专题03 平行四边形（期末真题汇编，河北专用）八年级数学下学期

**基本信息** 初中数学期末平行四边形专题试题汇编，覆盖多边形内角和、平行四边形及特殊四边形等10个考点，精选河北各地期末真题，注重基础巩固与综合应用梯度设计。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空/解答|多题覆盖|多边形内角和（考点01）、矩形判定（考点05）、菱形性质（考点08）等|结合烹饪课置物架情境（题8）、动点与折叠动态问题（题19、48）、综合探究中点四边形（题55）|

专题03 平行四边形 高频考点概览 考点01平多边形的内角和与外角和 考点02用平行四边形的性质求解 考点03用平行四边形的判定 考点04三角形的中位线 考点05矩形的证明与判定 考点06矩形性质的应用 考点07菱形的证明与判定 考点08菱形的性质 考点09正方形的性质与判定 考点10四边形的综合问题行线的判定 考点01 多边形的内角和与外角和 1．（2025八年级下·河北保定·期末）一个多边形的外角和是内角和的2倍，这个多边形的边数是（    ） A．6 B．5 C．4 D．3 2．（2025八年级下·河北邯郸·期末）若一个n边形从一个顶点最多能引出4条对角线，则n的值为（    ） A．8 B．7 C．6 D．5 3．（2025八年级下·河北张家口·期末）若一个正多边形的每个外角均为，则这个正多边形的内角和等于（    ） A． B． C． D． 4．（2025八年级下·河北石家庄·期末）一个多边形被截去一个角后，其内角和为，求原多边形的边数．以下是甲、乙、丙三位同学的说法． 甲：边数可以为6；乙：边数可以为7；丙：边数可以为9； 以上说法正确的是（   ） A．只有甲正确 B．只有乙正确 C．甲、乙、丙都正确 D．只有甲、乙正确 5．（2025八年级下·河北保定·期末）小红：我计算出一个多边形的内角和为；老师：不对呀，你可能少加了一个角则小红少加的这个角的度数是（　　） A．1 B．1 C．1 D．1 6．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 7．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，用n个全等的正六边形按如下方式拼接可以拼成一个环状，使相邻的两个正六边形有公共顶点，所夹的锐角为，图中所示的是前3个正六边形的拼接情况，拼接一圈后，中间会形成一个正多边形，则n的值为________． 8．（2025八年级下·河北石家庄·期末）图1所示是石外烹饪课教室的一个三角落地置物架，图2是置物架搁物板示意图，其中，，则的度数是__________． 9．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，在正八边形的外侧作正五边形，连结，，则的大小为________度． 10．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，在七边形中，的延长线交于点0，若，，，对应的邻补角和等于，求的度数 11．（2025八年级下·河北邯郸·期末）已知一个正多边形的边数为． (1)若，求这个正多边形的内角和． (2)若这个正多边形的每个内角都比与它相邻的外角的6倍还多，求的值． 考点02 用平行四边形的性质求解 12．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，在中，平分，交边于点，过点作交的延长线于点，交于点，则图中一定是等腰三角形的有（　　） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 13．（2025八年级下·河北唐山·期末）在中，，则（   ） A． B． C． D． 14．（2025八年级下·河北保定·期末）在中，尺规作图后留下的痕迹如图所示，若，，则的长为（   ） A．3 B．4 C．6 D．7 15．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，将平行四边形沿折叠，使点恰好落在边上的点处，若此时将边沿进行折叠，点又恰好落在点处，则平行四边形的较小内角为（   ） A． B． C． D． 16．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，的周长是，其对角线和交于点，，和的周长差是，则的长是（   ） A． B． C． D． 17．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，在平行四边形中，按以下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；②分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点，交延长线于点．若，，下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 18．（2025八年级下·河北保定·期末）如图， 平行四边形与平行四边形全等， 且A、B、C、D的对应顶点分别是H、E、F、G，其中E在上， F在BC上， C在上．若，则四边形的周长为 （    ）． A．23 B．22 C．21 D．20 19．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，平行四边形中，，，点P在边上以每秒的速度从点A向点D运动，点Q在边上，以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点到达点时停止（同时点Q也停止）．在运动以后，当_________时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形． 20．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，在中，，，，为的中点，为边上的点，连接，将沿折叠得到，连接，若以点、、、为顶点的四边形为平行四边形，则此平行四边形的面积为___________． 21．（2025八年级下·河北邯郸·期末）如图，在中，，，连接，恰有．过点作于点．动点从点出发沿以的速度向终点运动，同时点从点出发，以的速度沿射线运动，当点到终点时，点也随之停止运动，设点运动的时间为秒．    (1)的长度为 ，的长度为 ，的周长为 ； (2)①用含的式子表示； ②试判断是否存在的值，使得以，，，为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由； (3)若点关于直线对称的点恰好落在直线上，请直接写出点，之间的距离． 22．（2025八年级下·河北沧州·期末）已知，如图，点O是平行四边形的对称中心，过点O的任意直线交于点E，交于点F． (1)求证：． (2)求证：四边形的面积与四边形的面积相等． 23．（2025八年级下·河北保定·期末）阅读与思考 请阅读下列材料，并完成相应的任务． 小明在学习了平行四边形的相关知识后，查阅相关资料，发现平行四边形还有如下的性质：平行四边形的四条边的边长的平方和等于对角线长的平方和，即：如图1，在中，． 小明在老师的提示下，对该性质进行了证明． 证明：如图1，过点，作的垂线，分别与交于点，与的延长线交于点． 四边形是平行四边形， （依据），，． 设，，，则． ． 在中，，即． 在中，． …… 任务： (1)证明过程中的“依据”是指：______． (2)请你补全小明的证明过程． (3)如图2，在中，，，，则的周长为______． 考点02 用平行四边形的判定 24．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，这是嘉嘉同学在证明一四边形是平行四边形时的不完整推理过程，为了使嘉嘉的推理成立，需在括号中添加条件，下列添加的条件正确的是（　　） 如图，∵， ∴． 又∵（　　）， ∴四边形是平行四边形． A． B． C． D． 25．（2025八年级下·河北廊坊·期末）如图，要使四边形为平行四边形，则需要添加的条件是（   ） A． B． C． D． 26．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，四边形为平行四边形，为的中点．下列两个方案中，能得到以A，B，F，C为顶点的四边形为平行四边形的是（   ） 方案一 为和的延长线上的交点 方案二 为和的延长线上的交点 A．只有方案一 B．只有方案二 C．两个方案都不行 D．两个方案都行 27．（2025八年级下·河北廊坊·期末）用两块全等的含角的三角尺拼成平行四边形，可拼成的不同的平行四边形有（   ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 28．（2025八年级下·河北张家口·期末）在下列四个关系：①，②，③，④中，选出两个关系作为条件，可以推出四边形是平行四边形的条件可以是________．（写出一种即可，填序号） 29．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，四边形中，，嘉嘉和琪琪分析所标数据．得到下面结论： 嘉嘉说：四边形是平行四边形； 琪琪说：是直角三角形． 谁的说法正确，请选择其中一人的说法进行说理． 30．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，四边形ABCD中AC、BD相交于点O，延长AD至点E，连接EO并延长交CB的延长线于点F，∠E＝∠F，AD＝BC． (1)求证：O是线段AC的中点： (2)连接AF、EC，证明四边形AFCE是平行四边形． 考点04 三角形的中位线 31．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，施工队打算测量，两地之间的距离，但，两地之间有一个池塘，于是施工队在处取点，连接，，测量，的中点之间的距离是，则两地之间距离为（    ）    A． B． C． D． 32．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，是的中位线，的角平分线交于点，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 33．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，在直角三角形中，，点，，分别是，，的中点，若，则的长为（  ） A．12 B．10 C．8 D．无法确定 34．（2025八年级下·河北廊坊·期末）已知：如图，在中，E，F分别是和的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，当与满足怎样关系时，四边形为矩形，并说明理由． 35．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，在▱ABCD中，，，点M、N分别是边AB、BC上的动点，连接DN、MN，点E、F分别为DN、MN的中点，连接EF，则EF的最小值为　　 A．1 B． C． D． 考点05 矩形的证明与判定 36．（2025八年级下·河北邯郸·期末）中，交于点，再添加一个条件使其为矩形，不能是下列的（    ） A． B． C． D． 37．（2025八年级下·河北保定·期末）在学习了《平行四边形》这一章节后，嘉嘉针对几种特殊的平行四边形的关系画出了如图草图，她让同桌琪琪在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是（　　） A．①：有一个角是直角 B．③：对边相等 C．②：有一组邻边相等 D．④：对角线相等 38．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，已知平行四边形框架，现将木条固定不动，向右推动框架至，整个变化过程中，下列说法不正确的是（    ） A．四边形由平行四边形变成矩形 B．点B，D之间的距离不变 C．四边形的面积变大 D．四边形的周长不变 39．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，四边形是平行四边形，延长至点，使点为的中点．连接，，，已知． (1)求证：四边形是矩形． (2)若还满足，则四边形的形状为 ． 40．（2025八年级下·河北邢台·期末）如图，在中，分别是边，的中点，F是延长线上一点，且，连接， (1)求证：； (2)若，试判断四边形是什么特殊形状的四边形？并说明理由． 41．（2025八年级下·河北保定·期末）珍珍要证明命题“对角线相等且互相平分的四边形是矩形”是正确的，她先作了任意两条直线相交于点，然后以点为圆心作圆，与两条直线相交于四点，最后依次连接这四点，得到四边形（如图所示）． 根据图形，珍珍写下了如下不完整的已知和求证． (1)在方框中填空，补全已知和求证． (2)按照珍珍的想法写出证明． 42．（2025八年级下·河北邯郸·期末）如图，在中，点为线段的中点，延长交的延长线于点，分别连接，，，． (1)求证： (2)求证：四边形是矩形： (3)若，，，求的长 43．（2025八年级下·河北廊坊·期末）如图，菱形中，对角线、交于点，，． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，是的中点，则 ． 44．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，在中，交的延长线于点E，． (1)求证：四边形是矩形； (2)F为的中点，连接，．已知，，求的长． 45．（2025八年级下·河北石家庄·期末）图1是工人师傅想要制作的一种四边形模板，标准的模板要求，，，且． (1)如图2所示，该模板在制作过程中不慎摔坏了一个角，导致无法测量的度数与，的长度，现测得，，，通过计算判断该模板损坏前是否标准． (2)现将模板修补完整，工人师傅需要在上找一点，并将模板沿切割成两块材料，且两块材料最终能拼接成一个矩形，在图3中找到点的位置（点与点不重合），并画出拼接好的矩形（不用证明）． 考点06 矩形性质的应用 46．（2025八年级下·河北唐山·期末）如图，矩形的对角线交于点O，若，则（   ） A．4 B．8 C．12 D．16 47．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，矩形的两条对角线相交于点，为边的中点，连接．若，则以下关于线段长度的结论错误的是（   ） A． B． C． D． 48．（2025八年级下·河北邢台·期末）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使顶点C恰好落在AB边的中点C′上，若AB＝6，BC＝9，则FC的长为（　　） A．4 B．3 C．4.5 D．5 49．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，在矩形中，，E为边上一个动点，连接．将沿折叠，使点B落在边上的点P处． 结论Ⅰ：当点P与点D重合时，此时四边形为正方形； 结论Ⅱ：当P为的中点时，． 关于结论Ⅰ，Ⅱ，下列判断正确的是（　　） A．结论Ⅰ对，结论Ⅱ错 B．结论Ⅰ错，结论Ⅱ对 C．结论Ⅰ，Ⅱ都对 D．结论Ⅰ，Ⅱ都错 50．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，．若不改变矩形的形状和大小，当矩形顶点在轴的正半轴上上下移动时，矩形的另一个顶点A始终在轴的正半轴上随之左右移动，已知是边的中点，连接，．下列判断正确的是（    ） 结论I：在移动过程中，的最大值为； 结论II：当时，四边形是平行四边形． A．结论I、II都对 B．结论I、II都不对 C．只有结论I对 D．只有结论II对 51．（2025八年级下·河北张家口·期末）证明：矩形的对角线相等． 已知：如图，在矩形中，连接，．求证：．    证明：四边形是矩形，，______． 又，，． 则“______”在处应该补充的证明过程是（    ） A． B． C． D． 52．（2025八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，平面直角坐标系中，．四边形为矩形，将四边形沿折叠，点B的对应点为点D，连接交y轴于点M，则点M坐标为________． 53．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，矩形中，，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线垂足为G，则的最大值为________． 54．（2025八年级下·河北邯郸·期末）如图，在矩形中，，依据尺规作图的痕迹，则的度数是________． 55．（2025八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，四边形为菱形，点E、F、G、H分别为四边中点，我们把四边形称为菱形的“中点四边形”． (1)求证：四边形为矩形； (2)如图，矩形为某个菱形的中点四边形，请画出这个菱形并简单说明画法（不需要尺规作图）． 考点07 菱形的证明与判定 56．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图所示，剪两张对边平行的纸条，并且纸条宽度相同，将它们随意交叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，连接．则下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 57．（2025八年级下·河北邢台·期末）如图，在中，D是边的中点，E、F分别在及其延长线上，，连接、． (1)求证：； (2)若，求证：四边形是菱形． 58．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，在中，．按以下步骤作图：①以点A为圆心，的长为半径作弧，交于点E；②分别以点B，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部交于点G，连接并延长交于点F． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)若，求四边形的面积． 59．（2025八年级下·河北唐山·期末）如图，以点为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点，，再分别以、为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，则的度数是多少？ 60．（2025八年级下·河北邯郸·期末）如图，是的中线，过点D作的平行线交于点E，O是的中点，连接并延长，交于点F，连接． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形为菱形？写出你的猜想并证明． 61．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图1，在矩形中，，折叠使点B落在边上的点E处，折痕为，过点E作，交于点F，连接． (1)当，时，求的面积； (2)求证：四边形是菱形； (3)当点E在边上移动时，折痕的端点P，Q也随之移动． ①如图2，当点Q与点C重合时，求菱形的面积； ②若限定P，Q分别在边和边上移动，连接，直接写出的最大值． 62．（2025八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，中，M、N分别为的中点，E、F分别为的三等分点，顺次连接M、E、N、F，得到四边形． (1)求证：四边形为平行四边形 (2)若四边形为矩形，则应满足条件________；若四边形为菱形，则应满足条件______；若四边形为正方形，则应满足条件_______． 63．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，在中，对角线的交点为，且平分，为边的中点，连接，与的交点为． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，求的度数． 64．（2025八年级下·河北邢台·期末）【操作发现】如图1，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形，转动其中一张纸条，发现四边形总是平行四边形，其判断的依据是_______； 【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条和（，），其中，，将它们按图2放置，落在边上，，与边分别交于点M、N，求证：四边形是菱形： 【结论应用】保持图2中的平行四边形纸条不动，将平行四边形纸条沿或平移，且始终在边上，当时，恰有H，B的连线垂直于，此时时，延长、交于点P、得到图3．若四边形的周长为40，则四边形的面积_____． 65．（2025八年级下·河北石家庄·期末）【情境】数学课上，老师引导同学们用三角板探究四边形的判定和性质，老师先将两个全等的三角板和在同一平面内按如图所示的位置摆放．保持点A，，，在同一直线上，三角板可以沿直线平移（点，不重合）．已知，，，连接和． 【发现】证明：四边形是平行四边形； 【探究】移动三角板的过程中，当点和点重合时，求证：四边形是菱形； 【拓展】当四边形是矩形时，其周长是多少？ 66．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，过点作交的延长线于点，连接． (1)若，求证：四边形是菱形： (2)在（1）的条件下，若菱形的面积为，求的长． 考点08 菱形的性质 67．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，四边形的四边相等，且面积为，对角线，则四边形的周长为（　　） A． B． C． D． 68．（2025八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，在中，于点H．将沿对角线翻折，如果点B与点D重合，则的长度为（   ） A． B． C． D．以上答案都不对 69．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为AD的中点，连接OE，，，则（    ） A．4 B． C．2 D． 70．（2025八年级下·河北邯郸·期末）如图，在菱形中，，为边上一点，将菱形的一部分沿折叠后，点恰好落在的中点处，则线段的长为(    ) A．1 B． C． D．2 71．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，菱形中，为垂足．若，则菱形的周长是（　　） A．2 B．4 C．6 D．8 72．（2025八年级下·河北沧州·期末） 如图，在边长为2的菱形中，，E为的中点，F是上的一动点，则的最小值为______． 73．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，在中，点D、E分别是边、的中点，过点A作交的延长线于点，连接、，过点作于点．若，四边形是菱形，则的长为___________ 74．（2025八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，在中，，分别为上的点，四边形为菱形． (1)请尺规作图画出D、E、F点（不写作法，保留作图痕迹）； (2)求菱形的边长． 考点09 正方形的性质与判定 75．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，正方形ABCD的边长为3，E是BC中点，P为BD上一动点，则PE+PC的最小值为（　　） A． B．2      C． D．2 76．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，点、分别在正方形的边、上，，已知（正方形的四条边都相等，四个内角都是直角），．则的面积（    ） A．6 B．12 C．15 D．30 77．（2025八年级下·河北沧州·期末）如图，点，，分别是各边的中点，连接，，．下列说法错误的是（   ） A．四边形是平行四边形 B．若，则四边形是矩形 C．若，则四边形是菱形 D．若平分，则四边形是正方形 78．（2025八年级下·河北沧州·期末）如图，已知正方形的边长为4，P是对角线上一点，于点E，于点F，连接，．给出下列结论：①；②；③；④的最小值为；⑤一定是等腰三角形．其中正确结论的个数为（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 79．（2025八年级下·河北廊坊·期末）如图，四边形是平行四边形，下列结论错误的是（  ） A．当时，是菱形 B．当时，是菱形 C．当时，是矩形 D．当时，是正方形 80．（2025八年级下·河北邢台·期末）如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（    ） A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形 81．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，在正方形中，E为边的中点，连接，F为的中点，G为的中点，连接．若，则_____． 82．（2025八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，四边形为正方形，E，F，G，H分别为四边上的点，以下说法： ①若，则四边形为正方形；②若，则必有；③若，则必有．正确的有（  ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 83．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图， 正方形的边长是，菱形的边长是，则菱形的对角线的长是______．    84．（2025八年级下·河北保定·期末）施工队在一个正方形场地构建了平面直角坐标系，并标示了三个顶点位置的坐标，数据如图（单位：m）．一条笔直的地下水管经过两处． (1)求之间的距离． (2)计划在地下水管上的处引出两条水管，分别通往处与的中点处，若使两条水管的总长度最小，求处的坐标． 85．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，正方形的边长为4，点为对角线的中点，点为边上的动点，点在边上，连接，，． (1)求证：． (2)当点在边上运动时，四边形的面积是否会发生变化？若不变，请求出其面积；若改变，请说明理由． 86．（2025八年级下·河北唐山·期末）如图，已知四边形为正方形，点在上，，点与点关于对称，连接，． (1)求证：； (2)求的度数； (3)若，求． 87．（2025八年级下·河北唐山·期末）如图1，在正方形中，点E，F分别在上，连接，交点为H，且． (1)求证：； (2)如图2，将线段绕点E顺时针旋转，得到线段，连接，求证：． 考点10 四边形的综合问题 88．（2025八年级下·河北廊坊·期末）正方形是我们熟悉的几何图形，它有着非常多的性质．如图1，正方形的边长是4，是对角线上一点． (1)求证：． (2)如图2，过点作，，垂足分别为，，连接，猜想与的数量关系，并证明你的猜想． (3)如图3，是的中点，连接，，求的最小值． (4)如图4，过点作，交于点，以，为邻边作矩形，连接，若恰好为的中点，直接写出矩形的面积． 89．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，矩形中，，动点E、F分别从点A，C同时出发，以相同的速度沿向终点B、D运动，过点E、F作直线，过点作直线的垂线，垂足为，连接． (1)当与重合时，四边形为_________（填菱形、矩形、正方形）； (2)当四边形为菱形时，求的长； (3)当是轴对称图形时，直接写出到的距离． 90．（2025八年级下·河北唐山·期末）如图1和2，在菱形中，，，点E是线段上一动点，过点E作，交于点F，过点E作，交直线于点G，交直线于点H，设． (1)若，求的长，并指出点H与直线的位置关系； (2)若，求x的值； (3)如图2， ①尺规作图：作线段的垂直平分线，交于点K，连接（保留作图痕迹，不写作图过程）； ②用含x式子表示，并直接写出当时，点K运动路径的长． 91．（2025八年级下·河北邢台·期末）四边形 ABCD 为正方形，点 E 为线段 AC 上一点，连接 DE，过点 E 作 EF ⊥DE，交射线 BC 于点 F，以 DE、EF 为邻边作矩形 DEFG，连接 CG． (1)如图，求证：矩形 DEFG 是正方形； (2)若 AB＝，CE＝2，求 CG 的长； (3)当线段 DE 与正方形 ABCD 的某条边的夹角是 40°时，直接写出∠EFC 的度数． 92．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图甲，在中，为锐角，点D为射线上一动点，连接，以为一边且在的右边作正方形，解答下列问题:    (1)如果，， ①当点D在线段上时(与点B不重合)，如图乙，线段、之间的位置关系为 ，数量关系为 ． ②当点D在线段的延长线上时，如图丙，①中的结论是否仍然成立，为什么？ (2)如果，，点D在线段上运动，试探究，当满足一个什么条件时，（点C、F重合除外）？并说明理由． 93．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，在正方形中，是上一点（不与端点，重合），连接．过点作的垂线，分别交，于点，． (1)求证：； (2)如图2延长到点，使得，连接，． ①若，则___________°； ②改变的度数，的度数是否会发生改变？若发生改变，请写出与之间的关系；若不改变，请说明理由； 94．（2025八年级下·河北石家庄·期末）【问题情境】数学课上，老师引导同学们以“正方形中线段的旋转”为主题开展数学活动，已知正方形中，，点E是射线上一点不与点C重合，连接将绕点E顺时针旋转得到，连接． 【特例分析】如图1，当点E与点D重合时，直接写出的度数； 【深入探究】当点E不与点D重合时： ①如图2，当点E在线段上时，依题意补全图形，并直接写出的度数； ②如图3，当点E在线段的延长线上时，【特例分析】中的结论是否仍然成立？若成立，请证明这个结论；若不成立，请举出反例． 【问题解决】如图4，当点E在线段上，交于点G，当时，请直接写出线段的长和的面积． 95．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，四边形ABCD为菱形，点E为对角线AC上的一个动点，连接DE并延长交AB于点F，连接BE． （1）如图①，求证：∠AFD=∠EBC； （2）如图②，若DE=EC且BE⊥AF，求∠DAB的度数； （3）若∠DAB=90°且当△BEF为等腰三角形时，求∠EFB的度数（只写出条件与对应的结果） 96．（2025八年级下·河北石家庄·期末）综合与实践 【问题情境】 如图，在矩形纸片中，，，点在边上，将沿所在的直线折叠，得到． 【特例感知】 （1）如图1，当点在上时，请判断四边形的形状，并证明． （2）如图2，当点在对角线上时， ①的长为__________，的长为__________． ②求此时的长． （3）如图3，当点在对角线上时，与相交于点，求的长． 【深入探究】 （4）连接，当的面积为4时，请直接写出的长． 97．（2025八年级下·河北石家庄·期末）我们可以用对称的眼光研究一些几何问题． (1)如图，在中，与交于点，点在边上，延长交于点： ①求证：； ②将绕点旋转，使点落在上的处，延长交于点，请在图画出四边形，并证明四边形是矩形． (2)如图，在菱形中，正方形的顶点，分别在边，上，且，，两点在菱形的内部（包括边界）．若，，则正方形面积的最小值为______． 试卷第2页，共122页 1 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 平行四边形 高频考点概览 考点01平多边形的内角和与外角和 考点02用平行四边形的性质求解 考点03用平行四边形的判定 考点04三角形的中位线 考点05矩形的证明与判定 考点06矩形性质的应用 考点07菱形的证明与判定 考点08菱形的性质 考点09正方形的性质与判定 考点10四边形的综合问题行线的判定 考点01 多边形的内角和与外角和 1．（2025八年级下·河北保定·期末）一个多边形的外角和是内角和的2倍，这个多边形的边数是（    ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】D 【分析】本题主要考查了多边形内角和和外角和综合，任意边形的外角和恒为，而内角和为．题目中给出外角和是内角和的2倍，由此建立方程求解边数即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 由题意得， 解得： ∴这个多边形的边数为3， 故选：D． 2．（2025八年级下·河北邯郸·期末）若一个n边形从一个顶点最多能引出4条对角线，则n的值为（    ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】B 【分析】本题考查了多边形的对角线，牢记n边形从一个顶点出发可引出条对角线是解题的关键． 根据n边形从一个顶点引出的对角线与边的关系，即可求解． 【详解】解：∵一个n边形从一个顶点最多能引出4条对角线， ∴， 解得：． 故选：B 3．（2025八年级下·河北张家口·期末）若一个正多边形的每个外角均为，则这个正多边形的内角和等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正多边形的内角与外角，根据外角的度数，求出每一个内角的度数以及正多边形的边数，进行求解即可． 【详解】解：∵一个正多边形的每个外角均为， ∴每一个内角的度数为，正多边形的边数为：， ∴这个正多边形的内角和等于； 故选C． 4．（2025八年级下·河北石家庄·期末）一个多边形被截去一个角后，其内角和为，求原多边形的边数．以下是甲、乙、丙三位同学的说法． 甲：边数可以为6；乙：边数可以为7；丙：边数可以为9； 以上说法正确的是（   ） A．只有甲正确 B．只有乙正确 C．甲、乙、丙都正确 D．只有甲、乙正确 【答案】D 【分析】本题主要考查截多边形，多边形内角和定理，原多边形被截去一个角后，边数可能减少1、不变或增加1，截后的多边形内角和为，可求出其边数为7，由此推断原多边形的边数可能为6、7或8，分别验证甲、乙、丙的说法是否成立即可． 【详解】解：设截后多边形的边数为，根据内角和公式：， 解得，， ∴截后的多边形为7边形， ∵截去一个角后，原多边形的边数（的正整数）可能变为、或， ∴原多边形的边数可能为6、7或8， 综上，只有甲、乙正确， 故选：D． 5．（2025八年级下·河北保定·期末）小红：我计算出一个多边形的内角和为；老师：不对呀，你可能少加了一个角则小红少加的这个角的度数是（　　） A．1 B．1 C．1 D．1 【答案】D 【分析】设这个多边形的边数为n，少加的角的度数为x，由多边形内角和定理可得等式：，由n为整数即可确定x的值． 【详解】设这个多边形的边数为n，少加的角的度数为x， 由题意得：， ， 由于n为整数，x为正数且小于， ， 则， 故选：D． 【点睛】本题考查了多边形内角和定理，关键是设多边形的边数及少加的角的度数，由多边形内角和定理得到等式，根据边数为整数确定少加的角． 6．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，已知，，是正边形的三条边，在同一平面内，以为边在该正边形的外部作正方形．若，则的值为（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 【答案】A 【分析】本题考查的是正多边形的性质，正多边形的外角和，先求解正多边形的1个内角度数，得到正多边形的1个外角度数，再结合外角和可得答案. 【详解】解：∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴正边形的一个外角为， ∴的值为； 故选A 7．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，用n个全等的正六边形按如下方式拼接可以拼成一个环状，使相邻的两个正六边形有公共顶点，所夹的锐角为，图中所示的是前3个正六边形的拼接情况，拼接一圈后，中间会形成一个正多边形，则n的值为________． 【答案】5 【分析】本题主要考查多边形的内角与外角，熟练掌握多边形内角和和外角和定理是解题的关键． 由完全拼成一个圆环需要的正六边形为n个，则围成的多边形为正n边形，利用正六边形的内角与夹角计算出正n边的每个内角的度数，然后根据内角和定理得到解方程求解即可． 【详解】解：∵正六边形的外角和为， ∴正六边形每个外角的度数为：， ∴正六边形每个内角为：， ∴组成的正多边形的每个内角为：， ∵n个全等的正六边形拼接可以拼成一个环状，中间会形成一个正多边形， ∴组成的正多边形为正n边形， ∴，解得：． 故答案为：5． 8．（2025八年级下·河北石家庄·期末）图1所示是石外烹饪课教室的一个三角落地置物架，图2是置物架搁物板示意图，其中，，则的度数是__________． 【答案】 【分析】本题主要考查多边形内角和，求出五边形的内角和是解题的关键．先求出五边形的内角和，进而得出答案． 【详解】解：五边形的内角和为， ， ， ． 故答案为：． 9．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，在正八边形的外侧作正五边形，连结，，则的大小为________度． 【答案】54 【分析】先根据正六方形和正八边形的内角和其每个角度数，再根据及三角形内角和定理得出，，即可得出答案． 【详解】解：∵多边形是正八方形， ∴ ∵五边形是正五边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ， .故答案为：54． 10．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，在七边形中，的延长线交于点0，若，，，对应的邻补角和等于，求的度数 【答案】 【分析】本题考查多边形的外角和、三角形的内角和及其外角性质，先根据多边形的外角和为求得，进而利用三角形的外角性质得到，然后根据三角形的内角和为求解即可． 【详解】解：延长交于，七边形中，1，2，3，4对应的邻补角和等于 ∴，，三角的外角和为： ∴ 又， ∴ ∴． 11．（2025八年级下·河北邯郸·期末）已知一个正多边形的边数为． (1)若，求这个正多边形的内角和． (2)若这个正多边形的每个内角都比与它相邻的外角的6倍还多，求的值． 【答案】(1)这个正多边形的内角和为 (2) 【分析】本题考查了求多边形内角与外角，掌握多边形内角和的公式是解题的关键． （1）根据多边形内角和定理解答，即可求解； （2）设这个正多边形的每个外角为，则每个内角为，根据邻补角的性质列出方程，即可求解． 【详解】（1）解：， 这个正多边形的内角和； 答：这个正多边形的内角和为； （2）解：这个正多边形的每个外角为，则每个内角为， 根据题意得， 解得：， ， 的值为． 考点02 用平行四边形的性质求解 12．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，在中，平分，交边于点，过点作交的延长线于点，交于点，则图中一定是等腰三角形的有（　　） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 【答案】B 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，角平分线的定义，平行四边形的性质，先由平行线的性质得到，，再由角平分线的定义推出，进而由三线合一定理推出，据此可得答案． 【详解】解：∵在中，，， ，， 平分， ， ， ∴，即是等腰三角形； ， ， ， ∴，即是等腰三角形；，即是等腰三角形；，即是等腰三角形； ∴共有四个等腰三角形．分别是， 故选：B． 13．（2025八年级下·河北唐山·期末）在中，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在平行四边形中，邻角互补且对角相等．根据已知条件建立方程求解即可．本题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又∵， 联立得方程组：， ①+②得：， 解得， ∴． 故选：B． 14．（2025八年级下·河北保定·期末）在中，尺规作图后留下的痕迹如图所示，若，，则的长为（   ） A．3 B．4 C．6 D．7 【答案】B 【分析】本题考查角平分线的作图方法，平行四边形的性质，平行线的性质，等角对等边． 由作图痕迹可知平分，平分，结合角平分线和平行线的性质可得，，即可求解． 【详解】解：由作图痕迹可知平分，平分， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， ，， ，， ， 故选B． 15．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，将平行四边形沿折叠，使点恰好落在边上的点处，若此时将边沿进行折叠，点又恰好落在点处，则平行四边形的较小内角为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，根据平行线的性质得，，根据对称的性质得，，，，继而得到，然后在中，根据三角形内角和定理列出关于的一元一次方程，求解即可． 【详解】解：设， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵将平行四边形沿折叠，点恰好落在边上的点处， ∴，， ∵将边沿进行折叠，点又恰好落在点处， ∴，， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， 解得：， ∴，， ∴平行四边形的较小内角为． 故选：C． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，对称的性质，三角形内角和定理，一元一次方程的应用，解题的关键是掌握：两个图形关于某直线成轴对称，则它们的对应边相等，对应角相等． 16．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，的周长是，其对角线和交于点，，和的周长差是，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形的性质，三角形的周长，根据平行四边形的性质得，，，，，根据的周长是及和的周长差是，得①，②，可得结论．解题的关键是掌握：平行四边形的对边相等，对角线互相平分． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，其对角线和交于点，， ∴，，，， ∴， ∵的周长是， ∴， ∴①， ∵和的周长差是，， ∴， ∴②， ①②，得：， ∴， 即的长是． 故选：A． 17．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，在平行四边形中，按以下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；②分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点，交延长线于点．若，，下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查角平分线的尺规作图、平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质．先由作图得到为的角平分，利用平行线证明，从而得到，再利用平行四边形的性质得到，再证明，得到，根据题意无法证明出． 【详解】解：由作图可知，为的角平分， ∴，故A正确； ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴，故B正确； ∵， ∴， ∵， ∴ ∴，故D正确， 根据题意无法证明出，故C错误． 故选：C． 18．（2025八年级下·河北保定·期末）如图， 平行四边形与平行四边形全等， 且A、B、C、D的对应顶点分别是H、E、F、G，其中E在上， F在BC上， C在上．若，则四边形的周长为 （    ）． A．23 B．22 C．21 D．20 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、全等形的性质等知识点，掌握平行四边形的性质成为解题的关键． 根据全等形和平行四边形的性质可得、，则；再根据线段的和差可得，最后根据四边形的周长公式即可解答． 【详解】解：∵平行四边形与平行四边形全等， ∴,， ∴， ∴， ∴四边形的周长为． 故选A． 19．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，平行四边形中，，，点P在边上以每秒的速度从点A向点D运动，点Q在边上，以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点到达点时停止（同时点Q也停止）．在运动以后，当_________时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形． 【答案】或或 【分析】本题考查平行四边形的知识，解题的关键是掌握平行四边形的判定和性质，首先设经过t秒，根据平行四边形的判定可得当时，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，然后分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可． 【详解】解：设经过t秒，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形， ∵以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形， ∴， 分为以下情况：①点Q的运动路线是，方程为， 此时方程，此时不符合题意； ②点Q的运动路线是，方程为， 解得：； ③点Q的运动路线是，方程为， 解得：； ④点Q的运动路线是，方程为， 解得：； 综上所述，或或时、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形， 故答案为：或或． 20．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，在中，，，，为的中点，为边上的点，连接，将沿折叠得到，连接，若以点、、、为顶点的四边形为平行四边形，则此平行四边形的面积为___________． 【答案】8或 【分析】本题考查含度角的直角三角形的性质，勾股定理、平行四边形性质、折叠性质,直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半等知识，分两种情况：①当点在下方时；②当点在上方时；在各自情况下，先由勾股定理求出长，再由平行四边形及折叠性质，数形结合表示出要求的线段，根据题意分类讨论是解决问题的关键． 【详解】解：在中，，，， ∴， 为的中点， ， 当点在下方时，如图所示，过点作于点， 四边形是平行四边形， ， 将沿折叠得到， ， ∴ ∵ ∴ ∴； 当点在上方时，如图所示： 同上理，可得，，而，则重合， ∴； 综上所述，平行四边形的面积为8或， 故答案为：8或． 21．（2025八年级下·河北邯郸·期末）如图，在中，，，连接，恰有．过点作于点．动点从点出发沿以的速度向终点运动，同时点从点出发，以的速度沿射线运动，当点到终点时，点也随之停止运动，设点运动的时间为秒．    (1)的长度为 ，的长度为 ，的周长为 ； (2)①用含的式子表示； ②试判断是否存在的值，使得以，，，为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由； (3)若点关于直线对称的点恰好落在直线上，请直接写出点，之间的距离． 【答案】(1)12；；36 (2)①；②的值为或4； (3)点，之间的距离为或． 【分析】（1）可求出，根据含的直角三角形的性质可得，，根据平行四边形的性质可得，则，即可得，，即可求解； （2）①分两种情况讨论，即可表示出； ②分两种情况讨论，由平行四边形的性质可得，列出方程可求解； （3）分两种情况讨论，由轴对称的性质和等边三角形的性质以及勾股定理可求解． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，，，， ，， ，，， ， ， 的周长为； 故答案为：12；；36； （2）解：①由题意得，， 当时，， 当时，； ∴； ②存在， 当为边即时， 四边形是平行四边形， ， ， ； 当为对角线即时， 四边形是平行四边形， ， ， ， 综上所述：的值为或4； （3）解：如图，当点的对称点在线段上时，   ， ， 是等边三角形， ， ， ； 过点作于，则，， ，，， ， ， 在中， ； 如图，当点的对称点在线段的延长线上时，   ， ， 点的对称点在线段的延长线上， ， ， ， ， ， ， ； 过点作于，则，， ，，， ， ， 在中， ； 综上所述：点，之间的距离为或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，轴对称的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 22．（2025八年级下·河北沧州·期末）已知，如图，点O是平行四边形的对称中心，过点O的任意直线交于点E，交于点F． (1)求证：． (2)求证：四边形的面积与四边形的面积相等． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题主要考查平行四边形的性质及全等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； （1）连接，由题意易得，则有，然后可证，进而问题可求证； （2）连接，同理（1）可得：，然后根据全等三角形的性质可进行求证． 【详解】（1）证明：连接，如图所示： ∵四边形是平行四边形，且点O是平行四边形的对称中心， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）证明：连接，如图所示： 同理（1）可得：， ∴， ∵， ∴． 23．（2025八年级下·河北保定·期末）阅读与思考 请阅读下列材料，并完成相应的任务． 小明在学习了平行四边形的相关知识后，查阅相关资料，发现平行四边形还有如下的性质：平行四边形的四条边的边长的平方和等于对角线长的平方和，即：如图1，在中，． 小明在老师的提示下，对该性质进行了证明． 证明：如图1，过点，作的垂线，分别与交于点，与的延长线交于点． 四边形是平行四边形， （依据），，． 设，，，则． ． 在中，，即． 在中，． …… 任务： (1)证明过程中的“依据”是指：______． (2)请你补全小明的证明过程． (3)如图2，在中，，，，则的周长为______． 【答案】(1)平行四边形的对边相等 (2)见解析 (3) 【分析】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据平行四边形的性质求解即可； （2）首先证明出，得到，，然后利用勾股定理求出，进而求解即可； （3）根据题意设，，根据列方程求解即可． 【详解】（1）∵四边形是平行四边形， ∴依据是平行四边形的对边相等； （2）补全证明如下： ∵， ∴ 又∵ ∴ ∴， ∴ ∴在中， ∴ ∴； （3）∵ ∴设，， ∵ ∴ ∴ ∴，， ∴的周长为． 考点02 用平行四边形的判定 24．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，这是嘉嘉同学在证明一四边形是平行四边形时的不完整推理过程，为了使嘉嘉的推理成立，需在括号中添加条件，下列添加的条件正确的是（　　） 如图，∵， ∴． 又∵（　　）， ∴四边形是平行四边形． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题重点考查平行四边形的判断，正确理解和应用平行四边形的定义和判定定理是解题的关键． 由，求得，因为，所以，则与不平行，可知四边形不是平行四边形，可判断A不符合题意；因为，所以四边形是平行四边形或等腰梯形，可知四边形不一定是平行四边形，可判断B不符合题意；因为，所以，可判断C不符合题意；由，，可证明四边形是平行四边形，可判断D符合题意，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴与不平行， ∴四边形不是平行四边形，故A不符合题意； ∵， ∴四边形是平行四边形或等腰梯形， ∴四边形不一定是平行四边形，故B不符合题意； ∵， ∴， ∴与不平行， ∴四边形不是平行四边形，故C不符合题意； ∵， ∴四边形是平行四边形，故D符合题意， 故选：D． 25．（2025八年级下·河北廊坊·期末）如图，要使四边形为平行四边形，则需要添加的条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查平行四边形的判定，根据已知条件可得，再根据平行四边形的判定方法逐项判断即可． 【详解】解：由图可得， ， A、添加，可得，推出与不平行，四边形不是平行四边形； B、添加，四边形中一组对边平行，另一组对边相等，不能判定四边形为平行四边形； C、添加，四边形中一组对边平行且相等，能判定四边形为平行四边形； D、添加，可得，四边形中仅一组对边平行，不能判定四边形为平行四边形； 故选：C． 26．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，四边形为平行四边形，为的中点．下列两个方案中，能得到以A，B，F，C为顶点的四边形为平行四边形的是（   ） 方案一 为和的延长线上的交点 方案二 为和的延长线上的交点 A．只有方案一 B．只有方案二 C．两个方案都不行 D．两个方案都行 【答案】D 【分析】本题主要考查平行四边形的判定和全等三角形的判定与性质，方案一证明可得，，即可判断四边形是平行四边形；方案二通过证明可得，，即可判断四边形是平行四边形，从而可得结论． 【详解】解：方案一：∵四边形是平行四边形，为的中点， ∴ ∴ 在和中， ， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， 方案二：∵四边形是平行四边形， ∴，互相平分于点，如图， 又为的中点， ∴为的重心， ∴为边上的中线，为边的中点， ∵， ∴，， 又， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， 综上，方案一和方案二都正确， 故选：D． 27．（2025八年级下·河北廊坊·期末）用两块全等的含角的三角尺拼成平行四边形，可拼成的不同的平行四边形有（   ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．以三角尺的三边为对角线，分别拼成不同的平行四边形，即可得出结论． 【详解】解：如图所示， 用两块全等的含角的三角尺拼成平行四边形，可拼成的不同的平行四边形有3个． 故选：C． 28．（2025八年级下·河北张家口·期末）在下列四个关系：①，②，③，④中，选出两个关系作为条件，可以推出四边形是平行四边形的条件可以是________．（写出一种即可，填序号） 【答案】①③（答案不唯一） 【分析】本题考查了平行四边形的判定，根据平行四边形的判定方法两组对角相等的四边形是平行四边形． 【详解】解：四边形是平行四边形的条件可以是①③， 理由：如图， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 故答案为：①③（答案不唯一）． 29．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，四边形中，，嘉嘉和琪琪分析所标数据．得到下面结论： 嘉嘉说：四边形是平行四边形； 琪琪说：是直角三角形． 谁的说法正确，请选择其中一人的说法进行说理． 【答案】详见解析 【分析】本题主要考查直角三角形的判定和平行四边形的判定，根据得出，从而得出四边形的边长和的长，从而可判断出四边形是平行四边形及是直角三角形． 【详解】解：两人的说法都正确： ， ，解得， ， ， 四边形ABCD是平行四边形， 嘉嘉的说法正确； ， ，解得， ， 在中， ， ， 为直角三角形， 琪琪的说法正确． 30．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，四边形ABCD中AC、BD相交于点O，延长AD至点E，连接EO并延长交CB的延长线于点F，∠E＝∠F，AD＝BC． (1)求证：O是线段AC的中点： (2)连接AF、EC，证明四边形AFCE是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）证明四边形ABCD是平行四边形，则结论得出； （2）证明△OAE≌△OCF，则OE＝OF，可得出结论． 【详解】（1）证明：∵∠E＝∠F， ∴ADBC， ∵AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AC，BD互相平分， 即O是线段AC的中点； （2）证明：如图， ∵AD BC， ∴∠EAC＝∠FCA， 在△OAE和△OCF中， ， ∴△OAE≌△OCF， ∴OE＝OF， 又AO=CO， ∴四边形AFCE是平行四边形． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质与判断，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 考点04 三角形的中位线 31．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，施工队打算测量，两地之间的距离，但，两地之间有一个池塘，于是施工队在处取点，连接，，测量，的中点之间的距离是，则两地之间距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据三角形中位线定理解答即可． 【详解】解：点分别为，的中点， 是的中位线， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键． 32．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，是的中位线，的角平分线交于点，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由三角形中位线定理可得，，，由平行线的性质可得，由角平分线定义得到，因此，可得，求出，得到，即可得的长． 【详解】解：∵是的中位线， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 33．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，在直角三角形中，，点，，分别是，，的中点，若，则的长为（  ） A．12 B．10 C．8 D．无法确定 【答案】B 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键． 根据直角三角形斜边上的中线的性质求出，再根据三角形中位线定理求出 本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键． 【详解】解：在中，，点是的中点，， 则， 点，分别是，的中点， 是的中位线， ∴， 故选：B. 34．（2025八年级下·河北廊坊·期末）已知：如图，在中，E，F分别是和的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，当与满足怎样关系时，四边形为矩形，并说明理由． 【答案】(1)详见解析 (2)当时，四边形为矩形，理由见解析． 【分析】（1）利用平行四边形的判定即可得证； （2）补充条件为，结合点E为的中点，利用三线合一性质可得，由（1）得四边形为平行四边形，利用矩形的判定即可得证． 本题考查了平行四边形的性质与判定、矩形的判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定，矩形的判定是解题的关键． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ，F分别是和的中点， ，， ， 又， 四边形为平行四边形． （2）解：当时，四边形为矩形，理由如下： 如图， ，点E为的中点， ， ， 由（1）得，四边形为平行四边形， 四边形为矩形． 35．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，在▱ABCD中，，，点M、N分别是边AB、BC上的动点，连接DN、MN，点E、F分别为DN、MN的中点，连接EF，则EF的最小值为　　 A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知可得，EF是三角形DMN的中位线，所以，当DM⊥AB时，DM最短，此时EF最小. 【详解】连接DM， 因为，E、F分别为DN、MN的中点， 所以，EF是三角形DMN的中位线， 所以，EF=, 当DM⊥AB时，DM最短，此时EF最小. 因为，， 所以，DM=AM, 所以，由勾股定理可得AM=2，此时 EF==. 故选B 【点睛】本题考核知识点：三角形中位线，平行四边形，勾股定理.解题关键点：巧用垂线段最短性质. 考点05 矩形的证明与判定 36．（2025八年级下·河北邯郸·期末）中，交于点，再添加一个条件使其为矩形，不能是下列的（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定和勾股定理的逆定理等知识，有一个内角是直角的平行四边形是矩形，掌握此点是解答本题的关键．利用勾股定理的逆定理和矩形的判定即可求解． 【详解】解：中，交于点， A. ，则四边形为矩形，故该选项不符合题意；     B. ，则四边形为菱形，故该选项符合题意；     C. ，可知是直角三角形，是直角，可有证明平行四边形是矩形，故该选项不符合题意；     D. ，则四边形为矩形，故该选项不符合题意；     故选：B． 37．（2025八年级下·河北保定·期末）在学习了《平行四边形》这一章节后，嘉嘉针对几种特殊的平行四边形的关系画出了如图草图，她让同桌琪琪在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是（　　） A．①：有一个角是直角 B．③：对边相等 C．②：有一组邻边相等 D．④：对角线相等 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，特殊四边形的判定解题的关键是掌握特殊四边形的判定方法． 根据特殊四边形的判定方法一一判断即可． 【详解】解：A：有一个角是直角的平行四边形是矩形，①正确； B：应该是邻边相等的矩形是正方形，③错误； C：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，②正确； D：对角线相等的菱形是正方形，④正确； 故选：B． 38．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，已知平行四边形框架，现将木条固定不动，向右推动框架至，整个变化过程中，下列说法不正确的是（    ） A．四边形由平行四边形变成矩形 B．点B，D之间的距离不变 C．四边形的面积变大 D．四边形的周长不变 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质和平行四边形的性质、四边形的不稳定性；根据四边形的不稳定性、矩形的性质和平行四边形的性质，结合图形前后变化逐项判断即可． 【详解】解：A、根据根据有一个角的平行四边形是矩形，该选项正确，不符合题意， B、向右推动框架，点B，D之间的距离变大，该选项不正确，符合题意， C、四边形的高变大，面积变大，该选项正确，不符合题意， D、四边形的周长不变，该选项正确，不符合题意， 故选：B． 39．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，四边形是平行四边形，延长至点，使点为的中点．连接，，，已知． (1)求证：四边形是矩形． (2)若还满足，则四边形的形状为 ． 【答案】(1)见解析 (2)正方形 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，由题意易得，推出，易证四边形是平行四边形，再根据题意易得是等腰三角形，结合点为的中点，利用等腰三角形三线合一可证，即可证明结论； （2）根据题意易得是等腰直角三角形，利用直角三角形的性质可得，即可得到四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是等腰三角形， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：四边形是正方形，理由如下： ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∵点为的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，矩形的判定与性质，正方形的判定．熟记平行四边形的判定方法与性质是解本题的关键． 40．（2025八年级下·河北邢台·期末）如图，在中，分别是边，的中点，F是延长线上一点，且，连接， (1)求证：； (2)若，试判断四边形是什么特殊形状的四边形？并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是矩形，理由见解析 【分析】本题考查了中位线的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，等角对等边，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）根据是边的中点，，证明四边形是平行四边形，进行作答即可． （2）先由等角对等边得，再结合中位线的判定与性质得，结合平行四边形的判定与性质得，则，即可得出四边形是矩形． 【详解】（1）解：∵是边的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， （2）解：∵， ∴， ∵分别是边，的中点， ∴是三角形的中位线， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， 即， ∴， ∴四边形是矩形． 41．（2025八年级下·河北保定·期末）珍珍要证明命题“对角线相等且互相平分的四边形是矩形”是正确的，她先作了任意两条直线相交于点，然后以点为圆心作圆，与两条直线相交于四点，最后依次连接这四点，得到四边形（如图所示）． 根据图形，珍珍写下了如下不完整的已知和求证． (1)在方框中填空，补全已知和求证． (2)按照珍珍的想法写出证明． 【答案】(1)，矩 (2)见解析 【分析】本题考查矩形的判定，熟练掌握矩形的判定方法，是解题的关键： （1）根据题干，补全已知和求证即可； （2）先得到四边形是平行四边形，证明，求出，即可得证； 【详解】（1）解：由题意，填空为：；矩． （2）证明：在四边形中，对角线与互相平分， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 42．（2025八年级下·河北邯郸·期末）如图，在中，点为线段的中点，延长交的延长线于点，分别连接，，，． (1)求证： (2)求证：四边形是矩形： (3)若，，，求的长 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】本题考查了平行四边形和矩形判定及性质应用，解题关键在于利用平行四边形、矩形的判定定理和性质，结合全等三角形、勾股定理进行推理计算： （1）利用平行四边形对边平行得角相等，结合中点条件，通过证，得 ． （2）由且证平行四边形，再结合证得矩形 ． （3）先由矩形性质和勾股定理求、，得，再结合平行四边形性质求，最后在中用勾股定理算 ． 【详解】（1）∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵是中点， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）由（1）知且， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （3）∵四边形是矩形， ∴，，； 在中， ， ∴， ∵是中点， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴； ∵， ∴， 在中， ． 43．（2025八年级下·河北廊坊·期末）如图，菱形中，对角线、交于点，，． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，是的中点，则 ． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，由菱形的性质得到，即可证明平行四边形为矩形； （2）由菱形的性质得到，，由勾股定理得到，进而由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴平行四边形为矩形； （2）解：∵四边形是菱形，，， ∴，， ∴， ∵，是的中点， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 44．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，在中，交的延长线于点E，． (1)求证：四边形是矩形； (2)F为的中点，连接，．已知，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先由四边形是平行四边形，得，，因为，故，，得证四边形是平行四边形，再结合有一个角是的平行四边形是矩形，即可作答． （2）因为四边形是矩形，则，因为为CD的中点，所以，因为，由勾股定理得，代入数值进行计算，即可作答． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ，， ∴四边形是平行四边形， 又， ， ∴四边形是矩形． （2）解：由（1）得四边形是矩形，， ， 为的中点， ， ∵ ， 由勾股定理得． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，矩形的判定与性质，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． 45．（2025八年级下·河北石家庄·期末）图1是工人师傅想要制作的一种四边形模板，标准的模板要求，，，且． (1)如图2所示，该模板在制作过程中不慎摔坏了一个角，导致无法测量的度数与，的长度，现测得，，，通过计算判断该模板损坏前是否标准． (2)现将模板修补完整，工人师傅需要在上找一点，并将模板沿切割成两块材料，且两块材料最终能拼接成一个矩形，在图3中找到点的位置（点与点不重合），并画出拼接好的矩形（不用证明）． 【答案】(1)该模板损坏前标准，计算判断见解析 (2)见解析 【分析】（1）延长，交于点C，连接，可得，由，，得，得，即得故该模板损坏前是否标准． （2）作的垂直平分线交于点E，在射线上取点H，使，连接，证明，得，得，可得，得四边形是平行四边形，由，得是矩形． 【详解】（1）解：延长，交于点C，连接， ∵四边形中，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故该模板损坏前标准． （2）解：作的垂直平分线交于点E，连接，在射线上取点H，使，连接， 则，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是矩形． ∴， 故矩形ADCH符合要求． 【点睛】本题主要考查三角形与四边形综合．熟练掌握四边形内角和性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质定理，平行四边形的判定和性质，矩形的判定，是解题的关键． 考点06 矩形性质的应用 46．（2025八年级下·河北唐山·期末）如图，矩形的对角线交于点O，若，则（   ） A．4 B．8 C．12 D．16 【答案】B 【分析】此题考查了矩形的性质，熟知矩形的对角线互相平分且相等是关键． 根矩形的性质得到，即可求出答案． 【详解】解：∵四边形是矩形 ∴， ∴ 又∵， ∴ 故选：B． 47．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，矩形的两条对角线相交于点，为边的中点，连接．若，则以下关于线段长度的结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质，三角形中位线的有关求解，等边三角形的判定和性质，勾股定理，根据矩形的性质得出，，，，，证明是等边三角形，即可得出，由勾股定理即可得出，由三角形中位线的判定和性质可得出，再利用勾股定理即可得出． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，，，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，故A正确， ∴， ∴，故B正确， ∵O，E分别为，的中点， ∴为的中位线， ∴，故C正确， ∵E是的中点，， ∴， ∴，故D错误， 故选：D 48．（2025八年级下·河北邢台·期末）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使顶点C恰好落在AB边的中点C′上，若AB＝6，BC＝9，则FC的长为（　　） A．4 B．3 C．4.5 D．5 【答案】D 【分析】设BF＝x，则F＝CF＝9﹣x，利用勾股定理计算即可． 【详解】设BF＝x，则CF＝BC﹣BF＝9﹣x， 由折叠可得F＝CF＝9﹣x， ∵是AB的中点， ∴B＝＝＝3， ∵四边形ABCD是长方形， ∴∠B＝90°， ∴， ∴， 解得：x＝4， ∴FC＝9﹣4＝5， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质，灵活运用勾股定理是解题的关键． 49．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，在矩形中，，E为边上一个动点，连接．将沿折叠，使点B落在边上的点P处． 结论Ⅰ：当点P与点D重合时，此时四边形为正方形； 结论Ⅱ：当P为的中点时，． 关于结论Ⅰ，Ⅱ，下列判断正确的是（　　） A．结论Ⅰ对，结论Ⅱ错 B．结论Ⅰ错，结论Ⅱ对 C．结论Ⅰ，Ⅱ都对 D．结论Ⅰ，Ⅱ都错 【答案】C 【分析】本题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、正方形的判定、勾股定理等知识，当点P为的中点时，求得是解题的关键． 当点P与点D重合时，证四边形为正方形，可判断结论Ⅰ正确；当点P为的中点时，由矩形的性质，折叠的性质，利用勾股定理求的长度，可判断结论Ⅱ正确，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图1，点P与点D重合，则， ∵将沿折叠，点B落在边上的点P处， ∴， ∴， ∵四边形为矩形，， ∴四边形为正方形， 故结论Ⅰ正确； 如图2，点P为的中点， ∵四边形是矩形，， ∴， ∴， 由折叠得 ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， 故结论Ⅱ正确， 故选：C． 50．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，．若不改变矩形的形状和大小，当矩形顶点在轴的正半轴上上下移动时，矩形的另一个顶点A始终在轴的正半轴上随之左右移动，已知是边的中点，连接，．下列判断正确的是（    ） 结论I：在移动过程中，的最大值为； 结论II：当时，四边形是平行四边形． A．结论I、II都对 B．结论I、II都不对 C．只有结论I对 D．只有结论II对 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，由M为的中点，知，，由知当O、M、C三点在同一直线时，有最大值，即可判断结论I；根据，证明，，即可判断结论Ⅱ，进而可以解决问题． 【详解】解：如图，M为的中点，则，， ∵为矩形，， ∴， ∴， ∴， ∴当O、M、C三点在同一直线时，有最大值， 故结论Ⅰ错误； ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴，， ∵，， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 故结论Ⅱ正确． 综上所述，只有结论II对． 故选：D． 51．（2025八年级下·河北张家口·期末）证明：矩形的对角线相等． 已知：如图，在矩形中，连接，．求证：．    证明：四边形是矩形，，______． 又，，． 则“______”在处应该补充的证明过程是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题目中的解答过程和可以证明，即可写出需要添加的条件． 【详解】证明：∵四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴， ∴． 则在“______”处应该补充的证明过程是， 故选：C． 【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 52．（2025八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，平面直角坐标系中，．四边形为矩形，将四边形沿折叠，点B的对应点为点D，连接交y轴于点M，则点M坐标为________． 【答案】 【分析】本题考查坐标与图形，矩形与折叠，勾股定理，根据折叠的性质，矩形的性质，推出，设，得到，在中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则：， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴点M坐标为． 故答案为： 53．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，矩形中，，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线垂足为G，则的最大值为________． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质．由勾股定理可求的长，由可证，可得，由，根据直角三角形直角边小于斜边（可取等）即可求解． 【详解】解：连接，交于， 四边形是矩形， ，， ，， ， 动点，分别从点，同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点，运动， ， ， ， 又， ， ，， ， 在中，． 故答案为：． 54．（2025八年级下·河北邯郸·期末）如图，在矩形中，，依据尺规作图的痕迹，则的度数是________． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，尺规作图作角平分线，尺规作图作垂线，角平分线的性质，平行线的性质．先根据矩形的性质得到，由作图痕迹得到，，则，最后根据平行线的性质作答即可． 【详解】解：如图，∵矩形， ∴， 由作图痕迹可知平分， ∴， 由作图痕迹可知垂直平分， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 55．（2025八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，四边形为菱形，点E、F、G、H分别为四边中点，我们把四边形称为菱形的“中点四边形”． (1)求证：四边形为矩形； (2)如图，矩形为某个菱形的中点四边形，请画出这个菱形并简单说明画法（不需要尺规作图）． 【答案】(1)证明见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了菱形和矩形的判定和性质，三角形中位线定理： （1）连接，根据菱形的性质可得，再由三角形中位线定理可得，从而得到四边形是平行四边形，即可求证； （2）连接，分别过M、P作平行线，过N、Q做平行线，两组平行线围成的四边形即为所求． 【详解】（1）证明：如图，连接． ∵四边形是菱形， ． 分别为四边中点， ， ， ∴四边形是平行四边形， 又， ， 为矩形； （2）解：连接，分别过M、P做平行线，过N、Q做平行线，两组平行线围成的四边形即为所求． 由作法得：， ∴四边形、、均是平行四边形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 考点07 菱形的证明与判定 56．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图所示，剪两张对边平行的纸条，并且纸条宽度相同，将它们随意交叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，连接．则下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定与性质．由条件可知，可证明四边形为平行四边形，运用平行四边形的性质进行判断即可． 【详解】解：∵四边形是用两张等宽的纸条交叉重叠地放在一起而组成的图形， ∴， ∴四边形是平行四边形（对边相互平行的四边形是平行四边形）； ∴，故A不符合题意； 过点A分别作边上的高为， 则（两纸条相同，纸条宽度相同）； ∵平行四边形中，， 即， ∴，即．故B不符合题意； ∵ ∴平行四边形为菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）． ∴，故D不符合题意； 如果四边形是矩形时，才有．故C不一定正确． 故选：C． 57．（2025八年级下·河北邢台·期末）如图，在中，D是边的中点，E、F分别在及其延长线上，，连接、． (1)求证：； (2)若，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由、的内错角相等，可得出和的两组对应角相等；已知D是的中点，即，由即可证得两三角形全等； （2）若，则是等腰三角形，而D是底边的中点，根据等腰三角形三线合一的性质可证得；由（1）的全等三角形，易证得四边形的对角线互相平分；根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可判定四边形是菱形． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∵D是的中点， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：∵， ∴是等腰三角形； 又∵， ∴（三线合一）， 由（1）知：， 则，； ∴四边形是菱形（对角线互相平分且互相垂直的四边形为菱形）． 【点睛】此题主要考查的是全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质及菱形的判定方法． 58．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，在中，．按以下步骤作图：①以点A为圆心，的长为半径作弧，交于点E；②分别以点B，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部交于点G，连接并延长交于点F． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，见解析 (2)24 【分析】（1）由作图得，平分，由，由平行四边形的性质得，则，所以，则，所以，可证明四边形是菱形； （2）设交于点H，则，所以，而，则，所以，求得． 【详解】（1）解：四边形是菱形， 理由：由作图得，平分， ∴， ∵四边形是平行四边形，点F在上，点E在上， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，且， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形是菱形． （2）设交于点H， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为24． 【点睛】此题重点考查尺规作图、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理等知识，推导出，且是解题的关键． 59．（2025八年级下·河北唐山·期末）如图，以点为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点，，再分别以、为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，则的度数是多少？ 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查菱形的判定与性质以及平行线的性质．通过作图条件得到边的关系从而判定菱形，再利用菱形性质和平行线性质求解角度是解题的关键． （1）根据菱形的判定定理，四边相等的四边形是菱形，通过作图条件得出四条边相等来证明； （2）利用菱形的性质，先得出，再根据平行线的性质求出． 【详解】（1）证明：由作图过程可知，， 四边形是菱形． （2）四边形是菱形， 60．（2025八年级下·河北邯郸·期末）如图，是的中线，过点D作的平行线交于点E，O是的中点，连接并延长，交于点F，连接． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形为菱形？写出你的猜想并证明． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形为菱形，理由见解析 【分析】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． （1）根据平行线的性质得到，根据全等三角形的判定和性质定理得到结论； （2）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到，根据平行线的性质得到，求得，根据菱形的判定定理得到结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵O是的中点， ∴， 在与中， ， ∴， ∴； （2）当时，四边形为菱形， 证明：，， ∴四边形是平行四边形， ∵，是的中线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形． 61．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图1，在矩形中，，折叠使点B落在边上的点E处，折痕为，过点E作，交于点F，连接． (1)当，时，求的面积； (2)求证：四边形是菱形； (3)当点E在边上移动时，折痕的端点P，Q也随之移动． ①如图2，当点Q与点C重合时，求菱形的面积； ②若限定P，Q分别在边和边上移动，连接，直接写出的最大值． 【答案】(1)4； (2)见解析； (3)①；②． 【分析】（1）根据勾股定理得到,根据三角形的面积公式即可得到结论； （2）根据轴对称的性质,平行线的性质，推出，根据菱形的判定定理得到四边形是菱形； （3）①根据矩形，得到，,当点Q与点C重合时，，根据勾股定理得到，求得，设，则，在中，，即，解得，即，于是得到菱形的面积解答即可； ②根据勾股定理得到BE2＝AB2+AE2＝9+AE2，当AE最大时，BE达到最大值，当点P与点A重合时，AE最大，于是得到结论． 本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，勾股定理，菱形的判定和性质，三角形的面积的计算，熟练掌握各知识点是解题的关键． 【详解】（1）解：在矩形中，， ∴， ∴的面积； （2）证明：根据轴对称的性质可得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形BFEP是菱形； （3）①解：根据矩形，得到，, 当点Q与点C重合时，， 由勾股定理得到， 故，设，则， 在中，，即， 解得，即， 故菱形的面积为：； ②解：在中，， ∴当最大时，达到最大值， 当点P与点A重合时，最大， 此时， ∴， ∴． 62．（2025八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，中，M、N分别为的中点，E、F分别为的三等分点，顺次连接M、E、N、F，得到四边形． (1)求证：四边形为平行四边形 (2)若四边形为矩形，则应满足条件________；若四边形为菱形，则应满足条件______；若四边形为正方形，则应满足条件_______． 【答案】(1)证明见解析 (2)；；且 【分析】本题主要考查了四边形的综合题．涉及了平行四边形的判定和性质，菱形，矩形，正方形的判定： （1）证明，可得，从而得到，即可求证； （2）连接，当满足时，四边形为矩形，证明四边形是平行四边形，可得，从而得到，可证得四边形为矩形；当满足时，四边形为菱形，可得，从而得到四边形为菱形，即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵M、N分别为的中点， ∴， ∴， ∵E、F分别为的三等分点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （2）解：如图，连接， 当满足时，四边形为矩形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵M、N分别为的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵E、F分别为的三等分点， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形为矩形； 当满足时，四边形为菱形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形为菱形； 当满足且时，四边形为正方形， ∵当时，四边形为矩形，当时，四边形为菱形 ∴四边形为正方形． 故答案为：；；且 63．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，在中，对角线的交点为，且平分，为边的中点，连接，与的交点为． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）平行线的性质，结合角平分线的定义，推出，即可得证； （2）斜边上的中线，推出，进而得到，推出为等边三角形，三线合一结合三角形的外角求出的度数即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． ∵平分， ∴， ∴． ∴． ∴平行四边形是菱形． （2）解：由（1）已知四边形是菱形， ∴，即． ∵为边的中点， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，即． 在中，， ∵是的一个外角， ∴． 【点睛】本题考查菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，斜边上的中线等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 64．（2025八年级下·河北邢台·期末）【操作发现】如图1，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形，转动其中一张纸条，发现四边形总是平行四边形，其判断的依据是_______； 【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条和（，），其中，，将它们按图2放置，落在边上，，与边分别交于点M、N，求证：四边形是菱形： 【结论应用】保持图2中的平行四边形纸条不动，将平行四边形纸条沿或平移，且始终在边上，当时，恰有H，B的连线垂直于，此时时，延长、交于点P、得到图3．若四边形的周长为40，则四边形的面积_____． 【答案】【操作发现】两组对边分别平行的四边形是平行四边形；【探究提升】证明见解析；【结论应用】80 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质以及菱形的判定和性质定理是解题的关键． 操作发现：根据平行四边形的判定定理即可得到结论； 探究提升：根据平行四边形的性质得到，推出四边形是平行四边形，得到四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论； 结论应用：根据平移的性质得到四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得到，推出四边形是平行四边形，证得四边形是菱形，根据菱形的性质得到，由探究提升知是菱形，，推出四边形是菱形，由勾股定理得到，于是得到结论． 【详解】解：[操作发现]：四边形总是平行四边形．其判定的依据是两组对边分别平行的四边形是平行四边形， 故答案为：两组对边分别平行的四边形是平行四边形； [探究提升]∵四边形纸条和是平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴是菱形； [结论应用]：∵将平行四边形纸条沿或平移， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， 由探究提升知是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵四边形的周长为40， ∴， ∵，， ∴在中，， ∴． 故答案为：． 65．（2025八年级下·河北石家庄·期末）【情境】数学课上，老师引导同学们用三角板探究四边形的判定和性质，老师先将两个全等的三角板和在同一平面内按如图所示的位置摆放．保持点A，，，在同一直线上，三角板可以沿直线平移（点，不重合）．已知，，，连接和． 【发现】证明：四边形是平行四边形； 【探究】移动三角板的过程中，当点和点重合时，求证：四边形是菱形； 【拓展】当四边形是矩形时，其周长是多少？ 【答案】发现：证明见解析；探究：证明见解析；拓展： 【分析】本题考查平行四边形、菱形、矩形的判定与性质和直角三角形的相关知识，解题关键是利用全等、特殊角、判定定理及性质，结合图形平移分析边与角的关系． 发现：利用全等三角形性质得和，由内错角相等证，根据“一组对边平行且相等”判定平行四边形． 探究：根据平行四边形结论，结合点、重合时，依据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”判定． 拓展：由矩形性质得，在中用角性质和勾股定理求，同理得，再用矩形周长公式计算． 【详解】发现：证明：∵三角板和是两个全等的三角板， ∴， ． 又，   ，   四边形是平行四边形． 探究：证明：由（1）知，四边形为平行四边形．   当点和点重合时， ∴，   四边形为菱形． 拓展：解：如图，当四边形为矩形时，．   ， 在中， ，，设，则．   由勾股定理，得，   即， 解得（负值舍去），   ． ∵ ，，， ∴， ∴ 在中， 设，则． 由勾股定理，得，   即， 解得（负值舍去），   ∴，   矩形的周长为． 66．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，过点作交的延长线于点，连接． (1)若，求证：四边形是菱形： (2)在（1）的条件下，若菱形的面积为，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】（1）根据题意证明四边形是平行四边形，再导角证明，即可证明平行四边形是菱形； （2）利用菱形面积求出，再结合直角三角形性质求解，即可解题． 【详解】（1）证明：， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， 平行四边形是菱形； （2）解：由（1）可知，四边形是菱形， 菱形的面积为， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了直角三角形两锐角互余、菱形的判定与性质、菱形面积公式及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟记平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质、直角三角形性质是解决问题的关键． 考点08 菱形的性质 67．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，四边形的四边相等，且面积为，对角线，则四边形的周长为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质，解一元一次方程，勾股定理等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 连接，交于点，由已知条件“四边形的四边相等”可证得四边形为菱形，于是可得，，，，由已知条件“面积为”可得，解方程即可求出的长，进而可求出，的长，在中，根据勾股定理可得，据此可求出的长，然后根据“四边形的周长”即可求出答案． 【详解】解：如图，连接，交于点， 四边形的四边相等， 四边形为菱形， ，，，， ， 解得：， ，， 在中，根据勾股定理可得： ， 四边形的周长， 故选：． 68．（2025八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，在中，于点H．将沿对角线翻折，如果点B与点D重合，则的长度为（   ） A． B． C． D．以上答案都不对 【答案】B 【分析】本题考查了翻折变换—折叠问题，平行四边形的性质，菱形的性质和判定，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 证明是菱形，由勾股定理和菱形的性质求出，根据菱形的面积公式即可求出答案． 【详解】解：设，相交于点O，如图， ∵将沿对角线翻折，如果点B与点D重合， ∴垂直平分线段， ∴是菱形， ∴， 在中，， ∵菱形的面积， ∴， ∴． 故选：B． 69．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为AD的中点，连接OE，，，则（    ） A．4 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】根据菱形的性质得出，，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得出．利用菱形性质、直角三角形边长公式求出，进而求出． 【详解】是菱形，E为AD的中点， ，． 是直角三角形，． ，， ，． ，即， ，． 故选：C． 【点睛】本题主要考查菱形、直角三角形的性质的理解与应用能力．解题关键是得出并求得．求解本题时应恰当理解并运用菱形对角线互相垂直且平分、对角相等，直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质． 70．（2025八年级下·河北邯郸·期末）如图，在菱形中，，为边上一点，将菱形的一部分沿折叠后，点恰好落在的中点处，则线段的长为(    ) A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，折叠的性质，熟练掌握三角形全等的判定及性质，折叠的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．延长、相交于点，证明，则，，求出即可． 【详解】解：延长、相交于点， 由折叠可知，，， ， ，，， ， ， 是的中点， ， ， ，， ， ， ， ， 故选：B． 71．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，菱形中，为垂足．若，则菱形的周长是（　　） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，含角的直角三角形的性质，根据菱形的性质可求出，根据含角的直角三角形的性质可求出的长度，最后根据菱形的性质即可求出其周长． 【详解】解：∵四边形是菱形， ， ， 又， ， ， ， ∴菱形的周长是， 故选：D． 72．（2025八年级下·河北沧州·期末） 如图，在边长为2的菱形中，，E为的中点，F是上的一动点，则的最小值为______． 【答案】 【分析】本题主要考查轴对称−最短路线问题，三角形三边关系，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，确定F点位置在何处时，取得最小值是解答本题的关键． 连接，交于，连接交于，由菱形的对角线互相垂直平分，可得B、D关于对称，则，根据三角形三边关系，进而得到，由此得到当点与重合时，取得最小值，根据等腰三角形三线合一性质和勾股定理，即可求得． 【详解】解：连接，交于，连接交于， 由菱形的对角线互相垂直平分，可得B、D关于对称，则， ， 当点与重合时，取得最小值． 四边形是边长为2的菱形，， ，是等边三角形， ∵E为的中点， ∴，， 在中，， 的最小值为． 故答案为：． 73．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，在中，点D、E分别是边、的中点，过点A作交的延长线于点，连接、，过点作于点．若，四边形是菱形，则的长为___________ 【答案】 【分析】此题考查平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、菱形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解答的关键． 由三角形中位线定理得，再证四边形是平行四边形，得，由菱形的性质得，，，，再由勾股定理求得，由菱形的面积求出的长即可． 【详解】解：点、分别是边、的中点， 是的中位线，， ∴，又， ∴四边形是平行四边形， ∴， 四边形是菱形， ，，，， ∴在中，， ∴， ， ， 即， ． 74．（2025八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，在中，，分别为上的点，四边形为菱形． (1)请尺规作图画出D、E、F点（不写作法，保留作图痕迹）； (2)求菱形的边长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了尺规作图，菱形的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质： （1）作平分线交于点E；作垂直平分线交于点D，交于点F，即可； （2）过E作于点H，根据角平分线的性质可得，再由勾股定理求出的长，再由，可得到，设菱形边长为x，则，在中，由勾股定理求出x的值，即可求解． 【详解】（1）解：如图，点D、E、F即为所求； 理由：由作法得：垂直平分，平分， ∴，， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：过E作于点H， ∵平分，， ∴， 在中， 根据勾股定理得， ， ， 则， 设菱形边长为x，则， 在中，由勾股定理得， 即， 解得：， 即菱形的边长为． 考点09 正方形的性质与判定 75．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，正方形ABCD的边长为3，E是BC中点，P为BD上一动点，则PE+PC的最小值为（　　） A． B．2      C． D．2 【答案】C 【详解】分析：要求PE+PC的最小值，PE，PC不能直接求，可考虑通过作辅助线转化PE，PC的值，从而找出其最小值求解． 详解：如图，连接AE， ∵点C关于BD的对称点为点A, ∴PE+PC=PE+AP， 根据两点之间线段最短可得AE就是AP+PE的最小值， ∵正方形ABCD的边长为2，E是BC边的中点， ∴BE=1.5， ∴AE==， 故选C. 点睛：此题主要考查了正方形的性质和轴对称以及勾股定理等知识的综合运用，根据已知得出两点之间线段最短，可得AE就是PE+AP的最小值是解题的关键. 76．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，点、分别在正方形的边、上，，已知（正方形的四条边都相等，四个内角都是直角），．则的面积（    ） A．6 B．12 C．15 D．30 【答案】C 【分析】延长CD到G，使DG=BE，连接AG，易证所以AE=AG， ， 证，所以 GF=EF，设BE=DG=x，则EF=FG=x+2，在中，利用勾股定理得 解得求出x，最后求问题即可求解． 【详解】解：延长CD到G，使DG=BE，连接AG， 在正方形ABCD中，AB=AD， ， ， ， ， ， ， ， 又， (SAS)， ， 设BE=DG=x，则EC=6-x，FC=4，EF=FG=x+2， 在中，， ， 解得，x=3， ， ， 故选：C． 【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，正确构造辅助线，证三角形全等是解决本题的关键. 77．（2025八年级下·河北沧州·期末）如图，点，，分别是各边的中点，连接，，．下列说法错误的是（   ） A．四边形是平行四边形 B．若，则四边形是矩形 C．若，则四边形是菱形 D．若平分，则四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的中位线定理、正方形、矩形、菱形和平行四边形的判定，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，，则可证四边形是平行四边形，由此可判断A正确；再根据矩形和菱形的判定可得B和C正确；先根据等腰三角形的判定可得，再根据菱形的判定可得四边形是菱形，由此即可判断D错误． 【详解】解：∵点，，分别是各边的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形，则选项A正确； 若，则四边形是矩形，选项B正确； 若，则， ∴四边形是菱形，选项C正确； 若平分，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∵在题中，与不一定垂直， ∴无法得出四边形是正方形，则选项D错误； 故选：D． 78．（2025八年级下·河北沧州·期末）如图，已知正方形的边长为4，P是对角线上一点，于点E，于点F，连接，．给出下列结论：①；②；③；④的最小值为；⑤一定是等腰三角形．其中正确结论的个数为（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】C 【分析】根据垂直的定义得到，推出四边形是矩形，根据矩形的性质得到．根据正方形的性质得到，求得是等腰直角三角形，得到，①正确；延长交于点N，延长交于点M．推出四边形是正方形，，根据全等三角形的性质得到；故②正确；根据垂直的定义得到，故③正确；当时，最小，即最小，此时是等腰直角三角形，斜边为，于是得到的最小值为，故④正确；当或或时，是等腰三角形，除此之外，不是等腰三角形，故⑤错误． 【详解】解：∵，， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 故①正确； 延长交于点N，延长交于点M， ∵四边形是正方形， ∴， 又∵，， ∴四边形是正方形，， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴； 故②正确； ， 与中，，， ∴， ∴， 故③正确； ∵矩形中，， ∴当时，最小，即最小， 此时是等腰直角三角形，斜边为， 则， ∴的最小值为， 故④正确； ∵点P是正方形的对角线上任意一点，， ∴当或或时，是等腰三角形， 除此之外，不是等腰三角形， 故⑤错误． 综上，正确的有①②③④，一共4个． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、垂线段最短、矩形的判定和性质，解决线段间的数量关系，可以借助特殊三角形的性质求解，转化线段是解决本题的关键． 79．（2025八年级下·河北廊坊·期末）如图，四边形是平行四边形，下列结论错误的是（  ） A．当时，是菱形 B．当时，是菱形 C．当时，是矩形 D．当时，是正方形 【答案】D 【分析】本题主要考查菱形、矩形及正方形的判定，熟练掌握菱形、矩形及正方形的判定定理是解题的关键；因此此题可根据菱形、矩形及正方形的判定定理可排除选项． 【详解】解：A、当时，可根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”可判定是菱形，故不符合题意； B、当时，可根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”可判定是菱形，故不符合题意； C、当时，可根据“有一个角为直角的平行四边形是矩形”可判定是矩形，故不符合题意； D、当时，可根据“对角线相等的平行四边形是矩形”可判定是矩形，不能得到是正方形，说法错误，故符合题意； 故选D． 80．（2025八年级下·河北邢台·期末）如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（    ） A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形 【答案】D 【分析】此题主要考查学生对正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，学生答题时容易出错． 根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形． 【详解】解：A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形是平行四边形，当时，它是菱形，故A选项正确，不符合题意； B、四边形是平行四边形，， 四边形是菱形，故B选项正确，不符合题意； C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故C选项正确，不符合题意； D、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知当时，它是矩形，不是正方形，故D选项错误，符合题意． 故选：D． 81．（2025八年级下·河北保定·期末）如图，在正方形中，E为边的中点，连接，F为的中点，G为的中点，连接．若，则_____． 【答案】3 【分析】此题主要考查了正方形的性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理是解决问题的关键． 延长交的延长线于点H，根据正方形性质得，，进而得，，证明和全等得，，则，再证明是的中位线，然后根据三角形中位线定理即可得出的长． 【详解】解：延长交的延长线于点H，如图所示： ∵四边形是正方形，且， ∴，， ∵点E，G分别是，的中点， ∴， ， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∵点F是的中点，， ∴是的中位线， ∴． 故答案为：3． 82．（2025八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，四边形为正方形，E，F，G，H分别为四边上的点，以下说法： ①若，则四边形为正方形；②若，则必有；③若，则必有．正确的有（  ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质． ①连接，根据正方形的性质得到，，求得，根据全等三角形的性质得到，，求得，得到四边形为正方形；故①正确；②连接，过A作交于M，过B作交于F，得到四边形是平行四边形，根据正方形的性质得到，求得，同理，根据全等三角形的性质得到，求得，得到，根据垂直的定义得到；故②正确；③连接，过A作交于M，过B作交于F，则四边形是平行四边形，推出，根据全等三角形的性质得到，求得，故③正确． 【详解】解：①连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴（）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为正方形；故①正确； ②连接，过A作交于M，过B作交于F， 则四边形是平行四边形， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 同理， ∴， ∴（）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴；故②正确； ③连接，过A作交于M，过B作交于F， 则四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴（）， ∴， ∴，故③正确； 故选：D． 83．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图， 正方形的边长是，菱形的边长是，则菱形的对角线的长是______．    【答案】 【分析】连接，，，与相交于点，首先证明出和共线，然后求出，然后利用勾股定理求出，进而利用菱形的性质求解即可． 【详解】如图所示，连接，，，与相交于点，    ∵四边形是菱形， ∴，且平分， ∵四边形是正方形， ∴，且平分， ∴和共线， ∴是等腰直角三角形， ∵正方形的边长为， ∴， ∴， ∵菱形的边长为， ∴， ∴， ∴． 故答案为． 【点睛】此题考查了正方形和菱形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 84．（2025八年级下·河北保定·期末）施工队在一个正方形场地构建了平面直角坐标系，并标示了三个顶点位置的坐标，数据如图（单位：m）．一条笔直的地下水管经过两处． (1)求之间的距离． (2)计划在地下水管上的处引出两条水管，分别通往处与的中点处，若使两条水管的总长度最小，求处的坐标． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查正方形的性质，坐标与图形，一次函数与几何的综合应用，解题的关键是确定坐标系： （1）根据点的坐标得到都在轴上，根据两点间的距离公式进行计算即可； （2）建立直角坐标系，根据对称性，得到，进而得到当点在线段上时，两条水管的总长度最小，求出直线的解析式，进而求出点的坐标即可． 【详解】（1）解：∵的纵坐标都是0，说明都在轴上，即直线就是轴，位于正半轴上，位于负半轴上． ∴m． （2）由题意可知，原点是线段靠近点的四等分点，得到如1所示的平面直角坐标系．为了便于观察，将其逆时针旋转，即常见的平面直角坐标系，如图2所示． 由正方形的性质与轴对称的性质可知，点关于轴对称，连接，交轴于点， 则点就是所要找的位置，连接，则即两条水管的位置． 由，得． 设直线的解析式为， 将代入，得， 解得． ∴直线的解析式为． 当时，即，解得， ∴点的坐标为． 85．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，正方形的边长为4，点为对角线的中点，点为边上的动点，点在边上，连接，，． (1)求证：． (2)当点在边上运动时，四边形的面积是否会发生变化？若不变，请求出其面积；若改变，请说明理由． 【答案】(1)见详解 (2)四边形的面积不会发生变化，始终等于4 【分析】此题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）过点O作于点M，于点N，证明四边形是正方形，得，，再根据得，由此可依据“”判定和全等，再根据全等三角形的性质即可得出结论； （2）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的性质得，则正方形的面积为4，由（1）可知和全等，则，由此得． 【详解】（1）解：过点O作于点M，于点N，如图所示： ∴， ∵四边形是正方形，且边长为4， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴矩形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：当点E在边上运动时，四边形的面积不会发生变化，始终等于4，理由如下： 连接，如图所示： ∵四边形是正方形，点为对角线的中点， ∴，， ∴是等腰直角三角形 ∵ ∴ 则 由（1）得 ∴ 由（1）得，矩形是正方形， 则． 86．（2025八年级下·河北唐山·期末）如图，已知四边形为正方形，点在上，，点与点关于对称，连接，． (1)求证：； (2)求的度数； (3)若，求． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，合理做出辅助线是解题的关键． （1）连接，过点作于点，利用正方形的性质证出，即可得到； （2）证出是等腰三角形，利用角的等量代换运算求解即可； （3）证出是等腰直角三角形，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：连接，过点作于点，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵点与点关于对称，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：∵，， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴； （3）解：∵， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴． 87．（2025八年级下·河北唐山·期末）如图1，在正方形中，点E，F分别在上，连接，交点为H，且． (1)求证：； (2)如图2，将线段绕点E顺时针旋转，得到线段，连接，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）证明，则，得到，即可得到结论； （2）证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）∵将线段绕点E顺时针旋转，得到线段， ∴， ∵， ∴， 由（1）得，， ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴ 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、平行四边形的判定和性质、旋转的性质等知识，证明是关键． 考点10 四边形的综合问题 88．（2025八年级下·河北廊坊·期末）正方形是我们熟悉的几何图形，它有着非常多的性质．如图1，正方形的边长是4，是对角线上一点． (1)求证：． (2)如图2，过点作，，垂足分别为，，连接，猜想与的数量关系，并证明你的猜想． (3)如图3，是的中点，连接，，求的最小值． (4)如图4，过点作，交于点，以，为邻边作矩形，连接，若恰好为的中点，直接写出矩形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 (3) (4)10 【分析】（1）利用正方形的性质，证明求解，进而推出线段关系； （2）连接，根据矩形的性质，证明，再利用（1）的结论，进而得证； （3）连接，与交于点，连接，．由可知，当点与点重合时，，此时取得最小值，最小值是线段的长，据此求解即可． （4）过点作于点，于点，先证明四边形是矩形，再证明得，从而四边形为正方形，由勾股定理求出，然后根据正方形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，． 在与中， ， ． （2）解：． 证明：如图，连接． ，，四边形是正方形， ， 四边形是矩形， ． 由（1）可知， ． （3）解：如图，连接，与交于点，连接，． ，当点与点重合时，，此时取得最小值，最小值是线段的长． 四边形是正方形，是的中点，， ，，， ， 的最小值是． （4）如图，过点作于点，于点， ∴． ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ， 四边形为正方形． 连接， ∵恰好为的中点， ∴， ∴， ． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质是解答本题的关键． 89．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，矩形中，，动点E、F分别从点A，C同时出发，以相同的速度沿向终点B、D运动，过点E、F作直线，过点作直线的垂线，垂足为，连接． (1)当与重合时，四边形为_________（填菱形、矩形、正方形）； (2)当四边形为菱形时，求的长； (3)当是轴对称图形时，直接写出到的距离． 【答案】(1)矩形 (2) (3)或 【分析】本题主要考查矩形的判定，菱形的性质和轴对称的性质，熟练运用相关知识是解答本题的关键． （1）先判断，再运用矩形的判定定理：有三个角是直角的四边形是矩形进行判断即可； （2）根据菱形的性质设，则在中由勾股定理列方程求解即可； （3）分点在矩形内部和外部两种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解：如图， 当与重合时，即点与点重合， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形为矩形， 故答案为：矩形； （2）解：如图，当四边形为菱形时，则, 设，则， 在中，， ∵， ∴， 解得：， 即； （3）解：①当点在矩形外部时，如图： 设，则， ∵四边形是矩形， ， 过点作于点，则， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； ∵是轴对称图形，且， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 解得：，即， 又是等腰直角三角形， 所以，到的距离为； 当点在矩形内部时，如图： 设，则， 过点作,垂足为点，则， 同理可得四边形， ∴；， ∴； ∵是轴对称图形，且， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 解得：， 即， 又是等腰直角三角形， 所以，到的距离为； 综上，到的距离为或． 90．（2025八年级下·河北唐山·期末）如图1和2，在菱形中，，，点E是线段上一动点，过点E作，交于点F，过点E作，交直线于点G，交直线于点H，设． (1)若，求的长，并指出点H与直线的位置关系； (2)若，求x的值； (3)如图2， ①尺规作图：作线段的垂直平分线，交于点K，连接（保留作图痕迹，不写作图过程）； ②用含x式子表示，并直接写出当时，点K运动路径的长． 【答案】(1)，点H在直线上 (2)或； (3) 【分析】（1）根据题意得到，求出，即可得到，此时点H和点B重合，点H在直线上； （2）分两种情况,①点在线段上，②点在线段的延长线上，分别计算即可； （3）①理由尺规作垂直平分线的方法求解即可； ②如图所示，以点A为原点建立平面直角坐标系，连接，首先表示出，，得到，然后证明出点K是的中点，得到，勾股定理表示出，得到点K在直线上运动，然后分别求出当和时的长度，进而求解即可． 【详解】（1）解：若， ∴， ∵在菱形中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴此时点H和点B重合，点H在直线上； （2）解：∵， ①当点在线段上， 由（1）得，， ∵， ∴， ∴； ②当点在线段的延长线上，如图 , , ， ， ， ，即； 综上所述，或； （3）①如图所示， ②如图所示，以点A为原点建立平面直角坐标系，连接 ∵，， ∴ ∴ ∴ 由（1）得， ∴ ∵垂直平分 ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∴点K是的中点 ∴，即 ∴ ∴点K在直线上运动 如图所示，当时，由（1）得，点B，H，G三点重合 ∴； 如图所示，当时，点D，E重合，点K和点G重合 ∴ ∴ ∴当时，点K运动路径的长． 【点睛】此题考查了菱形的性质，勾股定理，尺规作垂直平分线，一次函数和几何综合等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 91．（2025八年级下·河北邢台·期末）四边形 ABCD 为正方形，点 E 为线段 AC 上一点，连接 DE，过点 E 作 EF ⊥DE，交射线 BC 于点 F，以 DE、EF 为邻边作矩形 DEFG，连接 CG． (1)如图，求证：矩形 DEFG 是正方形； (2)若 AB＝，CE＝2，求 CG 的长； (3)当线段 DE 与正方形 ABCD 的某条边的夹角是 40°时，直接写出∠EFC 的度数． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)或 【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可； （2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题． （3）分两种情形结合正方形的性质解答即可． 【详解】（1）证明：如下图所示： 作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q， ∵∠DCA＝∠BCA， ∴EQ＝EP， ∵∠QEF+∠FEC＝90°，∠PED+∠FEC＝90°， ∴∠QEF＝∠PED， 在Rt△EQF和Rt△EPD中， ， ∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA）， ∴EF＝ED， ∴矩形DEFG是正方形； （2）如图2： 在Rt△ABC中AC＝AB＝， ∵EC＝2， ∴AE＝CE， ∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形， ∴； （3）①如图3： 当DE与AD的夹角为40°时， ∠DEC＝45°+40°＝85°， ∵∠DEF＝90°， ∴∠CEF＝5°， ∵∠ECF＝45°， ∴∠EFC＝130°， ②如图4： 当DE与DC的夹角为40°时， ∵∠DEF＝∠DCF＝90°， ∴∠EFC＝∠EDC＝40°， 综上所述，∠EFC＝130°或40°． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的判定与性质等相关知识点，根据条件结合图形去解题是关键. 92．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图甲，在中，为锐角，点D为射线上一动点，连接，以为一边且在的右边作正方形，解答下列问题:    (1)如果，， ①当点D在线段上时(与点B不重合)，如图乙，线段、之间的位置关系为 ，数量关系为 ． ②当点D在线段的延长线上时，如图丙，①中的结论是否仍然成立，为什么？ (2)如果，，点D在线段上运动，试探究，当满足一个什么条件时，（点C、F重合除外）？并说明理由． 【答案】(1)①垂直，相等；②见详解； (2)当时，； 【分析】（1）①由四边形是正方形与，，易证得，然后由全等三角形的性质，可证得，继而求得，即； ②由四边形是正方形与，，易证得，然后由全等三角形的性质，可证得，继而求得，即； （2）当时，过点A作交或的延长线于点G，则，可推出，所以，由（1）①可知． 【详解】（1）解：①∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即； ②当点D在的延长线上时，如下图所示，①的结论仍成立，    由正方形得：，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 即； （2）当时，；理由如下： 如图，过点A作的垂线与所在直线交于G，    ∵， ∴等腰直角三角形， ∴，， ∵，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，第2问过点A作交的延长线于点G构造全等三角形是解题的关键；运用了类比的方法，利用三角形全等解决问题． 93．（2025八年级下·河北张家口·期末）如图，在正方形中，是上一点（不与端点，重合），连接．过点作的垂线，分别交，于点，． (1)求证：； (2)如图2延长到点，使得，连接，． ①若，则___________°； ②改变的度数，的度数是否会发生改变？若发生改变，请写出与之间的关系；若不改变，请说明理由； 【答案】(1)见解析 (2)①；②改变的度数，的度数不会发生改变，理由见解答过程； 【分析】本题主要考查正方形的综合题，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识是解题的关键； （1）根据证即可； （2）①根据等腰三角形的性质得出的度数，根据余角的定义求出的度数，即可得出的度数； ②设，同理①，分别用含有的代数式表示出和即可得出结论． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ； （2）解：①，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：； ②改变的度数，的度数不会发生改变，理由如下： 设，则， 由①知：， ，， ， ． 94．（2025八年级下·河北石家庄·期末）【问题情境】数学课上，老师引导同学们以“正方形中线段的旋转”为主题开展数学活动，已知正方形中，，点E是射线上一点不与点C重合，连接将绕点E顺时针旋转得到，连接． 【特例分析】如图1，当点E与点D重合时，直接写出的度数； 【深入探究】当点E不与点D重合时： ①如图2，当点E在线段上时，依题意补全图形，并直接写出的度数； ②如图3，当点E在线段的延长线上时，【特例分析】中的结论是否仍然成立？若成立，请证明这个结论；若不成立，请举出反例． 【问题解决】如图4，当点E在线段上，交于点G，当时，请直接写出线段的长和的面积． 【答案】特例分析：；深入探究：①见解析，；②成立，见解析；问题解决：， 【分析】本题考查四边形的综合应用，主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 特例分析：根据正方形的性质及旋转的性质即可解答； 深入探究：①根据题意作图，过点F作交CD的延长线于点G，则，根据正方形的性质及旋转的性质，证明，利用线段的和差及角的等量代换即可解答； ②过点F作交CD的延长线于点G，则，根据正方形的性质及旋转的性质，证明，利用线段的和差及角的等量代换即可解答； 问题解决：过点F作交的延长线于点Q，则，根据正方形的性质及旋转的性质，证明，是等腰直角三角形，求出，过点F作于点N，交的延长线于点M，则四边形是矩形，求出，连接，通过，列式求出，即可解答． 【详解】解：特例分析：， 四边形是正方形， ∴， 由旋转可知， ； 深入探究：①如图，过点F作交的延长线于点G，则， 四边形是正方形， ，， ， ， 由旋转的性质可知，， ， ， 在和中，， ， ，， ，即， ， ， ， ， ； ②成立，证明如下： 如图，过点F作交的延长线于点G，则， 四边形是正方形， ，， ，， 由旋转的性质可知，， ， ， ， ，， ，即， ， 又， ， ， ， ； 【特例分析】中的结论仍然成立； 问题解决：如图，过点F作交的延长线于点Q，则， 四边形是正方形， ，， ， ， 由旋转的性质可知，， ， ， 在和中，， ， ，， ，即， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， 过点F作于点N，交的延长线于点M，连接，则四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ． 95．（2025八年级下·河北石家庄·期末）如图，四边形ABCD为菱形，点E为对角线AC上的一个动点，连接DE并延长交AB于点F，连接BE． （1）如图①，求证：∠AFD=∠EBC； （2）如图②，若DE=EC且BE⊥AF，求∠DAB的度数； （3）若∠DAB=90°且当△BEF为等腰三角形时，求∠EFB的度数（只写出条件与对应的结果） 【答案】（1）证明见解析；（2）60°；（3）30°或120°． 【分析】（1）直接利用全等三角形的判定方法得出△DCE≌△BCE（SAS），即可得出答案； （2）利用等腰三角形的性质结合垂直的定义得出∠DAB的度数； （3）利用正方形的性质结合等腰三角形的性质得出①当F在AB延长线上时和②当F在线段AB上时，分别求出即可． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD为菱形， ∴DC=CB， 在△DCE和△BCE中，， ∴△DCE≌△BCE（SAS）， ∴∠EDC=∠EBC， ∵DC∥AB， ∴∠EDC=∠AFD， ∴∠AFD=∠EBC； （2）∵DE=EC， ∴∠EDC=∠ECD， 设∠EDC=∠ECD=∠CBE=x°，则∠CBF=2x°， 由BE⊥AF得：2x+x=90°， 解得：x=30°， ∴∠DAB=∠CBF=60°； （3）分两种情况： ①如图1，当F在AB延长线上时， ∵∠EBF为钝角， ∴只能是BE=BF，设∠BEF=∠BFE=x°， 可通过三角形内角形为180°得： 90+x+x+x=180， 解得：x=30， ∴∠EFB=30°； ②如图2，当F在线段AB上时， ∵∠EFB为钝角， ∴只能是FE=FB，设∠BEF=∠EBF=x°，则有∠AFD=2x°， 可证得：∠AFD=∠FDC=∠CBE， 得x+2x=90， 解得：x=30， ∴∠EFB=120°， 综上：∠EFB=30°或120°． 96．（2025八年级下·河北石家庄·期末）综合与实践 【问题情境】 如图，在矩形纸片中，，，点在边上，将沿所在的直线折叠，得到． 【特例感知】 （1）如图1，当点在上时，请判断四边形的形状，并证明． （2）如图2，当点在对角线上时， ①的长为__________，的长为__________． ②求此时的长． （3）如图3，当点在对角线上时，与相交于点，求的长． 【深入探究】 （4）连接，当的面积为4时，请直接写出的长． 【答案】（1）正方形，见解析；（2）①10，4；②3；（3）；（4）或 【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理，矩形的性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． （1）由折叠的性质以及正方形的判定定理解答即可； （2）由折叠，得，，，根据勾股定理得，进而求出， ②设，则，，由勾股定理得，即，解得，即可得解； （3）由折叠，得，，由勾股定理得，根据等面积法得，解得，再根据垂直平分得，即可得解； （4）分两种情况讨论：如图1，当点在矩形内部时；当点在矩形外部时；综上即可得解． 【详解】（1）四边形是正方形， 证明：由折叠的性质得，， ∴ ∴四边形是矩形 ∵， ∴四边形是正方形； （2）①由折叠，得，，， 在中，， ∵点在对角线上， ∴， 故答案为：10，4． ②设，则，， 在中，，即， 解得， ∴； （3）由折叠，得，， ∵点在对角线上， ∴垂直平分， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得， 在中，， ∴， ∴， 解得， ∵垂直平分， ∴； （4）或， 分两种情况： 如图1，当点在矩形内部时，过点作，延长，交于点，则， ∴四边形是矩形，则， ∵的面积为4，， ∴， ∴， 在中，， ∴ 由折叠可知，， 设，则 在中， ∴ 解得：， 由折叠可知，； 如图2，当点在矩形外部时，过点作，交于点，则， ∵的面积为4，， ∴， ∴， 在中，， 同理在中， ∴ 解得：， 由折叠可知，， 综上所述，的长为或． 97．（2025八年级下·河北石家庄·期末）我们可以用对称的眼光研究一些几何问题． (1)如图，在中，与交于点，点在边上，延长交于点： ①求证：； ②将绕点旋转，使点落在上的处，延长交于点，请在图画出四边形，并证明四边形是矩形． (2)如图，在菱形中，正方形的顶点，分别在边，上，且，，两点在菱形的内部（包括边界）．若，，则正方形面积的最小值为______． 【答案】(1)①证明见解析  ②画图见解析；证明见解析 (2) 【分析】本题考查四边形综合问题，涉及平行四边形的性质，矩形的判定，菱形的性质，正方形的性质，尺规作图，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质，菱形的性质是解题的关键． （1）利用平行四边形的性质得到，，结合对顶角，证明≌，即可得出结论； 根据题意即可作出图形，同理得：≌，得到，由知，由旋转的性质得，得到，求出，即，即可证明； （2）在图中，连接，，根据菱形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，得到，，三点共线，正方形对角线过点，当有最小值时，正方形的边长最小，此时正方形的面积最小，即当时，正方形的面积最小，则过点作的垂线，交于点，延长交于点，再过点作的垂线，以为圆心，的长为半径画圆，交垂线于，两点，连接，，，，则此时正方形的面积最小，如图所示：根据勾股定理得到，根据正方形面积公式得到结论． 【详解】（1）解：证明：四边形是平行四边形， ∴， ， 在和中， ， ≌， ； 解：画出四边形如图所示： 由知， 同理可得， 四边形是平行四边形， ，即， 四边形是矩形； （2）解：在图中，连接，， 四边形是菱形， ，， ， ， ≌， ，， ，，三点共线，正方形对角线过点， 当有最小值时，正方形的边长最小，此时正方形的面积最小， 即当时，正方形的面积最小，则过点作的垂线，交于点，延长交于点，再过点作的垂线，以为圆心，的长为半径画圆，交垂线于，两点，连接，，，， 则此时正方形的面积最小，如图所示： 在菱形中，，，， ，，， ， ， ， 正方形面积的最小值为， 故答案为：． 试卷第2页，共122页 1 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $