专题02 平行四边形及特殊平行四边形判定的证明思路（高效培优期中专项训练）数学新教材沪教教版五四制八年级下册

专题02 平行四边形及特殊平行四边形判定的证明思路 考点01 平行四边形判定的证明思路 考点02 矩形判定的证明思路 考点03 菱形判定的证明思路 考点04 正方形判定的证明思路 【考点01】 平行四边形判定的证明思路 1．（24-25八年级下·上海松江·期中）已知，点为对角线的中点，过点分别作直线，，直线交边、于点、，直线交边、于点、．求证：四边形为平行四边形． 【答案】见解析 【分析】此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，平行线的性质，解题的关键是掌握以上知识点． 由平行四边形得到，，，证明出，得到，同理得到，即可证明四边形为平行四边形． 【详解】∵，点为对角线的中点， ∴， ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴同理可证， ∴ ∴四边形为平行四边形． 2．（23-24八年级下·上海青浦·期中）已知：如图，在四边形中，，对角线、相交于点，在边的延长线上，且，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了直角三角形的判定，平行四边形的性质，熟记定理是解题的关键． （1）证明，推出，利用对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明结论成立； （2）由平行四边形的性质得到，由等量代换推出，根据三角形内角和定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：四边形是平行四边形， ， ， ， ，， ， ， ． 3．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，在中，E，F分别是，边上的点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若平分，，，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2)16 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，角平分线的定义、等角对等边，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）通过证明“，”即可证得四边形是平行四边形； （2）证明，得出，从而得出，再求出，最后结合平行四边形的性质即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴． ∴， ∴， ∴． ∴， ∴平行四边形的周长是16． 4．（24-25八年级下·上海静安·期中）已知： 如图， 在中，点D、E、F分别为上的点，，且，延长到点 G，使． 求证：互相平分． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，掌握平行四边形的性质和判定，正确的作出辅助线是解题的关键；由，，可得四边形是平行四边形，进而可得，由可得，进而可证四边形是平行四边形，由平行四边形的性质即可得证． 【详解】证明：连接，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴和互相平分． 5．（24-25八年级下·上海奉贤·期末）【阅读材料】 老师提出的问题∶ 同学们的方案∶ 如图，在平行四边形中，，为锐角．在对角线上如何确定点、 方案1∶分别作平分平分，交于点、． 的位置，使四边形为平行四边形？ 方案2∶取的两个三等分点、． 方案3∶在上任意取一点，连接，再以为圆心，长为半径画弧，交于点． 【解决问题】 (1)写出以上三种方案中正确方案，并选择一种正确的方案，在图1中画出图形，并说明理由； (2)除了这些同学们已经研究的方案之外，你还有其他方案吗？请写出方案，画出图形，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，角平分线的性质，三角形全等的判定和性质； （1）根据平行四边形的性质和角平分线的性质证出，得到，，求出，即可得到结论； （2）在上取点使得，证出，得到，，求出，即可得到结论． 【详解】（1）解：方案1和2正确； 选择方案1证明： 如图所示：   四边形是平行四边形， 平分平分， ∵ ∴， 在和中， ∴，， ∴ ∴ 所以四边形为平行四边形． 方案2证明： 如图：    根据题意得：， 四边形是平行四边形， ∴ ∴， 在和中， ∴，， ∴ ∴ 所以四边形为平行四边形． 方案3证明： 如图：    根据题意得：， 四边形是平行四边形， ∴ ∴， 根据已知得：，，， 无法根据边边角证出和全等， ∴无法得到四边形为平行四边形． （2）解：方案：在  上取点 E 、F使   ， 如图所示：在上取点使得，    在和中， ∴， 所以四边形为平行四边形． 【考点02】 矩形判定的证明思路 6．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，点分别为的中点，是对角线，交的延长线于． (1)求证：； (2)若四边形是菱形，则四边形是什么特殊四边形？并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)矩形，理由见解析 【分析】此题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质，矩形的判定，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据平行四边形的性质得到，，然后证明出四边形是平行四边形，即可得到； （2）首先证明出四边形是平行四边形，如图所示，连接，由菱形得到，然后证明出，即可得到平行四边形是矩形． 【详解】（1）∵在中， ∴， ∵E、F分别为边的中点 ∴， ∴ ∴四边形是平行四边形 ∴； （2）矩形，理由如下： ∵在中， ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形 如图所示，连接 ∵E为边的中点 ∴点E在上 ∵四边形是菱形 ∴ ∵， ∴ ∴平行四边形是矩形． 7．（24-25八年级下·上海奉贤·期中）如图，已知是的中线，M是的中点，过A点作，的延长线与相交于点E，与相交于点F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟知平行四边形的性质与判定定理，矩形的判定定理是解题的关键． （1）可证明得到，再由三角形中线的定义得到，则可根据对边平行且相等的四边形是平行四边形证明结论； （2）连接交于H，可证明四边形是平行四边形，得到，则，进而证明，得到，则可证明，进而可证明四边形是矩形． 【详解】（1）证明：是的中点， ， ， ， 又， ， ， 又是的中线， ， 又， 四边形是平行四边形； （2）证明：如图所示，连接交于H， 由（1）可得， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 8．（24-25八年级下·上海·期末）如图，在平行四边形中，E、F分别是边和的中点，连接、，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)作，与的延长线交于点G．求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据平行四边形对边平行且相等可得，由线段中点的定义可推出，则可证明四边形是平行四边形；再由平行线的性质和角平分线的定义证明，得到，据此可证明结论； （2）由菱形的性质得到，则由等边对等角和已知条件证明，得到；则可证明四边形是平行四边形；证明，进而可证明，则可证明平行四边形是矩形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴； ∵E、F分别是边和的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）证明：由（1）可得四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴四边形是平行四边形； ∵E为的中点，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形． 9．（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． 10．（24-25八年级下·上海金山·期末）如图，已知：在梯形中，，，过点作，垂足为，延长至，使，连接、，与相交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了证明四边形是平行四边形、证明四边形是矩形、等腰梯形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）连接，由等腰梯形的性质可得，再结合线段垂直平分线的性质可得，，即可得证； （2）证明，得出，从而可得，求出，即可得证． 【详解】（1）证明：如图，连接， ， ∵在梯形中，，， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵在梯形中，，， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形． 【考点03】 菱形判定的证明思路 11．（22-23八年级下·上海长宁·期末）如图，在四边形中，，点在边上，点在边的延长线上，四边形的对角线分别交、于点、，且，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，，求证：四边形为矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）证明得出，即可得出四边形是平行四边形，根据角平分线的定义，以及平行线的性质得出，进而可得，即可得证； （2）根据（1）的结论得出，结合已知条件得出，则四边形是平行四边形，根据菱形的性质得出，即，根据已知，等量代换得出，即，即可得证． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）证明：∵四边形是菱形； ∴， ∵， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形； ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴四边形是矩形． 12．（24-25八年级下·上海·期中）如图，平行四边形中，为对角线上任一点． (1)连接、，若，求证：四边形是菱形； (2)若在上，连接、，若，，判断四边形的形状并证明． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是矩形，理由见解析 【分析】（1）分别过点和作的垂线，垂足分别为和，连接交于点，利用平行四边形的性质求得，再证明和全等，得到，说明点、点和点重合，据此即可证明四边形是菱形； （2）利用平行四边形的性质求得，由已知得到，由三角形的外角性质和三角形的内角和定理求得，，结合求得，据此即可证明四边形是矩形． 【详解】（1）证明：分别过点和作的垂线，垂足分别为和，连接交于点， ∵平行四边形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ∵，， ∴， ∴， ∴点、点和点重合，即于点， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形； （2）解：四边形是矩形，理由如下： ∵平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵平行四边形， ∴四边形是矩形． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理以及三角形的外角性质． 13．（24-25八年级下·上海·期中）如图，等腰中，，O为边的中点，射线交的延长线于点C，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，点E、F分别在射线、射线上，且，求证：； (3)在（2）的条件下，连接，若为直角三角形，，直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)的长为1． 【分析】（1）证明，推出，，得到是线段的垂直平分线，再得到，即可推出四边形为菱形； （2）在上取点，使，作交的延长线于点，作交的延长线于点，证明，推出，，再证明，得到，然后利用三角形的外角性质即可求得； （3）证明、和都是等边三角形，分两种情况讨论，根据等边三角形的性质结合直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵等腰中，，O为边的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； （2）证明：在上取点，使，作交的延长线于点，作交的延长线于点， ∵四边形为菱形，， ∴，，， ∴是等边三角形，，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 由三角形的外角性质知， 又， ∴； （3）解：连接， ∵，， ∴是等边三角形， ∵四边形为菱形，， ∴，，， ∴和都是等边三角形， ∴， 当即时，此时， ∴， ∴， ∴； 当即时，此时， ∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴； ∵恒小于， ∴不存在的情况， 综上，的长为1． 【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 14．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，已知平行四边形，E是边的中点，点F在边上，连接并延长交的延长线于点G，连接、． (1)如果，求证：四边形是矩形； (2)如果F是边的中点，且，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，菱形的判定，三角形的中位线，熟练掌握矩形和菱形的判定是解题的关键． （1）先证出，再根据，得到，即可证明； （2）连接，得到是的中位线，从而证得，得出，即可证明． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形 ∴， ∴ ∵E是边的中点， ∴ 又∵ ∴ ∴， 又∵ ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是矩形． （2）连接，如图， ∵E是边的中点，F是边的中点， ∴是的中位线， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴四边形是菱形． 15．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，在中，，是斜边上的中线，点E是的中点，过A作交的延长线于点F，连结． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，四边形的面积是30，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了斜边上的中线等于斜边的一半、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先证明，得，结合斜边上的中线等于斜边的一半，得出，因为，证明四边形是平行四边形，因为，所以证明四边形是菱形； （2）先证明四边形是平行四边形，得出，由四边形是菱形，得出，把代入计算，即可作答． 【详解】（1）解：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，是斜边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：连接，如图所示： 由（1）知 ∵ ∴四边形是平行四边形， ∴ ∵四边形是菱形 ∴ ∵，菱形的面积是30， ∴ ∴ ∴． 【考点04】 正方形判定的证明思路 16．（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． 17．（24-25八年级下·上海静安·期末）操作  现有两张完全相同的长方形纸条，它们的长为25厘米，宽为5厘米，将其交叠摆放（如图所示），使它们对角线的交点重合．现固定其中一张纸片，将另一张纸片绕对角线交点旋转一定角度，使它们的重叠部分始终形成四边形． (1)重叠部分四边形是什么形状的四边形？请说明理由， (2)重叠部分图形的最小面积和最大面积分别是多少？请直接填写：最小面积________，最大面积________． 【答案】(1)四边形是菱形（特殊位置时为正方形），见解析 (2)， 【分析】本题考查菱形的判定和性质，正方形的判定，全等三角形的判定和性质，勾勾股定理，正确理解题意是解题的关键： （1）先证明四边形是平行四边形，过点A分别作，，垂足分别是点E、F，证明，得出，即可得出结论；（特殊的，当，即时，菱形是正方形） （2）当两张纸条垂直时，重叠部分为正方形（此时菱形邻边与长方形宽重合 ），面积最小，设菱形 的边长为，根据勾股定理得出，最大面积是以长方形宽 为高，菱形边长 为底的四边形即可得出答案． 【详解】（1）解：四边形是菱形（特殊位置时为正方形）． 证明：两张完全相同的长方形纸条， ，， 四边形是平行四边形 过点A分别作，，垂足分别是点E、F， ，， ， ， ， ， 平行四边形是菱形． （特殊的，当，即时，菱形是正方形） （2）解：当两张纸条垂直时，重叠部分为正方形（此时菱形邻边与长方形宽重合 ），面积最小，正方形边长等于长方形纸条的宽，即， 所以最小面积为； 设菱形 的边长为，在由长方形长的剩余部分与宽构成的直角三角形中，一条直角边为长方形的宽 5cm，另一条直角边为，斜边为菱形边长， 根据勾股定理， 解得： 最大面积是以长方形宽 为高，菱形边长为底的四边形，最大面积为 ． 18．（23-24八年级下·上海长宁·期末）已知：如图，在中，，是边上的高．H为线段上的点，以为邻边作矩形，连结交于点E，联结交于点F．    (1)如果，求证：四边形为正方形； (2)联结，如果，求证：四边形为矩形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）通过矩形的性质得出证明，得出，再结合矩形的性质，即可作答． （2）经过角的等量代换得出，结合，得出，证明，得出，得出四边形是平行四边形，结合，即可作答． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形 ∴ ∵是边上的高． ∴， ∴， 即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形 ∴四边形是正方形； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； 19．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，菱形中，E是对角线上一点，，交边于点F，且． (1)求证：； (2)求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）连接，先证明，即有，，根据，可得，问题随之得证； （2）过E点作，交于点M，交于点N，证明，即可． 【详解】（1）连接，如图， ∵四边形是菱形， ∴，， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）过E点作，交于点M，交于点N，如图， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴菱形是正方形． 【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的判定，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行的性质等知识，灵活运用菱形的性质，是解答本题的关键． 20．（22-23八年级下·上海长宁·期末）已知在四边形中，，，平分，交边于点．    (1)如图1，如果点与点重合，，求证：四边形是正方形； (2)如果，， ①如图2，当时，求的度数； ②当是直角三角形时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①；②的长为或． 【分析】（1）根据已知条件得出，根据平行线的性质以及角平分线的定义得出，则，得出四边形是矩形，根据，即可得出四边形是正方形； （2）①解：如图所示，过点作于点，则四边形是矩形，中，勾股定理求得，取的中点，则，得出是等边三角形，则，根据角平分线的定义，即可求解； ②当时，如图所示，过点作交的延长线于点，则四边形是矩形，设，则，在中，勾股定理求得，∴中，，勾股定理建立方程，解方程即可求解；当时，如图所示，过点作于点，根据角平分线的性质得出，即可求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 又， ∴四边形是正方形； （2）①解：如图所示，过点作于点，    ∵，， ∴， 又， ∴四边形是矩形， ∵， ∴ 在中，， 取的中点，则 ∴ ∴是等边三角形， ∵ ∴ ∵平分， ∴； ②当时，如图所示，过点作交的延长线于点，则四边形是矩形，    ∵， ∴， ∵平分， ∴ 在和中， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴ ∴中， 即 解得： ∴； 当时，如图所示，过点作于点，    设，则, ∴ ∵ ∴，， ∴， ∴是的角平分线 ∴ 在和中， ∴ ∴ 又是的角平分线， ∴ ∴ 综上所述当是直角三角形时，的长为或． 【点睛】本题考查了角平分线的定义以及性质，正方形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握角平分线的性质与判定是解题的关键． 21．（22-23八年级下·上海青浦·期末）如图，在三角形中，，分别是与它的邻补角的平分线，于点E．    (1)求证：四边形是矩形； (2)连接交AC于点O，若，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）首先根据等腰三角形三线合一性质得到，然后利用角平分线的概念得到，然后结合即可证明四边形是矩形； （2）首先根据等边对等角得到，然后有矩形的性质得到，然后结合得到，即可证明出四边形是正方形． 【详解】（1）解：∵ ∴是等腰三角形 ∵是的平分线 ∴， ∵是的平分线 ∴ ∴ ∵ ∴四边形是矩形； （2）解：如图所示，    ∵ ∴ ∵四边形是矩形 ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵四边形是矩形 ∴四边形是正方形． 【点睛】此题考查了矩形的性质和判定，正方形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 22．（24-25八年级下·上海·期末）已知：如图，四边形ABCD是菱形，点E，F分别在边BC，CD上，且BE＝DF，过点F作AE的平行线交对角线AC的延长线于点G，联结EG． （1）求证：四边形AEGF是菱形； （2）如果∠B＝∠BAE＝30°，求证：四边形AEGF是正方形． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）先证△ABE≌△ADF，得到AE=AF，∠BAE=∠DAF，根据FG∥AE，得到∠EAG=∠FGA，从而得到FG=AF=AE，所以可得四边形AEGF是平行四边形，进而得到其为菱形； （2）由全等三角形的性质及平行四边形的性质得出∠EAF=90°，由正方形的判定可得出答案． 【详解】解：（1）证明：∵菱形ABCD， ∴AB=AD，∠B=∠D，∠BAC=∠DAC， 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴AE=AF，∠BAE=∠DAF， ∴∠EAG=∠FAG， ∵FG∥AE， ∴∠EAG=∠FGA， ∴∠FAG=∠FGA， ∴FG=AF=AE， ∵FG∥AE， ∴四边形AEGF是平行四边形， 又∵AF=AE， ∴四边形AEGF是菱形； （2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC∥AD， ∴∠B+∠BAD=180°， ∵∠B=∠BAE=30°， ∵△ABE≌△ADF， ∴∠BAE=∠DAF=30°， ∴∠BAD=180°-∠B=150°， ∴∠EAF=∠BAD-∠BAE-∠DAF=150°-30°-30°=90°， ∵四边形AEGF是菱形， ∴四边形AEGF是正方形． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，正方形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 23．（24-25八年级下·云南红河·期中）如图，在矩形中，点E，F分别在，上，且，于点G． (1)求证：矩形是正方形； (2)延长到点H，使得，连接，判断的形状，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)是等腰三角形，理由见解析． 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定及性质，等腰三角形的判定． （）证明，得到，即可求证； （）证明可得，进而得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：是等腰三角形． 理由：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰三角形． 24．（24-25八年级下·河北邢台·期中）在菱形中，对角线，交于点O，点E，F在对角线上的位置如图所示，且，，连接，，，． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查菱形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理，二次根式，熟练掌握菱形的性质和正方形的判定与性质是解题的关键． （1）利用菱形的性质得出，，，再利用，得出，得出四边形是平行四边形，再由，，即可得证； （2）先利用勾股定理求出，再利用正方形的性质得出，再利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵，， ∴四边形是正方形； （2）解：∵，，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴． 25．（24-25八年级下·广西南宁·期中）如图，四边形为正方形，点E为线段上一点，连接，过点E作，交射线于点F，以，为邻边作矩形，连接，且． (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】本题考查了正方形的性质与判定，四边形内角和定理，勾股定理． （1）证明，可得，则矩形是正方形； （2）由已知得，则，再根据得； （3）分两种情况讨论：当与的夹角为时，点F在边上，，由四边形内角和定理得：；②当与的夹角为时，点F在的延长线上，，可得． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴四边形为正方形； （2）解：在中，， ∵， ∴， ∵， ∴； （3）解：分以下两种情况讨论： ①当与的夹角为时，点F在边上，， ∴， 在四边形中，由四边形内角和定理得： ； ②当与的夹角为时，点F在的延长线上，，如图3所示： ∵，， ∴． 综上所述，的度数为或． 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 平行四边形及特殊平行四边形判定的证明思路 考点01 平行四边形判定的证明思路 考点02 矩形判定的证明思路 考点03 菱形判定的证明思路 考点04 正方形判定的证明思路 【考点01】 平行四边形判定的证明思路 1．（24-25八年级下·上海松江·期中）已知，点为对角线的中点，过点分别作直线，，直线交边、于点、，直线交边、于点、．求证：四边形为平行四边形． 2．（23-24八年级下·上海青浦·期中）已知：如图，在四边形中，，对角线、相交于点，在边的延长线上，且，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，求证：． 3．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，在中，E，F分别是，边上的点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若平分，，，求的周长． 4．（24-25八年级下·上海静安·期中）已知： 如图， 在中，点D、E、F分别为上的点，，且，延长到点 G，使． 求证：互相平分． 5．（24-25八年级下·上海奉贤·期末）【阅读材料】 老师提出的问题∶ 同学们的方案∶ 如图，在平行四边形中，，为锐角．在对角线上如何确定点、 方案1∶分别作平分平分，交于点、． 的位置，使四边形为平行四边形？ 方案2∶取的两个三等分点、． 方案3∶在上任意取一点，连接，再以为圆心，长为半径画弧，交于点． 【解决问题】 (1)写出以上三种方案中正确方案，并选择一种正确的方案，在图1中画出图形，并说明理由； (2)除了这些同学们已经研究的方案之外，你还有其他方案吗？请写出方案，画出图形，并说明理由． 【考点02】 矩形判定的证明思路 6．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，点分别为的中点，是对角线，交的延长线于． (1)求证：； (2)若四边形是菱形，则四边形是什么特殊四边形？并证明你的结论． 7．（24-25八年级下·上海奉贤·期中）如图，已知是的中线，M是的中点，过A点作，的延长线与相交于点E，与相交于点F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，求证：四边形是矩形． 8．（24-25八年级下·上海·期末）如图，在平行四边形中，E、F分别是边和的中点，连接、，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)作，与的延长线交于点G．求证：四边形是矩形． 9．（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． 10．（24-25八年级下·上海金山·期末）如图，已知：在梯形中，，，过点作，垂足为，延长至，使，连接、，与相交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，，求证：四边形是矩形． 【考点03】 菱形判定的证明思路 11．（22-23八年级下·上海长宁·期末）如图，在四边形中，，点在边上，点在边的延长线上，四边形的对角线分别交、于点、，且，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，，求证：四边形为矩形． 12．（24-25八年级下·上海·期中）如图，平行四边形中，为对角线上任一点． (1)连接、，若，求证：四边形是菱形； (2)若在上，连接、，若，，判断四边形的形状并证明． 13．（24-25八年级下·上海·期中）如图，等腰中，，O为边的中点，射线交的延长线于点C，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，点E、F分别在射线、射线上，且，求证：； (3)在（2）的条件下，连接，若为直角三角形，，直接写出的长． 14．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，已知平行四边形，E是边的中点，点F在边上，连接并延长交的延长线于点G，连接、． (1)如果，求证：四边形是矩形； (2)如果F是边的中点，且，求证：四边形是菱形． 15．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，在中，，是斜边上的中线，点E是的中点，过A作交的延长线于点F，连结． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，四边形的面积是30，求的长． 【考点04】 正方形判定的证明思路 16．（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． 17．（24-25八年级下·上海静安·期末）操作  现有两张完全相同的长方形纸条，它们的长为25厘米，宽为5厘米，将其交叠摆放（如图所示），使它们对角线的交点重合．现固定其中一张纸片，将另一张纸片绕对角线交点旋转一定角度，使它们的重叠部分始终形成四边形． (1)重叠部分四边形是什么形状的四边形？请说明理由， (2)重叠部分图形的最小面积和最大面积分别是多少？请直接填写：最小面积________，最大面积________． 18．（23-24八年级下·上海长宁·期末）已知：如图，在中，，是边上的高．H为线段上的点，以为邻边作矩形，连结交于点E，联结交于点F．    (1)如果，求证：四边形为正方形； (2)联结，如果，求证：四边形为矩形． 19．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，菱形中，E是对角线上一点，，交边于点F，且． (1)求证：； (2)求证：四边形是正方形． 20．（22-23八年级下·上海长宁·期末）已知在四边形中，，，平分，交边于点．    (1)如图1，如果点与点重合，，求证：四边形是正方形； (2)如果，， ①如图2，当时，求的度数； ②当是直角三角形时，求的长． 21．（22-23八年级下·上海青浦·期末）如图，在三角形中，，分别是与它的邻补角的平分线，于点E．    (1)求证：四边形是矩形； (2)连接交AC于点O，若，求证：四边形是正方形． 22．（24-25八年级下·上海·期末）已知：如图，四边形ABCD是菱形，点E，F分别在边BC，CD上，且BE＝DF，过点F作AE的平行线交对角线AC的延长线于点G，联结EG． （1）求证：四边形AEGF是菱形； （2）如果∠B＝∠BAE＝30°，求证：四边形AEGF是正方形． 23．（24-25八年级下·云南红河·期中）如图，在矩形中，点E，F分别在，上，且，于点G． (1)求证：矩形是正方形； (2)延长到点H，使得，连接，判断的形状，并说明理由． 24．（24-25八年级下·河北邢台·期中）在菱形中，对角线，交于点O，点E，F在对角线上的位置如图所示，且，，连接，，，． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求的长． 25．（24-25八年级下·广西南宁·期中）如图，四边形为正方形，点E为线段上一点，连接，过点E作，交射线于点F，以，为邻边作矩形，连接，且． (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． 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $