专题01 平行四边形（考题猜想，十三大题型）-2024-2025学年八年级数学下学期期末考点大串讲（青岛版）

专题01 平行四边形（十三大题型） 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 平行四边形的判定 · 题型三 平行四边形的性质与判定（重点） · 题型四 三角形的中位线（高频） · 题型五 利用矩形的性质求解（高频） · 题型六 矩形的判定 · 题型七 矩形的性质与判定综合（重点） · 题型八 利用菱形的性质求解（高频） · 题型九 菱形的判定 · 题型十 菱形的性质与判定综合（重点） · 题型十一 利用正方形的性质求解 · 题型十二 正方形的性质与判定综合（重点） · 题型十三 特殊平行四边形求最值问题（易错） 【题型1】利用平行四边形的性质求解（高频） 1．（24-25八年级上·山东威海·期末）如图所示，在平行四边形中，对角线，相交于点，，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．利用平行四边形的对角线互相平分得，，再在中利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 故选：A． 2．（24-25八年级上·山东淄博·期末）如图，在中，的平分线交边于点，已知，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，主要运用了平行四边形的两个性质：①边：平行四边形的对边平行．②角：平行四边形的对角相等．由平行四边形的性质得，，则，再由角平分线定义得，即可得出结论． 【详解】解：在中，， ． 平分交于点， ． 又四边形是平行四边形， ． 故选：C． 3．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，在平行四边形中，，．按下列步骤作图： ①以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点； ②分别以点为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点； ③连接并延长交于点．则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了角平分线的画法，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，由作图可知是的平分线，得，由平行四边形的性质得，，即得，得到，即可得，进而根据线段的和差关系即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：由题可得，是的平分线， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：. 4．（24-25九年级上·海南省直辖县级单位·期末）如图，已知平行四边形的顶点，，点B在x轴正半轴上，按以下步骤作图：①以点O为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点F；③作射线，交边于点G，则点G的坐标为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了角平分线的作法、勾股定理、平行四边形的性质、等角对等边等知识点，掌握角平分线的作法是解题的关键． 如图：依据勾股定理即可得到中，，依据，即可得到，进而得出即可确定点G的坐标． 【详解】解：如图：    ∵平行四边形的顶点，， ∴ ∴， ∴中，， 由作图可知：平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 5．（24-25八年级上·吉林长春·阶段练习）在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点、、的坐标分别是，，，则顶点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形的性质，坐标与图形，熟练掌握平行四边形的性质并利用数形结合的思想是解题关键．根据平行四边形的性质结合所给三个顶点的坐标可得出，，即可求解． 【详解】解：∵平行四边形的顶点、、的坐标分别是，，， ∴，轴， ∴，， ∴顶点的坐标是． 故选：A． 6．（23-24八年级下·广东江门·期末）如图，在平行四边形中，，若，，则的长是（     ） A．11 B．10 C．9 D．8 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，由平行四边形的性质可得，，再由勾股定理求出的长即可得解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 7．（23-24八年级下·广东佛山·期末）如图，在中，，点E是中点，作于点F，已知，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，勾股定理以及三角形面积，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 通过计算、的长度，利用三角形面积公式求得，即可求出答案． 【详解】解：如图，连接， ，四边形是平行四边形，， ，， ， ， ， ， ， 点是中点， ， ， ， ， 即， ∴， 故答案为：． 8．（24-25八年级上·全国·期末）如图， 的对角线相交于点O， 且， 过点O作， 交于点M．如果的周长为18， 那么的周长是 ． 【答案】36 【分析】本题考查了平行四边形的性质与线段垂直平分线的性质，解题的关键是熟练的掌握平行四边形与线段垂直平分线的性质． 由四边形是平行四边形，可得，又由，可得，然后由的周长为18，求得平行四边形的周长． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴垂直平分线段， ∴， ∵的周长为18， ∴， ∴平行四边形的周长是：． 故答案为：36． 【题型2】判断能否构成平行四边形 9．（24-25八年级下·江苏连云港·阶段练习）下列条件中能判定四边形是平行四边形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定定理，熟知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方法，逐项进行判断即可． 【详解】解：A．由，，一组对边平行，另一组对边相等，不能判定四边形是平行四边形，故A不符合题意； B．由，，不能判定四边形是平行四边形，故B不符合题意； C．由，不能判定四边形是平行四边形，故C不符合题意； D．由，，能判定四边形是平行四边形，故D符合题意． 故选：D． 10．（24-25八年级上·山东淄博·期末）如图，在四边形中，已知，对角线，相交于点，若增加下列条件，则可以使四边形成为平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定，三角形全等的判定与性质，熟练掌握平行四边的判定定理是解题的关键．根据平行四边的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：A. 由，，不能判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； B. 由，可知，四边形的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； C. ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，故本选项符合题意； D. 由，，不能判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； 故选：C． 11．（24-25八年级上·重庆·期末）如图，已知四边形，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A． B．， C．， D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定定理．根据平行四边形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：由，，可以根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形判定四边形是平行四边形，故选项A不符合题意； ，，可以根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定四边形是平行四边形，故选项B不符合题意； 由，结合，可得，则，，可以根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形判定四边形是平行四边形，故选项C不符合题意； 由，则四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，故选项D符合题意； 故选：D． 12．（22-23八年级下·广西南宁·阶段练习）如图，四边形中，对角线与相交于点，不能判断四边形是平行四边形的是（ ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．根据各选项对比平行四边形的判定定理逐项判断即可． 【详解】解：A、符合两组对边分别相等的四边形是平行四边形的判定，故不符合题意； B、符合两组对边分别平行的四边形是平行四边形的判定，故不符合题意； C、一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故符合题意； D、符合对角线相互平分的四边形是平行四边形的判定，故不符合题意； 故选：C． 13．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，平行四边形中，要在对角线上找点E、F，使四边形为平行四边形，现有甲、乙、丙三种方案，则正确的方案的个数是（    ） 甲：只需要满足 乙：只需要满足 丙：只需要满足 A．1个 B．2个 C．3个 D．0个 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟记相关定理内容是解题关键．证即可求证. 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴且 ∴ 若，则 ∴ ∴ 即： ∴ ∴四边形为平行四边形，故甲的方案正确； 当或，不能推出四边形为平行四边形，故乙、丙的方案错误； 故选：A 14．（23-24八年级下·河南周口·期末）如图，已知，增加下列条件仍不可以使四边形成为平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知平行四边形的判定定理．根据平行四边形的判定定理即可求解． 【详解】解：A．∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，故不符合题意；     B．∵，， ∴四边形是平行四边形，故不符合题意； C．∵， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，故不符合题意；     D．由，不能判定四边形是平行四边形，故符合题意； 故选D． 【题型3】平行四边形的判定与性质综合（重点） 15．（23-24八年级下·河南驻马店·期末）如图，已知． (1)利用无刻度的直尺和圆规作图：①以为顶点，为一边，在的外部作，在射线上截取，连接；②过点作边上的高；（保留作图痕迹，不写作法） (2)若，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查尺规作图和勾股定理，涉及作一个角等于已知角、截取已知线段和过点作垂线， 根据作一个角等于已知角即可作的直线，结合截取已知线段的做法即可作出直线，利用过点作垂线方法即可作出直线； 根据题意可证明四边形是平行四边形，结合已知条件可求得，利用平行四边形面积公式求解即可． 【详解】（1）解：如图， （2） ， ∴四边形是平行四边形 ，， ， ， 在中，解得， 的面积为． 16．（23-24八年级下·重庆永川·期中）如图，在平行四边形中，点E、F分别是边的中点． (1)求证：； (2)若四边形的周长为12，，，求平行四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)14 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，平行四边形的周长，掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）证明且得到四边形为平行四边形，继而得证； （2）利用四边形的周长为12，，求出，继而求出，从而得解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即，， 又∵点E，F分别是边，的中点， ∴，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴； （2）解：由（1）得：四边形是平行四边形， 又∵四边形的周长为12，即， ∴， ∴，， 又∵， ∴平行四边形ABCD的周长． 17．（22-23八年级下·广东深圳·期末）已知：如图，E、F是对角线上的两点．      (1)若，求证：四边形是平行四边形； (2)若，，垂足分别为E、F，，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接交于O，根据，得，，继可证得，即可由平行四边形的判定定理得出结论． （2）先由，，得出，，再证，得，从而证得四边形是平行四边形，即可根据平行四边形的性质得． 【详解】（1）证明：连接交于O，      ∵， ∴，， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵，， ∴，， ∵， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形 ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键． 18．（23-24八年级下·广东揭阳·期末）如图，在平行四边形ABCD中，F是AD的中点，延长BC到点E，使CE＝BC，连接DE，CF． （1）求证：四边形CEDF是平行四边形； （2）已知：CD＝6，∠A＝120°，求△DCE的底边CE上的高． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC，由线段关系可证FD＝CE，可得结论； （2）由平行四边形的性质可得AB∥CD，∠A＋∠ADC＝180°，∠DCE＝∠ADC，由∠A＝120°，得到∠CDG＝30°，由含30°角的直角三角形的性质和勾股定理可求解． 【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∵F是AD的中点， ∴FD＝AD， ∵CE＝BC， ∴FD＝CE， ∵FD∥CE， ∴四边形CEDF是平行四边形； （2）过点D作DG⊥CE于点G， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AD∥BC， ∴∠A＋∠ADC＝180°，∠DCE＝∠ADC， ∵∠A＝120°， ∴∠DCE＝∠ADC＝180°﹣∠A＝60°， 在Rt△DGC中，∠DGC＝90°，∠DCE＝60°， ∴∠CDG＝30°， ∵CD＝6， ∴CG＝CD＝3， 故△CDE的底边CE上的高DG＝． 【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质，勾股定理，解决本题的关键是要熟练掌握平行四边形的判定和性质． 19．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，在中，点E，F在对角线上，且连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的对边相等可得，对边平行可得，再根据两直线平行，内错角相等可得，然后利用“边角边”证明，故可得出结论； （2）根据平行四边形的性质得，然后根据等腰三角形的性质即可解决问题． 此题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解题的关键是得出，再由全等三角形的性质得出结论． 【详解】（1）证明：在中， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴． 【题型4】三角形的中位线 20．如图，D、E分别是的边、的中点，连接BE、DE．若，，则的长是（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的判定等知识，根据三角形的中位线定理得出，，根据平行线的性质并结合已知可得，然后根据等角对等边求解即可． 【详解】解∶∵D、E分别是的边、的中点， ， ∴，， ∴， 又， ∴， ∴， 故选：B． 21．如图，在平行四边形中，点、分别是、的中点，连接，若，则的长为 ． 【答案】3 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，掌握两个知识点是关键；由平行四边形的性质得；再由三角形中位线定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴； ∵点、分别是、的中点， ∴； 故答案为：3． 22．如图，中，是中线，平分，于，，，则的长为 ． 【答案】3 【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、三角形的中位线定理等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．延长，交于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，，从而可得，然后根据三角形的中位线定理求解即可得． 【详解】解：如图，延长，交于点， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 又∵是的中线，， ∴是的中位线， ∴， 故答案为：3． 23．如图，在四边形中，E、F分别是的中点．若，则的长为 ． 【答案】6 【分析】本题考查了三角形的中位线及勾股定理，解题的关键在于正确的作辅助线，找到三角形的中位线． 连接，由分别是的中点，可知，而，所以，在中，，进而可求出即可解答． 【详解】解：如图，连接， ∵分别是的中点， ∴， 又 ∵， ， 则， ∴在中，， ， 故答案为：6． 24．如图，中，，，，点、、分别是边、、的中点；点、、分别是边、、的中点；；以此类推，则第2025个三角形的周长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了三角形中位线的性质，图形的变化规律，根据三角形的中位线性质可得后一个三角形的周长是前一个三角形周长的，据此得到第n个三角形的周长为，把代入计算即可求解． 【详解】解：由题可得的周长为， ∵点、、分别是边、、的中点， ∴、、是的三条中位线， ∴的周长是， 同理，的周长是， ⋯， 以此类推，的周长是， ∴第2025个三角形的周长是， 故答案为：． 【题型1】利用矩行的性质求解 25．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，矩形的对角线和相交于点，平分交于点，如果，那么的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 根据矩形性质得出，，，，根据等腰三角形的判定得出，证明为等边三角形，得出，根据等腰三角形的性质得出即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 26．（24-25八年级上·湖南长沙·期末）如图所示，折叠矩形的一边，使点D落在边上点F处，若，则的长为（    ） A．2 B．3 C． D．5 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质、折叠性质、勾股定理，熟练掌握折叠性质和勾股定理求解是解答的关键． 设，由折叠性质得到，，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵折叠， ∴，， 在中， ， ∴， 设 在中，， ∴，解得， 故选：A． 【题型2】矩形的判定 27.（24-25八年级上·山东青岛·期末）我国古代有“不以规矩，不能成方圆”的说法，人们把“规矩”当作几何名词，“规”是圆，“矩”是方，所以初中以后就把长方形改为比较专业的名称“矩形”．木艺活动课上，小明用四根细木条a，b，c，d搭成如图所示的一个四边形，现要判断这个四边形是否是矩形，以下测量方案正确的是（　　） A．测量是否有三个角是直角 B．测量对角线是否相等 C．测量两组对边是否分别相等 D．测量对角线是否互相垂直 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的判定方法，是解题的关键． 根据矩形的判定方法即可得到结论． 【详解】解：A、测量其中三个角是否为直角，能判定矩形；符合题意； B、测量对角线是否相等，不能判定形状；不符合题意； C、测量两组对边是否分别相等，能判定平行四边形；不符合题意； D、测量对角线是否互相垂直，不能判定形状；不符合题意． 故选：A． 28．（23-24八年级下·贵州黔南·期末）已知是的对角线，要判定为矩形，可添加的一个条件是（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键． 根据对角线相等的平行四边形是矩形，判定即可． 【详解】解：四边形是平行四边形，， 四边形是矩形， 故选：A． 29．（23-24八年级下·陕西西安·期末）如图，的对角线与相交于点，添加下列条件不能证明是矩形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质，熟知矩形的判定定理和平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】解：添加条件，可以根据对角线相等的平行四边形是矩形证明是矩形，故A不符合题意； 添加条件，根据平行四边形的性质可得，则，即，可以根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明是矩形，故B不符合题意； 添加条件，则由平行四边形的性质可得，可以根据对角线相等的平行四边形是矩形证明是矩形，故D不符合题意； 添加条件不能证明是矩形，故C符合题意； 故选：C． 30．（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图，在中，为上一点，．请你再添加一个适当的条件： ，使四边形为矩形． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定； 根据已知可得四边形是平行四边形，然后添加可得四边形为矩形． 【详解】解：添加条件， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形． 故答案为：． 31．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）已知：如图，在中，，分别是和的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，当与满足怎样关系时，四边形为矩形，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形为矩形，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定、矩形的判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定，矩形的判定是解题的关键． （1）利用平行四边形的判定即可得证； （2）补充条件为，结合点为的中点，利用三线合一性质可得，由（1）得四边形为平行四边形，利用矩形的判定即可得证． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，． ，分别是和的中点， ，， ， 又， 四边形为平行四边形． （2）解：当时，四边形为矩形，理由如下： 如图， ，点为的中点， ， ， 由（1）得，四边形为平行四边形， 四边形为矩形． 【题型3】矩形的性质与判定综合 32．（24-25九年级上·河南焦作·期中）如图，中，，平分，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)作于F，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和判定，等腰三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握勾股定理． （1）根据等腰三角形的性质得，再根据平行线的性质得，然后根据，可得，即可得出结论； （2）根据等腰三角形的性质求出，再根据勾股定理得，然后根据矩形的性质得，，最后根据三角形的面积相等得出答案． 【详解】（1）证明：∵中，，平分， ∴，， ∵，， ∴，， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，平分，，， ∴． 在直角三角形中，由勾股定理得：． ∵四边形是矩形， ∴，． ∵， ∴． 33．（24-25九年级上·陕西咸阳·期末）如图，已知在四边形中，，，，点是边上的中点，点为边上一点，连接、，与的延长线交于点． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2)的值为． 【分析】（1）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得到求得，得到，根据矩形的判定定理得到结论； （2）根据平行四边形的性质得到，求得，，推出 ，得到，由点是边上的中点，得到，然后证明，根据全等三角形的性质得到，再由等量代换得到结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点是边上的中点， ∴， 在与中， ∴， ∴， ∴， 故的值为． 【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握矩形的判定定理和全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． 34．（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． 35．（23-24八年级下·甘肃平凉·期末）如图，在三角形中，点O是边上一动点，过点O作直线，设交的平分线于点E，交的平分线于点F． (1)求证：； (2)当点O运动到何处时，四边形会变成矩形？并证明你的结论： (3)在（2）的条件下，若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)当点O运动到的中点时，四边形会变成矩形，证明见解析 (3) 【分析】（1）由是的平分线，是的平分线，可得，，由，可得，，则，，进而可证； （2）由点O运动到的中点，可得，证明，则，同理，则，证明四边形是平行四边形，由（1）可知，，可证四边形是矩形； （3）证明是等边三角形，则，，由勾股定理得，，根据四边形的面积为，计算求解即可． 【详解】（1）证明：∵是的平分线，是的平分线， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴； （2）解：当点O运动到的中点时，四边形会变成矩形，证明如下； ∵点O运动到的中点， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 同理， ∴， ∴四边形是平行四边形， 由（1）可知，， ∴四边形是矩形； （3）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴， ∴四边形的面积为． 【点睛】本题考查了角平分线，平行线的性质，等角对等边，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握角平分线，平行线的性质，等角对等边，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键． 【题型4】利用菱形的性质求解 36．（24-25九年级上·广东佛山·期末）以红色和金色的丝线精心编织的菱形中国结装饰，不仅展现了中国传统手工艺的精细与复杂，也蕴含着深厚的文化意义和美好的祝福．若最外层菱形的对角线长度分别为，则它的两条对边的距离应为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题重点考查菱形有性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地求出菱形的边长是解题的关键．设最外层菱形为菱形，它的对角线、相交于点，，，由，得，而，，所以，设菱形两条对边的距离 ，则，解方程求出的值即得到问题的答案． 【详解】解：如图，菱形的对角线、相交于点，，， ， ， ，， ， 设菱形两条对边的距离 ， ， ， 解得， 它的两条对边的距离应为， 故选：A． 37．（24-25九年级上·广东茂名·期末）如图，四边形是菱形，，，于点E，则的长是（　　） A． B．6 C． D．12 【答案】A 【分析】此题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键． 由菱形的性质和勾股定理求出，再由菱形的面积求出即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，，，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∵， ∴菱形的面积，即：， ∴； 故选：A． 38．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，菱形的边长，对角线，则菱形的面积为（　　） A．15 B．24 C．30 D．48 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理．连接，设的交点为点O，由菱形的性质得出， ，再根据勾股定理求出的长，进而得出的长，根据菱形的面积，即可得出结果． 【详解】解：如图，连接，设的交点为点O， ∵四边形是菱形，，， ∴， ， ∴ ， ∴， ∴菱形的面积． 故选：B． 39．（2022·陕西西安·二模）如图，在菱形中，，点，分别在边，上，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质，解题的关键是掌握相关知识．根据菱形的性质可得：，，推出、是等边三角形，得到，，证明，得到，即可求解． 【详解】解：四边形是菱形， ，， 、是等边三角形， ，， ， ，即， ， 在和中， ， ， ， ， ， 故选：B． 【题型5】菱形的判定 40．（2024·广东深圳·一模）如图，在的基础上用尺规作图：①以点A为圆心，任意长为半径作弧，与的两边分别交于点；②分别以点为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点C；③分别连接．可以直接判定四边形是菱形的依据是（    ） A．四条边相等的四边形是菱形 B．一组邻边相等的平行四边形是菱形 C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定，熟记菱形的判定定理是解题关键．由作法可知，①可得，②可得，则，即可得到答案． 【详解】解：由作法可知， 则判定四边形是菱形的依据是四条边相等的四边形是菱形， 故选：A． 41．（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 【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． 42．（23-24八年级下·广东深圳·期末）如图，下列条件能使平行四边形是菱形的为（       ） ①； ②； ③； ④． A．①③ B．②③ C．③④ D．①④ 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定：对角线相互垂直的平行四边形是菱形；一组对边相等的平行四边形是菱形；四边相等的四边形是菱形；根据菱形的判定进行判断即可． 【详解】解：①根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形知，平行四边形是菱形，①满足题意； ②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知，平行四边形是矩形，②不满足题意； ③根据一组对边相等的平行四边形是菱形知，平行四边形是菱形，③满足题意； ④根据对角线相等的平行四边形是矩形知，平行四边形是矩形，④不满足题意； 故满足题意的有①③； 故选：A． 43．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，四边形是平行四边形，平分交于点，平分交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)请添加一个条件，使四边形为菱形． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定，熟练掌握平行四边形的判定与性质、菱形的判定定理是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得出，，，，，证出，由即可得出，根据全等三角形的性质和平行四边形的判定解答即可． （2）根据菱形的判定定理，添加即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，，，，， 平分，平分， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：添加 由（1）知：四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形． 【题型6】菱形的性质与判定综合 44．（23-24八年级下·全国·期末）如图，平行四边形的两条对角线相交于点O，且． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)求平行四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理的逆定理： （1）根据勾股定理的逆定理证明，则可根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形证明； （2）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：∵ ∴， ∴是直角三角形，且，即， ∴平行四边形是菱形； （2）解；∵平行四边形是菱形， ∴， ∴． 45．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，在中，，过点A作，且，连接，过点D作，交于点E． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再根据，即可证明菱形； （2）过点作于点，取中点，连接，在中，由勾股定理求得，可证明是等边三角形，在证明，则，再由等腰三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明： ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：过点作于点， ∵， ∴在中，由勾股定理求得， 取中点，连接， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 46．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，四边形是平行四边形，对角线交于点F， ，延长到点C，使，延长到点D，使，连接和． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求与间的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）先由对角线互相平分的四边形是平行四边形，再由矩形的性质得出，即可得出结论； （2）由矩形的性质得出，由菱形的性质得出，由勾股定理求出，则，设与间的距离为，然后由菱形的面积公式即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 设与间的距离为 ∵． ∴． 【题型7】利用正方形的性质求解 47．（23-24八年级下·河北沧州·期末）小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图1），测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），，则图2中对角线的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，等边三角形性质和判定，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． 根据正方形的性质以及勾股定理可得，记交于点，根据菱形的性质结合可得，再利用勾股定理计算，即可解题． 【详解】解：正方形对角线， ， ， 又菱形中，记交于点， ，于点，，，且为等边三角形， ， ， ， ． 故选：C． 48．（24-25八年级上·浙江金华·期末）如图，正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则（    ）    A．5 B． C． D．4 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的性质，先求得，利用勾股定理即可解答． 【详解】解：∵， ∴， 是四个全等的直角三角形，， ，， 四边形为正方形， ， ， 故选：C． 49.（24-25九年级上·四川成都·阶段练习）如图，将边长为的正方形折叠，使点落在边的中点处，点落在处，折痕为，则线段的长是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题主要考查了正方形与折叠，勾股定理的运用，明确折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，通常用勾股定理解决折叠问题． 根据折叠的性质，只要求出就可以求出，在直角中，若设，则，，根据勾股定理就可以列出方程，从而解出的长． 【详解】解：设，则，由折叠的性质知， ∵点落在边的中点处， ∴， 在中，由勾股定理可知， 即，整理得， 解得，， ∴线段的长为， 故选：A． 50．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，在正方形的对角线上取点E使，连接，过点E作交BC于点F，则的大小为 ．    【答案】 【分析】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，证明是解题的关键． 由四边形是正方形，得，则，，，而，则，，所以可证明，得，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，， ∴，，， ∵， ∴， ， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 51．（22-23八年级下·贵州安顺·期中）如图，以正方形的边向外作等边三角形，则的度数是 ． 【答案】15 【分析】本题主要考查正方形的性质，等边三角形的性质，三角形的内角和定理，根据正方形的性质及等边三角形的性质可求解，再根据等腰三角形的性质，结合三角形的内角和定理可求解． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：15． 52．（21-22九年级上·河南郑州·期中）如图，在边长为4的正方形中，点分别是边的中点，连接，点分别是的中点，连接，则的长为 ． 【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，证明，推出，勾股定理求出的长，等积法求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：设交于点， ∵正方形，边长为4， ∴， ∵点分别是边的中点， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即：， ∴， ∴， ∵点分别是的中点， ∴， ∴，， ∴； 故答案为： 52．（24-25九年级上·全国·期末）已知：如图，P是正方形内一点，． (1)作出绕B点逆时针旋转后的图形（不要求写作法）； (2)求的长． 【答案】(1)图见解析 (2)3 【分析】本题考查正方形中的旋转、勾股定理，熟练掌握正方形的性质，旋转的性质，是解题的关键： （1）根据正方形的性质，旋转的性质，画出即可； （2）连接，易得为等腰直角三角形，为直角三角形，利用勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解：由旋转可知：， ∴，， ∴， ∴． 53．（23-24八年级下·全国·期中）如图，已知正方形，，点M在边上，射线交于点E，交射线于点F，过点C作，交于点P． (1)求证：． (2)判断的形状，并说明理由． (3)作的中点N，连接，若，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2)是等腰三角形，理由见解析 (3) 【分析】（）根据正方形的性质，利用“”证明即可； （）由全等三角形的性质可得，由余角的性质可得，从而得出结论； （）由三角形中位线定理可求，再由勾股定理计算即可得出答案． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， 在和中， ， ； （2）解：是等腰三角形，理由如下： 四边形是正方形， ，， ， ， ，， ∴ ， ， ， ， ， 是等腰三角形； （3）解：如图，连接， ，，， ， ， ∵， ， 点是的中点，， ， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理，灵活运用这些性质是解此题的关键． 54．（22-23八年级下·山东临沂·期末）如图，点E为正方形对角线上一点，连接，．过点E作，交边于点F，以，为邻边作矩形． (1)求证：矩形是正方形； (2)连接，若正方形的边长为9，，求正方形的边长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过点E作于点M，于点N，先根据正方形的性质证明四边形是矩形，进一步证明，可得，再根据正方形的判定，即可证得答案； （2）连接，先证明，可证明，并求得的长，进一步证明，并求得的长，再利用勾股定理可求得的长，最后在中，根据勾股定理即可求得答案． 【详解】（1）证明：过点E作于点M，于点N， 四边形是正方形， ，， 四边形是矩形， ， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， 矩形是正方形； （2）解：连接， 四边形和都是正方形， ，，，， ， ， ，， ， ， ，， ， ， ， ，， ， 正方形的边长为． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，构造全等三角形是解题的关键． 55．（24-25九年级上·湖北随州·期中）综合与实践 问题情境： 如图①，点为正方形内一点，；将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接． 猜想证明： （1）如图①，试判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明； 解决问题： （3）如图①，若，，求和的长． 【答案】（1）①四边形是正方形，证明见解析；②，证明见解析；（2）， 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，由正方形的判定可证四边形是正方形 （2）过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，由“”可得，可得，由旋转的性质可得，可得结论； （3）作于，根据勾股定理求出，可得，由（2）可得，进而求出，根据勾股定理计算的长． 【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下： ∵将绕点B按顺时针方向旋转， ∴，，， 又∵， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形； （2），证明如下： 如图②所示，过点D作，垂足为H，则， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 由（1）知四边形是正方形， ∴， ∴， 由旋转的性质可得：， ∴，   ∴， （3）解：如图①所示，作于， ∵四边形是正方形 ∴， 在中，∵，， ∴， ∴，则 ∴， 由（2）可知：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 56．（23-24九年级上·辽宁锦州·阶段练习）【课本再现】 （1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点转动．则下列结论正确的是______（填序号即可）： ①； ②； ③四边形的面积总等于； ④连接，总有． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线相交于点可绕着点旋转，当时，请直接写出的长度． 【答案】（1）①②③④   （2），见解析（3） 或 【分析】（1）根据正方形的性质，先证明于是得到即可判定① ②正确；根据正方形的性质，得，利用全等三角形的性质，分割法表示面积，可判定四边形的面积总等于，得到③正确；根据正方形的性质，三角形全等的性质，得到，根据勾股定理得到，从而判定④正确． （2）连接，延长交于点G，先证明得到，再利用勾股定理，线段垂直平分线的性质，等量代换即可的结论； （3）仿照（2）的解题思路，分点E在上和的延长线上，两种情况求解即可． 【详解】（1）解：∵正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1， ∴；， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， 故①②正确； 根据正方形的性质，得， ∵， ∴，， ∴， ∴， 故③正确； ∵，， ∴， 根据勾股定理得到， 故， 故④正确． 故答案为：①②③④． （2）解：连接，延长交于点G， ∵矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点， ∴；，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． （3）解：当点E在上时， 过点B作，交的延长线于点M，连接 ∵， ∴；， ∵，，， ∴，， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点E在的延长线上时， 过点B作，交的延长线于点N，连接 ∵，， ∴；， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴； 故的长度为 或 ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，线段的垂直平分线的判定和性质是解题的关键． 【题型2】平行四边形中最小值问题 57．（23-24八年级下·山东滨州·期末）如图，在中，，，是边上任意一点，连接，以，为邻边作，连接，则长的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，交于点，过点作于点，连接，勾股定理求得，等面积法求得，根据垂线段最短，当点与点，重合时，最小，进而求得的最小值，即可求解． 【详解】解：设，交于点，过点作于点，连接，如图所示， 在平行四边形中，，， ， 是等腰三角形， ， ， ， 在中，， ， ， 当点与点重合时，最小， 的最小值为． 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是平行四边形的性质、等腰三角形的性质、三线合一、勾股定理解直角三角形、垂线段最短，解题关键是利用等面积法求解． 58．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，平行四边形，，，点为上一动点，则的最小值为 【答案】10 【分析】本题考查了轴对称最短问题和平行四边形的性质，学会利用轴对称的性质解决最短问题是解题的关键； 作点A关于的对称点，连接交于点P，即为最小值，根据直角三角形中角所对的直角边是斜边的一半及勾股定理求出，根据轴对称得出，然后根据平行四边形的性质得出，，再次利用勾股定理即可求出结果． 【详解】如图：作点A关于的对称点，连接交于点P，即为最小值， ，， ， ， ， ∴， ， ， ， 在中， ， 点A和点关于轴对称， ， 四边形是平行四边形， ，， ， 故答案为：10． 59．（23-24八年级下·青海西宁·期末）如图，在中，，，点是边上的动点，连接，，是的中点，是的中点，则的最小值是 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、勾股定理、直角三角形的性质、三角形中位线的性质等知识点，灵活运用相关性质成为解题的关键． 根据平行四边形的性质可得；如图：过作，连接， 依据直角三角形的性质和勾股定理可得，再根据垂线段最短可得的最小值为；再说明是的中位线，进而得到的最小值为即可解答． 【详解】解：∵在中，， ∴, 如图：过作，连接， ∴， ∴， ∴, ∴的最小值为， ∵是的中点，是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 60．（2024·四川广安·中考真题）如图，在中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，，当重合时，最小，最小值为，再进一步结合勾股定理求解即可. 【详解】解：如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，， ∴当重合时，最小，最小值为， ∵，，在中， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 故答案为： 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理，轴对称的性质，求最小值问题，正确理解各性质及掌握各知识点是解题的关键． 61．（24-25九年级上·吉林长春·期末）如图，已知菱形的两条对角线分别为10和24，、分别是边、的中点，是对角线上一点，则的最小值是（   ） A．13 B．10 C．24 D．12 【答案】A 【分析】本题考查了轴对称-最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，作M关于的对称点Q，连接，交于P，连接，此时的值最小，连接，求出，根据勾股定理求出长，证出，即可得出答案． 【详解】解：作M关于的对称点Q，连接，交于P，连接，此时的值最小， ∵四边形是菱形， ∴， 即Q在上， ∵， ∴， ∵M为中点， ∴Q为中点， ∵N为中点，四边形是菱形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即， ∴， 故选：A． 62．（23-24七年级下·山东·期末）数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．如图，矩形中，，，点是边上与点和点不重合的任意一点，小明把矩形沿折叠，使点落在点处，连接，当线段的值最小时，的长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形与折叠性质、勾股定理、最短路径问题，先根据两点之间线段最短得到线段的值最小时，点F在上的点处，此时点E在点处，根据矩形和折叠性质得到，，在中，由勾股定理求得即可． 【详解】解：连接， ∵，当D、F、B共线时取等号， ∴线段的值最小时，点F在上的点处，此时点E在点处，如图，    在矩形中，，，则， 由折叠性质得，， ∴，， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， 即线段的值最小时，的长度为， 故选：D． 63．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，边长为3的正方形中，为边上一点，且，是对角线上的一个动点，则的最小值为 ．    【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，最短路径问题，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．连接、，根据正方形的性质可证出，得到，利用勾股定理求出的长，再利用两点之间线段最短性质即可得出的最小值． 【详解】解：如图，连接、， 边长为3的正方形， ，，， 又， ， ， ， ， 在中，， 由两点之间线段最短性质得，， ， 的最小值为． 故答案为：． 64．（22-23九年级上·江苏南京·期末）如图，正方形的边长为，点G是边的中点，点E是边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接，当最小时，的长是 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理．由翻折知，得点在以为圆心，为半径的圆上运动，可知当点、、三点共线时，最小，再利用勾股定理可得的长，继而解题． 【详解】解：∵正方形的边长为， ∴，， ∵点G是边的中点， ∴， ∵将沿翻折得到， ∴， ∴点在以为圆心，为半径的圆上运动， ∴当点、、三点共线时，最小， 由勾股定理得，, ∴， 故答案为：． 65．（23-24八年级下·河南周口·期末）在平面直角坐标系中，菱形的位置如图所示，点A的坐标为，点B的坐标为，点D在y轴上，．点P是对角线上一个动点，当最短时，点P的坐标为 ． 【答案】 【分析】先求出，点B，D关于直线对称．设交于，连接，则，，即．则当点P和点重合时，的值最小．在中，，则，则，求出，即可得到点P的坐标． 【详解】解：点A的坐标为，点B的坐标为， ∴ 四边形是菱形， ，D关于直线对称． 设交于，连接，则，   ，即． 当点P和点重合时，的值最小． 在中， ， ∴， 则，即， ， ， 故答案为：． 【点睛】此题考查了勾股定理、含角的直角三角形的性质、菱形的性质、轴对称的性质、点的坐标等知识，数形结合和准确计算是解题的关键． 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 平行四边形（十三大题型） 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 平行四边形的判定 · 题型三 平行四边形的性质与判定（重点） · 题型四 三角形的中位线（高频） · 题型五 利用矩形的性质求解（高频） · 题型六 矩形的判定 · 题型七 矩形的性质与判定综合（重点） · 题型八 利用菱形的性质求解（高频） · 题型九 菱形的判定 · 题型十 菱形的性质与判定综合（重点） · 题型十一 利用正方形的性质求解 · 题型十二 正方形的性质与判定综合（重点） · 题型十三 特殊平行四边形求最值问题（易错） 【题型1】利用平行四边形的性质求解（高频） 1．（24-25八年级上·山东威海·期末）如图所示，在平行四边形中，对角线，相交于点，，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级上·山东淄博·期末）如图，在中，的平分线交边于点，已知，则的度数为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，在平行四边形中，，．按下列步骤作图： ①以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点； ②分别以点为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点； ③连接并延长交于点．则的长是（    ） A． B． C． D． 4．（24-25九年级上·海南省直辖县级单位·期末）如图，已知平行四边形的顶点，，点B在x轴正半轴上，按以下步骤作图：①以点O为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点F；③作射线，交边于点G，则点G的坐标为（   ）    A． B． C． D． 5．（24-25八年级上·吉林长春·阶段练习）在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点、、的坐标分别是，，，则顶点的坐标是（   ） A． B． C． D． 6．（23-24八年级下·广东江门·期末）如图，在平行四边形中，，若，，则的长是（     ） A．11 B．10 C．9 D．8 7．（23-24八年级下·广东佛山·期末）如图，在中，，点E是中点，作于点F，已知，，则的长为 ． 8．（24-25八年级上·全国·期末）如图， 的对角线相交于点O， 且， 过点O作， 交于点M．如果的周长为18， 那么的周长是 ． 【题型2】判断能否构成平行四边形 9．（24-25八年级下·江苏连云港·阶段练习）下列条件中能判定四边形是平行四边形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 10．（24-25八年级上·山东淄博·期末）如图，在四边形中，已知，对角线，相交于点，若增加下列条件，则可以使四边形成为平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 11．（24-25八年级上·重庆·期末）如图，已知四边形，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A． B．， C．， D． 12．（22-23八年级下·广西南宁·阶段练习）如图，四边形中，对角线与相交于点，不能判断四边形是平行四边形的是（ ） A．， B．， C．， D．， 13．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，平行四边形中，要在对角线上找点E、F，使四边形为平行四边形，现有甲、乙、丙三种方案，则正确的方案的个数是（    ） 甲：只需要满足 乙：只需要满足 丙：只需要满足 A．1个 B．2个 C．3个 D．0个 14．（23-24八年级下·河南周口·期末）如图，已知，增加下列条件仍不可以使四边形成为平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【题型3】平行四边形的判定与性质综合（重点） 15．（23-24八年级下·河南驻马店·期末）如图，已知． (1)利用无刻度的直尺和圆规作图：①以为顶点，为一边，在的外部作，在射线上截取，连接；②过点作边上的高；（保留作图痕迹，不写作法） (2)若，，，求四边形的面积． 16．（23-24八年级下·重庆永川·期中）如图，在平行四边形中，点E、F分别是边的中点． (1)求证：； (2)若四边形的周长为12，，，求平行四边形的周长． 17．（22-23八年级下·广东深圳·期末）已知：如图，E、F是对角线上的两点．      (1)若，求证：四边形是平行四边形； (2)若，，垂足分别为E、F，，求的度数． 18．（23-24八年级下·广东揭阳·期末）如图，在平行四边形ABCD中，F是AD的中点，延长BC到点E，使CE＝BC，连接DE，CF． （1）求证：四边形CEDF是平行四边形； （2）已知：CD＝6，∠A＝120°，求△DCE的底边CE上的高． 19．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，在中，点E，F在对角线上，且连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若求的度数． 【题型4】三角形的中位线 20．如图，D、E分别是的边、的中点，连接BE、DE．若，，则的长是（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 21．如图，在平行四边形中，点、分别是、的中点，连接，若，则的长为 ． 22．如图，中，是中线，平分，于，，，则的长为 ． 23．如图，在四边形中，E、F分别是的中点．若，则的长为 ． 24．如图，中，，，，点、、分别是边、、的中点；点、、分别是边、、的中点；；以此类推，则第2025个三角形的周长是 ． 【题型1】利用矩行的性质求解 25．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，矩形的对角线和相交于点，平分交于点，如果，那么的度数为（   ） A． B． C． D． 26．（24-25八年级上·湖南长沙·期末）如图所示，折叠矩形的一边，使点D落在边上点F处，若，则的长为（    ） A．2 B．3 C． D．5 【题型2】矩形的判定 27.（24-25八年级上·山东青岛·期末）我国古代有“不以规矩，不能成方圆”的说法，人们把“规矩”当作几何名词，“规”是圆，“矩”是方，所以初中以后就把长方形改为比较专业的名称“矩形”．木艺活动课上，小明用四根细木条a，b，c，d搭成如图所示的一个四边形，现要判断这个四边形是否是矩形，以下测量方案正确的是（　　） A．测量是否有三个角是直角 B．测量对角线是否相等 C．测量两组对边是否分别相等 D．测量对角线是否互相垂直 28．（23-24八年级下·贵州黔南·期末）已知是的对角线，要判定为矩形，可添加的一个条件是（   ）． A． B． C． D． 29．（23-24八年级下·陕西西安·期末）如图，的对角线与相交于点，添加下列条件不能证明是矩形的是（     ） A． B． C． D． 30．（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图，在中，为上一点，．请你再添加一个适当的条件： ，使四边形为矩形． 31．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）已知：如图，在中，，分别是和的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，当与满足怎样关系时，四边形为矩形，并说明理由． 【题型3】矩形的性质与判定综合 32．（24-25九年级上·河南焦作·期中）如图，中，，平分，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)作于F，若，，求的长． 33．（24-25九年级上·陕西咸阳·期末）如图，已知在四边形中，，，，点是边上的中点，点为边上一点，连接、，与的延长线交于点． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，求的值． 34．（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． 35．（23-24八年级下·甘肃平凉·期末）如图，在三角形中，点O是边上一动点，过点O作直线，设交的平分线于点E，交的平分线于点F． (1)求证：； (2)当点O运动到何处时，四边形会变成矩形？并证明你的结论： (3)在（2）的条件下，若，，求四边形的面积． 【题型4】利用菱形的性质求解 36．（24-25九年级上·广东佛山·期末）以红色和金色的丝线精心编织的菱形中国结装饰，不仅展现了中国传统手工艺的精细与复杂，也蕴含着深厚的文化意义和美好的祝福．若最外层菱形的对角线长度分别为，则它的两条对边的距离应为（   ） A． B． C． D． 37．（24-25九年级上·广东茂名·期末）如图，四边形是菱形，，，于点E，则的长是（　　） A． B．6 C． D．12 38．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，菱形的边长，对角线，则菱形的面积为（　　） A．15 B．24 C．30 D．48 39．（2022·陕西西安·二模）如图，在菱形中，，点，分别在边，上，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【题型5】菱形的判定 40．（2024·广东深圳·一模）如图，在的基础上用尺规作图：①以点A为圆心，任意长为半径作弧，与的两边分别交于点；②分别以点为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点C；③分别连接．可以直接判定四边形是菱形的依据是（    ） A．四条边相等的四边形是菱形 B．一组邻边相等的平行四边形是菱形 C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 41．（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． 42．（23-24八年级下·广东深圳·期末）如图，下列条件能使平行四边形是菱形的为（       ） ①； ②； ③； ④． A．①③ B．②③ C．③④ D．①④ 43．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，四边形是平行四边形，平分交于点，平分交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)请添加一个条件，使四边形为菱形． 【题型6】菱形的性质与判定综合 44．（23-24八年级下·全国·期末）如图，平行四边形的两条对角线相交于点O，且． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)求平行四边形的面积． 45．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，在中，，过点A作，且，连接，过点D作，交于点E． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，求的长． 46．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，四边形是平行四边形，对角线交于点F， ，延长到点C，使，延长到点D，使，连接和． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求与间的距离． 【题型7】利用正方形的性质求解 47．（23-24八年级下·河北沧州·期末）小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图1），测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），，则图2中对角线的长为（   ） A． B． C． D． 48．（24-25八年级上·浙江金华·期末）如图，正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则（    ）    A．5 B． C． D．4 49.（24-25九年级上·四川成都·阶段练习）如图，将边长为的正方形折叠，使点落在边的中点处，点落在处，折痕为，则线段的长是（     ） A． B． C． D． 50．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，在正方形的对角线上取点E使，连接，过点E作交BC于点F，则的大小为 ．    51．（22-23八年级下·贵州安顺·期中）如图，以正方形的边向外作等边三角形，则的度数是 ． 52．（21-22九年级上·河南郑州·期中）如图，在边长为4的正方形中，点分别是边的中点，连接，点分别是的中点，连接，则的长为 ． 52．（24-25九年级上·全国·期末）已知：如图，P是正方形内一点，． (1)作出绕B点逆时针旋转后的图形（不要求写作法）； (2)求的长． 53．（23-24八年级下·全国·期中）如图，已知正方形，，点M在边上，射线交于点E，交射线于点F，过点C作，交于点P． (1)求证：． (2)判断的形状，并说明理由． (3)作的中点N，连接，若，求的长． 54．（22-23八年级下·山东临沂·期末）如图，点E为正方形对角线上一点，连接，．过点E作，交边于点F，以，为邻边作矩形． (1)求证：矩形是正方形； (2)连接，若正方形的边长为9，，求正方形的边长． 55．（24-25九年级上·湖北随州·期中）综合与实践 问题情境： 如图①，点为正方形内一点，；将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接． 猜想证明： （1）如图①，试判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明； 解决问题： （3）如图①，若，，求和的长． 56．（23-24九年级上·辽宁锦州·阶段练习）【课本再现】 （1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点转动．则下列结论正确的是______（填序号即可）： ①； ②； ③四边形的面积总等于； ④连接，总有． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线相交于点可绕着点旋转，当时，请直接写出的长度． 【题型2】平行四边形中最小值问题 57．（23-24八年级下·山东滨州·期末）如图，在中，，，是边上任意一点，连接，以，为邻边作，连接，则长的最小值为（    ） A． B． C． D． 58．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，平行四边形，，，点为上一动点，则的最小值为 59．（23-24八年级下·青海西宁·期末）如图，在中，，，点是边上的动点，连接，，是的中点，是的中点，则的最小值是 ． 60．（2024·四川广安·中考真题）如图，在中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为 ． 61．（24-25九年级上·吉林长春·期末）如图，已知菱形的两条对角线分别为10和24，、分别是边、的中点，是对角线上一点，则的最小值是（   ） A．13 B．10 C．24 D．12 62．（23-24七年级下·山东·期末）数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．如图，矩形中，，，点是边上与点和点不重合的任意一点，小明把矩形沿折叠，使点落在点处，连接，当线段的值最小时，的长度为（    ）    A． B． C． D． 63．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，边长为3的正方形中，为边上一点，且，是对角线上的一个动点，则的最小值为 ．    64．（22-23九年级上·江苏南京·期末）如图，正方形的边长为，点G是边的中点，点E是边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接，当最小时，的长是 ． 65．（23-24八年级下·河南周口·期末）在平面直角坐标系中，菱形的位置如图所示，点A的坐标为，点B的坐标为，点D在y轴上，．点P是对角线上一个动点，当最短时，点P的坐标为 ． 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$