浙教版八年级数学下学期核心考点+重难点核心考点04特殊平行四边形(原卷版+解析)

这是一份浙教版八年级数学下学期核心考点+重难点核心考点04特殊平行四边形(原卷版+解析)，共123页。
二．菱形的判定（共4小题）
三．菱形的判定与性质（共4小题）
四．矩形的性质（共7小题）
五．矩形的判定（共7小题）
六．矩形的判定与性质（共4小题）
七．正方形的性质（共6小题）
八．正方形的判定（共2小题）
九．正方形的判定与性质（共2小题）
考点考向
一．菱形的性质
（1）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（2）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度）
二．菱形的判定
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形
三．菱形的判定与性质
（1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形．
（2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．） （3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法．
（4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形．
四．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
五．矩形的判定
（1）矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
（2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．
②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．
六．矩形的判定与性质
（1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有．
在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题．
（2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等．
七．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
八．正方形的判定
正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
九．正方形的判定与性质
（1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．
（2）正方形的判定
正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．
考点精讲
一．菱形的性质（共8小题）
1．（2023春•越城区期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝8，BC＝5，AE⊥BC于点E，则AE的长为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023春•上城区期末）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，∠DHO＝α，则∠DAB的度数是（ ）
A．αB．2αC．90°﹣αD．90°﹣2α
3．（2023春•临海市期末）小明同学学习了菱形的知识后，结合之前学习的赵爽弦图，编了一个菱形版“赵爽弦图”．如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，四边形EFGH是矩形，若FA＝FB＝2，则矩形EFGH的面积为 ．
4．（2023春•丽水期末）如图，在菱形ABCD中，E为对角线BD上一点，连结AE，CE．
（1）求证：AE＝CE；
（2）若AE＝DE，AE⊥AB，求∠ABD的度数．
5．（2023春•嘉兴期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E．
（1）求证：BD∥CE；
（2）若AB＝5，EC＝6，求四边形BECD的周长．
6．（2023春•北仑区期末）如图，点A、F、C、D在同一条直线上，点B、E分别在直线AD的两侧，且AB＝DE，AB∥DE，AF＝DC．
（1）求证：四边形BCEF是平行四边形．
（2）若四边形BCEF为菱形，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，求线段AF的长．
7．（2023春•乐清市校级期中）在综合实践课上，小明把边长为2cm，∠B＝120°的菱形纸片沿着对角线AC剪开如图1所示，然后固定纸片△ABC，把纸片△ADC沿AC的方向平移得到△A′D′C′，连A′B，D′B，D′C，如图2所示，在平移过程中：
（1）当点A′平移至AC中点时，则CD′＝ ．
（2）若A′B⊥BC时，则四边形A′BCD′的面积为 ．
8．（2023春•南浔区期末）如图，已知四边形ABCD是菱形，点E、F分别是边AB、BC的中点，连结DE、EF、DF．
（1）求证：△DEF是等腰三角形；
（2）若AD＝10，EF＝8，求菱形ABCD的面积．
二．菱形的判定（共4小题）
9．（2023春•海曙区期末）已知四边形ABCD对角线互相平分，添加以下哪个条件可以使它成为菱形（ ）
A．一组对边相等B．对角线相等
C．对角线垂直D．一个内角为90°
10．（2023春•诸暨市期末）已知A（0，3），B（6，0），点C是x轴正半轴上一点，D是同一平面内一点，若以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形，则点D的坐标为 ．
11．（2023春•慈溪市校级期中）如图，在▱ABCD中，点E、F分别是AD、BC的中点，分别连接BE、DF、BD．
（1）求证：△AEB≌△CFD；
（2）当△ABD满足什么条件时，四边形EBFD是菱形，请说明理由．
12．（2023春•椒江区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝11cm，点P从点D出发向终点A运动；同时点Q从点B出发向终点C运动．当P、Q两点其中有一点到达终点时，另一点随之停止，点P、Q的速度分别为1cm/s，2cm/s，连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为t（s）．
（1）如图（1），当t为何值时，四边形ABQP是矩形？
（2）如图（2），若点E为边AD上一点，当AE＝3cm时，四边形EQCP可能为菱形吗？若能，请求出t的值；若不能，请说明理由．
三．菱形的判定与性质（共4小题）
13．（2023春•滨江区校级期中）如图，菱形AECF的对角线AC和EF交于点O，分别延长OE、OF至点B、点D，且BE＝DF，连接AB，AD，CB，CD．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若BD＝8，AC＝4，BE＝3，求．
14．（2023春•拱墅区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠BAD的平分线AE交BC于点E，连接DE．
（1）求证：四边形ABED是菱形；
（2）若CD＝2，∠ABC＝60°＝2∠C，求AB的长．
15．（2023春•萧山区月考）如图，在▱ABCD中，过点A作AE⊥BC于点E，AF⊥DC于点F，AE＝AF．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若∠EAF＝60°，CF＝2，求AF的长．
16．（2023春•西湖区校级期末）如图，在△ABC中，BA＝BC，BD平分∠ABC交AC于点D，点E在线段BD上，点F在BD的延长线上，且DE＝DF，连接AE，CE，AF，CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若BA⊥AF，AD＝4，BC＝4，求BD和AE的长．
四．矩形的性质（共7小题）
17．（2023春•南浔区期末）图1是一种矩形时钟，图2是时钟示意图，时钟数字4的刻度在矩形ABCD的对角线AC上，时钟中心在矩形ABCD对角线的交点O上．若AD＝60cm，则AB的长为（ ）
A．20cmB．20C．30cmD．30
18．（2023春•义乌市校级月考）如图，把一张长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点C，D分别落在C′、D′的位置上，EC′交AD于点G，已知∠EFG＝58°，那么∠BEG＝ 度．
19．（2023春•南浔区期末）如图，已知矩形ABCD的两条边AB＝6，AD＝8，点E是对角线AC、BD的交点，点P是边AD上一个动点，作点D关于直线PE的对称点D'，当ED'与矩形一条边垂直时，PD的长是 ．
20．（2023春•鹿城区校级期中）如图，在矩形ABCD中，点E为AD的中点，延长BE，CD交于点F，连接AF，BD．
（1）求证：四边形ABDF为平行四边形．
（2）若BE为∠ABC的角平分线，AB＝5，求四边形ABDF的周长．
21．（2023•鹿城区校级一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点A作AE⊥BD于点E，过点C作CF⊥BD于点F．
（1）求证：△AOE≌△COF；
（2）若AE＝OE，求∠BAE的度数．
22．（2023春•萧山区期中）如图，在长方形ABCD中，BC＝20cm，P、Q、M、N分别从A、B、C、D出发沿AD、BC、CB、DA方向在长方形的边上同时运动，当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时即停止，已知在相同时间内，若BQ＝xcm（x≠0），则AP＝2xcm，CM＝3xcm，DN＝x2cm．
（1）当x为何值时，点的运动停止？
（2）点P与点N可能相遇吗？点Q与点M呢？请通过计算说明理由．
（3）当x为何值时，以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形？
23．（2023春•乐清市校级期中）如图，在矩形ABCD中，E是边AD上点，连接BE，过点C向BE作垂线，交BE于点F，交DA的延长线于点G，且满足AG＝DE．
（1）求证：BF＝EF；
（2）若AB＝2AE＝8，求CG的长．
五．矩形的判定（共7小题）
24．（2023春•诸暨市期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列条件中能判定这个平行四边形为矩形的是（ ）
A．∠A＝∠BB．∠A＝∠CC．AB＝BCD．AC⊥BD
25．（2023春•乐清市校级期中）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，添加下列条件四边形ABCD一定是矩形的是（ ）
A．AB＝ADB．AC⊥BD
C．AB2+BC2＝AC2D．∠BAC＝∠DAC
26．（2023春•临海市期末）下列测量方案能判定四边形台面为矩形的是（ ）
A．测量得出对角线相等
B．测量得出对角线互相平分
C．测量得出两组对边分别相等
D．测量得出对角线交点到四个顶点的距离相等
27．（2023春•镇海区校级期中）如图，过△ABC边AC的中点O，作OE⊥AC，交AB于点E，过点A作AD∥BC，与BO的延长线交于点D，连接CD，CE，若CE平分∠ACB，CE⊥BO于点F．
（1）求证：△OBC是等腰三角形；
（2）求证：四边形ABCD是矩形．
28．（2023春•杭州期中）如图，AD是△ABC的中线，AE∥BC，且AE＝BC，连接DE，CE．
（1）求证：AB＝DE；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCE是矩形？并说明理由．
29．（2023春•宁江区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：△BDE≌△FAE；
（2）求证：四边形ADCF为矩形．
30．（2023春•浦江县校级期中）如图，已知：在四边形ABCD中，E为边CD的中点，AE与边BC的延长线相交于点F，且AE＝EF，BC＝CF．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）当AF＝2BE时，求证：四边形ABCD是矩形．
六．矩形的判定与性质（共4小题）
31．（2023春•浦江县期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，则PM的最小值为（ ）
A．5B．2.5C．4.8D．2.4
32．（2023春•新昌县期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BC，延长BC至点E，使BC＝CE，连接DE．
（1）求证：四边形ACED是矩形．
（2）若BC＝3，AB＝5，求BD的长．
33．（2023春•拱墅区校级期中）已知：如图，AC，BD是矩形ABCD的两条对角线，AE＝CG＝BF＝DH．求证：四边形EFGH是矩形．
34．（2023春•仙居县期中）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC和BD交于点O，过点A作AE⊥BC于E，延长BC到F，使CF＝BE，连接DF和OF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形．
（2）若AD＝5，CE＝3，∠ABF＝60°，求OF的长．
七．正方形的性质（共6小题）
35．（2023春•东阳市期末）如图，在边长为8的正方形ABCD中，点E、G分别在边AB、AD上，且AE＝AB，AG＝AD，作EF∥AD、GH∥AB，EF与GH交于点O，分别在OF、OH上截取OP＝OG，OQ＝OE，连结PH、QF交于点I．
（1）四边形EBHO的面积 四边形GOFD的面积（填“＞“、“＝”，或“＜“）；
（2）比较∠OFQ与∠OHP大小，并说明理由．
（3）求四边形OQIP的面积．
36．（2023春•椒江区期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边AD，CD上，且DE＝CF，AF与BE相交于点G．
（1）求证：AF⊥BE；
（2）若AB＝8，DE＝2，求AG的长．
37．（2023春•嘉善县校级月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，分别以AB、BC、CA为一边向形外作正方形，连接EF、GM、ND，设△AEF，△CGM，△BND的面积分别为S1，S2，S3，则S1+S2+S3＝ ．
38．（2023春•西湖区期中）如图，正方形ABCD的边长为6．E，F分别是射线AB，AD上的点（不与点A重合），且EC⊥CF，M为EF的中点．P为线段AD上一点，AP＝1，连接PM．当△PMF为直角三角形时，则AE的长为 ．
39．（2023春•鄞州区校级期末）如图，正方形ABCD中，点G在AB上，连接DG，点H在AD上，点K在BC上，HK⊥DG于点F，连接AF、GH，AF的延长线交CD于点E，DF＝DE，GH＝5，BK＝7，则AF的长为 ．
40．（2023春•滨江区校级期中）如图①正方形ABCD中，点E是对角线AC上任意一点，连接DE，BE．
（1）求证：DE＝BE；
（2）当AE＝AB时，求∠BED的度数；
（3）如图②，过点E作EF⊥DE交AB于点F，当BE＝BF时，若AB＝．求AF的长．
八．正方形的判定（共2小题）
41．（2023春•慈溪市期末）如图，关于平行四边形ABCD，下列叙述不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，它是菱形
B．当AC⊥BD时，它是菱形
C．当∠ABC＝90°时，它是矩形
D．当AC＝BD时，它是正方形
42．（2023春•嘉兴期末）已知矩形ABCD，请添加一个条件： ，使得矩形ABCD成为正方形．
九．正方形的判定与性质（共2小题）
43．（2023春•慈溪市校级期中）如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为2﹣6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
44．（2023春•杭州期中）已知：如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，AE、BF相交于点P，并且AE＝BF．
（1）如图1，判断AE和BF的位置关系？并说明理由；
（2）若AB＝8，BE＝6，求BP的长度；
（3）如图2，FM⊥DN，DN⊥AE，点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），四边形FMNP是否能否成为正方形？请说明理由．
巩固提升
一、单选题
1．（2023春·浙江金华·八年级校考阶段练习）菱形相邻两角的比为，那么菱形的对角线长与边长的比为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023春·浙江·八年级阶段练习）已知一菱形周长为，它的两对角线长之比为，则该菱形面积为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023春·浙江宁波·八年级校联考期中）在四边形中，交于点O，在下列各组条件中，不能判定四边形为矩形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，正方形的边长为4，E，F，G分别是边上的动点，且，将沿EF向内翻折至，连结，则当最大时，的最小值为（ ）
A．B．5.6C．D．
5．（2023春·浙江台州·八年级校考期中）如图1所示，正方形中，点E是边的中点，动点P从点A出发，在正方形的边上沿A→B→E的路线匀速运动到点E停止，设点P的运动路程为x，，图2是点P运动时y随x变化关系的图像，根据图中的数据，可知点Q的坐标为（ ）
A．B．C．D．
6．（2023春·浙江台州·八年级校考期中）如图是一张矩形纸片，点，分别在边，上，， ．把该纸片沿折叠，若点，的对应点分别为，，的延长线过点，则的值为（ ）
A．B．C．D．4
二、填空题
7．（2023春·浙江·八年级阶段练习）矩形中，，，点E，F在直线上，若四边形为菱形，则线段的长为__________．
8．（2023秋·浙江湖州·八年级统考期末）如图，在中，，，，为上一点，且，为等边三角形．点是边上的一个动点，连接，以为边在左侧作一个等边，连接，当时，的长为______________；在整个运动过程中，的最小值为______________．
9．（2023春·浙江台州·八年级台州市书生中学校考阶段练习）如图，在中，，以的三边为边向外作正方形，正方形，正方形，连接，，作交于点P，记正方形和正方形的面积分别为，，若，，则：等于________．
10．（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）如图，将矩形沿折叠，使点D部在点B处，点C落在点处．P为折痕上的任意一点，过点P作，垂足分别为G，H．若，则______．
11．（2023春·浙江台州·八年级校考期中）如图，在矩形中，，连接，，点是上一点，，点是上一动点，连接，以为斜边向下作等腰直角，连接，当的值最小时，的长为____________．
12．（2023春·浙江温州·八年级校考期中）如图，在四边形纸片中，，，，将纸片先沿直线对折，再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪，剪开后的图形打开铺平，若铺平后的图形中有一个是面积为的平行四边形，则__________．
三、解答题
13．（2023秋·浙江金华·八年级统考期末）如图，在的方格纸中，点，在格点上．请按要求画出格点线段（线段的端点在格点上），并写出结论．
(1)在图1中画一条平行于，且与相等的线段．
(2)在图2中画一条与垂直的线段．
(3)在图3中画一条平分的线段．
14．（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）如图，菱形的对角线和交于点O，分别延长至点B、点D，且，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求．
15．（2023春·浙江台州·八年级校考期中）如图为的方格（每个小正方形边长为1），按要求完成作图．
(1)在图1中作一个一边长为的矩形（不是正方形）；
(2)在图2中作一个面积为6的菱形；
(3)在图3中作一个面积最大的，但小于16的正方形；
16．（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）如图①正方形中，点E是对角线上任意一点，连接．
(1)求证：；
(2)当时，求的度数；
(3)如图②，过点E作交于点F，当时，若．求的长．
17．（2023春·八年级单元测试）如图，在平行四边形中，点E、F分别在边、上，，.
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，若，，平分，则平行四边形 的面积为 .
18．（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）如图，已知，延长到E，使，连接，，，若．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，若，，求的长．
19．（2023春·浙江·八年级阶段练习）如图，矩形的两条对角线相交于点O，．
(1)求该矩形两条对角线的长；
(2)点E在边上，且，求的长．
20．（2023春·浙江·八年级阶段练习）如图，矩形的对角线交于点O，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，将四边形沿方向向右平移（），设所得四边形与重叠部分的周长为T．
①当时，求T的值；
②若，求a的取值范围．
21．（2023秋·浙江宁波·八年级校考期末）如图，在边长为的正方形中，过中点作正，过点的直线分别交边、于点、、已知点、分别是线段、的动点，且是等边三角形．
(1)判断与的位置关系，并说明理由．
(2)当点在线段上时
①求证：
②试判断的结果是否变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出这个值．
(3)设，点关于的对称点为，若点落在的内部，请直接写出的范围．
22．（2023秋·浙江宁波·八年级校考期末）【问题情境】如图1，在中，，点为边上的任一点，过点作，，垂足分别为、，过点作，垂足为．求证：．
【结论运用】如图，将矩形沿折叠，使点落在点上，点落在点处，点为折痕上的任一点，过点作、，垂足分别为、，若，，求的值；
【迁移拓展】如图，在四边形中，，为边上的一点，，，垂足分别为、，，，，、分别为、的中点，连接、，求与的周长之和．
23．（2023春·浙江·八年级校考周测）在中，B在C的左边，，将关于作轴对称，得四边形．P是对角线上的动点，E是直线上的动点，且．
(1)四边形如图1所示，四边形是________（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；______（填“”或“”）；
(2)四边形如图2所示，且，四边形是_______（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；（1）中与之间的数量关系还成立吗?若成立，请说明理由．
(3)四边形如图3所示，若，，请直接写出的度数．（用含、的代数式表示）
核心考点04特殊平行四边形
目录
一．菱形的性质（共8小题）
二．菱形的判定（共4小题）
三．菱形的判定与性质（共4小题）
四．矩形的性质（共7小题）
五．矩形的判定（共7小题）
六．矩形的判定与性质（共4小题）
七．正方形的性质（共6小题）
八．正方形的判定（共2小题）
九．正方形的判定与性质（共2小题）
考点考向
一．菱形的性质
（1）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（2）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度）
二．菱形的判定
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形
三．菱形的判定与性质
（1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形．
（2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．） （3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法．
（4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形．
四．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
五．矩形的判定
（1）矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
（2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．
②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．
六．矩形的判定与性质
（1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有．
在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题．
（2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等．
七．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
八．正方形的判定
正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
九．正方形的判定与性质
（1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．
（2）正方形的判定
正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．
考点精讲
一．菱形的性质（共8小题）
1．（2023春•越城区期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝8，BC＝5，AE⊥BC于点E，则AE的长为（ ）
A．B．C．D．
分析：由菱形的性质和勾股定理求出AC＝6，再由菱形的面积求出AE即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，BD＝8，
∴BO＝DO＝4，OA＝OC，AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
在Rt△OBC中，OC＝＝＝3，
∴AC＝2OC＝6，
∵菱形ABCD的面积＝AE×BC＝BD×AC＝OB×AC，
∴AE＝，
故选：C．
【点评】此题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
2．（2023春•上城区期末）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，∠DHO＝α，则∠DAB的度数是（ ）
A．αB．2αC．90°﹣αD．90°﹣2α
分析：由四边形ABCD是菱形，可得OB＝OD，AC⊥BD，又由DH⊥AB，∠DHO＝α，可求得∠OHB的度数，然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，证得OH＝OB＝BD，继而求得∠ABD的度数，然后求得∠CAD的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，AC⊥BD，AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵DH⊥AB，
∴OH＝OB＝BD，
∵∠DHO＝α，
∴∠OHB＝90°﹣∠DHO＝90°﹣α，
∴∠ABD＝∠OHB＝∠ADB＝90°﹣α，
∴∠DAB＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB＝180°﹣90°+α﹣90°+α＝2α，
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质以及等腰三角形的判定与性质．注意证得OH＝OB＝BD是解题的关键．
3．（2023春•临海市期末）小明同学学习了菱形的知识后，结合之前学习的赵爽弦图，编了一个菱形版“赵爽弦图”．如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，四边形EFGH是矩形，若FA＝FB＝2，则矩形EFGH的面积为 8﹣12 ．
分析：过点A作AM⊥BC于M，过点G作GN⊥BC于N，连接GM，由FA＝FB＝2可得AB＝4，∠ABF＝∠BAF＝45°，根据菱形的性质和矩形的性质可得∠CBG＝15°，∠DAF＝75°，则∠CDH＝∠DCH＝45°，∠ADE＝15°，∠BCG＝75°，可得出△ABF≌△CDH，△BCG≌△DAE，分别求出菱形ABCD，△ABF，△BCG的面积，即可得矩形EFGH的面积．
【解答】解：过点A作AM⊥BC于M，过点G作GN⊥BC于N，连接GM，
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠AFB＝∠AED＝∠BGC＝∠CHD＝90°，
∵FA＝FB＝2，
∴AB＝＝4，∠ABF＝∠BAF＝45°，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠ADC＝60°，∠BAD＝∠BCD＝120°，
∴∠CBG＝15°，∠DAF＝75°，
∴∠CDH＝∠DCH＝45°，∠ADE＝15°，∠BCG＝75°，
∴∠BAF＝∠DCH＝∠ABF＝∠CDH，∠ADE＝∠CBG，∠DAE＝∠BCG，
在△ABF和△CDH中，
，
∴△ABF≌△CDH（ASA），
同理：△BCG≌△DAE（ASA），
∵AM⊥BC，∠ABC＝60°，
∴∠BAM＝30°，
∴BM＝AB＝2，
∴AM＝BM＝2，BC＝2BM，
∵∠BGC＝90°，
∴BM＝CM＝GM＝2，
∴∠CMG＝2∠CBG＝30°，
∵GN⊥BC，
∴GN＝GM＝1，
∴S菱形ABCD＝BC•AM＝4×2＝8，
S△ABF＝AF•BF＝×2×2＝4，
S△BCG＝BC•GN＝×4×1＝2，
∴S矩形EFGH＝S菱形ABCD﹣2S△ABF﹣2S△BCG＝8﹣12．
故答案为：8﹣12．
【点评】本题考查的是菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，面积的计算，熟练掌握全等三角形的判定定理以及菱形的性质是解答本题的关键．
4．（2023春•丽水期末）如图，在菱形ABCD中，E为对角线BD上一点，连结AE，CE．
（1）求证：AE＝CE；
（2）若AE＝DE，AE⊥AB，求∠ABD的度数．
分析：（1）由“SAS”可证△ABE≌△CBE，可得AE＝CE；
（2）由等腰三角形的性质可得∠EAD＝∠ADB＝∠ABD，由三角形内角和定理可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴AE＝CE；
（2）解：∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵AE＝DE，
∴∠EAD＝∠ADB＝∠ABD，
∵AE⊥AB，
∴∠BAE＝90°，
∵∠ABD+∠ADB+∠DAE+∠BAE＝180°，
∴3∠ABD＝90°，
∴∠ABD＝30°．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
5．（2023春•嘉兴期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E．
（1）求证：BD∥CE；
（2）若AB＝5，EC＝6，求四边形BECD的周长．
分析：（1）直接利用菱形的性质对角线互相垂直，得出BD∥EC；
（2）进一步得到四边形BECD是平行四边形，从而求得其周长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，DC∥BE，
又∵CE⊥AC，
∴BD∥EC；
（2）解：∵BD∥EC，DC∥AE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∴BE＝CD，BD＝EC＝6，
∵AB＝CD，
∴AB＝BE＝5，
∴四边形BECD的周长＝2（BE+BD）＝2×（5+6）＝22．
【点评】考查了菱形的性质，解题的关键是证得四边形BECD是平行四边形，难度不大．
6．（2023春•北仑区期末）如图，点A、F、C、D在同一条直线上，点B、E分别在直线AD的两侧，且AB＝DE，AB∥DE，AF＝DC．
（1）求证：四边形BCEF是平行四边形．
（2）若四边形BCEF为菱形，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，求线段AF的长．
分析：（1）先根据平行线的性质得到∠BAF＝∠EDC，再证明△AFB≌△DCE得到FB＝CE，∠AFB＝∠DCE，接着证明FB∥CE，从而可判断四边形BCEF是平行四边形；
（2）连接BE，交CF于点G，如图，根据菱形的性质得到BE⊥CF，CG＝FG，BG＝EG，再利用勾股定理计算出AC＝5，利用面积法计算出BG＝，接着利用勾股定理计算出CG，然后计算AC﹣FC即可．
【解答】（1）证明：∵点A、F、C、D在同一条直线上，AB∥DE，
∴∠BAF＝∠EDC，
在△AFB和△DCE中，
∴△AFB≌△DCE（SAS），
∴FB＝CE，∠AFB＝∠DCE，
∴∠BFC＝∠ECF，
∴FB∥CE，
又∵FB＝CE，
∴四边形BCEF是平行四边形；
（2）解：连接BE，交CF于点G，如图，
∵四边形BCEF是菱形，
∴BE⊥CF，CG＝FG，BG＝EG，
在Rt△ABC中，∵AB＝4，BC＝3，
∴AC＝＝5，
∵AC⋅BG＝AB⋅BC，
∴BG＝＝，
在Rt△BGC中，∵BC＝3，BG＝，
∴CG＝＝，
∴AF＝AC﹣FC＝AC﹣2CG＝5﹣2×＝．
【点评】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了平行四边形的判定与性质和全等三角形的判定与性质．
7．（2023春•乐清市校级期中）在综合实践课上，小明把边长为2cm，∠B＝120°的菱形纸片沿着对角线AC剪开如图1所示，然后固定纸片△ABC，把纸片△ADC沿AC的方向平移得到△A′D′C′，连A′B，D′B，D′C，如图2所示，在平移过程中：
（1）当点A′平移至AC中点时，则CD′＝ 1cm ．
（2）若A′B⊥BC时，则四边形A′BCD′的面积为 cm2 ．
分析：（1）证明四边形A′BCD′是平行四边形，求出BA′即可；
（2）证明四边形A′BCD′是矩形，求出BA′，可得结论．
【解答】解：（1）如图2中，∵A′D′＝BC，A′D′∥BC，
∴四边形A′BCD′是平行四边形，
∴CD′＝BA′，
∵AA′＝CA′，BA＝BC＝2，∠ABC＝120°，
∴BA′⊥AC，∠ACB＝30°，
CD′＝BA′＝BC＝1（cm）．
故答案为：1cm；
（2）∵A′B⊥BC，
∴∠A′BC＝90°，
∴平行四边形A′BCD′是矩形，
∵BA′＝BCtan30°＝（cm），
∴四边形A′BCD′的面积＝BC•BA′＝（cm2）．
故答案为：cm2．
【点评】本题考查平行四边形的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是掌握菱形的性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的性质．
8．（2023春•南浔区期末）如图，已知四边形ABCD是菱形，点E、F分别是边AB、BC的中点，连结DE、EF、DF．
（1）求证：△DEF是等腰三角形；
（2）若AD＝10，EF＝8，求菱形ABCD的面积．
分析：（1）根据菱形的性质得到∠A＝∠C，AD＝CD＝AB＝BC，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）连接AC，BD交于O，根据三角形中位线定理得到AC＝16，根据菱形的性质得到AO＝AC＝8，AC⊥BD，根据勾股定理得到OB＝＝6，根据菱形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A＝∠C，AD＝CD＝AB＝BC，
∵点E、F分别是边AB、BC的中点，
∴AE＝AB，CF＝BC，
∴AE＝CF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE＝DF，
∴△DEF是等腰三角形；
（2）解：连接AC，BD交于O，
∵点E、F分别是边AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∵EF＝8，
∴AC＝16，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝AC＝8，AC⊥BD，
∴OB＝＝6，
∴BD＝12，
∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝×16×12＝96．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，三角形中位线定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
二．菱形的判定（共4小题）
9．（2023春•海曙区期末）已知四边形ABCD对角线互相平分，添加以下哪个条件可以使它成为菱形（ ）
A．一组对边相等B．对角线相等
C．对角线垂直D．一个内角为90°
分析：根据菱形的判定方法，逐一判断即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD对角线互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
A、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故A不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故B不符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C符合题意；
D、一个内角为90°的平行四边形是矩形，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
10．（2023春•诸暨市期末）已知A（0，3），B（6，0），点C是x轴正半轴上一点，D是同一平面内一点，若以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形，则点D的坐标为 （3，3）或（，3） ．
分析：分两种情况讨论，由菱形的性质和勾股定理可求解．
【解答】解：当AB为菱形的对角线时，如图1，设菱形的边长为m，
∵A（0，3），B（6，0），
∴OA＝3，OB＝6，
∵四边形ABCD为菱形，
∴CA＝AD＝BC，AD∥BC，
∴CA＝CB＝6﹣m，
在Rt△AOC中，32+（6﹣m）2＝m2，解得m＝，
∴D（，3）；
当AB为菱形的边时，如图2，
AB＝＝3，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BC＝AB＝AD＝3，AD∥BC，
∴D（3，3），
综上所述，D点坐标为（3，3）或（，3），
故答案为：（3，3）或（，3）．
【点评】本题考查了菱形的判定，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
11．（2023春•慈溪市校级期中）如图，在▱ABCD中，点E、F分别是AD、BC的中点，分别连接BE、DF、BD．
（1）求证：△AEB≌△CFD；
（2）当△ABD满足什么条件时，四边形EBFD是菱形，请说明理由．
分析：（1）由SAS证明△AEB≌△CFD即可；
（2）由（1）得BF＝DE，BF∥DE，则四边形EBFD是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得BE＝AD＝DE，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，AD＝BC，AB＝CD．
∵点E、F分别是AD、BC的中点，
∴AE＝DE＝AD，BF＝FC＝BC．
∴AE＝CF．
在△AEB与△CFD中，
，
∴△AEB≌△CFD（SAS）；
（2）解：当△ABD满足∠ABD＝90°，四边形EBFD是菱形，理由如下：
由（1）得：BF＝DE，BF∥DE，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵∠ABD＝90°，点E是AD的中点，
∴BE＝AD＝DE，
∴平行四边形EBFD是菱形．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；熟练掌握菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
12．（2023春•椒江区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝11cm，点P从点D出发向终点A运动；同时点Q从点B出发向终点C运动．当P、Q两点其中有一点到达终点时，另一点随之停止，点P、Q的速度分别为1cm/s，2cm/s，连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为t（s）．
（1）如图（1），当t为何值时，四边形ABQP是矩形？
（2）如图（2），若点E为边AD上一点，当AE＝3cm时，四边形EQCP可能为菱形吗？若能，请求出t的值；若不能，请说明理由．
分析：（1）根据矩形的性质可得AP＝CQ，进而列方程，解方程可求解；
（2）根据菱形的性质可得PE＝CQ＝CP，进而列方程，解方程可求解．
【解答】解：由题意可得DP＝t，BQ＝2t，则AP＝11﹣t，
（1）若四边形ABQP是矩形，则AP＝BQ，
∴11﹣t＝2t，
解得t＝，
故当t＝时，四边形ABQP是矩形；
（2）由题意得PE＝8﹣t，CQ＝11﹣2t，CP2＝CD2+DP2＝16+t2，
若四边形EQCP为菱形，则PE＝CQ＝CP，
∴t2+16＝（8﹣t）2＝（11﹣2t）2，
解得t＝3，
故当t＝3时，四边形EQCP为菱形．
【点评】本题主要考查矩形的性质，菱形的性质，一元一次方程的应用，属于存在型试题．
三．菱形的判定与性质（共4小题）
13．（2023春•滨江区校级期中）如图，菱形AECF的对角线AC和EF交于点O，分别延长OE、OF至点B、点D，且BE＝DF，连接AB，AD，CB，CD．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若BD＝8，AC＝4，BE＝3，求．
分析：（1）根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形即可解决问题；
（2）根据菱形的性质和勾股定理可得AB＝＝2，AE＝＝，进而可以解决问题．
【解答】（1）证明：∵菱形AECF的对角线AC和EF交于点O，
∴AC⊥EF，OA＝OC，OE＝OF，
∵BE＝DF，
∴BO＝DO，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝BD＝8＝4，OA＝AC＝4＝2，
∵AC⊥BD，
∴AB＝＝2，
∵BE＝3，
∴OE＝OB﹣BE＝4﹣3＝1，
∴AE＝＝，
∴＝＝．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
14．（2023春•拱墅区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠BAD的平分线AE交BC于点E，连接DE．
（1）求证：四边形ABED是菱形；
（2）若CD＝2，∠ABC＝60°＝2∠C，求AB的长．
分析：（1）根据AE为∠BAD的平分线可得出∠BAE＝∠DAE，利用SAS证明△BAE≌△DAE，得出BE＝DE，再证明AB＝BE，由于AB＝AD，那么AB＝BE＝DE＝AD，根据菱形的判定定理即可得出结论；
（2）根据菱形的性质，锐角三角函数即可求解．
【解答】（1）证明：如图，∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵AB＝AD，AE＝AE，
∴△BAE≌△DAE（SAS），
∴BE＝DE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB＝∠BAE，
∴AB＝BE，
∴AB＝BE＝DE＝AD，
∴四边形ABED是菱形；
（2）解：由（1）知，四边形ABED是菱形，
∴∠ABO＝∠DBC＝∠ABC＝×60°＝30°，AE⊥BD，BO＝BD，
∵2∠C＝60°，
∴∠C＝30°，
∴∠DBC＝∠C，
∴BD＝CD＝2，
∴BO＝．
在Rt△OAB中，∠AOB＝90°，∠ABO＝30°，
∴AB＝＝＝2．
【点评】此题考查了菱形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、锐角三角函数；熟练掌握菱形的判定，证明三角形全等是解决问题的关键．
15．（2023春•萧山区月考）如图，在▱ABCD中，过点A作AE⊥BC于点E，AF⊥DC于点F，AE＝AF．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若∠EAF＝60°，CF＝2，求AF的长．
分析：（1）方法一：连接AC，利用角平分线判定定理，证明DA＝DC即可；方法二：只要证明△AEB≌△AFD．可得AB＝AD即可解决问题．
（2）在Rt△ACF，根据AF＝CF•tan∠ACF计算即可．
【解答】（1）证法一：连接AC，如图．
∵AE⊥BC，AF⊥DC，AE＝AF，
∴∠ACF＝∠ACE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∴∠DAC＝∠ACB．
∴∠DAC＝∠DCA，
∴DA＝DC，
∴四边形ABCD是菱形．
证法二：如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D．
∵AE⊥BC，AF⊥DC，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
又∵AE＝AF，
∴△AEB≌△AFD．
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）解：连接AC，如图．
∵AE⊥BC，AF⊥DC，∠EAF＝60°，
∴∠ECF＝120°，
∵四边形ABVD是菱形，
∴∠ACF＝60°，
在Rt△CFA中，AF＝CF•tan∠ACF＝2．
【点评】本题考查菱形的性质和判定、平行四边形的性质、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
16．（2023春•西湖区校级期末）如图，在△ABC中，BA＝BC，BD平分∠ABC交AC于点D，点E在线段BD上，点F在BD的延长线上，且DE＝DF，连接AE，CE，AF，CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若BA⊥AF，AD＝4，BC＝4，求BD和AE的长．
分析：（1）根据对角线互相平分且垂直即可证明四边形AECF是菱形；
（2）根据等腰三角形的性质和勾股定理可得BD＝8，设DE＝x，则DF＝x，所以AF2＝AD2+DF2＝16+x2，BF＝BD+DF＝8+x，然后利用勾股定理即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵BA＝BC，BD平分∠ABC，
∴BD⊥AC，AD＝CD，
∵DE＝DF，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：AD⊥BD，AD＝4，BA＝BC＝4，
∴BD＝＝＝8，
设DE＝x，则DF＝x，
∴AF2＝AD2+DF2＝16+x2，
∵BF＝BD+DF＝8+x，
∴AB2+AF2＝BF2，
∴（4）2+16+x2＝（8+x）2，
∴x＝2，
∴DE＝DF＝2，
∴AE＝＝＝2．
∴BD和AE的长分别为8和2．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
四．矩形的性质（共7小题）
17．（2023春•南浔区期末）图1是一种矩形时钟，图2是时钟示意图，时钟数字4的刻度在矩形ABCD的对角线AC上，时钟中心在矩形ABCD对角线的交点O上．若AD＝60cm，则AB的长为（ ）
A．20cmB．20C．30cmD．30
分析：过点O作OE⊥BC于点E，根据题意先求出∠EOC，然后求出∠ACB，然后利用锐角三角函数求出AB即可．
【解答】解：如图，过点O作OE⊥BC于点E，
∵时钟数字4的刻度在矩形ABCD的对角线AC上，
∴∠EOC＝60°，
∵OE⊥BC，
∴∠ACB＝30°，
∵四边形ABCD是矩形，AD＝60cm，
∴∠B＝90°，AD＝BC＝60cm，
在Rt△ABC中，tan∠ACB＝，
∴，
∴AB＝20，
∴AB的长为20cm．
故选：B．
【点评】本题考查的矩形的性质、钟面角，含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的性质和直角三角形的性质是解题的关键．
18．（2023春•义乌市校级月考）如图，把一张长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点C，D分别落在C′、D′的位置上，EC′交AD于点G，已知∠EFG＝58°，那么∠BEG＝ 64 度．
分析：由矩形的性质可知AD∥BC，可得∠CEF＝∠EFG＝58°，由折叠的性质可知∠GEF＝∠CEF，再由邻补角的性质求∠BEG的度数．
【解答】解：∵AD∥BC，
∴∠CEF＝∠EFG＝58°，
由折叠的性质得：∠GEF＝∠CEF＝58°，
∴∠BEG＝180°﹣∠GEF﹣∠CEF＝64°．
故答案为：64．
【点评】本题考查了矩形的性质，折叠问题．关键是明确折叠前后，对应角相等；还有两直线平行，内错角相等的性质．
19．（2023春•南浔区期末）如图，已知矩形ABCD的两条边AB＝6，AD＝8，点E是对角线AC、BD的交点，点P是边AD上一个动点，作点D关于直线PE的对称点D'，当ED'与矩形一条边垂直时，PD的长是 或5 ．
分析：根据折叠的性质可知△DPE≌△D′PE，可得ED＝ED′，PD＝PD′，根据矩形的性质求出
【解答】解：如图，
∵点D关于直线PE的对称点为D'，
∴△DPE≌△D′PE，
∴ED＝ED′，PD＝PD′，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝6，AD＝8，
∴∠ADC＝90°，AE＝EC，BE＝DE，AC＝BD，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，
当ED′⊥AD，
∴ME∥CD，
∵AE＝EC，
∴ME＝CD＝3，MD＝AD＝4，
在Rt△DME中，DE＝ED′＝＝5，
∴MD′＝5﹣3＝2，
设DP＝D′P＝x，
则MP＝4﹣x，
在Rt△MPD′中，根据勾股定理得，
MD′2+PM2＝PD′2，
即4+（4﹣x）2＝x2，
解得x＝，
∴PD＝．
当ED′⊥AB时，
∴AD∥ED′，
∴∠DPE＝∠D′EP，
∵点D关于直线PE的对称点为D'，
∴EP是∠D′ED的平分线，PD＝PD′，
∴∠D′EP＝∠DEP，
∴∠DPE＝∠DEP，
∴PD＝PE，
∵DE＝5，
∴PD＝DE＝5．
综上所述，PD的长是或5．
故答案为：或5．
【点评】本题考查了矩形的性质以及勾股定理，熟记矩形的性质并灵活运用是解题的关键．矩形的性质：①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等．
20．（2023春•鹿城区校级期中）如图，在矩形ABCD中，点E为AD的中点，延长BE，CD交于点F，连接AF，BD．
（1）求证：四边形ABDF为平行四边形．
（2）若BE为∠ABC的角平分线，AB＝5，求四边形ABDF的周长．
分析：（1）由“AAS”可证△ABE≌△DFE，可得AB＝DF，由平行四边形的判定可得结论；
（2）由角平分线的性质可得∠ABE＝∠CBE＝45°，可求AD＝10，由勾股定理可求BD的长，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴∠ABE＝∠DFE，
∵点E为AD的中点，
∴AE＝DE，
在△ABE和△DFE中，
，
∴△ABE≌△DFE（AAS），
∴AB＝DF，
∴四边形ABDF为平行四边形；
（2）解：∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE＝45°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°，
∴AB＝AE＝5，
∴AD＝10，
∴BD＝＝＝5，
∴四边形ABDF的周长＝2（AB+BD）＝10+10．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质等知识，掌握矩形的性质是解题的关键．
21．（2023•鹿城区校级一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点A作AE⊥BD于点E，过点C作CF⊥BD于点F．
（1）求证：△AOE≌△COF；
（2）若AE＝OE，求∠BAE的度数．
分析：（1）证明△AEO≌△CFO（AAS）可得结论；
（2）根据矩形的性质和三角形的内角和定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEO＝∠CFO＝90°，
∵∠AOE＝∠COF，
在△AOE与△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS）；
（2）解：∵AE⊥BD，
∴∠AEO＝90°，
∵AE＝EO，
∴∠AOE＝∠EAO＝（180°﹣∠AEO）＝45°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝BO，
∴∠BAO＝（180°﹣∠AOB）＝67.5°，
∴∠BAE＝∠BAO﹣∠EAO＝22.5°．
【点评】本题考查平了矩形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明△AEO≌△CFO．
22．（2023春•萧山区期中）如图，在长方形ABCD中，BC＝20cm，P、Q、M、N分别从A、B、C、D出发沿AD、BC、CB、DA方向在长方形的边上同时运动，当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时即停止，已知在相同时间内，若BQ＝xcm（x≠0），则AP＝2xcm，CM＝3xcm，DN＝x2cm．
（1）当x为何值时，点的运动停止？
（2）点P与点N可能相遇吗？点Q与点M呢？请通过计算说明理由．
（3）当x为何值时，以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形？
分析：（1）根据题意知，当点N运动到终点时，运动停止；
（2）当点P与点N相遇时，2x+x2＝20，解得x＝﹣1或﹣1﹣（舍去），当点Q与点M相遇时，x+3x＝20，解得x＝5＞2，故舍去；
（3）首先计算可得点Q只能在点M的左侧，然后分当点P在点N的左侧或点P在点N的右侧两种情形，分别根据PN＝QM，列方程可解决问题．
【解答】解：（1）由题意得x2＝20，
∴x＝2，
∴当x为2时，点的运动停止；
（2）当点P与点N相遇时，2x+x2＝20，
解得x＝﹣1或﹣1﹣（舍去），
当点Q与点M相遇时，x+3x＝20，
解得x＝5，
当x＝5时，x2＝25＞20，
∴点Q与点M不能相遇；
（3）∵当点N到达A点时，x2＝20，
∴x＝2，
∴BQ＝2cm，CM＝6cm，
∵BQ+CM＝8＜20，
∴此时M点与Q点还未相遇，
∴点Q只能在点M的左侧，
①如图，当点P在点N的左侧时，
20﹣（x+3x）＝20﹣（2x+x2），
解得x＝0（舍去）或x＝2，
∴当x＝2时，以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形；
②如图，当点P在点N的右侧时，
20﹣（x+3x）＝（2x+x2）﹣20，
解得x＝4或﹣10（舍去），
∴当x＝4时，以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
综上，当x＝2或4时，以P、Q、M、N为顶点的四边形是平行四边形．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质，化动为静，运用分类讨论思想是解题的关键．
23．（2023春•乐清市校级期中）如图，在矩形ABCD中，E是边AD上点，连接BE，过点C向BE作垂线，交BE于点F，交DA的延长线于点G，且满足AG＝DE．
（1）求证：BF＝EF；
（2）若AB＝2AE＝8，求CG的长．
分析：（1）根据矩形的性质证明△GEF≌△CBF，进而可以解决问题；
（2）根据勾股定理可得BE的长，然后证明△GFE∽△BAE，可得＝，得AG＝6，进而可以解决问题．
【解答】（1）证明：在矩形ABCD中，AB＝DC，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠G＝∠FCB，
∵AG＝DE，
∴AG+AE＝DE+AE，
∴GE＝AD，
∴GE＝BC，
在△GEF和△CBF中，
，
∴△GEF≌△CBF（AAS），
∴EF＝BF；
（2）解：∵AB＝2AE＝8，
∴AB＝CD＝8，AE＝4，
∴BE＝＝＝4，
∴EF＝BF＝BE＝2，
∵GF⊥BE，
∴∠GFE＝∠BAD＝90°，
∴∠G+∠GEF＝∠ABE+∠BEA＝90°，
∴∠G＝∠ABE，
∴△GFE∽△BAE，
∴＝，
∴，
∴AG＝6，
∴DG＝AG+AE+DE＝2AG+AE＝12+4＝16，
∴CG＝＝＝8．
∴CG的长为8．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△GEF∽△BEA．
五．矩形的判定（共7小题）
24．（2023春•诸暨市期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列条件中能判定这个平行四边形为矩形的是（ ）
A．∠A＝∠BB．∠A＝∠CC．AB＝BCD．AC⊥BD
分析：由矩形的判定和平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B+∠A＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项A符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，
∴选项B不能判定这个平行四边形为矩形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故选项D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
25．（2023春•乐清市校级期中）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，添加下列条件四边形ABCD一定是矩形的是（ ）
A．AB＝ADB．AC⊥BD
C．AB2+BC2＝AC2D．∠BAC＝∠DAC
分析：由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝AD，
∴▱ABCD是菱形，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴▱ABCD是菱形，故选项B不符合题意；
C、∵AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，
∴▱ABCD是矩形，故选项C符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC＝∠BCA，
∵∠BAC＝∠DAC，
∴∠BCA＝∠BAC，
∴AB＝BC，
∴▱ABCD是菱形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质以及等腰三角形的判定等知识，熟练掌握矩形的判定和菱形的判定是解题的关键．
26．（2023春•临海市期末）下列测量方案能判定四边形台面为矩形的是（ ）
A．测量得出对角线相等
B．测量得出对角线互相平分
C．测量得出两组对边分别相等
D．测量得出对角线交点到四个顶点的距离相等
分析：由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
∴对角线相等的四边形不是矩形，故选项A不符合题意；
B、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，故选项B不符合题意；
C、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、∵对角线交点到四个顶点的距离都相等，
∴对角线互相平分且相等，
∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故选项D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、熟记矩形的判定定理是解题的关键．
27．（2023春•镇海区校级期中）如图，过△ABC边AC的中点O，作OE⊥AC，交AB于点E，过点A作AD∥BC，与BO的延长线交于点D，连接CD，CE，若CE平分∠ACB，CE⊥BO于点F．
（1）求证：△OBC是等腰三角形；
（2）求证：四边形ABCD是矩形．
分析：（1）根据角平分线定义得到∠OCE＝∠BCE，由垂直的定义得到∠CFO＝∠CFB＝90°，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）根据平行线的性质得到∠DAO＝∠BCO，∠ADO＝∠CBO，根据全等三角形的性质得到AD＝BC，推出四边形ABCD是平行四边形，根据全等三角形的性质得到∠EBC＝∠EOC＝90°，于是得到四边形ABCD是矩形．
【解答】证明：（1）如图，设CE与OB交于点F，
∵CE平分∠ACB，
∴∠OCE＝∠BCE，
∵BO⊥CE，
∴∠CFO＝∠CFB＝90°，
在△OCF与△BCF中，
，
△OCF≌△BCF（ASA），
∴OC＝BC；
（2）∵点O是AC的中点，
∴OA＝OC，
∵AD∥BC，
∴∠DAO＝∠BCO，∠ADO＝∠CBO，
在△OAD与△OCB中，
，
∴△OAD≌△OCB（ASA），
∴AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵OE⊥AC，
∴∠EOC＝90°，
在△OCE与△BCE中，
，
∴△OCE≌△BCE（SAS），
∴∠EBC＝∠EOC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
28．（2023春•杭州期中）如图，AD是△ABC的中线，AE∥BC，且AE＝BC，连接DE，CE．
（1）求证：AB＝DE；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCE是矩形？并说明理由．
分析：（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的判定和性质解答即可；
（2）根据矩形的判定解答即可．
【解答】证明：（1）∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD＝BC，
∵AE＝BC，
∴AE＝BD，
∵AE∥BC，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AB＝DE；
（2）当△ABC满足AB＝AC时，四边形ADCE是矩形，
∵AE＝BC，BD＝CD＝BC，
∴AE＝CD，
∵AE∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵AB＝DE，
∴当AB＝AC时，AC＝DE，
∴四边形ADCE是矩形．
【点评】此题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质以及矩形的判定．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
29．（2023春•宁江区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：△BDE≌△FAE；
（2）求证：四边形ADCF为矩形．
分析：（1）根据平行线的性质得到∠AFE＝∠DBE，根据线段中点的定义得到AE＝DE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到AF＝BD，推出四边形ADCF是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到∠ADC＝90°，于是得到结论．
【解答】证明：（1）∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是线段AD的中点，
∴AE＝DE，
∵∠AEF＝∠DEB，
∴△BDE≌△FAE（AAS）；
（2）∵△BDE≌△FAE，
∴AF＝BD，
∵D是线段BC的中点，
∴BD＝CD，
∴AF＝CD，
∵AF∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB＝AC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ADCF为矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
30．（2023春•浦江县校级期中）如图，已知：在四边形ABCD中，E为边CD的中点，AE与边BC的延长线相交于点F，且AE＝EF，BC＝CF．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）当AF＝2BE时，求证：四边形ABCD是矩形．
分析：（1）根据全等三角形的判定和性质得到AD＝CF，∠DAE＝∠CFE，求得AD∥BC，根据平行四边形的判定定理即可得到结论；
（2）根据已知条件得到AE＝BE＝EF，根据等腰三角形的性质得到∠EAB＝∠EBA，∠EBF＝∠F，求得∠ABC＝90°，根据矩形的判定定理即可得到四边形ABCD是矩形．
【解答】（1）证明：∵E为边CD的中点，
∴DE＝CE，
在△ADE与△FCE中，
，
∴△ADE≌△FCE（SAS），
∴AD＝CF，∠DAE＝∠CFE，
∴AD∥CF，
∴AD∥BC，
∵BC＝CF，
∴AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）证明：∵AE＝EF，AF＝2BE，
∴AE＝BE＝EF，
∴∠EAB＝∠EBA，∠EBF＝∠F，
∴∠ABE+∠EBF＝×180°＝90°，
∴∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，证得△ADE≌△FCE是解题的关键．
六．矩形的判定与性质（共4小题）
31．（2023春•浦江县期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，则PM的最小值为（ ）
A．5B．2.5C．4.8D．2.4
分析：先求证四边形AFPE是矩形，再根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，利用三角形面积求得AP最短时的长，然后即可求出PM最短时的长．
【解答】解：连接AP，如图所示：
∵∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，
∴BC＝＝10，
∵PE⊥AB，PF⊥AC，
∴四边形AFPE是矩形，
∴EF＝AP，EF与AP互相平分，
∵M是EF的中点，
∴M为AP的中点，
∴PM＝AP，
根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，
即AP⊥BC时，AP最短，同样PM也最短，
∴当AP⊥BC时，AP＝＝4.8，
∴AP最短时，AP＝4.8，
∴当PM最短时，PM＝AP＝2.4．
故选：D．
【点评】此题主要考查了勾股定理、矩形的判定与性质、垂线段最短和直角三角形斜边上的中线性质；由直角三角形的面积求出AP是解决问题的关键，属于中考常考题型．
32．（2023春•新昌县期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BC，延长BC至点E，使BC＝CE，连接DE．
（1）求证：四边形ACED是矩形．
（2）若BC＝3，AB＝5，求BD的长．
分析：（1）证四边形ACED是平行四边形，再证∠ACE＝90°，然后由矩形的判定即可得出结论；
（2）由勾股定理得AC＝4，再由矩形的性质得DE＝AC＝4，∠E＝90°，然后求出BE＝2BC＝6，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵BC＝CE，
∴AD＝CE，
∴四边形ACED是平行四边形，
∵AC⊥BC，
∴∠ACE＝90°，
∴平行四边形ACED是矩形；
（2）解：∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∴AC＝＝＝4，
∵四边形ACED是矩形，
∴DE＝AC＝4，∠E＝90°，
∵BC＝CE＝3，
∴BE＝2BC＝6，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：BD＝＝＝2．
【点评】此题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识．熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
33．（2023春•拱墅区校级期中）已知：如图，AC，BD是矩形ABCD的两条对角线，AE＝CG＝BF＝DH．求证：四边形EFGH是矩形．
分析：根据矩形的判定：对角线相等且互相平分的四边形是矩形即可证明．
【解答】证明：∵AC，BD是矩形ABCD的两条对角线，
∴AC＝BD，OA＝OB＝OC＝OD，
∵AE＝CG＝BF＝DH，
∴OE＝OF＝OG＝OH，
∴EG＝FH，
∴四边形EFGH是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握矩形的判定与性质．
34．（2023春•仙居县期中）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC和BD交于点O，过点A作AE⊥BC于E，延长BC到F，使CF＝BE，连接DF和OF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形．
（2）若AD＝5，CE＝3，∠ABF＝60°，求OF的长．
分析：（1）先由平行四边形性质得到AB∥DC且AB＝DC，再由平行线的性质得到∠ABE＝∠DCF，然后证得△ABE≌△DCF，得到AE＝DF，∠AEB＝∠DFC＝90°，可得AE∥DF，根据矩形的判定即可得到结论；
（2）先由矩形的性质得到EF＝AD＝5，求得BE＝CF＝2，BF＝7，再由∠ABE＝60°可求得AB＝2BE＝4，然后由勾股定理可求得DF＝AE＝2，BD＝，最后由直角三角形斜边的中线性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵在平行四边形ABCD中，
∴AB∥DC且AB＝DC，
∴∠ABE＝∠DCF，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴AE＝DF，∠AEB＝∠DFC＝90°，
∴AE∥DF，
∴四边形AEFD是矩形；
（2）解：由（1）知：四边形AEFD是矩形，
∴EF＝AD＝5，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD＝5，OB＝OD，
∵EC＝3，
∴BE＝CF＝2，
∴BF＝BC+CF＝7，
Rt△ABE中，∠ABE＝60°，
∴∠BAE＝30°，
∴AB＝2BE＝4，
∴DF＝AE＝＝＝2，
∴BD＝＝＝，
∵OB＝OD，∠DFC＝90°，
∴OF＝BD＝．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识；正确的识别图形是解题的关键．
七．正方形的性质（共6小题）
35．（2023春•东阳市期末）如图，在边长为8的正方形ABCD中，点E、G分别在边AB、AD上，且AE＝AB，AG＝AD，作EF∥AD、GH∥AB，EF与GH交于点O，分别在OF、OH上截取OP＝OG，OQ＝OE，连结PH、QF交于点I．
（1）四边形EBHO的面积 ＝ 四边形GOFD的面积（填“＞“、“＝”，或“＜“）；
（2）比较∠OFQ与∠OHP大小，并说明理由．
（3）求四边形OQIP的面积．
分析：（1）根据正方形的性质以及EF∥AD、GH∥AB可知四边形EBHO和四边形GOFD是矩形，正方形的边长为8，AE＝AB，AG＝AD，则AE＝AG＝OE＝OG＝2，BE＝DG＝6，计算面积即可比较；
（2）证明△OFQ≌△OHP即可；
（3）连接OI，过I作IM⊥OH于点H，容易证明△HQI的面积等于△OQI面积的2倍，故阴影的面积等于△OPH的面积的一半．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°
∵EF∥AD、GH∥AB，
∴四边形EBHO，四边形GOFD是矩形，
∵AE＝AB，AG＝AD，正方形ABCD的边长为8，
∴AE＝AG＝2，DG＝BE＝6，
∴四边形AEOG和四边形FOHC是正方形，
∴S矩形EBHO＝S矩形GOFD＝1×3＝3，
故答案为：＝；
（2）∠OFQ＝∠OHP，
理由：
∵四边形AEOG是正方形，
∴OG＝OE，
∵OP＝OG，OQ＝OE，
∴OP＝OQ，
在△OFQ和△OHP中，
，
∴△OFQ≌△OHP（SAS），
∴∠OFQ＝∠OHP；
（3）如图，连接OI，过I作IM⊥OH于点H，
∵AG＝AE＝2，
∴OP＝OQ＝2，
∴QH＝4，
∴S△HQI＝2S△OQI，
∴S△HQI＝S阴影，
∴S阴影＝S△PHO＝．
【点评】本题考查了正方形的性质，解题的关键熟记正方形的性质并灵活运用．正方形的性质：
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
36．（2023春•椒江区期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边AD，CD上，且DE＝CF，AF与BE相交于点G．
（1）求证：AF⊥BE；
（2）若AB＝8，DE＝2，求AG的长．
分析：（1）由正方形的性质得出∠BAE＝∠ADF＝90°，AB＝AD＝CD，得出AE＝DF，由SAS证明△BAE≌△ADF，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出∠EBA＝∠FAD，得出∠GAE+∠AEG＝90°，因此∠AGE＝90°，由勾股定理求出BE，在Rt△ABE中，由三角形面积即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵正方形ABCD，
∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠D＝90°．
∵DE＝CF，
∴AD﹣DE＝CD﹣CF，即AE＝DF，
∴△ABE≌△DAF（SAS）．
∴∠ABE＝∠DAF．
∵∠BAF+∠DAF＝90°，
∴∠ABE+∠BAF＝90°，
∴∠AGB＝90°，
∴AF⊥BE；
（2）解：∵AB＝AD＝8，DE＝2，
∴AE＝8﹣2＝6．
∵∠BAD＝90°，
∴．
∵AF⊥BE，
∴S△ABE＝•AB•AE＝•BE•AG，
∴．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理以及三角形面积公式；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
37．（2023春•嘉善县校级月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，分别以AB、BC、CA为一边向形外作正方形，连接EF、GM、ND，设△AEF，△CGM，△BND的面积分别为S1，S2，S3，则S1+S2+S3＝ 72 ．
分析：作EH⊥FA交FA的延长线于点H，作DL⊥NB交NB的延长线于点L，由∠ACG＝∠BCM＝∠ACB＝90°，得∠GCM＝90°，则S2＝CG•CM＝×8×6＝24；再证明△AEH≌△ABC，得EH＝BC＝6，则S1＝AF•EH＝×8×6＝24；再证明△DBL≌△ABC，得DL＝AC＝8，则S3＝BN•DL＝×6×8＝24，即可求得S1+S2+S3＝72．
【解答】解：作EH⊥FA交FA的延长线于点H，作DL⊥NB交NB的延长线于点L，
∴∠H＝∠L＝∠ACB＝90°，
∵四边形ABDE、四边形BCMN、四边形CAFG都是正方形，AC＝8，BC＝6，
∴AF＝AC＝CG＝8，BN＝BC＝CM＝6，AE＝AB＝DB，∠FAC＝∠EAB＝∠ABD＝∠CBN＝90°，
∴∠CAH＝∠CGL＝90°，
∴∠HAE＝∠CAB＝90°﹣∠BAH，∠DBL＝∠ABC＝90°﹣∠ABL，
∵∠ACG＝∠BCM＝∠ACB＝90°，
∴∠GCM＝90°，
∴S2＝CG•CM＝×8×6＝24；
在△AEH和△ABC中，
，
∴△AEH≌△ABC（AAS），
∴EH＝BC＝6，
∴S1＝AF•EH＝×8×6＝24；
在△DBL和△ABC中，
，
∴△DBL≌△ABC（AAS），
∴DL＝AC＝8，
∴S3＝BN•DL＝×6×8＝24，
∴S1+S2+S3＝24+24+24＝72，
故答案为：72．
【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、同角的余角相等、三角形的面积公式等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
38．（2023春•西湖区期中）如图，正方形ABCD的边长为6．E，F分别是射线AB，AD上的点（不与点A重合），且EC⊥CF，M为EF的中点．P为线段AD上一点，AP＝1，连接PM．当△PMF为直角三角形时，则AE的长为 或10 ．
分析：分当∠PMF＝90°，当∠MPF＝90°两种情况讨论，根据正方形的性质，勾股定理即可求解．
【解答】解：如图1所示，当∠PMF＝90°时，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBE＝∠CDF＝90°，BC＝DC，
∵∠BCD＝∠ECF＝90°，
∴∠BCD＝∠DCF
∴△CBE≌△CDF（ASA），
∴BE＝DF，
∵EM＝MF，PM⊥EF，
∴PE＝PF，
设AE＝x，则BE＝DF＝6﹣x，
∵PA＝1，
∴PE＝PF＝5+6﹣x＝11﹣x，
在Rt△PAE中，∵PE2＝AE2+PA2，
∴（11﹣x）2＝x2+12，
∴x＝，
∴AE＝．
如图2所示，当∠MPF＝90°．连接AM，
∵∠A＝∠MPF＝90°，
∴MP∥AE，
∴MP⊥AF
∵ME＝MF，
∴MA＝MF
∴PA＝PF＝1，
∴DF＝BE＝4，
∴AE＝AB+BE＝10，
综上所述，AE的值为或10．
【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三线合一，分类讨论是解题的关键．
39．（2023春•鄞州区校级期末）如图，正方形ABCD中，点G在AB上，连接DG，点H在AD上，点K在BC上，HK⊥DG于点F，连接AF、GH，AF的延长线交CD于点E，DF＝DE，GH＝5，BK＝7，则AF的长为 ．
分析：过点H作HM⊥BC于点M，设AG与GH交于点N，通过证明△MHK≌△ADG，得到MK＝AG，AH＝7﹣AG，利用勾股定理求得AG，AH的长；通过证明GH为AF的垂直平分线，得到AF＝2AN；利用三角形的面积求得AN的长，则结论可得．
【解答】解：过点H作HM⊥BC于点M，设AE与GH交于点N，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝∠B＝∠ADC＝90°，
∵HM⊥BC，
∴四边形ABMH为矩形，
∴AH＝BM，HM＝AB＝AD．
∵HK⊥DG，
∴∠FHD+∠FDH＝90°，
∵∠FHK+∠FHD＝90°，
∴∠KHM＝∠FDH．
在△MHK和△ADG中，
，
∴△MHK≌△ADG（ASA）．
∴MK＝AG．
∵BK＝7，
∴BM+MK＝AH+AG＝7．
∴AH＝7﹣AG．
在Rt△AGH中，
∵AG2+AH2＝GH2，
∴AG2+（7﹣AG）2＝52，
解得：AG＝4或3．
∵DF＝DE，
∴∠DFE＝∠DEF．
∵AB∥CD，
∴∠GAF＝∠DEF，
∵∠AFG＝∠DFE，
∴∠GAF＝∠GFA，
∴GA＝GF．
∵GH＝GH，
∴Rt△AGH≌Rt△FGH（HL）．
∴AH＝HF，
∴GH是AF的垂直平分线，
∴AN＝NF＝AF．
当AG＝4时，AH＝3，当AG＝3时，AH＝4，
∵，
∴＝AN，
∴AN＝，
∴AF＝2AN＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，线段的垂直平分线，三角形的面积，过点H作HM⊥BC于点M是解题的关键．
40．（2023春•滨江区校级期中）如图①正方形ABCD中，点E是对角线AC上任意一点，连接DE，BE．
（1）求证：DE＝BE；
（2）当AE＝AB时，求∠BED的度数；
（3）如图②，过点E作EF⊥DE交AB于点F，当BE＝BF时，若AB＝．求AF的长．
分析：（1）由正方形的性质得AD＝AB，∠DAE＝∠BAE，再证明△DAE≌△BAE便可得DE＝BE；
（2）由（1）得△DAE≌△BAE，可得∠AED＝∠AEB，进而可以解决问题；
（3）过E作EM⊥BF，证明△BEF是等边三角形，设BM＝x，则MF＝BM＝x，EM＝x，得AM＝EM＝x，由AB＝．列出x的方程进行解答便可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAE＝∠BAE，
∵AE＝AE，
∴△DAE≌△BAE（SAS），
∴DE＝BE；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠DAC＝45°，
由（1）知：△DAE≌△BAE，
∴∠AED＝∠AEB＝（180°﹣45°）＝135°，
∴∠BED＝2∠AEB＝135°；
（3）如图②，过E作EM⊥BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝CB，∠DCE＝∠BCE，
∵CE＝CE，
∴△DCE≌△BCE（SAS），
∴∠CDE＝∠CBE，
∵∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴∠ADE＝∠ABE，
∵DE⊥EF，
∴∠DEF＝90°，
在四边形ADEF中，∠DAF＝90°，
∴∠ADE+∠AFE＝180°，
∵∠AFE+∠BFE＝180°，
∴∠BFE＝∠EBF，
∴BE＝EF，
∵BE＝BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴∠EBF＝60°，
设BM＝x，则MF＝BM＝x，EM＝x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE＝∠BAD＝45°，
∴AM＝EM＝x，
∵AM+BM＝AB＝，
∴x+x＝，
解得，x＝，
∴BF＝2x＝2，
∴AF＝AB﹣BF＝﹣2＝﹣．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，第（3）题难度大，关键是构造直角三角形和证明等边三角形．
八．正方形的判定（共2小题）
41．（2023春•慈溪市期末）如图，关于平行四边形ABCD，下列叙述不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，它是菱形
B．当AC⊥BD时，它是菱形
C．当∠ABC＝90°时，它是矩形
D．当AC＝BD时，它是正方形
分析：根据菱形、矩形、正方形的判定方法即可判断．
【解答】解：A、当AB＝BC时，它是菱形，正确，故不符合题意；
B、当AC⊥BD时，它是菱形，正确，故不符合题意；
C、当∠ABC＝90°时，它是矩形，正确，故不符合题意；
D、当AC＝BD时，它是矩形；错误，故符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
42．（2023春•嘉兴期末）已知矩形ABCD，请添加一个条件： AB＝BC（答案不唯一） ，使得矩形ABCD成为正方形．
分析：根据正方形的判定添加条件即可．
【解答】解：添加的条件可以是AB＝BC．理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，AB＝BC，
∴四边形ABCD是正方形．
故答案为：AB＝BC（答案不唯一）．
【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用，能熟记正方形的判定定理是解此题的关键，注意：有一组邻边相等的矩形是正方形，对角线互相垂直的矩形是正方形．此题是一道开放型的题目，答案不唯一，也可以添加AC⊥BD．
九．正方形的判定与性质（共2小题）
43．（2023春•慈溪市校级期中）如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为2﹣6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
分析：①由矩形的性质得到∠OBC＝90°，根据折叠的性质得到OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，推出四边形OBPD是矩形，根据正方形的判定定理即可得到四边形OBPD为正方形；故①正确；
②过D作DH⊥OA于H，得到OA＝10，OB＝6，根据直角三角形的性质得到DH＝＝3，根据三角形的面积公式得到△OAD的面积为OA•DH＝×3×10＝15，故②正确；
③连接OC，于是得到OD+CD≥OC，即当OD+CD＝OC时，CD取最小值，根据勾股定理得到CD的最小值为2﹣6；故③正确；
④根据已知条件推出P，D，A三点共线，根据平行线的性质得到∠OPB＝∠POA，等量代换得到∠OPA＝∠POA，求得AP＝OA＝10，根据勾股定理得到BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正确．
【解答】解：①∵四边形OACB是矩形，
∴∠OBC＝90°，
∵将△OBP沿OP折叠得到△OPD，
∴OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，
∵∠BOP＝45°，
∴∠DOP＝∠BOP＝45°，
∴∠BOD＝90°，
∴∠BOD＝∠OBP＝∠ODP＝90°，
∴四边形OBPD是矩形，
∵OB＝OD，
∴四边形OBPD为正方形；故①正确；
②过D作DH⊥OA于H，
∵点A（10，0），点B（0，6），
∴OA＝10，OB＝6，
∴OD＝OB＝6，∠BOP＝∠DOP＝30°，
∴∠DOA＝30°，
∴DH＝＝3，
∴△OAD的面积为OA•DH＝×3×10＝15，故②正确；
③连接OC，
则OD+CD≥OC，
即当OD+CD＝OC时，CD取最小值，
∵AC＝OB＝6，OA＝10，
∴OC＝＝＝2，
∴CD＝OC﹣OD＝2﹣6，
即CD的最小值为2﹣6；故③正确；
④∵OD⊥AD，
∴∠ADO＝90°，
∵∠ODP＝∠OBP＝90°，
∴∠ADP＝180°，
∴P，D，A三点共线，
∵OA∥CB，
∴∠OPB＝∠POA，
∵∠OPB＝∠OPD，
∴∠OPA＝∠POA，
∴AP＝OA＝10，
∵AC＝6，
∴CP＝＝8，
∴BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正确；
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
44．（2023春•杭州期中）已知：如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，AE、BF相交于点P，并且AE＝BF．
（1）如图1，判断AE和BF的位置关系？并说明理由；
（2）若AB＝8，BE＝6，求BP的长度；
（3）如图2，FM⊥DN，DN⊥AE，点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），四边形FMNP是否能否成为正方形？请说明理由．
分析：（1）根据正方形的性质，得到∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，结合AE＝BF，证明△ABE≌△BCF，根据全等三角形的性质即可解决问题；
（2）根据勾股定理可得AE＝10，然后根据三角形的面积即可解决问题；
（3）证明△BAP≌△ADN（ASA），可得AN＝BP，AP＝DN，由AE＝BF，可得EN＝PF，根据点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），可得P、E不重合，所以PN≠PF，进而可以解决问题．
【解答】解：（1）AE⊥BF，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，
在Rt△ABE和Rt△BCF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△BCF（HL），
∴∠BAE＝∠CBF，
∵∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠CBF+∠BEA＝90°，
∴AE⊥BF；
（2）在Rt△ABE中，AB＝8，BE＝6，
根据勾股定理得：AE＝＝10，
∵S△ABE＝AB•BE＝AE•BP，
∴8×6＝10BP，
∴BP＝4.8，
∴BP的长度为4.8；
（3）四边形FMNP不能成为正方形，理由如下：
由（1）知：AE⊥BF，
∴∠APF＝90°，
∵FM⊥DN，DN⊥AE，
∴∠FMN＝∠MNP＝90°，
∴四边形FMNP是矩形，
∵∠BAP+∠NAD＝∠NAD+∠ADN＝90°，
∴∠BAP＝∠ADN，
在△BAP和△ADN中，
，
∴△BAP≌△ADN（ASA），
∴AN＝BP，AP＝DN，
∵AE＝BF，
∴AE﹣AN＝BF﹣BP，
∴EN＝PF，
∵点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），
∴P、E不重合，
∴PN≠PF，
∴四边形FMNP不能成为正方形．
【点评】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，解决本题的关键是得到△ABP≌△ADN．
巩固提升
一、单选题
1．（2023春·浙江金华·八年级校考阶段练习）菱形相邻两角的比为，那么菱形的对角线长与边长的比为（ ）
A．B．C．D．
答案:D
分析：根据菱形的性质可求得菱形的两内角，设菱形的边长为1，根据勾股定理求得其两条对角线的长，从而可得到其比值．
【详解】因为菱形相邻的两角互补，
所以得到较小的角的度数是，较大的角是．
设菱形的边长为1，则角所对的对角线长为1，角所对的对角线长是，
所以它们所对的对角线长与边长的比为．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理等知识，解题的关键是求出菱形的两个内角的度数．
2．（2023春·浙江·八年级阶段练习）已知一菱形周长为，它的两对角线长之比为，则该菱形面积为（ ）
A．B．C．D．
答案:D
分析：根据已知可分别求得两条对角线的长，再根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半即可得到其面积．
【详解】解：由于它的两对角线长之比为，
则设两条对角线长分别为，
根据勾股定理可得，
解得，
则两条对角线长分别为，
故菱形的面积．
故选：D．
【点睛】主要考查菱形的面积公式：两条对角线的积的一半，综合利用了菱形的性质和勾股定理．
3．（2023春·浙江宁波·八年级校联考期中）在四边形中，交于点O，在下列各组条件中，不能判定四边形为矩形的是（ ）
A． B．
C． D．
答案:C
分析：根据矩形的判定定理逐项判断即可．
【详解】解：∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴A正确；
∵，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是矩形，
∴B正确；
∵，


∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形，
∴C不正确；


如图所示：
在和中，
，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又
∴四边形是矩形，
∴D正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定和矩形的判定，解题关键是熟练运用相关判定定理进行推理证明．
4．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，正方形的边长为4，E，F，G分别是边上的动点，且，将沿EF向内翻折至，连结，则当最大时，的最小值为（ ）
A．B．5.6C．D．
答案:C
分析：当四边形为正方形时，最大，作C关于的对称点，则，即的最小值为，利用勾股定理即可求解．
【详解】解，如图，当四边形为正方形时，最大，
∴，
∵，
∴，
∴E，F分别是边上的中点，
过点作于点H，
则，
作C关于的对称点，连接，
∴，
∴，即的最小值为，
在中，，
由勾股定理得：，
∴的最小值为．
故选：C．
【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．
5．（2023春·浙江台州·八年级校考期中）如图1所示，正方形中，点E是边的中点，动点P从点A出发，在正方形的边上沿A→B→E的路线匀速运动到点E停止，设点P的运动路程为x，，图2是点P运动时y随x变化关系的图像，根据图中的数据，可知点Q的坐标为（ ）
A．B．C．D．
答案:C
分析：利用开始为0，到最大值为，也就是P到达B点时，即,从而求得边长，由点E是边的中点可知,即当点P在点E时，点P的运动路程为，，再由勾股定理可求得,最后求得y即可解答
【详解】解：根据图2可知，
当点P到A点时，，
当点P到B点时，，，即则
当点P到E点时，点P的运动路程为,，由勾股定理可得,则
所以点Q的坐标为
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形中的动点问题，找到图中的关键点及对应的关键数是解题的关键．
6．（2023春·浙江台州·八年级校考期中）如图是一张矩形纸片，点，分别在边，上，， ．把该纸片沿折叠，若点，的对应点分别为，，的延长线过点，则的值为（ ）
A．B．C．D．4
答案:D
分析：如图，连接、，设，，推得，，，，，，然后在中利用勾股定理求出，接着在、中利用勾股定理建立等式，解之即可求出答案．
【详解】解：如图，连接、，
由题意知，的延长线过点，
四边形是矩形，则四个角都是直角，
设，，
，，
，，，，
该矩形纸片沿折叠，
，，，，
，
在中有，
，
，
解得，
在中有，
，
在中有，
，
，
又，
，
解之得，
．
故答案为D．
【点睛】本题考查了矩形的性质及勾股定理的应用，正确的画出辅助线是解题的关键．
二、填空题
7．（2023春·浙江·八年级阶段练习）矩形中，，，点E，F在直线上，若四边形为菱形，则线段的长为__________．
答案:或
分析：分两种情况：①由矩形的性质得出，，由菱形的性质得出，由勾股定理求出，即可求出；②同①得出，即可得出的长．
【详解】解：分两种情况：
①如图1所示：
∵四边形是矩形，
∴，，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴；
②如图2所示：
同①得：，
∴；
综上所述，线段的长为或；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的性质、勾股定理；熟练掌握矩形和菱形的性质，运用勾股定理进行计算和分类讨论是解决问题的关键．
8．（2023秋·浙江湖州·八年级统考期末）如图，在中，，，，为上一点，且，为等边三角形．点是边上的一个动点，连接，以为边在左侧作一个等边，连接，当时，的长为______________；在整个运动过程中，的最小值为______________．
答案:
分析：当时，如图所示，可证四边形是菱形，由此即可求解；根据菱形的性质可得，当时，最短，在中，根据，可求出的长，由此即可求解．
【详解】解：中，，，，，
∵为等边三角形，是等边三角形，
∴，，
当时，如图所示，
∴，
∴，
∴，
∴，且，是等边三角形，
∴四边形是菱形，
∴；
如图所示，连接，
∴，，
∴，
根据点到直线，垂线段最短，可知，当时，最短，如图所示，
∵中，，，，，
设，则，
∴，解得，，
∴，，
∴，
∴，
∴．(这问题实在想不到办法了，请审核老师指教，谢谢)
故答案为：．
【点睛】本题主要考查等边三角形，特殊四边形的综合，理解题意，图形结合分析，掌握等边三角形的性质，菱形的性质是解题的关键．
9．（2023春·浙江台州·八年级台州市书生中学校考阶段练习）如图，在中，，以的三边为边向外作正方形，正方形，正方形，连接，，作交于点P，记正方形和正方形的面积分别为，，若，，则：等于________．
答案:##
分析：过点P作，交的延长线于点，作，交延长线于点，首先证明，然后证明，进而利用三角形面积公式即可得到答案．
【详解】如图，过点P作，交的延长线于点，作，交延长线于点
根据题意得，
平分
，
正方形和正方形的面积分别为，，且，
正方形的面积
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理以及角平分线的性质的运用，正确的做出辅助线是解题的关键．
10．（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）如图，将矩形沿折叠，使点D部在点B处，点C落在点处．P为折痕上的任意一点，过点P作，垂足分别为G，H．若，则______．
答案:
分析：如图，延长交于，由题意知，由折叠的性质可知，，则是的角平分线，，，由矩形的性质可知，由矩形的性质求得，证明四边形是矩形，则，在中，由勾股定理求的值，进而可得的值．
【详解】解：如图，延长交于，
由题意知，
由折叠的性质可知，，
∴是的角平分线，
∴，
∴，
由矩形的性质可知，，，
∴，
∵ ，，
∴四边形是矩形，
∴，
在中，由勾股定理得，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折的性质，角平分线的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
11．（2023春·浙江台州·八年级校考期中）如图，在矩形中，，连接，，点是上一点，，点是上一动点，连接，以为斜边向下作等腰直角，连接，当的值最小时，的长为____________．
答案:
分析：根据矩形的性质，勾股定理，以及已知条件得出，连接，在上取一点，使得，证明，进而得出点在的角平分线上运动，当最小时，重合，此时，即可求解．
【详解】解：∵矩形中，，，
∴，，
∵，
∴，
如图所示，连接，在上取一点，使得，
∵，等腰直角，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴点在的角平分线上运动，
当最小时，重合，此时，
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，得出点在的角平分线上运动是解题的关键．
12．（2023春·浙江温州·八年级校考期中）如图，在四边形纸片中，，，，将纸片先沿直线对折，再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪，剪开后的图形打开铺平，若铺平后的图形中有一个是面积为的平行四边形，则__________．
答案:或
分析：根据题意，裁剪的方法有两种，分别画出图形，可知所得的平行四边形是菱形，由菱形的性质和平行四边形的面积，求得相关边长，进而可求得的长．
【详解】解：如图①，当沿从出发的直线裁剪，四边形是平行四边形，延长交于点N，过点A作于点T，
∵，
∴四边形是菱形，
∵，，，，
∴，，，，
∴，
∵平行四边形的面积是，
∴设，则，
∴，解得（负值舍去），
∴，，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴；
如图②，当沿从A出发的直线裁剪，四边形是平行四边形，
∵，，，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴设，则，，
∵四边形的面积是，
∴，
解得，（负值舍去），
故，，
∴，
综上所述，的值为：或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质和菱形的判定方法与性质、平行四边形的面积公式，等腰三角形的判定与性质，根据题意，画出图形，是解题的关键，主要要分类讨论．
三、解答题
13．（2023秋·浙江金华·八年级统考期末）如图，在的方格纸中，点，在格点上．请按要求画出格点线段（线段的端点在格点上），并写出结论．
(1)在图1中画一条平行于，且与相等的线段．
(2)在图2中画一条与垂直的线段．
(3)在图3中画一条平分的线段．
答案:(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
分析：（1）根据要求作出图形即可（答案不唯一）；
（2）根据垂线的定义画出图形（答案不唯一）；
（3）构造矩形，利用矩形的性质解决问题．
【详解】（1）如图1中，线段即为所求；
（2）如图2中，线段即为所求；
（3）如图3中，线段即为所求．
【点睛】本题考查作图−应用与设计作图，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．
14．（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）如图，菱形的对角线和交于点O，分别延长至点B、点D，且，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求．
答案:(1)证明见解析
(2)
分析：（1）根据菱形的性质可得，，，进而可得，，进而结论得证；
（2）四边形是菱形，可知，，在和中，分别用勾股定理求解的值，进而可求的值．
【详解】（1）证明：∵菱形，
∴，，，
∵，，
∴，
∵，，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵，四边形是菱形，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，，
在中，由勾股定理得，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
15．（2023春·浙江台州·八年级校考期中）如图为的方格（每个小正方形边长为1），按要求完成作图．
(1)在图1中作一个一边长为的矩形（不是正方形）；
(2)在图2中作一个面积为6的菱形；
(3)在图3中作一个面积最大的，但小于16的正方形；
答案:(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
分析：（1）根据矩形的特点，结合网格特点作图即可得；
（2）根据菱形的面积计算方法，结合网格特点作图即可得；
（3）根据正方形的判定和性质，结合网格特点作图即可得．
【详解】（1）解：如图 1，四边形即为所求作；
其中；
（2）如图 2，四边形即为所求作；
其中，；
（3）如图 3四边形即为所求作．
其中，边长为，
∴．
【点睛】本题主要考查作图-应用与设计作图，解题的关键是掌握正方形、矩形、菱形的判定和性质．
16．（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）如图①正方形中，点E是对角线上任意一点，连接．
(1)求证：；
(2)当时，求的度数；
(3)如图②，过点E作交于点F，当时，若．求的长．
答案:(1)见详解
(2)
(3)
分析：（1）证明即可求证；
（2）根据等腰三角形的性质和三角形内角和即可求得；
（3）过点作，证明，在四边形中求出，证明是等边三角形，即可求出的长．
【详解】（1）证明：在和中，
，
∴，
∴．
（2）∵，
∴，
∴；
（3）过点作，
在和中，
，
∴，
∴，
在四边形中
∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴是等边三角形，
设，
则，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴
解得，
∴．
【点睛】此题考查了正方形的性质、三角形全等、勾股定理，解题的关键是综合运用正方形的性质、三角形全等、勾股定理的知识点．
17．（2023春·八年级单元测试）如图，在平行四边形中，点E、F分别在边、上，，.
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，若，，平分，则平行四边形 的面积为 .
答案:(1)证明过程见解析
(2)
分析：（1）根据已知条件证明四边形是平行四边形，再根据，即可证明平行四边形是矩形.
（2）根据平分，可求得，在中，，则，根据含角的直角三角形的性质，求得，再求出，由已知进而可求出即可求出答案.
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形
，
又
即
且
∴四边形是平行四边形
又∵
∴平行四边形是平行四边形.
（2）解：
在中，
又∵四边形是矩形
，平分，
又
平行四边形的面积为
故答案为.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定及矩形的判定，含角的直角三角形的性质，角平分线的定义，等角对等边，熟练掌握这些知识点是解题的关键.
18．（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）如图，已知，延长到E，使，连接，，，若．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，若，，求的长．
答案:(1)证明见解析
(2)
分析：（1）证明四边形是平行四边形，根据题意得到，根据矩形的判定定理证明；
（2）根据矩形的性质得到，根据勾股定理求出，再根据勾股定理计算即可．
【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，
∵，
∴．
∵矩形中，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
19．（2023春·浙江·八年级阶段练习）如图，矩形的两条对角线相交于点O，．
(1)求该矩形两条对角线的长；
(2)点E在边上，且，求的长．
答案:(1)
(2)
分析：（1）由矩形的性质结合题意易证为等边三角形，得出，从而得出；
（2）由等边三角形的性质得出，结合题意得出，进而得出为等腰直角三角形，即得出．再根据勾股定理可求出，最后由求解即可．
【详解】（1）解：∵矩形的两条对角线相交于点O，
∴．
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，即该矩形两条对角线的长为6；
（2）解：∵为等边三角形，
∴．
∵，，
∴．
∵四边形为矩形，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴．
【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．
20．（2023春·浙江·八年级阶段练习）如图，矩形的对角线交于点O，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，将四边形沿方向向右平移（），设所得四边形与重叠部分的周长为T．
①当时，求T的值；
②若，求a的取值范围．
答案:(1)证明见解析
(2)①4；②
分析：（1）先由矩形的性质得到，再由，可证明四边形是平行四边形，则四边形是菱形；
（2）①如图所示，连接交于F，先证明，则四边形沿方向向右平移，即四边形沿方向向右平移，证明是等边三角形，得到，求出，，则时；证明四边形是平行四边形，，得到，是等边三角形，推出，同理得，即可证明四边形是菱形，即可求出；②如图2-2所示，重叠部分为五边形，且时，同理可证是等边三角形，求出，得到，证明是等边三角形求出，则，即可求出；如图2-3所示，重叠部分为四边形时，且，同（2）①可证四边形 是菱形，求出，则，过点P作于H，则，据此求出，即可推出．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，对角线交于点O，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：①如图所示，连接交于F，
∵四边形是矩形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形沿方向向右平移，即四边形沿方向向右平移，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴时，此时点平移到点F的位置，
由平移的性质可知，
∴四边形是平行四边形，，
∴，是等边三角形，
∴，同理得，
∴四边形是菱形，
∴四边形的周长，即；
②如图2-2所示，重叠部分为五边形，且时，
同理可证是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴；
如图2-3所示，重叠部分为四边形时，且，
同（2）①可证四边形 是菱形，
∴，
∴，
过点P作于H，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当时，．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定等等，正确根据题意画出对应的图形是解题的关键．
21．（2023秋·浙江宁波·八年级校考期末）如图，在边长为的正方形中，过中点作正，过点的直线分别交边、于点、、已知点、分别是线段、的动点，且是等边三角形．
(1)判断与的位置关系，并说明理由．
(2)当点在线段上时
①求证：
②试判断的结果是否变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出这个值．
(3)设，点关于的对称点为，若点落在的内部，请直接写出的范围．
答案:(1)，理由见解析
(2)①见解析；②不变，；
(3)当时，点落在的内部
分析：（1）证明，即可得出结论；
（2）①证明，即可得出结论；
②，理由如下，如图所示，过点作于点，得出四边形是矩形，则，在中，，勾股定理得出，在中，勾股定理得出，则，根据，即可求解；
（3）分当落在上时，当落在上时，根据轴对称的性质以及等边三角形的性质即可求解．
【详解】（1），理由如下：
∵四边形是正方形，
∵，是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
即；
（2）①如图，连接，
∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴；
②，理由如下，
如图所示，过点作于点，
∵四边形是正方形，且边长为,
∴，
又，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
又，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵是的中点，则,
在中，，
∴，
∴，则，
∵，
∴，
又，
；
即，
（3）当落在上时，如图所示，
∵点关于的对称点为，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即；
当落在上时，如图所示，
∵点关于的对称点为，
∴，
又∵，
∴，
即，
综上所述，当时，点落在的内部．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，综合运用以上知识是解题的关键．
22．（2023秋·浙江宁波·八年级校考期末）【问题情境】如图1，在中，，点为边上的任一点，过点作，，垂足分别为、，过点作，垂足为．求证：．
【结论运用】如图，将矩形沿折叠，使点落在点上，点落在点处，点为折痕上的任一点，过点作、，垂足分别为、，若，，求的值；
【迁移拓展】如图，在四边形中，，为边上的一点，，，垂足分别为、，，，，、分别为、的中点，连接、，求与的周长之和．
答案:【问题情境】见解析；【结论运用】4；【迁移拓展】
分析：[问题情境]连接，利用可证得；
[结论运用]过点作，垂足为，根据条件求出，的长，从而证明后，直接利用[问题情境]中的结论可得出，而 ；
[迁移拓展]延长、交于点，作，垂足为，由，得出，然后应用问题情境中的结论可得：，设，根据勾股定理求出的值，然后可求图中各条线段的长，最后将与的周长之和转化为的值即可．
【详解】[问题情境]连接，
，，，
且，
．
，
．
[结论运用]过点作，垂足为，如图
四边形是矩形，
，．
，，
∴．
由折叠可得：，．
．
，
．
，，
．
四边形是矩形．
．
，
．
，
．
．
由问题情境中的结论可得：．
∴．
的值为．
[迁移拓展]延长、交于点，作，垂足为，如图⑤．
．
由问题情境中的结论可得：．
设，则．
，
．
．
，，，
．
解得：．
．
．
．
，且、分别为、的中点，
，．
与的周长之和
．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质；矩形的性质与判定；勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
23．（2023春·浙江·八年级校考周测）在中，B在C的左边，，将关于作轴对称，得四边形．P是对角线上的动点，E是直线上的动点，且．
(1)四边形如图1所示，四边形是________（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；______（填“”或“”）；
(2)四边形如图2所示，且，四边形是_______（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；（1）中与之间的数量关系还成立吗?若成立，请说明理由．
(3)四边形如图3所示，若，，请直接写出的度数．（用含、的代数式表示）
答案:(1)菱形；；
(2)正方形；成立，理由见解析；
(3)
分析：（1）根据轴对称的性质，得到，，，又因为，即可证明四边形是菱形，得到再证明，得到，进而得到，最后利用三角形内角和定理，即可得到与之间的数量关系；
（2）根据一个角是直角的菱形是正方形即可判断四边形是正方形，过点P作，先根据平行线的性质，得到，再根据等腰三角形三线合一的性质，得到，然后根据轴对称的性质得到，推出，最后利用三角形内角和定理和平角的性质，求出，即可得到与之间的数量关系；
（3）先根据等边对等角，得到，再利用三角形外角的性质得到，同理可证，，得到，即可得到答案．
【详解】（1）解：设、相交于点F，
根据轴对称的性质可知，，，，
，
，
四边形是菱形，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：菱形；；
（2）解：同理可证，四边形是菱形，
，
菱形是正方形，
故答案为：正方形；
过点P作交于点M，交于点N，
，
，
，，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：，，
，
，
，
同理可证，，
，
，
．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．