清单04 矩形、菱形与正方形（3个考点梳理+9大题型解读+提升训练）-2024-2025学年八年级数学下学期期末考点大串讲（华东师大版）

清单04矩形、菱形与正方形（3个考点梳理+9大题型解读+提升训练） 清单01 矩形的性质和判定 1.矩形的性质 ※矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫矩形。矩形是特殊的平行四边形。 ※矩形的性质：（1）具有平行四边形的性质（2）对角线相等 （3）四个角都是直角。 2.矩形的判定 ※矩形的判定：（1）有一个内角是直角的平行四边形叫矩形(根据定义)。 （2）对角线相等的平行四边形是矩形。 （3）四个角都相等的四边形是矩形。 清单02 菱形的性质和判定 1.菱形的性质 菱形的定义：一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 ※菱形的性质：（1）具有平行四边形的性质 （2） 且四条边都相等 （3）两条对角线互相垂直平分,每一条对角线平分一组对角。 注意：菱形是轴对称图形，每条对角线所在的直线都是对称轴。 3.菱形的面积 菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半 4.菱形的判定 ※菱形的判别方法：一组邻边相等的平行四边形是菱形。 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 四条边都相等的四边形是菱形。 清单03 正方形的性质和判定 1.正方形的概念与性质 正方形的定义：一组邻边相等的矩形叫做正方形。 ※正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质。（正方形是轴对称图形，有两条对称轴） 2.正方形的判定 ※正方形常用的判定：有一个内角是直角的菱形是正方形； 邻边相等的矩形是正方形； 对角线相等的菱形是正方形； 对角线互相垂直的矩形是正方形。 【考点题型一】利用矩行的性质求解（） 【例1】（2025·河北邯郸·一模）如图，四边形是矩形，对角线相交于点，过点作的垂线交于点．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（22-23八年级下·重庆长寿·期中）如图所示，矩形中，对角线，交于点O，于点E，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式1-2】（24-25八年级下·四川德阳·期中）如图，矩形中，，E是上一点，把沿直线翻折，D点恰好落在边上的F点处，则_______． A．3 B． C．4 D． 【变式1-3】（24-25八年级上·甘肃兰州·期中）如图，把一张长方形纸片折叠起来，使其顶点与重合，折痕为．若，，则长为 ． 【考点题型二】矩形的判定（） 【例2】（2025·陕西咸阳·二模）在下列条件中，能够判定四边形为矩形的是（    ） A．， B．， C． D． 【变式2-1】（22-23九年级上·山东青岛·阶段练习）顺次连接某四边形四边中点得到的四边形是矩形，则该四边形应满足的条件是（    ） A．对角线相等且平分 B．对角线相等 C．对角线垂直 D．对角线相等且垂直 【变式2-2】（2024·河南郑州·模拟预测）在数学活动课上，老师让同学们判断一个四边形门框是否为矩形，下面是某学习小组的四位同学拟订的方案，其中正确的是（    ） A．测量对角线是否互相平分 B．测量各顶点到对角线交点距离是否相等 C．测量一组对角是否都为直角 D．测量两组对边是否分别相等 【变式2-3】（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，在中，对角线相交于点O．添加下列条件不能判定为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【考点题型三】 矩形的性质与判定综合（） 【例3】（2025·黑龙江大庆·一模）如图，在矩形中，E，F分别是边，上的点，，连接，，与对角线交于点O，且，． (1)求证 ； (2)若，求矩形的面积． 【变式3-1】（24-25八年级下·北京通州·期中）如图，在平行四边形中，于点E，，的平分线交于F，连接． (1)求证：四边形为矩形． (2)若，，求的长． 【变式 3-2】（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图，四边形是平行四边形，对角线，相交于点，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【变式3-3】（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． 【考点题型四】利用菱形的性质求解（） 【例4】（24-25八年级下·重庆·期中）如图，是菱形的对角线，若，则菱形的周长为（　　） A．10 B．20 C．14 D．28 【变式4-1】（2025·山东青岛·二模）如图，菱形的顶点A在x轴正半轴上，点，若将菱形先向左平移3个单位，再将菱形绕原点O逆时针旋转，则旋转后点B的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【变式4-2】（24-25八年级下·青海海北·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点，于点，若，，则的长为（   ） A．2 B． C．3 D． 【变式4-3】（24-25八年级下·山东济宁·期中）如图，在菱形中，M，N分别在，上，且，与交于点O，连接．若，则的度数为 ． 【考点题型五】 菱形的判定（） 【例5】（2025年河南省许昌市第二次中招模拟考试九年级数学试卷）如图，要使成为菱形，则可添加一个条件是（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】（23-24九年级上·全国·课后作业）如图，顺次连结四边形各边中点得到四边形，要使四边形为菱形，应添加的条件是（ ） A． B． C． D． 【变式5-2】（22-23八年级下·山东烟台·期中）如图，在中，与相交于点O，则下列说法不正确的是（    ） A．若，则是菱形 B．若，则是矩形 C．若，则是矩形 D．若，则是正方形 【变式5-3】（22-23九年级下·河南新乡·期中）如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连接、、、，与交于点，添加下列条件不能使四边形成为菱形的是（    ）    A． B． C． D． 【考点题型六】 菱形的性质与判定综合（） 【例6】（24-25八年级下·北京密云·期中）如图，在中，，过点作的平行线与的延长线相交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求的长． 【变式6-1】（24-25八年级下·重庆綦江·期中）如图，矩形对角线交于，延长到，使，延长到，使． (1)求证：四边形是菱形； (2)若 ， ，求菱形的面积． 【变式6-2】（24-25八年级下·河南焦作·期中）如图，在中，，是的斜边上的中线，过点C作，连接，恰有． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【变式6-3】（24-25八年级下·广东东莞·期中）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，与相交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求矩形的面积． 【考点题型七】 利用正方形的性质求解（） 【例7】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． 【变式7-1】（2025·河南信阳·二模）如图，在正方形的内部作等边三角形，连接，，对角线交于于点，则的度数是 ． 【变式7-2】（2025·山东菏泽·二模）如图，正方形的边长为8，点E是的中点，连接，分别以点A，E为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于G，H两点，作直线，分别交于点M，F，则的长为 ． 【变式7-3】（24-25八年级下·北京通州·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点，则点D的坐标是 ． 【考点题型八】 正方形的性质与判定综合（） 【例8】（2023·四川成都·一模）如图，在四边形中，且，对角线和相交于点O，且，过点B作，交于点E，连结． (1)求证：； (2)试探究四边形的形状，并说明理由； (3)若，，，求四边形的面积． 【变式8-1】（24-25八年级下·山东聊城·期中）四边形为正方形，点为对角线上一点，连接.过点作，交边于点． (1)求证； (2)以，为邻边作矩形，连接.若，，求的长度． 【变式8-2】（24-25九年级下·甘肃张掖·期中）【模型建立】 （1）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上的一点，且．求证：． 【模型应用】 （2）如图2，若点E，G分别在边，上，且，连接，求证：． 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，E是上一点，且，，求的长． 【变式8-3】（24-25八年级下·江苏连云港·期中）如图，中，交于P，的平分线分别交于E、F． (1)求证：； (2)当与的交点P在的什么位置时，四边形是矩形，说明理由； (3)在（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形是正方形．（不需要证明） 【变式8-4】（24-25八年级下·重庆·期中）如图1，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于点，以，为邻边作平行四边形． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)如图2，若，连接，，，，求的度数并判断的形状； (3)如图3，若，，，是的中点，求的长． 【变式8-5】（24-25八年级下·山东临沂·期中）如图1，在正方形中，点是边上的一个动点（点与点不重合），连接，过点作于点，交于点． (1)求证：； (2)如图2，连接、，若，求四边形的面积； (3)如图3，当点运动到中点时，连接，求证：． 【考点题型九】特殊平行四边形求最值问题（） 【例9】（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，，，动点P从点B出发，沿着向点D移动，若过点P作，垂足分别为E、F，连接，则的长最小为（   ） A． B． C．5 D．7 【变式9-1】（24-25九年级上·福建三明·阶段练习）如图，正方形中，，点P在上，点E 是中点 ，则的最小是（   ） A．16 B． C．12 D． 【变式9-2】（24-25九年级上·贵州六盘水·阶段练习）如图，正方形的面积为4，是等边三角形，点E在正方形内，在对角线上有一点P，使的和最小，则这个最小值为（ ） A．3 B．6 C． D．2 【变式9-3】（23-24八年级下·安徽芜湖·期中）如图，在矩形中，，，点P、点Q分别在上，，线段在上，且，连接，则线段的最小长度是（    ）．    A．4 B．5 C．6 D．7 【变式9-4】（22-23八年级下·广东深圳·期中）如图，矩形中，，，E为边的中点，点P、Q为边上的两个动点，且，当（   ）时，四边形的周长最小． A．3 B．4 C．5 D． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 清单04矩形、菱形与正方形（3个考点梳理+9大题型解读+提升训练） 清单01 矩形的性质和判定 1.矩形的性质 ※矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫矩形。矩形是特殊的平行四边形。 ※矩形的性质：（1）具有平行四边形的性质（2）对角线相等 （3）四个角都是直角。 2.矩形的判定 ※矩形的判定：（1）有一个内角是直角的平行四边形叫矩形(根据定义)。 （2）对角线相等的平行四边形是矩形。 （3）四个角都相等的四边形是矩形。 清单02 菱形的性质和判定 1.菱形的性质 菱形的定义：一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 ※菱形的性质：（1）具有平行四边形的性质 （2） 且四条边都相等 （3）两条对角线互相垂直平分,每一条对角线平分一组对角。 注意：菱形是轴对称图形，每条对角线所在的直线都是对称轴。 3.菱形的面积 菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半 4.菱形的判定 ※菱形的判别方法：一组邻边相等的平行四边形是菱形。 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 四条边都相等的四边形是菱形。 清单03 正方形的性质和判定 1.正方形的概念与性质 正方形的定义：一组邻边相等的矩形叫做正方形。 ※正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质。（正方形是轴对称图形，有两条对称轴） 2.正方形的判定 ※正方形常用的判定：有一个内角是直角的菱形是正方形； 邻边相等的矩形是正方形； 对角线相等的菱形是正方形； 对角线互相垂直的矩形是正方形。 【考点题型一】利用矩行的性质求解（） 【例1】（2025·河北邯郸·一模）如图，四边形是矩形，对角线相交于点，过点作的垂线交于点．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形内角和性质，先由矩形的性质得，则，再结合过点作的垂线交于点，得出，最后进行角的运算，即可作答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ， ， ∵过点作的垂线交于点， ， ， 故选：C． 【变式1-1】（22-23八年级下·重庆长寿·期中）如图所示，矩形中，对角线，交于点O，于点E，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形的性质，由矩形的性质可知，则可求得，则可求得． 【详解】四边形是矩形， ∴， ∴ ， ， ， ， 故选：A． 【变式1-2】（24-25八年级下·四川德阳·期中）如图，矩形中，，E是上一点，把沿直线翻折，D点恰好落在边上的F点处，则_______． A．3 B． C．4 D． 【答案】A 【分析】根据题意，，，可得，这样得，设，则，利用勾股定理计算即可． 本题考查了矩形的性质，勾股定理，线段的垂直平分线的判定和性质，熟练掌握勾股定理，线段的垂直平分线的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：∵矩形中，， ∴，，， ∴， ∴， 设，则， 则， 解得， 故选：A． 【变式1-3】（24-25八年级上·甘肃兰州·期中）如图，把一张长方形纸片折叠起来，使其顶点与重合，折痕为．若，，则长为 ． 【答案】 【分析】由矩形的性质可得，由轴对称的性质可得，设，则，在中，由勾股定理可得，即，解一元一次方程即可求出的长． 【详解】解：四边形是矩形， ， 由折叠可得，， 设，则， 在中，由勾股定理可得： ， 即：， 解得：， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，解一元一次方程等知识点，熟练掌握轴对称的性质及勾股定理是解题的关键． 【考点题型二】矩形的判定（） 【例2】（2025·陕西咸阳·二模）在下列条件中，能够判定四边形为矩形的是（    ） A．， B．， C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定方法，由矩形的判定方法逐一判断，即可求解；掌握矩形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：A.，可判定四边形为平行四边形，故不符合题意； B.，可判定四边形为平行四边形，故不符合题意； C.无法判定四边形为矩形，故不符合题意； D.能够判定四边形为矩形，故符合题意； 故选：D． 【变式2-1】（22-23九年级上·山东青岛·阶段练习）顺次连接某四边形四边中点得到的四边形是矩形，则该四边形应满足的条件是（    ） A．对角线相等且平分 B．对角线相等 C．对角线垂直 D．对角线相等且垂直 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的判定和三角形中位线定理，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线定理解答． 首先根据三角形中位线定理得到四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四边形是矩形，那么邻边互相垂直，故原四边形的对角线必互相垂直，由此得解． 【详解】解：如下图，四边形是矩形，且E、F、G、H分别是、、、的中点， 证明：由于E、F、G、H分别是、、、的中点， 根据三角形中位线定理得：，， ∴四边形是平行四边形 ∴当时， ∴四边形是矩形． ∴顺次连接某四边形四边中点得到的四边形是矩形，则该四边形应满足的条件是对角线垂直． 故选：C． 【变式2-2】（2024·河南郑州·模拟预测）在数学活动课上，老师让同学们判断一个四边形门框是否为矩形，下面是某学习小组的四位同学拟订的方案，其中正确的是（    ） A．测量对角线是否互相平分 B．测量各顶点到对角线交点距离是否相等 C．测量一组对角是否都为直角 D．测量两组对边是否分别相等 【答案】B 【分析】本题考查的是矩形的判定定理，矩形的判定定理有①有三个角是直角的四边形是矩形；②对角线互相平分且相等的四边形是矩形；③有一个角是直角的平行四边形是矩形．根据矩形和平行四边形的判定推出即可得答案． 【详解】解：A、根据对角线互相平分只能得出四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； B、根据对角线互相平分且相等，可得出此四边形是矩形，故本选项符合题意； C、根据一组对角是否为直角不能得出四边形是矩形，故本选项不符合题意； D、测量两组对边是否分别相等只能得出四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； 故选：B． 【变式2-3】（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，在中，对角线相交于点O．添加下列条件不能判定为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平行四边形的性质，矩形的判定方法即可一一判断即可．本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， 是矩形，故A错误；C正确； 四边形是平行四边形， ，， ， ， 是矩形，故B正确； 四边形是平行四边形， ， 是矩形，故D正确； 故选：A． 【考点题型三】 矩形的性质与判定综合（） 【例3】（2025·黑龙江大庆·一模）如图，在矩形中，E，F分别是边，上的点，，连接，，与对角线交于点O，且，． (1)求证 ； (2)若，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质． （1）由得，即可由证，可得； （2）证明是等边三角形，得，，进而得，再由直角三角形的性质可得，，，即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：如图，连接， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴，，， ∴， ∴， ∴矩形的面积． 【变式3-1】（24-25八年级下·北京通州·期中）如图，在平行四边形中，于点E，，的平分线交于F，连接． (1)求证：四边形为矩形． (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质和判定判定，平行四边形的性质，勾股定理， 对于（1），先根据平行四边形的性质和角平分线的定义得，进而得出，即可说明四边形是平行四边形，然后根据得出答案； 对于（2），根据平行四边形的性质得，再求出，可得，然后根据勾股定理求出答案． 【详解】（1）证明： ， ． 的角平分线交于F， ， ， ． ． ∵， ∴四边形是平行四边形. ， ， ∴四边形是矩形； （2）解：在中， ． ， ． ∵四边形是矩形， ， ． ∴在中，， ． 【变式 3-2】（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图，四边形是平行四边形，对角线，相交于点，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，，继而得到，即可得到结论； （2）先证明是等边三角形，得到，根据勾股定理得到． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 即， 是矩形． （2）解：，， 是等边三角形， ， ， 是矩形， ， 在中 ，， ． 【变式3-3】（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) 【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，． 【考点题型四】利用菱形的性质求解（） 【例4】（24-25八年级下·重庆·期中）如图，是菱形的对角线，若，则菱形的周长为（　　） A．10 B．20 C．14 D．28 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理．注意掌握菱形的对角线互相垂直且平分定理的应用是解此题的关键．由菱形的性质可求得与的长，在中，由勾股定理求得边的长，即可求解． 【详解】解：设的交点为O， ∵菱形中，， ∴，，， ∴， ∴菱形的周长， 故选：B． 【变式4-1】（2025·山东青岛·二模）如图，菱形的顶点A在x轴正半轴上，点，若将菱形先向左平移3个单位，再将菱形绕原点O逆时针旋转，则旋转后点B的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平移和旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质．先求得平移后点B的对应点，过点和作轴的垂线，垂足分别为和，证明，求得，，据此求解即可． 【详解】解：∵点， ∴， ∵菱形， ∴点， ∵将菱形先向左平移3个单位， ∴平移后点B的对应点， 过点和作轴的垂线，垂足分别为和， 由旋转的性质知，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴旋转后点B的对应点的坐标是， 故选：C． 【变式4-2】（24-25八年级下·青海海北·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点，于点，若，，则的长为（   ） A．2 B． C．3 D． 【答案】D 【分析】本题主要考查菱形的性质，勾股定理，等积法求线段的长，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 根据菱形的性质和勾股定理求出菱形的边长，再根据等积法求出即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，，，， ∴， ∴， ∴，即， 解得：， 故选：D． 【变式4-3】（24-25八年级下·山东济宁·期中）如图，在菱形中，M，N分别在，上，且，与交于点O，连接．若，则的度数为 ． 【答案】/54度 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，根据题意得到是解题的关键． 先证明，可得，从而得到，即可求解． 【详解】∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 即点O为菱形对角线的交点， ∴，即， ∵，， ∴， ∴． 故答案为： 【考点题型五】 菱形的判定（） 【例5】（2025年河南省许昌市第二次中招模拟考试九年级数学试卷）如图，要使成为菱形，则可添加一个条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定．熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．根据菱形的判定对各选项进行判断作答即可． 【详解】解：当，则为菱形，故A符合要求； 当，则为矩形，故B不符合要求； 当，则不一定为菱形，故C不符合要求； 当，则为矩形，故D不符合要求； 故选：A． 【变式5-1】（23-24九年级上·全国·课后作业）如图，顺次连结四边形各边中点得到四边形，要使四边形为菱形，应添加的条件是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的判定，先说明四边形为平行四边形，再结合四个答案依次判断即可. 【详解】连结，如图所示， ∵E、F、C、H分别为四边形各边中点， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形． 当或时， 只能判断四边形为平行四边形，故A、B选项错误； 当时，能判断四边形为矩形，故C选项错误； 当时，能判断四边形为菱形，故D选项正确． 故选：D. 【变式5-2】（22-23八年级下·山东烟台·期中）如图，在中，与相交于点O，则下列说法不正确的是（    ） A．若，则是菱形 B．若，则是矩形 C．若，则是矩形 D．若，则是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了矩形和菱形的判定，根据矩形和菱形的判定的判定定理逐项判断即可求解，掌握矩形和菱形的判定的判定定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，若，则是菱形，故说法正确，不合题意； ∵四边形是平行四边形，若，则是矩形，故说法正确，不合题意； ∵四边形是平行四边形，若，则是矩形，故说法正确，不合题意； ∵四边形是平行四边形，若，则是菱形，故说法错误，符合题意； 故选：D． 【变式5-3】（22-23九年级下·河南新乡·期中）如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连接、、、，与交于点，添加下列条件不能使四边形成为菱形的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题是一道关于菱形判定的题目，解答本题的关键是熟练掌握菱形的判定与性质； 根据平行四边形的性质和判定，菱形的性质和判定对选项一一进行判定即可求解； 【详解】解：四边形为平行四边形， ，， ， ， 四边形为平行四边形． A．， ， 又， ， 四边形为菱形，故本选项正确； B．无法判定平行四边形是菱形，故本选项错误； C．， ，， 对角线互相垂直的平行四边形为菱形，故本选项正确； D．，， ， 平行四边形为菱形，故本选项正确． 故选B． 【考点题型六】 菱形的性质与判定综合（） 【例6】（24-25八年级下·北京密云·期中）如图，在中，，过点作的平行线与的延长线相交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】（1）由平行四边形的性质得，，再证明四边形是平行四边形，进而证明，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）设与交于点，根据平行四边形的性质求出，根据菱形性质求出，，，根据勾股定理求出，最后求出结果即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， 四边形是平行四边形， ， ， 平行四边形是菱形； （2）解：如图，设与交于点， 四边形是平行四边形， ， ∵四边形是菱形， ，，， ， ∴， ． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识．熟练掌握菱形的判定方法，是解题的关键． 【变式6-1】（24-25八年级下·重庆綦江·期中）如图，矩形对角线交于，延长到，使，延长到，使． (1)求证：四边形是菱形； (2)若 ， ，求菱形的面积． 【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，即可得出结论； （2）由菱形的性质得出 ， ，由勾股定理求出，则，然后由菱形的面积公式即可得出结果． 【详解】（1）证明：矩形 ，， 又， ， 四边形为平行四边形 又 ， 平行四边形为菱形 （2）由（1）知四边形为菱形， ， 在中，， , 【变式6-2】（24-25八年级下·河南焦作·期中）如图，在中，，是的斜边上的中线，过点C作，连接，恰有． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题主要考查了菱形的判定与性质以及直角三角形的性质，正确利用菱形的性质是解题关键． （1）直接利用平行四边形的判定方法得出四边形是平行四边形，再利用直角三角形的性质得出，即可得出四边形是菱形； （2）利用菱形的性质和平行四边形的性质得出，的长，进而根据计算解题即可． 【详解】（1）证明：∵是的斜边上的中线， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 又∵是中线， ∴，． 【变式6-3】（24-25八年级下·广东东莞·期中）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，与相交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可证四边形是平行四边形，根据矩形的性质可证，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证结论成立； （2）根据菱形的性质可知，又因为，可知是等边三角形，所以可知，根据菱形的性质可知，根据矩形的性质可知，利用勾股定理可求，根据矩形的面积公式计算即可． 【详解】（1）证明： ，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ，，， ， 四边形是菱形； （2）解：由（1）可知，四边形是菱形 ，， 又， 是等边三角形， ， ， ， 在中，， 矩形的面积为． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是根据菱形的性质求出矩形的边长． 【考点题型七】 利用正方形的性质求解（） 【例7】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． 【变式7-1】（2025·河南信阳·二模）如图，在正方形的内部作等边三角形，连接，，对角线交于于点，则的度数是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等边对等角，三角形内角和定理等．根据正方形的四个角都是，四条边都相等，对角线平分对角得出，，，根据等边三角形的三个角都是，三条边都相等得出，，求出，，根据等边对等角和三角形内角和是求出，即可求解． 【详解】解：∵是正方形的对角线， ∴，，， ∵为等边三角形， ∴，， ∴，， 故， ∴． 故答案为：． 【变式7-2】（2025·山东菏泽·二模）如图，正方形的边长为8，点E是的中点，连接，分别以点A，E为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于G，H两点，作直线，分别交于点M，F，则的长为 ． 【答案】1 【分析】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，勾股定理，由正方形的性质可得，由线段中点的定义可得，由作图方法可知垂直平分，则，设，则，由勾股定理可得，解方程即可得到答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵点E是的中点， ∴， 由作图方法可知垂直平分， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 故答案为：1 ． 【变式7-3】（24-25八年级下·北京通州·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点，则点D的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定， 作轴，根据正方形的性质证明，可得 ，即可得出答案． 【详解】解：如图所示，过点D作轴，交x轴于点E， ∴． ∵点， ∴． ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴点D的坐标是． 故答案为：． 【考点题型八】 正方形的性质与判定综合（） 【例8】（2023·四川成都·一模）如图，在四边形中，且，对角线和相交于点O，且，过点B作，交于点E，连结． (1)求证：； (2)试探究四边形的形状，并说明理由； (3)若，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)矩形，理由见解析 (3)18 【分析】（1）由可知，，进而可证； （2）由，可得，证明四边形是平行四边形，由，可证四边形是矩形； （3）由且，可得，即，可证四边形是正方形，则，设，则，在中，由勾股定理得，即，求出满足要求的值，根据，求的值，根据，计算求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在和中， ∵， ∴； （2）解：四边形是矩形，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （3）解：∵且， ∴，即， ∴四边形是正方形， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得，即， 解得：，（舍去）， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为18． 【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 【变式8-1】（24-25八年级下·山东聊城·期中）四边形为正方形，点为对角线上一点，连接.过点作，交边于点． (1)求证； (2)以，为邻边作矩形，连接.若，，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，添加合适的辅助线构造三角形全等是解题的关键． （1）连接，利用正方形的性质证明，推出，证明，得到，即可得出结论； （2）根据矩形和正方形的性质可证明，推出，求出，根据，即可求解． 【详解】（1）证明：连接，如图， 是正方形对角线， ，    ， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：四边形为矩形，， 四边形为正方形， ， 四边形为正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【变式8-2】（24-25九年级下·甘肃张掖·期中）【模型建立】 （1）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上的一点，且．求证：． 【模型应用】 （2）如图2，若点E，G分别在边，上，且，连接，求证：． 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，E是上一点，且，，求的长． 【答案】（1）见详解（2）见详解（3） 【分析】（1）根据正方形的性质，可直接证明，从而得出； （2）延长至F，使．连接，根据（1）知，即可证明，根据，得，利用全等三角形的判定方法得出，即，即可得出答案； （3）过作，交延长线于D，则四边形 为正方形，设，根据（1）（2）可知，，在中，利用勾股定理即可求解，即可作答． 本题主要考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、直角梯形的性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键，注意数形结合思想与方程思想的应用． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴； （2）如图2， 延长至F，使．连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵ ∴， ∴， ∴，即， 又∵，则， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴； （3）如图3，过作，交延长线于D， ∵在直角梯形中，， ∴， 又∵， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， 根据（1）（2）可知，， 在中，∵， 即， 得：， ∴． 【变式8-3】（24-25八年级下·江苏连云港·期中）如图，中，交于P，的平分线分别交于E、F． (1)求证：； (2)当与的交点P在的什么位置时，四边形是矩形，说明理由； (3)在（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形是正方形．（不需要证明） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)当是直角三角形，，四边形是正方形 【分析】本题考查等角对等边，矩形的判定，正方形的判定，熟练掌握平行加角平分线会出现等腰三角形，以及矩形和正方形的判定方法，是解题的关键： （1）平行结合角平分线得到，进而得到，即可得证； （2）根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，以及有一个角为直角的平行四边形为矩形，进行判断即可； （3）根据有一个角是直角的菱形是正方形，得到当，即：时，四边形是正方形即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵分别平分， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）当点P是的中点时，四边形是矩形， 理由如下：∵点P是的中点， ∴， 由（1）知：， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， 即：， ∴四边形是矩形； （3）当是直角三角形，，四边形是正方形． 当时， ∵， ∴， ∴， 由（2）可知，四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形． 【变式8-4】（24-25八年级下·重庆·期中）如图1，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于点，以，为邻边作平行四边形． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)如图2，若，连接，，，，求的度数并判断的形状； (3)如图3，若，，，是的中点，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)；是等边三角形 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，再根据平行线的性质证明，根据等角对等边可得，再有条件四边形是平行四边形，可得四边形为菱形，即可解决问题； （2）连接，先证明，得出，， 证明，得出是等边三角形，即可得出结论； （3）首先证明四边形为正方形，再证明可得，，再根据可得到是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形为菱形； （2）解：；是等边三角形； ∵，， ∴， ∵， ∴， 由（1）知，四边形是菱形， ∴，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴； （3）解：如图，连接，， ∵，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 又由（1）可知四边形为菱形，， ∴四边形为正方形． 根据解析（2）可知，， ∵M为中点， ∴，， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴，． ∴， ∴是等腰直角三角形． ∵，， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质、正方形的性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法． 【变式8-5】（24-25八年级下·山东临沂·期中）如图1，在正方形中，点是边上的一个动点（点与点不重合），连接，过点作于点，交于点． (1)求证：； (2)如图2，连接、，若，求四边形的面积； (3)如图3，当点运动到中点时，连接，求证：． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)见解析． 【分析】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质是解题的关键． （1）根据同角的余角相等得到，利用定理证明≌； （2）根据全等三角形的性质得到，根据三角形的面积公式计算，得到答案； （3）延长交于点，证明得，然后根据直角三角形斜边中线的性质得． 【详解】（1）证明：， ， ， 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中，， ； （2）解：， ， ； （3）解：如图2，延长交于点， 由（1）得， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 又， ， ， ． 【考点题型九】特殊平行四边形求最值问题（） 【例9】（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，，，动点P从点B出发，沿着向点D移动，若过点P作，垂足分别为E、F，连接，则的长最小为（   ） A． B． C．5 D．7 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短及面积法求直角三角形斜边上的高，需要熟练掌握并灵活运用．连接、，依据，，，可得四边形为矩形，借助矩形的对角线相等，将求的最小值转化成的最小值，再结合垂线段最短，将问题转化成求斜边上的高，利用面积法即可得解． 【详解】解：如图，连接、，   ，， ． 四边形是矩形， ． 四边形为矩形． ． 要求的最小值就是要求的最小值． 点从点沿着往点移动， 当时，取最小值． 在中， ，，， ． ， ． 的长度最小为：． 故选：B． 【变式9-1】（24-25九年级上·福建三明·阶段练习）如图，正方形中，，点P在上，点E 是中点 ，则的最小是（   ） A．16 B． C．12 D． 【答案】B 【分析】本题题考查了轴对称中的最短路线问题，要灵活运用正方形的性质、对称性是解决此类问题的重要方法，找出P点位置是解题的关键. 由于点B与D关于对称，所以连接，设与交于点，连接，此时最小，直角中，利用勾股定理即可得出结果. 【详解】解：如图，连接，设与交于点，连接， ∵四边形是正方形， ∴点B与D关于对称， ∴， ∴是最小. 即P在与的交点上时，最小，即为的长度. ∴直角中，，， ∴. 故选：B. 【变式9-2】（24-25九年级上·贵州六盘水·阶段练习）如图，正方形的面积为4，是等边三角形，点E在正方形内，在对角线上有一点P，使的和最小，则这个最小值为（ ） A．3 B．6 C． D．2 【答案】D 【分析】根据正方形的性质可证得，从而得到，进而得到最小，即可求解． 【详解】解：连接，与交于点F． ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即的和最小值为的长， ∵正方形的面积为4， ∴． 又∵是等边三角形， ∴． ∴所求最小值为2． 故选：D． 【点睛】此题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，最短路径问题，正确掌握各知识点并综合应用是解题的关键． 【变式9-3】（23-24八年级下·安徽芜湖·期中）如图，在矩形中，，，点P、点Q分别在上，，线段在上，且，连接，则线段的最小长度是（    ）．    A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质、最短路径问题等知识点，正确作出辅助线成为解题的关键． 如图，在上取一点G，使，连接．再证明四边形为平行四边形，即，进而说明，最后运用勾股定理求得的长即可． 【详解】解：如图，在上取一点G，使，连接．    ∵在矩形中，， ， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ． 又，， ， 的最小长度为5． 【变式9-4】（22-23八年级下·广东深圳·期中）如图，矩形中，，，E为边的中点，点P、Q为边上的两个动点，且，当（   ）时，四边形的周长最小． A．3 B．4 C．5 D． 【答案】B 【分析】在上截取线段，作F点关于的对称点G，连接与交于一点即为Q点，过F点作的平行线交于一点，即为P点，此时四边形的周长最小，过G点作的平行线交的延长线于H点，先求出，得出，设，则，列出关于x的方程，解方程即可． 【详解】解：如图，在上截取线段，作F点关于的对称点G，连接与交于一点即为Q点，过F点作的平行线交于一点，即为P点，此时四边形的周长最小，过G点作的平行线交的延长线于H点， ∵四边形为矩形， ∴，， ， ∴， ∵E为边的中点， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：， 即时，四边形的周长最小，故B正确． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，轴对称的性质，解题的关键是作出辅助线，找出使四边形的周长最小时，点P的位置． 15 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $$