专题04平行四边形、矩形、菱形、正方形（19大类型提分练+期末培优，优选81题 ）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学下学期期末真题分类汇编（江苏专用）

专题04平行四边形、矩形、菱形、正方形 （19大类型提分练+期末培优，优选81题 ） 目录 类型一、平行四边形的性质 1 类型二、平行四边形的判定 6 类型三、三角形的中位线 8 类型四、平行四边形的性质与判定综合问题 10 类型五、矩形的性质 14 类型六、矩形的判定 16 类型七、矩形的性质与判定的计算与证明 18 类型八、菱形的性质 22 类型九、菱形的判定 24 类型十、菱形的性质与判定的计算与证明综合问题 27 类型十一、正方形的性质 31 类型十二、正方形的判定 33 类型十三、正方形性质与判定的计算与证明综合问题 36 类型十四、中点四边形问题 42 类型十五、特殊四边形的基本作图问题 45 类型十六、四边形与翻折综合问题 48 类型十七、四边形与动点综合问题 53 类型十八、四边形与最值综合问题 57 类型十九、四边形与新定义综合问题 63 《平行四边形、矩形、菱形、正方形》期末培优专项训练 71 类型一、平行四边形的性质 1．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，在中，的平分线与边相交于点E．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，根据平行四边形的性质得，可得，，由角平分线的定义可求解，掌握平行四边形的性质，平行线的性质，角平分线的定义． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴ ∴，， ∵平分， ∴， ∴， 故选：A． 2．（23-24八年级下·江苏扬州·期末）如图，平行四边形与平行四边形全等，且A、B、C、D的对应顶点分别是H、E、F、G，其中E在上，F在上，C在上．若，，则四边形的周长为何？（　　） A．21 B．20 C．19 D．18 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、全等形的性质等知识点，掌握平行四边形的性质成为解题的关键．根据全等形和平行四边形的性质可得，则，再根据线段的和差可得，最后根据四边形的周长公式即可解答． 【详解】解：∵平行四边形与平行四边形全等，且A、B、C、D的对应顶点分别是H、E、F、G， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形的周长， 故选：A． 3．（22-23八年级下·江苏苏州·期末）如图，在中，以点为圆心，适当长度为半径作弧，分别交于点，再分别以点为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，连接．若，则的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了作图-基本作图， 平行四边形的性质.利用基本作图得到, 再根据平行四边形的性质得到,再证明, 则, 接着根据利用勾股定理求得长, 然后利用平行四边形的面积公式求得答案即可. 【详解】由作法得平分, ∴, ∵四边形为平行四边形， ∴,,, ∴, ∴, ∴, ∴, ∵, 在中, ∴平行四边形的面积为, 故答案为：. 4．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图1，中，，，，E为边上的一个动点，连接，过点E作交于点F，把沿着翻折得，连接． (1)证明：； (2)当时，求折痕的长； (3)当为等腰三角形时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)折痕的长为； (3)的长为或． 【分析】（1）由，得，故，而沿着翻折得，有，即得； （2）设交于K，由，可得，而沿着翻折得，可证，即可得，故，，设设，则，知，解得，即，，设，则，有，据此求解即可； （3）分两种情况讨论，当时，当时，利用勾股定理列式计算，即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵沿着翻折得， ∴， ∴； （2）解：设交于K，如图：    ∵， ∴， ∵沿着翻折得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）知， 又， ∴， ∴，， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得， ∴，， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴折痕的长为； （3）解：当时，过B作于T，如图：    设， 由（1）知， 又，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得，即； 当时，如图：    设，则， ∴， ∵， ∴， 解得，即； ∵E在边上， ∴， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查四边形综合应用，涉及翻折的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理及应用，等腰三角形等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用． 类型二、平行四边形的判定 5．（24-25八年级下·江苏徐州·阶段练习）在四边形中，，再从下列四个条件中：①；②；③；④任选一个，能使四边形为平行四边形的条件的序号是 ． 【答案】①或③ 【分析】此题主要考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的定义以及判定定理是解题的关键．用平行四边形的定义及判定答题即可． 【详解】解：添加①，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可判定为平行四边形； 添加②，不能判定为平行四边形； 添加③，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可判定为平行四边形； 添加④，不能判定为平行四边形； 故答案为：①或③． 6．（24-25八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在四边形中，对角线，相交于点，其中，请你再添加一个条件，使四边形为平行四边形，可以添加的条件是 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．根据平行四边形的判定方法添加条件即可． 【详解】解：根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形， 故可添加， 根据两组对边分别相等的四边形为平行四边形， 故可添加， 故答案为：．（答案不唯一） 7．（24-25八年级下·江苏徐州·阶段练习）如图，在中，点E，F分别在和上，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】证明见详解． 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，解题的关键在于能够熟练掌握平行四边形的判定定理． 先根据平行四边形得出，，再结合由一组对边平行且相等判断四边形是平行四边形即可． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵ ∴， ∴四边形是平行四边形． 8．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在四边形中，点分别是线段的中点，分别是线段的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)四边形的边满足________时，四边形是菱形． 【答案】(1)证明见解析； (2)，见解析． 【分析】（）根据中位线定理得，，，，然后根据平行公理推论得，，从而求证； （）根据邻边相等的平行四边形是菱形即可求解； 本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，中位线定理，平行公理推论，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵点分别是线段的中点，分别是线段的中点 ∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）解：四边形的边满足时，四边形是菱形．理由如下： ∵点分别是线段的中点，分别是线段的中点， ∴，， ∵， ∴， 由（）得：四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， 故答案为：． 类型三、三角形的中位线 9．（24-25八年级上·江苏南通·期末）如图，在中，D，E，F分别是，，的中点．以这些点为顶点，在图中，能画出平行四边形的个数最多为（   ）． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】此题重点考查三角形中位线定理、平行四边形的判定等知识，连接、、，由D，E，F分别是，，的中点，根据三角形中位线定理得，，，，则四边形、四边形、四边形都是平行四边形，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接、、， ∵D，E，F分别是，，的中点， ∴，，，， ∵，， ∴，且；，且；，且， ∴四边形、四边形、四边形都是平行四边形， ∴以D，E，F这些点为顶点最多能画3个平行四边形， 故选：C． 10．（23-24八年级下·江苏徐州·期末）如图，在四边形中，、、、分别是、、、的中点，要使四边形是菱形，则四边形只需要满足的一个条件是（    ） A．对角线 B．四边形是菱形 C．对角线 D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的判定与性质．菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分．利用三角形中位线定理可以证得四边形是平行四边形；然后由菱形的判定定理进行解答． 【详解】解：∵在四边形中，E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴，，， ∴； 同理，，， ∴四边形是平行四边形； A、若，得不到，则，不能证明四边形是菱形，故本选项错误； B、若四边形是菱形时，点四点共线；故本选项错误； C、若对角线时，得不到，则，不能证明四边形是菱形；故本选项错误； D、当时，则；所以平行四边形是菱形；故本选项正确； 故选：D． 11．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图，在中，平分．点，分别是的中点，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用、三角形的中位线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用、三角形的中位线的性质是解题的关键．过点作于点，先证明，可得，，设，则，在中，，从而得出，解出方程，再利用三角形中位线的性质求解即可． 【详解】解：如图，过点作于点， 在中，，，， ， 是的平分线， ， 在和中， ， ， ，， ， 设，则， 在中，， 解得：， ， 点，分别是的中点， ， 故答案为：． 类型四、平行四边形的性质与判定综合问题 12．（22-23八年级下·广东深圳·期中）如图，四边形是平行四边形，是对角线上的两点，连接、、、，若．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，请判断与有什么数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】（1）先用证明，推出，，推出，再用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”即可证明； （2）结论：，作于．分别含30度角的直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质用证明，，从而得解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形 ∴，， ∴． 在和中， ， ∴， ∴，， ∴ ∴四边形是平行四边形 （2）结论： 理由：作于，    在中，，， ∴ 在中，，， ∴是等腰直角三角形， 又∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、含30度角的直角三角形的性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型． 13．（21-22八年级下·江苏南京·期末）如图，在平行四边形中，，，点P在边上以每秒的速度从点A向点D运动，点Q在边上以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动，同时点Q也停止运动．设运动时间为，开始运动以后，当t为 时，以P，D，Q，B为顶点的四边形是平行四边形． 【答案】0或4或或8 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质、一元一次方程的几何应用，根据平行四边形的性质得到，只需，以P，D，Q，B为顶点的四边形是平行四边形，故分情况讨论列方程求解即可． 【详解】解：∵四边形平行四边形， ∴，，即， 若，则以P，D，Q，B为顶点的四边形是平行四边形； 设运动时间为，当P到D的时间为，点Q到B的时间为， 根据题意，分四种情况： ①当时，，，则，， ∴，解得； ②当时，，，则， ∴，解得； ③当时，，，则， ∴，解得； ④当时，，，则， ∴，解得， 综上，当t为0或4或或8时，以P，D，Q，B为顶点的四边形是平行四边形． 14．（23-24八年级下·江苏盐城·期末）四边形是平行四边形，E、F分别是、上的点，连接． (1)如图1，对角线、相交于点O，若经过点O，求证：． (2)在如图2中，仅用无刻度的直尺作线段，使它满足： ①点M、N分别在、上； ②．（不写画法，保留画图痕迹） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）证明，即可证明； （2）连接、，设、交于点O，连接并延长，交于点M，连接并延长，交于点N，连接即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴． （2）解：如图，即为所求作的线段； ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， ∴， 即， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴． 【点睛】本题主要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，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法和平行四边形的判定方法． 类型五、矩形的性质 15．（22-23八年级下·江苏淮安·期末）如图，矩形的对角线、交于点O，，，则的长为（    ）    A．3 B．6 C． D． 【答案】B 【分析】根据矩形的性质求出，然后根据含直角三角形的性质可得答案． 【详解】解：∵在矩形中，，，， ∴， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，含直角三角形的性质，求出是解题的关键． 16．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，在矩形中，是的中点，为边上一点，且有连接，若，则的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，，过点作于点，根据矩形的性质可得，由可得，进而利用含度角的直角三角形求出，然后利用等腰直角三角形的性质即可解决问题． 【详解】解：如图，连接，，过点作于点，    在矩形中， 是的中点， ， ， ，， ， ， ， ， ； ∵， ∴， ∵，， ∴， 又， ， ． 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质，含度角的直角三角形，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握矩形的性质． 17．（22-23八年级下·江苏淮安·期末）如图，矩形中，E、F分别为边和上的点，．    (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据矩形的性质，结合“”即可求证； （2）根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”即可求证． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形 ∴ 在和中 ∴； （2）证明：∵四边形是矩形 ∴，即 ∵ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形． 【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定．掌握相关结论是解题关键． 类型六、矩形的判定 18．（23-24八年级下·江苏宿迁·期末）判断四边形的框架（如图）是不是菱形，有以下方法：①检测框架的四条边是不是相等；②检测框架的四个角是不是相等；③检测框架对角线是否互相垂直且相等．其中方法可行的是（    ） A．① B．② C．①③ D．②③ 【答案】A 【分析】因为四条边都相等的四边形是菱形，所以通过检测框架的四条边是不是相等可以判断四边形的框架是不是菱形，可判断方法①可行；因为四个角都相等的四边形是矩形，但不一定是菱形，所以方法②不可行；由对角线互相垂直且相等的四边形不一定是菱形，可判断方法③不可行，于是得到问题的答案． 【详解】解：四条边都相等的四边形是菱形， 通过检测框架的四条边是不是相等可以判断四边形的框架是不是菱形， 故方法①可行； 四个角都相等的四边形，它的四个角都是直角， 这样的四边形是矩形，但不一定是菱形， 通过检测框架的四个角是不是相等不能判断四边形的框架是不是菱形， 故方法②不可行； 对角线互相垂直且相等的四边形不一定是菱形， 通过检测框架对角线是否互相垂直且相等不能判断四边形的框架是不是菱形， 故方法③不可行． 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的判定定理、矩形的判定定理等知识，正确理解菱形的判定定理是解题的关键． 19．（23-24八年级下·江苏南通·期末）如图，已知四边形是平行四边形，下列结论不正确的是（    ） A．当时，四边形是矩形 B．当且时，四边形是正方形 C．当平分时，四边形是菱形 D．当时，四边形是矩形 【答案】D 【分析】本题主要考查学生对正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定等知识点，理解和掌握相关判定定理成为解题的关键． 根据已知及各个四边形的判定逐项判定即可． 【详解】解：A、根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即该选项正确，不符合题意； B、根据对角线相互垂直且相等的平行四边形是正方形，即该选项正确，不符合题意； C、根据对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，即该选项正确，不符合题意； D、根据对角线垂直的平行四边形是菱形，即该选项错误，符合题意． 故选：D． 20．（23-24八年级下·江苏·期末）已知：如图，在中，过点B作，交的延长线于点E，连接，交于点O，且．求证：四边形是矩形．    【答案】证明见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，先由平行四边形的性质得到，即，再证明四边形是平行四边形，得到，接着证明，即可证明四边形是矩形． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． 类型七、矩形的性质与判定的计算与证明 21．（21-22八年级下·江苏南京·期末）如图，E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点． (1)证明：四边形EFGH为平行四边形． (2)若四边形ABCD是矩形，且其面积是，则四边形EFGH的面积是________ 【答案】(1)见解析 (2)3.5 【分析】（1）连接BD，由三角形中位线定理可得出EF=GH，EF∥GH，由平行四边形的判定可得出结论； （2）由矩形的判定与性质得出答案． 【详解】（1）证明：连接BD， ∵E、F分别为AD、AB的中点， ∴EF是△ABD的中位线， ∴EF=BD，EF∥BD， 同理，GH=BD，GH∥BD， ∴EF=GH，EF∥GH， ∴四边形EFGH为平行四边形； （2）如图， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠B=∠C=∠D=90°， ∵E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点， ∴DH=AF=CH=BF， ∴四边形AFHD和四边形HFBC都是矩形， ∴AD=HF=BC，DC=EG=AB， ∴S四边形EFGH=EG•HF＝AB•BC， ∵四边形ABCD的面积是7cm2， ∴AB•BC=7cm2， ∴四边形EFGH的面积是3.5cm2， 故答案为：3.5． 【点睛】本题主要考查中点四边形以及矩形的性质，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． 22．（23-24八年级上·江苏泰州·期末）如图，平行四边形的对角线相交于点，延长至点，连接．现有以下信息：①；②；③． 从三条信息中选择两条作为条件，另一条作为结论，组成一个真命题并说明理由． 你选择的条件是______，结论是______（填写序号）．理由： 【答案】①②，③（或①③，②或②③，①） 【分析】本题考查了矩形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键．若选条件：①②，结论③，根据矩形的判定及性质，根据平行四边形的性质可得，从而得，同法可证选条件：①③，结论②与选条件：②③，结论①的情形． 【详解】解：①②，③（或①③，②或②③，①） 若选条件：①②，结论③， ， 四边形为矩形， ， ， ， ∴四边形为平行四边形， ， ； 若选条件：①③，结论②， ， ． ， ， ， 四边形BDCE是平行四边形， ； 若选条件：②③，结论① ， ， ∵， 四边形BDCE是平行四边形， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 故答案为：①②，③（或①③，②或②③，①）． 23．（23-24八年级下·江苏南通·期末）如图，，为上一点．小明利用直尺和圆规完成了以下作图：连接，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于，两点，作直线，交于点，连接并延长交于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，在上取一点，使，连接．若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析； (2)的度数为． 【分析】（1）由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线，则可得，证明 可得结合平行四边形的判定可得结论． （2）由题意可得四边形为矩形，则进而可得则 则． 本题考查作图-基本作图、平行四边形的判定、矩形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定、矩形的判定与性质是解答本题的关键． 【详解】（1）证明：由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵， ∴平行四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 类型八、菱形的性质 24．（22-23八年级下·江苏扬州·期末）菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是                               （    ） A．对角线互相平分 B．两组对角相等 C．对角线互相垂直 D．两组对边相等 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形，菱形的性质，理解并识记它们的性质是解题的关键． 根据平行四边形的性质“对边平行且相等；对角相等；邻角互补；对角线互相平分”，菱形的性质除了具备平行四边形的性质，还具有“四条边长度相等；对角线垂直且平分”，由此进行分析判断即可求解． 【详解】解：A、平行四边形、菱形都具备对角线互相平分，不符合题意； B、平行四边形、菱形都具备两组对角相等，不符合题意； C、平行四边形的对角线不一定垂直、菱形的对角线互相垂直，符合题意； D、平行四边形、菱形都具备两组对边相等，不符合题意； 故选：C ． 25．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，若，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，根据菱形的性质得，，，即可得，根据得，，即可得；掌握菱形的性质，直角三角形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ， ∴， 故答案为：． 26．（23-24八年级下·江苏宿迁·期末）如图，菱形的对角线、相交于点O，，，与交于点F． (1)求证：四边形的为矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识， （1）先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的性质可得，问题随之得证； （2）根据菱形的性质可得，再利用勾股定理可得，从而得到，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵菱形对角线交于点O， ∴，即． ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积为：． 类型九、菱形的判定 27．（23-24八年级下·江苏南京·期中）如图，在四边形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点．当对角线、满足 条件时，． 【答案】 【分析】本题考查四边形的中点四边形，根据三角形的中位线定理和菱形的判定，可得顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形． 【详解】如图，，分别是线段、、、的中点， 则、分别是、的中位线，、分别是、的中位线， ∴，， ∴当，有， 则四边形是菱形， ∴， 故添加：． 故答案为：． 28．（22-23八年级下·江苏常州·期末）如图，在中，的平分线交边于点，是边上的一点，且，连接．判断四边形的形状，并证明你的结论．    【答案】四边形是菱形，证明见解析 【分析】根据平行四边形的性质得出，进而可得，根据角平分线 定义可得，等量代换得出，等角对等边得出，进而证明四边形是平行四边形．根据邻边相等的平行四边形是菱形即可得证． 【详解】解：四边形是菱形．证明如下： 平分， ． 四边形是平行四边形， ． ， ． ． 又 ， ． 在四边形中，，， 四边形是平行四边形． 又 ， 四边形是菱形． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的判定定理，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． 29．（22-23八年级下·江苏南京·期末）如图，中，点D是上一点，点E是的中点，过点C作，交的延长线于点F． (1)求证：； (2)连接，如果点D是的中点，那么当与满足什么条件时，四边形是菱形？证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形是菱形，证明见解析 【分析】（1）由 得，，结合，可证； （2）由，，易得四边形是平行四边形，若，点D是的中点，可得，即得四边形是菱形． 【详解】（1）证明：∵， ∴，． ∵点E是的中点， ∴， ∴； （2）解：当时，四边形是菱形． 证明如下： 由（1）知，， ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴是直角三角形． ∵点D是的中点， ∴， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质及菱形的判定，解题的关键是掌握全等三角形判定定理及菱形的判定定理． 30．（21-22八年级下·江苏南通·期末）如图，在四边形中，与交于点，，，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)为上一点，连接，若，，，求菱形的面积． 【答案】(1)答案见详解； (2) 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：由（1）可知，四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得： ， ∴， ∴菱形的面积． 类型十、菱形的性质与判定的计算与证明综合问题 31．（21-22八年级下·江苏宿迁·期末）如图，将矩形纸片分别沿、折叠，若、两点恰好都落在对角线的交点上，下列说法：①四边形为菱形，②，③若，则四边形的面积为，④，其中正确的说法有（    ）个． A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】根据折叠性质可得OC=CD=AB=OA，∠COF=∠EOA=∠B=∠D=90°，∠OCF=∠DCF，∠BAE=∠OAE，即可得出∠ACB=30°，进而可得∠OCF=∠DCF=∠BAE=∠OAE=30°， 可证明AE∥CF，AE=CE，根据矩形性质可得CE∥AF，即可得四边形AECF是平行四边形，进而可得四边形AECF为菱形，由∠BAE=30°，可得∠AEB=60°，即可得∠AEC=120°，根据含30°角的直角三角形的性质可求出BE的长，即可得OE的长，根据菱形的面积公式即可求出四边形AECF的面积，根据含30°角的直角三角形的性质即可求出AB：BC的值，综上即可得答案． 【详解】解：∵将矩形纸片分别沿、折叠，若、两点恰好都落在对角线的交点上， ∴OC=CD=AB=OA，∠COF=∠EOA=∠B=∠D=90°，∠OCF=∠DCF，∠BAE=∠OAE， ∴∠ACB=∠CAD=30°，∠BAC=∠ACD=60°， ∵∠OCF=∠DCF，∠BAE=∠OAE， ∴∠OCF=∠DCF=∠BAE=∠OAE=30°， ∴AE∥CF，AE=CE， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵AE=CE， ∴四边形AECF是菱形，故①正确； ∵∠BAE=30°，∠B=90°， ∴∠AEB=60°， ∴∠AEC=120°，故②正确； 设BE=x， ∵∠BAE=30° ，∴AE=2x， ∴x2+22=（2x）2，解得， ∴OE+BE=， ∴S菱形AECF=，故③正确； ∵∠ACB=30°， ∴AC=2AB， ∴BC=， ∴AB：BC=1：，故④错误； 综上，正确的结论为①②③． 故选：B． 【点睛】此题考查了矩形的性质，菱形的判定及性质及含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握相关性质及判定方法是解题的关键． 32．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，在矩形中，，，、交于点O，分别过点C、D分别作、的平行线相交于点F， (1)求证：四边形是菱形； (2)若点G是的中点，点P是四边形边上的动点，连接，则的最小值是 ． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由勾股定理可求的长，根据平行四边形的性质和菱形的判定定理即可得到结论； （2）由垂线段最短，可得当时，有最小值，证明得，即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，， ， 点是的中点， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：连接， 四边形是菱形， 点到各边的距离相等， 点是四边形边上的动点， 当时，有最小值， ， ， ∵ ∴ ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短，相似三角形的判定与性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 33．（23-24八年级下·江苏扬州·期末）如图，边长为1的正方形与直角边为1的等腰拼成如图所示的四边形，P、Q分别为边上的两个动点（不与C、D、E重合），且，的延长线分别交于点M、F． (1)求证：①；②； (2)设，试问：是否存在这样t的值，使得和互相垂直平分，若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)存在，． 【分析】（1）①证明即可；②全等三角形的性质，结合三角形的内角和定理，得到，即可； （2）连接，，当和互相垂直平分时，四边形为菱形，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）解：①∵正方形， ∴， ∵等腰， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； ②∵， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）存在：连接，， 当和互相垂直平分时，四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴，， ∴，即：， ∴； 当时：则：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，满足题意． 【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，菱形的性质，等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 类型十一、正方形的性质 34．（21-22八年级下·江苏南京·期末）四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O．有下列条件：①OA＝OC，OB＝OD；②AC＝BD；③AC⊥BD；④矩形ABCD；⑤菱形ABCD；⑥正方形ABCD．则下列推理正确的是（　　） A．②③⇒⑥ B．①②⇒⑤ C．①③⇒⑥ D．②⑤⇒⑥ 【答案】D 【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定定理，对角线互相平分的四边形为平行四边形，再由邻边相等，得出是菱形，和一个角为直角得出是正方形，根据已知对各个选项进行分析从而得到最后的答案． 【详解】解：A、由②③对角线相等，对角线互相垂直，不能判断四边形是正方形，不符合题意； B、由①得，四边形是平行四边形，再由②，对角线相等的平行四边形是矩形，不符合题意； C、由①③得，对角线垂直的平行四边形是菱形，不符合题意； D、由②⑤得，对角线相等的菱形是正方形，符合题意． 故选：D． 【点睛】此题考查了矩形、菱形、正方形的判定定理，灵活掌握这些判定定理是解本题的关键． 35．（21-22八年级下·江苏扬州·期末）已知在正方形ABCD中，点E、F分别在AB、BC边上，DE⊥AF于点G． (1)求证：DE＝AF； (2)若点E是AB的中点，AB＝4，求GF的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明，即可求证； （2）根据勾股定理可得，从而得到，再由，可得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵，点是中点， ∴， 在中，， ∵DE=AF， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 36．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图，正方形，边长为4，点在边上，射线与射线交于点． (1)若，求的长； (2)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质． （1）通过证明，由相似三角形的性质可求解； （2）通过证明，可得，可得结论． 【详解】（1）解：四边形是边长为4的正方形， ， ， ， ，即 ； （2）证明：， ， ∵在正方形中，， ， ， ． 类型十二、正方形的判定 37．（20-21八年级下·江苏扬州·期末）如图，在△ABC中，DE∥CA，DF∥BA，下列说法：①如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是矩形；②如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形；③如果AD⊥BC且AB＝AC，那么四边形AEDF是正方形．其中正确的有 个 【答案】2 【分析】先根据平行四边形的判定推出四边形AEDF是平行四边形，再根据等腰三角形的性质推出AD平分∠BAC，再根据菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定推出即可． 【详解】解：①∵DE∥CA，DF∥BA， ∴四边形AEDF是平行四边形， ∵∠BAC=90°， ∴平行四边形AEDF是矩形，故①正确； ②∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD=∠CAD， ∵DF∥AB， ∴∠ADF=∠BAD， ∴∠ADF=∠CAD， ∴AF=DF， ∵四边形AEDF是平行四边形， ∴四边形AEDF是菱形，故②正确； ③∵AD⊥BC，AC=AB， ∴AD平分∠BAC， ∴∠BAD=∠CAD， ∵DF∥AB， ∴∠ADF=∠BAD， ∴∠ADF=∠CAD， ∴AF=DF， ∵四边形AEDF是平行四边形， ∴四边形AEDF是菱形，四边形AEDF不一定是正方形，故③错误； 即正确的个数是2个， 故答案为：2． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键． 38．（21-22八年级下·江苏南京·期末）如图，△ABC的中线AF与中位线DE相交于点O． (1)求证：AF与DE互相平分； (2)当△ABC满足___________时，四边形ADFE是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)AB＝AC且∠BAC＝90° 【分析】（1）证明四边形DFEA是平行四边形，即可得出结论； （2）由等腰三角形的性质得出AF⊥BC，再根据三角形中位线定理及正方形的判定可得出结论． 【详解】（1）证明：∵△ABC的中线AF与中位线DE相交于点O， ∴EF是△ABC的中位线，AD＝BD， ∴EFAB，EFAB＝AD， ∴四边形DFEA是平行四边形， ∴AF与DE互相平分． （2）解：当△ABC满足AB＝AC，∠BAC＝90°时，四边形ADFE是正方形， 理由如下： 由（1）得：四边形ADFE是平行四边形， ∵AB＝AC， ∴△ABC是等腰三角形， ∵AF是△ABC的中线， ∴AF⊥BC， ∵DE是△ABC的中位线， ∴DEBC， ∴AF⊥DE， ∴平行四边形ADFE是菱形． 又∵∠BAC＝90°， ∴四边形ADFE是正方形． 故答案为：AB＝AC，∠BAC＝90°． 【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 39．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）已知：如图，在四边形中，，的垂直平分线交于点，交于点，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)当的大小为多少度时，四边形是正方形？ 【答案】(1)详见解析 (2)，见解析 【分析】（1）根据垂直平分线的性质得出，，，，根据平行线的性质得出，，进而可得，根据等角对等边得出，进而可得，根据四边相等的四边形是菱形，即可得证； （2）根据菱形的性质，时，即可证明四边形是正方形，即可求解． 本题考查了菱形的判定，正方形的判定，熟练掌握以上判定定理是解题的关键． 【详解】（1）∵垂直平分， ∴，，，， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形． （2）当时，四边形是正方形． 证明：∵，， ∴， ∴， ∴菱形是正方形． 类型十三、正方形性质与判定的计算与证明综合问题 40．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，在正方形中，E为对角线上一点，连接，过点E作，交延长线于点F，以为邻边作矩形，连接．在下列结论中：①；②；③；④．其中正确的结论序号是（   ） A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，等角对等边，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识．熟练掌握正方形的判定与性质，等角对等边，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质是解题的关键． 如图，作于，于，则四边形是矩形，证明四边形是正方形，则，，证明，则，可判断①的正误；证明，可判断②的正误；由，可得，可判断③的正误；由题意知，当时，，此时，可判断④的正误． 【详解】解：如图，作于，于，则四边形是矩形， ∵正方形， ∴， ∴，即， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴，①正确，故符合要求； ∴四边形是正方形，， ∵， ∴，即， ∵，，， ∴，②正确，故符合要求； ∴， ∴，即，③正确，故符合要求； 由题意知，当时，，此时，④不一定成立，故不符合要求； 故选：B． 41．（21-22八年级下·江苏无锡·期末）如图，正方形的边长为6，菱形的三个顶点E、G、H分别在正方形的边上，． (1)如图1，当时，求证：菱形是正方形． (2)如图2，连接，当的面积等于1时，求线段的长度． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】（1）利用证明得到，进而推出，即可证明菱形为正方形； （2）过F作，交的延长线于点M，连接，证明，得到，设，则，由，得到，即． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴菱形为正方形； （2）解：过F作，交的延长线于点M，连接， ∵在正方形中，， ∴， ∵在菱形中，，， ∴， ∴； 在和中， ， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴，即． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，菱形的性质，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 42．（21-22八年级下·江苏泰州·期末）已知点E为平行四边形ABCD 外一点． (1)如图1，若∠AEC=∠BED=90°，求证：平行四边形ABCD是矩形； (2)如图2，若∠AEB=∠BEC=∠CED=45°，过点B作BF⊥BE交EC的延长线于点F． ① 求证：四边形ABCD是正方形； ② 探索线段AE 、CE 与BE 之间的数量关系，并说明你的理由；直接写出线段DE 、CE 与BE 之间的数量关系． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②，理由见解析；． 【分析】（1）连接EO，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半进行证明即可； （2）①通过证明△ABE≌△CBF，即可证明四边形ABCD是正方形； ②由△ABE≌△CBF，可得AE=CF，再由；过点C作CP⊥BE交于P，过点C作CQ⊥ED交于Q，可证明△BCP≌△DCQ，再由 ，即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接OE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴点O为AC，BD的中点， ∵∠AEC= ∠BED=90°， ∴AC=2OE，BD=2OE， ∴AC=BD， ∴四边形ABCD是矩形； （2）①证明：∵∠AEB=∠BEC=∠CED=45°， ∴∠AEC=∠BED=90°， 由（1）得：四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC=90°， ∵∠BEC=45°，BF⊥BE， ∴△BEF是等腰直角三角形， ∴BE=BF，∠F=45°， ∴∠AEB=∠F， ∵∠ABC=90°，∠EBF=90°， ∴∠ABE=∠CBF， ∴△ABE≌△CBF（ASA）， ∴AB=BC， ∴四边形ABCD是正方形； ②，理由 ∵△ABE≌△CBF， ∴AE=CF， ∴CE+AE=CE+CF=EF， ∵△BEF是等腰直角三角形， ∴， ∴， 过点C作CP⊥BE于点P，过点C作CQ⊥ED于点Q， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC=CD，∠BCD=90°， ∵∠PCQ=∠BCD=90°， ∴∠DCQ=∠BCP， ∴△BCP≌△DCQ（AAS）， ∴BP=DQ， ∵∠CED=45°， ∴△CEQ是等腰三角形， ∴EQ=CQ， ∴ ∵∠BEC=45°， ∴PE=PC， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形的综合题，熟练掌握矩形的判定及性质，正方形的判定及性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键． 43．（23-24八年级下·江苏淮安·期末）顺次连接四边形各边、、、的中点E、F、G、H，得到矩形，则原四边形的对角线满足条件： ． 【答案】/垂直 【分析】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定、矩形的判定，熟练掌握三角形中位线定理是解题关键．连接，先根据三角形中位线定理、平行四边形的判定可得四边形为平行四边形，再根据矩形的判定即可得出答案． 【详解】解：如图，连接， 分别为的中点， ∴，， ∴， 同理可得：， 四边形为平行四边形， 要使平行四边形为矩形，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ， 故答案为：． 类型十四、中点四边形问题 44．（24-25八年级下·江苏苏州·期中）如图，、、、分别是、、、的中点，且，下列结论：①；②四边形是矩形；③平分；其中正确的是 ． 【答案】①③/③① 【分析】本题考查了三角形中位线定理与菱形的判定与菱形的性质，根据三角形的中位线定理与判定四边形是菱形是解答本题的关键． 根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半与可得四边形是菱形，然后根据菱形的对角线互相垂直平分，并且平分每一组对角的性质对各小题进行判断． 【详解】解：、、、分别是、、、的中点， ，，，， ， ， 四边形是菱形， ，平分，故①③正确； 无法证明四边形是矩形，故②错误； 综上所述，①③共2个正确． 故答案为：①③． 45．（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）阅读理解：我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，分别是边的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． (1)菱形的中点四边形的形状是_______； (2)如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，分别为的中点，试判断四边形的形状并证明． (3)若四边形的中点四边形为正方形，的最小值为4，则_______． 【答案】(1)矩形 (2)四边形为菱形；证明见解析 (3) 【分析】（1）由菱形的性质及矩形的判定可得出答案； （2）连接、，由等边三角形的性质得出，，，证出，由证明，得出，由三角形中位线定理得出，，，，，得出，，证出四边形是平行四边形；再得出，即可得出结论； （3）连接交于O，连接，当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长，再证明即可求得答案． 【详解】（1）解：如图， 四边形是菱形时，连接各边中点，得到四边形， 根据中位线性质得到，， ∴， 同理可得， ∴为平行四边形， 又∵是菱形， ∴，则， ∴为矩形． 故答案为：矩形； （2）解：四边形为菱形．理由如下： 连接与，如图2所示： ∵和为等边三角形， ，，， ， 在和中， ， ， ， ，，，分别是边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线， ，，，，， ，， 四边形是平行四边形； ， ， 四边形为菱形； （3）解：如图3，连接交于O，连接、， 当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长， ∴的最小值， 由性质探究知：， 又∵M，N分别是的中点， ∴，， ∴， ∴的最小值， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵N，F分别是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了三角形中位线定理，平行四边形、矩形、菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，利用前面得出的结论解决新问题是解题的关键． 类型十五、特殊四边形的基本作图问题 46．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，是由边长为1的小正方形构成的的网格图，请仅用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图． (1)在图①中画一个平行四边形，要求一条边长为且面积为12； (2)在图②中画一个矩形，要求一条边长为且面积为10． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题考查了矩形的性质以及平行四边形的性质，网格与勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）根据勾股定理，画出一条边长为，，再结合平行四边形的面积等于长乘高，即长乘高为12，故另一边的长为4，即可作答． （2）根据勾股定理，画出一条边长为，，再结合矩形的面积等于长乘宽，即长乘宽为10，故另一边的长为，，即可作答． 【详解】（1）解：如图所示： （2）解：如图所示： 47．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，在的方格纸中，点是方格纸中的两个格点，记顶点都在格点的四边形为格点四边形，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)在图①中画出线段的中点O； (2)在图②中画出一个平行四边形，使，且平行四边形为格点四边形． (3)在图③中画一个矩形，使得矩形的面积为． 【答案】(1)作图见详解 (2)作图见详解 (3)作图见详解 【分析】本题主要考查勾股定理与格点与特殊四边形的性质，掌握矩形的性质，平行四边形的判定和性质，比例的运用，平行线的性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质，对角线相互平分的性质即可求解； （2）根据格点的性质分别算出的值，根据格点与勾股定理即可确定点M，N的位置； （3）先根据格点画出正方形，再根据格点的性质，确定，在线段上到点分割点，可得，即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，点即为所求点的位置， （2）解：如图所示， ∴，，且点在格点上， ∴四边形是平行四边形， ∵，即， ∴平行四边形即为所求图形； （3）解：如图所示，作正方形，与交于点， ∴，， ∵，， ∴，且， ∴， 解得，， ∴， ∴矩形即为所求图形． 类型十六、四边形与翻折综合问题 48．（23-24八年级下·江苏扬州·期末）如图，在矩形中，连接，将沿对角线折叠得到，交于点，恰好平分，若，则点到的距离为（    ） A． B．2 C．1 D．3 【答案】C 【分析】本题考查矩形与折叠，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理；过点作，根据矩形的性质，折叠的性质，角平分线的性质，得到，根据含30度角的直角三角形的性质，求出的长，进而求出的长即可． 【详解】解：过点作， ∵将沿对角线折叠得到， ∴， ∵恰好平分， ∴， ∴， ∵矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴点到的距离为1； 故选C． 49．（21-22八年级下·江苏常州·期末）如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在直线折叠后展开，折痕为MN；再过点D折叠， 使得点A落在MN上的点F处，折痕为DE，则的值是（    ） A． B．－1 C．2－ D．3－ 【答案】C 【分析】设AD=a，由折叠的性质可得AM=DN=DC=AD=a，∠EFD=90°，利用勾股定理解出FN，设EF=AE=b，则EM=，在Rt△EMF中，ME2+MF2=EF2，从而求出a，b之间的关系，进而得出的值． 【详解】解：∵把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，设AD=MN=a， ∴AM=DN=DC=AD=a， ∵四边形ABCD为正方形，过点D折叠纸片，使点A落在MN上的点F处， ∴FD=AD=a，∠DNF=90°，∠FME=90°， 在Rt△DFN中，FN===， ∴MF=MN-FN=a-=， 设EF=AE=b，则ME=， 在Rt△EMF中， ME2+MF2=EF2， 即+=b2， 解得：b=(2-)a， ∴==2-． 故选∶C． 【点睛】此题考查了正方形与折叠、勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握折叠的性质． 50．（22-23八年级下·江苏苏州·期末）如图，在正方形中，点E是边的中点，将沿翻折得到．延长交于点H，连接．    (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据翻折的性质，得到，进而得到，再根据，利用即可证明； （2）根据翻折得到，，全等得到，进而推出，利用勾股定理求出的长，设，利用勾股定理建立方程求出的值，再利用进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵正方形中，点E是边的中点， ∴， ∵将沿翻折得到， ∴， ∴， 又， ∴； （2）解：∵将沿翻折得到， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴，即：， ∵， ∴，， 在中，， 设，则：， 在和中：， 即：， 解得：； ∴． 【点睛】本题考查正方形与折叠，全等三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握正方形的性质，折叠的性质，是解题的关键． 51．（23-24八年级下·江苏泰州·期末）如图，在矩形纸片中，E为边上的动点，F为边上的动点，连接． (1)若． ①如图①，点E与点D重合，点F与点B重合，将矩形纸片沿折叠，点A落在点G处，设与相交于H，求的长； ②如图②，将矩形纸片沿折叠，使点B与点D重合，求折痕的长； (2)如图③，点E为的中点，点F与点B重合，将矩形纸片沿折叠，点A落在点G处，且点G在矩形内部，延长交于点H，若，求的值． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）①由折叠性质和矩形的性质可得，设，根据即可求解； ②连接，过点E作，由折叠性质和矩形的性质可得，，设，根据勾股定理即可求解； （2）连接，设，，则，，由折叠性质和勾股定理可得，即可求解． 【详解】（1）解①：∵四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴； 设， ∵， ∴， ∵， 即， 解得：， ∴； ②如图，连接，过点E作， 由折叠可得：，， ∵， ∴， ∴， 由折叠可得：， ∴， 由①同理可求：， 设，则， ∵，解得：， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）连接 ∵，点E为的中点， 设，，则，， ∴； 由折叠性质可得：，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题是矩形的折叠问题，考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，正确作辅助线是关键． 类型十七、四边形与动点综合问题 52．（20-21八年级下·江苏南京·期末）在四边形ABCD中，，M是BC上一点，且，点E从A出发以1cm/s的速度向D运动，点F从点B出发以2cm/s的速度向点C运动，当其中一点到达终点，而另一点也随之停止，设运动时间为t，当t的值为 时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形． 【答案】s或4s 【分析】分点F在线段BM上，F在线段CM上，两种情形列出方程即可． 【详解】解：①当点F在线段BM上，即0≤t＜2，AE=FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形， 则有t=4-2t， 解得：t=； ②当F在线段CM上，即2≤t≤5，AE=FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形， 则有t=2t-4， 解得：t=4， 综上所述，t=s或4s时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形， 故答案为：s或4s． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定等知识，解题的关键是学会构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题． 53．（20-21八年级下·江苏南京·期末）如图，、是直线上的两个定点，点、在直线上运动（点在点的左侧），．已知，连接、、，把沿折叠得．当、两点重合时， ；当、两点不重合时，若直线与距离为．若以、、、为顶点的四边形是矩形， ． 【答案】 6 ，， 【分析】当A1与 D重合时， 由CD=AB，CD∥AB，可得四边形ABDC为平行四边形，由AD⊥BC，可证四边形ABDC为菱形即可；当、两点不重合时，过B作BE⊥CD与E，分三种情况，情况一：点A1在直线b上，利用勾股定理；情况二：点A1在直线的上方，在Rt△OBE中则，，情况三：点A1在直线的上方，在Rt△OBE中则，即可． 【详解】当A1与 D重合时， ∵CD=AB，CD∥AB， ∴四边形ABDC为平行四边形， 又∵点A与点A1关于BC对称（点A1与点D重合） ∴AD⊥BC， ∴四边形ABDC为菱形， 所以AC=AB=6cm; 当、两点不重合时，过B作BE⊥CD与E， 情况一：点A1在直线b上，矩形 ∴CB⊥AB， 在Rt△ABC中，， 则； 情况二：点A1在直线的上方，矩形， ，，在Rt△OBE中 则， ∴， 情况三：点A1在直线的上方，矩形， ，，在Rt△OBE中 则， ， ∴AC的长为或或． 故答案为或或． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，点到直线距离，轴对称性质，掌握菱形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，点到直线距离，轴对称性质是解题关键． 54．（22-23八年级下·江苏宿迁·期末）如图，已知A，B，C，D为矩形的四个顶点，，，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以的速度向点B移动，一直到点B为止，点Q以的速度向点D移动，设移动的时间为t秒．    (1)当t为何值时，P，Q两点间的距离最小？最小距离是多少？ (2)连接． ①当为等腰三角形时，求t的值； ②在运动过程中，是否存在一个时刻，使得？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)当时，最小，的最小距离为 (2)①当为等腰三角形时，t的值为或或；②不存在一个时刻，使得，理由见解析 【分析】（1）首先根据题意，得出，，再根据线段之间数量关系，得出，再根据垂线段最短，得出当时，最小，此时四边形是矩形，再根据矩形的性质，得出，然后代入数据，得出，解出即可得出答案； （2）①过点作于点，得矩形，矩形，根据矩形的性质，得出，，再根据线段之间数量关系，得出，再根据勾股定理，得出，，然后分三种情况：当时，当时，当时，分别列出方程进行求解，即可得出答案； ②当时，根据勾股定理，得出，进而得出，整理得出，再根据一元二次方程的根与判别式的关系，即可得出答案． 【详解】（1）解：根据题意，可得：，， ∵，， ∴， 当时，最小，此时四边形是矩形， ∴， ∴， 解得：， ∴当时，最小，的最小距离为； （2）解：①如图，过点作于点，得矩形，矩形，    ∴，， ∴， 在中， 根据勾股定理，可得：，， 当时， 可得：， 整理可得：， 解得：； 当时， 可得：， 整理可得：， 解得：或（不符合题意，舍去）， 当时，为的中点， ∴， 解得：， 综上可得：当为等腰三角形时，t的值为或或； ②不存在一个时刻，使得，理由如下： 当时， 可得：， 即， 整理可得：， ∵， ∴此方程无实数解， ∴不存在一个时刻，使得． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、解一元二方程、一元二次方程的根与判别式的关系，解本题的关键在利用分类讨论思想解答． 类型十八、四边形与最值综合问题 55．（22-23八年级下·江苏扬州·期末）如图，在正方形中，点E、F、G分别在、、上，，，，，与交于点P．连接，则的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点作于点，取的中点，连接、，根据正方形的性质证明≌，然后根据直角三角形性质可得，当、、共线时，有最小值，根据勾股定理即可解决问题． 【详解】解：如图，过点作于点，取的中点，连接、，      四边形是正方形， ，，， 四边形是矩形， ， 在和中， ， ≌， ，， ， ， ， ， ， ， 是直角三角形，是的中点， ， ，， ， ， ， 当、、共线时，有最小值， ，， ， ， 的最小值为． 故选A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的三边关系，在几何证明中常利用三角形的三边关系解决线段的最值问题，解题的关键是得到≌． 56．（22-23八年级下·江苏徐州·阶段练习）如图，菱形中，，，点、、分别为线段、、上的任意一点，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据轴对称确定最短路线问题作图，再利用直线外一点到直线的距离垂线段最短确定最短距离并计算即可． 【详解】解：作点关于的对称点，根据菱形的性质，点落在线段上， 连接 ∴当在同一直线并且时，最小， 过点作交于点 ∴最小为 故选D． 【点睛】本题主要考查轴对称求最短距离以及直线外一点到直线的距离垂线段最短的性质，菱形的性质，熟练掌握轴对称确定最短路线以及菱形的性质是解决本题的关键． 57．（22-23八年级下·江苏淮安·期末）问题情境：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题： 如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为．那么与相等吗？ （1）直接判断： （填“”或“” ； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： （2）如图2，在正方形中，点、、分别在边、和上，且，垂足为．那么与相等吗？证明你的结论； 问题拓展： （3）如图3，点在边上，且，垂足为，当在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点落在点处． ①四边形是正方形吗？请说明理由； ②若，点在上，，直接写出的最小值为 　　． 【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）①是，理由见解析；② 【分析】（1）证明即可得出结论； （2）过点作，证明，由此可得； （3）①如图3，连接，证明，所以，；由折叠可知，，，由四边形内角和和平角的定义可得，所以，则，所以四边形是菱形，再由“有一个角是直角的菱形是正方形”可得结论； ②作交的延长线于点，作于点，可证明，由此可得；易证是等腰直角三角形，所以，则，可得，则；作关于的对称点，则，可得，求出的值即可得出结论． 【详解】解：（1）， ， ， 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ． 故答案为：； （2），理由如下： 如图2，过点作，交于点，交于点， ， ， 四边形是正方形， ，，， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ． （3）①如图3，连接， 由（2）的结论可知，， 四边形是正方形，是正方形的对角线， ，， ， ， ，， 由折叠可知，，， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， 菱形是正方形； ②如图4，作交的延长线于点，作于点， ， 由上知四边形是正方形， ，，， ， ， ， ，； ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ； 如图4，作关于的对称点，则，过点作交延长线于点， 则是等腰直角三角形， ，即当，，三点共线时，最小，最小值为的长． ， ， ， ， ， ， ，即的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题目，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，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理的应用等，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角 形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 类型十九、四边形与新定义综合问题 58．（23-24八年级下·江苏盐城·期末）定义图形 如图1，在四边形中，M、N分别是边、的中点，连接．若两侧的图形面积相等，则称为四边形的“对中平分线”      提出问题 有对中平分线的四边形具有怎样的性质呢? 分析问题 （1）如图2，为四边形的“对中平分线”，连接，，由M为的 中点，知与的面积相等，则，有怎样的位置关系呢?请说明理由． （2）在（1）的基础上，小明提出了下列三个命题，其中假命题的是_____（请把你认为假命题的序号都填上） ①若，则四边形是平行四边形； ②若，则四边形是菱形； ③若，则四边形是矩形． 深入探究 如图3，四边形有两条对中平分线，分别是，，且相交于点O，若．请探索四边形的形状并说明理由． 【答案】（1）；理由见解析；（2）①；（3）四边形为菱形；理由见解析 【分析】分析问题：（1）过点A作于点E，过点D作于点F，得出，根据，，得出，即，得出，证明四边形为平行四边形，即可得出结论； （2）①根据平行四边形的判定和性质，进行证明即可； ②根据四边形为平行四边形时，，即可说明此命题是假命题； ③根据四边形为等腰梯形时，，说明此命题为假命题； （3）根据解析（1）可得：，，证明四边形为平行四边形，再证明，，得出，说明四边形为菱形． 【详解】解：分析问题：（1）；理由如下： 过点A作于点E，过点D作于点F，如图所示：    ∵，， ∴， ∵为四边形的“对中平分线”， ∴， ∵M是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵N是的中点， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， 即； （2）①∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵M、N分别是边、的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形，故①是真命题；    ②当四边形为平行四边形时，，， ∵M、N分别是边、的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴当四边形为平行四边形，而不是菱形时，，故②是假命题； ③当四边形为等腰梯形时，延长、交于点E，如图所示：    ∵四边形为等腰梯形， ∴， ∴， ∵点N为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 即， ∴， ∴四边形为等腰梯形，， ∴时，四边形不一定是矩形，故③是假命题； 综上分析可知：真命题为①． （3）四边形为菱形；理由如下： ∵四边形有两条对中平分线，分别是，， ∴根据解析（1）可得：，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵M、N分别是边、的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， 同理可得：四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，等腰三角形的判定与性质，三角形面积的计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握特殊四边形的判定方法． 59．（23-24八年级下·江苏淮安·期末）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”． (1)下列选项中一定是“等补四边形”的是______． A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 (2)如图1，在边长为4的正方形中，为边上一动点（不与重合），交于点，过作交于点． ①试判断四边形是否为“等补四边形”，并说明理由； ②如图2，连接，求的周长； ③若四边形是“等补四边形”，求的长． 【答案】(1)D (2)①四边形是等补四边形，见解析；②；③或者 【分析】（1）在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，符合等补四边形的定义，即可得到问题的答案； （2）①先证A、B、H、F四点共圆，利用圆周角定理可得，进而求出，利用等角对等边得出，最后利用“等补四边形”的定义即可证明； ②将绕A点逆时针旋转得到，证明，再证，得出，即可求出的周长； ③根据，四边形是“等补四边形”可得四边形有一组邻边相等，然后分、、、四种情况讨论即可． 【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补， ∴正方形是等补四边形， 故选：D． （2）解：①四边形是“等补四边形”，理由如下： ∵为正方形的对角线， ∴， 又，， ∴A、B、H、F四点共圆， ∴， ∴， ∴， 又， ∴四边形是“等补四边形”． ②将绕A点逆时针旋转得到， ∴，， ∴E、D、L三点共线， 由①得， ∴， 在和中 ∴， ∴， ∴的周长； ③∵，四边形是“等补四边形”， ∴还需要一组邻边相等，分以下四种情况讨论： 情况1：， 连接， 由题意知∶，， 又， ∴， ∴， 则为正三角形， ∴， ∴， ∴，； 情况2：，则， ∴， 同情况1，； 情况3：，由②得的周长． 设，则，有， ∴， 即； 情况4：， 连接， 则， 则HF垂直平分AE， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， 又，， ∴， ∴，这不可能，故这种情况不存在． 综上：或者． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质等知识，目前题意，理解新定义，找出所求问题需要的条件是解题的关键． 《平行四边形、矩形、菱形、正方形》期末培优专项训练 一、单选题 1．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，在中，，点分别是的中点，连接，过点作交的延长线于，若四边形的周长是，的长为，则的周长是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了直角三角形斜边中线等于斜边的一半，三角形中位线的判定和性质，平行四边形的判定和性质的综合，掌握以上知识的综合运用是解题的关键． 根据直角和中点可得，根据中位线的判定和性质可得，根据平行四边形的判定和性质可得，再根据三角形的周长的计算方法即可求解． 【详解】解：∵，点是的中点， ∴，即， ∵点是中点， ∴，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形的周长为，即， ∴， ∵的周长为，且， ∴， 故选：C ． 2．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，已知中，是上一点，，，，垂足是，点是的中点，则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，根据等腰三角形的性质可得为的中点，由是的中点，可得为的中位线，从而由三角形中位线的性质即可求解，掌握三角形中位线的性质是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴， 在中，，， ∴， 即点为的中点， 又∵是的中点， ∴为的中位线， ∴， 故选：． 3．（23-24八年级下·江苏淮安·期末）如图，在一张菱形纸片中，，点E在边上(不与B、C重合)，将沿直线折叠得到，连接．以下选项中正确的是（    ） A． B． C．当平分时， D．以上都不对 【答案】C 【分析】根据折叠的性质即可判断A选项；由折叠的性质，菱形的性质、三角形内角和定理、等边对等角等知识得到，即可判断B选项；证明是等边三角形，进一步得到，证明是等腰直角三角形，由勾股定理求出，即可判断C选项，即可得到答案． 【详解】解：A.∵将沿直线折叠得到， ， 只有时，才成立， 故选项不正确； B.由折叠得：， 四边形是菱形， ，， ∴， ， ，， ， 故选项不正确； C．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， ， 故选项正确， 故选：C． 【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，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． 4．（23-24八年级下·江苏镇江·期末）如图①的矩形纸板，沿其中一条对角线裁剪可得到两个全等的直角三角形，三角板的较长的直角边长为，，若左侧的三角形保持不动，右侧的三角形沿斜边向右下方向滑动，当四边形是菱形时， 如图②，则的长为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，等腰三角形性质，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理． 根据含30度的直角三角形性质得到，利用菱形的性质，矩形的性质，以及等腰三角形性质得到，进而得到，最后利用勾股定理建立等式求解，即可解题． 【详解】解：图②中四边形是菱形， ， ， ， 图①四边形是矩形， ，， ，， ， ， ， 三角板的较长的直角边长为， ， 即， 解得， 故选：A． 【点睛】 5．（22-23八年级下·江苏苏州·期末）如图，在菱形中，是的中点．过点作，垂足为．将沿点到点的方向平移，得到．设分别是的中点，当点与点重合时，四边形的面积为（    ）      A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质、平行四边形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题. 如图, 连接交于,首先证明四边形是平行四边形，再证明求出即可解决问题. 【详解】如图, 连接交于，    由题意 ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ， 是等边三角形， ， ， ∴， ∴，， ∵P是的中点， ， ， ， 平行四边形的面积 故选: B． 6．（23-24八年级下·江苏泰州·期末）如图，已知正方形，M为对角线上一动点，过点M作，，垂直分别为点E、F，连接、、．要求阴影部分的面积，只需知道线段（    ） A．的长 B．的长 C．的长 D．的长 【答案】C 【分析】此题考查了正方形的性质，勾股定理，整式乘法的应用， 首先证明出，是等腰直角三角形，四边形是矩形，设，，然后利用阴影部分的面积，进而求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形 ∴， ∵，，垂直分别为点E、F， ∴，是等腰直角三角形，四边形是矩形 ∴，， ∴设， ∴， ∴阴影部分的面积 ． ∴要求阴影部分的面积，只需知道线段的长． 故选：C． 二、填空题 7．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接．若的面积为24，，则的长为 ． 【答案】3 【分析】此题考查了菱形的性质、直角三角形的性质．根据菱形的面积公式：对角线乘积的一半，求出菱形的对角线，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：3． 8．（20-21八年级下·江苏苏州·期中）如图，在△ABC中，点D、E分别是边、的中点，连接，的平分线交于点F，若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了中位线的性质定理，等腰三角形的判定，平行线的性质和角平分线的定义，根据图形得到是解题的关键．由于，可先证得是的中位线，求得的长度，再利用平行线的性质和角平分线的定义证得，即可求解． 【详解】解：∵点、分别为边、的中点，， ∴，， ∴是的中位线， ∵， ∴，， ∴， ∵的平分线交线段于点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：1． 9．（23-24八年级下·江苏扬州·期末）如图，正方形的边长为4，动点从点出发，沿方向匀速运动，运动到点时停止，同时另一个动点从点出发，以与点相同的速度沿方向匀速运动．点停止运动时点也停止运动，连接、，则的最小值为 ． 【答案】 【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，过点作，且，连接，证明，得到，进而得到，勾股定理求出的长即可． 【详解】解：过点作，且，连接， 由题意，得：， ∵正方形， ∴，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴的最小值为； 故答案为：． 10．（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． 11．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图，在菱形中，点分别在上，沿翻折后，点落在边上的处．若，，．则的长为 ． 【答案】 【分析】此题重点考查菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．作交的延长线于点H，因为，所以，由四边形是菱形，得，则四边形是平行四边形，所以，由折叠得，则，所以，由勾股定理得，求得，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：作交的延长线于点H，则， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 由折叠得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 12．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，以的斜边为边，在的同侧作正方形，设正方形的中心为，连接．若，，则的长等于 ．    【答案】6 【分析】本题考查了勾股定理的推论，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是以赵爽弦图为背景合理作出辅助线，运用勾股定理，全等三角形的判定和性质证明等腰直角三角形． 根据题意，结合赵爽弦图，合理构造正方形，运用全等三角形判定点是正方形，正方形的中心，得出是等腰直角三角形，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作延长线于点，过点作延长线于点，延长交于点，连接,    ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，即， ∴四边形是正方形，则点是正方形，正方形的中心，则，且， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：6 ． 13．（23-24八年级下·江苏淮安·期末）在正方形中，E是的中点，F、G分别是边上的动点，且交于M，连接和，当时，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】如图，以为邻边作平行四边形，连接，过点G作于点H，由勾股定理得，，证明四边形是矩形，证明，则，由四边形是平行四边形，证明是等腰直角三角形，则，由，可知当A、G、N在一条直线上时最小，为，然后作答即可． 【详解】解：如图，以为邻边作平行四边形，连接，过点G作于点H， ∵正方形， ∴，， ∵E是的中点， ∴， 由勾股定理得，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴当A、G、N在一条直线上时最小，为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定等知识．熟练掌握正方形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定是解题的关键． 14．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图，已知四边形是正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交射线于点F，以，为邻边作矩形，连，的最小值为 ． 【答案】 【分析】过点作于点，作于点，利用定理证出，再根据全等三角形的性质可得；连接，根据正方形的性质、利用定理证出，推出，，再利用勾股定理可得，然后根据垂线段最短求出的最小值，由此即可得． 【详解】解：如图，过点作于点，作于点， 四边形为正方形， ，， ，且， 四边形为正方形， ，， ， 四边形是矩形， ， ， ， 在和中，， ， ， 矩形为正方形． 如图，连接， 四边形为正方形，， ， ， 矩形为正方形， ， ， ， 在和中，， ， ， ， ， 由垂线段最短可知，当时，取得最小值，最小值为， 的最小值为． 故答案为： 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等知识点，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键． 三、解答题 15．（22-23八年级下·江苏泰州·期末）如图，在正方形中，，点是边上的一个动点，连接、，作、的垂直平分线交于点，且的垂直平分线分别交、、于点、、，的垂直平分线交于点． (1)如图，当点运动到的中点时， 证明：； 连接、，证明：； (2)若点从点出发，沿着边向点运动，到达点后停止运动， 利用图证明：无论点运动到边上的何处时，始终被点平分； 求整个运动过程中，点的运动路径长直接写出结果 【答案】(1)①详见解析；②详见解析 (2)①详见解析；② 【分析】（1）由“”可证；由线段垂直平分线的性质可得，由等腰三角形的性质可求解； （2）由“”可证，可得，即可求解；由“”可证，可得，由三角形中位线定理可求的长，即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， 点是的中点， ， 在和中， ， ； ②如图，连接， ， ， ， 、的垂直平分线交于点， ， ， ； （2）证明：过点作，交于，交于，连接，，，过点作于， 四边形是矩形， ， 、的垂直平分线交于点， ， ， ， ， 四边形是矩形，四边形是矩形， ，， ， 又，， ， ， 无论点运动到边上的何处时，始终被点平分； 解：如图，当点运动到的中点时，连接，交于点，连接， 、的垂直平分线交于点， ， 点在的中垂线上移动， 当点在点处时，点与点重合，点从点到的中点，则点从点往下平移，当点从的中点到点，则点往上平移到点， 点是的中点，点是的中点， ，，， ， 垂直平分， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 点的运动路径长． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 16．（22-23八年级下·江苏镇江·期末）如图，在正方形中，，点是上的一个定点，且，点是边上一动点，连接，以为边在的上方作正方形，连接． (1)求证：； (2)求点在从点运动到点的运动过程中，点的移动距离； (3)若随着点的运动，直接写出的最小值是_____． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【分析】（）由正方形的性质可得，再利用余角性质即可求证； （）过点作于点，证明，可得，即可得点移动的位置在上方，距离距离为的线段上，画出起点位置和终点位置图形，再证明三角形全等即可求解； （）过点作交于点，作点关于的对称点，连接，可得四边形是矩形，得到，进而根据轴对称可得，，得到，利用勾股定理可得，最后根据即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴， ， ∴； （2）解：如图，过点作于点，则， ∵四边形都是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴点移动的位置在上方，距离距离为的线段上，起点位置如图（与重合），终点位置如图（与重合），移动距离为， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， 又∵，， ， ∴， ∴点的移动距离为； （3）解：的最小值为． 如图，过点作交于点，作点关于的对称点，连接， 由（）得， ∴当点运动时，点在直线上运动， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点与点关于对称， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，勾股定理，两点之间线段最短，正确作出辅助线是解题的关键． 17．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图1，在中，对角线相交于点O，且，，点E为线段上一动点，连接，将绕点D逆时针旋转得到，连接． (1)求证：； (2)求证：； (3)如图2，当点F落在的外面，交于点M，且能构成四边形时，四边形的面积是否发生变化？若不变，请末出这个值，若变化，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)不变；4 【分析】（1）可证得，进而证得，从而； （2）由（1）得，从而，因为，从而，从而得出 ； （3）连接，作，交于，作于，可证得，从而，进一步得出结果． 【详解】（1）证明：∵绕点逆时针旋转得到， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）证明：如图1， 设直线交于， 由（1）得，， ， ， ， ； （3）解：如图2．四边形的面积不变，理由如下， 连接，作，交于，作于， ∴， ∴， 由（2）可知，， ， ， 在四边形中，， ， ， ， ， ， ， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ， 由得： ， ， ， ∴四边形的面积为：4． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，旋转的性质、勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 18．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）已知正方形的边长为3，是边上的一个动点， (1)如图1，若点关于直线的对称点为，连接，连接并延长交于点，连接．则______； (2)如图2，在点运动过程中，作的平分线交延长线于，交于，若，请求出线段的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由轴对称的性质可知，利用全等三角形的性质证明即可解决问题； （2）过点作，交的延长线于点，，交的延长线于点， 证明，由全等三角形的性质得出，由角平分线的性质得出，根据三角形面积公式可得出答案． 【详解】（1）四边形是正方形，点关于对称， ，，， ， ， ， ， 故答案为：； （2）解：过点作，交的延长线于点，，交的延长线于点， 点关于直线的对称点为， ，， 平分， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， 平分，，， ， ，， ， ， ， ． ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 19．（23-24八年级下·江苏淮安·期末）（1）已知点E是正方形边上的一点，连接．如图1，把射线绕点B顺时针旋转交的延长线于点F，求证：； （2）边长把边沿翻折． ①如图2，若点P落在对角线上，则 ； ②如图3，点G在边上，，连接、，当点P落在内部时（不含边上），线段长度的取值范围为 ； （3）如图4，点M是正方形内一点，连接、，若，求最小值； （4）如图5，点M是矩形内一点，连接，若，，则最小值为 ． 【答案】（1）见解析；（2）①；②；（3）（4） 【分析】（1）由旋转的性质可得，，再根据正方形的性质可得，，利用等量代换可得，进而证明，即可证明； （2）由折叠的性质可得，，，，，再利用勾股定理求得，再根据等腰直角三角形的判定可得，再利用，即可求解； ②当点P落到上，由折叠的性质可得，垂直平分，即，，可得，当点P落到上，连接，证得，可得，即可求解； （3）①当A、M、C不共线时，，②当点A、M、C三点共线时，的值最小为，根据等腰三角形的判定与性质可得是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得，即可求解； （4）将绕点B逆时针旋转得到，由旋转的性质和等边三角形的判定与性质可得，进而可得当点、、M、C共线时，的值最小，最小值是，过点作的延长线于点N，由旋转的性质可得，，根据直角三角形的性质和勾股定理求得，，可得，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）由旋转的性质可得，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴； （2）①由折叠的性质可得，，，， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴，， ∴， 故答案为：； ②如图，当点P落到上， 由折叠的性质可得，垂直平分， ∴， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 当点P落到上，连接， 由折叠的性质可得，，，， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵点P在的内部，不含边， ∴， 故答案为：； （3）①当A、M、C不共线时， ， ②当点A、M、C三点共线时，的值最小为， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴ 即最小值为； （4）如图，将绕点B逆时针旋转得到， ∴，， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴当点、、M、C共线时，的值最小，最小值是， 过点作的延长线于点N， 由旋转的性质得，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴, 即的最小值是， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质、折叠的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理、等边三角形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键． 20．（23-24八年级下·江苏泰州·期末）如图1，在边长为的正方形中，对角线、相交于点O，点E、F是上的两个动点，且，连接、．分别取、、的中点H、K、G，连接、． (1)如图1，求证：①；②； (2)直接写出的最小值； (3)如图2，连接、，求证：四边形是平行四边形； (4)若以E、K、F、G为顶点的四边形是矩形，求的长． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2) (3)见解析 (4)或2 【分析】（1）①利用正方形，得出，，利用中点定义可得出，利用中位线定理可得出，，利用平行线的性质可得出，结合，即可得出结论； ②利用①中的结论直接证明即可； （2）利用（1）中，得出，则可求，则当A、F、G三点共线时，取最小值，最小值为，在中，利用勾股定理求出即可； （3）利用（1）中，得出，利用平行线的性质得出，利用补角的性质得出，利用平行线的判定得出，结合，利用平行线四边形的判定即可得证； （4）分点E在线段和线段上讨论，利用等腰三角形三线合一的性质，勾股定理，矩形的性质求解即可． 【详解】（1）证明∶ ①∵四边形是正方形， ∴，，， ∵是的中点，G是的中点， ∴， 又K是的中点， ∴，， ∴， 又， ∴， ②由①知，，， ∴； （2）解：连接， ∵ ∴， 又， ∴， ∴， 当A、F、G三点共线时，取最小值，最小值为， 在中，，，， ∴， 即取最小值为； （3）证明：∵ ∴， ∵， ∴， 又，， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形； （4）解：∵正方形的边长为 ， ∴， 当E在线段上时，如图，过点F作于M， ∵四边形是矩形， ∴， 又K是中点， ∴， 设，则， ∴， ∵，， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得，（舍去） 当E在线段上时，如图，过点F作于M， 设， 同理可求，，，， 在中，， ∴， 解得（舍去），； ∴若以E、K、F、G为顶点的四边形是矩形，则的长为或2． 【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定，三角形中位线定理，勾股定理，矩形的性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理分类讨论是解题的关键． 21．（23-24八年级下·江苏镇江·期末）（1）小明在学习矩形的时候发现：如图1，当点P在矩形的边上时，点P到4个顶点间的距离，，，之间满足，请对小明发现的结论给出证明； （2）如图2，当点P在矩形内部或矩形外部时，，，，之间的数量关系仍成立吗？如果成立，请加以证明（请选择点P在矩形内部或外部的一种情况即可），如果不成立，请说明理由； （3）在中，，，P为平面内一点，，，则长的取值范围是 （直接写出结果）． 【答案】（1）证明见解析；（2）成立，证明见解析；（3） 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，三角形的三边关系等知识点， （1）由矩形的性质和勾股定理可知，，，即可得出结论； （2）如图，分过点P作，交于点M，交于点N和过点P作，交的延长线于点M，交的延长线于点N两种情况讨论即可得解； （3）分P在外部时和P在内部时两种情况讨论即可得解； 熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键． 【详解】（1）∵四边形为矩形， ∴，， ∴在和中，，， ∴得：， ∴， （2）如图，过点P作，交于点M，交于点N， ∴四边形和四边形均为矩形， 根据图①中的结论可得， 在矩形中有，在矩形中有， 两式相加得， ∴． 如图，过点P作，交的延长线于点M，交的延长线于点N， ∴四边形和四边形均为矩形， 同样根据图①中的结论可得， 在矩形中有，在矩形中有， 两式相加得， ∴； （3）如图，当P在外部时，作矩形，连，， ∴， ∴， 由(2)结论知：， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 如图，当P在内部时， ∵，， ∴， ∴综上所述：长的取值范围是， 故答案为：． 22．（23-24八年级下·江苏扬州·期末）在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化． (1)如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)①如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； ②在①的条件下，连接，若，，直接写出的长为______； (3)当点在直线上时，其他条件不变，连接．若，，请直接写出的长度为______． 【答案】(1)， (2)①成立，见解析；② (3)2或 【分析】（1）如图1，连接，，证明是等边三角形，则，证明，则，，由，可得； （2）①如图2，连接，同理（1）可得，，是等边三角形，则，同理（1）可证，则，，，即；②如图3，作于，于，则，，由，，可得，，则，如图3，在上取点，连接，使，则，，设，，则，，，由，可求，由勾股定理得，则，可求，即，，由勾股定理得，，计算求解即可； （3）由题意知，分在点左侧，在点右侧两种情况求解；当在点左侧时，如图4，作于，则，，，由（1）（2）可知，，，由勾股定理得，，可求，根据，计算求解即可；当在点右侧时，如图4 ，同理求解作答即可． 【详解】（1）解：如图1，连接， ∵菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵等边， ∴，， ∴，即， 又∵，， ∴， ∴，， ∴，即， 故答案为：，； （2）①解：成立，证明如下； 如图2，连接， 同理（1）可得，，是等边三角形， ∴， ∵等边， ∴，， ∴，即， 同理（1）可证， ∴，， ∴，即， ∴，； ②解：如图3，作于，于， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 如图3，在上取点，连接，使， ∴，， 设，，则，，， ∴， 解得，， ∴， ∴， 解得，，即， ∴， 由勾股定理得，， 故答案为：； （3）解：由题意知，分在点左侧，在点右侧两种情况求解； 当在点左侧时，如图4，作于， ∵， ∴，，则， 由（1）（2）可知，，， 由勾股定理得，， ∴， ∴； 当在点右侧时，如图4 ， 同理，， ∴； 综上所述，的长度为2或， 故答案为：2或． 【点睛】本图考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识．熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质是解题的关键． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04平行四边形、矩形、菱形、正方形 （19大类型提分练+期末培优，优选81题 ） 目录 类型一、平行四边形的性质 1 类型二、平行四边形的判定 2 类型三、三角形的中位线 3 类型四、平行四边形的性质与判定综合问题 4 类型五、矩形的性质 5 类型六、矩形的判定 5 类型七、矩形的性质与判定的计算与证明 6 类型八、菱形的性质 7 类型九、菱形的判定 8 类型十、菱形的性质与判定的计算与证明综合问题 8 类型十一、正方形的性质 10 类型十二、正方形的判定 10 类型十三、正方形性质与判定的计算与证明综合问题 11 类型十四、中点四边形问题 13 类型十五、特殊四边形的基本作图问题 13 类型十六、四边形与翻折综合问题 14 类型十七、四边形与动点综合问题 15 类型十八、四边形与最值综合问题 17 类型十九、四边形与新定义综合问题 18 类型一、平行四边形的性质 1．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，在中，的平分线与边相交于点E．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·江苏扬州·期末）如图，平行四边形与平行四边形全等，且A、B、C、D的对应顶点分别是H、E、F、G，其中E在上，F在上，C在上．若，，则四边形的周长为何？（　　） A．21 B．20 C．19 D．18 3．（22-23八年级下·江苏苏州·期末）如图，在中，以点为圆心，适当长度为半径作弧，分别交于点，再分别以点为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，连接．若，则的面积为 ． 4．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图1，中，，，，E为边上的一个动点，连接，过点E作交于点F，把沿着翻折得，连接． (1)证明：； (2)当时，求折痕的长； (3)当为等腰三角形时，求的长． 类型二、平行四边形的判定 5．（24-25八年级下·江苏徐州·阶段练习）在四边形中，，再从下列四个条件中：①；②；③；④任选一个，能使四边形为平行四边形的条件的序号是 ． 6．（24-25八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在四边形中，对角线，相交于点，其中，请你再添加一个条件，使四边形为平行四边形，可以添加的条件是 ． 7．（24-25八年级下·江苏徐州·阶段练习）如图，在中，点E，F分别在和上，．求证：四边形是平行四边形． 8．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在四边形中，点分别是线段的中点，分别是线段的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)四边形的边满足________时，四边形是菱形． 类型三、三角形的中位线 9．（24-25八年级上·江苏南通·期末）如图，在中，D，E，F分别是，，的中点．以这些点为顶点，在图中，能画出平行四边形的个数最多为（   ）． A．1 B．2 C．3 D．4 10．（23-24八年级下·江苏徐州·期末）如图，在四边形中，、、、分别是、、、的中点，要使四边形是菱形，则四边形只需要满足的一个条件是（    ） A．对角线 B．四边形是菱形 C．对角线 D． 11．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图，在中，平分．点，分别是的中点，则的长为 ． 类型四、平行四边形的性质与判定综合问题 12．（22-23八年级下·广东深圳·期中）如图，四边形是平行四边形，是对角线上的两点，连接、、、，若．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，请判断与有什么数量关系，并说明理由． 13．（21-22八年级下·江苏南京·期末）如图，在平行四边形中，，，点P在边上以每秒的速度从点A向点D运动，点Q在边上以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动，同时点Q也停止运动．设运动时间为，开始运动以后，当t为何值时，以P，D，Q，B为顶点的四边形是平行四边形． 14．（23-24八年级下·江苏盐城·期末）四边形是平行四边形，E、F分别是、上的点，连接． (1)如图1，对角线、相交于点O，若经过点O，求证：． (2)在如图2中，仅用无刻度的直尺作线段，使它满足： ①点M、N分别在、上； ②．（不写画法，保留画图痕迹） 类型五、矩形的性质 15．（22-23八年级下·江苏淮安·期末）如图，矩形的对角线、交于点O，，，则的长为（    ）    A．3 B．6 C． D． 16．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，在矩形中，是的中点，为边上一点，且有连接，若，则的长为（    ）    A． B． C． D． 17．（22-23八年级下·江苏淮安·期末）如图，矩形中，E、F分别为边和上的点，．    (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 类型六、矩形的判定 18．（23-24八年级下·江苏宿迁·期末）判断四边形的框架（如图）是不是菱形，有以下方法：①检测框架的四条边是不是相等；②检测框架的四个角是不是相等；③检测框架对角线是否互相垂直且相等．其中方法可行的是（    ） A．① B．② C．①③ D．②③ 19．（23-24八年级下·江苏南通·期末）如图，已知四边形是平行四边形，下列结论不正确的是（    ） A．当时，四边形是矩形 B．当且时，四边形是正方形 C．当平分时，四边形是菱形 D．当时，四边形是矩形 20．（23-24八年级下·江苏·期末）已知：如图，在中，过点B作，交的延长线于点E，连接，交于点O，且．求证：四边形是矩形．    类型七、矩形的性质与判定的计算与证明 21．（21-22八年级下·江苏南京·期末）如图，E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点． (1)证明：四边形EFGH为平行四边形． (2)若四边形ABCD是矩形，且其面积是，则四边形EFGH的面积是________ 22．（23-24八年级上·江苏泰州·期末）如图，平行四边形的对角线相交于点，延长至点，连接．现有以下信息：①；②；③． 从三条信息中选择两条作为条件，另一条作为结论，组成一个真命题并说明理由． 你选择的条件是______，结论是______（填写序号）．理由： 23．（23-24八年级下·江苏南通·期末）如图，，为上一点．小明利用直尺和圆规完成了以下作图：连接，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于，两点，作直线，交于点，连接并延长交于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，在上取一点，使，连接．若，求的度数． 类型八、菱形的性质 24．（22-23八年级下·江苏扬州·期末）菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是                               （    ） A．对角线互相平分 B．两组对角相等 C．对角线互相垂直 D．两组对边相等 25．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，若，则的度数为 ． 26．（23-24八年级下·江苏宿迁·期末）如图，菱形的对角线、相交于点O，，，与交于点F． (1)求证：四边形的为矩形； (2)若，，求菱形的面积． 类型九、菱形的判定 27．（23-24八年级下·江苏南京·期中）如图，在四边形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点．当对角线、满足 条件时，． 28．（22-23八年级下·江苏常州·期末）如图，在中，的平分线交边于点，是边上的一点，且，连接．判断四边形的形状，并证明你的结论．    29．（22-23八年级下·江苏南京·期末）如图，中，点D是上一点，点E是的中点，过点C作，交的延长线于点F． (1)求证：； (2)连接，如果点D是的中点，那么当与满足什么条件时，四边形是菱形？证明你的结论． 30．（21-22八年级下·江苏南通·期末）如图，在四边形中，与交于点，，，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)为上一点，连接，若，，，求菱形的面积． 类型十、菱形的性质与判定的计算与证明综合问题 31．（21-22八年级下·江苏宿迁·期末）如图，将矩形纸片分别沿、折叠，若、两点恰好都落在对角线的交点上，下列说法：①四边形为菱形，②，③若，则四边形的面积为，④，其中正确的说法有（    ）个． A．4 B．3 C．2 D．1 32．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，在矩形中，，，、交于点O，分别过点C、D分别作、的平行线相交于点F， (1)求证：四边形是菱形； (2)若点G是的中点，点P是四边形边上的动点，连接，则的最小值是 ． 33．（23-24八年级下·江苏扬州·期末）如图，边长为1的正方形与直角边为1的等腰拼成如图所示的四边形，P、Q分别为边上的两个动点（不与C、D、E重合），且，的延长线分别交于点M、F． (1)求证：①；②； (2)设，试问：是否存在这样t的值，使得和互相垂直平分，若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 类型十一、正方形的性质 34．（21-22八年级下·江苏南京·期末）四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O．有下列条件：①OA＝OC，OB＝OD；②AC＝BD；③AC⊥BD；④矩形ABCD；⑤菱形ABCD；⑥正方形ABCD．则下列推理正确的是（　　） A．②③⇒⑥ B．①②⇒⑤ C．①③⇒⑥ D．②⑤⇒⑥ 35．（21-22八年级下·江苏扬州·期末）已知在正方形ABCD中，点E、F分别在AB、BC边上，DE⊥AF于点G． (1)求证：DE＝AF； (2)若点E是AB的中点，AB＝4，求GF的长． 36．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图，正方形，边长为4，点在边上，射线与射线交于点． (1)若，求的长； (2)求证：． 类型十二、正方形的判定 37．（20-21八年级下·江苏扬州·期末）如图，在△ABC中，DE∥CA，DF∥BA，下列说法：①如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是矩形；②如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形；③如果AD⊥BC且AB＝AC，那么四边形AEDF是正方形．其中正确的有 个 38．（21-22八年级下·江苏南京·期末）如图，△ABC的中线AF与中位线DE相交于点O． (1)求证：AF与DE互相平分； (2)当△ABC满足___________时，四边形ADFE是正方形． 39．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）已知：如图，在四边形中，，的垂直平分线交于点，交于点，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)当的大小为多少度时，四边形是正方形？ 类型十三、正方形性质与判定的计算与证明综合问题 40．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，在正方形中，E为对角线上一点，连接，过点E作，交延长线于点F，以为邻边作矩形，连接．在下列结论中：①；②；③；④．其中正确的结论序号是（   ） A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 41．（21-22八年级下·江苏无锡·期末）如图，正方形的边长为6，菱形的三个顶点E、G、H分别在正方形的边上，． (1)如图1，当时，求证：菱形是正方形． (2)如图2，连接，当的面积等于1时，求线段的长度． 42．（21-22八年级下·江苏泰州·期末）已知点E为平行四边形ABCD 外一点． (1)如图1，若∠AEC=∠BED=90°，求证：平行四边形ABCD是矩形； (2)如图2，若∠AEB=∠BEC=∠CED=45°，过点B作BF⊥BE交EC的延长线于点F． ① 求证：四边形ABCD是正方形； ② 探索线段AE 、CE 与BE 之间的数量关系，并说明你的理由；直接写出线段DE 、CE 与BE 之间的数量关系． 类型十四、中点四边形问题 43．（23-24八年级下·江苏淮安·期末）顺次连接四边形各边、、、的中点E、F、G、H，得到矩形，则原四边形的对角线满足条件： ． 44．（24-25八年级下·江苏苏州·期中）如图，、、、分别是、、、的中点，且，下列结论：①；②四边形是矩形；③平分；其中正确的是 ． 45．（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）阅读理解：我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，分别是边的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． (1)菱形的中点四边形的形状是_______； (2)如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，分别为的中点，试判断四边形的形状并证明． (3)若四边形的中点四边形为正方形，的最小值为4，则_______． 类型十五、特殊四边形的基本作图问题 46．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，是由边长为1的小正方形构成的的网格图，请仅用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图． (1)在图①中画一个平行四边形，要求一条边长为且面积为12； (2)在图②中画一个矩形，要求一条边长为且面积为10． 47．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，在的方格纸中，点是方格纸中的两个格点，记顶点都在格点的四边形为格点四边形，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)在图①中画出线段的中点O； (2)在图②中画出一个平行四边形，使，且平行四边形为格点四边形． (3)在图③中画一个矩形，使得矩形的面积为． 类型十六、四边形与翻折综合问题 48．（23-24八年级下·江苏扬州·期末）如图，在矩形中，连接，将沿对角线折叠得到，交于点，恰好平分，若，则点到的距离为（    ） A． B．2 C．1 D．3 49．（21-22八年级下·江苏常州·期末）如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在直线折叠后展开，折痕为MN；再过点D折叠， 使得点A落在MN上的点F处，折痕为DE，则的值是（    ） A． B．－1 C．2－ D．3－ 50．（22-23八年级下·江苏苏州·期末）如图，在正方形中，点E是边的中点，将沿翻折得到．延长交于点H，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 51．（23-24八年级下·江苏泰州·期末）如图，在矩形纸片中，E为边上的动点，F为边上的动点，连接． (1)若． ①如图①，点E与点D重合，点F与点B重合，将矩形纸片沿折叠，点A落在点G处，设与相交于H，求的长； ②如图②，将矩形纸片沿折叠，使点B与点D重合，求折痕的长； (2)如图③，点E为的中点，点F与点B重合，将矩形纸片沿折叠，点A落在点G处，且点G在矩形内部，延长交于点H，若，求的值． 类型十七、四边形与动点综合问题 52．（20-21八年级下·江苏南京·期末）在四边形ABCD中，，M是BC上一点，且，点E从A出发以1cm/s的速度向D运动，点F从点B出发以2cm/s的速度向点C运动，当其中一点到达终点，而另一点也随之停止，设运动时间为t，当t的值为 时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形． 53．（20-21八年级下·江苏南京·期末）如图，、是直线上的两个定点，点、在直线上运动（点在点的左侧），．已知，连接、、，把沿折叠得．当、两点重合时， ；当、两点不重合时，若直线与距离为．若以、、、为顶点的四边形是矩形， ． 54．（22-23八年级下·江苏宿迁·期末）如图，已知A，B，C，D为矩形的四个顶点，，，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以的速度向点B移动，一直到点B为止，点Q以的速度向点D移动，设移动的时间为t秒．    (1)当t为何值时，P，Q两点间的距离最小？最小距离是多少？ (2)连接． ①当为等腰三角形时，求t的值； ②在运动过程中，是否存在一个时刻，使得？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 类型十八、四边形与最值综合问题 55．（22-23八年级下·江苏扬州·期末）如图，在正方形中，点E、F、G分别在、、上，，，，，与交于点P．连接，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 56．（22-23八年级下·江苏徐州·阶段练习）如图，菱形中，，，点、、分别为线段、、上的任意一点，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 57．（22-23八年级下·江苏淮安·期末）问题情境：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题： 如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为．那么与相等吗？ （1）直接判断： （填“”或“” ； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： （2）如图2，在正方形中，点、、分别在边、和上，且，垂足为．那么与相等吗？证明你的结论； 问题拓展： （3）如图3，点在边上，且，垂足为，当在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点落在点处． ①四边形是正方形吗？请说明理由； ②若，点在上，，直接写出的最小值为 　　． 类型十九、四边形与新定义综合问题 58．（23-24八年级下·江苏盐城·期末）定义图形 如图1，在四边形中，M、N分别是边、的中点，连接．若两侧的图形面积相等，则称为四边形的“对中平分线”      提出问题 有对中平分线的四边形具有怎样的性质呢? 分析问题 （1）如图2，为四边形的“对中平分线”，连接，，由M为的 中点，知与的面积相等，则，有怎样的位置关系呢?请说明理由． （2）在（1）的基础上，小明提出了下列三个命题，其中假命题的是_____（请把你认为假命题的序号都填上） ①若，则四边形是平行四边形； ②若，则四边形是菱形； ③若，则四边形是矩形． 深入探究 如图3，四边形有两条对中平分线，分别是，，且相交于点O，若．请探索四边形的形状并说明理由． 59．（23-24八年级下·江苏淮安·期末）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”． (1)下列选项中一定是“等补四边形”的是______． A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 (2)如图1，在边长为4的正方形中，为边上一动点（不与重合），交于点，过作交于点． ①试判断四边形是否为“等补四边形”，并说明理由； ②如图2，连接，求的周长； ③若四边形是“等补四边形”，求的长． 《平行四边形、矩形、菱形、正方形》期末培优专项训练 一、单选题 1．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，在中，，点分别是的中点，连接，过点作交的延长线于，若四边形的周长是，的长为，则的周长是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，已知中，是上一点，，，，垂足是，点是的中点，则的长是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·江苏淮安·期末）如图，在一张菱形纸片中，，点E在边上(不与B、C重合)，将沿直线折叠得到，连接．以下选项中正确的是（    ） A． B． C．当平分时， D．以上都不对 4．（23-24八年级下·江苏镇江·期末）如图①的矩形纸板，沿其中一条对角线裁剪可得到两个全等的直角三角形，三角板的较长的直角边长为，，若左侧的三角形保持不动，右侧的三角形沿斜边向右下方向滑动，当四边形是菱形时， 如图②，则的长为（   ） A．1 B． C． D．2 5．（22-23八年级下·江苏苏州·期末）如图，在菱形中，是的中点．过点作，垂足为．将沿点到点的方向平移，得到．设分别是的中点，当点与点重合时，四边形的面积为（    ）      A． B． C． D． 6．（23-24八年级下·江苏泰州·期末）如图，已知正方形，M为对角线上一动点，过点M作，，垂直分别为点E、F，连接、、．要求阴影部分的面积，只需知道线段（    ） A．的长 B．的长 C．的长 D．的长 二、填空题 7．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接．若的面积为24，，则的长为 ． 8．（20-21八年级下·江苏苏州·期中）如图，在△ABC中，点D、E分别是边、的中点，连接，的平分线交于点F，若，，则的长为 ． 9．（23-24八年级下·江苏扬州·期末）如图，正方形的边长为4，动点从点出发，沿方向匀速运动，运动到点时停止，同时另一个动点从点出发，以与点相同的速度沿方向匀速运动．点停止运动时点也停止运动，连接、，则的最小值为 ． 10．（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 ． 11．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图，在菱形中，点分别在上，沿翻折后，点落在边上的处．若，，．则的长为 ． 12．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，以的斜边为边，在的同侧作正方形，设正方形的中心为，连接．若，，则的长等于 ． 13．（23-24八年级下·江苏淮安·期末）在正方形中，E是的中点，F、G分别是边上的动点，且交于M，连接和，当时，则的最小值为 ． 14．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图，已知四边形是正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交射线于点F，以，为邻边作矩形，连，的最小值为 ． 三、解答题 15．（22-23八年级下·江苏泰州·期末）如图，在正方形中，，点是边上的一个动点，连接、，作、的垂直平分线交于点，且的垂直平分线分别交、、于点、、，的垂直平分线交于点． (1)如图，当点运动到的中点时， 证明：； 连接、，证明：； (2)若点从点出发，沿着边向点运动，到达点后停止运动， 利用图证明：无论点运动到边上的何处时，始终被点平分； 求整个运动过程中，点的运动路径长直接写出结果 16．（22-23八年级下·江苏镇江·期末）如图，在正方形中，，点是上的一个定点，且，点是边上一动点，连接，以为边在的上方作正方形，连接． (1)求证：； (2)求点在从点运动到点的运动过程中，点的移动距离； (3)若随着点的运动，直接写出的最小值是_____． 17．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图1，在中，对角线相交于点O，且，，点E为线段上一动点，连接，将绕点D逆时针旋转得到，连接． (1)求证：； (2)求证：； (3)如图2，当点F落在的外面，交于点M，且能构成四边形时，四边形的面积是否发生变化？若不变，请末出这个值，若变化，请说明理由． 18．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）已知正方形的边长为3，是边上的一个动点， (1)如图1，若点关于直线的对称点为，连接，连接并延长交于点，连接．则______； (2)如图2，在点运动过程中，作的平分线交延长线于，交于，若，请求出线段的长． 19．（23-24八年级下·江苏淮安·期末）（1）已知点E是正方形边上的一点，连接．如图1，把射线绕点B顺时针旋转交的延长线于点F，求证：； （2）边长把边沿翻折． ①如图2，若点P落在对角线上，则 ； ②如图3，点G在边上，，连接、，当点P落在内部时（不含边上），线段长度的取值范围为 ； （3）如图4，点M是正方形内一点，连接、，若，求最小值； （4）如图5，点M是矩形内一点，连接，若，，则最小值为 ． 20．（23-24八年级下·江苏泰州·期末）如图1，在边长为的正方形中，对角线、相交于点O，点E、F是上的两个动点，且，连接、．分别取、、的中点H、K、G，连接、． (1)如图1，求证：①；②； (2)直接写出的最小值； (3)如图2，连接、，求证：四边形是平行四边形； (4)若以E、K、F、G为顶点的四边形是矩形，求的长． 21．（23-24八年级下·江苏镇江·期末）（1）小明在学习矩形的时候发现：如图1，当点P在矩形的边上时，点P到4个顶点间的距离，，，之间满足，请对小明发现的结论给出证明； （2）如图2，当点P在矩形内部或矩形外部时，，，，之间的数量关系仍成立吗？如果成立，请加以证明（请选择点P在矩形内部或外部的一种情况即可），如果不成立，请说明理由； （3）在中，，，P为平面内一点，，，则长的取值范围是 （直接写出结果）． 22．（23-24八年级下·江苏扬州·期末）在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化． (1)如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)①如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； ②在①的条件下，连接，若，，直接写出的长为______； (3)当点在直线上时，其他条件不变，连接．若，，请直接写出的长度为______． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$