专题04特殊的平行四边形（期中复习专项训练，17大题型）2025-2026学年八年级数学下学期期中复习专项训练（人教版）

专题04 特殊的平行四边形 （期中复习专项训练，17大题型） 题型导览 题型1 利用矩形性质求解 题型2 利用矩形的性质证明 题型3 矩形与折叠问题 题型4 斜边的中线等于斜边的一半 题型5 矩形的判定辨析与补充条件 题型6 矩形的性质与判定综合应用 题型7 利用菱形的性质求解 题型8 利用菱形的性质与判定证明 题型9 添一个条件使四边形是菱形 题型10 菱形的性质与判定综合应用 题型11 利用正方形的性质求解 题型12 正方形折叠问题 题型13 利用正方形的性质与判定证明 题型14 正方形的判定辨析与补充条件 题型15 正方形的性质与判定综合应用 题型16 中点四边形 题型17 （特殊）平行四边形的动态与最值问题 题型汇总 题型1 利用矩形性质求解 1．（25-26九年级上·山东青岛·期末）在矩形中，对角线、相交于点的角平分线交于点，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、角平分线的定义，关键是矩形性质的应用；根据矩形的性质可得，结合，可得的度数，又根据角平分线的定义可得的度数，则可求． 【详解】解：∵矩形中，，， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， 故选：B ． 2．（25-26八年级下·江苏南京·期中）如图，在矩形中，，垂直平分于点，则的长为（　　） A． B． C．4 D．2 【答案】B 【分析】 本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理，先证明是等边三角形，可得，则，利用所对的直角边等于斜边的一半得的长，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】 解：∵四边形是矩形， ，， 垂直平分， ， ， 是等边三角形， ， ， ∴， ． 3．（24-25八年级上·北京·期中）如图，长方形中，、分别为边、上任意一点，、分别为线段、的中点，若的面积为的面积为，则阴影部分面积等于（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质以及三角形面积的相关知识，解题的关键是利用中点性质和三角形面积关系进行推导． 通过连接，分析三角形面积之间的关系，从而得出阴影部分面积． 【详解】解：连接．    在长方形中，和等底等高， ， 同理可证，， 是的中点，， 是的中点，， ， ． 故选：B． 4．（24-25八年级下·上海·期末）如图，矩形中，，对角线和相交于点O，且，过点D作的平行线，过点C作的平行线，两平行线交于点E，那么四边形的面积是_________． 【答案】 【分析】证明出是等边三角形，得到，利用勾股定理求出，然后求出矩形的面积，得到，证明出四边形是平行四边形，进而求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形 ∴， ∵ ∴ ∴是等边三角形 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形 ∴． 5．（25-26八年级下·江苏·期中）如图，在矩形中，对角线和相交于点，，是射线上一点，将沿翻折得，当时，的度数为_____ ． 【答案】或 【分析】由题意可分当点在线段上时和当点在线段的延长线上时，然后根据平行线的性质及折叠的性质可进行求解． 【详解】解：如图1，当点在线段上时， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； 如图2，当点在线段的延长线上时， ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． 综上所述，的度数为或． 6．（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在矩形中，点E在上，且平分． (1)求证：； (2)，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形的面积， （1）由矩形的性质和角平分线的定义得出，推出即可； （2）由勾股定理得出，由三角形面积公式可得出答案． 【详解】（1）证明：∵是矩形， ∴， ∴， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， （2）解：∵是矩形， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 7．（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在四边形中，，，，，点E，F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) 【分析】（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． 【详解】（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 ， ∴的等边三角形， ∴， ∴， 又， ， ， ． 【点睛】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，等边三角形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键． 8．（24-25八年级下·广东广州·期中）已知矩形和矩形，是上一点，与边相交于点，与边相交于点． (1)如图1，若，，则________； (2)如图2，在（1）的条件下，若，，求； (3)如图3，若，，求证：． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据勾股定理计算，即可求解； （2）证明得出，进而证明得出，即可得出为的中点，即可求解； （3）过点作于点，交于点，分别证明，，即可得出，，进而根据，即可得证． 【详解】（1）解：∵矩形 ∴， 在中，，， ∴ 故答案为：． （2）解：∵矩形和矩形， ∴ ∵， ∴ ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴ ∴ （3）解：如图，过点作于点，交于点， ∵四边形是矩形， ∴， 又， ∴， ∵， ∴ 在四边形中， ∴， 又∵ ∴ 在中， ∴ ∴， 在中， ∴ ∴， ∴． 题型2 利用矩形的性质证明 9．（25-26八年级上·吉林·期中）如图，在矩形中，，求证：点是边的中点． 【答案】见解析 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，由矩形的性质可得，，再证明得出，即可得证，熟练掌握矩形的性质是解此题的关键． 【详解】证明：∵四边形为矩形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴点是边的中点． 10．（24-25八年级下·四川泸州·期中）如图，矩形中，，，点E是的中点，于点F，连接并延长与交于点G． (1)求的长； (2)求证：． 【答案】(1)， (2)见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等面积法，余角定理，等角对等边等知识点，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据矩形的性质得出直角和相等的边，然后利用勾股定理和等面积法求出线段的长度即可； （2）过F作于点M，过F作于点N，利用勾股定理和等面积法求出相关线段的长度，得出，，然后利用等角的余角相等得出，最后利用等角对等边即可得出结论． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵点E是的中点， ∴， 由勾股定理得； ∵， ∴由等面积得，， ∴； （2）证明：过F作于点M，过F作于点N， 则四边形是矩形， ∴，， 在中，， 由等面积可得， ∴， 在中，， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴（等角的余角相等）， 同理：， ∴， ∴． 11．（23-24八年级下·广西·期中）在八下书本53页中，我们得到了一个直角三角形的性质：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．请你证明此性质．即已知：如图，在中，，O为的中点．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查矩形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．延长至点，使得，连接，根据矩形的判定即可得到四边形是矩形，再利用矩形的性质即可得到对角线相等，最后利用对角线互相平分即可得到的长度． 【详解】证明：如图，延长至点，使得，连接， ， ∴四边形为平行四边形， ∴四边形为矩形， ∴， ． 12．（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在矩形中，连接，交于点，为线段上一点，连接，，取的中点，平分． (1)求证：； (2)若，，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了三角形中位线定理，矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由矩形性质可得，，，，再证明是的中位线，所以，，通过角平分线定义可得，所以，最后通过等角对等边即可求证； （）由中位线定理可得，从而有，然后通过勾股定理求出，最后由面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴为斜边的中点， ∵为的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴， ∵在中，为斜边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴矩形的面积=． 13．（24-25八年级下·江西上饶·期中）如图，是直角三角形，，现将补成矩形，使的两个顶点为矩形一边的两个端点，第三个点落在矩形这一边的对边上，那么符合要求的矩形可以画出两个：矩形和矩形． (1)设图中矩形和矩形的面积分别为、，则______填“”、“”、“”； (2)如图，若是钝角三角形，按此要求把它补成矩形，那么符合要求的矩形可以画出______个，在图中画出来． (3)如图，若是锐角三角形且三边满足，按要求把它补成矩形，则符合要求的矩形可以画出______个，请画出来． 【答案】(1) (2)1，图见解析 (3)3，图见解析 【分析】本题考查作图-复杂作图，矩形的判定和性质，三角形的面积，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）由题意，，由此可得结论； （2）以为矩形的一边，过点A作，点B作，过点C作交于E，于F，则四边形即为所求； （3）分别以、、为矩形的一边，同（2）画法作出矩形、矩形、矩形，即可． 【详解】（1）解：∵矩形 ∴ 过点C作于G， ∵矩形， ∴， ∵ ∴ ∴ ∴四边形是矩形 ∴ ∵， ∴ ∴ 故答案为：=． （2）解：如图中，矩形即为所求， 故答案为：； （3）解：如图，矩形，矩形，矩形即为所求． 故答案为：． 14．（24-25八年级下·山东泰安·期中）如图所示，在矩形中，的平分线交于点，，垂足为点，连结，若． (1)求证：为等腰三角形； (2)如图所示，延长与交于点； ①求证：为的中点； ②若，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）根据矩形的性质得到，根据角平分线的定义得到，根据全等三角形的性质即可得到结论； （2）①根据等腰直角三角形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，求得，得到，求得证明结论； 根据直角三角形的性质得到，设，则，根据勾股定理得到，根据矩形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， 的平分线交于点， ， ， ， ， ， ， 为等腰三角形； （2）①证明：，， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 为的中点； 解：，，为的中点， ， 设，则， 在中，， ， ， 矩形的面积． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的判定定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 题型3 矩形与折叠问题 15．（25-26八年级下·北京·期中）如图，长方形纸片中，，折叠纸片使边落在对角线上，点B落在点F处，折痕为，且，则的长为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】A 【分析】先根据矩形的特点可得的长，再由翻折变换的性质得出是直角三角形，利用勾股定理即可求出的长，再在中利用勾股定理即可求出的长． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴，， ∵是翻折而成， ∴，，是直角三角形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 设， 在中，由勾股定理得：， 即：， 解得：， ∴． 16．（24-25八年级上·福建福州·期中）如图所示，长方形沿着折叠，使D点落在边上的F点处．如果，则长方形的面积是（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】A 【分析】分析由，求得，因为，所以，由折叠得，即可求得长方形的面积是2，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是长方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 由折叠得， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半． 17．（25-26八年级上·福建漳州·期中）如图，长方形中，点、分别在、上，，，四边形沿翻折得到四边形，若点、、在同一条直线上，则的长为______． 【答案】 【分析】由翻折的性质、矩形的性质，证明，得，，设，则，由勾股定理可得，解出的长度，最后可求出的长． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， 由翻折的性质，可得， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， 设，则， 由， 即， 解得， ∴， ∴． 18．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，长方形中，，，点在边上，将沿着翻折后，点落在线段上的点处，那么的长度是______． 【答案】2 【分析】利用长方形的性质得到，由翻折得，，证明，得到，根据勾股定理得到，计算即可得到答案． 【详解】解：长方形， ，，，， ， 由翻折得， ，, ， ， ， 在中，， ， ． 19．（25-26八年级下·江苏徐州·期中）如图，将矩形纸片折叠，使点D与点B重合，点C落在点处，折痕为． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【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，从而得出，即可得证； （2）由矩形的性质可得，由折叠的性质可得，设，则，再由勾股定理计算即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵四边形为矩形， ∴， ∴， 由折叠的性质可得：， ∴， ∴； （2）解：∵四边形为矩形， ∴， 由折叠的性质可得， 设，则， 由勾股定理可得：， ∴， 解得：， ∴． 20．（24-25八年级下·山西大同·期末）如图1，将矩形沿过点的直线折叠，使得点的对应点落在边上，折痕与交于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)如图2，点是的中点，勤学小组的同学将矩形沿直线折叠，点的对应点为，连接并延长，交于点． ①试判断四边形的形状，并说明理由． ②连接交于点，点是的中点，若点是的三等分点，，直接写出的长． 【答案】(1)正方形，理由见解析； (2)①平行四边形，理由见解析；②的长为或． 【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、正方形和平行四边形的判定以及勾股定理的应用． （1）根据矩形和折叠的性质判断四边形的形状； （2）①利用矩形和平行线的性质以及折叠性质来判定四边形的形状； ②根据点是的三等分点分情况讨论，结合勾股定理求出的长度． 【详解】（1）四边形为正方形． 理由:矩形， ， 折叠， ，， 四边形是正方形； （2）①四边形为平行四边形． 理由：矩形， ， 点是的中点， ， 折叠， ，， ， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形； ②四边形是平行四边形， ， 点是的中点， ， ，，， 是矩形， 当是的下方的三等分点时， ，点是的中点， ， 是矩形， ∴， 由折叠可得， ，，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 当是的上方的三等分点时， ，点是的中点， ， ，，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 综上所述，的长为或． 题型4 斜边的中线等于斜边的一半 21．（25-26八年级下·山东聊城·期中）如图，在中，．点是斜边的中点，，垂足为，若，，则的值是（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据直角三角形斜边中线的性质及中位线定理，求出和的长，进而得到的长，最后在中利用勾股定理求解即可 【详解】解：∵，点是斜边的中点， ∴， ∵， ∴，即点是的中点， ∴是的中位线， ∴， 在中，， ∴， 在中，． 22．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在中，，为中点，若，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解． 【详解】解：，为中点， ， ， ， 故选：A ． 23．（25-26八年级下·北京西城·期中）如图，在中，是边上的高，点E是的中点，若，，且，则的长是________． 【答案】 【分析】先根据高的定义以及勾股定理可得，进而得到，然后运用勾股定理可得，最后根据直角三角形的性质可得，进而完成解答． 【详解】解：∵在中，是边上的高， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点E是的中点， ∴． 24．（24-25八年级下·福建福州·期中）如图，是等腰直角三角形，，点在线段上，过作于，于，点，分别是，的中点，若，则下列结论正确的是______（写出所有正确结论的序号） ①；    ②的最小值是；    ③的面积始终保持不变； ④当点不与点重合时，是等腰三角形． 【答案】①②④ 【分析】证明四边形是矩形，可得，可判断①；连接，根据矩形的性质可得当时，最小，此时点D与点H重合，即的最小值的长，可判断②；设，则，可得到的面积随x的变化而变化，可判断③；再由直角三角形的性质可判断④． 【详解】解：∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 又∵点是的中点， ∴，故①正确； 如图，连接， ∵点G是的中点，四边形是矩形， ∴点G，D，A三点共线， ∵点H是的中点，是等腰直角三角形， ∴，且， ∵四边形是矩形， ∴， ∴当时，最小，此时点D与点H重合，即的最小值的长， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值是，故②正确； ∵四边形是矩形， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 设，则， ∴的面积为， ∴的面积随x的变化而变化，故③错误； ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴当点不与点重合时，是等腰三角形，故④正确． 25．（24-25八年级上·浙江绍兴·期末）如图，在中，，是边上的中线，是的中点，连结． (1)求证：． (2)若，，求的面积． 【答案】(1)证明过程见解答； (2)12 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的中位线的性质，直角三角形的性质等； （1）根据等腰三角形的“三线合一”可知，结合已知可推出为的中位线，根据三角形中位线的性质即可证得结论； （2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，进而勾股定理求得，再根据三角形的面积公式，即可求解． 【详解】（1）证明：∵，是边上的中线， ， 是的中点， 为的中位线， ∴； （2）解：∵，是边上的中线， ∴，即， ∵在中，， ∴， 又， ∴， ∴ ∴． 26．（25-26八年级下·全国·期中）如图，在Rt中，，是边上的中线，求证：．下面是小红和小光两位同学的证明思路： 小红：如图，由题目的已知条件，若延长至点，使，连接，，即可证明． 小光：如图，由题目的已知条件，若取的中点，连接，即可证明． 请你选择一位同学的证明思路，完成证明． 【答案】见解析 【分析】小红：延长至点E，使，连接，，根据，，和，得，，    得四边形是平行四边形，是矩形，即得； 小光：取的中点，连接，根据三角形中位线性质，得，由，得，根据线段垂直平分线性质，得． 【详解】证明：小红的证明思路：如图，延长至点E，使，连接，， ∵在中，是边上的中线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，     ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是矩形， ∴， ∴ 小光的证明思路：如图，取的中点，连接， 则， ∵在中，是边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 题型5 矩形的判定辨析与补充条件 27．（24-25八年级下·河北廊坊·期中）如图，一个书架的两条侧边、上下底边的长度分别相等，为了检查该书架的四个角是否都是直角，小亮先用绳子连接一组对角的顶点，在绳子上记录一条对角线的长度，再连接另一组对角的顶点，检验两条对角线长度是否一致.这种检查方法用到的数学依据是（   ） A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B．三个角都是直角的四边形是矩形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线互相平分的四边形是矩形 【答案】C 【分析】本题考查矩形的判定和矩形的性质．判断平行四边形为矩形是解题的关键．根据矩形的判定方法和性质即可得出答案． 【详解】解：∵书架的两条侧边、上下底边的长度分别相等， ∴书架是平行四边形， ∵书架的对角线相等， ∴书架是矩形， ∴书架是四个角都是直角， 这种检查方法用到的数学依据是：对角线相等的平行四边形是矩形， 故选：C． 28．（24-25八年级下·贵州遵义·期中）如图，在下列条件中，能够判定平行四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定方法：①有一个角是直角的平行四边形是矩形；②对角线相等的平行四边形是矩形；③有三个角是直角的四边形是矩形；④对角线相等且互相平分的四边形是矩形． 根据矩形的判定方法逐一判断即可． 【详解】A． ∵，∴，即，平行四边形不是矩形 B． ，无法判定平行四边形是矩形 C． ，无法判定平行四边形是矩形 D． ∵，∴，平行四边形是矩形 故选：D． 29．（24-25八年级下·全国·期中）在中，与相交于点O，要使是矩形，需添加的条件是__________（填序号） ①；②；③；④ 【答案】②③④ 【分析】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质等知识点，解题的关键是掌握矩形的判定方法． 利用矩形的定义和判定定理逐项进行判断即可． 【详解】解： ①根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，当时，不能判定是矩形，该选项错误，不符合题意； ②根据对角线相等的平行四边形为矩形，当时，根据平行四边形的性质得，, ∴是矩形，该选项正确，符合题意； ③同②，该选项正确，符合题意； ④根据有一个角是直角的平行四边形为矩形，当时，为直角， ∴是矩形，该选项正确，符合题意； 综上，符合题意的选项有②③④， 故答案为：②③④． 30．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，在中，点E是边上一点，将沿折叠后，点B的对应点为点F． （1）如图1，连接，若点F恰好落在边上．则的长为 ______． （2）如图2，连接，若，则的长为______． 【答案】 / 4 【分析】（1）过点D作，交的延长线于点H，利用轴对称的性质得到，利用平行四边形的性质，平行线的性质和等腰三角形的判定定理求出，利用平行四边形的性质和含角的直角三角形的性质求得线段，利用勾股定理求得，进而求得，则； （2）延长交的延长线于点G，过点G作于点H，过点D作于点K，利用平行四边形的判定与性质得到，设，利用矩形的判定与性质得到，再利用勾股定理和（1）的结论解答即可得出结论． 【详解】解：（1）过点D作，交的延长线于点H，如图1， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由折叠得：， ∴， ∴， ∴， 在中，，， 在中，， ∴， ∴， 故答案为：； （2）延长交的延长线于点G，过点G作于点H，过点D作于点K，如图2， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴． ∴设，则， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，． 由（1）知：， ∴， 在中，， 由折叠得：， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：4． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，矩形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质和恰当的添加辅助线是解题的关键． 31．（24-25八年级下·江苏南京·期中）四边形中，对角线，相交于点O，给出下列三组条件：①，；②；③，；其中一定能判定这个四边形是矩形的条件有______．（填写所有正确条件的序号） 【答案】②③/③② 【分析】此题主要考查了矩形的判定方法直角三角形的性质．根据题意画出示意图，根据矩形的判定方法分别判断得出即可． 【详解】解：①如图， ，，四边形可能是等腰梯形，故①不能判定这个四边形是矩形； ②如图， ， ∵， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形；故②能判定这个四边形是矩形； ③如图，取中点M，连接，则 ∵， ∴， ∴， 同理得：， ∴， ∵， ∴重合， ∴四边形是矩形（对角线相等且平分）；故③能判定这个四边形是矩形； 故答案为：②③． 32．（23-24八年级下·重庆南川·期中）如图，平行四边形中，对角线，于点E，于点F， (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了全等三角形的证明，矩形的判定与性质，三角形内角和定理，通过比值换算，求出角的度数，再通过三角形内角和计算是解题的关键． （1）要证明平行四边形是矩形，证明求得即可． （2）首先根据矩形的性质和得到，，则，然后利用三角形内角和定理求解即可． 【详解】（1）证明：，， ， 在和中， ， ， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ∴四边形是矩形； （2）解：由（1）得：四边形是矩形， ，， ， 在直角三角形中，， ． 33．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2.4 【分析】本题考查矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，关键是由平行四边形的性质推出，由勾股定理的逆定理判定是直角三角形， （1）由平行四边形的性质推出，，得到，判定四边形是平行四边形，而，即可证明四边形是矩形． （2）由勾股定理的逆定理判定是直角三角形，由三角形面积公式得到，即可求出． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：由（1）知：四边形是矩形，又， ∴， ∵，， ∴， ∴是直角三角形， ∴的面积， ∴， ∴． 34．（23-24八年级下·江苏连云港·期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是，连接，设点P、Q运动的时间为．当t为何值时，四边形是矩形？    【答案】当时，四边形是矩形 【分析】本题考查了矩形的性质和判定的应用．根据矩形的性质得出，，，当时，四边形是矩形，得出方程，求出方程的解即可． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， 当时，四边形是矩形， 即， 解得：． 所以当时，四边形是矩形． 题型6 矩形的性质与判定综合应用 35．（23-24八年级下·浙江·期中）如图，在中，延长至点E，使，连接交于点O，连接，． (1)求证：； (2)若 ①若，，求的面积； ②连接，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由平行四边形的性质可得，，，再证明得出，即可得出结论； （2）①由勾股定理求出，再由平行四边形的面积公式计算即可得解；②证明四边形是矩形，再由勾股定理计算即可得解． 【详解】（1）证明：∵， ∴，，， ∵， ∴， 又∵， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2）解：①∵，， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴的面积为； ②证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴在中，， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∵在中，，且， ∴， ∴． 36．（24-25八年级下·河南许昌·期中）如图，在四边形中，，，，，．点P从点A出发，以/秒的速度向点B运动；点Q从点C出发，以/秒的速度向点D运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设Q点运动的时间为t秒． (1)若P，Q两点同时出发． ①__________，__________； ②若t为何值时，四边形为矩形（写出过程）？ (2)若P点先运动3秒后停止运动．此时Q点从C点出发，到达D点后运动立即停止，则t为__________时，三角形为直角三角形（直接写出答案）． 【答案】(1)①，；②5 (2)6或 【分析】（1）①根据速度与时间的积可求得，再由可求得； ②当时，四边形为矩形，分别表示出，解方程即可； （2）分和两种情况讨论，利用矩形的判定与性质，勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：①由题意知，， 则， 故答案为：，； ②∵， ∴； 当时，四边形为平行四边形； ∵， ∴四边形为矩形； 即当时，四边形为矩形； ∵，， ∴， 解得：； 当t的值为5时，四边形为矩形； （2）解：P点先运动3秒后停止运动，此时； 当时，，不可能是直角； 当时，如图， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴； 当时，如图，过点Q作于M，则； ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴； ∵， ∴， ∴， 解得：； 综上，当t为6或时，三角形为直角三角形． 故答案为：6或． 37．（24-25八年级下·江西宜春·期中）如图，在平行四边形中，过点D作于点E，，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)80 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握平行四边形对边平行且相等，有一个角是直角的平行四边形是矩形． （1）根据平行四边形的性质得出，，则，通过证明四边形是平行四边形，结合，即可求证； （2）根据题意推出，则，根据勾股定理得出，最后根据矩形的面积公式，即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， 又∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：∵平分，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴矩形的面积是：． 题型7 利用菱形的性质求解 38．（25-26八年级下·全国·期中）如图，在菱形中，M，N分别在上，且，与交于点O，连接．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，根据菱形的性质以及，利用可得，可得，然后可得，继而可求得的度数． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， ，，， 在和中， ， ， ， 又， ， ， ∵， ∴， ． 故选：B． 39．（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，菱形的对角线交于点O，且，则菱形的高的长是（   ） A． B． C．5 D．以上都不对 【答案】A 【分析】利用菱形的性质和勾股定理求出的长，再根据等积法求出的长即可． 【详解】解：∵菱形的对角线交于点O， ∴，， ∴， ∵是菱形的高， ∴，即：， ∴． 40．（24-25八年级下·广西北海·期中）已知菱形的两对角线长分别为和，则菱形的面积为（    ） A．8 B．12 C．24 D．48 【答案】C 【详解】∵菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，已知该菱形两对角线长分别为和， ∴菱形的面积． 41．（24-25八年级下·湖北宜昌·期中）如图，把菱形沿折叠，点落在边上的处，若，则的大小为______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质及菱形的性质． 根据翻折变换的性质可得，然后根据等腰三角形两底角相等求出，可得，根据，求出，由三角形外角等于不相邻的两个内角的和即可得答案． 【详解】解：菱形沿折叠，落在边上的点处， ，，， ， 在菱形中，，， ，， ， ， ， ， 故答案为：． 42．（25-26八年级下·江苏·期中）如图，在菱形中，E为中点，F是的中点，交对角线于点O，连结，取中点M，取中点N，连结，若，，则的长度为 _________ ． 【答案】 【分析】连接，由菱形的性质及得，由全等三角形的性质得，取的中点H，连接，，过点N作于G，由三角形中位线得，，，，由勾股定理得，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是菱形， ，， ，， ∵E为中点，F是的中点， ， （）， ， 与互相平分， 过点O， ∵四边形是菱形， ，， ， ， 取的中点H，连接，，过点N作于G， ∵M是的中点，N是的中点，H是的中点， ，，，， ，， ， ， ， ，， ， ． 43．（25-26八年级下·全国·周测）如图，的对角线相交于点，且．若，，则的面积为__________． 【答案】24 【分析】本题考查了平行四边形的面积计算，熟练掌握平行四边形的面积公式是解题的关键； 利用平行四边形的性质以及勾股定理求出另一边的长度，再根据平行四边形面积公式求解． 【详解】解：在中， ， 在中， ∴ 则 故答案为：24 ． 44．（24-25八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，四边形是菱形，，． (1)求：的度数 (2)求：的长和菱形的面积． 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）根据菱形的性质，可知，，利用两直线平行，内错角相等，可求得，根据等边对等角，可得，最后结合三角形内角和定理，求得； （2）根据菱形的性质，可知，结合勾股定理，可求得和，最后利用菱形的面积公式求得答案． 【详解】（1）解：四边形是菱形， ，， ，， ， ， ； （2）解：四边形是菱形，， ，，， ， ， ， ， 菱形的面积为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形内角和，勾股定理，30度所对的直角边等于斜边的一半，菱形的面积，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 题型8 利用菱形的性质与判定证明 45．（24-25八年级下·广西南宁·期中）如图，四边形的对角线，相交于点，其中，，平分，为的中点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质以及等腰三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （）先证明四边形是平行四边形，，再证明，得，然后由菱形的判定即可得出结论； （）由菱形的性质得，再由直角三角形斜边上的中线性质得，然后由等腰三角形的性质即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：由（）知，四边形是菱形， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴． 46．（23-24八年级下·湖南长沙·期中）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题主要考查菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，证明是解题的关键． （1）先证明，推出，结合，推出四边形是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，从而推出四边形是菱形即可； （2）过点作交的延长线于点，则，根据菱形的性质和推出和都是等边三角形，得出，再求出，根据所对的直角边等于斜边的一半，得出，最后根据勾股定理求解和即可． 【详解】（1）证明：∵是的中点，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）过点作交的延长线于点，则， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴和都是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵在中， ∴根据勾股定理，， ∴， ∵在中， ∴根据勾股定理，， ∴CF的长是． 47．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图1，在平面直角坐标系中，点，的坐标分别是和，连接，以线段为边向右侧作菱形，且，点在轴上． (1)填空：点的坐标为 ， 度． (2)连接，点是线段上一动点，点在轴上，且．过点作的平行线，过点作的平行线，两线相交于点． ①如图2，当时，求的长度； ②求证：四边形是菱形． 【答案】(1)， (2)① ②见解析 【分析】本题是四边形的综合题，考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并数形结合分类讨论是解题的关键． （1）利用勾股定理，可求得的长度，从而知道菱形的边长，再利用菱形的性质，等腰三角形的性质，以及三角形的内角和定理，即可求得点的坐标和的度数； （2）①利用等腰三角形“三线合一”的性质，勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半计算，即可得出答案； ②连接，设交于点，先利用菱形的性质，求得，接着利用外角得，从而推出，接着证明，得到，，接着证明，推出，从而知道，，借助，，可得到四边形是平行四边形，加上邻边相等，即可得证． 【详解】（1）解：∵点，的坐标分别是和， ∴，． ∵°， ∴， ∵以线段为边向右侧作菱形， ∴，， ∴，． ∴． 故答案为：，． （2）①解：当时，点在上时，作交于，如图， 由（1）可知，，，， ∴， ， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． ②证明：连接，设交于点，如图所示， 由（1）可知，四边形是菱形，，，， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ， ∴． ∵， ， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴，． ∵，， ∴四边形是平行四边形，． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 48．（24-25八年级下·福建福州·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，，． (1)作四边形，连接交于点，使，；（要求：尺规作图，保留作图痕迹） (2)求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了尺规作图和矩形判定和菱形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，准确作图是关键． （1）过点C作的垂线，作的垂直平分线交于点F，连接并延长交的垂线于点E，连接即可得到四边形； （2）先根据菱形性质得到，，再证明四边形为矩形，则四边形的面积可求． 【详解】（1）解： （2）解：∵四边形为菱形，，， ∴，， ∵， ∴ ∵， ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是矩形， ∴四边形的面积． 49．（24-25八年级下·河南开封·期中）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作且，连接、，连接交于点F． (1)求证：； (2)若菱形的边长为2，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形性质得出，，然后证明四边形是平行四边形．根据，证明平行四边形是矩形，即可证明结论； （2）先证明为等边三角形，得出，根据勾股定理得出，最后根据勾股定理求出结果即可． 【详解】（1）证明：为菱形， ，， ∵ ∴， ∵， 四边形是平行四边形． ， ∴， 平行四边形是矩形； ． （2）解：∵在菱形中，，， 为等边三角形， ， ∴， 在中，由勾股定理得 ， ∴在中，由勾股定理得 ． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形的判定，勾股定理． 题型9 添一个条件使四边形是菱形 50．（24-25八年级下·辽宁铁岭·期中）如图，在四边形中，对角线，相交于点，且，．若要使四边形为菱形，则可以添加的条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，先证明四边形是平行四边形，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，或者根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形进行逐项分析，即可作答． 【详解】解：∵， ∴四边形是平行四边形， 则当时，则四边形是菱形， 或或都不能证明四边形为菱形， 故选：C 51．（23-24八年级下·广东深圳·期末）如图，下列条件能使平行四边形是菱形的为（       ） ①； ②； ③； ④． A．①③ B．②③ C．③④ D．①④ 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定：对角线相互垂直的平行四边形是菱形；一组对边相等的平行四边形是菱形；四边相等的四边形是菱形；根据菱形的判定进行判断即可． 【详解】解：①根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形知，平行四边形是菱形，①满足题意； ②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知，平行四边形是矩形，②不满足题意； ③根据一组对边相等的平行四边形是菱形知，平行四边形是菱形，③满足题意； ④根据对角线相等的平行四边形是矩形知，平行四边形是矩形，④不满足题意； 故满足题意的有①③； 故选：A． 52．（24-25八年级下·山东临沂·期中）如图，在中，对角线相交于点，添加一个条件判定是菱形，所添加的条件为____________（写出一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了菱形的判定，在四边形是平行四边形的前提下，可添加邻边相等、对角线相互垂直等；根据菱形的判定条件添加即可． 【详解】解：添加，则是菱形； 故答案为：（答案不唯一）． 53．（24-25八年级下·广西防城港·期中）如图，四边形的对角线互相垂直，且满足，请你添加一个适当的条件__________，使四边形成为菱形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】此题考查了菱形的判定， 熟练掌握菱形的判定是关键．添加，根据菱形的判定进行证明即可． 【详解】解：添加条件，使四边形成为菱形． ∵， ∴四边形成为平行四边形， ∵四边形的对角线互相垂直， ∴四边形成为菱形． 故答案为：（答案不唯一） 54．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，E、F为上的两点且． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)当满足_______时，四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定．熟练掌握相关知识点并灵活运用，是解题的关键． （1）利用对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可得证； （2）根据对角线互相垂的平行四边形是菱形即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴，即， ∴四边形为平行四边形； （2）解：当时，四边形是菱形．理由如下： 由（1）知四边形为平行四边形， ∵，即， ∴四边形是菱形． 55．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，是矩形对角线的中点，，，是边上一动点（不与、重合） (1)的延长线交于，求证：四边形是平行四边形； (2)连接、，四边形能否成为菱形？若能，请求出此时的长；若不能，请说明理由. 【答案】(1)见解析； (2)四边形能为菱形，. 【分析】此题主要考查菱形的性质与判定，解题的关键是熟知特殊平行四边形的性质. （1）易证，即可求解； （2）根据菱形的性质得，再根据勾股定理即可列方程求解. 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形 ∴， ∴，， ∵是矩形对角线的中点， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形 （2）四边形能为菱形， 此时有：， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴． 题型10 菱形的性质与判定综合应用 56．（24-25八年级下·辽宁大连·期中）如图，以点为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点，，再分别以、为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了尺规作图、菱形的判定与性质，由作图可知：，根据四条边都相等的四边形是菱形，可知四边形是菱形，根据菱形的对角相等可得：． 【详解】解：由作图可知：， 四边形是菱形， ． 故选：B． 57．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图，在矩形中，连接，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线分别交，于点，，连接，，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、矩形的性质、菱形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．设与交于点，由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线，结合矩形的性质可得出四边形为菱形，再进一步可得答案． 【详解】解：设与交于点， 由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线， ，，，． 四边形为矩形， ， ，， ， ， ， 四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴； 故选：D． 58．（24-25八年级下·湖南娄底·期中）如图，小明同学按如下步骤作四边形：①画；②以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交于点B，D；③分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；④连接．若，则的大小为______． 【答案】/度 【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：由作图可得 ∴四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 59．（23-24八年级上·四川成都·期中）如图，在四边形中，对角线互相垂直平分，点，Q分别是边，线段上的点，连接与相交于点．，且，则___________；当时，设，则的长___________．（用含a的代数式表示）．    【答案】 120 【分析】本题考查菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等，根据菱形的性质可得，再根据各角的关系得出，由含30度角的直角三角形的性质可得，进而得出，再证是等边三角形，求出，再证，推出，最后用勾股定理解即可． 【详解】解：四边形中，对角线互相垂直平分， 四边形是菱形， ，， ， ， ， ， ， 菱形中， ， ； 中，，， ， ， ， ， ，， 是等边三角形， ， ，， ， ， 解得，， 如图，连接，    由菱形的性质得， 在和中， ， ， ，， ， 在中，． 故答案为：120；． 60．（25-26八年级上·黑龙江绥化·期中）在平行四边形中，的平分线交直线于E，交直线的延长线于点F． (1)在图1中证明； (2)若四边形是矩形，G是的中点（如图2），直接写出的度数； (3)若，，，分别连接，（如图3），求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据平分，可得，利用四边形是平行四边形，求证即可; （2）连接、，根据平分，四边形是矩形，可得和都是等腰直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形三线合一，可得，，，证明，即可得是等腰直角三角形，即可求解； （3）延长、交于点，连接，求证四边形是菱形，证明可得结论． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ，． ，． 平分， ． ． ， ． ． （2）如图，连接、， ∵四边形是矩形， ，． ． 平分， ． ． ，，． ． 又是的中点， ，，． ． 在和中， ， ． ，． ， ． ． ． （3）如图，延长、交于点，连接， ∵四边形是平行四边形， ，． ， ． ∴四边形为平行四边形． ，平分， ，． ． ． ， ． ∴平行四边形为菱形． ，． 、为等边三角形． ． ， ， ∴四边形为平行四边形． ，． ，， ． 在和中， ， ． ． ， ． ． 61．（24-25八年级下·上海静安·期中）如图1， 在四边形中， ， ， 点P在边上． (1)判断四边形的形状并加以证明； (2)以过点P的直线为轴，将四边形折叠，使点B，C分别落在点上，且经过点D，折痕与四边形的另一交点为Q； ①在图2中作出四边形（保留作图痕迹，不必说明作法和理由） （提示：为使折叠后经过点D，可以先考虑边上与点D对应的点）； ②如图3， 如果， 且， 试求的值： ③如图4， 如果， 且， 请直接写出的值． 【答案】(1)四边形是平行四边形；证明见解析 (2)①见解析；②；③ 【分析】（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形进行判断； （2）①过点P作的垂线，交于点E，截取，在上截取，交于点，再以为圆心，适当长度为半径画弧交于一点，连接点P与该点作射线交于点Q，过点Q作的垂线，作射线，交的垂线于点，连接即可；②先根据折叠得出一些对应边相等，对应角相等，并推导出，再设，，利用解直角三角形将和长用含的代数式表示出来，最后根据列出关于、的关系式，求得、的比值即可；③连接，易得平行四边形是菱形，推出，由折叠的性质得到，再求出，推出四点共线，得到点在上，是等腰直角三角形，得到，进而得到，即可求解． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形； 证明：在四边形中，， ∴， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：①作图如下： ②当时，平行四边形是菱形， 由折叠可得，，，，， 当时，由 ，可得， ，， ∵， ∴， ， 设，，则直角三角形中， ，且，， ， ， 直角三角形中，， ∴， ， ， 整理得， ，即； ③连接， 当时，平行四边形是菱形， ∴， ∵， ∴，， 由折叠的性质得到， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四点共线， ∴点在上， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形以及菱形，解题的关键是掌握平行四边形的判定以及菱形的判定与性质．在解题时注意，菱形的四条边都相等，此外在折叠问题中，需要抓住对应边相等，对应角相等这些等量关系，折叠问题的实质是轴对称的性质． 题型11 利用正方形的性质求解 62．（25-26八年级上·河南三门峡·期中）如图，在正方形的外侧，以为边作等边三角形，连接，交正方形的对角线于点，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形的外角性质，全等三角形的性质与判定等知识，由四边形是正方形，得，，，然后证明，故有，然后通过等边三角形的性质可得，，从而求得，再根据三角形外角性质求得即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， 在与中， ， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故选：． 63．（24-25八年级下·上海松江·期中）如图，已知正方形的边长为6，P是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则的长为（    ） A． B．4 C． D．5 【答案】C 【分析】连接，由正方形的性质可得，，，证明四边形是矩形，得出，，从而可得是等腰直角三角形，即可得出，结合题意求出，，从而可得，，再证明，即可得出结果． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴． 64．（25-26八年级上·福建三明·期中）如图，以的两条直角边和斜边为边长分别作正方形，其中正方形、正方形的面积分别为25、64，则阴影部分的面积为（    ） A．89 B．64 C．69 D．49 【答案】C 【分析】此题主要考查勾股定理，解题的关键是熟知勾股定理几何证明方法． 根据勾股定理可得正方形的面积为，再求出的面积，即可求解． 【详解】如图，∵正方形、正方形的面积分别为25、64， ，， ，， ∴正方形的面积为， ∴阴影部分的面积为， 故选：C． 65．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，是正方形边延长线上的一点，且，则的度数为______ 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，等边对等角的性质，三角形外角的性质，关键是掌握正方形的对角线平分一组对角． 根据等边对等角的性质可得，然后根据正方形的对角线平分一组对角，以及三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，进行列式求出． 【详解】解：， ， 是正方形的对角线， ， ， ， 故答案为：． 66．（25-26八年级下·江苏南通·期中）如图，矩形中，，，点是矩形的边上的一动点，以为边，在的右侧构造正方形，连接，则当_______时，有最小值，的最小值为______ 【答案】 1 【分析】过作，利用正方形的性质和全等三角形的判定得出，进而利用勾股定理解答即可． 【详解】解：过作，   正方形， ，， ， ， ，且，， ， ，， ， 当时，的最小值为． 67．（24-25八年级下·云南文山·期中）如图，四边形是正方形，E为对角线上一点，连接． (1)求证：； (2)当时，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点． （1）证明即可； （2）过作于点，根据勾股定理求出，再根据四边形的面积，结合三角形面积公式求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：过作于点， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ， ∴四边形的面积． 题型12 正方形折叠问题 68．（24-25八年级下·贵州遵义·期中）如图，四边形是边长为18的正方形纸片，为边上的点，．将纸片沿某条直线折叠，使点B落在点处，点A的对应点为，折痕分别与边交于点M、N，则的长是（   ） A．4 B．4.25 C．5 D．5.5 【答案】A 【分析】连接，依据垂直平分，即可得到，设，则，依据勾股定理可得方程，即可得到的长． 【详解】解：如图，连接， 由折叠可得，B，关于对称，即垂直平分， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∵中，， 中，， ∴， 解得， ∴， 故选：A． 69．（22-23八年级下·广西来宾·期中）如图，已知在正方形中，是上一点，将正方形的边沿折叠到，延长交于点，连接．现有如下4个结论：①；②与一定不相等；③；④的周长是一个定值．其中正确的个数为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由翻折的性质及全等三角形的性质可判断①；根据正方形的性质及角的和差关系可判断③；根据三角形的周长公式可判断④；当是的中点时，可得，再判断②的正确性． 【详解】解：∵正方形， ∴，， ∵折叠， ∴， ∴，，，， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴，，故①正确； ∴， 故③正确； ∵的周长，， ∴的周长， 是定值，故④正确， ∵当是的中点时，可得，故②错误， ∴正确的结论有①③④． 70．（24-25八年级下·上海·期末）如图，已知正方形的边长为4，点E、F分别在边和上，将该正方形沿着翻折，点A落在处，点B恰好落在边CD上的点处，如果四边形的面积为6，那么的面积是_________． 【答案】 【分析】本题考查翻折的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 连接，则，过点F作于点H，易证，进而得到、，设，则，根据四边形的面积为6，列方程得到关于的表达式，在中，利用勾股定理求出的值，最后利用三角形面积公式计算即可． 【详解】解：连接，则，过点F作于点H， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， 、， 设，则， 四边形的面积为6， ， 即， 解得， ， ， 由翻折的性质得：， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得， 的面积为：． 71．（25-26八年级上·重庆·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则的长为________；点E的坐标为________． 【答案】 5 【分析】本题考查翻折变换，正方形的性质，坐标与图形变化—对称，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．设正方形的边长为，与轴相交于，则四边形 矩形，推出， ，．由折叠的性质，得，．根据点的坐标为 ，点的坐标为，得出， ，所以．在 中，，解得 ，则，．在中，，解得，所以，即可得出点的坐标． 【详解】解：如图，设正方形的边长为，与轴相交于， 则四边形是矩形， ， ，． 由折叠的性质，得，． 点的坐标为，点的坐标为， ， ， ． 在中，， ， 解得，即， ，． 在中，， ， 解得， ， 点的坐标为 ． 故答案为：5，． 72．（24-25八年级下·贵州遵义·期中）在数学实践课上，学习兴趣小组对正方形展开探究： (1)【操作发现】 如图， 在正方形中，， 连接、， 易得， 将向下平移到，则与的数量关系为 ，位置关系为 ； (2)【问题探究】 如图，将正方形纸片沿折叠，点A落在边上的点处，连接交折痕于点 P， 若，． 求此时的长； (3)【拓展延伸】 如图，若正方形的边长为a，将正方形纸片沿折叠，点A落在边上的点处，连接与交于点P，取的中点Q，连接，，当最小时，求折痕的长（用含a的式子表示）． 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】（1）先证明，得出，，求出，根据平移得出，，得出，根据平行线的性质得出，即可得出结论； （2）过点M作于点G，证明四边形为矩形，得出，证明，得出，设，则，根据勾股定理得出，求出，得出，最后求出结果即可； （3）根据折叠可知：，，根据直角三角形的性质得出，得出，根据两点之间线段最短，且垂线段最短，得出当Q、P、在同一直线上时，且时，最小，即最小，根据勾股定理求出，即可得出答案． 【详解】（1）解：∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 根据平移可知：，， ∴，， ∴； （2）解：过点M作于点G，如图所示： 则， 根据折叠可知：，，，， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 根据勾股定理得：， 设，则， 根据勾股定理得：， 即， 解得：， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：根据折叠可知：，， ∵， ∴， ∴， ∴当最小时，最小， ∵两点之间线段最短，且垂线段最短， ∴当Q、P、在同一直线上时，且时，最小，即最小， 如图，连接， ∵点Q为的中点， ∴， ∵此时， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， 根据解析（2）可知：， ∴当最小时，． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，垂线段最短，折叠的性质，平移的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 73．（24-25八年级下·湖南岳阳·期末）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动． (1)操作判断 操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点，沿折叠，使点落在矩形内部点处，把纸片展平，连接，；根据以上操作，当点在上时，________，________． (2)迁移探究 小明同学将矩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，． ①如图2，当点在上时，与的数量关系是________． ②如图3，当改变点在上的位置（点不与点，重合），使点不在上时，判断与的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． (3)拓展应用 在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为10，当时，求的长． 【答案】(1)， (2)①②与的数量关系仍然成立；理由见解析 (3)的长为或 【分析】（1）由折叠的性质可知：，，，然后可得是等边三角形，则，进而得出； （2）①由折叠得，证明，得到，再根据平角定义和三角形内角和定理可得结论；②方法同①； （3）分两种情况：①点在线段上时; ②点在线段上时，设，则，在中，根据勾股定理构造方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：由折叠的性质可知：，，， ∴，是等边三角形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴； 故答案为：；； （2）①∵四边形是正方形， ∴，， ∵沿折叠，使点A落在正方形内部点M处， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； ②与的数量关系仍然成立；理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵沿折叠，使点落在正方形内部点处， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴，           ∵，， ∴， ∴； （3）分两种情况： ①点在线段上时，如图； ∵， ∴， ∴， 设，则，           在中，， ∴， 即， 解得，           即； ②点在线段上时，如图； ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 即，          解得， 即； ∴综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解答本题的关键是熟练掌握折叠的性质以及全等三角形的判定定理． 题型13 利用正方形的性质与判定证明 74．（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． 75．（24-25八年级下·四川泸州·期中）如图，四边形中，，，，，作于点E，交的延长线于点F． (1)求证：四边形是正方形； (2)求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)144 【分析】本题主要考查了正方形的判定和性质，垂直的定义，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据垂直得出直角，证明四边形为矩形，利用证明，得出，即可得出结论； （2）借助（1）的结论得出四边形的面积等于正方形的面积，求出，即可求出面积． 【详解】（1）证明：∵，， ∴，， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； （2）解：由（1）得四边形是正方形，且， ∴四边形的面积等于正方形的面积，， ∵，， ∴， ∴正方形的面积为， 即四边形的面积为144． 76．（23-24八年级下·广西防城港·期中）已知：如图，在矩形中，M、N分别是边的中点，E、F分别是线段的中点，设． (1)求证：； (2)当a为何值时，四边形是正方形？ 【答案】(1)证明见解析； (2)当时，四边形是正方形． 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，正方形的判定等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）根据矩形的性质可得，再根据线段的中点定义可得，然后利用证明，即可解答； （2）根据已知可得，从而可得，，进而可得，再利用（1）的结论可得，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得，再利用直角三角形斜边上的中线性质可得，，从而可得，进而可得四边形是菱形，即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵点是的中点， ， 在和中， ， ； （2）解：当时，四边形是正方形，理由如下： ，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ∵点是的中点， ， ∵分别是线段的中点， ，， ， ∴四边形是菱形， ， ∴四边形是正方形． 77．（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， ∴， ∴． 78．（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． 79．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）图1、图2均为的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，点A，B均在格点上，点P为线段上的一点．（仅用无刻度的直尺作图．）    (1)在图1中，画出一个以为边的正方形（保留作图痕迹）． (2)在（1）的基础上，在边上画点Q，使得平分正方形的面积（保留作图痕迹）． (3)在图2中，画出一个以为边的非正方形的菱形（保留作图痕迹），连结此菱形各边中点所形成的四边形为 ． 【答案】(1)画图见解析 (2)画图见解析 (3)画图见解析，矩形 【分析】此题考查了菱形和正方形的判定、矩形的性质、勾股定理与网格问题等知识，熟练掌握特殊平行四边形的判定是解题的关键． （1）根据勾股定理和网格的特点，正方形的判定进行作图即可； （2）根据正方形和矩形的中心对称性即可作图； （3）根据菱形的判定和勾股定理，三角形中位线定理、矩形的判定等知识作图和解答即可． 【详解】（1）解：如图正方形即为所求；    （2）解：如图    （3）解：如图，    连结此菱形各边中点所形成的四边形为矩形， 故答案为：矩形 题型14 正方形的判定辨析与补充条件 80．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）在菱形中，对角线与相交于点O，再添加一个条件，仍不能判定四边形是正方形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查菱形的性质和正方形的判定，熟记判定定理才可正确解答． 根据有一个角是直角的菱形是正方形，对角线相等的菱形是正方形，对各选项分析判断后利用排除法求解． 【详解】解：A、，不能判定是正方形，故本选项符合题意； B、，根据菱形的对角线互相平分，，对角线相等的菱形是正方形可得菱形是正方形，故本选项不符合题意； C、，根据对角线相等的菱形是正方形，故本选项不符合题意； D、，则，根据有一个角是直角的菱形是正方形可得菱形是正方形，故本选项不符合题意． 故选：A． 81．（24-25八年级下·上海·期中）菱形的对角线、相交于，下列条件能判断菱形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质，正方形的判定，对角线相等的菱形是正方形，有一个角是直角的菱形是正方形，据此结合菱形的性质逐一判断即可． 【详解】解：A、，则，此时并不能证明菱形是正方形，不符合题意； B、，可得，此时并不能证明菱形是正方形，不符合题意； C、，本身是菱形具有的性质，此时并不能证明菱形是正方形，不符合题意； D、，由菱形的性质可得，则，则，能证明菱形是正方形，符合题意； 故选：D． 82．（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，O是矩形对角线的交点，添加一个条件___________，使矩形成为正方形（填一个即可）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查的是正方形的判定．有一组邻边相等的矩形是正方形，对角线互相垂直的矩形是正方形，再根据正方形的判定方法分析即可． 【详解】解：根据“有一组邻边相等的矩形是正方形”， 可添加：； 根据“对角线互相垂直的矩形是正方形”， 可添加：； 故答案为：（答案不唯一） 83．（24-25八年级下·河南濮阳·期中）四边形中，，要使四边形是正方形，则添个条件是_______． 【答案】（答案不唯一） 【分析】此题考查了正方形的判定定理，解题的关键是掌握有一个角是直角的菱形是正方形．根据正方形的判定定理即可解答． 【详解】添加条件为： ∵四边形中，， ∴四边形是菱形 ∵添加条件 ∴四边形是正方形． 故答案为：（答案不唯一）． 84．（24-25八年级下·湖南怀化·期中）如图，已知，对角线相交于点O，． (1)求证：是矩形； (2)请添加一个条件使矩形为正方形． 【答案】(1)见解析 (2)添加（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的性质，等角对等边，熟知矩形和正方形的判定定理是解题的关键． （1）由平行四边形对角线互相平分可得，再证明，得到，则由对角线相等的平行四边形是矩形可证明结论； （2）根据有一组邻边相等的矩形是正方形求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为矩形； （2）解：添加条件，理由如下： ∵四边形是矩形，且， ∴矩形是正方形． 85．（24-25八年级下·山东济南·期中）已知：如图，在中，，为的平分线，为的外角的平分线，垂足为点． (1)求证：四边形是矩形； (2)当满足什么条件时，四边形是正方形？并证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)当时，四边形是正方形，证明见解析 【分析】（）由等腰三角形的性质得，，进而可得，再由得，根据矩形的判定即可求证； （）当时，可得，即得，再根据正方形的判定即可求证； 本题考查了等腰三角形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，掌握矩形和正方形的判定是解题的关键． 【详解】（1）证明：，平分， ，， 平分， ， ， ， ， ， ∴， 四边形是矩形； （2）解：当时，四边形是正方形． 证明：，， ， ， 四边形是矩形， 四边形是正方形． 题型15 正方形的性质与判定综合应用 86．（24-25八年级下·湖北黄石·期中）如图所示的是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中，，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了全等三角形的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，由全等三角形的性质可得，，， 即得，，进而得四边形是正方形，再利用勾股定理解答即可求解，掌握正方形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：由题意可得，，，， ∴，， ∴四边形是正方形， ∵，， ∴， ∴， 故选：． 87．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，在正方形中，已知边长，点是对角线上一点，，连接．过点作交于点，以，为邻边作矩形，连接．以下四个结论：；是等腰三角形；，两点间的距离为；矩形的面积为，正确的是（   ） A．仅有 B．仅有 C．仅有 D． 【答案】C 【分析】过作于点，延长交于点，过作于点，则，由正方形性质可得平分，，所以，，证明，即可判断；先得出，，则有，，由勾股定理得，然后通过面积即可判断；分别求出，，，即可判断；证明，则，，所以，然后连接，通过勾股定理即可判断． 【详解】解：如图，过作于点，延长交于点，过作于点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴平分，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴，故正确； ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴，， 由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积为，故正确， ∵，，， ∴不是等腰三角形，故不正确； ∵，四边形是矩形， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 连接， ∴，故正确； 综上可知：正确， 故选：． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形定义等知识掌握知识点的应用是解题的关键． 88．（20-21八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，正方形中，在各边上截，连接交于点P，四边形的面积是4，四边形的面积是36，则原来的正方形的面积是（    ） A．64 B．50 C．49 D．56 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，证明四边形是正方形，根据面积求出边长，进而求出，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 同理， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是矩形， ∵，， ∵， ∴矩形是正方形， ∵四边形的面积是36， ∴， ∴， ∴原来的正方形的面积是， 故选：A． 89．（25-26八年级上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在中，于点D，，于点H，AD和CH交于点E，于点G，交AC于点F，下列结论：①；②；③若，则点E是AD的中点，④若，则．其中正确结论序号是_______． 【答案】①②③ 【分析】题目主要考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正方形的判定和性质等，理解题意，作出辅助线，构造全等三角形是解题关键 根据等腰三角形的判定和性质得出，再由全等三角形的判定和性质即可证明①；根据同角的余角相等即可判断②；在上取一点M使，构造全等三角形，，即可证明③；根据全等三角形的判定得出，过点D作，得出，确定为等腰直角三角形，设，结合图形求解即可． 【详解】解： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，①正确； ②于点G， ， ， ， ，②正确； 在上取一点M使， ∵，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴E为中点，故③正确； ④由③可得E为中点， ， ∵， ∴， ， 过点D作，如图所示： ∴四边形为矩形， 由①得， ∴， ∴， ∴， ， 平分， ， 为等腰直角三角形， 设， ， ， ， 由①中全等可得， ∴， ∴ ，④错误； 故答案为：①②③． 90．（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 【分析】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． 【详解】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． 【点睛】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． 91．（24-25八年级下·福建龙岩·期中）如图，正方形的边长为4，G是对角线上一动点，于点E，于点F，连接EF，给出四种情况： ①若G为的中点，则四边形是正方形；②若G为上任意一点，则； ③点G在运动过程中，的值为定值4；④点G在运动过程中，线段的最小值为．正确的有______． 【答案】①②③④ 【分析】此题考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，先证明四边形是矩形，再证明，则四边形是正方形，即可判定正确；连接，由四边形是矩形，得，再证明，得，则 ，即可判定正确；证明，，从而得，即可判定正确；根据，所以当最小时，最小，所以当时，最小，利用求得，即得线段的最小值为，即可判定正确；熟练掌握正方形的判定与性质、矩形的判定与性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵于点，于点， ∴， ∴四边形是矩形，，， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴ 四边形是正方形，故正确； 连接， ∵四边形是矩形， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴，故正确； ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 即的值为定值，故正确； ∵， ∴当最小时，最小， ∴当时，最小， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴线段的最小值为，故正确； ∴正确的有，共个， 故答案为：①②③④． 92．（25-26八年级下·福建·期中）完成以下问题 (1)正方形，分别在边上（不与端点重合），，与交于点． 如图（），若平分，直接写出线段，，之间等量关系； 如图（），若不平分，中线段，，之间等量关系还成立吗？若成立请证明；若不成立请说明理由 (2)如图（），矩形，，．点分别在边上，，，求的长度． 【答案】(1)；成立，证明见解析； (2)． 【分析】（）由四边形是正方形，得，，，证明，则，，所以，然后通过角平分线性质即可求解； 延长到点H，截取，连接，证明和即可求解； （）取，的中点，，连接，连接，证明四边形是正方形，由勾股定理得，由（）同理得：，设，则，，通过勾股定理求出，即，则，过作于点，再证明四边形是矩形，所以，然后证明，所以，再通过线段和差即可求解． 【详解】（1）解：如图（）， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵，平分， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴，， ∴； ，中线段，，之间等量关系还成立：， 如图（），延长到点，截取，连接， 在与中， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴，即， 在与中， ∵， ∴， ∴， （2）解：如图，取，的中点，，连接，连接， ∵，， ∴，， ∴四边形是正方形， 在中，，， ∴， ∴， ∵， 由（）同理得：， 设，则，， 在中，， ∴， ∴，即， ∴， 过作于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，角平分线定义等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 题型16 中点四边形 93．（24-25八年级下·湖北荆州·期中）如图，在中，点E，F，G，H分别是各边的中点，若四边形是矩形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为12，面积为7，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了中点四边形，平行四边形的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键． （1）连接，相交于点O，利用中位线的性质和菱形的判定证明即可； （2）根据矩形的面积和周长求出，，再利用完全平方公式求解即可． 【详解】（1）证明：连接相交于点O， 点分别是四边形各边的中点， ， 四边形是矩形， ， ， 平行四边形是菱形； （2）点分别是四边形各边的中点， ， 矩形的周长为12，面积为7， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ． 94．（24-25八年级下·河南漯河·期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． (1)下列四边形中一定是“中方四边形”的是__________． A．平行四边形    B．矩形    C．菱形    D．正方形 (2)如图，已知四边形是“中方四边形”、分别是的中点． ①若线段的长度为，求的长； ②若线段的长度为，请直接写出的最小值． 【答案】(1)D (2)①；②的最小值是 【分析】（1）根据中方四边形的定义，结合平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定和性质进行辨析即可； （2）①如图所示，记的中点为，连接，根据中方四边形的性质，等腰直角三角形的性质得到，由中位线的性质得到，即可求解； ②如图所示，设交于点，连接，根据中方四边形的性质，得到是直角三角形，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得到，当取得最小值时，有最小，，当点共线时，取得最小值，最小值为的值，再根据①的计算方法即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，四边形是平行四边形，且，点是边的中点，连接， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 同理，， ∵，则， ∴， ∴平行四边形不是“中方四边形”，故A选项不符合题意； 如图所示，四边形是矩形，且，点是边的中点，连接，则，交于点，则， 同理，四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴， ∴矩形不是“中方四边形”，故B选项不符合题意； 如图所示，四边形是菱形，且，点是边的中点，连接， 同理，四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴菱形不是“中方四边形”，故C选项不符合题意； 如图所示，四边形是正方形，且，点是边的中点，连接，交于点，则， 同理，四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴菱形是正方形， ∴正方形是“中方四边形”，故D选项符合题意； 故选：D； （2）解：①如图所示，记的中点为，连接， ∵四边形是“中方四边形”，分别是的中点， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴； ②如图所示，设交于点，连接， ∵四边形是中方四边形， ∴， ∵， ∴，垂足为点， ∴是直角三角形， ∵分别是的中点， ∴，则， 同理，，， ∴， ∴当取得最小值时，有最小， ∵， ∴当点共线时，取得最小值，最小值为的值， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值是． 【点睛】本题主要考查“中方四边形”的定义，平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定和性质，中位线的判定和性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，最短路径的计算方法，掌握以上知识的综合，数形结合分析是关键． 95．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）四边形，点E、F、G、H分别为边、、、的中点，于O，，． (1)求证：判定四边形为矩形． (2)求的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】此题考查中点四边形，三角形的中位线定理，矩形的判定，勾股定理，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，平行四边形的判定及矩形的判定进行证明． （1）首先利用三角形的中位线定理证得四边形为平行四边形，然后利用有一个角是直角的平行四边形是矩形判定即可； （2）利用三角形的中位线性质和勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵点E、F、G、H分别为边、、、的中点， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴，即， ∴四边形是矩形． （2）解：连接， ∵，， ∴，，又， ∴． 96．（24-25八年级下·广东东莞·期中）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 数量关系、位置关系 特殊四边形 不相等、不垂直 平行四边形 【探究一】 （1）如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点，求证：中点四边形是平行四边形．（请写出完整的证明过程） 【探究二】 （2）由图2，从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究三】 （3）由图3，从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究四】 （4）结合图2、图3，得出猜想Ⅲ：原四边形对角线________时，中点四边形是正方形． 【答案】（1）见解析（2）相等，菱形（3）垂直，矩形（4）相等且垂直 【分析】本题考查中点四边形，平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定，熟练掌握三角形的中位线定理，是解题的关键： （1）根据三角形的中位线定理，推出，即可得证； （2）根据有一组邻边相等的平行四边形为菱形，作答即可； （3）根据有一个角为直角的平行四边形为矩形，作答即可； （4）根据有一个角为直角的菱形是正方形，作答即可． 【详解】解：（1）∵在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点， ∴分别为的中位线， ∴， ∴， ∴中点四边形是平行四边形． （2）当原四边形对角线相等时，中点四边形是菱形； 由（1）知：中点四边形是平行四边形，， ∵在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴中点四边形是菱形； （3）当原四边形对角线垂直时，中点四边形是矩形； 由（1）（2）可知：，中点四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∴中点四边形是矩形； （4）当原四边形对角线相等且垂直时，中点四边形是正方形； 由（2）可知：中点四边形是菱形； 由（3）可知：， ∴中点四边形是正方形． 题型17 （特殊）平行四边形的动态与最值问题 97．（25-26八年级上·江西赣州·期中）如图，已知正方形中，边长为，点E在边上，．如果点P在线段上以的速度由B点向点C运动，同时点Q在线段上以的速度由点C向点D运动，设运动的时间为t秒． (1)________，________；（用含t的代数式表示） (2)若以E，B，P为顶点的三角形和以P，C，Q为顶点的三角形全等，试求a的值． 【答案】(1)， (2)a的值为2或 【分析】（1）先根据点P运动的速度与时间，用t表示出，再根据，用t表示出； （2）分、两种情况讨论，分别求出a的值． 【详解】（1）解：点P在线段上以的速度由B点向点C运动，运动的时间为t秒， ， ， ， 故答案为：2t，； （2）当时， 此时，， 则有，， 此时，． 当时， 此时，， 则有，， 此时，． 综上所述，a的值为2或． 【点睛】本题考查了列代数式，全等三角形的性质，根据正方形的性质求线段长，（特殊）平行四边形的动点问题等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 98．（25-26八年级上·全国·期中）如图1，在长方形中，，，点从点出发，以的速度沿向点运动，设点的运动时间为秒，且． (1)________（用含的代数式表示）； (2)如图2，当点从点开始运动的同时，点从点出发，以的速度沿向点运动，是否存在这样的值，使得以、、为顶点的三角形与以、、为顶点的三角形全等？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，或2 【分析】本题考查列代数式、矩形上的动点问题： （1）求出即可表示出的长度； （2）分两种情况讨论：和时，根据全等的性质得边长相等，从而可求v的值． 【详解】（1）解：，则， 故答案为：； （2）解：存在． 分两种情况讨论： ①当，时，． ∵， ∴． ∴，即． 解得． ∵，， ∴． ②当，时，． ∵， ∴，即． 解得． ∵，即，解得． 综上所述，当或2时，与全等． 99．（24-25八年级下·重庆巴南·期末）如图，在矩形中，点为直线上一动点，连接，作等腰直角三角形，使，．       (1)如图1，若，，，求四边形的面积； (2)如图2，若点为线段的中点，且，连接，试探究线段，，之间的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图3，连接，若，．请思考是否存在最小值，若存在，请直接写出的最小值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3) 【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质、矩形的判定及性质、等腰直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点，会作出适当的辅助线灵活构造全等三角形是解题的关键． （1）通过已知条件，易求，，根据勾股定理得，，利用梯形面积公式即可求解； （2）过点作于点，作于点，易证：，得，，再证明四边形是矩形，进而证明为等腰直角三角形，即可证得； （3）在的延长线上截取，连接，在上截取，连接，设，，，先证，得，得出点轨迹为过中点，与夹角为的直线上，作点关于的对称点，当取最小值时，，，三点共线，由勾股定理可得，最小值为． 【详解】（1）解：，， ， 四边形为矩形， ， ， 又， ． 在中，，，， 根据勾股定理得，， ， ； （2），理由如下： 如图所示，过点作于点，作于点． ，， ， ，， ，， ， ， ，． 点为线段的中点， ． ， 四边形是矩形， ，， ， ， 为等腰直角三角形， ； （3）如图所示，在的延长线上截取，连接，在上截取，连接，设，，， ，，， ，，， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 点轨迹为如图过中点，与夹角为的直线上， 如图所示，作点关于的对称点， ， 当取最小值时，，，三点共线，最小值为， 延长交直线于点，连接， ， ， ， ， ，， 由勾股定理可得，最小值． 100．（24-25八年级下·云南昆明·期中）如图，在四边形中，，，，，点从点出发，以/的速度向点运动；点从点同时出发，以/的速度向点运动．规定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． (1)____________，____________（用含的代数式示）； (2)在整个运动过程中是否存在值，使得四边形是矩形？若存在，请求出值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)， (2)存在， 【分析】本题考查列代数式，平行四边形、矩形的性质，关键是熟练掌握矩形的判定． （1）由运动的速度即可表示长，的长； （2）根据矩形的判定列方程求解即可． 【详解】（1）解：由题意得：，， ∵， ∴ 故答案为：，； （2）解：存在， 在四边形中：， ∴当时，四边形是矩形， ∴， 解得：， ∴当时，四边形是矩形． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 特殊的平行四边形 （期中复习专项训练，17大题型） 题型导览 题型1 利用矩形性质求解 题型2 利用矩形的性质证明 题型3 矩形与折叠问题 题型4 斜边的中线等于斜边的一半 题型5 矩形的判定辨析与补充条件 题型6 矩形的性质与判定综合应用 题型7 利用菱形的性质求解 题型8 利用菱形的性质与判定证明 题型9 添一个条件使四边形是菱形 题型10 菱形的性质与判定综合应用 题型11 利用正方形的性质求解 题型12 正方形折叠问题 题型13 利用正方形的性质与判定证明 题型14 正方形的判定辨析与补充条件 题型15 正方形的性质与判定综合应用 题型16 中点四边形 题型17 （特殊）平行四边形的动态与最值问题 题型汇总 题型1 利用矩形性质求解 1．（25-26九年级上·山东青岛·期末）在矩形中，对角线、相交于点的角平分线交于点，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 2．（25-26八年级下·江苏南京·期中）如图，在矩形中，，垂直平分于点，则的长为（　　） A． B． C．4 D．2 3．（24-25八年级上·北京·期中）如图，长方形中，、分别为边、上任意一点，、分别为线段、的中点，若的面积为的面积为，则阴影部分面积等于（    ）    A． B． C． D． 4．（24-25八年级下·上海·期末）如图，矩形中，，对角线和相交于点O，且，过点D作的平行线，过点C作的平行线，两平行线交于点E，那么四边形的面积是_________． 5．（25-26八年级下·江苏·期中）如图，在矩形中，对角线和相交于点，，是射线上一点，将沿翻折得，当时，的度数为_____ ． 6．（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在矩形中，点E在上，且平分． (1)求证：； (2)，，求的面积． 7．（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在四边形中，，，，，点E，F分别是，的中点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)求的度数． 8．（24-25八年级下·广东广州·期中）已知矩形和矩形，是上一点，与边相交于点，与边相交于点． (1)如图1，若，，则________； (2)如图2，在（1）的条件下，若，，求； (3)如图3，若，，求证：． 题型2 利用矩形的性质证明 9．（25-26八年级上·吉林·期中）如图，在矩形中，，求证：点是边的中点． 10．（24-25八年级下·四川泸州·期中）如图，矩形中，，，点E是的中点，于点F，连接并延长与交于点G． (1)求的长； (2)求证：． 11．（23-24八年级下·广西·期中）在八下书本53页中，我们得到了一个直角三角形的性质：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．请你证明此性质．即已知：如图，在中，，O为的中点．求证：． 12．（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在矩形中，连接，交于点，为线段上一点，连接，，取的中点，平分． (1)求证：； (2)若，，求矩形的面积． 13．（24-25八年级下·江西上饶·期中）如图，是直角三角形，，现将补成矩形，使的两个顶点为矩形一边的两个端点，第三个点落在矩形这一边的对边上，那么符合要求的矩形可以画出两个：矩形和矩形． (1)设图中矩形和矩形的面积分别为、，则______填“”、“”、“”； (2)如图，若是钝角三角形，按此要求把它补成矩形，那么符合要求的矩形可以画出______个，在图中画出来． (3)如图，若是锐角三角形且三边满足，按要求把它补成矩形，则符合要求的矩形可以画出______个，请画出来． 14．（24-25八年级下·山东泰安·期中）如图所示，在矩形中，的平分线交于点，，垂足为点，连结，若． (1)求证：为等腰三角形； (2)如图所示，延长与交于点； ①求证：为的中点； ②若，求矩形的面积． 题型3 矩形与折叠问题 15．（25-26八年级下·北京·期中）如图，长方形纸片中，，折叠纸片使边落在对角线上，点B落在点F处，折痕为，且，则的长为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 16．（24-25八年级上·福建福州·期中）如图所示，长方形沿着折叠，使D点落在边上的F点处．如果，则长方形的面积是（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 17．（25-26八年级上·福建漳州·期中）如图，长方形中，点、分别在、上，，，四边形沿翻折得到四边形，若点、、在同一条直线上，则的长为______． 18．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，长方形中，，，点在边上，将沿着翻折后，点落在线段上的点处，那么的长度是______． 19．（25-26八年级下·江苏徐州·期中）如图，将矩形纸片折叠，使点D与点B重合，点C落在点处，折痕为． (1)求证：； (2)若，，求的长． 20．（24-25八年级下·山西大同·期末）如图1，将矩形沿过点的直线折叠，使得点的对应点落在边上，折痕与交于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)如图2，点是的中点，勤学小组的同学将矩形沿直线折叠，点的对应点为，连接并延长，交于点． ①试判断四边形的形状，并说明理由． ②连接交于点，点是的中点，若点是的三等分点，，直接写出的长． 题型4 斜边的中线等于斜边的一半 21．（25-26八年级下·山东聊城·期中）如图，在中，．点是斜边的中点，，垂足为，若，，则的值是（  ） A． B． C． D． 22．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在中，，为中点，若，则的长是（   ） A． B． C． D． 23．（25-26八年级下·北京西城·期中）如图，在中，是边上的高，点E是的中点，若，，且，则的长是________． 24．（24-25八年级下·福建福州·期中）如图，是等腰直角三角形，，点在线段上，过作于，于，点，分别是，的中点，若，则下列结论正确的是______（写出所有正确结论的序号） ①；    ②的最小值是；    ③的面积始终保持不变； ④当点不与点重合时，是等腰三角形． 25．（24-25八年级上·浙江绍兴·期末）如图，在中，，是边上的中线，是的中点，连结． (1)求证：． (2)若，，求的面积． 26．（25-26八年级下·全国·期中）如图，在Rt中，，是边上的中线，求证：．下面是小红和小光两位同学的证明思路： 小红：如图，由题目的已知条件，若延长至点，使，连接，，即可证明． 小光：如图，由题目的已知条件，若取的中点，连接，即可证明． 请你选择一位同学的证明思路，完成证明． 题型5 矩形的判定辨析与补充条件 27．（24-25八年级下·河北廊坊·期中）如图，一个书架的两条侧边、上下底边的长度分别相等，为了检查该书架的四个角是否都是直角，小亮先用绳子连接一组对角的顶点，在绳子上记录一条对角线的长度，再连接另一组对角的顶点，检验两条对角线长度是否一致.这种检查方法用到的数学依据是（   ） A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B．三个角都是直角的四边形是矩形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线互相平分的四边形是矩形 28．（24-25八年级下·贵州遵义·期中）如图，在下列条件中，能够判定平行四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 29．（24-25八年级下·全国·期中）在中，与相交于点O，要使是矩形，需添加的条件是__________（填序号） ①；②；③；④ 30．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，在中，点E是边上一点，将沿折叠后，点B的对应点为点F． （1）如图1，连接，若点F恰好落在边上．则的长为 ______． （2）如图2，连接，若，则的长为______． 31．（24-25八年级下·江苏南京·期中）四边形中，对角线，相交于点O，给出下列三组条件：①，；②；③，；其中一定能判定这个四边形是矩形的条件有______．（填写所有正确条件的序号） 32．（23-24八年级下·重庆南川·期中）如图，平行四边形中，对角线，于点E，于点F， (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的度数． 33．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 34．（23-24八年级下·江苏连云港·期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是，连接，设点P、Q运动的时间为．当t为何值时，四边形是矩形？    题型6 矩形的性质与判定综合应用 35．（23-24八年级下·浙江·期中）如图，在中，延长至点E，使，连接交于点O，连接，． (1)求证：； (2)若 ①若，，求的面积； ②连接，求证：． 36．（24-25八年级下·河南许昌·期中）如图，在四边形中，，，，，．点P从点A出发，以/秒的速度向点B运动；点Q从点C出发，以/秒的速度向点D运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设Q点运动的时间为t秒． (1)若P，Q两点同时出发． ①__________，__________； ②若t为何值时，四边形为矩形（写出过程）？ (2)若P点先运动3秒后停止运动．此时Q点从C点出发，到达D点后运动立即停止，则t为__________时，三角形为直角三角形（直接写出答案）． 37．（24-25八年级下·江西宜春·期中）如图，在平行四边形中，过点D作于点E，，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求四边形的面积． 题型7 利用菱形的性质求解 38．（25-26八年级下·全国·期中）如图，在菱形中，M，N分别在上，且，与交于点O，连接．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 39．（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，菱形的对角线交于点O，且，则菱形的高的长是（   ） A． B． C．5 D．以上都不对 40．（24-25八年级下·广西北海·期中）已知菱形的两对角线长分别为和，则菱形的面积为（    ） A．8 B．12 C．24 D．48 41．（24-25八年级下·湖北宜昌·期中）如图，把菱形沿折叠，点落在边上的处，若，则的大小为______． 42．（25-26八年级下·江苏·期中）如图，在菱形中，E为中点，F是的中点，交对角线于点O，连结，取中点M，取中点N，连结，若，，则的长度为 _________ ． 43．（25-26八年级下·全国·周测）如图，的对角线相交于点，且．若，，则的面积为__________． 44．（24-25八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，四边形是菱形，，． (1)求：的度数 (2)求：的长和菱形的面积． 题型8 利用菱形的性质与判定证明 45．（24-25八年级下·广西南宁·期中）如图，四边形的对角线，相交于点，其中，，平分，为的中点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的度数． 46．（23-24八年级下·湖南长沙·期中）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 47．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图1，在平面直角坐标系中，点，的坐标分别是和，连接，以线段为边向右侧作菱形，且，点在轴上． (1)填空：点的坐标为 ， 度． (2)连接，点是线段上一动点，点在轴上，且．过点作的平行线，过点作的平行线，两线相交于点． ①如图2，当时，求的长度； ②求证：四边形是菱形． 48．（24-25八年级下·福建福州·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，，． (1)作四边形，连接交于点，使，；（要求：尺规作图，保留作图痕迹） (2)求四边形的面积． 49．（24-25八年级下·河南开封·期中）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作且，连接、，连接交于点F． (1)求证：； (2)若菱形的边长为2，，求的长． 题型9 添一个条件使四边形是菱形 50．（24-25八年级下·辽宁铁岭·期中）如图，在四边形中，对角线，相交于点，且，．若要使四边形为菱形，则可以添加的条件是（   ） A． B． C． D． 51．（23-24八年级下·广东深圳·期末）如图，下列条件能使平行四边形是菱形的为（       ） ①； ②； ③； ④． A．①③ B．②③ C．③④ D．①④ 52．（24-25八年级下·山东临沂·期中）如图，在中，对角线相交于点，添加一个条件判定是菱形，所添加的条件为____________（写出一个即可） 53．（24-25八年级下·广西防城港·期中）如图，四边形的对角线互相垂直，且满足，请你添加一个适当的条件__________，使四边形成为菱形． 54．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，E、F为上的两点且． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)当满足_______时，四边形是菱形． 55．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，是矩形对角线的中点，，，是边上一动点（不与、重合） (1)的延长线交于，求证：四边形是平行四边形； (2)连接、，四边形能否成为菱形？若能，请求出此时的长；若不能，请说明理由. 题型10 菱形的性质与判定综合应用 56．（24-25八年级下·辽宁大连·期中）如图，以点为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点，，再分别以、为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 57．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图，在矩形中，连接，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线分别交，于点，，连接，，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 58．（24-25八年级下·湖南娄底·期中）如图，小明同学按如下步骤作四边形：①画；②以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交于点B，D；③分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；④连接．若，则的大小为______． 59．（23-24八年级上·四川成都·期中）如图，在四边形中，对角线互相垂直平分，点，Q分别是边，线段上的点，连接与相交于点．，且，则___________；当时，设，则的长___________．（用含a的代数式表示）．    60．（25-26八年级上·黑龙江绥化·期中）在平行四边形中，的平分线交直线于E，交直线的延长线于点F． (1)在图1中证明； (2)若四边形是矩形，G是的中点（如图2），直接写出的度数； (3)若，，，分别连接，（如图3），求的度数． 61．（24-25八年级下·上海静安·期中）如图1， 在四边形中， ， ， 点P在边上． (1)判断四边形的形状并加以证明； (2)以过点P的直线为轴，将四边形折叠，使点B，C分别落在点上，且经过点D，折痕与四边形的另一交点为Q； ①在图2中作出四边形（保留作图痕迹，不必说明作法和理由） （提示：为使折叠后经过点D，可以先考虑边上与点D对应的点）； ②如图3， 如果， 且， 试求的值： ③如图4， 如果， 且， 请直接写出的值． 题型11 利用正方形的性质求解 62．（25-26八年级上·河南三门峡·期中）如图，在正方形的外侧，以为边作等边三角形，连接，交正方形的对角线于点，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 63．（24-25八年级下·上海松江·期中）如图，已知正方形的边长为6，P是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则的长为（    ） A． B．4 C． D．5 64．（25-26八年级上·福建三明·期中）如图，以的两条直角边和斜边为边长分别作正方形，其中正方形、正方形的面积分别为25、64，则阴影部分的面积为（    ） A．89 B．64 C．69 D．49 65．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）如图，是正方形边延长线上的一点，且，则的度数为______ 66．（25-26八年级下·江苏南通·期中）如图，矩形中，，，点是矩形的边上的一动点，以为边，在的右侧构造正方形，连接，则当_______时，有最小值，的最小值为______ 67．（24-25八年级下·云南文山·期中）如图，四边形是正方形，E为对角线上一点，连接． (1)求证：； (2)当时，求四边形的面积． 题型12 正方形折叠问题 68．（24-25八年级下·贵州遵义·期中）如图，四边形是边长为18的正方形纸片，为边上的点，．将纸片沿某条直线折叠，使点B落在点处，点A的对应点为，折痕分别与边交于点M、N，则的长是（   ） A．4 B．4.25 C．5 D．5.5 69．（22-23八年级下·广西来宾·期中）如图，已知在正方形中，是上一点，将正方形的边沿折叠到，延长交于点，连接．现有如下4个结论：①；②与一定不相等；③；④的周长是一个定值．其中正确的个数为（    ）． A． B． C． D． 70．（24-25八年级下·上海·期末）如图，已知正方形的边长为4，点E、F分别在边和上，将该正方形沿着翻折，点A落在处，点B恰好落在边CD上的点处，如果四边形的面积为6，那么的面积是_________． 71．（25-26八年级上·重庆·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则的长为________；点E的坐标为________． 72．（24-25八年级下·贵州遵义·期中）在数学实践课上，学习兴趣小组对正方形展开探究： (1)【操作发现】 如图， 在正方形中，， 连接、， 易得， 将向下平移到，则与的数量关系为 ，位置关系为 ； (2)【问题探究】 如图，将正方形纸片沿折叠，点A落在边上的点处，连接交折痕于点 P， 若，． 求此时的长； (3)【拓展延伸】 如图，若正方形的边长为a，将正方形纸片沿折叠，点A落在边上的点处，连接与交于点P，取的中点Q，连接，，当最小时，求折痕的长（用含a的式子表示）． 73．（24-25八年级下·湖南岳阳·期末）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动． (1)操作判断 操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点，沿折叠，使点落在矩形内部点处，把纸片展平，连接，；根据以上操作，当点在上时，________，________． (2)迁移探究 小明同学将矩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，． ①如图2，当点在上时，与的数量关系是________． ②如图3，当改变点在上的位置（点不与点，重合），使点不在上时，判断与的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． (3)拓展应用 在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为10，当时，求的长． 题型13 利用正方形的性质与判定证明 74．（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． 75．（24-25八年级下·四川泸州·期中）如图，四边形中，，，，，作于点E，交的延长线于点F． (1)求证：四边形是正方形； (2)求四边形的面积． 76．（23-24八年级下·广西防城港·期中）已知：如图，在矩形中，M、N分别是边的中点，E、F分别是线段的中点，设． (1)求证：； (2)当a为何值时，四边形是正方形？ 77．（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． 78．（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． 79．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）图1、图2均为的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，点A，B均在格点上，点P为线段上的一点．（仅用无刻度的直尺作图．）    (1)在图1中，画出一个以为边的正方形（保留作图痕迹）． (2)在（1）的基础上，在边上画点Q，使得平分正方形的面积（保留作图痕迹）． (3)在图2中，画出一个以为边的非正方形的菱形（保留作图痕迹），连结此菱形各边中点所形成的四边形为 ． 题型14 正方形的判定辨析与补充条件 80．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）在菱形中，对角线与相交于点O，再添加一个条件，仍不能判定四边形是正方形的是（    ） A． B． C． D． 81．（24-25八年级下·上海·期中）菱形的对角线、相交于，下列条件能判断菱形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 82．（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，O是矩形对角线的交点，添加一个条件___________，使矩形成为正方形（填一个即可）． 83．（24-25八年级下·河南濮阳·期中）四边形中，，要使四边形是正方形，则添个条件是_______． 84．（24-25八年级下·湖南怀化·期中）如图，已知，对角线相交于点O，． (1)求证：是矩形； (2)请添加一个条件使矩形为正方形． 85．（24-25八年级下·山东济南·期中）已知：如图，在中，，为的平分线，为的外角的平分线，垂足为点． (1)求证：四边形是矩形； (2)当满足什么条件时，四边形是正方形？并证明． 题型15 正方形的性质与判定综合应用 86．（24-25八年级下·湖北黄石·期中）如图所示的是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中，，则的值是（   ） A． B． C． D． 87．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，在正方形中，已知边长，点是对角线上一点，，连接．过点作交于点，以，为邻边作矩形，连接．以下四个结论：；是等腰三角形；，两点间的距离为；矩形的面积为，正确的是（   ） A．仅有 B．仅有 C．仅有 D． 88．（20-21八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，正方形中，在各边上截，连接交于点P，四边形的面积是4，四边形的面积是36，则原来的正方形的面积是（    ） A．64 B．50 C．49 D．56 89．（25-26八年级上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在中，于点D，，于点H，AD和CH交于点E，于点G，交AC于点F，下列结论：①；②；③若，则点E是AD的中点，④若，则．其中正确结论序号是_______． 90．（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______． 91．（24-25八年级下·福建龙岩·期中）如图，正方形的边长为4，G是对角线上一动点，于点E，于点F，连接EF，给出四种情况： ①若G为的中点，则四边形是正方形；②若G为上任意一点，则； ③点G在运动过程中，的值为定值4；④点G在运动过程中，线段的最小值为．正确的有______． 92．（25-26八年级下·福建·期中）完成以下问题 (1)正方形，分别在边上（不与端点重合），，与交于点． 如图（），若平分，直接写出线段，，之间等量关系； 如图（），若不平分，中线段，，之间等量关系还成立吗？若成立请证明；若不成立请说明理由 (2)如图（），矩形，，．点分别在边上，，，求的长度． 题型16 中点四边形 93．（24-25八年级下·湖北荆州·期中）如图，在中，点E，F，G，H分别是各边的中点，若四边形是矩形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为12，面积为7，求的长． 94．（24-25八年级下·河南漯河·期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． (1)下列四边形中一定是“中方四边形”的是__________． A．平行四边形    B．矩形    C．菱形    D．正方形 (2)如图，已知四边形是“中方四边形”、分别是的中点． ①若线段的长度为，求的长； ②若线段的长度为，请直接写出的最小值． 95．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）四边形，点E、F、G、H分别为边、、、的中点，于O，，． (1)求证：判定四边形为矩形． (2)求的长． 96．（24-25八年级下·广东东莞·期中）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 数量关系、位置关系 特殊四边形 不相等、不垂直 平行四边形 【探究一】 （1）如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点，求证：中点四边形是平行四边形．（请写出完整的证明过程） 【探究二】 （2）由图2，从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究三】 （3）由图3，从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究四】 （4）结合图2、图3，得出猜想Ⅲ：原四边形对角线________时，中点四边形是正方形． 题型17 （特殊）平行四边形的动态与最值问题 97．（25-26八年级上·江西赣州·期中）如图，已知正方形中，边长为，点E在边上，．如果点P在线段上以的速度由B点向点C运动，同时点Q在线段上以的速度由点C向点D运动，设运动的时间为t秒． (1)________，________；（用含t的代数式表示） (2)若以E，B，P为顶点的三角形和以P，C，Q为顶点的三角形全等，试求a的值． 98．（25-26八年级上·全国·期中）如图1，在长方形中，，，点从点出发，以的速度沿向点运动，设点的运动时间为秒，且． (1)________（用含的代数式表示）； (2)如图2，当点从点开始运动的同时，点从点出发，以的速度沿向点运动，是否存在这样的值，使得以、、为顶点的三角形与以、、为顶点的三角形全等？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 99．（24-25八年级下·重庆巴南·期末）如图，在矩形中，点为直线上一动点，连接，作等腰直角三角形，使，．       (1)如图1，若，，，求四边形的面积； (2)如图2，若点为线段的中点，且，连接，试探究线段，，之间的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图3，连接，若，．请思考是否存在最小值，若存在，请直接写出的最小值，若不存在，请说明理由． 100．（24-25八年级下·云南昆明·期中）如图，在四边形中，，，，，点从点出发，以/的速度向点运动；点从点同时出发，以/的速度向点运动．规定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． (1)____________，____________（用含的代数式示）； (2)在整个运动过程中是否存在值，使得四边形是矩形？若存在，请求出值；若不存在，说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $