专题05 期末复习全册平行四边形综合问题（4类型40题）-2023-2024学年八年级下册数学期末题型分类专项训练（浙教版专用）

专题05 平行四边形综合问题分类训练（4类型40题，压轴题） 重难点培优01 平行四边形综合问题 1 重难点培优02 矩形综合问题 16 重难点培优03 菱形综合问题 33 重难点培优04 正方形综合问题 50 重难点培优01 平行四边形综合问题 1．（23-24八年级下·北京·期中）如图，的对角线、交于点O，平分交于点E，且，，连接．下列结论：①；②；③；④，其中成立的有（    ） A．①②③ B．②③ C．②③④ D．②④ 2．（18-19八年级下·天津南开·阶段练习）如图，已知是边长为的等边三角形，点是边上的一点，且，以为边作等边，过点作，交于点，连接，则下列结论： ；四边形是平行四边形；其中正确的有（　　）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，的对角线与相交于点O，平分，分别交，于点E，P，连接，，，，则下列结论：①，②，③，④，⑤平分，正确的结论有（    ）个 A．5 B．4 C．3 D．2 4．（23-24八年级下·四川绵阳·期中）如图，在中，对角线，相交于点O，，E，F，G分别是，，的中点．给出下列结论：①；②四边形是平行四边形；③．其中正确的个数是（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 5．（2024九年级下·云南·专题练习）如图，在四边形中，，对角线与交于点，于点，于点，连接，若，则下列结论： 四边形是平行四边形 图中共有四对全等三角形． 其中正确的是（　　） A． B． C． D． 6．（23-24八年级下·黑龙江佳木斯·期中）如图，平行四边形的对角线，交于点，平分交于点，，，连接．下列结论：①；②平分；③；④垂直平分．其中正确的个数有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．（23-24八年级下·福建福州·期中）如图在中，，，分别是，的中点，以为斜边作直角三角形，若，则下列结论：①；②平分；③；④．正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 8．（23-24八年级下·广东广州·期中）如图，分别以的斜边、直角边为边向外作等边和为中点，连接、、，与交于点O，与交于点，连接，若，下列结论：①；②；③；④；⑤与的面积比为，其中正确的结论的个数是（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 9．（23-24八年级下·云南昆明·期中）如图，ABCD中，对角线，相交于O，，E，F，G分别是，，的中点，下列结论：①；②四边形是平行四边形；③；④平分．其中正确的是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 10．（23-24八年级下·湖北十堰·期中）在平行四边形中，对角线相交于点O，，E，F，G分别是的中点．交于点H．下面四个结论： ①；②；③；④． 其中正确的结论是（    ） A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 重难点培优02 矩形综合问题 11．（23-24八年级下·北京·期中）如图，矩形中，O为中点，过点O的直线分别与、交于点E、F，连结交于点M，连结、．若，，则下列结论中正确结论的个数是（    ） ①；②四边形是菱形；③；④ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 12．（23-24八年级下·山东威海·期中）如图，是矩形纸片，，，点，分别在边，上，将纸片沿折叠，点落在边上的点处，点落在点处．对于如下结论：①四边形是菱形；② 平分；③线段的取值范围为；④当点与点重合时，．正确的结论的有（   ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 13．（23-24八年级下·陕西渭南·期中）如图，在中，E、F分别为边的中点，是对角线， 且，交的延长线于点G，连接，若．下列结论中：①；②四边形是矩形；③；④．其中所有正确的结论是（    ） A．①②③④ B．①② C．①③ D．①②④ 14．（23-24八年级下·北京·期中）如图，是矩形内的任意一点，连接，得到，，，，设它们的面积分别是．给出以下结论：①；②；③若，则；④若，则点在矩形的对角线上其中正确结论的序号是（    ） A．①④ B．②④ C．②③④ D．以上选项均不对 15．（23-24八年级下·山东济宁·期中）如图，在矩形中，，的平分线交于点，于点，连接并延长交于点，连接交于点，有下列结论：①平分；②；③；④；⑤．其中正确的结论有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 16．（23-24八年级下·山东济宁·期中）如图，已知是矩形的对角线，，，点，分别在边，上，连结，．将沿翻折，将沿翻折，若翻折后，点，分别落在对角线上的点，处，连结．则下列结论：①；②；③；④，其中正确的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 17．（23-24八年级下·河南漯河·期中）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证，下列结论一定成立的是（   ） ①；②；③；④ A．②③④ B．①②④ C．①②③ D．①②③④ 18．（23-24八年级下·福建厦门·期中）在矩形中，对角线、相交于点，平分交于点，，连接，则下面的结论中正确的有（  ） ①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④；⑤． A．①②③ B．①②③④ C．①②④ D．①②③④⑤ 19．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，在四边形中，，相交于点，且，动点从点开始，沿四边形的边运动至点停止，与相交于点，点是线段的中点．连接，下列结论中： ①四边形是矩形； ②当时，点是的中点； ③当，时，线段长度的最大值为2； ④当点在边上，且时，是等边三角形，其中正确的有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 20．（23-24八年级下·福建龙岩·阶段练习）如图，四边形是矩形，点在边上，平分且，垂足为点，连接并延长交于点，连接交于点，连接交于点，有下列结论：①；②垂直且平分；③；④；⑤．其中正确的结论有（    ）个．    A．1 B．2 C．3 D．4 重难点培优03 菱形综合问题 21．（23-24八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，分别以直角的斜边，直角边为边向外作等边和等边，F为的中点，与交于点G，与交于点H，，．给出如下结论：①平分；②；③；④，其中正确结论的为（　　） A．①③④ B．②③ C．①④ D．①②③④ 22．（23-24八年级下·福建厦门·期中）如图，已知菱形的边长为4，，分别是，边上的动点，，，与相交于点，则下列结论：①，②为等边三角形；③；④若，则．其中正确个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 23．（23-24八年级下·广东珠海·期中）如图，在边长为4的菱形中，，点、分别为、边上的动点，连接、、．若，则以下结论正确的是（    ） ①；②是等边三角形；③四边形的面积是；④面积有最大值为． A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 24．（23-24九年级上·宁夏银川·期中）如图，在菱形中，，，，分别是，的中点，，相交于点，连接，，有下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 25．（21-22八年级下·陕西渭南·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，，点E，F分别是，的中点，连接，，，分别与，相交于点M，N，连接，，下列结论：（1）是等边三角形；（2）四边形是菱形；（3）；（4）．其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 26．（21-22八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，，点P从点B出发，沿折线方向移动，移动到点D停止，连结，在形状的变化过程中，出现的特殊三角形有：①等腰三角形；②等边三角形；③直角三角形，以下排序正确的是（    ） A．①③②③ B．③②①③ C．①③②① D．③②③① 27．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，在一张菱形纸片中，，，点在边上不与，重合，将沿直线折叠得到，连接，，，有以下四个结论：；；当时，；当平分时，则．以上结论中，其中正确的结论个数是（    ）      A． B． C． D． 28．（22-23八年级下·新疆巴音郭楞·期末）如图，平行四边形中，与交于点O，点E是边上的中点，连接，，，．有下列结论：①是等边三角形；②的周长是20，③的边上的高是，④是菱形，⑤的面积是48．其中正确的是（    ）    A．②③④ B．②④⑤ C．①②③④ D．②③④⑤ 29．（23-24八年级下·四川绵阳·期中）如图，是的边的垂直平分线，垂足点为点O，与的延长线交于点E，连接，，，则下列结论：①；②四边形是菱形；③；④，其中正确的结论有 （填写所有正确结论的序号）． 30．（23-24八年级下·江苏苏州·期中）如图，在四边形中，，交于点，过四边形的顶点作，且，线段交于点，交于点，若三点共线，则以下说法：四边形为菱形； ； ； ，正确的有 ． 重难点培优04 正方形综合问题 31．（23-24八年级下·山东聊城·期中）如图，在正方形的外侧作等边，连接交于点，交于点，连结并延长交于点，下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论有（   ） A．①②③ B．①②③④ C．①③④ D．①②④ 32．（23-24八年级下·山东泰安·期中）如图，在正方形中，E、F分别是，的中点，，交于点G，，的延长线交于点M，连接，下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论是（    ） A．①② B．①③ C．①②③ D．①②④ 33．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别为边上的动点（不与端点重合），连接分别交对角线于点P，Q． 点E，F在运动过程中，始终保持，连接． 下列结论：①；的周长为4；③；④若过点B作，垂足为H，连接，则的最小值为（    ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 34．（23-24八年级下·广东惠州·期中）如图，已知正方形的边长为12，，将正方形的边沿折叠到，延长交于G，连接．现有如下3个结论：①；②；③的长为4．其中正确的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 35．（2024·江苏无锡·一模）如图，在正方形中，是延长线上一点，在上取一点，使点关于直线的对称点落在上，连接交于点，连接交于点，连接．现有下列结论：①；②；③；④若，，则，其中正确的是（   ） A．②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④ 36．（23-24八年级下·湖南怀化·期中）如图，在正方形中，是边上的一动点（不与点重合），连接，点关于直线的对称点为，连接并延长交直线于点，是的中点．连接，则下列结论 ①；②；③；④的面积最大值；其中正确的是（     ） A．①②③④ B．②③④ C．②③ D．②④ 37．（23-24八年级下·辽宁营口·期中）如图，点为正方形的中心，平分交于点，延长到点，使，连接交的延长线于点，连接交于点，连接．则以下四个结论中：①；②；③；④．正确结论的个数为（    ）    A．个 B．个 C．个 D．个 38．（23-24八年级下·湖北荆门·期中）如图，正方形的边长为2，G是对角线上一动点，于点E，于点F，连接．给出四个结论：①；②若，则；③若G为的中点，则四边形是正方形；④若，则．则其中正确的是（    ） A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④ 39．（23-24八年级下·山东临沂·期中）如图，正方形的边长为，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况：若为的中点，则四边形是正方形；若为上任意一点，则；点在运动过程中，的值为定值；点在运动过程中，线段的最小值为．其中正确的有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 40．（2024·山东东营·二模）如图，已知四边形为正方形，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论：①矩形是正方形；②；③；④．下列正确的选项是（    ） A．①②④ B．①③ C．①②③ D．②③④ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 平行四边形综合问题分类训练（4类型40题，压轴题） 重难点培优01 平行四边形综合问题 1 重难点培优02 矩形综合问题 16 重难点培优03 菱形综合问题 33 重难点培优04 正方形综合问题 50 重难点培优01 平行四边形综合问题 1．（23-24八年级下·北京·期中）如图，的对角线、交于点O，平分交于点E，且，，连接．下列结论：①；②；③；④，其中成立的有（    ） A．①②③ B．②③ C．②③④ D．②④ 【答案】C 【分析】利用平行四边形的性质及角平分线的定义易证是等边三角形，再根据等边三角形的性质及线段的数量关系即可判断①；根据等腰三角形的性质及角的和差即可得出，再根据三角形的面积公式即可判断②；根据线段的关系及三角形面积公式即可判断③；根据平行四边形的性质及含30度的直角三角形的性质得出，再根据线段间的关系即可判断④ 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故①错误，不符合题意； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故②正确，符合题意； ∵， ∴E为中点， ∴， ∵， ∴， ∴， 故③正确，符合题意； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故④正确，符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质以及等边三角形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 2．（18-19八年级下·天津南开·阶段练习）如图，已知是边长为的等边三角形，点是边上的一点，且，以为边作等边，过点作，交于点，连接，则下列结论： ；四边形是平行四边形；其中正确的有（　　）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题．连接，作于首先证明，根据可证明，再证明是等边三角形即可解决问题． 【详解】解：作于．   都是等边三角形， ， ， 在与中， ， ，故正确； ， ， ， 是等边三角形， ， ， 四边形是平行四边形，故正确， ，故正确， ， ， ， ，故错误， 都正确， 故选：C． 3．（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，的对角线与相交于点O，平分，分别交，于点E，P，连接，，，，则下列结论：①，②，③，④，⑤平分，正确的结论有（    ）个 A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形30度角的性质、三角形面积和平行四边形面积的计算，利用上述性质，逐项判断即可解答，熟练掌握平行四边形的性质，证明是等边三角形是解决问题的关键，并熟练掌握同高三角形面积的关系． 【详解】解：平分， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ， 是等边三角形， , ， ， ， ， ， ， ， ， 故①正确； ，， ，， ， 在中，， 四边形是平行四边形， ， ， ， 在中， ，故②正确； 由②知：， ， 故③正确； ， ，故④错误； ， 为等腰三角形的角平分线， 平分，故⑤正确， 故正确的为：①②③⑤， 故选：B． 4．（23-24八年级下·四川绵阳·期中）如图，在中，对角线，相交于点O，，E，F，G分别是，，的中点．给出下列结论：①；②四边形是平行四边形；③．其中正确的个数是（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】A 【分析】由平行四边形的性质可得，，，，即可得，由等腰三角形的性质可判断①，由中位线定理和直角三角形的性质可判断②，由平行四边形的性质可判断③，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形 ∴，，，， ∵ ∴，且点E是中点 ∴， ∴①正确 ∵E、F分别是、中点 ∴， ∵G是中点， ∴，且， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴②正确， ∵四边形是平行四边形， ∴，，且 ∴ ∴③正确． 故选：A． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形的中位线及等腰三角形的性质，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键． 5．（2024九年级下·云南·专题练习）如图，在四边形中，，对角线与交于点，于点，于点，连接，若，则下列结论： 四边形是平行四边形 图中共有四对全等三角形． 其中正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质； ①由平行线的判定方法得，由可判定，由全等三角形的性质得，由平行四边形的性质即可判断；②由平行四边形的性质即可判断；③，由线段的和差得，由平行四边形的性质得，由平行四边形的判定方法即可判断；④数出全等三角形的个数，即可判断；掌握判定方法及性质是解题的关键． 【详解】解：① ，， ， ， 在和中， ()， ， 四边形是平行四边形， ， 故正确 ②四边形是平行四边形， ， 故正确 ③， 即， 四边形是平行四边形， ， 四边形是平行四边形， 故正确 ④由题意可得 ，， ，，， ，，， ，，， 共对全等三角形， 故错误． 正确的结论是， 故选C． 6．（23-24八年级下·黑龙江佳木斯·期中）如图，平行四边形的对角线，交于点，平分交于点，，，连接．下列结论：①；②平分；③；④垂直平分．其中正确的个数有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，三角形中位线定理等知识，掌握平行四边形的性质定理是解题的关键． 证得是等边三角形，由等边三角形的性质得出，求得，即可得到；依据，，可得，进而得出平分；依据中，斜边大于直角边即可判断；由三角形的中位线定理可得出，则可得出，则可得出结论． 【详解】解：∵在平行四边形中，， ∴， ∵平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴E是的中点， ∴， ∴， ∴，即， ∴，故①错误； ∵，， ∴， ∴平分，故②正确； ∵在中，AO为斜边，AD为直角边，， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴，故③错误； ∵O是的中点，E是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴垂直平分，故④正确， 综上，正确的有2个， 故选：B． 7．（23-24八年级下·福建福州·期中）如图在中，，，分别是，的中点，以为斜边作直角三角形，若，则下列结论：①；②平分；③；④．正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查三角形中位线定理，等腰三角形的判定及性质，勾股定理等知识，根据等腰直角三角形的性质可判断①，根据平行线的性质可判断②，由①②的条件，通过角的转换即可判断③，根据勾股定理即可判断④． 【详解】解：∵，， ∴． ∵中，， ∴， ∴， 故①正确，符合题意； ∵，分别是，的中点， ∴， ∴． ∵F是的中点，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平分； 故②正确，符合题意； ∵， ∴， 故③错误，不符合题意； ∵中，， ∴， ∵， ∴， 故④正确，符合题意． 综上所述，正确的有①②④，共3个， 故选：C． 8．（23-24八年级下·广东广州·期中）如图，分别以的斜边、直角边为边向外作等边和为中点，连接、、，与交于点O，与交于点，连接，若，下列结论：①；②；③；④；⑤与的面积比为，其中正确的结论的个数是（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】B 【分析】利用等边三角形的性质，直角三角形的特征，等边三角形的三线合一性质，可判定①；利用直角三角形性质，斜边大于直角边，可判定②；利用全等三角形的性质，可判定③；利用平行四边形的性质，直角三角形的性质，可判定④；利用三角形面积特点，可判定⑤． 本题考查了等边三角形性质，含30度角的直角三角形性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定等知识点的综合运用． 【详解】解：设， ∵，， ∴， ∵是等边三角形，F为中点， ∴， ， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； 故①正确； ∵，， ∴， 故②错误； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故③正确； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， 故④正确； ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故⑤错误， 故选B． 9．（23-24八年级下·云南昆明·期中）如图，ABCD中，对角线，相交于O，，E，F，G分别是，，的中点，下列结论：①；②四边形是平行四边形；③；④平分．其中正确的是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】由平行四边形的性质得到，，从而得到，根据等腰三角形的“三线合一”即可判断结论①；根据中位线定理得到，，进而，，得证四边形是平行四边形，即可判断结论②；根据直角三角形斜边上的中线的性质可得，但无法证明，即可判断结论③；由，得到，再根据，得到，从而，即可判断结论④． 【详解】解：∵四边形是平行四边形 ∴，，，， ∵，即， ∴， ∵点E 是中点， ∴，故①正确； ∵E、F分别是、的中点， ∴，， ∵点G是上的中点， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形，故结论②正确； ∵，即， 又点G是上的中点， ∴， ∴，但无法证明，故结论③错误， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴平分，故结论④正确． 故选：B 【点睛】本题考查平行四边形的判定及性质，中位线定理，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质．综合运用相关知识是解题的关键． 10．（23-24八年级下·湖北十堰·期中）在平行四边形中，对角线相交于点O，，E，F，G分别是的中点．交于点H．下面四个结论： ①；②；③；④． 其中正确的结论是（    ） A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】由等腰三角形“三线合一”得，根据三角形中位线定理可得；由直角三角形斜边上中线等于斜边一半可得，即可得；连接，可证四边形是平行四边形，即可得，由三角形面积关系得出，即可得出结论． 【详解】解：连接，如图所示： 四边形是平行四边形， ，，，，，， ， ， 点为中点， ，故①正确； 、、分别是、、的中点， ，， ，， ， ，故②正确； ，， 四边形是平行四边形， ，故③正确； ，， ，， ，故④正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，三角形中位线定理，三角形面积，直角三角形斜边上中线性质，等腰三角形性质等知识，熟练运用三角形中位线定理、等腰三角形的性质是解题关键． 重难点培优02 矩形综合问题 11．（23-24八年级下·北京·期中）如图，矩形中，O为中点，过点O的直线分别与、交于点E、F，连结交于点M，连结、．若，，则下列结论中正确结论的个数是（    ） ①；②四边形是菱形；③；④ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，含角的直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握这些知识是解题的关键．根据矩形的性质可得，先证明，再证明是等边三角形，即可判断①选项；由和是等边三角形，可得，即可判断②选项；由含角的直角三角形的性质即可判断③选项；先证明，可知，设，根据含角的直角三角形的性质，可得，根据，，可得，进一步即可判断④选项． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵O为的中点， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 在和中， ， ， ，， 在等边中，， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， 平分， ，， 垂直平分， 如图，连接， 在矩形中，为的中点， ，，三点在同一直线上， 在线段的垂直平分线上， ， ， 是等边三角形， ， 故①符合题意； 由①得和是等边三角形， ， 四边形是菱形； 故②符合题意； 是等边三角形， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ； 故③不符合题意； 在和中， ， ， ， 垂直平分， ， 设， ，， ， ，， ， ， ，， ， ， 故④不符合题意， 综上所述，正确的结论有①②， 故选：B 12．（23-24八年级下·山东威海·期中）如图，是矩形纸片，，，点，分别在边，上，将纸片沿折叠，点落在边上的点处，点落在点处．对于如下结论：①四边形是菱形；② 平分；③线段的取值范围为；④当点与点重合时，．正确的结论的有（   ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查矩形的性质、图形折叠的性质、菱形的判定及性质、勾股定理；①先证明四边形是平行四边形，结合，即可判断说法正确与否；②若平分，可求得，即可判断说法正确与否；③当点与点重合时，可以取得最小值，当四边形为正方形时，可以取得最大值；④根据勾股定理即可判断说法正确与否． 【详解】①根据图形折叠的性质可知，， ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． 又， ∴四边形是平行四边形． 又， ∴四边形是菱形． 说法①正确． ②∵四边形是菱形， ∴． 若平分，则， ∴． 所以，只有当时，平分． 说法②错误． ③如图所示，当点与点重合时，可以取得最小值．    设，则． 在中 ，即 解得 所以，的最小值为． 当四边形为正方形时，可以取得最大值． 此时点、、重合，． 所以，的最大值为． 综上所述，． 说法③正确． ④根据题意可知， ∵四边形是菱形． ∴，． ∴． ∴． 说法④正确． 综上所述，说法正确的为①③④． 故选：C． 13．（23-24八年级下·陕西渭南·期中）如图，在中，E、F分别为边的中点，是对角线， 且，交的延长线于点G，连接，若．下列结论中：①；②四边形是矩形；③；④．其中所有正确的结论是（    ） A．①②③④ B．①② C．①③ D．①②④ 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，以及三角形的面积公式．证明四边形是平行四边形即可；②根据且可证四边形是平行四边形，结合可证四边形是矩形；③连接，若，可证，显然不一定成立；④先证明，然后结合平行四边形的性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵E、F分别为边的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，故①正确； ∵且， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形，故②正确； 连接， ∵四边形是矩形， ∴过点E，． 若，则，显然与不相等，故③不正确； ∵四边形是平行四边形， 又∵F为边的中点， ∴， ∴，故④正确． 综上可知，正确的有， 故选D． 14．（23-24八年级下·北京·期中）如图，是矩形内的任意一点，连接，得到，，，，设它们的面积分别是．给出以下结论：①；②；③若，则；④若，则点在矩形的对角线上其中正确结论的序号是（    ） A．①④ B．②④ C．②③④ D．以上选项均不对 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，根据矩形的对边相等可得，，设点到、、、的距离分别为、、、，然后利用三角形的面积公式列式整理即可判断出①②；根据三角形的面积公式即可判断③；根据已知进行变形，求出，即可判断④． 【详解】解：四边形是矩形， ，， 设点到、、、的距离分别为、、、， ∴， 不能得出， 故①错误，②正确； 根据，能得出，不能推出，即不能推出，故③错误； ∵，， ∴， ∴ ∴点一定在对角线上，故④正确． 故选：B． 15．（23-24八年级下·山东济宁·期中）如图，在矩形中，，的平分线交于点，于点，连接并延长交于点，连接交于点，有下列结论：①平分；②；③；④；⑤．其中正确的结论有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质等知识；根据角平分线的定义可得，可得出是等腰直角三角形，证出，证明，可得，求出，从而判断出①正确；求出，，然后根据等角对等边可得，判断出②正确；求出，，证明，可得，判断出③正确；根据全等三角形对应边相等可得，根据，，判断出④正确；判断出不是等边三角形，从而得到，即，得到⑤错误． 【详解】解：在矩形中，平分， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， 平分，故①正确； ，， ， ， ，， ， ， ， ，故②正确； ， ， 又，， 在和中， ， ， ，，故③正确； 由上述①、⑤、③可得、，， ，故④正确； ，， 不是等边三角形， ， 即，故⑤错误； 故选：C． 16．（23-24八年级下·山东济宁·期中）如图，已知是矩形的对角线，，，点，分别在边，上，连结，．将沿翻折，将沿翻折，若翻折后，点，分别落在对角线上的点，处，连结．则下列结论：①；②；③；④，其中正确的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理及其逆定理，折叠的性质，平行线的判定．由矩形的性质及勾股定理可求出；由折叠的性质可得出，，则可求出；证出，由平行线的判定可得出结论；由勾股定理求出，再根据勾股定理的逆定理可判断结论不成立． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ，， ，故①正确； 将沿翻折，将沿翻折，点，分别落在对角线上的点，处， ，， ，故②正确； 四边形是矩形， ， 将沿翻折，将沿翻折，点，分别落在对角线上的点，处， ， ∴，故③正确； ， ， 设，则， ， ， ，， ∴， ∵， ∴不是直角三角形， ∴， ∴不成立，故选④不正确， 综上，①②③正确， 故选：C． 17．（23-24八年级下·河南漯河·期中）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证，下列结论一定成立的是（   ） ①；②；③；④ A．②③④ B．①②④ C．①②③ D．①②③④ 【答案】C 【分析】根据矩形的性质及材料，即可判断， 此题主要考查矩形的性质，解题的关键是熟知矩形的性质定理． 【详解】解：根据题意可知，故③正确， 根据矩形的性质得，，故①，②正确， ，， ∵不一定成立， ∴不一定成立，故④错误， 综上所述，①②③一定成立， 故选：C． 18．（23-24八年级下·福建厦门·期中）在矩形中，对角线、相交于点，平分交于点，，连接，则下面的结论中正确的有（  ） ①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④；⑤． A．①②③ B．①②③④ C．①②④ D．①②③④⑤ 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质．判断出是等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出，再判断出，是等边三角形，可判断①；根据等边三角形的性质求出，再求出，可判断②，由直角三角形的性质可得，可判断③，由等腰三角形性质求出，再根据，可判断④；由面积公式可得可判断⑤；即可求解． 【详解】解：平分， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， 矩形中：， 是等边三角形，是等边三角形，故①正确； ，， ， 是等腰三角形，故②正确； ， ，，故③正确； ，故④正确； ， 由面积公式可得， ，，， ， 即， ， ，故⑤错误； 综上，①②③④正确； 故选：B． 19．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，在四边形中，，相交于点，且，动点从点开始，沿四边形的边运动至点停止，与相交于点，点是线段的中点．连接，下列结论中： ①四边形是矩形； ②当时，点是的中点； ③当，时，线段长度的最大值为2； ④当点在边上，且时，是等边三角形，其中正确的有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，三角形中位线定理，等边三角形的判定，平行线的性质等等，由对角线互相平分且相等的四边形是矩形证明四边形是矩形，即可判断①；可证明是中位线，，而点E可以在上，也可以在上，据此可判断②；根据，则有最大值时，有最大值，则点E与点D重合时，的最大值为4，则长度的最大值为2，据此可判断③；不平行，则，据此可判断④． 【详解】解：∵， ∴，即， ∴四边形是矩形，故①正确； 当点E在上时， ∵分别是的中点， ∴是中位线， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点； 当点E在上时，同理可得，但此时点不是的中点，故②错误； 由②可知，， ∵点E沿四边形的边运动至点停止，且 ∴的最大值为4，此时点E与点D重合， ∴的最大值为2，故③正确； 当点在边上， ∵不平行， ∴， ∴不可能是等边三角形，故④错误； ∴正确的有①③，共2个， 故选；B． 20．（23-24八年级下·福建龙岩·阶段练习）如图，四边形是矩形，点在边上，平分且，垂足为点，连接并延长交于点，连接交于点，连接交于点，有下列结论：①；②垂直且平分；③；④；⑤．其中正确的结论有（    ）个．    A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】由矩形的性质可得，，得出，由等腰三角形的性质得出，故①正确；由得，由线段垂直平分线的性质可得②正确；由，，得不可能是等边三角形，得，故③错误；由等腰三角形的性质可判断④；由全等三角形的性质及长方形的性质可得为等腰直角三角形，求出，再根据平行线的性质可得，可判定⑤正确． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ， ， ， ，故①正确； ，，， ， 在的垂直平分线上， 在和中， ， ， ， 点在的垂直平分线上， 垂直且平分，故②正确； 平分， ， ， ， 又， 不可能是等边三角形， ， 错误；故③错误； ，， ， ， ， ，故④错误； ，， 为等腰直角三角形， ， ， ， 又， ， ， ， ， ， ， 故⑤正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，矩形的性质，线段垂直平分线的性质等知识，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 重难点培优03 菱形综合问题 21．（23-24八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，分别以直角的斜边，直角边为边向外作等边和等边，F为的中点，与交于点G，与交于点H，，．给出如下结论：①平分；②；③；④，其中正确结论的为（　　） A．①③④ B．②③ C．①④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】根据已知先判断，则，可判断①，结合含角的直角三角形的性质和中点的定义可判断④，由等边三角形的性质得出，接着证得，则，再由，得出四边形为平行四边形而不是菱形，即有不成立，根据平行四边形的性质得出，即可判断②③，从而得到答案． 【详解】解：、是等边三角形， ，，， ， ，， 为的中点， ， ， 即在与中， ， ， ，， ∴，即平分， 故①正确， 由①知，． ∵． ∴，即． ∵， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∵，， ∴，故④正确； ∵，， ，， ， ， 由①知，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵，，， ∴， ∴四边形不是菱形， ∴不成立，故②说法不正确； ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， 则，故③说法正确， 故选：A． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定和性质，含角的直角三角形的性质以及全等三角形的判定和性质，解决本题需先根据已知条件先判断出一对全等三角形，然后按排除法来进行选择． 22．（23-24八年级下·福建厦门·期中）如图，已知菱形的边长为4，，分别是，边上的动点，，，与相交于点，则下列结论：①，②为等边三角形；③；④若，则．其中正确个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】本题主要考查运用菱形的性质求解，主要的知识点有：全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，角平分线的性质等等解题的关键是对几何图形的性质能够灵活应用． ①首先证为等边三角形，得，，结合已知条件可证；②得，，得，进而可得结论；③证明则可得结论；④过点G分别作的垂线，垂足为N、M，由角平分线的性质得到，求出，进而得到，，据此可得． 【详解】解：在四边形是菱形中，∵， ∴，， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， 又∵， ∴，故①正确； ∴， ∴， ∴为等边三角形，故②正确； ∵，， 又∵， ∴， 由①得，， ∴，故③正确； 如图所示，过点G分别作的垂线，垂足为N、M， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，故④正确； 故选：D． 23．（23-24八年级下·广东珠海·期中）如图，在边长为4的菱形中，，点、分别为、边上的动点，连接、、．若，则以下结论正确的是（    ） ①；②是等边三角形；③四边形的面积是；④面积有最大值为． A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】①连接，根据菱形的性质及，可以得到为等边三角形，结合，可得，可利用判定，从而得到；②根据，，即可得到为等边三角形；③根据及，可以得到，再求等边三角形面积即可；④当时，最短， 等边的面积最小，由，可以得到的面积最大值为； 【详解】解：①连接，    ∵四边形为菱形， ， ∴，， ∴、均为等边三角形，， 又∵， 即：， ∴， 在和中， ∴ ∴，故①正确； ②∵，， ∴为等边三角形，故②正确； ③如图，过作于， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵ ，故③正确； ④∵为等边三角形， 当时，最短，的面积最小， 此时， ∴， 同理可得：此时， ∵， ∴ ， 当的面积最小，的面积最大，最大值为，故④错误； ∴正确的结论为：①②③． 故选B 【点睛】本题考查菱形性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，面积最值问题，作出正确的辅助线及熟练掌握图形判定性质是解决本题的关键． 24．（23-24九年级上·宁夏银川·期中）如图，在菱形中，，，，分别是，的中点，，相交于点，连接，，有下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据菱形的性质和，可知是等边三角形，是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，，即可判断①；根据可证，根据全等三角形的性质可得，再根据含角的直角三角形的性质可判断②；根据为直角三角形，可知，进一步可知，即可判断③；根据勾股定理可得，再根据三角形面积的求法即可判断④．从而得出答案． 【详解】解：在菱形中，， ， ， 是等边三角形，是等边三角形， ，， ，分别是，的中点， ， ， ，， ， 故①正确； 在和中， ， ， ， ， ， ， ， 故②正确； 为直角三角形， ， ， 与不全等， 故③错误； ∵菱形，， ∴ ，，， 根据勾股定理，得， ， 故④正确， 故正确的有①②④，共3个， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形的面积等，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 25．（21-22八年级下·陕西渭南·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，，点E，F分别是，的中点，连接，，，分别与，相交于点M，N，连接，，下列结论：（1）是等边三角形；（2）四边形是菱形；（3）；（4）．其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】由菱形的性质得出、是等边三角形，得出，，得出，再证明是的中位线，得出，得出，得出（1）正确；由直角三角形斜边上的中线性质得出，，得出，得出（2）正确；由菱形的性质得出，再由，得出（3）正确；证明，同理：，再证出，得出（4）正确；即可得出结论． 【详解】解：四边形是菱形， ，，，，， 、是等边三角形， 是等边三角形ABC的高， 点E是的中点， 是等边三角形的高， ， 同理：， ， 点E，F分别是，的中点， 是的中位线， ，， ，即是等边三角形， （1）正确； 点E，F分别是，的中点，， ，， ， 四边形是菱形， （2）正确； 四边形是菱形， ， ， ， （3）正确； 是等边三角形的中线， ， 同理：， 是等边三角形， ， ， ，， ， ， ， （4）正确； 正确的结论有4个， 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，有一定难度． 26．（21-22八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，，点P从点B出发，沿折线方向移动，移动到点D停止，连结，在形状的变化过程中，出现的特殊三角形有：①等腰三角形；②等边三角形；③直角三角形，以下排序正确的是（    ） A．①③②③ B．③②①③ C．①③②① D．③②③① 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形、等边三角形和直角三角形的性质等知识点，把点P从点B出发，沿折线方向移动的整个过程，逐次考虑确定三角形的形状即可，熟练掌握其性质的综合应用是解决此题的关键． 【详解】∵，故菱形由两个等边三角形组合而成， 当点P与点B重合时，此时为等腰三角形，①符合， 当时，此时为直角三角形，③符合； 当点P到达点C处时，此时为等边三角形，②符合； 当P为中点时，为直角三角形，③符合； 故选：A． 27．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，在一张菱形纸片中，，，点在边上不与，重合，将沿直线折叠得到，连接，，，有以下四个结论：；；当时，；当平分时，则．以上结论中，其中正确的结论个数是（    ）      A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据折叠的性质即可判断结论； 由折叠和菱形性质得：，再由三角形内角和定理和等腰三角形性质可得：，，得出； 根据折叠性质和菱形性质可证得，即可判断结论； 由折叠和已知可得，根据三角形的角平分线交于一点，结合已知可得平分，从而可证是等边三角形，再证是等腰直角三角形，即可判断结论． 【详解】解：将沿直线折叠得到， ， 只有时，才成立， 故结论不正确； 由折叠得：， 四边形是菱形， ，， ∴， ， ，， ， 故结论正确； 如图，，将沿直线折叠得到，    ，，， 四边形是菱形， ，，， ，，， ， 在和中， ， ， ， 故结论正确； 如图，由折叠得：，，    平分， ， 、分别平分、， ∵三角形三条内角平分线交于一点， 平分， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 故结论不正确， 综上所述，正确的结论是：②③； 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形性质，等边三角形的判定和性质，折叠变换的性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形内角和定理，三角形角平分线等，综合性较强，是中考数学常考题型． 28．（22-23八年级下·新疆巴音郭楞·期末）如图，平行四边形中，与交于点O，点E是边上的中点，连接，，，．有下列结论：①是等边三角形；②的周长是20，③的边上的高是，④是菱形，⑤的面积是48．其中正确的是（    ）    A．②③④ B．②④⑤ C．①②③④ D．②③④⑤ 【答案】A 【分析】根据平行四边形的性质得到，，根据中位线定理求出，根据已知线段求出，即可证明，得到是菱形，再根据菱形的性质求出面积和周长，利用等积法求出边上的高，分别算出的三边，可证明不是等边三角形． 【详解】解：在平行四边形中，，， ∵点E是中点， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴是菱形，故④正确； ∴的周长是，故②正确， ∵， 故⑤错误； ∴， 即边上的高是，故③正确； ∵，，， ∴不是等边三角形，故①错误； ∴正确的有②③④， 故选A． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，三角形中位线的性质，四边形的面积，解题的关键是根据特殊四边形的性质求相应线段的长度，掌握面积法的应用． 29．（23-24八年级下·四川绵阳·期中）如图，是的边的垂直平分线，垂足点为点O，与的延长线交于点E，连接，，，则下列结论：①；②四边形是菱形；③；④，其中正确的结论有 （填写所有正确结论的序号）． 【答案】①②③ 【分析】根据平行四边形的性质和垂直平分线的性质证明为直角三角形，证明，得出，根据，，得出，说明，证明四边形是菱形，根据菱形的性质，逐一进行判断即可． 【详解】解：解：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∵垂直平分， ∴，， ∵， ∴， ∴为直角三角形， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故②正确， ∴，， ∵， ∴，故③正确， ∵， ∴， ∵， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∵，故④错误； 综上分析可知：①②③正确； 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查平行四边形的性质以及判定定理、菱形的判定和性质、垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形面积计算，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 30．（23-24八年级下·江苏苏州·期中）如图，在四边形中，，交于点，过四边形的顶点作，且，线段交于点，交于点，若三点共线，则以下说法：四边形为菱形； ； ； ，正确的有 ． 【答案】 【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，菱形的判定和性质，余角性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质，勾股定理；由，得垂直平分，即得到，可判断；根据菱形的两种面积计算方法可判断；利用余角性质可判断；连接，在上取一点，使得，连接，证明得到，再证明得到，设，则，，可得，，即可判断；正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴四边形为菱形，故正确； ∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，故错误； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故正确； 连接，在上取一点，使得，连接， ∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵垂直平分线段， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ∴， ∵， ∴，故错误； ∴正确的有， 故答案为：． 重难点培优04 正方形综合问题 31．（23-24八年级下·山东聊城·期中）如图，在正方形的外侧作等边，连接交于点，交于点，连结并延长交于点，下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论有（   ） A．①②③ B．①②③④ C．①③④ D．①②④ 【答案】D 【分析】①证明，再证明，可得结论；②证明，，可得结论；③比较与的大小即可判断；④证明即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故结论①正确； 在和中， ， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，故结论②正确； 在中，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴与不全等，故结论③错误； ∵， ∴， ∴， ， ∴，故结论④正确， ∴正确的结论有①②④． 故选：D． 【点睛】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理等知识点．熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 32．（23-24八年级下·山东泰安·期中）如图，在正方形中，E、F分别是，的中点，，交于点G，，的延长线交于点M，连接，下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论是（    ） A．①② B．①③ C．①②③ D．①②④ 【答案】C 【分析】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识．此题综合性很强，解题的关键是注意数形结合思想的应用． 根据正方形的性质 中点的性质可得，根据全等三角形的性质得到，故①正确；易得，根据垂直的定义得到，故②正确；根据线段中点的定义得到，根据全等三角形的性质得到，由是斜边的中线，得到，求得，根据余角的性质得到．故③正确．根据，可得，所以，进而可知④错误． 【详解】解：四边形是正方形， ， E、F分别是，的中点， 在与中， ，故①正确； ，故②正确； 点E是的中点， 是斜边的中线， ，故③正确； 不是等边三角形， ，故④错误； 故选：C． 33．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别为边上的动点（不与端点重合），连接分别交对角线于点P，Q． 点E，F在运动过程中，始终保持，连接． 下列结论：①；的周长为4；③；④若过点B作，垂足为H，连接，则的最小值为（    ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题关键是学会添加常用辅助线吗，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题． ①正确．证明，可得结论； ②正确．全等于，全等于，所以 ，，所以三角形的周长等于， ③错误．可以证明； ④正确．求出，，根据，可得结论． 【详解】解：如图，∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，故①正确， ∵全等于，全等于， ∴，， ∴三角形的周长等于， 故②正确， 将绕点B顺时针旋转90°得到，连接， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，故③错误， 连接，， ∵，， ∴， ∴的最小值为，故④正确， 故选：B． 34．（23-24八年级下·广东惠州·期中）如图，已知正方形的边长为12，，将正方形的边沿折叠到，延长交于G，连接．现有如下3个结论：①；②；③的长为4．其中正确的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据正方形的性质，折叠的性质可证明，得出，结合可判断①；利用全等三角形的性质，折叠的性质得出，，结合可判断②；在中，利用勾股定理求出，即可判定③． 【详解】解：∵正方形的边长为12，， ∴，，， ∵翻折， ∴，，，， ∴， 又， ∴， ∴， 又， ∴，故①正确； ∵，，， ∴，故②正确； 在中，， ∴， 解得，故③正确， 故选：D． 【点睛】本题主要考查折叠变换，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，能够熟练应用勾股定理是解决本题的关键． 35．（2024·江苏无锡·一模）如图，在正方形中，是延长线上一点，在上取一点，使点关于直线的对称点落在上，连接交于点，连接交于点，连接．现有下列结论：①；②；③；④若，，则，其中正确的是（   ） A．②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④ 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等，熟练掌握知识点并添加适当的辅助线是解题的关键．如图1中，过点作于，证明即可判断①；过点作于，于，于．证明即可判断②；如图2中，过点作于，交于．先证明，再证明即可判断③；利用勾股定理计算，即可判断④． 【详解】解：如图1中，过点作于． ，关于对称， ， ， 四边形是正方形， ，，， ， ， ，， ， ，， ，， ， ，，故①正确， ， 过点作于，于，于． ， ， ， ， ， ， ，故②正确， 如图2中，过点作于，交于． ，关于对称， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ，故③错误， ，， ，，， ，故④正确， 故选：D． 36．（23-24八年级下·湖南怀化·期中）如图，在正方形中，是边上的一动点（不与点重合），连接，点关于直线的对称点为，连接并延长交直线于点，是的中点．连接，则下列结论 ①；②；③；④的面积最大值；其中正确的是（     ） A．①②③④ B．②③④ C．②③ D．②④ 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、轴对称的性质，由对称得：，，由等边对等角得出，由正方形的性质结合等边对等角得出即可判断②；求出即可判断①；作交的延长线于，证明得出，结合等腰直角三角形的性质即可判断③；过作于，则，由勾股定理得出为定值，当最大时，的面积最大，连接交于，当在上时，最大，此时于重合，求出的最大值，即可得出面积的最大值，从而判断④，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：由对称得：，， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ，故②正确； 是的中点， ，， ，故①错误； 如图，作交的延长线于， ，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，故③正确； 过作于，则， ， 由勾股定理得：，即为定值， 当最大时，的面积最大， 连接交于，当在上时，最大，此时于重合， ，， ， ，即的面积的最大值为，故④正确； 综上所述，正确的有：②③④， 故选：B． 37．（23-24八年级下·辽宁营口·期中）如图，点为正方形的中心，平分交于点，延长到点，使，连接交的延长线于点，连接交于点，连接．则以下四个结论中：①；②；③；④．正确结论的个数为（    ）    A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定及性质、角平分线的定义、三角形的中位线定理，牢记正方形的性质、全等三角形的判定定理及性质、角平分线的定义、三角形的中位线定理是解题的关键． ①先证得，求得，再证得，进而证得，进而证得为的中点，即可判断该说法是否正确． ②根据，，，即可判断该说法是否正确． ③根据，即可判断该说法是否正确． ④由题意可求得，结合三角形的外角的性质，判断该说法是否正确． 【详解】①在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵为正方形的中心， ∴， ∴， 说法①正确． ②∵为的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 说法②错误． ③∵， ∴， ∵为正方形的中心， ∴， ∴， 说法③正确． ④∵为正方形的中心， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∴， 说法④正确． 综上所述，说法正确的为①③④， 故选． 38．（23-24八年级下·湖北荆门·期中）如图，正方形的边长为2，G是对角线上一动点，于点E，于点F，连接．给出四个结论：①；②若，则；③若G为的中点，则四边形是正方形；④若，则．则其中正确的是（    ） A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④ 【答案】C 【分析】连接交于O，连接，先证，可得，再证，得到四边形是矩形，可得到，即可判断①；由可得，从而得出，即可判断②；先证明，可得是等腰直角三角形，得出，从而可得四边形是正方形，即可判断③；连接，在中，，求得，得到，从而得出，解得，即可求解④． 【详解】解：连接交于O，连接， ∵正方形， ∴， 在和中 ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵点G为的中点，，正方形， ∴，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形，故③正确； 连接， ∵正方形， ∴， 在中，， 解之得：， ∴； ∵ ∴， 解之得：， ∴，故④正确； ∴正确结论的序号为． 故选C 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，等腰三角形的判定及性质，全等三角形的性质及判定，二次根式的乘除混合运算，解决本题的关键是熟练掌握四边形的有关性质． 39．（23-24八年级下·山东临沂·期中）如图，正方形的边长为，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况：若为的中点，则四边形是正方形；若为上任意一点，则；点在运动过程中，的值为定值；点在运动过程中，线段的最小值为．其中正确的有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】D 【分析】此题考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，先证明四边形是矩形，再证明，则四边形是正方形，即可判定正确；连接，由四边形是矩形，得，再证明，得，则 ，即可判定正确；证明，，从而得，即可判定正确；根据，所以当最小时，最小，所以当时，最小，利用求得，即得线段的最小值为，即可判定正确；熟练掌握正方形的判定与性质、矩形的判定与性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵于点，于点， ∴， ∴四边形是矩形，，， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴ 四边形是正方形，故正确； 连接， ∵四边形是矩形， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴，故正确； ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 即的值为定值，故正确； ∵， ∴当最小时，最小， ∴当时，最小， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴线段的最小值为，故正确； ∴正确的有，共个， 故选：． 40．（2024·山东东营·二模）如图，已知四边形为正方形，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论：①矩形是正方形；②；③；④．下列正确的选项是（    ） A．①②④ B．①③ C．①②③ D．②③④ 【答案】B 【分析】过作，过作于，如图所示，根据正方形性质得，，推出四边形是正方形，由矩形性质得，，根据全等三角形的性质得，推出矩形是正方形，故①正确；根据正方形性质得，推出，得到，，由此推出，故③正确；进而求得，故②错误；当时，点与点重合，则，，得到不一定等于，故④错误． 【详解】解：过作，过作于，如图所示，    ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，   ∴矩形是正方形，故①正确； ∴， ∵四边形是正方形 ∴， ∴ 在和中 ∴ ∴，， ∵ ∴，故③正确；   ∴，故②错误； 当时，点与点重合，则，， ∴不一定等于，故④错误． 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$