【同步知识讲义】人教版数学八年级下册-18.2.4 四边形综合 知识点剖析讲义（原卷版+解析版）

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18.2.4 四边形综合

四边形之间的从属关系：








 
【题型一】中点四边形
【典题】（2022春·江苏连云港·八年级统考期中）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是菱形．则四边形ABCD一定是 (       )
A．菱形 B．对角线互相垂直的四边形
C．矩形 D．对角线相等的四边形
【答案】D
【分析】根据三角形的中位线定理得到EH∥FG，EF=FG，EF=BD，要是四边形为菱形，得出EF=EH，即可得到答案．
【详解】解：∵E，F，G，H分别是边AD，AB，CB，DC的中点，

∴EH=AC，EH∥AC，FG=AC，FG∥AC，EF=BD，
∴EH∥FG，EF=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
假设AC=BD，
∵EH=AC，EF=BD，
则EF=EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，
即只有具备AC=BD即可推出四边形是菱形，
故选：D．
【点睛】题目主要考查中位线的性质及菱形的判定和性质，理解题意，熟练掌握运用三角形中位线的性质是解题关键．
巩固练习
1（ê）（2022春·山东临沂·八年级统考期末）如图，在四边形中，点，，，分别是，，，边上的中点，则下列结论一定正确的是（    ）

A．四边形是矩形
B．四边形的内角和小于四边形的内角和
C．四边形的周长等于四边形的对角线长度之和
D．四边形的面积等于四边形面积的
【答案】C
【分析】连接，根据三角形中位线的性质，，，继而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：连接，设交于点，
点，，，分别是，，，边上的中点，
，，

A. 四边形是平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；
B. 四边形的内角和等于于四边形的内角和，都为360°，故该选项不正确，不符合题意；
C. 四边形的周长等于四边形的对角线长度之和，故该选项正确，符合题意；
D. 四边形的面积等于四边形面积的，故该选项不正确，不符合题意；
故选C
【点睛】本题考查了中点四边形的性质，三角形中位线的性质，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
2（ê）（2022春·福建福州·八年级福建省福州外国语学校校考期中）如图，任意四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，对于四边形EFGH的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（ ）

A．当E，F，G，H是各边中点，且AC=BD时，四边形EFGH为菱形
B．当E，F，G，H是各边中点，且AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形
C．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可以为平行四边形
D．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH不可能为菱形
【答案】D
【分析】根据连接四边形各边中点所得的四边形必为平行四边形，根据中点四边形的性质进行判断，即可求解
【详解】解：A．当E，F，G，H是各边中点，且AC=BD时，EF=FG=GH=HE，故四边形EFGH为菱形，故A正确；
B．当E，F，G，H是各边中点，且AC⊥BD时，∠EFG=∠FGH=∠GHE=90°，故四边形EFGH为矩形，故B正确；
C．当E，F，G，H不是各边中点时，EF∥HG，EF=HG，故四边形EFGH为平行四边形，故C正确；
D．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可能为菱形，故D错误；
故选D．
3（ê）（2022春·黑龙江绥化·八年级统考期末）顺次连接矩形各边中点得到四边形，它的形状是（    ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【答案】C
【分析】四边形是菱形；根据矩形中，分别是 的中点，利用三角形中位线定理求证，然后利用四条边都相等的平行四边形是菱形即可判定．
【详解】解：四边形是菱形；理由如下：
连接，

∵矩形中，分别是的中点，
∴，
∴，，，，
同理，

∴，
∴四边形是菱形．
故选：C．
【点睛】此题主要考查学生对菱形的判定、三角形中位线定理和矩形的性质的理解和掌握，证明此题的关键是正确利用三角形中位线定理进行证明．
4（ê）（2022春·河北廊坊·八年级校考期中）如图，四边形ABCD四边的中点分别为E，F，G，H，对角线AC与BD相交于点O，若四边形EFGH的周长是3，则AC＋BD的长为（    ）

A．3 B．6 C．9 D．12
【答案】A
【分析】先由三角形的中位线定理推知四边形EFGH是平行四边形，然后求解即可．
【详解】解：如图，
∵E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，EF、HG分别是△ACD、△ABC的中位线，
根据三角形的中位线的性质知：
EF∥AC，GH∥AC且EF=GH=AC，EH=FG=BD，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形EFGH的周长是3，即EF+GH+EH+FG=3，
∴AC+BD=3，

故选：A．
【点睛】本题主要考查中点四边形，解题时，利用三角形中位线定理判定四边形EFGH是平行四边形是解题的关键．
5（ê）（2022春·上海·八年级上海市进才中学校考期中）如图，▱ABCD的对角线、交于点，顺次连接▱ABCD各边中点得到一个新的四边形，如果添加下列四个条件中的一个条件：①；②；③；④，可以使这个新的四边形成为矩形，那么这样的条件个数是（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据顺次连接四边形的中点，得到的四边形形状和四边形的对角线位置、数量关系有关，利用三角形中位线性质可得：当对角线垂直时，所得新四边形是矩形．逐一对四个条件进行判断．
【详解】解：顺次连接四边形的中点，得到的四边形形状和四边形的对角线位置、数量关系有关，利用三角形中位线性质可得：当对角线垂直时，所得新四边形是矩形．
①新的四边形成为矩形，符合条件；
②四边形是平行四边形，．
．
根据等腰三角形的性质可知．所以新的四边形成为矩形，符合条件；
③四边形是平行四边形，．
．
．
四边形是矩形，连接各边中点得到的新四边形是菱形，不符合条件；
④，
，即平行四边形的对角线互相垂直，
新四边形是矩形．符合条件．所以①②④符合条件．
故选：．
【点睛】本题考查特殊四边形的判定与性质，掌握矩形、平行四边形的判定与性质是解题的关键．
6（êê）（2022春·河南开封·八年级开封市第十三中学校联考期中）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________，并证明你的结论．
(2)当四边形的对角线满足________条件时，四边形是矩形．
(3)在教材课本中你学过的哪种特殊四边形的中点四边形是菱形？________
【答案】(1)平行四边形，证明见解析
(2)
(3)矩形
【分析】（1）连接BD，然后根据三角形中位线可进行求解；
（2）根据矩形的判定定理可进行求解；
（3）由矩形的性质可进行求解．
（1）
解：四边形的形状是平行四边形，理由如下：
如图1，连结．

∵、分别是、中点，
∴，，
同理，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）
解：当四边形的对角线满足时，四边形是矩形；理由如下：
连结AC，如图所示：

由（1）可知四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
（3）
解：由（1）可知四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
故答案为矩形．
【点睛】本题主要考查中点四边形、三角形中位线、矩形的性质与判定及菱形的判定，熟练掌握中点四边形、三角形中位线、矩形的性质与判定及菱形的判定是解题的关键．
7（êê）（2022春·福建龙岩·八年级校联考期中）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．
8（êê）（2022春·浙江台州·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．

(1)求证：四边形EFGH是平行四边形．
(2)若四边形ABCD的对角线互相垂直且它们的乘积为48，求四边形EFGH的面积．
【答案】(1)见解析
(2)12
【分析】（1）连接AC，根据三角形中位线定理证明HG＝EF，HG∥EF，根据平行四边形的判定定理可得结论；
（2）先由三角形的中位线定理和矩形的判定定理推知四边形EFGH是矩形，进而求出即可解答．
（1）
证明：连接AC．
∵点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴HG＝AC，HG∥AC，EF＝AC，EF∥AC，
∴HG＝EF，HG∥EF，
∴四边形EFGH是平行四边形；

（2）
连接BD，AC．
由（1）得：HG＝AC，HG∥AC，
同理可得：HE＝BD，HE∥BD，
∵，
∴，
又∵四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是矩形，
∵，
∴，
∴矩形EFGH的面积为12．

【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、中点四边形、三角形中位线定理，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．
【题型二】与特殊四边形有关的动点问题
【典题】（2022春·山东临沂·八年级校考期中）如图，四边形中，AD//BC，，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，以的速度向点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，则当以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值是（    ）

A． B．3 C．3或 D．或
【答案】D
【分析】当3t≤3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得3-3t=t；当3t＞3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得3t-3=t；解方程即可．
【详解】当3t≤3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
得3-3t=t，
解得t=；
当3t＞3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
得3t-3=t，
解得t=，
故选D．
【点睛】本题考查了动点问题，平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理，灵活选择判定方法，合理分类是解题的关键．
巩固练习
1（ê）（2022秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，点O为矩形的对称中心，点E从点A出发沿向点B运动，移动到点B停止，延长EO交于点F，则四边形形状的变化依次为（    ）

A．矩形→菱形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
【答案】B
【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况：这个四边形先是平行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点E与点B重合时是矩形．
【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
【点睛】本题考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据EF与AC的位置关系即可求解．
2（ê）（2022春·河北石家庄·八年级统考期末）1.如图，在矩形ABCD中，AD＝6，点P从点A以每秒2个单位长度的速度向点D运动，同时，点Q从点C以每秒1个单位长度的速度向点B运动．当点P到达点D时，P，Q停止运动．设运动时间为t秒，则当四边形PDCQ为矩形时，t的值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】由矩形的性质可得PD=CQ，列出方程可求解．
【详解】解：∵四边形PDCQ为矩形，
∴PD＝CQ，
∴6﹣2t＝t，
∴t＝2，
故选：B．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，矩形的性质，找到正确的数量关系列出方程式解题的关键．
3（êê）（2022春·重庆沙坪坝·八年级重庆三十二中校考期中）如图，在▱ABCD中，已知AD＝15cm，点P在AD边上以1cm/s的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上以4cm/s的速度从点C出发在BC上往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），设运动时间为t（s）（t＞0），若以P、D、Q、B四点为顶点的四边形是平行四边形，则t的值错误的是（　　）

A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质得出DP＝BQ，分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可．
【详解】解：设经过t秒，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∵P在AD上运动，
∴t≤15÷1＝15，即t≤15，
∵以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∴DP＝BQ，
分为以下情况：①点Q的运动路线是C﹣B﹣C，
由题意得：4t﹣15＝15﹣t，
解得：t＝6；
②点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B，
由题意得：15﹣（4t﹣30）＝15﹣t，
解得：t＝10；
③点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B﹣C，
由题意得：4t﹣45＝15﹣t，
解得：t＝12；
综上所述，t的值为6或10或12，
故选：B．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质和平行四边形中的动点问题，解题的关键是根据题意分情况讨论．
4（êê）（2022春·河南新乡·八年级期中）如图，已知菱形ABCD的顶点A（0，﹣1），∠DAC＝60°．若点P从点A出发，沿A→B→C→D→A…的方向，在菱形的边上以每秒0.5个单位长度的速度移动，则第2020秒时，点P的坐标为（　　）

A．（2，0） B．（，0） C．（﹣，0） D．（0，1 ）
【答案】B
【分析】由菱形的性质得出AB＝BC＝CD＝DA，OD＝OB，AC⊥BD，易求OA＝1，在Rt△AOD中，∠ADO＝30°，得出AD＝2OA＝2，根据勾股定理可得出OD=，则OB＝，B（，0），由点P的运动速度为0.5单位长度/秒，则从点A到点B所需时间4秒，沿A→B→C→D→A所需的时间16秒，由＝126…4，得出移动到第2020秒和第4秒的位置相同，当P运动到第4秒时点P在点B处，即点P的坐标为（，0），即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，OD＝OB，AC⊥BD，
∵A（0，﹣1），
∴OA＝1，
在Rt△AOD中，
∵∠AOD＝90°，∠DAC＝60°，
∴∠ADO＝30°，
∴AD＝2OA＝2，
∴
∴OB＝，
∴B（，０），
∵点P的运动速度为0.5单位长度/秒，
∴从点A到点B所需时间＝＝4（秒），
∴沿A→B→C→D→A所需的时间＝4×4＝16（秒），
∵＝126…4，
∴移动到第2020秒和第4秒的位置相同，当P运动到第4秒时点P在点B处，即点P的坐标为（，0），
故选：B．
【点睛】本题考查的是菱形的性质、直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半、图形与坐标等知识，根据题意得出点运动一周所需的时间是解答此题的关键．
5（êê）（2022秋·湖南长沙·八年级期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB⊥AC，AB＝3，BC＝5，点P从点A出发，沿AD以每秒1个单位的速度向终点D运动．连接PO并延长交BC于点Q．设点P的运动时间为t秒．

(1)则CQ的长度为 　 　（用含t的式子表示）；
(2)当四边形ABQP是平行四边形时，求t的值；
(3)当点O在线段AP的垂直平分线上时，求t的值．
【答案】(1)t；
(2)当t秒时，四边形ABQP是平行四边形；
(3)
【分析】（1）利用平行四边形的性质可证△APO≌△CQO，则AP＝CQ，再利用即可得出答案；
（2）由平行四边形性质可知AP∥BQ，当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，建立一个关于t的方程，解方程即可求出t的值；
（3）在Rt△ABC中，由勾股定理求出AC的长度，进而求出AO的长度，然后利用的面积求出EF的长度，进而求出OE的长度，而AE可以用含t的代数式表示出来，最后在中利用勾股定理即可求值．
（1）
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AD∥BC，
∴∠PAO＝∠QCO，
∵∠AOP＝∠COQ，
∴△APO≌△CQO（ASA），
∴AP＝CQ＝t，
故答案为：t；
（2）
∵AP∥BQ，
当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
即t＝5﹣t，
t＝ ，
∴当t为秒时，四边形ABQP是平行四边形；
（3）
t＝，
如图，

在Rt△ABC中，
∵AB＝3，BC＝5，
∴AC=
∴AO＝CO＝AC＝2，


∴3×4＝5×EF，
∴，
∴，
∵OE是AP的垂直平分线，
∴AE＝AP＝t，∠AEO＝90°，
由勾股定理得：AE2+OE2＝AO2，

或（舍去）
∴当秒时，点O在线段AP的垂直平分线上．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定及性质以及动点问题，掌握平行四边形的判定及性质，以及勾股定理是解题的关键．
6（êê）（2022秋·山东淄博·八年级统考期末）如图，在直角梯形中，，，，，，动点P从点A开始沿AD边向点D以速度运动，动点Q从点C开始沿CB边向点B以的速度运动．点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点随之停止运动．设运动时间为t秒．求：

(1)t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？
(2)t为何值时，四边形ABQP为矩形？
(3)是否存在，使梯形ABQP的面积为？若存在请求出，若不存在请说明理由．
【答案】(1)6
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形列出方程，解方程得到答案；
（2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形解答即可；
（3）用时间t表示出梯形ABQP的面积，列方程计算即可．
（1）
解：由题意得：AP=t cm，CQ=3t cm，
则PD=（24-t）cm，
∵PD∥CQ，
∴PD=CQ时，四边形PQCD为平行四边形，
此时，24-t=3t，
解得：t=6，
∴t=6时，四边形PQCD为平行四边形；
（2）
由题意得：AP=t，BQ=26-3t，
∵AP∥BQ，∠B=90°，
∴当AP=BQ时，四边形ABQP为矩形，
∴t=26-3t，
解得：t=，
∴当t=时，四边形ABQP为矩形．
（3）
∵由题意得：AP=t，BQ=26-3t，
，
解得，
此时BQ=26-3t=-4，
∴不存在，使梯形的面积为．
【点睛】本题考查的是梯形的性质、平行四边形的判定以及矩形的判定，掌握它们的判定定理是解题的关键．
7（êê）（2022春·贵州遵义·八年级校考期中）如图，矩形ABCD中，AB=16cm，BC=6cm，点P从点A出发沿AB向点B移动（不与点A、B重合），一直到达点B为止；同时，点Q从点C出发沿CD向点D移动（不与点C、D重合）．运动时间设为t秒．
（1）若点P、Q均以3cm/s的速度移动，则：AP=　　cm；QC=　　cm．（用含t的代数式表示）
（2）若点P为3cm/s的速度移动，点Q以2cm/s的速度移动，经过多长时间PD=PQ，使△DPQ为等腰三角形？
（3）若点P、Q均以3cm/s的速度移动，经过多长时间，四边形BPDQ为菱形？

【答案】（1）3t，3t；（2）当t=2时，PD=PQ，△DPQ为等腰三角形；（3）当时，四边形BPDQ是菱形．
【分析】（1）根据路程=速度×时间，即可解决问题；
（2）过点P作PE⊥CD于点E，利用等腰三角形三线合一的性质，DE=DQ，列出方程即可解决问题；
（3）当PD=PB时，四边形BPDQ是菱形，列出方程即可解决问题．
【详解】解：（1）∵AP=3t，CQ=3t．
故答案为3t，3t；
（2）过点P作PE⊥CD于点E
∴ ∠PED＝90°
∵ PD＝PQ
∴ DE＝DQ
在矩形ABCD中，∠A＝∠ADE＝90°,CD＝AB＝16cm
∴ 四边形PEDA是矩形
∴ DE＝AP＝3
又∵ CQ＝2
∴ DQ＝16－
∴ 由DE＝DQ
∴
∴
∴ 当时，PD＝PQ，△DPQ为等腰三角形
（3）在矩形ABCD中，AB＝CD，AB∥CD，AD＝BC，依题知AP＝CQ＝3  
∴ PB＝DQ
∴ 四边形BPDQ是平行四边形
当PD＝PB时，四边形BPDQ是菱形
∴ PB＝AB－AP＝16－3
在Rt△APD中，PD＝  
由PD＝PB
∴
即：
解得：
∴ 当时，四边形BPDQ是菱形．
【点睛】本题考查四形综合题，路程、速度、时间之间的关系，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用所学知决解决问题，学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考常考题型．
【题型三】四边形中的线段最值问题
【典题】（2022春·湖北咸宁·八年级校考期中）如图，正方形的边长为8，点M在上，且，N是上一动点，则的最小值为（    ）．

A．8 B． C． D．10
【答案】D
【分析】要使DN+MN最小，首先应分析点N的位置．根据正方形的性质：正方形的对角线互相垂直平分．由此可知点D的对称点是点B，连接MB交AC于点N，此时DN+MN最小值即是BM的长．
【详解】解：如图，连接，，，设交于点，
四边形正方形，
∴AC垂直平分BD，
∴点与点是关于直线对称，
，
，
点为上的动点，
∴当B、M、N三点不共线时，BN+MN＞BM，
当点运动到点时，，
∴的最小值为的长度，
四边形为正方形，
，，
又∵，
∴，
，
的最小值是10．
故选：D．

【点睛】考查正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用，能够根据轴对称的性质以及三角形的三边关系找到点N与点P重合时取最小值是解决本题的关键．
巩固练习
1（êê）（2022春·安徽淮南·八年级统考期末）如图，在，，，，点P为斜边上一动点，过点P作于点，于点，连结，则线段的最小值为（    ）

A．1.2 B．2.4 C．2.5 D．4.8
【答案】D
【分析】连接PC，当CP⊥AB时，PC最小，利用三角形面积解答即可．
【详解】解：连接PC，

∵PE⊥AC，PF⊥BC，
∴∠PEC=∠PFC=∠C=90°，
∴四边形ECFP是矩形，
∴EF=PC，
∴当PC最小时，EF也最小，
即当CP⊥AB时，PC最小，
∵AC=8，BC=6，
∴AB=10，
∴PC的最小值为：

∴线段EF长的最小值为4.8．
故选：D．
【点睛】本题主要考查的是矩形的判定与性质，关键是根据矩形的性质和三角形的面积公式解答．
2（êê）（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，点P在AD上，点Q在BC上，且AP = CQ，连接CP，QD，则PC + QD的最小值为（　　）

A．8 B．10 C．12 D．20
【答案】B
【分析】连接BP，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，在BA的延长线上截取AE=AB=4，连接PE、CE，则PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，连接BP，

在矩形ABCD中，AD∥BC，AD=BC=6，
∵AP=CQ，
∴AD-AP=BC-CQ，
∴DP=QB，DP∥BQ，
∴四边形DPBQ是平行四边形，
∴PB∥DQ，PB=DQ，
则PC+QD=PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，
在BA的延长线上截取AE=AB=4，连接PE，CE，
则BE=2AB=8，
∵PA⊥BE，
∴PA是BE的垂直平分线，
∴PB=PE，
∴PC+PB=PC+PE，
连接CE，则PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE，
∴CE==10，
∴PC+PB的最小值为10，
即PC+QD的最小值为10，
故选：B．
【点睛】本题考查的是矩形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和平行四边形的判定与性质，证出PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE是解题的关键．
3. （êê）（2022春·江西赣州·八年级统考期末）如图，在菱形中，，，、分别为、的中点，是上的一个动点，则的最小值是（    ）

A．3 B． C．4 D．
【答案】C
【分析】作E点关于AC的对称点点G，连接GF交AC于点P，连接PE，当P、G、F三点共线时，PE+PF有最小值，最小值为GF，求出GF即可．
【详解】解：作E点关于AC的对称点点G，连接GF交AC于点P，连接PE，连接PE，
由对称性可得PG=PE，AG=AE，
∴PE+PF=PG+PF⩾GF，

当P、G、F三点共线时，PE+PF有最小值，
∵点E是AB的中点，
∴点G是AD的中点，
，
∵F是BC的中点，
，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴，AD=BC，
，
∴四边形ABFG是平行四边形，
∴GF=AB=4，
∴PE+PF的最小值为4，
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称求最短距离的方法，菱形的性质是解题的关键．
4（êê）（2022春·江苏南京·八年级南师附中新城初中校考期中）如图，菱形ABCD的边长为3，且∠ABC=600，E、F是对角线BD上的两个动点，且EF＝2，连接AE、AF，则 AE＋AF 的最小值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】如图作AH∥BD，使得AH=EF=2，连接CH交BD于F，此时AE+AF的值最小，
【详解】解：如图作AH∥BD，使得AH=EF=2，连接CH交BD于F，则AE+AF的值最小．

∵AH=EF，AH∥EF，
∴四边形EFHA是平行四边形，
∴EA=FH，
∵BD所在的直线是菱形的对称轴,点A、C是对称点，（或根据SAS证明△ABF≌△CBF）
∴FA=FC，
∴AE+AF=FH+CF=CH，
∵菱形ABCD的边长为3，∠ABC=60°，
∴AC=AB=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵AH∥DB，
∴AC⊥AH，
∴∠CAH=90°，
在Rt△CAH中，CH= ＝，
∴AE+AF的最小值为 ，
故选：D．
【点睛】本题考查轴对称-最短问题，菱形的性质、勾股定理、平行四边形的判定和性质等知识，解题关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
5（êê）（2022春·广东广州·八年级校考期中）如图，菱形的边长为，，点是边上任意一点(端点除外)，线段的垂直平分线交，分别于点，，，的中点分别为，．

(1)求证：；
(2)求的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据FG垂直平分CE和菱形的对称性即可得到，，从而求证结论；
（2）利用M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE的中点，即可得到，当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，最小，此时最小，结合已知推断为等边三角形，即可求解．
【详解】（1）证明：连接，

垂直平分，
，
四边形为菱形，
和关于对角线对称，
，
；
（2）解：连接，

和分别是和的中点，点为中点，
，即

当点与菱形对角线交点重合时，最小，
即此时最小，
菱形边长为，，
为等边三角形，，
即的最小值为．
【点睛】本题考查了菱形的性质，中位线的性质、等边三角形性质的知识，关键在于熟悉各个知识点在本题的灵活运用．
【题型四】四边形综合
【典题】（2022春·湖南永州·八年级统考期中）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变边长为2的正方形的内角，变为菱形，若，则阴影部分的面积是（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】用勾股定理先求C′E，再求BE，最后求梯形D′EBA面积，最后求阴影部分的面积．
【详解】解：设BC与C′D′交点为E，

∵在正方形ABCD和菱形，ABC′D′中，
∴C′D′= C′B=AB=2，
∴BE⊥C′D′，
∵∠C′＝∠D′AB＝45°，
∴C′E＝BE，
设C′E=BC=x，
则在Rt△C′EB中
，解得： ，
∴C′E=BC
∴D′E＝C′D′-C′E=2−，
∴梯形D′EBA面积为：
S′＝（D′E＋AB）×BE×＝2 −1，
阴影面积为：S＝ −S′＝2×2−（2 −1）＝5−2．
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的面积，掌握求阴影部分的面积化为面积之差，勾股定理、梯形面积的应用是解决此题的关键．
巩固练习
1（êê）（2022春·重庆江北·八年级校考期中）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF，则下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG=CG；③AGCF；④，其中正确的是（　　）

A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△ABG≌Rt△AFG；在直角△ECG中，根据勾股定理可证BG=GC；通过证明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，由平行线的判定可得AG∥CF；求出和的面积即可．
【详解】解：①正确．
理由：∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；
②正确．
理由：EF=DE=CD=2，设BG=FG=x，则CG=6﹣x．
在直角△ECG中，根据勾股定理，得，
解得x=3．
∴BG=3=6﹣3=CG；
③正确．
理由：∵CG=BG，BG=GF，
∴CG=GF，
∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF．
又∵Rt△ABG≌Rt△AFG；
∴∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=2∠AGB=180°﹣∠FGC=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，
∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，
∴AGCF；
④正确．
理由：∵，
∵，
∴，
∴其中正确的是①②③④．
故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用．
2（êê）（2022春·重庆荣昌·八年级校考期末）如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后折痕DE分别交AB、AC于点E、G，连结GF，给出下列结论：①∠ADG=22.5°；②AD=2AE；③；④四边形AEFG是菱形；⑤BE=2OG：⑥若，则正方形ABCD的面积是，其中正确的结论个数为（  ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【分析】由题意易得AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，∠ADO=∠ABD=45°，AD=AB，△ADE≌△FDE，则有，进而可得四边形AEFG是平行四边形，然后根据等腰直角三角形的性质及线段的等量关系可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，∠ADO=∠ABD=45°，AD=AB，
∵折叠正方形ABCD，
∴△ADE≌△FDE，
∴∠ADE=∠FDE=22.5°，AD=DF，AE=FE，∠EFD=∠DAE=90°，故①正确；
∴△EFB是等腰直角三角形，
∴，
∴，故②错误；
由图可直接判定③错误；
∵∠EFB=∠AOB=90°，
∴OA∥EF，
由折叠的性质可得：∠GFO=∠DAO=45°，
∴∠GFO=∠ABO=45°，
∴GF∥AE，
∴四边形AEFG是平行四边形，
∵AE=AF，
∴四边形AEFG是菱形，故④正确；
∵∠GFO=45°，∠AOB=90°，
∴△GOF是等腰直角三角形，
∴，
∴，故⑤正确；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，故⑥错误；
∴正确的有三个；
故选B．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、菱形的判定及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、菱形的判定及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．
3（êê）（2022春·内蒙古乌海·八年级校考期中）将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，BE，EG，FG为折痕，若顶点A，C，D都落在点O处，且点B，O，G在同一条直线上，同时点E，O，F在另一条直线上，则下列说法：①AE＝DE；②EG＞GC；③BE＝BF；④若AB＝1，则AD＝，正确的有（　　）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】根据矩形的性质和折叠的性质可得E，G分别为AD，CD的中点，再根据勾股定理可得AD＝，再根据三角形的性质得到EG＞GC，即可得到结果；
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AB＝CD，AD＝BC，
由折叠的性质得：AE＝OE＝DE，CG＝OG＝DG，
∴E，G分别为AD，CD的中点，故①正确，
设CD＝2a，AD＝2b，则AB＝2a＝OB，DG＝OG＝CG＝a，BG＝3a，BC＝AD＝2b，
在Rt△BCG中，CG2+BC2＝BG2，
即a2+（2b）2＝（3a）2，
∴b2＝2a2，
∴b＝a，
∵AB＝CD＝1，
∴AD＝，故④正确，
∵∠EOG＝∠D＝90°，
∴EG＞OG，
∵OG＝GC，
∴EG＞GC，故②正确，
不妨设BE＝BF，则∠BEF＝∠BFE＝∠DEF＝∠AEB＝60°，这个显然不可能，故③错误．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了利用矩形的性质证明，准确分析判断是解题的关键．
4（êê）（2022春·吉林长春·八年级东北师大附中校考期中）小明学习了特殊的四边形后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．

(1)概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是______．
(2)性质探究：通过探究，直接写出垂美四边形ABCD的面积S与两条对角线AC、BD之间的数量关系：______．
(3)问题解决：如图2，分别以的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结BG、CE交于点N，CE交AB于点M，连结GE．
①求证：四边形BCGE为垂美四边形；
②已知，，则四边形BCGE的面积为______．
【答案】(1)菱形和正方形
(2)AC∙BD
(3)①证明见解析；②
【分析】(1)由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论；
(2)四边形ABCD的面积=△ABC的面积+△ADC的面积=AC∙BO+AC∙DO= AC∙BD；
(3)①连接CG、BE，证出∠GAB=∠CAE，由SAS证明∆GAB≌△CAE，得出BG=CE，
∠ABG=∠AEC，再由角的互余关系和三角形内角和定理求出∠BNM=90°，得出BG⊥CE即可；
②根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合(2)的结论计算即可．
【详解】（1）(1) ∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、正方形，
∴菱形和正方形一定是垂美四边形；
故答案为：菱形、正方形；
（2）如图1所示：

∵四边形ABCD的面积=△ABC的面积+△ADC的面积=AC∙BO+AC∙DO=AC∙BD；
故答案为：AC∙BD；
（3）证明：连接CG、BE，如图2所示:

∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，
∴∠F=∠CAG=∠BAE= 90°，
FG= AG= AC= CF， AB= AE，
∴∠CAG +∠BAC=∠BAE+∠BAC，
即∠GAB= ∠CAE，
在∆GAB和△CAE中，

∆GAB≌∆CAE (SAS)，
∴BG=CE，∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME = 90°
∠AME=∠BMN ，
∴∠ABG十∠BMN=90°
∴∠BNM=90°
∴BG⊥CE，
∴四边形BCGE为垂美四边形；
∵FG=CF=AC=4，∠ACB=90°，AB= 5，
∴BC=，
∴ BF= BC+CF= 7，
在Tt△BFG中，
BG= ，
∴CE= BG=，
∴四边形BCGE为垂美四边形，
∴四边形BCGE的面积=，
故答案为：
【点睛】本题是四边形综合题目，考查的是垂美四边形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关键．
5（êê）（2022秋·广东深圳·八年级深圳市光明区公明中学校考期中）如图1，长方形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴上，B点坐标是（8，4），将△AOC沿对角线AC翻折得△ADC，AD与BC相交于点E．

（1）求证：△CDE≌△ABE
（2）求E点坐标；
（3）如图2，动点P从点A出发，沿着折线A→B→C→O运动（到点O停止），是否存在点P，使得△POA的面积等于△ACE的面积，若存在，直接写出点P坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)见解析；（2）E（5，4）；（3）存在，满足条件的点P的坐标为（8，）或（0，），理由见解析
【分析】（1）用角角边定理即可证明．
（2）设CE=AE=n，则BE=8-n，利用勾股定理即可求解．
（3）构建方程确定点P的纵坐标即可解决问题．
【详解】解：（1）证明：∵四边形OABC为矩形，
∴AB＝OC，∠B＝∠AOC＝90°，
∴CD＝OC＝AB，∠D＝∠AOC＝∠B，
又∠CED＝∠ABE，
∴△CDE≌△ABE（AAS），
∴CE＝AE；
（2）∵B（8，4），即AB＝4，BC＝8．
∴设CE＝AE＝n，则BE＝8﹣n，
可得（8﹣n）2+42＝n2，
解得：n＝5，
∴E（5，4）；
（3）∵S△ACE＝•CE•AB＝×5×4＝10，
∴S△POA＝•OA•yP＝10，
∴×8×yP＝10，
∴yP＝，
∴满足条件的点P的坐标为（8，）或（0，）．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了翻折变换，矩形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会两条城市构建方程解决问题，属于中考常考题型．
6（êêê）（2022春·山西朔州·八年级统考期中）综合与探究
某学校活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：
操作发现：
(1)已知，，如图1，分别以和为边向外侧作等边和等边，连接．，请你完成作图，并猜想与的数量关系是________．（要求：尺规作图，不写作法但保留作图痕迹）
类比探究：
(2)如图2，分别以和为边向外侧作正方形和正方形，连接．，试猜想与之间的数量关系，并证明你的结论．
拓展运用：
(3)如图3，已知中，，，，过点作，垂足为，且满足，求的长．
　 　
【答案】(1)作图见解析；；
(2)，证明见解析；
(3)．
【分析】(1）如图所示，结论： BE = CD ．只要证明△DAC≌△EAB 即可；
(2）结论：CE = BG．在正方形ABDE和正方形ACFG中，只要证明△ACE≌△AGB即可解决问题；
(3）以AB为腰向外作等腰直角三角形Rt△ABG ，连接CG ．首先求出 CG ，再证明△ AGC≌△ABE ，即可推出 CG = BE；
（1）
解：作图如下，

猜想：．
（2）
猜想：

证明：∵，，
∴
既
在和中，
，
∴，
∴，
（3）
以为腰向外作等腰直角三角形，连接．

在中，∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查四边形综合题、等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加辅助线，构造全等三角形，属于中考压轴题．