清单03 平行四边形-2024-2025学年八年级数学下学期期中考点大串讲+练习（人教版）

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清单01 平行四边形
1.定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.
2.性质：（1）．边的性质：平行四边形两组对边平行且相等；
（2）．角的性质：平行四边形邻角互补，对角相等；
（3）．对角线性质：平行四边形的对角线互相平分；
（4）．平行四边形是中心对称图形，对角线的交点为对称中心.
3.判定：（1）.两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
（2）.两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
（3）.一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
（4）.两组对角分别相等的四边形是平行四边形；
（5）.对角线互相平分的四边形是平行四边形.
4.平行线的性质
（1）平行线间的距离都相等
（2）等底等高的平行四边形面积相等
5.三角形中位线定理
（1）三角形中位线定理：
三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）几何语言：
如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC，DE＝BC．
清单02 特殊的平行四边形
1.矩形、菱形、正方形的定义
有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
有一组邻边相等并且有一个内角是直角的平行四边形 叫做正方形.
2.矩形的性质：1.矩形具有平行四边形的所有性质；
2.矩形的对角线相等；
3.矩形的四个角都是直角；
4.矩形是轴对称图形，它有两条对称轴.
3.矩形的判定：1. 有三个角是直角的四边形是矩形.
2. 对角线相等的平行四边形是矩形.
3. 定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
4.直角三角形性质：由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
5.菱形的性质：1.菱形的四条边都相等；
2.菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
3.菱形是轴对称图形，它有两条对称轴.
6.菱形的判定：1. 四条边相等的四边形是菱形.
2.对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
3. 定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形.
7.菱形的面积计算：①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积ab．（a、b是两条对角线的长度）
8.正方形的性质：1.正方形四个角都是直角，四条边都相等.
2.正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角.
3.正方形是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心.
9.正方形的判定：1.有一组邻边相等的矩形是正方形.
2.有一个内角是直角的菱形是正方形.
【考点题型一】平行四边形的性质与判定（）
【例1】（23-24八年级下·浙江·期中）如图，在中，M，N是对角线的三等分点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，线段三等分点的定义，熟练掌握并运用相关知识即可解题．
（1）连接交于点O，根据平行四边形的性质得出，再根据M，N是对角线的三等分点得到，进而利用平行四边形的判定解答即可；
（2）根据三等分点得出，利用勾股定理进而得出，再利用勾股定理得出即可．
【详解】（1）证明：如图，连接交于点O，
∵四边形是平行四边形，
，，
，N是对角线的三等分点，
，
∴
，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：，，M，N是对角线的三等分点，
，，
，
，
，
∵四边形是平行四边形，
．
【变式1-1】（22-23八年级下·山西临汾·期中）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，过点，交于点，交于点．若，，，则图中阴影部分的面积是（ ）

A．1.5B．3C．6D．4
【答案】B
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理、平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．
先利用勾股定理的逆定理求出是直角三角形，再利用定理证出，根据全等三角形的性质可得，从而可得阴影部分的面积等于，然后根据平行四边形的性质求解即可得．
【详解】解：四边形是平行四边形，且，
，
，
，，
，
是直角三角形，且，
，
，
又，
，
在和中，，
，
，
则图中阴影部分的面积是，
故选：B．
【变式1-2】（23-24八年级下·贵州安顺·期中）如图，四边形中，对角线与相交于点，不能判断四边形是平行四边形的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．根据各选项对比平行四边形的判定定理逐项判断即可．
【详解】解：A、符合两组对边分别相等的四边形是平行四边形的判定，故不符合题意；
B、符合两组对边分别平行的四边形是平行四边形的判定，故不符合题意；
C、一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故符合题意；
D、符合对角线相互平分的四边形是平行四边形的判定，故不符合题意；
故选：C．
【变式1-3】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）在平行四边形中，若，则的度数为
．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
根据平行四边形中，得到，即可求解．
【详解】解：∵平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，
故答案为：65．
【变式1-4】（23-24八年级下·江苏镇江·期中）如图，在四边形中，与相交于点，，添加条件 ，可得四边形为平行四边形（只需添加一个条件）．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．由平行四边形的判定方法即可得出结论．
【详解】解：添加条件，可得四边形为平行四边形，
理由如下：
∵，，
∴四边形为平行四边形，
故答案为：（答案不唯一）．
【变式1-5】（22-23八年级下·湖北十堰·期中）在平面直角坐标系中，已知点、、，在坐标平面内找一点D，使得以A，B，C，D四点组成的四边形为平行四边形，请写出D点坐标 ．
【答案】，，
【分析】需要分类讨论：以为边的平行四边形和以为对角线的平行四边形．
【详解】解：①当为边且为邻边时：如图

因为点、，
所以点先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得点，
相应的点先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得点，
，
；
②当为边且为邻边时：如图

因为点、，
所以点先向左平移2个单位，再向上平移1个单位得点，
相应的点先向左平移2个单位，再向上平移1个单位得点，
，
；
③当为对角线时：如图

因为点、，
所以点先向右平移2个单位，再向下平移1个单位得点，
相应的点先向右平移2个单位，再向下平移1个单位得点，
，
；
故答案为：，， ．
【点睛】本题考查平行四边形的判定及点的平移问题，解题关键是准确作出对应图形，利用数形结合思想解决．
【变式1-6】（23-24八年级下·重庆·期中）如图，已知四边形为平行四边形，分别平分和，交于点，连接．

(1)若，求的度数；
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由角平分线的定义得出，由平行四边形的性质得出，即可得出，从而得解；
（2）根据平行四边形的性质和角平分线的性质证明，即可得证．
【详解】（1）解：平分，，
，
四边形为平行四边形，
，
；
（2）证明：四边形为平行四边形，
，，，
，
分别平分和，
，，
，
在和中，
，
，
．
【变式1-7】（22-23八年级下·浙江温州·期中）如图，在的方格纸中，每个小正方形的边长为，点、在格点上，请按要求画格点多边形（顶点在格点上）．

(1)在图中画一个以点为对角线交点，且面积为的平行四边形；
(2)在图中画一个以线段为边，且有一个内角为的平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用平行四边形的定义，数形结合的思想画出图形即可；
（2）构造等腰直角三角形，可得角，利用数形结合的思想画出图形即可．
【详解】（1）解：如图中，四边形即为所求；

（2）解：如图中，四边形即为所求．

【点睛】本题考查作图应用与设计作图，平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．
【变式1-8】（23-24八年级下·贵州铜仁·期中）如图，在四边形中，
(1)证明：四边形是平行四边形；
(2)当时，求四边形的面积．
【答案】(1)见详解
(2)216
【分析】本题考查了平行四边的性质与判定，勾股定理，求平行四边的面积，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先由平行线的性质得，因为得，则两组对应边互相平行的四边形是平行四边形，即可作答．
（2）运用勾股定理列式，，则，解出，再运算出，结合平行四边形的面积等于底乘高，即可作答．
【详解】（1）解：∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴四边形是平行四边形；
（2）解：过点作
设
∵
∴在
在
则
解得
∴
则四边形的面积
【考点题型二】三角形的中位线、直角三角形斜边上的中线（）
【例2-1】（24-25八年级上·黑龙江大庆·期中）如图，的周长为1，E、、分别为、、的中点，、、分别为、、的中点．如果、、分别为第1个、第2个、第3个三角形，按照上述方法继续作三角形，那么第个三角形的周长是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了中位线的性质，规律探索，解题的关键是熟练掌握中位线性质，先根据中位线性质得出的周长是周长的一半，同理，的周长是的周长的一半，即的周长为周长的，以此类推，第个小三角形的周长是第一个三角形周长的，得出答案即可．
【详解】解：∵ E、F、G分别为、、的中点，
、、为三角形中位线，
，，，
，即的周长是周长的一半，
同理，的周长是的周长的一半，即的周长为周长的，
以此类推，第个小三角形的周长是第一个三角形周长的，
∵的周长为1，
∴第个小三角形的周长是，
故答案为：．
【例2-2】（23-24八年级下·贵州黔东南·期中）已知中，，．
(1)如图1，若为斜边上任意一点，求证：；
(2)在图1中，若，，则的长是________；
(3)若点为直线上任意一点，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)（1）中的结论成立，证明见解析
【分析】本题考查了直角三角形斜边的中线，勾股定理，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．
（1）设点E是的中点，连接，证明，由勾股定理得，整理可得；
（2）把，代入（1）中结论即可求解；
（3）设点E是的中点，连接，可证设点E是的中点，连接，由勾股定理得，整理可得．
【详解】（1）证明：设点E是的中点，连接，
∵，
∴，
∴
，
即；
（2）解：把，代入，得
，
解得．
故答案为：；
（3）（1）中的结论成立．
证明：设点E是的中点，连接，
∵，
∴，
∴
，
即．
【变式2-1】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，要测量B，C两地的距离，小明想出一个方法：在池塘外取点A，得到线段、，并取，的中点D，E，连接，则他只需测量（ ）
A．的长B．的长
C．的长D．的长
【答案】B
【分析】本题主要考查三角形中位线，熟练掌握三角形的中位线是解题的关键．根据三角形中位线可进行求解．
【详解】解：连接，
∵取，的中点D，E，
∴，
∴要测量B、C两地的距离，只需测量的长，
故选：B．
【变式2-2】（23-24八年级下·河南漯河·期中）如图，在中，点分别是边、的中点，点F是线段上的一点，连接若，则线段的长为 ．

【答案】3
【分析】根据三角形中位线的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，由此可解．
【详解】解：因为：点分别是边请、的中点，
所以：为中位线，
所以：，
因为：，
所以：D为直角三角形斜边中线，
所以：，
由此可解．
故答案为：3．
【点睛】本题考查三角形中位线的性质和直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是掌握：三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边边长的一半；直角三角形斜边中线等于斜边的一半．
【变式2-3】（24-25八年级下·山东聊城·期中）如图所示，在中，，点D是的中点，点E是的中点，连接，若，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了三角形中位线定理，直角三角形的性质，勾股定理，由直角三角形的性质得出，由三角形中位线定理得出，由勾股定理求出，则可求出答案．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
【详解】解：点D是的中点，点E是的中点，
,
,点D是的中点，
，
根据勾股定理，
．
故答案为：3．
【变式2-4】（24-25八年级下·全国·期中）在中，，点D，E分别是的中点，点F在的延长线上，且．求证：四边形是平行四边形．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，直角三角形的性质，三角形中位线定理，等边对等角，先根据直角三角形的性质和等边对等角证明，则，由此可得，再由三角形中位线定理证明，据此可证明结论．
【详解】证明：∵，点E是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点D为的中点，
∴为的中位线，
∴，即，
∴四边形是平行四边形．
【变式2-5】（24-25八年级上·河南洛阳·期中）如图，在中，垂直平分，延长至点，使，连接．
(1)求证：是直角三角形；
(2)请用无刻度的直尺和圆规作，使，且射线交于点（保留作图痕迹，不写作法）；
(3)证明（2）中得到点是的中点．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)见解析．
【分析】（1）利用三角形中位线定理证明即可；
（2）根据作一个角等于已知角的步骤作出图形；
（3）利用等腰三角形三线合一的性质证明．
【详解】（1）证明∶∵垂直平分线段，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴是直角三角形．
（2）解：图形如图所示
（3）证明∶∵垂直平分线段
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴是的中点
【点睛】本题考查作图一基本作图，线段的垂直平分线的性质，平行线的性质，三角形的中位线的判定，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【考点题型三】矩形的性质与判定（）
【例3】（23-24八年级下·天津西青·期中）如图，在中，，是中线，是的外角的平分线，，垂足为．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)与之间的关系是什么？请说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)，，理由见解析．
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，中位线的性质与判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键；
（1）根据等腰三角形三线合一得到，，结合是的外角的平分线，可得出，又由即可得到，然后根据矩形的判断即可得证；
（2）利用矩形的性质可求，根据三角形中线可得，得出是的中位线，即可得出结论．
【详解】（1）证明：中，，是中线，
，，
，
为的外角的平分线，
，
，
即，
，
，
四边形是矩形；
（2）解：，，理由如下：
由（1）知，四边形为矩形，
，
中，是中线，
，
是的中位线，
，．
【变式3-1】（23-24八年级下·河南濮阳·期中）矩形不一定具有的性质是（ ）
A．四个角都是直角B．对角线互相垂直
C．是轴对称图形D．对角线相等
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质：对边相等且平行，四个角都是直角，对角线平分且相等，矩形既是中心对称图形也是轴对称图形，根据性质判断即可．
【详解】解：矩形不一定具有的性质是对角线垂直．
故选：B．
【变式3-2】（23-24八年级下·河北张家口·期中）如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，为的中点，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了勾股定理的逆定理，矩形的性质和判定，直角三角形的性质，先说明是直角三角形，进而得出四边形是矩形，可知当时，最小，然后根据面积相等得出答案．
【详解】解：连接，如图．
在中，，，，
∴，
∴是直角三角形，且．
∵，
∴四边形是矩形，
∴与互相平分，
∵为的中点，
∴点M在上，且，
∴当最小时，最小，
根据直线外一点到直线上任意一点的距离，垂线段最短，即时，最短，同样最短．
，
即，
∴．
故选：D．
【变式3-3】（22-23八年级下·广西贵港·期中）在判断“一个四边形门框是否为矩形”的数学实践活动中，四个活动小组分别拟定了如下的方案，其中正确的是（ ）
A．测量一组对角是否都为直角B．测量三个内角是否都为直角
C．测量两条对角线是否相等D．测量两组对边是否分别相等
【答案】B
【分析】本题考查矩形的判定，根据矩形的判定方法，进行判断即可．
【详解】解：A．测量一组对角是否都为直角，无法判断四边形门框是矩形，不符合题意；
B．测量三个内角是否都为直角，根据有三个角是直角的四边形为矩形，可以判断四边形门框是矩形，符合题意；
C．测量两条对角线是否相等，无法判断四边形门框是矩形，不符合题意；
D．测量两组对边是否分别相等，无法判断四边形门框是矩形，不符合题意；
故选：B．
【变式3-4】（22-23八年级下·重庆长寿·期中）如图所示，矩形中，对角线，交于点O，于点E，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查矩形的性质，由矩形的性质可知，则可求得，则可求得．
【详解】四边形是矩形，
∴，
∴
，
，
，
，
故选：A．
【变式3-5】（23-24八年级下·河北张家口·期中）如图，在矩形中，对角线，交于点，以下说法中错误的是（ ）
A．B．
C．若，则是等边三角形D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定，矩形的四个角都是直角，对边平行且相等，对角线互相平分且相等，根据矩形的性质和等边三角形的判定，进行逐一判断即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，故A、B说法正确，不符合题意，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，故C正确，不符合题意；
根据现有条件无法证明，故D说法错误，符合题意．
故选：D．
【变式3-6】（23-24八年级下·吉林·期中）如图，四边形为平行四边形，请你添加一个合适的条件 ，使其成为矩形(只需添加一个即可)．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的判定是本题的关键；
根据矩形的判定定理即可解答．
【详解】四边形为平行四边形，，
四边形为矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）；
故答案为：（答案不唯一）．
【变式3-7】（24-25八年级下·全国·期中）矩形的对角线相交于点O， ， ， 则这个矩形的对角线长是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，先由矩形的性质和等边三角形的判定定理证明是等边三角形，得到，则可得到，再由含30度角的直角三角形的性质即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴该矩形的对角线的长是，
故答案为：．
【变式3-8】（22-23八年级下·山东烟台·期中）如图，在中，，是边上的中线，过点A作的平行线，过点B作的平行线，两直线交于点E．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，交于点O，若，，求四边形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）只要证明四边形是平行四边形，且即可；
（2）利用等腰三角形的性质与矩形的性质求出，，进而即可求出面积．
【详解】（1）解：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，是边上的中线，
∴，即，
∴四边形是矩形．
（2）解：∵，是边上的中线，
∴．
由（1）知，四边形是矩形，，
∴，
在中，．
∴．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质、等腰三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法．
【变式3-9】（22-23八年级下·天津和平·期中）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，且，．求的度数．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的判定和性质、平行四边形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解此题的关键．
根据矩形的判定得到四边形是矩形，由矩形的性质求出，根据角的和差即可得出答案．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
故的度数为．
【变式3-10】（22-23八年级下·广西贵港·期中）如图，在矩形中，点M在边上，．
(1)请说明的理由；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．
（1）根据等角对等边得，根据矩形的性质得到，根据即可得到结论；
（2）根据等腰三角形的性质得，进而可求出的度数．
【详解】（1）理由如下：
∵，
∴，
∵四边形是矩形，点M在边上，
∴，
∴．
（2）∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴．
【变式3-11】（22-23八年级下·江苏淮安·期中）在矩形中，点是上一点，，，，垂足为F．
(1)求证：．
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．
（1）由“”可证，可得；
（2）由勾股定理可求，由面积和差关系可求解．
【详解】（1）证明：在矩形中，，，，
．
，
．
在和中，
，
；
，
；
（2）解：，
，
，
，
四边形的面积．
【考点题型四】菱形的性质与判定（）
【例4】（23-24八年级下·江西南昌·期中）已知，如图，在中，是的中线，F是的中点，连接并延长到E，使，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若求菱形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)24
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识点，熟悉掌握以上知识点是解题的关键．
（1）根据三角形中线性质可得，再由已知条件可证得；根据直角三角形斜边中线性质得，可证，进而可求解；
（2）通过证明四边形是平行四边形，求得，利用勾股定理求得的长，再利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵是中线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：连接，
，
∴四边形是平行四边形，
，
是中线，
，
，
，
∵四边形是菱形，
∴菱形的面积=．
【变式4-1】（23-24八年级下·云南大理·期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了菱形的性质，熟知菱形的对角线平分一组对角是解题的关键．根据菱形的性质进行求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
【变式4-2】（24-25八年级下·全国·期中）菱形的两条对角线的长分别为6和8，点M、N分别是边的中点，点P是对角线上的一个动点，菱形的边长是 ；则的最小值是 ．
【答案】 5 5
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，菱形的对角线互相垂直平分，则可得到的长，再利用勾股定理求出的长即可得到菱形的边长；取中点E，连接，可证明，得到，则当三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，证明四边形是平行四边形，可求出的长，据此可得答案．
【详解】解；如图所示，连接交于O，
∵菱形的两条对角线的长分别为6和8，即，
∴，，
∴，
∴菱形的边长为5；
如图所示，取中点E，连接，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵点E和点M分别为的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，
∵点N为的中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴的最小值为5．
故答案为：5；5．
【变式4-3】（23-24八年级下·天津南开·期中）如图，菱形的对角线，交于点O，E为的中点，若，则菱形的周长为 ．
【答案】24
【分析】根据菱形的对角线互相平分可得，然后求出是的中位线，再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求出，然后根据菱形的周长公式计算即可得解．
本题考查了菱形的性质以及三角形中位线定理；熟记菱形性质与三角形中位线定理是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵点E是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴菱形的周长；
故答案为：24．
【变式4-4】（23-24八年级下·江苏扬州·期中）在菱形中，已知，，那么菱形的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质；根据菱形的面积公式即可求得其面积．
【详解】解：如图所示，
解：∵在菱形中，，，
∴菱形的面积为．
故答案为：．
【变式4-5】（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，四边形是平行四边形，使它成为菱形的条件可以是 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查菱形的判定，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，进行作答即可．
【详解】解：根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，
∴当时，平行四边形是菱形；
故答案为：（答案不唯一）．
【变式4-6】（23-24八年级下·江苏淮安·期中）D、E分别是不等边三角形（即）的边、的中点．O是所在平面上的动点，连接、，点G、F分别是、的中点，顺次连接点D、G、F、E．

(1)如图，当点O在的内部时，求证：四边形是平行四边形；
(2)若四边形是菱形，则与应满足怎样的数量关系？（直接写出答案，不需要说明理由．）
【答案】(1)见解析
(2)时，平行四边形是菱形
【分析】本题主要考查平行四边形的判定、三角形中位线及菱形的性质，解题的关键是得到证明平行四边形的条件．
（1）由于分别是边的中点, 可得是的中位线，同理可得是的中位线，由三角形中位线定理即可得到是平行四边形；
（2）根据，，，可以得到，即可得到平行四边形是菱形．
【详解】（1）证明: ∵分别是边的中点,
且，
同理，且，
∴且
∴四边形是平行四边形；
（2）当时，平行四边形是菱形.理由为：
分别是边的中点,
∴，
又∵，，
∴，
∴平行四边形是菱形．
【变式4-7】（23-24八年级下·四川泸州·期中）如图，在中，E，F分别为边，的中点，连接、、．
(1)求证：．
(2)若，则四边形是什么特殊四边形？请证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形为菱形．证明见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质证明，，，结合中点证明，从而可得结论；
（2）先证明四边形为平行四边形，再证明，从而可得结论．
【详解】（1）证明：在中，
，，，，
∵E，F分别为边，的中点，
∴，
∴；
（2）解：四边形为菱形．理由如下：
在中，
，，
∵E，F分别为边，的中点，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，为的中点，
∴，
∴四边形为菱形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定，直角三角形斜边上的中线的性质，菱形的判定，熟记特殊四边形的判定方法是解本题的关键．
【变式4-8】（23-24八年级下·湖南益阳·期中）如图，四边形为平行四边形，对角线的垂直平分线分别交于点，
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）先证得再证四边形是平行四边形，然后由即可得出结论；
（2）由菱形的性质得则即可求解．
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知识， 熟练掌握菱形的判定与性质，证明是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∵垂直平分，
在和中，
∴四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：由（1）可知， 四边形是菱形，
【变式4-9】（23-24八年级下·福建厦门·期中）如图，点A，B分别在的两条边，上．
(1)尺规作图：过点B在内部作射线，并在上截取；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)连接，，，若，，，求点A到射线的距离．
【答案】(1)图见解析
(2)
【分析】（1）按要求作出图形即可；
（2）过点A作于点H，设、交于点J，由（1）得（即），，于是可证得四边形是平行四边形，再结合，进而可证得四边形是菱形，于是可得，，，由勾股定理可得，由菱形的性质可得，于是可得，由此即可求出点A到射线的距离．
【详解】（1）解：图形如图所示：
（2）解：如图，过点A作于点H，设、交于点J，
由（1）得：（即），，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，
，，
，
，
，
，
点A到射线的距离为．
【点睛】本题主要考查了尺规作图——作角（尺规作一个角等于已知角），作线段（尺规作图），平行四边形的判定，菱形的判定与性质，勾股定理，利用菱形的性质求面积等知识点，熟练掌握尺规作图的基本方法和技巧及菱形的判定与性质是解题的关键．
【考点题型五】正方形形的性质与判定（）
【例5】（22-23八年级下·重庆渝北·期中）已知，正方形的边在正方形的边上，延长到，使，在边上，且，求证：四边形为正方形．
【答案】见解析
【分析】本题考查了正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用，根据正方形的性质易证，根据全等三角形的性质推出，，求出，根据正方形的判定得出即可．
【详解】证明：∵四边形为正方形，
∴，，
∴．
∵，，
∴，，，
即，．
∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
【变式5-1】（23-24八年级下·云南大理·期中）如图，已知四边形的对角线，相交于点，则下列能判定四边形是正方形的条件是（ ）
A．B．
C．，D．，
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的判定，根据正方形的判定定理进行解答即可．
【详解】解：A、，四边形是菱形，不一定是正方形，故不符合题意；
B、，四边形是矩形，不一定是正方形，故不符合题意；
C、，，四边形是正方形，故不符合题意；
D、，，四边形不是正方形，故符合题意；
故选：C．
【变式5-2】（22-23八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作的垂线交于点，若，．下列结论：①；②；③点C到直线的距离为；④，其中正确结论的序号为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】①利用同角的余角相等，易得，再结合已知条件用可证明两三角形全等；②利用①中的全等，可得，再结合三角形外角性质可证；③过点作的延长线于点，利用勾股定理可求，利用为等腰直角三角形，可证为等腰直角三角形，再利用勾股定理可求，；④在中，利用勾股定理可求，即是正方形的面积．
【详解】解：①，
．
，
在正方形中，，，
．
在和中，
，
，故①正确；
②，
，
又，，
．
即，故②正确；
③过点作的延长线于点，如图，
，，
．
又，
．
，
．
，
，
即点到直线的距离为，故③错误；
④，，
在中，，
，故④正确．
综上所述，正确结论的序号为①②④，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，综合性比较强，得出，进而结合全等三角形的性质分析是解题关键．
【变式5-3】（23-24八年级下·吉林四平·期中）如图，已知四边形是菱形，从①，②，③中选择一个作为条件后，使四边形成为正方形，则应该选择的是 （仅填序号）．
【答案】③
【分析】根据菱形的性质和正方形的判定进行逐一判断即可．本题主要考查了菱形的性质，正方形的判定，熟知正方形的判定定理是解题的关键．
【详解】解：依题意，由四边形是菱形加上条件不能证明四边形成为正方形；
由四边形是菱形加上条件不能证明四边形成为正方形；
当四边形是菱形加上条件，则证明过程如下：
∵四边形是菱形，
∴，，
∴
∵，
∴
∴，
∴四边形是正方形；
故答案为：③．
【变式5-4】（22-23八年级下·山东临沂·期中）如图，正方形的对角线相交于点，以为顶点的正方形的两边，分别变正方形的边，于点，．记的面积为，的面积为，若正方形的边长，则的大小为 ．
【答案】
【分析】本题考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识，根据正方形的性质得出，，，推出，证出可得答案，证明是解此题的关键．
【详解】∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【变式5-5】（23-24八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，设四边形是边长为1的正方形，以对角线为边作第二个正方形，再以对角线为边作第三个正方形，如此下去．则第2024个正方形的边长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质以及图形类规律探索，解题关键是利用正方形的对角线等于边长的倍的性质，并注意正方形的序数与指数的关系．根据正方形的对角线等于边长的倍，进行依次求解，然后根据指数的变化求出第n个正方形的边长即可．
【详解】解：∵四边形是边长为1的正方形，
∴第二个正方形的边长，
第三个正方形的边长，
同理：第n个正方形的边长，
∴第2024个正方形的边长为．
故答案为：．
【变式5-6】（23-24八年级下·云南昆明·期中）如图，在正方形中，点E、F分别是对角线、上的点，连接、、，若，且．，则的度数为 ．
【答案】/30度
【分析】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、平行线的性质，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、三角形全等的判定与性质、平行线的性质．
根据正方形的性质和，证明得到，从而得到，根据即可得到答案．
【详解】解：如图所示：
四边形是正方形，对角线为、相交于点，
，
，
，，，
，
，
，
即，
在和中，
，
，
，
，
故答案为：．
【变式5-7】（23-24八年级下·福建厦门·期中）在平面直角坐标系中，已知正方形的三个顶点的坐标分别为，，，其中，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，关于坐标轴对称的点的坐标特征，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据题意可知点，在轴上，且关于轴对称，再根据正方形的性质得点，在轴上，且关于轴对称，得到点的坐标为，进而可得点的坐标．
【详解】解：，，
点，在轴上，且关于轴对称，
四边形是正方形，为对角线，
点，在轴上，且关于轴对称，
又点，
，
即点的坐标为，
点的坐标为．
故答案为：．
【变式5-8】（23-24八年级下·新疆喀什·期中）如图，在正方形中，边长为3，点M，N是边，上两点，且，连接，；
(1)则与的数量关系是__________，位置关系是__________；
(2)若点E，F分别是与的中点，计算的长；
(3)延长至P，连接，若，试求的长．
【答案】(1)，．
(2)
(3)
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，中位线性质和勾股定理，解题关键是熟练运用相关性质进行推理证明和准确计算．
（1）证，得出，，再证即可；
（2）连并延长交于G，求出长，再根据中位线的性质求出即可；
（3）过点B作于点H，根据勾股定理求出，，即可．
【详解】（1）解：设与交于点Q，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，．
（2）连并延长交于G，连接
∵，
∴，
∵E为的中点，
∴
∵
∴
∴，，
∵F为的中点，
∴，
∴，
∵正方形的边长为3，，
∴，
∴；
（3）过点B作于点H，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
【变式5-9】（23-24八年级下·全国·期中）问题解决：如图，在矩形 中，点， 分别在， 边上，， 于点．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)延长 到点，使得，判断 的形状，并说明理由．
(3)类比迁移：如图，在菱形 中，点， 分别在， 边上， 与 相交于点，，，，，求 的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)是等腰三角形，理由见解析；
(3)类比迁移：
【分析】(1)根据矩形的性质得，由等角的余角相等可得，利用可得，由全等三角形的性质得，即可得四边形是正方形;
(2)利用可得，由全等三角形的性质得，由已知可得，根据线段垂直平分线的性质可得即可得，是等腰三角形；
(3)延长到点H，使 ，连接，利用可得，由全等三角形的性质得，.由已知可得，可得是等边三角形，则，，等量代换可得
【详解】（1）证明：如图中，
四边形是矩形，
，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
四边形是矩形，
四边形是正方形；
（2）解：结论：是等腰三角形，
理由：四边形是正方形，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰三角形；
（3）解：延长到点，使，连接，
四边形是菱形，
，，
，
，
，
，，
，
，
是等边三角形，
，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题
【考点题型六】中点四边形（）
【例6】（23-24八年级下·广东河源·期中）如图，四边形的两条对角线、互相垂直，将四边形各边中点依次相连，得到四边形，若四边形的面积为15，则四边形的面积为 ．
【答案】30
【分析】根据三角形的中位线定理证明四边形是矩形，从而根据矩形的面积和三角形的每件公式进行计算．此题主要考查中点四边形和三角形的面积，注意三角形中位线定理这一知识点的灵活运用，此题难易程度适中，是一道典型的题目．
【详解】解：，，，是四边形的中点四边形，
四边形的对角线、互相垂直，
四边形为矩形，
设，，
是的中位线，
，
同理可得，
四边形的面积为．
，
四边形的面积，
故答案为：30．
【变式6-1】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，在四边形中，，点E、F、G、H分别是边、、、的中点，四边形是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的判定以及三角形的中位线定理，顺次连接任意四边形四边中点所得的四边形，一组对边平行并且等于原来四边形某一对角线的一半，说明新四边形的对边平行且相等．所以是平行四边形，再根据即可证明结论．
【详解】解：∵点E、F、G、H分别是边、、、的中点，
∴，，，，，
且，
四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形为菱形．
故选：C．
【变式6-2】（22-23八年级下·江苏扬州·期中）顺次连接菱形四边的中点，得到的四边形是（ ）
A．矩形B．平行四边形C．正方形D．无法断定
【答案】A
【分析】根据菱形和三角形中位线的性质，得四边形为平行四边形，且，再根据矩形的判定方法，即可得到答案．
【详解】解：如图，根据题意，分别连接菱形四边中点
∵菱形
∴
∵、、、分别为、、、中点
∴，，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为矩形
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形、三角形中位线的知识；解题的关键是熟练掌握矩形的判定、菱形、三角形中位线的性质．
【变式6-3】（23-24八年级下·广东珠海·期中）如图，已知第1个矩形的面积为，依次连接第1个矩形各边中点得到1个菱形，再依次连接菱形各边中点得到第2个矩形，按此方法继续下去，则第个矩形的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形、菱形的性质．中点四边形的性质，对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．第二个矩形的面积为第一个矩形面积的，第三个矩形的面积为第一个矩形面积的，依此类推，第n个矩形的面积为第一个矩形面积的．
【详解】解：如图，
由轴对称的性质可得：
第一个菱形的面积为：，
第二个矩形的面积为第一个矩形面积的；
第三个矩形的面积是第一个矩形面积的；
…
故第n个矩形的面积为第一个矩形面积的．
∴第n个矩形的面积为．
故答案为．
【变式6-4】（22-23八年级下·山东德州·期中）如图，点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，则下列命题中：①若，则四边形为矩形；②若，则四边形为菱形；③若四边形是平行四边形，则与互相平分；④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等．其中是真命题的序号是 ．
【答案】④
【分析】本题考查中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识，
先证明一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线时，中点四边形是菱形，当对角线时，中点四边形是矩形，当对角线，且时，中点四边形是正方形，再逐一分析各选项即可．
【详解】解：∵点 E、F、G、H分别是四边形边边、、、的中点，
∴，，，，，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
①当时，则， 则四边形为菱形，①说法错误；
②当时，则， 则四边形为矩形，②说法错误；
③四边形一定是平行四边形，与不一定互相平分，③说法错误；
④当四边形是正方形时，与互相垂直且相等，④说法正确；
故答案为：④．
【变式6-5】（23-24八年级下·全国·期中）如图，在菱形中，边长为10，．顺次连结菱形各边中点，可得四边形；顺次连结四边形各边中点，可得四边形；顺次连结四边形各边中点，可得四边形；按此规律继续下去…．则四边形的周长是 ；四边形的周长是
【答案】 20
【分析】先证明四边形是菱形，求出， ，，求出周长，同理可得四边形、、……为菱形，且对应的边长：，，…… ，进而求出四边形的周长即可．
【详解】解：连接，，，，如图所示：
∵菱形中，边长为10，
∴，，，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵顺次连结菱形各边中点，得到四边形，
∴，，，，，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∵顺次连结四边形各边中点，可得四边形，
∴，，，，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，
∴是等边三角形，四边形是菱形，
∴的周长为；
同理可得：四边形、、……为菱形，
且对应的边长：，
，
……
∴四边形为菱形，边长为，
∴四边形的周长为：
．
故答案为：20；．
【点睛】本题考查了中点四边形，三角形中位线的性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，根据题意发现中点四边形性质，分别求出菱形矩形边长并发现规律进行推理是解题关键．
【变式6-6】（22-23八年级下·湖北武汉·期中）如图，的对角线相交于点O，且E、F、G、H分别是的中点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求的周长．
【答案】(1)见解析
(2)的周长为
【分析】本题考查了三角形中点四边形，中位线定理、平行四边形的判定和性质，掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质得到，根据线段中点的概念得到，，，，得到，，根据平行四边形的判定定理证明；
（2）根据三角形中位线定理求出，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
E、F、G、H分别是的中点，
四边形是平行四边形；
（2），
，
，
分别是的中点，
是的中位线，
，
的周长．
【变式6-7】（23-24八年级下·广西玉林·期中）已知：如图1，四边形四条边上的中点分别为E、F、G、H，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__________，证明你的结论．
(2)如图2，请连接四边形的对角线与，当与满足__________条件时，四边形是正方形，证明你的结论．
【答案】(1)平行四边形，证明见解析
(2)互相垂直且相等（且），证明见解析
【分析】本题考查了中位线，平行四边形的判定，正方形的判定．熟练掌握中位线，平行四边形的判定，正方形的判定是解题的关键．
（1）如图1，连接，由点E、H分别是中点，可得，，同理，，，则，，进而可证四边形是平行四边形；
（2）如图2，连结，同理（1）可知，四边形是平行四边形，由，可得，证明平行四边形是矩形，由，可得，进而可证四边形是正方形．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，证明如下；
如图1，连接，
点E、H分别是中点，
∴，，
同理，，，
∴，，
四边形是平行四边形；
（2）解：互相垂直且相等（且），证明如下；
如图2，连结，
同理（1）可知，四边形是平行四边形，
∵，
∴，
平行四边形是矩形，
∵，
∴，
∴四边形是正方形．
【变式6-8】（23-24八年级下·江苏南通·期中）我们把依次连接任意四边形各边中点得到的四边形叫做“中点四边形”．如图，在四边形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点，依次连接各边中点得到“中点四边形”．
(1)如图，“中点四边形”的形状是 ；
(2)求证：矩形的“中点四边形”是菱形．（画图，写出已知、求证和证明）
【答案】(1)平行四边形
(2)见解析
【分析】本题考查三角形的中位线定理，平行四边形的性质和判定，矩形的性质，菱形的判定，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
（1）连接，得出是的中位线，即，，同理可得，，，即可证明；
（2）连接、，根据三角形中位线可得四边形是平行四边形，再利用矩形的性质得出，即可证明．
【详解】（1）解：连接，如图，
∵E、H分别是边、的中点，
∴是的中位线
∴，，
同理，，，
∴, ,
∴“中点四边形”的形状是平行四边形．
故答案为：平行四边形．
（2）如图，
已知：矩形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点
求证：四边形是菱形
证明：连接、．
∵E、F分别是边、的中点
∴是的中位线
∴，
同理，可得，，，
∴，
∴四边形是平行四边形
∵四边形是矩形
∴
∴
∴四边形是菱形．
【考点题型七】四边形中的线段最值问题（）
【例7】（22-23八年级下·湖南郴州·期中）如图①．已知是等腰直角三角形，，点D是的中点，作正方形，使点，分别在和上，连接，．

(1)试猜想线段和的数量关系，并证明你得到的结论；
(2)将正方形绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于，小于或等于），如图②，通过观察或测量等方法判断（1）中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由；
(3)若，在（2）的旋转过程中，
①当为最大值时，则___________．
②当为最小值时，则___________．
【答案】(1)，证明见解析
(2)成立，证明见解析
(3)①；②
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质及正方形的性质可以得出，进而得出结论；
（2）如图2，连接，由等腰直角三角形的性质及正方形的性质可以得出，进而得出结论；
（3）①如图③，当旋转角为时，，此时的值最大．②利用三角形的三边关系确定的最小值，此时如图③中，，，共线．
【详解】（1）解：结论：．
理由：如图1，延长交于．
是等腰直角三角形，，点是的中点，
，，
．
四边形是正方形，
．
在和中，
，
，
；
（2）（1）中的结论仍然成立，，．理由如下：
如图②，连接，延长交于，交于．

在中，为斜边中点，
，，
．
四边形为正方形，
，且，
，
．
在和中，
，
，
，，
，
，
．
（3）①如图③，当旋转角为时，，此时的值最大．
，
．
．
在中，由勾股定理，得
，
．
故答案为：；
②如图④中，连接．

如图②中，在中，，，
，
的最小值为1，此时如图④中，，，共线，
在中，．
故答案为：．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了旋转的性质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，全等三角形的判定及性质的运用，正方形的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
【变式7-1】（22-23八年级下·湖南湘西·期中）如上图所示，矩形，，，点是边上的一个动点，点是对角线上一个动点，连接，，则的最小值是（ ）

A．6B．C．12D．
【答案】B
【分析】作点关于的对称点，过点作于点，交于点，即可得到的最小值为，再解直角三角形即可解答．
【详解】解：作点关于的对称点，过点作于点，交于点，如图：

由对称性可得，
，
当，，三点共线，且时，即点在点处，点在点处时，的值最小．
，，
，，
，
，
，
．
故选：B．
【点睛】本题主要考查矩形的性质和线段和最小值问题，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，解题的关键在于作出适当的辅助线．
【变式7-2】（23-24八年级下·湖北十堰·期中）如图，正方形的边长为12，点E、F分别为、上动点（E、F均不与端点重合），且，P是对角线上的一个动点，则的最小值是（ ）
，
A．12B．13C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理等知识．确定和最小值时的情况是解题的关键．
作点E关于的对称点，连接，过F作于点G，当、P、F三点共线时，，此时最小，即为所求，由题意确定在边上，证明四边形是矩形，则，由勾股定理得，，计算求解即可．
【详解】解：如图，作点E关于的对称点，连接，过F作于点G，
，，
当、P、F三点共线时，，此时最小，即为所求，
四边形是正方形，
，
点在边上，
，，
四边形是矩形，
，
，
，
由勾股定理得，，
的最小值是13
故选：B．
【变式7-3】（23-24八年级下·重庆铜梁·期中）如图，矩形中，已知，F为上一点，且，连接．以下说法中：①；②当点E在边上时，则；③当时，则；④的最小值为10．其中正确的结论个数是（）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由线段的数量关系可求，故①正确；由直角三角形的可求，可证是等边三角形，可得，由等腰三角形的性质可求，故②正确；由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求，可得；故③错误；由“”可证，可得，由三角形的三边关系和勾股定理可求的最小值为10，故④正确，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，故①正确；
如图1，当点在上时，取的中点，连接，
∵点是的中点，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故②正确；
如图2，当时，设与交于，与交于点，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；故③错误；
如图3，在上截取，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当点，点，点三点共线时，有最小值，最小值为的长，
∵，
∴，
∴的最小值为10，故④正确；
故选：C．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式7-4】（22-23八年级下·江苏盐城·期中）如图，正方形的边长为5，E为与点D不重合的动点，以为一边作正方形，连接、，当的值最小时 ．
【答案】
【分析】连接，证明，可得，从而可得，即当A，E，F，C四点共线时，的值最小，即可得到结论．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当A，E，F，C四点共线时，的值最小，最小值为的值，
如图，
此时，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及最值问题，作出辅助线是解题的关键．
【变式7-5】（22-23八年级下·湖北荆门·期中）如图，在矩形中，，，，分别是和上的两个动点，为的中点，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，根据题意找到使所求线段的和最小时点的位置是解题的关键．
作点的对称点，作点关于的对称点，连接，，，过点作的垂线，交的延长线于点，推得当，，，在同一条直线上时，所求的最小，最小值即为的长，根据矩形的性质可得，求得，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解．
【详解】解：作点关于的对称点，作点关于的对称点，连接，，，
则，
∴当，，，在同一条直线上时，所求的最小，最小值即为的长．
过点作的垂线，交的延长线于点，
∴，
∵为的中点，，
∴，，
∴，
∴．
∴的最小值是．
故答案为：．
【变式7-6】（22-23八年级下·浙江宁波·期中）如图，在菱形中，，点E、F、G、H分别是边、、、中点，在直线上方有一动点P，且满足，则周长的最小值为 ．
【答案】
【分析】证明出四边形为矩形，在上方作直线，且到的距离为，说明点在上，作点关于的对称点，连接，交于点，则三角形为所求，利用勾股定理求出，即可求出最小周长．
【详解】解：如图，连接、交于，
点、、、分别是边、、、中点，
、为、的中位线，
，，
四边形为平行四边形，
四边形为菱形，
，
，
四边形为矩形，
在上方作直线，且到的距离为，
，
点在上，
作点关于的对称点，连接，交于点，
由对称得，，
，
由两点间线段最短得，此时最短，
周长最短，
，，
为等边三角形，
，
，
，
点、分别是边、的中点，且，
为等边三角形，
，
到的距离为，
点到的距离为，
点到的距离为，
，
，
周长的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称线段最短问题，菱形性质、中点四边形性质及三角形中位线性质的应用是本题的解题关键．
【变式7-7】（22-23八年级下·江苏无锡·期中）已知：如图，在矩形中，．在上取一点E，，点F是边上的一个动点，以为一边作菱形，使点N落在边上，点M落在矩形内或其边上．若的面积为S．

(1)当四边形是正方形时，求x的值；
(2)当四边形是菱形时，求S与x的函数关系式；
(3)当_____________时，的面积S最大；当_____________时，的面积S最小；
(4)在的面积S由最大变为最小的过程中，请直接写出点M运动的路线长：_____________．
【答案】(1)
(2)
(3)①，②
(4)
【分析】本题考查四边形综合题、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、三角形的面积、一次函数的应用等知识；
（1）只要证明即可解决问题；
（2）如图，连接，作于，想办法证明，可得，由此即可解决问题；
（3）①如图3中，当点与重合时，的值最小，的面积最大，在中，．②如图4中，当点在上时，的值最大，的面积最小；
（4）如图3中，在的面积由最大变为最小的过程中，点的运动轨迹是平行的线段，点运动的路线长的长．
【详解】（1）四边形是正方形，
，，
，，
，
∴，
，
．，
，
．
故答案为：．
（2）如图，连接，作于，则，，
四边形是菱形，
，，
，
矩形中，，
，
，即，
，
，
，，
．
与的函数关系式；
（3）①如图3中，当点与重合时，的值最小，的面积最大，

在中，，
的最大值．
②如图4中，当点在上时，的值最大，的面积最小，
此时易证，
，
，
；
故答案为：①，②．
（4）如图3中，在的面积由最大变为最小的过程中，点的运动轨迹是平行的线段，
即点运动的路线长的长，
故答案为：．
【考点题型八】特殊平行四边形折叠问题（）
【例8】（23-24八年级下·四川泸州·期中）如图，在矩形中，．将矩形沿折叠后，使点D恰好落在对角线上的点F处．

(1)求的长；
(2)求梯形的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】此题考查了矩形的折叠问题、勾股定理、梯形面积等知识．
（1）根据折叠的性质，折叠前后边相等，即 得： 在中，根据勾股定理，可将的长求出，知的长，可求出的长，在中，根据，可将的长求出；
（2）根据S梯形=，将各边的长代入进行求解即可．
【详解】（1）解：设，
∵四边形是矩形，
∴，
由折叠可知，.
∵在中，
∴.
在中，有，
即
解得，
∴.
（2）由(1)知：，
梯形的面积.
【变式8-1】（23-24八年级下·河北张家口·期中）如图，已知正方形纸片，M、N分别是、的中点，把边向上翻折，使点C恰好落在上的P点处，为折痕，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，折叠问题；取的中点E，连接，证明四边形为矩形，得出，根据直角三角形性质得出，证明为等边三角形，得出，即可得出结果．
【详解】解：取的中点E，连接，如图所示：

∵四边形为正方形，
∴，，，
根据折叠的性质知：，，
∵M、N分别是、的中点，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴．
故选：C．
【变式8-2】（23-24八年级下·贵州遵义·期中）如图，正方形的边长为4，点分别在边上，将分别沿、AF折叠，使恰好落在点M处，已知，则的长为（ ）
A．2.4B．3.4C．4D．5
【答案】B
【分析】本题主要考查了折叠问题， 解题的关键是找准不变的线段， 利用勾股定理求解线段 ．
由图形折叠可得，，因为正方形的边长为4 ，求出，在直角中， 运用勾股定理求出，再求出．
【详解】解： 由图形折叠可得，，
正方形的边长为 4 ，
∴，，
在中，
，
，
解得，
．
故选B．
【变式8-3】（23-24八年级下·云南昆明·期中）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形中，点在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点处，与交于点．
【猜想】（1）请猜想线段的数量关系，并证明．
【应用】（2）如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点落在点处，点落在点处，折痕为．若，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质是解题关键．
（1）由折叠的性质可得，再证明，易得，即可证明；
（2）由折叠的性质可得，，，设，易得，在中，由勾股定理解得的值，易知，同理可证明，然后计算的长即可．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵矩形纸片沿所在的直线折叠，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴ ，
∴；
（2）∵矩形沿所在直线折叠，
∴，，，
设，
∴，
在中，，
∴，
∴，解得，
∴，
∴，
同理可证明，
∴．
【变式8-4】（23-24八年级下·全国·期中）发现、提出问题：通过学习，我们知道直角三角形的边之间、角之间乃至边和角之间分别都有相应的等量关系，比如“在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半．”就是由角带来的边之间的关系，爱思考的李林同学提出疑问：如果在一个直角三角形中，一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的角是吗？
分析、解决问题：
（1）李林首先将上述问题的条件和结论结合图形写出已知和求证：如图1，在中，，求证：．并想构造等边三角形，利用与的关系进行证明，于是他延长到点 D，使，并连接（如图2），然后……请你帮助李林同学完成证明过程．
拓展应用：
（2）如图3所示，李林先将正方形纸片对折，使 与重合，折痕为，再把纸片展平，然后再沿过点B 的直线折叠，使点A落在上的点 F处，把纸片展平，连接并延长，交边于点 G，连接，求的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正方形与折叠问题：
（1）先证明，得到，，则可证明是等边三角形，得到，则；
（2）由折叠的性质可得，，则，由（1）的结论可知，进而得到，由正方形的性质得到，，证明，即可得到．
【详解】解；（1）延长到点 D，使，并连接（如图2），
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴一个直角三角形中，一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的角是；
（2）由折叠的性质可得，，
∴，
∴由（1）的结论可知，
∴，
由正方形的性质可得，，
∴，，
由折叠的性质可得，
∴，
又∵，
∴，
∴．
【变式8-5】（22-23八年级下·江苏淮安·期中）在数学兴趣小组活动中，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
【初步思考】
（1）操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
操作二：在上选一点，沿折叠，使点落在矩形内部点处，把纸片展平，连接，．
根据以上操作，当点在上时，图1中等于的角有： ．（写一个即可）
【迁移探究】
（2）小明将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点，连接．
①如图2，当点M在上时， °；
②若点P是上的一个动点（点P不与点A、D重合），如图3，猜想与的数量关系，并说明理由．
【拓展应用】
（3）在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为，当时，直接写出的长．
【答案】（1）或或或（任写一个即可）
(2)①15；②，理由见解析
（3）或
【分析】（1）由折叠的性质可得，，，，，即可求解；
（2）①由“”可证，可得；
②由“”可证，可得；
（3）分两种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理可求解．
【详解】解：（1）对折矩形纸片，
，，
沿折叠，使点落在矩形内部点处，
，，
，
，
，
，
故答案为：或或或（任写一个即可）；
（2）①由（1）可知，
四边形是正方形，
，，
由折叠可得：，，
，，
又，
，
，
故答案为：15；
②，理由如下：
四边形是正方形，
，，
由折叠可得：，，
，，
又，
，
；
（3）由折叠的性质可得，，
，
，
当点在线段上时，，
，，
，
，
，
当点在线段上时，，
，，
，
，
，
综上所述：的长为或．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
【考点题型九】特殊平行四边形的动态问题（）
【例9】（23-24八年级下·全国·期中）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)求为何值时，四边形是矩形；
(2)求为何值时，四边形是菱形．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了菱形、矩形的判定与性质，解决此题注意结合方程的思想解题．
(1)当四边形是矩形时，，据此求得t的值；
(2)当四边形是菱形时，，列方程求得运动的时间t．
【详解】（1）解：由题意，得，则，
四边形是矩形，
，，
当时，四边形为矩形，
，
解得，
故当时，四边形为矩形．
（2）解：由（1）可知，四边形为平行四边形，
当时，四边形为菱形．
在中，，
时，四边形为菱形，
解得，
故当时，四边形为菱形．
【变式9-1】（23-24八年级下·海南海口·期中）如图，四边形中，，，，M是上一点，且，点E从点A出发以的速度向点D运动，点F从点C出发，以的速度向B运动，当其中一点到达终点，另一点也随之停止，设运动时间为t秒，则当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，
【答案】或
【分析】本题考查了动点问题，平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，合理分类是解题的关键．分F在M的右侧和左侧两种情况讨论即可．
【详解】解∶∵，，
∴，
∵，
∴当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，，
当F在M的右侧时，，
又，
∴，
∴；
当F在M的左侧时，，
又，
∴，
∴；
综上， 当以A，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为或，
故答案为：或．
【变式9-2】（23-24八年级下·山西朔州·期中）综合与探究
如图，在矩形中，，，点M从点D出发沿射线方向运动，运动速度为每秒2个单位长度．设点M的运动时间为t秒．
(1)如图1，当秒时，猜想与的数量关系，并说明理由．
(2)如图2，E为的延长线上的一点，，动点N从点E出发，以每秒1个单位长度的速度向点B运动，点N与点M同时出发，当点N到达点B时，两点同时停止运动．
①当时，求的长．
②当以M，C，E，N为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．
【答案】(1)，理由见解析
(2)① ；②t的值为1或3
【分析】（1）首先根据矩形的性质得到，，，然后得到，然后证明出，即可得到；
（2）①过点M作于点P，首先证明出四边形为正方形，得到，然后利用勾股定理求出；
②首先得到，然后分点M在DC上和点M在点C的右侧两种情况讨论，然后分别列方程求解即可．
【详解】（1）．
理由：四边形ABCD为矩形，
，，．
当秒时，，则，
．
在和中，
，
，
．
（2）①如图，过点M作于点P，
则．
四边形为矩形，
，
四边形为矩形．
，
四边形为正方形，
，
秒，则，
．
在中，．
②由题意，得，．
四边形是矩形，
，
当时，则以M，C，E，N为顶点的四边形是平行四边形．
当点M在上时，即时，，
，得，解得；
当点M在点C的右侧时，即时，，
，解得．
综上所述，t的值为1或3．
【点睛】此题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，几何动点问题，勾股定理，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
【变式9-3】（23-24八年级下·湖南株洲·期中）如图，在菱形中，，菱形的面积为60，点从点出发沿折线向终点运动．过点作点所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点，在的右侧作矩形．
(1)求菱形的高．
(2)如图1，点在上.求证：．
(3)若，当过中点时，求的长．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)长为或
【分析】此题考查了菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、矩形的性质等知识，分类讨论方法是解题的关键．
（1）根据菱形的面积公式计算，即可；
（2）由菱形性质可证，进而证明，即可得出结论；
（3）记中点为点O．分点E在上和点E在上两种情况，求出，进而解题．
【详解】（1）解：∵，面积为60，
∴菱形的高为；
故答案为：6；
（2）证明：如图1，
∵四边形是菱形，
∴，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：记中点为点O，
①如图中，当点在上时，作．则，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如图中，当点在上时，作．
同理，，，，
∴，
综上所述，长为或．
【变式9-4】（23-24八年级下·重庆铜梁·期中）如图，四边形中，，，，，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作于点P，连接交于点Q，连接．设运动时间为t秒．
(1)________，________．（用含t的代数式表示）
(2)当四边形为平行四边形时，求t的值．
(3)如图，当M和N在运动的过程中，是否存在某时刻t，使为直角三角形，若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)或2
【分析】本题主要考查了四边形综合题，矩形的判定与性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，运用数形结合、方程思想是解题的关键．
（1）由，根据，即可求出；先证明四边形为矩形，得出，则；
（2）根据四边形为平行四边形时，可得，解方程即可；
（3）分两种情况：①当时，②当时，进行讨论即可．
【详解】（1）解：由题意得，
，
，
，
，
∴四边形为矩形，
，
故答案为：；
（2）∵当四边形为平行四边形时，，
根据（1）可算出，
∴，
解得．
（3）由其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动可知，，
∵，
∴为等腰直角三角形，即：，
则也是等腰直角三角形，
，
∵此种情况不存在；
①当时，∵，
∴，为等腰直角三角形，
则，
∴，
解得；
②当时，∵，
∴，为等腰直角三角形，
则，
∴，
解得：；
综上，当或2时，为直角三角形．
【变式9-5】（23-24八年级下·广东广州·期中）如图，在直角梯形中，，，，，，点P沿线段从点A向点B运动，其速度为每秒1个单位长度，设运动时间为t．

(1)求的长；
(2)点P在运动过程中，t为何值时，四边形是矩形？
(3)点P在运动过程中，t为何值时，四边形是平行四边形？
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）过C作于点E，利用含角直角三角形的性质得到，然后利用勾股定理求出，即可求得的长；
（2）根据题意得到当点P和点E重合时，四边形是矩形，然后求出，然后根据点P运动的速度求解即可；
（3）根据题意得到，然后根据点P运动的速度求解即可．
【详解】（1）如图，过C作于点E，

∵，
∴
∴四边形为矩形，
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴；
（2）由（1）可得，四边形为矩形，
∴当点P和点E重合时，四边形是矩形
∵，
∴
∵点P沿线段从点A向点B运动，其速度为每秒1个单位长度，设运动时间为t
∴（秒）
∴时，四边形是矩形；
（3）∵四边形为矩形，
∴
∵，即
∴当时，四边形是平行四边形
∴此时
∴（秒）
∴时，四边形是平行四边形．
【点睛】此题考查了含角直角三角形的性质，勾股定理，矩形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点．
【变式9-6】（23-24八年级下·重庆忠县·期中）如图，在平面直角坐标系中，点B为原点，有一个，，，，点D从点C出发沿方向以每秒2个单位长的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时．过点D作于点F，连接．
(1)求证：．
(2)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由．
(3)当t为何值时，为直角三角形？
【答案】(1)见解析
(2)时，四边形为菱形，理由见解析
(3)或4时，为直角三角形．
【分析】（1）利用已知用未知数表示出的长，进而得出；
（2）首先得出四边形为平行四边形，进而利用菱形的判定与性质得出时，求出t的值，进而得出答案；
（3）分三种情况讨论：①当时；②当时；③当时，分别分析得出即可．
【详解】（1）（1）证明：在中，，
∴，
又∵，
∴．
（2）解：四边形能够成为菱形． 理由如下：
设，
∵， ，
∴，
，即，
解得：，
∴．
∴，
∵，
∴．
又∵，
∴四边形为平行四边形．
四边形为菱形，
，即，
解得：．
即当时，四边形为菱形．
（3）解：当或4时，为直角三角形，理由如下：
分情况讨论：
①当时，，即，
∴．
②时，，即，
∴，
③时，此种情况不存在．
综上，当或4时，为直角三角形．
【点睛】此题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定，菱形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，熟练掌握 以上知识是解题的关键．
【变式9-7】（23-24八年级下·宁夏吴忠·期中）如图，在四边形中，，，，，．点从点出发，以秒的速度向点运动；点从点出发，以秒的速度向点运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设点运动的时间为秒．

(1)若，两点同时出发．
①______，______；
②若为何值时，四边形为平行四边形？
③若为何值时，四边形为矩形？
(2)若点先运动秒后停止运动．此时点从点出发，到达点后运动立即停止，则为______时， 为直角三角形（直接写出答案）．
【答案】(1)①，；②；③
(2)或
【分析】（1）①先表示出和的值，再根据求出的值；
②根据平行四边形的对边相等得出四边形为平行四边形，此时，据此列出方程，解方程求出的值；
③先根据求出的值，再根据矩形的对边相等得出当四边形为矩形，此时，据此列出方程，解方程求出的值；
（2）先根据题意判断出，再分和两种情况进行讨论：当时，根据两直线平行，内错角相等得出，根据有三个角是直角的四边形是矩形，矩形的对边相等得出，求出的值，结合列出方程，解方程求出的值；当时，过点作交于，根据两直线平行，内错角相等得出，根据有三个角是直角的四边形是矩形，矩形的对边相等得出，，求得，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方列出方程，解方程求出的值．
【详解】（1）解：①根据题意，得，，
∵，
则，
故答案为：，．
②如图：

当四边形为平行四边形，
此时，
即，
解得：，
故当秒时，四边形为平行四边形．
③∵，，
∴，
如图：

当四边形为矩形，
此时，
即，
解得：，
故当秒时，四边形为矩形．
（2）解：∵点先运动秒后停止运动，此时点从点出发，
即当时，，点与点重合，此时；
当时，如图：

∵，，
∴，
故四边形为矩形，
∴，
∴，
即，
解得：；
当时，如图：过点作交于，

∵，，
∴，
故四边形为矩形，
∴，，
故，
在中，，
在中，，
在中，，
即，
解得：；
故为或时，为直角三角形．
【点睛】本题考查了四边形的动点问题，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，解一元一次方程等，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式9-8】（23-24七年级下·福建福州·期中）如图1，正方形的边长为，点从点出发，沿射线方向以每秒个单位长度的速度移动，点从点出发，向点以每秒个单位长度的速度沿线段移动（不与点A重合）设点E，F 同时出发移动t秒．
(1)当时，求的长；
(2)在点E，F移动过程中，连接，，，请判断的形状并说明理由；
(3)如图2，点G，H，分别在边，上，且，连接，交于点P，当与的夹角为，求t的值．
【答案】(1)
(2)是等腰直角三角形
(3)2
【分析】（1）根据题意得到，得到，，利用勾股定理即可求解；
（2）通过证明得到，，则易推知是等腰直角三角形；
（3）如图3，连接，，与交于．根据四边形是平行四边形，则其对边相等：．所以在中，由勾股定理得到：，故．
【详解】（1）解：根据题意当时：，
正方形的边长为，
，，
在中，
；
（2）解：等腰直角三角形．理由如下：
如图1，在正方形中，，．
依题意得：．
在与中，
，
，
，，
，
是等腰直角三角形；
（3）解：如图3，连接，，与交于，与交于点．

由（1）得，
又，
，
又，
四边形是平行四边形，
，
在中，得，
．
【点睛】本题考查了四边形综合题．解题过程中，涉及到了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用．解答该类题目时，要巧妙的作出辅助线，构建几何模型，利用特殊的四边形的性质（或者全等三角形的性质）得到相关线段间的数量关系，从而解决问题．
【变式9-9】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）在四边形中，，，，，，P，Q同时沿着四边形的边逆时针运动，点P从点D出发，以的速度运动，点Q从点B出发，以的速度运动，设运动时间为t秒．
(1)______；
(2)若点Q运动到点C时就停止，点P也随之停止运动，用含t的代数式表示四边形的面积；
(3)若其中一个动点回到其出发点时，另一个动点也随之停止运动，则当_____时，以点P、Q与点A、B、C、D中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形．
【答案】(1)20
(2)或
(3)当或或或时，以点、与点、、、中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形
【分析】（1）过点D作交于点E，证出四边形为矩形，得出，，根据勾股定理即可求出．
（2）若点Q运动到点C时就停止，点P也随之停止运动，分为当点P在上运动，即时，运用求解，和当点P在上运动，即时，运用即可求解；
（3）分为①当时，②当时，③当时，④当时，分别画图求解即可计算；
【详解】（1）解：过点D作交于点E，
∵，，
∴，
则四边形为矩形，
∴，
∴，
∴．
故答案为：20．
（2）若点Q运动到点C时就停止，点P也随之停止运动，
如图1，当点P在上运动，即时，
则，
；
如图2，当点P在上运动，即时，
则，
；
综上，或；
（3）如图，①当时，，
此时，四边形是平行四边形；
②当时，，
此时，四边形为平行四边形；
③当时，四边形是平行四边形，
，
此时；
④当时，，
此时，四边形为平行四边形；
综上所述，当或或或时，以点、与点、、、中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理等知识；本题综合性强，解本题的关键是分类讨论的思想解决问题，是一道中考常考题．