专题08 特殊平行四边形15大题型分类专训（期末真题汇编，浙江专用）八年级数学下学期新教材浙教版

**基本信息** 浙江多地八年级下册期末试题汇编，聚焦特殊平行四边形15个高频考点，涵盖选择、填空、解答题，注重性质应用与综合证明，适配期末复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空|约40题|矩形（性质求角度/线段、折叠）、菱形（性质求面积/证明）、正方形（弦图计算、折叠）|结合浙江期末真题，基础题（如矩形角度计算）与提升题（如菱形对称点线段）分层设计| |解答题|约20题|矩形/菱形/正方形判定、性质证明（如菱形中证明线段相等）、综合应用（如正方形中点问题）|突出逻辑推理与几何直观，如折叠问题考查空间观念，证明题融合多性质综合应用，匹配期末命题趋势|

专题08 特殊平行四边形 15大高频考点概览 考点01 利用矩形的性质求角度 考点09利用菱形的性质证明（重点题型） 考点02利用矩形的性质求线段长度 考点10证明四边形是菱形（重点题型） 考点03矩形中折叠问题（重点题型） 考点11根据正方形的性质求线段 考点04证明四边形是矩形（高频题型） 考点12根据正方形的性质求面积 考点05利用矩形的性质证明（重点题型） 考点13正方形中折叠问题（常考题型） 考点06利用菱形的性质求角度 考点14根据正方的性质证明 考点07利用菱形的性质求线段长度（难点题型） 考点15证明四边形是正方形（重点题型） 考点08利用菱形的性质求面积（重点题型） 地 城 考点01 利用矩形的性质求角度 1．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图，矩形的对角线，相交于点O，于点E，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，垂直的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质可得，由等边对等角可得，利用三角形外角性质可得，结合，即可求出. 【详解】解： 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ． 故选：A． 2．（24-25八年级下·浙江丽水·期末）如图，在矩形中，对角线，交于点O，，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的性质得出，，，推出，根据等边对等角得出，再根据三角形的外角即可得出答案． 【详解】解：∵矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查矩形的性质，三角形的外角，等边对等角，正确理解题意是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江丽水·期末）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的性质推出BO＝OC，得出等腰三角形BOC，利用三角形内角和定理求出∠ACB． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD， ∴BO＝OC， ∴∠OBC＝∠ACB， ∵∠BOC＝∠AOD＝120°， ∴∠ACB＝． 故选：A． 【点睛】此题考查的是矩形的性质、等腰三角形的判定与性质，掌握其性质定理是解决此题的关键． 4．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，矩形中，对角线交于点，点是边上一点，且．设，，则与之间的关系正确的是（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据矩形的性质可得OA=OD，根据等腰三角形底角相等和直角三角形两个锐角互余可得（180°-α）=β，进而可得结果． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴OA=OD， ∴∠OAD=∠ODA， ∵∠AOD=α， ∴∠OAD=（180°-α）， ∵OE⊥AC， ∴∠AOE=90°， ∵∠AEO=β，∠DAE=90°， ∴∠OAD=∠AEO， ∴（180°-α）=β， ∴α+2β=180°． 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的对角线相等的性质． 5．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在矩形中，与交于点O，，则______． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角定理，熟练掌握矩形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键． 由矩形可得，则，再由外角即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 地 城 考点02 利用矩形的性质求线段长度 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在矩形中，交于点，点在上，连结交于点，且．若，则的长为（    ） A．6 B．8 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，平行线的性质，勾股定理，对顶角相等和余角的性质等，熟练掌握相关性质和定理是解题的关键．连接交于点O，连接，令交于点M，根据三角形中位线定理、平行线的性质、对顶角相等和余角的性质可得，设，，则，解方程求出x的值，即可求出的值． 【详解】解：连接交于点O，连接，令交于点M， ∵， ∴， 又∵四边形是矩形， ∴，，， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， 设， 则， ∴，， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 解得：， ∴， 故选：A． 2．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，矩形中，．平分交于点，是上一动点，连结，于点，若，且，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接、，根据经过某一条线段的中点，并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得，根据一般地，从一个角的顶点出发，把这个角分成两个相等的角的射线，叫做这个角的平分线可得，根据矩形的对边平行且相等，四个角都是直角可得，，，根据两直线平行，内错角相等可推得，根据等角对等边可得，根据斜边及另一条直角边对应相等的两个直角三角形是全等三角形，全等三角形的对应角相等可得，结合直角三角形中两个锐角互余可得，推得是直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半可得，设，则，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方即可列出方程，解方程求出的值，即可求解． 【详解】解：连接、，如图， ∵，， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵平分， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，， ∴， 即， ∴是直角三角形， ∴， 设，则， 即， 在中，， 在中，， 即，， 解得：， ∴， ∴． 故选：A． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的判定与性质，角平分线的定义，矩形的性质，平行线的性质，等角对等边，全等三角形的判定与性质，直角三角形的判定，勾股定理等，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 3.（24-25八年级下·浙江丽水·期末）如图，在矩形中，，，点是的中点，连结，将沿折叠，点落在点处，连结，则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由折叠的性质和中点性质可得，所以，由勾股定理可求的长，由面积法可求，的长，进而根据勾股定理可求解． 【详解】解：如图，连接于交于点， 点是的中点， ， 将沿折叠， ， ， ， 是直角三角形， ，，， ， 将沿折叠， ，， ， ， ， ， ． 故选：． 【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，直角三角形的判定和性质，求的长是本题的关键． 4．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，矩形的内部有5个全等的小正方形，小正方形的顶点分别落在边上，若，则小正方形的边长为（    ）    A． B．5 C． D． 【答案】B 【分析】由矩形的性质可得，求出，证得，得出，过点K作于K，可证明，利用相似三角形对应边成比例求出，再求出，然后利用勾股定理列式求出EG，然后求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵5个小正方形全等， ∴， 在和中，， ∴， ∴， 过点K作于K，如下图所示，    则四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴小正方形的边长为， 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识作辅助线构造相似三角形是解题的关键． 5．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在矩形中，对角线，交于点，的平分线交于点，连结．已知，，则________． 【答案】6 【分析】过点O作于点F，于点P，过点E作于点H，证明是的中位线，设，则，由角平分线性质得， 设，证明，得，再由三角形的面积公式得，则，由勾股定理得，证明是等腰直角三角形，由勾股定理得， 再由三角形的面积公式，进而得，则，由此得，继而可得的长． 【详解】解：过点O作于点F，于点P，过点E作于点H，如图所示： 四边形是矩形， ， ， 是的中位线， 设，则， 是的平分线，，， ，设， 是的外角，， ， 在中，， ， ， ， ， ，， 由三角形的面积公式得：， ， ， 在中，由勾股定理得：， ，， 是等腰直角三角形， ， 在中，， 由勾股定理得：， ， 由三角形的面积公式得：， ， 在中，由勾股定理得：， ， ， ． 故答案为：6． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质，理解矩形的性质，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，灵活运用三角形的面积公式和勾股定理进行计算是解决问题的关键． 6．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在矩形中，与交于点，点为上一点，连接并延长交于点，满足，若，，则________． 【答案】 【分析】先由等腰三角形性质得到，再由矩形性质得到，则由平行线性质，等量代换得到，从而得到，设，则，，由矩形性质及已知得到，列方程求解求出，即，在中，由勾股定理求解即可得到答案． 【详解】解： ， ， 在矩形中，，则， ， ，则， 设，则，， 在矩形中，，则， 即，解得， 在中，，，则由勾股定理可得， 故答案为：． 【点睛】本题考查勾股定理求线段长，涉及等腰三角形判定与性质、矩形性质、平行线性质、解方程、勾股定理等知识．熟练掌握矩形性质、等腰三角形的判定与性质及勾股定理求线段长是解决问题的关键． 7．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图1是方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为1，现将它剪拼成一个“天平”造型放入一个矩形框架中（如图2），天平的上下两侧以及左右两侧均与框架重合，则该矩形框架的周长为___________． 【答案】 【分析】本题考查七巧板，勾股定理，矩形的性质．由勾股定理求出的长，得到的长，由图形得到的长，即可解决问题． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴矩形框架的周长为． 故答案为：． 8．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在矩形中，，在边上截取一点，使得，连接，点是的中点，连接．已知，则线段的长为______． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，延长，交于点G，证明，得出，，根据，得出，即，根据勾股定理得出，最后求出结果即可． 【详解】解：延长，交于点G，如图所示： ∵点是的中点， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， 即， 根据勾股定理得：， 即， 解得：，负值舍去， 故答案为：． 9．（24-25八年级下·浙江·期末）在一张长为，宽为的矩形纸片上，现要剪下一个腰长为的等腰三角形（要求：等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合，其余的两个顶点在矩形的边上）则剪下的等腰三角形的底边长为_____． 【答案】或或 【分析】本题主要考查矩形的角的性质和勾股定理的运用，要根据三角形的腰长的不确定分3种情况讨论，有一定的难度．因为等腰三角形腰的位置不明确，所以分三种情况进行讨论：①，为等腰直角三角形；②；③；分别根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，， 分三种情况计算： （1）当时，如图： ； （2）当时，如图： 则， ， ； （3）当时，如图： 则， ， ； 故答案为：或或． 10．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在矩形中，对角线交于点为上的点，将沿翻折，使点的对应点恰好落在上，连接．若，则______． 【答案】 【分析】设，由对称性得到，进而由等腰三角形性质得到，再结合三角形外角性质得到，再由对称性得到，则，，从而有，再由，由等腰三角形性质得到，由三角形内角和定理得到，利用矩形性质及等腰三角形性质得到，从而有，解得，在中，有两锐角互余得． 【详解】解：设， 将沿翻折，使点的对应点恰好落在上， ，则， 是的一个外角， ， 在矩形中，，则由对称性可知， ，， 则， ， ， 在中，则由三角形内角和定理可得， 在矩形中，，则， 即，解得， 在中，，则， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形中求角度，涉及对称性质、等腰三角形性质、外角性质、矩形性质、直角三角形两锐角互余、三角形内角和定理、解方程等知识，熟练掌握相关几何性质，找准各个角度之间的关系列方程求解是解决问题的关键． 地 城 考点03 矩形中折叠问题 1．（24-25七年级上·浙江宁波·期末）如图，点为长方形纸片的边上一点，将长方形纸片分别沿，折叠，使点，分别与点，重合，点，，恰好在同一条直线上．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据矩形的性质，折叠的性质，平角的定义，计算解答． 本题考查了矩形的性质，折叠的性质，平角的定义，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质是解题的关键． 【详解】解：∵长方形纸片分别沿，折叠，使点，分别与点，重合，点，，恰好在同一条直线上， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵长方形纸片， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， 故选：C． 2．（24-25八年级下·浙江丽水·期末）如图，将矩形沿折叠，点B落在边上的点F处．若，，则的长度为 （    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握折叠的性质．根据矩形的性质得出，，，根据折叠得出，，，根据勾股定理求出，设，则，，根据勾股定理列出方程，解方程即可． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， 根据折叠可知：，，， ∴， 设，则，， 根据勾股定理得：， 即， 解得：， ∴． 故选：C． 3．（24-25七年级下·江苏扬州·期末）如图，将长方形纸片进行折叠，如果，那么的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题、几何图形中角度的计算，解题的关键在于判断折叠前后对应角相等．因为四边形是由四边形翻折得到，所以，且，故，则的度数就可求得． 【详解】解：四边形是由四边形翻折得到， ，且由题意可知：， ， ， 故选：A． 4．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，矩形纸片中，，点在边上．将沿翻折得到，若，则的长度为__________． 【答案】/ 【分析】先由勾股定理在中，求得．延长至点G，使得，连接，设，证明，得到，从而，进而得到，从而，得到，根据等角对等边得到，再由线段的和差即可求解． 【详解】解：∵在矩形中，，，， ∴在中，． 延长至点G，使得，连接， 设， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴由折叠可得， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∵在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查轴对称的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，全等三角形的判定及性质，直角三角形两锐角互余，正确作出辅助线，证明等腰三角形是解题的关键． 5．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在矩形中，点E，F，H分别在边，，上，，，将和梯形分别沿着，进行折叠，使点A，D重合于点G，则________． 【答案】 【分析】本题考查矩形的折叠，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，过点H作于点K，即可得到是矩形，然后根据得到，即可得到，然后根据线段的和差解答即可． 【详解】解：过点H作于点K， ∵是矩形， ∴，， ∴是矩形， ∴，， 由折叠可得，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 6．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，矩形中，是边上一点，将沿翻折，得到，延长交线段的延长线于点，交线段于点，若，，，则线段的长为_______． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，由矩形的性质得到，由平行线的性质可得，再证明，得到；证明，得到，则可证明，利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 故答案为：． 7．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在矩形中，，，点是上一点，现将沿翻折，得到．作，，当四边形是正方形时，则的值为_______． 【答案】或 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．根据折叠性质，在中，由勾股定理得，，即，解得或． 【详解】解：由对折可知， ， 四边形是正方形， ， 在中， ， 即， 解得或． 故答案为：或． 8．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在长方形纸片中，，，点M 为上一点，将沿翻至， 交于点G，交于点F，且，则的长度是_____________ 【答案】 【分析】本题考查了翻折变换和矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据条件列出方程是解题的关键． 先证明，再根据勾股定理设未知数列方程求解即可． 【详解】解：设，则， 在和中 ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 在中，， 即， 解得：， 故答案为：． 9．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在矩形中，点E在边上，沿折叠得到，且点B，F，E三点共线，连接，若，，则_____，______． 【答案】 【分析】本题考查勾股定理，矩形的性质，折叠的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．设交于H，，，根据勾股定理得到，，解得，，然后根据三角形的面积求出解题即可． 【详解】解：设交于H，如图： 设，， ∵沿折叠得到， ∴，， ∵， ∴， 在中，， ∴①， 在中，， ∴②， ①②联立解得，或（舍去）， ∴，， ∴； ， ∵沿折叠得到， ∴，， ∴， ∴， ∴； 故答案为：，． 地 城 考点04 证明四边形是矩形 1．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）如图，在中，为的中点，四边形是平行四边形，，相交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）先根据四边形是平行四边形和为的中点，判定四边形是平行四边形，再结合，推出，即可得出结论； （）根据和矩形的对角线相等且互相平分，得出为等边三角形，即可求出的长，从而得到矩形对角线的长，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵为中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，为中点， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图，在中，点，分别在，上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的周长及矩形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)的周长为；矩形的面积为4 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，即，证明，则可证明四边形是平行四边形，再由即可证明结论； （2）由矩形的性质得到，由勾股定理求出，则，据此可求出矩形的面积；求出，根据平行四边形的周长公式可得答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形的周长． 3．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图所示，在四边形中，对角线相交于点O，，，且，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，于点E，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理的逆定理，等边对等角，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键。 （1）对角线互相平分的四边形是平行四边形，则可证明四边形是平行四边形，再由勾股定理的逆定理可证明，则可证明四边形是矩形； （2）由矩形的性质得到，则，进而求出，由矩形的性质得到，由等边对等角得到，则． 【详解】（1）解：∵，， ∴四边形是平行四边形，， ∵，， ， ， 四边形是矩形； （2）解：四边形是矩形 ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， ． 地 城 考点05 利用矩形的性质证明 1．（2026·浙江温州·期末）如图，在矩形中，为延长线上一点，为的中点，以为圆心，长为半径的圆弧经过与的交点，连结． (1)求证：． (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【详解】（1）证明：由作法知，， 在矩形中，． 为中点． ． （2）． ． 在矩形中，． ． 2．（2026·浙江温州·期末）如图，在矩形中，E是的中点，连接，． (1)求证：． (2)若，，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质得到，，根据E是的中点得到，可知； （2）根据E是的中点得到，根据勾股定理求出，根据全等三角形的性质得到，即可求出的周长． 【详解】（1）证明：在矩形中，，． 为中点， ． ； （2）解：， ． ，． ． ， ． 的周长为． 3．（2025·浙江温州·期末）如图，在中，，、关于对称，作交延长线于点E，以，为边作矩形，延长交延长线于点H． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由对称轴的性质得，，所以，由矩形的性质得，，则，，，即可证明； （2）由全等三角形的性质得，，而，则，设，则，求得，所以，由，得，而，所以，由，得，所以，从而求得． 【详解】（1）证明：∵，、关于对称， ∴，， ∴ ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，，， 在和中， ， ∴． （2）解：由（1）得， ∴，， ∵、关于对称，， ∴ ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，轴对称的性质，矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的应用，推导出，，进而证明是解题的关键． 4．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）如图，在矩形中，是上一点，，于点．    (1)求证：； (2)若，，求矩形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，结合了全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握这些性质是解题的关键． （1）证即可； （2）连接，证，得，设，在中，列式求解求出，即可解决． 【详解】（1）四边形为矩形， ∴，，，， ∵， ∴ ， ∴ ， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （2）连接，    在和中， ， ∴， ∴， 设， 则， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得，即， ∵ ∴． 地 城 考点06 利用菱形的性质求角度 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，点在上，连结，，．设，，则，关系正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质以及平角和为，由菱形的性质表示出各个角并由平角列式是解决本题的关键． 由菱形的性质可表示出与，再由可得，根据为平角列式即可求解． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴为等腰三角形， 即， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， 又∵， 即， 整理可得． 故选：A ． 2．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图，在菱形中，与交于点，点在上，，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握性质是解题的关键．由可知，设，则，根据菱形的性质可得，即，求出x的值，进一步即可求出答案． 【详解】解：， ， 设，则， 四边形是菱形， ，， 即， ， 解得， 即，， ， 故选：D． 3．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，是菱形的对角线，于点E，交于点F，若，则_______ 【答案】/度 【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形内角和定理以及三角形外角的定义和性质，由菱形的性质得出，进而可得出，由三角形内角和定理得出，最后由三角形外角的定义和性质得出． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 4．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，和为两条对角线，分别作和的角平分线交于点N和M，且，则________°． 【答案】60 【分析】本题考查菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 根据菱形的性质和角平分线的定义证明，进而可以解决问题． 【详解】解：，分别是和的角平分线， ，，， ∵四边形是菱形， ，，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：60． 5．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在菱形中，为对角线上一点，，连结，若，则的度数为______．    【答案】/80度 【分析】根据菱形的性质、等腰三角形性质，三角形内角和定理求解． 【详解】解：∵四边形是菱形 ∵ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 故答案为： 【点睛】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，根据相关定理确定角之间数量关系是解题的关键． 6．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在菱形中，，连接，以点为圆心，长为半径作弧，交直线于点，连接，则的度数是________．    【答案】或 【分析】根据题意画出图形，结合菱形的性质可得，再进行分类讨论：当点E在点A上方时，当点E在点A下方时，即可进行解答． 【详解】解：∵四边形为菱形，， ∴， 连接， ①当点E在点A上方时，如图， ∵，， ∴， ②当点E在点A下方时，如图， ∵，， ∴， 故答案为：或．    【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和以及三角形的外角定理，解题的关键是掌握菱形的对角线平分内角；等腰三角形两底角相等，三角形的内角和为；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和． 7．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，的中垂线交于点，交于点，，则的度数为_________． 【答案】36° 【分析】根据EF垂直平分AD可得AF=DF，所以∠FAD=∠FDA，再根据三角形外角得出∠DFC=∠FAD+∠FDA=2∠FAD，再根据菱形性质得∠BAD=2∠FAD，所以∠DFC=∠BAD．再由∠ABC=4∠DFC，∠ABD+∠BAD=180°，求出∠BAD． 【详解】解：如图所示， ∵EF垂直平分AD． ∴AF=DF． ∴∠FAD=∠FDA． ∵∠DFC=∠FAD+∠FDA． ∴∠DFC=2∠FAD． 在菱形ABCD中，AC是对角线， ∴∠BAD=2∠FAD． ∴∠BAD=∠DFC． ∵∠ABC=4∠DFC． ∴∠ABC=4∠BAD． ∵∠BAD+∠ABC=180°． ∴∠BAD+4∠BAD=180°． ∴∠BAD=36° 故答案为：36°． 【点睛】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，根据菱形对角线平分每一组对角得出∠BAD=2∠FAD是解题的关键． 地 城 考点07 利用菱形的性质求线段长度 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）已知菱形的面积为8，它的一条对角线长为，则菱形的边长为（    ） A．2 B． C． D．4 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，根据菱形面积公式求出另一条对角线的长度，再利用勾股定理计算边长． 【详解】解：如图， ∵，， ∴， ∵是菱形， ∴，， ∴． 故选：C． 2．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图，在菱形中，交于点．若，则的长为（   ） A．5 B．6 C．8 D．10 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理． 由菱形的性质得到，，再根据勾股定理计算即可． 【详解】解：∵在菱形中，交于点， ∴，， ∴， 故选：A． 3．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，对角线，交于点，点为边中点．若菱形的面积为24，，则的长为(    ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，根据菱形的性质和面积，可以得到的长，从而可以得到的长，然后根据勾股定理可以得到的长，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可以得到的长． 【详解】解：四边形是菱形， ， 菱形的面积为，， ，， ， ， ， 为边中点， ， 故选：A． 4．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，四边形是菱形，对角线与相交于点O，于点H．若，，则的长度为（　　）    A． B． C． D．4 【答案】C 【分析】由菱形的性质和勾股定理得，再由，即可解决问题． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∵， ∴， 即， 解得：， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键． 5．（24-25八年级下·浙江丽水·期末）如图，在菱形中，，，点E是点A关于直线的对称点，连结交于点F，连结，，则的长是（    ）    A．16.8 B．19.2 C．19.6 D．20 【答案】B 【分析】连接交于点O，由菱形的性质及勾股定理可求得，，再结合对称的性质证明，利用面积法可求解，进而可求解． 【详解】解：连接交于点O，    ∵四边形为菱形，，， ∴，，于点O， ∴ ， ∴， ∵点E是点A关于直线的对称点， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即， 解得， ∴． 故选：B． 【点睛】本题主要考查菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，三角形的面积等知识的综合运用，证明是解题的关键． 6．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，菱形的边长为5，点在边上，连结，过点作于点，，将菱形分割成三部分后，恰好可以拼成一个直角三角形，若，则线段的长度为___________． 【答案】 【分析】由题意可得，连接，过点分别作，，垂足为点，设，，由，得到，那么有三线合一可得，则，在中，由勾股定理建立方程求出，则，可得四边形为矩形，则由双勾股定理可得，继而建立方程求出，即可求解． 【详解】解：由题意得可得，连接，过点分别作，，垂足为点， 设，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得：或（舍） ∴， ∵，，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵ ∴， 解得：， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，解一元二次方程，等腰三角形的性质等知识点，难度较大，正确构造辅助线是解题的关键． 7．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，对角形相交于点．过点作于，点是边中点，若，菱形的面积为，则长为______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，由菱形的性质可得，，，利用菱形的面积公式可得，即得，再根据勾股定理可得，最后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵菱形的面积为， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵点是边中点， ∴， 故答案为：． 8．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在菱形中，．若，则菱形的周长为______． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，只需要证明是等边三角形求出即可得到答案． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ， ， ， 是等边三角形， ， 菱形的周长， 故答案为：． 地 城 考点08 利用菱形的性质求面积 1．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在菱形中，对角线、交于点O，过点A作于点E，连接．若，，则菱形的面积为（     ） A．30 B．40 C．50 D．60 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形斜边的中线，关键是由直角三角形斜边中线的性质推出，掌握菱形的面积公式． 由菱形的性质推出，由直角三角形斜边中线的性质推出，于是得到菱形ABCD的面积． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， ， ， 菱形的面积， 故选：A． 2．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在菱形中，，，则菱形的面积为（    ） A．48 B．36 C．24 D．12 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 根据菱形的对角线互相平分，垂直，可得，，，再由勾股定理求解，最后由菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：如图： ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴菱形的面积为， 故选：C． 3．（24-25八年级下·浙江台州·期末）将3个相同的矩形按如图所示摆放在菱形ABCD中，若每个矩形的周长为4，则菱形ABCD的面积为（    ） A． B． C．4 D． 【答案】A 【分析】如图，左侧的矩形为EFGH，求出AH＝AG－HG＝EH＋HG－HG＝EH，可得∠HAE＝∠HEA＝45°，进而求出GA＝GB＝2，然后利用勾股定理求出AB，可得BC，再根据菱形的面积公式计算即可． 【详解】解：如图，左侧的矩形为EFGH，则A、H、G三点共线，∠AHE＝∠AGB＝90°， ∵3个矩形相同， ∴AG＝EH＋HG， ∴AH＝AG－HG＝EH＋HG－HG＝EH， ∴∠HAE＝∠HEA＝45°， ∴∠B＝45°， ∴GA＝GB， ∵每个矩形的周长为4， ∴GB＝GA＝EH＋HG＝2， ∴AB＝， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BC＝AB＝， ∴菱形ABCD的面积为：BC·AG＝， 故选：A． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理以及菱形的性质，求出∠HAE＝∠HEA＝45°，证明GA＝GB是解答本题的关键． 4．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，点，分别在，上，，连接，，．若菱形面积为，，四边形的面积是面积的3.5倍，则线段的长为 _________________ ． 【答案】 【分析】过点作于点，于点，过点作，交延长线于点，连接，根据菱形性质求出，根据和等底等高得，进而得，再根据面积公式得，由此得，，在中，由勾股定理求出得，然后在中，由勾股定理即可求出的长． 【详解】解：过点作于点，于点，过点作，交的延长线于点，连接，如图所示： 四边形是菱形，， ，， 菱形面积为， ， ， ， 同理：， ， 和等底等高， ， 四边形的面积是面积的3.5倍， ， ， ， ， ， ， ， ，，， 根据平行线间的距离处处相等得：， 在中，由勾股定理得：， ， 在中，由勾股定理得：． 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了菱形的性质，三角形的面积，理解菱形的性质，三角形的面积公式，勾股定理是解决问题的关键． 地 城 考点09 利用菱形的性质证明 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，已知四边形是菱形，，以点A为圆心，为半径画弧线，分别交，于点F，E，连接，，，． (1)求度数； (2)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，关键是由菱形的性质推出，由等腰三角形的性质求出和的度数． （1）由菱形的性质推出，由等腰三角形的性质推出，由三角形内角和定理求出，同理：，由平行线的性质求出，即可得到的度数； （2）由等腰三角形的性质得到，由菱形的性质推出，由三角形的外角性质得到，因此，推出． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ， 由题意得到， 同理：， ∵， ， ， ． （2）证明：∵， ， ∵四边形是菱形， ， ， ， ， ． 2．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，．点E，点F分别在边上，连接，交于点G，且满足． (1)若，，求的度数； (2)求证：； (3)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线是解题的关键． （1）由菱形的性质得到，再由平行线的性质和三角形内角和定理求解即可； （2）根据四边形内角和定理得到，则可证明，再由菱形的性质和平行线的性质证明，则可证明； （3）延长到H，使得，连接，证明，得到，则可证明，得到；过点C作于T，则，由勾股定理得，，则，再根据线段的和差关系证明即可． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）证明：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴； （3）证明：如图所示，延长到H，使得，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； 如图所示，过点C作于T， ∴， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， ∴ ． 3．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如下图，在菱形中，点P是边上的点，连结交对角线于点E，连结． (1)求证：． (2)若，，求的度数． 【答案】(1)证明过程见详解 (2) 【分析】（1）由证得，即可得出结论； （2）①由（1）得，则，由，得，由三角形外角的性质即可得方程，即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ，， 在和中， ， ， ； （2）解：由（1）得：， ， ， ， ， ， ， ， ， . 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，有一定难度． 4．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）已知：如图，在菱形中，过顶点D作，，垂足分别为E，F，连接．      (1)求证：为等腰三角形． (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形的性质得到，再由垂直的定义得到，由此可证明得到，即可证明为等腰三角形； （2）由等边对等角和垂线的定义得到，进而利用三角形内角和定理求出的度数，进而求出的度数即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰三角形； （2）解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理等等，灵活运用所学知识是解题的关键． 地 城 考点10 证明四边形是菱形 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，四边形是菱形，，点E，F在上，，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)20 【分析】本题考查菱形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． （1）连接交于点O，根据菱形的性质得到、，进而得到，证得四边形是平行四边形，根据对角线垂直，证明四边形是菱形； （2）根据菱形的性质求出、的长，再利用勾股定理求出、的长，最后利用四边形的周长为进行求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接交于点O， 四边形是菱形， 、、， ， ，即， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形是菱形； （2）解：， ， 在中，由勾股定理得：， 四边形是菱形， 、， ， 在中，由勾股定理得：， 四边形的周长为． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在四边形中，，对角线交于点O，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作，交的延长线于点E，连接，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】（1）由平行线的性质和角平分线得出，证出，由得出，即可得出结论； （2）由菱形的性质得，在中，由勾股定理得，得，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， 在中， 由勾股定理得：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、平行线的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，矩形中，，分别以点和点为圆心，大于同样长为半径作弧，两弧相交于两点，连接分别交于点，连接．    (1)求证：四边形为菱形； (2)求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)20 【分析】本题考查作图－基本作图，菱形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题． （1）根据对角线垂直的平行四边形是菱形证明即可； （2）设，则，利用勾股定理构建方程求解． 【详解】（1）（1）证明：∵四边形是矩形， ， ， 由作图可得，垂直平分， ， ， ， ， 又∵， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形为菱形； （2）解：∵垂直平分， ， 设，则， 在中，， ， 解得， ∴菱形的面积为． 4．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，点是对角线的中点，点 是边上的点，连接并延长交于点，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)若 ，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（）由矩形性质可得，则，然后证明，则，故有四边形是平行四边形，又点 是对角线 的中点，则垂直平分，所以，从而可证明四边形 是菱形； （）设，则，，由勾股定理得，即有，然后解出即可． 【详解】（1）证明：∵是中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵点是对角线的中点， ∴垂直平分， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：设，则，， 由勾股定理得， ∴， 解得， ∴四边形的周长为． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，菱形的判定与性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 5．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在矩形中，点为对角线的中点，直线过点且与边，分别交于点，，，连接，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了矩形的性质、菱形的判定及性质、全等三角形的判断和性质以及勾股定理、线段垂直平分线的性质等知识点的综合运用，解一元二次方程； （1）首先判定平行四边形，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形进行判定即可； （2）由垂直平分，得到，由，在中，设，表示出，再由的长，利用勾股定理列出关于的方程，求出方程的解得到的值，即为的长．则的长也可求出，进而可求出四边形的周长． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，， ， 是中点， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ，， ， ， 设，则， 在中，， 即， 或 (舍)， ． ， 四边形的面积． 6．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在 中，，点是的中点，连结并延长，交的延长线于点，连结，． (1)求的长； (2)若． ①证明四边形是菱形； ②若，求四边形的周长． 【答案】(1) (2)①见解析；②10 【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定证明得到即可求解； （2）①先证明四边形是平行四边形，再证明，根据菱形的判定可证的结论； ②根据平行四边形的性质和菱形的性质证明是等边三角形，进而得到可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， 又， ∴， ∴， 又， ∴； （2）解：①∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴，即， ∴四边形是菱形； ②∵四边形是平行四边形，, ∴,，， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴，即， ∴四边形的周长为． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键． 7．（24-25八年级下·浙江金华·期末）在中，，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)，四边形的面积为24．求的长． 【答案】(1)见解析 (2)8 【分析】（1）由E是的中点，，易证得，即可得，又由，D是的中点，可得，证得四边形是平行四边形，继而判定四边形是菱形； （2）连接，易得四边形是平行四边形，得出，由菱形的面积等于其对角线乘积的一半，可求得答案． 【详解】（1）证明：如图，∵， ∴， ∵E是的中点，D是的中点， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，D是的中点， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：连接，    ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是菱形，面积为24， ∴， ∴． 【点睛】此题考查了菱形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意根据题意画出图形，结合图形求解是关键． 地 城 考点11 根据正方形的性质求线段 1．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在中，，分别以为边向外作正方形，正方形，连接，则的长为（   ） A．10 B．9 C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，过点E作，交的延长线于点P，设交于点Q，则，，先由勾股定理求出，根据正方形性质得，，，证明，进而依据“”判定，则，进而依据“”判定，则，，然后在中，由勾股定理求出即可得出的长． 【详解】解：过点E作，交的延长线于点P，设交于点Q，如图所示： ∴， 在中，， 由勾股定理得：， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴， ∴，和都是直角三角形， 在中，， ∵， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴． 故选：C． 2．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，正方形的顶点在正方形上，四边形也是正方形，且点，，在同一直线上，则正方形与正方形的面积比为(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．延长交于点，连接，依题意得是线段的垂直平分线，则，证明和全等得，进而得，设，则，则，进而由勾股定理得，则，由此求出正方形与正方形的面积比即可得出答案． 【详解】解：延长交于点，连接，如图所示： 四边形和四边形都是正方形， ，， 是线段的垂直平分线， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， 设，其中， 在中，由勾股定理得：， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， ． 正方形与正方形的面积比为． 故选：C． 3．（24-25八年级下·浙江温州·期末）第二十四届国际数学家大会会徽取自1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，大正方形由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，若，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质，根据正方形的性质得到，，根据等腰三角形的性质得到求得，设，则，根据勾股定理得到，，进而可得结论． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， 设，则， ∴，， ∴， 故选：D． 4．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则（    ）    A．5 B． C． D．4 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的性质，先求得，利用勾股定理即可解答． 【详解】解：∵， ∴， 是四个全等的直角三角形，， ，， 四边形为正方形， ， ， 故选：C． 5．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，边长为7的大正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，连接并延长交于点M．若，则的长为__________________ ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，以及勾股定理等知识，依据题意恰当的添加辅助线是解题的关键． 过点M作于点N，设与交于点K，如图，根据正方形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，．求得，根据等腰三角形的性质得到，根据平行线的性质得到，求得，设，则，，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：过点M作于点N，设与交于点K，如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 由题意得：， ∴，． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得： ， 解得：， ∴． 故答案为：． 6．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，边长为15的大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，连结AF并延长交BC于点．若，则的面积为__________． 【答案】 【分析】先参考第一张题目的解法，利用全等三角形和等腰三角形的性质求出的长度，再求出的长度，接着过点作于，利用等腰三角形三线合一得到和的长度，最后根据三角形面积公式计算的面积． 【详解】解：如图，过点作于，令交于点， ∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴． 由题意得：， ∴，． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴． 设，则，． 在中，由勾股定理得： 解得， ∴． 在中，，，由勾股定理得：即， 解得， ∵，， ∴． 在中， ， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及三角形的面积计算，熟练掌握这些几何知识并依据题意恰当地添加辅助线是解题的关键． 7．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，为正方形内一点，，过点作交射线于点，连接．若正方形边长为，，则______． 【答案】 【分析】如图，连接，交于点，证明，，设，证明，可得，记的交点为，证明，再进一步利用勾股定理计算即可． 【详解】解：如图，连接，交于点， ∵，， ∴平分，即，， ∴，， 设， ∵四边形为正方形， ∴，，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 记的交点为， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴． 故答案为： 【点睛】本题考查的是正方形的性质，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，三角形的内角和定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 地 城 考点12 根据正方形的性质求面积 1．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在中，，分别以边、向外作正方形和正方形，连接、．若已知的值，则能求出的三角形面积是（   ）． A．三角形 B．三角形 C．三角形 D．三角形 【答案】A 【分析】延长交于点H，根据直角三角形与正方形性质得，，，得四边形是矩形，得，得的值已知，可求． 【详解】解：延长交于点H， ∵在、正方形和正方形中，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵的值已知， ∴可以求出． 故选：A． 【点睛】此题主要考查勾股定理．熟练掌握勾股定理，直角三角形性质，正方形的性质，矩形的判定和性质、三角形面积公式，是解题的关键． 2．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，此图形中连结四条线段得到阴影部分，若，，，为各直角边中点，且小正方形面积为4，阴影部分面积为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】D 【分析】本题考查了全等三角形的性质，正方形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 由题意可得小正方形的边长为2，再由四个全等的直角三角形围成一个大正方形，，，，为各直角边中点，可得，再由三角形面积公式即可求解． 【详解】解：∵小正方形面积为4， ∴， ∵四个全等的直角三角形围成一个大正方形，，，，为各直角边中点， ∴， ∴阴影部分面积为， 故选：D． 3．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，以直角的每一条边为边长，在AB的同侧作三个正方形，各个涂色部分分别用①、②、③、④、⑤表示，已知②、④两部分的面积和为，则③、⑤两部分的面积和为（    ）． A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】B 【分析】设序号为①，②，③，④，⑤图形的面积分别为，，，，，利用正方形性质，三角形全等证明即可，本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理是解题的关键． 【详解】如图所示， 设序号为①，②，③，④，⑤图形的面积分别为，，，，，， 根据题意，得， 四边形是正方形，， ， ，， ， ， ． ∴ ∵②、④两部分的面积和为， ∴， 四边形是正方形，四边形是正方形， ， ， ． ∴， 根据题意，得 ， 故选B． 4．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，已知等腰直角三角形纸板中，．现要从中剪出一个尽可能大的正方形，则能剪出的最大正方形的面积是（    ） A． B． C．25 D．50 【答案】C 【分析】本题主要考查图形的拼接，涉及正方形的性质和等腰直角三角形的性质，根据题意要求从一张等腰直角三角形纸板中剪一个尽可能大的正方形是以两直角边、斜边中点和直角顶点为正方形四个顶点，设正方形的边长是a，则，且，求解即可． 【详解】解：假设能剪出的最大正方形为，如图， 则，， 设正方形为的边长为a， ∵， ∴， 则，即，解得， ∴能剪出的最大正方形的面积25． 故选：C． 5．（24-25八年级下·浙江温州·期中）中国清代数学家李锐借助三个正方形用出入相补的方法证明了勾股定理．如图，已知正方形和正方形，，，三点在一条直线上．现将其裁剪拼成不重叠无缝隙的大正方形．若正方形和正方形的面积之和为260，阴影部分的面积为148，则的长为（    ） A．22 B．20 C．18 D．16 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质，设，，根据正方形的性质及得，进而可得，将正方形和正方形裁剪拼成不重叠无缝隙的大正方形得，再利用面积的数量关系即可求解，熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定及性质是解题的关键． 【详解】解：如图： 设，， ， 四边形、四边形和都是正方形， ，，，，， ，， ， 在和中， ， ， ， 将正方形和正方形裁剪拼成不重叠无缝隙的大正方形， ， ， ， ， 即， ， 故选A． 6．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，点E在边上，以为边作矩形，使经过点C．若，则矩形的面积是（    ）    A．2 B．4 C． D． 【答案】B 【分析】连接，根据正方形的性质求得，再根据矩形的性质得到即可求解． 【详解】解：连接，    ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的性质，得到与正方形和矩形面积的关系是解答的关键． 地 城 考点13 正方形中折叠问题 1．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，正方形，，E为的中点，将沿BE折叠到，延长EF交于点G．连接，则下列结论错误的是（　　） A．的周长为4 B．的周长为 C．的面积为 D．的面积为 【答案】B 【分析】本题考查翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题． 证明得出可判断A正确；设，在中，利用勾股定理构建方程求出，再利用勾股定理求出可判断B错误；根据三角形面积公式求出和的面积可判断C，D正确． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵E是的中点， ∴， 由翻折变换的性质可知， ∴ ， ∴， ∴， ∴的周长，故选项A正确， 设， 在中，， 解得， ∴， ∴，， ∴的周长，故选项B错误， 的面积，故选项C正确 的面积，故选项D正确． 故选：B． 2．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，将正方形折叠，使点A与的三等分点E重合，折痕为，设梯形的面积为，梯形的面积为，则（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】A 【分析】分，或两种情况讨论，连接，设正方形边长为，设，则，设，则，在、、中运用勾股定理及翻折的性质，求得，最后运用梯形的面积公式即可求解． 【详解】解：∵为边的三等分点， ∴，或， 如图，当时，连接，设正方形边长为， 由翻折知，， 设，则，设，则， ∵正方形， ∴，, 在中，， ∴， ∴， ∴， 在、中，， ∴， ∴，， ∵梯形面积为，梯形面积为，且, ∴； 如图，当时， 同理，； 综上，， 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质、翻折的性质、勾股定理、梯形的面积公式，求解的关键是利用勾股定理及翻折的性质建立等式． 3．（24-25七年级上·浙江宁波·期末）如图，将一张正方形纸片折叠，、为折痕，点B、D折叠后的对应点分别为点、，若，则的度数为______ ． 【答案】 【分析】本题考查了图形的折叠变换及其性质、正方形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 设，，，由折叠性质得，，根据和求解即可． 【详解】解：由题意知， 设，，， ，， 由折叠性质得：，， ∵， ， ， 又， ， ， ， 解得：， 故答案为：． 4．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，正方形纸片的边长为6．E，F分别是对边，上的点，．把正方形纸片沿着直线对折，点C，D的对应点分别是点，．若，则交叠而成的五边形的周长是____________． 【答案】/ 【分析】本题考查了勾股定理，正方形与折叠问题，全等三角形的性质与判定；连接交于点，连接并延长交于点，连接，过点作于点，勾股定理求得，根据折叠性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定证明，进而勾股定理求得的长，进而即可求解 【详解】解：如图所示，连接交于点，连接并延长交于点，连接，过点作于点， ∵，则， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴ 在中， ∴ ∴， ∵在正方形中， ∴过的中点O， ∴, 同理可得，则， ∴四边形是平行四边形， ∵折叠， ∴， 则 在中， ∴ ∴ ∴， 在中， ∴ ∴ 同理可得 ∵ 在中， ∴ ∴ ∴ 设，则 在中， ∴ 解得： ∴ 同理可得 ∴五边形的周长为 故答案为：． 地 城 考点14 根据正方的性质证明 1．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在正方形中，G是对角线上的一点（不与点B，D重合），过点G作，分别交于点E，F． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再由正方形的性质得到，则可证明是矩形； （2）延长交于点H，则四边形是矩形，可证明是等腰直角三角形．得到，则矩形是正方形，据此可求出，再利用勾股定理即可求出的长． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形． ∵在正方形中，， ∴是矩形． （2）解：如图，延长交于点H， 在正方形中，， ∵， ∴四边形是矩形，是等腰直角三角形． ∴， ∴矩形是正方形． ∴， 在中，． 2．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，点E是对角线上的一点（不与点A，C重合），连接，．过点E作，的垂线，垂足分别为点F，点G，连接与相交于点O． (1)求证：； (2)圆圆说：“直线”，你认为圆圆的说法是否正确？请说明理由； (3)若，，求的长度． 【答案】(1)证明见解析 (2)圆圆的说法正确，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形的性质证明即可得到结论； （2）延长交于点M，交于点H，如图，证明，四边形为矩形，可得，可得，可得，进一步可得结论； （3）证明都为等腰直角三角形，可得，，，，结合，可得． 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）证明：圆圆的说法正确，理由如下： 延长交于点M，交于点H，如图， ∵， ∴， 过点E作，的垂线，垂足分别为点F，点G，， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即； （3）解：∵正方形， ∴，，， ∵， ∴都为等腰直角三角形， ∵，， ∴，， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，化为最简二次根式等等；证明是解题的关键． 3．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，点E，F分别在边和的延长线上（点E不与点A，点B重合），且，连接．过点D作于H，连接．    (1)求证：点H是线段EF的中点． (2)若，，求． (3)求证：点H始终在正方形的对角线上． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【分析】（1）根据正方形性质先证明，从而得到为等腰直角三角形，利用三线合一即可得出结论； （2）利用勾股定理求出的长，再根据为等腰直角三角形，利用勾股定理求出的长，从而求出，过点H作，交于点N，交于点M，可得四边形为矩形，证明，推出，设，则，利用勾股定理求出，再利用勾股定理即可求解； （3）先得到，利用，可得结论． 【详解】（1）证明：在正方形中，， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， 为等腰直角三角形， ， 点H是线段的中点； （2）由（1）可知， ∴ ， 为等腰直角三角形， ， ， ， 如图，过点H作，交于点N，交于点M，    则四边形为矩形， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，且， ， 设，则， 在中，，即， 解得：或2， 且， ， ， ； （3）由（2）可知， 四边形为矩形， ， ， 连接， 四边形为正方形， ， ， 点H始终在正方形的对角线上 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形直角边小于斜边的长度，准确作出辅助线是解答本题的关键． 4．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图1，点是正方形内部的一点，．连接，，过点作的垂线交的延长线于点． (1)猜测的度数，并说明理由； (2)若，求正方形的边长； (3)如图2，过点作的垂线交于点．当恰好过的中点时，设正方形的边长为，用含的代数式表示． 【答案】(1)，证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，根据正方形的性质，结合等边对等角和三角形的内角和定理，进行求解即可； （2）易得是等腰直角三角形，得到，连接，勾股定理求出的长，再根据正方形的性质，求出正方形的边长； （3）作，证明，得到，进而求出的长，勾股定理求出的长，等积法求出的长即可． 【详解】（1），证明如下： 在正方形中，，， 设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴． （2）由（1）知，， ∵ ∴是等腰直角三角形． ∴， 连接． ∵，， 由勾股定理可知．， ∴正方形的边长为． （3）作． ∵，， ∴， ∵，， ∴，． ∴． ∵． ∴， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， 连接，， ∵， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，正确的添加辅助线，构造特殊三角形和全等三角形，是解题的关键． 5．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形 中，点E、H、F 分别在边上，交对角线于点G，于点M，且点 M是的中点，连接．    (1)求证：； (2)求证：； (3)若，求的值． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3) 【分析】（1）根据四边形是正方形，得出，结合，即可求证； （2）连接，根据四边形是正方形，得出，根据直角三角形的性质得出，设，得出，，得出，，根据等角对等边得出，再结合，得出，即可证明； （3）根据于点M，且点 M是的中点，得出是的线段垂直平分线，即可得，，证明，得出，连接，则是等腰直角三角形，根据勾股定理即可求解； 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵于点M， ∴， ∵， ∴． （2）证明：连接，    ∵四边形是正方形， ∴， ∵点 M是的中点， ∴， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （3）解：∵于点M，且点 M是的中点， ∴是的线段垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 连接，    则是等腰直角三角形，， ∴， ∴． 【点睛】该题主要考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，线段垂直平分线的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，三角形内角和定理，正方形的性质，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 地 城 考点15 证明四边形是正方形 1．（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图1，已知矩形，点E是边上一点，点F是延长线上一点，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)如图2，在（1）的条件下，若，点G是边上一点，连接交于点H，有，求． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质得出，进而利用证明，利用全等三角形的性质和正方形的判定即可得证； （2）过点A作交于点M，连接，易证，根据全等三角形的性质可得，设，根据勾股定理列方程，求出的长度，进一步可得的长度，再证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）过点A作交于点M，连接，如图所示： ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∵， 根据勾股定理，得， 解得， ∴， ∵， 根据勾股定理，得， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 【点睛】本题考查矩形的性质，正方形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是掌握相关性质和定理． 2．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图1，两张纸片正方形与正方形拼在一起，在边上取，沿，分别剪一刀，将拼至，拼至，无缝隙无重叠，如图2．    (1)求证：． (2)求证：四边形是正方形． (3)仿照题中的剪拼方法，剪两刀把图3中两个正方形剪拼成一个更大的正方形，在图中作出剪拼线，并完成拼图． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)见解析 【分析】（1）利用正方形的性质，易证，进而即可证明结论； （2）由题意和全等三角形的性质，易证四边形是菱形，再得出，即可证明四边形是正方形； （3）仿照题中的剪拼方法，即可得到答案． 【详解】（1）证明：四边形和是正方形， ，，， ， ，， 在和中， ， ， ； （2）证明：拼至，拼至， ，， 由（1）可知，， ，， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， 四边形是正方形； （3）解：如图所示，    取，沿，分别剪一刀， 将拼至，拼至，无缝隙无重叠， 由（1）（2）得证法可知正方形即为所求． 【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，菱形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键． 3．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在5×5正方形网格中，每个小正方形的边长为1，已知点A在格点上，请在所给的网格中按下列要求画出图形． (1)在图1中画一条长为的线段AP，且点P在格点上；（只需画出一条符合条件的线段） (2)在图2中画一个顶点都在格点上的菱形ABCD，使其边长为，则该菱形ABCD________正方形．（填“是”或“不是”） 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析，是． 【分析】本题考查了勾股定理，正方形的判定，全等三角形的判定及性质，熟悉掌握正方形的判定是解题的关键． （1）利用勾股定理求解即可； （2）利用全等三角形的性质推出即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴如图所示即为所求： （2）解：由题意作图可得： 给图形进行标注如图所示： 易得：， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为正方形； 故答案为：是． 4．（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 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题08特殊平行四边形 ☆15大高频考点概览 考点01利用矩形的性质求角度 考点09利用菱形的性质证明（重点题型） 考点02利用矩形的性质求线段长度 考点10证明四边形是菱形（重点题型） 考点03矩形中折叠问题（重点题型） 考点11根据正方形的性质求线段 考点04证明四边形是矩形（高频题型） 考点12根据正方形的性质求面积 考点05利用矩形的性质证明（重点题型） 考点13正方形中折叠问题（常考题型） 考点06利用菱形的性质求角度 考点14根据正方的性质证明 考点07利用菱形的性质求线段长度（难点题型） 考点15证明四边形是正方形（重点题型） 考点08利用菱形的性质求面积（重点题型） 目目 考点01 利用矩形的性质求角度 1.(24-25八年级下·浙江温州·期末)如图，矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,AE1BD于点E, LADB=35°，则∠0AE的度数为() D E A.20° B.25 C.30° D.35 2.(24-25八年级下·浙江丽水·期末)如图，在矩形ABCD中，对角线AC,BD交于点O,∠ACB=25°，则∠AOB 的度数是() A.50° B.55° C.60° D.65° 3.(24-25八年级下浙江丽水期末)如图，在矩形ABCD中，对角线AC,BD相交于点0，∠A0D=120°， 1/26 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则∠ACB的度数是() A.30° B.40° C.45 D.60° 4,(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，矩形ABCD中，对角线AC,BD交于点O,点E是边AB上一点，且 OE⊥AC.设∠AOD=a,∠AE0=B,则a与B之间的关系正确的是() E B A.a=B B.a+B=180° C.2a+B=180° D.a+2B=180 5,(24-25八年级下·浙江台州·期末)如图，在矩形ABCD中，AC与BD交于点O,∠CBD=20°，则∠A0B= 目目 考点02 利用矩形的性质求线段长度 1.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，在矩形ABCD中，DE⊥AC交BC于点E,点F在CD上，连结BF交 DE于点G,且BG=GF=DF,若AC=4V6,则CD的长为() E A.6 B.8 C.26 D.36 2.(24-25八年级下·浙江绍兴·期末)如图，矩形ABCD中，AB=V7.CE平分LBCD交AD于点E,M是CD上 一动点，连结BM,EF⊥BM于点F,若BF=FM,且EF=2DM,则CM的长为() 2/26 函学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 A.V7-1 B.7-号 C.4-V7 D.V5-1 3.(24-25八年级下·浙江丽水·期末)如图，在矩形ABCD中，AB=8,BC=12,点E是BC的中点，连结AE, 将△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，连结FC,则CF的长是() 4 D E A.4.8 B.3.6 C.6 D.7.2 4,(24-25八年级下·浙江绍兴·期末)如图，矩形ABCD的内部有5个全等的小正方形，小正方形的顶点E,F,G,H 分别落在边AB,BC,CD,DA上，若AB=20,BC=16,则小正方形的边长为() D A A.32 B.5 C.2W5 D.2W6 5.(24-25八年级下·浙江金华·期末)如图，在矩形ABCD中，对角线AC,BD交于点O,∠BAC的平分线交BC 于点E,连结0E.己知0E=V10,∠AE0=45°，则AB= D 6.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在矩形ABCD中，AC与BD交于点0，点E为OC上一点，连接BE 并延长交CD于点F,满足BA=BE,若BF=4V2,DF=22,则BC= 3/26 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 7.(24-25八年级下·浙江温州期末)如图1是4×4方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为1，现将 它剪拼成一个“天平”造型放入一个矩形框架ABCD中（如图2），天平的上下两侧以及左右两侧均与框架重合， 则该矩形框架的周长为 图1 图2 8.(24-25八年级下·浙江绍兴期末)如图，在矩形ABCD中，AB>AD>AB,在AD边上截取一点E,使得 AE十AD=AB,连接CE,点F是CE的中点，连接AF.已知AF=2,则线段AB的长为， D B C 9.(24-25八年级下·浙江·期末)在一张长为6cm,宽为5cm的矩形纸片上，现要剪下一个腰长为4cm的等腰 三角形（要求：等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合，其余的两个顶点在矩形的边上）则剪下的 等腰三角形的底边长为cm. 10.（24-25八年级下·浙江台州·期末)如图，在矩形ABCD中，对角线AC,BD交于点O,E为AB上的点，将 △EBC沿CE翻折，使点B的对应点恰好落在AC上，连接BF.若BF=BO,则LACB=°. 4/26 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 目目 考点03 矩形中折叠问题 1.(24-25七年级上·浙江宁波·期末)如图，点E为长方形纸片ABCD的边BC上一点，将长方形纸片分别沿 AE,EF折叠，使点B,C分别与点G,H重合，点E,G,H恰好在同一条直线上，若LAEB=3LCEF,则∠DFH 的度数为() D G B E A.22.5° B.30° C.45° D.60 2.(24-25八年级下·浙江丽水·期末)如图，将矩形ABCD沿CE折叠，点B落在AD边上的点F处.若 AE=4,CD=9,则DF的长度为() D A.10 B.11 C.12 D.13 3.(24-25七年级下·江苏扬州期末)如图，将长方形纸片ABCD进行折叠，如果LBHG=82°，那么LBHE的 度数为() B A.49° B.50° C.51° D.59° 4.(24-25八年级下·浙江台州·期末)如图，矩形纸片ABCD中，AB=2,BC=3,点E在BC边上.将△AEB 沿AE翻折得到△AEF,若∠FEC=∠ACE,则BE的长度为 D 5/26 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 5.(24-25八年级下·浙江台州期末)如图，在矩形ABCD中，点E,F,H分别在边AB,AD,BC上， AE=BE=1,AD=4,将△AEF和梯形CDFH分别沿着EF,FH进行折叠，使点A,D重合于点G,则CH= D BL G H 6.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，矩形ABCD中，E是边BC上一点，将△ABE沿AE翻折，得到△AFE, 延长EF交线段AD的延长线于点G,交线段AC于点O,若AB=2,BC=3,OC=OE,则线段DG的长为 DG B E 7.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在矩形ABCD中，AB=6,BC=8,点E是AD上一点，现将CDE 沿CE翻折，得到△CEF.作FM⊥AB,FN⊥BC,当四边形MBNF是正方形时，则BN的值为 D F M B 8.(24-25八年级下·浙江宁波期末)如图，在长方形纸片ABCD中，AD=8,AB=10,点M为BC上一点， 将△CDM沿DM翻至△EDM,EM交AB于点G,ED交AB于点F,且BG=EG,则CM的长度是 D 9.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，在矩形ABCD中，点E在边AD上，△CDE沿CE折叠得到 △CFE,且点B,F,E三点共线，连接DP,若BE=答，DE=3,则AE=,DF=· 6/26 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点04 证明四边形是矩形 1.(24-25八年级下·浙江湖州·期末)如图，在△ABC中AB=AC,D为BC的中点，四边形ABDE是平行四边 形，AC,DE相交于点O. B (1)求证：四边形ADCE是矩形； (2)若LA0E=60°，AE=4,求AD的长. 2.(24-25八年级下·浙江宁波·期中)如图，在口ABCD中，点E,F分别在BC,AD上，BE=DF, AC=EF B (I)求证：四边形AECF是矩形； (②若AE=BEAB=2号-专求口ABGD的周长及矩形ACP的面积. 3,(24-25八年级下·浙江杭州期中)如图所示，在四边形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,A0=C0=5, B0=D0,且AB=6,BC=8. D B F (I)求证：四边形ABCD是矩形， (2)若∠ADF:∠FDC=3:2,DF⊥AC于点E,求LBDF的度数 7/26 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 目目 考点05 利用矩形的性质证明 1.(2026浙江温州期末)如图，在矩形ABCD中，E为BA延长线上一点，F为CE的中点，以B为圆心，BF 长为半径的圆弧经过AD与CE的交点G,连结BG. D (1)求证：BG=CE. (2)若AB=12,CE=26,求AG的长， 2.(2026浙江温州期末)如图，在矩形ABCD中，E是AB的中点，连接DE,CE. D (1)求证：△ADE≌△BCE (2)若AB=4,AD=3,求△CDE的周长. 3.(2025·浙江温州·期末)如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，△ABC、△ADC关于AC对称，作AE⊥AB交CD 延长线于点E,以AB,AE为边作矩形AEFB,延长AC交EF延长线于点H. B (I)求证：△ADE≌△EFC; ②若器=子AH=10,求BH的长. 4.(24-25八年级下·浙江湖州·期末)如图，在矩形ABCD中，E是BC上一点，DF=DC,DF⊥AE于点F. 8/26 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 D B (I)求证：AE=AD: (2)若FD=8,CE=2,求矩形ABCD的面积. 目目 考点06 利用菱形的性质求角度 1.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，在菱形ABCD中，点E在AD上，连结BE,CE,BA=BE,设 ∠A=a,∠DCE=B,则a,B关系正确的是() B A.3a-2β=180 B.2a-3B=180 C.a+2β=90 D.2a+B=90 2.(24-25八年级下·浙江温州·期末)如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O,点E在AO上，AE=DE,若 ∠ADE=2LODE,则LCDE的度数为() B A.60° B.64° C.70° D,72° 3.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图，BD是菱形ABCD的对角线，AE⊥BC于点E,交BD于点F,若 ∠C=140°，则∠BFA= A E 9/26 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 4.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，在菱形ABCD中，AC和BD为两条对角线，分别作∠DA0和LBAO 的角平分线交BD于点N和M,且LMAN=∠ADC,则LABC= 5.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图，在菱形ABCD中，E为对角线AC上一点，AE=AD,连结BE,若 ∠AEB=70°，则∠BAD的度数为 D E 6,(2023·浙江绍兴.中考真题)如图，在菱形ABCD中，∠DAB=40°，连接AC,以点A为圆心，AC长为半径 作弧，交直线AD于点E,连接CE,则LAEC的度数是 D A B 7.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在菱形ABCD中，AD的中垂线交AD于点E,交AC于点F, LABC=4∠DFC,则∠BAD的度数为 A B 目目 考点07 利用菱形的性质求线段长度 1.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)己知菱形ABCD的面积为8，它的一条对角线长为2V2,则菱形ABCD的 10/26 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 边长为() A.2 B.6 C.V10 D.4 2.(24-25八年级下·浙江温州·期末)如图，在菱形ABCD中，AC,BD交于点0.若A0=3,B0=4,则BC的长 为() B D A.5 B.6 C.8 D.10 3,(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在菱形ABCD中，对角线AC,BD交于点O,点E为AD边中点，若 菱形ABCD的面积为24，OA=3,则OE的长为() A.2.5 B.5 C.v7 D. 4.(24-25八年级下·浙江台州·期末)如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交于点O,DH⊥BC于 点H.若AC=8,BD=6,则DH的长度为() D B A.号 B.号 C.24 5 D.4 5.(24-25八年级下·浙江丽水·期末)如图，在菱形ABCD中，AD=10,AC=12,点E是点A关于直线CD 的对称点，连结AE交CD于点F,连结CE,DE,则AE的长是() 11/26 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 D B A.16.8 B.19.2 C.19.6 D.20 6.(24-25八年级下·浙江绍兴期末)如图，菱形ABCD的边长为5，点E在边AB上，连结CE,过点D作DF⊥CE 于点F,CE,DF将菱形分割成三部分后，恰好可以拼成一个直角三角形，若EC=DF+2,则线段AE的长度 为 ① ① ③ ③ ① ② B 7.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，在菱形ABCD中，对角形AC,BD相交于点O.过点D作DE⊥AB 于E,点F是AD边中点，若BD=6,菱形ABCD的面积为24，则EF长为· 4 8.(24-25八年级下·浙江台州·期末)如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°.若AC=6,则菱形ABCD的周 长为一 目目 考点08 利用菱形的性质求面积 1,(24-25八年级下·浙江台州·期末)如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O,过点A作AE⊥BC 于点E,连接0E,若OE=3,BD=10,则菱形ABCD的面积为() 12/26 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 A.30 B.40 C.50 D.60 2.(24-25八年级下·浙江台州·期末)如图，在菱形ABCD中，AB=5,AC=6,则菱形ABCD的面积为 () A.48 B.36 C.24 D.12 3,(24-25八年级下·浙江台州·期末)将3个相同的矩形按如图所示摆放在菱形ABCD中，若每个矩形的周 长为4，则菱形ABCD的面积为() A.4V2 B.2W2 C.4 D.9 4.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在菱形ABCD中，点E,F分别在BC,CD上，BE=CF,连接 AE,AF,DE.若菱形面积为56N10,AB=14,四边形AECF的面积是△ABE面积的3.5倍，则线段ED的 长为 D B 目目 考点09 利用菱形的性质证明 1.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，已知四边形ABCD是菱形，∠ABC=72°，以点A为圆心，AB为 半径画弧线，分别交BC,CD于点F,E,连接AE,AF,EF,BD. 13/26 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 (1)求∠EAF度数； (2)求证：BDIEF, 2.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，在菱形ABCD中，60°<LA<90°.点E,点F分别在边AB,AD 上，连接DE,CF,交于点G,且满足∠CGE+∠B=180°. B E (1)若LA=70°，∠DCF=10°，求LCFD的度数； (2)求证：LCDG=LCFD: (3)求证：CF2-AD2=AE·FD 3.(24-25八年级下·浙江金华期末)如下图，在菱形ABCD中，点P是BC边上的点，连结AP交对角线BD于 点E,连结EC, A D B (1)求证：AE=CE. (2)若∠ABC=45°，AE=PC,求LBAP的度数 4,(24-25八年级下·浙江杭州·期末)已知：如图，在菱形ABCD中，过顶点D作DE⊥AB,DF⊥BC,垂足 分别为E,F,连接EF. 14/26 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 (I)求证：△DEF为等腰三角形 (2)若LDEF=66°，求LA的度数. 目目 考点10 证明四边形是菱形 1.（24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，四边形ABCD是菱形，AB=4V5,点E,F在BD上，BE=DF, 连接AE,AF,CE,CF. (I)求证：四边形AECF是菱形. (2)若BD=16,EF=6,求四边形AECF的周长. 2.(24-25八年级下·浙江宁波期末)如图，在四边形ABCD中，AD‖BC,AB=BC,对角线AC、BD交于点 O,BD平分LABC. B H (I)求证：四边形ABCD是菱形； (2)过点D作DE⊥BC,交BC的延长线于点E,连接0E,若DC=2W5,AC=4,求OE的长. 3.(24-25八年级下浙江台州期末)如图，矩形ABCD中，AB=4,BC=8,分别以点A和点C为圆心，大于 AC同样长为半径作弧，两弧相交于M,N两点，连接MN分别交BC,AD于点E,F,连接AE,CF. 15/26 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M小Y B E C (I)求证：四边形AECF为菱形； (2)求菱形AECF的面积 4.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图，在矩形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点E是边AD上的点， 连接EO并延长交BC于点F,且EF⊥BD 4 B (I)求证：四边形BFDE是菱形； (2)若AB=2,AD=5,求四边形BFDE的周长. 5,(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在矩形ABCD中，点0为对角线BD的中点，直线EF过点O且与边 AD,BC分别交于点E,F,EF⊥BD,连接BE,DF. E (I)求证：四边形EBFD是菱形， (2)若AD=2AB=4,求菱形EBFD的面积。 6.(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，在口ABCD中，AD=2,点E是CD的中点，连结AE并延长，交 BC的延长线于点F,连结AC,DF. E B (I)求CF的长： (2)若LBAF=90. 16/26 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 ①证明：四边形ACFD是菱形； ②若LBAD=120°，求四边形ABFD的周长. 7.(24-25八年级下·浙江金华·期末)在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A 作AF II BC交CE的延长线于点F,连接BF. F B D (I)求证：四边形ADBF是菱形. (2)AB=6,四边形ADBF的面积为24.求AC的长. 目目 考点11 根据正方形的性质求线段 1.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4,BC=3,分别以AC,AB为 边向外作正方形ACDE,正方形ABMN,连接NE,则NE的长为() D A.10 B.9 C.V73 D.41 2.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图，正方形EFGH的顶点E在正方形ABCD上，四边形FGKD也是正方 形，且点B,H,K在同一直线上，则正方形EFGH与正方形ABCD的面积比为() D G H B A. B.2-1 2 C.22 D.3-2 2 2 17/26 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 3,(24-25八年级下·浙江温州·期末)第二十四届国际数学家大会会徽取自1700多年前中国古代数学家赵爽 的弦图”.如图，大正方形ABCD由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，若AD=BE,则5的 值为() H G A.9 B.9 c. D.vio 5 4,(24-25八年级下·浙江金华期末)如图，正方形ABCD由四个全等的直角三角形（△ABE,△BCF, △CDG,△DAH)和中间一个小正方形EFGH组成，连接DE.若S正方形EGH=1,BE=3,则DE=（） H A A.5 B.V13 C.V17 D.4 5.(24-25八年级下·浙江绍兴·期末)如图，边长为7的大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和一个小 正方形EFGH组成，连接AF并延长交BC于点M.若AH=HE,则CM的长为 M B 6,(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，边长为15的大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和一个 小正方形EFGH组成，连结AF并延长交BC于点M,若AH=HE,则△CFM的面积为 18/26 函学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 D B 7.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图，E为正方形ABCD内一点，BE=BC,过点B作BF⊥EC交射线AE 于点F,连接DF,若正方形边长为8，DF=5,则BF= 目目 考点12 根据正方形的性质求面积 1,(24-25八年级下·浙江金华：期末)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以边AC、BC向外作正方形 ACDE和正方形BFGC,连接EF、AF.若已知AB2-AC2的值，则能求出的三角形面积是(). G D E A.三角形ABFB.三角形ACF C.三角形AEF D.三角形ABC 2.（24-25八年级下·浙江台州·期末)如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中 间是个小正方形，此图形中连结四条线段得到阴影部分，若E,F,G,H为各直角边中点，且小正方形面积 为4，阴影部分面积为() E A.2 B.4 C.6 D.8 19/26 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 3.(24-25八年级下.浙江绍兴·期末)如图，以直角△ABC的每一条边为边长，在AB的同侧作三个正方形， 各个涂色部分分别用①、②、③、④、⑤表示，已知②、④两部分的面积和为18cm2,则③、⑤两部分 的面积和为()cm2. 2￥⑤ ④ A.8 B.9 C.10 D.11 4.(24-25八年级下·浙江金华期末)如图，已知等腰直角三角形纸板△ABC中，AB=AC=10.现要从中 剪出一个尽可能大的正方形，则能剪出的最大正方形的面积是() B A.I B.200 9 C.25 D.50 5,(24-25八年级下·浙江温州·期中)中国清代数学家李锐借助三个正方形用出入相补的方法证明了勾股定 理.如图，已知正方形ABCD和正方形BEFG,A,B,E三点在一条直线上.现将其裁剪拼成不重叠无缝隙 的大正方形CHIE.若正方形ABCD和正方形BEFG的面积之和为260，阴影部分的面积为148，则AE的长为 () A.22 B.20 C.18 D.16 6,(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，在正方形ABCD中，点E在边AB上，以DE为边作矩形DEFG, 使FG经过点C.若AD=2,则矩形DEFG的面积是() 20/26 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.2 B.4 C.22 D.42 目目 考点13 正方形中折叠问题 1.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图，正方形ABCD,AB=2,E为CD的中点，将△BCE沿BE折叠 到△BFE,延长EF交AD于点G,连接BG,则下列结论错误的是() G A.△EDG的周长为4 B.△BEG的周长为+25 C.△EDG的面积为号 D.△BEG的面积为 2.(24-25八年级下·浙江绍兴期末)如图，将正方形ABCD折叠，使点A与BC的三等分点E重合，折痕为 MN,设梯形ADMN的面积为S1,梯形BCMN的面积为S2,则=（） D M B A.i B. c.或 D.或 3,(24-25七年级上·浙江宁波期末)如图，将一张正方形纸片ABCD折叠，CE、CF为折痕，点B、D折叠 后的对应点分别为点B、D',若∠B'CD'=50°，则LECF的度数为 21/26 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 D D 4,(24-25八年级下·浙江台州期末)如图，正方形纸片ABCD的边长为6，E,F分别是对边AD,BC上的点， AE=CF,把正方形纸片沿着直线EF对折，点C,D的对应点分别是点C',D,若AE=2,则交叠而成的五 边形EFGH的周长是 D H B E 目目 考点14 根据正方的性质证明 1.(24-25八年级下·浙江绍兴·期末)如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（不与点B,D重 合)，过点G作GE II BC,GF I DC,分别交DC,BC于点E,F. D E B C (I)求证：四边形GECF是矩形. (2)若AB=7,CF=3,求AG的长 2.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上的一点（不与点A,C 重合)，连接DE,BE.过点E作BC,AB的垂线，垂足分别为点F,点G,连接FG与BE相交于点O. 22/26 函学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 E (I)求证：DE=BE; (②)圆圆说：“直线DE⊥GF,你认为圆圆的说法是否正确？请说明理由； (3)若AE=2,CE=6,求GF的长度 3,(24-25八年级下·浙江杭州·期末)如图，在正方形ABCD中，点E,F分别在边AB和BC的延长线上（点E 不与点A,点B重合)，且CF=AE,连接DE,DF,EF,过点D作DH⊥EF于H,连接CH. D H B C (I)求证：点H是线段EF的中点. (2)若AB=3,CF=1,求CH. (3)求证：点H始终在正方形ABCD的对角线AC上， 4.(24-25八年级下·浙江宁波·期末)如图1，点E是正方形ABCD内部的一点，DE=DA.连接AE,CE,过 点C作AE的垂线交AE的延长线于点F. C BL G F 图1 图2 (1)猜测∠CEF的度数，并说明理由； (2)若AE=2EF=4,求正方形ABCD的边长； (3)如图2，过点E作AF的垂线交CD于点H.当AF恰好过BC的中点G时，设正方形ABCD的边长为a,用含a的 代数式表示EH. 23/26 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 5.(24-25八年级下·浙江杭州期末)如图，在正方形ABCD中，点E、H、F分别在AB、BC、CD边上，EF 交对角线BD于点G,AH⊥EF于点M,且点M是AH的中点，连接AG,GH,CG. G M E (I)求证：LAEM=∠AHB; (2)求证：AG⊥GH; (3)若AG=GE,求AE:EB的值， 目目 考点15 证明四边形是正方形 1.(24-25八年级下·浙江宁波·期中)如图1，已知矩形ABCD,点E是边CD上一点，点F是CB延长线上一 点，且BF=DE,AF⊥AE. G D E F 图1 图2 (I)求证：四边形ABCD是正方形； (2)如图2，在(1)的条件下，若CD=3DE=6,点G是边AD上一点，连接CG交AE于点H,有 ∠AHG=45°，求CG. 2.(24-25八年级下·浙江绍兴期末)如图1，两张纸片正方形ABCD与正方形BEFG拼在一起，在AB边上取 AM=BE,沿DM,MF分别剪一刀，将△DAM拼至△DCN,△MEF拼至△NGF,无缝隙无重叠，如图 2. 24/26 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 D G M B E B 图2 图3 (I)求证：DM=MF. (2)求证：四边形DMFN是正方形. (3)仿照题中的剪拼方法，剪两刀把图3中两个正方形剪拼成一个更大的正方形，在图中作出剪拼线，并完 成拼图， 3,(24-25八年级下·浙江台州期末)如图，在5×5正方形网格中，每个小正方形的边长为1，已知点A在 格点上，请在所给的网格中按下列要求画出图形 图1 图2 (1)在图1中画一条长为V13的线段AP,且点P在格点上；（只需画出一条符合条件的线段） (2)在图2中画一个顶点都在格点上的菱形ABCD,使其边长为V13,则该菱形ABCD 正方形.（填是” 或“不是”) 4.(24-25八年级下·浙江宁波期末)图1、图2均为4×5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AB上的一点.（仅用无刻度的直尺作图.） B B 图1 图2 (I)在图1中，画出一个以AB为边的正方形ABCD(保留作图痕迹). (2)在(1)的基础上，在边CD上画点Q,使得PQ平分正方形ABCD的面积（保留作图痕迹）. (3)在图2中，画出一个以AB为边的非正方形的菱形ABEF(保留作图痕迹)，连结此菱形各边中点所形成的 25/26 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 四边形为_， 26/26