资源简介

2024-2025学年浙教版数学八年级下学期期末复习知识串讲（优等生培优版）
第5章 特殊平行四边形
（思维导图+知识梳理+易错点拨+17大考点讲练+优选真题难度分层练 共71题）
讲义简介 2
思维导图指引 2
章节知识回顾梳理 3
知识点梳理01：平平行四边形 3
知识点梳理02：菱形 3
知识点梳理03：矩形 4
知识点梳理04：正方形 4
易错考点点拨汇总 5
易错知识点01：矩形、菱形、正方形的性质混淆 5
易错知识点02：面积公式的误用 5
易错知识点03：几何变换中的逻辑漏洞 5
易错知识点04：证明题中的典型错误 6
易错知识点05：综合题避坑指南 6
易错知识点06：高频错题示例 6
期末真题考点汇编讲练 6
期末考向一：矩形 6
重点考点讲练01：矩形与折叠问题 6
重点考点讲练02：根据矩形的性质与判定求角度 10
重点考点讲练03：根据矩形的性质与判定求线段长 17
重点考点讲练04：根据矩形的性质与判定求面积 22
期末考向二：菱形 26
重点考点讲练05：根据菱形的性质与判定求角度 26
重点考点讲练06：根据菱形的性质与判定求线段长 32
重点考点讲练07：根据菱形的性质与判定求面积 36
期末考向三：正方形 40
重点考点讲练08：正方形折叠问题 40
重点考点讲练09：求正方形重叠部分面积 45
重点考点讲练10：根据正方形的性质与判定求角度 49
重点考点讲练11：根据正方形的性质与判定求线段长 55
重点考点讲练12：根据正方形的性质与判定求面积 61
重点考点讲练13：根据正方形的性质与判定证明 66
重点考点讲练14：中点四边形 74
重点考点讲练15：(特殊)平行四边形的动点问题 77
重点考点讲练16：四边形中的线段最值问题 81
重点考点讲练17：四边形其他综合问题 88
优选真题难度分层练 94
中档题—夯实基础能力 94
压轴题—强化解题技能 101
同学你好，本套讲义针对课本内容同步制作，贴合书本内容。讲义包含导图指引，全章节知识点梳理，易错点考点点拨，期末真题考点汇编讲练，优选题难度分层训练！题目新颖，题量充沛，精选名校真题，模拟题等最新题目，解析思路清晰，难度中上，非常适合培优拔尖的同学使用，讲义可作为章节复习，期中期末强化巩固学习使用。相信本套讲义资料可以帮助到你！
知识点梳理01：平平行四边形
1．定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.
2．性质：（1）对边平行且相等；
（2）对角相等；邻角互补；
（3）对角线互相平分；
（4）中心对称图形.
3．面积：
4．判定：边：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
角：（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形；
（5）任意两组邻角分别互补的四边形是平行四边形．
边与角：（6）一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形；
对角线：（7）对角线互相平分的四边形是平行四边形.
【细节剖析】平行线的性质：
（1）平行线间的距离都相等；
（2）等底等高的平行四边形面积相等.
知识点梳理02：菱形
【高频考点精讲】
1. 定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
2．性质：（1）具有平行四边形的一切性质；
（2）四条边相等；
（3）两条对角线互相平分且垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
（4）中心对称图形，轴对称图形.
3．面积：
4．判定：（1）一组邻边相等的平行四边形是菱形；
（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；
（3）四边相等的四边形是菱形.
知识点梳理03：矩形
【高频考点精讲】
1．定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
2．性质：（1）具有平行四边形的所有性质；
（2）四个角都是直角；
（3）对角线互相平分且相等；
（4）中心对称图形，轴对称图形.
3．面积：
４．判定：（1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形.
（2）对角线相等的平行四边形是矩形.
（3）有三个角是直角的四边形是矩形.
【细节剖析】由矩形得直角三角形的性质：
（1）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；
（2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半．
知识点梳理04：正方形
【高频考点精讲】
1. 定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形.
2．性质：（1）对边平行；
（2）四个角都是直角；
（3）四条边都相等；
（4）对角线互相垂直平分且相等，对角线平分对角；
（5) 两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形；
（6）中心对称图形，轴对称图形.
3．面积：边长×边长＝×对角线×对角线
4．判定：（1）有一个角是直角的菱形是正方形；
（2）一组邻边相等的矩形是正方形；
（3）对角线相等的菱形是正方形；
（4）对角线互相垂直的矩形是正方形；
（5）对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；
（6）四条边都相等，四个角都是直角的四边形是正方形.
易错知识点01：矩形、菱形、正方形的性质混淆
性质混淆
矩形：对角线相等且平分，四个角为直角；
菱形：对角线互相垂直平分，四边相等；
正方形：同时具备矩形和菱形的所有性质。
易错点：误用正方形的对角线性质到矩形或菱形中，例如认为“矩形的对角线互相垂直”或“菱形的对角线相等”。
判定条件混淆
矩形判定：需先证明是平行四边形，再满足对角线相等或一个角为直角；
菱形判定：需先证明是平行四边形，再满足对角线垂直或邻边相等；
正方形判定：必须同时满足矩形和菱形的条件。
易错点：未验证基础条件（如是否为平行四边形）直接套用判定定理，例如仅凭“对角线垂直”直接判定为菱形。
易错知识点02：面积公式的误用
菱形面积计算
公式：菱形面积=底×高=对角线乘积的一半（易忽略后者）。
易错点：当已知对角线长度时，未用“对角线乘积的一半”简化计算，导致步骤繁琐或错误。
特殊图形的最值问题
动点问题中，学生可能忽略几何变换（如折叠、旋转）对图形面积的影响，或未利用对称性简化分析。
易错知识点03：几何变换中的逻辑漏洞
折叠问题
折叠后对应边、角相等，但需注意折叠前后图形的全等性及对称轴的位置。
易错点：未标注折叠后的对应点，导致角度或边长关系分析错误。
动点与存在性问题
动态分析时需分段讨论图形形状的变化，例如从平行四边形到矩形的临界条件。
易错点：忽略分类讨论或未结合坐标系建立等量关系。
易错知识点04：证明题中的典型错误
判定定理缺失
例如，证明菱形时仅说明“对角线垂直”而忽略“对角线平分”或未先证明其为平行四边形。
逻辑链不完整
例如，证明正方形时仅说明“四边相等”或“四个角为直角”，未同时满足矩形和菱形的条件。
易错知识点05：综合题避坑指南
坐标系中的特殊四边形
计算顶点坐标时，需验证对角线是否满足特定性质（如中点重合、垂直或相等）。
示例：若四边形对角线中点重合且垂直，则为菱形；若进一步满足相等，则为正方形。
最值问题
利用对称性转化线段和的最值，例如将军饮马模型在矩形或菱形中的应用。
易错知识点06：高频错题示例
题目：对角线相等的四边形一定是矩形。
错因：忽略“平行四边形”前提，反例：等腰梯形的对角线也相等。
题目：菱形的面积为对角线长度之和的一半。
错因：混淆公式，正确公式应为“对角线乘积的一半”。
期末考向一：矩形
重点考点讲练01：矩形与折叠问题
【母题精讲】（24-25八年级上·天津南开·期末）如图，一块矩形纸片的宽为，点E在上，如果沿图中的对折，点B的对应点为，若点恰好落在上，此时，则的长为 （）．
【答案】12
【思路点拨】本题主要考查翻折变换（折叠问题），含30度角的直角三角形，矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题关键．
由折叠可知，进而得到，由平行线的性质得，利用含30度角的直角三角形性质即可求解．
【规范解答】解：∵四边形为矩形，
∴，
由折叠可知，，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
故答案为：12．
【训练1】（22-23八年级下·四川广安·期末）将一矩形放在直角坐标系中，为原点，在x轴上，，．
(1)如图（1），在上取一点，将沿折叠，使点落在上的，求点的坐标；
(2)如图（2），在点、边上选取适当的点、，将沿折叠，使点落在边上的点，过作交于点，交于点，求证：；
(3)在（2）的条件下，设T
①探求：与之间的函数关系式．
②指出变量x的取值范围．
【答案】(1)E点的坐标为；
(2)见解析；
(3)①；②．
【思路点拨】本题是四边形综合题，考查了图形的翻折变换，矩形的性质，勾股定理，平行线的性质，等腰三角形的判定，函数解析式的求法等知识，综合性较强，难度适中，灵活运用数形结合的思想是解题的关键．
（1）先根据折叠的性质得出，在 中，运用矩形的性质及勾股定理得出，然后在中，由勾股定理得，解方程求出 的长，进而求出点E的坐标；
（2）先由折叠的性质得出，由平行线的性质得出，则'，根据等角对等边得到，则 ；
（3）①由T，得出 ，，，在 中，根据勾股定理得出，即，整理可求出y与x的函数关系式；
②在(1)中给出的情况就是x的最小值的状况，可根据的长求出x的最小值，当x取最大值时，平分，即与A重合，四边形为正方形，可据此求出此时x的值，有了x的最大和最小取值即可求出x的取值范围．
【规范解答】（1）解：如图(1)，将沿折叠，使O点落在边上的D点，
，
在中，，，，
．
在中，，，，，
，即，
解得 ，
点的坐标为．
（2）如图（2），将沿 折叠，使O点落在边上点，
，，
，
，
．
（3）T，
，，，
在 中，
，
，即，
整理，得 ；
结合（1）可得时，x最小，从而．
当平分 时， 最大即x最大，
此时G点与F点重合，四边形为正方形，
即x最大为6，从而 ，
故自变量x的取值范围是．
【训练2】（23-24八年级下·湖北襄阳·期末）如图，在矩形 中，，，对角线 相交于点，过 作 于点，将沿 折叠，点恰好落在线段的点处， 则的长为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【思路点拨】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形的面积，折叠的性质，由矩形的性质及勾股定理可得，进而由三角形的性质可得，再由勾股定理得，即可由折叠的性质得，最后由线段的和差关系即可求解，掌握矩形的性质是解题的关键．
【规范解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
由折叠可得，，
∴，
故选：．
重点考点讲练02：根据矩形的性质与判定求角度
【母题精讲】（23-24八年级下·广西玉林·期末）如图，矩形中， ，为上一点，且，连接．以下说法中：①；②当点在边上时，则；③当时，则；④的最小值为．其中正确的结论是 (填写序号)．
【答案】①②④
【思路点拨】由及，可判定①；当点在边上时，可求得，从而由矩形的性质及等腰三角形的性质，可得的度数，根据互余关系可求得的度数，从而对②作出判断；当时，可求得的长，进而可求得的函数值，则可对③作出判断；取，连接，，证明，则，从而，在中求出，即可对④作出判断．
【规范解答】解：①∵，，
∴，
故①正确；
②当点在边上时，如图，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故②正确；
③当时，如图，
∵，
∴是等边三角形，
如图，过点作于，交于，
则，四边形是矩形，
∴，
由勾股定理得，
∴，
而，
∴，
∴，
故③错误；
④如图，取，连接，，
∵，
∴，
∴，
∴，
当点在线段上时，取得最小值，最小值为线段的长；
在中，，
由勾股定理得，
故④正确．
故答案为：①②④．
【训练1】（23-24八年级下·四川广元·期末）【问题情景】通过作平行线来实现问题转化是我们常用到的方法．
如图1，在中，分别交AB于D，交AC于E．已知，，，求的值，我们可以过点D作BE的平行线（如图2），也可过点E作CD的平行线解决问题．
【问题解决】
（1）请回答：的值为__________．
【类比探究】（2）如图3，已知和矩形，与交于点G，，参考上述思考问题的方法，求的度数．
【迁移应用】
（3）如图4，已知：交于E点，连接，，．且与互为余角，与互为补角，则__________度，若，求的长．
【答案】（1）；（2）；（3），
【思路点拨】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理.注意掌握辅助线的作法.
（1）由可证得四边形是平行四边形，即可得，即可得,然后利用勾股定理,求得的值；
（2）首先连接，由四边形是平行四边形,四边形是矩形，易证得四边形是平行四边形，继而证得是等边三角形,则可求得答案；
（3）首先得出，进而得出最后求出的度数；以为邻边作平行四边形，连接，得出，再求出，然后过A作交的延长线于P，过点M作于N，再根据勾股定理得出结果．
【规范解答】解：（1）解:，
∴四边形是平行四边形，
∴，
，
，
，
∴．
故答案为：
（2）连接，如图．
∵四边形是平行四边形，四边形是矩形，
∴．
∴．
∴四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴．
∴是等边三角形．
∴
∵，
∴．
（3）①∵，
，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
故答案为：
②以为邻边作平行四边形，连接，如图，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，．
∴
在四边形中，
∵，
∴
∴
过A作交的延长线于P，过点M作于N．
∵，
∴
∴
在中，
在中，
∵，
∴
在中，．
∴．
∴的长为．
【训练2】（23-24八年级下·上海闵行·期末）已知：如图，点、分别是双曲线在第一象限内分支上的两点，．过点作轴的平行线，过点作轴的平行线，两线交于点，连接．如果，那么等于 度．

【答案】21
【思路点拨】作轴，交轴于，交于，连接，与的交点为，根据题意设，，得到，用待定系数法求得直线的解析式，代入点横坐标，得到其纵坐标为，推出轴，结合题意可推出四边形是矩形，然后根据等腰三角形性质和三角形外角定义，结合，推出，最后根据轴，得到，从而推出，即可得到答案．
【规范解答】作轴，交轴于，交于，连接，与的交点为，如图所示
点、在双曲线上，
设点坐标为，点坐标为
轴，轴
点坐标为
设直线的解析式为：
，即
直线的解析式为：
，交于
点的横坐标为，且点在上
，即点的坐标为
，
轴
轴，轴，轴
，，
四边形是平行四边形
又轴
平行四边形是矩形
，
又，
轴
，
故答案为：21．
重点考点讲练03：根据矩形的性质与判定求线段长
【母题精讲】（24-25八年级上·山东淄博·期末）【命题证明】证明：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．（参考图1，写出已知、求证以及证明过程．）
【结论应用】如图2，在四边形中，，，点E，F分别是的中点，当，时，求的长．
【答案】（1）见解析（2）3
【思路点拨】（1）根据题意，写出已知，求证，延长到点E，使，连接，证明四边形是矩形，即可得证；
（2）连接，，利用斜边上的中线推出，三线合一，得到，勾股定理求出的长即可．
【规范解答】解：（1）已知：如图，在中，，是斜边上的中线，
求证：．
证明：延长到点E，使，连接，
则，
∵是斜边上的中线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，，
∵，E为中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵F是中点，
∴，
∵，，E，F分别是边，的中点，
∴，，
∴在中，．
【训练1】（24-25八年级上·山东枣庄·期末）如图，四边形是长方形，O是平面直角坐标系的原点，点A，C分别在轴、上，点B的坐标是则直线对应的函数表达式为（）
A． B． C． D．
【答案】A
【思路点拨】本题考查了一次函数表达式的求解以及长方形的性质知识点．
先根据长方形性质和点坐标求出A，C两点坐标，然后设直线对应的函数表达式为为常数，，将两点坐标代入表达式，进而得到直线的函数表达式．
【规范解答】因为四边形是长方形，是平面直角坐标系的原点，点A，C分别在轴，上，点的坐标是
根据长方形的性质，对边相等且平行，
所以的长度等于点的横坐标3，即点坐标为；
的长度等于点的纵坐标4，即点坐标为．
设直线对应的函数表达式为为常数，．
把分别代入中，得到方程组．
将代入，可得，移项得到，
解得．
所以直线AC对应的函数表达式为．
故选A．
【训练2】（22-23八年级下·河南·期末）如图，，，，为矩形的四个顶点，，，动点、分别从点，同时出发，都以的速度运动，其中点由运动到停止，点由点运动到点停止．

(1)求四边形的面积；
(2)、两点从出发开始到几秒时，点、、组成的三角形是等腰三角形？
【答案】(1)
(2)秒或秒或秒或秒
【思路点拨】（1）设运动时间为，则，，由矩形的性质可得，，，进而可得，然后根据梯形的面积公式即可得出答案；
（2）设、两点从出发开始到秒时，点、、组成的三角形是等腰三角形，于是可得，，然后分三种情况讨论：①当时，②当时，③当时，分别列方程求解即可．
【规范解答】（1）解：设运动时间为，
则，，
四边形是矩形，
，，，
，
∴四边形的面积；
（2）解：设、两点从出发开始到秒时，点、、组成的三角形是等腰三角形，
，
，
分三种情况讨论：
①当时，
如图，过作于，

易得四边形为矩形，
，，
，
，
，
，
解得：或；
②当时，
如图，过作于，

易得四边形为矩形，
，，
，
，
，
解得：；
③当时，
，
，
，
，
解得：；
综上所述，当秒或秒或秒或秒时，点、、组成的三角形是等腰三角形．
重点考点讲练04：根据矩形的性质与判定求面积
【母题精讲】（23-24八年级下·北京西城·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于点，．点在第一象限，且四边形是矩形．
(1)使用直尺和圆规，按照下面的作法补全图形（保留作图痕迹）；
作法：以点为圆心，的长为半径画弧，再以点为圆心，的长为半径画弧，两弧在第一象限相交于点，连接，，则四边形是矩形．
(2)根据（1）中的作法，完成下面的证明：
证明：
∵，　　　　，
∴四边形是平行四边形．（　　　　）（填推理的依据）
∵，
∴四边形是矩形，（　　　　）（填推理的依据）
(3)若直线的表达式为，直接写出矩形的面积和直线的表达式．
【答案】(1)作图见解析
(2)，两组对边分别相等的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形
(3)，
【思路点拨】（1）由题意作图即可；
（2）根据矩形的判定定理即可得证；
（3）确定点、、的坐标分别为、、，即可求解．
【规范解答】（1）解：由题意作图如下：
（2）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形．（两组对边分别相等的四边形为平行四边形）
∵，
∴四边形是矩形，（有一个角为直角的平行四边形为矩形）
故答案为：；两组对边分别相等的四边形为平行四边形；有一个角为直角的平行四边形为矩形；
（3）解：∵直线：与轴，轴分别交于点，，
当时，，当时，，
∴，，
∴，，
∴矩形的面积为：，
∵四边形是矩形，，
∴，，
则线段向上平移个单位与线段重合，其中点是点的对应点，点是点的对应点，
∴，
设直线的表达式为，过点，
∴，
解得：，
∴直线的表达式为．
【训练1】（23-24八年级下·浙江衢州·期末）如图，中，为钝角，以为边向外作，为钝角，连结，．设的面积分别为，则的面积可表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【思路点拨】此题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面积，理解平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定与性质，三角形的面积公式是解决问题的关键．
如图，过作于，交的延长线于，过作于，过作于，交于，再证明四边形是矩形，结合三角形的面积公式计算即可．
【规范解答】解：如图，过作于，交的延长线于，过作于，过作于，交于，
∵平行四边形，
，
，
∴四边形是矩形，
，
，
故选：C．
【训练2】（23-24八年级下·广西河池·期末）如图，在四边形中，，与相交于点O，且O是的中点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若是等边三角形，且，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【思路点拨】本题主要考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、矩形的判定与性质等知识点，掌握矩形的判定与性质成为解题的关键．
（1）根据平行线的性质可得，再证明可得人然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明结论；
（2）根据平行四边形的性质可得、，再结合等边三角形的性质可得是矩形；再根据勾股定理求得，最后根据矩形的面积公式即可解答．
【规范解答】（1）证明：，
．
又，，
，
．
又，
四边形是平行四边形．
（2）解：四边形是平行四边形，
，．
是等边三角形，且，
，
，
是矩形，
，，
，
四边形的面积．
期末考向二：菱形
重点考点讲练05：根据菱形的性质与判定求角度
【母题精讲】（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图所示，E，F分别在和上，，则 ．
【答案】80
【思路点拨】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，四边形内角和，平行线的判定与性质，根据已知可判定出四边形为菱形，得到，，根据平行线性质，等边对等角可得到，根据等边三角形的判定与性质可得，利用四边形内角和求出，利用平行线性质即可求出结果．
【规范解答】解：，
四边形为菱形，
，，
，
，
，
，
又，
，
同理，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
故答案为：80．
【训练1】（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，在中，对角线与相交于点O，平分，过点B作交于点E．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【思路点拨】该题主要考查了平行四边形的性质，菱形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，
（1）根据平分，得到，结合四边形是平行四边形，证出，，得出四边形是菱形，即可得．
（2）根据四边形是平行四边形，得到，根据勾股定理得出，设，则，即可求解；
【规范解答】（1）证明：∵平分，
，
∵四边形是平行四边形，
，
，
，
，
四边形是菱形，
．
（2）解：∵四边形是平行四边形，
，
∵，，
，
，
设，则，
解得：，
．
【训练2】（23-24八年级下·北京东城·期末）在平面直角坐标系中，对于点和线段，如果点，，，按逆时针方向排列构成菱形，则称线段是点的“菱线段”，点是点的“菱点”．例如，图1中线段是点的“菱线段”．

(1)如图，已知点的坐标是．
点，，，，其中点的“菱点”有__________；
若线段是点的“菱线段”，且菱形的面积是2，求点的坐标；
(2)记，若线段与线段都是点的“菱线段”，且线段与线段都经过点，直接写出的取值范围．
【答案】(1)①，；②或
(2)
【思路点拨】（1）①根据菱形的性质可知，利用勾股定理逐一计算即可得到答案；②根据题意，点由两种情况，作轴，根据菱形的性质和面积可知，，利用勾股定理求得的长度，当点在点的上方，得到，当点在点的上方，得到，即可得到点坐标；
（2）过点作的平行线，以、为圆心，长为半径作，，当，分别与直线有两个交点，且线段、线段经过点时，满足条件．根据菱形的性质、等腰三角形性质和三角形内角和可证明，当线段与线段完全重叠时，点只有一条“菱线段”符合题意，此时取得最小值，可根据计算得到；当线段与线段的点与点重叠时，此时t取得最大值，根据点、在可得到，即可得到答案．
【规范解答】（1）解：① 的坐标是
四边形是菱形
点，，，
，，，
点，点的“菱点”
故答案为：，．
②根据题意，点有两种情况，
四边形是菱形
，
如图所示，作轴交轴于，则
菱形的面积是2
，即
当点在点的正上方，
当点在点的正下方，
点的坐标为或．
（2）如图1，过点作的平行线，以、为圆心，长为半径作，，当，分别与直线有两个交点，且线段、线段经过点时，满足条件．

图1中，四边形、是菱形，
，，，
，，，
，
，
当线段与线段完全重叠时，点只有一条“菱线段”，
此时取得最小值，如图2所示，
四边形是菱形，
，
又
，
此时
，解得：
当线段与线段的点与点重叠时，点有两条“菱线段”，此时取得最大值，如图3所示，
此时点、在
当时，满足条件．
故答案为：．
重点考点讲练06：根据菱形的性质与判定求线段长
【母题精讲】（23-24八年级下·陕西咸阳·期末）如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，若测得两点之间的距离为，两点之间的距离为，则这两张纸条的宽为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【思路点拨】本题考查了菱形的判定与性质、勾股定理，作于，于，连接、于，证明四边形是菱形，再根据勾股定理求出，再由菱形面积公式计算即可得出答案．
【规范解答】解：如图，作于，于，连接、于，
由题意得：，，
∴四边形是平行四边形，
∵两个矩形等宽，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，，，
∵测得两点之间的距离为，两点之间的距离为，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴这两张纸条的宽为，
故选：C．
【训练1】（23-24八年级下·山东德州·期末）如图，在中，，点D是的中点，连接，过点B作，过点C作，、相交于点E．
(1)判断四边形的形状并说明理由；
(2)过点D作于点F，交于点G，连接EG．若，，求的长．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析
(2)
【思路点拨】（1）根据题意证明四边形是平行四边形，再利用直角三角形性质得到，即可证明四边形是菱形；
（2）利用直角三角形性质得到，利用勾股定理得到，结合菱形性质得到，并证明，利用全等的性质结合勾股定理即可得到的长．
【规范解答】（1）解：四边形是菱形．理由如下：
，，
四边形是平行四边形，
在中，，且点D是的中点，
，
四边形是菱形；
（2）解：，
，
，
，
在中，，
，
四边形是菱形，
，，
，
在与中，
，
，
，
，
，
．
【训练2】（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，在矩形中，点为对角线的中点，过点作交于点，连接，若，．
(1)求的周长．
(2)延长交于点，连接，求的长．
【答案】(1)；
(2)．
【思路点拨】（）由题意可得垂直平分，即得，进而得到，据此即可求解；
（）证明得到，即可得四边形为平行四边形，进而得到四边形为菱形，得到，设，在中，由勾股可得，解方程即可求解；
本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
【规范解答】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵是的中点，
∴，
又∵，
∴垂直平分，
∴，
，
∴的周长为；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形为菱形，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得，
∴的长为．
重点考点讲练07：根据菱形的性质与判定求面积
【母题精讲】（23-24八年级下·广东湛江·期末）如图，在矩形中，O为的中点，过点O作分别交，于点E，F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)24
【思路点拨】本题考查了菱形的判定定理，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理．熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
（1）先证四边形为平行四边形，然后根据平行四边形对角线垂直证得菱形；
（2）利用勾股定理求出，根据菱形的性质，求出，，根据菱形的面积公式求解．
【规范解答】（1）证明：如图，

∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵O为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
（2）解：四边形是菱形，，，
，
，，
四边形的面积为：．
【训练1】（23-24八年级下·山西大同·期末）综合与实践
问题情境：如图，在平行四边形中，，的平分线交于点，交于点．
问题解决：
(1)判断四边形的形状并说明理由；
(2)若，，平行四边形的面积为120，直接写出的长．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析
(2)2.5
【思路点拨】本题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
（1）根据平行四边形的性质得出，结合可得出四边形是平行四边形，再证明为等腰三角形，易得，即可证明结论；
（2）根据菱形的性质和勾股定理，求得菱形的面积，进而根据得出，即可求解．
【规范解答】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，，
∴，
∴，
∴菱形的面积，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴．
【训练2】（23-24八年级下·甘肃武威·期末）如图是一张对边平行的纸片，点，分别在平行边上，连接．
(1)求作：菱形，使点，落在纸片的同一边上；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
(2)证明：四边形是菱形．
(3)在（1）的条件下，，交于点，若，，求菱形的面积．
【答案】(1)作图见解析
(2)证明见解析
(3)
【思路点拨】（1）作线段的垂直平分线，交纸片的平行边于两点，，连接、；
（2）根据垂直平分线的性质得，，由，得，，证明，得，推出四边形为平行四边形，即可得证；
（3）先根据菱形的性质得到，，，根据勾股定理得，然后根据菱形的面积公式计算即可．
【规范解答】（1）解：如图，作线段的垂直平分线，交纸片的平行边于两点，，连接、，
则四边形即为所作；
（2）证明：设，交于点，
根据作图可知：垂直平分，
∴，，
∵，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形；
（3）解：∵四边形为菱形，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴菱形的面积为．
期末考向三：正方形
重点考点讲练08：正方形折叠问题
【母题精讲】（22-23八年级下·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图所示，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，使点落在上的点处，折痕为．若的长为2，则的长为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【思路点拨】根据折叠和正方形的性质求出，再利用求解即可．
【规范解答】解：由题意得：
由折叠性质可得：，
∴
∴
故选：B．
【训练1】（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，是正方形内一点，，连接，将沿翻折，得到，延长，与的平分线相交于．
(1)当四边形为菱形时，填空：______；
(2)试求的度数；
(3)如图，连接，交于，连接，当三点共线时，求证：四边形是菱形．
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析．
【思路点拨】（）根据四边形为菱形，四边形是正方形，得，，，证明是等边三角形，则，通过等边对等角及角度和差即可求解；
（）由折叠性质得，则有，，设，则，通过角度和差及角平分线的定义即可求解；
（）由折叠性质得，则有，，由四边形是正方形，则，，由，，得，由平分，可得，证明，，，通过全等三角形的性质和菱形的判定方法求解．
【规范解答】（1）解：∵四边形为菱形，四边形是正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）∵四边形是正方形，
∴，，
∵将沿翻折得到，
∴，
∴，，
设，则，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴
∴；
（3）∵将沿翻折，得到，
∴，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
∵平分，
∴，
在和中
，
∴，
∴，，
由()得:，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵三点共线，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
在和中
，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，即，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【训练2】（23-24八年级下·山东东营·期末）如图，在边长为8的正方形纸片中，E是边上的一点，，连接，将正方形纸片折叠，使点D落在线段上的点G处，折痕为，则的长为
【答案】
【思路点拨】本题考查了翻折变换、勾股定理、正方形的性质．根据四边形是边长为8的正方形纸片，，可得，由翻折可得，在和中，根据勾股定理即可求出的长．
【规范解答】解：∵四边形是边长为8的正方形纸片，，
由翻折可知：
在和中，
解得．
故答案为：．
重点考点讲练09：求正方形重叠部分面积
【母题精讲】（20-21八年级下·四川达州·期末）一位同学拿了两块45°的三角尺、做了一个探究活动，将的直角顶点放在的斜边的中点处，设．
（1）如图1，两个三角尺的重叠部分为，则重叠部分的面积为______．
（2）将图1中的绕顶点逆时针旋转45°，得到图2，此时重叠部分的面积为______．
（3）如果将继续绕顶点逆时针旋到如图3所示，猜想此时重叠部分的面积为多少？并加以验证．
【答案】（1），（2），（3），验证见解析．
【思路点拨】（1）如图（1）中，由题目已知条件可得,，根据勾股定理即可得到的值，再根据是的中点，得出，即可求出重叠部分的面积；
（2）如图（2）中，由题意可得，重叠部分是正方形，边长为，面积为；
（3）如图（3）中，过点M作、的垂线、，垂足为、，求得≌，则阴影部分的面积等于正方形的面积．
【规范解答】解：（1）如图（1）中，
∵，，
∴，
∵是的中点，
∴=，
∵，
∴，
∴重叠部分的面积为：
（2）如图（2）中，由题意可得，重叠部分是正方形，
∴边长为：，
∴面积为：
（3）如图（4），过点分别作，的垂线、，垂足分别为、，
∵是斜边的中点，，
∴，，
∴，
∵，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴阴影部分的面积等于正方形的面积，
∵正方形的面积是，
∴阴影部分的面积是．
【训练1】（2023·四川自贡·一模）如图，将边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AEFG的位置，则图中阴影部分的面积为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【规范解答】解：作MH⊥DE于H，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=1，∠B=∠BAD=∠ADC=90°，
∵正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AEFG的位置，
∴AE=AB=1，∠1=30°，∠AEF=∠B=90°，
∴∠2=60°，
∴△AED为等边三角形，
∴∠3=∠4=60°，DE=AD=1，
∴∠5=∠6=30°，
∴△MDE为等腰三角形，
∴DH=EH=，
在Rt△MDH中，MH=DH=×=，
∴S△MDE=×1×=．
故选D．
【训练2】（2020·浙江·中考真题）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为 （用含a，b的代数式表示）．
【答案】
【思路点拨】如图，连接AE、AF，先证明△GAE≌△HAF，由此可证得，进而同理可得，根据正方形ABCD的面积等于四个相同四边形的面积之和及小正方形的面积即可求得答案．
【规范解答】解：如图，连接AE、AF，
∵点A为大正方形的中心，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∴∠AEF=∠AFE=45°，
∵∠GEF=90°，
∴∠AEG=∠GEF－∠AEF=45°，
∴∠AEG=∠AFE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DAB=∠EAF=90°，
∴∠GAE=∠HAF，
在△GAE与△HAF 中，
∴△GAE≌△HAF（ASA），
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴同理可得：，
即，
故答案为：．
重点考点讲练10：根据正方形的性质与判定求角度
【母题精讲】（21-22八年级下·湖南长沙·期末）如图，四边形OABC是边长为4的正方形，点P为OA边上任意一点（与点O、A不重合），连结CP，过点P作PM⊥CP交AB于点D，且PM＝CP，过点M作MNOA，交BO于点N，连结ND、BM，设OP＝t．
(1)求点M的坐标（用含t的代数式表示）；
(2)求直线OB的解析式；
(3)求线段MN的长度．
【答案】(1)(t+4，t)
(2)y＝x
(3)4
【思路点拨】（1）作ME⊥x轴于E，则∠MEP＝90°，先证出∠PME＝∠CPO，再证明△MPE≌△PCO，得出ME＝PO＝t，EP＝OC＝4，求出OE，即可得出点M的坐标；
（2）利用待定系数法可求解析式；
（3）连接AM，AB与MN交于点F，先证明四边形AEMF是正方形，得出∠MAE＝45°＝∠BOA，AM∥OB，再证出四边形OAMN是平行四边形，即可得出MN＝OA＝4．
【规范解答】（1）解：作ME⊥x轴于E，如图所示，则∠MEP＝90°，ME∥AB，
∴∠MPE+∠PME＝90°，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠POC＝90°，OA＝OC＝AB＝BC＝4，∠BOA＝45°，
∵PM⊥CP，
∴∠CPM＝90°，
∴∠MPE+∠CPO＝90°，
∴∠PME＝∠CPO，
在△MPE和△PCO中，，
∴△MPE≌△PCO（AAS），
∴ME＝PO＝t，EP＝OC＝4，
∴OE＝t+4，
∴点M的坐标为：（t+4，t）；
（2）∵AB＝OA＝4，∠OAB＝90°，
∴点B（4，4），
设直线OB解析式为y＝kx，
∴4＝4k，
∴k＝1，
∴直线OB解析式为y＝x；
（3）连接AM，AB与MN交于点F，如图所示：
∵MN∥OA，ME∥AB，∠MEA＝90°，
∴四边形AEMF是矩形，
又∵EP＝OC＝OA，
∴AE＝PO＝t＝ME，
∴四边形AEMF是正方形，
∴∠MAE＝45°＝∠BOA，
∴AM∥OB，
∴四边形OAMN是平行四边形，
∴MN＝OA＝4．
【训练1】（20-21八年级下·广东深圳·期末）如图，已知，P是y轴上一动点，线段PA绕着点P按逆时针方向旋转至线段PB位置，连接AB、OB．
（1）设P点坐标为，请求出B点坐标；
（2）求BO+BA的最小值．
【答案】（1）B点坐标为（m，m+8）；（2）BO+AB的最小值为
【思路点拨】（1）作BC⊥y轴于点C，利用△BPC≌△PAO求得BC＝OP，PC＝AO，即可求出B点坐标；
（2）设直线y＝x+8与x轴交于点E，与y轴交于点F，作点O关于y＝x+8的对称点D，连接DE，DF，DA，DB，则EF垂直平分OD，转化为“轴对称—最短距离”模型即可求出BO+BA的最小值．
【规范解答】解：（1）如图，作BC⊥y轴于点C，
∵线段PA绕着点P按逆时针方向旋转90°至线段PB位置，
∴PA＝PB，∠BPA＝90°，
∵BC⊥y轴，∠POA＝90°，
∴∠BCP＝∠POA＝90°，
∴∠OAP+∠OPA＝90°，∠CPB+∠OPA＝90°，
∴∠CPB＝∠OAP，
∴△BPC≌△PAO（AAS），
∴BC＝OP，PC＝AO，
∵P（0，m），A（8，0），
∴BC＝OP＝m，PC＝AO＝8，
∴B点坐标为（m，m+8）；
（2）如图，
∵B（m，m+8）
∴B点在直线y＝x+8上，
设直线y＝x+8与x轴交于点E，与y轴交于点F，作点O关于y＝x+8的对称点D，连接DE，DF，DA，DB，则EF垂直平分OD，
∴BD＝BO，
∴OB+AB＝BD+AB≥AD，
∴BD+AB的最小值为AD，即BO+AB的最小值为AD，
∵OE＝OF＝8，
∴∠FEO＝∠EFO＝45°，
∴四边形DEOF为正方形，
∴∠DEA＝90°，DE＝8，EA＝16，
∴AD＝，
∴BO+AB的最小值为．
【训练2】（20-21八年级上·浙江杭州·期末）如图，在中，，，，和分别是其外角和的角平分线，延长和相交于点E，则 度， ．
【答案】 45° 6
【思路点拨】根据角平分线的定义和三角形外角的性质和三角形内角和定理，即可求得∠D，过点D作DH⊥AC于点H，过点D作DM⊥BG于点M，过点D作DN⊥BG于点N， 先证明Rt Rt，可得AH=AM，同理：CH=CN，设CN=x，则AM=5-x，根据正方形的性质，列出方程，即可求解．
【规范解答】解：∵和分别是其外角和的角平分线，
∴∠DCA=∠FCA，∠DAC=∠GAC，
又∵∠FCA=∠CAB+90°，∠GAC=∠ACB+90°，
∴∠DCA+∠DAC=(∠FCA+∠GAC)= (∠CAB+90°+∠ACB+90°)= ×270°=135°，
∴∠D=180°-(∠DCA+∠DAC)=180°-135°=45°．
过点D作DH⊥AC于点H，过点D作DM⊥BG于点M，过点D作DN⊥BG于点N，则四边形DMBN是矩形，
∵和分别是其外角和的角平分线，
∴DN=DH，DM=DH，即：DN=DH=DM，
∴四边形DMBN是正方形，
在Rt和Rt中，
∵，
∴Rt Rt（HL），
∴AH=AM，
同理：CH=CN，
∵在中，，，，
∴AC=，
∴AM+ CN=AC=5，
设CN=x，则AM=5-x，
∴4+x=3+5-x，解得：x=2，
∴AM=5-2=3，DM=BN=4+2=6，
在Rt和Rt中，
∵，
∴Rt Rt，
∴BE=DM=6．
故答案是：45°，6．
重点考点讲练11：根据正方形的性质与判定求线段长
【母题精讲】（2014·河南·中考真题）如图，矩形中，，．点E为上一个动点，把沿折叠，当点D的对应点落在的角平分线上时，的长为 ．
【答案】或
【思路点拨】连接，过作，交于点,于点,作交于点,先利用勾股定理求出的长，然后分两种情况利用勾股定理解题即可．
【规范解答】解：连接，过作，交于点,于点,作交于点,则是直角三角形，
∵四边形 是矩形，点的对应点落在的角平分线上，
，，
∴四边形是矩形，
，
，
则四边形是正方形.
设 ，
，
，
又
，
在中，根据勾股定理，得即，
解得或,
或.
设,当时， ，
根据勾股定理，得，即
解得；
同理，当时,
根据勾股定理，得
解得
综上，或
故答案为：或 ．
【训练1】（2023·湖北襄阳·二模）折叠矩形纸片时，发现可以进行如下操作：①把翻折，点落在边上的点处，折痕为，点在边上；②把纸片展开并铺平；③把翻折，点落在线段上的点处，折痕为，点在边上，若，，则 ．
【答案】
【思路点拨】本题考查了折叠的性质，矩形的性质和勾股定理．设，则，利用折叠的性质得，，，则可判断四边形为正方形，所以，再根据折叠的性质得，当，然后根据勾股定理得到，再解方程求出即可．
【规范解答】解：设，则，
把翻折，点落在边上的点处，
，，，
四边形为正方形，
，
把翻折，点落在直线上的点处，折痕为，点在边上，
，
，
当，
在中，，
，
整理得，解得，（舍去），
即的长为．
故答案为：．
【训练2】（23-24八年级下·云南普洱·期末）如图，在平面直角坐标系中，点、分别在x轴、y轴上，线段OA、OB的长（）是方程组的解，点C是直线与直线的交点，点在线段上，．
(1)求点的坐标．
(2)求直线的解析式．
(3)当点P在直线上运动时，在平面内是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)或或或；
【思路点拨】（1）根据解方程组，可得A、B的坐标，根据待定系数法，可得函数解析式，根据解方程组，可得点C的坐标；
（2）根据D在上，求解，利用勾股定理建立方程，可得D点坐标，根据待定系数法，可得的函数解析式；
（3）结合菱形的性质，分情况讨论：若P在x轴上方，若P在x轴下方，进行讨论即可得到答案．
【规范解答】（1）解：∵，即，
解得，
∴，
即、．
设直线的解析式，
把A、B点的坐标代入函数解析式，得，
解得．
直线的解析式，
由点C是直线与直线的交点，
得，
解得，
∴C点的坐标是；
（2）解：由点D在线段上，C点的坐标是
∴，
∵，
∴，
设，
∴，
解得（不符合题意的根舍去），
即D点坐标是；
设的函数解析式为，
把A、D点的坐标代入，得，
解得．
∴的函数解析式为；
（3）解：过D作轴，由（2）中D，A的坐标可知，，
∴，
∵以O、A、P、Q为顶点的四边形是菱形，分情况讨论如下：
若P在x轴上方，是菱形， 则，，
如图所示，
过P作轴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
结合平移的性质可得：；
当是菱形，记对角线的交点为，
∴，，，
由可得，
∴，
∴；
如图，当四边形为菱形时，
此时，，
∴为与轴的交点，
∴，四边形是正方形，
∴；
当在轴下方，四边形为菱形时，则，．过P作轴，
如图所示，
同理可得：，
∴，
结合平移可得：，
综上：或或或；
重点考点讲练12：根据正方形的性质与判定求面积
【母题精讲】（22-23八年级下·浙江湖州·期末）定义：对角线垂直的四边形叫做“对垂四边形”．如图，在“对垂四边形”中，对角线与交于点O，．若点E、F、G、H分别是边、、、的中点，且四边形是“对垂四边形”，则四边形的面积是 ．
【答案】2
【思路点拨】连接，，交于点M，根据三角形中位线定理得到，，，可得四边形是平行四边形，再根据“对垂四边形”的性质得到垂直线段，从而逐步证明四边形是正方形，最后计算面积即可．
【规范解答】解：连接，，交于点M，
∵在四边形中，点E、F、G、H分别是边、、、的中点，
∴，，，
∴，同理：，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是“对垂四边形”，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵四边形是“对垂四边形”，
∴，
∴四边形是正方形，
∴四边形的面积为．
【训练1】（22-23八年级下·上海静安·期末）已知：如图，梯形中，，，E、F、G、H分别是的中点，连接．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)如果，，且，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)8
【思路点拨】（1）首先根据三角形中位线的性质得到，，证明出四边形是平行四边形，然后利用，得到，进一步证明出四边形是菱形；
（2）延长交于点M，首先证明出，得到，，，然后得到四边形是正方形，是等腰直角三角形，最后利用勾股定理求解即可．
【规范解答】（1）如图所示，连接

∵E、F、G、H分别是的中点，
∴是的中位线，是的中位线，
∴，，，
∴，
∴四边形是平行四边形
∵梯形中，，，
∴四边形是等腰梯形
∴
∵同理可得，是的中位线
∴
∴
∴四边形是菱形；
（2）如图所示，延长交于点M，

∵，，
∴，，
∵
∴，
又∵
∴
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴四边形是正方形
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形
∴，即
∴．
∴四边形的面积为8．
【训练2】（21-22八年级下·四川成都·期末）如图，，，，且点在内部，连接，，的延长交线段于点．
(1)求证：；
(2)判断与的位置关系并证明；
(3)连接，若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)，见解析
(3)1
【思路点拨】(1)证出，根据证明 ；
(2)和交于点，由全等三角形的性质得出，则可得出结论；
(3)过点作于点，，交的延长线于点，证明 ，由全等三角形的性质得出，证出四边形为正方形，证明 ，得出，则可得出答案．
【规范解答】（1）证明：，
，
．
在和中，
，
；
（2）解：，
证明：如图，和交于点，
，
，
，，
，
；
（3）解：过点作于点，，交的延长线于点，
，
四边形为矩形，
，，，
，
，
四边形为正方形，
又，
，
，
，
，
，
，
，
．
重点考点讲练13：根据正方形的性质与判定证明
【母题精讲】（23-24八年级下·广东广州·期末）如图，在平面直角坐标系中，、、三点坐标分别为、、，把沿翻折，点恰好落在轴的点处，为折痕．
(1)求直线的解析式；
(2)在平面直角坐标系中，有一个动点使得，动点的纵坐标是否为横坐标的函数？若是，求出关于的函数解析式；若否，请说明理由；
(3)连接、，点为边的中点，，且交外角的平分线于点，求证．
【答案】(1)
(2)是，或
(3)见解析
【思路点拨】（1）由翻折的性质可得，，待定系数法求直线的解析式即可；
（2）由题意知，，则，由勾股定理得，，设到的距离为，依题意得，，可求，即点在距离为的直线上运动，如图1，记与轴的交点为，与轴的交点为，作于，则，可求，由勾股定理得，，则，，设直线的解析式为；将代入，可求，则直线的解析式为；同理，直线的解析式为；
（3）如图2，延长交的延长线于，记与轴的交点为，则，证明四边形是正方形，，证明，则，由，可得，如图2，作于，轴于，证明四边形是正方形，则，，，证明，则，证明，进而可证．
【规范解答】（1）解：由翻折的性质可得，，
设直线的解析式为，
将，代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为；
（2）解：由题意知，，
∴，
由勾股定理得，，
设到的距离为，
依题意得，，
解得，，
∴点在距离为的直线上运动，如图1，记与轴的交点为，与轴的交点为，作于，
∴，
∴，，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
同理可得，，
设直线的解析式为；
将代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为；
同理，直线的解析式为；
∴动点的纵坐标是横坐标的函数，关于的函数解析式为或；
（3）证明：如图2，延长交的延长线于，记与轴的交点为，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，，
∴外角为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
如图2，作于，轴于，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，，
∴，即，
又∵，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴．
【训练1】（23-24八年级下·河南新乡·期末）四边形是正方形，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交射线于点F，以为边作平行四边形．
(1)如图1，当时，点F落在边上，小明同学观察图形，认为四边形是一种特殊的平行四边形，经过思考，他过点E作，垂足分别为M，N，通过推理证明， 得到平行四边形是___；
(2)当时，点F落在的延长线上，小明的结论还成立吗，请说明理由；
(3)当，且时，连接，直接写出的长．
【答案】(1)正方形
(2)成立，理由见解析
(3)
【思路点拨】（1）利用正方形性质、全等三角形的判定与性质和正方形判定定理解答即可；
（2）过点E作，垂足分别为M，N，利用（1）中方法解答即可;
（3）利用正方形的性质得到点F和点C重合，再利用勾股定理和等腰直角三角形性质解答即可．
【规范解答】（1）解：，
∴四边形是矩形；
∵四边形是正方形，
平分，
，
∴四边形是正方形，
，
，
；
；
，
平行四边形是矩形，
平行四边形是正方形，
故答案为：正方形；
（2）解：成立，理由如下：
如图，过点E作，垂足分别为M，N，
，
∵四边形是正方形，
平分，
，
∴四边形是正方形，
，
，，
平行四边形是矩形，
，
，
平行四边形是正方形，
故答案为：正方形；
（3）解：如图，过点E作，垂足分别为M，N，
，
，
四边形是正方形，
点E为中点，
，
，
，
平行四边形是矩形，
∴此时点F与点C重合，即平行四边是正方形，
，
是等腰直角三角形，
，
，
．
【训练2】（23-24八年级下·广西南宁·期末）在正方形中，点P在对角线上，点E，F分别在边，上，且于点P．
(1)特例发现：如图1，当点P在对角线，的交点处时，求证：；
(2)探究证明：如图2，当点P不在对角线，的交点处时，判断与的数量关系，并说明理由；
(3)拓展运用：在（2）的条件下，若，，连接，请直接写出的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)，证明见解析
(3)
【思路点拨】（1）证明，即可得证；
（2）过点P分别作的垂线，垂足分别为M，N ．证明，即可得出结论；
（3）勾股定理求出的长，证明是等腰直角三角形，进一步进行求解即可．
【规范解答】（1）解：∵四边形是正方形，
∴．
∴都是等腰直角三角形．
∴．
∵，
∴．
∴，
即．
在和中
∴．
∴．
（2）解：过点P分别作的垂线，垂足分别为M，N ．
∵四边形是正方形，
∴．
∴四边形是矩形．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴四边形是正方形．
∴．
∴即．
在和中
∴．
∴．
（3）解：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
重点考点讲练14：中点四边形
【母题精讲】（23-24八年级下·山西吕梁·期末）顺次连接某四边形各边中点得到一个相邻两边分别为，的四边形，则原四边形两条对角线长度之和为（ ）
A．20 B．18 C．36 D．无法确定
【答案】B
【思路点拨】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理是解题的关键．
连接、，根据三角形中位线定理求得，，即可计算．
【规范解答】解：如图，连接、，
∵、分别是、的中点，
∴，
∵、分别是、的中点，
，
，
同理，
∵顺次连接某四边形各边中点得到一个相邻两边分别为，的四边形，
∴，
故选：B．
【训练1】（23-24八年级下·河北唐山·期末）如图①，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点．求证：．
【应用】如图②，连结图①中的，并取中点，连结、．
（1）若，则四边形的周长为 ．
（2）图③，若，且，则四边形的面积为 ．
【答案】见解析；（1）①四边形的周长为；（2）
【思路点拨】运用三角形中位线定理和等腰三角形性质即可证得结论；
（1）运用三角形中位线定理可得，，再由，可得，即可得出答案；
（2）由（1）得，得出四边形是菱形，再证得，得出四边形是正方形，即可求得答案．
【规范解答】证明：如图①，
、、分别是、、的中点，
、分别是、的中位线，
，，
，
，
．
（1）如图②，
、、、分别是、、、的中点，
，，
，
，
四边形的周长为16；
（2）：如图③，
、、、分别是、、、的中点，
，，，，
，，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
菱形是正方形，
．
【训练2】（23-24八年级下·山东东营·期末）如图，依次连接四边形各边中点得四边形，要使四边形为菱形，添加的条件正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【思路点拨】本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，矩形的判定，掌握矩形的判定定理是解题的关键．
根据中点四边形可得四边形是平行四边形，进而添加一个直角或者对角先线相等，可得矩形，而添加邻边相等得出四边形为菱形，据此即可求解．
【规范解答】解：如图，连接，
依题意，．
∴，
∴四边形是平行四边形，
A．添加，则四边形为矩形，故该选不符合题意；
B．添加，可得四边形为菱形，符合题意；
C．添加，可得四边形为矩形，故该选不符合题意；
D．添加，则，可得四边形为矩形，故该选不符合题意；
故选：B．
重点考点讲练15：(特殊)平行四边形的动点问题
【母题精讲】（22-23八年级下·湖南怀化·期末）如图，以矩形的顶点为原点，以边，所在的直线分别为轴，轴建立平面直角坐标系，已知，．点在线段上，以每秒1个单位的速度从点向终点运动；点在线段上，以每秒3个单位的速度沿循环运动、连接．规定点，同时运动，且当点运动到终点时，点同时停止运动，设运动时间为．

(1)当点第一次从点向点运动时，___________．（用含有t的代数式表示）
(2)当点第一次从点返回点时，四边形的面积是10，求出此时的值和点的坐标．
(3)当四边形AOEF恰好是矩形时，求出此时t的值．
【答案】(1)
(2)，
(3)，或
【思路点拨】（1）根据矩形的性质可得，即可求解；
（2）根据梯形的面积公式进行求解得到的值，求得的值，即可求解；
（3）根据矩形的性质可得，结合，分类讨论点的运动状态进行求解即可．
【规范解答】（1）解：根据题意可知，
∵，
∴．
（2）解：当点第一次从点返回点时，，，，
∵四边形是梯形，
∴四边形是的面积为：，
即：，
解得．
把代入得，，
∴．
（3）解：要使四边形恰好是矩形，只需满足．
∵，，∴四边形AOEF是平行四边形．
又∵，∴四边形是矩形．
又∵，且，
∴①当点第一次从点向点运动时，，
由，得，，解得；
②当点F第一次从点返回点时，，
由，得，，解得；
③当点F第二次从点向点运动时，；
由，得，，解得；
综上所述，当四边形恰好是矩形时，此时，或．
【训练1】（22-23八年级下·北京顺义·期末）如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中，①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是 ．

【答案】①②③
【思路点拨】设两点速度为每秒1个单位长度，则，，由题意可得四边形是平行四边形，再利用矩形，菱形，正方形的性质分别进行求解即可．
【规范解答】解：设两点速度为每秒1个单位长度，则，，
∵四边形是矩形，，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，
当时，点与点重合，点与点重合，此时四边形是矩形，故①正确；
当四边形是菱形时，，
则，解得：，符合题意，
即：当时，四边形是菱形，故②正确；
当四边形是矩形时，，则，解得，
即：当时，四边形是矩形，故③正确；
当四边形是正方形时，，
则，解得，但此时，不符合题意，故④不正确，
综上，正确的有①②③，
故答案为：①②③．
【训练2】（22-23八年级下·湖南怀化·期末）如图1，在四边形中，， 点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作于点P，连接交于点Q，连接，设运动时间为t秒．

(1)_________，_________．（用含t的代数式表示）
(2)当四边形为平行四边形时，求t的值．
(3)如图2，将沿翻折，得，当四边形为正方形时，则_________．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【思路点拨】（1）由题意得，根据条件证明为矩形，即可表示出；
（2）根据第（1）问和平行四边形性质即可求解；
（3）根据正方形性质可得，进而得到，即可求出．
【规范解答】（1）解：由题意得，
∴，
∵， ，
∴，
∵，
∴四边形为矩形
∴
∴；
（2）解：∵四边形为平行四边形时，，
∴，
解得：；
（3）解：∵四边形为正方形．
∴ ，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
重点考点讲练16：四边形中的线段最值问题
【母题精讲】（21-22八年级上·浙江绍兴·期末）如图，，平分，平分，和交于点，，分别是线段和线段上的动点，且，若，，则的最小值为 ．
【答案】
【思路点拨】先根据平分，平分，证明四边形是菱形．在上取点，使，连接，作点关于的对称点，连接、．
作于点，作于点，则，得出，所以，当、、三点在同一直线上时，取最小值为．再根据勾股定理求出即可．
【规范解答】解：平分，平分，
∴，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形．
如图．在上取点，使，连接，作点关于的对称点，连接、．
作于点，作于点．
，
，，，
，
，
，
当、、三点在同一直线上时，取最小值为．
，，
，，
，，
，，
，
，
，
．
即的最小值为．
故答案为：．
【训练1】（22-23八年级下·江苏扬州·期末）如图，在正方形中，点E、F、G分别在、、上，，，，，与交于点P．连接，则的最小值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【思路点拨】过点作于点，取的中点，连接、，根据正方形的性质证明≌，然后根据直角三角形性质可得，当、、共线时，有最小值，根据勾股定理即可解决问题．
【规范解答】解：如图，过点作于点，取的中点，连接、，

四边形是正方形，
，，，
四边形是矩形，
，
在和中，
，
≌，
，，
，
，
，
，
，
，
是直角三角形，是的中点，
，
，，
，
，
，
当、、共线时，有最小值，
，，
，
，
的最小值为．
故选A．
【训练2】（22-23八年级下·江苏连云港·期末）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：
(1)如图1，以菱形的一边为边向外作正方形，、分别是菱形和正方形的对角线交点，连接．

求证：四边形是“直等补”四边形．
②若，求四边形的面积．
(2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，其中，，过点作于点且，连接，若点是线段上的动点，请你直接写出周长的最小值．

【答案】(1)①详见解析；②1
(2)周长的最小值：
【思路点拨】（1）①由正方形的性质和菱形的性质可得，，，即可解答；
②过点作于点，交的延长线于点，“”可证，所以，即，由正方形的面积公式，即可解答；
（2）先证四边形是正方形，利用勾股定理求出，，即可解答．
【规范解答】（1）证明：①如图1中，
四边形是菱形，
，，
四边形是正方形，
，，
，，
又，
四边形是“直等补”四边形；
②如图1中，过点作于点，交的延长线于点，
，
四边形是矩形，
，
即，
，
在和中，，
，
，，
四边形是正方形，
；
（2）周长的最小值：；
延长到点，过作于点，
四边形是“直等补”四边形，，，
，
，即，
，，
，，
四边形是矩形，
，
又，，
，
在和中，，
，
，
矩形是正方形，
，；
∵，
即当点C、P、三点共线时，的最小值是，
在中，，，
，；
在中，，，
，
周长的最小值为：。
重点考点讲练17：四边形其他综合问题
【母题精讲】（22-23八年级下·安徽宿州·期末）在平行四边形中，点是对角线的中点，点在边上，的延长线与边交于点．

(1)如图1，连接，，求证：四边形是平行四边形；
(2)图2，若，，过点作，垂足为，与，分别交于点，．
①当，时，求的长；
②探究与的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)①2；②，理由见解析．
【思路点拨】（1）通过证明，得，又，即可证明四边形是平行四边形；
（2）①过点作于点，先根据勾股定理求出，由得，即可求出答案；
②根据，，得，，则有，再证，得出，然后证明，得，进而根据等腰直角三角形的性质即可解决问题．
【规范解答】（1）证明：四边形是平行四边形，点是对角线的中点，
，，
．
在和中，
，
，
．
，
四边形是平行四边形；
（2）解：①如图2，过点作于点，
，，，
，
，
，，
，
，
；

②，理由如下：
如图2，过点作于点，
，，
，，
，
，，
，
，
，，
，
，
又，，
，
，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
又，
．
【训练1】（22-23八年级下·河南洛阳·期末）【教材呈现】如图是华师版八年级下册数学教材第121页的部分内容．

如图，在正方形中，，求证：．请结合图①（设、交于点G），写出完整的证明过程．
【结论应用】
（1）如图②，在正方形中，，连接、，若正方形的边长为3，四边形的面积为8，则的长为_________；
（2）如图③，在正方形中，．
①四边形与的面积关系为：_________；（填“＞”，“＜”或“＝”）
②若正方形的边长为5，且图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为3：5，则的周长为___________．
【答案】【教材呈现】见解析；【结论应用】（1）；（2）①=；②．
【教材呈现】根据四边形是正方形，利用证明，即得；
【结论应用】（1）由【教材呈现】知，设，根据四边形的面积为8，得，解得，即得；
（2）①由，得，即可得 ；
②由正方形的边长为5，图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为3：5，可得 ，即，，在中，，可得，从而，即可得出答案．
【规范解答】证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
解：（1）由【教材呈现】知，当时，，
设，
∵四边形的面积为8，
∴，
∴，
∴，即，
∴（负值已舍去），
∴，
∵正方形的边长为3，
∴
故答案为：；
（2）①由【教材呈现】知，当时，，
∴，
∴
即 ，
故答案为：＝；
②∵正方形的边长为5，
∴正方形的面积为25，
∵图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为3：5，
∴图中阴影部分的面积为，
∴
由①知 ，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴（负值已舍去），
∴，即△CDG的周长为，
故答案为：．
【训练2】（22-23八年级下·河南驻马店·期末）学习了特殊的四边形——平行四边形后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．通过探究，我们得出垂美四边形的面积S等于两对角线乘积的一半．

(1)概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是______．
(2)问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，．
①求证：四边形为垂美四边形；
②四边形的面积是_______．
【答案】(1)菱形、正方形
(2)①证明见解析；②
【思路点拨】（1）根据题干信息进行解答即可；
（2）①证明，得出，，根据，，得出，即可得出，证明四边形为垂美四边形；
②根据勾股定理求出，得出，根据勾股定理求出，得出，根据求出三角形的面积即可．
【规范解答】（1）解：∵菱形和正方形的对角线互相垂直，平行四边形的对角线和矩形的对角线不一定互相垂直，
∴在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是菱形、正方形；
故答案为：菱形、正方形．
（2）①证明：连接、，交于，交于，如图2所示：
四边形和四边形是正方形，
，，，
，即，
在和中，
，
，，
又，，
，
，
四边形为垂美四边形；
②，，，
，
，
在中，，
，
四边形为垂美四边形，
四边形的面积．
故答案为：130．
中档题—夯实基础能力
1．（22-23八年级下·江苏扬州·期末）菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是 （ ）
A．对角线互相平分 B．两组对角相等 C．对角线互相垂直 D．两组对边相等
【答案】C
【思路点拨】本题考查了平行四边形，菱形的性质，理解并识记它们的性质是解题的关键．
根据平行四边形的性质“对边平行且相等；对角相等；邻角互补；对角线互相平分”，菱形的性质除了具备平行四边形的性质，还具有“四条边长度相等；对角线垂直且平分”，由此进行分析判断即可求解．
【规范解答】解：A、平行四边形、菱形都具备对角线互相平分，不符合题意；
B、平行四边形、菱形都具备两组对角相等，不符合题意；
C、平行四边形的对角线不一定垂直、菱形的对角线互相垂直，符合题意；
D、平行四边形、菱形都具备两组对边相等，不符合题意；
故选：C ．
2．（23-24八年级下·河南周口·期末）如图，在矩形中，对角线交于点O，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【思路点拨】根据矩形的性质及正方形的判定来添加合适的条件．本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用，解题的关键是能熟记正方形的判定定理．
【规范解答】解：要使矩形成为正方形，可根据正方形的判定定理解答：
（1）有一组邻边相等的矩形是正方形，
（2）对角线互相垂直的矩形是正方形．
添加，能使矩形成为正方形．
故选：B．
3．（23-24八年级下·安徽黄山·期末）如图，在反映特殊四边形之间关系的知识结构图中，①②③④表示需要添加的条件，则下列描述错误的是（ ）
A．①表示有一组邻角相等 B．②表示有一组邻边相等
C．③表示对角线平分一组对角 D．④表示对角线互相垂直
【答案】D
【思路点拨】本题考查特殊的平行四边形的判定，熟练掌握特殊四边形的各种判定方法是解题的关键．根据特殊的平行四边形的判定方法判断即可．
【规范解答】解：A、有一组邻角相等，则平行四边形为矩形是正确的，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由选项A得：，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
故本选项不符合题意；
B、根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形这一判定定理得该选项正确，不符合题意；
C、该选项正确，理由如下：
如图，∵矩形，
∴，
由题意得平分，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
故本选项不符合题意；
D、菱形本身对角线就互相垂直，故该选项错误，符合题意，
故选：D．
4．（22-23八年级下·四川宜宾·期末）如图，是菱形的对角线，是上的一个动点，过点分别作和的垂线，垂足分别是点和，若菱形的周长是，面积是，则的值是 ．
【答案】1.5
【思路点拨】此题考查菱形的性质，是解题的关键．注意掌握辅助线的作法和数形结合思想的应用．连接，根据菱形的面积公式和三角形的面积公式得，把相应的值代入即可．
【规范解答】解：连接，
∵四边形是菱形，且周长是，面积是，
∴ ，
∵是菱形的对角线，
∴ ，
∴，
∴ ，
∴，
故答案为：．
5．（22-23八年级下·河南南阳·期末）如图，矩形纸片中，，，将纸片沿折叠，使点C与点A重合，的长为 ．
【答案】3
【思路点拨】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理．设根据折叠性质与矩形性质，用表示，在中，由勾股定理列出的方程便可求得答案．
【规范解答】解：四边形是矩形，
，，，
由折叠知，，，，
设则
在中，由勾股定理得，，
解得，，
，
故答案为：3．
6．（22-23八年级下·江苏常州·期末）如图，是菱形的一条对角线，若，则 度．
【答案】50
【思路点拨】此题主要考查了菱形的性质、等腰的性质和三角形的内角和定理，解题的关键是掌握菱形的性质．
根据菱形的性质得，根据等边对等角和三角形的内角和公式即可求得的度数．
【规范解答】解：∵是菱形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：50．
7．（22-23八年级下·四川凉山·期末）如图，在矩形中，点E、F分别在和上，若．求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明见解析．
【思路点拨】本题考查矩形的性质，平行四边形的判定．根据一组对边平行且相等判断四边形是平行四边形即可．
【规范解答】证明：四边形是矩形，
，，
，
，，
四边形是平行四边形．
8．（23-24八年级下·辽宁大连·期末）如图，四边形为矩形，过点作交的延长线于点．求证：．
【答案】见解析
【思路点拨】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质．由矩形的性质得出，，由，证出四边形是平行四边形，得出对边相等，即可得出结论．
【规范解答】证明：四边形是矩形，
∴，，
∵，
四边形是平行四边形，
，
．
9．（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，在菱形中，垂直且平分，垂足为点E，连接．求的大小．
【答案】
【思路点拨】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质，根据菱形的性质和线段垂直平分线的性质得到，进而证得和都是等边三角形，利用等边三角形的性质求解即可．
【规范解答】解：∵四边形是菱形，
∴，
又∵垂直且平分，
∴，
∴，
∴和都是等边三角形，
∴，
∴．
10．（23-24八年级下·吉林·期末）如图1，点在线段上，分别以为边在线段的同侧作正方形和，连接．
(1)若，则______；
(2)如果点在线段的延长线上，如图2，其他条件不变，求证：．
【答案】(1)6
(2)见解析
【思路点拨】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
（1）利用证明即可求解；
（2）利用证明即可推出结论．
【规范解答】（1）解：四边形和四边形是正方形，
，，，
在和中，
，
；
故答案为：6；
（2）证明：四边形、是正方形，
，，
∴，
．
压轴题—强化解题技能
11．（24-25八年级上·湖南长沙·期末）如图所示，折叠矩形的一边，使点D落在边上点F处，若，则的长为（ ）
A．2 B．3 C． D．5
【答案】B
【思路点拨】本题考查矩形的性质、折叠性质、勾股定理，熟练掌握折叠性质和勾股定理求解是解答的关键．
设，由折叠性质得到，，然后利用勾股定理求解即可．
【规范解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵折叠，
∴，，
在中， ，
∴，
设
在中，，
∴，解得，
故选：A．
12．（24-25八年级上·浙江·期末）如图，在中，，，点在边上，连结．点是的中点，连接．若，则的长是（ ）

A．2 B． C． D．
【答案】B
【思路点拨】本题考查了三角形的中位线、矩形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握以上知识点，结合图形取中点构造三角形的中位线是解题的关键．取中点为点，过点作于点，连接，先利用勾股定理和三角形的面积公式求出的长，再利用矩形的判定证明是矩形，得出即可解答．
【规范解答】解：如图，取中点为点，过点作于点，连接，
，，点为中点，
，，
在中，，
，
，，
，
，
，
点是的中点，点为中点，
是的中位线，
，
，
，
四边形是矩形，
．
故选：B．
13．（24-25八年级上·山东潍坊·期末）如图，在正方形中，点E，F分别是对角线，上的点，连接，，，若，且，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【思路点拨】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，平行线的性质，三角外角的性质．熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定和性质是解题的关键．先证明，从而证得，再证明，得，然后利用三角形外角性质求解即可．
【规范解答】解：四边形是正方形，对角线、相交于点，
，，，
，
，，
，
∴，
在和中，
，
，
，　
故选：D．
14．（24-25八年级上·宁夏银川·期末）如图，在长方形纸片中，已知，，折叠纸片使边与对角线重合，点B落在点F处，折痕为，则的长为 ．
【答案】
【思路点拨】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理；由矩形的性质得，，由勾股定理得，设，由勾股定理得，即可求解；掌握折叠的性质，矩形的性质，能熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键．
【规范解答】解：四边形是矩形，
，
，
，
，
设，
，
由折叠得：，
，
，
，
，
，
，
解得：，
故的长为；
故答案：．
15．（24-25八年级上·北京顺义·期末）如图，在中，，，是的中点，，分别是线段，上的动点（点不与点，重合），且满足，给出下面四个结论：
①；
②；
③四边形的面积为；
④点到点距离的最小值为．
上述结论中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】
【思路点拨】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，正方形的判定与性质等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
取、中点、，连接，，利用可证得，然后根据全等三角形的性质即可判断结论①；根据是的中点，得到，进而可推出，据此即可判断结论②；根据，可求出四边形的面积，于是可判断结论③；根据，即可求得点到点距离的最小值，进而可判断结论④；综上，即可得出答案．
【规范解答】解：取、中点、，连接，，
，为的中位线，
，，
，，
，，
，
，
，，
，
，，，
，
，故结论①正确；
四边形为正方形，
，
是的中点，，
，
，故结论②正确；
，
，故结论③错误；
，，
当点移动到，移动到点时，达到最小值，
，
，故结论④正确；
综上，正确的结论有：，
故答案为：．
16．（23-24八年级下·重庆·期末）如图，正方形，E，F分别是，的中点，，相交于点G，连接，若，则的长为 ．
【答案】2
【思路点拨】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
延长、相交于H，先证明，得到，从而得到，再证明，得到，从而得到，即可由直角三角形的性质得出，即可求解．
【规范解答】解：延长、相交于H，如图，
∵正方形，
∴，，
∴，
∵E，F分别是，的中点，
∴，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴
∴，
∴，
故答案为：2．
17．（24-25八年级上·江苏宿迁·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点．
(1)求直线的函数表达式；
(2)将直线绕点逆时针旋转，交轴于点，求直线的函数表达式；
(3)点是（2）中直线上一点，若，求点的坐标．
【答案】(1)；
(2)；
(3)点坐标为．
【思路点拨】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）如图，作，垂足为，过点作轴，垂足为，作，垂足为．先证明（）得，，由可得，，从而得，，，进而利用待定系数法即可得解；
（3）分在轴左侧，和在轴右侧，两种情况，利用解方程组求得交点坐标即可得解．
【规范解答】（1）解：将，代入得
，解得，
∴直线的函数表达式为．
（2）解：如图，作，垂足为，过点作轴，垂足为，作，垂足为．则四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴（）
∴，，
中，令，得，解得，
当时，，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴
设，
将，和，，分别代入得
，
解得，
∴直线的函数表达式为．
（3）解：若在轴左侧，
∵
∴，
∵直线的函数表达式为．
∴
∴，
解得，
即 ；
若在轴右侧，作出点关于轴对称点，
设直线为，把代入得，
解得，
∴，
联立和得
，
解得，
∴，此时在轴左侧，不符合题意，应舍去，
综上所述，点坐标为．
18．（24-25八年级上·四川成都·期末）如图，在边长为2正方形中，E为边上一动点（点E不与B，C重合），连接，以为直角边作等腰直角三角形，其斜边与正方形边相交于点N，连接．
(1)求证：；
(2)当E运动到的中点时，求线段的长度；
(3)如图2，连接交与点P，G是的中点，连接，，当等于多少时，的最小，并求出最小值？
【答案】(1)见解析
(2)线段的长度为
(3)的最小值为
【思路点拨】（1）利用正方形和等腰直角三角形的性质，再结合等角的余角相等，即可证明结论成立；
（2）设，则，延长至，使，连接，，证明，推出，，再证明，推出，在中，利用勾股定理列式计算即可求解；
（3）连接，，先证明，得到，当共线时，有最小值，最小值为的长，据此求解即可．
【规范解答】（1）证明：∵是等腰直角三角形，
∴，，
∵正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵点E是的中点，
∴，
设，则，
延长至，使，连接，，
∵正方形，
∴，，
∴，
∴，，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在中，，即，
解得，
∴线段的长度为；
（3）解：连接，，
∵是等腰直角三角形，四边形是正方形，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴等腰直角三角形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当共线时，有最小值，最小值为的长，
∵G是的中点，
∴，
∴的最小值为．
19．（24-25八年级上·福建福州·期末）如图1，正方形中，点是边上的一点（不与点、重合），连接，点、关于对称，连接并延长，交于点，交于点．
(1)求证：；
(2)如图2，当点为中点时，连接，求的值；
(3)如图3，连接并延长，交的延长线于点，连接，探索线段、、之间的等量关系，请写出关系式，并加以证明．
【答案】(1)见解析
(2)；
(3)．理由见解析
【思路点拨】（1）证明，即可得到；
（2）证明是的中位线，得到，再证明，推出是等腰直角三角形，据此求解即可；
（3）连接，作于点，先求得，再证明，和以及是等腰直角三角形，根据，进一步计算即可求解．
【规范解答】（1）证明：∵点、关于对称，
∴垂直平分，即，
∵正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，
∵点、关于对称，
∴，，
∵点为中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴ ，
∴；
（3）解：．理由如下，
连接，作于点，
∵点、关于对称，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴和是等腰直角三角形，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴．
20．（24-25八年级上·浙江台州·期末）在平面内，对于一个等腰三角形，若存在一个点到一条腰两端点的距离相等，且到三角形第三个顶点的距离等于腰长，则我们称这个点为等腰三角形的“双合点”．如图1，在等腰中，，且，则点为等腰的“双合点”．
(1)如图2，在等腰中，，请用无刻度的直尺和圆规作出该等腰三角形的一个“双合点”（保留作图痕迹）；
(2)在等腰中，，
①如图3，当“双合点”恰好在边上时，且满足，求度数；②当“双合点”在边的延长线上时，则___________；
(3)如图4，在等腰中，，，为内一点，连接，，当时，求证：点为等腰的“双合点”．
【答案】(1)见解析
(2)①；②
(3)见解析
【思路点拨】（1）作的垂直平分线，以点C为圆心，以长为半径画弧交的垂直平分线于点P，P即为所求作
（2）①根据已知得，，，根据，，得，即得②根据已知得，，，根据，得，得，即得；
（3）将沿翻折，得，得四边形是正方形，根据，得，得，得，得，可得是等边三角形，证明，得，即得点为等腰的“双合点”．
【规范解答】（1）如图，点P即是
（2）解：①∵，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，∴，
②∵，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）解：将沿翻折，得，
则，
∴，
∴四边形是正方形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点为等腰的“双合点”．2024-2025学年浙教版数学八年级下学期期末复习知识串讲（优等生培优版）
第5章 特殊平行四边形
（思维导图+知识梳理+易错点拨+17大考点讲练+优选真题难度分层练 共71题）
讲义简介 2
思维导图指引 2
章节知识回顾梳理 3
知识点梳理01：平平行四边形 3
知识点梳理02：菱形 3
知识点梳理03：矩形 4
知识点梳理04：正方形 4
易错考点点拨汇总 5
易错知识点01：矩形、菱形、正方形的性质混淆 5
易错知识点02：面积公式的误用 5
易错知识点03：几何变换中的逻辑漏洞 5
易错知识点04：证明题中的典型错误 6
易错知识点05：综合题避坑指南 6
易错知识点06：高频错题示例 6
期末真题考点汇编讲练 6
期末考向一：矩形 6
重点考点讲练01：矩形与折叠问题 6
重点考点讲练02：根据矩形的性质与判定求角度 8
重点考点讲练03：根据矩形的性质与判定求线段长 10
重点考点讲练04：根据矩形的性质与判定求面积 11
期末考向二：菱形 13
重点考点讲练05：根据菱形的性质与判定求角度 13
重点考点讲练06：根据菱形的性质与判定求线段长 14
重点考点讲练07：根据菱形的性质与判定求面积 15
期末考向三：正方形 17
重点考点讲练08：正方形折叠问题 17
重点考点讲练09：求正方形重叠部分面积 18
重点考点讲练10：根据正方形的性质与判定求角度 19
重点考点讲练11：根据正方形的性质与判定求线段长 21
重点考点讲练12：根据正方形的性质与判定求面积 22
重点考点讲练13：根据正方形的性质与判定证明 24
重点考点讲练14：中点四边形 26
重点考点讲练15：(特殊)平行四边形的动点问题 27
重点考点讲练16：四边形中的线段最值问题 28
重点考点讲练17：四边形其他综合问题 30
优选真题难度分层练 32
中档题—夯实基础能力 32
压轴题—强化解题技能 35
同学你好，本套讲义针对课本内容同步制作，贴合书本内容。讲义包含导图指引，全章节知识点梳理，易错点考点点拨，期末真题考点汇编讲练，优选题难度分层训练！题目新颖，题量充沛，精选名校真题，模拟题等最新题目，解析思路清晰，难度中上，非常适合培优拔尖的同学使用，讲义可作为章节复习，期中期末强化巩固学习使用。相信本套讲义资料可以帮助到你！
知识点梳理01：平平行四边形
1．定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.
2．性质：（1）对边平行且相等；
（2）对角相等；邻角互补；
（3）对角线互相平分；
（4）中心对称图形.
3．面积：
4．判定：边：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
角：（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形；
（5）任意两组邻角分别互补的四边形是平行四边形．
边与角：（6）一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形；
对角线：（7）对角线互相平分的四边形是平行四边形.
【细节剖析】平行线的性质：
（1）平行线间的距离都相等；
（2）等底等高的平行四边形面积相等.
知识点梳理02：菱形
【高频考点精讲】
1. 定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
2．性质：（1）具有平行四边形的一切性质；
（2）四条边相等；
（3）两条对角线互相平分且垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
（4）中心对称图形，轴对称图形.
3．面积：
4．判定：（1）一组邻边相等的平行四边形是菱形；
（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；
（3）四边相等的四边形是菱形.
知识点梳理03：矩形
【高频考点精讲】
1．定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
2．性质：（1）具有平行四边形的所有性质；
（2）四个角都是直角；
（3）对角线互相平分且相等；
（4）中心对称图形，轴对称图形.
3．面积：
４．判定：（1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形.
（2）对角线相等的平行四边形是矩形.
（3）有三个角是直角的四边形是矩形.
【细节剖析】由矩形得直角三角形的性质：
（1）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；
（2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半．
知识点梳理04：正方形
【高频考点精讲】
1. 定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形.
2．性质：（1）对边平行；
（2）四个角都是直角；
（3）四条边都相等；
（4）对角线互相垂直平分且相等，对角线平分对角；
（5) 两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形；
（6）中心对称图形，轴对称图形.
3．面积：边长×边长＝×对角线×对角线
4．判定：（1）有一个角是直角的菱形是正方形；
（2）一组邻边相等的矩形是正方形；
（3）对角线相等的菱形是正方形；
（4）对角线互相垂直的矩形是正方形；
（5）对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；
（6）四条边都相等，四个角都是直角的四边形是正方形.
易错知识点01：矩形、菱形、正方形的性质混淆
性质混淆
矩形：对角线相等且平分，四个角为直角；
菱形：对角线互相垂直平分，四边相等；
正方形：同时具备矩形和菱形的所有性质。
易错点：误用正方形的对角线性质到矩形或菱形中，例如认为“矩形的对角线互相垂直”或“菱形的对角线相等”。
判定条件混淆
矩形判定：需先证明是平行四边形，再满足对角线相等或一个角为直角；
菱形判定：需先证明是平行四边形，再满足对角线垂直或邻边相等；
正方形判定：必须同时满足矩形和菱形的条件。
易错点：未验证基础条件（如是否为平行四边形）直接套用判定定理，例如仅凭“对角线垂直”直接判定为菱形。
易错知识点02：面积公式的误用
菱形面积计算
公式：菱形面积=底×高=对角线乘积的一半（易忽略后者）。
易错点：当已知对角线长度时，未用“对角线乘积的一半”简化计算，导致步骤繁琐或错误。
特殊图形的最值问题
动点问题中，学生可能忽略几何变换（如折叠、旋转）对图形面积的影响，或未利用对称性简化分析。
易错知识点03：几何变换中的逻辑漏洞
折叠问题
折叠后对应边、角相等，但需注意折叠前后图形的全等性及对称轴的位置。
易错点：未标注折叠后的对应点，导致角度或边长关系分析错误。
动点与存在性问题
动态分析时需分段讨论图形形状的变化，例如从平行四边形到矩形的临界条件。
易错点：忽略分类讨论或未结合坐标系建立等量关系。
易错知识点04：证明题中的典型错误
判定定理缺失
例如，证明菱形时仅说明“对角线垂直”而忽略“对角线平分”或未先证明其为平行四边形。
逻辑链不完整
例如，证明正方形时仅说明“四边相等”或“四个角为直角”，未同时满足矩形和菱形的条件。
易错知识点05：综合题避坑指南
坐标系中的特殊四边形
计算顶点坐标时，需验证对角线是否满足特定性质（如中点重合、垂直或相等）。
示例：若四边形对角线中点重合且垂直，则为菱形；若进一步满足相等，则为正方形。
最值问题
利用对称性转化线段和的最值，例如将军饮马模型在矩形或菱形中的应用。
易错知识点06：高频错题示例
题目：对角线相等的四边形一定是矩形。
错因：忽略“平行四边形”前提，反例：等腰梯形的对角线也相等。
题目：菱形的面积为对角线长度之和的一半。
错因：混淆公式，正确公式应为“对角线乘积的一半”。
期末考向一：矩形
重点考点讲练01：矩形与折叠问题
【母题精讲】（24-25八年级上·天津南开·期末）如图，一块矩形纸片的宽为，点E在上，如果沿图中的对折，点B的对应点为，若点恰好落在上，此时，则的长为 （）．
【训练1】（22-23八年级下·四川广安·期末）将一矩形放在直角坐标系中，为原点，在x轴上，，．
(1)如图（1），在上取一点，将沿折叠，使点落在上的，求点的坐标；
(2)如图（2），在点、边上选取适当的点、，将沿折叠，使点落在边上的点，过作交于点，交于点，求证：；
(3)在（2）的条件下，设T
①探求：与之间的函数关系式．
②指出变量x的取值范围．
【训练2】（23-24八年级下·湖北襄阳·期末）如图，在矩形 中，，，对角线 相交于点，过 作 于点，将沿 折叠，点恰好落在线段的点处， 则的长为 （ ）
A． B． C． D．
重点考点讲练02：根据矩形的性质与判定求角度
【母题精讲】（23-24八年级下·广西玉林·期末）如图，矩形中， ，为上一点，且，连接．以下说法中：①；②当点在边上时，则；③当时，则；④的最小值为．其中正确的结论是 (填写序号)．
【训练1】（23-24八年级下·四川广元·期末）【问题情景】通过作平行线来实现问题转化是我们常用到的方法．
如图1，在中，分别交AB于D，交AC于E．已知，，，求的值，我们可以过点D作BE的平行线（如图2），也可过点E作CD的平行线解决问题．
【问题解决】
（1）请回答：的值为__________．
【类比探究】（2）如图3，已知和矩形，与交于点G，，参考上述思考问题的方法，求的度数．
【迁移应用】
如图4，已知：交于E点，连接，，．且与互为余角，与互为补角，则__________度，若，求的长．
【训练2】（23-24八年级下·上海闵行·期末）已知：如图，点、分别是双曲线在第一象限内分支上的两点，．过点作轴的平行线，过点作轴的平行线，两线交于点，连接．如果，那么等于 度．

重点考点讲练03：根据矩形的性质与判定求线段长
【母题精讲】（24-25八年级上·山东淄博·期末）【命题证明】证明：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．（参考图1，写出已知、求证以及证明过程．）
【结论应用】如图2，在四边形中，，，点E，F分别是的中点，当，时，求的长．
【训练1】（24-25八年级上·山东枣庄·期末）如图，四边形是长方形，O是平面直角坐标系的原点，点A，C分别在轴、上，点B的坐标是则直线对应的函数表达式为（）
A． B． C． D．
【训练2】（22-23八年级下·河南·期末）如图，，，，为矩形的四个顶点，，，动点、分别从点，同时出发，都以的速度运动，其中点由运动到停止，点由点运动到点停止．

(1)求四边形的面积；
(2)、两点从出发开始到几秒时，点、、组成的三角形是等腰三角形？
重点考点讲练04：根据矩形的性质与判定求面积
【母题精讲】（23-24八年级下·北京西城·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于点，．点在第一象限，且四边形是矩形．
(1)使用直尺和圆规，按照下面的作法补全图形（保留作图痕迹）；
作法：以点为圆心，的长为半径画弧，再以点为圆心，的长为半径画弧，两弧在第一象限相交于点，连接，，则四边形是矩形．
(2)根据（1）中的作法，完成下面的证明：
证明：
∵，　　　　，
∴四边形是平行四边形．（　　　　）（填推理的依据）
∵，
∴四边形是矩形，（　　　　）（填推理的依据）
(3)若直线的表达式为，直接写出矩形的面积和直线的表达式．
【训练1】（23-24八年级下·浙江衢州·期末）如图，中，为钝角，以为边向外作，为钝角，连结，．设的面积分别为，则的面积可表示为（ ）
A． B． C． D．
【训练2】（23-24八年级下·广西河池·期末）如图，在四边形中，，与相交于点O，且O是的中点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若是等边三角形，且，求四边形的面积．
期末考向二：菱形
重点考点讲练05：根据菱形的性质与判定求角度
【母题精讲】（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图所示，E，F分别在和上，，则 ．
【训练1】（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，在中，对角线与相交于点O，平分，过点B作交于点E．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【训练2】（23-24八年级下·北京东城·期末）在平面直角坐标系中，对于点和线段，如果点，，，按逆时针方向排列构成菱形，则称线段是点的“菱线段”，点是点的“菱点”．例如，图1中线段是点的“菱线段”．

(1)如图，已知点的坐标是．
点，，，，其中点的“菱点”有__________；
若线段是点的“菱线段”，且菱形的面积是2，求点的坐标；
(2)记，若线段与线段都是点的“菱线段”，且线段与线段都经过点，直接写出的取值范围．
重点考点讲练06：根据菱形的性质与判定求线段长
【母题精讲】（23-24八年级下·陕西咸阳·期末）如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，若测得两点之间的距离为，两点之间的距离为，则这两张纸条的宽为（ ）
A． B． C． D．
【训练1】（23-24八年级下·山东德州·期末）如图，在中，，点D是的中点，连接，过点B作，过点C作，、相交于点E．
(1)判断四边形的形状并说明理由；
(2)过点D作于点F，交于点G，连接EG．若，，求的长．
【训练2】（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，在矩形中，点为对角线的中点，过点作交于点，连接，若，．
(1)求的周长．
(2)延长交于点，连接，求的长．
重点考点讲练07：根据菱形的性质与判定求面积
【母题精讲】（23-24八年级下·广东湛江·期末）如图，在矩形中，O为的中点，过点O作分别交，于点E，F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求四边形的面积．
【训练1】（23-24八年级下·山西大同·期末）综合与实践
问题情境：如图，在平行四边形中，，的平分线交于点，交于点．
问题解决：
(1)判断四边形的形状并说明理由；
(2)若，，平行四边形的面积为120，直接写出的长．
【训练2】（23-24八年级下·甘肃武威·期末）如图是一张对边平行的纸片，点，分别在平行边上，连接．
(1)求作：菱形，使点，落在纸片的同一边上；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
(2)证明：四边形是菱形．
(3)在（1）的条件下，，交于点，若，，求菱形的面积．
期末考向三：正方形
重点考点讲练08：正方形折叠问题
【母题精讲】（22-23八年级下·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图所示，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，使点落在上的点处，折痕为．若的长为2，则的长为（ ）
A． B． C． D．1
【训练1】（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，是正方形内一点，，连接，将沿翻折，得到，延长，与的平分线相交于．
(1)当四边形为菱形时，填空：______；
(2)试求的度数；
(3)如图，连接，交于，连接，当三点共线时，求证：四边形是菱形．
【训练2】（23-24八年级下·山东东营·期末）如图，在边长为8的正方形纸片中，E是边上的一点，，连接，将正方形纸片折叠，使点D落在线段上的点G处，折痕为，则的长为
重点考点讲练09：求正方形重叠部分面积
【母题精讲】（20-21八年级下·四川达州·期末）一位同学拿了两块45°的三角尺、做了一个探究活动，将的直角顶点放在的斜边的中点处，设．
（1）如图1，两个三角尺的重叠部分为，则重叠部分的面积为______．
（2）将图1中的绕顶点逆时针旋转45°，得到图2，此时重叠部分的面积为______．
（3）如果将继续绕顶点逆时针旋到如图3所示，猜想此时重叠部分的面积为多少？并加以验证．
【训练1】（2023·四川自贡·一模）如图，将边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AEFG的位置，则图中阴影部分的面积为( )
A． B． C． D．
【训练2】（2020·浙江·中考真题）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为 （用含a，b的代数式表示）．
重点考点讲练10：根据正方形的性质与判定求角度
【母题精讲】（21-22八年级下·湖南长沙·期末）如图，四边形OABC是边长为4的正方形，点P为OA边上任意一点（与点O、A不重合），连结CP，过点P作PM⊥CP交AB于点D，且PM＝CP，过点M作MNOA，交BO于点N，连结ND、BM，设OP＝t．
(1)求点M的坐标（用含t的代数式表示）；
(2)求直线OB的解析式；
(3)求线段MN的长度．
【训练1】（20-21八年级下·广东深圳·期末）如图，已知，P是y轴上一动点，线段PA绕着点P按逆时针方向旋转至线段PB位置，连接AB、OB．
（1）设P点坐标为，请求出B点坐标；
（2）求BO+BA的最小值．
【训练2】（20-21八年级上·浙江杭州·期末）如图，在中，，，，和分别是其外角和的角平分线，延长和相交于点E，则 度， ．
重点考点讲练11：根据正方形的性质与判定求线段长
【母题精讲】（2014·河南·中考真题）如图，矩形中，，．点E为上一个动点，把沿折叠，当点D的对应点落在的角平分线上时，的长为 ．
【训练1】（2023·湖北襄阳·二模）折叠矩形纸片时，发现可以进行如下操作：①把翻折，点落在边上的点处，折痕为，点在边上；②把纸片展开并铺平；③把翻折，点落在线段上的点处，折痕为，点在边上，若，，则 ．
【训练2】（23-24八年级下·云南普洱·期末）如图，在平面直角坐标系中，点、分别在x轴、y轴上，线段OA、OB的长（）是方程组的解，点C是直线与直线的交点，点在线段上，．
(1)求点的坐标．
(2)求直线的解析式．
(3)当点P在直线上运动时，在平面内是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
重点考点讲练12：根据正方形的性质与判定求面积
【母题精讲】（22-23八年级下·浙江湖州·期末）定义：对角线垂直的四边形叫做“对垂四边形”．如图，在“对垂四边形”中，对角线与交于点O，．若点E、F、G、H分别是边、、、的中点，且四边形是“对垂四边形”，则四边形的面积是 ．
【训练1】（22-23八年级下·上海静安·期末）已知：如图，梯形中，，，E、F、G、H分别是的中点，连接．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)如果，，且，求四边形的面积．
【训练2】（21-22八年级下·四川成都·期末）如图，，，，且点在内部，连接，，的延长交线段于点．
(1)求证：；
(2)判断与的位置关系并证明；
(3)连接，若，求四边形的面积．
重点考点讲练13：根据正方形的性质与判定证明
【母题精讲】（23-24八年级下·广东广州·期末）如图，在平面直角坐标系中，、、三点坐标分别为、、，把沿翻折，点恰好落在轴的点处，为折痕．
(1)求直线的解析式；
(2)在平面直角坐标系中，有一个动点使得，动点的纵坐标是否为横坐标的函数？若是，求出关于的函数解析式；若否，请说明理由；
(3)连接、，点为边的中点，，且交外角的平分线于点，求证．
【训练1】（23-24八年级下·河南新乡·期末）四边形是正方形，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交射线于点F，以为边作平行四边形．
(1)如图1，当时，点F落在边上，小明同学观察图形，认为四边形是一种特殊的平行四边形，经过思考，他过点E作，垂足分别为M，N，通过推理证明， 得到平行四边形是___；
(2)当时，点F落在的延长线上，小明的结论还成立吗，请说明理由；
(3)当，且时，连接，直接写出的长．
【训练2】（23-24八年级下·广西南宁·期末）在正方形中，点P在对角线上，点E，F分别在边，上，且于点P．
(1)特例发现：如图1，当点P在对角线，的交点处时，求证：；
(2)探究证明：如图2，当点P不在对角线，的交点处时，判断与的数量关系，并说明理由；
(3)拓展运用：在（2）的条件下，若，，连接，请直接写出的长．
重点考点讲练14：中点四边形
【母题精讲】（23-24八年级下·山西吕梁·期末）顺次连接某四边形各边中点得到一个相邻两边分别为，的四边形，则原四边形两条对角线长度之和为（ ）
A．20 B．18 C．36 D．无法确定
【训练1】（23-24八年级下·河北唐山·期末）如图①，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点．求证：．
【应用】如图②，连结图①中的，并取中点，连结、．
（1）若，则四边形的周长为 ．
（2）图③，若，且，则四边形的面积为 ．
【训练2】（23-24八年级下·山东东营·期末）如图，依次连接四边形各边中点得四边形，要使四边形为菱形，添加的条件正确的是（　　）
A． B． C． D．
重点考点讲练15：(特殊)平行四边形的动点问题
【母题精讲】（22-23八年级下·湖南怀化·期末）如图，以矩形的顶点为原点，以边，所在的直线分别为轴，轴建立平面直角坐标系，已知，．点在线段上，以每秒1个单位的速度从点向终点运动；点在线段上，以每秒3个单位的速度沿循环运动、连接．规定点，同时运动，且当点运动到终点时，点同时停止运动，设运动时间为．

(1)当点第一次从点向点运动时，___________．（用含有t的代数式表示）
(2)当点第一次从点返回点时，四边形的面积是10，求出此时的值和点的坐标．
(3)当四边形AOEF恰好是矩形时，求出此时t的值．
【训练1】（22-23八年级下·北京顺义·期末）如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中，①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是 ．

【训练2】（22-23八年级下·湖南怀化·期末）如图1，在四边形中，， 点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作于点P，连接交于点Q，连接，设运动时间为t秒．

(1)_________，_________．（用含t的代数式表示）
(2)当四边形为平行四边形时，求t的值．
(3)如图2，将沿翻折，得，当四边形为正方形时，则_________．
重点考点讲练16：四边形中的线段最值问题
【母题精讲】（21-22八年级上·浙江绍兴·期末）如图，，平分，平分，和交于点，，分别是线段和线段上的动点，且，若，，则的最小值为 ．
【训练1】（22-23八年级下·江苏扬州·期末）如图，在正方形中，点E、F、G分别在、、上，，，，，与交于点P．连接，则的最小值为（ ）

A． B． C． D．
【训练2】（22-23八年级下·江苏连云港·期末）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：
(1)如图1，以菱形的一边为边向外作正方形，、分别是菱形和正方形的对角线交点，连接．

求证：四边形是“直等补”四边形．
②若，求四边形的面积．
(2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，其中，，过点作于点且，连接，若点是线段上的动点，请你直接写出周长的最小值．

重点考点讲练17：四边形其他综合问题
【母题精讲】（22-23八年级下·安徽宿州·期末）在平行四边形中，点是对角线的中点，点在边上，的延长线与边交于点．

(1)如图1，连接，，求证：四边形是平行四边形；
(2)图2，若，，过点作，垂足为，与，分别交于点，．
①当，时，求的长；
②探究与的数量关系，并说明理由．
【训练1】（22-23八年级下·河南洛阳·期末）【教材呈现】如图是华师版八年级下册数学教材第121页的部分内容．

如图，在正方形中，，求证：．请结合图①（设、交于点G），写出完整的证明过程．
【结论应用】
（1）如图②，在正方形中，，连接、，若正方形的边长为3，四边形的面积为8，则的长为_________；
（2）如图③，在正方形中，．
①四边形与的面积关系为：_________；（填“＞”，“＜”或“＝”）
②若正方形的边长为5，且图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为3：5，则的周长为___________．
【训练2】（22-23八年级下·河南驻马店·期末）学习了特殊的四边形——平行四边形后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．通过探究，我们得出垂美四边形的面积S等于两对角线乘积的一半．

(1)概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是______．
(2)问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，．
①求证：四边形为垂美四边形；
②四边形的面积是_______．
中档题—夯实基础能力
1．（22-23八年级下·江苏扬州·期末）菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是 （ ）
A．对角线互相平分 B．两组对角相等 C．对角线互相垂直 D．两组对边相等
2．（23-24八年级下·河南周口·期末）如图，在矩形中，对角线交于点O，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（23-24八年级下·安徽黄山·期末）如图，在反映特殊四边形之间关系的知识结构图中，①②③④表示需要添加的条件，则下列描述错误的是（ ）
A．①表示有一组邻角相等 B．②表示有一组邻边相等
C．③表示对角线平分一组对角 D．④表示对角线互相垂直
4．（22-23八年级下·四川宜宾·期末）如图，是菱形的对角线，是上的一个动点，过点分别作和的垂线，垂足分别是点和，若菱形的周长是，面积是，则的值是 ．
5．（22-23八年级下·河南南阳·期末）如图，矩形纸片中，，，将纸片沿折叠，使点C与点A重合，的长为 ．
（22-23八年级下·江苏常州·期末）如图，是菱形的一条对角线，若，则
度．
7．（22-23八年级下·四川凉山·期末）如图，在矩形中，点E、F分别在和上，若．求证：四边形是平行四边形．
8．（23-24八年级下·辽宁大连·期末）如图，四边形为矩形，过点作交的延长线于点．求证：．
9．（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，在菱形中，垂直且平分，垂足为点E，连接．求的大小．
10．（23-24八年级下·吉林·期末）如图1，点在线段上，分别以为边在线段的同侧作正方形和，连接．
(1)若，则______；
(2)如果点在线段的延长线上，如图2，其他条件不变，求证：．
压轴题—强化解题技能
11．（24-25八年级上·湖南长沙·期末）如图所示，折叠矩形的一边，使点D落在边上点F处，若，则的长为（ ）
A．2 B．3 C． D．5
12．（24-25八年级上·浙江·期末）如图，在中，，，点在边上，连结．点是的中点，连接．若，则的长是（ ）

A．2 B． C． D．
13．（24-25八年级上·山东潍坊·期末）如图，在正方形中，点E，F分别是对角线，上的点，连接，，，若，且，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
14．（24-25八年级上·宁夏银川·期末）如图，在长方形纸片中，已知，，折叠纸片使边与对角线重合，点B落在点F处，折痕为，则的长为 ．
15．（24-25八年级上·北京顺义·期末）如图，在中，，，是的中点，，分别是线段，上的动点（点不与点，重合），且满足，给出下面四个结论：
①；
②；
③四边形的面积为；
④点到点距离的最小值为．
上述结论中，所有正确结论的序号是 ．
16．（23-24八年级下·重庆·期末）如图，正方形，E，F分别是，的中点，，相交于点G，连接，若，则的长为 ．
17．（24-25八年级上·江苏宿迁·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点．
(1)求直线的函数表达式；
(2)将直线绕点逆时针旋转，交轴于点，求直线的函数表达式；
(3)点是（2）中直线上一点，若，求点的坐标．
18．（24-25八年级上·四川成都·期末）如图，在边长为2正方形中，E为边上一动点（点E不与B，C重合），连接，以为直角边作等腰直角三角形，其斜边与正方形边相交于点N，连接．
(1)求证：；
(2)当E运动到的中点时，求线段的长度；
(3)如图2，连接交与点P，G是的中点，连接，，当等于多少时，的最小，并求出最小值？
19．（24-25八年级上·福建福州·期末）如图1，正方形中，点是边上的一点（不与点、重合），连接，点、关于对称，连接并延长，交于点，交于点．
(1)求证：；
(2)如图2，当点为中点时，连接，求的值；
(3)如图3，连接并延长，交的延长线于点，连接，探索线段、、之间的等量关系，请写出关系式，并加以证明．
20．（24-25八年级上·浙江台州·期末）在平面内，对于一个等腰三角形，若存在一个点到一条腰两端点的距离相等，且到三角形第三个顶点的距离等于腰长，则我们称这个点为等腰三角形的“双合点”．如图1，在等腰中，，且，则点为等腰的“双合点”．
(1)如图2，在等腰中，，请用无刻度的直尺和圆规作出该等腰三角形的一个“双合点”（保留作图痕迹）；
(2)在等腰中，，
①如图3，当“双合点”恰好在边上时，且满足，求度数；②当“双合点”在边的延长线上时，则___________；
(3)如图4，在等腰中，，，为内一点，连接，，当时，求证：点为等腰的“双合点”．

展开更多......

收起↑