专题02 特殊平行四边形（高效培优期末专项训练）数学新教材沪教教版五四制八年级下册

专题02 特殊平行四边形 知识点01 矩形 1. 定义 四个内角都是直角的四边形叫作矩形. 矩形是一种特殊的平行四边形. 2. 性质 （1）矩形是一种特殊的平行四边形，所以它具有平行四边形的所有性质， （2）定理 矩形的两条对角线相等. （3）矩形既是中心对称又是轴对称图形 矩形的对称中心是对角线的交点，它有2条对称轴,分别是两组对边 的垂直平分线. 3. 判定 （1）根据定义四个内角均为直角的四边形就是矩形. （2）判定定理1：有一个内角是直角的平行四边形是矩形. （3）判定定理2：对角线相等的平行四边形是矩形. 知识点02 菱形 1． 定义 四条边都相等的四边形叫作菱形. 菱形是一种特殊的平行四边形. 2． 性质 （1）菱形是一种特殊的平行四边形，所以它具有平行四边形的所有性质； 菱形如下的一些特殊性质： （2）定理 菱形的两条对角线互相垂直（平分）. （3）菱形既是中心对称图形又是轴对称图形. 菱形的对称中心是对角线的交点，它有2条对称轴,分别是两条对角线所在的直线. （4）由菱形是轴对称图形可知，菱形的对角线不仅互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角. （5）菱形的面积公式 ①菱形是一种特殊的平行四边形，所以菱形的面积等于底乘以高; ②由上题可知，菱形的面积等于四个直角三角形的面积，也就等于对角线乘积的一半. =2×AO×BO= 3． 菱形的判定 （1）根据定义四条边都相等的四边形就是菱形. （2）判定定理1：有一组邻边相等的平行四边形是菱形. （3）判定定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 知识点03 正方形 1. 定义正方 形 平行四边形 矩形 菱形 四个角都是直角，四条边都相等的四边形叫作正方形. 正方形既是矩形又是菱形，更是一种特殊的平行四边形. 2. 正方形的性质和判定 （1）正方形是一种特殊的平行四边形，它具有矩形、菱形、平行四边形的所有性质； （2）正方形既是中心对称图形又是轴对称图形. 正方形的对称中心是对角线的交点，它有4条对称轴,分别是两条对角线所在的直线和各组对边的垂直平分线. （3）要判定一个四边形是正方形可以判定它既是矩形又是菱形. 3. 正方形内的几何模型 （1）十字架模型 .模型一 条件：ＢE⊥AF 结论： △ABF≌△BCE AF＝BE 模型二 条件：MN⊥AF 结论：MN＝AF 模型三 条件：DP⊥PE 结论：PD＝PE 模型三 条件：PE⊥PF 结论：ＳPECF为定值 （2）半角模型 基本模型：如图，在正方形中，点分别在边上，且，则之间的数量关系为EF=BE+DF； 【分析】遇半角模型，将△ADF绕点A逆时针旋转90至正方形左侧，证明△AEF≌△AME即可. （3）飞镖模型 基本模型：如图，在正方形中，点P为对角线BD上任意一点，则有PA=PC. 【分析】证明△APD≌△CPD即可. 题型01 矩形的性质 1．（25-26八年级上·上海·期中）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（  ） A．等腰三角形 B．矩形 C．正五边形 D．平行四边形 【答案】B 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 【详解】解：A、等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B、矩形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； C、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； D、平行四边形不一定是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； 故选：B． 2．（25-26八年级上·广东深圳·阶段检测）下列性质中，矩形不一定具有的性质是（    ） A．四边相等 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．对角相等 【答案】A 【分析】本题考查矩形的性质，根据矩形的性质：矩形的对边相等，对角线相等而且互相平分、四个角等于，对选项逐一进行判断即可． 【详解】解：根据矩形的性质可知，矩形的对边相等，对角线相等而且互相平分、四个角等于，但矩形的邻边不一定相等， 故A符合题意，B不符合题意，C不符合题意，D不符合题意， 故选：A． 3．（24-25八年级下·全国·单元测试）如图所示，在矩形中，点在边上，于点，若，，则线段的长为（   ） A． B．4 C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质应用、三角形全等、勾股定理，结合三角形全等、勾股定理进行计算是解题的关键． 根据四边形是矩形，，，证明，即可得到，进而得出，进而利用勾股定理解答即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在中，设为， 由勾股定理可得：，即， 解得， ∴， ∴， 故选：B． 4．（24-25八年级下·辽宁大连·月考）如图，在矩形中，，，P是上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作和的垂线，垂足为E，F，则的值为（　　） A． B． C．5 D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理． 由矩形的性质可得，，，，然后通过勾股定理得出，则有，然后通过即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵在矩形中，，， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ， ∴． 故选：A． 5．（24-25八年级下·江苏泰州·阶段检测）如图，矩形中，点E在的延长线上，且，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，连接，根据矩形的性质得出，即可求出，进而可求出，熟练掌握矩形的性质是解题关键． 【详解】解：连接，交于点O，如图，    四边形矩形， ，，， ， ， ， ， ， ，， ． 故选：C． 6．（24-25八年级下·江苏宿迁·月考）如图矩形，点在的延长线上，，连接，如果，则 ______． 【答案】 【分析】根据矩形的性质证明，得，进而可以解决问题． 【详解】解：连接， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ． 7．（24-25八年级下·广东湛江·阶段检测）如图，在矩形中，对角线相交于点O，若，则的度数为_______． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，等边对等角，三角形的外角，根据矩形的性质，得到，等边对等角，结合三角形的外角的性质，进行求解即可． 【详解】解：∵矩形， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 8．（24-25八年级下·河南南阳·期末）已知，如图，O是矩形对角线的交点，平分，则的度数为____________． 【答案】30° 【分析】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及角平分线的性质，解题的关键是利用矩形的性质和等边三角形的判定与性质来求解角度． 先根据矩形性质得出相关角和边的关系，再结合角平分线性质推出三角形的特殊性质，最后计算出的度数． 【详解】解：四边形是矩形，， ， 是等边三角形， ， 平分， ， ， ， ． 9．（23-24八年级下·四川南充·期末）如图，在矩形中，点是边上一点，，于点． (1)求证：． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】（1）证明，得到，即可得出结论； （2）设，则，根据勾股定理得出，即，求出，即可求出结果． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：设，则， 在中，根据勾股定理得：， 即， 解得：， ∴． 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：， ∴， ∴． 题型02 矩形的折叠问题 11．（24-25八年级下·上海黄浦·期末）把一张矩形纸片沿对角线折叠，点B的对应点为点E，边交边于点G．连接（如图所示）．当时，下列结论中，不正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形性质及翻折问题，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是根据折叠得到．先由折叠的性质及矩形的性质可得，从而判断出选项A；由全等的性质可得，由等腰三角形的性质可得，再由平行线的判定即可判断选项B；设，则，中，，列出方程求解，即可判断出选项C；由折叠性质可得，再由，可得，再判断选项D． 【详解】解：矩形纸片沿对角线折叠，点的对应点为， ， 在和中， ， ， 故A正确，不符合题意； ， ， ， ， ， ， 故B正确，不符合题意； 设，则， 中，， ， 解得：， ， ， ， 故C不正确，符合题意； 矩形纸片沿对角线折叠，点的对应点为， ， ， ， 故D正确，不符合题意， 故选：C 12．（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，，．是边上一点，将沿所在直线折叠，使得点恰好落在边上点处，则的长是（   ） A．4 B．5 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质、折叠的性质以及勾股定理的应用．关键是利用折叠的性质得到对应边相等，再结合勾股定理逐步计算线段长度．首先根据折叠的性质得出，；然后在中，利用勾股定理求出的长度，进而得到的长度；最后设，表示出的长度，在中运用勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴，，； ∵将沿折叠，点落在边上的点处， ∴，； 在中，由勾股定理得： ， ∴； 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：，即； 故选：B． 13．（25-26八年级上·河南洛阳·月考）如图，矩形中，，为边上的一点，沿直线将翻折至（点落到点处）．如图与相交于点，且，则的长为（　　） A．4 B．5 C．4.8 D． 【答案】C 【分析】先证明，得到，设，则，，，根据勾股定理建立方程求解即可． 【详解】∵矩形中，，， ∴，，， 根据折叠的性质，得，，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 设， ∴，，， 根据勾股定理，得， 解得， 故． 14．（24-25八年级下·上海闵行·月考）如图，已知在矩形中，，，将这个矩形沿直线折叠，使点C落在边上的点F处，折痕交边于点E，那么等于_______度． 【答案】 【分析】本题考查了翻折问题，解决本题的关键是由翻折得到． 由翻折得到，先根据勾股定理求出，得到为等腰直角三角形，所以，进而求出，再根据为等腰三角形，得到，进而求出． 【详解】解：由折叠可得：， ∵， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴， 故答案为：． 15．（24-25八年级下·上海徐汇·期末）如图，在矩形中，，点在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处．如果，那么的长为______． 【答案】 【分析】考查了矩形的性质，翻折变换的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决问题． 首先求出，由矩形的性质得出，，由平行线的性质得出，由翻折不变性可知，，证出，由等腰三角形的判定定理得出，再由勾股定理求出，可得，再利用翻折不变性，可知，由此即可解决问题． 【详解】解：， ， 由矩形的性质可得， ∵将纸片折叠，使落在射线上， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 16．（2025·上海松江·二模）如图，矩形中，，，点在边上，将△沿直线翻折，点落在点处，联结、．如果△是以为腰的等腰三角形，那么的长是_______． 【答案】或 【分析】分两种情况讨论，一是，由折翻折得，所以，过点F作于点G，交于点H，则，四边形是矩形，所以，，求得，则，由勾股定理得，求得；二是，连接，过点F作于点Q，交于点P，则，四边形是矩形，所以，可证明垂直平分，则，所以，则，所以，由，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图1，△是以为腰的等腰三角形，且， 四边形是矩形，，， ，， 将△沿直线翻折，点落在点处， ， ， 过点作于点，交于点，则， ， 四边形是矩形， ，，， ， ， ，且，， ， 解得； 如图2，△是以为腰的等腰三角形，且， 连接，过点作于点，交于点，则， ， 四边形是矩形， ，， ， 垂直平分， ， ， △是等边三角形， ， ， ， ， ， 综上所述，的长是或， 故答案为：或． 【点睛】此题重点考查矩形的判定与性质、翻折变换的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键． 17．（25-26八年级上·江苏苏州·月考）如图1，四边形ABCD是长方形，，，，，，点E是边上一点，连接，过点E作的垂线，交于点F，将沿所在直线翻折得到，其中点G是点B的对应点． (1)如图2，连接，若，直接写出的长为________； (2)连接DG，若是以为腰的等腰三角形时，求的长； (3)如图3，连接，若的延长线正好经过点D，直接写出的面积为________． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】本题考查翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，三角形面积计算； （1）由翻折的性质得，，，从而得到四边形为正方形，最后在中勾股定理即可求解； （2）分两种情况：①当，设，利用在中建立方程求解；②当，设，过D点作，证明得到建立方程求解； （3）连接，若的延长线正好经过点D，设，则，，在中建立方程可求出，从求出的面积，再利用与的比例关系即可求出的面积. 【详解】（1）解：∵，，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵将沿所在直线翻折得到， ∴，，， ∴， ∴四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴在中，. （2）解：若是以为腰的等腰三角形，分两种情况： ①当，如图所示，设， ∵， ∴， 由翻折可得：， ∴， 在中，， 即， 解得：， ∴， ②当，如图所示，设，过D点作， ∵， ∴， 由翻折可得：， ∵，， ∴， ∵， ∴，， 由翻折可得：， ∴， 在与中 ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴. 综上：或. （3）解：连接，若的延长线正好经过点D，如图所示， 由翻折可知： ，，， ∵的延长线正好经过点D， ∴， 由（2）可得， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， 解得：， ∴，， ∴ ∵, ∴. 18．（24-25八年级下·上海青浦·期末）在矩形中，，，点、分别在边、上，．将沿直线翻折得，联结． (1)如图，当时，求证：； (2)如图，当时，求的面积； (3)当为等腰三角形时，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】本题考查了矩形的折叠，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，掌握折叠的性质是解题的关键； （1）根据折叠得出，根据已知证明得出，等量代换即可得证； （2）过点作于点，证明得出，同（1）可得，则，进而根据三角形的面积公式，即可求解； （3）分三种情况讨论，①当时，如图，过点作于点，则四边形是矩形，设，则，在中，根据勾股定理建立方程，得出方程无解，故此情形不存在；②时，设，则，在中，，根据勾股定理建立方程，得出；③当时，过点作于点，同（1）可得，进而得出，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵将沿直线翻折得， ∴，，， 又∵，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，过点作于点， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， 同（1）可得， ∴， ∴； （3）当为等腰三角形时，分三种情况讨论， ①当时，如图，过点作于点，则四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴在上， 设，则， ∵折叠， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 此方程无解，故此情形不存在； ②当时，设，则， ∵折叠， ∴， 在中，， 即， 解得：； ③当时，过点作于点， ∴， 同（1）可得， ∴， ∴； 综上所述，当为等腰三角形时，线段的长为或． 题型03矩形的判定 19．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）已知四边形中，与交于点O，，那么下列命题中错误的是（    ） A．如果，，那么四边形是菱形 B．如果，，那么四边形是菱形 C．如果，，那么四边形是矩形 D．如果，，那么四边形是矩形 【答案】D 【分析】本题考查了命题的真假、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，结合菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定与性质进行逐项分析，选出错误的一项，即可作答． 【详解】解：如图： ∵， ∴四边形是平行四边形 ∵， ∴四边形是菱形 故A选项是正确的； ∵ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴四边形是平行四边形 ∵， ∴四边形是菱形 故B选项是正确的； ∵， ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴ ∴四边形是矩形 故C选项是正确的； ∵，， ∴无法证明 ∴无法证明四边形是平行四边形 故D选项是错误的； 故选：D． 20．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图，在中，点D，E分别在边AB，AC上，且，的平分线和它的邻补角的平分线分别交直线于点F和G，连接，则下列结论错误的是（   ） A．当时，则四边形为矩形 B．当时，则四边形为矩形 C．当时，则四边形为矩形 D．当时，则四边形为菱形 【答案】D 【分析】根据角平分线的定义得到，求得，得到，推出，当时，，根据全等三角形的性质得到，推出四边形为矩形，判断A选项；当时，由，得到四边形为平行四边形，根据矩形的判定定理得到四边形为矩形；判断B选项；当时，由，得到，求得，得到四边形为矩形；判断C选项；当时，则是等腰直角三角形，得到，但不能证得四边形是平行四边形，当时，四边形不一定为菱形，判断D选项． 【详解】解：如图，的平分线和它的邻补角的平分线分别交直线于点F和G， ， ， ， ， ， ，， ，， ， 当时，， ， ， ， 四边形为矩形，故A选项不符合题意； 当时， ， 四边形为平行四边形， ， 四边形为矩形；故B选项不符合题意； 当时， ， ， ， 四边形为矩形；故C选项不符合题意； 当时，则是等腰直角三角形， ， 但不能证得四边形是平行四边形， 当时，四边形不一定为菱形，故D选项符合题意， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的判定，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，熟练掌握各知识点是解题的关键． 21．（24-25八年级下·上海浦东新·期中）如图，菱形中，与相交于点O，点F是的中点，，，连接． (1)求的长． (2)延长到点E，使得，连接，．求证：四边形是矩形． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据菱形的性质得到，，，根据勾股定理得到，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知的长； （2）先证明四边形是平行四边形，再根据即可证明四边形是矩形． 【详解】（1）解：菱形中，，， ∴，， ∴， ∵点F是的中点， ∴ （2）证明：∵F是中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形． 22．（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． 23．（24-25八年级下·上海松江·期末）如图，已知在中，点、分别是边、的中点，过点、的直线交的延长线于点，联结． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)联结，如果，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定，等腰三角形的性质的性质等知识，掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得出，根据平行线的性质得出，根据证明，得出，结合线段中点定义可得，然后根据“一组对边平行且相等是四边形是平行四边形”即可得证； （2）根据等边对等角可得出，，结合三角形内角和定理可求出，最后根据矩形的判定即可得证． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵E是中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：如图， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形． 题型04菱形的性质 24．（24-25八年级下·上海·阶段检测）菱形的一个锐角为，边长为20厘米，则此菱形较长的对角线的长等于__________厘米． 【答案】 【分析】此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地画出图形是解题的关键．设菱形的边长为20厘米，，连接交于点E，则是等边三角形，所以厘米，则厘米，因为，所以厘米，则厘米，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图，菱形的边长为20厘米，，连接交于点E， ∵，， ∴是等边三角形， ∴厘米， ∴厘米， ∵， ∴， ∴（厘米）， ∴厘米， ∴此菱形较长的对角线的长等于厘米， 故答案为：． 25．（24-25八年级下·上海·月考）已知菱形的周长为，对角线之和为8，则菱形的面积为_____． 【答案】4 【分析】本题考查了利用菱形的性质求线段长，利用菱形的性质求面积，勾股定理等知识，解题关键会求菱形的面积． 先根据菱形的周长求出菱形的边长，再根据对角线的和为8，得出，及根据菱形的对角线互相垂直得到，进而得出，即可求得菱形的面积． 【详解】解：如图，四边形是菱形，对角线与相交于点， ∵菱形的周长为， ∴菱形的边长为， ∵对角线的和为8， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：4． 26．（24-25八年级下·上海松江·期末）如图，菱形，对角线，相交于点，测得，，过点作于点，那么的长为___________． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，由菱形的性质可得，，，由勾股定理可得，即可得出，再由菱形面积公式计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 27．（24-25八年级下·上海·期中）如图：菱形的顶点坐标为，顶点在轴的正半轴上，反比例函数的图像经过顶点，则的值为________． 【答案】216 【分析】本题考查了反比例函数的几何应用、菱形的性质等知识，熟练掌握反比例函数的应用是解题关键．先根据菱形的性质可得，再求出，代入反比例函数的解析式即可得． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵顶点在轴的正半轴上， ∴，即， ∵反比例函数的图像经过顶点， ∴， 故答案为：216． 28．（22-23八年级下·山东济南·期末）如图，若O是菱形对角线的交点，作交于点E，试判断四边形的形状？请说明理由． 【答案】矩形，理由见解析 【分析】根据矩形的判定定理，首先可证四边形是平行四边形，再由菱形的对角线互相垂直平分可得，即可证明平行四边形是矩形． 此题主要考查了菱形的性质和矩形的判定的综合运用． 【详解】解：四边形是矩形． 理由：，， 四边形是平行四边形， 又四边形是菱形， ， ， 平行四边形是矩形． 29．（24-25八年级下·上海闵行·期末）已知：在菱形中，，，垂足为、． (1)如图①，如果，求证：； (2)如图②，如果对角线与、交于点、，且，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）根据菱形得到，继而得到，由得到，则，那么； （2）由直角三角形斜边中线得到，证明，则，那么为等边三角形，则，那么，故． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：由（1）得， ∵， ∴， ∵菱形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴ ∴， ∴． 30．（24-25八年级下·上海奉贤·期末）如图，在矩形中，是边的中点，点在边上，连接并延长，交射线于点，过点作的平行线，分别交边与射线分别于点、． (1)如果点与点重合时，求的值； (2)如果四边形是菱形，求这个菱形的面积； (3)连接、，当时，求的长． 【答案】(1)1 (2)15 (3)3或 【分析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理 ，菱形的性质； （1）根据题意得到是平行四边形，证出，得到，即可求出； （2）设，则，根据菱形的性质得到，在中，结合勾股定理，得到，计算即可； （3）分两种情况，若为平行四边形时，若为等腰梯形时，分别进行求解即可． 【详解】（1）解：如图： 四边形是平行四边形， 为的中点， ． （2）解：如图： 由（1）得，四边形是平行四边形， 设，则 因为四边形是菱形 在中 解得： ． （3）解： ①若为平行四边形时； 由（2）得， ， 解得， ； ②若为等腰梯形时； ， ∴ 解得， ． 31．（23-24八年级下·上海松江·期末）已知四边形是菱形，，，的两边分别与射线、射线交于点E、F，点E与点C、点B不重合，． (1)当点E在线段上时， ①如图1，求证：； ②连接交于点H，当时，求的长． (2)当时，求的长．（直接写出答案） 【答案】(1)①见解析，② (2)或 【分析】（1）①连接，利用菱形的性质，证明为等边三角形，得到，进而证明，利用全等三角形性质即可证明； ②连接交于点，利用菱形的性质和等边三角形性质得到，利用勾股定理得到，证明，利用等腰三角形性质得到，最后根据求解，即可解题； （2）根据与射线交于点E，分以下两种情况讨论，①当在线段上时，作于点，作于点，②当在延长线上时，作于点，以上两种情况分别结合勾股定理和直角三角形性质，以及角平分线性质求解，即可解题． 【详解】（1）①证明：连接， 四边形是菱形，， ， 为等边三角形， ， ， ，即， ， ． ②解：连接交于点， 四边形是菱形， 于点， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． （2）解：①当在线段上时， 作于点，作于点， ， ， ， 平分， ， ，， ， ， ，， ， ， 设，则， ， 解得， ； ②当在延长线上时，作于点， ，， ， ， ，， 由①同理可知，，， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形性质和判定，全等三角形性质和判定，等腰三角形性质和判定，勾股定理，直角三角形性质，角平分线性质，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理并灵活运用． 题型05菱形的判定 32．（24-25八年级下·上海·期中）下列命题中是真命题的是（   ） A．对角线相等的矩形是正方形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线互相垂直的平行四边形是矩形 D．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 【答案】D 【分析】本题考查了判断命题真假，平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解此题的关键． 根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可得出答案． 【详解】解：A、对角线垂直的矩形是正方形，故原说法错误，不符合题意； B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原说法错误，不符合题意； C、对角线相等的平行四边形是矩形，故原说法错误，不符合题意； D、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，正确，符合题意． 故选：D． 33．（25-26九年级上·山西运城·期中）如图，在中，，是的中点，是的中点，延长至点，使得． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（）证明，得到，，即可得，，即得到四边形是平行四边形，再根据直角三角形的性质得，即可求证； （）由直角三角形的性质得，设，则，利用勾股定理可得，得到，再根据直角三角形的性质得到，即可求解． 【详解】（1）证明：是的中点， ， 又，， ， ，， ， 是的中点， ， ， ∴四边形是平行四边形， ，是的中点， ， ∴四边形是菱形； （2）解：∵在中，， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得， ∴， ， ∴四边形的周长为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，直角三角形的性质等，掌握以上知识点是解题的关键． 34．（24-25八年级下·上海浦东新·期中）已知：如图，在正方形中，点E、F分别在边、上，且．对角线BD分别交、于点M、N，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定；解题的关键是利用正方形的性质，结合全等三角形与特殊四边形的判定定理进行推理论证． （1）利用正方形对边平行的性质，结合，证明一组对边平行且相等，从而判定四边形是平行四边形； （2）先利用正方形的对称性或全等三角形证明对角线互相平分，再结合正方形对角线的性质，证明对角线互相垂直，从而判定四边形是菱形． 【详解】（1）证明：∵ 四边形是正方形， ∴ ，， ∵ 点、分别在、上， ∴ ， 又∵ ， 在和中， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ，即， 又∵ ， ∴ 四边形是平行四边形． （2）解：连接,设与相交于点O. ∵ 四边形是正方形， ∴ 垂直平分，即，， 由（1）知四边形是平行四边形， ∴ ， ∴ ， 在和中， ∴ ， ∴ ， 又∵ ， ∴ 四边形是平行四边形， 又∵ ，即， ∴ 四边形是菱形． 35．（24-25八年级下·上海宝山·期末）在平行四边形中，对角线相交于点O，，，E是边上的一点，连接． (1)如果， ①如图1，当点E为中点时，求证：四边形为菱形； ②如图2，设，求y与x的函数解析式（不用写定义域）； (2)连接，如果是以为腰的等腰直角三角形，求的长．连接 【答案】(1)①见解析；② (2)或 【分析】（1）①可得垂直平分，则，再由平行四边形的性质以及勾股定理逆定理证明，则，即可证明其为菱形； ②过点作交延长线于点，根据平行线间的距离相等得到，然后证明，则，由勾股定理得到，代入化简即可得到函数解析式； （2）分两种情况讨论：①当时，则，，再由勾股定理即可求解；当，时， 过点作于点，则，则，再运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）①证明：∵平行四边形中，，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴四边形为菱形； ②解：过点作交延长线于点， ∵平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵在中，， 在中，， ∴， ∴， 化简整理得：； （2）解：①当时，如图 ∴， ∵， ∴， ∴； 当，时，如图： 过点作于点， ∴为中点， ∴， ∴， ∴， 综上：当是以为腰的等腰直角三角形，的长为或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，勾股定理及其逆定理，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，函数关系式，全等三角形的判定与性质等知识点，难度较大． 题型05正方形的性质与判定 36．（24-25八年级下·上海徐汇·期末）下列命题中，不正确的是（   ） A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B．对角线相等的平行四边形是矩形； C．对角线相等的矩形是正方形 D．对角线相等的菱形是正方形． 【答案】C 【分析】本题考查矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，掌握知识点是解题的关键． 根据特殊四边形的判定方法逐一分析选项的正误． 【详解】解：A． 对角线互相垂直的平行四边形是菱形．平行四边形的对角线互相平分，若对角线还互相垂直，则符合菱形的判定定理，故A正确． B． 对角线相等的平行四边形是矩形．平行四边形的对角线相等时，四个角均为直角，符合矩形的定义，故B正确． C． 对角线相等的矩形是正方形．矩形的对角线本身相等，但正方形还需满足邻边相等或对角线垂直．仅对角线相等无法直接判定为正方形，故C错误． D． 对角线相等的菱形是正方形．菱形的对角线互相垂直，若再满足相等，则符合正方形的对角线特性（相等且垂直），故D正确． 故选C． 37．（24-25八年级下·上海松江·期末）已知矩形的对角线、交于点，下列条件中能判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的判定定理，根据正方形的判定定理逐项分析即可得解，熟练掌握正方形的判定定理是解此题的关键． 【详解】解：A、，矩形对角线互相平分，必然成立，无法判定正方形，故不符合题意； B、，矩形对角线相等且平分，故，此条件恒成立，无法判定正方形，故不符合题意； C、，说明对角线与垂直，矩形对角线若垂直则为正方形，符合判定条件，故符合题意； D、，矩形对角线本相等，此条件恒成立，无法判定正方形，故不符合题意； 故选：C． 38．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，在正方形外侧作等边，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了正方形和等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握它们的性质是解题的关键； 由四边形是正方形，是正三角形，得到，，得是等腰三角形，然后利用等腰三角形的性质即可解决问题． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 又是正三角形， ，， 是等腰三角形，， ． 故选：C． 39．（25-26八年级上·上海·期中）如图，已知四边形和四边形均为正方形，点是的中点，连接，若，则的长为（    ） A． B． C．5 D． 【答案】D 【分析】过点作交于点，交于点，则，证明四边形是矩形，故，根据正方形的性质得出，，，然后证明，则，，再根据勾股定理计算即可； 【详解】解：过点作交于点，交于点，则， 四边形是正方形， ，， ， 四边形是矩形， ， 是的中点， ， 四边形和四边形均为正方形， ，，， ， ， ， ，， ，， ． 故选：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 40．（24-25八年级下·上海松江·期末）如图，正方形和正方形中，B、C、E三点共线，点G在上，，那么的长是___________． 【答案】2 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质、正方形的性质是解题的关键． 延长、相交于M，先证明四边形是矩形，得到，，再对运用勾股定理求解即可． 【详解】解：延长、相交于M， ∵正方形和正方形中，，， ∴，，，，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， 故答案为：． 41．（24-25八年级下·上海浦东新·阶段检测）正方形的边长是，点在边上，且，P是正方形边上的一个动点，连接，当时，的长是______． 【答案】或 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是得到在以为圆心，为半径的圆上． 根据题意可得在以为圆心，为半径的圆上，分两种情况讨论：如图中的和，①证明四边形是矩形，即可求出结果；②根据勾股定理可得结果． 【详解】解：根据题意画图如下： ，， ， ， ， 在以为圆心，为半径的圆上，如图中的和， ①，， ， 平行且等于， 四边形是矩形， ， ； ②，， ， 综上所述：的长是或． 故答案为：或． 42．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在正方形中，点E、F分别为边的中点，点P在边上，如果将沿直线翻折后，点C恰好落在线段上的点Q处，线段的长为1，那么正方形的边长为_______． 【答案】/ 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，折叠的性质，解一元二次方程，解题的关键是掌握正方形的性质和折叠的不变性． 先得到四边形为矩形，根据正方形的性质以及折叠的性质得到可设，，，在中由勾股定理建立方程，即可求解． 【详解】解：如图： ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵点E、F分别为边的中点， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵翻折， ∴， 设正方形的边长为，则，，， ∴在中，由勾股定理得：， 解得：或（舍）， ∴正方形的边长为， 故答案为：． 43．（24-25八年级下·上海浦东新·期末）已知：如图，正方形中，，点F为对角线上一点，联结，过点F作交线段于点E（点E不与点B，点C重合），过E作，过D作，与交于点G． (1)证明四边形为正方形； (2)联结，设，，求y关于x的函数关系式，并写出定义域； (3)当为等腰三角形时，直接写出的长度． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证明四边形是矩形，过F作于M，于N，证明四边形是矩形得到，进而得到，证明得到，然后根据正方形的判定可得结论； （2）根据正方形的性质和勾股定理求得，证明得到，进而可求解； （3）先根据全等三角形的性质得到，，则，当为等腰三角形时，，然后根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理推导出，利用等角对等边可得，进而求得． 【详解】（1）证明：∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， 过F作于M，于N，则， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴四边形是矩形，， ∴，则， 又， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴四边形为正方形； （2）解：∵四边形为正方形，四边形是正方形， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴， ∵，，点E不与点B，点C重合， ∴； （3）解：∵， ∴，， 又， ∴， ∴当为等腰三角形时，， ∴， 又， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的判定与性质、角平分线的性质、矩形的判定、全等三角形的判定与性质、函数解析式、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的内角和定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 44．（25-26八年级下·北京大兴·期中）如图，在正方形中，点是对角线的中点，点是线段上一动点（不与点重合）．连接，作交于点． (1)猜想与的数量关系，并证明； (2)连接，交于点，用等式表示线段，，的数量关系，并证明． 【答案】(1)，理由见解析； (2)，理由见解析； 【分析】（1）通过过点作和的垂线，利用正方形性质得到等腰直角三角形和线段等量关系，再结合进行等角代换，证明两个直角三角形全等，从而得出所求． （2）借鉴正方形中过对角线上一点作两边的垂线构造正方形的经典方法，过点作于点，于点，过点作于点，于点，连接，先利用全等三角形和等腰三角形性质确定各垂线段之间的数量关系，再利用面积法求出点G到两边的距离，最后通过代数恒等变形完成证明． 【详解】（1）， 过点作于点，交于点， ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵、、三点共线，、在直线同侧， ∴， ∴， 又∵在中，， ∴， 又∵， ∴， ∴． （2）， 过点作于点，于点， 过点作于点，于点，连接， ∵四边形是正方形，点在对角线上， ∴， 又∵， ∴，， ∴四边形是正方形，， ∴， ∴，， 设，正方形边长为，则， 又∵， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵点在对角线上， ∴四边形是正方形， 设，则， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴ ， ∴． 45．（25-26八年级下·广西贵港·期中）如图1，点为正方形内一点，，将绕点沿顺时针方向旋转，得到（点B的对应点为点D），延长交于点F，连接． (1)四边形是_____（填：平行四边形、矩形、正方形中最合适的一个）； (2)如图2，若，猜想线段与的数量关系，并证明． 【答案】(1)正方形 (2)猜想，证明见解析 【分析】（1）由旋转的性质可得，再证明，则可证明四边形是正方形； （2）连接，证明，得到，设，则，则可求出，由旋转的性质可得，则可证明，进一步证明是等腰直角三角形，即可得到． 【详解】（1）解：由旋转的性质可得， 又∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴矩形是正方形； （2）解：猜想，证明如下： 如图所示，连接， ∵四边形是正方形， ∴； ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴ ， ∴， 由旋转的性质可得， ∴； ∵四边形是正方形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． 46．（25-26九年级上·四川成都·期中）【初步发现】如图1，点E、F分别在正方形的边，上，，延长至点G，使得，得到，从而发现．已知，，求正方形的边长． 【类比探究】如图2，正方形中，P，F，Q三点分别在边，，上，连接，，若，，，求线段的长． 【拓展迁移】如图3，在中，，两锐角的角平分线交于点O，点M、N分别在边、上，且都不与点C重合，若，连接，当，时，求的周长． 【答案】初步发现：6；类比探究：；拓展迁移：2 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质与判定、勾股定理、角平分线的性质定理等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键。 初步发现：如图：延长至点G，使得，连接,先利用正方形的性质证明可得,,进而证明可得,设正方形边长为a，则，然后运用勾股定理列方程求解即可； 类比探究：如图：过A作交于G，则四边形是平行四边形，利用全等三角形的性质以及勾股定理可得，如图：延长至点H，使得，连接,利用初步发现中的方法可得：可得，再在利用勾股定理列方程求得，最后再运用勾股定理求解即可； 拓展迁移：如图：过O作,垂足分别为E、G、F，则，四边形是正方形，,设，运用等面积法可求得，即正方形的边长为1；如图：在上截取,连接,利用初步发现中的方法可得：,即；最后根据周长公式以及等量代换即可解答. 【详解】解：初步发现：如图：延长至点G，使得，连接, ∵正方形， ∴,即， ∵， ∴, ∴,, ∵， ∴, ∴,即, ∴, ∵, ∴, ∴, 设正方形边长为a，则， 在中，,即，解得：或（舍去）， ∴正方形的边长为6； 类比探究： 如图：过A作交于G，则四边形是平行四边形， ∴, ∵正方形中，， ∴,, ∴, 如图：延长至点H，使得，连接, 利用初步发现中的方法可得：, ∴, ∵在，，,,, ∴，解得：, . 拓展迁移： 如图：过O作,垂足分别为E、G、F， ∵在中，，，,锐角的角平分线交于点O， ∴，四边形是矩形，, ∴四边形是正方形， 设， ∵, ∴，解得：， ∴正方形的边长为1，即 如图：在上截取,连接, 利用初步发现中的方法可得：, ∴, ∴的周长为. 47．（25-26八年级下·江苏泰州·阶段检测）问题情境：如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为M．那么与相等吗？ (1)直接判断∶______（填“”或“”）； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： (2)如图2，在正方形中，点E、F、G分别在边、和上，且，垂足为M．那么与相等吗？证明你的结论； 问题拓展： (3)如图3，点E在边上，且，垂足为H，当H在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点H落在点处． ①四边形是正方形吗？请说明理由； ②若，点在上，，直接写出的最小值为 ． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3)①四边形是正方形，理由见解析；② 【分析】（）证明即可得出结论； （）过点作，证明，由此可得； （）如图， 连接，证明，所以，，由折叠可知，，，由四边形内角和和平角的定义可得，所以，则，所以四边形是菱形，再由“有一个角是直角的菱形是正方形”可得结论； 作交的延长线于点，作于点，可证明，由此可得，易证是等腰直角三角形，所以，则，可得，则，作关于的对称点，则 ，可得， 求出的值即可得出结论． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴； （2）解：，证明如下： 如图，过点作交于点，交于点， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：四边形是正方形，理由如下： 如图，连接， 由（）的结论可知，， ∵四边形是正方形，是正方形的对角线， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由折叠可知，，， ∴， ∴四边形是菱形, ∵， ∴菱形是正方形； 如图，作交的延长线于点，作于点， ∴， 由上知四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 如图，作关于的对称点，则，过点作交延长线于点，则是等腰直角三角形， ∴， ∴当，，三点共线时，最小，最小值为的长， ∵， ∴由勾股定理得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即的最小值为． 63 / 63 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 特殊平行四边形 知识点01 矩形 1. 定义 四个内角都是直角的四边形叫作矩形. 矩形是一种特殊的平行四边形. 2. 性质 （1）矩形是一种特殊的平行四边形，所以它具有平行四边形的所有性质， （2）定理 矩形的两条对角线相等. （3）矩形既是中心对称又是轴对称图形 矩形的对称中心是对角线的交点，它有2条对称轴,分别是两组对边 的垂直平分线. 3. 判定 （1）根据定义四个内角均为直角的四边形就是矩形. （2）判定定理1：有一个内角是直角的平行四边形是矩形. （3）判定定理2：对角线相等的平行四边形是矩形. 知识点02 菱形 1． 定义 四条边都相等的四边形叫作菱形. 菱形是一种特殊的平行四边形. 2． 性质 （1）菱形是一种特殊的平行四边形，所以它具有平行四边形的所有性质； 菱形如下的一些特殊性质： （2）定理 菱形的两条对角线互相垂直（平分）. （3）菱形既是中心对称图形又是轴对称图形. 菱形的对称中心是对角线的交点，它有2条对称轴,分别是两条对角线所在的直线. （4）由菱形是轴对称图形可知，菱形的对角线不仅互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角. （5）菱形的面积公式 ①菱形是一种特殊的平行四边形，所以菱形的面积等于底乘以高; ②由上题可知，菱形的面积等于四个直角三角形的面积，也就等于对角线乘积的一半. 3． 菱形的判定 （1）根据定义四条边都相等的四边形就是菱形. （2）判定定理1：有一组邻边相等的平行四边形是菱形. （3）判定定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 知识点03 正方形 1. 定义正方 形 平行四边形 矩形 菱形 四个角都是直角，四条边都相等的四边形叫作正方形. 正方形既是矩形又是菱形，更是一种特殊的平行四边形. 2. 正方形的性质和判定 （1）正方形是一种特殊的平行四边形，它具有矩形、菱形、平行四边形的所有性质； （2）正方形既是中心对称图形又是轴对称图形. 正方形的对称中心是对角线的交点，它有4条对称轴,分别是两条对角线所在的直线和各组对边的垂直平分线. （3）要判定一个四边形是正方形可以判定它既是矩形又是菱形. 3. 正方形内的几何模型 （1）十字架模型 .模型一 条件：ＢE⊥AF 结论： △ABF≌△BCE AF＝BE 模型二 条件：MN⊥AF 结论：MN＝AF 模型三 条件：DP⊥PE 结论：PD＝PE 模型三 条件：PE⊥PF 结论：ＳPECF为定值 （2）半角模型 基本模型：如图，在正方形中，点分别在边上，且，则之间的数量关系为EF=BE+DF； 【分析】遇半角模型，将△ADF绕点A逆时针旋转90至正方形左侧，证明△AEF≌△AME即可. （3）飞镖模型 基本模型：如图，在正方形中，点P为对角线BD上任意一点，则有PA=PC. 【分析】证明△APD≌△CPD即可. 题型01 矩形的性质 1．（25-26八年级上·上海·期中）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（  ） A．等腰三角形 B．矩形 C．正五边形 D．平行四边形 2．（25-26八年级上·广东深圳·阶段检测）下列性质中，矩形不一定具有的性质是（    ） A．四边相等 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．对角相等 3．（24-25八年级下·全国·单元测试）如图所示，在矩形中，点在边上，于点，若，，则线段的长为（   ） A． B．4 C． D． 4．（24-25八年级下·辽宁大连·月考）如图，在矩形中，，，P是上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作和的垂线，垂足为E，F，则的值为（　　） A． B． C．5 D． 5．（24-25八年级下·江苏泰州·阶段检测）如图，矩形中，点E在的延长线上，且，，则（   ） A． B． C． D． 6．（24-25八年级下·江苏宿迁·月考）如图矩形，点在的延长线上，，连接，如果，则 ______． 7．（24-25八年级下·广东湛江·阶段检测）如图，在矩形中，对角线相交于点O，若，则的度数为_______． 8．（24-25八年级下·河南南阳·期末）已知，如图，O是矩形对角线的交点，平分，则的度数为____________． 9．（23-24八年级下·四川南充·期末）如图，在矩形中，点是边上一点，，于点． (1)求证：． (2)若，，求的长． 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：． 题型02 矩形的折叠问题 11．（24-25八年级下·上海黄浦·期末）把一张矩形纸片沿对角线折叠，点B的对应点为点E，边交边于点G．连接（如图所示）．当时，下列结论中，不正确的是（　　） A． B． C． D． 12．（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，，．是边上一点，将沿所在直线折叠，使得点恰好落在边上点处，则的长是（   ） A．4 B．5 C． D． 13．（25-26八年级上·河南洛阳·月考）如图，矩形中，，为边上的一点，沿直线将翻折至（点落到点处）．如图与相交于点，且，则的长为（　　） A．4 B．5 C．4.8 D． ∴，，， 根据勾股定理，得， 解得， 故． 14．（24-25八年级下·上海闵行·月考）如图，已知在矩形中，，，将这个矩形沿直线折叠，使点C落在边上的点F处，折痕交边于点E，那么等于_______度． 15．（24-25八年级下·上海徐汇·期末）如图，在矩形中，，点在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处．如果，那么的长为______． 16．（2025·上海松江·二模）如图，矩形中，，，点在边上，将△沿直线翻折，点落在点处，联结、．如果△是以为腰的等腰三角形，那么的长是_______． 17．（25-26八年级上·江苏苏州·月考）如图1，四边形ABCD是长方形，，，，，，点E是边上一点，连接，过点E作的垂线，交于点F，将沿所在直线翻折得到，其中点G是点B的对应点． (1)如图2，连接，若，直接写出的长为________； (2)连接DG，若是以为腰的等腰三角形时，求的长； (3)如图3，连接，若的延长线正好经过点D，直接写出的面积为________． 18．（24-25八年级下·上海青浦·期末）在矩形中，，，点、分别在边、上，．将沿直线翻折得，联结． (1)如图，当时，求证：； (2)如图，当时，求的面积； (3)当为等腰三角形时，求线段的长． 题型03矩形的判定 19．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）已知四边形中，与交于点O，，那么下列命题中错误的是（    ） A．如果，，那么四边形是菱形 B．如果，，那么四边形是菱形 C．如果，，那么四边形是矩形 D．如果，，那么四边形是矩形 20．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图，在中，点D，E分别在边AB，AC上，且，的平分线和它的邻补角的平分线分别交直线于点F和G，连接，则下列结论错误的是（   ） A．当时，则四边形为矩形 B．当时，则四边形为矩形 C．当时，则四边形为矩形 D．当时，则四边形为菱形 21．（24-25八年级下·上海浦东新·期中）如图，菱形中，与相交于点O，点F是的中点，，，连接． (1)求的长． (2)延长到点E，使得，连接，．求证：四边形是矩形． 22．（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． 23．（24-25八年级下·上海松江·期末）如图，已知在中，点、分别是边、的中点，过点、的直线交的延长线于点，联结． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)联结，如果，求证：四边形是矩形． 题型04菱形的性质 24．（24-25八年级下·上海·阶段检测）菱形的一个锐角为，边长为20厘米，则此菱形较长的对角线的长等于__________厘米． 25．（24-25八年级下·上海·月考）已知菱形的周长为，对角线之和为8，则菱形的面积为_____． 26．（24-25八年级下·上海松江·期末）如图，菱形，对角线，相交于点，测得，，过点作于点，那么的长为___________． 27．（24-25八年级下·上海·期中）如图：菱形的顶点坐标为，顶点在轴的正半轴上，反比例函数的图像经过顶点，则的值为________． 28．（22-23八年级下·山东济南·期末）如图，若O是菱形对角线的交点，作交于点E，试判断四边形的形状？请说明理由． 29．（24-25八年级下·上海闵行·期末）已知：在菱形中，，，垂足为、． (1)如图①，如果，求证：； (2)如图②，如果对角线与、交于点、，且，求证：． 30．（24-25八年级下·上海奉贤·期末）如图，在矩形中，是边的中点，点在边上，连接并延长，交射线于点，过点作的平行线，分别交边与射线分别于点、． (1)如果点与点重合时，求的值； (2)如果四边形是菱形，求这个菱形的面积； (3)连接、，当时，求的长． 31．（23-24八年级下·上海松江·期末）已知四边形是菱形，，，的两边分别与射线、射线交于点E、F，点E与点C、点B不重合，． (1)当点E在线段上时， ①如图1，求证：； ②连接交于点H，当时，求的长． (2)当时，求的长．（直接写出答案） 题型05菱形的判定 32．（24-25八年级下·上海·期中）下列命题中是真命题的是（   ） A．对角线相等的矩形是正方形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线互相垂直的平行四边形是矩形 D．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 33．（25-26九年级上·山西运城·期中）如图，在中，，是的中点，是的中点，延长至点，使得． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求四边形的周长． 34．（24-25八年级下·上海浦东新·期中）已知：如图，在正方形中，点E、F分别在边、上，且．对角线BD分别交、于点M、N，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：四边形是菱形． 35．（24-25八年级下·上海宝山·期末）在平行四边形中，对角线相交于点O，，，E是边上的一点，连接． (1)如果， ①如图1，当点E为中点时，求证：四边形为菱形； ②如图2，设，求y与x的函数解析式（不用写定义域）； (2)连接，如果是以为腰的等腰直角三角形，求的长．连接 题型05正方形的性质与判定 36．（24-25八年级下·上海徐汇·期末）下列命题中，不正确的是（   ） A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B．对角线相等的平行四边形是矩形； C．对角线相等的矩形是正方形 D．对角线相等的菱形是正方形． 37．（24-25八年级下·上海松江·期末）已知矩形的对角线、交于点，下列条件中能判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 38．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，在正方形外侧作等边，则的度数是（    ） A． B． C． D． 39．（25-26八年级上·上海·期中）如图，已知四边形和四边形均为正方形，点是的中点，连接，若，则的长为（    ） A． B． C．5 D． 40．（24-25八年级下·上海松江·期末）如图，正方形和正方形中，B、C、E三点共线，点G在上，，那么的长是___________． 41．（24-25八年级下·上海浦东新·阶段检测）正方形的边长是，点在边上，且，P是正方形边上的一个动点，连接，当时，的长是______． 42．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在正方形中，点E、F分别为边的中点，点P在边上，如果将沿直线翻折后，点C恰好落在线段上的点Q处，线段的长为1，那么正方形的边长为_______． 43．（24-25八年级下·上海浦东新·期末）已知：如图，正方形中，，点F为对角线上一点，联结，过点F作交线段于点E（点E不与点B，点C重合），过E作，过D作，与交于点G． (1)证明四边形为正方形； (2)联结，设，，求y关于x的函数关系式，并写出定义域； (3)当为等腰三角形时，直接写出的长度． 44．（25-26八年级下·北京大兴·期中）如图，在正方形中，点是对角线的中点，点是线段上一动点（不与点重合）．连接，作交于点． (1)猜想与的数量关系，并证明； (2)连接，交于点，用等式表示线段，，的数量关系，并证明． 45．（25-26八年级下·广西贵港·期中）如图1，点为正方形内一点，，将绕点沿顺时针方向旋转，得到（点B的对应点为点D），延长交于点F，连接． (1)四边形是_____（填：平行四边形、矩形、正方形中最合适的一个）； (2)如图2，若，猜想线段与的数量关系，并证明． 46．（25-26九年级上·四川成都·期中）【初步发现】如图1，点E、F分别在正方形的边，上，，延长至点G，使得，得到，从而发现．已知，，求正方形的边长． 【类比探究】如图2，正方形中，P，F，Q三点分别在边，，上，连接，，若，，，求线段的长． 【拓展迁移】如图3，在中，，两锐角的角平分线交于点O，点M、N分别在边、上，且都不与点C重合，若，连接，当，时，求的周长． 47．（25-26八年级下·江苏泰州·阶段检测）问题情境：如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为M．那么与相等吗？ (1)直接判断∶______（填“”或“”）； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： (2)如图2，在正方形中，点E、F、G分别在边、和上，且，垂足为M．那么与相等吗？证明你的结论； 问题拓展： (3)如图3，点E在边上，且，垂足为H，当H在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点H落在点处． ①四边形是正方形吗？请说明理由； ②若，点在上，，直接写出的最小值为 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