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专题18.27 平行四边形（全章知识梳理与考点分类讲解）
【知识点一】平行四边形
1、平行四边形的概念：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。
2、平行四边形的性质：
（1）平行四边形的对边相等；
（2）平行四边形的对角相等；
（3）平行四边形的对角线互相平分。
3、平行线之间的距离及其性质
性质：两条平行线之间的距离处处相等
4、判定平行四边形的条件
（1）两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念）
（2）一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形
（3）对角线互相平分的四边形叫做平行四边形
（4）两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形
【知识点二】三角形的中位线
1、三角形中线的概念和性质
连接三角形两边重点的线段叫做三角形的中位线。三角形中位线平行且等于第三边的一
半。
2、三角形的中位线与中线的区别
（1）区别：三角形的中位线平分这个三角形的两条边，平行于第三边，且等于第三边的
一半，但不经过这个三角形的任何顶点；而三角形的中线只平分这个三角形的一条边，不平
行于这个三角形的任何边，但经过它所平分的边相对的顶点。
（2）联系：三角形的一边上的中线与这边对应的中位线能够互相平分。
【知识点三】矩形
1、矩形的概念和性质
有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平时行不行，
它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。
2、判定矩形的条件
（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形
（2）三个角是直角的四边形是矩形
（3）对角线相等的平行四边形是矩形【知识点四】菱形
1、菱形的概念与性质
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四
边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。
2、判定菱形的条件
（1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念）
（2）四边相等的四边形是菱形
（3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形
【知识点五】正方形
正方形的概念、性质和判定条件
1、正方形的性质：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方
形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的
特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。
2、判定正方形的条件：
（1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念）
（2）有一组邻边相等的矩形是正方形
（3）有一个角是直角的菱形是正方形
【考点目录】
【考点1】平行四边形； 【考点2】矩形；
【考点3】菱形； 【考点4】正方形；
【考点5】三角形中位线; 【考点6】平行四边形的综合.
【考点1】平行四边形；
【例1】（2024下·全国·八年级专题练习）如图，在 中，点E，F在对角线 上，且
连接 ， ．
（1）求证：四边形 是平行四边形；
（2）若 求 的度数．
【答案】（1）见分析；（2）【分析】（1）根据平行四边形的对边相等可得 ，对边平行可得 ，再根据两直线平
行，内错角相等可得 ，然后利用“边角边”证明 ，故可得出结论；
（2）根据平行四边形的性质得 ，然后根据等腰三角形的性质即可解决问题．
此题主要考查了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，解题的关
键是得出 ，再由全等三角形的性质得出结论．
解：（1）证明：在 中，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形；
（2）解：∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵
∴
∴ ．
【变式1】（2023下·江苏苏州·八年级校考阶段练习）如图，在 中， 垂直平分 于点
E， ， ，则 的对角线 的长为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接 交 于点F，根据平行四边形和线段垂直平分线的性质可以推出 ，即
可推出 ，先利用勾股定理求出 的长，即可求出 的长．
解：如图，连接 交 于点F．
∵ 垂直平分 ，
∴ ，
∵四边形 为平行四边形，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴
∵ ，
∴ ，
∴ ．
在 中，由勾股定理得， ，
∴ ，
故选B．
【点拨】本题主要考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
【变式2】（2023下·江苏苏州·八年级校考阶段练习）已知平行四边形的三个顶点的坐标分别为
、 、 ，则第四个顶点 的坐标是 ．
【答案】 或 或
【分析】本题考查了平行四边形的性质，先连接 ， ， ，已知平行四边形中三个顶点 、
、 ，则可以分 为对角线， 为对角线， 为对角线三种情况求出点 坐标即
可，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质．
解：如图，
当 ， 时， 和 的纵坐标相等，
若选择 为对角线，则 ；
若选择 为对角线，则 ；
当 ， 时，
选择 为对角线，则 ，
故第四个顶点坐标是： ， ， ，
故答案为： 或 或 ．
【考点2】矩形
【例2】（2024下·全国·八年级专题练习）如图，已知等腰 ， ，点D是边 的中点，是外角 的平分线，过点C作 ，垂足为E．
（1）求证：四边形 是矩形；
（2）连接 ，若矩形 的周长是28， ，求四边形 的面积．
【答案】（1）见详解；（2）48
【分析】（1）利用等腰三角形的性质和角平分线的性质证明 ，即可得
出结论；
（2）易证四边形 是平行四边形，再由矩形的性质得 ，然后由勾股定理得
，得 ，即可解决问题．
解：（1）证明：∵ ，点D是边 的中点，
∴ ， ，
∴ ，
∵ 是 的平分线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
即 ，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是矩形；
（2）如图，∵四边形 是矩形，
∴ ， ， ， ，
∵点D是边 的中点，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵矩形 的周长是28，
∴ ，
∴ ，
即 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点拨】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、角平分线定
义、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
【变式1】（2023上·广东珠海·八年级珠海市九洲中学校考期中）如图，四边形 是面积为 的
矩形， 是 边上一点，连接 ，作 垂直于 于点 ，已知 ，则 的值为（ ）
A．1 B． C．3 D．【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，根据题意得出
， ，根据四边形 是面积为 的矩形，得出 ，
，进而根据 ，即可求解．
解：∵ ， ，
∴ ， ，
∵四边形 是面积为 的矩形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故选：D．
【变式2】（2023下·江苏苏州·八年级校考阶段练习）如图， 中，D，E分别是 ， 的中
点，F是 延长线上的一点，且 ，若 ， ，则 的长为 ．
【答案】16
【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上中线等于斜边的一半，三角形中位线的性质，解题的关键
是先根据直角三角形的性质求出 ，再根据中位线的性质求出 ，即可得出答案．
解：∵在直角 中， 是斜边 上的中线， ，
∴ ．∵ 中，D，E分别是 ， 的中点， ，
∴ 是中位线，
∴ ．
故答案为：16．
【考点3】菱形
【例3】（2024上·江西萍乡·九年级统考期末）如图，在Rt 中， 为 的中点，
为 的中点．过点 作 交 的延长线于点 ，连接 ．
（1）求证：四边形 为菱形；
（2）若 ，菱形 的面积为40，求 的长．
【答案】（1）详见分析；（2）
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，全等三角形的判定与性质，熟练
掌握全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定与性质是解题的关键．
（1）利用平行线的性质可得 ， ，利用中点的定义可得 ，从而
证明 ，然后利用全等三角形的性质可得 ，再根据 是 的中点，可得 ，
从而可证四边形 是平行四边形，最后利用直角三角形斜边上的中线可得 ，从而利用菱形的
判定定理即可解答；
（2）利用（1）的结论可得 ，再根据点 是 的中点，可得 ，进而可
得 ，然后利用三角形的面积进行计算即可解答．
解：（1）证明：∵ ，
， ，
点 是 的中点，
，
，，
点 是 的中点，
，
，
四边形 是平行四边形，
， 是 的中点，
，
四边形 是菱形；
（2）解： 四边形 是菱形，
∴ ，
点 是 的中点，
∴ ，
∴ ，
，
，
，
的长为10．
【变式1】（2021上·黑龙江哈尔滨·九年级校考开学考试）菱形和矩形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相平分
C．对角线平分一组对角 D．对角线互相垂直
【答案】B
【分析】本题主要考查菱形、矩形的性质，掌握菱形、矩形为特殊的平行四边形是解题的关键．由菱
形、矩形都为特殊的平行四边形可知两者都具有的性质即为平行四边形所具有的性质，可求得答案．
解： 菱形、矩形都是特殊的平行四边形，
菱形和矩形都具有的性质即为平行四边形所具有的性质，即对角线互相平分，
A、C、D都不正确，B符合题意，
故选：B．
【变式2】（2024·陕西西安·校考模拟预测）如图，在菱形 中， ，点 在 边上，若 ， ，则
【答案】
【分析】过点E作 于F，由菱形的性质和等腰三角形的性质可求 ，由直角三角
形的性质可求 的长，再求 即可．本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造
直角三角形是本题的关键．
解：如图，过点E作 于F，
∵四边形 是菱形， ， ，
∴ ， ，
∴ ，
；
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故答案为： ．
【考点4】正方形
【例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）见分析；（2）成立，理由见分析；（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．
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1】（2023上·重庆巴南·九年级校联考阶段练习）如图，在正方形 中，边 、 上
分别有E、F两点， ， 平分 交 于点P．若 ，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质，角的平分线，三角形全等的判定性质，设 的交点为G，利
用 证明 ，得 ， ，结合 平分 ，得到
,根据 ，计算即可．
解：设 的交点为G，
如图，∵正方形 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 和 中，，
∴ ，
∴ ，
∵
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ,
∵ ，
∴ ，
故选C．
【变式2】（2023下·河北石家庄·八年级统考期中）如图，在正方形 中， 是 上一点，
， ，则 ，若 是 上一动点，则 的最小值是 ．【答案】 8 10
【分析】首先根据题意解得 、 的值，再根据正方形的性质求得 的值；连接 ，交 于
，连接 ，则此时 的值最小，由题意易知 关于 对称，进而可得 ，所以
，利用勾股定理解得 的值，即可获得答案．
解：∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 为正方形，
∴ ；
如下图，连接 ，交 于 ，连接 ，则此时 的值最小，
∵四边形 是正方形，
∴ 关于 对称，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
故 的最小值是10．
故答案为：8，10．
【点拨】本题主要考查正方形的性质、最短路径问题、轴对称对称的性质、勾股定理等知识，正确作
出辅助线是解题关键．
【考点5】三角形的中位线；
【例5】（2023下·四川成都·八年级统考期末）如图，在 中，点D，E分别是边 ， 的
中点，连接 ．点F为 延长线上一点，且 ，连接 ， ， ．（1）求证：四边形 是平行四边形；
（2）若 ，求证： ；
（3）在（2）的条件下，若 ， ，求 的长．
【答案】（1）见分析；（2）见分析；（3）
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定与性质，
熟练掌握平行四边形的判定与性质和三角形中位线定理是解题的关键；
（1）根据三角形中位线定理利用一组对边平行且相等的四边形即可证明四边形 是平行四边形；
（2）利用平行四边形的性质，证明 ，即可解决问题；
（3）结合（2）证明 是等腰直角三角形，即可解决问题．
解：（1）证明： 点D，E分别是边 ， 的中点，
， ，
，
，
四边形 是平行四边形；
（2） 四边形 是平行四边形，
， ，
， ，
，
，
；
（3）解： ，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
．
【变式1】（2023·河南商丘·一模）如图，线段 与 分别为 的中位线与中线．在下列条件
中，能够判定四边形 为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意可以先等到四边形 为平行四边形，再根据矩形的判定回答即可．
解：∵线段 与 分别为 的中位线与中线，
∴点 分别是线段 的中点， ， ，
∴ 即 ，
∴四边形 为平行四边形；
A、由 可知， ，可以判定四边形 为菱形，但不能判定四
边形 为矩形，故此选项不符合题意；
B、由点 分别是线段 的中点可知 ，再结合 可知， ，可
以判定四边形 为菱形，但不能判定四边形 为矩形，故此选项不符合题意；
C、 是线段 的中点可知， ，再由 可知点F到边 与点F到
的距离相等，再用面积公式可得 ，由选项A可知以判定四边形 为菱形，但不能判定四边形为矩形，故此选项不符合题意；
D、由点 分别是线段 的中点可知 ，再结合
可知， ，利用对角线相等的平行四边形是矩形可知四边形 为矩形，故此选项符合
题意．
故选D．
【点拨】本题考查矩形的判定，掌握矩形的判定定理是解题的关键．
【变式2】（2024下·全国·八年级专题练习）如图， 是 的中位线， 的角平分线交
于点F，若 ， ，则 的长为 ．
【答案】4
【分析】本题考查三角形中位线定理，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识．掌握三角形
中位线定理，结合角平分线的定义证明出 是解题关键．根据三角形中位线的性质可求出
， ， ，再由平行线的性质和角平分线的定义可证 ，即得出
，进而即可求解．
解：∵ 是 的中位线，
∴ ， ， ,
∴ ．
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为：4．
【考点6】四边形中的动点问题.
【例6】（2023上·湖南衡阳·九年级校考期中）在直角梯形 中， ， ，
， ， ，动点 从点 出发，沿线段 方向以每秒 个单位长度的速度运动，动点从点 出发，在线段 以每秒 个单位长度的速度向点 运动．点 、 分别从点 、 同时出发，当
点 运动到点 时，点 随之停止运动，设运动时间为 秒．
（1）设 的面积为 ，求 和 之间的函数关系式；
（2）当 为何值时，以 、 、 三点为顶点的三角形是等腰三角形？（分类讨论）
【答案】（1） ；（2） 或
【分析】（1）如图所示，作 ，可证四边形 为矩形，可得 ，
，根据三角形的面积公式即可求解；
（2）根据题意可得 ， ， ， ，
，根据等腰三角形的判定和性质，勾股定理，图形结合，分类讨论即可求解．
（1）解：如图所示，作 ，垂足为 ，
∵ ， ，
∴ ，即 ，
∵ ，即 ，
∴四边形 为矩形，
，
点 从点 出发，速度为每秒 个单位长度，且 ，∴ ，则 ，
．
（2）解：由（1）可知，四边形 为矩形，点 从点 出发，速度为每秒 个单位长度，
∴ ， ，
∴ ， ， ，
若以 、 、 三顶为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：
第一种： ，在 中， ，
解得： ；
第二种： ，在 中， ， 无实根，
；
第三种： ，由 得 ，
解得： ， （舍去）；
综上可知： 或 ， 、 、 三点为顶点三角形是等腰三角形．
【点拨】本题主要考查一次函数与几何图形的运用，矩形的判定和性质，动点的运动与线段的数量关
系，等腰三角形的判定和性质，勾股定理的综合运用， 掌握动点的运动与线段的数量关系，等腰三角形
的判定和性质是解题的关键．
【变式1】（2020下·浙江温州·八年级校考期中）已知▱ABCD，点E是边BC上的动点，以AE为边
构造▱AEFG，使点D在边FG上，当点E由B往C运动的过程中，▱AEFG面积变化情况是（ ）
A．一直增大 B．保持不变
C．先增大后减小 D．先减小后增大【答案】B
【分析】延长BE，与GF的延长线交于点P，先证明四边形ADPE是平行四边形，再证明
△AGD≌△EFP，得出平行四边形AGFE的面积等于平行四边形ADPE的面积，又AD∥BP，根据两平行线之
间的距离处处相等得出平行四边形ABCD的面积等于平行四边形ADPE的面积，进而得出平行四边形
ABCD的面积等于平行四边形AEFG面积．所以根据图示进行判断即可．
解：设△ABE，△ECH，△HFD，△DGA的面积分别为S、S、S、S，
1 2 3 4
延长BE，与GF的延长线交于点P．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BP，∠ADG＝∠P．
∵四边形AEFG是平行四边形，
∴AG∥EF，AE∥DP，AG＝EF，
∴∠G＝∠EFP．
∵AD∥BP，AE∥DP，
∴四边形ADPE是平行四边形．
在△AGD与△EFP中，
∴△AGD≌△EFP（AAS），
∴S＝S EFP，
4 △
∴S+S AEFD＝S EFP+S AEFD，
4 四边形 △ 四边形
即S AEFG＝S ADPE，
▱ ▱
又∵ ADPE与 ADCB的一条边AD重合，且AD边上的高相等，
∴▱S ABCD＝S▱ADPE，
▱ ▱
∴平行四边形ABCD的面积＝平行四边形AEFG的面积．
故 AEFG面积不变，
故▱选：B．【点拨】本题考查了平行四边形面积变化情况，解题的关键是根据两平行线之间的距离处处相等得出
平行四边形ABCD的面积等于平行四边形ADPE的面积，进而得出平行四边形ABCD的面积等于平行四边
形AEFG面积．
【变式2】（2021下·江苏·八年级统考期中）如图，在矩形 中， 是 上一点，
是 上一动点，连接 ，取 的中点 ，连接 ，当线段 取得最小值时，线段 的长
度是 ．
【答案】5
【分析】过点P作PM∥FE交AD于M，则FE为 APM的中位线， ，当 时，PM
最短，EF最短，在Rt PMD中可求得PD的长度． △
解：过点P作PM△∥FE交AD于M，如图，
∵F为AP的中点， ，
∴FE为△APM的中位线，
∴ ，
当EF取最小值时，即PM最短，当 时，PM最短，
此时 ，
∵ ，
在 中， ，
∴当线段EF取得最小值时，线段PD的长度是5，
故答案为：5．
【点拨】本题考查了矩形的性质，垂线段的性质和三角形中位线定理，构造三角形中位线，利用垂线
段最短是解决本题的关键PM⊥AD．
