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第十八章 平行四边形（压轴题专练）
目录
【考点一 矩形中的折叠问题】..........................................................................................................................1
【考点二 菱形中的折叠问题】..........................................................................................................................5
【考点三 正方形中的折叠问题】.....................................................................................................................11
【考点四 矩形、菱形、正方形中旋转问题】................................................................................................15
【考点五 矩形、菱形、正方形中求定值问题】............................................................................................22
【考点六 矩形、菱形、正方形中求最小值问题】........................................................................................27
【考点七 矩形、菱形、正方形中求最大值问题】........................................................................................31
【考点八 矩形、菱形、正方形中点四边形问题】........................................................................................36
【考点一 矩形中的折叠问题】
例题：（2023秋·湖南衡阳·八年级校考期末）如图，将矩形 沿着对角线 折叠，使点 落在 处，
交 于 ，若 ， ， ______．
【答案】3
【分析】由折叠可知， ，再由 ，得到 ，即可得到 ，
于是得到 ，设 ，则 ， ，在 中，由勾股定理求出 的值，即可求
解；
【详解】解：由折叠可知， ，
，
，
，
，
，
．
设 ，则 ， ，在 中，由勾股定理得： 即 ，
解得： ，
．
，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查翻折变换的知识点，解答本题的关键是熟练掌握等腰三角形的判定与勾股定理的知
识，此题难度不大．
【变式训练】
1．（2023秋·福建福州·八年级福建省福州第一中学校考期末）如图，长方形 中，E为 的中点，
将 沿直线 折叠时点B落在点F处，连接 ，若 ，则 ___________度．
【答案】37
【分析】由折叠的性质得： ，求出 ，可得到
，求出 ，求出 ，由等腰三角形的性质求出 ，即可得出
的度数．
【详解】解： 四边形 是长方形，
，
由折叠的性质得： ，
，
，
，
，
为 的中点，
，
，
，；
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了折叠变换的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理；求出 的度数是
解题的关键．
2．（2023春·八年级课时练习）长方形纸片 中， ， ，点E是 边上一动点，连接 ，
把∠B沿 折叠，使点B落在点F处，连接 ，当 为直角三角形时， 的长为______．
【答案】 或3
【分析】当 为直角三角形时，有两种情况：①当点F落在矩形内部时，如答图1所示．连接 ，
先利用勾股定理计算出 ，根据折叠的性质得 ，而当 为直角三角形时，只能
得到 ，所以点A、F、C共线，即 沿 折叠，使点B落在对角线 上的点F处，则
， ，可计算出 ，设 ，则 ，然后在 中运用勾
股定理可计算出x．②当点F落在 边上时，如答图2所示．此时 为正方形．
【详解】解：当 为直角三角形时，有两种情况：
当点F落在矩形内部时，如答图1所示．连接 ，
在 中， ，
∴ ，
∵∠B沿 折叠，使点B落在点F处，
∴ ，
当 为直角三角形时，只能得到 ，∴点A、F、C共线，即 沿 折叠，使点B落在对角线 上的点F处，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ，
在 中，
∵ ，
∴
解得： ；
②当点F落在 边上时，如答图2所示．
此时 为正方形，
∴ ．
故答案为： 或3；
【点睛】本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性
质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．
3．（2022秋·江苏苏州·八年级校考阶段练习）如图，长方形纸片 中， ， ，点 、
分别在边 和边 上，连接 ，将纸片沿 折叠．(1)如图（1），若点 落在边 的延长线上的点 处，求证： ；
(2)如图（2），若点 落在边 的中点 处，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由折叠的性质及矩形的性质得出 ，则可得出结论；
（2）设 ，由勾股定理得出 ，求出 即可得出答案．
【详解】（1）证明： 四边形 是矩形，
，
，
将纸片沿 折叠，
，
，
；
（2）解： 四边形 是矩形，
，
是 的中点，
，
由折叠的性质可知： ，
设 ，
，
，
解得 ，
．
【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折变换，等腰三角形的判定、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌
握折叠的性质．
【考点二 菱形中的折叠问题】
例题：（2022秋·九年级课时练习）如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，AB＝2，点E是边AB上一点，以DE为对称轴将△DAE折叠得到△DGE，再折叠BE使BE落在直线EG上，点B的对应点为点H，折痕为
EF且交BC于点F．
（1）∠DEF＝________；
（2）若点E是AB的中点，则DF的长为________．
【答案】 90° 2.8
【分析】（1）由折叠得∠ ，再根据平角的定义可得结论；
（2）首先证明B、G、D在同一条直线上，再运用勾股定理列方程求解即可．
【详解】解由折叠得，∠
∴∠
∵∠
∴∠
即∠
故答案为：90°；
（2）∵四边形ABCD是菱形
∴AD BC，DC AB，
∴
∵∠A=120°
∴
∵点E为AB的中点，且AB=2
∴
∵点A与点G重合，
∴
∵点B与点H重合
∴
又∴
∴点G与点H重合
∵∠
∴ 三点在同一条直线上
过点D作 ，交BC的延长线于点O，如图，
∵DC AB
∴∠
∴∠
∴
在 中，
由折叠得， ，
设 ，则
∴ ，
在 中，
∴
解得，
∴
故答案为2.8
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是
解答本题的关键．
【变式训练】
1．（2022·全国·八年级假期作业）如图，在菱形 中， ，将菱形折叠，使点 恰好落在
对角线 上的点 处 不与 、 重合 ，折痕为 ，若 ， ，则 的长为______．【答案】
【分析】作 于 ，根据折叠的性质得到 ，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到
为等边三角形，得到 ，根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】解：作 于 ，
由折叠的性质可知， ，
由题意得， ，
四边形 是菱形，
， ，
为等边三角形，
，
设 ，则 ，
在 中， ， ，
在 中， ，即 ，
解得， ，即 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是翻转变换的性质、菱形的性质、勾股定理、解直角三角形，掌握翻转变换是一种对
称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．
2．（2022秋·九年级课时练习）如图，在菱形 中，F为 边上一点，将 沿 折叠，点C恰
好落在 延长线上的点E处，连接 交 于点G，若 ， ，则 的长为______．【答案】
【分析】根据折叠的性质得CF=EF，DF⊥BC，代入相关数据可得CF=5，BC=7，由菱形的性质得DC=7，
最后根据勾股定理可得DF的长．
【详解】解：由折叠得，CF=EF，DF⊥BC，
∵BE=3，BF=2
∴EF=BE+BF=3+2=5
∴CF=5
∴BC=BF+FC=2+5=7
∵四边形ABCD是菱形
∴DC=BC=7
在Rt DFC中，
△
∴
故答案为：
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，菱形的性质以及勾股定理等知识，根据折叠的性质得到CF=EF，
DF⊥BC是解答本题的关键．
3．（2023春·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将 BCE沿BE
折叠，使点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD，交BE于点G，连接CG． △
(1)判断四边形CEFG的形状，并说明理由．(2)若AB=6，AD=10，求四边形CEFG的面积．
【答案】(1)见解析
(2) ．
【分析】（1）由翻折得∠BEC=∠BEF，FE=CE，根据FG∥CE，可得∠FGE=∠BEC，从而∠FGE=∠BEF，
FG=FE，故FG=EC，四边形CEFG是平行四边形，即可得证；
（2）在Rt ABF中，利用勾股定理求得AF的长，可得DF=1，设EF=x，则CE=x，DE=3-x，在Rt DEF
中，用勾股△定理列方程可解得CE，在Rt△BCE中，即可求出答案． △
【详解】（1）证明：（1）∵△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，
∴△BCE≌△BFE，
∴∠BEC=∠BEF，FE=CE，
∵FG∥CE，
∴∠FGE=∠BEC，
∴∠FGE=∠BEF，
∴FG=FE，
∴FG=EC，
∴四边形CEFG是平行四边形，
又∵CE=FE，
∴四边形CEFG是菱形；
（2）解：∵矩形ABCD中，AD=10，
∴BC=10，
∵△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，
∴BF=BC=10，
在Rt ABF中，AB=6，AF= =8，
△
∴DF=AD-AF=2，
设EF=x，则CE=x，DE=6-x，
在Rt DEF中，DF2+DE2=EF2，
△
∴22+（6-x）2=x2，解得x= ，
∴CE= ，∴四边形CEFG的面积是：CE•DF= ×2= ．
【点睛】本题考查翻折变化、菱形的性质和判定、矩形的性质，解答本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．
【考点三 正方形中的折叠问题】
例题：（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，将正方形纸片按如图折叠， 为折痕，点
落在对角线 上的点 处，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正方形的性质可得 ， ，再由折叠可得 ，然
后利用三角形的外角进行计算即可解答．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴ ， ，
由折叠得：
，
∴ ，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，三角形外角的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关
键．
【变式训练】
1．（2023·全国·八年级专题练习）如图，将正方形 沿 对折，使点 落在对角线 上的 处，连
接 ，则 _________ ．【答案】67.5
【分析】根据正方形的性质求出 ，再根据折叠的性质得 ，进而根据等腰三角形的性质得出
答案．
【详解】∵四边形 为正方形，
∴ ， ， 平分 ，
∴ ，
根据折叠可知， ，
∴ ，
∴ ．
故答案为：67.5．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质等，判定等腰三角形是解题的关
键．
2．（2022秋·福建宁德·八年级校考阶段练习）如图，在正方形 中， ，点E在 边上，将
沿 对折至 ，延长 交 于点G，G恰好是 边的中点，则 的长是________．
【答案】 ##
【分析】根据正方形的性质和折叠的性质证明 ，进而得到 ，由G是 的中
点，得到 ，设 ，则 ， ，在 中由勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：连接 ，
由折叠得： ， ，
∵在正方形 中， ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，G是 的中点，
∴ ，
设 ，则 ， ，
在 中，由勾股定理得： ，
解得 ，即 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查正方形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识，理解折叠的
性质、合理的进行转化到一个直角三角形中是解决此类问题常用的方法．
3．（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．
【考点四 矩形、菱形、正方形中旋转问题】
例题：（2023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·江西宜春·九年级校考期中）如图，将边长为 的正方形 绕点 顺时针旋转30°到
的位置，则阴影部分的面积是___________．【答案】
【分析】 交 于点 ，连接 ；根据全等三角形性质，通过证明 ，得
；结合旋转的性质，得 ；根据三角函数的性质计算，得 ，结合正
方形和三角形面积关系计算，即可得到答案．
【详解】如图， 交 于点 ，连接
根据题意得： ，
∵
∴
∴
∵正方形 绕点 顺时针旋转 到
∴ ，
∴
∴∴
∴
∴
∴阴影部分的面积
故答案为： ．
【点睛】本题是面积问题(旋转综合题)，考查了正方形、全等三角形、旋转、三角函数的知识；解题的关
键是熟练掌握正方形、全等三角形、旋转、三角函数的性质．
3．（2022秋·安徽铜陵·九年级铜陵市第十五中学校考期中）如图，在菱形 中，
，把菱形 绕点A顺时针旋转 得到菱形 ，则图中阴影部分的面积为
_________．
【答案】 ##
【分析】连接 相交于O， 与 相交于E，根据菱形的性质先求出 ，根据菱形的性质和旋
转可得 ， 三点共线，再求出 ，最后根据 ，即可得答案．
【详解】解：如下图，连接 相交于O， 与 相交于E，四边形 是菱形， ，
，
，
，
，
菱形 绕点A顺时针旋转 得到菱形 ，
，
三点共线，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用这些性质解决问题．
4．（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．
【考点五 矩形、菱形、正方形中求定值问题】
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．（2022秋·广东梅州·九年级统考期中）如图，在矩形 中，点E是对角线 上一点，有
且 ，点P是 上一动点，则点P到边 ， 的距离之和 的值（ ）
A．有最大值a B．有最小值 C．是定值 D．是定值
【答案】D
【分析】连接 ，过点 作 ，利用 ，即可得解．
【详解】解：连接 ，过点 作 ，交 于点 ，
∵在矩形 中， ， ，
∴ ，
∵
即： ，∴ ；
∵ ，
∴ ，
∴ ；
故选D．
【点睛】本题考查矩形的性质和勾股定理以及等积法求线段．熟练掌握矩形的性质，以及等积法求线段的
长度是解题的关键．
2．（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．
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．
【考点六 矩形、菱形、正方形中求最小值问题】
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．5 B． 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．（2023秋·陕西宝鸡·九年级统考期末）已知菱形ABCD的两条对角线分别为6和8，M、N分别是边
BC、CD的中点，P是对角线BD上一点，则PM+PN的最小值是（ ）
A．5 B．5 C．5 D．不能确定
【答案】A
【分析】作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，
求出CP、BP，根据勾股定理求出BC长，证出MP+NP＝QN＝BC，即可得出答案．
【详解】解：作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接
AC，则P是AC中点，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠QBP＝∠MBP，AB=BC，
即Q在AB上，
∵M为BC中点，
∴Q为AB中点，
∵MQ⊥BD，
∴ ，∵N为CD中点，四边形ABCD是菱形，
∴ ，BQ＝CN，
∴四边形BQNC是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
而点Q是AB的中点，
故PQ是△ABD的中位线，即点P是BD的中点，
同理可得，PM是△ABC的中位线，
故点P是AC的中点，
即点P是菱形ABCD对角线的交点，
∵四边形ABCD是菱形，
则△BPC为直角三角形，
∴CP＝ AC＝3，BP＝ BD＝4，
在Rt△BPC中，由勾股定理得：BC＝5，
即NQ＝5，
∴MP+NP＝QP+NP＝QN＝5，
故选：A．
【点睛】本题考查了轴对称—最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，
解此题的关键是能根据轴对称找出P的位置．
2．（2022秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考阶段练习）△ABC中，AC＝1，AB＝ ，BC＝2，点P
为BC边上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，在点P运动的过程中，EF的最小值是（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】由矩形的性质得出EF，AP互相平分，且EF＝AP，再由垂线段最短的性质得出AP⊥BC时，AP的值最小，即AM的值最小，然后由勾股定理求出BC，最后由面积关系建立等式求出其解即可．
【详解】解：连接AP，
∵在△ABC中，AB＝ ，AC＝1，BC＝2，
∴ ，
即∠BAC＝90°．
又∵PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，
∴四边形AEPF是矩形，
∴EF＝AP．
根据垂线段最短可知，AP的最小值即为直角三角形ABC斜边上的高，
此时
即 ，
解得：
∴EF的最小值为 ，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了勾股定理、矩形的判定与性质、垂线段最短、三角形面积等知识；由直角三角形
的面积求出AP是解决问题的关键，属于中考常考题型．
3．（2022春·江苏淮安·九年级校考阶段练习）如图，在正方形 中，边长 ，点Q是边 的中
点，点P是线段 上的动点，则 的最小值为 _____．【答案】
【分析】先连接 ，连接 、 ，再根据正方形的对称性得 ，进而得出 的最小值，然
后根据勾股定理求出解即可.
【详解】解：连接 ，交 于点P，连接 、 ．
∵四边形 是正方形，
∴点B与点D关于 对称，
∴ ，
∴ ．
∵ ，点Q是边 的中点，
∴ ， ，
在 中， ，
∴ 的最小值为 ．
故答案为: ．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理等，得出点P的位置是解题的关键．
【考点七 矩形、菱形、正方形中求最大值问题】
例题：（2022秋·贵州贵阳·九年级统考阶段练习）矩形 中， ， ，点A是y轴正半轴上
任意一点，点B在x轴正半轴上．连接 ．则 的最大值是 ___________．【答案】 ##
【分析】取 的中点M，连接 ，当 成一条直线时， 有最大值，利用勾股定理及直
角三角形斜边中线的性质可得答案．
【详解】解：取 的中点M，连接 ，当 成一条直线时， 有最大值，
在 中， ，
在 中， ，
∴ 的最大值是 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了勾股定理、三角形三边关系、直角三角形斜边上中线的性质，读懂题意，得出当
成一条直线时， 有最大值是解本题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·福建漳州·九年级校考期中）如图，平面内三点A、B、C， ， ，以 为对角线
作正方形 ，连接 ，则 的最大值是（ ）A．6 B．11 C． D．
【答案】D
【分析】如图将 绕点 顺时针旋转 得到 ．由旋转不变性可知： ， ．
，得出 是等腰直角三角形，推出 ，当 的值最大时， 的值最大，
根据三角形的三边关系求出 的最大值即可解决问题．
【详解】解：如图，
将 绕点 顺时针旋转 得到 ，
由旋转不变性可知： ， ， ，
是等腰直角三角形，
，
当 的值最大时， 的值最大，
，
，
的最大值为11，
的最大值为 ．
故选：D．【点睛】本题考查正方形的性质，动点问题，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助
线，学会用转化的思想思考问题．
2．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，AB＝6， ，AC与BD交于点
O，点N在AC上且AN＝2，点M在BC上且BM＝ BC，P为对角线BD上一点，则PM﹣PN的最大值为
____．
【答案】2
【分析】作点 关于 的对称点 ，连接 ，从而可得 ，再根据菱
形的性质、等边三角形的判定证出 是等边三角形，然后根据等边三角形的性质可得 ，由
此即可得．
【详解】解： 四边形 是菱形， ，
， ， ，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
如图，作点 关于 的对称点 ，连接 ，
则 ，
，当且仅当 共线时，等号成立，， ，
，
是等边三角形，
，
即 的最大值为2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、轴对称的性质等知识点，熟练掌握菱形的性
质是解题关键．
3．（2022秋·湖北黄石·九年级校考阶段练习）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，
△AEF为等边三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．
（1）计算： =________；
（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，△CEF的面积最大值是____________．
【答案】 6
【分析】（1）连接AC，证明 ，从而得到： ，即可求出 ；
（2）利用 ，可以推出四边形AECF的面积等于△ABC的面积，利用△CEF的面积等于
△ABC的面积减去△AEF的面积，当△AEF的面积面积最小时，即可求出△CEF的面积．
【详解】解：（1）连接 ，
∵四边形 为菱形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵△AEF为等边三角形，
∴ ，
∵ ， ，又∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ （ASA），
∴ ，
∴ ；
故答案为：6．
（2）∵
∴四边形AECF的面积= ，
∴ ，
∴当 最小时， 最大，
根据垂线段最短，当 时， 最短，此时 最小，
∵ 为等边三角形，
∴当 时， ，
，
∴ ，
同理可求： ，∴ ；
故答案为： ．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的性质．解题的关键是连接菱形的对角线，构造全等三角形．
【考点八 矩形、菱形、正方形中点四边形问题】
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．①② B．①③ C．②③ D．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．（2022秋·九年级课时练习）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点
四边形．（1）如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，中点四边形
EFGH是 ．
（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA＝PB，PC＝PD，∠APB＝∠CPD，点E，F，G，H
分别为边AB，BC，CD，DA的中点．猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想．
（3）若改变（2）中的条件，使∠APB＝∠CPD＝90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状
（不必证明）．
【答案】（1）平行四边形；（2）菱形，见解析；（3）正方形
【分析】（1）连接BD，根据三角形中位线定理证明EH∥FG，EH=FG，根据平行四边形的判定定理证明
即可；
（2）证明△APC≌△BPD，根据全等三角形的性质得到AC=BD，再证明EF=FG，根据菱形的判定定理证明
结论；
（3）证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得到∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平
行线的性质证明∠EHG=90°，根据正方形的判定定理证明即可．
【详解】解：（1）如图1，连接BD，
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH= BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，∴FG∥BD，FG= BD，
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形，
故答案为：平行四边形；
（2）结论：四边形EFGH是菱形，
理由：如图2，连接AC，BD．
∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，
，
∴△APC≌△BPD（SAS），
∴AC=BD，
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
∴EF= AC，FG= BD，
∴EF=FG，
由（1）知中点四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是菱形；
（3）结论：四边形EFGH是正方形，
理由：如图2，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠DOC=90°，
由（2）知中点四边形EFGH是菱形，
∴菱形EFGH是正方形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形
的判定和性质，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线．
