初中数学苏科版（2024）八年级下册9.4 矩形、菱形、正方形课后作业题

这是一份初中数学苏科版（2024）八年级下册9.4 矩形、菱形、正方形课后作业题，文件包含苏科版数学八下培优专项提升训练专题913菱形的性质与判定大题专练原卷版doc、苏科版数学八下培优专项提升训练专题913菱形的性质与判定大题专练解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共63页， 欢迎下载使用。
注意事项：
本试卷试题解答30道，共分成三个层组：基础过关题（第1-10题）、能力提升题（第11-20题）、培优压轴题（第21-30题），每个题组各10题，可以灵活选用．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、解答题
1．（2022秋·江苏淮安·九年级校考阶段练习）如图，菱形的对角线相交于点且．求证：四边形是矩形．
【答案】见详解
【分析】根据菱形的性质得出，再根据平行四边形的判定定理得四边形为平行四边形，由矩形的定义得出四边形是矩形．
【详解】证明：四边形为菱形
四边形为平行四边形，
平行四边形是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定以及菱形的性质，还考查了平行四边形的判定，解题的关键是掌握菱形的判定方法．
2．（2021春·江苏连云港·八年级统考期中）已知：如图，菱形中，点，分别在，边上，，连接，．求证：．
【答案】见解析
【分析】根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．
【详解】证明：连接，如图，
四边形是菱形，
，
在和中，，
(SAS)，
．
【点睛】本题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
3．（2022春·江苏连云港·八年级统考期中）如图所示，点是菱形对角线的交点，，，连接，交于．
(1)求征：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的性质得出，即可证明四边形是矩形；
（2）根据菱形对角线的性质可知， ， ，用勾股定理即可求出的长度,即可求解．
【详解】（1）证明，∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴
∴，
∴四边形是矩形；
（2）∵四边形是菱形，，，
∴ ， ，
∵，
∴中，，
∵四边形是矩形，
∴,
即．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定以及勾股定理，熟练掌握菱形的性质以及矩形的判定定理是解题的关键．
4．（2021春·江苏淮安·八年级校考期中）如图，D、E分别是不等边三角形ABC（即AB≠BC≠AC）的边AB、AC的中点．O是△ABC内的动点，连接OB、OC，点G、F分别是OB、OC的中点，顺次连接点D、G、F、E．
(1)求证：四边形DGFE是平行四边形；
(2)若四边形DGFE是菱形，则OA与BC应满足怎样的数量关系？并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)OA＝BC，理由见解析
【分析】（1）首先利用三角形中位线的性质得出DEBC，DE＝BC，GFBC，GF＝BC，从而得出DEGF，DE＝GF，即可证得四边形DGFE是平行四边形；
（2）由四边形DGFE是菱形，可得DG＝GF，再根据三角形中位线的性质可得DG＝OA，GF＝BC，从而得出OA＝BC．
【详解】（1）证明：∵D、E分别是边AB、AC的中点．
∴DEBC，DE＝BC．
∵点G、F分别是OB、OC的中点，
∴GFBC，GF＝BC．
∴DEGF，DE＝GF．
∴四边形DEFG是平行四边形；
（2）解：OA＝BC，理由如下：
连接OA．
∵四边形DEFG是菱形，
∴DG＝GF，
∵D是AB的中点，点G、F分别是OB、OC的中点，
∴DG＝OA，GF＝BC，
∴OA＝BC．
【点睛】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，平行四边形的判定，菱形的判定以及平行四边形与菱形的关系，熟记相关的定理和性质是解题的关键．
5．（2022春·江苏盐城·八年级校考阶段练习）如图，四边形ABCD是菱形，AC=16，DB=12，DH⊥AB于点H，
(1)求菱形ABCD的周长？
(2)求DH的长？
【答案】(1)菱形ABCD的周长为40；
(2)DH=．
【分析】（1）先根据菱形的性质得OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，再利用勾股定理计算出AB=10，即可得出菱形的周长；
（2）根据菱形的面积公式得到•AC•BD=DH•AB，再解关于DH的方程即可．
（1）
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=OC=AC=8，OB=OD=BD=6，AC⊥BD，
在Rt△AOB中，AB==10，
∴菱形ABCD的周长为：10×4=40；
（2）
解：∵=•AC•BD，
=DH•AB，
∴DH•10=×12×16，
∴DH=．
【点睛】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；菱形的面积等于对角线乘积的一半．
6．（2022春·江苏盐城·八年级校考期中）在菱形中，两条对角线相交于点，是边的中点，连接并延长到，使，连接，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由菱形ABCD可得出，由F是CD的中点、EF=OF，证四边形OCED是平行四边形，进而得出结论；
（2）证明是的中位线即可得出结论．
（1）
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴，
∵是边的中点，
∴CF=DF，
又，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵，
∴四边形OCED是矩形；
（2）
∵四边形是矩形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴是的中位线，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质和判定，矩形的判定和性质，三角形中位线的性质，掌握以上知识是解题的关键．
7．（2022春·江苏泰州·八年级统考期末）如图，矩形中，为边上方一点，，．
(1)在图1中，请仅用无刻度的直尺作出边的中点；
(2)如图2，在（1）的条件下，连接，若四边形为菱形，请探究之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接AC，BD，过点E和AC与BD的交点O，作线段EF交BC于点F，则点F即为所求；理由：根据矩形的性质可得OB=OC，从而得到点O在BC的垂直平分线上，再由，可得点E在BC的垂直平分线上，进而得到EF垂直平分BC，即可求解；
（2）证明EF=2AB，BC=2EF，可得结论．
（1）
解∶如图，连接AC，BD，过点E和AC与BD的交点O，作线段EF交BC于点F，则点F即为所求；
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OC，
∴点O在BC的垂直平分线上，
∵，
∴点E在BC的垂直平分线上，
∴EF垂直平分BC，即点F为BC的中点，
（2）
如图，
设EF交AD于点J．
∵EB=EC，∠BEC=90°，BF=CF，
∴EF=BF=CF，EF⊥BC，
∵四边形AEDF是菱形，
∴EJ=JF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABF=∠BAJ=∠BFJ=90°，
∴四边形ABFJ是矩形，
∴AB=FJ，
∴EF=2AB，
∵BC=2EF，
∴BC=4AB．
【点睛】本题考查作图——复杂作图，等腰直角三角形的性质，菱形的性质，矩形的判定和性质等知识，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．
8．（2021春·江苏宿迁·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝2cm，BC＝4cm．点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s，连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为ts．
(1)求证：四边形AQCP是平行四边形；
(2)若四边形AQCP是菱形，求t值．
【答案】(1)证明见解析
(2)当t＝1.5s时，四边形AQCP为菱形
【分析】（1）由题意易得BQ＝DP＝t，AP＝CQ＝4﹣t，然后根据矩形的性质可进行求证；
（2）由（1）可知，四边形AQCP为平行四边形，则有，进而问题可求解．
（1）
证明：由已知可得，BQ＝DP＝t，AP＝CQ＝4﹣t，
在矩形ABCD中，∠B＝90°，，
∵AP=CQ，又，
∴四边形AQCP为平行四边形；
（2）
解：由（1）可知，四边形AQCP为平行四边形，
∴当AQ＝CQ时，四边形AQCP为菱形，
即时，四边形AQCP为菱形，解得t＝1.5，
故当t＝1.5s时，四边形AQCP为菱形．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、平行四边形及菱形的判定，熟练掌握矩形的性质、勾股定理、平行四边形及菱形的判定是解题的关键．
9．（2019春·江苏南京·八年级南京市宁海中学校考期中）如图，在中，过点的直线，为边上一点、过点作，交直线于，垂足为，连接、．
(1)求证：；
(2)当在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由；
(3)若为中点，则当______时，四边形是正方形（直接写出答案）．
【答案】(1)见解析
(2)四边形BECD是菱形，理由见解析
(3)45°
【分析】（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可；
（3）求出∠CDB=90°，再根据正方形的判定推出即可．
【详解】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠DFB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠DFB，
∴ACDE，
∵MNAB，即CEAD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE=AD；
（2）解：四边形BECD是菱形，
理由是：∵D为AB中点，
∴AD=BD，
∵CE=AD，
∴BD=CE，
∵BDCE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵∠ACB=90°，D为AB中点，
∴CD=BD（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），
∴四边形BECD是菱形；
（3）解：当∠A=45°时，四边形BECD是正方形，理由是：
解：∵∠ACB=90°，∠A=45°，
∴∠ABC=∠A=45°，
∴AC=BC，
∵D为BA中点，
∴CD⊥AB，
∴∠CDB=90°，
∵四边形BECD是菱形，
∴菱形BECD是正方形，
故答案为：45°．
【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形的性质的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
10．（2022春·江苏徐州·八年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是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：四边形ADCF是平行四边形；
(2)当AB＝AC时，求证：四边形ADCF矩形；
(3)当△ABC满足条件 时，四边形ADCF是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)当△ABC满足∠BAC＝90°时，则四边形ADCF是菱形，理由见解析
【分析】（1）先证明△AEF≌△DEB，可得AF＝DB，从而得到AF＝DC，即可求证；
（2）根据等腰三角形的性质可得∠ADB＝90°，即可求证；
（3）当△ABC满足∠BAC＝90°时，根据直角三角形的性质可得AD＝DC＝BC，即可求解．
（1）
证明：∵，
∴∠FAE＝∠EDB，∠AFE＝∠EBD．
∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
在△AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEB（AAS），
∴AF＝DB，
又∵BD＝DC，
∴AF＝DC，
∴四边形ADCF为平行四边形；
（2）
证明：∵AB＝AC，且AD为BC边上的中线，
∴AD⊥CD，
即∠ADB＝90°，
∴四边形ADCF为矩形；
（3）
解：当△ABC满足∠BAC＝90°时，则四边形ADCF是菱形，
理由如下：
∵∠BAC＝90°，AD是BC边的中线，
∴AD＝DC＝BC，
又∵四边形ADCF为平行四边形，
∴四边形ADCF是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形和菱形的判定，直角三角形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定，矩形和菱形的判定，直角三角形的性质是解题的关键．
11．（2022春·江苏盐城·八年级校考阶段练习）如图，▱ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，且BE＝DF，EF与AC相交于点P．
(1)求证：PA＝PC．
(2)当EF⊥AC时，连接AF、CE，试判断四边形AECF的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AECF是菱形，理由见解析
【分析】（1）连接AF，CE，根据平行四边形的性质可得ABCD，AB＝CD，进而结合已知条件可得AE＝CF，根据一组对边平行且相等可得四边形AECF是平行四边形，进而可得PA＝PC；
（2）根据对角线互相垂直的平行四边形即可得出结论．
（1）
证明：连接AF，CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ABCD，AB＝CD，
∵BE＝DF，
∴AB﹣BE＝CD﹣DF，
∴AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴PA＝PC；
（2）
解：四边形AECF是菱形．
理由：∵由（1）可知：四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的判定，掌握平行四边形的性质与菱形的性质是解题的关键．
12．（2022春·江苏南通·八年级校考阶段练习）如图，在▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC的平分线交AD于点F，EF∥AB交BC于点E．
(1)求证：四边形ABEF是菱形；
(2)若AB＝5，AE＝6，▱ABCD的面积为36，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)EC=2.5．
【分析】（1）先证四边形ABEF是平行四边形，由角平分线的性质和平行线的性质可证AB=AF，可得结论；
（2）由菱形的性质可得AE⊥BF，AO=OE=3，BO=OF，AB=BE=5，由勾股定理可求BO，由菱形的面积公式可求菱形ABEF的面积=24，可求平行四边形EFDC的面积，即可求解．
（1）
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，
又∵EFAB，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF=∠EBF，
∵AFBC，
∴∠AFB=∠EBF，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）
解：∵四边形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，AO=OE=3，BO=OF，AB=BE=5，
∴BO==4，
∴BF=8，
∴菱形ABEF的面积=×6×8=24，
∵ADBC，ABEFCD，
∴四边形ECDF是平行四边形，
∴=36-24=12，
∴=2：1，
∴BE：EC=2：1，
∴EC=2.5．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，平行四边形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
13．（2022春·江苏南通·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AD平分，过AD的中点O作AD的垂线，分别交AB，AC于E，F两点，连接DE，DF．求证：四边形AEDF是菱形．
【答案】见解析
【分析】证明△AOE≌△DOF（ASA），由全等三角形的性质得出EO=FO，得出四边形AEDF是平行四边形，由菱形的判定可得出结论．
【详解】证明：∵EF垂直平分AD，
∴AF=DF，
∴∠FAD=∠FDA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠BAD=∠FDA，
又∵∠AOE=∠DOF，AO=DO，
∴△AOE≌△DOF（ASA），
∴EO=FO，
又∵AO=DO，
∴四边形AEDF是平行四边形，
又∵AD⊥EF，
∴四边形AEDF是菱形．
【点睛】本题考查了菱形的判定的应用，能熟记菱形的判定定理是解答此题的关键，注意：有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
14．（2022春·江苏扬州·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，∠BAC＝90°，E是BC的中点，AD//BC，AE//DC，EF⊥CD于点F．
(1)求证：四边形AECD是菱形；
(2)若AB＝3，AC＝4，求EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形和菱形的判定证明即可；
（2）根据菱形的性质和三角形的面积公式解答即可．
【详解】（1）证明： ， ，
四边形是平行四边形，
，是的中点，
，
四边形是菱形；
（2）解：解：过作于点，如图所示
，，，
，
的面积，
，
四边形是菱形，
，
，
．
【点睛】此题考查菱形的判定和性质、勾股定理、平行四边形的判定，解题的关键是证明四边形是菱形．
15．（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图，DB是▱ABCD的对角线．
(1)尺规作图：作线段BD的垂直平分线EF，分别交AB、DB、DC于E、O、F，连接DE，BF；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)试判断四边形DEBF的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形DEBF为菱形，理由见解析
【分析】（1）利用基本作图，作线段BD的垂直平分线即可；
（2）先根据线段垂直平分线的性质得到EB=ED，FB=FD，OB=OD，再证明△ODF≌△OBE得到DF=BE，所以DE=EB=BF=DF，于是可判断四边形DEBF为菱形．
【详解】（1）解：如图，EF、DE、BF为所作；
（2）解：四边形DEBF为菱形．
理由如下：
∵EF垂直平分BD，
∴EB=ED，FB=FD，OB=OD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠FDB=∠EBD，
在△ODF和△OBE中，，
∴△ODF≌△OBE（ASA），
∴DF=BE，
∴DE=EB=BF=DF，
∴四边形DEBF为菱形．
【点睛】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了线段垂直平分线的性质和菱形的判定．
16．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，分别是各边的中点，连接．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)加上条件______（从①三个条件；②平分；③中选择一个，写序号），能使结论_______成立（从两个结论①四边形为菱形；②四边形为矩形中选择一个，写序号），并加以证明．
【答案】(1)见解析
(2)①；②或②；①或③；①（答案不唯一，三种情况任选一种即可）
【分析】（1）根据三角形中位线定理可证；
（2）若选①根据（1）中ADEF为平行四边形的基础，可以证明四边形为矩形；
若选②AE平分∠BAC，则在（1）中ADEF为平行四边形基础上，再证一组邻边相等即证明AF＝EF，从而得出四边形ADEF为菱形；
若选③AB＝AC，三角形中位线定理，即可证明EF＝DE ，再根据四边形AEDF为平行四边形，即可证明四边形为菱形．
（1）
证明：∵D、E、F为AB、BC、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴，DE＝AC＝AF，
即，DE＝AF，
∴四边形ADEF为平行四边形．
（2）
解：选①，证明②四边形ADEF为矩形，
根据解析（1）可知，四边形ADEF为平行四边形，
∵，
∴四边形ADEF为矩形．
选②AE平分∠BAC，证明①四边形ADEF为菱形，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAE＝∠FAE，
又∵ADEF为平行四边形，
∴，
∴∠DAE＝∠AEF，
∴∠FAE＝∠AEF，
∴AF＝EF，
∴平行四边形ADEF为菱形．
选③AB＝AC证明①四边形ADEF为菱形，
∵，EF＝AB，，DE＝AC，
又∵AB＝AC，
∴EF＝DE，
∵四边形ADEF为平行四边形，
∴四边形ADEF为菱形．
故答案为：①；②或②；①或③；①（答案不唯一，三种情况任选一种即可）．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，三角形中位线性质定理，菱形的判定定理，矩形的判定定理．认真分析图中的几何关系，熟练掌握平行四边形以及菱形的判定定理是解题关键．
17．（2022春·江苏扬州·八年级统考期中）如图，将一张长方形纸片ABCD折叠，使C、A两点重合，点D的对应点为点G，折痕为EF，点E在BC上，点F在AD上．
(1)请你画出图形并标好字母，求证：四边形AECF是菱形；
(2)已知AB＝4，BC＝8，求线段FD的长．
【答案】(1)见解析
(2)线段FD的长为3．
【分析】（1）由折叠性质得AE=CE，AF=FC，∠AEF=∠CEF，由矩形性质得出AE=CE=CF=AF，即可得出结论；
（2）根据矩形的性质和勾股定理即可得到结论．
（1）
解：画出图形如图所示：
证明：由折叠性质得AE=CE，AF=FC，∠AEF=∠CEF，
∵四边形ABCD为矩形，
∴，
∴∠AFE=∠CEF，
∵∠AEF=∠FEC，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AE=AF，
∵CE=AF，
∴AE=CF，
∵AF=FC，
∴AE=CE=CF=AF，
∴四边形AECF为菱形；
（2）
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=8，CD=AB=4，∠D=90°，
∵AF=CF=AD-DF，CD2+DF2=CF2，
∴42+DF2=（8-DF）2，
∴DF=3，
故线段FD的长为3．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，正确地作出图形是解题的关键．
18．（2022秋·江苏·九年级开学考试）在平行四边形ABCD中，AC⊥CD．
(1)如图1，延长DC到E，使CE = CD，连接BE，求证：四边形ABEC是矩形；
(2)如图2，点F，G分别是BC，AD的中点，连接AF，CG，判断四边形AFCG的形状并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AFCG是菱形，理由见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AB∥CE，AB=CD，再由CE = CD，可得AB=CE，可得到四边形ABEC是平行四边形，再由AC⊥CD．即可求证；
（2）根据平行四边形的性质可得BC=AD，BC∥AD，再由点F，G分别是BC，AD的中点，可得CF=AG，可得到四边形AFCG是平行四边形，再由直角三角形的性质，AF=CF，即可求解．
【详解】（1）证明：在平行四边形ABCD中，AB∥CD，AB=CD，
∴AB∥CE，
∵CE = CD，
∴AB=CE，
∴四边形ABEC是平行四边形，
∵AC⊥CD．
∴∠ACE=90°，
∴四边形ABEC是矩形；
（2）解：四边形AFCG是菱形，理由如下：
在平行四边形ABCD中，BC=AD，BC∥AD，
∵点F，G分别是BC，AD的中点，
∴BC=2CF，AD=2AG，CF∥AG，
∴CF=AG，
∴四边形AFCG是平行四边形，
∵四边形ABEC是矩形，
∴∠BAC=90°，
∴BC=2AF，
∴AF=CF，
∴四边形AFCG是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，矩形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形的性质是解题的关键．
19．（2022春·江苏扬州·八年级校联考阶段练习）已知：如图，在中，点E、F分别在AD、BC上，且BE平分，．求证：
(1)；
(2)四边形ABFE是菱形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质可得，然后根据角平分线的定义可得，从而可得，最后根据等腰三角形的判定即可得证；
（2）先根据平行四边形的判定证出四边形是平行四边形，再结合（1）的结论，根据菱形的判定即可得证．
（1）
证明：四边形是平行四边形，
，
，
平分，
，
，
．
（2）
证明：四边形是平行四边形，
，
又，
四边形是平行四边形，
由（1）已证：，
四边形是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、菱形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
20．（2022春·江苏南通·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，，BD平分．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)E为OB上一点，连接CE，若，求菱形ABCD的面积．
【答案】(1)过程见解析
(2)16
【分析】对于（1），先根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”证明四边形ABCD是平行四边形，再根据角平分线的性质得∠ABD=∠ADB，可得AB=AD，即可根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”得出答案；
对于（2），先根据勾股定理求出CO，BO，再根据菱形的面积等于对角线乘以的一半得出答案．
(1)
∵AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴∠ADB=∠CBD．
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴AB=AD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
(2)
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AC=2CO，BD=2BO．
在Rt△COE中，，，
∴，
∴AC=2CO=4．
在Rt△BOC中，，，
∴，
∴BD=2BO=8．
所以菱形ABCD的面积=．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质和判定，掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．
21．（2022·江苏淮安·统考二模）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于F，连接CF．
(1)求证：△AEF≌△DEB；
(2)当∠BAC＝_______°时，四边形ADCF是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)90
【分析】（1）利用AAS即可证明；
（2）先根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半证明AD=DC，再证明四边形AFCD是平行四边形即可得证．
（1）
证明：∵，
∴
∵E为中点，
∴，
∵，
∴；
（2）
当∠BAC=90°时，四边形ADCF是菱形；
理由如下：
∵∠BAC=90°，
∴△ABC是直角三角形，
∵AD是BC边上的中线，
∴，
∵在（1）中已证得，
∴AF=BD，
∵，
∴四边形AFCD是平行四边形，
∵AD=CD，
∴平行四边形AFCD是菱形，
故答案为：90．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质、菱形的判定等知识，掌握全等三角形的判定是解答本题的关键．
22．（2022·江苏扬州·校联考二模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD≠BC，将四边形ABCD折叠，使A，C两点重合，折痕与AD，AC，BC分别交于点E，O，F．
(1)请用尺规作出直线EF；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)连接AF，CE，判断四边形AFCE的形状，并说明理由．
【答案】(1)作图见解析；
(2)菱形，理由见解析
【分析】（1）连接AC，作线段AC的垂直平分线即可；
（2）证△AOE≌△COF（ASA），得OE=OF，再由OA=OC，得四边形AFCE为平行四边形，然后由EF⊥AC，即可得出结论．
（1）
解：连接AC，如图，直线EF即为所求作：
；
（2）
解：四边形AFCE是菱形．理由如下：
证明：∵AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
由作图知：EF垂直平分AC，
∴OA=OC，
在△AOE和△COF中，，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE=OF，
∴四边形AFCE为平行四边形，
∵EF垂直平分AC，
∴平行四边形AFCE是菱形．
【点睛】本题考查了作图-基本作图、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
23．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，在中，点D是BC的中点，E、F分别是AD及其延长线上的点，．
(1)求证：；
(2)连接BE、CF，若，四边形BECF是什么特殊的四边形，请证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)菱形，见解析
【分析】（1）由题意易得，，然后问题可求证；
（2）由（1）知，然后可得四边形BECF是平行四边形，进而问题可求解．
（1）
证明：∵，
∴，
∵点D是BC的中点，
∴，
∵，
∴；
（2）
四边形BECF是菱形，证明如下：
由（1）知，，
∴，
又，
∴四边形BECF是平行四边形，
∵，
∴，即，
∴四边形BECF是菱形．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质、全等三角形的性质与判定及菱形的判定，熟练掌握等腰三角形的性质、全等三角形的性质与判定及菱形的判定是解题的关键．
24．（2022·江苏·校考一模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB=AD，AC平分∠BAD，
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若菱形ABCD的边长为13，对角线AC=24，点E、F分别是边CD、BC的中点，连接EF并延长，与AB的延长线相交于点G，求EG的长．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】（1）根据AB∥CD，AC平分∠BAD，可得AD=CD，从而得到AB=CD，可证得四边形ABCD是平行四边形，即可求证；
（2）根据菱形的性质，得到CD=13，AO=CO=12． 利用勾股定理即可得到OD的长，再结合三角形中位线性质，可得四边形BDEG是平行四边形，即可求解．
（1）
解：∵AB∥CD，
∴∠BCAC=∠DCA，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∴∠DAC=∠DCA，
∴AD=CD，
∵AB=AD，
∴AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）
解：连接BD，交AC于点O，如图，
∵菱形ABCD的边长为13，对角线AC=24，
∴CD=13，AO=CO=12，
∵点E、F分别是边CD、BC的中点，
∴EF∥BD，
∵AC、BD是菱形的对角线，
∴AC⊥BD，OB=OD，
∵CD=13， CO=12，
∴，
∴BD=10，
又AB∥CD，EF∥BD，
∴DE∥BG，BD∥EG，
∴四边形BDEG是平行四边形，
∴EG =BD=10．
【点睛】本题考查了平行四边形性质判定方法、菱形的判定和性质、等腰三角形性质、勾股定理等知识，关键在于熟悉四边形的判定方法和在题目中找到合适的判定条件，需要多加练习才能提高．
25．（2022春·江苏苏州·九年级校联考期中）如图，在平行四边形中，以点A为圆心，长为半径画弧交于点F，再分别以点B、F为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点P连接并延长交于E，连接，得到四边形．
(1)根据以上尺规作图的过程，判断四边形的形状并证明；
(2)若，求菱形的周长．
【答案】(1)四边形为菱形．
(2)32．
【分析】（1）根据作图的过程可知平分，根据平行四边形的性质可得，根据作图可知，得，证明四边形是平行四边形，进而可得四边形是菱形．
（2） 连接交于点，结合（1）根据菱形的性质和，，即可求菱形的周长．
（1）
证明：根据作图可知平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴,
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形．
（2）
如图，连接交于点，
∵四边形是菱形，
∴，，，
，

∴，
∴，
∴，
∴菱形的周长为．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，掌握平行四边形的性质，菱形的判断与性质是解决本题的关键．
26．（2022春·江苏连云港·八年级校考期中）如图，由两个等宽的矩形叠合而得到四边形ABCD．
(1)试判断四边形ABCD的形状并证明．
(2)若矩形长为8cm，宽为2cm，求四边形ABCD的最大面积．
【答案】(1)四边形ABCD是菱形，证明见解析
(2)平方厘米
【分析】（1）作AR⊥BC，交BC于点R，AS⊥CD，交CD于点S，先证明四边形ABCD是平行四边形，再根据两个矩形的宽度相等，可得AR＝AS，结合平行四边形的面积有，有BC＝CD，即得证；
（2）先确定菱形ABCD的形状，设BC＝x，则CG＝8-x，CD＝BC＝x，在Rt△CBG中，，即可求出BC，则菱形的面积可求．
（1）
四边形ABCD是菱形．
理由：作AR⊥BC，交BC于点R，AS⊥CD，交CD于点S，
由题意知：，，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵两个矩形的宽度相等，
∴AR＝AS，
∵根据平行四边形的面积有AR•BC＝AS•CD，
∴BC＝CD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）
当这两张纸片叠合成如图2时，四边形ABCD的面积最大，
∵菱形ABCD的边上的高为矩形的宽，是定值，
∴菱形ABCD的边越大时，其面积也就越大，
即如图2，此时菱形ABCD的边BC得到最大，故此时菱形ABCD的面积最大，
由题条件有：BG=2，BH=DG=8，∠G=90°，
根据（1）的结论有：四边形ABCD是菱形，
即有BC=CD，
设BC＝x，则CG＝8-x，CD＝BC＝x，
在Rt△CBG中，，
∴，
解得，
∴（平方厘米）．
即四边形ABCD的最大面积为平方厘米．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质以及勾股定理等知识，掌握平行四边形的判定与性质是解答本题的关键．利用好平行四边形的面积公式可以简化解题过程．
27．（2022春·江苏泰州·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，AD//BC，∠ADC=90°，AD=8，BC=CD=6，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作NP⊥AD于点P，连接AC交NP于点Q，连接MQ，设运动时间为t秒（）．
(1)求点B到线段AC的距离；
(2)当NP经过线段AC中点时，求t的值并直接写出此时线段MQ、NQ的关系；
(3)连接AN、CP，在点M、N运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(4)将△AQM沿AD翻折，得到△AKM．在点M、N运动过程中，
①是否存在某时刻t，使四边形AQMK为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
②是否存在某时刻t，使四边形AQMK为正方形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)秒，MQ=NQ
(3)存在，秒，理由见详解
(4)①存在，秒，理由见详解②不存在，理由见详解
【分析】（1）结合题意，在中由勾股定理计算，由平行线的性质可知CD的长与的边BC上的高长相等，然后借助面积法求点B到线段AC的距离即可；
（2）首先证明四边形DPNC为平行四边形，推导，当NP经过线段AC中点时，即Q为AC中点，由勾股定理计算可计算除，进而易得CN、BN的长，即可求出此时t的值；
（3）当四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等时，结合图形可知，由平行线间的距离处处相等，可知的边BN上的高与的边CN上的高相等，易得此时，进而确定，然后计算此时t的值即可；
（4）①由折叠的性质及菱形的判定条件可知当时，四边形AQMK为菱形，根据题意列出关于t的方程并求解即可；②若四边形AQMK为正方形，则，由折叠性质可知，此时为等腰直角三角形，，而由题意可知，故可确定不存在某时刻t，使四边形AQMK为正方形．
（1）
解：∵，，，
∴在中，，
∵，，
∴CD的长与的边BC上的高长相等，
∴，
设点B到AC的距离为h，
∴，
解得，
∴点B到线段AC的距离为；
（2）
∵NP⊥AD，，
∴，
又∵AD//BC，
∴四边形DPNC为平行四边形，
∴，
当NP经过线段AC中点时，即Q为AC中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
∴秒，
此时，
∴，即点M与点P重合，即，
∵四边形DPNC为平行四边形，
∴，
∴，
∴；
（3）
存在，当秒时，四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等，理由如下：
由题意可知，，
，
若=，则，
∵，
又∵平行线间的距离处处相等，
∴的边BN上的高与的边CN上的高相等，设高均为，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴秒，
综上所述，在点M、N运动过程中，当秒时，四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等；
（4）
①存在，当秒时，四边形AQMK为菱形，理由如下：
由折叠可知， ，
又∵，
∴当时，四边形AQMK为菱形，
∵，，
∴，
∴，，
∴，解得；
②不存在，理由如下：
若四边形AQMK为正方形，则，
由折叠性质可知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由题意可知，，
∴不存在某时刻t，使四边形AQMK为正方形．
【点睛】本题主要考查了动点问题、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理以及折叠的性质等知识，综合性较强，解题关键是能够灵活运用所学知识，并利用数形结合的思想分析问题．
28．（2022春·江苏镇江·八年级统考期中）【定义】只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径．图1，，四边形是损矩形，则该损矩形的直径是线段．时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点：在公共边同侧的两个角是相等的．图1中：和有公共边，在同侧有和，此时；再比如和有公共边，在同侧有和，此时．
【理解】
(1)如图1，________；
(2)下列图形中一定是损矩形的是_________（填序号）；
(3)【应用】如图2，四边形是以为直径的损矩形，以为一边向外作菱形，点为菱形对角线的交点，连接，当平分时，判断四边形为何种特殊的四边形？并说明理由；
(4)如图3，四边形是以为直径的损矩形，点为的中点，于点，若，则_______．
【答案】(1)
(2)③
(3)四边形为正方形；理由见解析
(4)16
【分析】（1）在AD的同侧的∠ABD=∠ACD；
（2）只有③是只有一组对角是直角的四边形；
（3）可得∠ADC=∠ABD=45°，进而求得∠ACE=90°，从而推得结果；
（4）可推出OB=OD，进而推出△BOG是直角三角形，进一步求得结果．
（1）
解：在AD的同侧的∠ABD=∠ACD；
故答案为：∠ACD；
（2）
解：只有③是只有一组对角是直角的四边形，
故答案为：③；
（3）
解：四边形ACEF是正方形，理由如下：
∵四边形ABCD是以AC为直径的损矩形，
∴∠ABC=90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=∠ABC＝45°，
∴∠ADC=∠ABD=45°，
∵四边形ACEF是菱形，
∴∠ECF=∠ACD=45°，
∴∠ACE=90°，
∴四边形ACEF是正方形；
（4）解：∵四边形ABCD是以AC为直径的损矩形，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∵点O是AC的中点，
∴OB=AC，
同理可得：OD=AC，
∴OB=OD=BD，
∵点G是BD的中点，
∴OG⊥BD，
∴∠BOG=90°，
∴OB2BG2=OG2=4，
∴（AC）2（BD）2=4，
∴AC2BD2=16，
故答案是为：16．
【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形，勾股定理，菱形的性质，正方形判定等知识，解决问题的关键是充分利用定义给出的结论．
29．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期中）如图1，在矩形中，对角线相交于点O，，，点P从点A出发沿以每秒的速度向点B运动，同时点Q从点C出发沿方向以每秒的速度向点A运动，设运动的时间为t秒，当点P运动到点B时，点Q停止运动．过点Q作于点H．
(1)填空：_____________，________（用含有t的式子表示）；
(2)是否存在某一时刻t，使四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(3)若在某一时刻t，平面内存在一点G，使四点构成的四边形是矩形，求出t的值．
【答案】(1)30；tcm；（10−2t）cm
(2)存在；t＝时，四边形APHQ是菱形
(3)t的值为或4
【分析】（1）证明△AOB是等边三角形，推出∠BAC＝60°，可得结论；
（2）存在，当AP＝AQ时，四边形APHQ是菱形，构建方程求解即可；
（3）分两种情形，当∠PQH＝90°时，当∠QPH＝90°时，存在一点G，使P、Q、G、H四点构成的四边形是矩形，分别构建方程求解．
（1）
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，∠ABO＝90°，
∴OA＝OB，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠BAO＝60°，
∴∠ACB＝90°−60°＝30°，
∵AB＝5cm，
∴AC＝2AB＝10（cm），
∵QH⊥CB，
∴∠QHC＝90°，
∵CQ＝2t（cm），
∴AQ＝（10−2t）cm，QH＝CQ＝t（cm），
故答案为：30；tcm；（10−2t）cm．
（2）
解：存在．理由如下：
∵，AP＝QH＝t，
∴四边形APHQ是平行四边形，
当AP＝AQ时，四边形APHQ是菱形，
∴t＝10−2t，
解得：t＝，
∴t＝时，四边形APHQ是菱形．
（3）
解：当∠PQH＝90°时，存在一点G，使P、Q、G、H四点构成的四边形是矩形，如图所示：
此时PQ、QH为矩形的两条邻边，
∵，
∴∠QPB=180°-∠PQH=90°，
∴点G一定在AB上，
∵∠PBH=∠BHQ=∠PQH=90°，
∴四边形PBQH为矩形，
∴此时点G在点B上，
∴PB＝QH，
∴5−t＝t，
∴t＝；
当∠QPH＝90°时，存在一点G，使P、Q、G、H四点构成的四边形是矩形，如图所示：
根据解析（2）可知，四边形APHQ为平行四边形，
∴∠QHP=∠BAC=60°，
∵∠QPH＝90°，
∴∠PQH=30°，
∵，
∴∠APQ=∠PQH=30°，
∴AP＝2AQ，
∴t＝2（10−2t），
∴t＝4；
综上所述，满足条件的t的值为或4．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
30．（2022春·江苏南通·八年级启东市长江中学校考阶段练习）如图1，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连接PG，PC．
（1）探究PG与PC的位置关系及的值；（写出结论，不需要证明）
（2）如图2，将原问题中的正方形ABCD和正方形BEFC换成菱形ABCD和菱形BEFG，且∠ABC＝∠BEF＝60°，探究PG与PC的位置关系及的值．写出你的猜想并加以证明；
（3）如图3，将图2中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转．使菱形BEFG的边BG恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上，问题（2）中的其他条件不变，你在（2）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明．
【答案】（1）PG⊥PC；＝1；（2）PG⊥PC；，证明见解析（3）仍成立，证明见解析
【分析】（1）可通过构建全等三角形求解．延长GP交DC于H，可证三角形DHP和PGF全等，已知的有DCGF，根据平行线间的内错角相等可得出两三角形中两组对应的角相等，又有DP＝PF，因此构成了全等三角形判定条件中的（AAS），于是两三角形全等，那么HP＝PG，DH＝GF＝BG，那么可得出CH＝CG，于是三角形CHG就是等腰三角形且CP是底边上的中线，根据等腰三角形三线合一的特点，即可得出CP＝PG＝PH，CP⊥PG；
（2）方法同（1），证三角形CHG是个等腰三角形，且顶角为120°，可根据30°的直角三角形来得出PG、CP的比例关系；
（3）经过（1）（2）的解题过程，我们要构建出以CP为底边中线的等腰三角形，那么可延长GP到H，使PH＝PG，连接CH、DH，那么根据前两问的解题过程，我们要求的是三角形CHG是个等腰三角形，关键是证三角形CDH和CBG全等，已知的只有CD＝CB，我们可通过其他的全等三角形来得出三角形CDH和CBG全等的条件．三角形DHP和FGP中，有一组对顶角，DP＝PF，HP＝PG，那么这两个三角形就全等，可得出DH＝GF＝BG，∠HDP＝∠GFP，根据平行线间的内错角相等可得出∠CDP＝∠EFD，那么∠CDH＝∠EFG＝∠CBG，由此可得出三角形CDH和CBG全等，然后证法同（2）．
【详解】解：（1）线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；＝1；证明如下：
如图1，延长GP交DC于H，
∵DCGF，
∴∠HDP=∠GFP，∠DHP=∠FGP
又P是线段DF的中点，
∴DP＝PF，
∴△DHP≌△PGF，
∴HP＝PG，DH＝GF，
∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，
∴CD=CB，GF=BG，
∴CH=CD-DH=BC-BG=BC-FG=BC-DH=CG，
即CH＝CG，
∴三角形CHG就是等腰三角形且CP是底边上的中线，
∴CP＝PG＝PH，CP⊥PG；
∴线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；＝1；
（2）猜想：线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；．
证明：如图2，延长GP交DC于点H，
∵P是线段DF的中点，
∴FP＝DP，
由题意可知DCGF，
∴∠GFP＝∠HDP，
∵∠GPF＝∠HPD，
∴△GFP≌△HDP，
∴GP＝HP，GF＝HD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝CB，
∴CG＝CH，
∴△CHG是等腰三角形，
∴PG⊥PC，（三线合一）
又∵∠ABC＝∠BEF＝60°，
∴∠GCP＝60°，
又∵∠CPG=90°，
∴2CP=CG，PG=PG，
∴；
（3）在（2）中得到的两个结论仍成立．
证明：如图3，延长GP到H，使PH＝PG，
连接CH，CG，DH，
∵P是线段DF的中点，
∴FP＝DP，
∵∠GPF＝∠HPD，
∴△GFP≌△HDP，
∴GF＝HD，∠GFP＝∠HDP，
∵∠GFP＋∠PFE＝120°，∠PFE＝∠PDC，
∴∠CDH＝∠HDP＋∠PDC＝120°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝60°，点A、B、G又在一条直线上，
∴∠GBC＝120°，
∵四边形BEFG是菱形，
∴GF＝GB，
∴HD＝GB，
∴△HDC≌△GBC，
∴CH＝CG，∠DCH＝∠BCG，
∴∠DCH＋∠HCB＝∠BCG＋∠HCB＝120°，
即∠HCG＝120°，
∵CH＝CG，PH＝PG，
∴PG⊥PC，∠GCP＝∠HCP＝60°，
∴．即PG＝PC．
【点睛】本题主要考查了正方形，菱形的性质，以及全等三角形的判定等知识点，根据已知和所求的条件正确的构建出相关的全等三角形是解题的关键．