"该初中数学讲义以“四边形”为核心，通过表格对比特殊平行四边形的性质与判定，分层梳理多边形、中位线、中点四边形等知识点，构建从基础概念到综合应用的知识脉络，明确易错点和重难点分布。\n讲义亮点在于分层题型设计，基础题型如平行四边形性质应用培养运算能力，培优题型如特殊平行四边形综合计算强化推理意识，压轴动点问题提升模型意识。配套解题技巧指导，帮助不同层次学生提升，助力教师实施精准复习教学。"

第8章 四边形 知识点1：多边形的概念与性质 1.定义：平面内由不在同一直线上的线段首尾顺次相接组成的图形，分为三角形、四边形、n边形等。 2.内角和公式：n边形内角和为（），外角和恒为（与边数无关）。 3.对角线：从n边形一个顶点出发可引条对角线，将其分成个三角形，总对角线条数为。 4.正多边形：各边相等、各内角相等，每个内角为。 知识点2：平行四边形的性质与判定 性质 1.边：对边平行且相等（，，，）。 2.角：对角相等，邻角互补（，，）。 3.对角线：互相平分（，）。 4.对称性：中心对称图形（对称中心为对角线交点）。 判定 判定依据 符号语言 两组对边分别平行 ，，四边形是平行四边形 一组对边平行且相等 且，四边形是平行四边形 两组对边分别相等 ，，四边形是平行四边形 对角线互相平分 ，，四边形是平行四边形 知识点3：特殊平行四边形的性质与判定 图形 性质 判定 矩形（有一个角是直角的平行四边形） 1.对边平行且相等； 2.四个角都是直角； 3.对角线相等且互相平分； 4.既是中心对称图形，又是轴对称图形（2条对称轴） 1.定义法：有一个角是直角的平行四边形； 2.三个角是直角的四边形； 3.对角线相等的平行四边形 菱形（有一组邻边相等的平行四边形） 1.对边平行，四条边都相等； 2.对角相等，邻角互补； 3.对角线垂直且互相平分，平分一组对角； 4.既是中心对称图形，又是轴对称图形（2条对称轴） 1.定义法：有一组邻边相等的平行四边形； 2.四边相等的四边形； 3.对角线互相垂直的平行四边形 正方形（有一组邻边相等且一个角是直角的平行四边形） 1.对边平行，四条边都相等； 2.四个角都是直角； 3.对角线相等、垂直且互相平分，平分一组对角； 4.既是中心对称图形，又是轴对称图形（4条对称轴） 1.定义法：有一组邻边相等且一个角是直角的平行四边形； 2.有一组邻边相等的矩形； 3.有一个角是直角的菱形； 4.对角线相等且垂直的平行四边形 知识点4：三角形的中位线 1.定义：连接三角形两边中点的线段。 2.定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半（若、分别为、中点，则，）。 3.推论：三条中位线将原三角形分成四个全等的小三角形，中位线组成的三角形周长为原三角形周长的一半。 知识点5：中点四边形 1.定义：顺次连接任意四边形各边中点所得的四边形。 2.形状规律： 原四边形条件 中点四边形形状 任意四边形 平行四边形 对角线相等（如矩形、等腰梯形） 菱形 对角线互相垂直（如菱形） 矩形 对角线相等且互相垂直（如正方形） 正方形 【基础必考题型】 【题型1】平行四边形的性质基础应用 1.核心知识点: 平行四边形的边、角、对角线性质 平行线的性质 2.解题方法技巧: 性质定位法：根据所求量（边、角、对角线），对应调用平行四边形的相关性质，如求边长用“对边相等”，求角用“对角相等”或“邻角互补”。 方程思想：遇未知量时，设未知数，利用性质建立等量关系（如平行四边形周长为），列方程求解。 生活建模：将生活中的平行四边形物体（如伸缩门、停车位）转化为几何图形，忽略无关细节，聚焦边、角关系计算。 【例题1】.（2026·河北邯郸·一模）在平面直角坐标系中，在第一象限内，且轴，各顶点坐标如图所示，则的值是_____． 【变式题1-1】.（25-26八年级下·江苏无锡·月考）在平行四边形中，，、的平分线分别交于E、F，若，则________． 【变式题1-2】.（25-26八年级下·江苏无锡·月考）已知的对角线交点在原点，若，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【变式题1-3】.（25-26八年级下·全国·课前预习）如图，平行四边形的对角线交于点，过点作，交于点．连接．若，则______． 【题型2】特殊平行四边形的定义与性质辨析 1.核心知识点: 矩形、菱形、正方形的定义和核心性质 三种图形的区别与联系 2.解题方法技巧: 定义辨析法：抓住每种图形的“本质特征”（矩形→直角，菱形→邻边相等，正方形→直角+邻边相等），逐一验证选项。 性质排除法：对选项逐一分析，不符合某一性质则排除，如“对角线相等的平行四边形”一定是矩形，排除菱形、正方形的非矩形情况。 传统文化关联：结合古典园林花窗、传统纹样等情境，先识别图形类型，再运用对应性质解题。 【例题2】.（25-26九年级下·云南·月考）下列四个选项中，所描述的图形一定是轴对称图形的是（   ） A．有一个角是的平行四边形 B．有一组邻边相等的四边形 C．对角线互相垂直的四边形 D．有一个角是直角的菱形 【变式题2-1】.（2026·河北邯郸·一模）如图，在菱形中，M，N是对角线上不重合的两个点，且．当改变点M，N位置的过程中，下列对于四边形的说法正确的是（   ） A．总是矩形 B．总是菱形 C．中不可能存在 D．中可能存在 【变式题2-2】.（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，点为正方形边上一点，若，，则该正方形的对角线长为______． 【变式题2-3】.（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，在菱形中，，已知的周长是15，则菱形的周长是（    ） A．25 B．20 C．15 D．10 【题型3】三角形中位线的基础计算与证明 1.核心知识点: 三角形中位线的定义 三角形中位线定理 2.解题方法技巧: 中点识别：先确定三角形的两边中点，明确中位线对应的第三边。 定理直接应用：求长度用“中位线=第三边的一半”，证平行用“中位线平行于第三边”。 辅助线构造：遇中点但无中位线时，连接中点构造中位线，转化边的关系。 【例题3】.（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，M为上一点，且，点P，Q分别为，的中点，连接．若，则四边形的周长为（    ） A．24 B．12 C．17 D．22 【变式题3-1】.（2026·安徽阜阳·一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且，连接．若，则的长为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【变式题3-2】.（25-26九年级下·广东广州·月考）如图，菱形的面积为6，E，F，G，H分别为边，，，的中点，则四边形的面积为（   ） A．3 B．3.5 C．5 D．5.5 【变式题3-3】.（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在菱形中，，E、F分别是、的中点，若，则菱形的周长为（   ） A．4 B．8 C．16 D．32 【题型4】平行四边形的判定 1.核心知识点: 平行四边形的四种判定方法 尺规作图的基本操作 2.解题方法技巧: 判定方法选择：已知边的关系选“边类判定”（平行且相等、两组相等），已知对角线关系选“对角线互相平分”。 作图验证：按判定方法作图（如作一组平行且相等的线段），保留痕迹，再证明图形为平行四边形。 逆向验证：证明后可通过性质反向验证（如证明对边相等，再验证对边平行）。 【例题4】.（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，若增加“某条线段的长度为5”这个条件后，可证明四边形为平行四边形，则这条线段为（   ） A．a B．b C．c D．d 【变式题4-1】.（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，下列条件中，不能确定四边形是平行四边形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【变式题4-2】.（25-26九年级下·江苏宿迁·月考）如图，在四边形中，，，，垂足分别为，．求证： (1)； (2)四边形 是平行四边形． 【变式题4-3】.（25-26八年级下·全国·课后作业）佳佳将两个全等的直角三角板（含30°角）的直角边重合拼成如图①、图②所示的四边形． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)连接，若直角三角板斜边的长为12，请从图①、图②中选择一个图形，求对角线的长度． 【培优高频题型】 【题型5】特殊平行四边形的综合计算 1.核心知识点: 矩形、菱形、正方形的性质 折叠的性质（对应边相等、对应角相等） 勾股定理 2.解题方法技巧: 折叠转化：将折叠后的对应边、角转化为原图形中的边、角，建立等量关系。 直角三角形构造：利用特殊平行四边形的直角，结合折叠形成Rt△，用勾股定理列方程（如矩形折叠后，折痕、边长构成Rt△）。 多性质联用：综合运用“对角线相等”“四边相等”“垂直平分”等性质，逐步推导所求量。 【例题5】.（湖南衡阳市一中教育集团2025-2026学年下学期九年级第一次学情自测数学试题）如图，点为矩形和正方形的公共顶点，点在矩形的边上，交于点． (1)求证：； (2)连接，若，是的中点，求和的长． 【变式题5-1】.（24-25八年级上·福建福州·期末）已知四边形是正方形，点E是射线上一点，连接，点D关于直线的对称点为M，射线与直线相交于点G． (1)若点M在对角线上，则 度； (2)如图，若E是的中点，试用等式表示线段之间的数量关系，并证明； (3)若点E在边的延长线上，且，在备用图上画出示意图，并求的长． 【变式题5-2】.（2026八年级下·重庆·专题练习）在菱形中，，点H在平面内，点E为直线上一点． (1)如图1，当H在上时，，若，，求的长； (2)如图2，当H在延长线上时，，O为的中点，连接并延长交于点G，求证：． 【变式题5-3】.（2026·新疆乌鲁木齐·一模）下面是尺规作图作矩形的一种方法： 第一步：在中，，分别以点，为圆心，以大于 为半径作弧，两弧相交于 ，两点，作直线交于点； 第二步：连接并延长，在的延长线上截取，使得； 第三步：连接，，则四边形就是所求作的矩形． (1)尺规作图的“第一步”中，与的数量关系为 ； (2)求证：四边形是矩形． 【题型6】中点四边形的探究 1.核心知识点: 中点四边形的形状规律 三角形中位线定理 对角线的性质 2.解题方法技巧: 对角线分析：先判断原四边形对角线的关系（相等、垂直、相等且垂直），再对应中点四边形形状。 定理推导：利用三角形中位线定理，证明中点四边形的对边平行且等于原四边形对角线的一半，进而判断形状。 变式探究：改变原四边形的形状（如将平行四边形改为梯形），探究中点四边形的变化规律。 【例题6】.（25-26八年级下·全国·周测）如图，已知E，F，G，H分别是各边的中点，则四边形EFGH是什么四边形？若把条件中的依次改为矩形、菱形、正方形，其他条件不变，则四边形EFGH依次是什么四边形？试说明理由． 【变式题6-1】.（25-26九年级上·辽宁阜新·期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 概念理解： （1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是 ． A．平行四边形        B．矩形        C．菱形        D．正方形 性质探究： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，直接写出关于四边形的对角线的关系： 问题解决： （3）如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连接．求证：四边形是“中方四边形”； 拓展应用： 如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点， （4）试探索与的数量关系，并说明理由． 【变式题6-2】.（25-26九年级上·山西太原·月考）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 【概念理解】： （1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是 ． A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形 【性质探究】： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，则：四边形的对角线的关系为 ； 【问题解决】： （3）如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点． 则：与的数量关系为 ． 【变式题6-3】.（2025·河南南阳·二模）（1）如图①点E、F、G、H分别是菱形各边中点，可判定四边形的形状为_________； （2）如图②点E，F，G，H分别是四边形各边中点，且对角线，判定四边形的形状，并证明； （3）在（2）的条件下，请对四边形增添一个条件，使四边形为正方形．（直接写出所添条件） 【题型7】菱形的面积计算 1.核心知识点: 菱形的面积公式（底×高、对角线乘积的一半） 勾股定理 2.解题方法技巧: 公式选择：已知底和高用“底×高”，已知对角线用“”。 面积转化：将菱形分割为两个全等的三角形或四个直角三角形，用三角形面积求和。 【例题7】.（25-26九年级下·四川成都·月考）如图，在菱形中，为对角线，，，则菱形的面积为（   ）． A． B． C． D． 【变式题7-1】.（25-26九年级下·甘肃天水·月考）如图，在菱形中，面积为96，对角线与相交于点O．已知，则的长为________． 【变式题7-2】.（2026·宁夏银川·一模）如图，矩形中，是对角线的垂直平分线，连接、，且、．证明四边形是菱形并求面积．（提示：证平分） 【变式题7-3】.（25-26九年级上·广东深圳·期末）如图，在四边形纸片中，，，点是上一点，将纸片沿折叠，点恰好落在点处，连接．    (1)判断四边形的形状并证明； (2)若，，求的长． 【压轴素养题型】 【题型8】四边形中的动点综合问题（分类讨论型） 1.核心知识点: 平行四边形、正方形的性质与判定 全等三角形的性质 动点运动轨迹与线段长度表示 2.解题方法技巧: 轨迹与时间分析：明确动点运动方向、速度，用时间表示关键线段长度（如，剩余线段=总长）。 分类讨论核心：按动点位置（如在线段上、延长线上）或图形判定条件（如平行四边形对边相等、全等三角形的对应边关系）分类。 方程建立：根据图形性质（平行四边形对边相等、全等三角形对应边相等）列关于的方程，求解后验证合理性（且线段长度非负）。 临界值把控：注意动点到达终点的时间，避免超出运动范围的解。 【例题8】.（25-26八年级下·全国·周测）如图，在四边形中，，，，．点从点出发，以的速度沿向终点运动，同时点从点出发，以的速度沿向终点运动．当四边形为平行四边形时，运动时间为（   ） A．4s B．3s C．2s D．1s 【变式题8-1】.（2025八年级上·全国·专题练习）如图所示，在四边形中，，，，点从点向点以的速度运动，到点即停止点从点向点以的速度运动，到点即停止直线将四边形截成两个四边形，分别为四边形和四边形，已知，两点同时出发，则几秒后所截得的两个四边形中，有一个为平行四边形 【变式题8-2】.（24-25八年级下·吉林长春·开学考试）如图，在中，，，边上的高为12．点从点出发，沿以每秒5个单位长度的速度运动．点从点出发沿以每秒10个单位长度的速度运动．、两点同时出发，当其中一点到达终点时，、两点同时停止运动．设运动的时间为（秒），连接． (1)当点与点重合时，的值为________． (2)直接写出的长（用含的代数式表示）； (3)当平分面积时，求的值； (4)当时，直接写出的值． ∴， 同理：， ∴， ∵，， 同理， ∵， ∴， 解得：； ∴， 解得：； 【变式题8-3】.（25-26八年级上·江西赣州·期中）如图，已知正方形中，边长为，点E在边上，．如果点P在线段上以的速度由B点向点C运动，同时点Q在线段上以的速度由点C向点D运动，设运动的时间为t秒． (1)________，________；（用含t的代数式表示） (2)若以E，B，P为顶点的三角形和以P，C，Q为顶点的三角形全等，试求a的值． 【题型9】正方形的综合证明与计算（旋转情境） 1.核心知识点: 正方形的性质 旋转的性质（对应边相等、对应角相等、旋转角相等） 全等三角形的判定 2.解题方法技巧: 旋转转化：将正方形中的某部分图形旋转（如绕顶点旋转），构造全等三角形，转化线段和角的关系。 直角构造：利用正方形的直角，结合旋转角，构造Rt△，用勾股定理求解。 多结论证明：按“旋转→全等→边相等/角相等→结论”的逻辑推导，逐步证明多个结论。 【例题9】.（24-25八年级下·河北唐山·期末）如图1，将边长为10的等边放置在正方形内部，顶点、在边、上，且满足，如图2，将在正方形内部顺时针方向进行翻滚，三角形的顶点、、的对应点、、会随之落到对应正方形的边上．已知边的中点为，且． (1)当点的对应点落在边上时，如图2，求证：≌； (2)当绕点旋转从点F在边上开始（图1）到点落在边上结束（图2），求绕点转过的角度的大小； (3)求正方形的边长； (4)在连续翻滚的过程中（接着绕点旋转，至点落在边上，再绕点旋转…），直接写出在正方形内部接触不到的面积的值． 【变式题9-1】.（25-26九年级上·河南·月考）如图1，正方形的对角线相交于点，正方形与正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转． 【问题发现】 （1）连接，则线段，，之间的数量关系是__________ 【类比迁移】 （2）如图2，点为矩形的中心，矩形的边与边相交点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转．判断线段，，之间的数量关系，并加以证明． 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕点旋转．当时，请直接写出线段的长． 【变式题9-2】.（25-26八年级上·山东淄博·期末）【问题情境】 同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 【操作发现】 （1）如图1，正方形和正方形，连接，．线段与线段之间的数量关系是________；直线与直线的夹角度数为________；（注：两条直线的夹角是指两条直线相交所形成的小于等于的角） （2）如图2，当正方形绕点旋转时，线段与线段之间的数量关系是________；直线与直线的夹角度数为________． 【深入探究】 （3）如图3，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想线段与的数量关系及直线与的夹角度数，并说明理由． 【迁移探究】 （4）如图3，在（3）的条件下，，在菱形绕点旋转过程中，求线段的最小值． 【变式题9-3】.（23-24九年级上·江苏盐城·期末）（1）【问题初探】 苏科版教材八年级下册第九章《中心对称图形一一平行四边形》中有这样的问题：如图1正方形的边长为1，的顶点O在正方形两条对角线的交点处，，将绕点O旋转，的两边分别与正方形的边和交于点E和点F（点F与点C，D不重合），问：在旋转过程中，四边形的面积会发生变化吗？证明你的结论． 爱思考的小明和小丽同学分别探究出了如下两种解题思路： 小明：如图a，证明，则，这样，可实现四边形的面积向面积的转化； 小丽：如图b，过点O分别作于点G，于点H，证明，从而将四边形的面积转化成小正方形的面积． 通过他们的思路点拨，你认为： （填一个数值），其实，在这样的旋转变化过程中，线段与的和也是一个定值，为 （填一个数值）； （2）【类比探究】 如图2，若将（1）中的“正方形”改为“含的菱形”，即，当绕点O旋转时，的边交边于点M，交边于点N． 请猜想： ①线段与之间的数量关系是 ； ②四边形与菱形的面积关系是 ； （3）【拓展应用】 ①对上面的问题进行进一步的探究，如图3，将图2中的沿方向平移至如图所示位置，若（m为常数）请描述与的数量关系（用含m的式子表示），并说明理由； ②在①的条件下，若，试说明点P恰为的重心． 易错点 1.混淆多边形内角和与外角和，误将内角和公式用于外角和计算，或忽略正多边形每个外角为。 2.特殊平行四边形的判定条件遗漏，如误将“对角线相等的四边形”当作矩形，忽略“平行四边形”的前提。 3.三角形中位线定理应用错误，误将“连接三角形一边中点和另一边任意点的线段”当作中位线。 4.折叠问题中，未正确识别对应边、对应角，导致等量关系建立错误。 5.中点四边形的形状判断错误，未抓住“原四边形对角线的关系”这一核心条件。 6.忽略正方形的双重属性（既是矩形又是菱形），导致判定时条件不足。 重点 1.掌握多边形内角和公式与外角和性质，能熟练计算正多边形的内角和、外角。 2.熟记平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定方法，能灵活选择判定方法证明图形类型。 3.理解三角形中位线定理，能运用定理进行线段平行和长度的证明与计算。 4.掌握中点四边形的形状规律，能根据原四边形对角线的关系判断中点四边形的形状。 5.能解决四边形与折叠、旋转、动点相关的综合问题，运用勾股定理、全等三角形等知识建立等量关系。 难点 1.特殊平行四边形的综合证明与计算，尤其是结合折叠、旋转、动点的复杂情境，需多性质、多定理联用。 2.中点四边形的规律探究，需通过三角形中位线定理推导，建立原四边形对角线与中点四边形形状的联系。 3.四边形中的最值问题，需分析动点轨迹，结合轴对称、垂线段最短等知识确定最值位置。 4.存在性问题的求解，需假设存在并建立方程，分类讨论不同情况，验证解的合理性。 5.跨学科与实际情境题的建模，需将实际问题抽象为几何图形，提取关键条件，转化为数学问题求解。 【对应练习题】 一、单选题 1．依据图中所标数据，能判定四边形为平行四边形的是（   ） A．B．C． D． 2．如图，两个大小相同的正方形与正方形的顶点重合，恰好落在正方形的对角线上，与交于点，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．如图，点在边上，将沿翻折，使点的对应点落在边上，若，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 4．探究课上，小明画出，利用尺规作图找一点，判定四边形为平行四边形的依据是___________． 5．如图，四边形是平行四边形，点A，B的坐标分别为，，则点C的坐标为_______． 6．如图，矩形中，，，点从点出发向点运动，同时点从点出发向点运动，运动速度都是1cm/s，设运动时间为（），若四边形是菱形，则的值为___________． 三、解答题 7．如图，四边形中，对角线，相交于点，点，分别在线段，上，且，，，求证：四边形是平行四边形． 8．如图，在矩形中，，过对角线的中点作的垂线，分别交于点．求的长． 9．如图，四边形是正方形，点G在上，于点E，，交于点F． 求证：． 10．如图，正方形的边长为4，P为边上一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转，得到线段． (1)如图1，当时，求点Q到直线的距离； (2)如图2，连接，取的中点M，连接．求证：； (3)连接，，当为等腰三角形时，求的长． 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第8章 四边形 知识点1：多边形的概念与性质 1.定义：平面内由不在同一直线上的线段首尾顺次相接组成的图形，分为三角形、四边形、n边形等。 2.内角和公式：n边形内角和为（），外角和恒为（与边数无关）。 3.对角线：从n边形一个顶点出发可引条对角线，将其分成个三角形，总对角线条数为。 4.正多边形：各边相等、各内角相等，每个内角为。 知识点2：平行四边形的性质与判定 性质 1.边：对边平行且相等（，，，）。 2.角：对角相等，邻角互补（，，）。 3.对角线：互相平分（，）。 4.对称性：中心对称图形（对称中心为对角线交点）。 判定 判定依据 符号语言 两组对边分别平行 ，，四边形是平行四边形 一组对边平行且相等 且，四边形是平行四边形 两组对边分别相等 ，，四边形是平行四边形 对角线互相平分 ，，四边形是平行四边形 知识点3：特殊平行四边形的性质与判定 图形 性质 判定 矩形（有一个角是直角的平行四边形） 1.对边平行且相等； 2.四个角都是直角； 3.对角线相等且互相平分； 4.既是中心对称图形，又是轴对称图形（2条对称轴） 1.定义法：有一个角是直角的平行四边形； 2.三个角是直角的四边形； 3.对角线相等的平行四边形 菱形（有一组邻边相等的平行四边形） 1.对边平行，四条边都相等； 2.对角相等，邻角互补； 3.对角线垂直且互相平分，平分一组对角； 4.既是中心对称图形，又是轴对称图形（2条对称轴） 1.定义法：有一组邻边相等的平行四边形； 2.四边相等的四边形； 3.对角线互相垂直的平行四边形 正方形（有一组邻边相等且一个角是直角的平行四边形） 1.对边平行，四条边都相等； 2.四个角都是直角； 3.对角线相等、垂直且互相平分，平分一组对角； 4.既是中心对称图形，又是轴对称图形（4条对称轴） 1.定义法：有一组邻边相等且一个角是直角的平行四边形； 2.有一组邻边相等的矩形； 3.有一个角是直角的菱形； 4.对角线相等且垂直的平行四边形 知识点4：三角形的中位线 1.定义：连接三角形两边中点的线段。 2.定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半（若、分别为、中点，则，）。 3.推论：三条中位线将原三角形分成四个全等的小三角形，中位线组成的三角形周长为原三角形周长的一半。 知识点5：中点四边形 1.定义：顺次连接任意四边形各边中点所得的四边形。 2.形状规律： 原四边形条件 中点四边形形状 任意四边形 平行四边形 对角线相等（如矩形、等腰梯形） 菱形 对角线互相垂直（如菱形） 矩形 对角线相等且互相垂直（如正方形） 正方形 【基础必考题型】 【题型1】平行四边形的性质基础应用 1.核心知识点: 平行四边形的边、角、对角线性质 平行线的性质 2.解题方法技巧: 性质定位法：根据所求量（边、角、对角线），对应调用平行四边形的相关性质，如求边长用“对边相等”，求角用“对角相等”或“邻角互补”。 方程思想：遇未知量时，设未知数，利用性质建立等量关系（如平行四边形周长为），列方程求解。 生活建模：将生活中的平行四边形物体（如伸缩门、停车位）转化为几何图形，忽略无关细节，聚焦边、角关系计算。 【例题1】.（2026·河北邯郸·一模）在平面直角坐标系中，在第一象限内，且轴，各顶点坐标如图所示，则的值是_____． 【答案】 【分析】根据平行四边形的性质对边平行且相等，结合点的坐标即可解答． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵轴， ∴， ∴． 【变式题1-1】.（25-26八年级下·江苏无锡·月考）在平行四边形中，，、的平分线分别交于E、F，若，则________． 【答案】13或7 【分析】根据平行四边形的性质和角平分线的定义，证明和是等腰三角形，从而得出和的长度，再分两种情况计算的长度． 【详解】解：∵平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 同理可得， 此时分两种情况讨论： ①如图， ∵， ∴； ②如图， ∵，， ∴， ∴， 综上所述，的长为13或7． 【变式题1-2】.（25-26八年级下·江苏无锡·月考）已知的对角线交点在原点，若，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意A，C关于原点对称，可得点C的坐标． 【详解】解：∵的对角线交点在原点， ∴A，C关于原点对称， ∵， ∴． 【变式题1-3】.（25-26八年级下·全国·课前预习）如图，平行四边形的对角线交于点，过点作，交于点．连接．若，则______． 【答案】 【分析】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、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握平行四边形对角线互相平分及对边平行的性质是解题的关键． 先根据平行四边形的性质得到对角线互相平分，再由线段垂直平分线的性质得出，进而得到，然后利用平行四边形对边平行的性质求出，从而求出的度数． 【详解】解：四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴垂直平分 ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ 故答案为： 【题型2】特殊平行四边形的定义与性质辨析 1.核心知识点: 矩形、菱形、正方形的定义和核心性质 三种图形的区别与联系 2.解题方法技巧: 定义辨析法：抓住每种图形的“本质特征”（矩形→直角，菱形→邻边相等，正方形→直角+邻边相等），逐一验证选项。 性质排除法：对选项逐一分析，不符合某一性质则排除，如“对角线相等的平行四边形”一定是矩形，排除菱形、正方形的非矩形情况。 传统文化关联：结合古典园林花窗、传统纹样等情境，先识别图形类型，再运用对应性质解题。 【例题2】.（25-26九年级下·云南·月考）下列四个选项中，所描述的图形一定是轴对称图形的是（   ） A．有一个角是的平行四边形 B．有一组邻边相等的四边形 C．对角线互相垂直的四边形 D．有一个角是直角的菱形 【答案】D 【分析】根据轴对称图形的定义，结合特殊四边形的性质对各个选项进行逐一判断即可． 【详解】解：A、有一个角是的平行四边形不一定是轴对称图形，故本选项错误； B、有一组邻边相等的四边形不一定是轴对称图形，例如筝形是轴对称图形，但满足条件的不规则四边形则不是，故本选项错误； C、对角线互相垂直的四边形不一定是轴对称图形，例如筝形和菱形是轴对称图形，但也可以构造出没有对称性的满足条件的四边形，故本选项错误； D、有一个角是直角的菱形为正方形，正方形是轴对称图形，故本选项正确； 故选D． 【变式题2-1】.（2026·河北邯郸·一模）如图，在菱形中，M，N是对角线上不重合的两个点，且．当改变点M，N位置的过程中，下列对于四边形的说法正确的是（   ） A．总是矩形 B．总是菱形 C．中不可能存在 D．中可能存在 【答案】B 【分析】连接交于点O，根据菱形的性质可得四边形是菱形，当时，菱形是正方形，则．据此判断即可． 【详解】解：如图，连接交于O， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形， ∴， 当时，菱形是正方形，则． 【变式题2-2】.（24-25八年级下·湖北武汉·期末）如图，点为正方形边上一点，若，，则该正方形的对角线长为______． 【答案】 【分析】在中，利用勾股定理求出的长度，再在中，利用勾股定理求出对角线的长度． 【详解】解：连接，如图所示： 四边形是正方形， ，， 在中，，， 由勾股定理得：， 在中，， 由勾股定理得：， 该正方形的对角线长为． 【变式题2-3】.（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，在菱形中，，已知的周长是15，则菱形的周长是（    ） A．25 B．20 C．15 D．10 【答案】B 【分析】根据菱形的性质得到，，可知是等边三角形，进而求出，即可求出菱形的周长． 【详解】解：∵菱形中，， ∴，， ∴是等边三角形， 即， ∵的周长是15， ∴， ∴菱形的周长． 【题型3】三角形中位线的基础计算与证明 1.核心知识点: 三角形中位线的定义 三角形中位线定理 2.解题方法技巧: 中点识别：先确定三角形的两边中点，明确中位线对应的第三边。 定理直接应用：求长度用“中位线=第三边的一半”，证平行用“中位线平行于第三边”。 辅助线构造：遇中点但无中位线时，连接中点构造中位线，转化边的关系。 【例题3】.（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，M为上一点，且，点P，Q分别为，的中点，连接．若，则四边形的周长为（    ） A．24 B．12 C．17 D．22 【答案】D 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， ∵点P，Q分别为，的中点， ∴，， ∵， ∴， 由勾股定理得， ∴， ∴四边形的周长为． 【变式题3-1】.（2026·安徽阜阳·一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且，连接．若，则的长为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】B 【分析】根据矩形的性质，三角形的中位线定理，得到，即可得出结果. 【详解】解：∵矩形， ∴， ∵， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴. 【变式题3-2】.（25-26九年级下·广东广州·月考）如图，菱形的面积为6，E，F，G，H分别为边，，，的中点，则四边形的面积为（   ） A．3 B．3.5 C．5 D．5.5 【答案】A 【分析】根据三角形中位线定理得，，，，证明四边形是矩形，进而得菱形的面积．四边形面积是，故可得结论． 【详解】解：连接交于O， ∵四边形是菱形， ， ∵点、、、分别是边、、和的中点， ，，，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ， ∴， ∵，， ， ， ∴四边形是矩形， ∴菱形的面积， ， ， ∴四边形的面积为3． 【变式题3-3】.（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在菱形中，，E、F分别是、的中点，若，则菱形的周长为（   ） A．4 B．8 C．16 D．32 【答案】C 【分析】根据三角形的中位线定理求出的长，证明是等边三角形，得到，进而求出菱形的周长即可． 【详解】解：、F分别是、的中点，． ， 四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ， 菱形的周长为． 【题型4】平行四边形的判定 1.核心知识点: 平行四边形的四种判定方法 尺规作图的基本操作 2.解题方法技巧: 判定方法选择：已知边的关系选“边类判定”（平行且相等、两组相等），已知对角线关系选“对角线互相平分”。 作图验证：按判定方法作图（如作一组平行且相等的线段），保留痕迹，再证明图形为平行四边形。 逆向验证：证明后可通过性质反向验证（如证明对边相等，再验证对边平行）。 【例题4】.（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，若增加“某条线段的长度为5”这个条件后，可证明四边形为平行四边形，则这条线段为（   ） A．a B．b C．c D．d 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的判定．根据平行四边形的判定定理添加条件即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定，可添加的条件是： 即这条线段为a． 故选：A 【变式题4-1】.（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，下列条件中，不能确定四边形是平行四边形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【详解】解：A、，，可能是等腰梯形，所以不能判定四边形是平行四边形，故此选项符合题意； B、，， 根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判定四边形为平行四边形，故此选项不符合题意； C、，，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判定四边形为平行四边形，故此选项不符合题意； D、，，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可判定四边形为平行四边形，故此选项不符合题意． 【变式题4-2】.（25-26九年级下·江苏宿迁·月考）如图，在四边形中，，，，垂足分别为，．求证： (1)； (2)四边形 是平行四边形． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，平行线的判定，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由线段的和与差得，然后通过“”即可证明； （）由全等三角形性质可得，所以，然后通过平行四边形的判定方法即可求证． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）证明：由（）得， ∴， ∴， ∵， ∴四边形 是平行四边形． 【变式题4-3】.（25-26八年级下·全国·课后作业）佳佳将两个全等的直角三角板（含30°角）的直角边重合拼成如图①、图②所示的四边形． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)连接，若直角三角板斜边的长为12，请从图①、图②中选择一个图形，求对角线的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）两组对边分别相等的四边形是平行四边形，由此即可判定四边形是平行四边形； （2）由含角的直角三角形的性质求出长，得到长，由勾股定理求出长，即可得到长． 【详解】（1）解：证明：两个直角三角板全等， ，， 四边形是平行四边形． （2）解：示例：选择图．如图，连接，与交于点． ，， ， ． 四边形是平行四边形， ，． 在中，， ． 【点睛】本题考查平行四边形的判定，勾股定理，含度角的直角三角形，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定方法. 【培优高频题型】 【题型5】特殊平行四边形的综合计算 1.核心知识点: 矩形、菱形、正方形的性质 折叠的性质（对应边相等、对应角相等） 勾股定理 2.解题方法技巧: 折叠转化：将折叠后的对应边、角转化为原图形中的边、角，建立等量关系。 直角三角形构造：利用特殊平行四边形的直角，结合折叠形成Rt△，用勾股定理列方程（如矩形折叠后，折痕、边长构成Rt△）。 多性质联用：综合运用“对角线相等”“四边相等”“垂直平分”等性质，逐步推导所求量。 【例题5】.（湖南衡阳市一中教育集团2025-2026学年下学期九年级第一次学情自测数学试题）如图，点为矩形和正方形的公共顶点，点在矩形的边上，交于点． (1)求证：； (2)连接，若，是的中点，求和的长． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】（1）依托矩形、正方形内角为的性质，推导等角，用证三角形全等，得出线段相等关系； （2）先利用全等求长度，通过勾股定理算出、；再过点作，证得对应线段相等，最后证，得到，从而求出长． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴． ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴． 在和中： ， ∴， ∴． （2）解：如图，过点作，交于， ∴， ∵四边形是矩形，， ∴，． ∵为中点， ∴． 由得， ∴． 在中， ． ∵四边形是正方形， ∴，． ∴， 在中，， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． 在和中： ， ∴， ∴． 在和中： ， ∴， ∴． ∵， ∴． 【变式题5-1】.（24-25八年级上·福建福州·期末）已知四边形是正方形，点E是射线上一点，连接，点D关于直线的对称点为M，射线与直线相交于点G． (1)若点M在对角线上，则 度； (2)如图，若E是的中点，试用等式表示线段之间的数量关系，并证明； (3)若点E在边的延长线上，且，在备用图上画出示意图，并求的长． 【答案】(1)67.5 (2)，证明见解析 (3)见解析， 【分析】（1）由对称的性质可得，再根据正方形的性质即可求解； （2）连接，证明和，得出即可解答； （3）先证明，则，再证明，最后对运用勾股定理建立方程求解． 【详解】（1）解：如图： ∵点D关于直线的对称点为M， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴； （2）解：， 连接， ∵点D关于直线的对称点为M， ∴， 而 ∴， ∴， ∴， ∵正方形中， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵； （3）解：如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 由对称的性质可得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【变式题5-2】.（2026八年级下·重庆·专题练习）在菱形中，，点H在平面内，点E为直线上一点． (1)如图1，当H在上时，，若，，求的长； (2)如图2，当H在延长线上时，，O为的中点，连接并延长交于点G，求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）过点作交于点，根据菱形的性质及已知可得是等边三角形，由等边三角形的性质可得，，可得，，设，则，，根据勾股定理可得，即，求解即可； （2）过点作交于点，证明是等边三角形，可得，，由，继而得到，证明，可得，证明，可得 ，即可得证． 【详解】（1）解：过点作交于点， ∴， ∵在菱形中，，，，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 设， ∴，， ∵， ∴， 解得：， ∴的长为； （2）证明：过点作交于点， ∴， 由（1）知：是等边三角形， ∴， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又，， ∴． 【变式题5-3】.（2026·新疆乌鲁木齐·一模）下面是尺规作图作矩形的一种方法： 第一步：在中，，分别以点，为圆心，以大于 为半径作弧，两弧相交于 ，两点，作直线交于点； 第二步：连接并延长，在的延长线上截取，使得； 第三步：连接，，则四边形就是所求作的矩形． (1)尺规作图的“第一步”中，与的数量关系为 ； (2)求证：四边形是矩形． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由尺规作图可知，是线段的垂直平分线，从而； （2）先由对角线互相平分证明四边形是平行四边形，再结合，证明矩形． 【详解】（1）解：由题意可知，是线段的垂直平分线， ∴； （2）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． 【题型6】中点四边形的探究 1.核心知识点: 中点四边形的形状规律 三角形中位线定理 对角线的性质 2.解题方法技巧: 对角线分析：先判断原四边形对角线的关系（相等、垂直、相等且垂直），再对应中点四边形形状。 定理推导：利用三角形中位线定理，证明中点四边形的对边平行且等于原四边形对角线的一半，进而判断形状。 变式探究：改变原四边形的形状（如将平行四边形改为梯形），探究中点四边形的变化规律。 【例题6】.（25-26八年级下·全国·周测）如图，已知E，F，G，H分别是各边的中点，则四边形EFGH是什么四边形？若把条件中的依次改为矩形、菱形、正方形，其他条件不变，则四边形EFGH依次是什么四边形？试说明理由． 【答案】四边形EFGH是平行四边形；当四边形ABCD为矩形时，四边形EFGH是菱形；当四边形ABCD为菱形时，四边形EFGH是矩形．当四边形ABCD为正方形时，四边形EFGH是正方形；理由见解析 【分析】连接，，由三角形中位线定理可得，，，，，，根据菱形、矩形、正方形的性质定理和判定解答即可． 【详解】解：如图，连接，． ，分别为，的中点， ∴，． 同理可得，， ∴，， ∴四边形是平行四边形． ∵，分别为，的中点， ∴，． 当四边形为矩形时，， ∴， ∴四边形是菱形． 当四边形为菱形时，， ∴， ∴四边形是矩形． 当四边形为正方形时，，， ∴，， ∴四边形是正方形． 【点睛】此题主要考查了三角形的中位线定理、矩形、菱形、正方形的性质定理和判定定理，解题关键是掌握三角形中位线定理． 【变式题6-1】.（25-26九年级上·辽宁阜新·期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 概念理解： （1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是 ． A．平行四边形        B．矩形        C．菱形        D．正方形 性质探究： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，直接写出关于四边形的对角线的关系： 问题解决： （3）如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连接．求证：四边形是“中方四边形”； 拓展应用： 如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点， （4）试探索与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）D；（2），；（3）见解析；（4），理由见解析 【分析】（1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案； （2）由中位线的性质可得：，，，，结合正方形的性质可得结论； （3）如图，取四边形各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论； （4）如图，记、的中点分别为E、F，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论． 【详解】解：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”， 理由如下：因为正方形的对角线相等且互相垂直，那么有中位线的性质可得四边相等，且一个内角为直角，所以其中点四边形是正方形； （2），．理由如下： ∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵E，F，G，H分别是，，，的中点， ∴，，，， ∴，． （3）如图，设四边形的边的中点分别为M、N、R、L，连接交于P，连接交于K，    ∵四边形各边中点分别为M、N、R、L， ∴、，，分别是、、、的中位线， ∴，，，，，，，， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， 又∵，， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴． 又∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴． ∴菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”． （4）如图，记、的中点分别为E、F， 连接    ∵四边形是“中方四边形”，M，N分别是，的中点， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵M，F分别是，的中点， ∴， ∴． 【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，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键． 【变式题6-2】.（25-26九年级上·山西太原·月考）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 【概念理解】： （1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是 ． A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形 【性质探究】： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，则：四边形的对角线的关系为 ； 【问题解决】： （3）如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点． 则：与的数量关系为 ． 【答案】（1）D，（2）且，（3） 【分析】（1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案； （2）由中位线的性质可得：，，，，结合正方形的性质可得结论； （3）记、的中点分别为E、F，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论． 本题是四边形综合题，考查了三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键． 【详解】解：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”， 理由如下：因为正方形的对角线相等且互相垂直，所以其中点四边形是正方形； （2），．理由如下： ∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵E，F，G，H分别是，，，的中点， ∴，，，， ∴，． （3）如图，记、的中点分别为E、F，    ∵四边形是“中方四边形”，M，N分别是，的中点， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵M，F分别是，的中点， ∴， ∴ 【变式题6-3】.（2025·河南南阳·二模）（1）如图①点E、F、G、H分别是菱形各边中点，可判定四边形的形状为_________； （2）如图②点E，F，G，H分别是四边形各边中点，且对角线，判定四边形的形状，并证明； （3）在（2）的条件下，请对四边形增添一个条件，使四边形为正方形．（直接写出所添条件） 【答案】【小问1】矩形 【小问2】四边形为矩形；理由见解析 【小问3】当时，四边形是正方形． 【分析】（1）先根据菱形证得，再根据中位线定理证得，，同理，，，从而可得，，于是可证得四边形是平行四边形，再证明，从而可得四边形是矩形； （2）根据三角形中位线定理证得四边形为平行四边形，再根据证明平行四边形EFGH为矩形； （3）根据正方形的判定定理解答即可． 【详解】（1）解：连接、， 四边形是菱形， ， 、F分别是、上的中点， ，， 同理，，， 则，， 四边形是平行四边形， 、G分别是、的中点， ， 又，， ， 四边形是矩形． 故答案为：矩形； （2）四边形为矩形． 证明：点E，F，G，H分别是四边形的边，，，的中点， 、、、分别为、、、的中位线， ，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， ，，， ， 平行四边形EFGH为矩形； （3）当时，四边形是正方形， 理由如下：由（2）得四边形是矩形， 由（2）得，， 添加， ， 矩形为正方形． 【点睛】本题考查了中点四边形，正方形的判定，菱形的性质，平行四边形的判定定理，三角形中位线定理，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 【题型7】菱形的面积计算 1.核心知识点: 菱形的面积公式（底×高、对角线乘积的一半） 勾股定理 2.解题方法技巧: 公式选择：已知底和高用“底×高”，已知对角线用“”。 面积转化：将菱形分割为两个全等的三角形或四个直角三角形，用三角形面积求和。 【例题7】.（25-26九年级下·四川成都·月考）如图，在菱形中，为对角线，，，则菱形的面积为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接交于点，由菱形的性质可得，，．利用勾股定理可计算出，则，最后利用菱形面积公式计算即可． 【详解】解：如图，连接交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，， 在直角中，， ∴， ∴． 【变式题7-1】.（25-26九年级下·甘肃天水·月考）如图，在菱形中，面积为96，对角线与相交于点O．已知，则的长为________． 【答案】10 【分析】本题考查菱形的性质和勾股定理的应用．解题关键是利用菱形面积公式求出另一条对角线,再利用菱形对角线互相垂直平分的性质和勾股定理求出边长． 【详解】解：， ， 在菱形中，， ， 在中，， 故答案为：10． 【变式题7-2】.（2026·宁夏银川·一模）如图，矩形中，是对角线的垂直平分线，连接、，且、．证明四边形是菱形并求面积．（提示：证平分） 【答案】证明见解析； 【分析】本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，菱形面积的计算公式．根据题意证明，先证明四边形是平行四边形，再根据证明四边形是菱形；根据菱形的性质得到，设，则，根据在中，，得到，解得，根据即可得到答案． 【详解】证明：矩形， ， ， 垂直平分， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， 设，则， 在中，， 即， 解得， 故， ． 【变式题7-3】.（25-26九年级上·广东深圳·期末）如图，在四边形纸片中，，，点是上一点，将纸片沿折叠，点恰好落在点处，连接．    (1)判断四边形的形状并证明； (2)若，，求的长． 【答案】(1)四边形是菱形，见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，勾股定理： （1）根据平行线的性质以及折叠的性质可得，从而得到，进而得到，可证明四边形是平行四边形，再由，即可求证； （2）设，在中，利用勾股定理可得，连接，在中，利用勾股定理可得，然后根据，即可求解． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 如图，   ， ． 纸片沿折叠， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． ， 是菱形． （2）解：由（1）得， 设， 在中，， ∴， ∴， 解得：， 即， 连接，    在中，， ． ， ， ． 【压轴素养题型】 【题型8】四边形中的动点综合问题（分类讨论型） 1.核心知识点: 平行四边形、正方形的性质与判定 全等三角形的性质 动点运动轨迹与线段长度表示 2.解题方法技巧: 轨迹与时间分析：明确动点运动方向、速度，用时间表示关键线段长度（如，剩余线段=总长）。 分类讨论核心：按动点位置（如在线段上、延长线上）或图形判定条件（如平行四边形对边相等、全等三角形的对应边关系）分类。 方程建立：根据图形性质（平行四边形对边相等、全等三角形对应边相等）列关于的方程，求解后验证合理性（且线段长度非负）。 临界值把控：注意动点到达终点的时间，避免超出运动范围的解。 【例题8】.（25-26八年级下·全国·周测）如图，在四边形中，，，，．点从点出发，以的速度沿向终点运动，同时点从点出发，以的速度沿向终点运动．当四边形为平行四边形时，运动时间为（   ） A．4s B．3s C．2s D．1s 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、动点问题的分析知识点，掌握平行四边形对边相等的性质以及根据动点位置表示线段长度的方法是解题的关键． 先判断点的位置：当四边形为平行四边形时，点必须在上，利用平行四边形对边相等的性质，列方程求解运动时间． 【详解】解：由题意可知，当四边形为平行四边形时，点在上． 设运动时间为，则，． 根据题意，得，解得． 故选：B． 【变式题8-1】.（2025八年级上·全国·专题练习）如图所示，在四边形中，，，，点从点向点以的速度运动，到点即停止点从点向点以的速度运动，到点即停止直线将四边形截成两个四边形，分别为四边形和四边形，已知，两点同时出发，则几秒后所截得的两个四边形中，有一个为平行四边形 【答案】或 【分析】本题主要考查了与平行四边形有关的动点问题，结合平行四边形的性质准确分析计算是解题的关键． 若四边形是平行四边形，则，进而求出运动的时间 若四边形是平行四边形，则，进而求出运动的时间． 【详解】解：设后，四边形或四边形是平行四边形， 根据题意可得，，，，若四边形是平行四边形，则， ，解得：， 后四边形是平行四边形． 若四边形是平行四边形，则， ，解得：， 后四边形是平行四边形． 综上所述，或后，两个四边形中有一个是平行四边形． 【变式题8-2】.（24-25八年级下·吉林长春·开学考试）如图，在中，，，边上的高为12．点从点出发，沿以每秒5个单位长度的速度运动．点从点出发沿以每秒10个单位长度的速度运动．、两点同时出发，当其中一点到达终点时，、两点同时停止运动．设运动的时间为（秒），连接． (1)当点与点重合时，的值为________． (2)直接写出的长（用含的代数式表示）； (3)当平分面积时，求的值； (4)当时，直接写出的值． 【答案】(1)6 (2) (3)12或4 (4)2或或8 【分析】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握平行四边形的性质，进行分类讨论是解题的关键． （1）由题意可得，即可； （2）分点点出发沿运动和点出发沿运动两种情况讨论即可； （3）分两种情况，结合梯形的面积公式分别求出t的值即可． （4）分两种情况，结合矩形的性质、平行四边形的性质分别求出t的值即可． 【详解】（1）解：点Q与点C重合时， 由题意得：， 解得：， 即点Q与点C重合时，t的值为6； （2）解：当点Q沿运动时，； 由题意得：； 当点Q沿运动时，， ∴， 即； （3）解：∵面积为， ∴梯形的面积为 分两种情况： 当点Q沿运动时，如图， ∴， 解得：； 当点Q沿运动时，如图， 同理：， 解得：， 此时，两点重合，两点重合； 综上所述，当平分面积时，t的值为12或； （4）解：分两种情况： 点Q沿运动时， 如图，过A作于点G，于点H，则四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 解得：； 当点Q沿运动时， 如图，过A作于点G，于点H，则四边形是矩形，当点Q在点H右侧时， 同理， ∵， ∴， 解得：； 当点Q在点H左侧时，如图，则四边形是矩形，即， ∴， 解得：； 综上所述，当时，t的值为2或或． 【变式题8-3】.（25-26八年级上·江西赣州·期中）如图，已知正方形中，边长为，点E在边上，．如果点P在线段上以的速度由B点向点C运动，同时点Q在线段上以的速度由点C向点D运动，设运动的时间为t秒． (1)________，________；（用含t的代数式表示） (2)若以E，B，P为顶点的三角形和以P，C，Q为顶点的三角形全等，试求a的值． 【答案】(1)， (2)a的值为2或 【分析】（1）先根据点P运动的速度与时间，用t表示出，再根据，用t表示出； （2）分、两种情况讨论，分别求出a的值． 【详解】（1）解：点P在线段上以的速度由B点向点C运动，运动的时间为t秒， ， ， ， 故答案为：2t，； （2）当时， 此时，， 则有，， 此时，． 当时， 此时，， 则有，， 此时，． 综上所述，a的值为2或． 【点睛】本题考查了列代数式，全等三角形的性质，根据正方形的性质求线段长，（特殊）平行四边形的动点问题等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 【题型9】正方形的综合证明与计算（旋转情境） 1.核心知识点: 正方形的性质 旋转的性质（对应边相等、对应角相等、旋转角相等） 全等三角形的判定 2.解题方法技巧: 旋转转化：将正方形中的某部分图形旋转（如绕顶点旋转），构造全等三角形，转化线段和角的关系。 直角构造：利用正方形的直角，结合旋转角，构造Rt△，用勾股定理求解。 多结论证明：按“旋转→全等→边相等/角相等→结论”的逻辑推导，逐步证明多个结论。 【例题9】.（24-25八年级下·河北唐山·期末）如图1，将边长为10的等边放置在正方形内部，顶点、在边、上，且满足，如图2，将在正方形内部顺时针方向进行翻滚，三角形的顶点、、的对应点、、会随之落到对应正方形的边上．已知边的中点为，且． (1)当点的对应点落在边上时，如图2，求证：≌； (2)当绕点旋转从点F在边上开始（图1）到点落在边上结束（图2），求绕点转过的角度的大小； (3)求正方形的边长； (4)在连续翻滚的过程中（接着绕点旋转，至点落在边上，再绕点旋转…），直接写出在正方形内部接触不到的面积的值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)； (4)． 【分析】（1）根据等边三角形的性质和旋转的性质得，根据正方形的性质和已知条件利用直角三角形全等的判定定理“”得到； （2）根据全等的性质可得，由直角三角形角关系、平角的角关系得到，最后再结合等边三角形角的度数为，角之间的关系求解即可，即为绕点转过的角度的大小； （3）设正方形的边长为，在中，根据边之间的数量关系分别列出三条边长，由勾股定理列方程求解即可； （4）在正方形内部连续翻滚所覆盖的区域为边长为的正方形，则接触不到的面积用正方形的面积减去边长为的正方形面积即可． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ， 是等边三角形，且将在正方形内部顺时针方向进行翻滚得到， ， 在和中，，， ； （2）解：， ， 在中，， ， ， 又为等边三角形， ， ， 绕点转过的角度的大小为； （3）解：设正方形的边长为， 边的中点为，且， ，， 在中，由勾股定理得，， 即，解得，（负值舍去）， 正方形的边长为； （4）解：在正方形内部接触不到的面积的值为． 理由如下：如图所示，连续翻滚的过程中，所覆盖的区域为边长为的正方形， 在正方形内部接触不到的面积为． 【点睛】本题考查了全等三角形判定与性质、正方形的性质、等边三角形的性质、勾股定理、图形的旋转等知识，熟练应用相关性质和定理是解决本题的关键． 【变式题9-1】.（25-26九年级上·河南·月考）如图1，正方形的对角线相交于点，正方形与正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转． 【问题发现】 （1）连接，则线段，，之间的数量关系是__________ 【类比迁移】 （2）如图2，点为矩形的中心，矩形的边与边相交点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转．判断线段，，之间的数量关系，并加以证明． 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕点旋转．当时，请直接写出线段的长． 【答案】（1）；（2），见解析；（3）或 【分析】（1）证明，可得，在中，利用勾股定理解答即可； （2）证明，可得，，再由线段垂直平分线的性质可得，然后在中，利用勾股定理解答即可； （3）设，分两种情况：当点E在边上时，当点E在的延长线上时，由（2）的结论及勾股定理即可解决． 【详解】解：（1）∵四边形，均为是正方形， ∴，，， ∴，即， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴； 故答案为： （2）∵四边形，均为矩形， ∴， ∴， ∵点为矩形的中心， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴垂直平分， ∴， 在中，， ∴； （3）设， 当点E在边上时，此时， 由（2）得：， 在中，， ∴， ∵， ∴， 解得：， 即； 当点E在的延长线上时，如图，把直角补充成矩形，延长交延长线于点P，连接，则，此时，， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴垂直平分， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴ 解得：， 即； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题是四边形的综合，考查了矩形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，旋转的性质等知识，证明三角形全等是问题的关键． 【变式题9-2】.（25-26八年级上·山东淄博·期末）【问题情境】 同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 【操作发现】 （1）如图1，正方形和正方形，连接，．线段与线段之间的数量关系是________；直线与直线的夹角度数为________；（注：两条直线的夹角是指两条直线相交所形成的小于等于的角） （2）如图2，当正方形绕点旋转时，线段与线段之间的数量关系是________；直线与直线的夹角度数为________． 【深入探究】 （3）如图3，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想线段与的数量关系及直线与的夹角度数，并说明理由． 【迁移探究】 （4）如图3，在（3）的条件下，，在菱形绕点旋转过程中，求线段的最小值． 【答案】（1），；（2），；（3），直线与的夹角度数为，理由见解析；（4） 【分析】（1）由正方形的性质可得，，，再证明，得出，，延长交于点，求出，即可得出结果； （2）由正方形的性质可得，，，再证明，得出，，延长交于点，求出，即可得出结果； （3）由菱形的性质可得，，，证明，得出，，延长交的延长线于点，交于点，结合三角形内角和定理求出，即可得出结果； （4）由，得出当点在上时，线段取得最小值，连接，交于，由菱形的性质可得，，，求出，由勾股定理可得，则，求出，即可得出结果． 【详解】（1）解：∵四边形和四边形为正方形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴，， 如图，延长交于点， ， ∵， ∴， ∴， ∴直线与直线的夹角度数为； （2）∵四边形和四边形为正方形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 如图，延长交于点， ， ∵，且， ∴， ∴， 即与直线的夹角度数为； （3）解：，直线与的夹角度数为，理由如下： ∵四边形与四边形都为菱形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 如图，延长交的延长线于点，交于点， ， ∵，，， ∴， ∴直线与的夹角度数为； （4）解：∵， ∴如图，当点在上时，线段取得最小值， ， 连接，交于， ∵四边形是菱形，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴线段的最小值为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、菱形的性质、勾股定理、三角形内角和定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 【变式题9-3】.（23-24九年级上·江苏盐城·期末）（1）【问题初探】 苏科版教材八年级下册第九章《中心对称图形一一平行四边形》中有这样的问题：如图1正方形的边长为1，的顶点O在正方形两条对角线的交点处，，将绕点O旋转，的两边分别与正方形的边和交于点E和点F（点F与点C，D不重合），问：在旋转过程中，四边形的面积会发生变化吗？证明你的结论． 爱思考的小明和小丽同学分别探究出了如下两种解题思路： 小明：如图a，证明，则，这样，可实现四边形的面积向面积的转化； 小丽：如图b，过点O分别作于点G，于点H，证明，从而将四边形的面积转化成小正方形的面积． 通过他们的思路点拨，你认为： （填一个数值），其实，在这样的旋转变化过程中，线段与的和也是一个定值，为 （填一个数值）； （2）【类比探究】 如图2，若将（1）中的“正方形”改为“含的菱形”，即，当绕点O旋转时，的边交边于点M，交边于点N． 请猜想： ①线段与之间的数量关系是 ； ②四边形与菱形的面积关系是 ； （3）【拓展应用】 ①对上面的问题进行进一步的探究，如图3，将图2中的沿方向平移至如图所示位置，若（m为常数）请描述与的数量关系（用含m的式子表示），并说明理由； ②在①的条件下，若，试说明点P恰为的重心． 【答案】（1）；1；（2）①；②；（3）①，理由见解析；②见解析 【分析】（1）由正方形的性质和全等三角形的判定与性质即可得出结论； （2）①取的中点E，连接，根据三角形中位线定理可得，可得到是等边三角形，再证明，可得，即可解答； ②根据，可得，即可解答； （3）①过点P作交于点F，交于点G，延长至点H，使，则，先证明，可得，再证明，可得，即可解答； ②连接，延长交于点Q，根据直角三角形的性质可得，从而得到，进而得到，，再由菱形的性质可得到是边的中线，是等边三角形，，然后在中，根据直角三角形的性质可得，从而得到，再由勾股定理可得，从而得到，再结合等边三角形的性质可得是的中线，即可解答． 【详解】解：（1）小明：∵四边形是正方形，，边长为1， ∴，，，， ∴，即， ∴， ∴，， ∴，； 小丽：过点O分别作于点G，于点H， ∴， ∵四边形是正方形，边长为1， ∴，，，， ∴四边形为矩形，，， ∴四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，； 故答案为：；1； （2）①如图，取的中点E，连接， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴，， ∵点E是的中点， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：； ②∵， ∴， ∴； 故答案为：； （3）①，理由如下： 如图，过点P作交于点F，交于点G，延长至点H，使，则， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ②如图，连接，延长交于点Q， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴，，，， 是边的中线， ∴是等边三角形， ∴，， 在中，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是的中线， ∴点P恰为的重心． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的判定与性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质、菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 易错点 1.混淆多边形内角和与外角和，误将内角和公式用于外角和计算，或忽略正多边形每个外角为。 2.特殊平行四边形的判定条件遗漏，如误将“对角线相等的四边形”当作矩形，忽略“平行四边形”的前提。 3.三角形中位线定理应用错误，误将“连接三角形一边中点和另一边任意点的线段”当作中位线。 4.折叠问题中，未正确识别对应边、对应角，导致等量关系建立错误。 5.中点四边形的形状判断错误，未抓住“原四边形对角线的关系”这一核心条件。 6.忽略正方形的双重属性（既是矩形又是菱形），导致判定时条件不足。 重点 1.掌握多边形内角和公式与外角和性质，能熟练计算正多边形的内角和、外角。 2.熟记平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定方法，能灵活选择判定方法证明图形类型。 3.理解三角形中位线定理，能运用定理进行线段平行和长度的证明与计算。 4.掌握中点四边形的形状规律，能根据原四边形对角线的关系判断中点四边形的形状。 5.能解决四边形与折叠、旋转、动点相关的综合问题，运用勾股定理、全等三角形等知识建立等量关系。 难点 1.特殊平行四边形的综合证明与计算，尤其是结合折叠、旋转、动点的复杂情境，需多性质、多定理联用。 2.中点四边形的规律探究，需通过三角形中位线定理推导，建立原四边形对角线与中点四边形形状的联系。 3.四边形中的最值问题，需分析动点轨迹，结合轴对称、垂线段最短等知识确定最值位置。 4.存在性问题的求解，需假设存在并建立方程，分类讨论不同情况，验证解的合理性。 5.跨学科与实际情境题的建模，需将实际问题抽象为几何图形，提取关键条件，转化为数学问题求解。 【对应练习题】 一、单选题 1．依据图中所标数据，能判定四边形为平行四边形的是（   ） A．B．C． D． 【答案】C 【分析】根据平行四边形的判定定理分别判断即可． 【详解】解：A、∵，， ∴一组对边平行，另一组对边不平行， ∴图中的四边形不一定是平行四边形，故A不符合题意； B、∵，， ∴一组对边平行，另一组对边相等， ∴图中的四边形不一定是平行四边形，故B不符合题意； C、∵，， ∴一组对边平行且相等， ∴图中的四边形是平行四边形，故C符合题意； D、∵， ∴一组对边相等， ∴图中的四边形不一定是平行四边形，故D不符合题意． 2．如图，两个大小相同的正方形与正方形的顶点重合，恰好落在正方形的对角线上，与交于点，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由正方形的性质证明，得到，进而即可求解； 【详解】四边形和四边形都是正方形，恰好落在正方形的对角线上， ，，， 在和中， ， ， ， ． 3．如图，点在边上，将沿翻折，使点的对应点落在边上，若，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由翻折得出，，求出，根据勾股定理求出，进而求出结论． 【详解】解：四边形是平行四边形，，， ，， 点在边上，将沿翻折，使点的对应点落在边上， ，， ， ， ， ． 二、填空题 4．探究课上，小明画出，利用尺规作图找一点，判定四边形为平行四边形的依据是___________． 【答案】两组对边分别相等的四边形是平行四边形 【详解】解：根据尺规作图可知，， ∴四边形为平行四边形， 其依据是两组对边分别相等的四边形是平行四边形． 5．如图，四边形是平行四边形，点A，B的坐标分别为，，则点C的坐标为_______． 【答案】 【分析】根据平行四边形的性质可得，，先求得到的平移方式，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵点A，B的坐标分别为， ∴将向左平移1个单位，向上平移1个单位得到 ∴将向左平移1个单位，向上平移1个单位得到，即 6．如图，矩形中，，，点从点出发向点运动，同时点从点出发向点运动，运动速度都是1cm/s，设运动时间为（），若四边形是菱形，则的值为___________． 【答案】 【分析】先得到四边形是平行四边形，则当时，四边形是菱形，然后表示出，再对运用勾股定理建立方程求解． 【详解】解：由题意得，，则， ∵四边形是矩形 ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形， ∵ ∴， 解得 ∴四边形是菱形，则的值为． 三、解答题 7．如图，四边形中，对角线，相交于点，点，分别在线段，上，且，，，求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】先证明，得，再结合，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形得出答案． 【详解】∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴四边形是平行四边形． 8．如图，在矩形中，，过对角线的中点作的垂线，分别交于点．求的长． 【答案】 【分析】由矩形的性质得到，．连接，由为中点，得到，设，则，在中，根据勾股定理构造方程，求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， 连接， 为中点， ， 设，则， ∵在中，， ∴ 解得：， ∴． 9．如图，四边形是正方形，点G在上，于点E，，交于点F． 求证：． 【答案】见详解 【分析】通过正方形的性质得出相关角和边的关系，再结合垂直的性质得到角的等量关系，最后利用证明，从而得出对应边相等． 【详解】证明：∵四边形是正方形， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， 在和中， ， ， ． 10．如图，正方形的边长为4，P为边上一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转，得到线段． (1)如图1，当时，求点Q到直线的距离； (2)如图2，连接，取的中点M，连接．求证：； (3)连接，，当为等腰三角形时，求的长． 【答案】(1)1 (2)见解析 (3)2或或4 【分析】（1）过Q作于H，利用证明；即可求解； （2）过Q作于H，连接，由（1）知：，则，进而得出，可求，，然后根据直角三角形斜边中线的性质即可得证； （3）分，，三种情况讨论即可． 【详解】（1）解∶如图，过Q作于H， ∵线段绕点逆时针旋转，得到线段， ∴，， ∵正方形， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴点到直线的距离为1； （2）证明：过Q作于H，连接， ∵正方形， ∴，， 由（1）知：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵M是的中点 ∴； （3）解：①当时，过Q作于H，于M， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， 由（1）知：， ∴； ②当时，过Q作于H，于M， ∵， ∴， ∴， 设，则 由①知四边形是矩形， ∴， 在中，， ∴， 解得或， 当时，B、P重合，A、Q重合，不符合题意，舍去， 当时，A、P重合，如图， 符合题意， ∴； ③当时，过Q作于H，于M， 由②知：， 在中，， ∴， ∴， 又， ∴， 综上，当的值为2或或4时，为等腰三角形． 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $