专题03 四边形（含特殊平行四边形）22大考点（期末真题汇编，天津专用）八年级数学下学期新教材人教版

**基本信息** 聚焦“特殊平行四边形”专题，整合天津多区期末真题，覆盖22个高频考点，包含平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质、判定及综合应用，梯度设计兼顾基础巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空|多题|平行四边形性质（考点01）、矩形折叠（考点09）、菱形判定（考点17）|基础题注重性质直接应用，如求角度、线段；能力题结合折叠、网格作图| |解答题|多分值|正方形综合证明（考点22）、三角形中位线应用（考点06）|综合题跨知识点融合，如动态问题、判定与性质综合，贴合天津期末命题趋势|

专题03 （特殊）平行四边形 22大高频考点概览 考点01 利用平行四边形的性质求解 考点02 利用平行四边形的性质证明 考点03 添加条件判断能否构成平行四边形 考点04 证明四边形是平行四边形 考点05 平行四边形判定与性质的求解与证明 考点06 三角形中位线的有关求解与证明 考点07 利用矩形性质求角度 考点08 利用矩形性质求线段 考点09 矩形与折叠问题 考点10 斜边中线等于斜边一半 考点11 证明四边形是矩形 考点12 矩形性质与判定的综合应用 考点13利用菱形性质求角度 考点14利用菱形性质求线段 考点15 利用菱形性质求面积 考点16 利用菱形性质证明 考点17 证明四边形是菱形 考点18 利用菱形性质与判断综合应用 考点19 根据正方形的性质求角度、线段和面积计算 考点20 正方形折叠性质理解 考点21 利用正方形性质证明与求解 考点22 正方形的判定及其证明 1．（24-25八年级下·天津西青·期末）如图，四边形是平行四边形，连接，已知，，则的度数为（   ）地 城 考点01 利用平行四边形的性质求解 A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·天津河北·期末）如图，在中，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线，分别交边，于点，，连接，若的周长为，则的周长为（ ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·天津河东·期末）在平行四边形中，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25八年级下·天津·期末）如图，在平行四边形中，，为垂足．若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25八年级下·天津宝坻·期末）如图，在中，为边上一点，将沿折叠至处，与交于点，若，，则的大小为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25八年级下·天津·期末）如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AB⊥AC，若AB＝4，AC＝6，则BD的长是（　　） A．8 B．9 C．10 D．11 7．（24-25八年级下·天津红桥·期末）如图，在平面直角坐标系中，若的顶点，则顶点D的坐标为_______． 地 城 考点02 利用平行四边形的性质证明 1．（24-25八年级下·天津·期末）如图，在 中，E、F是对角线上的两点，并且 ．求证： ． 地 城 考点03 添加条件判断能否构成平行四边形 1．（24-25八年级下·天津·期末）如图，四边形的对角线相交于点O，且，若要证明四边形为平行四边形，不能添加的条件是（    ） A． B． C． D． 地 城 考点04 证明四边形是平行四边形 1．（24-25八年级下·天津·期末）如图，等边的边长是6，D，E分别为，的中点，延长至点F，使，连接和． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求的长． 地 城 考点05 平行四边形判定与性质的求解与证明 1．（24-25八年级下·天津南开·期末）如图，在中，，E，M，F分别是上的点，并且，，则四边形的周长是（    ） A．10 B．12 C．14 D．16 2．（24-25八年级下·天津宝坻·期末）如图，平行四边形的对角线相交于点O，直线经过点O，分别与的延长线交于点E，F．求证：四边形是平行四边形． 3.（24-25八年级下·天津和平·期末）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形顶点叫做格点．的三个顶点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．    (1)在图1中画平行四边形；点是边上一点，在边上找一点，使得； (2)在图2中找一格点，画直线，使得；在直线上取一点，使得与关于对称． 地 城 考点06 利三角形中位线的有关求解与证明 1．（24-25八年级下·天津红桥·期末）如图，若菱形的周长为16，则边的中点E到对角线的交点O的距离为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（23-24八年级下·天津南开·期末）如图，直线与轴、轴分别交于点，．按照如下尺规作图的步骤进行操作： ①以点为圆心，以为半径画弧，交轴负半轴于点．连接； ②分别以点，为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点； ③连接并延长，交轴于点． 则下列结论中错误的是（    ） A．点的坐标为 B．点的坐标为 C．点的坐标为 D．点的坐标为 3．（24-25八年级下·天津·期末）顺次连接四边形四边中点得到一个矩形，则该四边形的两条对角线（  ） A．互相垂直 B．相等 C．互相平分 D．互相垂直且平分 4．（24-25八年级下·天津南开·期末）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，四边形是平行四边形，且A，B均为格点，C，D均为竖格线上的点． （1）线段的长为______； （2）点E是边上任意一点，连接，请用无刻度的直尺在如图所示的网格中，在边上画出点F，使得，并简要说明点F的位置是如何找到的（不要求证明，最多画三条线）___________． 5．（24-25八年级下·天津·期末）如图，在平行四边形中，对角线，点E在的平分线上，且，F为的中点，连接，已知． （1）的长为______； （2）的长为______． 6．（24-25八年级下·天津·期末）如图，在ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，点F，G在边BC 上，且DFEG．只需添加一个条件即可证明四边形DFGE是矩形，这个条件可以是___．(写出一个即可) 地 城 考点07 利用矩形性质求角度 1．（24-25八年级下·天津·期末）如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE=BD，连接AE． (1)若∠ADB=40°，求∠E的度数． (2)若AB=3，CE=5，求AE的长． 地 城 考点08 利用矩形性质求线段 1．（24-25八年级下·天津·期中）如图所示，在矩形中，点的坐标是，则的长是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·天津河东·期末）如图，矩形的对角线与交于点，过点作的垂线分别交于两点．若，则的长度为（    ） A． B．2 C． D．4 3．（24-25八年级下·天津和平·期末）如图，在矩形中，，对角线与交于点，平分，交于E，，则的长为（　　） A． B．4 C． D． 地 城 考点09 矩形与折叠问题 1．（24-25八年级下·天津·期末）如图， 在矩形中，，，E是边的中点，F是线段上的动点， 将沿所在直线折叠得到， 连接，则的最小值是（  ） A．8 B．10 C． D． 2．（24-25八年级下·天津红桥·期末）如图，在矩形纸片中，，，将其折叠，使点D与点B重合，折痕为，则的长为_______． 地 城 考点10 斜边中线等于斜边一半 1．（24-25八年级下·天津南开·期末）如图，在中，，在中，，点D为的中点，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 地 城 考点11 证明四边形是矩形 1．（24-25八年级下·天津河东·期末）如图，菱形的对角线，相交于点O，F是的中点，于点E，于点G． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求菱形的面积． 地 城 考点12 矩形性质与判定的综合应用 1．（23-24八年级下·天津蓟州·期末）如图，点E，F分别在矩形纸片的边上，沿折叠矩形，点A，B的对应点分别为M，N，交于点H，若，，则的长为（   ） A．1 B． C． D．2 2．（24-25八年级下·天津·期末）如图，在中，，点是上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为（    ） A． B．13 C． D． 地 城 考点13 利用菱形性质求角度 1．（24-25八年级下·天津河东·期末）如图，在菱形中，，取大于的长为半径，分别以点为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交边于点（作图痕迹如图所示），连接、则的度数为（    ） A． B． C． D． 地 城 考点14 利用菱形性质求线段 1．（24-25八年级下·天津·期末）如图，在菱形中，点A在x轴的正半轴上，点C的坐标是，点D是的中点，过点D作交于点E，交x轴于点F，则点D的坐标是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·天津·期中）如图，菱形，点、、、均在坐标轴上，，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（    ） A．3 B．5 C． D． 3．（福建省南平第一中学2024-2025学年八年级下学期4月期中数学试题）已知菱形的两条对角线的长分别是6和8，则菱形的面积为______． 4．（24-25八年级下·天津和平·期末）如图，在菱形中，，对角线，过点作，垂足为点，则的长度是______． 地 城 考点15 利用菱形性质求面积 1．（24-25八年级下·天津和平·期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F． （1）求证：四边形ADCF是菱形； （2）若AC＝12，AB＝16，求菱形ADCF的面积． 地 城 考点16 利用菱形性质证明 1.（24-25八年级下·天津西青·期末）如图，在矩形中，点，在对角线上，点在上，点在上，且四边形为菱形． (1)求证：； (2)若，，求的长． 2．（24-25八年级下·天津红桥·期末）如图，在矩形中，，，过对角线的中点O的直线分别交，边于点E，F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当四边形是菱形时，求线段的长． 地 城 考点17 证明四边形是菱形 1．（24-25八年级下·天津河西·期末） 如图，矩形中，点E 为边上任意一点，连结，点 F 为线段 的中点，过点F 作，与分别相交于点M、N，连结． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，当 时，求的长． 2．（24-25八年级下·天津·期中）如图，中，，过A点作的平行线与的平分线交于点D，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接与交于点O，过点D作交的延长线于E点，连接，若，，求的长． 3．（24-25八年级下·天津红桥·期末）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点A，B，C均在格点上，D为边的中点． (1)线段的长等于_______； (2)P为边上的动点，当取得最小值时，请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，作出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）． 4．（24-25八年级下·天津西青·期末）如图，在中，，E，F分别是边的中点，连接求证：． 地 城 考点18 利用菱形性质与判断综合应用 1．（24-25八年级下·天津西青·期末）如图，以的顶点为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点，，分别以点，为圆心，的长为半径画弧，两弧在内部交于点，连接，，，，若，，则四边形的面积是（   ） A．160 B．120 C．96 D．48 2．（24-25八年级下·天津南开·期末）如图，在中，． (1)尺规作图：作的中垂线，分别与，相交于点D和点O，连接；以点C为圆心，长为半径作弧与相交于点E（E，D两点不重合），连接，（作图用虚线，不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的情况下． ①求证四边形为菱形； ②若，直接写出四边形的面积． 地 城 考点19 根据正方形的性质求角度、线段和面积计算 1．（24-25八年级下·天津红桥·期末）如图，正方形ABCD外侧作等边三角形ADE，则∠AEB的度数为（    ） A．30° B．20° C．15° D．10° 2．（24-25八年级下·天津西青·期末）如图，正方形的边长是5，点，分别是边，上的动点，且，连接，，则的最小值是（   ） A．5 B． C． D． 3．（24-25八年级下·天津河西·期末）我们知道四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，边长为4的正方形的边在轴上，的中点是坐标原点，固定点，把正方形沿箭头方向推，使点落在轴正半轴上点处，则点的对应点的坐标为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25八年级下·天津·期末）如图，正方形的边长为8，点分别在上，且与相交于点为的中点，连接，则的长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 5．（24-25八年级下·天津和平·期末）如图，在正方形中，E是边的中点，连接，过点D作交于点F，G，H分别是的中点，连接，则的值为（   ） A． B． C． D． 6．（24-25八年级下·天津和平·期末）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形与四边形都是正方形，连接并延长，交于点．若是的中点，，则的长为（   ） A． B． C．1 D． 7．（24-25八年级下·天津河北·期末）如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（    ）    A．4 B．5 C．8 D．10 8．（24-25八年级下·天津·期末）如图，G是边长为4的正方形边上一点，矩形的边经过点A，已知，则为_________． 9．（24-25八年级下·天津·期末）如图，四边形是边长为4的正方形，，点为延长线上一点，且，点为中点，则 （Ⅰ）的长度为________； （Ⅱ）的长度为________． 地 城 考点20 正方形性质理解 1．（24-25八年级下·天津·期中）如图，点分别是四边形边的中点．则下列说法： ①若，则四边形为矩形； ②若，则四边形为菱形； ③若四边形是平行四边形，则与互相平分； ④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等． 其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（24-25八年级下·天津河西·期末）菱形、矩形、正方形共有的性质是（    ） A．对角线相等 B．对角线互相垂直 C．对角线互相平分 D．一条对角线平分一组内角 地 城 考点21 利用正方形性质证明与求解 1．（24-25八年级下·天津河东·期末）如图，矩形纸片，点为边上的动点，将沿折叠得到，连接．则下列结论：①当时，四边形为正方形；②当时，的面积为；③当时，．④当点运动到与重合时，的面积为，其中结论正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（24-25八年级下·天津西青·期末）如图，在边长为的正方形中，，分别是边，的中点连接，． （1）线段与的位置关系为_______； （2）若，分别是，的中点，连接，则线段的长为_________． 地 城 考点22 正方形的判定及其证明 1．（24-25八年级下·天津和平·期末）下列判断错误的是（    ） A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B．四个内角都相等的四边形是矩形 C．邻边相等的平行四边形是菱形 D．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形 2．（24-25八年级下·天津西青·期末）在下列命题中，其逆命题为真命题的是（   ） A．如果两个实数都是正数，那么它们的和是正数 B．若，则 C．全等三角形的面积相等 D．正方形的四个角都是直角 3.（24-25八年级下·天津宝坻·期末）在矩形中，对角线交于点O，要使矩形成为正方形，需添加的条件是______（写出一个符合要求的条件）． 4．（24-25八年级下·天津·期末）如图，M为正方形的对角线上一点，过M作的垂线交于E，连接，取中点O． (1)如图1，连，试证明； (2)如图2，连接，并延长交对角线于点N，，试探究线段之间的数量关系并证明； (3)如图3，在（2）的条件下，延长交边于F，若，，请直接写出的长 ． 5．（24-25八年级下·天津和平·期末）某数学兴趣小组利用正方形硬纸片开展了一次活动，请阅读下面的探究片段，完成所提出的问题． 四边形是边长为3正方形，点是射线上的动点，，且交正方形外角的平分线于点． 【探究1】当点是中点时如图1，发现，这需要证明与所在的两个三角形全等，但与显然不全等，考虑到点是的中点，取的中点，连接，证明与全等即可． 【探究2】 (1)如图2，如果把“点是边的中点”改为“点是边上（不与点、重合）的任意一点”，其他条件不变，那么结论“”仍然成立吗？如果成立，写出证明过程，如果不成立，请说明理由； (2)如图3，如果点是边延长线上的任意一点，其他条件不变，请你画出图形，并判断“”是否成立？______（填“是”或“否”）； 【探究3】 (3)连接交直线于点，连接，试探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． 6．（24-25八年级下·天津红桥·期末）如图，在平行四边形中，E，F分别为边，的中点，连接，过点A作交的延长线于点G．    (1)求证； (2)若，试判断四边形的形状并说明理由； (3)当与满足_________时，四边形是正方形． 7．（24-25八年级下·天津·期末）如图1，中，，，外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，为垂足． (1)________°； (2)①求证：四边形是正方形． ②若，求的长． (3)如图2，在中，，底边上的高，，则的长度是________． 8．（24-25八年级下·天津·期末）菱形ABCD中，E，F为边AB，AD上的点，CF，DE相交于点G． (1)如图1，若∠A＝90°，DE⊥CF，求证：DE＝CF； (2)如图2，若DE＝CF．试探究此时∠EGF和∠A满足什么关系？并证明你的结论； (3)如图3，在（1）的条件下，平移线段DE到MN，使G为CF的中点，连接BD交MN于点H，若∠FCD＝15°，求的值． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 （特殊）平行四边形 22大高频考点概览 考点01 利用平行四边形的性质求解 考点02 利用平行四边形的性质证明 考点03 添加条件判断能否构成平行四边形 考点04 证明四边形是平行四边形 考点05 平行四边形判定与性质的求解与证明 考点06 三角形中位线的有关求解与证明 考点07 利用矩形性质求角度 考点08 利用矩形性质求线段 考点09 矩形与折叠问题 考点10 斜边中线等于斜边一半 考点11 证明四边形是矩形 考点12 矩形性质与判定的综合应用 考点13利用菱形性质求角度 考点14利用菱形性质求线段 考点15 利用菱形性质求面积 考点16 利用菱形性质证明 考点17 证明四边形是菱形 考点18 利用菱形性质与判断综合应用 考点19 根据正方形的性质求角度、线段和面积计算 考点20 正方形折叠性质理解 考点21 利用正方形性质证明与求解 考点22 正方形的判定及其证明 1．（24-25八年级下·天津西青·期末）如图，四边形是平行四边形，连接，已知，，则的度数为（   ）地 城 考点01 利用平行四边形的性质求解 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行线的性质，熟记平行四边形的对边平行是解题的关键．根据平行线的性质可求得，然后根据角的和差即可解答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴． 故选：D． 2．（24-25八年级下·天津河北·期末）如图，在中，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线，分别交边，于点，，连接，若的周长为，则的周长为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质，根据线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质即可证得结论，熟练掌握线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质是解答本题的关键． 【详解】解：由作图知，垂直平分， ， 的周长为， ， 四边形是平行四边形， ，， 的周长为． 故选：C． 3．（24-25八年级下·天津河东·期末）在平行四边形中，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，掌握平行四边形对边平行，对角相等是解题关键．利用平行四边形的性质求解即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， 故选：B． 4．（24-25八年级下·天津·期末）如图，在平行四边形中，，为垂足．若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形内角和定理． 求出，根据三角形内角和定理求出，根据平行四边形的性质得出即可． 【详解】解：， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 故选：B． 5．（24-25八年级下·天津宝坻·期末）如图，在中，为边上一点，将沿折叠至处，与交于点，若，，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，熟练运用这些性质是本题的关键．由平行四边形的性质可得，由三角形的内角和定理可求的度数，由折叠的性质可求． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴． 由折叠的性质可得． 故选B． 6．（24-25八年级下·天津·期末）如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AB⊥AC，若AB＝4，AC＝6，则BD的长是（　　） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】C 【分析】通过平行四边形性质，可计算得；再结合AB⊥AC推导得为直角三角形，通过勾股定理计算得，再结合平行四边形性质，计算得到答案． 【详解】解：∵▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O， ∴BO＝DO，AO＝CO， ∵AB⊥AC，AB＝4，AC＝6， ∴∠BAO＝90°，OA＝3 ∴， ∴BD＝2BO＝10， 故选：C． 【点睛】此题考查了平行四边形、勾股定理的知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形和勾股定理的性质． 7．（24-25八年级下·天津红桥·期末）如图，在平面直角坐标系中，若的顶点，则顶点D的坐标为_______． 【答案】 【分析】本题主要考查了坐标与图形，平行四边形的性质，平行四边形对角线的中点坐标相同，则，据此求解即可． 【详解】解：∵在平面直角坐标系中，的顶点， ∴， ∴， ∴顶点D的坐标为， 故答案为：． 地 城 考点02 利用平行四边形的性质证明 1．（24-25八年级下·天津·期末）如图，在 中，E、F是对角线上的两点，并且 ．求证： ． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，证得是解题的关键． 根据平行四边形的性质可得，即；再根据线段的和差可得，然后根据证得，最后根据全等三角形的性质即可解答． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴,即， 在和, ， ∴， ∴． 地 城 考点03 添加条件判断能否构成平行四边形 1．（24-25八年级下·天津·期末）如图，四边形的对角线相交于点O，且，若要证明四边形为平行四边形，不能添加的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定方法． 【详解】解：A、∵，， ∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），故不符合题意； B、∵， ∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），故不符合题意； C、，，无法判断四边形是平行四边形，故符合题意； D、∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），故不符合题意； 故选：C． 地 城 考点04 证明四边形是平行四边形 1．（24-25八年级下·天津·期末）如图，等边的边长是6，D，E分别为，的中点，延长至点F，使，连接和． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）直接利用三角形中位线定理得出，再利用平行四边形的判定方法得出答案； （2）利用等边三角形的性质结合平行四边形的性质得出，，即可求得答案． 【详解】（1）证明：分别为的中点， 为的中位线， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：四边形是平行四边形， 为的中点，等边三角形的边长为6， ， ． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质以及平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理等知识，正确掌握平行四边形的性质是解题的关键． 地 城 考点05 平行四边形判定与性质的求解与证明 1．（24-25八年级下·天津南开·期末）如图，在中，，E，M，F分别是上的点，并且，，则四边形的周长是（    ） A．10 B．12 C．14 D．16 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．根据题意得出四边形是平行四边形，进而根据等边对等角以及平行线的性质可得，得出，则，进而根据平行四边形的性质，即可求解． 【详解】解：，， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 平行四边形的周长； 故选：D． 2．（24-25八年级下·天津宝坻·期末）如图，平行四边形的对角线相交于点O，直线经过点O，分别与的延长线交于点E，F．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见详解 【分析】平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．平行四边形的判定方法有多种，选择哪一种解答应先分析题目中给的哪一方面的条件多些，本题所给的条件为四边形是平行四边形，可证，根据条件在图形中的位置，可选择利用“对角线相互平分的四边形为平行四边形”来解决． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴在和中， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 3.（24-25八年级下·天津和平·期末）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形顶点叫做格点．的三个顶点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．    (1)在图1中画平行四边形；点是边上一点，在边上找一点，使得； (2)在图2中找一格点，画直线，使得；在直线上取一点，使得与关于对称． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据网格特点构造平行四边形，连接与相交于点O，连接并延长交于点F，根据平行四边形是中心对称图形即可得到； （2）根据网格特点画直线，使得，在直线上取一点，使得与关于对称即可． 【详解】（1）解：如图所示，平行四边形即为所求，    （2）如图，即为所求，    【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质、轴对称图形等知识，熟练掌握平行四边形的判定和性质、轴对称图形的作图是解题的关键． 地 城 考点06 利三角形中位线的有关求解与证明 1．（24-25八年级下·天津红桥·期末）如图，若菱形的周长为16，则边的中点E到对角线的交点O的距离为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线． 由菱形的性质得到，O为边的中点，再根据三角形中位线作答即可． 【详解】解：∵菱形的周长为16，O为对角线的交点， ∴， O为边的中点， ∵E为边的中点， ∴为的中位线， ∴， 故选：B． 2．（23-24八年级下·天津南开·期末）如图，直线与轴、轴分别交于点，．按照如下尺规作图的步骤进行操作： ①以点为圆心，以为半径画弧，交轴负半轴于点．连接； ②分别以点，为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点； ③连接并延长，交轴于点． 则下列结论中错误的是（    ） A．点的坐标为 B．点的坐标为 C．点的坐标为 D．点的坐标为 【答案】D 【分析】本题考查了一次函数与坐标轴的交点，待定系数法，线段垂直平分线的性质，三角形中位线定理等； A.当时，求出，即可判断； B.当时，求出，即可判断； C.由勾股定理得，可求出，即可判断； D.取的中点，的中点，连接、，由三角形中位线定理得 ，， 由待定系数法可求直线的解析式为，即可判断； 掌握待定系数法，一次函数与坐标轴交点坐标的求法，能熟练利用勾股定理求解是解题的关键． 【详解】解：由①得：， 由②得：垂直平分， A.当时，，解得，，结论正确，不符合题意； B.当时，，，结论正确，不符合题意； C.由选项A、B得：，，，，，结论正确，不符合题意； D.取的中点，的中点，连接、， 是的中点， ， ， ， ， ， 同理可求：， ， 设直线的解析式为，则有 ， 解得：， 直线的解析式为， 当时， ， ， 故结论错误，符合题意； 故选：D． 3．（24-25八年级下·天津·期末）顺次连接四边形四边中点得到一个矩形，则该四边形的两条对角线（  ） A．互相垂直 B．相等 C．互相平分 D．互相垂直且平分 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的性质和三角形中位线定理．首先根据三角形中位线定理知：，，再根据矩形的性质得到，即可得到，由此得解． 【详解】解：如下图，四边形是矩形，且分别是的中点， ∴，， ∵四边形是矩形，即， ∴， 故选：A． 4．（24-25八年级下·天津南开·期末）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，四边形是平行四边形，且A，B均为格点，C，D均为竖格线上的点． （1）线段的长为______； （2）点E是边上任意一点，连接，请用无刻度的直尺在如图所示的网格中，在边上画出点F，使得，并简要说明点F的位置是如何找到的（不要求证明，最多画三条线）___________． 【答案】 分别取、中点、，连接与交于点，连接与交点即为 【分析】本题考查勾股定理，平行四边形的判定与性质，三角形的中位线； （1）利用勾股定理计算即可； （2）分别取、中点、，连接与交于点，连接与交点即为．根据中点和四边形是平行四边形，得到，，则四边形是平行四边形，得到，再根据过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行得到为中位线，接着证明，得到，得到四边形是平行四边形，即可证明． 【详解】解：（1）， 故答案为：； （2）分别取、中点、，连接与交于点，连接与交点即为， 理由如下：∵、左右距离固定为， ∴分别取、中点、， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴，， ∵中过中点且与平行的直线只有一条，且必为三角形中位线所在直线，且， ∴为中位线， ∴为中点，即， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． 5．（24-25八年级下·天津·期末）如图，在平行四边形中，对角线，点E在的平分线上，且，F为的中点，连接，已知． （1）的长为______； （2）的长为______． 【答案】 【分析】延长交于点，证明出是等腰直角三角形，勾股定理求出；证明，得到，推出是的中位线，从而得到，求出的长，再利用勾股定理，即可得解． 【详解】解：延长交于点，如下图， ∵在平行四边形中，对角线， ∴，，， ∴， ∵点E在的平分线上， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵点F为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， 在中：． 故答案为：，． 【点睛】本题考查三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理．解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形． 6．（24-25八年级下·天津·期末）如图，在ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，点F，G在边BC 上，且DFEG．只需添加一个条件即可证明四边形DFGE是矩形，这个条件可以是___．(写出一个即可) 【答案】∠DFG=90°（答案不唯一） 【分析】由三角形中位线定理得DEBC，再由DFEG，得四边形DFGE是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论． 【详解】解：添加条件为：∠DFG=90°，理由如下： ∵D，E分别是AB，AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DEBC， ∵DFEG， ∴四边形DFGE是平行四边形， 又∵∠DFG=90°， ∴平行四边形DFGE是矩形， 故答案为：∠DFG=90°（答案不唯一）． 【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质以及三角形中位线定理等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键． 地 城 考点07 利用矩形性质求角度 1．（24-25八年级下·天津·期末）如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE=BD，连接AE． (1)若∠ADB=40°，求∠E的度数． (2)若AB=3，CE=5，求AE的长． 【答案】(1)20° (2) 【分析】（1）连接AC，根据矩形的性质可得△ABC≌△BAD，从而得到∠ACB=∠ADB=40°，再由BD=CE，可得AC=CE，从而得到∠E=∠CAE，即可求解； （2）根据勾股定理可得BC=4，从而得到BE=9，再由勾股定理，即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接AC， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC=BD，AD=BC，∠ABC=∠BAD=90°， ∵AB=BA， ∴△ABC≌△BAD， ∴∠ACB=∠ADB=40°， ∵BD=CE， ∴AC=CE， ∴∠E=∠CAE， ∵∠ACB=∠E+∠CAE， ∴∠E=20°； （2）解：由（1）得：AC=CE=5，∠ABC=90°， ∵AB=3， ∴， ∴BE=BC+CE=9， ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 地 城 考点08 利用矩形性质求线段 1．（24-25八年级下·天津·期中）如图所示，在矩形中，点的坐标是，则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质以及勾股定理，过点作轴的垂线交于点，连接．根据矩形的性质，的长度即为的长度，根据勾股定理求解即可． 【详解】解：过点作轴的垂线交于点，连接． 点的坐标是， ， ， 矩形， ∴， 故选：C． 2．（24-25八年级下·天津河东·期末）如图，矩形的对角线与交于点，过点作的垂线分别交于两点．若，则的长度为（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的性质以及含角直角三角形、勾股定理，解决问题的关键是掌握∶矩形的对角线相等且互相平分．先根据矩形的性质，推理得到，再根据勾股定理求得的长，同理可得的长，即可得到的长． 【详解】解：四边形是矩形， ，． ， 是等边三角形． ，． ． ， ． ． ， ，解得． 同理可得． ． 故选：A． 3．（24-25八年级下·天津和平·期末）如图，在矩形中，，对角线与交于点，平分，交于E，，则的长为（　　） A． B．4 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了含角的直角三角形的特征、矩形的性质、勾股定理、等边三角形的判定及性质，根据矩形的性质得，再根据等边三角形的性质得，再利用含角的直角三角形的特征及勾股定理即可求解，熟练掌握相关判定及性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ∵平分， ， ， ， ， 为等边三角形， ， ， ， ， ， 故选：D． 地 城 考点09 矩形与折叠问题 1．（24-25八年级下·天津·期末）如图， 在矩形中，，，E是边的中点，F是线段上的动点， 将沿所在直线折叠得到， 连接，则的最小值是（  ） A．8 B．10 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查折叠的性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是理解当，，三点共线时，最小．根据两点之间线段最短得：当，，三点共线时，最小，再利用勾股定理求出即可求解． 【详解】解：如图，连接， ， ，当，，三点共线时取等号， 的最小值为的值， 在矩形中，，，点E是边的中点， ∴，则， 将沿所在直线折叠到，则， ， 故的最小值是8， 故选：A． 2．（24-25八年级下·天津红桥·期末）如图，在矩形纸片中，，，将其折叠，使点D与点B重合，折痕为，则的长为_______． 【答案】 【分析】根据折叠性质，，由矩形性质及，，设，在中，利用勾股定理列方程求解即可得到答案． 【详解】解：由折叠性质得到， 在矩形纸片中，，， 设， 在中，， 即， 化简得， 解得， ， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形性质、折叠性质、勾股定理及解方程，熟练掌握折叠性质是解决问题的关键． 地 城 考点10 斜边中线等于斜边一半 1．（24-25八年级下·天津南开·期末）如图，在中，，在中，，点D为的中点，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线，三角形的外角性质，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键．先利用直角三角形斜边上的中线可得，，从而利用等腰三角形的性质可得，然后利用三角形的外角性质可得，，从而可得，再利用等量代换可得，最后利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理即可解答． 【详解】解：，点为的中点， ， ， 是的一个外角， ， ，点为的中点， ， ， 是的一个外角， ， ， ，， ， ， 故选：A． 地 城 考点11 证明四边形是矩形 1．（24-25八年级下·天津河东·期末）如图，菱形的对角线，相交于点O，F是的中点，于点E，于点G． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)96． 【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定，菱形面积公式，中位线定理，直角三角形斜边中线性质等知识点，掌握这些是解题的关键． （1）通过菱形的性质得点O是的中点，结合题意，根据三角形中位线定理得，再根据得即可； （2）根据菱形性质得，再结合题意，根据直角三角形斜边中线性质和勾股定理，得到、的长，根据菱形面积为对角线乘积一半即可得出答案． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， 点O是的中点， F是的中点， ， ， ， ， 四边形为平行四边形， 又 平行四边形是矩形． （2）四边形是菱形， ， F是的中点， 在中，，， ，       ， ． 地 城 考点12 矩形性质与判定的综合应用 1．（23-24八年级下·天津蓟州·期末）如图，点E，F分别在矩形纸片的边上，沿折叠矩形，点A，B的对应点分别为M，N，交于点H，若，，则的长为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，折叠的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，先根据矩形的性质和折叠的性质证明得到，过点E作于G，则四边形是矩形，可得，再利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质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， ∴， ∴， 如图所示，过点E作于G，则四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 2．（24-25八年级下·天津·期末）如图，在中，，点是上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为（    ） A． B．13 C． D． 【答案】C 【分析】先证四边形AMDN是矩形，连接AD，则MN=AD，当AD最短时，MN取最小值． 【详解】解：如图，连接AD， 在中，， ， 于点，于点N， ， 四边形MDNA是矩形， ， 当时，AD最短， ， ， ∴线段的最小值为， 故选：． 【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的判定和性质，垂线段最短，做辅助线AD是解本题的关键． 地 城 考点13 利用菱形性质求角度 1．（24-25八年级下·天津河东·期末）如图，在菱形中，，取大于的长为半径，分别以点为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交边于点（作图痕迹如图所示），连接、则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查作图—基本作图；线段垂直平分线的性质，菱形的性质，等腰三角形的性质与判定，根据菱形的性质得到，由等边对等角和三角形的内角和定理求出的度数，根据作图得到在的中垂线上，得到，等边对等角，得到的度数，利用角的和差关系，进行求解即可． 【详解】解：四边形是菱形， ， ． 由作图可知点E在线段的垂直平分线上， ∴， ， ． 故选：C． 地 城 考点14 利用菱形性质求线段 1．（24-25八年级下·天津·期末）如图，在菱形中，点A在x轴的正半轴上，点C的坐标是，点D是的中点，过点D作交于点E，交x轴于点F，则点D的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，点坐标等知识．熟练掌握勾股定理，菱形的性质，点坐标是解题的关键． 由题意知，，由菱形，可得，，进而可求的中点坐标． 【详解】解：由题意知，， ∵菱形， ∴，， ∴，， ∴的中点坐标，即， 故选：A． 2．（24-25八年级下·天津·期中）如图，菱形，点、、、均在坐标轴上，，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（    ） A．3 B．5 C． D． 【答案】A 【分析】直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小属“将军饮马”模型，由D关于直线AC的对称点B，连接BE，则线段BE的长即是PD+PE的最小值． 【详解】如图：连接BE， ， ∵菱形ABCD， ∴B、D关于直线AC对称， ∵直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小 ∴根据“将军饮马”模型可知BE长度即是PD+PE的最小值．， ∵菱形ABCD，，点， ∴，， ∴ ∴△CDB是等边三角形 ∴ ∵点是的中点， ∴,且BE⊥CD， ∴ 故选：A． 【点睛】本题考查菱形性质及动点问题，解题的关键是构造直角三角形用勾股定理求线段长． 3．（福建省南平第一中学2024-2025学年八年级下学期4月期中数学试题）已知菱形的两条对角线的长分别是6和8，则菱形的面积为______． 【答案】24 【分析】此题主要考查了菱形的性质，正确把握菱形面积求法是解题关键． 直接利用菱形的面积等于对角线乘积的一半，进而得出答案． 【详解】解：菱形的两条对角线长分别是6和8， 菱形的面积为：． 故答案为：24． 4．（24-25八年级下·天津和平·期末）如图，在菱形中，，对角线，过点作，垂足为点，则的长度是______． 【答案】/ 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、菱形面积的计算方法，连接交于，由菱形的性质得，，，再由勾股定理和面积公式即可求解，熟练掌握菱形的性质，由菱形面积的两种计算方法得出结果是解题的关键． 【详解】如图，连接交于， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 解得：， 故答案为：． 地 城 考点15 利用菱形性质求面积 1．（24-25八年级下·天津和平·期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F． （1）求证：四边形ADCF是菱形； （2）若AC＝12，AB＝16，求菱形ADCF的面积． 【答案】（1）见解析；（2）S菱形ADCF＝96． 【分析】（1）先证明△AEF≌△DEB（AAS），得AF＝DB，根据一组对边平行且相等可得四边形ADCF是平行四边形，由直角三角形斜边中线的性质得：AD＝CD，根据菱形的判定即可证明四边形ADCF是菱形； （2）先根据菱形和三角形的面积可得：菱形ADCF的面积＝直角三角形ABC的面积，即可解答． 【详解】（1）证明：∵E是AD的中点， ∴AE＝DE， ∵AF∥BC， ∴∠AFE＝∠DBE， 在△AEF和△DEB中， ∵， ∴△AEF≌△DEB（AAS）， ∴AF＝DB， ∵D是BC的中点， ∴AF＝DB＝DC， ∴四边形ADCF是平行四边形， ∵∠BAC＝90°，D是BC的中点， ∴AD＝CD＝BC， ∴四边形ADCF是菱形； （2）解：设AF到CD的距离为h， ∵AF∥BC，AF＝BD＝CD，∠BAC＝90°， ∴S菱形ADCF＝CD•h＝BC•h＝S△ABC＝AB•AC＝×12×16＝96． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线、三角形和菱形的面积，解决本题的关键是掌握以上基础知识． 地 城 考点16 利用菱形性质证明 1.（24-25八年级下·天津西青·期末）如图，在矩形中，点，在对角线上，点在上，点在上，且四边形为菱形． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）由矩形的性质可证，由菱形的性质可证，，根据证明，可证结论成立； （2）连接，，与相交于点．先证明，设，在中利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴．∴． ∵四边形是菱形， ∴，． ∴． ∴，即． ∴． ∴． （2）解：如图，连接，，与相交于点． ∵四边形是菱形， ∴，． ∵， ∴，即． ∴垂直平分． ∴． 设． ∵四边形是矩形， ∴，，． ∴． 在中，， ． 解得，即． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握菱形的性质是解答本题的关键． 2．（24-25八年级下·天津红桥·期末）如图，在矩形中，，，过对角线的中点O的直线分别交，边于点E，F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当四边形是菱形时，求线段的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）根据平行四边形的性质，判定，得出四边形的对角线互相平分，进而得出结论； （2）当四边形是菱形时，，设，则，，在中，由勾股定理得出方程，解方程求出的长即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，O是的中点， ∴，，，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）当四边形是菱形时，， 设，则，， 在中，， ∴， 解得：， ∴，即菱形的边长为． 【点睛】本题主要考查平行四边形的判定，菱形的性质，勾股定理，矩形的性质，熟练掌握菱形的四条边相等，是解题的关键． 地 城 考点17 证明四边形是菱形 1．（24-25八年级下·天津河西·期末） 如图，矩形中，点E 为边上任意一点，连结，点 F 为线段 的中点，过点F 作，与分别相交于点M、N，连结． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，当 时，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，菱形的判定与性质，熟记矩形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键． （1）根据已知证明，得，结合，点为线段的中点，即可证得结论； （2），则，设，则，利用勾股定理求出即可解答． 【详解】（1）证明：矩形中，， ， ∵点为的中点， ， 在和中， ， ， ， ， ∴四边形为菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ， ∵四边形是矩形， ， ， ， 设，则， 在中，，即， 解得：， ． 2．（24-25八年级下·天津·期中）如图，中，，过A点作的平行线与的平分线交于点D，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接与交于点O，过点D作交的延长线于E点，连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，角平分线的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练运用性质进行推理是本题的关键． （1）由角平分线的性质和平行线的性质可得，可得，由菱形的判定可证四边形是菱形； （2）由勾股定理求得，设，则，在中，，代入数据解答即可得解． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，且， ∴，且， ∴四边形是平行四边形，且， ∴四边形是菱形； （2）解：∵，， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴的长为3． 3．（24-25八年级下·天津红桥·期末）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点A，B，C均在格点上，D为边的中点． (1)线段的长等于_______； (2)P为边上的动点，当取得最小值时，请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，作出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据格点利用勾股定理即可得到答案； （2）如图，取格点E，连接；取格点F，G，连接与相交于点H；连接与相交于点P，则点P即为所求． 【详解】（1）解：线段的长等于； （2）如图所示，点P即为所求，连接， 由网格得，，点H是的中点， ∵D为边的中点， ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形 ∴ 由网格得，， ∴ ∵ ∴可证得，四边形是菱形 ∴ ∴ ∴点P即为所求． 【点睛】此题考查了勾股定理，菱形的性质和判定，格点作图，轴对称求最值问题，解题的关键是掌握以上知识点． 4．（24-25八年级下·天津西青·期末）如图，在中，，E，F分别是边的中点，连接求证：． 【答案】见详解 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的性质，直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先由平行四边形得出，结合，得出，因为直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，得出，证明边形是菱形，即可作答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵E，F分别是边的中点， ∴， ∵ ∴， ∴四边形是菱形， ∴． 地 城 考点18 利用菱形性质与判断综合应用 1．（24-25八年级下·天津西青·期末）如图，以的顶点为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点，，分别以点，为圆心，的长为半径画弧，两弧在内部交于点，连接，，，，若，，则四边形的面积是（   ） A．160 B．120 C．96 D．48 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定和性质掌握知识点是解题的关键． 先证明四边形是菱形，可求，利用出勾股定理即可求出，则可得，再根据菱形的面积公式，即可解答． 【详解】解：设与相交于点D，如图： 由题意，有 ， ∴四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴ ∴． 故选C． 2．（24-25八年级下·天津南开·期末）如图，在中，． (1)尺规作图：作的中垂线，分别与，相交于点D和点O，连接；以点C为圆心，长为半径作弧与相交于点E（E，D两点不重合），连接，（作图用虚线，不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的情况下． ①求证四边形为菱形； ②若，直接写出四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②186 【分析】（1）根据题干中的作图方法逐步作图即可； （2）①由作图得，垂直平分，，得到，，，证明出，得到，然后结合即可证明； ②设，则，勾股定理求出，，然后利用四边形的面积代数求解即可． 【详解】（1）解：如图所示， （2）解：①由作图得，垂直平分，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； ②设， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴， ∴四边形的面积． 【点睛】此题考查了尺规作垂直平分线，菱形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 地 城 考点19 根据正方形的性质求角度、线段和面积计算 1．（24-25八年级下·天津红桥·期末）如图，正方形ABCD外侧作等边三角形ADE，则∠AEB的度数为（    ） A．30° B．20° C．15° D．10° 【答案】C 【分析】根据正方形、等边三角形和三角形内角和定理可以得到答案． 【详解】四边形是正方形， ，， 是等边三角形， ，， ，， ， 故选：C． 【点睛】本题考查正方形、等边三角形和三角形内角和定理的综合应用，灵活运用有关性质求解是解题关键． 2．（24-25八年级下·天津西青·期末）如图，正方形的边长是5，点，分别是边，上的动点，且，连接，，则的最小值是（   ） A．5 B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，根据可得，则，．延长至G，使，则G点与A点关于直线对称，连接交于， 此时的长就是的最小值．求出的长即可得解． 本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，以及将军饮马．正确的作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵四边形是正方形， ∴, ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 延长至G，使，则G点与A点关于直线对称， 连接交于，连接， 则， 此时，的值最小，最小值为的长， ∵,， ∴， ∴的最小值为． 故选：D． 3．（24-25八年级下·天津河西·期末）我们知道四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，边长为4的正方形的边在轴上，的中点是坐标原点，固定点，把正方形沿箭头方向推，使点落在轴正半轴上点处，则点的对应点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．由已知条件得到，，根据勾股定理得到，于是得到结论． 【详解】解：由已知得， ∵的中点是坐标原点O， ∴， ∴， ，， ． 故选：D． 4．（24-25八年级下·天津·期末）如图，正方形的边长为8，点分别在上，且与相交于点为的中点，连接，则的长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】B 【分析】根据正方形的性质可证，可得，是直角三角形，运用勾股定理可得的值，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， ∴， ∴是直角三角形， ∵，， ∴， 在中，， ∵点是的中点， ∴， 故选：B ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，熟练掌握各知识点是解题的关键． 5．（24-25八年级下·天津和平·期末）如图，在正方形中，E是边的中点，连接，过点D作交于点F，G，H分别是的中点，连接，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形中位线的性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． 如图：连接并延长交于P，连接，根据正方形的性质得到，然后证明、，即；再证明可得；设正方形的边长为，则，再根据勾股定理和三角形的中位线定理即可解答． 【详解】解：如图：连接并延长交于P，连接， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 设正方形的边长为，则， ∴， ∵G，H分别是的中点， ∴， ∴． 故选C． 6．（24-25八年级下·天津和平·期末）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形与四边形都是正方形，连接并延长，交于点．若是的中点，，则的长为（   ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了“赵爽弦图”，正方形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，一组平行线中对应线段成比例，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． 延长交于点，利用平行线的性质证出点为线段中点，得出，再利用线段的垂直平分线得出相等的角，得出，依据直角三角形的性质得出即可求出结果． 【详解】解：如图，延长交于点， 由图的结构可知，点是的中点， ∴点是的中点， ∵， ， 点为线段中点， ， ∵点是的中点， ∴垂直平分线段， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故选：A． 7．（24-25八年级下·天津河北·期末）如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（    ）    A．4 B．5 C．8 D．10 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理等等，先证明得到，进而得到，则由直角三角形的性质可得，如图所示，在延长线上截取，连接，易证明，则，可得当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，求出，在中，由勾股定理得，责任的最小值为5． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵点M是的中点， ∴； 如图所示，在延长线上截取，连接，    ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半， ∵，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴的最小值为5， 故选：B． 8．（24-25八年级下·天津·期末）如图，G是边长为4的正方形边上一点，矩形的边经过点A，已知，则为_________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形、矩形面积计算方法，巧妙地连接使得面积既是正方形的面积的一半，又是矩形的面积的一半是解题的关键． 连接，根据面积既是正方形的面积的一半，又是矩形的面积的一半，根据面积相等计算矩形的边长． 【详解】解：如图，连接， 则， ， ，即 ． 故答案为∶． 9．（24-25八年级下·天津·期末）如图，四边形是边长为4的正方形，，点为延长线上一点，且，点为中点，则 （Ⅰ）的长度为________； （Ⅱ）的长度为________． 【答案】 【分析】此题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理． （Ⅰ）过点E作于点I，过点F作于点H，过点A作于点K，先求出，根据等腰三角形性质得，再求得，设，由三角形面积公式得，在中，由勾股定理可求出，则，由此可得的长； （Ⅱ）先求出，由三角形的面积公式，在中，由勾股定理求出，则，然后在中，由勾股定理即可求出的长． 【详解】解：（Ⅰ）过点E作于点I，过点F作于点H，过点A作于点K，如图所示： ∵四边形是正方形且边长为4， ∴，，， ∵四边形是边长为4的正方形，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∵，， ∴， ∵， 根据平行线间的距离处处相等得：， 设， 由三角形的面积公式得：， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， 整理得：， ∴，（不合题意，舍去）， ∴， ∴， 故答案为：1； （Ⅱ）∵点G为中点，， ∴， 由三角形的面积公式得：， ∵，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， 在中，由勾股定理得：． 故答案为：． 地 城 考点20 正方形性质理解 1．（24-25八年级下·天津·期中）如图，点分别是四边形边的中点．则下列说法： ①若，则四边形为矩形； ②若，则四边形为菱形； ③若四边形是平行四边形，则与互相平分； ④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等． 其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】先根据三角形的中位线性质证明四边形为平行四边形，然后根据矩形、菱形的判定与性质逐项即可解答． 【详解】解：∵点分别是四边形边的中点， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ①若，则， ∴四边形为菱形，即①错误； ②若，则，即， ∴四边形为矩形，即②错误； ③与是否互相平分均能得到四边形是平行四边形，即③错误； ④若四边形是正方形，则，， ∴，，即与互相垂直且相等，故④正确， 故正确的个数是1个． 故选：A． 2．（24-25八年级下·天津河西·期末）菱形、矩形、正方形共有的性质是（    ） A．对角线相等 B．对角线互相垂直 C．对角线互相平分 D．一条对角线平分一组内角 【答案】C 【分析】本题考查菱形、矩形、正方形的性质，熟记菱形、矩形、正方形的性质是解决问题的关键．根据菱形、矩形、正方形的性质逐项验证即可得到答案． 【详解】解：A、矩形与正方形的对角线相等，菱形对角线不相等，选项性质不是菱形、矩形、正方形共有的性质，不符合题意； B、菱形与正方形的对角线互相垂直，矩形的对角线不垂直，选项性质不是菱形、矩形、正方形共有的性质，不符合题意； C、菱形、矩形、正方形的对角线均互相平分，选项性质是菱形、矩形、正方形共有的性质，符合题意； D、菱形与正方形的一条对角线平分一组内角，矩形一条对角线不能平分一组内角，选项性质不是菱形、矩形、正方形共有的性质，不符合题意； 故选：C． 地 城 考点21 利用正方形性质证明与求解 1．（24-25八年级下·天津河东·期末）如图，矩形纸片，点为边上的动点，将沿折叠得到，连接．则下列结论：①当时，四边形为正方形；②当时，的面积为；③当时，．④当点运动到与重合时，的面积为，其中结论正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了矩形与折叠，直角三角形的性质，正方形的证明，全等三角形的判定和性质等知识，掌握相关知识点是解题关键．当时，根据折叠的性质得到，，可判断①结论；当时，过点作于点，根据折叠的性质和含30度角的直角三角形求解，可判断②结论；当时，根据折叠的性质，得出、、三点共线，设，再利用勾股定理求解，可判断③结论；当点运动到与重合时，过点作于点，与交于点，根据折叠的性质，证明，设，利用勾股定理和三角形面积公式求解，可判断④结论． 【详解】解：矩形纸片， ，，， 当时，如图， 由折叠的性质可知，，，， ，此时点在上， ， 四边形为矩形， 又， 四边形为正方形，①结论正确； 当时，如图，过点作于点， 由折叠的性质可知，，， ， ， ， 的面积，②结论错误； 当时，如图， 由折叠的性质可知，，，， ， 、、三点共线， 在中，， 设，则，， 在中，， ， 解得：，即，③结论正确； 当点运动到与重合时，如图，过点作于点，与交于点， 由折叠的性质可知，，， ，， 又， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：， ，， ， ， 的面积，④结论正确， 结论正确的有个， 故选：C． 2．（24-25八年级下·天津西青·期末）如图，在边长为的正方形中，，分别是边，的中点连接，． （1）线段与的位置关系为_______； （2）若，分别是，的中点，连接，则线段的长为_________． 【答案】 垂直 2 【分析】（1）证明得，求出即可得出线段与的位置关系； （2）连接并延长交于，连接，根据正方形的性质得到，，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵点E，F分别是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：垂直； （2）解：连接并延长交于，连接， 四边形是正方形， ，，， ，分别是边，的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 点，分别是，的中点， ； 故答案为：2． 【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键． 地 城 考点22 正方形的判定及其证明 1．（24-25八年级下·天津和平·期末）下列判断错误的是（    ） A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B．四个内角都相等的四边形是矩形 C．邻边相等的平行四边形是菱形 D．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形 【答案】D 【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理即可得到结论． 【详解】A、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故不符合题意； B、四个内角都相等的四边形是矩形，故不符合题意； C、邻边相等的平行四边形是菱形，故不符合题意； D、两条对角线相等、垂直且平分的四边形是正方形，故符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，熟练掌握各判定定理是解题的关键． 2．（24-25八年级下·天津西青·期末）在下列命题中，其逆命题为真命题的是（   ） A．如果两个实数都是正数，那么它们的和是正数 B．若，则 C．全等三角形的面积相等 D．正方形的四个角都是直角 【答案】B 【分析】本题考查了判断一个命题的逆命题真假，实数的性质、不等式的基本性质、全等三角形的性质、正方形的判定定理．把原命题的结论和条件互换，写出对应的逆命题，再判断真假即可得到答案． 【详解】解：A、逆命题：若两实数的和为正数，则它们均为正数，假命题，本选项不符合题意； B、逆命题：若，则，真命题，本选项符合题意； C、逆命题：面积相等的三角形全等，假命题，本选项不符合题意； D、逆命题：四个角都是直角的四边形是正方形，假命题，本选项不符合题意； 故选：B． 3.（24-25八年级下·天津宝坻·期末）在矩形中，对角线交于点O，要使矩形成为正方形，需添加的条件是______（写出一个符合要求的条件）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用， 【详解】解：添加的条件可以是．理由如下： ∵四边形是矩形，， ∴四边形是正方形． 故答案为：（答案不唯一）． 4．（24-25八年级下·天津·期末）如图，M为正方形的对角线上一点，过M作的垂线交于E，连接，取中点O． (1)如图1，连，试证明； (2)如图2，连接，并延长交对角线于点N，，试探究线段之间的数量关系并证明； (3)如图3，在（2）的条件下，延长交边于F，若，，请直接写出的长 ． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）由直角三角形的性质得，得，证出即可； （2）在上方作，使，连接，证，得，则，证，得，在中，由勾股定理得，进而得出结论； （3）连接，先证明，证明四边形为平行四边形，从而证明四边形为矩形，最后得出结果 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ， ， ， 是的中点， ， ， ，， ， ； （2）解：，理由如下： 在上方作，使，连接，如图2所示： 则， ∵四边形是正方形， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， 在中，， 即； （3）如图，连接， 点O为中点， ， ， ， 四边形为平行四边形， 四边形为矩形， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，熟练掌握相关性质定理为解题关键． 5．（24-25八年级下·天津和平·期末）某数学兴趣小组利用正方形硬纸片开展了一次活动，请阅读下面的探究片段，完成所提出的问题． 四边形是边长为3正方形，点是射线上的动点，，且交正方形外角的平分线于点． 【探究1】当点是中点时如图1，发现，这需要证明与所在的两个三角形全等，但与显然不全等，考虑到点是的中点，取的中点，连接，证明与全等即可． 【探究2】 (1)如图2，如果把“点是边的中点”改为“点是边上（不与点、重合）的任意一点”，其他条件不变，那么结论“”仍然成立吗？如果成立，写出证明过程，如果不成立，请说明理由； (2)如图3，如果点是边延长线上的任意一点，其他条件不变，请你画出图形，并判断“”是否成立？______（填“是”或“否”）； 【探究3】 (3)连接交直线于点，连接，试探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)成立，理由见解析 (2)是 (3)当点E在BC上时，；当点E在BC的延长线上时， 【分析】（1）截取BM=BE，连接EM，求出AM=EC，得出∠BME=45°，求出∠AME=∠ECF=135°，求出∠MAE=∠FEC，根据ASA推出△AME和△ECF全等即可； （2）在BA的延长线上取一点N，使AN=CE，连接NE，根据已知利用ASA判定△ANE≌△ECF，因为全等三角形的对应边相等，所以AE=EF． （3）分两种情况构造全等三角形进行证明即可； 【详解】（1）成立，理由是：如图2，在AB上截取BM=BE，连接ME， ∵∠B=90°， ∴∠BME=∠BEM=45°， ∵∠B=90°， ∴∠BAE+∠AEB=90°， ∵∠AEF=90°， ∴∠AEB+∠FEC=90°， ∴∠BAE=∠FEC， ∴∠AME=135°=∠ECF， ∵AB=BC，BM=BE， ∴AM=EC， 在△AME和△ECF中 ， ∴△AME≌△ECF（ASA）， ∴AE=EF； （2）成立．证明：如图3，在BA的延长线上取一点N，使AN=CE，连接NE． ∴BN=BE， ∴∠N=∠NEC=45°， ∵CF平分∠DCG， ∴∠FCE=45°， ∴∠N=∠ECF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BE， ∴∠DAE=∠BEA， 即∠DAE+90°=∠BEA+90°， ∴∠NAE=∠CEF， ∴△ANE≌△ECF（ASA）， ∴AE=EF． （3）分两种情况：①点E在BC上时，延长CB到H，使， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ ∴∠ ∴△ ∴∠ 又 ∴∠ ∴∠ ∴∠ ∴∠ ∴∠ 又 ∴△ ∴ ∴ ∴ ②当点E在BC的延长线上时，在BC上截取BQ，使，如图， 同理可证：△ ∴ ∵∠ ∴∠ 由①知，∠ ∴ ∴ 又 ∴△ ∴ 又 ∴ 【点睛】本题考查了正方形的性质，角平分线的定义，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 6．（24-25八年级下·天津红桥·期末）如图，在平行四边形中，E，F分别为边，的中点，连接，过点A作交的延长线于点G．    (1)求证； (2)若，试判断四边形的形状并说明理由； (3)当与满足_________时，四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 (3)相等且垂直 【分析】（1）由四边形是平行四边形，可得，，又由、分别为边、的中点，易得，，即可判定四边形为平行四边形，则可证得； （2）由，，易证得为直角三角形，又由为边的中点，即可得，则可证得：四边形是菱形； （3）根据正方形的判定定理得到，当与满足垂直且相等时，四边形是正方形． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， 、分别为、的中点， ，， ，， 四边形为平行四边形， ； （2）证明：， ， 为直角三角形， 又为边的中点． ， 又四边形为平行四边形， 四边形是菱形； （3）解：当与满足相等且垂直时，四边形是正方形． 由（1）得：四边形是平行四边形， ，为边的中点， ， ， ， ， 四边形是正方形， 故答案为：相等且垂直． 【点睛】本题考查了正方形的判定、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键． 7．（24-25八年级下·天津·期末）如图1，中，，，外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，为垂足． (1)________°； (2)①求证：四边形是正方形． ②若，求的长． (3)如图2，在中，，底边上的高，，则的长度是________． 【答案】(1)45； (2)①见解析；②DF的长为2； (3)． 【分析】（1）根据平角的定义得出，由角平分线的定义求出，最后再由三角形内角和定理即可得解； （2）①作于，先证明四边形为矩形，再由角平分线的性质定理得出，即可得证；②设，由正方形的性质得出，证明，得出，同理可得：，再由勾股定理计算即可得出答案； （3）把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点，由（1）（2）得：四边形是正方形，，，，设，则，，再由勾股定理计算即可得出答案． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∵平分，平分， ∴，， ∴， ∴； （2）证明：作于， 则， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∵，外角平分线交于点， ∴，， ∴， ∴四边形为正方形； ②设， ∵， ∴， 由①得四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 同理可得：， 在中，， ∴， 解得：， ∴的长为； （3）解：如图，把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点， 由折叠得：， ，， ， 由（2）得：四边形是正方形， ∴， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 解得：，即． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质定理、折叠的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题关键． 8．（24-25八年级下·天津·期末）菱形ABCD中，E，F为边AB，AD上的点，CF，DE相交于点G． (1)如图1，若∠A＝90°，DE⊥CF，求证：DE＝CF； (2)如图2，若DE＝CF．试探究此时∠EGF和∠A满足什么关系？并证明你的结论； (3)如图3，在（1）的条件下，平移线段DE到MN，使G为CF的中点，连接BD交MN于点H，若∠FCD＝15°，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)∠EAF+∠EGF=180°，证明见解析； (3) 【分析】（1）由菱形ABCD中和∠A=90°可得菱形ABCD是正方形，根据正方形性质得AD=DC，∠A=∠CDF=90°，再加上DE⊥CF，得到∠CGD=90°，所以∠ADE=∠DCF，即证得Rt△ADE≌Rt△DCF，即可证得DE=CF； （2）过D作DR⊥AB于R，过C作CS⊥AD于S，根据菱形的面积证得DR=CS，推出∴Rt△DRE≌Rt△CSF (HL)，得到∠CFS=∠RED，由∠CFS+ ∠AFG=180°，推出∠EAF+∠EGF=180°； （3）由（1）的条件可得MN=CF，MN⊥CF，加上G为CF的中点，即MN垂直平分CF，联想到连接FM即有FM=MC且∠DMF=∠MFC+∠FCD=30°，利用四边形KTDC是矩形，证得△THF≌△KCH，推出TF=HK，根据三角形内角和求出∠TFH+∠THF=90°，用∠HFM分别表示这两个角求出∠HFM=60°，得到∠TFH=60°，由此得到HF=2TF，再根据正方形的性质求出BH=2HK，即可得到答案 【详解】（1）证明：∵菱形ABCD中，∠A=90°， ∴菱形ABCD是正方形， ∴AD=DC，∠A=∠CDF=90°， ∵DE⊥CF， ∴∠CGD=90°， ∴∠DCF+∠CDE=∠ADE+∠CDE=∠ADC=90°， ∴∠ADE=∠DCF， ∴ Rt△ADE ≌5Rt△DCF， ∴DE=CF； （2）解：∠EAF+∠EGF=180°；证明如下： 过D作DR⊥AB于R，过C作CS⊥AD于S，如图， ∵S菱形ABCD=AB×DR=AD×CS，AB=AD， ∴DR=CS， ∵DE=CF， ∴Rt△DRE≌Rt△CSF (HL)， ∴∠CFS=∠RED， ∵∠CFS+ ∠AFG=180°， ∴∠RED+∠ AFG=180°， ∴∠EAF+∠EGF=180°； （3）连接FM，过H作TK// AB交AD于T，交BC于K，连接CH，如图， 由（1）知MN⊥CF， 又G为CF的中点， ∴MN是CF的垂直平分线， ∴MF=CM，CH=FH， ∴∠MFC=∠MCF=15°，∠HCF=∠HFC， ∴∠FMD=30°，∠HCM=∠HFM， ∵∠TKC=∠KTD=∠BCD=90°， ∴四边形KTDC是矩形， ∴TD=KC， ∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线， ∴∠TDH=45°=∠THD， ∴TD=TH=CK， ∴△TFH≌△KHC， ∴HK=TF，∠THF=∠HCK， ∵∠TFH=180°-60°-∠HFM=120°-∠HFM，∠THF=∠HCK=90°-∠HFM， ∴120°-∠HFM+90°-∠HFM=90°， 解得∠HFM=60°， ∴∠TFH=60°， ∴FH=2TF=2HK， ∵∠KBH=45°， ∴BH=HK， ∴ 【点睛】此题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，垂直平分线的定义和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $