专题03 特殊平行四边形的判定与性质专训（专项训练）数学新教材北京版八年级下册

**基本信息** 以矩形、菱形、正方形为核心，通过15类题型构建从性质理解到综合应用的递进训练，强化特殊平行四边形概念生成与逻辑推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |矩形|4题型（性质理解/求解/判定/折叠）|选择、计算、证明结合，含折叠动态问题|从平行四边形特殊化切入，性质与判定互逆推导| |菱形|4题型（性质理解/求解/判定/面积）|涉及对角线计算、网格作图，强调面积公式应用|以邻边相等为核心，联系轴对称与几何直观| |正方形|4题型（性质理解/求解/判定/折叠）|含正方形与等边三角形综合，多步推理证明|融合矩形、菱形特性，深化特殊图形性质迁移| |综合问题|3题型（存在性/新定义/动点）|坐标系背景、动态探究，需建模分析|整合图形性质与函数思想，培养空间观念与创新意识|

专题03 特殊平行四边形的判定与性质专训（解析版） 目录 A题型建模・专项突破 题型一、矩形的性质理解 1 题型二、根据矩形的性质求解 2 题型三、矩形的判定定理 3 题型四、矩形与折叠问题 5 题型五、菱形的性质理解 6 题型六、根据菱形的性质求解 8 题型七、菱形的判定定理 9 题型八、菱形的面积计算问题 11 题型九、正方形的性质理解 11 题型十、根据正方形的性质求解 11 题型十一、正方形的判定 11 题型十二、正方形的折叠问题 11 题型十三、特殊平行四边形的存在性问题 11 题型十四、特殊平行四边形的新定义问题 11 题型十五、特殊平行四边形的动点问题 11 B综合攻坚・能力跃升 题型一、矩形的性质理解 1．（25-26八年级下·北京·期中）下列命题中，不正确的是（   ） A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．有一个角是直角的菱形是正方形 C．矩形对角线互相平分且相等 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 【答案】D 【分析】根据菱形、正方形、矩形、平行四边形的判定定理判断即可． 【详解】解：A、根据菱形的判定定理，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，命题正确，故选项不符合题意； B、根据正方形的判定定理，有一个角是直角的菱形是正方形，命题正确，故选项不符合题意； C、根据矩形的性质，矩形对角线互相平分且相等，命题正确，故选项不符合题意； D，一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，不一定是平行四边形，命题错误，故选项符合题意． 2．（25-26八年级下·北京延庆·期中）矩形具有而菱形不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．两组对边分别相等 C．对角线垂直 D．两组对角分别相等 【答案】A 【分析】根据矩形与菱形的性质，逐项判断，即可得出答案． 【详解】解：A选项：对角线相等，是矩形具有而菱形不具有的性质，故本选项符合题意； B选项：两组对边分别相等，矩形和菱形都具有该性质，故本选项不符合题意； C选项：对角线垂直，是菱形具有而矩形不具有的性质，故本选项不符合题意； D选项：两组对角分别相等，矩形和菱形都具有该性质，故本选项不符合题意； 3．（25-26八年级上·云南昆明·期末）下列说法不正确的是（   ） A．矩形是平行四边形 B．平行四边形是矩形 C．有一个角是直角的平行四边形是矩形 D．平行四边形具有的性质矩形都具有 【答案】B 【分析】本题考查矩形与平行四边形的区别与联系，矩形是特殊的平行四边形，但平行四边形不一定是矩形． 【详解】解：A选项：矩形是有一个角是直角的平行四边形， 故A选项正确； B选项：平行四边形的内角不一定是直角， 平行四边形不一定是矩形， 故B选项错误； C选项：矩形的定义是：有一个角是直角的平行四边形是矩形， 故C选项正确； D选项：矩形是特殊的平行四边形， 矩形具有平行四边形的所有性质， 故D选项正确． 故选：B． 4．（25-26九年级上·辽宁丹东·阶段检测）现有下列说法：①对角线互相垂直的四边形是菱形．②矩形的对角线互相垂直且互相平分．③对角线相等的四边形是矩形．④对角线相等的菱形是正方形．⑤邻边相等的矩形是正方形．⑥三个角都是直角的四边形是矩形．其中正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了菱形、矩形、正方形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握菱形、矩形、正方形的判定与性质是解题的关键． 根据菱形、矩形、正方形的判定与性质分别判断即可． 【详解】解：①对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原说法错误；②矩形的对角线不一定垂直但平分，故原说法错误；③对角线相等的平行四边形是矩形，原说法错误；④对角线相等的菱形是正方形，说法正确；⑤邻边相等的矩形是正方形，说法正确；⑥三个角都是直角的四边形是矩形，说法正确， 其中说法正确的有3个， 故选：C． 题型二、根据矩形的性质求解 5．（25-26八年级下·北京·期中）如图，点在矩形的边的延长线上，连接，若则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接交于O，由得，则可得；由矩形性质即可求得结果． 【详解】解：如图，连接交于O， 在矩形中，，； ∵， ， ， ， ∵， ． 6．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在矩形中，、相交于点，平分交于点．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由矩形的性质得出，再由角平分线得出是等腰直角三角形，得出，证明是等边三角形，得出，，得出，由三角形内角和定理和等腰三角形的性质即可得出结果． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴ ∴ . ∵ 平分， ∴， ∴ 是等腰直角三角形， ∴. ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ． 7．（25-26八年级下·北京大兴·期中）如图，在矩形中，是延长线上一点，且，连接，取的中点，连接交于点．若，则为_____（用含的代数式表示）． 【答案】 【分析】连接交于点，根据矩形的性质得到，，，进而得到，，由得到，根据三线合一性质得到，再根据三角形外角的性质即可求解． 【详解】解：如图，连接交于点， ∵矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴，， ∵，， ∴， 又∵是的中点 ∴平分， ∴， ∴． 8．（2026·北京海淀·二模）如图，在中，，平分，是的中点，连接并延长到点，使得．连接，． (1)证明：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的判定定理得到四边形为平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论； （2）根据矩形的性质以及勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：连接 ∵是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 在中，，平分， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形是矩形， （2）解：∵， ∵， ∴ ∵ ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴． 题型三、矩形的判定定理 9．（24-25八年级下·陕西西安·期末）如图，在中，，相交于点，下列条件不能判定为矩形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的判定方法，根据矩形的判定方法，有一个角为直角的平行四边形为矩形，对角线相等的平行四边形为矩形，进行判断即可． 【详解】解：A、根据一个角为直角的平行四边形为矩形，可以判定为矩形，不符合题意； B、根据对角线相等的平行四边形为矩形，可以判定为矩形，不符合题意； C、中，可以得到，根据对角线相等的平行四边形为矩形，可以判定为矩形，不符合题意； D、根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，可以得到为菱形，不能判定为矩形，符合题意； 故选D． 10．（2025·四川南充·一模）如图，在中，E,F分别是边的中点，M，N在对角线上，．要使四边形是矩形，可添加下列条件（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定问题，解题的关键是熟练掌握平行线、全等三角形的性质，并能够作简单的辅助线辅助求解．根据平行四边形的性质，通过证明，推导得，，易证四边形是平行四边形；连接，证明四边形是平行四边形，推出；再根据各选项结合矩形的判定定理，即可完成解答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵点E，F分别是边，的中点， ∴，， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形； 连接， ∵点E，F分别是边，的中点， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； ∴； A、若，则， ∴，不能使四边形是矩形； B、若，则不一定与相等，不能使四边形是矩形； C、若，不一定相等，则不一定与相等，不能使四边形是矩形； D、若，则一定与相等， ∴平行四边形是矩形，能使四边形是矩形； 故选：D． 11．（24-25九年级下·北京·阶段检测）如图，在中，点为线段的中点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接．若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质证明，证明四边形是平行四边形，再根据得到结论即可； （2）过点作于点，由矩形的性质得到，证明为的中位线，求出，再根据勾股定理进行计算即可． 【详解】（1）证明：为的中点， ， 四边形是平行四边形， ， 又， ， 四边形是平行四边形， ， ， 平行四边形是矩形； （2）解：如图，过点作于点， 四边形是矩形， ， ， ， ， 为的中位线， ， 四边形是平行四边形， ， ， 在中，由勾股定理得：， 即的长为． 12．（25-26八年级下·北京通州·期中）如图，在中，是一条对角线，点E，F分别是边的中点，连接，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)延长到点，使得，连接．求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形是菱形即可判断； （2）先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角等于直角的平行四边形是矩形即可证明． 【详解】（1）证明：∵点E，F分别是边的中点， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴四边形是菱形； （2）证明：∵， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 题型四、矩形与折叠问题 13．（24-25八年级下·北京·期中）如图，将一张矩形纸片沿对角线翻折，点的对应点为，与交于点．若，，则的长为（    ） A．9 B．12 C．13 D．15 【答案】C 【分析】由折叠的性质可得，，设，则，证明，推出，再用勾股定理解即可． 【详解】解：四边形是矩形，，， ，，， 由折叠得，，， ，， 设，则， 在和中， ， ， ， 在中，由勾股定理得， ， 解得， 的长为13． 14．（2026·山东青岛·一模）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点A落在边的中点M处．若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作于点，则，根据矩形的判定和性质、折叠的性质、中点的定义得到，设，在中，进一步利用勾股定理进行解答即可． 【详解】解：如图，过点作于点，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴ ∵将矩形纸片沿边折叠，使点A落在边的中点M处． ∴， 设，则， ∴， 在中，，即， 解得 即的长为． 15．（2017·河南·一模）如图，在矩形中，，，点为射线上一个动点，将沿直线折叠，当点的对应点刚好落在线段的垂直平分线上时，的长为_______． 【答案】或 【分析】设的垂直平分线交于点，交直线于点，根据题意分两种情况点在矩形内部时，点在矩形外部（下方）时，构造直角三角形，结合矩形的性质和判定，折叠的性质，垂直平分线性质，勾股定理求解，即可解题． 【详解】解：设的垂直平分线交于点，交直线于点， ∵ 四边形是矩形，，， ∴，，， ∵垂直平分， ∴，，， ∴，， 由折叠的性质可知：，， 设，则， 分两种情况讨论： 情况一：当点在矩形内部时， 在中，， ， 在中， 由勾股定理得：即 ， 解得， ∴； 情况二：当点在矩形外部（下方）时， 在中，， ∴， 在中，， 由勾股定理得：， 即， 解得， ∴， 综上所述，的长为或， 故答案为：或． 16．（25-26九年级上·全国·期末）如图，在矩形中，，为上一点，将沿折叠，恰与对角线重合，点的对应点为点，再将沿折叠，点的对应点为点，且在上． (1)求证：四边形为菱形； (2)求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查轴对称的性质，矩形的性质，菱形的判定及性质，勾股定理． （1）由矩形的性质得到，，由折叠得到，，，，因此，从而，得到四边形为平行四边形，再由，即可得证； （2）由菱形的性质得到，，，，，进而有，在中根据勾股定理可求出，从而得到的长，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求解． 【详解】（1）证明：四边形为矩形， ，， 由折叠的性质可知，，，，， ， ， ， ∴， 四边形为平行四边形， ， ∴为菱形； （2）解：由（1）可知，四边形是菱形，，， ，，，， ， ∵，即， ， ， ， 即四边形的面积是． 题型五、菱形的性质理解 17．（25-26九年级上·陕西榆林·期中）下列结论中，菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（   ） A．对边相等 B．对角线相等 C．四条边相等 D．对角线互相平分 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质与菱形的性质，熟记平行四边形的性质与菱形的性质是解决问题的关键． 菱形是特殊的平行四边形，具有平行四边形的所有性质，但四条边相等是菱形特有的性质，不是所有平行四边形都具有，从而得到答案． 【详解】A、对边相等是平行四边形与菱形均具有的性质，不符合题意； B、对角线相等既不是菱形的性质，也不是平行四边形的性质，不符合题意； C、四条边相等是菱形性质，不是平行四边形性质，符合题意； D、对角线互相平分是平行四边形与菱形均具有的性质，不符合题意； 故选：C． 18．（24-25八年级下·广西防城港·期中）如图，菱形的对角线、，交于点，则下列结论错误的是（   ） A．， B．， C．， D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质，菱形的四条边分别相等，对边平行，对角线互相垂直平分线，对角线平分一组对角，据此可得答案． 【详解】解：∵菱形的对角线、，交于点， ∴，，，，，， 由菱形的性质不能得到， 故选：D． 19．（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线，解题的关键是利用菱形的性质求 出的长度．根据菱形的面积公式结合的长度即可得出、的长度，在中利用勾股定理即可求出的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴（负值已舍去）， ∴， ∴， ∴， ∴，CO＝3（舍去）． ∵AE⊥BC，， ∴． 故答案为：． 20．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，四边形是平行四边形，过点A作于点E，于点F，连接，下列说法：①若，则平行四边形是菱形；②若是等边三角形，则；③若平行四边形是菱形，则．其中说法正确的是________．（只需填写正确结论的序号） 【答案】①②③ 【分析】利用平行四边形的面积，若，则，即可由菱形的判定得出平行四边形是菱形，可判定①正确；由是等边三角形，得，由四边形内角和可求得，再利用菱形的性质求出，可判定②正确；利用菱形的面积，可得出，再利用等腰三角形的性质可得出，可判定③正确． 【详解】解：①∵， 又∵， ∴， ∴平行四边形是菱形，故①正确； ②是等边三角形， ， 又，， ， 四边形是平行四边形， ，， ，故②正确； ③∵平行四边形是菱形 ∴ ∵ ∴ ∴，故③正确； 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，四边形内角和，熟练掌握等边三角形和菱形的判定与性质是解决问题的关键． 题型六、根据菱形的性质求解 21．（2025·海南·模拟预测）如图，在菱形中，分别以点C，D为圆心，大于长为半径画弧，两弧分别交于点M，N，连接．若直线恰好过点A且交CD于点E，连接．则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了垂直平分线的性质与判定，菱形的性质，等边三角形的性质与判定，平行线的性质，由作法得垂直平分，，由菱形，得到，得到为等边三角形，由平行线的性质，即可求解， 【详解】解：如图所示，连接， 由作法得垂直平分， ∴， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 22．（25-26八年级下·北京房山·期中）如图，在平面直角坐标系中，若菱形的顶点的坐标分别为，点在轴上，则点的坐标为___________． 【答案】 【分析】可求出，，利用菱形的性质得到，，则可得到，轴，据此可得答案． 【详解】解：∵， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴，轴， ∴． 23．（25-26八年级下·北京·期中）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作且，连接交于点，连接、．已知，，则菱形的面积______；______． 【答案】 【分析】先根据菱形的性质得到，，．结合已知得到，，利用勾股定理求得，则，然后利用菱形的面积公式求解面积即可；再证明四边形是平行四边形，得到，．利用勾股定理求得即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，． ∵，， ∴，， 在中，， ∴，则， ∴菱形的面积为； ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，． 在中，， ∴． 24．（2026·北京房山·二模）如图，矩形，延长至点，使，延长至点，使，连接，，，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明：∵在矩形中，， ∴利用勾股定理有：，，，， ∵，， ∴，即， ∴四边形是菱形； (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质以及勾股定理等知识． （1）结合矩形的性质，利用勾股定理证明即可； （2）先求出，，之间的数量关系（都用表示出来），再在中，利用勾股定理列出方程即可求出，进而可得、的长度，问题得解． 【详解】（1）略 （2）∵，， ∴，， ∵， ∴， ∵在矩形中，，， ∴，， ∴在中，， ∴，解得：（负值舍去）， ∴， ∴，， ∴ ． 题型七、菱形的判定定理 25．（2026·北京昌平·二模）如图，在四边形中，，，对角线平分，过点作，垂足为． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形的判定定理，先由题干条件证明四边形为平行四边形，再结合即可证明四边形为菱形； （2）设，由四边形为菱形，可得，再在中，用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）证明：， ． 对角线平分， ， ． ， ，且， 四边形为平行四边形，且， 四边形为菱形． （2）设， 由（1）得四边形为菱形， ． ，， ， ，垂足为， 在中，，即， 解得， 的长为． 26．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在平行四边形中，，点分别是、的中点，交于点，连接， (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，直接写出的长___________ 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明其邻边相等即可； （2）过点O作于点G，先求，再求，最后根据勾股定理求． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵E，F分别是的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：过点O作于点G， ∵E是的中点，， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴，， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴， ∴． 27．（25-26八年级下·北京·期中）已知：如图，矩形中，对角线、相交于点，过，两点分别作，的平行线，两直线相交于点． (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)10 【分析】（1）由两个平行条件可得四边形是平行四边形，再由矩形的对角线的性质即可得四边形是菱形； （2）由矩形的性质及已知、，可求得的长，从而得的长，再由（1）的结论即可求得四边形的周长． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是矩形， ∴， 由勾股定理得：， ∴， 由（1）知，四边形是菱形，即， ∴四边形的周长为：． 28．（25-26八年级下·北京·期中）已知四边形是平行四边形． (1)尺规作图：作的角平分线交于点，并在上作一点，使； (2)连接，求证：四边形是菱形． 证明：四边形是平行四边形， ，， ， ____________________， 四边形是平行四边形． 平分， ____________________． ， ____________________． ，平行四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)；； 【分析】掌握角平分线的尺规作图方法，以及利用圆规截取等长线段的方法，理解角平分线的定义和两直线平行的性质是解题的关键． （1）尺规作图步骤： ①以点B为圆心，任意长为半径画弧，分别交、于两点; ②分别以这两点为圆心，大于这两点间距离的一半为半径画弧，两弧交于一点； ③连接点B和两弧交点并延长交于点F，即为的平分线; ④以点C为圆心，的长为半径画弧，交于点E，则． （2）先证明，结合判定四边形为平行四边形，再推导出，从而证明，最后，根据“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”完成证明． 【详解】（1）解：如图所示： （2）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ，即， 四边形是平行四边形． 平分， ． ， ． ，平行四边形是菱形． 题型八、菱形的面积计算问题 29．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在Rt中，，为边的中点，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据直角三角形的性质可得，然后根据菱形的判定即可得证； （2）先利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质可得的长，从而可得的长，根据菱形性质得出，根据D为边的中点得出，从而得出，即可得出，进而求出答案． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵在中，，D为边的中点， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：∵在中，，， ∴， ∴， 根据勾股定理得：， ∵四边形为菱形， ∴， ∵D为边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴． 30．（25-26八年级上·上海浦东新·期末）如图，在平行四边形中，、相交于点，过点作，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)证明见解析 (2) 【分析】本题综合考查了平行四边形的性质、菱形的判定以及菱形面积计算等知识． （1）关键是先证三角形全等得到对角线互相平分，再结合对角线垂直判定菱形． （2）利用直角三角形锐角互余和等边对等角知识得到的长度，进而求出菱形的对角线长度得到面积． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴． ∵， ∴． 在和中， ∴， ∴． 又， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：在中，，，， 由勾股定理得． ∵四边形是菱形， ∴，． ∴． ∵， ∴，， ∴， ∴，即是的中点， ∴． 在中，，， ∴， ∴， ∴． 31．（25-26九年级上·云南昭通·期末）如图，四边形是矩形，点是的中点，将绕点旋转，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)37.5． 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形性质和判定，菱形的判定及性质，勾股定理，旋转的性质，熟练掌握勾股定理及菱形的判定及性质定理是解本题的关键． （1）利用矩形性质证明，进而得到四边形为平行四边形，结合旋转的性质，以及对角线互相垂直的平行四边形是菱形进行判定即可； （2）结合菱形性质设，则，由勾股定理可求的长，进而即可求出菱形的面积． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ， ， 是中点， ， 在和中， （）， ， 四边形是平行四边形， ∵绕点旋转， ∴， 四边形是菱形； （2）解：， 由菱形性质可设，则， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得， ， ． 32．（24-25八年级下·吉林长春·阶段检测）如图，在中，是的平分线，，交于于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定方法，是解题的关键： （1）先证明四边形是平行四边形，再结合角平分线的定义，平行线的性质推出，进而得到，即可得证； （2）过点作，证明为等边三角形，利用三线合一结合勾股定理求出的长，再利用菱形的面积公式进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）过点作， ∵四边形是菱形； ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形的面积为：． 题型九、正方形的性质理解 33．（25-26八年级下·北京·期中）正方形具有而平行四边形不一定具有的性质是（     ） A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分 【答案】C 【详解】解：平行四边形的性质为：对边相等，对角相等，对角线互相平分，正方形也是平行四边形，这些性质正方形都具备， 选项A，B，D都是正方形和平行四边形都具有的性质，不符合题意； 正方形的对角线互相垂直相等且平分，而一般平行四边形的对角线仅互相平分，不一定垂直， 选项C，是正方形具有，而平行四边形不一定具有的性质，符合题意． 34．（25-26九年级上·湖南长沙·阶段检测）如图，四边形是平行四边形，下列结论正确的是（   ） A．当平行四边形是矩形时， B．当平行四边形是菱形时， C．当平行四边形是正方形时， D．当平行四边形是菱形时， 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，熟练掌握矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质是解决问题的关键．由矩形的性质、菱形的性质、正方形的性质分别进行判断，即可得出答案． 【详解】解：A. 当平行四边形是矩形时，，，故该选项不正确，不符合题意； B. 当平行四边形是菱形时，，故该选项不正确，不符合题意； C. 当平行四边形是正方形时，，故该选项正确，符合题意； D. 当平行四边形是菱形时，，故该选项不正确，不符合题意； 故选：C． 35．（25-26八年级下·北京·阶段检测）如图，四边形中，，，于E，若线段，则________． 【答案】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．过点A作，交的延长线于点F，由题意可证，可得，则可证四边形是正方形，． 【详解】解：过点A作，交的延长线于点F， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴． 36．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，以格点为顶点按下列要求画图： (1)在图①中画出面积为5的正方形； (2)在图②中以已知线段为对角线画出一个菱形（非正方形），使菱形的另外两个顶点也在格点上； (3)在图③中以已知线段为对角线画出一个矩形（非正方形），使矩形的另外两个顶点也在格点上，且矩形的边不与网格线平行，该矩形的面积为________． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析； 【分析】（1）画出边长为的正方形，即可求解； （2）画出边长为的菱形，即可求解； （3）画出两边分别为的矩形，即可求解． 【详解】（1）解：如图所示， （2）解：如图所示， （3）解：如图所示， 矩形的边长分别为 矩形的面积为 题型十、根据正方形的性质求解 37．（25-26八年级下·北京怀柔·期中）如图所示，已知四边形和均是正方形，其中，则度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方形的性质得到，进而求出的度数，再根据四边形的内角和为和平角的性质得到，利用． 【详解】解：四边形和均是正方形， ， ， ， ， ， ， ． 38．（24-25八年级下·河北廊坊·期中）如图，在正方形中有一点，连接，，.若为等边三角形，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等边对等角，三角形内角和定理，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键． 求得，，根据三角形内角定理和等腰三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， 故选：C． 39．（25-26八年级下·北京·课后作业）如图，在正方形中，点E，点F分别是对角线，上的点，连接，，，若，且，则的度数为___________． 【答案】/30度 【分析】根据正方形的性质和，证明得到，从而得到，根据即可得到答案． 【详解】解：如图所示： 四边形是正方形，对角线为、相交于点， ， ， ，，， ， ， ， 即， 在和中， ， ， ， ． 40．（25-26八年级下·北京·期中）如图，已知为正方形对角线，为线段上一点，连接，过点作，，连接， (1)求 (2)连接，已知为中点，请写出与的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）由正方形边性质得，，，结合，，可证明，从而得出； （2）延长至使，结合为中点证明，可得，，进而得，结合得，即可得，利用证，可得，由，得，即可得出． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ​∴， ∴； （2）解：， 证明：如图，延长到点，使，连接， ∵为中点， ∴， 在和中， ， ​∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵且， ∴， ∴． 【点睛】第一问是共顶点双直角手拉手全等模型（，共顶点），这是正方形中最经典的全等构造，通过“同角的余角相等”快速得到夹角相等，结合边相等证全等；第二问是倍长中线法，这是处理“中点+线段倍数关系”问题的通用方法，通过延长中线一倍构造全等，将分散的线段集中到同一个三角形中，再结合第一问的角证第二次全等． 题型十一、正方形的判定 41．（25-26八年级下·北京·课后作业）如图，在中，，点为其内一点，且，分别平分．若于点，于点，则四边形是正方形吗请说明理由． 【答案】四边形为正方形,理由见解析 【分析】此题考查了正方形的判定，以及角平分线定理；过作垂直于点，由三个角为直角的四边形为矩形得到四边形为矩形，由为角平分线，利用角平分线定理得到，同理得到，等量代换得到，利用邻边相等的矩形为正方形即可得证． 【详解】解：：四边形是正方形，理由如下： 过作，交于点，    ， 四边形为矩形， 平分，，， ； 平分，，， ， ， 四边形为正方形． 42．（25-26九年级上·山东青岛·阶段检测）如图，在中，，是边上的中线，过点C作的平行线，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)当满足 时，四边形是正方形．请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查了直角三角形的性质、菱形的判定与性质、正方形的判定定理、等腰直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由直角三角形的性质可得，推出，结合得出四边形是平行四边形，再结合即可得证； （2）由等腰直角三角形的性质可得，即，即可得证． 【详解】（1）证明：∵在中，，是边上的中线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：当满足时，四边形是正方形，理由如下： ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵是边上的中线， ∴， ∴， ∴菱形是正方形， 故答案为：． 43．（25-26八年级上·上海浦东新·期末）已知：如图，在中，，点D在上，，垂足为F，且，点E为线段的中点，过点F作交射线于G，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． (3)当时，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）证明，得出，，证明，得出，，证明，得出； （2）根据平行线的性质得，证明，根据等腰三角形的判定得出，证明，即可证明结论； （3）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据正方形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， 在与中， ， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，； （2）证明：∵， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， 由（1）知：，， ∴， ∴四边形是菱形． （3）证明：∵，， ∴， 由（1）知，， ∴， ∵为的中点，， ∴， ∴， ∴， 由（1）知：， ∴， ∵四边形是菱形， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定，菱形的判定和性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形，熟练掌握全等三角形的判定方法和菱形、正方形的判定方法，是解题的关键． 44．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，四边形ABCD为正方形，E为射线AC上一点，连接DE，过点E作，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． (1)如图①，当点E在线段AC的延长线上时，求证：矩形DEFG是正方形． (2)如图②，当点E在线段AC上时， ①若，，求CG的长度； ②当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是时，直接写出的度数：________________． 【答案】(1)见解析 (2)①，②或 【分析】（1）要证明矩形是正方形，核心是证明矩形的邻边相等．利用正方形的对角线性质，构造辅助线，得到正方形；再通过角的互余关系证明，从而证得全等，推出，矩形即可判定为正方形． （2）①先由正方形边长，得对角线；结合​，可知，即为中点，此时与重合，矩形为正方形，故． ②分两种情况讨论：  当与夹角为时，利用正方形对角线的角性质和三角形内角和，计算得； 当与夹角为时，利用矩形和正方形的角性质，得． 【详解】（1）证明：如图①，过点E作，交DC的延长线于点P，，交BC的延长线于点Q，则四边形为矩形， ∴． ∵， ∴，， ∴四边形为正方形，． ∵， ∴， ∴． 在和中: ∴， ∴， ∴矩形是正方形． （2）解：①如图②，在中，由勾股定理，得， ∵， ∴， ∴点F与点C重合，此时是等腰直角三角形， ∴矩形是正方形，． ②分以下两种情况讨论：①如图③，当与的夹角为时，． ∵， ∴． ∵， ∴； ②如图④，当与的夹角为时， ∵， ∴． 综上所述，当线段与正方形的某条边的夹角是时，的度数为或． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、分类讨论思想，掌握正方形对角线平分内角、构造辅助线证明全等、分情况讨论角的位置是解题的关键． 题型十二、正方形的折叠问题 45．（24-25八年级上·北京·期中）如图，先将正方形沿对折，再把点B折叠到上，折痕为，点B在上的对称点为H，沿和剪下，则下列选项正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查翻折图形的性质，解决本题的关键是利用图形的对称性把所求的线段进行转移．翻折后的图形与翻折前的图形是全等图形，利用折叠的性质，正方形的性质，以及图形的对称性特点解题． 【详解】解：由折叠可知：，点，是关于的对称， ∴， ∵正方形， ∴， ∴． 故选：A． 46．（25-26八年级下·广东广州·期中）如图，已知正方形的边长为12，，将正方形的边沿折叠到，延长交于，连接．现有如下3个结论：；；五边形的周长是44，其中正确的个数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得，，于是根据“”判定，依据全等三角形的性质以及折叠的性质，即可得到；再由勾股定理求出相应线段的长可得五边形的周长． 【详解】解：由折叠可知：，，， ， 在和中， ， ， ， ，故正确； ， ， 由折叠可得，， ，故正确； 正方形边长是12， ， 设，则，， 由勾股定理得：， 即：， 解得：， ，，， 五边形的周长是：，故正确； 故选：D． 【点睛】本题主要考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的运用，解决本题的关键是综合运用以上知识． 47．（25-26八年级下·北京·期中）如图，正方形中，，将沿对折至，延长交于点，刚好是边的中点，则的长是______． 【答案】/ 【分析】本题考查正方形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识．根据正方形的性质和折叠的性质，很容易证明，进而得到，由是的中点，，得到，在中由勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：连接，由已知，且， ， ， ， ，是的中点， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得： ， 解得，即． 故答案为：． 48．（25-26八年级上·江苏盐城·期末）如图，四边形是边长为的正方形纸片，将其沿折叠，使点落在边上的处，点对应点为，且，则AM的长是_______． 【答案】8 【分析】本题主要考查折叠问题及勾股定理，掌握折叠的性质和勾股定理是关键．设，连接，分别在和中利用勾股定理得出三边关系，然后利用得出，最后利用方程求解即可． 【详解】设， ∵正方形的边长为25，， ∴，， 连接， 在中，， 在中，， ∵， ∴， 即， 解得， 即． 故答案为：8． 题型十三、特殊平行四边形的存在性问题 49．（25-26八年级下·山东临沂·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，与直线相交于点，点直线上运动． (1)求直线的解析式． (2)是否存在点，使的面积是面积的？若存在，求出此时点的坐标；若不存在，说明理由． (3)若点在轴上，在坐标平面内是否存在点，使以A，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1)直线的解析式为 (2)存在，或 (3)存在，，，， 【分析】本题主要考查求一次函数解析式、一次函数与几何的综合、菱形的性质等知识点，掌握数形结合思想和分类讨论思想成为解题的关键． （1）直接运用待定系数法求解即可； （2）先求得的面积，进而求得，设，然后根据三角形面积公式列绝对值方程求得a，进而确定点M的坐标； （3）分是菱形的一条边、是菱形的一条对角线两种情况，分别求解即可． 【详解】（1）解：设直线的解析式为， 则有：，解得：， ∴直线的解析式为 （2）解：∵直线的解析式为， ∴,, ∵点， ∴，即， 设， ∴，解得：或1， ∴或 （3）解：存在， ∵直线的解析式为， ∴,， ∴； ①当是菱形的一条边时， 当点与点B关于x轴对称时，则点是点A关于y轴的对称点，四边形是菱形； 当点Q在x轴上方，菱形为时，则，即点； 同理：当菱形为时，点； ②当是菱形的对角线时， 设点，点， ∴的中点即为的中点，且（即：）， ∴，，， ∴， ∴； 综上，点Q的坐标为，，， 50．（25-26八年级下·北京顺义·期末）在平面直角坐标系中，对于点和图形，给出如下定义：如果图形上存在点，使得，那么称点为图形的“拉手点”．已知点，． (1)在点，，中，线段的“拉手点”是______； (2)若直线上存在线段的“拉手点”，求的取值范围； (3)是边长为的正方形的对角线的交点，若正方形上存在线段的“拉手点”，直接写出的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据“拉手点”的定义求解即可； （2）分两种情况求出的最大值即可； （3）分线段在正方形外部和内部两种情况由勾股定理求出正方形的边长即可 【详解】（1）解：如图， 所以，在点，，中，线段的“拉手点”是, 故答案为：； （2）解：如图，当直线在点B上方时，延长交直线于点C，设直线与y轴交于点D，与x轴交于点N， ∵，． ∴ ∴， ∴， ∵在直线中， ∴ ∵ ∴ ∴ 此时点B到直线的距离是， ∴， 则， 过点B作， 则，直线与线段有“拉手点”， ∴； 当往下平移也满足条件，即 假设点满足，则符合直线上存在线段的“拉手点” ∴ ∴ ∴直线上存在线段的“拉手点”，则的取值范围为 （3）解：当线段在正方形内部时，如图， 当正方形的边平行于坐标轴，且经过点时，正方形的边长最长， ∴此时a的最大值为； 当线段在正方形外部时，过点O作于点G，在上截取，以点D为正方形的一个顶点，点O为对角线的交点作正方形，此时正方形的边长最小，如图所示： ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴此时正方形的边长 即a的最小值为， ∴当正方形上存在线段的“拉手点”，的取值范围为：． 【点睛】本题主要考查坐标与图形，一次函数的应用，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，以勾股定理，解题的关键是理解题意，数形结合，注意进行分类讨论． 51．（24-25八年级下·北京西城·期末）在平面直角坐标系中，对于对角线交点为原点的正方形和它的边上任意一点，给出如下定义：记点所在边的中点为，线段OM的长度为．将线段沿射线的方向平移个单位长度得到线段，以点为顶角顶点，分别作顶角都为的等腰三角形和等腰三角形，连接．若线段上的点都在该正方形的内部或边上，则称点为该正方形的“美好点”． 已知正方形的顶点坐标分别为，，，． (1)如图1，点在边上， ①在点，中，点 是正方形的“美好点”； ②若点E，F的横坐标满足，当时，点的坐标为 ； (2)若直线上存在正方形的“美好点”，则的取值范围是 ； (3)如图2，与正方形大小相同的正方形的顶点在坐标轴上．若直线上既存在正方形的“美好点”又存在正方形的“美好点”，请直接写出的取值范围． 【答案】(1)①；② (2)或或 (3)或或 【分析】（1）①和所在的线段为，的中点为点，此时与重合，连接，，将，沿着射线方向平移2个单位得到，，然后将，绕点顺时针和逆时针旋转分别得到、、、，连接、，从图象中即可判断出答案；②取的中点为，那么，连接，将沿着射线的方向平移2个单位，得到，将绕点顺时针和逆时针旋转分别得到和，过点作轴于点，过点作于点，可证，那么，，此时点与点重合，点落在线段上，然后利用勾股定理可求得的长度，得到点坐标； （2）当“美好点”在线段时，由（1）②可知，当点坐标为时，点点落在线段上，为保证一定在正方形的内部或边上，那么点不能再继续往右移动，那么将代入，得到，当“美好点”在线段时，为保证一定在正方形的内部或边上，点的横坐标要大于等于小于等于，那么或．同理讨论出那么当“美好点”在线段时，为保证一定在正方形的内部或边上，点的纵坐标要大于等于小于等于，那么．当“美好点”在线段时，；当“美好点”在线段时，那么或，从而得出答案． （3）由（2）可知，正方形的美好点需要在、、、上移动，其中，，和，，，和；同理可求得正方形的美好点需要在、、、上移动，其中 ，，，， ，，， 因为直线上既存在正方形的“美好点”又存在正方形的“美好点”，那么直线可以在直线和之间移动，也可以在和之间移动，也可以与直线、直线重合，从而求得答案． 【详解】（1）解：①由题意可知，和所在的线段为，的中点为点，此时与重合，连接，，将，沿着射线方向平移2个单位得到，，然后将，绕点顺时针和逆时针旋转分别得到、、、，连接、，如图所示： 从上图可知，线段上的点都在该正方形的内部，那么在是正方形的“美好点”； 故答案为：； ②已知正方形的顶点坐标分别为，，，． ， 取的中点为，那么，连接，将沿着射线的方向平移2个单位，得到，将绕点顺时针和逆时针旋转分别得到和，过点作轴于点，过点作于点，如图所示： 在线段上，不妨设， 点纵坐标为2， 不妨设，那么， ， ， ，，， ， ， 点在第一象限， 点在第一象限， ，， ， ，， 点与点重合，点落在线段上，如图所示： 将沿着射线的方向平移2个单位，得到， ， ， ，， ， ， ， （舍去负值）， ； 故答案为：； （2）解：直线上存在正方形的“美好点”， 点为直线与正方形的交点， 当“美好点”在线段时，由（1）②可知，当点坐标为时，点点落在线段上，为保证一定在正方形的内部或边上，那么点不能再继续往右移动，那么将代入，得到， ， ， 如图所示： 同理可求得当落在线段上，可求得，将代入，得到，可求得，为保证一定在正方形的内部或边上，那么点不能再继续往左移动，如图所示： 那么当“美好点”在线段时，为保证一定在正方形的内部或边上，点的横坐标要大于等于小于等于． 根据正方形的对称性，可知，当“美好点”在线段时，为保证一定在正方形的内部或边上，点的横坐标要大于等于小于等于． 当“美好点”在线段或者时，可知点在，连接，将沿着射线的方向平移2个单位，得到，将绕点顺时针和逆时针旋转分别得到和，过点作轴于点，过点作轴于点，如图所示： 当落在线段上，点在第二象限，由（1）②可知，，， ， ， ， ， 不妨设，那么，， ， ， （舍去负值）， ， 为保证一定在正方形的内部或边上，那么点不能再继续往上移动； 同理可求得当落在线段上，，为保证一定在正方形的内部或边上，那么点不能再继续往下移动，如图所示： 那么当“美好点”在线段或时，为保证一定在正方形的内部或边上，点的纵坐标要大于等于小于等于． 综上，可知正方形的美好点需要在、、、上移动，其中，，和，，，和，如图所示： 当正方形的美好点在、上移动时， 当直线过时，将代入，得到，解得，那么， 将代入，得到，可知也过直线； 当直线过时，将代入，得到，解得，那么，将代入，得到，可知也过直线； 综上，当正方形的美好点在、上移动时，或； 当正方形的美好点在、上移动时， 当直线过时，将代入，得到，解得，那么， 将代入，得到，可知也过直线； 当直线过时，将代入，得到，解得，那么，将代入，得到，可知也过直线； 那么当正方形的美好点在、上移动时，； 或或； （3）解：与正方形大小相同的正方形的顶点在坐标轴上，如图所示： 由题意可知，， 已知正方形的顶点坐标分别为，，，， ， ，，，， 由（2）可知，正方形的美好点需要在、、、上移动， 其中，，和，，，和； 同理可求得正方形的美好点需要在、、、上移动，其中 ，，，，， ，，，即如图所示： 设直线为，代入和， 有， 解得， 那么直线为； 同理可求得直线为：； 直线为：； 直线为：， 直线为：， 直线为： 因为直线上既存在正方形的“美好点”又存在正方形的“美好点”，那么直线可以在直线和之间移动，也可以在和之间移动，也可以与直线、直线重合， 当与直线重合时，那么有； 当与直线重合时，那么有； 当与直线重合时，那么有； 当与直线重合时，那么有； 当与直线重合时，那么有； 当与直线重合时，那么有； 那么当直线在直线和之间移动，； 直线在和之间移动，； 综上，或或． 【点睛】本题考查了“美好点”，旋转的性质，一次函数与几何综合，30度所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，熟练掌握以上知识点并能读懂“美好点”的含义是解题的关键． 52．（25-26八年级下·黑龙江齐齐哈尔·阶段检测）综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，长方形，，．在上取一点，沿折叠，点恰好落在上的点处．    (1)点的坐标为___________． (2)求点的坐标； (3)若点是平面内一点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形，若存在，直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由，即可求解； （2）设，则，计算出线段即可利用勾股定理求解，进而可求点的坐标； （3）根据“平行四边形的对角线互相平分”即可分类讨论求解． 【详解】（1）解：∵ ∴点的坐标为 故答案为： （2）解：由题意得： ∴ 设，则 在中： 解得： ∴点 （3）解：由题意得可得： 设点 为对角线，则有： 解得： 故 为对角线，则有： 解得： 故 为对角线，则有： 解得： 故 综上所述： 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理．熟记相关结论是解题关键． 题型十四、特殊平行四边形的新定义问题 53．（25-26八年级下·北京·期中）阅读理解： 【新定义】对于线段和点，定义：若，则称点为线段的“等距点”；特别地，若，则称点是线段的“完美等距点”． 【解决问题】如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标为，点是直线上一动点． (1)已知个点：、、、，以上这四个点中______是线段的“等距点”，______是线段的“完美等距点”（填写大写字母）； (2)若点在第三象限，且，点在轴上，且是线段的“等距点”，求点的坐标； (3)若点是线段的“完美等距点”，则称为的“完美等距三角形”．点在第一象限，是轴上一个动点，是否存在这样的点，使点在的“完美等距三角形”上且为线段的“完美等距点”．若存在，请直接写出点横坐标的取值范围______． 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】（）先根据等距点定义，得出线段的等距点在的垂直平分线上，筛选出横坐标为的；再根据完美等距点需满足 的要求，用勾股定理逆定理验证，做出判断； （）先根据点在直线上且在第三象限、的条件，代入直线方程和两点间距离公式求出点坐标；再根据在轴上且为线段的等距点，利用列方程，解出点的纵坐标，得到其坐标； （）根据“完美等距点”定义，先设出直线上点的坐标，再结合同时为线段 的“完美等距点”的条件，利用垂直平分线的几何关系利用数形结合可得． 【详解】（1）解：线段端点、，“等距点”满足 ， 因此等距点在的垂直平分线上， 四个点中横坐标为的是、 、 ， ∴这三个是等距点， “完美等距点”还需要满足 ， 由勾股定理逆定理：点： ，，，，符合； 同理可得： ： ，不符合； ： ，不符合； ∴完美等距点只有； （2）解：∵在上， ∴， ∵在第三象限， ∴ ， ∵， ∴， ∴ ， ， 解得：， ∴ ，即 ， 设 ，是的等距点， ∴，即：， 整理，得 ， 解得：， ∴坐标为； （3）解：∵点是直线上， ∴ （，第一象限）， ∵点是线段的“完美等距点”， ∴满足，， 此时四边形为正方形， ∵是轴上一个动点，使点在的“完美等距三角形”上且为线段的“完美等距点”． 如图：是的垂直平分线，是的垂直平分线，交于点， ∴点在过且与轴成的两条互相垂直的直线上， 当点与点重合时， ∵，点的坐标为， ∴，， ∴ ∴, ∴， ∴当正方形与过且与轴成的两条互相垂直的直线有交点时， ∴. 54．（24-25八年级上·北京·期末）定义：若一个四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为“垂美四边形”． (1)如图1，四边形是“垂美四边形”，则根据勾股定理 ＝ ＋ ；＝ ＋ ； ＝ ＋ ；＝ ＋ ； 所以，用等式表示、、、之间的数量关系是 ； (2)如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接、、，分别交、于点，． ①与的位置关系是 ，给出证明； ②若，，则线段的长是 ． 【答案】(1)，， (2)①，证明见解析；② 【分析】本题为四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． （1）根据垂美四边形和勾股定理解答即可； （2）①如图，连接，根据垂美四边形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质进行证明即可；②结合①的结论计算即可． 【详解】（1）解： ， 理由：∵， ∴， 由勾股定理得， ，， ∴， ， ； 故答案为：，， （2）①，证明如下： 如图2，连接， ∵正方形和正方形， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， ∴四边形是垂美四边形， ②由①得，， ∵，， ∴， ∵，， ∴ ， ∴． 故答案为： 55．（25-26八年级下·北京·阶段检测）在平面直角坐标系中，不同的两点，给出如下定义： 若，则称点互为“等距点”．例如，点互为“等距点”． (1)四个点中，能与坐标原点互为“等距点”的是_____． (2)已知， ①若点是点的等距点，且点在轴上方，且满足的面积为1，求点的坐标． ②已知正方形对角线的交点为，正方形的各边均与坐标轴平行，且边长为2，若正方形上存在一点与点互为等距点，请直接写出的取值范围． 【答案】(1)； (2)①点的坐标为或；②或． 【分析】（1）根据“等距点”定义，逐点验证即可得到答案； （2）①设，由题意得到，或再由面积为，列式，解得，代入或，即可得到点的坐标为或； ②根据题意，作出图形，设，当与点互为等距点，则情况：在正方形左边上；当在正方形右边上；当在正方形上边时；当在正方形下边时，分类讨论即可得到答案． 【详解】（1）解：根据“等距点”定义，得： ， ，即与坐标原点不是“等距点”， ∵， ，即与坐标原点互为“等距点”， ，， ，即与坐标原点不是“等距点”， ，， ，即与坐标原点互为“等距点”； 综上所述，与坐标原点互为“等距点”的是； （2）解：①∵，点是点的等距点， ∴设，则，即， 或， 如图所示： 的面积为1， 由图可知，， 解得：， ∵点在轴上方， ∴ ∴当点在上时，由得到；由得到， ∴点的坐标为， 当点在上时，由得到， ∴点的坐标为， 综上所述，点的坐标为或； ②如图所示： ∵，正方形边长为，设，当与点互为等距点，则， ∴当在正方形左边上，有，，即，得到， 解得：或， 当在正方形右边上，有，，即，得到， 解得：或， 当在正方形上边时，有，，再由，解得或，则或， 解得：或， 当在正方形下边时，有，，再由，解得或，则或， 解得：或， 综上所述，若以点为中心，边长为正方形上存在一点与点互为等距点，的取值范围为或． 56．（24-25八年级下·北京·期中）在平面直角坐标系中，对于点和正方形，给出如下定义：若点关于轴的对称点到正方形的边所在直线的最大距离是最小距离的2倍，则称点是正方形的“最佳距离点”． 已知：点． (1)当时， ①点的坐标是___________； ②在三个点中，___________是正方形的“最佳距离点”； (2)当时，点（其中）是正方形的“最佳距离点”，直接写出的取值范围； (3)点，若线段上存在正方形的“最佳距离点”，直接写出的取值范围． 【答案】(1)①；②和； (2) (3)或或． 【分析】本题考查了坐标与图形——对称，正方形的性质，一次函数的应用，利用数形结合的思想解决问题是关键． （1）①根据正方形的性质求解即可；②分别写出点关于轴的对称点坐标，再求出对称点到正方形的边所在直线的最大距离和最小距离，即可得到答案； （2）当时，点关于轴的对称点的坐标为，分四种情况，利用“最佳距离点”定义分别求解即可； （3）点关于轴的对称点坐标分别为，利用待定系数法求出直线的解析式为，设直线上有一点，分两种情况讨论：当点在正方形内部时；当点在正方形外部时，利用“最佳距离点”定义分别列方程求解即可． 【详解】（1）解：①当时，点， 四边形是正方形， ， ， 故答案为：； ②点关于轴的对称点的坐标为， 点到正方形的边所在直线的最大距离是，最小距离是， 最大距离不是最小距离的2倍， 点不是正方形的“最佳距离点”； 点关于轴的对称点的坐标为， 点到正方形的边所在直线的最大距离是，最小距离是， 最大距离是最小距离的2倍， 点不是正方形的“最佳距离点”； 点关于轴的对称点的坐标为， 点到正方形的边所在直线的最大距离是，最小距离是， 最大距离是最小距离的2倍， 点是正方形的“最佳距离点”； 在三个点中，和是正方形的“最佳距离点”， 故答案为：和； （2）解：当时，，则， 点关于轴的对称点的坐标为， ①当时，对称点到正方形的边所在直线的最大距离大于，最小距离小于， 即最大距离不是最小距离的2倍，不符合题意； ②当时，对称点到正方形的边所在直线的最大距离为，最小距离为， 即最大距离是最小距离的2倍，符合题意； ③当时，对称点到正方形的边所在直线的最大距离大于，最小距离小于， 即最大距离不是最小距离的2倍，不符合题意； ④当时，若点是正方形的“最佳距离点”， 则，解得：， 当，，此时最大距离大于，最小距离小于， 最大距离不是最小距离的2倍，不符合题意； 综上可知，点（其中）是正方形的“最佳距离点”， 的取值范围为； （3）解：点关于轴的对称点坐标分别为， 设直线的解析式为， 则，解得：， 直线的解析式为， 设直线上有一点， 当点在正方形内部时， ①，解得：，即 ②，解得：，即； 当点在正方形外部时， ，解得：，即， 综上可知，若线段上存在正方形的“最佳距离点”，的取值范围为或或． 题型十五、特殊平行四边形的动点问题 57．（25-26八年级下·河南周口·期中）如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，是对角线上的动点，若，，则的最小值是（   ） A．2 B．3 C．4 D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质、利用轴对称求最短路径问题、等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理，关键是利用轴对称将折线段转化为直线段，再结合垂线段最短的性质确定最小值的位置，通过构造直角三角形求解线段长度． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴平分，，． 作点关于的对称点， ∵是的角平分线， ∴点落在上，连接，则由轴对称的性质得， ∴， ∴当点、、三点共线时，取得最小值为， 而当时，的长度为最小的线段长，即此时取得最小值． 过点作于点， ∵， ∴． 在中，，， ∴， ∴． 由勾股定理得， ∴(舍去负根)， ∴，即的最小值为． 故选：D． 58．（2025·安徽池州·一模）如图，在矩形中，，，动点P从点B出发，以的速度沿方向运动到点C停止，同时动点Q从点C出发，以的速度沿C-B-C方向运动到点C停止，设点P的运动时间为． （1）当点P和点Q相遇时，t的值为__________； （2）连接，在点P和点Q不重合的情况下，连接．若以A，P，Q，D为顶点的四边形的面积是矩形的面积的，且，则t的值为__________． 【答案】 或4 或 【分析】本题主要考查了列代数式，一元一次方程的应用，有理数混合运算的应用． （1）由题意知，，当点P和点Q第一次相遇时，，列方程计算即可；当点P和点Q第二次相遇时，点P运动到点C，点Q也运动到点C，列式计算即可； （2）先求出以A，P，Q，D为顶点的四边形的面积是，再分两种情况讨论：当，即点P，Q相遇前；当，即点P，Q相遇后，点Q到达点B前，分别求出结果即可． 【详解】解：（1）由题意知，， ①当点P和点Q第一次相遇时，，即， 解得； ②当点P和点Q第二次相遇时，点P运动到点C，点Q也运动到点C， 此时， 即当点P和点Q相遇时，t的值为或4； 故答案为：或4； （2）如图， 矩形的面积为， ∴以A，P，Q，D为顶点的四边形的面积是， 当，即点P，Q相遇前， ， 则， 解得； 当，即点P，Q相遇后，点Q到达点B前， ， 则， 解得． 综上，当或时，以A，P，Q，D为顶点的四边形的面积是矩形的面积的． 故答案为：或． 59．（25-26八年级下·北京门头沟·期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，且，动点E从点A出发，以每秒1个单位的速度沿线段向点B运动，同时动点F从点B出发，以同样每秒1个单位的速度沿折线→向点O运动，当E，F有一点到达终点时，点E，F同时停止运动．设点E，F运动时间为t秒，在运动过程中，如果，那么________秒．    【答案】或 【分析】①当在上时，可得，即可求解；②当在上时，可得，即可求解． 【详解】解：由题意得 ，， ①如图，当在上时，   ，， ， 解得：； ②如图，当在上时，   ，， ， 解得：； 综上所述：或时，． 故答案：或． 【点睛】本题考查了矩形的性质，一元一次方程在几何图形中的应用，列出不同位置的点所满足的方程是解题的关键． 60．（24-25八年级下·河北唐山·期中）在四边形中，，，，，，点从点以的速度向点运动，点从点以的速度同时向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为秒． (1)求为何值时，四边形是平行四边形？ (2)求为何值时，四边形是矩形？ (3)在整个运动过程中，_________（答“存在”或“不存在”）t值，使得四边形是菱形； (4)若只改变线段的长度，其余条件都不变，在整个运动过程中，当四边形是正方形时，请你求出的值和线段的长度． 【答案】(1) (2) (3)不存在 (4)， 【分析】（1）根据时，四边形是平行四边形，列出方程进行求解即可； （2）根据，，得到当时四边形是矩形，列出方程进行求解即可； （3）根据菱形的性质可得，结合（1）的结论，分别求得的长，即可得出结论； （4）当四边形是正方形时，，进而求得，，根据，即可求解． 【详解】（1）解：由题意，得：，，秒， ∴，， ∵，则 当时，四边形是平行四边形； ∴ 解得： （2）解：∵，， ∴当时，四边形是矩形； ∵，， ∴ 解得： （3）解：不存在，理由如下， 由（1）可得，当时，四边形是平行四边形； ∴若此时，则四边形是菱形， 如图，过点作于点， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 而， ∴， ∴四边形不是菱形， 故答案为：不存在． （4）解：当四边形是正方形时，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当四边形是正方形时，，． 【点睛】本题考查四边形中的动点问题．解题的关键是掌握矩形的判定和性质，正方形，平行四边形，矩形，菱形的性质与判定，及勾股定理解三角形，熟练掌握特殊四边形的性质是解题的关键． 1．（25-26九年级上·全国·期末）四边形的对角线，相交于点，能判定它是矩形的条件是（ ） A．， B．，， C．， D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的判定，矩形的判定需满足对角线互相平分且相等，或有一个直角的平行四边形. 选项D中，说明对角线互相平分且相等，可判定矩形． 【详解】解：A选项：，，四边形是平行四边形，但是不能判定四边形是矩形，故A选项不符合题意； B选项：，，四边形是平行四边形，又，四边形是菱形，故B选项不符合题意； C选项：，，无法判定四边形是平行四边形或矩形，故C选项不符合题意； D选项：，四边形的对角线相等且互相平分，可以判定四边形是矩形，故D选项符合题意． 故选：D． 2．（25-26九年级上·北京海淀·期末）如图，将线段绕它的中点O逆时针旋转得到线段，A，B的对应点分别是点C，D，依次连接，，，则下列结论不一定正确的是（   ） A． B．对于任意，四边形都是矩形 C． D．当时，四边形是正方形 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 根据旋转的性质得到，再结合矩形的判定和性质，正方形的判定进行分析判断，即可解题． 【详解】解：线段绕它的中点O逆时针旋转得到线段， ， 四边形是矩形，且当时，四边形是正方形， ， 当旋转角度不确定时，不能推出， 故A、B、D结论正确，不符合题意，C结论不一定正确，符合题意； 故选：C． 3．（2025九年级下·北京·专题练习）如图1，已知四边形是正方形，将分别沿向内折叠得到图2，此时与重合（A，C都落在G点），若，则的长为（    ） A．8 B．10 C．12 D．14 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质、翻折的性质、勾股定理等知识点，设正方形的边长为x，由翻折及已知线段的长，可用含x的式子分别表示出及的长；在中，由勾股定理得关于x的方程，解得x的值，即为的长． 【详解】解：设正方形的边长为x， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵将分别沿向内折叠得到图2： ∴， ∵， ∴， ∴， 如图2，在中，由勾股定理得：， 即， 整理得：， 解得或（不符题意，舍去）， ∴． 故选：C． 4．（2025九年级下·北京·专题练习）如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，是对角线上的动点，若，，则的最小值是（   ） A．2 B．3 C．4 D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质、利用轴对称求最短路径问题、等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理，关键是利用轴对称将折线段转化为直线段，再结合垂线段最短的性质确定最小值的位置，通过构造直角三角形求解线段长度． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴平分，，． 作点关于的对称点， ∵是的角平分线， ∴点落在上，连接，则由轴对称的性质得， ∴， ∴当点、、三点共线时，取得最小值为， 而当时，的长度为最小的线段长，即此时取得最小值． 过点作于点， ∵， ∴． 在中，，， ∴， ∴． 由勾股定理得， ∴(舍去负根)， ∴，即的最小值为． 故选：D． 5．（23-24八年级下·北京·期中）如图，菱形中，对角线与相交于点，若，，则_____． 【答案】 【分析】根据菱形的性质结合已知得出是等边三角形，，即可求解． 【详解】解：∵菱形中，对角线与相交于点，， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴． 6．如图，正方形的对角线，相交于点，，．若，则点到边的距离为____________． 【答案】0.5 【分析】连接，交于点，由，可知四边形是平行四边形，进而推断出四边形是正方形，然后利用正方形的性质进行求解即可． 【详解】解：如图，连接，交于点． ，， 四边形是平行四边形． 在正方形中，，， ， 四边形是正方形， ，． ， ， ， 即点到边的距离为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，掌握正方形的性质与判定是解决本题的关键． 7．（25-26八年级上·贵州黔南·期中）如图，四边形沿直线对折后重合，连接，交于点，若，则下列结论：；；；．其中正确的是_____．（只填序号） 【答案】 【分析】本题主要考查了轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定和性质定理成为解题的关键．根据轴对称的性质和已知条件可证，则，，即④正确；再证四边形为平行四边形可判定①②；最后证明四边形为菱形可判定③． 【详解】解：直线是四边形的对称轴， ． ， ，． 在和中 ． ，．即④正确； ， 四边形为平行四边形． ，，即正确； 直线是四边形的对称轴， ． 四边形为菱形． 不一定成立，故③错误； 故答案为：． 8．（2025·北京·模拟预测）如图，正方形边长为4，以为圆心，为半径画弧，为弧上动点，连接，取中点，连接，则最小值为________________ ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是将转化为，根据三角形三边关系，得出最小值．在上截取，证明和全等，得到，则，由此得出最小值． 【详解】解：在上截取，连接，， ∵正方形边长为4，以为圆心，为半径画弧 ， ∵是中点， ， 在和中， ， ， ， ， ，， ， 的最小值为， 故答案为：． 9．（25-26九年级上·北京·期末）如图，四边形是平行四边形，且分别交对角线AC于点E，F． (1)求证：； (2)当四边形是菱形时，请说出四边形的形状并证明． 【答案】(1)见解析 (2)菱形，见解析 【分析】（1）根据平行四边形的性质，得，，结合已知，证明即可； （2）根据菱形的判定定理解答即可． 本题主要考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． （2）证明：连接， ， ， ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵四边形是菱形， ∴, ∴四边形是菱形． 10．（25-26九年级上·北京门头沟·月考）如图，在中，，是边上的中线，过点C作的平行线，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)当满足 时，四边形是正方形．请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查了直角三角形的性质、菱形的判定与性质、正方形的判定定理、等腰直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由直角三角形的性质可得，推出，结合得出四边形是平行四边形，再结合即可得证； （2）由等腰直角三角形的性质可得，即，即可得证． 【详解】（1）证明：∵在中，，是边上的中线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：当满足时，四边形是正方形，理由如下： ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵是边上的中线， ∴， ∴， ∴菱形是正方形， 故答案为：． 11．（25-26九年级上·辽宁沈阳·期末）已知：如图，在中，，点D为中点，连接，过点C作，过点B作，交CE于点E． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，则四边形的周长为20，则的面积为_______． 【答案】(1)见详解 (2)24 【分析】本题考查了直角三角形斜边上中线等于斜边一半，菱形的性质与判定，勾股定理等知识﹒ （1）先证明四边形为平行四边形，再证明﹒即可得到平行四边形为菱形； （2）根据菱形性质求出，得到，根据勾股定理求出，即可求出﹒ 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，点D为中点， ∴﹒ ∴平行四边形为菱形； （2）解：∵菱形的周长为20， ∴， ∴， 在中，， ∴﹒ 故答案为：24． 12．（2025九年级·吉林长春·专题练习）如图①，在中，，，是斜边上的中线，点为射线上一点，将沿折叠，点的对应点为点． (1)若，直接写出的长（用含的代数式表示）； (2)若，垂足为，点与点在直线的异侧，连接，如图②，判断四边形的形状，并说明理由； (3)若，直接写出的度数． 【答案】(1)； (2)四边形为菱形，见解析； (3)或． 【分析】此题重点考查折叠的性质、菱形的判定、直角三角形的性质等，掌握分类讨论的思想是解题的关键． （1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”求解即可； （2）先根据折叠得出，推出，再根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得到，根据“所对的直角边等于斜边的一半”得出，推出，结合，证明四边形为平行四边形，最后根据，推出四边形为菱形； （3）根据题意进行分类讨论，情况一：点与点在直线异侧；情况二：点与点在直线同侧；根据折叠得出，推出，运用几何角度求解即可． 【详解】（1）解：∵在中，，是斜边上的中线，， ∴． （2）∵将沿折叠，点的对应点为点， ∴， ∴． ∵在中，，是斜边上的中线， ∴． ∵在中，，， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵，， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴四边形为菱形． （3）情况一：如图③，点与点在直线异侧， ∵， ∴． ∵由折叠得：， ∴， ∴； 情况二：如图④，点与点在直线同侧， ∵， ∴， ∴， ∵由折叠得：， ∴， ∴． 综上所述，或． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 特殊平行四边形的判定与性质专训（原卷版） 目录 A题型建模・专项突破 题型一、矩形的性质理解 1 题型二、根据矩形的性质求解 2 题型三、矩形的判定定理 3 题型四、矩形与折叠问题 5 题型五、菱形的性质理解 6 题型六、根据菱形的性质求解 8 题型七、菱形的判定定理 9 题型八、菱形的面积计算问题 11 题型九、正方形的性质理解 11 题型十、根据正方形的性质求解 11 题型十一、正方形的判定 11 题型十二、正方形的折叠问题 11 题型十三、特殊平行四边形的存在性问题 11 题型十四、特殊平行四边形的新定义问题 11 题型十五、特殊平行四边形的动点问题 11 B综合攻坚・能力跃升 题型一、矩形的性质理解 1．（25-26八年级下·北京·期中）下列命题中，不正确的是（   ） A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．有一个角是直角的菱形是正方形 C．矩形对角线互相平分且相等 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 2．（25-26八年级下·北京延庆·期中）矩形具有而菱形不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．两组对边分别相等 C．对角线垂直 D．两组对角分别相等 3．（25-26八年级上·云南昆明·期末）下列说法不正确的是（   ） A．矩形是平行四边形 B．平行四边形是矩形 C．有一个角是直角的平行四边形是矩形 D．平行四边形具有的性质矩形都具有 4．（25-26九年级上·辽宁丹东·阶段检测）现有下列说法：①对角线互相垂直的四边形是菱形．②矩形的对角线互相垂直且互相平分．③对角线相等的四边形是矩形．④对角线相等的菱形是正方形．⑤邻边相等的矩形是正方形．⑥三个角都是直角的四边形是矩形．其中正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 题型二、根据矩形的性质求解 5．（25-26八年级下·北京·期中）如图，点在矩形的边的延长线上，连接，若则的度数是（    ） A． B． C． D． 6．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在矩形中，、相交于点，平分交于点．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 7．（25-26八年级下·北京大兴·期中）如图，在矩形中，是延长线上一点，且，连接，取的中点，连接交于点．若，则为_____（用含的代数式表示）． 8．（2026·北京海淀·二模）如图，在中，，平分，是的中点，连接并延长到点，使得．连接，． (1)证明：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 题型三、矩形的判定定理 9．（24-25八年级下·陕西西安·期末）如图，在中，，相交于点，下列条件不能判定为矩形的是（   ） A． B． C． D． 10．（2025·四川南充·一模）如图，在中，E,F分别是边的中点，M，N在对角线上，．要使四边形是矩形，可添加下列条件（   ） A． B． C． D． 11．（24-25九年级下·北京·阶段检测）如图，在中，点为线段的中点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接．若，求的长． 12．（25-26八年级下·北京通州·期中）如图，在中，是一条对角线，点E，F分别是边的中点，连接，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)延长到点，使得，连接．求证：四边形是矩形． 题型四、矩形与折叠问题 13．（24-25八年级下·北京·期中）如图，将一张矩形纸片沿对角线翻折，点的对应点为，与交于点．若，，则的长为（    ） A．9 B．12 C．13 D．15 14．（2026·山东青岛·一模）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点A落在边的中点M处．若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 15．（2017·河南·一模）如图，在矩形中，，，点为射线上一个动点，将沿直线折叠，当点的对应点刚好落在线段的垂直平分线上时，的长为_______． 16．（25-26九年级上·全国·期末）如图，在矩形中，，为上一点，将沿折叠，恰与对角线重合，点的对应点为点，再将沿折叠，点的对应点为点，且在上． (1)求证：四边形为菱形； (2)求四边形的面积． 题型五、菱形的性质理解 17．（25-26九年级上·陕西榆林·期中）下列结论中，菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（   ） A．对边相等 B．对角线相等 C．四条边相等 D．对角线互相平分 18．（24-25八年级下·广西防城港·期中）如图，菱形的对角线、，交于点，则下列结论错误的是（   ） A．， B．， C．， D． 19．（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则______． 20．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，四边形是平行四边形，过点A作于点E，于点F，连接，下列说法：①若，则平行四边形是菱形；②若是等边三角形，则；③若平行四边形是菱形，则．其中说法正确的是________．（只需填写正确结论的序号） 题型六、根据菱形的性质求解 21．（2025·海南·模拟预测）如图，在菱形中，分别以点C，D为圆心，大于长为半径画弧，两弧分别交于点M，N，连接．若直线恰好过点A且交CD于点E，连接．则（    ） A． B． C． D． 22．（25-26八年级下·北京房山·期中）如图，在平面直角坐标系中，若菱形的顶点的坐标分别为，点在轴上，则点的坐标为___________． 23．（25-26八年级下·北京·期中）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作且，连接交于点，连接、．已知，，则菱形的面积______；______． 24．（2026·北京房山·二模）如图，矩形，延长至点，使，延长至点，使，连接，，，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 题型七、菱形的判定定理 25．（2026·北京昌平·二模）如图，在四边形中，，，对角线平分，过点作，垂足为． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求的长． 26．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在平行四边形中，，点分别是、的中点，交于点，连接， (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，直接写出的长___________ 27．（25-26八年级下·北京·期中）已知：如图，矩形中，对角线、相交于点，过，两点分别作，的平行线，两直线相交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的周长． 28．（25-26八年级下·北京·期中）已知四边形是平行四边形． (1)尺规作图：作的角平分线交于点，并在上作一点，使； (2)连接，求证：四边形是菱形． 证明：四边形是平行四边形， ，， ， ____________________， 四边形是平行四边形． 平分， ____________________． ， ____________________． ，平行四边形是菱形． 题型八、菱形的面积计算问题 29．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在Rt中，，为边的中点，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 30．（25-26八年级上·上海浦东新·期末）如图，在平行四边形中，、相交于点，过点作，分别交、于点、，连接、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求菱形的面积． 31．（25-26九年级上·云南昭通·期末）如图，四边形是矩形，点是的中点，将绕点旋转，分别交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 32．（24-25八年级下·吉林长春·阶段检测）如图，在中，是的平分线，，交于于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，，求菱形的面积． 题型九、正方形的性质理解 33．（25-26八年级下·北京·期中）正方形具有而平行四边形不一定具有的性质是（     ） A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分 34．（25-26九年级上·湖南长沙·阶段检测）如图，四边形是平行四边形，下列结论正确的是（   ） A．当平行四边形是矩形时， B．当平行四边形是菱形时， C．当平行四边形是正方形时， D．当平行四边形是菱形时， 35．（25-26八年级下·北京·阶段检测）如图，四边形中，，，于E，若线段，则________． 36．（25-26八年级下·北京·期中）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，以格点为顶点按下列要求画图： (1)在图①中画出面积为5的正方形； (2)在图②中以已知线段为对角线画出一个菱形（非正方形），使菱形的另外两个顶点也在格点上； (3)在图③中以已知线段为对角线画出一个矩形（非正方形），使矩形的另外两个顶点也在格点上，且矩形的边不与网格线平行，该矩形的面积为________． 题型十、根据正方形的性质求解 37．（25-26八年级下·北京怀柔·期中）如图所示，已知四边形和均是正方形，其中，则度数为（    ） A． B． C． D． 38．（24-25八年级下·河北廊坊·期中）如图，在正方形中有一点，连接，，.若为等边三角形，则（   ） A． B． C． D． 39．（25-26八年级下·北京·课后作业）如图，在正方形中，点E，点F分别是对角线，上的点，连接，，，若，且，则的度数为___________． 40．（25-26八年级下·北京·期中）如图，已知为正方形对角线，为线段上一点，连接，过点作，，连接， (1)求 (2)连接，已知为中点，请写出与的数量关系，并证明． 题型十一、正方形的判定 41．（25-26八年级下·北京·课后作业）如图，在中，，点为其内一点，且，分别平分．若于点，于点，则四边形是正方形吗请说明理由． 42．（25-26九年级上·山东青岛·阶段检测）如图，在中，，是边上的中线，过点C作的平行线，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)当满足 时，四边形是正方形．请说明理由． 43．（25-26八年级上·上海浦东新·期末）已知：如图，在中，，点D在上，，垂足为F，且，点E为线段的中点，过点F作交射线于G，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． (3)当时，求证：四边形是正方形． 44．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，四边形ABCD为正方形，E为射线AC上一点，连接DE，过点E作，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． (1)如图①，当点E在线段AC的延长线上时，求证：矩形DEFG是正方形． (2)如图②，当点E在线段AC上时， ①若，，求CG的长度； ②当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是时，直接写出的度数：________________． 题型十二、正方形的折叠问题 45．（24-25八年级上·北京·期中）如图，先将正方形沿对折，再把点B折叠到上，折痕为，点B在上的对称点为H，沿和剪下，则下列选项正确的是（   ） A． B． C． D． 46．（25-26八年级下·广东广州·期中）如图，已知正方形的边长为12，，将正方形的边沿折叠到，延长交于，连接．现有如下3个结论：；；五边形的周长是44，其中正确的个数为（    ）    A． B． C． D． 47．（25-26八年级下·北京·期中）如图，正方形中，，将沿对折至，延长交于点，刚好是边的中点，则的长是______． 48．（25-26八年级上·江苏盐城·期末）如图，四边形是边长为的正方形纸片，将其沿折叠，使点落在边上的处，点对应点为，且，则AM的长是_______． 题型十三、特殊平行四边形的存在性问题 49．（25-26八年级下·山东临沂·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，与直线相交于点，点直线上运动． (1)求直线的解析式． (2)是否存在点，使的面积是面积的？若存在，求出此时点的坐标；若不存在，说明理由． (3)若点在轴上，在坐标平面内是否存在点，使以A，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由． 50．（25-26八年级下·北京顺义·期末）在平面直角坐标系中，对于点和图形，给出如下定义：如果图形上存在点，使得，那么称点为图形的“拉手点”．已知点，． (1)在点，，中，线段的“拉手点”是______； (2)若直线上存在线段的“拉手点”，求的取值范围； (3)是边长为的正方形的对角线的交点，若正方形上存在线段的“拉手点”，直接写出的取值范围． 51．（24-25八年级下·北京西城·期末）在平面直角坐标系中，对于对角线交点为原点的正方形和它的边上任意一点，给出如下定义：记点所在边的中点为，线段OM的长度为．将线段沿射线的方向平移个单位长度得到线段，以点为顶角顶点，分别作顶角都为的等腰三角形和等腰三角形，连接．若线段上的点都在该正方形的内部或边上，则称点为该正方形的“美好点”． 已知正方形的顶点坐标分别为，，，． (1)如图1，点在边上， ①在点，中，点 是正方形的“美好点”； ②若点E，F的横坐标满足，当时，点的坐标为 ； (2)若直线上存在正方形的“美好点”，则的取值范围是 ； (3)如图2，与正方形大小相同的正方形的顶点在坐标轴上．若直线上既存在正方形的“美好点”又存在正方形的“美好点”，请直接写出的取值范围． 52．（25-26八年级下·黑龙江齐齐哈尔·阶段检测）综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，长方形，，．在上取一点，沿折叠，点恰好落在上的点处．    (1)点的坐标为___________． (2)求点的坐标； (3)若点是平面内一点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形，若存在，直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 题型十四、特殊平行四边形的新定义问题 53．（25-26八年级下·北京·期中）阅读理解： 【新定义】对于线段和点，定义：若，则称点为线段的“等距点”；特别地，若，则称点是线段的“完美等距点”． 【解决问题】如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标为，点是直线上一动点． (1)已知个点：、、、，以上这四个点中______是线段的“等距点”，______是线段的“完美等距点”（填写大写字母）； (2)若点在第三象限，且，点在轴上，且是线段的“等距点”，求点的坐标； (3)若点是线段的“完美等距点”，则称为的“完美等距三角形”．点在第一象限，是轴上一个动点，是否存在这样的点，使点在的“完美等距三角形”上且为线段的“完美等距点”．若存在，请直接写出点横坐标的取值范围______． 54．（24-25八年级上·北京·期末）定义：若一个四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为“垂美四边形”． (1)如图1，四边形是“垂美四边形”，则根据勾股定理 ＝ ＋ ；＝ ＋ ； ＝ ＋ ；＝ ＋ ； 所以，用等式表示、、、之间的数量关系是 ； (2)如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接、、，分别交、于点，． ①与的位置关系是 ，给出证明； ②若，，则线段的长是 ． 55．（25-26八年级下·北京·阶段检测）在平面直角坐标系中，不同的两点，给出如下定义： 若，则称点互为“等距点”．例如，点互为“等距点”． (1)四个点中，能与坐标原点互为“等距点”的是_____． (2)已知， ①若点是点的等距点，且点在轴上方，且满足的面积为1，求点的坐标． ②已知正方形对角线的交点为，正方形的各边均与坐标轴平行，且边长为2，若正方形上存在一点与点互为等距点，请直接写出的取值范围． 56．（24-25八年级下·北京·期中）在平面直角坐标系中，对于点和正方形，给出如下定义：若点关于轴的对称点到正方形的边所在直线的最大距离是最小距离的2倍，则称点是正方形的“最佳距离点”． 已知：点． (1)当时， ①点的坐标是___________； ②在三个点中，___________是正方形的“最佳距离点”； (2)当时，点（其中）是正方形的“最佳距离点”，直接写出的取值范围； (3)点，若线段上存在正方形的“最佳距离点”，直接写出的取值范围． 题型十五、特殊平行四边形的动点问题 57．（25-26八年级下·河南周口·期中）如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，是对角线上的动点，若，，则的最小值是（   ） A．2 B．3 C．4 D． 58．（2025·安徽池州·一模）如图，在矩形中，，，动点P从点B出发，以的速度沿方向运动到点C停止，同时动点Q从点C出发，以的速度沿C-B-C方向运动到点C停止，设点P的运动时间为． （1）当点P和点Q相遇时，t的值为__________； （2）连接，在点P和点Q不重合的情况下，连接．若以A，P，Q，D为顶点的四边形的面积是矩形的面积的，且，则t的值为__________． 59．（25-26八年级下·北京门头沟·期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，且，动点E从点A出发，以每秒1个单位的速度沿线段向点B运动，同时动点F从点B出发，以同样每秒1个单位的速度沿折线→向点O运动，当E，F有一点到达终点时，点E，F同时停止运动．设点E，F运动时间为t秒，在运动过程中，如果，那么________秒．    60．（24-25八年级下·河北唐山·期中）在四边形中，，，，，，点从点以的速度向点运动，点从点以的速度同时向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为秒． (1)求为何值时，四边形是平行四边形？ (2)求为何值时，四边形是矩形？ (3)在整个运动过程中，_________（答“存在”或“不存在”）t值，使得四边形是菱形； (4)若只改变线段的长度，其余条件都不变，在整个运动过程中，当四边形是正方形时，请你求出的值和线段的长度． 1．（25-26九年级上·全国·期末）四边形的对角线，相交于点，能判定它是矩形的条件是（ ） A．， B．，， C．， D． 2．（25-26九年级上·北京海淀·期末）如图，将线段绕它的中点O逆时针旋转得到线段，A，B的对应点分别是点C，D，依次连接，，，则下列结论不一定正确的是（   ） A． B．对于任意，四边形都是矩形 C． D．当时，四边形是正方形 3．（2025九年级下·北京·专题练习）如图1，已知四边形是正方形，将分别沿向内折叠得到图2，此时与重合（A，C都落在G点），若，则的长为（    ） A．8 B．10 C．12 D．14 4．（2025九年级下·北京·专题练习）如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，是对角线上的动点，若，，则的最小值是（   ） A．2 B．3 C．4 D． 5．（23-24八年级下·北京·期中）如图，菱形中，对角线与相交于点，若，，则_____． 6．如图，正方形的对角线，相交于点，，．若，则点到边的距离为____________． 7．（25-26八年级上·贵州黔南·期中）如图，四边形沿直线对折后重合，连接，交于点，若，则下列结论：；；；．其中正确的是_____．（只填序号） 8．（2025·北京·模拟预测）如图，正方形边长为4，以为圆心，为半径画弧，为弧上动点，连接，取中点，连接，则最小值为________________ ． 9．（25-26九年级上·北京·期末）如图，四边形是平行四边形，且分别交对角线AC于点E，F． (1)求证：； (2)当四边形是菱形时，请说出四边形的形状并证明． 10．（25-26九年级上·北京门头沟·月考）如图，在中，，是边上的中线，过点C作的平行线，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)当满足 时，四边形是正方形．请说明理由． 11．（25-26九年级上·辽宁沈阳·期末）已知：如图，在中，，点D为中点，连接，过点C作，过点B作，交CE于点E． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，则四边形的周长为20，则的面积为_______． 12．（2025九年级·吉林长春·专题练习）如图①，在中，，，是斜边上的中线，点为射线上一点，将沿折叠，点的对应点为点． (1)若，直接写出的长（用含的代数式表示）； (2)若，垂足为，点与点在直线的异侧，连接，如图②，判断四边形的形状，并说明理由； (3)若，直接写出的度数． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $