專題02中心對稱圖形-平行四邊形

內容導航

的考點聚焦：核心考點+高考考點，有的放矢

1重點速記：知識點和關鍵點梳理，查漏補缺

難點強化：難點內容標注與講解，能力提升

「復習提升：真題感知+提升專練，全面突破

???考點聚焦<<<

*核心考點聚焦

1、旋轉的概念與性質

2、中心對稱與中心對稱圖形

3、平行四邊形的性質與判定

4、矩形的性質與判定

5、菱形的性質與判定

6、正方形的性質

7、三角形的中位線定理及應用

，中考考點聚焦

?？伎键c真題舉例

根據正方形的性質求解2024?江蘇徐州?中考真題

利用菱形的性質求解2024?山東青島?中考真題

中心對稱圖形的識別2024?山東青島?中考真題

利用菱形的性質求線段長2024?山東濟寧?中考真題

利用平行四邊形性質和判定證明2024?四川雅安?中考真題

與三角形中位線有關的求解問題2024?湖南長沙?中考真題

根據矩形的性質與判定求線段長2024?四川南充?中考真題

???重點速記<<<

IJ

-?旋轉的概念與性質

定義：在平面內，一個圖形繞一個定點沿某個方向（順時針或逆時針）轉過一個角度，這樣的圖形運動叫旋

轉.這個定點叫做旋轉中心，轉過的這個角叫做旋轉角.

三大要素：旋轉中心、旋轉方向和旋轉角度.

性質：

1）對應點到旋轉中心的距離相等；

2）每對對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；

3）旋轉前后的圖形全等.

作圖步驟：

1）根據題意，確定旋轉中心、旋轉方向及旋轉角；

2）找出原圖形的關鍵點；

3）連接關鍵點與旋轉中心，按旋轉方向與旋轉角將它們旋轉，得到各關鍵點的對應點；

4）按原圖形依次連接對應點，得到旋轉后的圖形.

二.中心對稱與中心對稱圖形

中心對稱中心對稱圖形

X4.P

圖形

c

BCB

如果一個圖形繞某一點旋轉180。后能與它自

如果一個圖形繞某點旋轉180°后與另一個圖

定義身重合，我們就把這個圖形叫做中心對稱圖形，

形重合，我們就把這兩個圖形叫做成中心對稱.

這個點叫做它的對稱中心.

區(qū)別中心對稱是指兩個圖形的關系中心對稱圖形是指具有某種特性的一個圖形

兩者可以相互轉化，如果把中心對稱的兩個圖形看成一個整體（一個圖形），那么這“一個圖形”

聯系就是中心對稱圖形；反過來，如果把一個中心對稱圖形相互對稱的兩部分看成兩個圖形，那么這

“兩個圖形”中心對稱.

三.平行四邊形的性質與判定

1.平行四邊形的性質可以從三個方面記,

①邊：對邊平行且相等；②角：對角相等，鄰角互補；③對角線：對角線互相平分;

2.平行四邊形的問題經常轉化為全等三角形的判定與性質類問題來解決。

3、平行四邊形的判定也可以從三個方面記，

①邊：兩組對邊分別平行；兩組對邊分別相等；一組對邊平行且相等；②角：兩組對角分別相等；

③對角線：對角線互相平分；

【高分技巧】平行四邊形的判定和性質經常綜合在一起考，即先考判定一個四邊形是平行四邊，然后再利

用平行四邊形的性質去解剩余的問題。做題時，不要太輕率，要綜合考慮用到的考點。

四.矩形的性質與判定

1.矩形的性質可以從在平行四邊形的基礎上增加性質記憶，

①矩形具有平行四邊形的一切性質；②增加性質：四個角都是直角、對角線相等；

【高分技巧】矩形問題的轉化方向有直角三角形、等腰三角形。正因此，矩形常和勾股定理結合來求長度。

2.矩形的判定：

①從平行四邊形入手判定，把矩形有平行四邊形沒有的性質加上，就可以證一個平行四邊是矩形；

②從普通四邊形入手判定則有：

有三個角是直角的四邊形是矩形、對角線相等且互相平分的四邊形是矩形；

五.菱形的性質與判定

1.菱形的性質可以從在平行四邊形的基礎上增加性質記憶，

①菱形具有平行四邊形的一切性質；②增加性質：四條邊都相等、對角線互相垂直、每條對角線平分一組

對角；

【高分技巧】菱形問題的轉化方向有直角三角形、等腰三角形。也常和勾股定理結合來求長度。

2.菱形面積的特殊計算方法：對角線相乘除以2

3.菱形的判定也可以從兩個方向記憶：

①從平行四邊形入手判定，把菱形有平行四邊形沒有的性質加上，就可以證一個平行四邊是菱形；

②從普通四邊形入手判定則有：

有四條邊相等的四邊形是菱形、對角線垂直且互相平分的四邊形是菱形；

六.正方形的性質

1、正方向具有矩形和菱形的一切性質；

【高分技巧】正方形問題的轉化方向只有一個一一等腰直角三角形；

七.三角形的中位線

三角形中位線：在^ABC中，D,E分別是AB,AC的中點，連接DE.像DE這樣，

連接三角形一兩邊中點的線段叫做三角形的中位線.

中位線定理：三角形的中位線平行于三角形的第三邊，并且等于第三邊的二分之一。

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???難點強化<<<

IJ

【題型1特殊平行四邊形的性質與判定綜合】

1.（23-24八年級下?甘肅蘭州?期末）綜合與實踐

數學活動課上，同學們以"正方形與旋轉”為主題開展探究活動.

【探索發(fā)現】

（1）如圖①，在正方形28CD中，點E是邊CD上一點，4F18￡于點尸，將線段4F繞點4逆時針旋轉90。

得到線段力G,連接DG,可證得AABF三AADG.請寫出證明過程.

【深入思考】

（2）在（1）的條件下，如圖②，延長BE,GD交于點、H,試猜想線段BF,FH,之間的數量關系，

并證明你的猜想.

【拓展延伸】

（3）在（2）的條件下，如圖③，連接CH,將線段DH繞點H逆時針旋轉90。得到線段HP,點P在上，

試猜想BP與C”的數量關系，并證明你的猜想.

【答案】（1）證明見解析；（2）BF+DH=FH,證明見解析（3）BP=V2CH,證明見解析

【分析】（1）可推出NG4F=NZMB=90。，從而NG4D=乙B4F,根據SAS即可得證；

（2）根據AABF=AADG,AAFB=^AGD=90°,BF=DG進而可推出矩形AFHG是正方形，從而FH=

GH,進一步得出結果；

（3）在上截取BX=DH,證明△CBX=ACDH（SAS）得CX=CH,乙BCX=/.DCH,進而得出NHCX=

乙BCD=90。，從而HX=&CH,進一步得出結論.

【詳解】（1）證明：國四邊形ABCD是正方形，

0ZSXD=90°,AB=AD,

團線段4F繞點4逆時針旋轉90。得到線段4G,

071G=AF,Z.GAF=90°=7.BAD,

^BAD-^FAD=Z.GAF-^FAD,即NBAF=^DAG,

在和△ZOG中，

AB=AD

Z-BAF=Z-DAG,

、AF=AG

ABF=AXD(7(SAS)；

(2)解：BF+DH=FH,

證明：團4F18E,

^\Z-AFB=AAFH=90°,

由(1)知：AABF=AADG,

^AFB=AAGD=90°,BF=DG,

^GAF=90°,

團四邊形/F”G是矩形，

回AG=AF,

團矩形力F”G是正方形，

MH=GH=DG+DH=BF+DH,

即BF+D”=FH；

(3)解：BP=V2CH.

證明：如圖，在BH上截取BX=DH,

團四邊形力BCD和4HG都是正方形，

^BCD=90°=Z.GHF,乙DEH=幺BEC,BC=DC,

回4CBX=90°-乙BEC=90°一乙DEH=乙CDH,

在△CBX和△CD”中，

BC=DC

乙CBX=乙CDH,

.BX=DH

0ACBX=△CDH(SAS),

團CX=CH,乙BCX=(DCH,

團4BCX+Z.DCX=乙DCH+乙DCX,

國乙HCX=乙BCD=90°,

回HX=VCX2+CH2=VCX2+CH2=V2CH,

團將線段DH繞點H逆時針旋轉90。得到線段HP,

0PH=DH,

回BP=BH-PH=BH-DH=BH-BX=HX=42CH,

即BP=/（汛

【點睛】本題考查旋轉的性質，正方形的判定和性質，矩形的判定，全等三角形的判定和性質，勾股

定理等知識，通過作輔助線構造全等三角形是解題的關鍵.

2.（24-25九年級上?四川成都?期末）如圖，菱形A8CD的對角線4C與BD相交于點。，CD的中點為E,連接

OE并延長至點F,使得EF=OE,連接CF,DF.

⑴求證：四邊形OCFD是矩形；

（2）若=5,BD=16,求菱形力BCD的面積.

【答案】（1）見解析

⑵96

【分析】（1）由DE=CE,EF=OE,證明四邊形OCFO是平行四邊形，根據菱形的性質證明NC。。=90°,

則四邊形OCFD是矩形；

（2）由菱形的性質得。。=OB=^BD=8,由矩形的性質得CD=OF=10,貝1|。4=OC=

2222

y/CD-OD=V10-8=6,,所以AC=12,則S變妾彩形=-2AC-BD212x16=96.

【詳解】（1）證明：?.￡0的中點為E,

-'-DE=CE,

'-'EF—OE,

???四邊形OCFD是平行四邊形，

???四邊形ABCO是菱形，對角線AC與BD相交于點O,

.■.AC1BD,

“COD=90°,

???四邊形OCFD是矩形.

（2）解：-.-EF=0E=5,BD=16,

.■.OF=2EF=10,OD=0B=-2BD=8,

??.CD=OF=10,

.?.04=OC=VCD2-OD2=V102-82=6,

：.AC=204=12,

'S菱形ABCD=-BD=-x12x16=96'

菱形ABC。的面積為96.

【點睛】此題重點考查菱形的性質、矩形的判定與性質、勾股定理等知識，求得CD=0F=10及04=

OC=6是解題的關鍵.

3.(23-24八年級下?浙江杭州?期末)四邊形力BCD為正方形，點E為線段4C上一點，連接DE,過點E作EF1DE,

交射線BC于點F,以DE,EF為鄰邊作矩形DEFG,連接CG.

備用圖

(1)如圖1,求證：矩形OEFG是正方形；

(2)若=3,CE=2V2,求CG的長度；

⑶當線段DE與正方形4BCD的某條邊的夾角是30。時，求MFC的度數.

【答案】①見解析

⑵魚

(3)30°或120°

【分析】(1)作EP1CD于十，EQ1BC^Q,證明Rt△EQF三Rt△EPD,得到EF=ED,根據正方形

的判定定理證明即可；

(2)由正方形的性質可得4。=CD=3,AC=3V2,AD=3,DE=DG,4EDG=90°=4ADC,由"SAS"

可證AADEmACDG,可得CG=AE=V5；

(3)分兩種情況：當DE與4。的夾角為30。時，當DE與DC的夾角為30。時，分別畫出圖形求出結果即

可；

【詳解】(1)證明：如圖1,作EP1CD于P,￡7?18(7于0,

BQFC

圖1

EZDCX=ABCA=45°,

回EQ=EP,

0ZQEF+Z.PEF=90°,乙PED+乙PEF=90°,

同乙QEF=乙PED,

在Rt△EQF和Rt△EPD中,

ZQEF=乙PED

EQ=EP,

、乙EQF=乙EPD

團Rt△EQF=Rt△EPD(ASA),

0EF=ED,

團矩形DEFG是正方形；

(2)解：團四邊形ABC。是正方形，AB=3,

財。=CP=3,Z.ADC=90°,AC=V2AD=3vL

國CE=2V2,

^\AE=V2,

團四邊形DEFG是正方形，

^\DE—DG,Z.EDG=90°=Z.ADC,

回乙4DE=Z.CDG,

0AADE=△CDG(SAS),

回CG=AE=V2；

(3)解：①當DE與4。的夾角為30。時，如圖2,

圖2

團4/OE=30°,Z.ADC=90°,

國乙EDC=60°,

0ZEDC+Z.DEF+乙EFC+乙FCD=360°,

0ZEFC=360°-90°-90°-60°=120°,

②當。E與OC的夾角為30。時，如圖3,

過E作于M點，過E作引V_LCO于N點,

AD

圖3???乙DEH=A.DCF=9V/DHE=乙FHC,

團四邊形ABC。是正方形，

同4BCD=90°,乙ECN=45°,

回乙EMC=乙ENC=乙BCD=90°,

團NE=NC,

回四邊形EMCN為正方形，

團四邊形。EFG是矩形，

@EM=EN,乙DEN+乙NEF=乙MEF+乙NEF=90°,

^\Z-DEN=Z-MEFf

在ADEN和△FEM中，

2DNE=4FME

EN=EM,

ZDEN=4FEM

S1ADEN=AFEM（ASA）,

B/.EFC=/-EDC=30°,

綜上所述：乙EFC=30?；?20°.

【點睛】本題考查了正方形的判定和性質，矩形的性質，全等三角形判定和性質，熟練掌握知識點的

應用及分類討論思想是解題的關鍵.

4.（24-25九年級上?黑龍江哈爾濱?期末）【問題背景】

（教材原題）如圖1,四邊形4BCD是正方形，點E是BC邊的中點，^AEF=90°,且EF交正方形外角

的平分線CF于點?求證：AE=EF（無需證明）.

ADADAD

【問題探究】

⑴如圖2,四邊形4BCD是正方形，點E在BC上，乙4EF=90。，AE=EF,連接CF,貝!kDCF的度數

為一；

⑵如圖3,四邊形2BCD是菱形，點E在BC上，^AEF=^ABC=a（a>90°）,AE=EF,連接CF.探

究NDCF與N48C的數量關系，并證明你的結論.

【答案】⑴45。

（2）zDCF=14ABe-90°,證明見解析

【分析】（1）連接4C,過點E作E”1BC,交2C于點H,由SAS可證△力EHdFEC,可得N4HE=乙FCE=

135°,即可求出ADCF；

（2）由AAS可得AEFG三AAEB,可得FG=BE,EG=AB,由角的數量關系可求解.

【詳解】（1）解：如圖2,連接AC,過點E作EH1BC,交4C于點〃，

（圖2）

回四邊形4BCD是正方形，

SAB=BC=CD=AD,^ABC=乙BCD=4ADC=90°,乙ACB=45°,

回EH1BC,

回NHEC=AAEF=90°,

0ZEWC=Z.ECH=45°,^AEH=乙CEF=90°-4FEH,

0FW=EC,"HE=135°,

△AEH^DAFEC中，

AE=FE

Z.AEH=Z.CEF,

EH=EC

BAAEH=AFEC(SAS),

回=乙FCE=135°,

0ZDCF=乙FCE-乙BCE=135°-90°=45°,

故答案為:45°；

(2)解：ZDCF=|Z71BC-90°.證明如下：

證明：如圖3,在BC的延長線上取點G,使得NFGE=N力BC=a,

(圖3)

^\Z-AEF—Z.ABC-a,

國乙FEG=Z-AEC—Z-AEF=Z-ABC+Z-BAE—Z-AEF=Z-BAE,

又回EF=/E,

EFG三△ZEB(AAS),

回FG=BE,EG=AB,

回四邊形4BCD是菱形，

團EG=AB=BC,

回BE=CG,

MG=CG,

0Z￡)CF=Z.DCG-乙FCG=a-=-a-90°=-Z.ABC-90°.

222

【點睛】本題考查了四邊形的綜合應用，主要考查正方形的性質，菱形的性質，全等三角形的性質與

判定，添加恰當輔助線構造全等三角形是解題的關鍵.

5.(24-25八年級上?山東青島?期末)如圖，已知長方形。48c的頂點A在x軸上，頂點C在y軸上，OA=16,

OC=8,。、E分別為。力、BC上的兩點，將長方形0aBe沿直線DE折疊后，點A剛好與點C重合，點

8落在點F處，再將其打開、展平.

*用圖

(1)點B的坐標是；

(2)求直線DE的函數表達式；

⑶設動點P從點D出發(fā)，以1個單位長度/秒的速度沿折線。-4-BTC向終點C運動，運動時間為

t秒，當SMDE=2SA-D時,求？的值.

【答案】⑴(16,8)

(2)y=2x—12

⑶不存在，見解析

【分析】(1)根據。4=16,OC=8,知8(16,8).

(2)設。。=m,則4。=16-m,可得8?+巾2=(16-m)2,解得m=6,故。(6,0),CD=AD=16-

m=10,證明CE=CD=10,知E(10,8),再用待定系數法可得直線DE的函數表達式為y=2比一12；

(3)求出=^x8x6=24；再分當0WtW10時，尸在線段40上，當10<t<18時，P在線段

4B上，當18<tW34時.尸在線段BC上三種情況討論可得答案.

【詳解】(1)解：???0A=16,OC^AB=8,

8),

故答案為：(16,8).

(2)解：設貝1]力。=16-機，

根據翻折的性質可得CD=AD=16-m,AADE=乙CDE,

■：OC2+OD2=CD2,

■■■82+m2=(16—m)2,

解得：m=6,

：.D(6,0),CD=AD=1610,

???BC||OA,

Z.ADE=Z-CED,

Z.CDE=Z-CED,

.?.CE=CD=10,

???E(10,8),

設直線DE的函數表達式為丫=k%+b,把。(6,0),E(10,8)代入得:

r6fc+b=0

tlOfc+6=8'

解得：｛/=窘,

S=-12

???直線。E的函數表達式為y=2久—12；

(3)解：???OC=8,OD=6,

*',S&OCD=5X8x6=24；

???AD=10,

，當OWtWlO時，尸在線段ZD上，

AD<2OD,

?，.此時不存在點P,使S^POE=2s△℃￡);

當時，尸在線段ZB上，如圖：

此時BE=BC-CE=16-10=6,

???S梯形O/BE=1X(6+10)X8=64,S^PAD=|X10(t-10)=5t50,SABPE=3x6[8—(t-10)]=

54-3t,

???64-(5t-50)-(54-3t)=2x24,

解得：t=6(不符合題意，舍去)，

當18<tW34時.尸在線段BC上，如圖:

SRPDE-2s.CD，

???PE=OD=12,

CE=10,BE=6,

二在線段BC上，不存在尸，使PE=2。。，

綜上所述，P在運動過程中，不存在時刻使5心.=2SA℃D.

【點睛】本題考查一次函數綜合應用，涉及待定系數法，勾股定理，平行線的性質，等腰三角形的判

定，三角形面積，翻折問題等，解題的關鍵是掌握翻折的性質.

6.(2024?貴州?模擬預測)綜合與實踐：在菱形力BCD中，NB=60。，作乙MAN=LB,AM,4V分別交BC,

CD于點M,N.

圖①圖②圖③

⑴【動手操作】如圖①，若M是邊的中點，根據題意在圖①中畫出4MAN,則NB4M=

度；

(2)【問題探究】如圖②，當M為邊BC上任意一點時，求證：AM=AN；

⑶【拓展延伸】如圖③，在菱形4BCD中，4B=4,點P,N分別在邊BC,CD上，在菱形內部作"AN=乙B,

連接4P,若4P=g,求線段ON的長.

【答案】⑴圖見解析，30。

⑵見解析

⑶1或3

【分析】(1)根據題意作圖，由菱形的性質可得AABC是等邊三角形，根據等腰三角形的性質可得AM1

BC,由直角三角形的性質即可求解；

(2)如解圖，連接AC,由四邊形2BCD是菱形，可得△ABC和A4DC都是等邊三角形，再證△三

ACAN(ASA)即可求解；

(3)根據題意作圖如解圖，過點4作4H18C于點H,連接AC,可得△ABC是等邊三角形，由勾股定

理可得2H=2百，在RtAZPi"中，4P]=V13MW=2百，由勾股定理可得HP】=1,同理可得HP?=1，

分類討論：當點P在點H的左側(Pi的位置)時，CP=CH+HP[=2+1=3；當點P在點H的右側0

的位置)時，CP=CH—HP?=2—1=1；再由(2)知4BAP=ACAN(ASA),可得線段DN的長為1

或3,由此即可求解.

【詳解】(1)解：作NM4N如解圖，

C

回四邊形ABC。是菱形，

國AB=BC,

如圖所示，連接ZC,Z,B=60°,

0AABC是等邊二角形，

^BAC=60°,

回點M是中點，

團AM18C,即Z71MB=90o,

團乙BAM=30°,

故答案為：30；

(2)證明：如解圖，連接4C,

A

四邊形/BCD是菱形，且乙8=60°,

AB=AD=BC=CD,乙B=乙D=60°,

ABC^AZDC都是等邊三角形，

??.AB=AC,/-B=乙ACN=ABAC=60°,

???^BAM+^MAC=60°,

???^MAN=60°,

???^MAC+乙CAN=60°,

???Z-BAM=乙CAN,

/.△BAM=△CZN(ASA),

??.AM=AN.

(3)解：根據題意作圖如解圖，過點/作于點H,連接AC,

.?.BC=CD=AB=4,

??.△是等邊三角形，

1

???BH=CH=-BC=2,

2

AH=7AB2-BH?=V42-22=2亞

在RtAAPi”中，APr=V13,AH=2V3,

HP】=四用一AH2=J（Vi3）2-（2V3）2=1,同理可得HP2=1,

當點P在點H的左側（Pi的位置）時，CP=CH+HPi=2+1=3；

當點P在點H的右側（P2的位置）時，CP=CH—HP2=2—1=1；

???CP=1或3；

由（2）M1ABAPCAN（.ASA）,

■.BP=CN,

DN=CP,

線段DN的長為1或3.

【點睛】本題主要考查菱形的性質，等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理

的綜合運用，掌握菱形的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，分類討論思想

是解題的關鍵.

7.（24-25九年級上?廣東韶關?期中）【閱讀理解】

半角模型是指有公共頂點，銳角等于較大角的一半，且組成這個較大角的兩邊相等.通過旋轉或截長

補短，將角的倍分關系轉化為角的相等關系，并進一步構成全等三角形，用以解決線段關系、角度、

面積等問題，

【初步探究】

如圖1,在正方形2BCD中，點E,F分別在邊上，連接力E,4F,EF.若NEHF=45。，將△力DF繞

點2順時針旋轉90。，點。與點B重合，得到AABG.易證：AAEFmAAEG.

(1)根據以上信息，填空：

①NE4G=°；

②線段BE、EF、DF之間滿足的數量關系為；

【遷移探究】

(2)如圖2,在正方形4BCD中，若點E在射線CB上，點F在射線DC上，^EAF=45°,猜想線段

BE、EF、DF之間的數量關系，請證明你的結論;

【拓展探索】

(3)如圖3,已知正方形48CD的邊長為3魚,4區(qū)4尸=45。，連接BD分別交2尸于點M、N,若點M

恰好為線段的三等分點，且BMVDM,求線段MN的長.

圖1

【答案】(1)①45；(2)BE+DF=EF；(2)BE+EF=DF.證明見解析；(3)MN=2.5

【分析】本題考查正方形的性質、旋轉的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理，構造全等三角

形是解答的關鍵.

(1)如圖1,先由正方形的性質和旋轉性質得乙4BG=ND=^ABE=90°,^GAB=Z.FAD,AG=AF,

BG=DF,進而可得G、B、E共線，/.EAG=45°,證明△E4F三△EAG(SAS)得到EF=EG即可求解;

(2)在圖2中，在DC上截取DH=BE,連接4H,先證明△48E三△ADH(SAS),得至IjHE=NB4E=

Z.DAH,則可得NEAF=^FAH=45°,再證明△EAF=△HAF(SAS)得至IjEF=HF,進而可得結論；

(3)將AanN繞點4順時針旋轉90。得到AABK,連接KM,先求得8。=6,則由已知得8M=2,DM=4,

由旋轉可得，AADNm4ABK,乙KAN=90°,易證4KBM=90°,證明AAMK三△4MN得到KM=MN,

設MK=MN=x,貝l|BK=DN=4—x,利用勾股定理列方程求解x值即可.

【詳解】解：(1)回四邊形4BCD是正方形,

0XD=AB,=4DAB=/.ABC=90°,

將AADF繞點4順時針旋轉90。，點。與點B重合，得到AABG.

貝UNABG=ZD=4ABE=90°,/.GAB=/.FAD,AG=AF,BG=DF,

BIG、B、E共線，

^EAF=45°,

S^EAG=/.GAB+/-BAE=^FAD+/.BAE=45°,

在AEAF和AEAG中，

AF=AG

Z.EAF=LEAG，

,AE=AE

??.△EAF瓦4G(SAS),

??.EF=EG,

BE+BG=EG,

回BE+DF=EF,

故答案為：①45；②BE+DF=EF；

(2)解：BE+EF=DF.

證明如下：如圖2,在DC上截取=連接A”,

AB=AD

在和△AD”中，\z.ABE=ZD,

、BE=DH

/.△ABE三△ZD”(SAS),

??.AE=AH/BAE=4DAH,

???乙BAE+乙BAH=Z.BAH+Z.DAH=90°,^Z.EAH=乙BAD=90°,

??.AEAF=45°,

???^EAF=Z.FAH=45°,

AE=AH

在^EAF^WL”AF中，NEAF=乙HAF,

AF=AF

/.△EAF三△HAF(SAS),

??.EF=HF,

???DH+HF=DF,

國BE+EF=DF,

(3)將AADN繞點4順時針旋轉90。得到AABK,連接KM.

El四邊形4BCD是正方形,

???AB=AD=3五/BAD=90°,4ABD=AADB=45°,

BD=y/AB2+AD2=6

1

???BM=-BD=2,DM=BD-BM=4,

3

由旋轉可得，△ADN=AABK,乙KAN=90°,

???AK=AN,BK=DN,乙ABK=乙ADB=45°,

???4KBM=乙ABK+^ABD=90°

???乙KAN=90°,/.MAN=45°,

???^KAM=4MAN=45°,

又；AM=AM,

??.AAMK=AAMN,

???KM=MN,

設MK=MN=x,則BK=DN=4—x,

在RtABMK中，BK2+BM2=MK2,

■.(4-x)2+22=/,

解得％=2.5,

MN=2.5.

【題型2特殊平行四邊形中求最值問題】

1.（24-25九年級上?山東青島?期末）如圖，P是矩形48CD的對角線8。上一點，AB=3,BC=5,PE1BC

【答案】C

【分析】連接CP,根據矩形的性質得到EF=CP,AP+EF的最小值即為4P+CP的最小值，當4,P,C

三點共線時，AP+CP的值最小，且為AC的長度，根據勾股定理得到AC=7AB2+BC2,于是得到結論.

【詳解】解：連接CP,

???PE1BC,PF1CD,

二四邊形PECF是矩形，

EF=CP,

：.AP+EF的最小值即為AP+CP的最小值，

當A,P,c三點共線時，ap+cp的值最小，且為ac的長度，

?.?四邊形4BCD是矩形，

AC-yjAB2+BC2——V32+52=V34>

??.AP+EF的最小值為諄.

故選：C.

【點睛】本題考查的知識點是矩形的判定與性質、勾股定理解直角三角形，解題關鍵是熟練掌握矩形的

判定與性質.

2.（24-25九年級上?四川成都?期末）如圖，在矩形4BCD中，AB=3,4D=4,點P是對角線BD上一動點，

過點P分別作BC,CD的垂線，垂足分別為點民尸，連接EF,貝帕F的最小值為.

【答案】y

【分析】本題考查了矩形的判定和性質，勾股定理，垂線段最短，連接CP,由矩形的性質可得四邊形PECF

是矩形，即得CP=EF,可知要求EF的最小值，就是要求CP的最小值，當CP1BD時，CP取最小值,

由勾股定理得BD=山1B2+4D2=5,再根據三角形的面積求出CP即可求解，正確作出輔助線是解題的

關鍵.

【詳解】解：如圖，連接CP,

團四邊形Z8C0是矩形,

固乙4=乙DCB=90°,

國PE1BC,PF工CD,

^PEC=乙PFC=90°,

團四邊形PECF是矩形，

國CP=EF,

團要求E尸的最小值，就是要求CP的最小值，

當CP1BD時，CP取最小值，

在&△840中，^BAD=90°,AB=3,AD=4,

國BD=VAB2+AD2=V32+42=5,

回S^BCD=S〉ABD~3AB,AD=~BD,CP,

碎x3x4=，5xCP,

22

17

MP=Y，

國E尸的最小值為蓑，

故答案為：蓑.

3.（23-24八年級下?貴州黔東南?期末）在矩形4BCD中，點E,尸分別是4B,4D上的動點，連接EF,將△4EF

沿EF折疊，使點A落在點P處，連接BP,若4B=2,BC=3,貝的小值為.

【答案】V13-3/-3+V13

【分析】本題考查矩形與折疊、勾股定理、線段最值問題，由題意得，點4點尸關于EF對稱，可得當

點、B、P、F三點共線時，BP的最小，止匕時，點P在對角線BD上，利用勾股定理求得=g，由折

疊的性質得，AD=FP=3,再利用BP=BD-PF求解即可.

【詳解】解:由折疊的性質得，NA=乙EPF=90°,

則當BP1EP,即點8、P、/三點共線時，BP的最小，

此時，點尸在對角線8。上，

回AB=2,BC=3,

WD=V22+32=V13,

由折疊的性質得，AD=FP=3,

WP=BD-PF=V13-3,

故答案為：V13-3.

4.（23-24八年級下?廣東汕頭?期末）如圖，在菱形4BCD中，力B=6,乙4=120。，點、P,Q,K分別為線段

BC,CD,BD上的任意一點，貝UPK+QK的最小值為

【答案】

【分析】根據軸對稱確定最短路線問題，作點P關于8。的對稱點P',連接PK,P'Q,過點4作4H1CD于

H,然后根據直線外一點到直線的所有連線中垂直線段最短的性質可知當P',K,。共線，P，QIC。時，

PK+QK的最小值，然后求解即可.

【詳解】解：作點P關于BD的對稱點P',連接P'K,P'Q,過點4作4H1CD于H,

則PK+QK=P'K+QK>P'Q,

回當P,K,。共線，P，QICD時，PK+QK的最小值,

團四邊形4BCD是菱形,

.-.AB=AD=6,AB||CD,

0ZX=120°,

乙ADH=180°-120°=60°,

BZ.DAH=30°,

0￡）W=-AD=3,

2

AH—V62—32——3A/3,

.?.點P到CD的距離=AH=3V3,

PK+QK的最小值為3百，

故答案為：3h.

【點睛】本題考查了菱形的性質，勾股定理，30度直角三角形的性質，軸對稱確定最短路線問題，熟記

菱形的軸對稱性和利用軸對稱確定最短路線的方法是解題的關鍵.

5.（24-25九年級上?四川成都?期末）如圖，邊長為3的正方形A8CD中，E為CD邊上一點，且DE=1,M是

對角線4C上的一個動點，貝UDM+EM的最小值為_.

【答案】V13

【分析】本題考查了正方形的性質，勾股定理，最短路徑問題，熟練掌握正方形的性質是解題的關鍵.連

接BM、BE,根據正方形的性質可證出ABCMmADCM,得到BM=DM,利用勾股定理求出BE的長，

再利用兩點之間線段最短性質即可得出DM+EM的最小值.

【詳解】解：如圖，連接BM、BE,

邊長為3的正方形ABCD,

BC=CD=3,乙BCM=Z.DCM=45°,4BCD=90°,

又?:CM=CM,

??.ABCM=ADCM(SAS),

???BM=DM,

???DE=1,

■.CE=CD-DE=3-1=2,

.?.在RtABCE中，BE=VBC2+CE2=V32+22=V13,

由兩點之間線段最短性質得，BM+EM>BE,

DM+EM>V13,

DM+EM的最小值為g.

故答案為：V13.

6.(24-25九年級上,全國?期末)如圖，在正方形2BCD中，AB=BC=CD=AD.AB=11,E為4B邊上一

點，點F在BC邊上，且BF=3,將點E繞著點尸順時針旋轉90。得到點G,連接DG,貝5G的長的最小

值為—.

【答案】8

【分析】本題考查正方形的性質，全等三角形的判定和性質，旋轉的性質，過點G作GH1BC,證明

△EBF任F”G(AAS),進而得到點G在與BC平行且與BC的距離為3的直線上，進而得到當點G在CD

邊上時，DG最小，求解即可.

【詳解】解：過點G作GH18C,垂足為4

0ZGWF=90°,

回四邊形ABC。是正方形，

B\AB=CD=11,ZB=90°

0Z5=乙GHF=90°,

由旋轉得：EF=FG/EFG=9。。,

0Z￡FF+乙GFH=90°,

0ZBEF+乙BFE=90°,

0ZBFF=乙GFH,

0AEBF=△FHG(AAS),

0BF=GH=3,

團點G在與BC平行且與BC的距離為3的直線上，

回當點G在CD邊上時，DG最小且DG=11-3=8,

EIDG的最小值為8.

答案為：8.

【題型3中點四邊形問題】

1.（24-25八年級下?江蘇南京?階段練習）閱讀理解：我們把依次連接任意一個四邊形各邊中點得到的四邊

形叫中點四邊形，如圖1,在四邊形48C。中，E,F,G,H分別是邊AB,BC,CD,的中點，依次

連接各邊中點得到中點四邊形EFGH.

⑴菱形的中點四邊形的形狀是;

（2）如圖2,在四邊形2BCD中，點M在48上且AaMD和為等邊三角形，E,F,G,H分別為

AB、BC、CD、AD的中點，試判斷四邊形EFGH的形狀并證明.

⑶若四邊形4BCD的中點四邊形為正方形，AB+CD的最小值為4,則BD=.

【答案】（1）矩形

⑵四邊形EFGH為菱形；證明見解析

（3）272

【分析】（1）由菱形的性質及矩形的判定可得出答案；

（2）連接AC、DB,由等邊三角形的性質得出AM=DM,AAMD=^CMB=60°,CM=BM,證出

/LAMC=^DMB,由SAS證明AZMC三△DMB,得出AC=DB,由三角形中位線定理得出EF||AC,EF=

171C,GH||AC,GH=^AC,HE=^DB,得出EF||GH,EF=GH,證出四邊形EFGH是平行四邊形；

再得出EF=HE,即可得出結論；

（3）連接BD交4C于。，連接。M、ON,當點。在MN上（即M、0、N共線）時，OM+ON最小，最

小值為MN的長，再證明MN=即可求得答案.

【詳解】（1）解：如圖，

四邊形48CD是菱形時，連接各邊中點，得到四邊形EFNM,

根據中位線性質得到EFIIDB,MNWDB,

回EFIIMN,

同理可得EMIFN,

回EFNM為平行四邊形，

又EL4BCD是菱形，

SiAC1BD,貝i]EM1MN,

EIEFNM為矩形.

故答案為：矩形；

(2)解：四邊形EFGH為菱形.理由如下:

連接4C與BD,如圖2所示：

0A4用。和4MC8為等邊三角形，

???AM=DM,^AMD=4CMB=60°,CM=BM,

???^AMC=乙DMB,

在△2用。和4DMB中，

-AM=DM

^AMC=乙DMB,

.CM=BM

.?.AAMC=ADM8(SAS),

AC=DB,

???￡1,F,G,”分別是邊48,BC,CD,DA的中點，

EF是AABC的中位線，GH是△AC。的中位線，HE是A2BD的中位線,

111

EF||AC,EF=-AC,GH||AC,GH=-AC,HE=-DB,

222

???EF||GH,EF=GH,

??.四邊形EFGH是平行四邊形；

???AC=DB,

???EF=HE,

???四邊形"GH為菱形；

(3)解：如圖3,連接3。交4c于O,連接。M、ON,

A

當點。在MN上（即M、O、N共線）時，OM+ON最小，最小值為MN的長，

02（OM+ON）的最小值=2MN,

由性質探究知：AC1BD,

又回M,N分別是AB,CD的中點，

固4B=2OM,CD=2ON,

回2（。"+ON）=AB+CD,

SAB+CD的最小值=2MN,

回四邊形ENFM是正方形，

0FM=FN,4MFN=90°,

SMN=7FM2+FN2=42FN,

回N,尸分別是DC,BC的中點，

1

團尸N

2

5\MN=—BD,

2

0—SDX2=4,

2

0BD=2V2,

故答案為：2&.

【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了三角形中位線定理，平行四邊形、矩形、菱形的判定，全

等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質，利用前面得出的結論解決新問題是解題的關鍵.

2.（23-24八年級下?內蒙古呼和浩特?期中）綜合與探究:如圖1,四邊形4BCD中，E、F、G、”分別是

AC,AB,BD、CD的中點，順次連接F,G、H.

（圖1）（備用圖）

（1）如圖1,P在四邊形48CD內一點，使PC=PA,PD=PB/APC=乙BPD,其他條件不變，試探究四

邊形EFGH的形狀，并說明理由.

(2)在(1)的條件下，若乙DPB=90。,￡^=5,求四邊形EFGH的面積.

【答案】(1)四邊形EFGH是菱形，理由見解析

(2)25

【分析】(1)連接AC、BD,證明AaPD=△CPB(SAS)得到2D=BC,再由三角形中位線定理得到EF=

|SC,EH=^A