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最新中考数学重难点与压轴题型训练（讲义） 专题08 特殊平行四边形的综合问题（重点突围）
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这是一份最新中考数学重难点与压轴题型训练（讲义） 专题08 特殊平行四边形的综合问题（重点突围），文件包含专题08特殊平行四边形的综合问题重点突围原卷版docx、专题08特殊平行四边形的综合问题重点突围解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共52页， 欢迎下载使用。
一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
专题08 特殊平行四边形的综合问题
【中考考向导航】
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc5876" 【直击中考】 PAGEREF _Tc5876 \h 1
\l "_Tc30123" 【考向一 特殊平行四边形中的折叠问题】 PAGEREF _Tc30123 \h 1
\l "_Tc11764" 【考向二 特殊平行四边形中旋转问题】 PAGEREF _Tc11764 \h 7
\l "_Tc29697" 【考向三 特殊平行四边形中定值问题】 PAGEREF _Tc29697 \h 13
\l "_Tc20625" 【考向四 特殊平行四边形最小值问题】 PAGEREF _Tc20625 \h 19
\l "_Tc31849" 【考向五 特殊平行四边形中点四边形问题】 PAGEREF _Tc31849 \h 25
\l "_Tc2871" 【考向六 特殊平行四边形中的动态问题】 PAGEREF _Tc2871 \h 33
【直击中考】
【考向一 特殊平行四边形中的折叠问题】
例题：（2022秋·甘肃兰州·九年级统考期中）将矩形纸片沿折叠得到，与交于点E，若，则的度数为（ ）
A．15°B．20°C．25°D．30°
【答案】B
【分析】根据矩形的性质，可得，，进而求得，根据折叠可得，最后根据进行计算即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
由折叠可得，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行线性质，折叠性质，角的有关计算等知识，解题的关键是求出和的度数．
【变式训练】
1．（2022秋·九年级课时练习）如图，把菱形沿折叠，使点落在上的点处，若，则的大小为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据菱形的性质，已知菱形的对角相等，故推出，从而得出．又因为，故，，易得解．
【详解】解：根据菱形的对角相等得．
，
．
根据折叠得．
，
，
．
．
故选：A．
【点睛】此题要熟练运用菱形的性质得到有关角和边之间的关系．在计算的过程中，综合运用了等边对等角、三角形的内角和定理以及平行线的性质．注意：折叠的过程中，重合的边和重合的角相等．
2．（2021·云南红河·统考一模）如图，菱形的周长为8厘米，，点M为的中点，点N是边上任一点，把沿直线折叠，点A落在图中的点E处，当_________厘米时，是直角三角形．
【答案】或1
【分析】根据菱形的周长为8厘米可得菱形的边长为2厘米，根据翻折的性质可得，根据题意分两种情况进行讨论：①当时，根据菱形的性质可得，，从而得到，，根据直角三角形的性质求得AN的值；②当时，点E落在菱形对角线上，根据点M为的中点，为折痕，此时于点E，可得点N为的中点，从而得到AN的值．
【详解】解：∵菱形的周长为8厘米，
∴AB=BC=CD=AD=2厘米，
∵点M为的中点，
∴厘米．
由翻折可知，
∴．
①当时，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，厘米；
②当时，点E在以M为圆心，AM为半径的圆上，也在以BC为直径的圆上，根据菱形ABCD的特点，可知点E落在菱形对角线上，
∵点M为的中点，为折痕，此时于点E，
∴点N为的中点，厘米．
当或1厘米时，是直角三角形．
【点睛】本题考查了菱形的性质，翻折变换，直角三角形的性质．解题关键是熟练掌握各个知识点．
3．（2022·安徽合肥·校考二模）如图，在菱形中，，，点是边上一点，以为对称轴将折叠得到，再折叠使落在直线上，点的对应点为点，折痕为且交于点．
（1）______；
（2）若点是的中点，则的长为______．
【答案】 ##90度
【分析】（1）由翻折可得，则，根据，可得，即．
（2）根据题意可得点G与点H重合，且点三点在同一条直线上．过点D作，交的延长线于点M．由，可得，则，由翻折可得，，设，则，，由勾股定理可得，解得，进而可得出答案．
【详解】解：（1）由翻折可得，，
，
，
，
即．
故答案为：．
（2）四边形为菱形，
，
，
由翻折可得，，，，
点是的中点，
，
，
即点与点重合．
，
点，，三点在同一条直线上．
过点作，交的延长线于点．
，，
，，
，，
由翻折可得，，
设，
则，，
由勾股定理可得，
解得，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查翻折变换（折叠问题）、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．
4．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图1，在正方形中，点E为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于G，连接．
(1)求证：．
(2)如图2，E为的中点，连接．
①求证：；②若正方形边长为6，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)①证明见解析，②线段的长为2
【分析】（1）由正方形的性质可得．，由折叠的性质得出，，，再求出，，然后由“”证明，由全等三角形对应角相等得出，得出即可；
（2）①由折叠的性质和线段中点的定义可得，，再由三角形的外角性质得出，然后利用同位角相等，两直线平行证明即可；
②设，表示出、，根据点是的中点求出、，从而得到的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可；
【详解】（1）证明：如图1：∵四边形是正方形，
．，
沿折叠得到，
，，，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：如图2所示：
沿折叠得到，为的中点，
，，
，
，
，
，
即，
；
②解：设，则，，
正方形边长为6，为的中点，
，
，
在中，根据勾股定理得：，
解得：，
即线段的长为2．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、翻折变换的性质；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
【考向二 特殊平行四边形中旋转问题】
例题：（2021秋·陕西渭南·九年级统考阶段练习）如图，四边形是矩形，以点B为旋转中心，顺时针旋转矩形得到矩形，点，，的对应点分别为点，，，点恰好在的延长线上．
(1)求证：：
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）由旋转矩形可得，，再根据斜边为公共边，利用“”可证得结论；
（2）由可知，由旋转矩形可知，即可求得的长度．
【详解】（1）证明：∵旋转矩形得到矩形，
∴，，
在和中，
，．
∴．
（2）解：由可得，
∵旋转矩形得到矩形，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、矩形的性质、解题关键是证明，利用矩形和旋转性质求解．
【变式训练】
1．（2022秋·广东广州·九年级广州市第一一三中学校考期中）如图，将矩形绕点A顺时针旋转后，得到矩形，如果，那么_______．
【答案】
【分析】连接，先根据矩形的性质和勾股定理求出，然后根据旋转的性质和勾股定理求出即可．
【详解】解：连接，
，
∵矩形，，
∴，，
∴，
∵将矩形绕点A顺时针旋转后，得到矩形，
∴，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，掌握矩形的性质，旋转的性质，勾股定理是解题的关键．
2．（2022秋·天津河北·九年级天津二中校考期末）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为．
(1)如图1，当时，求点D的坐标；
(2)如图2，当点E落在的延长线上时，求点D的坐标；
(3)当点D落在线段上时，直接写出点E的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）过点作轴于，由旋转的性质得出，，，由直角三角形的性质得出，，得出，即可得出点的坐标为；
（2）过点作轴于，，于，则则，，由勾股定理得出AE=10，由面积法求出DH=，得出，由勾股定理得出，即可得出点的坐标为；
（3）连接，作轴于，由旋转的性质得：，，
由等腰三角形的性质得出，得出，证出，由平行线的性质的，证出，证明，得出，，得出，即可得出答案．
【详解】（1）解：过点作轴于，如图所示：
∵点，点，
∴，，
∵以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，
∴，，，
在Rt中，，，
∴，
∴点的坐标为；
（2）过点作轴于，，于，如图所示：
则，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴点的坐标为；
（3）连接，作轴于，如图所示：
由旋转的性质得：，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，，
∴，
∴点的坐标为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．
3．（2022秋·山西吕梁·九年级统考期中）综合与实践
【情境呈现】如图1，将两个正方形纸片和放置在一起.若固定正方形，将正方形绕着点A旋转．
(1)【数学思考】如图1，当点E在边上，点G在边上时，线段与的数量关系是 ，位置关系是 ．
(2)如图2，是将正方形绕着点A逆时针旋转度得到的，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
(3)【拓展探究】如图3，若点D，E，G在同一条直线上，且，求线段的长度（直接写出答案）．
【答案】(1)，
(2)（1）中的结论成立，证明见解析；
(3)
【分析】（1）由正方形性质可以得到与相等且垂直；
（2）由可证，可得，，由余角的性质可证；
（3）由（2）问结论连接，表示出三边即可利用勾股定理列方程解题．
【详解】（1）∵四边形和均为正方形，
∴，
∴，
即，
∴与的数量关系是相等；位置关系是垂直
故答案为：相等；垂直
（2）（1）中结论成立，理由如下：
设交于O，于N，
∵四边形和均为正方形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）连接，
∵，
∴，
∴,，
由（2）可得：，
∴在中，，
则，
∴
解方程得：，
∴，
即线段的长度为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
【考向三 特殊平行四边形中定值问题】
例题：（2022秋·山东枣庄·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，是上异于和的任意一点，且于，于，则为_____．
【答案】##2.4
【分析】根据矩形的性质，，，可求出矩形的面积，的长，由此可知的面积，根据，即可求解．
【详解】解：如图所示，设与相交于点，连接，
∵在矩形中，，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，等面积法求高，掌握矩形的性质，三角形的等面积法求高是解题的关键．
【变式训练】
1．（2023秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，菱形的周长为20，面积为24，是对角线上一点，分别作点到直线、的垂线段、，则等于______
【答案】
【分析】首先利用菱形的性质得出，，进而利用三角形面积求法得出答案．
【详解】解：连接，如图，
∵菱形ABCD的周长为20，
∴，
∴，
∴，
而，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形的对边分别平行，四条边都相等，两条对角线互相垂直平分，并且分别平分两组内角．也考查了三角形的面积公式．
2．（2022春·四川成都·九年级成都市第二十中学校校考阶段练习）如图，已知点是菱形的对角线延长线上一点，过点分别作，延长线的垂线，垂足分别为点，若，，则的值为______．
【答案】
【分析】设交于，根据已知可得，而，即可得到答案.
【详解】设交于，如图：
在菱形中，
，，
，，，，
中，，，
，
中，，，
中，，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质及应用，解题的关键是求出，把 转化为．
3．（2022·全国·八年级专题练习）如图，已知四边形为正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作交于点F，以为邻边作矩形，连接．
(1)求证：矩形是正方形；
(2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)是定值，
【分析】（1）作出辅助线，得到，然后再判断，得到，则有，即可判断矩形为正方形；
（2）由四边形为正方形，四边形是正方形可知，，故可得，得到，即可判断，为定值．
【详解】（1）解：如图所示，过作于点，过作于点，
四边形为正方形，
，
，，
，
，
四边形为矩形，
，
，即，
是正方形对角线的点，
，
在和中，
，
，
，
矩形为正方形．
（2）的值为定值，
矩形为正方形，
，，
四边形是正方形，
，，
，即，
在和中，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，矩形的性质，关键是结合图形得出三角形全等．
4．（2022春·四川德阳·八年级统考期末）已知，如图，矩形ABCD中，AD＝3，DC＝4，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH＝1，连接CF．
(1)当点G在边DC上运动时；探究：点F到边DC的距离FM是否为定值？如果是，请求出这个值；如果不是，请说明理由．
(2)当DG为何值时，△FCG的面积最小，并求出这个最小值．
【答案】(1)点F到边DC的距离是定值, 定值为1
(2)当时，△FCG的面积最小值为
【分析】（1）连接GE，根据得到∠AEG＝∠MGE，得到∠HEG＝∠FGE之后证明△AHE≌△MFG即可得到结论；
（2）由题易知，要使△FCG的面积有最小值则需CG最小，于是DG应最大，在中，根据勾股定理可得的最大值，即的最大值，在中，根据勾股定理可求的最大值，进而求得最小值，进而得到答案．
(1)
解：点F到边DC的距离是定值．
理由：连接GE
∵，
∴∠AEG＝∠MGE
∵，
∴∠HEG＝∠FGE
∴∠AEG－∠HEG＝∠MGE－∠FGE，即∠AEH＝∠MGF，
在△AHE和△MFG中，∠A＝∠M＝90°，HE＝FG，
∴△AHE≌△MFG，
∴FM＝HA＝1，
即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值1．
(2)
解：由题易知：，
要使△FCG的面积有最小值，
则需CG最小，所以DG应最大，
在Rt△DHG中，当HG最大时，DG最大，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
当时，，
∴的最小值，
即当时，△FCG的面积最小值为．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质，菱形的性质，矩形的性质，掌握定理与性质是解题的关键．
【考向四 特殊平行四边形最小值问题】
例题：（2022秋·重庆沙坪坝·八年级重庆市凤鸣山中学校联考期末）如图，为正方形边上一点，，，为对角线上一个动点，则的最小值为（ ）
A．5B．C．D．10
【答案】A
【分析】连接交于P点，根据“两点之间线段最短”，可知的最小值即为线段的长，求出的长即可.
【详解】连接，交于P点
∵四边形为正方形
∴A点和C点关于对称
根据“两点之间线段最短”，可知的最小值即为线段的长.
∵，
∴的最小值为5
故选：A
【点睛】本题主要考查了正方形的性质和两点之间线段最短，这是一个将军饮马模型.熟练掌握正方形的性质并且能够识别出将军饮马模型是解题的关键.
【变式训练】
1．（2022秋·江西新余·九年级新余四中校考阶段练习）如图，矩形中，，，，分别是直线，上的两个动点，，沿翻折形成，连接，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图作点关于的对称点，连接，，由，推出，又是定值，即可推出当、、、共线时，定值最小，最小值．
【详解】解：如图作点关于的对称点，连接，．
在中，
，，
．，
，
，
是定值，
当、、、共线时，定值最小，最小值，
的最小值为，
故选：C．
【点睛】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据两点之间线段最短解决最短问题，属于中考常考题型．
2．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，中，，，．点D为边上一个动点，作、，垂足为E、F，连接．则长度的最小值为______．
【答案】
【分析】解直角三角形求出和，证明四边形是矩形，根据矩形的性质得出，当时，有最小值，此时有最小值，根据三角形的面积公式求出长即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
根据勾股定理可得，，
即,
解得：，（舍去），
∴，
连接，如图所示：
∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
当时，最小，此时有最小值，
∵，
∴，
∴长度的最小值是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，垂线段最短，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，作出辅助线，证明是解此题的关键．
3．（2022秋·重庆大渡口·九年级校考期末）如图，在矩形中，，，点在边上，点在边上，且，连接，则的最小值为______．
【答案】
【分析】先连接，将转化为，再利用将军饮马解决问题即可．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
如图，作点关于点的对称点，连接，
即为的最小值，
∵，，
∴，，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、将军饮马问题、全等三角形的判定与性质等内容，综合性较强，将转化为是解题的关键．
4．（2022秋·陕西汉中·九年级校考期中）如图，在正方形中，，为边上一点，．为对角线上一动点（不与点、重合），过点分别作于点、于点，连接、，则的最小值为______．
【答案】13
【分析】连接、，由四边形为矩形，得，由正方形的对称性得，即知，故当最小时，最小，此时、、共线，的最小值即为的长，由，，可得，从而的最小值为13．
【详解】解：连接、，如图：
，，，
四边形为矩形，
，
四边形是正方形，
由正方形的对称性可得，
，
，
当最小时，最小，此时、、共线，的最小值即为的长，如图：
，，
，
，
的最小值为13，
故答案为：13．
【点睛】本题考查正方形中的动点问题，解题的关键是把求的最小值问题转化成求的长．
5．（2022春·江西赣州·八年级统考期末）如图所示，在菱形ABCD中，AB=6，∠BAD=120°，点E，F分别在菱形的边BC，CD上滑动，满足∠EAF=60°，连接EF，且E，F不与B，C，D重合．
(1)求证：不论E，F在BC，CD上如何滑动，总有BE=CF；
(2)当点E，F在BC，CD上滑动时，分别探讨四边形AECF的面积和△CEF的周长是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最小值．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AECF的面积不变，面积等于；△CEF的周长发生变化，最小值为；理由见解析
【分析】（1）先根据菱形的性质求出∠BAC=∠DAC==60°，然后根据等式的性质可得∠1=∠3，再求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4=60°，AC=AB进而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF；
（2）根据△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根据S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解题；由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的周长会随着AE的变化而变化，求出当AE最短时，△CEF的周长即可．
（1）解：（1）如图，连接AC，∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，∴∠BAC=∠DAC==60°，AB=BC=AD=CD，∵∠EAF=60°，∴∠1+∠EAC=60°，∠3+∠EAC=60°，∴∠1=∠3，∵AB=BC=AD=CD，∠BAC=∠DAC=60°，∴△ABC和△ACD为等边三角形，∴∠4=∠B=60°，AC=AB，∴在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（ASA）．∴BE=CF；
（2）解∶四边形AECF的面积不变，△CEF的周长发生变化．理由如下：由（1）得△ABE≌△ACF，则S△ABE=S△ACF，AE=AF，故S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值，作AH⊥BC于H点，则BH=3，S四边形AECF=S△ABC==，∵AE=AF，∠EAF=60°，∴△AEF是等边三角形，∴EF=AE，∴△CEF的周长=CE+CF+EF=CE+BE+EF=BC+EF=BC+AE，由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．故△AEF的周长会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，△CEF的周长会最小，最小值为．
【点睛】本题考查了菱形的性质；三角形全等的判定与性质；垂线段的性质等，综合性较强，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
【考向五 特殊平行四边形中点四边形问题】
例题：（2022春·安徽合肥·八年级校考期中）如图，、、、分别是四边形四条边的中点，顺次连接、、、得四边形，连接、，下列命题不正确的是（ ）
A．当四边形是矩形时，四边形是菱形
B．当四边形是菱形时，四边形是矩形
C．当四边形满足时，四边形是菱形
D．当四边形满足，时，四边形是矩形
【答案】C
【分析】先证四边形EFGH是平行四边形；再根据选项条件结合矩形、菱形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：，分别是，的中点，
，，
，分别是，的中点，
，，
，，
四边形是平行四边形；
，分别是，的中点，、分别是、中点，
，，
当四边形是矩形时，，
，
四边形是菱形，故A正确，不符合题意；
当四边形是菱形时，，
，，
，
四边形是菱形，故B正确，不符合题意；
当四边形满足时，不能证明四边形是菱形，故C错误，符合题意；
当四边形满足，时，
∵，，
∴AC是BD的垂直平分线，即
∵，
∴∠HEF=∠EFG=∠DGH=∠GHE=90°
∴四边形是矩形，故D正确，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中点四边形，灵活利用矩形、菱形的判定定理是解答本题的关键
【变式训练】
1．（2022春·北京西城·八年级校考期中）四边形的对角线，交于点，点，，，分别为边，，，的中点．有下列四个推断：
①对于任意四边形，四边形都是平行四边形；
②若四边形是平行四边形，则与交于点；
③若四边形是矩形，则四边形也是矩形；
④若四边形是正方形，则四边形也一定是正方形．
所有正确推断的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．③④
【答案】A
【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【详解】点分别为边的中点，
是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线，
，，
，
四边形是平行四边形，正确；
若四边形是平行四边形，
∴,
∵分别为的中点，
∴
∴四边形是平行四边形，
由（1）可得四边形是平行四边形，
与互相平分，
的中点就是的中点，
则与交于点正确；
若四边形是矩形，则，
，
四边形是菱形，不是矩形；不正确；
四边形中，若，
则四边形是正方形，
若四边形是正方形，则四边形不一定是正方形，不正确；
故选：A．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质、矩形的性质、菱形的判定、正方形的判定与性质，熟练掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质是解题的关键．
2．（2022秋·九年级课时练习）如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，依次连接，，，，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当时，与有怎样的位置关系？请说明理由；
【答案】（1）见解析；（2）当AB=CD时，EF⊥GH，理由见解析
【分析】（1）利用三角形的中位线定理可以证得四边形EGFH的一组对边平行且相等，即可证得；
（2）根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG=CD，FG∥CD．HE=CD，HE∥CD．
∴FG=EH，FG∥EH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）解：当AB=CD时，EF⊥GH，
理由：由（1）知四边形EGFH是平行四边形，
当AB=CD时，EH=CD，EG=AB，
∴EG=EH，
∴四边形EGFH是菱形，
∴EF⊥GH．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理的应用，平行四边形和菱形的判定，掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半和菱形的对角线互相垂直是解题的关键．
3．（2021春·上海长宁·八年级统考期末）如图，、是四边形的对角线，点E、F、G、H分别是线段、、、上的中点
（1）求证：线段、互相平分；
（2）四边形满足什么条件时，？证明你得到的结论．
【答案】（1）见解析；（2）当AB=CD时，EG⊥FH，理由见解析
【分析】（1）连接EF、GF、GH、HE，根据三角形中位线定理得到EF∥AB，EF=AB，GH∥AB，GH=AB，证明四边形EFGH为平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论；
（2）根据菱形的判定定理得到平行四边形EFGH是菱形，根据菱形的性质定理证明即可．
【详解】解：（1）证明：连接EF、GF、GH、HE，
∵点E、F分别是线段AD、DB的中点，
∴EF∥AB，EF=AB，
∵点G、H分别是线段BC、AC的中点，
∴GH∥AB，GH=AB，
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∴线段EG、FH互相平分；
（2）解：当AB=CD时，EG⊥FH，
理由如下：∵点G、F分别是线段BC、BD的中点，
∴GF=CD，
∵AB=CD，
∴EF=GF，
∴平行四边形EFGH是菱形，
∴EG⊥FH．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、三角形中位线定理，掌握菱形的对角线互相垂直是解题的关键．
4．（2021秋·陕西宝鸡·九年级统考期末）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形．
(1)四边形的形状是______，请证明你的结论；
(2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形；
(3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种．
【答案】(1)平行四边形．证明见解析
(2)；
(3)矩形的中点四边形是菱形．
【分析】（1）连接，根据三角形的中位线定理得到，，，，推出，，，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形；
（2）根据有一组是邻边的平行四边形是菱形，可知当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形；
（3）矩形的中点四边形是菱形．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可得，，再根据矩形对角线相等，然后根据四边相等的四边形是菱形．
【详解】（1）四边形的形状是平行四边形．理由如下：
如图，连接．
、分别是、中点，
，，
同理，，
，，
四边形是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形．理由如下：
如图，连接、．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，
，
，
又四边形是平行四边形
平行四边形是菱形；
故答案为：；
（3）矩形的中点四边形是菱形．理由如下：
连接、．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质等知识点的理解和掌握，熟练掌握各定理是解决此题的关键．
5．（2021春·河北石家庄·八年级统考期中）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．
（1）我们知道：无论四边形ABCD怎样变化，它的中点四边形EFGH都是平行四边形．特殊的：
①当对角线时，四边形ABCD的中点四边形为__________形；
②当对角线时，四边形ABCD的中点四边形是__________形．
（2）如图：四边形ABCD中，已知，且，请利用（1）中的结论，判断四边形ABCD的中点四边形EFGH的形状并进行证明．
【答案】（1）①菱；②矩；（2）菱形，菱形见解析
【分析】（1）①连接AC、BD，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；
（2）分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，证明，得到AC=DB，根据（1）①证明即可．
【详解】（1）解：（1）①连接AC、BD，
∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，
∴EH∥BD，FG∥BD，
∴EH∥FG，
同理EF∥HG，
∴四边形EFGH都是平行四边形，
∵对角线AC=BD，
∴EH=EF，
∴四边形ABCD的中点四边形是菱形；
②当对角线AC⊥BD时，EF⊥EH，
∴四边形ABCD的中点四边形是矩形；
故答案为：菱；矩；
（2）四边形ABCD的中点四边形EFGH是菱形．理由如下：
分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，
∵，∴是等边三角形，∴，，
∵，∴，∴，，
在和中，
，
∴，∴，
∴四边形ABCD的对角线相等，中点四边形EFGH是菱形．
【点睛】本题考查的是矩形、菱形的判定、中点四边形的定义，掌握中点四边形的概念、矩形的判定定理、菱形的判定定理是解题的关键．
【考向六 特殊平行四边形中的动态问题】
例题：（2022春·河北保定·八年级统考期末）如图，在菱形中，，点E是边的中点．点M是边上一动点（不与点A重合），连接并延长交的延长线于点N，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当时，求证：四边形是矩形；
(3)填空：当的值为 时，四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）根据菱形的性质可得，再根据两直线平行，内错角相等可得，然后利用“”证明和全等，然后利用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成立；
（2）可证是等边三角形，则即可证明；
（3）由，得是等边三角形，则即可证明．
【详解】（1）∵四边形是菱形，
∴，
∴，
又∵点E是边的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）∵四边形是菱形，
∴，
∵点E是边的中点，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（3）当的值为2时，四边形是菱形，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴平行四边形是菱形．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，熟记各性质并求出三角形全等是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·新疆乌鲁木齐·九年级校考期末）如图①，在矩形ABCD中，AB>AD，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿A→B→C运动．设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则AB边的长为（ ）
A．6B．6.4C．7.2D．8
【答案】A
【分析】当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为BC，则6=×AB×BC，解得AB•BC=24，而AB+BC=10，即可求解．
【详解】解：从图象看，当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为BC，
∴△AOP的面积=×AB×BC=6，解得AB•BC=24①，
而从图②看，AB+BC=10②，
由①②并解得AB=6，BC=4，
故选：A．
【点睛】本题考查的是动点问题的函数图象，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
2．（2023秋·河南郑州·九年级校考期末）如图1，菱形ABCD中，，动点P以每秒1个单位的速度自点A出发沿线段AB运动到点B，同时动点Q以每秒2个单位的速度自点B出发沿折线运动到点D．图2是点P、Q运动时，△BPQ的面积S随时间t变化关系图象，则a的值是（ ）
A．2B．2.5C．3D．
【答案】D
【分析】根据图一图二中的数据即可作出判断．
【详解】如图二可知，当时两点停止运动，
∴点P从点A运动到点B用了4秒，
∴，
∵点Q运动到点C之前和之后，面积算法不同，即时，S的解析式发生变化，
∴图2中点M对应的横坐标为2，此时P为AB 中点，点C与点Q重合，
连接AC，如图所示
∵菱形ABCD中，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了动点函数的图象，解决本题的关键是菱形的边长．
3．（2022秋·广西防城港·九年级统考期中）如图，已知是正方形内一点，，，将绕点旋转至，连结．
(1)直接写出、的长度和的度数．
(2)求的长．
(3)试判断的形状并说明理由．
【答案】(1)，，
(2)
(3)是直角三角形．理由见解析
【分析】（1）根据旋转的性质进行解答便可；
（2）由勾股定理进行计算便可；
（3）根据勾股定理的逆定理进行解答．
【详解】（1）解：由旋转的性质知，，，；
（2）由（1）知，，
；
（3）是直角三角形．理由如下：
，，，
，
，
，
是直角三角形，其中．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，旋转的性质，正方形的性质，由旋转的性质证出是等腰直角三角形是解题的关键．
4．（2022春·广东江门·八年级校考期中）如图，在矩形中，，，点P在边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在之间往返运动，两个动点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动），设运动时间为t秒．
(1)用含t的式子表示线段的长度：______cm，
(2)当时，运动时间t为______秒时，以A、P、Q、B为顶点的四边形是矩形．
(3)当时，以P、D、Q、B为顶点的四边形有没可能是平行四边形？若有，请求出t；若没有，请说明理由．
【答案】(1)
(2)2
(3)存在或使得以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形
【分析】（1）先根据题意求出，再由即可求出答案；
（2）根据矩形的性质得到，由此建立方程求解即可；
（3）利用平行四边形的性质得到，由此可建立方程或，解方程即．
【详解】（1）解；由题意得，
∴，
故答案为；；
（2）解：∵以A、P、Q、B为顶点的四边形是矩形，
∴，
∴，
解得，
故答案为：2；
（3）解；假设存在以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形，
∴，
∴或，
解得或，
∴存在或使得以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质，正确根据题意列出方程求解是解题的关键．
一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
专题08 特殊平行四边形的综合问题
【中考考向导航】
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc5876" 【直击中考】 PAGEREF _Tc5876 \h 1
\l "_Tc30123" 【考向一 特殊平行四边形中的折叠问题】 PAGEREF _Tc30123 \h 1
\l "_Tc11764" 【考向二 特殊平行四边形中旋转问题】 PAGEREF _Tc11764 \h 7
\l "_Tc29697" 【考向三 特殊平行四边形中定值问题】 PAGEREF _Tc29697 \h 13
\l "_Tc20625" 【考向四 特殊平行四边形最小值问题】 PAGEREF _Tc20625 \h 19
\l "_Tc31849" 【考向五 特殊平行四边形中点四边形问题】 PAGEREF _Tc31849 \h 25
\l "_Tc2871" 【考向六 特殊平行四边形中的动态问题】 PAGEREF _Tc2871 \h 33
【直击中考】
【考向一 特殊平行四边形中的折叠问题】
例题：（2022秋·甘肃兰州·九年级统考期中）将矩形纸片沿折叠得到，与交于点E，若，则的度数为（ ）
A．15°B．20°C．25°D．30°
【答案】B
【分析】根据矩形的性质，可得，，进而求得，根据折叠可得，最后根据进行计算即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
由折叠可得，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行线性质，折叠性质，角的有关计算等知识，解题的关键是求出和的度数．
【变式训练】
1．（2022秋·九年级课时练习）如图，把菱形沿折叠，使点落在上的点处，若，则的大小为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据菱形的性质，已知菱形的对角相等，故推出，从而得出．又因为，故，，易得解．
【详解】解：根据菱形的对角相等得．
，
．
根据折叠得．
，
，
．
．
故选：A．
【点睛】此题要熟练运用菱形的性质得到有关角和边之间的关系．在计算的过程中，综合运用了等边对等角、三角形的内角和定理以及平行线的性质．注意：折叠的过程中，重合的边和重合的角相等．
2．（2021·云南红河·统考一模）如图，菱形的周长为8厘米，，点M为的中点，点N是边上任一点，把沿直线折叠，点A落在图中的点E处，当_________厘米时，是直角三角形．
【答案】或1
【分析】根据菱形的周长为8厘米可得菱形的边长为2厘米，根据翻折的性质可得，根据题意分两种情况进行讨论：①当时，根据菱形的性质可得，，从而得到，，根据直角三角形的性质求得AN的值；②当时，点E落在菱形对角线上，根据点M为的中点，为折痕，此时于点E，可得点N为的中点，从而得到AN的值．
【详解】解：∵菱形的周长为8厘米，
∴AB=BC=CD=AD=2厘米，
∵点M为的中点，
∴厘米．
由翻折可知，
∴．
①当时，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，厘米；
②当时，点E在以M为圆心，AM为半径的圆上，也在以BC为直径的圆上，根据菱形ABCD的特点，可知点E落在菱形对角线上，
∵点M为的中点，为折痕，此时于点E，
∴点N为的中点，厘米．
当或1厘米时，是直角三角形．
【点睛】本题考查了菱形的性质，翻折变换，直角三角形的性质．解题关键是熟练掌握各个知识点．
3．（2022·安徽合肥·校考二模）如图，在菱形中，，，点是边上一点，以为对称轴将折叠得到，再折叠使落在直线上，点的对应点为点，折痕为且交于点．
（1）______；
（2）若点是的中点，则的长为______．
【答案】 ##90度
【分析】（1）由翻折可得，则，根据，可得，即．
（2）根据题意可得点G与点H重合，且点三点在同一条直线上．过点D作，交的延长线于点M．由，可得，则，由翻折可得，，设，则，，由勾股定理可得，解得，进而可得出答案．
【详解】解：（1）由翻折可得，，
，
，
，
即．
故答案为：．
（2）四边形为菱形，
，
，
由翻折可得，，，，
点是的中点，
，
，
即点与点重合．
，
点，，三点在同一条直线上．
过点作，交的延长线于点．
，，
，，
，，
由翻折可得，，
设，
则，，
由勾股定理可得，
解得，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查翻折变换（折叠问题）、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．
4．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图1，在正方形中，点E为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于G，连接．
(1)求证：．
(2)如图2，E为的中点，连接．
①求证：；②若正方形边长为6，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)①证明见解析，②线段的长为2
【分析】（1）由正方形的性质可得．，由折叠的性质得出，，，再求出，，然后由“”证明，由全等三角形对应角相等得出，得出即可；
（2）①由折叠的性质和线段中点的定义可得，，再由三角形的外角性质得出，然后利用同位角相等，两直线平行证明即可；
②设，表示出、，根据点是的中点求出、，从而得到的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可；
【详解】（1）证明：如图1：∵四边形是正方形，
．，
沿折叠得到，
，，，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：如图2所示：
沿折叠得到，为的中点，
，，
，
，
，
，
即，
；
②解：设，则，，
正方形边长为6，为的中点，
，
，
在中，根据勾股定理得：，
解得：，
即线段的长为2．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、翻折变换的性质；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
【考向二 特殊平行四边形中旋转问题】
例题：（2021秋·陕西渭南·九年级统考阶段练习）如图，四边形是矩形，以点B为旋转中心，顺时针旋转矩形得到矩形，点，，的对应点分别为点，，，点恰好在的延长线上．
(1)求证：：
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）由旋转矩形可得，，再根据斜边为公共边，利用“”可证得结论；
（2）由可知，由旋转矩形可知，即可求得的长度．
【详解】（1）证明：∵旋转矩形得到矩形，
∴，，
在和中，
，．
∴．
（2）解：由可得，
∵旋转矩形得到矩形，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、矩形的性质、解题关键是证明，利用矩形和旋转性质求解．
【变式训练】
1．（2022秋·广东广州·九年级广州市第一一三中学校考期中）如图，将矩形绕点A顺时针旋转后，得到矩形，如果，那么_______．
【答案】
【分析】连接，先根据矩形的性质和勾股定理求出，然后根据旋转的性质和勾股定理求出即可．
【详解】解：连接，
，
∵矩形，，
∴，，
∴，
∵将矩形绕点A顺时针旋转后，得到矩形，
∴，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，掌握矩形的性质，旋转的性质，勾股定理是解题的关键．
2．（2022秋·天津河北·九年级天津二中校考期末）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为．
(1)如图1，当时，求点D的坐标；
(2)如图2，当点E落在的延长线上时，求点D的坐标；
(3)当点D落在线段上时，直接写出点E的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）过点作轴于，由旋转的性质得出，，，由直角三角形的性质得出，，得出，即可得出点的坐标为；
（2）过点作轴于，，于，则则，，由勾股定理得出AE=10，由面积法求出DH=，得出，由勾股定理得出，即可得出点的坐标为；
（3）连接，作轴于，由旋转的性质得：，，
由等腰三角形的性质得出，得出，证出，由平行线的性质的，证出，证明，得出，，得出，即可得出答案．
【详解】（1）解：过点作轴于，如图所示：
∵点，点，
∴，，
∵以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，
∴，，，
在Rt中，，，
∴，
∴点的坐标为；
（2）过点作轴于，，于，如图所示：
则，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴点的坐标为；
（3）连接，作轴于，如图所示：
由旋转的性质得：，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，，
∴，
∴点的坐标为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．
3．（2022秋·山西吕梁·九年级统考期中）综合与实践
【情境呈现】如图1，将两个正方形纸片和放置在一起.若固定正方形，将正方形绕着点A旋转．
(1)【数学思考】如图1，当点E在边上，点G在边上时，线段与的数量关系是 ，位置关系是 ．
(2)如图2，是将正方形绕着点A逆时针旋转度得到的，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
(3)【拓展探究】如图3，若点D，E，G在同一条直线上，且，求线段的长度（直接写出答案）．
【答案】(1)，
(2)（1）中的结论成立，证明见解析；
(3)
【分析】（1）由正方形性质可以得到与相等且垂直；
（2）由可证，可得，，由余角的性质可证；
（3）由（2）问结论连接，表示出三边即可利用勾股定理列方程解题．
【详解】（1）∵四边形和均为正方形，
∴，
∴，
即，
∴与的数量关系是相等；位置关系是垂直
故答案为：相等；垂直
（2）（1）中结论成立，理由如下：
设交于O，于N，
∵四边形和均为正方形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）连接，
∵，
∴，
∴,，
由（2）可得：，
∴在中，，
则，
∴
解方程得：，
∴，
即线段的长度为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
【考向三 特殊平行四边形中定值问题】
例题：（2022秋·山东枣庄·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，是上异于和的任意一点，且于，于，则为_____．
【答案】##2.4
【分析】根据矩形的性质，，，可求出矩形的面积，的长，由此可知的面积，根据，即可求解．
【详解】解：如图所示，设与相交于点，连接，
∵在矩形中，，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，等面积法求高，掌握矩形的性质，三角形的等面积法求高是解题的关键．
【变式训练】
1．（2023秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，菱形的周长为20，面积为24，是对角线上一点，分别作点到直线、的垂线段、，则等于______
【答案】
【分析】首先利用菱形的性质得出，，进而利用三角形面积求法得出答案．
【详解】解：连接，如图，
∵菱形ABCD的周长为20，
∴，
∴，
∴，
而，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形的对边分别平行，四条边都相等，两条对角线互相垂直平分，并且分别平分两组内角．也考查了三角形的面积公式．
2．（2022春·四川成都·九年级成都市第二十中学校校考阶段练习）如图，已知点是菱形的对角线延长线上一点，过点分别作，延长线的垂线，垂足分别为点，若，，则的值为______．
【答案】
【分析】设交于，根据已知可得，而，即可得到答案.
【详解】设交于，如图：
在菱形中，
，，
，，，，
中，，，
，
中，，，
中，，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质及应用，解题的关键是求出，把 转化为．
3．（2022·全国·八年级专题练习）如图，已知四边形为正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作交于点F，以为邻边作矩形，连接．
(1)求证：矩形是正方形；
(2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)是定值，
【分析】（1）作出辅助线，得到，然后再判断，得到，则有，即可判断矩形为正方形；
（2）由四边形为正方形，四边形是正方形可知，，故可得，得到，即可判断，为定值．
【详解】（1）解：如图所示，过作于点，过作于点，
四边形为正方形，
，
，，
，
，
四边形为矩形，
，
，即，
是正方形对角线的点，
，
在和中，
，
，
，
矩形为正方形．
（2）的值为定值，
矩形为正方形，
，，
四边形是正方形，
，，
，即，
在和中，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，矩形的性质，关键是结合图形得出三角形全等．
4．（2022春·四川德阳·八年级统考期末）已知，如图，矩形ABCD中，AD＝3，DC＝4，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH＝1，连接CF．
(1)当点G在边DC上运动时；探究：点F到边DC的距离FM是否为定值？如果是，请求出这个值；如果不是，请说明理由．
(2)当DG为何值时，△FCG的面积最小，并求出这个最小值．
【答案】(1)点F到边DC的距离是定值, 定值为1
(2)当时，△FCG的面积最小值为
【分析】（1）连接GE，根据得到∠AEG＝∠MGE，得到∠HEG＝∠FGE之后证明△AHE≌△MFG即可得到结论；
（2）由题易知，要使△FCG的面积有最小值则需CG最小，于是DG应最大，在中，根据勾股定理可得的最大值，即的最大值，在中，根据勾股定理可求的最大值，进而求得最小值，进而得到答案．
(1)
解：点F到边DC的距离是定值．
理由：连接GE
∵，
∴∠AEG＝∠MGE
∵，
∴∠HEG＝∠FGE
∴∠AEG－∠HEG＝∠MGE－∠FGE，即∠AEH＝∠MGF，
在△AHE和△MFG中，∠A＝∠M＝90°，HE＝FG，
∴△AHE≌△MFG，
∴FM＝HA＝1，
即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值1．
(2)
解：由题易知：，
要使△FCG的面积有最小值，
则需CG最小，所以DG应最大，
在Rt△DHG中，当HG最大时，DG最大，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
当时，，
∴的最小值，
即当时，△FCG的面积最小值为．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质，菱形的性质，矩形的性质，掌握定理与性质是解题的关键．
【考向四 特殊平行四边形最小值问题】
例题：（2022秋·重庆沙坪坝·八年级重庆市凤鸣山中学校联考期末）如图，为正方形边上一点，，，为对角线上一个动点，则的最小值为（ ）
A．5B．C．D．10
【答案】A
【分析】连接交于P点，根据“两点之间线段最短”，可知的最小值即为线段的长，求出的长即可.
【详解】连接，交于P点
∵四边形为正方形
∴A点和C点关于对称
根据“两点之间线段最短”，可知的最小值即为线段的长.
∵，
∴的最小值为5
故选：A
【点睛】本题主要考查了正方形的性质和两点之间线段最短，这是一个将军饮马模型.熟练掌握正方形的性质并且能够识别出将军饮马模型是解题的关键.
【变式训练】
1．（2022秋·江西新余·九年级新余四中校考阶段练习）如图，矩形中，，，，分别是直线，上的两个动点，，沿翻折形成，连接，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图作点关于的对称点，连接，，由，推出，又是定值，即可推出当、、、共线时，定值最小，最小值．
【详解】解：如图作点关于的对称点，连接，．
在中，
，，
．，
，
，
是定值，
当、、、共线时，定值最小，最小值，
的最小值为，
故选：C．
【点睛】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据两点之间线段最短解决最短问题，属于中考常考题型．
2．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，中，，，．点D为边上一个动点，作、，垂足为E、F，连接．则长度的最小值为______．
【答案】
【分析】解直角三角形求出和，证明四边形是矩形，根据矩形的性质得出，当时，有最小值，此时有最小值，根据三角形的面积公式求出长即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
根据勾股定理可得，，
即,
解得：，（舍去），
∴，
连接，如图所示：
∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
当时，最小，此时有最小值，
∵，
∴，
∴长度的最小值是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，垂线段最短，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，作出辅助线，证明是解此题的关键．
3．（2022秋·重庆大渡口·九年级校考期末）如图，在矩形中，，，点在边上，点在边上，且，连接，则的最小值为______．
【答案】
【分析】先连接，将转化为，再利用将军饮马解决问题即可．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
如图，作点关于点的对称点，连接，
即为的最小值，
∵，，
∴，，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、将军饮马问题、全等三角形的判定与性质等内容，综合性较强，将转化为是解题的关键．
4．（2022秋·陕西汉中·九年级校考期中）如图，在正方形中，，为边上一点，．为对角线上一动点（不与点、重合），过点分别作于点、于点，连接、，则的最小值为______．
【答案】13
【分析】连接、，由四边形为矩形，得，由正方形的对称性得，即知，故当最小时，最小，此时、、共线，的最小值即为的长，由，，可得，从而的最小值为13．
【详解】解：连接、，如图：
，，，
四边形为矩形，
，
四边形是正方形，
由正方形的对称性可得，
，
，
当最小时，最小，此时、、共线，的最小值即为的长，如图：
，，
，
，
的最小值为13，
故答案为：13．
【点睛】本题考查正方形中的动点问题，解题的关键是把求的最小值问题转化成求的长．
5．（2022春·江西赣州·八年级统考期末）如图所示，在菱形ABCD中，AB=6，∠BAD=120°，点E，F分别在菱形的边BC，CD上滑动，满足∠EAF=60°，连接EF，且E，F不与B，C，D重合．
(1)求证：不论E，F在BC，CD上如何滑动，总有BE=CF；
(2)当点E，F在BC，CD上滑动时，分别探讨四边形AECF的面积和△CEF的周长是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最小值．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AECF的面积不变，面积等于；△CEF的周长发生变化，最小值为；理由见解析
【分析】（1）先根据菱形的性质求出∠BAC=∠DAC==60°，然后根据等式的性质可得∠1=∠3，再求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4=60°，AC=AB进而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF；
（2）根据△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根据S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解题；由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的周长会随着AE的变化而变化，求出当AE最短时，△CEF的周长即可．
（1）解：（1）如图，连接AC，∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，∴∠BAC=∠DAC==60°，AB=BC=AD=CD，∵∠EAF=60°，∴∠1+∠EAC=60°，∠3+∠EAC=60°，∴∠1=∠3，∵AB=BC=AD=CD，∠BAC=∠DAC=60°，∴△ABC和△ACD为等边三角形，∴∠4=∠B=60°，AC=AB，∴在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（ASA）．∴BE=CF；
（2）解∶四边形AECF的面积不变，△CEF的周长发生变化．理由如下：由（1）得△ABE≌△ACF，则S△ABE=S△ACF，AE=AF，故S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值，作AH⊥BC于H点，则BH=3，S四边形AECF=S△ABC==，∵AE=AF，∠EAF=60°，∴△AEF是等边三角形，∴EF=AE，∴△CEF的周长=CE+CF+EF=CE+BE+EF=BC+EF=BC+AE，由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．故△AEF的周长会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，△CEF的周长会最小，最小值为．
【点睛】本题考查了菱形的性质；三角形全等的判定与性质；垂线段的性质等，综合性较强，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
【考向五 特殊平行四边形中点四边形问题】
例题：（2022春·安徽合肥·八年级校考期中）如图，、、、分别是四边形四条边的中点，顺次连接、、、得四边形，连接、，下列命题不正确的是（ ）
A．当四边形是矩形时，四边形是菱形
B．当四边形是菱形时，四边形是矩形
C．当四边形满足时，四边形是菱形
D．当四边形满足，时，四边形是矩形
【答案】C
【分析】先证四边形EFGH是平行四边形；再根据选项条件结合矩形、菱形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：，分别是，的中点，
，，
，分别是，的中点，
，，
，，
四边形是平行四边形；
，分别是，的中点，、分别是、中点，
，，
当四边形是矩形时，，
，
四边形是菱形，故A正确，不符合题意；
当四边形是菱形时，，
，，
，
四边形是菱形，故B正确，不符合题意；
当四边形满足时，不能证明四边形是菱形，故C错误，符合题意；
当四边形满足，时，
∵，，
∴AC是BD的垂直平分线，即
∵，
∴∠HEF=∠EFG=∠DGH=∠GHE=90°
∴四边形是矩形，故D正确，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中点四边形，灵活利用矩形、菱形的判定定理是解答本题的关键
【变式训练】
1．（2022春·北京西城·八年级校考期中）四边形的对角线，交于点，点，，，分别为边，，，的中点．有下列四个推断：
①对于任意四边形，四边形都是平行四边形；
②若四边形是平行四边形，则与交于点；
③若四边形是矩形，则四边形也是矩形；
④若四边形是正方形，则四边形也一定是正方形．
所有正确推断的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．③④
【答案】A
【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【详解】点分别为边的中点，
是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线，
，，
，
四边形是平行四边形，正确；
若四边形是平行四边形，
∴,
∵分别为的中点，
∴
∴四边形是平行四边形，
由（1）可得四边形是平行四边形，
与互相平分，
的中点就是的中点，
则与交于点正确；
若四边形是矩形，则，
，
四边形是菱形，不是矩形；不正确；
四边形中，若，
则四边形是正方形，
若四边形是正方形，则四边形不一定是正方形，不正确；
故选：A．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质、矩形的性质、菱形的判定、正方形的判定与性质，熟练掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质是解题的关键．
2．（2022秋·九年级课时练习）如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，依次连接，，，，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当时，与有怎样的位置关系？请说明理由；
【答案】（1）见解析；（2）当AB=CD时，EF⊥GH，理由见解析
【分析】（1）利用三角形的中位线定理可以证得四边形EGFH的一组对边平行且相等，即可证得；
（2）根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG=CD，FG∥CD．HE=CD，HE∥CD．
∴FG=EH，FG∥EH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）解：当AB=CD时，EF⊥GH，
理由：由（1）知四边形EGFH是平行四边形，
当AB=CD时，EH=CD，EG=AB，
∴EG=EH，
∴四边形EGFH是菱形，
∴EF⊥GH．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理的应用，平行四边形和菱形的判定，掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半和菱形的对角线互相垂直是解题的关键．
3．（2021春·上海长宁·八年级统考期末）如图，、是四边形的对角线，点E、F、G、H分别是线段、、、上的中点
（1）求证：线段、互相平分；
（2）四边形满足什么条件时，？证明你得到的结论．
【答案】（1）见解析；（2）当AB=CD时，EG⊥FH，理由见解析
【分析】（1）连接EF、GF、GH、HE，根据三角形中位线定理得到EF∥AB，EF=AB，GH∥AB，GH=AB，证明四边形EFGH为平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论；
（2）根据菱形的判定定理得到平行四边形EFGH是菱形，根据菱形的性质定理证明即可．
【详解】解：（1）证明：连接EF、GF、GH、HE，
∵点E、F分别是线段AD、DB的中点，
∴EF∥AB，EF=AB，
∵点G、H分别是线段BC、AC的中点，
∴GH∥AB，GH=AB，
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∴线段EG、FH互相平分；
（2）解：当AB=CD时，EG⊥FH，
理由如下：∵点G、F分别是线段BC、BD的中点，
∴GF=CD，
∵AB=CD，
∴EF=GF，
∴平行四边形EFGH是菱形，
∴EG⊥FH．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、三角形中位线定理，掌握菱形的对角线互相垂直是解题的关键．
4．（2021秋·陕西宝鸡·九年级统考期末）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形．
(1)四边形的形状是______，请证明你的结论；
(2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形；
(3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种．
【答案】(1)平行四边形．证明见解析
(2)；
(3)矩形的中点四边形是菱形．
【分析】（1）连接，根据三角形的中位线定理得到，，，，推出，，，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形；
（2）根据有一组是邻边的平行四边形是菱形，可知当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形；
（3）矩形的中点四边形是菱形．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可得，，再根据矩形对角线相等，然后根据四边相等的四边形是菱形．
【详解】（1）四边形的形状是平行四边形．理由如下：
如图，连接．
、分别是、中点，
，，
同理，，
，，
四边形是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形．理由如下：
如图，连接、．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，
，
，
又四边形是平行四边形
平行四边形是菱形；
故答案为：；
（3）矩形的中点四边形是菱形．理由如下：
连接、．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质等知识点的理解和掌握，熟练掌握各定理是解决此题的关键．
5．（2021春·河北石家庄·八年级统考期中）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．
（1）我们知道：无论四边形ABCD怎样变化，它的中点四边形EFGH都是平行四边形．特殊的：
①当对角线时，四边形ABCD的中点四边形为__________形；
②当对角线时，四边形ABCD的中点四边形是__________形．
（2）如图：四边形ABCD中，已知，且，请利用（1）中的结论，判断四边形ABCD的中点四边形EFGH的形状并进行证明．
【答案】（1）①菱；②矩；（2）菱形，菱形见解析
【分析】（1）①连接AC、BD，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；
（2）分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，证明，得到AC=DB，根据（1）①证明即可．
【详解】（1）解：（1）①连接AC、BD，
∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，
∴EH∥BD，FG∥BD，
∴EH∥FG，
同理EF∥HG，
∴四边形EFGH都是平行四边形，
∵对角线AC=BD，
∴EH=EF，
∴四边形ABCD的中点四边形是菱形；
②当对角线AC⊥BD时，EF⊥EH，
∴四边形ABCD的中点四边形是矩形；
故答案为：菱；矩；
（2）四边形ABCD的中点四边形EFGH是菱形．理由如下：
分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，
∵，∴是等边三角形，∴，，
∵，∴，∴，，
在和中，
，
∴，∴，
∴四边形ABCD的对角线相等，中点四边形EFGH是菱形．
【点睛】本题考查的是矩形、菱形的判定、中点四边形的定义，掌握中点四边形的概念、矩形的判定定理、菱形的判定定理是解题的关键．
【考向六 特殊平行四边形中的动态问题】
例题：（2022春·河北保定·八年级统考期末）如图，在菱形中，，点E是边的中点．点M是边上一动点（不与点A重合），连接并延长交的延长线于点N，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当时，求证：四边形是矩形；
(3)填空：当的值为 时，四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）根据菱形的性质可得，再根据两直线平行，内错角相等可得，然后利用“”证明和全等，然后利用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成立；
（2）可证是等边三角形，则即可证明；
（3）由，得是等边三角形，则即可证明．
【详解】（1）∵四边形是菱形，
∴，
∴，
又∵点E是边的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）∵四边形是菱形，
∴，
∵点E是边的中点，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（3）当的值为2时，四边形是菱形，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴平行四边形是菱形．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，熟记各性质并求出三角形全等是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·新疆乌鲁木齐·九年级校考期末）如图①，在矩形ABCD中，AB>AD，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿A→B→C运动．设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则AB边的长为（ ）
A．6B．6.4C．7.2D．8
【答案】A
【分析】当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为BC，则6=×AB×BC，解得AB•BC=24，而AB+BC=10，即可求解．
【详解】解：从图象看，当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为BC，
∴△AOP的面积=×AB×BC=6，解得AB•BC=24①，
而从图②看，AB+BC=10②，
由①②并解得AB=6，BC=4，
故选：A．
【点睛】本题考查的是动点问题的函数图象，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
2．（2023秋·河南郑州·九年级校考期末）如图1，菱形ABCD中，，动点P以每秒1个单位的速度自点A出发沿线段AB运动到点B，同时动点Q以每秒2个单位的速度自点B出发沿折线运动到点D．图2是点P、Q运动时，△BPQ的面积S随时间t变化关系图象，则a的值是（ ）
A．2B．2.5C．3D．
【答案】D
【分析】根据图一图二中的数据即可作出判断．
【详解】如图二可知，当时两点停止运动，
∴点P从点A运动到点B用了4秒，
∴，
∵点Q运动到点C之前和之后，面积算法不同，即时，S的解析式发生变化，
∴图2中点M对应的横坐标为2，此时P为AB 中点，点C与点Q重合，
连接AC，如图所示
∵菱形ABCD中，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了动点函数的图象，解决本题的关键是菱形的边长．
3．（2022秋·广西防城港·九年级统考期中）如图，已知是正方形内一点，，，将绕点旋转至，连结．
(1)直接写出、的长度和的度数．
(2)求的长．
(3)试判断的形状并说明理由．
【答案】(1)，，
(2)
(3)是直角三角形．理由见解析
【分析】（1）根据旋转的性质进行解答便可；
（2）由勾股定理进行计算便可；
（3）根据勾股定理的逆定理进行解答．
【详解】（1）解：由旋转的性质知，，，；
（2）由（1）知，，
；
（3）是直角三角形．理由如下：
，，，
，
，
，
是直角三角形，其中．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，旋转的性质，正方形的性质，由旋转的性质证出是等腰直角三角形是解题的关键．
4．（2022春·广东江门·八年级校考期中）如图，在矩形中，，，点P在边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在之间往返运动，两个动点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动），设运动时间为t秒．
(1)用含t的式子表示线段的长度：______cm，
(2)当时，运动时间t为______秒时，以A、P、Q、B为顶点的四边形是矩形．
(3)当时，以P、D、Q、B为顶点的四边形有没可能是平行四边形？若有，请求出t；若没有，请说明理由．
【答案】(1)
(2)2
(3)存在或使得以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形
【分析】（1）先根据题意求出，再由即可求出答案；
（2）根据矩形的性质得到，由此建立方程求解即可；
（3）利用平行四边形的性质得到，由此可建立方程或，解方程即．
【详解】（1）解；由题意得，
∴，
故答案为；；
（2）解：∵以A、P、Q、B为顶点的四边形是矩形，
∴，
∴，
解得，
故答案为：2；
（3）解；假设存在以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形，
∴，
∴或，
解得或，
∴存在或使得以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质，正确根据题意列出方程求解是解题的关键．
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