专题01 四边形16大题型6易错3方法（期末复习知识清单）八年级数学下学期新教材青岛版

专题01 四边形 知识点01 四边形的不稳定性 定义：四边形的边长确定时，其形状可以改变 应用：伸缩门、折叠椅等 知识点02 梯形的概念 梯形：只有_________对边平行的四边形 等腰梯形：两腰相等，同一底上的两个角相等 直角梯形：一腰垂直于底 知识点03 平行四边形的概念及性质与判定 1.平行四边形的概念:两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。 2.平行四边形的性质: (1) 平行四边形的对边相等; (2) 平行四边形的对角_______. (3)平行四边形的对角线互相_______。 3.平行四边形的判定 (1)两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形(概念) (2)一组对边_______的四边形叫做平行四边形 (3)对角线互相_______的四边形叫做平行四边形 (4)两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形 知识点04 三角形的中位线定理 (1) 三角形的中位线:连接三角形两边中点的线段称为中位线(三角形中有3条中位线) (2)三角形中位线定理:如下图，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，即若点D、E分别为AB、AC的中点 则DE∥ BC DE=BC 知识点05 矩形的概念及性质与判定 1.矩形的概念和性质 (1)有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质:矩形的对角线相等，四个角都是直角。 (2)直角三角形斜边上的中线等于斜边的_____。 2.矩形的判定 (1)有一个角是直角的平行四边形是矩形 (2)三个角是直角的四边形是矩形 (3)对角线______的平行四边形是矩形 知识点06 菱形的概念及性质与判定 1.萎形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，萎形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质:菱形的四条边相等;菱形的对角线互相垂直。2.萎形的判定 (1)有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形(概念) (2)四边相等的四边形是菱形 (3)对角线互相______的平行四边形是菱形 2.萎形的判定 (1)有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形(概念) (2)四边相等的四边形是菱形 (3)对角线互相_____的平行四边形是萎形 知识点07 正方形的概念及性质与判定 1正方形的概念与性质 (1)正方形的定义：一组邻边相等的矩形叫做正方形． (2)正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质．（正方形是轴对称图形，有两条对称轴） 2正方形的判定 (1)正方形常用的判定：有一个内角是直角的菱形是正方形； (2)邻边相等的矩形是正方形； (3)对角线___的菱形是正方形； (4)对角线互相____的矩形是正方形． 注意：正方形、矩形、菱形和平行边形四者之间的关系（如图3所示）： 【题型一】四边形的不稳定性 【方法点拨】三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性，解题的关键是判断图形是否由三角形完全分割（三角形具有稳定性，未被三角形分割的多边形不具有稳定性）． 【例1】（2025-2026淄博市沂源县七上·期中）下列图形中，具有稳定性的是（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】下列图形具有稳定性的是（   ） A． B． C． D． 【变式1-2】下列图形具有稳定性的是（    ） A． B．C． D． 【变式1-3】以下生活现象不是利用三角形稳定性的是（   ） A．屋顶支撑架 B．自行车三脚架 C．升降平台 D．旧木门钉木条 【题型二】特殊四边形性质与判定的理解 【典例2】（2026·江苏连云港·模拟预测）如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】如图，在四边形中，，添加下列一个条件后，一定能判定四边形是平行四边形的是(    )    A． B． C． D． 【变式2-2】如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是的中点，添加下列条件，可以判定四边形为菱形的是（    ） A． B． C． D． 【变式2-3】正方形具有而矩形不一定具有的性质是（    ） A．四个角都是直角 B．对角线相等 C．四条边相等 D．对角线互相平分 【题型三】利用特殊四边形的性质求角 【典例3】（2024·重庆南岸·模拟预测）如图，矩形中，点E为边的中点，连接，过E作交于点F，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式3-1】（2024-2025青海省格尔木市八下期中）如图，在平行四边形中，，，于，则 度． 【变式3-2】如图所示，在菱形 中，，， 分别是边 和 的中点， 于点 ，则 的度数是 （   ） A． B． C． D． 【变式3-3】如图，P为线段上任意一点，分别以、为边在同侧作正方形、，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【题型四】利用特殊四边形的性质求线段的长 【典例4】（2024·贵州遵义·一模）在矩形中，过对角线的中点O作，分别与和的延长线交于点E，F. (1)求证：； (2)若，，求与的长. 【变式4-1】（2025·河北唐山·三模）如图，在平行四边形中，，，平分交于点E，点O为的中点，连接并延长交于点F，则的长为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式4-2】如图，在菱形中，，点F为的中点，于E，则的长为（    ） A． B． C． D． 【变式4-3】如图，正方形的边长为6，点E，F分别在上，，连接与相交于点G，连接，取的中点H，连接，则的长为（    ） A． B． C．5 D． 【题型五】利用特殊四边形的性质求面积 【典例5】（2025·山东聊城·三模）如图，在矩形中，以点B为圆心，以的长为半径画弧，交边于点E，连接，作于点F． (1)求证：； (2)若，，求四边形的面积． 【变式5-1】（2025·四川雅安·二模）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，，，垂足分别为，． (1)求证：； (2)若，，当时，求的面积． 【变式5-2】如图，两张等宽的矩形纸条交叉叠放在一起，若重合部分构成的四边形中，，，则四边形的面积为___________． 【变式5-3】如图，已知，相邻两条平行线间的距离都等于，如果正方形的四个顶点分别在四条直线上，与交于点，则正方形的面积为（    ） A． B． C． D． 【题型六】利用特殊四边形的性质求点的坐标 【典例6】（2025·山东聊城·二模）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【变式6-1】在平面直角坐标系中，A、B、C三点的坐标分别为、、，以这三点为平行四边形的三个顶点，则第四个顶点D的坐标是 ． 【变式6-2】如图，在直角坐标系中，菱形ABCD的顶点B（-1，0）和C（2，0）在x轴上，若顶点A，D中有一个顶点在y轴的正半轴上，则第四个点的的坐标为（    ） A．(-1，) B．(3，) C．（-3，）或（3，） D．（3，）或（-3，） 【变式6-3】已知：在平面直角坐标系中，点，点，点C在y轴正半轴上，且． （1）试确定直线的解析式； （2）在平面内确定点M，使得以点M、A、B、C为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点M的坐标． 【题型七】利用特殊四边形的性质进行证明 【典例7】（2026·湖北·模拟预测）如图，在矩形中，点E在边上，，，垂足为F．求证：． 【变式7-1】（2025-2026西安市九上期中）如图，在平行四边形中，点是边的中点，连接并延长交的延长线于点，连接．求证：． 【变式7-2】平行四边形ABCD中，E、F是BC、AB的中点，DE、DF分别交AB、CB的延长线于H、G； （1）求证：BH =AB； （2）若四边形ABCD为菱形，试判断∠G与∠H的大小，并证明你的结论． 【变式7-3】如图，在四边形中，，E，F分别是上的点，连接． (1)如图①，，，．求证：； (2)如图②，，周长何时最小，作出图形，并直接写出______° (3)如图③，若四边形为正方形，点E、F分别上，且，若，，请求出线段的长度． 【题型八】利用特殊四边形的性质解决简单的折叠问题 【典例8】（2025·河南周口·三模）将矩形纸片对折，使边与重合，折痕为，展开后在上取点P折叠，使点B的对应点恰好落在上，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式8-1】如图，将平行四边形沿对折，使点落在点处，若，则的长为 ． 【变式8-2】在数学实践活动中，将一张平行四边形纸片进行折叠（如图1、2所示），折痕为，点E在边上，点B落在点F处． (1)如图1，若点F恰好落在边上，求证：四边形是菱形； (2)如图2，若点E是边的中点，且，，求的长． 【变式8-3】综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“图形的变换”为主题开展数学活动． (1)操作判断如图1，将矩形纸片折叠，使落在边上，点与点重合，折痕为，即可得到正方形，沿剪开，将正方形折叠使边，都落在正方形的对角线上，折痕为，，连接，如图2．根据以上操作，则＝ °． (2)迁移探究 将图2中的绕点按顺时针旋转，使它的两边分别交边，于点，，连接， 如图3．探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． (3)拓展应用 连接正方形对角线，若图3中的的边，分别交对角线于点，，将正方形纸片沿对角线剪开，如图4，若，，请直接写出的长． 【题型九】证明四边形是特殊四边形 【典例9】（2025·甘肃酒泉·二模）如图，点，，，在同一条直线上，，，连接，，． (1)求证：； (2)当时，求证四边形是矩形． 【变式9-1】（2025·四川遂宁·模拟预测）如图，在四边形中，，，点E，F分别是，中点，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形： (2)若，求的长． 【变式9-2】如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【变式9-3】在菱形中，E，F是对角线所在直线上的两点，且，连接 (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【题型十】特殊四边形与基本作图问题 【典例10】（2025·甘肃武威·一模）如图，是平行四边形的对角线． (1)请按如下步骤在图中完成作图（保留作图痕迹）： ①分别以为圆心，以大于长为半径画弧，弧在两侧的交点分别为、． ②连接、，分别与交于点； (2)求证：． 【变式10-1】（2024·广东·模拟预测）已知：如图，四边形是平行四边形． (1)尺规作图：作的角平分线交的延长线于E点（不要求写作法，但要保留作图痕迹）； (2)求证：． 【变式10-2】如图，在菱形ABCD中，∠A＝30°，取大于AB的长为半径，分别以点A，B为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交AD边于点E（作图痕迹如图所示），连接BE，BD．则∠EBD的度数为（    ） A．45° B．50° C．60° D．70° 【变式10-3】观察下面的尺规作图痕迹，在平行四边形基础上能成功作出菱形的是（  ） A．①②③ B．①② C．①③ D．②③ 【题型十一】利用特殊四边形的性质和判定进行求解 【典例11】如图，在平行四边形中，为线段的中点，延长与的延长线交于点，连接，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求四边形的面积． 【变式11-1】如图，在中，E、F是对角线上的两点（点E在点F左侧），且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当，，时，求的长． 【变式11-2】如图，在四边形ABCD中，∠BAC＝90°，E是BC的中点，AD//BC，AE//DC，EF⊥CD于点F． (1)求证：四边形AECD是菱形； (2)若AB＝3，AC＝4，求EF的长． 【变式11-3】在菱形中，E，F是对角线所在直线上的两点，且，连接 (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【题型十二】利用特殊四边形的性质和判定进行证明 【典例12】（25-26九年级上·山东淄博·月考）中，D、E分别是，的中点，O是内任意一点，连接、． (1)如图1，点G、F分别是、的中点，连接，，，，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，若点O恰为和交点，求证：，； (3)如图3，若点O恰为和交点，射线与交于点M，求证：． 【变式12-1】（2025·陕西汉中·一模）如图，在中，、分别为边、的中点，连接，过点作交边于点，点在的延长线上，且．连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求四边形的面积． 【变式12-2】如图，D、E、F分别是各边的中点，连接、、． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)加上条件______后，能使得四边形为菱形，请从①，②平分；③；这三个条件中选择1个条件填空（写序号），并加以证明． 【变式12-3】如图，在中，是边上的中线，以为边作，连接分别与相交于点． (1)求证：四边形为正方形； (2)若，求的长． 【题型十三】特殊四边形多结论问题的判断 【典例13】在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分交BC于点E，．连接OE，则下面的结论：①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④；⑤，其中正确的结论有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【变式13-1】如图，在平行四边形中，，于点E，F为的中点，连结、，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数共有 个 【变式13-2】如图，菱形ABCD中，AB＝AC，点E、F分别为边AB、BC上的点，且AE＝BF，连结CE、AF交于点H，连结DH交AC于点O.则下列结论：①∠B＝60°；②△ABF≌△CAE；③∠AHC＝120°；其中正确的是(   ) A．①② B．①②③ C．②③ D．以上都不对 【变式13-3】如图，正方形中，点是边的中点，，交于点，、交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（    ）    A．①③ B．①②③④ C．①②③ D．①③ 【题型十四】特殊四边形与最值问题 【典例14】（2025·黑龙江佳木斯·一模）如图，在矩形中，，，点P是矩形内的一动点，则的最小值是 ． 【变式14-1】如图，在平行四边形纸片中，，，是线段的中点，点在边所在的直线上，将沿所在的直线翻折得到，连接，则长度的最小值是（     ） A． B． C． D． 【变式14-2】如图，在边长为6的菱形ABCD中，AC为其对角线，∠ABC＝60°，点M、N分别是边BC、CD上的动点，且MB＝NC．连接AM、AN、MN，MN交AC于点P．则点P到直线CD的距离的最大值为　 　． 【变式14-3】如图所示，正方形的面积为12，是等边三角形，点E在正方形内，在对角线上有一点P，使的和最小，则这个最小值为（    ） A． B． C． D． 【题型十五】三角形中位线定理 【典例15】（2026·陕西·模拟预测）如图，在中，，，，点是边上的一个动点，点，分别是，的中点，则线段的长为 ． 【变式5-1】（2023春•柳州期末）如图，在四边形中，，，，、、分别是、、的中点，若．则的周长是　　 A．10 B．12 C．16 D．18 【变式5-2】（2025·湖南·模拟预测）如图，四边形中，，点，分别为边，的中点．若四边形的面积为，，则的长为（     ）      A． B． C． D． 【变式5-3】（2025·甘肃嘉峪关·模拟预测）如图，是边长为1的等边三角形，取边中点E，作，得到四边形，它的周长记作；取中点，作，得到四边形，它的周长记作．照此规律作下去，则 ． 【题型十六】直角三角形斜边上的中线 【典例16】如图，在矩形中，，，点A在x轴正半轴上，点D在y轴的正半轴上运动时，点D也随之运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为______． 【变式16-1】如图，在中，，，是的中线，E是的中点，连接，，若，垂足为E，则的长为______． 【变式16-2】如图，在中，，且，分别是，上的高，，分别是，的中点，若，则的长为 A．10 B．12 C．13 D．14 【变式16-3】如图，在中，，是边上一动点（不与，重合），于点，点是线段的中点，连接，． （1）试猜想线段与的大小关系，并加以证明． （2）若，连接，在点运动过程中，探求与的数量关系． 易错点1 平行四边形的判定方法 错误：（1）认为一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 （2）认为一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形． 注意：（1）一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，有可能是等腰梯形． （2）一组对边相等，一组对角相等的四边形也不一定是平行四边形． 例题1 如图，在中，点E，F在对角线上，且．证明： (1)； (2)四边形是平行四边形． 易错点2 确定平行四边形的个数 错误：确定平行四边形的个数时，容易出现重复或遗漏。 注意：解题的关键，写出平行四边形时要按照一定的顺序（大小顺序，方位顺序等），这样方能做到不重不漏． 例题2如图，在平行四边形中，相交于点，图中共有（　　）个平行四边形． A．7 B．8 C．9 D．10 易错点3 求与已知三点组成平行四边形的点的个数 错误：求与已知三点组成平行四边形的点的个数时容易出现遗漏。 注意：学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型． 例题3 在平面直角坐标系中，以，，为顶点构造平行四边形，下列各点中不能作为平行四边形顶点坐标的是（    ） A． B． C． D． 易错点4矩形的判定方法 错误：（1）用定义判定一个四边形是矩形时漏掉平行四边形的条件. （2）用对角线判定一个四边形是矩形时漏掉平行四边形的条件. 注意：判定矩形的常见思路 （1）用定义判定一个四边形是矩形必须满足两个条件：一是有一个角是直角；二是平行四边形．也就是说，有一个角是直角的四边形不一定是矩形，必须加上“平行四边形”这个条件，它才是矩形． （2）用对角线判定一个四边形是矩形，必须满足两个条件：一是对角线；二是平行四边形．也就是说，对角线相等的四边形不一定是矩形，必须加上“平行四边形”这个条件，它才是矩形． 例题4 （2025·河南周口·三模）如图所示，线段的端点B在直线上，过线段上的一点O作的平行线，分别交和的平分线于点C，D，连接，要使四边形为矩形，则可添加下列条件中的（    ） A． B． C． D． 易错点5菱形的判定方法 错误：（1）用定义判定一个四边形是菱形时漏掉平行四边形的条件. （2）用对角线判定一个四边形是菱形时漏掉平行四边形的条件. 注意：判定菱形的常见思路： （1）用定义判定一个四边形是菱形必须满足两个条件：一是有一组邻边相等；二是平行四边形．也就是说，有一组邻边相等四边形不一定是菱形，必须加上“平行四边形”这个条件，它才是菱形． （2）用对角线判定一个四边形是菱形，必须满足两个条件：一是对角线垂直；二是平行四边形．也就是说，对角线垂直的四边形不一定是菱形，必须加上“平行四边形”这个条件，它才是菱形． 例题5 如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是的中点，添加下列条件，可以判定四边形为菱形的是（    ） A． B． C． D． 易错点6正方形的判定方法 错误：正方形的判定方法需要的条件很多，有时会出现判断条件不充分而致错。 注意：判定是否为正方形，可以先证平行四边形，再加矩形、菱形的条件；或先证矩形，再加菱形的条件；或先证菱形，再加矩形的条件． 例题6四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AD∥BC，AD＝BC，使四边形ABCD为正方形，下列条件中：①AC＝BD；②AB＝AD； ③AB＝CD；④AC⊥BD．需要满足（　　） A．①② B．②③ C．②④ D．①②或①④ 技巧01：解与四边形有关折叠问题的技巧 《方法技巧》 (1)折叠前后的图形全等，即对应边相等，对应角相等： (2)在四边形折叠问题中求线段长时，常常综合应用勾股定理和方程思想， (3)四边形中存在一些特殊的角和数量关系，如直角、对角线相等等. 【典例1】（2023秋•青岛期末）一张矩形纸，将点翻折到对角线上的点处，折痕交于点．将点翻折到对角线上的点处，折痕交于点，折叠出四边形． （1）求证：； （2）当　　度时，四边形是菱形？说明理由． 【变式1-1】（2025·湖南·模拟预测）已知点，分别在矩形纸片的边，上，连接，将矩形纸片沿折叠． (1)如图①，若点恰好落在点处，与相交于点，连接，． ①判断四边形的形状，并证明你的结论； ②若，，求折痕的长； (2)如图②，若点恰好落在边上的点处，点落在点处，交于点，且． ①求证：； ②若，，求的长． 技巧02：特殊四边形中的动点问题 《方法技巧》 解决动点问题的基本方法是利用转化的方法，达到“化动为静”的目的，如本题，利用特殊四边形的性质。方程思想、分类讨论等来解决 【典例2】如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时点从点出发向点运动，运动到点即停止．点、的速度的速度都是，连接，，，设点、运动的时间为． （1）当为何值时，四边形是矩形？ （2）当为何值时，四边形是菱形？ （3）分别求出（2）中菱形的周长和面积． 【变式2-1】如图，在正方形中，，是上的一点且，连接，动点从点出发，沿着路径以的速度运动，运动到点停止，设点的运动时间为秒，当和全等时，的值是（    ） A． B． C．或 D．或 【变式2-2】如图，已知正方形中，边长为，点E在边上，．如果点P在线段上以的速度由B点向点C运动，同时点Q在线段上以的速度由点C向点D运动，设运动的时间为t秒． (1)________，________；（用含t的代数式表示） (2)若以E，B，P为顶点的三角形和以P，C，Q为顶点的三角形全等，试求a的值． 技巧03：解中点四边形的技巧 《方法技巧》 中点四边形的形状． （1）以四边形各边的中点为顶点可以组成一个平行四边形 （2）以菱形各边的中点为顶点可以组成一个矩形    （3）以矩形各边的中点为顶点可以组成一个  菱形 （4）以平行四边形各边的中点为顶点可以组成一个平行四边形  （5）以正方形各边的中点为顶点可以组成一个正方形 【典例3】如图所示，顺次连接四边形各边中点得到四边形，使四边形为正方形，应添加的条件分别是（    ） A．且 B．且 C．且 D．且 【变式3-1】如图，是内一点，，，，，、、、分别是、、、的中点，则四边形的周长是　　 A．7 B．9 C．11 D．13 【变式3-2】如图，四边形中，点、、、分别为、、、的中点， （1）求证：中点四边形是平行四边形； （2）如图2，点是四边形内一点，且满足，，，点、、、分别为、、、的中点，猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想． 【变式3-3】如图，在四边形中，点，，，分别为边，，，的中点． （1）求证：四边形是平行四边形． （2）若四边形的对角线互相垂直且它们的乘积为48，求四边形的面积． 学科网（北京）股份有限公3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 四边形 知识点01 四边形的不稳定性 定义：四边形的边长确定时，其形状可以改变 应用：伸缩门、折叠椅等 知识点02 梯形的概念 梯形：只有一组对边平行的四边形 等腰梯形：两腰相等，同一底上的两个角相等 直角梯形：一腰垂直于底 知识点03 平行四边形的概念及性质与判定 1.平行四边形的概念:两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。 2.平行四边形的性质: (1) 平行四边形的对边相等; (2) 平行四边形的对角相等 (3)平行四边形的对角线互相平分。 3.平行四边形的判定 (1)两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形(概念) (2)一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形 (3)对角线互相平分的四边形叫做平行四边形 (4)两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形 知识点04 三角形的中位线定理 (1) 三角形的中位线:连接三角形两边中点的线段称为中位线(三角形中有3条中位线) (2)三角形中位线定理:如下图，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，即若点D、E分别为AB、AC的中点 则DE∥ BC DE=BC 知识点05 矩形的概念及性质与判定 1.矩形的概念和性质 (1)有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质:矩形的对角线相等，四个角都是直角。 (2)直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 2.矩形的判定 (1)有一个角是直角的平行四边形是矩形 (2)三个角是直角的四边形是矩形 (3)对角线相等的平行四边形是矩形 知识点06 菱形的概念及性质与判定 1.萎形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，萎形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质:菱形的四条边相等;菱形的对角线互相垂直。2.萎形的判定 (1)有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形(概念) (2)四边相等的四边形是菱形 (3)对角线互相垂直的平行四边形是菱形 2.萎形的判定 (1)有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形(概念) (2)四边相等的四边形是菱形 (3)对角线互相垂直的平行四边形是萎形 知识点07 正方形的概念及性质与判定 1正方形的概念与性质 (1)正方形的定义：一组邻边相等的矩形叫做正方形． (2)正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质．（正方形是轴对称图形，有两条对称轴） 2正方形的判定 (1)正方形常用的判定：有一个内角是直角的菱形是正方形； (2)邻边相等的矩形是正方形； (3)对角线相等的菱形是正方形； (4)对角线互相垂直的矩形是正方形． 注意：正方形、矩形、菱形和平行边形四者之间的关系（如图3所示）： 【题型一】四边形的不稳定性 【方法点拨】三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性，解题的关键是判断图形是否由三角形完全分割（三角形具有稳定性，未被三角形分割的多边形不具有稳定性）． 【例1】（2025-2026淄博市沂源县七上·期中）下列图形中，具有稳定性的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.94 【来源】山东省淄博市沂源县2025-2026学年七年级上学期11月期中数学试题 【知识点】三角形的稳定性及应用、四边形的不稳定性 【分析】本题主要考查了三角形具有稳定性，准确分析判断是解题的关键． 根据题目选项是否分为三角形为依据判断即可； 【详解】解：A中分为两个四边形，四边形不具有稳定性； B中分为2个三角形和1个长方形，长方形不具有稳定性； C中分为1个四边形和2个三角形，四边形不具有稳定性； D中分为4个三角形，具有稳定性； 故选D． 【变式1-1】下列图形具有稳定性的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.94 【来源】河北省廊坊市霸州市2025-2026学年八年级上学期11月期中数学试题 【知识点】四边形的不稳定性、三角形的稳定性及应用 【分析】本题考查了三角形的稳定性，根据三角形的稳定性即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：∵三角形具有稳定性，四边形和五边形不具有稳定性， ∴具有稳定性的图形是， 故选：． 【变式1-2】下列图形具有稳定性的是（    ） A． B．C． D． 【答案】D 【难度】0.94 【来源】广东省广州市培正中学2025-2026学年八年级上学期期中考试数学试卷 【知识点】四边形的不稳定性、三角形的稳定性及应用 【分析】本题考查了三角形具有稳定性，四边形的不稳定性．观察四个选项，图形全部都是三角形组成，则这个图形具有稳定性，据此进行分析，即可作答． 【详解】 解：A、是四边形，不是三角形，不具有稳定性，故该选项不符合题意； B、含有四边形，不具有稳定性，故该选项不符合题意； C、含有四边形，不具有稳定性，故该选项不符合题意； D、都是有三角形组成的，具有稳定性，故该选项符合题意； 故选：D 【变式1-3】以下生活现象不是利用三角形稳定性的是（   ） A．屋顶支撑架 B．自行车三脚架 C．升降平台 D．旧木门钉木条 【答案】C 【难度】0.85 【来源】河南省驻马店市确山县2024-2025学年八年级上学期期中考试数学试题 【知识点】四边形的不稳定性、三角形的稳定性及应用 【分析】本题考查三角形的稳定性，根据三角形的稳定性，进行判断即可． 【详解】解：由图可知，A，B，D都应用了三角形的稳定性，C应用了四边形的不稳定性， 故选C． 【题型二】特殊四边形性质与判定的理解 【典例2】（2026·江苏连云港·模拟预测）如图，在矩形中，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】D 【分析】本题考查矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质逐项判断即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴ ∴不一定正确，故A不符合题意； ，不一定正确，故B不符合题意； 不一定正确，故C不符合题意； 一定正确，故D符合题意， 故选：D． 【变式2-1】如图，在四边形中，，添加下列一个条件后，一定能判定四边形是平行四边形的是(    )    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由平行线的性质得，再由，得，证出，即可得出结论． 【详解】解：一定能判定四边形是平行四边形的是，理由如下： ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 故选：C． 【变式2-2】如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是的中点，添加下列条件，可以判定四边形为菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据三角形中位线定理证得四边形为平行四边形，再根据菱形的判定，即可求解． 【详解】解：添加，可以判定四边形为菱形，理由： ∵点E，F，G，H分别是的中点， ∴，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴当时，， ∴四边形为菱形． 故选：C. 【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，菱形的判定，熟练掌握三角形中位线定理，菱形的判定是解题的关键． 【变式2-3】正方形具有而矩形不一定具有的性质是（    ） A．四个角都是直角 B．对角线相等 C．四条边相等 D．对角线互相平分 【答案】C 【分析】根据矩形的性质，正方形的性质即可求解． 【详解】解：矩形的性质，两组对边平行且相等，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角；正方形的性质，四边都相等且两组对边相互平行，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角， ∴正方形的四条都相等，是矩形没有的， 故选：． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，正方形的性质，掌握几何图形的性质是解题的关键． 【题型三】利用特殊四边形的性质求角 【典例3】（2024·重庆南岸·模拟预测）如图，矩形中，点E为边的中点，连接，过E作交于点F，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，三角形外角的性质．延长交于点G，证明，可得，从而得到，进而得到，然后根据余角的性质可得，再根据三角形外角的性质可得，即可求解． 【详解】解：如图，延长交于点G， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∵点E为边的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：A 【变式3-1】（2024-2025青海省格尔木市八下期中）如图，在平行四边形中，，，于，则 度． 【答案】/20度 【难度】0.85 【来源】青海省格尔木市第四中学2024-2025学年八年级下学期期中数学试卷 【知识点】等边对等角、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题主要考查了平行四边形的基本性质．由，可以得到，又由推得，而，由此可以求出． 【详解】解：，， ， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ，， ． 故答案为：． 【变式3-2】如图所示，在菱形 中，，， 分别是边 和 的中点， 于点 ，则 的度数是 （   ） A． B． C． D． 【分析】首先延长交的延长线于点G．根据已知可得的度数，再根据余角的性质可得到的度数，从而不难求得的度数． 【详解】延长交的延长线于点G．如图所示： ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵F是边的中点， ∴， 在与中， ∴ ∴， ∴F为中点． 由题可知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴，， ∵E，F分别为，的中点， ∴，， ∴； 故选：D． 【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键． 【变式3-3】如图，P为线段上任意一点，分别以、为边在同侧作正方形、，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方形的性质先表示出的度数，然后利用“”证明，可得，从而求得答案． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∵四边形、是正方形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴，故B正确． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质．将四边形的问题转化为三角形的问题是解题的关键． 【题型四】利用特殊四边形的性质求线段的长 【典例4】（2024·贵州遵义·一模）在矩形中，过对角线的中点O作，分别与和的延长线交于点E，F. (1)求证：； (2)若，，求与的长. 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，证明三角形全等是解题的关键． （1）由“”可证； （2）由线段垂直平分线的性质可得，由勾股定理可求解． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ∴， ， 点是的中点， ， ， ， 在和中， ， ∴； （2）解：如图，连接， ∵ ∴ ∵四边形是矩形 ∴ ∴ ∴ ， ， ∵ ∴， 即 解得， ， ， ， ． ， ， ． 【变式4-1】（2025·河北唐山·三模）如图，在平行四边形中，，，平分交于点E，点O为的中点，连接并延长交于点F，则的长为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】该题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的判定等知识点，在平行四边形中，，，得出，结合平分，证明，再证明，得出，即可求解． 【详解】解：在平行四边形中，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵点O为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 【变式4-2】如图，在菱形中，，点F为的中点，于E，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，根据菱形的性质可得，则是等边三角形，根据等边三角形三线合一和勾股定理，求出的长度，最后根据含角的直角三角形，角所对的边是斜边的一半，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵点F为的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C。 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质以及勾股定理，解题的关键是掌握菱形四条边都相等，等边三角形三线合一，以及直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方． 【变式4-3】如图，正方形的边长为6，点E，F分别在上，，连接与相交于点G，连接，取的中点H，连接，则的长为（    ） A． B． C．5 D． 【答案】B 【分析】先证明，可得，进而得到，用勾股定理求得，再由直角三角形的性质，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点H是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质等知识，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键． 【题型五】利用特殊四边形的性质求面积 【典例5】（2025·山东聊城·三模）如图，在矩形中，以点B为圆心，以的长为半径画弧，交边于点E，连接，作于点F． (1)求证：； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理、二次根式的应用，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）连接，根据矩形的性质得到，，，通过证明得到，则有，进而证出，再利用全等三角形的性质即可证明； （2）利用勾股定理求出的长，利用线段的和差求出的长，利用三角形的面积公式求出，再根据，即可求出四边形的面积． 【详解】（1）证明：如图，连接， 矩形， ，，， ， ， ， ， 由题意得，， ， ， ， 在和中， ， ， ． （2）解：矩形， ，， 由题意得，， ， ， ， 由（1）得，， ， 四边形的面积． 【变式5-1】（2025·四川雅安·二模）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，，，垂足分别为，． (1)求证：； (2)若，，当时，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定，勾股定理，掌握相关知识是解决问题的关键． （1）根据平行四边形的性质结合已知条件可以得到 ，利用即可证明； （2）利用平行四边形对角线互相平分可求，因为，由勾股定理可求，则平行四边形的面积可求． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴（AAS）； （2）解：∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴平行四边形的面积． 【变式5-2】如图，两张等宽的矩形纸条交叉叠放在一起，若重合部分构成的四边形中，，，则四边形的面积为___________． 【答案】24 【分析】过点A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，由纸张的宽度相等得到AE=AF，再根据平行四边形等面积法证明AB=AD，进而证明四边形ABCD是菱形，再根据菱形的面积求解即可． 【详解】解：过点A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，连接AC，BD交于点O，如图所示： ∵两条纸条宽度相同， ∴AE=AF． ∵AB∥CD，AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵S▱ABCD=BC•AF=CD•AE， 又∵AE=AF， ∴BC=CD， ∴四边形ABCD是菱形， ∴BO=DO=3，AC⊥BD， ∴， ∴菱形ABCD的面积为：， 故答案为：24． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形性质以及勾股定理等知识，证得四边形ABCD为菱形是解题的关键． 【变式5-3】如图，已知，相邻两条平行线间的距离都等于，如果正方形的四个顶点分别在四条直线上，与交于点，则正方形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点D作，交于G点，交于F点，然后证明出和全等，从而得出，根据勾股定理求出的平方，即正方形的面积． 【详解】解：过点D作，交于G点，交于F点， ∵，， ∴， 即． ∵为正方形， ∴． ∴． 又∵， ∴． 在和中， ∴， ∴． ∵， ∴， 即正方形ABCD的面积为5． 故选B． 【点睛】本题主要考查的是三角形全等的判定与性质、正方形的性质及勾股定理，作出辅助线是解决这个问题的关键． 【题型六】利用特殊四边形的性质求点的坐标 【典例6】（2025·山东聊城·二模）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到，再由矩形的性质可得，由旋转的性质可得，，据此可得答案． 【详解】解：∵点A的坐标为，点C的坐标为， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形， ∴，， ∴轴， ∴点的坐标为， 故选：C． 【变式6-1】在平面直角坐标系中，A、B、C三点的坐标分别为、、，以这三点为平行四边形的三个顶点，则第四个顶点D的坐标是 ． 【答案】或或 【分析】根据平行四边形的性质和平移的性质，分三种情形即可解决问题． 【详解】解： A、B、C三点的坐标分别为、、， 当为的对角线时，平移到，根据平移规律可得， 当为的对角线时，平移到，根据平移规律可得， 当为的对角线时，平移到，根据平移规律可得． 故答案为：或或． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，坐标与图形的性质，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型． 【变式6-2】如图，在直角坐标系中，菱形ABCD的顶点B（-1，0）和C（2，0）在x轴上，若顶点A，D中有一个顶点在y轴的正半轴上，则第四个点的的坐标为（    ） A．(-1，) B．(3，) C．（-3，）或（3，） D．（3，）或（-3，） 【答案】C 【分析】当点A在y轴的正半轴上，由菱形的性质可得BC=AB=AD=3，根据勾股定理可得AO的长，即可得D的坐标；当点D在y轴的正半轴上，由菱形的性质可得BC=CD=AD=3，根据勾股定理可得OD的长，即可得A的坐标． 【详解】解：如下图，当点A在y轴的正半轴上， ∵B（-1，0），C（2，0）， ∴BC=3， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BC=AB=AD=3， ∴， ∴D（3，）； 如下图，当点D在y轴的正半轴上， ∵B（-1，0），C（2，0）， ∴BC=3， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BC=CD=AD=3， ∴， ∴A（-3，）， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，解题的关键是注意两种情况． 【变式6-3】已知：在平面直角坐标系中，点，点，点C在y轴正半轴上，且． （1）试确定直线的解析式； （2）在平面内确定点M，使得以点M、A、B、C为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点M的坐标． 【答案】（1）．（2） ． 【分析】（1）易求．把它们的坐标分别代入直线的解析式，列出关于k、b的方程组，通过解该方程组即可求得它们的值； （2）需要分类讨论：以为边的平行四边形和以为对角线的平行四边形． 【详解】解：（1）∵，∴， 又∵，C在y轴正半轴上， ∴． 设直线的解析式为． ∵过点， ∴， 解得， ∴直线的解析式为． （2）如图，①当为对角线时， ∴； ②当为对角线时，，且．所以； ③当为对角线时，，且． 则，，所以． 综上所述，符合条件的点M的坐标是 ． 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解一次函数的解析式，平行四边形的性质与判定，平移的性质，灵活的运用以上的知识是解本题的关键． 【题型七】利用特殊四边形的性质进行证明 【典例7】（2026·湖北·模拟预测）如图，在矩形中，点E在边上，，，垂足为F．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，根据矩形的性质得出，，根据平行线的性质得出，根据证明，然后根据全等三角形的性质即可得证． 【详解】证明：∵四边形为矩形， ∴，， 又∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴． 【变式7-1】（2025-2026西安市九上期中）如图，在平行四边形中，点是边的中点，连接并延长交的延长线于点，连接．求证：． 【答案】见解析 【难度】0.65 【来源】陕西省西安市西咸新区秦汉中学2025-2026学年上学期九年级期中测试数学试卷 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的性质证明 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，以及全等三角形的判定和性质，根据平行四边形的性质得，则有和，结合中点得，即可证明，根据，即可证明结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形 ∴， ∴，， ∵F是的中点， ∴， ∴在与中， ， ∴， ∴， 又∵ ∴． 【变式7-2】平行四边形ABCD中，E、F是BC、AB的中点，DE、DF分别交AB、CB的延长线于H、G； （1）求证：BH =AB； （2）若四边形ABCD为菱形，试判断∠G与∠H的大小，并证明你的结论． 【答案】（1）通过证明DC=AB，△CDE≌△BHE ，BH=DC所以BH="AB" （2）∠H=∠G 【详解】试题分析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形 ∴DC=AB，DC∥AB ，∴∠C=∠EBH，∠CDE=∠H 又∵E是CB的中点，∴CE="BE" ∴△CDE≌△BHE ，∴BH=DC ∴BH=AB （2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥CB，∴∠ADF=∠G ∵四边形ABCD是菱形，∴AD=DC=CB=AB，∠A=∠C ∵E、F分别是CB、AB的中点，∴AF=CE ∴△ADF≌△CDE ，∴∠CDE=∠ADF  ∴∠H=∠G 考点：全等三角形和菱形 点评：本题考查全等三角形和菱形，掌握三角形全等的判定方法，熟悉菱形的性质是解决本题的关键 【变式7-3】如图，在四边形中，，E，F分别是上的点，连接． (1)如图①，，，．求证：； (2)如图②，，周长何时最小，作出图形，并直接写出______° (3)如图③，若四边形为正方形，点E、F分别上，且，若，，请求出线段的长度． 【答案】(1)见解析 (2)120 (3)5 【分析】（1）延长到点G，使，连接，首先证明，则有，然后利用角度之间的关系得出，进而可证明，则，则结论可证； （2）分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点E，交于点F，由对称的性质可得，当点在同一条直线上时，即为周长的最小值，然后利用求解即可； （3）旋转至的位置，首先证明，则有，最后利用求解即可． 【详解】（1）证明：如解图①，延长到点G，使，连接， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴； （2）如解图，分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点E，交于点F，由对称的性质可得， ∴此时的周长为， ∴当点在同一条直线上时，即为周长的最小值， ∵， ∴， ∵，， ∴； 故答案为：120； （3）如解图，旋转至的位置， ∴， ， 在和中 ， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键． 【题型八】利用特殊四边形的性质解决简单的折叠问题 【典例8】（2025·河南周口·三模）将矩形纸片对折，使边与重合，折痕为，展开后在上取点P折叠，使点B的对应点恰好落在上，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】题考查了翻折变换，矩形的性质，等边三角形的判定以及性质，由折叠的性质可得，可得是等边三角形，即可求．进一步得出． 【详解】解：如图，连接， ∵对折矩形的纸片，使与重合， ， ， ∵把再对折到， ， ， ∴是等边三角形， ， ， 故选：C． 【变式8-1】如图，将平行四边形沿对折，使点落在点处，若，则的长为 ． 【答案】 【难度】0.65 【来源】重庆市巴渝学校2025-2026学年九年级上学期开学验收考试数学试题 【知识点】含30度角的直角三角形、利用平行四边形的性质求解、折叠问题、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查折叠的性质，平行四边形的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，掌握知识点是解题的关键． 作于M，先证明，，得到在中，根据勾股定理可得， 设，则，，得到， 代入求出x的值，即可解答． 【详解】解：作于M，如图所示 ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴ 在中，根据勾股定理可得， 设，则，， ∵， ∴， 解得． 故答案为：． 【变式8-2】在数学实践活动中，将一张平行四边形纸片进行折叠（如图1、2所示），折痕为，点E在边上，点B落在点F处． (1)如图1，若点F恰好落在边上，求证：四边形是菱形； (2)如图2，若点E是边的中点，且，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】（1）利用对称的性质得到，，，利用平行四边形的性质得到，证明，据此即可证明结论； （2）证明且，设，则，在和中，由勾股定理列出方程，解方程即可求解． 【详解】（1）证明：如图，由折叠可知，与关于对称， ∴，，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点E在边上，点F落在边上， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故四边形是菱形； （2）解：如图，连接交于点H， ∵F与B关于对称， ∴是的中垂线， 又∵E是的中点， ∴且， 若设， 由，得， 又，， 在和中，由勾股定理得： ， 则， 解得：， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 【变式8-3】综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“图形的变换”为主题开展数学活动． (1)操作判断如图1，将矩形纸片折叠，使落在边上，点与点重合，折痕为，即可得到正方形，沿剪开，将正方形折叠使边，都落在正方形的对角线上，折痕为，，连接，如图2．根据以上操作，则＝ °． (2)迁移探究 将图2中的绕点按顺时针旋转，使它的两边分别交边，于点，，连接， 如图3．探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． (3)拓展应用 连接正方形对角线，若图3中的的边，分别交对角线于点，，将正方形纸片沿对角线剪开，如图4，若，，请直接写出的长． 【答案】(1)45 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）由正方形的性质及折叠的性质可得出答案； （2）将顺时针旋转得到，证明，得出，则可得出结论； （3）将绕点顺时针旋转得到，连接，证出，由勾股定理可得出答案 【详解】（1）∵四边形是正方形， ∴， 由折叠得，， ∴， 故答案为：45． （2）． 理由：如图，将顺时针旋转90°得到， 由旋转的性质可得，，． ∵四边形为正方形， ∴， 由（1）中结论可得， ∴， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． （3）． 如图，将绕点顺时针旋转得到，连接， 根据旋转的性质可得，． 由（2）中的结论可证， ∴． ∵，， ∴． 在中，， ∴， ∴． 【点睛】此题是几何变换综合题，考查了正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题的关键． 【题型九】证明四边形是特殊四边形 【典例9】（2025·甘肃酒泉·二模）如图，点，，，在同一条直线上，，，连接，，． (1)求证：； (2)当时，求证四边形是矩形． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定、平行四边形的判定、矩形的判定，掌握这些性质定理是解题关键． （1）利用全等三角形的性质得到对应边和对应角相等，进而证明，从而得出； （2）先根据全等和角的关系证明四边形是平行四边形，再证明有一个角是直角，进而判定为矩形． 【详解】（1）证明：， ，， ， ， ； （2）解：， ， ， ，， ， ， ， ， ，， ，， ， 四边形是矩形 【变式9-1】（2025·四川遂宁·模拟预测）如图，在四边形中，，，点E，F分别是，中点，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形： (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定，勾股定理，三角形的中位线，掌握平行四边形的判定，勾股定理，三角形的中位线是解题的关键； （1）根据对边平行且相等即可得证； （2）连接，根据勾股定理求出，再根据三角形的中位线即可得解． 【详解】（1）证明：∵， ， E是中点， ， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：连接， ， ， ，， ∴， ∵点E，F分别是，中点， ∴​ 【变式9-2】如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论； （2）先判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵为的平分线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查了菱形的判定和性质，掌握菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理是解本题的关键． 【变式9-3】在菱形中，E，F是对角线所在直线上的两点，且，连接 (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.85 【来源】广东省河源市龙川县龙川第一实验学校2025-2026学年九年级上学期月练一数学试卷 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质证明、根据正方形的性质与判定证明 【分析】本题主要考查了菱形的性质，正方形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点． （1）先根据“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”得四边形是菱形，再根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案； （2）先根据菱形的性质求出，进而求出，再根据正方形的性质可得，然后根据勾股定理求出，则此题可解． 【详解】（1）证明：连接，交于点O， ∵四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， 即 ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 在中，， ∴．​． 【题型十】特殊四边形与基本作图问题 【典例10】（2025·甘肃武威·一模）如图，是平行四边形的对角线． (1)请按如下步骤在图中完成作图（保留作图痕迹）： ①分别以为圆心，以大于长为半径画弧，弧在两侧的交点分别为、． ②连接、，分别与交于点； (2)求证：． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题考查了作垂直平分线、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、，垂直平分线的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）按照题干要求，进行作图即可； （2）先根据作图过程得是线段的垂直平分线，则，结合平行四边形的性质得，即，证明，即可作答． 【详解】（1）解：如图所示： （2）解： 由作图可知，是线段的垂直平分线， ， ∵四边形是平行四边形， ， ． 在与中， ， ， ∴． 【变式10-1】（2024·广东·模拟预测）已知：如图，四边形是平行四边形． (1)尺规作图：作的角平分线交的延长线于E点（不要求写作法，但要保留作图痕迹）； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了用直尺和圆规作角平分线，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握用直尺和圆规作角平分线及平行四边形的性质是解题的关键． （1）由角平分线的作法可得答案； （2）由平行四边形的性质可知，，所以，再结合已知可推出，所以，即可证明结论． 【详解】（1）解：如图所示：即为所求； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ，， ， 平分， ， ， ， ． 【变式10-2】如图，在菱形ABCD中，∠A＝30°，取大于AB的长为半径，分别以点A，B为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交AD边于点E（作图痕迹如图所示），连接BE，BD．则∠EBD的度数为（    ） A．45° B．50° C．60° D．70° 【答案】A 【分析】根据题意知所作直线为线段AB的垂直平分线，得AE=BE，得；结合°，，可计算的度数． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝AB， ∴∠ABD＝∠ADB＝（180°－∠A）＝75°， 由作图可知，EA＝EB， ∴∠ABE＝∠A＝30°， ∴∠EBD＝∠ABD－∠ABE＝75°－30°＝45°， 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，及垂直平分线的性质，熟知以上知识点是解题的关键． 【变式10-3】观察下面的尺规作图痕迹，在平行四边形基础上能成功作出菱形的是（  ） A．①②③ B．①② C．①③ D．②③ 【答案】B 【分析】根据菱形的判定方法逐项判断即可． 【详解】如图， 如图①，根据尺规作图可知：， ∵在平行四边形中，有， ∴四边形是菱形，故①符合要求； 如图①，根据尺规作图可知：垂直平分线段， ∴，， ∴， ∵在平行四边形中，有， ∴， ∴，即平分， ∵， ∴是等腰三角形， ∴， 同理可得， ∴， ∴四边形是菱形，故②符合要求； 如图③，根据尺规作图可知：， 利用现有条件无法证明， 即无法证明出四边形是菱形，故③不符合要求； 故选：B． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质以及垂直平分线的尺规作图等知识，掌握菱形的判定方法是解答本题的关键． 【题型十一】利用特殊四边形的性质和判定进行求解 【典例11】如图，在平行四边形中，为线段的中点，延长与的延长线交于点，连接，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，即，根据平行线的性质得到，根据全等三角形的性质得到，可以判断出四边形是平行四边形，可得到结论； (2)根据平行四边形的性质得到根据矩形的性质得到，根据勾股定理得到，根据矩形和三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， 即， ，， 为线段的中点， ， 在与中， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形； （2）四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， 四边形的面积矩形． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 【变式11-1】如图，在中，E、F是对角线上的两点（点E在点F左侧），且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当，，时，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）先利用内错角相等，得到，再利用平行四边形的性质，证明，得到，即可证明四边形是平行四边形； （2）利用勾股定理，求得，然后根据三角形面积公式，得到，再利用勾股定理求得，最后利用全等三角形的性质，得到，即可求出的长． 【详解】（1）证明：， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：，，， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键． 【变式11-2】如图，在四边形ABCD中，∠BAC＝90°，E是BC的中点，AD//BC，AE//DC，EF⊥CD于点F． (1)求证：四边形AECD是菱形； (2)若AB＝3，AC＝4，求EF的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形和菱形的判定证明即可； （2）根据菱形的性质和三角形的面积公式解答即可． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， ，是的中点， ， 四边形是菱形； （2）解：解：过作于点，如图所示 ，，， ， 的面积， ， 四边形是菱形， ， ， ． 【点睛】此题考查菱形的判定和性质、勾股定理、平行四边形的判定，解题的关键是证明四边形是菱形． 【变式11-3】在菱形中，E，F是对角线所在直线上的两点，且，连接 (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.85 【来源】广东省河源市龙川县龙川第一实验学校2025-2026学年九年级上学期月练一数学试卷 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质证明、根据正方形的性质与判定证明 【分析】本题主要考查了菱形的性质，正方形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点． （1）先根据“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”得四边形是菱形，再根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案； （2）先根据菱形的性质求出，进而求出，再根据正方形的性质可得，然后根据勾股定理求出，则此题可解． 【详解】（1）证明：连接，交于点O， ∵四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， 即 ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 在中，， ∴． 【题型十二】利用特殊四边形的性质和判定进行证明 【典例12】（25-26九年级上·山东淄博·月考）中，D、E分别是，的中点，O是内任意一点，连接、． (1)如图1，点G、F分别是、的中点，连接，，，，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，若点O恰为和交点，求证：，； (3)如图3，若点O恰为和交点，射线与交于点M，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查平行四边形的性质与判定，三角形中位线的性质，掌握相关知识是解题的关键． （1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可判定； （2）取，中点G，F，连接，，，，根据平行四边形的性质即可即可求证； （3）在射线上截取，连接，，对边互相平行的四边形是平行四边形即可判定． 【详解】（1）证明：∵D，E分别是的边，的中点， ∴是的中位线， ∴，， 同理：，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：取，中点G，F，连接，，，， ∴，， 由（1）知，四边形是平行四边形， ∴，， ∴，； （3）证明：在射线上截取，连接，， ∵D，O分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴即， 同理：， ∴四边形是平行四边形， ∴． 【变式12-1】（2025·陕西汉中·一模）如图，在中，、分别为边、的中点，连接，过点作交边于点，点在的延长线上，且．连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质． （1）由三角形中位线定理可得，即，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是矩形； （2）利用三角形中位线定理求出，利用矩形的性质得到，根据等角对等边证明，则，根据矩形的面积公式即可求出答案． 【详解】（1）证明：∵D，E分别为的中点， ∴是的中位线， ∴，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵，是的中位线， ∴， ∵四边形是矩形， ∴；， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积． 【变式12-2】如图，D、E、F分别是各边的中点，连接、、． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)加上条件______后，能使得四边形为菱形，请从①，②平分；③；这三个条件中选择1个条件填空（写序号），并加以证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)②③（选一个条件即可）；证明见解析 【分析】（1）根据题意，得出为的中位线，再根据三角形的中位线的性质，得出，，即，，再根据平行四边形的判定定理，即可得出结论； （2）选①时，根据有一个角为直角的平行四边形为矩形，得出四边形为矩形，进而得出选①，不能使四边形为菱形；选②时，根据角平分线的定义，得出，再根据平行四边形的性质，得出，再根据两直线平行，内错角相等，得出，再根据等量代换，得出，再根据等角对等边，得出，再根据菱形的判定定理，得出平行四边形为菱形；选③时，根据等腰三角形的判定，得出是等腰三角形，进而得出，再根据有一组邻边相等的平行四边形为菱形，得出平行四边形为菱形． 【详解】（1）证明：已知D、E、F为、、的中点， ∴为的中位线， ∴，， 即，， ∴四边形为平行四边形． （2）解：选①，证明如下： ∵，即， 又∵四边形为平行四边形， ∴四边形为矩形； ∴选①，不能使四边形为菱形； 选②，证明如下： ∵平分， ∴， 又∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形为菱形． ∴选②，能使得四边形为菱形； 选③，证明如下： ∵D、E、F分别是各边的中点， 又∵，即， ∴是等腰三角形， ∴， ∵D、F分别是各边的中点， ∴， 又∵四边形为平行四边形， ∴平行四边形为菱形． ∴选③，能使得四边形为菱形． 综上所述，加上条件②、③后，能使得四边形为菱形． 故答案为：②③（选一个条件即可） 【点睛】本题考查了三角形的中位线的性质、平行四边形的判定与性质、平行线的性质、等角对等边、菱形的判定定理，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理． 【变式12-3】如图，在中，是边上的中线，以为边作，连接分别与相交于点． (1)求证：四边形为正方形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【难度】0.65 【来源】陕西省榆林市2025-2026学年上学期期中调研试题九年级数学 【知识点】三线合一、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、根据正方形的性质与判定证明 【分析】（1）由等腰三角形的“三线合一”得到，从而是矩形，由直角三角形斜边上中线的性质得到，从而得到矩形是正方形； （2）先由勾股定理求得，进而得到，根据正方形的性质得到，，因此，，证明得到，即可解答． 【详解】（1）证明：∵，是边上的中线， ∴， ∴是矩形， ∵，是边上的中线， ∴，， ∴， ∴矩形是正方形． （2）解：∵，， ∴， ∵是的中线， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，． ∵在正方形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查直角三角形的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握直角三角形的性质及正方形的性质是解题的关键． 【题型十三】特殊四边形多结论问题的判断 【典例13】在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分交BC于点E，．连接OE，则下面的结论：①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④；⑤，其中正确的结论有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】B 【分析】判断出△ABE是等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠ACB＝30°，再判断出△ABO，△DOC是等边三角形，可判断①；根据等边三角形的性质求出OB＝AB，再求出OB＝BE，可判断②，由直角三角形的性质可得BC＝AB，可判断③，由等腰三角形性质求出∠BOE＝75°，再根据∠AOE＝∠AOB＋∠BOE＝135°，可判断④；由面积公式可得可判断⑤；即可求解． 【详解】解：∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠DAE＝45°， ∴∠AEB＝45°， ∴△ABE是等腰直角三角形， ∴AB＝BE， ∵∠CAE＝15°， ∴∠ACE＝∠AEB−∠CAE＝45°−15°＝30°， ∴∠BAO＝90°−30°＝60°， ∵矩形ABCD中：OA＝OB＝OC＝OD， ∴△ABO是等边三角形，△COD是等边三角形，故①正确； ∴OB＝AB， 又∵ AB＝BE， ∴OB＝BE， ∴△BOE是等腰三角形，故②正确； 在Rt△ABC中 ∵∠ACB=30° ∴BC＝AB，故③错误； ∵∠OBE＝∠ABC−∠ABO＝90°−60°＝30°＝∠ACB， ∴∠BOE＝（180°−30°）＝75°， ∴∠AOE＝∠AOB＋∠BOE＝60°＋75°＝135°，故④错误； ∵AO＝CO， ∴，故⑤正确； 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质是解题的关键． 【变式13-1】如图，在平行四边形中，，于点E，F为的中点，连结、，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数共有 个 【答案】4 【分析】如图延长交的延长线于，取的中点连接．想办法证明，，四边形是菱形即可解决问题； 【详解】 如图，延长 交的延长线于点，取的中点，连接． ∵， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴ ∴故①正确； ∵， ∴ ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴．故②正确． ∵， ∵ ∴ ， ∵， ∴， ，故③正确； ∵ ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，     ∴， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴，故④正确． 故答案为：4． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形判定和性质、平行线的判定和性质、菱形的判定和性质，是一道四边形综合题型，解题关键是熟练掌握四边形和三角形相关知识点． 【变式13-2】如图，菱形ABCD中，AB＝AC，点E、F分别为边AB、BC上的点，且AE＝BF，连结CE、AF交于点H，连结DH交AC于点O.则下列结论：①∠B＝60°；②△ABF≌△CAE；③∠AHC＝120°；其中正确的是(   ) A．①② B．①②③ C．②③ D．以上都不对 【答案】B 【分析】由菱形ABCD中，AB=AC，易证得△ABC是等边三角形，则可得∠B=∠EAC=60°，由SAS即可证得△ABF≌△CAE；则可得∠BAF=∠ACE，利用三角形外角的性质，即可求得∠AHC=120°. 【详解】∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC， ∵AB=AC， ∴AB=BC=AC， 即△ABC是等边三角形， 同理：△ADC是等边三角形 ∴∠B=∠EAC=60°，故①正确； 在△ABF和△CAE中， ， ∴△ABF≌△CAE（SAS）； 故②正确； ∴∠BAF=∠ACE， ∵∠AEH=∠B+∠BCE， ∴∠AHC=∠BAF+∠AEH=∠BAF+∠B+∠BCE=∠B+∠ACE+∠BCE=∠B+∠ACB=60°+60°=120°； 故③正确， 故选B. 【点睛】此题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度较大. 【变式13-3】如图，正方形中，点是边的中点，，交于点，、交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（    ）    A．①③ B．①②③④ C．①②③ D．①③ 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质与判定证明 【分析】根据正方形的性质，可证，，，，由此即可求解． 【详解】解：正方形中，点是边的中点， ∴，，， ∴， ∴，故结论①正确； ∵，，为公共边， ∴， ∴， ∵， ∴，故结论②正确； ∵与是等底等高的两个三角形， ∴与的面积相等，，即， ∵，， ∴，故结论③正确； 由结论①，②可知，， ∵， ∴， ∴．故结论④正确． 综上所述，正确的有①②③④． 故选：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，三角形全等的判断和性质，等底等高的两个三角形面积相等知识的综合，掌握正方形的性质，三角形全等的判断和性质是解题的关键． 【题型十四】特殊四边形与最值问题 【典例14】（2025·黑龙江佳木斯·一模）如图，在矩形中，，，点P是矩形内的一动点，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】将绕点C逆时针旋转，得到，连接、、，则的长即为所求． 【详解】解：将绕点C逆时针旋转，得到，连接、、，则的长即为所求． 由旋转的性质可知：是等边三角形， ∴， ， ， ∴当A、P、F、E共线时，的值最小， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ， ∴， ∵， ， ∴. 故答案为：. 【点睛】本题考查轴对称最短路径问题，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 【变式14-1】如图，在平行四边形纸片中，，，是线段的中点，点在边所在的直线上，将沿所在的直线翻折得到，连接，则长度的最小值是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.4 【来源】云南煤炭第一中学2024-2025学年上学期期末学业水平考试八年级数学试卷 【知识点】折叠问题、利用平行四边形的性质求解、用勾股定理解三角形 【分析】先作，交的延长线于点，连接，根据平行四边形的性质，再根据三角形三边之间的关系可知当点共线时最小，然后根据勾股定理求出，再根据勾股定理求出，进而得出答案． 【详解】解：如图所示，过点作，交的延长线于点，连接， 四边形是平行四边形，， ，． ，点是线段的中点， ，． 根据折叠的性质得． 根据三角形三边之间的关系，可得， 当点，，共线时，最小， ，， ， ． ，， ， ． ， 最小值是． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，三角形的三边关系，折叠的性质等知识点，掌握以上知识点是解题的关键． 【变式14-2】如图，在边长为6的菱形ABCD中，AC为其对角线，∠ABC＝60°，点M、N分别是边BC、CD上的动点，且MB＝NC．连接AM、AN、MN，MN交AC于点P．则点P到直线CD的距离的最大值为　 　． 解答】解：∵∠ABC＝60°，AB＝BC， ∴△ABC为等边三角形，∠ACB＝∠ACD＝60°， 在△ABM和△ACN中， ， ∴△AMN为等边三角形， 当AM垂直于BC时，等边三角形边长最小，此时CP最长，满足条件，作PE⊥CD于点E． ∵BM＝MC＝3，∠CMP＝30°，∠CPM＝90°， ∴PC＝MC＝， 在Rt△PCE中， ∵∠CPE＝30°，PC＝， ∴EC＝PC＝， ∴PE＝， 故答案为：． 【变式14-3】如图所示，正方形的面积为12，是等边三角形，点E在正方形内，在对角线上有一点P，使的和最小，则这个最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，，根据点B与D关于对称，得出，从而得出，即最小值为值为的长，求出的长即可． 【详解】解：连接，，如图所示： ∵四边形为正方形， ∴点B与D关于对称， ∴， ∴， ∴最小值为的长， ∵正方形的面积为12， ∴， 又∵是等边三角形， ∴， ∴最小值为，故B正确． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，轴对称的性质，等边三角形的性质，解题的关键是根据轴对称的性质得出的长为的最小值． 【题型十五】三角形中位线定理 【典例15】（2026·陕西·模拟预测）如图，在中，，，，点是边上的一个动点，点，分别是，的中点，则线段的长为 ． 【答案】2 【分析】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理； 连接，判定是等边三角形，得到，由平行四边形的性质推出，得到，由三角形中位线定理得到． 【详解】解：连接， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点，分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴． 故答案为：2． 【变式5-1】（2023春•柳州期末）如图，在四边形中，，，，、、分别是、、的中点，若．则的周长是　　 A．10 B．12 C．16 D．18 【分析】根据中位线定理求得和的长，然后证明是等边三角形即可证得． 【解答】解：、是和的中点，，， ，， ， 同理，，， ，， 是等边三角形． ， 的周长是12． 故选：． 【点评】此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半． 【变式5-2】（2025·湖南·模拟预测）如图，四边形中，，点，分别为边，的中点．若四边形的面积为，，则的长为（     ）      A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查中位线的性质以及勾股定理，准确添加辅助线是解题的关键． 取边的中点，连接，，根据已知数量关系求出、的长度，结合中位线的性质，得出，，，再利用勾股定理解得的长． 【详解】如图，取边的中点，连接，， 四边形面积为，， ， 又， ，， ，分别为，的中点， 是的中位线，是的中位线， ，． 又，，， ，，， 在直角中，由勾股定理，得， 即的长度是． 【变式5-3】（2025·甘肃嘉峪关·模拟预测）如图，是边长为1的等边三角形，取边中点E，作，得到四边形，它的周长记作；取中点，作，得到四边形，它的周长记作．照此规律作下去，则 ． 【答案】 【分析】本题考查三角形的中位线，平行线的性质，找规律，找出计算周长的规律是解题的关键；根据三角形的中位线求解，找规律可得，据此规律可求解. 【详解】解：∵是边长为1的等边三角形， ∴， ∵E是边中点，， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， 同理：以此方法得到的四边形都为菱形，且边长为前一个菱形边长的， 即，，……，， ∴. 故答案为：. 【题型十六】直角三角形斜边上的中线 【典例16】如图，在矩形中，，，点A在x轴正半轴上，点D在y轴的正半轴上运动时，点D也随之运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为______． 【答案】8 【分析】取的中点，连接，，由勾股定理可求的长，由直角三角形的性质可求的长，由三角形的三边关系可求解． 【详解】解：取的中点，连接，， ∵矩形，，， ∴，， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∵，点是的中点， ∴， 在中，， 当点在上时，， ∴的最大值为， 故答案为：8． 【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角形的三边关系，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造三角形是解题的关键． 【变式16-1】如图，在中，，，是的中线，E是的中点，连接，，若，垂足为E，则的长为______． 【答案】 【分析】根据垂直定义可得，利用直角三角形斜边上的中线性质可得，，从而可得是等边三角形，然后利用等边三角形的性质可得，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得，利用含30度角的直角三角形的性质可得，最后利用勾股定理进行计算即可解答． 【详解】解：∵， ∴， ∵是的中线，， ∴，， ∵，E是的中点， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线，勾股定理，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键． 【变式16-2】如图，在中，，且，分别是，上的高，，分别是，的中点，若，则的长为 A．10 B．12 C．13 D．14 【分析】连接、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据等腰三角形三线合一的性质可得，，然后利用勾股定理列式计算即可求解． 【解答】解：如图：连接、， ， 是的中点，，， ， 是的中点， ，， 在中，， 故选：． 【点评】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，以及勾股定理，作辅助线利用性质是解题的关键． 【变式16-3】如图，在中，，是边上一动点（不与，重合），于点，点是线段的中点，连接，． （1）试猜想线段与的大小关系，并加以证明． （2）若，连接，在点运动过程中，探求与的数量关系． 【分析】（1）和分别是直角和直角斜边上的中线，依据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可证得； （2）证明是等边三角形，然后根据等边三角形的定义以及直角三角形的性质求解． 【解答】解：（1）， 在和中， 点是线段的中点， ，， ． （2）由（1）可知， ，， ，， ， 又， 为等边三角形， ． 【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及等边三角形的判定与性质，证得是等边三角形是关键． 易错点1 平行四边形的判定方法 错误：（1）认为一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 （2）认为一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形． 注意：（1）一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，有可能是等腰梯形． （2）一组对边相等，一组对角相等的四边形也不一定是平行四边形． 例题1 如图，在中，点E，F在对角线上，且．证明： (1)； (2)四边形是平行四边形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质可得，，根据平行线的性质可得，结合已知条件根据即可证明； （2）根据可得，根据邻补角的意义可得，可得，根据一组对边平行且相等即可得出． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， ∴； （2）证明：∵， ∴ ∴， ∴四边形AECF是平行四边形． 易错点2 确定平行四边形的个数 错误：确定平行四边形的个数时，容易出现重复或遗漏。 注意：解题的关键，写出平行四边形时要按照一定的顺序（大小顺序，方位顺序等），这样方能做到不重不漏． 例题2如图，在平行四边形中，相交于点，图中共有（　　）个平行四边形． A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【难度】0.65 【来源】第五章 平行四边形（单元测试�提升卷）数学鲁教版五四制八年级上册 【知识点】数图形中平行四边形的个数、利用平行四边形的判定与性质求解 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定； 首先根据已知条件找出图中的平行线段，然后根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，来判断图中平行四边形的个数． 【详解】解：四边形是平行四边形，， ∴ ∴平行四边形有：、、、、、、、；；共个． 故选：C． 易错点3 求与已知三点组成平行四边形的点的个数 错误：求与已知三点组成平行四边形的点的个数时容易出现遗漏。 注意：学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型． 例题3 在平面直角坐标系中，以，，为顶点构造平行四边形，下列各点中不能作为平行四边形顶点坐标的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出图形，结合图形进行分析可得． 【详解】解：在平面直角坐标系中， 将向左平移各单位得到， 此时； 将向右平移各单位得到； 此时； 将先向左平移1个单位，再向下平移2个单位，得到， 此时； 综上所述， 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和线段的平移；解题的关键是通过平移得到平行四边形． 易错点4矩形的判定方法 错误：（1）用定义判定一个四边形是矩形时漏掉平行四边形的条件. （2）用对角线判定一个四边形是矩形时漏掉平行四边形的条件. 注意：判定矩形的常见思路 （1）用定义判定一个四边形是矩形必须满足两个条件：一是有一个角是直角；二是平行四边形．也就是说，有一个角是直角的四边形不一定是矩形，必须加上“平行四边形”这个条件，它才是矩形． （2）用对角线判定一个四边形是矩形，必须满足两个条件：一是对角线；二是平行四边形．也就是说，对角线相等的四边形不一定是矩形，必须加上“平行四边形”这个条件，它才是矩形． 例题4 （2025·河南周口·三模）如图所示，线段的端点B在直线上，过线段上的一点O作的平行线，分别交和的平分线于点C，D，连接，要使四边形为矩形，则可添加下列条件中的（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形的判定；根据矩形的判定条件进行解答即可． 【详解】解：添加条件为：，理由如下： ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 同理可证：， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形． 故选：A． 易错点5菱形的判定方法 错误：（1）用定义判定一个四边形是菱形时漏掉平行四边形的条件. （2）用对角线判定一个四边形是菱形时漏掉平行四边形的条件. 注意：判定菱形的常见思路： （1）用定义判定一个四边形是菱形必须满足两个条件：一是有一组邻边相等；二是平行四边形．也就是说，有一组邻边相等四边形不一定是菱形，必须加上“平行四边形”这个条件，它才是菱形． （2）用对角线判定一个四边形是菱形，必须满足两个条件：一是对角线垂直；二是平行四边形．也就是说，对角线垂直的四边形不一定是菱形，必须加上“平行四边形”这个条件，它才是菱形． 例题5 如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是的中点，添加下列条件，可以判定四边形为菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据三角形中位线定理证得四边形为平行四边形，再根据菱形的判定，即可求解． 【详解】解：添加，可以判定四边形为菱形，理由： ∵点E，F，G，H分别是的中点， ∴，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴当时，， ∴四边形为菱形． 故选：C. 【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，菱形的判定，熟练掌握三角形中位线定理，菱形的判定是解题的关键． 易错点6正方形的判定方法 错误：正方形的判定方法需要的条件很多，有时会出现判断条件不充分而致错。 注意：判定是否为正方形，可以先证平行四边形，再加矩形、菱形的条件；或先证矩形，再加菱形的条件；或先证菱形，再加矩形的条件． 例题6四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AD∥BC，AD＝BC，使四边形ABCD为正方形，下列条件中：①AC＝BD；②AB＝AD； ③AB＝CD；④AC⊥BD．需要满足（　　） A．①② B．②③ C．②④ D．①②或①④ 【答案】D 【分析】因为AD∥BC，AD＝BC，所以四边形ABCD为平行四边形，添加①则可根据对角线相等的平行四边形是矩形，证明四边形是矩形，故可根据一组邻边相等的矩形是正方形来添加条件． 【详解】解：∵AD∥BC，AD＝BC， ∴四边形ABCD为平行四边形， ∵AC＝BD， ∴平行四边形ABCD是矩形， 若AB＝AD， 则四边形ABCD为正方形； 若AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形． 故选：D． 【点睛】本题是考查正方形的判别方法，判别一个四边形为正方形主要根据正方形的概念，途经有两种：①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角． 技巧01：解与四边形有关折叠问题的技巧 《方法技巧》 (1)折叠前后的图形全等，即对应边相等，对应角相等： (2)在四边形折叠问题中求线段长时，常常综合应用勾股定理和方程思想， (3)四边形中存在一些特殊的角和数量关系，如直角、对角线相等等. 【典例1】（2023秋•青岛期末）一张矩形纸，将点翻折到对角线上的点处，折痕交于点．将点翻折到对角线上的点处，折痕交于点，折叠出四边形． （1）求证：； （2）当　　度时，四边形是菱形？说明理由． 【分析】（1）证出，即可得出； （2）证出四边形是平行四边形，再证出，即可得出四边形是菱形． 【解答】（1）证明：四边形为矩形， ， ， 由翻折知，，， ， ； （2）解：当时四边形为菱形，理由如下： 四边形是矩形， ，， 由（1）得：， 四边形是平行四边形， ， ． ， 由折叠的性质得， ， ， 四边形是菱形； 故答案为：30． 【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和菱形的判定是解题的关键． 【变式1-1】（2025·湖南·模拟预测）已知点，分别在矩形纸片的边，上，连接，将矩形纸片沿折叠． (1)如图①，若点恰好落在点处，与相交于点，连接，． ①判断四边形的形状，并证明你的结论； ②若，，求折痕的长； (2)如图②，若点恰好落在边上的点处，点落在点处，交于点，且． ①求证：； ②若，，求的长． 【答案】(1)①四边形是菱形，证明见解析；② (2)①见解析；②6 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的判定与性质，图形折叠的性质，解题的关键是掌握这些知识点． （1）①根据折叠变换的性质和菱形的判定即可得； ②设，则，在直角三角形中，由勾股定理求，在直角三角形中，由勾股定理求x，利用菱形面积的计算公式建立等式，进行计算即可得； （2）①由矩形和折叠的性质，用证明，从而得，则，由，得； ②由，，得，，，设，则，根据勾股定理得，进行计算即可得的长度． 【详解】（1）①四边形是菱形． 证明如下： 由折叠的性质，得，，， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， 四边形是菱形． ②四边形是矩形， ， ，， ， 设，则， ， ，解得， ， ， ． （2）①四边形是矩形， ，， 由折叠的性质，得，， ，， 在和中， ， ， ， ， ． ②设， ， ， ， ， 由折叠的性质，得，， ， ， ， ， ，解得， ． 技巧02：特殊四边形中的动点问题 《方法技巧》 解决动点问题的基本方法是利用转化的方法，达到“化动为静”的目的，如本题，利用特殊四边形的性质。方程思想、分类讨论等来解决 【典例2】如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时点从点出发向点运动，运动到点即停止．点、的速度的速度都是，连接，，，设点、运动的时间为． （1）当为何值时，四边形是矩形？ （2）当为何值时，四边形是菱形？ （3）分别求出（2）中菱形的周长和面积． 【分析】（1）当四边形是矩形时，，据此求得的值； （2）当四边形是菱形时，，列方程求得运动的时间； （3）菱形的四条边相等，则菱形的周长，面积矩形的面积个直角三角形的面积． 【解答】解：（1）当四边形是矩形时，，即：， 解得． 答：当时，四边形是矩形； （2）设秒后，四边形是菱形 当，即时，四边形为菱形． 解得：． 答：当时，四边形是菱形； （3）当时，，则周长为：， 面积为：． 【点评】本题考查了菱形、矩形的判定与性质．解决此题注意结合方程的思想解题． 【变式2-1】如图，在正方形中，，是上的一点且，连接，动点从点出发，沿着路径以的速度运动，运动到点停止，设点的运动时间为秒，当和全等时，的值是（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【难度】0.65 【来源】新疆维吾尔自治区昌吉回族自治州2024-2025学年八年级上学期1月期末考试数学试题 【知识点】（特殊）平行四边形的动点问题、根据正方形的性质求线段长、全等三角形的性质 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、动点问题．当和全等时，一定为直角三角形，点在上时，不能构成三角形；点在上时构成的不是直角三角形，此时两个三角形不能全等；当点在上时，此时点运动的路程为，根据运动的速度可以求出运动的时间；当点在上时，此时点运动的路程为，根据运动的速度求出运动的时间即可． 【详解】解：中， 当和全等时，一定为直角三角形， 当点在上时，不能构成三角形； 当点在上时，如下图所示， 构成的不是直角三角形，此时和不全等； 当点在上时，如下图所示， ， 则有， 此时点运动的路程为， 运动的时间为； 当点在上时，如下图所示， ， ， 此时点运动的路程为， 运动的时间为， 综上所述，当和全等时，的值是或． 故选：D ． 【变式2-2】如图，已知正方形中，边长为，点E在边上，．如果点P在线段上以的速度由B点向点C运动，同时点Q在线段上以的速度由点C向点D运动，设运动的时间为t秒． (1)________，________；（用含t的代数式表示） (2)若以E，B，P为顶点的三角形和以P，C，Q为顶点的三角形全等，试求a的值． 【答案】(1)， (2)a的值为2或 【难度】0.4 【来源】江西省赣州市章贡区2025-2026学年八年级上学期期中考试数学试题 【知识点】列代数式、全等三角形的性质、根据正方形的性质求线段长、（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】（1）先根据点P运动的速度与时间，用t表示出，再根据，用t表示出； （2）分、两种情况讨论，分别求出a的值． 【详解】（1）解：点P在线段上以的速度由B点向点C运动，运动的时间为t秒， ， ， ， 故答案为：2t，； （2）当时， 此时，， 则有，， 此时，． 当时， 此时，， 则有，， 此时，． 综上所述，a的值为2或． 【点睛】本题考查了列代数式，全等三角形的性质，根据正方形的性质求线段长，（特殊）平行四边形的动点问题等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 技巧03：解中点四边形的技巧 《方法技巧》 中点四边形的形状． （1）以四边形各边的中点为顶点可以组成一个平行四边形 （2）以菱形各边的中点为顶点可以组成一个矩形    （3）以矩形各边的中点为顶点可以组成一个  菱形 （4）以平行四边形各边的中点为顶点可以组成一个平行四边形  （5）以正方形各边的中点为顶点可以组成一个正方形 【典例3】如图所示，顺次连接四边形各边中点得到四边形，使四边形为正方形，应添加的条件分别是（    ） A．且 B．且 C．且 D．且 【答案】D 【分析】直接利用三角形中位线的性质以及正方形的判定方法分析得出答案． 【详解】解：使四边形为正方形，应添加的条件分别是且． 理由：∵顺次连接四边形各边中点得到四边形， ∴，，，， ，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴， ∵， ， ∵， ∴， ∴菱形是正方形． 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形中位线定理、平行线性质，解题的关键是连接，构造平行线． 【变式3-1】如图，是内一点，，，，，、、、分别是、、、的中点，则四边形的周长是　　 A．7 B．9 C．11 D．13 【分析】利用勾股定理列式求出的长，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求出，，然后代入数据进行计算即可得解． 【解答】解：，，， ， 、、、分别是、、、的中点， ，， 四边形的周长， 又， 四边形的周长． 故选：． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理的应用，熟记三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键． 【变式3-2】如图，四边形中，点、、、分别为、、、的中点， （1）求证：中点四边形是平行四边形； （2）如图2，点是四边形内一点，且满足，，，点、、、分别为、、、的中点，猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想． 【分析】（1）连接、由点、分别为边、的中点，同理知、，据此可得、，即可得证； （2）连接、，证得，由，知，结合四边形是平行四边形即可得证． 【解答】（1）证明：如图1中，连接． 点，分别为边，的中点， ，， 点，分别为边，的中点， ，， ，， 中点四边形是平行四边形； （2）解：四边形是菱形，理由如下： 如图2，连接、， ， ，即， 在和中， ， ， ， 点，，分别为边，，的中点， ，， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形． 【点评】本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，学会添加常用辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【变式3-3】如图，在四边形中，点，，，分别为边，，，的中点． （1）求证：四边形是平行四边形． （2）若四边形的对角线互相垂直且它们的乘积为48，求四边形的面积． 【分析】（1）连接，根据三角形中位线定理证明，，根据平行四边形的判定定理证明即可； （2）先由三角形的中位线定理和矩形的判定定理推知四边形的形状是矩形，进而利用矩形的面积解答即可． 【解答】（1）证明：如图，连接， 点，分别为边，的中点， ，， 点，分别为边，的中点， ，， ，， 中点四边形是平行四边形； （2）解：如图，连接， 由（1）知，四边形是平行四边形． 在中，、分别是、的中点， 则， 同理， 又， ， 四边形是矩形， 四边形的面积． 即四边形的面积是12． 【点评】本题考查的是平行四边形的判定和性质、中点四边形，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线． 学科网（北京）股份有限公3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $