专题01 特殊平行四边形的性质与判定的七种考法-【常考压轴题】2024-2025学年九年级数学上册压轴题攻略（北师大版）

专题01 特殊平行四边形的性质与判定的七种考法 目录 解题知识必备 1 压轴题型讲练 3 类型一、根据菱形的性质与判定求角 3 类型二、根据矩形的性质与判定求角 8 类型三、根据正方形的性质与判定求角 12 类型四、根据特殊平行四边形的性质与判定判断（多结论） 17 类型五、根据菱形的性质与判定证明 23 类型六、根据矩形的性质与判定证明 30 类型七、根据正方形形的性质与判定证明 37 压轴能力测评（15题） 45 解题知识必备 一、菱形的性质与判定 1.菱形的性质 （1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形． （2）菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；③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；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． （3）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） 2.菱形的判定 ①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）； ②四条边都相等的四边形是菱形． 几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形； ③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）． 几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形 3 菱形的判定与性质 （1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形． （2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）　　（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法． 二、矩形的性质与判定 1 矩形的性质 （1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形． （2）矩形的性质 ①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等；⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点． （3）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． 2 矩形的判定 （1）矩形的判定： ①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形； ②有三个角是直角的四边形是矩形； ③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”） （2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等． ②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形． 三、正方形的性质与判定 1. 定义：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. 正方形与矩形、菱形的关系 矩形 邻边相等 正方形 菱形 一个角是直角 正方形 3. 性质定理 正方形即是矩形又是菱形，因而它具备两者所有的性质． 性质定理1：正方形的四个角都是直角；正方形的四条边都相等． 性质定理2：正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对 角． 4. 判定定理： 判定定理1：有一组邻边相等的矩形是正方形． 判定定理2：有一个内角是直角的菱形是正方形． 压轴题型讲练 类型一、根据菱形的性质与判定求角 例题：（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则 ．    【变式训练】 1．（23-24八年级下·江苏连云港·期中）如图，四边形是平行四边形，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交的延长线于点，，，则的长为 ． 2．（23-24九年级上·河北保定·阶段练习）如图，在的两边上分别截取、，使；分别以点A，B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C，连接、、、．    （1）四边形的形状为 ； （2）若，四边形的周长为12cm．则的长为 cm． 3．（23-24八年级上·山东济南·期末）如图，中，对角线与相交于点F，，且，若点P 是对角线上一动点， 连接，将绕点 A 逆时针旋转使至，得连接，取的中点O，连接，则在点P的运动过程中，线段的最小值为 ． 类型二、根据矩形的性质与判定求角 例题：（23-24八年级下·山东济宁·期末）如图，在矩形中，，，为上一点，平分，则长为 ． 【变式训练】 1．（22-23八年级上·吉林长春·期末）如图，在中，为边上一点，以为边作矩形．若，，则的大小为 度．    2．（21-22八年级下·浙江温州·期中）在综合实践课上，小明把边长为，的菱形纸片沿着对角线剪开如图1所示，然后固定纸片，把纸片沿的方向平移得到，连，，，如图2所示，在平移过程中： （1）当点平移至中点时，则 ． （2）若时，则四边形的面积为 ． 3．（2024·上海·模拟预测）如图1是一款可升降篮球架，支架，，的长度固定，A，D，G为立柱上的点，地面，篮板地面，，米，米，若改变伸缩臂的长度，则，可绕点A，D旋转来调整篮筐的高低．如图2，当时，可测得篮筐的固定点C距离地面为2.9米，则支架的长为 米．降低篮筐高度如图3，连结交于点O，平分，，此时篮筐的固定点C离地面的距离为 米． 类型三、根据正方形的性质与判定求角 例题：（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，为正方形内的一点，，若，，则的长为 ． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·江苏泰州·期末）如图，正方形的对角线相交于点O，点E，F分别在线段上，且，若，则 ． 2．（23-24八年级下·山西大同·期末）如图，在矩形中，，，点E为的中点，以为边在矩形的外部作正方形，连接，点H为的中点，连接，则的长为 ． 3．（2024·天津·中考真题）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接． （1）线段的长为 ； （2）若为的中点，则线段的长为 ． 类型四、根据特殊平行四边形的性质与判定判断（多结论） 例题：（23-24八年级下·内蒙古通辽·阶段练习）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（　　） 是等边三角形；是等腰三角形；；；． A．个 B．个 C．个 D．个 【变式训练】 1．（23-24八年级下·黑龙江鸡西·期末）如图，是正方形的对角线上一点，于点，于点，连接，．给出下列四个结论：①；②；③一定是等腰三角形；④．其中结论正确的序号是（    ） A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③ 2．（23-24八年级下·河南许昌·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为8，，点是边上一动点，点在上，且． 有下列结论： ①点的坐标为； ②； ③四边形的面积为定值； ④当为的中点时，的面积最小． 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·湖北武汉·期末）如图，正方形中，点E在上，且，点F是的中点，点G是的中点，延长与的延长线交于点H．以下四个结论：①；②是直角三角形；③；④．其中正确结论有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 类型五、根据菱形的性质与判定证明 例题：（23-24八年级下·陕西安康·期末）如图，在四边形中，，连接，，且经过的中点，点在上，且，连接，． (1)求证：四边形是菱形 (2)若，且，求菱形的面积． 【变式训练】 1．（22-23八年级下·浙江杭州·期末）如图，在中，，点是的中点，连结并延长，交的延长线于点，连结，． (1)求的长； (2)若． ①证明四边形是菱形； ②若，求四边形的周长． 2．（23-24八年级下·江西赣州·期末）课本再现 思考 我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗? 可以发现并证明菱形的一个判定定理； 对角线互相垂直的平行四边形是菱形． 定理证明 （1）为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程． 已知：在中，对角线，垂足为． 求证：是菱形． 知识应用 （2）如图，在中，对角线和相交于点，，，． 求证：是菱形； 延长至点，连接交于点，若，求的长． 3．（23-24八年级下·山西大同·期末）给合与实践 数学课上，小组同学对含角的菱形进行了探究． 【背景】在菱形中，，作，、分别交边、于点、． (1)【感知】 如图1，若点是边的中点，小智经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你直接写出这个关系为__________． (2)【探究】 如图2，说“点为上任意一点时，（1）中的结论是否仍然成立”，你同意吗？请说明理由． 如图3，若点为射线上任意一点时，作，交边所在射线于．则（1）中结论是否仍然成立？回答并说明理由． (3)【应用】 取出如图2所示的菱形纸片，测得，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，请直接写出线段的长． 类型六、根据矩形的性质与判定证明 例题：（23-24八年级下·甘肃武威·期末）如图，四边形中，对角线、相交于点,，，且． (1)求证：四边形是矩形． (2)垂足为点，交于点，若，则的度数是多少？ 【变式训练】 1．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图1，在矩形纸片中，，，折叠纸片使点落在上的点处，折痕为，过点作交于点.     (1)求证：四边形为菱形； (2)当折痕的点与点重合时（如图2），求菱形的边长. 2．（23-24八年级下·湖北孝感·期末）如图．菱形的对角线和交于点，分别过点作，和交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)当时，求的长． 3．（23-24八年级下·浙江台州·期末）在矩形中，为边上异于、的一个动点，将沿折叠，点的对应点为． (1)如图，若设，则_______（用含的式子表示）；当点恰好是的中点时，则________度． (2)如图，交于点，且平分． ①求证：是等腰三角形． ②当，时，求的长． ③若设，，，求证：． 类型七、根据正方形形的性质与判定证明 例题：（23-24八年级下·河北沧州·期末）如图，在中，，是的中线，，O是的中点，连接并延长，交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长； (3)当满足条件______时，四边形是正方形． 【变式训练】 1．（24-25九年级上·全国·假期作业）问题情境：如图1，点E为正方形内一点，，将绕点B顺时针旋转，得到，延长交于点F，连接． 猜想证明： (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)如图2，若，猜想线段与的数量关系并加以证明； 解决问题： (3)如图1，若，，直接写出的长 ．（结果可含根式） 2．（23-24八年级下·山东临沂·期末）【问题情境】 （1）如图1，四边形是正方形，点是对角线上一动点．则与的数量关系为______． 【深入探究】 （2）如图2，在正方形中，点P是对角线上一动点，过点P分别作，，垂足分别为E、F，连接． ①试猜想与的数量关系．并证明你的猜想． ②若，求的最小值． 【拓展应用】 （3）如图3，延长交于点与交于点Q，点H为的中点，连接，请判断的形状．并说明理由． 3．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，四边形是正方形，，点P是上一动点（不与点B，C重合），将PA绕点P按顺时针方向旋转，得到． 【初步感知】 （1）在点P的运动过程中，试探究与的数量关系． 【深入研究】 （2）连接，在点P的运动过程中，试探究的值． 【拓展延伸】 （3）与相交于点F，在点P的运动过程中，试探究的周长是否为定值，若是，求出的周长；若不是，请说明理由． 压轴能力测评（15题） 一、单选题 1．（23-24八年级下·广西玉林·期末）如图，已知P是正方形对角线上一点，平分，则的度数是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·广西玉林·期末）我们都知道，四边形具有不稳定性．老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学科代表小亮在取教具时不小心使教具发生了形变(如图)，若正方形教具边长为，，则四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·山西朔州·期末）如图，在矩形中，，将沿着射线的方向平移得到，则四边形的周长为（    ） A．26 B．24 C．22 D．20 4．（23-24八年级下·河北廊坊·期末）如图，在菱形中，，点P和点Q分别在边和上运动（不与A、C、D重合），满足，连接、交于点E，在运动过程中，则下列四个结论正确的是（    ）    ①；②的度数不变；③； A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 5．（23-24八年级下·山东泰安·期末）如图，已知正方形的边长为2，点P是对角线上一点，于点E，于点F，连接，．给出下列结论：①；②四边形的周长为4；③；④的最小值为1．其中正确结论的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 6．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）在矩形中，，，点是边上一点（不与点，重合），连接．若平分，则 °， cm． 7．（23-24八年级下·山东滨州·期末）如图，边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，则的长为 ． 8．（23-24八年级下·山西朔州·期末）如图，在矩形中，，点E在边的延长线上，且，连接，F为的中点，连接．若，则 （用含的代数式表示）． 9．（23-24八年级下·海南海口·期末）如图，菱形的对角线、交于点O，过点O作，且，连接、．若，，则 度，的长为 ． 10．（23-24八年级下·河南新乡·期末）如图所示， 在矩形中，，点E为的中点，取的中点F，连接，当为直角三角形时，的长为 ． 三、解答题 11．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图，在平行四边形中，对角线相交于点，，点是的中点，过点作，交于点．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 12．（23-24八年级下·山东济宁·期末）如图，四边形为正方形，点E为对角线上一动点，连接，过点作，交于点F，以、为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)猜想与之间的位置关系？并说明理由； (3)若，则的值为______． 13．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图1，四边形是矩形，对角线平分，点是的中点，点在线段上（不与端点重合），连接，点在边的延长线上，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)求证：； (3)的值是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 14．（23-24八年级下·海南海口·期末）如图1，在矩形中，，将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形，点的对应点落在边上，过点作于点，连接． (1)求证：①；②；③四边形是平行四边形； (2)如图2，连接交于点． ①求的长； ②过点作交于点，求证：四边形是正方形． 15．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）在菱形中，，点E、F分别为上一点． (1)如图1，当，时，直接写出三条线段和之间满足的等量关系式为________； (2)当时， ①如图2，若，若，，求的长； ②如图3，E为中点，交于点G，交于点H，和交于点O，若，，，则________． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 特殊平行四边形的性质与判定的七种考法 目录 解题知识必备 1 压轴题型讲练 3 类型一、根据菱形的性质与判定求角 3 类型二、根据矩形的性质与判定求角 8 类型三、根据正方形的性质与判定求角 12 类型四、根据特殊平行四边形的性质与判定判断（多结论） 17 类型五、根据菱形的性质与判定证明 23 类型六、根据矩形的性质与判定证明 30 类型七、根据正方形形的性质与判定证明 37 压轴能力测评（15题） 45 解题知识必备 一、菱形的性质与判定 1.菱形的性质 （1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形． （2）菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；③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；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． （3）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） 2.菱形的判定 ①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）； ②四条边都相等的四边形是菱形． 几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形； ③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）． 几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形 3 菱形的判定与性质 （1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形． （2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）　　（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法． 二、矩形的性质与判定 1 矩形的性质 （1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形． （2）矩形的性质 ①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等；⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点． （3）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． 2 矩形的判定 （1）矩形的判定： ①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形； ②有三个角是直角的四边形是矩形； ③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”） （2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等． ②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形． 三、正方形的性质与判定 1. 定义：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. 正方形与矩形、菱形的关系 矩形 邻边相等 正方形 菱形 一个角是直角 正方形 3. 性质定理 正方形即是矩形又是菱形，因而它具备两者所有的性质． 性质定理1：正方形的四个角都是直角；正方形的四条边都相等． 性质定理2：正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对 角． 4. 判定定理： 判定定理1：有一组邻边相等的矩形是正方形． 判定定理2：有一个内角是直角的菱形是正方形． 压轴题型讲练 类型一、根据菱形的性质与判定求角 例题：（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则 ．    【答案】 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，延长、交于H，连接，求证平行四边形为菱形，得出，为全等的等边三角形，证明，即可得出答案． 【详解】解：延长、交于H，连接，   ，， 四边形为平行四边形， ，平分， ，，， 为等腰三角形， ， 平行四边形为菱形， ，且均为等边三角形， ，， ， ， 为等腰三角形， 又四边形为平行四边形， ，，， ， 在与中， ， ， ， ． 故答案为：． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·江苏连云港·期中）如图，四边形是平行四边形，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交的延长线于点，，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行四边形、菱形的判定和性质，角平分线作图，等角对等边，菱形的判定定理和性质，所对的直角边是斜边的一半，勾股定理，综合运用知识点推理是解题的关键．连接交于，连接．根据平行四边形的性质，平行线的性质确定，根据题目中作图过程确定是的平分线，根据等角对等边和等量代换思想确定，根据菱形的判定定理和性质确定，，根据角平分线的定义，所对的直角边是斜边的一半，勾股定理求出的长度，进而即可求出的长度． 【详解】解：如图，连接交于，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴， ∵以点为圆心，的长为半径作弧交于点， ∴， 根据作图过程可知所作的是的平分线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 2．（23-24九年级上·河北保定·阶段练习）如图，在的两边上分别截取、，使；分别以点A，B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C，连接、、、．    （1）四边形的形状为 ； （2）若，四边形的周长为12cm．则的长为 cm． 【答案】 菱形 【分析】（1）与相交于，如图，利用作法得到，则可判断四边形为菱形， （2）根据菱形的性质得到，，，然后利用勾股定理计算出，从而得到的长． 【详解】（1）解：与相交于，如图，    由作法得， 四边形为菱形， 故答案为：菱形 （2）∵四边形为菱形， ，，， 四边形的周长为， ， 在中，， ． 故答案为． 【点睛】本题考查了作图基本作图：熟练掌握5种基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）． 3．（23-24八年级上·山东济南·期末）如图，中，对角线与相交于点F，，且，若点P 是对角线上一动点， 连接，将绕点 A 逆时针旋转使至，得连接，取的中点O，连接，则在点P的运动过程中，线段的最小值为 ． 【答案】2 【分析】连接，由菱形的性质及，得出，，，由勾股定理求出，进而得出，证明，得出，进而得出当时，的值最小，求出此时的长度即可．本题考查了菱形的性质，旋转的性质，找出全等的三角形，证明是解决问题的关键． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是平行四边形，且 ∴四边形是菱形， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵将绕点A逆时针旋转使得， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴是满足的线段， 当时，的值最小， ∵O是的中点， ∴ ∴， ∴在点P的运动过程中，线段的最小值为2， 故答案为：2 类型二、根据矩形的性质与判定求角 例题：（23-24八年级下·山东济宁·期末）如图，在矩形中，，，为上一点，平分，则长为 ． 【答案】 【分析】根据平行线的性质以及角平分线的定义证明，根据等角对等边，即可求得的长，在直角中，利用勾股定理求得的长，则的长即可求出，再利用勾股定理求出即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， 在直角中，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定，角平分线定义，正确求得的长是关键． 【变式训练】 1．（22-23八年级上·吉林长春·期末）如图，在中，为边上一点，以为边作矩形．若，，则的大小为 度．    【答案】60 【分析】想办法求出，利用平行四边形的性质即可解决问题． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 故答案为：60． 【点睛】本题考查矩形的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题． 2．（21-22八年级下·浙江温州·期中）在综合实践课上，小明把边长为，的菱形纸片沿着对角线剪开如图1所示，然后固定纸片，把纸片沿的方向平移得到，连，，，如图2所示，在平移过程中： （1）当点平移至中点时，则 ． （2）若时，则四边形的面积为 ． 【答案】 / 【分析】（1）证明四边形是平行四边形，求出即可； （2）证明四边形是矩形，求出，可得结论． 【详解】解：（1）如图2中，，， 四边形是平行四边形， ， ，，， ，， ． （2）， ， 平行四边形是矩形， ， 四边形的面积． 故答案为：，． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的性质，矩形的判定和性质，解题的关键是掌握菱形的性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的性质． 3．（2024·上海·模拟预测）如图1是一款可升降篮球架，支架，，的长度固定，A，D，G为立柱上的点，地面，篮板地面，，米，米，若改变伸缩臂的长度，则，可绕点A，D旋转来调整篮筐的高低．如图2，当时，可测得篮筐的固定点C距离地面为2.9米，则支架的长为 米．降低篮筐高度如图3，连结交于点O，平分，，此时篮筐的固定点C离地面的距离为 米． 【答案】 【分析】本题考查了平行线的判定和性质，角平分线性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键． 延长交地面于点，过点作于点，可得，利用平行线性质，可得，进而求得，利用直角三角形性质，可得，由此得解；设于相交于，连接，连接，由，，得四边形是平行四边形，进而得到，利用平分，结合，可得，根据等角对等边得，进而得到，结合，得到四边形是平行四边形，利用平行四边形性质，结合，可证平行四边形是矩形，由此即可得解． 【详解】解：如图，延长交地面于点，过点作于点， 地面，篮板地面， ， ∴ ， ， ， ， 又 ， 米， 故支架的长为米． 如图，设于相交于，连接，连接， ， ， 又 四边形是平行四边形， ， ， ， 平分， ， 又 ， ， ， ， ， 又 ， 四边形是平行四边形， 互相平分， ， ， 平行四边形是矩形， ，即， 四边形是矩形， 米． 故此时篮筐的固定点C离地面的距离为米． 故答案为∶ ；． 类型三、根据正方形的性质与判定求角 例题：（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，为正方形内的一点，，若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，掌握正方形的性质，勾股定理以及矩形的判定和性质是正确解答的关键． 过点作于,作于点,是矩形，然后根据勾股定理得到，然后利用面积得到长，然后再利用勾股定理求出长，再利用勾股定理求出结果即可． 【详解】过点作于,作于点, 则是矩形， ∴， 在 中, ， ∵ ， ， ∴，， ， ． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·江苏泰州·期末）如图，正方形的对角线相交于点O，点E，F分别在线段上，且，若，则 ． 【答案】3 【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等．作交于点，连接，首先证明，推出，，再证明，得，利用勾股定理列等式求得，据此计算可得结论． 【详解】解：作交于点，连接， 四边形是正方形， ，，， ， ， 在和中， ， ， ，， ∵， ， ， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ∵， ∴， ∴， 故答案为：3． 2．（23-24八年级下·山西大同·期末）如图，在矩形中，，，点E为的中点，以为边在矩形的外部作正方形，连接，点H为的中点，连接，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，延长交于点G，先得出，，，再证明，再得出，证明，得出，，再根据勾股定理得出，进而得出答案． 【详解】如图，延长交于点G． ∵四边形为矩形， ，，． ∵点E为的中点， ． ∵四边形为正方形， ，，， ． ∴B，C，G三点在一条直线上． ． ， ． ∵点H为的中点， ， 又， ． ，， ，． 在中，由勾股定理，得， ． 故答案为： 3．（2024·天津·中考真题）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接． （1）线段的长为 ； （2）若为的中点，则线段的长为 ． 【答案】 2 / 【分析】本题考查正方形的性质，中位线定理，正确添加辅助线、熟练运用中位线定理是解题的关键； （1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解， （2）作辅助线，构造中位线求解即可． 【详解】（1）四边形是正方形， ， 在中，， ， ， ； （2）延长到点，使，连接 由点向作垂线，垂足为 ∵为的中点，为的中点， ∴为的中位线， 在中， ， ， 在中，， 为的中位线， ； 故答案为：2；. 类型四、根据特殊平行四边形的性质与判定判断（多结论） 例题：（23-24八年级下·内蒙古通辽·阶段练习）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（　　） 是等边三角形；是等腰三角形；；；． A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】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；根据等边三角形的性质求出，再求出，可判断，由直角三角形的性质可得，可判断，由等腰三角形性质求出，再根据，可判断；由面积公式可得可，但不一定是中点，则判断；即可求解． 【详解】∵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，故正确； ∴， 又∵ ， ∴， ∴是等腰三角形，故正确； 在中， ∵， ∴， ∴，故正确； ∵， ∴， ∴，故正确； ∵， ∴， ∵不一定是中点， ∴， ∴，即有，故错误； 综上可知：正确，共个， 故选：． 【点睛】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，熟记各性质是解题的关键． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·黑龙江鸡西·期末）如图，是正方形的对角线上一点，于点，于点，连接，．给出下列四个结论：①；②；③一定是等腰三角形；④．其中结论正确的序号是（    ） A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③ 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，延长交于点，延长交于，证明，得出，，即可判断①；得出，即可判断④；求出即可判断②，根据当时或，是等腰三角形，即可判断③． 【详解】解：如图，延长交于点，延长交于， ， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴，， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， 同理可得：， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴，，故①正确； ∴，故④正确； ∵，， ∴，即，故②正确； ∵是正方形的对角线上一点，， ∴当时或，是等腰三角形，故③错误； 综上所述，正确的有①②④， 故选：C． 2．（23-24八年级下·河南许昌·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为8，，点是边上一动点，点在上，且． 有下列结论： ①点的坐标为； ②； ③四边形的面积为定值； ④当为的中点时，的面积最小． 其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，作于，求出，，即可得出，从而判断①；连接，证明，即可判断②；由全等三角形的性质得出，从而得出，即可判断③；证明为等边三角形，当为的中点时，，此时最小，则最小，由③可知为定值，可得最大，即可判断④． 【详解】解：如图，作于， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴，故①正确； 连接， ∵，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∴，故③正确； ∵， ∴， ∴为等边三角形， 当为的中点时，，此时最小，则最小， 由③可知为定值，可得最大，故④不正确； 综上所述，正确的有①②③，共个， 故选：C． 3．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，正方形中，点E在上，且，点F是的中点，点G是的中点，延长与的延长线交于点H．以下四个结论：①；②是直角三角形；③；④．其中正确结论有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】设正方形边长为，求出、、，利用勾股定理等逆定理可以判定②正确；根据三角形中位 线定理可以判定①正确；根据直角三角形斜边中线 定理可以判断③正确；通过计算可以判断④正确． 【详解】解：设正方形边长为， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，点F是的中点， ∴，，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴是直角三角形，故②正确； ∵，， ∴是中位线， ∴，故①正确； 在中， ∵， ∴， ∵， ∴，故③正确； ∵，， ∴，故④正确； 故选：D． 【点睛】本题考查正方形的性质、勾股定理逆定理、三角形中位线定理以及直角三角形斜边中线定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 类型五、根据菱形的性质与判定证明 例题：（23-24八年级下·陕西安康·期末）如图，在四边形中，，连接，，且经过的中点，点在上，且，连接，． (1)求证：四边形是菱形 (2)若，且，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见详解， (2) 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）通过，，得出四边形是平行四边形，再根据等腰三角形的性质可得，即可证明四边形是菱形． （2）根据，，得，而 ，用勾股定理可得，代入数值求解可得，故，即可求出菱形的面积． 【详解】（1）证明：∵点是的中点， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是等腰三角形， 又∵是中的中线， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：∵， ∴， ∵，， ∴，， 故在中，用勾股定理可得， 代入数值为， 化简得， ∴， ∴菱形的面积为． 【变式训练】 1．（22-23八年级下·浙江杭州·期末）如图，在中，，点是的中点，连结并延长，交的延长线于点，连结，． (1)求的长； (2)若． ①证明四边形是菱形； ②若，求四边形的周长． 【答案】(1) (2)①见解析；②10 【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定证明得到即可求解； （2）①先证明四边形是平行四边形，再证明，根据菱形的判定可证的结论； ②根据平行四边形的性质和菱形的性质证明是等边三角形，进而得到可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， 又， ∴， ∴， 又， ∴； （2）解：①∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴，即， ∴四边形是菱形； ②∵四边形是平行四边形，, ∴,，， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴，即， ∴四边形的周长为． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、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是解答的关键． 2．（23-24八年级下·江西赣州·期末）课本再现 思考 我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗? 可以发现并证明菱形的一个判定定理； 对角线互相垂直的平行四边形是菱形． 定理证明 （1）为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程． 已知：在中，对角线，垂足为． 求证：是菱形． 知识应用 （2）如图，在中，对角线和相交于点，，，． 求证：是菱形； 延长至点，连接交于点，若，求的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；． 【分析】定理证明（）根据平行四边形的性质和已知条件判定是的垂直平分线，推出后利用菱形的定义即可判定是菱形； 知识应用：（）根据平行四边形的性质求出、的长，然后根据勾股定理逆定理判定，然后根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形．”即可得证； 由四边形是菱形，得，则，再根据三角形的外角性质得，求得即可求解； 本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理逆定理，平行四边形的性质， 三角形外角性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】定理证明：（）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， 又∵，垂足为， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴是菱形； 知识应用： （）证明：∵中，对角线和相交于点，，， ∴，， 又∵， ∴在中，， ∴， 即， ∴是菱形； ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 3．（23-24八年级下·山西大同·期末）给合与实践 数学课上，小组同学对含角的菱形进行了探究． 【背景】在菱形中，，作，、分别交边、于点、． (1)【感知】 如图1，若点是边的中点，小智经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你直接写出这个关系为__________． (2)【探究】 如图2，说“点为上任意一点时，（1）中的结论是否仍然成立”，你同意吗？请说明理由． 如图3，若点为射线上任意一点时，作，交边所在射线于．则（1）中结论是否仍然成立？回答并说明理由． (3)【应用】 取出如图2所示的菱形纸片，测得，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，请直接写出线段的长． 【答案】(1) (2)当点为上任意一点时，（1）中的结论仍然成立，理由见解析；点为射线上任意一点时，（1）中的结论仍然成立，理由见解析 (3)或 【分析】（1）连接，利用菱形的性质和等边三角形的三线合一性质证明即可； （2）利用菱形的性质和等边三角形的性质证明即可； （3）利用菱形的性质和等边三角形的性质可得，利用勾股定理求，，分当点在点的左侧和点在点的右侧两种情况，分别讨论即可． 【详解】（1）解：线段与之间的数量关系：． 理由：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴和都是等边三角形， ∴，， ∵点是边的中点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 故答案为：； （2）当点为上任意一点时，仍然成立． 理由：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 当点为射线上任意一点时，仍然成立． 理由：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3）如图，过点作于，连接， ∵四边形是菱形，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在中，，， ∴， 当点在点的左侧时，， 当点在点的右侧（图中处）时，， ∴或， 由（2）知：， ∴， ∴或， ∴线段的长为或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，运用了分类讨论的思想．解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形． 类型六、根据矩形的性质与判定证明 例题：（23-24八年级下·甘肃武威·期末）如图，四边形中，对角线、相交于点,，，且． (1)求证：四边形是矩形． (2)垂足为点，交于点，若，则的度数是多少？ 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）根据，可推出四边形是平行四边形，从而得到，结合，即可证明四边形是矩形； （2）由，可得到，再由和矩形的性质可知，最后利用即可求得答案． 【详解】（1）证明：， 四边形是平行四边形 又 平行四边形是矩形； （2）解：由（1）可知，且四边形是矩形 四边形是矩形 【变式训练】 1．（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）如图1，在矩形纸片中，，，折叠纸片使点落在上的点处，折痕为，过点作交于点.     (1)求证：四边形为菱形； (2)当折痕的点与点重合时（如图2），求菱形的边长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、勾股定理等知识；掌握基础知识是解本题的关键． （1）根据一组对边平行且相等可证得：四边形为平行四边形，再加上可得结论； （2）先由折叠得：，利用勾股定理得：，设，则，，中，由勾股定理得：，解出即可； 【详解】（1）证明：由题意可知： ∵点与点关于对称， ，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； （2）解：如图，当点与点重合时， 由折叠可知：， ∵在直角中，， ∴， ∴， 设，则，， 中，由勾股定理得：， 解得：， 即菱形的边长 2．（23-24八年级下·湖北孝感·期末）如图．菱形的对角线和交于点，分别过点作，和交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)当时，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定与性质是解题关键． （1）先证出四边形是平行四边形，再根据菱形的性质可得，然后根据矩形的判定即可得证； （2）先根据菱形的性质和等边三角形的判定与性质可得的长，再利用勾股定理可得的长，从而可得的长，最后在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）已证：四边形是矩形， ∴， 则在中，． 3．（23-24八年级下·浙江台州·期末）在矩形中，为边上异于、的一个动点，将沿折叠，点的对应点为． (1)如图，若设，则_______（用含的式子表示）；当点恰好是的中点时，则________度． (2)如图，交于点，且平分． ①求证：是等腰三角形． ②当，时，求的长． ③若设，，，求证：． 【答案】(1)，； (2)①见解析；②；③见解析； 【分析】（1）由四边形是矩形，得，从而根据折叠性质得，，从而可得，当点恰好是的中点时，由折叠可得，，，连接，，则过点，证是等边三角形，得，进而得； （2）①延长交于点，先证（），得，，利用平行线的性质证明，从而即可得证；②过点作于点，设，则，由勾股定理求得，进而证明，再根据面积法及勾股定理构造方程求解即可；③利用折叠及平行线的性质得，进而利用勾股定理及平方差公式求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 由折叠得，， ∴， 当点恰好是的中点时， 由折叠可得，，， 如图，连接，，则过点， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：，； （2）证明：①延长交于点， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， 由折叠可得， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，即是等腰三角形； ②过点作于点，设，则， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是矩形，， ∴， ∵，， ∴， 由折叠得， ∵，， ∴即， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， 解得或（舍去）， ∴； ③解：由①得，，， 由折叠可得， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴即， ∴； 【点睛】本题主要考查了平方差公式，勾股定理，矩形的性质，平行线的性质，求算术平方根，等边三角形的判定及性质，角平分线的定义，全等三角形的判定及性质，熟练掌握勾股定理及矩形的性质是解题的关键． 类型七、根据正方形形的性质与判定证明 例题：（23-24八年级下·河北沧州·期末）如图，在中，，是的中线，，O是的中点，连接并延长，交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长； (3)当满足条件______时，四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)2 (3) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，根据等腰三角形三线合一，得到，即可得出结论； （2）由（1）知四边形是矩形，得到，根据，证明是等边三角形，即可求出结果； （3）根据邻边相等的矩形，是正方形，得到当时，四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵点O是中点， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，是的中线， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：四边形是矩形，， ， ， 是等边三角形， ； （3）解：当满足时，四边形是正方形． 理由：∵当时，是等腰直角三角形， 又∵是的中线， ∴， 由（1）知：四边形是矩形， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查矩形的判定，正方形的判定、平行四边形的判定．三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，熟练掌握等腰三角形三线合一，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键． 【变式训练】 1．（24-25九年级上·全国·假期作业）问题情境：如图1，点E为正方形内一点，，将绕点B顺时针旋转，得到，延长交于点F，连接． 猜想证明： (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)如图2，若，猜想线段与的数量关系并加以证明； 解决问题： (3)如图1，若，，直接写出的长 ．（结果可含根式） 【答案】(1)四边形是正方形，理由见解析 (2)结论：，见解析 (3) 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，再由正方形的判定即可得证； （2）过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，证明，可得，由旋转的性质可得，可得出结论； （3）求得、，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下： ∵将绕点B按顺时针方向旋转， ∴，，， 又， 四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形； （2）结论：； 理由：如图2，过点D作于H， ，， ， ∴， ∵四边形是正方形， ，， ∴， ∴， 又，， ∴， ∴， ∵将绕点B按顺时针方向旋转， ∴， ∵四边形是正方形， ， ∴， ∴； （3）如图1，过点D作于H， ∵四边形是正方形， ， ， ， 由（2）可知：，， ∴， ． 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 2．（23-24八年级下·山东临沂·期末）【问题情境】 （1）如图1，四边形是正方形，点是对角线上一动点．则与的数量关系为______． 【深入探究】 （2）如图2，在正方形中，点P是对角线上一动点，过点P分别作，，垂足分别为E、F，连接． ①试猜想与的数量关系．并证明你的猜想． ②若，求的最小值． 【拓展应用】 （3）如图3，延长交于点与交于点Q，点H为的中点，连接，请判断的形状．并说明理由． 【答案】（1）；（2）①，证明见详解；②的最小值为；（3）的形状为直角三角形 【分析】（1）利用正方形的性质，证明求解，进而推出线段关系； （2）①根据矩形的性质，证明，再利用（2）的结论，进而得证； ②当时，最小，此时，则可得出答案； （3）为的中点，，进而求得，即可得答案． 【详解】（1）， 证明：∵四边形是正方形， 在与中， ， ， ； （2）解：①猜想：． 证明：由（1）可知，， ∵，垂足分别为， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； ②连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形是正方形， ， ， ∵四边形是正方形， ， 当时，最小， 此时， ∴的最小值为． （3）解：∵为的中点，， ， 在中，， 在与中， ， ， ， ， ， ∴的形状为直角三角形； 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质等知识；熟练掌握以上知识是解题的关键． 3．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，四边形是正方形，，点P是上一动点（不与点B，C重合），将PA绕点P按顺时针方向旋转，得到． 【初步感知】 （1）在点P的运动过程中，试探究与的数量关系． 【深入研究】 （2）连接，在点P的运动过程中，试探究的值． 【拓展延伸】 （3）与相交于点F，在点P的运动过程中，试探究的周长是否为定值，若是，求出的周长；若不是，请说明理由． 【答案】（1）（2）（3）是定值，理由见详解 【分析】（1）由正方形的性质可得，，由旋转的性质可得，，由外角的性质可证； （2）由等腰直角三角形的性质可得，由“”可证，可得，即可求解； （3）由“”可证，可得，，由“”可证，可得，即可求解． 本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【详解】解：（1）四边形是正方形， ，， 将绕点按顺时针方向旋转，得到． ，， ， ； （2）如图，在上截取，连接， ，， ， ，， ， 又，， ， ， ； （3）的周长是定值，理由如下： 如图，延长至，使，连接， ，，， ， ，， ，， ， ， ， ， 又， ， ， 的周长， 的周长是定值． 压轴能力测评（15题） 一、单选题 1．（23-24八年级下·广西玉林·期末）如图，已知P是正方形对角线上一点，平分，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查正方形的性质、角平分线定义和三角形外角的性质等，根据正方形性质得，根据角平分线定义求得，即可求得答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴． ∵平分， ∴， ∴． 故选：C． 2．（23-24八年级下·广西玉林·期末）我们都知道，四边形具有不稳定性．老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学科代表小亮在取教具时不小心使教具发生了形变(如图)，若正方形教具边长为，，则四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质．过点作交延长线于E，先证明四边形是菱形，得，则，利用等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理求得，然后菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：过点作交延长线于E，如图， ∵正方形， ∴ ∴ ∴四边形是菱形， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 又 ∴ ∴， 故选：B． 3．（23-24八年级下·山西朔州·期末）如图，在矩形中，，将沿着射线的方向平移得到，则四边形的周长为（    ） A．26 B．24 C．22 D．20 【答案】A 【分析】本题考查矩形的性质，平移的性质和勾股定理，根据矩形的性质和平移的性质，可以得到的长，然后即可求得四边形的周长，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵将沿着射线的方向平移得到， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形的周长为：， 故选：A． 4．（23-24八年级下·河北廊坊·期末）如图，在菱形中，，点P和点Q分别在边和上运动（不与A、C、D重合），满足，连接、交于点E，在运动过程中，则下列四个结论正确的是（    ）    ①；②的度数不变；③； A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识点是解题的关键． 证明可得，，，进而判断①；进而可得，进而判断②；根据，进而判断③． 【详解】解：∵是菱形，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴ ∴，即 ∴， ∴，，，故①正确； ∵， ∴，故③正确； ∵， ∴， ∴，故②正确． 故选：D． 5．（23-24八年级下·山东泰安·期末）如图，已知正方形的边长为2，点P是对角线上一点，于点E，于点F，连接，．给出下列结论：①；②四边形的周长为4；③；④的最小值为1．其中正确结论的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练应用正方形和矩形的性质是解题的关键．利用正方形的性质，矩形的性质等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质对每个选项进行逐一判断即可得出结论． 【详解】解：①四边形为正方形， ， ， ． ，，， 四边形为矩形， ， ． ①的结论正确； ②，，， 和为等腰直角三角形， ， 四边形的周长， ②的结论正确； ③连接，如图， 四边形为正方形， ，， 在和中， ， ． ． 由①知：四边形为矩形， ， ． ③的结论正确； ④由③知：， 当取最小值时，取得最小值， 点是对角线上一点， 当，即点为对角线的中点时，的值最小，此时， 的最小值为， ④的结论错误， 综上，正确结论的序号为：①②③， 故选：C 二、填空题 6．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）在矩形中，，，点是边上一点（不与点，重合），连接．若平分，则 °， cm． 【答案】 45 1 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的判定，根据矩形的性质得出，根据角平分线定义得出，求出，根据，得出，最后求出结果即可． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：45；1． 7．（23-24八年级下·山东滨州·期末）如图，边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】先根据正方形的性质、三角形全等的判定证出，根据全等三角形的性质可得，继而得到，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后利用勾股定理、含角的直角三角形的性质求解即可得． 【详解】∵边长为6的正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， 解得∶， ∴， ∴， 故答案为： 【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握正方形的性质是解题关键． 8．（23-24八年级下·山西朔州·期末）如图，在矩形中，，点E在边的延长线上，且，连接，F为的中点，连接．若，则 （用含的代数式表示）． 【答案】/ 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，等腰三角形的性质等知识，作辅助线利用三角形中位线定理是关键．取的中点G，连接，易得为的中位线，则，从而有；由，，得，结合矩形的性质得，再由三角形外角的性质即可求解． 【详解】解：如图，取的中点G，连接， ． ， ． F为的中点， 为的中位线， ， ． ，， ． 四边形为矩形， ， ， ， ， 故答案为：． 9．（23-24八年级下·海南海口·期末）如图，菱形的对角线、交于点O，过点O作，且，连接、．若，，则 度，的长为 ． 【答案】 【分析】根据，且，结合菱形的性质可得出四边形为平行四边形，结合平行线的性质和菱形的性质从而求得的度数，再根据直角三角形性质、平行四边形的性质和勾股定理，求得、长度，即可求得的长度． 【详解】解：， ，四边形为菱形， ，，， 四边形为平行四边形， ， ； ，， ， ， ， ． 故答案为：，． 【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形性质，平行线的性质与勾股定理，熟练掌握相关性质是解题的关键． 10．（23-24八年级下·河南新乡·期末）如图所示， 在矩形中，，点E为的中点，取的中点F，连接，当为直角三角形时，的长为 ． 【答案】1或 【分析】本题考查了矩形的性质，掌握分类讨论是解题的关键．根据矩形的性质和直角三角形性质解答即可． 【详解】解：，，， ， ，， 分情况解答： ①时，    则， ； ②时，   ， ， 为正三角形， ， ， 则； ③，不存在， 故答案为：或． 三、解答题 11．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图，在平行四边形中，对角线相交于点，，点是的中点，过点作，交于点．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）证是的中位线，得，则四边形是平行四边形，再证，即可得出结论； （2）根据勾股定理得出，进而利用矩形的面积公式解答即可． 【详解】（1）四边形是平行四边形，   ． 点是的中点， 是的中位线． ． 又， 四边形是平行四边形． ， ， ． 四边形是矩形． （2）， ， ， ， ， 矩形的面积． 12．（23-24八年级下·山东济宁·期末）如图，四边形为正方形，点E为对角线上一动点，连接，过点作，交于点F，以、为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)猜想与之间的位置关系？并说明理由； (3)若，则的值为______． 【答案】(1)证明见解析 (2)，理由见解析 (3)2 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质： （1）作于，于，得到，然后证得，得到，则有，根据正方形的判定即可证得矩形是正方形； （2）根据正方形的性质得到，，根据余角的性质得到，证明，根据全等三角形的性质得到，求出，根据垂直的定义即可得到结论； （3）根据全等三角形的性质得到，根据线段的和差即可得到答案． 【详解】（1）证明：如图，作于，于，则四边形是矩形， ， 点是正方形对角线上的点， ， ∵四边形是矩形， ∴， ，， 在和中， ， ， ， 四边形是矩形， 矩形是正方形； （2）解：，理由如下： 四边形和四边形都是正方形， ，，， ∴， ， 在和中， ， ， ， ，， ， ； （3）解：由（2）知，， ， ， 故答案为：2． 13．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图1，四边形是矩形，对角线平分，点是的中点，点在线段上（不与端点重合），连接，点在边的延长线上，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)求证：； (3)的值是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）先由矩形的性质得，因为平分，所以，则，即可作答． （2）根据正方形的性质，证明，结合得出，然后根据等边对等角，即可作答． （3）过点作交于点，则，根据角的等量代换得，，则是等腰直角三角形，结合勾股定理列式，即可作答． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， 又对角线平分 ， 矩形是正方形； （2）证明：是正方形， ， ， ， 又， ， ， ； （3）解：，理由如下： 过点作交于点，如图， ， ． ∴ ， 又 ， 是等腰直角三角形， ， ． ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 14．（23-24八年级下·海南海口·期末）如图1，在矩形中，，将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形，点的对应点落在边上，过点作于点，连接． (1)求证：①；②；③四边形是平行四边形； (2)如图2，连接交于点． ①求的长； ②过点作交于点，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)①见解析；②见解析；③见解析 (2)①；②见解析 【分析】（1）①根据矩形的性质，可得，，根据旋转的性质可得，根据全等三角形的判定即可求解； ②由三角形全等可得，根据即可求解； ③根据三角形全等可得，由，可得，根据平行四边形的判定方法即可求解； （2）①在中根据勾股定理可得的值，根据平行四边形的性质可得，在中可得的值，由此即可求解； ②根据旋转的性质可得四边形是矩形，根据，可得四边形是矩形，根据线段的关系可得，结合正方形的判定即可求证． 【详解】（1）证明：① 如图1.1，四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ② 由, 可知， ∵， ∴； ③ ∵， ∴， 由， 可知， ∵， ∴， ∴ 四边形是平行四边形； （2）解：① 如图1.2， ，， 在中， ， ∵ 四边形是平行四边形， ， 在中,， ； ②证明：根据旋转，四边形是矩形， ∴， 即， ∵， ∴ 四边形是矩形， ∵， ∴， ∴ 四边形是正方形． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边一边，正方形的判定等知识的综合，掌握矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定是解题的关键． 15．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）在菱形中，，点E、F分别为上一点． (1)如图1，当，时，直接写出三条线段和之间满足的等量关系式为________； (2)当时， ①如图2，若，若，，求的长； ②如图3，E为中点，交于点G，交于点H，和交于点O，若，，，则________． 【答案】(1) (2)； 【分析】本题考查了正方形、菱形的性质，等边三角形与平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等多个知识点，解题的关键是作出恰当的辅助线． （1）延长至Ｇ点，使，构造，得到，又可证，通过等量代换即可证得结果． （2）①连接BD，过D点作，垂足为点N．由菱形的性质并结合可得和是等边三角形，然后证明，则，于是可证是等边三角形．再利用可求得、的值，于是可求得的值，最后在由勾股定理可得的值，于是得到的值． ②过D作的平行线，过D作的垂线，利用类似于②的思路同样可求得结果． 【详解】（1）解：如图，延长至G点，使． 由菱形，则四边形是正方形． ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴ 又， ∴， ∴； 又， ∴； 故答案为：． （2）解：①如图，连接，过D点作，垂足为点N． ∵四边形是菱形， ， ， ，则 和是等边三角形， ，， ； ， ； 在和中， ， ，则， ∴由 可知是等边三角形． ， ∵，， ∴， ∴， 在中，， ∴，． ， 在中，， ． ②如图，过点D作，交于点P；过点D作，交于点Q；自点D作的垂线，垂足为点M．连接． 因， ∴四边形与四边形均为平行四边形． ∴． ∵E为的中点， ∵E为的中点， 同①证法可知，， ， ． ， ， 在中，， ， 由勾股定理得：， ， 在中， ， 由平行四边形可知， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$