专题04 与特殊四边形有关的9大热考模型（期末复习讲义）八年级数学下学期新教材人教版

专题04 与四边形有关的热考模型（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 含 60° 角的菱形模型：★★ 题型二 正方形风车模型：★★★ 题型三 十字架模型：★★★ 题型四 垂美四边形：★★ 题型五 中点四边形模型：★★ 题型六 矩形折叠模型：★★★ 题型七 半角模型（正方形背景）：★★★ 题型八 利用特殊四边形对称性求解：★★★ 题型九 其它模型（手拉手、一线三等角等）：★★★ 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 含 60°角的菱形模型 能利用菱形性质与等边三角形判定，求解含 60° 菱形的边长、对角线、面积与角度 中档高频考点，常与勾股定理、等边三角形性质结合考查，是菱形综合题的核心模型 正方形风车模型 能利用正方形的对称性与全等三角形判定，解决线段相等、垂直、和差关系问题 拔高考点，常作为压轴题背景，考查多结论探究与全等证明 十字架模型 能利用正方形 / 矩形中互相垂直的线段，证明线段相等、求线段长度或面积 高频易错点，常出现在选择、填空压轴题，需结合全等或相似三角形分析 垂美四边形 能利用对角线互相垂直的四边形性质，计算边长、对角线与面积 创新考点，常与勾股定理结合考查，需掌握其面积与边长关系公式 中点四边形模型 能根据原四边形的形状，判断中点四边形的形状，并分析其周长、面积变化 中档常考点，常出现在选择题，需掌握不同原四边形对应的中点四边形结论 矩形折叠模型 能利用折叠的对称性，结合勾股定理求解矩形折叠后的线段长度、角度或面积 期末必考易错题型，需注意折叠前后边、角的对应关系，常需列方程求解 半角模型（正方形背景） 能利用正方形中的半角条件，证明线段和差关系、求解线段长度 培优压轴模型，常出现在解答题中，需通过旋转构造全等三角形解决 利用特殊四边形对称性求解 能利用矩形、菱形、正方形的轴对称 / 中心对称性，解决最短路径、最值问题 数形结合核心考点，常与将军饮马模型结合，考查对称性的实际应用 其它模型（手拉手、一线三等角等） 能结合四边形背景，利用手拉手、一线三等角等模型解决线段、角度问题 综合拓展考点，需灵活迁移三角形模型，考查几何综合分析能力 题型一 含 60°角的菱形模型 解｜题｜技｜巧 【典例1】（24-25九年级上·安徽合肥·期末）如图，菱形中，，是边上一点，是边上一点，，连接交于点，若，则下列结论错误的是（   ） A．的最小值为 B．的最大值为1 C．面积的最大值是 D．的最小值是3 【答案】D 【分析】先证明是等边三角形；得出，说明当最小时，最小，根据垂线段最短，得出当时，最小，根据等边三角形性质和勾股定理求出最小值即可判断A选项；根据，为定值，得出当最小时，最大，根据时，最小，此时最大，根据等边三角形性质和勾股定理求出结果，即可判断B选项；根据，得出，说明当最小时，面积最大，根据为等边三角形，得出当边长最小时，面积最小，求出的最小值为，最后求出结果即可判断C选项；设，，根据，根据二次函数性质，说明有最大值，求出最大值为3，即可判断D选项． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴在和中， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形； ∴， ∴当最小时，最小， ∵垂线段最短， ∴当时，最小， ∵为等边三角形， ∴此时， 根据勾股定理得：， ∴的最小值为，故A正确，不符合题意； ∵，为定值， ∴当最小时，最大， 当时，最小，此时最大， ∵是等边三角形， ∴当时，，， ∴， ∴此时平分， ∵为等边三角形， ∴此时， ∴此时， ∴， ∴此时， 根据勾股定理得：， ∴此时， 即的最大值为1，故B正确，不符合题意； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当最小时，面积最大， ∵为等边三角形， ∴当边长最小时，面积最小， ∵的最小值为，此时上的高为3， ∴的最小值为， ∴面积的最大值为，故C正确，不符合题意； ∵， ∴， ∴， 设，， ∴ ， ∴当时，取最大值， ∴此时， ∴此时， ∵为等边三角形， ∴此时，， ∴此时， ∴平分， ∵为等边三角形， ∴此时， ∴此时， ∴， ∴， 即的最大值为3，故D错误，符合题意． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，二次函数的最值，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形面积计算，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，数形结合． 【变式1】（25-26八年级上·山东济宁·期末）如图，已知在菱形中，，、分别是射线和上的两个点，，以下结论：①；②是等边三角形；③；④，，若，则面积的最大值为．其中正确的个数有（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题关键． ①连接构造全等三角形，得到，，进而可得，是等边三角形，①、②正确；用反证法可知③错误；根据题意可知，四边形的面积等于，则当时，可取得最小值，取得最大值，根据等边三角形性质分别求出此时的，，进而求出． 【详解】解：如图，连接． 四边形为菱形，， ，， 是等边三角形， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，，即，①正确， ，为等边三角形，②正确； ∴，则，③不正确； ， ， 可知当取得最小值，取得最大值， 设等边三角形边长为，可知其高为，面积为， 为等边三角形，其面积会随边长变化而变化， 当，取得最小值，则取得最小值， ， 此时，，， ，④正确． 综上，正确的个数有个． 故选：． 【变式2】（24-25八年级下·河南新乡·期末）综合与实践课上，腾飞小组三位同学对含角的菱形进行了探究： 【背景】在菱形中，，作，分别交边于点P、Q． (1)【感知】如图1，若点P是边的中点，小腾经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你写出这个关系式______，此时的形状是______． (2)【探究】如图2，小飞说“点P为上任意一点时，（1）中的两个结论仍然成立”，你同意吗？请说明理由． (3)【应用】小宛取出如图3所示的菱形纸片，测得，，在边上取一点P，连接，在菱形内部作，交于点Q，当时，请直接写出的面积． 【答案】(1)，等边三角形； (2)同意，理由见解析 (3)或 【分析】（1）连接，根据菱形的性质，可得，根据可得，根据等边三角形的判定和性质可得，根据点是边的中点，可得，等量代换可得，故，根据全等三角形的判定和性质可得，是等边三角形； （2）连接，根据菱形的性质，可得，根据可得，根据等边三角形的判定和性质可得，等量代换可得，根据全等三角形的判定和性质可得，是等边三角形； （3）过点作于，连接，根据菱形的性质，可得，根据等边三角形的判定可得是等边三角形，根据勾股定理可得，即可求得的值，计算面积即可． 【详解】（1）解：，是等边三角形； 理由：如图，连接， ∵四边形是菱形，且， ， ∴和都是等边三角形， ， ∵点是边的中点， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ∵， ∴是等边三角形． （2）解：同意． 理由如下：连接， ∵四边形是菱形，且， ∴，， ∴和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形． （3）解：或（写成，也对） 同（2）可证， 过点A作于E，连接， ∵四边形是菱形，且，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴或， ∴， 当时，（或）， 当时，（或）． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积公式等，解题的关键是构造等边三角形以及全等三角形． 【变式3】（21-22八年级下·江苏扬州·周测）如图1，已知菱形的边长为6，， 点、分别是边、上的动点（不与端点重合），且． (1)求证：是等边三角形； (2)点、在运动过程中，四边形的面积是否变化，如果变化，请说明理由；如果不变，请求出面积； (3)如图2，连接分别与边、交于、，当时，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)不变， (3)证明见解析 【分析】（1）证明，证出，结合，便证出是等边三角形； （2）根据，可得四边形的面积等于． （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接．结合旋转的性质证明，根据四边形是菱形，，推出，即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形，，， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形； （2）解：点、在运动过程中，四边形的面积不变． 理由：如图，过作于， ∵，， ∴，，， ∴， ∵， ∴，即， ∴． （3）证明：将绕点A顺时针旋转得到，连接． ∴，， ∵菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴． 题型二 正方形风车模型 答｜题｜模｜板 【典例2】（25-26八年级上·河北唐山·期中）如图，有大小不同的2个正方形A和B，当B的对角线交点与A的一个顶点重合时，重叠部分的面积是A的，那么当A的对角线交点与B的一个顶点重合时，重叠部分的面积是B的（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，涉及到正方形性质的应用，正确认识图形是解题的关键． 根据题意，结合图形，先得到图1中，结合已知条件，得到，结合图2，得到结果． 【详解】解∶如图，设正方形的面积为，正方形的面积为，图1中阴影部分面积为，图2中阴影部分面积为， ∵图1中，，，， ∴（）， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理，图2中，， ∴， 即当的对角线交点与的一个顶点重合时，重叠部分的面积是的， 故选∶． 【变式1】（2026·吉林长春·二模）如图，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为4，四边形为两个正方形重叠部分．正方形可绕点O转动，给出下列结论： ①；②正方形的面积是四边形的面积的4倍；③连接，总有；④当时，四边形的周长为．上述结论中，所有正确结论的序号是______． 【答案】①②③ 【分析】可证明，得到，则可证明，据此可判断①②；根据勾股定理可得，，则，据此可判断③；由勾股定理可得，，可证明，据此可判断④． 【详解】解：①四边形是正方形， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， 在和中， ， ， ，故①正确； ， 正方形的面积是四边形的面积的4倍，故②正确； ， ， 在中，由勾股定理得，则， 在中，由勾股定理得， ，故③正确； 当时，，则， ， ， ，即四边形的周长大于，故④不正确． 综上所述，正确的有①②③． 【变式2】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）已知，在平面直角坐标系中，正方形的顶点是原点，点分别在轴和轴的正半轴上，若顶点的坐标为，且满足：． (1)直接写出值：_______，_______； (2)正方形对角线的交点为O，已知正方形绕点O转动，且交于交于F，在正方形转动过程中，求四边形的面积．直接写出的最小值为________． (3)如图2，若正方形绕点C转动，点E是的中点，点F是的中点，连接，求的值． 【答案】(1)4；4 (2)4; (3) 【分析】（1）根据二次根式的非负性构造不等式即可求解； （2）证明，根据即可求解，再构造对应关系即可配方求得最小值； （3）延长到G，使，连接，证明，可知，再证，再根据三角形的中位线即可求解． 【详解】（1）解：∵ ∴， ∴， 则， ∴； （2） ∵正方形ABCD ∵正方形 在和 , 设,则， ∴， 当时，取得最小值，, 则 ∴的最小值为； （3）延长到G，使，连接 ∵点E是的中点， ∵正方形 , 在和中 在和中， ． 【变式3】（25-26八年级下·湖北·期中）的对角线、相交于点，另有一个与之全等的绕着点转动，与相交于点，与相交于点，且． (1)【链接教材】如图1，若和均为正方形，四边形为两个正方形重叠部分．则下列结论正确的是_________(填序号即可)： ①；②；③；④连接，总有． (2)【类比迁移】如图2，若和均为矩形，连接，猜想，，之间的数量关系，并证明； (3)【拓展应用】如图3，若和均为菱形，且，，直接写出转动过程中的最大值为_________． 【答案】(1)①②③④； (2)，证明见解析； (3) 【分析】（1）先由正方形性质得到、及，结合旋转后推得，用证明，由此得到；再通过面积转化，将四边形的面积转化为的面积，验证面积结论；最后由全等得到，推得，在中用勾股定理验证线段平方关系，从而判断四个结论均正确； （2）构造辅助线延长交于，连接，先利用矩形对角线与的性质，用证明，得到、，再结合，推出垂直平分，故，最后在中用勾股定理推导出目标关系式； （3）先利用菱形性质计算对角线相关线段长度，再通过作、，结合菱形角平分线性质及，用证明，得到；设参数表示与，进而用表示、，推导出的面积表达式为关于的二次式，根据平方的非负性，当时取得最大值． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴，即， ∴， 在和中， ， ∴，故①正确； ∴，，，故②正确； ∴， 又∵正方形中，， ∴，故③正确； 如图，连接， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴，故④正确； 综上，答案为①②③④； （2）解：猜想，证明如下： 如图，延长交于点，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵，即， ∴， ∴垂直平分， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴； （3）解：∵四边形是菱形，，， ∴，，， ∵为对角线交点， ∴，，，， ∴，， 如图，过点作于，于， ∵在菱形的角平分线上， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 在四边形中，，， ∴， ∵，即， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， 设， 则，， 过点作交延长线于点． 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当时，的最大值为． 题型三 十字架模型 答｜题｜模｜板 【基础模型-两边过顶点】 使用场景：在正方形ABCD中，E，F分别是BC，DC上的点，AE与BO相交于点O，互相推导①BE=CF，②AE=BF，③AE⊥BF 图示： 大招结论：相等则垂直，垂直则相等. 【模型进阶-一边过顶点】 条件：在正方形ABCD中，E，F，G分别是BC，AB，DC上的点，AE与FG相交于点O， 图示： 辅助线作法：过点B作BM∥FG交CD于点M. 结论：正方形十字模型中，构成“十”字形的两条线段，知垂直推相等，知相等推垂直. 【模型进阶-两边均不过顶点】 图示： 结论：正方形十字模型中，构成“十”字形的两条线段，知垂直推相等，知相等推垂直. 易｜错｜点｜拨 以上结论成立的条件是:四点必须位于四边，否则不成立. 【典例3】（25-26八年级下·山东德州·期中）如图1，点，分别是正方形的边、的中点，连接、 (1)求证： ①； ②； (2)将沿翻折得到，延长交的延长线于点，如图2，求证：是等腰三角形； 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)见解析 【分析】（1）①利用证明即可； ②根据性质，结合互余的性质证明即可． （2）根据折叠的性质，得到；根据正方形性质，，继而得到，根据等角对等边证明即可． 【详解】（1）证明：①四边形是正方形， ，， 点、分别是、的中点， ，， ， ， 在和中， ， ， ． ②由①得， ， 在中，， ， 在中，， ． （2）证明：四边形是正方形， ， ， 由翻折的性质可知，， 点在的延长线上， ， ， ， 是等腰三角形． 【变式1】（25-26九年级上·安徽宿州·阶段检测）如图，在正方形中，G、E、F是正方形边上的点，连接、，与交于点M，，． (1)求证：； (2)连接、、、的中点P、Q、R、S，试说明四边形是什么特殊的四边形． 【答案】(1)见解析 (2)正方形，说明见解析 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，平行四边形的判定，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题关键． （1）过点作于点，根据正方形的性质得到，，再结合已知条件得到，即可利用“”证明全等； （2）由（1）可知，，从而得出，，再根据三角形中位线定理，先证明四边形是平行四边形，再证明正方形即可． 【详解】（1）证明：如图，过点作于点，则， 四边形是正方形， ，，， ，， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ； （2）解：由（1）可知，， ，， ， ， ， ， 如图，连接、、、的中点P、Q、R、S， 、、、分别是、、、的中位线， ，，，，，， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是正方形． 【变式2】（24-25八年级下·江西宜春·期中）已知在正方形中，点E、F分别为边上两个动点． (1)①如图1，连接相交于点O，若，则和的数量关系为　　　　　； ②如图2，在①的条件下，若点E是中点，连接，求证：． (2)如图3，作的垂直平分线交于点G，交于点F． ①若，，求的长； ②如图4，连接，若，四边形面积的取值范围是　　　　　． 【答案】(1)（1）①；②见解析 (2)①3；② 【分析】（1）①由四边形是正方形，得，进一步可得，所以，结论得证． ②延长交于点，证明，得到，再由直角三角形斜边中线的性质即可求证； （2）①连接，作于，，则可， 在中，由勾股定理建立方程；②作于，可得，则，而，那么，当最小时，四边形面积最小，此时点与点重合，；最大时，四边形面积最大，此时点与点重合，即可求解． 【详解】（1）（1）①解：，如图： ∵四边形是正方形， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∵，， ∴， ∴． ②证明：延长交于点， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∵为中点， ∴， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：①如图，连接，作于． ∵正方形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形，设，则， ∴，， 垂直平分，四边形是正方形， ，， ，， ， ， ， 在中， ， ， ， ，； ②如图，作于． 垂直平分， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴当最小时，四边形面积最小，此时点与点重合，； 最大时，四边形面积最大，此时点与点重合，， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，线段的垂直平分线的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识点，难度较大． 题型四 垂美四边形 答｜题｜模｜板 【典例4】（2020·四川雅安·中考真题）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点．若，则__________． 【答案】20 【分析】由垂美四边形的定义可得AC⊥BD，再利用勾股定理得到AD2+BC2=AB2+CD2，从而求解. 【详解】∵四边形ABCD是垂美四边形， ∴AC⊥BD， ∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°， 由勾股定理得，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2， AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2， ∴AD2+BC2=AB2+CD2， ∵AD=2，BC=4， ∴AD2+BC2=22+42=20， 故答案为：20. 【点睛】本题主要考查四边形的应用，解题的关键是理解新定义，并熟练运用勾股定理. 【变式1】（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，四边形的两条对角线，互相垂直，，． （1）顺次连接四边形各边中点所围成的四边形的周长是 __ ； （2）的最小值是 __ ． 【答案】 5 【分析】（1）由三角形中位线定理得到，，，，因此四边形的周长； （2）过作，使，连接，，判定四边形是平行四边形，得到，，由勾股定理求出，由三角形三边关系定理得到，即可得到的最小值． 【详解】解：（1）如图，、、、是四边形的四边中点， 、分别是和的中点， ， 同理：，，， 四边形的周长， 故答案为：5． （2）如图，过作，使，连接，， ，， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 由三角形三边关系定理得到， ， 的最小值是． 故答案为：． 【点睛】本题考查中点四边形，三角形中位线定理，三角形三边关系，平行四边形的判定和性质，勾股定理，关键是掌握三角形的中位线等于第三边的一半，由三角形三边关系定理得到． 【变式2】（24-25八年级上·北京·期末）定义：若一个四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为“垂美四边形”． (1)如图1，四边形是“垂美四边形”，则根据勾股定理 ＝ ＋ ；＝ ＋ ； ＝ ＋ ；＝ ＋ ； 所以，用等式表示、、、之间的数量关系是 ； (2)如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接、、，分别交、于点，． ①与的位置关系是 ，给出证明； ②若，，则线段的长是 ． 【答案】(1)，， (2)①，证明见解析；② 【分析】本题为四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． （1）根据垂美四边形和勾股定理解答即可； （2）①如图，连接，根据垂美四边形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质进行证明即可；②结合①的结论计算即可． 【详解】（1）解： ， 理由：∵， ∴， 由勾股定理得， ，， ∴， ， ； 故答案为：，， （2）①，证明如下： 如图2，连接， ∵正方形和正方形， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， ∴四边形是垂美四边形， ②由①得，， ∵，， ∴， ∵，， ∴ ， ∴． 故答案为： 【变式3】（24-25八年级下·广西贵港·期中）定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．如：在如图1中，四边形的对角线与互相垂直，故四边形叫做垂美四边形． (1)概念理解：如图2，在四边形中，，问四边形是垂美四边形吗？说明理由． (2)性质探究：垂美四边形的两组对边的平方和相等．已知：如图1，与是垂美四边形的两组对边．求证：； (3)解决问题：如图3，在中，，分别以的斜边和直角边为边向外作等腰和等腰，使得，连接．若，则的值为_______． 【答案】(1)四边形是垂美四边形，理由见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可得； （2）根据垂直的定义及勾股定理解答即可； （3）证明，得出，证明，得出四边形为垂美四边形，结合（2）的结论计算即可得到答案． 【详解】（1）解：四边形是垂美四边形；理由如下： 连接、， ∵， ∴点在线段的垂直平分线上， ∵， ∴点在线段的垂直平分线上， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 即四边形是垂美四边形； （2）证明：∵， ∴， 在中，根据勾股定理得：， 在中，根据勾股定理得：， 在中，根据勾股定理得：， 在中，根据勾股定理得：， ∴， ∴； （3）解：∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为垂美四边形， ∴， ∵，， ∴根据勾股定理得：， ∵， ∴根据勾股定理得：，， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了对新概念的理解、垂直平分线的性质、勾股定理的运用、全等三角形的判定，是一道综合性比较强的题目，灵活运用所学知识是解题的关键. 题型五 中点四边形模型 答｜题｜模｜板 1）顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是平行四边形. 2）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和. 3）中点四边形的面积等于原四边形面积的一半. 4）顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 5）顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 6）顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形. 7）顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形. 速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正. 【典例5】（24-25八年级下·四川绵阳·期中）如图，顺次连接任意四边形各边中点，所得的四边形是中点四边形． 下列四个叙述： ①中点四边形一定是平行四边形； ②当四边形是矩形，中点四边形也是矩形； ③当四边形是菱形，中点四边形也是菱形； ④当四边形是正方形，中点四边形也是正方形． 其中正确的结论是（    ） A．②③ B．①④ C．①②③ D．①②③④ 【答案】B 【分析】此题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定与正方形的判定．熟练掌握中位线定理是解题的关键；连接，，根据三角形中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，再根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，求解即可． 【详解】解：如图，连接，， ，，，分别是四边形各边的中点， ， 四边形是平行四边形；（①正确） 若四边形是矩形， ＝， ＝，＝， ＝， 四边形是菱形；（②错误） 若四边形是菱形， ， ∵， ， 四边形是矩形，不一定是菱形；（③错误） 四边形是正方形， ＝，， ＝，＝， ＝， 四边形是菱形； ，， ， ， 四边形是正方形．（④正确） 正确的是①④． 故选：B． 【变式1】（23-24八年级下·广西南宁·月考）如图，在矩形中，，顺次连结各边中点得到菱形，再顺次连接菱形各边中点，得到矩形，再顺次连接矩形各边中点，得到菱形，如此下去，四边形的面积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质、菱形的性质，中点四边形等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究方法，利用规律解决问题，记住中点四边形的面积等于原四边形面积的一半．根据中点四边形的面积等于原四边形面积的一半即可解决问题． 【详解】解：根据中点四边形的性质可知，、是菱形，、是矩形， 四边形的面积， 四边形的面积四边形的面积， 四边形的面积， ， 四边形的面积， 四边形的面积为：． 故选：C． 【变式2】（24-25八年级下·安徽淮北·期末）【主题学习】定义：顺次连接四边形各边中点所得的四边形叫作中点四边形．为了探索中点四边形，某校八年级数学兴趣小组开展一次主题学习活动． 【成果展示】经过合作探究，相互交流，各小组将他们的成果进行汇报，部分信息汇总如下： 原四边形 任意四边形 矩形 菱形 图形 中点四边形 平行四边形 菱形 矩形 发现 任意四边形的中点四边形一定是平行四边形． 对角线 ① 的四边形，它的中点四边形是菱形． 对角线 ② 的四边形，它的中点四边形是矩形． （1）填写上表中的空格①______；②______； 【逆向探究】在探究过程中，有小组提出“正方形的中点四边形是正方形”． （2）判断命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是真命题还是假命题，如果是真命题，请给出证明，如果是假命题，请画图说明． 【拓展延伸】如图，四边形中，，，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，……，如此进行下去，得到四边形． （3）设，，则：四边形的面积等于______，四边形的周长等于______． 【答案】（1）①相等；②相互垂直；（2）命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是假命题，理由见解析；（3）； 【分析】（1）由三角形中线的性质结合四边形的中点四边形一定是平行四边形，即可得出结论； （2）先写出逆命题，再画出示意图，结合（1）中所得结论即可说明； （3）先证明，进而证明，推出；结合（1）中所得结论，得到当为奇数时，四边形是矩形，四边形的面积是；当为偶数时，四边形是菱形，四边形的周长是；即可解答． 【详解】（1）解：如图：矩形中，分别是的中点，连接， ∵分别是的中点， ∴是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， ∴，，，，，，，， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形，即对角线相等的四边形，它的中点四边形是菱形； 同理，菱形的中点四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形，即对角线互相垂直的四边形，它的中点四边形是矩形， 故答案为：相等，互相垂直； （2）解：命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是“中点四边形是正方形的四边形是正方形”是假命题，理由如下： 如图：四边形中，且，分别是的中点， 由题意知任意四边形的中点四边形一定是平行四边形，则四边形是平行四边形， ∵， 由（1）对角线互相垂直的四边形，它的中点四边形是矩形，则四边形是矩形， ∵， 由（1）对角线相等的四边形，它的中点四边形是菱形，则四边形是菱形， ∴四边形是正方形， ∴只需满足对角线相等且互相垂直的四边形，它的中点四边形是正方形， ∴命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是“中点四边形是正方形的四边形是正方形”是假命题； （3）解：设交于点， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∵在四边形中，顺次连接四边形各边中点，得到四边形， 由（1）知对角线互相垂直的四边形，它的中点四边形是矩形； ∴四边形是矩形； 根据中位线的性质知，， 四边形的面积周长为； 连接， ∴， ∵四边形是矩形各边中点得到的四边形， 由（1）知对角线相等的四边形，它的中点四边形是菱形； ∴四边形是菱形， 根据中位线的性质知，， ∴四边形的周长为； ∵四边形是菱形各边中点得到的四边形， 由（1）知对角线互相垂直的四边形，它的中点四边形是矩形； ∴四边形是矩形， ∵， ∴根据中位线的性质知，， ∴四边形的面积为； 同理，四边形是菱形，周长为； 同理，四边形是矩形，四边形的面积是； ； ∴当为奇数时，四边形是矩形，四边形的面积是； 当为偶数时，四边形是菱形，四边形的周长是； ∴四边形的面积等于，四边形的周长等于． 故答案为：，． 【点睛】本题主要考查了中点四边形，菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、正方形的判定及三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）．解答此题时，需理清菱形、矩形与平行四边形的关系． 【变式3】（24-25八年级下·西藏·期中）阅读理解：我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形．如图1，在四边形中，E，F，G，H分别是边，，，的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． 问题解决 （1）判断图1中的中点四边形的形状，并说明理由； （2）当图1中的四边形的对角线添加条件 时，这个中点四边形是正方形． 拓展延伸 （3）如图2，在四边形中，点M在上且和为等边三角形，E、F、G、H分别为，，，的中点，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】（1）四边形是平行四边形，理由见解析（2）且；（3）四边形为菱形，证明见解析 【分析】（1）连接，，利用三角形中位线定理可得，，，，则，，从而证明结论； （2）根据矩形和菱形的判定可得答案； （3）连接与，首先利用证明，得，然后由（1）（2）同理可得答案． 【详解】解：（1）四边形是平行四边形．理由如下： 连接，， ∵E，F分别是、的中点， ∴，，，，    ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）当且时，四边形是正方形，理由如下： 由（1）同理可得：，， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形为菱形， ∵， ∴， ∴四边形是正方形； （3）四边形为菱形． 证明：连接与， ∵和为等边三角形， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴，                            ∴， ∵E，F，G，H分别是边，，，的中点， ∴是的中位线，是的中位线，是的中位线， ∴，，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形，    ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了三角形中位线定理，平行四边形，菱形，正方形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，利用前面得出的结论解决新问题是解题的关键． 【变式4】（24-25八年级下·广东东莞·期中）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 数量关系、位置关系 特殊四边形 不相等、不垂直 平行四边形 【探究一】 （1）如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点，求证：中点四边形是平行四边形．（请写出完整的证明过程） 【探究二】 （2）由图2，从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究三】 （3）由图3，从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究四】 （4）结合图2、图3，得出猜想Ⅲ：原四边形对角线________时，中点四边形是正方形． 【答案】（1）见解析（2）相等，菱形（3）垂直，矩形（4）相等且垂直 【分析】本题考查中点四边形，平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定，熟练掌握三角形的中位线定理，是解题的关键： （1）根据三角形的中位线定理，推出，即可得证； （2）根据有一组邻边相等的平行四边形为菱形，作答即可； （3）根据有一个角为直角的平行四边形为矩形，作答即可； （4）根据有一个角为直角的菱形是正方形，作答即可． 【详解】解：（1）∵在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点， ∴分别为的中位线， ∴， ∴， ∴中点四边形是平行四边形． （2）当原四边形对角线相等时，中点四边形是菱形； 由（1）知：中点四边形是平行四边形，， ∵在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴中点四边形是菱形； （3）当原四边形对角线垂直时，中点四边形是矩形； 由（1）（2）可知：，中点四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∴中点四边形是矩形； （4）当原四边形对角线相等且垂直时，中点四边形是正方形； 由（2）可知：中点四边形是菱形； 由（3）可知：， ∴中点四边形是正方形 题型六 矩形折叠模型 答｜题｜模｜板 【典例6】（24-25八年级下·湖北十堰·期末）如图1，小华将矩形纸片先沿对角线折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线上，点B 的对应点记为，折痕与边分别交于点E，F． （1） 如图2， 当点与点D 重合时， 四边形是___________ ． （2） 如图3， 当时， 与的数量关系是___________． 【答案】 菱形 【分析】（1）由折叠可得：，，再证得，可得，利用菱形的判定定理即可得出答案； （2）设，则，利用折叠的性质和平行线性质可得：，再运用三角形内角和定理即可求得，利用直角三角形及勾股定理即可求得答案． 【详解】解：（1）当点与点重合时，四边形是菱形，证明如下： 设与交于点，如图， 由折叠得：，， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ∵， 四边形是菱形． （2）当时，始终有与对角线平行． 理由：四边形是矩形， ，， ， 设，则， 由折叠得：，， ，， ， ， ， ， ，即， ， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当时，． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等腰三角形性质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等，涉及知识点多，综合性强，难度较大，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 【变式1】（24-25八年级下·广西防城港·期中）【综合与实践】综合实践课上，老师让同学们以“简单矩形折叠”为主题开展学习活动，同学们积极参与了矩形折叠活动． (1)操作与证明： ①如图①所示，小华将矩形沿折叠后，使得点C与点A重合，点D与点G重合，若，则_______，_______； ②如图②所示，张三将矩形沿对角线折叠后，使得点C与点E重合，与交于点F，过点D作交BC于点G，求证：四边形是菱形； (2)迁移应用： 如图③所示，李四将矩形沿对角线折叠后，使得点C与点E重合，与交于点F，连接，若，，求的长． 【答案】(1)①60，60；②见解析 (2) 【分析】本题考查矩形的折叠问题，菱形的判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，掌握折叠前后对应边相等，对应角相等，是解题的关键． （1）①由折叠得，由得，结合即可求解； ②由，，证明四边形是平行四边形，同①证明，推出，即可证明四边形是菱形； （2）由折叠得，，，用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理解和，最后用勾股定理解即可． 【详解】（1）解：①由折叠得， ， ， 矩形中， ， 故答案为：60，60； ②四边形是矩形， ， 又， 四边形是平行四边形； ， ， 由折叠得， ， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是矩形， ，，， 中，，， ， ， 由折叠得，，， ， 又，， ， 如图，过点E作于点G， ， ， ， ． 【变式2】（24-25八年级下·江苏南京·月考）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． (1)【活动一】在矩形中，现将纸片折叠，使点与点重合，折痕为，如果，，求的长． (2)【活动二】如图，在矩形中，点从边的中点出发，沿着匀速运动，速度为每秒个单位长度，到达点后停止运动，点是上的点，，设的面积为，点运动的时间为秒，与的函数关系如图所示． 图中 ， ，图中 ． 点在运动过程中，将矩形沿所在直线折叠，当 时，折叠后顶点的对应点落在矩形的一边上． 【答案】(1) (2)，，；秒或秒或秒 【分析】（1）由折叠的性质得，设，则，在中，由勾股定理得：，即，解出的值即可求解； （2）从图看出：点从到，面积逐渐增大，点从到，面积不变，故再从图看出：，，再计算即可； 分三种情况：在上，且在左方，或在上，且在右方，或在上，再运用勾股定理计算即可． 【详解】（1）解：在矩形中，现将纸片折叠，使点与点重合，折痕为， ，，，， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：， 即； （2）解：从图看出：点从到，面积逐渐增大，点从到，面积不变， 故再从图看出：，， ， 故答案为：，，； 如图，过作交于点， 由翻折得，， ，， ， 在中，， ， ； 如图： 由翻折得， ， ， ， ， 当点从运动到图为止时，， 在中，， ， ； 如图： 由翻折得， ， ， ， ， ， 由翻折得， ， ， ， 综上所述，的值为秒或秒或秒， 故答案为：秒或秒或秒． 【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 【变式3】（24-25八年级下·安徽合肥·期中）已知在长方形中，，．按下列要求折叠，试求出所要求的结果． (1)如图（1）所示，把长方形沿对角线折叠得，交于点F，求： (2)如图（2）所示，折叠长方形，使落在对角线上，求折痕的长； (3)如图（3）所示，折叠长方形，使点D与点B重合，求折痕的长． 【答案】(1)； (2)； (3)． 【分析】本题考查了折叠求值，勾股定理，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是运用勾股定理列方程． （1）可推出，设，则，在中，根据勾股定理得出，求得x的值，进一步得出结果； （2）可求得，的值，设，则，在中，根据勾股定理列出，求得x的值，进一步得出结果； （3）由（1）的结论可知：，，从而，，利用勾股定理即可求得的值． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 由折叠得：， ∴， ∴， 设，则， 在中， 由得，， ∴， ∴； ∴； （2）解：∵，，， ∴， 由折叠得：，，， ∴， 设，则， 在中，由得， ， ∴， ∴， ∴； （3）解：作于点， 则， ∴四边形是矩形， ∵点D与点B重合， ∴垂直平分， ∴， 由（1）知：，又点O是长方形中心， ∴， 同（1）， ∴，， ∴． 题型七 半角模型（正方形背景） 答｜题｜模｜板 【典例8】（24-25八年级下·湖南娄底·期末）如图，在正方形中，，点E在边上，且，将沿所在直线翻折得到，延长交边于点G，连接、，则下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确结论是（    ） A．①②③ B．①②③④ C．①③⑤ D．①②④ 【答案】B 【分析】根据正方形和折叠的性质，易证，可判断①结论；根据全等三角形的性质和勾股定理，可判断②结论；根据全等三角形的性质和三角形内角和定理，可判断③结论；根据三角形面积公式可判断④结论；根据叠的性质和全等三角形的性质，结合三角形内角和定理，可判断⑤结论． 【详解】解：四边形是正方形，， ，， ， ， ， 由折叠的性质可知，，，， ， 在和中， ， ，①结论正确； ， 设，则，， 在中，， ， 解得：，即， ， ，②结论正确； ， ， ， ，， ， ，③结论正确； ，， ，④结论正确； 由折叠的性质可知，， 由全等的性质可知，，， ， ， ， ， ，⑤结论错误， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，平行线的判定等知识，掌握相关知识点是解题关键． 【变式1】（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握利用图形的旋转来构造全等三角形是解题的关键． （1）根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案； （2）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据旋转的性质及全等三角形的判定与性质，可逐步证明，即得答案； （3）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案． 【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转，得到， ，，，， 四边形是正方形， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； （2）解：；理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， E在上， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：．理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ． 【变式2】（24-25八年级下·贵州黔南·期末）综合与实践： 【模型解读】“半角模型”是指在一个大角中包含着一个大小为其一半的角，通过边与角的特殊关系解决线段长度、角度的相关问题．例如：如图1，在正方形中，点E，F分别在上，连接，且，我们把这种模型称为“半角模型”．在解决问题时，“截长补短”是一种常用的方法，将分散的线段或角集中在一起，构造全等三角形，从而利用全等三角形的性质来解决问题． 【实践证明】（1）如图1，连接EF，为了证明“”，小李同学运用所学的几何知识，延长到点H，使，连接，通过证明，得到 ，从而得到，请你按照小李同学的思路写出证明过程； 【知识运用】（2）利用（1）的结论，若正方形的边长是4，则 的周长是 ； 【拓展延伸】（3）如图2，在四边形中，，，点E，F分别在 的延长线上，连接，且 探究线段 之间的数量关系，并证明． 【答案】（1）见解析；（2）8；（3），见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形解决问题． （1）沿着小李的思路，先证，再证，即可得出结论； （2）设，则，然后计算周长即可； （3）在上截取，使，连接，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出结论． 【详解】解：（1）， 理由如下： 沿着小李的思路进行证明， 在正方形中，有，， ∴， ∵，，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴； （2）设，则， ∴ 的周长为：， 故答案为：8； （3），理由如下： 如下图中，在上截取，使，连接，    ∵，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，且， ∴． 【变式3】（23-24八年级下·河南南阳·期末）【问题背景】 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与两对边的交点，构成的基本平面几何模型称为半角模型． 【问题发现】 （1）如图1，在正方形中，以A为顶点的，与边分别交于E，F两点．则之间的数量关系为_________． 【问题探究】 （2）如图2，在四边形中，，，，以A为顶点的，与边分别交于E，F两点，且，求五边形的周长． 【问题拓展】 （3）如图3，在四边形中，，与互补，点E，F分别在射线上，且．当，，时，请直接写出的周长．    【答案】（1）；（2）22；（3）18 【分析】（1）利用旋转的性质，可得，则可得出答案，证明即可； （2）根据旋转的性质得到，推出三点共线，根据全等三角形的性质即可得到，据此求解即可； （3）证明和，即可求解． 【详解】解：（1）， 理由：如图，将绕点顺时针旋转得到，   ， ， ∴点在一条直线上， ∵四边形为正方形， ， ， ， ， 在和中 ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）解：将绕点顺时针旋转得到，   ， ， 三点共线， ， ， ， ， ， ， ， 五边形的周长； （3）解：在上截取，   ， ， 在和中 ， ， ， ， ， ， 在和中 ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查全等三角形的性质与判定，正方形的性质，旋转的性质，补角的定义等知识点，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 题型八 利用特殊四边形对称性求解 答｜题｜模｜板（以正方形为例） 条件：如图，AC是正方形ABCD的对角线，点E在AC上 图示：正方形对角线，连接顶点对称现 解题策略：通过连接DE，通过“SAS”证明△AED≌△AEB或△CBE≌△CDE. 解题大招：正方形是轴对称图形，具有4条对称轴，围绕对称轴，有多组对称型全等. 口诀：正方形对角线，连接顶点对称现. 【典例8】（24-25八年级下·全国·单元测试）如图所示，在菱形中，对角线与相交于点，分别是的中点，为上的一个动点，若菱形的周长为，则的最小值为__________． 【答案】 【分析】由菱形的性质可知，，作点关于的对称点，由菱形的轴对称的性质，可知在上，可证得四边形是平行四边形，则，可知，当点在上时取等号，即可求解． 【详解】解：∵菱形的周长为， ∴，， 作点关于的对称点，由菱形的轴对称的性质，可知在上， ∵分别是的中点， ∴，， 由轴对称可知，， 则， ∴四边形是平行四边形，则， ∴，当点在上时取等号， 故的最小值为． 【变式1】（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，在正方形中，E是上一点，，P是上一动点，则的最小值是____． 【答案】 【分析】本题考查了轴对称——最短路线问题，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键； 由正方形的性质得出B、D关于对称，根据两点之间线段最短可知，连接，交于P，连接，则此时的值最小，进而利用勾股定理求出即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形，为对角线， ∴B、D关于对称，， ∴， ∴， 当点三点共线时，取得最小值，即为，如图： ∵，， ∴， 在中 ∴， 故的最小值是． 故答案为：． 【变式2】（24-25八年级上·陕西西安·月考）【问题发现】 （1）如图1所示，将军每天从军营出发，先到河边饮马，再去河岸同侧的军营开会，为了方便，将军给自己制定了方案，找到了饮马的最佳位置，如图2，作关于直线的对称点，连接与直线交于，点就是所求位置． 直线是点，的对称轴， ． ． 根据“ ”可得的最小值是． 【问题探究】（2）如图3，在正方形中，，是边上的一点，且，是上的一个动点，求周长的最小值． 【问题解决】（3）如图4、在长方形中，，，是边上一点，且，点是线段上的任一点，连接，以为直角边在上方作等腰直角三角形，为斜边．连接，边上存在一个点，且，连接，的周长是否存在最小值？若存在，请求出周长最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）两点之间，线段最短；（2）12；（3）存在，周长最小值为 【分析】（1）根据两点之间线段最短可得答案； （2）连接，，利用正方形的性质、勾股定理可得出A、C关于对称，，，则周长=，当E、F、C三点共线时，周长最小，即可求解； （3）如图，过F作于G，交于K，过于H，交于O，过M作于N，交于，根据矩形的性质和勾股定理可求出，，证明四边形是矩形，得出，，结合是等腰直角三角形，可证明，得出，同理可证四边形是矩形，可求出，同理可证是矩形，可求出，证明是等腰直角三角形，得出，根据勾股定理可求出，则可判断；垂直平分，得出，则，当P、F、N三点共线时，最小，最小值为，然后利用三角形的周长公式求解即可． 【详解】解：（1）直线是点，的对称轴， ． ． 根据“两点之间，线段最短”可得的最小值是， 故答案为：两点之间，线段最短； （2）连接，， ∵在正方形中，， ∴，，A、C关于对称， ∴，， ∴ ∴周长=， 当E、F、C三点共线时，的周长最小，最小值为； （3）如图，过F作于G，交于K，过于H，交于O，过M作于N，交于， 在长方形中，，， ∴，， 又， ∴， ∴， 又 ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， 又是等腰直角三角形， ∴，， ∴， 又， ∴， ∴， 同理可证四边形是矩形， ∴，， ∴， 同理可证是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴垂直平分，， ∴， ∴， ∴当P、F、N三点共线时，最小，最小值为， 又的周长为， ∴的周长最小值为． 【点睛】本题考查了轴对称的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，二次根式的化简等知识，作出合适的辅助线是解本题的关键． 【变式3】（23-24八年级下·山东济南·期末）唐朝诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，这句诗让我想到了有趣的“将军饮马”问题：将军从A地出发到河边l饮马，然后再到B地军营视察，怎样走路径最短？ 【数学模型】如图1，A，B是直线l同旁的两个定点．在直线l上确定一点P，使的值最小． 解决方法：作点A关于直线l的对称点，连接交l于点P，则点P即为所求．此时，的值最小，且． 【模型应用】 问题1．如图2，在正方形中，，点E在边上，且，点P是对角线上的一个动点，则的最小值是 ． 问题2．如图3，在平面直角坐标系中，点，点． （1）请在x轴上确定一点P，使的值最小，求出点P的坐标； （2）请直接写出的最小值． 【模型迁移】 问题3．如图4，在菱形中，对角线相交于点O，，．点P和点E分别为上的动点，求的最小值． 【答案】问题1：；问题2：（1）；（2）的最小值；问题3：． 【分析】问题1：连接，则，，即的最小值是长度，再根据勾股定理求出答案即可． 问题2：（1）由待定系数法可求的解析式，即可求解； （2）由，则当点A，点P，点三点共线时，的最小值为的长，由勾股定理可求解； 问题3：由菱形的性质可得，，由勾股定理可求的长，由面积法可求的长，即可求解． 【详解】问题1：连接， ∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 即的最小值是BE长度， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值是． 故答案为：． 故答案为：； 问题2：（1）作点B关于x轴的对称点，连接交x轴于点P，则点P即为所求．此时，的值最小， ∵点． ∴， 设直线的解析式为， ∵点，点． ∴， 解得：， ∴直线的解析式为， 当时，， 解得：， ∴点P的坐标； （2）的最小值； 问题3：如图5，过A作，交于P，连接， 此时线段最小，且， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， 即： ∴的最小值是． 【点睛】本题考查了轴对称最短问题，正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，一次函数的应用，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 题型九 其它模型（手拉手、一线三等角等） 【典例9】（25-26八年级下·广东广州·期中）如图，四边形是正方形，是边上一动点（不与点重合），连接． (1)如图，以为直角边，构造等腰直角三角形，连接，求证：； (2)在（）的条件下，当点运动时，的大小会不会发生变化？如果会变化，请说明理由；如果不会变化，请求出的度数； (3)如图，以为斜边，构造等腰直角三角形，连接，当点运动时，试探究，的数量关系并证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)的大小不会发生变化， (3)，证明见解析 【分析】（）利用余角性质即可求证； （）如图，过点作，交的延长线于点，可证 ，得到，，进而可得，得到是等腰直角三角形，即得到，即可求解； （）如图，过点作交于点，交于点，过点作交于点，交于点，可证四边形 、、 、、都是矩形，得到，，，，，即得，同理（）可证，，进而得到，得 ，得到四边形是正方形，即得到，即得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵是等腰直角三角形，为直角边， ∴， ∴， ∴； （2）解：的大小不会发生变化，，理由如下： 如图，过点作，交的延长线于点，则， 由（）知，， ∴ ， ∵是等腰直角三角形，为直角边， ∴， 在和中， ， ∴ ， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴ ，即， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴的大小不会发生变化，为； （3）解： ，证明如下： 如图，过点作交于点，交于点，过点作交于点，交于点， ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∴，， ∴四边形 、、 、、都是矩形， ∴，，，，， ∴， 同理（）可证， ∴，， ∴， ∴， 即， ∴四边形是正方形， ∴ ，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 【变式1】（2023九年级·辽宁抚顺·学业考试）已知，四边形是正方形，绕点旋转，连接．    (1)如图1，求证：； (2)直线与相交于点．如图2，于点于点，求证：四边形是正方形； 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据证明三角形全等即可； （2）根据邻边相等的矩形是正方形证明即可． 【详解】（1）证明：四边形是正方形． ． ． 在和中． ； （2）证明：如图，设与相交于点，   ． ． ． ． ， ． ， ， 四边形是矩形． ， 四边形是正方形． ． ． 矩形是正方形． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角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，属于中考压轴题． 【变式2】（2026八年级下·全国·专题练习）如图①，已知正方形和正方形，点在的延长线上，点在边上． (1)求证：； (2)现将正方形绕点按顺时针方向旋转，当正方形旋转至图②的位置时，分别交，于点，．求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据正方形的性质，利用即可得证； （2）证明，得到，推出，即可． 【详解】（1）证明：在正方形和正方形中， ，，． 在和中， ． （2）证明：， ， ． 又，， ， ． ， ， ． 期末重难突破练（测试时间：20分钟） 1．（22-23八年级下·江西上饶·月考）我们定义：若E，F，G，H分别是四边形各边的中点，且四边形是矩形，则四边形是四边形的中矩四边形． (1)如图1，四边形是菱形，E，F，G，H分别是四边形各边的中点，求证；四边形是四边形的中矩四边形．    (2)如图2，以锐角的两边，为边，在外作等腰和等腰，其中，F，G，H，M分别为，，，的中点．    ①求证：四边形是四边形的中矩四边形． ②若四边形的面积为8，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②32 【分析】（1）证明：如图，连接，，证明，，，可得，四边形是平行四边形，可得四边形是矩形，从而可得结论； （2）①如图，连接，交于点，记与的交点为，证明四边形是平行四边形，，可得，证明，可得，从而可得结论；②证明四边形是正方形，可得，（负根舍去），证明，再利用勾股定理可得答案． 【详解】（1）证明：如图，连接，，      ∵E，F，G，H分别是菱形各边的中点， ∴，，， ∴，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∴四边形是四边形的中矩四边形． （2）①如图，连接，交于点，记与的交点为，    由题意得：，， ∴四边形是平行四边形， ∵等腰和等腰，， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，而，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴四边形是四边形的中矩四边形． ②∵， ∴， ∵F，G，H，M分别为，，，的中点． ∴，， ∴，而四边形是矩形， ∴四边形是正方形， ∵四边形的面积为8， ∴， ∴，（负根舍去） ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是菱形的性质，矩形的判定，正方形的判定，勾股定理的应用，三角形的中位线的性质，全等三角形的判定与性质，理解新定义的含义，作出合适的辅助线是解本题的关键． 2.（24-25八年级下·吉林长春·期中）【模型特征】小亮发现，连接正方形的顶点与对边某点得到两条线段，若两条线段互相垂直，则这两条线段相等；若两条线段相等，则这两条线段互相垂直．例如图①，在正方形中，点E、F分别在边和上且于点H，易证．应用此模型可以解决一些几何问题． 【模型应用】 （1）如图②，正方形的边长为3，E为边上一点，．将正方形沿折叠，使点A恰好与点E重合，连接，求四边形的面积． 【拓展应用】 （2）如图③，在正方形中，点E、F分别在正方形的边上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为3，则线段的长为______． 【答案】（1）5；（2） 【分析】本题主要考查了正方形与折叠问题，矩形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． （1）过点F作于H，可证明四边形是矩形，得到；由折叠的性质可得，设，则，由勾股定理得，解方程可得，再根据列式求解即可； （2）延长交于S，由折叠的性质可知，，，，，由勾股定理可得，则，设，则，由勾股定理得，解方程得到，再利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：（1）如图所示，过点F作于H， ∵四边形是边长为3的正方形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴； 由折叠的性质可得， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， ∴； （2）延长交于S， 由翻折的性质可知，，，，， 四边形是边长为3的正方形， ，， ，， ， 设，则， 在中，由勾股定理得： ∴， ， ， ， ， ． 期末综合拓展练（测试时间：30分钟） 1．（23-24八年级下·陕西西安·月考）如图1，四边形是正方形，E，F分别在边和上，且（此时），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段，，之间的关系，将绕点A顺时针旋转后解决了这个问题． (1)请直接写出线段，，之间的关系． (2)如图3，等腰直角三角形，，，点E，F在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由． (3)如图4，在中，，，点D，E在边上，且，当，时，求的长． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)40 【分析】本题主要考查旋转的性质，正方形的性质及全等三角形的判定和性质、勾股定理，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）利用旋转的性质，证明，得到，等量代换，即可证明； （2）把绕点顺时针旋转得到，连接，根据旋转的性质得，，在中，，可求得，所以，再证明，利用得到． （3）同（2）方法，把绕点顺时针旋转得到，连接，可证明：，在中，，，，过点D作，垂足为，利用直角三角形性质和勾股定理求出即可求出答案． 【详解】（1）解： 证明：由旋转可得，，， 四边形为正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （2）猜想：， 证明：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图3，   ，，，， ， ， ，即， ， 又， ， ，即， 在和中 ， ， ． （3）证明：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图4，   ，，，， ，， ， ，即， 又， ， 在和中 ， ， 过点D作，垂足为， ∵， ∴， ∴， ． ∴， ∴， ∴． 2．（24-25八年级下·河南漯河·期中）已知正方形，点E，F分别为边上两点． 【建立模型】 （1）如图1，连接，如果，求证：； 【模型应用】 （2）如图2，点E为边上一点，连接，作的垂直平分线交于点G，交于点F，若，，求的长度； 【模型迁移】 （3）如图3，将沿折叠，使点B落在上的点G处，与交于点M，若，，请直接写出的长度． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）证明即可； （2）连接，过点作于点H，由垂直平分，则，，可得四边形为矩形，证明，则，同理可证明四边形为矩形，设，则，，则，那么，在中，由勾股定理建立方程，求解，即可得出答案； （3）由折叠可得：，同（1），，，则，，由勾股定理得，由面积法得到，再由即可求解． 【详解】（1）证明：如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接，过点作于点H， ∵垂直平分， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理可证明四边形为矩形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴设， 则， ∴， ∴， 在中， 由勾股定理得： ∴ 解得：， ∴； （3）如图： 由折叠可得：，， 同（1），， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，熟练掌握正方形的性质和折叠的不变性是解题的关键． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 与四边形有关的热考模型（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 含 60° 角的菱形模型：★★ 题型二 正方形风车模型：★★★ 题型三 十字架模型：★★★ 题型四 垂美四边形：★★ 题型五 中点四边形模型：★★ 题型六 矩形折叠模型：★★★ 题型七 半角模型（正方形背景）：★★★ 题型八 利用特殊四边形对称性求解：★★★ 题型九 其它模型（手拉手、一线三等角等）：★★★ 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 含 60°角的菱形模型 能利用菱形性质与等边三角形判定，求解含 60° 菱形的边长、对角线、面积与角度 中档高频考点，常与勾股定理、等边三角形性质结合考查，是菱形综合题的核心模型 正方形风车模型 能利用正方形的对称性与全等三角形判定，解决线段相等、垂直、和差关系问题 拔高考点，常作为压轴题背景，考查多结论探究与全等证明 十字架模型 能利用正方形 / 矩形中互相垂直的线段，证明线段相等、求线段长度或面积 高频易错点，常出现在选择、填空压轴题，需结合全等或相似三角形分析 垂美四边形 能利用对角线互相垂直的四边形性质，计算边长、对角线与面积 创新考点，常与勾股定理结合考查，需掌握其面积与边长关系公式 中点四边形模型 能根据原四边形的形状，判断中点四边形的形状，并分析其周长、面积变化 中档常考点，常出现在选择题，需掌握不同原四边形对应的中点四边形结论 矩形折叠模型 能利用折叠的对称性，结合勾股定理求解矩形折叠后的线段长度、角度或面积 期末必考易错题型，需注意折叠前后边、角的对应关系，常需列方程求解 半角模型（正方形背景） 能利用正方形中的半角条件，证明线段和差关系、求解线段长度 培优压轴模型，常出现在解答题中，需通过旋转构造全等三角形解决 利用特殊四边形对称性求解 能利用矩形、菱形、正方形的轴对称 / 中心对称性，解决最短路径、最值问题 数形结合核心考点，常与将军饮马模型结合，考查对称性的实际应用 其它模型（手拉手、一线三等角等） 能结合四边形背景，利用手拉手、一线三等角等模型解决线段、角度问题 综合拓展考点，需灵活迁移三角形模型，考查几何综合分析能力 题型一 含 60°角的菱形模型 解｜题｜技｜巧 【典例1】（24-25九年级上·安徽合肥·期末）如图，菱形中，，是边上一点，是边上一点，，连接交于点，若，则下列结论错误的是（   ） A．的最小值为 B．的最大值为1 C．面积的最大值是 D．的最小值是3 【变式1】（25-26八年级上·山东济宁·期末）如图，已知在菱形中，，、分别是射线和上的两个点，，以下结论：①；②是等边三角形；③；④，，若，则面积的最大值为．其中正确的个数有（   ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级下·河南新乡·期末）综合与实践课上，腾飞小组三位同学对含角的菱形进行了探究： 【背景】在菱形中，，作，分别交边于点P、Q． (1)【感知】如图1，若点P是边的中点，小腾经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你写出这个关系式______，此时的形状是______． (2)【探究】如图2，小飞说“点P为上任意一点时，（1）中的两个结论仍然成立”，你同意吗？请说明理由． (3)【应用】小宛取出如图3所示的菱形纸片，测得，，在边上取一点P，连接，在菱形内部作，交于点Q，当时，请直接写出的面积． 【变式3】（21-22八年级下·江苏扬州·周测）如图1，已知菱形的边长为6，， 点、分别是边、上的动点（不与端点重合），且． (1)求证：是等边三角形； (2)点、在运动过程中，四边形的面积是否变化，如果变化，请说明理由；如果不变，请求出面积； (3)如图2，连接分别与边、交于、，当时，求证：． 题型二 正方形风车模型 答｜题｜模｜板 【典例2】（25-26八年级上·河北唐山·期中）如图，有大小不同的2个正方形A和B，当B的对角线交点与A的一个顶点重合时，重叠部分的面积是A的，那么当A的对角线交点与B的一个顶点重合时，重叠部分的面积是B的（  ） A． B． C． D． 【变式1】（2026·吉林长春·二模）如图，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为4，四边形为两个正方形重叠部分．正方形可绕点O转动，给出下列结论： ①；②正方形的面积是四边形的面积的4倍；③连接，总有；④当时，四边形的周长为．上述结论中，所有正确结论的序号是______． 【变式2】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）已知，在平面直角坐标系中，正方形的顶点是原点，点分别在轴和轴的正半轴上，若顶点的坐标为，且满足：． (1)直接写出值：_______，_______； (2)正方形对角线的交点为O，已知正方形绕点O转动，且交于交于F，在正方形转动过程中，求四边形的面积．直接写出的最小值为________． (3)如图2，若正方形绕点C转动，点E是的中点，点F是的中点，连接，求的值． 【变式3】（25-26八年级下·湖北·期中）的对角线、相交于点，另有一个与之全等的绕着点转动，与相交于点，与相交于点，且． (1)【链接教材】如图1，若和均为正方形，四边形为两个正方形重叠部分．则下列结论正确的是_________(填序号即可)： ①；②；③；④连接，总有． (2)【类比迁移】如图2，若和均为矩形，连接，猜想，，之间的数量关系，并证明； (3)【拓展应用】如图3，若和均为菱形，且，，直接写出转动过程中的最大值为_________． 题型三 十字架模型 答｜题｜模｜板 【基础模型-两边过顶点】 使用场景：在正方形ABCD中，E，F分别是BC，DC上的点，AE与BO相交于点O，互相推导①BE=CF，②AE=BF，③AE⊥BF 图示： 大招结论：相等则垂直，垂直则相等. 【模型进阶-一边过顶点】 条件：在正方形ABCD中，E，F，G分别是BC，AB，DC上的点，AE与FG相交于点O， 图示： 辅助线作法：过点B作BM∥FG交CD于点M. 结论：正方形十字模型中，构成“十”字形的两条线段，知垂直推相等，知相等推垂直. 【模型进阶-两边均不过顶点】 图示： 结论：正方形十字模型中，构成“十”字形的两条线段，知垂直推相等，知相等推垂直. 易｜错｜点｜拨 以上结论成立的条件是:四点必须位于四边，否则不成立. 【典例3】（25-26八年级下·山东德州·期中）如图1，点，分别是正方形的边、的中点，连接、 (1)求证： ①； ②； (2)将沿翻折得到，延长交的延长线于点，如图2，求证：是等腰三角形； 【变式1】（25-26九年级上·安徽宿州·阶段检测）如图，在正方形中，G、E、F是正方形边上的点，连接、，与交于点M，，． (1)求证：； (2)连接、、、的中点P、Q、R、S，试说明四边形是什么特殊的四边形． 【变式2】（24-25八年级下·江西宜春·期中）已知在正方形中，点E、F分别为边上两个动点． (1)①如图1，连接相交于点O，若，则和的数量关系为　　　　　； ②如图2，在①的条件下，若点E是中点，连接，求证：． (2)如图3，作的垂直平分线交于点G，交于点F． ①若，，求的长； ②如图4，连接，若，四边形面积的取值范围是　　　　　． 题型四 垂美四边形 答｜题｜模｜板 【典例4】（2020·四川雅安·中考真题）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点．若，则__________． 【变式1】（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，四边形的两条对角线，互相垂直，，． （1）顺次连接四边形各边中点所围成的四边形的周长是 __ ； （2）的最小值是 __ ． 【变式2】（24-25八年级上·北京·期末）定义：若一个四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为“垂美四边形”． (1)如图1，四边形是“垂美四边形”，则根据勾股定理 ＝ ＋ ；＝ ＋ ； ＝ ＋ ；＝ ＋ ； 所以，用等式表示、、、之间的数量关系是 ； (2)如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接、、，分别交、于点，． ①与的位置关系是 ，给出证明； ②若，，则线段的长是 ． 【变式3】（24-25八年级下·广西贵港·期中）定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．如：在如图1中，四边形的对角线与互相垂直，故四边形叫做垂美四边形． (1)概念理解：如图2，在四边形中，，问四边形是垂美四边形吗？说明理由． (2)性质探究：垂美四边形的两组对边的平方和相等．已知：如图1，与是垂美四边形的两组对边．求证：； (3)解决问题：如图3，在中，，分别以的斜边和直角边为边向外作等腰和等腰，使得，连接．若，则的值为_______． 题型五 中点四边形模型 答｜题｜模｜板 1）顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是平行四边形. 2）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和. 3）中点四边形的面积等于原四边形面积的一半. 4）顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 5）顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 6）顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形. 7）顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形. 速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正. 【典例5】（24-25八年级下·四川绵阳·期中）如图，顺次连接任意四边形各边中点，所得的四边形是中点四边形．下列四个叙述：①中点四边形一定是平行四边形；②当四边形是矩形，中点四边形也是矩形；③当四边形是菱形，中点四边形也是菱形；④当四边形是正方形，中点四边形也是正方形． 其中正确的结论是（    ） A．②③ B．①④ C．①②③ D．①②③④ 【变式1】（23-24八年级下·广西南宁·月考）如图，在矩形中，，顺次连结各边中点得到菱形，再顺次连接菱形各边中点，得到矩形，再顺次连接矩形各边中点，得到菱形，如此下去，四边形的面积等于（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级下·安徽淮北·期末）【主题学习】定义：顺次连接四边形各边中点所得的四边形叫作中点四边形．为了探索中点四边形，某校八年级数学兴趣小组开展一次主题学习活动． 【成果展示】经过合作探究，相互交流，各小组将他们的成果进行汇报，部分信息汇总如下： 原四边形 任意四边形 矩形 菱形 图形 中点四边形 平行四边形 菱形 矩形 发现 任意四边形的中点四边形一定是平行四边形． 对角线 ① 的四边形，它的中点四边形是菱形． 对角线 ② 的四边形，它的中点四边形是矩形． （1）填写上表中的空格①______；②______； 【逆向探究】在探究过程中，有小组提出“正方形的中点四边形是正方形”． （2）判断命题“正方形的中点四边形是正方形”的逆命题是真命题还是假命题，如果是真命题，请给出证明，如果是假命题，请画图说明． 【拓展延伸】如图，四边形中，，，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，……，如此进行下去，得到四边形． （3）设，，则：四边形的面积等于______，四边形的周长等于______． 【变式3】（24-25八年级下·西藏·期中）阅读理解：我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形．如图1，在四边形中，E，F，G，H分别是边，，，的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． 问题解决 （1）判断图1中的中点四边形的形状，并说明理由； （2）当图1中的四边形的对角线添加条件 时，这个中点四边形是正方形． 拓展延伸 （3）如图2，在四边形中，点M在上且和为等边三角形，E、F、G、H分别为，，，的中点，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 【变式4】（24-25八年级下·广东东莞·期中）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 数量关系、位置关系 特殊四边形 不相等、不垂直 平行四边形 【探究一】 （1）如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点，求证：中点四边形是平行四边形．（请写出完整的证明过程） 【探究二】 （2）由图2，从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究三】 （3）由图3，从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究四】 （4）结合图2、图3，得出猜想Ⅲ：原四边形对角线________时，中点四边形是正方形． 题型六 矩形折叠模型 答｜题｜模｜板 【典例6】（24-25八年级下·湖北十堰·期末）如图1，小华将矩形纸片先沿对角线折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线上，点B 的对应点记为，折痕与边分别交于点E，F． （1） 如图2， 当点与点D 重合时， 四边形是___________ ． （2） 如图3， 当时， 与的数量关系是___________． 【变式1】（24-25八年级下·广西防城港·期中）【综合与实践】综合实践课上，老师让同学们以“简单矩形折叠”为主题开展学习活动，同学们积极参与了矩形折叠活动． (1)操作与证明： ①如图①所示，小华将矩形沿折叠后，使得点C与点A重合，点D与点G重合，若，则_______，_______； ②如图②所示，张三将矩形沿对角线折叠后，使得点C与点E重合，与交于点F，过点D作交BC于点G，求证：四边形是菱形； (2)迁移应用： 如图③所示，李四将矩形沿对角线折叠后，使得点C与点E重合，与交于点F，连接，若，，求的长． 【变式2】（24-25八年级下·江苏南京·月考）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． (1)【活动一】在矩形中，现将纸片折叠，使点与点重合，折痕为，如果，，求的长． (2)【活动二】如图，在矩形中，点从边的中点出发，沿着匀速运动，速度为每秒个单位长度，到达点后停止运动，点是上的点，，设的面积为，点运动的时间为秒，与的函数关系如图所示． 图中 ， ，图中 ． 点在运动过程中，将矩形沿所在直线折叠，当 时，折叠后顶点的对应点落在矩形的一边上． 【变式3】（24-25八年级下·安徽合肥·期中）已知在长方形中，，．按下列要求折叠，试求出所要求的结果． (1)如图（1）所示，把长方形沿对角线折叠得，交于点F，求： (2)如图（2）所示，折叠长方形，使落在对角线上，求折痕的长； (3)如图（3）所示，折叠长方形，使点D与点B重合，求折痕的长． 题型七 半角模型（正方形背景） 答｜题｜模｜板 【典例8】（24-25八年级下·湖南娄底·期末）如图，在正方形中，，点E在边上，且，将沿所在直线翻折得到，延长交边于点G，连接、，则下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确结论是（    ） A．①②③ B．①②③④ C．①③⑤ D．①②④ 【变式1】（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【变式2】（24-25八年级下·贵州黔南·期末）综合与实践： 【模型解读】“半角模型”是指在一个大角中包含着一个大小为其一半的角，通过边与角的特殊关系解决线段长度、角度的相关问题．例如：如图1，在正方形中，点E，F分别在上，连接，且，我们把这种模型称为“半角模型”．在解决问题时，“截长补短”是一种常用的方法，将分散的线段或角集中在一起，构造全等三角形，从而利用全等三角形的性质来解决问题． 【实践证明】（1）如图1，连接EF，为了证明“”，小李同学运用所学的几何知识，延长到点H，使，连接，通过证明，得到 ，从而得到，请你按照小李同学的思路写出证明过程； 【知识运用】（2）利用（1）的结论，若正方形的边长是4，则 的周长是 ； 【拓展延伸】（3）如图2，在四边形中，，，点E，F分别在 的延长线上，连接，且 探究线段 之间的数量关系，并证明． 【变式3】（23-24八年级下·河南南阳·期末）【问题背景】 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与两对边的交点，构成的基本平面几何模型称为半角模型． 【问题发现】 （1）如图1，在正方形中，以A为顶点的，与边分别交于E，F两点．则之间的数量关系为_________． 【问题探究】 （2）如图2，在四边形中，，，，以A为顶点的，与边分别交于E，F两点，且，求五边形的周长． 【问题拓展】 （3）如图3，在四边形中，，与互补，点E，F分别在射线上，且．当，，时，请直接写出的周长．    题型八 利用特殊四边形对称性求解 答｜题｜模｜板（以正方形为例） 条件：如图，AC是正方形ABCD的对角线，点E在AC上 图示：正方形对角线，连接顶点对称现 解题策略：通过连接DE，通过“SAS”证明△AED≌△AEB或△CBE≌△CDE. 解题大招：正方形是轴对称图形，具有4条对称轴，围绕对称轴，有多组对称型全等. 口诀：正方形对角线，连接顶点对称现. 【典例8】（24-25八年级下·全国·单元测试）如图所示，在菱形中，对角线与相交于点，分别是的中点，为上的一个动点，若菱形的周长为，则的最小值为__________． 【变式1】（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，在正方形中，E是上一点，，P是上一动点，则的最小值是____． 【变式2】（24-25八年级上·陕西西安·月考）【问题发现】 （1）如图1所示，将军每天从军营出发，先到河边饮马，再去河岸同侧的军营开会，为了方便，将军给自己制定了方案，找到了饮马的最佳位置，如图2，作关于直线的对称点，连接与直线交于，点就是所求位置． 直线是点，的对称轴， ．．根据“ ”可得的最小值是． 【问题探究】（2）如图3，在正方形中，，是边上的一点，且，是上的一个动点，求周长的最小值． 【问题解决】（3）如图4、在长方形中，，，是边上一点，且，点是线段上的任一点，连接，以为直角边在上方作等腰直角三角形，为斜边．连接，边上存在一个点，且，连接，的周长是否存在最小值？若存在，请求出周长最小值；若不存在，请说明理由． 【变式3】（23-24八年级下·山东济南·期末）唐朝诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，这句诗让我想到了有趣的“将军饮马”问题：将军从A地出发到河边l饮马，然后再到B地军营视察，怎样走路径最短？ 【数学模型】如图1，A，B是直线l同旁的两个定点．在直线l上确定一点P，使的值最小． 解决方法：作点A关于直线l的对称点，连接交l于点P，则点P即为所求．此时，的值最小，且． 【模型应用】 问题1．如图2，在正方形中，，点E在边上，且，点P是对角线上的一个动点，则的最小值是 ． 问题2．如图3，在平面直角坐标系中，点，点． （1）请在x轴上确定一点P，使的值最小，求出点P的坐标； （2）请直接写出的最小值． 【模型迁移】 问题3．如图4，在菱形中，对角线相交于点O，，．点P和点E分别为上的动点，求的最小值． 题型九 其它模型（手拉手、一线三等角等） 【典例9】（25-26八年级下·广东广州·期中）如图，四边形是正方形，是边上一动点（不与点重合），连接． (1)如图，以为直角边，构造等腰直角三角形，连接，求证：； (2)在（）的条件下，当点运动时，的大小会不会发生变化？如果会变化，请说明理由；如果不会变化，请求出的度数； (3)如图，以为斜边，构造等腰直角三角形，连接，当点运动时，试探究，的数量关系并证明． 【变式1】（2023九年级·辽宁抚顺·学业考试）已知，四边形是正方形，绕点旋转，连接．    (1)如图1，求证：； (2)直线与相交于点．如图2，于点于点，求证：四边形是正方形； 【变式2】（2026八年级下·全国·专题练习）如图①，已知正方形和正方形，点在的延长线上，点在边上． (1)求证：； (2)现将正方形绕点按顺时针方向旋转，当正方形旋转至图②的位置时，分别交，于点，．求证：． 期末重难突破练（测试时间：20分钟） 1．（22-23八年级下·江西上饶·月考）我们定义：若E，F，G，H分别是四边形各边的中点，且四边形是矩形，则四边形是四边形的中矩四边形． (1)如图1，四边形是菱形，E，F，G，H分别是四边形各边的中点，求证；四边形是四边形的中矩四边形．    (2)如图2，以锐角的两边，为边，在外作等腰和等腰，其中，F，G，H，M分别为，，，的中点．    ①求证：四边形是四边形的中矩四边形． ②若四边形的面积为8，，求的值． 2.（24-25八年级下·吉林长春·期中）【模型特征】小亮发现，连接正方形的顶点与对边某点得到两条线段，若两条线段互相垂直，则这两条线段相等；若两条线段相等，则这两条线段互相垂直．例如图①，在正方形中，点E、F分别在边和上且于点H，易证．应用此模型可以解决一些几何问题． 【模型应用】 （1）如图②，正方形的边长为3，E为边上一点，．将正方形沿折叠，使点A恰好与点E重合，连接，求四边形的面积． 【拓展应用】 （2）如图③，在正方形中，点E、F分别在正方形的边上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为3，则线段的长为______． 期末综合拓展练（测试时间：30分钟） 1．（23-24八年级下·陕西西安·月考）如图1，四边形是正方形，E，F分别在边和上，且（此时），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段，，之间的关系，将绕点A顺时针旋转后解决了这个问题． (1)请直接写出线段，，之间的关系． (2)如图3，等腰直角三角形，，，点E，F在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由． (3)如图4，在中，，，点D，E在边上，且，当，时，求的长． 2．（24-25八年级下·河南漯河·期中）已知正方形，点E，F分别为边上两点． 【建立模型】 （1）如图1，连接，如果，求证：； 【模型应用】 （2）如图2，点E为边上一点，连接，作的垂直平分线交于点G，交于点F，若，，求的长度； 【模型迁移】 （3）如图3，将沿折叠，使点B落在上的点G处，与交于点M，若，，请直接写出的长度． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $