若，，求的长． （3）对折矩形纸片，使与重合，折痕为，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点落在上的点处，并使折痕经过点，折痕为，把纸片展平，连接，如图3所示，则是_（填形状），继续折叠纸片，使点落在边上的点处，并使折痕经过点，得到折痕，把纸片展平，如图4所示，则的度数为_． 拓展升华： （4）在四边形中，平分，，探究和的关系，并证明你的结论． 【答案】（1）证明见解析；（2）14；（3）等边三角形，；（4），证明见解析 【分析】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质和判定，矩形的性质等，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． （1）如图1中，将沿折叠，使点C落在边的点D处，连接．证明，可得结论； （2）由折叠的性质得到，由“”可证，可得，，由三角形外角的性质结合已知条件证得，由等腰三角形的判定得到，即可求解； （3）通过矩形的折叠性质，先判断 的形状是等边三角形，再根据后续折叠得出的角度关系计算 的度数； （4）通过在上截取，构造全等三角形和，再利用等腰三角形的性质以及平角的定义，推导出和的关系． 【详解】（1）证明：如图1中，将沿折叠，使点C落在边的点D处，连接． 则，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：将沿折叠，点C落在边上的点处，连接， 则，，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）如图：对折矩形纸片，使与重合， ∴垂直平分， ， ∵再一次折叠纸片，使点落在上的点处， ∴垂直平分， ， ， ∴是等边三角形， ， 折叠纸片，使点落在边上的点处， 故答案为：等边三角形，15； （4）与互补，即． 解：理由如下： 如图所示： 在上截取，连接， ∵平分， 在和中， ∴. ∴，， 又 ∵， ∴， ∴ 又 ∵， ∴． 题型5 利用矩形性质证明（共3小题） 1．（24-25七年级下·江苏宿迁·期末）如图，在直角三角形中，，，，，动点D在线段上运动（不与端点重合），点D关于边，的对称点分别为E，F，连接，点C在上，则在点D的运动过程中，线段长度的最小值是（） A． B． C．10 D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了轴对称的性质，矩形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，熟知轴对称的性质是解题的关键． 根据题意得出四边形为矩形，再由轴对称的性质得出点C为的中点，据此得出，最后由时，取得最小值即可解决问题． 【详解】解：连接， 点D关于边，的对称点分别为E，F， ，，， 又， ，， 四边形为矩形， ， ， ， 当时，取得最小值， 由面积法可知，， 的最小值为． 故选：A． 2．（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：， ∴． 3．（25-26八年级上·江苏宿迁·月考）如图，的顶点、、都在小正方形的顶点上，试在方格纸上按下列要求画格点三角形． (1)画的中线； (2)所画的三角形与全等且有1个公共顶点； (3)所画的三角形与全等且有1条公共边． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查的是作图-复杂作图，熟知全等三角形的判定是解答此题的关键． （1）通过构造矩形，利用矩形对角线互相平分且相等的性质，找到的中点E，进而连接得到中线； （2）所画的三角形与ABC全等且有1个公共顶点C，以C为顶点作与ABC全等的三角形即可； （3）所画的三角形与ABC全等且有1条公共边AB即可． 【详解】（1）解：如图：为所求中线； 证明：四边形是矩形， ， 是的中线； （2）解：如图，和、都是所求图形； （3）解：如图，和、都是所求图形． 题型6 矩形与坐标系（共3小题） 1．（23-24八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点O在原点，顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上，，，D为的中点，E、F是边上的两个动点，且，当四边形的周长最小时，点E的坐标为______． 【答案】 【分析】本题考查一次函数与几何图形的综合应用，在上截取，连接，易得四边形为平行四边形，进而得到，根据为定值，得到当最小时，四边形的周长最小，作点关于轴的对称点，连接，得到，即当三点共线时，最小，四边形的周长最小，求出直线的解析式，进而求出点的坐标即可． 【详解】解：∵矩形，，， ∴，，， ∴， ∵为的中点， ∴，的长为定值， 在上截取，连接，则：，， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵四边形的周长，且的长为定值， ∴当最小时，四边形的周长最小， 作点关于轴的对称点，连接，则：， ∵ ∴当三点共线时，最小，四边形的周长最小， 设直线的解析式为：， 则：，解得：， ∴， 当时，； ∴； 故答案为：． 2．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图1，矩形的顶点A、C在坐标轴上，已知点A的坐标为，点C的坐标为． (1)直接写出B点坐标； (2)D为线段上一点，将沿直线翻折，使点A恰好落在对角线上的点E处．在图1中用无刻度的直尺和圆规画出点D和E（保留作图痕迹），并求出点E的坐标； (3)如图2，在（2）的条件下，若点P是平面内任意一点，点Q是y轴上的动点，是否存在点Q，使得O、E、P、Q四点组成的图形是菱形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)画图见解析， (3)或或或 【分析】（1）由矩形的性质结合点A的坐标为，点C的坐标为，可得答案； （2）先作的角平分线交于，再过作于，可得即为所求；证明，可得，，进一步利用勾股定理与等面积法可得的坐标； （3）由O、E、P、Q四点组成的图形是菱形，分三种情况讨论：当时，当，四边形为菱形，可得关于轴对称；当时，设，由勾股定理可得，再进一步求解即可. 【详解】（1）解：∵矩形的顶点A、C在坐标轴上，点A的坐标为，点C的坐标为， ∴，，， ∴. （2）解：如图，即为所求； 由作图可得：平分，， ∴，， ∵， ∴， ∴即为所求；，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴， 过作于， ∴， ∴， ∴. （3）解：∵O、E、P、Q四点组成的图形是菱形， 当时，如图， ∴或，即或； 如图，当，四边形为菱形， ∴关于轴对称； ∴， 如图，当时，设， ∴， 解得：， ∴即； 综上：或或或. 【点睛】本题考查的是矩形的性质，菱形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，作角平分线，作垂线，坐标与图形，本题的难度较大，清晰的分类讨论是解本题的关键. 3．（24-25八年级下·江苏泰州·月考）在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位． (1)在图中画出将绕点O顺时针旋转得到的； (2)在图中画出关于原点O的中心对称图形； (3)已知点D是平面内一点，若以A，B，C，D为顶点的四边形是矩形，写出点D的坐标_． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查作图—旋转变换、中心对称，平行四边形的判定以及勾股定理逆定理，熟练掌握旋转和中心对称的性质是解答本题的关键． （1）根据旋转的性质得到点A，B，C的对应点，即可作图； （2）根据中心对称的性质得到点A，B，C的对应点，即可作图； （3）根据平行四边形的判定条件以及勾股定理逆定理找到点D的位置，即可写出点D的坐标． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）解：如图，即为所求； （3）解：如图，取格点，构造四边形， 理由：根据题意得：， ∴，， ∴，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形． 题型7 矩形与折叠问题（共3小题） 1．（25-26九年级下·江苏南京·月考）如图，矩形纸片中，，将纸片沿折叠，使点C与点A重合，则的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．2 【答案】C 【分析】设，根据折叠性质与矩形性质，用x表示，在中，由勾股定理列出x的方程，便可求得答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠知，， 设，则, 在中，由勾股定理得，， 解得，, 即． 2．（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，在矩形中，，．E是边上一点，将沿所在直线折叠，使得点A恰好落在边上点F处，则的长是______． 【答案】5 【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； 3．（25-26八年级上·江苏扬州·期末）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． 题型8 矩形的证明（共3小题） 1．（24-25八年级下·江苏盐城·月考）如图，O是菱形对角线与的交点，，．过点C作，过点B作，与相交于点E． (1)求的长； (2)求证：四边形为矩形． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）利用菱形对角线互相垂直平分的性质和勾股定理求的长度； （2）根据平行四边形的判定结合，证明四边形为矩形即可． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴在中，． （2）证明：∵，， ∴四边形为平行四边形， 又∵，即， ∴平行四边形为矩形， 即四边形为矩形． 2．（25-26八年级上·江苏南京·期末）如图，在中，．过点作为上一点，且．将绕点逆时针旋转到的位置，不重合，旋转角为．若直线与射线分别交于点． (1)用含的代数式表示的长为__________； (2)当时，试探究的形状，并说明理由； (3)若时，关于点到直线的距离，说法正确的是_________（填写所有正确的结论序号）． ①随着的增大而增大；②随着的增大而减小；③时，． 【答案】(1) (2)是等腰直角三角形，理由见解析 (3)①③ 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． （1）作于W，可证明四边形是矩形，从而，根据等腰三角形的性质得出，从而得出结果； （2）可证得，从而，，可得出四边形和四边形是矩形，从而，，，进而证得，从而，进一步得出结果； （3）作于L，可得出，，进而可证得，从而，进而得出，从而得出当α增大时，变小，变小，所以增大，把代入求得，进而得出结果． 【详解】（1）解：如图1，作于W， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：是等腰直角三角形，理由如下： 作于M，作于N，交于Q，如图2， 由（1）知：， ∵， ∴是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵B绕点C逆时针旋转到的位置， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， 又， ∴四边形是矩形， 同理可得，四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形； （3）解：作于L，如图3， ∵，，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴当α增大时，变小，变小，所以增大， 当时，， ∴， ∴， 故答案为：①③． 3．（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， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 题型9 矩形的判定与性质求解类问题（共3小题） 1．（24-25八年级上·江苏盐城·月考）如图，在中，，P是内一点，点D，E，F分别是点P关于直线的对称点，给出下面三个结论：①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．①② C．①③ D．②③ 【答案】B 【分析】本题考查了轴对称的性质，连接，根据轴对称的性质得分别为的垂直平分线，再根据垂直平分线的性质得，，，即可判断①③，根据，可得四边形为矩形，即可判断②． 【详解】解：如图，连接，设与交于点，与交于点， ∵点D，E，F分别是点P关于直线的对称点， ∴分别为的垂直平分线， ∴， ∴，故①正确； ∵分别为的垂直平分线， ∴四边形为矩形， ∴，故②正确； ∵为的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， 同理得 ∵， ∴，故③错误； ∴正确的结论是①②， 故选：B． 2．（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，在正方形中，点为对角线上的一点，，垂足分别为、，若，则的长度为_________． 【答案】 【分析】连接，，根据正方形的性质证明，进而证明四边形是矩形，勾股定理求得即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，， 四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 在中，， ， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形的对角线相等． 3．（24-25八年级下·江苏扬州·月考）如图，在平行四边形中，点E，F分别在，上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，且，求的长． 【答案】(1)见解析； (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质 ，勾股定理等知识，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可； （2）先利用矩形的性质，求出，再证明四边形是菱形，设，则，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形； （2）解：，， ， 四边形是矩形， ， ， 四边形是平行四边形，， 四边形是菱形， ， 设，则， 在中，， ， 解得：， 的长为． 题型10 平行线间距离解决问题（共3小题） 1．（25-26八年级上·江苏南通·月考）如图，在四边形中，，，面积为，的垂直平分线分别交，于点，，若点和点分别是线段和边上的动点，则的最小值为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】本题考查轴对称最短问题，平行线的性质，三角形的面积，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是把最短问题转化为垂线段最短．连接，过点作于,利用三角形的面积公式求出，由题意，求出的最小值，可得结论． 【详解】解：连接，过点作于． 面积为，， ， ， 垂直平分线段， ， ， 当的值最小时，的值最小， 根据垂线段最短可知，当时，的值最小， ， ， 的最小值为． 故选：C． 2．（25-26八年级上·江苏淮安·期中）如图，在中，，以的三边为边分别向外画一个正方形．过点C作，垂足为M，连接，则的面积等于（    ） A．的面积 B．的面积 C．正方形面积的一半 D．正方形面积的一半 【答案】C 【分析】本题考查了三角形全等及证明面积相等问题，掌握“手拉手”几何模型及平行线间距离相等是解题的关键． 延长交于点，连接，先证明的面积等于，利用几何模型——“手拉手”，易证，再证明，推出，再根据平行线之间的距离处处相等可得，进而得到，进而即可得出结论． 【详解】解：如图，延长交于点，连接， ∵，， ∴， ∴的面积等于， ∵四边形和四边形都是正方形， ， ， ， ， ∴， ， ∴点到所在直线的距离等于，点到所在直线的距离等于， ，， ∴， ∵的面积等于， ∴的面积等于正方形面积的一半． 故选：C． 3．（24-25七年级上·江苏宿迁·月考）如图，正方形网格中所有小正方形的边长都为1，规定每个小正方形的顶点为格点，点、、都在格点上． (1)的面积＝______； (2)利用网格画出的高； (3)在网格中找格点，使． 【答案】(1) (2)图见解析 (3)图见解析 【分析】本题考查了网格中三角形面积的计算、三角形高的画法、平行线间的距离与三角形面积的关系，利用割补法求面积和利用平行线间距离相等保证面积相等是解题的关键． （1）用矩形面积减去周围个三角形面积即得的面积； （2）取格点、使，且，可得，由图可知，，取格点，使，可得是的垂直平分线，即，结合，可得，即可得为中边上的高； （3）借助网格，过点作的平行线，由平行线间距离可知在此直线上的点到的距离都相等，在此直线上取格点，则△与底均为，高相等，可得，故点即为所求． 【详解】（1）解：， 故答案为：； （2）解：如图，取格点，连接并延长，交于点，即为的高； （3）解：如图，点即为所求． 题型11 菱形的性质问题（共3小题） 1．（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． 2．（24-25八年级下·江苏扬州·月考）如图，在菱形中，若，则度数为______． 【答案】/度 【分析】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的性质是关键，根据菱形的对角线相互垂直且每条对角线平分一组对角即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，是对角线，， ∴， 故答案为： ． 3．（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，， ， ， ， ． 题型12 利用菱形性质证明（共3小题） 1．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，在菱形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查菱形的性质，掌握“菱形的对角线互相垂直平分，但不一定相等”是解题的关键． 【详解】A．菱形的对角线不一定相等，仅正方形（特殊菱形）的对角线相等，故A错误； B．菱形的对角线互相平分，，但与长度无必然“”的关系，故B错误； C．菱形的对角线互相垂直，即，故C正确； D．菱形中，，仅当菱形为正方形时两角相等，故D错误． 故选：C． 2．（25-26八年级上·江苏淮安·期末）“无刻度直尺”可用于连接任意两点、作任意直线、延长任意线段等作图．请结合下列图形的性质，仅用无刻度直尺完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹； (1)如图1，在中，点、分别在边、上，且，请作出的中点； (2)如图2，在矩形中，点、在直线上且，请作出一个等腰； (3)如图3，是菱形的边上的高，请作出菱形的边上的高． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查限定工具的基本作图，平行四边形、矩形、菱形的性质，全等三角形的判定和性质，正确掌握相关知识是解题的关键． （1）连接交于点，根据平行四边形性质，可得，从而利用“”易证，可得，即点是的中点； （2）连接，相交于点，根据矩形的性质，可得，易证，从而利用“”易证，可得，即为等腰三角形； （3）连接，相交于点，连接交于点，连接交于点，连接交于点，根据菱形的性质，易证，从而四边形是平行四边形，再证，可得，即是菱形的边上的高． 【详解】（1）解：如图1，点即为所作； 理由：连接交于点， ， ， ，， ， （） ， 点是的中点； （2）如图2，即为所作； 理由：连接，相交于点， 矩形， 与相等且互相平分， ，则， ， ， （）， ， 为等腰三角形； （3）如图3，即为所作； 理由：如图，连接，相交于点，连接交于点，连接交于点，连接交于点， 菱形， ，，，垂直平分， ，则， ， ， 又 （） ， 四边形是平行四边形， ， ， ， 又，， （）， ， 是菱形的边上的高，即， ，即， 则是菱形的边上的高． 3．（25-26八年级上·江苏盐城·月考）综合与实践： 问题发现： （1）如图1，在等边中，点M为边上一动点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，可通过证明_______，得到线段和的数量关系是_______； 变式探究： （2）如图2，在中，，，点M为边上一动点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，请写出线段和的数量关系，并说明理由； 拓展应用： （3）如图3，在菱形中，，，点M为线段上一动点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接和． ①求证：． ②的最小值为_______． 【答案】（1）； （2），理由见解析 （3） 【分析】（1）根据等边三角形的性质和旋转的性质，可推出，，，从而证得，推出； （2）过点N作于点H，根据直角三角形的性质可得，然后根据旋转的性质可证得，进而得到，可推出是的垂直平分线，即可得到结论； （3）过点N作直线交的延长线于点E，连接，根据平行线的性质和菱形的性质可推出，得到，，从而推出点N在的平行线上运动，然后根据垂线段最短可知，当时，取得最小值，最后利用直角三角形的性质和勾股定理求得此时的即可得． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴， ∵线段绕点A逆时针旋转得到线段， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：；； （2）解：，理由如下： 如图，过点N作于点H， ∵在中，，， ∴， ∴， ∵线段绕点A逆时针旋转得到线段， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 又∵， ∴是的垂直平分线， ∴； （3）①证明：根据题意，如图： ∵菱形中，， ∴， ∵线段绕点A逆时针旋转得到线段， ∴， ∴， ∴， ∴； ②解：如图，过点N作直线，交的延长线于点E，连接， 则，， 由（1）可知，， ∴，， ∵四边形是菱形，，， ∴，，，， ∴，为等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵点M在运动过程中，，且点E在的延长线上，， ∴点M在运动过程中，点N在过点E且平行于的直线l上运动， ∴当时，取得最小值， 此时，，， ∴， ∴， ∴， 即的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，菱形的性质，勾股定理，垂线段最短等，熟练掌握全等三角形的判定与性质，得到点N的运动轨迹是解题的关键． 题型13 菱形的证明（共3小题） 1．（25-26九年级上·江苏南京·期末）下列说法中，错误的是（    ） A．有一条对角线平分一个内角的平行四边形是菱形 B．对角线互相垂直且平分的四边形是菱形 C．一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形 D．矩形的中点四边形是菱形 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形和菱形的判定，矩形的性质，解题关键是准确掌握各类特殊平行四边形的判定定理与性质定理． 根据菱形的判定和平行四边形的判定方法，判断各选项的正误． 【详解】解：A中，有一条对角线平分一个内角的平行四边形是菱形，正确； B中，对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，正确； C中，一条对角线平分另一条对角线的四边形不一定是平行四边形（如筝形），错误； D中，根据中点四边形性质，其边长等于原四边形对角线长的一半，因为矩形的对角线相等，所以其中点四边形的四条边相等，故为菱形，正确； 故选：C． 2．（25-26八年级上·江苏淮安·月考）综合与实践课中，小林同学以矩形中的对称性主题开展了研究性学习．已知在矩形中，点E在对角线上，点F在线段上，连接． 【问题探究】 将沿翻折得到． （1）如图1，当点落在线段上，且，则与满足的数量关系为_； （2）如图2，当点落在线段上． ①若，且点恰好为的中点时，则； ②当时，求证：四边形为菱形； （3）如图3，点落在延长线上时，平分，若，，则； 【变式探究】 （4）小林同学将沿翻折得到，当点落在线段上时． ①请用无刻度直尺和圆规画出此时的点F和点（保留作图痕迹） ②若，当是直角三角形时，_． 【答案】（1）；（2）①2.9；②见解析；（3）；（4）①见解析；② 【分析】（1）由折叠知，，再由，即可得与满足的数量关系； （2）①由矩形性质、折叠性质及勾股定理即可求解； ②由矩形的性质及垂直条件得，得，再由折叠性质及平行线的判定得，则四边形为平行四边形，由得四边形为菱形； （3）由折叠性质得，，由矩形的性质得，得，由勾股定理求得，进而求得及，由含30度直角三角形的性质求得，由即可求解； （4）①作线段的垂直平分线即可； ②分；两种情况即可求解． 【详解】解：（1）由折叠知，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）①∵四边形是矩形， ∴， 设， 由折叠知， ∴， ∵是的中点， ∴， 在中，， 即， 解得：， 即； ②∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由折叠性质， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； （3）由折叠知，，， ∵平分， ∴， 在矩形中，， ∴， ∴， 即， ∴， 由勾股定理得：， 即， ∴（只取正值）， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：； （4）①如图，作线段的垂直平分线，分别交于点，则点即为所作； ②由①知，，且平分， ∵四边形是矩形， ∴， 由勾股定理得； 当时，如图， 此时点E是的交点，也即的中点， ∴； 当时，如图，设交于点G，则， 设， ∵， 即， ∴， ∵， ∴， 即， 解得：（只取正值）， 即，， ∴， 在中，； 设，则， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， 解得：， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，尺规作线段垂直平分线，含30度直角三角形的性质，菱形的判定等知识，灵活运用这些知识是解题的关键． 3．（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． 题型14 菱形的判定与性质求解类问题（共3小题） 1．（24-25九年级下·江苏连云港·月考）如图，小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点B，D；③分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；④连接，，． 若，则的度数是 （    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，掌握菱形的判定和性质是解题的关键； 根据作图可得四边形是菱形，根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：由作图可知，， 四边形是菱形， ，． 故选：B． 2．（25-26八年级上·江苏淮安·月考）如图，用四个木条钉成一个边长为的正方形活动框架（边框粗细忽略不计），然后向右扭动成四边形，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到时会断裂．若，则橡皮筋 ______断裂（填“会”、“不会”，参考数据：）． 【答案】不会 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等，设与相交于点，由正方形的性质得，即得四边形是菱形，再利用菱形和等边三角形的性质及勾股定理求出，进而即可判断求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：如图，设与相交于点， 由题意可知，， ∴四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴橡皮筋不会断裂， 故答案为：不会． 3．（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． 题型15 正方形的性质问题（共3小题） 1．（24-25八年级下·江苏无锡·期末）如图，以正方形的边向外作等边，连接交边于点F，则的度数是（    ） A．60° B．70° C．75° D．80° 【答案】C 【分析】本题主要考查正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质及直角三角形的角关系；掌握利用边相等转化为角相等，结合外角性质与直角三角形内角和进行角度推导是解题的关键．解题时通过正方形与等边三角形的边、角性质，结合等腰三角形判定及直角三角形角的关系，逐步推导即可得出所求角的度数． 【详解】如图，延长过点作于点， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵三角形是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵三角形是等边三角形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴三角形是直角三角形， ∴， ∴， ∴． 故选：． 2．（25-26八年级下·江苏徐州·月考）如图所示，正方形的边长为，是上一点，且，是对角线上一动点，则的最小值是 _____ ． 【答案】/厘米 【分析】连接，交于点，连接，由正方形的性质可得关于对称，得到，进而得到，即得点和点重合时，最小，最小值等于的长，利用勾股定理求出的长即可求解． 【详解】解：连接，交于点，连接， ∵四边形是正方形， ∴关于对称， ∴， ∴， 即点和点重合时，最小，最小值等于的长， ∵正方形的边长为， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 3．（25-26九年级下·江苏·月考）如图1，两个相互重合的正方形的边长为a，若将其中一个正方形绕对称中心旋转，如图2所示，最内侧多边形是________边形，在图2外放置两个边长相等的正方形形成图3，如按此规律进行操作，如图3所示，则图3中阴影部分的面积之和________． 【答案】 八 【分析】根据图形旋转的度数，判定出正八边形，然后根据旋转性质得出小三角形为等腰直角三角形，根据勾股定理以及面积公式进行求解． 【详解】解：如图所示， 由图可知，最内侧多边形是八边形， 由图可知，阴影部分图形为等腰直角三角形，且较大的4个等腰直角三角形全等，较小的4个等腰直角三角形全等， 且， ∴由勾股定理得， ∴， ∴, ∴， ∴较大的4个等腰直角三角形的面积和为： ， 由图可知，， ∴较小的4个等腰直角三角形的面积和为， ∴阴影部分的面积为：． 题型16 正方形与折叠问题（共3小题） 1．（25-26九年级上·江苏无锡·月考）如图，正方形的边长为4，点E为的中点，连接，将沿折叠，点A的对应点为F．连接，则的长为__________． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，折叠的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质和判定．连接交于点O，过点F作交于点M，交于点N，根据勾股定理求出，根据折叠得出，根据勾股定理得出，求出，最后根据矩形的判定和性质，勾股定理求出结果即可． 【详解】解：如图，连接交于点O，则，过点F作交于点M，交于点N， ∵， ∴， ∵，点E是中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由折叠性质得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 2．（25-26八年级上·江苏无锡·期中）如图，已知正方形的边长为12，，将正方形边沿折叠到，延长交于G，连接，现在有如下4个结论：①；②；③是直角三角形；④．在以上4个结论中，正确的有______． 【答案】①②③④ 【分析】本题考查翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的运用，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；根据正方形的性质和折叠的性质可得，，于是根据“”判定，故①正确；由全等三角形的性质可设，则，，利用勾股定理建立方程求出，，故②正确；由折叠的性质可设，得出，，进而得出，故③正确；先求出，再根据，可求出，故④正确. 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠的性质得，，， ∴，， 在与中 ∴ 故①正确； ∵正方形的边长为12， ∴， ∵， ∴， 设，则，， 在中， 即 解得 ∴，， ∴， 故②正确； 由折叠的性质得，， 设 ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是直角三角形， 故③正确； ∵，， ∴， ∵，， ∴， 故④正确， 故答案为：①②③④. 3．（25-26八年级上·江苏苏州·月考）如图，四边形为正方形，点是的中点，将正方形沿折叠，得到点的对应点为点，延长交线段于点，若，求的长． 【答案】2 【分析】此题重点考查正方形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，掌握相关性质是解题的关键． 连接，由正方形的性质得，，由点是的中点，得，由折叠得，，，则，，可证明，则，根据勾股定理列方程得，求得． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ，， ∵点是的中点， ， 由折叠得，，， ，， 在和中， ， ， ， ，， ， ，解得， 的长度为2． 题型17 利用正方形性质证明（共3小题） 1．（25-26八年级上·江苏宿迁·期末）如图所示正方形的边长为16，为中点，连接，把沿翻折至，延长，交于点，连接．则下列结论正确的有__________．（填序号即可） ①；②；③；④；⑤ 【答案】①②④⑤ 【分析】本题主要考查翻折变换的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的判定等知识，熟悉相关性质的运用是解题的关键． 根据“”可证明，则①正确；根据翻折的性质及可得，则②正确；设，分别表示出，进而推出，即，则③错误；设，则，再在中，利用勾股定理即可得到，则④正确；利用内角和，可推出，即，则⑤正确． 【详解】在正方形中，， ， ， ， ，故①正确； ，， ， ， ， ，故②正确； 设， 又， ， 在中，， 在中，， ， ，故③错误； ， ，设， ， 在中，由勾股定理得：， ， 解得:， ，故④正确； 点为中点， ， ， 在中，， ， 由三角形内角和定理得:， ， ， 即， ，故⑤正确． 故答案为：①②④⑤． 2．（25-26八年级上·江苏扬州·期末）图形的平移、旋转和对称是我们从图形变换的视角研究图形的重要方法．为了深入理解旋转的本质，王老师和同学们在数学实践课上以正方形为背景进行如下探究． 【知识技能】 （1）如图1，在正方形中，、分别是边、上的点，连接、、、且．将绕点按逆时针方向旋转至，则点在的延长线上． ①求证：； ②若，则正方形的周长为_________； 【数学理解】（2）如图2，正方形的边长为4，点在边上，，连接，将线段绕点逆时针旋转到，连接，则的长为__________； 【拓展研究】（3）如图3，正方形的边长为4，点是边上的动点，连接，将线段绕点逆时针旋转到，连接，则长的最小值为___________． 【答案】（1）①见解析；②60；（2）；（3） 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形判定与性质，等腰直角三角形三边的关系，勾股定理及应用等知识，解题关键是掌握全等三角形判定与性质． （1）①先根据正方形的性质得出，再根据旋转的性质得出，，，，然后证明，根据全等三角形性质与线段的和差得到结论成立；②先根据勾股定理求得，再求得，从而可求得，再求出正方形的边长，从而可求得正方形的周长； （2）在上截取，连接，证明，得到，利用勾股定理求解即可； （3）在上截取，连接，同（2）证明，得到，得到点在射线上，则当时，长取得最小值，据此求解即可． 【详解】（1）解：①证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵将绕点B按逆时针方向旋转90°至， ∴，，，， ∴，， ∴点M在的延长线上， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； ②∵， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ， ∴， ∴， ∴正方形的边长为， ∴正方形的周长为； （2）在上截取，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 由旋转的性质知，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （3）在上截取，连接， 同（2），同理得， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴点在射线上， ∴当时，长取得最小值，此时是等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（25-26八年级上·江苏泰州·期末）问题发现： （1）如图，在正方形中，，点在边上（不与、重合），连接，将沿翻折，得到，连接并延长交于点． ①若，求的值． ②如图，若与交于点，连接，若，求证：． 迁移运用： （2）如图，四边形中，，垂足为，，过点作，垂足为，连接．若，且，求的值． 【答案】（1）①；②见解析；（2） 【分析】（1）①利用翻折和正方形的性质证三角形全等即可求得结果；②利用翻折及平行线的性质找出角及边的等量关系，即可证明全等； （2）延长到点，使，连接，设，分别表示出，则的值可求． 【详解】（1）①解：由翻折可得：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴（）， ∴； ②证明：∵， ∴， ∵正方形中，， ∴， ∵由翻折可知：，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（）； （2）解：延长到点，使，连接， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴（）， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定、正方形的性质、翻折的性质、等腰三角形的判定及性质、勾股定理，关键是灵活应用知识点解题. 题型18 正方形的证明（共3小题） 1．（24-25八年级下·江苏南京·月考）如图，四边形是平行四边形，相交于点O，下列说法错误的是（　　） A．若，则四边形是菱形 B．若，则四边形是矩形 C．若且，则四边形是正方形 D．若且，则四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的性质，特殊平行四边形的判定，掌握相关知识是解决问题的关键．根据正方形的判定、矩形的判定、菱形的判定方法分别判断即可确定正确的选项． 【详解】解：A、因为对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以该选项结论正确，不符合题意； B、因为对角线相等的平行四边形是矩形，所以该选项结论正确，不符合题意； C、因为有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线互相垂直的矩形是正方形，所以若且，则四边形是正方形，该选项结论正确，不符合题意； D、当时，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可判断四边形是菱形，当时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可判断四边形是菱形，所以若且，则四边形不一定是正方形，该选项结论错误，符合题意； 故选：D． 2．（24-25八年级下·江苏镇江·期末）如图，四边形是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，则下列结论正确的是（　　） A．当时，它是矩形 B．当时，它是正方形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是菱形 【答案】A 【分析】本题考查了特殊四边形的判定方法，根据矩形、菱形、正方形的判定方法逐项分析即可． 【详解】解：A、∵四边形是平行四边形， ∴当时，平行四边形是矩形，故符合题意； B、∵四边形是平行四边形， ∴当时，平行四边形是矩形，故不符合题意； C、∵四边形是平行四边形， ∴当时，平行四边是菱形，故不符合题意； D、∵四边形是平行四边形， ∴当时，平行四边形是矩形，故不符合题意； 故选：A． 3．（25-26九年级上·江苏·期中）如图，在Rt中，，平分，交于点；，分别是，上的点，连接．若垂直平分，求证：四边形是正方形． 【答案】见详解 【分析】本题考查了正方形的判定，角平分线，线段的垂直平分线，等腰三角形的判定，证明四边形是矩形是解题的关键．先证明四边形是矩形，再证四边形是正方形． 【详解】证明：平分， ， 垂直平分， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形． 题型19 正方形的判定与性质求解类问题（共3小题） 1．（25-26九年级上·江苏苏州·期末）在平面直角坐标系中，已知点A、B的坐标分别为．以为斜边在右上方作．设点C坐标为，当三角形为等腰直角三角形时，的值为_____ ． 【答案】 【分析】此题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识．过点C作轴于点，轴于点，证明，则，证明四边形是正方形，则，得到，解得，则，得到，即可求出答案． 【详解】解：过点C作轴于点，轴于点， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵是以为斜边的等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∵点的坐标为， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（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， ∴． 3．（25-26九年级上·江苏徐州·期中）在数学实验课上，老师让学生以“折叠筝形”为主题开展数学实践探究活动．定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”． 概念理解：（1）如图①，将一张长方形纸对折压平，以折痕为边折出一个三角形，然后把纸展平，折痕为四边形．判断四边形的形状：_筝形（填“是”或“不是”）； 性质探究：（2）如图②，已知四边形是筝形，，，与相交于点O，则①平分；②垂直平分；③；④四边形的面积为上述结论正确的是_（填序号） 拓展应用：（3）如图③，是锐角的高，将沿边翻折后得到，将沿边翻折后得到，延长，交于点． ①求证：四边形是筝形； ②若，当是等腰三角形时，直接写出的度数； ③若，，，，求的长． 【答案】（1）是；（2）①②③④；（3）①见解析；②的度数为或或；③ 【分析】概念理解：根据题意得，，即可证明； 性质探究：如图②，根据等腰三角形三线合一的性质、线段垂直平分线的判定、全等三角形的判定与性质逐条分析即可得到结论； 拓展应用：①先证，再根据“筝形”的定义判断即可； ②分情况讨论：当时，由折叠性质即可求解；当时，当时，同理可得； ③有折叠性质可证四边形是正方形，设，根据勾股定理即可求解． 【详解】概念理解：解：由折叠性质得：，， 四边形是“筝形”， 故答案为：是； 性质探究：解：如图②， ∵， ∴，故③正确； ∵，， ∴垂直平分，故②正确； 在和中， ， ≌， ， 平分，故①正确； 四边形的面积为，故④正确． 故答案为：①②③④． 拓展应用：①证明：如图③，连接， ， 和是直角三角形， 在和中， ， ， ， 四边形是四边形是“筝形”； ②解：分三种情况讨论： 当时， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 当时， ， ， ， ； 当时， ， ， ， ， 综上，的度数为或或； ③解：由折叠性质可得：，，，，， ， ， ， 四边形是正方形， ， 设，则，， 在中，，即， 解得， 【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的判定，等腰三角形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质，折叠的性质是解决此题的关键． 题型20 添加条件类问题（共3小题） 1．（24-25八年级下·江苏苏州·期末）下列条件中，能使平行四边形成为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质与矩形的判定定理是解决问题的关键．根据矩形的判定定理逐一判定即可． 【详解】解：A、平行四边形中，，可利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形判定平行四边形是菱形，不能使平行四边形成为矩形，故本选项不符合题意； B、平行四边形中，，由对角线相等的平行四边形是矩形，可证明平行四边形是矩形，故本选项符合题意； C、平行四边形中，，可利用邻边相等的平行四边形是菱形判定平行四边形是菱形，不能使平行四边形成为矩形，故本选项不符合题意； D、平行四边形中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形，不能判定平行四边形是矩形，故本选项不符合题意． 故选：B． 2．（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． 3．（24-25八年级下·江苏镇江·月考）如图，在四边形中，与相交于点，，添加条件___________，可得四边形为平行四边形（只需添加一个条件）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．由平行四边形的判定方法即可得出结论． 【详解】解：添加条件，可得四边形为平行四边形，理由如下： ∵，， ∴四边形为平行四边形， 故答案为：（答案不唯一）． 题型21 四边形中的动点问题（共3小题） 1．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，在四边形中，，动点P从点B出发，沿射线以每秒3个单位的速度运动，动点Q同时从点A出发，在线段上以每秒1个单位的速度向终点D运动，当动点Q到达点D时，动点P也同时停止运动．设点P的运动时间为t（秒）．以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形时t值为（    ）秒． A．2或 B．或 C．或 D．2或 【答案】C 【分析】本题考查了动点问题，平行四边形的判定，利用分类讨论的思想解决问题是关键．由题意可得，分两种情况讨论：当点在上时；当点在延长线上时，表示出，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形求解即可． 【详解】解：由题意可知，，， ， ， 当点在上时，， ， 当时，四边形是平行四边形， ， 解得：； 当点在延长线上时，， ， 当时，四边形是平行四边形， ， 解得：， 综上可知，以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形时t值为或秒， 故选：C 2．（24-25九年级上·江苏淮安·月考）如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度沿线段向点运动；同时点从点出发，以 的速度沿向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设、运动时间为秒，回答下列问题： (1)求为何值时，四边形是矩形? (2)求为何值时，？ (3)是否存在的值，使得是以为腰的等腰三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)存在，的值为或或． 【分析】（1）由，，可得：四边形是矩形，只需，即，即可求解； （2）根据，有两种情况：①若四边形为平行四边形，由可得方程，即可求解；②若四边形为等腰梯形，作于，于，可得四边形和四边形都是矩形，推出，，进而得到，证明可得，得到，由列方程即可求得答案； （3）分两种情况讨论：当时，过作于；当时，过作于；根据矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：如图： 由题意得：，， ， ，， 要使四边形是矩形，只需，即， 解得：； （2）解：若，分两种情况： ①当四边形是平行四边形时，．如图： ，即， 解得：， 即当时，四边形是平行四边形，； ②当四边形是等腰梯形时，．如图： 根据题意得：，， ， 作于，于， 又，， ， 四边形和四边形都是矩形， ，，， ， 在和中， ， ， ， ， 由得：， 解得：， 时，四边形为等腰梯形，． 综上，当或时，； （3）解：存在，理由如下： ①当时，过作于，如图： ，，， 四边形是矩形， ，， ，， ， ， ， ， ， 解得：或（不合题意，舍去）； ②当时，过作于，如图： 同理可得：四边形是矩形， ，， ， ， ， ， 解得：或； 综上所述，存在的值，使得是以为腰的等腰三角形，的值为：或或． 【点睛】本题主要考查动点问题，涉及平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理定理，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟悉平行四边形、矩形、等腰三角形的判定定理，灵活运用勾股定理，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 3．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）在四边形中，，，，，，P，Q同时沿着四边形的边逆时针运动，点P从点D出发，以的速度运动，点Q从点B出发，以的速度运动，设运动时间为t秒． (1)______； (2)若点Q运动到点C时就停止，点P也随之停止运动，用含t的代数式表示四边形的面积； (3)若其中一个动点回到其出发点时，另一个动点也随之停止运动，则当_____时，以点P、Q与点A、B、C、D中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形． 【答案】(1)20 (2)或 (3)当或或或时，以点、与点、、、中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形 【分析】（1）过点D作交于点E，证出四边形为矩形，得出，，根据勾股定理即可求出． （2）若点Q运动到点C时就停止，点P也随之停止运动，分为当点P在上运动，即时，运用求解，和当点P在上运动，即时，运用即可求解； （3）分为①当时，②当时，③当时，④当时，分别画图求解即可计算； 【详解】（1）解：过点D作交于点E， ∵，， ∴， 则四边形为矩形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：20． （2）若点Q运动到点C时就停止，点P也随之停止运动， 如图1，当点P在上运动，即时， 则， ； 如图2，当点P在上运动，即时， 则， ； 综上，或； （3）如图，①当时，， 此时，四边形是平行四边形； ②当时，， 此时，四边形为平行四边形； ③当时，四边形是平行四边形， ， 此时； ④当时，， 此时，四边形为平行四边形； 综上所述，当或或或时，以点、与点、、、中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理等知识；本题综合性强，解本题的关键是分类讨论的思想解决问题，是一道中考常考题． 题型22 四边形中的线段最值问题（共3小题） 1．（25-26九年级上·江苏盐城·期末）如图，矩形中，，，点O为矩形的对称中心，点E为边上的动点，连接并延长交于点F，将四边形沿着翻折，得到四边形边交边于点G，连接、，则的面积的最小值为______． 【答案】 【分析】在上截取，连接，过点作于点，易证明，得出，最短时，也就是最短，而当时，最短，进一步得出的最小值是，最后根据勾股定理计算出，的长，从而计算出的最小面积． 【详解】解：如图，在上截取，连接，过点作于点， 由折叠得：， 又， ， ， 最短时，也就是最短， 故当时，最短． 点O为矩形的对称中心， ， 即的最小值是． 矩形的对角线长度为，且点O为矩形的对称中心， ． 在中， ∵为定值，度数也不变，是定值， 当取最小值，即时，的面积最小． 点O为矩形的对称中心，， ． 在中，， 在中，， ， 面积的最小值是． 2．（2026·江苏无锡·一模）如图，矩形中，，点E是边上的动点，点F在边上，．连接，则的最小值为__． 【答案】 【分析】在上取点，使得，连接，过点作于点，作点关于的对称点，连接，首先证明，由全等三角形的性质可得，再由轴对称的性质可得，易知，当点三点共线时，取最小值，即取最小值，然后证明四边形为矩形，结合矩形的性质以及勾股定理解得的值，即可获得答案． 【详解】解：如下图，在上取点，使得，连接，过点作于点，作点关于的对称点，连接， ∵四边形为矩形，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵点与点关于对称， ∴，， ∴， 当点三点共线时，取最小值，即取最小值， 此时∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴此时，即的最小值为． 3．（25-26九年级上·江苏连云港·期末）如图，四边形中，，，，，点在折线段上运动，令，点到的距离为，则的最小值为_______． 【答案】3 【分析】本题主要考查了勾股定理，巧用分类讨论的数学思想是解题的关键． 根据题意，对点M在和上的情况进行分类讨论即可解决问题． 【详解】解：分两种情况讨论： 当点在上时， ∵，且， ∴点到的距离为定值5， 即； 当点在上时， 过点作的垂线，垂足为， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴． 连接，则， ∵点在上， ∴， 则当时，的值最小为3． 综上所述，的最小值为3． 故答案为：3． 题型23 四边形综合问题（共3小题） 1．（24-25八年级下·江苏南通·期末）在中，若，的周长为y，则定义为这个平行四边形的坐标．如图所示，直线将第一象限划分为Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四个区域．现有如下四个结论： ①对于任意平行四边形，其坐标不可能位于区域Ⅰ中； ②对于任意矩形，其坐标可能位于区域Ⅳ中； ③对于任意菱形，其坐标可能位于区域Ⅳ中； ④对于任意正方形，其坐标一定位于区域Ⅲ中． 其中，正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】本题是一次函数综合题，涉及到一次函数的图象与性质，不等式的性质，勾股定理，三角形三边关系定理，平行四边形，菱形，矩形，正方形的性质，难度适中．理解坐标的意义，利用数形结合思想是解题的关键．根据利用不等式的性质得出，即可判断①；根据平行四边形，菱形，矩形，正方形的性质，利用三角形任意两边之和大于第三边，勾股定理得到的取值范围，即可判断． 【详解】解：如图，中，， 设，则，， ∵ ， ∴对于任意平行四边形，坐标位于直线的上方，不可能位于区域Ⅰ中，故结论①正确，符合题意； 如图，矩形中，， 设，则，， 当时， ∵， ∴， ， ， ∴对于任意矩形，坐标位于直线的上方，可能位于区域Ⅳ中，故结论②正确，符合题意； 如图，菱形中，， 则， 设，则，， ∵， ∴， ， ∴对于任意菱形，坐标位于直线的下方，不可能位于区域Ⅳ中，故结论③错误，不符合题意； 如图，正方形中，， 则，， ∴， ∵， ， ∴对于任意正方形，坐标位于直线的下方，直线的上方，一定位于区域Ⅲ中，故结论④正确，符合题意； 故选：B． 2．（24-25八年级下·江苏苏州·期中）小明参观完洛阳博物馆后，在出口处购买了博物馆文创产品之一的信封．信封正面可看成如图所示的矩形（虚线为重叠部分四边形的轮廓），其中，，，已知，且，则重叠部分四边形的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先证明四边形是正方形，由正方形的面积公式可求解． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∵， ∴， ∴ ∴四边形的面积为． 故选：B． 【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，证明四边形是正方形是解题的关键． 3．（24-25八年级下·江苏南京·期中）我们可以用对称的眼光研究一些几何问题． (1)如图①，在中，与交于点O，点E在边上，延长交于点G， ①求证：； ②将绕点O旋转，使点E落在上的F处，延长交于点H，请画出四边形，并证明四边形是矩形． (2)如图2，在菱形中，正方形的顶点E，G分别在边上，且，F，H两点在菱形的内部（包括边界）． ①在图3中用直尺和圆规作面积最小的正方形（保留作图痕迹，不写作法）； ②若，则正方形面积的最大值为______； 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）①利用平行四边形的性质得到，结合对顶角，证明，即可得出结论；②根据题意即可作出图形，同理①得：，得到，由①知，由旋转的性质得，得到，求出，即，即可证明； （2）①在图2中，连接，证明，推出，进而得到三点共线，正方形对角线过点O，根据题意：当有最小值时，正方形的边长最小，此时正方形的面积最小，即当时，正方形的面积最小，则过点O作的垂线，交于点E，延长交于点G，再过点O作的垂线，以为圆心，的长为半径画圆，交垂线于两点，连接即可；②由①知正方形的面积随的增大而增大，当点分别落在上，正方形的面积最大，设交于点Q，交于点P，设正方形边长为，则，，根据，列出方程求出x的值即可解答． 【详解】（1）①证明：在中，，， ∴， ∵， ∴， ∴； ②证明：如图， 同理①得：， ∴， 由①知， 由旋转的性质得：， ∴， ∴，即， ∴四边形是矩形（对角线相等且平分）； （2）①解：在图2中，连接， 在菱形中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴三点共线， ∴正方形对角线过点O， 根据题意：当有最小值时，正方形的边长最小，此时正方形的面积最小， 即当时，正方形的面积最小， 如图所示为所求： ②由①知正方形的面积随的增大而增大，如图，当点分别落在上时，正方形的面积最大，设交于点Q，交于点P， ∵在菱形中，，， ∴，， 设正方形边长为，则，， ∴， 则， 整理得：， 解得：， ∴正方形的面积最大为， 故答案为：9． 【点睛】本题考查四边形综合问题，涉及平行四边形的性质，矩形的判定，菱形的性质，正方形的性质，尺规作图，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练平行四边形的性质，菱形的性质是解题的关键． 题型24 三角形中位线的性质（共3小题） 1．（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，A、B两点分别位于一个池塘的两端，李明想用绳子测量A、B间的距离，但绳子不够长，一位同学帮他想了一个主意：先在地上取一个可以直接到达A，B的点C，找到，的中点D、E，并且测出的长为16米，则A、B间的距离为______米． 【答案】32 【分析】根据中位线的性质求解即可． 【详解】解：∵点D、E为，的中点， ∴为的中位线， ∴米， ∴则A、B间的距离为32米． 2．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，在中，点M为的中点，为的外角平分线，且，若，，则的长为______． 【答案】 【分析】延长交的延长线于E，根据等腰三角形三线合一的性质可得，再求出，然后判断出是的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半解答． 【详解】解：延长交的延长线于E， ∵为的外角平分线，且， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵点M为的中点， ∴是的中位线， ∴． 3．（25-26九年级下·江苏南京·月考）如图，在平行四边形中，和相交于点O，E、F、G分别是、、的中点，连接，，则的周长为 __________________ ． 【答案】 【分析】由为平行四边形得到，结合已知条件得到，进而得到与均为等腰三角形，结合为中点得到，为斜边上的中线求出；过点作于，求出，再证明四边形为平行四边形得到，最后将、、相加即可求解． 【详解】解：点、分别为和的中点， 是的中位线， ； 四边形为平行四边形， ，， 又， ， 与均为等腰三角形， 又 ∵为的中点，连接， ， ， 又为的中点， ∴； 过点作于，连接，如图所示： ∴， ， 在中，由勾股定理得， 为中点，为中点， 为的中位线， ，即，且， 四边形为平行四边形， ， ． 题型25 三角形中位线的证明（共3小题） 1．（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，在矩形中，与交于点，点是的中点，连接交于点，延长至G，使，连接，，． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）利用矩形性质得到，结合，可得到为的中位线，即可得到结论； （2）利用平行线的性质先证明，可证得四边形是平行四边形，结合且，即可得出结论． 【详解】（1）证明：四边形为矩形， ， 又， 为的中位线， 即； （2）证明：由（1）可知，， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， 且， ， 四边形是矩形． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，三角形的中位线，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握这些性质与定理是解答本题的关键． 2．（25-26八年级上·江苏南通·期末）如图，在中，，垂足为C，且．过点B作，过点E作，交的延长线于点F． (1)求证≌； (2)若连接，求的长； (3)若P为的中点，连接，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）由已知证明，结合已知即可证明；（2）求出的长度，即得的长度，可得长度，由，运用勾股定理即可求出的长度； （3）在上截取，连接．证明，可得，得，由，即得． 【详解】（1）证明：如答图1， ∵， ∴． ∴． ∴． 在和中， ∴ （2）解：如答图1，∵， ∴． ∴． 在中，由勾股定理得； （3）解：如答图2，在上截取，连接． ∵， ∴． 在和中， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 【点睛】本题考查了三角形综合题，熟练掌握全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线性质，是解题的关键． 3．（25-26八年级上·江苏南通·期末）求证：顺次连接四边形各边的中点，所得的四边形是平行四边形． （答题要求：根据题意画出图形，写出“已知”，“求证”，再进行证明） 【答案】见解析 【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定与性质，连接，由三角形中位线定理得出，且，同理，，且，从而得出，，即可得证，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】已知：如图，四边形中，E，F，G，H分别是边，，，的中点． 求证：四边形是平行四边形． 证明：连接， ∵是边的中点，是边的中点， ∴，， ∴，且， 同理，，且， ∴，， 四边形是平行四边形． 题型26 三角形中位线的应用（共3小题） 1．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）某城市规划局计划在一片矩形空地上建造一座纪念广场．为了增强广场的稳定性和美观性，设计师提出在矩形四边中点设置四根立柱，并用钢梁将这些立柱连接成一个四边形框架，工程师通过无人机测绘发现，原始矩形地块的对角线长度为150米．若用铝合金材料制作框架，每米造价为800元，问框架总预算至少需要多少万元（    ） A．24万元 B．30万元 C．48万元 D．60万元 【答案】A 【分析】本题考查的是中点四边形，连接矩形四边中点形成的四边形是一个菱形，根据三角形中位线分别求出框架的各边长，进而求出框架的周长，计算即可． 【详解】解：如图， ∵E、F、G、H分别为、、、的中点， ∴、、、分别为、、、的中位线， ∴，，，， ∵四边形是矩形， ∴米， ∴（米）， ∴框架的周长为米， ∵铝合金框架总长度为300米，每米造价800元， ∴总费用为元，即24万元， 因此，框架总预算至少需要24万元， 故选：A． 2．（24-25八年级下·江苏淮安·月考）如图，，两地被池塘隔开，小明先在外选一点，然后测出，的中点，，并测量出长为，由此可知，间距离______． 【答案】 【分析】此题考查了三角形中位线定理，证明是的中位线，则，即可得到答案． 【详解】解：∵的中点分别为M，N， ∴是的中位线， ∴ ∴， 即A，B间距离为， 故答案为： 3．（24-25八年级下·江苏连云港·期末）（1）问题发现 平行四边形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，过对称中心的直线平分平行四边形的面积．如图1，在中，点是对称中心，经过点，交于点，交于点，请证明：平分的面积； 我们还可以发现：若直线平分的面积，则经过的对称中心且． （2）结论应用 如图2，菱形的边长为，面积为，点是上一点，且，过点的直线与交于点．若平分菱形的面积，则四边形的周长为__________； （3）问题解决 旅游度假区在一块矩形草地上进行旅游功能区规划工作，如图3，在矩形草地中，，过点的直线将矩形的面积平分为两部分，左侧为休闲住宿区，右侧为活动娱乐区，现规划在左侧休闲住宿区域内搭建帐篷，顶点在矩形内，且到、的距离相等，直线过点，分别交、于点、，，求出此时的长，并直接写出的面积为__________． 【答案】（1）见解析；（2）；（3），平方米． 【分析】（）由四边形是平行四边形 则，故有，，证明，所以，然后通过面积和差即可； （）过作于点，过作于点，则，证明四边形是矩形，则有，又菱形的边长为，面积为，即，所以，然后通过勾股定理分别求出，，从而求解； （）连接交于点，取中点，连接，交于点，延长交于点，则，由、为、的中点，故有，， ，由勾股定理得，，通过，则，证明，所以，，，的面积为平方米． 【详解】解：（）∵四边形是平行四边形 ， ∴， ∴，， ∵、交于点，为对称中心， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴ ，即平分的面积； （）过作于点，过作于点，则， ∵平分菱形的面积， ∴经过菱形的对称中心且， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵菱形的边长为，面积为， ∴， ∴， 在中由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴四边形的周长为 ， 故答案为：； （）连接交于点， 由题意可知，， 取中点，连接，交于点，延长交于点， 则， ∵、为、的中点， ∴，， ∴， ∵点到、的距离相等 ， ∴， ∴，， 在中，， 在中，， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴（平方米）， ∴的面积为平方米． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，菱形的性质，中心对称，全等三角形的判定与性质，中位线定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 题型27 中点四边形（共3小题） 1．（25-26八年级上·江苏盐城·期末）将连接四边形对边中点的线段称为“中对线”．如图，四边形的对角线，且两条对角线的夹角为，则该四边形较短的“中对线”的长为______．   【答案】3 【分析】此题考查的是三角形的中位线定理，根据三角形中位线定理可得菱形，然后根据菱形的性质及等边三角形的性质可得答案． 【详解】解：如图，取四边的中点，依次连接起来，设与交点M， ∴是的中位线， ，， 同理， ，，， ，， 四边形是菱形， ，， ， ， ， 为等边三角形， ， 较短的“中对线”长度为． 故答案为：． 2．（24-25八年级下·江苏宿迁·期末）在四边形中，，对角线，若，，则四边形各边中点连线构成的四边形的面积是______． 【答案】 【分析】本题主要考查了中点四边形，三角形中位线定理，平行四边形和矩形的定义等知识点，画出图形、利用三角形的中位线推理证明是解题的关键． 连接、、、的中点、、、，根据三角形的中位线定理，得出，，，，求出、的长，推出，，根据平行四边形和矩形的定义证明四边形是矩形，根据矩形的面积，计算得出答案即可． 【详解】解：如图，、、、分别为、、、的中点，连接点、、、， ∴，，，，，（三角形的中位线定理）， ∴，， ∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）， ∴矩形的面积． 故答案为：． 3．（24-25八年级下·江苏泰州·月考）综合与实践 某数学兴趣小组在探究苏科版八年级数学教材时，经历了如下过程：如图，正方形的边长为，、、、分别是上的动点，且． 【知识回顾】（1）求证：四边形是正方形； 【规律探究】（2）判断直线是否经过一个定点，并说明理由； 【拓展延伸】（3）设线段的中点为，当点从点运动到点的过程中，求点运动的路径长． 【答案】（1）见解析；（2）直线经过一个定点，这个定点为正方形的中心（、的交点）；理由见解析；（3）点运动的路径长为． 【分析】（1）由正方形的性质得出，，证出，由证明三角形全等，得出，，证出四边形是菱形，再证出，即可得出结论； （2）连接、，交点为；先证明，得出，证出为对角线、的交点，即为正方形的中心； （3）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，，，设，则，点运动的路径直线上，进而利用勾股定理即可得解． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， 同理可得：， ∴ 四边形是菱形， ， ， ， 四边形是正方形； （2）解：直线经过一个定点，这个定点为正方形的中心（、的交点），理由如下： 连接、，交点为，如图所示： 四边形是正方形， ， ， 在和中， ， ， ，，即为的中点， 正方形的对角线互相平分， 为对角线、的交点，即为正方形的中心； （3）解：如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则，，设，则， ∴，， ∵为的中点， ∴即， ∵， ∴在直线上， 当时，，当时，，解得 ∴点运动的路径长为． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，求一次函数及勾股定理，勾股定理，本题综合性强，有一定难度，正确地作出辅助线及构造直角坐标系是解题的关键． 题型28 等腰梯形的性质（共3小题） 1．（2025·江苏南通·一模）下列说法不正确的是（   ） A．一组邻边相等的矩形是正方形 B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 C．等腰梯形的对角和相等 D．矩形的对角线互相垂直平分 【答案】D 【分析】根据正方形的判定，菱形的判定，等腰梯形的性质，矩形的性质逐一判断即可． 【详解】A、一组邻边相等的矩形是正方形，正确，不符合题意； B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确，不符合题意； C、因为等腰梯形两底互相平行，两底角相等，所以等腰梯形的对角和相等，正确，不符合题意； D、因为矩形的对角线不一定互相垂直，所以D选项错误，符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的判定，菱形的判定，等腰梯形的性质，矩形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． 2．（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，在等腰梯形中，，对角线相交于点O，那么以下四个结论：①；②；③；④．其中正确的是______（填序号）． 【答案】①②④ 【分析】根据等腰梯形的性质得到，，，证明出，得到，结合等角对等边，进而求解即可． 【详解】解：∵等腰梯形中，，对角线相交于点 ∴，，，①正确； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即，②正确； ∵和不一定相等， ∴和不一定相等，故③错误； ∵， ∴， ∴， ∴，④正确； 则正确的是①②④． 3．（2026八年级下·江苏·专题练习）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． 题型29 等腰梯形的判定（共3小题） 1．（25-26八年级下·江苏宿迁·月考）如图，在中，点E在边的延长线上，连接，．求证：四边形是等腰梯形． 【答案】见解析 【分析】根据平行四边形的性质求得，，，推出，即可证明四边形是等腰梯形． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴， ∴四边形是等腰梯形． 2．（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，在梯形中，，延长到点E，使，． (1)试说明梯形是等腰梯形． (2)连接，试判断与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】本题考查了等腰梯形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的性质和判定的应用，注意：有两腰相等的梯形是等腰梯形． （1）根据平行线的性质求出，根据推出，证，推出即可． （2）根据等腰梯形性质得出，即可得出答案． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是等腰梯形． （2）解：， 理由是：连接, ∵四边形是等腰梯形， ∴， ∵， ∴． 3．（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形中，，，，、分别在、的延长线上，且，交于点． (1)证明 (2)求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、梯形的性质，熟练掌握全等三角形的判定定理与性质是解题的关键． （）先根据梯形的性质得出边和角的关系，再结合已知条件找到全等的条件（）证明． （）求的度数，可利用（）中全等三角形的性质，将角进行转化，再结合梯形中角的关系求解． 【详解】（1）证明：∵在梯形中，，， ∴ ∵在和中，，， ∴ （2）解：∵ ∴ ∴ ∵， ∴ / 学科网（北京）股份有限公司 $品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专题03四边形 题型归纳·内容导航 题型1平行四边形的性质问题（重点） 题型16正方形与折叠问题（难点） 题型2平行四边形的证明（常考点） 题型17利用正方形性质证明 题型3平行四边形的判定与性质求解类问题（难点）：题型18正方形的证明（常考点） 题型4矩形的性质问题（重点） 题型19正方形的判定与性质求解类问题（难点） 题型5利用矩形性质证明 题型20添加条件类问题（常考点） 题型6矩形与坐标系 题型21四边形中的动点问题（难点） 题型7矩形与折叠问题（难点） 题型22四边形中的线段最值问题（难点） 题型8矩形的证明（常考点） 题型23四边形综合问题（难点） 题型9矩形的判定与性质求解类问题（难点） 题型24三角形中位线的性质 题型10平行线间距离解决问题 题型25三角形中位线的证明 题型11菱形的性质问题（重点） 题型26三角形中位线的应用 题型12利用菱形性质证明 ! 题型27中点四边形（难点） 题型13菱形的证明（常考点) 题型28等腰梯形的性质 题型14菱形的判定与性质求解类问题（难点） 题型29等腰梯形的判定 题型15正方形的性质问题（重点） 题型通关·靶向提分 题型1平行四边形的性质问题（共3小题） 1.(25-26八年级下·江苏徐州月考)已知平行四边形相邻两边的长分别是3、5，则它的周长是() A.8 B.15 C.16 D.20 2. (25-26八年级下·江苏苏州月考)如图，四边形0ABC是平行四边形，其中点A的坐标是(10,0)，点O 的坐标是0,0)，点C的坐标是(4,6). 备用图 (1)请求出点B的坐标： / 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (②)已知点D是直线CB上一个动点，若三角形OAD是等腰三角形，请求出所有符合要求的点D的坐标： (3)已知直线y=2x+1以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，经过多少秒该直线恰好将平行四边形 OABC分成面积相等的两部分？ 3.(25-26八年级下，江苏徐州月考)如图所示，在。ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,过点O的 直线分别交AD,BC于点M,N.若aCON的面积为2，△D0M的面积为4，求△COB的面积. 题型2平行四边形的证明（共3小题） 1.(25-26八年级上江苏盐城期末)如图，在梯形ABFE中，AE∥BF,AE=BF,若点C为BF的中 点，连接AC,BE交于点D (1)求证：四边形ACFE是平行四边形： (2)若ABC是等边三角形，且AE=3,求EF的长. 2.(25-26八年级上江苏南通·期末)如图，在等边三角形ABC中，点D在边BC上（与点B,C不重合）， CD的垂直平分线交BA的延长线于点E,交边AC于点M. B D (备用图) (I)当点D为BC中点时，连接AD,MD,求证四边形ADME是平行四边形： (2)探究线段AE与BD的数量关系，并说明理由： (3)若AE·AB=√3，求四边形ADME的面积. 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 3.(24-25八年级下·江苏无锡月考)如图，在口ABCD中，点E、F分别在边BC和AD上，且BE=DF. (1)求证：△ABE≌△CDF. (2)求证：四边形AECF是平行四边形. 题型3平行四边形的判定与性质求解类问题（共3小题） 1.(24-25八年级下·江苏扬州期末)如图，在口ABCD中，点E是对角线AC上一点，过点E作FG∥AB 分别交AD于点F,BC于点G,连接BE、DE,若Sg立形rGcD=1,则下列面积一定可以求得结果的是() F B G A.SAEGC B.S.BEC C.S△ADc D.S.ED 2.(24-25八年级下·江苏宿迁·期末)如图，点E为平行四边形ABCD的对角线AC上一点，AC=7, CE=1.5,连接DE并延长至点F,使得EF=DE,连接BF,则BF为 D 3.(24-25七年级下，江苏准安·月考)在所给的方格纸中，用无刻度的直尺分别按要求画图. F …E 图1 图2 (1)在图1中，已知A,B,C为格点. 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ①将ABC向左平移2格，再向下平移1格，画出平移后的△AB,C: ②画出ABC关于直线1对称的△A,B,C, (2)在图2中，已知D,E,F,G均为格点，DE与FG交于点O,LDOF=a,找出所有格点M,使 △FGM的一个内角是a的补角. 题型4矩形的性质问题（共3小题） 1.(24-25八年级下·江苏无锡·月考)如图，延长矩形ABCD的边BC至点E,使CE=BD,连接AE.若 ∠ADB=40°，则∠E的度数是() E A.10 B.15 C.20° D.30° 2.(25-26八年级下.江苏苏州月考)如图，矩形ABCD中，BC=2AB,对角线相交于O,过C点作 CE⊥BD交BD于E点，H为BC中点，连接AH交BD于G点，交EC的延长线于F点，下列4个结论： ①EH=AB;②∠ABG=∠HEC;③△ABG≌AHEC;④CF=BD.正确的有()个. B A.1 B.2 C.3 D.4 3.(25-26八年级上江苏宿迁·月考)再看七下数学教学活动一折纸与证明，让学生通过折叠纸片，观察图 形的对称性、全等变换及角度边长的变化关系，学生直观感受到几何结论的形成过程，并能主动提出猜 想，结合己学知识进行严谨证明，增强了数学思维的严密性和表达的条理性， 探究与发现： (1)如图1，在ABC中，AB>AC,怎祥证明∠C>∠B呢？小明以“折叠”为思路：将ABC沿AE折 叠，使点C落在AB边的点D处，请你完成证明过程. 感悟与应用： (2)如图2，AD是ABC的高，∠C=2∠B,若AC=10,，CD=4,求BD的长. 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (3)对折矩形纸片ABCD,使AD与BC重合，折痕为EF,把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落 在EF上的点N处，并使折痕经过点B,折痕为BM,把纸片展平，连接AN，,如图3所示，则△ABN是 (填形状)，继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B,得到折痕BG,把纸 片展平，如图4所示，则LGBN的度数为_· 拓展升华： (4)在四边形ABCD中，AC平分∠BAD,DC=BC,探究∠B和∠D的关系，并证明你的结论. M M G D D D D 题型5利用矩形性质证明（共3小题） 1.(24-25七年级下·江苏宿迁期末)如图，在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=4,BC=3, AB=5,动点D在线段AB上运动（不与端点重合），点D关于边AC,BC的对称点分别为E,F,连 接EF,点C在EF上，则在点D的运动过程中，线段EF长度的最小值是() 号 B. C.10 D.36 2.(2026江苏无锡一模)如图，在矩形ABCD中，点E是BC边上一点，AE=AD,DF⊥AE于点F· A B (1)求证：AB=DF. (2)若AB=8,CE=4,求BC的长 3.(25-26八年级上江苏宿迁·月考)如图，ABC的顶点A、B、C都在小正方形的顶点上，试在方格纸 上按下列要求画格点三角形. 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (I)画ABC的中线AE; (2)所画的三角形ABC与ABC全等且有1个公共顶点C: (3)所画的三角形ABC,与ABC全等且有1条公共边AB. 题型6矩形与坐标系（共3小题） 1.（23-24八年级下·江苏宿迁期中)如图，在平面直角坐标系中，矩形0ACB的顶点O在原点，顶点A、 B分别在x轴、y轴的正半轴上，OA=4,OB=3,D为OA的中点，E、F是边OB上的两个动点，且 EF=1,当四边形CDEF的周长最小时，点E的坐标为 y个 B F E D A 2.(24-25八年级下江苏无锡·月考)如图1，矩形0ABC的顶点A、C在坐标轴上，己知点A的坐标为 (8,0,点C的坐标为0,6) A 图1 图2 (1)直接写出B点坐标； (2)D为线段OA上一点，将△ABD沿直线BD翻折，使点A恰好落在对角线OB上的点E处.在图1中 用无刻度的直尺和圆规画出点D和E(保留作图痕迹)，并求出点E的坐标； (3)如图2，在(2)的条件下，若点P是平面内任意一点，点Q是y轴上的动点，是否存在点Q,使得 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 O、E、P、Q四点组成的图形是菱形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由 3.(24-25八年级下·江苏泰州月考)ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边 长为1个单位. O (1)在图中画出将ABC绕点O顺时针旋转90°得到的△AB,C； (2)在图中画出ABC关于原点O的中心对称图形△A,B,C2; (3)已知点D是平面内一点，若以A,B,C,D为顶点的四边形是矩形，写出点D的坐标 题型7矩形与折叠问题（共3小题） 1.(25-26九年级下·江苏南京·月考)如图，矩形纸片ABCD中，AB=4,BC=8,将纸片沿EF折叠，使 点C与点A重合，则AF的长为() G A D B A.3 B.4 C.5 D.25 2.(25-26八年级下江苏苏州月考)如图，在矩形ABCD中，AD=10,AB=8.E是边AB上一点，将 ADE沿DE所在直线折叠，使得点A怡好落在CB边上点F处，则EF的长是一· D E 3.(25-26八年级上江苏扬州期末)将一张长方形纸片ABCD按如图所示的方式对折，使点C落在AB上 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 的点C处，折痕为MN,点D落在点D处，CD交AD于点E.若BM=3,BC=4,AC'=3,则 DN的长为() E N.D B A.3 3 C. B. 4 D. 题型8矩形的证明（共3小题） 1.(24-25八年级下·江苏盐城月考)如图，O是菱形ABCD对角线AC与BD的交点，CD=10cm, OD=6cm,过点C作CE∥DB,过点B作BE∥AC,CE与BE相交于点E. D B (1)求0C的长； (2)求证：四边形OBEC为矩形， 2.(25-26八年级上江苏南京期末)如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=m,AC=n,过点B作 BF⊥AB,E为BF上一点，且CE=CB,将CB绕点C逆时针旋转到CD的位置，D,E不重合，旋转角为 a(0°<a≤120).若直线DE与射线AC,AB分别交于点G,H. F B B H 备用图 (I)用含的代数式表示BE的长为 (2)当a=90°时，试探究△AGH的形状，并说明理由； 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (3)若m=1,n=5时，关于点C到直线DE的距离d,说法正确的是 (填写所有正确的结论序号). ①d随着a的增大而增大；②d随着u的增大而减小；③a=60°时，d=√5. 3.(2026八年级下·江苏专题练习)如图，在四边形ABCD中，AB∥DC,∠C=90°，E为边AB上一点， EB=DC,连接DE、BD. (I)求证：四边形BCDE是矩形； (2)若BD平分∠ADC,AD=5,BE=2,求DE的长. 题型9矩形的判定与性质求解类问题（共3小题） 1.(24-25八年级上·江苏盐城月考)如图，在ABC中，∠BAC=90°，P是ABC内一点，点D,E,F 分别是点P关于直线AC,AB,BC的对称点，给出下面三个结论：①AE=AD;②∠DPE=90°；③ ∠ADC+∠BFC=180°.上述结论中，所有正确结论的序号是() B A.①②③ B.①② C.①③ D.②③ 2.(24-25八年级下·江苏泰州月考)如图，在正方形ABCD中，点E为对角线AC上的一点， EF⊥CD,EG⊥AD,垂足分别为F、G,若EG=2,EF=6,则BE的长度为 G A D E B 3.(24-25八年级下·江苏扬州月考)如图，在平行四边形ABCD中，点E,F分别在BC,AD上， 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 BE=DF,AC=EF. (I)求证：四边形AECF是矩形； (2)若AB=AD,且AC=4V5,EC=4,求AB的长. 题型10平行线间距离解决问题（共3小题） 1.(25-26八年级上江苏南通·月考)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC,BC=6,△BDC面积为21， AB的垂直平分线MN分别交AB,AC于点M,N,若点P和点Q分别是线段MN和BC边上的动点， 则PB+PQ的最小值为() D 9 A.5 B.6 C.7 D.8 2.(25-26八年级上江苏淮安期中)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以△ABC的三边为边分别向外画一 个正方形.过点C作CM⊥AB,垂足为M,连接MH,则aMBH的面积等于() D M B A.△ABC的面积 B.△AMC的面积 C.正方形BCFG面积的一半 D.正方形AEDC面积的一半 3.(24-25七年级上·江苏宿迁·月考)如图，正方形网格中所有小正方形的边长都为1，规定每个小正方形 /