中考数学一轮复习专题5.2特殊平行四边形重难点题型讲练(6大题型，158题)(讲练)(原卷版+解析)

这是一份中考数学一轮复习专题5.2特殊平行四边形重难点题型讲练(6大题型，158题)(讲练)(原卷版+解析)，共245页。试卷主要包含了综合与实践等内容，欢迎下载使用。

题型1：矩形的性质
类型1-利用矩形性质求解
（2023·全国·九年级专题练习）如图，在矩形纸片中，，，将沿折叠到位置，交于点F，则的值为（ ）
A．B．C．D．
类型2-利用矩形性质证明
（2023秋·云南曲靖·九年级统考期末）在矩形中，对角线，交于点O，把绕点A顺时针旋转，使点B刚好落在线段上的点E处，点C旋转至点F处，交于点G．
(1)求证：为等腰三角形；
(2)试判断与的关系，并说明理由．
类型3-矩形的折叠问题
25．（2023春·山西晋城·九年级校联考阶段练习）综合与实践
问题情境：综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．矩形纸片中，，．
操作探究：如图1，将矩形纸片沿过点A的直线折叠，使点D的对应点落在边上，展开后折痕交于点E．
(1)的度数为______．
(2)求线段的长度．
拓展延伸：
(3)如图2，在图1的基础上，继续沿过点A的直线折叠，使点B的对应点落在上，展开后折痕交于点F，连接．请判断的形状并说明理由．
综合训练
1．（2023春·湖南长沙·八年级长沙市长郡梅溪湖中学校考阶段练习）如图，在矩形中，对角线与相交于点，已知，则的大小是（ ）
A．B．C．D．
2．（2023春·重庆·九年级重庆一中校考阶段练习）如图，点E，F分别在矩形的边上，过A作交矩形对角线于点G，，，，则长度是（ ）
A．B．C．D．
3．（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）如图，四边形为矩形，且，，点E为上一点且，连接、，且，，连接，则的长为（ ）
A．10B．C．D．
4．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知：如图，矩形中，，对角线相交于点O，点P是线段上任意一点，且于点E，于点F，则等于（ ）
A．6B．5C．D．
5．（2022秋·广东肇庆·八年级广东肇庆中学校考期末）已知：如图，折叠长方形的一边，使点D落在边的点E处，已知，，则的长是（ ）
A．B．2C．D．
6．（2023·黑龙江绥化·校考模拟预测）如图，在矩形中，，，点是上一个动点，把沿向矩形内部折叠，当点A的对应点恰好落在的平分线上时， 的长为（ ）
A．或B．4或C．或D．或
7．（2023春·江苏·八年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，过点A作的垂线，垂足为E．若，则____．
8．（2022秋·福建莆田·九年级校考期中）如图，矩形的四个顶点分别在直线，，，上．若直线且间距相等，，，则的值为______．
9．（2022·江西萍乡·校考模拟预测）如图，在矩形中，，，点P在矩形上或其对角线上运动，，则长为________．
10．（2023春·江苏·八年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）如图，在矩形中，交于点O，于点E，，则的度数为_________
11．（2022春·北京东城·八年级校考阶段练习）如图，过矩形的对角线上一点K分别作矩形两边的平行线与，那么图中矩形的面积与矩形的面积的大小关系是_____；（填“＞”或“＜”或“=”）
12．（2023·河南周口·校考一模）如图，在矩形中，E为射线上一点，将沿翻折，使点B落在点F处，若，则BE＝_____．
13．（2023春·河北承德·九年级统考阶段练习）如图1，将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕，把纸片展平，连接．
（1）图中是__________三角形；
（2）继续折叠纸片，使点A落在边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕，把纸片展平，如图2，则__________，设与交于点P，若直线交直线于点O，，，则__________．
14．（2023秋·湖南湘西·九年级统考期末）如图，将矩形绕点旋转得到矩形，点在上，延长交于点.
(1)求证：；
(2)连接，若，求的度数．
15．（2022秋·浙江金华·九年级校考期中）如图，四边形是矩形，，，是上的一点，且，点是边上的任意一点．连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段．
(1)求点到的距离；
(2)当时，若此时点恰好落在对角线上，求的长．
16．（2023·安徽淮北·淮北一中校联考一模）已知矩形，将其绕着点逆时针旋转得到矩形．
(1)如图1，若点在上，连接．
①求证：平分；
②连接交于点，若，，求的长．
(2)如图2，若点，，在同一条直线上，与交于点，，，求的长．
17．（2023·山东青岛·校考一模）已知：线段和矩形如图①摆放（点E与点B重合），点F在边上，，．如图②．从图①的位置出发，沿方向运动，速度为；动点P同时从点D出发，沿方向运动，速度为．点M为的中点，连接，，，与相交于点Q，设运动时间为．解答下列问题：
(1)当时，求t的值；
(2)设五边形的面积为，求S与t的关系式；
(3)当时，求线段的长；
(4)当t为何值时，五边形的周长最小，最小是多少？直接写出答案即可．
18．（2023春·湖南长沙·八年级长沙县湘郡未来实验学校校考阶段练习）在平面直角坐标系中存在矩形，点、点，且、满足：（实数．
(1)求点坐标；
(2)如图1，作的角平分线交轴于，的中点为，作交轴于，求的值（用含式子表示）；
(3)如图2，在（2）的条件下，当时，将矩形向右推倒得到矩形，使与重合，落在轴上，现在将矩形沿射线以1个单位/秒平移，设平移时间为，用表示平移过程中矩形与矩形重合部分的面积．
19．（2023秋·辽宁沈阳·九年级统考期末）已知矩形的对角线，相交于点O，点E是边上一点，连接，，，且．求证：．
20．（2023·福建南平·统考一模）在五边形中，四边形是矩形，是以E为直角顶点的等腰直角三角形．与交于点G，将直线绕点E顺时针旋转交于点F．
(1)求证：；
(2)判断线段，，之间的数量关系，并说明理由；
(3)若，且，求线段的长．
21．（2023秋·四川眉山·九年级统考期末）如图，在矩形中，E是边的中点，于点F，连接．
(1)求证：；
(2)求证：．
22．（2022秋·四川达州·九年级统考期末）在矩形中，E为边上一动点，连接．

(1)将沿翻折，使点B恰好落在对角线上的点F处，AE交于点G．
①如图①，若，求证：F为的中点；
②如图②，当，时，求的长．
(2)根据②所得数据，将矩形沿翻折，点C的对应点为，点D的对应点为，使点E，，D三点在一条直线上，如图③，求此时的长．
题型2：菱形的性质
类型1 应用菱形的性质求解
（2022秋·吉林长春·九年级长春市解放大路学校校考开学考试）如图，在菱形中，的垂直平分线交于点为垂足，连接，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
类型2应用菱形的性质证明
（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考三模）如图，已知菱形，点F在的延长线上，点E在的延长线上，且满足．求证：是等边三角形．
综合训练
1．（2023·陕西西安·校考二模）如图，为菱形的对角线，已知，则等于（ ）
A．B．C．D．
2．（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图所示，在菱形 中，，， 分别是边 和 的中点， 于点 ，则 的度数是 （ ）
A．B．C．D．
3．（2022秋·广东揭阳·九年级统考期中）如图，菱形中，交于，于，连接，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
4．（2023秋·重庆·九年级校考期末）如图，四边形是菱形，连接，交于点，过点作，交于点，若，，则的长度是（ ）
A．B．C．D．
5．（2023秋·陕西汉中·九年级统考期末）如图，在菱形中，对角线相交于点O，若，则的度数为________．
6．（2022秋·四川成都·九年级成都七中校考期中）如图，在菱形中，与相交于点，的垂直平分线交于点，连接，若，则的度数为______．
7．（2022·江西萍乡·校考模拟预测）如图，在菱形中，，为的中点，点在上，，，将沿方向平移，使点落在上，则平移的距离为________．
8．（2023·全国·九年级专题练习）如图，菱形纸片中，，，将纸片沿对角线剪开，再将沿射线的方向平移得到，当是直角三角形时，平移的距离为___．
9．（2023春·四川成都·九年级统考开学考试）如图，在菱形中，，，G为边上一动点，作于点，于点H，当取得最小值时，__________．
10．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）如图，在菱形中，对角线与相交于点，过点作，交于点，若，，则的长是______．
11．（2023·陕西西安·交大附中分校校考三模）如图，菱形的顶点是原点，顶点在轴上，反比例函数的图象经过顶点．若菱形的面积为，则的值为________．
12．（2023春·四川成都·九年级统考开学考试）如图，菱形的边长为，其中对角线的长为，则菱形的面积为_________．
13．（2023·河南新乡·统考一模）如图，在菱形中，，，扇形的半径为6，圆心角为，则阴影部分的面积是______．
14．（2022·广东东莞·校考一模）如图，是菱形的对角线，．
(1)请用尺规作图法，作的垂直平分线，垂足为E，交于F；（不要求写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）条件下，连接，求的度数．
15．（2023秋·四川成都·九年级统考期末）如图，在菱形中，，点是边上一动点，连接，将射线绕点逆时针旋转60°，分别交边于点，交对角线于点.
(1)试判断的形状，并说明理由；
(2)若，，求及的长；
(3)若，求的值.
16．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，已知菱形中，对角线、相交于点，过点作，过点作，与相交于点．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，则四边形的周长为 ．
17．（2023·四川巴中·校考一模）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，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
18．（2023秋·辽宁沈阳·九年级统考期末）如图，在菱形中，对角线，交于点O，，，连接，交于点F．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，直接写出菱形的面积．
19．（2023秋·山东济南·九年级统考期末）如图，矩形的对角线交于点F，延长到点C，使，延长到点D，使，连接
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求菱形的面积．
20．（2022秋·山东菏泽·九年级统考期末）如图，在菱形中，点E、F分别在边上，且，连接，求证：．
21．（2023秋·广东河源·九年级校考期末）如图，在菱形中，对角线，交于点，交延长线于，交延长线于点．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求AC的长．
22．（2023春·北京海淀·九年级人大附中校考开学考试）如图，在中，，D是的中点，点E，F在射线上，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)点G为线段的中点，射线交于点H，若，求线段的长．
23．（2023秋·福建莆田·九年级莆田第二十五中学校考期末）如图，中，为的中点，连接，作点关于的对称点，连接．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)连接，若平分，求的长
24．（2023秋·云南曲靖·九年级统考期末）如图，在菱形中，为菱形的一条对角线，以为直径作，交于点E，交于点F，G为边上一点，且．
(1)求证：为的切线；
(2)若，，求的半径．
题型3：正方形的判定
类型1-应用正方形的性质求解
（2023·陕西西安·交大附中分校校考三模）如图，在正方形中，点在对角线上，，，，分别为垂足，连结，，若，则（ ）
A．5B．C．D．
类型2-利用正方形的性质证明
（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，在正方形中，是边上点，（与、不重合），连接，将沿所在的直线折叠得到，延长交于，连接，作，与的延长线交于点，连接．
(1)求证：；
(2)求证：平分．
类型3-正方形的重叠面积问题
（2023·广东东莞·东莞市东华初级中学校考模拟预测）如图，将边长为4的正方形绕点按逆时针方向旋转，得到正方形，连接，在旋转角从0°到180°的整个旋转过程中，当时，的面积为____________．
类型4-正方形的折叠问题
（2023春·全国·八年级专题练习）如图，正方形中，，点E在边上，且．将沿对折至，延长交边于点G，连接、．
(1)求证：；
(2)求的面积；
(3)在的条件下，求周长的最小值．
综合训练
1．（2022·陕西西安·西安市第三中学校考模拟预测）下列四边形中，对称轴条数最多的四边形是（ ）
A．平行四边形B．等腰梯形C．菱形D．正方形
2．（2023·云南昆明·昆明八中校考模拟预测）如图，有六根长度相同的木条，小明先用四根木条制作了能够活动的菱形学具，他先将该活动学具调成图1所示菱形，测得，对角线，接着将该活动学具调成图2所示正方形，最后用剩下的两根木条搭成了如图3所示的图形，连接，则图3中的面积为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023秋·重庆江北·九年级统考期末）如图，已知正方形中，，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
4．（2023秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，P为线段上任意一点，分别以、为边在同侧作正方形、，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
5．（2023春·八年级单元测试）如图，E、F、H分别为正方形的边、、上的点，连接，，且，平分交于点G．若，则的度数为（ ）
A．26°B．38°C．52°D．64°
6．（2022秋·重庆·九年级统考期末）如图，在正方形中，点M是上一点，点E是的中点，绕点E顺时针旋转得到，连接，．则的度数为（ ）
A．B．C．D．
7．（2023秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，四边形是正方形，是上一点，，将绕着点顺时针旋转到与重合，，则正方形的边长为（ ）
A．B．C．5D．4
8．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，在边长为6的正方形内作，交于点E，交于点F，连接，将绕点A顺时针旋转到的位置，点D的对应点是点B．若，则的长为（ ）
A．B．C．D．2
9．（2022秋·山西朔州·九年级统考期末）如图．正方形的边长为4．以C为圆心，长为半径画弧，交于点F，若再以C为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点E，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
10．（2023春·八年级课时练习）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（ ）
A．B．C．1D．
11．（2022秋·辽宁沈阳·九年级统考期末）如图，正方形的面积为12，点E在边上，且，连接将沿折叠，点A对应点为F，延长交于点G，点M，N分别是，的中点，则的长为（ ）
A．B．C．D．
12．（2023·山东青岛·统考一模）如图，在正方形中，，为的中点，将沿折叠，使点落在正方形内点处，连接，则的长为（ ）
A．B．C．D．
13．（2022春·湖南永州·八年级校考期中）如图所示，以正方形中边为一边向外作等边，则__．
14．（2023·安徽·校联考一模）如图．已知正方形纸片的边，点P在边上，将沿折叠，点A的应点为．
（1）若时，的长为______﹔
（2）若点到边或的距离为1，则线段的长为______．
15．（2023·湖北孝感·统考一模）数学课上，老师将如图边长为2的正方形铁丝框变形成以A为圆心，为半径的扇形（铁丝的粗细忽略不计），则所得扇形的面积是______．
16．（2023秋·重庆忠县·八年级统考期末）如图所示，若大正方形与小正方形的面积之差是20，则与的面积之和是_________
17．（2023秋·河北石家庄·八年级统考期末）如图，矩形内三个相邻的正方形面积分别为4，3和2，则图中阴影部分的面积为_______．
18．（2023秋·河北唐山·八年级校考期末）如图，有一块边长为2的正方形塑料模板ABCD，将一块足够大的直角三角板的直角顶点落在A点，两条直角边分别与CD交于点F，与CB延长线交于点E，则四边形AECF的面积是___________．
19．（2023秋·江苏南京·九年级统考期末）如图，正方形的边长为，点是边的中点，点是边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接，当最小时，的长是______．
20．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，折叠边长为4cm的正方形纸片，折痕是，点C落在点E处，分别延长、交于点F、G，若点M是边的中点，则______cm．
21．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，正方形纸片的边长为12，E是边上一点，连接，折叠该纸片，使点A落在上的G点，并使折痕经过点B，折痕与交于点H，点F在上，若，则的长为_____．
22．（2023春·八年级课时练习）如图，点E在正方形外，连接，过点A作的垂线交于点F．若．则下列结论：
①；
②；
③点B到直线的距离为；
④．
其中正确的结论是________.（填写所有正确结论的序号）
23．（2023·浙江·模拟预测）如图，正方形的边长为，E，F分别是的中点，与分别交于点M，N． 请你回答下列问题：
(1)求证：．
(2)直接写出的长．
(3)求的面积．
24．（2023春·江苏·八年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）如图，正方形的顶点C在直线a上，且直线a于M，直线a于N．
(1)求证：
(2)若点B，D到a的距离分别是1，2，求正方形的面积．
25．（2023春·重庆·九年级重庆一中校考阶段练习）如图，正方形的对角线和交于点O，点E是上的一点，．
(1)用直尺和圆规完成以下基本操作：过点B作的角平分线交和分别于点F和点G（保留作图痕迹，不写作法）：
(2)求证：．
证明：在正方形中，，
∵，平分
∴______①
∴
又∵
∴
∴______②
在和中，
∴
∴______④
∴
26．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，四边形是正方形，是等腰三角形，，．连接，过B作于F，连接，．
(1)若，求的度数；
(2)当变化时，的大小会发生变化吗?请说明理由；
(3)试用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．
27．（2023秋·辽宁阜新·九年级阜新实验中学校考期末）如图，正方形和正方形（其中），的延长线与直线交于点H．
(1)如图1，当点G在上时，求证：；
(2)将正方形绕点C旋转一周．
①如图2，当点E在直线右侧时，判断的数量关系并证明；
②当时，若，请直接写出线段的长．
28．（2022秋·四川广安·九年级统考阶段练习）如图，已知E是正方形的边上的一点，延长到点F使，连接，．
(1)能通过旋转得到吗？说明理由．
(2)连接，过点D作垂直于点M，交于点N．若，，求的长．
29．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考三模）如图，在正方形中，点P在边上，且不与点A，D重合，点H在边上，且不与点A，B重合，连接与交于点E.若，求证：
30．（2022秋·辽宁沈阳·九年级统考期末）如图，在正方形中，E、F分别是和上的动点，且．
(1)求证：；
(2)若平分，且正方形的面积为36，连接，点P为线段上一个动点，，，垂足分别为G、H．则_____．
31．（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）如图1，在正方形中，点E是边上的一点，，且交正方形外角的平分线于点P．
(1)求的度数；
(2)求证：；
(3)在边上是否存在点M，使得四边形是平行四边形？若存在，请画出图形并给予证明；若不存在，请说明理由；
(4)如图2，在边长为4的正方形中，将线段沿射线平移，得到线段，连接，则直接写出的最小值是 ．
题型4：特殊平行四边形的判定
类型1-矩形的判定
（2023春·八年级课时练习）如图，平行四边形的对角线相交于点O，请你再添一个条件，使得平行四边形是矩形，则下列条件符合的是( )
A．平分B． C． D．
25．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考阶段练习）如图，在平行四边形中，于点，延长至点，使，连接，与交于点．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若，求的长．
类型2-菱形的判定
（2023秋·河北保定·九年级统考期末）如图，甲、乙两人分别用一张矩形纸做一个折菱形的游戏．甲沿折叠使得点落在上，沿折叠使得点落在上，甲说得到的四边形为菱形；乙沿折叠使得与重合，再折出，，乙说得到的四边形为菱形；下列说法正确的是（ ）
（2023春·全国·八年级阶段练习）如图，矩形，延长至点E，使，连接，过点C作交的延长线于点F，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接交于点G．当，时，求的长．
类型3-正方形的判定
（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在中，点E、D、F分别在边上，且，，下列四个判断中，不正确的是（ ）
A．四边形是平行四边形
B．如果平分，那么四边形是菱形
C．如果，那么四边形是矩形
D．如果且，那么四边形是正方形
（2023秋·山东烟台·八年级统考期末）问题情境：
如图1，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到 （点的对应点为点）．延长交于点，连接，
猜想证明：
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)如图2，若、请猜想线段与的数最关系并加以证明，解决问题；
(3)如图1，若的面积为72，，请直接写出的长．
综合训练
1．（2023秋·辽宁朝阳·九年级统考期末）如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．当，是矩形B．当，是菱形
C．当，是菱形D．当，是正方形
2．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，要使平行四边形为矩形，则可添加下列哪个条件（ ）
A． B． C． D．
3．（2022秋·河南平顶山·九年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，在不添加任何辅助线的情况下，添加以下哪个条件，能使平行四边形ABCD是矩形（ ）
A．B．C．D．
4．（2023春·全国·八年级专题练习）顺次连接四边形ABCD各边的中点，得到四边形EFGH，在下列条件中，能使四边形EFGH为矩形的是（ ）
A．AB＝CDB．AB⊥CDC．AC⊥BDD．
5．（2022秋·福建福州·八年级福建省福州第十六中学校考期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．当∠ABC=90°时，它是矩形B．当AB=BC时，它是菱形
C．当AC⊥BD时，它是菱形D．当AC=BD时，它是正方形
6．（2023秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，在中，对角线，相交于点O，若添加一个条件，使得一定为菱形，该条件是（ ）
A．B．C．D．
7．（2022秋·四川南充·九年级校考阶段练习）如图，在▱ABCD中，O为AC的中点，经过点O的直线交AD于E交BC于F，连接AF、CE，下列选项可以使四边形AFCE是菱形的为（ ）
A．OE＝OFB．AE＝CFC．EF⊥ACD．EF＝AC
8．（2021秋·山东菏泽·九年级校考阶段练习）如图，平行四边形 ABCD 的对角线 AC、BD 相交于点 O，那么下列条件中，能判断平行四边形 ABCD 是菱形的为 （ ）
A．AO＝COB．AO＝BOC．∠AOB＝90°D．∠BAD＝∠ABC
9．（2022春·上海杨浦·八年级校考期末）顺次连接四边形各边中点得到的四边形是菱形，那么与只需满足（ ）
A．垂直B．相等C．互相平分D．互相平分且垂直
10．（2023·广西防城港·校考一模）如图，在正方形中，对角线，交于点O，点E，F分别在，上，且，交于点G，连接．下列结论错误的是（ ）
A．B．
C． D．四边形是菱形
11．（2023春·河北承德·九年级统考阶段练习）如图，中，点E、F在对角线上，且，要使四边形为菱形，现有甲、乙、丙三种方案：
甲：只需要满足；
乙：只需要满足；
丙：只需要满足．
则正确的方案是（ ）
A．甲、乙、丙B．甲、丙C．甲、乙D．乙、丙
12．（2023秋·山西晋中·九年级统考期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，添加下列条件，能使菱形成为正方形的是（ ）
A．B．C．D．平分
13．（2023秋·福建漳州·九年级统考期末）如图，在矩形中，对角线，交于点O，要使该矩形成为正方形，则应添加的条件是（ ）
A．B．
C．D．
14．（2023春·八年级课时练习）如图，在矩形内有一点，与分别平分和，点为矩形外一点，连接，，若，则添加下列条件不能判定四边形是正方形的是（ ）
A．B．C．D．
15．（2022秋·辽宁辽阳·九年级校联考期中）有下列四个条件：①；②；③；④；从中选两个作为补充条件，使平行四边形为正方形，现有下列四种选法，你认为错误的是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．②④
16．（2023·湖南湘潭·湘潭县云龙中学校考一模）如图，平行四边形添加一个条件_____使得它成为矩形．（任意添加一个符合题意的条件即可）
17．（2022秋·山西晋中·九年级统考期末）平行四边形的对角线与相交于点，若要使平行四边形成为矩形，则需要添加的一个条件是___________．（只写出一种情况即可）
18．（2023秋·山西运城·九年级统考期末）如图，已知四边形是菱形，从①，②，③中选择一个作为条件后，使四边形成为正方形，则应该选择的是______．（仅填序号）
19．（2022春·山东济宁·八年级校考期末）如图，已知点D在△ABC的BC边上，DEAC交AB于E，DFAB交AC于F，若添加条件_____，则四边形AEDF是矩形；若添加条件_____，则四边形AEDF是菱形；若添加条件_____，则四边形AEDF是正方形．
20．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，AD是△ABC的中线，过点A作AEBC，过点B作BEAD交AE于点E．
(1)求证：∠E＝∠ADB．
(2)当△ABC满足 条件时，四边形ADBE是矩形？请说明理由．
21．（2022春·河北石家庄·八年级校考期末）如图，在平行四边形中，对角线与交于点O.
(1)添加一个条件：_____，则可判定四边形是矩形；
(2)若，，则与的周长之差为_____________.
22．（云南省楚雄州部分地区2022-2023学年九年级下学期教学质量作业四（开学考）数学试题）如图，四边形中，是对角线，，且，于点D，点E、F分别是边、的中点，连接、分别交于点G、H．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的面积．
23．（2023春·八年级课时练习）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．
24．（2023春·江苏·八年级校考周测）如图，在中，是上的任意一点（不与点、重合），过点平行于的直线分别与、的外角的平分线交于点、．
(1)与相等吗？证明你的结论．
(2)试确定点的位置，使四边形是矩形，并加以证明．
25．（2023秋·河南平顶山·九年级统考期末）如图，在中，，D为的中点，四边形是平行四边形．
(1)判断四边形的形状，并说明理由；
(2)填空：
①当且时，四边形的周长等于______；
②当时，四边形的形状为______．
26．（2023·广东深圳·校考一模）如图，已知中，是边上一点，过点分别作交于点，作交于点，连接．
(1)下列条件：
①是边的中点；
②是的角平分线；
③点与点关于直线对称．
请从中选择一个能证明四边形是菱形的条件，并写出证明过程；
(2)若四边形是菱形，且，，求的长．
27．（2023秋·河南郑州·九年级校考期末）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，点E，F在上，且．
(1)求证：；
(2)不添加辅助线，请你补充一个条件，使得四边形是菱形；并给予证明．
28．（2022秋·河南郑州·九年级校考期末）如图，已知在中，，，，点、分别从点、出发沿、方向向点A、C匀速运动，运动速度均为，当点到达点时，两点都停止运动．以、为边作平行四边形，连接，交于点设运动的时间为．
(1)求四边形的最大面积．
(2)填空：
①当______时，四边形是矩形；
②当______时，四边形是菱形．
29．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，在四边形中，，，对角线、交于点，平分，过点作交延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
30．（2023·黑龙江绥化·校考模拟预测）如图，在梯形中，，，，，，动点从点开始沿边向以秒的速度运动，动点从点开始沿边向以秒的速度运动，、分别从、同时出发，当其中一点到端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为秒．问：
(1)求为何值时，四边形是平行四边形？
(2)四边形可能是矩形吗？如果可能，求出的值；如果不可能，说明理由；
(3)四边形可能是菱形吗？如果可能，求出的值；如果不可能，说明理由．
31．（2023秋·山东济南·九年级统考期末）如图，矩形的对角线交于点F，延长到点C，使，延长到点D，使，连接
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求菱形的面积．
32．（2023·全国·九年级专题练习）如图，中， 是边上的中线，分别过点作的平行线交于点且交于点连接
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若 求菱形的面积．
33．（2023春·江苏·八年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）如图，在四边形中，，过对角线的中点O，作，分别交边，于点E，F，连接，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求四边形的面积．
34．（2022秋·广东东莞·八年级阶段练习）如图，矩形的对角线，相交于点，关于的对称图形为．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接，若，．求的值；
35．（2023春·江苏·八年级校考周测）如图，矩形中，点P是线段上一动点，O为的中点，的延长线交于Q．
(1)求证：；
(2)若厘米，厘米，P从点A出发，以1厘米/秒的速度向D运动（不与D重合），设点P运动时间为t秒，请用t表示的长；并求t为何值时，四边形是菱形．
36．（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）如图，平行四边形中，，过点作，交的延长线于点．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接，若，，则的长为 ．
37．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，在四边形中，，对角线的垂直平分线与边、分别相交于点M、N，连接、．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若四边形的周长为52，，求的长．
38．（2022秋·河南郑州·九年级校联考期末）如图，矩形中，，点M，N分别为上一点，且，连接．
(1)当时，求证：四边形是菱形；
(2)填空：①当 时，四边形是矩形；②当 时，以为对角线的正方形的面积为．
39．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，中，是的平分线，作交于点，交于点F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)当满足条件 时，四边形是正方形．
40．（2023秋·陕西榆林·九年级统考期末）如图，在矩形中，对角线相交于点O．
(1)若，求证：矩形是正方形；
(2)请添加一个异于（1）的条件，使矩形成为正方形，不用说明理由．
41．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，，是的两条中位线．我们探究的问题是：这两条中位线和三角形的两条边所围成的四边形的形状与原三角形的边或角有什么关系？建议按下列步骤探索：
(1)围成的四边形是否必定是平行四边形？
(2)在什么条件下，围成的四边形是菱形？
(3)在什么条件下，围成的四边形是矩形？
(4)你还能发现其他什么结论吗？
42．（2022春·湖南永州·八年级校考期中）如图，在中，，，垂足为点是外角的平分线，，垂足为点．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)当满足什么条件时，四边形为正方形？给出证明．
43．（2023秋·山东枣庄·九年级统考期末）如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，交直线与E，垂足为F，连接，．
(1)求证：；
(2)当D在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明理由；
(3)在满足（2）的条件下，当满足______条件时，四边形是正方形（直接填写答案）．
题型5：中点四边形
（2023春·全国·八年级专题练习）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形．
(1)四边形的形状是______，请证明你的结论；
(2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形；
(3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种．
综合训练
1．（2023春·湖南长沙·八年级长沙市长郡梅溪湖中学校考阶段练习）如图，在矩形中，对角线与相交于点，已知，则的大小是（ ）
题型5：中点四边形
（2023春·全国·八年级专题练习）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形．
(1)四边形的形状是______，请证明你的结论；
(2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形；
(3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种．
综合训练
1．（2023春·福建福州·八年级校考阶段练习）如图，E，F，G，H分别是，，，的中点，且，下列结论：①四边形是菱形；②；③若，则；④；其中正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．（2023春·八年级课时练习）如图所示，顺次连接四边形各边中点得到四边形，使四边形为正方形，应添加的条件分别是（ ）
A．且B．且
C．且D．且
3．（2023春·全国·八年级专题练习）顺次连接四边形四条边的中点，所得的四边形是菱形，则原四边形一定是( )
A．平行四边形B．对角线相等的四边形
C．矩形D．对角线互相垂直的四边
4．（2022秋·广东清远·九年级统考期中）如图，四边形中，E、F、G、H分别是、、、的中点，若中点四边形是菱形，那么原四边形满足什么条件（ ）
A．B．
C．D．
5．（2023秋·陕西西安·九年级统考期末）如图，是内一点，，，，，、、、分别是、、、的中点，则四边形的周长是（ ）
A．B．C．D．
6．（2022·广东佛山·校考一模）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD四条边AB，BC，CD，DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的是（ ）
A．不一定是平行四边形B．当AC＝BD时，它为菱形
C．一定是轴对称图形D．不一定是中心对称图形
7．（2022春·全国·八年级校考期末）如图，四边形中，E，F，G，H分别是边、、、的中点．若四边形为菱形，则对角线、应满足条件_______．
8．（2022秋·福建漳州·九年级漳州实验中学校考期中）如图，四边形中，E，F、G、H分别是边，、、的中点，请你添加一个条件，使四边形为菱形，应添加的条件是_____________．
9．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，已知矩形的对角线的长为10cm，顺次连接各边中点E、F、G、H得四边形，则四边形的周长为______cm．
10．（2022秋·贵州贵阳·九年级统考期末）如图，在矩形中，E，F，G，H分别是各边的中点，连接，，，．试判断四边形的形状，并说明理由．
题型5：特殊平行四边形的动点问题
（2023·全国·九年级专题练习）如图,在矩形ABCD中，，，动点M以的速度从A点出发,沿向点B运动,同时动点N以的速度从点D出发,沿DA向点A运动，设运动的时间为秒（）．
(1)当为何值时，的面积等于矩形面积的？
(2)是否存在某一时刻,使得以A、M、N为顶点的三角形与相似?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由．
综合训练
1．（2022春·湖南永州·八年级校考期中）如图，在梯形中，，，动点P从点A开始，沿边，以1厘米/秒的速度向点D运动；动点Q从点C开始，沿边，以3厘米/秒的速度向B点运动．已知P、Q两点分别从A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．假设运动时间为t秒，问：
(1)t为何值时，四边形是平行四边形？
(2)在某个时刻，四边形可能是菱形吗？为什么？
(3)t为何值时，四边形是等腰梯形？
2．（2023秋·辽宁沈阳·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，矩形的两边分别在x轴和y轴上，点B的坐标为，现有两动点P，Q，点P以每秒3个单位的速度从点O出发向终点A运动，同时点Q以每秒2个单位的速度从点A出发向终点B运动，连接，，．设运动时间为t秒（）．
(1)点P的坐标为______，点Q的坐标为______（用含t的代数式表示）；
(2)请判断四边形的面积是否会随时间t的变化而变化，并说明理由；
(3)若以A，P，Q为顶点的三角形与相似时，请直接写出t的值．
3．（2023春·辽宁沈阳·九年级统考开学考试）如图，在平面直角坐标系中，直线交x轴正半轴于点A，交y轴正半轴于点E，，，点C为射线上一点且纵坐标为8，连接，过点C作轴，过点A作交于点B．
(1)请直接写出直线的函数表达式；
(2)试判断四边形的形状，并说明理由；
(3)点F在，上运动，现从点C出发，沿路线向点A以每秒2个单位的速度匀速运动，设运动时问为t（秒），连接EF，EB
①当时，请直接写出的面积S与运动时间的函数关系式；
②请直接写出的面积为9时t的值；
4．（2022秋·四川眉山·九年级校考阶段练习）如图，已知正方形的边长为，动点从点出发，以的速度沿方向向点运动，动点从点出发，以的速度沿方向向点运动，若、两点同时出发运动时间为．
(1)连接、、，求当为何值时，的面积为？
(2)当点P在上运动时，是否存在这样的t使得是以为一腰的等腰三角形？若存在，请求出符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．
5．（2022秋·福建泉州·九年级统考期末）如图，在中，，，，动点P从点A出发，沿线段向点B以的速度运动，同时动点Q从点C出发，沿线段向点A以的速度运动．当其中一点到达端点时，两点同时停止运动．以、为邻边作平行四边形．设平行四边形与重叠部分的图形面积为，运动时间为．
(1)当点E落在线段上时，求t的值；
(2)求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
(3)当四边形为菱形时，求t的值．
6．（2022秋·江西抚州·九年级校考期末）如图，在中，，平分，过点作的平行线交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)如果，的长单位：米）是的两根，求的长以及菱形的面积；
7．（2022秋·山东青岛·九年级校考期中）如图，矩形中，，，点P从点A出发沿AB向点B移动（不与点A，B重合），一直到达点B为止；同时，点Q从点C出发沿向点D移动（不与点C，D重合）．运动时间设为t秒．
(1)若点P，Q均以的速度移动，则___________；___________．（用含t的代数式表示）
(2)在（1）的条件下，t为何值时，P，Q间的距离为？
(3)若点P为的速度移动，点Q以的速度移动，经过多长时间，使为等腰三角形？
(4)若点P，Q均以的速度移动，经过多长时间，四边形为菱形？
8．（2022秋·山东聊城·八年级校考期末）已知正方形中，，．动点以每秒2个单位速度从点出发沿线段方向运动，动点同时以每秒8个单位速度从点出发沿正方形的边方向顺时针作折线运动，当点与点相遇时停止运动，设点的运动时间为．
(1)当运动时间为__ 秒时，点P与点Q相遇；
(2)当时，求线段的长度；
(3)连接，当和全等时，求的值．
9．（2022秋·吉林白城·八年级校考阶段练习）如图，已知正方形中，边长为，点在边上，．点在线段上以/秒的速度由点向点运动，同时，点在线段上以厘米/秒的速度由点向点运动，设运动的时间为秒．
(1) ， ．（用含的代数式表示）
(2)若以、、为顶点的三角形和以、、为顶点的三角形全等，求的值．
10．（2022秋·吉林长春·九年级校考期末）如图，在中，，，，是的中点．动点从点出发，沿以每秒5个单位的速度向点运动，连接，以、为邻边作．设点的运动时间为（秒）．
(1)的长是______．
(2)当与的斜边垂直时，求的值．
(3)当是轴对称图形时，求的值．
(4)作点关于直线的对称点．当与的某一条直角边垂直时，直接写出的值．
专题5.2 特殊平行四边形重难点题型讲练
题型1：矩形的性质
类型1-利用矩形性质求解
（2023·全国·九年级专题练习）如图，在矩形纸片中，，，将沿折叠到位置，交于点F，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用矩形和折叠的性质可得，设，则，，在中利用勾股定理列方程，即可求出的值，进而可得．
【详解】四边形是矩形，
，，，，
，
由折叠的性质可得，
，
，
设，则，，
在中，，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、解直角三角形、折叠的性质、勾股定理等，解题关键是利用矩形和折叠的性质得到．
类型2-利用矩形性质证明
（2023秋·云南曲靖·九年级统考期末）在矩形中，对角线，交于点O，把绕点A顺时针旋转，使点B刚好落在线段上的点E处，点C旋转至点F处，交于点G．
(1)求证：为等腰三角形；
(2)试判断与的关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)且，理由见解析
【分析】(1)首先根据矩形的性质，可证得，，再由旋转的性质，可得，，即可证得，据此即可证得结论；
(2)首先根据矩形的性质及旋转的性质，可得，，再由，即可证得，据此即可判定与的位置关系．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
，，
，，
由旋转的性质，可得，，
，，
，
，
为等腰三角形；
（2）解：且，
理由如下：
四边形是矩形，
，
，
由旋转的性质，可得，
，，
，
，
．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，熟练掌握和运用矩形及旋转的性质是解决本题的关键．
类型3-矩形的折叠问题
25．（2023春·山西晋城·九年级校联考阶段练习）综合与实践
问题情境：综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．矩形纸片中，，．
操作探究：如图1，将矩形纸片沿过点A的直线折叠，使点D的对应点落在边上，展开后折痕交于点E．
(1)的度数为______．
(2)求线段的长度．
拓展延伸：
(3)如图2，在图1的基础上，继续沿过点A的直线折叠，使点B的对应点落在上，展开后折痕交于点F，连接．请判断的形状并说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)等腰直角三角形，证明见解析
【分析】（1）首先根据折叠的性质得的，然后利用勾股定理求出，得到，然后求解即可；
（2）首先根据线段的和差得到，然后证明出，最后利用勾股定理和折叠的性质求解即可；
（3）首先根据题意证明，然后利用相似三角形的性质得到，进而得到，然后证明出，得到，，根据同角的余角相等得到，可证明出是等腰直角三角形．
【详解】（1）∵由题意可得，
∵矩形纸片中，，
∴
∴
∴，
故答案为：45°；
（2）∵矩形纸片中，
∴
∵，
∴
∵
∴
∴
∴
∴；
（3）∵
∴
由折叠的性质可得，，
∴
又∵
∴
∴，即
∴
∴
∴，即
又∵
∴
又∵
∴
∴，
∵
∴
∴
∴是等腰直角三角形．
【点睛】此题考查了矩形的性质，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
综合训练
1．（2023春·湖南长沙·八年级长沙市长郡梅溪湖中学校考阶段练习）如图，在矩形中，对角线与相交于点，已知，则的大小是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据矩形的性质，等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，即可求解．
【详解】解：∵矩形的对角线，相交于点，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
2．（2023春·重庆·九年级重庆一中校考阶段练习）如图，点E，F分别在矩形的边上，过A作交矩形对角线于点G，，，，则长度是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过点B作，交于点H，延长交于点K，先证明四边形是平行四边形，可得，再由勾股定理可得，再由，可得，然后根据，可得，再由勾股定理求出，即可求解．
【详解】解∶如图，过点B作，交于点H，延长交于点K，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
解得：，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：A
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
3．（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）如图，四边形为矩形，且，，点E为上一点且，连接、，且，，连接，则的长为（ ）
A．10B．C．D．
【答案】C
【分析】过点作于点G，先根据矩形的性质，结合证明，得出，设，则，则，求出x的值，得出，，证明，得出，求出，，最后根据勾股定理求出结果即可．
【详解】解：过点作于点G，如图所示：
∵四边形为矩形，
∴，，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
则，
即，
整理得：，
解得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得：，（舍去），
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行线分线段成比例定理，三角形相似的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定和性质，证明．
4．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知：如图，矩形中，，对角线相交于点O，点P是线段上任意一点，且于点E，于点F，则等于（ ）
A．6B．5C．D．
【答案】C
【分析】连接，根据矩形的性质以及勾股定理可得，，再由，即可求解．
【详解】解：连接，如图，
在矩形中，，
∴， ，
∴，，
,
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键．
5．（2022秋·广东肇庆·八年级广东肇庆中学校考期末）已知：如图，折叠长方形的一边，使点D落在边的点E处，已知，，则的长是（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】先求出、的长，利用勾股定理列出关于的方程，即可解决问题．
【详解】解∶∵折叠，
∴，，
∵四边形为长方形，，，
∴；，
设，则；由勾股定理得：，
∴，
由勾股定理得：，
解得：，
∴，
故答选：A．
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用勾股定理等几何知识来分析、判断、推理或解答．
6．（2023·黑龙江绥化·校考模拟预测）如图，在矩形中，，，点是上一个动点，把沿向矩形内部折叠，当点A的对应点恰好落在的平分线上时， 的长为（ ）
A．或B．4或C．或D．或
【答案】D
【分析】过点作于点M．由题意易证为等腰直角三角形，即得出，．设，则．在中，由勾股定理可得出关于x的等式，解出x的值，即为的长，进而即得出的长．
【详解】如图，过点作于点M．
∵点A的对应点恰落在的平分线上，且，
∴为等腰直角三角形，
∴可设，则．
又由折叠的性质知．
∵在中，，
∴，
解得：，
∴或．
∵为等腰直角三角形，
∴，
∴或．
故选D．
【点睛】本题考查矩形的性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，解一元二次方程等知识．正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键．
7．（2023春·江苏·八年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，过点A作的垂线，垂足为E．若，则____．
【答案】45
【分析】由矩形的性质得出，再由已知条件得出，再根据直角三角形的两个锐角互余可得，最后再根据矩形的对角线互相平分且相等可得，进而可得，由此即可得出结果．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
，
∵，
，
，
四边形是矩形，
，，，
，
，
，
故答案为：45．
【点睛】本题考查了矩形的性质、角的计算；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
8．（2022秋·福建莆田·九年级校考期中）如图，矩形的四个顶点分别在直线，，，上．若直线且间距相等，，，则的值为______．
【答案】##
【分析】过C作于点F，交于点E，设交于点G，证，得，则，再由平行线的性质得，然后由锐角三角函数定义求出，即可求解．
【详解】解：过C作于点F，交于点E，设交于点G，
由题意得：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线的性质、矩形的性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数定义等知识；熟练掌握矩形的性质，证明是解题的关键．
9．（2022·江西萍乡·校考模拟预测）如图，在矩形中，，，点P在矩形上或其对角线上运动，，则长为________．
【答案】或12或
【分析】根据点P在矩形上或对角线上，进行分类讨论即可．
【详解】解：如图：∵四边形是矩形，且，，
①当点P在上，，
；
②当点P在，连接，
是直角三角形，
，不满足
∴点P在上情况不存在；
③点P在上，以点B为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，
∴设，又，，且，
，
，
或，
，
或（舍去），
∴点P在上情况不存在；
④点P在上，设点P为，
，
解得：，
，
，
；
⑤当点P在，，，设，
，即，
，
∴设点，
，
，
，且，
解得：或（舍去），
，
故答案为：，12，．
【点睛】本题考查三角形的三边关系，点的坐标，解一元二次方程，建立平面直角坐标系，根据点的坐标求线段长度列一元二次方程是解决本题的关键．
10．（2023春·江苏·八年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）如图，在矩形中，交于点O，于点E，，则的度数为_________
【答案】##度
【分析】由矩形的性质得出，得出，由直角三角形的性质求出．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的性质以及直角三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
11．（2022春·北京东城·八年级校考阶段练习）如图，过矩形的对角线上一点K分别作矩形两边的平行线与，那么图中矩形的面积与矩形的面积的大小关系是_____；（填“＞”或“＜”或“=”）
【答案】
【分析】根据矩形的性质对角线把矩形面积一分为二即可解得．
【详解】解：∵四边形是矩形，
又∵对角线上一点K分别作矩形两边的平行线与，
∴四边形是矩形，四边形是矩形，
∴的面积的面积，的面积的面积，的面积的面积，
∴的面积的面积的面积的面积的面积的面积，
∴．
故答案为．
【点睛】此题考查矩形的性质，解题的关键是熟悉矩形的对角线平分矩形的面积．
12．（2023·河南周口·校考一模）如图，在矩形中，E为射线上一点，将沿翻折，使点B落在点F处，若，则BE＝_____．
【答案】4或12
【分析】注意本题应分类讨论，①当点E在上时，连接，作于G，根据已知条件可求得，可证，从而可知是等边三角形，可得，即可求解．②当点E在的延长线上时，作，交的延长线于G，根据已知条件可求得，可知，进而可证是等边三角形，利用三角函数即可求解．
【详解】如图1，
当点E在上时，
连接，作于G，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴
∴，
由折叠得，
，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
如图2，
当点E在的延长线上时，
作，交的延长线于G，
∴，
∵
∵
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
故答案为：4或12．
【点睛】本题考查了折叠的性质、三角函数、三角形全等的判定及性质，熟练掌握上述知识点是解答本题的关键．
13．（2023春·河北承德·九年级统考阶段练习）如图1，将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕，把纸片展平，连接．
（1）图中是__________三角形；
（2）继续折叠纸片，使点A落在边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕，把纸片展平，如图2，则__________，设与交于点P，若直线交直线于点O，，，则__________．
【答案】 等边 ##15度 1
【分析】（1）由折叠的性质可得是的线段垂直平分线，是的线段垂直平分线，则有，然后问题可求解；
（2）由折叠的性质可知，然后结合（1）可进行求解的度数；由矩形的性质及（1）可得，然后根据三角函数可进行求解．
【详解】解：（1）由折叠的可知：是的线段垂直平分线，是的线段垂直平分线，
∴，即，
∴是等边三角形；
故答案为：①等边；
（2）∵折叠纸片，点A落在边上的点H处，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
如图所示：
∵四边形是矩形，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
故答案为②，③1．
【点睛】本题主要考查矩形与折叠的问题及三角函数、等边三角形的性质与判定，熟练掌握矩形与折叠的问题及三角函数、等边三角形的性质与判定是解题的关键．
14．（2023秋·湖南湘西·九年级统考期末）如图，将矩形绕点旋转得到矩形，点在上，延长交于点.
(1)求证：；
(2)连接，若，求的度数．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）根据矩形的性质得出，，根据旋转的性质得出，，再证明即可；
（2）根据矩形的性质得出，由全等三角形的性质得出，再计算即可得出答案．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，，
由旋转性质，得：，，
∴，，
∵在矩形中，，
∴，
在和中，
，
∴，
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即的度数为．
【点睛】本题考查矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，正确得出全等是解题的关键．
15．（2022秋·浙江金华·九年级校考期中）如图，四边形是矩形，，，是上的一点，且，点是边上的任意一点．连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段．
(1)求点到的距离；
(2)当时，若此时点恰好落在对角线上，求的长．
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）作于点H，根据旋转可知，，根据证，即可得出；
（2）由可得，根据证明，可得，即，求出，进而可求的长．
【详解】（1）解：如图，作于点H，
线段绕点顺时针旋转得到线段，
，，
，
四边形是矩形，
，
，
，
在和中，
，
，
，
即点到的距离是1；
（2）解：如图，当点恰好落在对角线上，作于点H，
由（1）知，
，．
，，
，
，
，即，
解得，
，
，
．
【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质等，解题的关键是作辅助线构造全等三角形，注意旋转前后对应边相等．
16．（2023·安徽淮北·淮北一中校联考一模）已知矩形，将其绕着点逆时针旋转得到矩形．
(1)如图1，若点在上，连接．
①求证：平分；
②连接交于点，若，，求的长．
(2)如图2，若点，，在同一条直线上，与交于点，，，求的长．
【答案】(1)①见解析；②
(2)
【分析】（1）①利用旋转的性质，矩形的性质，平行线的性质证明即可．
②过点作于点，连接，证明四边形ABHG是平行四边形，运用勾股定理计算OB，结合平行四边形的性质计算即可．
（2）利用矩形的性质，证明，列比例式计算即可．
【详解】（1）①证明：根据题意可得，
，
，
，
，
平分．
②解：如图，过点作于点，连接．
四边形是矩形，
，，
由①得平分，
，
由旋转的性质可得且，
，，
四边形是平行四边形，
，，
在中，，，，
，，
在中，，，，
，．
（2）根据旋转的性质可得，
，，四边形是矩形，
，
在中，，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了旋转性质，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，熟练掌握三角形相似的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质是解题的关键．
17．（2023·山东青岛·校考一模）已知：线段和矩形如图①摆放（点E与点B重合），点F在边上，，．如图②．从图①的位置出发，沿方向运动，速度为；动点P同时从点D出发，沿方向运动，速度为．点M为的中点，连接，，，与相交于点Q，设运动时间为．解答下列问题：
(1)当时，求t的值；
(2)设五边形的面积为，求S与t的关系式；
(3)当时，求线段的长；
(4)当t为何值时，五边形的周长最小，最小是多少？直接写出答案即可．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)五边形的周长的最小值为
【分析】（1）通过等量代换得出，证明，利用相似三角形对应边成比例得，代入数值即可求解；
（2），用含t的代数式表示出相关线段的长度，代入即可求解；
（3）先证，推出，再证，推出，再根据直角三角形斜边中线的性质可得，因此利用勾股定理求出的长度即可；
（4）作M点关于的对称点，过点作，过点F作，相交于点H，则，可得当D、F、H三点共线时，的值最小，最小值为的长度，由此可解．
【详解】（1）解：∵矩形中，，，
∴，．
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵矩形中，，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∵M是的中点，
∴，
∴，
解得；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵M是的中点，
∴，
∴
；
（3）解：如图，连接交于点G，
∵，M是的中点，
∴E是的中点，
∵，
∴P点是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴Q点是的中点，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（4）解：∵，，
∴，，
如图，作M点关于的对称点，过点作，过点F作，相交于点H，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
当D、F、H三点共线时，的值最小，
∵，，
∴，
∵，
∴五边形的周长的最小值为．
【点睛】本题考查矩形上的动点问题，涉及矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，平行四边形的性质，利用轴对称求线段的最值，勾股定理等知识点，综合运用上述知识点，正确作出辅助线是解题的关键．
18．（2023春·湖南长沙·八年级长沙县湘郡未来实验学校校考阶段练习）在平面直角坐标系中存在矩形，点、点，且、满足：（实数．
(1)求点坐标；
(2)如图1，作的角平分线交轴于，的中点为，作交轴于，求的值（用含式子表示）；
(3)如图2，在（2）的条件下，当时，将矩形向右推倒得到矩形，使与重合，落在轴上，现在将矩形沿射线以1个单位/秒平移，设平移时间为，用表示平移过程中矩形与矩形重合部分的面积．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由，根据非负数的性质得，，可求得，则点的坐标为；
（2）连接，由四边形是矩形得，，，则点的坐标为，由的角平分线交轴于得，是等腰直角三角形，而是中点，则，因为，所以，可证明，则，所以，即可求得；
（3）设矩形与矩形重合部分的面积为，交于点，可证明是等腰直角三角形，则，再按三种情况确定的取值范围，并结合图形分别求出相应的用含的代数表示的式子．
【详解】（1）如图1，
，，且，
，，
，，
，，
．
（2）如图1，连接，
四边形是矩形，
，，，
，
平分，
，
，
，
，
的中点为，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
．
（3）如图2，设矩形与矩形重合部分的面积为，交于点，
，
，
由旋转得，
由平移得轴，
，
，
，
，
，
，
，
，
当点与点重合时，则，
；
当与重合时，则，
；
当点与点重合时，则，
，
当时，如图2，；
当时，如图3，，
当时，如图4，；
当时，如图5，，
综上所述，．
【点睛】此题考查图形与坐标、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性较强，难度较大，属于考试压轴题．
19．（2023秋·辽宁沈阳·九年级统考期末）已知矩形的对角线，相交于点O，点E是边上一点，连接，，，且．求证：．
【答案】见解析
【分析】由矩形的性质得到，再利用即可判定．
【详解】证明：∵四边形是矩形，
∴，
在和中，
，
∴．
【点睛】此题考查了矩形的性质和全等三角形的判定，利用矩形的性质得到是解题的关键．
20．（2023·福建南平·统考一模）在五边形中，四边形是矩形，是以E为直角顶点的等腰直角三角形．与交于点G，将直线绕点E顺时针旋转交于点F．
(1)求证：；
(2)判断线段，，之间的数量关系，并说明理由；
(3)若，且，求线段的长．
【答案】(1)见解析；
(2)线段，，之间的数量关系为：，理由见解析；
(3)．
【分析】（1）由题意知：，，，从而得知，由三角形的内角和定理得知，由旋转得知，从而，进而可得结论；
（2）将绕点旋转得到，则已知和旋转的性质可以得出：，，点在直线上，，证明，得到，等量代换可得结论；
（3）连接，证明，得到，从而得到，由等腰三角形三线合一知：，由（2）可知，，，在中，由勾股定理求出，从而得出线段的长．
【详解】（1）证明：∵是以E为直角顶点的等腰直角三角形，
∴，，，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴
∵将直线绕点E顺时针旋转交于点F，
∴，从而，
∴；
（2）线段，，之间的数量关系为：，理由如下：
将绕点旋转得到，如图：
则，，，，
∴，，
∴点在直线上，，
在和中，
∴，
∴，
而，
∴；
（3）若，且，则，
连接，如图：
在和中，，
∴，
∴，
而，
∴，
∵，
∴，
由（2）可知，，，
在中，由勾股定理，得：，
∴．
【点睛】本题属于几何综合，考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质及勾股定理，熟练掌握相关知识和构造辅助线是解决问题的关键．
21．（2023秋·四川眉山·九年级统考期末）如图，在矩形中，E是边的中点，于点F，连接．
(1)求证：；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质得出，再根据，即可得出结论；
（2）过D作交于点N，先得出四边形是平行四边形，得出，再证明垂直平分，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵矩形，
∴， ，
∴，
又∵于点F，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：过D作交于点N，
∵，
∴ 四边形是平行四边形，
∴ ，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴垂直平分，
∴．
【点睛】本题考查矩形的性质，平行四边形的判定与性质，垂直平分线的性质，相似三角形的判定，正确理解题意是解题的关键．
22．（2022秋·四川达州·九年级统考期末）在矩形中，E为边上一动点，连接．

(1)将沿翻折，使点B恰好落在对角线上的点F处，AE交于点G．
①如图①，若，求证：F为的中点；
②如图②，当，时，求的长．
(2)根据②所得数据，将矩形沿翻折，点C的对应点为，点D的对应点为，使点E，，D三点在一条直线上，如图③，求此时的长．
【答案】(1)①见解析；②
(2)
【分析】（1）①先证明是等边三角形，再根据等角对等边证明即可证明结论成立；
②由折叠的性质得，，则，再证，即可解决问题；
（2）分两种情况，a、证，得，再由勾股定理得，即可解决问题．
【详解】（1）①∵，
∴．
由折叠的性质得：，
∴是等边三角形，
∴，．
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴F为的中点；
②由折叠的性质得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得：（负值已舍去），
即BC的长为；
（2）如图③，由折叠的性质得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
题型2：菱形的性质
类型1 应用菱形的性质求解
（2022秋·吉林长春·九年级长春市解放大路学校校考开学考试）如图，在菱形中，的垂直平分线交于点为垂足，连接，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接、，根据菱形的性质可得垂直平分，，，，从而得到，再由垂直平分，可得，即可求解．
【详解】解：连接、，如图，
∵四边形是菱形，
∴垂直平分，，，，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴．
故选：D
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
类型2应用菱形的性质证明
（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考三模）如图，已知菱形，点F在的延长线上，点E在的延长线上，且满足．求证：是等边三角形．
【答案】证明见解析
【分析】先根据菱形的性质得到，则，证明是等边三角形，得到，则，利用证明，得到，进而推出，即可证明是等边三角形．
【详解】证明：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，即，
∴是等边三角形．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，证明是等边三角形，得到，进而利用证明，得到是解题的关键．
综合训练
1．（2023·陕西西安·校考二模）如图，为菱形的对角线，已知，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由菱形的性质先证明，，可得，从而可得答案．
【详解】解：∵菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查的是菱形的性质，熟记菱形的每一条对角线平分一组对角是解本题的关键．
2．（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图所示，在菱形 中，，， 分别是边 和 的中点， 于点 ，则 的度数是 （ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先延长交的延长线于点G．根据已知可得的度数，再根据余角的性质可得到的度数，从而不难求得的度数．
【详解】延长交的延长线于点G．如图所示：
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵F是边的中点，
∴，
在与中，
∴
∴，
∴F为中点．
由题可知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，
∵E，F分别为，的中点，
∴，，
∴；
故选：D．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
3．（2022秋·广东揭阳·九年级统考期中）如图，菱形中，交于，于，连接，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由菱形的性质可得，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
4．（2023秋·重庆·九年级校考期末）如图，四边形是菱形，连接，交于点，过点作，交于点，若，，则的长度是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据菱形的性质，利用勾股定理求得边长，等面积法求得，在中，勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，，
∴,，
在中，,
∵，
∴
在中，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
5．（2023秋·陕西汉中·九年级统考期末）如图，在菱形中，对角线相交于点O，若，则的度数为________．
【答案】##度
【分析】根据菱形的性质进行求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，熟知菱形的对角线平分一组对角是解题的关键．
6．（2022秋·四川成都·九年级成都七中校考期中）如图，在菱形中，与相交于点，的垂直平分线交于点，连接，若，则的度数为______．
【答案】
【分析】根据菱形的性质，得到，，再根据垂直平分线性质，得到，从而得到，最后利用三角形外角性质即可求出的度数．
【详解】解：连接，
四边形是菱形，，
，，，
，
垂直平分，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质等知识，熟练掌握菱形的基本性质是解题关键．
7．（2022·江西萍乡·校考模拟预测）如图，在菱形中，，为的中点，点在上，，，将沿方向平移，使点落在上，则平移的距离为________．
【答案】
【分析】连接交于点O，过点F作交于点G，根据菱形四边相等得到，根据中点定义得到，根据勾股定理得到，根据菱形对角线互相垂直证明，求出，根据菱形对角线互相平分得到，根据平行线分线段成比例得到，即得平移的距离．
【详解】解：如图，连接，交于点O，过点F作，交于点G，
∵四边形是菱形，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵， ，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴将沿方向平移，使点落在上时，平移的距离为6．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了菱形，勾股定理，三角形中位线等，解决问题的关键是熟练掌握菱形边和对角线的性质，线段中点定义和垂直定义，勾股定理解直角三角形，三角形中位线定理等．
8．（2023·全国·九年级专题练习）如图，菱形纸片中，，，将纸片沿对角线剪开，再将沿射线的方向平移得到，当是直角三角形时，平移的距离为___．
【答案】或##或
【分析】根据题意画出图形，利用菱形的性质得到∥∥，进而求得，根据相似三角形的判定得到∽，的长度可得到，即可求解，注意有两种情况．
【详解】解：①当时，连接交于O．
四边形是菱形，
，，
∥∥，，
，
，
∽，
，
，
，
②当时，易知，
6，
平移的距离为或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查菱形的性质，平移变换等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
9．（2023春·四川成都·九年级统考开学考试）如图，在菱形中，，，G为边上一动点，作于点，于点H，当取得最小值时，__________．
【答案】##
【分析】作点O关于的对称点，连接，，证明，，点、、F在同一直线上，且时，最小，作点O关于的对称点，过点作，垂足为F，交于点G，交于点M，根据菱形的性质，利用三角函数和平行线的判定和性质，求出即可．
【详解】解：作点O关于的对称点，连接，，如图所示：
则，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点、、F在同一直线上，且时，最小，
作点O关于的对称点，过点作，垂足为F，交于点G，交于点M，如图所示：
∵四边形为菱形，
∴，，，
，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，，
∵点O关于的对称点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，三角函数的应用，直角三角形的性质，平行线的判定和性质，轴对称的性质，垂线段最短，解题的关键是作出辅助线，找出点G的位置．
10．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）如图，在菱形中，对角线与相交于点，过点作，交于点，若，，则的长是______．
【答案】
【分析】先求出菱形的边长，再利用等角的正切值相等求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质与正切函数的应用，解题关键是掌握菱形的性质，本题用到的有菱形的四条边都相等，菱形的对角线互相垂直平分，且平分一组对角．
11．（2023·陕西西安·交大附中分校校考三模）如图，菱形的顶点是原点，顶点在轴上，反比例函数的图象经过顶点．若菱形的面积为，则的值为________．
【答案】10
【分析】根据菱形性质可得，菱形对角线将菱形分成面积相等的四个三角形，每个三角形的面积为5，可设，再根据点再反比例图象上，得到 ，结合面积和的关系，即可求出值．
【详解】解：设菱形对角线交于点 ，点 ，
，
，
在第一象限，
，
，
又点在反比例函数上，
，则 ．
故答案为：
【点睛】本题考查了菱形的性质和反比例函数图象上点的几何意义问题，解决本题关键是利用点的特征找到面积与值的关系，注意象限问题．
12．（2023春·四川成都·九年级统考开学考试）如图，菱形的边长为，其中对角线的长为，则菱形的面积为_________．
【答案】96
【分析】首先根据菱形的性质可得，，，然后再根据勾股定理计算出长，进而得到答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴
∴．
∴．
故答案为：96．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及勾股定理；解题的关键是熟悉菱形的面积公式和直角三角形三边之间的关系．
13．（2023·河南新乡·统考一模）如图，在菱形中，，，扇形的半径为6，圆心角为，则阴影部分的面积是______．
【答案】##
【分析】连接．先证是等边三角形．得，又由扇形的半径为6，圆心角为，证，从而有，进而得四边形的面积等于的面积，即可求解．
【详解】解：连接．
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
∴是等边三角形．
∵，
∴，
∴的高为．
∵扇形的半径为6，圆心角为，
∴，
∴，
设相交于点G，设相交于点H．
在和中，
，
∴，
∴四边形的面积等于的面积，
∴图中阴影部分的面积是：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了扇形的面积计算以及全等三角形的判定与性质等知识，根据已知得出四边形的面积等于的面积是解题的关键．
14．（2022·广东东莞·校考一模）如图，是菱形的对角线，．
(1)请用尺规作图法，作的垂直平分线，垂足为E，交于F；（不要求写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）条件下，连接，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据线段垂直平分线的尺规作图方法作图即可；
（2）先根据菱形的性质得到，，则，利用三角形内角和定理求出，再由线段垂直平分线的性质得到，得到，则 ．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，线段垂直平分线的尺规作图，灵活运用所学知识是解题的关键．
15．（2023秋·四川成都·九年级统考期末）如图，在菱形中，，点是边上一动点，连接，将射线绕点逆时针旋转60°，分别交边于点，交对角线于点.
(1)试判断的形状，并说明理由；
(2)若，，求及的长；
(3)若，求的值.
【答案】(1)等边三角形，理由见解析
(2)，
(3)的值为或
【分析】（1）根据有一个角是的等腰三角形是等边三角形判定即可；
（2）先构造直角三角形求出，再证明，利用相似三角形的性质计算即可；
（3）先设，，利用得到或，再利用平行线分线段成比例的推论进行计算即可．
【详解】（1）在菱形中，，
∴，，
∴是等边三角形．
（2）过B点作，垂足为P，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵将射线绕点逆时针旋转60°，得到线段，
∴，
∴，
又∵，
∴
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，．
（3）设，，
如图，过E点作交于H，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
由（2）知，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴或，
∵，
∴，
∴，
当时，，
当时，，
∴的值为或．
【点睛】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、相似三角形的判定与性质等内容，解题关键是能通过构造直角三角形与相似三角形，表示出各线段之间的关系，再来计算，本题较综合，考查了学生分析问题的能力．
16．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，已知菱形中，对角线、相交于点，过点作，过点作，与相交于点．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，则四边形的周长为 ．
【答案】(1)证明见详解
(2)14
【分析】（1）由条件可证得四边形为平行四边形，再由菱形的性质可求得，则可证得四边形为矩形；
（2）由菱形的性质可求得和，在中可求得，则可求得的长，则可求得答案．
【详解】（1）证明：，，
四边形为平行四边形，
四边形为菱形，
，
，
平行四边形是矩形；
（2）解：四边形为菱形，
，，，
在中，由勾股定理得，
，
，
四边形的周长．
故答案为：14．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，矩形的判定和性质以及勾股定理，掌握矩形的判定方法及菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键．
17．（2023·四川巴中·校考一模）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，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论；
（2）先判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵为的平分线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定和性质，掌握菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理是解本题的关键．
18．（2023秋·辽宁沈阳·九年级统考期末）如图，在菱形中，对角线，交于点O，，，连接，交于点F．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，直接写出菱形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再根据菱形的性质得到，然后根据矩形的判定可证得结论；
（2）根据矩形的对角线相等求得，再根据菱形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，即，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，，
∴，则，
∴，，
∴，，
∴四边形的面积为．
【点睛】本题考查平行四边形的判定、菱形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、含的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定与性质是解答的关键．
19．（2023秋·山东济南·九年级统考期末）如图，矩形的对角线交于点F，延长到点C，使，延长到点D，使，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）先证四边形是平行四边形，再根据四边形是矩形可得即可证明结论；
（2）由四边形是菱形可得，再证为等边三角形，即，再由四边形是矩形可得，然后由四边形是菱形可得，运用勾股定理可得，最后根据菱形的性质即可解答．
【详解】（1）证明：∵，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，
∴
∵
∴为等边三角形
∴
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∵四边形是菱形，
∴，
在中，由勾股定理得：
∴
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定、矩形的性质、菱形的性质等知识点，灵活运用相关判定和性质是解答本题的关键．
20．（2022秋·山东菏泽·九年级统考期末）如图，在菱形中，点E、F分别在边上，且，连接，求证：．
【答案】见解析
【分析】先根据菱形的性质得到，再利用证明，得到，即可证明．
【详解】证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，灵活运用所学知识是解题的关键．
21．（2023秋·广东河源·九年级校考期末）如图，在菱形中，对角线，交于点，交延长线于，交延长线于点．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得，，，再由勾股定理得，则，然后由勾股定理得即可．
【详解】（1）解：证明：四边形是菱形，
．
，
四边形是平行四边形．
，
，
平行四边形是矩形；
（2）四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了矩形的判定、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定是解题的关键．
22．（2023春·北京海淀·九年级人大附中校考开学考试）如图，在中，，D是的中点，点E，F在射线上，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)点G为线段的中点，射线交于点H，若，求线段的长．
【答案】(1)见解析；
(2)
【分析】（1）根据对角线互相平分且垂直即可证明四边形是菱形；
（2）由菱形的性质可证得，求出、，的长度，根据相似三角形得性质列出比例式求解即可．
【详解】（1）证明：∵，是的中点，
∴，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
则，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，互相垂直平分，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
又∵为的中点，
∴，
则：，，
∵，
∴，即：，
∴．
【点睛】本题考查菱形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相应的判定定理及性质定理是解决问题的关键．
23．（2023秋·福建莆田·九年级莆田第二十五中学校考期末）如图，中，为的中点，连接，作点关于的对称点，连接．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)连接，若平分，求的长
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）根据轴对称性质可得，．再由直角三角形的性质可得，从而得到，即可求证；
（2）根据菱形的性质得出，，进而得出，根据等角对等边，即可求解．
【详解】（1）证明：∵点和点关于直线对称
∴垂直平分，
∴，．
∵，为中线，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：如图，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，为中线，
∴．
∵平分
∴．
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，等角对等边，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
24．（2023秋·云南曲靖·九年级统考期末）如图，在菱形中，为菱形的一条对角线，以为直径作，交于点E，交于点F，G为边上一点，且．
(1)求证：为的切线；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，首先根据全等三角形的判定定理及圆周角定理，即可证得， ，再根据平行线的性质及切线的判定定理，即可证得结论；
（2）连接，首先根据圆周角定理及等腰三角形的性质，即可证得，设的半径为R ，则，则，再根据，列出方程，据此即可求解．
【详解】（1）证明：如图：连接，
是的直径，
，
四边形是菱形，
，，，
在和中，
，
，
，
，
，
又是的半径，
为的切线；
（2）解：如图：连接，
是的直径，
，即，
四边形是菱形，
，
，
设的半径为R，则，则，
，
，
解得，
故的半径为．
【点睛】本题考查了菱形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，切线的判定定理，等腰三角形的性质，勾股定理，作出辅助线是解决本题的关键．
题型3：正方形的判定
类型1-应用正方形的性质求解
（2023·陕西西安·交大附中分校校考三模）如图，在正方形中，点在对角线上，，，，分别为垂足，连结，，若，则（ ）
A．5B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，根据正方形的对称轴得出，根据已知得出四边形是矩形，根据矩形的对角线相等即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵在正方形中，点在对角线上，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴,
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
类型2-利用正方形的性质证明
（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，在正方形中，是边上点，（与、不重合），连接，将沿所在的直线折叠得到，延长交于，连接，作，与的延长线交于点，连接．
(1)求证：；
(2)求证：平分．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）根据折叠性质可得，再证明，即可得到结果；
（2）过点作，证明，得到，再根据条件可得，即可得到结果．
【详解】（1）由折叠性质可知：，
，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）过点作．
，
，
，
，
是直角三角形，
，
．
，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
所以平分．
【点睛】本题主要考查了翻转变换及正方形的性质应用，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
类型3-正方形的重叠面积问题
（2023·广东东莞·东莞市东华初级中学校考模拟预测）如图，将边长为4的正方形绕点按逆时针方向旋转，得到正方形，连接，在旋转角从0°到180°的整个旋转过程中，当时，的面积为____________．
【答案】或
【分析】当点在直线右侧时，如图1所示，过点B作于E，延长交于F，由旋转的可得，由等腰三角形的性质可求，通过证明四边形是矩形，可得，由勾股定理可求的长，可得的长，由三角形面积公式可求解；若点在直线的左侧时，过点B作于M，交于N，相同的方法可求解．
【详解】解：当点在直线右侧时，如图1所示，过点B作于E，延长交于F，
∵将边长为4的正方形绕点A按逆时针方向旋转得到正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴；
若点在直线的左侧时，过点B作于M，交于N，
同理可求，
∴，
∴
综上所述：的面积为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造矩形是本题的关键．
类型4-正方形的折叠问题
（2023春·全国·八年级专题练习）如图，正方形中，，点E在边上，且．将沿对折至，延长交边于点G，连接、．
(1)求证：；
(2)求的面积；
(3)在的条件下，求周长的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据正方形性质证明，根据对折性质得到，从而证明，根据“斜边，直角边”即可证明；
（2）先求出，进而得到，设，则，
根据得到，根据勾股定理求出，从而得到，即可得出，最后求出的面积，根据即可求解；
（3）根据，可得的周长，再根据当点A、F、C三点共线是，最小，根据勾股定理求出，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵沿对折至，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴，
∴，
∵，，
∴，即，
解得：．
（3）∵沿对折至，
∴，
∴，
∴的周长，
∴当最小时，的周长最小，
如图：当点A、F、C三点共线是，最小，
根据勾股定理得：，
∴，
∴的周长最小值．
【点睛】本题为四边形综合题，考查了正方形的性质，翻折变换，全等三角形，勾股定理，等腰三角形的性质，综合性较强，熟知相关定理，根据已知条件灵活应用是解题关键．
综合训练
1．（2022·陕西西安·西安市第三中学校考模拟预测）下列四边形中，对称轴条数最多的四边形是（ ）
A．平行四边形B．等腰梯形C．菱形D．正方形
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念及对称轴的概念进行分析解答即可，矩形有两条对称轴，为对边中垂线所在的直线；菱形由两条对称轴，为其两条对角线所在的直线；正方形有四条对称轴，为其两条对角线所在的直线，还有其对边中垂线所在的直线；等腰梯形有一条对称轴，为其两底的中垂线所在的直线．
【详解】解：A．平行四边形不是轴对称图形，故平行四边形有0条对称轴；
B.等腰梯形有一条对称轴；
C．菱形有两条对称轴；
D．正方形有四条对称轴．
所以对称轴条数最多的是正方形．
故选：D．
【点睛】本题主要考查轴对称图形概念，对称轴的性质，关键在于相关的概念正确的分析出题目中图形的对称轴，认真的比较．
2．（2023·云南昆明·昆明八中校考模拟预测）如图，有六根长度相同的木条，小明先用四根木条制作了能够活动的菱形学具，他先将该活动学具调成图1所示菱形，测得，对角线，接着将该活动学具调成图2所示正方形，最后用剩下的两根木条搭成了如图3所示的图形，连接，则图3中的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过点作的延长线于点，于点，得出为等边三角形，则，进而即可求解．
【详解】解：如图1，
∵四边形是菱形，
∴，又，对角线，
∴是等边三角形，
∴，
过点作的延长线于点，于点，
∵由题意可知，四边形是正方形，为等边三角形，
∴四边形是矩形，点是的中点，
∴，
∴的面积为．
故选D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
3．（2023秋·重庆江北·九年级统考期末）如图，已知正方形中，，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据正方形的性质得出，，根据等边对等角和三角形的内角和定理得出，根据平行线的性质即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理、平行线的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
4．（2023秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，P为线段上任意一点，分别以、为边在同侧作正方形、，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据正方形的性质先表示出的度数，然后利用“”证明，可得，从而求得答案．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
∵四边形、是正方形，
∴，，，
在和中，
，
∴，
∴，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质．将四边形的问题转化为三角形的问题是解题的关键．
5．（2023春·八年级单元测试）如图，E、F、H分别为正方形的边、、上的点，连接，，且，平分交于点G．若，则的度数为（ ）
A．26°B．38°C．52°D．64°
【答案】D
【分析】过点作，由正方形的性质，，，四边形为矩形，利用HL易证得，可得，进而可得，由角平分线可得的度数，即可求得得度数．
【详解】解：过点作，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，则四边形为矩形，
∴，
∵，
∴（HL），
∴，
∵，
∴，
又∵平分，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，作辅助线，构造全等三角形，利用其性质转化角度是解决问题的关键．
6．（2022秋·重庆·九年级统考期末）如图，在正方形中，点M是上一点，点E是的中点，绕点E顺时针旋转得到，连接，．则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】延长至点，证明，得到，利用斜边上的中线等于斜边的一半，得到，进而得到，得到，进而得到，求出的值，进而求出的度数．
【详解】解：延长至点，
∵四边形是正方形，点E是的中点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵绕点E顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选B．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线，旋转的性质．本题的综合性较强，解题的关键是添加辅助线，证明三角形全等．
7．（2023秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，四边形是正方形，是上一点，，将绕着点顺时针旋转到与重合，，则正方形的边长为（ ）
A．B．C．5D．4
【答案】B
【分析】根据旋转变换的性质得出，，根据勾股定理得出，在中，勾股定理即可．
【详解】解：由旋转变换的性质可知，，
∴是等腰直角三角形，
又∵，
∴，
∵,
在中，,
故选：B．
【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、勾股定理的应用，掌握性质的概念、旋转变换的性质是解题的关键．
8．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，在边长为6的正方形内作，交于点E，交于点F，连接，将绕点A顺时针旋转到的位置，点D的对应点是点B．若，则的长为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】D
【分析】利用证明，得，设，则，，在中，利用勾股定理列方程即可解决问题．
【详解】解：∵将绕点A顺时针旋转到的位置，点D的对应点是点B．
∴，，，
∴，
∴点G、B、E共线，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
则，，
在中，由勾股定理得，
，
解得，
∴，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明是解题的关键．
9．（2022秋·山西朔州·九年级统考期末）如图．正方形的边长为4．以C为圆心，长为半径画弧，交于点F，若再以C为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点E，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出正方形的对角线和扇形的圆心角，利用计算即可得到结论．
【详解】解：在正方形中，
，，
∴，
∴阴影部分的面积=
故选C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，扇形的面积的计算，用割补法求面积是解题的关键．
10．（2023春·八年级课时练习）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（ ）
A．B．C．1D．
【答案】B
【分析】由翻折得，，垂直平分，可根据直角三角形全等的判定定理“”证明，得，则，则，即可根据勾股定理求出，再由，且得，则，由，求得,即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是边长为的正方形，
∴，，
∴，
由翻折得，，垂直平分，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，且，
∴，
解得，
∵，
∴，
解得，
故选：．
【点睛】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据面积等式求线段的长度等知识和方法，正确求出和的长度是解题的关键．
11．（2022秋·辽宁沈阳·九年级统考期末）如图，正方形的面积为12，点E在边上，且，连接将沿折叠，点A对应点为F，延长交于点G，点M，N分别是，的中点，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，根据正方形的面积求出边长，求出的值，进而得到，利用折叠和正方形的性质，推出，利用，求出的长，进而求出的长，勾股定理求出的长，利用三角形的中位线定理，即可得解．
【详解】解：∵正方形的面积为12，
∴正方形的边长为：，
在中，，，
∴，
∴，
∵沿折叠，点A对应点为F，
∴，，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
连接，
在中：，
∵点M，N分别是，的中点，
∴；
故选A．
【点睛】本题考查折叠的性质，正方形的性质，解直角三角形，三角形的中位线．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
12．（2023·山东青岛·统考一模）如图，在正方形中，，为的中点，将沿折叠，使点落在正方形内点处，连接，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过点E作于点G，根据中点的性质可得，即可求出，根据折叠的性质可得，，则，进而得出，则，即可求出，即可求解．
【详解】解：过点E作于点G，
∵四边形为正方形，，
∴，
∵为的中点，
∴，
在中，根据勾股定理可得：，
∴，
∵沿折叠得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，中点的定义，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握相关知识，正确画出辅助线，构造直角三角形求解．
13．（2022春·湖南永州·八年级校考期中）如图所示，以正方形中边为一边向外作等边，则__．
【答案】##15度
【分析】根据四边形为正方形，为等边三角形，得到，进而得到，即可求出．
【详解】解：∵四边形为正方形，为等边三角形，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质，熟知相关知识，得到是等腰三角形是解题关键．
14．（2023·安徽·校联考一模）如图．已知正方形纸片的边，点P在边上，将沿折叠，点A的应点为．
（1）若时，的长为______﹔
（2）若点到边或的距离为1，则线段的长为______．
【答案】 2 或
【分析】（1）由折叠得，根据平行线的性质得到，利用三角形内角和得到，进而推出，即可得到答案；
（2）若，则，根据勾股定理求出，设，直角中，根据勾股定理得，求出；若，根据勾股定理求出，设，在直角中，根据勾股定理得，求出．
【详解】（1）由折叠得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：2；
（2）如图1，若，则．
由折叠知．在直角中，．
设，则．
在直角中，，
解得，
即线段的长为﹔
如图2，若，则．
由折叠知．
在直角中，．
设，则．
在直角中，，
解得，
即线段的长为．
综上，线段的长为或，
故答案为：或．
【点睛】此题考查了正方形的性质，勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，熟记正方形的性质及折叠的性质是解题的关键．
15．（2023·湖北孝感·统考一模）数学课上，老师将如图边长为2的正方形铁丝框变形成以A为圆心，为半径的扇形（铁丝的粗细忽略不计），则所得扇形的面积是______．
【答案】4
【分析】根据题意结合图形得出，，利用扇形面积与弧长的关系式进行求解即可．
【详解】解：根据图形可得：，，
∴．
故答案为：4．
【点睛】题目主要考查正方形的性质，弧长及扇形面积公式，熟练掌握弧长及面积公式是解题关键．
16．（2023秋·重庆忠县·八年级统考期末）如图所示，若大正方形与小正方形的面积之差是20，则与的面积之和是_________
【答案】10
【分析】设大正方形边长为x，小正方形边长为y，则，然后根据三角形面积公式计算整式的乘法和加减，进而可得答案．
【详解】解：设大正方形边长为x，小正方形边长为y，则，
所以，
则与的面积之和是：
故答案为：10．
【点睛】此题主要考查了整式的混合运算，关键是正确运用算式表示出三角形面积．
17．（2023秋·河北石家庄·八年级统考期末）如图，矩形内三个相邻的正方形面积分别为4，3和2，则图中阴影部分的面积为_______．
【答案】
【分析】根据图形可以求得图中三个小正方形的边长，本题得以解决．
【详解】解：由题意可得，
大正方形ABCD的边长为，中间正方形边长为，小的正方形边长为，
∴图中阴影部分的面积为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查二次根式的混合运算和正方形，长方形的面积，解答本题的关键是明确题意，求出大小正方形的边长，利用数形结合的思想解答．
18．（2023秋·河北唐山·八年级校考期末）如图，有一块边长为2的正方形塑料模板ABCD，将一块足够大的直角三角板的直角顶点落在A点，两条直角边分别与CD交于点F，与CB延长线交于点E，则四边形AECF的面积是___________．
【答案】4
【分析】由四边形为正方形可以得到，，又，而由此可以推出，，进一步得到，所以可以证明，所以，那么它们都加上四边形的面积，即四边形的面积正方形的面积，从而求出其面积．
【详解】解：四边形为正方形，
，，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
它们都加上四边形的面积，
可得到四边形的面积正方形的面积．
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质、正方形的面积公式，正方形的性质，关键在于求证．
19．（2023秋·江苏南京·九年级统考期末）如图，正方形的边长为，点是边的中点，点是边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接，当最小时，的长是______．
【答案】##
【分析】由翻折知，得点在以为圆心，为半径的圆上运动，可知当点、、三点共线时，最小，再利用勾股定理可得的长，继而解题．
【详解】解：将沿翻折得到，
，
点在以为圆心，为半径的圆上运动，
当点、、三点共线时，最小，
由勾股定理得，
，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，确定当点、、三点共线时，最小是解题的关键．
20．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，折叠边长为4cm的正方形纸片，折痕是，点C落在点E处，分别延长、交于点F、G，若点M是边的中点，则______cm．
【答案】##
【分析】如图，连接，可证得，则，设，则，利用勾股定理求得，再由，即可求得答案．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵点M是边的中点，
∴，
由折叠得：，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∴，
故答案为：．
【点睛】此题考查了折叠的性质、正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质．本题的综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识点，利用数形结合思想与方程思想进行求解，是解题的关键．
21．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，正方形纸片的边长为12，E是边上一点，连接，折叠该纸片，使点A落在上的G点，并使折痕经过点B，折痕与交于点H，点F在上，若，则的长为_____．
【答案】##
【分析】证明，得到，勾股定理求出的长，再用等积法求出即可．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，，
∵折叠，
∴，垂直平分，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
在中，
，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形中的折叠问题．熟练掌握正方形的性质，折叠的性质，证明三角形全等，是解题的关键．
22．（2023春·八年级课时练习）如图，点E在正方形外，连接，过点A作的垂线交于点F．若．则下列结论：
①；
②；
③点B到直线的距离为；
④．
其中正确的结论是________.（填写所有正确结论的序号）
【答案】①②③④
【分析】由正方形的性质可知，，得出，结合题意可得出，即证明，从而可用“”证明，故①正确；根据等腰直角三角形的性质得出，结合全等的性质可得，进而即可求出，故②正确；过点B作，交延长线于点G，则的长即为点B到直线的距离．根据勾股定理可求出，从而可求出．又易证为等腰直角三角形，即得出，故③正确；由全等的性质可得，即得出，结合三角形的面积公式即可求出，故④正确．
【详解】∵四边形是正方形，
∴，，
∴.
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，故①正确；
∵，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，故②正确；
如图，过点B作，交延长线于点G，则的长即为点B到直线的距离．
∵，，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，故③正确；
∵，
∴，
∴．
∵，，
∴，故④正确．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识．熟练掌握上述知识，并能够正确作出辅助线是解题关键．
23．（2023·浙江·模拟预测）如图，正方形的边长为，E，F分别是的中点，与分别交于点M，N． 请你回答下列问题：
(1)求证：．
(2)直接写出的长．
(3)求的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)8
【分析】（1）只需要利用证明得到，由推出，即可证明；
（2）先利用勾股定理求出的长，再利用三角形面积法求出的长即可；
（3）先利用勾股定理求出的长，利用全等三角形的性质得到的长，再证明，得到，求出，则，即可利用三角形面积公式求得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵E、F分别是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵正方形的边长为，B为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：在中，由勾股定理得，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
24．（2023春·江苏·八年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）如图，正方形的顶点C在直线a上，且直线a于M，直线a于N．
(1)求证：
(2)若点B，D到a的距离分别是1，2，求正方形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据正方形的性质可得，从而得到，再由直线，直线a，可得，从而得到，可证明，即可求证；
（2）根据题意可得，，从而得到，再由勾股定理求出，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵直线，直线a，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵点B，D到a的距离分别是1，2，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴正方形的面积．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，证明是解题的关键．
25．（2023春·重庆·九年级重庆一中校考阶段练习）如图，正方形的对角线和交于点O，点E是上的一点，．
(1)用直尺和圆规完成以下基本操作：过点B作的角平分线交和分别于点F和点G（保留作图痕迹，不写作法）：
(2)求证：．
证明：在正方形中，，
∵，平分
∴______①
∴
又∵
∴
∴______②
在和中，
∴
∴______④
∴
【答案】(1)见解析
(2)，，，
【分析】（1）利用基本作图—作已知角的角平分线作出图形即可；
（2）利用证明，得出，即可得出结论．
【详解】（1）解：如图所示，射线即为所作；
（2）证明：在正方形中，，，
∵，平分，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查基本作图＿作角平分线，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握尺规基本作图，正方形的性质，全等三角形的判定与性质．
26．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，四边形是正方形，是等腰三角形，，．连接，过B作于F，连接，．
(1)若，求的度数；
(2)当变化时，的大小会发生变化吗?请说明理由；
(3)试用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)
(2)当变化时，的大小不变，理由见解析
(3)线段与的数量关系为，理由见解析
【分析】（1）根据正方形的性质求出，根据等腰三角形的判定和性质求出，根据等边三角形的判定和性质，求出；
（2）先求出，根据等腰三角形性质求出，，即可得出结果；
（3）过C作交延长线于G，证明，得，，有，由得是等腰直角三角形，可得，即得，故．
【详解】（1）解：∵四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∴；
（2）解：当变化时，的大小不变，理由如下：
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：线段与的数量关系为，理由如下：
过C作交延长线于G，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴
由（2）知，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查正方形性质及应用，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．
27．（2023秋·辽宁阜新·九年级阜新实验中学校考期末）如图，正方形和正方形（其中），的延长线与直线交于点H．
(1)如图1，当点G在上时，求证：；
(2)将正方形绕点C旋转一周．
①如图2，当点E在直线右侧时，判断的数量关系并证明；
②当时，若，请直接写出线段的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)①，证明见解析；②或
【分析】（1）证明，即可得到，再由角的等量代换即可证明；
（2）①在线段上截取，连接，证明，得到为等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的边角性质即可；
②分两种情况，一是如图3所示，当D，G，E三点共线时，，连接．求出BD，设，则．在中，利用勾股定理列出方程解答；二是如图4所示，当B，H，G三点共线时，，连接．设，中利用勾股定理列出方程即可解答．
【详解】（1）证明：如图1，∵四边形和均为正方形，
∴，，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
（2）解：①，证明如下：
如图所示，在线段上截取，连接．
由（1）可知，，
又∵，
∴．
∴．
∴，即．
∴为等腰直角三角形．
∴．
∴，
∴．

②第一种情况：如图3所示，当D，G，E三点共线时，，此时G、H重合，连接．
由①可知，且．
又∵，
∴．
设，则．
∴在中，由勾股定理得．
∴，
解得（负值舍），
∴；
第二种情况：如图4所示，当B，H，G三点共线时，，连接．
设，
∵，
∴．
在中，由勾股定理得．
∴．
解得，
∴
∴的长为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等知识点，解题的关键是熟知上述知识点，并正确作出辅助线．
28．（2022秋·四川广安·九年级统考阶段练习）如图，已知E是正方形的边上的一点，延长到点F使，连接，．
(1)能通过旋转得到吗？说明理由．
(2)连接，过点D作垂直于点M，交于点N．若，，求的长．
【答案】(1)能，理由见解析
(2)
【分析】（1）根据正方形的性质得出，，求出，根据全等三角形的判定证得即可；
（2）连接，根据全等三角形的性质得到，，根据线段垂直平分线的性质得到，设，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）解：能通过旋转得到．
理由如下：
∵四边形是正方形，
，，
．
在和中，
，
，
可以看作由绕点D按逆时针方向旋转得到．
（2）解：如图，连接EN．
，
．
，
，
垂直平分，
．
由题意可得，即正方形的边长为5．
设，则，．
由勾股定理，得，
即，
解得，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
29．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考三模）如图，在正方形中，点P在边上，且不与点A，D重合，点H在边上，且不与点A，B重合，连接与交于点E.若，求证：
【答案】证明见解析
【详解】由“”可证，可得，由余角的性质可得结论.
【解答】证明：∵四边形是正方形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
30．（2022秋·辽宁沈阳·九年级统考期末）如图，在正方形中，E、F分别是和上的动点，且．
(1)求证：；
(2)若平分，且正方形的面积为36，连接，点P为线段上一个动点，，，垂足分别为G、H．则_____．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据正方形的性质及，即可证得结论；
（2）过点F作，垂足为M，连接，根据全等三角形的性质及角平分线的定义，可求得，根据正方形的性质，可求得，再利用解直角三角形，可求得，，再根据，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形．
，，
，
，即
在与中，
；
（2）解：如图：过点F作，垂足为M，连接，
，
，
平分，
，
，
，
∵正方形的面积为36，
，
(负值舍去)，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，直角三角形的性质，作出辅助线是解决本题的关键．
31．（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）如图1，在正方形中，点E是边上的一点，，且交正方形外角的平分线于点P．
(1)求的度数；
(2)求证：；
(3)在边上是否存在点M，使得四边形是平行四边形？若存在，请画出图形并给予证明；若不存在，请说明理由；
(4)如图2，在边长为4的正方形中，将线段沿射线平移，得到线段，连接，则直接写出的最小值是 ．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)存在，理由见解析
(4)
【分析】（1）根据正方形的性质和角平分线的定义得出的度数，继而求解即可；
（2）在边上截取，连接，根据等腰直角三角形的性质和角平分线的定义证明，再根据线段的和差证明，通过证明，利用全等三角形的性质求解即可；
（3）作交于点M，连接，可证明，再通过证明，继而得出，再根据平行四边形的判定定理证明即可；
（4）先通过勾股定理计算出的长度，即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，
∵交正方形外角的平分线于点P，
∴，
∴；
（2）证明：如图，在边上截取，连接，
∵，
∴，
∴，
∵平分外角，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴；
（3）解：存在．理由如下：
作交于点M，连接，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形．
（4）解：当F与点O重合时，取最小值，
∵，
∴，
由题意得，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定等知识点，熟练掌握知识点并准确添加辅助线是解题的关键．
题型4：特殊平行四边形的判定
类型1-矩形的判定
（2023春·八年级课时练习）如图，平行四边形的对角线相交于点O，请你再添一个条件，使得平行四边形是矩形，则下列条件符合的是( )
A．平分B． C． D．
【答案】B
【分析】根据已知条件，根据菱形的判定，矩形的判定，逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A．∵平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，故不符合题意；
B．∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
C．∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，故不符合题意；
D．∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，故不符合题意；
故选：B．
【点睛】此题主要考查的是平行四边形的性质及矩形的判定定理，菱形的判定定理，熟练掌握矩形的判定方法是解决问题的关键．
25．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考阶段练习）如图，在平行四边形中，于点，延长至点，使，连接，与交于点．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据四边形是平行四边形，可知，，再根据，可得四边形为平行四边形，最后根据，即可求证；
（2）四边形为矩形，可得，，，，可证，为直角三角形，再根据等面积法求出的长，由此即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形为矩形．
（2）解：由（1）知，四边形为矩形，，
∴，，
∵，，，
∴，
∴为直角三角形，，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查平行四边形，矩形，三角形等面积法求高的综合，掌握矩形的判定方法，等面积法求高是解题的关键．
类型2-菱形的判定
（2023秋·河北保定·九年级统考期末）如图，甲、乙两人分别用一张矩形纸做一个折菱形的游戏．甲沿折叠使得点落在上，沿折叠使得点落在上，甲说得到的四边形为菱形；乙沿折叠使得与重合，再折出，，乙说得到的四边形为菱形；下列说法正确的是（ ）
A．甲一定成立，乙可能成立B．甲可能成立，乙一定不成立
C．甲一定成立，乙一定不成立D．甲可能成立，乙也可能成立
【答案】B
【分析】由折叠的方法可知，四边形和四边形为平行四边形；再判断它们邻边是否相等即可得出结论；
【详解】解：∵四边形是矩形
∴
∴，
由折叠知：，
∴
∴∥,
∴四边形是平行四边形
当时，四边形是平行四边形，
∴，
又∵，，
∴，
故时，四边形为菱形，甲甲可能成立，
而由乙折叠方法可知，所以，故四边形为不可能为菱形．
综上所述：甲可能成立，乙一定不成立，
故选B．
【点睛】本题考查的是翻折变换的性质、平行四边形的判定以及矩形和菱形的性质，翻折变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
（2023春·全国·八年级阶段练习）如图，矩形，延长至点E，使，连接，过点C作交的延长线于点F，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接交于点G．当，时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由线段垂直平分线的判定和性质以及菱形的判定解答；
（2）利用勾股定理先得出和的长；再证明，利用全等三角形的性质得到，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵AB＝1，DE＝CD＝1，，
∴，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定，矩形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理；熟记菱形的判定和勾股定理是解题关键．
类型3-正方形的判定
（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在中，点E、D、F分别在边上，且，，下列四个判断中，不正确的是（ ）
A．四边形是平行四边形
B．如果平分，那么四边形是菱形
C．如果，那么四边形是矩形
D．如果且，那么四边形是正方形
【答案】D
【分析】两组对边分别平行的四边形是平行四边形，有一个角是的平行四边形是矩形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，四个角都是直角，且四个边都相等的是正方形，逐项判断即可得出答案．
【详解】A．因为，，所以四边形是平行四边形．故A选项正确，不符合题意；
B．如果，四边形是平行四边形，所以四边形是矩形．故B选项正确，不符合题意；
C．因为平分，所以，
∵，，
∴，
∴，又因为四边形是平行四边形，所以是菱形．故C选项正确，不符合题意；
D．∵且，
∴D为的中点．
∵，，
∴E为的中点，F为的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．故D选项错误，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理，和正方形的判定定理等知识点，熟练掌握判定定理是解题的关键．
（2023秋·山东烟台·八年级统考期末）问题情境：
如图1，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到 （点的对应点为点）．延长交于点，连接，
猜想证明：
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)如图2，若、请猜想线段与的数最关系并加以证明，解决问题；
(3)如图1，若的面积为72，，请直接写出的长．
【答案】(1)四边形是正方形，理由见解析；
(2)，理由见解析；
(3)．
【分析】（1）根据旋转性质得到，再由题意可得，即可得四边形是正方形；
（2）过点作于点， 可证明，则有，根据正方形的性质即可解决；
（3）作于，设，由求得AE，在中，由勾股定理得，由即可求出 ．
【详解】（1）解：四边形是正方形．
理由如下：
∵将绕点按顺时针方向旋转，
．
，
∴四边形是矩形．
，
∴四边形是正方形．
（2）解：；理由如下：
如图2，过点作于点，
，
．
∵四边形是正方形，
．
．
．
，
．
．
∵将绕点按顺时针方向旋转，
．
∵四边形是正方形，
．
．
（3）解：，理由如下：
作于，如图．
由（2）可知，，
由将绕点按顺时针方向旋转得可知，
,设，则
由得，解得，即
∵四边形是正方形，
在中，
∵四边形是正方形，
∴ ，
【点睛】本题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，旋转的性质，勾股定理，证明是关键．
综合训练
1．（2023秋·辽宁朝阳·九年级统考期末）如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．当，是矩形B．当，是菱形
C．当，是菱形D．当，是正方形
【答案】D
【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定即可选出正确答案．
【详解】根据矩形的判定：有一个角是直角的平行四边形是矩形，故该选项正确．
根据菱形的判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故该选项正确．
根据菱形的判定：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故该选项正确．
当时，即对角线相等的平行四边形是矩形，而不是正方形，故该选项错误．
故选：D．
【点睛】本题考查了对矩形、菱形、正方形的判定的应用，牢记四边形的判定定理是解题的关键．
2．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，要使平行四边形为矩形，则可添加下列哪个条件（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据矩形的判定方法逐项进行判断即可．
【详解】解：A．∵四边形是平行四边形，
∴，
再添加也无法判断平行四边形为矩形，故A错误；
B．∵对角线互相垂直的平行四边形是菱形，
∴添加，无法判断四边形是矩形，故B错误；
C．∵有一组邻边相等的平行四边形是菱形，
∴添加无法判断四边形是矩形，故C错误；
D．∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形），
∴添加能够使平行四边形为矩形，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定，解题的关键是熟练掌握对角线相等的平行四边形是矩形．
3．（2022秋·河南平顶山·九年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，在不添加任何辅助线的情况下，添加以下哪个条件，能使平行四边形ABCD是矩形（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据有一个角是直角的平行四边形是矩形．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形；且AD⊥AB
∴四边形ABCD是矩形
故选A
【点睛】本题考查矩形的判定，掌握有一个角是直角的平行四边形是矩形的概念是解题关键．
4．（2023春·全国·八年级专题练习）顺次连接四边形ABCD各边的中点，得到四边形EFGH，在下列条件中，能使四边形EFGH为矩形的是（ ）
A．AB＝CDB．AB⊥CDC．AC⊥BDD．
【答案】C
【分析】连接AC，BD，根据中位线的性质及矩形的判定方法即可求解．
【详解】解：∵E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，
∴EF＝AC，，GH＝AC，，，
∴EF＝GH，，
∴四边形EFGH为平行四边形，
当AC⊥BD时，
∵，，EF、AC、EH、BD在同一平面内，
∴EF⊥EH，则∠HEF=90°，
∴四边形EFGH为矩形，
综上：当AC⊥BD时，EF⊥EH，则四边形EFGH为矩形．
故选：C．
【点睛】此题主要考查中点四边形的判定，解题的关键是熟知中位线定理与矩形的判定定理．
5．（2022秋·福建福州·八年级福建省福州第十六中学校考期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．当∠ABC=90°时，它是矩形B．当AB=BC时，它是菱形
C．当AC⊥BD时，它是菱形D．当AC=BD时，它是正方形
【答案】D
【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定逐个判断即可．
【详解】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形，故本选项不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，不一定是正方形，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了对矩形的判定、菱形的判定，正方形的判定的应用，能正确运用判定定理进行判断是解此题的关键．
6．（2023秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，在中，对角线，相交于点O，若添加一个条件，使得一定为菱形，该条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质、菱形的判定方法一一判断即可．
【详解】解：A. ，可以判断平行四边形是矩形，不能判断是菱形，故该选项错误；
B. ，可以判断平行四边形是矩形，不能判断是菱形，故该选项错误；
C. ，可以判断平行四边形是菱形；
D. ，只能推出，无法判定是菱形．
故选C．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的判定方法：①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形；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”）．
7．（2022秋·四川南充·九年级校考阶段练习）如图，在▱ABCD中，O为AC的中点，经过点O的直线交AD于E交BC于F，连接AF、CE，下列选项可以使四边形AFCE是菱形的为（ ）
A．OE＝OFB．AE＝CFC．EF⊥ACD．EF＝AC
【答案】C
【分析】由平行四边形的判定与性质、菱形的判定以及矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、为的中点，
，
，
四边形是平行四边形，故此选项不符合题意；
B、四边形是平行四边形，
，
，
四边形是平行四边形此，故选项不符合题意；
C、四边形是平行四边形，
，
，
为的中点，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形，故此选项符合题意；
D、，
平行四边形是矩形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】此题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、矩形的判定以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
8．（2021秋·山东菏泽·九年级校考阶段练习）如图，平行四边形 ABCD 的对角线 AC、BD 相交于点 O，那么下列条件中，能判断平行四边形 ABCD 是菱形的为 （ ）
A．AO＝COB．AO＝BOC．∠AOB＝90°D．∠BAD＝∠ABC
【答案】C
【分析】由菱形的判定、平行四边形的性质和矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A．∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，故选项A不符合题意；
B．∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵AO=BO，
∴AC=BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C．∵∠AOB=90°，
∴AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故选项C符合题意；
D．∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
∵∠BAD=∠ABC，
∴∠BAD=∠ABC=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质等知识；熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解题的关键．
9．（2022春·上海杨浦·八年级校考期末）顺次连接四边形各边中点得到的四边形是菱形，那么与只需满足（ ）
A．垂直B．相等C．互相平分D．互相平分且垂直
【答案】B
【分析】连接、，根据三角形中位线定理得到，，，，根据菱形的判定定理解答即可．
【详解】解：连接、，
、分别是、的中点，
，
同理可得，，，，
当时，，
四边形为菱形，
顺次连接四边形各边中点得到的四边形是菱形，只需满足，
故选：B．
【点睛】本题考查的是菱形的判定、三角形中位线定理，熟记三角形中位线定理、菱形的判定定理是解题的关键．
10．（2023·广西防城港·校考一模）如图，在正方形中，对角线，交于点O，点E，F分别在，上，且，交于点G，连接．下列结论错误的是（ ）
A．B．
C． D．四边形是菱形
【答案】B
【分析】根据正方形的性质，全等三角形的性质，即可求出，可以判定A正确；证明，得出，即可判断B错误；根据全等三角形的性质，得出，证明，得出，证明，得出，即可证明，得出四边形是菱形，即可证明D错误；根据菱形的性质，得出，证明，说明为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，即可得出答案．
【详解】解：A．∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，故A正确，不符合题意；
B．∵，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，故B错误，符合题意；
D．∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，故D正确，不符合题意；
C．∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，故C正确,不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定方法．
11．（2023春·河北承德·九年级统考阶段练习）如图，中，点E、F在对角线上，且，要使四边形为菱形，现有甲、乙、丙三种方案：
甲：只需要满足；
乙：只需要满足；
丙：只需要满足．
则正确的方案是（ ）
A．甲、乙、丙B．甲、丙C．甲、乙D．乙、丙
【答案】B
【分析】先根据对角线互相平分证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的对角线互相垂直证明即可作答．
【详解】在中，，，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
甲∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是菱形，
∴，
∴平行四边形是菱形，甲符合要求；
乙：平行四边形中存在，
根据乙而无法确定平行四边形是菱形，乙不符合要求；
丙∵平行四边形中，，
∴平行四边形是菱形，丙符合要求；
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，掌握平行四边形的性质是解答本题的关键．
12．（2023秋·山西晋中·九年级统考期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，添加下列条件，能使菱形成为正方形的是（ ）
A．B．C．D．平分
【答案】A
【分析】根据菱形的性质及正方形的判定来添加合适的条件．
【详解】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角，（2）对角线相等．
即或．
故选：A
【点睛】本题比较容易，考查特殊四边形的判定，解题的关键是根据菱形的性质及正方形的判定解答．
13．（2023秋·福建漳州·九年级统考期末）如图，在矩形中，对角线，交于点O，要使该矩形成为正方形，则应添加的条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据矩形的性质及正方形的判定来添加合适的条件．
【详解】解：添加，则根据有一组邻边相等的矩形是正方形，
能使矩形成为正方形．
故选：A．
【点睛】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．
14．（2023春·八年级课时练习）如图，在矩形内有一点，与分别平分和，点为矩形外一点，连接，，若，则添加下列条件不能判定四边形是正方形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正方形的判定方法，结合矩形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，逐项进行判断即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，
∵与分别平分和，
∴，
∴，
∴；
A.∵，，，
∴，
∴四边形为菱形，
∵，
∴四边形为正方形，故A不符合题意；
B.∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，故B不符合题意；
C.∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴四边形一定不是正方形，故C符合题意；
D.∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定，矩形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正方形的判定方法．
15．（2022秋·辽宁辽阳·九年级校联考期中）有下列四个条件：①；②；③；④；从中选两个作为补充条件，使平行四边形为正方形，现有下列四种选法，你认为错误的是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．②④
【答案】C
【分析】利用矩形、菱形、正方形之间的关系与区别，结合正方形的判定方法逐一判断即可解答．
【详解】解：A．因为四边形是平行四边形，
当②时，平行四边形是菱形，
当①时，菱形是正方形，
故A不符合题意；
B．因为四边形是平行四边形，
当①时，平行四边形是矩形，
当③时，矩形是正方形，
故B不符合题意；
C．因为四边形是平行四边形，
当②时，平行四边形是菱形，
当③时，菱形还是菱形，
故C符合题意；
D．因为四边形是平行四边形，
当②时，平行四边形是菱形，
当④时，菱形是正方形，
故D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的判定，平行四边形的性质，熟练掌握正方形的判定与性质是解题的关键．
16．（2023·湖南湘潭·湘潭县云龙中学校考一模）如图，平行四边形添加一个条件_____使得它成为矩形．（任意添加一个符合题意的条件即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据矩形的判定定理得出即可．
【详解】解：，
理由是：∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形，
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了矩形的判定的应用，能熟记矩形的判定定理是解此题的关键，此题是一道开放型的题目，答案不唯一．
17．（2022秋·山西晋中·九年级统考期末）平行四边形的对角线与相交于点，若要使平行四边形成为矩形，则需要添加的一个条件是___________．（只写出一种情况即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据对角线相等的平行四边形是矩形，即可求解．
【详解】解：添加，理由如下：
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形．
故答案为：（答案不唯一）.
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键．
18．（2023秋·山西运城·九年级统考期末）如图，已知四边形是菱形，从①，②，③中选择一个作为条件后，使四边形成为正方形，则应该选择的是______．（仅填序号）
【答案】②
【分析】根据菱形的性质和正方形的判定进行逐一判断即可．
【详解】解：由四边形是菱形加上条件不能证明四边形成为正方形；
由四边形是菱形加上条件可证得到，能证明四边形成为正方形；
由四边形是菱形加上条件不能证明四边形成为正方形；
故答案为：②．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，正方形的判定，熟知正方形的判定定理是解题的关键．
19．（2022春·山东济宁·八年级校考期末）如图，已知点D在△ABC的BC边上，DEAC交AB于E，DFAB交AC于F，若添加条件_____，则四边形AEDF是矩形；若添加条件_____，则四边形AEDF是菱形；若添加条件_____，则四边形AEDF是正方形．
【答案】 ∠BAC＝90° AD平分∠BAC ∠BAC＝90°且AD平分∠BAC（答案不唯一）
【分析】先利用平行四边形的判定方法得到四边形AEDF为平行四边形，然后根据矩形、菱形和正方形的判定方法添加条件．
【详解】解：∵DE∥AC交AB于E，DF∥AB交AC于F，
∴四边形AEDF为平行四边形，
∴当∠BAC＝90°时，四边形AEDF是矩形；
当AD平分∠BAC时，四边形AEDF是菱形；
∠BAC＝90°且AD平分∠BAC，四边形AEDF是正方形．
,∠BAC＝90°，
故答案为∠BAC＝90°，AD平分∠BAC，∠BAC＝90°且AD平分∠BAC．
【点睛】本题考查了正方形的判定：先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．也考查了菱形和矩形的判定，掌握判定定理是解题的关键．
20．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，AD是△ABC的中线，过点A作AEBC，过点B作BEAD交AE于点E．
(1)求证：∠E＝∠ADB．
(2)当△ABC满足 条件时，四边形ADBE是矩形？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)当△ABC满足AB＝AC条件时，四边形ADBE是矩形，理由见解析
【分析】（1）证四边形ADBE是平行四边形，即可得出结论；
（2）由（1）可知，四边形ADBE是平行四边形，再由等腰三角形的性质得AD⊥BC，则∠ADB＝90°，然后由矩形的判定即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵AEBC，BEAD，
∴四边形ADBE是平行四边形，
∴∠E＝∠ADB；
（2）解：当△ABC满足AB＝AC条件时，四边形ADBE是矩形，理由如下：
由（1）可知，四边形ADBE是平行四边形，
∵AB＝AC，AD是△ABC的中线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴平行四边形ADBE是矩形，
故答案为：AB＝AC．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质以及等腰三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
21．（2022春·河北石家庄·八年级校考期末）如图，在平行四边形中，对角线与交于点O.
(1)添加一个条件：_____，则可判定四边形是矩形；
(2)若，，则与的周长之差为_____________.
【答案】(1)（或）（答案不唯一，正确即可）
(2)2
【分析】（1）根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形；有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可；
（2）根据平行四边形的性质，对角线互相平分，；根据，，即可求出与的周长之差．
（1）∵对角线相等的平行四边形是矩形
∴当，平行四边形是矩形
∵有一个角是直角的平行四边形是矩形
∴当，平行四边形是矩形．
（2）∵对角线相等的平行四边形是矩形
∴，，
∵
∴
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的知识，解题的关键是掌握平行四边形的性质，矩形的判定定理．
22．（云南省楚雄州部分地区2022-2023学年九年级下学期教学质量作业四（开学考）数学试题）如图，四边形中，是对角线，，且，于点D，点E、F分别是边、的中点，连接、分别交于点G、H．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)见解析(2)4
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形判定．
（2）利用矩形的性质，三角形相似的判定和性质，结合三角形面积性质计算即可．
【详解】（1）∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形．
（2）∵是矩形，
∴，，
∵点E和点F分别是边、的中点，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
∴
∴的面积为4．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，三角形面积性质，熟练掌握矩形的判定和性质，三角形相似的判定和性质是解题的关键．
23．（2023春·八年级课时练习）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．
24．（2023春·江苏·八年级校考周测）如图，在中，是上的任意一点（不与点、重合），过点平行于的直线分别与、的外角的平分线交于点、．
(1)与相等吗？证明你的结论．
(2)试确定点的位置，使四边形是矩形，并加以证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)在的中点上时，四边形是矩形，见解析
【分析】（1）根据平行线性质和角平分线定义推出，，根据等腰三角形的判定推出，即可；
（2）根据平行四边形的判定得出平行四边形，根据对角线相等的平行四边形是矩形推出即可．
【详解】（1）解：；
理由是：直线，
，
平分，
，
，
，
同理，
．
（2）解：在的中点上时，四边形是矩形，
理由是：，，
四边形是平行四边形，
，
，
平行四边形是矩形．
【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定，平行线的性质，角平分线定义等知识点的应用．
25．（2023秋·河南平顶山·九年级统考期末）如图，在中，，D为的中点，四边形是平行四边形．
(1)判断四边形的形状，并说明理由；
(2)填空：
①当且时，四边形的周长等于______；
②当时，四边形的形状为______．
【答案】(1)矩形，理由见解析
(2)①；②正方形
【分析】（1）由四边形为平行四边形，证明且．再证明，可得．证明四边形为平行四边形．．从而可得结论；
（2）①由且，，可得，，结合四边形为矩形可得答案；②证明，可得，结合四边形为矩形，可得四边形的形状为正方形．
【详解】（1）证明：四边形为矩形．
理由如下：∵四边形为平行四边形，
∴且．
∵D为BC的中点，
∴，
∴．
∵B，D，C三点共线且，
∴，
∴四边形为平行四边形．
∵，D为的中点，
∴，
∴．
∵四边形为平行四边形，
∴四边形为矩形．
（2）①∵且，，
∴，，
∵四边形为矩形，
∴四边形的周长为；
②∵，，，
∴，
∴，
∵四边形为矩形，
∴四边形的形状为正方形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，矩形的判定与性质，正方形的判定，化为最简二次根式，掌握以上知识是解本题的关键．
26．（2023·广东深圳·校考一模）如图，已知中，是边上一点，过点分别作交于点，作交于点，连接．
(1)下列条件：
①是边的中点；
②是的角平分线；
③点与点关于直线对称．
请从中选择一个能证明四边形是菱形的条件，并写出证明过程；
(2)若四边形是菱形，且，，求的长．
【答案】(1)能证明四边形是菱形的条件为：②或③，证明见解析(2)4
【分析】（1）根据已知条件，易得四边形是平行四边形，；条件②，利用角平分线的定义可推导，进而证明，由“一组邻边相等的平行四边形是菱形”即可证明平行四边形是菱形；条件③，由对称的性质易得，即可证明平行四边形是菱形；
（2）由菱形的性质可得，进而确定，再证明，由相似三角形的性质可得，代入数值求解即可获得答案．
【详解】（1）解：∵，，
∴四边形是平行四边形，，
能证明四边形是菱形的条件为：②或③，证明如下：
条件②，∵是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
条件③，∵点与点关于直线对称，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得 ，
即的长为4．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
27．（2023秋·河南郑州·九年级校考期末）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，点E，F在上，且．
(1)求证：；
(2)不添加辅助线，请你补充一个条件，使得四边形是菱形；并给予证明．
【答案】(1)见解析
(2)补充：，证明见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质知，，，得到，又有，故由证得；
（2）平行四边形的性质知，，，由可求得，根据平行四边形的判定得到四边形是平行四边形，由可得平行四边形是菱形．
【详解】（1）解：四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
；
（2）补充的条件是：．
证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定，证得四边形是平行四边形是解决问题的关键．
28．（2022秋·河南郑州·九年级校考期末）如图，已知在中，，，，点、分别从点、出发沿、方向向点A、C匀速运动，运动速度均为，当点到达点时，两点都停止运动．以、为边作平行四边形，连接，交于点设运动的时间为．
(1)求四边形的最大面积．
(2)填空：
①当______时，四边形是矩形；
②当______时，四边形是菱形．
【答案】(1)当时，四边形的面积最大，最大面积为
(2)①；②
【分析】（1）首先利用勾股定理求得，然后表示出，利用，得出，从而得出，根据二次函数的性质即可得出四边形的最大面积即可；
根据，利用相似三角形的对应边的比相等，即可求解；
当是菱形时，，则，据此即可列方程求解．
【详解】（1）解：，，，
．
过作于．
，
，
，即，
．
，
当时，四边形的面积最大，最大面积为．
（2）四边形是矩形，

又，
∽，
，
，
．
故当时，平行四边形为矩形．
当▱是菱形时，，
则，
即，解得．
故当时，四边形是菱形．
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了运用二次函数的运用、相似三角形、平行四边形、矩形、菱形的性质和判定定理等知识点，正确理解判定平行四边形为矩形以及▱是菱形的条件是关键．
29．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，在四边形中，，，对角线、交于点，平分，过点作交延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见详解
(2)2
【分析】（1）先证，则四边形是平行四边形，再由，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得，，，由勾股定理得，再由直角三角形斜边上的中线性质得，即可求解．
【详解】（1）证明：，
，
平分，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形；
（2）解：四边形是菱形，
，，，
，
，
在中，，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
30．（2023·黑龙江绥化·校考模拟预测）如图，在梯形中，，，，，，动点从点开始沿边向以秒的速度运动，动点从点开始沿边向以秒的速度运动，、分别从、同时出发，当其中一点到端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为秒．问：
(1)求为何值时，四边形是平行四边形？
(2)四边形可能是矩形吗？如果可能，求出的值；如果不可能，说明理由；
(3)四边形可能是菱形吗？如果可能，求出的值；如果不可能，说明理由．
【答案】(1)当秒时，四边形是平行四边形
(2)可能；当秒时，四边形是矩形
(3)不可能；理由见解析
【分析】（1）根据运动时间为秒，表示出，，根据平行四边形的性质得出，即可求出的值；
（2）根据运动时间为秒，表示出，，当四边形是矩形时，根据矩形的性质得出，即可求出的值；
（3）过点作，垂足为，证明四边形是矩形，求出的长，若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，由（1）得：秒时，四边形是平行四边形，求出长，若，四边形是菱形，否则不是菱形．
【详解】（1）解：∵，，动点以秒的速度运动，动点以秒的速度运动，
∴，，
∵其中一点到端点时，另一点也随之停止运动，
∴最大运动时间为，
∵已知设运动时间为秒，则，，
∴，，
∵当四边形是平行四边形时，，
∴，解得，
∴当秒时，四边形是平行四边形．
（2）解：四边形可能是矩形；
当四边形是矩形时，，
∴，解得，
∴当秒时，四边形是矩形．
（3）解：四边形不可能是菱形；
过点作，垂足为，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，
由（1）得：秒时，四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形不可能是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形和菱形的判定和性质及勾股定理，解一元一次方程，根据题意列出利用数形结合的思想列出方程是解答本题的关键．
31．（2023秋·山东济南·九年级统考期末）如图，矩形的对角线交于点F，延长到点C，使，延长到点D，使，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）先证四边形是平行四边形，再根据四边形是矩形可得即可证明结论；
（2）由四边形是菱形可得，再证为等边三角形，即，再由四边形是矩形可得，然后由四边形是菱形可得，运用勾股定理可得，最后根据菱形的性质即可解答．
【详解】（1）证明：∵，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，
∴
∵
∴为等边三角形
∴
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∵四边形是菱形，
∴，
在中，由勾股定理得：
∴
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定、矩形的性质、菱形的性质等知识点，灵活运用相关判定和性质是解答本题的关键．
32．（2023·全国·九年级专题练习）如图，中， 是边上的中线，分别过点作的平行线交于点且交于点连接
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若 求菱形的面积．
【答案】(1)见解析(2)20
【分析】（1）根据得出E且在中，根据是边上的中线，得出四边形是平行四边形，求出从而得出四边形是菱形．
（2）在Rt△ABC中，根据设得出再根据勾股定理求出的值，因为四边形是平行四边形，得最后根据代值计算即可．
【详解】（1）
∴四边形是平行四边形，
且
在中，是边上的中线，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形；
（2）在中，
设
由勾股定理得：
∵四边形是平行四边形，
【点睛】本题主要考查了菱形的性质和判定以及面积的计算，使学生能够灵活运用菱形知识解决有关问题．
33．（2023春·江苏·八年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）如图，在四边形中，，过对角线的中点O，作，分别交边，于点E，F，连接，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）根据垂直平分线上点到线两边距离相等即可得到，，根据可得，即可得到，从而得到,即可得到证明；
（2）根据菱形性质可得，结合勾股定理即可得到，从而得到，根据菱形面积公式即可得到答案；
【详解】（1）解：∵点O是的中点，，
∴，，，，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，，
∴，，
根据勾股定理可得，
，
∴，
∴；
【点睛】本题考查菱形的判定与性质，垂直平分线的性质及三角形全等的判定与性质，解题的关键是根据垂直平分线得到线段相等．
34．（2022秋·广东东莞·八年级阶段练习）如图，矩形的对角线，相交于点，关于的对称图形为．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接，若，．求的值；
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）只要证明四边相等即可证明；
（2）如图，设交于，由，，推出，由，可得，，接着算出，根据即可求出答案．
【详解】（1）四边形是矩形，
，
与关于对称，
，，
，
四边形是菱形．
（2）如图，设交于，
四边形是菱形，
，，
，
，
，，
在中，，
．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、锐角三角函数、勾股定理等知识，掌握以上所学知识是解题的关键．
35．（2023春·江苏·八年级校考周测）如图，矩形中，点P是线段上一动点，O为的中点，的延长线交于Q．
(1)求证：；
(2)若厘米，厘米，P从点A出发，以1厘米/秒的速度向D运动（不与D重合），设点P运动时间为t秒，请用t表示的长；并求t为何值时，四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)秒
【分析】（1）根据四边形是矩形可得，，再根据O为的中点得出，即可证出．
（2）根据厘米，厘米，得出和的长，再根据四边形是菱形列方程求出t的值．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形
∴，
∴，
又∵O为的中点，
∴，
在与中，
∴，
∴；
（2）由题意得，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴时，四边形是菱形，
∵四边形是矩形，
∴，
在中，
由勾股定理得：，
∴，
解得：，
即运动时间为秒时，四边形是菱形．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定，在解题时与全等三角形结合是解本题的关键．
36．（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）如图，平行四边形中，，过点作，交的延长线于点．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接，若，，则的长为 ．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据已知条件得出四边形是平行四边形，根据即可得证；
（2）连接交于，在中，得出，根据，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，
又，
四边形是菱形；
（2）解：如图，连接交于，
四边形是菱形，，
在中，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，勾股定理，掌握菱形的性质与判定是解题的关键．
37．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，在四边形中，，对角线的垂直平分线与边、分别相交于点M、N，连接、．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若四边形的周长为52，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）证，得出，由，证出四边形是平行四边形，进而得出结论；
（2）由菱形的周长得到菱形的边长，由菱形的性质及得到，在中由勾股定理得到的长，进而得到的长
【详解】（1）证明：∵，
∴．
∵直线是对角线的垂直平分线，
∴，．
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）∵菱形的周长为52，
∴，
又∵，
∴
在中，由勾股定理得，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
38．（2022秋·河南郑州·九年级校联考期末）如图，矩形中，，点M，N分别为上一点，且，连接．
(1)当时，求证：四边形是菱形；
(2)填空：①当 时，四边形是矩形；②当 时，以为对角线的正方形的面积为．
【答案】(1)见解析
(2)①4；②或
【分析】（1）求出四边形的各个边长即可；
（2）设，①四边形是矩形时，列方程计算即可；
②以为对角线的正方形的面积为解方程即可．
【详解】（1）∵矩形中，
∴,
∵，
∴，，，
∴
∴四边形是菱形
（2）设，则
①∵四边形是矩形
∴，
∴，解得
即当时，四边形是矩形；
故答案为：4；
②当或时，以为对角线的正方形的面积为
证明：当时，
过N作于，则四边形是矩形
∴，
∴，
∴，
∵以为对角线的正方形的面积为，
∴
∴，
解得或，
即当或时，以为对角线的正方形的面积为，
故答案为：或．
【点睛】本题考查特殊四边形的判定与性质，解一元二次方程，理解矩形、菱形、正方形的性质是解题的关键．
39．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，中，是的平分线，作交于点，交于点F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)当满足条件 时，四边形是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论；
（2）根据有一个角是直角的菱形是正方形可得时，四边形是正方形．
【详解】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，，
是的角平分线，
，
，
，
平行四边形为菱形；
（2）解：在中，当时，四边形是正方形，
，
四边形是正方形（有一个角是直角的菱形是正方形）．
∴当满足时，四边形是正方形．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质和正方形的判定，关键是掌握邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的菱形是正方形．
40．（2023秋·陕西榆林·九年级统考期末）如图，在矩形中，对角线相交于点O．
(1)若，求证：矩形是正方形；
(2)请添加一个异于（1）的条件，使矩形成为正方形，不用说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)．（答案不唯一）
【分析】（1）证明，推出，即可证明结论；
（2）根据正方形的判定添加条件即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，
∵，∴，
∴，
∴矩形是正方形；
（2）解：添加的条件可以是．理由如下：
∵四边形是矩形，，
∴矩形是正方形．
【点睛】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．第2问是一道开放型的题目，答案不唯一，也可以添加等．
41．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，，是的两条中位线．我们探究的问题是：这两条中位线和三角形的两条边所围成的四边形的形状与原三角形的边或角有什么关系？建议按下列步骤探索：
(1)围成的四边形是否必定是平行四边形？
(2)在什么条件下，围成的四边形是菱形？
(3)在什么条件下，围成的四边形是矩形？
(4)你还能发现其他什么结论吗？
【答案】(1)是平行四边形，证明见解析；
(2)当时，四边形是菱形；
(3)当时，四边形是矩形；
(4)当且时，四边形是正方形
【分析】（1）根据中位线的性质及平行四边形的判定证明即可；
（2）结合（1）中结论，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可求解；
（3）结合（1）中结论，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可求解；
（4）结合（1）中结论，根据邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形即可求解．
【详解】（1）解：是平行四边形，理由如下：
∵，是的两条中位线，
∴，，，
∴四边形是平行四边形；
（2）由（1）得四边形是平行四边形，
当时，，
∴四边形是菱形；
（3）由（1）得四边形是平行四边形，
当时，四边形是矩形；
（4）当且时，
四边形是正方形．
【点睛】题目主要考查平行四边形、菱形、矩形及正方形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定定理是解题关键．
42．（2022春·湖南永州·八年级校考期中）如图，在中，，，垂足为点是外角的平分线，，垂足为点．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)当满足什么条件时，四边形为正方形？给出证明．
【答案】(1)证明见解析；
(2)当满足时，四边形是一个正方形，证明见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出，根据是外角的平分线，得出，进而得出，根据，得出，根据矩形的判定定理即可判定四边形为矩形；
（2）根据题意证明可得四边形为正方形，继而可得当满足，即可求解．
【详解】（1）证明：在中，，
∴，
∵是外角的平分线，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形为矩形.
（2）当满足时，四边形是一个正方形.
理由：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形为矩形，
∴矩形是正方形.
∴当时，四边形ADCE是一个正方形．
【点睛】本题考查了矩形的判定，等腰三角形的性质，正方形的判定，综合运用以上知识是解题的关键．
43．（2023秋·山东枣庄·九年级统考期末）如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，交直线与E，垂足为F，连接，．
(1)求证：；
(2)当D在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明理由；
(3)在满足（2）的条件下，当满足______条件时，四边形是正方形（直接填写答案）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)四边形CDBE是菱形；
(3)等腰直角三角形
【分析】（1）证出DE∥AC，利用平行四边形的判定和性质得结论；
（2）先证明四边形CDBE是平行四边形，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半说明邻边相等，证明该四边形是菱形；
（3）根据等腰三角形的三线合一证得∠CDB=90°即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵MN∥AB，
∴EC∥AD，
∵∠ACB=90°，
∴AC⊥BC，
∵DE⊥BC，
∴DE∥AC，
∴四边形DECA是平行四边形，
∴CE=DA；
（2）解：四边形CDBE是菱形．理由如下：
∵由（1）知：四边形DECA是平行四边形，
∴CE=DA，CE∥AD，
在Rt△ABC中，∵点D是AB的中点，∠ACB=90°，
∴BD=DC=DA，
又∵CE=DA，
∴CE=BD，
∴四边形CDBE是平行四边形，
∵BD=CD，
∴四边形CDBE是菱形．
（3）解：等腰直角三角形，理由如下：
若为等腰直角三角形，则AC=BC，
∵D为AB的中点，
∴CD⊥AB，即∠BDC=90°，
∵四边形CDBE是菱形，
∴四边形CDBE是正方形.
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定、直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
题型5：中点四边形
（2023春·全国·八年级专题练习）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形．
(1)四边形的形状是______，请证明你的结论；
(2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形；
(3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种．
【答案】(1)平行四边形．证明见解析
(2)；
(3)矩形的中点四边形是菱形．
【分析】（1）连接，根据三角形的中位线定理得到，，，，推出，，，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形；
（2）根据有一组是邻边的平行四边形是菱形，可知当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形；
（3）矩形的中点四边形是菱形．根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得，，再根据矩形对角线相等，然后根据四边相等的四边形是菱形．
【详解】（1）四边形的形状是平行四边形．理由如下：
如图，连接．
、分别是、中点，
，，
同理，，
，，
四边形是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形．理由如下：
如图，连接、．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，
，
，
又四边形是平行四边形
平行四边形是菱形；
故答案为：；
（3）矩形的中点四边形是菱形．理由如下：
连接、．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质等知识点的理解和掌握，熟练掌握各定理是解决此题的关键．
综合训练
1．（2023春·湖南长沙·八年级长沙市长郡梅溪湖中学校考阶段练习）如图，在矩形中，对角线与相交于点，已知，则的大小是（ ）
题型5：中点四边形
（2023春·全国·八年级专题练习）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形．
(1)四边形的形状是______，请证明你的结论；
(2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形；
(3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种．
【答案】(1)平行四边形．证明见解析
(2)；
(3)矩形的中点四边形是菱形．
【分析】（1）连接，根据三角形的中位线定理得到，，，，推出，，，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形；
（2）根据有一组是邻边的平行四边形是菱形，可知当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形；
（3）矩形的中点四边形是菱形．根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得，，再根据矩形对角线相等，然后根据四边相等的四边形是菱形．
【详解】（1）四边形的形状是平行四边形．理由如下：
如图，连接．
、分别是、中点，
，，
同理，，
，，
四边形是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形．理由如下：
如图，连接、．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，
，
，
又四边形是平行四边形
平行四边形是菱形；
故答案为：；
（3）矩形的中点四边形是菱形．理由如下：
连接、．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质等知识点的理解和掌握，熟练掌握各定理是解决此题的关键．
综合训练
1．（2023春·福建福州·八年级校考阶段练习）如图，E，F，G，H分别是，，，的中点，且，下列结论：①四边形是菱形；②；③若，则；④；其中正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半与可得四边形是菱形，然后根据菱形的对角线互相垂直平分，并且平分每一组对角的性质对各小题进行判断．
【详解】
解：、、、分别是、、、的中点，
，，，，，，
，
，
四边形是菱形，
∴四边形是菱形，故①正确；
∴，故②正确；
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，故③错误；
当，如图所示：，分别为，中点，
连接，延长到上一点，
，，
，只有时才可以成立，而本题与很显然不平行，故④错误．
综上所述，①②共2个正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理与菱形的判定与菱形的性质，根据三角形的中位线定理与判定四边形是菱形是解答本题的关键．
2．（2023春·八年级课时练习）如图所示，顺次连接四边形各边中点得到四边形，使四边形为正方形，应添加的条件分别是（ ）
A．且B．且
C．且D．且
【答案】D
【分析】直接利用三角形中位线的性质以及正方形的判定方法分析得出答案．
【详解】解：使四边形为正方形，应添加的条件分别是且．
理由：∵顺次连接四边形各边中点得到四边形，
∴，，，，
，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∵，
∴，
∵，
，
∵，
∴，
∴菱形是正方形．
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形中位线定理、平行线性质，解题的关键是连接，构造平行线．
3．（2023春·全国·八年级专题练习）顺次连接四边形四条边的中点，所得的四边形是菱形，则原四边形一定是( )
A．平行四边形B．对角线相等的四边形
C．矩形D．对角线互相垂直的四边
【答案】B
【分析】根据三角形中位线的性质及菱形的性质，可证四边形的对角线相等．
【详解】解：四边形是菱形，
，
故AC．
故选：B．
【点睛】此题考查了菱形的性质与三角形中位线的性质．解决本题的关键是要注意掌握数形结合思想的应用．
4．（2022秋·广东清远·九年级统考期中）如图，四边形中，E、F、G、H分别是、、、的中点，若中点四边形是菱形，那么原四边形满足什么条件（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用菱形的性质可知：，再由三角形中位线定理可知：，，，，所以原四边形满足条件时，可以证明四边形是菱形．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵E、F、G、H分别是、、、的中点，
∴，，，，
∴，
即当原四边形满足条件时，可以证明四边形是菱形．
故选：A
【点睛】本题考查三角形中位线定理，菱形的性质，解题的关键是掌握三角形中位线定理及菱形的性质．
5．（2023秋·陕西西安·九年级统考期末）如图，是内一点，，，，，、、、分别是、、、的中点，则四边形的周长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用勾股定理列式求出的长，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出，，然后代入数据进行计算即可得解．
【详解】解：，，，
，
、、、分别是、、、的中点，
，，
四边形的周长，
，
四边形的周长．
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理的应用，熟记三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键．
6．（2022·广东佛山·校考一模）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD四条边AB，BC，CD，DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的是（ ）
A．不一定是平行四边形B．当AC＝BD时，它为菱形
C．一定是轴对称图形D．不一定是中心对称图形
【答案】B
【分析】先连接AC，BD，根据EF＝HG＝AC，EH＝FG＝BD，可得四边形EFGH是平行四边形，当AC⊥BD时，∠EFG＝90°，此时四边形EFGH是矩形；当AC＝BD时，EF＝FG＝GH＝HE，此时四边形EFGH是菱形，据此进行判断即可．
【详解】解：连接AC，BD，如图：
∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF＝HG＝AC，EH＝FG＝BD，
∴四边形EFGH是平行四边形，故A错误；
∴四边形EFGH一定是中心对称图形，故D错误；
当AC⊥BD时，∠EFG＝90°，此时四边形EFGH是矩形，
当AC＝BD时，EF＝FG＝GH＝HE，此时四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH可能是轴对称图形，故C错误；
∴说法正确的是当AC＝BD时，它为菱形，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了中点四边形的运用，解题时注意：平行四边形是中心对称图形．解决问题的关键是掌握三角形中位线定理．
7．（2022春·全国·八年级校考期末）如图，四边形中，E，F，G，H分别是边、、、的中点．若四边形为菱形，则对角线、应满足条件_______．
【答案】
【分析】根据三角形的中位线定理和菱形的判定，可得顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形，故应满足．
【详解】解：应满足的条件为：．
证明：∵E，F，G，H分别是边、、、的中点，
∴在中，为的中位线，所以且；
同理且，同理可得，
则且，
∴四边形为平行四边形，又，所以，
∴四边形为菱形．
故答案为：．
【点睛】此题考查学生灵活运用三角形的中位线定理，平行四边形的判断及菱形的判断进行证明，是一道综合题．
8．（2022秋·福建漳州·九年级漳州实验中学校考期中）如图，四边形中，E，F、G、H分别是边，、、的中点，请你添加一个条件，使四边形为菱形，应添加的条件是_____________．
【答案】
【分析】根据三角形的中位线定理，可以证明所得四边形的两组对边分别和两条对角线平行，所得四边形的两组对边分别是两条对角线的一半，再根据平行四边形的判定就可证明该四边形是一个平行四边形；所得四边形要成为菱形，则需有一组邻边相等，故对角线应满足相等．
【详解】解：如图，
∵E，F分别是边，的中点，
∴，，
同理，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
同理可得：，
要使四边形是矩形，则需，即；
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了三角形的中位线定理的运用．同时熟记此题中的结论：顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形；顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形，解题关键是掌握中位线的定义和菱形的判定方法．
9．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，已知矩形的对角线的长为10cm，顺次连接各边中点E、F、G、H得四边形，则四边形的周长为______cm．
【答案】20
【分析】根据三角形中位线定理易得四边形的各边长等于矩形对角线的一半，而矩形对角线是相等的，都为8，那么就求得了各边长，让各边长相加即可．
【详解】解：∵H、G是与的中点，
∴是的中位线，
∴cm，
同理cm，根据矩形的对角线相等，
连接，
得到：cm，
∴四边形的周长为20cm．
故答案是：20．
【点睛】本题考查了中点四边形．解题时，利用了“三角形中位线等于第三边的一半”的性质．
10．（2022秋·贵州贵阳·九年级统考期末）如图，在矩形中，E，F，G，H分别是各边的中点，连接，，，．试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】菱形，理由见解析
【分析】连接，，根据三角形中位线定理与矩形的性质，可得四条边为对角线的一半，即可证得为菱形．
【详解】解：四边形是菱形．
理由：分别连接，，
在中，∵E，H分别是，的中点，
∴，
同理：，，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查了菱形的判定，相关知识点有：矩形的性质、三角形中位线定理，熟练运用相关性质是解题关键．
题型5：特殊平行四边形的动点问题
（2023·全国·九年级专题练习）如图,在矩形ABCD中，，，动点M以的速度从A点出发,沿向点B运动,同时动点N以的速度从点D出发,沿DA向点A运动，设运动的时间为秒（）．
(1)当为何值时，的面积等于矩形面积的？
(2)是否存在某一时刻,使得以A、M、N为顶点的三角形与相似?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由．
【答案】(1)或
(2)或
【分析】（1）由的面积等于矩形面积的，可得，即可求得或
（2）与相似，分为两种情况讨论即可得到或
【详解】（1）由题意可知:，
∴
∵的面积等于矩形面积的
∴
解之得:，
∴或时，的面积等于矩形面积的
（2）存在．理由如下：
∵与相似
∴分为两种情况：
①当时
∴，即
解得：
②当时
∴，即
解得：
综上所述,当或时，以A、M、N为顶点的三角形与相似
【点睛】本题考查了相似三角形——动点问题和平行四边形的动点问题，熟练掌握相似三角形的性质和矩形的性质是解决问题的关键
综合训练
1．（2022春·湖南永州·八年级校考期中）如图，在梯形中，，，动点P从点A开始，沿边，以1厘米/秒的速度向点D运动；动点Q从点C开始，沿边，以3厘米/秒的速度向B点运动．已知P、Q两点分别从A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．假设运动时间为t秒，问：
(1)t为何值时，四边形是平行四边形？
(2)在某个时刻，四边形可能是菱形吗？为什么？
(3)t为何值时，四边形是等腰梯形？
【答案】(1)运动时间为6秒；
(2)四边形不可能是菱形，理由见解析；
(3)当时，四边形是等腰梯形
【分析】（1）当四边形是平行四边形时，必须有，列方程解答即可；
（2）由若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，根据（1）中的求解答案，分析看此时能否为菱形，因为，即可得四边形不可能是菱形；
（3）过点D作，则利用等腰梯形的性质可建立关于t的方程，解出即可．
【详解】（1）解：∵运动时间为t秒，
∴，，，，
∵，
∴当时，四边形是平行四边形.
此时有，解得．
∴当时，四边形是平行四边形．
（2）解：若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，
根据（1）得：，
∴，
过点D作于E，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形不可能是菱形；
（3）解：若四边形是等腰梯形，如图，则，
过点D作，
则，
∴，四边形为矩形，
则，，
由（2）知，，
当时，四边形是等腰梯形．
即，
∴．
当时，四边形是等腰梯形．
【点睛】此题考查了梯形的性质及等腰梯形的判定、菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、解一元一次方程，属于动点型问题，关键是判断出满足条件的点P及点Q位置，然后利用方程思想求解t的值，难度较大．
2．（2023秋·辽宁沈阳·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，矩形的两边分别在x轴和y轴上，点B的坐标为，现有两动点P，Q，点P以每秒3个单位的速度从点O出发向终点A运动，同时点Q以每秒2个单位的速度从点A出发向终点B运动，连接，，．设运动时间为t秒（）．
(1)点P的坐标为______，点Q的坐标为______（用含t的代数式表示）；
(2)请判断四边形的面积是否会随时间t的变化而变化，并说明理由；
(3)若以A，P，Q为顶点的三角形与相似时，请直接写出t的值．
【答案】(1)，；
(2)不会，理由见解析；
(3)或．
【分析】（1）设运动时间为t秒，则，，结合题意即可得到点P、点Q的坐标；
（2）依据代入计算即可求解；
（3）当时，得到即，求解即可； 当时，得到即，求解即可；
【详解】（1）解：设运动时间为t秒，
则，，
， ，
故答案为：，；
（2）四边形的面积不会随时间t的变化而变化，
理由：四边形的面积
．
（3）当时，
，
即，
解得：，
当时，
，
即，
解得：或（不合题意，舍去），
综上所述：或．
【点睛】本题考查了与矩形有关的动点问题，求不规则图形的面积，相似三角形的性质；解题的关键是依据题意表示出相关线段．
3．（2023春·辽宁沈阳·九年级统考开学考试）如图，在平面直角坐标系中，直线交x轴正半轴于点A，交y轴正半轴于点E，，，点C为射线上一点且纵坐标为8，连接，过点C作轴，过点A作交于点B．
(1)请直接写出直线的函数表达式；
(2)试判断四边形的形状，并说明理由；
(3)点F在，上运动，现从点C出发，沿路线向点A以每秒2个单位的速度匀速运动，设运动时问为t（秒），连接EF，EB
①当时，请直接写出的面积S与运动时间的函数关系式；
②请直接写出的面积为9时t的值；
【答案】(1)
(2)四边形是菱形，理由见解析
(3)2或
【分析】（1）根据点A，E的坐标，利用待定系数法即可求出的函数表达式；
（2）两组对边平行的四边形是平行四边形，可知四边形是平行四边形，再证，可知四边形是菱形；
（3）①时，点F在线段上，求出，边上的高即可求出的面积S；分点F在线段上和在线段上两种情况，分别求解．
【详解】（1）解：直线交x轴正半轴于点A，交y轴正半轴于点E，，，
，，
设直线的函数表达式为，
则，
解得，
直线的函数表达式为，
点C为射线上一点，
直线的函数表达式为；
（2）解：四边形是菱形，理由如下：
轴，
，
又，
四边形是平行四边形；
如图，设与y轴交于点D，
点C为射线上一点且纵坐标为8，
，
将代入，得，
解得，
，
，
，
四边形是菱形；
（3）解：①由（2）知四边形是菱形，
，
点A以每秒2个单位的速度匀速运动，
时，点F在线段上，，
，
，，
中边上的高，
的面积；
②的面积为9，点F在线段上时，
由①中结论得，
解得，符合要求；
的面积为9，点F在线段上时，
由题意知，
如图，作于点，
则，
又，
，
解得，
的面积，
解得，
综上可知，的面积为9时t的值为2或．
【点睛】本题考查特殊平行四边形上的动点问题，涉及待定系数法求一次函数解析式，菱形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积公式等，第3问有一定难度，解题的关键是注意分情况讨论，避免漏解．
4．（2022秋·四川眉山·九年级校考阶段练习）如图，已知正方形的边长为，动点从点出发，以的速度沿方向向点运动，动点从点出发，以的速度沿方向向点运动，若、两点同时出发运动时间为．
(1)连接、、，求当为何值时，的面积为？
(2)当点P在上运动时，是否存在这样的t使得是以为一腰的等腰三角形？若存在，请求出符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1秒或秒
(2)存在，秒或秒
【分析】（1）根据正方形的性质和面积公式，利用割补法即可求解；
（2）根据勾股定理、等腰三角形的性质得出一元二次方程，分情况讨论以为腰的等腰三角形即可说明．
【详解】（1）解：当在上时
如图：根据题意，得
，，，，
，
整理，得，
解得．
当在上时，此时
答：当为1秒或秒时，的面积为．
（2）①当时，根据勾股定理，得
，
解得，（不符合题意，舍去）．
②当时，根据勾股定理，得
，
整理得：
解得，（不符合题意，舍去）．
答：存在这样的秒或秒，使得是以为一腰的等腰三角形．
【点睛】本题考查了正方形、一元二次方程、等腰三角形的相关知识，解决本题的关键是分类讨论思想的运用．
5．（2022秋·福建泉州·九年级统考期末）如图，在中，，，，动点P从点A出发，沿线段向点B以的速度运动，同时动点Q从点C出发，沿线段向点A以的速度运动．当其中一点到达端点时，两点同时停止运动．以、为邻边作平行四边形．设平行四边形与重叠部分的图形面积为，运动时间为．
(1)当点E落在线段上时，求t的值；
(2)求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
(3)当四边形为菱形时，求t的值．
【答案】(1)
(2)
(3)．
【分析】（1）作出辅助线，构造相似三角形，通过边与边对应成比例求出边长之间的数量关系，直接求解即可．
（2）分类讨论，不同的时间范围对应的重叠面积不同，直接代值计算即可．
（3）利用勾股定理直接代值计算即可．
【详解】（1）（1），，，
，
当点E落在线段上时，，
．
，
，解得．
（2）（2）①当时，作于G，如图1所示．
则．
，
，
，即，解得．
重叠部分图形的面积．
②当时，作于G，如图2所示．
由①可知，
，∴，
，即，解得，
重叠部分图形的面积为
综上，S与t之间的函数关系式为：
（3）（3）当四边形为菱形时，，如图3，作于G．
由（2）可得，
则，
，
在中，，
即，
解得，（舍去），
即当四边形为菱形时，．
【点睛】此题考查相似三角形，平行四边形动点问题，以及勾股定理，此题较为综合，计算量稍大，解题关键是将时间分类讨论，再求值．
6．（2022秋·江西抚州·九年级校考期末）如图，在中，，平分，过点作的平行线交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)如果，的长单位：米）是的两根，求的长以及菱形的面积；
(3)在（2）的条件下，若动点从出发，，沿以米秒的速度匀速直线运动到点C，动点从出发，沿以米秒的速度匀速直线运动到点，当运动到点时，运动停止．若、同时出发，问出发几秒钟后，的面积为米2
【答案】(1)见解析
(2)米，平方米；
(3)秒或秒
【分析】（1）根据题意，用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”先判定平行四边形，再用邻边相等证明菱形；
（2）解方程可得、的长，用勾股定理可求，根据“菱形的面积对应对角线积的一半”计算连线面积；
（3）根据点、运动过程中与点的位置关系，分三种情况分别讨论．
【详解】（1）证明：平分，，
，
是等腰三角形，，
又，
，
四边形为平行四边形，
又，
四边形是菱形；
（2）解：解方程，得，，
，，
利用勾股定理，
，
∴平方米．
（3）解：在第(2)问的条件下，设、同时出发秒钟后，的面积，
当点在上时，，，
解得 (大于2，舍去)；
当点在上且点在上时，，，
整理得，，此时，，
∴原方程无解；
当点在上且点在上时，即， ，
整理得，
解得 (小于3，舍去)．
综上所述：，出发秒或秒钟后，△MON的面积为．
【点睛】本题考查了菱形的判定方法，菱形的面积计算方法，分类讨论的数学思想．
7．（2022秋·山东青岛·九年级校考期中）如图，矩形中，，，点P从点A出发沿AB向点B移动（不与点A，B重合），一直到达点B为止；同时，点Q从点C出发沿向点D移动（不与点C，D重合）．运动时间设为t秒．
(1)若点P，Q均以的速度移动，则___________；___________．（用含t的代数式表示）
(2)在（1）的条件下，t为何值时，P，Q间的距离为？
(3)若点P为的速度移动，点Q以的速度移动，经过多长时间，使为等腰三角形？
(4)若点P，Q均以的速度移动，经过多长时间，四边形为菱形？
【答案】(1)
(2)或
(3)
(4)
【分析】（1）根据路程=速度×时间，即可解决问题；
（2）根据题意分两种情况当和，分别根据勾股定理求解即可；
（3）过点P作于点E，利用等腰三角形三线合一的性质，，列出方程即可解决问题；
（4）当时，四边形是菱形，列出方程即可解决问题．
【详解】（1）∵点P，Q均以的速度移动，
∴．
故答案为：；
（2）∵，点P，Q均以的速度移动，
∴当点P和点Q分别运动到和的中点时,
∴当时,过点P作于点E
∴,
∵
∴四边形是矩形,
∴,
∴,
∵
∴在中,,
即,解得或（舍去）,
当时,作交于点M,
同理可得,,,
∴在中,
∴
∴解得或（舍去）,
综上所述,当或时，P，Q间的距离为；
（3）过点P作于点E
∴
∵
∴
在矩形中，，
∴ 四边形是矩形
∴
又∵
∴
∴ 由
∴
∴
∴ 当时，，为等腰三角形；
（4）在矩形中，，，，依题知
∴
∴ 四边形是平行四边形
当时，四边形是菱形
∴
在中，
由
∴
即：
解得：
∴ 当时，四边形是菱形．
【点睛】本题考查四形综合题，路程、速度、时间之间的关系，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用所学知决解决问题，学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考常考题型．
8．（2022秋·山东聊城·八年级校考期末）已知正方形中，，．动点以每秒2个单位速度从点出发沿线段方向运动，动点同时以每秒8个单位速度从点出发沿正方形的边方向顺时针作折线运动，当点与点相遇时停止运动，设点的运动时间为．
(1)当运动时间为__ 秒时，点P与点Q相遇；
(2)当时，求线段的长度；
(3)连接，当和全等时，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)t为或
【分析】（1）先判断出点，相遇时，必在正方形的边上，利用运动路程之和为正方形的正常建立方程即可；
（2）先判断出四边形是平行四边形，得出，进而表示出，，用建立方程求解即可；
（3）分点在正方形的边，，，上，建立方程求解即可得出结论；
【详解】（1）解：点的运动速度为，，
点运动到点的时间为4，
点的运动速度为，
点从点出发沿方向顺时针作折线运动到点的时间为，点，相遇时在边上，
，
，
故答案为3.2；
（2）解：如图1，
，
点只能在边上，
四边形是正方形，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
；
（3）解：①当点在边上时，如图2，
，，要使和全等，只能是，
，
，，
，
，
②当点在边时，不能构成，
③当点在边上时，如图3，
同①的方法得，要使和全等，只能是，
，
，
，
④当点在边时，不是直角三角形，而是直角三角形，所以，不能全等；
即：当和全等时，的值为0.8或；
【点睛】本题考查四边形综合题、正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会分类讨论．
9．（2022秋·吉林白城·八年级校考阶段练习）如图，已知正方形中，边长为，点在边上，．点在线段上以/秒的速度由点向点运动，同时，点在线段上以厘米/秒的速度由点向点运动，设运动的时间为秒．
(1) ， ．（用含的代数式表示）
(2)若以、、为顶点的三角形和以、、为顶点的三角形全等，求的值．
【答案】(1)；
(2)或
【分析】（1）点在线段上以/秒的速度由点向点运动，，由此即可求解；
（2）分类讨论，若，，；若，
，，由此即可求解．
【详解】（1）解：∵点在线段上以/秒的速度由点向点运动，
∴，，
故答案为：；．
（2）解：①若，
则，即，则，
∴；
②若，
则，，则，
∴，解得：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，动点问题，全等三角形的性质，掌握动点与正方形的性质，全等三角形的性质是解题的关键．
10．（2022秋·吉林长春·九年级校考期末）如图，在中，，，，是的中点．动点从点出发，沿以每秒5个单位的速度向点运动，连接，以、为邻边作．设点的运动时间为（秒）．
(1)的长是______．
(2)当与的斜边垂直时，求的值．
(3)当是轴对称图形时，求的值．
(4)作点关于直线的对称点．当与的某一条直角边垂直时，直接写出的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)或或
【分析】（1）利用勾股定理求解即可；
（2）利用相似三角形的性质求解；
（3）如图2中，当时，四边形是矩形，满足条件．
（4）分三种情形，如图3-1中，当时，延长交于点，连接，如图3-2中，当时，如图3-3中，当时，过点作，设交于点分别画出图形求解即可．
【详解】（1）解：在中，，，，
∴，
故答案为：8；
（2）解：如图1中，当时，
∵是的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴
∴，
∴；
（3）解：如图2中，当时，四边形是矩形，满足条件．
∵，，
∴，
∴；
（4）解：如图中，当时，延长交于点，连接，
∵，，
∴，，
∴，
在中，，
解得，．
如图中，当时，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
如图中，当时，过点作，设交于点．
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述，满足条件的的值为或或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行三角形的性质，轴对称图形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．