专题 1.5 特殊平行四边形全章复习讲义（知识梳理 + 题型精析 +同步检测）- 2026-2027学年北师大版九年级数学上册基础知识专项突破讲与练

该初中数学专题复习讲义通过知识框架图系统梳理特殊平行四边形知识体系，以菱形、矩形、正方形为核心，用逻辑链呈现四边形从属关系，表格对比三者性质与判定，思维导图归纳中点四边形规律，同时汇总高频易错点强化理解。 讲义亮点在于分层题型设计，基础题型夯实性质判定理解，提升题型如折叠综合、坐标系综合题培养推理意识与空间观念，例题与变式题结合。同步检测覆盖选择填空解答，助力学生自主复习，教师可实施精准分层教学。

专题 1.5 特殊平行四边形全章复习讲义（知识梳理+题型精析+同步检测） 目录 一.知识梳理解读 2 【知识点一】菱形 2 【知识点二】矩形 2 【知识点三】正方形 2 【知识点四】四类四边形从属关系 3 【知识点五】中点四边形规律 3 【知识点六】全章高频易错点汇总 3 二.题型精析（夯实基础） 3 【题型 1】特殊四边形性质的理解 3 【题型 2】特殊四边形判定的理解 4 【题型 3】菱形性质求值证明 5 【题型 4】菱形面积 6 【题型 5】菱形性质与判定求值证明 7 【题型 6】矩形性质求值证明（基础计算+证明） 8 【题型 7】直角三角形斜边上中线（基础计算+证明） 9 【题型 8】矩形性质与判定求值证明（基础计算+证明） 10 【题型 9】正方形性质求值证明 11 【题型 10】正方形性质与判定求值证明 12 三.题型精析（巩固提升） 13 【题型 11】特殊四边形判定证明（综合大题） 13 【题型 12】折叠综合问题（期末高频压轴） 14 【题型 13】中点四边形证明题 15 【题型 14】特殊四边形与直角坐标系综合 16 【题型 15】特殊四边形与一次函数综合 18 四.同步检测 19 （一）选择题（本大题共10个小题,每小题3分,共30分） 19 （二）填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 21 （三）解答题（本大题共6小题，共58分） 23 一.知识梳理解读 【知识点一】菱形 1. 定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 2. 核心性质（兼具平行四边形所有性质+独有性质） （1）边角：四条边全部相等，对边平行，对角相等； （2）对角线：对角线互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角； （3）面积公式（必考双公式）：① 底×高；② （对角线乘积的一半）。 3. 三大判定方法 （1）定义法：一组邻边相等的平行四边形是菱形； （2）边判定：四条边相等的四边形是菱形； （3）对角线判定：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 【知识点二】矩形 1. 定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。 2. 核心性质（兼具平行四边形所有性质+独有性质） （1）边角：对边平行且相等，四个角均为90°； （2）对角线：对角线互相平分且相等； （3）重要推论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半（考试高频）。 3. 三大判定方法 （1）定义法：有一个角是直角的平行四边形是矩形； （2）角判定：三个角是直角的四边形是矩形； （3）对角线判定：对角线相等的平行四边形是矩形。 【知识点三】正方形 1. 定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形。（既是特殊矩形，也是特殊菱形） 2. 核心性质（集齐矩形、菱形所有性质） （1）边角：四条边相等，四个角都是90°； （2）对角线：相等、垂直、互相平分，且平分一组对角，对角线与边夹角为45°； （3）对称性：既是轴对称图形（4条对称轴），又是中心对称图形。 3. 三类判定思路（最快解题） （1）矩形基础：有一组邻边相等的矩形是正方形； （2）菱形基础：有一个角是直角的菱形是正方形； （3）平行四边形基础：邻边相等+一个直角的平行四边形是正方形。 【知识点四】四类四边形从属关系 （1）平行四边形 → （加直角）矩形 →（加邻边相等）正方形 （2）平行四边形 → （加邻边相等）菱形 →（加直角）正方形 （3）核心结论：正方形包含矩形、菱形的所有性质 【知识点五】中点四边形规律 顺次连接任意四边形四边中点所得的四边形称为中点四边形，形状只与原四边形对角线有关： （1）原四边形对角线普通：中点四边形为平行四边形； （2）原四边形对角线相等：中点四边形为菱形； （3）原四边形对角线垂直：中点四边形为矩形； （4）原四边形对角线相等且垂直：中点四边形为正方形。 【知识点六】全章高频易错点汇总 （1）对角线相等的四边形≠矩形，必须是平行四边形+对角线相等才是矩形； （2）对角线垂直的四边形≠菱形，必须是平行四边形+对角线垂直才是菱形； （3）菱形面积只记底×高，遗忘「对角线乘积一半」公式； （4）误用直角三角形斜边中线定理（仅限直角三角形）； （5）正方形判定缺条件，只证矩形或只证菱形，未证双重特殊； （6）中点四边形判断看边，忽略核心：只看原四边形对角线。 二.题型精析（夯实基础） 【题型 1】特殊四边形性质的理解 【例题1】（25-26八年级下·广西百色·期末）平行四边形、矩形、菱形、正方形共有的性质是（     ） A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．内角为 D．对角线互相垂直 【变式1】（25-26八年级下·山西晋中·期末）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（     ） A．平行四边形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．正方形 【变式2】（25-26八年级下·天津蓟州·期末）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（     ）． A．对角相等 B．邻边互相垂直 C．对角线相等 D．对角线互相垂直 【变式3】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）下列结论中正确的个数是（    ） ①正方形的对角线相等；②平行四边形对角线相等；③菱形对角线互相垂直；④平行四边形对边相等；⑤矩形对角线相互垂直 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【题型 2】特殊四边形判定的理解 【例题2】（25-26八年级下·重庆·期末）下列说法正确的是（     ） A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B．对角线相等且互相平分的四边形是正方形 C．有一组对边相等的四边形是平行四边形 D．邻边相等且有一个内角是直角的四边形是矩形 【变式1】（25-26八年级下·吉林长春·期末）在矩形、菱形与正方形的复习课上，小明绘制了如图的知识结构框架图，图中箭头处所填判定条件错误的一项是（     ） A．①：一个角是直角 B．②：对角线相等 C．③：对角线互相垂直 D．④：一个角是直角 【变式2】（25-26八年级下·广东广州·期末）下列选项的命题中，是真命题的是（     ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相平分的四边形是平行四边形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．四边相等的四边形是正方形 【变式3】（25-26八年级下·河南周口·期末）下列命题中，真命题是（     ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 C．四条边相等的四边形是菱形 D．一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形 【题型 3】菱形性质求值证明 【例题3】（25-26八年级下·甘肃张掖·期末）如图，的对角线与相交于点，点是上一点，连接，，且． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的长． 【变式1】（25-26八年级下·河北石家庄·期末）如图，在菱形中，过点C作交对角线于点E，已知，则的度数是（     ） A．55° B．75° C．60° D．65° 【变式2】（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，已知菱形的边长为，，对角线、相交于点．则这个菱形的对角线的长为________．（结果保留根号） 【变式3】（25-26八年级下·四川宜宾·期末）如图，是的边的中线，E是的中点，过点A作，交的延长线于点F，交于G，连接． （1）若四边形是菱形，求证：是直角三角形： （2）若，求长． 【题型 4】菱形面积 【例题4】（25-26八年级下·山东泰安·期末）如图，四边形的对角线与相交于点，，．有下列两个条件：①；②． （1）请你从①②中任选一个作为条件，求证：四边形是菱形； （2）在（1）的条件下，若，，求四边形的面积． 【变式1】（25-26八年级下·河南周口·期末）菱形的周长为20，一条对角线长为6，则菱形的面积为（     ） A．48 B．24 C．12 D．30 【变式2】（2026·北京·中考真题）如图，的两条对角线相交于点O．已知的面积为，的长为，当的长为________时，是菱形． 【变式3】（25-26八年级下·上海松江·期末）如图，在平行四边形中，P是边上的一点（点P不与B、C重合），连接，交对角线于点E，连接，且． （1）求证：四边形是菱形； （2）连接，若，，设长度为x，的面积为y，求y关于x的函数表达式，并写出函数的定义域． 【题型 5】菱形性质与判定求值证明 【例题5】（25-26八年级下·北京·期末）如图，中，平分交于点，过点作交于点，连接交于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，，求的长． 【变式1】（25-26八年级下·云南玉溪·期末）如图，按如下步骤作四边形：①作；②以点为圆心，长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，，．若，则（     ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26八年级下·陕西西安·期末）如图，在平行四边形中，，，．点，分别为，上的动点，连接，，则当取最小值时，的长为________． 【变式3】（25-26八年级下·陕西渭南·期末）如图，在中，的平分线交于点，点是边上一点，且，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）连接交于点，若，，，求的长． 【题型 6】矩形性质求值证明（基础计算+证明） 【例题6】（24-25八年级下·北京·课后作业）如图，在矩形中，E是上的一点，交于点F，，矩形的周长为16．求的长． 【变式1】（2025·内蒙古·模拟预测）如图，直线，矩形的顶点在直线上．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26八年级下·湖南岳阳·期末）如图，在矩形中，于点．若，，则的长为__________． 【变式3】（24-25八年级下·江苏苏州·期中）如图，矩形的对角线、交于点，延长到点，使，延长到点，使，连接、、． （1）求证：四边形是菱形． （2）若，，则菱形的面积为________． 【题型 7】直角三角形斜边上中线（基础计算+证明） 【例题7】（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图，中，，、分别是、的中点，以为斜边作． （1）求证：； （2）若，求的度数． 【变式1】（25-26八年级下·湖北宜昌·期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，为的中点，且，则菱形的边长为（     ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接．若，，则的长为_______． 【变式3】（24-25八年级上·江苏泰州·期末）如图，在四边形中，．，分别是对角线，的中点． （1）求证：； （2）若，，，求的长． 【题型 8】矩形性质与判定求值证明（基础计算+证明） 【例题8】（24-25九年级下·四川资阳·阶段检测）如图，在四边形中，，，为上一点，且，为上一点，交于点，．求证：． 【变式1】（24-25九年级上·山东青岛·期末）如图，□ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，△ABO是等边三角形，若AC＝8cm，则平行四边形ABCD的面积是（    ）cm2 ． A．16 B．4 C．8 D．16 【变式2】（25-26八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图，在中，，，，P是边上的一点，作垂直，垂直，垂足分别为E、F，则的最小值是_________． 【变式3】（25-26八年级下·吉林·期末）已知，如图平行四边形的对角线，相交于点，为的中点，连接并延长，交的平行线于点，连接． （1）求证：； （2）已知：________（从以下两个条件①，②中选择一个作为已知，只填写序号），判断四边形的形状，并证明你的结论． 【题型 9】正方形性质求值证明 【例题9】（25-26八年级下·福建厦门·期末）如图，是正方形的边的中点，连接，证明． 【变式1】（25-26九年级上·陕西咸阳·期中）如图，在正方形中，以对角线为边在右侧作菱形，点、分别在、的延长线上，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级下·海南·期末）如图，已知正方形的边长为4，对角线与相交于点，点在边的延长线上．若，则______，______． 【变式3】（24-25八年级下·山东聊城·阶段检测）如图，正方形中，是上的一点，连接，过点作，垂足为点，延长交于点，连接．若正方形边长是5，，求的长． 【题型 10】正方形性质与判定求值证明 【例题10】（25-26八年级下·陕西延安·期末）如图，在中，点是边上的点，连接，交于点，，于点，交于点，． （1）求证：四边形是正方形； （2）连接，若平分，，求的长． 【变式1】（24-25八年级下·全国·暑假作业）如图，现有一块边长为2的正方形毛巾，将其一角折叠至毛巾的中心位置，折痕的长为（   ） A．2 B． C．1 D． 【变式2】（24-25八年级上·湖北武汉·期中）如图，在四边形中，相交于点，，，，，用含，的代数式表示的面积是______． 【变式3】（25-26八年级下·河南鹤壁·阶段检测）正方形中，点E是对角线上一动点，过点E作交射线于点F，以，为邻边作矩形，连接． （1）求证：矩形是正方形； （2）若，，求的长； （3）若点E为中点，连接，直接写出和的位置关系． 三.题型精析（巩固提升） 【题型 11】特殊四边形判定证明（综合大题） 【例题11】（25-26八年级下·黑龙江佳木斯·期末）如图，正方形的边长为6，点E是上的一点，连接并延长交射线于点F，将沿直线翻折，点B落在点N处，的延长线交于点M，求证：． 【变式1】（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，菱形的对角线与相交于点．下列结论不一定正确的是（     ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，已知矩形，，平分交于点E，点F、G分别为、的中点，则的长为_________．    【变式3】（25-26八年级下·广东湛江·期末）如图1，在正方形中，点E和F分别是边和上的动点（点E与点A，B不重合，点F与点A，D不重合），且，连接，，相交于点G． （1）求证：； （2）如图2，当点E，F运动到，的中点时，连接，求证：． 【题型 12】折叠综合问题（期末高频压轴） 【例题12】（25-26九年级上·广东深圳·期末）如图，在四边形纸片中，，，点是上一点，将纸片沿折叠，点恰好落在点处，连接． （1）判断四边形的形状并证明； （2）若，，求的长． 【变式1】（25-26八年级下·重庆·期中）如图，长方形的长与宽比值为，将点B沿折叠与点G重合，将点C沿折叠与点H重合，则长方形的长与宽的比值为（    ） A．2 B． C． D．3 【变式2】（24-25八年级下·江苏南通·期中）如图，折叠矩形纸片，使点落在点处，折痕为，已知，，则的长________． 【变式3】（24-25八年级下·广西防城港·期中）【综合与实践】 折叠问题是几何变换常见的数学问题，其本质是轴对称图形，而矩形的折叠又往往会与勾股定理相关联．数学活动课上，同学们以“折叠”为主题开展了数学活动．如图，已知矩形纸片，其中，． 【操作判断】 （1）将矩形纸片按图折叠，使点落在边上的点处，请判断四边形的形状，并说明理由； 【探究发现】 （2）将图的纸片展平，把四边形剪下来，如图，取边的中点，将沿折叠得到，延长交于点． 求的长； 直接写出、、之间的数量关系． 【题型 13】中点四边形证明题 【例题13】（25-26八年级下·安徽阜阳·期末）如图，在四边形中，对角线，垂足为，点，，，分别为边，，，的中点．若，求四边形的面积． 【变式1】（25-26八年级下·上海·期末）如图将一张四边形纸片沿两组对边中点连线剪开，得到4张小纸片，用这4张小纸片一定可以拼成一个（     ） A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．平行四边形 【变式2】（25-26八年级下·天津·期末）如果一个四边形的对角线互相垂直且相等，那么顺次连结这个四边形各边中点所得的四边形是______． 【变式3】（25-26八年级下·江苏宿迁·期末）如图，在四边形中，，若分别是四边形各边、、、的中点． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）当时，求证：四边形是菱形； （3）在（2）的条件下，四边形满足_____________时，四边形是正方形．（直接写答案） 【题型 14】特殊四边形与直角坐标系综合 【例题14】（25-26八年级下·辽宁大连·期末）点是平面直角坐标系的原点，直线上有两点、，横坐标分别为，，分别作点关于点的对称点，点关于点的对称点，连结、、． （1）则点坐标为____________，点坐标为____________（用含的代数式表示）； （2）当四边形是矩形时，求的值； （3）求出直线解析式及的面积； （4）当点在内部（不含边界）时，直接写出的取值范围． 【变式1】（25-26八年级下·山东济宁·期末）正方形在平面直角坐标系中的位置如图所示．若点坐标为则的长是（     ） A．4 B． C． D． 【变式2】（25-26八年级下·江苏南京·期末）5个边长相等的正方形在平面直角坐标系中的位置如图所示，它们的边都与坐标轴平行．若点A，C的坐标分别是和，则点B的坐标是________． 【变式3】（24-25八年级下·湖南怀化·期末）如图，菱形ABCD的边长为6，∠ABC=45°． （1）试建立适当的平面直角坐标系表示该菱形并写出其各顶点的坐标． （2）若要计算该菱形的面积，你有什么办法？ 【题型 15】特殊四边形与一次函数综合 【例题15】（25-26八年级下·江苏南通·期末）如图，一次函数的图象与轴，轴分别交于，两点，点在第一象限． （1）求，两点的坐标； （2）若的面积与的面积相等，求的值； （3）在平面直角坐标系中存在一点，使得以，，，四个点为顶点的四边形为矩形，求点的坐标． 【变式1】（25-26八年级下·北京·期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过正方形的顶点A和C，已知点的坐标为，则k的值为（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式2】（2025·浙江宁波·一模）小明在研究函数特性时，给出了这样的定义：对于函数图象上的点，若且，则称点P为该函数的“轴近点”．已知一次函数（k为常数）的图象上存在“轴近点”，则k的取值范围_______． 【变式3】（25-26八年级下·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过，两点，与x轴和y轴分别交于点A和点B． （1）求一次函数的解析式； （2）如图，若点在线段上，点在直线上，作于点，于点，四边形为正方形，求点坐标． 四.同步检测 （一）选择题（本大题共10个小题,每小题3分,共30分） 1．（25-26八年级下·河南周口·阶段检测）在菱形中，，对角线，则该菱形的周长为（     ） A．6 B．12 C．15 D．20 2．（25-26八年级下·广东阳江·期末）如图，菱形中，若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 3．（25-26八年级下·广东珠海·期末）在平行四边形中，下列条件能判定这个平行四边形为菱形的是（     ） A． B． C． D． 4．（2024·四川自贡·中考真题）如图，以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点M，N，再分别以M、N为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点B，连接．若，则（    ）    A． B． C． D． 5．（25-26九年级上·甘肃武威·阶段检测）如图，在矩形中，对角线相交于点，于点，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 6．（25-26八年级下·江西上饶·期末）图1是某脚手架的实物图，图2是其示意图，，是的中点，若，则支撑杆的长为（     ） A． B． C． D． 7．（25-26八年级下·广东珠海·期中）下列条件能判断正方形的是（   ） A．对角线互相垂直的菱形 B．对角线相等的菱形 C．对角线互相平分的矩形 D．对角线互相垂直的平行四边形 8．（25-26八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，中，D为边上一点，作，，若四边形为矩形，则应添加条件（     ） A． B． C． D． 9．（23-24八年级下·广西玉林·期末）如图，已知P是正方形对角线上一点，平分，则的度数是（    ） A． B． C． D． 10．（黑龙江齐齐哈尔市建华区2025-2026学年度下学期期末学业考试八年级数学试题）如图，将的矩形纸片放在直角坐标系中，顶点在轴上，为边上一点，连接，将纸片沿折叠，使点落在边与轴的交点处；则点的坐标为（    ） A． B． C． D． （二）填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（25-26八年级下·广东惠州·期末）小沛用一根长的绳子围成了一个菱形场地，则它的边长为____m． 12．（24-25九年级上·重庆·开学考试）如图，四边形为平行四边形，且平分，作，垂足为．若， ，则______． 13．（25-26八年级下·重庆开州·期末）毕业季同学们互送贺卡如图所示，小颖制作了一张贺卡，做好后量得，，，小颖立刻判断这张贺卡形状是矩形，小颖的判断依据是_________． 14．（25-26八年级下·天津红桥·期末）如图，四边形是矩形，点的坐标为，则对角线的长为__________． 15．（2026·新疆·中考真题）如图，形状为直角三角形的木块，斜靠在竖直的墙上，木块顶点在墙面上滑动，另一顶点在地面上滑动，，，，在同一平面内，若，，则木块顶点到墙角的距离的最大值为____________． 16．（25-26八年级下·上海宝山·期末）定义：如果一条直线能将矩形分成面积相等的两部分，那么称这条直线是这个矩形的一条“面积等分线”．如图，矩形的顶点为、、、，这个矩形与轴夹角为的“面积等分线”的表达式是________． 17．（2026年河北省秦皇岛市山海关区自主招生数学试题）如图，在矩形中，，直线交两边（不含端点）于两点，则长度的整数值可以为_____．（写出一个即可） 18．（2026·天津和平·二模）如图，在正方形中，，其外部有一个正方形，对角线的延长线经过点，． （1）对角线的长为___； （2）连接，点是的中点，点是边的中点，则线段的长为___． （三）解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（本小题满分8分）（25-26九年级上·贵州贵阳·期中）如图，菱形对角线与交于点O，过点C作，过点B作，与相交于点E． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求四边形的面积． 20．（本小题满分8分）（24-25八年级下·湖北孝感·期中）如图，在中，O是边上的动点，过O作，设交平分线于E，交外角的平分线于F． （1）试探索与之间的数量关系； （2）点O运动到何处时，四边形为矩形，说明理由． 21．（本小题满分10分）（24-25八年级下·甘肃甘南·期中）如图，在正方形和正方形中，连接、交于点，连接．求证： （1）； （2）平分． 22．（本小题满分10分）（25-26八年级下·辽宁大连·期末）如图，在中，对角线，交于点，且平分，过点作交于点． （1）求证：四边形是菱形； （2）若菱形的周长为，，求的长． 23．（本小题满分10分）（25-26八年级下·浙江台州·期末）如图，在矩形中，垂直平分，垂足为点，连结，． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 24．（本小题满分12分）（25-26八年级下·湖南常德·期末）如图，在正方形中，点在延长线上，点在边上，且，连接交对角线于点，连接，，． （1）【基础探究】求证：． （2）【猜想证明】猜想、、之间的等量关系，并写出推理过程.． （3）【拓展延伸】若，，求出的长． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 1.5 特殊平行四边形全章复习讲义（知识梳理+题型精析+同步检测） 目录 一.知识梳理解读 2 【知识点一】菱形 2 【知识点二】矩形 2 【知识点三】正方形 2 【知识点四】四类四边形从属关系 3 【知识点五】中点四边形规律 3 【知识点六】全章高频易错点汇总 3 二.题型精析（夯实基础） 3 【题型 1】特殊四边形性质的理解 3 【题型 2】特殊四边形判定的理解 5 【题型 3】菱形性质求值证明 7 【题型 4】菱形面积 10 【题型 5】菱形性质与判定求值证明 15 【题型 6】矩形性质求值证明（基础计算+证明） 19 【题型 7】直角三角形斜边上中线（基础计算+证明） 22 【题型 8】矩形性质与判定求值证明（基础计算+证明） 26 【题型 9】正方形性质求值证明 30 【题型 10】正方形性质与判定求值证明 33 三.题型精析（巩固提升） 39 【题型 11】特殊四边形判定证明（综合大题） 39 【题型 12】折叠综合问题（期末高频压轴） 43 【题型 13】中点四边形证明题 49 【题型 14】特殊四边形与直角坐标系综合 53 【题型 15】特殊四边形与一次函数综合 59 四.同步检测 66 （一）选择题（本大题共10个小题,每小题3分,共30分） 66 （二）填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 71 （三）解答题（本大题共6小题，共58分） 77 一.知识梳理解读 【知识点一】菱形 1. 定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 2. 核心性质（兼具平行四边形所有性质+独有性质） （1）边角：四条边全部相等，对边平行，对角相等； （2）对角线：对角线互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角； （3）面积公式（必考双公式）：① 底×高；② （对角线乘积的一半）。 3. 三大判定方法 （1）定义法：一组邻边相等的平行四边形是菱形； （2）边判定：四条边相等的四边形是菱形； （3）对角线判定：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 【知识点二】矩形 1. 定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。 2. 核心性质（兼具平行四边形所有性质+独有性质） （1）边角：对边平行且相等，四个角均为90°； （2）对角线：对角线互相平分且相等； （3）重要推论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半（考试高频）。 3. 三大判定方法 （1）定义法：有一个角是直角的平行四边形是矩形； （2）角判定：三个角是直角的四边形是矩形； （3）对角线判定：对角线相等的平行四边形是矩形。 【知识点三】正方形 1. 定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形。（既是特殊矩形，也是特殊菱形） 2. 核心性质（集齐矩形、菱形所有性质） （1）边角：四条边相等，四个角都是90°； （2）对角线：相等、垂直、互相平分，且平分一组对角，对角线与边夹角为45°； （3）对称性：既是轴对称图形（4条对称轴），又是中心对称图形。 3. 三类判定思路（最快解题） （1）矩形基础：有一组邻边相等的矩形是正方形； （2）菱形基础：有一个角是直角的菱形是正方形； （3）平行四边形基础：邻边相等+一个直角的平行四边形是正方形。 【知识点四】四类四边形从属关系 （1）平行四边形 → （加直角）矩形 →（加邻边相等）正方形 （2）平行四边形 → （加邻边相等）菱形 →（加直角）正方形 （3）核心结论：正方形包含矩形、菱形的所有性质 【知识点五】中点四边形规律 顺次连接任意四边形四边中点所得的四边形称为中点四边形，形状只与原四边形对角线有关： （1）原四边形对角线普通：中点四边形为平行四边形； （2）原四边形对角线相等：中点四边形为菱形； （3）原四边形对角线垂直：中点四边形为矩形； （4）原四边形对角线相等且垂直：中点四边形为正方形。 【知识点六】全章高频易错点汇总 （1）对角线相等的四边形≠矩形，必须是平行四边形+对角线相等才是矩形； （2）对角线垂直的四边形≠菱形，必须是平行四边形+对角线垂直才是菱形； （3）菱形面积只记底×高，遗忘「对角线乘积一半」公式； （4）误用直角三角形斜边中线定理（仅限直角三角形）； （5）正方形判定缺条件，只证矩形或只证菱形，未证双重特殊； （6）中点四边形判断看边，忽略核心：只看原四边形对角线。 二.题型精析（夯实基础） 【题型 1】特殊四边形性质的理解 【例题1】（25-26八年级下·广西百色·期末）平行四边形、矩形、菱形、正方形共有的性质是（     ） A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．内角为 D．对角线互相垂直 【答案】A 【分析】根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质逐一分析各选项是否为四个图形共有的性质，即可得出答案． 解：A．对角线互相平分是平行四边形的基本性质，矩形，菱形，正方形作为特殊平行四边形，都保留该性质，符合题意； B．对角线相等，平行四边形和菱形不具有该性质，不符合题意； C．内角为，平行四边形和菱形不具有该性质，不符合题意； D．对角线互相垂直，平行四边形和矩形不具有该性质，不符合题意． 【变式1】（25-26八年级下·山西晋中·期末）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（     ） A．平行四边形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．正方形 【答案】D 【分析】根据轴对称图形指沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形指平面内，把图形绕某点旋转，旋转后的图形能与原图形重合的图形，逐一判断选项即可． 解：对各选项逐一判断： ∵平行四边形绕对角线交点旋转后能与自身重合，但没有对称轴， ∴平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，A不符合题意； ∵等边三角形沿对称轴折叠能重合，是轴对称图形，但旋转后不能与自身重合，不是中心对称图形，B不符合题意； ∵等腰三角形沿对称轴折叠能重合，是轴对称图形，但旋转后不能与自身重合，不是中心对称图形，C不符合题意； ∵正方形沿对边中点连线或对角线折叠都能重合，且绕对角线交点旋转后能与自身重合， ∴正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，D符合题意． 【变式2】（25-26八年级下·天津蓟州·期末）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（     ）． A．对角相等 B．邻边互相垂直 C．对角线相等 D．对角线互相垂直 【答案】D 【分析】对比正方形和矩形的性质，逐一判断选项，即可得到答案． 解：对角相等、邻边互相垂直、对角线相等均为矩形的性质， 正方形是特殊的矩形，正方形也具有这三个性质， 选项A、B、C不符合题意， 正方形的对角线互相垂直，普通矩形的对角线不互相垂直，只有矩形为正方形时对角线才互相垂直， 对角线互相垂直是正方形具有而矩形不一定具有的性质． 【变式3】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）下列结论中正确的个数是（    ） ①正方形的对角线相等；②平行四边形对角线相等；③菱形对角线互相垂直；④平行四边形对边相等；⑤矩形对角线相互垂直 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了正方形、平行四边形、菱形、矩形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据正方形、平行四边形、菱形、矩形的性质逐一判断各结论是否正确即可得出答案． 解：正方形的对角线相等，故①正确； 平行四边形对角线互相平分，不一定相等，故②错误； 菱形对角线互相垂直，故③正确； 平行四边形对边相等，故④正确； 矩形对角线相互平分，不一定垂直，故⑤错误； 综上，正确的结论为①③④，共3个． 故选：C． 【题型 2】特殊四边形判定的理解 【例题2】（25-26八年级下·重庆·期末）下列说法正确的是（     ） A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B．对角线相等且互相平分的四边形是正方形 C．有一组对边相等的四边形是平行四边形 D．邻边相等且有一个内角是直角的四边形是矩形 【答案】A 【分析】根据平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定定理，逐一判断各选项即可． 解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，符合菱形的判定定理，原说法正确，符合题意； B、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，对角线相等互相平分且垂直的四边形才是正方形，原说法错误，不符合题意； C、两组对边分别相等的四边形才是平行四边形，仅一组对边相等无法判定四边形是平行四边形，原说法错误； D、邻边相等且有一个内角是直角的四边形，不满足矩形的判定条件，不一定是矩形，原说法错误，不符合题意． 【变式1】（25-26八年级下·吉林长春·期末）在矩形、菱形与正方形的复习课上，小明绘制了如图的知识结构框架图，图中箭头处所填判定条件错误的一项是（     ） A．①：一个角是直角 B．②：对角线相等 C．③：对角线互相垂直 D．④：一个角是直角 【答案】B 【分析】根据矩形，菱形，正方形的判定定理进行求解即可． 解：A、根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可知该选项正确，故不符合题意； B、根据“对角线互相垂直的矩形是正方形”可知该选项错误，故符合题意； C、根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”可知该选项正确，故不符合题意； D、根据“有一个角是直角的菱形是正方形”可知该选项正确，故不符合题意． 【变式2】（25-26八年级下·广东广州·期末）下列选项的命题中，是真命题的是（     ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相平分的四边形是平行四边形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．四边相等的四边形是正方形 【答案】B 解：A、对角线相等且互相平分的四边形才是矩形，仅对角线相等的四边形不一定是矩形，故A是假命题； B、根据平行四边形的判定定理，对角线互相平分的四边形是平行四边形，故B是真命题； C、对角线互相垂直且平分的四边形才是菱形，仅对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故C是假命题； D、四边相等的四边形是菱形，四边相等且有一个内角为直角的四边形才是正方形，故D是假命题． 【变式3】（25-26八年级下·河南周口·期末）下列命题中，真命题是（     ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 C．四条边相等的四边形是菱形 D．一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形 【答案】C 【分析】本题根据矩形、正方形、菱形、平行四边形的判定定理，逐一判断各命题即可得到结果. 解： A、对角线相等的平行四边形才是矩形，对角线相等的四边形不一定是矩形，如等腰梯形对角线相等但不是矩形，故A是假命题； B、对角线互相垂直平分且相等的四边形才是正方形，仅对角线互相垂直且相等的四边形不是正方形，故B是假命题； C、根据菱形的判定定理，四条边相等的四边形是菱形，故C是真命题； D、一组对边相等，一组对角相等的四边形不一定是平行四边形，故D是假命题． 【题型 3】菱形性质求值证明 【例题3】（25-26八年级下·甘肃张掖·期末）如图，的对角线与相交于点，点是上一点，连接，，且． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的长． 【答案】（1）证明：四边形是平行四边形， ， 是边上的中线， ， ∴, ∴四边形是菱形； （2） 【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分，可知，结合，利用等腰三角形三线合一，可证，即可证明结论成立 （2）由（1）可得是菱形，然后算得，然后在中利用勾股定理，可算得，，根据即可得到答案． 解：（1）略 （2）解：，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ∴． 【变式1】（25-26八年级下·河北石家庄·期末）如图，在菱形中，过点C作交对角线于点E，已知，则的度数是（     ） A．55° B．75° C．60° D．65° 【答案】D 解：由题意得， ， ， ， ， ． 【变式2】（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，已知菱形的边长为，，对角线、相交于点．则这个菱形的对角线的长为________．（结果保留根号） 【答案】 【分析】由题意易得，，，然后可得是等边三角形，进而根据勾股定理可进行求解． 解：∵四边形是菱形，且边长为， ∴，，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式3】（25-26八年级下·四川宜宾·期末）如图，是的边的中线，E是的中点，过点A作，交的延长线于点F，交于G，连接． （1）若四边形是菱形，求证：是直角三角形： （2）若，求长． 【答案】（1）证明：∵四边形是菱形，是的中线， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴是直角三角形． （2）3 【分析】（1）由菱形性质，是的中线，得到，进而由等腰三角形的判定与性质，结合三角形内角和定理得到即可得证； （2）取中点，连结，如图所示，由三角形中位线的判定与性质得到，，进而得到，再证明，根据全等三角形性质即可求解． 解：（1）略 （2）解：取中点，连结，如图所示： ∵是的边的中线，则是的中点， 是的中位线， ∴，， ∴， 是的中点， ， 在和中， ， ∴． 【题型 4】菱形面积 【例题4】（25-26八年级下·山东泰安·期末）如图，四边形的对角线与相交于点，，．有下列两个条件：①；②． （1）请你从①②中任选一个作为条件，求证：四边形是菱形； （2）在（1）的条件下，若，，求四边形的面积． 【答案】（1）若选择①， 证明：∵， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 若选择②， 证明：， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． （2） 【分析】（1）由，得，而，则四边形是平行四边形，若选择①，可根据菱形的定义证明四边形是菱形；若选择②，可根据菱形的判定定理证明四边形是菱形，选择其中一个条件证明四边形是菱形即可； （2）由菱形的性质得，，，因为，所以是等边三角形，则，求得，根据勾股定理求出，则，然后根据菱形的面积公式求解即可． 解：（1）略 （2）解：∵四边形是菱形，对角线与相交于点， ，，， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ∴， ∴， ∴． 【变式1】（25-26八年级下·河南周口·期末）菱形的周长为20，一条对角线长为6，则菱形的面积为（     ） A．48 B．24 C．12 D．30 【答案】B 【分析】利用菱形的四边相等，对角线互相垂直平分的性质，结合勾股定理求出另一条对角线的长，再根据菱形面积等于对角线乘积的一半计算即可． 解：如图， ∵菱形的周长为，交于点， ∴菱形的边长为 ， 设已知对角线的长为， ∵菱形的对角线互相垂直平分， ∴，，， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴菱形的面积 为． 【变式2】（2026·北京·中考真题）如图，的两条对角线相交于点O．已知的面积为，的长为，当的长为________时，是菱形． 【答案】 【分析】由菱形面积公式，解得，故． 解：由题意，若是菱形， 则的面积， ∵的面积为，的长为， ∴．解得． ∵四边形是菱形， ∴． 【变式3】（25-26八年级下·上海松江·期末）如图，在平行四边形中，P是边上的一点（点P不与B、C重合），连接，交对角线于点E，连接，且． （1）求证：四边形是菱形； （2）连接，若，，设长度为x，的面积为y，求y关于x的函数表达式，并写出函数的定义域． 【答案】（1）证明：如图所示，连接交于点O， ∵四边形是平行四边形， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2） 【分析】（1）连接交于点O，由平行四边形的性质得到，证明，推出，据此可证明平行四边形是菱形； （2）连接交于点O，由菱形的性质得到，利用勾股定理求出的长，得到的长，设点A到的距离为h，利用等面积法求出h的值，再根据三角形的面积公式求解即可． 解：（1）略 （2）解：如图所示，连接交于点O， 由（1）得四边形是菱形， ∴， ∴， ∴； 设点A到的距离为h， ∵， ∴， ∴， ∴． 【题型 5】菱形性质与判定求值证明 【例题5】（25-26八年级下·北京·期末）如图，中，平分交于点，过点作交于点，连接交于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，，求的长． 【答案】（1）证明：平行四边形， ． 又， 四边形是平行四边形． 是的平分线， ． ， ， ， ， 四边形是菱形． （2） 【分析】（1）先利用平行四边形的性质证明四边形是平行四边形，利用平行线的性质和角平分线的定义进一步证明，根据等角对等边得出，即可证明四边形是菱形． （2）作于点，由菱形的性质得出，由含30度直角三角形的性质得出，由勾股定理得出， 由含30度直角三角形的性质得出， 由勾股定理得出，由线段的和差关系得出，最后由勾股定理即可求出． 解：（1）略 （2）解：如图，作于点． 四边形是菱形， ． ， ． 在中，，， ， ∴， 在中，， ∴， ∵平行四边形， ∴， ， ． 【变式1】（25-26八年级下·云南玉溪·期末）如图，按如下步骤作四边形：①作；②以点为圆心，长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，，．若，则（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据作图可得四边形为菱形，即可解答． 解：根据题意可得， 四边形为菱形， ， ． 【变式2】（25-26八年级下·陕西西安·期末）如图，在平行四边形中，，，．点，分别为，上的动点，连接，，则当取最小值时，的长为________． 【答案】 【分析】先证明四边形是菱形，由菱形的性质得出点C关于的对称点为点A，进而可得出，则，过点A作于点，点A，N，M三点共线时，此时取最小值为，由含30度直角三角形的性质得出，进而可求出． 解：∵四边形是平行四边形，，且， ∴，平分，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴点C关于的对称点为点A，， ∴， ∴， 过点A作于点， ∴点A，N，M三点共线时，此时取最小值为， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【变式3】（25-26八年级下·陕西渭南·期末）如图，在中，的平分线交于点，点是边上一点，且，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）连接交于点，若，，，求的长． 【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）12 【分析】（1）先得出四边形是平行四边形，再得出即可； （2）先得出的长，进而可得的长，再得出，然后在中，利用勾股定理求解即可． 解：（1）证明：略． （2）解：由（1）已证：四边形是菱形， ∴，， ∵，， ∴，， 又∵，， ∴， ∴在中，． 【题型 6】矩形性质求值证明（基础计算+证明） 【例题6】（24-25八年级下·北京·课后作业）如图，在矩形中，E是上的一点，交于点F，，矩形的周长为16．求的长． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，根据矩形的性质得到，再证明得到，则，再根据矩形周长计算公式得到，据此求解即可． 解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵矩形的周长为16， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式1】（2025·内蒙古·模拟预测）如图，直线，矩形的顶点在直线上．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质及平行线的性质，根据矩形的性质得出，再结合平行线的性质即可解决问题． 解：延长与直线b交于点M， ∵， ∴． ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 【变式2】（25-26八年级下·湖南岳阳·期末）如图，在矩形中，于点．若，，则的长为__________． 【答案】1 【分析】利用矩形的对角线相等且互相平分求出的长，再利用含角的直角三角形的性质求出的长． 解：四边形是矩形， ， ， ， ， 在中，， ． 【变式3】（24-25八年级下·江苏苏州·期中）如图，矩形的对角线、交于点，延长到点，使，延长到点，使，连接、、． （1）求证：四边形是菱形． （2）若，，则菱形的面积为________． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】（1）由，得四边形是平行四边形：再由四边形是矩形，则得四边形是菱形； （2）由矩形的性质得；利用菱形的性质及勾股定理求得的长，从而求得菱形的两条对角线长，即可求得菱形的面积． 解：（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形： ∵四边形是矩形， ∴， 即， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴； ∵四边形是菱形，且， ∴，， ∴， 由勾股定理得：， 即， ． 【点拨】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的性质，含30度角直角三角形的性质及勾股定理等知识，掌握这些知识是解题的关键． 【题型 7】直角三角形斜边上中线（基础计算+证明） 【例题7】（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图，中，，、分别是、的中点，以为斜边作． （1）求证：； （2）若，求的度数． 【答案】（1）证明见详解；（2） 【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质定理和直角三角形斜边中线定理，平行线的性质和等腰三角形的性质等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质定理，并灵活应用． （1）利用三角形中位线性质定理和直角三角形斜边中线定理即可得出； （2）根据平行线的性质得到，根据直角三角形的性质得到，根据等腰三角形的性质计算即可． 解：（1）证明：∵、分别是、的中点 ∴ ∵是的中点，， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵、分别是、的中点， ∴， ∴， ∵是的中点，， ∴, ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【变式1】（25-26八年级下·湖北宜昌·期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，为的中点，且，则菱形的边长为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据菱形的性质可得，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出菱形的边长． 解：四边形为菱形， ， ， 为的中点， ， ， ， 即菱形的边长为． 【变式2】（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接．若，，则的长为_______． 【答案】 【分析】由菱形的性质可得，，，利用勾股定理求出的长，进而得到的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 解： 四边形是菱形， ，，， 在中， ， ， ，， ． 【变式3】（24-25八年级上·江苏泰州·期末）如图，在四边形中，．，分别是对角线，的中点． （1）求证：； （2）若，，，求的长． 【答案】（1）见分析；（2）CD=． 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，及勾股定理，熟悉各性质并作辅助线构造成等腰三角形是解题的关键． （1）连接、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得， ，从而得到，再根据等腰三角形三线合一的性质证明即可； （2）利用勾股定理求出，再求出，再利用勾股定理列式计算即可得解． 解：（1）证明∶如图，连接、， ，是的中点， ， ， ， 是的中点， ； （2）解：是的中点，， ， ，， 中， ， ， ， ， 中，． 【题型 8】矩形性质与判定求值证明（基础计算+证明） 【例题8】（24-25九年级下·四川资阳·阶段检测）如图，在四边形中，，，为上一点，且，为上一点，交于点，．求证：． 【答案】证明见分析 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键．先证出四边形是矩形，根据矩形的性质可得，再根据平行线的性质可得，根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后证出，根据等腰三角形的判定即可得证． 解：证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴． 【变式1】（24-25九年级上·山东青岛·期末）如图，□ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，△ABO是等边三角形，若AC＝8cm，则平行四边形ABCD的面积是（    ）cm2 ． A．16 B．4 C．8 D．16 【答案】D 【分析】根据平行四边形的性质和等边三角形的性质证得AC=BD=8，AB=4，进而证得四边形ABCD为矩形，利用勾股定理求得BC即可求解． 解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AO=OC，BO=OD， ∵△ABO是等边三角形，AC=8cm， ∴AO=OB=AB=4cm， ∴AC=BD， ∴四边形是ABCD是矩形， ∴∠ABC=90°， ∴在Rt△ABC中，BC=， ∴平行四边形ABCD的面积是AB·BC= ×4= （cm2）， 故答案为：D． 【点拨】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质是解答的关键． 【变式2】（25-26八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图，在中，，，，P是边上的一点，作垂直，垂直，垂足分别为E、F，则的最小值是_________． 【答案】 【分析】如图，连接，先证明四边形是矩形，由矩形性质得到，当时，线段最小，即最小，在中，由勾股定理求出，再由等面积法列式求线段长即可得到答案． 解：如图，连接， ∵在中，，，， ， ∴四边形是矩形， ， 是定点、是线段上的一个动点， 当时，线段最小，即最小， ∵，，， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴的最小值是． 【变式3】（25-26八年级下·吉林·期末）已知，如图平行四边形的对角线，相交于点，为的中点，连接并延长，交的平行线于点，连接． （1）求证：； （2）已知：________（从以下两个条件①，②中选择一个作为已知，只填写序号），判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】（1）证明：∵， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴； （2）∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， 情况一：选择①时， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形； 情况二：选择②时， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 【分析】（1）根据平行四边形的性质结合证明即可； （2）先证明四边形是平行四边形，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可． （1）略 （2）略 【题型 9】正方形性质求值证明 【例题9】（25-26八年级下·福建厦门·期末）如图，是正方形的边的中点，连接，证明． 【答案】证明见分析 【分析】通过已知条件，借助边角边即可证三角形全等． 解：是正方形的边的中点， ， 在和中 【变式1】（25-26九年级上·陕西咸阳·期中）如图，在正方形中，以对角线为边在右侧作菱形，点、分别在、的延长线上，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形、菱形的性质和等腰直角三角形的判定和性质，掌握以上图形的性质是解决本题的关键． 根据题意可证是等腰直角三角形，则即可求出的度数，再根据菱形的性质即可求解． 解：∵四边形是正方形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴平分， ∴， 故选C． 【变式2】（24-25八年级下·海南·期末）如图，已知正方形的边长为4，对角线与相交于点，点在边的延长线上．若，则______，______． 【答案】 /30度 【分析】本题考查的是正方形的性质、直角三角形的性质和勾股定理．根据正方形的性质得到，求出，根据直角三角形的性质、勾股定理计算即可． 解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：；． 【变式3】（24-25八年级下·山东聊城·阶段检测）如图，正方形中，是上的一点，连接，过点作，垂足为点，延长交于点，连接．若正方形边长是5，，求的长． 【答案】 【分析】先证明，得到，于是，利用勾股定理解答即可． 本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关图形的性质和定理是解题的关键． 解：∵四边形是正方形，正方形边长是5， ∴， ∵， ∴ 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【题型 10】正方形性质与判定求值证明 【例题10】（25-26八年级下·陕西延安·期末）如图，在中，点是边上的点，连接，交于点，，于点，交于点，． （1）求证：四边形是正方形； （2）连接，若平分，，求的长． 【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中 ， ∵有一个内角为直角的菱形是正方形 ∴四边形是正方形； （2） 【分析】（1）先利用平行四边形对边平行结合证出四边形是平行四边形，再由一组邻边相等判定其为菱形，接着借助直角三角形两锐角互余和等角代换推出，最后依据有一个直角的菱形是正方形完成证明． （2）先通过角平分线、垂直得到相等角，用证明与全等，推出，再结合正方形性质得到等腰直角，利用勾股定理求出正方形边长即，最后根据平行四边形对边相等得到长度，作差算出． 解：（1）略 （2）解：∵平分 ∴ ∵ ∴ 在与中 ∴ ∴， ∵， ∴， 由（1）得四边形是正方形 ∴，，， 在中，由勾股定理得 ， ∵， ∴， 将代入得 ， ， ， ∵边长为正数， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 【变式1】（24-25八年级下·全国·暑假作业）如图，现有一块边长为2的正方形毛巾，将其一角折叠至毛巾的中心位置，折痕的长为（   ） A．2 B． C．1 D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质与判定、折叠的性质，勾股定理，掌握知识点是解题的关键． 根据正方形的性质得到，由折叠的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，推出，同理，得到四边形是正方形，根据正方形的性质得到，于是得到结论． 解：如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 由折叠的性质得，， ， ， 同理， ∴四边形是正方形， ∴． 故选B． 【变式2】（24-25八年级上·湖北武汉·期中）如图，在四边形中，相交于点，，，，，用含，的代数式表示的面积是______． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，作交延长线于， 作于，可得四边形为矩形，进而可证，得到，，即得四边形为正方形，得到，即可得，得到，最后根据三角形的面积公式计算即可，正确作出辅助线是解题的关键． 解：作交延长线于， 作于， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴四边形为正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式3】（25-26八年级下·河南鹤壁·阶段检测）正方形中，点E是对角线上一动点，过点E作交射线于点F，以，为邻边作矩形，连接． （1）求证：矩形是正方形； （2）若，，求的长； （3）若点E为中点，连接，直接写出和的位置关系． 【答案】（1）证明：过点作于点，于点，则， ∵四边形是正方形， ∴，平分， ∴， ∵四边形是矩形， ∴ ∴ ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2） （3） 【分析】（1）过点作于点，于点，然后证明，得到，即可证明； （2）证明，得到，求出，然后利用勾股定理求解； （3）证明点，重合，由四边形是正方形，得到． 解：（1）略 （2）解：∵四边形和是正方形 ∴，， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴，即 ∴（负值舍去）； （3）解：，理由如下： 如图， ∵在正方形中，， 又∵点为的中点， ∴，即， ∵， ∴点在射线上， ∵， ∴此时重合， ∵四边形是正方形， ∴． 三.题型精析（巩固提升） 【题型 11】特殊四边形判定证明（综合大题） 【例题11】（25-26八年级下·黑龙江佳木斯·期末）如图，正方形的边长为6，点E是上的一点，连接并延长交射线于点F，将沿直线翻折，点B落在点N处，的延长线交于点M，求证：． 【答案】证明：∵沿直线翻折，点B落在点N处， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在中， ∵， ∴. 【分析】根据折叠的性质得，由于，则，所以，得到，在中，即可证明结论． 解：略． 【变式1】（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，菱形的对角线与相交于点．下列结论不一定正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 解：在菱形中，，故A正确，不符合题意； 对角线与相互垂直平分，则，，故BD正确，不符合题意； 的大小不能确定，故C错误，符合题意． 【变式2】（24-25九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，已知矩形，，平分交于点E，点F、G分别为、的中点，则的长为_________．    【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理．正确连接辅助线是解题关键． 连接．由矩形的性质可间接证明得出，从而可求出，再由勾股定理可求出，最后根据三角形中位线定理求解即可． 解：连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点F、G分别为、的中点， ∴， 故答案为：． 【变式3】（25-26八年级下·广东湛江·期末）如图1，在正方形中，点E和F分别是边和上的动点（点E与点A，B不重合，点F与点A，D不重合），且，连接，，相交于点G． （1）求证：； （2）如图2，当点E，F运动到，的中点时，连接，求证：． 【答案】（1）证明：四边形是正方形， ，， 在和中， ， ． ． ， ． ． 即． （2）证明：如图2，延长，交于点，             四边形是正方形， ． 是的中点， ．     在和中， ． ． ， ． ， ．     是直角三角形． ． 【分析】（1）先根据正方形的性质证明，得到，证明，即可证明； （2）如图，延长交于点H，证明，得到，则，由直角三角形斜边上的中线的性质即可得到． （1）略． （2）略． 【题型 12】折叠综合问题（期末高频压轴） 【例题12】（25-26九年级上·广东深圳·期末）如图，在四边形纸片中，，，点是上一点，将纸片沿折叠，点恰好落在点处，连接． （1）判断四边形的形状并证明； （2）若，，求的长． 【答案】（1）四边形是菱形，见分析；（2） 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，勾股定理： （1）根据平行线的性质以及折叠的性质可得，从而得到，进而得到，可证明四边形是平行四边形，再由，即可求证； （2）设，在中，利用勾股定理可得，连接，在中，利用勾股定理可得，然后根据，即可求解． 解：（1）解：四边形是菱形，理由如下： 如图， ， ． 纸片沿折叠， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． ， 是菱形． （2）解：由（1）得， 设， 在中，， ∴， ∴， 解得：， 即， 连接，    在中，， ． ， ， ． 【变式1】（25-26八年级下·重庆·期中）如图，长方形的长与宽比值为，将点B沿折叠与点G重合，将点C沿折叠与点H重合，则长方形的长与宽的比值为（    ） A．2 B． C． D．3 【答案】B 【分析】设，则，根据折叠性质得出四边形为正方形，求出和的长，再根据第二次折叠求出，进而得出的长，最后计算长方形的长宽比． 解：设， 长方形的长与宽比值为， ， 由折叠可知， ，，， ， 四边形为正方形， ，， ∵长方形 ∴ ∴， ∴点共线， ∴， 同理可得，三点共线， 由折叠可得，， ∴ 长与宽的比值为． 【变式2】（24-25八年级下·江苏南通·期中）如图，折叠矩形纸片，使点落在点处，折痕为，已知，，则的长________． 【答案】 【分析】设交于点，连接，，根据折叠的性质得到垂直平分，可证，推出，从而得到四边形是菱形，设，则，再利用勾股定理求出，，最后利用即可求得． 解：如图，设交于点，连接，， 由折叠可知，垂直平分， ， 四边形是矩形， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形是菱形， ， ，，， 设，则， 在中，， 在中，，即， 解得：， ， ， ， 故答案为：． 【点拨】本题考查了折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，菱形的面积公式的运用，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 【变式3】（24-25八年级下·广西防城港·期中）【综合与实践】 折叠问题是几何变换常见的数学问题，其本质是轴对称图形，而矩形的折叠又往往会与勾股定理相关联．数学活动课上，同学们以“折叠”为主题开展了数学活动．如图，已知矩形纸片，其中，． 【操作判断】 （1）将矩形纸片按图折叠，使点落在边上的点处，请判断四边形的形状，并说明理由； 【探究发现】 （2）将图的纸片展平，把四边形剪下来，如图，取边的中点，将沿折叠得到，延长交于点． 求的长； 直接写出、、之间的数量关系． 【答案】四边形是正方形，理由见分析；；． 【分析】根据矩形的性质可知，所以四边形是矩形，由折叠的性质可知，从而可证结论成立； 由可知四边形是正方形，根据正方形的性质可知，，又因为点是的中点，所以可得，利用勾股定理可得：； 连接，可证，根据全等三角形对应边相等可证，由折叠的性质可知，从而可证． 解：解：四边形是正方形， 理由如下： 四边形是矩形， ， 由折叠的性质可知：，， ， 四边形是矩形， 又， 四边形是正方形； 由可知四边形是正方形， ，， ，， 点是的中点， ， ； 解：， 如下图所示，连接， 点是的中点， ，， 在和中，， ， ， 由折叠的性质可知， ， ． 【题型 13】中点四边形证明题 【例题13】（25-26八年级下·安徽阜阳·期末）如图，在四边形中，对角线，垂足为，点，，，分别为边，，，的中点．若，求四边形的面积． 【答案】12 【分析】根据中位线定理得到，，，，可知四边形是平行四边形，根据证明四边形是矩形，即可求出四边形的面积． 解：∵分别为边的中点． ，， ∴． 同理，，， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴四边形的面积为． 【变式1】（25-26八年级下·上海·期末）如图将一张四边形纸片沿两组对边中点连线剪开，得到4张小纸片，用这4张小纸片一定可以拼成一个（     ） A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．平行四边形 【答案】D 【分析】将四边形绕点H顺时针旋转到四边形，将四边形绕点F顺时针旋转到四边形，将四边形平移到四边形，得到四边形，解答即可． 解：将四边形绕点H顺时针旋转到四边形， 则， ， 将四边形绕点F顺时针旋转到四边形， 则， ， 将四边形平移到四边形， 得到四边形， 故四边形是平行四边形． 【变式2】（25-26八年级下·天津·期末）如果一个四边形的对角线互相垂直且相等，那么顺次连结这个四边形各边中点所得的四边形是______． 【答案】正方形 【分析】本题考查三角形中位线定理和平行四边形.矩形.正方形的判定，根据三角形中位线定理得到中点四边形对边的位置关系和数量关系，结合原四边形对角线垂直且相等的条件，逐步判定四边形的形状. 解：设四边形中， 对角线，，，，，分别为，，，的中点， 根据三角形中位线定理可得：，，，，，，，， ，，，， 四边形是平行四边形， ， ∴， ，即， 平行四边形是矩形， 又， ， 矩形是正方形． 【变式3】（25-26八年级下·江苏宿迁·期末）如图，在四边形中，，若分别是四边形各边、、、的中点． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）当时，求证：四边形是菱形； （3）在（2）的条件下，四边形满足_____________时，四边形是正方形．（直接写答案） 【答案】（1）证明：如图所示，连接， 在中，点分别是的中点， ∴， 在中，点分别是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）证明： 如图所示，连接， ∵在中，点分别是的中点， ∴， ∵在中，点分别是的中点， ∴， ∵， ∴， 又∵由（1）知，四边形是平行四边形，且， ∴四边形是菱形． （3） 【分析】（1）连接，利用三角形中位线的性质证明即可； （2）连接，根据三角形中位线的性质转化为平行四边形的邻边相等证明即可； （3）根据三角形中位线的性质转化为菱形有一个角为证明即可． 解：（1）证明：略 （2）证明：略 （3）解：四边形满足时，四边形是正方形，理由如下： ∵在中，点分别是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵在中，点分别是的中点， ∴， ∵， ∴， 由（2）知，四边形是菱形，且， ∴四边形是正方形． 【题型 14】特殊四边形与直角坐标系综合 【例题14】（25-26八年级下·辽宁大连·期末）点是平面直角坐标系的原点，直线上有两点、，横坐标分别为，，分别作点关于点的对称点，点关于点的对称点，连结、、． （1）则点坐标为____________，点坐标为____________（用含的代数式表示）； （2）当四边形是矩形时，求的值； （3）求出直线解析式及的面积； （4）当点在内部（不含边界）时，直接写出的取值范围． 【答案】（1）；；（2）；（3）；4；（4） 【分析】（1）先求的坐标，再由关于原点对称的点横纵坐标均互为相反数，得到的坐标； （2）根据矩形的性质可得对角线相等且平分，即可得到列方程求解即可； （3）设函数解析式为，代入、两点的坐标解出即可得到解析式，再根据面积公式计算面积即可； （4）先求出直线的解析式为，可得直线的解析式为， 推导出点C始终在点D的上方，再分类讨论：①当时，②当时，逐项分析求解即可． 解：（1）解：∵、在直线上，横坐标分别为、， ∴，， ∵点关于点的对称点，点关于点的对称点， ∴坐标为，坐标为； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵点关于点的对称点，点关于点的对称点， ∴，， ∴， ∴， ∴ ∴， 展开得， 整理得， 解得：； （3）解：设直线解析式为， 代入、坐标： 解得 ∴直线解析式为； ∵，， ∴四边形为平行四边形 当时，， ∴直线与轴的交点为 当时，， ∴该直线与轴的交点为， ∵， ∴， 平移的过程中不影响图形的形状和大小，即面积不变，所以无论什么时候的面积都为4； （4）解：设直线的解析式为，将，，分别代入，得 ， 解得， ∴直线的解析式为， 同理可得直线的解析式为， ∵坐标为，坐标为，且直线解析式为， ∴， 即点C始终在点D的上方， ①当时，如图 ∴点A在x轴上或第一或第二象限，此时点C在x轴上或第三或第四象限， 则点C始终都在x轴的下方，即点始终在外部，不符合题意； ②当时，如图 作直线，交于点E，交于点F， ∵点在内部， ∴， 当时，，， ∴， 即， 解得， 综上所述，． 【变式1】（25-26八年级下·山东济宁·期末）正方形在平面直角坐标系中的位置如图所示．若点坐标为则的长是（     ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正方形的性质得到，再运用两点之间距离的计算公式求解即可． 解：如图所示，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴ ． 【变式2】（25-26八年级下·江苏南京·期末）5个边长相等的正方形在平面直角坐标系中的位置如图所示，它们的边都与坐标轴平行．若点A，C的坐标分别是和，则点B的坐标是________． 【答案】 【分析】设正方形的边长为，根据点和点的横坐标之差求出的值，再根据点C的坐标和正方形的排列规律求出点的坐标． 解：设正方形的边长为， 由图可知，点到点在水平方向上跨越了个正方形的边长， 点的坐标为，点的坐标为， ， 解得， 由图可知，点C的横纵坐标与点B的横纵坐标各相差， ∴点的横坐标为，点的纵坐标为， 点的坐标为． 【变式3】（24-25八年级下·湖南怀化·期末）如图，菱形ABCD的边长为6，∠ABC=45°． （1）试建立适当的平面直角坐标系表示该菱形并写出其各顶点的坐标． （2）若要计算该菱形的面积，你有什么办法？ 【答案】（1）平面直角坐标系见分析，，，，；（2）． 【分析】（1）以点为坐标原点，菱形的所在的直线为轴，所在直线的垂线为轴建立平面直角坐标系，过点A作于点，勾股定理求得，，进而可以确定菱形四个顶点的坐标； （2）由菱形的面积公式可得答案． 解：（1）以点为坐标原点，菱形的所在的直线为轴，所在直线的垂线为轴建立平面直角坐标系，如图， 过点A作于点， 菱形的边长为6，， ， ， ∴，， ∵， ∴，，，． （2）∵，，， ∴． 【点拨】本题考查了菱形的性质，菱形的面积公式，坐标与图形，掌握菱形的性质是解题的关键． 【题型 15】特殊四边形与一次函数综合 【例题15】（25-26八年级下·江苏南通·期末）如图，一次函数的图象与轴，轴分别交于，两点，点在第一象限． （1）求，两点的坐标； （2）若的面积与的面积相等，求的值； （3）在平面直角坐标系中存在一点，使得以，，，四个点为顶点的四边形为矩形，求点的坐标． 【答案】（1），；（2）；（3）或 【分析】（1）轴上点纵坐标为0，轴上点横坐标为0，代入函数解析式求解即可； （2）先求出的面积，可得的面积，再用点的坐标表示的面积，代入计算即可； （3）根据矩形互相平分且相等的性质，列中点公式求的坐标，再验证对角线相等即可． 解：（1）令，代入一次函数解析式得， 解得， ∴； 令，代入一次函数解析式得， ∴； （2）过作轴于，过作，交于， ∵轴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴， ， ∵的面积与的面积相等， ∴， ∵且在第一象限， ∴， ∴ ， ∴, ∴ ， ​ 令， 解得； （3）由（2）得 ，四个点构成矩形，根据矩形对角线互相平分且相等，分三种情况讨论： ① 若为矩形的对角线： 中点坐标为 ，， 设， ∴由中点重合： 解得 ∴ ， ∵矩形的对角线相等，则, ∴， 整理的：, 解得：，， ∴（不符合题意，舍去）或； ② 若为矩形的对角线： 中点坐标为 ， 同理得： 解得 ， 此时,即， ∴ 整理得， 解得（舍去） ③ 若为矩形的对角线： 中点坐标为 ， 同理得： ​ 解得 ， ∴， ∵， ∴ 整理得， ∴， ∴; ∴ 存在或使得以，，，四个点为顶点的四边形为矩形． 【变式1】（25-26八年级下·北京·期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过正方形的顶点A和C，已知点的坐标为，则k的值为（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】过点作轴于点，过C作轴于点，如图，先根据正方形的性质得到，，再利用等角的余角相等得到，则可判断，所以，，则，然后利用待定系数法求一次函数的解析式即可． 解：过点作轴于点，过C作轴于点，如图， 点的坐标为， ，， 四边形为正方形， ，， ，， ， 在和中， ， ， ，， 点的坐标为， 把，分别代入得 ， 解得， k的值为3． 【变式2】（2025·浙江宁波·一模）小明在研究函数特性时，给出了这样的定义：对于函数图象上的点，若且，则称点P为该函数的“轴近点”．已知一次函数（k为常数）的图象上存在“轴近点”，则k的取值范围_______． 【答案】且 【分析】本题考查的是一次函数的定义，一次函数的图象与性质，如图，由且，可得，，可得在正方形内，包括边界；当一次函数过时，如图，当一次函数过时，再结合一次函数的定义可得答案． 解：如图，∵且， ∴，， ∴在正方形内，包括边界； 当一次函数过时， ， 解得：， 如图，当一次函数过时， ∴， 解得：， ∵， ∴一次函数（k为常数）的图象上存在“轴近点”，则k的取值范围为 且； 故答案为：且 【变式3】（25-26八年级下·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过，两点，与x轴和y轴分别交于点A和点B． （1）求一次函数的解析式； （2）如图，若点在线段上，点在直线上，作于点，于点，四边形为正方形，求点坐标． 【答案】（1）；（2）点坐标为 【分析】 （1）将点、代入，列方程组，进行求解即可； （2）设点横坐标为，则，竖直线段．由正方形得为水平线段，与纵坐标相等，代入得，故．由列方程解得，即可得． 解：（1）解：将点和代入解析式， 得， 解得， ∴一次函数的解析式为； （2）解：设点的横坐标为， 点在线段上， 点坐标为， 轴于点， ∴， 四边形是正方形， ，且， 又在轴上， 为水平线段，即点与点纵坐标相等， ∴， 点在直线上， 令， ∴， ∴． ∴， ∵， ∴， ， ， 解得， 将代入点坐标， ∴， ∴点的坐标为． 四.同步检测 （一）选择题（本大题共10个小题,每小题3分,共30分） 1．（25-26八年级下·河南周口·阶段检测）在菱形中，，对角线，则该菱形的周长为（     ） A．6 B．12 C．15 D．20 【答案】B 【分析】利用菱形四边相等的性质，结合已知角度判定等边三角形，求出边长后即可计算菱形周长． 解：如图， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴菱形的周长为． 2．（25-26八年级下·广东阳江·期末）如图，菱形中，若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的性质，求出的度数，再根据菱形的对角线平分一组对角即可求解． 解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴平分， ∴． 3．（25-26八年级下·广东珠海·期末）在平行四边形中，下列条件能判定这个平行四边形为菱形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据菱形的判定定理，即可进行解答． 解：A、平行四边形中，本来就有，故选项不符合题意； B、平行四边形中，，即对角线相等，则四边形是矩形，故选项不符合题意； C、平行四边形中，，即，则四边形是矩形，故选项不符合题意； D、平行四边形中，，即对角线垂直，则四边形是菱形，故选项符合题意； 4．（2024·四川自贡·中考真题）如图，以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点M，N，再分别以M、N为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点B，连接．若，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定和性质．证明四边形是菱形，即可求解． 解：由作图知， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， 故选：A． 5．（25-26九年级上·甘肃武威·阶段检测）如图，在矩形中，对角线相交于点，于点，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形的性质、等腰三角形的性质及三角形内角和，熟练掌握矩形的性质、等腰三角形的性质及三角形内角和是解题的关键；由题意易得，则有，然后问题可求解． 解：∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴； 故选A． 6．（25-26八年级下·江西上饶·期末）图1是某脚手架的实物图，图2是其示意图，，是的中点，若，则支撑杆的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据“直角三角形斜边上的中线是斜边的一半”，即可求解． 解：，是的中点，， ， 支撑杆的长为． 7．（25-26八年级下·广东珠海·期中）下列条件能判断正方形的是（   ） A．对角线互相垂直的菱形 B．对角线相等的菱形 C．对角线互相平分的矩形 D．对角线互相垂直的平行四边形 【答案】B 【分析】本题考查正方形的判定，根据正方形、菱形、矩形、平行四边形的性质和判定定理，逐一判断各选项即可得出结果． 解：A、菱形本身的对角线互相垂直，因此对角线互相垂直的菱形仍是菱形，不能判定为正方形，该选项不符合题意； B、菱形是特殊的平行四边形，四边相等，对角线相等的平行四边形是矩形，因此对角线相等的菱形既是菱形又是矩形，是正方形，该选项符合题意； C、矩形本身对角线互相平分，因此对角线互相平分的矩形仍是矩形，不能判定为正方形，该选项不符合题意； D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，不能判定为正方形，该选项不符合题意． 8．（25-26八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，中，D为边上一点，作，，若四边形为矩形，则应添加条件（     ） A． B． C． D． 【答案】D 解：∵，， ∴四边形为平行四边形， 若添加，，，均无法证明四边形为矩形； 若添加，可证四边形为矩形． 9．（23-24八年级下·广西玉林·期末）如图，已知P是正方形对角线上一点，平分，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查正方形的性质、角平分线定义和三角形外角的性质等，根据正方形性质得，根据角平分线定义求得，即可求得答案． 解：∵四边形是正方形， ∴． ∵平分， ∴， ∴． 故选：C． 10．（黑龙江齐齐哈尔市建华区2025-2026学年度下学期期末学业考试八年级数学试题）如图，将的矩形纸片放在直角坐标系中，顶点在轴上，为边上一点，连接，将纸片沿折叠，使点落在边与轴的交点处；则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用折叠的性质求得，利用勾股定理求得，设，则，在中，利用勾股定理求解即可． 解：∵四边形是矩形， ∴，，， 由折叠的性质知：，， 设，则， ∴， ∴， 在中，，即， 解得， ∴E点的坐标为． （二）填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（25-26八年级下·广东惠州·期末）小沛用一根长的绳子围成了一个菱形场地，则它的边长为____m． 【答案】 【分析】利用菱形四条边相等的性质，结合已知周长即可求出边长． 解：设菱形的边长为，由题意得菱形周长为，可得： 解得． 12．（24-25九年级上·重庆·开学考试）如图，四边形为平行四边形，且平分，作，垂足为．若， ，则______． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质，勾股定理，等角对等边等等，先证明四边形是菱形，得出，根据， ，得出，根据勾股定理得出，根据，求出结果即可． 解：∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 13．（25-26八年级下·重庆开州·期末）毕业季同学们互送贺卡如图所示，小颖制作了一张贺卡，做好后量得，，，小颖立刻判断这张贺卡形状是矩形，小颖的判断依据是_________． 【答案】有一个角是直角的平行四边形是矩形 【分析】先证明出四边形为平行四边形，再结合勾股定理逆定理得出，即可得出结果． 解：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵，， ∴， ∴， ∴平行四边形为矩形， ∴小颖的判断依据是有一个角是直角的平行四边形是矩形． 14．（25-26八年级下·天津红桥·期末）如图，四边形是矩形，点的坐标为，则对角线的长为__________． 【答案】 【分析】根据矩形性质得到矩形的两条对角线长度相等，根据两点间距离公式得到线段的长度，进而得到的长度． 解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵点，点， ∴， ∴． 15．（2026·新疆·中考真题）如图，形状为直角三角形的木块，斜靠在竖直的墙上，木块顶点在墙面上滑动，另一顶点在地面上滑动，，，，在同一平面内，若，，则木块顶点到墙角的距离的最大值为____________． 【答案】/ 【分析】取中点，连接，根据直角三角形的性质求出，利用勾股定理求出，由即可得出结果． 解：取中点，连接， ∵， ∴， 由题意得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴的最大值为， 即木块顶点到墙角的距离的最大值为． 16．（25-26八年级下·上海宝山·期末）定义：如果一条直线能将矩形分成面积相等的两部分，那么称这条直线是这个矩形的一条“面积等分线”．如图，矩形的顶点为、、、，这个矩形与轴夹角为的“面积等分线”的表达式是________． 【答案】或 【分析】如图，连接，交于点E，首先根据矩形的性质和中点坐标公式求出点E的坐标，然后利用待定系数法求解． 解：如图，连接，交于点E， ∵矩形的顶点为、、、， ∴点E的坐标为，即 设这个矩形与轴夹角为的“面积等分线”的表达式为或 ∴将代入或得，或 解得， ∴或． 17．（2026年河北省秦皇岛市山海关区自主招生数学试题）如图，在矩形中，，直线交两边（不含端点）于两点，则长度的整数值可以为_____．（写出一个即可） 【答案】12（答案不唯一，12、13、14中的任意一个数均可） 【分析】根据已知条件，分别确定出长度的最小值和最大值即可． 解：如图1，当直线时，长度最小，最小值为12； 如图2，当矩形的对角线在直线上时，长度最大，最大值为； 因为不与端点重合， 所以长度满足． 18．（2026·天津和平·二模）如图，在正方形中，，其外部有一个正方形，对角线的延长线经过点，． （1）对角线的长为___； （2）连接，点是的中点，点是边的中点，则线段的长为___． 【答案】 【分析】（1）由四边形是正方形得，，再利用勾股定理即可求的长； （2）连接、，先通过证明得，再结合正方形对角线性质和勾股定理求出的长度，最后利用三角形中位线定理求出的长度． 解：（1）∵四边形是正方形， ∴，， ∴； （2）如图，连接，，交于点， ∵四边形和都是正方形， ∴，，， ∴，即， ∴， ∴， ∵是正方形的对角线交点， ∴，，， ∴， 在中， ， ∴， ∴， ∵点是的中点，点是的中点， ∴是的中位线， ∴． （三）解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（本小题满分8分）（25-26九年级上·贵州贵阳·期中）如图，菱形对角线与交于点O，过点C作，过点B作，与相交于点E． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求四边形的面积． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质，掌握相关结论即可； （1）由题意得：，即；结合，，即可求证； （2）由题意得：，求出，即可； 解：（1）证明：由题意得：，即； ∵，， ∴四边形是平行四边形； ∵； ∴四边形是矩形； （2）解：由题意得：， ∵，， ∴， ∴四边形的面积； 20．（本小题满分8分）（24-25八年级下·湖北孝感·期中）如图，在中，O是边上的动点，过O作，设交平分线于E，交外角的平分线于F． （1）试探索与之间的数量关系； （2）点O运动到何处时，四边形为矩形，说明理由． 【答案】（1），理由见分析；（2）当O为中点时，四边形是矩形，理由见分析． 【分析】本题主要考查了角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的判定，矩形的判定， 对于（1），先根据角平分线定义和平行线的性质得，进而得出，同理得，则答案可得； 对于（2），先根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”得四边形是平行四边形，再根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”得出答案． 解：（1）解：，理由： ∵是的平分线， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴； （2）解：当O为中点时，四边形是矩形． 证明：∵O为中点， ∴． 又由（1）知，， ∴四边形是平行四边形. ∵平分，平分， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 21．（本小题满分10分）（24-25八年级下·甘肃甘南·期中）如图，在正方形和正方形中，连接、交于点，连接．求证： （1）； （2）平分． 【答案】（1）见详解；（2）见详解 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形是判定与性质，角平分线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先结合正方形的性质得，证明，即可作答． （2）结合，得出，根据，即，则，得证平分． 解：（1）解：∵四边形，都是正方形， ∴， 则， ∴， ∴， ∴． （2）解：过点分别作，如图所示： 由（1）得， ∴， ∵， ∴， 则， 即点A在的平分线上， ∴平分． 22．（本小题满分10分）（25-26八年级下·辽宁大连·期末）如图，在中，对角线，交于点，且平分，过点作交于点． （1）求证：四边形是菱形； （2）若菱形的周长为，，求的长． 【答案】（1）证明：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2） 【分析】（1）根据平行四边形性质、角平分线性质、等腰三角形性质即可证明． （2）根据菱形性质和等边三角形性质，利用勾股定理即可计算． 解：（1）略 （2）解：由（1）得，四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∵菱形的周长为， ∴， ∵， ∴， 在中，根据勾股定理， ∴， ∴的长为． 23．（本小题满分10分）（25-26八年级下·浙江台州·期末）如图，在矩形中，垂直平分，垂足为点，连结，． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明：∵垂直平分， ∴，，， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形． （2） 【分析】（）先利用线段垂直平分线和矩形的性质得到相等的边与内错角，证明和全等，推出对角线互相平分判定四边形是平行四边形，再结合垂直平分线得出的一组邻边相等，最终证明该四边形为菱形； （）先利用线段垂直平分线的性质得到，再设，用含的式子表示出，接着根据矩形的性质得到，在中应用勾股定理列方程求解，最终算出的长度． 解：（1）略 （2）解：∵垂直平分，，， ∴可设，则， ∵四边形为矩形，， ∴在中，由勾股定理得 即， 解得， ∴． 24．（本小题满分12分）（25-26八年级下·湖南常德·期末）如图，在正方形中，点在延长线上，点在边上，且，连接交对角线于点，连接，，． （1）【基础探究】求证：． （2）【猜想证明】猜想、、之间的等量关系，并写出推理过程.． （3）【拓展延伸】若，，求出的长． 【答案】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴ （2） 证明：如图，过点作，交于点， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴，，， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴ ∴， ∴， 又∵， ∴ （3） 【分析】（1）由正方形性质得等边、等直角，结合已知边相等，用证，即可得； （2）过作交于，证为等腰直角三角形，得；再用证得；由代换即可得出； （3）过作，由等腰直角求、，结合长求，利用勾股定理求得；证为等腰直角三角形得；由（2）中全等得为中点，结合三线合一证为等腰直角三角形，得． 解：（1）略 （2）略 （3）解：如图，过点作于点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， 在中，， 由（1）得， ∴， ∵，即， ∴，即， 又∵， ∴， 由（2）得， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形，.. ∴． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $