专题04 四边形问题综合（题型专练）数学新教材北师大版九年级上册

专题04 四边形问题综合 （题型突破·举一反三） 题型01 特殊平行四边形横向辨析 题型02 中点四边形综合 题型03 新定义阅读题 题型04 四边形中的最值问题 题型05 四边形中的折叠综合 题型06 多边形与中心对称基础 题型07 多结论压轴综合 ▌题型01 特殊平行四边形横向辨析 1. 基础：三类图形的判定路线差异 (1) 菱形：①定义（邻边等的平行四边）；②四边等；③对角线垂直的平行四边。 (2) 矩形：①定义（一角为90°的平行四边）；②三个角90°；③对角线相等的平行四边。 (3) 正方形：①菱＋矩合一（先证菱再补直角/先证矩再补邻边等）。 2. 方法：题干给“平行四边形ABCD，添加哪一条件可变为××”类，先看清原图形是“平行四边”还是“四边形”——前者只补一条特征，后者要先补平行四边再补特征。“中点四边形反推原四边形”也归本题型：EFGH是菱⇒原四边形AC＝BD；EFGH是矩⇒原四边形AC⊥BD；EFGH是正方⇒原四边形AC＝BD且AC⊥BD。 3. 思维提醒：这是期中选择题高频坑，“AC＝BD”在矩形里是正用、在菱形里是干扰项、在正方里是两条件之一。 【典例1】（2026·山东青岛·二模）如图，在中，E为的中点，延长交的延长线于点F，连接，． (1)求证：； (2)已知_________（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 条件①：； 条件②：． 【答案】(1)见解析 (2)①，四边形是矩形；②，四边形是菱形 【分析】（1）证明即可； （2）选择条件①可证明四边形是矩形，选择条件②可证明四边形是菱形． 【详解】（1）证明：在中，， ， ， E为的中点， ， ， ； （2）解：， 四边形是平行四边形， 若选择条件①：， 在中，， ， 平行四边形是矩形； 若选择条件②：， 在中，， ， 平行四边形是菱形． 【变式1-1】（2026·山东青岛·一模）如图，在中，E，F分别是，的中点，，交的延长线于点M． (1)求证：； (2)已知_（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 条件①：平分； 条件②：． 【答案】(1)证明：∵ ∴ ∵是的中点 ∴ ∴ (2)若选择条件①，四边形是矩形 由（1）可知， ∴ 又∵ ∴四边形是平行四边形 ∵四边形是平行四边形 ∴， ∵分别是的中点 ∴ ∴四边形是平行四边形 ∴ ∵平分 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形 ∴ ∴ ∴平行四边形是矩形 若选择条件②，四边形是矩形 由（1）可知， ∴ 又∵ ∴四边形是平行四边形 ∵四边形是平行四边形 ∴， ∵分别是的中点 ∴ ∴四边形是平行四边形 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴平行四边形是矩形 【分析】（1）根据证明即可； （2）选择①，先证明四边形、是平行四边形，根据平行四边形的性质、等角对等边等可得到，即可得出结论；选择②，先证明四边形、是平行四边形，再推出，即可得出结论． 【详解】（1）略 （2）略 【变式1-2】（24-25八年级下·河南南阳·期末）如图，的对角线，交于点，分别以点，为圆心，，长为半径画弧，两弧交于点，连接，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若将题设中“”这一条件改为“矩形”，其余条件不变，则四边形是怎样的四边形？请给出证明； (3)若将题设中“”这一条件改为“菱形”，其余条件不变，则四边形是怎样的四边形？请直接写出结果，不需要证明； (4)若将题设中“”这一条件改为“正方形”，其余条件不变，则四边形是怎样的四边形？请直接写出结果，不需要证明． 【答案】(1)四边形为平行四边形，理由见解析 (2)四边形为菱形，证明见解析 (3)四边形为矩形 (4)四边形为正方形 【分析】（1）根据平行四边形对角线性质，结合画弧条件得出线段相等关系，依据平行四边形判定（两组对边分别相等）判断四边形形状． （2）先由矩形对角线性质得，进而推出，再结合（1）中四边形是平行四边形，根据菱形判定（一组邻边相等的平行四边形）确定形状． （3）利用菱形对角线垂直且平分的性质，结合画弧条件，依据矩形判定（有一个角是直角的平行四边形）判断． （4）根据正方形对角线垂直、相等且平分的性质，结合画弧条件，依据正方形判定（邻边相等且有一个角是直角的平行四边形）确定形状． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： ∵ 四边形是平行四边形，对角线，交于点， ∴ ，． 又∵ 分别以点，为圆心，，长为半径画弧，两弧交于点， ∴ ，， ∴ ，， ∴ 四边形是平行四边形． （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵ 四边形是矩形，对角线，交于点， ∴ ，，， ∴ ． 由（1）知四边形是平行四边形， 又∵ ， ∴ 四边形是菱形； （3）解：四边形是矩形，理由如下： ∵ 四边形是菱形，对角线，交于点， ∴ ，，． 由（1）知四边形是平行四边形， 又∵ ，即， ∴ 四边形是矩形； （4）解： 四边形是正方形，理由如下： ∵ 四边形是正方形，对角线，交于点， ∴ ，，，， ∴ ，． 由（1）知四边形是平行四边形， 又∵ 且， ∴ 四边形是正方形， 【点睛】本题主要考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定与性质，熟练掌握这些图形的判定定理和性质是解题的关键． 【变式1-3】（25-26九年级上·山东青岛·期中）如图，在中，点、分别为、上的点，，连接，点、分别为、的中点，连接． (1)求证：； (2)已知______（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．条件①：；条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定，矩形和菱形的判定，斜边上的中线，熟练掌握相关判定和性质，是解题的关键： （1）根据平行四边形的性质，得到，根据，推出，即可得证； （2）选择①，先证明四边形是平行四边形，三线合一得到，即可得出结论；选择②，先证明四边形是平行四边形，再推出，即可得出结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，，， ， ， 即， ． （2）若选①，四边形是矩形． 证明：， ，， 又分别为的中点， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 即， 四边形是平行四边形， ，是的中点， ， 平行四边形是矩形． 若选②，四边形是菱形． 证明：， ，， 又分别为的中点， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 即， 四边形是平行四边形， ，是的中点， ， 平行四边形是菱形． ▌题型02 中点四边形综合 1. 基础：顺次连四边形各边中点⇒平行四边；形状由原四边形对角线决定： (1) AC＝BD⇒中点四边形是菱形； (2) AC⊥BD⇒中点四边形是矩形； (3) AC＝BD且AC⊥BD⇒中点四边形是正方形。 2. 方法：三个定量结论必背： (1) 中点四边形周长＝原四边形两对角线之和； (2) 中点四边形面积＝原四边形面积的； (3) ③原四边形是平行四边形时，中点四边形式仍是平行四边形（且与原四边形中心对称）。 3. 思维提醒：“原四边形面积S，求中点四边形式面积”直接×；或给中点四边形式形状反推原四边形对角线特征。若题干出现新定义，结合新定义的性质一起用。 【典例2】（25-26八年级下·四川泸州·阶段检测）已知矩形的对角线长为8，顺次连接该矩形四边中点所得四边形的周长为______． 【答案】 【分析】先根据三角形中位线定理得到所得四边形各边与原矩形对角线的数量关系，再结合矩形对角线相等的性质计算所得四边形的周长． 【详解】解：设原矩形为， 由于矩形对角线相等，故， ∵，，，分别为，，，的中点， 根据三角形中位线定理，可得：，，，， 因此所得四边形的周长为． 【变式2-1】（25-26八年级下·河南驻马店·期末）如图，在四边形中，，四边的中点分别是E，F，G，H，顺次连接各边中点所得到的四边形一定是特殊平行四边形中的______形． 【答案】矩 【分析】先证明四边形是平行四边形，再证明，得到四边形是矩形． 【详解】解：∵E，H是的中点， ∴，且， ∵F，G是的中点， ∴，且， ∴，且， ∴四边形是平行四边形， ∵E，F是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 【变式2-2】（2026·吉林长春·模拟预测）四边形中，点E、F、G、H分别为边的中点，顺次连接各边中点得到的新四边形称为中点四边形． (1)求证：四边形都是平行四边形； (2)①当对角线时，四边形的中点四边形为_____形； ②当对角线时，四边形的中点四边形是______形． (3)如图：四边形中，已知，且，请利用（1）中的结论，判断四边形的中点四边形是______形． 【答案】(1)证明：如图，连接， ∵点，，，分别为，，，边的中点， ∴和是和的中位线， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； (2)①菱；②矩 (3)菱 【分析】（1）连接，利用三角形的中位线定理推导出，，然后利用平行四边形的判定可得结论； （2）①连接，根据三角形中位线定理证明四边形EFGH都是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明； ②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明； （3）分别延长、相交于点M，连接、，证明，得到，根据（2）①证明即可． 【详解】（1）略 （2）解：①连接， ∵点，，，分别为，，，边的中点， ∴和是和的中位线， ∴，， ∵， ∴， 由（1）知四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形； ②∵点，，，分别为，，，边的中点， ∴和是和的中位线， ∴，， ∵， ∴，即， 由（1）知四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形； （3）解：四边形的中点四边形是菱形．理由如下： 分别延长、相交于点M，连接、， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， 由（2）①知，四边形的中点四边形是菱形． 【变式2-3】（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． 【详解】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，． ▌题型03 新定义阅读题 1. 方法：新定义题先抄定义⇒利用性质套两个结论。 2. 思维提醒：近年中考“新定义阅读题”是热门，难度不高但没见过名字会慌。 【典例3】（25-26九年级上·山东枣庄·期中）定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形，则下列四边形中是垂等四边形的是（   ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】D 【分析】本题考查了正方形、矩形、菱形的性质，平行四边形的性质，准确理解新定义的垂等四边形的性质是解题的关键． 垂等四边形的定义是对角线互相垂直且相等，根据各四边形的性质，正方形对角线互相垂直且相等，满足定义． 【详解】解：A．平行四边形的对角线互相平分但不垂直且不相等，故不是垂等四边形； B．矩形对角线相等但不垂直，故不是垂等四边形； C．菱形的对角线互相垂直但不相等，故不是垂等四边形； D．正方形的对角线互相垂直且相等，故正方形是垂等四边形； 故选：D． 【变式3-1】（24-25八年级下·山东德州·期末）新定义：我们把三角形某边上高的长度与这边中点到高的距离的比值称为三角形某边的“中偏度值”．如图，在中，，，，是边上的高，点E是边上的中点，在中，边的“中偏度值”为_____． 【答案】/ 【分析】本题主要考查勾股定理，解答本题的关键是明确题意，求出边上的高和该边上的中点到高的距离． 根据题意和题目中的数据，可以计算出中边上的高和该边上的中点到的距离，再求它们的比值即可． 【详解】解：在中， ∵，，， ∴， ∵是边上的高， ∴， 即， 解得：， ∵点E是边上的中点， ∴， ∴， ∴． 故答案为： 【变式3-2】（24-25八年级下·湖南长沙·阶段检测）菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或甲形的“接近度” (1)设菱形相邻两个内角的度数分别为，，若我们将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形就越接近正方形． ①当菱形的一个内角为时，“接近度”=________； ②当菱形的“接近度”=________时，菱形就是正方形； (2)若我们将菱形的“接近度”定义为，则： ①菱形的一个内角为时，“接近度”=________； ②在这种情况下，菱形的“接近度”=________时，菱形就是正方形； (3)甲、乙两位同学仿照菱形的“接近度”定义，给出了两种矩形的“接近度”定义，在你认为合理的定义后面打“√”，不合理的定义后面打“×”． ①甲：设矩形相邻两条边长分别为，，将矩形的“接近度”定义为，于是越小，矩形越接近于正方形．________ ②乙：设矩形相邻两条边长分别为，，将矩形的“接近度”定义为，于是越小，矩形越接近于正方形．________ 【答案】(1)①  ② (2)①  ② (3)①×  ②× 【分析】此题主要考查了正方形的判定和性质，菱形的性质，正确理解“接近度”的意思是解决问题的关键． （1）①②根据菱形的“接近度”定义，越小，菱形就越接近正方形，解答即可； （2）①②根据菱形的“接近度”定义为，解答即可； （3）①不合理，举例进行说明； ②根据矩形的“接近度”定义为，只有矩形的越接近，矩形才越接近正方形，进行说明． 【详解】（1）解：①∵内角为， ∴与它相邻内角的度数为， ∴菱形的“接近度”：， 故答案为：； ②当菱形的“接近度”等于时，菱形是正方形， 故答案为：； （2）解：若我们将菱形的“接近度”定义为，则： ①当菱形的一个内角为时，“接近度”； 故答案为：； ②当菱形的“接近度”时，菱形就是正方形， 故答案为：； （3）解：①×， 例如，对两个相似而不全等的矩形来说，它们接近正方形的程度是相同的，但却不相等. 故答案为：×； ②×， 理由如下： 越接近，矩形越接近于正方形； ∴当时，矩形就变成了正方形，即只有矩形的越接近1，矩形才越接近正方形， 故答案为：×. 【变式3-3】（24-25八年级下·福建厦门·期中）阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“等边半正多边形”的研究报告 博学小组 研究对象：等边半正多边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“定义性质判定”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究方法：观察（测量、实验）猜想推理证明 研究内容： 【定义】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形． 【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下： 1．定义：如图，如果是等边半正六边形，那么，，，且． 2．性质：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论： 边： 内角：①，，且 ②等边半正六边形相邻两个内角的和为__▲___． … 对角线：… 任务： (1)在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，是否有等边半正多边形？若有，请指出是哪个四边形，画出示意图，并写出符号语言；若没有，请说明理由． (2)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容：________． (3)写出等边半正六边形关于对角线的一条性质，并证明． 【答案】(1)菱形，示意图见解析，，，，； (2) (3)对角线是的平分线，证明见解析 【分析】本题主要考查以等边半正六边形为背景，研究全等三角形的性质和判定，平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质，理解题意以及多边形的相关性质是解题关键． （1）根据等边半正多边形的定义判断即可； （2）六边形内角和为，由等边半正六边形的定义即可得出相邻两内角和为； （3）连接，，通过全等证出，即可得到对角线是的平分线． 【详解】（1）解：∵平行四边形，矩形的四条边不都相等，正方形的邻角相等， ∴平行四边形，矩形，正方形不是等边半正多边形， ∵菱形四条边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等， ∴菱形是等边半正多边形， 示意图如下： ∴菱形中，，，，； （2）解：∵六边形内角和为，且，， ∴等边半正六边形相邻两个内角的和为， ∴研究报告中“▲”处空缺的内容为240； （3）解：对角线是的平分线 理由如下：连接，，． 六边形是等边半正六边形． ，． ． ． 在与中， ， ． ∴对角线是的平分线． ▌题型04 四边形中的最值问题 1. 基础：特殊平行四边形都是轴对称/中心对称图形，可作对称点把折线路径拉直；“垂线段最短”“两点之间线段最短”是唯二原理。 2. 方法：动点在边/对角线上，求PA＋PB最小⇒找定点关于对称轴的对称点。 【典例4】（24-25八年级下·福建厦门·阶段检测）数学教育家波利亚曾说：“对一个数学问题，改变它的形式，变换它的结构，直到发现有价值的东西，这是数学解题的一个重要原则”．在复习二次根式时，老师提出了一个求代数式最小值的问题，如：“当时，求代数式的最小值”，其中可看作两直角边分别为和2的的斜边长，可看作两直角边分别是和3的的斜边长．于是构造出如图，将问题转化为求的最小值，运用此方法，请你解决问题：已知，且．则的最小值是（   ） A． B．8 C．10 D．34 【答案】C 【分析】本题考查勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是理解题中所给的思路，根据题干中的思路进行解答．根据题中所给的思路，将可以看作两直角边分别是x和3的的斜边长，可以看作两直角边分别是y和5的的斜边长，故问题转化为求的最小值，连接，当A，P，B共线时，的最小值为，再利用勾股定理计算出即可． 【详解】解：构造出如图，将问题转化为求的最小值， 可以看作两直角边分别是x和3的的斜边长， 可以看作两直角边分别是y和5的的斜边长，故问题转化为求的最小值， 连接，当A，P，B共线时，的最小值为，作交延长线于点E，故四边形是矩形， ∵，即， ∴， ∵， ∴ ∴的最小值为10， 故选：C． 【变式4-1】（25-26八年级下·江苏徐州·期中）【问题情境】 某数学课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题： (1)如图1，中，，若，，点是斜边上一动点，求线段的最小值． 经过组内合作交流，小明得到了如下的解决思路： 根据直线外一点和直线上各点连接的所有线段中，垂线段最短，得到： 当时，线段取得最小值．则线段的最小值_． 【思维运用】 (2)如图2，在中，，，，为斜边上一动点，过点作，，垂足分别为点，，求线段的最小值； (3)如图3，在中，，，为边上一动点，为平面内一点，以点，，，为顶点的四边形为平行四边形，则的最小值为_． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先由勾股定理求长，再用等积法求即可； （2）连接，先证四边形是矩形，可得，由垂线段最短可知当时，最短，同（1）求，即可得线段的最小值； （3）分三种情况讨论，情况①、②，为对边，则为固定值；情况③，为对角线，设中点为，则，由垂线段最短可知，当时，最短，连接，由三线合一及勾股定理求，用等积法求，即可得，比较三种情况下的长度即可得出最小值． 【详解】（1）解：在中，， ∵， ∴， 解得； （2）解：如图，连接， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴的最小值等于的最小值， 当时，最短， 在中，， ∵， ∴， 解得， ∴的最小值为； （3）解：以、、、为顶点的平行四边形有三种情况： ①如图，点在点左侧，为四边形的对边时，为固定值； ②    如图，点在点右侧，为四边形的对边时，为固定值； ③如图，当为平行四边形的对角线时，与互相平分，设中点为，则也是中点， ∴， 此时的长度由决定，根据垂线段最短，当时，最短， 连接， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， ∵， ∴的最小值为． 【变式4-2】（25-26八年级下·广东东莞·期中）问题呈现：对于任意正实数，由于，所以有，于是，只有当时，才成立．也就是说，若为定值，则当时，有最小值． (1)应用：对于正实数，当___________时，代数式，有最小值___________． (2)数学思考：现有面积为1的矩形，直接写出其周长的最小值___________． (3)拓展运用：如图，在平面直角坐标系中，已知，点为第一象限内一动点，过分别向坐标轴作垂线，分别交轴于两点，矩形的面积始终为12．求四边形面积的最小值和此时点的坐标． 【答案】(1)2；4 (2)4 (3)四边形面积的最小值为24，此时点P的坐标为 【分析】（1）仿照题干进行求解即可得到答案； （2）设矩形的长为，则矩形的宽为，仿照题干，求出的最小值，即可得到答案； （3）根据矩形的面积，推出，再根据，得到，进而求出当四边形的面积最小时，，据此可得答案． 【详解】（1）解：， ， 当时，即时，有最小值，最小值为4， ， ， 即只有当时，有最小值4， （2）解：矩形的面积为1， ∴可设矩形的长为，矩形的宽为， 矩形周长为， ， 当时，有最小值，最小值为2， 的最小值为， 即矩形周长的最小值为4； （3）解：设 ∵点为第一象限内一动点， ，， 四边形为矩形，且面积始终为12， ， ， ，， ，， ∴ ， ， 当，即时，有最小值为12， 当时，四边形的面积最小，最小值为24， ∴，即此时点P的坐标为. 【变式4-3】（2026·安徽阜阳·二模）如图，在中，，是的中点，是上一个动点，过点分别作、，垂足分别为、，与交于点，连接，，，，下列结论错误的是（    ） A．的最小值为 B．的最小值为4 C．的最小值为 D．的最小值为6 【答案】D 【分析】由 ，，，得四边形 是矩形，对角线 与 交于中点 ；对选项A，由矩形性质得 ，从而 ，利用点到直线距离最短求 的最小值；对选项B，连接 ，由 ， 为 中点，得 为等腰直角三角形，，，；在 中 ，，得 ；同理 ；进而利用 ，， 证明 ，得 ；再利用点到直线距离最短求 的最小值；对选项C， 是 的中点，而 各边中点连成的中位线 平行于 且过 中点，故 在中位线 上；作 关于 的对称点 ，则 ，当 、、 共线时取等，利用 及勾股定理求 ；对选项D，由 得 ，从而 为定值，与 的位置无关． 【详解】解：，，， 四边形 是矩形， 与 互相平分，即 是 的中点，， ， 到直线 的距离最短时，， 此时 ， 的最小值为 ，选项A正确； 如图，连接，则， 在中，，， ，， ， ． 当时，有最小值， 在中，， 最小值为2，则的最小值为4，故选项B正确； 如图2，在中，， 是的中点， 点位于的中位线上． ， 作点关于直线的对称点，则， 当点，，共线时，有最小值，此时， 在中，，故选项C正确； ， ， ，故选项D错误． ▌题型05 四边形中的折叠综合 1. 基础：折叠＝轴对称；本专题折叠题的特点是折完可能出现新图形判定——如矩形沿某线折，证折后四边形式是菱形；或菱形折完出现直角证矩形。 2. 方法：三步同前 (1) 标对应点； (2) 用“对应边等＋原图形性质”设未知； (3) 放回Rt△勾股列方程。本题型侧重“折后判定新四边形”，所以列方程只是前半程，后半程要加“证菱/矩/正方”的一步，不跳步。 3. 思维提醒：折叠＋判定的综合题是期末解答题高频载体，常只顾算x忘了后半程“∴四边形是××”的结论句，扣分点在这里。 【典例5】（25-26八年级上·山西太原·开学考试）如图，将长方形纸片按照如图所示的方式折叠两次，第一次将四边形沿折叠得到四边形，交于点M，第二次将四边形沿折叠形成四边形，若，则的度数为__________． 【答案】/20度 【分析】本题考查了折叠的性质，折叠是一种对称变换，属于轴对称，解决本题的关键是折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 设，则，所以，再根据折叠的性质得到，则，接着利用折叠的性质得到，然后根据平角的定义得到，由此解方程可得到的度数． 【详解】解：∵， 设， ∴， ∴， ∵四边形沿折叠形成四边形， ∴， ∴， ∵四边形沿折叠得到四边形， ∴， ∵， ∴，解得， 即的度数为． 故答案为：． 【变式5-1】（2026·广东茂名·一模）如图，将一个矩形纸片三次折叠：第一次沿折线折叠，使角落在边的点；第二次展开后沿折线折叠，使角落在折痕的点；第三次沿折线折叠，使角恰好落在折痕的点．已知折叠后，纸片无拉伸，则______． 【答案】 【分析】根据折叠的性质，推出四边形为正方形，是等腰直角三角形，求出的长，证明，得到，再根据线段的和差关系进行求解即可． 【详解】解：∵矩形纸片， ∴， ∵折叠， ∴，，，， ∴，四边形为正方形，， ∴，，，， ∴，为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴． 【变式5-2】（25-26八年级下·河南新乡·期中）某数学兴趣小组研究图形折叠问题 (1)先利用矩形折叠，如图1，将矩形沿折叠，点落在点处，与交于点，连接，则与的位置关系为______，与的数量关系为______． (2)再利用平行四边形折叠，如图2，将平行四边形沿折叠，点落在点处，与交于点，连接．猜想：与的数量关系，与的位置关系，并证明． (3)在（2）的条件下，若，，当为直角三角形时，请直接写出的长． 【答案】(1) (2)．证明见解析 (3)的长为或 【分析】（1）由矩形的性质和折叠性质可得，根据等腰三角形的判定可得，进而可得，利用等边对等角和三角形的外角性质可得，进而可证明； （2）同（1）中方法可证明，； （3）分和两种情况分别求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由折叠性质得，， ∴， ∴， ∴，则， ∴， ∴，即， ∴， ∴； （2）解：猜想：，， 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 由折叠性质得，， ∴， ∴， ∴，则， ∴， ∵，即， ∴， ∴； （3）解：由（2）知，， 设， ∵， ∴， 由折叠性质得，， 当时，是等腰直角三角形， ∴，则，解得， ∴， ∴； 当时，是等腰直角三角形， ∴， ∴， 则，解得， ∴， 综上，的长为或． 【变式5-3】（25-26八年级下·辽宁大连·期中）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动（每位同学的矩形纸片规格不同）．老师规定矩形纸片按如下方式操作（如图1）． 操作一：在矩形纸片的边上找一点，将矩形沿直线折叠，使点的对应点为点； 操作二：将矩形沿过点的直线折叠，使点的对应点落在边上，折痕为． (1)根据以上操作可知的度数为______． (2)如图2，小嘉折叠自己的矩形纸片后发现，当点落在矩形的边上时，射线恰好经过点，请判断的形状，并说明理由． (3)如图3，在经过折叠后，矩形纸片中，，求的长． 【答案】(1) (2)是等腰直角三角形；理由见解析 (3)的长为 【分析】（1）根据折叠的性质，，，矩形中，可得，代入计算得； （2）连接，结合矩形与折叠性质，先证，推导出相关角度；再通过边角关系证明，得，结合，证得是等腰直角三角形； （3）过作，由勾股定理求得，设，分别在与中用勾股定理表示，建立方程解得，最终求出． 【详解】（1）解：由折叠可得，， ∵四边形为矩形， ∴， ∴ ； （2）解：是等腰直角三角形，理由如下： 如图，连接， ∵四边形是矩形， ，，， ． 由折叠的性质得：，， ． ， ， ． 在和中， ， ， ，， 又， ， ∵， ∴， ， 由折叠可得，， ， ， ∵， ∴， ， 又∵，， ， ， ， ， 是等腰直角三角形； （3）解：如图，过点作交的延长线于点， ， 由折叠的性质可知，， 四边形为矩形， ，． ∵矩形，，， ； 在中，由勾股定理得：， 由折叠的性质可知，， ， 设， ；；； 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， 解得， ． 在中，由勾股定理得：， ∴， ． 【点睛】本题核心是利用折叠前后边角不变的性质，结合全等三角形、勾股定理求解；通过角度推导、方程思想，将几何关系转化为代数计算，是矩形折叠类问题的典型思路． ▌题型06 多边形与中心对称基础 1. 基础：n边形内角和＝；外角和恒为360°（与n无关）；正n边形每个内角＝。中心对称：绕某点转180°与自身重合⇒平行四边形是中心对称图形（对角线交点是对称中心），菱形/矩形/正方形同理；正n边形当n为偶数时既是轴对称又是中心对称。 2. 方法：已知内角和求n⇒列＝S；已知正n边形一个内角求n⇒列＝已知角；外角和题直接36÷一个外角＝n，比内角和快。 3. 思维提醒：这部分内容薄但期中单选必考1~2题，常嵌“正多边形铺地砖（内外角综合）”或“下列哪个图形是中心对称但不是轴对称（答：平行四边形）”，后者是高频辨析坑。 【典例6】（25-26九年级下·吉林长春·期中）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长为1，其顶点称为格点．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求画四边形．所画四边形的顶点均在格点上，面积为8，每条边长均为无理数． (1)在图①中画既是轴对称又是中心对称的四边形； (2)在图②中画轴对称四边形，但不是中心对称四边形； (3)在图③中画中心对称四边形，但不是轴对称四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）由勾股定理可得，正方形的边长为，则面积为，且正方形既是轴对称图形也是中心对称图形； （2）此时四边形是轴对称图形，不是中心对称图形，面积为； （3）由勾股定理可得，，故该四边形为平行四边形，面积． 【详解】（1）解：如图①，正方形即为所求； （2）解：如图②，四边形即为所求； （3）解：如图③，平行四边形即为所求 【变式6-1】（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，菱形中，对角线、相交于点，与关于点成中心对称．若，则的长度为（   ） A．12 B．15 C．12.5 D．15.5 【答案】C 【分析】根据菱形的性质，得到 对称性得到，，在中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：∵菱形中，对角线、相交于点，， ∴， ∵与关于点成中心对称， ∴，，三点共线， ∴， 在中，． 【变式6-2】（2025·浙江杭州·三模）如图，在正方形与正方形，点G是的三等分点，点H点A关于点C成中心对称．连结．若，则长为______． 【答案】 【分析】连接，过点H作于点M，设，，结合点G是的三等分点，得到，利用 ，建立方程，结合勾股定理解答即可． 本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确利用题中条件求得两个正方形的边长是解题的关键． 【详解】解：连接，过点H作于点M， ∵点H点A关于点C成中心对称． ∴三点共线，且； ∵正方形，正方形， ∴，， ， 设， ∵点G是的三等分点， ∴， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴或（舍去） ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式6-3】（2025·江苏南京·一模）如图，在中，O是边上一点，和关于点O成中心对称，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求证：四边形是菱形． 【答案】(1) 证明：和关于点O成中心对称， ， ，， ， 四边形是平行四边形； (2) 证明：连接， AI和关于点O成中心对称， B，O，F三点共线，， 四边形是平行四边形， ， ， 即， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， 又四边形是平行四边形， 是菱形． 【分析】本题考查了中心对称图形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定． （1）根据中心对称图形的性质得到，，推出，即可证明四边形是平行四边形； （2）连接．先证得四边形是平行四边形，求得，得到，推出四边形是菱形．推出，即可证明四边形是菱形． 【详解】（1）略 （2）略 ▌题型07 多结论压轴综合 4. 基础：题干给一个复杂图形（如正方形ABCD，O是对角线交点，E、F在边上，连OE、OF，加中点、加垂直、加折叠），判断4~5个小结论。 5. 方法：拆解顺序 (1) 先标固有性质（四边等/四角90°/对角线垂直平分相等且分45°/OA＝OB＝OC＝OD）； (2) 见中点⇒中位线＋斜边中线； (3) 见垂直⇒勾股； (4) 见O是中心⇒想到BO是∠ABD平分线（正方形对角线平分角）； (5) 见折叠⇒轴对称＋对应等量。 6. 思维提醒：本题型特值验错法（设边长2）仍适用，但正式答题要给推理链。 【典例7】（24-25九年级上·吉林长春·阶段检测）如图，在四边形中，E、F、G、H分别是，，，的中点，且，下列结论：①四边形是菱形；②；③平分；④，其中正确结论的序号是________．      【答案】①②③ 【分析】本题考查了三角形中位线定理，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，根据三角形的中位线定理与判定四边形是菱形是解答本题的关键． 根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半与可得四边形是菱形，然后根据菱形的性质可判断②③，而只有当时，④才成立，通过构造全等三角形证明即可． 【详解】解：、、、分别是、、、的中点， ，，，，，， ， ， 四边形是菱形， ∴四边形是菱形，故①正确； ∴，平分故②、③正确； 当，如图所示：，分别为，中点， 连接并延长交于点，    ∵为中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∵点为中点， ∴， ∴只有当时，④才成立， 故④错误， 故答案为：①②③． 【变式7-1】（24-25八年级下·福建福州·期中）如图，是等腰直角三角形，，点在线段上，过作于，于，点，分别是，的中点，若，则下列结论正确的是______（写出所有正确结论的序号） ①；    ②的最小值是；    ③的面积始终保持不变； ④当点不与点重合时，是等腰三角形． 【答案】①②④ 【分析】证明四边形是矩形，可得，可判断①；连接，根据矩形的性质可得当时，最小，此时点D与点H重合，即的最小值的长，可判断②；设，则，可得到的面积随x的变化而变化，可判断③；再由直角三角形的性质可判断④． 【详解】解：∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 又∵点是的中点， ∴，故①正确； 如图，连接， ∵点G是的中点，四边形是矩形， ∴点G，D，A三点共线， ∵点H是的中点，是等腰直角三角形， ∴，且， ∵四边形是矩形， ∴， ∴当时，最小，此时点D与点H重合，即的最小值的长， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值是，故②正确； ∵四边形是矩形， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 设，则， ∴的面积为， ∴的面积随x的变化而变化，故③错误； ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴当点不与点重合时，是等腰三角形，故④正确． 【变式7-2】（2024·山东临沂·一模）如图，在矩形中，，分别以点A，C为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线分别交于点E，F．．下列结论：①四边形是菱形；②；③；④若平分，则．其中正确结论的有 ________．（填写正确结论的序号） 【答案】①②④ 【分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为O，证明四边形为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据角平分线的性质和菱形的对角线平分每一组对角求出，再根据含30度角的直角三角形的性质可得，由即可求解． 【详解】解：如图，设与的交点为O， 根据作图可得，且平分， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵垂直平分， ∴， ∴四边形是菱形，故①正确； ②∵， ∴， ∴；故②正确； ③由菱形的面积可得，故③不正确， ④∵四边形是菱形， ∴ 又∵， ∴ ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴．故④正确； 综上所述：正确的结论是①②④． 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键． 【变式7-3】（24-25八年级下·福建福州·期中）如图，是边长为4的正方形的对角线，分别在上，平分，是上的动点，于，若，则下列结论正确的是___________．（写出所有正确结论的序号）①垂直平分；②的最小值为；③的面积为；④． 【答案】①③④ 【分析】先由正方形的性质以及平分，得，证明，即，根据三角形内角和得．则，垂直平分，则点G关于对称的点为点A，连接，此时，即的最小值为，证明为等腰直角三角形，运用勾股定理列式得，根据三角形的面积公式列式计算即可得，运用勾股定理得，证明，根据等面积法进行列式，代入数值进行计算，即可作答． 【详解】解：∵是边长为4的正方形的对角线， ∴， ∵平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 设交于点N， 则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴垂直平分， 故①符合题意； ∵垂直平分， ∴则点G关于对称的点为点A， 连接， 此时， 当三点共线时，的值最小， 即的最小值为， ∵， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴（负值已舍去）， ∴的最小值为； 故②不符合题意； ∵当时，则 ∵ ∴ 故③符合题意； ∵， ∴设 则， 在中， 则 连接 ∵垂直平分， ∴,， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， 解得， ∴， 故④符合题意． 故答案为：①③④ 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，角平分线的有关计算，垂直平分线的判定与性质，垂线段最短，正确掌握相关性质内容是解题的关键． / 学科网（北京）股份有限公司 $可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题04四边形问题综合 (题型突破举一反三) 目录 题型01特殊平行四边形横向辨析 题型02中点四边形综合 题型03新定义阅读题 题型04四边形中的最值问题 题型05四边形中的折叠综合 题型06多边形与中心对称基础 题型07多结论压轴综合 题型01 特殊平行四边形横向辨析 解题必备 1. 基础：三类图形的判定路线差异 (1)菱形：①定义（邻边等的平行四边）；②四边等：③对角线垂直的平行四边。 (2)矩形：①定义（一角为90的平行四边）；②三个角90°；③对角线相等的平行四边。 (3)正方形：①菱十矩合一（先证菱再补直角/先证矩再补邻边等)。 2.方法：题干给“平行四边形ABCD,添加哪一条件可变为×”类，先看清原图形是“平行四边” 还是“四边形”一一前者只补一条特征，后者要先补平行四边再补特征。“中点四边形反推原四边 形”也归本题型：EFGH是菱→原四边形AC=BD;EFGH是矩→原四边形AC⊥BD;EFGH是正方→原 四边形AC=BD且AC⊥BD。 3.思维提醒：这是期中选择题高频坑，“AC=BD”在矩形里是正用、在菱形里是干扰项、在正方 里是两条件之一。 典例精析 【典例1】(2026山东青岛二模)如图，在口ABCD中，E为AD的中点，延长CE交BA的延长线于点 1/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 F,连接AC,DF. B (I)求证：AF=CD (2)已知」 (从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号)，请判断四边形ACDF的形状， 并证明你的结论.（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 条件①：BC=CF: 条件②：BC⊥CF. 举一反三 【变式11山(2026山东青岛一模)如图，在ABCD中，E,F分别是BC,AD的中点，DM‖AE, 交EF的延长线于点M, (I)求证：△AEF≌△DMF; (2)已知（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号)，请判断四边形AEDM的形状，并证明 你的结论.（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 条件①：AE平分∠BAD; 条件②：AD=2AB. 【变式12】(24-25八年级下·河南南阳期末)如图，口ABCD的对角线AC,BD交于点O,分别以点 g:C为圆心AC,)D长为半径画弧，两弧交于点p:连接p,CP (I)试判断四边形BPCO的形状，并说明理由： 2/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)若将题设中“口ABCD”这一条件改为“矩形ABCD”,其余条件不变，则四边形BPCO是怎样的四 边形？请给出证明： (3)若将题设中“GABCD”这一条件改为“菱形ABCD”,其余条件不变，则四边形BPCO是怎样的四 边形？请直接写出结果，不需要证明； (4)若将题设中“口ABCD”这一条件改为“正方形ABCD”，其余条件不变，则四边形BPCO是怎样的 四边形？请直接写出结果，不需要证明 【变式1-3】(25-26九年级上山东青岛期中)如图，在ABCD中，点E、F分别为BC、AD上的点， AF=EC,连接AE,CF,点G、H分别为AE、CF的中点，连接GF,EH,EF. A F B E (I)求证：△ABE≌aCDF: (2)已知 (从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号)，请判断四边形EHFG的形状，并 证明你的结论.条件①：AF=EF;条件②：EF⊥BC (注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分) 题型02中点四边形综合 解题必备 1.基础：顺次连四边形各边中点→平行四边；形状由原四边形对角线决定： (I)AC=BD→中点四边形是菱形： (2) AC⊥BD=中点四边形是矩形： (3) AC=BD且AC⊥BD=中点四边形是正方形。 2. 方法：三个定量结论必背： (1)中点四边形周长=原四边形两对角线之和： (2) 中点四边形面积=原四边形面积的2； (3) ③原四边形是平行四边形时，中点四边形式仍是平行四边形（且与原四边形中心对称）。 3.思维提醒：“原四边形面积S,求中点四边形式面积”直接×2或给中点四边形式形状反推原四 边形对角线特征。若题干出现新定义，结合新定义的性质一起用。 3/14 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E 典例精析 【典例2】(25-26八年级下·四川泸州阶段检测)已知矩形的对角线长为8，顺次连接该矩形四边中点 所得四边形的周长为一· 举一反三 【变式21】(25-26八年级下河南驻马店期末)如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，,四边的中点 分别是E,F,G,H,顺次连接各边中点所得到的四边形EFGH一定是特殊平行四边形中的形. H D 【变式2-2)(2026：吉林长春·模拟预测)四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA 边的中点，顺次连接各边中点得到的新四边形EFGH称为中点四边形. E (I)求证：四边形EFGH都是平行四边形： (2)①当对角线AC=BD时，四边形ABCD的中点四边形为形： ②当对角线AC⊥BD时，四边形ABCD的中点四边形是形. (3)如图：四边形ABCD中，己知∠B=∠C=60°，且BC=AB+CD,请利用(1)中的结论，判断四边 形ABCD的中点四边形EFGH是形 【变式23】(25-26八年级下·广东珠海期中)如图：顺次连接矩形AB,CD四边的中点得到四边形 A,B,C2D2,再顺次连接四边形A,B,C2D2四边的中点得四边形A,B,CD,…,按此规律得到四边形 4/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A,B.C,D.若矩形AB,CD的面积为26，那么四边形A26B,2C22sD26的面积为（) D. A D O A C B B B2 C 26 26 26 24 A. 22024 B. 22025 C.26 D. 22027 题型03新定义阅读题 解题必备 1. 方法：新定义题先抄定义→利用性质套两个结论。 2.思维提醒：近年中考“新定义阅读题”是热门，难度不高但没见过名字会慌。 三 典例精析 【典例3】(25-26九年级上山东枣庄·期中)定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形， 则下列四边形中是垂等四边形的是() A.平行四边形B.矩形 C.菱形 D.正方形 举一反三 【变式31】(24-25八年级下山东德州期末)新定义：我们把三角形某边上高的长度与这边中点到高 的距离的比值称为三角形某边的“中偏度值”.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=8,BC=6, CD是AB边上的高，点E是AB边上的中点，在△ABC中，AB边的“中偏度值”为一· 【变式32】(24-25八年级下·湖南长沙阶段检测)菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、 矩形与正方形的接近程度称为菱形或甲形的“接近度” 5/14 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 m ()设菱形相邻两个内角的度数分别为m°，n°，若我们将菱形的“接近度”定义为m-川，于是m- 越小，菱形就越接近正方形. ①当菱形的一个内角为70°时，“接近度”= ②当菱形的“接近度”= 时，菱形就是正方形： (@若我们将菱形的“接近度”定义为(m<川），则： ①菱形的一个内角为60°时，“接近度”= ②在这种情况下，菱形的“接近度”= 时，菱形就是正方形： (3)甲、乙两位同学仿照菱形的“接近度”定义，给出了两种矩形的“接近度”定义，在你认为合理的 定义后面打“√”，不合理的定义后面打“×” ①甲：设矩形相邻两条边长分别为a,b(a≤b),将矩形的“接近度”定义为la-b,于是la-b越小， 矩形越接近于正方形. b b ②乙：设矩形相邻两条边长分别为a'b(a≤b),将矩形的“接近度”定义为。，于是。越小，矩形越 接近于正方形. 【变式3-3】(24-25八年级下·福建厦门期中)阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务. 关于“等边半正多边形”的研究报告 博学小组 研究对象：等边半正多边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“定义一性质一判定”的路径，由一般到特殊进行 研究 研究方法：观察（测量、实验）-猜想-推理证明 研究内容： 【定义】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻 的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形 【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下： 1.定义：如图，如果ABCDEF是等边半正六边形，那么AB=BC=CD=DE=EF=FA 6/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠A=∠C=∠E,∠B=∠D=∠F,且∠A≠∠B 2.性质：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论： D 边：AB=BC=CD=DE=EF=FA. 内角：①∠A=∠C=∠E,∠B=∠D=∠F,且∠A≠∠B ②等边半正六边形相邻两个内角的和为▲一°. 对角线：… 任务： (1)在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，是否有等边半正多边形？若有，请指出是哪个四边形，画 出示意图，并写出符号语言；若没有，请说明理由. (2)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容： 、 (3)写出等边半正六边形关于对角线的一条性质，并证明. 题型04四边形中的最值问题 E 解题必备 1.基础：特殊平行四边形都是轴对称/中心对称图形，可作对称点把折线路径拉直；“垂线段最短” “两点之间线段最短”是唯二原理。 2.方法：动点在边/对角线上，求PA十PB最小→找定点关于对称轴的对称点。 典例精析 【典例4)(2425八年级下·福建厦门阶段检测)数学教育家波利亚曾说：“对一个数学问题，改变 它的形式，变换它的结构，直到发现有价值的东西，这是数学解题的一个重要原则”.在复习二次根 式时，老师提出了一个求代数式最小值的问题，如：“当0<x<12时，求代数式 V2+4+V12-x}+9的最小值”，其中、√+4可看作两直角边分别为x和2的RtACP的斜边长， V12-x)'+9可看作两直角边分别是12-x和3的RtsBDP的斜边长.于是构造出如图，将问题转化为 求AP+BP的最小值，运用此方法，请你解决问题：已知0<x<6,且y=6-x.则Vx2+9+V少2+25 7/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 的最小值是() P12-xD 3 B A.210 B.8 C.10 D.34 举一反三 【变式41】(25-26八年级下·江苏徐州期中)【问题情境】 某数学课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题： 图1 图2 图3 (I)如图1，RtAABC中，∠C=90°，若AC=8,BC=6,点M是斜边AB上一动点，求线段CM的最小 值. 经过组内合作交流，小明得到了如下的解决思路： 根据直线外一点和直线上各点连接的所有线段中，垂线段最短，得到： 当CM⊥AB时，线段CM取得最小值.则线段CM的最小值=- 【思维运用】 (2)如图2，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4,BC=3,M为斜边AB上一动点，过点M作 MD⊥AC,ME⊥BC,垂足分别为点D,E,求线段DE的最小值； (3)如图3，在△ABC中，AB=AC=8,BC=10,D为AC边上一动点，E为平面内一点，以点B,C, D,E为顶点的四边形为平行四边形，则DE的最小值为- 【变式42】(25：26八年级下广东东莞期中)问题呈现：对于任意正实数xy,由于(V-V≥0， 所以有x-2√y+y≥0，于是x+y≥2√y,只有当x=y时，x+y=2Vy才成立.也就是说，若y为 定值P,则当x=y时，x+y有最小值2√p. (I)应用：对于正实数x,当x= 时，代数式x+ ,有最小值 (②)数学思考：现有面积为1的矩形ABCD,直接写出其周长的最小值」 8/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)拓展运用：如图，在平面直角坐标系中，已知A(3,0),B(0,-4),点P为第一象限内一动点，过P 分别向坐标轴作垂线，分别交xy轴于CD两点，矩形OCPD的面积始终为12.求四边形ABCD面 积的最小值和此时点P的坐标 【变式43】(2026安徽阜阳二模)如图，在RtAABC中，AC=BC=4,D是AB的中点，H是AB 上一个动点，过点H分别作HE⊥AC、HF⊥BC,垂足分别为E、F,EF与CH交于点G,连接 AG,BG,DE,DF,下列结论错误的是() A.CG+FG的最小值为2V2 B.DE+DF的最小值为4 C.AG+BG的最小值为2W10 D.S△ADE+S△BDF的最小值为6 题型05四边形中的折叠综合 解题必备 1.基础：折叠=轴对称；本专题折叠题的特点是折完可能出现新图形判定一一如矩形沿某线折，证 折后四边形式是菱形：或菱形折完出现直角证矩形。 2.方法：三步同前 ()标对应点： (②)用“对应边等+原图形性质”设未知： (3)放回R△勾股列方程。本题型侧重“折后判定新四边形”，所以列方程只是前半程，后半程要加 “证菱矩/正方”的一步，不跳步。 3.思维提醒：折叠十判定的综合题是期末解答题高频载体，常只顾算x忘了后半程“∴四边形是× ×”的结论句，扣分点在这里。 典例精析 9/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【典例5】(25-26八年级上山西太原开学考试)如图，将长方形纸片ABCD按照如图所示的方式折 叠两次，第一次将四边形EFCB沿EF折叠得到四边形EFGH,EH交DC于点M,第二次将四边形 MHGP沿FM折形成四边形MGH,若∠EFM=名∠EFG,别∠EFM的度数为 H E 举一反三 【变式51】(2026广东茂名·一模)如图，将一个矩形纸片ABCD三次折叠：第一次沿折线DE折叠， 使角A落在边DC的点A';第二次展开后沿折线EF折叠，使角A落在折痕DE的点G;第三次沿折线 CE折叠，使角B恰好落在折痕DE的点H.已知折叠后AF=√2cm,纸片无拉伸，则AB= D H B 【变式52】(25-26八年级下·河南新乡·期中)某数学兴趣小组研究图形折叠问题 图1 图2 ()先利用矩形折叠，如图1，将矩形ABCD沿AC折叠，点B落在点E处，CE与AD交于点O,连接 ED,则AC与DE的位置关系为一，OE与OD的数量关系为一。 (2)再利用平行四边形折叠，如图2，将平行四边形FGHN沿FH折叠，点G落在点K处，KH与FN交 于点M,连接KN.猜想：MK与MN的数量关系，KN与FH的位置关系，并证明 (③)在(2)的条件下，若∠G=45°，GH=6,当△KMF为直角三角形时，请直接写出GF的长. 【变式53】(25-26八年级下辽宁大连·期中)综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主 题开展数学活动（每位同学的矩形纸片规格不同）·老师规定矩形纸片按如下方式操作（如图1）· 10114 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 操作一：在矩形纸片ABCD的边CD上找一点E,将矩形沿直线AE折叠，使点D的对应点为点D': 操作二：将矩形沿过点A的直线折叠，使点B的对应点B落在边AD'上，折痕为AF, D D D 图1 图2 图3 (I)根据以上操作可知∠EAF的度数为. (2)如图2，小嘉折叠自己的矩形纸片后发现，当点D'落在矩形ABCD的边BC上时，射线FB'恰好经过 点D,请判断△AEF的形状，并说明理由， (3)如图3，在经过折叠后，矩形纸片ABCD中，AB=4,BC=5,AE=V26,求EF的长. 题型06多边形与中心对称基础 解题必备 1. 基础：n边形内角和=(m-2)×180°；外角和恒为360°（与n无关）；正n边形每个内角= (n-2)×180° ”。中心对称：绕某点转180°与自身重合→平行四边形是中心对称图形（对角线交点是对称 中心)，菱形/矩形正方形同理：正边形当n为偶数时既是轴对称又是中心对称。 n-2)×180° 2. 方法：已知内角和求n=列n-2)×180°=S:已知正n边形一个内角求n=列 n =已知 角；外角和题直接36÷一个外角=，比内角和快。 3.思维提醒：这部分内容薄但期中单选必考12题，常嵌“正多边形铺地砖（内外角综合）”或 “下列哪个图形是中心对称但不是轴对称（答：平行四边形）”，后者是高频辨析坑。 三 典例精析 【典例6】(25-26九年级下·吉林长春·期中)图①、图②、图③均是4×4的正方形网格，每个小正方 形的边长为1，其顶点称为格点.只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求画四边形.所画四 边形的顶点均在格点上，面积为8，每条边长均为无理数 11/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 图① 图② 图③ (1)在图①中画既是轴对称又是中心对称的四边形： (2)在图②中画轴对称四边形，但不是中心对称四边形： (3)在图③中画中心对称四边形，但不是轴对称四边形. 三举-反目 【变式61】(25-26八年级下江苏无锡期中)如图，菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点P, △EFD与△APD关于点D成中心对称.若AC=7,BD=8,则BE的长度为() A.12 B.15 C.12.5 D.15.5 【变式6-2】(2025浙江杭州·三模)如图，在正方形ABCG与正方形CDEF,点G是CF的三等分点， 点H点A关于点C成中心对称.连结EG,BE,BH,DH.若S影=4，则BH长为一 E A H 【变式6-3】(2025江苏南京·一模)如图，在△ABC中，O是AC边上一点，△EFD和△ABC关于点O 成中心对称，连接BD,BE,AF,CF. (I)求证：四边形ABEF是平行四边形. 12114 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)若AB=AC,∠BAC=∠DBC,求证：四边形ABEF是菱形. 1题型07多结论压轴综合 解题必备 4.基础：题干给一个复杂图形（如正方形ABCD,O是对角线交点，E、F在边上，连OE、OF,加 中点、加垂直、加折叠)，判断45个小结论。 5. 方法：拆解顺序 (1)先标固有性质（四边等/四角90/对角线垂直平分相等且分45/OA=OB=0C=OD); (2)见中点→中位线十斜边中线： (3)见垂直→勾股： (4)见O是中心→想到BO是∠ABD平分线（正方形对角线平分角）： (⑤)见折叠→轴对称十对应等量。 6. 思维提醒：本题型特值验错法（设边长2）仍适用，但正式答题要给推理链。 E 典例精析 【典例7】(24-25九年级上·吉林长春·阶段检测)如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是BD, BC,AC,AD的中点，且AB=CD,下列结论：①四边形EFGH是菱形：②EG⊥FH;③FH平分 ∠EHG:④EG=)(8C-AD),其中正确结论的序号是 B 举一反三 【变式71】(2425八年级下·福建福州期中)如图，△ABC是等腰直角三角形，∠A=90°，点D在线 段BC上，过D作DE⊥AB于E,DF⊥AC于F,点G,H分别是EF,BC的中点，若AB=4,则 下列结论正确的是 一（写出所有正确结论的序号） DG-EF ②EF的最小值是2√2：③ADEF的面积始终保持不变： ④当D点不与H点重合时，△DGH是等腰三角形. 13114 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 G B D 【变式7-2】(2024山东临沂一模)如图，在矩形ABCD中，AD>AB,分别以点A,C为圆心， 24C的长为半径画弧，两弧交于点M,N,直线MN分别交AD,BC于点E,R.·下列结论：①四边 形AECF是菱形：②∠AFB=2∠ACB:③AC·EF=CF,CD:④若AF平分∠BAC,则CF=2BF,其 中正确结论的有 (填写正确结论的序号) M D 【变式7-3】(2425八年级下福建福州：期中)如图，BD是边长为4的正方形ABCD的对角线，E,F 分别在AD,CD上，BE平分∠ABD,H是BE上的动点，HM⊥BD于M,若AE=DF,则下列结论 正确的是 (写出所有正确结论的序号)①BE垂直平分AG；②HM+HG的最小值为 √2；③△ABG的面积为4W2;④2DF+DE=BD. 14114函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题04四边形问题综合 (题型突破举一反三) 目录 题型01特殊平行四边形横向辨析 题型02中点四边形综合 题型03新定义阅读题 题型04四边形中的最值问题 题型05四边形中的折叠综合 题型06多边形与中心对称基础 题型07多结论压轴综合 题型01特殊平行四边形横向辨析 典例精析 【典例1】 【答案】(1)证明：在ABCD中，DC‖AB .DC∥FB, ∠DCE=∠AFE,∠CDE=∠FAE E为AD的中点， :ED=EA, :△DCE≌△AFE(AAS), .AF=CD: (2)解：AF=CD,AF∥CD, 四边形ACDF是平行四边形， 若选择条件①：BC=CF, 在ABCD中，BC=AD, 1/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴BC=CF=AD. ∴.平行四边形ACDF是矩形： 若选择条件②：BC⊥CF, 在ABCD中，BC∥AD, .CF⊥AD, ∴.平行四边形ACDF是菱形. 举一反三 【变式1-1】 【答案】(I)证明：：AEII DM:.∠AEF=∠DMF,∠EAF=∠MDF ,F是AD的中点 ∴.AF=DF ∴.△AEF≌ADMF (2)若选择条件①，四边形AEDM是矩形 由(I)可知，△AEF≌△DMF .AE=DM,EF=FM 又.AE DM ∴.四边形AEDM是平行四边形 ,四边形ABCD是平行四边形 .ADII BC,AD=BC ,E,F分别是BC,AD的中点 ∴.AF=BE ∴，四边形ABEF是平行四边形 ∴.AB=EF AE平分∠BAD ∴.∠BAE=∠FAE AD BC ∴.∠AEB=∠FAE ∴.∠AEB=∠BAE ∴.AB=BE ∴.四边形ABEF是菱形 ∴.AF=EF .AD=AF+FD=2AF =2EF EF+FM=EM 2/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .平行四边形AEDM是矩形 若选择条件②，四边形AEDM是矩形 由(1)可知，△AEF≌aDMF ∴.AE=DM,EF=FM 又：AE∥DM ∴.四边形AEDM是平行四边形 :四边形ABCD是平行四边形 .ADI‖BC,AD=BC :E,F分别是BC,AD的中点 ∴.AF=BE ∴.四边形ABEF是平行四边形 ∴.AB=EF AD=2AB=2AF .AB=AF=EF .AD=AF+FD=2AF=2EF EF +FM=EM ∴.平行四边形AEDM是矩形 【变式1-2】 【答案】(1)解：四边形BPCO是平行四边形，理由如下： :四边形ABCD是平行四边形，对角线AC,BD交于点O, 0c-4c,0s-号0 2 又：分别以点B:C为题心，4C,D长为半径面弧，两I交于点p 1 BP-BD-0B.CP-4C-OC. .BP=OC,CP=OB ∴四边形BPCO是平行四边形. (2)解：四边形BPCO是菱形，理由如下： ~四边形ABCD是矩形，对角线AC,BD交于点O, 六AC=BD, OC-AC.OB-BD. .OB=OC 由(1)知四边形BPCO是平行四边形， 3/14 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又0B=OC, ·四边形BPCO是菱形； 3)解：四边形BPCO是矩形，理由如下： ~四边形ABCD是菱形，对角线AC,BD交于点O, 之AC BD:OC=7AC,0B=BD 由(1)知四边形BPCO是平行四边形， 又：AC⊥BD,即∠BOC=90°， .四边形BPCO是矩形： (4)解：四边形BPCO是正方形，理由如下： ~四边形ABCD是正方形，对角线AC,BD交于点O, AC=BD ACL BD:OC-2AC.08-BD .OB=OC,∠BOC=90° 由(1)知四边形BPCO是平行四边形， 又：OB=OC且∠BOC=90°， .四边形BPCO是正方形， 【变式1-3】 【答案】(1)证明：：四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD,∠B=∠D,AD=BC, AF=EC, ∴BC-CE=AD-AF, 即BE=DF, AABE≌ACDF (2)若选①，四边形EHFG是矩形. A F D G B E 证明：，△ABE≌aCDF」 ∴AE=CF,∠AEB=∠CFD 又'G,H分别为AE,CF的中点， 4/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..GE=FH, 四边形ABCD是平行四边形， AD∥BC, ∠DFC=∠BCF, ,∠AEB=∠BCF, AE∥CF, 即EGFH, ∴.四边形EHFG是平行四边形， :AF=FE,G是AE的中点， ∴.FG⊥GE ∴.平行四边形EHFG是矩形. 若选②，四边形EHFG是菱形. F D G H B E 证明：：△ABE≌aCDF, ∴.AE=CF,∠AEB=∠CFD, 又G,H分别为AE,CF的中点， ∴.GE=FH, ,四边形ABCD是平行四边形， AD∥BC. ∴∠DFC=∠BCF, ∠AEB=∠BCF, .AE∥CF, 即EGIFH, ∴四边形EHFG是平行四边形， :EF⊥CB,H是FC的中点， EH-FC=F阳， ∴.平行四边形EHFG是菱形. 5/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 题型02中点四边形综合 典例精析 【典例2】【答案】16 举一反三 【变式2-1】【答案】矩 【变式2-2】 【答案】(I)证明：如图，连接AC, E B 点E,F,G,H分别为AB,BC,CD,DA边的中点， .HG和EF是△ACD和△ACB的中位线， HGAC EFMAC:GH-TAC.EF- C, .HG=EF,HG∥EF, .四边形EFGH是平行四边形： (2)①菱；②矩 (3)菱 【变式2-3】【答案】B 题型03新定义阅读题 典例精析 【典例3】【答案】D E举一反目 【变式3【省茶】4 【变式3-2】 6/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【答案】(1)①40②0 202 ②1 (3)①×②× 【变式3-3】 【答案】(I)菱形，示意图如下，AB=BC=CD=AD,∠A≠∠B,∠A=LC,∠B=∠D: A B D (2)240 (3)解：对角线AD是∠BAD的平分线 理由如下：连接AD,BD,FD. B 六边形 是等边半正六边形 D ABCDEF ∴AB=BC=CD=DE=EF=FA,∠C=∠E. ∴△BCD≌△FED(SAS)」 ∴.BD=FD 在△ABD与△AFD中， AB=AF BD=FD AD=AD ∴△BAD≌△FAD(SSS) .∠BAD=∠FAD ∴.对角线AD是∠BAD的平分线 1题型04四边形中的最值问题 典例精析 【典例4】【答案】C 7/14 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E举-反目 【变式41】 【答案】(1)4.8 (2)解：如图，连接CM, D M .MD⊥AC,ME⊥BC, ∴.∠MDC=∠MEC=90°， :∠C=90° ∴.四边形CDME是矩形， .DE=CM, ∴.DE的最小值等于CM的最小值， 当CM⊥AB时，CM最短， 在RtAABC中，AB=VAC2+BC2=5, CM-ACBC. x5xCM=)×4×3 1 .2 2 解得CM=2.4, ∴.DE的最小值为2.4： 4 【变式42】 【答案】(1)2；4 (2)4 (3)解：设P(xy)(x>0,y>0) :点P(x,)为第一象限内一动点， .DP=OC=x,PC=OD=y, :四边形OCPD为矩形，且面积始终为12， xy=12 8/14 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 y 12 x, A(-3,0),B(0,-4, .0A=3,OB=4, .S阳边形BcD=SAoD+SAOB+S,Boc+ScoD 号×3×121 112 +×3x4+×4x+2X x 2 =2x+18+12, 2x+18≥22x8 =12. x .当2x=18,即29时，2x+元有最小值为12， .当x=3时，四边形ABCD的面积最小，最小值为24， y=2=4,即此时点P的坐标为6,4到 【变式4-3】【答案】D 题型05四边形中的折叠综合 典例精析 【典例5】【答案】20°/20度 举-反目 【变式5-1】【答案】(2+2W2)cm 【变式5-2】 【答案】(I)AC∥ED,OE=OD (2)MK=MN,KN∥FH. 解：猜想：MK=MN,FH∥KN, 证明：，四边形FGHN是平行四边形， ∴.FN∥GH,GH=FN, .∠HFN=∠GHF, 由折叠性质得∠GHF=∠KHF,HK=GH=FN, ∴.∠HFN=∠KHF. 9/14 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .MM HK-MH=FN-MF,则MK=MN, ∴.∠MNK=∠MKN, ,∠FMK=∠MNK+∠MKN=∠HFN+∠KHF,即2∠HFN=2∠MNK, ∴.∠HFN=∠MNK, .FH∥KN: (3)GF的长为3W2或6√2-6 【变式5-3】 【答案】(1)45° (2)解：△AEF是等腰直角三角形，理由如下： 如图，连接DD', B ,四边形ABCD是矩形， AB=DC,∠B=∠C=90°，AD∥BC, ∠ADD'=∠DD'C 由折叠的性质得：∠ABF=∠B=90°，FB=BF, .∠DB'D=90°=∠C. AD=AD', ∴∠ADD=∠ADD, ∴.∠DD'A=∠DD'C 在△DD'B'和△DDC中， ∠DB'D'=∠C ∠DD'B'=∠DD'C DD'=DD' .△DDB'≌△DD'C(AAS). .DB'=DC=AB=AB',CD'=D'B', 又∠AB'D=180°-∠AB'F=90°， .∠B'DA=∠BAD=45°， 10/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AD∥BC, .∠AD'F=∠DFD'=45°， .FB'=B'D'=BF =CD', 由折叠可得，∠ADC=∠AD'E=∠AD'B+∠ED'C=90°， ∴.∠ED'C=∠D'EC=45°， .CD'=CE BF, ,∠C=90° .∠CDF=90°-∠CFD=45°=∠CFD, ∴FC=CD=AB, 又∠C=∠B=90°，BF=CE, ∴.△ABF≌△FCE(SAS). .AF=EF, ∠EAF=∠AEF=45°， ∴∠AFE=90°， ∴△AEF是等腰直角三角形： (3)解：如图，过点E作EH⊥FB交FB的延长线于点H, .D H B B C:∠H=90° 由折叠的性质可知∠AB'F=90°，∠D'=90°， ∴.四边形EHB'D'为矩形， :EH=B'D',D'E =B'H. :矩形ABCD,AB=4,BC=5,AE=√26 .AD=BC=5: 在Rt△ADE中，由勾股定理得：DE=√AE2-AD2=1, 由折叠的性质可知D'E=DE=1,B'D'=AD'-AB=5-4=1, ∠EHF=90°， 设BF=B'F=x, ..HF=B'H+B'F=x+1:CF=BC-BF=5-x:CE=CD-DE=4-1=3, 11/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在R1AEHF中，由勾股定理得：EF2=HF2+HE2=(x+1)+1, 在RtAEFC中，由勾股定理得：EF2=CF2+CE2=(5-x)}+9, (x+1+1=(5-x)}+9 12x=32 解得× FC=5-87 33 在RtECF中，由勾股定理得：EF2=EC2+FC2, EF=30 3 1题型06 多边形与中心对称基础 典例精析 【典例6】 【答案】(1)解：如图①，正方形即为所求： B C 图① (2)解：如图②，四边形EFGH即为所求； G 图② (3)解：如图③，平行四边形P5S即为所求 12/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 R 图③ 举一反三 【变式6-1】【答案】C 【变式6-2】【答案】25 【变式6-3】 【答案】(1) 证明：△EFD和△ABC关于点O成中心对称， ·.AEFD≌△ABC, .EF=AB,∠FED=∠BAC, .EF I AB ∴四边形ABEF是平行四边形； (2) 证明：连接BF, 和 关于点O成中心对称， △EFD△ABC .B,O,F三点共线，OB=OF,OC=OD ∴四边形BCFD是平行四边形， ∠BAC=∠DBC, ∴.∠BAC+∠ABD=∠DBC+∠ABD. 即LBDC=∠ABC, AB=AC, .∠ABC=∠ACB, .∠BDC=∠ACB, .BD=BC, 13/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.四边形BCFD是菱形， .BF⊥CD 又四边形ABEF是平行四边形， oABEF是菱形. 题型07多结论压轴综合 典例精析 【典例7】【答案】①②③ 举一反三 【变式7-1】【答案】①②④ 【变式7-2】【答案】①②④ 【变式7-3】【答案】①③④ 14/14