考点01 特殊平行四边形（专项训练）数学新教材浙教版八年级下册

01 特殊平行四边形 考点一：矩形 1、矩形的定义： 有一个角是直角的平行四边形是矩形。 2、矩形的性质： ①矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形的一切性质。 特殊性质： ②边的特殊性：邻边相互垂直。 ③角的特殊性：四个角都是直角（或90°）。 ④对角线的特殊性：对角线相等。即对角线相互平分且相等。 即：AC＝BD，OA＝OB＝OC＝OD。 由此可得：△OAB，△OBC，△OCD，△OAD均是等腰三角形。 ⑤面积：等于任意一组邻边的乘积。 ⑥对称性：既是中心对称图形，也是轴对称图形。 3、直角三角形斜边的中线的性质： 由矩形的对角线的性质可知：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 4、 矩形的判定： (1) 直接判定： 有三个角（四个角）是直角的四边形是矩形。 符号语言：∵∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠ADC ∴四边形ABCD是矩形 (2) 利用平行四边形判定： ①有一个角是直角的平行四边形是矩形。 符号语言：∵在▱ABCD中，∠ABC=90° ∴四边形ABCD是矩形 ②对角线相等的平行四边形是矩形。 符号语言：∵在▱ABCD中，AD=BC ∴四边形ABCD是矩形 考点二：菱形 1、菱形的定义： 有一组邻边相等的平行四边形是菱形。 2、菱形的性质： ①菱形是特殊的平行四边形，具有平行四边形所有的性质。 特殊性： ②边的特殊性：四条边都相等。 即：AB = BC = CD = AD ③对角线的特殊性：对角线相互垂直且平分每一组对角。 即：AC ⊥ BD，且∠DAC ＝ ∠BAC ＝ ∠DCA ＝ ∠BCA， ∠ADB ＝ ∠CDB ＝ ∠ABD ＝ ∠CBD。 ④面积计算：等于对角线乘积的一半。即。 ⑤对称性：既是中心对称图形，也是轴对称图形。 3、菱形的判定： (1) 直接判定： 四条边都相等的四边形是菱形。 符号语言：∵AB = BC = CD = AD ∴四边形ABCD是菱形 (2) 平行四边形判定： ①邻边相等的平行四边形是菱形。 符号语言：∵在▱ABCD中，AB=AD ∴四边形ABCD是菱形 ②对角线相互垂直的平行四边形是菱形。 符号语言：∵在▱ABCD中，AC⊥BD ∴四边形ABCD是菱形 考点三：正方形 1、正方形的定义： 四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形。 所以正方形是特殊的平行四边形，也是特殊的矩形，还是特殊的菱形。 2、正方形的性质： 同时具有平行四边形、矩形以及菱形的一切性质。 3、正方形的判定： (1) 直接判定： 四条边相等，四个角也相等的四边形是正方形。 符号语言：∵AB = BC = CD = AD，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝ 90°。 ∴四边形ABCD是正方形 (2) 利用平行四边形、矩形以及菱形判定： 先判定四边形是平行四边形，在判定它是矩形和菱形即可判定为正方形。 ①平行四边形＋邻边相等＋一个角是90°。 符号语言：在▱ABCD中， ∵AB＝BC，且∠ABC=90° ∴▱ABCD是正方形 ②平行四边形＋邻边相等＋对角线相等。 符号语言：▱ABCD中 ∵AB＝BC且AC＝BD ∴▱ABCD是正方形 ③平行四边形＋对角线垂直＋一个角是90° 符号语言：▱ABCD中 ∵AC⊥BD且∠ABC＝90° ∴▱ABCD是正方形 ④平行四边形＋对角线垂直＋对角线相等。 符号语言：▱ABCD中 ∵AC⊥BD且AC＝BD ∴▱ABCD是正方形 可先证矩形再证菱形，也可先证菱形，再证矩形。 考点四：中点四边形 1、中点四边形的定义： 连接四边形各边的中点得到的四边形叫做中点四边形。 2、中点四边形的形状： ①任意四边形的中点四边形是平行四边形。 ②对角线相等的四边形的中点四边形是菱形。 ③对角线相互垂直的四边形的中点四边形是矩形。 题型一：利用矩形的性质求解 1. 边角性质：矩形的对边平行且相等，四个角都是直角。 2. 对角线性质：矩形的对角线相等且互相平分，即 。 3. 勾股定理：在矩形中，边长与对角线满足。 4. 直角三角形斜边中线：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 5. 面积公式：。 1. 混淆矩形对角线与菱形对角线的性质（误认为对角线互相垂直）。 2. 运用勾股定理时，找错直角三角形的直角边。 3. 忽略矩形对角线相等这一性质，导致线段关系判断错误。 4. 在折叠问题中，忽略折叠前后对应边相等、对应角相等的条件。 1．（2025·浙江衢州·二模）如图，矩形内有一点，且满足，若，，则的度数是（　　） A． B． C． D． 2．（25-26八年级下·浙江金华·期中）如图，在矩形中，点E为中点，点F为中点，，，则的长为（   ） A． B．4 C． D． 3．（24-25八年级上·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，点E在的延长线上，与交于点G，点F是的中点，若要知道的面积，则需要知道（   ） A．的长 B．矩形的面积 C．梯形的面积 D．的度数 4．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在矩形中，与交于点O，，则______． 5．（25-26八年级下·浙江宁波·期中）如图，在长方形中，，点为线段的中点，动点从点出发，沿的方向在和上运动，将长方形沿折叠，点的对应点为，当点恰好落在长方形的对角线上时（不与长方形顶点重合），点运动的距离为___________． 题型二：利用菱形的性质求解 1. 边角性质：菱形的四条边都相等，对角相等，邻角互补。 2. 对角线性质：菱形的对角线互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角。 3. 面积公式：（为对角线长），也可用。 4. 等边三角形：当菱形有一个内角为时，短对角线与边长相等，可构成等边三角形。 5. 勾股定理：菱形边长与对角线满足。 1. 误认为菱形的对角线相等（只有正方形满足）。 2. 忽略菱形的对角线平分内角这一性质。 3. 计算面积时，误用对角线相乘（忘记除以2）。 4. 在含角的菱形中，未正确识别等边三角形。 1．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，在菱形中，点在边上，连接、，且，设，，则，关系正确的是（   ）． A． B． C． D． 2．（25-26八年级下·浙江宁波·期中）如图，四边形为菱形，，延长到，在内作射线，使得，过点作，垂足为，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在菱形中，对角线、交于点O，过点A作于点E，连接．若，，则菱形的面积为（     ） A．30 B．40 C．50 D．60 4．（25-26八年级下·浙江宁波·期中）如图，菱形的对角线与相交于点，，，于点，点，分别为，的中点，连接，．则的值为__________． 5．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，点，分别在，上，，连接，，．若菱形面积为，，四边形的面积是面积的3.5倍，则线段的长为 _________________ ． 题型三：利用正方形的性质求解 1. 综合性质：正方形具有矩形和菱形的所有性质。 2. 边角性质：四条边相等，四个角都是直角。 3. 对角线性质：对角线相等、互相垂直平分，且平分一组对角，对角线夹角为。 4. 对角线公式：对角线（a为边长），面积。 5. 对称性：正方形既是轴对称图形（4条对称轴），也是中心对称图形。 1. 混淆正方形与一般矩形或菱形的性质（如误认为对角线不垂直）。 2. 忽略正方形对角线平分内角这一性质。 3. 计算对角线长度时，公式记错（如误用 ）。 4. 在折叠或旋转问题中，未充分利用正方形的对称性。 1．（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图所示，E为边长是4的正方形的边的中点，M为上一点，N为上一点，连接，则四边形周长的最小值为（　　） A． B． C．10 D．12 2．（25-26八年级下·浙江·期中）已知图2是由图1的七巧板拼成的马形图，且正方形的边长为4，则马形图边框长方形的面积为（    ）    A． B． C． D．48 3．（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 4．（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_______． 5．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，在正方形中，，点在其外角的平分线上，以为边作矩形，点恰好落在边上，边与交于点，连接，．若，则的长为________． 题型四：矩形的判定与证明 1. 直接判定：有三个角（或四个角）是直角的四边形是矩形。 2. 平行四边形判定： · 有一个角是直角的平行四边形是矩形。 · 对角线相等的平行四边形是矩形。 3. 证明步骤：先证四边形是平行四边形，再证一个角为直角或对角线相等。 4. 常用辅助线：连接对角线，利用全等三角形证明角相等或线段相等。 5. 直角三角形应用：利用直角三角形斜边中线等于斜边一半进行证明。 1. 只证一个角为直角，未证四边形是平行四边形。 2. 对角线相等判定中，忽略前提“平行四边形”。 3. 证明角为直角时，未正确使用平行线性质或全等三角形。 4. 混淆矩形判定与菱形判定（如对角线垂直是菱形判定）。 1．（24-25八年级下·浙江·阶段检测）如图，用一根绳子检测一个平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量两条对角线就可以判断了．这种检测方法用到的数学依据是（　　） A．两条对角线互相平分的平行四边形是矩形 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．对角线互相垂直的平行四边形是矩形 D．对角线平分每组对角的平行四边形是矩形 2．（22-23八年级下·浙江杭州·期中）如图，在矩形中，，的平分线交于点，，垂足为，连结并延长交于点，连结交于点下列结论：① ②③是的中点④；其中正确的是___________． 3．（25-26八年级下·浙江宁波·期中）如图，在中，点，分别在，上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的周长及矩形的面积． 4．（23-24八年级下·浙江湖州·阶段检测）如图，在矩形中，是上一点，，于点．    (1)求证：； (2)若，，求矩形的面积． 5．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图所示，在四边形中，对角线相交于点O，，，且，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，于点E，求的度数． 题型五：菱形的判定与证明 1. 直接判定：四条边都相等的四边形是菱形。 2. 平行四边形判定： · 一组邻边相等的平行四边形是菱形。 · 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 · 一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形。 3. 证明步骤：先证四边形是平行四边形，再证邻边相等或对角线垂直。 4. 常用技巧：利用等腰三角形“三线合一”证明对角线垂直或边相等。 5. 面积法：通过面积关系证明对角线互相垂直。 1. 误认为对角线相等的平行四边形是菱形（实际是矩形）。 2. 只证一组邻边相等，未证四边形是平行四边形。 3. 对角线垂直判定中，忽略“平行四边形”的前提。 4. 证明角平分线时，未正确使用平行线性质。 1．（25-26八年级下·浙江金华·期中）四边形是平行四边形，添加下列条件，能判定这个四边形是菱形的是（   ） A． B． C． D． 2．（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． 3．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）四边形中，是的中垂线，． (1)如图1，求证：四边形是菱形． (2)如图2，是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点，且． ①当时，求的长． ②求的最小值． 4．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，已知菱形，点E是对角线上任意一点（不与端点B，D重合），连接，，． (1)求证：． (2)若，求的值． (3)若在上取一点F，使得，求的最小值． 5．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，矩形中，，分别以点和点为圆心，大于同样长为半径作弧，两弧相交于两点，连接分别交于点，连接．    (1)求证：四边形为菱形； (2)求菱形的面积． 题型六：正方形的判定与证明 1. 直接判定：四条边相等且四个角是直角的四边形是正方形。 2. 平行四边形判定：一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形。 3. 矩形→正方形：有一组邻边相等的矩形是正方形。 4. 菱形→正方形：有一个角是直角的菱形是正方形。 5. 对角线判定：对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形。 1. 只证矩形或只证菱形，未证两者同时满足。 2. 误认为对角线相等的菱形是正方形（需同时满足垂直，实际已包含）。 3. 证明顺序混乱，未先证平行四边形再证特殊条件。 4. 忽略正方形既是矩形又是菱形这一双重身份。 1．（24-25八年级下·浙江台州·期中）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则（2）处可以添加的条件是________． 2．（21-22八年级下·浙江台州·阶段检测）如图，菱形的对角线与相交于点O，． (1)求证：四边形是正方形． (2)E，F分别是上一点，，连接并延长与相交于点H，求证：． 3．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接．    (1)求证：矩形是正方形； (2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 4．（25-26八年级下·浙江金华·期中）在一次数学活动课上，李老师在四边形的边上分别取点E，F． (1)如图1，四边形是正方形，，同学们将拼图中的绕点顺时针旋转至，请写出三者之间的数量关系，并说明理由； (2)在（1）的基础上，班级中有同学思考，如果我们弱化正方形的条件，如图2，四边形中，，，，点E、F分别在边、上，则当与满足______关系时，仍有题（1）的结论； (3)李老师提出：自己所居住小区的公园在同一水平面上，如图3，有四条通道围成四边形．已知米，，，，道路上分别有景点E、F，且，米，现要在E、F之间修一条笔直的道路，求这条道路的长． 5．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，正方形，点、分别在、上． (1)如图1，当时， ①求证：； ②平移图1中线段，使点与重合，点在延长线上，连接，取中点，连接，如图2，求证：． (2)如图3，若点在上，和相交于点．当，边长，，求的长． 题型七：特殊四边形的动点问题 1. 设参表示：设运动时间为t，用含t的代数式表示相关线段长度。 2. 分类讨论：根据点的位置不同，分多种情况讨论（如点在线段上、在延长线上）。 3. 列方程：根据平行四边形、等腰三角形等条件，利用勾股定理或线段相等列方程。 4. 求最值：利用二次函数顶点公式、垂线段最短或三角形三边关系求最值。 5. 周期规律：往返运动时，注意周期的计算，一个周期内可能多次满足条件。 1. 分类讨论不全面，遗漏某些运动阶段。 2. 动点运动方向判断错误，导致线段表达式写错。 3. 解方程时忽略根的检验（如时间不能为负，点不能超出边界）。 4. 往返运动中，周期计算错误，导致时间点遗漏。 1．（22-23八年级下·浙江绍兴·期中）已知，四边形中，，，，点、分别为边、的中点，点从点出发，以每秒个单位的速度从方向运动，到达点后停止运动，同时点从点出发，以每秒个单位的速度从方向运动，到达点后立即原路返回，点到达点后点同时停止运动，设点、运动的时间为秒，当以点、、、为顶点的四边形为平行四边形时，的值为__________．    2．（24-25八年级下·浙江宁波·阶段检测）在四边形中，，，点，分别从，出发，在线段上往返运动；点，分别从，出发，在线段上往返运动．四个点同时开始运动，设运动的时间为． (1)如图，已知，点，的速度都是，点，的速度都是． ①若点，，，恰好同时回到初始位置，求的所有可能取值； ②设，当时，求的值． (2)如图，若，，点，，，的速度都是，当以，，，为顶点的四边形是平行四边形时，求的所有可能取值． 3．（22-23八年级下·浙江温州·阶段检测）已知如图：在四边形中，，，，，动点P从点B出发在线段上向点C运动，速度为；点Q从点D出发在线段上向点A运动，速度为，Q、D两点不重合．P、Q两点同时出发，当其中一个点到达终点时，另一点也停止运动．设运动时间为t秒．    (1)当秒时，四边形面积为多少？ (2)当时，求t的值． (3)当以P、Q、D为顶点的三角形是等腰三角形时，则__________．（直接写出答案） 4．（22-23八年级下·浙江绍兴·期末）如图，已知正方形的边长为2，点是边上的一动点，平分交边于点．          (1)①当点恰好是边的中点时，求线段长；②当点恰好是边CD的中点时，求线段长． (2)猜想线段，，之间的数量关系，并说明理由． (3)直接写与面积和的最大值． 5．（21-22八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线：交轴于点，交轴于点，点是点关于直线的对称点． (1)求点的坐标． (2)点是直线上的一动点，以为边向右作正方形． ①若点是线段中点，求点坐标． ②连接．若，求点的坐标． 题型八：中点四边形 1. 定义：顺次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形。 2. 一般性质：任意四边形的中点四边形都是平行四边形。 3. 形状判定： · 原四边形对角线相等 → 中点四边形是菱形。 · 原四边形对角线垂直 → 中点四边形是矩形。 · 原四边形对角线相等且垂直 → 中点四边形是正方形。 4. 面积关系：中点四边形的面积等于原四边形面积的一半。 5. 证明方法：连接原四边形对角线，利用三角形中位线定理证明。 1. 误认为任意四边形的中点四边形都是矩形或菱形。 2. 混淆原四边形对角线关系与中点四边形形状的对应关系。 3. 忘记使用三角形中位线定理进行证明。 4. 面积关系记错（中点四边形面积为原四边形的一半，不是四分之一）。 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 2．（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 3．（22-23八年级下·浙江·期中）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__________． 4．（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． 5．（20-21八年级下·浙江·期中）在四边形中，的中点分别为P、Q、M、M； （1）如图1，试判断四边形怎样的四边形，并证明你的结论； （2）若在上取一点E，连结，，恰好和都是等边三角形（如图2）： ①判断此时四边形的形状，并证明你的结论； ②当，，求此时四边形的周长（结果保留根号）． 题型九：四边形中的线段最值问题 1. 两点之间线段最短：求两条线段和的最小值，常通过对称变换将折线转化为直线段。 2. 垂线段最短：求点到直线的最短距离，考虑作垂线。 3. 三角形三边关系：利用求最值，等号成立时三点共线。 4. 旋转全等转化：通过旋转变换将分散的线段集中到同一三角形中。 1. 对称点选错或对称轴找错，导致转化后的线段无法共线。 2. 三点共线时未验证是否在可行域内。 3. 旋转角度选择不当，导致无法有效集中已知条件。 1．（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 2．（25-26八年级上·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，，，为边的中点，为矩形外一动点．且，则线段的最大值为 ________ ． 3．（2025·浙江·模拟预测）如图，在菱形中，，，点E在边上，点F在对角线上，，连结，，则的最小值为______． 4．（20-21八年级下·浙江台州·期末）如图,矩形中,,,连接,为上一动点,为中点,连接,则的最小值是______． 5．（20-21八年级下·浙江宁波·期末）已知：如图，在矩形中，．动点为矩形内一点，且满足，则周长的最小值为___________． 1．（2026·浙江台州·二模）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，若 ，则（   ） A． B． C． D． 2．（25-26八年级上·浙江丽水·期末）如图，将矩形沿折叠，点B落在边上的点F处．若，，则的长度为 （    ） A．10 B．11 C．12 D．13 3．（25-26八年级上·浙江金华·期中）如图，有一个边长为的正方形，将一块的三角板直角顶点与正方形对角线交点O重合，两条直角边分别与边交于点E，与边交于点F．则四边形的面积是（　　） A． B． C． D． 4．（25-26八年级下·浙江宁波·期中）四边形是平行四边形，下列说法不正确的是（    ） A．当时，四边形是矩形 B．当时，四边形是菱形 C．当平分时，四边形是菱形 D．当时，四边形是正方形 5．（24-25八年级下·浙江宁波·阶段检测）如图，菱形的对角线相交于点，平分交于点，若，则（    ） A． B． C． D． 6．（25-26八年级下·浙江宁波·期中）对角线长为的正方形的周长是_____． 7．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在轴上，点的坐标为，的坐标为，，固定点，，把矩形沿轴正方向推，使点落在轴正半轴上点处，则点的对应点的坐标为___________． 8．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图1是方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为1，现将它剪拼成一个“天平”造型放入一个矩形框架中（如图2），天平的上下两侧以及左右两侧均与框架重合，则该矩形框架的周长为___________． 9．（24-25八年级下·浙江舟山·期末）如图，在矩形中，过点作于点，则的度数为___________． 10．（25-26八年级下·浙江宁波·期中）如图，在边长为1的正方形中，E，F，G，H分别是上的点，．有一只蚂蚁从点出发，经过F，G，H，最后回到点，则蚂蚁所走的最少路程是________． 11．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在正方形网格中，每个小正方形顶点称为格点，例如线段的端点在格点上，已知每个小正方形边长均为，利用无刻度直尺作图，请完成下列各小题． (1)在图①中，以为边作一个菱形（不是正方形），其中点为格点； (2)在图②中，以为边作正方形，其中点为格点． 12．（24-25八年级下·浙江·阶段检测）已知：如图，是正方形的边上的两点，，连接． (1)求证：． (2)求的度数． 13．（25-26八年级下·浙江温州·期中）如图，在正方形中，为上一点，连接，过点作，交延长线于点． (1)求证：． (2)如图，连接，过点作交于点，连接． ①若，求的长． ②求的值． 14．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，菱形，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，求菱形的周长． 15．（25-26八年级下·浙江金华·期中）如图，在中，，点E为边上一动点，连接，将沿折叠，点D的对应点为F． (1)如图1，若的延长线恰好经过点B．求证：； (2)若， ①如图2，当，、所在直线分别与直线、直线相交于H、G．作于点P，若，求的长． ②如图3，当点E在射线上时，若的面积为，连接．则的最大值 ． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 01 特殊平行四边形 考点一：矩形 1、矩形的定义： 有一个角是直角的平行四边形是矩形。 2、矩形的性质： ①矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形的一切性质。 特殊性质： ②边的特殊性：邻边相互垂直。 ③角的特殊性：四个角都是直角（或90°）。 ④对角线的特殊性：对角线相等。即对角线相互平分且相等。 即：AC＝BD，OA＝OB＝OC＝OD。 由此可得：△OAB，△OBC，△OCD，△OAD均是等腰三角形。 ⑤面积：等于任意一组邻边的乘积。 ⑥对称性：既是中心对称图形，也是轴对称图形。 3、直角三角形斜边的中线的性质： 由矩形的对角线的性质可知：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 4、 矩形的判定： (1) 直接判定： 有三个角（四个角）是直角的四边形是矩形。 符号语言：∵∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠ADC ∴四边形ABCD是矩形 (2) 利用平行四边形判定： ①有一个角是直角的平行四边形是矩形。 符号语言：∵在▱ABCD中，∠ABC=90° ∴四边形ABCD是矩形 ②对角线相等的平行四边形是矩形。 符号语言：∵在▱ABCD中，AD=BC ∴四边形ABCD是矩形 考点二：菱形 1、菱形的定义： 有一组邻边相等的平行四边形是菱形。 2、菱形的性质： ①菱形是特殊的平行四边形，具有平行四边形所有的性质。 特殊性： ②边的特殊性：四条边都相等。 即：AB = BC = CD = AD ③对角线的特殊性：对角线相互垂直且平分每一组对角。 即：AC ⊥ BD，且∠DAC ＝ ∠BAC ＝ ∠DCA ＝ ∠BCA， ∠ADB ＝ ∠CDB ＝ ∠ABD ＝ ∠CBD。 ④面积计算：等于对角线乘积的一半。即。 ⑤对称性：既是中心对称图形，也是轴对称图形。 3、菱形的判定： (1) 直接判定： 四条边都相等的四边形是菱形。 符号语言：∵AB = BC = CD = AD ∴四边形ABCD是菱形 (2) 平行四边形判定： ①邻边相等的平行四边形是菱形。 符号语言：∵在▱ABCD中，AB=AD ∴四边形ABCD是菱形 ②对角线相互垂直的平行四边形是菱形。 符号语言：∵在▱ABCD中，AC⊥BD ∴四边形ABCD是菱形 考点三：正方形 1、正方形的定义： 四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形。 所以正方形是特殊的平行四边形，也是特殊的矩形，还是特殊的菱形。 2、正方形的性质： 同时具有平行四边形、矩形以及菱形的一切性质。 3、正方形的判定： (1) 直接判定： 四条边相等，四个角也相等的四边形是正方形。 符号语言：∵AB = BC = CD = AD，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝ 90°。 ∴四边形ABCD是正方形 (2) 利用平行四边形、矩形以及菱形判定： 先判定四边形是平行四边形，在判定它是矩形和菱形即可判定为正方形。 ①平行四边形＋邻边相等＋一个角是90°。 符号语言：在▱ABCD中， ∵AB＝BC，且∠ABC=90° ∴▱ABCD是正方形 ②平行四边形＋邻边相等＋对角线相等。 符号语言：▱ABCD中 ∵AB＝BC且AC＝BD ∴▱ABCD是正方形 ③平行四边形＋对角线垂直＋一个角是90° 符号语言：▱ABCD中 ∵AC⊥BD且∠ABC＝90° ∴▱ABCD是正方形 ④平行四边形＋对角线垂直＋对角线相等。 符号语言：▱ABCD中 ∵AC⊥BD且AC＝BD ∴▱ABCD是正方形 可先证矩形再证菱形，也可先证菱形，再证矩形。 考点四：中点四边形 1、中点四边形的定义： 连接四边形各边的中点得到的四边形叫做中点四边形。 2、中点四边形的形状： ①任意四边形的中点四边形是平行四边形。 ②对角线相等的四边形的中点四边形是菱形。 ③对角线相互垂直的四边形的中点四边形是矩形。 题型一：利用矩形的性质求解 1. 边角性质：矩形的对边平行且相等，四个角都是直角。 2. 对角线性质：矩形的对角线相等且互相平分，即 。 3. 勾股定理：在矩形中，边长与对角线满足。 4. 直角三角形斜边中线：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 5. 面积公式：。 1. 混淆矩形对角线与菱形对角线的性质（误认为对角线互相垂直）。 2. 运用勾股定理时，找错直角三角形的直角边。 3. 忽略矩形对角线相等这一性质，导致线段关系判断错误。 4. 在折叠问题中，忽略折叠前后对应边相等、对应角相等的条件。 1．（2025·浙江衢州·二模）如图，矩形内有一点，且满足，若，，则的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 根据矩形得到，由等边对等角以及三角形内角和定理表示，然后得到，，再表示，最后由可求解． 【详解】解：有四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 2．（25-26八年级下·浙江金华·期中）如图，在矩形中，点E为中点，点F为中点，，，则的长为（   ） A． B．4 C． D． 【答案】D 【分析】如图所示，由题意可知，由此可证明，得；过点F作交于点G，交于点H，则．证明，得，进而得G为中点，设，故，，在和中，利用，结合勾股定理可列方程，解方程即可得答案． 【详解】解：如图所示，过点F作交于点G，交于点H，则． ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵点E为中点， ∴， ∴， ∴, ∵点F为中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． ∴， ∴G为中点，设， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， 解得． 故． 3．（24-25八年级上·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，点E在的延长线上，与交于点G，点F是的中点，若要知道的面积，则需要知道（   ） A．的长 B．矩形的面积 C．梯形的面积 D．的度数 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，三角形的面积，关键是由矩形的性质、三角形的面积公式推出． 连接，由矩形的性质以及三角形的面积公式推出，即可得到答案． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵F是中点， ∴， ∴， ∴， ∴要知道的面积，则需要知道矩形的面积． 故选：B． 4．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在矩形中，与交于点O，，则______． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角定理，熟练掌握矩形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键． 由矩形可得，则，再由外角即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（25-26八年级下·浙江宁波·期中）如图，在长方形中，，点为线段的中点，动点从点出发，沿的方向在和上运动，将长方形沿折叠，点的对应点为，当点恰好落在长方形的对角线上时（不与长方形顶点重合），点运动的距离为___________． 【答案】或 【分析】分两种情况：点落在对角线上和点落在对角线上，分别根据折叠的性质结合勾股定理进行讨论求解，即可得出点运动的距离． 【详解】解：分两种情况： 当点落在对角线上时，连接，如图所示， 将长方形沿折叠，点的对应点为，当点恰好落在长方形的对角线上， ， ，， 点为线段的中点， ， ，， ， ， ，即，， ， ，， ， ， ，即点运动的距离为； 当点落在对角线上时，连接，，设与的交点为，作于，则四边形为矩形，如图所示， ，，， 由折叠可知， 点为线段的中点， ， 在中，， ，即， ， 在中，， ，即， ， 在中，， ， 点运动的距离为； 综上所述，点运动的距离为或． 题型二：利用菱形的性质求解 1. 边角性质：菱形的四条边都相等，对角相等，邻角互补。 2. 对角线性质：菱形的对角线互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角。 3. 面积公式：（为对角线长），也可用。 4. 等边三角形：当菱形有一个内角为时，短对角线与边长相等，可构成等边三角形。 5. 勾股定理：菱形边长与对角线满足。 1. 误认为菱形的对角线相等（只有正方形满足）。 2. 忽略菱形的对角线平分内角这一性质。 3. 计算面积时，误用对角线相乘（忘记除以2）。 4. 在含角的菱形中，未正确识别等边三角形。 1．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，在菱形中，点在边上，连接、，且，设，，则，关系正确的是（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由菱形的性质可得，，，．由等腰三角形的性质可得，结合平行线的性质可得，再根据等腰三角形的性质与三角形的内角和定理求出．根据，得出等式，变形后即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 2．（25-26八年级下·浙江宁波·期中）如图，四边形为菱形，，延长到，在内作射线，使得，过点作，垂足为，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设交于点，根据菱形的性质得出，，，，平分，求出，，进而求出，证明，得出，即可求解． 【详解】解：如图，设交于点， 四边形为菱形， ，，，，平分， ，，， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ． 3．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在菱形中，对角线、交于点O，过点A作于点E，连接．若，，则菱形的面积为（     ） A．30 B．40 C．50 D．60 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形斜边的中线，关键是由直角三角形斜边中线的性质推出，掌握菱形的面积公式． 由菱形的性质推出，由直角三角形斜边中线的性质推出，于是得到菱形ABCD的面积． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， ， ， 菱形的面积， 故选：A． 4．（25-26八年级下·浙江宁波·期中）如图，菱形的对角线与相交于点，，，于点，点，分别为，的中点，连接，．则的值为__________． 【答案】 【分析】根据菱形的性质得出，，，利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半分别求出、的长，最后求和即可． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ， 在中，， ， ， ， 在中，点为的中点， ， 在中，点为的中点， ， ． 5．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，点，分别在，上，，连接，，．若菱形面积为，，四边形的面积是面积的3.5倍，则线段的长为 _________________ ． 【答案】 【分析】过点作于点，于点，过点作，交延长线于点，连接，根据菱形性质求出，根据和等底等高得，进而得，再根据面积公式得，由此得，，在中，由勾股定理求出得，然后在中，由勾股定理即可求出的长． 【详解】解：过点作于点，于点，过点作，交的延长线于点，连接，如图所示： 四边形是菱形，， ，， 菱形面积为， ， ， ， 同理：， ， 和等底等高， ， 四边形的面积是面积的3.5倍， ， ， ， ， ， ， ， ，，， 根据平行线间的距离处处相等得：， 在中，由勾股定理得：， ， 在中，由勾股定理得：． 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了菱形的性质，三角形的面积，理解菱形的性质，三角形的面积公式，勾股定理是解决问题的关键． 题型三：利用正方形的性质求解 1. 综合性质：正方形具有矩形和菱形的所有性质。 2. 边角性质：四条边相等，四个角都是直角。 3. 对角线性质：对角线相等、互相垂直平分，且平分一组对角，对角线夹角为。 4. 对角线公式：对角线（a为边长），面积。 5. 对称性：正方形既是轴对称图形（4条对称轴），也是中心对称图形。 1. 混淆正方形与一般矩形或菱形的性质（如误认为对角线不垂直）。 2. 忽略正方形对角线平分内角这一性质。 3. 计算对角线长度时，公式记错（如误用 ）。 4. 在折叠或旋转问题中，未充分利用正方形的对称性。 1．（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图所示，E为边长是4的正方形的边的中点，M为上一点，N为上一点，连接，则四边形周长的最小值为（　　） A． B． C．10 D．12 【答案】D 【分析】如图：延长至，使，延长至，使，连接，交于M，交于N，根据线段垂直平分线的性质得到，，根据两点之间线段最短可知，就是四边形周长的最小值，再根据勾股定理计算即可． 【详解】解：如图：延长至，使，延长至，使，连接，交于M，交于N， ∵四边形是正方形， ∴， ∴垂直平分，垂直平分， ∴，， ∴四边形周长， 根据两点之间线段最短可知，就是四边形周长的最小值． ∵E为边长是4的正方形的中点， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴四边形周长的最小值为． 2．（25-26八年级下·浙江·期中）已知图2是由图1的七巧板拼成的马形图，且正方形的边长为4，则马形图边框长方形的面积为（    ）    A． B． C． D．48 【答案】C 【分析】根据图1得出，，然后问题可求解． 【详解】解：∵正方形的边长为4， ∴， 由图1可知：最小正方形的边长、平行四边形较小边长、最小等腰直角三角形的腰长都为，最大等腰直角三角形的腰长为，较大等腰直角三角形的腰长为2， ∴由图2可知：，， ∴马形图边框长方形的面积为． 3．（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． 4．（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． 5．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，在正方形中，，点在其外角的平分线上，以为边作矩形，点恰好落在边上，边与交于点，连接，．若，则的长为________． 【答案】 【分析】连接，过点作，，由矩形的性质得到，由正方形的性质得到，由角平分线的定义得到均为等腰直角三角形，可以算出的值，再证明四边形是矩形，求出的值即可求解． 【详解】解：如图，连接，过点作，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是正方形，， ∴，． 在中， 由勾股定理得，， ∵，平分， ∴， ∴， ∴， ∴均为等腰直角三角形， ∴， ∴． 在中， 由勾股定理得，， 即，解得， 在中， 由勾股定理得，， 即，解得． ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ， ∴， 在中， 由勾股定理得，． 题型四：矩形的判定与证明 1. 直接判定：有三个角（或四个角）是直角的四边形是矩形。 2. 平行四边形判定： · 有一个角是直角的平行四边形是矩形。 · 对角线相等的平行四边形是矩形。 3. 证明步骤：先证四边形是平行四边形，再证一个角为直角或对角线相等。 4. 常用辅助线：连接对角线，利用全等三角形证明角相等或线段相等。 5. 直角三角形应用：利用直角三角形斜边中线等于斜边一半进行证明。 1. 只证一个角为直角，未证四边形是平行四边形。 2. 对角线相等判定中，忽略前提“平行四边形”。 3. 证明角为直角时，未正确使用平行线性质或全等三角形。 4. 混淆矩形判定与菱形判定（如对角线垂直是菱形判定）。 1．（24-25八年级下·浙江·阶段检测）如图，用一根绳子检测一个平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量两条对角线就可以判断了．这种检测方法用到的数学依据是（　　） A．两条对角线互相平分的平行四边形是矩形 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．对角线互相垂直的平行四边形是矩形 D．对角线平分每组对角的平行四边形是矩形 【答案】B 【分析】本题考查矩形的判定，根据对角线相等的平行四边形是矩形可作出选择． 【详解】解：需要用绳子分别测量两条对角线就可以判断是矩形的理论依据是对角线相等的平行四边形是矩形， 故选：B． 2．（22-23八年级下·浙江杭州·期中）如图，在矩形中，，的平分线交于点，，垂足为，连结并延长交于点，连结交于点下列结论：① ②③是的中点④；其中正确的是___________． 【答案】①②③④ 【分析】由“”可证，由“”可证，由全等三角形的性质和矩形的性质依次判断可求解． 【详解】解：在矩形中，平分， ， 是等腰直角三角形， ， ， ，故①正确， 在和中， ， ， ， ， ， ， ，故②正确； ，， ， ， ，， ， ， ， 又，， 在和中， ， ， ，， 点是的中点，故③正确； ，， ， ，所以④正确； 故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并仔细分析题目条件，根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等腰三角形是解题的关键，也是本题的难点． 3．（25-26八年级下·浙江宁波·期中）如图，在中，点，分别在，上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的周长及矩形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)的周长为；矩形的面积为4 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，即，证明，则可证明四边形是平行四边形，再由即可证明结论； （2）由矩形的性质得到，由勾股定理求出，则，据此可求出矩形的面积；求出，根据平行四边形的周长公式可得答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形的周长． 4．（23-24八年级下·浙江湖州·阶段检测）如图，在矩形中，是上一点，，于点．    (1)求证：； (2)若，，求矩形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，结合了全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握这些性质是解题的关键． （1）证即可； （2）连接，证，得，设，在中，列式求解求出，即可解决． 【详解】（1）四边形为矩形， ∴，，，， ∵， ∴ ， ∴ ， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （2）连接，    在和中， ， ∴， ∴， 设， 则， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得，即， ∵ ∴． 5．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图所示，在四边形中，对角线相交于点O，，，且，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，于点E，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理的逆定理，等边对等角，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键。 （1）对角线互相平分的四边形是平行四边形，则可证明四边形是平行四边形，再由勾股定理的逆定理可证明，则可证明四边形是矩形； （2）由矩形的性质得到，则，进而求出，由矩形的性质得到，由等边对等角得到，则． 【详解】（1）解：∵，， ∴四边形是平行四边形，， ∵，， ， ， 四边形是矩形； （2）解：四边形是矩形 ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， ． 题型五：菱形的判定与证明 1. 直接判定：四条边都相等的四边形是菱形。 2. 平行四边形判定： · 一组邻边相等的平行四边形是菱形。 · 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 · 一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形。 3. 证明步骤：先证四边形是平行四边形，再证邻边相等或对角线垂直。 4. 常用技巧：利用等腰三角形“三线合一”证明对角线垂直或边相等。 5. 面积法：通过面积关系证明对角线互相垂直。 1. 误认为对角线相等的平行四边形是菱形（实际是矩形）。 2. 只证一组邻边相等，未证四边形是平行四边形。 3. 对角线垂直判定中，忽略“平行四边形”的前提。 4. 证明角平分线时，未正确使用平行线性质。 1．（25-26八年级下·浙江金华·期中）四边形是平行四边形，添加下列条件，能判定这个四边形是菱形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题根据平行四边形的性质，结合菱形、矩形的判定定理，对各个选项逐一判断即可得到答案. 【详解】∵四边形是平行四边形. 对于选项A. ∵， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形，不能判定为菱形，A不符合题意. 对于选项B. 无法推出平行四边形满足菱形的判定条件，不能判定为菱形，B不符合题意. 对于选项C. ∵对角线互相垂直的平行四边形是菱形，四边形是平行四边形，且， ∴平行四边形是菱形，C符合题意. 对于选项D. ∵对角线相等的平行四边形是矩形，四边形是平行四边形，且， ∴平行四边形是矩形，不能判定为菱形，D不符合题意. 综上，答案选C. 2．（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． 3．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）四边形中，是的中垂线，． (1)如图1，求证：四边形是菱形． (2)如图2，是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点，且． ①当时，求的长． ②求的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】（1）根据中垂线的性质可得，，根据等边对等角可得，根据平行线性质得出，进而可得，证明得出，即可得出，根据菱形的判定定理，即可得证； （2）①根据菱形的性质以及勾股定理求得，根据菱形的性质可得，结合，可得，结合轴对称的性质得出，则，进而根据，即可求解； ②过点作 于点，连接，根据勾股定理可得，则当取得最小值时，取得最小值，可得当时，取得最小值，根据与关于直线对称，得出，进而根据等面积法求得的长度，即可求解． 【详解】（1）证明：∵是的中垂线， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：①如图，设交于点， ∵四边形是菱形，且， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵与关于直线对称， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图，过点作 于点，连接， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴当取得最小值时，取得最小值， ∴当时，取得最小值， ∵与关于直线对称， ∴此时， ∵，， ∴， ∴， ∴的最小值为． 4．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，已知菱形，点E是对角线上任意一点（不与端点B，D重合），连接，，． (1)求证：． (2)若，求的值． (3)若在上取一点F，使得，求的最小值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）由菱形的性质可得，则可证明，得到； （2）连接交于点，由等边对等角和三角形内角和定理可证明，过点E作于点G，由菱形的性质和勾股定理可得，，则；由角平分线的性质得到，根据，可得，则，据此可得答案； （3）不妨设点F在点E右侧，过点C作，且使得，连接，则四边形是平行四边形，可得，故当A、E、H三点共线时，有最小值，最小值为线段的长，利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：如图所示，连接交于点， 由（1）得，， ， ∵， ∴ ， ， 如图所示，过点E作于点G， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图所示，不妨设点F在点E右侧，过点C作，且使得，连接， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴当A、E、H三点共线时，有最小值，最小值为线段的长， 由（2）可得， ∴， ∴， ∴的最小值为． 5．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，矩形中，，分别以点和点为圆心，大于同样长为半径作弧，两弧相交于两点，连接分别交于点，连接．    (1)求证：四边形为菱形； (2)求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)20 【分析】本题考查作图－基本作图，菱形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质，矩形的性质，全等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）根据对角线垂直的平行四边形是菱形证明即可； （2）设，则，利用勾股定理构建方程求解． 【详解】（1）（1）证明：∵四边形是矩形， ， ， 由作图可得，垂直平分， ， ， ， ， 又∵， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形为菱形； （2）解：∵垂直平分， ， 设，则， 在中，， ， 解得， ∴菱形的面积为． 题型六：正方形的判定与证明 1. 直接判定：四条边相等且四个角是直角的四边形是正方形。 2. 平行四边形判定：一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形。 3. 矩形→正方形：有一组邻边相等的矩形是正方形。 4. 菱形→正方形：有一个角是直角的菱形是正方形。 5. 对角线判定：对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形。 1. 只证矩形或只证菱形，未证两者同时满足。 2. 误认为对角线相等的菱形是正方形（需同时满足垂直，实际已包含）。 3. 证明顺序混乱，未先证平行四边形再证特殊条件。 4. 忽略正方形既是矩形又是菱形这一双重身份。 1．（24-25八年级下·浙江台州·期中）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则（2）处可以添加的条件是________． 【答案】有一组邻边相等（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定．根据菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，填空即可． 【详解】解：有一个角是直角的平行四边形是矩形，则（1）处可填一个角是直角； 有一组邻边相等的矩形是正方形，则（2）处可填有一组邻边相等； 有一组邻边相等的平行四边形是菱形，则（3）处填有一组邻边相等； 有一个角是直角的菱形是正方形，则（4）处可填有一个角是直角； 故答案为：有一组邻边相等（答案不唯一）． 2．（21-22八年级下·浙江台州·阶段检测）如图，菱形的对角线与相交于点O，． (1)求证：四边形是正方形． (2)E，F分别是上一点，，连接并延长与相交于点H，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据菱形的性质，得出，，即可得出结论； （2）证明，得出，然后得出，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴即， ∴四边形是正方形； （2）证明：∵四边形是正方形， ∴，      在和中 ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ． 3．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接．    (1)求证：矩形是正方形； (2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】（1）如图，作于，于，根据正方形的性质可得，进而说明，再证明可得，再结合四边形是矩形即可证明结论； （2）同（1）的方法判断出得到，然后根据线段的和差即可解答． 【详解】（1）解：如图，作于，于，则，    点是正方形对角线上的点， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是矩形， 矩形是正方形． （2）解：的值是定值，定值为6，理由如下： 正方形和正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ， 是定值． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、矩形的性质、矩形的判定、三角形的全等的性质和判定、勾股定理等知识点，正确作出辅助线、构造全等三角形成为解题的关键． 4．（25-26八年级下·浙江金华·期中）在一次数学活动课上，李老师在四边形的边上分别取点E，F． (1)如图1，四边形是正方形，，同学们将拼图中的绕点顺时针旋转至，请写出三者之间的数量关系，并说明理由； (2)在（1）的基础上，班级中有同学思考，如果我们弱化正方形的条件，如图2，四边形中，，，，点E、F分别在边、上，则当与满足______关系时，仍有题（1）的结论； (3)李老师提出：自己所居住小区的公园在同一水平面上，如图3，有四条通道围成四边形．已知米，，，，道路上分别有景点E、F，且，米，现要在E、F之间修一条笔直的道路，求这条道路的长． 【答案】(1)，理由见解析 (2) (3)这条道路的长约为米 【分析】（1）根据旋转的性质可以得到，再证明，即可． （2）延长至M，使，连接，证，证，即可得出答案； （3）利用等边三角形的判定与性质得到是等边三角形，则米．把绕点A逆时针旋转至，只要再证明即可得出． 【详解】（1）解：∵绕点A顺时针旋转至， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 如图（2），延长至M，使，连接， ∵，， ∴， ∵, ∴， ∴，， ∵，即， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， 即． （3）解：如图3，把绕点A逆时针旋转至，连接． ∵， ∴． 又∵， ∴是等边三角形， ∴米． 根据旋转的性质得到：， 又∵， ∴，即点G在的延长线上． 由旋转得， ∴，，， 又∵，， ∴， 在和中， ， ∴． ∴． 又∵， ∴， ∴（米）， 即这条道路的长约为米． 5．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，正方形，点、分别在、上． (1)如图1，当时， ①求证：； ②平移图1中线段，使点与重合，点在延长线上，连接，取中点，连接，如图2，求证：． (2)如图3，若点在上，和相交于点．当，边长，，求的长． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2) 【分析】（1）①如图：过点D作交的延长线于点F，可证得四边形是平行四边形，进而可证，即可证明结论；②如图：在上截取，则是等腰直角三角形，，由，利用全等三角形性质和正方形性质即可得出结论； （2）如图，过点D作交于点N，则四边形是平行四边形，作，交延长线于M，利用证明，设，则，再运用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】（1）证明：①如图：过点D作交的延长线于点F， ∵四边形是正方形， ，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ∴， ， ∵， ∴． ②如图：在上截取，则是等腰直角三角形，， ∴ 由（1）知，， ， ，， ， ， ， ，即． （2）解：如图，过点D作交于点N，则四边形是平行四边形， ，， ，，， ， ， 如图：作，交延长线于M， 在和中， ， ∴， ，， ∵，， ， ， ， ∴， 在和中， ， ∴， ， ， 设，则， 在中，， ，解得：， ． 题型七：特殊四边形的动点问题 1. 设参表示：设运动时间为t，用含t的代数式表示相关线段长度。 2. 分类讨论：根据点的位置不同，分多种情况讨论（如点在线段上、在延长线上）。 3. 列方程：根据平行四边形、等腰三角形等条件，利用勾股定理或线段相等列方程。 4. 求最值：利用二次函数顶点公式、垂线段最短或三角形三边关系求最值。 5. 周期规律：往返运动时，注意周期的计算，一个周期内可能多次满足条件。 1. 分类讨论不全面，遗漏某些运动阶段。 2. 动点运动方向判断错误，导致线段表达式写错。 3. 解方程时忽略根的检验（如时间不能为负，点不能超出边界）。 4. 往返运动中，周期计算错误，导致时间点遗漏。 1．（22-23八年级下·浙江绍兴·期中）已知，四边形中，，，，点、分别为边、的中点，点从点出发，以每秒个单位的速度从方向运动，到达点后停止运动，同时点从点出发，以每秒个单位的速度从方向运动，到达点后立即原路返回，点到达点后点同时停止运动，设点、运动的时间为秒，当以点、、、为顶点的四边形为平行四边形时，的值为__________．    【答案】1或或 【分析】设秒后，点、、、为顶点的四边形为平行四边形．分三种情形分别构建方程即可． 【详解】解：设秒后，点、、、为顶点的四边形为平行四边形． 由题意，当时，点、、、为顶点的四边形为平行四边形， 则有：或或， 解得或或． 故答案为：或或． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，一元一次方程等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·阶段检测）在四边形中，，，点，分别从，出发，在线段上往返运动；点，分别从，出发，在线段上往返运动．四个点同时开始运动，设运动的时间为． (1)如图，已知，点，的速度都是，点，的速度都是． ①若点，，，恰好同时回到初始位置，求的所有可能取值； ②设，当时，求的值． (2)如图，若，，点，，，的速度都是，当以，，，为顶点的四边形是平行四边形时，求的所有可能取值． 【答案】(1)①，为整数且；②； (2)，，，，为整数且． 【分析】（1）①分别找到，和，的周期以及，，，共同的周期即可求解；②找到当时，，，此时的位置，计算，的值即可求解； （2）找到，，，的周期，画出一个周期内，的距离，根据周期内有次，此时以，，，为顶点的四边形是平行四边形，求出的值即可． 【详解】（1）解：①因为，回到初始位置的周期为，，回到初始位置的周期为， 又因为， 所以点，，，恰好同时回到初始位置的时间，为整数且； ②由①得，当时，，的位置为， 当时，， ，的位置为， 当时，， 所以； （2）因为以，，，为顶点的四边形是平行四边形仅与，的长度有关， 所以为一个周期， 如图，以时间为轴，，的距离，，的距离为轴，在同一直角坐标系中画出图象， 由图可得，在一个周期内有次，此时以，，，为顶点的四边形是平行四边形， 由，，解得，由，，解得， 再由对称性，得，， 所以的所有可能取值是，，，，为整数且． 3．（22-23八年级下·浙江温州·阶段检测）已知如图：在四边形中，，，，，动点P从点B出发在线段上向点C运动，速度为；点Q从点D出发在线段上向点A运动，速度为，Q、D两点不重合．P、Q两点同时出发，当其中一个点到达终点时，另一点也停止运动．设运动时间为t秒．    (1)当秒时，四边形面积为多少？ (2)当时，求t的值． (3)当以P、Q、D为顶点的三角形是等腰三角形时，则__________．（直接写出答案） 【答案】(1)四边形面积为 (2)或 (3)5或4或或 【分析】（1）根据题意得到，，求得，根据梯形的面积公式即可得到结论； （2）过点Q作于E，则四边形是矩形，根据矩形的性质得到，，，根据勾股定理列方程即可得到结论； （3）根据题意得到，，，①当时，②时，③当时，根据等腰三角形的性质列方程即可得到结论． 【详解】（1）解：由题意得：，， ∴， 当秒时，，， ， ， ∴四边形面积． 答：四边形面积为； （2）过点Q作于E，则四边形是矩形，    ∴，，，， ， 当时，， 解得秒或秒． 答：当时，秒或秒； （3）由题意得，，， 当时，即， 解得或； 时，即， 解得：（不合题意舍去）或； 当时，即， 解得：或， 但当时，D，Q两点重合，故； 综上所述，当以P、Q、D为顶点的三角形是等腰三角形时，t为5或4或或； 故答案为：5或4或或． 【点睛】本题四边形的综合题，考查了梯形，勾股定理，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键． 4．（22-23八年级下·浙江绍兴·期末）如图，已知正方形的边长为2，点是边上的一动点，平分交边于点．          (1)①当点恰好是边的中点时，求线段长；②当点恰好是边CD的中点时，求线段长． (2)猜想线段，，之间的数量关系，并说明理由． (3)直接写与面积和的最大值． 【答案】(1) (2)．理由见解析 (3)当点与点重合时，最大为，面积和最大值为 【分析】（1）①延长，交于点，根据平行线的性质可得，根据全等三角形的判定和性质可得，设，则，，推得，根据勾股定理即可求得； ②设，由①可知，根据勾股定理求得，连结，设，根据即可求解； （2）延长到点，使，连结，根据全等三角形的判定和性质可得，，根据平行线的判定和性质可得，推得 （3）根据三角形的面积公式可得当最大时面积最大，即可求解． 【详解】（1）①如图，延长，交于点．    在正方形中， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴． 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，由，解得． ∴． ②设， ∵，由①可知， 在中，由， 解得：． ∴． 如图，连结，    设，由可得： ， 解得：， ∴． （2）． 理由如下： 如图，延长到点，使，连结．    在正方形中， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）， ∵不变， ∴当最大时面积最大， ∴当点与点重合时，最大为，面积和最大值为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的判定和性质，三角形的面积公式等，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键． 5．（21-22八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线：交轴于点，交轴于点，点是点关于直线的对称点． (1)求点的坐标． (2)点是直线上的一动点，以为边向右作正方形． ①若点是线段中点，求点坐标． ②连接．若，求点的坐标． 【答案】(1) (2)①；②或 【分析】（1）根据直线：交轴于点，交轴于点，可确定，，再根据点是点关于直线的对称点，易得出四边形是正方形，确定正方形的边长即可得到答案； （2）①如图，过点作轴于点，过点作交的延长线于点，过点作轴于点，由点是的中点，先得出，然后证明，再求出和即可； ②分两种情况：点在第一象限；点在第四象限进行讨论即可. 【详解】（1）解：如图，连接、、， ∵直线：交轴于点，交轴于点， ∴当时，， 当时，， ∴，， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ， ∵点是点关于直线的对称点， ∴垂直平分， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴. （2）①如图，过点作轴于点，过点作交的延长线于点，过点作轴于点， 由（1）可知，，， ∵点是的中点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ， ∵轴，，轴， ∴， ∵， ∴， 在和和中， ， ∴， ∴，， ∵，， ∴，， ， ∴， ∴. ②如图，连接，， 由（1）可知，四边形是正方形， ∴，， 又∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 分两种情况： 第一种情况：点在第一象限， ∵， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， 由①可知，在中，， ∴， ∴， ∴， 即， 解得：或（舍去）， ∴，， 由①得：，， ∴， ∴； 第二种情况：点在第四象限， ∵四边形是正方形， ∴，， 又∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴ 由①可知，在中，， ∴， ∴， ∴， 即， 解得：或（舍去）， ∴，， 由①得：，， ∴， ∴. 综上所述，点的坐标为或. 【点睛】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识.解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，用分类讨论的思想解决问题. 题型八：中点四边形 1. 定义：顺次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形。 2. 一般性质：任意四边形的中点四边形都是平行四边形。 3. 形状判定： · 原四边形对角线相等 → 中点四边形是菱形。 · 原四边形对角线垂直 → 中点四边形是矩形。 · 原四边形对角线相等且垂直 → 中点四边形是正方形。 4. 面积关系：中点四边形的面积等于原四边形面积的一半。 5. 证明方法：连接原四边形对角线，利用三角形中位线定理证明。 1. 误认为任意四边形的中点四边形都是矩形或菱形。 2. 混淆原四边形对角线关系与中点四边形形状的对应关系。 3. 忘记使用三角形中位线定理进行证明。 4. 面积关系记错（中点四边形面积为原四边形的一半，不是四分之一）。 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 2．（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． 3．（22-23八年级下·浙江·期中）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． 4．（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． 5．（20-21八年级下·浙江·期中）在四边形中，的中点分别为P、Q、M、M； （1）如图1，试判断四边形怎样的四边形，并证明你的结论； （2）若在上取一点E，连结，，恰好和都是等边三角形（如图2）： ①判断此时四边形的形状，并证明你的结论； ②当，，求此时四边形的周长（结果保留根号）． 【答案】（1）平行四边形，理由见解析；（2）①菱形，证明见解析；② 【分析】（1）连接、．利用三角形中位线定理判定四边形的对边平行且相等，易证该四边形是平行四边形； （2）①设的边长是，的边长是，由于，，可得平行四边形的对角线相等，从而得出平行四边形是菱形； ②如图2，过点作于，则通过解三角形求得，由勾股定理得到．由①知四边形是菱形，可计算得周长是． 【详解】解：（1）如图1，连接、． 为的中位线， 且， 同理且． 且， 四边形为平行四边形； （2）①四边形是菱形， 如图2，连接AC，BD， ∵△ADE和△BCE都是等边三角形， ∴AE=DE，CE=BE，∠AED=∠BEC=60°， ∴∠AEC=∠DEB， ∴△AEC≌△DEB， ∴AC=BD， ∵点M，N是AD，CD的中点， ∴MN是△ADC的中位线， ∴MN=AC， 同理：PN=BD， ∴MN=PN， 由（1）知，四边形PQMN是平行四边形， ∴平行四边形PQMN是菱形； ②过点作于，则， 又， ， 由①知四边形是菱形，可计算得周长是． 【点睛】本题考查了中点四边形以及菱形的判定和性质、平行四边形的判定和性质，解题时，利用了三角形中位线的性质定理． 题型九：四边形中的线段最值问题 1. 两点之间线段最短：求两条线段和的最小值，常通过对称变换将折线转化为直线段。 2. 垂线段最短：求点到直线的最短距离，考虑作垂线。 3. 三角形三边关系：利用求最值，等号成立时三点共线。 4. 旋转全等转化：通过旋转变换将分散的线段集中到同一三角形中。 1. 对称点选错或对称轴找错，导致转化后的线段无法共线。 2. 三点共线时未验证是否在可行域内。 3. 旋转角度选择不当，导致无法有效集中已知条件。 1．（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． 2．（25-26八年级上·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，，，为边的中点，为矩形外一动点．且，则线段的最大值为 ________ ． 【答案】 【分析】连接，取的中点，连结，，通过矩形的性质结合勾股定理求出，再运用中位线定理求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，最后根据三角形的三边关系得三点共线时最大即可求解． 【详解】如图，连接，取的中点，连接，， ∵矩形中，，，， ∴，， ∴根据勾股定理，， ∵为的中点，为的中点， ∴， ∵， ∴， 由三角形的三边关系得三点共线时最大， 此时． 3．（2025·浙江·模拟预测）如图，在菱形中，，，点E在边上，点F在对角线上，，连结，，则的最小值为______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决本题的关键． 先由边角边的证明方法证明和全等，再由边角边的证明方法证明和全等，根据全等三角形的性质，可得，即可求解． 【详解】解：如答图，过点D作于点D，使得，连结，在上取一点T，使得，连结，， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵，， ∴， 在和中， ∵， ∴≌， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴≌， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∴， 即的最小值为． 故答案为：． 4．（20-21八年级下·浙江台州·期末）如图,矩形中,,,连接,为上一动点,为中点,连接,则的最小值是______． 【答案】 【分析】根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段P1P2,再根据垂线段最短可得,当 时,取最小值,再求出 的面积,根据,即可得出答案． 【详解】 如图,由题意可知:当点E与点D重合时,点P位于CD边的中点P1处,即 , 当点E与点B重合时,点P位于CB边的中点P2处,, ∴ 且, ∵为中点,∴且, ∴点P的运动轨迹是线段P1P2, ∴当 时,取最小值, ∵四边形ABCD是矩形, ∴CD=AB=8,BC=AD=6, ∴,, 在 中,, ∵ , 即 , 解得: ． 故答案:． 【点睛】本题考查了线段的最值问题以及利用切割法求一般图形的面积,解题的关键是找准线段取最值时的位置,熟练掌握切割法求面积． 5．（20-21八年级下·浙江宁波·期末）已知：如图，在矩形中，．动点为矩形内一点，且满足，则周长的最小值为___________． 【答案】 【分析】过点作，交于点，交于点，由，可得，过点作，交于点，交于点，作点关于的对称点，连接与交点即为所求点，在△中，，，即可求． 【详解】解：过点作，交于点，交于点， ， ， ， ， ， 过点作，交于点，交于点，作点关于的对称点，连接与交点即为所求点， ， ， ， ， 在△中，，， ， 周长的最小值， 故答案为． 【点睛】本题考查三角形与矩形的面积，轴对称求最短距离，能将面积的关系转化为边之间的关系，再利用轴对称求线段的最小值是解题的关键． 1．（2026·浙江台州·二模）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，若 ，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：选项A，，，故选项A符合题意； 选项B，，，故选项B不符合题意； 选项C，，，故选项C不符合题意； 选项D，，，故选项D不符合题意； 2．（25-26八年级上·浙江丽水·期末）如图，将矩形沿折叠，点B落在边上的点F处．若，，则的长度为 （    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握折叠的性质．根据矩形的性质得出，，，根据折叠得出，，，根据勾股定理求出，设，则，，根据勾股定理列出方程，解方程即可． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， 根据折叠可知：，，， ∴， 设，则，， 根据勾股定理得：， 即， 解得：， ∴． 故选：C． 3．（25-26八年级上·浙江金华·期中）如图，有一个边长为的正方形，将一块的三角板直角顶点与正方形对角线交点O重合，两条直角边分别与边交于点E，与边交于点F．则四边形的面积是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点．连接，则交于点O，证明，可得，从而得到四边形的面积，即可求解． 【详解】解：如图，连接，则交于点O， ∵四边形是正方形，边长为， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积． 故选：B． 4．（25-26八年级下·浙江宁波·期中）四边形是平行四边形，下列说法不正确的是（    ） A．当时，四边形是矩形 B．当时，四边形是菱形 C．当平分时，四边形是菱形 D．当时，四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题根据矩形、菱形、正方形的判定定理，对各选项逐一判断，找出说法错误的选项即可． 【详解】解：A、， 根据对角线相等的平行四边形是矩形可得，四边形是矩形，故说法正确，不符合题意； B、， 根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得，四边形是菱形，故说法正确，不符合题意； C、平分，∴， 在平行四边形中，， ， ， ， 根据邻边相等的平行四边形是菱形可得，四边形是菱形，故说法正确，不符合题意； D、， 根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得，四边形是矩形，不一定是正方形，故说法错误，符合题意． 5．（24-25八年级下·浙江宁波·阶段检测）如图，菱形的对角线相交于点，平分交于点，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，过点D作交延长线于点F，设，表示出，然后表示出，证明出四边形是平行四边形，得到，，表示出，进而利用求解即可． 【详解】解：如图，过点D作交延长线于点F， 设 ∵平分交于点 ∴ ∵四边形是菱形 ∴， ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形 ∴， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴． 6．（25-26八年级下·浙江宁波·期中）对角线长为的正方形的周长是_____． 【答案】 【分析】根据正方形的性质，结合勾股定理求出正方形的边长，再利用正方形周长公式计算结果． 【详解】解：设正方形的边长为， 正方形的对角线长为， ， 整理得，解得（负值已舍去）， 正方形周长为． 7．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在轴上，点的坐标为，的坐标为，，固定点，，把矩形沿轴正方向推，使点落在轴正半轴上点处，则点的对应点的坐标为___________． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理．由已知条件得到，，，根据勾股定理得到，再根据即可得出结论． 【详解】解：∵点的坐标为，的坐标为， ∴，， 由题意得：，， ∴， ∵， ∴点的坐标为， 故答案为：． 8．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图1是方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为1，现将它剪拼成一个“天平”造型放入一个矩形框架中（如图2），天平的上下两侧以及左右两侧均与框架重合，则该矩形框架的周长为___________． 【答案】 【分析】本题考查七巧板，勾股定理，矩形的性质．由勾股定理求出的长，得到的长，由图形得到的长，即可解决问题． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴矩形框架的周长为． 故答案为：． 9．（24-25八年级下·浙江舟山·期末）如图，在矩形中，过点作于点，则的度数为___________． 【答案】/32度 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质证明，进而可以解决问题． 【详解】解：如图， ∵四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 10．（25-26八年级下·浙江宁波·期中）如图，在边长为1的正方形中，E，F，G，H分别是上的点，．有一只蚂蚁从点出发，经过F，G，H，最后回到点，则蚂蚁所走的最少路程是________． 【答案】 【分析】根据轴对称的性质得到当E、F、G、H分别在点时路程最小，即可得到答案． 【详解】解：如图所示，分别作点E关于直线的对称点，作点关于直线CD的对称点，连接交于点，连接交AD于点，连接交于点，连接 则， ∵， 当E、F、G、H分别在点时，路程最小为． 11．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在正方形网格中，每个小正方形顶点称为格点，例如线段的端点在格点上，已知每个小正方形边长均为，利用无刻度直尺作图，请完成下列各小题． (1)在图①中，以为边作一个菱形（不是正方形），其中点为格点； (2)在图②中，以为边作正方形，其中点为格点． 【答案】(1)画图见解析（任画一个） (2)画图见解析 【分析】（）取格点，顺次连接，根据菱形的判定可知四边形 是菱形； （）取格点，顺次连接，由勾股定理可知，由网格特点可知，即可得四边形是正方形，即为所求； 本题考查了菱形的判定，正方形的判定，掌握菱形和正方形的判定是解题的关键． 【详解】（1）解：如图所示，四边形即为所求； （2）解：如图所示，四边形即为所求． 12．（24-25八年级下·浙江·阶段检测）已知：如图，是正方形的边上的两点，，连接． (1)求证：． (2)求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形外角的性质，证明是解题的关键． （1）只需要利用证明即可证明结论； （2）由全等三角形的性质得到，再导角即可证明． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 13．（25-26八年级下·浙江温州·期中）如图，在正方形中，为上一点，连接，过点作，交延长线于点． (1)求证：． (2)如图，连接，过点作交于点，连接． ①若，求的长． ②求的值． 【答案】(1)证明见详解； (2)①；② 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质以及平面直角坐标系下的两点间距离计算，熟练运用正方形的性质和相关几何公式是解答本题的关键． （1）利用正方形的性质，得到边和角的关系，结合平行线的性质，通过证明三角形全等，从而得到线段相等； （2）①利用正方形对角线的性质和等腰直角三角形的边角关系，通过线段的和差计算的长度； ②通过建立平面直角坐标系，求出各点坐标，利用一次函数解析式求交点坐标，再根据两点间距离公式计算线段长度，进而得到比值． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，，， ， ， ， 在和中， ， ； （2）解：①设正方形的边长为， 四边形是正方形，是正方形对角线， ，， ， 是等腰直角三角形， ，由（1）得， ， 在中，， ， ； ②设正方形的边长为，，由（1）得， 如图，建立平面直角坐标系，令，，，， 则，， 直线为， ，的斜率为， 的斜率为， 直线为， 联立得， 解得交点， 计算的长度：， 计算的长度： ， ． 14．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，菱形，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，求菱形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据有三个角是直角的四边形为矩形，进行证明即可； （2）设，（），则，再根据勾股定理得出，，列出方程，再解方程进行计算即可． 【详解】（1）证明：四边形为菱形， ． ，， ，， ， ∴四边形是矩形． （2）解：四边形是菱形， ． 设，（）， ∵四边形是矩形． ∴， 在中，， ∵ ∴ 解得： ∴菱形的周长是． 15．（25-26八年级下·浙江金华·期中）如图，在中，，点E为边上一动点，连接，将沿折叠，点D的对应点为F． (1)如图1，若的延长线恰好经过点B．求证：； (2)若， ①如图2，当，、所在直线分别与直线、直线相交于H、G．作于点P，若，求的长． ②如图3，当点E在射线上时，若的面积为，连接．则的最大值 ． 【答案】(1)见解析 (2) 的长为6或16； 【分析】（1）由题意易得，则有，然后根据折叠的性质可进行求证； （2）①由题意易得四边形为菱形，则有，，然后可得，，进而可分当点E在点P的左侧时，过点E作，当点E在点P的右边时，过点C作，最后分类进行求解即可； ②过B作交延长线于H，由题意易得，，设，则，记，然后根据勾股定理可得，进而化简，根据一元二次方程根的判别式可进行求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∴； （2）①解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 当点E在点P的左侧时，过点E作，如图3，则：，， ∵， ∴， 由折叠的性质得：， 同（1）可得：， 设， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得，， 解得， ∴； 当点E在点P的右边时，过点C作，如图4， ∵， ∴， 由折叠的性质得：，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 设， ∴， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ∴， ∴， 综上，的长为6或16． ②过B作交延长线于H， ∵的面积为，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，， 在中，， 记， ∴ 去分母得 ∴， 化简得，即 ∴ ∴的最大值为． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $