【期末常考压轴题】苏科版八年级数学下册-专题07 矩形、菱形、正方形的性质与判定压轴题九种模型 全攻略讲学案

这是一份【期末常考压轴题】苏科版八年级数学下册-专题07 矩形、菱形、正方形的性质与判定压轴题九种模型 全攻略讲学案，文件包含专题07矩形菱形正方形的性质与判定压轴题九种模型全攻略解析版docx、专题07矩形菱形正方形的性质与判定压轴题九种模型全攻略原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共60页， 欢迎下载使用。

目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc17084" 【典型例题】 PAGEREF _Tc17084 \h 1
\l "_Tc2672" 【考点一 利用矩形的性质求角度】 PAGEREF _Tc2672 \h 1
\l "_Tc15382" 【考点二 利用矩形的性质求线段长】 PAGEREF _Tc15382 \h 3
\l "_Tc26064" 【考点三 矩形的性质与判定综合问题】 PAGEREF _Tc26064 \h 6
\l "_Tc25039" 【考点四 利用菱形的性质求角度】 PAGEREF _Tc25039 \h 10
\l "_Tc8892" 【考点五 利用菱形的性质求线段长】 PAGEREF _Tc8892 \h 12
\l "_Tc8173" 【考点六 菱形的性质与判定综合问题】 PAGEREF _Tc8173 \h 15
\l "_Tc3167" 【考点七 利用正方形的性质求角度】 PAGEREF _Tc3167 \h 19
\l "_Tc28452" 【考点八 利用正方形的性质求线段长】 PAGEREF _Tc28452 \h 20
\l "_Tc4598" 【考点九 正方形的性质与判定综合问题】 PAGEREF _Tc4598 \h 25
\l "_Tc15819" 【过关检测】 PAGEREF _Tc15819 \h 29
【典型例题】
【考点一 利用矩形的性质求角度】
例题：（2022秋·四川成都·九年级统考期末）如图，矩形的对角线，相交于点O，过点O作，交于点E，若，则的大小为__________．
【答案】##50度
【分析】根据矩形的性质，得到，利用三角形外角求出，利用垂直可求出结果．
【详解】∵四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质；灵活运用矩形的性质求解是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级校联考阶段练习）在矩形中，作的平分线交直线于点E，则是____________度．
【答案】45或135
【分析】根据题意分当的平分线交线段于点E和当的平分线交线段外于点E，然后根据矩形的性质及角平分线的定义可进行求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵平分，
∴，
由题意可分：
①当的平分线交线段于点E，如图所示：
∴；
②当的平分线交线段外于点E，如图所示：
∴；
综上所述：或；
故答案为45或135．
【点睛】本题主要考查矩形的性质及角平分线的定义，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
2．（2022秋·江苏常州·九年级校考期中）如图，在平行四边形中，点是边的中点，连接并延长，交的延长线于点．连接、．
(1)求证：；
(2)当四边形是矩形时，若，求的度数．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据平行四边形性质得出，推出，再由即可得出结论；
（2）根据矩形的性质和等腰三角形的性质解答即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，即，
∴，
∵点是的中点，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质、证明是解题的关键．
【考点二 利用矩形的性质求线段长】
例题：（2023秋·陕西西安·九年级陕西师大附中统考期末）如图，矩形的对角线与相交于点，，，则的值为______．
【答案】6
【分析】利用矩形的对角线平分且相等来进行计算即可．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
在中，，，
，
，
．
故答案为：6．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质．
【变式训练】
1．（2022秋·山东青岛·九年级统考期末）如图，四边形是矩形，点在线段的延长线上，连接交于点，，点是的中点，若，，则的长为______．
【答案】
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据等边
对等角的性质可得，再结合两直线平行，内错角相等可得，再
根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得，从而得到
，再利用等角对等边的性质得到，然后利用勾股定理列式计算即可得
解．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
点是的中点，
，
，
∵，
，
，
，
，
，
在中，，
．
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角的性质，等角对等边的性质，以及勾股定理的应用，求出是解题的关键．
2．（2021春·重庆巴南·九年级校考期中）如图，在矩形中，是对角线，、分别平分、，交边、于点、．
(1)若，，求的长．
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）由已知可求得的长及，由勾股定理求得的长，再由含30度角直角三角形的性质即可求得结果；
（2）由矩形的性质及角平分线的意义易得，从而问题解决．
【详解】（1）解：四边形是矩形，
，
，，
；
平分，
，
，
∴；
由勾股定理得，
；
（2）证明：四边形是矩形，
，，，
，
、分别平分、，
，，
，
，
．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30度直角三角形的性质等知识，灵活运用这些知识是关键．
【考点三 矩形的性质与判定综合问题】
例题：（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，在中，，平分交于点D，分别过点A、D作、，与相交于点E，连接．
(1)求证：；
(2)求证：四边形是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据、证明四边形为平行四边形，即可得出答案；
（2）由等腰三角形的性质得出，，得出，，先证出四边形是平行四边形．再证明四边形是矩形即可．
【详解】（1）证明：∵、，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（2）证明：∵，平分，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴
∴四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、等腰三角形的性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质，由等腰三角形的性质得出，，是解决问题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·山东青岛·九年级校考期末）如图，将的边延长到点E，使，连接交边于点F．
(1)求证：；
(2)若，判断四边形的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)矩形，见解析
【分析】（1）先根据平行四边形的性质得出，，再由得出，根据平行线的性质得出，，根据全等三角形的判定和性质定理进而可得出结论；
（2）根据平行四边形的性质可得，，，再由，可得，进而可判定四边形是平行四边形，然后再证明即可得到四边形是矩形．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∵，．
∵，
∴．
∵，
∴，，
在与中，
，
∴（ASA）；
∴，，
在与中，
∴（SAS）；
（2）四边形是矩形，
理由：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
【点睛】此题主要考查平行四边形的性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，关键是掌握平行四边形的对边相等；对角相等；对角线互相平分．
2．（2022秋·吉林长春·九年级长春市解放大路学校校考期末）如图，在平行四边形中，点，分别在边，上，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，若，，平分，则平行四边形的面积为______．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据已知条件先证明四边形 为平行四边形，再根据即可得证；
（2）由平分，可求得，在中，，则，根据含30度角的直角三角形的性质，求得，再求出，由已知进而即可求得即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
又∵，
∴，即，
∵，，
四边形为平行四边形，
又 ∵，
∴平行四边形是矩形．
（2）∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为；．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的定义，等角对等边，熟练以上知识点是解题的关键．
【考点四 利用菱形的性质求角度】
例题：（2021·四川眉山·校考模拟预测）如图，菱形中，已知，则的大小是____________．
【答案】##140度
【分析】根据菱形的对角线平分一组对角，以及邻角互补，即可得解．
【详解】解：∵菱形中，，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质．熟练掌握菱形的对角线平分一组对角，是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·江西九江·九年级统考期末）如图，在菱形中，交对角线于点E，若，，则________．
【答案】3
【分析】利用含30角的直角三角形的性质求出，利用等角对等边求出，即可解决问题．
【详解】解：四边形是菱形，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
故答案为：3．
【点睛】本题考查菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质等，解题的关键是综合运用上述知识解决问题．
2．（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．
【考点五 利用菱形的性质求线段长】
例题：（2021春·江苏淮安·八年级校考期中）如图，菱形的周长是16，，则对角线的长是_____________．
【答案】4
【分析】由于四边形是菱形，是对角线，根据，而，易证是等边三角形，从而可求的长．
【详解】解：∵四边形是菱形，是对角线，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵菱形的周长是16，
∴．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质．菱形的对角线平分对角，解题的关键是证明是等边三角形．
【变式训练】
1．（2022秋·山东青岛·九年级统考期末）如图，在菱形中，，，是中点，交于点，连接，则的长为______．
【答案】
【分析】连接，则为等边三角形，利用等边三角形的性质，可得出的长，由，可得出，进而可求出的长．
【详解】解：连接，则为等边三角形，如图所示．
是中点，，
，，
．
又，
，
，即：，解得：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及等边三角形的判定与性质，根据菱形的性质，找出为等边三角形是解题的关键．
2．（2022秋·辽宁辽阳·九年级辽阳市第一中学校考阶段练习）如图，菱形的边长为2，，对角线与交于点O，E为中点，F为中点，连接，则的长为 _____．
【答案】
【分析】取的中点H，连接，根据菱形的性质可得，从而得到，进而得到，再由勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，取的中点H，连接，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
∵点H是的中点，点F是的中点，
∴，
∴，
∵点E是的中点，点H是的中点，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．
3．（2022秋·陕西榆林·九年级校考期末）如图，已知四边形是菱形，且于点，于点．
(1)求证：；
(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质，得，；根据于点，于点，则，即可；
（2）根据菱形的性质，得，根据，，勾股定理，求出，即可求出菱形的面积．
【详解】（1）证明，如下：
∵四边形是菱形，
∴，，
∵于点，于点，
∴，
∴，
∴．
（2）∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴菱形的面积为：．
【点睛】本题考查菱形的知识，解题的关键是掌握菱形的性质，勾股定理，全等三角形的知识．
【考点六 菱形的性质与判定综合问题】
例题：（2022春·甘肃平凉·八年级校考期末）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；
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）先证明得到进而证明四边形是平行四边形，再由一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得到结论；
（2）先根据菱形的性质和勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴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，由勾股定理得，
∴，
∵，点O为的中点，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，角平分线的定义，平行线的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，熟知菱形的性质与判定条件是解题的关键．
【变式训练】
1．（2020秋·四川成都·九年级成都外国语学校校考期中）如图，平行四边形ABCD的对角线，相交于点O，且，，．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的性质和菱形的判定证明即可；
（2）由菱形的性质可得，，，可求，，即可得出答案．
【详解】（1）解：证明：，，
四边形是平行四边形，
四边形是平行四边形，
．
，
平行四边形是矩形，
．
．
平行四边形是菱形
（2）由（1）得：四边形是矩形，四边形是菱形，
，，，，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形的判定与性质等知识；灵活运用有关性质是解题的关键．
2．（2022秋·河南郑州·九年级校考期末）如图，平行四边形中，，，，点是的中点，点是边上的动点，的延长线与的延长线交于点，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)①直接写出：当______时，四边形是菱形（不需要说明理由）；
②当______时，四边形是矩形，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①4；②7，理由见解析．
【分析】（1）证明，推出，根据平行四边形的判定即可得出结论；
（2）①当四边形是菱形时，证明是等边三角形，可得，进而可得的长度；
②过A作于M，求出，可得，然后证明四边形是矩形，即可得到的长度．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵G是的中点，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：①当时，四边形是菱形，
理由：∵，，，
∴，，，
当四边形是菱形时，有，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：4；
②当时，四边形是矩形，
理由：过A作于M，
∵，，
∴，
∴，
当四边形是矩形时，有，
∴，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，
故答案为：7．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，菱形的性质，矩形的判定和性质等知识，注意：菱形的四条边都相等，矩形的四个角都是直角．
【考点七 利用正方形的性质求角度】
例题：（2023秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，在正方形中，点为边上一点，与交于点．若，则的大小为______度．
【答案】65
【分析】由三角形的外角性质可知：要求，只要求，由正方形的轴对称性质可知：，即可求出．
【详解】解：四边形是正方形，具有关于对角线所在直线对称的对称性，
，，，
又是的外角，
，
故答案为：65．
【点睛】本题综合考查正方形的对称性质和三角形外角性质，解题关键是利用正方形的对称性快速得出结论．
【变式训练】
1．（2021秋·山西太原·九年级太原市外国语学校校考阶段练习）如图，正方形中，，则_____．
【答案】##度
【分析】根据正方形的性质得出，根据已知条件可得，进而根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，掌握正方形的性质是解题的关键．
2．（2021春·江苏南京·八年级校考期中）如图，四边形ABCD是正方形，以BC为边在正方形内部作等边，连接PA，则__________．
【答案】
【分析】根据正方形的性质，等边三角形的性质，推出是等腰三角形，从而求出的度数，进而求出的度数即可．
【详解】解： ∵四边形ABCD是正方形，是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质．熟练掌握正方形的性质和等边三角形的性质，利用等边对等角求角的度数，是解题的关键．
【考点八 利用正方形的性质求线段长】
例题：（2021春·重庆沙坪坝·八年级重庆市第七中学校校考期中）如图，在正方形中，是对角线上一点，过点作，交于点，，，则___________．
【答案】
【分析】作出如图的辅助线，证明，推出，，再证明，可推出为等腰直角三角形，求得长，设，由勾股定理建立方程即可求的长．
【详解】解：连接、，过点E作于点M，如图所示，
∵四边形为正方形，
∴，，，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵，，
∴，
∵，即，
∴，
设，
在中，，
∴，解得，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，证明是解决问题的关键．
【变式训练】
1．（2022春·江苏连云港·八年级统考期中）如图，在正方形中，为对角线上一点，过作于，于，若，，则___________．
【答案】
【分析】延长、交、于、，由正方形的性质，得到，再由等腰三角形的性质及正方形的性质得到，，由勾股定理即可得出结论．
【详解】解：如图，延长、交、于、．
四边形为正方形，
，
，，
则 ．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理．求出，的长是解答本题的关键．
2．（2022秋·山东青岛·九年级山东省青岛第七中学校考开学考试）如图，点E在正方形的边上，将绕点A顺时针旋转90°到的位置，连接，过点A作的垂线，垂足为点H，与交于点G，若，，则的长为______．
【答案】
【分析】连接，根据垂直平分，即可得出，设，则，，再根据中，，即可得到的长．
【详解】解：如图所示，连接，
由旋转可得，，
∴，，
又∵，
∴H为的中点，
∴垂直平分，
∴，
设，则，，
∴，
∵，
∴中，，
即，
解得，
∴的长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理以及旋转的性质，解题时注意：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
3．（2022秋·四川内江·九年级校考期中）如图，正方形的边长为4，点E是的中点，平分交于点F，将绕点A顺时针旋转得，求的长．
【答案】的长为．
【分析】利用勾股定理计算出，再根据旋转的性质得到，，，，于是可判断点G在的延长线上，接着证明平分得到，然后计算就可得到的长．
【详解】解：∵正方形的边长为4，点E是的中点，
∴，
∴，
∵将绕点A顺时针旋转得，
∴，，，，
而，
∴点G在的延长线上，
∵平分交于点F，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质和勾股定理．
【考点九 正方形的性质与判定综合问题】
例题：（2022秋·安徽芜湖·九年级校考开学考试）如图所示，在正方形的边的延长线上取点，连接，在上取点，使得，连接，过点作，交于点．
(1)若正方形的边长为，且，求的长；
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】由正方形的边长为，在中，由，即可求得的长，然后由勾股定理求得的长，又由，即可求得的长；
先在上截取，然后证得≌，由全等三角形的对应角相等、同角的余角相等，即可求得，进而得出．
（1）
解：四边形是正方形，且边长为，
，，
在中，，
，
，
，
；
（2）
证明：在上截取，连接，
，，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】此题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识的综合应用．解题时注意掌握辅助线的作法，构造全等三角形是解决问题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·吉林松原·九年级统考期中）如图，点是正方形内部的一点，，将绕点A按逆时针方向旋转得到，，的延长线相交于点E.若正方形的边长为10，．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长是14．
【分析】（1）由，得，由旋转得，，即可证明四边形是正方形；
（2）根据勾股定理列方程，求得符合题意的的值，即可求得的长为14．
【详解】（1）证明：∵，
∴
由旋转得，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
（2）解：∵正方形的边长为10，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得或（不符合题意，舍去），
∴，，
∴，
∴BE的长是14．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、勾股定理的应用等知识与方法，正确理解和运用旋转的性质是解题的关键．
2．（2022春·四川泸州·八年级统考期末）如图，点E是正方形的边上不同于C，D的任意一点，延长至点F，使．分别过点E，F作的垂线，相交于点G．
(1)如图1，连接，、与有何关系？请说明理由．
(2)如图2，连接．若．
①当点E是的中点时，____________；
②当点E不是的中点时，的值与①相比，有变化吗？请说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)①；②不变化，理由见解析
【分析】（1）证明即可得到；
（2）先证明四边形是正方形，延长，相交于点H．①当点E是的中点时，四边形的边长等于，然后根据求解即可；②设四边形的边长为b，根据求解即可．
【详解】（1）∵四边形是正方形，
∴．
在和中
，
∴，
∴；
（2）∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形．
①∵E是的中点，
∴，
∴
．
故答案为：．
②不变化，设四边形的边长为b，
．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，整式的加减，数形结合是解答本题的关键．
【过关检测】
一、选择题
1．（2022秋·四川成都·九年级校考期中）下列说法正确的是（ ）
A．矩形对角线相互垂直平分B．对角线相等的菱形是正方形
C．一组邻边相等的四边形是菱形D．对角线相等的平行四边形是菱形
【答案】B
【分析】根据矩形的性质可得A错误；先判定四边形是菱形，再判定是矩形就是正方形可得B正确；根据菱形的判定可得C错误；根据对角线的关系判定矩形，从而得D错误．
【详解】解：A．矩形的对角线相等且平分，故A原说法错误，不符合题意；
B．对角线相等的菱形是正方形，正确，符合题意；
C．两组邻边相等的四边形是菱形，故C原说法错误，不符合题意；
D．对角线相等的平行四边形是矩形，故D原说法错误，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，正方形的判定，菱形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行判断求解.
2．（2021春·四川凉山·八年级校考期中）如图，矩形中，，两条对角线所夹的钝角为，则对角线的长为( )
A．3B．6C．D．10
【答案】B
【分析】根据矩形的对角线互相平分且相等可得，然后判断出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，然后根据矩形的对角线互相平分可得．
【详解】解：在矩形中，，
∵两条对角线所夹的钝角为
，
是等边三角形，
，
．
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的对角线互相平分且相等的性质，等边三角形的判定与性质，是基础题，熟记性质并判断出是等边三角形是解题的关键．
3．（2021春·重庆沙坪坝·八年级重庆市第七中学校校考期中）如图，正方形中，点是对角线上的一点，且，连接，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据正方形的性质，得到，，进而得到，又因为，得到，推出，即可得到答案．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
故选B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握正方形对角线平分每一组对角是解题关键．
4．（2023·全国·八年级专题练习）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，，则菱形的面积为（ ）
A．24B．48C．72D．96
【答案】B
【分析】由菱形的性质得，，由直角三角形斜边上的中线性质求出，然后由菱形的面积公式求解即可．
【详解】四边形ABCD是菱形，
，，
，
，
在中，，BD为斜边，
，
，
，
，，
，
四边形ABCD是菱形，
，
故选B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的斜边上的中线性质，菱形的面积公式等知识；熟练掌握菱形的性质，求出BD的长是解题的关键．
5．（2023·全国·八年级专题练习）如图，在四边形中，对角线相交于点O．下列说法不正确的的是（ ）
A．如果，那么可得矩形；
B．如果是菱形，那么可得；
C．如果，那么可得正方形；
D．如果，那么可得矩形；
【答案】C
【分析】根据矩形，菱形，正方形的判定方法，逐项判断即可求解．
【详解】解：∵，
∴四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形，故A选项正确，不符合题意；
∵四边形是菱形，
∴，故B选项正确，不符合题意；
若四边形是平行四边形，，则可得正方形，故C选项错误，符合题意；
∵，
∴四边形是矩形，故D选项正确，不符合题意；
故选：C
【点睛】本题主要考查了矩形，菱形，正方形的判定，熟练掌握矩形，菱形，正方形的判定定理是解题的关键．
二、填空题
6．（2022秋·山东青岛·九年级山东省青岛第七中学校考开学考试）菱形的对角线长为24和10，则菱形的边长为 __，面积为 __，菱形的高为 __．
【答案】 13 120
【分析】先根据菱形的面积两条对角线积的一半得出面积，再求出菱形的边长，由面积即可得出菱形的高．
【详解】解：作于，如图所示：
四边形是菱形，对角线，，
，，，
菱形的面积，，
又菱形的面积，
．
故答案为：13，120，．
【点睛】此题考查了菱形的性质、勾股定理等内容，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
7．（2022秋·甘肃兰州·九年级统考期中）在矩形纸片中，点E在上，将沿翻折得到，使点C的对应点F落在上，若，，则__________ ．
【答案】
【分析】根据将沿翻折得到，点落在上，可得，，，，而，即得，，由四边形是矩形，可得，，从而，在中，用勾股定理得，从而．
【详解】解：将沿翻折得到，点落在上，
，，，，
，
，，
四边形是矩形，
，，
，
，
在中，，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】题考查矩形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质，能熟练应用勾股定理列方程解决问题．
8．（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．
9．（2022秋·甘肃兰州·九年级校考期中）如图，已知正方形中，边长为10cm，点在边上，cm．如果点在线段上以2 cm/秒的速度由点向点运动，同时，点在线段上以cm/秒的速度由点向点运动，设运动的时间为秒，若以为顶点的三角形和以为顶点的三角形全等，则______．
【答案】2或
【分析】分两种情况：当时和当时，根据边对应相等，分别求出的值即可．
【详解】解：当时，
此时，
则有，，
此时，
当时，
此时，
则有，，
此时，
综上所述，的值为2或，
故答案为：2或．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的性质、正方形的性质，采用分类讨论的思想是解题的关键．
10．（2021春·甘肃兰州·八年级校考期中）如图，已知矩形，，为边上一点，，点从点出发，以每秒1个单位的速度沿着边向终点运动，连接，设点运动的时间为秒，则当的值为_________时，为等腰三角形．
【答案】3或2或
【分析】根据矩形的性质求出，，求出后根据勾股定理求出；过作于，过作于，求出，当时，，即可求出；当时，求出，即可求出；当时，则，求出，即可求出．
【详解】解：∵四边形是长方形，
∴，，
∵，
∴，
在中，，，，由勾股定理得：；
过作于，过作于，
则，，
若是等腰三角形，则有三种可能：
当时，，
所以；
当时，，
所以；
当时，设，，则，
则，
解得：，
则，
综上所述或2或时，为等腰三角形．
故答案为：3或2或．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，能求出符合条件的所有情况是解此题的关键．
三、解答题
11．（2022春·天津·八年级校联考期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点M为AD的中点，过点M作交CD延长线于点N．
(1)求证：四边形MNDO是平行四边形；
(2)当AB，BD满足 条件，四边形MNDO是菱形；当AB，BD满足 条件，四边形MNDO是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)；
【分析】（1）证明OM是△ACD的中位线，可得OM//DN，又MN∥BD，即可得四边形MNDO是平行四边形；
（2）四边形MNDO是菱形，只需OM=OD，可知AB=BD；四边形MNDO是矩形，只需∠MOD=90°，可知AB⊥BD．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，又点为的中点，
∴，即，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）知四边形MNDO是平行四边形，若四边形MNDO是菱形，只需OM=OD，
而OM=CD=AB，OD=BD，
∴AB=BD时，四边形MNDO是菱形；
若四边形MNDO是矩形，只需∠MOD=90°，
而∠MOD=∠ABD，
∴∠ABD=90°时，四边形MNDO是矩形，
∴AB⊥BD，四边形MNDO是矩形．
故答案为: AB=BD, AB⊥BD．
【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定及菱形、矩形的判定，解题的关键是掌握并能熟练应用平行四边形、菱形、矩形的判定定理．
12．（2021春·河南开封·八年级开封市第二十七中学校联考期中）如图，在平行四边形中，，，，G是的中点，E是边上的动点，的延长线与的延长线交于点F，连接、．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)①当__________，四边形是矩形
②当__________，四边形是菱形
【答案】(1)见解析
(2)①7；②4
【分析】（1）证△CFG≌△EDG，推出FG=EG，根据平行四边形的判定即可得出结论；
（2）①求出△MBA≌△EDC，推出∠CED=∠AMB=90°，根据矩形的判定推出即可；
②求出△CDE是等边三角形，推出CE=DE，根据菱形的判定推出即可．
(1)
解：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CF∥ED，
∴∠FCD=∠EDG，
∵G是CD的中点，
∴CG=DG，
在△FCG和△EDG中，
，
∴△CFG≌△EDG（ASA），
∴FG=EG，
∴四边形CEDF是平行四边形；
(2)
①当AE=7时，平行四边形CEDF是矩形，理由如下：
过A作AM⊥BC于M，
∵∠B=60°，AB=6，
∴BM=AB=3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠CDA=∠B=60°，DC=AB=6，BC=AD=10，
∵AE=7，
∴DE=3=BM，
在△MBA和△EDC中，
，
∴△MBA≌△EDC（SAS），
∴∠CED=∠AMB=90°，
∵四边形CEDF是平行四边形，
∴四边形CEDF是矩形，
故答案为：7；
②当AE=4时，四边形CEDF是菱形，理由如下：
∵AD=10，AE=4，
∴DE=6，
∵CD=6，∠CDE=60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴CE=DE，
∵四边形CEDF是平行四边形，
∴四边形CEDF是菱形，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，矩形的判定，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用，注意：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的平行四边形是矩形．
13．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，分别以AB，AC，BC为一边，在BC的同侧作等边三角形ABD，ACE，BCF．
(1)求证：四边形DAEF是平行四边形；
(2)当△ABC满足什么条件时，四边形DAEF是矩形？是菱形？是正方形？
【答案】(1)见解析
(2)当∠BAC＝150°时，四边形DAEF是矩形；当△ABC满足AB＝AC≠BC时，四边形DAEF是菱形；当△ABC满足∠BAC＝150°，且AB＝AC≠BC时，四边形DAEF是正方形
【分析】（1）根据等边三角形的性质证△ABC≌△DBF≌△EFC，就有AD=EF，DF=CE，从而得证四边形DAEF是平行四边形；
（2）根据有一个角是直角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，有一个角是直角的菱形是矩形，进行证明即可．
（1）
证明：∵△ABD和△FBC都是等边三角形，
BD＝BA，BF＝BC，∠DBA＝∠FBC＝60°，
∴∠DBA﹣∠FBA＝∠FBC﹣∠FBA，
∴∠DBF＝∠ABC．
在△ABC和△DBF中，
，
∴△ABC≌△DBF（SAS），
∴AC＝DF＝AE，
同理△ABC≌△EFC，
∴AB＝EF＝AD，
∴四边形ADFE是平行四边形；
（2）
解：①当∠BAC＝150°时，四边形DAEF是矩形，
理由是：∵△ABD、△ACE是等边三角形，
∴∠DAB＝∠EAC＝60°，
∴∠DAE＝360°﹣60°﹣60°﹣150°＝90°，
∵四边形DAEF是平行四边形，
∴四边形DAEF是矩形，
故答案为∠A＝150°；
②当△ABC满足AB＝AC≠BC时，四边形DAEF是菱形，
理由是：由（1）知：EF＝BA＝AD，DF＝AC＝AE，
∵AB＝AC，
∴AD＝AE，
∵四边形DAEF是平行四边形，
∴四边形DAEF是菱形，
故答案为：AB＝AC≠BC．
③当△ABC满足∠BAC＝150°，且AB＝AC≠BC时，四边形DAEF是正方形，理由如下：
由①得：当∠BAC＝150°时，四边形DAEF是矩形；
当AB＝AC时，由（1）得：EF＝AB＝AD，DF＝AC＝AE，
∵AB＝AC，
∴AD＝AE，
∵四边形DAEF是平行四边形，
∴四边形DAEF是菱形，
∴四边形DAEF是正方形．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定以及正方形的判定，解此题的关键是求出AC=DF=AE，AC=DF=AE，主要考查了学生的推理能力．
14．（2022春·江西上饶·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=2，，G，H分别是AD，BC边上的点，且AG=CH，E，O，F分别是对角线BD上的四等分点，顺次连接G，E，H，F，G．
(1)求证：四边形GEHF是平行四边形；
(2)填空：①当AG= 时，四边形GEHF是矩形；②当AG= 时，四边形GEHF是菱形；
(3)求四边形GEHF的周长的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
(3)
【分析】（1）先根据矩形的性质，根据平行线的性质可得，再根据定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据平行线的判定可得，最后根据平行四边形的判定即可得证；
（2）①先根据矩形的性质、勾股定理可得，从而可得，再根据矩形的性质可得，从而可得，然后根据矩形的判定与性质可得，由此即可得；
②先根据菱形的性质可得，再利用定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可得；
（3）过点作于点，延长到点，使，过点作于点，连接，则，，，再根据利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理可得，从而可得，利用勾股定理可得，然后根据两点之间线段最短可得当点共线时，取得最小值，由此即可得．
（1）
证明：四边形是矩形，
，
，
，
，即，
分别是对角线上的四等分点，
，
，即，
在和中，，
，
，
，
四边形是平行四边形．
（2）
解：①如图，连接，
四边形是矩形，，，
，
，
，
分别是对角线上的四等分点，
，
，
要使平行四边形是矩形，则，
，
由平行线间的距离可知，，，
四边形是矩形，
，
又，
，
即当时，四边形是矩形，
故答案为：；
②如图，连接，
要使平行四边形是菱形，则，
在和中，，
，
，
，
，即，
解得，
即当时，四边形是菱形，
故答案为：．
（3）
解：如图，过点作于点，延长到点，使，过点作于点，连接，
，，，
，
，
，
，
四边形的周长为，
由两点之间线段最短可知，当点共线时，取得最小值，
则四边形的周长的最小值为．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的判定、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，较难的是题（3），通过作辅助线，构造直角三角形，并找出当点共线时，取得最小值是解题关键．
15．（2022春·四川德阳·八年级统考期中）如图，在△ABC中，点O是边AC上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的平分线于点E，交△BCA的外角平分线于点F．
（1）探究OE与OF的数量关系并加以证明；
（2）四边形BCFE会是菱形吗？若是，请加以证明；若不是，则说明理由；
（3）当点O运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？请说明理由；
（4）在（3）问的基础上，△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？为什么？
【答案】（1）OE=OF，证明见解析；（2）不是，理由见解析；（3）点O运动到AC的中点，理由见解析；（4）∠ACB为直角，理由见解析
【分析】（1）由已知MN∥BC，CE、CF分别平分∠BCO和∠GCO，可推出∠OEC=∠OCE，∠OFC=∠OCF，所以得EO=CO=FO．
（2）菱形的判定问题，若使菱形，则必有四条边相等，对角线互相垂直．
（3）由（1）得出的EO=CO=FO，点O运动到AC的中点时，则由EO=CO=FO=AO，所以这时四边形AECF是矩形．
（4）由已知和（3）得到的结论，点O运动到AC的中点时，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，则推出四边形AECF是矩形且对角线垂直，所以四边形AECF是正方形．
【详解】解：（1）OE=OF，
理由：∵MN∥BC，
∴∠OEC=∠BCE，∠OFC=∠DCF，
又∵CE平分∠BCO，CF平分∠DCO，
∴∠OCE=∠BCE，∠OCF=∠DCF，
∴∠OCE=∠OEC，∠OCF=∠OFC，
∴EO=CO，FO=CO，
∴OE=OF；
（2）不可能．
如图所示，连接BF，
∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACD=（∠ACB+∠ACD）=90°，
若四边形BCFE是菱形，则BF⊥EC，
但在△GFC中，不可能存在两个角为90°，所以不存在其为菱形．
（3）当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形．
理由如下：
∵当点O运动到AC的中点时，AO=CO，
又∵EO=FO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵FO=CO，
∴AO=CO=EO=FO，
∴AO+CO=EO+FO，即AC=EF，
∴四边形AECF是矩形；
（4）当点O运动到AC的中点时，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形．
∵由（3）知，当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形，
已知MN∥BC，当∠ACB=90°，
则∠AOF=∠COE=∠COF=∠AOE=90°，
∴AC⊥EF，
∴四边形AECF是正方形．
【点睛】此题考查的是正方形和矩形的判定，角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的判定等知识．解题的关键是由已知得出EO=FO，然后根据（1）的结论确定（3）（4）的条件．