期末考试必考题型（三）——平行四边形与特殊平行四边形综合压轴（5大考点6类题型）- 2025-2026学年浙教版八年级数学下册基础知识专项突破讲练

**基本信息** 以“性质-判定-综合应用”为主线，系统整合平行四边形与特殊平行四边形知识，提炼5大考点6类压轴题型解题方法，强化几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |必考点知识梳理|5大考点|性质判定体系化（如矩形对角线→等腰三角形）、易错点警示（如“一组对边平行另一组相等”不能判定平行四边形）、面积公式（菱形=对角线乘积/2）|从平行四边形到特殊四边形（矩形-菱形-正方形）逐级转化，构建“基础性质→判定定理→综合应用”逻辑链| |必考题型精析|6类题型（含折叠/动点/旋转等）|折叠用轴对称性质、动点存在性列方程、面积综合用割补法，几何变换结合性质迁移|题型从单一证明到复合探究，覆盖期末压轴核心考法（如图形叠加转化、动态问题）|

期末考试必考题型（三）——平行四边形与特殊平行四边形综合压轴（5大考点6类题型） 目录 一.必考点知识梳理 1 【考点一】平行四边形性质与判定 1 【考点二】矩形性质与判定 1 【考点三】菱形性质与判定 2 【考点四】正方形性质与判定 2 【考点五】期末压轴必考综合考点 2 二.必考题型精析 2 【题型 1】平行四边形性质与判定综合运算与证明 2 【题型 2】特殊平行四边形性质与判定综合计算与证明 13 【题型 3】特殊四边形折叠综合压轴 24 【题型 4】特殊四边形动点存在性压轴 40 【题型 5】特殊四边形与面积综合压轴题 53 【题型 6】特殊四边形与图形旋转、平移综合探究压轴 66 一.必考点知识梳理 【考点一】平行四边形性质与判定 性质：对边平行且相等、对角相等、邻角互补、对角线互相平分、中心对称。 判定（5种必考）：两组对边分别平行；两组对边分别相等；一组对边平行且相等；两组对角分别相等；对角线互相平分。 压轴易错点：“一组对边平行，另一组对边相等”不能判定平行四边形。 【考点二】矩形性质与判定 压轴易错点：“一组对边平行，另一组对边相等”不能判定平行四边形。 特有性质：四个角都是直角；对角线相等且互相平分。 判定：有一个角是直角的平行四边形是矩形；三个角是直角的四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形。 压轴高频考点：矩形对角线相等→等腰三角形；直角三角形斜边中线等于斜边的一半（超级必考）。 【考点三】菱形性质与判定 特有性质：四条边相等；对角线互相垂直平分；对角线平分一组对角。 判定：一组邻边相等的平行四边形是菱形；四条边相等的四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 压轴公式：菱形面积=底×高=对角线乘积的一半（期末计算题必考）。 【考点四】正方形性质与判定 性质：兼具矩形+菱形所有性质；四边相等、四角直角、对角线垂直平分且相等、对角线平分45°角。 判定压轴逻辑：平行四边形+邻边相等+一个直角；矩形+邻边相等；菱形+一个直角。 【考点五】期末压轴必考综合考点 1. 图形叠加转化：平行四边形→矩形/菱形→正方形的逐级判定转化； 2. 折叠、平移、旋转几何变换结合特殊四边形性质； 3. 动点产生特殊四边形存在性问题（期末压轴大题之王）； 4. 特殊四边形与勾股定理、面积、周长、角度计算综合。 二.必考题型精析 【题型 1】平行四边形性质与判定综合运算与证明 1．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，在平行四边形中，，，的平分线交于点E，连结，若，则的长为（    ） A．5 B． C． D． 【答案】C 【分析】过点作于，过点E作于点G，由平分线得出，由平行四边形的性质得出，，，，证出，则，，证出，则，由勾股定理得出，证明四边形为平行四边形，得出，，最后根据勾股定理求出结果即可． 解：过点作于，过点E作于点G，如图所示： 是的平分线， ， 四边形是平行四边形， ，，，， ， ， ， ， ， ， ∴， ∵， ，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴． 2．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，，，，，分别是，的中点，交的延长线于点，连接，则四边形的面积为（   ） A．10 B．12 C．14 D．15 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、三角形的面积，掌握全等三角形的判定方法、平行四边形的判定条件，及三角形面积的计算是解题的关键． 先利用和是中点的条件，证明与全等，得出；再结合是中点，得到，判定四边形是平行四边形；最后通过三角形面积的关系，将四边形面积转化为的面积，计算得出结果． 解：， ． 是的中点， ． 在和中： ， ． 是的中点， ， ， 四边形是平行四边形， ． ， ， ． ，，， ， ． 故选：B． 3．（25-26八年级下·辽宁朝阳·期中）如图，A，B两单位分别位于一条封闭街道的两旁（直线是街道两边沿），现准备合作修建一座过街人行天桥，天桥应建在何处才能使由A经过天桥走到B的路程最短，并计算由A经过天桥走到B的最短路线的长为______．（注：桥的宽度忽略不计，桥必须与街道垂直） 【答案】85 【分析】过点作的垂线，并截取等于街道的宽度，即，连接交于点，过点作于点，则线段即为天桥所建的位置，此时由经过天桥走到的路线最短，再利用勾股定理求出的长即可求解． 解：过点作的垂线，并截取等于街道的宽度，即，连接交于点，过点作于点，则线段即为天桥所建的位置，此时由经过天桥走到的路线最短， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 由经过天桥走到的路程为, 根据两点之间线段最短可知，此时路程最短． ∴， 过点作于点，则，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴由经过天桥走到的最短路线的长为． 4．（2026·安徽阜阳·三模）如图，E，F，G，H分别是的四条边上的点且四边形是平行四边形，T是上一点，过点T作，作，若四边形的面积为a，则四边形的面积为______． 【答案】a 【分析】连接，设点到的距离为，点到的距离为，根据平行四边形面积公式可得，再证四边形是平行四边形，则，进而得到． 解：连接，设点到的距离为，点到的距离为， 四边形是平行四边形， ， 四边形是平行四边形，，， ， 四边形是平行四边形， ， ， ． 5．（25-26八年级下·广东惠州·期中）如图，在四边形中，，延长到，使，连接交于点，点是的中点．求证： （1）． （2）四边形是平行四边形． 【答案】（1）见分析；（2）见分析 【分析】（1）利用平行线性质和中点条件，通过证明三角形全等； （2）由全等得线段相等，再结合已知的平行关系，用“一组对边平行且相等”判定平行四边形． 解：（1）证明：∵， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∵在与中， ∴． （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． 6．（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，为的对角线，的平分线交于F，延长交于，连接，当时． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，写出图中所有与长度相等的线段． 【答案】（1）见分析；（2）见分析 【分析】（1）证明，即可证明四边形是平行四边形； （2）根据平行四边形的性质，等量代换思想求解即可． 解：（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ， 在与中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）解：四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ； ， ， ， ∵， ∴， ∴， ∴． 7．（25-26八年级下·安徽合肥·阶段检测）如图，在四边形中，，对角线、交于点，且． （1）求证：四边形是平行四边形． （2）若，过点作交的延长线于点． （ⅰ）求证：为的中点． （ⅱ）连接交于点，过点作于点，若，，求的长． 【答案】（1）证明：， ，； 在和中， ， ， ， ，， 四边形是平行四边形； （2）（ⅰ）证明：， ． ， 四边形是平行四边形， ． 四边形是平行四边形， ， ，即为的中点； （ⅱ）． 【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等可得，结合题中给出的条件求出，根据全等三角形的性质得出，即可求证四边形是平行四边形； （2）（ⅰ）根据平行四边形的判定求出四边形是平行四边形，则有，根据平行四边形的性质可知，即可求证； （ⅱ）根据一个角是直角的平行四边形是矩形可判定四边形是矩形，则有，根据求出是等腰直角三角形，根据设，即可求解． 解：（1）略； （2）（ⅰ）略； （ⅱ）四边形是平行四边形，， 四边形是矩形， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形． 设，则，， ． ， ， ， ， ． 8．（2026·北京·模拟预测）如图，在中，，，是边上两点，且，．点与点关于直线对称，点与点关于直线对称，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，求的长． 【答案】（1）证明见分析；（2）7 【分析】（1）先根据对称性可得，，进而得，再说明，可得，然后根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得出答案； （2）先根据对称性可得，，然后说明，接下来作，再根据直角三角形的性质得， 并根据勾股定理求出，即可得，接下来求出，最后根据平行四边形的对边相等得出答案． 解：（1）证明：∵点D与点F关于直线对称， ∴． ∵点E与点G关于直线对称， ∴． ∵ ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵，且， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵点D与点F关于直线对称， ∴． ∵点E与点G关于直线对称， ∴． ∵， ∴，即， ∴． 过点F作，交延长线于点H， 在中，则， ∴． 根据勾股定理，得． ∵， ∴， 在中，． ∵四边形是平行四边形， ∴． 【题型 2】特殊平行四边形性质与判定综合计算与证明 1．（25-26八年级下·青海西宁·期中）如图，在中，是边上一点，是的中点，过作的平行线交的延长线，且，连接． （1）求证：点是的中点； （2）当满足什么条件时，四边形为矩形，并说明理由． 【答案】（1）见分析；（2）见分析 【分析】（1）突破口是为中点且，因为，所以可得内错角相等，结合对顶角相等和，可证明，得到，再结合已知，即可推出； （2）首先由且，可判定四边形是平行四边形，要使其为矩形，根据矩形判定定理，需添加一个角为直角的条件，结合是中点，考虑等腰三角形三线合一定理推导需满足的条件． 解：（1）∵， ∴， ∵是中点， ∴， 在和中： ∴， ∴， 又∵ ， ∴， ∴点是的中点． （2）当 ，四边形为矩形，理由如下： ∵ ，且 ， ∴ 四边形是平行四边形, ∵， 且由（1）得是中点， 得 ， 即 ， ∴ 平行四边形是矩形． 2．（25-26八年级下·青海西宁·期中）如图，平行四边形的对角线与相交于点，分别是和的中点，连接．若． （1）求证：； （2）求证：四边形是菱形． 【答案】（1）证明：平行四边形的对角线与相交于点， ，， ， ，， ，且， 即， 为直角三角形， ； （2）证明：四边形为平行四边形， ，， ， 分别是和的中点， ， ， 四边形是菱形． 【分析】（1）利用平行四边形性质求出，再利用勾股定理逆定理分析证明，即可解题； （2）利用平行四边形性质推出，再结合直角三角形性质，以及菱形的判定定理分析证明，即可解题． 解：（1）略 （2）略 3．（25-26八年级下·甘肃临夏·期中）如图，在四边形中，，对角线平分，是上一点，过点分别作交于点，交于点． （1）求证：； （2）连接．当与满足什么条件时，四边形是正方形？并说明理由． 【答案】（1）证明见分析；（2）时，四边形是正方形，理由见分析． 【分析】（1）证明，即可得出结论； （2）先证明四边形是菱形，再根据对角线相等的菱形是正方形，添加条件即可. 解：（1）解：证明：平分， ， ，， ， ； （2）解：时，四边形是正方形， 理由：，， 四边形是平行四边形，， ， ， ， 四边形是菱形， ， 四边形是正方形． 4．（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，已知，延长到，使，连接，，，若． （1）求证：四边形是矩形； （2）连接，若，，求的长． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】（）由四边形是平行四边形，则，，又得四边形是平行四边形及，结合可得，由此可得平行四边形是矩形； （）连接，由（）得，，，所以，则，又四边形是矩形，故有，，然后通过勾股定理即可求解． 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：如图，连接， 由（）得，，， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴． 5．（25-26八年级下·内蒙古呼和浩特·阶段检测）如图，在矩形中，将沿着折叠，使点与点重合，过点作交线段于点，连接和． （1）求证：； （2）求证：四边形为菱形； （3）连接交于点，若，，求线段的长． 【答案】（1）见分析；（2）见分析；（3） 【分析】（1）根据矩形的性质得到，进而得到，可知，由翻折的性质可得，，根据等角对等边得到，可知； （2）证明四边形是平行四边形，根据可知平行四边形是菱形； （3）连接交于，根据菱形的性质得到，，根据等面积法求出，根据勾股定理计算即可． 解：（1）证明：四边形是矩形， ， ， ， ， 由翻折的性质可得，， ， ， ， ； （2）证明：，， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形是菱形； （3）解：如图，连接交于． 四边形是菱形， ，， ，，， ， ， ， ， 根据勾股定理得． 6．（25-26八年级下·河南安阳·期中）如图，在正方形中，，E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）探究之间的数量关系，直接作答无需证明． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】（1）过点E作于点，于点，先根据角平分线的性质得到，然后证明四边形是矩形，得到，从而得到，然后证明得到，即可证明矩形是正方形； （2）证明得，进而推出，由此利用勾股定理求解即可． 解：（1）证明：如图所示，过点E作于点，于点， ∴， ∵四边形是正方形， ， ∵，， ． ∵， ∴四边形是矩形． ． ∵ ． ． ． ． ∴矩形是正方形； （2）解：． 证明：∵四边形是正方形，四边形是正方形， ，，． ． ， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴． 7．（2026·山东菏泽·二模）如图，四边形中， ，点O是、的交点，且点O为的中点． （1）求证； （2）若E为的中点，F为的中点，当，时，四边形是否为正方形，若是，请证明；若不是，请说明理由． 【答案】（1）见分析；（2）四边形是正方形，证明见分析 【分析】（1）先证，得到，即可求证四边形是平行四边形；得到； （2）先证得四边形是平行四边形，再证得，可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质求得，根据等腰三角形的性质进一步求得即可． 解：（1）证明：， ； 点O为的中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； ； （2）解：四边形是正方形； 由（1）可知：，， ∵E为的中点，F为的中点， ∴， 四边形是平行四边形； ， ， 四边形是菱形； ，， ， ， 是等腰直角三角形； ， ， 四边形是正方形． 8．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在正方形的边上有一点M，边的延长线上有一点N，且． （1）判断的形状并证明； （2）连接，作的平分线交于E．求证：； （3）如图2，在（2）的条件下，作于F．则，，之间的数量关系为______． 【答案】（1）为等腰直角三角形；证明见分析；（2）证明见分析；（3） 【分析】（1）先证明，得到，再由即可判断； （2）证明出，由等腰三角形的判定可得结论； （3）过点E作于点G，则，由等腰三角形的性质得到，即可得到结论． 解：（1）证明：为等腰直角三角形；理由如下： 四边形是正方形， ， 在和中， ， ， ∴是等腰直角三角形． （2）证明：∵为等腰直角三角形，四边形是正方形， ∴， ， ， ． （3）解：， 理由：过点E作于点G， ∵作的平分线交于．， ∴， 在等腰直角三角形中， ， 由四边形是正方形，，， 都是等腰直角三角形， ， ， ． 【题型 3】特殊四边形折叠综合压轴 1．（24-25八年级下·河北石家庄·期末）如图，将平行四边形沿折叠，使点恰好落在边上的点处，若此时将边沿进行折叠，点又恰好落在点处，则平行四边形的较小内角为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，根据平行线的性质得，，根据对称的性质得，，，，继而得到，然后在中，根据三角形内角和定理列出关于的一元一次方程，求解即可． 解：设， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵将平行四边形沿折叠，点恰好落在边上的点处， ∴，， ∵将边沿进行折叠，点又恰好落在点处， ∴，， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， 解得：， ∴，， ∴平行四边形的较小内角为． 故选：C． 【点拨】本题考查平行四边形的性质，对称的性质，三角形内角和定理，一元一次方程的应用，解题的关键是掌握：两个图形关于某直线成轴对称，则它们的对应边相等，对应角相等． 2．（25-26八年级下·山东菏泽·期中）已知四边形，其中，，将沿折叠，落于，交于，且为平行四边形（如图）；再将纸片展开，将沿折叠，使点落在上一点（如图）．在两次折叠过程中，两条折痕、的夹角的度数为（　　） A． B． C． D．不确定 【答案】B 【分析】如图，过作于点，过作于点，可证，得到，即得，设，，可得，由四边形是矩形得，即得，得到，即可求解． 解：如图，过作于点，则， 在图中，∵，为平行四边形， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由折叠可得，， ∴， 设，，则， 由折叠可得：， ∵，， ∴ ， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴． 3．（24-25七年级下·浙江杭州·阶段检测）如图，将四边形纸片沿过点A的直线折叠，使得点B落在上的点Q处．折痕为；再将，分别沿，折叠，此时点C，D落在上的同一点R处．_____；若四边形是平行四边形，则的值为_______． 【答案】 30 【分析】本题考查了平行四边形的性质，翻折变换的性质，根据折叠的性质证得，根据平行线的性质即可求；根据折叠的性质和平行四边形的性质即可求的值． 解：由折叠的性质可得：，，，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 由折叠的性质可得：，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：30；． 4．（2024·湖北武汉·模拟预测）将长方形形纸片（如图①，）沿过点所在的直线折叠，使得点落在边上处，折痕为（如图②）再沿过点的直线折叠，使得点落在边上的处，点落在边上的处，折痕为（如图③，如果第二次折叠后，点正好在的平分线上，，__________. 【答案】 【分析】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明，且是解题的关键． 由矩形的性质得，，由折叠得，，则，因为，，所以，而，，即可证明，得，所以，则，于是得到问题的答案． 解：四边形是矩形， ，， 由折叠得，， ， ，， ， 点在的平分线上， ， 在和中， ， ， ， ， ， 故答案为：． 5．（2024·贵州贵阳·二模）综合与实践： 综合与实践课上，老师带领同学们以“矩形和平行四边形的折叠”为主题开展数学活动． （1）操作判断： 如图1，先用对折的方式确定矩形的边的中点，再沿折叠，点落在点处，把纸片展平，延长，与交点为．请写出线段与线段的数量关系______； （2）迁移思考： 如图2，把按照（1）中的操作进行折叠和作图，请判断，这两条线段之间的数量关系，并仅就图2证明你的判断． （3）拓展探索： 如图1，若，按照（1）中的操作进行折叠和作图，请直接写出当时的值． 【答案】（1）；（2），证明见分析；（3）． 【分析】（1）连接，证，然后得出结论即可； （2）连接，证是等腰三角形，然后得出结论即可； （3）设的长为，则，，利用勾股定理求出，然后求出的值即可． 本题主要考查四边形的综合题，涉及勾股定理，全等三角形的判定与性质，矩形和平行四边形的性质，等腰三角形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 解：（1）解：（1）连接， 四边形是矩形， ， 点是的中点， ， 由折叠知，， ， 在和中， ， ， ， 故答案为：； （2）解：，证明如下： 连接， 四边形是平行四边形， ， 点是的中点， ， 由折叠知，，，， ，， ， ， ， ； （3）解：四边形是矩形，， ， ， 令，则， 由（1）知， ， 解得， 即的长为． 6．（25-26八年级下·广东珠海·期中）我们常用的书籍和纸张的长与宽都有固定的规格，例如纸张的长与宽是，，长与宽的比值接近．这样的纸张具有对折不变形，还便于缩放，装订与归档，裁切过程几乎无边角料．这样比例的折叠屏手机，内外屏的比例就是一样的，堪称折叠完美比例． 已知长方形的长与宽分别是，．若按图1所示的方式折叠，点E，F分别是，的中点，将长方形沿对折，打开后得到的长方形仍为“长与宽的比值为”的长方形． （1）若按图2所示的方式折叠长方形，先沿对折，使点B落在上，对应点是点H．再沿对折，使点C落在上，对应点是点N． ①长方形________（填“是”或“不是”）为“长与宽的比值为”的长方形； ②边长________，边长________． （2）若按图3所示的方式折叠长方形，先沿对折，使得点C落在上，对应点是点Q．再沿对折，使得点A落在上，对应点是点T． ①求的度数； ②若图2中的点M折叠后对应点是点R，连接，求证：四边形是平行四边形． 【答案】（1）①是；②，；（2）①；②见分析 【分析】（1）①根据折叠的性质分别求出，，再求出比值即可得解； ②由①即可得解； （2）①根据折叠的性质和勾股定理可证，可得，根据折叠的性质即可得解； ②根据折叠的性质可得，，，可证，进而证明，再根据，，可证，即可得证． 解：（1）①解：由折叠可知， ， ， 长方形是“长与宽的比值为”的长方形； ②解：由①知，． （2）①解：沿对折，C落在上的Q， ． 在中，，， ， ， ， ． 由折叠可知，平分， ． ②证明：由折叠可知：，，， ， ， ． ， ． ， ． ． ，， ． ∴四边形是平行四边形． 7．（25-26九年级上·浙江宁波·阶段检测）矩形折叠问题： 如图，把矩形（）折叠，折痕为，点在边上，点在边上，记点落在点处，点落在点处． （1）如图1，已知，． ①甲同学折叠时使，点落在矩形的一边上，求的长． ②乙同学折叠时使，且，求的长． （2）如图2，点在点处，作的平分线交的延长线于，过作的平行线交，分别于R，T．连结，，若，，求的值． 【答案】（1）①的长为或；②的长度为；（2） 【分析】本题考查折叠的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，具有极强的综合性，解题的关键在于添加准确的辅助线确定运动状态． （1）①对点P的落点进行分类讨论，分析当点落在、边上，结合折叠性质，矩形的性质，勾股定理，依次计算可得的边长，令，通过等量关系得出对应方程，进行求解即可；②由关键信息，结合折叠性质，可得出，，通过假设，得出相关线段的表达式，利用方程解出答案； （2）令，，根据特殊平行四边形的性质，得出其他线段的表达式，结合勾股定理，得出，通过角度关系，证出，也能得出的另一种表达式为，故可得方程，解出即可得出的值． 解：（1）解：①当点落在边上时，过点作交于点，如下图所示： ∵， ∴四边形为矩形， ∵， ∴， ∴， ∵，得， 在中，由勾股定理得， ∴， 令， ∴， 又∵， 由得， 得方程， 解得， 故此时的长度为； 当点落在边上时，连接，如下图所示： 由，可得， 解得， ∴， 令， ∴， 在和中， ，, ∴， 可得方程 解得， 故此时的长度为； 综上，当点落在矩形的一边上，的长为或． ②连接、、、、，过点作交于点，延长交于点，如下图所示： 根据翻折的性质，可得， ∴， ∵， 故， 观察图象，可知， ， ∴要满足，应满足， 令，则， ∵翻折的性质， ∴， 在中，可得， 在中，可得， ∴， ∵， ∴为的角平分线，结合， ∴，且点为中点， ∴， ∵， ∴， 得方程， 解得或， 故的长度为． （2）解：延长交于点，如下图所示： ∵翻折的性质， 得，， ∵平分， ∴，， 故四边形为正方形， 令，， ∴， 由， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∴，， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， 得方程， 解得， ∴． 8．（25-26八年级下·福建福州·期中）综合与实践 在综合与实践课上，王老师组织同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动，现有矩形纸片，其中，． （1）操作发现 操作一：如图1，将矩形纸片沿对角线折叠，使点B落在点处，与交于点O，将纸片展平再次折叠，使点A与点C重合，折痕为，然后展平，连接得到图2，则四边形是________形．图1中的点O与图2中的点E________（填“一定会”、“一定不会”或“不一定”）重合． （2）实践探究 操作二：如图3，在矩形纸片中，点G为上的动点，将纸片沿折叠，使点B落在点处，连接，直接写出的最小值是________． （3）拓展与应用 操作三：如图4，在矩形纸片中，点G为的中点，将纸片沿折叠，使点B落在点处，连接． ①判断与折痕的位置关系，并说明理由； ②直接写出________． 【答案】（1）菱形；一定会；（2）；（3）①；②7.2 【分析】（1）根据折叠可得垂直平分，推出，证明可得，然后利用四边相等的四边形是菱形；利用勾股定理分别求出的长即可得出结论； （2）连接，利用勾股定理求出，由翻折可知，点在以点C为圆心，半径为8的圆上，当A，，C三点共线时，最小，即可求出最小值； （3）①由折叠的性质可得，利用等边对等角、三角形外角的性质可得，进而得出，然后利用平行线的判定即可得证；②连接交于M，证明，利用等面积法求出，然后在中利用勾股定理求解即可． 解：（1）解：如图，连接，设与交于点M， 由折叠可知，，，即垂直平分， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 设，则， 在中，， ∴， 解得，即； 在图1中，由折叠得，， ∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得，即； ∴， 故图1中的点O与图2中的点E一定会重合． （2）解：连接， ∵，，． ∴， 由翻折可知，点在以点C为圆心，半径为8的圆上， ∴当A，，C三点共线时，最小，此时； （3）解：①．理由如下： ∵折叠， ∴，， ∴， ∵G为中点， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴； 如图，连接交于M， ∵， ∴， 又，， ∴，即， ∵矩形纸片中，，，G为中点， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【题型 4】特殊四边形动点存在性压轴 1．（25-26八年级下·陕西西安·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，直线与直线关于y轴对称． （1）求直线的表达式及C点坐标； （2）将直线向右平移8个单位后与直线交于点D，E为直线上一动点，F为y轴上一动点，是否存在点E和点F，使得以A，C，E，F为顶点的四边形是以为边的平行四边形?若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；；（2）或 【分析】（1）根据对称可得，设直线的解析式为： ，代入即可求解； （2）根据题意得平移后解析式为：；再得点，即可求得直线解析式为：，根据A，C，E，F为顶点的四边形是以为边的平行四边形可得 ，即可求解. 解：（1）解：∵直线与x轴交于点A，与y轴交于点B， ∴，， ∵直线与直线关于y轴对称， ∴点与点A关于y轴对称， ∴， ∵直线过点与点B，设直线的解析式为：， ∴ ，解得， ∴直线的解析式为： ； （2）解：存在 ∵直线向右平移8个单位后与直线交于点D， ∴平移后解析式为：， ∵平移后的解析式与直线交于点D， ∴，解得， ∴点， 设直线解析式为：， ∴，解得， ∴直线解析式为：， ∵以A，C，E，F为顶点的四边形是以为边的平行四边形，E为直线上一动点，F为y轴上一动点， ∴ ， 设，则 ， ∴ ，解得：， ∴或. 2．（25-26八年级下·江苏苏州·阶段检测）如图，平面直角坐标系中，直线的函数解析式为，点在直线上，直线、直线相交于点，且、． （1）求的值及直线的解析式； （2）在坐标平面内是否存在一点，使得以、、、为顶点的四边形为矩形，若存在，直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）的值为，直线的解析式为；（2）点的坐标为，，， 【分析】（1）先用待定系数法求出直线的解析式，再求出点坐标，把点坐标代入直线的函数解析式求出的值； （2）根据题意分析出以，，为顶点的三角形是直角三角形，然后分三种情况进行讨论；利用勾股定理得出对应方程，求出点的坐标，再根据矩形的性质对角线互相平分求出点的坐标． 解：（1）解：令直线的函数解析式为， 将点、代入， 得，解得， ∴直线的函数解析式为， ∵点在直线上， ∴， 解得， 故点，再将点代入， 得， 解得， ∴直线的函数解析式为， 综上，的值为，直线的解析式为． （2）解：令形成矩形的中心点为，点坐标为 ∵点在直线上， 令点坐标为， ∵、， 则，，， 对结果进行分类讨论： ①当为对角线，时， 此时点为、中点， 即点， 由，根据勾股定理可得， ∴， 化简得， 解得或， 当时，， 由为中点，即、横坐标之和、纵坐标之和除以为点的横、纵坐标， 可得，， 解得，， 故此时； 当时，， 由为中点， 可得，， 可得，， 故此时； ②当为对角线，时， 根据勾股定理可得， ∴， 化简得， 解得， 当时，， 由为、中点，由该情况下、横坐标、纵坐标之和等同于、横坐标、纵坐标之和， ∴，， 可得，， 故此时； ③当为对角线，时， 根据勾股定理可得， ∴， 化简得， 解得， 当时，， 由为、中点，由该情况下、横坐标、纵坐标之和等同于、B横坐标、纵坐标之和， ∴，， 可得，， 故此时； 综上，点的坐标为，，，． 【点拨】本题考查一次函数的综合题，解题的关键是掌握一次函数的图象和性质以及解析式的求法，掌握解一元二次方程的方法，还需要结合三角形面积、矩形的性质等几何定理，运用数形结合的思想进行求解． 3．（25-26八年级下·江西赣州·期中）在平面直角坐标系中，矩形的顶点的坐标分别为，，，且x、y满足． （1）矩形的顶点B的坐标是 ； （2）若D是中点，沿折叠矩形，使A点落在点E处，折痕为，连接并延长交y轴于Q点．求证：四边形是平行四边形： （3）若点M在y轴上，则在坐标平面内，是否存在这样的点N，使得为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1）；（2）见分析；（3）存在，，，， 【分析】（）根据矩形的性质可知，，根据已知条件求出其长度即可； （）由折叠可知线段相等，角相等，结合D是中点，可求得，进而求得，且即可； （）根据菱形的性质，分别以为圆心，长为半径画圆和的线段垂直平分线，再利用勾股定理求出即可求出其他的线段，从而求出点的坐标． 解：（1）∵ ∴， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵在第二象限， ∴； （2）证明：∵是中点， ∴， ∵折叠 ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，且 ∴四边形是平行四边形； （3）解：存在，理由如下： ∵为顶点的四边形是菱形，分别以为圆心，长为半径画圆和的线段垂直平分线与y轴交点得出点M，如图所示： ∵，， ∴ ∴，， ∴，，，． 4．（25-26九年级上·海南省直辖县级单位·阶段检测）如图，在正方形中，点F在边上，射线交于点E，交的延长线于点G． （1）求证：； （2）若点H是中点，求证：； （3）设，，试问是否存在x的值，使为等腰三角形，若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）见分析；（2）见分析；（3）存在， 【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定、三角形的内角和外角的性质、等腰三角形的判定，掌握正方形的性质是解题的关键． （1）根据可证； （2）根据（1）的结论和图中各角的关系证明 即可； （3）要使为等腰三角形，必须，根据已知求得的度数，再根据勾股定理进行计算即可． 解：（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴； （2）证明：∵； ∴， ∵点H是中点， ∴， ∴，， ∵， ∴， 即， 又∵， ∴， ∴； （3）解：存在符合条件的x值，此时， ∵，要使为等腰三角形，必须， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， 由勾股定理得：， 解得：． 5．（2026·甘肃兰州·二模）已知，的一边在平面直角坐标系的轴上，点． （1）如图1，点，求的长； （2）如图2，当在轴上时，的中垂线分别交，，于点，，． ①求证：四边形是菱形； ②若点，动点，分别从点，以每秒个单位和每秒个单位的速度同时出发匀速运动，动点自停止，自停止．请问是否存在，若存在，求出点，的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）①见分析；②存在，点，点 【分析】（1）使用两点距离公式即可； （2）①容易证明，则，进而可判定四边形是平行四边形，结合可证明四边形是菱形； ②先根据菱形的性质和勾股定理计算出，分析点和点的运动过程可知，点在上，点在上时，符合平行四边形的要求，根据题意表示出，，列方程并解出的值，进而得到点和点的坐标． 解：（1）解：由勾股定理可得，； （2）解：①证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∵垂直平分， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； ②假设存在，设运动时间为秒， ∵，， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴，， ①当时，点在上，点在上， 此时与不平行，与假设矛盾； ②当时，点在上，点在上， 由题意可知，，， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，解得， ∴，， ∴点的坐标为，点的坐标为； ③当时，点在上，点在上， 此时与不平行，与假设矛盾； ④当时，点在上，点在上， 此时与不平行，与假设矛盾； 综上所述，假设成立，点的坐标为，点的坐标为． 6．（24-25九年级下·福建厦门·自主招生）如图，在平面直角坐标系中，直线分别与轴，轴交于点，，点在第一象限，且，． （1）求点坐标； （2）点在直线上，，求点坐标； （3）点是线段上的一个动点（点，除外），试探究在轴的上方是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）点坐标为；（2）点坐标为或；（3）存在，点的坐标为或 【分析】本题考查了一次函数的图像与性质、全等三角形的判定与性质、三角形面积计算以及菱形的存在性问题，熟练运用相关定理和分类讨论思想是解答本题的关键． （1）先根据直线解析式求出，两点的坐标，再通过构造“一线三垂直”模型证明三角形全等，利用全等三角形的性质求出点的坐标； （2）先求出直线与的交点的坐标，设出点的坐标，用含未知数的式子表示的长度，结合三角形面积公式列方程求解点坐标； （3）根据菱形的性质，分“以为对角线”和“以为边”两种情况，结合一次函数解析式与菱形的边长关系，分类讨论求解点的坐标． 解：（1）解：直线分别与轴，轴交于点，， 当时，；当时，， 、， 如图，过点作轴于点， ， ， ， 在和中， ， ，， ， 点坐标为； （2）解：设与直线交于点， 由，当时，， ， 点在直线上，设， ， ， ， 即， 解得：或， 点坐标为或； （3）解：存在， ①如图，当时，四边形为菱形， 则、在的中垂线上， 的纵坐标为， 把代入中，得， ，； ②如图，当时，四边形为菱形， 设， ， ， 解得：或（舍去）， ， 综上所述，点的坐标为或． 【题型 5】特殊四边形与面积综合压轴题 1．（2026·山东滨州·二模）面积等分线是指能将图形分成面积相等两部分的直线，是平面几何中图形分割的重要概念，其背后蕴含着图形变换、转化等核心数学思想．请结合所学知识完成以下问题： （1）平行四边形有________条面积等分线； （2）如图①所示，在矩形中剪去一个小正方形得到组合图形，请画出该图形的一条面积等分线； （3）如图②，四边形中，，．请分别画出四边形的两条面积等分线，并阐述构造思路． 【答案】（1）无数；（2）见详解；（3）见详解 【分析】本题考查中心对称图形的性质，组合图形的面积等分方法（割补法、分块法），梯形（特殊四边形）的面积等分方法等知识点． （1）根据平行四边形是中心对称图形，得出平行四边形有无数条面积等分线． （2）根据这种 “大矩形剪去小正方形” 的组合图形，可通过将图形分割为两个规则矩形，分别找到两个矩形的对称中心，过两个中心的直线即为面积等分线． （3）①根据连接两底中点连线，即可找到梯形的面积等分线，并在①的基础上作平行四边形，继而得到两侧等面积的三角形，再根据平行四边形的中心对称性作过对称中心且与线段相交的任意直线均可满足要求． 解：（1）解：∵根据平行四边形的中心对称性，过对称中心（对角线交点）的任意一条直线都能将它分成面积相等的两部分， ∴过平行四边形的对角线交点的直线都是平行四边形的面积等分线； 故答案为：无数； （2）解：如图所示，作矩形和正方形的对角线，连接两对角线的交点的直线，即为所求的面积等分线（答案不唯一）； （3）解：①如图，分别取，的中点，，作直线，直线即是四边形的面积等分线， ∵，， 分别作梯形和梯形的高和，则， ∵，， ∴， ∴直线即是四边形的面积等分线， ②如图，在图①作图的基础上，取线段的中点，在边上任选一点（不与点重合），作直线， 过点，分别作的平行线，分别交于点，， ∴四边形、、是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴根据平行四边形的中心对称性，过对称中心且与线段相交（不与重合）的直线都符合要求， ∴直线是四边形的面积等分线．（答案不唯一） 2．（2023·山东·模拟预测）解决以下问题： 【尝试与感悟】 （1）如图1，已知，用直尺和圆规求作点D，使四边形面积是面积的2倍； （2）如图2，在矩形中，点E在边上，，在延长线确定点F，使四边形与矩形的面积相等，画出示意图，并说明理由； 【迁移与应用】 （3）如图3，五边形花园中，，，，，，，，，点F在边上，．计划在花园中过点F修一条直路（路的宽度不计），使道路通往上的点Q处，且平分花园的面积．请确定点Q的位置，并求出道路的长． 【答案】（1）见分析；（2）图见分析，理由见分析；（3） 【分析】（1）分别以点C、A为圆心，为半径画弧，两条弧交于点D，连接，即为所求（作法不唯一）； （2）连接，过点B作交的延长线于F，连接，则点F即为所求； （3）连接，作于P，作于M，作交的延长线于G，连接EG，则，可得四边形为矩形，求出，，，根据，求出，∴，得 方程（），解得，即得（m）． 解：（1）如图，分别以点C、A为圆心，为半径画弧，两条弧交于点D， 连接， 即为所求（作法不唯一）； （2）连接，过点B作交的延长线于F， 连接， 则点F即为所求． 理由如下： ∵， ∴， ∴， ∴； （3）如图，连接，作于P，作于M，作交的延长线于G，连接EG． 则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴∠， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ （）， ∵直线将五边形的面积平分， ∴ （）， ∴ （）， ∴， ∴（m）． 3．（25-26八年级下·全国·课后作业）【问题提出】我们知道菱形的面积不仅可以用底乘以高来求，而且知道菱形面积等于两条对角线乘积的一半．那么对于其他四边形是不是也可以用这种方法求面积呢？ 【深入探究】 （1）如图1，四边形的对角线、互相垂直，其中对角线长为，长为，垂足为E，求四边形的面积．（请写出求解过程） 由此，我们可以得出一个结论1：对角线互相垂直的四边形的面积等于____________． 【拓展提高】 （2）由上述的结论1给我们的启示：对于两条对角线不垂直的四边形的面积如何求解呢？下面让我们一起来研究．如图2，四边形的对角线长为，点A到的距离与点C到的距离之和为，求四边形的面积．（请写出求解过程） 结论2：任意四边形的面积等于__________． 【答案】（1）；两条对角线乘积的一半；（2）；一条对角线与另一条对角线两个端点到这条对角线的距离之和的积的一半 【分析】（1）根据，结合三角形面积公式，进行计算推导即可解答； （2）连接，过点A作于点N，过点C作于点M，同（1）解答即可． 解：（1）解： ． 根据上面推导过程可知，对角线互相垂直的四边形的面积等于两条对角线乘积的一半； （2）解：如图2，连接，过点A作于点N，过点C作于点M， 则， 根据上面推导过程可知，任意四边形的面积等于一条对角线与另一条对角线两个端点到这条对角线的距离之和的积的一半． 4．（24-25八年级下·湖南娄底·期中）实践与探究 【问题情境】 数学课活动课上，老师提出了一个问题：图①是教材中我研究过的图形，正方形的对角线相交于点O，点O又是另一个正万形的一个顶点，如果两个正方形的边长相等．那么正方形绕点O无论怎样旋转，两个正方形重叠部分的面积总等于一个正方形面积的四分之一．理由如下： 证明：如图②，分别作，于点E、F， ， 又，， 又，且， 【初步感知】 （1）请你补全以上证明过程； （2）我们知道正方形是中心对称图形，受图①启发，成功小组画出了图③，直线、经过正方形的对称中心O，直线m分别与、交于点E、F，直线n分别与、交于点G、H，且若正方形的面积是36，求四边形的面积（请写出详细过程）． 【深入探究】 （3）受图③的启发，探究组思考把图④中的四边形转化为图③正方形中的一部分，从而求出图④中四边形的面积．现若，，，求四边形的面积． 【答案】（1）见分析；（2）；（3） 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是解题的关键． （1）根据题意补全证明过程即可； （2）根据（1）的结论即可求解； （3）如图4，构造正方形，点B为正方形对角线的交点，可得，即得，由即可根据（1）的结论求解． 解：（1）证明：如图②，分别作，于点E、F， ， 又， ， 又， 且， ∴， ∴， ∴， 即正方形绕点O无论怎样旋转，两个正方形重叠部分的面积总等于一个正方形面积的四分之一； （2）解：由（1）的结论可得，， 故答案为：9； （3）解：如图④，构造正方形，点B为正方形对角线的交点， 则， ， ∵， ∴， 由（1）可得，． 5．（25-26八年级下·福建福州·期中）入相补原理是我国数学史中一条用于推证几何图形面积或体积的基本原理．出入相补原理就是所说的“割补法”，也即“以盈补虚法”，用现代语言来说，即“一个平面图形从一处移置他处，面积不变．又若把图形分割成若干块，那么各部分面积的和等于原来图形的面积．出入相补原理简单易明且应用广泛，体现了中国古代数学的独特风格． （1）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．其方法如下：如图1，在中，分别取、的中点、，连接．过点作，垂足为．将沿和剪开，得到三块图形，通过平移拼接可以证明三角形面积公式．请结合以上阅读内容，证明拼接后的图形形状为矩形，并证明的面积等于． （2）如图2，对于钝角三角形，利用出入相补法的思路，给出该三角形的一个面积公式，在图中画出相应的分割，并对关键步骤作出说明． 【答案】（1）见分析；（2）． 【分析】（1）先证明，，，四点共线，然后证明和平行且相等，根据一个角是直角的平行四边形是矩形即可求证结果； （2）类比（1）中的方法，分别取，的中点，过作中点连线的垂线段，把三角形分成三部分，再拼成一个矩形即可． 解：（1）证明：由操作可知，， ， ， ， 同理，， ，，，四点共线， ，， ， 又，， ， 四边形是矩形， ，， ， ; （2）如图， 在中，分别取、的中点、，连接， 过点作，垂足为， 过点作，垂足为， 过点作，垂足为， 将沿和剪开，得到三块图形， 将三角形拼接到三角形处，拼成直角三角形， 再把三角形拼接到三角形处得到矩形， 三角形的面积恰好等于矩形的面积， 由图可知：， ， ， , ． 【点拨】本题考查了矩形的判定，全等三角形的性质，三角形的面积，关键学会类比迁移． 6．（2025·浙江·二模）【感知方法】 与的面积相等，按如图1所示摆放，点在边上，与的边交于点．已知的面积比面积大2，与面积和为3，求的面积． 第1步：设未知数， 设的面积分别为． 第2步：表示， ． 第3步：找数量关系，列式（方程）， （1）请你完成第3步． 【尝试应用】 （2）如图2，矩形中，连接，点是内部一点，已知四边形与凹四边形面积分别为12，7，求的面积． 【拓展迁移】 （3）如图3，点是矩形内部一点，过点作线段把矩形分成4个小矩形，点在矩形边上，连接，已知矩形与矩形的面积分别为，求的面积． 【答案】（1）；（2）；（3）． 【分析】（1）由,，得； （2）由，，得，即得； （3）设, 得，根据，，得，得，根据，即得． 解：（1）∵， ∴, ∵， ∴； （2）∵， ∴, ∵， ∴， ∴， ∴； （3）设, ∵， ∴， ∵， ∴， 同理， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点拨】本题考查了图形的面积变换．熟练掌握矩形性质，全等三角形的判定和性质，三角形面积公式，矩形面积公式，割补法求图形的面积，是解题的关键． 【题型 6】特殊四边形与图形旋转、平移综合探究压轴 1．（24-25八年级下·福建福州·期中）如图，将矩形置于平面直角坐标系中，其中边在轴上，点坐标为，直线沿轴的负方向以每秒1个单位的长度平移，设在平移过程中该直线被矩形的边截得的线段长度为，平移时间为，与的函数图象如图2所示． （1）点的坐标为_____；点的坐标为_____； （2）求，的值； （3）在平移过程中，当直线扫过矩形部分的面积为4时，求的值． 【答案】（1），；（2），；（3） 【分析】本题主要考查一次函数图象的平移，矩形的性质，坐标与图形，函数解析式的确定等，理解题意，根据题意作出相应图象求解是解题关键． （1）根据的坐标即可求得的坐标，根据函数图象可知：当时，直线经过点，将平移个单位后得到，令，即可得出的坐标，进而求得的坐标，即可求解． （2）先求得的坐标为，则，即可得出，当直线经过点时，直线交轴于点，进而求得平移后的直线的解析式为，得出点的坐标为，即可得出 （3）过点作，过点作．得直线的解析式为，进而求得，根据，即可求解． 解：（1）解：∵点坐标为，四边形是矩形，边在轴上， ∴，则， 由函数图象可知：当时，直线经过点， 沿轴的负方向平移个单位后与矩形相交于点， ∵沿x轴的负方向平移个单位后直线的解析式是：， ∴当时，， ∴点的坐标为． ∵， ∴； 故答案为：，． （2）解：令得：， 解得：， ∴点的坐标为． ∵点的坐标为． ∴， ∴当直线经过点时，； 如图所示，当直线经过点时，直线交轴于点． ∵点的坐标为，点的坐标为． 设平移后的的解析式为， 将代入得：，解得． ∴平移后的直线的解析式为． 当时，得，解得． ∴点的坐标为． ∴； （3）∵矩形的面积； ∴当直线扫过矩形部分的面积为时，， 如图，过点作． 设直线的解析式为， 将点的坐标代入得：， ∴， ∴直线的解析式为． 将代入得：，解得， ∴点的坐标为． ∴， ∴； 即， 解得：． 2．（24-25七年级下·山东潍坊·期末）如图，在中，，，，点为的中点，连接，将沿射线的方向平移，使平移的距离等于线段的长，得到，连接． （1）求平移过程中扫过的图形的面积； （2）求证：垂直平分． 【答案】（1）；（2）见分析 【分析】（1）连接，，根据平移的性质可得四边形，是平行四边形，利用勾股定理逆定理证明是直角三角形，，然后证明四边形是菱形，然后根据平移的性质得平移过程中扫过的图形的面积的面积平行四边形的面积； （2）结合（1）四边形是菱形，根据菱形的性质即可解决问题． 解：（1）解：如图，连接，， 由平移可知：，， 四边形，是平行四边形， ，，， ， ， 是直角三角形，， 点为的中点， ． ， 四边形是菱形， ，， ， ， 由平移性质可知：扫过的图形的面积是的面积平行四边形的面积， 平移过程中扫过的图形的面积； （2）证明：由（1）知：四边形是菱形， 垂直平分， 垂直平分． 【点拨】本题考查了平移的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理逆定理，平行四边形的面积，直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握相关图形的性质． 3．（25-26九年级上·山东淄博·阶段检测）如图1，已知点D是等边内一点，且，，． （1）求的度数； 以下是甲，乙，丙三位同学的谈话： 甲：我认为这道题的解决思路是借助旋转，我选择将绕点C顺时针旋转或绕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． 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； （2）若改成，，，的度数________°，点A到的距离为________； 类比迁移： （3）如图2，已知，，，，，，求的度数． 【答案】（1）；（2）150，4；（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，同理可得，再由30度直角三角形性质可求点到的距离； （3）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． 解：（1）∵是等边三角形， ∴，． 选择甲：如图1，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2，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3，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）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，， ； 如图4，过点作的垂线，垂足为， ∴， ∴， 故答案为：，4． （3）如图5，将绕着点顺时针旋转，得到，连接， ∴， ，， ∴， ， ∴， ∴． 【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． 4．（25-26九年级下·河北邯郸·阶段检测）如图1，已知正方形和正方形，点在边上，点在线段的延长线上．将正方形绕点按逆时针方向旋转，连接与直线交于点，如图2所示． （1）如图2，求证：； （2）请在下列①、②中任选一问进行证明． ①在旋转过程中，的度数不变； ②过点作于点于点，在旋转过程中，与之间的数量关系不变． 【答案】（1）证明见分析；（2）选①证明见分析；选②证明见分析 【分析】（1）由正方形的性质得，进而可证，然后根据可证； （2）选①由对顶角相等得，由全等三角形的性质得，然后利用三角形内角和定理可证； 选②由得，，然后根据三角形面积公式可证结论成立． 解：（1）证明：∵在正方形和正方形中，， ，即， ； （2）解：选①证明：设与交于点 ， ， 在和中， ∵， ， 在旋转过程中，的度数不变 选②证明：如图， ， ，， ， ， 在旋转过程中，与之间的数量关系不变． 5．（25-26七年级上·上海·阶段检测）某学校数学兴趣小组的成员李同学在学习了图形的旋转这节课后，探索了一个新的问题：新定义：把长方形绕着一个顶点旋转，使一边落在对角线上，把这样的旋转称为“对角旋转”，这个旋转角称为“对角旋转角”，如图1，在长方形中，，是对角线． （1）如图2，把长方形绕点逆时针作“对角旋转”，使边落在对角线上，此时点的对应点为点，点的对应点为点，点的对应点为点，连接，如果度数为，则“对角旋转角”的度数_____（用含有的代数式表示）； （2）在（1）的条件下，如果，那么再把长方形绕点顺时针作“对角旋转”，使边落在对角线上，点的对应点为点，点的对应点为点，点的对应点为点，连接，请在答题纸中的图2上画出示意图，并直接写出的度数； （3）在长方形中，，在（1）（2）的基础上经“对角旋转”后，点的对应点分别为点和点，连接、、、，面积为，面积为，请求出此时长方形的面积． 【答案】（1）；（2）图见分析，；（3） 【分析】本题考查了旋转的性质和定义以及三角形的面积公式； （1）根据对角旋转角的定义解答即可； （2）根据旋转的性质和角的关系解答即可； （3）根据三角形的面积公式和关系得出与的关系，进而解答即可． 解：（1）解：由题意可知：“对角旋转角”为， ∵，， ∴对角旋转角为：， 故答案为：； （2）解：如图， ∵， 由旋转可知，， ∵， ∴， ∴， 由旋转可知：， ∴； （3）解：由旋转可知：， ∵，， ∴， 即：， ∵， ∴， ∵四边形是长方形， ∴． 6．（2025·河南周口·一模）综合与实践 学完图形的平移后，小慧为了加深理解，对其进行了进一步探究． 【模型感知】 （1）她把边长为3的正方形纸片沿着对角线剪开，如图1．然后固定纸片，把纸片沿剪痕的方向平移得到，如图2．连接，，，在平移过程中： ①四边形的形状始终是________（点与点重合时除外）； ②求的最小值． 【拓展探究】 （2）如图3，她把正方形改为边长为1的菱形，，将沿射线的方向平移得到，连接，，，请直接写出的最小值． 【答案】（1）①平行四边形；②；（2） 【分析】（1）①根据平移的性质以及平行四边形的判定定理，即可得到结论； ②作点关于的对称点，连接，，当共线时，有最小值，再证明是等腰直角三角形，且共线，在直角中，利用勾股定理即可求解． （2）同理可得是等边三角形，且共线，进而利用勾股定理即可求解． 解：（1）①∵纸片沿剪痕的方向平移得到， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 故答案是：平行四边形； ②∵四边形是平行四边形， ∴， ∴=， 作点关于的对称点，连接，， 当共线时，有最小值， 此时的最小值， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵关于的对称点， ∴，， ∴是等腰直角三角形，且共线， ∴在直角中，， ∴的最小值=． （2）如图所示，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴=， 作点关于的对称点，连接，， 当共线时，有最小值， 此时的最小值， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵关于的对称点， ∴，， ∴是等边三角形，且共线， ∴在直角中，， ∴的最小值=． 【点拨】本题主要考查正方形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，平移和轴对称的性质，作出点关于的对称点，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）——平行四边形与特殊平行四边形综合压轴（5大考点6类题型） 目录 一.必考点知识梳理 1 【考点一】平行四边形性质与判定 1 【考点二】矩形性质与判定 1 【考点三】菱形性质与判定 2 【考点四】正方形性质与判定 2 【考点五】期末压轴必考综合考点 2 二.必考题型精析 2 【题型 1】平行四边形性质与判定综合运算与证明 2 【题型 2】特殊平行四边形性质与判定综合计算与证明 5 【题型 3】特殊四边形折叠综合压轴 7 【题型 4】特殊四边形动点存在性压轴 11 【题型 5】特殊四边形与面积综合压轴题 13 【题型 6】特殊四边形与图形旋转、平移综合探究压轴 17 一.必考点知识梳理 【考点一】平行四边形性质与判定 性质：对边平行且相等、对角相等、邻角互补、对角线互相平分、中心对称。 判定（5种必考）：两组对边分别平行；两组对边分别相等；一组对边平行且相等；两组对角分别相等；对角线互相平分。 压轴易错点：“一组对边平行，另一组对边相等”不能判定平行四边形。 【考点二】矩形性质与判定 压轴易错点：“一组对边平行，另一组对边相等”不能判定平行四边形。 特有性质：四个角都是直角；对角线相等且互相平分。 判定：有一个角是直角的平行四边形是矩形；三个角是直角的四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形。 压轴高频考点：矩形对角线相等→等腰三角形；直角三角形斜边中线等于斜边的一半（超级必考）。 【考点三】菱形性质与判定 特有性质：四条边相等；对角线互相垂直平分；对角线平分一组对角。 判定：一组邻边相等的平行四边形是菱形；四条边相等的四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 压轴公式：菱形面积=底×高=对角线乘积的一半（期末计算题必考）。 【考点四】正方形性质与判定 性质：兼具矩形+菱形所有性质；四边相等、四角直角、对角线垂直平分且相等、对角线平分45°角。 判定压轴逻辑：平行四边形+邻边相等+一个直角；矩形+邻边相等；菱形+一个直角。 【考点五】期末压轴必考综合考点 1. 图形叠加转化：平行四边形→矩形/菱形→正方形的逐级判定转化； 2. 折叠、平移、旋转几何变换结合特殊四边形性质； 3. 动点产生特殊四边形存在性问题（期末压轴大题之王）； 4. 特殊四边形与勾股定理、面积、周长、角度计算综合。 二.必考题型精析 【题型 1】平行四边形性质与判定综合运算与证明 1．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，在平行四边形中，，，的平分线交于点E，连结，若，则的长为（    ） A．5 B． C． D． 2．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，，，，，分别是，的中点，交的延长线于点，连接，则四边形的面积为（   ） A．10 B．12 C．14 D．15 3．（25-26八年级下·辽宁朝阳·期中）如图，A，B两单位分别位于一条封闭街道的两旁（直线是街道两边沿），现准备合作修建一座过街人行天桥，天桥应建在何处才能使由A经过天桥走到B的路程最短，并计算由A经过天桥走到B的最短路线的长为______．（注：桥的宽度忽略不计，桥必须与街道垂直） 4．（2026·安徽阜阳·三模）如图，E，F，G，H分别是的四条边上的点且四边形是平行四边形，T是上一点，过点T作，作，若四边形的面积为a，则四边形的面积为______． 5．（25-26八年级下·广东惠州·期中）如图，在四边形中，，延长到，使，连接交于点，点是的中点．求证： （1）． （2）四边形是平行四边形． 6．（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，为的对角线，的平分线交于F，延长交于，连接，当时． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，写出图中所有与长度相等的线段． 7．（25-26八年级下·安徽合肥·阶段检测）如图，在四边形中，，对角线、交于点，且． （1）求证：四边形是平行四边形． （2）若，过点作交的延长线于点． （ⅰ）求证：为的中点． （ⅱ）连接交于点，过点作于点，若，，求的长． 8．（2026·北京·模拟预测）如图，在中，，，是边上两点，且，．点与点关于直线对称，点与点关于直线对称，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，求的长． 【题型 2】特殊平行四边形性质与判定综合计算与证明 1．（25-26八年级下·青海西宁·期中）如图，在中，是边上一点，是的中点，过作的平行线交的延长线，且，连接． （1）求证：点是的中点； （2）当满足什么条件时，四边形为矩形，并说明理由． 2．（25-26八年级下·青海西宁·期中）如图，平行四边形的对角线与相交于点，分别是和的中点，连接．若． （1）求证：； （2）求证：四边形是菱形． 3．（25-26八年级下·甘肃临夏·期中）如图，在四边形中，，对角线平分，是上一点，过点分别作交于点，交于点． （1）求证：； （2）连接．当与满足什么条件时，四边形是正方形？并说明理由． 4．（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，已知，延长到，使，连接，，，若． （1）求证：四边形是矩形； （2）连接，若，，求的长． 5．（25-26八年级下·内蒙古呼和浩特·阶段检测）如图，在矩形中，将沿着折叠，使点与点重合，过点作交线段于点，连接和． （1）求证：； （2）求证：四边形为菱形； （3）连接交于点，若，，求线段的长． 6．（25-26八年级下·河南安阳·期中）如图，在正方形中，，E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）探究之间的数量关系，直接作答无需证明． 7．（2026·山东菏泽·二模）如图，四边形中， ，点O是、的交点，且点O为的中点． （1）求证； （2）若E为的中点，F为的中点，当，时，四边形是否为正方形，若是，请证明；若不是，请说明理由． 8．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在正方形的边上有一点M，边的延长线上有一点N，且． （1）判断的形状并证明； （2）连接，作的平分线交于E．求证：； （3）如图2，在（2）的条件下，作于F．则，，之间的数量关系为______． 【题型 3】特殊四边形折叠综合压轴 1．（24-25八年级下·河北石家庄·期末）如图，将平行四边形沿折叠，使点恰好落在边上的点处，若此时将边沿进行折叠，点又恰好落在点处，则平行四边形的较小内角为（   ） A． B． C． D． 2．（25-26八年级下·山东菏泽·期中）已知四边形，其中，，将沿折叠，落于，交于，且为平行四边形（如图）；再将纸片展开，将沿折叠，使点落在上一点（如图）．在两次折叠过程中，两条折痕、的夹角的度数为（　　） A． B． C． D．不确定 3．（24-25七年级下·浙江杭州·阶段检测）如图，将四边形纸片沿过点A的直线折叠，使得点B落在上的点Q处．折痕为；再将，分别沿，折叠，此时点C，D落在上的同一点R处．_____；若四边形是平行四边形，则的值为_______． 4．（2024·湖北武汉·模拟预测）将长方形形纸片（如图①，）沿过点所在的直线折叠，使得点落在边上处，折痕为（如图②）再沿过点的直线折叠，使得点落在边上的处，点落在边上的处，折痕为（如图③，如果第二次折叠后，点正好在的平分线上，，__________. 5．（2024·贵州贵阳·二模）综合与实践： 综合与实践课上，老师带领同学们以“矩形和平行四边形的折叠”为主题开展数学活动． （1）操作判断： 如图1，先用对折的方式确定矩形的边的中点，再沿折叠，点落在点处，把纸片展平，延长，与交点为．请写出线段与线段的数量关系______； （2）迁移思考： 如图2，把按照（1）中的操作进行折叠和作图，请判断，这两条线段之间的数量关系，并仅就图2证明你的判断． （3）拓展探索： 如图1，若，按照（1）中的操作进行折叠和作图，请直接写出当时的值． 6．（25-26八年级下·广东珠海·期中）我们常用的书籍和纸张的长与宽都有固定的规格，例如纸张的长与宽是，，长与宽的比值接近．这样的纸张具有对折不变形，还便于缩放，装订与归档，裁切过程几乎无边角料．这样比例的折叠屏手机，内外屏的比例就是一样的，堪称折叠完美比例． 已知长方形的长与宽分别是，．若按图1所示的方式折叠，点E，F分别是，的中点，将长方形沿对折，打开后得到的长方形仍为“长与宽的比值为”的长方形． （1）若按图2所示的方式折叠长方形，先沿对折，使点B落在上，对应点是点H．再沿对折，使点C落在上，对应点是点N． ①长方形________（填“是”或“不是”）为“长与宽的比值为”的长方形； ②边长________，边长________． （2）若按图3所示的方式折叠长方形，先沿对折，使得点C落在上，对应点是点Q．再沿对折，使得点A落在上，对应点是点T． ①求的度数； ②若图2中的点M折叠后对应点是点R，连接，求证：四边形是平行四边形． 7．（25-26九年级上·浙江宁波·阶段检测）矩形折叠问题： 如图，把矩形（）折叠，折痕为，点在边上，点在边上，记点落在点处，点落在点处． （1）如图1，已知，． ①甲同学折叠时使，点落在矩形的一边上，求的长． ②乙同学折叠时使，且，求的长． （2）如图2，点在点处，作的平分线交的延长线于，过作的平行线交，分别于R，T．连结，，若，，求的值． 8．（25-26八年级下·福建福州·期中）综合与实践 在综合与实践课上，王老师组织同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动，现有矩形纸片，其中，． （1）操作发现 操作一：如图1，将矩形纸片沿对角线折叠，使点B落在点处，与交于点O，将纸片展平再次折叠，使点A与点C重合，折痕为，然后展平，连接得到图2，则四边形是________形．图1中的点O与图2中的点E________（填“一定会”、“一定不会”或“不一定”）重合． （2）实践探究 操作二：如图3，在矩形纸片中，点G为上的动点，将纸片沿折叠，使点B落在点处，连接，直接写出的最小值是________． （3）拓展与应用 操作三：如图4，在矩形纸片中，点G为的中点，将纸片沿折叠，使点B落在点处，连接． ①判断与折痕的位置关系，并说明理由； ②直接写出________． 【题型 4】特殊四边形动点存在性压轴 1．（25-26八年级下·陕西西安·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，直线与直线关于y轴对称． （1）求直线的表达式及C点坐标； （2）将直线向右平移8个单位后与直线交于点D，E为直线上一动点，F为y轴上一动点，是否存在点E和点F，使得以A，C，E，F为顶点的四边形是以为边的平行四边形?若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 2．（25-26八年级下·江苏苏州·阶段检测）如图，平面直角坐标系中，直线的函数解析式为，点在直线上，直线、直线相交于点，且、． （1）求的值及直线的解析式； （2）在坐标平面内是否存在一点，使得以、、、为顶点的四边形为矩形，若存在，直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 3．（25-26八年级下·江西赣州·期中）在平面直角坐标系中，矩形的顶点的坐标分别为，，，且x、y满足． （1）矩形的顶点B的坐标是 ； （2）若D是中点，沿折叠矩形，使A点落在点E处，折痕为，连接并延长交y轴于Q点．求证：四边形是平行四边形： （3）若点M在y轴上，则在坐标平面内，是否存在这样的点N，使得为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由． 4．（25-26九年级上·海南省直辖县级单位·阶段检测）如图，在正方形中，点F在边上，射线交于点E，交的延长线于点G． （1）求证：； （2）若点H是中点，求证：； （3）设，，试问是否存在x的值，使为等腰三角形，若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由． 5．（2026·甘肃兰州·二模）已知，的一边在平面直角坐标系的轴上，点． （1）如图1，点，求的长； （2）如图2，当在轴上时，的中垂线分别交，，于点，，． ①求证：四边形是菱形； ②若点，动点，分别从点，以每秒个单位和每秒个单位的速度同时出发匀速运动，动点自停止，自停止．请问是否存在，若存在，求出点，的坐标；若不存在，请说明理由． 6．（24-25九年级下·福建厦门·自主招生）如图，在平面直角坐标系中，直线分别与轴，轴交于点，，点在第一象限，且，． （1）求点坐标； （2）点在直线上，，求点坐标； （3）点是线段上的一个动点（点，除外），试探究在轴的上方是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【题型 5】特殊四边形与面积综合压轴题 1．（2026·山东滨州·二模）面积等分线是指能将图形分成面积相等两部分的直线，是平面几何中图形分割的重要概念，其背后蕴含着图形变换、转化等核心数学思想．请结合所学知识完成以下问题： （1）平行四边形有________条面积等分线； （2）如图①所示，在矩形中剪去一个小正方形得到组合图形，请画出该图形的一条面积等分线； （3）如图②，四边形中，，．请分别画出四边形的两条面积等分线，并阐述构造思路． 2．（2023·山东·模拟预测）解决以下问题： 【尝试与感悟】 （1）如图1，已知，用直尺和圆规求作点D，使四边形面积是面积的2倍； （2）如图2，在矩形中，点E在边上，，在延长线确定点F，使四边形与矩形的面积相等，画出示意图，并说明理由； 【迁移与应用】 （3）如图3，五边形花园中，，，，，，，，，点F在边上，．计划在花园中过点F修一条直路（路的宽度不计），使道路通往上的点Q处，且平分花园的面积．请确定点Q的位置，并求出道路的长． 3．（25-26八年级下·全国·课后作业）【问题提出】我们知道菱形的面积不仅可以用底乘以高来求，而且知道菱形面积等于两条对角线乘积的一半．那么对于其他四边形是不是也可以用这种方法求面积呢？ 【深入探究】 （1）如图1，四边形的对角线、互相垂直，其中对角线长为，长为，垂足为E，求四边形的面积．（请写出求解过程） 由此，我们可以得出一个结论1：对角线互相垂直的四边形的面积等于____________． 【拓展提高】 （2）由上述的结论1给我们的启示：对于两条对角线不垂直的四边形的面积如何求解呢？下面让我们一起来研究．如图2，四边形的对角线长为，点A到的距离与点C到的距离之和为，求四边形的面积．（请写出求解过程） 结论2：任意四边形的面积等于__________． 4．（24-25八年级下·湖南娄底·期中）实践与探究 【问题情境】 数学课活动课上，老师提出了一个问题：图①是教材中我研究过的图形，正方形的对角线相交于点O，点O又是另一个正万形的一个顶点，如果两个正方形的边长相等．那么正方形绕点O无论怎样旋转，两个正方形重叠部分的面积总等于一个正方形面积的四分之一．理由如下： 证明：如图②，分别作，于点E、F， ， 又，， 又，且， 【初步感知】 （1）请你补全以上证明过程； （2）我们知道正方形是中心对称图形，受图①启发，成功小组画出了图③，直线、经过正方形的对称中心O，直线m分别与、交于点E、F，直线n分别与、交于点G、H，且若正方形的面积是36，求四边形的面积（请写出详细过程）． 【深入探究】 （3）受图③的启发，探究组思考把图④中的四边形转化为图③正方形中的一部分，从而求出图④中四边形的面积．现若，，，求四边形的面积． 5．（25-26八年级下·福建福州·期中）入相补原理是我国数学史中一条用于推证几何图形面积或体积的基本原理．出入相补原理就是所说的“割补法”，也即“以盈补虚法”，用现代语言来说，即“一个平面图形从一处移置他处，面积不变．又若把图形分割成若干块，那么各部分面积的和等于原来图形的面积．出入相补原理简单易明且应用广泛，体现了中国古代数学的独特风格． （1）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．其方法如下：如图1，在中，分别取、的中点、，连接．过点作，垂足为．将沿和剪开，得到三块图形，通过平移拼接可以证明三角形面积公式．请结合以上阅读内容，证明拼接后的图形形状为矩形，并证明的面积等于． （2）如图2，对于钝角三角形，利用出入相补法的思路，给出该三角形的一个面积公式，在图中画出相应的分割，并对关键步骤作出说明． 6．（2025·浙江·二模）【感知方法】 与的面积相等，按如图1所示摆放，点在边上，与的边交于点．已知的面积比面积大2，与面积和为3，求的面积． 第1步：设未知数， 设的面积分别为． 第2步：表示， ． 第3步：找数量关系，列式（方程）， （1）请你完成第3步． 【尝试应用】 （2）如图2，矩形中，连接，点是内部一点，已知四边形与凹四边形面积分别为12，7，求的面积． 【拓展迁移】 （3）如图3，点是矩形内部一点，过点作线段把矩形分成4个小矩形，点在矩形边上，连接，已知矩形与矩形的面积分别为，求的面积． 【题型 6】特殊四边形与图形旋转、平移综合探究压轴 1．（24-25八年级下·福建福州·期中）如图，将矩形置于平面直角坐标系中，其中边在轴上，点坐标为，直线沿轴的负方向以每秒1个单位的长度平移，设在平移过程中该直线被矩形的边截得的线段长度为，平移时间为，与的函数图象如图2所示． （1）点的坐标为_____；点的坐标为_____； （2）求，的值； （3）在平移过程中，当直线扫过矩形部分的面积为4时，求的值． 2．（24-25七年级下·山东潍坊·期末）如图，在中，，，，点为的中点，连接，将沿射线的方向平移，使平移的距离等于线段的长，得到，连接． （1）求平移过程中扫过的图形的面积； （2）求证：垂直平分． 3．（25-26九年级上·山东淄博·阶段检测）如图1，已知点D是等边内一点，且，，． （1）求的度数； 以下是甲，乙，丙三位同学的谈话： 甲：我认为这道题的解决思路是借助旋转，我选择将绕点C顺时针旋转或绕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． 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； （2）若改成，，，的度数________°，点A到的距离为________； 类比迁移： （3）如图2，已知，，，，，，求的度数． 4．（25-26九年级下·河北邯郸·阶段检测）如图1，已知正方形和正方形，点在边上，点在线段的延长线上．将正方形绕点按逆时针方向旋转，连接与直线交于点，如图2所示． （1）如图2，求证：； （2）请在下列①、②中任选一问进行证明． ①在旋转过程中，的度数不变； ②过点作于点于点，在旋转过程中，与之间的数量关系不变． 5．（25-26七年级上·上海·阶段检测）某学校数学兴趣小组的成员李同学在学习了图形的旋转这节课后，探索了一个新的问题：新定义：把长方形绕着一个顶点旋转，使一边落在对角线上，把这样的旋转称为“对角旋转”，这个旋转角称为“对角旋转角”，如图1，在长方形中，，是对角线． （1）如图2，把长方形绕点逆时针作“对角旋转”，使边落在对角线上，此时点的对应点为点，点的对应点为点，点的对应点为点，连接，如果度数为，则“对角旋转角”的度数_____（用含有的代数式表示）； （2）在（1）的条件下，如果，那么再把长方形绕点顺时针作“对角旋转”，使边落在对角线上，点的对应点为点，点的对应点为点，点的对应点为点，连接，请在答题纸中的图2上画出示意图，并直接写出的度数； （3）在长方形中，，在（1）（2）的基础上经“对角旋转”后，点的对应点分别为点和点，连接、、、，面积为，面积为，请求出此时长方形的面积． 6．（2025·河南周口·一模）综合与实践 学完图形的平移后，小慧为了加深理解，对其进行了进一步探究． 【模型感知】 （1）她把边长为3的正方形纸片沿着对角线剪开，如图1．然后固定纸片，把纸片沿剪痕的方向平移得到，如图2．连接，，，在平移过程中： ①四边形的形状始终是________（点与点重合时除外）； ②求的最小值． 【拓展探究】 （2）如图3，她把正方形改为边长为1的菱形，，将沿射线的方向平移得到，连接，，，请直接写出的最小值． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $