文档内容
专题 08 特殊平行四边形的综合问题
【中考考向导航】
目录
【直击中考】.....................................................................................................................................................1
【考向一 特殊平行四边形中的折叠问题】....................................................................................................1
【考向二 特殊平行四边形中旋转问题】........................................................................................................7
【考向三 特殊平行四边形中定值问题】......................................................................................................13
【考向四 特殊平行四边形最小值问题】......................................................................................................19
【考向五 特殊平行四边形中点四边形问题】..............................................................................................25
【考向六 特殊平行四边形中的动态问题】..................................................................................................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．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．（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 AECF=S AEC+S ACF=S AEC+S ABE=S ABC即
四边形
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 AECF=S AEC+S ACF=S AEC+S ABE=S ABC，是定值，作AH⊥BC于H
四边形
△ △ △ △ △ △ △
点，则BH=3，S AECF=S ABC= = ，∵AE=AF，∠EAF=60°，
四边形
△
∴△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．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．（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．6 B．6.4 C．7.2 D．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．2 B．2.5 C．3 D．
【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．
