重难点04 特殊平行四边形综合压轴题7类题型（期中复习专项训练）八年级数学下学期新教材人教版

专题04 特殊平行四边形综合压轴题 题型1 特殊平行四边形中最值问题（选填压轴） 题型5 特殊平行四边形中动点问题（解答压轴） 题型2 四边形中多结论问题（选填压轴） 题型6 四边形中最值问题（解答题）（解答压轴） 题型3 特殊四边形综合解答题压轴（解答压轴） 题型7 四边形中新定义类题型（解答压轴） 题型4 特殊四边形综合解答之探究类题型（解答压轴） 题型一 特殊平行四边形中最值问题（共7小题） 1．（24-25八年级下·湖北十堰·期末）如图，在中，，，，P为边上一动点，于E，于F，M为的中点，则的最小值为（　　） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】先求证四边形是矩形，再根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，利用三角形面积求得最短时的长，然后即可求出的最小值． 【详解】解：连接，如图所示： ∵，，， ∴， ∵于E，于F， ∴四边形是矩形， ∴，与互相平分， ∵M是的中点， ∴M为的中点， ∴， 根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短， 即时，最短，同样也最短， ∴当时，， ∴最短时，， ∴当最短时，． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图所示，E为边长是4的正方形的边的中点，M为上一点，N为上一点，连接、、，则四边形周长的最小值为（　　） A．10 B．12 C． D． 【答案】B 【分析】延长至，使，延长至，使，连接，交于M，交于N，根据线段垂直平分线的性质得到，，根据两点之间线段最短可知，就是四边形周长的最小值，根据勾股定理计算即可． 【详解】解：如图，延长至，使，延长至，使，连接，交于M，交于N， ∵四边形是正方形， ∴， ∴垂直平分，垂直平分， ∴，， ∴四边形周长， 根据两点之间线段最短可知，就是四边形周长的最小值． ∵E为边长是4的正方形的中点， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴四边形周长的最小值为． 3．（25-26八年级下·山东济南·期中）如图，在中，，，，P为边上一动点（且点P不与点B、C重合），于E，于F．则的最小值为（   ） A．2.4 B．4.8 C．5.2 D．6 【答案】A 【分析】先由矩形的判定定理推知四边形是矩形；连接，则，所以要使，即最短，只需即可；然后根据三角形的等积转换即可求得的值． 【详解】解：如图，连接． 在中，，，， ， ． 又于点，于点． ， 四边形是矩形． ． 当最小时，也最小， 即当时，最小， ， 即， 线段长的最小值为2.4． 4．（25-26八年级下·浙江绍兴·期中）如图，在中，，，，P为边上一动点，于E，于，为的中点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及直角三角形斜边上的中线性质，用勾股定理解三角形等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．证四边形是矩形，得，再由垂线段最短和三角形面积求出的长，即可解决问题． 【详解】解：如图，连接， ，，， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 是的中点， ， 根据垂线段最短可知，当时，最短，则也最短， 此时，， ， 即最短时，， 的最小值， 故选：C． 5．（25-26九年级上·安徽·期中）如图，正方形的边长为8，为对角线上一动点，中，，，当点从点运动到点的过程中，的周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了垂线段最短、全等三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长，理解垂线段最短是解题的关键．根据题意证明，可得的周长为，当最小时周长最小，而，进而可得当时最小，求得此时的周长即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ， ，， ， ， ， 的周长为 ， 是等腰直角三角形， ， 如图，当时，最小，   正方形的边长为8， ， ， 的周长的最小值为， 故选：A． 6．（25-26八年级上·江苏镇江·期中）如图，在△中，，，在上取点，使，作于，连接，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作，交的延长线于点，取的中点，连接、，因为于点，所以，而，则，推导出，进而证明△△，得，则，求得，由，得，所以，则的最小值为，于是得到问题的答案． 【详解】解：作，交的延长线于点，取的中点，连接、， 点在上，于点， ， ， ， ，， ， 在△和△中， ， △△， ， ， ， ， ， ， 的最小值为， 故选：． 【点睛】此题重点考查直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、两点之间线段最短等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 7．（25-26九年级上·重庆合川·期中）如图，在菱形中，，，为线段上的一个动点，四边形是平行四边形，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，利用四边形为平行四边形，得出，，由为线段上的动点，可知运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，过点作的平行线，过点作关于线段的对称点，由对称性得，则，当且仅当依次共线时，取得最小值，此时，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，分别证明四边形和四边形是矩形，求出 ，，再利用勾股定理求出即可，正确作出辅助线是解题的关键 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵为线段上的动点， ∴可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动， 如图，过点作的平行线，过点作关于线段的对称点， 由对称性得，， ∴，当且仅当依次共线时，取得最小值， 如图，设与交于点，交于点，延长交延长线于点， ∵菱形中，，， ∴，，， ∵， ∴由对称性可得， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， 即的最小值为． 故选：B． 题型二 四边形中多结论问题（共7小题） 1．（25-26九年级上·宁夏银川·期中）如图，在正方形中，边长为的等边三角形的顶点、分别在和上，下列结论：①；②；③；④，其中正确的序号是（　　） A．①②④ B．②③④ C．①②③④ D．①②③ 【答案】A 【分析】本题主要考查正方形的性质的知识点，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的证明以及辅助线的正确作法，此题难度不大，但是有一点麻烦． 根据三角形的全等的知识可以判断①的正误；根据角角之间的数量关系，以及平角为判断②的正误；利用解三角形求正方形的面积等知识可以判断④的正误，进而求出；可以判断③的正误，． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故①说法正确； ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，②说法正确； ∵，是等腰直角三角形， ∴， 设正方形的边长为a， 在中， ，即， 解得， 则，即，④说法正确， ∵， ∴，故说法③错误， 综上，正确的说法是①②④， 故选：A． 2．（25-26八年级上·山东济南·期中）如图，正方形的边长为16，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况：①若为的中点，则四边形是正方形；②若为上任意一点，则；③点在运动过程中，的值为定值16；④点在运动过程中，线段的最小值为．其中正确的有（   ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】先证明四边形是矩形，再证明，则四边形是正方形，即可判定①正确； 连接，由四边形是矩形，得，再证，得，则，即可判定②正确； 证明，，从而得，即可判定③正确； 根据，所以当最小时，最小，所以当时，最小，利用求得，即得线段的最小值为，即可判定④错误． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴    ，，， ∵于点，于点， ∴， ∴四边形是矩形，，， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， 故①正确； 连接， ∵四边形是矩形， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， 故②正确； ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 即的值为定值， 故③正确； ∵， ∴当最小时，最小， ∴当时，最小， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴线段的最小值为， 故④错误； ∴正确的有①②③， 故选：A． 【点睛】此题考查了正方形的判定与性质，垂线段最短，三角形三边关系，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质、矩形的判定与性质是解题的关键． 3．（25-26八年级上·浙江湖州·期中）如图，在中，于点，点是边的中点，连结，连结交于点，此时，下列结论中：①平分；②；③；④若记的面积为，的面积为，则．其中正确的结论是（   ） A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】本题考查了垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三角形内角和定理的应用，三角形的外角的性质，三角形的中线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键；根据已知得出垂直平分，进而根据三线合一即可判断①，根据勾股定理即可判断②，根据三角形的内角和定理以及三角形的外角的性质，推导出，即可判断③，根据三角形的中线的性质可得，而，即可判断④，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴ ∴即 ∵点是边的中点， ∴ ∴垂直平分 ∴ ∴平分，故①正确； 在中，点是边的中点， ∴，， ∴，故②正确； ∵， ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ 又∵， ∴，故③正确； ∵点是边的中点， ∴， ∴， 而，故，即④不正确； 故选：A． 4．（25-26九年级上·黑龙江大庆·期中）如图，在矩形中，的平分线交于点，交的延长线于点，取的中点，连接，，，，下列结论： ①；②；③；④若，则．其中正确的结论有（   ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】先求出，判断出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得，，从而得到；再求出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得，再求出，然后利用“边角边”证明，得到，由，得到，；由于，得到；由是等腰直角三角形得到，求得，过作于，求得，进而得出答案． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，，， ∵平分， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， 故①符合题意； ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∵点为的中点， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴． ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故②不符合题意； ∵， ∴， 故③符合题意； ∵， ∴设，， ∵， ∵，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 过作于，如图： ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故④符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等和等腰直角三角形是解决问题的关键． 5．（25-26八年级下·江苏连云港·期中）如图，在正方形中，对角线交于点O，E为上一点，，，垂足分别为F、G，连接、，与交于点H，则下列结论中①；②是等腰直角三角形；③；④平分；⑤．正确个数有（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】D 【分析】由正方形性质证明，从而可判断①；再证明，可证明为等腰直角三角形，所以，，即平分，从而可判断②④；设交于点，连接，由知，，由为等腰直角三角形知，证明，可得，，从而为等腰直角三角形，故得，在中，由勾股定理可得，即，可判断⑤；结合全等三角形的性质以及勾股定理，进行列式化简，即可得出． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 故①符合题意 ∵ ∴ ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， 故为等腰直角三角形， 故②符合题意； ∴， ∵， ∴， ∴平分， 故④符合题意； 设交于点，连接，如图所示， ∵为等腰直角三角形， ∴， 在和中， ∴， ∴，． ∴为等腰直角三角形， ∴， 在中，由勾股定理可得， 即，故⑤符合题意； ∵， ∴ ∵为等腰直角三角形， ∴ 则 即； 故③符合题意； 综上，正确的序号为①②③④⑤， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上内容是解题关键． 6．（24-25八年级上·河北邯郸·月考）如图，在中，，分别作，的外角平分线，它们相交于点，连接．有下列结论：①；②；③平分；④；⑤当时，．其中一定正确的有（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】C 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质定理和判定定理，掌握相关知识是解决问题的关键．过点作于，于，于，根据，可得四边形是长方形，得，根据，的外角平分线相交于点，可得，，所以，得平分，可以判断③正确；证明，可得，同理，可得，可以判断①正确；可证明长方形为正方形，根据角度代换可以判断②正确；根据三角形面积公式和角平分线判定定理可以判断④错误；因为四边形是正方形，设，则，然后根据等腰直角三角形的性质和正方形的性质可以判断⑤正确． 【详解】解：如图，过点作于，于，于， 又， 四边形是长方形， ， ，的外角平分线相交于点， ，， ， 平分，故③正确； 同时可证长方形为正方形； 在和中， ， ， ， 同理， ，故①正确； ， ∵四边形为正方形， ， 即， 由①， ∴， 故②正确； 作交的延长线于，作交的延长线于， ， 若， 则， 又∵， 即平分， 这不一定成立，故④错误； ∵四边形是正方形， ， 当时， 是的平分线， ， ， ， ， 同理， ，， ， ， ， 设，则， ， ， ， ， ，故⑤正确， 综上所述：一定正确的有①②③⑤，共4个． 故选：C． 7．（25-26八年级下·山东临沂·期中）如图，正方形的边长为4，G是对角线上一动点，于点E，于点F，连接，给出四种情况：①若G为的中点，则四边形是正方形；②若G为上任意一点，则；③点G在运动过程中，的值为定值4；④点G在运动过程中，线段的最小值为．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，矩形的判断和性质，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． 连接，利用正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，逐项进行判断即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵于点E，于点F， ∴， ∴四边形是矩形，， ∴由勾股定理得，， ∵G为的中点， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， 故①正确； 连接， ∵四边形是矩形， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， 故②正确； ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 即的值为定值4，故③正确； ∵， ∴当最小时，最小， ∴当时，最小， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴线段的最小值为， 故④正确； ∴正确的有①②③④，共4个， 故选：D． 题型三 特殊四边形综合解答题压轴（共7小题） 1．（25-26八年级下·广东广州·期中）如图，正方形，点、分别在、上． (1)如图1，当时． ①求证：； ②平移图1中线段，使点与重合，点在延长线上，连接，取中点，连接，如图2，求证：； (2)如图3，若点在上，和相交于点．当，边长，，求的长． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2) 【分析】（1）①如图1，可证得四边形是平行四边形，进而可证，即可证得结论； ②在上截取，如图2，则是等腰直角三角形，，由，利用全等三角形性质和正方形性质即可得出结论； （2）如图3，过点作交于点，则四边形是平行四边形，作，交延长线于，利用证明，设，则，运用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】（1）证明：①过点作，交的延长线于点， 四边形是正方形， ，， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； ②在上截取，如图2， 则是等腰直角三角形，， 由（1）知，， ， ，， ， ， ， ， 即； （2）解：如图3，过点作交于点， 则四边形是平行四边形， ，， ，，， ， ， 作，交延长线于， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：， ． 【点睛】本题考查四边形的综合应用，掌握正方形性质，等腰直角三角形判定和性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形判定和性质，勾股定理等，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 2．（24-25八年级下·广东·期中）四边形是一张平行四边形纸片，将纸片沿着折叠，使点落在直线上的点处，点的对应点为，和相交于点． (1)如图1，当平行四边形是矩形时： ①连接，求证：四边形为菱形： ②如图2，若，当点与点重合时，______； (2)如图3，当平行四边形满足，，且为的中点，求此时的长度． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【分析】（1）①根据折叠的性质得到，易证，得到，结合，得到，由平行线的性质得到，进而得到，推出，根据折叠的性质得到，即可证明结论；②如图，过点E作于点H，连接交于点O，证明四边形是矩形，设，则，求出，，证明是等边三角形，推出，利用三角形内角和定理结合等腰三角形的性质求出，再根据四边形为菱形，求出，即可解答； （2）连接，分别过点作，垂足分别为，证明，推出三点共线，再证明，证明是等腰三角形，求出，，，，，，进而求出，，利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）①折叠的性质得到， ∴， ∴， 由折叠的性质得， ∴，即， ∵使点落在直线上的点处，平行四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 由折叠的性质得， ∴， ∴四边形为菱形； ②如图，过点E作于点H，连接交于点O， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，， 设，则， ∵点与点重合， ∴， 由①知四边形为菱形， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∵点与点重合， ∴； （2）解：连接，分别过点作，垂足分别为， 折叠的性质得到， ∴， ∴， ∵三点共线， ∴三点共线， 由折叠的性质得， ∴，即， ∵点落在直线上的点处，四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了四边形的综合问题，涉及平行四边形的性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角矮星的判定与性质等知识，综合运用以上知识点是解题的关键. 3．（25-26八年级下·浙江·期中）如图1，在中，对角线与交于点，点关于的对称点为点，连接，，． (1)求证：； (2)当，且时． 如图，若，，三点共线，求四边形的周长； 如图，若，求四边形的面积（直接写出答案）． 【答案】(1)见解析； (2) ； 【分析】（）利用平行四边形对角线性质和对称点性质，通过等腰三角形等边对等角证明角相等； （）根据对称性质、等腰直角三角形判定及性质，结合平行四边形判定与性质求周长； 通过作平行线构造平行四边形，利用角度关系、中点性质设未知数，结合勾股定理求解边长，进而求面积． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点与关于对称， ∴， ∴； （2）解： ，，三点共线，且点与关于对称， ∴，， ∵，， ∴， ∴为等腰直角三角形， 根据勾股定理可得：， ∵，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴是正方形， ∴，， ∴四边形的周长为； 设与交于点，过点作的平行线，交，分别于点，， ∵点关于的对称点为点， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴为等腰的边的中点， ∴为中点，为中点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， 设，则，， 在Rt中，， 解得， ∴，， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，正方形的判定与性质，等腰三角形性质，等腰直角三角形判定与性质、勾股定理，轴对称性质，熟练掌握这些性质定理，灵活运用判定与性质进行推理、计算是解题的关键． 4．（25-26九年级下·吉林长春·周测）【问题原型】 在矩形中，．点为边上一点，将沿直线翻折至的位置（点落在点处）． (1)【问题解决】如图①，当点落在边上时，求的长． (2)【尝试应用】如图②，与相交于点F，与相交于点，且，直接写出的长__________． (3)【拓展提升】如图③，点为射线上的一个动点，将沿翻折，点恰好落在直线上的点处，直接写出的长__________． 【答案】(1)4 (2) (3)1或9 【分析】（1）利用矩形的性质、翻折的性质以及勾股定理求解即可； （2）利用翻折的性质可得：，设，则，再证得，则，然后在中，利用勾股定理列方程求解即可； （3）分两种情况：①点Q在线段上时，证，再由勾股定理得，则；②点Q在延长线上时，由勾股定理得，设，则，然后在中，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：∵矩形中，， ∴， 如图1由翻折的性质得：， 在中，由勾股定理得：． （2）解：如图2，由翻折的性质得：， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：，即． （3）解：分两种情况： ①点Q在线段上时，如图3所示： 由翻折的性质得， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②点Q在延长线上时，如图4所示： 由翻折的性质得：， ∴， 设，则， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴，解得：，即． 综上所述，的长为1或9． 【点睛】灵活利用分类讨论思想和勾股定理构造方程是解题的关键． 5．（24-25八年级下·福建厦门·期中）如图，中，，，外角平分线交于点A，过点A分别作直线，的垂线，B，D为垂足． (1)___________°（直接写出结果不写解答过程）； (2)①求证：四边形是正方形； ②若，求的值． 【答案】(1)45 (2)①证明见解析；②72 【分析】（1）先根据三角形的内角和定理和邻补角的定义求出，然后根据角平分线的定义，三角形内角和定理求解即可； （2）①作于G，先证明四边形是矩形，根据角平分线的性质定理可得出，然后根据正方形的判定即可得证； ②过A作于H，证明，得出，同理：，在中，根据勾股定理可求出，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∵平分，平分， ∴，， ∴， ∴； （2）①证明：作于G，如图1所示： 则， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵，外角平分线交于点A， ∴，， ∴， ∴四边形是正方形； ②解：过A作于H， 由①可得：四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， 同理：， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴． 6．（25-26八年级下·福建·期中）完成以下问题 (1)正方形，分别在边上（不与端点重合），，与交于点． 如图（），若平分，直接写出线段，，之间等量关系； 如图（），若不平分，中线段，，之间等量关系还成立吗？若成立请证明；若不成立请说明理由 (2)如图（），矩形，，．点分别在边上，，，求的长度． 【答案】(1) ；成立，证明见解析； (2)． 【分析】（）由四边形是正方形，得，，，证明，则，，所以，然后通过角平分线性质即可求解； 延长到点H，截取，连接，证明和即可求解； （）取，的中点，，连接，连接，证明四边形是正方形，由勾股定理得，由（）同理得：，设，则，，通过勾股定理求出，即，则，过作于点，再证明四边形是矩形，所以，然后证明，所以，再通过线段和差即可求解． 【详解】（1）解：如图（）， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵，平分， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴，， ∴； ，中线段，，之间等量关系还成立：， 如图（），延长到点，截取，连接， 在与中， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴，即， 在与中， ∵， ∴， ∴， （2）解：如图，取，的中点，，连接，连接， ∵，， ∴，， ∴四边形是正方形， 在中，，， ∴， ∴， ∵， 由（）同理得：， 设，则，， 在中，， ∴， ∴，即， ∴， 过作于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，角平分线定义等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 7．（24-25八年级下·山西大同·期末）如图1，将矩形沿过点的直线折叠，使得点的对应点落在边上，折痕与交于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)如图2，点是的中点，勤学小组的同学将矩形沿直线折叠，点的对应点为，连接并延长，交于点． ①试判断四边形的形状，并说明理由． ②连接交于点，点是的中点，若点是的三等分点，，直接写出的长． 【答案】(1)正方形，理由见解析； (2)①平行四边形，理由见解析；②的长为或． 【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、正方形和平行四边形的判定以及勾股定理的应用． （1）根据矩形和折叠的性质判断四边形的形状； （2）①利用矩形和平行线的性质以及折叠性质来判定四边形的形状； ②根据点是的三等分点分情况讨论，结合勾股定理求出的长度． 【详解】（1）四边形为正方形． 理由:矩形， ， 折叠， ，， 四边形是正方形； （2）①四边形为平行四边形． 理由：矩形， ， 点是的中点， ， 折叠， ，， ， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形； ②四边形是平行四边形， ， 点是的中点， ， ，，， 是矩形， 当是的下方的三等分点时， ，点是的中点， ， 是矩形， ∴， 由折叠可得， ，，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 当是的上方的三等分点时， ，点是的中点， ， ，，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 综上所述，的长为或． 题型四 特殊四边形综合解答之探究类题型（共7小题） 1．（24-25八年级下·广西钦州·期末）综合与探究． 【问题背景】 （1）数学活动课上，老师提出了一个问题：如图1，点E为的边上一点，连接，，请探究的面积与面积的关系？“领航”学习小组在数学活动中发现：的面积等于面积的2倍．请你写出完整的解答过程． 【尝试应用】 （2）如图2，长方形中，点E为边上一点，点F为右侧一点，，若，，，求的长； 【深入思考】 （3）如图3，中，点E为边上一点，点F为边上一点，连接，交于点G，连接，若，证明：平分．    【答案】（1）见解析；（2）12；（3）见解析 【分析】（1）如图，过点作于点，根据得出结论； （2）过点作于点，连接，先证明四边形是矩形，得出，求出，设，则，根据勾股定理求出结论； （3）连接，过点作于点，作于点，证明即可证明结论． 【详解】解：（1）如图，过点E作于点F，    ∴，， ∴； （2）如图，过点D作于点G，连接，    ∵， ∴四边形是矩形． ∴． ∵，， ∴， ∴． ∴． ∵四边形是矩形， ∴，，， 设，则， ∴． ∴． ∴． ∴， ∴， ∴； （3）如图，连接，，过点A作于点M，作于点N，    由（1）知， ∴，即， ∵， ∴， ∴点A在的平分线上，即平分． 2．（25-26九年级下·甘肃张掖·开学考试）【模型建立】（1）如图，在正方形中，分别是边上的点，连接，，连接，探究线段之间的数量关系．小明发现可以将沿折叠，沿折叠，和恰好重合在上，进而利用折叠的性质来证明此问题．请你根据小明的解题方法探究之间的数量关系； 【类比探究】（2）如图，在等腰直角中，，点在边上，连接，，探究线段之间的数量关系； 【拓展迁移】（3）如图，在中，于点，若，，，求的面积． 【答案】（1），理由见解析（2），理由见解析（3） 【分析】（1），由折叠得到，，，从而推出，，，，得到，推出点三点共线，即可说明； （2），将绕点逆时针旋转，得到，连接，由旋转可得，，得到，，，，推出，证得，得到，再利用勾股定理即可说明； （3）将沿翻折得到，将沿翻折得到，延长，交于点，得到，，，，，，从而可得，，可证明四边形是正方形，设，则，，，利用勾股定理，可得到，解得，（舍去），得到，即可求解． 【详解】（1）解：， 理由：由折叠可得，，， ∴，，，， ∴， ∴点三点共线， ∵， ∴； （2）解：，理由： 如图所示，将绕点逆时针旋转，得到，连接， 由旋转可得，， ∴，，，， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴在中，， ∴； （3）解：如图所示，将沿翻折得到，将沿翻折得到，延长，交于点， ∴，，， ，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， 设，则，，， 在中，由勾股定理，得， 整理得， 解得，（舍去）， ∴， ∴． 3．（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图，回答下列问题： 【问题探究】 (1)如图1，在中，连接，． ①求证：是矩形； ②若，探究线段与线段之间的数量关系． 【问题解决】 (2)如图2所示，矩形是一块待开发的旅游景点规划地，、、是从入口C通往三个观光点A、E、F的路线，其中，且，因自然地理环境的限制，观光点A无法直接到达观光点E、F，为方便旅客顺利、便捷地从观光点A到达观光点E、F（观光点E、F分别在、上），现要在、上架一座桥梁，已知，桥梁的造价为200万元，桥梁的造价为100万元，求建好和两座桥梁所需要的总造价． 【答案】(1)①见解析；② (2)400万元 【分析】（1）①根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可；②由得到，在中，运用勾股定理即可求解； （2）延长至点G，使得，连接、、，先证明，则，，由（1）知，那么，再同理得出，，则，此时，那么，即可求解总造价． 【详解】（1）①证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； ②解：；理由如下， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：； （2）解：延长至点G，使得，连接、、， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴，， 由（1）知， ∴， 在中，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴总造价为：（万元）． 4．（25-26八年级下·江苏扬州·期中）小明与同学们在数学动手实践操作活动中，将锐角为的直角三角板的一个锐角顶点与正方形的顶点重合，正方形固定不动，然后将三角板绕着点旋转，的两边分别与正方形的边、或其延长线相交于点、，连接． (1)【探究发现】在三角板旋转过程中，当的两边分别与正方形的边、相交时，如图（1）所示，则线段、、满足的数量关系：_________________．(请直接写出结果) (2)在三角板旋转过程中，当的两边分别与正方形的边、的延长线相交时，如图（2）所示，则线段、、又将满足怎样的数量关系：________________．(请直接写出结果) (3)【拓展思考】若正方形的边长为6，在三角板旋转过程中，当的一边恰好经过边的中点时，试求线段的长(请写出解答过程)． (4)【创新应用】如图（3）所示，将三角板的锐角顶点与正方形的边中点重合，边、分别与正方形的边、交于点、．若，则线段_______．(请直接写出结果) 【答案】(1)； (2)； (3)5或； (4) 【分析】（1）延长至使，先证得，再证，得到． （2）在上截取，先证得，再证，得到． （3）分两类讨论：①点是边的中点，设，由，结合勾股定理列方程得；②过中点中点，先证得，设，由，勾股定理列方程得，故或． （4）构造中点辅助线得正方形，设，在中用勾股定理解得，再由中位线性质得，最终． 【详解】（1）解：如图，延长至，使，连接． ∵四边形是正方形， ∴，， 在和中，，， ∴， ∴，． ∵，， ∴， ∴． 在和中，， ∴， ∴． （2）解：如图，在上截取，连接． ∵四边形是正方形， ∴，， 在和中，， ∴， ∴，． ∵，， ∴． 在和中，， ∴， ∴． （3）解：①如图，当点是边的中点时， ∵正方形的边长为6， ∴， ∵是中点， ． 设，由（1）结论，得，． 在中，由勾股定理得：， 即，解得：， ． ②如图，当经过的中点时， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴，． ∵是的中点， ∴． 在和中，， ∴． ∴， ∴． 设，由（2）结论， ∴，． 在中，由勾股定理得：， 即，解得：， ∴； 综上，的长为或； （4）解：如图，取的中点，的中点，的中点，连接、交于点，设交于点． ∵，，，分别是正方形四边的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 同理可证四边形是平行四边形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴四边形是正方形， 由（1）的结论可知，设， ∵，， ∴，，， 在中，∵， ∴，解得， ∴， ∵，， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题是正方形半角模型的内角夹角的结构，需要利用截长补短法构造全等三角形，交边时“补短”：延长使，交延长线时“截长”：在上截，使用两步全等，把分散的线段、转化到同一条线段上，直接得到与它们的和差关系． 5．（24-25八年级下·江苏苏州·期中）【问题情境】 课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题： (1)如图1，中，，若，，点是斜边上一动点，求线段的最小值． 小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法： 根据直线外一点和直线上各点连接的所有线段中，垂线段最短，得到： 当时，线段取得最小值．根据小明的思路可以求出这个最小值为_______． (2)【思维运用】如图2，在中，，，，为斜边上一动点，过作于点，过作于点，求线段的最小值． (3)【问题拓展】如图3，，为线段上的一个动点，分别以，为边在的同侧作菱形和菱形，点，，在一条直线上．，，分别是对角线，的中点，当点在线段上移动时，点，之间的距离的最小值为______．（直接写出结果，不需要写过程） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据勾股定理求出，根据三角形的面积公式求出，根据垂线段最短得到答案； （2）根据勾股定理求出，根据矩形的性质得到，仿照（1）的方法解答； （3）连接、，延长交于，连接，证明四边形是矩形，得出，仿照（2）的方法即可求解． 【详解】（1）解：当时，线段取得最小值． ∵中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故的最小值为． （2）解：连接，如图所示： ，， ， ， 四边形是矩形， ， ，，， ， 当时，最短， ， ∴线段的最小值为； 故答案为：． （3）如图3，连接、，延长交于，连接， 四边形，四边形是菱形，， ，，，，与互相垂直平分，与互相垂直平分， 、分别是对角线、的中点， 点是的中点，点是的中点，，， ， 又，， 四边形是矩形， ，， 当时，有最小值， 此时，，， ，， ，， ， 的最小值为． 6．（25-26八年级下·江苏苏州·期中）由于疫情，我们从2月14日至今已经居家两个多月，但是我们停课不停学，通过大家的自律，形成了属于我们自己的千里江山图．下面是我们在“云端共舞”时老师介绍的两个题目，不知道大家有没有印象，请大家回顾课堂解决（1）、（2），并把握机会，深入探究，解决（3）． 【云端共舞】 (1)已知：如图①，在四边形中，，，，则 ． (2)如图②，在正方形中，点M、N为边和上的动点（不含端点），下列三个结论： ①当时，则；②；③的周长不变．其中正确结论的个数是 ． (3)【千里江山】如图③，边长为3的正方形中，E、F、G分别是边上的点，与相交于点O，且，求线段的长． 【答案】(1)5 (2)3 (3) 【分析】（1）过点D作，交的延长线于点E，可证明四边形是平行四边形，则；利用勾股定理求出的长即可得到答案； （2）由勾股定理得，当时，可证明，则可证明，得到，再由，可得，据此可判断①；延长到点H，使得，连接，证明，得到，，再证明，得到；根据四边形内角和为360度和平角的定义可得，据此可判断②；根据三角形的周长公式和线段的和差关系可得的周长，据此可判断③； （3）过点A作，交于点T，连接，可证明四边形是平行四边形，得到，则，；证明，则由（2）可知；设，则，由勾股定理得，解方程得到，再利用勾股定理可得答案． 【详解】（1）解：如图所示，过点D作，交的延长线于点E， ∵， ∴，即； ∵，即，且， ∴四边形是平行四边形， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴，即； （2）解：∵四边形是正方形， ∴，； 在中，由勾股定理得， 当时，则， ∴， ∴，即， ∴，即， ∴， ∴， 又∵， ∴，故①正确； 如图所示，延长到点H，使得，连接，则， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴的周长， ∴的周长等于正方形的边长的2倍， ∴的周长是定值，故③正确； （3）解：如图所示，过点A作，交于点T，连接， ∵四边形是边长为3的正方形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴由（2）可知； 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴ ∴． 7．（25-26九年级上·海南海口·期中）如图，边长为1的正方形的对角线相交于点，的平分线分别交、于点、，作于点，分别交、于点、，连接、． 【铺垫设问】： （1）求证：； （2）试问：与是否相等？若是，请证明；若不是，请说明理由． 【解决问题】： （3）试求：的值（结果保留根号） 【拓展探究】： （4）试用本题背景来说明． 【答案】（1）见解析；（2），理由见解析；（3）；（4）说明见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，垂直平分线的性质，三角函数，勾股定理，外角的性质，平行线分线段成比例和全等三角形的判定与性质的知识，掌握以上知识是解答本题的关键； （1）根据正方形的性质和等量变换得到对应角相等和对应边相等，然后根据全等三角形的判定知识即可求解； （2）根据角平分线的性质和等量变换的知识，即可求解； （3）根据正方形的性质，角平分线的知识，外角的知识，得到，然后求得四边形为菱形，然后再证得为等腰三角形，进而设，，然后根据勾股定理求得，然后再根据平行线分线段成比例的知识进行变换，即可求解； （4）由题意可得：，，， ，在中，根据三角函数的知识即可求解； 【详解】解：（1）∵四边形为边长为1的正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴； （2），理由如下， ∵， ∴， ∴， ， ∵是的角平分线， ∴， ∴， ∴； （3）如图：连接 ， ∵四边形为边长为1的正方形， ∴，，， ∴， ∵是的角平分线， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴，， 在中，， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∴，即， ∴， ∴， ∴为等腰三角形， ∴， 设，， ∴， ∵， ∴，， 在中，， 即， 解得：（舍去负值）， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （4）由题意可得：，，， ， 在中，， 即； 题型五 特殊平行四边形中动点问题（共7小题） 1．（25-26八年级下·江苏宿迁·月考）如图，在矩形中，，，，是对角线上的两个动点，分别从点，同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度．设运动时间为，其中． (1)若，分别是，的中点，则四边形一定是____________（，相遇时除外）． (2)在（1）的条件下，若四边形为矩形，求的值． 【答案】(1)平行四边形 (2)2或8 【分析】（1）根据矩形的性质结合平行线的性质可得到，，通过中点可证明，进而证明，利用三角形全等可得，，则，即可证明； （2）分为两种情况，一种是四边形为矩形，另一种是为矩形，利用即可求解． 【详解】（1）解：平行四边形． 由题意得：, ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵，分别是，中点， ∴，， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图①，连接． ，分别是，的中点，四边形是矩形， 四边形是矩形， ． 分以下两种情况讨论： ①如图①，当四边形是矩形时，． ，，， ． ， ， ； ②如图②，当四边形是矩形时，，． ， ， ． 综上所述，四边形为矩形时，的值为2或8． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用． 2．（24-25八年级下·吉林长春·开学考试）如图，在中，，，边上的高为12．点从点出发，沿以每秒5个单位长度的速度运动．点从点出发沿以每秒10个单位长度的速度运动．、两点同时出发，当其中一点到达终点时，、两点同时停止运动．设运动的时间为（秒），连接． (1)当点与点重合时，的值为________． (2)直接写出的长（用含的代数式表示）； (3)当平分面积时，求的值； (4)当时，直接写出的值． 【答案】(1)6 (2) (3)12或4 (4)2或或8 【分析】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握平行四边形的性质，进行分类讨论是解题的关键． （1）由题意可得，即可； （2）分点点出发沿运动和点出发沿运动两种情况讨论即可； （3）分两种情况，结合梯形的面积公式分别求出t的值即可． （4）分两种情况，结合矩形的性质、平行四边形的性质分别求出t的值即可． 【详解】（1）解：点Q与点C重合时， 由题意得：， 解得：， 即点Q与点C重合时，t的值为6； （2）解：当点Q沿运动时，； 由题意得：； 当点Q沿运动时，， ∴， 即； （3）解：∵面积为， ∴梯形的面积为 分两种情况： 当点Q沿运动时，如图， ∴， 解得：； 当点Q沿运动时，如图， 同理：， 解得：， 此时，两点重合，两点重合； 综上所述，当平分面积时，t的值为12或； （4）解：分两种情况： 点Q沿运动时， 如图，过A作于点G，于点H，则四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 解得：； 当点Q沿运动时， 如图，过A作于点G，于点H，则四边形是矩形，当点Q在点H右侧时， 同理， ∵， ∴， 解得：； 当点Q在点H左侧时，如图，则四边形是矩形，即， ∴， 解得：； 综上所述，当时，t的值为2或或． 3．（24-25八年级下·河北唐山·期中）在四边形中，，，，，，点从点以的速度向点运动，点从点以的速度同时向点运动．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． (1)求为何值时，四边形是平行四边形？ (2)求为何值时，四边形是矩形？ (3)在整个运动过程中，_________（答“存在”或“不存在”）t值，使得四边形是菱形； (4)若只改变线段的长度，其余条件都不变，在整个运动过程中，当四边形是正方形时，请你求出的值和线段的长度． 【答案】(1) (2) (3)不存在 (4)， 【分析】（1）根据时，四边形是平行四边形，列出方程进行求解即可； （2）根据，，得到当时四边形是矩形，列出方程进行求解即可； （3）根据菱形的性质可得，结合（1）的结论，分别求得的长，即可得出结论； （4）当四边形是正方形时，，进而求得，，根据，即可求解． 【详解】（1）解：由题意，得：，，秒， ∴，， ∵，则 当时，四边形是平行四边形； ∴ 解得： （2）解：∵，， ∴当时，四边形是矩形； ∵，， ∴ 解得： （3）解：不存在，理由如下， 由（1）可得，当时，四边形是平行四边形； ∴若此时，则四边形是菱形， 如图，过点作于点， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ， ∵ ，， ∴， ∴， 而， ∴， ∴四边形不是菱形， 故答案为：不存在． （4）解：当四边形是正方形时，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当四边形是正方形时，，． 【点睛】本题考查四边形中的动点问题．解题的关键是掌握矩形的判定和性质，正方形，平行四边形，矩形，菱形的性质与判定，及勾股定理解三角形，熟练掌握特殊四边形的性质是解题的关键． 4．（24-25八年级下·吉林·期中）如图，在四边形中，，，，，．点从点出发，以的速度向点运动；点从点同时出发，以的速度向点运动．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．设点的运动时间为（单位：s），解答下列问题． (1)______________．（用含的代数式表示） (2)当点停止运动时，的长度为______________． (3)当四边形为矩形时，求此时的值． (4)当时，直接写出此时的值． 【答案】(1) (2) (3) (4)或 【分析】本题考查四边形上动点问题，矩形的判定与性质及平行四边形的判定与性质，解题的关键是根据性质列方程求解． （1）根据时间乘以速度即可解答； （2）求点停止运动时的时间，即可解答； （3）当四边形为矩形时，，列方程即可解答； （4）分类讨论，当四边形为平行四边形或等腰梯形，分别计算即可． 【详解】（1）解：根据题意，， 故答案为：； （2）解：， 则， 故答案为：； （3）解：， 当四边形为矩形时，， 可得， 解得； （4）解：如图，当四边形为平行四边形时，此时， ， 则， 可得方程， 解得； 如图，当四边形为等腰梯形时，此时，过点作交于点， ， 则四边形都为矩形， ，， ， ，， ， ， 根据，可列方程， 解得， 综上所述，或． 5．（24-25九年级上·辽宁锦州·期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点停止，同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、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)周长为，面积为 【分析】（1）由矩形的性质可得，据此可建立一元一次方程，解方程即可求出答案； （2）由菱形的性质可得，据此可建立一元一次方程，解方程即可求出答案； （3）先利用的值求出的长，然后根据和即可求出菱形的周长和面积． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ， 即：， 解得：， 答：当时，四边形是矩形； （2）解：∵，， ∴四边形是平行四边形； 四边形是菱形， ， 即：， 解得：， 答：当时，四边形是菱形； （3）解：当时，， 菱形的周长为：， 菱形的面积为：． 【点睛】本题主要考查了（特殊）平行四边形的动点问题，矩形的性质，菱形的性质，解一元一次方程，代数式求值，多边形的周长，利用菱形的性质求面积等知识点，利用各种图形的性质建立方程解决问题是解题的关键． 6．（24-25九年级上·吉林·期中）如图，在直角梯形中，，动点分别从点同时出发，点以的速度向沿运动，点以的速度向点运动，当一点运动到终点时另一点也随之停止运动．设运动时间为． (1)__________； (2)设以点为顶点组成的三角形的面积为，求与之间的函数关系式； (3)当点在线段上运动，且点之间的距离为时，直接写出此时的值． 【答案】(1)3． (2)当时，；当时，． (3)． 【分析】（1）过点A作，垂足为，可得四边形是矩形，先求出，再在中求出即可求解； （2）分点在、上两种情况由三角形面积公式即可求解； （3）过点P作，垂足为，可得四边形是矩形，再在中，，由此列方程求解即可. 【详解】（1）解：如解图1，过点A作，垂足为， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵在中，， ∴， ∴； 故答案为：3． （2）解：如解图2，当时，，， ∵，即， ∴点P在上，此时， 当时，如解图3， 点P在上，，， 此时， 综上所述：； （3）解：如解图4．过点P作，垂足为， 同理（1）可得：四边形是矩形， ，，，， ∴， ∵在中，， ∴， ∴，（不合题意舍去）． ∴当点在线段上运动，且点之间的距离为时，此时． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，函数解析式、一元二次方程的应用，灵活运用分类思想是解题的关键 7．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图1，正方形的边长为2．E、F分别为边、上的动点，的周长为4，是延长线上的一点，且． (1)求证：； (2)试问的大小是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (3)如图2，若为边的中点，过点作，垂足为．求的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)的大小是定值，定值为 (3) 【分析】（1）利用正方形的性质证明，得到，再利用角的和差得到，即可证明； （2）由的周长为4，得到，由正方形的边长为2得到，得到，进而利用线段的和差推出，通过证明得到，结合即可得出结论； （3）连接，利用全等三角形的性质得到，利用三角形的面积公式得到，利用勾股定理求出的长，再根据即可求出的最小值． 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵的周长为4， ∴， ∵正方形的边长为2， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由（1）得，， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴的大小是定值，定值为； （3）解：连接， ∵正方形的边长为2， ∴，， ∴是的高， ∵， ∴是的高， 由（2）得，， ∴， ∴， 由（2）得，， ∴， ∵为边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理、三角形的面积公式、线段最值问题，正确找出全等三角形并证明是解题的关键． 题型六 四边形中最值问题（解答题）（共7小题） 1．（25-26八年级下·重庆沙坪坝·期中）正方形对角线，相交于点，为线段上一点，连接． (1)如图，若，，求的长度； (2)如图，为上一点，连接，为上一点，连接，，若，，，求证：； (3)如图，若正方形边长为，延长交于，在上截取，连接交于，连接交于，连接，直接写出的最小值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）过点作于，由正方形的性质可得，推出为等腰直角三角形，推出，在中，根据勾股定理求出，即可求解的长； （2）过点作直线，交延长线于，交延长线于，连接，根据平行线的性质结合已知的，推出，得到，由可得，结合正方形的性质可得 ，，结合平行线的性质得到，从而证明，得到，， 结合角的等量代换推出，进而可证明四边形是平行四边形，结合平行四边形的性质可证明，得到，即为的中点，根据直角三角形的中线定理即可证明； （3）取的中点，连接、，结合正方形的性质可得，由勾股定理得到的长，根据垂直平分线的性质可推出，证明，得到，进而得到，推出，得到，最后根据，即可求解． 【详解】（1）解：如图，过点作于， 四边形为正方形， ， 为等腰直角三角形， ， 在中，由勾股定理得：， ； （2）证明：如图，过点作直线，交延长线于，交延长线于，连接， 四边形是正方形， ，，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 在与中， ， ， ，， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ，， 在与中， ， ， ，即为的中点， ， ， ； （3）解：如图，取的中点，连接、，   正方形边长为， ， ， ， 在正方形中，，， ， ， 在和中， ， ， ， ， ，即， ， ， ， ， ， ， 的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形的斜边中线定理，勾股定理，线段最值问题等知识，解题的关键是灵活运用这些知识． 2．（24-25八年级下·广东·期中）如图1，两个正方形和共一个直角顶点，连接、交于点，连接、、、． (1)当，时， ①作图：请在图1中分别取、、的中点、、（不要求尺规作图），并直接写出和的关系：______； ②若，求此时的长； (2)当，求的最小值． 【答案】(1)①作图见解析，；② (2) 【分析】（1）①，先证明是的中位线，是的中位线，推出；再证明，得到，，即可推出，再证明，即可得到；②②由①知：，利用勾股定理得到，求出，，即可求解； （2）如图，分别取、、、的中点、、、，连接同理（1）①可得；当三点共线时，有最小值，最小值为的长，即有最小值，最小值为的长，同理（1）①得，，，，利用勾股定理求出，即可解答． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵点、、分别是、、的中点， ∴是的中位线，是的中位线， ∴； ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴，即， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ②由①知：， ∴， ∴， ∴， ∵四边形和四边形都是正方形，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即（负值舍去）； （2）解：如图，分别取、、、的中点、、、，连接 同理（1）①可得是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， ∴； ∴ ∵， ∴当三点共线时，有最小值，最小值为的长，即有最小值，最小值为的长， 同理（1）①得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即的最小值为． 【点睛】本题考查了四边形中点问题的综合，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形中位线的判定与性质，正方形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 3．（24-25八年级下·河南新乡·期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． (1)下列四边形中一定是“中方四边形”的是______． A．平行四边形            B．矩形            C．菱形            D．正方形 (2)如图，已知四边形是“中方四边形”，、分别是、的中点． ①试探索与的数量关系，并说明理由； ②若线段的长度为，则的最小值是______．（不需要解答过程） 【答案】(1)D (2)①，见解析；② 【分析】本题考查了三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键． （1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案； （2）①如图，记、的中点分别为、，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论． ②令与的交点为，连接、，当点在上(即、、共线)时，最小，最小值为的长，得到，，再根据①可知，从而计算的最小值，进而求解； 【详解】（1）解：∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，正方形的对角线相等且互相垂直， ∴一定是“中方四边形”的是正方形； 故选：D； （2）解：①如图，记、的中点分别为、，连接，，， ∵四边形是“中方四边形”，，分别是，的中点， ∴四边形是正方形， ，， ， ，分别是，的中点， ， ； ②令与的交点为，连接、； 由①可知，； 当点在上(即、、共线)时，最小，最小值为的长， 的最小值， 由题意可知；为正方形； ， ，， ， ，分别是，的中点， ，， ， 的最小值， 即时，最小，即最小； 线段的长度为， 则； 故； 故答案为： 4．（25-26八年级下·吉林长春·期末）【问题原型】 如图1，在正方形中，．求证：． 【问题应用】 如图，在正方形中，，、分别是边、上的点，且． （1）如图2，连接、交于点，为的中点，连接，．当为的中点时，四边形的面积为 　　； （2）如图3，连接、，当点在边上运动时，的最小值为 　　． 【答案】[问题原型]见解析；[问题应用]（1）；（2） 【分析】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、将军饮马问题，此题综合性强，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． [问题原型]证明即可； [问题应用]（1）先证，得，求证，由，，求得，则可得，即可由得解； （2）连接，可证明，得，则，延长到点，使，连接、，则，则，当、、共线时最小，求解即可． 【详解】解：[问题原型]证明：如图，设与交于点， 四边形是正方形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ． [问题应用]（1）解：四边形是正方形，， ，， ，为的中点， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， 为的中点， ， ， 故答案为：． （2）解：如图，连接， ，，， 在和中， ， ， ， ， 延长到点，使，则，垂直平分， 连接、，则， ，， ， ， 的最小值是， 故答案为：． 5．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）已知：如图，在矩形中，．在上取一点E，，点F是边上的一个动点，以为一边作菱形，使点N落在边上，点M落在矩形内或其边上．若的面积为S．    (1)当四边形是正方形时，求x的值； (2)当四边形是菱形时，求S与x的函数关系式； (3)当_____________时，的面积S最大；当_____________时，的面积S最小； (4)在的面积S由最大变为最小的过程中，请直接写出点M运动的路线长：_____________． 【答案】(1) (2) (3)①，② (4) 【分析】本题考查四边形综合题、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、三角形的面积、一次函数的应用等知识； （1）只要证明即可解决问题； （2）如图，连接，作于，想办法证明，可得，由此即可解决问题； （3）①如图3中，当点与重合时，的值最小，的面积最大，在中，．②如图4中，当点在上时，的值最大，的面积最小； （4）如图3中，在的面积由最大变为最小的过程中，点的运动轨迹是平行的线段，点运动的路线长的长． 【详解】（1）四边形是正方形， ，， ，， ， ∴， ， ．， ， ． 故答案为：． （2）如图，连接，作于，则，，   四边形是菱形， ，， ， 矩形中，， ， ，即， ， ， ，， ． 与的函数关系式； （3）①如图3中，当点与重合时，的值最小，的面积最大，    在中，， 的最大值． ②如图4中，当点在上时，的值最大，的面积最小， 此时易证， ， ， ； 故答案为：①，②． （4）如图3中，在的面积由最大变为最小的过程中，点的运动轨迹是平行的线段， 即点运动的路线长的长， 故答案为：． 6．（25-26八年级下·湖北咸宁·期中）如图，在中，，，，点为上一个动点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接交于点． (1)若，求的长； (2)当长为何值时，平行四边形是菱形？为什么？ (3)在点P的运动过程中，线段的长度是否存在最小值，若存在，请直接写出最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)3 (2)当时平行四边形是菱形，理由见解析 (3)存在最小值 【分析】（1）当时，平行四边形是矩形，此时，据此求出即可； （2）当时，，此时平行四边形是菱形； （3）设与交于点，作于．首先求出，当与重合时，的值最小，的最小值． 【详解】（1）当时，平行四边形是矩形，则， ，， ， ，， ； （2），当时， ∴，此时平行四边形是菱形， ，，， ， ； （3）如图，设与交于点，作于．    在中，， ，， 四边形是平行四边形， ， ，， ， 当与重合时，的值最小，则的值最小， 的最小值． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的判定，菱形的判定，垂线段最短，30度直角三角形性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 7．（2024·辽宁·一模）数学活动课上，老师组织同学们展开了如下探究： 如图，在等边中，于点，为线段上一动点（不与，重合），连接，，将绕点顺时针旋转60°得到线段，连接． 【知识初探】 （1）如图1，小明提出的问题是可以得到的结论，并得到老师的肯定．请你帮他说明理由； 【类比再探】 （2）如图2，小颖在小明的基础上继续探究，连接交于点，连接，可以得到的结论，也得到老师的肯定．请你帮她说明理由； 【特例探究】 （3）如图3，小华在小明和小颖的基础上继续探究，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接，．若，请你帮她求出的最小值． 【答案】（1）见解析，（2）见解析，（3） 【分析】根据旋转的性质得出，，进而证明，即可得证； （2）证明垂直平分，再，即可得证； （3）如图所示，延长，交于点，由（2）可知是等边三角形，根据折叠的性质可得，，进而得出是等边三角形，进而得出，则，当取得最小值时，即时，取得最小值，即可求解． 【详解】（1）证明：为等边三角形， ，， 将绕点顺时针旋转得到线段， ，， ， ， ， ； （2）证明： 是等边三角形， ， ， ， 垂直平分， ， 又， ，， ， 在的垂直平分线上， ， 在的垂直平分线上， 垂直平分， ，， ， ，， ， ， （3）解：依题意，如图所示，延长，交于点， 由（2）可知是等边三角形， ， 将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到， ，， ， 是等边三角形， ， 由（2）可得， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 由（2）可知是的中点，则， ， ， 折叠， ， ， 又， ， 当取得最小值时，即时，取得最小值，此时如图所示， ， ， ． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 题型七 四边形中新定义类题型（共7小题） 1．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边为邻余线． (1)如图1，在四边形中，，，连接，为的角平分线，点E、点F分别在线段和线段上（且不与线段端点重合），求证：四边形为邻余四边形； (2)如图2，方格纸中每个小正方形的边长都为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，点A、点B均在格点上，点C、点D在格点上，且四边形是邻余四边形，四边形的面积为7，请直接写出所有满足要求的线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)所有满足要求的线段的长为2或3． 【分析】（1）作交延长线于点，作于点，得到，证明，推出，据此求解即可得到结论； （2）分四种情况画出图形，即可求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， 作交延长线于点，作于点， ∵为的角平分线， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ， ∴四边形为邻余四边形； （2）解：如图，四边形是邻余四边形， 四边形的面积为， ∴； 如图，四边形是邻余四边形， 四边形的面积为， ∴； 如图，四边形是邻余四边形， 四边形的面积为， ∴； 如图，四边形是邻余四边形， 四边形的面积为， ∴； 综上，所有满足要求的线段的长为2或3． 2．（25-26九年级上·浙江杭州·月考）定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形为垂等四边形． (1)写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是_____________． (2)如图1，在方格纸中，，，在格点上，请画出两个符合条件的不全等的垂等四边形，使，是对角线，点在格点上． (3)如图2，在正方形中，点，，分别在，，上，且，求证：四边形是垂等四边形． (4)如图3，已知Rt，，，，以的右上方作等腰三角形，使四边形是垂等四边形，请直接写出四边形的面积． 【答案】(1)矩形 (2)见解析 (3)见解析 (4)或或 【分析】（1）根据定义求解即可； （2）根据定义画出图形； （3）根据正方形的性质得出相等的边和角，证明，得出相等的边和角，根据等边对等角即可得出结论； （4）根据等腰三角形的定义，分三种情况进行讨论求解． 【详解】（1）解：已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是矩形； （2）解：如图，垂等四边形即为所求； （3）证明：在正方形中， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是垂等四边形； （4）解：①如图4﹣1中，当时，连接，过点D作于H． ∵， ∴， ∵四边形是垂等四边形， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图4﹣2中，当时，连接，过点D作交的延长线于H，于T． 同法可得，； ③如图4﹣3中，当DA＝DC时，取AC的中点H，连接DH，BH，过点D作DT⊥BH交BH的延长线于T． 设， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，∵， ∴， 解得， ∴； 3．（25-26九年级上·山东青岛·期末）在四边形中，，对角线平分，我们把这类四边形定义为“准菱形”． (1)如图，在“准菱形”中，若，则__________（填“”“”或“”）； (2)如图，在“准菱形”中，若是线段延长线上一点且，试判断四边形的形状并证明； (3)如图，在“准菱形”中，若是线段上一点且，点在对角线上，且，求证． 【答案】(1)= (2)菱形，证明见解析 (3)证明见解析 【分析】本题主要考查了特殊四边形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，解题关键是灵活利用全等三角形的判定和性质、平行、等腰三角形的性质证明转化线段和角的关系． （1）由“边边边”判定即可得出结论； （2）由四边形是“准菱形”可得平分，，进而判定，可得，再由平行+角平分线模型可证明，由此得出四边形是菱形； （3）证明：连结，同理（2）得，进而可得，结合，求出，由此得出是等边三角形，进而可得，，由此即可得出结论． ， ． 【详解】（1）证明： 四边形是“准菱形”， ， ，， ， ． （2）结论：四边形是菱形． 证明：四边形是“准菱形”， 平分， ． ， ， ． ， ， ， ， 四边形是菱形． （3）证明：连结， 同理得， ． ， ， ． ， ． 在四边形中， ， ． ， ， 是等边三角形， ． ， 是等边三角形， ， ， ． 在和中， ， ， ． 4．（2022·辽宁沈阳·模拟预测）阅读理解：邻边不相等的长方形纸片，剪去一个正方形，余下一个四边形，称为第一次操作；在余下的四边形纸片中再剪去一个正方形，又余下一个四边形，称为第二次操作；依此类推，若第次操作余下的四边形是正方形，则称原长方形为阶准正方形． 如图，长方形中，若，，则矩形为阶准正方形． 如图，长方形中，，，则矩形是阶准正方形． 探究一： (1)长方形中，若，，则长方形是______阶准正方形； (2)长方形中，若，，则长方形是______阶准正方形； (3)长方形中，若，，则长方形是否为阶准正方形，若是，请画图说明并回答它是几阶准正方形；若不是，请说明理由．（提示：不能用铅笔画图） 探究二： (4)已知长方形邻边长分别为，，且是阶准正方形，请画出长方形及剪裁线的示意图，并在图形下方用含的代数式表示出相应的的值．（提示：不能用铅笔画图） 【答案】(1)2 (2)3 (3)是3阶准正方形，图见解析 (4)见解析 【分析】本题考查规律型图形变化类题目，正方形的性质，阶准正方形的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考创新题目． 探究一：根据阶准正方形的定义即可判断； 探究二：画出图形，最后一个长方形的邻边是两倍关系，由此构建方程分别计算即可； 【详解】（1）解：长方形中，若，，如图， 第次操作余下的四边形是正方形， ∴长方形是阶准正方形； 故答案为：2； （2）解：长方形中，若，，如图， 第次操作余下的四边形是正方形， ∴长方形是阶准正方形； 故答案为：3； （3）解：长方形是阶准正方形， 长方形中，若，，如图： 第次操作余下的四边形是正方形， ∴长方形是阶准正方形； （4）解：长方形及剪裁线的示意图，如图所示： 5．（2026·河南周口·模拟预测）综合与实践 在以往的学习过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“豫式四边形”进行研究． 定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“豫式四边形”． (1)初步判断 下列初中阶段常见的四边形中，一定属于“豫式四边形”的是________（填序号）． ①矩形  ②正方形  ③菱形  ④平行四边形 (2)性质探究 根据定义可得出“豫式四边形”的边、角的性质．下面继续进行相关探究． ①如图1，“豫式四边形”中，，．写出图中除条件外相等的线段，并说明理由； ②如图2，在四边形中，，平分，若，求证：四边形为“豫式四边形”； (3)拓展应用 如图3，中，，在直线的右上方存在点D，使得四边形为“豫式四边形”，当该“豫式四边形”中有一内角为时，请直接写出的长． 【答案】(1)② (2)①，理由见解析；②见解析 (3)或 【分析】（1）根据“豫式四边形”的定义判断即可； （2）①根据“豫式四边形”的定义可得，再根据“”证明，可得； ②过点作，交于点，证明，推出，即可证明四边形为“豫式四边形”； （3）分两种情况，即或，作出图形，计算的长即可． 【详解】（1）解：①矩形对角互补，但邻边不一定相等，故矩形不一定属于“豫式四边形”； ②正方形对角互补，邻边相等，故正方形一定属于“豫式四边形”； ③菱形对角相等，不一定互补，邻边一定相等，故菱形不属于“豫式四边形”； ④平行四边形对角相等，不一定互补，邻边不一定相等，故平行四边形不属于“豫式四边形”； 即答案为②； （2）①解：，理由如下： 四边形为“豫式四边形”， ， ， ， ，， ， ； ②证明：如图，过点作，交于点， 平分， ， ，， ， ，， ， ， ， 四边形为“豫式四边形”； （3）解：要使四边形为“豫式四边形”，则， ， ， 当时，如图，作，连接， ，， ，， ， ， ， ， 设，则，， ， 根据勾股定理可得， 可得， 解得， 当时，，不符合直角三角形边长关系，故舍去， ； 当时，如图，作，连接， 同理可得， 设，则，， ， 根据勾股定理可得， 可得， 解得， 当时，，不符合直角三角形边长关系，故舍去， ， 综上，的值为或． 【点睛】需要利用分类讨论的思想，作出正确的图形，根据需要联想到构造含有角的直角三角形． 1 / 108 学科网（北京）股份有限公司 $学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题04特殊平行四边形综合压轴题 题型归纳·内容导航 题型1特殊平行四边形中最值问题（选填压轴） 题型5特殊平行四边形中动点问题（解答压轴) 题型2四边形中多结论问题（选填压轴） 题型6四边形中最值问题（解答题）（解答压轴） 题型3特殊四边形综合解答题压轴（解答压轴） 题型7四边形中新定义类题型（解答压轴） 题型4特殊四边形综合解答之探究类题型（解答压轴） 题型通关·靶向提分 题型一特殊平行四边形中最值问题（共7小题） 1.(24-25八年级下，湖北十堰·期末)如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=6,AC=8,P为边BC上一动 点，PE⊥AB于E,PF⊥AC于F,M为EF的中点，则PM的最小值为() A E A.2 B.2.4 c.2.5 D.2.8 2.(24-25八年级下.浙江宁波，期中)如图所示，E为边长是4的正方形ABCD的边AB的中点，M为BC上一 点，N为CD上一点，连接EM、MN、NA,则四边形AEMN周长的最小值为() A D N B M A.10 B.12 C.10+22 D.12+2W2 3,(25-26八年级下山东济南·期中)如图，在△ABC中，AB=3,AC=4,BC=5,P为边BC上一动点（且 点P不与点B、C重合)，PE⊥AB于E,PF⊥AC于F.则EF的最小值为() 1/20 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 E B A.2.4 B.4.8 C.5.2 D.6 4,(25-26八年级下·浙江绍兴·期中)如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=3,AC=4,P为边BC上一动 点，PE⊥AB于E,PF⊥AC于F,M为EF的中点，则PM的最小值为() A.2.5 B.2.4 C.1.2 D.1.3 5.(25-26九年级上·安徽期中)如图，正方形ABCD的边长为8，E为对角线AC上一动点，△DEP中， ∠EDP=90°，DE=DP,当点E从点A运动到点C的过程中，△EPC的周长的最小值为() D E B A.8+82 B.4+82 C.162 D.5+8V2 6.（25-26八年级上江苏镇江期中)如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB>BC,在AB上取点D,使AD=BC, 作DE⊥AC于E,连接BE,若AB=5,则BE的最小值为() B A.55 B.5 C.5+1 2 D. 2 2 7.(25-26九年级上·重庆合川·期中)如图，在菱形ABCD中，AC=8,BD=4,E为线段AC上的一个动点， 四边形DAEF是平行四边形，则BE+BF的最小值为() 2/20 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D E B A.V13 B.2W13 C.V13+2 D.13-1 题型二四边形中多结论问题（共7小题） 1.（25-26九年级上宁夏银川期中)如图，在正方形ABCD中，边长为2的等边三角形AEF的顶点E、F分别 在BC和CD上，下列结论：①CE=CF;②LAEB=75°；③BE+DF=EF;④S正方形ABcD=2+3,其中 正确的序号是() D B E A.①②④ B.②③④ c.①②③④ D.①②③ 2.(25-26八年级上·山东济南·期中)如图，正方形ABCD的边长为16，G是对角线BD上一动点，GE1CD于 点E,GF⊥BC于点F,连接EF,给出四种情况：①若G为BD的中点，则四边形CEGF是正方形②若G为BD 上任意一点，则AG=EF;③点G在运动过程中，GE+GF的值为定值16；④点G在运动过程中，线段EF的 最小值为32.其中正确的有() A.①②③ B.①③④ C,②③④ D.①②③④ 3.(25-26八年级上·浙江湖州期中)如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D,点E是边AC的中点，连结DE,连 结BE交AD于点F,此时∠CAD=∠CBE,下列结论中：①BE平分∠ABC;②AD2+CD2=4DE2;③ ∠CDE=∠ABE+∠BAD;④若记△ABF的面积为S△ABF,△BDE的面积为S△BDE,则S△ABF=S△BDE,其中 正确的结论是（) 3/20 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D A.①②③ B.①③④ c.①②④ D.①②③④ 4,(25-26九年级上·黑龙江大庆期中)如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E,交DC的延长线 于点F,取EF的中点G,连接CG,BG,BD,DG,下列结论： ①BE=CD,②∠DGF=135,③∠ABG+∠ADG=180,④若猎-号则35BG=13SAGr,其中正确 的结论有()个. D A.1 B.2 C.3 D.4 5.(25-26八年级下.江苏连云港期中)如图，在正方形ABCD中，对角线AC,BD交于点O,E为CD上一点， BF⊥AE,CG⊥BF,垂足分别为F、G,连接OG、OF,AO与BF交于点H,则下列结论中①AF=BG;② △GOF是等腰直角三角形；③CG-BG=V20G;④0G平分LFGC;⑤HG2+HF2=2HO2.正确个数有 () A.2个 B.3个 C.4个 D.5个 6,(24-25八年级上·河北邯郸·月考)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别作∠BAC,∠ABC的外角平分 线，它们相交于点D,连接6D.有下列结论①∠ADB=45,②LADC-之AaC:®GD平分ACB,@ AD =BD:⑤当AC=BC时，AB=CD-BC.其中一定正确的有（） 4/20 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A A.2个 B.3个 C.4个 D.5个 7,(25-26八年级下.山东临沂期中)如图，正方形ABCD的边长为4，G是对角线BD上一动点，GE⊥CD于 点E,GF⊥BC于点F,连接EF,给出四种情况：①若G为BD的中点，则四边形CEGF是正方形；②若G 为BD上任意一点，则AG=EF;③点G在运动过程中，GE+GF的值为定值4；④点G在运动过程中，线 段EF的最小值为22.其中正确的有() D E B A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 题型三特殊四边形综合解答题压轴（共7小题） 1.(25-26八年级下·广东广州期中)如图，正方形ABCD,点E、H分别在AB、BC上. G G B H 图1 图2 图3 (1)如图1，当∠G0D=90时. ①求证：DE=GH; ②平移图1中线段GH,使G点与D重合，H点在BC延长线上，连接EH,取EH中点P,连接PC,如图2，求 证：BE=V2PC; (2)如图3，若点G在AD上，GH和DE相交于点0.当LG0D=45°，边长AB=3,HG=V10,求DE的长. 2.(24-25八年级下·广东期中)四边形ABCD是一张平行四边形纸片，将纸片沿着EF折叠，使点B落在直线 5/20 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AD上的点B处，点A的对应点为A',FB和CD相交于点H. D 图1 图2 图3 (1)如图1，当平行四边形ABCD是矩形时： ①连接BE,求证：四边形EBFB为菱形： ②如图2，若BC=2AB,当点F与点C重合时，∠ECB= (2)如图3，当平行四边形ABCD满足LABC=60°，AE=AB=2,且H为CD的中点，求此时EF的长度、 3,(25-26八年级下·浙江·期中)如图1，在口ABCD中，对角线AC与BD交于点0，点B关于AC的对称点为点 B',连接AB,OB',DB', 图1 图2 图3 (1)求证：∠OB'D=∠0DB'; (2)当AB=AC,且BC=8时. ①如图2，若B,A,B三点共线，求四边形ACDB的周长； ②如图3，若B'O⊥AD,求四边形ACDB的面积（直接写出答案）. 4.(25-26九年级下.吉林长春.周测)【问题原型】 在矩形ABCD中，AB=5,BC=3.点P为边BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置（点B落在 点E处). G B 图① 图② 图③ (1)【问题解决】如图①，当点E落在边CD上时，求DE的长， (2)【尝试应用】如图②，PE与CD相交于点F,AE与CD相交于点G,且FC=FE,直接写出BP的长 6/20 品学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3)【拓展提升】如图③，点Q为射线BA上的一个动点，将△BCQ沿CQ翻折，点B恰好落在直线DQ上的点B 处，直接写出BQ的长 5.(24-25八年级下福建厦门期中)如图，Rt△CEF中，∠C=90°，∠CEF,LCFE外角平分线交于点A, 过点A分别作直线CE,CF的垂线，B,D为垂足. A D B (1)4EAF= 。(直接写出结果不写解答过程)； (2)①求证：四边形ABCD是正方形： ②若AB=6,求(BE+6)(DF+6)的值 6.(25-26八年级下.福建·期中)完成以下问题 D (① (ii） (iii) (1)正方形ABCD,E、F分别在边BC、CD上（不与端点重合），LEAF=45°，EF与AC交于点G. ①如图(i),若AC平分∠EAF,直接写出线段EF,BE,DF之间等量关系； ②如图(iⅱ)，若AC不平分LEAF,①中线段EF,BE,DF之间等量关系还成立吗？若成立请证明；若不成 立请说明理由 (2)如图(i),矩形ABCD,AB=4,AD=8.点M、N分别在边CD、BC上，AN=2W5,∠MAN=45°，求AM 的长度， 7.(24-25八年级下山西大同·期末)如图1，将矩形ABCD沿过点B的直线折叠，使得点A的对应点E落在BC 边上，折痕与AD交于点F. 图1 图2 图3 7/20 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)判断四边形ABEF的形状，并说明理由 (2)如图2，点G是AD的中点，勤学小组的同学将矩形ABCD沿直线BG折叠，点A的对应点为E,连接DE并延 长，交BC于点F. ①试判断四边形BFDG的形状，并说明理由， ②连接GF交BE于点H,点O是GF的中点，若点H是OF的三等分点，AB=6,直接写出AD的长. 题型四特殊四边形综合解答之探究类题型（共7小题） 1.(24-25八年级下广西钦州期末)综合与探究， 【问题背景】 (1)数学活动课上，老师提出了一个问题如图1，点E为口ABCD的边AD上一点，连接BE,CE,请探究 △BCE的面积与口ABCD面积的关系？“领航"学习小组在数学活动中发现：口ABCD的面积等于△BCE面积 的2倍.请你写出完整的解答过程 【尝试应用】 (2)如图2，长方形ABCD中，点E为BC边上一点，点F为CD右侧一点，∠AEF=∠EFD=90°，若 AD=10,AE=15,EF=8,求AB的长； 【深入思考】 (3)如图3，口ABCD中，点E为BC边上一点，点F为CD边上一点，连接DE,BF交于点G,连接AG,若 BF=DE,证明：AG平分LBGD G 图1 图2 图3 2.(25-26九年级下.甘肃张掖开学考试)【模型建立】(1)如图，在正方形ABCD中，E,F分别是边AB,AD 上的点，连接CE,CF,∠ECF=45°，连接EF,探究线段DF,EF,BE之间的数量关系.小明发现可以将 △CBE沿CE折叠，△CDF沿CF折叠，CB和CD恰好重合在CG上，进而利用折叠的性质来证明此问题.请你 根据小明的解题方法探究DF,EF,BE之间的数量关系； 8/20 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 -B E 【类比探究】(2)如图，在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，点D,E在AB边上，连接CD,CE, ∠DCE=45°，探究线段AD,DE,EB之间的数量关系； 【拓展迁移】(3)如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D,若AD=6,DB=4,∠ACB=45°，求△ABC的面 积. 3.(24-25九年级上陕西西安期中)如图，回答下列问题： E B B 图1 图2 【问题探究】 (1)如图1，在口ABCD中，连接AC,∠BAD=∠ABC. ①求证：口ABCD是矩形； ②若∠ACB=30°，探究线段BC与线段AB之间的数量关系. 【问题解决】 (2)如图2所示，矩形ABCD是一块待开发的旅游景点规划地，CA、CE、CF是从入口C通往三个观光点A、 E、F的路线，其中CE=CF,且∠ECF=∠ACB=30°，因自然地理环境的限制，观光点A无法直接到达观 9/20 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 光点E、F,为方便旅客顺利、便捷地从观光点A到达观光点E、F(观光点E、F分别在AB、AD上)，现 要在AE、AF上架一座桥梁，已知AC=4km,桥梁AE的造价为200万元/km,桥梁AF的造价为100万元/ km,求建好AE和AF两座桥梁所需要的总造价. 4,(25-26八年级下·江苏扬州·期中)小明与同学们在数学动手实践操作活动中，将锐角为45的直角三角板 MPN的一个锐角顶点P与正方形ABCD的顶点A重合，正方形ABCD固定不动，然后将三角板绕着点A旋转， ∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC或其延长线相交于点E、F,连接EF, D AP)D 图(1) 图(2) 图(3) 备用图(1) 备用图(2) (1)【探究发现】在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC相交时，如图(1)所示， 则线段BE、DF、EF满足的数量关系： (请直接写出结果) (2)在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC的延长线相交时，如图(2)所示，则 线段BE、DF、EF又将满足怎样的数量关系： (请直接写出结果) (3)【拓展思考】若正方形的边长为6，在三角板旋转过程中，当LMPN的一边恰好经过BC边的中点时，试 求线段EF的长（请写出解答过程）， (4)【创新应用】如图(3)所示，将三角板MPN的锐角顶点P与正方形ABCD的AD边中点重合，边PM、PN 分别与正方形ABCD的边AB、BC交于点E、F,若AD=6,AE=2,则线段FC= (请直接写出结果) 5.(24-25八年级下·江苏苏州期中)【问题情境】 课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题： (1)如图1，Rt△ABC中，∠C=90°，若AC=12,BC=5,点M是斜边AB上一动点，求线段CM的最小值 小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法： 根据直线外一点和直线上各点连接的所有线段中，垂线段最短，得到： 当CM1AB时，线段CM取得最小值，根据小明的思路可以求出这个最小值为 图1 10/20