专题05 特殊的平行四边形（考点清单，3考点16题型）-2024-2025学年八年级数学下学期期末考点大串讲（浙教版）

专题05 特殊的平行四边形 （3个考点梳理+16种题型解读+提升训练） 清单01 矩形 1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 【易错点】 1）矩形一定是平行四边形，但是平行四边形不一定是矩形. 2）对于矩形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②有一个角是直角. 3）定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形，不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形. 反例： 2.矩形的性质定理： 性质 符号语言 图示 边 两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC 角 四个角都是直角 ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90° 对角线 两条对角线互相平分且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AO=CO=BO=DO 【补充】 1）矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的一切性质； 2）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，经常会用到等腰三角形的性质解决问题. 3）利用矩形的性质可以推出：在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半. 3.矩形的判定 判定定理 符号语言 图示 角 一个角是直角的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵∠ABC=90°，∴平行四边形ABCD是矩形 三个角是直角的四边形是矩形 在四边形ABCD中， ∵∠B=∠A=∠D=90°， ∴四边形ABCD是矩形 对角线 对角线相等的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形 清单02 菱形 1.菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 【易错点】 1）对于菱形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②一组邻边相等. 2）定义说有一组邻边相等的平行四边形才是菱形，不要错误地理解为有一组邻边相等的四边形是菱形. 2.菱形的性质定理 性质定理 符号语言 图示 边 四条边都相等 ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=CD=AD=BC 对角线 对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角 ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD 【补充】 1）菱形是特殊的平行四边形，所以菱形具有平行四边形的一切性质； 2）菱形的两条对角线互相垂直，且对角线将菱形分成四个全等的直角三角形. 3）对角线互相垂直的四边形不一定是菱形. 4）菱形的面积公式： ①菱形的面积=底×高，即 ②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即. 3. 菱形的判定 判定定理 符号语言 图示 边 四条边相等的四边形是菱形. 在四边形ABCD中， ∵AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形 一组邻边相等的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AB=BC，∴平行四边形ABCD是菱形 对角线 对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形 清单03 正方形 1.正方形的定义：有一组邻边相等且只有一个角是直角的平行四边形是正方形. 2.正方形的性质： 1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行. 2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 【补充】 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°. 3）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形. 4）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半. 3.正方形的判定： 定义法 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 判定定理 矩形+一组邻边相等 有一组邻边相等的矩形是正方形 矩形+对角线互相垂直 对角线互相垂直的矩形是正方形 菱形+一个角是直角 有一个角是直角的菱形是正方形 菱形+对角线相等 对角线相等的菱形是正方形 【解题技巧】判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等． 【考点题型一】利用矩形的性质求角度（） 1．（23-24八年级下·浙江丽水·期末）如图，是矩形的一条对角线，，依据尺规作图的痕迹，与的交点为，则的度数是 （用α的代数式表示）． 2．（23-24八年级下·浙江温州·期末）如图，矩形的对角线，相交于点O，于点E，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·浙江绍兴·期中）如图，在矩形中，是边上的一点，且，，求的度数． 【考点题型二】利用矩形的性质求线段长（） 4．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，点是矩形的对角线的中点，是边的中点．若，则线段的长为（　　） A．4 B．5 C．6 D．8 5．（20-21八年级下·浙江绍兴·期末）如图，矩形的对角线交于点O，，过点O作，交于点E，过点E作，垂足为F，则的值为 ．    6．（23-24八年级下·浙江湖州·期末）如图，在矩形中，的平分线交于点E，点F，G分别是和的中点． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)若，，求的长． 【考点题型三】利用矩形的性质求面积（） 7．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，为矩形对角线上的一点，过点作，分别交、于点、，若，，的面积为，的面积为，则（   ） A．12 B．8 C．6 D．10 8．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在矩形中，是矩形内一点，设，，，的面积分别表示为，，，，要求出的值，只需知道（    ） A． B． C． D． 9．（24-25九年级上·内蒙古赤峰·阶段练习）如图，若将四根木条钉成的矩形木框变形为平行四边形，并使其最小内角为，则这个四边形周长不变，面积变为原来的 ． 10．（21-22八年级下·浙江·开学考试）如图，一块长方形场地的长为，宽为，于E，于F，连接，现计划在四边形区域内种植一种花草，已知该种花草的价格是150元/，若把四边形区域种满这种花草，需多少元？    【考点题型四】求矩形在坐标系中的坐标（） 11．（20-21八年级下·浙江·期中）如图，矩形中，若的坐标为，则 ． 12．（2021·浙江杭州·模拟预测）矩形中，，，，则点坐标为 ． 13．（24-25八年级下·重庆璧山·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、的坐标分别为，，点为，点在线段上运动，当是腰长为5的等腰三角形时，点的坐标为 ． 【考点题型五】矩形与折叠问题（） 14．（24-25八年级上·浙江丽水·期末）如图，长方形纸片的边在x轴上，且过原点，连接．将纸片沿折叠，使点C恰好落在边上的点处．若，则点D的纵坐标为（   ） A．9 B．12 C．14 D．15 15．（24-25八年级上·浙江嘉兴·期中）如图，在矩形中，，点和是边上的两点，连接、，将和沿、折叠后，点和点重合于点，则的长是（   ） A．3 B．5 C．6 D．8 16．（24-25八年级上·浙江杭州·期中）如图，在长方形纸片中，，，点M 为上一点，将沿翻至， 交于点G，交于点F，且，则的长度是 17．（24-25八年级上·贵州遵义·期中）已知，如图所示，折叠矩形的一边，使点D落在边的点F处，如果，，求 (1)的长； (2)的长． 【考点题型六】证明四边形是矩形（） 18．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，在中，，是的角平分线，四边形是平行四边形．求证：四边形是矩形． 19．（20-21八年级下·山东泰安·期末）如图，在中，，是的中点，是的中点，，交的延长线于点，连接．求证：四边形是矩形． 20．（22-23八年级下·浙江宁波·期末）如图，在中，点O为线段的中点，延长交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接．若，求的长． 【考点题型七】利用菱形的性质求角度（） 21．（23-24八年级下·广东江门·期末）如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的大小（菱形的边长不变）．当时，则的度数为（    ） A． B． C． D． 22．（22-23八年级下·浙江台州·期中）如图，在菱形中，E，F分别在，上，，．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 23．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，和为两条对角线，分别作和的角平分线交于点N和M，且，则 °． 24．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，菱形中，，点在对角线上，交于点，交于点．    (1)求的度数； (2)连结，当时，判断与的数量关系并证明． 【考点题型八】利用菱形的性质求线段长（） 25．（24-25九年级上·山西运城·期中）如图，在菱形中，对角线交于点是边上一点，且．若，则菱形的周长为（    ） A．10 B．15 C．20 D．25 26．（24-25八年级上·浙江·期中）如图，线段，点P在线段上，且，分别以点A和点B为圆心，的长为半径作弧，两弧相交于点C和点D，连接，则点C到边的距离是（  ） A． B． C．4 D．3 27．（22-23八年级下·浙江宁波·期中）如图，在菱形中，，点E、F、G、H分别是边、、、中点，在直线上方有一动点P，且满足，则周长的最小值为 ． 28．（2024八年级下·浙江·专题练习）矩形的顶点E，G分别在菱形的边、上，顶点F，H在菱形的对角线上．    (1)求证：； (2)若E为中点，，求菱形的周长． 【考点题型九】利用菱形的性质求面积（） 29．（23-24八年级下·福建泉州·阶段练习）已知菱形面积为，一条对角线长为，则这个菱形的周长是（    ） A． B．40 C． D． 30．（23-24八年级下·浙江金华·期末）菱形的周长为，一个内角的度数是，则该菱形的面积为（    ） A． B． C． D． 31．（23-24八年级下·福建福州·期末）若一个菱形的两条对角线长分别是关于的一元二次方程的两个实数根，且其面积为20，则该菱形两对角线长分别为（   ） A．3与11 B．4与10 C．2与10 D．5与8 32．（24-25九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在菱形中，，对角线，则菱形的面积为 ．    33．（2023八年级下·浙江·专题练习）如图，已知四边形是菱形，点E、F分别是边的中点，连接． (1)求证：是等腰三角形； (2)若，求菱形的面积． 【考点题型十】求菱形在坐标系中的坐标（） 34．（2023·天津河西·模拟预测）如图，菱形中的顶点O，A的坐标分别为，，点C在x轴的正半轴上，则点B的坐标为（    ） A． B． C． D． 35．（2022·四川自贡·中考真题）如图，菱形对角线交点与坐标原点重合，点，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 36．（23-24八年级下·江苏南通·期中）如图，平面直角坐标系中，四边形是菱形．若点A的坐标是，则菱形的周长为 ． 【考点题型十一】证明四边形是菱形（） 37．（24-25八年级下·浙江嘉兴·阶段练习）如图，矩形的对角线，相交于点O，． 求证：四边形是菱形． 38．（22-23八年级下·浙江宁波·期末）已知：如图1，在平行四边形中，连结，，点，分别为，的中点，连结并延长交的延长线于点． (1)如图1，若，，求四边形的周长； (2)如图2，连结，．求证：四边形是菱形． 39．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图，在中，，是的中点，连接并延长，交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求四边形的面积． 【考点题型十二】利用正方形的性质求角度（） 40．（2023八年级下·浙江·专题练习）如图，为正方形外一点，且是等边三角形，的度数为（　　）    A． B． C． D． 41．（22-23八年级下·浙江绍兴·期末）如图，正方形中，现分别以A，B为圆心，以为半径画圆弧，两圆弧交于点O，则的度数为 ．        42．（2023八年级下·浙江·专题练习）如图，在正方形中，点E是对角线上的一点，点F在的延长线上，且，交于点G． (1)求证：； (2)求的度数． 【考点题型十三】利用正方形的性质求线段长（） 43．（24-25八年级上·浙江杭州·期中）如图，面积为的正方形的顶点在数轴上，且表示的数为，若，则数轴上点所表示的数为（    ） A． B． C． D． 44．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）已知点E，F分别在边长为3的正方形的边，上，且点F 为的三等分点，若平分，则的长为（   ） A．或 B．或 C．或 D．或 45．（23-24八年级下·浙江台州·期末）如图，在正方形中，以B为圆心，长为半径画圆弧，与的延长线相交于点E，连接． (1)求的度数； (2)若，求的长． 【考点题型十四】利用正方形的形状求面积（） 46．（23-24八年级下·浙江·阶段练习）四边形和四边形都是正方形、E在上，连结交对角线于点H，交于点I、若，则这两正方形的面积之和为（    ） A． B． C． D． 47．（23-24八年级上·浙江绍兴·期末）如图，以直角的每一条边为边长，在AB的同侧作三个正方形，各个涂色部分分别用①、②、③、④、⑤表示，已知②、④两部分的面积和为，则③、⑤两部分的面积和为（    ）． A．8 B．9 C．10 D．11 48．（23-24八年级上·浙江杭州·期中）如图，的两条直角边，，分别以的三边为边作三个正方形．若四个阴影部分面积分别为，，，．则的值为 ，的值为 ． 49．（20-21八年级下·浙江杭州·期末）已知：如图，在正方形ABCD中，BD为对角线，E、F分别是AD，CD上的点，且AE＝CF，连接BE、BF、EF． （1）求证：EM＝FM； （2）若DE：AE＝2：1，设S△ABE＝S，求S△BEF（用含S的代数式表示）． 【考点题型十五】正方形与折叠问题（） 50．（22-23八年级下·天津北辰·期中）如图，将正方形纸片折叠，使边均落在对角线上，得折痕，则的度数是（    ） A． B． C． D． 51．（22-23八年级下·湖北荆门·期中）如图，将正方形纸片折叠，使点落在边点处，点落在点处，折痕为．若，则的度数为 ． 52．（21-22八年级上·浙江温州·期中）如图，正方形ABCD中，AD＝ ，已知点E是边AB上的一动点（不与A、B重合）将△ADE沿DE对折，点A的对应点为P，当△APB是等腰三角形时，AE＝ ．（温馨提示：∵ ，∴ ） 【考点题型十六】证明四边形是正方形（） 53．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，在正方形中，，垂足为，过点分别作于点于点，求证：四边形是正方形． 54．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在矩形中，是边上一点，是的延长线上一点，连接，，已知，．    (1)求证：四边形是正方形． (2)若，，求四边形的面积． 55．（22-23八年级下·广西桂林·期中）如图，在中，两锐角的角平分线，相交于点O，于点F，于点G．求证：四边形是正方形．    3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 特殊的平行四边形 （3个考点梳理+16种题型解读+提升训练） 清单01 矩形 1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 【易错点】 1）矩形一定是平行四边形，但是平行四边形不一定是矩形. 2）对于矩形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②有一个角是直角. 3）定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形，不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形. 反例： 2.矩形的性质定理： 性质 符号语言 图示 边 两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC 角 四个角都是直角 ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90° 对角线 两条对角线互相平分且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AO=CO=BO=DO 【补充】 1）矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的一切性质； 2）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，经常会用到等腰三角形的性质解决问题. 3）利用矩形的性质可以推出：在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半. 3.矩形的判定 判定定理 符号语言 图示 角 一个角是直角的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵∠ABC=90°，∴平行四边形ABCD是矩形 三个角是直角的四边形是矩形 在四边形ABCD中， ∵∠B=∠A=∠D=90°， ∴四边形ABCD是矩形 对角线 对角线相等的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形 清单02 菱形 1.菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 【易错点】 1）对于菱形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②一组邻边相等. 2）定义说有一组邻边相等的平行四边形才是菱形，不要错误地理解为有一组邻边相等的四边形是菱形. 2.菱形的性质定理 性质定理 符号语言 图示 边 四条边都相等 ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=CD=AD=BC 对角线 对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角 ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD 【补充】 1）菱形是特殊的平行四边形，所以菱形具有平行四边形的一切性质； 2）菱形的两条对角线互相垂直，且对角线将菱形分成四个全等的直角三角形. 3）对角线互相垂直的四边形不一定是菱形. 4）菱形的面积公式： ①菱形的面积=底×高，即 ②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即. 3. 菱形的判定 判定定理 符号语言 图示 边 四条边相等的四边形是菱形. 在四边形ABCD中， ∵AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形 一组邻边相等的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AB=BC，∴平行四边形ABCD是菱形 对角线 对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形 清单03 正方形 1.正方形的定义：有一组邻边相等且只有一个角是直角的平行四边形是正方形. 2.正方形的性质： 1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行. 2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 【补充】 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°. 3）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形. 4）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半. 3.正方形的判定： 定义法 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 判定定理 矩形+一组邻边相等 有一组邻边相等的矩形是正方形 矩形+对角线互相垂直 对角线互相垂直的矩形是正方形 菱形+一个角是直角 有一个角是直角的菱形是正方形 菱形+对角线相等 对角线相等的菱形是正方形 【解题技巧】判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等． 【考点题型一】利用矩形的性质求角度（） 1．（23-24八年级下·浙江丽水·期末）如图，是矩形的一条对角线，，依据尺规作图的痕迹，与的交点为，则的度数是 （用α的代数式表示）． 【答案】 【分析】本题考查了作图—基本作图，角平分线的定义、线段垂直平分线的性质、矩形的性质，设与交于点，由作图可得：平分，垂直平分，从而得出，，由矩形的性质得出，推出，即可得解． 【详解】解：如图，设与交于点， 由作图可得：平分，垂直平分， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（23-24八年级下·浙江温州·期末）如图，矩形的对角线，相交于点O，于点E，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，垂直的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质可得，由等边对等角可得，利用三角形外角性质可得，结合，即可求出. 【详解】解： 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ． 故选：A． 3．（23-24八年级下·浙江绍兴·期中）如图，在矩形中，是边上的一点，且，，求的度数． 【答案】 【分析】本题考查了矩形和等腰三角形的性质，三角形内角和定理，根据矩形和等腰三角形的性质即可得出答案． 【详解】解：在矩形中，, ∴, ∵， ∴， ∴， 【考点题型二】利用矩形的性质求线段长（） 4．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，点是矩形的对角线的中点，是边的中点．若，则线段的长为（　　） A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】B 【分析】本题考查中位线的性质，矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，熟练掌握这些性质是解题的关键．利用中位线求出，利用矩形性质求出，，利用勾股定理求出，再利用直角三角形斜边中线的性质即可求解． 【详解】解：∵点是的中点，是的中点， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， 故选：B． 5．（20-21八年级下·浙江绍兴·期末）如图，矩形的对角线交于点O，，过点O作，交于点E，过点E作，垂足为F，则的值为 ．    【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理等知识，依据矩形的性质即可得到的面积为12，再根据，即可得到的值． 【详解】解：∵， ∴矩形的面积为48，， ∴， ∵对角线交于点， ∴的面积为12， ∵ ∴，即， ∴， ∴， 故答案为：． 6．（23-24八年级下·浙江湖州·期末）如图，在矩形中，的平分线交于点E，点F，G分别是和的中点． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，等腰直角三角形的判定： （1）由角平分线的定义得到，由矩形的性质得到，，进而证明，得到，即可证明是等腰直角三角形． （2）由矩形的性质得到，，则，由勾股定理得到，则由三角形中位线定理可得． 【详解】（1）证明：∵ 平分， ∴， 在矩形中，，， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形． （2）解：由（1）得， 在矩形中，，， ∴， 连接，在中，由勾股定理得， ∵点F，G分别为和的中点， ∴． 【考点题型三】利用矩形的性质求面积（） 7．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，为矩形对角线上的一点，过点作，分别交、于点、，若，，的面积为，的面积为，则（   ） A．12 B．8 C．6 D．10 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的性质、三角形的面积等知识，作辅助线构造矩形是解题的关键． 先作辅助线，然后根据矩形的性质可得到两个三角形的面积相等，根据三角形面积的和差进行求解即可． 【详解】解：作于点，交于点，如图所示： 又∵， 则四边形，，，都是矩形， ，，，，，， ，， ， ， ∴， 故选：A． 8．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在矩形中，是矩形内一点，设，，，的面积分别表示为，，，，要求出的值，只需知道（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形的面积与平行四边形的面积，熟练掌握以上知识点是解题的关键．过点作，，作交于点，交于点，先证明四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，通过，，，，得到，同理可证，即，从而推出答案． 【详解】过点作，，作交于点，交于点，如图所示： 四边形是矩形 ，， 四边形是平行四边形，四边形是平行四边形 ，， ， ， 即 同理可证 故选：B． 9．（24-25九年级上·内蒙古赤峰·阶段练习）如图，若将四根木条钉成的矩形木框变形为平行四边形，并使其最小内角为，则这个四边形周长不变，面积变为原来的 ． 【答案】一半//0.5 【分析】主要考查了平行四边形的面积公式和基本性质，直角三角形中，的角对的直角边等于斜边的一半．作出高构造含有的直角三角形是解题关键． 过点作于点，在直角三角形中，，可得，再由平行四边形面积公式可得面积为矩形面积的一半． 【详解】解：如图，过点作于点， 在直角三角形中， ∵ ∴， ． 故答案为：一半． 10．（21-22八年级下·浙江·开学考试）如图，一块长方形场地的长为，宽为，于E，于F，连接，现计划在四边形区域内种植一种花草，已知该种花草的价格是150元/，若把四边形区域种满这种花草，需多少元？    【答案】元． 【分析】本题主要考查矩形的性质以及勾股定理的应用，此题关键是求出四边形EDFB的面积，而面积的求出可由原矩形面积减去外围四个三角形的面积，外围四个三角形面积都相等，只要求出一个即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴ ∴ ∵， ∴, ∴, ∴， 同理． ∴． 在中，且，， ∴ 连接交于点O，则    设则 又 ∴， 解得，，即， ∴， ∴． ∴． ∴． 又花草的价格是每平方米150元， 所以共需元． 【考点题型四】求矩形在坐标系中的坐标（） 11．（20-21八年级下·浙江·期中）如图，矩形中，若的坐标为，则 ． 【答案】 【分析】连接OB，过B作BM⊥x轴于M，根据勾股定理求出OB，根据矩形的性质得出AC=OB，即可得出答案． 【详解】解：如图所示，连接OB，过B作BM⊥x轴于M． ∵点的坐标是， ∴，，由勾股定理得：， ∵四边形OABC是矩形， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理等知识点，能根据矩形的性质得出AC=OB是解此题的关键． 12．（2021·浙江杭州·模拟预测）矩形中，，，，则点坐标为 ． 【答案】（-3，3） 【分析】先在坐标系内描出A，B，C三点的坐标，然后根据矩形的性质写出D点坐标． 【详解】解：在矩形ABCD中A（-3，2），C（0，3），B（0，2）． ∴点D的横坐标为-3，纵坐标为3． ∴点D的坐标为（-3，3）． 故答案为：（-3，3）． 【点睛】本题考查了坐标系内点的坐标特征，矩形的性质，是常见题型． 13．（24-25八年级下·重庆璧山·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、的坐标分别为，，点为，点在线段上运动，当是腰长为5的等腰三角形时，点的坐标为 ． 【答案】或或 【分析】此题主要考查了矩形的性质以及坐标与图形的性质和等腰三角形的性质，勾股定理，根据是腰长为的等腰三角形进行分类讨论是解决问题的关键．根据当时，以及当时，分别进行讨论得出点的坐标． 【详解】解：矩形的顶点、的坐标分别为，，点为， ∴， 过作于， ①当时，如图1所示： ，， 由勾股定理得：， ； ②当时， 如图2所示： ，， 由勾股定理得：， ， ； 如图3所示： ，， 由勾股定理得：， ， ； 综上，满足题意的点的坐标为或或， 故答案为：或或． 【考点题型五】矩形与折叠问题（） 14．（24-25八年级上·浙江丽水·期末）如图，长方形纸片的边在x轴上，且过原点，连接．将纸片沿折叠，使点C恰好落在边上的点处．若，则点D的纵坐标为（   ） A．9 B．12 C．14 D．15 【答案】D 【分析】本题考查了翻折变换折叠问题，勾股定理，矩形的性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．根据矩形到现在得到，，，由折叠的性质可得出，，，由，得到，，根据勾股定理得到，求得，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， 由折叠的性质可得出，，， ， ，， ， ， ， ， ， 点D的纵坐标为15． 故选：D． 15．（24-25八年级上·浙江嘉兴·期中）如图，在矩形中，，点和是边上的两点，连接、，将和沿、折叠后，点和点重合于点，则的长是（   ） A．3 B．5 C．6 D．8 【答案】C 【分析】本题主要考查矩形与折叠问题，等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，过点作于点，则于点，由勾股定理可求，，设，则，由勾股定理求出，从而进一步可得出结论． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， 由折叠得，，，，， ， ， ， ， 过点作于点，则于点，如图，则， ， 由勾股定理得，， ， 设，则， 在直角中，， ， 解得，， ， 即， ， 故选：C． 16．（24-25八年级上·浙江杭州·期中）如图，在长方形纸片中，，，点M 为上一点，将沿翻至， 交于点G，交于点F，且，则的长度是 【答案】 【分析】本题考查了翻折变换和矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据条件列出方程是解题的关键． 先证明，再根据勾股定理设未知数列方程求解即可． 【详解】解：设，则， 在和中 ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 在中，， 即， 解得：， 故答案为：． 17．（24-25八年级上·贵州遵义·期中）已知，如图所示，折叠矩形的一边，使点D落在边的点F处，如果，，求 (1)的长； (2)的长． 【答案】(1) (2)的长为． 【分析】此题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，正确地求出的长是解题的关键． （1）由矩形的性质得，，由折叠得，而，所以，则； （2）设，由，，根据勾股定理列式计算，即可求解． 【详解】（1）解： 四边形是矩形，，， ，， 由折叠得， ， ， 的长为． （2）解：设， ，， ， 由折叠可知：， ， ， 的长为． 【考点题型六】证明四边形是矩形（） 18．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，在中，，是的角平分线，四边形是平行四边形．求证：四边形是矩形． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查矩形的判定，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的三线合一，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．先利用三线合一得出，，利用四边形是平行四边形结合，推出四边形是平行四边形，再结合，即可证明． 【详解】证明：∵，是的角平分线， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． 19．（20-21八年级下·山东泰安·期末）如图，在中，，是的中点，是的中点，，交的延长线于点，连接．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了矩形的判定，全等三角形的性质与判定，三线合一定理，掌握其性质定理是解决此题的关键． 先证明≌，再证明四边形是平行四边形，再由矩形的判定方法即可证明． 【详解】证明：∵， ∴，， ∵是的中点， ∴， 在和中， ， ∴≌， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵，是的中点， ∴， ∴四边形是矩形． 20．（22-23八年级下·浙江宁波·期末）如图，在中，点O为线段的中点，延长交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接．若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（）证，得，再证四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论； （）过点作于点，由矩形的性质得，，再由等腰三角形的性质得，则为的中位线，得，然后由平行四边形的性质得，进而由勾股定理即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵为的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：如图，过点作于点， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴为的中位线， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即的长为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理以及勾股定理，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键． 【考点题型七】利用菱形的性质求角度（） 21．（23-24八年级下·广东江门·期末）如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的大小（菱形的边长不变）．当时，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的对角线平分对角的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，是对角线， ∴，平分， ∴， 故选：A ． 22．（22-23八年级下·浙江台州·期中）如图，在菱形中，E，F分别在，上，，．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用菱形的性质求出，的度数，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出的度数，证明可求出的度数，最后利用角的和差关系求解即可． 【详解】解：∵菱形，， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，即， 又，， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，明确题意，找出所求问题需要的条件是解题的关键． 23．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，和为两条对角线，分别作和的角平分线交于点N和M，且，则 °． 【答案】60 【分析】本题考查菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 根据菱形的性质和角平分线的定义证明，进而可以解决问题． 【详解】解：，分别是和的角平分线， ，，， ∵四边形是菱形， ，，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：60． 24．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，菱形中，，点在对角线上，交于点，交于点．    (1)求的度数； (2)连结，当时，判断与的数量关系并证明． 【答案】(1) (2)，理由见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定，解决本题的关键是掌握菱形的性质． （1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的对角相等即可解决问题； （2）连接，根据菱形的对称性，证得，，然后利用菱形的性质和三角形内角和定理证明，得，进而可以解决问题． 【详解】（1）解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴． （2）解：，理由如下： 连接，   四边形是菱形， ∴点B与点D关于对称， ∴，， 菱形中，，， ， ， ， ∴ ， 由（1）知：四边形是平行四边形， ∴， ∴ ∴ ， ， ． 【考点题型八】利用菱形的性质求线段长（） 25．（24-25九年级上·山西运城·期中）如图，在菱形中，对角线交于点是边上一点，且．若，则菱形的周长为（    ） A．10 B．15 C．20 D．25 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，等角的余角相等，等角对等边；先根据菱形的性质得到，然后得到，，即可得到，然后求出长即可解题． 【详解】解：∵是菱形， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， ∴菱形的周长为， 故选：C． 26．（24-25八年级上·浙江·期中）如图，线段，点P在线段上，且，分别以点A和点B为圆心，的长为半径作弧，两弧相交于点C和点D，连接，则点C到边的距离是（  ） A． B． C．4 D．3 【答案】B 【分析】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质、菱形的判定与性质．连接交于E点，先利用基本作图得到垂直平分，则可判断四边形为菱形，所以，，再利用勾股定理计算出得到，设点C到边的距离为h，然后利用菱形的面积公式得到，从而求出h即可． 【详解】解：连接交于E点，如图， 由作图可得垂直平分， ∴四边形为菱形， ∴， 在中，， ∴， 设点C到边的距离为h， ∴， ∴． 故选：B． 27．（22-23八年级下·浙江宁波·期中）如图，在菱形中，，点E、F、G、H分别是边、、、中点，在直线上方有一动点P，且满足，则周长的最小值为 ． 【答案】 【分析】证明出四边形为矩形，在上方作直线，且到的距离为，说明点在上，作点关于的对称点，连接，交于点，则三角形为所求，利用勾股定理求出，即可求出最小周长． 【详解】解：如图，连接、交于， 点、、、分别是边、、、中点， 、为、的中位线， ，， 四边形为平行四边形， 四边形为菱形， ， ， 四边形为矩形， 在上方作直线，且到的距离为， ， 点在上， 作点关于的对称点，连接，交于点， 由对称得，， ， 由两点间线段最短得，此时最短， 周长最短， ，， 为等边三角形， ， ， ， 点、分别是边、的中点，且， 为等边三角形， ， 到的距离为， 点到的距离为， 点到的距离为， ， ， 周长的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了轴对称线段最短问题，菱形性质、中点四边形性质及三角形中位线性质的应用是本题的解题关键． 28．（2024八年级下·浙江·专题练习）矩形的顶点E，G分别在菱形的边、上，顶点F，H在菱形的对角线上．    (1)求证：； (2)若E为中点，，求菱形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)16 【分析】本题考查矩形的性质、菱形的性质，解答本题的关键是利用AAS证明． （1）根据矩形的性质得出，，进而利用AAS证明，利用全等三角形的性质解答即可； （2）连接，根据菱形的性质解答即可． 【详解】（1）解：证明：在矩形中，，， ∴， ∵， ∴， 在菱形中，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴； （2）如图，连接，    在菱形中，，， 为的中点， ， 由（1）知，， ∴， 又， 四边形是平行四边形， ， 在矩形中，， ，即菱形的边长为4． ∴菱形的周长为． 【考点题型九】利用菱形的性质求面积（） 29．（23-24八年级下·福建泉州·阶段练习）已知菱形面积为，一条对角线长为，则这个菱形的周长是（    ） A． B．40 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半可求出另一条对角线的长度，再根据勾股定理可求出边长，继而可求出周长． 【详解】如图所示： 菱形的面积等于对角线乘积的一半，，， ， ∴，， 在中，， 即有， 解得：， 菱形的周长． 故选：C． 30．（23-24八年级下·浙江金华·期末）菱形的周长为，一个内角的度数是，则该菱形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理，根据题意得出图形、熟练掌握菱形的性质、含角的直角三角形的性质是解题的关键． 根据题意得出图形，菱形的周长为，，对角线、交于点，根据菱形的性质，求出菱形的边长，得出，推出，结合含角的直角三角形的性质，得出，结合勾股定理计算出，根据菱形的面积等于个小直角三角形的面积，计算得出答案即可． 【详解】解：由题意得：如图，菱形的周长为，，对角线、交于点，    ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积， 故选：A． 31．（23-24八年级下·福建福州·期末）若一个菱形的两条对角线长分别是关于的一元二次方程的两个实数根，且其面积为20，则该菱形两对角线长分别为（   ） A．3与11 B．4与10 C．2与10 D．5与8 【答案】B 【分析】本题主要考查了根与系数的关系及菱形的性质．设菱形的两条对角线长分别为a、b，利用根与系数的关系及对角线与菱形面积的关系得等式，再根据菱形的边长与对角线的关系求出菱形的边长． 【详解】解：设菱形的两条对角线长分别为，即的两根为， 由题意得：， ∵菱形面积为20， ∴，解得：， ∴一元二次方程为， 整理得， 解得， ∴该菱形两对角线长分别为4与10， 故选：B． 32．（24-25九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在菱形中，，对角线，则菱形的面积为 ．    【答案】 【分析】本题考查菱形的性质综合应用，灵活应用菱形性质是解题关键． 由菱形的，则在中根据勾股定理以及所对的直角边是斜边的一半，列方程可以求出的长，即可求出菱形的面积. 【详解】解：如图，连接与交于O，    ∵四边形为菱形 ∴，O为中点， ∵， ∴ 在中，， 设，根据勾股定理可得： 解得， ∴， ∴菱形的面积为 故答案为：． 33．（2023八年级下·浙江·专题练习）如图，已知四边形是菱形，点E、F分别是边的中点，连接． (1)求证：是等腰三角形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)96 【分析】（1）根据菱形的性质证明，则，进而结论得证； （2）如图，连接交于O，则是的中位线，，即，在中，由勾股定理得，则，根据菱形的面积为，计算求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵点E、F分别是边的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； （2）解：如图，连接交于O， ∵点E、F分别是边的中点， ∴是的中位线， ∴，即， ∵四边形是菱形， ∴，，， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴菱形的面积为， ∴菱形的面积为96． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，三角形中位线定理，勾股定理．正确地作出辅助线是解题的关键． 【考点题型十】求菱形在坐标系中的坐标（） 34．（2023·天津河西·模拟预测）如图，菱形中的顶点O，A的坐标分别为，，点C在x轴的正半轴上，则点B的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】菱形中的顶点O，A的坐标分别为，，勾股定理求得，点C在x轴的正半轴上，得轴可求解． 【详解】解：菱形中的顶点O，A的坐标分别为，， ， 点C在x轴的正半轴上， 轴， ， 故选B． 【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理及坐标与图形；解题的关键是求出菱形的边长． 35．（2022·四川自贡·中考真题）如图，菱形对角线交点与坐标原点重合，点，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据菱形的中心对称性，A、C坐标关于原点对称，利用横反纵也反的口诀求解即可． 【详解】∵菱形是中心对称图形，且对称中心为原点， ∴A、C坐标关于原点对称， ∴C的坐标为， 故选B． 【点睛】本题考查了菱形的中心对称性质，原点对称，熟练掌握菱形的性质，关于原点对称点的坐标特点是解题的关键． 36．（23-24八年级下·江苏南通·期中）如图，平面直角坐标系中，四边形是菱形．若点A的坐标是，则菱形的周长为 ． 【答案】40 【分析】本题考查了菱形的性质，平面直角坐标系中两点的距离，勾股定理等知识．于点D，根据勾股定理求出，根据菱形的性质即可求解． 【详解】解：如图，作于点D， ∵点A的坐标是， ∴， ∴菱形的周长为40． 故答案为：40 【考点题型十一】证明四边形是菱形（） 37．（24-25八年级下·浙江嘉兴·阶段练习）如图，矩形的对角线，相交于点O，． 求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查矩形的性质和菱形的判定．根据，可得四边形是平行四边形，根据四边形是矩形，得出，可得出其为菱形． 【详解】证明：， 四边形是平行四边形． 四边形是矩形， ，， ， 四边形是菱形． 38．（22-23八年级下·浙江宁波·期末）已知：如图1，在平行四边形中，连结，，点，分别为，的中点，连结并延长交的延长线于点． (1)如图1，若，，求四边形的周长； (2)如图2，连结，．求证：四边形是菱形． 【答案】(1)13 (2)见解析 【分析】（1）根据三角形中位线定理得到，推出四边形是平行四边形，根据勾股定理得到，根据平行四边形的周长公式即可得到结论； （2）根据平行四边形的性质得到，求得，推出四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）点，分别为，的中点， 是的中位线， ∴， 在中，， 四边形是平行四边形， ，，， ， ， 的周长； （2）四边形是平行四边形， ， 是中点，， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是掌握以上知识点． 39．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图，在中，，是的中点，连接并延长，交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）证明可得，进而可得四边形是平行四边形，再由即可求证； （）由平行四边形的性质可得，，由菱形的性质可得，，，进而由勾股定理得，即得，再根据即可求解； 本题考查饿了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，四边形的面积，掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【考点题型十二】利用正方形的性质求角度（） 40．（2023八年级下·浙江·专题练习）如图，为正方形外一点，且是等边三角形，的度数为（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，由正方形的性质和等边三角形的性质可得，，，可求，可求解，掌握正方形的性质是本题的关键． 【详解】解：是等边三角形，四边形是正方形， ， ，， ， ， ， 故选：B． 41．（22-23八年级下·浙江绍兴·期末）如图，正方形中，现分别以A，B为圆心，以为半径画圆弧，两圆弧交于点O，则的度数为 ．        【答案】/75度 【分析】连接，，，根据作图可知，得出为等边三角形，求出，根据正方形性质得出，，得出，，根据等腰三角形的性质得出． 【详解】解：连接，，，如图所示：      根据作图可知，， ∴为等边三角形， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，解题的关键是证明为等边三角形，求出． 42．（2023八年级下·浙江·专题练习）如图，在正方形中，点E是对角线上的一点，点F在的延长线上，且，交于点G． (1)求证：； (2)求的度数． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）证明，可得结论； （2）结合（1）根据正方形的性质即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴（）， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记正方形的性质证明是解题的关键． 【考点题型十三】利用正方形的性质求线段长（） 43．（24-25八年级上·浙江杭州·期中）如图，面积为的正方形的顶点在数轴上，且表示的数为，若，则数轴上点所表示的数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了实数与数轴，正方形是面积公式是解题的关键． 先求出张方形的边长，再根据向右动就用加法计算求解． 【详解】解：正方形的边长为：， ∴点所表示的数为：， 故选：A． 44．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）已知点E，F分别在边长为3的正方形的边，上，且点F 为的三等分点，若平分，则的长为（   ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】A 【分析】过B点作于G，连接，根据可得，，则可得，．设，则，．然后分两种情况讨论：①当时，②当时，在中，由，列方程求出x的值即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ，， 过B点作于，连接． ∵平分， ∴， 又， ， ， ，， ， ． 设，则，． ①如图，当时，，， 则，， 在中，由得， ， 解得， ； ②如图，当时，，， 则，， 由得， ， 解得， ． 综上，的长为或． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质．全等三角形的判定和性质．角平分线的性质以及勾股定理．熟练掌握以上知识，分两种情况讨论是解题的关键． 45．（23-24八年级下·浙江台州·期末）如图，在正方形中，以B为圆心，长为半径画圆弧，与的延长线相交于点E，连接． (1)求的度数； (2)若，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关性质成为解题的关键． （1）由正方形的性质可得,再根据题意可知,然后根据等腰三角形的性质求得,然后根据角的和差即可解答； （2）由正方形的性质可得,再根据题意可知,然后运用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：∵正方形， ∴, 由题意可得, ∴， ∴． 故答案为：． （2）解：∵正方形，， ∴, ∵， ∴， ∴． 【考点题型十四】利用正方形的形状求面积（） 46．（23-24八年级下·浙江·阶段练习）四边形和四边形都是正方形、E在上，连结交对角线于点H，交于点I、若，则这两正方形的面积之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键． 延长，分别交于点，设正方形的边长为，正方形的边长为，且，则两正方形的面积之和为，先根据正方形的性质、勾股定理可得，再证出，根据全等三角形的性质可得，由此即可得． 【详解】解：如图，延长，分别交于点，    设正方形的边长为b，正方形的边长为c，且， 则两正方形的面积之和为， ∵四边形和都是正方形， ，，， ， 四边形是矩形， ， ，， ， 又， ， 在和中，， ， ， ， ， ∵， ∴， 故选：C． 47．（23-24八年级上·浙江绍兴·期末）如图，以直角的每一条边为边长，在AB的同侧作三个正方形，各个涂色部分分别用①、②、③、④、⑤表示，已知②、④两部分的面积和为，则③、⑤两部分的面积和为（    ）． A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】B 【分析】设序号为①，②，③，④，⑤图形的面积分别为，，，，，利用正方形性质，三角形全等证明即可，本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理是解题的关键． 【详解】如图所示， 设序号为①，②，③，④，⑤图形的面积分别为，，，，，， 根据题意，得， 四边形是正方形，， ， ，， ， ， ． ∴ ∵②、④两部分的面积和为， ∴， 四边形是正方形，四边形是正方形， ， ， ． ∴， 根据题意，得 ， 故选B． 48．（23-24八年级上·浙江杭州·期中）如图，的两条直角边，，分别以的三边为边作三个正方形．若四个阴影部分面积分别为，，，．则的值为 ，的值为 ． 【答案】 6 0 【分析】根据的三边为边作三个正方形得，，，，，，即可得，，利证明，即可得，利用证明，得，即可得，，设，，根据四边形，四边形，四边形都是正方形，得，，,，则，可得，即可得． 【详解】解：∵的三边为边作三个正方形， ∴，，，， ，，， ∴，， 在和中， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，， ∵四边形，四边形，四边形都是正方形， ∴，，， ∵， ∴ ∴， 故答案为：6，0． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点． 49．（20-21八年级下·浙江杭州·期末）已知：如图，在正方形ABCD中，BD为对角线，E、F分别是AD，CD上的点，且AE＝CF，连接BE、BF、EF． （1）求证：EM＝FM； （2）若DE：AE＝2：1，设S△ABE＝S，求S△BEF（用含S的代数式表示）． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）根据正方形的性质得到是等腰三角形，然后根据等腰三角形三线合一的性质即可证明； （2）根据题意表示出AE，DE，DF，CF的长度，进而表示出的面积，即可求出的面积． 【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴， 又∵AE＝CF， ∴， ∴是等腰三角形， 又∵， ∴EM＝FM； （2）∵DE：AE＝2：1， ∴设，，， ∴， ∴， 同理可求得：， ∴， ∴． 【点睛】此题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形面积的求法，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，等腰三角形的性质． 【考点题型十五】正方形与折叠问题（） 50．（22-23八年级下·天津北辰·期中）如图，将正方形纸片折叠，使边均落在对角线上，得折痕，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据四边形是正方形，是对角线，可求出的度数，根据折叠可知是角平分线，由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，是对角线， ∴， ∵沿折叠后落在上，沿折叠后落在上， ∴是的角平分线，是的角平分线， ∴， ∴， 故选：． 【点睛】本题主要考查正方形的折叠，掌握正方形的性质，折叠的性质，角平分线的性质是解题的关键． 51．（22-23八年级下·湖北荆门·期中）如图，将正方形纸片折叠，使点落在边点处，点落在点处，折痕为．若，则的度数为 ． 【答案】/117度 【分析】根据正方形的性质得到，根据折叠的性质得到，，，根据平角的定义得到，根据四边形的内角和即可得到结论． 【详解】解：四边形是正方形， ， 将正方形纸片折叠，使点落在边点处，点落在点处， ，，， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，角的计算，翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相等的角是解决本题的关键． 52．（21-22八年级上·浙江温州·期中）如图，正方形ABCD中，AD＝ ，已知点E是边AB上的一动点（不与A、B重合）将△ADE沿DE对折，点A的对应点为P，当△APB是等腰三角形时，AE＝ ．（温馨提示：∵ ，∴ ） 【答案】2或 /或2 【分析】当AP=AB时，结合正方形的性质可得AB=AD=AP，由折叠的性质可得AD=DP，推出△APD为等边三角形，得到∠ADE=30°，然后根据勾股定理进行计算；当AP=PB时，过P作PF⊥AB于点F，过P作PG⊥AD于点G，则四边形AFPG为矩形，得到PG=AF，由等腰三角形的性质可得AF=AB，结合正方形以及折叠的性质可得PG=AF=PD，则∠GDP=30°，进而求得∠PEF=30°，设PF=x，则PE=AE=2x，EF=x，然后根据AE+EF=AF=PD进行计算． 【详解】解：当AP=AB时， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD， ∴AP=AD． ∵ 将△ADE沿DE对折， 得到△PDE， ∴AD=DP， ∴AP=AD=DP， ∴△APD为等边三角形， ∴∠ADP=60°， ∴∠ADE=30°， ∴， ∴设，则， ∴在中，，即， ∴解得：； 当AP=PB时，过P作PF⊥AB于点F，过P作PG⊥AD于点G， ∵AD⊥AB， ∴四边形AFPG为矩形， ∴PG=AF． ∵AP=PB，PF⊥AB， ∴AF=AB=． ∵AB=AD=DP， ∴PG=AF=PD=， 如图，作DP的中点M，连接GM， ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴是等边三角形 ∴ ∵ ∴∠GDP=30°． ∵∠DAE=∠DPE=90°，∠ADP=30°， ∴∠AEP=150°， ∴∠PEF=30°． 设PF=x，则PE=AE=2x，EF=x， ∴AE+EF=(2+)x=  ， ∴x=2-3， ∴AE=4-6． 故答案为：2或4-6． 【点睛】此题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定方法． 【考点题型十六】证明四边形是正方形（） 53．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，在正方形中，，垂足为，过点分别作于点于点，求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，根据正方形的性质可得，，，再证明，可得，四边形是矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形即可求证． 【详解】证明：四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， 又∵， 四边形是正方形． 54．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在矩形中，是边上一点，是的延长线上一点，连接，，已知，．    (1)求证：四边形是正方形． (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）证明，得出，根据一组邻边相等的矩形为正方形，即可得出结论； （2）根据含30度的直角三角形的性质得出，根据勾股定理求出，根据求出结果即可． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ，． ， ， ， ， ， ． 矩形是正方形． （2）解：，， ， ． ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定，勾股定理，三角形全等的判定和性质，含30度角的直角三角形性质，三角形面积计算，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定，得出． 55．（22-23八年级下·广西桂林·期中）如图，在中，两锐角的角平分线，相交于点O，于点F，于点G．求证：四边形是正方形．    【答案】见解析 【分析】作与H点，首先根据三个角是直角的四边形是矩形证明出四边形是矩形，然后根据角平分线的性质得到，进而证明出四边形是正方形． 【详解】如图，作与H点，   ， ∵，， ∴． ∵， ∴四边形是矩形． ∵平分， ∴． ∵平分， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查了正方形的判定，角平分线的性质定理，解题的关键是掌握以上知识点． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$