期末压轴专题03 矩形、菱形、正方形的性质和判定五类综合题型（压轴题专项训练）数学新教材人教版八年级下册

**基本信息** 聚焦矩形、菱形、正方形性质判定五类综合题型，以“先判后用”为核心方法，通过分类突破多结论、多解等压轴问题，培养几何直观与推理能力，构建从判定到性质应用的逻辑体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |多结论问题|1例+3变式|逐项验证、反例排除；性质链推理|基于图形共性与特性，通过直观与推理判断结论真伪| |多解问题|1例+3变式|分类讨论、方程求解；画图辅助|针对动点位置等不确定因素，分情形构建方程验证解的合理性| |矩形综合|1例+3变式|先判后用；直角三角形转化|平行四边形基础上，利用直角或对角线相等判定，结合勾股定理求解| |菱形综合|1例+3变式|先判后用；对角线模型|平行四边形基础上，利用邻边相等或对角线垂直判定，构造直角三角形计算| |正方形综合|1例+3变式|先判后用；对角线模型|矩形与菱形特性结合，通过垂直平分且相等的对角线构造全等直角三角形|

品学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 期末压轴专题03矩形、菱形、正方形的性质和判 定五类综合题型 月录 典例详解 类型一、矩形、菱形、正方形中的多结论问题 类型二、矩形、菱形、正方形中的多解问题 类型三、矩形的性质和判定综合问题 类型四、菱形的性质和判定综合问题 类型五、正方形的性质和判定综合问题 压轴专练 典例详解 类型一、矩形、菱形、正方形中的多结论问题 方法总结 1.逐项验证：对每个结论，结合已知条件及特殊平行四边形性质（边、角、对角线）独立推导。 2.反例排除：对于不一定成立的结论，尝试构造特殊图形（如正方形、菱形）或改变条件进行验证。 解题技巧 1.性质链推理：系统梳理矩形、菱形、正方形的性质（共性如对角线互相平分；特性如矩形对角线相等 菱形对角线垂直等)。 2.图形直观：画出一般图形（非特殊）示意图，结合测量快速排除明显错误结论。 例1.(25-26八年级上福建泉州期末)如图，四边形ABCD是正方形，E是边AB上的一点，点F在对角 线AC上，∠ADF=∠BEF,EF的延长线交BC的延长线于点G,连接BF,下列结论中正确的个数是() (友情提示：正方形四条边都相等，四个角都是直角.) ①LACG=I35°；②EF=BF;③EF⊥DF;④AD+CG=√2AF A.1 B.2 C.3 D.4 【变式1-1】(25-26八年级上山东济南期末)如图，矩形ABCD中，分别以A,C为圆心，以大于)4C的 1/12 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 长为半径作弧，两弧相交于M,N两点，作直线MN分别交AD,BC于点E,F,连接AF和CE,若 BF=3,DC=3√5，以下结论正确的个数是() ①四边形AECF是菱形；②AC=6V5:③S边形rcE=9√5；④若点P是直线EF上的一个动点，则PC+PD 的最小值是9. M D B N A.1 B.2 C.3 D.4 【变式1-2】(25-26八年级上山东济宁·期末)如图，己知在菱形ABCD中，∠ADC=120°，E、F分别是 射线AB和BC上的两个点，∠EDF=6O°，以下结论：①BE=CF;②△DEF是等边三角形；③ BE+DF=AD;④AB=4,AE=m,若0≤m≤4，则△BEF面积的最大值为√5.其中正确的个数有() E B A.4 B.3 C.2 D.1 【变式1-3】(25-26八年级上山东东营·期末)如图，正方形ABCD的边长为1，G是对角线BD上一动点， GE⊥CD于点E,GF⊥BC于点F,连接EF,给出四种情况：①若G为BD的中点，则四边形CEGF是正 方形；②点G在运动过程中，始终满足∠GAD=∠GFE;③点G在运动过程中，GE+GF的值为定值1；④ 点G在运动过程中，线段EP的最小值为？.其中正确的有() A.①②③ B.②③④ C.①③④ D.①②③④ 2/12 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 类型二、矩形、菱形、正方形中的多解问题 方法总结 1.分类讨论：根据图形顶点顺序、动点位置、对角线情况（如哪条为边或对角线）等，分不同情形讨论 2.方程求解：设未知数，利用图形性质（如勾股定理、面积等）列方程，得到多组解，结合几何意义取 舍。 解题技巧 1. 画图辅助：画出每种情形的示意图，直观分析几何关系，避免漏解。 2.检验合理性：求出解后，需验证是否满足图形条件（如边长正数、角度合理），舍去不合题意的解。 例2.(25-26九年级上·黑龙江哈尔滨期末)点E为正方形ABCD中对角线AC上一点（点E不与端点A、 C重合)，当△CBE为等腰三角形时，∠ABE的度数为 · 【变式2-1】(25-26九年级上河南周口期末)如图，在矩形ABCD中，AB=4,BC=6,点E是BC上一动 点，连接AE,将AABE沿AE折叠，点B落在点B处，当△CB'E为直角三角形时，BE的长为 D B 【变式2-2】(25-26九年级上辽宁辽阳·期末)在菱形ABCD中，∠ABC=120°，边长AB为8，点M是AB 边上一点，点N是AD边上一点，将aAMN沿MN翻折，点A的对应点A恰好落在菱形ABCD的一条边上， 若DA=2,则AM的长为 D M 【变式2-3】(25-26八年级上福建福州期末)如图，ABC中，∠ACB=90°，AC=3,BC=4,点D在 边AB上（点D不与点A,B重合），过点D作DE L AC,DF⊥BC,垂足分别为点E,F,连接EF, D0为aDEF的中线，连接A0,当△AOD是直角三角形时，A0的长是· C 3/12 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 类型三、矩形的性质和判定综合问题 方法总结 1.先判后用：先根据已知条件（如对角线相等、一个角为直角等）判定四边形为矩形。 2.再性求解：再利用矩形的性质（四个角为直角、对角线相等且互相平分）求角度、线段或证明结论。 解题技巧 1.判定优选：优先选择“一个角为直角的平行四边形”或“对角线相等的平行四边形”等简捷判定。 2.直角三角形转化：矩形问题常可转化为直角三角形，运用勾股定理、三角函数求解。 例3.(25-26九年级上四川达州期末)如图，在ABC中，AB=AC,AD⊥BC于点D,过点A作 AF∥BC且AF=BD,连接BF,CF,CF与AD交于点E. (I)求证：EA=ED. (2)求证：四边形ADBF是矩形 【变式3-1】(25-26九年级上陕西渭南·期末)如图，在口ABCD中，∠ABC的平分线BE和∠BCD的平分 线CE交于点E,点E在AD边上，以BE、CE为边作oBECF. 4 D (I)求证：四边形BECF是矩形： (2)若AD=4,∠A=120°，求四边形BECF的面积. 【变式3-2】(25-26九年级上河南开封期末)如图，在口ABCD中，AF平分∠DAB交CD于点F,连接 BF. D (I)过点D作DE上AB,垂足为E(用没有刻度的直尺和圆规作图，不写作法，保留作图痕迹)： 4/12 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2)若CF=AE. ①求证：四边形BFDE是矩形； ②若∠DAB=60°，AD=3,求BF的长度 【变式3-3】(25-26九年级上·宁夏银川期末)如图，四边形ABCD是平行四边形，AC,BD相交于点O, 点E是AB的中点，连接OE,过点E作EF⊥BC于点F,过点O作OG⊥BC于点G. (I)求证：四边形EFGO是矩形 (2)若四边形ABCD是菱形，AB=10,且 1后=4，求△AE0的面积. 类型四、菱形的性质和判定综合问题 方法总结 1.先判后用：先依据一组邻边相等或对角线垂直等条件判定四边形为菱形。 2.再性求解：再利用菱形的性质（四边相等、对角线垂直平分且平分对角）求角度、线段或证明结论。 解题技巧 1.判定优选：优先选择“四边相等的四边形”或“对角线垂直平分的平行四边形”等直接判定。 2.对角线模型：连接对角线，构造直角三角形，运用勾股定理、三角函数求解。 例4.(24-25八年级下·云南昆明期末)如图，ABC是直角三角形，且∠ABC=90°，点D、0分别是AC 、BC的中点，连接DO并延长至点E,使得EO=DO,连接BD、BE、CE. B (I)求证：四边形DBEC是菱形； (2)若ABC的周长为30，且AB+BC=17,求四边形DBEC的面积. 【变式4-1】(25-26九年级上·云南昆明期末)如图，在ABC中，∠ABC=90°，点D是AC的中点，连接 BD,过点C作CF∥BD,且∠CFA=90°，在FC上取一点E,使FE=BD,连接BE, 5/12 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A (I)求证：四边形BEFD是菱形； (2)连接BF,DE相交于点O,若AC=26,四边形BEFD的面积为120，求△B0E的周长， 【变式4-2】(25-26九年级上·四川成都期末)如图，在四边形ABCD中，AD=BC,AD∥BC,AC是四边 形ABCD的对角线，过点A作AC的垂线AE交CD的延长线于点E,点D恰好是CE的中点， E G B (I)求证：四边形ABCD是菱形： 过点D作DE L AB于点F,交4C于点G,连接BG,若AE=2V5,AB=,求DF和BG的长 【变式4-3】(24-25八年级下·湖北武汉·期末)在菱形ABCD中，∠ABC=60°，点P是射线BD上一动点， 以AP为边向右侧作等边APE· 图1 图2 (I)如图1，当点E在菱形ABCD内部时，连接CE交BD于F. ①直接写出BP与CE的数量关系，并求∠BFC的度数： ②若PF=4,EF=2,求FD的长 (②)如图2，当点P在线段BD的延长线上时，延长EA交BD于G,若GD=6,BP=9,则PG= 6/12 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 类型五、正方形的性质和判定综合问题 方法总结 1.先判后用：先依据一组邻边相等且一个角为直角等条件判定四边形为正方形。 2.再性求解：再利用正方形的性质（四边等、四直角、对角线垂直平分且相等）求角度、线段或证明。 解题技巧 1.判定优选：优先选择“一个角为直角的菱形”或“一组邻边相等的矩形”等简捷判定。 2.对角线模型：连接对角线，利用其垂直、平分、相等的特性构造全等直角三角形解题。 例5.(25-26九年级上江西抚州期末)如图，在ABC中，∠BAC=90°，过点A作直线GH∥BC,点E在 BC上，过点E作EF⊥AB于点O,交直线GH于点F,连接AE,BF. H (1I)求证：AF=CE; (②)当点E为BC的中点时，判断四边形AEBF的形状，并说明理由； ⑧(2)的条件下，当C的比值为 时，四边形AEBF为正方形 【变式5-1】(25-26九年级上·广东江门期末)如图，将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转，得到矩形 FECG,点B与点E对应，点E恰好落在边AD上，BH⊥CE于点H,其中AB=3,BC=5. G (I)求证：AB=BH. (2)连接BG,交CH于点O,求BG的长. (3)过点O作OI∥EF,交FG于点I.求证：四边形EOIF是正方形. 【变式5-2】(25-26九年级上江西景德镇期末)如图，已知四边形ABCD为正方形，AB=3√2，点E为 对角线AC上一动点，连接DE,过点E作EF⊥DE,交BC于点F,以DE、EF为邻边作矩形DEFG,连 接CG. 7/12 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D E G B F C (I)求证：矩形DEFG是正方形 (2)探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由. (3)直接写出DG的最小值. 【变式5-3】(25-26八年级上河北衡水期末)点E是正方形ABCD外一点，AD=AE,LDAE=a,AF平 分∠EAD交BE于点F,连接DF. A B D 图1 图2 (I)如图1，若a=60°，求证：△DEF是等腰直角三角形； (2)如图2，a≠60°. ①求∠AEB的度数（用含a的式子表示）： ②aDEF仍是等腰直角三角形吗？说明理由. 压轴专练 一、单选题 1.(25-26九年级上·陕西渭南·期末)如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O,点E在AD边上， 连接BE交AC于点F.若LOCD=60°，LBED=130°，则∠BFO的度数为() 8/12 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.95° B.105 C.100° D.110° 2.(25-26九年级上山东德州期末)如图，在菱形ABCD中，连接BD,点E在AB上，连接CE交BD于 点R作FG1C于点G,∠B8C=3∠8CE,BF-DF,若FG子则4B的长为《) 11 D E B G 5 A:2 89 C.35 D.3V2 4 2 3.(25-26八年级上黑龙江绥化期末)已知：如图，正方形ABCD中，AB=2,AC,BD相交于点0，E ,F分别为边BC,CD上的动点（点E,F不与线段BC,CD的端点重合）且BE=CF,连接OE,OF, EF,在点E,F运动的过程中，有下列四个结论：①△OEF是等腰直角三角形；②△OEF面积的最小值是 1;③至少存在一个△ECF,使得△ECF的周长是2+√；④四边形OECF的面积是1.其中正确结论的有 () B A.①②③ B.②③ C.①③④ D.①②③④ 二、填空题 4.(25-26九年级上山东济南期末)已知四边形ABCD是边长为2的菱形，∠A=60°，点E,F分别是边 AD,AB的中点，P为菱形边上的一点，且PEF是以EF为斜边的直角三角形，那么BP的长度为一· D 5.(25-26九年级上辽宁丹东期末)如图，在菱形ABCD中，AB=BD,点E、F分别是AB、AD上任意 的点（不与端点重合）.且AE=DF,连接BF与DE相交于点G,连接CG与BD相交于点H.有如下几个结 沧：①△4EDe△DF8:②∠GE的大小为定值：®GC平分∠BGD:@SB=5cG2.以上结论中， 2 9/12 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 正确结论的序号是 D 6.(25-26八年级上：广东广州期末)如图，在矩形ABCD和矩形BFDE中，AD与BE相交于点M,BC与 DF相交于点N,连接AE,NM,并延长NM与AE相交于点P,若AB=BF,则下列结论正确的是· ①△ABM≌△EDM;②NP⊥AE;③AE=ED;④连接BD,若∠BMD=I20°，四边形BNDM与四边形 ABDE的面积之比为4：9. 三、解答题 7.(25-26九年级上全国·期末)如图，四边形CDBE为平行四边形，且CD⊥AB,AC=BC. C O (I)求证：四边形CDBE是矩形； (②)若AC=5,CD=3,F是BC上一点，且DF⊥BC,求DF的长. 8.(24-25八年级下·四川南充期末)如图，在口ABCD中，O为AD的中点，延长BO交CD的延长线于点E, 连接AE,BD,BE=BC. (I)求证：四边形ABDE是矩形： 10/12 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)连接0C,若AB=2,∠A0B=60°，求0C的长. 9.(25-26八年级上·上海浦东新·期末)己知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D在BC上， DF⊥AB,垂足为F,且DF=CD,点E为线段AD的中点，过点F作FG∥CE交射线AD于G,连接CG (1)求证：∠CEG=∠FEG: (2)求证：四边形CEFG是菱形 (3)当AC=BC时，求证：四边形CEFG是正方形 10.(24-25八年级下.甘肃庆阳·期末)如图1，在▣ABCD中，AB=AD,AC=24,BD=18,AC,BD相 交于点O,且CE∥BD,BE∥AC,连接OE. D B B 图1 图2 (I)求AB的长. (2)求证：OE=AD. (3)如图2，设BC与OE相交于点P,连接DP,求DP的长. 11.(24-25八年级下.云南红河期末)如图1，在矩形ABCD中，AB=8,BC=10,E是BC边上的一个动点 (点E不与B、C重合)，DF⊥AE,垂足为点F,过点D作DG∥AE,交BC的延长线于点G. M D A F B E C G B E C 图1 图2 (I)若DF=AB, 11/12 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ①求证：四边形AEGD是菱形； ②求四边形CDFE的周长； (2)如图2，AM⊥DG于点M,EN⊥DG于点N,探究：当CE为何值时，四边形AFDM是正方形？ 12.(25-26九年级上·全国期末)【模型建立】(1)如图1，四边形ABCD是正方形，当点E在BC边上，F 在CD边上，∠EAF=45°时，用等式写出BE,DF与EF之间的数量关系，并说明理由； 【模型应用】(2)如图2，当点E在BC的延长线上，F在CD的延长线上时，其他条件与(1)相同.用等 式写出BE,DF与EF之间的数量关系，并说明理由： 【模型迁移】(3)如图3，在ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D,E均在边BC上，且∠DAE=45 ·若BD=2,EC=4,求DE的长. D 图1 图2 图3 12/12 期末压轴专题03 矩形、菱形、正方形的性质和判定五类综合题型 目录 典例详解 类型一、矩形、菱形、正方形中的多结论问题 类型二、矩形、菱形、正方形中的多解问题 类型三、矩形的性质和判定综合问题 类型四、菱形的性质和判定综合问题 类型五、正方形的性质和判定综合问题 压轴专练 类型一、矩形、菱形、正方形中的多结论问题 方法总结 1. 逐项验证：对每个结论，结合已知条件及特殊平行四边形性质（边、角、对角线）独立推导。 2. 反例排除：对于不一定成立的结论，尝试构造特殊图形（如正方形、菱形）或改变条件进行验证。 解题技巧 1. 性质链推理：系统梳理矩形、菱形、正方形的性质（共性如对角线互相平分；特性如矩形对角线相等、菱形对角线垂直等）。 2. 图形直观：画出一般图形（非特殊）示意图，结合测量快速排除明显错误结论。 例1．（25-26八年级上·福建泉州·期末）如图，四边形是正方形，是边上的一点，点在对角线上，，的延长线交的延长线于点，连接．下列结论中正确的个数是（   ） （友情提示：正方形四条边都相等，四个角都是直角．） ①；②；③；④． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】①根据正方形性质得，再根据点在的延长线上得，据此可对结论①进行判断；②证明和全等得，进而得，再根据得，则，据此可对结论②进行判断；③设，则，在中，由三角形内角和定理得，根据三角形外角性质得，，由此得，据此可对结论③进行判断；④过点作于点，则，由结论②正确得，进而得，由此得是的中位线，则，证明是等腰直角三角形，由勾股定理得，进而得，再根据得，据此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案． 【详解】解：①∵四边形是正方形，是对角线， ∴， ∵点在的延长线上， ∴，故结论①正确； ②∵四边形是正方形，点在对角线上， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴，故结论②正确； ③设， ∴， 在正方形中，， 在中，， ∵是的外角， ∴， ∴， ∴， ∴，故结论③正确； ④过点作于点，如图所示： ∴， ∴， 由结论②正确得：， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是的中位线， ∴， 在中，，， ∴是等腰直角三角形， ∴，由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴， 在正方形中，， ∴．故结论④正确， 综上所述：正确的结论是①②③④，共个． 故选：D． 【变式1-1】（25-26八年级上·山东济南·期末）如图，矩形中，分别以A，C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线分别交于点E，F，连接和，若，以下结论正确的个数是（   ） ①四边形是菱形；②；③；④若点是直线上的一个动点，则的最小值是9． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据矩形的性质得到，，求得，根据作图过程可知：是的垂直平分线，得到，根据线段垂直平分线的性质得到，，，，根据全等三角形的性质得到，推出四边形是菱形；在中，利用勾股定理可得，从而得到，再由勾股定理可得；根据菱形的面积可得；根据是的垂直平分线，可得，从而得到，即可求解． 【详解】解：设交于点 四边形是矩形， ，， ， 由作法得：是的垂直平分线， ， ， ， 是的垂直平分线， ，，，， 在和中， ， ， ， ， 四边形是菱形，故①正确； 在中，， ∴， ∴，故②正确； ，故③错误； 是的垂直平分线， ∴， ∴， 即的最小值是9，故④正确； 故选：C． 【变式1-2】（25-26八年级上·山东济宁·期末）如图，已知在菱形中，，、分别是射线和上的两个点，，以下结论：①；②是等边三角形；③；④，，若，则面积的最大值为．其中正确的个数有（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题关键． ①连接构造全等三角形，得到，，进而可得，是等边三角形，①、②正确；用反证法可知③错误；根据题意可知，四边形的面积等于，则当时，可取得最小值，取得最大值，根据等边三角形性质分别求出此时的，，进而求出． 【详解】解：如图，连接． 四边形为菱形，， ，， 是等边三角形， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，，即，①正确， ，为等边三角形，②正确； ∴，则，③不正确； ， ， 可知当取得最小值，取得最大值， 设等边三角形边长为，可知其高为，面积为， 为等边三角形，其面积会随边长变化而变化， 当，取得最小值，则取得最小值， ， 此时，，， ，④正确． 综上，正确的个数有个． 故选：． 【变式1-3】（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，正方形的边长为1，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况：①若为的中点，则四边形是正方形；②点在运动过程中，始终满足；③点在运动过程中，的值为定值1；④点在运动过程中，线段的最小值为．其中正确的有（   ） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】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，再证明，推出，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， ，求得，即得线段的最小值为，即可判定正确． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴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， ， ∴， ∴， ∵矩形， ∵， 又∵ ∴， ∴， ∴，故正确； ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，即的值为定值1，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， 故选：． 类型二、矩形、菱形、正方形中的多解问题 方法总结 1. 分类讨论：根据图形顶点顺序、动点位置、对角线情况（如哪条为边或对角线）等，分不同情形讨论。 2. 方程求解：设未知数，利用图形性质（如勾股定理、面积等）列方程，得到多组解，结合几何意义取舍。 解题技巧 1. 画图辅助：画出每种情形的示意图，直观分析几何关系，避免漏解。 2. 检验合理性：求出解后，需验证是否满足图形条件（如边长正数、角度合理），舍去不合题意的解。 例2．（25-26九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）点为正方形中对角线上一点（点不与端点、重合），当为等腰三角形时，的度数为______． 【答案】或 【分析】本题主要考查正方形的性质（对角线平分内角、各角为、各边相等）和等腰三角形的性质和分类讨论思想，熟练掌握正方形的性质和分类讨论思想是解题的关键． 根据题意为等腰三角形的三种可能：，逐一分析，其中时点与重合，不符合“点不与端点、重合”的条件需舍去，通过等腰三角形的性质和角的和差关系，求出即可． 【详解】解：由正方形得：， 当为等腰三角形时，有，分类讨论： ①当时，如图所示： ， ， ， ； ②当时，如图所示： ， ， ， ； ③当时，点与重合， 点不与端点、重合， 当时不合题意，故舍去． 综上所述：的度数为或． 故答案为：或． 【变式2-1】（25-26九年级上·河南周口·期末）如图，在矩形中，，点E是上一动点，连接，将沿折叠，点B落在点处，当为直角三角形时，的长为_____． 【答案】或 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，直角三角形的相关知识，“矩形的性质、折叠的性质直角三角形分类讨论是解题的关键．根据已知条件与折叠核心等量关系：设，根据折叠性质得出，结合矩形性质得出；由为直角三角形，分为直角顶点进行分类讨论，针对每种合理情况，结合几何性质列方程求解； 【详解】解：设，由折叠性质得：，，， 矩形中，，，则． 情况1：， ，即、、三点共线． 在中，由勾股定理得： ， 在中，， ， 解得，， ； 情况2：，则， ， ， 四边形为矩形， ， 故四边形为正方形， 情况3：当时，此时点与点重合，此时，这显然不成立，不存在此种情况． 综上，当为直角三角形时，的长为或． 故答案为：或 【变式2-2】（25-26九年级上·辽宁辽阳·期末）在菱形中，，边长为8，点M是边上一点，点N是边上一点，将沿翻折，点A的对应点恰好落在菱形的一条边上，若，则的长为________． 【答案】6或7 【分析】本题考查菱形的性质，折叠的性质，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，熟练掌握相关知识点，利用分类讨论的思想，进行求解，是解题的关键． 分落在上和落在上两种情况进行讨论求解即可． 【详解】①当落在上时，如图， ∵菱形中，，边长为8， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴； 当落在上时，如图： 作交的延长线于点，作于点， ∵菱形， ∴， ∴， ∴，四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理，得， 解得， ∴； 综上：或； 故答案为：6或7． 【变式2-3】（25-26八年级上·福建福州·期末）如图，中，，，，点在边上（点不与点，重合），过点作，，垂足分别为点，，连接，为的中线，连接，当是直角三角形时，的长是______． 【答案】或 【分析】本题考查了勾股定理、矩形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质、二次根式的应用等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键． 连接，先证出四边形是矩形，经过的中点，利用勾股定理求出，再分两种情况：①当时，②当时，利用三角形的面积公式和勾股定理求出的长，则可得的长，然后利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：如图，连接， ∵为的中线， ∴点是的中点， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴与互相平分，且， ∴经过的中点， ∵在中，，，， ∴， ①如图，当时，是直角三角形， 则， ∴， ∴， ∴， 又∵四边形是矩形， ∴， ∴在中，； ②如图，当时，是直角三角形， 过点作于点， 同理可得：，， 又∵四边形是矩形， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴在中，； 综上，的长为或， 故答案为：或． 类型三、矩形的性质和判定综合问题 方法总结 1. 先判后用：先根据已知条件（如对角线相等、一个角为直角等）判定四边形为矩形。 2. 再性求解：再利用矩形的性质（四个角为直角、对角线相等且互相平分）求角度、线段或证明结论。 解题技巧 1. 判定优选：优先选择“一个角为直角的平行四边形”或“对角线相等的平行四边形”等简捷判定。 2. 直角三角形转化：矩形问题常可转化为直角三角形，运用勾股定理、三角函数求解。 例3．（25-26九年级上·四川达州·期末）如图，在中，，于点D，过点A作且，连接，，与交于点E． (1)求证：． (2)求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先根据等腰三角形三线合一的性质得，再根据，由平行线的性质得，即可证明，由全等三角形的性质即可得出结论； （2）证出四边形是平行四边形，再由得，则可得出结论． 【详解】（1）证明：∵在中，，于点D， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． 【变式3-1】（25-26九年级上·陕西渭南·期末）如图，在中，的平分线和的平分线交于点，点在边上，以、为边作． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的性质，角平分线的性质，矩形的判定，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，求矩形的面积； （1）根据平行四边形的性质，角平分线的性质求出即可； （2）根据题意，结合勾股定理求出，，再利用矩形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵和分别是和的平分线， ∴，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形． （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）得四边形是矩形， ∴． 【变式3-2】（25-26九年级上·河南开封·期末）如图，在中，平分交于点，连接． (1)过点作，垂足为（用没有刻度的直尺和圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)若． ①求证：四边形是矩形； ②若，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】本题主要考查了基本的尺规作图—过一点作垂线，平行四边形的判定和性质，矩形的判定，含角的直角三角形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据作垂线的步骤进行作图即可； （2）①根据平行四边形的性质得出平行的边和相等的边，根据线段的和差得出，证明四边形是平行四边形，根据垂直得出直角，即可得出结论； ②根据含角的直角三角形的性质得出，然后利用勾股定理得出，最后利用矩形的性质进行求解即可． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解：①∵四边形为平行四边形， ∴，， 又∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形； ②∵， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得， 由①得，四边形是矩形， ∴． 【变式3-3】（25-26九年级上·宁夏银川·期末）如图，四边形是平行四边形，，相交于点O，点E是的中点，连接，过点E作于点F，过点O作于点G． (1)求证：四边形是矩形． (2)若四边形是菱形，，且，求的面积． 【答案】(1)见详解； (2) 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质、三角形中位线定理、三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）先证是的中位线，得，由，，得，，即可解答； （2）过点E作于H，证是等腰三角形，得，由勾股定理求出、即可解答； 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点E是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵，， ∴，， ∴四边形是矩形， （2）解：过点E作于H， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵点E是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， ∵， ∴即， ∴，， ∴， ∴． 类型四、菱形的性质和判定综合问题 方法总结 1. 先判后用：先依据一组邻边相等或对角线垂直等条件判定四边形为菱形。 2. 再性求解：再利用菱形的性质（四边相等、对角线垂直平分且平分对角）求角度、线段或证明结论。 解题技巧 1. 判定优选：优先选择“四边相等的四边形”或“对角线垂直平分的平行四边形”等直接判定。 2. 对角线模型：连接对角线，构造直角三角形，运用勾股定理、三角函数求解。 例4．（24-25八年级下·云南昆明·期末）如图，是直角三角形，且，点、分别是、的中点，连接并延长至点，使得，连接、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的周长为30，且，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)30 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形．再结合直角三角形的性质可得，即可得证； （2）设，．则，，由勾股定理可得，求出，即可得出结果． 【详解】（1）证明：点是的中点， ． ， ∴四边形是平行四边形． 是直角三角形，点是的中点， ． 四边形是菱形． （2）解：设，． 的周长为，． ，． 在中，由勾股定理得． ∵， ∴． ∵点、分别是、的中点， ∴， ∵， ∴． ∴． 答：四边形的面积为30． 【变式4-1】（25-26九年级上·云南昆明·期末）如图，在中，，点是的中点，连接，过点作，且，在上取一点，使，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，相交于点，若，四边形的面积为120，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2)30 【分析】此题考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，熟练掌握是解题关键． （1）证明四边形是平行四边形，再证明，即可得到结论； （2）根据菱形的性质得出，再由面积得出，利用勾股定理求解即可得到答案． 【详解】（1）证明：， ∴四边形是平行四边形， ，点D是的中点， ， ，点D是的中点， ， ， 四边形是菱形； （2）解：，由（1）知， 由（1）知四边形是菱形， ， ∵四边形的面积为120， ∴， ， 在中， ， ， （负值舍去）， ， ∴的周长为． 【变式4-2】（25-26九年级上·四川成都·期末）如图，在四边形中，是四边形的对角线，过点作的垂线交的延长线于点，点恰好是的中点． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点作于点，交于点，连接，若，求和的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)， 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质等知识点．关键是先通过平行四边形的判定过渡到菱形，再利用菱形性质和勾股定理列方程求解线段长度． （1）先由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”证出四边形是平行四边形，再结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得到，进而根据“邻边相等的平行四边形是菱形”完成证明； （2）连接菱形对角线交于点，利用菱形对角线互相垂直的性质结合，证出四边形是平行四边形，得到；设，结合表示出、，用勾股定理表示出，通过比例关系得到与的数量关系，在中列勾股定理方程求出；最后利用线段垂直平分线的性质或勾股定理求出的长度． 【详解】（1）解：，， 四边形是平行四边形， ， ，即是直角三角形， 点是的中点， ， 平行四边形是菱形； （2）解：连接，交于点， 四边形是菱形， ，， ， ， 又， 四边形是平行四边形， ， 设，， ，则， ， ， 在中，由勾股定理得： ， ， 由此可得，即， 在中，由勾股定理得：， 即，解得， 由，得， ，，， 四边形是菱形，， 垂直平分， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 即，解得， ； 综上，的长为，的长为． 【变式4-3】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）在菱形中，，点是射线上一动点，以为边向右侧作等边． (1)如图1，当点在菱形内部时，连接交于F． ①直接写出与的数量关系，并求的度数． ②若，，求的长． (2)如图2，当点在线段的延长线上时，延长交于，若，，则__________． 【答案】(1) ， ； ； (2) 【分析】（1）连接，根据证明，则可得，，再根据菱形的对角线平分一组对角可得，，则可得，，进而可得． 连接，过E点作于M点，则可得，，，进而可得．根据证明，则可得，由是等边三角形可得，则可得，根据等腰三角形三线合一可得，则可得，． （2）连接交与O点，连接交于点，连接，由菱形的性质，结合等边三角形的性质，证明，，平移至，连接，，则，，四边形是平行四边形，可得，设，可得，证明，可得，作于点，则，可得，由角所对的直角边与斜边的关系，结合勾股定理，可得，即可得． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴ ，， ∵是等边三角形， ∴， ， ∴， 即， ∴， ∴， ， ∵菱形中，， ∴， 又∵平分，平分， ∴， ， ∴， ∴， ∴， ∴，． 如图，连接，过点作于点， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， 同得是等边三角形， ∴， ， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴ ∴（等腰三角形三线合一）， ∴， ∴． （2）解：连接交与点，连接交于点，连接， ∵四边形是菱形， ∴，，，平分， 又∵，， ∴是等边三角形，，， ∴，， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵点在线段的延长线上， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 平移至，连接，，则，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 设，则， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 作于点，则， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴． 类型五、正方形的性质和判定综合问题 方法总结 1. 先判后用：先依据一组邻边相等且一个角为直角等条件判定四边形为正方形。 2. 再性求解：再利用正方形的性质（四边等、四直角、对角线垂直平分且相等）求角度、线段或证明。 解题技巧 1. 判定优选：优先选择“一个角为直角的菱形”或“一组邻边相等的矩形”等简捷判定。 2. 对角线模型：连接对角线，利用其垂直、平分、相等的特性构造全等直角三角形解题。 例5．（25-26九年级上·江西抚州·期末）如图，在中，，过点A作直线，点E在上，过点E作于点O，交直线于点F，连接． (1)求证：； (2)当点E为的中点时，判断四边形的形状，并说明理由； (3)在（2）的条件下，当的比值为________时，四边形为正方形． 【答案】(1)见解析 (2)四边形为菱形，理由见解析 (3) 【分析】本题主要考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、正方形的性质、直角三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质即可证明结论； （2）由直角三角形的性质可得，再结合（1）的结论易得四边形是平行四边形，根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可解答； （3）由菱形是正方形，则；由直角三角形的性质可得，即是的垂直平分线，易得是等腰直角三角形；设，则，最后代入即可解答． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵在中，，点E为的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． （3）解：∵菱形是正方形， ∴， ∵在中，，点E为的中点， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， 设，则， ∴， ∴当的比值为时，四边形为正方形， 故答案为：． 【变式5-1】（25-26九年级上·广东江门·期末）如图，将矩形绕着点按顺时针方向旋转，得到矩形，点与点对应，点恰好落在边上，于点，其中，． (1)求证：． (2)连接，交于点，求的长． (3)过点作，交于点．求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2) (3)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、正方形的判定定理、勾股定理、熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由矩形的性质可得，，由平行线的性质可得，由旋转得．再证明得出，即可得证； （2）证明得出，，由勾股定理得出，求出，最后再由勾股定理计算即可得出结果； （3）先证明四边形是矩形．再求出，即可得证． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ，， ． ，， ． 由旋转，得．             在和中， ， ，         ． ， ． （2）解：在和中， ， ， ，．         在中，由勾股定理，得．     ， ． 在中，由勾股定理，得， ． （3）证明：∵四边形是矩形，， ∴四边形是矩形． ， ， ∴四边形是正方形． 【变式5-2】（25-26九年级上·江西景德镇·期末）如图，已知四边形为正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交于点F，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形． (2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． (3)直接写出的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)是定值，6 (3) 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键． （）过作于点，过作于点，可证四边形是正方形，得，进而证明，得到，即可求证； （）证明，可得，即得，即可求解； （3）由矩形为正方形，得到，根据垂线段最短可知，当时，取得最小值，最小值为，此时，有最小值，即可解答． 【详解】（1）证明：如图，过作于点，过作于点， ∵四边形为正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵是正方形对角线的一点， ∴， ， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形为正方形； （2）解：是定值，定值为，理由如下： ∵矩形为正方形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 即， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∴是定值，定值为． （3）解：∵矩形为正方形， ∴， 由垂线段最短可知，当时，取得最小值，最小值为， 此时，有最小值， 由（2）知， ∴的最小值为． 【变式5-3】（25-26八年级上·河北衡水·期末）点是正方形外一点，，，平分交于点，连接． (1)如图1，若，求证：是等腰直角三角形； (2)如图2，． ①求的度数（用含的式子表示）； ②仍是等腰直角三角形吗？说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①；②是，理由见解析 【分析】（1）先证明是等边三角形，可得，再证明．可得出．再由四边形是正方形，可得．从而得出 得出最后证得结论； （2）由可得出由等腰三角形性质可得； ②由三角形内角和定理可得再得出．同（1）可得．可得．．从而得出是等腰直角三角形． 【详解】（1）证明∶∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵平分交， ∴， ∵， ∴． ∴． ∵四边形是正方形， ∴． 是等腰直角三角形； （2）解： 仍然是等腰直角三角形，理由如下： 在中， ∴． 同（1）可得． ∴． ∴． 是等腰直角三角形． 一、单选题 1．（25-26九年级上·陕西渭南·期末）如图，在矩形中，对角线与交于点O，点E在边上，连接交于点F．若，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据矩形的性质得到，，，证明是等边三角形，进而求解． 【详解】解：如图， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 2．（25-26九年级上·山东德州·期末）如图，在菱形中，连接，点E在上，连接交于点F，作于点G，，，若，则的长为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查菱形的性质，勾股定理，直角三角形全等的判定定理，角平分线的判定与性质，熟练掌握以上知识点是做题的关键．先设，，根据菱形的性质及，得到平分，根据角平分线的性质，进而得出，进一步得出，，再证明，得到，利用勾股定理求出，设，，则，再利用勾股定理求出的值，即可得到答案． 【详解】解：如图，连接，交于点， 设，，则， ∴． ∵四边形是菱形， ∴，，，，， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ， ∴， ∴平分． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，． 在和中， ， ∴， ∴． 在中， 由勾股定理得，， 故设，，则， 在中， 由勾股定理得，， 即， 解得，， ∴． 故选：A． 3．（25-26八年级上·黑龙江绥化·期末）已知：如图，正方形中，，，相交于点，，分别为边，上的动点（点，不与线段，的端点重合）且，连接，，．在点，运动的过程中，有下列四个结论：①是等腰直角三角形；②面积的最小值是1；③至少存在一个，使得的周长是；④四边形的面积是1．其中正确结论的有（    ） A．①②③ B．②③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】①根据正方形的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，，推得，则可证得结论①正确； ②由的最小值是到的距离，即可求得的最小值1，根据三角形面积公式即可判断选项②错误； ③假设存在一个，使得的周长是，根据勾股定理求得，求出，即可求得选项③正确； ④由①知：，根据正方形被对角线将面积四等分，即可得出选项④正确． 【详解】解：①∵四边形是正方形，，相交于点， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形，故①正确； ②∵是等腰直角三角形 ∴的面积， ∴当最小时，的面积最小， ∴当时，最小，此时， ∴面积的最小值是，故②错误； ③∵， ∴， 假设存在一个，使得的周长是， 则， 由①得是等腰直角三角形， ∴， ∵，的最小值是1，， ∴存在一个，使得的周长是，故③正确； ④由①知：， ∴，故④正确． 综上所述，其中正确结论的有①③④． 故选：C． 二、填空题 4．（25-26九年级上·山东济南·期末）已知四边形是边长为的菱形，，点，分别是边，的中点，为菱形边上的一点，且是以为斜边的直角三角形，那么的长度为_____． 【答案】或 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、含的直角三角形的性质．根据题意分情况讨论，，进而根据菱形、等边三角形及含的直角三角形的性质、勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，，为直角三角形， 四边形是边长为的菱形，，点，分别是边，的中点， ， ∴是等边三角形， ； 如图，于点，连接 ∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴ ， ， 综上，的长为或 故答案为：或． 5．（25-26九年级上·辽宁丹东·期末）如图，在菱形中，，点E、F分别是、上任意的点（不与端点重合）．且，连接与相交于点G，连接与相交于点H．有如下几个结论：①；②的大小为定值；③平分；④．以上结论中，正确结论的序号是_______． 【答案】①②③ 【分析】先证明是等边三角形，利用可判断；利用全等三角形的性质和三角形的外角性质可判断②；过C作于M，交延长线于N，则，根据四边形的内角和可推导出，然后证和得到，可判定③；利用含30度角的直角三角形性质和勾股定理求得，，利用全等三角形的性质可得，进而得，利用三角形的面积公式可判断④，进而可得答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，又， ∴是等边三角形， ∴，，又， ∴，故①正确； ∴， ∴， 即的大小为定值，故②正确； 过C作于M，交延长线于N，则， ∵， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 即平分，故③正确； ∴，则， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，故④错误， 故答案为：①②③． 6．（25-26八年级上·广东广州·期末）如图，在矩形和矩形中，与相交于点M，与相交于点N，连接，并延长与相交于点P，若，则下列结论正确的是___． ①；②；③；④连接，若，四边形与四边形的面积之比为． 【答案】①②/②① 【分析】①根据矩形性质得，，，再根据得，由此可判定，进而可对结论①进行判断； ②先证四边形为平行四边形，根据得，则平行四边形为菱形，进而得，则，然后根据，得，由此可对结论②进行判断； ③假设，则，根据得，则，由此可得，再根据得，即当时，，由此可对结论③进行判断； ④连接交于点O，根据及菱形的性质，矩形的性质得，，设，进而利用直角三角形的性质及勾股定理得，，，，，，，，，进而得，，由此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案． 【详解】解：①∵四边形和矩形都是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， 故结论①正确； ②∵四边形和矩形都是矩形， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 即， 故结论②正确； ③假设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴当时，， 故结论③不正确； ④连接交于点O，如图所示： 若， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为梯形， ∵， 在中，设，则， 由勾股定理得：， ∴，， ∴， 在中，，，则， 在中，，， 则，由勾股定理得：， ∴，，， ∴， 又∵， ∴， 故结论④不正确． 综上所述：正确的结论是①②． 故答案为：①②． 三、解答题 7．（25-26九年级上·全国·期末）如图，四边形为平行四边形，且，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，是上一点，且，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定，勾股定理． （1）由于点D，得，即可由四边形为平行四边形，证明四边形是矩形． （2）利用勾股定理可以求出，利用等面积法可知，从而可求的长度． 【详解】（1）证明：于点D， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形是矩形； （2）解：在中，，，， ， 于， ， ， ， 解得：． 8．（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，在中，O为的中点，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)的长为． 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，然后根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可得四边形是矩形． （2）证明和是等边三角形，是等边三角形，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵O为的中点， ∴． ∵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：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴，， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴， 即的长为． 9．（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． 10．（24-25八年级下·甘肃庆阳·期末）如图1，在中，，，，，相交于点O，且，，连接． (1)求的长． (2)求证：． (3)如图2，设与相交于点P，连接，求的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了菱形的性质及判定，矩形的性质及判定，勾股定理，解题关键是熟练掌握特殊四边形的判定及性质． （1）由条件先证四边形是菱形，再根据菱形性质及勾股定理，即可求解； （2）由条件先证四边形是矩形，再利用对角线相等即可证明； （3）过点D作于点H，通过菱形的等面积法求出，再利用勾股定理求． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴． （2）∵，， ∴四边形是平行四边形． 由（1）可知四边形是菱形， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形， ∴， ∴． （3）如图，过点D作于点H， ∴， ∵菱形的面积， ∴， ∴解得， 在中，由勾股定理，得， 由（2）可得四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，． 11．（24-25八年级下·云南红河·期末）如图1，在矩形中，，是边上的一个动点（点不与重合），，垂足为点，过点作，交的延长线于点． (1)若， ①求证：四边形是菱形； ②求四边形的周长； (2)如图2，于点，于点，探究：当为何值时，四边形是正方形？ 【答案】(1)①证明见详解② (2)时，四边形是正方形，证明见详解 【分析】本题考查了矩形、菱形、正方形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理等几何知识；解题的关键是灵活运用矩形的性质（对边平行且相等、四个角为直角）和特殊四边形（菱形、正方形）的判定定理，通过构造全等三角形或利用勾股定理进行计算 （1）①由和矩形性质，证明，得到，再结合和，证明四边形是平行四边形，由一组邻边相等证菱形；②利用全等和勾股定理，求出四边形各边的长度，再求周长； （2）分析时可先假设四边形是正方形，反推的长度，若四边形是正方形，则，，再由得，可得，计算得出长度，然后书写时，使用长度，反推导四边形是正方形即可． 【详解】（1）①证明：在矩形中，，， ∴，，， ∴ ∵， ∴ 又∵， 在和中， ∴ ∴， ∵，且， ∴ 四边形是平行四边形 又∵， ∴ 平行四边形是菱形 ②由①得 ∴， ∵在中，， ∴ ∴ ∵，， ∴ （2）当时，四边形是正方形 ∵ ∴ ∵在矩形中， ∴ 又∵ ∴为等腰直角三角形， ∴ 又∵，于点 ∴ ∴四边形为矩形 ∵ ∴矩形为正方形 12．（25-26九年级上·全国·期末）【模型建立】（1）如图，四边形是正方形，当点在边上，在边上，时，用等式写出，与之间的数量关系，并说明理由； 【模型应用】（2）如图2，当点在的延长线上，在的延长线上时，其他条件与（）相同．用等式写出，与之间的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】（3）如图，在中，，，点，均在边上，且．若，，求的长． 【答案】（1），见解析；（2），见解析；（3） 【分析】（1）将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，然后求出，利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，从而得解； （2）类似（1），通过旋转构造全等三角形，结合全等性质得线段相等； （3）将绕点逆时针旋转至，使与重合，连接，根据全等三角形的性质、勾股定理计算． 【详解】解：（1）结论：． 理由：如图，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到， ∵， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴， ∵， ∴； （2）结论：． 理由：如图，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，连接， ∵， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴， ∵， ∴； （3）将绕点逆时针旋转至，使与重合，连接， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴． ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $