23.3 矩形、菱形与正方形（题型专练）数学新教材沪教版五四制八年级下册

23.3 矩形、菱形与正方形 题型一 矩形、菱形、正方形的性质理解 1．（2025·上海崇明·三模）正方形具有而一般矩形不一定具有的性质是（    ） A．两组对边分别相等 B．两条对角线互相平分 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，正方形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用正方形具备而矩形不具备的性质．如，正方形的对角线相等，邻边相等．根据正方形和矩形的性质容易得出结论． 【详解】解：A、两组对边分别相等，矩形和正方形都具有，故不合题意； B、两条对角线互相平分，矩形和正方形都具有，故不合题意； C、两条对角线互相垂直，正方形具有而一般矩形不一定具有的性质，故合题意； D、两条对角线相等，矩形和正方形都具有，故不合题意； 故选：C． 2．（八年级下·上海·期末）下列结论中，菱形具有而矩形不一定具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对边相等且平行 【答案】C 【分析】根据矩形和菱形的性质即可得出答案． 【详解】解：A： 因为矩形的对角线相等，故此选项不符合题意； B：因为菱形和矩形的对角线都互相平分，故此选项不符合题意； C：因为对角线互相垂直是菱形具有的性质，故此选项符合题意； D：因为矩形和菱形的对边都相等且平行，故此选项不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查矩形和菱形的性质，掌握矩形和菱形性质的区别是解题关键． 3．（八年级下·上海奉贤·月考）对于①等边三角形，②菱形，③平行四边形，④矩形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．①②④ B．③ C．③④ D．②④ 【答案】D 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念结合几何图形的特点进行判断． 【详解】菱形，矩形既是轴对称图形又是中心对称图形； 等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形； 平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形． 故既是轴对称图形又是中心对称图形的是②④． 故选D． 【点睛】本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念．（1）如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．（2）如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心． 4．（八年级下·上海浦东新·期末）矩形的较短边长是，两条对角线的夹角为，则这个矩形的面积是 ． 【答案】 【分析】由矩形的性质得出OA=OB，再证明△AOB是等边三角形，得出OA=AB=1，然后由勾股定理求出BC的长，即可得出结果． 【详解】 解：如图所示： ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC=90°，OA=OC=AC，OB=OD=BD，AC=BD， ∴OA=OB， 又∵∠AOB=60°， ∴△AOB是等边三角形， ∴OA=AB=1， ∴AC=2OA=2， ∴BC===， ∴矩形ABCD的面积=AB•BC=1×=， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，由勾股定理求出BC的长是解决问题的关键． 题型二 根据矩形的性质求线段、角度、面积 1．（上海普陀·二模）如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，如果OB＝4，∠AOB＝60°，那么矩形ABCD的面积等于（　　） A．8 B．16 C．8 D．16 【答案】D 【分析】由矩形的性质得出OA=BO，证△AOB是等边三角形，得出AB=OB=4，由勾股定理求出AD，即可求出矩形的面积． 【详解】∵四边形ABCD是矩形 ∴∠BAD=90°，AO=CO=AC，BO=DO=BD，AC=BD=2OB=8， ∴OA=OB=4， ∵∠AOB=60°， ∴△AOB是等边三角形， ∴AB=OB=4， ∴AD=， ∴矩形ABCD的面积=AB×AD=4×4=16； 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明△AOB为等边三角形是解题的关键． 2．（22-23八年级下·上海徐汇·月考）如果矩形的一边与对角线的夹角是50°，则两条对角线相交所成的锐角的度数为（    ） A．50° B．60° C．70° D．80° 【答案】D 【分析】根据矩形的性质和等边对等角，进行求解即可． 【详解】解：如图，矩形， 则：，， ∴， ∴， ∴两条对角线相交所成的锐角的度数为80°； 故选D． 【点睛】本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定和性质．熟练掌握矩形的对角线相等且平分，是解题的关键． 3．（22-23八年级下·上海普陀·期末）用一根20cm长的绳子围成一个矩形，使其相邻两边的长度比为，那么这个矩形的面积为 ． 【答案】 【分析】设矩形长为，宽为，根据矩形的周长为20cm，列出方程进行求解即可． 【详解】解：∵用一根20cm长的绳子围成一个矩形，使其相邻两边的长度比为， 设矩形长为，宽为， 则：， 解得：， ∴矩形的长为：，宽为， ∴矩形的面积为：； 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质，一元一次方程的应用．读懂题意，正确的列出方程，是解题的关键． 4．（24-25八年级下·上海·期中）矩形的两条对角线的夹角为，一条对角线与较短边的和为，则较短边的长为 ． 【答案】 【分析】本题首先求证由两条对角线的夹角为60°的角的三角形为等边三角形，易求出短边边长． 【详解】解：已知矩形的两条对角线的夹角为，根据矩形的性质可求得由两条对角线的夹角为的三角形为等边三角形． 又因为一条对角线与短边的和为， 所以较短边的边长为cm． 故答案为：． 题型三 根据菱形的性质求线段、角度、面积 1．（八年级下·上海·期末）如图，在菱形ABCD中，E是BC的中点，AE⊥BC，连接AC，则∠BAD等于（    ） A．60° B．100° C．110° D．120° 【答案】D 【分析】首先求出AB＝AC，然后证明△ABC和△ACD是等边三角形即可． 【详解】解：∵E是BC的中点，AE⊥BC， ∴AB＝AC， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝DA， ∴AC＝AB＝BC＝CD＝DA， ∴△ABC和△ACD是等边三角形， ∴∠BAC＝∠CAD＝60°， ∴∠BAD＝∠BAC＋∠CAD＝120°， 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握各性质定理是解题的关键． 2．（24-25八年级下·上海·月考）面积为S的菱形一条对角线是另一条的2倍，则其边长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理．根据菱形的面积公式可得，从而得到（，，再由勾股定理解答即可． 【详解】解：如图，在菱形中，对角线交于点O，且， ∴， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 即菱形的边长为． 故选：A． 3．（24-25八年级下·上海·月考）菱形的对角线分别是和，那么这个菱形的高为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，菱形面积的计算，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 根据菱形的对角线互相垂直平分再结合勾股定理求出菱形的边长，菱形的面积，设高为，则，解出即可得解． 【详解】解：菱形的边长为，面积为， 设高为，则， 解得：， 故答案为：． 4．（24-25八年级下·上海·期中）菱形的边长为．一条对角线为24，它的面积是 ． 【答案】 【分析】本题主要菱形的性质和面积公式，勾股定理，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键． 根据菱形的性质得到以及勾股定理求出另一条对角线的长，然后根据菱形的面积公式计算求值． 【详解】解：如图，菱形中，边，对角线，对角线交于点， ，，， ， ， 它的面积是． 故答案为：84． 题型四 根据正方形的性质求线段、角度、面积 1．（八年级上·上海普陀·期末）如图，在正方形中，点E在边上，将绕点D按顺时针方向旋转，与重合，，则旋转角度为（　　 ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由四边形是正方形，可得，又由将绕点D按顺时针方向旋转，与重合，可得是旋转角，继而求得答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵将绕点D按顺时针方向旋转，与重合， ∴是旋转角， ∴旋转角等于． 故选：C． 【点睛】此题考查了旋转的性质、正方形的性质以及旋转角的定义．此题比较简单，注意找到旋转角是解此题的关键． 2．（2024·上海虹口·二模）如图，在正方形中，点、分别在边和上，，，如果，那么的面积为（    ）    A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，先根据正方形的性质得到，进而证明四边形是平行四边形，得到，则，最后根据三角形面积计算公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 3．（22-23八年级下·上海·月考）正方形的对角线长为8，O是的中点，点E、F分别在、边上，且，那么四边形的面积为 ． 【答案】8 【分析】证明，得到，从而将四边形的面积转化为的面积，即可求解． 【详解】解：在正方形中， ，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：8． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，解题的关键是利用正方形的性质证明全等，将所求面积进行转化． 4．（八年级下·上海金山·期末）如图，正方形ABCD的边长等于4，对角线AC、BD相交于点O，E是DB延长线上一点，∠BCE＝15°，那么△BCE的面积等于 ．    【答案】 【分析】根据正方形的性质得到，求出，根据直角三角形的性质、勾股定理计算即可． 【详解】解：四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ，， 的面积． 故答案为：． 【点睛】本题考查的是正方形的性质、勾股定理，掌握正方形的对角线平分一组对角是解题的关键． 题型五 添加条件使四边形是特殊平行四边形 1．（2025·上海虹口·二模）已知四边形是平行四边形，对角线相交于点O，下列条件中，不能判定四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了添加一个条件是矩形，添加一个条件是菱形，平行四边形的性质，解题关键是掌握上述判定与性质． 根据添加一个条件是矩形，添加一个条件是菱形，平行四边形的性质，对四个条件逐一分析，再作判断． 【详解】解：四边形是平行四边形， 添加，根据对角线相等的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故A不符合； 添加，可得， 根据对角线相等的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故B不符合； 添加，可得出四边形是菱形， 不能判定四边形是矩形，故C符合； ∵四边形是平行四边形， ∴， 添加，可得出， 根据一个角是直角的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故D不符合， 故选：C． 2．（2024·上海金山·二模）在四边形中，，，对角线、相交于点．下列说法能使四边形为菱形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及等腰三角形的判定等知识．证明，得，再证明，则四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论． 【详解】解：能使四边形为菱形的是，理由如下： 如图，∵， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形为菱形， 故选：C． 3．（八年级下·上海宝山·月考）如图，中，已知是的平分线，E、F分别是边的中点，联结，要使四边形为菱形，需要满足一定的条件，该条件可以是 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】菱形的判定方法有三种：①定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四边相等；③对角线互相垂直平分的四边形是菱形．据此即可求解． 【详解】解：由题意知，可添加：． 则三角形是等腰三角形， 由等腰三角形的性质知，顶角的平分线与底边上的中线重合， 即点D是的中点， ∴是三角形的中位线， ∴， ， ∴四边形是平行四边形， ∵，点E，F分别是的中点， ∴， ∴平行四边形为菱形． 故答案为：、或（答案不唯一）． 【点睛】本题考查了菱形的判定．利用了三角形的中位线的性质和平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质．也可添加或． 4．（八年级下·上海杨浦·期末）要使平行四边形ABCD为正方形，须再添加一定的条件，添加的条件可以是 ．（填上一组符合题目要求的条件即可） 【答案】AC=BD且AC⊥BD或AB=BC且AB⊥BC等． 【分析】本题是开放题，可以针对正方形的判定方法，由给出条件四边形为平行四边形，加上条件根据对角线相等的平行四边形为矩形，得到为矩形，再加上满足菱形的特点对角线与垂直，根据对角线垂直的矩形是正方形即可得证；或加上邻边与相等，根据邻边相等的平行四边形是菱形，得到为菱形，再加上垂直，即有一个角是直角的菱形为正方形，即可得证．答案可以有多种，主要条件明确，说法有理即可． 【详解】解：本题答案不唯一，以下是其中两种解法： （1）根据题意画出图形，如图所示： 添加的条件是且，此时平行四边形为正方形， 证明：四边形是平行四边形．又， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形； （2）添加的条件是且，此时平行四边形为正方形， 证明：四边形是平行四边形．又， 四边形是菱形， 又，即， 四边形是正方形． 故答案为：且或且等． 【点睛】此题主要考查矩形、菱形及正方形的判定，是一道开放型题．解答此类题的关键是要突破思维定势的障碍，运用发散思维，多方思考，探究问题在不同条件下的不同结论，挖掘它的内在联系，向“纵、横、深、广”拓展，从而寻找出添加的条件和所得的结论． 题型六 特殊平行四边形判定定理理解 1．（24-25八年级下·上海闵行·月考）下列说法中正确的是（ ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直的矩形是正方形 C．顺次联结矩形各边中点所得四边形是正方形 D．平行四边形是轴对称图形 【答案】B 【分析】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果那么”形式有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理． 根据矩形的判定方法对A进行判断；根据正方形的判定方法对B进行判断；根据矩形的性质、三角形中位线定理以及菱形的判定方法对C进行判断；根据轴对称图形的定义对D进行判断． 【详解】解：A． 对角线相等的四边形不一定是矩形，例如等腰梯形对角线相等但非矩形．矩形的定义需满足平行四边形且对角线相等，故A错误． B． 矩形若对角线互相垂直，则其四边相等且四个角为直角，符合正方形的定义，故B正确． C． 顺次连接矩形各边中点，所得四边形各边平行于原矩形对角线且长度为对角线的一半．因矩形对角线相等，故中点四边形四边相等，为菱形而非正方形，故C错误． D． 平行四边形一般不是轴对称图形（除特殊情形如矩形、菱形），故D错误． 故选：B． 2．（24-25八年级下·上海崇明·期末）下列命题，其中是假命题的是（　　） A．对角线相等的菱形是正方形 B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 C．有一个角是直角且对角线互相平分的四边形是矩形 D．一组对角相等且一组对边相等的四边形是平行四边形 【答案】D 【详解】此题考查了命题的真假，正方形、菱形、矩形和平行四边形的判定定理，根据正方形、菱形、矩形和平行四边形的判定定理逐一分析各选项的正确性，找出假命题． 【分析】解:A．对角线相等的菱形是正方形．菱形对角线互相垂直，若对角线相等，则满足正方形的条件（既是菱形又是矩形），故A为真命题． B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形．根据菱形判定定理，对角线垂直平分的四边形四边相等，故B为真命题． C．有一个角是直角且对角线互相平分的四边形是矩形．对角线互相平分的四边形是平行四边形，若有一个直角，则此平行四边形为矩形，故C为真命题． D．一组对角相等且一组对边相等的四边形不一定是平行四边形．例如，存在满足这两个条件但另一组对边不平行的四边形（如构造反例），故D为假命题． 故选：D． 3．（2025·上海·二模）命题“四个角都是直角的四边形是正方形”是 （填“真命题”或“假命题”）． 【答案】假命题 【分析】本题考查了命题的真假，根据矩形的判定定理即可判断，掌握矩形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：四个角都是直角的四边形是矩形，原命题是假命题， 故答案为：假命题． 4．（23-24八年级下·上海·期末）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，具有性质“两条对角线相等”的是 ；具有性质“两条对角线互相垂直”的是 ． 【答案】 矩形、正方形 菱形、正方形 【分析】本题考查了菱形、正方形、矩形等性质，根据正方形的对角线是互相平分、垂直、相等；矩形的对角线是互相平分、相等；菱形的对角线是互相平分、垂直等性质进行分析，即可作答． 【详解】解：∵正方形的对角线是互相平分、垂直、相等； 矩形的对角线是互相平分、相等； 菱形的对角线是互相平分、垂直 ∴具有性质“两条对角线相等”的是矩形、正方形； ∴具有性质“两条对角线互相垂直”的是菱形、正方形； 故答案为：矩形、正方形；菱形、正方形 题型一 矩形与折叠问题 1．（22-23八年级下·上海浦东新·月考）如图，在矩形纸片中，，，现将纸片折叠压平，使与重合，如果设折痕为，那么重叠部分的面积等于（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】要求重叠部分的面积，选择作为底，高就等于的长；而由折叠可知，由平行得，代换后，可知，问题转化为在中求． 【详解】解：设，由折叠可知，，， 在中，，即， 解得：； 由折叠可知，由得， ，即； ． 故选B． 【点睛】本题考查图形的翻折变换，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． 2．（24-25八年级下·上海·期中）如图，矩形中，，，如果将该矩形沿对角线折叠，那么图中阴影部分的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，等角对等边的运用，掌握矩形的性质是关键． 如图所示，设交于点，可证，设，则，在中，由勾股定理得到，代入计算得到，再根据面积的计算即可求解． 【详解】解：如图所示，设交于点， ∵四边形是矩形， ∴， ∵折叠， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，，即， 解得，， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积为， 故答案为： ． 3．（25-26八年级上·上海·月考）如图，把一张矩形纸片，折叠后使顶点和顶点重合，折痕为，若，，求重叠部分的面积． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质及勾股定理的应用，熟练掌握折叠前后对应边相等、对应角相等，并利用勾股定理建立方程求解线段长度是解题的关键． 利用矩形和折叠的性质，设为未知数，结合勾股定理列方程求出的长度，再根据三角形面积公式计算的面积． 【详解】解：设， ∵矩形中，，， ∴． ∵折叠后与重合， ∴，，． 在中，由勾股定理得，即， 解得， ∵的高为， ∴． 4．（24-25八年级下·上海杨浦·期末）已知：如图，矩形中，，将沿直线翻折，点落在点处，与相交于点，连接． (1)求证：． (2)连接，与的交点为，过作交于，连接．求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由矩形的性质可得，．由平行线的性质可得，由折叠的性质可得，由全等三角形的性质可得，从而得出，再结合等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出，即可得证； （2）由折叠的性质结合平行线的性质可得，由同角的余角相等可得，从而证明出，证明得出，即可得证． 【详解】（1）证明：矩形， ∴，． ∴， ∵沿直线翻折 ． ． ， ∴． ∵， ∴， ∴． ． ． 在中，． 在中，． 又， ， ． ． （2）证明：如图： 沿直线翻折， ． ， ， ， ，， ， ∴． ． 又． ． ， ，． 又， ． ， ∴四边形是平行四边形． 平行四边形是矩形． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、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． 题型二 利用特殊平行四边形的对称性求阴影面积 1．（23-24八年级下·上海·单元测试）如图，已知长方形中，，那么阴影部分面积是长方形面积的（   ） A． B． C． 【答案】C 【分析】本题考查了三角形面积的计算，作出三角形的高，并表示出三角形与长方形的面积是解题的关键．过点作，垂足为，由图形可知，既是的高，也是的高，设，，根据三角形的面积公式可得，，接着可得，即可得出阴影部分占长方形面积的比例． 【详解】如图所示，过点作，垂足为， 设，， 则， ， ，， ， ， ， ，即阴影部分面积是长方形面积的． 故选：C． 2．（八年级下·上海·期末）如图，ABCD的顶点在矩形的边上，点与点不重合，若的面积为4，则图中阴影部分两个三角形的面积和为 . 【答案】4 【分析】根据平行四边形的性质求出AD=BC，DC=AB，证△ADC≌△CBA，推出△ABC的面积是4，求出AC×AE=8，即可求出阴影部分的面积． 【详解】∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=BC，DC=AB， ∵在△ADC和△CBA中 ， ∴△ADC≌△CBA， ∵△ACD的面积为4， ∴△ABC的面积是4， 即AC×AE=4， AC×AE=8， ∴阴影部分的面积是8﹣4=4， 故答案为4． 【点睛】本题考查了矩形性质，平行四边形性质，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生运用面积公式进行计算的能力，题型较好，难度适中． 3．（23-24八年级下·上海·月考）如果一个正整数能表示为两个连续奇数的平方差，那么称这个正整数为“奇特数”． 例如：；则、、这三个数都是奇特数． (1)填空：32______奇特数，2018______奇特数．（填“是”或者“不是”） (2)如图所示，拼叠的正方形边长是从1开始的连续奇数…，按此规律拼叠到正方形，其边长为403，求阴影部分的面积． 【答案】(1)是，不是 (2)81608 【分析】本题考查了图形的变化类、新概念以及平方差公式的应用，利用图形正确表示出阴影部分是解题关键． （1）根据奇特数的概念进行判断即可； （2）利用阴影部分面积为，运用平方差进行运算，进而求得答案即可． 【详解】（1）解：∵ ∴是奇特数； ∵8、16、24这三个数都是奇特数，它们都是的倍数，而不是的倍数 ∴不是奇特数； 故答案为：是，不是． （2） 4．（八年级下·上海·课后作业）如图，点O是边长为2的正方形的对称中心，过点O作，分别交正方形边于M、N、G、H，则当绕点O旋转时，图中的阴影部分是否关于O点成中心对称？这两部分的面积是否改变？请说明理由． 【答案】图中阴影部分关于O点成中心对称，两部分的面积不改变．理由见解析 【分析】连接AC，根据点O是边长为2的正方形ABCD的对称中心，得到AC过点O，推出△AOG≌△CON，得到OG=OC，同理△AOH≌△COM，得到OH=OM，于是得到图中的阴影部分是否关于O点为中心对称，两部分的面积不改变． 【详解】解：图中阴影部分关于O点成中心对称，两部分的面积不改变． 理由：如图，连接， ∵点O是边长为2的正方形的对称中心， ∴过点O， ∴， 在和中， ∴，， 同理可证， ∴， ∴图中的阴影部分关于O点成中心对称，连接， ∵点O是正方形的对称中心， ∴，，． ∵垂直， ∴， ∴，即， ∴， ∴的面积的面积， ∴四边形的面积的面积正方形的面积． 同理四边形的面积正方形的面积． ∴两部分的面积不改变． 【点睛】本题考查了中心对称，全等三角形的判定与性质，能证得三角形全等是解题的关键． 题型三 特殊平行四边形的动点问题 1．（2025·上海·三模）如图，矩形的边，，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，若以为边向右侧作等腰直角三角形，，连接，则的最小值为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】过点G作于H，过点G作，由“”可证，可得，可得点G在平行且到距离为1的直线上运动，则当F与D重合时，有最小值，即可求解． 【详解】解：如图，过点G作于H，过点G作， ∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴点G在平行且到距离为1的直线上运动， ∴当F与D重合时，有最小值，此时， ∴的最小值， 故选：B． 【点睛】本题考查了（特殊）平行四边形的动点问题，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，确定点G的运动轨迹是解题关键． 2．（23-24八年级下·上海·期中）如图，在矩形中，，点P从点A向点D以的速度运动，点Q以的速度从点C出发，在B，C两点之间做往返运动，两点同时出发，点P到达点D时，两点同时停止运动，这段时间内，若以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形，那么运动时间为 ． 【答案】或； 【分析】本题考查了矩形的判定，根据四边形是矩形得到，，根据运动表示出、，结合矩形的判定得到当时以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形列式求解即可得到答案； 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵，点P从点A向点D以的速度运动，点Q以的速度从点C出发，在B，C两点之间做往返运动， ∴，或， ∵以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形， ∴， ∴或， 解得：或， 故答案为：或． 3．（八年级下·上海松江·期末）在一次数学研究性学习中，小明将两个全等的直角三角形纸片和拼在一起，使点与点重合，点与点重合(如图)．其中，，．并进行如下研究活动：将图中的纸片沿方向平移，联结， (如图)． （1）求证：图中的四边形是平行四边形； （2）当纸片平移到某一位置时，小明发现四边形为矩形(如图)．求此时的长： （3）在纸片平移的过程中，四边形能成为菱形吗？如果可以直接写出的长，如果不可以，说明理由． 【答案】（1）证明见解答；（2）AF=4cm；（3）AF=9cm 【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可证得结论； （2）设AF=DC=x cm，则AD=AC+CD=（9+x）cm，由四边形ABDE为矩形，可得AE2+ED2=AD2，建立方程求解即可； （3）设AF=DC=x cm，根据AE=DE，建立方程求解即可． 【详解】解：（1）∵两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起， ∴ED=AB，∠EDF=∠BAC， ∴ED∥AB， ∴四边形ABDE是平行四边形； （2）∵将图1中的纸片DEF沿AC方向平移， ∴AF=DC， ∵BC=EF=6cm，AC=DF=9cm， ∴设AF=DC=x cm，则AD=AC+CD=（9+x）cm， ∵∠DFE=90°=∠AFE， ∴AE2=AF2+EF2=x2+62，ED2=DF2+EF2=92+62， ∵四边形ABDE为矩形， ∴∠AED=90°， ∴AE2+ED2=AD2， 即x2+62+92+62=（9+x）2， 解得：x=4， 即AF=4cm； （3）纸片DEF平移的过程中，四边形ABDE能成为菱形． ∵四边形ABDE能成为菱形， ∴AE=DE， ∴AE2=DE2， 设AF=DC=x cm， ∵∠DFE=∠AFE=90°， ∴AE2=AF2+EF2=x2+62，ED2=DF2+EF2=92+62， ∴x2+62=92+62， 解得：x=9或x=-9（舍去）， 即AF=9cm， ∴当AF=9cm时，四边形ABDE能成为菱形． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，平移的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 4．（八年级上·上海·期末）如图，在直角梯形ABCD中，∠B=90°，AD∥BC，且AD＝4cm，AB＝6cm，DC＝10cm.若动点P从A点出发，以每秒4cm的速度沿线段AD、DC向C点运动；动点Q从C点出发以每秒5cm的速度沿CB向B点运动.当Q点到达B点时，动点P、Q同时停止运动.设点P、Q同时出发，并运动了t秒， （1）直角梯形ABCD的面积为 cm2. （2）当t＝　　　　　秒时，四边形PQCD成为平行四边形？ （3）当t＝　　　　　秒时，AQ=DC； （4）是否存在t，使得P点在线段DC上且PQ⊥DC？若存在，求出此时t的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1）48；（2）；（3）；（4）存在，. 【详解】：（1）作DM⊥BC于点M，在直角△CDM中，根据勾股定理即可求得CM，得到下底边的长，根据梯形面积公式即可求解． （2）当PD=CQ时，四边形PQCD成为平行四边形． （3）在直角△ABQ中利用勾股定理即可求解． （4）连接QD，根据S△DQC=S△DQC，即可求解． 题型四 四边形中的线段最值问题 1．（24-25八年级下·上海·期中）如图，正方形的边长为12，点E在AB上，且，点F是上一动点，则的最小值是（    ） A．15 B． C． D．12 【答案】A 【分析】本题主要考查了最短路线问题、勾股定理以及正方形的性质的运用，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点． 连接，依据，可得，当在同一直线上时，的最小值等于的长，再根据勾股定理即可得到的长即为的最小值． 【详解】如图所示，连接， ∵点与点关于对称， ， 当在同一直线上时， 的最小值等于的长， ∴的最小值等于15， 故选：A． 2．（25-26八年级下·上海·期末）如图，在正方形中，点E为延长线上的一点，取的中点M，连接和．若，则的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查正方形的性质，三角形三边关系，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识解决问题．在的右侧构造等腰直角三角形，连接，证明，求出，再根据可得结论． 【详解】解：如图，在的右侧构造等腰直角三角形，连接， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， 的最大值为； 故答案为：． 3．（25-26八年级下·上海·期末）矩形中，，，点E是线段上异于点B的一个动点，连接，把沿直线折叠，使点B落在点P处． 【初步感知】（1）如图1，当E为的中点时，延长交于点F，求证：． 【深入探究】（2）如图2，点M在线段上，．点E在移动过程中，求的最小值．            【答案】（）详见解析；（）． 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． （1）连接，证明，即可求证； （2）根据题意得点在以为圆心，10为半径的的弧上． 连接，当点在线段上时，有最小值．根据勾股定理求出，即可求解； 【详解】（1）证明：连接，   由折叠可得，． ∵四边形为矩形，． ∵为的中点，， ∴． 在与中， ∵，， ∴， ∴ （2）解：，点在移动过程中，不变． ∴点在以为圆心，10为半径的的弧上． 连接，，    ∴， 当点在线段上时，有最小值． ∵，，， ∴． ∴， ∴的最小值为． 4．（25-26八年级下·上海·课后作业）如图所示，在正方形中，为上的一点，，，为上的一点，连接，．求的最小值． 【答案】5 【分析】利用正方形的对称性，将其中一个点关于对角线对称，转化线段长度，再根据“两点之间线段最短”求最小值． 【详解】解：如图，连接交于点，连接交于点，连接． 易知，且， ，则，此时有最小值． ，， ． 由勾股定理，得，即的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形的对称性与勾股定理的应用，解题关键是利用对称将折线线段和转化为直线段，结合“两点之间线段最短”求解． 1．（25-26八年级上·上海浦东新·期末）如图，在平行四边形中，、相交于点，过点作，分别交、于点、，连接、． (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】本题综合考查了平行四边形的性质、菱形的判定以及菱形面积计算等知识． （1）关键是先证三角形全等得到对角线互相平分，再结合对角线垂直判定菱形． （2）利用直角三角形锐角互余和等边对等角知识得到的长度，进而求出菱形的对角线长度得到面积． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴． ∵， ∴． 在和中， ∴， ∴． 又， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：在中，，，， 由勾股定理得． ∵四边形是菱形， ∴，． ∴． ∵， ∴，， ∴， ∴，即是的中点， ∴． 在中，，， ∴， ∴， ∴． 2．（25-26八年级上·上海·期末）将矩形绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形，点A，B，D的对应点分别为点，，，设直线与直线交于点E． (1)猜想与的数量关系，并证明； (2)如图②，在旋转的过程中，当点恰好落在矩形的对角线上时，点恰好落在的延长线上（即点与点E重合），连接，求证：四边形是平行四边形； (3)在矩形绕点C顺时针旋转的过程中，若，，当，，D三点在同一条直线上时，请求出的值． 【答案】(1)，见解析 (2)见解析 (3)或 【分析】（1）连接，根据矩形的性质得出，推得，根据旋转的性质得出，根据全等三角形的判定与性质即可证明； （2）连接，根据旋转的性质得出，根据矩形的性质得出，，，根据等腰三角形三线合一的性质得出，推得，根据平行四边形的判定定理即可证明； （3）分为：点，在的同一侧时和点，在的异侧时，两种情况分别求解，根据勾股定理求出，结合图形求出的值即可． 【详解】（1）解：，理由如下： 四边形与四边形都是矩形，如图①，连接， ， ， 即， 将矩形绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形， ， 在和中， ， ， ； （2）证明：如图2：连接， 根据旋转的性质可得：， 四边形是矩形， ，，， 即， 又， ， ， ，， 四边形是平行四边形； （3）解：如图3，当点，在的同一侧时， 根据旋转的性质可得：，，， ， 在中，由勾股定理得：， ， 如图4：当点，在的异侧时， 根据旋转的性质可得：，，， ， 在中，由勾股定理得：， ， 综上所述，的值为或． 【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识是解题的关键． 3．（25-26八年级上·上海浦东新·期末）已知：如图，在中，，点D在上，，垂足为F，且，点E为线段的中点，过点F作交射线于G，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． (3)当时，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）证明，得出，，证明，得出，，证明，得出； （2）根据平行线的性质得，证明，根据等腰三角形的判定得出，证明，即可证明结论； （3）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据正方形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， 在与中， ， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，； （2）证明：∵， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， 由（1）知：，， ∴， ∴四边形是菱形． （3）证明：∵，， ∴， 由（1）知，， ∴， ∵为的中点，， ∴， ∴， ∴， 由（1）知：， ∴， ∵四边形是菱形， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定，菱形的判定和性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形，熟练掌握全等三角形的判定方法和菱形、正方形的判定方法，是解题的关键． 4．（25-26八年级上·上海·月考）如图，已知在菱形中，点为对角线上一点，连结，过点作，与交于点，． (1)求证：； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）通过证明和全等得到、，结合推出，进而证得； （2）利用菱形性质、全等三角形判定与性质，结合等腰三角形三线合一、矩形及正方形的判定，推导得出． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形，是对角线， ∴，． 在和中， ， ∴（）， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是菱形，是对角线， ∴，． 在和中， ， ∴（）， ∴． 又∵， ∴， ∴是等腰三角形． 过点作于，交于， ∴（等腰三角形三线合一）． ∵四边形是菱形，，， ∴， ∴， ∵，， ∴ ∵是菱形对角线， ∴， 又∵，， ∴（）， ∴， ∴． 又∵， ∴． ∵四边形是菱形， ∴菱形是正方形， ∴． 【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、等腰三角形的性质、正方形的判定，熟练掌握菱形的性质及全等三角形的判定方法是解题的关键． 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 23.3 矩形、菱形与正方形 题型一 矩形、菱形、正方形的性质理解 1．（2025·上海崇明·三模）正方形具有而一般矩形不一定具有的性质是（    ） A．两组对边分别相等 B．两条对角线互相平分 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 2．（八年级下·上海·期末）下列结论中，菱形具有而矩形不一定具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对边相等且平行 3．（八年级下·上海奉贤·月考）对于①等边三角形，②菱形，③平行四边形，④矩形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．①②④ B．③ C．③④ D．②④ 4．（八年级下·上海浦东新·期末）矩形的较短边长是，两条对角线的夹角为，则这个矩形的面积是 ． 题型二 根据矩形的性质求线段、角度、面积 1．（上海普陀·二模）如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，如果OB＝4，∠AOB＝60°，那么矩形ABCD的面积等于（　　） A．8 B．16 C．8 D．16 2．（22-23八年级下·上海徐汇·月考）如果矩形的一边与对角线的夹角是50°，则两条对角线相交所成的锐角的度数为（    ） A．50° B．60° C．70° D．80° 3．（22-23八年级下·上海普陀·期末）用一根20cm长的绳子围成一个矩形，使其相邻两边的长度比为，那么这个矩形的面积为 ． 4．（24-25八年级下·上海·期中）矩形的两条对角线的夹角为，一条对角线与较短边的和为，则较短边的长为 ． 题型三 根据菱形的性质求线段、角度、面积 1．（八年级下·上海·期末）如图，在菱形ABCD中，E是BC的中点，AE⊥BC，连接AC，则∠BAD等于（    ） A．60° B．100° C．110° D．120° 2．（24-25八年级下·上海·月考）面积为S的菱形一条对角线是另一条的2倍，则其边长为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·上海·月考）菱形的对角线分别是和，那么这个菱形的高为 ． 4．（24-25八年级下·上海·期中）菱形的边长为．一条对角线为24，它的面积是 ． 题型四 根据正方形的性质求线段、角度、面积 1．（八年级上·上海普陀·期末）如图，在正方形中，点E在边上，将绕点D按顺时针方向旋转，与重合，，则旋转角度为（　　 ） A． B． C． D．． 2．（2024·上海虹口·二模）如图，在正方形中，点、分别在边和上，，，如果，那么的面积为（    ）    A．6 B．8 C．10 D．12 3．（22-23八年级下·上海·月考）正方形的对角线长为8，O是的中点，点E、F分别在、边上，且，那么四边形的面积为 ． 4．（八年级下·上海金山·期末）如图，正方形ABCD的边长等于4，对角线AC、BD相交于点O，E是DB延长线上一点，∠BCE＝15°，那么△BCE的面积等于 ．    题型五 添加条件使四边形是特殊平行四边形 1．（2025·上海虹口·二模）已知四边形是平行四边形，对角线相交于点O，下列条件中，不能判定四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 2．（2024·上海金山·二模）在四边形中，，，对角线、相交于点．下列说法能使四边形为菱形的是（   ） A． B． C． D． 3．（八年级下·上海宝山·月考）如图，中，已知是的平分线，E、F分别是边的中点，联结，要使四边形为菱形，需要满足一定的条件，该条件可以是 ． 4．（八年级下·上海杨浦·期末）要使平行四边形ABCD为正方形，须再添加一定的条件，添加的条件可以是 ．（填上一组符合题目要求的条件即可） 题型六 特殊平行四边形判定定理理解 1．（24-25八年级下·上海闵行·月考）下列说法中正确的是（ ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直的矩形是正方形 C．顺次联结矩形各边中点所得四边形是正方形 D．平行四边形是轴对称图形 2．（24-25八年级下·上海崇明·期末）下列命题，其中是假命题的是（　　） A．对角线相等的菱形是正方形 B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 C．有一个角是直角且对角线互相平分的四边形是矩形 D．一组对角相等且一组对边相等的四边形是平行四边形 3．（2025·上海·二模）命题“四个角都是直角的四边形是正方形”是 （填“真命题”或“假命题”）． 4．（23-24八年级下·上海·期末）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，具有性质“两条对角线相等”的是 ；具有性质“两条对角线互相垂直”的是 ． 题型一 矩形与折叠问题 1．（22-23八年级下·上海浦东新·月考）如图，在矩形纸片中，，，现将纸片折叠压平，使与重合，如果设折痕为，那么重叠部分的面积等于（    ）    A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·上海·期中）如图，矩形中，，，如果将该矩形沿对角线折叠，那么图中阴影部分的面积是 ． 3．（25-26八年级上·上海·月考）如图，把一张矩形纸片，折叠后使顶点和顶点重合，折痕为，若，，求重叠部分的面积． 4．（24-25八年级下·上海杨浦·期末）已知：如图，矩形中，，将沿直线翻折，点落在点处，与相交于点，连接． (1)求证：． (2)连接，与的交点为，过作交于，连接．求证：四边形是矩形． 题型二 利用特殊平行四边形的对称性求阴影面积 1．（23-24八年级下·上海·单元测试）如图，已知长方形中，，那么阴影部分面积是长方形面积的（   ） A． B． C． 2．（八年级下·上海·期末）如图，ABCD的顶点在矩形的边上，点与点不重合，若的面积为4，则图中阴影部分两个三角形的面积和为 . 3．（23-24八年级下·上海·月考）如果一个正整数能表示为两个连续奇数的平方差，那么称这个正整数为“奇特数”． 例如：；则、、这三个数都是奇特数． (1)填空：32______奇特数，2018______奇特数．（填“是”或者“不是”） (2)如图所示，拼叠的正方形边长是从1开始的连续奇数…，按此规律拼叠到正方形，其边长为403，求阴影部分的面积． 4．（八年级下·上海·课后作业）如图，点O是边长为2的正方形的对称中心，过点O作，分别交正方形边于M、N、G、H，则当绕点O旋转时，图中的阴影部分是否关于O点成中心对称？这两部分的面积是否改变？请说明理由． 题型三 特殊平行四边形的动点问题 1．（2025·上海·三模）如图，矩形的边，，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，若以为边向右侧作等腰直角三角形，，连接，则的最小值为（   ） A． B． C．2 D． 2．（23-24八年级下·上海·期中）如图，在矩形中，，点P从点A向点D以的速度运动，点Q以的速度从点C出发，在B，C两点之间做往返运动，两点同时出发，点P到达点D时，两点同时停止运动，这段时间内，若以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形，那么运动时间为 ． 3．（八年级下·上海松江·期末）在一次数学研究性学习中，小明将两个全等的直角三角形纸片和拼在一起，使点与点重合，点与点重合(如图)．其中，，．并进行如下研究活动：将图中的纸片沿方向平移，联结， (如图)． （1）求证：图中的四边形是平行四边形； （2）当纸片平移到某一位置时，小明发现四边形为矩形(如图)．求此时的长： （3）在纸片平移的过程中，四边形能成为菱形吗？如果可以直接写出的长，如果不可以，说明理由． 4．（八年级上·上海·期末）如图，在直角梯形ABCD中，∠B=90°，AD∥BC，且AD＝4cm，AB＝6cm，DC＝10cm.若动点P从A点出发，以每秒4cm的速度沿线段AD、DC向C点运动；动点Q从C点出发以每秒5cm的速度沿CB向B点运动.当Q点到达B点时，动点P、Q同时停止运动.设点P、Q同时出发，并运动了t秒， （1）直角梯形ABCD的面积为 cm2. （2）当t＝　　　　　秒时，四边形PQCD成为平行四边形？ （3）当t＝　　　　　秒时，AQ=DC； （4）是否存在t，使得P点在线段DC上且PQ⊥DC？若存在，求出此时t的值，若不存在，说明理由. 题型四 四边形中的线段最值问题 1．（24-25八年级下·上海·期中）如图，正方形的边长为12，点E在AB上，且，点F是上一动点，则的最小值是（    ） A．15 B． C． D．12 2．（25-26八年级下·上海·期末）如图，在正方形中，点E为延长线上的一点，取的中点M，连接和．若，则的最大值为 ． 3．（25-26八年级下·上海·期末）矩形中，，，点E是线段上异于点B的一个动点，连接，把沿直线折叠，使点B落在点P处． 【初步感知】（1）如图1，当E为的中点时，延长交于点F，求证：． 【深入探究】（2）如图2，点M在线段上，．点E在移动过程中，求的最小值．            4．（25-26八年级下·上海·课后作业）如图所示，在正方形中，为上的一点，，，为上的一点，连接，．求的最小值． 1．（25-26八年级上·上海浦东新·期末）如图，在平行四边形中，、相交于点，过点作，分别交、于点、，连接、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求菱形的面积． 2．（25-26八年级上·上海·期末）将矩形绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形，点A，B，D的对应点分别为点，，，设直线与直线交于点E． (1)猜想与的数量关系，并证明； (2)如图②，在旋转的过程中，当点恰好落在矩形的对角线上时，点恰好落在的延长线上（即点与点E重合），连接，求证：四边形是平行四边形； (3)在矩形绕点C顺时针旋转的过程中，若，，当，，D三点在同一条直线上时，请求出的值． 3．（25-26八年级上·上海浦东新·期末）已知：如图，在中，，点D在上，，垂足为F，且，点E为线段的中点，过点F作交射线于G，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． (3)当时，求证：四边形是正方形． 4．（25-26八年级上·上海·月考）如图，已知在菱形中，点为对角线上一点，连结，过点作，与交于点，． (1)求证：； (2)求证：． 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $