专题03 四边形综合11大题型（期末复习讲义）八年级数学下学期新教材人教版

专题03 四边形综合（期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型一 平行四边形性质与判定综合证明：★★ 题型二 特殊四边形性质与判定综合证明：★★★ 题型三 矩形的折叠与勾股定理综合：★★★ 题型四 菱形的对角线性质与面积计算：★★ 题型五 正方形的对称性与多结论探究：★★★ 题型六 特殊四边形与分类讨论：★★★ 题型七 四边形中的动点与存在性问题：★★★ 题型八 特殊四边形与一次函数综合：★★★ 题型九 四边形中的将军饮马与最值问题：★★★ 题型十 四边形中的平移变换综合：★★★ 题型十一 四边形与全等三角形综合：★★★ 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 平行四边形的性质与判定 能利用平行四边形的边、角、对角线性质解决问题，会用判定定理证明平行四边形 基础必考点，常出现在选择、填空题，是所有四边形综合题的基础 矩形的性质与判定 能利用矩形的直角、对角线相等的性质解决问题，会用判定定理证明矩形 中档高频考点，常与折叠、勾股定理结合考查 菱形的性质与判定 能利用菱形的四边相等、对角线垂直平分的性质解决问题，会用判定定理证明菱形 中档常考点，易与面积计算、角度问题结合考查 正方形的性质与判定 能利用正方形兼具矩形和菱形的性质解决问题，会用判定定理证明正方形 拔高考点，常作为压轴题的核心图形，考查综合推理能力 特殊四边形的折叠问题 能利用折叠的对称性，结合特殊四边形的性质，求解线段长度、角度 高频易错点，易忽略折叠前后的边、角对应关系 特殊四边形的动点问题 能分析动点在四边形边上的运动，判断图形形状的变化，求解特定时刻的状态 期末压轴常考题，需分阶段讨论动点位置，分析图形性质 特殊四边形的存在性问题 能在坐标系或几何背景下，根据条件判断特殊四边形是否存在，并求顶点坐标 培优拔高考点，需利用平行、垂直、中点等性质分类讨论 特殊四边形与一次函数综合 能结合一次函数解析式，求特殊四边形的顶点坐标、边长或对角线 数形结合核心考点，常出现在压轴解答题中 特殊四边形的面积与最值问题 能利用割补法、坐标法计算特殊四边形的面积，结合性质求最值 区分度高的题型，需结合函数增减性或几何模型分析 四边形的判定与证明综合 能结合三角形全等、平行线性质，完成复杂的四边形证明题 期末解答题高频考点，考查逻辑推理与书写规范 知识点01 特殊四边形的性质 四边形 边 角 对角线 对称性 平行四边形 对边平行且相等 对角相等 两条对角线互相平分 中心对称图形 矩形 对边平行且相等 四个角都是直角 两条对角线互相平分且相等 轴对称图形、中心对称图形 菱形 对边平行且四条边都相等 对角相等 两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角 轴对称图形、中心对称图形 正方形 对边平行且四条边都相等 四个角都是直角 两条对角线互相垂直平分且相等，每一条对角线平分一组对角 轴对称图形、中心对称图形 知识点02 特殊四边形的判定 四边形 边 角 对角线 平行四边形 1）两组对边分别平行 2)两组对边分别相等 3)一组对边平行且相等 两组对角分别相等 两组对角线互相平分 矩形 1）平行四边形+一直角 2）四边形+三直角 平行四边形+两条对角线相等 菱形 1）平行四边形+一组邻边相等 2）四边形+四条边都相等 平行四边形+两条对角线互相垂直 正方形 矩形+一组邻边相等 菱形+一直角 矩形+对角线互相垂直 菱形+对角线相等 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 题型一 平行四边形性质与判定综合证明 【典例1】（25-26八年级下·四川南充·期中）如图，在中，，为边上一点，连接，为中点，过点作交的延长线于，连接交于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求四边形的面积． 【变式1】（25-26八年级下·辽宁葫芦岛·期中）在等边三角形中，点D，E分别在边，上，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的长． 【变式2】（25-26八年级下·北京延庆·期中）如图，，F是的中点，延长到点E，使，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． 【变式3】（25-26八年级下·浙江台州·期中）如图，四边形是平行四边形，，是对角线上的两点且． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，，求的度数． 题型二 特殊四边形性质与判定综合证明 【典例2】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）如图，的对角线相交于是等边三角形，且． (1)求的面积． (2)若点、分别是的中点，连接，求的长． 【变式1】（25-26九年级下·云南曲靖·学业考试模拟）如图，在平行四边形中，对角线与交于点，过点作，且，连接与交于点，已知． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知的周长与的周长相差2，四边形的周长为40，求四边形的面积． 【变式2】（2026八年级下·全国·专题练习）如图，在中， D，E分别是的中点，连接，过点 A 作，垂足为F，延长至点G，使，连接，延长至点H，使 ，连接，易知四边形的面积等于的面积． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，请你利用上述结论求的面积． 【变式3】（25-26八年级下·江西上饶·期中）图1是某型号挖掘机，该挖掘机由基座、主臂和伸展臂构成．图2是其在某种工作状态下的侧面结构示意图（是基座的高，是主臂，是伸展臂，）．小明作于点，延长交于点，经测量发现，基座高度为，，主臂比长． (1)求主臂的长； (2)若，求的长． 题型三 矩形的折叠与勾股定理综合 【典例3】（2026·河北保定·二模）如图1，M，N分别是矩形的边，上两点，连接，将矩形沿折叠，交于点P，连接并延长交于点Q，将矩形沿折叠得到图2，则下列结论中不正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式1】（25-26八年级下·北京·期中）如图，在直角坐标系中，长方形纸片的边，点B坐标为，若把图形按如图所示折叠，使B，O两点重合，折痕为．求折痕的长为_________ 【变式2】（25-26八年级下·宁夏吴忠·期中）综合与实践：折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘． 【动手操作】现有一张直角三角形纸片，，，，小明用这张直角三角形纸片进行折纸操作，折叠，折痕为，顶点的对应点是点． (1)①如图1，当点与点重合时，则的长为______； ②如图2，当点与点重合时，求的面积； (2)【类比操作】如图，折叠矩形的一角，使点落在边的点处，折痕交于点，若，，求的长． 【变式3】（25-26八年级下·江苏苏州·期中）在矩形纸片中，． (1)如图1，将矩形纸片折叠，使点与点重合，求出的长． (2)如图2，将矩形纸片折叠，使点与点的中点重合，求出的长． 题型四 菱形的对角线性质与面积计算 【典例4】（23-24八年级上·吉林长春·期中）猜想：如图①，在中，点是对角线的中点，过点的直线分别交、于点、．若的面积是20，则四边形的面积是______． 探究：如图②，在中，，对角线、相交于点，过点的直线分别交、于点、．若，求四边形的面积． 应用：如图③，在Rt中，，延长到点，使，连结．若，则的面积是______． 【变式1】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在 中， ，，是 沿方向平移得到的．连接，和交于点．是线段上一  动点（不与点 重合），连接 并延长交线段于点，问：四边形的面积是否随点的运动而发生变化?若变化，请说明理由：若无变化，求出四边形的面积．    【变式2】（23-24八年级下·江苏南通·月考）下图是一张矩形纸片，按照下面步骤进行折叠： 第一步：如图①，将矩形纸片沿折叠，使得点的对应点落在上，连接，然后把纸片展开． 第二步：如图②，将四边形沿对折，使与重合．将纸片展开，得到折痕，然后连接． 第三步：如图③，折叠纸片使得落在上，折痕为，点的对应点为． (1)试判断四边形的形状并说明理由； (2)求图③中四边形的面积与四边形的面积的比值． 【变式3】（25-26八年级上·云南昆明·期末）如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线与相交于点E，与相交于点F，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若四边形的周长是40，两条对角线的和是28，求四边形的面积． 题型五 正方形的对称性与多结论探究 【典例5】（23-24八年级下·广东珠海·期中）如图，点P是正方形的对角线BD上一点，于点E，于点F，连接给出下列五个结论：①；②；③一定是等腰三角形；④；⑤．其中有正确结论的是（    ） A．①②③ B．①③⑤ C．②③④ D．①②④ 【变式1】（22-23八年级下·四川眉山·期末）如图，在正方形中，E为对角线AC上一点，连接，过点E作，交BC延长线于点F，以为邻边作矩形，连接．在下列结论中：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（　　）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式2】（25-26九年级上·安徽宿州·月考）如图，在正方形中，点、分别在、上，是等边三角形，连接交于点．下列结论：；；；；，其中结论正确的是（   ） A． B． C． D． 题型六 特殊四边形与分类讨论 【典例6】（22-23八年级下·湖北十堰·期中）在平面直角坐标系中，已知点、、，在坐标平面内找一点，使得以，，，四点组成的四边形为平行四边形，请写出点坐标______________． 【变式1】（22-23八年级下·江苏无锡·月考）在中，，、的角平分线分别交于、，若，则_____ ． 【变式2】（25-26八年级上·江苏淮安·阶段检测）【实践探究】小佑同学在做八下第八章《四边形》的课后练习时，他将两个正方形纸片按照图所示的方式放置：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，且这两个正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转，他发现不仅有课本上的一些结论，还探究得到一些其他的结论． 【问题发现】 (1)①图中线段、之间的数量关系是______； ②图1中连接，则线段、、之间的数量关系是______． 【类比迁移】 (2)如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转，判断线段、、之间的数量关系为：______，并写出证明过程． (3)如图3，在菱形中，对角线、相交于点，点为的中点，直角的两条边、分别与边、交于点、，可绕点旋转．已知，，当时，线段的长为______． 【结论应用】 (4)如图4，在直角梯形中，，，点为梯形对角线的中点，四边形为矩形，的两边分别与直线、相交于点、，矩形可绕点旋转．已知，，当时，线段的长为______． 题型七 四边形中的动点与存在性问题 【典例7】（24-25八年级下·河南开封·期末）已知如图，在四边形中，，，，．动点P从点A出发，以的速度向点D运动；动点Q从点C同时出发，以的速度向点B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． (1)从运动开始，运动几秒时，四边形是平行四边形； (2)从运动开始，运动几秒时，四边形是矩形． 【变式1】（24-25八年级下·广西桂林·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发沿边以的速度向点匀速运动，同时动点从点出发沿边以的速度向点匀速运动，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为． (1)用含有的代数式表示：______，______，______； (2)当为何值时，四边形是矩形？ (3)四边形是否能成为菱形？若能，求出的值；若不能，请说明理由． 【变式2】（25-26九年级上·安徽宿州·月考）如图，四边形为矩形，，．若点Q从点A出发沿以的速度向终点D运动，点P从点B出发沿以的速度向终点A运动，如果P，Q同时出发，当一个点到达终点时，另一个点也同时停止，设运动的时间为t秒． (1)_______，_______（用含有t的代数式表示） (2)当t为何值时，的面积为？ (3)是否存在t使为等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 题型八 特殊四边形与一次函数综合 【典例8】（24-25八年级下·湖南长沙·月考）如图，直线与坐标轴分别交于点，，与直线交于点，射线上的动点以每秒个长度单位的速度从点出发，沿着方向作匀速运动，运动时间为秒，连结． (1)则点的坐标____________； (2)若是等腰直角三角形，则的值为_________； (3)若平分的面积，求直线对应的函数关系式． (4)若的面积为，则点的坐标为_____________． (5)平面内是否存在一点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． (6)平面内是否存在一点，使以、、、为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式1】（24-25八年级下·湖南常德·期末）如图1，平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交x轴、y轴于点A，B． (1)直接写出A的坐标 ，B的坐标 ； (2)如图2，一次函数的图象经过点B，并与x轴交于点C，点P是直线上的一个动点． ①若点P在第二象限，且的面积为14，求点P的坐标； ②点Q是y轴上的一个动点，是否存在以A，B，P，Q为顶点的四边形是以为一边的平行四边形，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式2】（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过，两点，与轴和轴分别交于点和点． (1)求一次函数的解析式； (2)若点在线段上，过点作于点，作于点，若四边形为正方形，求点的坐标； (3)点在轴上，点在第一象限，若以，，，为顶点的四边形是菱形，直接写出点的坐标． 【变式3】（25-26九年级上·贵州贵阳·期中）如图，一次函数的图象交轴于点，交轴于点，点在线段上（不与点A，B重合），过点分别作和的垂线，垂足为C，D． (1)的值为__________； (2)当点在线段上移动时，若矩形的面积为1，求点的坐标； (3)当点在线段上移动时，连接，求线段的最小值． 【变式4】（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）如图，点和是一次函数的图象与反比例函数的图象的两个交点，直线交轴于点． (1)求一次函数和反比例函数的表达式； (2)求的面积； (3)设点是坐标平面内一个动点，点在轴上运动，当以点，，，为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点的坐标． 题型九 四边形中的将军饮马与最值问题 【典例9】（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，在菱形中，对角线，点E，F分别是边的中点，点P在上运动，在运动过程中，存在的最小值，则这个最小值是_______． 【变式1】（25-26九年级上·陕西宝鸡·期中）如图，在矩形中，为边上的动线段，且，连接，．若，，则的最小值为_____________ 【变式2】（22-23八年级下·贵州六盘水·期末）如图，在面积为24的中，，点为边上的一点，连接，则的最小值为___________． 【变式3】（2025·河南周口·二模）利用轴对称求最值的核心思路是通过轴对称变换，将复杂的几何问题转化为简单的对称问题．具体步骤如下：首先需要确定问题的对称轴，这通常是根据题目的几何条件来确定的．然后构造对称点，将动点关于对称轴构造出对称点，这样可以将原问题转化为两个对称点之间的问题．请据此解答下面的问题． 问题提出 （1）如图，已知，是内一点，，点，分别是，边上的动点（不与点重合），求周长的最小值．我们可以分别作点关于，的对称点，，然后连接，，与，有两个交点，当、分别与这两个交点重合时，如图，周长最小． 的度数是 ； 周长的最小值是 ． 问题探究 （2）如图，在等腰中，，，点是的中点．在上取点，连接，，试求的最小值． 问题解决 （3）如图，四边形为一个矩形绿地，点为矩形的中心，通过测量得，米，在绿地边上存在一点P，使得的值最小．请直接写出这个最小值． 【变式4】（24-25八年级下·江苏连云港·期末）如图，在菱形中，，将边沿对角线平移，得到线段，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)平移过程中能否得到四边形的是矩形？如果能得到，求出平移的距离；如果不能，请说明理由； (3)在平移过程中，最小值为_______． 题型十 四边形中的平移变换综合 【典例10】（23-24八年级上·安徽合肥·期中）如下图，在平面直角坐标系中，已知点，将点A向右平移2个单位长度得到点B，连接，将线段再向下平移4个单位长度，得到线段，点A的对应点为点C．    (1)请直接写出四边形的面积； (2)点P为y轴正半轴上一点，点P的纵坐标为t，连接、，若的面积为S，用含t的 式子表示S；    (3)在（2）的条件下，若将四边形的面积分成两部分时，求出点P的坐标．    【变式1】（24-25八年级下·江苏宿迁·月考）如图，在平面直角坐标系中，已知在第一象限，点在的正半轴，轴直线从原点出发沿轴正方向向右平移，在平移过程中直线被截得的线段长度与直线在轴上平移的距离的函数图象如图所示． (1)直接写出点，的坐标： ______， ______； (2)求点的坐标； (3)当直线平分的面积时， ______． 【变式2】（24-25八年级下·四川成都·期末）已知一次函数，将直线向上平移个单位长度得到直线，直线与轴、轴的交点分别是点，点． (1)如图1，求直线的解析式； (2)如图2，点为直线上的动点，连接交线段于点，若，求点的坐标； (3)如图3，若点是直线上的一个动点，将点向左平移3个单位长度，再向上平移个单位长度得到点，连接、、，当最小时，求的坐标． 题型十一 四边形与全等三角形综合 【典例11】（25-26八年级下·重庆·期中）如图，已知一次函数的图象分别与轴，轴交于点，． (1)如图1，当时，以为边在第一象限构造正方形，连接，，求直线和的表达式； (2)如图2，当时，以为边在第二象限构造正方形，连接，求的面积； (3)若，点在正比例函数的图象上，且，直接写出满足条件的点的坐标． 【变式1】（25-26八年级上·福建福州·期末）如图平行四边形，对角线，交于点，的平分线交延长线于点，交于点． (1)求证：； (2)若，，连接; ①若，求平行四边形的面积； ②设，试求与满足的关系． 【变式2】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）在菱形中，，点是射线上一动点，以为边向右侧作等边． (1)如图1，当点在菱形内部时，连接交于F． ①直接写出与的数量关系，并求的度数． ②若，，求的长． (2)如图2，当点在线段的延长线上时，延长交于，若，，则__________． 期末重难突破练（测试时间：20分钟） 1．（24-25八年级下·浙江宁波·月考）在直角坐标系中，平行四边形的三个顶点坐标分别为． (1)求第四个顶点的坐标． (2)求所有可能的平行四边形，在直角坐标系中覆盖的总面积． 2．（25-26八年级上·四川成都·期中）已知点E，F分别在矩形纸片的边、所在直线上，连接，将矩形纸片沿折叠，点A落在处，点B落在'处．当，时，请解决下列问题： (1)如图1，若点恰好与点D重合，与相交于点O，连接、，求的长； (2)如图2，若点恰好在边上时，交于点G，且满足，求证：； (3)若点在边所在直线上，且满足，求的长． 3．（24-25八年级下·浙江宁波·月考）如图，在正方形中，点，点分别在边．上且满足，点是对角线的中点，连接． (1)求证：． (2)若． ①求证：． ②求证：． 期末综合拓展练（测试时间：25分钟） 1．（25-26八年级上·浙江宁波·期末）如图，在中，点E是的中点，点P是上一点，连接，交于点M，N是上一点，且，连接并延长交于点F． 【初步尝试】 （1）四边形是平行四边形吗？如果是，请写出证明过程；如果不是，请说明理由； 【深入探究】 （2）如图2，若在图1的基础上连接交于点H，过点A作交于点G， ①猜想与的数量关系，并说明理由； ②如图3，当点P为中点时，若，，且，请求出的面积（结果用含a，b的式子表示）． 2．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图，矩形中，点在轴上，点在轴上，点的坐标是．矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，折痕与轴、轴分别交于点、． (1) ； (2)求点的坐标； (3)若点在轴上，则在直线上是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 3．（24-25八年级下·广西南宁·期末）【问题发现】 （1）如图1，在矩形中，，，点是矩形内一点，过点作，分别交，于点，，则： ①______，______，______，______； ②______填“”“”或“； 【类比探究】 （2）如图2，点是矩形外一点，过点作，分别交，的反向延长线于点，，②中的结论还成立吗？若成立，请说明理由； 【拓展延伸】 （3）如图3，在中，，是外一点，，，，请求出的最小值． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 四边形综合（期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型一 平行四边形性质与判定综合证明：★★ 题型二 特殊四边形性质与判定综合证明：★★★ 题型三 矩形的折叠与勾股定理综合：★★★ 题型四 菱形的对角线性质与面积计算：★★ 题型五 正方形的对称性与多结论探究：★★★ 题型六 特殊四边形与分类讨论：★★★ 题型七 四边形中的动点与存在性问题：★★★ 题型八 特殊四边形与一次函数综合：★★★ 题型九 四边形中的将军饮马与最值问题：★★★ 题型十 四边形中的平移变换综合：★★★ 题型十一 四边形与全等三角形综合：★★★ 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 平行四边形的性质与判定 能利用平行四边形的边、角、对角线性质解决问题，会用判定定理证明平行四边形 基础必考点，常出现在选择、填空题，是所有四边形综合题的基础 矩形的性质与判定 能利用矩形的直角、对角线相等的性质解决问题，会用判定定理证明矩形 中档高频考点，常与折叠、勾股定理结合考查 菱形的性质与判定 能利用菱形的四边相等、对角线垂直平分的性质解决问题，会用判定定理证明菱形 中档常考点，易与面积计算、角度问题结合考查 正方形的性质与判定 能利用正方形兼具矩形和菱形的性质解决问题，会用判定定理证明正方形 拔高考点，常作为压轴题的核心图形，考查综合推理能力 特殊四边形的折叠问题 能利用折叠的对称性，结合特殊四边形的性质，求解线段长度、角度 高频易错点，易忽略折叠前后的边、角对应关系 特殊四边形的动点问题 能分析动点在四边形边上的运动，判断图形形状的变化，求解特定时刻的状态 期末压轴常考题，需分阶段讨论动点位置，分析图形性质 特殊四边形的存在性问题 能在坐标系或几何背景下，根据条件判断特殊四边形是否存在，并求顶点坐标 培优拔高考点，需利用平行、垂直、中点等性质分类讨论 特殊四边形与一次函数综合 能结合一次函数解析式，求特殊四边形的顶点坐标、边长或对角线 数形结合核心考点，常出现在压轴解答题中 特殊四边形的面积与最值问题 能利用割补法、坐标法计算特殊四边形的面积，结合性质求最值 区分度高的题型，需结合函数增减性或几何模型分析 四边形的判定与证明综合 能结合三角形全等、平行线性质，完成复杂的四边形证明题 期末解答题高频考点，考查逻辑推理与书写规范 知识点01 特殊四边形的性质 四边形 边 角 对角线 对称性 平行四边形 对边平行且相等 对角相等 两条对角线互相平分 中心对称图形 矩形 对边平行且相等 四个角都是直角 两条对角线互相平分且相等 轴对称图形、中心对称图形 菱形 对边平行且四条边都相等 对角相等 两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角 轴对称图形、中心对称图形 正方形 对边平行且四条边都相等 四个角都是直角 两条对角线互相垂直平分且相等，每一条对角线平分一组对角 轴对称图形、中心对称图形 知识点02 特殊四边形的判定 四边形 边 角 对角线 平行四边形 1）两组对边分别平行 2)两组对边分别相等 3)一组对边平行且相等 两组对角分别相等 两组对角线互相平分 矩形 1）平行四边形+一直角 2）四边形+三直角 平行四边形+两条对角线相等 菱形 1）平行四边形+一组邻边相等 2）四边形+四条边都相等 平行四边形+两条对角线互相垂直 正方形 矩形+一组邻边相等 菱形+一直角 矩形+对角线互相垂直 菱形+对角线相等 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 题型一 平行四边形性质与判定综合证明 【典例1】（25-26八年级下·四川南充·期中）如图，在中，，为边上一点，连接，为中点，过点作交的延长线于，连接交于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据“”证明，得出，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可证明结论； （2）过点作于点，根据直角三角形中，所对的直角边等于斜边的一半，求出，根据勾股定理求出，同理求出，根据平行四边形的面积公式，即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵是中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：过点作于点， ∵，，， ∴， ∴， 在中，，， ∴； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 【变式1】（25-26八年级下·辽宁葫芦岛·期中）在等边三角形中，点D，E分别在边，上，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】（1）先证，即可推导出，结合，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”证得结论； （2）连接．先证，再证是等边三角形，由此可得，由四边形是平行四边形，求得． 【详解】（1）证明：∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：如图，连接． ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴． 【变式2】（25-26八年级下·北京延庆·期中）如图，，F是的中点，延长到点E，使，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】（1）根据四边形是平行四边形，得，，根据是的中点，，即可判定四边形是平行四边形； （2）过点作于点，根据四边形是平行四边形，得，，又根据四边形是平行四边形，，；根据直角三角形中，所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，求出，的长度，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， 又∵F是的中点， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 又∵四边形是平行四边形 ∴，， ∴， 过点作于点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴． 【变式3】（25-26八年级下·浙江台州·期中）如图，四边形是平行四边形，，是对角线上的两点且． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）首先证明，得出，，再由平行线的判定可得，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证得结论； （2）根据平行四边形的性质得到，，根据平行线的性质得到，，求得，根据平行四边形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ∵ ∴，即 在和中， ， ，， ， 四边形是平行四边形； （2）解：如图，连接， 四边形是平行四边形，， ，， ，， ， 四边形是平行四边形， ∴， ， ， ， ． 题型二 特殊四边形性质与判定综合证明 【典例2】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）如图，的对角线相交于是等边三角形，且． (1)求的面积． (2)若点、分别是的中点，连接，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，，根据等边三角形的性质得到，进而得到，可知四边形是矩形，根据勾股定理求出的值，可知的面积 （2）连接，根据矩形的性质得到，根据等边三角形的性质得到，根据30度角的性质得到，根据勾股定理求出，证明是等边三角形，可知． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ，， 是等边三角形， ． ， ， ∴四边形是矩形． ， ， ； （2）解：连接， ∵矩形， ∴， ∵点F是的中点， ， 是等边三角形，点E是的中点， ， ， ∴， ， ， ∴是等边三角形， ． 【变式1】（25-26九年级下·云南曲靖·学业考试模拟）如图，在平行四边形中，对角线与交于点，过点作，且，连接与交于点，已知． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知的周长与的周长相差2，四边形的周长为40，求四边形的面积． 【答案】(1)见详解 (2)48 【分析】（1）由题意易得四边形是矩形，则有，然后问题可求证； （2）由（1）易得，则有，然后可得，则有，进而可得，则问题可求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，即， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形； （2）解：由（1）可知：四边形是矩形，四边形是菱形， ∴， ∵四边形的周长为40， ∴， ∵的周长与的周长相差2， ∴， 在中，由勾股定理可得， ∴， ∴， ∴． 【变式2】（2026八年级下·全国·专题练习）如图，在中， D，E分别是的中点，连接，过点 A 作，垂足为F，延长至点G，使，连接，延长至点H，使 ，连接，易知四边形的面积等于的面积． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，请你利用上述结论求的面积． 【答案】(1)见详解 (2)36 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再证明，则 ，即可得到结论； （2）求出 ，，根据四边形的面积等于的面积求出答案． 【详解】（1）解：∵D，E分别是的中点， ∴， ∵， ， ∴ ， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴ ∵D是的中点， ∴， ∵ ， ∴ ∴ ∴四边形为矩形； （2）解：由（1）得 ，，四边形为矩形， ∴ ， ∵ ， ∴ ∴四边形的面积 ， ∵四边形的面积等于的面积， ∴的面积． 【变式3】（25-26八年级下·江西上饶·期中）图1是某型号挖掘机，该挖掘机由基座、主臂和伸展臂构成．图2是其在某种工作状态下的侧面结构示意图（是基座的高，是主臂，是伸展臂，）．小明作于点，延长交于点，经测量发现，基座高度为，，主臂比长． (1)求主臂的长； (2)若，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）可证明四边形是矩形，得到，设，则，利用勾股定理可得方程，解方程即可得到答案； （2）根据（1）利用勾股定理求出的长，再求出的长即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴， 又∵， ∴ ∴四边形是矩形， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 答：主臂的长为 （2）解：由（1）得，， 在中，由勾股定理得， ∴； 答：的长为． 题型三 矩形的折叠与勾股定理综合 【典例3】（2026·河北保定·二模）如图1，M，N分别是矩形的边，上两点，连接，将矩形沿折叠，交于点P，连接并延长交于点Q，将矩形沿折叠得到图2，则下列结论中不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先补全折叠前的矩形，得，由折叠得，故可得，从而可判断选项A；过点B作交于点E，可得，由折叠的性质得，可得，计算出，故可判断B；由得，即，进一步得出，化简得，可判断选项C；由于点M，N位置不确定，不能得出，故可判断选项D． 【详解】解：如图，补全折叠前的矩形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠的性质得， ∴，故A选项正确，不符合题意； 过点B作交于点E， ∴， 又∵， ∴， ∴， 由折叠的性质得， ∴， ∴，故B选项正确，不符合题意； ∵， ∴，即， ∵， ∴， 又∵， ∴， 化简得，故C选项正确，不符合题意； 由于点M，N位置不确定，因此不一定是， ∴不一定是， ∴不一定平行，故D选项错误，符合题意． 【变式1】（25-26八年级下·北京·期中）如图，在直角坐标系中，长方形纸片的边，点B坐标为，若把图形按如图所示折叠，使B，O两点重合，折痕为．求折痕的长为_________ 【答案】 【分析】根据折叠的性质可得，设，在中利用勾股定理求出的值，同理求出的长，过点作于点，构造，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：四边形是长方形，点坐标为， ， 由折叠的性质可知，， 设，则， ， 在中，由勾股定理得， 即， 解得， ， 同理，设，则， 由折叠可知，， 在中，由勾股定理得， 即， 解得， ， ， 过点作于点， 四边形是矩形， ， ， 在中，由勾股定理得． 【变式2】（25-26八年级下·宁夏吴忠·期中）综合与实践：折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘． 【动手操作】现有一张直角三角形纸片，，，，小明用这张直角三角形纸片进行折纸操作，折叠，折痕为，顶点的对应点是点． (1)①如图1，当点与点重合时，则的长为______； ②如图2，当点与点重合时，求的面积； (2)【类比操作】如图，折叠矩形的一角，使点落在边的点处，折痕交于点，若，，求的长． 【答案】(1)①；② (2) 【分析】（1）①根据折叠的性质即可求解； ②根据折叠的性质及勾股定理求出的长，面积即可求解； （2）先根据折叠的性质及勾股定理在中求出，进而即可在中求出． 【详解】（1）解：①∵当点与点重合时， ∴； ②如图，当点与点重合时， 设， 则， 在中，∵， ， 解得， ， ； （2）解： ∵四边形是矩形， ，，， 由折叠得，，， 在中，， 即， 解得：， 又， ， 设，则， 在中，， ， 解得，即． 【变式3】（25-26八年级下·江苏苏州·期中）在矩形纸片中，． (1)如图1，将矩形纸片折叠，使点与点重合，求出的长． (2)如图2，将矩形纸片折叠，使点与点的中点重合，求出的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，，证明四边形为菱形，设，在中，利用勾股定理进行求解即可； （2）连接，根据折叠的性质，得到，设，则，在和中，利用勾股定理列出方程进行求解即可． 【详解】（1）解：连接，， ∵折叠， ∴垂直平分，， ∴ ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴四边形为菱形， 设，则， 在中，， ∴； 故； （2）解：连接， ∵折叠， ∴垂直平分， ∴， ∵矩形， ∴， 设，则， ∵为的中点， ∴， 在中，由勾股定理，得， 在中，由勾股定理，得， ∵， ∴，解得， ∴． 题型四 菱形的对角线性质与面积计算 【典例4】（23-24八年级上·吉林长春·期中）猜想：如图①，在中，点是对角线的中点，过点的直线分别交、于点、．若的面积是20，则四边形的面积是______． 探究：如图②，在中，，对角线、相交于点，过点的直线分别交、于点、．若，求四边形的面积． 应用：如图③，在Rt中，，延长到点，使，连结．若，则的面积是______． 【答案】猜想：10；探究：8；应用：6 【分析】猜想：根据平行四边形的性质得到，，进而证明得到，再根据进行求解即可； 探究：根据菱形的性质得到，，进而证明，得到，再根据进行求解即可； 应用：延长到E使，证明，得到，利用勾股定理得到，进而得到的长，利用计算即可． 【详解】解：猜想：∵四边形是平行四边形， ∴． ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴； 故答案为：10； 探究：在中，， ∴四边形是菱形， ∴． ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴； 故答案为：； 应用：延长到E使， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴． ∵， ∴， ∴． 故答案为：12． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，图形面积的计算，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 【变式1】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在 中， ，，是 沿方向平移得到的．连接，和交于点．是线段上一  动点（不与点 重合），连接 并延长交线段于点，问：四边形的面积是否随点的运动而发生变化?若变化，请说明理由：若无变化，求出四边形的面积．    【答案】四边形的面积不会随点的运动而发生变化，面积为． 【分析】本题考查了平移的性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，由平移得，，，，，即得四边形是平行四边形， ，进而可得四边形是菱形，得到，，，再证明，得到，可得，又由，可得，由勾股定理可得，最后利用三角形面积公式求出的面积即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵是由沿平移得到的， ∴，，，，， ∴四边形是平行四边形， ， ∵， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积不会随点的运动而发生变化，面积为． 【变式2】（23-24八年级下·江苏南通·月考）下图是一张矩形纸片，按照下面步骤进行折叠： 第一步：如图①，将矩形纸片沿折叠，使得点的对应点落在上，连接，然后把纸片展开． 第二步：如图②，将四边形沿对折，使与重合．将纸片展开，得到折痕，然后连接． 第三步：如图③，折叠纸片使得落在上，折痕为，点的对应点为． (1)试判断四边形的形状并说明理由； (2)求图③中四边形的面积与四边形的面积的比值． 【答案】(1)四边形是正方形，理由见解析 (2) 【分析】（1）先证明，再证明，，从而可得结论； （2）设，可得，求解，证明四边形是菱形，可得，从而可得答案． 【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下： ∵矩形纸片， ∴， 由对折可得：，， ∴四边形是正方形； （2）解：∵四边形是正方形； ∴设，， ∴， 由对折可得：， ∴， 由对折可得：，，， ∵矩形纸片， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， 四边形的面积与四边形的面积的比为． 【点睛】本题考查的是折叠的性质，矩形的性质与判定，正方形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理的应用，理解折叠的性质是解本题的关键． 【变式3】（25-26八年级上·云南昆明·期末）如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线与相交于点E，与相交于点F，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若四边形的周长是40，两条对角线的和是28，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)96 【分析】（1）根据平行四边形的性质可证，根据垂直平分线的性质可证，，利用可证，根据全等三角形的性质可证，根据对角线互相平分的四边形是菱形可证结论成立； （2）根据菱形的性质可知，设、，根据勾股定理可得，利用完全平方公式可以求出，根据菱形的面积公式求出结果即可． 【详解】（1）证明：是的垂直平分线， ，； ∵四边形是平行四边形， ， ， 在和中， ， （）， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ， ∵四边形的周长是40， ∴， 设、， 则有，，， ， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， 整理可得：， ∴． 题型五 正方形的对称性与多结论探究 【典例5】（23-24八年级下·广东珠海·期中）如图，点P是正方形的对角线BD上一点，于点E，于点F，连接给出下列五个结论：①；②；③一定是等腰三角形；④；⑤．其中有正确结论的是（    ） A．①②③ B．①③⑤ C．②③④ D．①②④ 【答案】D 【分析】作，垂足为点N，延长，交于点M，根据矩形的性质证明即可得出①和④正确；再根据三角形内角和定理即可判断②正确；在根据点P的任意性可以判定③和⑤． 【详解】解：延长交于点N，延长，交于点M，连接． ∵，， ∴， ， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形，四边形，四边形都是矩形． ∵四边形是正方形， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，又， ∴， 又∵，， ∴四边形是正方形， ∴， 又∵， ∵四边形为矩形， ∴， ∴，故①正确； 在与中 则， ∴，故④正确； 与中，，， ∴ ∴，故②正确； ∵P是上任意一点， ∴不一定是等腰三角形，故③错误； 在中，，若，则， ∵P是上任意一点， ∴不一定正确，故⑤错误； 故选D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握它们的性质是解题的关键． 【变式1】（22-23八年级下·四川眉山·期末）如图，在正方形中，E为对角线AC上一点，连接，过点E作，交BC延长线于点F，以为邻边作矩形，连接．在下列结论中：①；②；③；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】①过E作于M点，过E作于N点，如图所示：根据正方形的性质得到，，推出四边形为正方形，由矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，故①正确； ②利用已知条件可以推出矩形为正方形；根据正方形的性质得到，，推出，故②正确； ③根据②的结论可得，所以，故③正确； ④当时，点C与点F重合，得到不一定等于，，故④错误． 【详解】解：①过E作于M点，过E作于N点，如图所示：    ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 又， 在和中，    ， ∴， ∴，故①正确； ②∵矩形为正方形； ∴，， ∵四边形是正方形， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故②正确； ③根据②得，， ∴， ∴，故③正确； ④当时，点C与点F重合， ∴不一定等于，，故④错误， 综上所述：①②③正确，共3个． 故选：C． 【点睛】本题属于中考选择题的压轴题，主要考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 【变式2】（25-26九年级上·安徽宿州·月考）如图，在正方形中，点、分别在、上，是等边三角形，连接交于点．下列结论：；；；；，其中结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方形的性质可得：，，根据等边三角形的性质可得：，利用可证，根据全等三角形的性质可证；根据全等三角形对应角相等可以求出，根据直角三角形两锐角互余可以求出；根据正方形的性质可知，根据等边三角形的性质可知；设，，可得：，，可知． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 是等边三角形， ， 在和中，， ， ， 故正确； 四边形是正方形， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 故正确； ，， 是的垂直平分线， ， 是正方形的对角线， ， ， 是等边三角形，是边上的高， 平分， ， ， 即， 故错误； 设，，则，， 是等边三角形， ， 在中，， ， 整理得：， 解得：，(负值，舍去)， ， ， ， 故错误； 设， 则， 由可知， 则， ， ， ， 故正确； 综上所述，结论正确的是． 故选：C． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、特殊三角形的边的关系、三角形中线性质、等边三角形的性质和三角面积公式，熟练掌握并利用相关知识点逐个进行证明是解决问题的关键． 题型六 特殊四边形与分类讨论 【典例6】（22-23八年级下·湖北十堰·期中）在平面直角坐标系中，已知点、、，在坐标平面内找一点，使得以，，，四点组成的四边形为平行四边形，请写出点坐标______________． 【答案】 【分析】分三种情况讨论：以分别为对角线，利用平行四边形对角线互相平分的性质，由中点坐标公式列方程求解；以为对角线时；以为对角线时；以为对角线时． 【详解】解：设点的坐标为, ①若四边形为平行四边形，则对角线与互相平分， ， 解得， ， ②若四边形为平行四边形， 则对角线与互相平分， ， 解得， ， ③若四边形为平行四边形，则对角线与互相平分， ， 解得， ， 综上所述点坐标为或或． 故答案为：． 【变式1】（22-23八年级下·江苏无锡·月考）在中，，、的角平分线分别交于、，若，则_____ ． 【答案】4或7/7或4 【分析】本题考查角平分线的定义、平行四边形的性质、等腰三角形的性质；分当、相交时和当、不相交时两种情况讨论，分别求解即可． 【详解】解：分两种情况讨论： ①当、相交时，如下图， ∵平分， ∴， ∵四边形为平行四边形，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②当、不相交时，如下图， ∵平分， ∴， ∵四边形为平行四边形，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：4或7． 【变式2】（25-26八年级上·江苏淮安·阶段检测）【实践探究】小佑同学在做八下第八章《四边形》的课后练习时，他将两个正方形纸片按照图所示的方式放置：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，且这两个正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转，他发现不仅有课本上的一些结论，还探究得到一些其他的结论． 【问题发现】 (1)①图中线段、之间的数量关系是______； ②图1中连接，则线段、、之间的数量关系是______． 【类比迁移】 (2)如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转，判断线段、、之间的数量关系为：______，并写出证明过程． (3)如图3，在菱形中，对角线、相交于点，点为的中点，直角的两条边、分别与边、交于点、，可绕点旋转．已知，，当时，线段的长为______． 【结论应用】 (4)如图4，在直角梯形中，，，点为梯形对角线的中点，四边形为矩形，的两边分别与直线、相交于点、，矩形可绕点旋转．已知，，当时，线段的长为______． 【答案】(1)①；② (2)，理由见解析； (3) (4)或 【分析】（1）①通过正方形对角线性质，证明与全等，得出和的数量关系； ②利用正方形边长相等转化线段，结合勾股定理推导、、的数量关系； （2）延长线段构造全等三角形，将转化为，再利用矩形性质和勾股定理证明数量关系； （3）连接辅助线，利用菱形对角线性质、中点性质，结合勾股定理分情况列方程求解； （4）利用直角梯形、中点性质，结合矩形的直角条件，分情况用勾股定理计算的长度． 【详解】（1）解：①∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，， ∴， ∴，， ∴ 在和中， ， ∴， ∴， 故答案为：； ②∵正方形的边长相等，即，， 由（）①得， ∴，即 在中，由勾股定理得， ∵，， ∴， 故答案为：； （2）解：结论：，理由如下： 延长交于点，连接，连接，则过中心， ∵是矩形的中心， ∴是的中点，即， ∵矩形中，， ∴，． 在和中， ， ∴． ∴， ∵矩形中，，即， ∴． 在中，由勾股定理得， ∵，， ∴； （3）解：连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴−， ∵，为直角， ∴由（2）得， ∵， ∴， ∴， 解得； （4）解：分两种情况讨论： 情况，当点在线段上时，连接， ∵，， ∴， 在直角梯形中，，， ∴， ∴， ∵在矩形中，， ， ∴由（2）得， ∴ 解得； 情况，当点在线段的延长线上时，过作交的延长线于，连接，，则． ， ，， 点是的中点． ． ， ， 在矩形中，，即． ． 在中，，在中， ，即， ，，， ， 即得． 综上，的长为或． 【点睛】本题主要考查了正方形、矩形、菱形、直角梯形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理．熟练掌握特殊四边形的性质、全等三角形的判定方法及勾股定理的灵活应用是解题的关键． 题型七 四边形中的动点与存在性问题 【典例7】（24-25八年级下·河南开封·期末）已知如图，在四边形中，，，，．动点P从点A出发，以的速度向点D运动；动点Q从点C同时出发，以的速度向点B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． (1)从运动开始，运动几秒时，四边形是平行四边形； (2)从运动开始，运动几秒时，四边形是矩形． 【答案】(1)从运动开始，运动6秒时，四边形是平行四边形 (2)从运动开始，运动6.5秒时，四边形是矩形 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的性质，解题的关键是掌握并灵活运用平行四边形的性质． （1）设经过，，根据平行四边形的性质进行解答即可得； （2）当时，四边形是矩形．建立方程求解即可． 【详解】（1）解：设运动秒，由已知得，， ， ，当时，四边形是平行四边形． ，解得， 答：从运动开始，运动6秒时，四边形是平行四边形． （2）解： ，，当时，四边形是矩形． ， 解得． 即从运动开始，运动6.5秒时，四边形是矩形． 【变式1】（24-25八年级下·广西桂林·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发沿边以的速度向点匀速运动，同时动点从点出发沿边以的速度向点匀速运动，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为． (1)用含有的代数式表示：______，______，______； (2)当为何值时，四边形是矩形？ (3)四边形是否能成为菱形？若能，求出的值；若不能，请说明理由． 【答案】(1)，， (2) (3)四边形不能成为菱形，理由见解析 【分析】本题考查了列代数式，矩形的判定和性质，勾股定理，菱形的性质，掌握矩形的判定和性质以及菱形的性质是解题的关键． （）由题意得，，进而即可求解； （）由矩形的性质可得，进而即可求解； （）由菱形的性质可得，即得，可得，过点作于， 则四边形是矩形， 可得， ，即得，由勾股定理得，即可判断求解； 【详解】（1）解：由题意得，，， ∵，， ∴，， 故答案为：，，； （2）解：∵在四边形中，，， ∴当时，四边形是矩形， ∴， 解得， 即当时，四边形是矩形； （3）解：四边形不能成为菱形，理由如下： 若四边形是菱形，则， ∴， 解得， ∴， 过点作于，则四边形是矩形， ∴， ， ∴， ∴， ∴四边形不能成为菱形． 【变式2】（25-26九年级上·安徽宿州·月考）如图，四边形为矩形，，．若点Q从点A出发沿以的速度向终点D运动，点P从点B出发沿以的速度向终点A运动，如果P，Q同时出发，当一个点到达终点时，另一个点也同时停止，设运动的时间为t秒． (1)_______，_______（用含有t的代数式表示） (2)当t为何值时，的面积为？ (3)是否存在t使为等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)不存在；理由见解析 【分析】（1）设运动的时间为t秒，根据各自的运动速度，用表示出与； （2）先根据矩形的性质分别表示出与，再列出关于t的方程求解即可； （3）先用t表示出，，，根据为钝角三角形，且为等腰三角形，得到关于t的方程求解，根据方程解的情况作出判断即可． 【详解】（1）解：设运动的时间为t秒， ∵点Q从点A出发沿以的速度向终点D运动，， ， ∵点P从点B出发沿以的速度向终点A运动，， ， 故答案为：，； （2）∵四边形为矩形，，， ，， ， ，解得：或． ∵， ∴不符合题意， ∴当时，的面积为； （3）不存在使为等腰三角形． 理由：由题意可得，，， ， 为钝角三角形，且为等腰三角形， ， ， ， ， ∴方程无解， ∴不存在使为等腰三角形． 【点睛】本题考查了列代数式，等腰三角形的性质和判定，用勾股定理解三角形，根据矩形的性质求线段长，与图形有关的问题，一元二次方程的应用等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 题型八 特殊四边形与一次函数综合 【典例8】（24-25八年级下·湖南长沙·月考）如图，直线与坐标轴分别交于点，，与直线交于点，射线上的动点以每秒个长度单位的速度从点出发，沿着方向作匀速运动，运动时间为秒，连结． (1)则点的坐标____________； (2)若是等腰直角三角形，则的值为_________； (3)若平分的面积，求直线对应的函数关系式． (4)若的面积为，则点的坐标为_____________． (5)平面内是否存在一点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． (6)平面内是否存在一点，使以、、、为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3) (4)或 (5)或或或 (6)或 【分析】根据直线与直线交于点，联立成方程组，解方程组即可求出点的坐标； 设的坐标为，由直线与轴的正半轴所夹锐角为，因此当时或当时，是等腰直角三角形，分别求出点的坐标进而得出的值即可； 先求出点的坐标，然后运用待定系数法求出直线的解析式即可； 过作于，根据三角形的面积公式解答即可； 分三种情况讨论：以、为边作菱形；以为边、为对角线作菱形；以为边、为对角线作菱形，分别求解即可； 分别两种情况讨论：以为边作矩形，设的坐标为，根据矩形的性质，利用勾股定理得，再根据和表示的长，列出方程求解即可；以为对角线作矩形，根据矩形的性质求得坐标即可． 【详解】（1）解：直线与直线交于点， 解得： ， 故答案为； （2）直线与轴的正半轴所夹锐角为， ， 由题意，设的坐标为， 当时，是等腰直角三角形，此时轴于点， ， ， ， ， ； 当时，是等腰直角三角形，此时， 如图，过作于，则， ， ， ， ，， ； 综上所述：或， 故答案为或； （3）如图： 由， 令，得，， 平分的面积， ， ， 设直线的解析式是， 把，代入得：， 解得：， 直线对应的函数关系式是； （4）由（2）于， ，于， ， ， ， ， 的坐标为或； （5）分三种情况讨论： 以、为边作菱形，如图和图， ，，， 设， ，， ，， ， 解得或， 点坐标为或； 以为边、为对角线作菱形，如图， 、关于轴对称，， ； 以为边、为对角线菱形，如图， ，， 设， ，， ，， ， 解得， 坐标为， 综上所述符合条件的的坐标为或或或， 故答案为或或或； （6）分别两种情况讨论： 以为边作矩形， 设的坐标为， 四边形为矩形， ， ，， ， 解得， ； 以为对角线作矩形， ，四边形是矩形， ， ， ， 的坐标为 ， 综上所述点的坐标为或， 故答案为或 ． 【点睛】本题考查了用待定系数法求出一次函数解析式，坐标与图形的性质，三角形的面积，等腰直角三角形，菱形的性质，矩形的性质，两点间距离公式以及分类讨论的思想等知识点的应用，题目是一道比较典型的题目，综合性比较强． 【变式1】（24-25八年级下·湖南常德·期末）如图1，平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交x轴、y轴于点A，B． (1)直接写出A的坐标 ，B的坐标 ； (2)如图2，一次函数的图象经过点B，并与x轴交于点C，点P是直线上的一个动点． ①若点P在第二象限，且的面积为14，求点P的坐标； ②点Q是y轴上的一个动点，是否存在以A，B，P，Q为顶点的四边形是以为一边的平行四边形，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)①点P为；②存在，， 【分析】此题是一次函数综合题，主要考查了坐标轴上点的特点，三角形的面积，待定系数法，平行四边形的性质． （1）根据坐标轴上点的坐标特征求A点和B点坐标； （2）①将B点坐标代入一次函数，求出直线的表达式，再求出点C的坐标，则，由点P在第二象限得，则，求出，再代入直线的表达式，即可求出点P的坐标； ②分两种情况讨论：当Q在y轴的正半轴上时，根据平行四边形的性质可求点P的坐标；当Q在y轴的负半轴上时，根据平行四边形的性质先求出直线的解析式，则可求点Q的坐标，再求出直线的解析式，求出线和直线的交点坐标，即为点P的坐标． 【详解】（1）解：一次函数的图象分别交x轴、y轴于点A，B, 当时，， 当时，则，解得， ∴A的坐标为，B的坐标为， 故答案为：，； （2）解：①将B点坐标代入一次函数得：， ∴直线的表达式为， 当时，， 解得， 则C点坐标为， ∴， ∵点P在第二象限， ∴， ∴，即， 解得， 将代入， 解得， ∴点P为； ②分以下两种情况讨论： 如图，当Q在y轴的正半轴上时， ∵四边形是平行四边形， ∴轴， ∵，将代入中，， ∴点P为； 如图，当Q在y轴的负半轴上时， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 设直线为， 将点代入有：， ∴， ∴直线为，令，则， ∴； ∵， ∴， 设直线为，将点代入有：， ∴直线为， 将直线与直线联立有：， 解得：， ∴点P为． 综上，存在点，符合题意． 【变式2】（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过，两点，与轴和轴分别交于点和点． (1)求一次函数的解析式； (2)若点在线段上，过点作于点，作于点，若四边形为正方形，求点的坐标； (3)点在轴上，点在第一象限，若以，，，为顶点的四边形是菱形，直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）利用待定系数法确定函数关系式，把，代入得方程组，解方程组即可得到结论； （2）根据正方形的性质得到，设，得到，把代入解方程组即可得到结论； （3）按照以为菱形的对角线和菱形的边长分类讨论求解即可得到答案． 【详解】（1）解：在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过，两点，把，代入得，解得， 一次函数的解析式为； （2）解：四边形为正方形， ， 设， ， 把代入得，解得， 点的坐标为； （3）解：在中，令，则，令，则， ，， 由题意得点在轴上，点在坐标平面内，以，，，为顶点的四边形是菱形， 当为菱形的边长， ①当时，在左侧时坐标为；在右侧时坐标为，此时，， 当坐标为时，（舍去）；当坐标为时，； ②时，此时、都为等腰三角形，故，（舍去）； 当为菱形的对角线时，由题意可得，设坐标为，则，解得， 坐标为， ，且， ， 坐标为； 综上所述，，． 【点睛】本题一次函数与特殊平行四边形综合，难度较大，涉及一次函数的图象与性质、待定系数法确定函数解析式、正方形性质、解二元一次方程组求做标、勾股定理、菱形的性质、两点之间距离公式、等腰三角形的判定与性质等知识，解答该题的关键是熟练掌握一次函数的相关知识点及正方形、菱形的性质． 【变式3】（25-26九年级上·贵州贵阳·期中）如图，一次函数的图象交轴于点，交轴于点，点在线段上（不与点A，B重合），过点分别作和的垂线，垂足为C，D． (1)的值为__________； (2)当点在线段上移动时，若矩形的面积为1，求点的坐标； (3)当点在线段上移动时，连接，求线段的最小值． 【答案】(1)3 (2)点P的坐标为或． (3) 【分析】本题考查一次函数的解析式与性质，矩形的性质，勾股定理，一元二次方程的应用，掌握知识点是解题的关键． （1）解：将代入，求出即可． （2）先求出一次函数的解析式为，设点P的坐标为，其中，得到，再由矩形的面积公式得到，求出或，即可求出点P的坐标为或． （3）连接，，直接利用矩形的性质可知，然后再利用勾股定理以及等面积法求的最小值即可． 【详解】（1）解：将代入，得 ， 解得． 故答案为：3 （2）将代入一次函数，得 一次函数的解析式为， ∵点在线段上移动时， ∴设点P的坐标为，其中， ∴， ∵， ∴， 即， 解得或， 当时，， 当时，， ∴点P的坐标为或． （3）连接，如图 ∵过点分别作和的垂线，垂足为C，D， ∴， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴当时，取到最小值，即取到最小值， 当时，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 【变式4】（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）如图，点和是一次函数的图象与反比例函数的图象的两个交点，直线交轴于点． (1)求一次函数和反比例函数的表达式； (2)求的面积； (3)设点是坐标平面内一个动点，点在轴上运动，当以点，，，为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点的坐标． 【答案】(1)， (2)8 (3)或或或 【分析】（1）将点A的坐标代入反比例函数表达式，求出，利用反比例函数求点B的坐标为，将点A、B坐标代入一次函数表达式解方程组即可； （2）求出点C的坐标得到，再利用即可求出的面积； （3）由点A、C的坐标求，设点Q的坐标为，点M的坐标为，当为边时，则或，即或，解方程求出m的值，再根据菱形的对角线中点坐标相同求出s、t的值即可；当是对角线时，则且的中点即为的中点，则，解方程组即可． 【详解】（1）解：把代入到中得， 解得， ∴反比例函数的表达式为， 把代入到中得， ∴， ∴， 把和代入到中得， ∴， ∴一次函数的表达式为； （2）解：在中，当，， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵，， ∴； 设点Q的坐标为，点M的坐标为， 当为边时，若，则， 解得， ∵菱形对角线中点坐标相同， ∴， ∴， ∴或， ∴点M的坐标为或； 若，则， 解得（舍去）或， ∵菱形对角线中点坐标相同， ∴， ∴， ∴或， ∴点M的坐标为； 当是对角线时，则，且的中点即为的中点， ∴， 解得， ∴点M的坐标为； 综上，点M的坐标为或或或． 【点睛】本题考查待定系数法求一次函数解析式与反比例函数解析式，菱形的性质，两点距离计算公式，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 题型九 四边形中的将军饮马与最值问题 【典例9】（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，在菱形中，对角线，点E，F分别是边的中点，点P在上运动，在运动过程中，存在的最小值，则这个最小值是_______． 【答案】5 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质．设交于O，作E关于的对称点N，连接，交于P，则此时的值最小，可得的最小值为的长，证明四边形是平行四边形，可得，再根据勾股定理求出的长，即可求解． 【详解】解：设交于O，作E关于的对称点N，连接，交于P，则此时的值最小， ∵四边形是菱形， ∴关于对称，，， ∴，，且点N在上， ∴，即的最小值为的长， ∵E为的中点， ∴N为的中点， ∵，N为中点，F为中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， 即的最小值为5． 故答案为：5 【变式1】（25-26九年级上·陕西宝鸡·期中）如图，在矩形中，为边上的动线段，且，连接，．若，，则的最小值为_____________ 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，轴对称求最短线段，勾股定理等知识，将求的最小值转化为求线段的长是解题关键．过点作交延长线于点，作点关于的对称点，连接、，根据矩形的性质，证明四边形是平行四边形，进而得出，，由轴对称的性质可知，，，则当、、三点共线时，有最小值为的长，利用勾股定理求出即可得解． 【详解】解：如图，过点作交延长线于点，作点关于的对称点，连接、， 在矩形中，，，， ，，， ， 四边形是平行四边形， ，， ， 由轴对称的性质可知，，， ， 当、、三点共线时，有最小值为的长， 在中，， 的最小值为， 故答案为：． 【变式2】（22-23八年级下·贵州六盘水·期末）如图，在面积为24的中，，点为边上的一点，连接，则的最小值为___________． 【答案】10 【分析】本题考查平行四边形面积公式，轴对称的性质，三角形三边关系，勾股定理；作C点关于的对称点，连接，，，由轴对称的性质可得，，，所以，当P点与F点重合时时有最小值即为的长度，再根据平行四边形面积公式和勾股定理计算出的长度即可. 【详解】解：作C点关于的对称点，连接，，，如图所示， 由轴对称的性质可得，，， ∴ 当P点与F点重合时时有最小值即为的长度， ∵的面积为24 ∴ ∴ ∴ ∵四边行是平行四边形 ∴ ∴ 在中， ∴的最小值为10， 故答案为：10 【变式3】（2025·河南周口·二模）利用轴对称求最值的核心思路是通过轴对称变换，将复杂的几何问题转化为简单的对称问题．具体步骤如下：首先需要确定问题的对称轴，这通常是根据题目的几何条件来确定的．然后构造对称点，将动点关于对称轴构造出对称点，这样可以将原问题转化为两个对称点之间的问题．请据此解答下面的问题． 问题提出 （1）如图，已知，是内一点，，点，分别是，边上的动点（不与点重合），求周长的最小值．我们可以分别作点关于，的对称点，，然后连接，，与，有两个交点，当、分别与这两个交点重合时，如图，周长最小． 的度数是 ； 周长的最小值是 ． 问题探究 （2）如图，在等腰中，，，点是的中点．在上取点，连接，，试求的最小值． 问题解决 （3）如图，四边形为一个矩形绿地，点为矩形的中心，通过测量得，米，在绿地边上存在一点P，使得的值最小．请直接写出这个最小值． 【答案】（1），； （2）； （3）米 【分析】根据对称的性质可知：，，所以可知，，从而可得：； 根据对称性质可知，，所以可知是等边三角形，从而可知，线段的长度就是周长的最小值； 过点作于点，延长到点，使，连接，则点与点关于直线对称，连接交于点，则，线段的长度就是的最小值，利用勾股定理求出线段的长度即可； 过点作的垂线交的延长线于点，于的交点即为所求，根据直角三角形的性质可知米，利用可证，根据全等三角形的性质可知，米，利用勾股定理求出米，可得：的最小值是米． 【详解】解：点与点关于对称， ， 点与点关于对称， ， ， ， ， ， 故答案是：； 解：点与点关于对称， ，， 点与点关于对称， ，， ， 由可知， 是等边三角形， ， 的周长是， 周长的最小值是， 故答案是：； 解：如下图所示，过点作于点，延长到点，使，连接， 则点与点关于直线对称， 连接交于点，则， 线段的长度就是的最小值， 是等腰直角三角形，，， ， ， ， 在和中，， ， ，， ， 点是的中点， ， ， 的最小值是； 如下图所示，过点作的垂线交的延长线于点，于的交点即为所求， 四边形为一个矩形， ， ，米， 米， 米， ， 点是矩形的中心， ， ， ， ， 在中， ，， ， 在和中，， ， ，米， 米， 米， 的最小值是米， 米， 的最小值是米． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、直角三角形的性质、轴对称的性质、等边三角形的性质、勾股定理，解决本题的关键是根据轴对称的性质构造全等三角形和直角三角形，利用勾股定理求出边的长度． 【变式4】（24-25八年级下·江苏连云港·期末）如图，在菱形中，，将边沿对角线平移，得到线段，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)平移过程中能否得到四边形的是矩形？如果能得到，求出平移的距离；如果不能，请说明理由； (3)在平移过程中，最小值为_______． 【答案】(1)见解析 (2)能，平移距离 (3) 【分析】（1）根据菱形的性质，平行四边形的判定证明即可； （2）连接，，当四边形是矩形时， ， 利用勾股定理解答即可． （3）点F在直线上运动，故作点B关于直线得对称轴点M，连接交于点N，当点F与点N重合时，取得最小值，且最小值为的长，根据勾股定理解答即可． 【详解】（1）证明：由平移可知， , ∵四边形是菱形， ∴ ， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）解：连接，， 当四边形是矩形时， ， 由平移可知，， ∵四边形是菱形 ， ∴ ， ∴ DF⊥BD ,即， 在中，即 ， 解得， 故当移动距离时，四边形是矩形． （3）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点F在直线上运动， 故作点B关于直线得对称轴点M， 连接交于点N， ∴当点F与点N重合时，取得最小值，且最小值为的长， ∵四边形是菱形 ，，设的交点为O， ∴ ，，， ∴， 在中，， 故最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定，勾股定理，平移的应用，将军饮马河原理，熟练掌握判定和性质，勾股定理是解题的关键． 题型十 四边形中的平移变换综合 【典例10】（23-24八年级上·安徽合肥·期中）如下图，在平面直角坐标系中，已知点，将点A向右平移2个单位长度得到点B，连接，将线段再向下平移4个单位长度，得到线段，点A的对应点为点C．    (1)请直接写出四边形的面积； (2)点P为y轴正半轴上一点，点P的纵坐标为t，连接、，若的面积为S，用含t的 式子表示S；    (3)在（2）的条件下，若将四边形的面积分成两部分时，求出点P的坐标．    【答案】(1)四边形的面积 (2) (3)点P的坐标为或 【分析】对于（1），根据点A向右平移2个单位长度得到点B可知，根据线段再向下平移4个单位长度，得到线段，点A的对应点为点C可知，利用四边形是矩形和矩形面积公式计算四边形的面积； 对于（2），以为底，则高的长度为点P与点C的纵坐标之差，由此计算的面积即可； 对于（3），分与和相交两种情况分类讨论，求出与或的交点，再用待定系数法求出直线的解析式，进而求出点P的坐标． 【详解】（1）四边形的面积是8，理由如下： ∵点A向右平移3个单位长度得到点B，， ∴，． 又∵线段再向下平移4个单位长度，得到线段，点A的对应点为点C， ∴四边形是矩形，，，， ∴四边形的面积； （2）∵点A向右平移2个单位长度得到点B， ∴轴． ∵四边形是矩形， ∴，轴． ∵点P的纵坐标为t， ∴点P与点C的纵坐标之差为：， ∴． （3）①当与相交时，如图3所示，设与相交于点Q， ∵将四边形的面积分成两部分， ∴． 又∵， ∴， ∴． 设的解析式为，将点Q，点D的坐标代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为： ， ∴点P的坐标为； ②当与相交时，如图所示，设与相交于点Q， ∵将四边形的面积分成两部分， ∴． 又∵， ∴， ∴． 设的解析式为，将点Q，点D的坐标代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为：， ∴点P的坐标为． 综上所述：点P的坐标为或． 【点睛】本题主要考查了矩形和三角形的面积，直角坐标系中的平移，待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象与坐标轴的交点等知识，掌握三角形的面积公式和分类讨论是解题的关键． 【变式1】（24-25八年级下·江苏宿迁·月考）如图，在平面直角坐标系中，已知在第一象限，点在的正半轴，轴直线从原点出发沿轴正方向向右平移，在平移过程中直线被截得的线段长度与直线在轴上平移的距离的函数图象如图所示． (1)直接写出点，的坐标： ______， ______； (2)求点的坐标； (3)当直线平分的面积时， ______． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）结合两个图象可知当时，直线经过点，当时，直线经过点，当时，直线经过点，由此可求，，即可求、点坐标； （2）过点作交于，设直线与的交点为，确定是等腰直角三角形，求出，，即可求点坐标； （2）由题可知平移后的直线解析式为，当直线经过点的中点时，直线平分的面积，代入求出的值即可． 【详解】（1）解：∵四边形为平形四边形，且轴， ∴轴， 由图可得， 当时，直线经过点， 当时，直线经过点， 当时，直线经过点， 当时，直线经过点， ，， ，； （2）解：过点作交于，设直线与的交点为， ∵直线在平移的过程中，与两个坐标轴构成的三角形为等腰直角三角形，且轴， ∴直线与的夹角为， 是等腰直角三角形， ， ， ， ∵当时，直线经过点，当时，直线经过点， ， ， ； （3）解：∵平移后的直线解析式为， ，， 的中点为， 当直线经过点时，， 解得． 【变式2】（24-25八年级下·四川成都·期末）已知一次函数，将直线向上平移个单位长度得到直线，直线与轴、轴的交点分别是点，点． (1)如图1，求直线的解析式； (2)如图2，点为直线上的动点，连接交线段于点，若，求点的坐标； (3)如图3，若点是直线上的一个动点，将点向左平移3个单位长度，再向上平移个单位长度得到点，连接、、，当最小时，求的坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据一次函数的平移法则即可得解； （2）求出，，由平移的性质可得，由平行线的性质结合题意可得，再由三角形面积公式计算即可得解； （3）设，则，作交于，连接， ，当、、三点共线时，有最小值，设直线的解析式为，求出，设直线的解析式为，求出，从而可得，求出的值即可得解． 【详解】（1）解：∵将直线向上平移个单位长度得到直线， ∴直线的解析式为； （2）解：在中，当时，， ∴， ∴， 当时，，解得，即， ∴， 由平移的性质可得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：设，则， 如图，作交于，连接， ， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴当、、三点共线时，有最小值， 设直线的解析式为， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得：， ∴， 解得：， ∴，． 【点睛】本题考查了一次函数的平移、一次函数与几何综合、一次函数的图象与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 题型十一 四边形与全等三角形综合 【典例11】（25-26八年级下·重庆·期中）如图，已知一次函数的图象分别与轴，轴交于点，． (1)如图1，当时，以为边在第一象限构造正方形，连接，，求直线和的表达式； (2)如图2，当时，以为边在第二象限构造正方形，连接，求的面积； (3)若，点在正比例函数的图象上，且，直接写出满足条件的点的坐标． 【答案】(1)直线的表达式为；直线的表达式为 (2) (3)， 【分析】（1）先求出的坐标，作轴，作轴，求出的坐标，待定系数法求出函数解析式即可； （2）求出的坐标，作轴，进而求出点的坐标，再利用面积公式进行计算即可； （3）分2种情况进行讨论求解即可. 【详解】（1）解：当时，， ∴当时，，当时，， ∴， ∴， 作轴，作轴，则， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为，则，解得， ∴直线的解析式为； 同理：， ∴， ∴， ∴， 同法可得直线的表达式为； （2）解：∵的图象分别与轴，轴交于点，， ∴当时，， ∴， ∴， 作轴， 同（1）法可得：， ∴， ∴的面积； （3）解：连接， 当，则， 同（1）法：，， 直线的解析式为， ∵正方形， ∴，， ∴点为直线与直线的交点， 联立，解得； ∴； 延长至点，使，连接，则， ∴， ∴当点为直线与直线的交点时，也满足题意， ∵，，， ∴， 此时点恰好在上，即点与点重合； ∴， 综上：或. 【变式1】（25-26八年级上·福建福州·期末）如图平行四边形，对角线，交于点，的平分线交延长线于点，交于点． (1)求证：； (2)若，，连接; ①若，求平行四边形的面积； ②设，试求与满足的关系． 【答案】(1)见解析 (2)； 【分析】（1）由平行四边形的性质、角平分线及等边三角形的判定即可证明； （2）①由，得为等边三角形．由得点C是的中点，即；再由勾股定理求得，即可求得平行四边形的面积； ②证为等边三角形，再证明，则有，从而得，由此即可求得m与k的关系． 【详解】（1）证明：∵平行四边形， ∴． ∴， ∵平分， ∴． ∴． ∴． （2）解：①∵， ∴为等边三角形． ∵， ∴， ∴． 在中，， 由勾股定理得：，即， ∴． ∴平行四边形的面积为． ②∵为等边三角形，， ∴， ∴为等边三角形． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵ ， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握这些知识是关键． 【变式2】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）在菱形中，，点是射线上一动点，以为边向右侧作等边． (1)如图1，当点在菱形内部时，连接交于F． ①直接写出与的数量关系，并求的度数． ②若，，求的长． (2)如图2，当点在线段的延长线上时，延长交于，若，，则__________． 【答案】(1) ， ； ； (2) 【分析】（1）连接，根据证明，则可得，，再根据菱形的对角线平分一组对角可得，，则可得，，进而可得． 连接，过E点作于M点，则可得，，，进而可得．根据证明，则可得，由是等边三角形可得，则可得，根据等腰三角形三线合一可得，则可得，． （2）连接交与O点，连接交于点，连接，由菱形的性质，结合等边三角形的性质，证明，，平移至，连接，，则，，四边形是平行四边形，可得，设，可得，证明，可得，作于点，则，可得，由角所对的直角边与斜边的关系，结合勾股定理，可得，即可得． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴ ，， ∵是等边三角形， ∴， ， ∴， 即， ∴， ∴， ， ∵菱形中，， ∴， 又∵平分，平分， ∴， ， ∴， ∴， ∴， ∴，． 如图，连接，过点作于点， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， 同得是等边三角形， ∴， ， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴ ∴（等腰三角形三线合一）， ∴， ∴． （2）解：连接交与点，连接交于点，连接， ∵四边形是菱形， ∴，，，平分， 又∵，， ∴是等边三角形，，， ∴，， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵点在线段的延长线上， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 平移至，连接，，则，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 设，则， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 作于点，则， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴． 期末重难突破练（测试时间：20分钟） 1．（24-25八年级下·浙江宁波·月考）在直角坐标系中，平行四边形的三个顶点坐标分别为． (1)求第四个顶点的坐标． (2)求所有可能的平行四边形，在直角坐标系中覆盖的总面积． 【答案】(1)或或 (2)16 【分析】（1）分三种情况，画出相应的图形，再结合平行四边形的性质及平移知识即可得出答案； （2）先根据长方形的面积减去三个三角形的面积得出，即可得出答案． 【详解】（1）解：如图所示，点， 以为一边，当时，四边形是平行四边形， 由点C到点B的平移可知横坐标减2，纵坐标加1， ∵点， ∴，则点； 以为一边，当时，四边形是平行四边形， 由点B到点C的平移可知横坐标加2，纵坐标减1， ∵点， ∴，则点； 以为一边，当时，四边形是平行四边形， 由点A到点C的平移可知横坐标加6，纵坐标加1， ∵点， ∴，则点． 所以第四个顶点的坐标为或或； （2）解：如图所示，过点B作x轴的平行线，过点A，点C作y轴的平行线，交于点E，F，过点C的平行线交x轴于点G， ∴，， ∴ ， 则， ， 所以在直角坐标系中覆盖的总面积为16． 【点睛】确定平行四边形的第四个顶点的常用方法是：先连接依次三个点得出三角形，再以任意两点连接的线段为平行四边形的边，过第三个点作该边平行且相等的线段即可得出三个顶点． 2．（25-26八年级上·四川成都·期中）已知点E，F分别在矩形纸片的边、所在直线上，连接，将矩形纸片沿折叠，点A落在处，点B落在'处．当，时，请解决下列问题： (1)如图1，若点恰好与点D重合，与相交于点O，连接、，求的长； (2)如图2，若点恰好在边上时，交于点G，且满足，求证：； (3)若点在边所在直线上，且满足，求的长． 【答案】(1)的长为 (2)见解析 (3)的长为5或3 【分析】（1）利用折叠的性质和勾股定理即可求解； （2）利用折叠的性质得出，，利用证得，得到，利用等边对等角得到，然后证得，得到，即可证得； （3）分①当在的延长线上时，②当在线段时，两种情况讨论，根据折叠的性质．利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：设，则， 由折叠的性质可知， 在中，， ∴， 解得， ∴； （2）证明：由折叠的性质可知，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； （3）解：①当在的延长线上时，如图①， 由，设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， 设，则， 在中，， ∴， 解得， ∴； ②当在线段时，如图②， 设，则， 由折叠的性质可知， ∵，， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， 综上，的长为5或3． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了轴对称的性质，勾股定理的应用，三角形全等的判定和性质，分类讨论思想的运用是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江宁波·月考）如图，在正方形中，点，点分别在边．上且满足，点是对角线的中点，连接． (1)求证：． (2)若． ①求证：． ②求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）利用证明，即可； （2）①延长交分别于点，作于点，则，，，进而推出，，进而得到，即可； ②证明，，进而得到，推出，三角形的中线的性质得到，证明，推出，进而得到，即可得证． 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴， 又∵， ∴； （2）证明：①延长交分别于点，作于点，如图， 则，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 由（1）可知：， ∴， ∴， ∴； ②由①可知：，，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， 又∵， ∴ 期末综合拓展练（测试时间：25分钟） 1．（25-26八年级上·浙江宁波·期末）如图，在中，点E是的中点，点P是上一点，连接，交于点M，N是上一点，且，连接并延长交于点F． 【初步尝试】 （1）四边形是平行四边形吗？如果是，请写出证明过程；如果不是，请说明理由； 【深入探究】 （2）如图2，若在图1的基础上连接交于点H，过点A作交于点G， ①猜想与的数量关系，并说明理由； ②如图3，当点P为中点时，若，，且，请求出的面积（结果用含a，b的式子表示）． 【答案】（1）四边形是平行四边形，见解析；（2）①，见解析；②的面积为 【分析】（1）根据四边形是平行四边形，得出，结合点E是的中点，，根据三角形中位线定理得出，即可证明四边形是平行四边形． （2）①如图，作交于点K，则四边形是平行四边形， 得出，根据四边形、是平行四边形，得出，，则，，证明，得出，则，再证明，得出，即可得． ②如图，延长交的延长线于点R，证明，得出，，，作交的延长线于点L，作于点Q，证明四边形是平行四边形，得出，则，，结合，证出是直角三角形，且，则，再根据，得出，即可得． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴是的中位线， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形． （2）①解：；理由如下： 如图，作交于点K， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形、是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴． ②如图，延长交的延长线于点R， ∵点P为中点，， ∴，， 又， ∴， ∴，， ∴， 作交的延长线于点L，作于点Q， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是直角三角形，且， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的面积为． 2．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图，矩形中，点在轴上，点在轴上，点的坐标是．矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，折痕与轴、轴分别交于点、． (1) ； (2)求点的坐标； (3)若点在轴上，则在直线上是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)5 (2) (3)存在，或或 【分析】此题主要考查四边形综合问题，勾股定理，坐标与图形，解题的关键是熟知矩形的性质，折叠的问题利用勾股定理构造直角三角形进行求解，分情况讨论平行四边形的边及对角线的情况． （1）由可得，，进而根据勾股定理求得，即可求解． （2）由折叠的性质可得，，故，，设，则由题意可得：，，，，在中，由勾股定理得到方程即可求出的值； （3）分①当、为的对角线时；②当、为的对角线时；③当、为的对角线时；种情况进行讨论，分别求出的坐标． 【详解】（1）解：由可得，． 四边形是矩形， ， 由勾股定理可得：5， 故答案为：； （2）设,，则由题意可得：，，，． 在中，由勾股定理可得：， 即， 解得， ∴； （3）存在符合条件的点或或．理由如下： 由（2）知：，， ， 设直线的解析式为， ，， ， ， 直线的解析式为：， 点在轴上，点在直线上， 设，， 又，， 当、为的对角线时，与的中点重合， ， 解得： ； 当、为的对角线时，与的中点重合， ， 解得：， ； 当、为的对角线时，与的中点重合， ， 解得：， ； 或或 3．（24-25八年级下·广西南宁·期末）【问题发现】 （1）如图1，在矩形中，，，点是矩形内一点，过点作，分别交，于点，，则： ①______，______，______，______； ②______填“”“”或“； 【类比探究】 （2）如图2，点是矩形外一点，过点作，分别交，的反向延长线于点，，②中的结论还成立吗？若成立，请说明理由； 【拓展延伸】 （3）如图3，在中，，是外一点，，，，请求出的最小值． 【答案】（1）①5，，，；②；（2）成立，理由见解析；（3） 【分析】（1）由矩形的性质得，，则得，则四边形和四边形都是矩形，所以，，，则，因为，，即可根据勾股定理求得问题的答案； 由，，得，于是得到问题的答案； （2）先证明四边形和四边形都是矩形，则，，所以，，求得；再由，，求得，所以，则，所以中结论成立； （3）作交的延长线于点，则，所以，，作交的延长线于点，作交的延长线于点，连接、，可证明四边形和四边形都是矩形，则，，所以，，则，求得，则，所以，求得的最小值为，于是得到问题的答案． 【详解】（1）解：如图， 四边形是矩形，，， ，， 过点作，分别交，于点，， ， 四边形和四边形都是矩形， ，，， ， ， ，， ， ，， 故答案为：，，，． ，， ， 故答案为：． （2）解：成立，理由如下： 如图， 四边形是矩形， ， ， 过点作，分别交，反向延长线于点，， ， 四边形和四边形都是矩形， ，， ，， ； ，， ， ， ． （3）解：如图，作交的延长线于点，则， ，， 作交的延长线于点，作交的延长线于点，连接、， ， ， ， 四边形和四边形都是矩形， ，， ，， ，， ， ，，， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， 的最小值为． 【点睛】此题是四边形的综合题，重点考查矩形的判定与性质、勾股定理、两点之间线段最短、类比及数形结合数学思想的运用等知识与方法，此题综合性较强，难度较大，属于考试压轴题． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $