数学八年级下册矩形、菱形、正方形练习题

这是一份数学八年级下册矩形、菱形、正方形练习题，文件包含专题94矩形菱形正方形的性质与判定之九大考点原卷版docx、专题94矩形菱形正方形的性质与判定之九大考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共65页， 欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc3516" 【典型例题】 PAGEREF _Tc3516 \h 1
\l "_Tc7443" 【考点一 利用矩形的性质求角度】 PAGEREF _Tc7443 \h 1
\l "_Tc31336" 【考点二 利用矩形的性质求线段长】 PAGEREF _Tc31336 \h 3
\l "_Tc21705" 【考点三 矩形的性质与判定综合问题】 PAGEREF _Tc21705 \h 6
\l "_Tc28980" 【考点四 利用菱形的性质求角度】 PAGEREF _Tc28980 \h 10
\l "_Tc20795" 【考点五 利用菱形的性质求线段长】 PAGEREF _Tc20795 \h 11
\l "_Tc10622" 【考点六 菱形的性质与判定综合问题】 PAGEREF _Tc10622 \h 14
\l "_Tc12063" 【考点七 利用正方形的性质求角度】 PAGEREF _Tc12063 \h 18
\l "_Tc19629" 【考点八 利用正方形的性质求线段长】 PAGEREF _Tc19629 \h 20
\l "_Tc7074" 【考点九 正方形的性质与判定综合问题】 PAGEREF _Tc7074 \h 23
\l "_Tc24340" 【过关检测】 PAGEREF _Tc24340 \h 30
【典型例题】
【考点一 利用矩形的性质求角度】
例题：（甘肃省定西市岷县2022-2023学年八年级下学期期末数学试题）如图，在矩形中，对角线，相交于点O．若，则的度数为 ．

【答案】/度
【分析】根据矩形的性质得出，再根据等边对等角得出，最后根据三角形的外角即可得出答案．
【详解】四边形是矩形
，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形的外角性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
【变式训练】
1．（陕西省陕西师范大学附属中学2022-2023学年九年级上学期开学考试数学试题）如图，在矩形中，、交于点，于点，若，则 ．

【答案】
【分析】根据矩形性质可得，，得到为等腰三角形，求出的度数，进而求出的度数．
【详解】解：四边形为矩形，
，，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握性质定理是解答本题的关键．
2．（黑龙江省哈尔滨市南岗区萧红中学2022-2023学年九年级上学期期中学情评估数学试卷（五四制））在矩形中，，点E在上，连接，若是以为腰的等腰三角形，则的度数为 ．
【答案】或
【分析】根据题意分和两种情况，分别根据等腰三角形的定义和矩形的性质求解即可．
【详解】①如图，当时，
∵四边形是矩形，
∴
∵
∴；
②如图，当时，
∵四边形是矩形，
∴
又∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴．
综上所述，的度数为或．
【点睛】本题考查了矩形的性质、直角三角形的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的性质，进行分类讨论是解题的关键．
【考点二 利用矩形的性质求线段长】
例题：（2023上·四川成都·九年级校考阶段练习）如图，矩形中，对角线相交于点，过点作交于点，已知，的面积为5，则的长为 ．
【答案】3
【分析】本题主要考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，连接，由矩形的性质可得，得出垂直平分，，则，从而得到，得出，最后由勾股定理进行计算即可，正确地作出所需要的辅助线是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是矩形，对角线相交于点，
，
，
垂直平分，，
，
，
，
，
，
故答案为：3．
【变式训练】
1．（2024上·江西鹰潭·九年级统考期末）如图，矩形中，对角线，相交于O，E，F分别是，的中点．若，求的长．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，中位线，根据矩形的性质得，根据点E、F分别是、的中点，是的中位线，即可得，即可得，掌握矩形的性质，中位线是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，
，
∵点E、F分别是、的中点，
是的中位线，
，
，
．
2．（2023上·陕西榆林·九年级校考期中）如图，在矩形中，，，边上有一点E，连接，，．

(1)求的长；
(2)求的度数．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
（1）根据矩形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论；
（2）根据直角三角形的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，根据平行线的性质得到，求得，根据三角形的内角和定理即可得到结论．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，，，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
【考点三 矩形的性质与判定综合问题】
例题：（2023上·辽宁丹东·九年级统考期中）如图，四边形是平行四边形，点在边的延长线上，且，，，相交于点O，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的性质和判定，平行四边形的性质，等边三角形的性质和判定的应用，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
（1）根据平行四边形的性质得出，，，得出，，，根据矩形的判定得出即可；
（2）根据矩形的性质得出，，，得出，可得是等边三角形，即可得出答案．
【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：四边形是矩形，
，，，
，
，
是等边三角形，
，
【变式训练】
1．（2023上·陕西咸阳·九年级咸阳市实验中学校考阶段练习）如图，的对角线相交于点，且．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)点在上，连接，若，求的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、矩形的判定、等边三角形的判定与性质、矩形的性质等知识点，灵活运用相关判定与性质是解题的关键．
（1）先说明，由等角对等边可得，再根据平行四边形的性质可得，进而得到，即，从而证明结论；
（2）根据矩形的性质可得，进而得到，再结合可得，再说明即可解答．
【详解】（1）证明：，
，
，
∵在中，
∴，
，
，
四边形是矩形．
（2）解：∵在矩形中，，
，
．
由（1）可知，，
，
，
，
．
2．（2023上·广东深圳·九年级校联考阶段练习）如图，在中，，是的平分线，是外角的平分线，，垂足为点E．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明，根据矩形的判定即可得到结论；
（2）根据矩形的性质和勾股定理即可求出的长．
此题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握矩形的判定和性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵，是的平分线，
∴，
∴，
∵是外角的平分线，
∴．
∴，
∵，
∴．
∴，
∴四边形为矩形；
（2）解：∵四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
【考点四 利用菱形的性质求角度】
例题：（2023上·福建三明·九年级统考期末）如图，是菱形的对角线，若，则的度数为 ．
【答案】/70度
【分析】本题考查菱形性质，三角形内角和定理．根据题意利用菱形性质可知，，利用三角形内角和即可求得本题答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
故答案为：．
【变式训练】
1．（2024上·辽宁丹东·九年级统考期末）如图，菱形中，交于点，于点，连接，若，则 ．
【答案】/20度
【分析】本题考查菱形的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质，关键是熟练掌握直角三角形斜边中线性质．先根据菱形的性质得到，，进而求得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，然后根据等边对等角求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
故答案为：．
2．（2022下·黑龙江哈尔滨·八年级校考期中）在菱形中，对角线相交于点O，点P是上一点，连接，若，，则 °．
【答案】或/或
【分析】根据菱形的性质得出对角线平分对角和角之间的关系解答．
【详解】解：如图所示：

四边形是菱形，，，
，，，
，，
，
，
当在位置时，，
综上所述，为或，
故答案为：或．
【点睛】此题考查菱形的性质，解题的关键是根据菱形的对角线平分对角解答．
【考点五 利用菱形的性质求线段长】
例题：（2024上·四川成都·九年级四川省成都市玉林中学校考期末）如图，四边形是菱形，连接，交于点，过点作，交于点，若，，则的长度为 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理；
根据菱形的性质得出，，，，进而勾股定理求得，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，，
故答案为：．
【变式训练】
1．（2023上·河南南阳·九年级统考期中）如下图，在菱形中，对角线，相交于点，点为的中点．若菱形的周长为20，则的长为 ．
【答案】2.5
【分析】本题考查了菱形的性质以及中位线的性质，解题的关键是求出菱形的边长．
【详解】解：四边形为菱形且菱形的周长为20，
，是的中点
，
点为的中点，
是的中位线，
．
故答案为：．
2．（2023上·江西吉安·九年级校考阶段练习）如图，在边长为的菱形中，，连接，P为图中任意线段上一点，若，则的长为 ．
【答案】6或或
【分析】由题意知，如图，分三种情况求解：当时，；，则，由勾股定理得，，计算求解即可；当时，如图，作于，由勾股定理得，计算求解即可．
【详解】解：∵，
∴，如图，分三种情况求解：
当时，；
∵菱形中，，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
由勾股定理得，；
当时，如图，作于，
∴，
∴，
∴，，
由勾股定理得，
∴；
综上所述，的长为6或或；
故答案为：6或或．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形是解题的关键．
【考点六 菱形的性质与判定综合问题】
例题：（2024上·贵州贵阳·九年级统考期末）如图，已知在平行四边形中，平分交于点E，点F在上，，连接交于点O，连接．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长为6
【分析】（1）先证明，，得出四边形是平行四边形，根据，得出四边形是菱形；
（2）根据菱形的性质得出，，，根据勾股定理求出，即可求出结果．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴的长为6．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，平行线的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握菱形的判定和性质，数形结合．
【变式训练】
1．（2022上·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考开学考试）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长；
(3)在（2）的条件下，已知点M是线段上一点，且，则的长为_______．
【答案】(1)见解析
(2)2
(3)或
【分析】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理；
（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；
（3）先根据勾股定理求出，再结合图形即可求出．
【详解】（1）∵，
，
为的平分线，
，
，
，
∵，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形；
（2）四边形是菱形，
，，
，
，
，
，
在中，，，
，
．
（3）如图，
在（2）的条件下，，
∵，
∴，
∴
故答案为：或．
2．（2023下·江苏·八年级专题练习）如图，四边形为矩形，为中点，过点作的垂线分别交、于点、，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】本题主要考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理．
（1）由条件可先证四边形为平行四边形，再结合线段垂直平分线的性质可证得结论；
（2）由菱形的性质可求得，设，在和中，分别利用勾股定理可得到关于的方程，可求得的长．
【详解】（1）证明：为中点，，
为的垂直平分线，
，，，．
∵四边形ABCD是矩形，
，
，
，
∴，
四边形平行四边形．
又，
四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，，，
，，
，
设，
在中，，
在中，．
，
解得，
．
【考点七 利用正方形的性质求角度】
例题：（2024上·陕西宝鸡·九年级统考期末）如图，正方形的对角线，交于点O，P为边上一点，且，则的度数为 ．
【答案】/22.5度
【分析】本题考查了正方形的性质，根据四边形是正方形，可得，，再根据，即可求出的度数．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
，
，
，
．
故答案为：．
【变式训练】
1．（2023上·四川成都·九年级校考阶段练习）如图，在正方形的外侧，作等边，则的度数是 ．
【答案】/45度
【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质等知识．根据正方形的性质得到，根据等边三角形的性质得到，即可得到，进而得到，即可求出．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴．
∵是等边三角形，
∴．
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
2．（2023上·陕西渭南·九年级校考期末）如图，在正方形中，连接为边上一点，连接交于点，连接，若，则的度数为 ．
【答案】70
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质．证明，得到，利用三角形的内角和定理和平角的定义，进行求解即可．掌握正方形的性质，是解题关键．
【详解】解：∵正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：70．
【考点八 利用正方形的性质求线段长】
例题：（2023下·广东广州·八年级广州市第八十九中学校考期中）如图，正方形的两条对角线相交于点O，，则 ．
【答案】
【分析】本题主要考查正方形的性质以及勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．根据正方形的性质得到，再由勾股定理得到答案．
【详解】解：正方形，
，，
．
故答案为：．
【变式训练】
1．（2024上·山西太原·九年级统考期末）如图，在正方形中，点是边的中点，的垂直平分线分别交，边于点，，垂足为点．若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理；连接，，设，则，勾股定理求得，进而表示出，在中，得出，进而勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵的垂直平分线分别交，边于点，，
∴
设，则，
∵是的中点，则
∴，
∴
解得：
∴
在中，
∴，
在中，
故答案为：．
2．（2023上·黑龙江哈尔滨·九年级校考阶段练习）在正方形中，边长为6，点为的中点，点在正方形的一边上，且，连接，则的长为 ．
【答案】5或
【分析】本题考查勾股定理、正方形的性质，利用中点求线段长，线段和差．根据题意将简图画出，分情况讨论点所在的位置，再利用勾股定理即可得到本题答案．
【详解】解：∵正方形中，边长为6，点为的中点，点在正方形的一边上，且，连接，
点所在位置有两种情况，
①当点在上时，如下图：
∵，边长为6，即，
∴
∵点为的中点，
∴，
∴；
②当点在上时，如下图：
，
过点作于E，
，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：5或．
【考点九 正方形的性质与判定综合问题】
例题：（2023上·山西吕梁·九年级统考期末）综合与实践
【问题情境】
如图1，正方形中，点E为其内一点，以点E为直角顶点，以为斜边构造直角三角形，使得，将绕点B按顺时针方向旋转，得到△（点A的对应点为C），延长交于点F，连接．
【解决问题】
请根据图1完成下列问题：
（1）若，则∠= 度；
（2）试判断四边形的形状，并给予证明；
【拓展探究】
（3）如图2，若，请写出线段与的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）59；（2）四边形是正方形，证明详见解析；（3），证明详见解析．
【分析】本题考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形三线合一的性质，熟练掌握正方形的性质，旋转性质是解题的关键．
（1）根据旋转的性质，即可求解；
（2）先证明四边形是矩形，再证明有一组邻边线段即可得证；
（3）过点D作，垂足为Q，先证，在证，结合旋转性质，得到，根据正方形性质得，即可得结论；
【详解】解：（1）将绕点B按顺时针方向旋转，得到△，
，
,
,
四边形是正方形，
,
,
故答案为：59
（2）四边形是正方形，证明如下：
由旋转的性质得： ，
，
又，，
，
四边形是矩形，
又，
四边形是正方形；
（3）如图，过点D作，垂足为Q，
，
．
四边形是正方形，
，，
．
，
，
，
，
，，
．
将绕点B沿顺时针方向旋转，得到，
．
，，
，
四边形是正方形，
，
，
．
【变式训练】
1．（2024上·内蒙古鄂尔多斯·九年级统考期末）如图1，正方形的边长为5，点E为正方形边上一动点，过点B作于点P，将绕点A逆时针旋转得，延长BP交于点F，连接．
(1)判断四边形的的形状，并说明理由；
(2)若，求的长度；
(3)在（2）的条件下，求．
【答案】(1)四边形是正方形
(2)
(3)
【分析】（1）由旋转的性质得，，，进而可证四边形是矩形，结合可证四边形是正方形；
（2）设，在中利用勾股定理求解即可；
（3）过点C作于点G，根据证明得，根据勾股定理求出，然后根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）四边形是正方形．
理由如下：
由绕点A逆时针旋转得
可得：，
∵，，，
在正方形中，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
（2）设，由（1）知，
在中，
∵，
∴，
解得（不符合题意，舍去），，
∴；
（3）过点C作于点G．
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了矩形的判定，正方形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，关键是根据正方形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质解答．
2．（2023上·山东·九年级专题练习）在正方形中，点为射线上一点，连接，过点作交射线于点，以为邻边作矩形，连接．
(1)如图，当点在线段上时．
求证：矩形是正方形；
求证：；
(2)如图，当点在线段的延长线上时，正方形的边长为，，请直接写出的长．
【答案】(1)①证明见解析，②证明见解析；
(2)．
【分析】（）过点作于，于，证明得到，根据正方形的判定定理证明即可；
根据三角形全等的判定定理证明，得到，根据线段和差证明结论即可；
（）证明，由全等三角形的性质得出，，证出，由勾股定理可求出答案．
【详解】（1）证明：作于于，
∵在正方形中，是对角线，
∴，
∵，
∴，

∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形矩形，，
∴四边形是正方形；
证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）同（）理，四边形是正方形，

∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，）
∴，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：
．
【点睛】此题考查了正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握相关的定理、正确作出辅助线是解题的关键．
【过关检测】
一、单选题
1．（2024上·陕西西安·九年级统考期末）如图，菱形的周长为，对角线长为，则它的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】此题重点考查菱形的性质、菱形的周长和面积公式、勾股定理等知识，正确地求出的长是解题的关键．根据菱形的性质求得，，由，得，则，所以，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：四边形是菱形，且周长为，长为，
，，
，
，
，
，
，
故选：A
2．（2024上·山东青岛·九年级统考期末）下列说法正确的是（ ）
A．四条边相等的四边形是正方形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的矩形是正方形
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
【答案】C
【分析】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定逐项判断即可，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解题的关键．
【详解】解：、四条边相等的四边形是菱形，不符合题意；
、对角线相等的平行四边形是矩形，不符合题意；
、对角线互相垂直的矩形是正方形，符合题意；
、一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，不符合题意；
故选：．
3．（2024上·贵州贵阳·九年级统考期末）如图，矩形中，对角线、相交于点，过点作交于点，已知，的面积为，则的长为( )
A．5B．6C．7D．
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质；连接，由题意可得为对角线的垂直平分线，可得，由三角形的面积则可求得的长，即可求解．
【详解】解：连接，
四边形是矩形，对角线、相交于点，
，，
，
垂直平分，，
，
，，
，
，
故选：B．
4．（2023上·全国·九年级期末）如图，在菱形和菱形中，点A、B、E在同一直线上，P是线段的中点，连接．若，则＝（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的添加辅助线是解题的关键．延长交于点H，证明，继而证明，根据三线合一可知，进一步可得，继而 可得答案．
【详解】解：如图，延长交于点H，

∵P是线段的中点，
∴，
由题意可知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
故选：B．
5．（2024上·安徽合肥·九年级统考期末）如图，正方形和正方形中，点在上，，，于点，那么的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形的面积，连接，由正方形的性质得到，，利用勾股定理可求得，，，再根据三角形的面积得到，代入已求计算即可求解，由正方形的性质得到是解题的关键．
【详解】解：连接，
∵正方形和正方形，
∴，，
∵，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
即，
解得，
故选：．
二、填空题
6．（2024上·江西抚州·九年级统考期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，为边的中点，菱形的周长为48，则的长等于 .
【答案】6
【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识点，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
由菱形的性质得出可知，由直角三角形的性质即可解答．
【详解】解：∵菱形的周长为48，
∴，，
∴是直角三角形．
∵H为边中点，
∴．
故答案为：6．
7．（2023上·山东枣庄·九年级统考期中）如图，在矩形中对角线，交于点O，请添加一个条件 ，使矩形是正方形（填一个即可）

【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查正方形的判定，掌握判定方法即可解题．
【详解】解：由判定方法“邻边相等的矩形是正方形”知，可添加，即可使矩形是正方形．其它条件也行，只要符合题意即可．
故答案为：（答案不唯一）．
8．（2023·吉林白山·统考一模）如图，的边与矩形的边相交于点H．若 度．
【答案】124
【分析】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质得出解答．
根据矩形的性质得出，利用四边形的内角和得出解答即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
四边形是平行四边形，
故答案为：124．
9．（2024上·山东潍坊·八年级统考期末）如图，正方形的边长为2，是对角线上一动点，于点，于点，连结．若，则 ．
【答案】
【分析】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．连接，由正方形的性质得，，则，可证明，则，由于点，于点，得，则四边形是矩形，所以，由，得，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：连接，
四边形是正方形，
，，
，
在和中，
，
，
，
于点，于点，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
故答案为：
10．（2023上·浙江宁波·八年级统考期末）如图，以长方形的相邻边建立直角坐标系，，，点E是边上一点，将沿着翻折，点D恰好落在BC边上，记为点F．若线段沿y轴正半轴向上平移，得到线段，连结OF'．若△OA'F'是等腰三角形，则的坐标是 ．
【答案】或或
【分析】根据矩形及折叠的性质得，，进而可求出的值，分类讨论：若，若，若，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
，，
由折叠对称性：，，
在中，，
如图，由平移可知：，，
∴四边形是平行四边形，
，，
，
如图，过点作于H，
，
∴四边形是矩形，
，
∴F′的横坐标为4，
分三种情况讨论：
若，
，
，
的坐标是；
若，
，，
，
的坐标是；
若，
在中，，
设，
，
，
，
解得：，
的坐标是；
综上所述，若是等腰三角形，的坐标是或或，
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、坐标与图形变化——对称、平移，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
三、解答题
11．（2024上·湖南长沙·九年级明德华兴中学校联考期末）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作且，连接交于点F，连接、．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若菱形的边长为12，，求的面积．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）由题意得，且，则四边形为平行四边形，结合菱形的性质得，即可判定；
（2）由题意可证四边形为平行四边形，则有，进一步得为等边三角形，即可求，则有．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
，
∵，
，
又，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵四边形是菱形
∴，
∴四边形为矩形．
（2）∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵在菱形中，，
又，
∴为等边三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定、平行四边形判定和性质以及等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练菱形的性质和平行四边形性质．
12．（2023上·辽宁丹东·九年级统考期中）如图在矩形中，对角线与相交于点O．分别过点，作，的平行线交于点．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)证明详见解析；
(2)；
【分析】（1）本题考查菱形的判定，根据，得到是平行四边形，根据矩形的性质得到即可得到证明；
（2）本题考查矩形的性质及菱形的性质，先根据矩形的面积求出的面积即可得到答案；
【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：∵，，
∴矩形的面积，
∵，
∴菱形OCED的面积．
13．（2024上·全国·九年级专题练习）如图，中，，是的角平分线，点为的中点，连接并延长到点，使，连接，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)当满足什么条件时，矩形是正方形，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)，证明见解析
【分析】本题考查正方形的判定以及矩形的判定和等腰直角三角形的性质等知识，
（1）利用平行四边形的判定首先得出四边形是平行四边形，进而由等腰三角形的性质得出，即可得证；
（2）利用等腰直角三角形的性质得出，进而利用正方形的判定得出即可；
熟练掌握正方形和矩形的判定是解题关键．
【详解】（1）证明：∵点为的中点，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，是的角平分线，，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（2）当时，矩形是正方形．
理由：∵，是的角平分线，
∴是边的中线，即，
∵，
∴，
∴，
∵由（1）得四边形是矩形，
∴矩形是正方形．
14．（2024上·辽宁丹东·九年级统考期末）如图，在中，，点E是的中线的中点，过点A作交的延长线于点F，连接．
(1)判断四边形的形状并证明；
(2)若，其他条件不变，四边形又是什么特殊的四边形，请证明你的判断．
【答案】(1)四边形是菱形，证明见解析
(2)四边形是正方形，证明见解析
【分析】本题考查直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定：
（1）根据直角三角形斜边中线的性质可得，再证，推出，结合可证四边形是平行四边形，结合可证平行四边形是菱形；
（2）时，根据等腰三角形三线合一可得，结合（1）中结论，可得四边形是正方形．
【详解】（1）解：四边形是菱形，证明如下：
在中，，是的中线，
，
又点D是的中点，
，
，
点E是的中线的中点，
，
，
，
，
，
，
又，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形．
（2）解：四边形是正方形，证明如下：
，是的中线，
，
，
由（1）知四边形是菱形
∴菱形是正方形．
15．（湖北省武汉市2023-2024学年九年级上学期期末数学试题）在中，将绕点顺时针旋转至，将绕点逆时针旋转至，得到△，使，我们称是的“旋补三角形”，的中线叫做的“旋补中线”，点叫做“旋补中心”．
(1)当为等边三角形时，画图研究的“旋补中线”与的数量关系是_____；
(2)如图，当为任意三角形时，（1）中的结论是否成立？并给予证明；
(3)若，，求的“旋补三角形”的周长．
【答案】(1)；
(2)结论仍然成立，理由见解析；
(3)的“旋补三角形”的周长．
【分析】（1）由旋转的性质和等边三角形的性质可得，，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得；
（2）由可证，可得；
（3）通过证明平行四边形是菱形，可得，，由勾股定理可求的长，即可求解．
【详解】（1）解：由旋转可得：，，
是等边三角形，
，，
，
，
，是上中线，
，，，
，
，
故答案为：；
（2）解：结论仍然成立，理由如下：
延长至，使，连接，，
是中线，
，
四边形是平行四边形，
∴，，
，
，
，
将绕点顺时针旋转至，将绕点逆时针旋转至，
，，
在和中，
，
，
，
，
；
（3）解：，
，
，
平行四边形是菱形，
，，
，
，
的“旋补三角形”的周长．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
16．（2023上·广东深圳·九年级校考阶段练习）【课本再现】把两个全等的矩形和矩形拼成如图1的图案，则_______；
【迁移应用】如图2，在正方形中，是边上一点（不与点重合），连接，将绕点顺时针旋转至，作射线交的延长线于点，求证：；
【拓展延伸】在菱形中，是边上一点（不与点重合），连接，将绕点顺时针旋转至，作射线交的延长线于点．
①线段与的数量关系是_______；
②若是的三等分点，则的面积为_______．

【答案】课本再现：90；迁移应用：见解析；拓展延伸：①；②或
【分析】课本再现：先证明，可得，从而得到，由此可得答案；
迁移应用：过点F作交于点H，结合正方形的性质和旋转的性质证明，可得，从而得到，进而得到是等腰直角三角形，即可证明结论；
拓展延伸：①过点F作，与的延长线交于点H，可证得，从而得到，，进而得到，，继而得到；②当时，则，可知；当时，，则可得；即可得出结论．
【详解】解：课本再现：∵矩形和矩形是全等矩形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：90；
迁移应用：如图，过点F作交于点H，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
由旋转的性质得：，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴；
拓展延伸：①过点F作，与的延长线交于点H，
由旋转的性质得：，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：；
②当时，有，
由拓展延伸①得：，
∴，
∵的底边上的高相等，
∴；
当时，有，
∴，
综上所述，的面积为或．
故答案为：或．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、矩形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形、矩形、菱形的性质以及旋转的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．