专题03 平行四边形（知识串讲+热考题型+真题训练）-2024-2025学年八年级数学下册《重难点题型•高分突破》（人教版）

专题03平行四边形 【考点1】利用平行四边形的性质求解★ 【考点2】平行四边形的判定★★ 【考点3】平行四边形的性质与判定综合★★ 【考点4】三角形中位线的定理运用★★ 【考点5】直角三角形斜边上的中线定理★★ 【考点6】利用矩形的性质求解★★ 【考点7】矩形的判定★★ 【考点8】矩形的性质与判定综合★★★ 【考点9】利用菱形的性质求解★★ 【考点10】菱形的判定★★ 【考点11】菱形的性质与判定综合★★★ 【考点12】正方形的性质★★ 【考点13】正方形的性质与判定综合★★★ 【考点14】求特殊平行四边形中最小值问题★★★ 【知识点01】平行四边形的性质与判定 1.平行四边形的性质： （1）的性质：两组对边分别平行且相等，如下图：AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，AB=CD； （2）角的性质：两组对角分别相等，如图：∠A=∠C，∠B=∠D （3）对角线的性质：对角线互相平分。如图：AO=CO，BO=DO 2.平行四边形的判定： （1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形 （2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形 （3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 （4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形 （5）对角线互相平分的四边形是平行四边形 【知识02】勾股定理逆定理 三角形中位线：在△ABC 中，D，E 分别是 AC，AC 的中点，连接 DE.像 DE 这样， 连接三角形_两边中点的线段叫做三角形的中位线.B 中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的二分之一。 【知识03】矩形的性质与判定 1.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：（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。 3.直角三角形斜边上中线定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 【知识04】菱形的性质与判定 1，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。 2.菱形的面积 菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半 3.菱形的判定：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。 【知识05】正方形的性质与判定 1.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.正方形常用的判定：（1）有一个内角是直角的菱形是正方形； （2）邻边相等的矩形是正方形； （3）对角线相等的菱形是正方形； （4）对角线互相垂直的矩形是正方形。 【考点1】利用平行四边形的性质求解★ 1．（23-24八年级下·重庆荣昌·期末）如图，中，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 2．（22-23八年级下·云南楚雄·期末）如图，在中，以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交于点E，F，分别以E，F为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于点G．作射线交于点H，若．则（　　） A．4 B．4.5 C．5 D．6 3．（23-24八年级下·云南普洱·期末）如图，在中，，，对角线与相交于点，过点作交于点，连接，则的周长为（     ） A． B． C． D． 【考点2】平行四边形的判定★★ 1．（23-24八年级下·河南周口·期末）如图，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（    ）    A．， B．， C．， D．， 2．（23-24八年级下·安徽池州·期末）如图，四边形中，，对角线AC、BD相交于点，添加下列条件仍不能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·河北衡水·阶段练习）如图是不完整的推理过程，为保证推理成立，需在四边形中添加条件．对于嘉嘉和淇淇添加的条件判断正确的是（    ） 嘉嘉：；淇淇： A．只有嘉嘉的正确 B．只有淇淇的正确 C．两人的都正确 D．两人的都不正确 4.（23-24八年级下·河南郑州·期末）如图，四边形是平行四边形，的平分线交于点，交的延长线于点． (1)求证：； (2)请在图中连接，若恰好平分，求证：四边形是平行四边形． 【考点3】平行四边形的性质与判定综合★★ 1．（24-25八年级上·重庆·期末）如图，在中，连接对角线，点E和点F是直线上的两点且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，，求的面积． 2．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，在中，点分别是的中点，延长至点，使得，连接．   (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长 3．（23-24八年级下·四川成都·期末）已知，如图，分别是的和边上的中线，过C作，交的延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，求线段的长． 4．（23-24八年级下·四川乐山·期末）如图，在平行四边形中，于点，于点，连结，． (1)求证：； (2)若，，，求四边形的面积． 【考点4】三角形中位线的定理运用★★ 1．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，已知中，是上一点，，，，垂足是，点是的中点，则的长是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，在中，，，分别为，的中点，平分，交于点，若，，则的长为（    ） A． B．1 C． D．2 3．（23-24八年级下·浙江湖州·期末）如图两处被池塘阻隔，为测量两地的距离，在地面上选一点，连结，分别取的中点．测得，则两地的距离为 ． 4．（23-24八年级下·辽宁铁岭·期末）【问题初探】 （1）如图1，在中，，且，点是的中点，点为对角线上的点，且，连接线段．若，求的长． 【类比拓展】 （2）如图2，中，平分，于，．求证：； 【学以致用】 （3）如图3，在，，点在上，，、分别是、的中点，连结并延长，与的延长线交于点，连结，若，，，求的长． 【考点5】直角三角形斜边上的中线定理★★ 1．（23-24八年级下·福建南平·期末）如图，一根长5米的梯子斜靠在与地面垂直的墙上，P为的中点，当梯子的一端A沿墙面向下移动，另一端B沿向右移动时，的长（    ） A．先增大，后减小 B．逐渐减小 C．逐渐增大 D．不变 2．（23-24八年级下·河北保定·期末）已知A，B，C三地的位置及两两之间的距离如图所示．若D地位于A，C两地的中点处，则B，D两地之间的距离是（   ）    A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·云南昆明·期中）如图，在中，，是的平分线，且，，是的中点，则的长为 ． 4．（23-24八年级下·云南德宏·期末）如图，在中，于点D，，E是的中点，则等于 ． 【考点6】利用矩形的性质求解★★ 1．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，矩形的对角线与相交于点O，，已知，则的长度是（    ） A．1 B．2 C． D． 2．（23-24八年级下·内蒙古呼伦贝尔·期末）如图，矩形面积为40，点在边上，，，垂足分别为．若，则（    ）． A．4 B．2.5 C．5 D．10 3．（23-24八年级下·北京昌平·期末）如图，已知四边形是矩形，，点E在上，．若平分则的长为 ． 4．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作，垂足为点，若，则 度．    【考点7】矩形的判定★★ 1．（23-24八年级下·山西临汾·期末）如图，用一根绳子检查一个平行四边形书架的侧边是否和底边垂直，只需要用绳子分别测量书架的两条对角线，的长就可以判断，其数学依据是（  ） A．矩形的对角线相等 B．三个角都是直角的四边形是矩形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线互相平分的四边形是矩形 2．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）下列命题是真命题的是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．有一个角是直角的四边形是矩形 C．对角线互相平分的四边形是菱形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形 3．（23-24八年级下·福建泉州·期末）已知四边形是平行四边形，下列条件不能判定这个平行四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24八年级下·陕西商洛·期末）如图，添加下列一个条件可以使成为矩形的是（    ）    A． B． C． D． 【考点8】矩形的性质与判定综合★★★ 1．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，在中，于点，延长至点使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 2．（23-24九年级下·北京西城·开学考试）如图，在平行四边形中，，过点D作交的延长线于点E，连接交于点F．    (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，求的长． 3．（22-23八年级下·海南儋州·期末）如图，在平行四边形中，平分，平分，且，．    (1)求证： ； (2)求证：四边形是矩形； (3)若，，求的长． 4．（22-23八年级下·青海西宁·期末）如图，在菱形中，对角线，交于点O，点E为的中点，于点F，过点O作交于点．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，．求的长． 【考点9】利用菱形的性质求解★★ 1．（23-24八年级下·北京房山·期末）如图，菱形的对角线交于点，点为的中点，连接，若，则的长为（   ） A．4 B．3 C． D． 2．（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 3．（23-24八年级下·辽宁盘锦·期末）在菱形中，，则菱形的面积为（    ） A．16 B． C．8 D． 4．（23-24八年级下·山西大同·期末）如图，菱形中交于点O，于点E，连接，若，则 ． 5．（23-24八年级下·新疆乌鲁木齐·期末）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，若，，则为 ．    【考点10】菱形的判定★★ 1．（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 2．（2024·江苏盐城·三模）如图，已知平行四边形的对角线，相交于点，下列选项能使平行四边形成为矩形的条件是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·陕西咸阳·模拟预测）在中，、是对角线，补充一个条件使得四边形为菱形，这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24八年级下·北京·期中）如图，在中，再添加一个条件 （写出一个即可），使是菱形．（图形中不再添加辅助线） 【考点11】菱形的性质与判定综合★★★ 1．（23-24八年级下·安徽蚌埠·期末）如图，在菱形中，为对角线，是上的点，连接，． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 2．（23-24八年级下·广西桂林·期末）如图，在四边形中，，，对角线交于点O，若四边形是矩形，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 3．（23-24八年级下·云南大理·期末）如图，矩形中，过对角线的中点作的垂线，分别交、于点、． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【考点12】正方形的性质★★ 1．（23-24八年级下·云南昭通·期末）在正方形外侧作等边，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·广东惠州·期末）如图，正方形和正方形中，点在上，，，是的中点，那么的长是（　　） A． B． C．2 D． 3．（23-24八年级下·重庆·期末）如图，正方形，E，F分别是，的中点，，相交于点G，连接，若，则的长为 ． 4．（23-24八年级下·重庆开州·期中）如图，在正方形中，为对角线、的交点，、分别为边、上一点，且，连接．若，，则的长为 ． 【考点13】正方形的性质与判定综合★★★ 1．（2023·浙江杭州·二模）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． 2．（23-24八年级下·全国·单元测试）同学们还记得教科书中的这个问题吗？如图（1），四边形是正方形，点是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点．求证：．书中的提示是：取的中点G，连接，这样易证后得到．在此基础上，请同学们探究以下问题： (1)如图（2），点E是边上（除点B，C外）的任意一点，其它条件不变，的结论还成立吗？如果成立，写出证明过程；如果不成立，请说明理由； (2)如图（3），点E是的延长线上（除点C外）的任意一点，其他条件不变，的结论仍然成立吗？如果成立，写出证明过程；如果不成立，请说明理由； 3．（23-24八年级下·广西南宁·期中）人教版数学八年级下册教材的数学活动——折纸．如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作，，等大小的角，可以采用下面的方法：如图1，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点落在上的点处，折痕为． (1)如图1，连接，直接写出； (2)在图1基础上再次动手操作（如图2），将延长交于点，将沿折叠，点刚好落在边上点处，连接，把纸片再次展平．请判断四边形的形状，并说明理由； (3)将图1中的矩形纸片换成正方形纸片，按图1步骤折叠，并延长交于点，连接得到图3，，求的长． 4．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，交的延长线于F，以、为邻边作平行四边形，如图1所示． (1)求证：； (2)若，连结、、，如图2所示； ①求证：； ②求的度数； (3)若，，，M是的中点，如图3所示，求的长． 【考点14】求特殊平行四边形中最小值问题★★★ 1．（22-23八年级下·重庆梁平·期末）如图，在菱形中，，．E是边上一动点，过点E分别作于点F，于点G，连接，则的最小值为（　　） A．2.4 B．3 C．4.8 D．4 2．（23-24八年级下·北京房山·期中）已知菱形的边长为2，，点为的中点，点为对角线上一个动点，连接，，则的最小值为 ． 3．（24-25八年级上·山东东营·期末）如图，在中，，点H、G分别是边、上的动点，连接、，点E为的中点，点F为的中点，连接，则的最小值为 ． 4．（24-25八年级上·山东烟台·期末）如图，在矩形中，，，点是对角线上一个动点（点与点，不重合），过点分别作于点，交于点，连接，则的最小值为 ． 5．（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）如图，在长方形纸片中，，，，点E在上，沿直线折叠矩形纸片，点B落在点F处，连接，当取最小值时，的长为 ． 6．（22-23八年级下·安徽铜陵·期末）如图，边长为6的正方形，点P是对角线上一动点，点E在边上，，则的最小值是 ． 一、单选题 1．（23-24八年级下·河北张家口·期中）平行四边形一定具有的特征是（    ） A．四边相等 B．对角线相等 C．四个角都是直角 D．对角线互相平分 2．（23-24八年级下·河北张家口·期中）如图，在矩形中，对角线，交于点，以下说法中错误的是（    ） A． B． C．若，则是等边三角形 D． 3．（23-24八年级下·陕西咸阳·期末）如图，四边形中，为上一点，连接，点、分别是、的中点，连接，则的长等于（    ） A． B． C． D． 4．（23-24八年级下·北京房山·期末）如图，菱形的对角线交于点，点为的中点，连接，若，则的长为（   ） A．4 B．3 C． D． 5．（23-24八年级下·河南漯河·期中）下列性质中矩形具有而菱形不一定具有的是（   ） A．两组对边分别相等 B．两组对角分别相等 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 6．（24-25八年级上·湖北恩施·期中）如图，把矩形沿折叠，使点落在点处，点落在点处，若，且，则线段的长为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．（24-25八年级上·陕西西安·期中）已知长方形中，，，是边上一点，将长方形沿直线折叠，使点恰好落在对角线上，则的长为（   ） A．5 B．13 C． D．15 8．（23-24九年级上·辽宁丹东·阶段练习）顺次连接菱形各边中点所得的四边形一定是（    ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 9．（24-25八年级上·贵州贵阳·期中）如图所示摆放的个正方形，面积分别为，，，，，其中，，，则（    ） A． B． C． D． 二、填空题 10．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，在中，的平分线交于点，，，则的长为 ． 11．（23-24八年级下·湖南·期中）如图，在中，，是边上的中线，且，则的长为 ． 12．（23-24八年级下·湖南长沙·期中）如图，在平行四边形中，，，按以下步骤作图：①以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交于点；交于点N；②分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点E，连接并延长交线段于点F，由作图的结果可得的周长为 ． 13．（23-24九年级上·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 ． 14．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接．若的面积为24，，则的长为 ． 15．（23-24九年级上·广东韶关·期中）如图，在边长为6的正方形中，若E，F分别是边上的动点，，与交于点P，连接．则的最小值为 ． 三、解答题 16．（23-24八年级下·广西河池·期末）如图，中，D是边上任意一点，F是中点，过点C作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． 17．（23-24八年级下·重庆南川·期中）如图，平行四边形中，对角线，于点E，于点F， (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的度数． 18．（24-25八年级上·浙江杭州·期中）在数学实验课上，老师让学生以“折叠筝形”为主题开展数学实践探究活动． 定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”． 【概念理解】如图①，将一张纸对折压平，以折痕为边折出一个三角形，然后把纸展平，折痕为四边形．判断四边形的形状： 筝形（填“是”或“不是”）； 【性质探究】如图②，已知四边形纸片是筝形，连结，相交于点O． 请补充结论1，再从不同角度写一个正确的结论2． 结论1：筝形的内角和为 ．结论2： ． 【拓展应用】如图③，是锐角的高，将沿边翻折后得到，将沿边翻折后得到，延长，交于点G． （1）求证：四边形是筝形； （2）若，，，，求的长． 19．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以为邻边作矩形，连接． (1)如图1，求证：矩形是正方形； (2)若，，求的长度； (3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，求的度数． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03平行四边形 【考点1】利用平行四边形的性质求解★ 【考点2】平行四边形的判定★★ 【考点3】平行四边形的性质与判定综合★★ 【考点4】三角形中位线的定理运用★★ 【考点5】直角三角形斜边上的中线定理★★ 【考点6】利用矩形的性质求解★★ 【考点7】矩形的判定★★ 【考点8】矩形的性质与判定综合★★★ 【考点9】利用菱形的性质求解★★ 【考点10】菱形的判定★★ 【考点11】菱形的性质与判定综合★★★ 【考点12】正方形的性质★★ 【考点13】正方形的性质与判定综合★★★ 【考点14】求特殊平行四边形中最小值问题★★★ 【知识点01】平行四边形的性质与判定 1.平行四边形的性质： （1）的性质：两组对边分别平行且相等，如下图：AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，AB=CD； （2）角的性质：两组对角分别相等，如图：∠A=∠C，∠B=∠D （3）对角线的性质：对角线互相平分。如图：AO=CO，BO=DO 2.平行四边形的判定： （1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形 （2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形 （3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 （4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形 （5）对角线互相平分的四边形是平行四边形 【知识02】勾股定理逆定理 三角形中位线：在△ABC 中，D，E 分别是 AC，AC 的中点，连接 DE.像 DE 这样， 连接三角形_两边中点的线段叫做三角形的中位线.B 中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的二分之一。 【知识03】矩形的性质与判定 1.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：（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。 3.直角三角形斜边上中线定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 【知识04】菱形的性质与判定 1，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。 2.菱形的面积 菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半 3.菱形的判定：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。 【知识05】正方形的性质与判定 1.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.正方形常用的判定：（1）有一个内角是直角的菱形是正方形； （2）邻边相等的矩形是正方形； （3）对角线相等的菱形是正方形； （4）对角线互相垂直的矩形是正方形。 【考点1】利用平行四边形的性质求解★ 1．（23-24八年级下·重庆荣昌·期末）如图，中，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．根据“平行四边形邻角互补”的性质求解即可． 【详解】解：∵四边形为平行四边形，， ∴． 故选：B． 2．（22-23八年级下·云南楚雄·期末）如图，在中，以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交于点E，F，分别以E，F为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于点G．作射线交于点H，若．则（　　） A．4 B．4.5 C．5 D．6 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，尺规作图，等腰三角形的判定．根据尺规作图可得平分，再由平行四边形的性质，可得，从而得到，继而得到，即可求解． 【详解】解：由作图得：平分， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 3．（23-24八年级下·云南普洱·期末）如图，在中，，，对角线与相交于点，过点作交于点，连接，则的周长为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质等知识点，牢记各性质是解题的关键． 根据平行四边形的性质，可得，由于，根据线段垂直平分线的性质，可知，则的周长为与之和，即可得解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ， 为的垂直平分线， ， 的周长 ， 故选：． 【考点2】平行四边形的判定★★ 1．（23-24八年级下·河南周口·期末）如图，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】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定定理．熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键． 根据平行四边形的判定定理对各选项判断作答即可． 【详解】解：由题意知，A中，，能判定四边形是平行四边形，故不符合要求； B中，，能判定四边形是平行四边形，故不符合要求； C中，，不能判定四边形是平行四边形，故符合要求； D中，，能判定四边形是平行四边形，故不符合要求； 故选：C． 2．（23-24八年级下·安徽池州·期末）如图，四边形中，，对角线AC、BD相交于点，添加下列条件仍不能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定，（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形，（2）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，（3）对角线互相平分的四边形是平行四边形．根据平行四边形的判定方法判断得出即可． 【详解】A. 由，可知，四边形的两组对边互相平行，则该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，故本选项符合题意； C. 由，可知，四边形的一组对边平行且相等，则该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； D. 由，可知，，即，四边形的对角线互相平分，则该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意． 3．（23-24八年级下·河北衡水·阶段练习）如图是不完整的推理过程，为保证推理成立，需在四边形中添加条件．对于嘉嘉和淇淇添加的条件判断正确的是（    ） 嘉嘉：；淇淇： A．只有嘉嘉的正确 B．只有淇淇的正确 C．两人的都正确 D．两人的都不正确 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的判定，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形以及两组对边分别平行的四边形是平行四边形，进行判断即可． 【详解】解：根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以添加； 根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可以添加； 故两人的都正确； 故选C． 4.（23-24八年级下·河南郑州·期末）如图，四边形是平行四边形，的平分线交于点，交的延长线于点． (1)求证：； (2)请在图中连接，若恰好平分，求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的判定等知识点，能综合运用定理进行推理是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得出、，根据平行线的性质得出，求出，根据等腰三角形的判定，然后根据等量代换即可证明结论； （2）如图：连接，由（1）得，，由等腰三角形三线合一可得，再证明，即，再结合即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴（两直线平行，内错角相等） ∵是的平分线， ∴ ∴ ∴（等边对等角）. ∴ （2）解：如图：连接 由（1）得，. ∵恰好平分， ∴（等腰三角形三线合一） 在和中， ∴, ∴（全等三角形的对应边相等）， 又∵， ∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）． 【考点3】平行四边形的性质与判定综合★★ 1．（24-25八年级上·重庆·期末）如图，在中，连接对角线，点E和点F是直线上的两点且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，，求的面积． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点， (1)根据平行四边形的性质，得，，根据平行线的性质，得，则，根据可以证明，得，，从而证明，根据一组对边平行且相等的四边形，即可证明四边形是平行四边形； (2)根据勾股定理得到,连接交于，进而可以得到的长，然后利用三角形面积公式即可得解； 熟练掌握其性质并能正确得到是解决此题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， 四边形是平行四边形； （2）解：， ， ， ， ． 2．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，在中，点分别是的中点，延长至点，使得，连接．   (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）由三角形中位线的性质可得，，由得，进而得到，即可求证； （）由，可得，，进而由勾股定理逆定理可得为直角三角形，，再根据直角三角形斜边上的中线长等于斜边的一半可得，最后根据平行四边形的性质即可求解； 本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理的逆定理，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵点分别是的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵，， ∴，， ∵， ∴为直角三角形，， ∵点是的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴． 3．（23-24八年级下·四川成都·期末）已知，如图，分别是的和边上的中线，过C作，交的延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用证明，根据全等三角形的性质求出，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”即可证明结论； （2）根据三角形中位线的判定与性质求出、，结合平行线的性质、等腰三角形的性质求出，则，然后根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵是的边上的中线， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图：连接， ∵四边形是平行四边形； ∴， ∵，是的边上的中线， ∴是的中位线， ∴、，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练运用平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理是解题的关键． 4．（23-24八年级下·四川乐山·期末）如图，在平行四边形中，于点，于点，连结，． (1)求证：； (2)若，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键： （1）证明四边形是平行四边形，即可得出结论； （2）设，则：，勾股定理求出的值，进而求出的长，进而求出四边形的面积即可． 【详解】（1）解：∵平行四边形， ∴， ∴， ∵于点，于点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）由（1）知：， ∴， 设，则：， 由勾股定理，得：， ∴， 解得：， ∴， ∴，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形的面积． 【考点4】三角形中位线的定理运用★★ 1．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，已知中，是上一点，，，，垂足是，点是的中点，则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，根据等腰三角形的性质可得为的中点，由是的中点，可得为的中位线，从而由三角形中位线的性质即可求解，掌握三角形中位线的性质是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴， 在中，，， ∴， 即点为的中点， 又∵是的中点， ∴为的中位线， ∴， 故选：． 2．（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，在中，，，分别为，的中点，平分，交于点，若，，则的长为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】根据勾股定理求出，根据三角形中位线定理得到，，，根据平行线的性质、等腰三角形的判定定理求出，计算即可． 本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理、平行线的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． 【详解】解：在中，，， 由勾股定理得：， 平分， ， ，分别为，的中点， ，，， ， ， ， ， 故选：B． 3．（23-24八年级下·浙江湖州·期末）如图两处被池塘阻隔，为测量两地的距离，在地面上选一点，连结，分别取的中点．测得，则两地的距离为 ． 【答案】10 【分析】本题考查了三角形中位线定理，根据三角形中位线定理计算即可得出答案． 【详解】解：∵是的中点， ∴是的中位线， ∴， 故答案为：． 4．（23-24八年级下·辽宁铁岭·期末）【问题初探】 （1）如图1，在中，，且，点是的中点，点为对角线上的点，且，连接线段．若，求的长． 【类比拓展】 （2）如图2，中，平分，于，．求证：； 【学以致用】 （3）如图3，在，，点在上，，、分别是、的中点，连结并延长，与的延长线交于点，连结，若，，，求的长． 【答案】（1）；（2）见解析；（3） 【分析】（1）连接，交于点，易得，勾股定理求出的长，即可； （2）延长交的延长线于点，先证明，得到，取的中点，连接，利用中位线定理，得到，且，证明，得到，即可得出结论； （3）连接，取中点，连接，，利用中位线定理，得到是等边三角形，是等边三角形，设，进而利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出的值，进一步求解即可． 【详解】解：（1）连接，交于点，如图， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ，，， ， ； （2）证明：如图，延长交的延长线于点， 平分，， ，， 又， ， ， 取的中点，连接，则有，且， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （3）如图，连接，取中点，连接，， 、分别为和中点， 和分别为和的中位线， 且且， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ，， 是等边三角形， ， ， ， 设，则，在中，由勾股定理得，， 解得， 即， ， ． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，三角形的中位线定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，解题的关键是构造中位线． 【考点5】直角三角形斜边上的中线定理★★ 1．（23-24八年级下·福建南平·期末）如图，一根长5米的梯子斜靠在与地面垂直的墙上，P为的中点，当梯子的一端A沿墙面向下移动，另一端B沿向右移动时，的长（    ） A．先增大，后减小 B．逐渐减小 C．逐渐增大 D．不变 【答案】D 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键． 根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，从而得出答案． 【详解】解：∵，点是的中点， ∴，是斜边的中线， ∴米， ∴在滑动的过程中的长度不变． 故选D． 2．（23-24八年级下·河北保定·期末）已知A，B，C三地的位置及两两之间的距离如图所示．若D地位于A，C两地的中点处，则B，D两地之间的距离是（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，根据勾股定理得出是直角三角形是解题的关键．根据勾股定理得出是直角三角形，再利用直角三角形的性质解答即可． 【详解】解：，， ， 是直角三角形， 地位于、两地的中点处， ， 故选：C 3．（23-24八年级下·云南昆明·期中）如图，在中，，是的平分线，且，，是的中点，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理以及直角三角形斜边上的中线定理，解题的关键是熟练掌握等腰三角形“三线合一”的性质．根据等腰三角形“三线合一”的性质可得，，，根据勾股定理求出的长度，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解． 【详解】解： ，是的平分线， ，， 根据勾股定理可得：， 是的中点， ， 故答案为：． 4．（23-24八年级下·云南德宏·期末）如图，在中，于点D，，E是的中点，则等于 ． 【答案】/度 【分析】先由得出，再根据直角三角形两锐角互余求出的度数，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，算出，最后结合三角形的外角性质作答即可．本题考查了直角三角形斜边上的中线，三角形外角性质，直角三角形两锐角互余，解题的关键是掌握直角三角形斜边中线的性质． 【详解】解：∵， ∴， ， 在中，， ∵E是的中点， ∴ ∴ 故答案为： 【考点6】利用矩形的性质求解★★ 1．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，矩形的对角线与相交于点O，，已知，则的长度是（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，矩形的性质，根据矩形的对角线相等且互相平分得到，，再证明是等边三角形，得到，则． 【详解】解：∵矩形的对角线与相交于点O， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故选：B． 2．（23-24八年级下·内蒙古呼伦贝尔·期末）如图，矩形面积为40，点在边上，，，垂足分别为．若，则（    ）． A．4 B．2.5 C．5 D．10 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质、三角形面积公式，令与相交于点，连接，由矩形的性质得出，，结合，计算即可得出答案，熟练掌握矩形的性质是解此题的关键． 【详解】解：如图，令与相交于点，连接， ， ∵四边形是矩形， ∴， ∵矩形面积为40， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 3．（23-24八年级下·北京昌平·期末）如图，已知四边形是矩形，，点E在上，．若平分则的长为 ． 【答案】10 【分析】由矩形的性质可得，，由角平分线和平行线的性质可证，由勾股定理可求解．本题考查了矩形的性质，角平分线的性质，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键． 【详解】解：平分， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：10． 4．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作，垂足为点，若，则 度．    【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的外角性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握矩形的性质．根据矩形的性质可得到，推出，根据三角形的外角性质和，可得，由，即可求解． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【考点7】矩形的判定★★ 1．（23-24八年级下·山西临汾·期末）如图，用一根绳子检查一个平行四边形书架的侧边是否和底边垂直，只需要用绳子分别测量书架的两条对角线，的长就可以判断，其数学依据是（  ） A．矩形的对角线相等 B．三个角都是直角的四边形是矩形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线互相平分的四边形是矩形 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质． 根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定． 【详解】解：推理依据是对角线相等的平行四边形是矩形，故C选项符合题意． 故选：C． 2．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）下列命题是真命题的是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．有一个角是直角的四边形是矩形 C．对角线互相平分的四边形是菱形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形 【答案】D 【分析】本题考查了特殊四边形的判定和性质，掌握平行四边形，菱形，矩形的判定和性质是解题的关键． 根据平行四边形，矩形，菱形的判定方法即可求解． 【详解】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原选项是假命题，不符合题意； B、有三个角是直角的四边形是矩形，故原选项是假命题，不符合题意； C、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故原选项是假命题，不符合题意； D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故原选项是真命题，符合题意； 故选：D ． 3．（23-24八年级下·福建泉州·期末）已知四边形是平行四边形，下列条件不能判定这个平行四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定，根据判定方法进行逐一判断，即可求解；掌握矩形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：A.有一个角是的平行四边形是矩形， 平行四边形是矩形，故结论正确，不符合题意； B.四边形是平行四边形， ， ， ， ， 平行四边形是矩形，结论正确，故不符合题意； C.对角形相等的平行四边形是矩形， 平行四边形是矩形，结论正确，故不符合题意； D.无法判断平行四边形是矩形，结论不正确，故符合题意； 故选：D． 4．（23-24八年级下·陕西商洛·期末）如图，添加下列一个条件可以使成为矩形的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定、菱形的判定以及平行四边形的性质等知识，由矩形的判定、菱形的判定和平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、∵四边形是平行四边形， ∴是菱形，故选项A不符合题意； B、∵四边形是平行四边形， ∴四边形不是矩形，故选项B不符合题意； C、∵四边形是平行四边形， ∴ ∴四边形不是矩形，故选项C不符合题意； D、∵四边形是平行四边形， ∴ ∴ 又 ∴ ∴四边形是矩形，故选项D符合题意； 故选：D． 【考点8】矩形的性质与判定综合★★★ 1．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，在中，于点，延长至点使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查矩形的判断，平行四边形的性质，勾股定理的逆定理． （1）先证四边形是平行四边形，再结合即可； （2）先用勾股定理的逆定理证明，再根据等面积法即可． 【详解】（1）证明：在中，于点，延长至点使 ∴ 即 在中，且 ∴且． ∴四边形是平行四边形 ∵， ∴ ∴四边形是矩形； （2）∵四边形是矩形，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵， ∴的面积 ∴． 2．（23-24九年级下·北京西城·开学考试）如图，在平行四边形中，，过点D作交的延长线于点E，连接交于点F．    (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长是 【分析】此题重点考查平行四边形的性质、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，证明及是等边三角形是解题的关键． （1）由，，得，由四边形是平行四边形，点E在的延长线上，得，则四边形是平行四边形，即可由，根据矩形的定义证明四边形ACED是矩形； (2)由平行四边形的性质和矩形的性质得， 推出是等边三角形，则，，所以，即可根据勾股定理求得结果． 【详解】（1）证明：， ， ， ， 四边形是平行四边形，点E在的延长线上， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形； （2）四边形是矩形，四边形是平行四边形， ，， ， 是等边三角形， ，， ，， ， 的长是． 3．（22-23八年级下·海南儋州·期末）如图，在平行四边形中，平分，平分，且，．    (1)求证： ； (2)求证：四边形是矩形； (3)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)1 【分析】（1）由平行四边形的性质可得，由可得，再利用证明即可； （2）由全等三角形的性质可得，又由平行四边形的性质可得，从而得到，从而证明四边形是矩形； （3）先证明，从而得到，继而得到，再用容斥原理求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， 又∵， ∴，即， 在和中， ∴； （2）∵， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （3）∵四边形是矩形， ∴， 又∵平分， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平行四边形的性质，等角对等边等知识，掌握相关定理是解题的关键． 4．（22-23八年级下·青海西宁·期末）如图，在菱形中，对角线，交于点O，点E为的中点，于点F，过点O作交于点．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，．求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明是的中位线，得，再证四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论； （2）根据菱形的性质和勾股定理得出，然后理由直角三角形斜边上中线的性质以及矩形的性质进行解答即可． 【详解】（1）证明：∵菱形的对角线，交于点O， ∴点O是的中点（菱形的两条对角线互相垂直平分且每条对角线平分一组对角）， ∵点E是的中点， ∴是的中位线， ∴（三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半）， ∵又， ∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）， ∵， ∴， ∴是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）； （2）解：∵四边形ABCD是菱形，， ∴，，（菱形的对角线互相垂直平分且每条对角线平分一组对角）， ∴， 在中 ， ∴（如果直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边长为c，那么）， ∴， ∴（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）， ∵四边形是矩形， ∴（矩形的对边平行且相等）． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 【考点9】利用菱形的性质求解★★ 1．（23-24八年级下·北京房山·期末）如图，菱形的对角线交于点，点为的中点，连接，若，则的长为（   ） A．4 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查菱形．熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形性质，是解题的关键． 利用菱形对角线相互垂直平分的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可得到答案． 【详解】解：∵菱形中，，，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵M为的中点， ∴． 故选：C． 2．（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． 3．（23-24八年级下·辽宁盘锦·期末）在菱形中，，则菱形的面积为（    ） A．16 B． C．8 D． 【答案】D 【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理，根据菱形的性质可得，，再利用勾股定理求得，可得，再利用菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 4．（23-24八年级下·山西大同·期末）如图，菱形中交于点O，于点E，连接，若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上中线的性质及等腰三角形的性质；由菱形的性质知，；由得，由直角三角形斜边上中线的性质得，从而得，则可求得的度数． 【详解】解：菱形中，； ，， ， ， ， ， ． 故答案为：． 5．（23-24八年级下·新疆乌鲁木齐·期末）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，若，，则为 ．    【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理及等面积法，熟练掌握知识点是解题的关键．先由菱形的性质得到，由勾股定理求出的长度，再由等面积法求解即可． 【详解】解：四边形为菱形，，， ， ， 在中，， ， ， 即， ， 故答案为：． 【考点10】菱形的判定★★ 1．（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． 2．（2024·江苏盐城·三模）如图，已知平行四边形的对角线，相交于点，下列选项能使平行四边形成为矩形的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质；熟练掌握平行四边形的性质、矩形的判定和菱形的判定是解题的关键． 根据菱形的判定方法和矩形的判定方法分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，故此项不符合题意； B、由四边形是平行四边形，，不能判定平行四边形为矩形，故此项不符合题意； C、四边形是平行四边形，，平行四边形是矩形，故此项符合题意； D、四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，故此选项不符合题意； 故选：C． 3．（2024·陕西咸阳·模拟预测）在中，、是对角线，补充一个条件使得四边形为菱形，这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的判定．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判断． 【详解】解：添加一个条件为，理由如下： 四边形是平行四边形，， 平行四边形是菱形． 故选：B． 4．（23-24八年级下·北京·期中）如图，在中，再添加一个条件 （写出一个即可），使是菱形．（图形中不再添加辅助线） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了菱形的判定定理的应用，注意：对角线垂直的平行四边形是菱形． 根据菱形的判定定理（对角线垂直的平行四边形是菱形)推出即可． 【详解】解：添加的条件是， 理由是：∵，四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形， 故答案为：． 【考点11】菱形的性质与判定综合★★★ 1．（23-24八年级下·安徽蚌埠·期末）如图，在菱形中，为对角线，是上的点，连接，． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用菱形的性质中每一条对角线平分一组对角且四条边都相等证得即可求解； （2）连接交于点，利用菱形的性质推得是等边三角形，通过勾股定理求得，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，即可求出的长． 【详解】（1）解：四边形是菱形，为对角线， ，， 在和中， ， ， ． （2）解：如图，连接交于点， 四边形是菱形， ，，，， ， 是等边三角形， ，， 在中，， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的性质等知识是解题关键． 2．（23-24八年级下·广西桂林·期末）如图，在四边形中，，，对角线交于点O，若四边形是矩形，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定，矩形的性质，菱形的判定和性质： （1）先证明四边形是平行四边形，矩形的性质得到，即可得证； （2）根据矩形的性质，结合含30度角的直角三角形的性质，求出的长，利用菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积 3．（23-24八年级下·云南大理·期末）如图，矩形中，过对角线的中点作的垂线，分别交、于点、． (1)证明：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】（1）先证明，得到，可以得出四边形是平行四边形，再加上即可证明结论； （2）根据菱形的性质可以得到，进而放在直角三角形中可以求得菱形对角线的长度，最后根据面积公式即可求出结果． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ，， 为的中点， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形． （2）∵四边形是菱形，，， ，， 在中，，， ，， 菱形的面积为， 即四边形的面积为． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的面积公式、直角三角形所对的直角边是斜边的一半，熟练掌握上述知识点是解答的关键． 【考点12】正方形的性质★★ 1．（23-24八年级下·云南昭通·期末）在正方形外侧作等边，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了正方形和等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握它们的性质是解题的关键；由四边形是正方形，是等边三角形，得到，，得是等腰三角形，然后利用等腰三角形的性质得到，即可解决问题． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 又 是等边三角形， ，， ∴， 是等腰三角形，， ． ∴ 故选：C． 2．（23-24八年级下·广东惠州·期末）如图，正方形和正方形中，点在上，，，是的中点，那么的长是（　　） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形的性质．根据正方形的四条边相等，四个角都是直角可得，，，延长交于，连接、，求得，，，根据正方形的对角线平分对角可得，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方求出的值，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 【详解】解：∵正方形和正方形中，点在上，，， ∴，，， 延长交于，连接、，如图： 则，，， ∵四边形和四边形是正方形， ∴， ∴， 在中，， ∵在中，为的中点， ∴． 故选：B． 3．（23-24八年级下·重庆·期末）如图，正方形，E，F分别是，的中点，，相交于点G，连接，若，则的长为 ． 【答案】2 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 延长、相交于H，先证明，得到，从而得到，再证明，得到，从而得到，即可由直角三角形的性质得出，即可求解． 【详解】解：延长、相交于H，如图， ∵正方形， ∴，， ∴， ∵E，F分别是，的中点， ∴，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴ ∴， ∴， 故答案为：2． 4．（23-24八年级下·重庆开州·期中）如图，在正方形中，为对角线、的交点，、分别为边、上一点，且，连接．若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定等相关知识；由题意证明，所以，则是等腰直角三角形，即可得到；过点F作，求出，得到，推出是等腰直角三角形，则，进而即可求解． 【详解】解：在正方形中，和为对角线， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 过点F作，如图，    ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， 又， ∴， ∴ ∴ 故答案为：． 【考点13】正方形的性质与判定综合★★★ 1．（2023·浙江杭州·二模）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． 2．（23-24八年级下·全国·单元测试）同学们还记得教科书中的这个问题吗？如图（1），四边形是正方形，点是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点．求证：．书中的提示是：取的中点G，连接，这样易证后得到．在此基础上，请同学们探究以下问题： (1)如图（2），点E是边上（除点B，C外）的任意一点，其它条件不变，的结论还成立吗？如果成立，写出证明过程；如果不成立，请说明理由； (2)如图（3），点E是的延长线上（除点C外）的任意一点，其他条件不变，的结论仍然成立吗？如果成立，写出证明过程；如果不成立，请说明理由； 【答案】(1)的结论还成立，理由见解析 (2)的结论仍然成立，理由见解析 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． （1）如图，在上取一点，使，连接，利用判定，从而得到； （2）延长到，使，根据已知及正方形的性质利用判定，从而得到． 【详解】（1）解：的结论还成立，理由如下． 如图，在上取一点，使，连接， ， ，， 是正方形外角的平分线， ，， ， ，， ， ∴， ； （2）解：的结论还成立，理由如下． 理由如下：如图，延长到，使，连接 ， ． ， ， ． ， ， 即． ， ． 在与中， ， ， ． 3．（23-24八年级下·广西南宁·期中）人教版数学八年级下册教材的数学活动——折纸．如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作，，等大小的角，可以采用下面的方法：如图1，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点落在上的点处，折痕为． (1)如图1，连接，直接写出； (2)在图1基础上再次动手操作（如图2），将延长交于点，将沿折叠，点刚好落在边上点处，连接，把纸片再次展平．请判断四边形的形状，并说明理由； (3)将图1中的矩形纸片换成正方形纸片，按图1步骤折叠，并延长交于点，连接得到图3，，求的长． 【答案】(1) (2)菱形，见解析 (3) 【分析】本题考查了折叠的性质、等腰三角形的性质、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定与性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理．折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．理解折叠的性质是解题的关键． 【详解】（1）解：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕， 垂直平分， ， 又再一次折叠纸片，使点落在上的点处，折痕为， ， 是等边三角形， ， ． （2）解：由（1）得， 四边形是矩形， ， ， 是等边三角形， ， 由折叠得，， ， 四边形是菱形． （3）解：四边形是正方形， ，， 由折叠得，，， ，， ， ， ∵， ， ∴， 在中，， ∴， ∴． 【点睛】（1）依据折叠的性质可得到是等边三角形，进而得到的度数，再根据折叠的性质即可求出的度数； （2）根据是等腰三角形，利用三线合一即可得到，再判定四边形是平行四边形即可； （3）利用直角三角形中“斜边、直角边”相等证明，得到，再根据所对的直角边等于斜边的一半得出，最后根据勾股定理即可求出． 4．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，交的延长线于F，以、为邻边作平行四边形，如图1所示． (1)求证：； (2)若，连结、、，如图2所示； ①求证：； ②求的度数； (3)若，，，M是的中点，如图3所示，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②60度 (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，即可解决问题； （2）先判断出，再判断出，进而得出，即可判断出，再判断出，进而得出是等边三角形，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， ∴，， ∴，， ∴， ∴； （2）解：①∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴， 由（1）知，四边形是菱形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②∵， ∴，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴； （3）解：如图3中，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． ∵， ∴， ∵M为中点， ∴ ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，． ∴， ∴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． 【考点14】求特殊平行四边形中最小值问题★★★ 1．（22-23八年级下·重庆梁平·期末）如图，在菱形中，，．E是边上一动点，过点E分别作于点F，于点G，连接，则的最小值为（　　） A．2.4 B．3 C．4.8 D．4 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．由菱形的性质和勾股定理，得出，证明四边形是矩形，得到，当时，有最小值，利用三角形面积公式，求出的长，即可得到答案． 【详解】解：如图，连接， 四边形是菱形，，． ，，， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 当时，有最小值， ， ， 的最小值为2.4， 故选：A． 2．（23-24八年级下·北京房山·期中）已知菱形的边长为2，，点为的中点，点为对角线上一个动点，连接，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，连接，由菱形的性质可得，当三点共线时，则有最小值，证明是等边三角形，由点为的中点，可得，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是菱形，点为对角线上一个动点， ∴垂直平分， ， ， 当三点共线时，则有最小值， ，， 是等边三角形， 又是的中点，菱形的边长为， ，，， ∴， 中，， 的最小值为， 故答案为：． 3．（24-25八年级上·山东东营·期末）如图，在中，，点H、G分别是边、上的动点，连接、，点E为的中点，点F为的中点，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，含30度的直角三角形，勾股定理，掌握三角形中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题关键．连接，过点作于点，由三角形中位线定理可得，即当时，即点在位置时，有最小值，此时最小，根据平行四边形的性质和直角三角形的性质，求出，即可得到答案． 【详解】解：如图，连接，过点作于点， 点E为的中点，点F为的中点， 是的中位线， ， 当时，即点在位置时，有最小值，此时最小， 在中，， ， ， ， ， ， 故答案为： 4．（24-25八年级上·山东烟台·期末）如图，在矩形中，，，点是对角线上一个动点（点与点，不重合），过点分别作于点，交于点，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形的判定与性质、平行线的性质、垂线段最短及勾股定理，得到的最小值为的长是解答的关键．如图，过点D作于，连接，，证明四边形是矩形得到，要使最小，只需最小，当时，最小，最小值为的长，利用三角形的等面积法求得即可求解． 【详解】解：如图，过点D作于，连接，， ∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 要使最小，只需最小，当时，最小，最小值为的长， ∵， ∴， 故的最小值为， 故答案为：． 5．（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）如图，在长方形纸片中，，，，点E在上，沿直线折叠矩形纸片，点B落在点F处，连接，当取最小值时，的长为 ． 【答案】 【分析】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、两点之间线段最短、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，证明当点F在AC上，则AF+CF的值最小是解题的关键．由，证明当点F在上，则的值最小，由折叠得，，则，所以，求得，于得到问题的答案． 【详解】解：∵， ∴当点F在上，则，此时的值最小， 如图，点F在上， ∵四边形是矩形， ∴， 由折叠得，， ∴，， ∴， ∵，，， ∴， 解得， 故答案为：． 6．（22-23八年级下·安徽铜陵·期末）如图，边长为6的正方形，点P是对角线上一动点，点E在边上，，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】连接交于点P、连接，由正方形的性质可知、关于直线对称，则的长即为的最小值，再根据勾股定理求出的长即可． 【详解】解：连接交于点P、连接， 四边形是正方形， 、关于直线对称， ， ∴， 的长即为的最小值，（两点之间线段最短） ，， ， 在中， ， 的最小值为， 故答案为： 【点睛】本题考查了轴对称的最短路线问题及正方形的性质，根据题意、两点之间线段最短，作出辅助线，构造出直角三角形是解题的关键． 一、单选题 1．（23-24八年级下·河北张家口·期中）平行四边形一定具有的特征是（    ） A．四边相等 B．对角线相等 C．四个角都是直角 D．对角线互相平分 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．根据平行四边形的性质逐项判断即可得． 【详解】A.平行四边形的对边相等，四边不一定相等，此项不符合题意； B.平行四边形的对角线互相平分，但不一定相等，此项不符合题意； C.平行四边形的对角相等，但四个角不一定是直角，此项不符合题意； D.平行四边形的对角线互相平分，此项符合题意； 故选：D 2．（23-24八年级下·河北张家口·期中）如图，在矩形中，对角线，交于点，以下说法中错误的是（    ） A． B． C．若，则是等边三角形 D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定，矩形的四个角都是直角，对边平行且相等，对角线互相平分且相等，根据矩形的性质和等边三角形的判定，进行逐一判断即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，故A、B说法正确，不符合题意， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形，故C正确，不符合题意； 根据现有条件无法证明，故D说法错误，符合题意． 故选：D． 3．（23-24八年级下·陕西咸阳·期末）如图，四边形中，为上一点，连接，点、分别是、的中点，连接，则的长等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了三角形中位线的判定以及性质，平行四边形的判定和性质，先证明，且，再证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质即可得出． 【详解】解：∵点、分别是、的中点， ∴，且， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 故选：B． 4．（23-24八年级下·北京房山·期末）如图，菱形的对角线交于点，点为的中点，连接，若，则的长为（   ） A．4 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查菱形．熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形性质，是解题的关键． 利用菱形对角线相互垂直平分的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可得到答案． 【详解】解：∵菱形中，，，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵M为的中点， ∴． 故选：C． 5．（23-24八年级下·河南漯河·期中）下列性质中矩形具有而菱形不一定具有的是（   ） A．两组对边分别相等 B．两组对角分别相等 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 【答案】D 【分析】此题考查了菱形的性质与矩形的性质此题难度不大，注意熟练掌握菱形与矩形的性质定理．根据菱形的性质与矩形的性质，可求得答案． 【详解】两组对边分别相等：是矩形和菱形共同的性质； 两组对角分别相等：是矩形和菱形共同的性质； 两条对角线互相垂直：是菱形的性质，矩形不一定有； 两条对角线相等：是矩形的性质，菱形不一定有． 故选：D． 6．（24-25八年级上·湖北恩施·期中）如图，把矩形沿折叠，使点落在点处，点落在点处，若，且，则线段的长为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由平行线的性质和对折的性质证明是等边三角形，在直角三角形中，求得 ，从而求得，进而得到． 【详解】∵矩形沿折叠，使点落在点处，点落在点处， ∴ ，，， 又∵ ， ∴ ， ∴是等边三角形， ∴ ，， 又∵， ∴ ， 又∵ ，， ∴， 又∵， ∴． 故选：B． 【点睛】考查了图形的翻折变换，矩形的性质，等边三角形的判定及性质，含30度直角三角形的性质，平行线的性质，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．熟练掌握矩形的性质，等边三角形的判定及性质是解题的关键． 7．（24-25八年级上·陕西西安·期中）已知长方形中，，，是边上一点，将长方形沿直线折叠，使点恰好落在对角线上，则的长为（   ） A．5 B．13 C． D．15 【答案】C 【分析】根据勾股定理，得到，，，继而得到，设，则，利用勾股定理解答即可． 本题考查了矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，熟练掌握勾股定理，矩形的性质是解题的关键． 【详解】解：矩形中，，， ∴，，， ∴， 根据折叠的性质，得，，， ∴， 设，则， ∴ 解得． ∴， 故选：C． 8．（23-24九年级上·辽宁丹东·阶段练习）顺次连接菱形各边中点所得的四边形一定是（    ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质和矩形的判定定理，正确理解菱形的性质以及三角形的中位线定理是解题的关键．先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形判断． 【详解】如图：菱形中，分别是的中点， ， 故四边形是平行四边形， 又 ∴四边形是矩形． 故选：C． 9．（24-25八年级上·贵州贵阳·期中）如图所示摆放的个正方形，面积分别为，，，，，其中，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证得是解题的关键．根据全等三角形的判定定理得到，根据全等三角形的性质得到，，根据勾股定理得到，于是得到结论． 【详解】解：如图，， ， ， 又 ， ， ，， ，， 同理可得：， ， 故选：C． 二、填空题 10．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，在中，的平分线交于点，，，则的长为 ． 【答案】4 【分析】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质、角平分线的定义等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．根据角平分线与平分线的定义得出，即可解决问题． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ， 平分， ， ， ， ． ． 故答案为：． 11．（23-24八年级下·湖南·期中）如图，在中，，是边上的中线，且，则的长为 ． 【答案】12 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，掌握直角三角形的性质是解题的关键，根据直角三角形的性质可知，再根据已知条件即可解答． 【详解】解：∵在中，， ∴是直角三角形， ∵是边上的中线， ∴， ∵， ∴， ∴， 即的长为， 故答案为：． 12．（23-24八年级下·湖南长沙·期中）如图，在平行四边形中，，，按以下步骤作图：①以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交于点；交于点N；②分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点E，连接并延长交线段于点F，由作图的结果可得的周长为 ． 【答案】/ 【分析】首先根据平行四边形的性质和角平分线的概念得到，过点B作交于点H，然后根据含角直角三角形的性质得到，利用勾股定理求出，进而得到，即可求出的周长． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 根据作图可得，平分， ∴， ∴， 如图所示，过点B作交于点H， ∴， ∴， ∴， ∴的周长为． 故答案为：． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，尺规作角平分线，含角直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形三线合一性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 13．（23-24九年级上·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： 14．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接．若的面积为24，，则的长为 ． 【答案】3 【分析】此题考查了菱形的性质、直角三角形的性质．根据菱形的面积公式：对角线乘积的一半，求出菱形的对角线，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：3． 15．（23-24九年级上·广东韶关·期中）如图，在边长为6的正方形中，若E，F分别是边上的动点，，与交于点P，连接．则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】根据“边角边”证明，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出，取的中点，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得点到的中点的距离不变，再根据两点之间线段最短可得三点共线时线段的值最小，然后根据勾股定理列式求出即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ， 在和中， ， ， ， ， ， 取的中点，连接， 则， ， ， ∴当、、三点共线时，取最小值为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理，确定出点到的中点的距离是定值是解题的关键． 三、解答题 16．（23-24八年级下·广西河池·期末）如图，中，D是边上任意一点，F是中点，过点C作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）根据平行线的性质得到．根据全等三角形的判定和性质得到，于是得到四边形是平行四边形； （2）过点作于点．根据等腰三角形的性质求得，在中，，，求得，，据此计算即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴． ∵是中点， ， 在与中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：过点作于点， ∵，， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，平行线的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键． 17．（23-24八年级下·重庆南川·期中）如图，平行四边形中，对角线，于点E，于点F， (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了全等三角形的证明，矩形的判定与性质，三角形内角和定理，通过比值换算，求出角的度数，再通过三角形内角和计算是解题的关键． （1）要证明平行四边形是矩形，证明求得即可． （2）首先根据矩形的性质和得到，，则，然后利用三角形内角和定理求解即可． 【详解】（1）证明：，， ， 在和中， ， ， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ∴四边形是矩形； （2）解：由（1）得：四边形是矩形， ，， ， 在直角三角形中，， ． 18．（24-25八年级上·浙江杭州·期中）在数学实验课上，老师让学生以“折叠筝形”为主题开展数学实践探究活动． 定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”． 【概念理解】如图①，将一张纸对折压平，以折痕为边折出一个三角形，然后把纸展平，折痕为四边形．判断四边形的形状： 筝形（填“是”或“不是”）； 【性质探究】如图②，已知四边形纸片是筝形，连结，相交于点O． 请补充结论1，再从不同角度写一个正确的结论2． 结论1：筝形的内角和为 ．结论2： ． 【拓展应用】如图③，是锐角的高，将沿边翻折后得到，将沿边翻折后得到，延长，交于点G． （1）求证：四边形是筝形； （2）若，，，，求的长． 【答案】【概念理解】：是；【性质探究】：，(任选一个即可，答案不唯一)；【拓展应用】：（1）证明见解答过程；（2） 【分析】【概念理解】根据题意得,即可得解； 【性质探究】如图，根据折叠性质可证明,可得,再利用等腰三角形的三线合一的性质即可得到结论； 【拓展应用】(1)先证,再根据“筝形”的定义判断即可；(2)由折叠性质可证四边形是正方形，设,根据勾股定理即可求解． 【详解】【概念理解】解：由折叠性质得：， 四边形是“筝形”， 故答案为：是； 【性质探究】解：如图， 筝形是四边形， 筝形的内角和为， 在和中 ， ， , , 故答案为：，(任选一个即可，答案不唯一)； 【拓展应用】(1)证明：如图，连接， , 和是直角三角形， 在和中， , , , 四边形是四边形是“筝形” (2)解：由折叠性质可得：,,,, , , , 四边形是正方形， , 设,则, 在中，, ,解得：, ． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质，折叠的性质是解决此题的关键. 19．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以为邻边作矩形，连接． (1)如图1，求证：矩形是正方形； (2)若，，求的长度； (3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（）作于，于，证明，得到，根据正方形的判定定理证明即可； （）由正方形的性质可得，，，，，由“”可证 ，可得； （）分两种情况：当与的夹角为时，当与的夹角为时，分别画出图形求出结果即可； 【详解】（1）证明：如图，作于，于，    ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：∵四边形是正方形，， ∴，， ， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：当与的夹角为时，如图，    ∴，， ∴， ∵， ∴， ②当与的夹角为时，如图， 过作于点，过作于点，    ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 综上所述：或 ． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形判定和性质，熟练掌握知识点的应用及分类讨论思想是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$