专题03 特殊的平行四边形（期末复习专项训练）（解析版）

专题03特殊的平行四边形题型01矩形性质理解题型21添一条件使四边形是菱形题型02利用矩形的性质求角度（常考点）题型22根据菱形的性质与判定求角度（重点）题型03根据矩形的性质求线段长（常考点）题型23根据菱形的性质与判定求线段长（重点）题型04根据矩形的性质求面积（常考点）题型24根据菱形的性质与判定求面积（重点）题型05利用矩形的性质证明（常考点）题型25正方形性质理解题型06求矩形在坐标系中的坐标题型26利用正方形的性质求角度（常考点）题型07矩形与折叠问题（难点）题型27根据正方形的性质求线段长（常考点）题型08矩形的判定定理理解题型28根据正方形的性质求面积（常考点）题型09证明四边形是矩形（常考点）题型29正方形折叠问题（难点）题型10添一条件使四边形是矩形（常考点）题型30求正方形重叠部分面积题型11根据矩形的性质与判定求角度（重点）题型31根据正方形的性质证明（常考点）题型12根据矩形的性质与判定求线段长（重点）题型32正方形的判定定理理解题型13根据矩形的性质与判定求面积（重点）题型33证明四边形是正方形（常考点）题型14求平行线间的距离题型34添一条件使四边形是正方形（常考点）题型15利用平行线间距离解决问题题型35根据正方形的性质与判定证明题型16利用菱形的性质求角度（常考点）题型36根据正方形的性质与判定求线段长（重点）题型17根据菱形的性质求线段长（常考点）题型37根据正方形的性质与判定求面积（重点）题型18根据菱形的性质求面积（常考点）题型38（特殊）平行四边形的动点问题（难点）题型19利用菱形的性质证明（常考点）题型39四边形中的线段最值问题（难点）题型20证明四边形是菱形（常考点）题型40四边形其他综合问题（难点）题型01矩形性质理解1．（25-26八年级下·江苏徐州·期中）矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（

）A．对角线相等 B．对边相等C．对角相等 D．对角线互相平分【答案】A【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.矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形的所有性质，额外具有四个角为直角，对角线相等的特有性质，∴选项B，C，D中的性质都是矩形和一般平行四边形共有的，只有选项A的对角线相等是矩形具有而一般平行四边形不具有的性质.2．（25-26八年级下·江苏宿迁·期中）下列性质中矩形有而菱形没有的是（

）A．对角相等 B．对角线互相垂直C．对边平行且相等 D．对角线相等【答案】D【分析】本题考查矩形与菱形的性质，矩形和菱形都是特殊的平行四边形，只需对比两者的特有性质，找出符合要求的选项即可．【详解】解：∵矩形和菱形都是特殊的平行四边形，平行四边形具有对角相等、对边平行且相等的性质，∴A，C选项是矩形和菱形都具有的性质，排除；∵对角线互相垂直是菱形特有的性质，矩形不具有该性质，∴B选项不符合要求，排除；∵矩形的对角线相等，一般菱形的对角线不相等，因此对角线相等是矩形有而菱形没有的性质，故选D．3．（25-26八年级下·江苏泰州·期中）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（

）A．对角相等 B．对角线相等C．邻边互相垂直 D．对角线互相垂直【答案】D【分析】对比正方形和矩形的性质，逐一分析选项，即可得到答案．【详解】解：由于对角相等、对角线相等、邻边互相垂直均为矩形的性质，∵正方形是特殊的矩形，正方形也具有这些性质，∴选项不符合题意，∵正方形的对角线互相垂直，矩形只有是正方形时对角线才互相垂直，普通矩形对角线不互相垂直，∴对角线互相垂直是正方形具有而矩形不一定具有的性质，∴选项符合题意．题型02利用矩形的性质求角度1．（25-26八年级下·江苏苏州·期中）如图，在矩形中，对角线、交于点O．延长至点E，，，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据矩形的性质可知，结合，可证明四边形是平行四边形，所以，所以，再根据矩形的性质证明，可得，即可求得答案．【详解】解：四边形是矩形，，，四边形是平行四边形，，，四边形是矩形，，，，，，．2．（2026·江苏泰州·一模）c如图，四边形是矩形．(1)用无刻度的直尺和圆规，在的上方确定一点E，使得，且（不写作法，保留作图痕迹）；(2)在（1）的条件下，连接，，，线段交于点M，判断的形状，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)为等腰三角形，理由见解析【分析】（1）以点C为圆心，长为半径画弧；以点A为圆心，长为半径画弧，两弧交于点E，点E即为所求；（2）由（1）知，得到，根据矩形的性质得到，进而得到，即，根据等角对等边可知为等腰三角形．【详解】（1）解：如图，点E即为所求；证明：如图，连接，，，由作图可知：，，∵四边形是矩形，∴，∵，，，∴，∴；（2）解：为等腰三角形，理由如下：如图，由（1）知，∴，∵四边形是矩形，∴∴，∴∴∴为等腰三角形3．（25-26八年级下·江苏镇江·期中）【定义】我们把有一组对角是直角的四边形叫做“美妙矩形”：连接它的两个非直角顶点的线段，叫做“美妙对角线”．如图（1），在四边形中，若，则四边形是“美妙矩形”，为“美妙对角线”．【理解】(1)在“平行四边形、矩形、菱形”中，一定是“美妙矩形”的是_．(2)如图（2），在边长为1的正方形网格中，A、B、C在格点（小正方形的顶点）上，请在网格格点中找到一点D，使得四边形为“美妙矩形”；【应用】(3)若四边形为“美妙矩形”，，，，则_；(4)已知“美妙矩形”中，为“美妙对角线”，点O为的中点，．①如图（3），当四边形为菱形时，求“美妙矩形”的面积；②在①的条件下，将沿着射线方向平移到，当四边形为矩形时，_．【答案】(1)矩形(2)见解析(3)或(4)①4；②2【分析】（1）根据“美妙矩形”的定义可得答案；（2）找两个小正方形对角线夹角即可得到，再找，即可得出点D的位置；（3）分，为直角或，为直角，分别利用勾股定理求出的长；（4）①首先证明为等边三角形，从而得出，的长；②根据矩形的性质可得答案．【详解】（1）解：由“美妙矩形”的定义可得：在“平行四边形、矩形、菱形”中，一定是“美妙矩形”的是矩形，故答案为：矩形；（2）解：D点如图所示：（3）解：分以下两种情况：若，为直角，则，；若，为直角，则，，故答案为：或；（4）解：①∵点O为斜边边上的中线，∴，∵四边形为菱形，∴，∴，∴为等边三角形，∴，∴，∵，∴，，∴，同理，∴“美妙矩形”的面积；②如图，四边形为矩形时，则与O重合，与C重合，∴．题型03根据矩形的性质求线段长1．（25-26八年级下·江苏宿迁·期中）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，E是边上一点（不与B，C重合），过点E作于点F，于点G，若，设的长为x，则x的取值范围是______．【答案】【分析】连接，由菱形对角线互相垂直平分可得，则可由勾股定理求出，证明四边形是矩形，则，进一步求出即可．【详解】解：如图所示，连接，∵四边形是菱形，对角线相交于点O，∴∴，在中，由勾股定理得，∵于点F，于点G，∴，∴四边形是矩形，∴，∵E是边上一点（不与B，C重合），∴当时，取得最小值，，此时，∴，则，∴设的长为x，则x的取值范围是．2．（2026·江苏盐城·一模）问题情境：将矩形绕点顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形，点、、的对应点分别为点、、，设直线与直线交于点E．(1)猜想证明：猜想与的数量关系，并证明；(2)如图②，在旋转的过程中，当点恰好落在矩形的对角线上时，点恰好落在的延长线上（即点与点重合），连接，求证：四边形是平行四边形；(3)问题解决：在矩形绕点顺时针旋转的过程中，设直线与直线相交于点F，若，，当、、D三点在同一条直线上时，请直接写出的值．【答案】(1)，证明见解析(2)见解析(3)或【分析】（1）连接，根据矩形的性质得出，推得，根据旋转的性质得出，根据全等三角形的判定与性质即可证明；（2）连接，根据旋转的性质得出，根据矩形的性质得出，，，根据等腰三角形三线合一的性质得出，推得，根据平行四边形的判定定理即可证明；（3）分两种情况：点，在的同一侧和点，在的异侧，根据勾股定理求出，结合图形求出的值．【详解】（1）证明：如图，连接，∵四边形与四边形都是矩形，∴，∴，即，根据旋转的性质可得：，又∵，∴，∴；（2）如图：连接，根据旋转的性质可得：，∵四边形是矩形，∴，，，∴，∴，∵，，∴四边形是平行四边形；（3）解：如图，当点，在的同一侧时，根据旋转的性质可得：，，，∴，在中，，∴；当点，在的异侧时，如图：同理可得，∴，综上，的值为或．3．（2026·江苏南京·一模）如图，在中，点、分别在、上，，．(1)求证：四边形是矩形；(2)连接，若平分，，，则的长为_____．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先求出，，证出四边形是平行四边形，再结合即可得证．（）由（）知四边形是矩形，得到，由角平分线的性质得到，结合平行线的性质得到，求出长，再通过勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴∴；∵，∴四边形是平行四边形；∵，即，∴平行四边形是矩形．（2）解：如图，∵，，在中，，由（）知四边形是矩形，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，在中，．题型04根据矩形的性质求面积1．（2026·江苏苏州·一模）如图，在长方形电子广告屏中，．动态效果设计如下：动点从点出发沿长方形的边以的速度向点运动，逐渐展开主体广告画面．当屏幕展开面积达到电子屏面积的时开始播放广告语，播放时间持续3，则播放结束时电子屏幕未展开的面积是________．【答案】【分析】先求出电子屏总面积，再根据展开面积达到总面积的条件，分情况求出开始播放的时间t，计算时的展开面积，最后用总面积减去该值得到未展开面积．【详解】解：设点P的运动时间为t（单位：s），电子屏总面积：，展开面积达到时，，，解得，播放结束时，∴，∴未展开面积为．2．（25-26八年级下·江苏南京·期中）如图，在矩形中，对角线，相交于点，若，，则矩形的面积为______．

【答案】【分析】结合矩形性质得，再根据含的直角三角形特征可得，再结合勾股定理求出即可求出矩形的面积．【详解】解：矩形中，，，，，，，．3．（25-26八年级下·江苏镇江·期中）如图，四边形是平行四边形，请仅用无刻度直尺按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）．(1)如图1，点在边上，在边上找一点，使得平分的周长；(2)如图2，中挖去了一个矩形，作一条直线平分剩下图形的面积．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接，交于点，连接，延长交于点，点即为所求，由于点是平行四边形的对称中心，根据平行四边形是中心对称图形可得平分的周长；（2）由题意作出平行四边形的中心，矩形的中心，作直线即可，根据平行四边形是中心对称图形可得直线平分剩下图形的面积．．【详解】（1）解：如图1中，点即为所求；（2）解：如图2中，直线即为所求；题型05利用矩形的性质证明1．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，在矩形中，E是上的一点，交于点F，且，(1)求证：；(2)若，矩形的周长为22，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据矩形的性质得出，再由各角的等量代换确定，结合全等三角形的判定即可证明；（2）利用全等三角形的性质得出，然后根据周长建立方程求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，，，，，，，∴；（2）解：∵，∴，∵，，．2．（25-26八年级下·江苏连云港·期中）如图，矩形，是对角线．(1)尺规作图：作菱形，使顶点E、F分别在矩形的边上；（不写作法，保留作图痕迹）；(2)若，，求菱形边长．【答案】(1)见解析(2)菱形边长为．【分析】（1）作对角线的垂直平分线，交矩形的边于点E、F，连接、，则四边形是菱形；（2）在中，由勾股定理列式计算即可求解．【详解】（1）解：如图，四边形是求作的菱形；；∵矩形，是的垂直平分线，∴，，∴，，∴，∴，∵是的垂直平分线，∴，，∴，∴四边形是菱形；（2）解：∵矩形，∴，四边形是菱形，，设菱形的边长为，在中，由勾股定理，得，解得，．∴菱形边长为．3．（25-26八年级下·江苏盐城·期中）【探索发现】(1)如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，边与边相交于点，边与边相交于点，连接．在实验与探究中，小新发现无论正方形绕点怎样转动，，，之间一直存在某种数量关系，小新发现通过证明即可推导出来．①请你猜想，，之间的数量关系是__________．②小新对图1的进一步研究中发现，延长与交于一点，通过证明也可推导出，，之间的数量关系，请你证明．【类比迁移】(2)如图2，在矩形中，对角线的中点是矩形的一个顶点，与边相交于点与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，判断，，之间的数量关系并进行证明；【拓展应用】(3)如图3，在中，，点是边的中点，，它的两条边和分别与直线，相交于点E,F,∠EOF可绕着点旋转，当时，请直接写出线段的长度为__________．【答案】(1)①；②证明见解析；(2)，证明见解析；(3)或【分析】（1）①先根据正方形的性质证明，可得，推出，再运用勾股定理即可证得结论；②延长与交于一点，由正方形的性质可得，，再用证明；（2）延长交于点，连接，由矩形的性质证明，得出，再由线段垂直平分线的性质可得，再运用勾股定理即可得出答案；（3）设，分两种情况讨论：当点在线段上时，当点在延长线上时，结合勾股定理，即可求解．【详解】（1）解：①，理由如下：∵四边形是正方形，∴，∵四边形是正方形，∴．∵，，∴．在和中，，∴，∴，∵，，∴，在中，∵，∴；②如图，延长与交于一点，∵四边形是正方形，∴，，在和中，，∴；（2）解：如图，延长交于点，连接，∵四边形是矩形，∴，∴．在和中，，∴，∴．∵四边形是矩形，∴，∴垂直平分，∴，在中，∵，∴；（3）解：设，①当点在线段上时，连接，∵，，，∴，在中，，由勾股定理得，，即，由（2）得，且，∴，∴，解得，即；②当点在延长线上时，作，交的延长线于，连接、，∴，∵，∴，∴，∴，∵点是边的中点，∴．在和中，，∴，∴，．∵，∴垂直平分，∴，在中，∵，，，∴，由勾股定理得，，即，在中，，由勾股定理得，，即，∴，解得，即．综上所述，的长度为或．【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，根据勾股定理列方程解决问题．题型06求矩形在坐标系中的坐标1．（23-24八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点O在原点，顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上，，，D为的中点，E、F是边上的两个动点，且，当四边形的周长最小时，点E的坐标为______．【答案】【分析】本题考查一次函数与几何图形的综合应用，在上截取，连接，易得四边形为平行四边形，进而得到，根据为定值，得到当最小时，四边形的周长最小，作点关于轴的对称点，连接，得到，即当三点共线时，最小，四边形的周长最小，求出直线的解析式，进而求出点的坐标即可．【详解】解：∵矩形，，，∴，，，∴，∵为的中点，∴，的长为定值，在上截取，连接，则：，，∵，∴四边形为平行四边形，∴，∵四边形的周长，且的长为定值，∴当最小时，四边形的周长最小，作点关于轴的对称点，连接，则：，∵∴当三点共线时，最小，四边形的周长最小，设直线的解析式为：，则：，解得：，∴，当时，；∴；故答案为：．2．（25-26八年级下·江苏苏州·月考）如图，平面直角坐标系中，直线的函数解析式为，点在直线上，直线、直线相交于点，且、．(1)求的值及直线的解析式；(2)在坐标平面内是否存在一点，使得以、、、为顶点的四边形为矩形，若存在，直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)的值为，直线的解析式为(2)点的坐标为，，，【分析】（1）先用待定系数法求出直线的解析式，再求出点坐标，把点坐标代入直线的函数解析式求出的值；（2）根据题意分析出以，，为顶点的三角形是直角三角形，然后分三种情况进行讨论；利用勾股定理得出对应方程，求出点的坐标，再根据矩形的性质对角线互相平分求出点的坐标．【详解】（1）解：令直线的函数解析式为，将点、代入，得，解得，∴直线的函数解析式为，∵点在直线上，∴，解得，故点，再将点代入，得，解得，∴直线的函数解析式为，综上，的值为，直线的解析式为．（2）解：令形成矩形的中心点为，点坐标为∵点在直线上，令点坐标为，∵、，则，，，对结果进行分类讨论：①当为对角线，时，此时点为、中点，即点，由，根据勾股定理可得，∴，化简得，解得或，当时，，由为中点，即、横坐标之和、纵坐标之和除以为点的横、纵坐标，可得，，解得，，故此时；当时，，由为中点，可得，，可得，，故此时；②当为对角线，时，根据勾股定理可得，∴，化简得，解得，当时，，由为、中点，由该情况下、横坐标、纵坐标之和等同于、横坐标、纵坐标之和，∴，，可得，，故此时；③当为对角线，时，根据勾股定理可得，∴，化简得，解得，当时，，由为、中点，由该情况下、横坐标、纵坐标之和等同于、B横坐标、纵坐标之和，∴，，可得，，故此时；综上，点的坐标为，，，．【点睛】本题考查一次函数的综合题，解题的关键是掌握一次函数的图象和性质以及解析式的求法，掌握解一元二次方程的方法，还需要结合三角形面积、矩形的性质等几何定理，运用数形结合的思想进行求解．3．（24-25八年级下·江苏泰州·阶段检测）在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位．(1)在图中画出将绕点O顺时针旋转得到的；(2)在图中画出关于原点O的中心对称图形；(3)已知点D是平面内一点，若以A，B，C，D为顶点的四边形是矩形，写出点D的坐标_．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】本题考查作图—旋转变换、中心对称，平行四边形的判定以及勾股定理逆定理，熟练掌握旋转和中心对称的性质是解答本题的关键．（1）根据旋转的性质得到点A，B，C的对应点，即可作图；（2）根据中心对称的性质得到点A，B，C的对应点，即可作图；（3）根据平行四边形的判定条件以及勾股定理逆定理找到点D的位置，即可写出点D的坐标．【详解】（1）解：如图，即为所求；（2）解：如图，即为所求；（3）解：如图，取格点，构造四边形，理由：根据题意得：，∴，，∴，四边形是平行四边形，∴四边形是矩形．题型07矩形与折叠问题1．（25-26八年级下·江苏南通·期中）在矩形中，，，将其沿折叠，点，分别落到点与点处，恰好点在上，且，则线段的长度为（

）A． B．4 C．5 D．【答案】B【分析】设，证明，推出，求得，推出．【详解】解：∵，∴设，∴，由折叠的性质知，∵，，，∴，∴，∴，∴．2．（25-26八年级下·江苏徐州·期中）如图，将矩形纸片折叠，使点D与点B重合，点C落在点处，折痕为．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由矩形的性质可得，由平行线的性质可得，由折叠的性质可得，从而得出，即可得证；（2）由矩形的性质可得，由折叠的性质可得，设，则，再由勾股定理计算即可得出结果．【详解】（1）证明：∵四边形为矩形，∴，∴，由折叠的性质可得：，∴，∴；（2）解：∵四边形为矩形，∴，由折叠的性质可得，设，则，由勾股定理可得：，∴，解得：，∴．3．（25-26八年级下·江苏泰州·期中）如图，把一张矩形纸片折叠起来，使其对角顶点A、C重合，(1)连接，求证：四边形是菱形；(2)若为9，为3，求EF的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据矩形的性质，折叠的性质，推出，即可得证；（2）勾股定理求出的长，再根据菱形的性质和勾股定理进行求解即可.【详解】（1）证明：连接，∵矩形，∴，∴，∵折叠，∴垂直平分，，∴，，∴，∴，∴四边形为菱形；（2）解：∵矩形，∴，∵，∴，由（1）可知，四边形为菱形；∴，设，则，在中，由勾股定理，得，解得，∴，∴，∴．题型08矩形的判定定理理解1．（25-26八年级下·江苏南京·期中）下列命题中正确的是（

）A．对角线互相平分的四边形是平行四边形B．对角线互相垂直的四边形是菱形C．对角线相等的四边形是矩形或等腰梯形D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形【答案】A【分析】本题考查平行四边形及特殊四边形的判定定理，逐一判断各选项即可得到正确命题.【详解】解：∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，这是平行四边形的判定定理，∴A正确；∵只有对角线互相垂直且平分的四边形才是菱形，仅对角线互相垂直无法判定，∴B错误；∵存在对角线相等的不规则四边形，既不是矩形也不是等腰梯形，∴C错误；∵只有对角线互相垂直平分且相等的四边形才是正方形，仅垂直相等无法判定，∴D错误，综上，正确答案为A.2．（2023·江苏无锡·模拟预测）下列命题中是假命题的是（

）A．一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形C．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形D．对角线相等的菱形是正方形【答案】A【分析】根据平行四边形与特殊平行四边形的判定定理即可解答．【详解】解：∵一组对边相等，一组对角相等的四边形无法证明另一组对边平行或相等，存在反例，不能判定为平行四边形，故A是假命题，符合题意；∵“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”是矩形的判定定理，故B是真命题，不符合题意；∵“对角线互相平分且垂直的四边形是菱形”是菱形的判定定理，故C是真命题，不符合题意；∵菱形本身四边相等、对角线互相垂直，对角线相等的菱形符合正方形的判定要求，故D是真命题，不符合题意．3．（25-26八年级下·江苏南通·期中）要使平行四边形是矩形，需要增加的一个条件可以是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据判定定理逐一判断各选项即可．【详解】解：选项A：平行四边形中邻边相等可判定为菱形，只能说明平行四边形是菱形，不能判定为矩形，则A错误；选项B：矩形的判定定理为对角线相等的平行四边形是矩形，平行四边形中，平行四边形是矩形，则B正确；选项C：平行四边形本身具有对角相等的性质，是平行四边形固有的性质，不能判定它是矩形，则C错误；选项D：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，只能判定平行四边形是菱形，不能判定为矩形，则D错误．题型09证明四边形是矩形1．（25-26八年级下·江苏镇江·期中）如图，是的中线，，且，连接，．(1)求证：；(2)当满足条件_时，四边形是矩形．【答案】(1)见解析(2)(答案不唯一)【分析】（1）根据中线的性质得，再结合得到四边形是平行四边形，最后由平行四边形的对边相等求解；（2）先证得四边形是平行四边形，再利用是等腰三角形时四边形是矩形．【详解】（1）证明：是的中线，，，，，四边形是平行四边形，；（2）解：当满足时，四边形是矩形，，，，，四边形是平行四边形，由（1）可知，，，，平行四边形是矩形．2．（25-26八年级下·江苏泰州·阶段检测）如图，点是菱形的对角线和的交点，过点C作，过点D作，与相交于点E．(1)求证：四边形是矩形；(2)连接，若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)的长为【分析】（1）由菱形的性质，得，由，，先证四边形为平行四边形，结合，即可证出四边形是矩形；（2）由菱形的性质，得，，由勾股定理得，结合矩形的性质，得，可得出的长．【详解】（1）解：∵四边形为菱形，、为对角线，∴，，，∴，∵，，∴四边形为平行四边形，又∵，∴四边形为矩形．（2）解：∵，，，，∴，，∵，∴，∵四边形为矩形，∴，故的长为．3．（25-26八年级下·江苏苏州·期中）如图所示，已知平行四边形的对角线相交于点O，．(1)求证：平行四边形是矩形．(2)若，且，求的长．【答案】(1)见解析(2)8【分析】（1）由，得到，再由平行四边形性质推出，则可证明平行四边形是矩形．（2）由题意，证明是等边三角形，则可求．【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形∴，平行四边形ABCD是矩形；（2）∵，∴，，∴∠OAB=∠OBA=∠AOB=60°，是等边三角形，．题型10添一条件使四边形是矩形1．（25-26八年级下·江苏南京·期中）下列条件中，不能判定为菱形的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据菱形的判定定理逐一判断即可．【详解】解：如图所示，当时，可以判定为矩形，不能判定为菱形，选项A符合要求；当时，由平行四边形对边平行得与平行，可得，因此，推出，可判定为菱形，B不符合要求；当时，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可判定为菱形，C不符合要求；当，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可判定为菱形，D不符合要求．2．（2026·江苏扬州·一模）如图是小华同学在中考一轮复习四边形时整理的平行四边形，矩形，菱形，正方形之间关系的思维导图，其中对应序号的条件填写错误的是（

）A．① B．② C．③平分 D．④【答案】D【分析】根据矩形，菱形，正方形的判定定理逐一判断即可．【详解】解：A、有一个角是直角的平行四边形是平行四边形，则①处的条件正确，故此选项不符合题意；B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，则②处的条件正确，故此选项不符合题意；C、由角平分线的性质得到，有一组邻边相等的矩形是正方形，则③处的条件正确，故此选项不符合题意；D、菱形的邻边本就相等，则④处的条件错误，故此选项符合题意．3．（25-26八年级下·江苏苏州·月考）在中，添加下列条件：①；②；③平分；④．能够判定是菱形的有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】结合平行四边形的性质与菱形的判定定理，逐一分析每个条件能否判定平行四边形为菱形即可．【详解】解：四边形是平行四边形，添加条件①可得是矩形，不是菱形；条件②是平行四边形的固有性质，故添加条件②无法判定其为菱形；添加条件③平分，如图，∵平分，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴∴是菱形；添加条件④能判定是菱形；综上，能够判定是菱形的是③④，共2个．题型11根据矩形的性质与判定求角度1．（23-24八年级下·江苏南通·阶段检测）如图，在中，对角线、相交于点O，且，，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，根据矩形的判定得到四边形是矩形，由矩形的性质求出，由角的和差关系求出，再根据等边对等角求出即可．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，∵，∴，∴故选：A．2．（23-24八年级上·江苏扬州·月考）已知如图所示，，，于P，，则四边形的面积__________．

【答案】9【分析】过点D作交的延长线于E，得到矩形，根据矩形的性质可得，然后根据同角的余角相等求出，再利用“角角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，从而求出四边形是正方形，再求出四边形的面积等于正方形的面积，然后求解即可．【详解】解：如图，过点D作交的延长线于E，

∵，，∴四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∴四边形是正方形，∴四边形的面积=正方形的面积．故答案为：9．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的判定，正方形的判定，熟练掌握三角形全等的判定方法并作辅助线构造出全等三角形和正方形是解题的关键．3．（23-24九年级上·江苏淮安·期中）在一次数学探究性学习活动中，某学习小组进行以下的探究操作；(1)如图1，矩形中，，，点P是边上的一个动点，将沿进行翻折到，当Q点折叠到上时，求和的长．(2)如图2，当矩形变成正方形，且正方形的边长为，在P点移动的过程中，当时，求的长．(3)当矩形变成正方形，且正方形的边长为10，请在备用图中探究并直接写出当为等腰三角形时线段AP的长．【答案】(1)，(2)(3)或【分析】（1）设，则，由折叠的性质可得，，由勾股定理可得，，即可求解；（2）过作交于，交于，取的中点，连接，可证，从而可得，，设，则有，设，则，设，则，由勾股定理可得，，，即可求解；（3）①当时，在的垂直平分线上，过作交于，交于，由勾股定理可得，设，则，再由，即可求解；②当时，过作交于，交于，同理可求解，③当时，与重合，不符合题意．【详解】（1）解：四边形是矩形，，，，设，则，由折叠得：，，在中：，，在中：，即：，解得：，；故：，．（2）解：如图，过作交于，交于，取的中点，连接，，四边形是正方形，，，四边形是矩形，，，，由折叠得：，，，，，，在和中，()，，，设，则有，，在中：即：，解得：，，，设，则，在中：，在中：解得：，，，，，，设，则，，在中：即：，解得：；故的长为．（3）解：①当时，在的垂直平分线上，如图，过作交于，交于，，由（2）同理可证：四边形是矩形，，，，，在中：，，，设，则，，在中：，即：，解得：，故；②当时，如图，如图，过作交于，交于，，，，在中：，，设，则，，同理可得：，解得：，故；③当时，与重合，不符合题意；综上所述：当为等腰三角形时，的长为或时．【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的性质等，掌握相关的性质及判定方法，能根据折叠性质将已知条件转化到直角三角形中用勾股定理求解的典型解法，根据等腰三角形的腰不同进行分类讨论是解题的关键．题型12根据矩形的性质与判定求线段长1．（25-26八年级下·江苏徐州·期中）如图，在矩形中，，，为上一点，，为边上动点且，连接，，则的最小值为（

）A．5 B． C． D．【答案】D【分析】根据矩形性质证明四边形为矩形，得出，将求的最小值转化为求的最小值，利用轴对称性质（将军饮马模型）结合勾股定理求解【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，，∵，∴，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，∴，作点关于直线的对称点，连接交于点，此时最小，即最小，∵与关于对称，∴，，∵，，，∵，∴，过点作交的延长线于点，则，，∴，在中，，∴的最小值为．2．（25-26八年级下·江苏盐城·期中）如图，平行四边形的对角线相交于点平分，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据角平分线的性质可得，根据平行四边形的性质可得，推出，得到，进而得，即可得证；（2）根据菱形的性质可得，证明四边形是矩形，根据矩形的性质即可求解．【详解】（1）证明：平分，．四边形是平行四边形，∴，．，，四边形是菱形．（2）解：四边形是菱形，，．∵，，四边形是平行四边形．四边形是矩形．．3．（25-26八年级下·江苏盐城·期中）新定义题型构思巧妙，立意新颖，重在考查学生的学习能力，实践能力及创新精神，让我们试试吧！我们定义∶有一组邻角相等的凸四边形叫作“等邻角四边形”．【定义理解】(1)如图①，已知四边形为等邻角四边形，且，求的度数．【定义运用】(2)如图②，在五边形中，，对角线平分，求证∶四边形为等邻角四边形；【定义拓展】(3)如图③，在等邻角四边形中，．点P为边BC边上的一动点，过点P作，垂足分别为M，N，在点P的运动过程中，的值是否是定值？若是，请求出这个值；若不是，说明理由．【答案】(1)(2)见解析(3)的值为定值，定值为．【分析】（1）根据“等邻角四边形”的定义，再结合已知条件和四边形内角和定理求解即可；（2）根据两直线平行，内错角相等，再结合角平分线的定义和“等邻角四边形”的定义证明即可．（3）作垂足为Q，作垂足为R，易得四边形是矩形可得且，再证明可得，进而得到，再利用含30度直角三角形的性质以及勾股定理求解即可．【详解】（1）解：∵四边形为等邻角四边形，且，∴、均不可能与、中的任意一个角相等，否则总内角和大于．∴．∵，∴，解得：．（2）证明：∵，∴，∵对角线平分，∴．∴．∴四边形为等邻角四边形．（3）解：的值是定值，定值为．如图，作垂足为Q，作垂足为R，∵，∴四边形是矩形．∴且，∴．∵，∴．又∵，∴，∴，∴．∵，，∴，∴，∴∴在点P的运动过程中，的值为定值．题型13根据矩形的性质与判定求面积1．（25-26八年级下·江苏宿迁·期中）如图，点P是矩形的对角线上的一点，过点P作，分别交于E，F，连接．若，则图中阴影部分的面积是______．【答案】18【分析】作于M，交于N；则得四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，由矩形的对角线平分矩形的面积，得，由此即可求解．【详解】解：如图，作于M，交于N，则有四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，∴，，∴，即，∵，∴，∴，∴.2．（2026七年级下·江苏·专题练习）如图，直线，垂直相交于点，曲线关于点成中心对称，点的对称点是点，于点，于点．若，，则阴影部分的面积之和为_____．【答案】【分析】过点作于点，过点作于点，证明四边形是矩形，则，同理可知，四边形是矩形，则，由中心对称，得到，，图形①与图形②面积相等，即可得到答案．【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，∵于点．∴，∴四边形是矩形，∴，同理可知，四边形是矩形，∴，∵曲线关于点成中心对称，点的对称点是点，∴，，图形①与图形②面积相等，∴．3．（25-26八年级下·江苏宿迁·月考）如图，在中，，是的角平分线，是的外角的平分线，，垂足为．(1)求证：四边形是矩形．(2)连接，若，，求的长．(3)仅用无刻度的直尺画出将面积平分的射线．【答案】(1)见解析(2)(3)见解析【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一得到，，然后根据角平分线的定义得到，，进而得到，根据三个角都是直角的四边形是矩形即可证明结论；（2）根据勾股定理求出长，然后根据矩形的性质得到，然后根据勾股定理求出长解答即可；（3）取的中点即可，连接与交于点，根据矩形的对角线互相平分即可得解．【详解】（1）证明：，是的角平分线，，，，是的外角的平分线，，，，，四边形是矩形；（2）解：，，，四边形是矩形，，，．（3）解：如图所示，连接与交于点，连接，则即为所求．四边形是矩形，，即是的中点，是的中线，平分面积．题型14求平行线间的距离1．（25-26八年级上·江苏南通·期中）如图，平分，交边于点D，，垂足为点E，，．若，，则的面积为（

）A．4 B．5 C．6 D．10【答案】B【分析】本题考查了平行的性质，全等三角形的判定和性质．延长交于点，作于点，证明四边形是矩形，得到，再利用证明，得到，，据此求解即可．【详解】解：延长交于点，作于点，如图，∵，，∴，∵，∴，∵平分，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，故选：B．2．（25-26八年级上·江苏常州·期中）如图，在正方形中，，是正方形的外角，是的平分线上任意一点，则的面积等于__________．【答案】【分析】本题考查正方形的性质、直线平行的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质．过点作于，证明，则等于的高，利用勾股定理及等腰直角三角形的性质求出，从而可求的面积．【详解】解：过点作于，∵是的平分线，∴等于的高，∵，∴，，∴是等腰直角三角形，∴，∴的面积为；故答案为：2．3．（22-23八年级上·江苏无锡·期中）如图，，为、的平分线的交点，于，且，，则与之间的距离等于_______．【答案】18【分析】本题考查角平分线的性质，平行线之间的距离，关键是由角平分线的性质推出，．过作于，交于，推出，由角平分线的性质推出，，因此，即可得到与之间的距离．【详解】解：过作于，交于，，，平分，，，同理：，，与之间的距离等于18．故答案为：18．题型15利用平行线间距离解决问题1．（25-26八年级下·江苏南京·期中）如图，在中，，，，点E，F分别在，上，点G，H在上，若四边形为矩形，则的长的最小值为______．【答案】【分析】连接，过作交直线于，由直角三角形可得，结合，可得与两平行线之间的距离为，则的最小值为，由四边形为矩形，可得，即可求出的长的最小值为．【详解】解：连接，过作交直线于，∵，，∴，∵，∴，∴与两平行线之间的距离为，∴根据垂线段最短可得的最小值为，∵四边形为矩形，∴，∴的长的最小值为．2．（25-26八年级上·江苏无锡·期中）如图，在中，，在的左侧，以为斜边作等腰直角，连接，若，则的面积为________．【答案】【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质等知识，等腰直角三角形，过点A作于点H，过点D作于点E，过点A作于点F，则，得出，，证明，得出，，设，，则，，求出，，得出，解方程即可求解．【详解】解：如图，过点A作于点H，过点D作于点E，过点A作于点F，则，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵以为斜边作等腰直角，∴，∴，∴，∴，设，，则，，∴，，∴，∴，解得，∴，故答案为：．3．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，在梯形上，，对角线，且．(1)求该梯形上下底的和；(2)求该梯形的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）过点D作的平行线交的延长线于点E，证明四边形是平行四边形，故，，再把数值代入计算，即可作答．（2）根据结合平行线之间距离处处相等，得出，又因为计算，即可作答．【详解】（1）解：过点D作的平行线交的延长线于点E，∵∴四边形是平行四边形，∴∴，在中，∴（负值已舍去）即该梯形上下底的和为．（2）解：由（1）得出，结合平行线之间距离处处相等，得出（等底等高），=题型16利用菱形的性质求角度1．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成的，根据实际需要可以调节，间的距离．若，间的距离调节到，菱形的边长，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】如图所示，连接，根据菱形的性质可得，可得是等边三角形，可算出，根据，由此即可求解．【详解】解：如图所示，连接，∵衣帽架是由三个全等的菱形构成的，间的距离调节到，∴，∵菱形的边长，∴，∴是等边三角形，则，∵四边形是菱形，∴．2．（25-26八年级下·江苏苏州·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点是的中点，过点作交于点，连接，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，易得垂直平分，进而得到，根据菱形的性质，得到，进而得到，得到即可得出结果．【详解】解：连接，∵菱形，∴，垂直平分，∴，∵点在上，∴，∵为中点，且，∴垂直平分，∴，∴，∴．3．（25-26八年级下·江苏连云港·期中）图①、图②、图③都是的正方形网格，每个小正方形的边长为1，点A，B均为格点（网格线的交点），我们把顶点落在格点上的四边形称为格点四边形．请在给定的网格中用无刻度的直尺按要求画图．(1)在图①中画一个以为对角线的格点正方形；(2)在图②中画一个格点菱形，且四边形不是正方形；(3)在图③中画一个格点平行四边形，且面积为12．【答案】(1)作图见解析(2)作图见解析(3)作图见解析【分析】（1）连接，使，再依次连接，则四边形即为所求；（2）根据菱形的判定解答，使；（3）以为底边，以4为高线，可得平行四边形．【详解】（1）解：如图所示，四边形即为所求；（2）解：如图所示，四边形即为所求；（3）解：如图所示，四边形即为所求．题型17根据菱形的性质求线段长1．（25-26八年级下·江苏宿迁·期中）如图，两个全等菱形的边长为1米，一个微型机器人由点开始按的顺序沿菱形的边循环运动，行走2026米停下，则这个微型机器人所停的点是（

）A．点 B．点 C．点 D．点【答案】C【分析】根据菱形的四条边都相等可知，微型机器人行走一周的路程为8米，用2026除以8，再根据余数确定停靠的点即可．【详解】解：两个全等菱形的边长为1米，一个微型机器人由点开始按的顺序沿菱形的边行走一周走过的路程为（米），，行走2026米与行走2米后停下的点相同，由图可知，行走2米后停在点，这个微型机器人停在点．2．（25-26八年级下·江苏南京·期中）如图，菱形的边长是5，对角线的长是8，，垂足为E，则的长为（

）A．3 B．4 C．4.8 D．9.6【答案】C【分析】先根据菱形的性质和勾股定理求出另一条对角线的长，再利用菱形面积的两种计算方法（底乘高和对角线乘积的一半）建立等式求解．【详解】解：连接与交于点，四边形是菱形，，，，∴在中，，，，，，．3．（25-26八年级下·江苏连云港·期中）如图1，在菱形中，动点从点出发，沿着运动至终点，设点运动的路程为，的面积为，若与的函数图象如图2所示，则图中的值为（

）A．10 B．11 C．12 D．13【答案】B【分析】由图象上点知，且点在点时，的面积为12，连接交于点，则可求出和，利用勾股定理求出，得到．【详解】解：如图1，连接交于点，由图2知，当时，点与点重合，，的面积为12，四边形是菱形，，且，，，，，，．题型18根据菱形的性质求面积1．（25-26八年级下·江苏常州·期中）如图，菱形中，点、分别是，的中点，连接、、，则与菱形的面积之比是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，根据菱形的性质可得，再由点、分别是，的中点，可得，，，从而得到，，即可求解．【详解】解：如图，连接，∵四边形是菱形，∴，∵点、分别是，的中点，∴，，，，∴，，，∴，∴，∴与菱形的面积之比是．2．（25-26八年级下·江苏盐城·期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点，若，，则菱形的面积为___________．【答案】【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可解答．【详解】解：∵菱形中，，，∴菱形的面积为．3．（25-26八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在正方形中，点E，F为对角线上两点，．(1)求证：四边形是菱形．(2)若正方形的面积为18，，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)6【分析】（1）首先利用正方形的性质可以证明，，接着利用已知条件和菱形的判定方法即可解决问题；（2）根据正方形的面积为18可求出，进而得，再根据得，由此得，然后由菱形的面积公式可得菱形的面积．【详解】（1）证明：在正方形中，为其对角线，，，在和中：，，，同理可证，，，四边形是菱形；（2）解：正方形的面积为18，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴菱形的面积是：．题型19利用菱形的性质证明1．（25-26八年级下·江苏宿迁·期中）在平行四边形、矩形、菱形、正方形、等腰梯形这五个几何图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的一共有（

）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】B【分析】先明确中心对称图形和轴对称图形的定义，逐一判断题目给出的五个图形，统计符合条件的图形个数即可．【详解】解：平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合要求；矩形既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合要求；菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合要求；正方形既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合要求；等腰梯形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合要求；综上，符合要求的图形共个．2．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，菱形中，，点、分别为边、上的点，且，连接、交于点，连接交于点．(1)求证：；(2)平分吗？为什么？【答案】(1)见解析(2)平分．理由见解析【分析】（1）根据菱形的性质，邻边相等，结合条件，得到等边三角形，根据等边三角形性质，每个角都是，再结合夹着的两组对边分别相等，利用判定三角形全等；（2）过点作于点，作交的延长线于点，根据三角形内角和，求出，根据四边形内角和，求出，再根据邻补角互补得一组相等角，利用判定三角形全等，根据全等三角形性质得，最后根据角平分线的判定定理证明结论．【详解】（1）证明：四边形为菱形，，，，是等边三角形，，在和中，，．（2）答：平分．理由如下：过点作于点，作交的延长线于点，四边形为菱形，，，，，是等边三角形，，，，，，，，在和中，，，，，，平分．【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的性质和判定、等边三角形的判定和性质、三角形内角和、四边形内角和、邻补角互补、角平分线的判定定理．解决本题的关键的辅助线的构造和全等三角形的判定．3．（25-26八年级下·江苏扬州·期中）如图1，在菱形中，，，点E是边上一动点，F是边上一动点，且，连接、．(1)求证：；(2)如图2，试仅用一把无刻度的直尺，在边上作点G，使得．（保留作图痕迹，不写作法）【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接，根据菱形的性质得到，，进而证明和均为等边三角形，得到，，证明，即可得到；（2）连接、交于点O，连接并延长，交边于点G即可．【详解】（1）求证：连接，如图所示：∵四边形为菱形，∴，，∴和均为等边三角形，∴，，在和中，，∴，；（2）解：如图所示，点即为所求：证明：∵四边形为菱形，∴，，∴，∵，∴，∴．题型20证明四边形是菱形1．（22-23八年级下·福建宁德·期末）下列平行四边形中，根据图中所标出的数据，不一定是菱形的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据菱形的判定定理，逐一判断即可．【详解】解：A、由图可知，对角线与两邻边的夹角均为，即邻边相等，则根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可判定选项A一定是菱形；B、由三角形内角和定理可知对角线夹角为，即对角线垂直，则根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可判定选项B一定是菱形；C、根据图中数据，只能说明同旁内角互补，不能说明一定是菱形；D、由图可知对角线平分内角，即所分成的两个角均为，由平行线性质可推出三角形为等边三角形，故邻边相等，则选项D一定是菱形；则只有选项C不一定是菱形．2．（25-26八年级下·江苏南京·期中）已知：如图，在中，点是它的对称中心，过点分别作于M，于N，．(1)求证：是菱形；(2)请添加一个条件______，使是正方形．（写出所有正确答案的序号）①；②M是的中点；③；④．【答案】(1)见解析(2)①，②，③，④任意一个即可（答案不唯一）【分析】（1）连接、，根据平行四边形的性质得出点O为、的交点，，根据平行线的性质得出，根据角平分线的判定可得出，根据等角对等边得出，然后根据菱形的判定即可得证；（2）添加①，根据四边形内角和求出，然后根据正方形的判定即可得证；添加②M是的中点，根据线段的垂直平分线的性质得出，结合平行四边形的性质可得出，然后根据正方形的判定即可得证；添加③，证明，得出，则可判断垂直平分，设与的交点为H，则，根据等积法可得出，根据勾股定理得出，则，结合完全平方公式可得出，则，则可判断四边形是菱形，结合，得出菱形是正方形，则，然后根据正方形的判定即可得证；添加④，根据等边对等角和三角形内角和定理得出，则，然后根据正方形的判定即可得证．【详解】（1）证明：连接、，∵在中，点是它的对称中心，∴点O为、的交点，，∴，∵，，，∴平分，∴，∴，∴，∴是菱形；（2）解：添加①，∵，，∴，又是菱形，∴是正方形；添加②M是的中点，∵，∴，∵，∴，，，∴，又是菱形，∴是正方形；添加③，∵，，，∴，∴，又，∴垂直平分，设与的交点为H，则，∵，∴，又，∴，∴，∴，又，，∴，∴四边形是菱形，又，∴菱形是正方形，∴，又是菱形，∴是正方形；添加④，∵，∴，∵，∴，又是菱形，∴是正方形，故添加①，②，③，④中的任意一个条件，即可使是正方形3．（2026·江苏南通·一模）利用图形的定义探索和证明几何图形的性质定理和判定定理是数学学习的重要方法，请完成菱形的其中一个判定定理的证明．求证：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．（答题要求：根据题意画出图形，写出“已知”，“求证”，再进行证明）【答案】见解析【分析】按题意画出图形，写出“已知”，“求证”，再利用平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质及菱形的判定即可证明．【详解】已知：如图，中，．求证：四边形是菱形．证明：∵四边形是平行四边形，∴平分．，垂直平分．．是菱形．题型21添一条件使四边形是菱形1．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，添加下列条件，不能使其成为菱形的是（

）A． B．C． D．平分【答案】C【详解】解：A、四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，故选项A不符合题意；B、四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，故选项B不符合题意；C、四边形是平行四边形，，不能证明平行四边形是菱形，故选项C符合题意；D、四边形是平行四边形，，，平分，，，，平行四边形是菱形，故选项D不符合题意；故选：C．2．（25-26八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在中，对角线，相交于点O，已知，，当____时，四边形是菱形．【答案】5【分析】菱形的判定：一组邻边相等的平行四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形；四条边相等的四边形是菱形．【详解】解：当时，四边形是菱形，理由如下：四边形是平行四边形，，，，，又，，是直角三角形，且．，平行四边形是菱形．3．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）在中，添加一个条件_____，使得四边形是菱形．【答案】（答案不唯一）【分析】根据菱形的判定定理，在平行四边形的基础上，添加一组邻边相等或对角线互相垂直即可判定为菱形．【详解】解：已知四边形是平行四边形，根据“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”，可添加条件，此时四边形是菱形．题型22根据菱形的性质与判定求角度1．（24-25八年级下·江苏无锡·月考）在中，，将线段绕点A逆时针旋转得到线段．(1)如图1，连接，延长交延长线于点，若，，，求的长；(2)如图2，连接，过点作于点，以为边作，且，连接交延长线于点，若，求证：；(3)如图3，若为等边三角形，，连接，K为线段上一点，且，M为线段上一点，连接，将绕点M顺时针旋转得到线段，连接，则的最小值为______．【答案】(1)5(2)见解析(3)6【分析】本题考查了等腰三角形的性质，旋转的性质，三角形内角和定理，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的判定与性质，勾股定理，垂线段最短，熟练掌握旋转的性质．（1）根据等边对等角以及三角形内角和定理得出，，进而根据平角的定义得出，根据旋转的性质可得，，进而得出，根据等角对等边即可得证；（2）延长至，使得，证明，，，根据是等腰直角三角形，得出，根据全等三角形的性质可得，即可得证；（3）过点A作于点O，延长到点F，使得，延长到点E，使得，连接，，，先证明，四边形是菱形，继而证明当点M与点B重合时，点N与点F重合；当点M与点C重合时，点N与点E重合；确定当点M在线段上运动时，点N在在线段上运动，根据时，等于，取得最小值为6，即可解答．【详解】（1）解：∵，，∴，∵，∴∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，∴∴∴∴∴，∴，（2）证明：如图所示，延长至，使得，在中，∴∴∵，∴∴∵∴在中，∴∴，∴∴是等腰直角三角形，∴，∵∴∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，∴∴∴在中，∴∴又∵，∴∴（3）如图，过点A作于点O，延长到点F，使得，延长到点E，使得，连接，，，∴，∵为等边三角形，，，∴，，，∴，四边形是平行四边形，∵，∴，四边形是菱形，∴，，，∴，，∴当点M与点B重合时，点N与点F重合，，∴，即，∵，∴，∴当点M与点C重合时，点N与点E重合；∴当点M在线段上运动时，点N在在线段上运动，当点M与点B重合时，点N与点F重合，由，根据垂线段最短，得，当等于时，取得最小值为6．故答案为：6．2．（24-25八年级下·江苏苏州·期末）如图，是由边长为1的小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，的三个顶点都是格点．（画图时仅用无刻度的直尺在给定的网格中完成）(1)以为边画平行四边形；(2)在（1）中所画平行四边形的面积为________；(3)点E为边与网格线的交点，请在上确定一点G，使得．（保留作图痕迹）【答案】(1)图见解析(2)15；(3)图见解析【分析】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理与网格问题，熟练掌握相关知识点，是解题的关键：（1）利用平移思想，点向左移动4个单位长度，向上移动1个单位长度，得到格点，连接，即可；（2）连接，易得平行四边形为菱形，勾股定理求出的长，再利用面积公式进行计算即可；（3）连接，交于点，连接，即可，根据菱形的对称性，得到，对顶角得到，即可得到．【详解】（1）解：如图，平行四边形即为所求；（2）解：观察可知，，∴平行四边形为菱形，连接，如图，由勾股定理，得：，∴；（3）解：连接，交于点，如图，点即为所求：3．（2025·江苏常州·二模）如图，C为的中点，，，．(1)求证：；(2)线段与的关系是_．【答案】(1)见解析(2)与互相垂直平分且【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、线段的中点、三角形全等的判定与性质、锐角三角函数和垂直平分线的判定的知识，掌握以上知识是解答本题的关键；（1）连接、、，根据线段的中点和，，，可证、和都是等边三角形，再证得，然后即可求解；（2）根据，；，，可证得与互相垂直平分，再证明四边形为菱形，可得，，，，然后根据三角函数的知识，即可求解；【详解】（1）解：如图，连接、、，∵，，∴，∵C为的中点，，，∴，∴、和都是等边三角形，∵，，∴，在和中，，∴，∴；（2）解：由（1）得：、和都是等边三角形，，∴，；，；，∴点和点在线段的垂直平分线上，点和点在线段的垂直平分线上，∴是线段的垂直平分线，是线段的垂直平分线，∴与互相垂直平分，设与的交点为点，如图：，∵，∴四边形为菱形，∴，，，，∴，∴，∵，，∴，故答案为：与互相垂直平分且；题型23根据菱形的性质与判定求线段长1．（25-26八年级下·江苏苏州·期中）在矩形纸片中，．(1)如图1，将矩形纸片折叠，使点与点重合，求出的长．(2)如图2，将矩形纸片折叠，使点与点的中点重合，求出的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）连接，，证明四边形为菱形，设，在中，利用勾股定理进行求解即可；（2）连接，根据折叠的性质，得到，设，则，在和中，利用勾股定理列出方程进行求解即可．【详解】（1）解：连接，，∵折叠，∴垂直平分，，∴∵矩形，∴，∴，∴，∴，∴∴四边形为菱形，设，则，在中，，∴；故；（2）解：连接，∵折叠，∴垂直平分，∴，∵矩形，∴，设，则，∵为的中点，∴，在中，由勾股定理，得，在中，由勾股定理，得，∵，∴，解得，∴．2．（25-26八年级下·江苏盐城·期中）如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E．(1)求证∶四边形是菱形；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先证明，继而得到四边形是平行四边形，证明即可；（2）根据勾股定理，得到，设，得到，解方程求解即可．【详解】（1）证明：，，平分，，，，，，四边形是平行四边形；，四边形是菱形；（2）解：四边形是菱形，，，，，，，，，设，，，，解得．3．（25-26八年级下·江苏盐城·期中）如图，在矩形中，，．点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点，的运动速度都是，连接．设点的运动时间为．(1)当为何值时，四边形是矩形？(2)当为何值时，四边形是菱形？【答案】(1)(2)【分析】（1）由四边形是矩形，可得，进一步求解即可．（2）当时，四边形是菱形，结合，再建立方程求解即可．【详解】（1）解：四边形是矩形，，．∴，当时，四边形是平行四边形，又，四边形是矩形，由题意知：．由，得，解得：．当时，四边形是矩形．（2）解：由（1）知：，又∵，四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，在中，，，且，即有，解得：，当时，四边形是菱形．题型24根据菱形的性质与判定求面积1．（25-26八年级下·江苏常州·期中）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，在重叠部分构成的四边形中，若，，则四边形面积为_____．【答案】24【分析】过点A作于点E，过点A作于点F，设交于点，证明四边形为菱形，利用菱形的性质和勾股定理求出的长，等积法求出的长即可．【详解】解：过点A作于点E，过点A作于点F，设交于点，由题意，得：，，∴四边形为平行四边形，∵，∴，∴四边形为菱形，∴．2．（25-26八年级下·江苏苏州·期中）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，与相交于点，连接、．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先利用矩形性质和线段垂直平分线的性质，证明四边形是平行四边形，再结合邻边相等的条件，证明其为菱形．（2）设菱形边长为，在中利用勾股定理求出边长，再用底×高计算菱形的面积．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，∴∵是的垂直平分线，∴，在和中，∴（），∴∵，，∴四边形是平行四边形．又∵，∴平行四边形是菱形．（2）解：设菱形的边长为，则，∵，∴∵四边形是矩形，∴在中，由勾股定理得：，即，解得．∴，∴菱形的面积：．3．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）定义：有两组邻边（不重复）相等的四边形叫做“准菱形”．如图1，在四边形中，若，，则四边形是“准菱形”．(1)如图2，在正方形网格中（每个小正方形的边长为1），A、B、C在格点（小正方形的顶点）上，请在图2中画出“准菱形”；（要求：D在格点上）；(2)如图3，在中，，以为一边向外作“准菱形”，且，，、交于点D．①若，求证：“准菱形”是菱形；②在①的条件下，连接，若，，，请直接写出四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②【分析】（1）根据题意画出图形即可；（2）①根据线段垂直平分线的性质和菱形的判定定理即可得到结论；②取的中点，连接、、，再根据然后求出，即可判断出是等腰直角三角形；最后根据勾股定理，分别求出、的值，再根据三角形的面积的求法，求出菱形的面积即可.【详解】（1）解：如图2所示，四边形即为所求；（2）证明：①∵，，∴垂直平分∴，，∵，∴“准菱形”是平行四边形，∵，∴“准菱形”是菱形；②如图，取的中点，连接、、，∵四边形是菱形，∴，∴，∵，∵，∵，，∴，，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，，∴，∴，∵，，，∴菱形中，，∴菱形的面积为：．题型25正方形性质理解1．（25-26八年级下·江苏南京·期中）将菱形、菱形和正方形按如图所示的位置摆放，与间的距离为．已知，则正方形的面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，相交于点，作于点，则，证明是等边三角形，求得，利用直角三角形的性质求得，据此计算即可求解．【详解】解：连接，相交于点，作于点，则，根据题意点是菱形、菱形和正方形的中心，∵，∴，，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，，∴正方形的面积为．2．（25-26八年级下·江苏南京·期中）平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系如图所示，其中A区域图形具有而B区域图形不具有的性质是______（写出一个即可）．【答案】邻边相等（或对角线垂直）【分析】先根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系得A区域图形表示的是正方形，B区域图形表示的是矩形，再根据正方形和矩形的性质即可解答．【详解】解：由图可知，A区域图形表示的是正方形，B区域图形表示的是矩形，正方形具有而矩形不具有的性质是邻边相等（或对角线垂直），即A区域图形具有而B区域图形不具有的性质是邻边相等（或对角线垂直）．故答案为：邻边相等（或对角线垂直）．3．（25-26八年级下·江苏盐城·期中）【概念生成】新定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫作“神奇四边形”．(1)在①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形中一定是“神奇四边形”的是___________（填序号）．【基础探究】(2)如图1，在正方形中，为边上一点（不与，重合），连接，过点作于点，交于点，连接，．①求证：四边形为“神奇四边形”；②若四边形的面积为29，正方形边长为7，求的长．【拓展延伸】(3)如图2，点，分别在正方形的边，上，将正方形沿直线翻折，使得点的对应点为，点的对应点为，的对应边恰好经过点，过点作于点．若，正方形的边长，请直接写出的长．【答案】(1)④(2)①见解析；②(3)【分析】（1）由“神奇四边形”的定义即可得出结论；（2）①证，得，再由“神奇四边形”的定义即可得出结论；②利用“神奇四边形”的性质求得，由勾股定理求得，据此计算即可得出结论；（3）延长交于点，由翻折的性质可知，，，，，由勾股定理求得，，设，则，再由勾股定理计算即可解决问题．【详解】（1）解：平行四边形的对角线互相平分；矩形的对角线互相平分且相等；菱形的对角线互相垂直平分；正方形的对角线互相垂直平分且相等；正方形一定是“神奇四边形”；故答案为：④；（2）①证明：四边形是正方形，，，，，，，，，又，四边形是“神奇四边形”；②解：四边形是“神奇四边形”，且四边形的面积为29，∴，∴，∵正方形边长为7，∴，∴，由①可知：，∴，∴，∴；（3）解：如图，延长交于点，∵，∴由翻折的性质可知，，，，，又∵正方形的边长，∴，∴，∴，设，则，在中，由勾股定理得：，解得，∴，∴．题型26利用正方形的性质求角度1．（2026·江苏宿迁·一模）如图，四边形为正方形，在平面内找一点E，使为等边三角形，则的度数为________.【答案】135或45【分析】根据题意，分在四边形内部、在四边形外部两种情况，再由等边三角形的性质及等腰三角形的性质求角即可．【详解】解：如图，当在四边形内部时，为等边三角形，则，，∴，；如图，当在四边形外部时，为等边三角形，则，，∴，；综上，或．2．（25-26八年级下·江苏连云港·期中）如图，在正方形的内部，作等边三角形，则__________【答案】135【分析】先根据正方形的性质得，再根据等边三角形的性质得，然后求出，接下来根据等腰三角形的性质求出，最后根据得出答案．【详解】解：∵四边形是正方形，∴．∵是等边三角形，∴，∴，∴，∴．3．（25-26七年级下·江苏泰州·期中）如图，正方形边长为，正方形边长为（），点在边上，在延长线上，连接，与交于点，连接，．

(1)若，，则_______；(2)求的面积（用，的代数式表示）；(3)如图，点为中点，连接、、，若，，求的面积．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据正方形的边长，确定的底和高，直接用三角形面积公式计算．（2）采用割补法，用的面积减去的面积，推导出的面积表达式．（3）先由已知的面积和长度，求出与的值，再利用中点性质和割补法，将的面积转化为正方形、三角形面积的和差形式，结合完全平方公式代入计算．【详解】（1）解：∵正方形边长，正方形边长，∴，，即，，∴点到的距离为，∴．（2）解：正方形边长为，正方形边长为，，点到的距离为，点到的距离为，，S△HBC=∴S

（3）解：∵S△EBH=12∴12ab=12，，即，，点为中点，，=．

题型27根据正方形的性质求线段长1．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，正方形的面积为4，的长是，则菱形的面积为（

）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】根据正方形的面积可求出正方形的边长，利用勾股定理求出，然后根据菱形的面积即可求解．【详解】解：如图，连接，则在菱形中，，∵正方形的面积为，∴，，∴，∵的长是，∴菱形的面积为．2．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，正方形和正方形中，点在上，，，是的中点，那么的长是_______．【答案】【分析】连接、，根据正方形的性质和勾股定理求出、，并判断出是直角三角形，再利用勾股定理求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．【详解】解：如图，连接、．∵正方形和正方形中，∴，．．．所以，．所以，是直角三角形．由勾股定理得．因为是的中点，所以．3．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，在正方形中，对角线、相交于点O，，P为上的一点，，则的长度为____；若M为上一动点，连接并将线段绕点C顺时针旋转得，连接，则的最小值为____．【答案】【分析】过P作于G，延长使，作直线，延长交于Q，过D作于E，连接，交于H，根据正方形的性质和勾股定理即可求出；设，则，根据求出，证明，可得，则点N在直线上运动，当时，的值最小，再证明可得，即可得解．【详解】解：过P作于G，延长使，作直线，延长交于Q，过D作于E，连接交于H，四边形是正方形，，，，，，，，，，，，，，，设，则，，，，即，，线段绕点C顺时针旋转得，，，，，，点N在直线上运动，过D作，当时，的值最小，，，∴∠AQF=∠ACF=90°，∴AQ⊥FN，∵DN∴DN∴∠FDN∵∠AED=∠FN'D=90°，∴DN的最小值为．题型28根据正方形的性质求面积1．（25-26八年级下·江苏徐州·期中）如图，正方形的对角线相交于点，点又是另一个正方形的一个顶点．如果两个正方形的边长均为2，则两个正方形重叠部分的面积为（

）A．1 B．2 C．4 D．8【答案】A【分析】根据旋转的性质，可得，结合正方形的性质证明，则两个正方形重叠部分的面积等于，即正方形面积的四分之一，已知正方形的边长，可据此求出重叠部分的面积．【详解】解：如图，设与交于点，与交于点，根据旋转的性质，，四边形是正方形，，，在和中，，，，则两个正方形重叠部分的面积．2．（25-26八年级下·江苏南京·期中）如图，将两个正方形按下列方式摆放，B，C，E三点在同一条直线上．若阴影部分的面积之和是17，的面积为11，则______________．【答案】10【分析】设大正方形边长为，小正方形边长为，根据阴影部分面积和的面积列出关于的等式，利用完全平方公式求出的值，