专题05 四边形（必刷50题49种题型专项训练）-2024-2025学年八年级数学下学期期末考点大串讲（冀教版）

专题05 四边形 （必刷50题49种题型专项训练） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 题型一 利用平行四边形的性质求解 （高频） 题型二 利用平行四边形的性质证明 题型三 平行四边形性质的其他应用 （难点） 题型四 判断能否构成平行四边形 题型五 添一个条件成为平行四边形（高频） 题型六 证明四边形是平行四边形 （高频） 题型七 利用平行四边形的判定与性质求解 题型八 利用平行四边形性质和判定证明 题型九 平行四边形性质和判定的应用（难点） 题型十 与三角形中位线有关的求解问题（重点） 题型十一 与三角形中位线有关的证明 （易错） 题型十二 三角形中位线的实际应用 （高频） 题型十三 矩形性质理解 题型十四 利用矩形的性质求角度 （难点） 题型十五 根据矩形的性质求线段长 题型十六 根据矩形的性质求面积 题型十七 利用矩形的性质证明（难点） 题型十八 求矩形在坐标系中的坐标 题型十九 矩形与折叠问题（重点） 题型二十 矩形的判定定理理解 （高频） 题型二十一 添一条件使四边形是矩形（高频） 题型二十二 证明四边形是矩形（难点） 题型二十三 根据矩形的性质与判定求角度（重点） 题型二十四 根据矩形的性质与判定求线段 题型二十五 根据矩形的性质与判定求面积 （易错） 题型二十六 利用菱形的性质求角度 （高频） 题型二十七 利用菱形的性质求线段长 题型二十八 利用菱形的性质求面积 （难点） 题型二十九 利用菱形的性质证明 题型三十 添一个条件使四边形是菱形（高频） 题型三十一 证明四边形是菱形（重点） 题型三十二 根据菱形的性质与判定求角度 题型三十三 根据菱形的性质与判定求线段长 题型三十四 根据菱形的性质与判定求面积（高频） 题型三十五 正方形性质理解 （易错） 题型三十六 根据正方形的性质求角度 题型三十七 根据正方形的性质求线段长 题型三十八 根据正方形的性质求面积 （重点） 题型三十九 正方形折叠问题 （易错） 题型四十 根据正方形的性质证明 （高频） 题型四十一 正方形的判定定理理解 （难点） 长 题型四十五 （特殊）平行四边形的动点问题 （高频） 题型四十六 四边形其他综合问题 题型四十七 网格中多边形面积比较（难点） 题型四十二添一个条件使四边形是正方形（易错） 题型四十三 证明四边形是正方形（高频） 题型四十八 多边形内角和问题 题型四十九 多边形截角后的内角和问题 （难点） 题型四十四 根据正方形的性质与判定求线段 题型一 利用平行四边形的性质求解 1．（24-25八年级下·河北唐山·期中）如图，中，对角线交于点O，，则（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】D 【知识点】利用平行四边形的性质求解 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，根据平行四边形对角线互相平分得，从而可求出的值． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，且， ∴， ∴， 故选：D． 题型二 利用平行四边形的性质证明 2．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，分别过点，作，，垂足分别为，．平分． (1)若，求的度数； (2)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的性质求解、利用平行四边形的性质证明 【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识； （1）利用三角形内角和定理求出，利用角平分线的定义求出，再利用平行线的性质解决问题即可． （2）证明可得结论． 【详解】（1）解：， ， ， ， 平分， ， 四边形是平行四边形， ， ， （2）证明：四边形是平行四边形， ， ，， ， ， ， ． 题型三 平行四边形性质的其他应用 3．（22-23八年级下·河北沧州·阶段练习）如图：的对角线交于点O．    (1)基础训练： 经过点O且与、分别相交于E、F．求证： (2)拓展变式 若将条件改为经过点O且与、的延长线分别相交于E、F，第（1）问的结论是否成立，请按题意画出图形，标注字母，并给予证明． (3)观察归纳 的对角线交于点O，直线是经过点O的任意一条直线，将的面积分为两部分，设四边形的面积为，四边形的面积为，则______．    (4)实践操作 你能否只画一条直线，将下图中两个平行四边形的面积同时平分，若能，请画出这条直线（用虚线画出辅助线）；若不能，请说明理由．    【答案】(1)见解析 (2)成立，图和证明见解析 (3) (4)见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的性质证明、平行四边形性质的其他应用 【分析】（1）利用平行四边形的性质证明，可得； （2）画出图形，同（1）的方法证明即可； （3）根据全等三角形的性质得到，，等量代换可得，即可证明； （4）分别找出两个平行四边形对角线的交点，再连接即可． 【详解】（1）解：在中，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）成立，理由是： 在中，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴；    （3）同（1）可证：，， ∴，， ∴， ， ∴； 故答案为：； （4）能，如图，直线即为所求．    【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，解题的关键是利用平行四边形的性质得到线段，面积之间的关系． 题型四 判断能否构成平行四边形 4．（24-25八年级下·河北保定·期中）下面是嘉淇同学的不完整的推理过程： ， ． 又※ 为了使嘉淇的推理成立，则“※”处应补充的条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】判断能否构成平行四边形 【分析】本题考查添加一个条件构造平行四边形，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理． 根据平行四边形的判定定理逐项判断即可． 【详解】解：添加后可得， 仅一组对边平行，无法证明四边形是平行四边形， 故A选项不合题意； 添加后可得， 满足一组对边平行且相等， 可证四边形是平行四边形， 故B选项符合题意； 添加后，， 四边形为等腰梯形，不是平行四边形． 故C选项不合题意； 添加后，满足一组对边平行，另一组对边相等， 不能证明四边形是平行四边形． 故D选项不合题意； 故选B． 题型五 添一个条件成为平行四边形 5．（2025八年级下·河北·专题练习）图给出了四边形的部分数据，若使得四边形为平行四边形，添加的条件可以是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】内错角相等两直线平行、添一个条件成为平行四边形 【分析】本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定．根据平行四边形的判定定理添加条件即可求解． 【详解】解：∵在四边形中，， ∴， ∴根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定，可添加的条件是：． 故选：D． 题型六 证明四边形是平行四边形 6．（24-25八年级下·河北保定·期中）如图，在四边形中，，，，求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、证明四边形是平行四边形 【分析】本题考查了垂线的定义、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定，由垂线的定义得出，根据证明推出，根据平行四边形的判定即可得证． 【详解】证明：，， ． 在和中， ． ． 又， 四边形是平行四边形． 题型七 利用平行四边形的判定与性质求解 7．（24-25八年级下·河北保定·期中）在如图平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，． (1)将绕原点O顺时针旋转，请画出旋转后的； (2)将平移后得到，若点A对应点坐标为， ①请画出平移后的； ②若内部一点P的坐标为，则点P的对应点的坐标是______；（用字母a、b表示）． (3)将绕某一点E旋转可得到，直接写出点E的坐标是______； (4)若点P是网格中第二象限内的格点，且满足，这样的点P在网格中有______个． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② (3) (4)9 【知识点】利用平行四边形的判定与性质求解、求绕原点旋转一定角度的点的坐标、已知图形的平移，求点的坐标、画旋转图形 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转和平移，平行四边形的性质与判定，正确根据图形的变换方式找到对应点位置是解题的关键． （1）绕原点O顺时针旋转，旋转前后对应点的横纵坐标互为相反数，据此描出，再顺次连接即可； （2）①根据点A和点的坐标，可判断出平移方式，进而确定的坐标，描出，再顺次连接即可；②根据平移方式即可得到带你的坐标； （3）可证明四边形是平行四边形，则点E即为四边形对角线的交点，据此根据两点中点坐标计算公式求解即可； （4）由可知，点P到直线的距离等于点B到直线的距离的一半或点P到直线的距离等于点C到直线的距离的一半或点P到直线的距离等于点A到直线的距离的一半，据此根据网格的特点作图求解即可． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解：①如图所示，即为所求； ②∵将平移后得到，点对应点坐标为， ∴平移方式为向右平移个单位长度，向下平移个单位长度， ∵内部一点P的坐标为， ∴点P的对应点的坐标是； （3）解：由平移和旋转的性质可得， ∴四边形是平行四边形， ∵将绕某一点E旋转可得到， ∴点E即为四边形对角线的交点， ∵， ∴，即； （4）解：如图所示，到即为所求， ∴一共有9个点P符合题意． 题型八 利用平行四边形性质和判定证明 8．（24-25八年级下·河北石家庄·期中）如图，在平行四边形中，点O是对角线的中点，某数学学习小组要在上找两点E、F，使四边形为平行四边形，现在，甲、乙两个同学给出了两种不同的方案如下： 甲方案：分别取，的中点E，F； 乙方案：作于点E，于点F． 请回答下列问题： (1)你认为甲乙两人的方案哪种得到的四边形是平行四边形 ． (2)如果只有一种方案得到平行四边形，就对这一种进行证明；如果这两种方案得到的四边形都是平行四边形，请选择一种给出证明． 【答案】(1)甲乙两人的方案得到的四边形都是平行四边形 (2)选择甲方案，见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）根据题意结合平行四边形的判定和全等三角形的判定与性质即可得解； （2）甲方案：连接，由平行四边形的性质可得，，结合题意得出，即可得解；乙方案：证明得出，结合，即可得解． 【详解】（1）解：由题意可得：甲乙两人的方案得到的四边形都是平行四边形； （2）证明：甲方案：如图，连接， 在中，点是对角线的中点， ，， ，F分别为，的中点， ， 四边形为平行四边形； 乙方案：四边形是平行四边形， ，， ， ，， ，， 在和中， ， ， ，， ， ∴四边形为平行四边形． 题型九 平行四边形性质和判定的应用 9．（八年级下·河北秦皇岛·期末）已知在平面直角坐标系中有三个点：、、．在平面内确定点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形，则点D的坐标不可能是(   ) A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】坐标与图形、平行四边形性质和判定的应用 【分析】在平面直角坐标系中，分类讨论①当AB，CD为对角线时，②当AC，BD为对角线时和③当BC，AD为对角线时，结合平行四边形的性质画出图形即得出答案． 【详解】①当AB，CD为对角线时，如图，此时四边形为平行四边形， ∴． ∵向上平移4个单位，向左平移2个单位得到， ∴向上平移4个单位，向左平移2个单位得到； ②当AC，BD为对角线时，如图，此时四边形为平行四边形， ∴． ∵向上平移1个单位，向左平移4个单位得到， ∴向上平移1个单位，向左平移4个单位得到； ③当BC，AD为对角线时，如图，此时四边形为平行四边形， ∴． ∵向下平移1个单位，向右平移4个单位得到， ∴向下平移1个单位，向右平移4个单位得到． 综上可知点D的坐标可能是或或， 故选D． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，坐标与图形．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键． 题型十 与三角形中位线有关的求解问题 10．（24-25八年级下·河北唐山·期中）在中，、分别是、的中点，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题 【分析】本题考查三角形的中位线，解题的关键是掌握中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半．据此解答即可． 【详解】解：∵在中，、分别是、的中点，， ∴是的中位线， ∴． 故选：B． 题型十一 与三角形中位线有关的证明 11．（24-25八年级下·河北保定·期中）如图，在中，，分别是，的中点，甲、乙两名同学分别作了一种辅助线，其中辅助线作法能证明三角形的中位线定理的是（    ） 甲 乙 如图，延长到点，使，连接，，． 如图，过点作，过点作，与交于点． A．甲、乙的辅助线作法都可以 B．甲、乙的辅助线作法都不可以 C．甲的辅助线作法可以，乙的不可以 D．乙的辅助线作法可以，甲的不可以 【答案】A 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形性质和判定证明、与三角形中位线有关的证明 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．根据平行四边形的判定定理，用两种方法都可以证明三角形中位线定理，得到答案． 【详解】解：甲的作法：∵， ∴四边形为平行四边形， ∴，． ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴，，能够用来证明三角形中位线定理； 乙的作法：∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵，分别是，的中点， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∴，能够用来证明三角形中位线定理， 故选：A． 题型十二 三角形中位线的实际应用 12．（23-24八年级下·河北张家口·期末）如图，要测量池塘两岸相对的A，B两点间的距离，可以在池塘外选一点C，连接、，分别取，的中点D，E，测得，则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】三角形中位线的实际应用 【分析】本题考查三角形中位线的性质，难度较易，是重要考点，掌握相关知识是解题关键． 根据中位线定义及性质解题：三角形的中位线平行第三边，且等于第三边的一半． 【详解】解：∵点分别是的中点， ∴是的中位线， ， 故选：B． 题型十三 矩形性质理解 13．（24-25八年级下·河北唐山·期中）如图，四边形和都是矩形，且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】等边对等角、矩形性质理解、三角形内角和定理的应用 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形内角和定理的应用，等边对等角，根据题意得出，进而根据三角形内角和定理以及等边对等角得出，进而求得的度数，即可求解． 【详解】解：∵四边形和都是矩形， ∴， ∵， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴， 故选：D． 题型十四 利用矩形的性质求角度 14．（23-24八年级下·河北唐山·期末）如图，在矩形中，对角线相交于点是的中点，的度数为 ，的度数为 ． 【答案】 【知识点】三角形的外角的定义及性质、等边对等角、与三角形中位线有关的求解问题、利用矩形的性质求角度 【分析】本题主要考查了矩形的性质、三角形中位线的性质等知识点，掌握矩形的对角线互相平分且相等是解题的关键． 由矩形的性质可得，可得，然后根据三角形外角的性质即可求得；再根据三角形中位线的性质可得,根据平行线的性质即可求得,最后根据角的和差即可解答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； ∵， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴ 故答案为：，． 题型十五 根据矩形的性质求线段长 15．（24-25八年级下·河北邯郸·期中）如图①，已知动点在长方形的边上沿的顺序运动，其运动速度为每秒1个单位长度．连接，记点的运动时间为（秒），的面积为．图②是关于的函数图像，则线段的长为 ，a的值为 ． 【答案】 3 （或7.5） 【知识点】动点问题的函数图象、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据图象上点的坐标和图象的特点，利用长方形的性质可求出答案． 【详解】解：∵P在上时，的面积S随t的增大而增大， ∴根据点可以得到，， ∴，即， ∴， 当P在上时，S不变， ∴， ∵为长方形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：3，． 题型十六 根据矩形的性质求面积 16．（23-24八年级下·河北衡水·阶段练习）为了提高学生动手能力，学校借助直角三角形花坛的一条直角边开辟出一个矩形实践基地，根据图中数据，可知该矩形实践基地的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求面积 【分析】本题考查了勾股定理，根据勾股定理求得矩形的长为，进而根据矩形性质，即可求解． 【详解】解：根据图中数据可得，矩形的边长为 ∴矩形的面积为， 故选：A． 题型十七 利用矩形的性质证明 17．（24-25八年级下·河北保定·期中）如图，四边形是平行四边形，四边形是矩形，与在同一条直线上，则下列结论正确的是（    ） A．四边形的周长小于四边形的周长 B．四边形的周长与四边形的周长相等 C．四边形的面积小于四边形的面积 D．四边形的面积与四边形的面积相等 【答案】D 【知识点】利用平行四边形的性质证明、利用矩形的性质证明 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的性质，熟练掌握平行四边形的性质、矩形的性质是解答本题的关键．根据平行四边形的性质、矩形的性质得出可判断A，B；平行四边形的、矩形的的面积公式可判断C，D． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴四边形的周长大于四边形的周长，故A，B不正确； ∵，， ∴四边形的面积与四边形的面积相等，故C错误，D正确． 故选D． 题型十八 求矩形在坐标系中的坐标 18．（八年级下·河北邢台·期末）如图，已知直线AB与正比例函数的图像交于点，与x轴交于点B，与y轴交于点．点P为直线OA上的动点，点P的横坐标为t，以点P为顶点，向右作矩形PDEF，满足轴，且． (1)求k值及直线AB的函数表达式， (2)判定时，点E是否落在直线AB上，请说明理由； (3)在点Р运动的过程中，若矩形PDEF与直线AB有公共点，求t的取值范围． 【答案】(1)k值为1，直线AB的解析式为： (2)E点在直线AB上，理由见详解 (3) 【知识点】求一次函数解析式、正比例函数的性质、一次函数与几何综合、 求矩形在坐标系中的坐标 【分析】（1）根据待定系数法即可求出k值以及直线AB的解析式； （2）根据矩形的性质以及P点的横坐标表示出E点的坐标，再代入到直线AB的解析式中即可判断； （3）根据矩形的性质以及P点的坐标表示出F、E、D点的坐标，再结合和矩形PDEF与直线AB有公共交点即可求出t的取值范围． 【详解】（1）设直线AB的解析式为：， ∵直线AB与正比例函数交于点A(5,5)，直线AB交y轴于点C(0,) ∴5=5k及， ∴k=1，， 即k值为1，直线AB的解析式为：； （2）E点在直线AB上， 理由如下： 由（1）可知直线OA的解析式即为正比例函数， ∵P点在OA上，且横坐标为t， ∴P点坐标为(t,t)， 如图可知点E、F均在P点上方， ∵四边形PDEF是矩形， ∴，，，PD=EF，PF=ED， ∵PD=1，PF=2， ∴EF=1，ED=2， ∵轴， ∴轴，轴，轴，轴， ∴根据P点坐标(t,t)可得D点坐标为(t+1,t)，F点坐标为(t,t+2)， ∴E点坐标为(t+1,t+2)， ∵t=1， ∴E点坐标为(2,3)， 把x=2代入中，得， 即E点在直线AB上； （3）根据（2）中已求得P点坐标(t,t)，D点坐标(t+1,t)，F点坐标(t,t+2)，E点坐标(t+1,t+2)， ∵随着P点的移动，当F点落在AB上时，矩形PDEF开始与直线AB有公共点，随着P点的进一步移动，当D点落在直线AB上时，矩形PDEF与直线AB有公共点，之后矩形PDEF就不再与直线AB有公共点， ∴当F(t,t+2)落在AB上时，即有，解得t=-1； ∴当D(t+1,t)落在AB上时，即有，解得t=7；， ∴矩形PDEF与直线AB有公共点，t的取值范围为：． 【点睛】本题是一次函数的综合题，考查了待定系数法求解一次函数解析式、图像上点的坐标的特征、矩形的性质等知识，根据题意表示出D、E、F点的坐标是解答本题的关键． 题型十九 矩形与折叠问题 19．（24-25八年级下·河北保定·期中）珍珍在数学活动课上探究“矩形折叠问题”．如图，在矩形纸片中，为边上一个动点，将纸片沿折叠，点的对应点为点． (1)如图1，若点落在对角线上，且，求的度数． (2)若，． ①如图2，当时，四边形的面积是_____． ②如图3，是的延长线与边的交点，当时，求的长． 【答案】(1) (2)①8；② 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、等边对等角 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握各知识点是解题的关键． （1）根据等腰三角形的性质以及折叠的性质得到，再由矩形得到，那么，即可求解； （2）①由折叠可得，，则，那么由四边形的面积即可求解； ②在中，由勾股定理求出，折叠带来，即可求解，设．在中，由勾股定理建立方程即可求解． 【详解】（1）解：在矩形中，． 将纸片沿折叠，点的对应点为点，点在上， ． ， ． ， 即， ； （2）解：①由折叠可得，， ∴， ∵矩形， ∴， ∴四边形的面积， 故答案为：8； ②在中，，， ， ∵折叠， ∴， ． 设． 在中，， ， ，即． 题型二十 矩形的判定定理理解 20．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）下列命题是真命题的是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．有一个角是直角的四边形是矩形 C．对角线互相平分的四边形是菱形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形 【答案】D 【知识点】判断能否构成平行四边形、矩形性质理解、矩形的判定定理理解、判断命题真假 【分析】本题考查了特殊四边形的判定和性质，掌握平行四边形，菱形，矩形的判定和性质是解题的关键． 根据平行四边形，矩形，菱形的判定方法即可求解． 【详解】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原选项是假命题，不符合题意； B、有三个角是直角的四边形是矩形，故原选项是假命题，不符合题意； C、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故原选项是假命题，不符合题意； D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故原选项是真命题，符合题意； 故选：D ． 题型二十一 添一条件使四边形是矩形 21．（22-23八年级下·河北石家庄·期中）已知：如图，在中，平分，交于E，平分，交于F． (1)求证：； (2)当与满足什么关系时，四边形是矩形？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，四边形是矩形，理由见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、三线合一、利用平行四边形的性质证明、添一条件使四边形是矩形 【分析】（1）由平行四边形的性质得出，，，，再由角平分线的定义可证得，然后利用可证得，由全等三角形的性质即可得出结论． （2）要使四边形是矩形，由（1）易证此四边形是平行四边形，因此只需证明有一个角是直角，添加条件，利用等腰三角形三线合一的性质即可得证． 【详解】（1）证明：在中，，，， ， 平分，平分， ， 在和中， ， ， ∴ （2）解：，四边形是矩形．理由如下： ， ，， 又， ， 四边形是平行四边形， ，平分， ， 平行四边形是矩形． 【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 题型二十二 证明四边形是矩形 22．（24-25八年级下·河北保定·期中）如图，在中，，两点分别在边，上，连接，，，，且． (1)求证：四边形为矩形； (2)若平分，且，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、证明四边形是矩形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的性质证明 【分析】本题考查了矩形的性质与判定、平行四边形的性质、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）利用平行四边形的性质得到，，，由得到，进而得到，再通过证明得到，最后利用矩形的判定即可证明； （2）根据角平分线的定义得到，再利用平行线的性质得到，则有，由（1）中的结论可得，在和利用勾股定理即可解答． 【详解】（1）证明：， ，，， ， ， 又， ， 在和中， ， ， ， ， ， 四边形为矩形； （2）解：， ，，， 平分， ， ， ， ， ， 在中，， ∵， ， ， 在中，． 题型二十三 根据矩形的性质与判定求角度 23．（八年级下·河北·期中）在中，，，当的面积最大时，下列结论：①；②；③；④，其中①正确，还有______也正确（    ） A．②③ B．②④ C．②③④ D．③④ 【答案】B 【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、根据矩形的性质与判定求角度 【分析】当▱ABCD的面积最大时，四边形ABCD为矩形，得出∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AC=BD，根据勾股定理求出AC，即可得出结论． 【详解】解：根据题意得：当▱ABCD的面积最大时，四边形ABCD为矩形， ∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，AC=BD， ∴∠BAD+∠BCD=180° ，AC==5， ①正确，②正确，④正确；③不正确； 故选B． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、矩形的性质以及勾股定理；得出▱ABCD的面积最大时，四边形ABCD为矩形是解决问题的关键． 题型二十四 根据矩形的性质与判定求线段 24．（24-25八年级下·河北石家庄·期中）如图，已知在中，，，，点在斜边上（不与A、B重合），过P作，，垂足分别是E、F，连接．随着P点在边上位置的改变，则长度的最小值是 ． 【答案】 【知识点】垂线段最短、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】此题主要考查了矩形的判定与性质，垂线段的性质，勾股定理，连接，过点C作于点H，先求出，证明四边形是矩形，则，当的值最小时，的值为最小，再根据“垂线段最短”得当点P于点H重合时，的值为最小，最小值为线段的长，则的最小值是线段的长，然后根据三角形的面积公式求出线段的长即可得出答案． 【详解】解：连接，过点C作于点H，如图所示： 在中，，，， 由勾股定理得：， ，， ， 四边形是矩形， ， 当的值最小时，的值为最小， 点P在斜边上（不与A、B重合）， 根据“垂线段最短”得：当点P于点H重合时，的值为最小，最小值为线段的长， 的最小值是线段的长， ， ， 长度的最小值为． 故答案为：． 题型二十五 根据矩形的性质与判定求面积 25．（22-23八年级下·河北保定·期中）如图，在中，，，连接，相交于点，为的中点，若，则四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】判断三边能否构成直角三角形、根据矩形的性质与判定求面积 【分析】根据勾股定理的逆定理得出，进而得出是矩形，根据矩形的性质得出，，进而根据四边形的面积即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∴， ∴是矩形， ∴ ∵为的中点， ∴， ∴， ∴四边形的面积 故选：C． 【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，矩形的性质与判定，熟练掌握矩形的中是解题的关键． 题型二十六 利用菱形的性质求角度 26．（24-25八年级下·河北唐山·期中）如图，是菱形的对角线，，则的度数是 ． 【答案】/度 【知识点】利用菱形的性质求角度 【分析】本题考查了菱形的性质，熟记菱形的对边平行，并且每一条对角线平分一组对角是解题的关键．根据菱形的性质可得，，根据已知得出，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，是菱形的对角线， ∴，， ∵， ∴， ∵， 故答案为：． 题型二十七 利用菱形的性质求线段长 27．（24-25八年级下·河北保定·期中）若一个菱形的边长为2，则该菱形的周长是（    ） A．4 B．6 C．8 D．16 【答案】C 【知识点】利用菱形的性质求线段长 【分析】此题主要考查菱形的性质；熟记菱形的四边相等是解决问题的关键．根据菱形的四边相等即可得出菱形的周长． 【详解】解：∵菱形四条边长相等， ∴该菱形的周长是， 故选C． 题型二十八 利用菱形的性质求面积 28．（24-25八年级下·河北唐山·期中）如图平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，点的坐标为，点的坐标为，则菱形面积为（   ） A．12 B．24 C．36 D．72 【答案】C 【知识点】利用菱形的性质求面积、坐标与图形综合 【分析】本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质；熟练掌握菱形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键． 连接、交于点，由菱形的性质得出，，，由点的坐标和点的坐标得出，，求出，即可解决问题； 【详解】解：连接、交于点，如图所示： 四边形是菱形， ，，， 点的坐标为，点的坐标为， ，， ， ， 故选：C． 题型二十九 利用菱形的性质证明 29．（2025·河北邯郸·一模）如图-1，在平行四边形中，过点作，垂足分别为点交于点、． (1)若，求的度数； (2)如图-2，若四边形是菱形，延长，相交于点． ①求证：； ②当时，求证：． 【答案】(1) (2)①见解析；②见解析 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、利用菱形的性质证明、等边三角形的判定和性质、利用平行四边形的性质证明 【分析】此题考查了菱形和平行四边形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． （1）首先由平行四边形的性质得到，然后根据平行线的性质求解即可； （2）①首先由菱形得到，然后得到，进而求解即可； ②首先得到，然后得到是等边三角形，得到，推出，得到，连接，得到是等边三角形，进而求解即可． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形， ． ， ． ， ． ， ， ； （2）证明：①四边形是菱形， ， ． ， ， ， ， ． ②， 点是直角三角形斜边的中点， ． 由①知， ， 是等边三角形， ， ． ， ， ， ， ． 如图，连接， ， 是等边三角形． ， ， ． 题型三十 添一个条件使四边形是菱形 30．（23-24八年级下·河北邢台·期末）如图，在中，，是两条对角线，如果添加一个条件，可推出是菱形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】添一个条件使四边形是菱形 【分析】本题考查了菱形的判定．熟练掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形是解题的关键． 根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形判断作答即可． 【详解】解：由题意知，A中，不能推出是菱形，故不符合要求； B中，不能推出是菱形，故不符合要求； C中，能推出是菱形，故符合要求； D中，不能推出是菱形，故不符合要求； 故选：C． 题型三十一 证明四边形是菱形 31．（23-24八年级下·河北唐山·期末）如图， 矩形的对角线交于点，是上任意一点，作，并截取，连接． (1)判断四边形的形状并说明理由； (2)若 ，且是中点， 连接． ①求四边形 的面积； ②则的最小值是 ． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析； (2)①；②． 【知识点】等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、利用矩形的性质证明、证明四边形是菱形 【分析】（）由，可得四边形是平行四边形，再由矩形的性质可得，即可求证； （）①连接，由矩形的性质可得是等边三角形，，再根据菱形的性质可得是等边三角形，得到，利用菱形的面积公式计算即可得到四边形 的面积；②由菱形的性质可得点关于对称，连接，与相交于点，连接，则，即得，可得当点与点重合时，的值最小，最小值为的长，利用等边三角形的性质可得，，由勾股定理求出即可求解； 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：连接， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴，， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴； ②∵四边形是菱形， ∴点关于对称， 连接，与相交于点，连接，则， ∴， ∴当点与点重合时，的值最小，最小值为的长， ∵是等边三角形，是中点， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，轴对称的性质，三角形的三边关系，掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 题型三十二 根据菱形的性质与判定求角度 32．（2025·河北秦皇岛·一模）如图，以点为圆心，适当的长为半径圆弧，交两边于点，，再分别以、为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】根据菱形的性质与判定求角度 【分析】本题考查的知识点是菱形的判定与性质，解题关键是熟练掌握菱形的判定． 先由作图得到，再由菱形的判定与性质求解即可． 【详解】解：依题得：， 四边形是菱形， ． 故选：． 题型三十三 根据菱形的性质与判定求线段长 33．（23-24八年级下·河北唐山·期末）如图，在四边形中，，点E是的中点，，，于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明，即可得到结论； （2）过B点作于G点，求解，由 ，可得，结合，可得答案； 【详解】（1）证明：∵，，     四边形是平行四边形， ，E为的中点， 在中，， 平行四边形是菱形 （2）解：过B点作于G点， 在中，， 由勾股定理可得，， ，    ，    ， ，     ； 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，熟记特殊四边形的判定是解本题的关键. 题型三十四 根据菱形的性质与判定求面积 34．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，在的两边上分别截取，使：再分别以点A，B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C；再连接．若，，则四边形的面积是（    ） A． B．6 C．4 D．8 【答案】C 【知识点】作线段(尺规作图)、根据菱形的性质与判定求面积 【分析】本题考查作图-基本作图、菱形的判定与性质，由尺规作图可得，，即可得四边形为菱形，根据菱形的性质可得答案． 【详解】解：由尺规作图可得，， 四边形为菱形， ， 四边形的面积为 故选：C． 题型三十五 正方形性质理解 35．（24-25八年级下·河北保定·期中）如图，在中，，，是的中点，以为边作正方形，，则 ． 【答案】 【知识点】利用二次根式的性质化简、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、正方形性质理解 【分析】本题考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，先根据正方形的面积求出的长，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长，最后根据勾股定理求出的长，然后即可求出的面积． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴， ∴或（负值不符合题意，舍去）， ∵在中，，点F是斜边的中点，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 题型三十六 根据正方形的性质求角度 36．（23-24八年级下·河北廊坊·期中）如图，正方形中，N，F分别为，延长线上的点，， ． 【答案】45 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质求角度 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握正方形四边相等，四个角都是直角，全等三角形对应边相等，对应角相等． 先根据正方形的性质得出，则，进而推出，即可解答． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：45． 题型三十七 根据正方形的性质求线段长 37．（24-25八年级下·河北张家口·期中）如图，点是正方形的边的中点，正方形的边长为，点按的顺序在正方形的边上以每秒的速度做匀速运动，设点的运动时间为，的面积为． (1)直接写出点运动时，的面积； (2)在点P运动2至4这段时间内，求y与x的函数关系式． 【答案】(1)4 (2) 【知识点】一次函数与几何综合、根据正方形的性质求线段长 【分析】本题主要考查一次函数及正方形的性质，理解题意确定动点的位置是解题关键． （1）根据题意作出相应图形，然后利用三角面积公式求解即可； （2）根据题意作出相应图形，然后利用割补法即可确定出函数解析式． 【详解】（1）解：点运动时，，点还在线段上，如图所示： ∴， ． （2）解：由题意得，当时， ，， 如图所示：点在上运动， ． 题型三十八 根据正方形的性质求面积 38．（23-24八年级下·河北唐山·期中）如图，在菱形中，，，则以为边长的正方形的面积为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】D 【知识点】等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质证明、根据正方形的性质求面积 【分析】本题考查的是菱形的性质，等边三角形的判定与性质，掌握菱形的性质是解答此题的关键． 先根据菱形的性质得出，再由可知是等边三角形，故可得出的长，根据正方形的面积公式即可得出结论． 【详解】解：四边形是菱形，， ． ， 是等边三角形， ， ∴． 故选：D． 题型三十九 正方形折叠问题 39．（23-24八年级下·河北张家口·期中）如图，已知正方形纸片，M、N分别是、的中点，把边向上翻折，使点C恰好落在上的P点处，为折痕，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】等边三角形的判定和性质、斜边的中线等于斜边的一半、根据矩形的性质与判定求线段长、正方形折叠问题 【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，折叠问题；取的中点E，连接，证明四边形为矩形，得出，根据直角三角形性质得出，证明为等边三角形，得出，即可得出结果． 【详解】解：取的中点E，连接，如图所示：    ∵四边形为正方形， ∴，，， 根据折叠的性质知：，， ∵M、N分别是、的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴． 故选：C． 题型四十 根据正方形的性质证明 40．（2025·河北邯郸·一模）如图，点分别是四边形边的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则四边形为矩形 B．若，则四边形为菱形 C．若四边形是平行四边形，则与互相平分 D．若四边形是正方形，则与互相垂直且相等 【答案】D 【知识点】与三角形中位线有关的证明、根据正方形的性质证明、证明四边形是矩形、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了三角形的中位线定理、矩形与菱形的判定、正方形的性质等知识，熟练掌握三角形的中位线定理和特殊四边形的判定与性质是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，，，，再证出四边形为平行四边形，由此即可判断选项C错误；根据菱形与矩形的判定即可得选项A和B错误；根据正方形的性质可得，则可得，，由此即可判断选项D正确． 【详解】解：∵点分别是的中点， ∴， 同理可得：，，， ∴， ∴四边形为平行四边形，无法得出与互相平分，则选项C错误； 若，则， ∴四边形为菱形，则选项A错误； 若，则， 又∵， ∴， ∴， ∴平行四边形为矩形，则选项B错误； 若四边形是正方形，则， ∴，， ∴， 又∵， ∴， 即若四边形是正方形，则与互相垂直且相等，选项D正确； 故选：D． 题型四十一 正方形的判定定理理解 41．（23-24八年级下·河北张家口·期末）嘉嘉在学习“特殊平行四边形”一单元后，梳理了如图所示的特殊平行四边形之间的关系．以下选项分别表示A，B，C，D处填写的内容，则对应位置填写错误的选项是（   ） A．有一个内角是 B．有一组邻边相等 C．对角线互相平分 D．对角线相等 【答案】C 【知识点】利用平行四边形的性质求解、矩形的判定定理理解、添一个条件使四边形是菱形、正方形的判定定理理解 【分析】本题考查了平行四边形的性质、矩形和菱形、正方形的判定，解本题的关键在熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定定理． 根据平行四边形的性质、矩形和菱形、正方形的判定依次判断即可； 【详解】解：A、有一个内角是的平行四边形是矩形，故该转换条件填写正确，不符合题意； B、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故该转换条件填写正确，不符合题意； C、对角线互相垂直的矩形是正方形，故该转换条件填写错误，符合题意； D、对角线相等的菱形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意． 故选：C． 题型四十二 添一个条件使四边形是正方形 42．（22-23八年级下·河北邯郸·期末）如图，在四边形中，，，，交于点，添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法中正确的个数是（    ）    ①添加“”，则四边形是菱形 ②添加“，则四边形是矩形 ③添加“”，则四边形是菱形 ④添加“”，则四边形是正方形 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【知识点】添一条件使四边形是矩形、添一个条件使四边形是菱形、添一个条件使四边形是正方形 【分析】根据，得到垂直平分，结合矩形、菱形、正方形判定逐个判断即可得到答案； 【详解】解：∵，， ∴垂直平分， ∴，， ①当时，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，故①正确； ②当时，无法证明四边形是矩形，故②错误； ③当， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故③正确； ④当时，， ∴， 由①得四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形， 综上分析可知，正确的有3个， 故选：C． 【点睛】本题考查矩形、菱形、正方形判定，解题的关键是根据，，得到垂直平分． 题型四十三 证明四边形是正方形 43．（八年级下·河北保定·期末）如图，四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（   ） A．当时，平行四边形是菱形 B．当时，平行四边形是矩形 C．当时，平行四边形是菱形 D．当且时，平行四边形是正方形 【答案】A 【知识点】矩形的判定定理理解、证明四边形是菱形、证明四边形是正方形 【分析】本题主要考查了矩形、菱形、正方形的判定方法，解决本题的关键是根据矩形、菱形、正方形的判定方法进行判断． 【详解】解：如下图所示， A选项：在中，当时，与一定不垂直， 平行四边形一定不是菱形， 故A选项错误，符合题意； B选项：当时，平行四边形是矩形， 故B选项正确，不符合题意； C选项：当时，平行四边形是菱形， 故C选项正确，不符合题意； D选项：当且时，平行四边形是正方形， 故D选项正确，不符合题意． 故选：A． 题型四十四 根据正方形的性质与判定求线段长 44．（24-25八年级下·河北沧州·阶段练习）如图，在中，，两锐角的角平分线交于点P，点E、F分别在边、上，且都不与点重合，若，连接，当，，时，则的周长为 ． 【答案】 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、角平分线的性质定理、根据正方形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查角平分线的性质定理，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，证明是本题的突破点．如图，过点作于，于，于，在上取一点，使得，连接．利用全等三角形的性质证明，进而求解． 【详解】解：如图，过点作于，于，于，在上取一点，使得，连接． 平分，平分，，，， ，， ， ， 四边形是矩形， 四边形是正方形， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 的周长， ， ∴， ， 的周长为6， 故答案为：6． 题型四十五 （特殊）平行四边形的动点问题 45．（24-25八年级下·河北唐山·期中）在四边形中，，，，，，点从点以的速度向点运动，点从点以的速度同时向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为秒． (1)求为何值时，四边形是平行四边形？ (2)求为何值时，四边形是矩形？ (3)在整个运动过程中，_________（答“存在”或“不存在”）t值，使得四边形是菱形； (4)若只改变线段的长度，其余条件都不变，在整个运动过程中，当四边形是正方形时，请你求出的值和线段的长度． 【答案】(1) (2) (3)不存在 (4)， 【知识点】用勾股定理解三角形、（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】（1）根据时，四边形是平行四边形，列出方程进行求解即可； （2）根据，，得到当时四边形是矩形，列出方程进行求解即可； （3）根据菱形的性质可得，结合（1）的结论，分别求得的长，即可得出结论； （4）当四边形是正方形时，，进而求得，，根据，即可求解． 【详解】（1）解：由题意，得：，，秒， ∴，， ∵，则 当时，四边形是平行四边形； ∴ 解得： （2）解：∵，， ∴当时，四边形是矩形； ∵，， ∴ 解得： （3）解：不存在，理由如下， 由（1）可得，当时，四边形是平行四边形； ∴若此时，则四边形是菱形， 如图，过点作于点， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 而， ∴， ∴四边形不是菱形， 故答案为：不存在． （4）解：当四边形是正方形时，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当四边形是正方形时，，． 【点睛】本题考查四边形中的动点问题．解题的关键是掌握矩形的判定和性质，正方形，平行四边形，矩形，菱形的性质与判定，及勾股定理解三角形，熟练掌握特殊四边形的性质是解题的关键． 题型四十六 四边形其他综合问题 46．（23-24八年级下·河北邢台·期末）如图1，在矩形中，，E是边上的一个动点（点E不与B、C重合），，垂足为点F，过点D作，交的延长线于点G．    (1)若， ①求证：四边形是菱形；②求四边形的周长； (2)如图2，于点M，于点N，探究： ①当为何值时，四边形是正方形； ②点E在边上的运动过程中，四边形的面积是否发生变化，若不变，请求出该四边形的面积；若变化，请说明理由． 【答案】(1)①见解析；②12； (2)①当时，四边形是正方形；②不发生变化，理由见解析 【知识点】证明四边形是菱形、根据正方形的性质证明、四边形其他综合问题 【分析】本题主要考查平行四边形性质，全等三角形的性质，矩形的性质，正方形的性质等知识； （1）①由两组对边平行的四边形是平行四边形可证四边形是平行四边形，再证，可得，即可得结论； ②由全等三角形的性质和矩形的性质可得，由勾股定理可求的长，可求，即可求解； （2）①由题意可证四边形是矩形．由正方形的性质可得，可得，可得，即可求解； ②由，可得结论． 【详解】（1）证明：①∵四边形是矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； ②在矩形中，， ∵， ∴， ∴在中， ， ∴， ∴四边形的周长； （2）①∵， ∴． ∵． ∴． ∴四边形是矩形． 要使四边形是正方形，必须． ∵ ∴是等腰直角三角形， ∴． ∵， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴当时，四边形是正方形； ②点E在边上的运动过程中，四边形的面积不发生变化， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形． ∴， 即点E在边上的运动过程中，四边形的面积为定值20． 题型四十七 网格中多边形面积比较 47．（22-23八年级下·河北廊坊·阶段练习）如图，每个小正方形的边长都是1． (1)求四边形的周长； (2)四边形的面积__________. (3)判断与的位置关系并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)，理由见解析 【知识点】勾股定理与网格问题、在网格中判断直角三角形、网格中多边形面积比较 【分析】（1）根据勾股定理分别求出每条边的长度，相加即可； （2）利用割补法计算即可； （3）根据勾股定理的逆定理判断即可． 【详解】（1）解：，，，， 则四边形的周长为：． （2）四边形的面积为：； （3），理由如下： ，， ， 为直角三角形，且， ． 【点睛】本题主要考查了勾股定理和逆定理，二次根式的加减运算，解题的关键是熟练掌握掌握勾股定理和逆定理． 题型四十八 多边形内角和问题 48．（2025·河北邯郸·一模）在正方形中，为上一动点，连接交对角线于点． (1)如图-1，连接，求证：； (2)如图-2，过点作交于点，连接，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明、等腰三角形的性质和判定、多边形内角和问题 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，四边形的内角和，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据正方形的性质得到，可证明，即可得到结论； （2）连接，由（1）知，，得到，推出，得到，即可得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是正方形，是对角线， ， 在和中， ， ， ； （2）证明：如图，连接， 由（1）知，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即． 49．（24-25八年级下·河北邢台·阶段练习）如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为2的正六边形的顶点A处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，黑跳棋按逆时针方向3秒钟跳1个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过2040秒钟后，两枚跳棋之间的距离是 ． 【答案】 【知识点】图形类规律探索、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、正多边形的内角问题 【分析】本题主要考查了图形规律问题、勾股定理、含角的直角三角形的性质、正多边形的性质，熟练掌握图形规律问题、正多边形的性质是解题的关键． 由题意分别求出经过秒后，红黑两枚跳棋的位置，连接，过点作于点，根据正多边形的性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理进行计算求解即可． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴经过秒后，红跳棋落在点处，黑跳棋落在点处， 如图，连接，过点作于点， ∵，在正六边形中，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴两枚跳棋之间的距离是； 故答案为：． 题型四十九 多边形截角后的内角和问题 50．（23-24八年级下·河北沧州·期末）如图，将五边形沿虚线裁去一个角，得到六边形，则下列说法正确的是（    ） ①周长变大； ②周长变小； ③外角和增加； ④六边形的内角和为． A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】D 【知识点】多边形截角后的内角和问题、多边形内角和与外角和综合 【分析】本题主要考查了多边形的有关知识，解题关键是熟练掌握多边形的内角和定理和外角的性质． 根据三角形两边之和大于第三边，判断周长的大小，从而判断①②，再根据多边形外角性质：多边形的外角和都为，与边数无关判断③，最后根据多边形的内角和定理判断④即可． 【详解】解：∵将五边形沿虚线裁去一个角，得到六边形， ∴该六边形的周长比原五边形的周长小， ∴①的说法错误，②的说法正确； ∵多边形的外角和与边数无关，都是， ∴③的说法错误； ∵五边形的边数增加了1， ∴根据多边形内角和定理可知六边形的内角和为． ∴④的说法正确； 综上可知：说法正确的是②④， 故选：D． $$专题05 四边形 （必刷50题49种题型专项训练） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 题型一 利用平行四边形的性质求解 （高频） 题型二 利用平行四边形的性质证明 题型三 平行四边形性质的其他应用 （难点） 题型四 判断能否构成平行四边形 题型五 添一个条件成为平行四边形（高频） 题型六 证明四边形是平行四边形 （高频） 题型七 利用平行四边形的判定与性质求解 题型八 利用平行四边形性质和判定证明 题型九 平行四边形性质和判定的应用（难点） 题型十 与三角形中位线有关的求解问题（重点） 题型十一 与三角形中位线有关的证明 （易错） 题型十二 三角形中位线的实际应用 （高频） 题型十三 矩形性质理解 题型十四 利用矩形的性质求角度 （难点） 题型十五 根据矩形的性质求线段长 题型十六 根据矩形的性质求面积 题型十七 利用矩形的性质证明（难点） 题型十八 求矩形在坐标系中的坐标 题型十九 矩形与折叠问题（重点） 题型二十 矩形的判定定理理解 （高频） 题型二十一 添一条件使四边形是矩形（高频） 题型二十二 证明四边形是矩形（难点） 题型二十三 根据矩形的性质与判定求角度（重点） 题型二十四 根据矩形的性质与判定求线段 题型二十五 根据矩形的性质与判定求面积 （易错） 题型二十六 利用菱形的性质求角度 （高频） 题型二十七 利用菱形的性质求线段长 题型二十八 利用菱形的性质求面积 （难点） 题型二十九 利用菱形的性质证明 题型三十 添一个条件使四边形是菱形（高频） 题型三十一 证明四边形是菱形（重点） 题型三十二 根据菱形的性质与判定求角度 题型三十三 根据菱形的性质与判定求线段长 题型三十四 根据菱形的性质与判定求面积（高频） 题型三十五 正方形性质理解 （易错） 题型三十六 根据正方形的性质求角度 题型三十七 根据正方形的性质求线段长 题型三十八 根据正方形的性质求面积 （重点） 题型三十九 正方形折叠问题 （易错） 题型四十 根据正方形的性质证明 （高频） 题型四十一 正方形的判定定理理解 （难点） 长 题型四十五 （特殊）平行四边形的动点问题 （高频） 题型四十六 四边形其他综合问题 题型四十七 网格中多边形面积比较（难点） 题型四十二添一个条件使四边形是正方形（易错） 题型四十三 证明四边形是正方形（高频） 题型四十八 多边形内角和问题 题型四十九 多边形截角后的内角和问题 （难点） 题型四十四 根据正方形的性质与判定求线段 题型一 利用平行四边形的性质求解 1．（24-25八年级下·河北唐山·期中）如图，中，对角线交于点O，，则（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 题型二 利用平行四边形的性质证明 2．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，分别过点，作，，垂足分别为，．平分． (1)若，求的度数； (2)求证：． 题型三 平行四边形性质的其他应用 3．（22-23八年级下·河北沧州·阶段练习）如图：的对角线交于点O．    (1)基础训练： 经过点O且与、分别相交于E、F．求证： (2)拓展变式 若将条件改为经过点O且与、的延长线分别相交于E、F，第（1）问的结论是否成立，请按题意画出图形，标注字母，并给予证明． (3)观察归纳 的对角线交于点O，直线是经过点O的任意一条直线，将的面积分为两部分，设四边形的面积为，四边形的面积为，则______．    (4)实践操作 你能否只画一条直线，将下图中两个平行四边形的面积同时平分，若能，请画出这条直线（用虚线画出辅助线）；若不能，请说明理由．    题型四 判断能否构成平行四边形 4．（24-25八年级下·河北保定·期中）下面是嘉淇同学的不完整的推理过程： ， ． 又※ 为了使嘉淇的推理成立，则“※”处应补充的条件是（   ） A． B． C． D． 题型五 添一个条件成为平行四边形 5．（2025八年级下·河北·专题练习）图给出了四边形的部分数据，若使得四边形为平行四边形，添加的条件可以是（ ） A． B． C． D． 题型六 证明四边形是平行四边形 6．（24-25八年级下·河北保定·期中）如图，在四边形中，，，，求证：四边形是平行四边形． 题型七 利用平行四边形的判定与性质求解 7．（24-25八年级下·河北保定·期中）在如图平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，． (1)将绕原点O顺时针旋转，请画出旋转后的； (2)将平移后得到，若点A对应点坐标为， ①请画出平移后的； ②若内部一点P的坐标为，则点P的对应点的坐标是______；（用字母a、b表示）． (3)将绕某一点E旋转可得到，直接写出点E的坐标是______； (4)若点P是网格中第二象限内的格点，且满足，这样的点P在网格中有______个． 题型八 利用平行四边形性质和判定证明 8．（24-25八年级下·河北石家庄·期中）如图，在平行四边形中，点O是对角线的中点，某数学学习小组要在上找两点E、F，使四边形为平行四边形，现在，甲、乙两个同学给出了两种不同的方案如下： 甲方案：分别取，的中点E，F； 乙方案：作于点E，于点F． 请回答下列问题： (1)你认为甲乙两人的方案哪种得到的四边形是平行四边形 ． (2)如果只有一种方案得到平行四边形，就对这一种进行证明；如果这两种方案得到的四边形都是平行四边形，请选择一种给出证明． 题型九 平行四边形性质和判定的应用 9．（八年级下·河北秦皇岛·期末）已知在平面直角坐标系中有三个点：、、．在平面内确定点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形，则点D的坐标不可能是(   ) A． B． C． D． 题型十 与三角形中位线有关的求解问题 10．（24-25八年级下·河北唐山·期中）在中，、分别是、的中点，，则（   ） A． B． C． D． 题型十一 与三角形中位线有关的证明 11．（24-25八年级下·河北保定·期中）如图，在中，，分别是，的中点，甲、乙两名同学分别作了一种辅助线，其中辅助线作法能证明三角形的中位线定理的是（    ） 甲 乙 如图，延长到点，使，连接，，． 如图，过点作，过点作，与交于点． A．甲、乙的辅助线作法都可以 B．甲、乙的辅助线作法都不可以 C．甲的辅助线作法可以，乙的不可以 D．乙的辅助线作法可以，甲的不可以 题型十二 三角形中位线的实际应用 12．（23-24八年级下·河北张家口·期末）如图，要测量池塘两岸相对的A，B两点间的距离，可以在池塘外选一点C，连接、，分别取，的中点D，E，测得，则的长是（    ） A． B． C． D． 题型十三 矩形性质理解 13．（24-25八年级下·河北唐山·期中）如图，四边形和都是矩形，且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 题型十四 利用矩形的性质求角度 14．（23-24八年级下·河北唐山·期末）如图，在矩形中，对角线相交于点是的中点，的度数为 ，的度数为 ． 题型十五 根据矩形的性质求线段长 15．（24-25八年级下·河北邯郸·期中）如图①，已知动点在长方形的边上沿的顺序运动，其运动速度为每秒1个单位长度．连接，记点的运动时间为（秒），的面积为．图②是关于的函数图像，则线段的长为 ，a的值为 ． 题型十六 根据矩形的性质求面积 16．（23-24八年级下·河北衡水·阶段练习）为了提高学生动手能力，学校借助直角三角形花坛的一条直角边开辟出一个矩形实践基地，根据图中数据，可知该矩形实践基地的面积为（    ） A． B． C． D． 题型十七 利用矩形的性质证明 17．（24-25八年级下·河北保定·期中）如图，四边形是平行四边形，四边形是矩形，与在同一条直线上，则下列结论正确的是（    ） A．四边形的周长小于四边形的周长 B．四边形的周长与四边形的周长相等 C．四边形的面积小于四边形的面积 D．四边形的面积与四边形的面积相等 题型十八 求矩形在坐标系中的坐标 18．（八年级下·河北邢台·期末）如图，已知直线AB与正比例函数的图像交于点，与x轴交于点B，与y轴交于点．点P为直线OA上的动点，点P的横坐标为t，以点P为顶点，向右作矩形PDEF，满足轴，且． (1)求k值及直线AB的函数表达式， (2)判定时，点E是否落在直线AB上，请说明理由； (3)在点Р运动的过程中，若矩形PDEF与直线AB有公共点，求t的取值范围． 题型十九 矩形与折叠问题 19．（24-25八年级下·河北保定·期中）珍珍在数学活动课上探究“矩形折叠问题”．如图，在矩形纸片中，为边上一个动点，将纸片沿折叠，点的对应点为点． (1)如图1，若点落在对角线上，且，求的度数． (2)若，． ①如图2，当时，四边形的面积是_____． ②如图3，是的延长线与边的交点，当时，求的长． 题型二十 矩形的判定定理理解 20．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）下列命题是真命题的是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．有一个角是直角的四边形是矩形 C．对角线互相平分的四边形是菱形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形 题型二十一 添一条件使四边形是矩形 21．（22-23八年级下·河北石家庄·期中）已知：如图，在中，平分，交于E，平分，交于F． (1)求证：； (2)当与满足什么关系时，四边形是矩形？请说明理由． 题型二十二 证明四边形是矩形 22．（24-25八年级下·河北保定·期中）如图，在中，，两点分别在边，上，连接，，，，且． (1)求证：四边形为矩形； (2)若平分，且，，求的长． 题型二十三 根据矩形的性质与判定求角度 23．（八年级下·河北·期中）在中，，，当的面积最大时，下列结论：①；②；③；④，其中①正确，还有______也正确（    ） A．②③ B．②④ C．②③④ D．③④ 题型二十四 根据矩形的性质与判定求线段 24．（24-25八年级下·河北石家庄·期中）如图，已知在中，，，，点在斜边上（不与A、B重合），过P作，，垂足分别是E、F，连接．随着P点在边上位置的改变，则长度的最小值是 ． 题型二十五 根据矩形的性质与判定求面积 25．（22-23八年级下·河北保定·期中）如图，在中，，，连接，相交于点，为的中点，若，则四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 题型二十六 利用菱形的性质求角度 26．（24-25八年级下·河北唐山·期中）如图，是菱形的对角线，，则的度数是 ． 题型二十七 利用菱形的性质求线段长 27．（24-25八年级下·河北保定·期中）若一个菱形的边长为2，则该菱形的周长是（    ） A．4 B．6 C．8 D．16 题型二十八 利用菱形的性质求面积 28．（24-25八年级下·河北唐山·期中）如图平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，点的坐标为，点的坐标为，则菱形面积为（   ） A．12 B．24 C．36 D．72 题型二十九 利用菱形的性质证明 29．（2025·河北邯郸·一模）如图-1，在平行四边形中，过点作，垂足分别为点交于点、． (1)若，求的度数； (2)如图-2，若四边形是菱形，延长，相交于点． ①求证：； ②当时，求证：． 题型三十 添一个条件使四边形是菱形 30．（23-24八年级下·河北邢台·期末）如图，在中，，是两条对角线，如果添加一个条件，可推出是菱形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 题型三十一 证明四边形是菱形 31．（23-24八年级下·河北唐山·期末）如图， 矩形的对角线交于点，是上任意一点，作，并截取，连接． (1)判断四边形的形状并说明理由； (2)若 ，且是中点， 连接． ①求四边形 的面积； ②则的最小值是 ． 题型三十二 根据菱形的性质与判定求角度 32．（2025·河北秦皇岛·一模）如图，以点为圆心，适当的长为半径圆弧，交两边于点，，再分别以、为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，．若，则（    ） A． B． C． D． 题型三十三 根据菱形的性质与判定求线段长 33．（23-24八年级下·河北唐山·期末）如图，在四边形中，，点E是的中点，，，于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 题型三十四 根据菱形的性质与判定求面积 34．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，在的两边上分别截取，使：再分别以点A，B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C；再连接．若，，则四边形的面积是（    ） A． B．6 C．4 D．8 题型三十五 正方形性质理解 35．（24-25八年级下·河北保定·期中）如图，在中，，，是的中点，以为边作正方形，，则 ． 题型三十六 根据正方形的性质求角度 36．（23-24八年级下·河北廊坊·期中）如图，正方形中，N，F分别为，延长线上的点，， ． 题型三十七 根据正方形的性质求线段长 37．（24-25八年级下·河北张家口·期中）如图，点是正方形的边的中点，正方形的边长为，点按的顺序在正方形的边上以每秒的速度做匀速运动，设点的运动时间为，的面积为． (1)直接写出点运动时，的面积； (2)在点P运动2至4这段时间内，求y与x的函数关系式． 题型三十八 根据正方形的性质求面积 38．（23-24八年级下·河北唐山·期中）如图，在菱形中，，，则以为边长的正方形的面积为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 题型三十九 正方形折叠问题 39．（23-24八年级下·河北张家口·期中）如图，已知正方形纸片，M、N分别是、的中点，把边向上翻折，使点C恰好落在上的P点处，为折痕，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 题型四十 根据正方形的性质证明 40．（2025·河北邯郸·一模）如图，点分别是四边形边的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则四边形为矩形 B．若，则四边形为菱形 C．若四边形是平行四边形，则与互相平分 D．若四边形是正方形，则与互相垂直且相等 题型四十一 正方形的判定定理理解 41．（23-24八年级下·河北张家口·期末）嘉嘉在学习“特殊平行四边形”一单元后，梳理了如图所示的特殊平行四边形之间的关系．以下选项分别表示A，B，C，D处填写的内容，则对应位置填写错误的选项是（   ） A．有一个内角是 B．有一组邻边相等 C．对角线互相平分 D．对角线相等 题型四十二 添一个条件使四边形是正方形 42．（22-23八年级下·河北邯郸·期末）如图，在四边形中，，，，交于点，添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法中正确的个数是（    ）    ①添加“”，则四边形是菱形 ②添加“，则四边形是矩形 ③添加“”，则四边形是菱形 ④添加“”，则四边形是正方形 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 题型四十三 证明四边形是正方形 43．（八年级下·河北保定·期末）如图，四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（   ） A．当时，平行四边形是菱形 B．当时，平行四边形是矩形 C．当时，平行四边形是菱形 D．当且时，平行四边形是正方形 题型四十四 根据正方形的性质与判定求线段长 44．（24-25八年级下·河北沧州·阶段练习）如图，在中，，两锐角的角平分线交于点P，点E、F分别在边、上，且都不与点重合，若，连接，当，，时，则的周长为 ． 题型四十五 （特殊）平行四边形的动点问题 45．（24-25八年级下·河北唐山·期中）在四边形中，，，，，，点从点以的速度向点运动，点从点以的速度同时向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为秒． (1)求为何值时，四边形是平行四边形？ (2)求为何值时，四边形是矩形？ (3)在整个运动过程中，_________（答“存在”或“不存在”）t值，使得四边形是菱形； (4)若只改变线段的长度，其余条件都不变，在整个运动过程中，当四边形是正方形时，请你求出的值和线段的长度． 题型四十六 四边形其他综合问题 46．（23-24八年级下·河北邢台·期末）如图1，在矩形中，，E是边上的一个动点（点E不与B、C重合），，垂足为点F，过点D作，交的延长线于点G．    (1)若， ①求证：四边形是菱形；②求四边形的周长； (2)如图2，于点M，于点N，探究： ①当为何值时，四边形是正方形； ②点E在边上的运动过程中，四边形的面积是否发生变化，若不变，请求出该四边形的面积；若变化，请说明理由． 题型四十七 网格中多边形面积比较 47．（22-23八年级下·河北廊坊·阶段练习）如图，每个小正方形的边长都是1． (1)求四边形的周长； (2)四边形的面积__________. (3)判断与的位置关系并说明理由． 题型四十八 多边形内角和问题 48．（2025·河北邯郸·一模）在正方形中，为上一动点，连接交对角线于点． (1)如图-1，连接，求证：； (2)如图-2，过点作交于点，连接，求证：． 49．（24-25八年级下·河北邢台·阶段练习）如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为2的正六边形的顶点A处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，黑跳棋按逆时针方向3秒钟跳1个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过2040秒钟后，两枚跳棋之间的距离是 ． 题型四十九 多边形截角后的内角和问题 50．（23-24八年级下·河北沧州·期末）如图，将五边形沿虚线裁去一个角，得到六边形，则下列说法正确的是（    ） ①周长变大； ②周长变小； ③外角和增加； ④六边形的内角和为． A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ $$