专题05 特殊四边形中的多结论、几何作图（举一反三专项训练）数学新教材华东师大版八年级下册

专题05 特殊四边形中的多结论、几何作图（举一反三专项训练） 【新教材华东师大版】 【题型1 平行四边形为背景的多结论】 1 【题型2 矩形为背景的多结论】 8 【题型3 菱形为背景的多结论】 16 【题型4 正方形为背景的多结论】 23 【题型5 非网格无刻度直尺画图】 30 【题型6 网格无刻度直尺画图】 35 【题型7 尺规作图与计算】 42 【题型1 平行四边形为背景的多结论】 【例1】（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，过点作，交的延长线于点，交于点，若，，，，则下列结论中：①平分；②；③；④．正确结论的个数序号是(    ) A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】此题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线等知识，掌握相关知识是解题的关键．①根据平行四边形的性质得，则是线段的垂直平分线，进而得是等腰三角形，然后根据等腰三角形的性质可对结论结论①进行判断；②根据得是等腰直角三角形，由此可对结论②进行判断；③过点作于点，先求出， ，证明是等腰直角三角形，可求出，根据勾股定理求得， ，进而得到，即可得到，据此可对结论③进行判断，④分别求出，进而可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案． 【详解】解：①四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴是等腰三角形， ∵， ∴平分，故①正确； ②∵， ∴， ∴， ∴，故②正确； ③过点作于点，如图： ∵，， ∴是等腰直角三角形， 又∵， 由勾股定理得：， ∵， ， ∴是等腰直角三角形，， ∴， ∴是等腰直角三角形， 由勾股定理得：， ∵， ∴， ∴在中，， ∵在中，， ∴， ∴，故③错误； ， ， ， ， ， ， ，故④正确． 综上所述：所有正确结论的序号是①②④． 故选：B． 【变式1-1】（24-25八年级下·四川宜宾·期中）如图，四边形是平行四边形，点是边上一点，且，交于点F，P是延长线上一点，则下列结论：平分；平分；③；④．其中正确结论的有 ．（填序号） 【答案】①②③④ 【分析】由平行四边形的性质可得，再由等边对等角可得，进而可得，故可判断①正确；由等腰三角形三线合一的性质可判断②正确；由平分和可得，进而可得，故可判断③正确；由线段垂直平分线的性质可判断④正确．本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ∴平分, 故结论①正确； ，， ∴平分， 故结论②正确； ∵平分， ， ， ， ， ， 故结论③正确； ，， ∴BE是FC的垂直平分线，P是延长线上一点， ， 故结论④正确． 故答案为：①②③④ 【变式1-2】（24-25九年级下·吉林长春·阶段练习）如图，四边形是平行四边形，点是边上一点，且，交于点，是延长线上一点，下列结论：①平分；②平分；③；④．其中正确结论的序号是 ．（把正确结论的序号都填上） 【答案】①②④ 【分析】对于①，根据平行线及等腰三角形的性质即得答案； 对于②，根据垂直的性质、三角形内角和等于及平行线的性质，即可得到答案； 对于③，通过举反例，即可判断结论错误； 对于④，根据等腰三角形三线合一性质及线段的垂直平分线的性质，即可证明结论． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 即平分， 所以①正确； 设与相交于点G，如图， ， ， ， ， ， ， 即平分， 所以②正确； 取，则， ， ， ， ， ， 所以③错误； ，， ， ， 所以④正确； 所以正确结论为①②④． 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，角平分线的定义，举反例等知识及方法，熟练掌握相关性质及方法是解答本题的关键． 【变式1-3】（24-25八年级下·山东东营·期末）如图，在中，、分别为边、的中点，是对角线，，交的延长线于点，连接，．有下列结论：①；②四边形是菱形；③四边形是矩形；④．其中正确结论的个数是(   ) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】此题重点考查平行线的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，推导出，且，是解题的关键． 连接，由平行四边形的性质得，，，而、分别为边、的中点，则，，则四边形是平行四边形，所以，可判断①正确；由，得，则，所以四边形是菱形，可判断②正确；由，交的延长线于点，得，则四边形是平行四边形，而，所以四边形是矩形，可判断③正确；设，，则，求得，则，所以，则四边形：：：，可判断④错误，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接， 四边形是平行四边形， ，，， 、分别为边、的中点， ，，， ， 四边形是平行四边形， ， 故①正确； ， ， ， 四边形是菱形， 故②正确； ，交的延长线于点， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， 故③正确； 设，，则， ，， ， ，， ∴， 故④错误， 故选：C． 【题型2 矩形为背景的多结论】 【例2】（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与，交于点，，连接，交于点，连接，．若，，则下列结论：①；②四边形是菱形；③垂直平分线段；④．其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据矩形的性质可证，根据三角形全等的性质即可得到①正确；由上面的全等的性质和矩形的性质可知四边形是平行四边形，再根据垂直平分线的性质得到一组临边相等即可知②正确；先证明，根据三角形全等的性质可知，再根据垂直平分线的判定即可得到③正确；根据矩形的性质和等边三角形的判定可知是等边三角形，所以可得，根据所对的边是斜边的一半，可得，可得，故④错误； 【详解】解：在矩形中，， ∴， ∵过点的直线分别与，交于点，， ∴ ∵，，， ∴， ∴ 故①选项正确； 在矩形中，，， ∵, ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 在矩形中， ， 又， ∴是等边三角形； ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴垂直平分线段； ∴， ∴四边形是菱形； 故②选项正确； 在和， ∵， ∴ ∴， 又， ∴垂直平分线段； 故③选项正确； 由上可知， 在中， ， ∵， ∴， 故④选项错误； 故选项为：C 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定，垂直平分线的判定等知识点，解决此题的关键是熟练的运用各个知识点. 【变式2-1】（24-25八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在矩形中，对角线，相交于点 O， ， ，点 F 在线段 上从点 A 至点 O 运动，连接，以 为边作等边，点 E 和点 A 分别位于两侧，下列结论：① ；② ；③ ；④点 E 运动的路程是；其中正确结论的序号为（　　） A．①④ B．①②③ C．②③ D．①②③④ 【答案】B 【分析】①根据，，得出为等边三角形，再由为等边三角形，得，即可得出结论①正确； ②如图，连接，利用证明，再证明，即可得出结论②正确； ③通过等量代换即可得出结论③正确； ④如图，延长至，使，连接，通过，，可分析得出点F在线段上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段运动到，从而得出结论④正确． 【详解】解：①∵矩形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴，， ∵为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故结论①正确； ②如图，连接， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 故结论②正确； ③∵， ∴，即， 故结论③正确； ④如图，延长至，使，连接， ∵，， ∴点F在线段上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段运动到， ∵矩形，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点E运动的路程是， 故结论④错误． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了矩形性质，等边三角形判定和性质，全等三角形判定和性质，等腰三角形的判定和性质，点的运动轨迹，锐角三角函数的应用等，熟练掌握全等三角形判定和性质、等边三角形判定和性质等相关知识是解题关键． 【变式2-2】（24-25八年级下·安徽六安·期末）如图，在矩形纸片中，，，点E，F分别在边上．将矩形纸片沿直线折叠，使点B落在边上，记为点M，点C落在点N处，连接交于点P，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点M与点D重合时，；③面积的最小值是；④中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】A 【分析】证明，，可判断①；点M与点D重合时，设，则，在中，根据勾股定理可得，再根据勾股定理以及菱形的性质可得的长，可判断②；根据题意可得当经过点时，最短，此时四边形的面积最小，四边形为正方形，可判断③；无法判断和全等，故无法判断与相等，可判断④． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴，， 有折叠的性质得：，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，故①正确； 点M与点D重合时，如图： 设，则， 在中，， ∴，解得：， ∴， ∵，四边形是菱形， ∴， ∴， ∴，故②正确； 如图，当经过点时，最短，此时四边形的面积最小，四边形为正方形， 此时，故③正确； 在和中，， 根据题意找不到其他的条件相等，则无法判断和全等，故无法判断与相等，所以④错误； 故选：A 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键． 【变式2-3】如图，在矩形中，的平分线交于点，交的延长线于点，点是的中点，连接、、、，下列结论：①；②；③；④若，则；正确的是 （只填序号）． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，三角形外角性质，勾股定理，证明，得到，即可判断①；证明，得到，，由三角形外角性质可得，即得，又由，可得，即可判断②；由可得，即可判断③；过点作于，设，，由和是等腰直角三角形，可得，，得到，，即可判断④；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题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴ ， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∵点为的中点， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴，故②错误； ∵， ∴， ∴， ∴，故③正确； 过点作于， ∵， ∴， 设，， ∴，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， 又∵也是等腰直角三角形， ∴，， ∴，， ∴，故④正确； 故答案为：． 【题型3 菱形为背景的多结论】 【例3】如图，在菱形中，，点E、F分别是上任意的点（不与端点重合），且，连接与相交于点G，连接与相交于点H．给出如下几个结论：①；②的大小为定值；③平分；④．其中结论正确的是（    ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】A 【分析】先证明是等边三角形，利用“”可判断；利用全等三角形的性质和三角形的外角性质可判断②；过C作于M，交延长线于N，则，根据四边形的内角和可推导出，然后证和得到，可判定③；利用含30度角的直角三角形性质和勾股定理求得，，利用全等三角形的性质可得，进而得，利用三角形的面积公式可判断④，进而可得答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，又， ∴是等边三角形， ∴，，又， ∴，故①正确； ∴， ∴， 即的大小为定值，故②正确； 过C作于M，交延长线于N，则， ∵， ∴，又， ∴，又， ∴， ∴，又，， ∴， ∴， 即平分，故③正确； ∴，则， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，故④错误， 故选：A． 【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、四边形的内角和等知识，添加合适的辅助线构造全等三角形是解答的关键． 【变式3-1】如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，．  点是边上一动点，点在上，且．有下列结论： ①点的坐标为； ②；   ③四边形的面积为定值； ④当为的中点时，的面积和周长最小． 其中正确的有 ．（把你认为正确结论的序号都填上） 【答案】①②③ 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，过点作，垂足为点，由菱形的性质可得，，即得，可得，即可得，进而可得，，即可判断①；证明可得，可得，即可判断②；由全等三角形的性质得，可得，即可判断③；由全等三角形的性质可得为等边三角形，当为的中点时，可得，此时最小，则最小， 进而可得最大，由的周长，可得此时的周长最小，即可判断④；正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：①过点作，垂足为点，则， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴点的坐标为，故①正确； ②连接， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴和是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即，故②正确； ③∵， ∴， ∴，故③正确； ④∵， ∴， ∵， ∴为等边三角形， 当为的中点时， ∵， ∴，此时最小，则最小， 由③知定值，可得最大， ∵，最小， ∴最小， ∵的周长， ∴此时的周长最小，故④不正确； 综上，正确的有①②③， 故答案为：①②③． 【变式3-2】（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点，，分别是，的中点，下列结论：①四边形是菱形；②；③；④，其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定及性质，涉及到平行四边形的判定及平行线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 根据菱形的性质得出，，，然后根据菱形的判定即可判断①； 根据菱形的面积结合变形即可判断④； 根据菱形的性质得出，，再根据平行线的性质得出，，然后利用角的和差即可判断②； 根据直角三角形的性质即可判断③． 【详解】解：四边形为菱形 ，， ，分别是，的中点， ， 四边形为平行四边形 四边形是菱形，故①正确； ，故④正确； 四边形是菱形，四边形是菱形， ， ， 即，故②正确； 在中，为的中线 ，故③错误； 故选：C． 【变式3-3】如图，在菱形中，，点P和点Q分别在边和上运动（不与A、C、D重合），满足，连接、交于点E，在运动过程中，则下列四个结论正确的是（    ）    ①；②的度数不变；③； A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识点是解题的关键． 证明可得，，，进而判断①；进而可得，进而判断②；根据，进而判断③． 【详解】解：∵是菱形，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴ ∴，即 ∴， ∴，，，故①正确； ∵， ∴，故③正确； ∵， ∴， ∴，故②正确． 故选：D． 【题型4 正方形为背景的多结论】 【例4】（2025·北京朝阳·二模）如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且．给出下面四个结论： ①平分； ②； ③； ④． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】设，则，，利用三角形全等的判定和性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，正方形的性质，角的平分线的判定解答即可． 【详解】解：∵正方形， ∴， 设， ∵是的中点，是上一点，且， ∴，， ∴，， ， ∴，故②正确； ∴， 过点E作于点G， 则， ∴， ∴平分，；故①正确； ∵， ∴． ∴， ∵， ∴． ∴， ∴；故③正确； ∵．故④正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，角的平分线的判定，熟练掌握正方形的性质，勾股定理及其逆定理是解题的关键． 【变式4-1】（24-25八年级下·湖南株洲·期中）如图，已知正方形，点M是边延长线上的动点（不与点A重合）且，由平移得到，若过点E作，H为垂足，则有以下结论： ①点M位置变化，使得时，； ②无论点M运动到何处，都有； ③在点M的运动过程中，四边形可能成为菱形； ④无论点M运动到何处，一定大于． 以上结论正确的有 （把所有正确结论的序号都填上）． 【答案】①②④ 【分析】根据正方形的性质，证明，即可得出①中的结论．证明是等腰直角三角形，则可得出②中的结论．首先证明四边形是平行四边形，再结合即可判断③．先证明，则，即可判断． 【详解】解：如图，连接，． ∵由平移得到， ∴， ∴， ∵四边形是正方形，， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 则是等腰直角三角形， ∴，故②符合题意； 当时，， ∴， ∴中，， 即，故①符合题意； ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴四边形不可能是菱形，故③不符合题意， ∵点M是边延长线上的动点（不与点A重合），且， ∴， ∴，故④符合题意； 由上可得正确结论的序号为①②③． 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 【变式4-2】（2025·北京·模拟预测）如图，由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”，得到正方形和正方形，连接并延长交于点M，若，给出下面四个结论：①M是的中点；②平分；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】由全等三角形的性质可得，则 ，由结合外角的性质可得，，再通过导角证明，推出，即可证明，可判断① 正确；由可得，推出，可判断② 正确；根据结论① ，利用勾股定理，可判断③正确． 【详解】解：正方形是由四个全等的直角三角形拼成的， ，， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， M是的中点；故① 正确； ， ， ， ， 平分；故②正确； 设，则， 在中，， ，故③正确； 综上可知，正确的有① ② ③， 故选D． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形，勾股定理，三角形外角的性质，等腰三角形的判定和性质等，能够综合应用上述知识是解题的关键． 【变式4-3】（24-25八年级下·吉林长春·期末）如图，在正方形纸片中，点P是边上一点，连结，将正方形沿折叠，点B落在点E处，延长交于点Q，连结，．给出以下结论：①≌；②；③与的面积相等；④若，则．上述结论中，正确结论的序号有 ． 【答案】①②④ 【分析】由直角三角形中的其中一直角边和斜边相等可证明≌，由此判断①；由≌这个结论可得，再由三角形翻折可得，由可判断②；假设与的面积相等，则可得，由三角形全等可得结论与已知矛盾可判断③；设出正方形边长为a，与的边长为x，根据为直角三角形，由勾股定理列式可得a与x的关系，由此可判断④． 【详解】解：∵是由翻折得到， ∴，， ∴， 在正方形中，， ∴， 则在和中， 由， 可得≌，故①正确； ∵≌， ∴， 又∵是由翻折得到， ∴， ∴，故②正确； 过点C作交于点F，如图， 则与的高为， 则有，， 假设与的面积相等， 则有， ∵， ∴在和中， 由， 可知≌， ∴， 又∵，， ∴， 又∵， ∴， 由题目已知可得，不是正方形的对角线， ∴与已知矛盾， ∴， ∴与的面积相等，故③错误； 设正方形边长为a，的边长为x， 则有，， ∴，， ∴， ∴， 则在中，， 即， 则有， 解得， ∴， ∵， ∴，故④正确． 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了图形的翻折，正方形的性质以及三角形全等的判定与性质，需熟练掌握直角三角形证明全等的方法以及边角边的证明方法；由假设推导结论与已知矛盾是解决本题的关键． 【题型5 非网格无刻度直尺画图】 【例5】（24-25八年级下·江苏扬州·期末）如图，在矩形中，点在上，，仅用无刻度的直尺按下列要求画图． (1)如图1，画出的平分线； (2)如图2，画出的平分线； (3)如图3，以为边画出一个菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定，等边对等角，三线合一定理，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）射线即为所求； （2）连接交于O，作射线，则射线即为所求； （3）连接交于O，作射线交于F，连接，则四边形即为所求． 【详解】（1）解：如图所示，射线即为所求； 由矩形的性质可得， 由等边对等角和平行线的性质可得， 即是的平分线； （2）解；如图所示，连接交于O，作射线，则射线即为所求； 由矩形的性质可得为的中点，则由三线合一可得平分； （3）解：如图所示，连接交于O，作射线交于F，连接，则四边形即为所求． 由（2）可得垂直平分，则， 可证明，得到， 则四边形是菱形． 【变式5-1】（24-25八年级下·江西南昌·期末）如图，在正方形中，点为边上的中点，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求画图．（保留作图痕迹） (1)在图1中，画出一个以为顶点的矩形，使得它的长宽不相等，且面积等于正方形面积的一半； (2)在图2中，画出一个以为顶点的正方形，使得它的面积等于正方形面积的一半． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查正方形的判定和性质，熟练掌握正方形的对称性，是解题的关键： （1）连接，得到正方形的中心，连接和正方形的中心并延长，交于点，即可； （2）连接交对角线于一点，连接点与该点并延长，交与点，对称性得到点为的中点，连接点和正方形的中心，并延长交于点，连接，正方形即为所求． 【详解】（1）解：如图：矩形即为所求； （2）解：如图，正方形即为所求． 【变式5-2】（24-25八年级下·江苏常州·期中）如图，为菱形的对角线，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下画图（不写画法，保留画图痕迹）． (1)如图1，过点B画的垂线； (2)如图2，E为边上一点，在边上画点F，使得； (3)如图3，E为边上一点，在边上画点F，使得． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查作图—复杂作图、全等三角形的判定与性质、菱形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）结合菱形的性质，作直线即可； （2）连接，相交于点O，连接并延长交于点F，则点F即为所求； （3）连接，相交于点G，连接并延长交于点F，，则点F即为所求． 【详解】（1）如图1，直线即为所求． （2）如图2，则点F即为所求． （3）如图3，则点F即为所求． 【变式5-3】（24-25九年级下·江西宜春·期中）如图，已知正六边形，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求画图（不要求写出画法）． (1)在图1中，画出一个以为边的矩形； (2)在图2中，试在上画出点，使． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了作图-复杂作图，解决本题的关键是综合运用矩形的判定与性质、正多边形的性质准确画图． （1）根据已知条件可知是轴对称图形，利用轴对称的性质可知，连接得到的四边形即为以为边的矩形； （2）连接交于，连接交于，连接并延长交于点，即为所求． 【详解】（1）解：如图，矩形即为所求． （2）解：如图，点即为所求． 理由如下：根据题意可得， ∴， ∴， 根据作图和正多边形的性质可知， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 设， ∴， ∴， ∴， ∴． 【题型6 网格无刻度直尺画图】 【例6】（24-25八年级下·吉林长春·期末）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求画图，所画图形不全等，不要求写出画法，保留作图痕迹． (1)在图①中画面积为4的，且点C、D均在格点上； (2)在图②中画面积为4的菱形，且点E、F均在格点上； (3)在图③中画面积为4的矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查作图-平行四边形，菱形，矩形等知识，解题的关键是理解题意并灵活运用所学知识解决问题． （1）画一个底边是2，高为2的平行四边形即可， （2）画一个对角线分别为4，2的菱形即可； （3）以为边作矩形，面积为4，则，作一条线段等于，而且，利用平行线分线段成比例定理，构造相似三角形使相似比为，将分成两部分，即可解答． 【详解】（1）解：如图所示 （2）如图所示 （3）如图所示 【变式6-1】（24-25八年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，是由80个边长为1的正方形组成的的长方形网格．的顶点都在正方形的顶点上，． (1)的面积为__________，点到的距离为__________； (2)仅用无刻度的直尺作图（保留画图过程的痕迹） ①作的角平分线． ②在边上确定一点，使得． 【答案】(1)10，4 (2)①见详解；②见详解 【分析】本题主要考查了格点作图、菱形的性质、等腰直角三角形的性质，解题关键是利用菱形的性质和等腰直角三角形的性质解题． （1）结合图形可知，边上的高为4，根据三角形面积公式即可获得答案；设点到的距离为，根据三角形面积公式，即可求得的值； （2）①在网格中取格点，使得，且，易知四边形为平行四边形，结合可知四边形为菱形，作射线，根据“菱形的对角线互相垂直平分且平分每一组对角”，即可获得答案；②在网格中取格点，使得，且，即为等腰直角三角形，易得，交于点，即可获得答案． 【详解】（1）解：根据题意，可知，，边上的高为4， ， 设点到的距离为， 则有，即， 解得， 即点到的距离为4． 故答案为：10，4； （2）①如下图，射线即为所求； ②如图，点即为所求． 【变式6-2】（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．的顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图． (1)在图1中，先在射线上画点D，使，再在上画点E，使； (2)在图2中，点P在线段上，先画线段的中点O，再将线段沿射线方向平移至，使四边形是菱形； (3)在（2）的基础上，先画，再在上画点Q，使 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 (3)详见解析 【分析】本题主要考查了格点作图，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，平行四边形，矩形，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）在射线上截取，连接格点交于点E，连接，即为所求； （2）设交网格线于点O，取格点，则K为中点，易证，得到，再根据直角三角形的性质可得，易得，进而推出，即可得到点O是的中点；由勾股定理求出，则作即可； （3）连接并延长交延长线于点G，则四边形是平行四边形，连接交于点H，连接并延长交于点Q，则． 【详解】（1）解：如图，点D和点E即为所求； ∵， ∴， ∴， ∴； 由网格线的性质得，即， ∴， ∵点是的中点， ∴； （2）解：如图，四边形即为所求， 设交网格线于点O， 由网格线的性质得点是的中点，则，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即点O是的中点； ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形； （3）解：如图，点G和Q即为所求． 由（2）知点是的中点，四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴． 【变式6-3】（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫格点．长方形的顶点和点均是格点，交于点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图． (1)在图1中先画点，连，使四边形是平行四边形，再画，使（要求点的对应点在直线上）； (2)在图2中，先画点关于直线的对称点，再在上画点，使，垂足为． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行四边形的判定，矩形的性质与判定，三角形中位线定理，熟知相关知识以及格点作图的方法是解题的关键． （1）如解析图，取格点H，M，N，则格点H和即为所求； （2）取格点S、T，连接交于点P；取格点，连接交格线于J，连接交于Q，则P、Q即为所求． 【详解】（1）解：如图所示，格点H和即为所求； （2）解：如图所示，取格点S、T，连接交于点P；取格点，连接交格线于J，连接交于Q，则P、Q即为所求； 可证明，可另外中点W，由三角形中位线定理可得，则E、W、F三点共线， 则点P即为所求； 可证明，则四边形是矩形，即可得到． 【题型7 尺规作图与计算】 【例7】（24-25八年级下·福建福州·期中）如图，四边形是矩形． (1)在图1中作对角线的垂直平分线，分别交于点，垂足为点（要求用尺规作图，保留作图痕迹，不要求写作法） (2)在（1）中，连接和，求证：四边形是菱形； (3)如图2，点在矩形的边上，且，延长到点，使，连接．若，，则四边形的面积为多少？ 【答案】(1)图见解析 (2)证明见解析 (3)20 【分析】本题考查了线段垂直平分线的尺规作图、菱形的判定、平行四边形的判定、矩形的性质等知识，熟练掌握菱形的判定和矩形的性质是解题关键． （1）分别以点为圆心，以大于的长为半径画弧，四弧交于两点，过两点作直线可得线段的垂直平分线，由此即可得； （2）先根据矩形的性质、平行线的性质可得，再根据线段垂直平分线的性质可得，，根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后根据等腰三角形的判定可得，最后根据菱形的判定即可得证； （3）先证出四边形是平行四边形，再求出，然后利用平行四边形的面积公式计算即可得． 【详解】（1）解：由题意，作图如下： ． （2）证明：如图，连接和， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴，， ∴（等腰三角形的三线合一）， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （3）解：∵四边形是矩形，， ∴，， ∵， ∴，即， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在中，， ∴平行四边形的面积为． 【变式7-1】（2025·新疆·中考真题）如图，在四边形中，，是对角线． (1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）； (2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了菱形的判定，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）分别以B、D为圆心，以大于长的一半画弧，二者交于M、N，连接分别与与边分别交于点E，F，则点E和点F即为所求； （2）由线段垂直平分线的定义打得到，，，再由等边对等角和平行线的性质可推出，则可证明，得到，据此可证明结论． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）证明：如图所示， ∵垂直平分， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 【变式7-2】（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，在四边形的四条边上分别取，，，四点，顺次连接所得四边形为四边形的内接四边形． (1)如图，矩形，，点在线段上且，四边形是矩形的内接平行四边形，求的长度； (2)如图，平行四边形中，点在线段上，请你在图中画出平行四边形的内接菱形，点在边上；（尺规作图，保留痕迹） (3)在上一问的图形中，若已知，，，请求出当最短时，的长． 【答案】(1)； (2)见解析； (3)的长为． 【分析】（）连接，根据矩形的性质得到，，，求得，根据平行四边形的性质得到，，求得，根据全等三角形的性质得到结论； （）由（）知：，根据题意作出图形即可； （）当与重合，则与重合时，此时的长最小，过作于，根据等腰直角三角形的性质得到，根据菱形的性质得到，根据勾股定理得到，于是得到结论． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，由（）知：， ∴， 作法：作，连接，再作的垂直平分线，交于，得四边形即为所求作的内接菱形； （3）解：如图，当与重合，则与重合时，此时的长最小，过作于， 在中， ∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， 即当的长最短时，的长为． 【点睛】本题主要考查新定义——四边形的内接菱形，基本作图——线段的垂直平分线，等腰三角形的性质，垂线段最短，平行四边形、菱形和矩形的性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 【变式7-3】（2025·广东广州·二模）如图，四边形中，，，于点． (1)尺规作图：作的角平分线，交于点，交于点（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接，四边形的形状，并证明你的结论； (3)连接，若，求长． 【答案】(1)见解析； (2)是菱形，见解析； (3)． 【分析】本题考查了基本作图—作角平分线，菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，掌握菱形的判定方法是解题的关键． （）利用基本作图作角平分线即可； （）由平分，则，再根据平行线的性质得出，故有，然后利用菱形的判定方法证明即可； （）根据菱形的性质和勾股定理求出长，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解题即可． 【详解】（1）解：如图， （2）解：四边形是菱形，理由如下， 如图， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； ∴四边形是菱形； （3）解：如图， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 特殊四边形中的多结论、几何作图（举一反三专项训练） 【新教材华东师大版】 【题型1 平行四边形为背景的多结论】 1 【题型2 矩形为背景的多结论】 2 【题型3 菱形为背景的多结论】 3 【题型4 正方形为背景的多结论】 5 【题型5 非网格无刻度直尺画图】 6 【题型6 网格无刻度直尺画图】 8 【题型7 尺规作图与计算】 9 【题型1 平行四边形为背景的多结论】 【例1】（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，过点作，交的延长线于点，交于点，若，，，，则下列结论中：①平分；②；③；④．正确结论的个数序号是(    ) A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【变式1-1】（24-25八年级下·四川宜宾·期中）如图，四边形是平行四边形，点是边上一点，且，交于点F，P是延长线上一点，则下列结论：平分；平分；③；④．其中正确结论的有 ．（填序号） 【变式1-2】（24-25九年级下·吉林长春·阶段练习）如图，四边形是平行四边形，点是边上一点，且，交于点，是延长线上一点，下列结论：①平分；②平分；③；④．其中正确结论的序号是 ．（把正确结论的序号都填上） 【变式1-3】（24-25八年级下·山东东营·期末）如图，在中，、分别为边、的中点，是对角线，，交的延长线于点，连接，．有下列结论：①；②四边形是菱形；③四边形是矩形；④．其中正确结论的个数是(   ) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【题型2 矩形为背景的多结论】 【例2】（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与，交于点，，连接，交于点，连接，．若，，则下列结论：①；②四边形是菱形；③垂直平分线段；④．其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式2-1】（24-25八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在矩形中，对角线，相交于点 O， ， ，点 F 在线段 上从点 A 至点 O 运动，连接，以 为边作等边，点 E 和点 A 分别位于两侧，下列结论：① ；② ；③ ；④点 E 运动的路程是；其中正确结论的序号为（　　） A．①④ B．①②③ C．②③ D．①②③④ 【变式2-2】（24-25八年级下·安徽六安·期末）如图，在矩形纸片中，，，点E，F分别在边上．将矩形纸片沿直线折叠，使点B落在边上，记为点M，点C落在点N处，连接交于点P，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点M与点D重合时，；③面积的最小值是；④中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【变式2-3】如图，在矩形中，的平分线交于点，交的延长线于点，点是的中点，连接、、、，下列结论：①；②；③；④若，则；正确的是 （只填序号）． 【题型3 菱形为背景的多结论】 【例3】如图，在菱形中，，点E、F分别是上任意的点（不与端点重合），且，连接与相交于点G，连接与相交于点H．给出如下几个结论：①；②的大小为定值；③平分；④．其中结论正确的是（    ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【变式3-1】如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，．  点是边上一动点，点在上，且．有下列结论： ①点的坐标为； ②；   ③四边形的面积为定值； ④当为的中点时，的面积和周长最小． 其中正确的有 ．（把你认为正确结论的序号都填上） 【变式3-2】（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点，，分别是，的中点，下列结论：①四边形是菱形；②；③；④，其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式3-3】如图，在菱形中，，点P和点Q分别在边和上运动（不与A、C、D重合），满足，连接、交于点E，在运动过程中，则下列四个结论正确的是（    ）    ①；②的度数不变；③； A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【题型4 正方形为背景的多结论】 【例4】（2025·北京朝阳·二模）如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且．给出下面四个结论： ①平分； ②； ③； ④． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②③④ 【变式4-1】（24-25八年级下·湖南株洲·期中）如图，已知正方形，点M是边延长线上的动点（不与点A重合）且，由平移得到，若过点E作，H为垂足，则有以下结论： ①点M位置变化，使得时，； ②无论点M运动到何处，都有； ③在点M的运动过程中，四边形可能成为菱形； ④无论点M运动到何处，一定大于． 以上结论正确的有 （把所有正确结论的序号都填上）． 【变式4-2】（2025·北京·模拟预测）如图，由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”，得到正方形和正方形，连接并延长交于点M，若，给出下面四个结论：①M是的中点；②平分；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【变式4-3】（24-25八年级下·吉林长春·期末）如图，在正方形纸片中，点P是边上一点，连结，将正方形沿折叠，点B落在点E处，延长交于点Q，连结，．给出以下结论：①≌；②；③与的面积相等；④若，则．上述结论中，正确结论的序号有 ． 【题型5 非网格无刻度直尺画图】 【例5】（24-25八年级下·江苏扬州·期末）如图，在矩形中，点在上，，仅用无刻度的直尺按下列要求画图． (1)如图1，画出的平分线； (2)如图2，画出的平分线； (3)如图3，以为边画出一个菱形． 【变式5-1】（24-25八年级下·江西南昌·期末）如图，在正方形中，点为边上的中点，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求画图．（保留作图痕迹） (1)在图1中，画出一个以为顶点的矩形，使得它的长宽不相等，且面积等于正方形面积的一半； (2)在图2中，画出一个以为顶点的正方形，使得它的面积等于正方形面积的一半． 【变式5-2】（24-25八年级下·江苏常州·期中）如图，为菱形的对角线，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下画图（不写画法，保留画图痕迹）． (1)如图1，过点B画的垂线； (2)如图2，E为边上一点，在边上画点F，使得； (3)如图3，E为边上一点，在边上画点F，使得． 【变式5-3】（24-25九年级下·江西宜春·期中）如图，已知正六边形，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求画图（不要求写出画法）． (1)在图1中，画出一个以为边的矩形； (2)在图2中，试在上画出点，使． 【题型6 网格无刻度直尺画图】 【例6】（24-25八年级下·吉林长春·期末）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求画图，所画图形不全等，不要求写出画法，保留作图痕迹． (1)在图①中画面积为4的，且点C、D均在格点上； (2)在图②中画面积为4的菱形，且点E、F均在格点上； (3)在图③中画面积为4的矩形． 【变式6-1】（24-25八年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，是由80个边长为1的正方形组成的的长方形网格．的顶点都在正方形的顶点上，． (1)的面积为__________，点到的距离为__________； (2)仅用无刻度的直尺作图（保留画图过程的痕迹） ①作的角平分线． ②在边上确定一点，使得． 【变式6-2】（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．的顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图． (1)在图1中，先在射线上画点D，使，再在上画点E，使； (2)在图2中，点P在线段上，先画线段的中点O，再将线段沿射线方向平移至，使四边形是菱形； (3)在（2）的基础上，先画，再在上画点Q，使 【变式6-3】（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫格点．长方形的顶点和点均是格点，交于点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图． (1)在图1中先画点，连，使四边形是平行四边形，再画，使（要求点的对应点在直线上）； (2)在图2中，先画点关于直线的对称点，再在上画点，使，垂足为． 【题型7 尺规作图与计算】 【例7】（24-25八年级下·福建福州·期中）如图，四边形是矩形． (1)在图1中作对角线的垂直平分线，分别交于点，垂足为点（要求用尺规作图，保留作图痕迹，不要求写作法） (2)在（1）中，连接和，求证：四边形是菱形； (3)如图2，点在矩形的边上，且，延长到点，使，连接．若，，则四边形的面积为多少？ 【变式7-1】（2025·新疆·中考真题）如图，在四边形中，，是对角线． (1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）； (2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形． 【变式7-2】（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，在四边形的四条边上分别取，，，四点，顺次连接所得四边形为四边形的内接四边形． (1)如图，矩形，，点在线段上且，四边形是矩形的内接平行四边形，求的长度； (2)如图，平行四边形中，点在线段上，请你在图中画出平行四边形的内接菱形，点在边上；（尺规作图，保留痕迹） (3)在上一问的图形中，若已知，，，请求出当最短时，的长． 【变式7-3】（2025·广东广州·二模）如图，四边形中，，，于点． (1)尺规作图：作的角平分线，交于点，交于点（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接，四边形的形状，并证明你的结论； (3)连接，若，求长． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $