第21章四边形 单元复习（4大知识点总结+10大题型+易错警示+解题技巧）2025-2026学年人教版数学八年级下册易错题重难点培优讲义

该初中数学《四边形》单元复习讲义通过表格系统梳理核心知识点，将平行四边形及特殊平行四边形的性质与判定、三角形中位线定理、四边形综合应用等内容，按“核心知识点-常考考点-高频易错点”对应呈现，清晰展现知识脉络与内在联系，突出重点难点。 讲义亮点在于分层题型设计与方法指导，基础题型巩固平行四边形性质应用，提升题型如特殊平行四边形折叠问题，通过“标记对应边、列勾股定理方程”培养推理能力与几何直观，培优题型如四边形与坐标系综合，结合坐标计算与性质判定发展空间观念。同步练习覆盖选择、填空、解答，适配不同层次学生，教师可据此实施分层教学，助力学生系统提升。

第21章 四边形 核心知识点 常考考点 高频易错点 1.平行四边形的性质与判定 1.平行四边形对边、对角、对角线的性质应用； 2.平行四边形的判定（边、角、对角线条件）； 3.平行四边形与三角形的综合计算（如面积、周长） 1.混淆平行四边形的判定条件（如“一组对边平行，另一组对边相等”误判为平行四边形）； 2.忽略“对角线互相平分”的前提是“四边形是平行四边形”； 3.计算平行四边形面积时，底与高不对应（误将邻边当作高） 2.特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形） 1.矩形的性质（对角线相等、四个角为直角）与判定； 2.菱形的性质（对角线垂直、四条边相等）与判定； 3.正方形的性质（兼具矩形和菱形性质）与判定； 4.特殊平行四边形的折叠、旋转问题 1.判定特殊平行四边形时，遗漏“平行四边形”的前提（如“对角线相等的四边形是矩形”表述错误）； 2.菱形面积计算混淆“底×高”与“对角线乘积的一半”； 3.正方形折叠问题中，未准确把握对应边、对应角的关系 3.三角形中位线定理 1.三角形中位线的判定（连接两边中点的线段）； 2.中位线性质的应用（平行于第三边且等于第三边的一半）； 3.中点四边形的性质（由原四边形对角线关系决定） 1.误将“连接三角形三边中点的线段”当作中位线（多连或漏连中点）； 2.应用中位线性质时，混淆“一半关系”（误将中位线长度当作第三边的2倍）； 3.中点四边形性质判断错误（未结合原四边形对角线的平行/垂直/相等关系） 4.四边形综合应用 1.四边形与坐标系、函数的结合； 2.四边形中的动点问题（最值、存在性）； 3.跨学科情境中四边形的建模（如建筑、航海） 1.动点问题中未确定动点运动范围，导致漏解； 2.坐标系中四边形面积计算时，割补法应用错误； 3.跨学科问题中未准确提取四边形的边长、角等条件 【易错题型】 【题型1】特殊平行四边形判定与性质的混淆应用 1.易错点总结 判定特殊平行四边形时遗漏前提条件：如误将“对角线相等的四边形”当作矩形，忽略“平行四边形”的前提； 混淆菱形与矩形的性质：计算菱形面积时误用“对角线相等”，计算矩形面积时误用“对角线垂直”； 特殊平行四边形折叠问题中，未抓住对应边相等、对应角相等的核心性质，导致线段长度计算错误。 2.纠错技巧 判定特殊平行四边形“三步法”：①先判断是否为平行四边形；②再根据特殊条件（如直角、邻边相等、对角线垂直）判定类型；③验证所有性质是否符合（如正方形需同时满足矩形和菱形性质）； 性质记忆口诀：“矩形对角线等，菱形对角线垂，正方形两者兼具；平行四边形对边等，特殊四边形四边/四角特殊”； 折叠问题处理：先标记折叠前后的对应点、对应边，再结合勾股定理或全等三角形列方程求解，避免直观臆断。 【例题1】.（25-26八年级下·重庆·月考）如图，在中，，，，D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，则线段长的最小值为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，易得四边形为矩形，进而得到，根据垂线段最短，得到当时，的长最小，利用勾股定理和等积法进行求解即可. 【详解】解：连接，    ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴， ∵D是斜边上的一个动点， ∴当时，的长最小， ∵，，， ∴， 当时，则：， ∴， ∴的最小值为. 【变式题1-1】.（25-26八年级下·全国·课后作业）按如下步骤作四边形：（）画；（）以点为圆心，个单位长度为半径画弧，分别交于点；（）分别以点和点为圆心，个单位长度为半径画弧，两弧交于点；（）连接．若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先证明四边形是菱形，再根据菱形的性质即可求得答案． 【详解】解：由作图可知，， ∴四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 【变式题1-2】.（25-26九年级上·陕西西安·月考）如图，在中，的平分线交于点D，， (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的判定，正方形的性质与判定，等角对等边，熟知菱形的判定定理和正方形的性质与判定定理是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再由平行线的性质和角平分线的定义推出，则可得到，据此可得结论； （2）可证明四边形是正方形，再根据正方形对角线相等，且正方形的面积等于其对角线乘积的一半可得答案． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ，， 四边形是平行四边形． 平分 ． ， ， ， ， 平行四边形是菱形． （2）解：如图所示，连接， 由（1）可知，四边形是菱形． ，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴． 【变式题1-3】.（2026·青海西宁·一模）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 【分析】（1）由平行线的性质可得，再证明，即可得证； （2）由（1）可得，由直角三角形的性质可得，最后再由菱形的判定定理证明即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：四边形是菱形，理由如下： 由（1）可得， ∵，是的中点， ∴， ∴， ∵，即， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 【基础题型】 【题型2】平行四边形的性质与判定基础应用 1.考点总结 平行四边形对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分的性质应用； 平行四边形的判定（一组对边平行且相等、两组对边分别相等、对角线互相平分等）； 平行四边形周长、面积的基础计算（底×高、对角线分成的四个三角形面积相等）。 2.解题技巧 性质应用：遇平行四边形求边或角，优先利用“对边相等”“对角相等”转化已知条件，对角线问题可结合“互相平分”转化为线段中点问题； 判定方法选择：已知边的关系选“一组对边平行且相等”，已知对角线关系选“互相平分”，已知角的关系选“两组对角分别相等”； 面积计算：确定底后，高需是“对应底边上的垂线段长度”，可通过作垂线构造直角三角形求高。 【例题2】.（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，在四边形中，已知，求证． (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）运用直接证明即可； （2）由得，则，再证四边形是平行四边形，即可得出结论． 【详解】（1）证明：在与中， ， ∴； （2）证明：由（1）知， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 【变式题2-1】.（25-26七年级下·黑龙江哈尔滨·月考）在四边形中，，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的对角相等，由此即可得到答案． 【详解】∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴． 【变式题2-2】.（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，已知中，，，点为平面内一点，满足，分别以，为边作，连接，则的最小值为______． 【答案】 【分析】在延长线上截取，连接，，由平行四边形的判定和性质得出四边形是平行四边形，进而得出且，再证明是等腰直角三角形，由勾股定理得出，再由三角形三边关系得出，进而可求出的最小值． 【详解】解：在延长线上截取，连接，， 四边形是平行四边形，， ， ， 四边形是平行四边形， 且， ，，， 是等腰直角三角形， ， ， ， 的最小值为． 故答案为：． 【变式题2-3】.（24-25八年级下·湖南益阳·期中）如图，四边形为平行四边形，点E、A、C、F在同一条直线上，并且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．先由四边形是平行四边形，证得，再根据补角的性质证得，从而证明，最后由全等三角形的性质证得，，从而证得四边形是平行四边形． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴，即， 在和中， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【题型3】矩形、菱形的基础性质计算 1.考点总结 矩形的核心性质（对角线相等、四个角为直角）的直接应用； 菱形的核心性质（对角线垂直、四条边相等）的直接应用； 矩形、菱形的周长、面积计算（含对角线与边长的关系）。 2.解题技巧 矩形计算：遇矩形对角线，利用“对角线相等且互相平分”转化为等腰三角形，结合直角三角形勾股定理求边长（如矩形对角线长为，则边长满足）； 菱形计算：遇菱形对角线，利用“互相垂直平分”转化为四个全等直角三角形，边长与对角线满足，面积； 周长计算：矩形周长，菱形周长，直接利用边长特征求解。 【例题3】.（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，对角线，相交于点，且，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质，掌握对角线相等的平行四边形是矩形，矩形的内角为直角是解题的关键． 根据平行四边形对角线相等的性质判定为矩形，利用矩形的角为直角，结合已知角度计算的度数． 【详解】解：∵在中，对角线， ∴四边形是矩形， ． ， ． 故选：A． 【变式题3-1】.（2022·吉林长春·模拟预测）如图，菱形的对角线相交于点，是的中点，点在上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，则__________． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】（1）根据菱形的性质得，，再由三角形中位线定理得，得四边形是平行四边形，然后证明即可得出结论． （2）由三角形的中位线定理得，再由矩形的性质得，，，然后由勾股定理求出的长，即可得出的长． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ，， 是的中点， 是的中位线， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形． （2）解：四边形是菱形， ， 由（1）得：，四边形是矩形， ，，， 是的中点， ， 在中，由勾股定理得： ， ． 【变式题3-2】.（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，已知在矩形中，于点，，则的度数是_____． 【答案】 【分析】本题考查矩形的知识，解题的关键是掌握矩形的性质，对角线相等，可得，推出，根据题意，求出，，根据三角形的内角和，求出，再根据，即可． 【详解】解：∵四边形是矩形，，是对角线， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式题3-3】.（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，在菱形中，，点分别在边上，且，若菱形边长为，则四边形的面积为______． 【答案】 【分析】连接，由菱形的性质可证明，得出，作，即可求出四边形的面积． 【详解】解：连接，如图， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴和都是等边三角形， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴， 作交于点，    在中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 则四边形的面积为， 故答案为：． 【题型4】三角形中位线定理的基础应用 1.考点总结 三角形中位线的判定（连接三角形两边中点的线段）； 中位线性质的应用（平行于第三边且等于第三边的一半）； 简单中点四边形的性质（如任意四边形的中点四边形是平行四边形）。 2.解题技巧 中位线判定：先找三角形的“两边中点”，连接后即为中位线，可通过“中点+平行”反向判定中位线； 性质应用：求线段长度时，中位线长度=第三边长度×；证平行时，中位线与第三边平行，可转化角的关系； 中点四边形：原四边形对角线相等→中点四边形是菱形；原四边形对角线垂直→中点四边形是矩形；原四边形对角线既相等又垂直→中点四边形是正方形。 【例题4】.（重庆永川区双竹初中片区双竹初级中学校等校2025-2026学年下学期第2周学情调研九年级数学试题）如图，在中，，D，E，F分别是的中点，连接三个中点，若，则的面积是________． 【答案】 【分析】过点作的垂线，垂足为，易证是等腰直角三角形，求出，由勾股定理求出，再根据E，F分别是的中点，得到，推出，即可求解． 【详解】解：过点作的垂线，垂足为， 则， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，F是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵E，F分别是的中点， ∴， ∴， ∴的面积是． 【变式题4-1】.（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，点D，E分别是，的中点，作平分交于点F．若，，则的长为（    ） A．10 B．11 C．12 D．14 【答案】C 【分析】根据中位线定理可得，根据平行线的性质，角平分线的性质可得，由此可得的值，再根据中位线的性质即可求解． 【详解】解：∵是中点， ， ， ∵是的平分线， ， ， ， ， ． 【变式题4-2】.（2026·湖南湘潭·一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，点E是边的中点，点F在对角线上，且，连接，若，则的长为（    ） A．1 B．2 C．4 D．3 【答案】B 【分析】由矩形性质得点为中点，从而可得为的中位线，进而求解． 【详解】解：在矩形中，， ， ， ， 即点是边的中点， 点是边的中点， 为的中位线， ． 【变式题4-3】.（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， ∴． 【题型5】正方形的性质与基础判定 1.考点总结 正方形的核心性质（四条边相等、四个角为直角、对角线相等且垂直平分）； 正方形的基础判定（菱形+直角、矩形+邻边相等）； 正方形的边长、对角线、面积的关系计算。 2.解题技巧 性质应用：正方形兼具矩形和菱形性质，遇对角线问题可同时利用“相等”和“垂直”，转化为等腰直角三角形（如正方形对角线长为，则边长，面积）； 判定方法：优先判断原四边形是矩形或菱形，再补充一个特殊条件（如矩形+邻边相等、菱形+直角）； 计算捷径：记住正方形边长、对角线、面积的关系：，，直接代入计算。 【例题5】.（2026·陕西西安·一模）如图，已知正方形的对角线和相交于，点，分别在，上，若，求证：． 【答案】见解析 【分析】根据正方形的性质得到，，再根据等角对等边可得，进而证明，由全等三角形的性质即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴ ∴． 【变式题5-1】.（2026·广西钦州·一模）如图，在正方形中，点E在边上，连接． (1)尺规作图：作，交线段于点F（要求保留作图痕迹，不写作法，标明字母）； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据作一个角等于已知角的方法作图即可； （2）首先由正方形的性质得到，，然后根据证明即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求． （2）证明：∵四边形是正方形， ∴，． 在和中， ∴． 【变式题5-2】.（2026·江西九江·一模）三角形内角平分线还有这样一个定理：三角形内角平分线分对边所得的两条线段和这个角的两边对应成比例． (1)【探究说理】如图1，已知在中，平分，求证：．请根据提示完成证明． 证明：作于点于点，…（请完成以下证明） (2)【问题解决】如图2，已知正方形的边长为为的角平分线，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由等底不等高相等的三角形可得，作于点E，于点F，由角平分线性质得到，由三角形面积公式可得，即可得到结论； （2）连接，求出，证明平分，由（1）的结论可知，，代入数值即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵共边上的高， ∴， 作于点E，于点F， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：如图2，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵平分， 由（1）的结论可知，， ∴， 解得． 【变式题5-3】.（2026·安徽阜阳·一模）如图，在正方形中，点，分别在，上，是等边三角形．求的度数． 【答案】 【分析】先证，得，结合，可得，在中利用直角两锐角互余即可求的度数． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，． ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴ ∵， ∴． 【提升题型】 【题型6】特殊平行四边形的判定综合应用 1.考点总结 结合平行四边形的判定，综合证明矩形、菱形、正方形； 利用特殊平行四边形的性质与判定解决线段相等、垂直问题； 多条件约束下的特殊平行四边形判定（如含对角线、角平分线条件）。 2.解题技巧 判定思路：“先证平行四边形，再证特殊”（如先证四边形是平行四边形，再证对角线相等→矩形；再证对角线垂直→正方形）； 关键条件转化：遇角平分线+平行四边形→邻边相等→菱形；遇直角+平行四边形→矩形；遇对角线垂直且相等+平行四边形→正方形； 证明步骤：先列出已知条件，对应匹配判定定理的条件，缺啥补啥（如缺“平行”补平行，缺“相等”补相等）。 【例题6】.（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，中，对角线相交于点，点E，F是对角线的三等分点，连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)不添加辅助线的情况下，在中添加一个条件______，可使四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质得，，再证，即可得出四边形是平行四边形； （2）证，再由（1）得四边形是平行四边形，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵点，是对角线的三等分点， ∴， ∴， 即， ∴四边形是平行四边形； （2）解：在中添加一个条件时，四边形是矩形，理由如下： ∵点，是对角线的三等分点， ∴， ∵， ∴， 由（1）得：四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形， ∴在中添加一个条件，可使四边形是矩形． 【变式题6-1】.（2026·云南昆明·模拟预测）已知四边形为矩形，点F为上一点，过点E作，连接，且平分， (1)求证：四边形为菱形； (2)已知矩形的周长为22，四边形的周长为20，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再证明四边形为菱形即可； （2）根据菱形的性质得出，根据矩形的周长为22，得出，从而求出，根据勾股定理得出，根据完全平方公式变形求出，最后根据三角形面积公式得出答案即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为矩形， ∴，，，， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形为菱形； （2）解：∵四边形为菱形， ∴， ∵四边形的周长为20， ∴， ∵矩形的周长为22， ∴， ∴， ∴， 即， 在中，根据勾股定理得：， ∴， ∴． 【变式题6-2】.（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，四边形中，，，点在边上，四边形为平行四边形，，动点从点出发，沿以每秒3个单位长度的速度向终点运动，设点的运动时间为秒． (1)的长为_____，的长为_____； (2)若为等腰三角形，求的值； (3)在点运动过程中，作点关于直线的对称点，当直线与边或边平行或共线时，直接写出的值． 【答案】(1)13，20 (2)或或 (3)5或 【分析】（1）先根据平行四边形的性质得，再根据勾股定理求出，然后根据得出答案． （2）作，连接，根据平行四边形的性质得，再根据勾股定理求出，然后根据为等腰三角形，分三种情况，分别列出方程求出解即可； （3）当共线时，则，根据可得，即可求出；当时，连接，先根据“边边边”证明，再说明，进而得出，即可得出四边形是菱形，然后根据边长相等可得答案． 【详解】（1）解：∵四边形为平行四边形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：如图，过点E作，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． ∵， ∴． 由（1）知由题意知， ∴． ∵为等腰三角形， ∴分三种情况： 当时，则， 解得； 当时， ∴即则， 解得； 当时，， ∵， ∴， 在中，，即， 解得． 综上所述，当为等腰三角形，t的值为或或； （3）解：∵点B，C，D在同一条直线上，点M与点D关于直线对称， ∴如图所示，当共线时，则， 同理（2）可得， ∴， ∴； 如图，当时，连接， 由对称的性质得， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴点M在上，即四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形， ∴，即， 解得． 综上所述，当直线与边或边平行或共线时，t的值为5或． 【变式题6-3】.（2026·安徽宿州·一模）已知点E，点F是菱形内的两点，，，连接，． (1)如图1，求证：； (2)连接与交于点O，已知． （i）如图2，若，，求的度数； （ii）如图3，若，，当时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)（i）；（ii）5 【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再由，从而证得，同理可证，从而证得，最后证明，由全等三角形的性质证得； （2）（i）先证四边形是正方形，再证，结合三角形外角的性质得到，再结合等腰三角形性质，求得 ，即求得； （ii）连接，延长交于点G．先求出的长度，由可知，，通过计算，求得．证，从而得到，，求出 ，由，，求出，最后求得的值． 【详解】（1）证明：如图1，连接． ∵，， ∴，四边形是平行四边形． ∴． ∵四边形是菱形， ∴，． ∴． ∴，即． ∴． ∴． （2）（i）解：由（1）可知四边形是平行四边形，又， ∴四边形是矩形． 又∵， ∴四边形是正方形． ∴，． ∵， ∴，． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴，即． （ii）解：如图2，连接，延长交于点G． ∵四边形为菱形， ∴过中点O，且． ∵， ∴． 在Rt中，， ∴． ∵， ∴． ∴． 由（i）知四边形是矩形， ∴． ∴，． ∵， ∴． ∴． 在和中， ∵， ∴， ∴，， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． 【题型7】四边形折叠问题（方程思想） 1.考点总结 矩形、菱形、正方形折叠后对应边、对应角的关系； 折叠问题中利用勾股定理列方程求线段长度； 折叠后图形的角度、面积计算。 2.解题技巧 折叠核心：标记对应点，明确“折叠前后对应边相等、对应角相等”，即折叠图形是轴对称图形，折痕是对称轴； 方程构造：设所求线段长度为，用表示折叠后相关的线段，在含的直角三角形中（折叠后常形成直角三角形），根据勾股定理列方程； 验证：求解后需验证线段长度是否符合图形实际（如边长为正、不超过原图形边长）。 【例题7】.（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，将纸片按照下列图示方式折叠：①将沿折叠，使得点落在边上的点处，折痕为；②将沿折叠，使得点与点重合，折痕为；③将沿折叠，点落在点处，展开后如图，、、、为图折叠过程中产生的折痕． (1)求证：； (2)若落在的右侧，求的范围； (3)是否存在使得与的角平分线重合，如存在，请求的大小；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)不存在，理由见解析． 【分析】本题考查了直角三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． （1）由第二次翻折可得垂直平分，由第一次翻折可得，证出四边形是菱形，则可得出结论； （2）设，求出，，当落在的右侧时，，求出，则可得出答案； （3）设，，，得出，求出，，则可得出结论． 【详解】（1）证明：由第二次翻折可得垂直平分，由第一次翻折可得， 与垂直且互相平分， 四边形是菱形， ； （2）解：设， 四边形是菱形， ，, ， ， 当落在的右侧时，， ， ， ； （3）解：不存在． 若存在使得与的角平分线重合， 设，，， ， ， ， 不存在使得与的角平分线重合． 【变式题7-1】.（25-26九年级上·广西贺州·期末）已知矩形纸片，按要求解决下列问题． (1)如图1，把矩形纸片折叠，使得点落在上的点处，则______，______．（用图中的字母表示） (2)如图2，将矩形纸片折叠，使点与点重合，点落在处，折痕交边于点，交边于点，连接．猜想四边形的形状并说明理由． (3)如图3，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处，得到折痕，再将矩形纸片沿过点的直线折叠，点恰好落在上的点处，点落在点处，得到折痕，交于点．求证：． 【答案】(1)； (2)四边形的形状是菱形，理由见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据折叠的性质得，； （2）根据折叠的性质得，，，再根据矩形的性质得，则，进而推出，证明四边形是平行四边形，再由可得四边形是菱形； （3）如图，连接，，先根据折叠的性质得，，证明四边形是正方形，得，再根据折叠的性质和矩形的性质推出，然后证明得，即，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵把矩形纸片折叠，使得点落在上的点处， ∴，， 故答案为：；； （2）解：四边形的形状是菱形，理由如下： 根据折叠的性质得，，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （3）证明：如图，连接，， ∵将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∵将矩形纸片沿过点的直线折叠，点恰好落在上的点处，点落在点处， ∴，， ∵是矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质，矩形性质，正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质． 【变式题7-2】.（24-25八年级下·广西河池·月考）综合与实践活动课上，师生们以“利用正方形和矩形纸片折叠特殊角”为主题开展数学活动． 【操作判断】 （1）小明利用正方形纸片进行折叠，过程如下： 步骤一如图1，对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；步骤二连接，．请判定的形状，并说明理由． 【迁移探究】 （2）小华利用矩形纸片进行折叠，过程如下：如图2，先类似小明的步骤一，得到折痕后把纸片展平；在上选一点P，沿折叠，使点B恰好落在折痕上的一点M处，连接．小华得出的结论是：．请你帮助小华说明理由． 【拓展应用】 （3）小敏受小华的启发，打算继续利用矩形纸片进行探究： 如图3，在矩形中，，．点P为上的一点（不与B点重合，可以与C点重合），将沿着折叠，点B的对应点为M落在矩形的内部，连接，当为等腰三角形时，求BP的长． 【答案】（1）等腰三角形；（2）见解析（3）或 【分析】（1）由折叠可知，是的垂直平分线，可得是等腰三角形； （2）由折叠得到：，，中，取的中点，连接，利用直角三角形斜边中线性质得到，进而证明为等边三角形得到，由折叠性质可证得结论； （3）由折叠的性质和勾股定理分类讨论，求解即可． 【详解】解：（1）由折叠可知，是的垂直平分线， ， 是等腰三角形； 故答案为：等腰三角形． （2）如图2，由折叠可知：，，， 中，取的中点，连接，则， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ， 由折叠性质得， ． （3）如图①，若， 由折叠可知， ∵， ∴此种情况不存在；    如图②，若，则在的垂直平分线上， 过点作于点，的延长线交于点， 则， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， 设的长为，则，， ∴在中，可有， 即， 解得， 即的长为； 如图③，若，过点作于点，的延长线交于点，则有，    由，得， 解得， ∴， 设的长为，在中，有， 即， 解得， 即的长为：． 综上，的长为或． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了勾股定理、矩形的判定与性质、正方形的性质、折叠的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，灵活运用相关性质解决问题是解题的关键． 【变式题7-3】.（25-26八年级下·全国·课后作业）综合与实践：折纸中的数学． 【问题背景】（1）在数学活动课上，老师首先将平行四边形纸片按图①所示的方式折叠，使点与点重合，点落到处，折痕为．这时同学们证得是等腰三角形．请你写出同学们的证明过程． 【操作发现】（2）“竞秀”小组将自己的长方形纸片按上述方式折叠，如图②，发现重叠部分恰好是等边三角形，据此可求出长方形的长、宽之比．请你完成“竞秀”小组的计算，求出长方形的长、宽之比． 【实践探究】（3）“争先”小组将长方形纸片沿折叠，如图③，使点落在边上的处；沿折叠，使点落在处，且过点．试探究四边形是什么特殊四边形，并写出证明过程． 【答案】（1）见解析；（2）长方形的长、宽之比是；（3）四边形是平行四边形，见解析 【分析】（1）根据折叠可知，根据平行可知，由此即可求证； （2）设，根据等边三角形的性质可得出，根据长方形的性质可得出，，再根据特殊角的直角三角形的性质即可得出，结合边与边之间的关系即可求解； （3）根据四边形为长方形，由翻折的性质可知，平行四边形的判定方法综合运用即可求解． 【详解】（1）证明：∵将平行四边形纸片沿着折叠， ． ∵四边形是平行四边形， ， ， ， 是等腰三角形． （2）设． 是等边三角形， ． ∵四边形是长方形， ，． 在中，，，， ， ． ， ， ． 故长方形的长、宽之比是． （3）四边形是平行四边形． 证明：∵四边形是长方形， ， ，． 由翻折的性质可知，，， ，， ，， ． ， ∴四边形是平行四边形． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了翻折变换、平行线的性质、平行四边形的判定定理、特殊角的直角三角形的性质、长方形的性质，掌握以上知识的综合运用是解题的关键． 【题型8】中点四边形的性质与判定 1.考点总结 由原四边形的对角线关系，判定中点四边形的形状（平行四边形、矩形、菱形、正方形）； 中点四边形的边长、面积与原四边形的关系； 结合三角形中位线定理推导中点四边形的性质。 2.解题技巧 判定方法：连接原四边形的对角线，根据对角线的“平行、相等、垂直”关系判定： 对角线无特殊关系→中点四边形是平行四边形； 对角线相等→中点四边形是菱形； 对角线垂直→中点四边形是矩形； 对角线既相等又垂直→中点四边形是正方形； 长度关系：中点四边形的边长等于原四边形对应对角线长度的一半； 面积关系：中点四边形的面积等于原四边形面积的一半。 【例题8】.（25-26九年级上·贵州贵阳·月考）如图，点，，，分别为四边形的四条边，，，的中点，若，则四边形的周长为（   ） A．2 B．3 C．4 D．4.5 【答案】B 【分析】本题考查了中点四边形，根据点，，，分别为四边形的四条边，，，的中点，得出，是，的中位线，同理分别是的中位线，故四边形的周长为，即可作答． 【详解】解：连接，如图所示： 在中，点，分别为边，的中点， ∴是的中位线， ∴， 在中，点，分别为边，的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理得分别是的中位线， ∴， ∴四边形的周长为， 故选：B． 【变式题8-1】.（25-26九年级上·山西晋中·月考）阅读与思考 请认真阅读下面的材料，并完成相应的任务． 中方四边形定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果一个四边形的中点四边形是正方形，那么我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 根据中方四边形的定义可知，对角线互相垂直且相等的四边形是中方四边形．下面是这个结论的证明过程： 已知：如图1，在四边形中，对角线与交于点，，． 求证：四边形为中方四边形． 证明：如图1，分别取，，，的中点，，，，连接，，，与交于点，与交于点． 则，，． ∴． ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为菱形． …… 任务： (1)下列四边形中，一定是中方四边形的是______． A．平行四边形    B．菱形    C．矩形    D．正方形 (2)请补全材料中的证明过程． (3)如图2，已知为锐角三角形，分别以，为边，向外作正方形和正方形．连接，，，试证明四边形为中方四边形． 【答案】(1)D (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查了平行四边形及特殊的平行四边形的判定与性质、中位线定理和全等三角形的判定和性质，熟记相关判定定理及性质定理的内容是解题关键． （1）根据各种特殊的平行四边形的性质求解即可； （2）根据可得四边形为平行四边形，再根据和即可证明四边形为中方四边形； （3）连接，交于点，交于点，根据四边形和四边形为正方形可得，，证明，进而即可证明四边形为中方四边形． 【详解】（1）解：平行四边形的“中点四边形”为平行四边形； 矩形的“中点四边形”为菱形； 菱形的“中点四边形”为矩形； 正方形的“中点四边形”为正方形； 故选D． 解： （2）如图1，分别取，，，的中点，，，，连接，，，，与交于点，与交于点． 则，，． ∴． ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为菱形． ∵， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为矩形． ∴． ∴菱形为正方形． ∴四边形为中方四边形． （3）证明：如图，连接，交于点，交于点． ∵四边形和四边形为正方形， ∴，，，． ∴，即． 在和中， ， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 由（1）可知，四边形为中方四边形． 【变式题8-2】.（25-26九年级上·河南·月考）如图，四边形的对角线于点，点，，，分别为边，，和的中点，顺次连接，，和得到四边形．若四边形的面积为，则四边形的面积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了中点四边形，涉及了三角形的中位线定理，掌握中位线定理是解题的关键．根据三角形的中位线定理可证四边形是矩形，再根据对角线互相垂直的四边形面积可求得的值，最后根据矩形的面积公式即可求解； 【详解】解：点，分别为边，的中点， 是的中位线， ，且， 同理可证，，且， ，且， 四边形为平行四边形， 点，分别为边，的中点， 是的中位线， ， ， ， 四边形为矩形， ， ， ． 故选：A． 【变式题8-3】.（24-25八年级下·陕西西安·月考）如图，在四边形中，对角线互相垂直，点E、F、G、H分别是边的中点，依次连接这四个中点得到四边形． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)25 【分析】本题考查了中点四边形，三角形中位线的性质，矩形的性质与判定，熟练掌握相关的判定和性质，是解题的关键． （1）设交于点，交于点，先根据三角形的中位线定理，得到，证明四边形是平行四边形，再根据可得，即可证明四边形是矩形； （2）由（1）得，结合，，即可求解． 【详解】（1）证明：如图，设交于点，交于点， 点E、F、G、H分别是边的中点， 是的中位线，即， 同理，是的中位线，即， 是的中位线，即， 是的中位线，即， ， 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， ， ，， ， 四边形的周长为：． 【培优题型】 【题型9】四边形与坐标系的综合计算 1.考点总结 坐标系中平行四边形、特殊平行四边形的顶点坐标求解； 利用坐标计算四边形的边长、对角线长度、面积； 结合坐标与性质判定四边形的形状。 2.解题技巧 坐标求解：平行四边形顶点坐标满足“对角线中点坐标相同”（如、是对角线，、是另一对角线，则，）； 边长与对角线计算：利用两点间距离公式； 面积计算：规则四边形（如矩形、菱形）直接用公式，不规则四边形用“割补法”（分割为三角形或矩形），结合坐标求底和高。 【例题9】.（2025·山东菏泽·一模）如图，在平面直角坐标系中，正方形顶点的坐标为，是等边三角形，点坐标是，在正方形内部紧靠正方形的边（方向为 ）做无滑动滚动，第一次滚动后，点的对应点记为，的坐标是；第二次滚动后，的对应点记为，的坐标是；第三次滚动后，的对应点记为，的坐标是；如此下去，……则的坐标是______． 【答案】 【分析】本题考查了点的坐标变化规律，正方形性质，等边三角形性质，根据三角形的运动方式，依次求出点A的对应点，，，的坐标，发现规律即可解决问题． 【详解】解：正方形顶点M的坐标为， , 是等边三角形，点B坐标是， 等边三角形高为， 由题知，的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 继续滚动有，的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 的坐标是； 不断循环，循环规律为以，，，，12个为一组， ， 的坐标与的坐标一样为， 故答案为：． 【变式题9-1】.（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B的坐标为，点C的坐标为，连接，以为边作正方形（A，C，D，E顺时针排列），探究以下问题： (1)①当时，点D的坐标为______； ②用含m的代数式表示点D的坐标为______； ③点D在运动过程中，的最小值______； (2)连接、，的面积是否改变？如果不变，求出此定值；如果改变，请说明理由； (3)平面内存在点P，使得四边形是菱形，求出此时m的值． 【答案】(1)①；②；③ (2)△OBE的面积不变，的面积为 (3) 【分析】（1）①过C作轴，过作轴，轴，即再证可得，然后根据坐标与图形即可解答； ②先证可得，然后根据坐标与图形即可解答； ③根据题意表示出，然后利用平方的非负性求解即可； （2）先根据（1）的方法求得点E的坐标，然后根据点E的坐标即可解答； （3）根据菱形的性质得到，然后列方程求解即可． 【详解】（1）解：①如图，过C作轴，过作轴，轴， 则 ∴四边形为矩形， ∴，， 当时，点C的坐标为，即，则， ∵点A的坐标为， ∴， ∵， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∴D点的横坐标为，纵坐标为，即． ②如图，同①作辅助线， ∵点C的坐标为， ∴， ∵点A的坐标为， ∴， ∴， 同①可得， ∴， ∴D点的横坐标为，纵坐标为，即． ③∵点A的坐标为，， ∴， ∵， ∴， ∴的最小值为18， ∴的最小值为； （2）解：的面积是定值，且定值为， 如图：过E作， ∴， ∴， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∴E点的横坐标为，纵坐标为，即， ∴的面积为． （3）解：∵四边形是菱形，点B的坐标为，，， ∴， ∴， ∴， 解得：． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理、菱形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 【变式题9-2】.（24-25七年级下·天津滨海新区·期中）正方形的边长为6，O为平面直角坐标系的原点，D是的中点． (1)如图，点A的坐标为 ，点C的坐标 ，点D的坐标 ； (2)如图，点P在上， 且坐标为，若三角形的面积为12，求a的值； (3)在坐标轴上是否存在点Q，使三角形的面积是正方形面积的一半．若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，，； (2)4 (3)或或或 【分析】本题坐标与图形，一元一次方程的应用，利用数形结合和分类讨论的思想解决问题是关键． （1）根据坐标与图形写出坐标即可； （2）根据求解即可； （3）分两种情况讨论：当点Q在轴上时；当点Q在轴上时，设点Q的坐标，利用三角形面积公式求解即可． 【详解】（1）解：正方形的边长为6， ，， ，，， D是的中点， ， 故答案为：，，； （2）解：点P在上， 且坐标为， ， 若三角形的面积为12， 则 ， ； （3）解：正方形的面积为， 当点Q在轴上时， 设，则， ， 解得：， 点Q的坐标为或； 当点Q在轴上时， 设，则， ， 解得：， 点Q的坐标为或； 综上可知，点Q的坐标为或或或． 【变式题9-3】.（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. 【题型10】四边形中的动点最值问题 1.考点总结 平行四边形、特殊平行四边形中动点引发的线段和、差的最值； 利用“将军饮马”“垂线段最短”“三角形三边关系”求最值； 动点问题中四边形形状变化的临界值求解。 2.解题技巧 线段和最小：利用轴对称转化（将军饮马模型），如正方形中动点到两定点的距离和最小，作关于动点所在边的对称点，连接对称点与，交动点所在边于； 线段差最大：利用三角形三边关系（两边之差小于第三边），当三点共线时差最大； 垂线段最短：动点到定直线的距离最小，直接作垂线段，结合四边形性质求长度。 【例题10】.（2024八年级下·全国·专题练习）如图，菱形中，，，点为边上任意一点（不包括端点），连结，过点作，交边于点，点线段上的一点． (1)若点为菱形对角线的交点，为的中位线，求的值； (2)当的值最小时，请确定点的位置，并求出的最小值； (3)当的值最小，且的值最小时，在备用图中作出此时点，的位置，写作法并写出的最小值． 【答案】(1)4 (2)当点为中点，点关于对称的点与点坐在直线垂直于时，有最小值 (3)6 【分析】（1）由菱形的性质可得，均为等边三角形，点为的中点，连接，，利用三角形中位线定理即可求解． （2）由题可知，，为等边三角形，由菱形性质可知，与关于对称，在上，取点的对应点，连接，则，，连接，交于点，过点垂直于的直线交于，交于，可得，可得，则点为中点，利用含的直角三角形可得，，由三角形三边关系及垂线段最短可知，当，，三点在同一直线上，且与重合时取等号，即当点为中点，点关于对称的点与点坐在直线垂直于时，有最小值． （3）同（2）， 与关于对称，在上，取点的对应点，连接，则，连接，交于点，由（2）可得点为中点，作关于对称的线段，取点的对应点，连接，则，由对称可知：，则，当，，，在同一条直线上时取等号，此时点为中点，可知，为等边三角形，进而即可求解． 【详解】（1）解：四边形是菱形，，， ，， 则， 均为等边三角形， ， 点为菱形对角线的交点， 点为的中点， 连接，， 为的中位线， ，也为的中位线， 则，， ； （2）由（1）可知，均为等边三角形， 则，， ， ， 为等边三角形， ， ， 由菱形性质可知，与关于对称，在上，取点的对应点，连接，则，，连接，交于点，过点作垂直于的直线交于，交于， ， ， 又， ， ， 点为中点， ，， ， ， 由勾股定理得，，， ， ， ， 当，，三点在同一直线上，且与重合时取等号， 即当点与点重合（点为中点），与重合时取等号， 综上，当点为中点，点关于对称的点与点坐在直线垂直于时，有最小值． （3）同（2），与关于对称，在上，取点对应点，连接，则，连接 交于点，由（2）可得点为中点， 作关于对称的线段，取点的对应点，连接，则， 为等边三角形， ， 由对称可知：， 则，当，，，在同一条直线上时取等号，此时点为中点， ，则， 过点（点），且， 可知，为等边三角形， ，，， 即，，分别为，，的中点， 此时， 作图，如下： 作法：取的中点为，作交于； 综上，的最小值为． 【点睛】本题考查了四边形的综合应用，菱形的性质，等边三角形的判定及性质，含的直角三角形，轴对称等知识，利用轴对称构造辅助线，将线段和问题转化为三角形三边关系，两点之间距离问题等是解决问题的关键． 【变式题10-1】.（25-26九年级上·广东佛山·月考）在边长为的正方形纸片中，点在边上，连接，将沿折叠，得到． (1)如图1，若点落在对角线上，求的长； (2)如图2，若的延长线与相交于点，猜想，，的数量关系，并证明； (3)如图3，点是的中点，连接，当的长最短时，求的长． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3) 【分析】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、勾股定理，解决本题的关键是作辅助线构造直角三角形． (1)根据正方形的性质可知，当点落在对角线上时，由折叠的性质可知，，，，从而可知，根据折叠的性质可知； (2)连接交于点，延长交于点，可证，根据全等三角形的性质可知，根据正方形的对边平行可证，根据等角对等边可知，可证结论成立； (3)连接，在中，，，利用勾股定理可以求出，当点落在上时，的长最短，根据，可知. 【详解】（1）解：在正方形中， ，，， ， 由折叠得，，，， ，， 是等腰直角三角形， ， ； （2）解：， 证明：如下图所示，连接交于点，延长交于点， 由折叠得，． ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：如下图所示，连接，在中，，， ， ， ， 当点落在上时，的长最短， 此时， 由（2）知，， ， 当的长最短时，． 【变式题10-2】.（25-26九年级上·江西新余·月考）综合与实践 如图，在边长为4的正方形中，M是正方形内一点，连接，将绕点D顺时针旋转，得到线段，连接，． （1）求证：． 问题探究 （2）如图1，若点M是正方形的中心，连接，求的长． 拓展应用 （3）如图2，O是的中点，连接，，且（，当的长最小时，求的面积． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）． 【分析】（1）由正方形的性质可得，，由旋转的性质可得，，证明，即可得证； （2）过点作，交的延长线于点．证明是等腰直角三角形．结合勾股定理可得，即可得解； （3）以点为圆心，1为半径作半圆，连接，交半圆于点，当、、三点共线时，的长最小，即点在点的位置时，的长最小．求出的最小值，再由三角形的面积公式计算即可得解． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ∴，， 线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴，， ， ， ∴， ∴． （2）如图1，过点作，交的延长线于点． 点是正方形的中心， ∴是等腰直角三角形， 由（1）可知， ∴是等腰直角三角形． 在中，， ． ， ， ， ， ． （3）如图2，以点为圆心，1为半径作半圆，连接，交半圆于点， ， 当、、三点共线时，的长最小，即点在点的位置时，的长最小． ， ， ． 综上所述，当的长最小时，的面积为． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【变式题10-3】.（25-26九年级上·重庆开州·月考）在平行四边形中，于于F，H为上一动点，连接，交于，且． (1)如图1，若，求的长； (2)如图2，当时，求证：； (3)如图3，若，点是直线上任一点，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，请直接写出当最小时的面积． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质，可得，再利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求解即可； （2）过点作于点，连接，由垂直平分线的性质和等边对等角的性质，得到，证明，得到，，进而得出，再证明，得到，即可得出结论； （3）在 上取点，使得，连接并延长交于，连接，则是等边三角形，结合旋转的性质，可证，得出，进而推出，设与的交点为，点在直线上运动， 当点运动到点处时，有最小值，由（1）可知，，从而得出，再利用勾股定理，求出的长，即为的最小值． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴， （2）证明：如图，过点作于点，连接， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵ 四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， （3）解：如图，在 上取点，使得，连接并延长交于，连接， ∵ 四边形是平行四边形， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， 由旋转的性质可知，，， ∴，即， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 设与的交点为， ∴点在直线上运动， ∴ 当点运动到点处时，有最小值， ∴，， ∴， 由（1）可知，， ∴， ∴ 在中，， ∴ ∴， 过点作于点， ∴，即 ∴ 解得： ∴ 当最小时的面积为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，含30度角的直角三角形性质，勾股定理，垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，综合性较强，掌握相关知识点是解题关键． 同步练习 一、单选题 1．矩形具有而菱形不一定具有的性质是（    ） A．对角线相等 B．内角和为 C．两组对边分别平行 D．对角线互相平分 【答案】A 【分析】根据矩形和菱形的性质，逐项分析求解，即可解题． 【详解】解：矩形的对角线相等，两组对边分别平行，对角线互相平分，内角和为 菱形的四条边都相等，两组对边分别平行，对角线互相平分，内角和为 则矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等； 故选：A． 2．如果一个n边形的内角和比外角和多，那么n的值是（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【分析】根据边形的内角和为得到，然后解方程即可求解． 【详解】解：n边形的内角和为， ∴， 解得，． 3．如图，在菱形中，P是对角线上一动点，过点P作于点E，于点F．若菱形的周长为20，面积为24，则的值为（   ） A．4 B． C．6 D． 【答案】D 【分析】连接，根据菱形周长求出菱形的边长，再根据菱形的面积得出，即可求解． 【详解】解：连接，如图， 菱形的周长为20， ， 菱形的面积为24， ， ， ，即， 解得． 4．如图，在长方形中，，，是上一个动点，于，于，则的值为（    ） A．4 B．4.6 C．4.8 D．5 【答案】C 【分析】先连接，再利用矩形的性质和勾股定理，得出，，最后根据，即可解答． 【详解】解：如图，连接， 四边形是矩形， ，，，， ， ． 在中，， ， ． ，，， ， 即， ． 二、填空题 5．将一个长为，宽为的矩形纸片从下向上，从左到右对折两次后，得到如图所示的矩形，沿所得矩形两邻边中点的连线（虚线）剪下，再打开，得到的四边形的面积为_____． 【答案】 【分析】由折叠可得得到的四边形是菱形，再根据菱形的面积两条对角线乘积的一半可以求出面积． 【详解】解：如图： 由题意得：，， 由折叠得：， 四边形是菱形， ． 6．如图1是我国古建筑墙上采用的八角形窗户，其外轮廓是一个正八边形，外轮廓示意图如图2的正八边形所示，若对角线，则对角线的长为______． 【答案】 【分析】连接，先求出，再证明，则，然后在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵八边形是正八边形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴在中，． 7．如图，在菱形中，点、分别在、边上，，连接、．若，，，则线段的长为______． 【答案】 【分析】连接，过点分别作于点于点，根据菱形的面积公式求出，根据和等底等高得，由已知，进而得，再根据面积公式得，由此可得，在Rt中，由勾股定理求出，进而可得，然后在Rt中，由勾股定理即可求出的长． 【详解】解：连接，过点分别作于点于点， 在菱形中，， 又 ∴， ∴， ∴和等底等高， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴, ∴， 在Rt中，，， ∴， ∴， 在Rt中，． 8．如图，点E在平行四边形的对角线上，，，则__________． 【答案】 【分析】设，利用平行四边形的性质求得，利用等边对等角求得，，再利用三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：设， ∵平行四边形，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 由三角形内角和定理得， 解得， ∴． 三、解答题 9．如图，在中，点E，F分别在和上，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】根据平行四边形的性质证明即可． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， ， ． 10．如图，在矩形中，，，将沿对角线翻折，点C落在点处，交于点E (1)求证：是等腰三角形． (2)求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质以及折叠的性质，证明，得出，即可得证； （2）设，则，在中，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）证明：在矩形中，，， 由折叠性质得 因为，所以，故 ∴，即是等腰三角形． （2）解：设，则 在中， 即 展开得： 解得： 所以线段的长为 11．如图，在矩形中，点在边上，连接，点在线段上，过点作，分别交边、于点、，连接、，， (1)四边形是菱形吗？请说明理由； (2)若，求的长． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质得出平行线，证明四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形证明； （2）根据矩形的性质和菱形的性质得出相等的线段和直角，假设，表示出相关线段的长度，然后利用勾股定理列出方程求解即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵四边形为矩形， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形为矩形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 假设，则， 由勾股定理得， 即， 解得， ∴． 12．菱形中，，为边，上的点，，相交于点． (1)如图，若，，求证：； (2)如图，若．试探究此时和满足什么关系？并证明你的结论； (3)如图，在（）的条件下，平移线段到，使为的中点，连接交于点，若，求的值． 【答案】(1)见解析； (2)，证明见解析； (3)． 【分析】（）由菱形中可得菱形是正方形，根据正方形性质得，，由，得到，所以，即证得，即可证得； （）过作交的延长线于，过作于，根据菱形的面积证得，推出，得到，由，推出； （）连接，过作交于，交于，连接，由（）的条件可得，，又为的中点，即垂直平分，即有且，利用四边形是矩形，证得，推出，根据三角形内角和求出，用分别表示这两个角求出，得到，由此得到，再根据正方形的性质求出，即可得到答案． 【详解】（1）解：（1）四边形是菱形，， 菱形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ； （2）解：； 证明如下： 过作交的延长线于，过作于，如图， ，， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：连接，过作交于，交于，连接，如图， 由（1）知， 又为的中点， 是的垂直平分线， ，， ，， ，， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形，是对角线， ， ， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】此题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，垂直平分线的定义和性质，掌握知识点的应用及正确引出辅助线是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $ 第21章 四边形 核心知识点 常考考点 高频易错点 1.平行四边形的性质与判定 1.平行四边形对边、对角、对角线的性质应用； 2.平行四边形的判定（边、角、对角线条件）； 3.平行四边形与三角形的综合计算（如面积、周长） 1.混淆平行四边形的判定条件（如“一组对边平行，另一组对边相等”误判为平行四边形）； 2.忽略“对角线互相平分”的前提是“四边形是平行四边形”； 3.计算平行四边形面积时，底与高不对应（误将邻边当作高） 2.特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形） 1.矩形的性质（对角线相等、四个角为直角）与判定； 2.菱形的性质（对角线垂直、四条边相等）与判定； 3.正方形的性质（兼具矩形和菱形性质）与判定； 4.特殊平行四边形的折叠、旋转问题 1.判定特殊平行四边形时，遗漏“平行四边形”的前提（如“对角线相等的四边形是矩形”表述错误）； 2.菱形面积计算混淆“底×高”与“对角线乘积的一半”； 3.正方形折叠问题中，未准确把握对应边、对应角的关系 3.三角形中位线定理 1.三角形中位线的判定（连接两边中点的线段）； 2.中位线性质的应用（平行于第三边且等于第三边的一半）； 3.中点四边形的性质（由原四边形对角线关系决定） 1.误将“连接三角形三边中点的线段”当作中位线（多连或漏连中点）； 2.应用中位线性质时，混淆“一半关系”（误将中位线长度当作第三边的2倍）； 3.中点四边形性质判断错误（未结合原四边形对角线的平行/垂直/相等关系） 4.四边形综合应用 1.四边形与坐标系、函数的结合； 2.四边形中的动点问题（最值、存在性）； 3.跨学科情境中四边形的建模（如建筑、航海） 1.动点问题中未确定动点运动范围，导致漏解； 2.坐标系中四边形面积计算时，割补法应用错误； 3.跨学科问题中未准确提取四边形的边长、角等条件 【易错题型】 【题型1】特殊平行四边形判定与性质的混淆应用 1.易错点总结 判定特殊平行四边形时遗漏前提条件：如误将“对角线相等的四边形”当作矩形，忽略“平行四边形”的前提； 混淆菱形与矩形的性质：计算菱形面积时误用“对角线相等”，计算矩形面积时误用“对角线垂直”； 特殊平行四边形折叠问题中，未抓住对应边相等、对应角相等的核心性质，导致线段长度计算错误。 2.纠错技巧 判定特殊平行四边形“三步法”：①先判断是否为平行四边形；②再根据特殊条件（如直角、邻边相等、对角线垂直）判定类型；③验证所有性质是否符合（如正方形需同时满足矩形和菱形性质）； 性质记忆口诀：“矩形对角线等，菱形对角线垂，正方形两者兼具；平行四边形对边等，特殊四边形四边/四角特殊”； 折叠问题处理：先标记折叠前后的对应点、对应边，再结合勾股定理或全等三角形列方程求解，避免直观臆断。 【例题1】.（25-26八年级下·重庆·月考）如图，在中，，，，D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，则线段长的最小值为（   ）    A． B． C． D． 【变式题1-1】.（25-26八年级下·全国·课后作业）按如下步骤作四边形：（）画；（）以点为圆心，个单位长度为半径画弧，分别交于点；（）分别以点和点为圆心，个单位长度为半径画弧，两弧交于点；（）连接．若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【变式题1-2】.（25-26九年级上·陕西西安·月考）如图，在中，的平分线交于点D，， (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且，求四边形的面积． 【变式题1-3】.（2026·青海西宁·一模）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并说明理由． 【基础题型】 【题型2】平行四边形的性质与判定基础应用 1.考点总结 平行四边形对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分的性质应用； 平行四边形的判定（一组对边平行且相等、两组对边分别相等、对角线互相平分等）； 平行四边形周长、面积的基础计算（底×高、对角线分成的四个三角形面积相等）。 2.解题技巧 性质应用：遇平行四边形求边或角，优先利用“对边相等”“对角相等”转化已知条件，对角线问题可结合“互相平分”转化为线段中点问题； 判定方法选择：已知边的关系选“一组对边平行且相等”，已知对角线关系选“互相平分”，已知角的关系选“两组对角分别相等”； 面积计算：确定底后，高需是“对应底边上的垂线段长度”，可通过作垂线构造直角三角形求高。 【例题2】.（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，在四边形中，已知，求证． (1)； (2)． 【变式题2-1】.（25-26七年级下·黑龙江哈尔滨·月考）在四边形中，，，若，则（    ） A． B． C． D． 【变式题2-2】.（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，已知中，，，点为平面内一点，满足，分别以，为边作，连接，则的最小值为______． 【变式题2-3】.（24-25八年级下·湖南益阳·期中）如图，四边形为平行四边形，点E、A、C、F在同一条直线上，并且．求证：四边形是平行四边形． 【题型3】矩形、菱形的基础性质计算 1.考点总结 矩形的核心性质（对角线相等、四个角为直角）的直接应用； 菱形的核心性质（对角线垂直、四条边相等）的直接应用； 矩形、菱形的周长、面积计算（含对角线与边长的关系）。 2.解题技巧 矩形计算：遇矩形对角线，利用“对角线相等且互相平分”转化为等腰三角形，结合直角三角形勾股定理求边长（如矩形对角线长为，则边长满足）； 菱形计算：遇菱形对角线，利用“互相垂直平分”转化为四个全等直角三角形，边长与对角线满足，面积； 周长计算：矩形周长，菱形周长，直接利用边长特征求解。 【例题3】.（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，对角线，相交于点，且，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式题3-1】.（2022·吉林长春·模拟预测）如图，菱形的对角线相交于点，是的中点，点在上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，则__________． 【变式题3-2】.（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，已知在矩形中，于点，，则的度数是_____． 【变式题3-3】.（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，在菱形中，，点分别在边上，且，若菱形边长为，则四边形的面积为______． 【题型4】三角形中位线定理的基础应用 1.考点总结 三角形中位线的判定（连接三角形两边中点的线段）； 中位线性质的应用（平行于第三边且等于第三边的一半）； 简单中点四边形的性质（如任意四边形的中点四边形是平行四边形）。 2.解题技巧 中位线判定：先找三角形的“两边中点”，连接后即为中位线，可通过“中点+平行”反向判定中位线； 性质应用：求线段长度时，中位线长度=第三边长度×；证平行时，中位线与第三边平行，可转化角的关系； 中点四边形：原四边形对角线相等→中点四边形是菱形；原四边形对角线垂直→中点四边形是矩形；原四边形对角线既相等又垂直→中点四边形是正方形。 【例题4】.（重庆永川区双竹初中片区双竹初级中学校等校2025-2026学年下学期第2周学情调研九年级数学试题）如图，在中，，D，E，F分别是的中点，连接三个中点，若，则的面积是________． 【变式题4-1】.（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，点D，E分别是，的中点，作平分交于点F．若，，则的长为（    ） A．10 B．11 C．12 D．14 【变式题4-2】.（2026·湖南湘潭·一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，点E是边的中点，点F在对角线上，且，连接，若，则的长为（    ） A．1 B．2 C．4 D．3 【变式题4-3】.（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______． 【题型5】正方形的性质与基础判定 1.考点总结 正方形的核心性质（四条边相等、四个角为直角、对角线相等且垂直平分）； 正方形的基础判定（菱形+直角、矩形+邻边相等）； 正方形的边长、对角线、面积的关系计算。 2.解题技巧 性质应用：正方形兼具矩形和菱形性质，遇对角线问题可同时利用“相等”和“垂直”，转化为等腰直角三角形（如正方形对角线长为，则边长，面积）； 判定方法：优先判断原四边形是矩形或菱形，再补充一个特殊条件（如矩形+邻边相等、菱形+直角）； 计算捷径：记住正方形边长、对角线、面积的关系：，，直接代入计算。 【例题5】.（2026·陕西西安·一模）如图，已知正方形的对角线和相交于，点，分别在，上，若，求证：． 【变式题5-1】.（2026·广西钦州·一模）如图，在正方形中，点E在边上，连接． (1)尺规作图：作，交线段于点F（要求保留作图痕迹，不写作法，标明字母）； (2)求证：． 【变式题5-2】.（2026·江西九江·一模）三角形内角平分线还有这样一个定理：三角形内角平分线分对边所得的两条线段和这个角的两边对应成比例． (1)【探究说理】如图1，已知在中，平分，求证：．请根据提示完成证明． 证明：作于点于点，…（请完成以下证明） (2)【问题解决】如图2，已知正方形的边长为为的角平分线，求的长． 【变式题5-3】.（2026·安徽阜阳·一模）如图，在正方形中，点，分别在，上，是等边三角形．求的度数． 【提升题型】 【题型6】特殊平行四边形的判定综合应用 1.考点总结 结合平行四边形的判定，综合证明矩形、菱形、正方形； 利用特殊平行四边形的性质与判定解决线段相等、垂直问题； 多条件约束下的特殊平行四边形判定（如含对角线、角平分线条件）。 2.解题技巧 判定思路：“先证平行四边形，再证特殊”（如先证四边形是平行四边形，再证对角线相等→矩形；再证对角线垂直→正方形）； 关键条件转化：遇角平分线+平行四边形→邻边相等→菱形；遇直角+平行四边形→矩形；遇对角线垂直且相等+平行四边形→正方形； 证明步骤：先列出已知条件，对应匹配判定定理的条件，缺啥补啥（如缺“平行”补平行，缺“相等”补相等）。 【例题6】.（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，中，对角线相交于点，点E，F是对角线的三等分点，连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)不添加辅助线的情况下，在中添加一个条件______，可使四边形是矩形． 【变式题6-1】.（2026·云南昆明·模拟预测）已知四边形为矩形，点F为上一点，过点E作，连接，且平分， (1)求证：四边形为菱形； (2)已知矩形的周长为22，四边形的周长为20，求的面积． 【变式题6-2】.（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，四边形中，，，点在边上，四边形为平行四边形，，动点从点出发，沿以每秒3个单位长度的速度向终点运动，设点的运动时间为秒． (1)的长为_____，的长为_____； (2)若为等腰三角形，求的值； (3)在点运动过程中，作点关于直线的对称点，当直线与边或边平行或共线时，直接写出的值． 【变式题6-3】.（2026·安徽宿州·一模）已知点E，点F是菱形内的两点，，，连接，． (1)如图1，求证：； (2)连接与交于点O，已知． （i）如图2，若，，求的度数； （ii）如图3，若，，当时，求的值． 【题型7】四边形折叠问题（方程思想） 1.考点总结 矩形、菱形、正方形折叠后对应边、对应角的关系； 折叠问题中利用勾股定理列方程求线段长度； 折叠后图形的角度、面积计算。 2.解题技巧 折叠核心：标记对应点，明确“折叠前后对应边相等、对应角相等”，即折叠图形是轴对称图形，折痕是对称轴； 方程构造：设所求线段长度为，用表示折叠后相关的线段，在含的直角三角形中（折叠后常形成直角三角形），根据勾股定理列方程； 验证：求解后需验证线段长度是否符合图形实际（如边长为正、不超过原图形边长）。 【例题7】.（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，将纸片按照下列图示方式折叠：①将沿折叠，使得点落在边上的点处，折痕为；②将沿折叠，使得点与点重合，折痕为；③将沿折叠，点落在点处，展开后如图，、、、为图折叠过程中产生的折痕． (1)求证：； (2)若落在的右侧，求的范围； (3)是否存在使得与的角平分线重合，如存在，请求的大小；若不存在，请说明理由． 【变式题7-1】.（25-26九年级上·广西贺州·期末）已知矩形纸片，按要求解决下列问题． (1)如图1，把矩形纸片折叠，使得点落在上的点处，则______，______．（用图中的字母表示） (2)如图2，将矩形纸片折叠，使点与点重合，点落在处，折痕交边于点，交边于点，连接．猜想四边形的形状并说明理由． (3)如图3，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处，得到折痕，再将矩形纸片沿过点的直线折叠，点恰好落在上的点处，点落在点处，得到折痕，交于点．求证：． 【变式题7-2】.（24-25八年级下·广西河池·月考）综合与实践活动课上，师生们以“利用正方形和矩形纸片折叠特殊角”为主题开展数学活动． 【操作判断】 （1）小明利用正方形纸片进行折叠，过程如下： 步骤一如图1，对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；步骤二连接，．请判定的形状，并说明理由． 【迁移探究】 （2）小华利用矩形纸片进行折叠，过程如下：如图2，先类似小明的步骤一，得到折痕后把纸片展平；在上选一点P，沿折叠，使点B恰好落在折痕上的一点M处，连接．小华得出的结论是：．请你帮助小华说明理由． 【拓展应用】 （3）小敏受小华的启发，打算继续利用矩形纸片进行探究： 如图3，在矩形中，，．点P为上的一点（不与B点重合，可以与C点重合），将沿着折叠，点B的对应点为M落在矩形的内部，连接，当为等腰三角形时，求BP的长． 【变式题7-3】.（25-26八年级下·全国·课后作业）综合与实践：折纸中的数学． 【问题背景】（1）在数学活动课上，老师首先将平行四边形纸片按图①所示的方式折叠，使点与点重合，点落到处，折痕为．这时同学们证得是等腰三角形．请你写出同学们的证明过程． 【操作发现】（2）“竞秀”小组将自己的长方形纸片按上述方式折叠，如图②，发现重叠部分恰好是等边三角形，据此可求出长方形的长、宽之比．请你完成“竞秀”小组的计算，求出长方形的长、宽之比． 【实践探究】（3）“争先”小组将长方形纸片沿折叠，如图③，使点落在边上的处；沿折叠，使点落在处，且过点．试探究四边形是什么特殊四边形，并写出证明过程． 【题型8】中点四边形的性质与判定 1.考点总结 由原四边形的对角线关系，判定中点四边形的形状（平行四边形、矩形、菱形、正方形）； 中点四边形的边长、面积与原四边形的关系； 结合三角形中位线定理推导中点四边形的性质。 2.解题技巧 判定方法：连接原四边形的对角线，根据对角线的“平行、相等、垂直”关系判定： 对角线无特殊关系→中点四边形是平行四边形； 对角线相等→中点四边形是菱形； 对角线垂直→中点四边形是矩形； 对角线既相等又垂直→中点四边形是正方形； 长度关系：中点四边形的边长等于原四边形对应对角线长度的一半； 面积关系：中点四边形的面积等于原四边形面积的一半。 【例题8】.（25-26九年级上·贵州贵阳·月考）如图，点，，，分别为四边形的四条边，，，的中点，若，则四边形的周长为（   ） A．2 B．3 C．4 D．4.5 【变式题8-1】.（25-26九年级上·山西晋中·月考）阅读与思考 请认真阅读下面的材料，并完成相应的任务． 中方四边形定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果一个四边形的中点四边形是正方形，那么我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 根据中方四边形的定义可知，对角线互相垂直且相等的四边形是中方四边形．下面是这个结论的证明过程： 已知：如图1，在四边形中，对角线与交于点，，． 求证：四边形为中方四边形． 证明：如图1，分别取，，，的中点，，，，连接，，，与交于点，与交于点． 则，，． ∴． ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为菱形． …… 任务： (1)下列四边形中，一定是中方四边形的是______． A．平行四边形    B．菱形    C．矩形    D．正方形 (2)请补全材料中的证明过程． (3)如图2，已知为锐角三角形，分别以，为边，向外作正方形和正方形．连接，，，试证明四边形为中方四边形． 【变式题8-2】.（25-26九年级上·河南·月考）如图，四边形的对角线于点，点，，，分别为边，，和的中点，顺次连接，，和得到四边形．若四边形的面积为，则四边形的面积等于（    ） A． B． C． D． 【变式题8-3】.（24-25八年级下·陕西西安·月考）如图，在四边形中，对角线互相垂直，点E、F、G、H分别是边的中点，依次连接这四个中点得到四边形． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求四边形的周长． 【培优题型】 【题型9】四边形与坐标系的综合计算 1.考点总结 坐标系中平行四边形、特殊平行四边形的顶点坐标求解； 利用坐标计算四边形的边长、对角线长度、面积； 结合坐标与性质判定四边形的形状。 2.解题技巧 坐标求解：平行四边形顶点坐标满足“对角线中点坐标相同”（如、是对角线，、是另一对角线，则，）； 边长与对角线计算：利用两点间距离公式； 面积计算：规则四边形（如矩形、菱形）直接用公式，不规则四边形用“割补法”（分割为三角形或矩形），结合坐标求底和高。 【例题9】.（2025·山东菏泽·一模）如图，在平面直角坐标系中，正方形顶点的坐标为，是等边三角形，点坐标是，在正方形内部紧靠正方形的边（方向为 ）做无滑动滚动，第一次滚动后，点的对应点记为，的坐标是；第二次滚动后，的对应点记为，的坐标是；第三次滚动后，的对应点记为，的坐标是；如此下去，……则的坐标是______． 【变式题9-1】.（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B的坐标为，点C的坐标为，连接，以为边作正方形（A，C，D，E顺时针排列），探究以下问题： (1)①当时，点D的坐标为______； ②用含m的代数式表示点D的坐标为______； ③点D在运动过程中，的最小值______； (2)连接、，的面积是否改变？如果不变，求出此定值；如果改变，请说明理由； (3)平面内存在点P，使得四边形是菱形，求出此时m的值． 【变式题9-2】.（24-25七年级下·天津滨海新区·期中）正方形的边长为6，O为平面直角坐标系的原点，D是的中点． (1)如图，点A的坐标为 ，点C的坐标 ，点D的坐标 ； (2)如图，点P在上， 且坐标为，若三角形的面积为12，求a的值； (3)在坐标轴上是否存在点Q，使三角形的面积是正方形面积的一半．若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式题9-3】.（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． 【题型10】四边形中的动点最值问题 1.考点总结 平行四边形、特殊平行四边形中动点引发的线段和、差的最值； 利用“将军饮马”“垂线段最短”“三角形三边关系”求最值； 动点问题中四边形形状变化的临界值求解。 2.解题技巧 线段和最小：利用轴对称转化（将军饮马模型），如正方形中动点到两定点的距离和最小，作关于动点所在边的对称点，连接对称点与，交动点所在边于； 线段差最大：利用三角形三边关系（两边之差小于第三边），当三点共线时差最大； 垂线段最短：动点到定直线的距离最小，直接作垂线段，结合四边形性质求长度。 【例题10】.（2024八年级下·全国·专题练习）如图，菱形中，，，点为边上任意一点（不包括端点），连结，过点作，交边于点，点线段上的一点． (1)若点为菱形对角线的交点，为的中位线，求的值； (2)当的值最小时，请确定点的位置，并求出的最小值； (3)当的值最小，且的值最小时，在备用图中作出此时点，的位置，写作法并写出的最小值． 【变式题10-1】.（25-26九年级上·广东佛山·月考）在边长为的正方形纸片中，点在边上，连接，将沿折叠，得到． (1)如图1，若点落在对角线上，求的长； (2)如图2，若的延长线与相交于点，猜想，，的数量关系，并证明； (3)如图3，点是的中点，连接，当的长最短时，求的长． 【变式题10-2】.（25-26九年级上·江西新余·月考）综合与实践 如图，在边长为4的正方形中，M是正方形内一点，连接，将绕点D顺时针旋转，得到线段，连接，． （1）求证：． 问题探究 （2）如图1，若点M是正方形的中心，连接，求的长． 拓展应用 （3）如图2，O是的中点，连接，，且（，当的长最小时，求的面积． 【变式题10-3】.（25-26九年级上·重庆开州·月考）在平行四边形中，于于F，H为上一动点，连接，交于，且． (1)如图1，若，求的长； (2)如图2，当时，求证：； (3)如图3，若，点是直线上任一点，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，请直接写出当最小时的面积． 同步练习 一、单选题 1．矩形具有而菱形不一定具有的性质是（    ） A．对角线相等 B．内角和为 C．两组对边分别平行 D．对角线互相平分 2．如果一个n边形的内角和比外角和多，那么n的值是（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 3．如图，在菱形中，P是对角线上一动点，过点P作于点E，于点F．若菱形的周长为20，面积为24，则的值为（   ） A．4 B． C．6 D． 4．如图，在长方形中，，，是上一个动点，于，于，则的值为（    ） A．4 B．4.6 C．4.8 D．5 二、填空题 5．将一个长为，宽为的矩形纸片从下向上，从左到右对折两次后，得到如图所示的矩形，沿所得矩形两邻边中点的连线（虚线）剪下，再打开，得到的四边形的面积为_____． 6．如图1是我国古建筑墙上采用的八角形窗户，其外轮廓是一个正八边形，外轮廓示意图如图2的正八边形所示，若对角线，则对角线的长为______． 7．如图，在菱形中，点、分别在、边上，，连接、．若，，，则线段的长为______． 8．如图，点E在平行四边形的对角线上，，，则__________． 三、解答题 9．如图，在中，点E，F分别在和上，且．求证：． 10．如图，在矩形中，，，将沿对角线翻折，点C落在点处，交于点E (1)求证：是等腰三角形． (2)求线段的长． 11．如图，在矩形中，点在边上，连接，点在线段上，过点作，分别交边、于点、，连接、，， (1)四边形是菱形吗？请说明理由； (2)若，求的长． 12．菱形中，，为边，上的点，，相交于点． (1)如图，若，，求证：； (2)如图，若．试探究此时和满足什么关系？并证明你的结论； (3)如图，在（）的条件下，平移线段到，使为的中点，连接交于点，若，求的值． 学科网（北京）股份有限公司 $