专题06 特殊平行四边形18大题型（期末复习讲义）八年级数学下学期新教材浙教版

专题06 特殊平行四边形（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01 矩形的性质 题型02 矩形的判定 题型03 矩形的性质与判定的综合 题型04直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质运用 题型05菱形的性质 题型06菱形的判定 题型07菱形的性质与判定的综合 题型08 正方形的性质 题型09正方形的判定 题型10 正方形的性质与判定 题型11特殊四边形性质与判定的综合 题型12四边形与平面直角坐标系的综合 题型13 特殊四边形中的多结论判断问题 题型14特殊四边形与折叠问题 题型15特殊四边形与动点运动问题 题型16中点四边形问题 题型17 特殊四边形与最值问题 题型118 特殊平行四边形综合题 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 1. 矩形的性质与判定 掌握矩形 “四个角直角、对角线相等” 性质；掌握 3 种判定；能计算与证明 高频中档；常考对角线、角度、面积；易错：矩形是特殊平行四边形、对角线相等 2. 菱形的性质与判定 掌握菱形 “四边相等、对角线垂直平分” 性质；掌握 3 种判定；能计算与证明 重点高频；必考对角线垂直、面积（对角线乘积一半）；易错：菱形对角线互相垂直 3. 正方形的性质与判定 掌握正方形兼具矩形、菱形所有性质；掌握 4 种判定；能综合计算与证明 期末压轴高频；综合边、角、对角线、对称性；易错：正方形判定条件需同时满足矩形 + 菱形 4. 特殊平行四边形综合（折叠、动点、最值） 能综合矩形、菱形、正方形性质；解决折叠、动点、最值问题；结合勾股定理 期末压轴必考；难度大；易错：折叠前后边 / 角相等、动点范围、最值转化 5. 平行四边形与特殊平行四边形关系 理清平行四边形、矩形、菱形、正方形从属关系；能进行转化判定 基础 + 中档；常考概念辨析、分类讨论；易错：从属关系混淆、判定条件遗漏 知识点01 矩形的概念与性质 ●●定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. ●●性质定理：矩形的四个角都是直角，对角线相等. 几何语言： ∵ 四边形ABCD是矩形, ∴ ∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AC=BD. ★1、矩形是特殊的平行四边形，它具有平行四边形的所有性质. ★2、矩形是轴对称图形，邻边不相等的矩形有两条对称轴，分别是对边所在中点连线的直线. ★3、矩形的四个角都是直角，常把矩形的问题转化为直角三角形的问题来解决，同时，矩形被两条对角线分成两对全等的等腰三角形，因此在解决相关问题时，也常常用到等腰三角形的性质. ★4、矩形的面积 = 长×宽，矩形的面积=被对角线分成的四个面积相等的小三角形（等腰三角形）面积之和. 知识点02 矩形的判定 ●矩形的判定方法： 方法一：有一个角是直角的平行四边形是矩形； 方法二：对角线相等的平行四边形是矩形； 方法三：有三个角是直角的四边形是矩形； 知识点03 菱形的概念与性质 ●●定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 ◆1、菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质. ②菱形的四条边都相等. ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角. ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线. ⑤利用菱形的性质可证线段，角相等. ◆2、菱形的面积计算 ①利用平行四边形的面积公式=底×高． ②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度） ③ 四个小直角三角形的面积之和(或一个小直角三角形面积的 4 倍)； 知识点04 菱形的判定 ●●菱形的判定方法： ◆1、定义法：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. ◆2、判定定理1（从对角线）：对角线互相垂直的平行四边形是菱形. ◆3、判定定理2（从边）：四条边相等四边形是菱形. 知识点05 正方形的概念与性质 ●●定义：四条边相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形。 ★1、具有矩形、菱形、平行四边形的一切性质，即 ①边：四条边相等，邻边垂直，对边平行； ②角：四个角都是直角； ③对角线：对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角； ④正方形式轴对称图形，有四条对称轴； ★2、正方形的面积计算 ①边长的平方；②对角线平方的一半； ★3、正方形特有的性质： ①正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形；正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形； ②周长相等四边形中，正方形的面积最大. 知识点06 正方形的判定 ★1、正方形判定方法： 定义法 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 四边形法 有四条边相等，三个角都是直角的四边形是正方形. 对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形. 平行四边形法 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形. 矩形法 有一组邻边相等的矩形是正方形. 对角线相互垂直的矩形是正方形. 菱形法 有一个角是直角的菱形是正方形. 对角线相等的菱形是正方形. 题型一 矩形的性质 解｜题｜技｜巧 1.依托矩形四个角为直角、对角线相等的特性，结合勾股定理计算线段长度； 2.利用矩形对角线互相平分且相等，推导等腰三角形，简化角度计算； 3.矩形问题常转化为直角三角形、等腰三角形问题，拆分复杂图形； 4.涉及周长、面积计算，套用基础公式，结合线段等量关系求解。 【典例1】（23-24八年级下·浙江温州·期末）如图，矩形的对角线，相交于点O，于点E，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，垂直的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质可得，由等边对等角可得，利用三角形外角性质可得，结合，即可求出. 【详解】解： 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ． 故选：A． 【变式1】（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，对角线、交于点，过点作，分别交边、于点、．已知，，则矩形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，连接，由矩形的性质可得，，，即可得是的垂直平分线，得到，利用勾股定理求出即得的长，进而即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：． 【变式2】（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在矩形中，与交于点，点为上一点，连接并延长交于点，满足，若，，则________． 【答案】 【分析】先由等腰三角形性质得到，再由矩形性质得到，则由平行线性质，等量代换得到，从而得到，设，则，，由矩形性质及已知得到，列方程求解求出，即，在中，由勾股定理求解即可得到答案． 【详解】解： ， ， 在矩形中，，则， ， ，则， 设，则，， 在矩形中，，则， 即，解得， 在中，，，则由勾股定理可得， 故答案为：． 【点睛】本题考查勾股定理求线段长，涉及等腰三角形判定与性质、矩形性质、平行线性质、解方程、勾股定理等知识．熟练掌握矩形性质、等腰三角形的判定与性质及勾股定理求线段长是解决问题的关键． 【变式3】（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在矩形中，，分别过点，作，于点，，连结，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)分别取，的中点，，连结，．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性质、全等三角形的判定与 性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理等 知识点， （1）先利用矩形的性质以及已知条件得到、，再根据全等三角形 的性质可得，最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明结论； （2）先根据矩形的性质得到，即，再由勾股定理可得；再根据直角三角形的性质可得，进而求得，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，， ， ，， ，， ， ， ， 四边形为平行四边形． （2）解：四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 的中点， ； 同理可得：， 四边形的面积为． 题型二 矩形的判定 解｜题｜技｜巧 1.先判定四边形为平行四边形，再补充直角或对角线相等条件，判定矩形； 2.已知多个直角，直接用“三个角为直角”判定，步骤更简便； 3.题干出现对角线条件，优先验证对角线是否相等，结合平行四边形判定； 证4.明过程规范，先梳理已知条件，逐步推导，最后得出矩形结论。 【典例1】（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，工人师傅在做矩形零件的时候，为了确保四边形零件是矩形，除了要测量四边形的边长，还要测量四边形的对角线是否相等，其原理是（   ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．两点之间，线段最短 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．两点确定一条直线 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的判定，根据对角线相等的平行四边形为矩形，进行判断即可． 【详解】解：由题意，其中的道理是对角线相等的平行四边形为矩形． 故选：C ． 【变式1】（22-23八年级下·浙江宁波·期末）ABCD的对角线相交于点O，下列条件中不能判定ABCD是矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平行四边形的性质、矩形的判定定理对各项进行判断分析即可． 【详解】A、，对角线相等的平行四边形是矩形，不符合题意； B、，有一个角为直角的平行四边形是矩形，不符合题意； C、∵四边形是平行四边形， ， ∵ ， 是矩形， 则此项不符题意； D、，由对角线互相垂直的平行四边形是菱形可知，添加能判定是菱形，不一定是矩形，则此项符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的判定问题，掌握平行四边形的性质、矩形的判定定理是解题的关键． 【变式2】如图，将平行四边形的边延长至点E，使，连接交于点O，连接，若．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】根据平行四边形的性质可得，再由，可得，可得四边形是平行四边形，再由，可得，从而得到，即可求证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形 ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴， 即， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定，熟练掌握平行四边形的性质定理，矩形的判定定理是解题的关键． 【变式3】如图，点在的边上，，请从以下三个选项中①；②；③，选择一个合适的选项作为已知条件，使为矩形．    (1)你添加的条件是 （填序号）； (2)添加条件后，请证明为矩形． 【答案】(1)答案不唯一，①或② (2)见解析 【分析】（1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行选取； （2）通过证明可得，然后结合平行线的性质求得，从而得出为矩形． 【详解】（1）解：①或② （2）添加条件①，为矩形，理由如下： 在中，， 在和中， ∴ ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴为矩形； 添加条件②，为矩形，理由如下： 在中，， 在和中， ∴ ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴为矩形 【点睛】本题考查矩形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质和矩形的判定方法（有一个角是直角的平行四边形是矩形）是解题关键． 题型三 矩形的性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.先利用平行四边形性质推导，再结合矩形特殊性质判定、计算； 2.解题思路：性质推导→线段/角度等量关系→矩形判定→进阶计算； 3.遇到对角线问题，紧抓“平分且相等”，构建全等三角形、直角三角形； 4.综合题注意数形结合，规避对角线与边夹角的易错点。 【典例1】（24-25九年级上·内蒙古包头·阶段检测）如图，在中，，是的中点，过点作，过点作，两线相交于点，过点作于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定以及性质，等腰三角形三线合一的性质，勾股定理等知识． （1）由等腰三角形三线合一的性质得出，有平行线的性质得出，结合已知条件可得出，即可证明四边形是矩形． （2）由（1）可知四边形是矩形．由矩形的性质得出，，，由已知条件可得出，由勾股定理求出，最后根据等面积法可得出，即可求出． 【详解】（1）证明：∵， D是BC的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：由（1）可知四边形是矩形． ∴，，， ∵D是的中点，， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， 即， ∴． 【变式1】（23-24八年级下·江苏盐城·阶段检测）平行四边形中，过点D作于点E，点F在上，，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，且，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)20． 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，等角对等边，勾股定理等等： （1）先由平行四边形的性质得到，再由即可证明四边形是平行四边形，再根据即可证明四边形是矩形； （2）先证明，得到，再由勾股定理求出，则矩形的面积为． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形； （2）解：， ， 平分， ， ， ， 在中，，， ， 矩形的面积为． 【变式2】（22-23八年级下·浙江湖州·期末）如图，在中，为的中点，四边形是平行四边形，，相交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）先根据四边形是平行四边形和为的中点，判定四边形是平行四边形，再结合，推出，即可得出结论； （）根据和矩形的对角线相等且互相平分，得出为等边三角形，即可求出的长，从而得到矩形对角线的长，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵为中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，为中点， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键． 【变式3】如图，在平行四边形中，E为线段的中点，延长与的延长线交于点F，连接，，．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求四边形的面积S． 【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，根据矩形的判定定理即可得到结论； （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）解：四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， ， ，， ， 四边形的面积． 【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． 题型四 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质运用 【例4】如图，在中，，是边上的中线，过点作于点．若，则的度数是（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形的性质及直角三角形两锐角互余的性质．关键是利用直角三角形斜边中线的性质得到等角关系，再结合垂直的性质逐步计算角度． 【详解】解：∵在中，，， ∴； ∵是边上的中线， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴在中，； ∴； 故选：A． 【变式1】如图，中，，是边上的高，是边上的中线，若，则的长为（    ） A．20 B．22 C．24 D．26 【答案】D 【分析】本题考查了勾股定理和直角三角形斜边中线定理，利用勾股定理求出，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半，即可求出． 【详解】解：由题意，可知， ∴， ∵是直角三角形，是斜边的中线， ∴． 【变式2】如图，在中，于点，于点E，D为的中点，为的中点，则的长为（    ） A．6 B．9 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了等腰三角形三线合一，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理．连接，根据等腰三角形三线合一得到F是中点，从而得到，同理可得，最后根据勾股定理即可求出的长． 【详解】解：连接， ∵， ∴F是中点， ∵， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∵M为的中点， ∴， ∴． 故选：C． 【变式3】（1）问题发现：如图1，若和中，，，．求证：． （2）解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A、D、E在同一条直线上，为中边上的高，连接，请判断的度数及线段、、之间的数量关系并说明理由． 【答案】（1）见解析（2）；，理由见解析 【分析】（1）根据“”证明，得出； （2）证明，得出，进一步得到，再证明，即可得到． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴； （2）；，理由如下； ∵和均为等腰直角三角形， ∴，， ∴． 在和中， ， ∴． ∴． ∵为等腰直角三角形， ∴， ∵点A，D，E在同一直线上， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． 【点睛】此为“手拉手模型”，注意根据“”找出图形中一对全等三角形． 题型五 菱形的性质 解｜题｜技｜巧 1.菱形对角线互相垂直，优先构造直角三角形，利用勾股定理求解边长； 2.四条边相等，可快速转化线段等量关系，简化线段计算； 3.面积计算灵活选用公式，对角线乘积一半适用于对角线已知题型； 4.结合角平分线性质，推导等角、等边关系，解决综合证明题。 【典例1】（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图，在菱形中，与交于点，点在上，，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握性质是解题的关键．由可知，设，则，根据菱形的性质可得，即，求出x的值，进一步即可求出答案． 【详解】解：， ， 设，则， 四边形是菱形， ，， 即， ， 解得， 即，， ， 故选：D． 【变式1】（24-25八年级下·浙江杭州·期末）已知菱形的面积为8，它的一条对角线长为，则菱形的边长为（    ） A．2 B． C． D．4 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，根据菱形面积公式求出另一条对角线的长度，再利用勾股定理计算边长． 【详解】解：如图， ∵，， ∴， ∵是菱形， ∴，， ∴． 故选：C． 【变式2】（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，对角线，交于点，点为边中点．若菱形的面积为24，，则的长为(    ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，根据菱形的性质和面积，可以得到的长，从而可以得到的长，然后根据勾股定理可以得到的长，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可以得到的长． 【详解】解：四边形是菱形， ， 菱形的面积为，， ，， ， ， ， 为边中点， ， 故选：A． 【变式3】（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，已知四边形是菱形，，以点A为圆心，为半径画弧线，分别交，于点F，E，连接，，，． (1)求度数； (2)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，关键是由菱形的性质推出，由等腰三角形的性质求出和的度数． （1）由菱形的性质推出，由等腰三角形的性质推出，由三角形内角和定理求出，同理：，由平行线的性质求出，即可得到的度数； （2）由等腰三角形的性质得到，由菱形的性质推出，由三角形的外角性质得到，因此，推出． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ， 由题意得到， 同理：， ∵， ， ， ． （2）证明：∵， ， ∵四边形是菱形， ， ， ， ， ． 题型六 菱形的判定 解｜题｜技｜巧 1.先证平行四边形，再补邻边相等或对角线垂直条件，判定菱形； 2.题干出现四边相等条件，直接判定四边形为菱形； 3.对角线垂直的平行四边形即为菱形，此判定方法考频极高； 4.区分菱形与普通平行四边形，切勿忽略垂直、四边相等核心条件。 【典例1】（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在平行四边形中，对角线，交于点O．下列条件不能判定平行四边形为菱形的是（    ） A． B． C．平分 D． 【答案】D 【分析】本题主要考查菱形的判定，掌握菱形的判定定理是解题的关键．根据菱形的判定定理判断即可． 【详解】解：A、∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形为菱形，故A不符合题意； B、∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形为菱形，故B不符合题意； C、∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形为菱形，故C不符合题意； D、∵四边形是平行四边形，， 故不能判定平行四边形为菱形，故D符合题意； 故选：D． 【变式1】如图，在△ABC中，BA＝BC，BD平分∠ABC交AC于点D，点E在线段BD上，点F在BD的延长线上，且DE＝DF，连接AE，CE，AF，CF．求证：四边形AECF是菱形． 【分析】由等腰三角形的性质得到AD＝CD，BD⊥AC，再由菱形的判定定理即可得到结论． 【详解】证明：∵BA＝BC，BD平分∠ABC， ∴BD⊥AC，AD＝CD， ∵DE＝DF， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵BD⊥AC，即EF⊥AC， ∴四边形AECF是菱形． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法． 【变式2】如图，∠ABC＝∠ADC＝90°，M为AC中点，MN⊥BD于点O，BN∥DM，求证：BNDM为菱形． 【分析】根据直角三角形的性质得到BM＝DMAC，根据等腰三角形的性质得到∠BMN＝∠DMN，由平行线的性质得到∠BNM＝∠DMN，等量代换得到∠BMN＝∠BNM，求得BM＝BN，得到BN＝DM，根据菱形的判定定理即可得到结论． 【详解】证明：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，M为对角线AC的中点， ∴BM＝DMAC， ∵MN⊥BD， ∴∠BMN＝∠DMN， ∵BN∥DM， ∴∠BNM＝∠DMN， ∴∠BMN＝∠BNM， ∴BM＝BN， ∴BN＝DM＝BM＝DN， ∴四边形BNDM是菱形． 【点睛】本题考查了菱形的判定，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键． 【变式3】已知：如图，在中，是角平分线，E是上一点，且，，交于点G．求证：四边形是菱形． 【答案】证明见解析 【分析】本题主要考查了菱形的判定，等角对等边，全等三角形的性质与判定，先证明，得到，再由平行线的性质得到，则可证明，得到，进而得到，据此即可证明结论． 【详解】证明：∵在中，是角平分线， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 题型七 菱形的性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.先借助性质得出四边相等、对角线垂直等条件，再用于判定菱形； 2.常结合全等三角形、直角三角形，拆分图形，逐层推导； 3.涉及折叠、对称题型，利用菱形对称性，找寻等量线段、角度； 4.计算面积时，优先选用对角线公式，提升解题速度。 【典例1】如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，CE＝DF，AB＝BE，AE与BF相交于点O，连接EF． （1）求证：四边形ABEF是菱形； （2）若平行四边形ABCD的周长为20，CE＝DF＝2，∠ABE＝60°，求AE的长． 【分析】（1）由平行四边形的性质得AD∥BC，AD＝BC，再证四边形ABEF是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）由菱形的性质得AB+BC＝10，再证AB＝BE＝4，然后证△ABE是等边三角形，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∵CE＝DF， ∴AF＝BE， ∴四边形ABEF是平行四边形， 又∵AB＝BE， ∴平行四边形ABEF是菱形； （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AD＝BC， ∵平行四边形ABCD的周长为20， ∴AB+BC＝10， 即AB+BE+CE＝10， ∵AB＝BE，CE＝2， ∴AB＝BE＝4， ∵∠ABE＝60°， ∴△ABE是等边三角形， ∴AE＝BE＝4， 即AE的长为4． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 【变式1】（20-21八年级下·浙江杭州·期末）如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，点E在线段OB上（不与点B，点O重合），点F在线段OD上，且DF＝BE，连接AE，AF，CE，CF． （1）求证：四边形AECF是菱形； （2）若AC＝4，BD＝8，当BE＝3时，判断△ADE的形状，说明理由．    【答案】（1）见解析；（2）直角三角形，理由见解析 【分析】（1）根据菱形的性质得出AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求出OE=OF，再根据菱形的判定得出即可； （2）根据菱形的性质求出AO=2，BO=DO=4，求出OE和DE，根据勾股定理求出AD2=20，AE2=5，求出AD2+AE2=DE2，再根据勾股定理的逆定理求出答案即可． 【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BC，AO＝CO，BO＝DO， ∵BE＝DF，BO＝DO， ∴BO﹣BE＝DO﹣DF， 即OE＝OF， ∵AO＝CO， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵AC⊥BD， ∴四边形AECF是菱形； （2）解：△ADE是直角三角形， 理由是：∵AC＝4，BD＝8，AO＝CO，BO＝DO， ∴AO＝2，BO＝DO＝4， ∵BE＝3， ∴OE＝4﹣3＝1，DE＝DO+OE＝4+1＝5， 在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD2＝AO2+DO2＝22+42＝20， 在Rt△AOE中，由勾股定理得：AE2＝AO2+OE2＝22+12＝5， ∵DE2＝52＝25， ∴AD2+AE2＝DE2， ∴∠DAE＝90°， 即△ADE是直角三角形． 【点睛】本题考查了菱形的性质和判定，平行四边形的判定，勾股定理，勾股定理的逆定理等知识点，能熟记菱形的性质和判定是解此题的关键． 【变式2】（22-23八年级下·浙江金华·期末）在中，，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)，四边形的面积为24．求的长． 【答案】(1)见解析 (2)8 【分析】（1）由E是的中点，，易证得，即可得，又由，D是的中点，可得，证得四边形是平行四边形，继而判定四边形是菱形； （2）连接，易得四边形是平行四边形，得出，由菱形的面积等于其对角线乘积的一半，可求得答案． 【详解】（1）证明：如图，∵， ∴， ∵E是的中点，D是的中点， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，D是的中点， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：连接，    ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是菱形，面积为24， ∴， ∴． 【点睛】此题考查了菱形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意根据题意画出图形，结合图形求解是关键． 【变式3】如图，在平行四边形ABCD中，BE⊥AD，BF⊥CD，垂足分别为E，F，且AE＝CF． (1)求证：平行四边形ABCD是菱形； (2)若DB＝10，AB＝13，求平行四边形ABCD的面积． 【答案】(1)见解析 (2)120 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，利用全等三角形的判定和性质得出，，依据菱形的判定定理（一组邻边相等的平行四边形的菱形）即可证明； （2）连接AC，交BD于点H，利用菱形的性质及勾股定理可得，再根据菱形的面积公式求解即可得． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴平行四边形ABCD是菱形； （2）解： 如图所示：连接AC，交BD于点H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴， ∵，， ∴， 在中， ， ∴， ∴平行四边形ABCD的面积为：． 【点睛】题目主要考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质及其面积公式，勾股定理等，理解题意，熟练掌握各个性质定理是解题关键． 题型八 正方形的性质 解｜题｜技｜巧 1.正方形性质最全，解题时同时套用矩形、菱形双重性质； 2.对角线将正方形分为全等的等腰直角三角形，利用45°角解题； 3.线段、角度计算均转化为等腰直角三角形、全等三角形问题； 4.注意正方形多结论题型，逐项验证，规避特殊情况漏解。 【典例1】（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，以正方形ABCD的一边AD为边向外作等边三角形ADE，则∠BED等于（    ） A．30° B．37.5° C．45° D．50° 【答案】C 【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质可得AB=AD=AE，∠BAE=150°，可求∠BEA=15°，即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠BAD=90°， ∵△ADE是等边三角形， ∴AD=AE，∠DAE=∠AED=60°， ∴∠BAE=150°，AB=AE， ∴∠AEB=15°， ∴∠BED=45°． 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 【变式1】（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，正方形的边长为8，为边上一点．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由正方形的边长为8，，得，，再求得，即可得．本题主要考查了正方形性质，解题关键是熟练运用勾股定理进行列式计算，即可作答．． 【详解】解：由正方形的边长为8，， 得，， 得，， 得． 故选：A． 【变式2】如图，在边长为3的正方形中，点E在边上，以点D为圆心，长为半径画弧，交线段于点F．若，则的长为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，设，则，，由勾股定理列方程，可求解． 【详解】解：∵ 设， 则，． 在中，， ， 解得． 则 故选：D 【变式3】（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在正方形中，点、分别在、上，，与相交于点，连接． (1)求证：； (2)若点为的中点． ①当时，求的值； ②证明：． 【答案】(1)见解析 (2)①；②见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键． （1）证明，可得，从而得到，即可求证； （2）①根据勾股定理可得，然后根据，可得到，从而得到，即可求解；②过点M作于点G，交于点H，则，，根据勾股定理可得，然后根据，可得，从而得到，，然后利用勾股定理可得，即可求证． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即； （2）解：①由（1）得：， ∴， ∵四边形是正方形，， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图，过点M作于点G，交于点H，则，， 由①得：， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴，， ∴， ∵四边形是正方形，， ∴， ∴． 题型九 正方形的判定 解｜题｜技｜巧 1.阶梯式判定：先平行四边形→再矩形/菱形→最后正方形； 2.矩形加邻边相等、菱形加直角，均可判定为正方形； 3.对角线满足相等、垂直、平分，可直接判定正方形； 4.证明时逻辑严谨，不可跳过平行四边形、矩形/菱形步骤直接判定。 【典例1】（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，已知平行四边形，从下列四个条件中选两个作为补充条件，使平行四边形成为正方形．①；②；③；④．则下列四种选法中错误的是（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．③④ 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形、菱形、正方形的判定，根据平行四边形的性质，矩形、菱形、正方形的判定逐项分析即可得出答案，熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定是解题的关键． 【详解】解：、∵四边形是平行四边形， ， ∴四边形是矩形， ∵ ， ∴四边形是正方形，故添加能使平行四边形成为正方形，不符合题意； 、∵四边形是平行四边形， ， ∴四边形是矩形， ∵ ， ∴四边形是正方形，故添加能使平行四边形成为正方形，不符合题意； 、∵四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形， 但当 ，四边形不一定是正方形，故添加不使平行四边形成为正方形，符合题意； 、∵四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形， ∵ ， ∴四边形是正方形，故添加能使平行四边形成为正方形，不符合题意； 故选：． 【变式1】如图，已知矩形ABCD 中，∠BAD 和∠ADC 的平分线交于BC边上一点E．点F为矩形外一点，四边形AEDF为平行四边形．求证：四边形AEDF是正方形． 【分析】由矩形的性质得出∠BAD＝∠CDA＝90°，证出AE＝DE，由正方形的判定可得出结论． 【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝∠CDA＝90°， ∵AE，DE平分∠BAD 与∠CDA， ∴，， ∴∠EAD＝∠EDA， ∴AE＝DE， ∵∠EAD+∠EDA+∠AED＝180°， ∴∠AED＝180°﹣∠EAD﹣∠EDA＝90°， ∴▱AEDF是正方形． 【点睛】此题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定方法是解本题的关键． 【变式2】已知矩形ABCD，AE平分∠DAB交DC的延长线于点E，过点E作EF⊥AB，垂足F在边AB的 延长线上，求证：四边形ADEF是正方形． 【分析】根据矩形的性质得到∠D＝∠DAB＝90°，根据角平分线的性质得到∠EAF＝45°，推出四边形AFED是矩形，求得AF＝EF，于是得到结论． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D＝∠DAB＝90°， ∵AE平分∠DAB， ∴∠EAF＝45°， ∵EF⊥AB， ∴∠D＝∠DAF＝∠F＝90°， ∴四边形AFED是矩形， ∵∠EAF＝45°， ∴∠AEF＝45°， ∴∠EAF＝∠AEF， ∴AF＝EF， ∴矩形ADEF是正方形． 【点睛】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握矩形的性质，证明四边形是正方形是解决问题的关键． 【变式3】如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E是BD延长线上的点，且△ACE是等边三角 形．若∠AED＝2∠EAD，求证：四边形ABCD是正方形． 【分析】根据有一个角是90°的菱形是正方形，进而根据菱形和正方形的判定证明即可． 【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AO＝OC， ∵△ACE是等边三角形， ∴EO⊥AC （三线合一）， 即 BD⊥AC， ∴▱ABCD是菱形， ∴EO⊥AC，AO＝OC， ∵△ACE是等边三角形，∠EAC＝60°， ∴∠AEO＝∠OEC＝30°，△AOE是直角三角形， ∴∠EAO＝60°， ∵∠AED＝2∠EAD， ∴∠EAD＝15°， ∴∠DAO＝∠EAO﹣∠EAD＝45°， ∵▱ABCD是菱形， ∴∠BAD＝2∠DAO＝90°， ∴菱形ABCD是正方形． 【点睛】此题主要考查菱形和正方形的判定，要灵活应用判定定理及等腰三角形的性质、外角的性质定理． 题型十 正方形的性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.综合运用全等、特殊三角形性质，先判定正方形，再利用性质解题； 2.动点、折叠题型，紧抓正方形边长、角度不变性，列方程求解； 3.多结论判断题型，牢记正方形对角线、边角核心特征，举反例排除； 4.复杂图形中，拆分出正方形、三角形，分步推导，简化思路。 【典例1】如图，正方形的边长为5，点E为正方形边上一动点，过点B作于点P，将绕点A逆时针旋转得，连接交延长线于点F． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，求线段的长度． 【答案】(1)正方形，理由见解析 (2)3 【分析】本题考查全等三角形判定及性质，正方形判定，勾股定理，旋转性质等． （1）先判定，利用全等性质判定为矩形，继而判定为正方形； （2）根据题意设正方形 的边长为，在中应用勾股定理即可得到本题答案． 【详解】（1）解：由题意得：，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形； （2）解：∵正方形的边长为5， ∴， 设正方形 的边长为， ∴， ∵， ∴， 在中，，解得：， ∴线段的长度为． 【变式1】如图，在中，，是中线，是的中点，过点作交的延长线于，连接． (1)求证：； (2)如果，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是正方形，证明见解析 【分析】（1）证明，则，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得，进而结论得证； （2）先证四边形是平行四边形，然后根据，，证明四边形是正方形即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 是的中点， ， 在和中， ∵， ∴， ， 在中，，是中线， ， ； （2）解：四边形是正方形．证明如下： ，， 四边形是平行四边形， ，是中线， ， ， 四边形是正方形． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，平行四边形、正方形的判定等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 【变式2】如图，在四边形中，，，，点在边上，点是边的中点，且，于点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题． （1）根据邻边相等的矩形是正方形证明即可； （2）证明是等腰直角三角形可得结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； （2）解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． 【变式3】（22-23八年级下·浙江宁波·期中）如图1，已知矩形，点E是边上一点，点F是延长线上一点，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)如图2，在（1）的条件下，若，点G是边上一点，连接交于点H，有，求． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质得出，进而利用证明，利用全等三角形的性质和正方形的判定即可得证； （2）过点A作交于点M，连接，易证，根据全等三角形的性质可得，设，根据勾股定理列方程，求出的长度，进一步可得的长度，再证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）过点A作交于点M，连接，如图所示： ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∵， 根据勾股定理，得， 解得， ∴， ∵， 根据勾股定理，得， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 【点睛】本题考查矩形的性质，正方形的判定，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．解题的关键是掌握相关性质和定理． 题型十一 特殊四边形性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.梳理矩形、菱形、正方形判定逻辑链，区分三者性质差异； 2.根据题干条件，优先判定基础图形，再升级为特殊四边形； 3.综合题常用辅助线：连接对角线、作垂线、构造全等三角形； 4.运用分类讨论思想，考虑多种图形可能性，规避漏解。 【典例1】如图1，已知平行四边形ABCD中，BD平分∠CBA． （1）求证：平行四边形ABCD是菱形； （2）如图2，E为边AB上一动点，连接CE，作CE的垂直平分线交CE于F，交DB于G，连接AG、EG， ①求证：△AGE为等腰三角形； ②若∠CBA＝60°，求的值． 【分析】（1）由角平分线的性质和平行线的性质可得∠CDB＝∠CBD，可证DC＝BC，即可得结论； （2）①由“SAS”可证△ADG≌△CDG，可得AG＝CG，由线段垂直平分线的性质可得GC＝GE＝AG，可得结论； ②由等腰三角形的性质可得∠GCA＝∠GAC，∠GAE＝∠GEA，∠GCE＝∠GEC，由角的数量关系可求∠GCE＝30°，由直角三角形的性质可得AG＝CG＝2GF，即可求解． 【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC∥AB， ∴∠CDB＝∠ABD， ∵BD平分∠ABC， ∴∠CBD＝∠ABD， ∴∠CDB＝∠CBD， ∴DC＝BC， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴四边形ABCD是菱形； （2）①∵四边形ABCD是菱形， ∴DC＝DA，∠CDG＝∠ADG， 在△ADG和△CDG中 ， ∴△ADG≌△CDG（SAS）， ∴AG＝CG， ∵GF是EC的垂直平分线， ∴CG＝EG， ∴AG＝EG， 即△AGE是等腰三角形； ②连接AC交BD于O， ∵GC＝GE， ∴∠GCE＝∠GEC， ∵AG＝CG＝GE， ∴∠GCA＝∠GAC，∠GAE＝∠GEA， ∵∠CBA＝60°，BC＝AB， ∴∠CAB＝∠ACB＝60°， ∴∠GAC+∠GAE＝60°， ∴∠GAC+∠GCA+∠GAE+∠GEA＝120°， ∴∠AGC+∠AGE＝240°， ∴∠CGE＝120°， ∴∠GCE＝30°， ∴CG＝2GF， ∴AG＝2GF， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质等知识，（3）中求出∠GCE＝30°是解题的关键． 【变式1】（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，，过点，分别作，，交，的延长线于点，． (1)求证：四边形为矩形． (2)连接，交于点，若，，，求矩形的周长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】根据平行四边形的性质可知，根据平面内垂直于同一条直线的两直线互相平行，可知，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可证结论成立； 根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可证四边形是菱形，根据菱形的四条边都相等可设，可得，在中，可得，在中，可得:，可列方程，解方程即可求出的长度为，从而可得：，，根据矩形的周长公式计算即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，； ， ， 又， ，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形； （2）四边形是平行四边，， 四边形是菱形， ． 设，则， ， ， 解得：，（负值舍去）， ， ， ， 矩形的周长为． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理，解决本题的关键是利用矩形的判定定理和菱形的判定定理判断四边形的形状，再根据图形的性质找边之间的关系． 【变式2】（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）四边形分别是边的中垂线，连接，延长交于点H，延长交于点G，若． (1)判断四边形的形状，并加以证明； (2)求的度数； (3)若，求的长度． 【答案】(1)菱形，证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）四边形ABPD中，由已知条件知道线段；利用垂直平分线的性质知道；这样四边形中有两组邻边相等，又，因此可猜想该四边形可能为菱形； （2）本小题要找角，考虑到所在三角形已经是直角三角形，但另一个内角也难以找出，因此可考虑运用外角协助找到； （3）由可以得到，利用中点E可以推知，结合上题中找到的角，知，在直角中由勾股定理求得，则菱形的边． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵分别是边的中垂线， ∴， ∴， 在与中， ， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：设， ∴． ∵PE垂直平分BC， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴； （3）解：∵， ∴． ∵PE垂直平分BC， ∴． ∴． 在直角△PEH中， ∵， ∴． 在直角△PEB中， ∵， ∴． ∴，即的长度为． ． 【点睛】本题考查了四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质等知识点，涉及考点较多，有一定的难度． 【变式3】（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，为上一点（不与端点重合），延长至点使，连结，过点作于点，连结，，． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)若，，求的长． (3)当点在上任意运动时（不与端点重合），求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据正方形的性质得到，，由推出，再利用平行四边形的判定即可证明； （2）由图可得，根据正方形的性质得到，，通过证明是等腰直角三角形，得到，再利用线段的和差即可求出的长； （3）连接，根据正方形的性质得到，，结合（1）和（2）中的结论证明，得到，，进而推出是等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴，， ∵， ∴，即， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形． （2）解：∵，， ∴， ∵正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； （3）解：如图，连接， ∵正方形， ∴，， 由（1）得，， ∴， 由（2）得，是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴，即， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质、平行四边形的判定、等腰直角三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、二次根式的应用，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 题型十二 特殊四边形与平面直角坐标系的综合 解｜题｜技｜巧 1.利用特殊四边形边角、对角线性质，结合坐标平移、中点公式解题； 2.矩形、正方形对应横纵坐标差值固定，菱形对应边长相等； 3.分类讨论未知顶点坐标，以不同线段为对角线，逐一分析； 4.注意坐标象限正负性，结合距离公式验证线段长度。 【典例1】如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，轴，已知点，则点的坐标是_______． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质和点的坐标，熟练掌握矩形的性质是解题关键． 先由矩形的性质得出线段的长，再结合点的坐标即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ， ， ， ∴点的坐标为， 故答案为：． 【变式1】如图，四边形是菱形，顶点A，的坐标分别是，，点在轴的正半轴上，则顶点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，，交于点，根据菱形的性质可知点的坐标为，根据的坐标确定的坐标即可． 【详解】解：连接，，交于点， 四边形是菱形， ，，， ，的坐标分别是，， ∴， ∴，故A正确． 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的性质并灵活运用．菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形是轴对称图形，它有条对称轴，分别是两条对角线所在直线． 【变式2】如图，矩形的边在x轴上，且过原点，连接．将沿翻折，点B的对应点恰好落在边上．若点的坐标为，则点C的坐标为____________． 【答案】 【分析】由点的坐标得到和的长，根据勾股定理求出，由折叠得到，，设，根据勾股定理计算即可． 【详解】解：∵点的坐标为， ∴，， ∴在中，， ∵将沿翻折，点的对应点恰好落在边上， ∴，， ∴， ∴在矩形中，，，， 设，则， ∵在中，， ∴， 解得， ∴， ∴点的坐标为． 【变式3】将矩形ABCD如图放置，若点B的坐标是（﹣4，6），点C的坐标是（﹣2，0），点D的坐标是（10，4），则点A的坐标是_____． 【答案】（8，10） 【分析】过B作BE⊥x轴于E，过D作DF⊥x轴于F，过A作AH⊥x轴于H，过B作BG⊥AH于G，根据矩形的性质得到HG=BE，∠EBG=90°，AB=CD，∠ABC=90°，求得∠ABG=∠EBC，根据全等三角形的性质得到AG=DF，BG=CF，于是得到结论． 【详解】解：过B作BE⊥x轴于E，过D作DF⊥x轴于F，过A作AH⊥x轴于H，过B作BG⊥AH于G， 则四边形BEHG是矩形， ∴HG=BE，∠EBG=90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB=CD，∠ABC=90°， ∴∠ABG=∠EBC， ∵∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠DCF=90°， ∴∠ABG=∠DCF， ∵在△ABG与△DCF中， ， ∴△ABG≌△DCF（AAS）， ∴AG=DF，BG=CF， ∵点B的坐标是（-4，6），点C的坐标是（-2，0），点D的坐标是（10，4）， ∴BE=6，OC=2，OF=10，DF=4， ∴CF=12， ∴AH=AG+GH=6+4=10，OH=10-2=8， ∴A（8，10）， 故答案为：（8，10）． 【点睛】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，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． 题型十三 特殊四边形中的多结论判断问题 解｜题｜技｜巧 1.逐一验证线段相等、角度相等、全等、面积、对称性各类结论； 2.牢记易错点：矩形对角线不垂直、菱形对角线不相等、正方形性质最全； 3.通过举反例、特殊值代入，快速排除错误结论； 4.对角线分割图形，全等、面积关系优先验证，提升解题效率。 【典例1如图，在中，、分别为边、的中点，是对角线，，交的延长线于点，连接，．有下列结论：①；②四边形是菱形；③四边形是矩形；④．其中正确结论的个数是(   ) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】此题重点考查平行线的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，推导出，且，是解题的关键． 连接，由平行四边形的性质得，，，而、分别为边、的中点，则，，则四边形是平行四边形，所以，可判断①正确；由，得，则，所以四边形是菱形，可判断②正确；由，交的延长线于点，得，则四边形是平行四边形，而，所以四边形是矩形，可判断③正确；设，，则，求得，则，所以，则四边形：：：，可判断④错误，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接， 四边形是平行四边形， ，，， 、分别为边、的中点， ，，， ， 四边形是平行四边形， ， 故①正确； ， ， ， 四边形是菱形， 故②正确； ，交的延长线于点， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， 故③正确； 设，，则， ，， ， ，， ∴， 故④错误， 故选：C． 【变式1】如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与、交于点、，连结交于点，连结、．若，，则下列结论中正确结论的是（   ） ①；②四边形是菱形；③； ④． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，含30度直角三角形的性质等一系列知识，灵活运用是解题的关键．判定是等边三角形，得，；由得， 进而可得垂直平分，求得；再证明，可得四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得是等边三角形，从而可判断①；由平行的性质得是等边三角形，从而有，则可判断②；利用含30度直角三角形的性质得，即可判断③；设的面积为a，则得的面积为，从而，则得矩形面积为，从而，则可判断④；最后得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， O是中点， ∴， ∴， ∴， ∴，是等边三角形， ∴，； ∵， ∴，垂直平分， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴；故①是正确的； ∵， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形，故②正确； ∵， ∴； ∵， ∴， ∵ ∴， ∴，故③正确， 设的面积为a， ∵， 则， 而M为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故④错误； 故选：C． 【变式2】如图，正方形中，点在的延长线上，点在上，且，连接交于点，连接，则下列结论中正确的有（　　） （1） （2） （3） （4）如果，则． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【分析】（1）根据正方形的性质可得，结合，即可证明，于是可得； （2）过作，交于，证明，得，再证明，由线段的和差得； （3）证明，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得； （4）由求得，进而求得，便可求出． 【详解】解：（1）∵四边形为正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故（1）符合题意； （2）如图，过作，交于， ，， ∵四边形为正方形， ， 是等腰直角三角形， ，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ，故（2）符合题意； 由（1）得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故（3）的结论正确； ，，， ， ， ∵四边形是正方形， ∴， 由勾股定理得，故（4）不符合题意， 综上，符合题意的有个． 【变式3】（24-25八年级下·浙江丽水·期末）如图，菱形中，，点在边上，点在菱形外部，且满足，．连结，，取的中点，连结，． ①是等边三角形；②；③垂直平分；④． 其中正确的结论有（   ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】①由菱形的性质得到，再通过平行线的性质得到，再通过邻补角的定义得到，结合判定即可； ②由菱形的性质得到，结合①的结论证明，由直角三角形斜边中线的性质即可得到结论； ③由垂直平分线的判定：“如果一条直线上有两个点，这两个点到一条线段的两个端点的距离分别相等，那么这条直线就是该线段的垂直平分线．”证明，，即可证明垂直平分； ④通过三角形中位线定理以及含角的直角三角形的性质得到，，再由图得到线段间的和差关系即，即可证明． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， 是等边三角形 故①符合题意； 连接，令、相交于点，如图所示． 是等边三角形 ，， 是的中点， 在中， 故②符合题意； ，， 和在线段的垂直平分线上， 垂直平分， 故③符合题意； 是的中点， 是的中位线， ， ， 故④符合题意； 其中正确的结论有4个． 故选：D． 【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质、三角形中位线定理以及含角的直角三角形的性质．准确掌握这些性质，结合图形合理运用这些性质是解题的关键． 题型十四 特殊四边形与折叠问题 解｜题｜技｜巧 1.折叠属于全等变换，对应边、对应角完全相等，标注等量关系； 2.结合特殊四边形直角、等边性质，构造直角三角形，用勾股定理； 3.折叠后常出现等腰三角形，利用等角对等边推导线段关系； 4.折痕垂直平分对应点连线，可进一步判定菱形、正方形。 【典例1】（24-25七年级下·浙江台州·期末）在长方形中，，，，P是线段上的动点，分别是边，上的动点，则的最小值是（    ） A．4 B．5 C．7 D．8 【答案】A 【分析】本题考查了最短路径问题，熟练掌握以上知识是解题的关键． 根据三点在同一条直线上分析即可得到结论． 【详解】解：∵P是线段上的动点，分别是边，上的动点， ∴当三点在同一条直线上，且时，的值最小， ∴， ∴的最小值是， 故选：A． 【变式1】（24-25八年级上·浙江宁波·期末）如图，正方形，，E为的中点，将沿BE折叠到，延长EF交于点G．连接，则下列结论错误的是（　　） A．的周长为4 B．的周长为 C．的面积为 D．的面积为 【答案】B 【分析】本题考查翻折变换，正方形的性质，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，学会利用参数构建方程解决问题． 证明得出可判断A正确；设，在中，利用勾股定理构建方程求出，再利用勾股定理求出可判断B错误；根据三角形面积公式求出和的面积可判断C，D正确． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵E是的中点， ∴， 由翻折变换的性质可知， ∴ ， ∴， ∴， ∴的周长，故选项A正确， 设， 在中，， 解得， ∴， ∴，， ∴的周长，故选项B错误， 的面积，故选项C正确 的面积，故选项D正确． 故选：B． 【变式2】（23-24八年级上·浙江台州·期末）如图，在矩形中，，，点和是边上的两点，连结，将和沿折叠后，点和点重合于点，则的长是（    ） A． B．3 C． D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查矩形与折叠问题，等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，过点作于点，则于点，由勾股定理可求，设，则，由勾股定理求出，从而进一步可得出结论． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴ 由折叠得， ， ∴， ∴ ∴ ∴ 过点作于点，则于点，如图，则， ∴ 由勾股定理得， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得，， ∴即 ∴, 故选：B． 【变式3】（23-4八年级下·浙江绍兴·期末）图，一张矩形纸片ABCD，点E在边AB上，将△BCE沿直线CE对折，点B落在对角线AC上，记为点F． (1)若AB＝4，BC＝3，求AE的长． (2)连接DF，若点D，F，E在同一条直线上，且DF＝2，求AE的长． 【答案】(1) (2)AE＝2 【分析】（1）根据勾股定理和折叠的性质，求出AF=2，设AE＝x，则，然后利用勾股定理，即可求出答案； （2）由折叠的性质，得到DC＝DE，又点D，F，E在同一条直线上，∠EFC＝∠B，然后证明，即可求出答案． 【详解】（1）解：如图1，矩形纸片ABCD中，∵AB＝4，BC＝3， 故由勾股定理可得AC＝5． 由折叠知：FC＝BC＝3，∠EFC＝∠B＝90°，BE＝FE． ∴． 设AE＝x，则． 在Rt△AFE中，， 解得：． ∴． （2）：如图2，矩形纸片ABCD中， ∵， ∴∠DCE＝∠BEC， 由折叠知：∠BEC＝∠FEC， ∴∠DCE＝∠FEC， ∴DC＝DE． 又∵点D，F，E在同一条直线上，∠EFC＝∠B， ∴∠DFC＝90°， ∴∠DFC＝∠DAE＝90°， 而CF＝CB＝DA， ∴， ∴AE＝DF＝2． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确地运用折叠的性质进行计算． 题型十五 特殊四边形与动点运动问题 解｜题｜技｜巧 1.设运动时间为t，用速度×时间表示线段长度，梳理变量关系； 2.根据特殊四边形判定定理，列线段相等、垂直、平行方程； 3.分类讨论动点位置，考虑不同时间段图形形状变化； 4.舍去不符合边长范围的解，保证结果合理性。 【典例1】如图，在长方形ABCD中，AB＝CD＝6cm，BC＝10cm，点P从点B出发，以2cm/秒的速度沿BC向点C运动．设点P的运动时间为t秒，当点P从点B开始运动，同时，点Q从点C出发，沿CD向点D运动，当t＝　 秒时，以P、C、Q为顶点的三角形与△ABP全等． 【答案】2或2.5． 【分析】此题主要分两种情况①当BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ；当BA＝CQ，PB＝PC时，△ABP≌△QCP，然后分别计算出t的值． 【详解】解：①当BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ， ∵AB＝6， ∴PC＝6， ∴BP＝10﹣6＝4， 2t＝4， 解得：t＝2， ②当BA＝CQ，PB＝PC时，△ABP≌△QCP， ∵PB＝PC， ∴BP＝PCBC＝5， 2t＝5， 解得：t＝2.5， 综上所述：当t＝2.5或2时△ABP与△PQC全等． 故答案为：2或2.5． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握全等三角形全等的条件，找准对应边． 【变式1】如图，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，点E、F同时由A、C两点出发，分别沿AB、CB方向向点B匀速移动（到点B为止），点E的速度为1cm/s，点F的速度为2cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D． 【分析】连接BD，证出△ADE≌△BDF，得到AE＝BF，再利用AE＝t，CF＝2t，则BF＝BC﹣CF＝5﹣2t求出时间t的值． 【详解】解：连接BD， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，∠ADB∠ADC＝60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴AD＝BD， 又∵△DEF是等边三角形， ∴∠EDF＝∠DEF＝60°， 又∵∠ADB＝60°， ∴∠ADE＝∠BDF， 在△ADE和△BDF中，， ∴△ADE≌△BDF（ASA）， ∴AE＝BF， ∵AE＝t，CF＝2t， ∴BF＝BC﹣CF＝5﹣2t， ∴t＝5﹣2t ∴t， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是运用三角形全等得出AE＝BF． 【变式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． 【答案】(1) (2) (3)， 【分析】本题考查了菱形、矩形的判定与性质，利用结合方程的思想解题是解题的关键． （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）根据菱形的四条边相等，则菱形的周长，面积矩形的面积个直角三角形的面积计算即可． 【详解】（1）设点P、Q运动的时间为，则，， 四边形是矩形，，， ，，， ， 当四边形是矩形时，， 即：， 解得． 答：当时，四边形是矩形； （2） ，，， ，, 四边形是平行四边形， 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）由（2）可知：当时，， ， 当时，， 则菱形的周长为：， 菱形面积为：． 【变式3】（23-24八年级下·浙江·期末）已知，中，一动点P在边上，以每秒的速度从点A向点D运动． (1)如图①，运动过程中，若平分，且满足，求的度数； (2)如图②，在（1）问的条件下，连接并延长，与的延长线交于点F，连接，若，求的面积； (3)如图③，另一动点Q在边上，以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若，则时间为何值时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． 【答案】(1)； (2)； (3)或或或． 【分析】本题考查四边形综合题、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，第二个问题的关键是灵活应用同底等高的两个三角形面积相等，学会用分类讨论的思想思考问题． （1）证明是等边三角形即可； （2）根据平行四边形的性质可得，，从而得到，由此即可解决问题； （3）分四种情形列出方程解方程即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ； （2）解：∵四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， ， 如图，过点C作于点K，则， ∴， ； （3）解：如图③所示： ， 当时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． ①当时，，， ，解得：； ②当时，，， ，解得：； ③当时，，， ，解得：； ④当时，，， ，解得：； 或或或时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． 题型十六 中点四边形 解｜题｜技｜巧 1.找原四边形两条对角线 \(AC、BD\) 2.判断对角线两个特征：是否相等、是否垂直 3.对照上面结论，直接判定中点四边形形状 4.求周长 / 边长： 中点四边形边长 = 原对角线的一半 周长 = 原两条对角线长度之和 【典例1】（20-21八年级下·浙江·期末）已知任意四边形的四条边中点组成的图形是平行四边形，当这个平行四边形成为矩形时，原四边形的对角线（    ） A．互相平分 B．相等 C．互相垂直 D．互相平分且相等 【答案】C 【分析】画出图形，结合矩形的判定和性质判断即可． 【详解】解：如图，四边形ABCD中，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点， ∴EH∥BD，FG∥BD， ∴EH∥FG， 同理：GH∥EF， ∴四边形EFGH是平行四边形． ∴当AC⊥BD时，四边形MONH是矩形， ∴∠EHG=90°， ∴四边形EFGH是矩形， 故选C． 【点睛】此题考查了中点四边形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用． 【变式1】（2023·浙江宁波·模拟预测）已知四边形是菱形，点分别为边的中点．若四边形的面积为12，则菱形的面积为（    ） A．12 B．24 C．36 D．48 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，三角形中位线的性质，连接交于，根据三角形中位线定理得，，，，进而可得四边形是矩形，得到，进而根据菱形的面积公式计算即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接交于，    ∵四边形是菱形， ∴， ∵点分别是边的中点， ∴，，，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵四边形的面积为， ∴， ∴菱形的面积． 故选：B 【变式2】如图，四边形是边长为3的菱形，对角线，点E，F，G，H分别为边中点，顺次连接E，F，G，H．则四边形的面积为__________． 【答案】 【分析】利用菱形性质以及勾股定理得到，即，结合，推出，再根据中点四边形的知识证明四边形为矩形，根据矩形面积公式即可求解． 【详解】解：设菱形的对角线的交点为O， ∴，，， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∵点E，F，G，H分别为边中点， ∴，，，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴四边形的面积为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，中点四边形的知识，完全平方公式的变形，证明四边形为矩形是解题的关键． 【变式3】（21-22八年级下·浙江宁波·期末）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 概念理解： 下列四边形中一定是“中方四边形”的是_____________． A．平行四边形            B．矩形        C．菱形        D．正方形 性质探究： 如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD的两条结论； 问题解决： 如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”； 拓展应用： 如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点， （1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由． （2）若AC=2，求AB+CD的最小值． 【答案】概念理解：D；性质探究：①，②；问题解决：见解析；拓展应用：（1），理由见解析；（2） 【分析】概念理解：根据定义“中方四边形”，即可得出答案； 性质探究：由四边形ABCD是“中方四边形”，可得EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案； 问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，利用三角形中位线定理可证得四边形MNRL是平行四边形，再证得△EAC≌△BAG（SAS），推出▱MNRL是菱形，再由∠LMN=90°，可得菱形MNRL是正方形，即可证得结论； 拓展应用：（1）如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，可得四边形ENFM是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论； （2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，连接BD交AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，再结合（1）的结论即可求得答案． 【详解】解：概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下： 因为正方形的对角线相等且互相垂直， 故选：D； 性质探究：①AC=BD，②AC⊥BD； 理由如下：如图1， ∵四边形ABCD是“中方四边形”， ∴EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点， ∴∠FEH=90°，EF=EH，EHBD，EH=BD，EF∥AC，EF=AC， ∴AC⊥BD，AC=BD， 故答案为：AC⊥BD，AC=BD； 问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K， ∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L， ∴MN、NR、RL、LM分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位线， ∴MNBG，MN=BG， RLBG，RL=BG， RNCE，RN=CE， MLCE，ML=CE， ∴MNRL，MN=RL，RNMLCE，RN=ML， ∴四边形MNRL是平行四边形， ∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形， ∴AE=AB，AG=AC，∠EAB=∠GAC=90°， 又∵∠BAC=∠BAC， ∴∠EAB+∠BAC=∠GAC+∠BAC， 即∠EAC=∠BAG， 在△EAC和△BAG中， ， ∴△EAC≌△BAG（SAS）， ∴CE=BG，∠AEC=∠ABG， 又∵RL=BG，RN=CE， ∴RL=RN， ∴▱MNRL是菱形， ∵∠EAB=90°， ∴∠AEP+∠APE=90°． 又∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK， ∴∠ABG+∠BPK=90°， ∴∠BKP=90°， 又∵MNBG，MLCE， ∴∠LMN=90°， ∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”； 拓展应用：（1）MN=AC，理由如下： 如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME， ∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点， ∴四边形ENFM是正方形， ∴FM=FN，∠MFN=90°， ∴MN===FM， ∵M，F分别是AB，BC的中点， ∴FM=AC， ∴MN=AC； （2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME， 连接BD交AC于O，连接OM、ON， 当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长， ∴2（OM+ON） 2MN， 由性质探究②知：AC⊥BD， 又∵M，N分别是AB，CD的中点， ∴AB=2OM，CD=2ON， ∴2（OM+ON）=AB+CD， ∴AB+CD2MN， 由拓展应用（1）知：MN=AC； 又∵AC=2， ∴MN=， ∴AB+CD的最小值为2． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键． 题型十七 特殊四边形与最值问题 解｜题｜技｜巧 1.线段和最值：利用对称点，遵循两点之间线段最短求解； 2.单线段最值：利用垂线段最短、三角形三边关系分析； 3.特殊四边形对角线交点、中点，常为最值取值点； 4.结合对称性，将折线转化为直线，简化最值计算。 【典例1】如图，菱形的对角线、交于点，，．点是边上的动点，过点作，垂足为点，，垂足为点，连接，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、垂线段最短，根据菱形的性质可知，，，利用勾股定理即可求出，根据有三个角是直角的四边形是矩形，可知四边形是矩形，根据矩形的对角线相等可得：，根据垂线段最短可知当时，最短，利用三角形的面积公式即可求出的最小值． 【详解】解：如下图所示，连接， 四边形是菱形， ，，， ， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 当时，最短， 设中边上的高为， ， ， ， 的最小值是， 即的最小值是. 故选：A． 【变式1】（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，正方形的边长为4，E，F，G分别是边上的动点，且，将沿EF向内翻折至，连结，则当最大时，的最小值为（    ） A． B．5.6 C． D． 【答案】C 【分析】当四边形为正方形时，最大，作C关于的对称点，则，即的最小值为，利用勾股定理即可求解． 【详解】解，如图，当四边形为正方形时，最大， ∴， ∵， ∴， ∴E，F分别是边上的中点， 过点作于点H， 则， 作C关于的对称点，连接， ∴， ∴，即的最小值为， 在中，， 由勾股定理得：， ∴的最小值为． 故选：C． 【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题． 【变式2】（25-26八年级上·浙江·期末）如图，是正方形外一点，，，则的长度的最大值是（   ） A．5 B．7 C．6 D．8 【答案】C 【分析】过作，且、在的两侧，使，根据等腰直角三角形的性质得到，由四边形是正方形，得到，．根据余角的性质得到，推出，根据全等三角形的性质得到，由三角形的三边关系得到，即可得到结论． 【详解】解：如图，过作，且、在的两侧，且， ． ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 在与中， ， ， ． ， ， 长度的最大值为6． 故选：C． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、三角形的三边关系，正确作出辅助线是解题的关键． 【变式3】如图，在矩形中，，，，分别是，上的两个动点，，沿折叠形成，连接，，则的最小值是______． 【答案】 【分析】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，作点关于的对称点，连接，由于四边形是矩形，所以，，，则，，在中，，从而得，故当共线时，的值最小，最小值，从而求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴，， 在中，， ∵， ∴， ∵是定值， ∴ 当共线时，的值最小，最小值， ∴的最小值为， 故答案为：． 题型十八 特殊平行四边形综合题 解｜题｜技｜巧 综合运用特殊平行四边形的性质与判定解决特殊平行四边形的综合题，有时要用到分类讨论的思想. 【典例1】（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图（1），已知矩形，点分别是矩形边上的一点，且，与分别沿翻折得到与；所在的直线交直线于点，所在的直线交直线于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，且．判断四边形的形状，并说明理由； (3)如图（2），若点是的中点．试探求与的数量关系，并加以说明． 【答案】(1)见详解； (2)正方形，理由见详解； (3)，理由见详解． 【分析】本题考查矩形的判定和性质，折叠的性质，正方形的判定，等边三角形的性质． （1）如图，连接，由折叠知，则，再找一个直角，用有三个角是直角的四边形是矩形来证明即可； （2）如图，延长交于，过点作于，要证明其是一个正方形，只要证明有一组临边相等即可，由折叠的性质结合，可设参数证明等量关系； （3）如图，取的中点，连接,,依题干先证，再利用特殊角去找和的关系即可． 【详解】（1）解：如图，连接， 四边形是矩形 在和中 由折叠知, , 四边形是矩形； （2）四边形是正方形，理由如下： 如图，延长交于，过点作于， 设 四边形是矩形 四边形是正方形； （3） 如图，取的中点，连接,, 若点是的中点，则点是的中点， 三点共线 是等边三角形 由（1）知， 点是的中点，则点是的中点 四边形是平行四边形 ． 【变式1】（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，点是对角线上的一个动点（不与点重合），连接，点关于直线的对称点为点，连接． (1)如图，若点恰好落在对角线上，连接，求的度数． (2)如图，连接，若，试判断线段与的数量关系和位置关系，并说明理由． (3)如图，连接，记的面积为，的面积为，若，求的值． 【答案】(1) (2)，，理由见解析 (3) 【分析】（）利用正方形和轴对称的性质可得，，，进而可得，再根据角的和差关系即可求解； （）延长交于，由轴对称的性质可得，，进而由平行线的性质得，再证明得，即可求证； （）作，交的延长线于点，作，交的延长线于点，连接交于，不妨设正方形的边长是，由正方形的性质可得，，，，由轴对称的性质得，，，，即可由得，又由可得是等腰直角三角形，即得，利用勾股定理进而求出即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵点关于直线的对称点为点， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：，，理由如下： 如图，延长交于， ∵点关于直线的对称点为点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，作，交的延长线于点，作，交的延长线于点，连接交于， 不妨设正方形的边长是， ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∴， ∵点关于直线的对称点为点， ∴，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等，正确作出辅助线是解题的关键． 【变式2】（24-25八年级下·浙江嘉兴·期末）如图1， 在菱形中，E是上一点，，连接，过点B作交于点F． (1)求证：； (2)如图2，连接，求证：四边形是菱形； (3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点G，连接，． ①探究与的数量关系，并说明理由； ②若，且，求菱形的边长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)①，理由见解析；② 【分析】题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，熟知菱形的性质与判定定理是解题的关键． （1）由菱形的性质可得，，则可证明，再证明，即可证明，得到． （2）连接交于点O，由全等三角形的性质得到，则可证明四边形是平行四边形，再由菱形的性质可得，则可证明平行四边形是菱形； （3）①由等边对等角得到，导角证明，得到，再证明，得到，证明，得到，则可证明； ②连接交于点O， 则，，设，则，由菱形的性质得到，则，，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：连接交于点O， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴平行四边形是菱形； （3）解：①，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴； ②连接交于点O， 则，， 设，则， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴，， 由勾股定理得， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∴菱形的边长为． 【变式3】（24-25九年级下·浙江台州·期末）如图，四边形是正方形，是上的任意一点，连接，以为边作正方形，连接交于点． (1)求证：； (2)求证：； (3)连接 ①如图，若平分，求的值； ②如图，若，请直接写出的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)①；② 【分析】（）利用正方形的性质和余角性质即可求解； （）过点作于，分别证明和，得到和，进而即可求证； （）①过点作于，由角平分线的性质得，由等腰直角三角形的性质得，设，则，由得，又可得，代入计算即可求解；②过点作于，由等腰直角三角形的性质得，，设，则，可得，即得，得到，进而可得，即得到，再由得，最后代入计算即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形和四边形是正方形， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图，过点作于，则， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：①过点作于， ∵，平分， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ②如图，过点作于，则， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，二次根式的化简等，正确作出辅助线是解题的关键． 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则下列判断正确的是(   ) A．若，则四边形是正方形 B．若，则四边形是平行四边形 C．若，则四边形是菱形 D．若，则四边形是矩形 【答案】D 【分析】本题考查正方形，平行四边形，菱形和矩形的判定，根据相关判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、，不能判定四边形是正方形，原选项判断错误； B、，不能判定四边形是平行四边形，原选项判断错误； C、，则四边形是矩形，原选项判断错误； D、，则四边形是矩形，原选项判断正确； 故选：D． 2．如图，已知在矩形中，对角线，相交于点O，于点E．若，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由矩形的性质得出，继而得到，再求出，，即可求出的度数． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在菱形中，，，则菱形的面积为（    ） A．48 B．36 C．24 D．12 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 根据菱形的对角线互相平分，垂直，可得，，，再由勾股定理求解，最后由菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：如图： ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴菱形的面积为， 故选：C． 4．如图，正方形中，，交于点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正方形的性质可证明，得到，推出，最后根据三角形的内角和定理即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， ． 5．（24-25八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，在中，点E， D， F分别在边AB， BC， AC上，且， ．下列判断中错误的是（    ）． A．四边形是平行四边形 B．若， 则四边形是矩形 C．若平分， 则四边形是菱形 D．若， 则四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定，根据相关判定定理，逐一进行判断即可． 【详解】解：∵， ， ∴四边形是平行四边形；故A正确，不合题意； 当时，则：， ∴平行四边形是矩形，故B正确，不合题意； 当平分，则：， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形；故C正确，不合题意； 当时，则：平行四边形是菱形，不能得到四边形是正方形，故D错误，符合题意 故选D． 6如图，在菱形中，对角线、相交于点O，若，，于点M，则线段的长为（    ） A．2.4 B．4.8 C．5 D．5.6 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，等积法求线段的长，根据菱形的性质和勾股定理求出菱形的边长，再根据等积法求出菱形的高即可． 【详解】解：∵菱形，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 故选：B 期中重难突破练（测试时间：10分钟） 7．（22-23八年级下·浙江杭州·期末）如图，将菱形沿折叠，点B的对应点为F，若E、F、D刚好在同一直线上，设，，，则关系正确的是（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】可求，，可求，可证，即可求解． 【详解】解：，， ， 根据折叠可知， ， ，， ， 在菱形中，，， ，， ， ， ， ． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，菱形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，掌握相关的性质是解题的关键． 8．如图，在长方形纸片中，E为的中点，选接，将沿折叠得到，连接．若，，则的长为(    ) A．3 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了折叠的性质、垂直平分线的性质、勾股定理以及等腰三角形的判定与性质等知识．连接，交于点G，根据折叠的性质可得垂直平分，在中，由勾股定理解得，再利用三角形面积，解得，；再证明，由等腰三角形“等边对等角”的性质可得，然后由勾股定理计算的长即可． 【详解】解：连接，交于点G，如图， 由折叠的性质可得，垂直平分， 即， ∵，E为的中点， ∴， ∴在中，， ∵， ∴，即， 解得， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴在中，． 故选：D． 9．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，正方形的顶点在正方形上，四边形也是正方形，且点，，在同一直线上，则正方形与正方形的面积比为(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．延长交于点，连接，依题意得是线段的垂直平分线，则，证明和全等得，进而得，设，则，则，进而由勾股定理得，则，由此求出正方形与正方形的面积比即可得出答案． 【详解】解：延长交于点，连接，如图所示： 四边形和四边形都是正方形， ，， 是线段的垂直平分线， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， 设，其中， 在中，由勾股定理得：， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， ． 正方形与正方形的面积比为． 故选：C． 10．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，正方形中，点为对角线上一点，连接，过点作，交射线于点．当线段与正方形的某条边的夹角是时，则的度数是___． 【答案】或 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，四边形内角和，三角形外角的性质等知识，利用分类讨论的思想解决问题是关键．分两种情况讨论：①当与的夹角是时，即，利用四边形内角和求解即可；②当与的夹角是时，即，利用三角形外角的定义求解即可． 【详解】解：点为对角线上一点， 线段与正方形的某条边的夹角是时，有以下两种情况： ①当与的夹角是时，即，如图所示： ， ， ， 在四边形中，， ， ； ②当与的夹角是时，即，如图3②所示： 四边形是正方形， ， 在中，， ， ， ， 是的外角， ， ， ， 综上所述：的度数是或． 故答案为：或． 11．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，E为CD的中点，若P、Q为BC边上的两个动点，且PQ＝2，则线段AP+QE的最小值为 　 ． 【答案】． 【分析】取AB中点F，连接EF，延长AB到G使BG＝AB，连接PG，作PK∥QE交FE于K，由矩形的性质推出∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝CD，BC＝AD＝10，由线段垂直平分线的性质推出PG＝PA，判定四边形BCEF是矩形，推出EF∥BC，EF＝BC＝10，由四边形OQEK是平行四边形，得到PK＝QE，KE＝PQ＝2，由勾股定理得到KG，由三角形三边关系定理得到PK+PG≥GK，因此PA+QE，即可得到线段AP+QE的最小值为． 【详解】解：取AB中点F，连接EF，延长AB到G使BG＝AB，连接PG，作PK∥QE交FE于K， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝CD，BC＝AD＝10， ∴BC垂直平分AG， ∴PG＝PA， ∵E是CD中点，F是AB中点， ∴BFAB，CECD， ∴BF＝CE， ∵BF∥CE，∠FBC＝90°， ∴四边形BCEF是矩形， ∴EF∥BC，EF＝BC＝10， ∵PK∥QE， ∴四边形OQEK是平行四边形， ∴PK＝QE，KE＝PQ＝2， ∴KF＝EF﹣KE＝10﹣2＝8， ∵BFAB6＝3， ∴FG＝BF+BG＝3+6＝9， ∴KG， ∵PK+PG≥GK， ∴PA+QE， ∴线段AP+QE的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形三边关系，轴对称﹣最短路线问题，关键是通过作辅助线构造△PGK，由三角形三边关系定理得到PK+PG≥GK． 期中综合拓展练（测试时间：15分钟） 12．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在正方形中，G是对角线上的一点（不与点B，D重合），过点G作，分别交于点E，F． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再由正方形的性质得到，则可证明是矩形； （2）延长交于点H，则四边形是矩形，可证明是等腰直角三角形．得到，则矩形是正方形，据此可求出，再利用勾股定理即可求出的长． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形． ∵在正方形中，， ∴是矩形． （2）解：如图，延长交于点H， 在正方形中，， ∵， ∴四边形是矩形，是等腰直角三角形． ∴， ∴矩形是正方形． ∴， 在中，． 13．（21-22八年级下·浙江舟山·期末）如图，在中，点是边的中点，点是的中点，过点作，且交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求四边形的面积． (3)若，在中再增加条件．则四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）由得到，，证明出，得到，等量代换得到，即可证明四边形是平行四边形； （2）先证明四边形是矩形，利用勾股定理求出，再根据矩形的性质求面积即可． （3）利用等腰三角形的性质以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出，，再由：四边形是平行四边形即可得出四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵ ∴， ∵点是的中点 ∴ ∴ ∴ ∵点是边的中点 ∴ ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵是的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∴， ∴四边形的面积． （3）解：当为等腰直角三角形，且时，四边形是正方形， 理由如下： ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵D为的中点， ∴，， 又∵四边形为平行四边形， ∴四边形为正方形． 14．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，．点E，点F分别在边上，连接，交于点G，且满足． (1)若，，求的度数； (2)求证：； (3)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线是解题的关键． （1）由菱形的性质得到，再由平行线的性质和三角形内角和定理求解即可； （2）根据四边形内角和定理得到，则可证明，再由菱形的性质和平行线的性质证明，则可证明； （3）延长到H，使得，连接，证明，得到，则可证明，得到；过点C作于T，则，由勾股定理得，，则，再根据线段的和差关系证明即可． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）证明：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴； （3）证明：如图所示，延长到H，使得，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； 如图所示，过点C作于T， ∴， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， ∴ ． 15．（22-23八年级下·浙江宁波·期末）在正方形ABCD中，AB＝4，点E是边AD上一动点，以CE为边，在CE的右侧作正方形CEFG，连结BF． （1）如图1，当点E与点A重合时，则BF的长为　 　． （2）如图2，当AE＝1时，求点F到AD的距离和BF的长． （3）当BF最短时，请直接写出此时AE的长． 【答案】（1）；（2）点F到AD的距离为3，BF=；（3）2 【分析】（1）连接DF，证明△ADF≌△CDA，得出CDF共线，然后用勾股定理即可； （2）过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，FH⊥BC交BC的延长线于K，证明△EHF≌△CDE，再用勾股定理即可； （3）当B，D，F共线时，此时BF取最小值，求出此时AE的值即可． 【详解】解：（1）如图，连接DF， ∵∠CAF=90°，∠CAD=45°， ∴∠DAF=45°， 在△CAD和△FAD中， ， ∴△CAD≌△FAD（SAS）， ∴DF=CD， ∴∠ADC=∠ADF=90°， ∴C，D，F共线， ∴BF2=BC2+CF2=42+82=80， ∴BF＝， 故答案为：； （2）如图，过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，FH⊥BC交BC的延长线于K， ∵四边形CFG是正方形，∴EC=EF，∠FEC=90°， ∴∠DEC+∠FEH=90°， 又∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC=90°， ∴∠DEC+∠ECD=90°， ∴∠ECD=∠FEH， 又∵∠EDC=∠FHE=90°， 在△ECD和△FEH中， ， ∴△ECD≌△FEH（AAS）， ∴FH=ED， ∵AD=4，AE=1， ∴ED=AD-AE=4-1=3， ∴FH=3，即点F到AD的距离为3， ∴∠DHK=∠HDC=∠DCK=90°， ∴四边形CDHK为矩形， ∴HK=CD=4， ∴FK=FH+HK=3+4=7， ∵△ECD≌△FEH， ∴EH=CD=AD=4， ∴AE=DH=CK=1， ∴BK=BC+CK=4+1=5， 在Rt△BFK中，BF＝； （3）∵当A，D，F三点共线时，BF的最短， ∴∠CBF=45°， ∴FH=DH， 由（2）知FH=DE，EH=CD=4， ∴ED=DH=4÷2=2， ∴AE=2． 【点睛】本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定，关键是要作辅助线构造全等的三角形，在正方形和三角形中辅助线一般是垂线段，要牢记正方形的两个性质，即四边相等，四个内角都是90°． 16．如图，在矩形中，，，、是对角线上两个动点，分别从A、同时出发相向而行，速度均为秒，运动时间为秒，． (1)若、分别是、的中点，当时，求证：四边形是平行四边形； (2)若、分别是、的中点，当_________时；四边形是矩形； (3)若、分别是折线，上的动点，以与、相同的速度分别从A、和、同时出发，当_________时；四边形是菱形； 【答案】(1)见解析； (2)或； (3)． 【分析】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、平行四边形的判定和菱形的判定，解题的关键是掌握矩形的性质定理、菱形的判定定理，灵活运用分情况讨论思想． （1）根据勾股定理求出，证明，根据全等三角形的性质得到，利用内错角相等得，根据平行四边形的判定可得结论； （2）如图1，连接，分、两种情况，列方程计算即可； （3）连接、，判定四边形是菱形，得到，根据勾股定理求出，得到的长，根据题意解答． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ，，，， ， ，， ， 、分别是、的中点， ，， ， 、是对角线上的两个动点，分别从A、同时出发，相向而行，速度均为， ， ， ， ，， ， 以、、、为顶点的四边形始终是平行四边形； （2）如图1，连接，由（1）可知四边形是平行四边形， 、分别是、的中点， ， 当时，四边形是矩形，分两种情况： ①∵，则， 解得：， ② ∵，则， 解得：， 即当为秒或秒时，四边形是矩形； （3）如图2，连接、， 四边形是菱形， ，，， ， 四边形是菱形， ， 设，则， 由勾股定理得：， 即， 解得：， ， ， ， 即为秒时，四边形是菱形． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 特殊平行四边形（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01 矩形的性质 题型02 矩形的判定 题型03 矩形的性质与判定的综合 题型04直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质运用 题型05菱形的性质 题型06菱形的判定 题型07菱形的性质与判定的综合 题型08 正方形的性质 题型09正方形的判定 题型10 正方形的性质与判定 题型11特殊四边形性质与判定的综合 题型12四边形与平面直角坐标系的综合 题型13 特殊四边形中的多结论判断问题 题型14特殊四边形与折叠问题 题型15特殊四边形与动点运动问题 题型16中点四边形问题 题型17 特殊四边形与最值问题 题型118 特殊平行四边形综合题 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 1. 矩形的性质与判定 掌握矩形 “四个角直角、对角线相等” 性质；掌握 3 种判定；能计算与证明 高频中档；常考对角线、角度、面积；易错：矩形是特殊平行四边形、对角线相等 2. 菱形的性质与判定 掌握菱形 “四边相等、对角线垂直平分” 性质；掌握 3 种判定；能计算与证明 重点高频；必考对角线垂直、面积（对角线乘积一半）；易错：菱形对角线互相垂直 3. 正方形的性质与判定 掌握正方形兼具矩形、菱形所有性质；掌握 4 种判定；能综合计算与证明 期末压轴高频；综合边、角、对角线、对称性；易错：正方形判定条件需同时满足矩形 + 菱形 4. 特殊平行四边形综合（折叠、动点、最值） 能综合矩形、菱形、正方形性质；解决折叠、动点、最值问题；结合勾股定理 期末压轴必考；难度大；易错：折叠前后边 / 角相等、动点范围、最值转化 5. 平行四边形与特殊平行四边形关系 理清平行四边形、矩形、菱形、正方形从属关系；能进行转化判定 基础 + 中档；常考概念辨析、分类讨论；易错：从属关系混淆、判定条件遗漏 知识点01 矩形的概念与性质 ●●定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. ●●性质定理：矩形的四个角都是直角，对角线相等. 几何语言： ∵ 四边形ABCD是矩形, ∴ ∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AC=BD. ★1、矩形是特殊的平行四边形，它具有平行四边形的所有性质. ★2、矩形是轴对称图形，邻边不相等的矩形有两条对称轴，分别是对边所在中点连线的直线. ★3、矩形的四个角都是直角，常把矩形的问题转化为直角三角形的问题来解决，同时，矩形被两条对角线分成两对全等的等腰三角形，因此在解决相关问题时，也常常用到等腰三角形的性质. ★4、矩形的面积 = 长×宽，矩形的面积=被对角线分成的四个面积相等的小三角形（等腰三角形）面积之和. 知识点02 矩形的判定 ●矩形的判定方法： 方法一：有一个角是直角的平行四边形是矩形； 方法二：对角线相等的平行四边形是矩形； 方法三：有三个角是直角的四边形是矩形； 知识点03 菱形的概念与性质 ●●定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 ◆1、菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质. ②菱形的四条边都相等. ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角. ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线. ⑤利用菱形的性质可证线段，角相等. ◆2、菱形的面积计算 ①利用平行四边形的面积公式=底×高． ②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度） ③ 四个小直角三角形的面积之和(或一个小直角三角形面积的 4 倍)； 知识点04 菱形的判定 ●●菱形的判定方法： ◆1、定义法：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. ◆2、判定定理1（从对角线）：对角线互相垂直的平行四边形是菱形. ◆3、判定定理2（从边）：四条边相等四边形是菱形. 知识点05 正方形的概念与性质 ●●定义：四条边相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形。 ★1、具有矩形、菱形、平行四边形的一切性质，即 ①边：四条边相等，邻边垂直，对边平行； ②角：四个角都是直角； ③对角线：对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角； ④正方形式轴对称图形，有四条对称轴； ★2、正方形的面积计算 ①边长的平方；②对角线平方的一半； ★3、正方形特有的性质： ①正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形；正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形； ②周长相等四边形中，正方形的面积最大. 知识点06 正方形的判定 ★1、正方形判定方法： 定义法 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 四边形法 有四条边相等，三个角都是直角的四边形是正方形. 对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形. 平行四边形法 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形. 矩形法 有一组邻边相等的矩形是正方形. 对角线相互垂直的矩形是正方形. 菱形法 有一个角是直角的菱形是正方形. 对角线相等的菱形是正方形. 题型一 矩形的性质 解｜题｜技｜巧 1.依托矩形四个角为直角、对角线相等的特性，结合勾股定理计算线段长度； 2.利用矩形对角线互相平分且相等，推导等腰三角形，简化角度计算； 3.矩形问题常转化为直角三角形、等腰三角形问题，拆分复杂图形； 4.涉及周长、面积计算，套用基础公式，结合线段等量关系求解。 【典例1】（23-24八年级下·浙江温州·期末）如图，矩形的对角线，相交于点O，于点E，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，对角线、交于点，过点作，分别交边、于点、．已知，，则矩形的面积为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在矩形中，与交于点，点为上一点，连接并延长交于点，满足，若，，则________． 【变式3】（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在矩形中，，分别过点，作，于点，，连结，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)分别取，的中点，，连结，．若，求四边形的面积． 题型二 矩形的判定 解｜题｜技｜巧 1.先判定四边形为平行四边形，再补充直角或对角线相等条件，判定矩形； 2.已知多个直角，直接用“三个角为直角”判定，步骤更简便； 3.题干出现对角线条件，优先验证对角线是否相等，结合平行四边形判定； 证4.明过程规范，先梳理已知条件，逐步推导，最后得出矩形结论。 【典例1】（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，工人师傅在做矩形零件的时候，为了确保四边形零件是矩形，除了要测量四边形的边长，还要测量四边形的对角线是否相等，其原理是（   ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．两点之间，线段最短 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．两点确定一条直线 【变式1】（22-23八年级下·浙江宁波·期末）ABCD的对角线相交于点O，下列条件中不能判定ABCD是矩形的是（    ） A． B． C． D． 【变式2】如图，将平行四边形的边延长至点E，使，连接交于点O，连接，若．求证：四边形是矩形． 【变式3】如图，点在的边上，，请从以下三个选项中①；②；③，选择一个合适的选项作为已知条件，使为矩形．    (1)你添加的条件是 （填序号）； (2)添加条件后，请证明为矩形． 题型三 矩形的性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.先利用平行四边形性质推导，再结合矩形特殊性质判定、计算； 2.解题思路：性质推导→线段/角度等量关系→矩形判定→进阶计算； 3.遇到对角线问题，紧抓“平分且相等”，构建全等三角形、直角三角形； 4.综合题注意数形结合，规避对角线与边夹角的易错点。 【典例1】（24-25九年级上·内蒙古包头·阶段检测）如图，在中，，是的中点，过点作，过点作，两线相交于点，过点作于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【变式1】（23-24八年级下·江苏盐城·阶段检测）平行四边形中，过点D作于点E，点F在上，，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，且，求矩形的面积． 【变式2】（22-23八年级下·浙江湖州·期末）如图，在中，为的中点，四边形是平行四边形，，相交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【变式3】如图，在平行四边形中，E为线段的中点，延长与的延长线交于点F，连接，，．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求四边形的面积S． 题型四 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质运用 【例4】如图，在中，，是边上的中线，过点作于点．若，则的度数是（  ） A． B． C． D． 【变式1】如图，中，，是边上的高，是边上的中线，若，则的长为（    ） A．20 B．22 C．24 D．26 【变式2】如图，在中，于点，于点E，D为的中点，为的中点，则的长为（    ） A．6 B．9 C． D． 【变式3】（1）问题发现：如图1，若和中，，，．求证：． （2）解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A、D、E在同一条直线上，为中边上的高，连接，请判断的度数及线段、、之间的数量关系并说明理由． 题型五 菱形的性质 解｜题｜技｜巧 1.菱形对角线互相垂直，优先构造直角三角形，利用勾股定理求解边长； 2.四条边相等，可快速转化线段等量关系，简化线段计算； 3.面积计算灵活选用公式，对角线乘积一半适用于对角线已知题型； 4.结合角平分线性质，推导等角、等边关系，解决综合证明题。 【典例1】（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图，在菱形中，与交于点，点在上，，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【变式1】（24-25八年级下·浙江杭州·期末）已知菱形的面积为8，它的一条对角线长为，则菱形的边长为（    ） A．2 B． C． D．4 【变式2】（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，对角线，交于点，点为边中点．若菱形的面积为24，，则的长为(    ) A． B． C． D． 【变式3】（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，已知四边形是菱形，，以点A为圆心，为半径画弧线，分别交，于点F，E，连接，，，． (1)求度数； (2)求证：． 题型六 菱形的判定 解｜题｜技｜巧 1.先证平行四边形，再补邻边相等或对角线垂直条件，判定菱形； 2.题干出现四边相等条件，直接判定四边形为菱形； 3.对角线垂直的平行四边形即为菱形，此判定方法考频极高； 4.区分菱形与普通平行四边形，切勿忽略垂直、四边相等核心条件。 【典例1】（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在平行四边形中，对角线，交于点O．下列条件不能判定平行四边形为菱形的是（    ） A． B． C．平分 D． 【变式1】如图，在△ABC中，BA＝BC，BD平分∠ABC交AC于点D，点E在线段BD上，点F在BD的延长线上，且DE＝DF，连接AE，CE，AF，CF．求证：四边形AECF是菱形． 【变式2】如图，∠ABC＝∠ADC＝90°，M为AC中点，MN⊥BD于点O，BN∥DM，求证：BNDM为菱形． 【变式3】已知：如图，在中，是角平分线，E是上一点，且，，交于点G．求证：四边形是菱形． 题型七 菱形的性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.先借助性质得出四边相等、对角线垂直等条件，再用于判定菱形； 2.常结合全等三角形、直角三角形，拆分图形，逐层推导； 3.涉及折叠、对称题型，利用菱形对称性，找寻等量线段、角度； 4.计算面积时，优先选用对角线公式，提升解题速度。 【典例1】如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，CE＝DF，AB＝BE，AE与BF相交于点O，连接EF． （1）求证：四边形ABEF是菱形； （2）若平行四边形ABCD的周长为20，CE＝DF＝2，∠ABE＝60°，求AE的长． 【变式1】（20-21八年级下·浙江杭州·期末）如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，点E在线段OB上（不与点B，点O重合），点F在线段OD上，且DF＝BE，连接AE，AF，CE，CF． （1）求证：四边形AECF是菱形； （2）若AC＝4，BD＝8，当BE＝3时，判断△ADE的形状，说明理由．    【变式2】（22-23八年级下·浙江金华·期末）在中，，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)，四边形的面积为24．求的长． 【变式3】如图，在平行四边形ABCD中，BE⊥AD，BF⊥CD，垂足分别为E，F，且AE＝CF． (1)求证：平行四边形ABCD是菱形； (2)若DB＝10，AB＝13，求平行四边形ABCD的面积． 题型八 正方形的性质 解｜题｜技｜巧 1.正方形性质最全，解题时同时套用矩形、菱形双重性质； 2.对角线将正方形分为全等的等腰直角三角形，利用45°角解题； 3.线段、角度计算均转化为等腰直角三角形、全等三角形问题； 4.注意正方形多结论题型，逐项验证，规避特殊情况漏解。 【典例1】（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，以正方形ABCD的一边AD为边向外作等边三角形ADE，则∠BED等于（    ） A．30° B．37.5° C．45° D．50° 【变式1】（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，正方形的边长为8，为边上一点．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【变式2】如图，在边长为3的正方形中，点E在边上，以点D为圆心，长为半径画弧，交线段于点F．若，则的长为（    ） A．2 B． C． D． 【变式3】（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在正方形中，点、分别在、上，，与相交于点，连接． (1)求证：； (2)若点为的中点． ①当时，求的值； ②证明：． 题型九 正方形的判定 解｜题｜技｜巧 1.阶梯式判定：先平行四边形→再矩形/菱形→最后正方形； 2.矩形加邻边相等、菱形加直角，均可判定为正方形； 3.对角线满足相等、垂直、平分，可直接判定正方形； 4.证明时逻辑严谨，不可跳过平行四边形、矩形/菱形步骤直接判定。 【典例1】（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，已知平行四边形，从下列四个条件中选两个作为补充条件，使平行四边形成为正方形．①；②；③；④．则下列四种选法中错误的是（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．③④ 【变式1】如图，已知矩形ABCD 中，∠BAD 和∠ADC 的平分线交于BC边上一点E．点F为矩形外一点，四边形AEDF为平行四边形．求证：四边形AEDF是正方形． 【变式2】已知矩形ABCD，AE平分∠DAB交DC的延长线于点E，过点E作EF⊥AB，垂足F在边AB的 延长线上，求证：四边形ADEF是正方形． 【变式3】如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E是BD延长线上的点，且△ACE是等边三角 形．若∠AED＝2∠EAD，求证：四边形ABCD是正方形． 题型十 正方形的性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.综合运用全等、特殊三角形性质，先判定正方形，再利用性质解题； 2.动点、折叠题型，紧抓正方形边长、角度不变性，列方程求解； 3.多结论判断题型，牢记正方形对角线、边角核心特征，举反例排除； 4.复杂图形中，拆分出正方形、三角形，分步推导，简化思路。 【典例1】如图，正方形的边长为5，点E为正方形边上一动点，过点B作于点P，将绕点A逆时针旋转得，连接交延长线于点F． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，求线段的长度． 【变式1】如图，在中，，是中线，是的中点，过点作交的延长线于，连接． (1)求证：； (2)如果，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 【变式2】如图，在四边形中，，，，点在边上，点是边的中点，且，于点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【变式3】（22-23八年级下·浙江宁波·期中）如图1，已知矩形，点E是边上一点，点F是延长线上一点，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)如图2，在（1）的条件下，若，点G是边上一点，连接交于点H，有，求． 题型十一 特殊四边形性质与判定的综合 解｜题｜技｜巧 1.梳理矩形、菱形、正方形判定逻辑链，区分三者性质差异； 2.根据题干条件，优先判定基础图形，再升级为特殊四边形； 3.综合题常用辅助线：连接对角线、作垂线、构造全等三角形； 4.运用分类讨论思想，考虑多种图形可能性，规避漏解。 【典例1】如图1，已知平行四边形ABCD中，BD平分∠CBA． （1）求证：平行四边形ABCD是菱形； （2）如图2，E为边AB上一动点，连接CE，作CE的垂直平分线交CE于F，交DB于G，连接AG、EG， ①求证：△AGE为等腰三角形； ②若∠CBA＝60°，求的值． 【变式1】（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，，过点，分别作，，交，的延长线于点，． (1)求证：四边形为矩形． (2)连接，交于点，若，，，求矩形的周长． 【变式2】（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）四边形分别是边的中垂线，连接，延长交于点H，延长交于点G，若． (1)判断四边形的形状，并加以证明； (2)求的度数； (3)若，求的长度． 【变式3】（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，为上一点（不与端点重合），延长至点使，连结，过点作于点，连结，，． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)若，，求的长． (3)当点在上任意运动时（不与端点重合），求的值． 题型十二 特殊四边形与平面直角坐标系的综合 解｜题｜技｜巧 1.利用特殊四边形边角、对角线性质，结合坐标平移、中点公式解题； 2.矩形、正方形对应横纵坐标差值固定，菱形对应边长相等； 3.分类讨论未知顶点坐标，以不同线段为对角线，逐一分析； 4.注意坐标象限正负性，结合距离公式验证线段长度。 【典例1】如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，轴，已知点，则点的坐标是_______． 【变式1】如图，四边形是菱形，顶点A，的坐标分别是，，点在轴的正半轴上，则顶点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【变式2】如图，矩形的边在x轴上，且过原点，连接．将沿翻折，点B的对应点恰好落在边上．若点的坐标为，则点C的坐标为____________． 【变式3】将矩形ABCD如图放置，若点B的坐标是（﹣4，6），点C的坐标是（﹣2，0），点D的坐标是（10，4），则点A的坐标是_____． 题型十三 特殊四边形中的多结论判断问题 解｜题｜技｜巧 1.逐一验证线段相等、角度相等、全等、面积、对称性各类结论； 2.牢记易错点：矩形对角线不垂直、菱形对角线不相等、正方形性质最全； 3.通过举反例、特殊值代入，快速排除错误结论； 4.对角线分割图形，全等、面积关系优先验证，提升解题效率。 【典例1如图，在中，、分别为边、的中点，是对角线，，交的延长线于点，连接，．有下列结论：①；②四边形是菱形；③四边形是矩形；④．其中正确结论的个数是(   ) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式1】如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与、交于点、，连结交于点，连结、．若，，则下列结论中正确结论的是（   ） ①；②四边形是菱形；③； ④． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式2】如图，正方形中，点在的延长线上，点在上，且，连接交于点，连接，则下列结论中正确的有（　　） （1） （2） （3） （4）如果，则． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【变式3】（24-25八年级下·浙江丽水·期末）如图，菱形中，，点在边上，点在菱形外部，且满足，．连结，，取的中点，连结，． ①是等边三角形；②；③垂直平分；④． 其中正确的结论有（   ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 题型十四 特殊四边形与折叠问题 解｜题｜技｜巧 1.折叠属于全等变换，对应边、对应角完全相等，标注等量关系； 2.结合特殊四边形直角、等边性质，构造直角三角形，用勾股定理； 3.折叠后常出现等腰三角形，利用等角对等边推导线段关系； 4.折痕垂直平分对应点连线，可进一步判定菱形、正方形。 【典例1】（24-25七年级下·浙江台州·期末）在长方形中，，，，P是线段上的动点，分别是边，上的动点，则的最小值是（    ） A．4 B．5 C．7 D．8 【变式1】（24-25八年级上·浙江宁波·期末）如图，正方形，，E为的中点，将沿BE折叠到，延长EF交于点G．连接，则下列结论错误的是（　　） A．的周长为4 B．的周长为 C．的面积为 D．的面积为 【变式2】（23-24八年级上·浙江台州·期末）如图，在矩形中，，，点和是边上的两点，连结，将和沿折叠后，点和点重合于点，则的长是（    ） A． B．3 C． D．4 【变式3】（23-4八年级下·浙江绍兴·期末）图，一张矩形纸片ABCD，点E在边AB上，将△BCE沿直线CE对折，点B落在对角线AC上，记为点F． (1)若AB＝4，BC＝3，求AE的长． (2)连接DF，若点D，F，E在同一条直线上，且DF＝2，求AE的长． 题型十五 特殊四边形与动点运动问题 解｜题｜技｜巧 1.设运动时间为t，用速度×时间表示线段长度，梳理变量关系； 2.根据特殊四边形判定定理，列线段相等、垂直、平行方程； 3.分类讨论动点位置，考虑不同时间段图形形状变化； 4.舍去不符合边长范围的解，保证结果合理性。 【典例1】如图，在长方形ABCD中，AB＝CD＝6cm，BC＝10cm，点P从点B出发，以2cm/秒的速度沿BC向点C运动．设点P的运动时间为t秒，当点P从点B开始运动，同时，点Q从点C出发，沿CD向点D运动，当t＝　 秒时，以P、C、Q为顶点的三角形与△ABP全等． 【变式1】如图，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，点E、F同时由A、C两点出发，分别沿AB、CB方向向点B匀速移动（到点B为止），点E的速度为1cm/s，点F的速度为2cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为（　　） A． B． C． D． 【变式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3】（23-24八年级下·浙江·期末）已知，中，一动点P在边上，以每秒的速度从点A向点D运动． (1)如图①，运动过程中，若平分，且满足，求的度数； (2)如图②，在（1）问的条件下，连接并延长，与的延长线交于点F，连接，若，求的面积； (3)如图③，另一动点Q在边上，以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若，则时间为何值时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． 题型十六 中点四边形 解｜题｜技｜巧 1.找原四边形两条对角线 \(AC、BD\) 2.判断对角线两个特征：是否相等、是否垂直 3.对照上面结论，直接判定中点四边形形状 4.求周长 / 边长： 中点四边形边长 = 原对角线的一半 周长 = 原两条对角线长度之和 【典例1】（20-21八年级下·浙江·期末）已知任意四边形的四条边中点组成的图形是平行四边形，当这个平行四边形成为矩形时，原四边形的对角线（    ） A．互相平分 B．相等 C．互相垂直 D．互相平分且相等 【变式1】（2023·浙江宁波·模拟预测）已知四边形是菱形，点分别为边的中点．若四边形的面积为12，则菱形的面积为（    ） A．12 B．24 C．36 D．48 【变式2】如图，四边形是边长为3的菱形，对角线，点E，F，G，H分别为边中点，顺次连接E，F，G，H．则四边形的面积为__________． 【变式3】（21-22八年级下·浙江宁波·期末）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 概念理解： 下列四边形中一定是“中方四边形”的是_____________． A．平行四边形            B．矩形        C．菱形        D．正方形 性质探究： 如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD的两条结论； 问题解决： 如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”； 拓展应用： 如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点， （1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由． （2）若AC=2，求AB+CD的最小值． 题型十七 特殊四边形与最值问题 解｜题｜技｜巧 1.线段和最值：利用对称点，遵循两点之间线段最短求解； 2.单线段最值：利用垂线段最短、三角形三边关系分析； 3.特殊四边形对角线交点、中点，常为最值取值点； 4.结合对称性，将折线转化为直线，简化最值计算。 【典例1】如图，菱形的对角线、交于点，，．点是边上的动点，过点作，垂足为点，，垂足为点，连接，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，正方形的边长为4，E，F，G分别是边上的动点，且，将沿EF向内翻折至，连结，则当最大时，的最小值为（    ） A． B．5.6 C． D． 【变式2】（25-26八年级上·浙江·期末）如图，是正方形外一点，，，则的长度的最大值是（   ） A．5 B．7 C．6 D．8 【变式3】如图，在矩形中，，，，分别是，上的两个动点，，沿折叠形成，连接，，则的最小值是______． 题型十八 特殊平行四边形综合题 解｜题｜技｜巧 综合运用特殊平行四边形的性质与判定解决特殊平行四边形的综合题，有时要用到分类讨论的思想. 【典例1】（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图（1），已知矩形，点分别是矩形边上的一点，且，与分别沿翻折得到与；所在的直线交直线于点，所在的直线交直线于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，且．判断四边形的形状，并说明理由； (3)如图（2），若点是的中点．试探求与的数量关系，并加以说明． 【变式1】（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，点是对角线上的一个动点（不与点重合），连接，点关于直线的对称点为点，连接． (1)如图，若点恰好落在对角线上，连接，求的度数． (2)如图，连接，若，试判断线段与的数量关系和位置关系，并说明理由． (3)如图，连接，记的面积为，的面积为，若，求的值． 【变式2】（24-25八年级下·浙江嘉兴·期末）如图1， 在菱形中，E是上一点，，连接，过点B作交于点F． (1)求证：； (2)如图2，连接，求证：四边形是菱形； (3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点G，连接，． ①探究与的数量关系，并说明理由； ②若，且，求菱形的边长． 【变式3】（24-25九年级下·浙江台州·期末）如图，四边形是正方形，是上的任意一点，连接，以为边作正方形，连接交于点． (1)求证：； (2)求证：； (3)连接 ①如图，若平分，求的值； ②如图，若，请直接写出的值． 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则下列判断正确的是(   ) A．若，则四边形是正方形 B．若，则四边形是平行四边形 C．若，则四边形是菱形 D．若，则四边形是矩形 2．如图，已知在矩形中，对角线，相交于点O，于点E．若，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在菱形中，，，则菱形的面积为（    ） A．48 B．36 C．24 D．12 4．如图，正方形中，，交于点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，在中，点E， D， F分别在边AB， BC， AC上，且， ．下列判断中错误的是（    ）． A．四边形是平行四边形 B．若， 则四边形是矩形 C．若平分， 则四边形是菱形 D．若， 则四边形是正方形 6如图，在菱形中，对角线、相交于点O，若，，于点M，则线段的长为（    ） A．2.4 B．4.8 C．5 D．5.6 期中重难突破练（测试时间：10分钟） 7．（22-23八年级下·浙江杭州·期末）如图，将菱形沿折叠，点B的对应点为F，若E、F、D刚好在同一直线上，设，，，则关系正确的是（　　）    A． B． C． D． 8．如图，在长方形纸片中，E为的中点，选接，将沿折叠得到，连接．若，，则的长为(    ) A．3 B． C． D． 9．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，正方形的顶点在正方形上，四边形也是正方形，且点，，在同一直线上，则正方形与正方形的面积比为(    ) A． B． C． D． 10．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，正方形中，点为对角线上一点，连接，过点作，交射线于点．当线段与正方形的某条边的夹角是时，则的度数是___． 11．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，E为CD的中点，若P、Q为BC边上的两个动点，且PQ＝2，则线段AP+QE的最小值为 　 ． 期中综合拓展练（测试时间：15分钟） 12．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在正方形中，G是对角线上的一点（不与点B，D重合），过点G作，分别交于点E，F． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的长． 13．（21-22八年级下·浙江舟山·期末）如图，在中，点是边的中点，点是的中点，过点作，且交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求四边形的面积． (3)若，在中再增加条件．则四边形是正方形． 14．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，．点E，点F分别在边上，连接，交于点G，且满足． (1)若，，求的度数； (2)求证：； (3)求证：． 15．（22-23八年级下·浙江宁波·期末）在正方形ABCD中，AB＝4，点E是边AD上一动点，以CE为边，在CE的右侧作正方形CEFG，连结BF． （1）如图1，当点E与点A重合时，则BF的长为　 　． （2）如图2，当AE＝1时，求点F到AD的距离和BF的长． （3）当BF最短时，请直接写出此时AE的长． 16．如图，在矩形中，，，、是对角线上两个动点，分别从A、同时出发相向而行，速度均为秒，运动时间为秒，． (1)若、分别是、的中点，当时，求证：四边形是平行四边形； (2)若、分别是、的中点，当_________时；四边形是矩形； (3)若、分别是折线，上的动点，以与、相同的速度分别从A、和、同时出发，当_________时；四边形是菱形； 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $