专题02 矩形、菱形、正方形的性质与判定（专项训练）数学新教材青岛版八年级下册

专题02 矩形、菱形、正方形的性质与判定 目录 A题型建模・专项突破 题型一 矩形与折叠问题 1 题型二 斜边的中线等于斜边的—半 5 题型三 根据矩形的性质与判定求角度 7 题型四 根据矩形的性质与判定求线段长 12 题型五 根据矩形的性质与判定求面积 17 题型六 利用菱形的性质求面积 23 题型七 根据菱形的性质与判定求角度 26 题型八 根据菱形的性质与判定求线段长 31 题型九 根据菱形的性质与判定求面积 34 题型十 正方形折叠问题 40 题型十一 求正方形重叠部分面积 44 题型十二 根据正方形的性质与判定求角度 48 题型十三 根据正方形的性质与判定求线段长 52 题型十四 根据正方形的性质与判定求面积 57 题型十五 根据正方形的性质与判定证明 61 题型十六 中点四边形 67 题型十七 （特殊）平行四边形的动点问题 71 题型十八 四边形中的线段最值问题 77 B 综合攻坚・能力跃升 82 题型一 矩形与折叠问题 1．（2023八年级下·四川宜宾·竞赛）如图，有一块矩形纸片，，，将纸片折叠，使得边落在边上，折痕为，再将沿边翻折，与的交点为F，则的面积为（  ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】A 【思路引导】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰直角三角形的判定与性质，由矩形的性质可得，由折叠的性质可得，，证明出为等腰直角三角形，求出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【完整解答】解：∵四边形为矩形， ∴， 由折叠的性质可得：，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴的面积为， 故选：A． 2．如图是一张矩形纸片，，若将纸片沿折叠，使落在上，点C的对应点为点F，若，则= cm． 【答案】4 【思路引导】本题考查了折叠的特点，矩形的对边平行且相等和等角对等边的性质； 根据折叠和矩形的对边平行可推出，利用等角对等边可得，求得． 【完整解答】解：由折叠可知， ∵四边形是矩形， ∴， ∴, ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 故答案为：． 3．（23-24八年级下·山西吕梁·期末）综合与实践： 实践操作： 第一步：如图1，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 第二步：如图2，再一次折叠纸片，使点落在的点上，并使折痕经过点，得到折痕，同时，得到线段，，把纸片展平，连接， 第三步：如图3，延长交边于点，以为折痕折叠矩形纸片，已知点恰好落在边上的点处，同时，得到线段，，把纸片展平． 问题解决： (1)在图1中，则四边形的形状是________； (2)请根据图2，证明是等边三角形； (3)请根据图3，证明四边形是菱形． 【答案】(1)矩形 (2)见解析 (3)见解析 【思路引导】本题考查矩形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质，等边三角形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定． （1）先证明，再证明， 则四边形是矩形，即可解答； （2）先证明垂直平分，垂直平分，，推导出 ，则是等边三角形即可解答； （3）先证明垂直平分，则，，继而证明，，推导出四边形是平行四边形，再由，则平行四边形是菱形，即可解答． 【完整解答】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠，得， ∴四边形是矩形． 故答案为：矩形． （2）如图2， 对折矩形纸片，使与重合， 垂直平分， ，，， 再一次折叠纸片，使点落在上的点处， 垂直平分，， ， ， 是等边三角形． （3）点恰好落在边上的点处， 垂直平分， ，， ， ，， 在和中， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形是菱形． 题型二 斜边的中线等于斜边的—半 4．（24-25八年级下·吉林白山·期末）如图，菱形的对角线与相交于点O，E为的中点，连接，若，，则的值为（　　　） A．4 B． C． D．2 【答案】D 【思路引导】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质及直角三角形的性质是解题的关键．根据菱形的性质，得到，，，由勾股定理求得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即得答案． 【完整解答】解：四边形是菱形， ，，， ， 为的中点， ． 故选：D． 5．（24-25八年级下·广东中山·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O，E为的中点，且，则菱形的周长为 ． 【答案】 【思路引导】本题考查了菱形的性质和直角三角形的性质，熟练掌握菱形的对角线互相垂直、直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质是解题的关键； 根据菱形的性质可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半可得，即可得到答案． 【完整解答】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵E为的中点，且， ∴， ∴菱形的周长为； 故答案为：． 6．（25-26九年级上·广东揭阳·月考）如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，交直线于E，垂足为F，连接． (1)求证：； (2)当D在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； (3)若D为中点，则当满足什么条件时，四边形是正方形？请说明你的理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形；理由见解析 (3)当，四边形是正方形，理由见解析 【思路引导】（1）根据，结合得，则，结合，证出四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得． （2）由题（1）得，根据直角三角形斜边上的中线的性质，得，可判定四边形是平行四边形，又根据，判定平行四边形是菱形． （3）根据三角形内角和，当时，得，得出，根据等腰三角形的性质得出，即，又根据正方形的判定，即可判定四边形是正方形． 【完整解答】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． （2）解：四边形是菱形． 理由：∵D是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形． （3）解：当，四边形是正方形． 理由：∵，， ∴， ∴， ∵D是的中点， ∴，即， ∵由（2）得四边形是菱形， ∴四边形是正方形． 【考点再现】本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理和直角三角形斜边上的中线的性质等知识点，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质． 题型三 根据矩形的性质与判定求角度 7．（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在四边形中，，，，，点，分别是，的中点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】本题考查了矩形的判定和性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质． （1）先求得，推出四边形是平行四边形，利用有一个是直角的平行四边形是矩形即可判断结论成立； （2）先证明四边形是平行四边形，利用直角三角形斜边中线的性质及角直角三角形的性质证明，推出，再证明，求得，据此求解即可． 【完整解答】（1）证明：，点是的中点， ，， ， ∵， 四边形是平行四边形， ， ， 平行四边形是矩形； （2）解：如图，连接， ∵，， 四边形是平行四边形， ∴， ，， 四边形是矩形， ， ， 点为的中点，， ， ， ， ， 又， ， ， ． 8．如图，为中的一条射线，点P在边上，于H，交于点Q，交于点M，于点D，交于点R，连接交于点S． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，试探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【思路引导】（1）根据垂直于同一直线的两直线平行可得，再根据平行于同一直线的两直线平行可得，然后求出四边形是平行四边形，再求出，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可； （2）根据矩形的对角线互相平分可得，然后求出，根据等边对等角的性质可得，再根据两直线平行，同位角相等可得，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出，然后整理即可得解． 【完整解答】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形； （2）解：．理由如下： ∵四边形为矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， 即． 【考点再现】本题考查了矩形的判定与性质，等边对等角的性质，两直线平行，同位角相等的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键． 9．（22-23八年级下·内蒙古通辽·期末）如图，在中，，，点D是边上一个动点（不与B，C重合），连接，将线段绕点A逆时针旋转，得到线段，连接．    (1)求的度数； (2)过点D作，交于点F，交的延长线于点G，连接，交于点H； ①依据题意，补全图形； ②用等式表示线段，的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2)①详见解析；②，详见解析 【思路引导】（1）利用等腰三角形的性质及旋转的性质可得，再利用判定定理可得，进而可求解． （2）①根据题意补全图形即可． ②证明四边形是矩形，进而可得是等腰直角三角形，根据直角三角形的性质即可求解． 【完整解答】（1）解：在中，，， ∴， ∵将线段绕点A逆时针旋转，得到线段， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：①补全图形如图；    ②，理由如下， 由（1）得，， ∴， 又， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，且， ∴四边形是平行四边形，且， ∴四边形是矩形， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴． 【考点再现】本题考查了矩形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，解题的关键是灵活运用基础知识解决问题． 题型四 根据矩形的性质与判定求线段长 10．（24-25八年级下·吉林长春·月考）【教材呈现】下图是华师版八年级下册数学教材第75页练习的部分内容． 如图①，如果直线，那么的面积和的面积是相等的．你能说出理由吗？ 【理由】______________________________________________________________________________； 【探究】如图②，在中，点在边上．若，求和的数量关系： 【应用】如图③，的面积为32，点在边上，且，连结，点在线段上，以、为邻边向上作，连接、、，则图中阴影部分的面积为_________．    【答案】理由：见解析；探究，理由见解析；应用：4 【思路引导】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，三角形的面积，解决本题的关键是综合运用所学知识． 理由：如图①，过点A作于点E，过点D作于点F，证明四边形为平行四边形，得，然后根据三角形面积公式即可解决问题； 探究：根据，得与两底上的高相等，然后根据三角形面积公式即可解决问题； 应用：如图③，过点A作于Q，交延长线于N，过B作于H，连接，证明四边形是矩形，得，得，根据的面积为32，得，进而可以解决问题． 【完整解答】解：理由：如图①，过点A作于点E，过点D作于点F， ， 四边形为平行四边形， ， ， ； 探究：，理由如下： 如图②，， 与两底上的高相等， ， ； 应用：如图③，过点A作于Q，交延长线于N，过B作于H，连接， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， 的面积为32， ， ， ， ， ， 故答案为：4． 11．（24-25八年级下·河南安阳·月考）如图，在矩形中，作的平分线交于点E，过点E作交于点F，连接交于G． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】（1）根据矩形的性质得到，，可知四边形为矩形，根据角平分线的定义得到，根据平行线的性质得到，可知，等角对等边可得，即可证明四边形是正方形； （2）根据等面积法求出，证明四边形是矩形，即可得到的长． 【完整解答】（1）证明：四边形为矩形， ，， ， 四边形为矩形， 平分， ， ， ， ， ， 四边形为正方形； （2）解：由题意得， ∵， ， 解得： ∵ 四边形是矩形， ． 【考点再现】本题考查了矩形的判定和性质，角平分线的定义，平行线的性质，等角对等边，正方形的判定，熟练掌握各知识点是解题的关键． 12．（24-25八年级下·湖北襄阳·期末）如图，已知点是矩形边延长线上一点，，连接，点是矩形边上方一点，且． (1)请用无刻度直尺（不使用圆规）作于（只保留作图痕迹，不需要说明作图过程和证明）： (2)请在边上找一点，以、为边作矩形，使所作矩形的第四个顶点在矩形内部，并证明你所作四边形为矩形．（注：可以直接使用第（1）问中的结论） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【思路引导】本题考查了矩形的判定和性质． （1）连接，与相交于点，连接交于点，此时； （2）延长交于点，在线段上取点，在上截取，此时四边形是所作的矩形；利用有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明． 【完整解答】（1）解：所作图形如图所示， ； （2）解：如图，四边形是所作的矩形； ∵矩形，， ∴，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． 题型五 根据矩形的性质与判定求面积 13．（23-24八年级下·四川绵阳·期末）如图，P是正方形对角线上的一点，直线m，n经过点P且，若四边形与四边形的面积分别是，，那么四边形与四边形的面积之和是 ． 【答案】 【思路引导】此题考查了矩形的判定和性质、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，过点P作于点M，的延长线与相交于点R，过点P作于点N，的延长线与相交于点S，证明四边形的面积正方形的面积，，得到，四边形的面积正方形的面积，，则，则四边形与四边形的面积之和矩形和矩形的面积之和，即可得到答案． 【完整解答】解：过点P作于点M，的延长线与相交于点R，过点P作于点N，的延长线与相交于点S， ∵P是正方形对角线上的一点， ∴，， ∴四边形、都是矩形，，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴ ∵直线m，n经过点P且， ∴ ∴， ∵， ∴ ∴， ∴四边形的面积正方形的面积 ∴， 同理可证，是正方形，， 则四边形的面积正方形的面积，， ∴四边形与四边形的面积之和矩形和矩形的面积之和，即四边形与四边形的面积之和 故答案为： 14．（23-24八年级下·河南南阳·期末）如图，是矩形对角线的交点，，，、相交于点． (1)请判断四边形的形状为：___________（填写“矩形”、“菱形”或“正方形”），并说明理由； (2)若，，请直接写出四边形的面积． 【答案】(1)菱形，理由见解析； (2)6； 【思路引导】（1）由，，证得四边形是平行四边形，由矩形的性质，得，即可判定四边形是菱形； （2）由矩形的性质求出的面积，再由菱形的性质即可得出答案． 【完整解答】（1）解：四边形的形状为菱形，理由如下， ，， 四边形是平行四边形， 是矩形对角线的交点， ， 四边形是菱形． （2）解： 是矩形对角线的交点， ， ， 四边形是菱形， ， 四边形的面积为． 15．（23-24八年级下·江苏泰州·月考）【探究与应用】 我们把平行四边形沿着它的一条对角线翻折，会发现有很多结论．如图，在平行四边形中，，将沿直线翻折至，连接，与相交于点． (1)求证：是等腰三角形； (2)求证：； (3)如图，与相交于点，若，，，求的面积； (4)如果，，当是直角三角形时，请直接写出的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)； (4)或或． 【思路引导】（）由折叠性质可知：则，由平行四边形的性质可得，通过平行线的性质和等腰三角形的判定即可求证； （）由折叠性质可知：则，由平行四边形的性质可得，通过等腰三角形的性质得，从而求证； （）先证明四边形是矩形，得，，，设，则，再由勾股定理求出，最后利用三角形面积公式即可求解； （）分当时，当时，当三种情况分析即可； 本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，矩形的判定与性质和勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【完整解答】（1）由折叠性质可知：， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； （2）由折叠性质可知：， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）∵平行四边形中，， ∴四边形是矩形， ∴，，， 由（）得， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ∴，解得：，即， ∴， （4）如图，当时， 由折叠性质可知：， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴ ∴四边形是正方形， ∴， ∴； 如图，当时，延长交于点，在上截取，连接， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在中，， 同（）理可证， ∴； 如图，当， 同理可证四边形是正方形， ∴； 综上可知：或或． 题型六 利用菱形的性质求面积 16．（2025·云南丽江·一模）如图，在菱形中，，相交于点，过点作，使，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)若菱形的面积为48，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)24 【思路引导】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定与性质是解题的关键． （1）根据菱形的性质得到，，求得，得到，根据矩形的判定定理得到四边形是矩形； （2）根据菱形的面积公式得，根据菱形的性质得，，再根据矩形的面积公式求解即可． 【完整解答】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵菱形的面积为48， ∴，，， ∴， 矩形的面积． 17．（23-24八年级下·山东日照·期中）如图，在中，，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)12 【思路引导】本题主要考查菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质及直角三角形的性质，掌握菱形的判定方法是解题的关键． （1）可先证得，可求得，可证得四边形为平行四边形，再利用直角三角形的性质可求得，可证得结论； （2）根据条件可证得，结合条件可求得答案． 【完整解答】（1）证明：∵是的中点，D 是的中点， ∴， ∵， ∴， 在和中 ， ∴（）， ∴， ∴ ∴四边形是平行四边形， ∵，是的中点， ∴ ， ∴四边形是菱形； （2）解：设到的距离为， ∵，，， ∴． 18．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，已知：，点在射线上． (1)求作：菱形，使得点在射线上，点在射线的上方；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．） (2)在（1）的条件下，连接交于点，若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】本题考查了作垂直平分线，菱形的判定和性质，勾股定理． （1）作垂直平分线交射线于，以C为圆心，为半径画弧，交垂直平分线于D，连接四边形，四边形即为所求； （2）由菱形的性质求出，由勾股定理求出，根据完全平方公式得到，即可求出菱形的面积． 【完整解答】（1）解：作垂直平分线交射线于，以C为圆心，为半径画弧，交垂直平分线于D，连接四边形，四边形即为所求； （2）解：四边形是菱形， ，，， ， ， ， ， ， ， ． 题型七 根据菱形的性质与判定求角度 19．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．的顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图． (1)在图1中，先在射线上画点D，使，再在上画点E，使； (2)在图2中，点P在线段上，先画线段的中点O，再将线段沿射线方向平移至，使四边形是菱形； (3)在（2）的基础上，先画，再在上画点Q，使 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 (3)详见解析 【思路引导】本题主要考查了格点作图，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，平行四边形，矩形，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）在射线上截取，连接格点交于点E，连接，即为所求； （2）设交网格线于点O，取格点，则K为中点，易证，得到，再根据直角三角形的性质可得，易得，进而推出，即可得到点O是的中点；由勾股定理求出，则作即可； （3）连接并延长交延长线于点G，则四边形是平行四边形，连接交于点H，连接并延长交于点Q，则． 【完整解答】（1）解：如图，点D和点E即为所求； ∵， ∴， ∴， ∴； 由网格线的性质得，即， ∴， ∵点是的中点， ∴； （2）解：如图，四边形即为所求， 设交网格线于点O， 由网格线的性质得点是的中点，则，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即点O是的中点； ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形； （3）解：如图，点G和Q即为所求． 由（2）知点是的中点，四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴． 20．（22-23八年级下·天津·期末）如图，同一平面内三条不同的直线，，，，直线与另外两条直线分别交于点，，点，分别为，上两点，且满足平分，平分． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若四边形为菱形，求出的大小． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】本题主要考查了菱形的性质与性质、平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题的关键． （1）由角平线的性质及平行线的性质证出，由平行四边形的判定可得出结论； （2）由菱形的性质证明为等边三角形，即可获得答案． 【完整解答】（1）证明：∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； （2）解：由（1）知， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴． 21．（23-24八年级下·浙江台州·期中）在矩形中，将点A翻折到对角线上的点M处，折痕交于点E．将点C翻折到对角线上的点N处，折痕交于点F． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)连接，若，且，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】本题考查了平行四边形的判定，菱形的性质，矩形的性质，含30度角的直角三角形性质的应用，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力． （1）证，根据折叠性质推出，求出，根据平行四边形判定推出即可． （2）求出，根据直角三角形性质求出，即可求出答案． 【完整解答】（1）证明：∵矩形， ∴， ∴， ∵由折叠：， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （2）∵是平行四边形，， ∴四边形为菱形， ∴， 又∵由折叠：， ∴， ∴在中，， ∴，， ∴． 题型八 根据菱形的性质与判定求线段长 22．（24-25八年级下·北京房山·期中）如图，在中，，交于点，点，在上，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【思路引导】本题考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定与性质，掌握相关定理是解题的关键． （1）先由平行四边形的性质得到，，进而得到，即可得证； （2）由得到，即可得到，从而推出，即可得到，证得是菱形，得到，即可得证． 【完整解答】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ∴，即， 四边形是平行四边形； （2）证明：四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 是菱形， ， ∴是菱形． 23．（24-25八年级下·北京·期中）尺规作图：过直线外一点作这条直线的垂线． 已知，如图，直线l和直线外一点P． 求作：直线m，使得，且直线m经过点P． 下面是小兵设计一种尺规作图过程． ①在直线l上取一点A，连接，以点P为圆心，的长为半径画弧，交直线l于另外一点B； ②分别以点A，B为圆心，为半径画弧，在直线l的下方，两弧交于点Q； ③经过P，Q两点作直线m． 则直线m即为所求直线． 根据小兵设计的尺规作图过程． (1)使用直尺和圆规，补全图形．（保留作图痕迹） (2)完成下面的证明： 证明：连接，，，， ∵__________________， ∴四边形为菱形（____________）（填推理的依据）． ∴（____________）（填推理的依据）． ∴直线直线l． 【答案】(1)见解析 (2)，四边相等的四边形是菱形，菱形的对角线互相垂直 【思路引导】本题考查作图-复杂作图，菱形的判定和性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）根据要求作出图形； （2）利用菱形的判定和性质证明即可． 【完整解答】（1）解：图形如图所示： （2）证明：连接， ∵， ∴四边形为菱形（四边相等的四边形是菱形）， ∴（菱形的对角线互相垂直）， ∴直线直线． 故答案为：，四边相等的四边形是菱形，菱形的对角线互相垂直． 24．（24-25八年级下·福建福州·期中）已知四边形是平行四边形，请仅用无刻度直尺完成下列画图，保留作图痕迹，不需要写作法． (1)如图1，点E，F分别在，上，，请在上画点O，使点O为的中点； (2)如图2，若，点E为上一点，请在上找点G，使． 【答案】(1)作图见解析； (2)作图见解析； 【思路引导】（1）连接交于，则即为所求； （2）如图，连接，交于点，连接并延长交于点，点即为所求； 【完整解答】（1）解：如图，连接交于，则即为所求； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴O为的中点； （2）解：如图，连接，交于点，连接并延长交于点，点即为所求； ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； 【考点再现】本题考查了作图—复杂作图，平行四边形的性质，菱形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 题型九 根据菱形的性质与判定求面积 25．（24-25八年级下·辽宁营口·月考）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，过点作交的延长线于点，连接． (1)若，求证：四边形是菱形： (2)在（1）的条件下，若菱形的面积为，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【思路引导】（1）根据题意证明四边形是平行四边形，再导角证明，即可证明平行四边形是菱形； （2）利用菱形面积求出，再结合直角三角形性质求解，即可解题． 【完整解答】（1）证明：， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， 平行四边形是菱形； （2）解：由（1）可知，四边形是菱形， 菱形的面积为， ， ， ， ． 【考点再现】本题考查了直角三角形两锐角互余、菱形的判定与性质、菱形面积公式及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟记平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质、直角三角形性质是解决问题的关键． 26．（24-25八年级下·广东东莞·期中）如图1，矩形的顶点A、C分别在x轴，y轴的正半轴，若点，且a，b满足，若点D为矩形的对角线的中点，过点D作的垂线分别交于点E，F． (1) ______， ______； (2)连接： ①判断四边形的形状，并说明理由 ②求线段的长度 (3)直线上存在点P，使的面积为矩形面积的，直接写出P的坐标 【答案】(1)8，6 (2)①四边形是菱形；理由见解析；② (3)点P的坐标为或 【思路引导】（1）利用非负数的性质：两个非负数的和为零，则它们都为零，即可求得a与b的值； （2）①证明，则有；再由矩形的性质得，得四边形是平行四边形，再由线段垂直平分线的性质得，即可证明四边形是菱形； ②由（1）知点B的坐标，则得矩形的长与宽；设菱形的边长为a，则在中，由勾股定理建立方程即可求得a的值；再由菱形的面积相等即可求解； （3）当点P是的中点时，满足题意，从而由中点坐标公式即可求解；点P关于的对称点也满足题意． 【完整解答】（1）解：∵，且， ∴， ∴； 故答案为：8，6； （2）解：①四边形是菱形； 理由如下： ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵D为矩形的对角线的中点，且， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； ②由（1）知点B的坐标为， ∴， 由勾股定理得：； 设菱形的边长为a，则， ∴； 在中，由勾股定理得， 即， 解得：， 即菱形的边长为； ∵， ∴． （3）解：当点P是的中点时， ∴， ∵，， ∴； 点P关于的对称点也满足，此时点的坐标为； 综上，满足条件点P的坐标为或． 【考点再现】本题考查了坐标与图形，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，非负数的性质等知识． 27．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图所示，在中，，是斜边上的中线，点E是的中点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，且的周长为，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】（1）证明，得出，证明四边形是平行四边形， 再证明，即可证明四边形是菱形； （2）连接，证明四边形是平行四边形，得出，设，，得出，，求出， 再求出结果即可． 【完整解答】（1）证明：∵， ∴， 是的中点，是斜边上的中线， ，， 又， ∴， ， ， 又∵， 四边形是平行四边形， 中，，是斜边上的中线， ∴， 四边形是菱形； （2）解：如下图所示，连接， 四边形是菱形， ， ， ， ∴， 又， 四边形是平行四边形， ， 设，， 的周长为，， ，， ， 两边同时平方可得：， 展开得：， ， 整理得：， ， ， ． 【考点再现】本题主要考查了菱形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，三角形面积计算，平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，作出辅助线． 题型十 正方形折叠问题 28．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，将正方形纸片折叠，使点落在边上的点处，将纸片压平并展开，得到折痕，设的对应边交于点，连接交于点，连接交于点． (1)求证：； (2)若正方形的边长为4，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2)8 【思路引导】本题主要考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是关键． （1）根据折叠得到，即，由正方形的性质得到，则，由此即可求解； （2）如图，过点作交于点，可证，，，且，由此即可求解． 【完整解答】（1）解：由折叠得，， ， ， 即， 正方形中，， ， ； （2）解：如图，过点作交于点， ， 由（1）可知，， 在和中， ， ， ， 正方形中，， ， 在和中， ， ， ， ，且， ． 29．（24-25八年级下·辽宁葫芦岛·期中）如图，已知在正方形中，E是上一点，将正方形的边沿折叠到，延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，求的周长． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 (3)16 【思路引导】题目主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，理解题意，熟练掌握这些知识点是解题关键． （1）根据正方形的性质得出，，再由全等三角形的判定和性质证明即可； （2）根据正方形的性质得出，再由全等三角形的性质结合各角之间的关系求解即可； （3）根据正方形的性质得出，利用折叠得出，结合图形即可求解． 【完整解答】（1）证明：四边形是正方形， ， 由折叠可知，，， ， 又， ， （2）四边形是正方形， ， 由折叠可知，， ， ； （3）四边形是正方形， ， 由折叠可知， ， 的周长 ． 30．（24-25九年级下·重庆开州·月考）如图，在正方形中，点M为边的中点，将沿折叠，使点D落在正方形的内部一点N处，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【思路引导】首先由正方形得到，，然后由折叠得到，，，然后根据等边对等角和三角形内角和定理得到，，然后得到，然后得到，求出，，进而求解即可． 【完整解答】∵四边形是正方形 ∴， ∵将沿折叠，使点D落在正方形的内部一点N处， ∴，， ∴ ∴ ∵点M为边的中点， ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴． 故选：B． 【考点再现】此题考查了正方形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理和等边对等角性质，解题的关键是掌握以上知识点． 题型十一 求正方形重叠部分面积 31．（24-25八年级下·河南南阳·期末）如图所示：正方形的对角线相交于点O，点O又是另一个正方形的一个顶点．如果两个正方形的边长相等，若正方形的边长为4，则两个正方形重叠部分的面积为（    ） A．16 B．8 C．4 D．1 【答案】C 【思路引导】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握相关知识点是解题关键．过点作，，和的交点为，和的交点为，根据正方形的性质可证，四边形是正方形，得到，再证明，得到，从而得出两个正方形重叠部分的面积，即可得解． 【完整解答】解：如图，过点作，，和的交点为，和的交点为， ， 四边形和是正方形， ，，， 四边形是矩形， ，，，， ，， 四边形是正方形， ，， ，即， 又，， ， ， 两个正方形重叠部分的面积， 故选：C． 32．（2023九年级上·山东·专题练习）如图，正方形的顶点O与正方形的对角线交点O重合，正方形和正方形的边长都是，则图中重叠部分的面积是 ． 【答案】1 【思路引导】本题考查了正方形的性质，解题关键是题中重合的部分的面积是不变的，且总是等于正方形面积的． 根据题意可得：，所以，从而可求得其面积． 【完整解答】解：如图， 正方形和正方形的边长都是， ，，， ∴， 在和中， ， ， ； 则图中重叠部分的面积是， 故答案为：1． 33．（22-23八年级下·四川绵阳·期末）如图，四边形中，，，过点D分别作的延长线的垂线，垂足分别为点E，F，设，，，．    (1)证明：四边形是正方形； (2)用a，b，c表示四边形的面积； (3)请根据本题情境，证明：． 【答案】(1)见解析 (2)四边形的面积为 (3)见解析 【思路引导】（1）证明，由全等三角形的性质得出，由正方形的判定可得出结论； （2）过点作的垂线，垂足为．由直角三角形的性质及三角形面积可得出答案； （3）由全等三角形的性质得出，四边形的面积正方形的面积．设，则，即，求出，由图形的面积关系可得出结论． 【完整解答】（1）证明：，， ， ， 四边形为矩形， ， 又， 即， ． ， ， ， 四边形为正方形． （2）解：过点作的垂线，垂足为． 由题意得为等腰直角三角形，即点为斜边的中点．   ， ， 又，，， 四边形的面积； （3）证明：四边形为正方形， ． ， ，四边形的面积正方形的面积． 设，则， 即， ， 正方形的面积． ， 整理得， ． 【考点再现】题是四边形综合题，考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定、平行四边形的判定、等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关图形的性质和判定定理是解题的关键． 题型十二 根据正方形的性质与判定求角度 34．（24-25八年级下·湖南长沙·月考）菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或甲形的“接近度” (1)设菱形相邻两个内角的度数分别为，，若我们将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形就越接近正方形． ①当菱形的一个内角为时，“接近度”=________； ②当菱形的“接近度”=________时，菱形就是正方形； (2)若我们将菱形的“接近度”定义为，则： ①菱形的一个内角为时，“接近度”=________； ②在这种情况下，菱形的“接近度”=________时，菱形就是正方形； (3)甲、乙两位同学仿照菱形的“接近度”定义，给出了两种矩形的“接近度”定义，在你认为合理的定义后面打“√”，不合理的定义后面打“×”． ①甲：设矩形相邻两条边长分别为， ，将矩形的“接近度”定义为，于是越小，矩形越接近于正方形．________ ②乙：设矩形相邻两条边长分别为， ，将矩形的“接近度”定义为，于是越小，矩形越接近于正方形．________ 【答案】(1)①  ② (2)①  ② (3)①×  ②× 【思路引导】此题主要考查了正方形的判定和性质，菱形的性质，正确理解“接近度”的意思是解决问题的关键． （1）①②根据菱形的“接近度”定义，越小，菱形就越接近正方形，解答即可； （2）①②根据菱形的“接近度”定义为，解答即可； （3）①不合理，举例进行说明； ②根据矩形的“接近度”定义为，只有矩形的越接近，矩形才越接近正方形，进行说明． 【完整解答】（1）解：①∵内角为， ∴与它相邻内角的度数为， ∴菱形的“接近度”：， 故答案为：； ②当菱形的“接近度”等于时，菱形是正方形， 故答案为：； （2）解：若我们将菱形的“接近度”定义为，则： ①当菱形的一个内角为时，“接近度”； 故答案为：； ②当菱形的“接近度”时，菱形就是正方形， 故答案为：； （3）解：①×， 例如，对两个相似而不全等的矩形来说，它们接近正方形的程度是相同的，但却不相等. 故答案为：×； ②×， 理由如下： 越接近，矩形越接近于正方形； ∴当时，矩形就变成了正方形，即只有矩形的越接近1，矩形才越接近正方形， 故答案为：×. 35．（2025·江西九江·模拟预测）如图，在中，，，是射线上一点，将沿折叠，得到，连接．当为直角三角形时，的度数为 ． 【答案】或或 【思路引导】本题考查了折叠的性质，正方形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是分类讨论．分两种情况：当时，当时，根据折叠的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定与性质求解即可． 【完整解答】解：当时， ， ， 由折叠可得：，， ， 四边形是矩形， ， 矩形是正方形， ； 当时， ，， ， 由折叠可知，，， ， 点、、共线， ， 综上所述，的度数为或． 当时， ∵， ∴， ∴， 由折叠可得，； 故答案为：或或． 36．（23-24七年级下·北京·期中）将矩形纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在边上点F处，折痕为（如图1）；再沿过点E的直线折叠，使点D落在上的点处，折痕为（如图2）；再展平纸片（如图3）．则图3中的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【思路引导】本题考查了矩形与折叠，正方形的判定与性质．熟练掌握矩形与折叠，正方形的判定与性质是解题的关键． 由矩形与折叠的性质可证四边形是正方形，，由折叠的性质可知，，根据，计算求解即可． 【完整解答】解：由矩形与折叠的性质可知，，， ∴四边形是正方形，， 由折叠的性质可知，， ∴， 故选：B． 题型十三 根据正方形的性质与判定求线段长 37．（2024·陕西西安·一模）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是边上的一个动点，与关于对称，连接．当点G恰好落在矩形的对称轴上时，的长为 ． 【答案】2 【思路引导】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，正方形的判定等知识，由轴对称的性质可得，，，则在以为圆心，为半径的圆上运动，通过证明四边形是正方形，可得． 【完整解答】解：如图，画出矩形的两条对称轴， 点是边的中点， ， 与关于对称， ，， 在以为圆心，为半径的圆上运动， 点恰好落在矩形的对称轴上，且点到的距离为， 点只能在上， ， 四边形是矩形， 又， 四边形是正方形， ， 故答案为：． 38．（23-24八年级下·河南周口·月考）如图，在四边形中，的垂直平分线交于点D，交于点E，． (1)求证：四边形是菱形； (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形，理由见解析 (3)四边形的面积为24 【思路引导】（1）根据垂直平分线的性质，垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，可以得到 ，再证明，继而证明四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可得到四边形是菱形． （2）欲证明四边形是正方形，因为第一问已经证明四边形是菱形，所以只需要证明其中一个角是直角，根据题目条件分析，可证明当时，，即四边形是正方形． （3）在（2）的条件下，四边形是正方形，得出四边形为直角梯形，求出，再根据梯形的面积公式即可得四边形的面积． 【完整解答】（1）证明：∵是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴，， ∴ ∴， 又∵ ∴四边形是平行四边形 又∵ ∴四边形是菱形． （2）解：四边形是正方形， 理由如下：∵，， ∴， ∵四边形是菱形 ∴， ∴菱形是正方形， （3）解：∵四边形是正方形，， ∴， ∴， ∴四边形的面积为． 【考点再现】此题主要考查了菱形的判定，正方形的性质及判定以及线段垂直平分线的性质，解题的关键是掌握四条边都相等的四边形是菱形． 39．（23-24八年级下·北京·期中）在中，，，点D为射线上一动点（不与点B、C重合），点B关于直线的对称点为E，作射线，过点C作的平行线，与射线交于点F．连接 (1)如图1，当点E恰好在线段上时，用等式表示与的数量关系，并证明； (2)如图2，当点D在线段的延长线上时， ①依题意补全图形； ②用等式表示和的数量关系，并证明． 【答案】(1)，证明见详解 (2)①见详解②，证明见详解 【思路引导】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质与判定，矩形的性质，轴对称性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先由轴对称性质，得出再证明，因为，得出得证即可作答． （2）①根据题意的描述作图即可； ②易得，过点作于点，四边形是正方形，证明，则，再通过角的运算，即可作答． 【完整解答】（1）解：，证明如下： 如图：当点E恰好在线段上时， ∵在中， ∴， ∵点B关于直线的对称点为E， ∴ 在和中， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴ 在和中， ∴ ∴ ∴， 即有； （2）解：当点在线段的延长线上时 ①依题意补全图形如下 ②用等式表示和的数量关系是，证明如下 ∵点关于直线的对称点为E， ∴， ∴， 过点作于点，如上图， 则， ∵， ∴ ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， 在和中， ∴， ∴， 即有， ∵ ∴， ∴， ∴ ∴ 在中，， ∴ ∴． 题型十四 根据正方形的性质与判定求面积 40．（24-25八年级下·安徽淮南·期末）如图，在正方形中，为对角线上的一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接． （1）若，则矩形的面积为 ； （2）当线段与正方形的一边的夹角是时，则的度数为 ． 【答案】 3 或 【思路引导】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，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键． （1）作，，证明 ，得到，根据正方形的判定定理证明即可； （2）分两种情况讨论即可，①当与的夹角为时，②当与的夹角为时，从而可得答案． 【完整解答】如图，作于P，于Q， 四边形为正方形， ∵， ∴， 矩形， ， ∵， ∴， 在和中， ， ∴ ， ∴， ∴矩形是正方形； ∵ ∴正方形的面积为：， 故答案为：3； （2）①当与的夹角为时， 如图2， ∵，， ∴， ②当与的夹角为时，如图3，即交于， ， 综上所述：或． 故答案为：或 41．（24-25八年级下·浙江杭州·月考）如图，点是矩形边上一点（）．且，过点作交于点，在上取点使，连结．记四边形面积为，四边形面积为，，若，则（   ） A．10 B．12 C．20 D．24 【答案】A 【思路引导】本题考查矩形的性质，三角形的面积，关键是由三角形的面积公式得到． 判定四边形是正方形，四边形是矩形，设，，得到，可得． 【完整解答】解：四边形是矩形， ， ，， 四边形是正方形，四边形是矩形， 设，，则， ，， ， ， ， ． 故选：A． 42．已知，如图，在四边形中，，，，垂足为点E． (1)求证：； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路引导】（1）过点D作，交的延长线于点M，由题意易得四边形是矩形，则有，然后可得，进而问题可求证； （2）由（1）可得，然后可得，进而问题可求解． 【完整解答】（1）证明：过点D作，交的延长线于点M， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴； （2）解：由（1）得：， ∴矩形是正方形 ∵， ∴， ∴ ∴ ， ∴四边形的面积为． 【考点再现】本题主要考查正方形的性质与判定、矩形的性质与判定及全等三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质与判定、矩形的性质与判定及全等三角形的性质与判定是解题的关键． 题型十五 根据正方形的性质与判定证明 43．（24-25八年级下·山东烟台·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 当点落在线段时，如图所示；当点落在线段的延长线上时，请在备用图中按照题意画出图形，判断此时四边形的形状，并证明． 【答案】图形见解答过程；四边形是正方形，证明见解答过程 【思路引导】此题主要考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，理解矩形的性质，熟练掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． 当点落在线段的延长线上时，作出矩形即可，过作于点，于点，证明四边形为正方形得，，根据四边形是矩形得，进而得，由此可依据“”判定和全等得，再根据正方形的判定可得四边形是正方形． 【完整解答】解：当点落在线段的延长线上时， 四边形是正方形，证明如下： 过作于点，于点，如图所示： ， 四边形是正方形， ，， ， 四边形矩形， ， 是等腰直角三角形， ， 矩形为正方形， ，， 四边形是矩形， ， ， 在和中， ， ， ， 矩形是正方形． 44．（24-25八年级下·河南南阳·期末）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)若将题设中“”这一条件改为“矩形”，其余条件不变，则四边形是怎样的四边形？请给出证明； (3)若将题设中“”这一条件改为“菱形”，其余条件不变，则四边形是怎样的四边形？请直接写出结果，不需要证明； (4)若将题设中“”这一条件改为“正方形”，其余条件不变，则四边形是怎样的四边形？请直接写出结果，不需要证明． 【答案】(1)四边形为平行四边形，理由见解析 (2)四边形为菱形，证明见解析 (3)四边形为矩形 (4)四边形为正方形 【思路引导】（1）根据平行四边形对角线性质，结合画弧条件得出线段相等关系，依据平行四边形判定（两组对边分别相等）判断四边形形状． （2）先由矩形对角线性质得，进而推出，再结合（1）中四边形是平行四边形，根据菱形判定（一组邻边相等的平行四边形）确定形状． （3）利用菱形对角线垂直且平分的性质，结合画弧条件，依据矩形判定（有一个角是直角的平行四边形）判断． （4）根据正方形对角线垂直、相等且平分的性质，结合画弧条件，依据正方形判定（邻边相等且有一个角是直角的平行四边形）确定形状． 【完整解答】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： ∵ 四边形是平行四边形，对角线，交于点， ∴ ，． 又∵ 分别以点，为圆心，，长为半径画弧，两弧交于点， ∴ ，， ∴ ，， ∴ 四边形是平行四边形． （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵ 四边形是矩形，对角线，交于点， ∴ ，，， ∴ ． 由（1）知四边形是平行四边形， 又∵ ， ∴ 四边形是菱形； （3）解：四边形是矩形，理由如下： ∵ 四边形是菱形，对角线，交于点， ∴ ，，． 由（1）知四边形是平行四边形， 又∵ ，即， ∴ 四边形是矩形； （4）解： 四边形是正方形，理由如下： ∵ 四边形是正方形，对角线，交于点， ∴ ，，，， ∴ ，． 由（1）知四边形是平行四边形， 又∵ 且， ∴ 四边形是正方形， 【考点再现】本题主要考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定与性质，熟练掌握这些图形的判定定理和性质是解题的关键． 45．（24-25八年级下·福建厦门·期中）如图，在正方形中，是边上一动点（不与、重合），对角线、相交于点，过点分别作、的垂线，分别交、于点、，交．于点、，下列结论：①；②；③；④当是的中点时，．其中正确的结论有 ． 【答案】①③ 【思路引导】根据正方形的性质证明全等，可判断①结论；根据正方形的性质证明边形是矩形，可判断②结论；过点作交于点，分别证明四边形是平行四边形，四边形是正方形，可判断③结论；同③理可证，四边形、是正方形，可判断④结论． 【完整解答】解：四边形是正方形， ， ， ， 又， ，①结论正确； 四边形是正方形， ， ， 四边形是矩形， ， ，②结论错误； 如图，过点作交于点， ，， ， 四边形是平行四边形， ， 由①可知，， ， ， 垂直平分， ， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， 又， 四边形是正方形， ， ，③结论正确； 设正方形的边长为，则， 是的中点， ， 同③理可证，四边形、是正方形， ， ， ，， ，④结论错误， 故答案为：①③． 【考点再现】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的判定和性质等知识，掌握相关知识点是解题关键． 题型十六 中点四边形 46．（23-24八年级下·全国·期中）如图，在菱形中，边长为10，．顺次连结菱形各边中点，可得四边形；顺次连结四边形各边中点，可得四边形；顺次连结四边形各边中点，可得四边形；按此规律继续下去…．则四边形的周长是 ；四边形的周长是 【答案】 20 【思路引导】先证明四边形是菱形，求出， ，，求出周长，同理可得四边形、、……为菱形，且对应的边长：，，…… ，进而求出四边形的周长即可． 【完整解答】解：连接，，，，如图所示： ∵菱形中，边长为10， ∴，，，， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵顺次连结菱形各边中点，得到四边形， ∴，，，，，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵顺次连结四边形各边中点，可得四边形， ∴，，，， ∴， ∴四边形为菱形， ∴， ∴是等边三角形，四边形是菱形， ∴的周长为； 同理可得：四边形、、……为菱形， 且对应的边长：， ， …… ∴四边形为菱形，边长为， ∴四边形的周长为： ． 故答案为：20；． 【考点再现】本题考查了中点四边形，三角形中位线的性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，根据题意发现中点四边形性质，分别求出菱形矩形边长并发现规律进行推理是解题关键． 47．（2024八年级下·全国·专题练习）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为，顺次连接，得到四边形EFGH（即四边形的中点四边形）． (1)求证：四边形的形状是平行四边形； (2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是矩形； (3)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形． 【答案】(1)证明见解析 (2)互相垂直 (3) 【思路引导】本题考查的是中点四边形． （1）连接、，根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理证明； （2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形解答； （3）根据邻边相等的平行是四边形是菱形解答． 【完整解答】（1）证明：如图，连接、， 点、、、分别为、、、的中点， 、分别为、的中位线， ，，，， ，， 四边形的形状是平行四边形； （2）解：当时，四边形是矩形， ∵，，， ， 平行四边形是矩形， 故答案为：互相垂直； （3）解：当时，四边形是菱形， ，，， ， 平行四边形是菱形， 故答案为：相等． 48．（23-24九年级上·山东青岛·期中）如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是1，则第n个矩形的面积是 ． 【答案】 【思路引导】由中点四边形的含义可得矩形的中点四边形是菱形，菱形的中点四边形是矩形，而中点四边形的面积是原四边形的面积的一半，可得原矩形的面积为1，矩形的中点四边形（菱形）的面积为 再得到菱形的中点四边形（矩形）的面积为： 从而总结归纳出规律，可得答案．本题考查了中点四边形的性质，是一道找规律的题目． 【完整解答】已知第一个矩形的面积是1， 第二个矩形的面积为 第三个矩形的面积是 则第n个矩形的面积是 故答案为：． 题型十七 （特殊）平行四边形的动点问题 49．（23-24八年级下·重庆铜梁·期中）如图，四边形中，，，，，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作于点P，连接交于点Q，连接．设运动时间为t秒． (1)________，________．（用含t的代数式表示） (2)当四边形为平行四边形时，求t的值． (3)如图，当M和N在运动的过程中，是否存在某时刻t，使为直角三角形，若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)或2 【思路引导】本题主要考查了四边形综合题，矩形的判定与性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，运用数形结合、方程思想是解题的关键． （1）由，根据，即可求出；先证明四边形为矩形，得出，则； （2）根据四边形为平行四边形时，可得，解方程即可； （3）分两种情况：①当时，②当时，进行讨论即可． 【完整解答】（1）解：由题意得， ， ， ， ， ∴四边形为矩形， ， 故答案为：； （2）∵当四边形为平行四边形时，， 根据（1）可算出， ∴， 解得． （3）由其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动可知，， ∵， ∴为等腰直角三角形，即：， 则也是等腰直角三角形， ， ∵此种情况不存在； ①当时，∵， ∴，为等腰直角三角形， 则， ∴， 解得； ②当时，∵， ∴，为等腰直角三角形， 则， ∴， 解得：； 综上，当或2时，为直角三角形． 50．如图，在四边形中，，，，，动点P从点A出发，以的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以的速度向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当四边形是平行四边形时，求t的值； (2)当________时，四边形是矩形；若且点Q的移动速度不变，要使四边形能够成为正方形，则P点移动速度是________； (3)在点P、Q运动过程中，若四边形能够成为菱形，求的长度． 【答案】(1) (2)7；4 (3) 【思路引导】（1）根据平行四边形对边相等的性质得到关于t的方程即可得解； （2）根据矩形及正方形的性质列方程求解即可； （3）根据菱形的性质可以算得四边形成为菱形的t值，并算出、的值，再根据勾股定理可以得到的值． 【完整解答】（1）解：当四边形是平行四边形时，， ∴， 解得． （2）解：若四边形是矩形，则： ， ∴， 解得：； 若四边形是正方形，则： ， ∴, 解得：， 设P点运动速度为，则由可得： ， 解得：， ∴当要使四边形能够成为正方形，则P点移动速度是； 故答案为：7；4； （3）解：如图， 若四边形是菱形，则， ∴， 解得：， ∴，， ∵，， ∴， 在中， ． 【考点再现】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的应用，勾股定理，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形有关边的性质、勾股定理的应用是解题关键． 51．如图，在平行四边形中，，，平行四边形的面积为，动点从点出发以 1个单位长度的速度在上相D运动，同时动点从点出发以个单位长度的速度在间往返运动，当点到达点时，动点和同时停止运动，连结设运动时间为秒． (1)直线与之间的距离是 _____． (2)当点从点向点运动时（点不与点、重合），设四边形的面积为，求与之间的函数关系式 (3)当时，求的值． (4)当平分平行四边形的面积时，直接写出的值． 【答案】(1) (2) (3)或或 (4)或或 【思路引导】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，梯形的面积等知识点，合理利用分类讨论思想进行分类讨论是解题的关键． （1）根据平行四边形的面积为，列式运算即可； （2）过点作于，则，根据梯形的面积公式即可求解； （3）过点作于，利用勾股定理求出，当时，可得四边形为矩形，则，，分类讨论点在往返运动时的代数式，通过求解即可； （4）分三种情况根据梯形的面积公式即可求解． 【完整解答】（1）解：设直线与之间的距离是， ∵，平行四边形的面积为， ∴， ∴，即直线与之间的距离是， （2）过点作于，如图所示： ∵直线与之间的距离是， ∴， ∵动点从点出发以个单位长度的速度在间往返运动， ∴当点从点向点运动时（点不与点、重合），，， ∴四边形的面积 ∴； （3）过点作于， ∵，， ∴， ∵，，， ∴，， ∴四边形为矩形， ∴，， 当时，由题意得：， ∴，解得； 当时，由题意得：， ∴，解得； 当时，由题意得：， ∴，解得，不符合题意． ∴当PQ⊥BC时，t的值为或； （4）∵平行四边形的面积为， ∴当平分平行四边形的面积时，， 当时，由题意得：，， ∴， 解得； 当时，由题意得：，， ∴， 解得； 当时，由题意得：，， ∴， 解得． 综上所述，当平分平行四边形的面积时或或． 题型十八 四边形中的线段最值问题 52．如图，在平行四边形ABCD中，BC＝AC，E、F分别是AB、CD的中点，连接CE、AF． （1）求证：四边形AECF是矩形； （2）当平行四边形ABCD的边或角满足什么关系时，四边形AECF是正方形？请说明理由． （3）在（2）的条件下，若AE＝4，点M为EC中点，当点P在线段AC上运动时，求PE+PM的最小值．    【答案】（1）见解析；（2）∠B＝45°或AB＝BC，理由见解析；（3） 【思路引导】（1）由四边形ABCD是平行四边形得AB＝CD，AB∥CD，再由E、F分别是AB、CD的中点得AE＝AB，CF＝CD，即可证得四边形AECF为平行四边形，再由BC＝AC，E为AB中点，得CE⊥AB，故四边形AECF是矩形； （2）当∠B＝45°时，可证∠BAC＝90°，由E为AB的中点得EC＝AB＝AE，故矩形AECF为正方形；当AB＝BC时，由BC＝AC，AB＝BC，可证得AC2+BC2＝AB2，△ACB为直角三角形，再由E为AB的中点得EC＝AB＝AE，故矩形AECF为正方形； （3）连接EF，连接FM交AC于P，由E和F关于AC对称得此时PE+PM最小，再在Rt△MCF中用勾股定理求出FM即可． 【完整解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∵E、F分别是AB、CD的中点， ∴AE＝AB，CF＝CD， ∴AE＝CF， ∵AE∥CF， ∴四边形AECF为平行四边形， ∵BC＝AC，E为AB中点， ∴CE⊥AB， ∴∠AEC＝90°四边形AECF是矩形； （2）解：①当∠B＝45°时，四边形AECF是正方形， 理由：∵BC＝AC，∠B＝45°， ∴∠BAC＝∠B＝45°， ∴∠BAC＝90°， ∵E为AB的中点， ∴EC＝AB＝AE， ∴矩形AECF为正方形， 或②当AB＝BC时，矩形AECF为正方形， 理由：∵BC＝AC，AB＝BC， ∴AC2+BC2＝2BC2， AB2＝（BC）2＝2BC2， ∴AC2+BC2＝AB2， ∴△ACB为直角三角形， ∵E为AB的中点， ∴EC＝AB＝AE， ∴矩形AECF为正方形； （3）解：连接EF，连接FM交AC于P， ∵四边形AECF为正方形， ∴E和F关于AC对称，此时PE+PM最小且为FM， 在Rt△MCF中，CM＝2，CF＝AE＝4， ∴FM＝ ∴PE+PM最小值为． 【考点再现】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，正方形的性质与判定，勾股定理和勾股定理的逆定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解. 53．如图，正方形ABCD的边长为5，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为（   ） A．1 B．3 C．2 D．2.5 【答案】B 【思路引导】由题意分析可知，点F为主动点，运动轨迹是线段AB，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，也是一条线段，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值． 【完整解答】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G的轨迹也是一条线段， 将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EGH， 从而可知△EBH为等边三角形， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠FBE=90°， ∴∠GHE=∠FBE=90°， ∴点G在垂直于HE的直线HN上， 延长HG交DC于点N， 过点C作CM⊥HN于M，则CM即为CG的最小值， 过点E作EP⊥CM于P，可知四边形HEPM为矩形， 则CM=MP+CP=HE+EC=1+2=3， 故选：B． 【考点再现】本题考查了线段最值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹，是本题的关键，之后运用垂线段最短，构造图形计算，是最值问题中比较典型的类型． 54．如图，菱形中，，，点M、N、P分别为线段、、上的任意一点，则的最小值为 【答案】 【思路引导】菱形是轴对称图形，可作点关于直线的对称点，连接，根据两点之间线段最短可知，当点与点重合时，时，的值最小，即为长，求得的长即可求解； 【完整解答】如图：作点关于直线的对称点,连接 四边形是菱形， 由图可知，当点与点重合时，时，的值最小，即为长， 在中 ， ∴∠BCM=30°，BM=4， 故答案为： 【考点再现】本题考查了轴对称之最短距离问题，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握轴对称的性质与菱形的性质是解题的关键． 一、选择题 1．（2024九年级下·浙江·学业考试）如图 ，矩形 中，点 分别在 边上，，点 在 边上，连结 ． 若知道矩形 的面积，则一定能求出 （   ） A． 与 的面积之和 B． 与 的面积之和 C．四边形 与 的面积之和 D． 的面积 【答案】A 【思路引导】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质．设 ，，则，证明四边形是平行四边形，可得 ，再根据三角形的面积公式，逐项判断，即可求解． 【完整解答】解：∵四边形是矩形， ∴可设 ，，则，，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴  ， ∴ 与 的面积之和为 ； 与 的面积之和为 ； 四边形 与 的面积之和为 ； 的面积为 ； 故选：A． 2．（24-25八年级下·山西晋城·期末）如图，在平行四边形中，，是对角线上两点，，若，则下列角中与相等的角是（   ） ①；②；③ A．① B．①② C．①③ D．①②③ 【答案】D 【思路引导】本题主要考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 先根据平行四边形及邻边相等的条件判定图形为菱形，再利用菱形性质、等腰三角形性质等，逐一分析与相等的角． 【完整解答】解：四边形是平行四边形，且 四边形是菱形 ，，，， ， ， ，故①符合题意， ， ，故②符合题意， ， ， 又，， ， ， ∴， ，故③符合题意， 故选：D． 3．（25-26九年级上·福建福州·开学考试）如图，在正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，．点是的中点，连接，，若，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【思路引导】根据正方形的性质，结合已知，可证明，可得，连接，可得，可证明，对应角相等，可得，由三角形外角的性质，可得，由直角三角形的两个锐角互余，即可得的度数． 【完整解答】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 连接， ∵点是的中点，，，， ∴，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 【考点再现】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形外角的性质，直角三角形的两个锐角互余． 4．对课本中下列现象中蕴含的数学原理阐述正确的个数有（    ） ①如图（1），剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，重合的部分构成一个平行四边形．其依据是两组对边分别平行的四边形是平行四边形． ②如图（2），工人师傅在做矩形门窗时，不仅测量出两组对边的长度是否相等，还要测量出两条对角线的长度相等，以确保图形是矩形．其依据是对角线相等的四边形是矩形． ③如图（3），将两张等宽的纸条放在一起，重合部分构成的四边形一定是菱形．其依据是一组邻边相等的平行四边形是菱形． ④如图（4），把一张长方形纸片按如图方式折一下，就可以裁出正方形．其依据是一组邻边相等的矩形是正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【思路引导】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定以及正方形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键． ①平行四边形的判定定理：两组对边分别平行的四边形是平行四边形； ②矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形； ③首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的等积转换可得邻边相等，则重叠部分为菱形； ④根据折叠定理得：所得的四边形有三个直角，且一组邻边相等，所以可以裁出正方形纸片． 【完整解答】解：①由题意得：，， ∵两组对边分别平行， ∴四边形是平行四边形，故正确； ②∵两组对边的长度相等， ∴四边形是平行四边形， ∵对角线相等， ∴此平行四边形是矩形， 对角线相等的四边形不一定是矩形，故错误； ③∵四边形是用两张等宽的纸条交叉重叠地放在一起而组成的图形， ∴，， ∴四边形是平行四边形（对边相互平行的四边形是平行四边形）； 过点D分别作，边上的高为，．如图所示： 则（两纸条相同，纸条宽度相同）； ∵平行四边形的面积， ∴． ∴平行四边形为菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形），故正确； ④根据折叠原理，对折后可得： 所得的四边形有三个直角，且一组邻边相等， 所以可以裁出正方形纸片，故正确． 综上①③④正确， 故答案为：C． 二、填空题 5．（2026八年级下·全国·专题练习）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，，，则的度数为 ． 【答案】102.5° 【思路引导】本题主要考查矩形的性质，熟练掌握矩形的对角线相等是解决此题的关键． 由四边形是矩形，得出，由，进而得到，根据得到，进而得到． 【完整解答】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ 故答案为：． 6．如图，在中，，，点是的中点，点，分别在，上运动（点不与点，重合），且保持．连接，，．在此运动变化过程中，有下列结论：①四边形有可能成为正方形；②是等腰直角三角形；③四边形的面积是定值；④和一定全等．其中正确的结论序号是 ． 【答案】①②③ 【思路引导】①连接，当为中点，为中点时，四边形为正方形；②由定理可证和全等，从而可证．所以是等腰直角三角形；③由②，就有，再通过等量代换就可以求出结论；④根据已知条件不能判定和全等，于是得到结论． 【完整解答】解：①连接， ∵，是的中点， ∴， ∴和均为等腰直角三角形， 当分别为中点时， ， ， ∴四边形是正方形，故此选项正确； ②∵是等腰直角三角形， ， 在和中， ， ， ， ， ， ∴是等腰直角三角形．故此选项正确； ③∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵． ∴四边形的面积是定值 4 ，故本选项正确； ④∵， 但不一定等于， ∴和不一定全等，故本选项错误． 故答案为：①②③． 【考点再现】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的判定、等腰三角形的性质、直角三角形性质等知识，根据图形利用割补法可知四边形的面积等于正方形面积是解题关键． 三、解答题 7．如图，点、分别是菱形的边与延长线上的点，且，连接、，求证：． 【答案】见解析 【思路引导】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质．连接，证明，推出，再利用证明，即可证明． 【完整解答】证明：连接， ∵菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵菱形， ∴， ∵，， ∴， ∴． 8．（23-24八年级上·安徽马鞍山·期末）如图，在中，是边的垂直平分线，分别交边，于点，，，且为线段的中点，延长与的垂直平分线交于点，连接． (1)若是的中点，求证：； (2)若，求证：为等边三角形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【思路引导】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，三角形外角的性质等知识点，熟练掌握等边三角形的判定定理是解题的关键． （1）连接，证明是等边三角形，进而得出，即可得出结论； （2）先证明为等边三角形，进而证明，再由等边三角形的判定即可得出结论． 【完整解答】（1）证明：如图，连接， ∵是边的垂直平分线， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∵，为的中点， ∴， ∴， ∴； （2）证明：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵的垂直平分线为， ∴， ∴为等边三角形． 9．如图1，在中，为锐角，点D为射线上一点，连接，以为一边且在的右侧作正方形． (1)如果， ①当点D在线段上时（与点B不重合），如图2，线段所在直线的位置关系为 ，线段的数量关系为_______； ②当点D在线段的延长线上时，如图3，①中的结论是否仍然成立，并说明理由； (2)如果是锐角，点D在线段上，当满足什么条件时，（点C、F不重合），并说明理由． 【答案】(1)①，；②成立，见解析 (2)，见解析 【思路引导】本题主要考查了等腰直角三角形的性质与判定、正方形的性质、全等三角形的判定和性质．熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）①根据等腰直角三角形的性质和正方形的性质可得，，，根据证明，则可得，，由此可得，即． ②当点D在的延长线上时①的结论仍成立．理由同小问①． （2）过点A作交的延长线于点G，易证，    ，同小问（1），根据 证明，则可得，则，即． 【完整解答】（1）解：①∵中，，， ． ∵四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ，， ， ； ②当点D在的延长线上时，①的结论仍成立，理由如下： ∵中，，， ． ∵四边形是正方形， ，， ， ， ， ，， ， ； （2）解：当时，，理由如下： 如图所示，过点A作交直线于点G，则， ，， ， ， ， ∵四边形是正方形， ，， ， （同角的余角相等）， ， ， ，即． 10．（2026八年级下·全国·专题练习）已知四边形是正方形，点在直线上，连接．将沿所在直线折叠，点的对应点是，连接并延长交直线于点． (1)当点与点重合时，如图①，求证： (2)当点在的延长线上（如图②）或点在的延长线上（如图③）时，线段，，各有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并给予证明． 【答案】(1)见解析 (2)①当点在的延长线上时，． ②当点在的延长线上时，．证明见解析． 【思路引导】（1）由折叠可得，，，再根据四边形是正方形，可证，即可证明； （2）当点在的延长线上时：；延长到点，使，连接，需证，根据，得，即可得出，则，则，即可得出答案．当点在的延长线上时：，证法类似． 【完整解答】（1）证明：由折叠的性质，得，，． 四边形是正方形， ，，， ， 是等腰直角三角形， ， ． （2）解：①当点在的延长线上时，． 证明：延长到点，使，连接，如图①． 在和中， ， ，． ， ． 由折叠的性质可知，， ， ， ， ， ． ②当点在的延长线上时，． 证明：在上取点，使，连接，如图②． 在和中， ， ，． 由折叠的性质可知，， ． ， ， ， ， ． 【考点再现】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质以及翻折变换，是一道综合型的题目，证明三角形的全等是解题的关键． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 矩形、菱形、正方形的性质与判定 目录 A题型建模・专项突破 题型一 矩形与折叠问题 1 题型二 斜边的中线等于斜边的—半 3 题型三 根据矩形的性质与判定求角度 4 题型四 根据矩形的性质与判定求线段长 5 题型五 根据矩形的性质与判定求面积 7 题型六 利用菱形的性质求面积 9 题型七 根据菱形的性质与判定求角度 10 题型八 根据菱形的性质与判定求线段长 12 题型九 根据菱形的性质与判定求面积 14 题型十 正方形折叠问题 15 题型十一 求正方形重叠部分面积 16 题型十二 根据正方形的性质与判定求角度 18 题型十三 根据正方形的性质与判定求线段长 19 题型十四 根据正方形的性质与判定求面积 20 题型十五 根据正方形的性质与判定证明 22 题型十六 中点四边形 23 题型十七 （特殊）平行四边形的动点问题 24 题型十八 四边形中的线段最值问题 26 B 综合攻坚・能力跃升 27 题型一 矩形与折叠问题 1．（2023八年级下·四川宜宾·竞赛）如图，有一块矩形纸片，，，将纸片折叠，使得边落在边上，折痕为，再将沿边翻折，与的交点为F，则的面积为（  ） A．2 B．4 C．6 D．8 2．如图是一张矩形纸片，，若将纸片沿折叠，使落在上，点C的对应点为点F，若，则= cm． 3．（23-24八年级下·山西吕梁·期末）综合与实践： 实践操作： 第一步：如图1，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 第二步：如图2，再一次折叠纸片，使点落在的点上，并使折痕经过点，得到折痕，同时，得到线段，，把纸片展平，连接， 第三步：如图3，延长交边于点，以为折痕折叠矩形纸片，已知点恰好落在边上的点处，同时，得到线段，，把纸片展平． 问题解决： (1)在图1中，则四边形的形状是________； (2)请根据图2，证明是等边三角形； (3)请根据图3，证明四边形是菱形． 题型二 斜边的中线等于斜边的—半 4．（24-25八年级下·吉林白山·期末）如图，菱形的对角线与相交于点O，E为的中点，连接，若，，则的值为（　　　） A．4 B． C． D．2 5．（24-25八年级下·广东中山·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O，E为的中点，且，则菱形的周长为 ． 6．（25-26九年级上·广东揭阳·月考）如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，交直线于E，垂足为F，连接． (1)求证：； (2)当D在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； (3)若D为中点，则当满足什么条件时，四边形是正方形？请说明你的理由． 题型三 根据矩形的性质与判定求角度 7．（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在四边形中，，，，，点，分别是，的中点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)求的度数． 8．如图，为中的一条射线，点P在边上，于H，交于点Q，交于点M，于点D，交于点R，连接交于点S． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，试探究与的数量关系，并说明理由． 9．（22-23八年级下·内蒙古通辽·期末）如图，在中，，，点D是边上一个动点（不与B，C重合），连接，将线段绕点A逆时针旋转，得到线段，连接．    (1)求的度数； (2)过点D作，交于点F，交的延长线于点G，连接，交于点H； ①依据题意，补全图形； ②用等式表示线段，的数量关系，并证明． 题型四 根据矩形的性质与判定求线段长 10．（24-25八年级下·吉林长春·月考）【教材呈现】下图是华师版八年级下册数学教材第75页练习的部分内容． 如图①，如果直线，那么的面积和的面积是相等的．你能说出理由吗？ 【理由】______________________________________________________________________________； 【探究】如图②，在中，点在边上．若，求和的数量关系： 【应用】如图③，的面积为32，点在边上，且，连结，点在线段上，以、为邻边向上作，连接、、，则图中阴影部分的面积为_________．    11．（24-25八年级下·河南安阳·月考）如图，在矩形中，作的平分线交于点E，过点E作交于点F，连接交于G． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求的长． 12．（24-25八年级下·湖北襄阳·期末）如图，已知点是矩形边延长线上一点，，连接，点是矩形边上方一点，且． (1)请用无刻度直尺（不使用圆规）作于（只保留作图痕迹，不需要说明作图过程和证明）： (2)请在边上找一点，以、为边作矩形，使所作矩形的第四个顶点在矩形内部，并证明你所作四边形为矩形．（注：可以直接使用第（1）问中的结论） 题型五 根据矩形的性质与判定求面积 13．（23-24八年级下·四川绵阳·期末）如图，P是正方形对角线上的一点，直线m，n经过点P且，若四边形与四边形的面积分别是，，那么四边形与四边形的面积之和是 ． 14．（23-24八年级下·河南南阳·期末）如图，是矩形对角线的交点，，，、相交于点． (1)请判断四边形的形状为：___________（填写“矩形”、“菱形”或“正方形”），并说明理由； (2)若，，请直接写出四边形的面积． 15．（23-24八年级下·江苏泰州·月考）【探究与应用】 我们把平行四边形沿着它的一条对角线翻折，会发现有很多结论．如图，在平行四边形中，，将沿直线翻折至，连接，与相交于点． (1)求证：是等腰三角形； (2)求证：； (3)如图，与相交于点，若，，，求的面积； (4)如果，，当是直角三角形时，请直接写出的长． 题型六 利用菱形的性质求面积 16．（2025·云南丽江·一模）如图，在菱形中，，相交于点，过点作，使，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)若菱形的面积为48，求矩形的面积． 17．（23-24八年级下·山东日照·期中）如图，在中，，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 18．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，已知：，点在射线上． (1)求作：菱形，使得点在射线上，点在射线的上方；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．） (2)在（1）的条件下，连接交于点，若，，求菱形的面积． 题型七 根据菱形的性质与判定求角度 19．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．的顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图． (1)在图1中，先在射线上画点D，使，再在上画点E，使； (2)在图2中，点P在线段上，先画线段的中点O，再将线段沿射线方向平移至，使四边形是菱形； (3)在（2）的基础上，先画，再在上画点Q，使 20．（22-23八年级下·天津·期末）如图，同一平面内三条不同的直线，，，，直线与另外两条直线分别交于点，，点，分别为，上两点，且满足平分，平分． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若四边形为菱形，求出的大小． 21．（23-24八年级下·浙江台州·期中）在矩形中，将点A翻折到对角线上的点M处，折痕交于点E．将点C翻折到对角线上的点N处，折痕交于点F． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)连接，若，且，求的长． 题型八 根据菱形的性质与判定求线段长 22．（24-25八年级下·北京房山·期中）如图，在中，，交于点，点，在上，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，求证：四边形是菱形． 23．（24-25八年级下·北京·期中）尺规作图：过直线外一点作这条直线的垂线． 已知，如图，直线l和直线外一点P． 求作：直线m，使得，且直线m经过点P． 下面是小兵设计一种尺规作图过程． ①在直线l上取一点A，连接，以点P为圆心，的长为半径画弧，交直线l于另外一点B； ②分别以点A，B为圆心，为半径画弧，在直线l的下方，两弧交于点Q； ③经过P，Q两点作直线m． 则直线m即为所求直线． 根据小兵设计的尺规作图过程． (1)使用直尺和圆规，补全图形．（保留作图痕迹） (2)完成下面的证明： 证明：连接，，，， ∵__________________， ∴四边形为菱形（____________）（填推理的依据）． ∴（____________）（填推理的依据）． ∴直线直线l． 24．（24-25八年级下·福建福州·期中）已知四边形是平行四边形，请仅用无刻度直尺完成下列画图，保留作图痕迹，不需要写作法． (1)如图1，点E，F分别在，上，，请在上画点O，使点O为的中点； (2)如图2，若，点E为上一点，请在上找点G，使． 题型九 根据菱形的性质与判定求面积 25．（24-25八年级下·辽宁营口·月考）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，过点作交的延长线于点，连接． (1)若，求证：四边形是菱形： (2)在（1）的条件下，若菱形的面积为，求的长． 26．（24-25八年级下·广东东莞·期中）如图1，矩形的顶点A、C分别在x轴，y轴的正半轴，若点，且a，b满足，若点D为矩形的对角线的中点，过点D作的垂线分别交于点E，F． (1) ______， ______； (2)连接： ①判断四边形的形状，并说明理由 ②求线段的长度 (3)直线上存在点P，使的面积为矩形面积的，直接写出P的坐标 27．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图所示，在中，，是斜边上的中线，点E是的中点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，且的周长为，求的面积． 题型十 正方形折叠问题 28．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，将正方形纸片折叠，使点落在边上的点处，将纸片压平并展开，得到折痕，设的对应边交于点，连接交于点，连接交于点． (1)求证：； (2)若正方形的边长为4，求的周长． 29．（24-25八年级下·辽宁葫芦岛·期中）如图，已知在正方形中，E是上一点，将正方形的边沿折叠到，延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，求的周长． 30．（24-25九年级下·重庆开州·月考）如图，在正方形中，点M为边的中点，将沿折叠，使点D落在正方形的内部一点N处，则的度数为（   ） A． B． C． D． 题型十一 求正方形重叠部分面积 31．（24-25八年级下·河南南阳·期末）如图所示：正方形的对角线相交于点O，点O又是另一个正方形的一个顶点．如果两个正方形的边长相等，若正方形的边长为4，则两个正方形重叠部分的面积为（    ） A．16 B．8 C．4 D．1 32．（2023九年级上·山东·专题练习）如图，正方形的顶点O与正方形的对角线交点O重合，正方形和正方形的边长都是，则图中重叠部分的面积是 ． 33．（22-23八年级下·四川绵阳·期末）如图，四边形中，，，过点D分别作的延长线的垂线，垂足分别为点E，F，设，，，．    (1)证明：四边形是正方形； (2)用a，b，c表示四边形的面积； (3)请根据本题情境，证明：． 题型十二 根据正方形的性质与判定求角度 34．（24-25八年级下·湖南长沙·月考）菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或甲形的“接近度” (1)设菱形相邻两个内角的度数分别为，，若我们将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形就越接近正方形． ①当菱形的一个内角为时，“接近度”=________； ②当菱形的“接近度”=________时，菱形就是正方形； (2)若我们将菱形的“接近度”定义为，则： ①菱形的一个内角为时，“接近度”=________； ②在这种情况下，菱形的“接近度”=________时，菱形就是正方形； (3)甲、乙两位同学仿照菱形的“接近度”定义，给出了两种矩形的“接近度”定义，在你认为合理的定义后面打“√”，不合理的定义后面打“×”． ①甲：设矩形相邻两条边长分别为， ，将矩形的“接近度”定义为，于是越小，矩形越接近于正方形．________ ②乙：设矩形相邻两条边长分别为， ，将矩形的“接近度”定义为，于是越小，矩形越接近于正方形．________ 35．（2025·江西九江·模拟预测）如图，在中，，，是射线上一点，将沿折叠，得到，连接．当为直角三角形时，的度数为 ． 36．（23-24七年级下·北京·期中）将矩形纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在边上点F处，折痕为（如图1）；再沿过点E的直线折叠，使点D落在上的点处，折痕为（如图2）；再展平纸片（如图3）．则图3中的度数是（　　） A． B． C． D． 题型十三 根据正方形的性质与判定求线段长 37．（2024·陕西西安·一模）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是边上的一个动点，与关于对称，连接．当点G恰好落在矩形的对称轴上时，的长为 ． 38．（23-24八年级下·河南周口·月考）如图，在四边形中，的垂直平分线交于点D，交于点E，． (1)求证：四边形是菱形； (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若，求四边形的面积． 39．（23-24八年级下·北京·期中）在中，，，点D为射线上一动点（不与点B、C重合），点B关于直线的对称点为E，作射线，过点C作的平行线，与射线交于点F．连接 (1)如图1，当点E恰好在线段上时，用等式表示与的数量关系，并证明； (2)如图2，当点D在线段的延长线上时， ①依题意补全图形； ②用等式表示和的数量关系，并证明． 题型十四 根据正方形的性质与判定求面积 40．（24-25八年级下·安徽淮南·期末）如图，在正方形中，为对角线上的一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接． （1）若，则矩形的面积为 ； （2）当线段与正方形的一边的夹角是时，则的度数为 ． 41．（24-25八年级下·浙江杭州·月考）如图，点是矩形边上一点（）．且，过点作交于点，在上取点使，连结．记四边形面积为，四边形面积为，，若，则（   ） A．10 B．12 C．20 D．24 42．已知，如图，在四边形中，，，，垂足为点E． (1)求证：； (2)若，，求四边形的面积． 题型十五 根据正方形的性质与判定证明 43．（24-25八年级下·山东烟台·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 当点落在线段时，如图所示；当点落在线段的延长线上时，请在备用图中按照题意画出图形，判断此时四边形的形状，并证明． 44．（24-25八年级下·河南南阳·期末）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)若将题设中“”这一条件改为“矩形”，其余条件不变，则四边形是怎样的四边形？请给出证明； (3)若将题设中“”这一条件改为“菱形”，其余条件不变，则四边形是怎样的四边形？请直接写出结果，不需要证明； (4)若将题设中“”这一条件改为“正方形”，其余条件不变，则四边形是怎样的四边形？请直接写出结果，不需要证明． 45．（24-25八年级下·福建厦门·期中）如图，在正方形中，是边上一动点（不与、重合），对角线、相交于点，过点分别作、的垂线，分别交、于点、，交．于点、，下列结论：①；②；③；④当是的中点时，．其中正确的结论有 ． 题型十六 中点四边形 46．（23-24八年级下·全国·期中）如图，在菱形中，边长为10，．顺次连结菱形各边中点，可得四边形；顺次连结四边形各边中点，可得四边形；顺次连结四边形各边中点，可得四边形；按此规律继续下去…．则四边形的周长是 ；四边形的周长是 47．（2024八年级下·全国·专题练习）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为，顺次连接，得到四边形EFGH（即四边形的中点四边形）． (1)求证：四边形的形状是平行四边形； (2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是矩形； (3)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形． 48．（23-24九年级上·山东青岛·期中）如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是1，则第n个矩形的面积是 ． 题型十七 （特殊）平行四边形的动点问题 49．（23-24八年级下·重庆铜梁·期中）如图，四边形中，，，，，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作于点P，连接交于点Q，连接．设运动时间为t秒． (1)________，________．（用含t的代数式表示） (2)当四边形为平行四边形时，求t的值． (3)如图，当M和N在运动的过程中，是否存在某时刻t，使为直角三角形，若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 50．如图，在四边形中，，，，，动点P从点A出发，以的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以的速度向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当四边形是平行四边形时，求t的值； (2)当________时，四边形是矩形；若且点Q的移动速度不变，要使四边形能够成为正方形，则P点移动速度是________； (3)在点P、Q运动过程中，若四边形能够成为菱形，求的长度． 51．如图，在平行四边形中，，，平行四边形的面积为，动点从点出发以 1个单位长度的速度在上相D运动，同时动点从点出发以个单位长度的速度在间往返运动，当点到达点时，动点和同时停止运动，连结设运动时间为秒． (1)直线与之间的距离是 _____． (2)当点从点向点运动时（点不与点、重合），设四边形的面积为，求与之间的函数关系式 (3)当时，求的值． (4)当平分平行四边形的面积时，直接写出的值． 题型十八 四边形中的线段最值问题 52．如图，在平行四边形ABCD中，BC＝AC，E、F分别是AB、CD的中点，连接CE、AF． （1）求证：四边形AECF是矩形； （2）当平行四边形ABCD的边或角满足什么关系时，四边形AECF是正方形？请说明理由． （3）在（2）的条件下，若AE＝4，点M为EC中点，当点P在线段AC上运动时，求PE+PM的最小值．    53．如图，正方形ABCD的边长为5，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为（   ） A．1 B．3 C．2 D．2.5 54．如图，菱形中，，，点M、N、P分别为线段、、上的任意一点，则的最小值为 一、选择题 1．（2024九年级下·浙江·学业考试）如图 ，矩形 中，点 分别在 边上，，点 在 边上，连结 ． 若知道矩形 的面积，则一定能求出 （   ） A． 与 的面积之和 B． 与 的面积之和 C．四边形 与 的面积之和 D． 的面积 2．（24-25八年级下·山西晋城·期末）如图，在平行四边形中，，是对角线上两点，，若，则下列角中与相等的角是（   ） ①；②；③ A．① B．①② C．①③ D．①②③ 3．（25-26九年级上·福建福州·开学考试）如图，在正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，．点是的中点，连接，，若，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 4．对课本中下列现象中蕴含的数学原理阐述正确的个数有（    ） ①如图（1），剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，重合的部分构成一个平行四边形．其依据是两组对边分别平行的四边形是平行四边形． ②如图（2），工人师傅在做矩形门窗时，不仅测量出两组对边的长度是否相等，还要测量出两条对角线的长度相等，以确保图形是矩形．其依据是对角线相等的四边形是矩形． ③如图（3），将两张等宽的纸条放在一起，重合部分构成的四边形一定是菱形．其依据是一组邻边相等的平行四边形是菱形． ④如图（4），把一张长方形纸片按如图方式折一下，就可以裁出正方形．其依据是一组邻边相等的矩形是正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 5．（2026八年级下·全国·专题练习）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，，，则的度数为 ． 6．如图，在中，，，点是的中点，点，分别在，上运动（点不与点，重合），且保持．连接，，．在此运动变化过程中，有下列结论：①四边形有可能成为正方形；②是等腰直角三角形；③四边形的面积是定值；④和一定全等．其中正确的结论序号是 ． 三、解答题 7．如图，点、分别是菱形的边与延长线上的点，且，连接、，求证：． 8．（23-24八年级上·安徽马鞍山·期末）如图，在中，是边的垂直平分线，分别交边，于点，，，且为线段的中点，延长与的垂直平分线交于点，连接． (1)若是的中点，求证：； (2)若，求证：为等边三角形． 9．如图1，在中，为锐角，点D为射线上一点，连接，以为一边且在的右侧作正方形． (1)如果， ①当点D在线段上时（与点B不重合），如图2，线段所在直线的位置关系为 ，线段的数量关系为_______； ②当点D在线段的延长线上时，如图3，①中的结论是否仍然成立，并说明理由； (2)如果是锐角，点D在线段上，当满足什么条件时，（点C、F不重合），并说明理由． 10．（2026八年级下·全国·专题练习）已知四边形是正方形，点在直线上，连接．将沿所在直线折叠，点的对应点是，连接并延长交直线于点． (1)当点与点重合时，如图①，求证： (2)当点在的延长线上（如图②）或点在的延长线上（如图③）时，线段，，各有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并给予证明． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $