人教版数学八年级下册 期末压轴专题03 矩形、菱形、正方形的性质和判定五类综合题型（压轴题专项训练） 同步练习 含答案

期末压轴专题03矩形、菱形、正方形的性质和判定五类综合题型目录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【变式1-1】（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【变式1-2】（25-26八年级上·山东济宁·期末）如图，已知在菱形中，，、分别是射线和上的两个点，，以下结论：①；②是等边三角形；③；④，，若，则面积的最大值为．其中正确的个数有（

）A． B． C． D．【变式1-3】（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，正方形的边长为1，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况：①若为的中点，则四边形是正方形；②点在运动过程中，始终满足；③点在运动过程中，的值为定值1；④点在运动过程中，线段的最小值为．其中正确的有（

）A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④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．（25-26九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）点为正方形中对角线上一点（点不与端点、重合），当为等腰三角形时，的度数为______．【变式2-1】（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_____．【变式2-2】（25-26九年级上·辽宁辽阳·期末）在菱形中，，边长为8，点M是边上一点，点N是边上一点，将沿翻折，点A的对应点恰好落在菱形的一条边上，若，则的长为________．【变式2-3】（25-26八年级上·福建福州·期末）如图，中，，，，点在边上（点不与点，重合），过点作，，垂足分别为点，，连接，为的中线，连接，当是直角三角形时，的长是______．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．（25-26九年级上·四川达州·期末）如图，在中，，于点D，过点A作且，连接，，与交于点E．(1)求证：．(2)求证：四边形是矩形．【变式3-1】（25-26九年级上·陕西渭南·期末）如图，在中，的平分线和的平分线交于点，点在边上，以、为边作．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，求四边形的面积．【变式3-2】（25-26九年级上·河南开封·期末）如图，在中，平分交于点，连接．(1)过点作，垂足为（用没有刻度的直尺和圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）；(2)若．①求证：四边形是矩形；②若，求的长度．【变式3-3】（25-26九年级上·宁夏银川·期末）如图，四边形是平行四边形，，相交于点O，点E是的中点，连接，过点E作于点F，过点O作于点G．(1)求证：四边形是矩形．(2)若四边形是菱形，，且，求的面积．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·云南昆明·期末）如图，是直角三角形，且，点、分别是、的中点，连接并延长至点，使得，连接、、．(1)求证：四边形是菱形；(2)若的周长为30，且，求四边形的面积．【变式4-1】（25-26九年级上·云南昆明·期末）如图，在中，，点是的中点，连接，过点作，且，在上取一点，使，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)连接，相交于点，若，四边形的面积为120，求的周长．【变式4-2】（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．【变式4-3】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）在菱形中，，点是射线上一动点，以为边向右侧作等边．(1)如图1，当点在菱形内部时，连接交于F．①直接写出与的数量关系，并求的度数．②若，，求的长．(2)如图2，当点在线段的延长线上时，延长交于，若，，则__________．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．（25-26九年级上·江西抚州·期末）如图，在中，，过点A作直线，点E在上，过点E作于点O，交直线于点F，连接．(1)求证：；(2)当点E为的中点时，判断四边形的形状，并说明理由；(3)在（2）的条件下，当的比值为________时，四边形为正方形．【变式5-1】（25-26九年级上·广东江门·期末）如图，将矩形绕着点按顺时针方向旋转，得到矩形，点与点对应，点恰好落在边上，于点，其中，．(1)求证：．(2)连接，交于点，求的长．(3)过点作，交于点．求证：四边形是正方形．【变式5-2】（25-26九年级上·江西景德镇·期末）如图，已知四边形为正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交于点F，以为邻边作矩形，连接．(1)求证：矩形是正方形．(2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．(3)直接写出的最小值．【变式5-3】（25-26八年级上·河北衡水·期末）点是正方形外一点，，，平分交于点，连接．(1)如图1，若，求证：是等腰直角三角形；(2)如图2，．①求的度数（用含的式子表示）；②仍是等腰直角三角形吗？说明理由．一、单选题1．（25-26九年级上·陕西渭南·期末）如图，在矩形中，对角线与交于点O，点E在边上，连接交于点F．若，，则的度数为（）A． B． C． D．2．（25-26九年级上·山东德州·期末）如图，在菱形中，连接，点E在上，连接交于点F，作于点G，，，若，则的长为（

）．A． B． C． D．3．（25-26八年级上·黑龙江绥化·期末）已知：如图，正方形中，，，相交于点，，分别为边，上的动点（点，不与线段，的端点重合）且，连接，，．在点，运动的过程中，有下列四个结论：①是等腰直角三角形；②面积的最小值是1；③至少存在一个，使得的周长是；④四边形的面积是1．其中正确结论的有（

）A．①②③ B．②③ C．①③④ D．①②③④二、填空题4．（25-26九年级上·山东济南·期末）已知四边形是边长为的菱形，，点，分别是边，的中点，为菱形边上的一点，且是以为斜边的直角三角形，那么的长度为_____．5．（25-26九年级上·辽宁丹东·期末）如图，在菱形中，，点E、F分别是、上任意的点（不与端点重合）．且，连接与相交于点G，连接与相交于点H．有如下几个结论：①；②的大小为定值；③平分；④．以上结论中，正确结论的序号是_______．6．（25-26八年级上·广东广州·期末）如图，在矩形和矩形中，与相交于点M，与相交于点N，连接，并延长与相交于点P，若，则下列结论正确的是___．①；②；③；④连接，若，四边形与四边形的面积之比为．三、解答题7．（25-26九年级上·全国·期末）如图，四边形为平行四边形，且，．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，是上一点，且，求的长．8．（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，在中，O为的中点，延长交的延长线于点E，连接，，．(1)求证：四边形是矩形；(2)连接，若，，求的长．9．（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．10．（24-25八年级下·甘肃庆阳·期末）如图1，在中，，，，，相交于点O，且，，连接．(1)求的长．(2)求证：．(3)如图2，设与相交于点P，连接，求的长．11．（24-25八年级下·云南红河·期末）如图1，在矩形中，，是边上的一个动点（点不与重合），，垂足为点，过点作，交的延长线于点．(1)若，①求证：四边形是菱形；②求四边形的周长；(2)如图2，于点，于点，探究：当为何值时，四边形是正方形？12．（25-26九年级上·全国·期末）【模型建立】（1）如图，四边形是正方形，当点在边上，在边上，时，用等式写出，与之间的数量关系，并说明理由；【模型应用】（2）如图2，当点在的延长线上，在的延长线上时，其他条件与（）相同．用等式写出，与之间的数量关系，并说明理由；【模型迁移】（3）如图，在中，，，点，均在边上，且．若，，求的长．

期末压轴专题03矩形、菱形、正方形的性质和判定五类综合题型目录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．【变式1-1】（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．【变式1-2】（25-26八年级上·山东济宁·期末）如图，已知在菱形中，，、分别是射线和上的两个点，，以下结论：①；②是等边三角形；③；④，，若，则面积的最大值为．其中正确的个数有（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题关键．①连接构造全等三角形，得到，，进而可得，是等边三角形，①、②正确；用反证法可知③错误；根据题意可知，四边形的面积等于，则当时，可取得最小值，取得最大值，根据等边三角形性质分别求出此时的，，进而求出．【详解】解：如图，连接．四边形为菱形，，，，是等边三角形，，，，，在和中，，，，，即，①正确，，为等边三角形，②正确；∴，则，③不正确；，，可知当取得最小值，取得最大值，设等边三角形边长为，可知其高为，面积为，为等边三角形，其面积会随边长变化而变化，当，取得最小值，则取得最小值，，此时，，，，④正确．综上，正确的个数有个．故选：．【变式1-3】（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，正方形的边长为1，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况：①若为的中点，则四边形是正方形；②点在运动过程中，始终满足；③点在运动过程中，的值为定值1；④点在运动过程中，线段的最小值为．其中正确的有（

）A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】先证明四边形是矩形，再证明，则四边形是正方形，即可判定正确；连接，由四边形是矩形，得，再证明，得，再证明，推出，即可判定正确；证明，，从而得，即可判定正确；根据，所以当最小时，最小，所以当时，最小，，求得，即得线段的最小值为，即可判定正确．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，，∵，，∴，∴四边形是矩形，，，∴，，∵为的中点，∴，∴，∴四边形是正方形，故正确；连接，∵四边形是矩形，∴，在与中，，∴，∴，∵矩形，∵，又∵∴，∴，∴，故正确；∵，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，即的值为定值1，故正确；∵，∴当最小时，最小，∴当时，最小，在中，，∵，∴，∴，∴线段的最小值为，故正确；∴正确的有，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．（25-26九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）点为正方形中对角线上一点（点不与端点、重合），当为等腰三角形时，的度数为______．【答案】或【分析】本题主要考查正方形的性质（对角线平分内角、各角为、各边相等）和等腰三角形的性质和分类讨论思想，熟练掌握正方形的性质和分类讨论思想是解题的关键．根据题意为等腰三角形的三种可能：，逐一分析，其中时点与重合，不符合“点不与端点、重合”的条件需舍去，通过等腰三角形的性质和角的和差关系，求出即可．【详解】解：由正方形得：，当为等腰三角形时，有，分类讨论：①当时，如图所示：，，，；②当时，如图所示：，，，；③当时，点与重合，点不与端点、重合，当时不合题意，故舍去．综上所述：的度数为或．故答案为：或．【变式2-1】（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【变式2-2】（25-26九年级上·辽宁辽阳·期末）在菱形中，，边长为8，点M是边上一点，点N是边上一点，将沿翻折，点A的对应点恰好落在菱形的一条边上，若，则的长为________．【答案】6或7【分析】本题考查菱形的性质，折叠的性质，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，熟练掌握相关知识点，利用分类讨论的思想，进行求解，是解题的关键．分落在上和落在上两种情况进行讨论求解即可．【详解】①当落在上时，如图，∵菱形中，，边长为8，∴，，∴，∵折叠，∴，∴为等边三角形，∴，∵，∴，∴；当落在上时，如图：作交的延长线于点，作于点，∵菱形，∴，∴，∴，四边形为矩形，∴，∵，∴，∴，∵折叠，∴，设，则，在中，由勾股定理，得，解得，∴；综上：或；故答案为：6或7．【变式2-3】（25-26八年级上·福建福州·期末）如图，中，，，，点在边上（点不与点，重合），过点作，，垂足分别为点，，连接，为的中线，连接，当是直角三角形时，的长是______．【答案】或【分析】本题考查了勾股定理、矩形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质、二次根式的应用等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键．连接，先证出四边形是矩形，经过的中点，利用勾股定理求出，再分两种情况：①当时，②当时，利用三角形的面积公式和勾股定理求出的长，则可得的长，然后利用勾股定理求解即可得．【详解】解：如图，连接，∵为的中线，∴点是的中点，∵，，，∴，∴四边形是矩形，∴与互相平分，且，∴经过的中点，∵在中，，，，∴，①如图，当时，是直角三角形，则，∴，∴，∴，又∵四边形是矩形，∴，∴在中，；②如图，当时，是直角三角形，过点作于点，同理可得：，，又∵四边形是矩形，∴，∴垂直平分，∴，∴，∴，∴，∴在中，；综上，的长为或，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．（25-26九年级上·四川达州·期末）如图，在中，，于点D，过点A作且，连接，，与交于点E．(1)求证：．(2)求证：四边形是矩形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）先根据等腰三角形三线合一的性质得，再根据，由平行线的性质得，即可证明，由全等三角形的性质即可得出结论；（2）证出四边形是平行四边形，再由得，则可得出结论．【详解】（1）证明：∵在中，，于点D，∴，又∵，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴；（2）证明：∵，，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形．【变式3-1】（25-26九年级上·陕西渭南·期末）如图，在中，的平分线和的平分线交于点，点在边上，以、为边作．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查平行四边形的性质，角平分线的性质，矩形的判定，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，求矩形的面积；（1）根据平行四边形的性质，角平分线的性质求出即可；（2）根据题意，结合勾股定理求出，，再利用矩形的面积公式求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵和分别是和的平分线，∴，，∴，∵四边形是平行四边形，∴四边形是矩形．（2）解：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∴，∴，∴，由（1）得四边形是矩形，∴．【变式3-2】（25-26九年级上·河南开封·期末）如图，在中，平分交于点，连接．(1)过点作，垂足为（用没有刻度的直尺和圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）；(2)若．①求证：四边形是矩形；②若，求的长度．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②【分析】本题主要考查了基本的尺规作图—过一点作垂线，平行四边形的判定和性质，矩形的判定，含角的直角三角形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上性质．（1）根据作垂线的步骤进行作图即可；（2）①根据平行四边形的性质得出平行的边和相等的边，根据线段的和差得出，证明四边形是平行四边形，根据垂直得出直角，即可得出结论；②根据含角的直角三角形的性质得出，然后利用勾股定理得出，最后利用矩形的性质进行求解即可．【详解】（1）解：如图所示，即为所求；（2）解：①∵四边形为平行四边形，∴，，又∵，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴平行四边形是矩形；②∵，∴，∴，∴，由勾股定理得，由①得，四边形是矩形，∴．【变式3-3】（25-26九年级上·宁夏银川·期末）如图，四边形是平行四边形，，相交于点O，点E是的中点，连接，过点E作于点F，过点O作于点G．(1)求证：四边形是矩形．(2)若四边形是菱形，，且，求的面积．【答案】(1)见详解；(2)【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质、三角形中位线定理、三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．（1）先证是的中位线，得，由，，得，，即可解答；（2）过点E作于H，证是等腰三角形，得，由勾股定理求出、即可解答；【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，∴，∵点E是的中点，∴是的中位线，∴，∵，，∴，，∴四边形是矩形，（2）解：过点E作于H，∵四边形是菱形，∴，，∵点E是的中点，∴是的中位线，∴，∴，∴是等腰三角形，∴，∵，∴即，∴，，∴，∴．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·云南昆明·期末）如图，是直角三角形，且，点、分别是、的中点，连接并延长至点，使得，连接、、．(1)求证：四边形是菱形；(2)若的周长为30，且，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)30【分析】（1）先证明四边形是平行四边形．再结合直角三角形的性质可得，即可得证；（2）设，．则，，由勾股定理可得，求出，即可得出结果．【详解】（1）证明：点是的中点，．，∴四边形是平行四边形．是直角三角形，点是的中点，．四边形是菱形．（2）解：设，．的周长为，．，．在中，由勾股定理得．∵，∴．∵点、分别是、的中点，∴，∵，∴．∴．答：四边形的面积为30．【变式4-1】（25-26九年级上·云南昆明·期末）如图，在中，，点是的中点，连接，过点作，且，在上取一点，使，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)连接，相交于点，若，四边形的面积为120，求的周长．【答案】(1)见解析(2)30【分析】此题考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，熟练掌握是解题关键．（1）证明四边形是平行四边形，再证明，即可得到结论；（2）根据菱形的性质得出，再由面积得出，利用勾股定理求解即可得到答案．【详解】（1）证明：，∴四边形是平行四边形，，点D是的中点，，，点D是的中点，，，四边形是菱形；（2）解：，由（1）知，由（1）知四边形是菱形，，∵四边形的面积为120，∴，，在中，，，（负值舍去），，∴的周长为．【变式4-2】（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．【变式4-3】（24-25八年级下·湖北武汉·期末）在菱形中，，点是射线上一动点，以为边向右侧作等边．(1)如图1，当点在菱形内部时，连接交于F．①直接写出与的数量关系，并求的度数．②若，，求的长．(2)如图2，当点在线段的延长线上时，延长交于，若，，则__________．【答案】(1)，；；(2)【分析】（1）连接，根据证明，则可得，，再根据菱形的对角线平分一组对角可得，，则可得，，进而可得．连接，过E点作于M点，则可得，，，进而可得．根据证明，则可得，由是等边三角形可得，则可得，根据等腰三角形三线合一可得，则可得，．（2）连接交与O点，连接交于点，连接，由菱形的性质，结合等边三角形的性质，证明，，平移至，连接，，则，，四边形是平行四边形，可得，设，可得，证明，可得，作于点，则，可得，由角所对的直角边与斜边的关系，结合勾股定理，可得，即可得．【详解】（1）解：如图，连接，∵四边形是菱形，∴，又∵，∴是等边三角形，∴，，∵是等边三角形，∴，，∴，即，∴，∴，，∵菱形中，，∴，又∵平分，平分，∴，，∴，∴，∴，∴，．如图，连接，过点作于点，则，∵，∴，∴，∴，同得是等边三角形，∴，，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∵是等边三角形，∴，∴∴（等腰三角形三线合一），∴，∴．（2）解：连接交与点，连接交于点，连接，∵四边形是菱形，∴，，，平分，又∵，，∴是等边三角形，，，∴，，∴，∵是等边三角形，∴，，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∵点在线段的延长线上，∴，∴，∵是等边三角形，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，，∵，∴，∴是等边三角形，∴，，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，平移至，连接，，则，，∴四边形是平行四边形，∴，设，则，∵，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，作于点，则，∴，∴，∴，，∴，∴．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．（25-26九年级上·江西抚州·期末）如图，在中，，过点A作直线，点E在上，过点E作于点O，交直线于点F，连接．(1)求证：；(2)当点E为的中点时，判断四边形的形状，并说明理由；(3)在（2）的条件下，当的比值为________时，四边形为正方形．【答案】(1)见解析(2)四边形为菱形，理由见解析(3)【分析】本题主要考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、正方形的性质、直角三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键．（1）先证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质即可证明结论；（2）由直角三角形的性质可得，再结合（1）的结论易得四边形是平行四边形，根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可解答；（3）由菱形是正方形，则；由直角三角形的性质可得，即是的垂直平分线，易得是等腰直角三角形；设，则，最后代入即可解答．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴．（2）解：四边形是菱形，理由如下：∵在中，，点E为的中点，∴，∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形．（3）解：∵菱形是正方形，∴，∵在中，，点E为的中点，∴，∴是的垂直平分线，∴，∵，∴是等腰直角三角形，设，则，∴，∴当的比值为时，四边形为正方形，故答案为：．【变式5-1】（25-26九年级上·广东江门·期末）如图，将矩形绕着点按顺时针方向旋转，得到矩形，点与点对应，点恰好落在边上，于点，其中，．(1)求证：．(2)连接，交于点，求的长．(3)过点作，交于点．求证：四边形是正方形．【答案】(1)见解析(2)(3)见解析【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定定理、勾股定理、熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）由矩形的性质可得，，由平行线的性质可得，由旋转得．再证明得出，即可得证；（2）证明得出，，由勾股定理得出，求出，最后再由勾股定理计算即可得出结果；（3）先证明四边形是矩形．再求出，即可得证．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，，，．，，．由旋转，得．

在和中，，，

．，．（2）解：在和中，，，，．

在中，由勾股定理，得．

，．在中，由勾股定理，得，．（3）证明：∵四边形是矩形，，∴四边形是矩形．，，∴四边形是正方形．【变式5-2】（25-26九年级上·江西景德镇·期末）如图，已知四边形为正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交于点F，以为邻边作矩形，连接．(1)求证：矩形是正方形．(2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．(3)直接写出的最小值．【答案】(1)见解析(2)是定值，6(3)【分析】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．（）过作于点，过作于点，可证四边形是正方形，得，进而证明，得到，即可求证；（）证明，可得，即得，即可求解；（3）由矩形为正方形，得到，根据垂线段最短可知，当时，取得最小值，最小值为，此时，有最小值，即可解答．【详解】（1）证明：如图，过作于点，过作于点，∵四边形为正方形，∴，∵，，∴，∴四边形是矩形，∴，∵是正方形对角线的一点，∴，，∴，∴四边形是正方形，∴，∵四边形为矩形，∴，∴，即，在和中，，∴，∴，∴矩形为正方形；（2）解：是定值，定值为，理由如下：∵矩形为正方形，∴，，∵四边形是正方形，∴，，∴，即，在和中，，∴，∴，∴，∴是定值，定值为．（3）解：∵矩形为正方形，∴，由垂线段最短可知，当时，取得最小值，最小值为，此时，有最小值，由（2）知，∴的最小值为．【变式5-3】（25-26八年级上·河北衡水·期末）点是正方形外一点，，，平分交于点，连接．(1)如图1，若，求证：是等腰直角三角形；(2)如图2，．①求的度数（用含的式子表示）；②仍是等腰直角三角形吗？说明理由．【答案】(1)见解析(2)①；②是，理由见解析【分析】（1）先证明是等边三角形，可得，再证明．可得出．再由四边形是正方形，可得．从而得出得出最后证得结论；（2）由可得出由等腰三角形性质可得；②由三角形内角和定理可得再得出．同（1）可得．可得．．从而得出是等腰直角三角形．【详解】（1）证明∶∵，∴是等边三角形，∴，∵平分交，∴，∵，∴．∴．∵四边形是正方形，∴．是等腰直角三角形；（2）解：仍然是等腰直角三角形，理由如下：在中，∴．同（1）可得．∴．∴．是等腰直角三角形．一、单选题1．（25-26九年级上·陕西渭南·期末）如图，在矩形中，对角线与交于点O，点E在边上，连接交于点F．若，，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据矩形的性质得到，，，证明是等边三角形，进而求解．【详解】解：如图，∵四边形是矩形，∴，，，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，∴，∴．2．（25-26九年级上·山东德州·期末）如图，在菱形中，连接，点E在上，连接交于点F，作于点G，，，若，则的长为（

）．A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查菱形的性质，勾股定理，直角三角形全等的判定定理，角平分线的判定与性质，熟练掌握以上知识点是做题的关键．先设，，根据菱形的性质及，得到平分，根据角平分线的性质，进而得出，进一步得出，，再证明，得到，利用勾股定理求出，设，，则，再利用勾股定理求出的值，即可得到答案．【详解】解：如图，连接，交于点，设，，则，∴．∵四边形是菱形，∴，，，，，∴．∵，∴．∵，∴，∴，，∴，∴平分．∵，，∴，∴，∴，∴，．在和中，，∴，∴．在中，由勾股定理得，，故设，，则，在中，由勾股定理得，，即，解得，，∴．故选：A．3．（25-26八年级上·黑龙江绥化·期末）已知：如图，正方形中，，，相交于点，，分别为边，上的动点（点，不与线段，的端点重合）且，连接，，．在点，运动的过程中，有下列四个结论：①是等腰直角三角形；②面积的最小值是1；③至少存在一个，使得的周长是；④四边形的面积是1．其中正确结论的有（

）A．①②③ B．②③ C．①③④ D．①②③④【答案】C【分析】①根据正方形的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，，推得，则可证得结论①正确；②由的最小值是到的距离，即可求得的最小值1，根据三角形面积公式即可判断选项②错误；③假设存在一个，使得的周长是，根据勾股定理求得，求出，即可求得选项③正确；④由①知：，根据正方形被对角线将面积四等分，即可得出选项④正确．【详解】解：①∵四边形是正方形，，相交于点，∴，，在和中，，∴，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，故①正确；②∵是等腰直角三角形∴的面积，∴当最小时，的面积最小，∴当时，最小，此时，∴面积的最小值是，故②错误；③∵，∴，假设存在一个，使得的周长是，则，由①得是等腰直角三角形，∴，∵，的最小值是1，，∴存在一个，使得的周长是，故③正确；④由①知：，∴，故④正确．综上所述，其中正确结论的有①③④．故选：C．二、填空题4．（25-26九年级上·山东济南·期末）已知四边形是边长为的菱形，，点，分别是边，的中点，为菱形边上的一点，且是以为斜边的直角三角形，那么的长度为_____．【答案】或【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、含的直角三角形的性质．根据题意分情况讨论，，进而根据菱形、等边三角形及含的直角三角形的性质、勾股定理即可求解．【详解】解：如图，，为直角三角形，四边形是边长为的菱形，，点，分别是边，的中点，，∴是等边三角形，；如图，于点，连接∵四边形是菱形，∴，又∵，∴是等边三角形，∵，∴，∴，，综上，的长为或故答案为：或．5．（25-26九年级上·辽宁丹东·期末）如图，在菱形中，，点E、F分别是、上任意的点（不与端点重合）．且，连接与相交于点G，连接与相交于点H．有如下几个结论：①；②的大小为定值；③平分；④．以上结论中，正确结论的序号是_______．【答案】①②③【分析】先证明是等边三角形，利用可判断；利用全等三角形的性质和三角形的外角性质可判断②；过C作于M，交延长线于N，则，根据四边形的内角和可推导出，然后证和得到，可判定③；利用含30度角的直角三角形性质和勾股定理求得，，利用全等三角形的性质可得，进而得，利用三角形的面积公式可判断④，进而可得答案．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，又，∴是等边三角形，∴，，又，∴，故①正确；∴，∴，即的大小为定值，故②正确；过C作于M，交延长线于N，则，∵，∴，又∵，∴，又∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，即平分，故③正确；∴，则，∴，，∵，∴，∴，∴，故④错误，故答案为：①②③．6．（25-26八年级上·广东广州·期末）如图，在矩形和矩形中，与相交于点M，与相交于点N，连接，并延长与相交于点P，若，则下列结论正确的是___．①；②；③；④连接，若，四边形与四边形的面积之比为．【答案】①②/②①【分析】①根据矩形性质得，，，再根据得，由此可判定，进而可对结论①进行判断；②先证四边形为平行四边形，根据得，则平行四边形为菱形，进而得，则，然后根据，得，由此可对结论②进行判断；③假设，则，根据得，则，由此可得，再根据得，即当时，，由此可对结论③进行判断；④连接交于点O，根据及菱形的性质，矩形的性质得，，设，进而利用直角三角形的性质及勾股定理得，，，，，，，，，进而得，，由此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．【详解】解：①∵四边形和矩形都是矩形，∴，∴，∵，∴，在和中，，∴，故结论①正确；②∵四边形和矩形都是矩形，∴，∴四边形为平行四边形，∵，∴，∴平行四边形为菱形，∴，∵，∴，又∵，∴，即，故结论②正确；③假设，则，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴当时，，故结论③不正确；④连接交于点O，如图所示：若，∵，∴，∴，∵，∴，∵四边形为菱形，∴，∴，∴，∴四边形为梯形，∵，在中，设，则，由勾股定理得：，∴，，∴，在中，，，则，在中，，，则，由勾股定理得：，∴，，，∴，又∵，∴，故结论④不正确．综上所述：正确的结论是①②．故答案为：①②．三、解答题7．（25-26九年级上·全国·期末）如图，四边形为平行四边形，且，．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，是上一点，且，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了矩形的判定，勾股定理．（1）由于点D，得，即可由四边形为平行四边形，证明四边形是矩形．（2）利用勾股定理可以求出，利用等面积法可知，从而可求的长度．【详解】（1）证明：于点D，∴，∵四边形为平行四边形，∴四边形是矩形；（2）解：在中，，，，，于，，，，解得：．8．（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，在中，O为的中点，延长交的延长线于点E，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)的长为．【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．（1）先证明四边形是平行四边形，然后根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可得四边形是矩形．（2）证明和是等边三角形，是等边三角形，据此求解即可．【详解】（1）证明：∵O为的中点，∴．∵四边形是平行四边形，∴，，∴．又∵，∴，∴，∴四边形