期末考试必考题型（三）——特殊四边形综合压轴（4大考点7类题型）- 2025-2026学年苏科版八年级数学下册基础知识专项突破讲练

期末考试必考题型（三）——特殊四边形综合压轴（4大考点7类题型） 目录 一.必考点知识梳理 1 【考点一】平行四边形的性质与判定 1 【考点二】特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）的性质与判定 1 【考点三】特殊四边形中的几何模型与推理（综合压轴） 2 【考点四】梯形的性质与判定（综合压轴） 2 二.必考题型精析 3 【题型 1】平行四边形的判定与性质综合证明题（6题） 3 【题型 2】特殊四边形的判定与性质综合证明题（6题） 12 【题型 3】特殊四边形中的折叠问题（6题） 20 【题型 4】特殊四边形的动态探究与最值问题（6题） 29 【题型 5】中点四边形与四边形综合题（6题） 38 【题型 6】特殊四边形与几何变换（平移、旋转）综合证明题（6题） 46 【题型 7】梯形的性质与判定综合证明题（6题） 56 一.必考点知识梳理 【考点一】平行四边形的性质与判定 性质：平行四边形对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分；中心对称图形。 判定：两组对边分别平行（相等）的四边形平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对角分别相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形。 易错点：混淆 “一组对边平行，另一组对边相等” 与平行四边形的判定条件；忽略对角线平分的双向性。 【考点二】特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）的性质与判定 图形 性质 判定 矩形 四个角为直角、对角线相等；既是中心对称也是轴对称 ① 有一个角是直角的平行四边形；② 对角线相等的平行四边形；③ 三个角为直角的四边形 菱形 四条边相等、对角线互相垂直平分；对角线平分内角 ① 一组邻边相等的平行四边形；② 对角线互相垂直的平行四边形；③ 四条边相等的四边形 正方形 兼具矩形和菱形所有性质，对角线相等且垂直平分 ① 有一个直角 + 一组邻边相等的平行四边形；② 既是矩形又是菱形的四边形 【考点三】特殊四边形中的几何模型与推理（综合压轴） 中点四边形：任意四边形的中点四边形是平行四边形；对角线相等的四边形中点四边形是菱形；对角线垂直的四边形中点四边形是矩形；对角线相等且垂直的四边形中点四边形是正方形。 折叠模型：矩形或菱形折叠问题，利用轴对称性质 + 特殊四边形的边、角关系求解。 旋转模型：正方形或菱形旋转问题，利用旋转前后图形全等 + 边、角不变性，探究线段或角度关系。 最值模型：利用 “垂线段最短”“两点之间线段最短”，结合菱形或矩形的对称性求线段最值。 【考点四】梯形的性质与判定（综合压轴） 性质：同一底上的两个角相等；对角线相等；轴对称图形（对称轴为两底中点连线）。 判定：① 同一底上两个角相等的梯形；② 对角线相等的梯形；③ 两腰相等的梯形。 梯形辅助线核心方法： （1）平移一腰：转化为平行四边形 + 三角形； （2）作高：转化为矩形 + 直角三角形； （3）延长两腰交于一点：转化为三角形； （4）平移对角线：转化为平行四边形 + 三角形； （5）连接一腰中点并延长：构造全等三角形，转化为三角形问题。 易错点：判定梯形时，必须强调 “只有一组对边平行”；等腰梯形的对角线相等，但对角线相等的梯形才是等腰梯形，对角线相等的四边形不一定是等腰梯形。 二.必考题型精析 【题型 1】平行四边形的判定与性质综合证明题（6题） 1．（24-25八年级下·重庆丰都·阶段检测）如图，在中，于点E，点F为的中点，连接并延长交的延长线于点G，若，则的角度用含的代数式表示为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，证明，得出，由直角三角形的性质得出，则，证出，则可得出结论． 解：连接， 点F为的中点， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故选：C． 【点拨】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江·期中）如图，平面直角坐标系中，点、分别在轴、轴正半轴上运动，以为对角线作平行四边形，使得边在轴上，点在的右侧，且，连接交于点，当时，若，则点的坐标为（      ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键． 连接，设，证得，结合平行四边形的性质得、、、，通过勾股定理，构建方程，解方程，即可求解． 解：如图，连接， 设，则，， 四边形是平行四边形， ，，， ， ， 在和中， ， ， ， 在中，， ， 在中，， ， ， 整理，得：， 解得：（负值舍去）， ， 点的坐标为． 故选：D． 3．（24-25八年级下·河北唐山·阶段检测）如图，某同学在研究“抖空竹”时发现，当空竹在点E处时，，，已知，，且，，则的长为______． 【答案】/130厘米 【分析】题目主要考查平行四边形的判定和性质，勾股定理解三角形，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． 根据平行四边形的判定和性质得出四边形为平行四边形，，延长交于点F，利用勾股定理结合图形求解即可． 解：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， 延长交于点F，如图所示： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 4．（2025八年级下·山西·专题练习）如图，中，，，点从点出发以秒速度向点运动，点从点出发以秒的速度向点A运动，连接，作线段的垂直平分线，交边和于、两点，设点的运动时间为（单位：秒，），当时，点的运动时间值是__秒． 【答案】或 【分析】本题考查平行四边形性质、全等三角形判定及等边三角形判定与性质，解题关键是分类讨论与的位置关系，利用全等三角形建立含t的方程。 当时，可证，从而，解得；当不平行时，证明，可得是等边三角形，四边形是平行四边形，即有，解得． 解：当时，如图： 四边形是平行四边形， ， 四边形是平行四边形， ，，， 是的垂直平分线， ，， ， ， ， 由得：， ； 当不平行时，如图： ， 四边形是等腰梯形， ，， 是的垂直平分线， ，， ， ，， 在中，， ， 是等边三角形， ，， ， 四边形是平行四边形， ， ， 解得， 综上所述，为或． 5．（2026·浙江台州·二模）点是的边的中点，请你利用无刻度的直尺，完成以下探究与操作： 操作与证明 （1）如图1，连接对角线，，交于点，连接并延长，交边于点，求证：点是的中点． 拓展与探究 （2）请尝试用无刻度的直尺，在图2的中作出边的中点．（不写作法，保留作图痕迹）． 【答案】（1）见详解；（2）见详解 【分析】（1）根据平行四边形的性质，及三角形全等，即可证明结论； （2）根据平行四边形的性质以及三角形三条中线交于一点（重心），即可证明结论． 解：（1）四边形是， ，，， 点是边的中点， ， ， ， 在和中，，， ， ，， ． ∴点是的中点． （2）连接对角线，，交于点，连接，交于点H，连接并延长交于点G． 四边形是， ，即是的中线， 点是边的中点， ∴也是的中线， 、的交点H是的重心， ∴也是的中线， 即点是边的中点． 6．（25-26八年级下·广东江门·期中）已知中，为的中点，于，连接． （1）如图1，若，求证：； （2）如图2，若，写出，，之间的数量关系，并证明． 【答案】（1）证明过程见分析；（2），证明过程见分析． 【分析】（1）延长、交于点，证明，可得，由直角三角形的两个锐角互余，结合等角对等边，可得，即可证得结论； （2）延长、交于点，证明，可得，由角所对的直角边与斜边的关系，结合勾股定理可得，即可得，，之间的数量关系． 解：（1）证明：延长、交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵于， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：， 证明：延长、交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵于， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【题型 2】特殊四边形的判定与性质综合证明题（6题） 1．（2024·安徽宣城·三模）将两张完全相同的矩形纸片如图所示叠放，使两个矩形的一条对角线重合，若两个矩形的长为2，宽为1，则重叠部分图形的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，角平分线的性质，平行四边形的判定等知识点．根据角平分线的逆定理可得，设，根据等角对等边得：，由勾股定理列方程可得的值，根据矩形的性质可得，，证明四边形的平行四边形，由平行四边形的面积公式可得重叠部分图形的面积． 解：由题意得：，， ， ， ， ， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ， ， 两张完全相同的矩形纸片， ，， 四边形是平行四边形， 重叠部分图形的面积． 故选：D． 2．（24-25九年级上·广东佛山·阶段检测）在认识特殊平行四边形时，小红用四根长度均为的木条首尾相接，钉成正方形，转动这个四边形，使它的形状改变，当转动到四边形时，测得，则，C之间的距离比变形前A，C之间的距离短（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，连接，交于点O，先利用勾股定理求出，由题意易得四边形是菱形，推出与互相垂直且平分，利用勾股定理求出，易得，即可得出结果． 解：如图，连接，交于点O，   四边形是正方形，且边长为， ， 由题意知四边形是菱形，且边长为， 与互相垂直且平分， ， ， 中，， ， ， 故选：D． 3．（24-25九年级上·福建三明·期中）如图，在矩形中，．若点P满足，且，则__________．    【答案】 【分析】本题考查正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，通过作辅助线构造全等三角形与正方形是解题的关键．过点P作交延长线于M，交延长线于N，过点P作于Q，交于E，证明四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，现证明，从而证明四边形为正方形，利用正方形的性质即可得出结论． 解：过点P作交延长线于M，交延长线于N，过点P作于Q，交于E，如图，    ∵矩形 ∴，，，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴ ， ∴四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，， ∵ ∴， ∴ ∵ ∴ 在与 ∴ ∴，， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为正方形， ∴． 故答案为：． 4．（2026·湖南长沙·二模）如图，在矩形中，以点为圆心，长为半径作弧交对角线于点，分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧交于点、连接交于点，连接，，则的值为___________． 【答案】2 【分析】连接，，由作图痕迹可知，可知四边形是菱形，得到，根据矩形的性质得到，进而证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质即可求出的值． 解：如图，连接，，由作图痕迹可知， 四边形是菱形， ， 四边形是矩形， 四边形是平行四边形， 点是的中点， ． 5．（25-26八年级下·江苏常州·期中）如图，直线的函数解析式为．四边形是正方形，直线交轴于点，点在轴上，过点作且交轴于点．求证：． 【答案】见详解 【分析】根据正方形的性质与一次函数的性质确定的坐标，证明，由全等三角形的性质得到垂直平分，结合垂直平分线与平行线的性质推理解答； 解：证明：∵直线的函数解析式为， 令，则， 即， ∵四边形是正方形， ， ∴， 当时，则， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ，， 在和中 ， ， ， ， 垂直平分， ， ， ， ， ． 6．（24-25八年级上·浙江温州·阶段检测）如图，已知在等腰直角三角形中，，过点作直线平行于，在直线上有一动点从点出发，以的速度向右运动，在射线上有另一动点，使得四边形的面积为12，设点运动时间为秒． （1）用的代数式表示___________ （2）当是以为腰的等腰三角形时，求的值； （3）连结，作点关于直线的对称点，若使点在内（不含边界线），则的取值范围是___________． 【答案】（1）；（2）或；（3） 【分析】（1）根据梯形的面积公式列方程可表示的长； （2）当当是以为腰的等腰三角形时，存在两种情况：和，根据勾股定理和边长相等列方程可解答； （3）先计算边界点：在直线上或在边上时，分别计算的值可得结论． 解：（1）解：由题意得：， 等腰直角三角形中，， ， ，四边形的面积为12， ， ， ； 故答案为：； （2）解：过点作于，如图所示： ，， ， ①如图1，当时，， ， ； ②如图2， 当时，， ， ， ， 综上所述，的值是或； （3）解：如图3， 当在边上时，作射线交于， ， ， ， ， ， ； 如图4， 是等腰直角三角形，且点关于直线的对称点， 点的运动路径是射线， 当与重合时，，此时在直线上， 若使点在内（不含边界线），则的取值范围是， 故答案为：． 【点拨】本题是四边形的综合题，涉及梯形面积公式、等腰直角三角形性质、动点运动问题、等腰三角形性质、对称性质、勾股定理等知识，作辅助线构造模型是解决问题的关键，同时注意分类讨论思想的运用． 【题型 3】特殊四边形中的折叠问题（6题） 1．（2023九年级上·广东佛山·竞赛）如图，将纸片沿折叠，使得点D落在边上点F处，当时，与的关系一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查翻折变换，平行四边形的性质，三角形的外角的性质，三角形内角和定理等知识，如图，连接，利用平行四边形的性质和三角形的外角的性质求解． 解：如图，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由翻折变换的性质可知，， ∴， ∵， ∴． 故选：C． 2．（24-25八年级下·安徽淮北·期末）如图，矩形中，点为上一点，将沿折叠得到，与相交于点，的延长线与相交于点，若为的中点，平分，下列结论：①平分；②点在的垂直平分线上；③当点F为的中点时，．其中正确的是（   ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】B 【分析】由折叠的性质和矩形的性质得出为等腰三角形，进而可判断②，取的中点P，连接，根据三角形中位线的判定和性质得出，， 再证明，由全等三角形的性质得出，即可判断③，根据角平分线性质定理可判定③． 解：由折叠可知，， 又， ， ， ， 点在的垂直平分线上，②正确； 取的中点P，连接， 是的中点， 是的中位线， ，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 若为的中点， ∴， 又， ∴， ， ，③正确． 由折叠的性质可知：，若平分，由角平分线性质定理可知，这与矛盾，故①错误． 故选：B． 【点拨】本题主要考查了矩形与折叠的问题，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线的判定和性质等知识，掌握这些性质是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江温州·期中）数学活动课上，陈老师向同学们展示了一位同学的折纸作品（如图所示）．已知平行四边形纸片，对角线，点E，F分别在边和上，交于点P．将纸片沿折叠，点A落在外的点处，B落在对角线上的点G处，交于点H，连接．若，则_________． 【答案】 【分析】连接，利用直角性质求得，，由折叠的性质以及，推出是线段的垂直平分线，则，求得，证明四边形是平行四边形，得到，在求得即可． 解：连接， ∵平行四边形纸片，且，， ∴，， ∴，， 由折叠的性质知，，，是线段的垂直平分线，则， ∵， ∴，即， ∴，由平行四边形的性质得，∵， ∴， ∴， ∵， ∴，，即， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【点拨】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键． 4．（24-25八年级下·辽宁铁岭·期中）如图，在矩形中，，，P为边上一点，沿直线将矩形折叠，使点B落在边的B处，将沿线段平移，当点与点C重合时，得，与交于点Q，则的长为______． 【答案】2 【分析】由矩形的性质和折叠的性质，可知，，则，在中，，列出方程求得：，即，连接，过点作交延长线于，则，由平移可知，，，，则四边形为矩形，，得，，由此可知， 由延平移所得，则，得，设，则，根据，，列出方程即可求解． 解：在矩形中，，，， 由折叠可知，，，则， ∴， 设，则， 在中，，即：， 解得：，即， 连接，过点作交延长线于，则， 由平移可知，，，， 则四边形为矩形，， ∴，， 由此可知， 由延平移所得，则， ∴， 设，则， ∴， ， 则，解得：， ∴， 故答案为：2． 【点拨】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，平移的性质等知识点，利用平移的性质得，由此建立方程求解是解决问题的关键． 5．（2026·河北秦皇岛·一模）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在平面上的点处，与交于点． （1）求证：； （2）若平行四边形的对角线与的交点为点，连接，求证：． 【答案】（1）证明见分析；（2）证明见分析 【分析】（1）由折叠得，，由四边形是平行四边形得，，即可得，，结合对顶角即可证明； （2）由得，由平行四边形的对角线与的交点为点得为中点，由等腰三角形三线合一可得为中边上的高，即可证明． 解：（1）证明：由折叠得，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， 又∵， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵平行四边形的对角线与的交点为点， ∴为中点， ∴为中边上的高， ∴． 【点拨】折叠的本质是轴对称变换，折叠前后的图形关于折痕成轴对称，因此对应边相等、对应角相等，这一性质是解决此类折叠问题的核心依据． 6．（24-25八年级下·江苏泰州·期末）在数学综合与实践活动中，小明发现折叠矩形纸片可以得到一些特殊角，我们将折痕与矩形原有边形成的夹角称为“折叠角”． 【尝试与感悟】 （1）如图，点在边上，将矩形沿折叠，点落在边上的点处，此时折痕与边形成的夹角就是“折叠角”，且 ______ ； （2）如图，先将矩形对折，使得与重合，折痕为，点在边上，再将纸片沿着折叠，点落在上的点处求“折叠角”的度数； 【探索与发现】 （3）在图中与垂直的射线、上分别取点、，使得四边形是矩形，将其沿着经过点的直线折叠后，点落在边上并且得到的“折叠角”请你用无刻度的直尺与圆规分别确定点、不写作法，保留作图痕迹 【答案】（1）；（2）；（3）作图见分析 【分析】（1）由折叠的性质可求，即可求解； （2）由折叠的性质可得，，，可证是等边三角形，可得，即可求解； （3）以点A、B为圆心，为半径画弧，两弧交于点M、H，连接，，，作的垂直平分线，交于点K，交于点J，分别以点K、J为圆心，为半径画弧，交于点D，交于点C，连接，则四边形即为所求作的矩形． 解：（1）∵将矩形沿折叠， ， ， ， 故答案为：； （2）如图，取的中点，连接， 由折叠可得：，，， ， 点是的中点， ， ， 是等边三角形， ， 将纸片沿着折叠， ， ； （3）如图，以点A、B为圆心，为半径画弧，两弧交于点M、H，连接，，，作的垂直平分线，交于点K，交于点J，分别以点K、J为圆心，为半径画弧，交于点D，交于点C，连接，则四边形即为所求作的矩形． 根据作图可知：垂直平分，，，点H在上， ∵， ∴四边形为矩形， ∵， 四边形是矩形， ∵， 是等边三角形， ， 过点作，交于点E， ， ∵是等边三角形，， ∴为的对称轴， ∴点A的对称点为点H，且折叠角为． 【点拨】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线是解题的关键． 【题型 4】特殊四边形的动态探究与最值问题（6题） 1．（24-25八年级下·江苏宿迁·阶段检测）如图，在中，，，，为边上的动点，以，为邻边作，连接，则长的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设交于点，由，，求得，因为，所以，则，由平行四边形的性质得，，所以，当时，的值最小，此时的值最小，于是得到问题的答案． 解：设交于点， ∵，， ， ∵， ， ， ∵四边形是平行四边形， ，， ， 如图，当时，的值最小，此时的值最小， ，， ， ， ∴长度的最小值为． 2．（25-26七年级下·云南昭通·期中）如图，在正方形中，，点在边上，且，点是对角线上的一动点，则的最小值是（    ） A． B． C．6 D．7 【答案】A 【分析】连接,当三点共线时，取得最小值． 解：连接, 在正方形中，，， ∴， , ∴, 关于对称， ∴, 当三点共线时，取得最小值， ． 二、填空题 3．（25-26八年级下·上海·期中）如图，在菱形中，点P是对角线上一点，Q是中点，若菱形周长是16，，则的最小值为______． 【答案】2 【分析】点和点是定点，点在直线上一动点，是轴对称最值问题，连接，由菱形的对称性可知，点和点关于对称，连接，即为所求． 解：如图，由菱形的对称轴可知，点和点关于对称，连接， ∴， ∴即为所求的最小值． 连接， ，四边形是菱形， ∴，，， 是等边三角形， 点为的中点， ， 菱形的周长为16， ， ∵在中，， ， ， ， ∴的最小值为． 4．（2026·四川成都·二模）如图，在正方形中，是边的中点，是边上的一个动点，连接，．若，则的最小值为_____． 【答案】 【分析】如图，作关于的对称点，连接，，则，可得当三点共线时，，此时最小，进一步求解即可． 解：如图，作关于的对称点，连接，，则，，， ∵在正方形中，是边的中点，， ∴，，， 当三点共线时， ∴，此时最小， ∵， ∴， ∴点A，D，Q在同一直线上， ∴， ∴． ∴的最小值为． 三、解答题 5．（25-26八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在菱形中，，，点，分别在边，上，．连接，，． （1）求证：； （2）求四边形的面积； （3）当点，分别在边，上运动时，的面积是否存在最小值，若存在，请直接写出面积的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）见分析；（2）；（3）存在， 【分析】（1）先证明是等边三角形，可得，，进而求出，结合，利用即可证明结论； （2）由（1）知，可得，推出，过点作于点，根据是等边三角形，求出，即可解答； （3）先证明是等边三角形，过点作于点，求出，求出，当时，有最小值，此时的面积最小，同理（2）求出此时即可解答． 解：（1）证明：在菱形中，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：由（1）知， ∴， ∴， 过点作于点， 由（1）知是等边三角形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为； （3）解：存在， 由（1）知是等边三角形，， ∴，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 过点作于点， ∴， ∴， ∴， 当时，有最小值，此时的面积最小， 同理（2）得此时， ∴． 6．（2026九年级下·吉林长春·专题练习）【问题呈现】小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在正方形中，点E、F分别在边上，且，试探究线段长度的最小值． 【问题分析】小明通过证明三角形全等，将动线段交点问题转化为单动点绕定点旋转问题，再通过定角或定长发现这个动点的运动路径，进而解决上述几何问题． 【问题解决】请结合图①，在【问题呈现】的条件下，完成下列问题： （1）证明： ①； ②直接写出的大小为________度． （2）如图②，取的中点O，连结，线段长度为________，线段长度的最小值为________． （3）【方法应用】如图③，在正方形中，对角线，点E在边上，点F在边上，且始终保持，连结，过点C作交直线于点Q，线段的最小值为________． 【答案】（1）①见分析；② 90；（2）4，；（3） 【分析】（1）①利用证明，即可得出结论；②根据，，可得，进而可得； （2）斜边上的中线求出的长，勾股定理求出的长，根据进行求解即可； （3）设和交于点O，取的中点P，连接，过点P作，证明，得到，根据斜边上的中线得出，勾股定理得出的长，根据即可求解． 解：（1）①证明：四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ； ②解：，， ， ； （2）解：由（1）知， O为的中点， ， 在中，， ， ，当O，C，P三点共线时等号成立， 线段长度的最小值为； （3）解：设和交于点O，取的中点P，连接，过点P作， 四边形是正方形， ，， ， ， ， 又，， ， ， ，P为的中点， ， ，， ， ， ， ， ，当D，Q，P三点共线时等号成立， 线段长度的最小值为． 【题型 5】中点四边形与四边形综合题（6题） 1．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是边的中点若四边形为菱形，则对角线，应满足的条件是（    ） A． B． C．与相互平分 D．不确定 【答案】B 【分析】先根据三角形的中位线定理证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形和菱形的关系即可解答． 解：∵四边形中，E，F，G，H分别是边的中点， ∴在中，为的中位线， ∴且； 同理：且；，， ∴且， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形为菱形， ∴应满足条件，即， ∴． 2．（25-26八年级下·广东珠海·期中）如图：顺次连接矩形四边的中点得到四边形，再顺次连接四边形四边的中点得四边形，…，按此规律得到四边形．若矩形的面积为26，那么四边形的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据顺次连接任意四边形各边中点所得到的新四边形的面积是原四边形面积的一半，由此得出面积变化的规律，代入求解即可． 解：四边形是矩形， 、， 顺次连接矩形四边的中点得到四边形， ， 四边形是菱形， ， 由此得到，顺次连接任意四边形四边中点得到的新四边形，面积是原四边形的， ， ， 当时，． 3．（2026·吉林长春·一模）如图，在四边形中，、、、分别是边、、、中点，．有下列结论： ①连接，则有； ②若，则以、、、为顶点的四边形为正方形； ③连接，相交于点，则； ④若，则． 上述结论中，正确结论的序号有__________． 【答案】①③④ 【分析】如图：连接，设交于点O，证明四边形是矩形，然后逐个判断即可． 解：如图：连接， ∵， ∴， 同理：，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，故①正确； ∴，故③正确； ∴，若，则，故④正确； ∵，， ∴， ∴四边形不是正方形，故②错误， 综上可知，正确的有①③④． 4．（24-25八年级下·北京·期中）如图，点 A，B，C 为平面内不在同一直线上的三点．点 D 为平面内一个动点．线段  ， ， ， 的中点分别为 M，N，P，Q 在点 D 的运动过程中，有下列结论： ①存在无数个中点四边形 是平行四边形； ②只有有限个中点四边形 是菱形； ③存在无数个中点四边形 是矩形； ④存在两个中点四边形 是正方形． 所有正确结论的序号是____________． 【答案】①③④ 【分析】根据中点四边形的性质：一般中点四边形是平行四边形，对角线相等的四边形的中点四边形是菱形，对角线垂线的中点四边形是矩形，对角线相等且垂直的四边形的中点四边形是正方形，由此即可判断． 解：当与不平行时，中点四边形 是平行四边形，故存在无数个中点四边形 是平行四边形，故①正确； 当与相等且平行时，中点四边形 是菱形，故存在无数个中点四边形 是菱形，故②错误； 当与互相垂直（B、D不重合）时，中点四边形是矩形，故存在无数个中点四边形 是矩形，故③正确； 如图所示，当与相等且互相垂直时，中点四边形 是正方形，故存在两个中点四边形 是正方形，故④正确； 故答案为：①③④ 【点拨】本题考查中点四边形，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 5．（2026八年级下·全国·专题练习）解答：在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． （1）如图所示，E、F、G、H分别是四边形各边中点，连接，则四边形为________形． （2）当四边形满足________条件时，四边形是菱形． （3）当四边形满足________条件时，四边形是矩形． （4）当四边形满足________条件时，四边形是正方形． 【答案】（1）平行四边；（2）；（3）；（4）且 【分析】连接，可以根据分别是四边形各边中点，得到线段分别为的中位线，由中位线定理可以证明四边形为平行四边形；再根据菱形，矩形和正方形的判定条件，添加对应的条件即可得到答案． 解：（1）解：四边形为平行四边形， 理由，连接， 分别是四边形各边中点， 线段分别为的中位线， ，，，， ，， 四边形为平行四边形； （2）解：， 理由，如图①四边形的对角线， 四边形为平行四边形，且，， ， 平行四边形为菱形； （3）解：， 理由，如图②四边形的对角线互相垂直， 分别是四边形各边中点， 线段分别为的中位线， ，， ， ， 四边形为平行四边形， 四边形为矩形； （4）解：且， 理由，如图③四边形的对角线相等且互相垂直， 根据，可知平行四边形为矩形， 根据，可知平行四边形为菱形， 四边形为正方形． 6．（25-26九年级上·山西晋中·阶段检测）阅读与思考 请认真阅读下面的材料，并完成相应的任务． 中方四边形定义：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”．如果一个四边形的中点四边形是正方形，那么我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 根据中方四边形的定义可知，对角线互相垂直且相等的四边形是中方四边形．下面是这个结论的证明过程： 已知：如图1，在四边形中，对角线与交于点，，． 求证：四边形为中方四边形． 证明：如图1，分别取，，，的中点，，，，连接，，，与交于点，与交于点． 则，，． ∴． ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为菱形． …… 任务： （1）下列四边形中，一定是中方四边形的是______． A．平行四边形    B．菱形    C．矩形    D．正方形 （2）请补全材料中的证明过程． （3）如图2，已知为锐角三角形，分别以，为边，向外作正方形和正方形．连接，，，试证明四边形为中方四边形． 【答案】（1）D；（2）见分析；（3）见分析 【分析】本题考查了平行四边形及特殊的平行四边形的判定与性质、中位线定理和全等三角形的判定和性质，熟记相关判定定理及性质定理的内容是解题关键． （1）根据各种特殊的平行四边形的性质求解即可； （2）根据可得四边形为平行四边形，再根据和即可证明四边形为中方四边形； （3）连接，交于点，交于点，根据四边形和四边形为正方形可得，，证明，进而即可证明四边形为中方四边形． 解：（1）解：平行四边形的“中点四边形”为平行四边形； 矩形的“中点四边形”为菱形； 菱形的“中点四边形”为矩形； 正方形的“中点四边形”为正方形； 故选D． 解： （2）如图1，分别取，，，的中点，，，，连接，，，，与交于点，与交于点． 则，，． ∴． ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为菱形． ∵， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为矩形． ∴． ∴菱形为正方形． ∴四边形为中方四边形． （3）证明：如图，连接，交于点，交于点． ∵四边形和四边形为正方形， ∴，，，． ∴，即． 在和中， ， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 由（1）可知，四边形为中方四边形． 【题型 6】特殊四边形与几何变换（平移、旋转）综合证明题（6题） 1．（25-26九年级上·黑龙江牡丹江·期中）如图，在平面直角坐标系中，是菱形对角线的中点，轴且．将菱形绕点旋转，使点落在轴上，则旋转后点的对应点的坐标是（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】分为点C旋转到y轴正半轴和y轴负半轴两种情况分别讨论，结合菱形的性质求解即可． 本题考查了菱形的对称性、坐标与图形的性质、旋转的性质、直角三角形的性质等知识，解题的关键是要分情况讨论． 解：根据菱形的对称性可得：当点D旋转到x轴正半轴时，A、B、C均在坐标轴上，如图， ∵， ∴． ∴． ∴． ∴点C的坐标为． 同理：当点D旋转到x轴负半轴时，点C的坐标为． ∴点C的坐标为或． 故选：D． 2．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图1，在平面直角坐标系中，平行四边形在第一象限，且轴．直线从原点O出发沿x轴正方向平移，在平移过程中，直线被平行四边形截得的线段长度n与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2所示，平行四边形的面积为，则a的值是（   ） A．2 B． C．3 D． 【答案】A 【分析】本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．根据函数图象中的数据可以分别求得平行四边形的边的长，然后根据平行四边形的面积求得边上的，然后解等腰直角三角形即可求得，得到a的值． 解：过B作于点M，分别过B，D作直线的平行线，交于E 如图1所示， 由图象和题意可得，，， ∴， ∵平行四边形的面积为， ∴， ∵直线平行直线，平行四边形在第一象限，且轴． ∴， ∴， ∴， 故选：A． 3．（25-26九年级上·黑龙江佳木斯·期末）如图，正方形的两边、分别在x轴、y轴上，点在边上，以C为中心，把旋转，则旋转后点D的对应点的坐标是___ ． 【答案】或 【分析】根据题意，分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，求出点到x轴、y轴的距离，即可判断出旋转后点D的对应点的坐标是多少． 解：∵点在边上， ∴，； 若把顺时针旋转，如下图： 则点在x轴上，， ∴； （若把逆时针旋转，如下图： 则点到x轴的距离为10，到y轴的距离为2， ∴， 综上，旋转后点D的对应点的坐标为或． 故答案为：或． 4．（24-25八年级下·浙江舟山·期末）将正方形和正方形按图1方式放置，边 与边重合，.将正方形绕点逆时针方向旋转一个角度，的延长线交线段于点（图2）．在此旋转过程中，点运动的路线长＝___________． 【答案】 【分析】先通过旋转性质可得到当旋转时达到最大值，利用等面积法求出，然后再计算出从旋转到时的路程长，两者相加即可． 解：∵ ∴，， 设， ∵的延长线交线段于点， ∴直线恒过点，当时，此时最大， 因此点到直线的距离最大为， 当点到直线的距离最大时， ∵ 得，即， ∵，代入得： ， ∴， ∴在直角三角形中，， ∴， ∴此时旋转角， 当从到：从点（）运动到最远点（），路程为， 当从到：从最远点往回运动，终点时，，路程为， 总路线长：． 5．（24-25八年级下·湖北宜昌·期末）如图，直线交轴于点，交轴于点，直线经过点，交轴于点． （1）请求出B点坐标和直线的函数解析式； （2）将直线向下平移个单位，且经过点；将直线向下平移个单位，且经过点，平移后的两直线交于点；请求出点的坐标； （3）如图，将直线向右平移得到直线，点是与直线的交点，点，分别在射线，上，且轴，分别过点，作轴的垂线，垂足分别为，． 设四边形的周长为，设点的横坐标为，求出与的函数关系式； 当四边形为正方形时，直接写出的值． 【答案】（1），；（2）；（3）①；②或 【分析】（1）先求出点B的坐标，再利用待定系数法求解； （2）先求出两条直线平移后的解析式，再将两个解析式联立，解二元一次方程组即可； （3）先求出点E的坐标，设，，分和两种情况，用含m的式子表示出和，即可求解；当四边形为正方形时，，分和两种情况，分别求出m的值即可． 解：（1）解：对于直线， 当时，， ， 将，代入，得： ， 解得， 直线的函数解析式为； （2）解：对于， 当时，， ， 将直线向下平移个单位，所得直线的解析式为：， 将代入，得：， 解得， 直线平移后所得直线的解析式为：； 将直线向下平移个单位，所得直线的解析式为：， 将代入，得：， 解得， 直线平移后所得直线的解析式为：， 将两条平移后直线的解析式联立，得：， 解得， 点的坐标为； （3）解：直线向右平移得到直线， 直线的解析式为：， 将直线与直线的解析式联立，得：， 解得， 点的坐标为． 点的横坐标为，轴， ，， 当时，，， ； 当时，，， ， 综上可知，与的函数关系式为：； 当四边形为正方形时，， 当时，， 解得； 当时，， 解得； 综上所述，m的值为或． 【点拨】本题考查两条直线的交点问题，一次函数图象的平移，求一次函数解析式，正方形的性质等，注意分情况讨论是解题的关键． 6．（25-26八年级上·山东东营·期末）如图1，已知点D是等边内一点，且，，．求的度数； 以下是甲，乙，丙三位同学的谈话： 甲：我认为解决思路是借助旋转，我选择将绕点B逆时针旋转； 乙：我也赞成旋转，不过我是将进行旋转； 丙：我是将进行旋转，我们的办法都是通过旋转把已知线段转化在同一个三角形中，运用勾股定理逆定理解决． 【方法探索】 （1）请你借助甲，乙，丙三位同学的提示，选择适当的方法求的度数（写出求解过程）； 【类比迁移】 （2）如图2，已知，，，，，，的度数为______． 【综合运用】 （3）如图2，在（2）的条件下，的面积是______． 【答案】（1）的度数为；（2）；（3） 【分析】（1）甲：将绕点逆时针旋转，得到，连接，分别计算与的度数即可得到的度数．乙：将绕点顺时针旋转，得到，连接，分别计算与的度数即可得到的度数．丙：将绕点A顺时针旋转，得到，连接，分别计算与的度数即可得到的度数． （2）利用（1）中的方法，将绕着点顺时针旋转，得到，同理可得，，由此即可求出； （3）过点作直线的垂线，垂足为，证明是等腰直角三角形，求得，再利用三角形的面积公式求解即可． 解：（1）∵是等边三角形， ∴，． 选择甲：如图，将绕点B逆时针旋转，得到，连接， ∴，，， ∴是等边三角形， ，， ∵， ∴是直角三角形，， ； 选择乙：如图，将绕点B顺时针旋转，得到，连接， ∴，，， ∴是等边三角形， ，， ∵， ∴是直角三角形，， ， ∴由旋转可得； 选择丙：如图，将绕点A顺时针旋转，得到，连接， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴是直角三角形，， ； （2）如图，将绕着点顺时针旋转，得到，连接， ∴， ，， ∴， ， ∴， ∴； （3）如图，过点作直线的垂线，垂足为， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴的面积是， 故答案为：． 【点拨】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理以及勾股定理的逆定理的综合应用，利用旋转的性质进行求解是解题的关键． 【题型 7】梯形的性质与判定综合证明题（6题） 1．（2026·江苏南通·模拟预测）四边形为直角梯形，其中，腰，且P是的中点，，则四边形的面积的最小值是（   ） A．4 B． C． D． 【答案】A 【分析】过点D作于点F，设直角梯形的上底为、下底为，再根据多次勾股定理得到的表达式，再利用直角梯形的面积公式，结合完全平方公式进行计算即可． 解：过点D作于点F， 设直角梯形的上底为、下底为， 是的中点，， ， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， 则， 解得， 梯形的面积为：， 由于， 则， 即四边形的面积的最小值是4． 2．（24-25八年级下·甘肃甘南·期末）如图，等腰梯形中，，，交于点，下列结论错误的是（   ） A． B． C． D．平分 【答案】D 【分析】本题考查了等腰梯形，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定等知识点，熟练掌握等腰梯形的性质是解题的关键． 过点分别作的垂线，垂足为点，证明，再证明，最后证明即可． 解：过点分别作的垂线，垂足为点， ∵， ∴， ∵四边形是等腰梯形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴，， ∴， ∴ ∴， ∴， 故A、B、C正确，不符合题意，D不能证明， 故D不符合题意， 故选：D． 3．（25-26八年级下·江苏镇江·期中）如图，在等腰梯形中，，，，与交于点，，，则此梯形的面积为______． 【答案】9 【分析】过点C作，交的延长线于点E，证明四边形是平行四边形，可得，证明，，由勾股定理推出，再根据列式求解即可． 解：过点C作，交的延长线于点E， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵在等腰梯形中，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∴， ∴， ∴ ． 4．（25-26八年级下·江苏泰州·期中）已知如图在等腰梯形中，，，，若，则等腰梯形的周长为________． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰梯形的性质，梯形周长的转化计算． 作交于点，证明四边形是平行四边形，以及是等边三角形，得到，继而得出梯形的周长． 解：如图，作交于点， ，， 四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， 是等边三角形， ， 梯形的周长为． 5．（25-26八年级下·吉林·期中）如图，在四边形中，，于点，，，点从点出发，以的速度向点运动；同时点从点出发，以的速度向点运动，其中一个动点到达端点时另一个动点也随之停止运动，设运动时间为． （1）_____；_____． （2）当_____s时，四边形为矩形； （3）当时，求的值； 【答案】（1）；；（2）6；（3）5或7 【分析】（1）根据题意即可求解； （2）当时，四边形为矩形，则，即可求解； （3）分两种情况①当四边形为等腰梯形时，过点作于点，过点作于点，求出，得，解得；②当四边形为平行四边形时，，即，解得：； 解：（1）解：由题意得：， 则，． （2）解：∵， ∴当时，四边形为矩形， ∴， ∴． （3）解：， ∴当时， 分两种情况：①当四边形为等腰梯形时， 过点作于点，过点作于点，如图1， 则， 又∵， ， 解得：； ②当四边形为平行四边形时，， 即， 解得：； 综上所述，当时，的值为5或7． 6．（24-25八年级下·上海·阶段检测）如图，在中，，是边的中线，是的中点，连接并延长交于，过点作交于，连接 （1）求证：四边形是等腰梯形； （2）求证． 【答案】（1）见分析；（2）见分析 【分析】（1）利用直角三角形性质得到，结合平行线性质进而得到，证明，利用全等三角形性质证明，即可解题． （2）如图，延长到，使，交于，连接，根据等腰梯形的性质得出，，即可得出，根据中位线的性质得出，，利用角的和差关系得出，利用证明，得出，根据线段的和差关系即可证明． 解：（1）证明：，是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是等腰梯形． （2）证明：如图，延长到，使，交于，连接， ∵是边的中线，， ∴， ∴， ∵四边形是等腰梯形， ∴，， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点拨】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰梯形的判定与性质，全等三角形性质和判定，三角形中位线性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 期末考试必考题型（三）——特殊四边形综合压轴（4大考点7类题型） 目录 一.必考点知识梳理 1 【考点一】平行四边形的性质与判定 1 【考点二】特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）的性质与判定 1 【考点三】特殊四边形中的几何模型与推理（综合压轴） 2 【考点四】梯形的性质与判定（综合压轴） 2 二.必考题型精析 3 【题型 1】平行四边形的判定与性质综合证明题（6题） 3 【题型 2】特殊四边形的判定与性质综合证明题（6题） 4 【题型 3】特殊四边形中的折叠问题（6题） 6 【题型 4】特殊四边形的动态探究与最值问题（6题） 8 【题型 5】中点四边形与四边形综合题（6题） 10 【题型 6】特殊四边形与几何变换（平移、旋转）综合证明题（6题） 13 【题型 7】梯形的性质与判定综合证明题（6题） 16 一.必考点知识梳理 【考点一】平行四边形的性质与判定 性质：平行四边形对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分；中心对称图形。 判定：两组对边分别平行（相等）的四边形平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对角分别相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形。 易错点：混淆 “一组对边平行，另一组对边相等” 与平行四边形的判定条件；忽略对角线平分的双向性。 【考点二】特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）的性质与判定 图形 性质 判定 矩形 四个角为直角、对角线相等；既是中心对称也是轴对称 ① 有一个角是直角的平行四边形；② 对角线相等的平行四边形；③ 三个角为直角的四边形 菱形 四条边相等、对角线互相垂直平分；对角线平分内角 ① 一组邻边相等的平行四边形；② 对角线互相垂直的平行四边形；③ 四条边相等的四边形 正方形 兼具矩形和菱形所有性质，对角线相等且垂直平分 ① 有一个直角 + 一组邻边相等的平行四边形；② 既是矩形又是菱形的四边形 【考点三】特殊四边形中的几何模型与推理（综合压轴） 中点四边形：任意四边形的中点四边形是平行四边形；对角线相等的四边形中点四边形是菱形；对角线垂直的四边形中点四边形是矩形；对角线相等且垂直的四边形中点四边形是正方形。 折叠模型：矩形或菱形折叠问题，利用轴对称性质 + 特殊四边形的边、角关系求解。 旋转模型：正方形或菱形旋转问题，利用旋转前后图形全等 + 边、角不变性，探究线段或角度关系。 最值模型：利用 “垂线段最短”“两点之间线段最短”，结合菱形或矩形的对称性求线段最值。 【考点四】梯形的性质与判定（综合压轴） 性质：同一底上的两个角相等；对角线相等；轴对称图形（对称轴为两底中点连线）。 判定：① 同一底上两个角相等的梯形；② 对角线相等的梯形；③ 两腰相等的梯形。 梯形辅助线核心方法： （1）平移一腰：转化为平行四边形 + 三角形； （2）作高：转化为矩形 + 直角三角形； （3）延长两腰交于一点：转化为三角形； （4）平移对角线：转化为平行四边形 + 三角形； （5）连接一腰中点并延长：构造全等三角形，转化为三角形问题。 易错点：判定梯形时，必须强调 “只有一组对边平行”；等腰梯形的对角线相等，但对角线相等的梯形才是等腰梯形，对角线相等的四边形不一定是等腰梯形。 二.必考题型精析 【题型 1】平行四边形的判定与性质综合证明题（6题） 1．（24-25八年级下·重庆丰都·阶段检测）如图，在中，于点E，点F为的中点，连接并延长交的延长线于点G，若，则的角度用含的代数式表示为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·浙江·期中）如图，平面直角坐标系中，点、分别在轴、轴正半轴上运动，以为对角线作平行四边形，使得边在轴上，点在的右侧，且，连接交于点，当时，若，则点的坐标为（      ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·河北唐山·阶段检测）如图，某同学在研究“抖空竹”时发现，当空竹在点E处时，，，已知，，且，，则的长为______． 4．（2025八年级下·山西·专题练习）如图，中，，，点从点出发以秒速度向点运动，点从点出发以秒的速度向点A运动，连接，作线段的垂直平分线，交边和于、两点，设点的运动时间为（单位：秒，），当时，点的运动时间值是__秒． 5．（2026·浙江台州·二模）点是的边的中点，请你利用无刻度的直尺，完成以下探究与操作： 操作与证明 （1）如图1，连接对角线，，交于点，连接并延长，交边于点，求证：点是的中点． 拓展与探究 （2）请尝试用无刻度的直尺，在图2的中作出边的中点．（不写作法，保留作图痕迹）． 6．（25-26八年级下·广东江门·期中）已知中，为的中点，于，连接． （1）如图1，若，求证：； （2）如图2，若，写出，，之间的数量关系，并证明． 【题型 2】特殊四边形的判定与性质综合证明题（6题） 1．（2024·安徽宣城·三模）将两张完全相同的矩形纸片如图所示叠放，使两个矩形的一条对角线重合，若两个矩形的长为2，宽为1，则重叠部分图形的面积为（     ） A． B． C． D． 2．（24-25九年级上·广东佛山·阶段检测）在认识特殊平行四边形时，小红用四根长度均为的木条首尾相接，钉成正方形，转动这个四边形，使它的形状改变，当转动到四边形时，测得，则，C之间的距离比变形前A，C之间的距离短（    ）    A． B． C． D． 3．（24-25九年级上·福建三明·期中）如图，在矩形中，．若点P满足，且，则__________．    4．（2026·湖南长沙·二模）如图，在矩形中，以点为圆心，长为半径作弧交对角线于点，分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧交于点、连接交于点，连接，，则的值为___________． 5．（25-26八年级下·江苏常州·期中）如图，直线的函数解析式为．四边形是正方形，直线交轴于点，点在轴上，过点作且交轴于点．求证：． 6．（24-25八年级上·浙江温州·阶段检测）如图，已知在等腰直角三角形中，，过点作直线平行于，在直线上有一动点从点出发，以的速度向右运动，在射线上有另一动点，使得四边形的面积为12，设点运动时间为秒． （1）用的代数式表示___________ （2）当是以为腰的等腰三角形时，求的值； （3）连结，作点关于直线的对称点，若使点在内（不含边界线），则的取值范围是___________． 【题型 3】特殊四边形中的折叠问题（6题） 1．（2023九年级上·广东佛山·竞赛）如图，将纸片沿折叠，使得点D落在边上点F处，当时，与的关系一定成立的是（   ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·安徽淮北·期末）如图，矩形中，点为上一点，将沿折叠得到，与相交于点，的延长线与相交于点，若为的中点，平分，下列结论：①平分；②点在的垂直平分线上；③当点F为的中点时，．其中正确的是（   ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 3．（24-25八年级下·浙江温州·期中）数学活动课上，陈老师向同学们展示了一位同学的折纸作品（如图所示）．已知平行四边形纸片，对角线，点E，F分别在边和上，交于点P．将纸片沿折叠，点A落在外的点处，B落在对角线上的点G处，交于点H，连接．若，则_________． 4．（24-25八年级下·辽宁铁岭·期中）如图，在矩形中，，，P为边上一点，沿直线将矩形折叠，使点B落在边的B处，将沿线段平移，当点与点C重合时，得，与交于点Q，则的长为______． 5．（2026·河北秦皇岛·一模）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在平面上的点处，与交于点． （1）求证：； （2）若平行四边形的对角线与的交点为点，连接，求证：． 6．（24-25八年级下·江苏泰州·期末）在数学综合与实践活动中，小明发现折叠矩形纸片可以得到一些特殊角，我们将折痕与矩形原有边形成的夹角称为“折叠角”． 【尝试与感悟】 （1）如图，点在边上，将矩形沿折叠，点落在边上的点处，此时折痕与边形成的夹角就是“折叠角”，且 ______ ； （2）如图，先将矩形对折，使得与重合，折痕为，点在边上，再将纸片沿着折叠，点落在上的点处求“折叠角”的度数； 【探索与发现】 （3）在图中与垂直的射线、上分别取点、，使得四边形是矩形，将其沿着经过点的直线折叠后，点落在边上并且得到的“折叠角”请你用无刻度的直尺与圆规分别确定点、不写作法，保留作图痕迹 【题型 4】特殊四边形的动态探究与最值问题（6题） 1．（24-25八年级下·江苏宿迁·阶段检测）如图，在中，，，，为边上的动点，以，为邻边作，连接，则长的最小值是（   ） A． B． C． D． 2．（25-26七年级下·云南昭通·期中）如图，在正方形中，，点在边上，且，点是对角线上的一动点，则的最小值是（    ） A． B． C．6 D．7 3．（25-26八年级下·上海·期中）如图，在菱形中，点P是对角线上一点，Q是中点，若菱形周长是16，，则的最小值为______． 4．（2026·四川成都·二模）如图，在正方形中，是边的中点，是边上的一个动点，连接，．若，则的最小值为_____． 5．（25-26八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在菱形中，，，点，分别在边，上，．连接，，． （1）求证：； （2）求四边形的面积； （3）当点，分别在边，上运动时，的面积是否存在最小值，若存在，请直接写出面积的最小值；若不存在，请说明理由． 6．（2026九年级下·吉林长春·专题练习）【问题呈现】小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在正方形中，点E、F分别在边上，且，试探究线段长度的最小值． 【问题分析】小明通过证明三角形全等，将动线段交点问题转化为单动点绕定点旋转问题，再通过定角或定长发现这个动点的运动路径，进而解决上述几何问题． 【问题解决】请结合图①，在【问题呈现】的条件下，完成下列问题： （1）证明： ①； ②直接写出的大小为________度． （2）如图②，取的中点O，连结，线段长度为________，线段长度的最小值为________． （3）【方法应用】如图③，在正方形中，对角线，点E在边上，点F在边上，且始终保持，连结，过点C作交直线于点Q，线段的最小值为________． 【题型 5】中点四边形与四边形综合题（6题） 1．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是边的中点若四边形为菱形，则对角线，应满足的条件是（    ） A． B． C．与相互平分 D．不确定 2．（25-26八年级下·广东珠海·期中）如图：顺次连接矩形四边的中点得到四边形，再顺次连接四边形四边的中点得四边形，…，按此规律得到四边形．若矩形的面积为26，那么四边形的面积为（     ） A． B． C． D． 3．（2026·吉林长春·一模）如图，在四边形中，、、、分别是边、、、中点，．有下列结论： ①连接，则有； ②若，则以、、、为顶点的四边形为正方形； ③连接，相交于点，则； ④若，则． 上述结论中，正确结论的序号有__________． 4．（24-25八年级下·北京·期中）如图，点 A，B，C 为平面内不在同一直线上的三点．点 D 为平面内一个动点．线段  ， ， ， 的中点分别为 M，N，P，Q 在点 D 的运动过程中，有下列结论： ①存在无数个中点四边形 是平行四边形； ②只有有限个中点四边形 是菱形； ③存在无数个中点四边形 是矩形； ④存在两个中点四边形 是正方形． 所有正确结论的序号是____________． 5．（2026八年级下·全国·专题练习）解答：在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． （1）如图所示，E、F、G、H分别是四边形各边中点，连接，则四边形为________形． （2）当四边形满足________条件时，四边形是菱形． （3）当四边形满足________条件时，四边形是矩形． （4）当四边形满足________条件时，四边形是正方形． 6．（25-26九年级上·山西晋中·阶段检测）阅读与思考 请认真阅读下面的材料，并完成相应的任务． 中方四边形定义：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”．如果一个四边形的中点四边形是正方形，那么我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 根据中方四边形的定义可知，对角线互相垂直且相等的四边形是中方四边形．下面是这个结论的证明过程： 已知：如图1，在四边形中，对角线与交于点，，． 求证：四边形为中方四边形． 证明：如图1，分别取，，，的中点，，，，连接，，，与交于点，与交于点． 则，，． ∴． ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为菱形． …… 任务： （1）下列四边形中，一定是中方四边形的是______． A．平行四边形    B．菱形    C．矩形    D．正方形 （2）请补全材料中的证明过程． （3）如图2，已知为锐角三角形，分别以，为边，向外作正方形和正方形．连接，，，试证明四边形为中方四边形． 【题型 6】特殊四边形与几何变换（平移、旋转）综合证明题（6题） 1．（25-26九年级上·黑龙江牡丹江·期中）如图，在平面直角坐标系中，是菱形对角线的中点，轴且．将菱形绕点旋转，使点落在轴上，则旋转后点的对应点的坐标是（    ） A． B． C．或 D．或 2．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图1，在平面直角坐标系中，平行四边形在第一象限，且轴．直线从原点O出发沿x轴正方向平移，在平移过程中，直线被平行四边形截得的线段长度n与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2所示，平行四边形的面积为，则a的值是（   ） A．2 B． C．3 D． 3．（25-26九年级上·黑龙江佳木斯·期末）如图，正方形的两边、分别在x轴、y轴上，点在边上，以C为中心，把旋转，则旋转后点D的对应点的坐标是___ ． 4．（24-25八年级下·浙江舟山·期末）将正方形和正方形按图1方式放置，边 与边重合，.将正方形绕点逆时针方向旋转一个角度，的延长线交线段于点（图2）．在此旋转过程中，点运动的路线长＝___________． 5．（24-25八年级下·湖北宜昌·期末）如图，直线交轴于点，交轴于点，直线经过点，交轴于点． （1）请求出B点坐标和直线的函数解析式； （2）将直线向下平移个单位，且经过点；将直线向下平移个单位，且经过点，平移后的两直线交于点；请求出点的坐标； （3）如图，将直线向右平移得到直线，点是与直线的交点，点，分别在射线，上，且轴，分别过点，作轴的垂线，垂足分别为，． 设四边形的周长为，设点的横坐标为，求出与的函数关系式； 当四边形为正方形时，直接写出的值． 6．（25-26八年级上·山东东营·期末）如图1，已知点D是等边内一点，且，，．求的度数； 以下是甲，乙，丙三位同学的谈话： 甲：我认为解决思路是借助旋转，我选择将绕点B逆时针旋转； 乙：我也赞成旋转，不过我是将进行旋转； 丙：我是将进行旋转，我们的办法都是通过旋转把已知线段转化在同一个三角形中，运用勾股定理逆定理解决． 【方法探索】 （1）请你借助甲，乙，丙三位同学的提示，选择适当的方法求的度数（写出求解过程）； 【类比迁移】 （2）如图2，已知，，，，，，的度数为______． 【综合运用】 （3）如图2，在（2）的条件下，的面积是______． 【题型 7】梯形的性质与判定综合证明题（6题） 1．（2026·江苏南通·模拟预测）四边形为直角梯形，其中，腰，且P是的中点，，则四边形的面积的最小值是（   ） A．4 B． C． D． 2．（24-25八年级下·甘肃甘南·期末）如图，等腰梯形中，，，交于点，下列结论错误的是（   ） A． B． C． D．平分 3．（25-26八年级下·江苏镇江·期中）如图，在等腰梯形中，，，，与交于点，，，则此梯形的面积为______． 4．（25-26八年级下·江苏泰州·期中）已知如图在等腰梯形中，，，，若，则等腰梯形的周长为________． 5．（25-26八年级下·吉林·期中）如图，在四边形中，，于点，，，点从点出发，以的速度向点运动；同时点从点出发，以的速度向点运动，其中一个动点到达端点时另一个动点也随之停止运动，设运动时间为． （1）_____；_____． （2）当_____s时，四边形为矩形； （3）当时，求的值； 6．（24-25八年级下·上海·阶段检测）如图，在中，，是边的中线，是的中点，连接并延长交于，过点作交于，连接 （1）求证：四边形是等腰梯形； （2）求证． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $