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专题09 特殊平行四边形
考点类型
知识一遍过
（一）特殊平行四边形的性质与判定
（1）性质（具有平行四边形的所有性质：对边平行且相等，对角线互相平分，对角相等）
矩 形 （1）四个角都是直角 （2）对角线相等且互相平分.即AO=CO=BO=DO. （3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB.
菱 形 （1）四边相等 （2）对角线互相垂直平分，一条对角线平分一组对角 （3）面积=底×高=对角线_乘积的一半
正 方 形 (1)四条边都相等，四个角都是直角 (2)对角线相等且互相垂直平分 (3)面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB
（2）判定
矩 形 （1）定义法：有一个角是直角的平行四边形 （2）有三个角是直角 （3）对角线相等的平行四边形
菱 形 （1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形 （2）对角线互相垂直的平行四边形 （3）四条边都相等的四边形
正 方 形 （1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形 （2）一组邻边相等的矩形 （3）一个角是直角的菱形 （4）对角线相等且互相垂直、平分
（二）中点四边形
（1）任意四边形多得到的中点四边形一定是平行四边形.
（2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.
（3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.
（4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.
考点一遍过
考点1：矩形的判定与性质
典例1：（2023·山东聊城·统考三模）如图，的对角线，相交于点O，是等边三角形，．则的长是（ ）
A． B．4 C．6 D．
【答案】D
【分析】先证明是矩形，由矩形的性质得，则，再由锐角三角函数的知识求解即可．
【详解】∵为等边三角形，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，以及锐角三角函数的知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
【变式1】（2022下·河北沧州·八年级统考期中）如图所示，点是正方形的对角线上一点，，，垂足分别是、．若，，则的长是（ ）
A．14 B．10 C．8 D．6
【答案】B
【分析】连接EC，证明，进而得到AE=CE，再由勾股定理得到CE即可．
【详解】连接CE，如图：
四边形ABCD是正方形，
，∠C=90°，
在中，
，
，
∵EF⊥BC ， EG⊥CD ，
∴∠EGC=∠EFC=∠C=90°，
∴四边形EFCG为矩形，
∴EF=CG，
，，
，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理、矩形的判定与性质，构造出全等三角形得到AE=CE是关键，属于基础题．
【变式2】（2023上·内蒙古包头·九年级校考期中）如图，点是菱形对角线的交点，，，连接，设，，则的长为（ ）
A． B． C．20 D．10
【答案】B
【分析】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，证明四边形为矩形是解题关键．结合题意及菱形的性质，证明四边形为矩形，再在中利用勾股定理解得，然后根据矩形的性质“矩形的对角线相等”，即可求得答案．
【详解】解：∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵四边形是菱形，，，
∴，，，
∴，，
∴平行四边形为矩形，
∴．
故选：B．
【变式3】（2023上·河北保定·九年级保定市第十七中学校考期中）如图，在中，，且，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，点O为的中点，则线段的最小值为（ ）
A． B．5 C． D．
【答案】C
【分析】由勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短可得当时，的值最小，再利用三角形面积求出，可得，即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，
，且，，
，
，，
，
四边形是矩形，
，，
当时，的值最小，
此时，，
，
的最小值为，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短，关键是掌握矩形的对角线相等．
【变式4】（2023上·浙江·八年级校考期中）如图，在长方形中，E是的中点，将沿直线折叠后得到，延长交于点F，连接，若， ．
(1)求证：；
(2)求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据点E是的中点以及翻折的性质可以求出，再根据矩形的性质，得出，然后利用“”证明即可；
（2）由，得出，设，表示出、，然后在中，利用勾股定理列式进行计算即可．
【详解】（1）证明：∵四边形为矩形，
∴，，，
∵E是的中点，
∴，
∵沿折叠后得到，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
即；
（2）解：∵，
∴，
设，则，，
在中，根据勾股定理得：，
，
解得：，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定与性质，解题关键是熟记相关性质，找出三角形全等的条件．
【变式5】（2023上·云南昆明·九年级云南省昆明市第二中学校考阶段练习）如图所示，在中，，为互相垂直的两条弦，，，，，垂足分别为，．且，．
(1)求的半径；
(2)求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先由、是互相垂直的两条弦，，，易证得四边形是矩形，根据垂径定理，可求得与的长，然后利用勾股定理即可求得的半径长；
（2）连接，根据矩形的性质，即可求解．
【详解】（1）解：连接
，，，
，
又，，
四边形为矩形
，
即的半径为；
（2）解：连接，
∵四边形为矩形,
∴
【点睛】此题主要考查了垂径定理，矩形的判定与性质及勾股定理的综合应用，解答本题的关键是注意数形结合思想的应用，注意特殊图形的性质的应用．
【变式6】（2023上·陕西榆林·九年级榆林市第一中学分校校考阶段练习）如图，在中，过点作于点，点在边上，．连接，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，平分，，求的长．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)的长为
【分析】（1）根据的性质可得，，由此即可求证；
（2）根据，在中，可得，根据含角的直角三角形的性质可得的长，根据四边形是矩形，可得，根据角平分线的性质可得，在中，根据含角的直角三角形的性质可得的长．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，即，
∵点在边上，点在边上，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，则，
∴平行四线是矩形．
（2）解：∵，
∴，则，
在中，，
∴，
∴，，
∵由（1）可知，四边形是矩形，
∴，
∵，平分，
∴，
已知四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴，
∴的长为．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，矩形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
【变式7】（2023下·贵州黔南·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，
(1)求证：；
(2)若点E、F分别为线段的中点，连接，，，求的长及四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)6，48
【分析】（1）证明四边形是矩形，即可；
（2）根据三角形中位线定理可得，从而得到，再由勾股定理可得的长，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴．
（2）解：∵点E、F分别为线段的中点，，
∴，
又∵四边形是矩形，
∴，
又，
∴，
∴四边形的面积为．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理是解题的关键．
考点2：菱形的判定与性质
典例2：（2024上·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期末）如图，在中，，，对角线交于点，为直角三角形，是斜边的中点，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．先得出是菱形，从而得到，由得出，再证明，从而得到，，又由推导，从而求出，，最后利用即可得到结论．
【详解】解：在中，，
∴是菱形，
，
，
，
，
，
，是斜边的中点，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
故选：A．
【变式1】（2023上·陕西渭南·九年级统考期中）如图，四边形是菱形，等边的顶点分别在上，且，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由四边形的四边都相等，可证得四边形是菱形，又由等边的顶点、分别在、上，且，可设，根据三角形的内角和定理得出方程，解此方程的解即可求出答案．
【详解】解：四边形的四边都相等，
四边形是菱形，
，，，
，
是等边三角形，，
，，
，，
由三角形的内角和定理得：，
设，
则，
，
，
解得：，
．
故选：B．
【点睛】本题主要考查对菱形的判定和性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理以及平行线的性质等知识点．注意掌握方程思想的应用是解此题的关键．
【变式2】（2023上·吉林长春·八年级校考期中）如图，是的边的中点，是对角线上一点．若，则的最小值是（ ）
A．1 B．2 C． D．4
【答案】C
【分析】本题主要考查轴对称-最短路线问题，菱形的判定与性质，勾股定理等知识点．找出B点关于的对称点D，连接交于P，则就是的最小值，求出即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴是菱形，
连接，交于O，连接交于P，
由菱形的对角线互相垂直平分，可得B、D关于对称，则，
∴，
即就是的最小值．
∵四边形是菱形，
∴，，
∴是等边三角形，
∵，
∴．
在中，．
即的最小值为．
故选：C．
【变式3】（2022下·陕西商洛·八年级统考期末）如图，在菱形中，，与交于点，为延长线上一点，且，连接，分别交，于点、，连接、，则下列结论：
①；
②四边形是菱形；
③四边形与四边形面积相等．
其中正确的有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】D
【分析】①由证明，得出，证出是的中位线，得出，①正确；
②先证四边形是平行四边形，再证是等边三角形，得，则四边形是菱形，②正确；
③由中线的性质和菱形的性质可得，，可得四边形与四边形面积相等，得出③正确．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
四边形是平行四边形，
，
是的中位线，
，故①正确；
，
是等边三角形，
，
平行四边形是菱形，故②正确；
四边形是菱形，
，
，
，
，
四边形与四边形面积相等，故③正确；
综上所述，正确的结论有3个．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
【变式4】（2024上·贵州贵阳·九年级统考期末）如图，已知在平行四边形中，平分交于点E，点F在上，，连接交于点O，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长为6
【分析】（1）先证明，，得出四边形是平行四边形，根据，得出四边形是菱形；
（2）根据菱形的性质得出，，，根据勾股定理求出，即可求出结果．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴的长为
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，平行线的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握菱形的判定和性质，数形结合．
【变式5】（2023下·四川德阳·八年级统考期中）如图，四边形中，，，，连接，的角平分线分别交，于点，．
(1)连接，求证：四边形为菱形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长为．
【分析】（1）由等腰三角形的性质得，再证，得，则四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论；
（2）由勾股定理得，则，再由菱形的性质得，设，则，然后在中，由勾股定理得出方程，解得，则，进而由勾股定理求出的长，即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图，
，平分，
，
∵，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形为菱形；
（2）解：，
，
，
，平分，
，
由（1）可知，，四边形为菱形，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，
，
在中，由勾股定理得：，
，
即的长为．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及勾股定理、二次根式的混合运算等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
【变式6】（2023上·吉林长春·九年级长春市解放大路学校校考期中）如图，已知矩形的对角线的垂直平分线与边、分别交于点E、F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)当时，菱形的面积与矩形的面积比值为______．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据矩形性质以及垂直平分线性质先证明，得到，先证明四边形是平行四边形，再结合得到结论；
（2）当，设，则，设，利用勾股定理得到，再分别表示出菱形和矩形面积即可得出结果．
【详解】（1）证明：为矩形，
，
，
垂直平分，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（2）当，设，则，
在菱形中，，
设，
则，
在中，
，即，
，
，
，
，
，，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，平行线性质，全等三角形的判定与性质，正确表示出菱形的面积是解答本题的关键．
【变式7】（2023上·贵州毕节·九年级校考期中）如图，四边形为矩形，为中点，过点作的垂线分别交于点，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理、线段垂直平分线的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解此题的关键．
（1）根据线段垂直平分线的判定与性质可得，，，，由矩形的性质可得，得到，推出，从而得到四边形平行四边形，再由即可得证；
（2）由菱形的性质可得，，由勾股定可得，设，由勾股定理可得方程，解方程即可得到答案．
【详解】（1）证明：为中点，，
为的垂直平分线，
∴，，，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，，，
∴，，
∴，
设，
在中，，
在中，，
∴，
解得，
∴．
考点3：正方形的判定与性质
典例3：（2022下·重庆南川·八年级统考期中）如图，点为正方形的中心，平分交于点，延长到点，使，连接交的延长线于点，连接交于点，连接则以下四个结论中：①OH∥BF，，，正确结论的个数为（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】B
【分析】根据已知对各个结论进行分析，从而确定正确的个数．作于，连接，由全等三角形的判定定理可得≌，得出是的中位线即可得出结论；
根据是的中位线，得出，由，可得出结论；
易证得是等腰三角形，继而证得；
求出即可求出结论．
【详解】作于，连接，根据正方形性质和角平分线可知，，，
平分，
，
，，
，
，，
，
、、在同一直线上，
≌
，
是的中位线
；故正确；
，，
是的中位线，
，，
，
，
，故错误．
由可知，，
，，
，
，
，故正确；
，
，
，
；故正确．
故选B．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定与性质以及正方形的性质，解决本题的关键是作出辅助线，构造等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质结合角平分线的性质逐步解答．
【变式1】（2024上·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）如图，矩形纸片中，，．现将其沿对折，使得点在边上的点处，折痕与边交于点，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、折叠的性质，由矩形的性质可得，由折叠的性质可得：，，从而得出四边形是正方形，即可得出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：四边形是矩形，
，
由折叠的性质可得：，，
四边形是正方形，
，
，
故选：C．
【变式2】（2023上·甘肃白银·九年级校考期中）如图，正方形中，点是边的中点，，交于点，、交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（ ）
A．①③ B．①②③④ C．①②③ D．①③
【答案】B
【分析】根据正方形的性质，可证，，，，由此即可求解．
【详解】解：正方形中，点是边的中点，
∴，，，
∴，
∴，故结论①正确；
∵，，为公共边，
∴，
∴，
∵，
∴，故结论②正确；
∵与是等底等高的两个三角形，
∴与的面积相等，，即，
∵，，
∴，故结论③正确；
由结论①，②可知，，
∵，
∴，
∴．故结论④正确．
综上所述，正确的有①②③④．
故选：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，三角形全等的判断和性质，等底等高的两个三角形面积相等知识的综合，掌握正方形的性质，三角形全等的判断和性质是解题的关键．
【变式3】（2023下·广东东莞·八年级校联考期中）如图，在中，，，过点作边的垂线交的延长线于点，点是垂足，连接、，交于点．则下列结论：四边形是正方形；，，正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先证明≌，得，再得四边形为平行四边形，进而由，得四边形是正方形，便可判断正误；
根据，进行推理说明便可；
根据正方形的性质，得出与互相垂直平分，然后利用等底等高的三角形面积相等即可解决问题．
【详解】∵，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴四边形是正方形，
故正确；
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故正确；
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，，
∴，
故正确；
故选：．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质与判定，正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
【变式4】（2024上·内蒙古乌海·九年级统考期末）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且；
(1)求证：；
(2)在图1中，若G在上，且，则成立吗？为什么？
(3)运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图2，在直角梯形中，，，，E是上一点，且，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)成立，理由见解析
(3)
【分析】本题是几何综合题，考查了全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
（1）利用已知条件，可证出，即；
（2）根据全等的性质得出，进而得出，即，可证，可得结论；
（3）过C作，交延长线于G，先证四边形是正方形，由（2）结论可知，，设，则，在中利用勾股定理列方程求解，即可求出的长．
【详解】（1）证明：在正方形中，
，，，
．
；
（2）解：成立，理由如下：
，
．
．
即．
，
．
，，，
．
．
；
（3）解：如图，过C作，交延长线于G，
在直角梯形中，，，
，，
四边形为正方形．
．
，
由（2）结论可知，，
，
设，则，
，．
在中，，
，
解得：．
．
【变式5】（2023上·安徽阜阳·九年级统考期中）如图，点F为正方形内一点，连接，，，将绕着点A按顺时针方向旋转至，延长交于点H．
(1)判断四边形的形状，并说明理由．
(2)已知，，求的长．
【答案】(1)四边形为正方形；
(2)7
【分析】本题是四边型的综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握旋转的性质和正方形的判断方法；
（1）由旋转的性质得，，即可解答；
（2）设，则，再根据勾股定理可求出x，再由（2）中得出的结论四边形为正方形可知，，即可解答．
【详解】（1）解：将绕着点A按顺时针方向旋转至，
，，
，
在四边形中，
，
四边形为正方形；
（2）解：设，
，
四边形为正方形，
，
在中，由勾股定理得：
，即，
解得：或，
由图可知：，即
，
，，
，
，
．
【变式6】（2023上·江西九江·九年级统考阶段练习）如图，在矩形中，的平分线交于点，于点，于点，与交于点．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据角平分线的性质证得，根据正方形的判定即可证得结论；
（2）根据可得，即可求得，，再由可得，进而可得的长．
【详解】（1）解：∵矩形，
∴．
∵，
∴四边形是矩形．
∵平分，
∴，
∴四边形是正方形；
（2）解：∵平分，
∴．
在和中，
，
∴，
∴；
由（1）知，四边形是正方形；
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
所以．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质和判定，等腰直角三角形性质和判定，角平分线的性质，熟悉正方形的性质与判定是解题的关键是解决问题的关键．
【变式7】（2023上·山西太原·九年级校考阶段练习）如图四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以为邻边作矩形，连接．
(1)求证：矩形是正方形；
(2)若，求的长度；
(3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)或
【分析】（1）作于，于，证明，得到，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现是中点，点与重合，是等腰直角三角形，由此即可解决问题．
（3）分两种情形考虑问题即可；
【详解】（1）证明：如图1，作于，于，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
矩形是正方形；
（2）解：如图2中，在中．
∵
∴，
，
，
点C与F重合，此时是等腰直角三角形，．
（3）解：①当与的夹角为时，点在边上，，
则，
在四边形中，由四边形内角和定理得：，
②当与的夹角为时，点在的延长线上，，如图3所示：
，，
，
综上所述，或．
【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
考点4：特殊平行四边形——折叠
典例4：（2023上·河南郑州·八年级校联考期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边分别在x轴、y轴上，点E在边上，将该矩形沿折叠，点B恰好落在边上的点F处．若，则点E的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查勾股定理的应用，矩形的性质、翻折变化、坐标与图形变化-对称，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．根据题意可以得到、的长度，根据点E在第二象限，从而可以得到点E的坐标．
【详解】解：由题意，，
设，则，
由折叠可得，，
∵，
∴，
解得，，
设，
∴，
∴，
∵，
，
解得，
∴点E的坐标为，
故选：D．
【变式1】（2023上·陕西西安·七年级统考期末）如图，在矩形纸片中，，，点在上，将沿折叠，使点落在对角线上的点处，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，
根据勾股定理，列出方程即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
由折叠性质可得：，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，即，
解得：，
故选：．
【变式2】（2023上·海南海口·八年级校考期中）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（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】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．
【详解】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．
故选：C．
【变式3】（2023上·浙江温州·八年级校联考期中）如图，将一张边长为6分米的正方形纸片对折，使与重合，折痕为，展开铺平后在上找一点G，将该纸片沿着折叠，使点C恰好落在上，记为点，则的长为（ ）
A．5.5分米 B．分米
C．分米 D．分米
【答案】C
【分析】此考查了轴对称的性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．连接，由折叠得垂直平分，垂直平分，则，分米，分米分米，然后利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，
∵四边形是边长为6分米的正方形，
∴分米，
由折叠得点B与点C关于直线对称，点与点C关于直线对称，
∴垂直平分，垂直平分，
∴，分米，分米，
∴分米，
故选：C．
【变式4】（2024下·浙江·九年级专题练习）如图，点E是矩形中边上一点，将沿着翻折，点C恰好落在上的点F处．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定和性质，勾股定理，掌握相似三角形对应边成比例是解题关键．
（1）由矩形的性质可知，，由折叠的性质可知，，进而推出，即可证明相似；
（2）由矩形和折叠的性质可知，，再由勾股定理，得出，进而得出，然后；利用相似三角形的性质，得到，即可求出的长．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠的性质，可知，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是矩形，，，
∴，
由折叠的性质可知：，
∵，
∴，
∴，
由（1）知：，
∴，即，
解得：．
【变式5】（2023上·宁夏吴忠·八年级校考阶段练习）如图，把长方形纸片纸沿对角线折叠，重叠部分为．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】本题考查矩形的性质，轴对称，等腰三角形的判定，三角形的面积公式．
（1）由矩形的性质可得，由折叠可得，从而，进而得证结论；
（2）直接根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）∵在矩形中，，
∴，
∵折叠可得，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（2）∵，
∴
∵在矩形中，，
∴．
【变式6】（2023·广东茂名·三模）如图，正方形中，是边的中点，将沿折叠，得到，延长交边于点．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由正方形的性质得，，由折叠得，，则，，可证明，得；
（2）由，是边的中点，得，，由勾股定理得，求得．
【详解】（1）证明：连接，
四边形是正方形，
，，
将沿折叠，得到，延长交边于点，
，，
，，
在和中，
，
，
；
（2）解： ，是边的中点，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，灵活运用这些知识是解题的关键．
【变式7】（2022下·福建三明·八年级统考期中）如图，在正方形中，为的中点，连接，将沿对折得到，延长交的延长线于点
(1)求证：是等腰三角形；
(2)求的值；
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）沿对折，得到，利用角的关系求出，从而得证；
（2）令，则，利用勾股定理分别求得、，然后解答即可．
【详解】（1）证明：由折叠性质可得，，，，
，
，
，
，
是等腰三角形；
（2）令，
为的中点，
，
，
，
在中，设，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，解决的关键是明确三角形翻转后边的大小不变，找准对应边，角的关系求解．
考点5：特殊平行四边形——平移
典例5：（2024上·广东河源·九年级统考期末）如图，点M的坐标为，将沿x轴正方向平移，使点M的对应点落在直线上，点O的对应点为．
(1)求点的坐标；
(2)连接，四边形是什么特殊四边形？说明理由．
【答案】(1)点坐标为
(2)四边形为菱形，见解析
【分析】本题主要考查一次函数图像上点的坐标特征，平移的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
（1）把代入即可得到答案；
（2）过点M作轴于点A，由平移得，，，证明四边形为平行四边形，根据勾股定理得出，即可证明结论．
【详解】（1）解：把代入，
得，
点坐标为；
（2）解：四边形为菱形．理由如下：
过点M作轴于点A，由平移得，，，
四边形为平行四边形，
点M的坐标为，
，，
，
点M的坐标为，点坐标为，
，
，
平行四边形为菱形．
【变式1】（2022上·山西运城·九年级统考期中）如图，在菱形中，对角线、交于点O，，将沿方向平移，使点B落到点C处．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平移的性质、平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识．
（1）由平移的性质得：，，则四边形是平行四边形，再证，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得，设，则，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】（1）由平移的性质得：，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
（2）∵四边形是菱形，
∴，
设，则，
由平移可得，
∴在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，
∴．
【变式2】（2023上·山西运城·九年级统考期中）如图，将边长为的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到如图的，若两个三角形重叠部分的面积为，
(1)直接写出阴影部分是什么特殊四边形；
(2)求移动的距离．
【答案】(1)平行四边形，证明见解析；
(2)．
【分析】本题考查了正方形和图形的平移，一元二次方程的应用，熟练掌握平移的性质，正方形的性质；
（1）由平移的性质可知阴影部分为平行四边形；
（2）设，根据题意阴影部分的面积为，列方程即可求解，根据图形列出方程是解题的关键．
【详解】（1）平行四边形．
理由：由平移得，，，
∴四边形为平行四边形，
即阴影部分是平行四边形；
（2）设，与相交于点，
∵是正方形剪开得到的，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵两个三角形重叠部分的面积为4，
∴，
解得，
即移动的距离．
【变式3】（2023下·广东江门·八年级校考期中）如图，已知的面积为3，且，现将沿方向平移长度得到．
(1)判断四边形的形状并求它的面积；
(2)试判断与的位置关系，并说明理由；
(3)若，求的长．
【答案】(1)平行四边形，
(2)，见解析
(3)
【分析】（1）根据平移的性质知且，，据此证四边形是平行四边形得，继而可得答案；
（2）证四边形是菱形即可得；
（3）作于点D，由，且，得，结合得出，根据，可得答案．
【详解】（1）解：∵沿方向平移长度得到，
∴，且，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形的面积为6；
（2）解：由（1）知，
∵，
∴，
由平移的性质可知，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴；
（3）解：如图，作于点D，
∵，且，
∴，
∴，
在中，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
则．
【点睛】本题主要考查四边形的综合问题，解题的关键是掌握平行四边形与菱形的判定与性质及直角三角形的性质．
考点6：特殊平行四边形——旋转
典例6：（2023上·全国·九年级专题练习）如图，在中，，，将绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到，点D刚好落在边上．
(1)求n的值；
(2)若F是的中点，判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)n的值是60
(2)四边形是菱形，理由见解析
【分析】本题考查了旋转的性质、菱形的判定、直角三角形的有关性质：
（1）根据等边三角形的判定和性质以及旋转的性质，求解即可；
（2）根据直角三角形的性质以及等边三角形的判定和性质，证明四边形四边相等即可；
熟练掌握菱形的判定方法和直角三角形的有关性质是解题的关键．
【详解】（1）解：∵在中，，，将绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴n的值是60；
（2）解：四边形是菱形；
理由：∵，F是的中点，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
【变式1】（2023上·江西新余·九年级统考期末）如图，点是正方形的边上一点，将顺时针旋转至的位置．
(1)旋转中心是 点，旋转角度是 度；
(2)若正方形边长为6，，求的长．
【答案】(1)A，90
(2)
【分析】本题考查了旋转的相关定义，正方形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握正方形四边相等，四个角都是直角；旋转前后对应边相等，对应角相等；以及勾股定理．
（1）根据正方形的性质和旋转的性质，即可解答；
（2）根据旋转的性质得出进而得出，，最后根据勾股定理，即可解答．
【详解】（1）解：∵顺时针旋转至的位置，四边形为正方形，
∴旋转中心是点A，旋转角度为，
故答案为：A，90；
（2）解：∵顾时针旋转至的位置，四边形为正方形，
∴ ，
∴，即点F、B、C三点共线，
∵正方形边长为6，
∴，
∴，，
根据勾股定理可得：．
【变式2】（2023上·山西吕梁·九年级统考期末）综合与实践
【问题情境】
如图1，正方形中，点E为其内一点，以点E为直角顶点，以为斜边构造直角三角形，使得，将绕点B按顺时针方向旋转，得到△（点A的对应点为C），延长交于点F，连接．
【解决问题】
请根据图1完成下列问题：
（1）若，则∠= 度；
（2）试判断四边形的形状，并给予证明；
【拓展探究】
（3）如图2，若，请写出线段与的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）59；（2）四边形是正方形，证明详见解析；（3），证明详见解析．
【分析】本题考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形三线合一的性质，熟练掌握正方形的性质，旋转性质是解题的关键．
（1）根据旋转的性质，即可求解；
（2）先证明四边形是矩形，再证明有一组邻边线段即可得证；
（3）过点D作，垂足为Q，先证，在证，结合旋转性质，得到，根据正方形性质得，即可得结论；
【详解】解：（1）将绕点B按顺时针方向旋转，得到△，
，
,
,
四边形是正方形，
,
,
故答案为：59
（2）四边形是正方形，证明如下：
由旋转的性质得： ，
，
又 ，，
，
四边形是矩形，
又，
四边形是正方形；
（3）如图，过点D作，垂足为Q，
，
．
四边形是正方形，
，，
．
，
，
，
，
，，
．
将绕点B沿顺时针方向旋转，得到，
．
，，
，
四边形是正方形，
，
，
．
【变式3】（2023上·河南洛阳·九年级统考期中）在矩形和矩形中，，，，将矩形绕点旋转，直线交于点．
(1)求的值；
(2)证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析．
【分析】（）证明得到，由得到即可求解；
（）由得到，由对顶角，根据三角形内角和定理即可求证；
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，三角形内角和定理，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
【详解】（1）解：在矩形和矩形中，
，
即，
∵，
∴，
又，
，
即，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
；
（2）证明：设与交于点，
由（）知，
，
又
，
即．
考点7：特殊平行四边形——动点
典例7：（2022上·山西运城·九年级统考期中）如图，在中，，，，点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设点，运动的时间是秒．过点作于点，连接，．
(1)四边形能构成菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能；
(2)当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．
【答案】(1)当时，四边形能构成菱形，理由见解析
(2)当或时，为直角三角形．理由见解析
【分析】（1）由题意得，，再由含角的直角三角形的性质得，得到得四边形为菱形，得，进而求得的值；
（2）分、两种情况，根据直角三角形的性质列出算式，计算即可．
【详解】（1）解：由题意可知，，
，，
．
，，
．
，，
∴．
，，
∴四边形为平行四边形，
∴要使平行四边形为菱形，则需，
即，
解得，
∴当时，四边形为菱形；
（2）解：当时，如图①，
，，
，
四边形为矩形．
，即，
解得，；
当时，如图②，
，
，
∴．
，即，
解得，，
综上所述，当或时，为直角三角形．
【点睛】本题考查了直角三角形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握直角三角形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
【变式1】（2023上·山东青岛·九年级青岛大学附属中学校考阶段练习）如图，在矩形中，，．点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是．连接、、．设点、运动的时间为．
(1)当__________时，四边形是矩形；
(2)当__________时，四边形是菱形；
(3)是否存在某一时刻使得，如果存在，请求出的值，如果不存在，请说明理由．
(4)在运动过程中，沿着把翻折，当为何值时，翻折后点的对应点恰好落在边上．
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
(4)或
【分析】（1）当四边形是矩形时，，据此求得的值；
（2）当四边形是菱形时，，列方程求得运动的时间；
（3）过作，交于，，得出四边形是矩形，列方程得，方程无实数根
（4）根据折叠的性质得出，进而在中，，，勾股定理建立方程，解方程，即可求解．
【详解】（1）解：由已知可得，，，
在矩形中，， ，
当时，四边形为矩形，
∴，得，
故当时，四边形为矩形；
（2）解： ，
四边形为平行四边形，
当时，四边形为菱形，
即时，四边形为菱形，解得，
故当时，四边形为菱形；
（3）解：过作，交于，，
四边形是矩形，
，
，
矩形，
，
，
，
即：
方程无实数根
不存在某一时刻使得
（4）解：如图所示，
折叠
，
矩形，
，
，
，
在中，，
即：，解得：
答：当等于或时，翻折后点的对应点恰好落在边上．
【点睛】本题考查了菱形、矩形的判定与性质，勾股定理，解一元二次方程．解决此题注意结合方程的思想解题．
【变式2】（2023下·广东河源·八年级统考期末）如图，在四边形中，，，，动点、分别从A、同时出发，点以的速度由A向运动，点以的速度由向运动，其中一动点到达终点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为秒．
(1)______，______，______，（分别用含有的式子表示）；
(2)当四边形的面积是四边形面积的2倍时，求出的值．
(3)当为何值时，四边形为平行四边形？
(4)当为何值时，四边形为平行四边形？
【答案】(1)，，
(2)
(3)运动时，四边形是平行四边形
(4)运动时，四边形是平行四边形
【分析】（1）根据条件求解即可；
（2）设点A到的距离为，根据题意表示出四边形的面积和面积，求解即可；
（3）当时，四边形是平行四边形，求解即可；
（4）当时，四边形是平行四边形，求解即可．
【详解】（1）解∵点以的速度由A向运动，
∴，
∵
∴，
∵点以的速度由向运动，，
∴，
∴；
（2）解：设点A到的距离为，
四边形的面积是四边形面积的2倍，
∴，即，
，
；
（3）解：，
当时，四边形是平行四边形，
，
；
运动时，四边形是平行四边形
（4）解：，
当时，四边形是平行四边形，
，
，
∴运动时，四边形是平行四边形；
【点睛】本题考查动点问题，涉及到平行四边的性质等，灵活运用所学知识是关键．
【变式3】（2023下·广东揭阳·八年级统考期末）已知：在中，动点P在边上，以每秒的速度从点A向点D运动．
(1)如图1，在运动过程中，若平分，且满足，求的度数．
(2)如图2，另一动点Q在边上，以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，P、Q两点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），，求当运动时间为多少秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
【答案】(1)
(2)0秒或4.8秒或8秒或9.6秒
【分析】（1）易证，，得，又，则是等边三角形，即可得出结果；
（2）若以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则，设运动时间为t秒，然后分类讨论计算t即可．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，则
∴；
（2）∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
若以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则，
设运动时间为t秒，
①当时，，，
∴，
解得：；
②当时，，，
∴，
解得：；
③当时，，，
∴，
解得：；
④当时，，，
∴，
解得：；
综上所述，当运动时间为0秒或4.8秒或8秒或9.6秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的性质、角平分线定义、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、分类讨论等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质并进行分类讨论是解题的关键．
考点8：中点四边形的证明
典例8：（2023下·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，在四边形中，E、F分别是、的中点，G、H分别是、的中点．
(1)请判断四边形的形状，并说明理由．
(2)四边形满足什么条件时，四边形是菱形，请说明理由．
(3)四边形满足什么条件时，四边形是矩形，请说明理由．
【答案】(1)四边形是平行四边形，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据三角形的中位线定理，进行判断即可；
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形，进行判断即可；
（3）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，进行判断即可．
【详解】（1）解：∵E、F分别是、的中点，G、H分别是、的中点，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）当四边形满足时，四边形是菱形，理由如下：
∵，，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（3）当四边形满足时，四边形是矩形，理由如下：
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题考查中点四边形．解题的关键是掌握三角形的中位线定理，以及菱形和矩形的判定定理．
【变式1】（2023上·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨市第四十七中学校考开学考试）阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务，
瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点、、，分别是边、，，的中点，顺次连接，、、，得到的四边形是平行四边形． 我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnon， Pierte 1654-1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切． ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交，于点、，过点作于点，交于点 ∵、分别为，的中点，∴，．（依据1） ∴，∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形， ∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形，（依据2）． ∴， ∵，∴．同理，…
任务：
(1)填空：材料中的依据1是指：________．依据2是指：________．
(2)如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，满足下列要求：
①四边形及它的瓦里尼翁平行四边形的顶点都在小正方形网格的格点的上；
②四边形是矩形，不是正方形．
(3)在图1中，分别连接，得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线、长度的关系，并证明你的结论．
【答案】(1)三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
(2)见解析；
(3)行四边形的周长等于．
【分析】（1）由三角形中位线定理和平行四边形的判定可求解；
（2）先画格点矩形，再找出格点A、B、C、D点，使点，，，分别是恰好边，，，的中点，顺次连接即可得到所求；
（3）由三角形中位线定理可得，，，，即可求解．
【详解】（1）解：（1）证明：如图2，连接，分别交，于点，，过点作于点，交于点．
，分别为，的中点，
，，（三角形中位线定理），
，
，
，
四边形是瓦里尼翁平行四边形，
，即．
，即，
四边形是平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），
，
，
，
同理可得，，
，
故答案为：三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
（2）如图，四边形及它的瓦里尼翁平行四边形为所求：
（3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于，理由如下：
四边形是瓦里尼翁平行四边形，
点，，，分别是边，，，的中点，
，，，，
瓦里尼翁平行四边形的周长．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，矩形的判定等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
【变式2】（2023下·湖北黄冈·八年级校考期中）我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫做中点四边形．如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，依次连接各边中点得到的中点四边形EFGH．
(1)这个中点四边形EFGH的形状是 ；
(2)请证明你的结论．
【答案】(1)平行四边形
(2)见解析
【分析】（1）根据四边形的形状，及三角形中位线的性质可判断出四边形EFGH是平行四边形；
（2）连接AC、利用三角形的中位线定理可得出HG=EF、EF∥GH，继而可判断出四边形EFGH的形状；
【详解】（1）根据题意可得：四边形EFGH的形状是平行四边形．
故答案为：平行四边形；
（2）证明：连接AC，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴EF∥AC，EF=AC，
同理HG∥AC，HG=AC，
综上可得：EF∥HG，EF=HG，
故四边形EFGH是平行四边形．
【点睛】此题考查了三角形的中位线定理及平行四边形的判定，本题还可证明EF=HG，EH=FG，然后得出四边形EFGH是平行四边形，难度一般．形．
【变式3】（2022下·云南昭通·八年级统考期中）如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG，GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）．
(1)四边形EFGH的形状是______，当四边形ABCD的对角线满足______（填入位置关系或数量关系）时，四边形EFGH是矩形．
(2)当AC＝BD时，四边形EFGH的形状是______．
(3)若AC⊥BD且AC＝BD，求证：四边形EFGH为正方形．
【答案】(1)平行四边形，AC⊥BD
(2)菱形
(3)见解析
【分析】（1）根据三角形的中位线定理和平行四边形判定定理可得EFGH是平行四边形，当AC⊥BD时，由三角形的中位线定理易知EF⊥EH，结合EFGH是平行四边形即可解答；
（2）当AC=BD时，由三角形的中位线定理易知EF=EH，结合EFGH是平行四边形即可得到四边形是菱形；
（3）当AC=BD时，由（2）可得四边形是菱形，由EF⊥EH和EFGH是平行四边形即可得到四边形是矩形即可证明结论；
【详解】（1）解： ∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，
∴线段EH，FG分别是 ADC， ABC的中位线，
∴EH//AC，EH=AC，FG//AC，FG=AC，
∴EH//FG，EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形；
∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，
∴线段EF是 ABD的中位线，
∴EF//BD，
∵EH//AC，AC⊥BD，
∴EF⊥EH，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形是矩形；
故答案是：平行四边形，AC⊥BD．
（2）∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，
∴线段EF是 ABD的中位线，
∴EF=BD，EH=AC
∵AC=BD，
∴EF=EH
∵四边形EFGH是平行四边形；
∴四边形是菱形．
故答案：菱形．
（3）解：由（2）可得当AC=BD时，四边形是菱形
∵EH//AC，EF∥BD，AC⊥BD，
∴EF⊥EH
∵四边形EFGH是平行四边形
∴四边形是矩形
∴四边形是正方形．
【点睛】本题主要考查了中点四边形的有关问题，熟练掌握好三角形的中位线定理和平行四边形，矩形，菱形，正方形的转化关系及判定方法是解题的关键．
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专题09 特殊平行四边形
考点类型
知识一遍过
（一）特殊平行四边形的性质与判定
（1）性质（具有平行四边形的所有性质：对边平行且相等，对角线互相平分，对角相等）
矩 形 （1）四个角都是直角 （2）对角线相等且互相平分.即AO=CO=BO=DO. （3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB.
菱 形 （1）四边相等 （2）对角线互相垂直平分，一条对角线平分一组对角 （3）面积=底×高=对角线_乘积的一半
正 方 形 (1)四条边都相等，四个角都是直角 (2)对角线相等且互相垂直平分 (3)面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB
（2）判定
矩 形 （1）定义法：有一个角是直角的平行四边形 （2）有三个角是直角 （3）对角线相等的平行四边形
菱 形 （1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形 （2）对角线互相垂直的平行四边形 （3）四条边都相等的四边形
正 方 形 （1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形 （2）一组邻边相等的矩形 （3）一个角是直角的菱形 （4）对角线相等且互相垂直、平分
（二）中点四边形
（1）任意四边形多得到的中点四边形一定是平行四边形.
（2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.
（3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.
（4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.
考点一遍过
考点1：矩形的判定与性质
典例1：（2023·山东聊城·统考三模）如图，的对角线，相交于点O，是等边三角形，．则的长是（ ）
A． B．4 C．6 D．
【变式1】（2022下·河北沧州·八年级统考期中）如图所示，点是正方形的对角线上一点，，，垂足分别是、．若，，则的长是（ ）
A．14 B．10 C．8 D．6
【变式2】（2023上·内蒙古包头·九年级校考期中）如图，点是菱形对角线的交点，，，连接，设，，则的长为（ ）
A． B． C．20 D．10
【变式3】（2023上·河北保定·九年级保定市第十七中学校考期中）如图，在中，，且，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，点O为的中点，则线段的最小值为（ ）
A． B．5 C． D．
【变式4】（2023上·浙江·八年级校考期中）如图，在长方形中，E是的中点，将沿直线折叠后得到，延长交于点F，连接，若， ．
(1)求证：；
(2)求的长．
【变式5】（2023上·云南昆明·九年级云南省昆明市第二中学校考阶段练习）如图所示，在中，，为互相垂直的两条弦，，，，，垂足分别为，．且，．
(1)求的半径；
(2)求的长．
【变式6】（2023上·陕西榆林·九年级榆林市第一中学分校校考阶段练习）如图，在中，过点作于点，点在边上，．连接，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，平分，，求的长．
【变式7】（2023下·贵州黔南·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，
(1)求证：；
(2)若点E、F分别为线段的中点，连接，，，求的长及四边形的面积．
考点2：菱形的判定与性质
典例2：（2024上·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期末）如图，在中，，，对角线交于点，为直角三角形，是斜边的中点，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【变式1】（2023上·陕西渭南·九年级统考期中）如图，四边形是菱形，等边的顶点分别在上，且，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（2023上·吉林长春·八年级校考期中）如图，是的边的中点，是对角线上一点．若，则的最小值是（ ）
A．1 B．2 C． D．4
【变式3】（2022下·陕西商洛·八年级统考期末）如图，在菱形中，，与交于点，为延长线上一点，且，连接，分别交，于点、，连接、，则下列结论：
①；
②四边形是菱形；
③四边形与四边形面积相等．
其中正确的有（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【变式4】（2024上·贵州贵阳·九年级统考期末）如图，已知在平行四边形中，平分交于点E，点F在上，，连接交于点O，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
【变式5】（2023下·四川德阳·八年级统考期中）如图，四边形中，，，，连接，的角平分线分别交，于点，．
(1)连接，求证：四边形为菱形；
(2)若，，求的长．
【变式6】（2023上·吉林长春·九年级长春市解放大路学校校考期中）如图，已知矩形的对角线的垂直平分线与边、分别交于点E、F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)当时，菱形的面积与矩形的面积比值为______．
【变式7】（2023上·贵州毕节·九年级校考期中）如图，四边形为矩形，为中点，过点作的垂线分别交于点，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
考点3：正方形的判定与性质
典例3：（2022下·重庆南川·八年级统考期中）如图，点为正方形的中心，平分交于点，延长到点，使，连接交的延长线于点，连接交于点，连接则以下四个结论中：①OH∥BF，，，正确结论的个数为（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【变式1】（2024上·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）如图，矩形纸片中，，．现将其沿对折，使得点在边上的点处，折痕与边交于点，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（2023上·甘肃白银·九年级校考期中）如图，正方形中，点是边的中点，，交于点，、交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（ ）
A．①③ B．①②③④ C．①②③ D．①③
【变式3】（2023下·广东东莞·八年级校联考期中）如图，在中，，，过点作边的垂线交的延长线于点，点是垂足，连接、，交于点．则下列结论：四边形是正方形；，，正确的是（ ）
A． B． C． D．
【变式4】（2024上·内蒙古乌海·九年级统考期末）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且；
(1)求证：；
(2)在图1中，若G在上，且，则成立吗？为什么？
(3)运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图2，在直角梯形中，，，，E是上一点，且，，求的长．
【变式5】（2023上·安徽阜阳·九年级统考期中）如图，点F为正方形内一点，连接，，，将绕着点A按顺时针方向旋转至，延长交于点H．
(1)判断四边形的形状，并说明理由．
(2)已知，，求的长．
【变式6】（2023上·江西九江·九年级统考阶段练习）如图，在矩形中，的平分线交于点，于点，于点，与交于点．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)若，求的长．
【变式7】（2023上·山西太原·九年级校考阶段练习）如图四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以为邻边作矩形，连接．
(1)求证：矩形是正方形；
(2)若，求的长度；
(3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数．
考点4：特殊平行四边形——折叠
典例4：（2023上·河南郑州·八年级校联考期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边分别在x轴、y轴上，点E在边上，将该矩形沿折叠，点B恰好落在边上的点F处．若，则点E的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【变式1】（2023上·陕西西安·七年级统考期末）如图，在矩形纸片中，，，点在上，将沿折叠，使点落在对角线上的点处，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（2023上·海南海口·八年级校考期中）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（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【变式3】（2023上·浙江温州·八年级校联考期中）如图，将一张边长为6分米的正方形纸片对折，使与重合，折痕为，展开铺平后在上找一点G，将该纸片沿着折叠，使点C恰好落在上，记为点，则的长为（ ）
A．5.5分米 B．分米
C．分米 D．分米
【变式4】（2024下·浙江·九年级专题练习）如图，点E是矩形中边上一点，将沿着翻折，点C恰好落在上的点F处．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【变式5】（2023上·宁夏吴忠·八年级校考阶段练习）如图，把长方形纸片纸沿对角线折叠，重叠部分为．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)若，，求的面积．
【变式6】（2023·广东茂名·三模）如图，正方形中，是边的中点，将沿折叠，得到，延长交边于点．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【变式7】（2022下·福建三明·八年级统考期中）如图，在正方形中，为的中点，连接，将沿对折得到，延长交的延长线于点
(1)求证：是等腰三角形；
(2)求的值；
考点5：特殊平行四边形——平移
典例5：（2024上·广东河源·九年级统考期末）如图，点M的坐标为，将沿x轴正方向平移，使点M的对应点落在直线上，点O的对应点为．
(1)求点的坐标；
(2)连接，四边形是什么特殊四边形？说明理由．
【变式1】（2022上·山西运城·九年级统考期中）如图，在菱形中，对角线、交于点O，，将沿方向平移，使点B落到点C处．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
【变式2】（2023上·山西运城·九年级统考期中）如图，将边长为的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到如图的，若两个三角形重叠部分的面积为，
(1)直接写出阴影部分是什么特殊四边形；
(2)求移动的距离．
【变式3】（2023下·广东江门·八年级校考期中）如图，已知的面积为3，且，现将沿方向平移长度得到．
(1)判断四边形的形状并求它的面积；
(2)试判断与的位置关系，并说明理由；
(3)若，求的长．
考点6：特殊平行四边形——旋转
典例6：（2023上·全国·九年级专题练习）如图，在中，，，将绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到，点D刚好落在边上．
(1)求n的值；
(2)若F是的中点，判断四边形的形状，并说明理由．
【变式1】（2023上·江西新余·九年级统考期末）如图，点是正方形的边上一点，将顺时针旋转至的位置．
(1)旋转中心是 点，旋转角度是 度；
(2)若正方形边长为6，，求的长．
【变式2】（2023上·山西吕梁·九年级统考期末）综合与实践
【问题情境】
如图1，正方形中，点E为其内一点，以点E为直角顶点，以为斜边构造直角三角形，使得，将绕点B按顺时针方向旋转，得到△（点A的对应点为C），延长交于点F，连接．
【解决问题】
请根据图1完成下列问题：
（1）若，则∠= 度；
（2）试判断四边形的形状，并给予证明；
【拓展探究】
（3）如图2，若，请写出线段与的数量关系，并说明理由．
【变式3】（2023上·河南洛阳·九年级统考期中）在矩形和矩形中，，，，将矩形绕点旋转，直线交于点．
(1)求的值；
(2)证明：．
考点7：特殊平行四边形——动点
典例7：（2022上·山西运城·九年级统考期中）如图，在中，，，，点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设点，运动的时间是秒．过点作于点，连接，．
(1)四边形能构成菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能；
(2)当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．
【变式1】（2023上·山东青岛·九年级青岛大学附属中学校考阶段练习）如图，在矩形中，，．点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是．连接、、．设点、运动的时间为．
(1)当__________时，四边形是矩形；
(2)当__________时，四边形是菱形；
(3)是否存在某一时刻使得，如果存在，请求出的值，如果不存在，请说明理由．
(4)在运动过程中，沿着把翻折，当为何值时，翻折后点的对应点恰好落在边上．
【变式2】（2023下·广东河源·八年级统考期末）如图，在四边形中，，，，动点、分别从A、同时出发，点以的速度由A向运动，点以的速度由向运动，其中一动点到达终点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为秒．
(1)______，______，______，（分别用含有的式子表示）；
(2)当四边形的面积是四边形面积的2倍时，求出的值．
(3)当为何值时，四边形为平行四边形？
(4)当为何值时，四边形为平行四边形？
【变式3】（2023下·广东揭阳·八年级统考期末）已知：在中，动点P在边上，以每秒的速度从点A向点D运动．
(1)如图1，在运动过程中，若平分，且满足，求的度数．
(2)如图2，另一动点Q在边上，以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，P、Q两点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），，求当运动时间为多少秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
考点8：中点四边形的证明
典例8：（2023下·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，在四边形中，E、F分别是、的中点，G、H分别是、的中点．
(1)请判断四边形的形状，并说明理由．
(2)四边形满足什么条件时，四边形是菱形，请说明理由．
(3)四边形满足什么条件时，四边形是矩形，请说明理由．
【变式1】（2023上·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨市第四十七中学校考开学考试）阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务，
瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点、、，分别是边、，，的中点，顺次连接，、、，得到的四边形是平行四边形． 我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnon， Pierte 1654-1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切． ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交，于点、，过点作于点，交于点 ∵、分别为，的中点，∴，．（依据1） ∴，∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形， ∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形，（依据2）． ∴， ∵，∴．同理，…
任务：
(1)填空：材料中的依据1是指：________．依据2是指：________．
(2)如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，满足下列要求：
①四边形及它的瓦里尼翁平行四边形的顶点都在小正方形网格的格点的上；
②四边形是矩形，不是正方形．
(3)在图1中，分别连接，得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线、长度的关系，并证明你的结论．
【变式2】（2023下·湖北黄冈·八年级校考期中）我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫做中点四边形．如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，依次连接各边中点得到的中点四边形EFGH．
(1)这个中点四边形EFGH的形状是 ；
(2)请证明你的结论．
【变式3】（2022下·云南昭通·八年级统考期中）如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG，GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）．
(1)四边形EFGH的形状是______，当四边形ABCD的对角线满足______（填入位置关系或数量关系）时，四边形EFGH是矩形．
(2)当AC＝BD时，四边形EFGH的形状是______．
(3)若AC⊥BD且AC＝BD，求证：四边形EFGH为正方形．
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