专题04 特殊的平行四边形11大考点（期中真题汇编，新疆专用）八年级数学下学期新教材人教版

命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题04特殊的平行四边形 目目 考点 利用矩形性质求角度、线段、面积 2 3 4 B A C A B 5 6:4 城点02 矩形与折叠问题 10 1.3 cm 4 2.3 3.9.6 4. 【详解】(1)解：~AE=BE= 2, :.BE= BM, 取BM的中点为N,连接EN,如图1： A D M --- 分 B C 图1 ,∠BEM=90° EN BN=MN=1 .BE EN BN, △BEN是等边三角形， ∴.∠MBE=60°， .∠BME=90°-∠MBE=30°， .∠ABP=∠PBM, 1/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°， 故答案为：30： (2)解：：四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC,∠A=∠ABC=∠C=90°， 由折叠的性质得：AB=BM,∠PMB=∠BMQ=∠A=90°， :BM=BC: ①：BM=BC,BQ=BQ, ∴.Rt△BQM≌Rt△BOC(HL) ∴.∠MBQ=∠CBQ, .·∠MBC=30° ∴.∠MBQ=∠CBQ=15°， 故答案为：15,15： ②∠MBQ=∠CBQ,理由如下： :四边形ABCD是正方形， AB=BC,∠BAD=∠C=90°」 由折叠可得AB=BM,∠BAD=∠BMP=90°， .BM=BC,∠BMQ=∠C=90°， :BO=BO, ∴.Rt△BQM≌RtABOC(HL) ∴.∠MBQ=∠CBQ: (3)解：当点°在点厂的下方时，如图31 0 M C 图3.1 .FO=1cm DF=FC=5cm AB=CD=10cm ..OC=CD-DF-FO=10-5-1=4cm,DO=DF+FO=5+1=6cm, OM=OC 由(2)可知， 2/13 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设AP=PM=xcm, PD=(10-x)cm ∴.PD2+DQ=PQ 即10-x+62=(x+42 30 解得：x=7, ..AP= 30 7cm: 当点Q在点F的上方时，如图3.2， A:-- D M Q C 图3.2 .FO=1cm DF=FC=5cm AB=10cm ∴.QC-6cmDQ=4cm OM-OC 由(2)可知， 设AP=PM=xcm. PD=(10-x)cm ..PD2+DO2=PO2 即10-+42=(x+62 解得：x=2.5, .AP=2.5cm, 综上所述，AP=30 cm或2.5cm: 城03 斜边中线等于斜边一半 3/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 A 2.3cm 3.3V3或3 4.35 城04 证明四边形是矩形 1. 【详解】(I)证明：：AD∥BC,EC=AD, ∴.四边形AECD是平行四边形， 又DD=90°， ∴四边形AECD是矩形： (2)解：，AC平分∠DAB, .∠BAC=∠DAC, :AD∥BC, .∠DAC=∠ACB, .∠BAC=∠ACB, .'AB=BC=5, :EC=2, ∴BE=3 2. 【详解】证明：：AB=AC,AD平分∠BAC, AD⊥BC, .∠ADB=90°， :BE∥AD, ∴.∠DBE=180°-∠ADB=90°， AE⊥AD, ∴.∠EAD=90° .∠ADB=∠DBE=∠EAD=90°， .四边形ADCE是矩形. 3. 4/13 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【详解】(1)证明：~AE⊥BD,DF⊥AC, ∴.∠AE0=∠DFO=90°， 在△AEO和△DFO中， ∠AEO=∠DFO ∠AOE=∠DOF AE=DF ∴.△AEO≌△DFO(AAS ∴.AO=DO :四边形ABCD是平行四边形， ..AO=CO=DO=BO, .AC=BD, ∴.四边形ABCD是矩形： (2)解：由(1)得：四边形ABCD是矩形， :.∠BAE=90°×7=30°，A0=B0' 3 ∴.∠OAB=∠ABE, 在直角三角形ABE中，∠ABE=90°-∠BAE=60°=∠OAB, ∴.∠AOE=180°-∠OAB-∠ABE=60° 4. 【详解】(1)证明：：四边形ABCD是平行四边形 DC∥AB,DC=AB, .CF=AE, ∴.DF=BE且DF∥BE .四边形BFDE是平行四边形， 又：DE L AB, .四边形BFDE是矩形： (2)解：∠DAB=60°，DE LAB, .∠ADE=30°， AD=3. 5/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :DB=AD-AE=多5 四边形BFDE是矩形 BE=DE=BE4R ·AF是∠DAB的平分线，∠DAB=60°， &2 FAB-DAB=30,且BF1AB: AF=2BF=3V3 .AB=VAF2-BF2=9 2 .CD-AB-9 2 【详解】(1)证明：，O为AD的中点， ..AO=DO, ,四边形ABCD是平行四边形， .AB∥CD ∴.∠BAO=∠EDO, 又：∠AOB=∠DOE, :△1OB≌aDOE(ASA .AB=DE, .四边形ABDE是平行四边形， ,∠BDC=90° .∠BDE=90°， ∴.平行四边形ABDE是矩形： (2)解：如图，过点O作OF⊥DE于点F, B D 6/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,四边形ABDE是矩形， DE=AB=2' OD=TAD,0B-OE-TBE,AD=BE ∴OD=OE, OF⊥DE, :DF=EF= DE=1, 21 ∴.OF为△BDE的中位线， 0F=)BD=2, 2 ,四边形ABCD是平行四边形， .CD=AB=2, .CF=CD+DF=3, 在Rt△0CF中，由勾股定理得：0C=VOF2+CF=VW2y+32=i, 即OC的长为而 城05 矩形性质与判定的综合应用 1. :CE∥OD DEAC 【详解】(1)证明： ∴四边形OCED是平行四边形. 又：四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD,即∠COD=90°， ∴四边形OCED是矩形. (2)解：四边形ABCD是菱形， ..AB=BC=CD=8, 又：∠ABC=60°， △ABC是等边三角形， .AC=AB=8, 7/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴OC= -AC=4 在R△OCD中，由勾股定理得OD=VCD-OC=4√5 :S矩形ocD=0C·0D=16V5 城06 利用菱形性质求角度、线段和面积 2 3 5 A D A B 6.12 2 【详解】解：四边形ABCD是菱形 .AB=AD,OB=OD :∠A=60°，AB=4 ∠ABD=∠ADB=60°，BD=AB=AD=4 0B=80=2, :OE⊥AB, :∠EOB=30,BE=OB=1 2 8. 【详解】(1)证明：DO=AO,EO=CO, ∴.四边形AEDC是平行四边形， ,四边形ABCO是矩形， ∴.∠AOC=90°，即AD⊥EC, ∴.平行四边形AEDC是菱形. (2)解：四边形AEDC是菱形，∠CDE=120°， ∴.∠DCA=180°-∠CDE=60°， ∠DC0=∠DCA=30°. ∠C0D=90°CD=2W5 8/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :0D=CD=5 ∴0C=CD-0D-23-5=3, .AD=20D=25,EC=20C=6 菱形BDC的面积为2AD-EC=)×2W5x6=6N5 城07 利用菱形性质证明 1 2 A B 3. 【详解】(1)如下如：DE即为所求， 以点C为圆心，BC为半径，画弧交BC的延长线于点E,连接DE, 证明： 四边形ABCD是菱形， .AD∥BC,AD=BC, ∴.AD∥BE, BC=CE, :'AD=CE, .四边形ADCE是平行四边形， ∴.正∥AC. A D (2)四边形ABCD是菱形， .BD⊥AC, :正∥AC, ∴.∠BDE=∠BOC=90°， .CD是Rt△BDE上的中线， 9/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【详解】(1)证明：，四边形ABCD是菱形， .AD∥BC,且AD=BC, .BE =CF, ∴.BE+CE=CF+CE, 即BC=EF, :'AD=EF, AD∥EF, ∴.四边形AEFD是平行四边形， ,AE⊥BC, ∴.四边形AEFD是矩形. (2):四边形ABCD是菱形， ∴.AC⊥BD,AO=CO=5,BC=AB=13, ,AE⊥BC, :S边形aCD=BCAE 在Rt△AB0中，由勾股定理可得：：B0=VAB-40=V132-了=12， ∴.BD=2BO=24, :S边形BCD= 1 AC·BD=BC·AE, 1 2×10x24=13AE, ÷AE=120 13· 5. 【详解】(1)证明：由题意知DE⊥BC,∠ACB=90°， ∴.∠DFB=∠ACB=90°， .DE∥AC, ,AD∥CE, ∴.四边形ADEC是平行四边形： 10/13 专题04 特殊的平行四边形 11大高频考点概览 考点01 利用矩形性质求角度 、线段和面积 考点02 矩形与折叠问题 考点03 斜边中线等于斜边一半 考点04 证明四边形是矩形 考点05矩形性质与判定的综合应用 考点06 利用菱形性质求角度、线段和面积 考点07 利用菱形性质证明 考点08 证明四边形是菱形 考点09 根据正方形的性质求角度、线段和面积计算 考点10 正方形折叠问题 考点11 利用正方形性质证明 ( 地 城 考点01 利用矩形性质求角度、线段、面积 ) 1．（24-25八年级下·新疆喀什·期中）如图，延长矩形的边至点E，使，连接，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定及性质，三角形内角和定理等；连接与交于，根据矩形的性质可证，，由等腰三角形的性质及三角形内角和定理即可求解；掌握性质，作出辅助线，构建等腰是解题的关键． 【详解】解：如图，连接与交于， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故选：B． 2．（24-25八年级下·新疆喀什·期中）如图，在矩形中，两条对角线，相交于点．若，则的长为（    ） A．10 B．8 C． D．5 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，根据矩形的两条对角线相等即可得到答案． 【详解】解：∵在矩形中，两条对角线，相交于点，， ∴， 故选：A ． 3．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，点E在线段上，垂直平分，若，则的长为（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据矩形的性质得到，，根据线段垂直平分线的性质得到，推出是等边三角形，得到，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ， 垂直平分， ， 是等边三角形， ，， ， 设，则， 中，， ， 解得：（负值舍去）， ， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质及勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 4．（24-25八年级下·新疆·期中）如图，在中，，于点，于点，于点，连接．若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，利用转化思想是解题的关键． 勾股定理可求，由面积法求得，证明四边形是矩形，根据对角线相等即可求解． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 故选：A． 5．（24-25八年级下·新疆吐鲁番·期中）如图，在矩形中，，相交于点O．若，，则的长为（    ） A．8 B． C． D．4 【答案】B 【分析】根据矩形的性质得到，证明为等边三角形，根据勾股定理计算，得到答案． 【详解】解：∵四边形为矩形． ∴，，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 由勾股定理得，， 故选：B． 【点睛】本题考查的是矩形的性质、等边三角形的判定和性质，掌握矩形的对角线相等是解题的关键． 6．（24-25八年级上·甘肃兰州·期中）如图，把一张长方形纸片折叠起来，使其顶点与重合，折痕为．若，，则长为________． 【答案】 【分析】由矩形的性质可得，由轴对称的性质可得，设，则，在中，由勾股定理可得，即，解一元一次方程即可求出的长． 【详解】解：四边形是矩形， ， 由折叠可得，， 设，则， 在中，由勾股定理可得： ， 即：， 解得：， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，解一元一次方程等知识点，熟练掌握轴对称的性质及勾股定理是解题的关键． ( 地 城 考点0 2 矩形与折叠问题 ) 1．（24-25八年级下·新疆阿克苏·期中）如图，折叠矩形的一边，使点C落在上的点F处，已知，则的长为_____． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的折叠与勾股定理，解题关键是根据矩形的折叠得出，利用勾股定理求出，再列方程即可求解． 【详解】解：在矩形中， ，， 由折叠可知， ∴， ∴， ∵ ∴， 解得，， 故答案为：． 2．（24-25八年级下·新疆·期中）如图，矩形的边沿折痕折叠，使点D落在边上的点F处，已知，，则的长等于______． 【答案】 【分析】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，由勾股定理可求的长，由折叠的性质可得，，由勾股定理可求的长． 【详解】解：∵矩形的边沿折痕折叠， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（24-25八年级下·新疆吐鲁番·期中）折纸是中国的传统文化，它不仅可以创造美，还能锻炼思维．如图，将长的矩形的四个角向内折起，恰好拼成一个既无缝隙又无重叠的四边形，若，则长是________． 【答案】 【分析】依据三个角是直角的四边形是矩形，易证四边形为矩形，那么由折叠可得的长即为的长；再根据的面积即可得到的长，进而得出的长． 【详解】解：由折叠的性质得，， ∴， 同理可得：， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查的是矩形的性质以及图形的翻折变换，解题过程中应注意翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，折叠以后的图形与原图形全等． 4．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）综合与实践：综合与实践课上，老师让同学们以“折叠”为主题开展数学活动． (1)作判断 操作一：对折长方形纸片，使与重台，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点，沿折叠，使点落在长方形内部点处，把纸片展平，连接，． 根据以上操作，当点在上时，______度． (2)迁移探究：嘉琪将长方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，连接． 如图．当点在上时，______度，______度； 改变点在上的位置（点不与点，重合），如图，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，直接写出的长． 【答案】(1) (2)，   ，理由见解析 (3)或 【分析】（1）根据折叠的性质得，结合矩形的性质得，进而可得； （2）根据折叠的性质及正方形的性质，可证，即可求解； 根据折叠的性质及正方形的性质，可证，即可求解； （3）由（2）可知，分两种情况：当点在点的下方时，当点在点的上方时，设，分别表示出、、，由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：， ， 取的中点为，连接，如图： ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 故答案为：； （2）解：四边形是正方形， ，， 由折叠的性质得：，， ； ，， ， ， ， ， 故答案为：，； ，理由如下： 四边形是正方形， ，， 由折叠可得，， ，， ， ， ； （3）解：当点在点的下方时，如图， ，，， ，， 由（2）可知，， 设，， ， 即， 解得：， ； 当点在点的上方时，如图， ，，， ，， 由（2）可知，， 设，， ， 即， 解得：， ， 综上所述，或． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，矩形与折叠，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． ( 地 城 考点0 3 斜边中线等于斜边一半 ) 1．（24-25八年级下·新疆阿克苏·期中）如图，公路、互相垂直，公路的中点与点被湖隔开，若测得的长为，则、两点间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出结果即可． 【详解】解：∵公路、互相垂直， ∴， ∵M为公路的中点， ∴． 故选：A． 2．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，将直角三角尺放置在刻度尺上，斜边上三个点A，D，B对应的刻度分别为1，4，7，则CD的长度为_________． 【答案】 【分析】本题考查直角三角形斜边中线的性质，掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，据此结合线段长度求解是解题的关键． 先根据刻度尺刻度求出的长度，再利用直角三角形斜边中线的性质求出的长度． 【详解】解：由题意可知，． 在中，，是斜边上的中线， ． 故答案为：． 3．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，在中，，，，点是线段的中点，点是延长线上的一点，连结，，则当为直角三角形时，的长为______． 【答案】或3 【分析】本题考查了直角三角形性质，三角形外角性质，勾股定理，解题的关键在于利用分类讨论的思想解决问题．利用直角三角形性质和三角形外角性质得到，，，再结合为直角三角形分两种情况①当时，②当时讨论求解，即可解题． 【详解】解：，，， ， 点是线段的中点， ， ， ， ， 为直角三角形， ①当时， 有， 为等边三角形， ； ②当时， ， 有， ， ， 综上所述，的长为或3； 故答案为：或3． 4．（24-25八年级下·新疆伊犁·期中）在中，，，是的中点，，则______． 【答案】 【分析】依据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到AB的长，再根据含30°角的直角三角形的性质，即可得到BC的长，最后依据勾股定理进行计算，即可得出AC的长． 【详解】解：∵点D是AB的中点，CD=3，∠ACB=90°， ∴AB=2CD=6， ∵在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°， ∴AB=2BC， 即BC=AB=3， ∴Rt△ABC中，， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了勾股定理以及直角三角形斜边上中线的性质，在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半． ( 地 城 考点0 4 证明四边形是矩形 ) 1．（江西省赣州市于都县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题）如图，在四边形中，，，为边上一点，且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定，等角对等边的知识： （）首先判定该四边形为平行四边形，然后由，即可证明四边形是矩形； （）由角平分线的定义和平行线的性质证明，得到，由此即可求得的长． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形． 又∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 2．（24-25八年级下·新疆喀什·期中）如图，在中，，平分，，．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】此题考查矩形的判定定理，平行线的性质，等腰三角形的三线合一的性质定理，熟记定理并运用解题是关键．根据等腰三角形的性质得出，根据平行线的性质求出，求出，，即可证明结论． 【详解】证明：∵，平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 3．（24-25八年级下·新疆·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，， ． 4．（24-25八年级下·新疆阿克苏·期中）如图，在中，过点D作于点E，点F在边上，，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)已知，平分，若，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再结合证明为矩形； （2）根据含30度角的直角三角形的性质求出，再用勾股定理求出，结合矩形的性质可得，，再解求出即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形 ∴，， ∵， ∴且 ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形 ∴，， ∵是的平分线，， ∴，且， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等，综合应用上述知识是解题的关键． 5．（24-25八年级下·新疆·期中）如图，在中，点O为线段的中点，延长交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接．若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（）证，得，再证四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论； （）过点作于点，由矩形的性质得，，再由等腰三角形的性质得，则为的中位线，得，然后由平行四边形的性质得，进而由勾股定理即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵为的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：如图，过点作于点， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴为的中位线， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即的长为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理以及勾股定理，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键． ( 地 城 考点0 5 矩形性质与判定的综合应用 ) 1．（山东省临沂市费县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题）如图，点是菱形对角线的交点，过点作，过点作，与相交于点． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，求矩形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查矩形的性质与判定、菱形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，掌握矩形的判定方法及菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键． （1）由条件可证得四边形为平行四边形，再由菱形的性质可求得，则可证得四边形为矩形． （2）首先推知是等边三角形，所以，再用菱形的对角线互相平分即可求得的长，再利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形． 又四边形是菱形， ，即， 四边形是矩形． （2）解：四边形是菱形， ， 又， 是等边三角形， ， ， 在中，由勾股定理得， ∴． ( 地 城 考点0 6 利用菱形性质求角度、线段和面积 ) 1．（24-25八年级下·新疆喀什·期中）如图，菱形的边长为5，对角线，，于点H，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查了菱形的性质，根据菱形的面积计算公式即可求出，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴ ∵， ∵菱形的面积， ∴ ∴ 故选：A． 2．（24-25八年级下·新疆喀什·期中）如图，菱形中，，，则对角线的长是（　　） A．8 B．15 C．10 D．6 【答案】D 【分析】本题考查的是菱形的性质及等边三角形的判定，掌握“菱形的四条边相等，两组对边分别平行”及等边三角形的判定方法是关键．根据菱形的性质求得，判定为等边三角形即可求解． 【详解】∵四边形是菱形，， ∴， ∴， 又， ∴， ∴为等边三角形， ∴ 故选：D． 3．（24-25八年级下·新疆喀什·期中）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，于点，连接，，则的度数是 （   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据菱形性质得到，，利用三角形内角和定理与等腰三角形性质推出，进而得到，再结合直角三角形斜边中线定理即可解题． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， 对角线，相交于点，， ，， ， ， 于点， ，则， ， ， 故选：A． 【点睛】本题考查菱形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形性质、直角三角形斜边中线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 4．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，菱形中，对角线，，E为边上任意一点，则的面积为 （   ）    A．8 B．12 C．24 D．无法确定 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质．根据菱形的性质及三角形面积的计算公式即可求解． 【详解】解：∵菱形中，对角线，， ∴， 故选：B． 5．（24-25八年级下·新疆·期中）如图所示，菱形的对角线交于点O，且，则菱形的面积为（    ） A．20 B．48 C．24 D．12 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的面积公式，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．根据菱形面积公式计算即可得答案． 【详解】解：在菱形中， ， 菱形的面积， 故选：C． 6．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，且它们的长度分别为和，过点O的直线分别交、于点E、F，则阴影部分面积的和为__________． 【答案】12 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，主要利用了菱形的对角线互相平分的性质，求出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半是解题的关键．根据菱形的对角线互相平分可得，再根据两直线平行，内错角相等可得，然后利用“角边角”证明和全等，根据全等三角形的面积相等求出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半解答． 【详解】解：、是菱形的对角线， ， ， ， 在和中， ， ， 的面积的面积， 阴影部分的面积菱形的面积， 对角线、的长度分别为和， 菱形的面积， 阴影部分面积的和． 故答案为：12． 7．（四川省南充市高坪区高坪区江陵初级中学2022-2023学年八年级下学期期中数学试题）如图：在菱形中，，，O为对角线的中点，过O点作，垂足为E．求的度数和线段的长．    【答案】 【分析】根据菱形的性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形 ∴ ∵， ∴ ∴， ∵， ∴ 【点睛】本题考查了菱形的性质：四边相等、对角线互相平分，以及含的直角三角形．熟记相关结论是解题关键． 8．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，在矩形中，延长到，使，延长到，使，连接、、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先根据对角线互相平分的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形，根据矩形的四个角都是直角得到，即，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可证明； （2）根据菱形的邻角互补，对角线平分对角可得，根据直角三角形中角所对的边是斜边的一半得出，根据勾股定理求出，根据菱形的对角线互相平分求出，，根据菱形面积等于对角线积的一半即可求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴，即， ∴平行四边形是菱形． （2）解：四边形是菱形，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴菱形的面积为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的性质，菱形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等．掌握相关知识是解题的关键． ( 地 城 考点0 7 利用菱形性质证明 ) 1．（24-25八年级下·新疆伊犁·期中）矩形具有而菱形不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相平分且互相垂直 C．对角相等 D．对边相等 【答案】A 【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，比较矩形和菱形的性质，找出矩形有而菱形没有的性质． 【详解】解：矩形的对角线长度相等，而菱形的对角线不一定相等（除非是正方形）．因此，对角线相等是矩形特有的性质．故选项A符合题意， 菱形的对角线互相垂直且平分，但矩形的对角线仅互相平分而不垂直（除非是正方形）．因此，此性质属于菱形而非矩形．故选项B不符合题意， 矩形和菱形都是平行四边形，对角相等、对边相等是平行四边形的基本性质，矩形和菱形均具备，故选项C、D不符合题意． 故选A． 2．（24-25八年级下·新疆·期中）下列命题的逆命题中，是真命题的为（    ） A．矩形是对角线相等的四边形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．在中，如果三边满足，那么这个三角形是直角三角形 D．全等三角形的对应角相等 【答案】B 【分析】先把原命题的结论和题设互换写出对应命题的逆命题，再判断真假即可． 【详解】解：A、原命题的逆命题为对角线相等的四边形是矩形，该命题是假命题，例如等腰梯形的对角线也相等，但它不是矩形，不符合题意； B、原命题的逆命题为菱形的对角线互相垂直，该命题是真命题，符合题意； C、原命题的逆命题为直角三角形中，三边满足，该命题是假命题，只有c对应的边是斜边时才是真命题，不符合题意； D、原命题的逆命题为对应角相等的三角形是全等三角形，该命题是假命题，不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题主要考查了判断一个命题逆命题的真假，菱形的性质，矩形的判定定理，勾股定理，全等三角形的判定等等，正确写出对应命题的逆命题是解题的关键． 3．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，在菱形中，对角线和相交于点．    (1)实践与操作：过点作交的延长线于点．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法，标明字母） (2)猜想与证明：试猜想线段与之间的数量关系，并证明你的猜想． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】（1）以点为圆心，为半径，画弧交的延长线于点，连接，再根据菱形的性质，平行四边形的判定，即可； （2）根据菱形的性质，得，；根据，，即可． 【详解】（1）如下如：即为所求， 以点为圆心，为半径，画弧交的延长线于点，连接， 证明： ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴．    （2）∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴是上的中线， ∴． 【点睛】本题考查菱形、平行四边形和直角三角形的知识，解题的关键是掌握菱形的性质，直角三角形的中线，平行四边形的判定和性质． 4．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A作的垂线，垂足为点E，延长到点F，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】（1）证明，且，，可得，证明四边形是平行四边形，结合，可得结论； （2）证明，，，可得，求解，可得，结合，再求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，且， ∵， ∴， 即， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． （2）∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理可得：∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，熟记特殊四边形的判定与性质是解本题的关键． 5．（24-25八年级下·新疆阿克苏·期中）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：四边形是平行四边形； (2)当D在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． （1）由可知，进而可证四边形是平行四边形； （2）由先根据平行四边形的性质及判定定理得出四边形是平行四边形，再根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形即可得证． 【详解】（1）证明：由题意知，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵四边形是平行四边形 ∴， ∵在中，D为中点， ∴，则， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． ( 地 城 考点 08 证明四边形是菱形 ) 1．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，在平行四边形中，以点A为圆心，长为半径画弧交于点F，再分别以点B、F为圆心，大于的相同长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点E，连接．根据以上尺规作图的过程，下列结论不正确的是（    ） A．平分 B．是等边三角形 C． D． 【答案】B 【分析】由作图可知，平分，证明四边形是菱形，可得结论．本题考查作图复杂作图，平行四边形的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题． 【详解】解：由作图可知， 则平分，故A选项正确， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ，故D选项正确， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， ，故C选项正确． 无法判断是等边三角形， 故选：B． 2．（24-25八年级下·新疆·期中）如图，正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则（   ） A．5 B．4 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的性质；利用全等三角形的性质得到，再根据正方形和勾股定理的性质计算，即可得到答案． 【详解】∵，，，是四个全等的直角三角形，，， ∴，， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， 故选：D． 3．（24-25八年级下·新疆喀什·期中）如图，在中，延长至点，使，连接，，．若平分，求证：四边形为菱形． 【答案】证明见解析． 【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定，掌握知识点的应用是解题的关键． 由四边形是平行四边形，则，，则，然后根据平行四边形的判定方法证明四边形是平行四边形，又平分，则有，所以，最后由菱形的判定方法即可求证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形． 4．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形． (1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，交于点E，交于点F；（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接．求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题主要考查矩形的性质，垂直平分线的画法及性质，三角形全等的判定与性质，菱形的判定． （1）根据垂直平分线的画法即可求解； （2）由直线是线段的垂直平分线．得到，，，，根据矩形的性质可证，可得，即可得到，即可求证． 【详解】（1）解：如图1所示，直线为所求； （2）证明：如图2，设与的交点为O， 由（1）可知，直线是线段的垂直平分线． ∴，，，， 又∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 5．（24-25八年级下·新疆伊犁·期中）如图，矩形的对角线、相交于点O，，．    (1)若，，求的长； (2)求证：四边形是菱形． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）先求出，再根据矩形的性质得出，推出是等边三角形，得出，进而可得出答案； （2）先证明四边形是平行四边形，再得出，进而可得出结论． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵矩形的对角线、相交于点O， ∴，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，，， ∴， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查菱形的判定，矩形的性质，等边三角形的判定与性质，正确理解题意是解题的关键． ( 地 城 考点0 9 根据正方形的性质求角度、线段和面积计算 ) 1．（24-25八年级下·新疆阿克苏·期中）如图，正方形的顶点B、C的坐标分别为，，则点A的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和点的坐标，解题关键是构建全等三角形，利用全等三角形对应边相等求出点的坐标． 【详解】解：作，垂足为E， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵B、C的坐标分别为，， ∴，， 点A的坐标为； 故选：C． 2．（24-25八年级下·新疆阿克苏·期中）正方形的边长为3，则对角线的长度为（　　） A． B．6 C． D．9 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，正方形对角线的长的平方等于其相邻两边的长的平方和，据此求解即可． 【详解】解：如图所示，四边形是边长为3的正方形，则， ∴， 故选：C． 3．（24-25八年级下·新疆·期中）如图，正方形的顶点、分别落在直角坐标系的轴、轴上，、则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 由“”可证，可得，，可求解． 【详解】解：过点作轴于， ∵，， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴． 故选：D ． 4．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由个全等的直角三角形与个小正方形拼成的一个大正方形，如图，若拼成的大正方形为正方形，面积为，中间的小正方形为正方形，面积为，连接，交于点，交于点，①，②；③，④，以上说法中正确的个数为（　　）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先根据正方形的性质以及四个大三角形全等，证明，故①正确；根据三角形全等得到三角形的面积相等，根据对应边相等，得到，再利用三角形和四边形的面积差得到结论，故②错误；根据勾股定理得到，根据，继而根据完全平方公式得到，继而得到，，故③正确；根据，，两式相加，得到，故④正确． 【详解】解：∵， ∴，， ∵在正方形中，，． ∴， ∴，故①正确； ，， ∵， ∴， ∴， ，即，故②错误； ， ∴， ∵， ∴， ， ∴， ∴， ∴，故③正确； ， ∴，故④正确. 故①③④正确，②错误． 故选：． 5．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，在边长为8的正方形中，点E，F分别是边，上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是__________． 【答案】 【分析】先证明，得到，再利用直角三角形性质，线段最短原理，勾股定理解答即可． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ， ， ， ， 点是的中点， ， 延长到点，使得， ， ， ， 连接， ， 当，，三点共线时，取得最小值， ，， ，， ， ， ， 故的最小值是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，线段最短原理，熟练掌握正方形的性质，勾股定理是解题的关键． 6．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，正方形的边长为2，为正方形内与点不重合的动点，以为边向下作正方形．则的最小值为_____． 【答案】 【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是准确作出辅助线，证明三角形全等； 连接、，证可得，进而得到，勾股定理求出的长，即得的最小值． 【详解】解：如图，连接、， 正方形和正方形， ，，， ， 在和中， ， ， ， ， ， 的最小值为， 故答案为：． ( 地 城 考点 10 正方形折叠问题 ) 1．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，已知正方形的边长为12，，将正方形的边沿折叠到，延长交于G，连接．现有如下3个结论：①；②；③五边形的周长是44，其中正确的是________ 【答案】①②③ 【分析】本题考查正方形的性质和折叠的性质，全等三角形的性质与判定，掌握正方形的性质和折叠的性质，全等三角形的性质与判定是解题的关键．根据正方形的性质和折叠的性质可得，，根据“”判定，依据全等三角形的性质以及折叠的性质，即可得到，，从而且得出，可判断①；，可判断②；再由，，由此可得五边形的周长，可判断③． 【详解】解：由折叠可知，，，， ， 在和 中， ， ， ， ， 故①正确； ， ， 由折叠可得，， ， 故②正确； 正方形边长是12， ， 设， 则，， 由勾股定理得， 即， 解得， ，，， 五边形的周长是， 故③正确． 故答案为：①②③． ( 地 城 考点 11 利用正方形性质证明 ) 1．（24-25八年级下·新疆喀什·期中）如图，在正方形中，是上一动点（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；⑤当是的中点时，．其中正确的结论有（   ） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【答案】C 【分析】本题考查的是正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，熟练掌握正方形的性质解题是关键． 根据正方形的每一条对角线平分一组对角可得，然后利用“角边角”证明和全等；由四边形是矩形，可得，而在直角中，，可判断，运用矩形的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质，进行线段的等量代换的，得，判断出不一定等腰直角三角形，是等腰直角三角形，从而确定出与不一定全等；证明和都是等腰直角三角形，而，从而可得答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴． ∵在和中， ， ∴．故①正确； ∵四边形是正方形， ∴，， ∵过点P分别作，的垂线，， ∴四边形是矩形， ∴． 在直角中，， ∴．故③正确； 过点作， 则， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴都是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴，故②正确； ∵正方形， ∴，而， ∴是等腰直角三角形，而不一定是等腰直角三角形， ∴与不一定全等，故④错误； 如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴是的中点 ∵P是的中点， ∴是中位线， ∴，， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∴和都是等腰直角三角形， 而， ∴和不全等，故⑤错误． 综上：正确的有①②③，有3个． 故选C． 2．（24-25八年级下·新疆·期中）如图，点是正方形的对角线上一点，，，垂足分别为点，，连接，，给出下列四个结论：①；②；③；④一定是等腰三角形，其中正确的结论序号是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质．由正方形的性质证明，得出，由，证明四边形是矩形，得出，进而得出，①符合题意；由矩形的性质证明，得出，进而得出，②符合题意；由正方形的性质结合矩形的性质得出是等腰直角三角形，进而得出，③符合题意；只有或或时，才是等腰三角形，④不符合题意；即可得出答案． 【详解】解：如图，连接， 四边形是正方形， ，，，， ， ，， ，， ， 四边形是矩形， ， ，故①符合题意； 四边形是矩形， ，，， ， ， ，故②符合题意； 四边形是矩形， ∴，， ， ， 是等腰直角三角形， ，故③符合题意； 点在上， 只有或或时，才是等腰三角形，故④不符合题意； 综上，①②③正确，共3个． 故选：C． 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网 www.zxxk.com 专题04特殊的平行四边形 ☆11大高频考点概览 考点01利用矩形性质求角度、线段和面积 考点02矩形与折叠问题 考点03斜边中线等于斜边一半 考点04证明四边形是矩形 考点05矩形性质与判定的综合应用 考点06利用菱形性质求角度、线段和面积 考点07利用菱形性质证明 考点08证明四边形是菱形 考点O9根据正方形的性质求角度、线段和面积计算 考点10正方形折叠问题 考点11利用正方形性质证明 目目 考点01 利用矩形性质求角度、线段、面积 1. (24-25八年级下·新疆喀什期中)如图，延长矩形ABCD的边CB至点{ ∠BAC=a, 则∠E的度数是() A B C B.45°- 2 C.a-45 D.309 2.(24-25八年级下·新疆喀什期中)如图，在矩形ABCD中，两条对角线 BD=10,则AC的长为() A.10 B.8 c.55 D.5 3.(24-25八年级下·新疆乌鲁木齐期中)如图，在矩形ABCD中，对角线 1/14 让教与学更高效 ,使EB=AC,连接DE,若 +2 AC,BD相交于点O.若 AC,BD相交于点O,点E在 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 线段CO上，DE垂直平分CO,若DE=2V3cm,则BD的长为(). A.4cm B. 6cm C.8cm D.12cm 4.(24-25八年级下·新疆期中)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D,DE⊥AC于点 E,DF⊥BC于点F,连接EF.若AC=3,AB=5,则EF的长为() 4 F B 12 A. 5 12 c 5.(24-25八年级下·新疆吐鲁番期中)如图，在矩形ABCD中，AC,BD相交于点O.若AB=4, ∠A0B=60°，则BC的长为() D A.8 B.4V5 C.25 D.4 6.(24-25八年级上·甘肃兰州期中)如图，把一张长方形纸片ABCD折叠起来，使其顶点C与A重合，折 痕为EF,若AB=1,BC=2,则AF长为 D 目目 考点02 矩形与折叠问题 1. (24-25八年级下·新疆阿克苏期中)如图，折叠矩形ABCD的一边CD,使点C落在AB上的点F处， 己知AB=10cm,BC=6cm,则EC的长为 2/14 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 C E B 2.(24-25八年级下·新疆期中)如图，矩形ABCD的边AD沿折痕AE折叠，使点D落在BC边上的点F 处，己知AB=3,BF=4,则CE的长等于· 3.(24-25八年级下·新疆吐鲁番期中)折纸是中国的传统文化，它不仅可以创造美，还能锻炼思维.如图， 将长AD=10的矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个既无缝隙又无重叠的四边形EFGH,若 EH=6,则AB长是 H B 4.（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中)综合与实践：综合与实践课上，老师让同学们以“折叠”为主题开 展数学活动， 图1 图2 图3 (1)作判断 操作一：对折长方形纸片ABCD,使AD与BC重台，得到折痕EF,把纸片展平； 操作二：在AD上选一点P,沿BP折叠，使点A落在长方形内部点M处，把纸片展平，连接PM,BM, 根据以上操作，当点M在EF上时，∠MBC=度. (②)迁移探究：嘉琪将长方形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照(1)中 3/14 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 的方式操作，并延长PM交CD于点Q,连接B9. ①如图2.当点M在EF上时，∠MBQ= 度，∠CBQ=度； ②改变点P在AD上的位置（点P不与点A,D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说 明理由， (3)拓展应用：在(2)的探究中，己知正方形纸片ABCD的边长为10cm,当F2=lcm时，直接写出AP的长. 目目 考点03 斜边中线等于斜边一半 1.(24-25八年级下·新疆阿克苏期中)如图，公路AC、BC互相垂直，公路AB的中点M与点C被湖隔 开，若测得AB的长为6km,则M、C两点间的距离为() A.3km B.6km C.8km D.12km 2.(2425八年级下·新疆乌鲁木齐·期中)如图，将直角三角尺放置在刻度尺上，斜边上三个点A,D,B 对应的刻度分别为1,4,7，则CD的长度为 B T中m cm12345678 3. (24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中)如图，在ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=3,点0 是线段AB的中点，点D是CO延长线上的一点，连结AD,BD,则当△ABD为直角三角形时，BD的长 为 4.(24-25八年级下·新疆伊犁·期中)在ABC中，∠C=90°，∠A=30°，D是AB的中点，CD=3,则 AC= 4/14 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 B D 目目 考点04 证明四边形是矩形 1.(江西省赣州市于都县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题)如图，在四边形ABCD中， AD∥BC,∠D=90°，E为边BC上一点，且EC=AD,连接AC. B (I)求证：四边形AECD是矩形； (②)若AC平分LDAB,AB=5,EC=2,求BE的长. 2.(24-25八年级下·新疆喀什期中)如图，在ABC中，AB=AC,AD平分∠BAC,BE∥AD, AE⊥AD.求证：四边形ADBE是矩形. B D 3.(24-25八年级下·新疆期中)如图，平行四边形ABCD中，对角线AC,AE⊥BD于点E,DF⊥AC于 点F,AE=DF D (I)求证：四边形ABCD是矩形 ②)若LBAE=∠EAD,求∠AOE的度数， 4.(24-25八年级下·新疆阿克苏期中)如图，在口ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E,点F在边CD上， 5/14 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 CF=AE,连接AF,BF. C B (I)求证：四边形BFDE是矩形； (2)己知∠DAB=60°，AF平分∠DAB,若AD=3,求DC的长度， 5.(24-25八年级下·新疆期中)如图，在。ABCD中，点O为线段AD的中点，延长BO交CD的延长线于 点E,连接AE,BD,∠BDC=90°. D (I)求证：四边形ABDE是矩形； (2)连接0C.若AB=2,BD=2V2,求0C的长. 目目 考点05 矩形性质与判定的综合应用 1. (山东省临沂市费县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题)如图，点0是菱形ABCD对角线的交 点，过点C作CE∥OD,过点D作DE∥AC,CE与DE相交于点E. (I)求证：四边形0CED是矩形， (2)若AB=8,∠ABC=60°，求矩形0CED的面积. 目目 考点06 利用菱形性质求角度、线段和面积 1.(24-25八年级下，新疆喀什·期中)如图，菱形ABCD的边长为5，对角线AC=8cm,BD=6cm, DH⊥AB于点H,则DH=() 6/14 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 D H A.cm 24 B. 18 c.号m 28 D. m 2.(24-25八年级下·新疆喀什期中)如图，菱形ABCD中，AB=6,∠BCD=120°，则对角线AC的长是 () B A.8 B.15 C.10 D.6 3.(24-25八年级下·新疆喀什期中)如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC,BD相交于点O, DH⊥AB于点H,连接OH,∠CAD=20°，则∠DH0的度数是() D A.20° B.25° C.30° D.40° 4.(24-25八年级下·新疆乌鲁木齐期中)如图，菱形ABCD中，对角线AC=6,BD=8,E为边AD上任 意一点，则△BCE的面积为() A.8 B.12 C.24 D.无法确定 5.(24-25八年级下·新疆期中)如图所示，菱形ABCD的对角线AC,BD交于点O,且AC=6,BD=8,则 菱形的面积为() 7/14 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 B D O A.20 B.48 C.24 D.12 6.(24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中)如图，在菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,且它们 的长度分别为6cm和8cm,过点O的直线分别交AD、BC于点E、F,则阴影部分面积的和为 cm2. B 7.(四川省南充市高坪区高坪区江陵初级中学2022-2023学年八年级下学期期中数学试题)如图：在菱形 ABCD中，∠A=60°，AB=4,O为对角线BD的中点，过O点作OE⊥AB,垂足为E.求∠ABD的度数 和线段BE的长， D E B 8. (24-25八年级下，新疆乌鲁木齐·期中)如图，在矩形ABC0中，延长A0到D,使D0=A0,延长CO 到E,使EO=CO,连接AE、ED、DC、AC. B D (I)求证：四边形AEDC是菱形； (2)若CD=2√3，∠CDE=120°，求菱形AEDC的面积. 目目 考点07 利用菱形性质证明 8/14 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 1.(24-25八年级下·新疆伊犁·期中)矩形具有而菱形不具有的性质是() A.对角线相等 B.对角线互相平分且互相垂直 C.对角相等 D.对边相等 2.(24-25八年级下·新疆期中)下列命题的逆命题中，是真命题的为() A.矩形是对角线相等的四边形 B.对角线互相垂直的四边形是菱形 C.在ABC中，如果三边a,b,c满足a2+b2=c2,那么这个三角形是直角三角形 D.全等三角形的对应角相等 3.(24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中)如图，在菱形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O. (I)实践与操作：过点D作DE∥AC交BC的延长线于点E.(要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法， 标明字母) (2)猜想与证明：试猜想线段DC与BE之间的数量关系，并证明你的猜想， 4.(24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中)如图，在菱形ABCD中，对角线AC,BD交于点O,过点A作 BC的垂线，垂足为点E,延长BC到点F,使CF=BE,连接DF. D B B C (I)求证：四边形AEFD是矩形； (2)若AB=13,AC=10,求AE的长 5.(24-25八年级下·新疆阿克苏期中)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C的直线MN∥AB,D 为AB边上一点.过点D作DE⊥BC,交直线MN于E,垂足为F,连接CD、BE. E 9/14 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (I)求证：四边形ADEC是平行四边形： (②)当D在AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由. 目目 考点08 证明四边形是菱形 1. (24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中)如图，在平行四边形ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画 弧交AD于点F,再分别以点B、F为圆心，大于号BF的相同长为半径画弧，两弧交于点P,连接AP并延 长交BC于点E,连接EF.根据以上尺规作图的过程，下列结论不正确的是() B A A.AE平分∠DAB B.△ABF是等边三角形 C.EF=CD D.AB=BE 2.(24-25八年级下·新疆·期中)如图，正方形ABCD由四个全等的直角三角形（△ABE,BCF,△CDG，, △DAH)和中间一个小正方形EFGH组成，连接DE.若AE=4,AB=5,则DE=() C E H B A.5 B.4 C.2√6 D.√17 3.(24-25八年级下·新疆喀什期中)如图，在口ABCD中，延长BC至点E,使CE=BC,连接AE,DE, AC.若AE平分LCAD,求证：四边形ACED为菱形. B ⊙ 4.(2024四川广元中考真题)如图，已知矩形ABCD. 10/14