第一章 特殊平行四边形（3核心+7题型+6难点+复习讲义）数学新教材北师大版九年级上册

该初中数学单元复习讲义以“一般到特殊”的数学思想为主线，通过表格梳理菱形、矩形、正方形的定义、性质及判定定理，用包含关系结构图呈现三者与平行四边形的从属联系，明确复习要点与重难点分布，帮助学生构建完整的知识网络。 讲义亮点在于分层递进的练习设计，从基础“要点速测”到综合“迁移练”再到“难点精练”，覆盖多解、最值、折叠等问题。如“矩形性质求线段长”题型，通过直角三角形斜边中线性质结合勾股定理建方程，培养推理能力与运算能力。每个题型附解题要点，帮助基础学生掌握方法，优秀学生深化思维，教师可据此实施精准教学，提升复习效率。

第一章 特殊平行四边形 复习要点 1. 理解菱形、矩形、正方形的定义，明确它们与平行四边形的从属关系，能依据概念进行正误判断与说理。 2. 掌握三种特殊平行四边形的性质定理和判定定理，区分它们的异同，并能灵活运用其进行相关的证明和计算。 3. 理解矩形、菱形、正方形之间的区别与联系，能画出包含关系的结构图，体会“一般到特殊”的数学思想。 4. 掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半这一重要推论，并能用于解决相关问题。 复习重难点 重点 熟练掌握三种特殊平行四边形的性质与判定，并理清它们之间的内在联系与区别。 难点 区分平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质与判定，并能综合运用其知识进行推理论证。 知识点 菱形的性质和判定 1.菱形的概念：有 的平行四边形叫做菱形。 2.菱形的性质：菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的 ；菱形的对角线 。 3.菱形的判定 （1）有 叫做菱形（概念） （2） 是菱形 （3）对角线 的平行四边形是菱形 要点速测 1．（25-26八年级下·黑龙江七台河·期末）如图，菱形中，过顶点作交对角线于点，若，则___________． 2．（25-26八年级下·山西临汾·期末）中国结作为中国传统手工艺品，寓意是团圆、平安、幸福，承载着人们对美好生活的祈盼．如图，在菱形中，对角线与相交于点，且，，则菱形的高为________． 3．（25-26八年级下·青海海东·期末）如图，在平行四边形中，是的平分线，，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，求菱形的面积． 知识点 矩形的性质和判定 1.矩形的概念：有 叫做矩形，矩形也叫做长方形。 2.矩形的性质：矩形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线 ，四个角 。直角三角形斜边上的中线等于斜边的 。 3.矩形的判定 （1）有 的平行四边形是矩形。 （2） 的四边形是矩形。 （3）对角线 的平行四边形是矩形。 要点速测 4．（25-26八年级下·甘肃兰州·期末）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且．若，则的长为________． 5．（25-26八年级下·福建莆田·期末）如图，中，平分于点为的中点，连接并延长交于点．若，则线段的长为______． 6．（25-26八年级下·北京密云·期末）如图，在中，点G为的中点，交于E，延长到F使，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求的长． 知识点 正方形的性质和判定 1.正方形的概念：有 的平行四边形叫做正方形。 2.正方形的性质：正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有 的一切性质。 3.正方形的判定 （1）有 并且 的平行四边形叫做正方形。 （2）有一组邻边 的矩形是正方形。 （3）有一个角是 的菱形是正方形。 要点速测 7．（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在正方形中，点在边上，，点在上，点在上，，则的度数是________． 8．（25-26八年级下·陕西商洛·期末）如图，在正方形中，，点是对角线上一点，且，连接并延长交于点，则的长为________． 9．（25-26九年级下·四川达州·期中）综合与实践 问题情境：如图，四边形为正方形，点E为对角线上的一动点，连接，过点E作，交直线于点F，以为邻边作矩形，连接． (1)猜想证明：证明四边形是正方形． (2)解决问题：求的度数． (3)解决问题：已知，，请直接写出的长． 题型1 利用菱形的性质求角度或线段长 ▌例1 （25-26八年级下·广东江门·期末）如图，在菱形中，，取大于的长为半径，分别以、为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交边于点（作图痕迹如图所示），连接，．则的度数为_________度． 解题要点 1. 活用菱形边角特性：菱形四边相等，对角相等，邻角互补。常结合对角线平分一组对角及平行线性质（如同旁内角互补）进行角度转换与线段等量代换。 2. 善用对角线互垂性：菱形对角线互相垂直平分，其将菱形分成四个全等的直角三角形。求线段长时，常设对角线一半为未知数，利用勾股定理建立方程求解。 ▌迁移练1-1（25-26八年级下·浙江台州·期末）如图，在平行四边形中，以点为圆心，为半径作弧，交于点，再分别以点B，F为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点，射线交于点．若，则的长为________________． ▌迁移练1-2（25-26八年级下·山东日照·期末）某校的电动伸缩门（如图1）每行由20个完全相同的菱形构件依次铰接组成（示意图如图2），每个菱形的边长为．当菱形内角的度数从缩小到时，伸缩门的总长度缩小了________． ▌迁移练1-3（25-26八年级下·湖北孝感·期末）已知四边形为菱形，，为上任意一点，点为上任意一点． （1）菱形的面积为______； （2）的最小值是______． 题型2 菱形的性质与判定综合问题 ▌例2 （25-26八年级下·陕西商洛·期中）如图，在四边形中，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的周长为18，求菱形的面积． 解题要点 1. 先判形状再套性质：先根据已知条件（如邻边相等、对角线垂直或平分对角等）判定四边形为菱形，再运用菱形边角对角线特性（四边相等、对角线垂直平分等）求角度或线段长。 2. 等量代换与勾股计算：菱形对角线将图形分割成全等直角三角形，求线段长时灵活运用勾股定理，并结合等量代换（如菱形四边相等、对角线互相平分）实现条件转化。 ▌迁移练2-1（25-26八年级下·甘肃张掖·期末）如图，的对角线与相交于点，点是上一点，连接，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． ▌迁移练2-2（25-26九年级下·四川达州·期中）如图，在中，，为边上的一点，将沿折叠，点B的对应点为落在边上． (1)如图1，猜想四边形的形状并证明； (2)如图2，在（1）的条件下，以A为圆心，为半径画弧交于点F，若，．求的长． ▌迁移练2-3（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，在中，的平分线交于点，交的延长线于点，以、为邻边作． (1)求证：是菱形． (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由． (3)若，，，直接写出四边形的面积． 题型3 利用矩形的性质求角度或线段长 ▌例3 （25-26八年级下·江西赣州·期末）如图，点是矩形的对角线的中点，是边的中点．若，，则线段的长为_______． 解题要点 1. 活用边角与对角线特性：矩形四个角都是直角（90°），对边平行且相等，可用勾股定理。对角线相等且互相平分，常结合等腰三角形及平行线性质进行角度与线段转化。 2. 善用直角三角形斜边中线：矩形对角线交点到四个顶点距离相等（即斜边中线等于斜边一半）。求线段长时，常设未知数，利用勾股定理或面积法建立方程求解。 ▌迁移练3-1（25-26八年级下·河南鹤壁·期末）如图，四边形是矩形，对角线，相交于点，点，分别在边，上，连接交对角线于点．若为的中点，，则_____． ▌迁移练3-2（25-26八年级下·甘肃临夏·期末）如图，在矩形中，在上，连接，，将沿翻折，点的对应点恰好落在上．若，，则_______． ▌迁移练3-3（25-26八年级下·江西上饶·期末）在矩形中，，，点是折线上的动点(且点不与点重合)，当的长为整偶数时，则的长是______． 题型4 矩形的性质与判定综合问题 ▌例4 （25-26八年级下·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，已知菱形，过点A，D分别作于点E，交延长线于点F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求此菱形的边长． 解题要点 1. 先证矩形再套性质：先根据已知条件（如一个角是直角、对角线相等或三个角是直角等）判定四边形为矩形，再运用矩形边角对角线特性（四个直角、对角线相等且互相平分等）求角度或线段长。 2. 直角与勾股建方程：矩形提供丰富直角条件，求线段长时优先构造直角三角形，利用勾股定理建立方程求解，并结合对角线相等且平分实现等量代换与条件转化。 ▌迁移练4-1（25-26八年级下·海南省直辖县级单位·期末）如图，已知四边形是平行四边形，对角线、交于点，是等边三角形． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． ▌迁移练4-2（25-26八年级下·陕西榆林·期末）如图，是等腰三角形，，点D、E分别是、的中点，连接并延长至点F，使，连接、、． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求矩形的周长． ▌迁移练4-3（25-26八年级下·河南郑州·期末）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 题型5 利用正方形的性质求角度或线段长 ▌例5 （25-26八年级下·浙江台州·期末）如图，是正方形外一点，，则的度数为____________． 解题要点 1. 活用四重特性：正方形集平行四边形、矩形、菱形性质于一身——四边相等、四角为直角、对角线相等且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角（得45°角）。 2. 勾股与全等转化：求线段长时优先利用对角线构造等腰直角三角形，用勾股定理建立方程；角度问题常结合全等三角形或旋转（如手拉手模型）进行等量代换。 ▌迁移练5-1（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在正方形中，点在的延长线上，连接，，且，则的度数为__________． ▌迁移练5-2（25-26八年级下·辽宁铁岭·期末）如图，正方形的边长为4，G是对角线上一动点，于点E，于点F，连接，点G在运动过程中，线段的最小值为________． ▌迁移练5-3（25-26八年级下·河北衡水·期末）如图，在教学过程中，王老师为了让学生更加直观地体验四边形不具有稳定性，将四根长度为的木条用钉子钉成一个正方形框架，向右拉动框架得到四边形．当点D与点的距离最小时，四边形的面积为______． 题型6 正方形的性质与判定综合问题 ▌例6 （25-26八年级下·上海嘉定·期末）如图，已知：在中，，、的平分线相交于点，过点分别作，，垂足分别为、． (1)求证：四边形是正方形； (2)如果的长为2，的面积为24，求的面积． 解题要点 1. 先判后性：先根据条件（如邻边相等且一个角为直角、对角线垂直且相等）判定正方形，再运用其四边相等、四角为直角、对角线互相垂直平分且平分对角等性质解题。 2. 勾股与全等：求线段长时利用对角线构造等腰直角三角形，用勾股定理建方程；角度或线段关系常借助全等三角形或旋转进行等量代换与转化。 ▌迁移练6-1（25-26八年级下·陕西榆林·期末）如图，是的对角线，，点E是边的延长线上一点，连接，过点C作于点F，交于点G，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)若点F是的中点，，求的长． ▌迁移练6-2（25-26九年级上·陕西榆林·期中）如图，在中，是边上的中线，以为边作，连接分别与相交于点． (1)求证：四边形为正方形； (2)若，求的长． ▌迁移练6-3（25-26八年级下·海南省直辖县级单位·期末）【问题情境】在正方形中，点为对角线上一点（不与、重合），连接、，过点作，交于点． (1)【猜想证明】如图所示，求证：． (2)【解决问题】如图所示，分别以，为邻边作矩形，①求证：四边形是正方形；②若，求的值． (3)【拓展提升】如图所示，点是的中点，连接交于点，若，，则正方形的边长为________．（直接填写结果） 题型7 菱形、矩形、正方形中作图问题 ▌例7 （25-26八年级下·福建福州·期末）如图，是矩形的对角线． (1)请用圆规和无刻度的直尺，分别在上找点E，F，使得四边形为菱形； (2)在（1）条件下，若，，求菱形的面积． 解题要点 1. 抓住对称性与特殊角：利用三种图形均为轴对称图形（对角线、中垂线为对称轴），作图时常通过对称找等点。正方形与菱形常含45°或60°角，可借助特殊角构造。 2. 善用对角线互垂平分：菱形与正方形对角线互相垂直平分，矩形对角线相等且平分。作图时多利用对角线交点作为中点，结合垂直关系作垂线或等距点。 ▌迁移练7-1（25-26八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，，，是中点． (1)求的长； (2)在直线上求作点，使得（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）． (3)在（2）的条件下求的面积． ▌迁移练7-2（25-26八年级下·江西南昌·期末）如图，是一正六边形，请你仅用无刻度的直尺，分别按照下列要求作图（保留作图痕迹）． (1)在图1中，作一个以为边的矩形； (2)在图2中，作一个以为对角线的菱形． ▌迁移练7-3（25-26八年级下·江西上饶·期末）如图，在正方形中，点E 是边上一点，连接，请仅用无刻度的直尺完成以下作图(保留作图痕迹)． (1)在图1中，，在边上作出点F，使得； (2)在图2 中，，在边上作出点 H，使得 难点一 特殊平行四边形中的多解问题 1. 图形位置的分类不全 题目若未配图或仅描述“对角线夹角”等条件，顶点顺序、对角线位置或直角方向常存在多种排列。难点在于需按边与对角线的相对方位进行穷举分类，学生极易遗漏对称或旋转带来的隐性情形。 2. 性质判定的互推混淆 判定特殊平行四边形时，多种性质（如邻边相等、对角线垂直）可互为条件。难点在于逆向推理时，易忽略性质成立的前提顺序，误将充分条件当充要条件使用，导致增解或漏解。 难点精练 1．（25-26八年级下·上海虹口·期末）已知四边形是菱形，，如果用剪刀将该菱形只剪两刀，则可以得到三个等腰三角形，那么的度数为_______． 2．（25-26八年级下·江西上饶·期末）如图，矩形中，，，点为边的中点，点在边上运动，为的中点，当为等腰三角形时，的长为______． 3．（25-26八年级下·河南周口·期末）若正方形的边长为4，E为边上一点，，M为线段上一点，射线交正方形的一边于点F，且，则的长为______． 难点二 特殊平行四边形中的多结论问题 1. 判定定理的逆向误用 多结论题常混杂“边、角、对角线”三类判定条件。难点在于学生易将菱形、矩形、正方形的判定定理条件与结论颠倒，错把“对角线相等”直接等价为矩形，忽视四边形前提，导致结论误判。 2. 隐含条件的逻辑叠加 部分结论需同时满足多个中间性质才能推导。难点在于梳理条件之间的推导层级与并存关系，而非孤立判断单一条件。若未建立清晰的全等或等角导链，则易在多个结论的交叉验证中产生逻辑混乱。 难点精练 1．（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在菱形中，，与交于点O，点为延长线上的一点，与，分别交于点，，且，连接和，，则以下4个结论：①；②平分；③；④，正确的序号是_______． 2．（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，在矩形中，点是的中点，的平分线交于点，将沿折叠，点恰好落在上点处，延长、交于点，有下列四个结论：①；②；③是等边三角形；④．其中正确结论的序号是__________． 3．（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，正方形的面积为16，对角线，相交于点，点，分别在边，上运动，，平分，与边交于点．则下列结论： ①； ②的面积保持不变； ③； ④EF的最小值为． 其中正确说法的序号是_______．（把你认为正确的序号都填上） 难点三 特殊平行四边形中的最值问题 1. 动点轨迹的隐性定位 难点在于识别动点在边、对角线或其延长线上运动时，目标线段（如和、差、乘积）所隐含的几何轨迹（如直线、圆或对称点）。若未发现对称或共线关系，则无法将动态最值转化为静态定点问题。 2. 函数模型的建立与约束 将几何关系转化为二次函数或不等式后，难点在于严格界定自变量的取值范围（受限于边长、角度等）。若忽略边界限制而直接求顶点最值，则所得极值可能超出图形实际存在域，导致结果失真。 难点精练 1．（25-26八年级下·湖北咸宁·期末）如图，在菱形中，，，若P是边上的动点，__________；的最小值为__________． 2．（25-26八年级下·河南商丘·期末）如图，在中，，P为边上一动点（点P不与点B，C重合），过点P作于点E，于点F，M为的中点，则_______，的最小值为_______． 3．（25-26八年级下·山东威海·期末）如图，点是正方形边上一个动点，连接，以为边作等腰直角三角形，使，连接．若，则的最小值为______________． 难点四 特殊平行四边形中的折叠问题 1. 折痕的几何性质转化 折叠的本质是轴对称变换。难点在于准确识别折痕即为对称轴，并利用其性质（对应点连线被垂直平分、对应边角相等）建立全等或勾股关系。学生若无法在脑中复原折叠前后图形的位置变化，则易漏掉关键等量。 2. 方程建模与边界检验 折叠后顶点落点位置不确定（可能落在边、对角线或延长线上），需分类讨论。难点在于设未知数列方程时，既要满足几何约束（如斜边大于直角边），又要检验解是否符合折叠后的实际图形位置，否则极易产生增根。 难点精练 1．（25-26八年级下·广西南宁·期末）【问题情境】在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的折叠”为主题开展小组数学活动． 已知菱形纸片，． 【成果展示】 (1)第一小组：如图1，连接，折叠菱形纸片，使点落在对角线上的点处，折痕分别交，于点，．判断四边形的形状，并加以证明． (2)第二小组：将菱形纸片沿过点的直线折叠到如图2所示的位置，点的对应点为点，折痕交于点，交于点． ①判断和的数量关系，并加以证明． ②将菱形纸片沿过点的直线折叠到如图3所示的位置，其中交于点．若恰好是的中点，且，求线段的长． 2．（25-26八年级下·福建福州·期末）在矩形折叠探究活动中，同学们围绕以下三个情境展开思考． (1)【操作与证明】： ①如图①所示，将矩形沿折叠后，使得点与点重合，点与点重合，若，则________，________； ②如图②所示，将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与交于点，过点作交于点，求证：四边形是菱形； (2)【迁移应用】： 如图③所示，将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与交于点，连接，若，，求的长． 3．（25-26八年级下·安徽合肥·期末）数学学习中，要善于运用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯． 【问题情境】数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动，已知矩形纸片宽．（每个小组的矩形纸片规格相同） 【动手实践】 (1)如图1，A小组将矩形纸片折叠，点落在边上的点处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形．试判断四边形的形状，并加以证明； (2)如图2，B小组将矩形纸片对折使与重合，展平后得到折痕，再次过点折叠使点落在折痕上的点处，得到折痕，连结，展平后得到四边形，请求出四边形的面积； 【深度探究】 (3)如图3，C小组将图1中的四边形剪去，然后在边，上取点，，将四边形沿折叠，使点的对应点始终落在边上（点不与点，重合），点落在点处，与交于点． 探究：当在上运动时，的周长是否会变化？如变化，请说明理由，如不变，请求出该定值． 难点五 特殊平行四边形中的旋转问题 1. 旋转全等关系的挖掘 旋转本质是全等变换。难点在于准确找到旋转中心、对应点及旋转角，利用对应边相等、对应角相等建立全等三角形。学生易忽视旋转后图形位置变化，遗漏隐含的等量关系，导致辅助线添加困难。 2. 旋转临界位置的界定 当旋转角变化时，点、线可能落在特殊位置（如共线、垂直或顶点重合）。难点在于分析旋转过程中图形的动态边界，精准确定满足条件的旋转角范围，若忽视临界情形，则易导致解集不完整或漏解。 难点精练 1．（25-26九年级上·陕西榆林·期末）如图，把矩形绕点C旋转，得到矩形，且点E落在边上，连接，，交于点H． (1)求证： ①平分； ②H是的中点； (2)连接，若平分，，求的长． 2．（25-26八年级下·江苏扬州·期末）综合与实践：数学张老师带领学生探究矩形的旋转，同学们用矩形纸片操作实践并探索发现．如图1，四边形是一张矩形纸片，，．先将边向上翻折，使与重合，折痕为（如图2），沿裁开得到两个矩形．矩形保持不动，将矩形绕点逆时针旋转，点的对应点为． (1)如图3，小聪将矩形的顶点旋转至边上，连接交于点． ①则的长为______；②求证：． (2)如图4，小明继续旋转矩形，他发现，当点落在的延长线上时，点、、在同一条直线上，小明的发现正确吗？请说明理由． (3)小红在小明的基础上继续探究，连接交于点，延长交的延长线于点，小红说她可以计算出的长，则______． 3．（25-26八年级下·福建泉州·期末）【问题情境】同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 【操作发现】 (1)如图1，正方形和正方形，连接，．线段与线段之间的数量关系是___________；直线与直线的夹角度数为___________；（注：两条直线的夹角是指两条直线相交所形成的小于等于的角） (2)如图2，当正方形绕点旋转时，线段与线段之间的数量关系是___________；直线与直线的夹角度数为___________． 【深入探究】 (3)如图3，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想线段与的数量关系及直线与的夹角度数，并说明理由． 【迁移探究】 (4)如图3，在（3）的条件下，，在菱形绕点旋转过程中，求线段的最小值． 难点六 特殊平行四边形中的新定义型探究问题 1. 自定义概念的几何化落地 新定义往往将非标准几何属性（如“等角点”“中心距”）强加于特殊平行四边形。难点在于剥离文字表象，将其精确转化为边、角或对角线之间的代数关系式，并基于菱形、矩形、正方形的特有性质构建推导路径。若转化偏差，后续探究将无本可依。 2. 逆向推理与分类兼容 探究结论需从特殊图形的性质反向验证新定义，且常需对顶点位置或形状方向分类讨论。难点在于避免将性质误当定义，确保正向与逆向推导逻辑闭环，同时兼顾多类特殊图形的兼容情形，否则易遗漏潜在结论。 难点精练 1．（25-26八年级下·河南南阳·期末）【概念生成】 新定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫作“神奇四边形”． (1)在①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形中一定是“神奇四边形”的是__________（填序号）． 【基础探究】 (2)如图，在正方形中，为边上一点（不与，重合），连接，过点作于点，交于点，连接，．求证：四边形为“神奇四边形”． (3)在（2）的条件下，若四边形的面积为29，正方形边长为7，求的长． 2．（24-25八年级下·四川成都·期中）定义：如果四边形的一条对角线的中点到另外两个顶点的距离都等于这条对角线长的一半，那么我们称这样的四边形为“等距四边形”． (1)在下列图形中：①平行四边形、②矩形、③菱形，一定是“等距四边形”的是______；（填序号） (2)①：如图1，在菱形中，于点E，点F是菱形边上的一点，顺次连接B、E、D、F，若四边形为“等距四边形”，求线段EF的长； ②：将①中条件改为，其余条件不变，请画出图形，并求出以为边的正方形面积． (3)如图2，在平行四边形中，，点P是内任意一点，在上是否分别存在点，使得这些点与点P的连线将恰好分割成三个“等距四边形”，若存在，求这三个“等距四边形”的周长和，若不存在，请说明理由． 3．（25-26八年级下·湖南长沙·期末）定义：在菱形中，若直线平行于菱形的一条对角线，其中点为凸四边形边上的点（异于顶点），则称线段为菱形中关于此对角线的“中轴弦”．如图1，若，则称线段为菱形中关于的“中轴弦”． (1)若，线段为菱形中关于的“中轴弦”，且、分别是各边上的中点，的度数为______；的长度为______． (2)如图2，在菱形中，点、分别在、上，连接、相交于点，连接，，求证：为菱形中关于的“中轴弦”． (3)如图3，、是菱形中关于的“中轴弦”，且位于异侧，与交于点，连接、、、、、，记凸四边形，，的面积依次为，，四边形的周长为，若，试用含与的式子表示． 基础达标 一、单选题 1．给出下列判断，正确的是（　　） A．对角线相等的四边形是矩形 B．四条边相等的四边形是正方形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 2．如图，在菱形中，与交于点O，，，则菱形的面积为（    ） A．48 B．36 C．24 D．12 3．如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，垂足为E．若，，则的长为（  ） A．6 B．5 C． D．7 4．如图，把正方形纸片沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为，再过点折叠纸片，使点落在EF上的点处，折痕为．若的长为4，则的长为（   ） A．3 B． C． D．2 二、填空题 5．如题图，在中，是斜边上的中线，，则 ． 6．如图，是菱形的对角线，于点E，交于点F，若，则 7．如图，将长方形沿折叠，使点落在边上的点，若．则 度． 8．如图，点在正方形的边的延长线上，且，点是边上一动点，连接，过点作交于点，则： （1）的度数是 °； （2）的值为 ． 三、解答题 9．如图，是矩形的对角线，的垂直平分线交于点，交于点，连接，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，求四边形的周长． 10．已知：四边形是矩形，对角线、相交于点O，若，，、交于点E． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的平分线交于点F，且，求的值． 11．如图，在中，F是的中点，E是线段延长线上一动点，连接，，过点B作，与线段的延长线交于点D，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，则在点E运动的过程中： ①当四边形是菱形时，求的值； ②当 时，四边形是矩形． 12．如图①，点E为正方形内一点，，点为正方形外一点，（点A的对应点为点C，点E的对应点为点）．延长交于点F，连接． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求的长； (3)如图②，若，请猜想线段段与的数量关系并加以证明． 能力进阶 一、单选题 1．如图，在矩形中，E为边上的一点，连结，过点D作，垂足为F，若，，，则的长为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 2．如图，已知正方形的边长为3，点E，F，G，H分别为正方形各边上一点，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 3．如图1，在菱形中，，动点P从点A出发，沿，，匀速运动至点B，连接，．设点P运动的路程为x，的面积为y，如果y与x之间的函数图象如图2所示，那么下列说法中正确的是（   ） A． B． C．菱形的面积 D．当时，点P一定运动到的中点 二、填空题 4．如图，菱形对角线，相交于点，测得，，过点作于点，则的长为 ． 5．如图，在矩形中，相交于点O，平分，交于点E．若，，则的长为 ． 6．如图，在正方形中，是上任意一点，连接与关于对称，延长线与延长线交于点，连接交于点． （1）度数为 ； （2）若点是中点，，则的长为 ． 三、解答题 7．如图，在边长为12的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足与交于点O，点M是的中点． (1)求证：； (2)若，求的面积； (3)若点G是边上的点，且，求的最小值． 8．如图，四边形，对角线平分，，．点E在边上，连接交于F，点B与点G关于对称，且G在下方． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，． ①试探究点G与直线的位置关系，并说明理由； ②连接，为等腰直角三角形时，求的值． 9．【教材呈现】下面是人教版八年级下册的部分内容： 如图，四边形是正方形，点是边的中点，，且交正方形的外角的平分线于点．求证：（提示：取的中点，连接）． （1）请你思考教科书中的“提示”，这样添加辅助线的意图是创造新的条件，可证明____________，从而可得； 【类比探究】 （2）如图1，若点是边上任意一点（不与重合），其他条件不变．求证：； 【拓展探究】 （3）如图（2），四边形是正方形，点是直线上一点，，交正方形外角的平分线于点．若，，直接写出的长． 10．在矩形纸片中，， 点P在边上，点Q在边上，将纸片沿折叠，使顶点B落在点E 处． 【初步认识】 （1）如图1，折痕的端点P与点A 重合． ①当时， ______； ②若点 E 恰好在线段上，求的长； 【深入思考】 （2）如图2， 点E恰好落在边上．过点E作交于点F， 连接．根据题意，补全图2并证明四边形是菱形； 【拓展提升】 （3）如图3，若，连接．当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出线段的长． 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 特殊平行四边形 复习要点 1. 理解菱形、矩形、正方形的定义，明确它们与平行四边形的从属关系，能依据概念进行正误判断与说理。 2. 掌握三种特殊平行四边形的性质定理和判定定理，区分它们的异同，并能灵活运用其进行相关的证明和计算。 3. 理解矩形、菱形、正方形之间的区别与联系，能画出包含关系的结构图，体会“一般到特殊”的数学思想。 4. 掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半这一重要推论，并能用于解决相关问题。 复习重难点 重点 熟练掌握三种特殊平行四边形的性质与判定，并理清它们之间的内在联系与区别。 难点 区分平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质与判定，并能综合运用其知识进行推理论证。 知识点 菱形的性质和判定 1.菱形的概念：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 2.菱形的性质：菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 3.菱形的判定 （1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2）四边相等的四边形是菱形 （3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形 要点速测 1．（25-26八年级下·黑龙江七台河·期末）如图，菱形中，过顶点作交对角线于点，若，则___________． 【答案】63 【分析】根据菱形的性质推出，再根据直角三角形两锐角互余求解即可． 【详解】解：菱形， ，， ， ， ， ， ， ． 2．（25-26八年级下·山西临汾·期末）中国结作为中国传统手工艺品，寓意是团圆、平安、幸福，承载着人们对美好生活的祈盼．如图，在菱形中，对角线与相交于点，且，，则菱形的高为________． 【答案】14.4 【分析】先根据菱形的性质和勾股定理求得，则，再根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，，，， ∴， ∴， ∵是菱形的高， ∴， ∴． 3．（25-26八年级下·青海海东·期末）如图，在平行四边形中，是的平分线，，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，求菱形的面积． 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形， ， ， ，， ∴四边形是平行四边形； 是的平分线， , ， ， 平行四边形是菱形； (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，可证明四边形是平行四边形，再根据平行线的性质和角平分线的定义证明，得到，则可证明四边形是菱形； （2） 根据菱形的性质得到，利用勾股定理求出的长，进而得到的长，再根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接交于点， 由（1）得四边形是菱形， ∴， ∴， ， 菱形的面积． 知识点 矩形的性质和判定 1.矩形的概念：有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。 2.矩形的性质：矩形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 3.矩形的判定 （1）有一个角是直角的平行四边形是矩形。 （2）三个角是直角的四边形是矩形。 （3）对角线相等的平行四边形是矩形。 要点速测 4．（25-26八年级下·甘肃兰州·期末）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且．若，则的长为________． 【答案】2 【分析】由矩形性质可得，结合可证点为中点，利用三角形中位线定理即可求解． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ，即点是的中点， 点是边的中点， 是的中位线， ． 5．（25-26八年级下·福建莆田·期末）如图，中，平分于点为的中点，连接并延长交于点．若，则线段的长为______． 【答案】 【分析】由直角三角形的性质可求得，由等腰三角形的性质和角平分线的定义可证得，证明四边形是平行四边形，从而证明，再利用三角形中位线定理可求得的长，则可求得的长． 【详解】解：如图，过作交的延长线于， ∵为的中点， ， ， 平分， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形，， ， ， 又∵， ， ， ∴为的中位线， ， ． 6．（25-26八年级下·北京密云·期末）如图，在中，点G为的中点，交于E，延长到F使，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)证明：在中，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． (2) 【分析】（1）结合已知条件，利用平行四边形的性质，线段和差关系证明四边形是平行四边形，再根据证得结论； （2）根据（1）的结论结合平行四边形的性质得出，，利用解含30度的直角三角形求出的长度，利用勾股定理求得的长度，继续通过勾股定理求得的长度，最终利用直角三角形斜边中线定理即可求得结果． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∵， 在中，， ∴， 在中，， ∵点G为的中点， ∴． 知识点 正方形的性质和判定 1.正方形的概念：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。 2.正方形的性质：正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 3.正方形的判定 （1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。 （2）有一组邻边相等的矩形是正方形。 （3）有一个角是直角的菱形是正方形。 要点速测 7．（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在正方形中，点在边上，，点在上，点在上，，则的度数是________． 【答案】或 【分析】过点E作于点H，分两种情况考虑，利用直角三角形全等的判定与性质即可求解． 【详解】解：过点E作于点H， ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴ 在图1中，， 在图2中，， 综上，的度数为或． 8．（25-26八年级下·陕西商洛·期末）如图，在正方形中，，点是对角线上一点，且，连接并延长交于点，则的长为________． 【答案】 【分析】证明，求出，进一步得到，根据即可求出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 9．（25-26九年级下·四川达州·期中）综合与实践 问题情境：如图，四边形为正方形，点E为对角线上的一动点，连接，过点E作，交直线于点F，以为邻边作矩形，连接． (1)猜想证明：证明四边形是正方形． (2)解决问题：求的度数． (3)解决问题：已知，，请直接写出的长． 【答案】(1)证明：过作于点，于点， ∵正方形， ∴， ∴，，则， ∴四边形为正方形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形为正方形， (2) (3)或 【分析】（1）过作于点，于点，由，得到，即可求解； （2）证明，得到， （3）由正方形，正方形，得到，由，得到，依次求出的长，最后由，得到，即可求解，注意分情况讨论． 【详解】（1）略 （2）解：∵矩形为正方形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， （3）解：过作于点，于点，由（1）得正方形，， ①当在线段上时， ∵正方形，正方形， ∴， ∴，即：， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴； ②当在延长线上时，如图： ∵正方形，正方形， ∴， ∴，即：， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴； 综上所述，或． 题型1 利用菱形的性质求角度或线段长 ▌例1 （25-26八年级下·广东江门·期末）如图，在菱形中，，取大于的长为半径，分别以、为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交边于点（作图痕迹如图所示），连接，．则的度数为_________度． 【答案】48 【分析】根据题意知虚线为线段的垂直平分线，得，得；根据菱形的性质得，，，可计算的度数． 【详解】解：根据题意知虚线为线段的垂直平分线， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴． 解题要点 1. 活用菱形边角特性：菱形四边相等，对角相等，邻角互补。常结合对角线平分一组对角及平行线性质（如同旁内角互补）进行角度转换与线段等量代换。 2. 善用对角线互垂性：菱形对角线互相垂直平分，其将菱形分成四个全等的直角三角形。求线段长时，常设对角线一半为未知数，利用勾股定理建立方程求解。 ▌迁移练1-1（25-26八年级下·浙江台州·期末）如图，在平行四边形中，以点为圆心，为半径作弧，交于点，再分别以点B，F为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点，射线交于点．若，则的长为________________． 【答案】 【分析】设交于点． 根据作图痕迹可知，， 结合平行四边形性质证明四边形是菱形，利用菱形对角线互相垂直平分及勾股定理求出，进而求出． 【详解】解：如图，连接，设交于点． 由作图可知：，平分， ∴． 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ∴， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ，，， ， ， ∵在中，，， ， ． ▌迁移练1-2（25-26八年级下·山东日照·期末）某校的电动伸缩门（如图1）每行由20个完全相同的菱形构件依次铰接组成（示意图如图2），每个菱形的边长为．当菱形内角的度数从缩小到时，伸缩门的总长度缩小了________． 【答案】 【分析】连接菱形的对角线，根据菱形的性质及勾股定理求出时菱形的水平对角线长，根据等边三角形的判定和性质求出时菱形的水平对角线长，最后计算个菱形的总长度差即可． 【详解】解：设菱形的边长为 当时， 如图，连接，相交于点， 四边形是菱形，， ，，， ， ， 在中，， ， 此时伸缩门的总长度为； 当时，如图，连接， 四边形是菱形，， ， 是等边三角形， 此时伸缩门的总长度为； ∴伸缩门的总长度缩小了． ▌迁移练1-3（25-26八年级下·湖北孝感·期末）已知四边形为菱形，，为上任意一点，点为上任意一点． （1）菱形的面积为______； （2）的最小值是______． 【答案】 【分析】（1）菱形的对角线互相垂直平分，设对角线、交于点，根据菱形的性质以及勾股定理可以求出菱形的对角线的长度，再 根据菱形面积为对角线乘积的一半计算即可； （2）利用菱形的对称性可知点和点关于对称，因此对上任意点，都有，可得，根据点到直线的距离，垂线段最短可知：的最小值是点到直线的垂线段长度，求解即可． 【详解】（1）设、交于交点，如图所示， ∵四边形为菱形，， ∴， ∵ ∴在中，由勾股定理得： ， ∴， ； （2）连接， ∵四边形为菱形，为对角线， ∴， ∴为的垂直平分线， ∴， ∴， ∴的最小值是点到直线的垂线段长度， ∵菱形的面积为24， ∴， 解得， 即的最小值为． 题型2 菱形的性质与判定综合问题 ▌例2 （25-26八年级下·陕西商洛·期中）如图，在四边形中，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的周长为18，求菱形的面积． 【答案】(1)证明：设与交于点O，如图所示： ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； (2)24 【分析】（1）由角平分线的定义得，由平行线的性质得，，根据等腰三角形的判定得出，证明，得出，先证明四边形为平行四边形，再证明四边形为菱形； （2）先根据菱形的性质得出，，，，再根据的周长为18，得出，根据勾股定理求出，最后根据菱形的面积公式求出结果即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵的周长为18， ∴， ∴， 在中，根据勾股定理得：， ∴， ∴菱形的面积为． 解题要点 1. 先判形状再套性质：先根据已知条件（如邻边相等、对角线垂直或平分对角等）判定四边形为菱形，再运用菱形边角对角线特性（四边相等、对角线垂直平分等）求角度或线段长。 2. 等量代换与勾股计算：菱形对角线将图形分割成全等直角三角形，求线段长时灵活运用勾股定理，并结合等量代换（如菱形四边相等、对角线互相平分）实现条件转化。 ▌迁移练2-1（25-26八年级下·甘肃张掖·期末）如图，的对角线与相交于点，点是上一点，连接，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明：四边形是平行四边形， ， 是边上的中线， ， ∴, ∴四边形是菱形； (2) 【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分，可知，结合，利用等腰三角形三线合一，可证，即可证明结论成立 （2）由（1）可得是菱形，然后算得，然后在中利用勾股定理，可算得，，根据即可得到答案． 【详解】（1）略 （2）解：，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ∴． ▌迁移练2-2（25-26九年级下·四川达州·期中）如图，在中，，为边上的一点，将沿折叠，点B的对应点为落在边上． (1)如图1，猜想四边形的形状并证明； (2)如图2，在（1）的条件下，以A为圆心，为半径画弧交于点F，若，．求的长． 【答案】(1)解：四边形为菱形，证明如下： 由折叠得，，，， 在中，， ． ， ∴四边形为菱形． (2)5 【分析】（1）根据折叠可得对应边相等，对应角相等，从而可证得四条边相等，即可判定四边形为菱形； （2）设，表示出、的长度，由四边形为菱形可得，，从而可得，，再结合勾股定理即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：连接交于点， 由题意得，，设，则． ， 由（1）得，四边形为菱形． ，， ，， 在中，， ∴，解得，（舍去）， ． ▌迁移练2-3（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，在中，的平分线交于点，交的延长线于点，以、为邻边作． (1)求证：是菱形． (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由． (3)若，，，直接写出四边形的面积． 【答案】(1)证明：四边形是平行四边形， ，， ，， 是的平分线， ， ， ， 四边形是平行四边形， 平行四边形是菱形； (2)四边形是正方形，理由如下： 由（1）知， 在中，， ， ， ， 是直角三角形，且， 四边形是菱形， 四边形是正方形； (3) 【分析】（1）先利用平行四边形对边平行的性质，结合角平分线条件，推导，进而得到，从而得出结论； （2）由（1）已知是菱形，结合的条件，对使用勾股定理逆定理，判断的度数，再根据正方形判定定理即可确定四边形形状； （3）先根据平行四边形的性质和角平分线的性质推导，进而求出长，过点作于点，根据含角的直角三角形的性质求出长，再利用勾股定理求出长，最后利用菱形面积公式求解即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：四边形是平行四边形， ，， ， 由（1）知，， ， ， ， 由（1）知，四边形是菱形， ， 过点作于点， ， ， ， 在中，， ， ， 四边形的面积为． 题型3 利用矩形的性质求角度或线段长 ▌例3 （25-26八年级下·江西赣州·期末）如图，点是矩形的对角线的中点，是边的中点．若，，则线段的长为_______． 【答案】 【分析】先证明是的中位线，再结合已知条件则的长可求出，所以利用勾股定理可求出的长，由矩形的性质即可求出的长． 【详解】解：四边形是矩形， ， 是矩形的对角线的中点，是边的中点， 是的中位线，， ∴， ， ， ， ， ． 解题要点 1. 活用边角与对角线特性：矩形四个角都是直角（90°），对边平行且相等，可用勾股定理。对角线相等且互相平分，常结合等腰三角形及平行线性质进行角度与线段转化。 2. 善用直角三角形斜边中线：矩形对角线交点到四个顶点距离相等（即斜边中线等于斜边一半）。求线段长时，常设未知数，利用勾股定理或面积法建立方程求解。 ▌迁移练3-1（25-26八年级下·河南鹤壁·期末）如图，四边形是矩形，对角线，相交于点，点，分别在边，上，连接交对角线于点．若为的中点，，则_____． 【答案】/度 【分析】根据矩形的性质可得，得出，进而根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出，则，再根据三角形的外角的性质，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵ ∴ ∵在中，为的中点， ∴ ∴ ∴ ∴． ▌迁移练3-2（25-26八年级下·甘肃临夏·期末）如图，在矩形中，在上，连接，，将沿翻折，点的对应点恰好落在上．若，，则_______． 【答案】 【分析】利用矩形的性质，等角对等边以及勾股定理结合题目信息求解即可． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ， 由折叠得，，，， ， ， 在中，， ． ▌迁移练3-3（25-26八年级下·江西上饶·期末）在矩形中，，，点是折线上的动点(且点不与点重合)，当的长为整偶数时，则的长是______． 【答案】或或 【分析】由矩形的性质和勾股定理可得，，再分点在上运动和点在上运动两种情况，利用勾股定理表示出的长，再结合的长为整偶数即可求解． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，，， ∵， ∴， ∵点是折线上的动点(且点不与点重合)， 当点在上运动时，如图， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵的长为整偶数， ∴或， 当时，解得或（不合题意，舍去）； 当时，解得或（不合题意，舍去）； ∴的长为或； 当点在上运动时，如图， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵的长为整偶数， ∴或， 当时，解得， 当时，点和点重合，此时； 当时，解得或（不合题意，舍去）， 当时，和点重合，此时； 综上，的长是或或． 题型4 矩形的性质与判定综合问题 ▌例4 （25-26八年级下·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，已知菱形，过点A，D分别作于点E，交延长线于点F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求此菱形的边长． 【答案】(1)∵菱形， ， ，， ， ， 四边形为平行四边形， ， ∴四边形是矩形； (2)10 【分析】（1）由菱形的性质得到，证明四边形为平行四边形，根据即可得到结论； （2）设菱形边长为x，则，利用勾股定理列方程即可解答． 【详解】（1）略 （2）解：设， ， ， 在中，， ，，， 解得， ∴菱形边长为10． 解题要点 1. 先证矩形再套性质：先根据已知条件（如一个角是直角、对角线相等或三个角是直角等）判定四边形为矩形，再运用矩形边角对角线特性（四个直角、对角线相等且互相平分等）求角度或线段长。 2. 直角与勾股建方程：矩形提供丰富直角条件，求线段长时优先构造直角三角形，利用勾股定理建立方程求解，并结合对角线相等且平分实现等量代换与条件转化。 ▌迁移练4-1（25-26八年级下·海南省直辖县级单位·期末）如图，已知四边形是平行四边形，对角线、交于点，是等边三角形． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形 ， 是等边三角形 ∴四边形是矩形； (2) 【分析】（1）首先由平行四边形的性质得到，，然后结合等边三角形的性质得到，即可证明； （2）根据矩形的性质得到，求出，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是矩形 是等边三角形 ． ▌迁移练4-2（25-26八年级下·陕西榆林·期末）如图，是等腰三角形，，点D、E分别是、的中点，连接并延长至点F，使，连接、、． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求矩形的周长． 【答案】(1)证明：∵点E是的中点， ， ， 四边形是平行四边形， 点D为等腰的底边的中点， ，即， 四边形是矩形 (2) 【分析】（1）先根据对角线互相平分证明为平行四边形，再由三线合一得到，即可证明为矩形； （2）先证明是等边三角形，然后利用勾股定理求解，即可求解周长． 【详解】（1）略 （2）解：∵是等腰三角形，，， 是等边三角形， ， 点D是的中点， ， ， ， 矩形的周长． ▌迁移练4-3（25-26八年级下·河南郑州·期末）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明：分别为的中点， 是的中位线， ， ， 四边形是平行四边形， 又， ， 平行四边形是矩形 (2)8 【分析】（1）由三角形中位线定理可得，即，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是矩形； （2）先判断出是等腰直角三角形，再根据求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ． 题型5 利用正方形的性质求角度或线段长 ▌例5 （25-26八年级下·浙江台州·期末）如图，是正方形外一点，，则的度数为____________． 【答案】 【分析】根据正方形的性质可得，，结合已知条件证得是等边三角形，即，进而求出的度数，利用等腰三角形的性质求出，同理可得，最后利用角的和差即可解答． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴． 同理可得， ∴． 解题要点 1. 活用四重特性：正方形集平行四边形、矩形、菱形性质于一身——四边相等、四角为直角、对角线相等且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角（得45°角）。 2. 勾股与全等转化：求线段长时优先利用对角线构造等腰直角三角形，用勾股定理建立方程；角度问题常结合全等三角形或旋转（如手拉手模型）进行等量代换。 ▌迁移练5-1（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在正方形中，点在的延长线上，连接，，且，则的度数为__________． 【答案】 【分析】根据正方形的性质得出，利用等边对等角及三角形外角的性质求出的度数，再根据直角三角形两锐角互余即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形 ∴， ∵ ∴ ∵是的外角 ∴ ∴ 在中，． ▌迁移练5-2（25-26八年级下·辽宁铁岭·期末）如图，正方形的边长为4，G是对角线上一动点，于点E，于点F，连接，点G在运动过程中，线段的最小值为________． 【答案】 【分析】连接，证明四边形为矩形，得到，进而得到当时，最小，此时最小，证明为等腰直角三角形，进行求解即可． 【详解】解：连接， ∵正方形的边长为4， ∴，， ∵，， ∴四边形为矩形， ∴， ∵G是对角线上一动点， ∴当时，最小，此时最小， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴的最小值为； 故答案为：． ▌迁移练5-3（25-26八年级下·河北衡水·期末）如图，在教学过程中，王老师为了让学生更加直观地体验四边形不具有稳定性，将四根长度为的木条用钉子钉成一个正方形框架，向右拉动框架得到四边形．当点D与点的距离最小时，四边形的面积为______． 【答案】 【分析】根据题意可知四边形是菱形，边长为，根据三角形三边关系可知，当、、三点共线时，的距离最小，此时，利用勾股定理求出菱形的高，进而求出面积． 【详解】解：如图，连接， 由题意可知，四边形的四条边长均为， 四边形是菱形， 四边形是正方形， ，， ， 根据三角形三边关系可知，， 即当点在线段上时，点与点的距离最小， 此时， 是正方形的对角线， ， ， 过点作于点， ∴， ∴， 在中，， 解得：（负值舍去）， 四边形的面积． 题型6 正方形的性质与判定综合问题 ▌例6 （25-26八年级下·上海嘉定·期末）如图，已知：在中，，、的平分线相交于点，过点分别作，，垂足分别为、． (1)求证：四边形是正方形； (2)如果的长为2，的面积为24，求的面积． 【答案】(1)证明：∵，， ∴， ∴四边形为矩形， 如图，作于点， ∵、的平分线相交于点，，， ∴，， ∴， ∴四边形是正方形； (2) 【分析】（1）先证明四边形为矩形，作于点，由角平分线的性质定理可得，即可得证； （2）作于点，由（1）可得四边形是正方形，，证明，得出，同理可得，即可得出，从而得出，再由勾股定理和三角形面积公式求出，即可得出结果． 【详解】（1）略； （2）解：如图，作于点， 由（1）可得四边形是正方形，， 在和中， ， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵的面积为24， ∴， ∴， ∴， 将代入得， ∴， ∴， ∴的面积． 解题要点 1. 先判后性：先根据条件（如邻边相等且一个角为直角、对角线垂直且相等）判定正方形，再运用其四边相等、四角为直角、对角线互相垂直平分且平分对角等性质解题。 2. 勾股与全等：求线段长时利用对角线构造等腰直角三角形，用勾股定理建方程；角度或线段关系常借助全等三角形或旋转进行等量代换与转化。 ▌迁移练6-1（25-26八年级下·陕西榆林·期末）如图，是的对角线，，点E是边的延长线上一点，连接，过点C作于点F，交于点G，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)若点F是的中点，，求的长． 【答案】(1)证明：∵中， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； (2) 【分析】（1）先证明四边形是菱形，再结合，，可得，即可求证； （2）根据勾股定理可得，再根据线段垂直平分线的性质解答即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是正方形，， ∴， ∴， ∵点F是的中点，， ∴垂直平分， ∴． ▌迁移练6-2（25-26九年级上·陕西榆林·期中）如图，在中，是边上的中线，以为边作，连接分别与相交于点． (1)求证：四边形为正方形； (2)若，求的长． 【答案】(1) 证明：∵，是边上的中线， ∴， ∴是矩形， ∵，是边上的中线， ∴，， ∴， ∴矩形是正方形． (2) 【分析】（1）由等腰三角形的“三线合一”得到，从而是矩形，由直角三角形斜边上中线的性质得到，从而得到矩形是正方形； （2）先由勾股定理求得，进而得到，根据正方形的性质得到，，因此，，证明得到，即可解答． 【详解】（1）略 （2）解：∵，， ∴， ∵是的中线， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，． ∵在正方形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． ▌迁移练6-3（25-26八年级下·海南省直辖县级单位·期末）【问题情境】在正方形中，点为对角线上一点（不与、重合），连接、，过点作，交于点． (1)【猜想证明】如图所示，求证：． (2)【解决问题】如图所示，分别以，为邻边作矩形，①求证：四边形是正方形；②若，求的值． (3)【拓展提升】如图所示，点是的中点，连接交于点，若，，则正方形的边长为________．（直接填写结果） 【答案】(1)证明：∵四边形是正方形， ，，                 又， ． (2)证明：①如图，， ， ，        ∵四边形是正方形， ， ， ，                ， ， ， ，                 ， ， ∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形 ．    ② (3) 【分析】（1）利用正方形的性质以及“边角边”即可证明结论； （2）①先根据全等三角形的性质、正方形的性质得到，利用等角对等边可得，即；然后根据邻边相等的矩形是正方形即可证明结论；②先利用正方形的性质证明可得，利用勾股定理以及线段的和差可得；进而得到，即，然后整理即可解答； （3）如图，先说明是的中位线，即；利用全等三角形的性质、平行线的性质、等角对等边可得，即；再在中利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）略 （2）①：略； ②如图， ， ∵四边形是正方形 ，，， ，即， ， ， 在中，， 又∵， ， ， ． （3）解：如图，，， ， 点是的中点， 点是的中点，， 是的中位线， ； ， ，， ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得即， ， ． 题型7 菱形、矩形、正方形中作图问题 ▌例7 （25-26八年级下·福建福州·期末）如图，是矩形的对角线． (1)请用圆规和无刻度的直尺，分别在上找点E，F，使得四边形为菱形； (2)在（1）条件下，若，，求菱形的面积． 【答案】(1)四边形即为所求作； (2)菱形的面积为20 【分析】（1）作对角线的垂直平分线交于点E，交于点F，连接，通过菱形的判定定理证明是菱形即可； （2）设，则，根据勾股定理求出菱形边长，进而求出面积． 【详解】（1）解：作对角线的垂直平分线交于点E，交于点F，连接， 设与交点为点O，则， ， ， ， ， ∴四边形为平行四边形， ， ∴四边形为菱形； （2）解：矩形中，，， ，，， 由（1）知，四边形为菱形， ， 设， ， 在中，， ， 解得：， ， ∴菱形的面积． 解题要点 1. 抓住对称性与特殊角：利用三种图形均为轴对称图形（对角线、中垂线为对称轴），作图时常通过对称找等点。正方形与菱形常含45°或60°角，可借助特殊角构造。 2. 善用对角线互垂平分：菱形与正方形对角线互相垂直平分，矩形对角线相等且平分。作图时多利用对角线交点作为中点，结合垂直关系作垂线或等距点。 ▌迁移练7-1（25-26八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，，，是中点． (1)求的长； (2)在直线上求作点，使得（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）． (3)在（2）的条件下求的面积． 【答案】(1) (2)解：点、如图所示； (3) 【分析】（1）连接，由菱形的性质可得为等边三角形，则，，再利用勾股定理求解即可； （2）以为圆心，长为半径作圆，与直线交于点、，则，由等边可得等角； （3）设到的距离为，利用的面积求出，再根据三角形面积公式求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ，． ， 为等边三角形． 是中点， ，． ∴在中，． ， ， ∴在中，； （2）略 （3）解：由（2）可知，， ， 设到的距离为， ， ， ，， 即的面积为． ▌迁移练7-2（25-26八年级下·江西南昌·期末）如图，是一正六边形，请你仅用无刻度的直尺，分别按照下列要求作图（保留作图痕迹）． (1)在图1中，作一个以为边的矩形； (2)在图2中，作一个以为对角线的菱形． 【答案】(1)解：如图，矩形为所求； (2)解：如图，菱形为所求． 【分析】（1）连接，根据正六边形的性质，等边对等角，以及角的和差关系可知：，则矩形为所求； （2）连接，交于点，根据正六边形的性质，可得，均为等边三角形，可得，则菱形为所求． 【详解】（1）略 （2）略 ▌迁移练7-3（25-26八年级下·江西上饶·期末）如图，在正方形中，点E 是边上一点，连接，请仅用无刻度的直尺完成以下作图(保留作图痕迹)． (1)在图1中，，在边上作出点F，使得； (2)在图2 中，，在边上作出点 H，使得 【答案】(1)如图1，点 F 即为所求； (2)如图2，点H 即为所求．(作法不唯一) 【分析】（1）连接、，交于点O，连接并延长，交于点F，则点F即为所求； （2）设与交于点G，连接并延长，交于点H，则点H即为所求． 【详解】（1）证明：连接， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵正方形中，，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∵正方形中，，， ∴， ∴， ∵正方形中，， ∴， ∴， ∵， ∴． 难点一 特殊平行四边形中的多解问题 1. 图形位置的分类不全 题目若未配图或仅描述“对角线夹角”等条件，顶点顺序、对角线位置或直角方向常存在多种排列。难点在于需按边与对角线的相对方位进行穷举分类，学生极易遗漏对称或旋转带来的隐性情形。 2. 性质判定的互推混淆 判定特殊平行四边形时，多种性质（如邻边相等、对角线垂直）可互为条件。难点在于逆向推理时，易忽略性质成立的前提顺序，误将充分条件当充要条件使用，导致增解或漏解。 难点精练 1．（25-26八年级下·上海虹口·期末）已知四边形是菱形，，如果用剪刀将该菱形只剪两刀，则可以得到三个等腰三角形，那么的度数为_______． 【答案】或或 【分析】先画出图形，分三种情况：连接 ，在 上取一点E，使，且，根据菱形的性质得，再设 ，则，再求出，然后根据得出方程，求出解即可；连接 ，在 上取一点E，使，且，仿照上述过程解答即可． 【详解】解：连接 ，在 上取一点E，使，且， ∵四边形 是菱形， ∴，则是等腰三角形， ∴． 设 ，则， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， 即， 解得，即； 连接 ，在 上取一点E，使，且， ∵四边形 是菱形， ∴，则是等腰三角形， ∴． 设 ，则， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， 即， 解得，即． 连接，在上取一点E，使，且， 设，则，， ∵四边形是菱形， ∴， ∵，且， ∴，， ∵， ∴， 解得， ∴． 所以的度数为或或． 2．（25-26八年级下·江西上饶·期末）如图，矩形中，，，点为边的中点，点在边上运动，为的中点，当为等腰三角形时，的长为______． 【答案】或4或 【分析】连接，由点为的中点，点为的中点，得，且，由矩形的性质得，，，则，再分三种情况讨论，，则，求得，则；当时，连接，可证明，则，所以，则四边形是矩形，所以，当时，可证明，则，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接， 点为的中点，点为的中点， ，且， 四边形是矩形，，， ，，，， 如图1，为等腰三角形，且， ， ， ； 如图2，为等腰三角形，且，连接， ，， ， ， ， ， 四边形是矩形， ； 如图3，为等腰三角形，且， ，，且， ， ， ， 综上所述，的长为或4或. 3．（25-26八年级下·河南周口·期末）若正方形的边长为4，E为边上一点，，M为线段上一点，射线交正方形的一边于点F，且，则的长为______． 【答案】或 【分析】分两种情况讨论：①射线交边于点F，证明，得到，根据勾股定理求出，连接，证明四边形是矩形，根据矩形的性质求解；②射线交边于点F，证明得到，进而证明，得到，根据的面积求解即可． 【详解】解：分两种情况讨论： ①如图，射线交边于点F ∵四边形是边长为4的正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴在中，． 连接， ∵在正方形中，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴． ②如图，射线交边于点F， ∵四边形是边长为4的正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即． ∵，， ∴， ∴在中，． ∵， ∴， ∴． 综上所述，的长为或． 难点二 特殊平行四边形中的多结论问题 1. 判定定理的逆向误用 多结论题常混杂“边、角、对角线”三类判定条件。难点在于学生易将菱形、矩形、正方形的判定定理条件与结论颠倒，错把“对角线相等”直接等价为矩形，忽视四边形前提，导致结论误判。 2. 隐含条件的逻辑叠加 部分结论需同时满足多个中间性质才能推导。难点在于梳理条件之间的推导层级与并存关系，而非孤立判断单一条件。若未建立清晰的全等或等角导链，则易在多个结论的交叉验证中产生逻辑混乱。 难点精练 1．（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在菱形中，，与交于点O，点为延长线上的一点，与，分别交于点，，且，连接和，，则以下4个结论：①；②平分；③；④，正确的序号是_______． 【答案】①②④ 【分析】利用菱形的性质求出，得到，即可判断①；求得，推出平分，即可判断②；过E作于G，求得，得到，再根据，由菱形的轴对称得，即可判断④；利用同底等高三角形的面积相等得到，即可判断③． 【详解】解：∵在菱形中，，与交于点O， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∵在菱形中，， ∴， ∴，， ∴， ∴平分，故②正确； 过E作于G， ∵，， ∴， ∴， ∴，即； ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴由轴对称得， ∴，故④正确； ∵， ∴， ∴，故③错误． 2．（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，在矩形中，点是的中点，的平分线交于点，将沿折叠，点恰好落在上点处，延长、交于点，有下列四个结论：①；②；③是等边三角形；④．其中正确结论的序号是__________． 【答案】①②④ 【分析】根据折叠的性质可得，，结合角平分线的性质可得，从而判断①；通过证明和，得出，利用等腰三角形三线合一的性质判断②；根据边长数量关系推导，判断④；假设是等边三角形，推导角度矛盾，判断③ 【详解】解：四边形是矩形， ，， 由折叠的性质可得：，， 平分，， ．故①正确，符合题意 在和中， 在和中， 点是的中点 ．故④正确，符合题意 是等腰三角形 平分 ．故②正确，符合题意 若是等边三角形，则 这与矛盾 不是等边三角形．故③错误，不符合题意 综上所述，正确的结论是①②④ 3．（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，正方形的面积为16，对角线，相交于点，点，分别在边，上运动，，平分，与边交于点．则下列结论： ①； ②的面积保持不变； ③； ④EF的最小值为． 其中正确说法的序号是_______．（把你认为正确的序号都填上） 【答案】①③④ 【分析】依据正方形的性质以及全等三角形的判定与性质、勾股定理，通过推理计算即可得到正确的结论，进而得出答案． 【详解】解：正方形的对角线，相交于点， ，，， 又， ， ， ，故①正确； ∵， ∴， ∵当点E在上运动时，的长是变化的， ∴的面积随着的变化而变化，故②错误； 连接， 平分， ， 又，， ， ， ， ， ∵在中，， ，故③正确； ，， 是等腰直角三角形， ， 当有最小值时，的值最小， 是等腰直角三角形， 当时，的最小值等于的一半， 即的最小值等于2， 的最小值为，故④正确． 综上所述，正确的结论是①③④． 难点三 特殊平行四边形中的最值问题 1. 动点轨迹的隐性定位 难点在于识别动点在边、对角线或其延长线上运动时，目标线段（如和、差、乘积）所隐含的几何轨迹（如直线、圆或对称点）。若未发现对称或共线关系，则无法将动态最值转化为静态定点问题。 2. 函数模型的建立与约束 将几何关系转化为二次函数或不等式后，难点在于严格界定自变量的取值范围（受限于边长、角度等）。若忽略边界限制而直接求顶点最值，则所得极值可能超出图形实际存在域，导致结果失真。 难点精练 1．（25-26八年级下·湖北咸宁·期末）如图，在菱形中，，，若P是边上的动点，__________；的最小值为__________． 【答案】 【分析】过点作交于点，连接，，根据菱形的性质，可求，垂直平分，再根据垂直平分线的性质和“所对的直角边是斜边的一半”，可得，，从而可得，即的最小值是的长，最后根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：过点作交于点，连接，， 在菱形中，， ，垂直平分， ， ，， ， ， 当、、三点共线时，即，取得最小值，为的长， 菱形，，， 是等边三角形，， ， 是的中点，即， 在中，， ， 的最小值为． 2．（25-26八年级下·河南商丘·期末）如图，在中，，P为边上一动点（点P不与点B，C重合），过点P作于点E，于点F，M为的中点，则_______，的最小值为_______． 【答案】 6 / 【分析】根据勾股定理的逆定理得到是直角三角形，求出．连接，根据即可求出．证明四边形是矩形，得到，根据直角三角形斜边上中线的性质得到，当最小时，取得最小值．根据垂线段最短得到当时，最小，根据的面积求出此时的长，即可解答． 【详解】解：∵， ∴， ∴是直角三角形，， ∴． 连接， ∵，，， ∴， 即， ∴． ∵，点M是的中点， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴当最小时，取得最小值． ∵当时，最小，此时， 即， ∴， ∴的最小值为， ∴的最小值为． 3．（25-26八年级下·山东威海·期末）如图，点是正方形边上一个动点，连接，以为边作等腰直角三角形，使，连接．若，则的最小值为______________． 【答案】 【分析】过点F作交的延长线于点H，可证明，得到，则可证明，得到，进而得到点F在射线上，由垂线段最短可知，当时，有最小值，则此时是等腰直角三角形，据此利用等腰直角三角形的性质和勾股定理求解即可． 【详解】解：如图所示，过点F作交的延长线于点H， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴； ∵以为边作等腰直角三角形，使， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点F在射线上， 由垂线段最短可知，当时，有最小值，则此时是等腰直角三角形， ∴， ∴ ， ∴， ∴的最小值为． 难点四 特殊平行四边形中的折叠问题 1. 折痕的几何性质转化 折叠的本质是轴对称变换。难点在于准确识别折痕即为对称轴，并利用其性质（对应点连线被垂直平分、对应边角相等）建立全等或勾股关系。学生若无法在脑中复原折叠前后图形的位置变化，则易漏掉关键等量。 2. 方程建模与边界检验 折叠后顶点落点位置不确定（可能落在边、对角线或延长线上），需分类讨论。难点在于设未知数列方程时，既要满足几何约束（如斜边大于直角边），又要检验解是否符合折叠后的实际图形位置，否则极易产生增根。 难点精练 1．（25-26八年级下·广西南宁·期末）【问题情境】在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的折叠”为主题开展小组数学活动． 已知菱形纸片，． 【成果展示】 (1)第一小组：如图1，连接，折叠菱形纸片，使点落在对角线上的点处，折痕分别交，于点，．判断四边形的形状，并加以证明． (2)第二小组：将菱形纸片沿过点的直线折叠到如图2所示的位置，点的对应点为点，折痕交于点，交于点． ①判断和的数量关系，并加以证明． ②将菱形纸片沿过点的直线折叠到如图3所示的位置，其中交于点．若恰好是的中点，且，求线段的长． 【答案】(1)解：四边形是菱形， 证明如下：设与交于点， ∵菱形纸片， ， ∵折叠菱形纸片，使点落在对角线上的点处， ∴垂直平分， ， ， ， ， ， ∴四边形是菱形； (2)①， 证明：如图，连接， ∵菱形， ， ∴， ∴是等边三角形， ， ∵折叠， ， ， ， ， ， ； ② 【分析】（1）设与交于点，先由菱形纸片得到，再由折叠得到，，即可证明，得到，推出，则四边形是菱形； （2）①连接，由菱形，得到，由折叠得到，，则，根据，得到，利用等角对等边得到； ②由恰好是的中点，得到，则，则，根据，求出，则，最后根据求解即可； 【详解】（1）略 （2）①略 ②解：如图，连接，， ∵， ， ∵恰好是的中点， ， ， ∵， ， ， 根据①可得， ∴， ， 解得：， ， ， ， ， ． 2．（25-26八年级下·福建福州·期末）在矩形折叠探究活动中，同学们围绕以下三个情境展开思考． (1)【操作与证明】： ①如图①所示，将矩形沿折叠后，使得点与点重合，点与点重合，若，则________，________； ②如图②所示，将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与交于点，过点作交于点，求证：四边形是菱形； (2)【迁移应用】： 如图③所示，将矩形沿对角线折叠后，使得点与点重合，与交于点，连接，若，，求的长． 【答案】(1)①65；65 ②证明：四边形是矩形， ， 又， 四边形是平行四边形； ， ， 由折叠得， ， ， 四边形是菱形． (2) 【分析】（1）①由折叠得，由得，结合即可求解； ②由，，证明四边形是平行四边形，同①证明，推出，即可证明四边形是菱形； （2）由折叠得，，，用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理解和，最后用勾股定理解即可． 【详解】（1）解：①由折叠得， ， ， 矩形中， ； ②略 （2）解：四边形是矩形， ，，， 中，，， ， ， 由折叠得，，， ， 又，， ， 如图，过点作于点， ， ， ， ． 3．（25-26八年级下·安徽合肥·期末）数学学习中，要善于运用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯． 【问题情境】数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动，已知矩形纸片宽．（每个小组的矩形纸片规格相同） 【动手实践】 (1)如图1，A小组将矩形纸片折叠，点落在边上的点处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形．试判断四边形的形状，并加以证明； (2)如图2，B小组将矩形纸片对折使与重合，展平后得到折痕，再次过点折叠使点落在折痕上的点处，得到折痕，连结，展平后得到四边形，请求出四边形的面积； 【深度探究】 (3)如图3，C小组将图1中的四边形剪去，然后在边，上取点，，将四边形沿折叠，使点的对应点始终落在边上（点不与点，重合），点落在点处，与交于点． 探究：当在上运动时，的周长是否会变化？如变化，请说明理由，如不变，请求出该定值． 【答案】(1)四边形是正方形，理由如下： 四边形是矩形， ， 由折叠得， ， 四边形是矩形， 由折叠得， 矩形是正方形； (2) (3)的周长不会变化，理由如下： 连接，作于，连接，如图2， 由折叠得：，， ， 设， ， ， ， ，， ， ，， ， ， ，， ∴， ， ， 即：的周长是8，不会变化． 【分析】（1）根据邻边相等的矩形证得结果； （2）先判定是等边三角形，进而求得的面积，进一步求得结果； （3）连接，作于，连接，先证明，从而得出，，进而证明，从而，进一步得出结论； 【详解】（1）解：略； （2）解：如图1，连接， 由折叠得：，，是的垂直平分线， ， ， ∴是等边三角形， ， ， ∴，， ， ， ； （3）解：略． 难点五 特殊平行四边形中的旋转问题 1. 旋转全等关系的挖掘 旋转本质是全等变换。难点在于准确找到旋转中心、对应点及旋转角，利用对应边相等、对应角相等建立全等三角形。学生易忽视旋转后图形位置变化，遗漏隐含的等量关系，导致辅助线添加困难。 2. 旋转临界位置的界定 当旋转角变化时，点、线可能落在特殊位置（如共线、垂直或顶点重合）。难点在于分析旋转过程中图形的动态边界，精准确定满足条件的旋转角范围，若忽视临界情形，则易导致解集不完整或漏解。 难点精练 1．（25-26九年级上·陕西榆林·期末）如图，把矩形绕点C旋转，得到矩形，且点E落在边上，连接，，交于点H． (1)求证： ①平分； ②H是的中点； (2)连接，若平分，，求的长． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)1 【分析】（）旋转性质得，从而有，由根据矩形的性质可得，通过平行线的性质即可求解； 过点作于点，证明，由性质可得，再证明即可； （）作于点，由（）得出，，再通过全等三角形性质和勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：如图，      由旋转性质得， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴平分； 如图，过点作于点，      由①可知， 又∵，且， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴点为中点； （2）解：如图，作于点，      由()可知，， ∴，， ∵，平分， ∴ ∴， ∴， 设，则，， ∴，， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴． 2．（25-26八年级下·江苏扬州·期末）综合与实践：数学张老师带领学生探究矩形的旋转，同学们用矩形纸片操作实践并探索发现．如图1，四边形是一张矩形纸片，，．先将边向上翻折，使与重合，折痕为（如图2），沿裁开得到两个矩形．矩形保持不动，将矩形绕点逆时针旋转，点的对应点为． (1)如图3，小聪将矩形的顶点旋转至边上，连接交于点． ①则的长为______；②求证：． (2)如图4，小明继续旋转矩形，他发现，当点落在的延长线上时，点、、在同一条直线上，小明的发现正确吗？请说明理由． (3)小红在小明的基础上继续探究，连接交于点，延长交的延长线于点，小红说她可以计算出的长，则______． 【答案】(1)①1； ②证明：如图，连接，过点作于点， ∵，， ∴， 由①可知，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． (2)小明的发现正确，理由如下： 如图，连接， 由折叠得：四边形和四边形是全等的矩形， ∴，，，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴点，，在同一条直线上． (3) 【分析】（1）①先由折叠得：，，由勾股定理得，可得的长； ②连接，过点作于点，利用等面积法可得，证明，可得结论； （2）连接，证明四边形是平行四边形，可得，再证明，可得，即可得结论； （3）连接，，先证明，由等面积法可得，则可得，设，在中，根据勾股定理列方程即可求解． 【详解】（1）解：①∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∵将边向上翻折，使与重合，折痕为， ∴，，， 由旋转可得，， 在中，， ∴． ②略 （2）略 （3）解：如图，连接，， 由（2）知：，，三点共线，四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴． 3．（25-26八年级下·福建泉州·期末）【问题情境】同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 【操作发现】 (1)如图1，正方形和正方形，连接，．线段与线段之间的数量关系是___________；直线与直线的夹角度数为___________；（注：两条直线的夹角是指两条直线相交所形成的小于等于的角） (2)如图2，当正方形绕点旋转时，线段与线段之间的数量关系是___________；直线与直线的夹角度数为___________． 【深入探究】 (3)如图3，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想线段与的数量关系及直线与的夹角度数，并说明理由． 【迁移探究】 (4)如图3，在（3）的条件下，，在菱形绕点旋转过程中，求线段的最小值． 【答案】(1)，； (2)，； (3)，，理由如下： ， ， ， 四边形和四边形为菱形， ，， 在和中， （）， ，， 如图，延长交的延长线于点，交于点， ，，， ， 直线与的夹角度数为； (4) 【分析】（1）利用正方形的边、角相等证得，进而得出，结合三角形内角和推出两线段夹角； （2）将旋转前后的角同减公共角得到一组等角，然后根据证得全等三角形，得到，再结合对顶角相等、三角形内角和求出夹角； （3）将，同减公共角推出，根据证得，进而得到，再利用三角形内角和、对顶角相等求出夹角； （4）在以为圆心、为半径的圆上，求出菱形对角线长，用圆外一点到圆最短距离得最小值． 【详解】（1）解：∵四边形和四边形为正方形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴，， 如图，延长交于点， ∵， ∴， ∴， ∴直线与直线的夹角度数为． （2）解：∵四边形和四边形为正方形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 如图，延长交于点，交于点， ∵，且， ∴， ∴， 即直线与直线的夹角度数为． （3）略 （4）解：如图，以点为圆心，长为半径作圆，连接，交于， 根据题意可知，点在以为圆心、为半径的圆上运动，当点在上时，线段取得最小值， 四边形是菱形，， ，，， ， ， ， ， ， ， 线段的最小值为． 难点六 特殊平行四边形中的新定义型探究问题 1. 自定义概念的几何化落地 新定义往往将非标准几何属性（如“等角点”“中心距”）强加于特殊平行四边形。难点在于剥离文字表象，将其精确转化为边、角或对角线之间的代数关系式，并基于菱形、矩形、正方形的特有性质构建推导路径。若转化偏差，后续探究将无本可依。 2. 逆向推理与分类兼容 探究结论需从特殊图形的性质反向验证新定义，且常需对顶点位置或形状方向分类讨论。难点在于避免将性质误当定义，确保正向与逆向推导逻辑闭环，同时兼顾多类特殊图形的兼容情形，否则易遗漏潜在结论。 难点精练 1．（25-26八年级下·河南南阳·期末）【概念生成】 新定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫作“神奇四边形”． (1)在①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形中一定是“神奇四边形”的是__________（填序号）． 【基础探究】 (2)如图，在正方形中，为边上一点（不与，重合），连接，过点作于点，交于点，连接，．求证：四边形为“神奇四边形”． (3)在（2）的条件下，若四边形的面积为29，正方形边长为7，求的长． 【答案】(1)④ (2)证明：∵四边形是正方形， ，， ， ， ， ， 在与中， ， ， ， 又， ∴四边形是“神奇四边形”； (3) 【分析】（1）根据平行四边形，矩形，菱形及正方形的性质结合题中所给的新定义进行求解即可； （2）由题意易得，，则有，然后可得，则有，进而问题可求证； （3）由题意易得，然后可得，由可知，进而根据勾股定理可进行求解． 【详解】（1）解：在平行四边形，矩形，菱形及正方形中，只有正方形的对角线是互相垂直且相等，符合“神奇四边形”的定义； （2）略 （3）解：四边形是“神奇四边形”，且四边形的面积为29， ， ， ∵正方形边长为7， ， ， 由（2）可知：， ， ， ． 2．（24-25八年级下·四川成都·期中）定义：如果四边形的一条对角线的中点到另外两个顶点的距离都等于这条对角线长的一半，那么我们称这样的四边形为“等距四边形”． (1)在下列图形中：①平行四边形、②矩形、③菱形，一定是“等距四边形”的是______；（填序号） (2)①：如图1，在菱形中，于点E，点F是菱形边上的一点，顺次连接B、E、D、F，若四边形为“等距四边形”，求线段EF的长； ②：将①中条件改为，其余条件不变，请画出图形，并求出以为边的正方形面积． (3)如图2，在平行四边形中，，点P是内任意一点，在上是否分别存在点，使得这些点与点P的连线将恰好分割成三个“等距四边形”，若存在，求这三个“等距四边形”的周长和，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)②； (2)①或8； ②如图， 以为边的正方形面积为或； (3)存在，这三个“等距四边形”的周长和为． 【分析】本题考查了矩形、菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）根据“等距四边形”的定义逐一判断即可． （2）①分两种情况：当点F在上且BF⊥AD时，当点在上且时，分别求解即可； ②分两种情况：当点在上且时， 当点在上且时，四边形是等距四边形，分别求解即可； （3）过点分别作于，于，于，先证明四边形是菱形，再得到是等边三角形，根据勾股定理得到，根据三角形面积公式即可求解． 【详解】（1）解：①平行四边形对角线互相平分，一条对角线的中点到另外两个顶点的距离不等于另一条对角线长的一半，不符合题意； ②矩形的对角线相等且互相平分，一条对角线的中点到另外两个顶点的距离等于这条对角线的一半，符合题意； ③菱形的对角线互相平分，对角线不一定相等，因此一条对角线的中点到另外两个顶点的距离不等于另一条对角线的一半，不符合题意； 故答案为：②； （2）解：①根据等距四边形的定义，当点F在上且BF⊥AD时，四边形是等距四边形，如图1，取的中点O，连接， ∵， ， ， 四边形是等距边形， 在菱形中，，，， ， ， ， ， 根据菱形的对称性得，， 是等边三角形， 在中，， ， 根据勾股定理得，， ， 当点在上且时，四边形是等距四边形，如图， 连接，，交于点， ，， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，在菱形中，，， ， ； ②根据等距四边形的定义，当点在上且时，四边形是等距四边形，如图，取的中点，连接，，， ，， ， ， 四边形是等距边形， 在菱形中，，，， ， ， ， ， 根据菱形的对称性得，， 是等腰三角形， 在中，， ， 过作于， ， ， ， ∴以为边的正方形面积为； 当点在上且时，四边形是等距四边形， 连接，，交于点， ∵，， ， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，在菱形中，，， ∴， ∴， ∴， ∴以为边的正方形面积为； （3）解：过点分别作于，于，于，如图2， 同（2）的方法得，四边形，四边形，四边形是等距四边形，过点作于， ∵在平行四边形中，， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形． 在中，，， ∵， ∴， 根据勾股定理得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形，四边形，四边形的周长的和为． 3．（25-26八年级下·湖南长沙·期末）定义：在菱形中，若直线平行于菱形的一条对角线，其中点为凸四边形边上的点（异于顶点），则称线段为菱形中关于此对角线的“中轴弦”．如图1，若，则称线段为菱形中关于的“中轴弦”． (1)若，线段为菱形中关于的“中轴弦”，且、分别是各边上的中点，的度数为______；的长度为______． (2)如图2，在菱形中，点、分别在、上，连接、相交于点，连接，，求证：为菱形中关于的“中轴弦”． (3)如图3，、是菱形中关于的“中轴弦”，且位于异侧，与交于点，连接、、、、、，记凸四边形，，的面积依次为，，四边形的周长为，若，试用含与的式子表示． 【答案】(1) (2)证明：在菱形中，， ∴， ，， ． ， ， 又∵，， ， ， ∴，即， ∴， 又∵， ∴， ， ，即为菱形中关于的“中轴弦”； (3) 【分析】（1）连接交于P，首先，根据菱形的性质，得，，，再由勾股定理，得，的长，然后，再证得是等腰直角三角形，进而得，可得的度数；再证得是的中位线，即可求得的长； （2）首先，根据菱形的性质及，证得，得，进而得，再证得，得，可得，最后，证得，即可证得结论； （3）首先，证得，得四边形是梯形，再证得，设点到的垂线段长为，点到的垂线段长为，则两条平行线与之间的距离，在梯形中，，由，可得，进而得或，记与交于点，与交于点，证得，同理可证，，可得，再证得四边形为平行四边形，均为等腰三角形，证得，，由，，得，四边形为平行四边形，得设，得．在中，，在中，，进而得，再由，化简可得结果． 【详解】（1）解：如图1，连接交于P， ∵在菱形中，交于P，， ∴，，，， 在中，， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴，即； ∵线段为菱形中关于的“中轴弦”，且、分别是各边上的中点， ∴是的中位线， ∴； （2）略； （3）解：由题可知，， ， ∴四边形是梯形， 如图3，设点到的垂线段长为，点到的垂线段长为，记与交于点，与交于点， 则两条平行线与之间的距离， ∵在菱形中， ∴， ∴，， ∴， ，， ∵在梯形中，，， ， 整理，得， 或， ∵在菱形中， ∴， ∴当时，，即， 又∵， ∴， ∴，， 同理可证，， ∴， ∴，即， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∵，， ∴， ∴均为等腰三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ，， ∴， ∴， ∵，， ∴，四边形为平行四边形， ∴， 设， ， 在中，， 同理可知，在中，， ∵，，即， ∴， ， ． 基础达标 一、单选题 1．给出下列判断，正确的是（　　） A．对角线相等的四边形是矩形 B．四条边相等的四边形是正方形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，需根据各图形的定义及判定条件逐一分析选项即可． 【详解】解：A. 对角线相等的四边形不一定是矩形，例如等腰梯形对角线相等，但并非矩形，故A错误，不符合题意； B. 四条边相等的四边形是菱形，而正方形需满足对角线相等且垂直，仅四边相等无法确定为正方形，故B错误，不符合题意； C. 对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，例如对角线垂直但邻边不等的“风筝”四边形，故 C错误，不符合题意； D. 根据平行四边形判定定理，一组对边平行且相等的四边形必为平行四边形，故D正确，符合题意； 故选：D． 2．如图，在菱形中，与交于点O，，，则菱形的面积为（    ） A．48 B．36 C．24 D．12 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理等知识点，理解并运用勾股定理是解答本题的关键．根据菱形的性质利用勾股定理求得的长，从而得到的长，再根据菱形的面积公式计算即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，，， 在中，， ∴， ∴． 故选C． 3．如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，垂足为E．若，，则的长为（  ） A．6 B．5 C． D．7 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质，含角直角三角形的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．由矩形的性质可得，，，由线段垂直平分线的性质可得，可证是等边三角形，得到，进而得到，进一步利用勾股定理求解即可． 【详解】解：四边形是矩形， ，，，， ， ∵， 设，则， ∴， ∴， ∴， ， ∵， ， ， 即是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 解得：， 故选：C． 4．如图，把正方形纸片沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为，再过点折叠纸片，使点落在EF上的点处，折痕为．若的长为4，则的长为（   ） A．3 B． C． D．2 【答案】B 【分析】本题考查的是矩形的性质、折叠的性质及勾股定理的应用，先求出，，再根据勾股定理求出结论即可． 【详解】解：在正方形中，， 由折叠知：，， 在中，， 故选：B． 二、填空题 5．如题图，在中，是斜边上的中线，，则 ． 【答案】6 【分析】本题考查了直角三角形斜边上中线的性质，根据直角三角形斜边上中线等于斜边的一半求解即可． 【详解】解：在中，是斜边上的中线，， ∴， 故答案为：6． 6．如图，是菱形的对角线，于点E，交于点F，若，则 【答案】/度 【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形内角和定理以及三角形外角的定义和性质，由菱形的性质得出，进而可得出，由三角形内角和定理得出，最后由三角形外角的定义和性质得出． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 7．如图，将长方形沿折叠，使点落在边上的点，若．则 度． 【答案】71 【分析】本题考查了矩形折叠．熟练掌握矩形性质 折叠性质，平行线的性质，直角三角形角性质，是解决本题的重点． 首先根据平行线的性质得到的度数，再根据对折的性质求出的度数，即可求出的度数． 【详解】解：∵长方形中， ∴， 由折叠知，， ∵， ∴． 故答案为：71． 8．如图，点在正方形的边的延长线上，且，点是边上一动点，连接，过点作交于点，则： （1）的度数是 °； （2）的值为 ． 【答案】 135 【分析】本题考查正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是本题的关键． （1）由正方形和等腰三角形的性质计算即可； （2）在上截取，构造全等三角形，得到，设，正方形边长为，分别表示的长，再计算的值． 【详解】（1）四边形是正方形， ，， ， ， ， ； 故答案为：135； （2）如图，在上截取， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，正方形边长为， 则，，， ， ． 故答案为：． 三、解答题 9．如图，是矩形的对角线，的垂直平分线交于点，交于点，连接，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，求四边形的周长． 【答案】(1)菱形，理由见解析 (2) 【分析】本题主要考查矩形的性质、菱形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理及线段垂直平分线的性质，熟练掌握矩形的性质、菱形的性质与判定、勾股定理及线段垂直平分线的性质是解题的关键． （1）由题意易得，然后可得四边形是平行四边形，进而问题可求证； （2）设，则，在中，根据勾股定理得，可建立方程进行求解． 【详解】（1）解：四边形AECF是菱形． 理由：矩形， ， ，， 垂直平分线段， ，， ， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：由（1）得四边形是菱形，设该菱形的边长为x，则， ∴， 在中，根据勾股定理得， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴菱形的周长． 10．已知：四边形是矩形，对角线、相交于点O，若，，、交于点E． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的平分线交于点F，且，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据对边平行可判定四边形是平行四边形，然后根据矩形的性质得到，即可判定四边形是菱形； （2）根据矩形的性质和角平分线的定义，得到，，推出为直角三角形，结合30度所对直角边等于斜边的一半，得到，设，则，，利用勾股定理得到、，结合，即可求得的值． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵四边形是矩形，对角线、相交于点， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵平分， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ∵， ∴， 设，则，， ∴在中，， 在中，， ∴ ∴． 11．如图，在中，F是的中点，E是线段延长线上一动点，连接，，过点B作，与线段的延长线交于点D，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，则在点E运动的过程中： ①当四边形是菱形时，求的值； ②当 时，四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)①6；②3 【分析】（1）由平行线的性质得，再由对顶角相等得，进而证得，得，再根据平行四边形的判定证明即可； （2）①由题意得，由菱形的性质得，再根据等边三角形的判定与性质证明即可； ②由（1）得，四边形是平行四边形，由矩形的判定得，当，四边形是矩形，此时，再利用直角三角形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵F是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：①∵， ∴， ∵四边形是菱形， ， ∴，， ∴是等边三角形， ∴； ②由（1）得，四边形是平行四边形， 当，四边形是矩形， 此时，∵， ∴， ∴， ∴当时，四边形是矩形， 故答案为：3． 12．如图①，点E为正方形内一点，，点为正方形外一点，（点A的对应点为点C，点E的对应点为点）．延长交于点F，连接． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求的长； (3)如图②，若，请猜想线段段与的数量关系并加以证明． 【答案】(1)四边形是正方形，理由见解析 (2)9 (3)，证明见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟知相关知识是解题的关键； （1）由正方形的性质得到，由全等三角形的性质可得，再证明，，即可证明四边形是矩形，再由，即可证明矩形是正方形； （2）由全等三角形的性质得到，由正方形的性质可得，则可得到，根据勾股定理得，解方程即可得到答案； （3）过点作于点．证明，推出，由三线合一定理得到，则可推出，据此可得结论． 【详解】（1）解：四边形是正方形．理由如下： ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴矩形是正方形； （2）解：∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ， ∴， 在中，， 根据勾股定理得：， ， 或（舍去）． （3）解：，证明如下： 如图所示，过点作于点，则， ∴ 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ∴， ， ， ∴， ∵四边形是正方形， ， ∵， ∴ ， ． 能力进阶 一、单选题 1．如图，在矩形中，E为边上的一点，连结，过点D作，垂足为F，若，，，则的长为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【分析】本题考查了三角形全等的性质与判定，矩形的性质和勾股定理，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题的关键； 连接，可证，得，利用的面积推出，然后在中利用勾股定理列方程求解． 【详解】如图，连接， 四边形为矩形，， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， ， 设，则， 在中，， 由勾股定理得，， 即，解得， ， 故选：A． 2．如图，已知正方形的边长为3，点E，F，G，H分别为正方形各边上一点，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．先求得，，推出，求得，再证明，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵正方形的边长为3，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 3．如图1，在菱形中，，动点P从点A出发，沿，，匀速运动至点B，连接，．设点P运动的路程为x，的面积为y，如果y与x之间的函数图象如图2所示，那么下列说法中正确的是（   ） A． B． C．菱形的面积 D．当时，点P一定运动到的中点 【答案】B 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据图1和图2判定为等边三角形，菱形的边长为2，解答即可． 【详解】解：由点P的运动可知，， 在菱形中，可得，即， 故A错误，不符合题意； 连接，在菱形中，，， ∴为等边三角形， ∴的面积，即， 故B正确，符合题意； ∴， 故C错误，不符合题意； 当时，x有两个值，即点P可能在上，也可能在上， 故D错误，不符合题意； 故选：B． 二、填空题 4．如图，菱形对角线，相交于点，测得，，过点作于点，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，根据菱形的性质可得，勾股定理求得的长，进而根据菱形的面积公式即可求解． 【详解】解：∵菱形对角线，相交于点，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ 故答案为：． 5．如图，在矩形中，相交于点O，平分，交于点E．若，，则的长为 ． 【答案】9 【分析】本题考查了矩形的性质、等边三角形和等腰三角形的判定及三角形的内角和等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．根据矩形的性质和角平分线的定义得出，，，证出，得得．证明为等边三角形，得出，则可得出答案． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴． 故答案为：9． 6．如图，在正方形中，是上任意一点，连接与关于对称，延长线与延长线交于点，连接交于点． （1）度数为 ； （2）若点是中点，，则的长为 ． 【答案】 【分析】（1）如图所示，由三角形内角和定理得到，，结合对顶角相等、等腰三角形的判定与性质确定、、，代入得到关于的方程，求解即可得到，再由对称性质，在中，由两锐角互余求解即可得到答案； （2）连接，如图所示，由对称性得到,，，进而确定,，在中、中和中，由勾股定理列式求解即可得到答案． 【详解】解：（1）如图所示： 则，，， 由与关于对称，得到，则， 在正方形中，，则， ， ，即， 解得， 由与关于对称，得到， 在中，，，则； 故答案为：； （2）连接，如图所示： 由与关于对称，得到,，， 则,， 在中，由勾股定理可得, 点是中点， 设,则， 在中，由勾股定理可得,即， 解得， , 在等腰中，,,由勾股定理可得, 解得, 故答案为：． 三、解答题 7．如图，在边长为12的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足与交于点O，点M是的中点． (1)求证：； (2)若，求的面积； (3)若点G是边上的点，且，求的最小值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)10 【分析】本题主要考查勾股定理，三角形全等的判定和性质，正方形的性质； （1）根据题意得到，证出，即可得出结论； （2）根据题意再结合，得到，根据勾股定理得到，再根据等面积法列出，计算出，再得到，，再求出，根据点M是的中点，得到即可求出； （3）在延长线上截取，连接，证出，得到，得出，得到当H，D，F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，由勾股定理得，即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）解：由（1）得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵点M是的中点， ∴； （3）解：∵，点M是的中点， ∴． 如图，在延长线上截取，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当H，D，F三点共线时，有最小值，即此时有最小值， 最小值即为的长的一半， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴的最小值为10． 8．如图，四边形，对角线平分，，．点E在边上，连接交于F，点B与点G关于对称，且G在下方． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，． ①试探究点G与直线的位置关系，并说明理由； ②连接，为等腰直角三角形时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)①点G在直线上，理由见解析；② 【分析】（1）利用角平分线的定义和平行线的性质证明，可得，结合已知可得，进而得出四边形是平行四边形，再根据菱形的定义即可得证； （2）①连接，如图，设，则，利用对称的性质、等腰三角形的性质和菱形的性质得到，即可得到结论； ②先判断，，从而得出，进而得到，证明，，设，则，然后根据勾股定理求出即可得解． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：①点G在直线上，理由如下： 连接，如图， 设，则，， ∵， ∴， ∴， ∵点B与点G关于对称， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴点G在直线上； ②∵为等腰直角三角形，， ∴， ∵， ∴， ∵，四边形是菱形， ∴， ∴，， ∵点B与点G关于对称， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 连接，如图，则， ∵， ∴， ∵A、C关于对称， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， 在直角三角形中，∵， ∴， ∴， ∴． 9．【教材呈现】下面是人教版八年级下册的部分内容： 如图，四边形是正方形，点是边的中点，，且交正方形的外角的平分线于点．求证：（提示：取的中点，连接）． （1）请你思考教科书中的“提示”，这样添加辅助线的意图是创造新的条件，可证明____________，从而可得； 【类比探究】 （2）如图1，若点是边上任意一点（不与重合），其他条件不变．求证：； 【拓展探究】 （3）如图（2），四边形是正方形，点是直线上一点，，交正方形外角的平分线于点．若，，直接写出的长． 【答案】（1）；；（2）见解析；（3）的长为5或 【分析】（1）取的中点，连接，证明，即可得证； （2）在的中点，使，连接，证明，即可得证； （3）分两种情况：当点在边上时，当点是线段上的一点时，根据（2）问的结论，当在边延长线上的任意一点，连接，过点作，交延长于，在上截取，连接，证明，得即可．利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：如图，取的中点，连接， 四边形是正方形， ，， 分别是的中点， ，， ，， ， ， 是的外角的平分线，且， ， ， ， ， ， ， 故答案为：；； （2）证明：如图，在上取点，使，连接， 四边形是正方形， ，， ， ，， ， 是的外角的平分线，且， ， ， ， ， ， ； （3）解：分两种情况： 当点在边上时，如图， 四边形是正方形， ，， ， 由勾股定理，得， 由（2）知，， 当点是直线上的一点时，如图， 四边形是正方形， ，， ， 由勾股定理，得， 连接，过点作，交延长于，在上截取，连接， 四边形是正方形， ，， ，， ， ， ， ， ， 是正方形的外角平分线， ， ， ， ， ， ，即， ， ， ， 在和中， ， ， ， 综上，的长为5或． 10．在矩形纸片中，， 点P在边上，点Q在边上，将纸片沿折叠，使顶点B落在点E 处． 【初步认识】 （1）如图1，折痕的端点P与点A 重合． ①当时， ______； ②若点 E 恰好在线段上，求的长； 【深入思考】 （2）如图2， 点E恰好落在边上．过点E作交于点F， 连接．根据题意，补全图2并证明四边形是菱形； 【拓展提升】 （3）如图3，若，连接．当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出线段的长． 【答案】（1）①；②；（2）见解析；（3）或． 【分析】（）①由邻补角性质得，进而由折叠性质即可求解；②由折叠和勾股定理可求出，设，则，，在中利用勾股定理列出方程解答即可求解； （）①先证四边形是平行四边形，再由即可求证； （）分和两种情况，利用折叠的性质解答即可求解． 【详解】解：（）①∵， ∴， 由折叠可得，， ∴， 故答案为：； ②当点恰好在线段上时，如图所示， ∵四边形是矩形， ∴，，， 由折叠可得，，，， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， 解得， ∴的长； （）补图如下： 证明：∵， ∴， 由折叠可知，，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （）由折叠可知，，设，则， ①当时， 在中，， 解得， ∴； ②当时，过点作交于， 则， ， 由折叠可知，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴； 综上，线段的长为或． 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $