专题02 矩形、菱形、正方形期中复习压轴题（压轴题专项训练）数学新教材人教版八年级下册（解析版）

1/10专题02矩形、菱形、正方形期中复习压轴题目录TOC\o"1-2"\h\u典例详解类型一、矩形、菱形、正方形中的多结论问题类型二、矩形、菱形、正方形中的多解问题类型三、矩形的性质和判定综合问题类型四、菱形的性质和判定综合问题类型五、正方形的性质和判定综合问题类型六、矩形、菱形、正方形中的折叠问题类型七、矩形、菱形、正方形中的新定义型问题压轴专练类型一、矩形、菱形、正方形中的多结论问题方法总结1.逐项验证：对每个结论，结合已知条件及特殊平行四边形性质（边、角、对角线）独立推导。2.反例排除：对于不一定成立的结论，尝试构造特殊图形（如正方形、菱形）或改变条件进行验证。解题技巧1.性质链推理：系统梳理矩形、菱形、正方形的性质（共性如对角线互相平分；特性如矩形对角线相等、菱形对角线垂直等）。2.图形直观：画出一般图形（非特殊）示意图，结合测量快速排除明显错误结论。例1．（25-26九年级上·黑龙江大庆·期中）如图，在矩形中，的平分线交于点，交的延长线于点，取的中点，连接，，，，下列结论：①；②；③；④若，则．其中正确的结论有（

）个．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】先求出，判断出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得，，从而得到；再求出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得，再求出，然后利用“边角边”证明，得到，由，得到，；由于，得到；由是等腰直角三角形得到，求得，过作于，求得，进而得出答案．【详解】解：∵四边形为矩形，∴，，，∵平分，∴，∴是等腰直角三角形，∴，，∵，∴，故①符合题意；∵，，∴是等腰直角三角形，∵点为的中点，∴，，∴，在和中，，∴．∴，∵，∴，∵，∴，故②不符合题意；∵，∴，故③符合题意；∵，∴设，，∵，∵，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，过作于，如图：∵，∴，∴，∴，∴，故④符合题意；故选：C．【变式1-1】（24-25八年级下·山东济南·期中）如图，在菱形中，，，E，F分别是，的中点，，相交于点G，连接，，有下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】先根据菱形的性质，得出，结合，可得、是等边三角形，从而可得，再根据E，F分别是，的中点，可得，平分，从而可得，，再利用三角形外角的性质求得，由此可判断①；先利用等腰三角形三线合一，可得，，再利用证明，从而可得，再根据含有直角三角形的性质得出，，从而可得，由此可判断②；根据中为斜边，中为直角边，而，可得不全等，由此可判断③；根据等边三角形的面积等于求出，由此可判断④．【详解】解：①∵四边形是菱形，，，∴、是等边三角形，∴，∵E，F分别是，的中点，∴，平分，，，，故①正确；②∵E，F分别是，的中点，是等边三角形，∴，，∵四边形是菱形，，，∴，，在与中，，，，∴，，，故②正确；中为斜边，中为直角边，而，可得不全等，故③错误；∵是等边三角形，，∴，故④错误．综上可得①②正确，共2个．故选：B．【变式1-2】（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由个全等的直角三角形与个小正方形拼成的一个大正方形，如图，若拼成的大正方形为正方形，面积为，中间的小正方形为正方形，面积为，连接，交于点，交于点，①，②；③，④，以上说法中正确的个数为（）．A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根据正方形的性质以及四个大三角形全等，证明，故①正确；根据三角形全等得到三角形的面积相等，根据对应边相等，得到，再利用三角形和四边形的面积差得到结论，故②错误；根据勾股定理得到，根据，继而根据完全平方公式得到，继而得到，，故③正确；根据，，两式相加，得到，故④正确．【详解】解：∵，∴，，∵在正方形中，，．∴，∴，故①正确；，，∵，∴，∴，，即，故②错误；，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，故③正确；，∴，故④正确.故①③④正确，②错误．故选：．类型二、矩形、菱形、正方形中的多解问题方法总结1.分类讨论：根据图形顶点顺序、动点位置、对角线情况（如哪条为边或对角线）等，分不同情形讨论。2.方程求解：设未知数，利用图形性质（如勾股定理、面积等）列方程，得到多组解，结合几何意义取舍。解题技巧1.画图辅助：画出每种情形的示意图，直观分析几何关系，避免漏解。2.检验合理性：求出解后，需验证是否满足图形条件（如边长正数、角度合理），舍去不合题意的解。例2．（25-26九年级下·黑龙江哈尔滨·期中）在正方形中，，的两边分别交边，于点E、F，若，，则的长为________．【答案】或【分析】延长至点G，使，先证，再证，通过等量代换得，最后用勾股定理解即可．【详解】解：如图延长至点G，使，∵在正方形中，，，在和中，，∴，∴，，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，设，，，，在中，由勾股定理得，∴，解得或，当即时，∴，当即时，∴．【变式2-1】（25-26九年级上·江西抚州·期中）如图，长方形中，,,点是射线上一动点（不与重合），将沿着所在的直线折叠得到，连接．当是直角三角形时，的长为____________________．【答案】1或9【分析】根据折叠的性质得到对应边和对应角相等，再分情况讨论为直角三角形时的情况，利用勾股定理建立方程求解的长度.此题主要考查了长方形的性质、折叠的性质、勾股定理等.根据直角三角形的性质分情况讨论求解的长度是解题的关键．【详解】解：①当点在线段上时，如图所示：∵，

∴，，三点共线，∵，∴，∵，∴；②当点在的延长线上时，如图2所示：∵，，，∴，设，则，∴，∵，∴，解得，∴，∴，综上所述，的值为1或9.【变式2-2】（24-25八年级下·浙江绍兴·期中）如图，在菱形中，，，点是边上的一个动点（不与、重合），交于点，点在上，．当是直角三角形时，的长为_____．【答案】或【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，由四边形是菱形，得到，由于，得到四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得到，再由进而得，过点D作于H，分两种情况：①当时；②当时．由勾股定理分别求出、的长．【详解】解：∵四边形是菱形，，∴，，，∵，∴四边形是平行四边形，，，∴，∵，∴，∴，如图，过点D作于H，，当是直角三角形时，分以下两种情况：①当时，在中，，∴，∴，在中，，，解得；②当时，在中，，，∴，解得（取正值，负值已舍去），∴，在中，，，解得；故答案为：或．类型三、矩形的性质和判定综合问题方法总结1.先判后用：先根据已知条件（如对角线相等、一个角为直角等）判定四边形为矩形。2.再性求解：再利用矩形的性质（四个角为直角、对角线相等且互相平分）求角度、线段或证明结论。解题技巧1.判定优选：优先选择“一个角为直角的平行四边形”或“对角线相等的平行四边形”等简捷判定。2.直角三角形转化：矩形问题常可转化为直角三角形，运用勾股定理、三角函数求解。例3．（25-26九年级下·湖南长沙·期中）如图，在中，D，E分别为，的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，求AC的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了三角形中位线定理、矩形的判定与性质及勾股定理，解题的关键是利用中位线性质和平行关系证明矩形，再通过矩形性质和线段关系构造直角三角形求解．(1)中由分别为中点得，结合证平行四边形，再由得矩形，(2)中由矩形性质得，由中位线性质得，则，在中用勾股定理求，再由为中点得．【详解】（1）解：分别为的中点，是的中位线，，，四边形是平行四边形，又，，四边形是矩形；（2）解：，，由(1)知，是的中位线，四边形是矩形，，，在中，，，为的中点，．【变式3-1】（25-26八年级下·江苏南通·期中）如图，中，，平分，，．(1)求证：四边形是矩形；(2)过点E作于，若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)的长为【分析】（1）根据等腰三角形的性质得，再根据平行线的性质得，然后根据，可得，即可得出结论；（2）根据等腰三角形的性质求出，再根据勾股定理得，然后根据矩形的性质得，，最后根据三角形的面积相等得出答案．【详解】（1）证明：中，，平分，，，，，，，四边形是矩形；（2）解：，平分，，，．在中，由勾股定理得：．四边形是矩形，，．，．【变式3-2】（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图，回答下列问题：【问题探究】(1)如图1，在中，连接，．①求证：是矩形；②若，探究线段与线段之间的数量关系．【问题解决】(2)如图2所示，矩形是一块待开发的旅游景点规划地，、、是从入口C通往三个观光点A、E、F的路线，其中，且，因自然地理环境的限制，观光点A无法直接到达观光点E、F，为方便旅客顺利、便捷地从观光点A到达观光点E、F（观光点E、F分别在、上），现要在、上架一座桥梁，已知，桥梁的造价为200万元，桥梁的造价为100万元，求建好和两座桥梁所需要的总造价．【答案】(1)①见解析；②(2)400万元【分析】（1）①根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可；②由得到，在中，运用勾股定理即可求解；（2）延长至点G，使得，连接、、，先证明，则，，由（1）知，那么，再同理得出，，则，此时，那么，即可求解总造价．【详解】（1）①证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴四边形是矩形；②解：；理由如下，∵四边形是矩形，∴，∵，∴，在中，由勾股定理得：；（2）解：延长至点G，使得，连接、、，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∵四边形是矩形，∴，，∴，∴，，由（1）知，∴，在中，，∴，，∴，∴，∴，∴总造价为：（万元）．类型四、菱形的性质和判定综合问题方法总结1.先判后用：先依据一组邻边相等或对角线垂直等条件判定四边形为菱形。2.再性求解：再利用菱形的性质（四边相等、对角线垂直平分且平分对角）求角度、线段或证明结论。解题技巧1.判定优选：优先选择“四边相等的四边形”或“对角线垂直平分的平行四边形”等直接判定。2.对角线模型：连接对角线，构造直角三角形，运用勾股定理、三角函数求解。例4．（24-25八年级下·福建·期中）如图，平行四边形中，平分交于点E，F为边上的点，且，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)连接，若，，，求的长．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）由平行四边形的性质得，由，推导出，则，而，所以，因为，所以四边形是平行四边形，再根据菱形的定义证明四边形是菱形即可；（2）连接，由菱形的性质得，因为，所以，则，求得．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∵平分交于点为边上的点，，，，，∵，，，∴四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形．（2）解：连接，如图所示：∵四边形是菱形，，，，∴是直角三角形，且，∴，∴的长是．【变式4-1】（24-25八年级下·福建厦门·期中）在中，，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，菱形的面积为80，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用平行线的性质可得，利用中点的定义可得，从而证明，然后利用全等三角形的性质可得，再根据D是的中点，可得，从而可证四边形是平行四边形，最后利用直角三角形斜边上的中线可得，从而利用菱形的判定定理即可解答；（2）利用（1）的结论可得菱形的面积的面积，再根据点D是的中点，可得的面积的面积，进而可得菱形的面积的面积，然后利用三角形的面积进行计算即可求出，再利用勾股定理可求出的长．【详解】（1）证明：∵，∴，∵点E是的中点，∴，在和中，，∴，∴，∵点D是的中点，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，D是的中点，∴，∴四边形是菱形；（2）解：∵四边形是菱形，∴菱形的面积的面积，∵点D是的中点，∴的面积的面积，∴菱形的面积的面积，∵，∴，∴，∴．【变式4-2】（25-26九年级上·黑龙江七台河·期中）如图，菱形中，，的两边分别与，边所在的直线交于点E和点F，且．(1)当的两边分别与，边垂直时，如图①，易证：；(2)将绕着点D旋转至不垂直时，如图②，请直接写出线段，和之间有怎样的数量关系，不需证明；(3)将绕着点D旋转至，分别和射线，相交时，如图③，请写出线段，和之间有怎样的数量关系，并证明．【答案】(1)见解析(2)(3)，证明见解析【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）先证明和均为等边三角形，得出，再由等边三角形的性质可得，，即可得证；（2）先证明和均为等边三角形，得出，，再证明，得出，从而可得，即可得证；（3）先证明和均为等边三角形，得出，，再证明，得出，从而可得，即可得证．【详解】（1）证明：∵菱形中，，∴，，∴和均为等边三角形，∴，∵的两边分别与，边垂直，∴，，∴；（2）解：，证明如下：∵菱形中，，∴，，∴和均为等边三角形，∴，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴；（3）解：，证明如下：∵菱形中，，∴，，∴和均为等边三角形，∴，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴．类型五、正方形的性质和判定综合问题方法总结1.先判后用：先依据一组邻边相等且一个角为直角等条件判定四边形为正方形。2.再性求解：再利用正方形的性质（四边等、四直角、对角线垂直平分且相等）求角度、线段或证明。解题技巧1.判定优选：优先选择“一个角为直角的菱形”或“一组邻边相等的矩形”等简捷判定。2.对角线模型：连接对角线，利用其垂直、平分、相等的特性构造全等直角三角形解题。例5．（24-25八年级下·云南红河·期中）如图，在矩形中，点E，F分别在，上，且，于点G．(1)求证：矩形是正方形；(2)延长到点H，使得，连接，判断的形状，并说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)是等腰三角形，理由见解析．【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定及性质，等腰三角形的判定．（）证明，得到，即可求证；（）证明可得，进而得，即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴矩形是正方形；（2）解：是等腰三角形．理由：∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴是等腰三角形．【变式5-1】（24-25八年级下·广西南宁·期中）如图，四边形为正方形，点E为线段上一点，连接，过点E作，交射线于点F，以，为邻边作矩形，连接，且．(1)求证：矩形是正方形；(2)若，，求的长度；(3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，求的度数．【答案】(1)见解析(2)(3)或【分析】本题考查了正方形的性质与判定，四边形内角和定理，勾股定理．（1）证明，可得，则矩形是正方形；（2）由已知得，则，再根据得；（3）分两种情况讨论：当与的夹角为时，点F在边上，，由四边形内角和定理得：；②当与的夹角为时，点F在的延长线上，，可得．【详解】（1）证明：∵四边形为正方形，∴，，∵四边形为矩形，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∵四边形为矩形，∴四边形为正方形；（2）解：在中，，∵，∴，∵，∴；（3）解：分以下两种情况讨论：①当与的夹角为时，点F在边上，，∴，在四边形中，由四边形内角和定理得：；②当与的夹角为时，点F在的延长线上，，如图3所示：∵，，∴．综上所述，的度数为或．【变式5-2】（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，正方形中，，点从点出发，以的速度向点运动，同时点从点出发，以的速度沿射线运动，连接、和，设运动时间为．(1)当时，如图①所示，则______；(2)若，则______；(3)连接，与和分别交于点，，如图②所示：①若，求的长和此时的值；②求证：点是的中点．【答案】(1)(2)(3)①；；②见解析【分析】（1）根据正方形的性质得到，，再根据勾股定理求解即可；（2）根据，得到，，再根据勾股定理即可求解；（3）①根据正方形的性质得到，，根据勾股定理得到，推出，得到，求得，最后根据勾股定理求出；②过作交于，根据平行线的性质和全等三角形的判定与性质即可得到结论．【详解】（1）解：四边形是正方形，，，，，，，；（2）解：，，，，，，即，解得（负值已舍去）；（3）①解：四边形是正方形，，，，，，，，，，，，，，，；②证明：过作交于，则，，∵，是等腰直角三角形，，，，，，点是的中点．类型六、矩形、菱形、正方形中的折叠问题方法总结1.折叠本质：折叠即轴对称，对应线段相等、对应角相等，折痕垂直平分对应点连线。2.图形特性：利用矩形（直角）、菱形（四边相等）、正方形（直角且四边相等）的性质，寻找折叠产生的全等或直角三角形。解题技巧1.标等量：在图上清晰标注折叠前后的对应边、对应角，以及图形本身决定的等量关系。2.设元勾股：常在折叠后形成的直角三角形中，设未知线段为x，利用勾股定理列方程求解。例6．（24-25八年级下·福建南平·期中）有一个数学活动，通过折叠矩形纸片得到等边三角形，其具体操作过程是：第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展开（如图1）；第二步：再折叠纸片，使点A落在上，并使折痕经过点B，得到折痕，同时得到线段BN（如图2）．第三步：沿着折叠，得到折痕，沿着折痕，剪下．（如图2）．请解答以下问题：(1)如图1，求出的度数．(2)如图2，求证：是等边三角形．【答案】(1)(2)详见解析【分析】本题考查的是轴对称的性质，矩形的性质，等边三角形的判定与性质；（1）连接，证明，可得为等边三角形，进一步可得答案；（2）由为等边三角形，可得，证明，，可得结论．【详解】（1）解：连接，由折叠知：垂直平分，∴，又由折叠知，∴，∴为等边三角形，∴，∴．（2）证明：∵为等边三角形，∴，∴，而，∴，，∴，∴，∴为等边三角形．【变式6-1】（24-25八年级上·吉林长春·期中）折叠问题是几何变换中常见的数学问题，经常利用轴对称的性质解决相关问题，而有直角的图形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：

(1)【初步感知】如图①，在三角形纸片中，，将沿折叠，使点A与点B重合，折痕和交于点E，折痕和交于点D，，则的长为________；(2)【深入探究】如图②，在平行四边形纸片中，，现将纸片折叠，使点C与点A重合，折痕为，如果．求的长；(3)【拓展延伸】如图③，在平行四边形纸片中，，点E为射线上一个动点，把沿直线折叠，当点A的对应点F刚好落在线段的垂直平分线上时，直接写出的长为________．【答案】(1)5(2)(3)或10【分析】（1）先求出，再利用勾股定理即可求解；（2）先求出，再利用勾股定理建立方程求解即可；（3）先讨论点的位置，再在每种情况中先求出，再利用勾股定理建立方程即可求解．【详解】（1）解：∵将沿折叠，使点A与点B重合，∴，∴中，；则的长为5．故答案为：5．（2）解：∵将纸片折叠，使点C与点A重合，折痕为，∴，∵中，，，∴，即，∴．（3）解：的长为或10；理由：四边形是平行四边形，，∵，∴该四边形是矩形，，设线段的垂直平分线交于点，交于点，∴四边形和四边形都是矩形，∴，①如图，当点在线段上时，

点在线段的垂直平分线上，，，由折叠的性质得：，，在中，由勾股定理得：，，在中，由勾股定理得：，即∴；②如图4，当点在线段的延长线上时，

由折叠的性质得：，，同①得：，，在中，由勾股定理得：，即，解得：，综上可得：的长为或10．【变式6-2】（24-25八年级上·广东汕头·期末）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．【操作判断】如图1，正方形纸片，将沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形的内部，得到折痕，点B的对应点为M，连接；将沿过点A的直线折叠，使与重合，得到折痕，将纸片展平，连接．（1）根据以上操作，易得点E，M，F三点共线，且①______；②线段，，之间的数量关系为______．【深入探究】如图2，将沿所在直线折叠，使点C落在正方形的内部，点C的对应点为N，将纸片展平，连接，．同学们在折纸的过程中发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同，当点E在边上某一位置时（点E不与点B，C重合），点N恰好落在折痕上，此时交于点P，如图3所示．（2）小明通过观察图形，得出．请判断其是否正确，并说明理由．（3）小段发现是一个定值．小段同学的发现是否成立?若成立，求出的大小；若不成立，请说明理由．【答案】（1）①45；②；（2）正确，理由见解析；（3）成立，【分析】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定、三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质是解题关键．（1）①先根据正方形的性质可得，再根据折叠的性质可得，，，，则，由此即可得；②先证出点三点共线，，再根据线段的和差、等量代换即可得；（2）正确，理由：先根据等腰三角形的判定可得，再证出，根据全等三角形的性质可得，由此即可得；（3）根据折叠的性质可得，，从而可得，再根据直角三角形的两个锐角互余求解即可得．【详解】解：（1）①∵四边形是正方形，∴，由折叠的性质得：，，，，∵，∴，∴，故答案为：45；②∵，，∴，∴点三点共线，∴，故答案为：．（2）正确，理由如下：由折叠的性质得：，∴，由（1）可知，，∴，∴，又∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，由（1）已得：，∴．（3）小段同学的发现成立，求解过程如下：由折叠的性质得：，，∵，∴，∵，∴．类型七、矩形、菱形、正方形中的新定义型问题方法总结1.理解定义：准确理解新定义（如“和谐矩形”“完美菱形”），将其转化为边、角或对角线的数学关系。2.性质应用：利用矩形、菱形、正方形的性质（如矩形对角线相等、菱形对角线垂直等），将定义条件转化为方程或不等式求解。解题技巧1.举例验证：用简单数值代入新定义试算，理解本质后再一般化处理。2.分类讨论：新定义常涉及边长比例、角度关系，需分类讨论不同情况求解。例7．（25-26八年级上·山西运城·期中）新定义：两边平方和等于第三边平方的3倍的三角形叫作“悦动三角形”．例如：某三角形三边长分别是和3，因为，所以这个三角形是“悦动三角形”．(1)若三边长分别是5，，则此三角形___________“悦动三角形”．(填“是”或“不是”)(2)如图，中，，点D为的中点，连接，，若是“悦动三角形”，求的长．【答案】(1)是(2)的长为或【分析】本题考查了新定义“悦动三角形”的理解、直角三角形的性质，解题的关键是紧扣“悦动三角形”的定义，结合边长关系分情况计算验证．（1）先计算三角形三边的平方，验证是否存在两边平方和等于第三边平方的3倍；（2）利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半得，设的长为未知数，结合的长度，分情况根据“悦动三角形”的定义列方程求解．【详解】（1）解：计算三边的平方：，，验证：，，即故此三角形是“悦动三角形”．故答案为：是．（2）解：∵中，，D是的中点，∴（直角三角形斜边中线等于斜边的一半）．设，则，已知，∵是“悦动三角形”，分两种情况：①若，即，解得（舍去负根），则．②若，即，解得（舍去负根），则答：的长为或．【变式7-1】（24-25八年级下·江苏镇江·期中）阅读下列材料：“鹞形”在数学中是一种四边形．我们把有一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形叫做鹞形．如图1，四边形中，若垂直平分，那么四边形称为鹞形．(1)写出图1所示鹞形的两个性质（定义除外）：①_______；②_______；(2)如图2，在平行四边形中，E、F分别在边和上，且四边形是鹞形（垂直平分），求证平行四边形是菱形．(3)如图3，在（2）的条件下，连接、，若，，，则的长度为________．【答案】(1)鹞形的一条对角线平分一组对角；鹞形的一组对角相等；(2)见解析(3)【分析】（1）在和中，即可得出结论；（2）连接相交于点，由（1）可得，由四边形是平行四边形，可得．再证出，然后得出平行四边形是菱形即可；（3）连接与相交于点，设相交于点，由勾股定理得出，再求出，再求出，再由面积法求出，即可求解．【详解】（1）解：垂直平分，，在和中，，，，，即：鹞形的一条对角线平分一组对角，鹞形的一组对角相等；故答案为：鹞形的一条对角线平分一组对角；鹞形的一组对角相等；（2）证明：如图，连接相交于点，由（1）可得，四边形是平行四边形，．．，四边形是菱形；（3）解：如图，连接与相交于点，设相交于点，四边形是菱形，，，，，，，，，，．故答案为：．【变式7-2】（24-25八年级下·江苏盐城·期中）【定义】在学习了“中心对称图形--平行四边形”这一章后，小明同学对特殊四边形的探究产生了浓厚的兴趣，他发现除了已经学过的特殊四边形外，还有很多比较特殊的四边形．勇于创新的他大胆地作出这样的定义：有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”，并进行了以下问题的探究．【理解】（1）如图①，正方形中，点，分别在边，上，连接，，，，若，求证：四边形为“双直四边形”【应用】（2）如图②，双直四边形中，，，，对角线与相交于点，且，求四边形的面积．【拓展】（3）如图③，双直四边形中，，，且，若，求线段的长度．【答案】（1）见解析（2）；（3）【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握勾股定理是解决此题的关键．（1）证明，由“双直四边形”的定义可得出结论；（2）由勾股定理求出，，根据三角形面积可得出答案；（3）过作交延长线于点，由双直四边形可得，证明，设，则，，得出方程，求出，则可得出答案．【详解】（1）证明：四边形是正方形，，，，（），，，，，四边形为“双直四边形”；（2）解：由题意知，，，，，，，，，，四边形的面积；（3）解：过作交延长线于点，，，四边形是矩形，，，由双直四边形可得，，，，同理可得，，设，则，，，（负值舍），，．一、单选题1．（25-26九年级上·河北保定·期末）如图，在菱形中，，，点E在边上，连接，将沿折叠，若点B落在延长线上的点F处，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查翻折变换（折叠问题），勾股定理，等腰直角三角形，菱形的性质，根据菱形的性质，得到，折叠得到垂直平分，进而推出为等腰直角三角形，求出，再根据线段的和差关系，进行求解即可．【详解】解：∵菱形中，，∴，∵将沿折叠，若点B落在延长线上的点F处，∴垂直平分，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴，∴．故选：A．2．（25-26八年级上·山东济南·期末）如图，矩形中，分别以A，C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线分别交于点E，F，连接和，若，以下结论正确的个数是（

）①四边形是菱形；②；③；④若点是直线上的一个动点，则的最小值是9．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据矩形的性质得到，，求得，根据作图过程可知：是的垂直平分线，得到，根据线段垂直平分线的性质得到，，，，根据全等三角形的性质得到，推出四边形是菱形；在中，利用勾股定理可得，从而得到，再由勾股定理可得；根据菱形的面积可得；根据是的垂直平分线，可得，从而得到，即可求解．【详解】解：设交于点四边形是矩形，，，，由作法得：是的垂直平分线，，，，是的垂直平分线，，，，，在和中，，，，，四边形是菱形，故①正确；在中，，∴，∴，故②正确；，故③错误；是的垂直平分线，∴，∴，即的最小值是9，故④正确；故选：C．【点睛】本题考查了作图基本作图、线段垂直平分线的性质、矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．解决本题的关键是掌握基本作图方法．3．（25-26八年级上·福建泉州·期末）如图，四边形是正方形，是边上的一点，点在对角线上，，的延长线交的延长线于点，连接．下列结论中正确的个数是（

）（友情提示：正方形四条边都相等，四个角都是直角．）①；②；③；④．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】①根据正方形性质得，再根据点在的延长线上得，据此可对结论①进行判断；②证明和全等得，进而得，再根据得，则，据此可对结论②进行判断；③设，则，在中，由三角形内角和定理得，根据三角形外角性质得，，由此得，据此可对结论③进行判断；④过点作于点，则，由结论②正确得，进而得，由此得是的中位线，则，证明是等腰直角三角形，由勾股定理得，进而得，再根据得，据此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．【详解】解：①∵四边形是正方形，是对角线，∴，∵点在的延长线上，∴，故结论①正确；②∵四边形是正方形，点在对角线上，∴，，，在和中，，∴，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，故结论②正确；③设，∴，在正方形中，，在中，，∵是的外角，∴，∴，∴，∴，故结论③正确；④过点作于点，如图所示：∴，∴，由结论②正确得：，∴，∵，，∴，∴，∴是的中位线，∴，在中，，，∴是等腰直角三角形，∴，由勾股定理得：，∴，∴，∴，在正方形中，，∴．故结论④正确，综上所述：正确的结论是①②③④，共个．故选：D．【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理是解决问题的关键．二、填空题4．（25-26八年级上·江苏泰州·期末）中国结作为中国传统手工艺品，寓意是团圆、平安、幸福，承载着人们对美好生活的祈盼．小敏家有一个菱形中国结装饰．测得，，则该菱形的面积是__________．【答案】24【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，菱形的面积，解题的关键是掌握以上性质．根据菱形的性质得出直角三角形以及对角线的数量关系，利用勾股定理求出对角线长度，然后利用菱形面积公式求解即可．【详解】解：如图所示，交于点，∵四边形是菱形，∴，，由勾股定理得，∴，∴该菱形的面积是故答案为：24．5．（25-26九年级上·山西运城·期末）在正方形中，对角线，交于点，延长至点，使，连接，点为的中点，连接．若，则的长为_____________．【答案】【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，斜边上的中线等于斜边的一半，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先理解题意，运用正方形的性质证明，，又因为点为的中点，得出，再根据勾股定理得，代入数值计算，即可作答．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，∴，∵点为的中点，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．6．（25-26九年级上·河南周口·期末）如图，在矩形中，，点E是上一动点，连接，将沿折叠，点B落在点处，当为直角三角形时，的长为_____．【答案】或【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，直角三角形的相关知识，“矩形的性质、折叠的性质直角三角形分类讨论是解题的关键．根据已知条件与折叠核心等量关系：设，根据折叠性质得出，结合矩形性质得出；由为直角三角形，分为直角顶点进行分类讨论，针对每种合理情况，结合几何性质列方程求解；【详解】解：设，由折叠性质得：，，，矩形中，，，则．情况1：，，即、、三点共线．在中，由勾股定理得：，在中，，，解得，，；情况2：，则，，，四边形为矩形，，故四边形为正方形，情况3：当时，此时点与点重合，此时，这显然不成立，不存在此种情况．综上，当为直角三角形时，的长为或．故答案为：或三、解答题7．（25-26八年级上·浙江宁波·期末）如图，已知，延长到，使，连接，，，若．(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】（）由四边形是平行四边形，则，，又得四边形是平行四边形及，结合可得，由此可得平行四边形是矩形；（）连接，由（）得，，，所以，则，又四边形是矩形，故有，，然后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，∵，，∴，∴四边形是矩形；（2）解：如图，连接，由（）得，，，∵，∴，∴，∵四边形是矩形，∴，，∴，∴，∴．8．（25-26九年级上·四川成都·期末）如图，在四边形中，是四边形的对角线，过点作的垂线交的延长线于点，点恰好是的中点．(1)求证：四边形是菱形；(2)过点作于点，交于点，连接，若，求和的长．【答案】(1)证明见解析；(2)，【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质等知识点．关键是先通过平行四边形的判定过渡到菱形，再利用菱形性质和勾股定理列方程求解线段长度．（1）先由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”证出四边形是平行四边形，再结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得到，进而根据“邻边相等的平行四边形是菱形”完成证明；（2）连接菱形对角线交于点，利用菱形对角线互相垂直的性质结合，证出四边形是平行四边形，得到；设，结合表示出、，用勾股定理表示出，通过比例关系得到与的数量关系，在中列勾股定理方程求出；最后利用线段垂直平分线的性质或勾股定理求出的长度．【详解】（1）解：，，四边形是平行四边形，，，即是直角三角形，点是的中点，，平行四边形是菱形；（2）解：连接，交于点，四边形是菱形，，，，，又，四边形是平行四边形，，设，，，则，，，在中，由勾股定理得：，，由此可得，即，在中，由勾股定理得：，即，解得，由，得，，，，四边形是菱形，，垂直平分，，设，则，，在中，由勾股定理得：，即，解得，；综上，的长为，的长为．9．（25-26八年级上·江苏盐城·期末）在矩形中，，G、H分别是、中点，E、F是对角线上的两个动点，分别从点A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中．(1)当时，请判断四边形的形状，并说明理由；(2)若四边形为矩形，求t的值；(3)若点G向点D运动，点H向点B运动，且与点E、F以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求t的值．【答案】(1)四边形是平行四边形，理由见解析(2)或(3)【分析】（1）先证得，得，，然后根据“等角的补角相等”即可证明；（2）先证得四边形是矩形，再根据四边形为矩形，可得，再利用勾股定理即可求解；（3）根据“对角线互相平分且垂直是菱形”可得，四边形为菱形，则，设，则，利用勾股定理列方程即可求解．【详解】（1）解：四边形是平行四边形．理由如下：由题意得：，∵四边形是矩形，∴，，∴，∵G，H分别是，的中点，∴，，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴，∴四边形是平行四边形；（2）解：①当时，连接，如图，由（1）得，，，∴四边形是矩形，∴，当四边形是矩形时，∴，∵，∴，∴；②当时，连接，如图，当四边形是矩形时，∵，，∴，∴，综上，四边形为矩形时或．（3）解：连接，，，设与交于，如图，∵四边形为菱形，∴，，，∵，∴，∴，∴四边形为菱形，∴，设，则，由勾股定理可得：，即：，解得：，∴，∴，∴当时，四边形为菱形．【点睛】熟练掌握矩形的对角线相等的性质，菱形的对角线互相垂直的性质，分类讨论，运用勾股定理列方程求解是解题的关键．10．（24-25八年级下·河南南阳·期末）定义：有一组邻边相等，且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．(1)请在你学习过的四边形中，写出一个符合等腰直角四边形定义的特殊四边形；(2)如图1，等腰直角四边形中，，．若，，请利用如图2的辅助线，求的长；(3)如图3，在矩形中，，，点P是对角线的中点，过点P作直线分别交边、于点E、F．当四边形是等腰直角四边形时，直接写出四边形的面积．【答案】(1)正方形(2)(3)或【分析】（1）根据等腰直角四边形定义求解即可；（2）如图所示，过点C作交于点D，证明出，得到，，证明出是等腰直角三角形，求出，得到，进而求解即可；（3）分，，，四种情形讨论求解即可．【详解】（1）解：符合等腰直角四边形定义的特殊四边形可以为正方形；（2）解：如图所示，过点C作交于点D，∵，，，∴，∴，，∵，∴是等腰直角三角形，∴，，∴，∴，∴，∴；（3）解：∵四边形是矩形，∴，，，，如图，连接，当时，四边形是等腰直角四边形，∴，∵，，∴，∴，，∵是的中点，∴，∴四边形的面积；如图，连接，当时，四边形是等腰直角四边形，∴，∵是的中点，∴，∵，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴，，∵是的中点，∴，∴四边形的面积；如图，连接，当时，∵，∴四边形是矩形，∴，，∵，∴，，∴，∴，∵，∴，∴此时，四边形不是等腰直角四边形，同理可得当时，四边形不是等腰直角四边形；综上可得，四边形的面积为或．【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，正方形的判定及性质，勾股定理，矩形的判定及性质，平行线的性质，熟练掌握矩形的判定及性质是解题的关键．11．（24-25八年级下·山西大同·期末）如图1，将矩形沿过点的直线折叠，使得点的对应点落在边上，折痕与交于点．(1)判断四边形的形状，并说明理由．(2)如图2，点是的中点，勤学小组的同学将矩形沿直线折叠，点的对应点为，连接并延长，交于点．①试判断四边形的形状，并说明理由．②连接交于点，点是的中点，若点是的三等分点，，直接写出的长．【答案】(1)正方形，理由见解析；(2)①平行四边形，理由见解析；②的长为或．【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、正方形和平行四边形的判定以及勾股定理的应用．（1）根据矩形和折叠的性质判断四边形的形状；（2）①利用矩形和平行线的性质以及折叠性质来判定四边形的形状；②根据点是的三等分点分情况讨论，结合勾股定理求出的长度．【详解】（1）四边形为正方形．理由:矩形，，折叠，，，四边形是正方形；（2）①四边形为平行四边形．理由：矩形，，点是的中点，，折叠，，，，，，，，，四边形是平行四边形；②四边形是平行四边形，，点是的中点，，，，，是矩形，当是的下方的三等分点时，，点是的中点，，是矩形，∴，由折叠可得，，，，，，，，四边形是平行四边形，，，当是的上方的三等分点时，，点是的中点，，，，，，，，，四边形是平行四边形，，，综上所述，的长为或．12．（25-26九年级上·陕西西安·期末）[问题探究]如图1，C为线段上一动点，分别过点B、D作，连接．已知，则的最小值是；[尝试应用]如图2，矩形中，，点P是矩形内一动点，且，求周长的最小值．[实践创新]如图3，，长度为2的线段在射线上滑动，点C在射线上，且，的两个内角的角平分线相交于点F，过F作，垂足为G，求的最大值．【答案】[问题探究]；[尝试应用]；[实践创新]【分析】[问题探究]如图1中，过点A作交的延长线于H，连接．解直角三角形求出，即可解决问题．[尝试应用]如图2中，作于M，作点D关于直线的对称点E，连接，．设．由垂直平分线段，推出，推出，利用勾股定理求出的值即可．[实践创新]如图3中，连接，过点F作于M，于N，过点C作于H．由题意，推出，推出当的值最小时，的值最大，如图4中，过点C作，使得，作点K关于直线的对称点J，连接交于E，连接交于T，此时的值最小，最小值的长，据此求出结论．【详解】解：[问题探究]如图1中，过点A作交的延长线于H，连接．∵，∴，∴四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴的最小值为．[尝试应用]如图2中，作于M，作点D关于直线的对称点E，连接，．设．∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，∵垂直平分线段，∴，∴，∴，∴的最小值为，∴的周长的最小值为．[实践创新]如图3中，连接，过点F作于M，于N，过点C作于H．∵的两个内角的角平分线相交于点F，，∴，在中，∵，∴，∴，∴，∴，∴当的值最小时，的值最大，如图4中，过点C作，使得，作点K关于直线的对称点J，连接交于E，在上截取，连接，连接交于T，则四边形是平行四边形，，则，此时的值最小，最小值的长．由图3可知，在中，∵，∴，∴的最小值，∴的最大值．综合训练一、选择题1.已知四边形ABCD是平行四边形,下列结论错误的是()A.当∠ABC=90°时,它是矩形 B.当AC⊥BD时,它是菱形C.∠ABC=∠ADC D.AC=BD一定成立2.下列结论中,矩形具有而菱形不一定具有的性质是()A.内角和为360° B.对角线互相平分C.对角线相等 D.对角线互相垂直3.在▱ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,且AC+BD=10cm,AB=4cm,则△COD的周长为()A.14cm B.9cm C.7cm D.5cm4.如图,AD是△ABC的中线,四边形ADCE是平行四边形,增加下列条件,能判断▱ADCE是菱形的是()A.∠BAC=90° B.∠DAE=90°C.AB=AC D.AB=AE5.如图,▱ABCD与▱DCFE的周长相等,且∠BAD=60°,∠F=110°,则∠DAE的度数为()A.55° B.25°C.30° D.35°6.将一张正方形的纸片按下图所示的方式三次折叠,折叠后再按图所示沿MN裁剪,则可得()A.多个等腰直角三角形 B.一个等腰直角三角形和一个正方形C.四个相同的正方形 D.两个相同的正方形7.如图,在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,对角线AC,BD相交于点O,点P是AD上一动点(不与A,D重合),过点P作AC和BD的垂线,垂足分别为E,F,则PE+PF=()A.125 B.C.35 D.8.将一边长为2的正方形纸片折成四部分,再沿折痕折起来,恰好能不重叠地搭建成一个三棱锥,则三棱锥四个面中最小的面积是()A.1 B.32 C.12 D二、填空题9.如图,在菱形ABCD中,点A在x轴上,点B的坐标为(8,2),点D的坐标为(0,2),则点C的坐标为.

10.如图,以正方形ABCD的对角线AC为一边作菱形AEFC,则∠FAB=.

11.如图,∠ACB=90°,△ABF的中位线DE经过点C,且CE=13CD,若AB=6,则BF的长为.12.如图,在矩形ABCD中,AB=5,AD=12,点P在对角线BD上,且BP=BA,连接AP并延长,交DC的延长线于点Q,连接BQ,则BQ的长为.

三、解答题13.如图,在▱ABCD中,点E在AB的延长线上,点F在CD的延长线上,满足