寒假作业01 特殊平行四边形13大题型巩固提升+能力培优+创新题型（巩固培优）九年级数学北师大版（原卷版+解析版）

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作业01 特殊平行四边形
一．菱形的性质和判定
1.菱形的概念：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。
2.菱形的性质：菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。
3.菱形的判定
（1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念）
（2）四边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
二．矩形的性质和判定
1.矩形的概念：有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。
2.矩形的性质：矩形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。
3.矩形的判定
（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形。
（2）三个角是直角的四边形是矩形。
（3）对角线相等的平行四边形是矩形。
三．正方形的性质和判定
1.正方形的概念：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。
2.正方形的性质：正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。
3.正方形的判定
（1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。
（2）有一组邻边相等的矩形是正方形。
（3）有一个角是直角的菱形是正方形。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
题型一 菱形的判定
1．（2026九年级·全国·专题练习）如图，，平分，交于点，过点作，交于点，垂足为，连接，求证：四边形是菱形．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查了菱形的判定，涉及平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，平行线的性质等知识，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．先证明四边形是平行四边形，再根据邻边，即可证明平行四边形是菱形．
【详解】证明：∵平分，，
∴，．
∴．
∴．
又∵于点，
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∴四边形是平行四边形．
又∵，
∴平行四边形是菱形．
2．（25-26九年级上·广东深圳·月考）如图，在中，为边的中点，过D点分别作交于点E，交于点F．
(1)证明：≌；；
(2)请你给增加一个条件 ，使四边形成为菱形并予以证明（要求：不添加其他辅助线）
【答案】(1)见解析
(2)添加的条件为：，证明见解析
【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定、平行四边形的判定、菱形的判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）根据“角边角”即可证明；
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形即可解题．
【详解】（1）证明：∵为边的中点，
∴，
∵，，
∴，，
在和中，
，
∴≌；
（2）解：添加的条件为：，证明如下：
由题意知，，，
∴四边形为平行四边形，，
∵为边的中点，
∴，
∴≌；
∴，
当时，，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形为菱形．
3．（24-25九年级上·山东青岛·期中）已知：如图，的对角线，交于点O，分别过点A，B作，，连接交于点F．
(1)求证：；
(2)当满足什么条件时，四边形为菱形？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)理由见解析
【分析】本题考查了菱形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质和菱形的判定是解题的关键．
（1）由四边形是平行四边形得，证明四边形是平行四边形，则有，然后根据证明即可；
（2）证出四边形是矩形，由矩形的性质得出，即可得出四边形为菱形．
【详解】（1）证明：的对角线，交于点O，，，
，四边形是平行四边形，，
，
，
在和中，
，
．
（2）解：当时，四边形为菱形；理由如下：
四边形是平行四边形，，
四边形是矩形，
，
，，
四边形是平行四边形，
四边形为菱形．
4．如图，是由在平面内绕点B旋转而得，且，，连接．
(1)求证：
(2)试判断四边形的形状，并说明理由
【答案】(1)见详解
(2)四边形是菱形，理由见详解
【分析】（1）由旋转的性质可知，，则有，，然后可得，进而问题可求证；
（2）由（1）及题意易得，然后问题可求解．
【详解】（1）证明：∵是由在平面内绕点B旋转而得，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：由（1）可知：，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
5．（24-25九年级上·全国·期末）如图，在中，D是边的中点，M，N分别在及其延长线上，，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)当满足什么条件时，四边形是菱形？判断并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)当时，四边形是菱形，理由见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形和菱形的判定，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质．
对于（1），先根据“角边角”证明，再根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”得出答案；
对于（2），先根据等腰三角形的性质得，再根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”得出答案．
【详解】（1）证明：，
，
是边的中点，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：当满足时，四边形是菱形，理由如下：
由可知，四边形是平行四边形，
，是边的中点，
，
平行四边形是菱形．
题型二 菱形的性质
6．（25-26九年级上·四川成都·月考）如图，在菱形中，，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧相交于，两点，过，两点的直线交边于点，连接．则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据垂直平分线的性质推出，再结合菱形的性质得，则．
【详解】解：依题得：直线是线段的垂直平分线，
，
，
又菱形中，，
，
．
故选：．
【点睛】本题考查的知识点是垂直平分线的性质、等边对等角、菱形的性质，解题关键是熟练掌握垂直平分线的性质．
7．（25-26九年级上·陕西宝鸡·期末）如图（1），中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．小宇家有一个如图（2）的菱形中国结装饰，测得分别交边、于点，，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的面积公式．
由菱形的性质推出，，，由勾股定理求出，则，由菱形的面积，即可求出的长．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
菱形的面积，
，
，
故答案为：．
8．（25-26九年级上·河南洛阳·期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点，，，，分别为，的中点，连接，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了菱形的性质、三角形中位线定理和勾股定理，熟练掌握菱形对角线互相垂直平分的性质以及中位线定理是解题的关键．先利用菱形对角线的性质求出线段长度，再通过构造中位线得到相关线段的长度，最后用勾股定理计算的长．
【详解】解：如图，过点作交于点，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵点是的中点，，
∴，
∴点是的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∵是中点，
∴，，
∴根据勾股定理，得．
故答案为：．
9．（25-26九年级上·全国·期末）如图，菱形的周长为，面积为，是对角线上一点，分别作点到直线，的垂线段，，则等于 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质：菱形的对边分别平行，四条边都相等，两条对角线互相垂直平分，并且分别平分两组内角．
直接利用菱形的性质得出，，进而利用三角形面积求法得出答案．
【详解】解：连接，如图，
∵菱形的周长为16，
∴，
∴，
∴，
而，，，
∴，
∴，
∴.
故答案为：3．
10．（2025·陕西渭南·一模）如图，在四边形中，，，过点A作，交的延长线于点E，连接，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)过点D作于点F，延长交于点G，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由已知可得四边形是平行四边形，，等量代换，可得，可得，即可证得结论；
（2）由菱形的性质，结合平行线的性质，可得，根据勾股定理可得，代入三角形的面积公式，可得，由勾股定理，即可得的长．
【详解】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，，
，
，
，
四边形是菱形．
（2）解：由（1）可知，四边形是菱形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
．
的长为．
【点睛】本题考查平行线的性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，等角对等边，勾股定理，三角形的高相关的计算．
题型三 菱形的面积计算
11．（24-25九年级上·山东临沂·期中）如图，在菱形中，的垂直平分线交对角线于点，垂足为，若，则菱形的面积等于（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的性质和判定，线段垂直平分线的性质，含的直角三角形的性质，解题的关键是证明是等边三角形．
连接，由垂直平分线得到，可得，然后根据的直角三角形的性质以及勾股定理求解，即可求解，然后证明是等边三角形，再求出，最后根据菱形的面积公式求解即可．
【详解】解：连接，

∵的垂直平分线交对角线于点F，
∴，
∵菱形中，，
∴，
∴
∴，
∵菱形中，，
∴
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴
∴，
∴菱形的面积
故选：D．
12．（25-26九年级上·福建宁德·期中）如图，在菱形中，是对角线上一动点，过点作于点，于点．若菱形的周长是10，面积是12．则的值是（ ）
A．4B．C．6D．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．连接，根据菱形的性质得，，然后利用三角形面积公式，由，得到，再整理即可得解．
【详解】解：连接，如图，
∵菱形的周长为10，
∴，，
∵，
∴，
∴，
则的值为．
故选：B．
13．（25-26九年级上·辽宁丹东·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点，且，，则菱形的高为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，由菱形的性质得出，，，由勾股定理得出，再根据菱形的面积即可得出.
【详解】解：四边形是菱形，，
，，，
在中，，
，
，
．
故答案为：
14．（25-26九年级上·江苏·期末）如图，在中，，点、分别是、的中点．将绕点旋转得．连接，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，设四边形的面积为，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)四边形的面积为
【分析】本题考查图形旋转的性质，菱形的判定定理以及菱形的面积公式，熟练掌握菱形的判定定理是解题关键．
（1）根据旋转得，，可证四边形是平行四边形；再由是的中点及，得，进而可证四边形是菱形；
（2）由得菱形边长为，设，，则，利用菱形对角线垂直，结合勾股定理得，再由完全平方公式求得，最后用菱形面积公式求得结果．
【详解】（1）证明：∵将绕点旋转得，
∴，，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵点是的中点，
∴，，
又∵，
∴，
∴平行四边形为菱形；
（2）解：如图，令和的交点为，
∵，
∴，
设，，则，
由（1）得四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴，
整理得，，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形的面积为．
答：四边形的面积为．
15．（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，在中，两条对角线、交于点，且平分．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)过点作于点，交于点．若，，求菱形的边长及面积．
【答案】(1)见解析
(2)菱形的边长为，面积为．
【分析】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、菱形的面积公式等知识，证明，是解题的关键．
（1）由平行四边形的性质得，则，由平分，得，则，所以，即可证明四边形是菱形；
（2）由菱形的性质得，，，可证明，根据相似三角形的性质得出，，进而勾股定理求得，，再根据菱形的性质求得面积，即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
平分，
，
，
，
四边形是菱形．
（2）解：菱形的两条对角线交于点，
，，，
，，
于，
，
，
，

∴菱形的面积为：，
∴菱形的边长为，面积为．
题型四 矩形的判定
16．（25-26九年级上·山东青岛·月考）如图，在平行四边形中，、是对角线，点、、、在同一条直线上，且，延长线交延长线于．
(1)求证：；
(2)条件：①；②．请从①和②中任选其一作为条件，判断并证明四边形的形状
【答案】(1)见解析
(2)选①时，四边形是菱形，理由见解析；选②时，四边形是矩形，理由见解析
【分析】本题考查了矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的性质等知识，解题的关键是掌握这些特殊四边形的判定与性质；
（1）根据平行四边形和平行线的性质得出，然后根据证明即可；
（2）选①时，先证明平行四边形是矩形，可得出，根据全等三角形的性质得出，然后证明四边形是平行四边形，最后根据菱形的判定即可得证；选②时，根据全等三角形的性质得出，然后证明四边形是平行四边形，结合已知和平行四边形的性质可证得，然后根据矩形的判定即可得证．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
又，，
∴；
（2）解：选①时，四边形是菱形；
理由：如图，
∵四边形是平行四边形，，
∴平行四边形是矩形，，
∴，即，
∵，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形；
又，
∴平行四边形是菱形；
选②时，四边形是矩形；
理由：如图，
∵，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴平行四边形是矩形．
17．（2026·新疆阿克苏·模拟预测） 如图，菱形的对角线、相交于点，点是的中点，连接，过点作交的延长线于点，连接．

(1)求证：；
(2)试判断四边形的形状，并写出证明过程．
【答案】(1)见解析
(2)四边形为矩形，理由见解析
【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
（1）根据即可证明；
（2）由（1），可得，证明四边形为平行四边形，再利用有一个角是直角的平行四边形是矩形即可解决问题．
【详解】（1）证明：点是的中点，
，
又
，
在和中，
，
；
（2）解：四边形为矩形，证明如下：
，
，
又，
四边形为平行四边形，
又四边形为菱形，
，
即，
四边形为矩形．
18．（25-26九年级上·山东济南·月考）如图，在菱形中，，点是边的中点．点是边上一动点（不与点重合），延长交射线的延长线于点，连接．
(1)求证：；
(2)当点在什么位置时，四边形是矩形？请证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)当时，四边形是矩形，证明见解析
【分析】本题主要考查矩形判定、菱形的性质，掌握矩形、菱形的边、角、对角线所具有的性质是解题的关键．
（1）由菱形的性质可知，可证得，结合E为的中点，可利用证得结论；
（2）证明时，四边形是矩形（根据对角线相等的平行四边形是矩形）即可．
【详解】（1）证明：∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∵E为的中点，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：当时，四边形是矩形，证明如下：
由（1）知，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵菱形，E为中点，
∴，
又∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴平行四边形为矩形．
19．（25-26九年级上·江西抚州·月考）如图，矩形中，，E、F是对角线上的两个动点，分别从A，C同时出发，相向而行，速度均为，运动时间为．
(1)若G，H分别是，的中点，且，求证：以E，G，F，H为顶点的四边形始终是平行四边形．
(2)在（1）的条件下，当t为何值时，以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形？
【答案】(1)证明见解析
(2)4.5或0.5
【分析】本题考查平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定；
（1）由四边形是矩形可得，，可证明，从而得到，，即可得证；
（2）以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形，即要平行四边形的对角线相等，，分类讨论，根据动点的速度列方程求解即可.
【详解】（1）证明∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵G，H分别是，的中点，
∴，
∴，
∵E，F是对角线上的两个动点，分别从A，C同时出发，相向而行，速度均为，且，
∴，E，F不重合，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴以E，G，F，H为顶点的四边形始终是平行四边形．
（2）解：如图，连接，由（1）可知四边形是平行四边形，
∵G，H分别是的中点，
∴，
∴当时，四边形是矩形，分两种情况：
由题意可知，．
①若E，F相遇前，，则，解得；
②若E，F相遇后，，则，解得．
即当t为4.5或0.5时，以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形．
20．（25-26八年级上·江苏盐城·月考）如图，在平行四边形中，是边上一点，延长与的延长线交于点，连接．若__________，则四边形是矩形．
请从①；②；③这三个选项中选择一个作为条件（把序号写在横线上）使结论成立，并说明理由．
【答案】①或③
【分析】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是掌握以上性质．
①根据等腰三角形的判定和性质得出，根据平行四边形的性质得出相等的边和平行的边，然后根据矩形的判定定理即可得出结论；
③根据平行四边形的性质得出平行的边和相等边，证明，得出，证明四边形为平行四边形，再根据直角即可得出结论．
【详解】解：①∵，且，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
②无法证明四边形是矩形；
③∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
即，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
故答案为：①或③．
题型五 矩形的性质
21．（25-26九年级上·陕西西安·期中）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，已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质．先求解，证明是等边三角形，进一步求解即可．
【详解】解：四边形是矩形，
，
∵，，
，
∵，
，
，
四边形是矩形，
，，，
，
∴是等边三角形，
，
．
故选：A．
22．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，矩形中，对角线与交于点，垂直平分，是垂足，若，则的长是（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】B
【分析】此题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理．
由矩形的性质和线段垂直平分线的性质证出，得出，由勾股定理求出即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
，，，
，
垂直平分，
，
，
，
．
故选：B．
23．（25-26八年级上·湖北襄阳·月考）如图，在矩形中，，，P是上的动点，于E，于F，则的值是 ．
【答案】
【分析】连接，根据矩形的性质求出，根据勾股定理得到，然后根据解答即可．
本题考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握勾股定理，矩形的性质是解题的关键．
【详解】解：连接，
∵矩形中，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
24．（24-25七年级下·江苏淮安·月考）如图，长方形的面积是100，为上一点，，为上一点，，则的面积是 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质、三角形面积，将几何问题转化为代数问题是关键，长方形的长为，宽为，则，，，利用代入数据计算即可．
【详解】解：设长方形的长为，宽为，则，，，
．
故答案为：．
25．（25-26八年级上·吉林长春·开学考试）如图，在菱形中，对角线、相交于点，过点、分别作、的平行线，相交于点．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的判定得出四边形是平行四边形，根据菱形的性质得，再根据矩形的判定即可得证；
（2）根据菱形的性质求出和，根据勾股定理求出，根据矩形的性质即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵过点、分别作、的平行线，相交于点，
∴，，
∴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，，，
∴，，即，
∴，
即线段的长为．
【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定，勾股定理等知识点，掌握矩形的判定和性质是解题的关键．
题型六 矩形与折叠问题
26．（25-26九年级上·广东揭阳·期中）如图，在矩形中，，，为边上一点，将沿折叠，点落在点处，、分别交于点、，已知．则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，根据证明可得，设，利用勾股定理求根据方程求出即可解决问题；
【详解】解：在和中，
∴（），
∴，，
∴，
设，
则，，，
在中，，
∴，
解得，
∴；
故选C．
27．（25-26八年级上·全国·单元测试）如图，在矩形中，，，将沿对角线折叠，得到，交于点 F，则重叠部分的面积为（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的折叠，根据折叠得，得，设，
，在中，根据勾股定理得，即可求解.
【详解】解：依题意可知，矩形沿对角线对折后有：
，，
∵，
∴，
∴，
设，
∴，
在中，，
即，
解得．
∴；
∴．
故选：C．
28．（25-26九年级上·辽宁本溪·期末）如图，矩形中，，，点G是边的中点，点E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】本题主要考查了翻折的性质，矩形的性质，勾股定理，确定当点、、三点共线时，最小是解题的关键，同时注意运用面积法求垂线段的长度．根据矩形的性质和勾股定理可得的长，再由翻折知，由可知当点、、三点共线时，最小．
【详解】解：矩形中，，，
，，
点是边的中点，
，
连接，
，
将△沿翻折得到△，
，
，
当点、、三点共线时，最小，
此时，连接，设，则，
，
解得，
．
故答案为：．
29．（25-26九年级上·全国·期末）如图，在矩形中，，为上一点，将沿折叠，恰与对角线重合，点的对应点为点，再将沿折叠，点的对应点为点，且在上．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查轴对称的性质，矩形的性质，菱形的判定及性质，勾股定理．
（1）由矩形的性质得到，，由折叠得到，，，，因此，从而，得到四边形为平行四边形，再由，即可得证；
（2）由菱形的性质得到，，，，，进而有，在中根据勾股定理可求出，从而得到的长，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求解．
【详解】（1）证明：四边形为矩形，
，，
由折叠的性质可知，，，，，
，
，
，
∴，
四边形为平行四边形，
，
∴为菱形；
（2）解：由（1）可知，四边形是菱形，，，
，，，，
，
∵，即，
，
，
，
即四边形的面积是．
30．（25-26九年级上·广东深圳·期中）如图，在中，为线段的中点，延长交的延长线于点，连接，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)在边上有一点，沿翻折，使得点的对应点落在上，用无刻度尺子和圆规作出折痕，保留作图痕迹，不写作图过程，
(3)在（2）的基础上，若，连接，求的长度，直接写出答案．
【答案】(1)见解析
(2)见详解
(3)
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，再证明，得到，且，由矩形的判定方法即可求证；
（2）根据折痕平分，或根据角平分线的性质定理尺规作图即可；
（3）由勾股定理得到，连接，过点B作于点，由等面积法得到，运用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，为线段的中点，
∴，
∴，则，
∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∴，且，
∴四边形是矩形；
（2）解：根据折叠得到，折痕平分，则尺规作的角平分线即可，如图所示，
；
或根据折叠得到，，以点D为圆心，以为半径画弧交于点，过点F作的垂线即可，如图所示，
；
（3）解：∵，
∴，
∵点O是中点，
∴，
如图所示，连接，过点B作于点，
∵，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，矩形的判定和性质，尺规作角平分线，尺规作垂线，勾股定理等知识的综合运用，掌握矩形的判定和性质，尺规作图的方法，勾股定理的计算是关键．
题型七 正方形的判定
31．（24-25八年级下·陕西汉中·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点，过点作的平行线，过点作的平行线，两直线相交于点．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)当______时，四边形是正方形，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
【分析】本题主要考查菱形的性质，矩形的判定和性质，掌握菱形的性质，矩形的判定和性质是解题的关键.
()根据两组对边平行可得四边形是平行四边形，根据菱形的性质可得，结合矩形的判定和性质即可求解；
()根据矩形的性质可得，结合正方形的判定和性质即可求解；
【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）解：，理由如下：
，
∴四边形是正方形，
，
又∵四边形是矩形，
∴四边形是正方形．
32．（25-26九年级上·江苏·期中）如图，在Rt中，，平分，交于点；，分别是，上的点，连接．若垂直平分，求证：四边形是正方形．
【答案】见详解
【分析】本题考查了正方形的判定，角平分线，线段的垂直平分线，等腰三角形的判定，证明四边形是矩形是解题的关键．先证明四边形是矩形，再证四边形是正方形．
【详解】证明：平分，
，
垂直平分，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形．
33．（25-26九年级上·山东青岛·月考）如图，在中，，是边上的中线，过点作的平行线，且，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)当满足________时，四边形是正方形．请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)是等腰直角三角形，见解析
【分析】本题考查了直角三角形的性质、菱形的判定与性质、正方形的判定定理、等腰直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由直角三角形的性质可得，推出，结合得出四边形是平行四边形，再结合即可得证；
（2）由等腰直角三角形的性质可得，即，即可得证．
【详解】（1）证明：∵在中，，是边上的中线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：当满足是等腰直角三角形时，四边形是正方形，理由如下：
∵，是边上的中线，
∴，
∴，
∴菱形是正方形．
34．（25-26九年级上·广东揭阳·月考）如图，点是中边上的中点，，，垂足分别为，且．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)当时，判断四边形的形状并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形是正方形，证明见解析
【分析】（）证明，可得，进而即可求证；
（）先证明四边形是矩形，再由全等三角形的性质得，进而即可求证；
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，正方形的判定等，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵点是中边上的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（2）解：四边形是正方形，证明如下：
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，
∴矩形是正方形．
35．（25-26九年级上·山东青岛·月考）如图，在中，O是的中点，过A作的平行线，交延长线于D，点E，F分别是的中点，连接和．
(1)求证：；
(2)当满足什么条件时，四边形是菱形？请加以证明；
(3)直接写出当满足什么条件时，四边形是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)当时，四边形是菱形；证明见解析
(3)当，且时，四边形是正方形
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形和正方形的判定，熟知相关知识是解题的关键：
（1）利用证明即可；
（2）先证明四边形是平行四边形，再根据邻边相等的四边形是菱形，即可得出结论；
（3）先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的四边形是矩形可证明四边形是矩形，再根据有一组邻边相等的矩形是正方形可证明结论．
【详解】（1）证明：∵O是中点，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：当时，四边形是菱形；证明如下：
由（1）知，
∴，
∵E，F分别是的中点，
∴，
∴，
∵，即，
∴四边形是平行四边形，
∵，点 E是的中点，
∴，
∴四边形是菱形；
（3）解：当，且时，四边形是正方形，证明如下：
由（1）知，
∴，
∵E，F分别是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，点 E是的中点，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴矩形是正方形．
题型八 正方形的性质
36．（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在正方形中，分别是上两点，交于点，且．
(1)判断与之间的数量关系与位置关系，并说明理由：
(2)当点是的中点时，连接，求的度数．
【答案】(1)，，理由见解析
(2)
【分析】（）证明，得，，进而可得，即得到，即可求证；
（）过点作于，交的延长线于，可得四边形是矩形，再证明，得，利用三角形面积得，即得，即可得四边形是正方形，即可求解；
本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】（1）解：，，理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
即；
（2）解：如图，过点作于，交的延长线于，
∵，
则，
∴四边形是矩形，
∵点是的中点，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
由（）知，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴．
37．（24-25九年级上·甘肃兰州·期末）如图，在四边形中，，，，，的垂直平分线交于点E，交于点F，交的延长线于点G，连接．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了正方形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，掌握相关的知识是解题的关键．
（1）先根据，判定四边形是矩形，再根据，即可得证；
（2）先根据证明，得出，再根据正方形中，，即可得到，从而可求得的长．
【详解】（1）证明：∵的垂直平分线交于，交于，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
（2）解：∵垂直平分，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
又∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴．
38．（24-25八年级下·山西大同·期中）如图，在中，，过点A作于点D．线段关于直线的对称线段为，线段关于直线的对称线段为，分别连接，，并延长交于点G．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由．
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)边形是正方形，理由见解析
(2)
【分析】本题考查正方形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握对称性，正方形的判定和性质，勾股定理，是解题的关键．
（1）对称性得到，，，，，进而推出，得到四边形是矩形，再根据，即可得证；
（2）设，推出，在中，利用勾股定理列出方程进行求解即可．
【详解】（1）解：四边形是正方形．理由如下：
∵于点D，
∴．
∵与关于直线对称，
∴，，．
∵与关于直线对称，
∴，，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴四边形是矩形．
又∵，
∴矩形是正方形．
（2）解：∵四边形是正方形，，
∴，．
设，则．
∴．
∵，
∴，．
∴．
在中，，即．
解得．
∴．
∵，
∴．
39．（25-26九年级上·陕西榆林·期中）如图，在中，是边上的中线，以为边作，连接分别与相交于点．
(1)求证：四边形为正方形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由等腰三角形的“三线合一”得到，从而是矩形，由直角三角形斜边上中线的性质得到，从而得到矩形是正方形；
（2）先由勾股定理求得，进而得到，根据正方形的性质得到，，因此，，证明得到，即可解答．
【详解】（1）证明：∵，是边上的中线，
∴，
∴是矩形，
∵，是边上的中线，
∴，，
∴，
∴矩形是正方形．
（2）解：∵，，
∴，
∵是的中线，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，．
∵在正方形中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查直角三角形的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握直角三角形的性质及正方形的性质是解题的关键．
40．（25-26九年级上·陕西咸阳·月考）【问题提出】
（1）如图1，菱形的四个顶点、、、分别在正方形的边、、、上，其中．求证：菱形是正方形；
【问题解决】
（2）如图2，四边形是一个正方形的游乐场，其中，，为了进一步提高周围居民的生活质量，政府计划对其进行扩建，根据规划要求，游乐场的三个游乐项目、、分别在正方形的边、、上，游乐项目扩建在正方形外，且，．当美食城区域的面积为时，求游乐项目到入口的距离的长度．
【答案】（1）见解析；（2）游乐项目到入口的距离的长度为
【分析】此题考查了正方形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识．
（1）证明，则，求出，即可证明结论成立；
（2）过点作，交的延长线于点，连接，证明四边形为菱形，求出，设，则，得到，求出，即，即可得到答案．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，
四边形是菱形，
，
在和中，，，
，
，
，
，
菱形为正方形．
（2）解：过点作，交的延长线于点，连接，
∴，
四边形是正方形，
，，
，
，
四边形为菱形，
，，
，
，
在和中，，，，
，
，
设，则，
，
，即，
故游乐项目到入口的距离的长度为．
题型九 正方形折叠问题
41．（23-24八年级下·四川乐山·期末）如图，正方形的边长为3，点E、F分别在边、上，将、分别沿、折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质以及勾股定理，由折叠的性质得出，设，再根据勾股定理得出，代入数值求解得出x的值，进而即可得出的值．
【详解】解：∵正方形纸片的边长为3，
∴，
根据折叠的性质得：，
设，
则，，，
在中，，
即，
解得，
∴，
∴，
故选B
42．（23-24八年级下·河南洛阳·月考）如图，四边形是边长为8的正方形纸片，将其沿折叠，使点B落在边上的处，点A对应点为，且，则的长是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查折叠问题及勾股定理，掌握折叠的性质和勾股定理是关键．由翻折的性质可知：，设，则，连接，在和中利用勾股定理构建方程求出y，即可求解．
【详解】解：由折叠的性质得：，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
设，则，
连接，
在中，，
在中，，
∴，
即，
解得，
即，
故答案为：．
43．（25-26九年级上·广东佛山·月考）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、．下列结论：①点G是中点；②；③．其中正确的有 ．
【答案】①③/③①
【分析】先求出、的长，再根据翻折的性质可得，，，再利用证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再设，然后表示出、，在中，利用勾股定理列出方程求出，从而可以判断①正确；根据的正切值判断，从而求出，不是等边三角形，，判断②错误；先求出的面积，再求出，然后根据等高的三角形的面积的比等于底边长的比求解即可得到的面积，判断③正确．
【详解】解：∵正方形中，，，
∴，，
∵沿对折至，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，，
在中，，
即，
解得，，
∴，
∴，
即点G是中点，故①正确；
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴不是等边三角形，
∴，故②错误；
的面积，
∵，
∴，故③正确；
综上所述，正确的结论有①③．
故答案为：①③．
【点睛】本题考查了正方形的性质，翻折变换的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，根据各边的数量关系利用勾股定理列式求出的长度是解题的关键，也是本题的难点．
44．（25-26九年级上·福建漳州·月考）如图，在正方形纸片中，，点E在边上，且，将沿所在直线折叠，点D的对应点为点F，延长交边于点G，连接．
(1)求证：；
(2)求的长；
(3)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)3
(3)见解析
【分析】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键：
（1）根据折叠的性质，正方形的性质，推出，利用证明即可；
（2）根据全等三角形的性质，得到，设，在中，利用勾股定理进行求解即可；
（3）由（2）可得，进而得到，得到，三角形的外角得到，全等三角形的性质，得到，进而得到，即可得证．
【详解】（1）证明：∵正方形，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，，
又∵，
∴；
（2）解：由（1）可知：，
∴，
∵，
∴，
∴，，
设，则，，
在中，由勾股定理，得：，
解得；
∴；
（3）解：由（2）可知：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
45．（25-26九年级上·山东济南·月考）如图，中，，、外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，为垂足．
(1)______．
(2)①求证：四边形是正方形．②若，求的面积．
(3)如图（2），在中，，其高，，则的长度是______．
【答案】(1)45
(2)①见解析；②15
(3)
【分析】（1）由可得，进而得，再根据角平分线的定义可得，最后根据三角形内角和定理即可求解；
（2）①过点作于，由角平分线的性质可得，再证明四边形是矩形即可得出结论；
②证明得，同理得，设，得，又由可得，
得到，在中，利用勾股定理得，得到，即得，再根据三角形面积公式即可求解；
（3）如图2所示，把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点，同理（2）即可求解；
【详解】（1）解：，
，
，
平分，平分，
，，
，
，
故答案为：45；
（2）①证明：过点作于，
平分，，，
，
同理可得，
，
，，
，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形；
②，
，
在和中，
，
，
，
同理可得，
设，
，
，
，
，
，
在中，，
，
解得，
，
；
（3）解：如图2所示，把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点，
由折叠可得，，，，，，，
，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
，
设，则，，
在中，，
，
解得，
，
故答案为：2.8．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，角平分线的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
题型十 中点四边形
46．（22-23八年级下·陕西安康·期末）如图，在四边形中，、是对角线，点、、、分别是、、、边的中点，连接、、、，要使四边形为菱形，则应添加一个条件是（ ）
A．B．
C．与互相平分D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了中点四边形的性质以及三角形中位线定理和菱形的判定，利用三角形中位线定理以及菱形的判定得出即可．
【详解】解：∵E、F分别是的中点，
∴，，
同理，
∴四边形是平行四边形．
A、添加，则，
∴出四边形是矩形，无法得出四边形是菱形，故A不符合题意；
B、添加，则，
∴四边形是菱形．故选项B符合题意；
C、添加与互相平分，无法得出四边形是菱形，故C不符合题意；
D、添加，无法得出四边形是菱形，故D不符合题意；
故选：B．
47．（25-26九年级上·全国·期中）正方形的周长为，顺次连接正方形各边的中点，得到四边形，则四边形的面积等于 ．
【答案】2
【分析】本题考查了正方形的性质，三角形的中位线的判定及性质的运用，勾股定理的运用，解答时利用三角形的中位线的性质求解是关键．连接，，根据三角形的中位线的性质，可以得出四边形为正方形，勾股定理求得，进而即可求解．
【详解】解：连接，，
∵点、、、是正方形各边的中点，
∴是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线，
∴，，，，
又∵，
∴，
∴四边形是菱形，
又∵，，，
∴，
∴四边形是正方形
∵正方形的周长为，
∴，
在中，由勾股定理，得，
∴，
∴四边形的面积．
故答案为：．
48．（25-26九年级上·陕西西安·开学考试）如图，在四边形中，，点E，F，G，H分别为边的中点，连接，相交于点O，则的值为 ．
【答案】
【分析】本题考查三角形中位线定理，菱形的性质，解题的关键是作出辅助线证明四边形是菱形．
连接，，，，根据中位线定理得到，即可得到四边形是菱形，结合菱形对角线互相垂直及勾股定理即可得到答案．
【详解】解：连接，，，，如图所示，设与的交点为O，
E，F，G，H分别是，，，的中点，
∴，．
又∵，
∴．
∴四边形是菱形．
∴．
∴的值为．
故答案为：．
49．（25-26九年级上·山西太原·月考）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．
【概念理解】：
（1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是 ．
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
【性质探究】：
（2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，则：四边形的对角线的关系为 ；
【问题解决】：
（3）如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点．
则：与的数量关系为 ．
【答案】（1）D，（2）且，（3）
【分析】（1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案；
（2）由中位线的性质可得：，，，，结合正方形的性质可得结论；
（3）记、的中点分别为E、F，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论．
本题是四边形综合题，考查了三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键．
【详解】解：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，
理由如下：因为正方形的对角线相等且互相垂直，所以其中点四边形是正方形；
（2），．理由如下：
∵四边形是“中方四边形”，
∴四边形是正方形，
∴，，
∵E，F，G，H分别是，，，的中点，
∴，，，，
∴，．
（3）如图，记、的中点分别为E、F，

∵四边形是“中方四边形”，M，N分别是，的中点，
∴四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵M，F分别是，的中点，
∴，
∴
50．（25-26九年级上·甘肃兰州·期中）综合与探究
定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们就把这个原四边形叫做“中方四边形”．
概念理解：
（1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是________．
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
性质探究：
（2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的结论：
①________；
②________；
问题解决：
（3）如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形ACFG，连接，问有什么位置关系和数量关系？直接写出结果．
拓展应用：
（4）如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点．试探索与的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）D；（2）①，②；（3），；（4），理由见解析
【分析】（1）根据定义“中方四边形”，即可得出答案；
（2）由中位线的性质可得，结合正方形的性质可得结论；
（3）取四边形边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出四边形是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论；
（4）设的中点分别为E、F，并顺次连接，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论．
【详解】解：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下：
因为正方形的对角线相等且互相垂直，
所以其中点四边形是正方形；
故选：D；
（2）①，②；理由如下：
如图1，∵四边形是“中方四边形”，
∴四边形是正方形，
∴，
∵E、F、G、H分别是的中点，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）如图，取四边形边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，
∵四边形各边中点分别为M、N、R、L，
∴分别是的中位线，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴，
综上所述，的位置关系为，数量关系为；
（4），理由如下：
如图，设的中点分别为E、F，并顺次连接，
∵四边形是“中方四边形”，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∵F，N分别是的中点，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键．
题型十一 特殊平行四边形的动点问题
51．（23-24八年级下·河北保定·期末）如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若P，Q两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中：①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①③④
【答案】A
【分析】设两点速度为每秒1个单位长度，则，，由题意可得四边形是平行四边形，再利用矩形，菱形，正方形的性质分别进行求解即可．
【详解】解：设两点速度为每秒1个单位长度，则，，
∵四边形是矩形，，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，
当时，点与点重合，点与点重合，此时四边形是矩形，故①正确；
当四边形是菱形时，，
则，解得：，符合题意，
即：当时，四边形是菱形，故②正确；
当四边形是矩形时，，则，解得，
即：当时，四边形是矩形，故③正确；
当四边形是正方形时，，
则，解得，但此时，不符合题意，故④不正确，
综上，正确的有①②③，
故选：A．
【点睛】本题考查动点问题，特殊四边形的存在问题，特殊四边形的性质等知识点，理解并熟练掌握相关图象的性质是解决问题的关键．
52．（23-24八年级下·河北衡水·月考）如图，等边三角形的边长为．动点M从点B出发，沿的方向以的速度运动，动点N从点C出发，沿方向以的速度运动，若动点M，N同时出发，且其中一点到达终点时，另一点也停止运动，当点A，M，N以及的边上一点D构成的四边形为平行四边形时，t的值为（ ）
A．2或3B．2或4C．1或3D．1或2
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的判定，等边三角形的性质，利用平行四边形的判定和等边三角形的性质求得相关线段的长度，然后列出方程求解是解题的关键．分三种情况讨论，由平行四边形的性质和等边三角形的性质可列方程，即可求解．
【详解】解：①当，点M、N、D的位置如图所示：
四边形是平行四边形，
，，，
，，
，
，
，即：，
解得：，
②当时，点M、N、D在同一直线上，不能构成四边形，
③当时，点M、N、D的位置如图所示：
四边形是平行四边形，
，，
，
为等边三角形，
，
，
，
，即：，
解得：，
综上所述，t的值为1或3，
故选：C．
53．（23-24九年级上·江西景德镇·期中）如图，在矩形中，，点P从点A向点D以的速度运动，点Q以的速度从点C出发，在B，C两点之间做往返运动，两点同时出发，点P到达点D时，两点同时停止运动，这段时间内，若以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形，那么运动时间为 ．
【答案】或；
【分析】本题考查了矩形的判定，根据四边形是矩形得到，，根据运动表示出、，结合矩形的判定得到当时以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形列式求解即可得到答案；
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，点P从点A向点D以的速度运动，点Q以的速度从点C出发，在B，C两点之间做往返运动，
∴，或，
∵以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形，
∴，
∴或，
解得：或，
故答案为：或．
54．（25-26九年级上·河北保定·月考）如图，在四边形中，，，，，，点P从A点出发，以的速度向D运动，点Q从C点同时出发，以的速度向B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．
(1)从运动开始，两点运动多长时间时，？
(2)从运动开始，是否存在某个时间，使得四边形恰好为正方形？若存在，求出运动的时间；若不存在，说明理由．
【答案】(1)从运动开始，两点运动6秒或10秒时，
(2)从运动开始，存在某个时间，使得四边形恰好为正方形，运动时间为8秒
【分析】本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平行四边形的性质的应用，综合性较强，难度适中．
（1）分两种情况：①，且；②与不平行，但；
（2）设运动时间为秒，使得四边形恰好为正方形，则有，据此列出方程．
【详解】（1）解：分两种情况：
①当、运动到，则平行且等于，
∴四边形是平行四边形，此时．
设运动时间为秒，则，
，
，
解得，
即时，；
②当、运动到，时，满足，过，分别作于，于，
∵，，
∴，，
∴，四边形是矩形，即，
∴，
同理可得四边形是矩形，
∴，
，
，
解得．
综上所述，从运动开始，两点运动6秒或10秒时，；
（2）解：设运动时间为秒，使得四边形恰好为正方形，如图：
∴，
∴，
所以当时，四边形是正方形．
55．（23-24八年级下·全国·期中）已知：如图，在直角梯形中，，动点P从A点开始沿边向D以1cm/秒的速度运动，动点Q从C点开始沿边向B以3cm/秒的速度运动，P、Q分别从A、C同时出发，当其一点到端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒
(1)t为何值时，四边形是平行四边形？
(2)t为何值时，四边形是等腰梯形？
【答案】(1)
(2)
【分析】本题主要考查了平行四边形、等腰梯形的判定与性质应用，掌握对各种图形的认识，同时学会数形结合的数学解题思想是解题的关键．
（1）四边形为平行四边形，即，列出等式求解；
（2）四边形为等腰梯形，即，过点作交于F，根据勾股定理列出等式即可得出．
【详解】（1）由题意得：，，
，
，
要使四边形为平行四边形，只需保证，
∴，
解得：，
∴当秒时，四边形为平行四边形；
（2）由（1）知，
所以要使四边形为等腰梯形，即的时，
如图所示：
在和中，
∵，
∴，
∴，
∴，即
解得：，
即当时，四边形为等腰梯形．
题型十二 四边形中的线段最值问题
56．（24-25八年级下·湖北黄冈·期中）如图，菱形中，，，E、F分别是、上的动点，且，则的最小值为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查菱形的性质，以及线段最值问题，准确添加辅助线是解题的关键．
如图构造全等三角形，使得，点A、G在直线两端，再根据三角形三边的性质，判断出，利用角度关系得出，结合直角三角形边长关系求出的长度，则为的最小值．
【详解】解：在下方取点，使，
连接、，如图所示：
又∵，
∴，
，故当、、三点共线时最小，
∵四边形为菱形，
∴，，
故，且，
得等腰，
，
则，
故选．
57．（24-25八年级下·辽宁铁岭·期中）如图，正方形的边长为12，点E在AB上，且，点F是上一动点，则的最小值是（ ）
A．15B．C．D．12
【答案】A
【分析】本题主要考查了最短路线问题、勾股定理以及正方形的性质的运用，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
连接，依据，可得，当在同一直线上时，的最小值等于的长，再根据勾股定理即可得到的长即为的最小值．
【详解】如图所示，连接，
∵点与点关于对称，
，
当在同一直线上时，
的最小值等于的长，
∴的最小值等于15，
故选：A．
58．（23-24八年级下·湖北十堰·期中）如图，正方形的边长为12，点E、F分别为、上动点（E、F均不与端点重合），且，P是对角线上的一个动点，则的最小值是（ ）
，
A．12B．13C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理等知识．确定和最小值时的情况是解题的关键．
作点E关于的对称点，连接，过F作于点G，当、P、F三点共线时，，此时最小，即为所求，由题意确定在边上，证明四边形是矩形，则，由勾股定理得，，计算求解即可．
【详解】解：如图，作点E关于的对称点，连接，过F作于点G，
，，
当、P、F三点共线时，，此时最小，即为所求，
四边形是正方形，
，
点在边上，
，，
四边形是矩形，
，
，
，
由勾股定理得，，
的最小值是13
故选：B．
59．（2026九年级·全国·专题练习）如图，在四边形中，，点在上，且，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了轴对称性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，连接，得到点与点关于对称，过点作，使得，连接交于点，连接，证明四边形是平行四边形，得到则当三点共线，即点与点重合时，取得最小值，即取得最小值，最小值为的长，求出，由勾股定理求出得出答案，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
，
点与点关于对称，
，
过点作，使得，连接交于点，连接，
，
，四边形是平行四边形，
，
当三点共线，即点与点重合时，取得最小值，即取得最小值，最小值为的长，
，，
是等边三角形，
，
在中，
的最小值为．
故答案为：．
60．（23-24八年级下·湖北咸宁·期中）如图，在中，，，，点为上一个动点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接交于点．
(1)若，求的长；
(2)当长为何值时，平行四边形是菱形？为什么？
(3)在点P的运动过程中，线段的长度是否存在最小值，若存在，请直接写出最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)3
(2)当时平行四边形是菱形，理由见解析
(3)存在最小值
【分析】（1）当时，平行四边形是矩形，此时，据此求出即可；
（2）当时，，此时平行四边形是菱形；
（3）设与交于点，作于．首先求出，当与重合时，的值最小，的最小值．
【详解】（1）当时，平行四边形是矩形，则，
，，
，
，，
；
（2），当时，
∴，此时平行四边形是菱形，
，，，
，
；
（3）如图，设与交于点，作于．

在中，，
，，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
当与重合时，的值最小，则的值最小，
的最小值．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的判定，菱形的判定，垂线段最短，30度直角三角形性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
题型十三 四边形其他综合问题
61．（24-25八年级下·广西防城港·期末）如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．
【问题探究】如图1，已知四边形是垂美四边形，，垂足为O．
（1）发现：由勾股定理得________，________；
（2）猜想并证明：________；（填“”或“”或“”）
【学以致用】如图2，在中，，分别以和为边向外作等腰直角和等腰直角，，与相交于点O．
（3）求证：；
（4）①判断四边形是不是垂美四边形？请说明理由；
②若，，直接写出的长．
【答案】（1）；；（2）；（3）见解析；（4）①四边形是垂美四边形；理由见解析；②
【分析】（1）根据勾股定理进行求解即可；
（2）由勾股定理列出等式可求解；
（3）根据“”证明即可；
（4）①根据垂美四边形定义进行求解即可；②根据勾股定理，结合，进行求解即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴和根据勾股定理得：
，；
（2）在和中，根据勾股定理得：
，，
，
，
∴；
（3）∵和是等腰直角，
∴，，
∵，
∴，
即，
∴；
（4）①四边形是垂美四边形；理由如下：
∵，
∴，
∵，
，
∴，
∴，
∴四边形是垂美四边形；
②∵，，，
∴，
∵和是等腰直角，
∴，
，
根据解析（2）可知：，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查四边形的综合应用，掌握垂美四边形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
62．（24-25八年级下·广西贵港·期中）定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．如：在如图1中，四边形的对角线与互相垂直，故四边形叫做垂美四边形．
(1)概念理解：如图2，在四边形中，，问四边形是垂美四边形吗？说明理由．
(2)性质探究：垂美四边形的两组对边的平方和相等．已知：如图1，与是垂美四边形的两组对边．求证：；
(3)解决问题：如图3，在中，，分别以的斜边和直角边为边向外作等腰和等腰，使得，连接．若，则的值为_______．
【答案】(1)四边形是垂美四边形，理由见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可得；
（2）根据垂直的定义及勾股定理解答即可；
（3）证明，得出，证明，得出四边形为垂美四边形，结合（2）的结论计算即可得到答案．
【详解】（1）解：四边形是垂美四边形；理由如下：
连接、，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，
即四边形是垂美四边形；
（2）证明：∵，
∴，
在中，根据勾股定理得：，
在中，根据勾股定理得：，
在中，根据勾股定理得：，
在中，根据勾股定理得：，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为垂美四边形，
∴，
∵，，
∴根据勾股定理得：，
∵，
∴根据勾股定理得：，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了对新概念的理解、垂直平分线的性质、勾股定理的运用、全等三角形的判定，是一道综合性比较强的题目，灵活运用所学知识是解题的关键.
63．（24-25九年级下·河南郑州·月考）定义：在凸四边形中，如果只有一组对角相等，我们把这类四边形叫作“奋进四边形”．
(1)操作判断：
用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是“奋进四边形”的有______（填序号）；
(2)性质探究：
①如图2，四边形是“奋进四边形”，，，，则的度数为______，的度数为______；
②如图3，四边形是“奋进四边形”，，，求证：；
(3)四边形是“奋进四边形”，，，，，请直接写出对角线的长．
【答案】(1)②④
(2)①，；②见解析
(3)或
【分析】（1）按照“奋进四边形”的定义逐个判断即可；
（2）①根据“奋进四边形”的定义进行求解即可；
②连接，根据等腰三角形性质得出，证明，根据等边三角形的判定得出答案即可；
（3）分两种情况：当时，当时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】（1）解：图①中有两组对角相等，图③没有一组对角相等，因此不是奋进四边形，图②和图④有一组对角相等，是奋进四边形，
故答案为：②④；
（2）解：①∵四边形是“奋进四边形”，，，，
∴，；
②证明：如图1，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：当时，如图2，延长、交于点，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
当时，如图3，作于点，于点，
∵，
∴四边形是矩形，
∵，，
∴，
∴，
∴，
，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述，对角线的长为或．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形判定与性质，勾股定理，多边形的内角和，直角三角形的性质，解题关键是熟练运用相关性质进行推理证明．
64．（22-23八年级下·四川广安·期末）如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（如图1）
(1)概念理解：在平行四边形，矩形，菱形，正方形中，一定是垂美四边形的是_____；
(2)性质证明：如图1，四边形是垂美四边形，求证：；
(3)问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，，求的长．
【答案】(1)菱形、正方形
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论；
（2）利用勾股定理即可得出结论；
（3）先判断出，得出四边形是垂美四边形，借助（2）的结论即可得出结论．
【详解】（1）解：∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、正方形，
∴菱形和正方形一定是垂美四边形，
故答案为：菱形、正方形；
（2）证明：四边形是垂美四边形，
，
，
由勾股定理，得：，，
，，
∴，
，
．
（3）解：如图，连接，．
，
，
即．
在和中，，，，
，
，
又，
．
又，
，
，
四边形是垂美四边形．
由（2）可知，
，，
由勾股定理，得，，，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
65．（23-24九年级下·江苏常州·期末）类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
（1）概念理解
如图1，在四边形中，添加一个条件使得四边形是“等邻边四边形”．请写出你添加的一个条件______．
（2）问题探究
如图2，已知，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接．
①四边形______（填“是”或“不是”）等邻边四边形；
②求线段的长度．
（3）拓展应用
如图3，在等邻边四边形中，和为四边形的对角线，为等边三角形，试探究和的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）或或或任写一个即可；
（2）①是；②；
（3），见解析
【分析】（1）根据新定义，添加一组邻边相等即可求解．
（2）由旋转可得：，则四边形是等邻边四边形；②过点D作于点H，通过证明为等边三角形，推出，则，，进而得出，
最后根据勾股定理即可求解；
（3）过作，且，连接，，证明为等边三角形，，进而根据等腰直角三角形的性质，勾股定理，即可得出结论．
【详解】解：（1）如图，或或或任写一个即可；
（2）①由旋转可得：，
∴四边形是等邻边四边形；
故答案为：是；
②过点D作于点H，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
根据勾股定理可得：；
（3）
过作，且，连接，，
，
，
又，为等边三角形，
，
，，
，
为等边三角形，
，
，
，，
，
，
，，
∴，
，
．
【点睛】本题考查了新定理，解直角三角形，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是明确题目所给等邻边四边形的定义，正确画出辅助线解答．
1．（25-26八年级上·浙江杭州·期末）如图，在中，，，于点，于点，为的中点，为的中点，则的长为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的三线合一，连接，，根据直角三角形的性质可得，，又为的中点，则，，然后通过勾股定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，，
∵，，
∴，
∵为的中点，为的中点，
∴，，
∵为的中点，
∴，，
∴，
∴，
故选：．
2．（25-26九年级上·内蒙古·期末）如图，E是正方形内一点，将绕点B顺时针旋转与重合，若，则EF长为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【分析】此题考查了正方形的性质、旋转的性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
根据正方形的性质和旋转的性质得到是等腰直角三角形，即可得到答案．
【详解】解：四边形是正方形，
，
绕点B顺时针旋转与重合，
，，
是等腰直角三角形，
，
故选：B．
3．（25-26九年级上·河北沧州·期中）如图，为正方形内一点，，，，将绕点按顺时针方向旋转，得到．延长交于点，则的长为（ ）
A．7B．7.5C．8D．9
【答案】A
【分析】本题考查旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质是解答本题的关键．由旋转得，，可得出四边形为正方形，可得．在中，由勾股定理得，，则．
【详解】解：由旋转得，
，
四边形为矩形，
，
四边形为正方形，
，
在中，由勾股定理得，，
，
，
故选：A．
4．（25-26九年级上·福建南平·期中）如图，在正方形中，将边绕点逆时针旋转至，若，，则正方形的边长为（ ）
A．4B．C．6D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，等腰三角形的性质与判定等，构造全等三角形是解题的关键．先证明得到，由旋转的性质可得，则，由三线合一定理得到，则可利用勾股定理得到，据此可得答案．
【详解】解：如图，作于
由正方形的性质可得，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
5．（25-26九年级上·四川泸州·期中）如图，在边长为5的正方形中，将绕点A顺时针旋转得到，点E在的延长线上，点F在线段上，作平分交延长线于点M．若，则的长度为（）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握全等三角形的判定及性质，运用勾股定理构造方程是解题的关键．
连接，根据正方形的性质及旋转的性质证明，得到，．再证明，得到．设，则，在中根据勾股定理构造方程，求解即可．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是边长为5的正方形，
∴，，
∴，
由旋转可得，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，．
∵平分，
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴．
设，则，
∴，
∵，，
∴，
∵在中，，
即，
解得，
∴．
故选：C．
6．（25-26九年级上·山西太原·月考）如图所示，在菱形中，，，对角线交于点O．过点D作，交的延长线于点E，则线段的长为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，菱形的面积，设对角线的交点为，根据菱形的性质和勾股定理求出，，根据菱形的面积底高对角线乘积的一半求出，然后利用勾股定理求解即可，熟练运用菱形的性质，面积公式，灵活运用勾股定理是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选D．
7．（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，四边形是正方形，，P是正方形对角线上一点，，，E、F分别为垂足，若，则的长为（ ）
A．1B．2C．D．3
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，连接，由正方形的性质得出，由勾股定理求出，由全等三角形的判定与性质得出，由，得出四边形是矩形，由矩形的性质得出，即可得出，即可得出答案．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
故选：C．
8．（25-26八年级上·吉林长春·期末）如图，将一矩形纸片折叠，使两个顶点，重合，折痕为．若，，则的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质和折叠的性质（垂直平分线的性质）、勾股定理的应用，利用勾股定理建立方程求出的长度是解题的关键．
由折叠得垂直平分，得，设，则，，由矩形得，利用勾股定理列方程求得长，由即可得出．
【详解】解：由折叠得垂直平分，
∴，
设，则，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
解得，即，
∴．
故答案为．
9．（25-26九年级上·甘肃庆阳·期末）如图，在矩形中，点在边上，点是的中点，，，，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质、直角三角形斜边中线定理、勾股定理，利用直角三角形斜边中线定理求出的长度是解题的关键．
由直角三角形斜边中线定理得，由勾股定理得，设，则，在中，由勾股定理列方程即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
设，则，
∵，，
∴，
在中，
，
∴，
解得，即．
故答案为：．
10．（25-26九年级上·黑龙江大庆·期末）如图，点E、F分别在正方形的边、上，，已知，，则 ．
【答案】15
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
过点作交的延长线于点，易证得和，根据全等三角形的性质得到，设，则、，根据列方程，求解的值，利用进行计算求解即可．
【详解】解：过点作交的延长线于点，如图：
，
，
、，
，
、，
，
，
，
，
，
，
、，
，
设，则、，
，
，
解得，
，
故答案为：15．
11．（25-26九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，正方形的边长为6，连接，点，在上，以为一边作正方形，点，分别在边，上，则正方形的周长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，根据正方形的性质求出，再证明与是等腰直角三角形，得，从而得正方形的周长．
【详解】解：∵四边形是正方形，，
∴，，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴与是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴正方形的周长为，
故答案为：．
12．（25-26八年级上·吉林长春·期末）如图，在矩形中，点，分别在边，上，且，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)连接，若平分，，，，则的长为______．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，角平分线的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
（1）根据矩形的性质推出， ，进而推出，即可得证；
（2）根据平行的性质及角平分线定义可证明，然后根据等腰三角形的判定推出，设，则， 在中，根据勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
， ，
，
， 即，
四边形是平行四边形；
（2）解：，
，
平分，
，
，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得，
即．
故答案为：．
13．（25-26九年级上·辽宁丹东·期末）如图，在中，，为边上的中线，点为的中点，连接，将线段绕着点顺时针旋转到，连接，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）先证明，可得，，由平行四边形的判定可证四边形是平行四边形，再由矩形的判定可得结论；
（2）由勾股定理可求，的长，由矩形的性质和勾股定理可求的长．
【详解】（1）证明：∵，为边上的中线，
∴，，
∵将线段绕着点顺时针旋转到，
∴，，
∴点，点，点三点共线，
∵点为的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；
（2）解： ∵，点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴
∵，
∴
∴，
解得：或（不符合题意，舍去），
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴．
∴的长为．
【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形三线合一的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．证明三角形全等是解题的关键．
14．（25-26九年级上·全国·期末）请阅读下列材料，并完成相应的任务：
任务：
(1)下列图形，是等对四边形的有 只填序号；①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形
(2)请按照上面的证明思路，完成剩余的证明过程；
(3)如图②，等对四边形中，若等对中位线，求等对四边形两对角线的长．
【答案】(1)②④
(2)见解析
(3)
【分析】（1）找出对角线相等的四边形即可；
（2）利用三角形中位线定理求得，推出四边形是菱形，即可得到，互相垂直平分；
（3）先证明四边形是正方形，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、菱形和正方形中，只有矩形和正方形的对角线相等，
∴是等对四边形的有②④，
故答案为：②④；
（2）证明：如图，顺次连接，，，四点，
点，分别是，的中点，
是的中位线，
，
同理可得，，，
又，
，
四边形是菱形，
，互相垂直平分；
（3）解：如图，顺次连接，，，四点，
由（2）可知，四边形是菱形，
又，
四边形是正方形，
，，
，
四边形是等对四边形，，是等对中位线，
，点，分别是，的中点，
是的中位线，
，
，
即等对四边形两对角线的长都为．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理．
15．（25-26九年级上·贵州毕节·月考）【阅读理解】半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题．
【初步探究】如图 1 ，在正方形中，点 E，F 分别在边上，连接．若，将绕点A 顺时针旋转 ．点 D 与点B 重合，得到 易证：．
（1）根据以上信息，填空：① ° ； ②线段之间满足的数量关系为 ；
【迁移探究】（2）如图 2 ，在正方形 中，若点 E 在射线上，点 F 在射线上，，猜想线段之间的数量关系，请证明你的结论；
【拓展探索】（3）如图 3 ，已知正方形的边长为，连接分别交于点 M 、N ，若点 M 恰好为线段的三等分点，且，求线段的长．
【答案】（1）45；
（2），理由见解析
（3）2.5
【分析】（1）根据正方形的性质得，再根据旋转得，可知点G，B，E共线，即可说明，然后根据“边角边”证明，可得答案；
（2）在上截取，连接，根据“边角边”可得，
接下来说明，即可得出答案；
（3）将绕点A顺时针旋转得到，连接，先根据正方形的性质及勾股定理求出，进而求出，再根据旋转的性质得，即可说明，得，然后设，则，根据勾股定理可得答案．
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，
∴．
将绕点A旋转，点D与点B重合，得到，
则，
∴点G，B，E共线．
∵，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
∴．
故答案为：45；；
（2），理由如下：
如图，在上截取，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
即．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴；
（3）将绕点A顺时针旋转得到，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴．
由旋转，得，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
设，则．
在中，，
∴，
解得，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，旋转的性质，勾股定理，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
1．（25-26八年级上·全国·期末）如图，正方形和正方形的顶点E、F、G、M、N在长方形的边上．已知，，则长方形的面积为（ ）
A．320B．480C．640D．800
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质，长方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．过点作于点，先证，得出，同理可证，得出，，设，表示的长，得到，解方程组即可，从而求出长方形的面积．
【详解】解：过点作于点，
，
∵四边形是正方形，
，
，
，
∵四边形是长方形，
，
，
在和中
，
，
，
同理可证，
，
设，
，
，
，
，
，
，
，即①，
，
，
，
，
，
，即②，
联立①②，解得：，
，
，
故选：C．
2．（25-26九年级上·黑龙江佳木斯·期末）如图，在正方形中，，，分别是边，上的点；且，，将绕点顺时针方向旋转后与重合，连接，给出下列结论：①；②；③平分；④，其中正确的是（ ）
A．①②B．①③④C．②③④D．①②③④
【答案】B
【分析】先根据旋转的性质得出，，再根据正方形的性质得出，接着根据 ，得出，从而可证明，根据全等三角形的性质可得，从而可得，于是可得，从而可判断①；先根据正方形的性质得出，，再根据勾股定理得出，接着求出，设，从而可得，，代入得出，从而可求得，即，从而可判断②；先根据全等三角形的性质得出，再根据旋转的性质得出，从而可得，也就是平分，从而可判断③；根据旋转的性质，对应边的夹角就是旋转角，可判断④．
【详解】解：∵将绕点A顺时针旋转后与重合，
∴，，，
∵四边形是正方形，
∴，
又 ，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
而，
∴，故①正确；
∵四边形是正方形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，故②错误；
∵，
∴，
∵将绕点A顺时针旋转后与重合，
∴，
∴，
即平分，故③正确；
∵将绕点A顺时针旋转后与重合，
∴与是对应边，
∴，故④正确；
综上所述，其中正确的是①③④，
故选：B．
【点睛】本题考查了根据旋转的性质求解，根据正方形的性质证明，全等的性质和综合（），用勾股定理解三角形，全等三角形综合问题等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解．
3．（25-26八年级上·吉林长春·期末）如图，正方形中，点、分别在、上，是等边三角形，连接交于点，给出下面五个结论：；；；平分；上述结论中，正确结论的序号有 ．
【答案】
【分析】结合正方形性质、等边三角形性质证明，根据全等三角形的性质可判断；结合等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理可判断．
【详解】解：四边形是正方形，
，，平分，
是等边三角形，
，，
，
在和中，
，
，
，，故正确；
，故正确；
，，
，即，
是等腰直角三角形，
又平分，
，垂直平分，
，
，故错误；
是等腰直角三角形，
，
又，
，即不是的平分线，故错误；
，
，，
在中，，
，故正确．
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，等边三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，解题关键是熟练掌握相关知识点．
4．（25-26九年级上·全国·期末）如图，在矩形中，，点E是边上的一个动点，连接，将沿折叠，点B落在点F处，当为直角三角形时，的长为 ．

【答案】3或6
【分析】本题考查了折叠问题，矩形的性质以及勾股定理．分类讨论是解题的关键．当为直角三角形时，有两种情况：①当点F落在矩形内部时，如答图1所示．连接，先利用勾股定理计算出，根据折叠的性质得，而当为直角三角形时，只能得到，所以点共线，即沿折叠，使点B落在对角线上的点F处，则，，可计算出，设,则,然后在中运用勾股定理可计算出x，②当点F落在边上时，如答图2所示，此时四边形为正方形．
【详解】解：当为直角三角形时，有两种情况：
①当点落在矩形内部时，如答图1所示，
连接，在中，，
，
沿折叠，使点落在点处，
，
当为直角三角形时，只能得到，
点共线，即沿折叠，使点落在对角线上的点处，如图，
，
，
，则，
在中，
，
，
解得，
，
②当点落在边上时，如答图2所示
此时四边形为正方形，
综上所述，的长为3或6
故答案为：3或6．
5．（25-26九年级上·辽宁营口·期末）四边形是正方形，将线段绕点A逆时针旋转至，旋转角为，连接，，与交于O点，过点D作，垂足为点F，连接．
(1)如图1，当时，的度数为_____________．
(2)如图2，当时，用等式写出，，的数量关系，并证明．
(3)在旋转过程中，当时，若，求的长．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)或
【分析】（1）旋转的性质，结合等边对等角，求出，正方形的性质，等量代换推出，角的和差关系求出的度数，推出，再根据角的和差关系进行计算即可；
（2）在上截取，连接，先证明为等腰直角三角形，得到，再证明，得到，进而得到，证明，推出，利用勾股定理结合线段的和差关系即可得出结论；
（3）分和两种情况，根据全等面积转化，以及同高三角形的面积比等于底边比，结合线段之间的关系进行求解即可．
【详解】（1）解：∵正方形，
∴，
∵旋转，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴
（2）解：，证明如下：
在上截取，连接，
∵正方形，
∴，
∵旋转，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）当，分2种情况：
①当，如图，
由（2）可知：，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②当时，如图，延长至点，使，连接，
∵旋转，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上：或．
【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线构造全等三角形和特殊三角形，是解题的关键．
6．（25-26九年级上·黑龙江大庆·期末）如图1，在正方形中，，点E在边上，连接，且，点F是的中点．
(1)求的长；
(2)如图2，过点F作直线，分别交，于点G，H，且，求的长；
(3)如图3，过点F作的垂线，分别交，，于点M，O，N，连接，求的长．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意易得是直角三角形，进而得到，由勾股定理得，进而得到的长；
（2）过点G作于点P，连接，证得四边形是矩形，进而证得，设，则，易证得是线段的垂直平分线，则，由（1）可知，在中，由勾股定理得，列方程求解的值，从而得到的长；
（3）连接，过点O作于点Q，于点T，证明四边形是正方形，进而得到是线段的垂直平分线，证得，进而可证得是等腰直角三角形 ，由勾股定理得，从而得到的长．
【详解】（1）解：四边形是正方形，，
，，
是直角三角形，
在中， ，
，
由勾股定理得：，
，
；
（2）解：过点G作于点P，连接，如图所示：
，
是直角三角形，
，
四边形是矩形，
，，
，
设，则，
在和中，
，
，
，
，
，
在中， ，
，
又点F是的中点，
是线段的垂直平分线，
，
由（1）可知：，
在中，由勾股定理得：，
，
解得：，
；
（3）解：连接，过点O作于点Q，于点T，如图示：
，
四边形是矩形，和都是直角三角形，
在正方形中，，
是等腰直角三角形，
，
矩形是正方形，
，，
点F是的中点，，
是线段的垂直平分线，
，
在和中，
，
，
，
，
，
即，
是等腰直角三角形 ，
由勾股定理得：，
，
由（1）可知：，
．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理，熟练掌握其相关性质定理，数形结合的思想方法的运用，是解题的关键．定义：如果一个四边形的对角线相等，我们称这个四边形为等对四边形．等对四边形对边中点的连线，称为等对中位线．
性质：等对四边形的两条等对中位线互相垂直平分．
已知：如图①，四边形中，对角线，，，，分别是，，，的中点，连接，．
求证：，互相垂直平分．
部分证明过程如下：
证明：如图，顺次连接，，，四点，