专题01 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（鲁教版）

专题01 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．（22-23八年级下·山东潍坊·期末）如图，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，已知，则旋转角的度数为（    ）    A． B． C． D．   2．（22-23八年级下·山东临沂·期末）已知矩形的对角线与一边的夹角是，则两条对角线的夹角的度数是（    ） A． B． C． D．或 3．（22-23八年级上·山东烟台·期末）如图，在矩形中，对角线相交于点O，，交于F，垂足为E，求的度数．    【考点题型二】利用矩形的性质求线段长（） 4．（23-24八年级下·山东东营·期末）如图，矩形中，平分，交于点E，将一块三角板的直角顶点放在点E处，并使它的一条直角边过点A，另一条直角边交于M点，若，，则的长为（　　） A．2 B． C． D．3 5．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点M，N．若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 6．（22-23八年级下·山东泰安·期末）如图，矩形中交于点O，．则的长为 ． 7．（23-24八年级下·山东滨州·期末）如图，矩形的边在轴的正半轴上，点坐标为，，，且满足．问取何值时是直角三角形？ 【考点题型三】利用矩形的性质求面积（） 8．（22-23八年级下·山东威海·期末）如图，矩形，对角线交于点，过点作分别交于点，点．若，则图中阴影部分的面积为（    ）    A．6 B．8 C．12 D．24 9．（21-22八年级下·山东烟台·期末）点E为正方形ABCD的边长AB上任意一点，连接EC，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D．若矩形ECFG与正方形ABCD的面积分别为，，则与的大小关系是（    ）． A． B． C． D．不确定 10．（21-22八年级上·湖北恩施·期末）如图，点是矩形对角线上一点，过点做，分别交，于点，，连接．若，，则图中阴影部分的面积为 ．      11．（21-22八年级下·山东济南·期末）如图，在矩形中，对角线与相交于点，，，求矩形的面积． 【考点题型四】求矩形在坐标系中的坐标（） 12．（21-22八年级下·山东威海·期末）如图，矩形与矩形是位似图形，点P是位似中心．若点B的坐标为，点E 的横坐标为，则点P的坐标为（   ） A． B． C． D． 13．（23-24八年级下·山东淄博·期末）如图，在矩形中，，点的坐标为，则的值为（    ） A．8 B．6 C．4 D．3 14．（23-24八年级下·山东烟台·期末）如图，矩形的面积是10，顶点的坐标是，顶点在函数的图象上，则的值是 ． 15．（22-23八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，，点，的坐标分别为，，动点从点A沿以每秒个单位的速度运动；动点从点沿以每秒个单位的速度运动，同时出发，当一个点到达终点后另一个点继续运动，直至到达终点，设运动时间为秒． (1)在时，点坐标______，点坐标______． (2)当为何值时，四边形是矩形？ 【考点题型五】矩形与折叠问题（） 16．（24-25八年级上·山东淄博·期末）如图，在矩形中，点是边上一点，将沿折叠，使点落在边上的处，已知，，则的长为（   ） A． B． C． D． 17．（24-25八年级上·山东威海·期末）如图，将沿对角线折叠，点B的对应点为，连接，，其中与交于点E． (1)求证：； (2)点落在何位置，并说明理由． 18．（24-25八年级上·山东青岛·期末）如图，把长方形纸片沿折叠后，使得点与点重合，点落在点的位置上． (1)若，求的度数； (2)若，，则问题：①求长；②求长． 请从以上问题中任选其一求解，并说明理由（两个都写以第一个为准）． 【考点题型六】证明四边形是矩形（） 19．（20-21八年级下·山东济南·期末）如图，在中，是的一条角平分线，是外角的平分线，，垂足为．连接交于点． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)试判断与的关系，并说明理由． 20．（24-25九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？ 【考点题型七】利用菱形的性质求角度（） 21．（2023·湖南·中考真题）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 22．（21-22八年级下·山东日照·期末）如图菱形中，，点E是边上一点，将沿翻折，点B恰好落在边延长线上的F处，则的度数是（    ） A．20° B．25° C．30° D．35° 23．（22-23八年级下·山东菏泽·期末）已知菱形的一边与两条对角线的夹角之差是，则此菱形的各个内角分别是 ． 24．（22-23八年级下·山东滨州·期末）如图，在菱形中，的垂直平分线交对角线于点F，垂足为点E，连接，若，则 ．    【考点题型八】利用菱形的性质求线段长（） 25．（24-25八年级上·山东东营·期末）如图，菱形的对角线交于点O，且，，则菱形的高的长是（   ） A．10 B．96 C．9.6 D．以上都不对 26．（22-23八年级下·北京平谷·期末）如图，菱形的对角线交于点O，点M为的中点，连接，若，，则的长为（   ） A． B．4 C．5 D． 27．（24-25八年级上·山东潍坊·期末）如图，在菱形中，，，E，F分别为边和的中点，连接，点P是上一动点，则的最小值为 ． 28．（23-24八年级下·山东威海·期末）如图，点是菱形对角线上任意一点，连接，，．点是延长线上一点，连接，交于点，且． (1)求的度数； (2)若，请直接写出，，的数量关系，不需要证明． 【考点题型九】利用菱形的性质求面积（） 29．（23-24八年级下·山东德州·期末）如图，菱形的对角线，相交于点O，过点A作于点E，连接，，菱形的面积为54，则的长为（    ） A．4 B．4.5 C．6 D．9 30．（22-23八年级下·北京西城·期末）小雨在参观故宫博物馆时，被太和殿窗棂的三交六椀菱花图案所吸引，他从中提取出一个含角的菱形（如图1所示）．若的长度为，则菱形的面积为（    ）    A． B． C． D． 31．（22-23八年级下·山东东营·期末）如图，菱形的对角线，相交于点O，，，与交于点F．若，，则菱形的面积为 ． 32．（23-24八年级上·山东潍坊·期末）如图，在 中，． 分别是边 的中点，连接 并延长到点 ，使 ，连接 ．    (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若 ，求四边形的面积． 【考点题型十】求菱形在坐标系中的坐标（） 33．（23-24八年级下·山东滨州·期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点D在轴上，边在轴上，若点A的坐标为，则点的坐标为（  ）    A． B． C． D． 34．（2024·湖北荆门·模拟预测）在平面直角坐标系中，菱形的顶点A在x轴上，顶点B，C在y轴上，若点A的坐标为，点B的坐标为，则顶点D的坐标为（    ） A． B． C．或 D．或 35．（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，已知菱形的顶点O，B，若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则第秒时，菱形的对角线交点D的坐标为 ． 36．（22-23八年级下·山东聊城·期末）在如图所示的直角坐标系中，菱形的边长是，为的中点，轴垂直平分，垂足为点，请分别求出点，，，的坐标． 【考点题型十一】证明四边形是菱形（） 37．（22-23八年级下·山东泰安·期末）如图，已知是的角平分线，交于点，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)请直接填写，当 时，四边形是正方形． 38．（23-24八年级下·山东济南·期末）如图，在中，，为中线，为的中点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形为菱形． (2)给再添加一个条件，使得四边形为正方形．请写出添加的条件并说明理由． 39．（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，已知点分别是的边上的中点，且， (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 【考点题型十二】利用正方形的性质求角度（） 40．（20-21八年级下·山东烟台·期末）如图，延长正方形边至点，使，则为（   ） A． B． C． D． 41．（24-25八年级上·山东潍坊·期末）如图，在正方形外侧，以为一边向上作等边三角形，连接，，相交于点F，则的度数是（   ） A． B． C． D． 42．（22-23八年级上·山东烟台·期末）如图，P为线段上任意一点，分别以、为边在同侧作正方形、，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 43．（21-22八年级下·山东淄博·期末）如图，在正方形中，点，分别是，上的点，连接，，，若，则 ． 44．（22-23八年级下·山东临沂·期末）已知：如图，正方形中，为边上一点，为边延长线上一点，．    (1)观察猜想和的大小关系，并证明你的猜想； (2)若，求的度数． 【考点题型十三】利用正方形的性质求线段长（） 45．（22-23八年级下·山东济南·期末）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为的正方形可以制作一副如图所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形内拼成如图所示的“拼搏兔”造型（其中点、分别与图中的点、重合，点在边上），则“拼搏兔”所在正方形的边长是（    ）． A． B． C． D． 46．（23-24八年级下·山东济南·期末）如图，正方形中，点分别是的中点，交于，连接．下列结论：；；；．其中正确的有（    ）个 A． B． C． D． 47．（2021·陕西安康·二模）如图，正方形中，点，分别在边，上，，于点，若，，则的长为 ． 48．（2020·四川凉山·中考真题）如图，一块材料的形状是锐角三角形，边，高，把它加工成正方形零件，使正方形的一边在上，其余两个顶点分别在上，这个正方形零件的边长是多少？ 【考点题型十四】利用正方形的形状求面积（） 49．（23-24八年级下·山东淄博·期末）如图，把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形拼成如图2所示的大正方形．若已知该菱形的一条对角线长为6，另一条对角线长为8，则图2中小正方形（阴影部分）的面积为（    ）    A． B．1 C．2 D．3 E．4 50．（22-23九年级上·贵州六盘水·期末）如图，正方形的对角线相交于点O，（两直角边长均大于的长度）绕点O旋转的过程中，与正方形重叠部分的面积（　　） A．由小变大 B．由大变小 C．始终不变 D．先由大变小，然后又由小变大 51．（23-24八年级下·山东济宁·期末）七巧板是我国民间流传的一种益智玩具，它由等腰直角三角形、正方形和平行四边形组成．如图，这是一个由边长为的正方形纸板制作的七巧板，则平行四边形（图中⑥）的面积是 ． 52．（21-22八年级下·山东淄博·期末）完成下列各题： (1)如图，一个矩形的长，宽，按照图中所示的方式将它分割成相同的三个矩形，且每个小矩形与原矩形相似，求的值． (2)如图，正方形的对角线交于点，正方形与正方形的边长相等．在正方形绕点旋转的过程中，两个正方形重叠部分的面积与正方形的面积有什么关系？请证明你的结论． (3)一名跳水运动员进行跳台跳水训练，在正常情况下，运动员必须在距水面以前完成规定的翻腾动作，并且调整好入水姿势，否则就容易出现失误．假设运动员起跳后的运动时间和运动员距离水面的高度满足关系：，那么他最多有多长时间完成规定动作？ 【考点题型十五】正方形与折叠问题（） 53．（21-22八年级下·山东滨州·期末）如图，正方形ABCD中，AB＝12，点E在边BC上，BE＝EC，将△DCE沿DE对折至△DFE，延长EF交边AB于点G，连接DG、BF，给出以下结论：①△DAG≌△DFG；②BG＝2AG；③S△DGF＝120；④S△BEF＝；⑤BF∥DE．其中正确结论的个数是（　　） A．5 B．4 C．3 D．2 54．（23-24八年级下·山东东营·期末）如图，在边长为8的正方形纸片中，E是边上的一点，，连接，将正方形纸片折叠，使点D落在线段上的点G处，折痕为，则的长为 55．（23-24八年级下·山东济南·期末）将一张边长为10的正方形纸片进行折叠，折痕为，点落在边上的点处，当点为中点时，的长为 . 56．（22-23八年级下·山东临沂·期中）综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．    (1)操作判断 操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接，． 根据以上操作，当点M在上时，写出图1中一个的角： ； (2)迁移探究 小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下： 将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点Q，连接． ①如图2，当点M在上时， °； ②改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断与的数量关系，并说明理由； (3)拓展应用在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为，当时，求的长． 【考点题型十六】证明四边形是正方形（） 57．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图所示，在中，，为的中点，四边形为平行四边形，，相交于，连接，． (1)试确定四边形的形状，并说明理由． (2)当满足什么条件时，四边形为正方形？请给予证明． 58．（23-24八年级上·山东烟台·期末）如图，在中，E，F分别是和的中点，连接和，过点A作交的延长线于点G． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当点B是中点时，求证：四边形是菱形； (3)在（2）的条件下，不增加辅助线，再增加一个什么条件，能使四边形是正方形？写出这个条件． 59．（22-23八年级下·山东威海·期末）如图，在中，边，上的中线，相交于点H，点G，F分别为，的中点，连接，，，．    (1)连接，若，判断四边形的形状，并说明理由； (2)在（1）的条件下，若，求证：四边形是正方形． 60．（2023·湖北十堰·中考真题）如图，的对角线交于点，分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接．    (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)请说明当的对角线满足什么条件时，四边形是正方形？ 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 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．（22-23八年级下·山东潍坊·期末）如图，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，已知，则旋转角的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据矩形的性质以及旋转的性质得出，，再根据平角的定义即可推出结果． 【详解】解：将矩形绕点逆时针旋转得到矩形， ，， ， ， ， ， 即旋转角的度数为， 故选：D．    【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，明确旋转前后对应边、对应角相等是解题的关键． 2．（22-23八年级下·山东临沂·期末）已知矩形的对角线与一边的夹角是，则两条对角线的夹角的度数是（    ） A． B． C． D．或 【答案】D 【分析】首先根据矩形的性质得到，然后利用等边对等角得到，然后利用三角形外角的性质求解即可． 【详解】如图：    根据题意可得： ∵四边形是矩形 ∴ ∴ 则， ∴两条对角线的夹角的度数是或． 故选：D． 【点睛】此题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形外角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 3．（22-23八年级上·山东烟台·期末）如图，在矩形中，对角线相交于点O，，交于F，垂足为E，求的度数．    【答案】 【分析】根据矩形性质可得，再结合可得;再说明，进而得到，最后根据角的和差即可解答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵，，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，求得是解答本题的关键． 【考点题型二】利用矩形的性质求线段长（） 4．（23-24八年级下·山东东营·期末）如图，矩形中，平分，交于点E，将一块三角板的直角顶点放在点E处，并使它的一条直角边过点A，另一条直角边交于M点，若，，则的长为（　　） A．2 B． C． D．3 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．根据矩形的性质可得，由平分，可得，然后证明可得，进而可得结果． 【详解】解：在矩形中，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：A． 5．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点M，N．若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质和线段垂直平分线的性质，依据题意，连接，记与交于点O，先证，从而得，再由线段垂直平分从而，又在中可得的值，从而再在中可求得． 【详解】解：由题意，连接，记与交于点O， ∵线段垂直平分， ∴． ∵四边形是矩形， ∴． ∴． 又， ∴． ∴． 在中， ∴． ∴在中可得，． 故选：C． 6．（22-23八年级下·山东泰安·期末）如图，矩形中交于点O，．则的长为 ． 【答案】6 【分析】此题考查了矩形的性质、等边三角形的判定和性质，根据矩形性质得到，，证明是等边三角形，得到，即可得到答案． 【详解】解：在矩形中，，，， ∴， ∵ ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴； 故答案为：6. 7．（23-24八年级下·山东滨州·期末）如图，矩形的边在轴的正半轴上，点坐标为，，，且满足．问取何值时是直角三角形？ 【答案】 【分析】本题考查二次根式有意义的条件，勾股定理，矩形的性质． 先根据二次根式的被开方数为非负数求出a的值，进而得到b的值，从而得到，，根据勾股定理即可求出，根据点B的坐标表示出，的长．当是直角三角形时，只能，根据勾股定理有，代入求解即可． 【详解】解：∵， ∴，解得， ∴， ∴，， ∵在矩形中，， ∴， ∵在轴的正半轴上，点坐标为， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴在中，， 当是直角三角形时，只能， ∴， 即， 解得：． 【考点题型三】利用矩形的性质求面积（） 8．（22-23八年级下·山东威海·期末）如图，矩形，对角线交于点，过点作分别交于点，点．若，则图中阴影部分的面积为（    ）    A．6 B．8 C．12 D．24 【答案】C 【分析】根据矩形的性质证明，得出阴影部分面积等于矩形的面积的即可求解． 【详解】：四边形是矩形， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键． 9．（21-22八年级下·山东烟台·期末）点E为正方形ABCD的边长AB上任意一点，连接EC，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D．若矩形ECFG与正方形ABCD的面积分别为，，则与的大小关系是（    ）． A． B． C． D．不确定 【答案】B 【分析】如图，连接DE，利用已知条件可以得到△CDE的面积是矩形CFGE的一半，也是正方形ABCD的一半，则矩形与正方形面积相等，利用这个结论即可解决问题． 【详解】解：如图，连接DE， ∵， ∴， ∴矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等， 故选：B． 【点睛】此题考查了正方形的性质、矩形的性质，连接DE由面积关系进行转化是解题的关键． 10．（21-22八年级上·湖北恩施·期末）如图，点是矩形对角线上一点，过点做，分别交，于点，，连接．若，，则图中阴影部分的面积为 ．    【答案】18 【分析】本题考查了矩形的性质，过点作分别交、于点、，证明，从而，即，求出的值即可求出整个阴影部分的面积，熟练掌握矩形的性质定理是解题关键． 【详解】解：过点作分别交、于点、，如图所示：    由矩形性质可知，，，， ，即， ，即， ，， ，即图中阴影面积为， 故答案为：18． 11．（21-22八年级下·山东济南·期末）如图，在矩形中，对角线与相交于点，，，求矩形的面积． 【答案】 【分析】解：由矩形的性质可得，从而证明是等边三角形得，然后在中，利用勾股定理求得，即可求得矩形的面积． 【详解】解：∵在矩形中，，， ，， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理及等边三角形的判定及性质，熟练掌握等边三角形的判定及性质以及勾股定理是解题的关键． 【考点题型四】求矩形在坐标系中的坐标（） 12．（21-22八年级下·山东威海·期末）如图，矩形与矩形是位似图形，点P是位似中心．若点B的坐标为，点E 的横坐标为，则点P的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是位似图形的概念、相似三角形的性质，根据位似图形的概念得出，是解题的关键．根据位似图形的概念得到，，进而证明，根据相似三角形的性质求出，得到答案． 【详解】解：∵四边形为矩形，， ∴， ∵矩形与矩形是位似图形，点E 的横坐标为， ∴，，， ∴， ∴，， ∴， 解得：，， ∴点P的坐标为， 故选：B． 13．（23-24八年级下·山东淄博·期末）如图，在矩形中，，点的坐标为，则的值为（    ） A．8 B．6 C．4 D．3 【答案】B 【分析】此题主要考查矩形的对角线长度，解题的关键是熟知矩形的性质及勾股定理的应用． 连接，根据点坐标求出的长，由矩形的性质即可得到，列方程即可求解． 【详解】如图，连接， ∵，四边形是矩形， ， 的坐标为， ， ， 解得：或（舍去）， 故选：B． 14．（23-24八年级下·山东烟台·期末）如图，矩形的面积是10，顶点的坐标是，顶点在函数的图象上，则的值是 ． 【答案】8 【分析】本题主要考查了反比例函数与几何综合， 相似三角形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理等等，过点A和点C分别作x轴的垂线，垂足分别为D、E，则，由勾股定理可得，根据矩形面积计算公式得到，再证明得到，即，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，过点A和点C分别作x轴的垂线，垂足分别为D、E， ∵顶点的坐标是， ∴， ∴， ∵矩形的面积是10， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， 故答案为：8． 15．（22-23八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，，点，的坐标分别为，，动点从点A沿以每秒个单位的速度运动；动点从点沿以每秒个单位的速度运动，同时出发，当一个点到达终点后另一个点继续运动，直至到达终点，设运动时间为秒． (1)在时，点坐标______，点坐标______． (2)当为何值时，四边形是矩形？ 【答案】(1)； (2) 【分析】本题考查了矩形的判定、坐标与图形性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键． （1）根据点、的坐标求出、、，再根据路程速度时间求出、，然后求出，即可得出结论； （2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，当时，四边形是矩形，然后列出方程求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ，，， 当时，，， ， 点，； 故答案为：；； （2）解：根据题意：，， 则， 当四边形是矩形时，， ， 解得：， 时，四边形是矩形． 【考点题型五】矩形与折叠问题（） 16．（24-25八年级上·山东淄博·期末）如图，在矩形中，点是边上一点，将沿折叠，使点落在边上的处，已知，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，直角三角形的边角关系以及翻折轴对称的性质．根据翻折的性质和勾股定理可求出，进而求出，在中由勾股定理可求出． 【详解】解：由翻折的性质可知，，， 在中，，， ， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得， 即． 故选B． 17．（24-25八年级上·山东威海·期末）如图，将沿对角线折叠，点B的对应点为，连接，，其中与交于点E． (1)求证：； (2)点落在何位置，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)当点落在的延长线上时，，理由见解析 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，，由折叠得到，，然后证明出，得到，然后根据等边对等角和三角形内角和定理得到，即可得到； （2）当点落在的延长线上时，证明出四边形是矩形，即可得到． 【详解】（1）∵四边形是平行四边形 ∴， 由折叠得，， ∴， 又∵ ∴ ∴ ∴ ∴，即 ∴ ∵ ∴ ∴； （2）当点落在的延长线上时，，理由如下： 当点落在的延长线上时， ∴ ∵ ， ∴ ∵ ∴ ∴四边形是矩形 ∴． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，折叠性质，矩形的性质和判定，全等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． 18．（24-25八年级上·山东青岛·期末）如图，把长方形纸片沿折叠后，使得点与点重合，点落在点的位置上． (1)若，求的度数； (2)若，，则问题：①求长；②求长． 请从以上问题中任选其一求解，并说明理由（两个都写以第一个为准）． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】此题考查图形的翻折变换，勾股定理，注意折叠前后的对应关系是解题的关键． （1）根据平行线的性质得到的度数，根据翻折变换的性质得到的度数，根据平角得到答案； （2）根据翻折变换的性质和勾股定理列出方程，解方程得到答案． 【详解】（1）解： 由翻折的性质可知： （2）①设由题意可知：， 由勾股定理可得： 即 解得：， 即 ②设由题意可知：， 由勾股定理可得： 即 解得：， 即 【考点题型六】证明四边形是矩形（） 19．（20-21八年级下·山东济南·期末）如图，在中，是的一条角平分线，是外角的平分线，，垂足为．连接交于点． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)试判断与的关系，并说明理由． 【答案】(1)四边形是矩形，理由见解析 (2)，，理由见解析 【分析】此题考查了矩形的判定与性质、三线合一以及三角形中位线的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用． （1）由在中，，是的一条角平分线，可得，，又由为的外角的平分线，可得，又由，即可证得：四边形为矩形； （2）四边形为矩形，可得，又由是边的中线，即可得是的中位线，则可得，． 【详解】（1）解：四边形为矩形， 理由：平分，平分， ，， ， 在中， ，平分， ． ， ， ． ， 四边形为矩形； （2）解：，， 理由：四边形是矩形， ， ，平分， ， 是的中位线， 即，． 20．（24-25九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？ 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形是矩形，理由见解析 【分析】（1）由得出，再证明得出，即可得证； （2）证明是等边三角形，得出，结合平行四边形的性质得出，即可得证． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵于点E，于点F， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当时，四边形是矩形，理由如下： ∵，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、矩形的判定，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【考点题型七】利用菱形的性质求角度（） 21．（2023·湖南·中考真题）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的性质可得，则，进而即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形 ∴， ∴， ∵， ∴, 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练掌握是菱形的性质解题的关键． 22．（21-22八年级下·山东日照·期末）如图菱形中，，点E是边上一点，将沿翻折，点B恰好落在边延长线上的F处，则的度数是（    ） A．20° B．25° C．30° D．35° 【答案】A 【分析】由四边形ABCD是菱形，得∠D＝∠B＝40°，BC＝CD，ADBC，根据将△BEC沿CE翻折，点B恰好落在边DA延长线上的F处，可得CF＝BC，∠BCE＝∠FCE∠BCF，即得CD＝CF，∠D＝∠CFD＝40°，进而即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴∠D＝∠B＝40°，BC＝CD，ADBC， ∵将△BEC沿CE翻折，点B恰好落在边DA延长线上的F处， ∴CF＝BC，∠BCE＝∠FCE∠BCF， ∴CD＝CF， ∴∠D＝∠CFD＝40°， ∵ADBC， ∴∠BCF＝∠CFD＝40°， ∴∠BCE∠BCF＝20°， 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质，求出∠CFD＝40°． 23．（22-23八年级下·山东菏泽·期末）已知菱形的一边与两条对角线的夹角之差是，则此菱形的各个内角分别是 ． 【答案】，，， 【分析】设这两个夹角分别为，，根据已知列方程组从而可得到菱形的内角的度数． 【详解】解：设这两个夹角分别为，， 则，解得， 对应的菱形的内角度数为， 故菱形的各个角的度数为，，，． 故答案为：，，，． 【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是根据菱形的性质以及已知条件列出方程组求解． 24．（22-23八年级下·山东滨州·期末）如图，在菱形中，的垂直平分线交对角线于点F，垂足为点E，连接，若，则 ．    【答案】/15度 【分析】根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：∵平分 故答案为： 【点睛】本题综合考查菱形的性质及垂直平分线的性质．掌握相关结论是解题关键． 【考点题型八】利用菱形的性质求线段长（） 25．（24-25八年级上·山东东营·期末）如图，菱形的对角线交于点O，且，，则菱形的高的长是（   ） A．10 B．96 C．9.6 D．以上都不对 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，利用菱形的性质和勾股定理求出的长，再根据等积法求出的长即可． 【详解】解：∵菱形的对角线交于点O， ∴，， ∴， ∵是菱形的高， ∴，即：， ∴； 故选C． 26．（22-23八年级下·北京平谷·期末）如图，菱形的对角线交于点O，点M为的中点，连接，若，，则的长为（   ） A． B．4 C．5 D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，中位线的性质，由相关定理确定线段间的数量关系是解题的关键． 由菱形性质，结合勾股定理求得，根据中位线定理求． 【详解】解：由菱形知， ∴，，， ∴， ∵点M为的中点，O为的中点， ∴； 故选：A． 27．（24-25八年级上·山东潍坊·期末）如图，在菱形中，，，E，F分别为边和的中点，连接，点P是上一动点，则的最小值为 ． 【答案】4 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的性质与判定、最短路径问题，熟练掌握以上知识点，利用等边三角形的性质证出是解题的关键．连接、，连接交于点，由菱形的性质和可得出是等边三角形，进而得出垂直平分，得到，则有，再证出，利用全等三角形的性质求出的长，即可解答． 【详解】解：如图，连接、，连接交于点， 菱形，，， ，，，， 是等边三角形， ， 又E，F分别为边和的中点， ，垂直平分， 点P是上一动点， ， 在和中， ， ， ， ， 当三点共线时，有最小值4． 故答案为：4． 28．（23-24八年级下·山东威海·期末）如图，点是菱形对角线上任意一点，连接，，．点是延长线上一点，连接，交于点，且． (1)求的度数； (2)若，请直接写出，，的数量关系，不需要证明． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）连接，证明得出，再由等边对等角得出，由平行线的性质结合三角形内角和定理得出，即可得出答案； （2）在上截取，连接，证明，得出，，再证明为等边三角形，得出，即可得解． 【详解】（1）解：如图，连接， ， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）解：， 如图，在上截取，连接， ， ∵四边形是菱形，， ∴，，， ∴、为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ． 【考点题型九】利用菱形的性质求面积（） 29．（23-24八年级下·山东德州·期末）如图，菱形的对角线，相交于点O，过点A作于点E，连接，，菱形的面积为54，则的长为（    ） A．4 B．4.5 C．6 D．9 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 由菱形的性质得出，由菱形的面积得出，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， ， ， ， ， ， ， 故选：B． 30．（22-23八年级下·北京西城·期末）小雨在参观故宫博物馆时，被太和殿窗棂的三交六椀菱花图案所吸引，他从中提取出一个含角的菱形（如图1所示）．若的长度为，则菱形的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出图形，利用直角三角形的性质求出高，利用菱形的面积公式可求解． 【详解】解：如图所示，菱形中，，，    过点A作于点E，则， ∴， 由勾股定理得， ∴菱形的面积为， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练运用直角三角形的性质以及菱形的面积公式是本题的关键． 31．（22-23八年级下·山东东营·期末）如图，菱形的对角线，相交于点O，，，与交于点F．若，，则菱形的面积为 ． 【答案】24 【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定及性质，勾股定理等；由平行四边形的判定方法得四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得，再判定四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得，由，即可求解；掌握菱形的性质，平行四边形的判定及性质是解题的关键． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ； 故答案：． 32．（23-24八年级上·山东潍坊·期末）如图，在 中，． 分别是边 的中点，连接 并延长到点 ，使 ，连接 ．    (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若 ，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)6 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，三角形中位线定理： （1）先证明是的中位线，进而可证明，再由对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可得到结论； （2）利用三角形中位线定理得到，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可． 【详解】（1）解：∵分别是边 的中点， ∴是的中位线，， ∴， ∵， ∴，即， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：由（1）可得是的中位线， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴    【考点题型十】求菱形在坐标系中的坐标（） 33．（23-24八年级下·山东滨州·期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点D在轴上，边在轴上，若点A的坐标为，则点的坐标为（  ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，点到坐标轴的距离，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 根据菱形的性质和点A的坐标，得到，，再利用勾股定理，求得，得到点C的坐标， 即可得出结果． 【详解】解：四边形是菱形， ，， 边在y轴上， 轴， 轴， 点A的坐标为， ，， 在中，， C点的坐标为， ∴点的坐标为 故选：D． 34．（2024·湖北荆门·模拟预测）在平面直角坐标系中，菱形的顶点A在x轴上，顶点B，C在y轴上，若点A的坐标为，点B的坐标为，则顶点D的坐标为（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质、坐标与图形，勾股定理等知识，利用勾股定理求出，利用菱形的性质得到，，即可解决问题． 【详解】解：如图， ∵，，点B，C在y轴上， ， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ， ∴D点的坐标为或， 故选：C． 35．（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，已知菱形的顶点O，B，若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则第秒时，菱形的对角线交点D的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．根据菱形的性质，得出点一开始的坐标，根据题意求出一共旋转，除以发现旋转周后再旋转，得到此时点在轴上，即可得到答案． 【详解】解：菱形的顶点O，B， 点坐标为， 由于每秒旋转，则第秒时，得， 周， 故旋转了周后再旋转， 此时点在轴上， ∵ ∴此时菱形的对角线交点D的坐标为， 故答案为：． 36．（22-23八年级下·山东聊城·期末）在如图所示的直角坐标系中，菱形的边长是，为的中点，轴垂直平分，垂足为点，请分别求出点，，，的坐标． 【答案】，，，． 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，垂直平分线，根据菱形边长为，结合为中点求出的坐标，根据勾股定理的知识求出的长，进而求出 长度，最后求出坐标.，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵菱形的边长是， ∴， ∵为中点， ∴， ∵， ∴，， ∵轴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，． 【考点题型十一】证明四边形是菱形（） 37．（22-23八年级下·山东泰安·期末）如图，已知是的角平分线，交于点，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)请直接填写，当 时，四边形是正方形． 【答案】(1)证明见解析 (2)90 【分析】本题考查了正方形的判定、菱形的判定与性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由题意得出四边形是平行四边形，再证明出，即可得证； （2）根据有一个角是直角的菱形是正方形即可解答本题． 【详解】（1）证明：∵交于点，交于点， ∴四边形是平行四边形，， ∵是的角平分线， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）； （2）解：当是直角三角形，时，四边形是正方形， 理由：∵是直角三角形，， 由（1）知四边形是菱形， ∴四边形是正方形（有一个角是直角的菱形是正方形）． 故答案为：90． 38．（23-24八年级下·山东济南·期末）如图，在中，，为中线，为的中点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形为菱形． (2)给再添加一个条件，使得四边形为正方形．请写出添加的条件并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形是正方形，理由见解析 【分析】（1）证明，由全等三角形的性质可得，再根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可得，进而可知，可证明四边形为平行四边形，然后根据“一组邻边相等的平行四边形为菱形”证明结论即可； （2）当时，四边形是正方形．因为当时，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得，即，然后根据“有一个角为直角的菱形是正方形”即可证明四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵为的中点， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，为中线， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）当时（也可填或或），四边形是正方形，理由如下： ∵，为中线， ∴，即， ∵由（1）可知四边形是菱形， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题主要考查了菱形得判定、正方形的判定、直角三角形斜边上的中线的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键． 39．（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，已知点分别是的边上的中点，且， (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据菱形的判定方法即可求解； （2）如图所示，连接交于点，在中，根据勾股定理可得，根据点是中点可得是的中位线，可算出，再根据菱形的面积的计算公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， 在中， ，点是边的中点 ∴， 同理， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：如图所示，连接交于点， 在中， ，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∴ ∴菱形的面积为． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，菱形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的判定和性质等知识的综合，掌握平行四边形的性质，菱形的判定和性质是解题的关键． 【考点题型十二】利用正方形的性质求角度（） 40．（20-21八年级下·山东烟台·期末）如图，延长正方形边至点，使，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，连接，根据题意可得，则，由外角的性质可得：，即可求解． 【详解】解：连接， ∵四边形是正方形， ∴，且， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：A． 41．（24-25八年级上·山东潍坊·期末）如图，在正方形外侧，以为一边向上作等边三角形，连接，，相交于点F，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方形和等边三角形的性质得，进而得，然后根据即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ， 是等边三角形， ， ， ， ． 故选：C． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，三角形内角和定理，三角形的外角性质，等边三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，等边三角形的性质，灵活利用三角形内角和定理及三角形的外角性质进行角的计算是解决问题的关键． 42．（22-23八年级上·山东烟台·期末）如图，P为线段上任意一点，分别以、为边在同侧作正方形、，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方形的性质先表示出的度数，然后利用“”证明，可得，从而求得答案． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∵四边形、是正方形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴，故B正确． 故选：B． 【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．将四边形的问题转化为三角形的问题是解题的关键． 43．（21-22八年级下·山东淄博·期末）如图，在正方形中，点，分别是，上的点，连接，，，若，则 ． 【答案】45 【分析】延长CB到G，使BG=DF，根据正方形的性质得到AD=AB，∠D=∠ABE=90°，求得∠ABG=∠D=90°，根据全等三角形的性质得到AG=AF，∠GAB=∠DAF，求得GE=EF，推出△AGE≌△AFE（SSS），根据全等三角形的性质得到∠GAE=∠EAF，根据全等三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：延长CB到G，使BG=DF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=AB，∠D=∠ABE=90°， ∴∠ABG=∠D=90°， 在△ADF与△ABG中， ， ∴△ADF≌△ABG（SAS）， ∴AG=AF，∠GAB=∠DAF， ∵DF+BE=EF，EG=BG+BE=DF+BE， ∴GE=EF， 在△AGE与△AFE中， ， ∴△AGE≌△AFE（SSS）， ∴∠GAE=∠EAF， ∴∠GAE=∠GAB+∠BAE=∠DAF+∠BAE=∠EAF， ∵∠BAD=90°， ∴∠EAF=45°， 故答案为：45． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 44．（22-23八年级下·山东临沂·期末）已知：如图，正方形中，为边上一点，为边延长线上一点，．    (1)观察猜想和的大小关系，并证明你的猜想； (2)若，求的度数． 【答案】(1)，理由见解析 (2) 【分析】（1）利用正方形的性质证明，进而证明这两条线段相等； （2）由（1）中的全等可得，易得，相减即可得到所求角的度数． 【详解】（1）解：．理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴； （2）∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质及全等三角形的判定与性质．熟练掌握相关性质是解决问题的关键． 【考点题型十三】利用正方形的性质求线段长（） 45．（22-23八年级下·山东济南·期末）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为的正方形可以制作一副如图所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形内拼成如图所示的“拼搏兔”造型（其中点、分别与图中的点、重合，点在边上），则“拼搏兔”所在正方形的边长是（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理等知识点，巧妙添加辅助线，构造直角三角形是解题的关键． 连接，作交的延长线于，利用正方形的性质和勾股定理解决问题即可． 【详解】解：如图，连接，作交的延长线于， 正方形边长为， ，， 板块的直角边长为，板块的直角边长为，板块的边长为，板块的斜边长为， 由正方形的性质可知，在图中，由板块和板块所拼成的四边形为正方形， 又， 板块的直角边， 在中， 板块的直角边长板块的边长板块的直角边长板块的斜边长 ， ， 由勾股定理可知：， ， 故选：． 46．（23-24八年级下·山东济南·期末）如图，正方形中，点分别是的中点，交于，连接．下列结论：；；；．其中正确的有（    ）个 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质以及垂直平分线的性质等知识，连接，由四边形是正方形与点分别是的中点，易证得与，根据全等三角形的性质，易证得与，根据垂直平分线的性质，即可证得 ，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证得，根据等腰三角形的性质，即可得，从而求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵点分别是的中点， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故正确； 在中，是边的中点，，故错误； 连接，与交于点， 同理可得：， ∵， ∴， ∴垂直平分， ∴，故正确； ∴， 同理：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故正确， 综上可知：正确，共个正确， 故选：． 47．（2021·陕西安康·二模）如图，正方形中，点，分别在边，上，，于点，若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等面积法，由四边形为正方形，，得，，证明，根据性质得，再由勾股定理可得，然后通过等面积求出，最后由线段和差即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】∵四边形为正方形，， ∴，， 又∵， ∴， ∴在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴由勾股定理得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 48．（2020·四川凉山·中考真题）如图，一块材料的形状是锐角三角形，边，高，把它加工成正方形零件，使正方形的一边在上，其余两个顶点分别在上，这个正方形零件的边长是多少？ 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质，解题的关键是判断．根据正方形的对边平行得到，利用“平行于三角形的一边的直线截其他两边或其他两边的延长线，得到的三角形与原三角形相似”．设正方形零件的边长为，则，，根据相似三角形的性质得到比例式，解方程即可得到结果． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴， ∴，， ∴． 设正方形零件的边长为，则，． ∵， ∴， ∴， 解得． ∴这个正方形零件的边长是． 【考点题型十四】利用正方形的形状求面积（） 49．（23-24八年级下·山东淄博·期末）如图，把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形拼成如图2所示的大正方形．若已知该菱形的一条对角线长为6，另一条对角线长为8，则图2中小正方形（阴影部分）的面积为（    ）    A． B．1 C．2 D．3 E．4 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质以及正方形的性质，根据题意，得出，所以图2中小正方形（阴影部分）的面积为，把数值代入计算，即可作答． 【详解】解：∵一条对角线长为6，另一条对角线长为8，    ∴设菱形的对角线分别为 则 ∴ ∵将这四个直角三角形拼成如图2所示的大正方形 ∴结合图形，得出图2中小正方形（阴影部分）的面积为 ∴ 故选：A 50．（22-23九年级上·贵州六盘水·期末）如图，正方形的对角线相交于点O，（两直角边长均大于的长度）绕点O旋转的过程中，与正方形重叠部分的面积（　　） A．由小变大 B．由大变小 C．始终不变 D．先由大变小，然后又由小变大 【答案】C 【分析】由条件可得，从而，，即可说明重叠面积始终不变． 【详解】解：正方形中，，，，， ， ， 在与中，， ， ， ， 则重叠部分的面积始终不变， 故选：C． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，利用面积的等量代换是解题关键． 51．（23-24八年级下·山东济宁·期末）七巧板是我国民间流传的一种益智玩具，它由等腰直角三角形、正方形和平行四边形组成．如图，这是一个由边长为的正方形纸板制作的七巧板，则平行四边形（图中⑥）的面积是 ． 【答案】8 【分析】本题主要考查了七巧板，正方形的性质．根据平行四边形和三角形的面积公式即可得图中⑥的面积． 【详解】解：如图，， ∵， ∴平行四边形（图中⑥）的面积是， 故答案为：8． 52．（21-22八年级下·山东淄博·期末）完成下列各题： (1)如图，一个矩形的长，宽，按照图中所示的方式将它分割成相同的三个矩形，且每个小矩形与原矩形相似，求的值． (2)如图，正方形的对角线交于点，正方形与正方形的边长相等．在正方形绕点旋转的过程中，两个正方形重叠部分的面积与正方形的面积有什么关系？请证明你的结论． (3)一名跳水运动员进行跳台跳水训练，在正常情况下，运动员必须在距水面以前完成规定的翻腾动作，并且调整好入水姿势，否则就容易出现失误．假设运动员起跳后的运动时间和运动员距离水面的高度满足关系：，那么他最多有多长时间完成规定动作？ 【答案】(1) (2)重叠部分面积不变，总是等于正方形面积的，证明见解析 (3) 【分析】（1）由裁出的每面彩旗的宽与长的比与原绸布的宽与长的比相同，构建方程求解即可； （2）根据正方形的性质得出OB＝OC，∠OBA＝∠OCB＝45°，∠BOC＝∠A'OC'＝90°，推出∠A'OB＝∠COC'，证出△OBM≌△OCN； （3）运动员必须在起跳做完动作t（s）后刚好距离水面h等于5m或大于5m，所以满足的关系，首先求出h＝5时的时间t的值，即运动员用的最多的时间． 【详解】（1）解：∵每个小矩形与原矩形相似， ∴ 解得或（舍去） ∴； （2）解：重叠部分面积不变，总是等于正方形面积的． 理由如下：如图， ∵四边形ABCD和四边形OA'B'C'都是正方形， ∴OB＝OC，∠OBA＝∠OCB＝45°，∠BOC＝∠A'OC'＝90°， ∴∠A'OB＝∠COC'． 在△OBM与△OCN中， ， ∴△OBM≌△OCN（ASA）， ∴四边形OMBN的面积等于三角形BOC的面积， 即重叠部分面积不变，总是等于正方形面积的． （3）解：依题意：， 整理，得，即 解得（舍去） 所以运动员最多有约s的时间完成规定动作． 【点睛】本题考查了相似多边形的性质，正方形的性质，二次函数的应用，掌握以上知识是解题的关键． 【考点题型十五】正方形与折叠问题（） 53．（21-22八年级下·山东滨州·期末）如图，正方形ABCD中，AB＝12，点E在边BC上，BE＝EC，将△DCE沿DE对折至△DFE，延长EF交边AB于点G，连接DG、BF，给出以下结论：①△DAG≌△DFG；②BG＝2AG；③S△DGF＝120；④S△BEF＝；⑤BF∥DE．其中正确结论的个数是（　　） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】B 【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，∠A=∠GFD=90°，于是根据“HL”判定Rt△ADG≌Rt△FDG，再由GF+GB=GA+GB=12，EB=EF，△BGE为直角三角形，可通过勾股定理列方程求出AG=4，BG=8，进而求出△BEF的面积，再根据△BEF是等腰三角形，求出△DGF的面积可以判断③是错误的，证明∠EBF=∠DEC，判断⑤是正确的，问题得解． 【详解】解：如图， 由折叠可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°， ∴∠DFG=∠A=90°， 在Rt△ADG和Rt△FDG中， ， ∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL），故①正确； ∵正方形边长是12， ∴BE=EC=EF=6，   设AG=FG=x，则EG=x+6，BG=12-x， 由勾股定理得：EG2=BE2+BG2， 即：（x+6）2=62+（12-x）2， 解得：x=4 ∴AG=GF=4，BG=8，BG=2AG，故②正确； S△DGF=•FG•DF=×4×12=24，故③错误；   S△GBE=×6×8=24，S△BEF=•S△GBE=×24=，故④正确． ∵EF=EC=EB， ∴∠EFB=∠EBF， ∵∠DEC=∠DEF，∠CEF=∠EFB+∠EBF， ∴∠DEC=∠EBF， ∴BF∥DE，故⑤正确； 所以①②④⑤正确，共4个， 故选：B． 【点睛】本题考查了图形的翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算． 54．（23-24八年级下·山东东营·期末）如图，在边长为8的正方形纸片中，E是边上的一点，，连接，将正方形纸片折叠，使点D落在线段上的点G处，折痕为，则的长为 【答案】 【分析】本题考查了翻折变换、勾股定理、正方形的性质．根据四边形是边长为8的正方形纸片，，可得，由翻折可得，在和中，根据勾股定理即可求出的长． 【详解】解：∵四边形是边长为8的正方形纸片，， 由翻折可知： 在和中， 解得． 故答案为：． 55．（23-24八年级下·山东济南·期末）将一张边长为10的正方形纸片进行折叠，折痕为，点落在边上的点处，当点为中点时，的长为 . 【答案】 【分析】根据正方形性质以及折叠性质，可得，设， ，，利用勾股定理求出x的值，延长交于点Q，证明，得到，由折叠性质可得，设，利用勾股定理求出a的值，最后根据求出最后结果． 【详解】解：四边形为正方形， ， 点为中点， ， 设，由折叠可知，则， 在中，，即， 解得：， ， , 如图，延长交于点Q， 在与中， ， ， ， 由折叠可知：， ， ， ， ， 设，则， 在中，，即， 解得：， ， 故答案为：． 【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，折叠的性质，准确作出辅助构造全等三角形是解题关键． 56．（22-23八年级下·山东临沂·期中）综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．    (1)操作判断 操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接，． 根据以上操作，当点M在上时，写出图1中一个的角： ； (2)迁移探究 小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下： 将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点Q，连接． ①如图2，当点M在上时， °； ②改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断与的数量关系，并说明理由； (3)拓展应用 在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为，当时，求的长． 【答案】(1)或或或（任写一个即可）； (2)①；②，理由见解析； (3)或． 【分析】（1）由折叠的性质可得，，，，由，，可求，即可求解； （2）①由“”可证，可得； ②由“”可证，可得； （3）分两种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理可求解． 【详解】（1）解：∵对折矩形纸片， ∴，， ∵沿折叠，使点A落在矩形内部点M处， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：或或或（任写一个即可）； （2）解：①由（1）可知， ∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠可得：，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 故答案为：； ②，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠可得：，， ∴，， 又∵， ∴， ∴； （3）解：由折叠的性质可得，， ∵， ∴， 当点Q在线段上时，∵， ∴， ， ∵， ∴， ∴， 当点Q在线段上时，∵， ∴， ， ∵， ∴， ∴， 综上所述：的长为或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 【考点题型十六】证明四边形是正方形（） 57．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图所示，在中，，为的中点，四边形为平行四边形，，相交于，连接，． (1)试确定四边形的形状，并说明理由． (2)当满足什么条件时，四边形为正方形？请给予证明． 【答案】(1)四边形是矩形，理由见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）由等腰三角形的三线合一得，，从而，再根据四边形的性质得，，从而证明，，四边形是平行四边形，根据得是矩形； （2）当时，根据平行线的性质证明即可得矩形为正方形． 【详解】（1）解：四边形是矩形理由如下， ∵，为的中点， ，， ∴， ∵四边形为平行四边形， ．，， ，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴是矩形； （2）解：当时，四边形为正方形， 证明：∵四边形为平行四边形， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形为正方形． 58．（23-24八年级上·山东烟台·期末）如图，在中，E，F分别是和的中点，连接和，过点A作交的延长线于点G． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当点B是中点时，求证：四边形是菱形； (3)在（2）的条件下，不增加辅助线，再增加一个什么条件，能使四边形是正方形？写出这个条件． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)增加条件：在中， 【分析】（1）由四边形是平行四边形得出且，然后由中点的性质得出，然后利用一组对边平行且相等即可证明四边形是平行四边形； （2）先由平行四边形的性质得出且，然后证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形对角相等得出，再根据直角三角形斜边中线的性质得出，即可证明平行四边形是菱形； （3）增加条件：在中，，根据勾股定理求出，根据等腰三角形的性质，证明，得出四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴且， ∵E，F分别是和的中点， ∴，， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：连接，如图所示： ∵四边形是平行四边形， ∴且， ∵点B是中点， ∴， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴， 又∵E是中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． （3）解：增加条件：在中，，理由如下： 根据解析（2）可知，， 在中，根据勾股定理得： ， 即， ∵E是中点， ∴， ∴， ∴菱形为正方形． 【点睛】本题主要考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定性质，正方形的判定，掌握平行四边形的判定及性质，菱形的判定，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半是解题的关键． 59．（22-23八年级下·山东威海·期末）如图，在中，边，上的中线，相交于点H，点G，F分别为，的中点，连接，，，．    (1)连接，若，判断四边形的形状，并说明理由； (2)在（1）的条件下，若，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)菱形，理由见解析 (2)见解析 【分析】（1）证明，，，，可得四边形是平行四边形，再证明，可得是菱形． （2）证明，可得，，再证明，可得四边形为正方形． 【详解】（1）解：菱形．理由如下： ∵点D，E分别为，的中点， ∴，． 同理，． ∴，． ∴四边形是平行四边形． ∵点E，F分别为，的中点， ∴． ∵， ∴． ∴是菱形． （2）∵， ∴， ∵，分别为，边上的中线， ∴，． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵点G，F分别为，的中点， ∴，． ∴． ∵四边形是菱形， ∴，． ∴． ∴四边形为正方形． 【点睛】本题考查的是三角形的中位线的性质，平行四边形，菱形，正方形的判定，全等三角形的判定与性质，熟记平行四边形，菱形，正方形的判定方法是解本题的关键． 60．（2023·湖北十堰·中考真题）如图，的对角线交于点，分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接．    (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)请说明当的对角线满足什么条件时，四边形是正方形？ 【答案】(1)平行四边形，见解析 (2)且 【分析】（1）根据平行四边形的性质，得到，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可． （2）根据对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形判定即可． 【详解】（1）四边形是平行四边形．理由如下： ∵的对角线交于点， ∴， ∵以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点， ∴ ∴四边形是平行四边形． （2）∵对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形， ∴且时，四边形是正方形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$