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人教版八年级下同步分层训练21.3特殊的平行四边形
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 总分
评分
阅卷人 一、夯实基础
得分
1．（2023八下·美兰期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为CD的中点．若OE＝3，则菱形ABCD的周长为（　　）
A．6 B．12 C．24 D．48
【答案】C
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴BO=DO，AB=BC=CD=DA，
∵OE=3，且点E为CD的中点，
是的中位线，
∴BC=2OE=6．
∴菱形ABCD的周长为：4BC=4×6=24．
故选：C．
【分析】根据菱形性质可得BO=DO，AB=BC=CD=DA，根据三角形中位线定理可得BC，再根据菱形周长即可求出答案.
2．（2025九上·保定期中）如图，是菱形的对角线，点在上，过点作交边于点，如果，那么的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平行线的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴．
故选：A．
【分析】根据菱形性质可得，再根据直线平行性质即可求出答案.
3．（2026九上·盐田期末）如图，矩形ABCD的对角线交于点O，若∠ACB=30 ，AB=2，则BD的长为（　　）
A．2 B．3 C． D．4
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，且对角线交于点O，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC＝OB＝OD，
∵∠ACB＝30°，AB＝2，
∴∠OBC＝∠ACB＝30°，
∴∠ABO＝∠ABC ∠OBC＝90° 30°＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝OB＝AB＝2，
∴BD＝2OB＝4．
故答案为：D．
【分析】根据矩形的性质得∠ABC＝90°，OA＝OC＝OB＝OD，则∠OBC＝∠ACB＝30°，进而得∠ABO＝60°，由此得△AOB是等边三角形，则OA＝OB＝AB＝2，据此可得BD的长．
4．（2024八下·期中）在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如图关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转化的条件，其中填写错误的是（ ）
A．①对角相等 B．②对角线互相垂直
C．③有一组邻边相等 D．④对角线相等
【答案】A
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、对角相等的平行四边形不一定是矩形，故A符合题意；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确，故B不符合题意；
C、有一组邻边相等的矩形是正方形，正确，故C不符合题意；
D、对角线相等的菱形是正方形，正确，故D不符合题意．
故选：A．
【分析】根据矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定结合题意对选项逐一分析即可求解。
5．（2024·垦利模拟）如图，在矩形中，点E为延长线上一点，F为的中点，以B为圆心，长为半径的圆弧过与的交点G，连接．若，，则（　　）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
【答案】C
【知识点】勾股定理；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵矩形中，
∴，
∵F为的中点，，
∴，
在中，，
故选：C.
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BG，再根据勾股定理即可求出答案.
6．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，AC，BD交于点O，添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法中正确的有(　　)
①添加“AB∥CD”，则四边形ABCD是菱形；
②添加“∠BAD＝90°，则四边形ABCD是矩形；
③添加“OA＝OC”，则四边形ABCD是菱形；
④添加“∠ABC＝∠BCD＝90°”，则四边形ABCD是正方形．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解： ∵AB=AD， BC=DC，
∴AC垂直平分BD，
当添加：“AB∥CD”， 则∠ABD =∠BDC，
∵∠BDC=∠DBC，
∴∠ABO=∠CBO，
又∵BO=BO， ∠BOA =∠BOC，
∴△ABO≌△CBO(ASA)，
∴BA=BC，
∴AB= BC =CD = DA，
∴四边形ABCD是菱形，故①符合题意；
当添加“∠BAD=90°”， 无法证明四边形ABCD是矩形，故②符合题意；
当添加条件“OA=OC"时，
∵OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故③符合题意；
当添加条件“∠ABC =∠BCD =90°”时，则∠ABC+∠BCD=180°，
∴AB∥CD，
由证选项A可知四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形，故④符合题意；
故选： C.
【分析】根据AB=AD， BC = DC， 可以得到AC垂直平分BD，然后再根据各个选项中的条件，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题.
7．（2021八下·余姚期末）如图，矩形内两个相邻正方形的面积分别为9和3，则阴影部分的面积为（　　）
A．8﹣3 B．9﹣3 C．3 ﹣3 D．3 ﹣2
【答案】C
【知识点】二次根式的混合运算；正方形的性质；平移的性质
【解析】【解答】解：矩形内两个相邻正方形的面积分别为9和3，
∴两个正方形的边长分别为3和；
∴阴影部分的面积为：.
故答案为：C.
【分析】利用正方形的面积可求出两个正方形的边长，利用平移法将两个阴影部分放在一起，可得到一个矩形，边长分别为和；然后利用矩形的面积公式矩形计算即可.
8．（2026九下·义乌开学考）如图，将Rt△ABC沿斜边AB向右平移得到△DEF，BC与DF交于点H，延长AC，EF交于点G，连结GH.若BD=2，GH=3，则AE的长为 　 　 .
【答案】8
【知识点】矩形的判定与性质；平移的性质
【解析】【解答】解：连接，
由平移可得：，，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴是矩形，
∴，
∴，
故答案为：.
【分析】连接，先得到四边形为矩形，根据矩形相等得到，再由平移的性质得到，根据线段的和差解答即可．
9．（2026九上·清新期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，若，，则对角线的长　 　．
【答案】8
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴（舍负）
∴
故答案为：．
【分析】利用菱形的性质可得，利用含30°角的直角三角形的性质可得，再利用勾股定理可得，求出OD的长，最后求出BD的长即可.
10．（2025·岳池模拟）如图，在中，是边上的动点（不与点A，B重合），过点分别作于点于点，连接，则的最小值为　 　．
【答案】3
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图：连接，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
由垂线段最短可得时，线段的值最小，即最小，
∵，
∴，即的最小值为3．
故答案为：3．
【分析】由于矩形的对角线相等，则连接可得，由垂线段最短可得时，线段的值最小，即最小；再根据含30度直角三角形的性质求解即可．
11．（2024八下·武威期中）在矩形中，取的中点，连接并延长，交的延长线于点．
（1）求证：．
（2）已知，，求的长．
【答案】（1）证明：∵是的中点，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴（），
∴．
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS；两直线平行，内错角相等
【解析】【分析】（1）由矩形的性质可得，利用平行线的性质可得，，因而根据AAS可证明，即可证明．
（2）根据矩形的性质可得由勾股定理得再根据全等三角形的性质以及中点即可得解．
（1）证明：∵四边形是矩形，是的中点，
∴，，
∴，，
∴（），
∴．
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴
由（）知，则，
∵，
∴，
∴
12．（2025八下·珠海期中）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点F．
（1）判断四边形的形状，并说明理由．
（2）若，，求四边形的面积．
【答案】（1）解：四边形是菱形，理由如下：∵是的中点，是的中点，
∴，，
∵，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵在中，，是的中点，
∴，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：由（1）已得：四边形是菱形，∴，
∵在中，，是的中点，，，
∴，
∴，
即四边形的面积为．
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】(1)本题考查菱形的判定、三角形全等的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质，先根据E是中点得到，结合得到内错角相等，利用AAS判定，得到，再结合D是中点推出，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”判定四边形为平行四边形，最后利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得到，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”证明其为菱形；
(2)本题考查菱形的面积计算和三角形的中线性质，根据菱形的性质可知菱形的面积为，再根据直角三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分，得到，先计算的面积，再依次推导求出菱形的面积。
（1）解：四边形是菱形，理由如下：
∵是的中点，是的中点，
∴，，
∵，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵在中，，是的中点，
∴，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：由（1）已得：四边形是菱形，
∴，
∵在中，，是的中点，，，
∴，
∴，
即四边形的面积为．
13．（2025九上·福田开学考）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD是∠BAC的平分线，过D作DE∥AC，DF∥AB分别交AB、AC于点E、F.
（1）求证：四边形AEDF为菱形；
（2）若AC=8，DC=4，连接EF，求EF的长.
【答案】（1）证明：∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形四边形AEDF为平行四边形，∠BAD=∠FDA，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠FDA=∠CAD，
∴AF=DF，
∴平行四边形AEDF为菱形
（2）解：∵∠C=90°，AC=8，DC=4，
∴AD==4，
由（1）可知，AF=DF，四边形AEDF为菱形，
∴OA=OD=AD=2，OE=OF，AD⊥EF，
设AF=DF=x，则CF=AC-AF=8-x，
在Rt△CDF中，由勾股定理得：DC2+CF2=DF2，
即42+（8-x）2=x2，
解得：x=5，
∴DF=5，
∴OF===，
∴EF=2OF=2，
即EF的长为2．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；角平分线的概念
【解析】【分析】（1）根据平行四边形判定定理可得四边形四边形AEDF为平行四边形，∠BAD=∠FDA，再根据角平分线定义可得∠BAD=∠CAD，则∠FDA=∠CAD，根据等角对等边可得AF=DF，再根据菱形判定定理即可求出答案.
（2）根据勾股定理可得AD，再根据菱形性质可得OA=OD=AD=2，OE=OF，AD⊥EF，设AF=DF=x，则CF=AC-AF=8-x， 根据勾股定理建立方程，解方程可得DF=5，再根据勾股定理即可求出答案.
阅卷人 二、能力提升
得分
14．（2025·西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（　　）
A．3 B．2 C．2 D．4
【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， AB=6， 点E是BC的中点，
∴CB=CD=AD=AB=6，∠D=∠B=∠C=90°，
由折叠得AF=AB， FE=BE=3， ∠AFE=∠B=90°，
∴AF= AD， ∠AFG =∠D = 90°，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
∴ Rt△AFG ≌ Rt△ADG(HL)，
∴FG=DG，
且CG=6-DG， EG=3+FG=3+DG，
解得DG=2，
故答案为： C.
【分析】由正方形的性质得CB=CD=AD=AB=6，∠D=∠B=∠C =90°， 则. =3， 由折叠得AF= AB， FE = BE =3， ∠AFE=∠B=90°， 可证明Rt△AFG≌ Rt△ADG， 得FG=DG， 利用勾股定理求得DG=2， 即可求出AG长解答即可.
15．（2025八下·金平期中）如图，在四边形中，，相交于点O，且，动点E从点B开始，沿折线运动至点D停止，与相交于点N，点F是线段的中点，连接，有下列结论：①四边形是矩形；②当点E在边上，且时，点E是的中点；③当，时，线段长度的最大值为2；④当点E在边上，且时，是等边三角形．其中正确的结论有(　　)
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：①∵，
∴四边形是平行四边形，，
∴平行四边形是矩形，故①正确；
②由①可知，四边形是矩形，
∴，
∵O，F分别是，的中点，点在上，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴点E是的中点，故②正确；
③∵是的中位线，
∴，
∴当的值最大时，的值最大，
当点E与点D重合时，的值最大，此时，
∴线段长度的最大值是2，故③正确；
④当点E在边上，且时，，
∴不是等边三角形，故④错误．
综上所述，正确的结论有3个，
故选：C．
【分析】本题综合考查矩形的判定与性质、三角形中位线定理、等边三角形的判定，解题需逐一分析每个结论，结合相关定理进行推理验证。①中由，先根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”判定ABCD是平行四边形，再由（），根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，判定结论①正确；②中O、F分别为AC、CE的中点，根据三角形中位线定理得，结合矩形和，推出，即E是AB中点，结论②正确；③中始终有，则OF的最大值取决于AE的最大值，当E与D重合时AE最长，此时，故最大值为2，结论③正确；④中根据三角形的外角性质，，不满足等边三角形“三个角都是60°”的判定条件，结论④错误。
16．（2026九上·南山月考）如图，在矩形中，，，点E，F分别在，上，，，若点G是的中点，H是的中点，连接，则的长为　 　．
【答案】5
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-ASA；对顶角及其性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接，并延长交与N，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵点G是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵H是的中点，，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：5．
【分析】本题做出辅助线后，结合矩形的性质以及平行线的性质，得出，利用中点的性质得出，对顶角相等得出，此时可以利用ASA证明，从而计算并得出DN=8；然后放到直角三角形DNF中，利用勾股定理求出NF=10，最后利用三角形中位线定理即可求出GH的长度。
17．（2025八下·杭州月考）如图，已知正方形ABCD的边长为12，点E在DC边上，点G在BC的延长线上，设正方形CEFG的面积为，以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为，且.
（1）求线段DE的长.
（2）若H为BC边上一点，，连接DH，DG，判断的形状.
【答案】（1）解：设正方形CEFG的边长为a，
∴正方形ABCD的边长为12，
∴，
∴.
，
解得：，或（舍去），
；
（2）解：是等腰三角形；理由如下：
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴，，，
∴，
∵，
，
∴，
∴是等腰三角形.
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）设正方形CEFG的边长为a，由题意可得，再根据矩形面积建立方程，解方程即可求出答案.
（2）根据正方形性质可得，，，再根据勾股定理可得DH，根据边之间的关系可得GH，则，再根据等腰三角形判定定理即可求出答案.
18．（2025九上·龙岗月考）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，点E是的中点，连接，过点B作交的延长线于点F，连接．
（1）求证：四边形为矩形；
（2）若，，求的长及点A到的距离．
【答案】（1）证明：∵，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴平行四边形是矩形。
（2）解：∵四边形是矩形，
∴；
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴，
设点A到的距离为h，则，
∴，
∴点A到的距离为．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；两直线平行，内错角相等
【解析】【分析】（1）先依据平行线性质得出，再依据中点定义得出，此时可以利用证明，并结合全等三角形性质得，此时依据平行四边形的判定即可得出四边形是平行四边形，再由菱形对角线互相垂直得到，最后依据矩形的判定即可得出证明结论；
（2）根据矩形的性质、菱形的性质以及，逐步推出；此时可以放到中，利用勾股定理计算得出，则，再利用等面积法求解即可．
（1）证明：∵，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴；
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴，
设点A到的距离为h，则，
∴，
∴点A到的距离为．
阅卷人 三、拓展创新
得分
19．（2026八上·慈溪期末） 如图， 在 Rt△ABC 中， ∠C=90°， AC=4， BC=3， 分别以AC， AB为边向外作正方形ACDE， 正方形 ABMN， 连结NE， 则NE的长为(　　)
A．10 B．9 C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：过点N作NG⊥AC于点G，交NE于点H，如图所示，
∵ABMNO正方形
∴∠BAN=90°，AB=AN
∴∠BAC+∠NAG=90°
又∵∠BAC+∠ABC=90°
∴∠ABC=∠NAG
又∵∠G=∠ACB
∴△ABC≌△NAG(SAS)
∴GN=AC=4，GA=BC=3
∵ACDE为正方形
∴AC=AE
∴NG=AE
∵∠NHG=∠FHE，∠HAE=∠NGH
∴△AEH≌△GNH(AAS)
∴NH=EH，GH=AH=
∴NH=
∴NE=.
故答案：C.
【分析】过点N作NG⊥AC于点G，交NE于点H，易证△ABC≌△NAG得GN=AC，得GN=AE，由此可得△AEH≌△GNH，得NH=EH，GH=AH，求出NH的值，即得NE的长.
20．如图，正方形ABCD的边长为2，M是BC的中点，N是AM上的动点，过点N作EF⊥AM分别交AB，CD于点E，F，则EM＋AF的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：过F作 于G，则
∵正方形ABCD的边长为2，
∵M是BC的中点，
将EF沿EM方向平移至MH，连接FH，则EF=M.
当A、F、H三点共线时，EM+AF=FH+AF=AH的值最小，
此时.
的最小值为
故答案为：
【分析】根据正方形的性质求得AB与BM，再由勾股定理求得AM； 过F作 于G，证明 FGE得AM=EF，再将EF沿EM方向平移至MH， 连接FH， 当A、F、H三点共线时，EM+AF=FH+AF=AH的值最小，由勾股定理求出此时的AH的值便可.
21．（2025八上·镇海区期末）如图， 为正方形 内一点，BC ，过点 作 交射线 于点 ，连结 ．若正方形边长为 ，则 　 　。
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】连接AC、BD，设BF与CE交于点O，
∵BE=BC，BF⊥EC，
∴BF平分∠EBC，即∠EBF=∠CBF，
又∵BF=BF，
∴△EBF≌△CBF，
∴∠BFE=∠BFC，FE=FC，
设∠EBF=∠CBF=，
∵ABCD是正方形，
∴BA=BC=CD=DA=BE，∠ABC=90°，∠ACD=∠ACB=45°，
∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=90°-2，
∵BE=BA，
∴∠BAE=∠BEA=，
又∵∠EBC=2，BE=BC，
∴∠BEC=∠BCE=90°-，
∴∠FEC=180°-∠BEA-∠BEC=45°，
∴∠BFE=∠BFC=，
又∵∠ADC=∠AFC=90°，
∴∠AFD=∠ACD=45°，
∴∠DFB=∠AFD+∠BFE=90°，
在Rt△BCD中，，
在Rt△BFD中，，
故答案为：.
【分析】连接AC、BD，设BF与CE交于点O，先证明△EBF≌△CBF，即可得到∠BFE=∠BFC，FE=FC，然后设∠EBF=∠CBF=，然后根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理得到∠DFB=90°，然后根据勾股定理解题即可.
22．（2026九上·龙湖期末）已知矩形，点E在射线上，是矩形外角的角平分线．
（1）如图1，当四边形是正方形，点E是边的任意一点，且交于点G．
①求证：．
②在①的条件下，如图2，连接，过点E作，垂足为P，若正方形边长为4，当四边形是平行四边形时，直接写出的长_______．
（2）如图3，四边形是矩形，在线段的延长线上取一点E，使，交于点H，交于点G，连接，依题意补全图形，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）①如图所示，在上截取，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
∴；
∵是矩形外角的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②.
（2）解：补全图形如下所示，，
证明如下：如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵是矩形外角的角平分线，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】（1）解：②如图所示，在上截取，连接，
同理可证明，
∴；
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：.
【分析】（1）①在上截取，连接，先利用线段的和差及等量代换可得，再利用角的运算和等量代换可得，再利用“ASA”证出，最后利用全等三角形的性质可得；
②在上截取，连接，先利用勾股定理求出，， 再结合，可得，最后求出即可；
（2）先补全图形，再证出，可得，再利用勾股定理可得，，最后利用等量代换可得．
（1）解：①如图所示，在上截取，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
∴；
∵是矩形外角的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如图所示，在上截取，连接，
同理可证明，
∴；
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：补全图形如下所示，，证明如下：
如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵是矩形外角的角平分线，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴．
1 / 1人教版八年级下同步分层训练21.3特殊的平行四边形
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 总分
评分
阅卷人 一、夯实基础
得分
1．（2023八下·美兰期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为CD的中点．若OE＝3，则菱形ABCD的周长为（　　）
A．6 B．12 C．24 D．48
2．（2025九上·保定期中）如图，是菱形的对角线，点在上，过点作交边于点，如果，那么的度数为（　　）
A． B． C． D．
3．（2026九上·盐田期末）如图，矩形ABCD的对角线交于点O，若∠ACB=30 ，AB=2，则BD的长为（　　）
A．2 B．3 C． D．4
4．（2024八下·期中）在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如图关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转化的条件，其中填写错误的是（ ）
A．①对角相等 B．②对角线互相垂直
C．③有一组邻边相等 D．④对角线相等
5．（2024·垦利模拟）如图，在矩形中，点E为延长线上一点，F为的中点，以B为圆心，长为半径的圆弧过与的交点G，连接．若，，则（　　）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
6．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，AC，BD交于点O，添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法中正确的有(　　)
①添加“AB∥CD”，则四边形ABCD是菱形；
②添加“∠BAD＝90°，则四边形ABCD是矩形；
③添加“OA＝OC”，则四边形ABCD是菱形；
④添加“∠ABC＝∠BCD＝90°”，则四边形ABCD是正方形．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
7．（2021八下·余姚期末）如图，矩形内两个相邻正方形的面积分别为9和3，则阴影部分的面积为（　　）
A．8﹣3 B．9﹣3 C．3 ﹣3 D．3 ﹣2
8．（2026九下·义乌开学考）如图，将Rt△ABC沿斜边AB向右平移得到△DEF，BC与DF交于点H，延长AC，EF交于点G，连结GH.若BD=2，GH=3，则AE的长为 　 　 .
9．（2026九上·清新期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，若，，则对角线的长　 　．
10．（2025·岳池模拟）如图，在中，是边上的动点（不与点A，B重合），过点分别作于点于点，连接，则的最小值为　 　．
11．（2024八下·武威期中）在矩形中，取的中点，连接并延长，交的延长线于点．
（1）求证：．
（2）已知，，求的长．
12．（2025八下·珠海期中）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点F．
（1）判断四边形的形状，并说明理由．
（2）若，，求四边形的面积．
13．（2025九上·福田开学考）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD是∠BAC的平分线，过D作DE∥AC，DF∥AB分别交AB、AC于点E、F.
（1）求证：四边形AEDF为菱形；
（2）若AC=8，DC=4，连接EF，求EF的长.
阅卷人 二、能力提升
得分
14．（2025·西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（　　）
A．3 B．2 C．2 D．4
15．（2025八下·金平期中）如图，在四边形中，，相交于点O，且，动点E从点B开始，沿折线运动至点D停止，与相交于点N，点F是线段的中点，连接，有下列结论：①四边形是矩形；②当点E在边上，且时，点E是的中点；③当，时，线段长度的最大值为2；④当点E在边上，且时，是等边三角形．其中正确的结论有(　　)
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
16．（2026九上·南山月考）如图，在矩形中，，，点E，F分别在，上，，，若点G是的中点，H是的中点，连接，则的长为　 　．
17．（2025八下·杭州月考）如图，已知正方形ABCD的边长为12，点E在DC边上，点G在BC的延长线上，设正方形CEFG的面积为，以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为，且.
（1）求线段DE的长.
（2）若H为BC边上一点，，连接DH，DG，判断的形状.
18．（2025九上·龙岗月考）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，点E是的中点，连接，过点B作交的延长线于点F，连接．
（1）求证：四边形为矩形；
（2）若，，求的长及点A到的距离．
阅卷人 三、拓展创新
得分
19．（2026八上·慈溪期末） 如图， 在 Rt△ABC 中， ∠C=90°， AC=4， BC=3， 分别以AC， AB为边向外作正方形ACDE， 正方形 ABMN， 连结NE， 则NE的长为(　　)
A．10 B．9 C． D．
20．如图，正方形ABCD的边长为2，M是BC的中点，N是AM上的动点，过点N作EF⊥AM分别交AB，CD于点E，F，则EM＋AF的最小值为　 　.
21．（2025八上·镇海区期末）如图， 为正方形 内一点，BC ，过点 作 交射线 于点 ，连结 ．若正方形边长为 ，则 　 　。
22．（2026九上·龙湖期末）已知矩形，点E在射线上，是矩形外角的角平分线．
（1）如图1，当四边形是正方形，点E是边的任意一点，且交于点G．
①求证：．
②在①的条件下，如图2，连接，过点E作，垂足为P，若正方形边长为4，当四边形是平行四边形时，直接写出的长_______．
（2）如图3，四边形是矩形，在线段的延长线上取一点E，使，交于点H，交于点G，连接，依题意补全图形，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴BO=DO，AB=BC=CD=DA，
∵OE=3，且点E为CD的中点，
是的中位线，
∴BC=2OE=6．
∴菱形ABCD的周长为：4BC=4×6=24．
故选：C．
【分析】根据菱形性质可得BO=DO，AB=BC=CD=DA，根据三角形中位线定理可得BC，再根据菱形周长即可求出答案.
2．【答案】A
【知识点】平行线的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴．
故选：A．
【分析】根据菱形性质可得，再根据直线平行性质即可求出答案.
3．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，且对角线交于点O，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC＝OB＝OD，
∵∠ACB＝30°，AB＝2，
∴∠OBC＝∠ACB＝30°，
∴∠ABO＝∠ABC ∠OBC＝90° 30°＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝OB＝AB＝2，
∴BD＝2OB＝4．
故答案为：D．
【分析】根据矩形的性质得∠ABC＝90°，OA＝OC＝OB＝OD，则∠OBC＝∠ACB＝30°，进而得∠ABO＝60°，由此得△AOB是等边三角形，则OA＝OB＝AB＝2，据此可得BD的长．
4．【答案】A
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、对角相等的平行四边形不一定是矩形，故A符合题意；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确，故B不符合题意；
C、有一组邻边相等的矩形是正方形，正确，故C不符合题意；
D、对角线相等的菱形是正方形，正确，故D不符合题意．
故选：A．
【分析】根据矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定结合题意对选项逐一分析即可求解。
5．【答案】C
【知识点】勾股定理；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵矩形中，
∴，
∵F为的中点，，
∴，
在中，，
故选：C.
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BG，再根据勾股定理即可求出答案.
6．【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解： ∵AB=AD， BC=DC，
∴AC垂直平分BD，
当添加：“AB∥CD”， 则∠ABD =∠BDC，
∵∠BDC=∠DBC，
∴∠ABO=∠CBO，
又∵BO=BO， ∠BOA =∠BOC，
∴△ABO≌△CBO(ASA)，
∴BA=BC，
∴AB= BC =CD = DA，
∴四边形ABCD是菱形，故①符合题意；
当添加“∠BAD=90°”， 无法证明四边形ABCD是矩形，故②符合题意；
当添加条件“OA=OC"时，
∵OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故③符合题意；
当添加条件“∠ABC =∠BCD =90°”时，则∠ABC+∠BCD=180°，
∴AB∥CD，
由证选项A可知四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形，故④符合题意；
故选： C.
【分析】根据AB=AD， BC = DC， 可以得到AC垂直平分BD，然后再根据各个选项中的条件，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题.
7．【答案】C
【知识点】二次根式的混合运算；正方形的性质；平移的性质
【解析】【解答】解：矩形内两个相邻正方形的面积分别为9和3，
∴两个正方形的边长分别为3和；
∴阴影部分的面积为：.
故答案为：C.
【分析】利用正方形的面积可求出两个正方形的边长，利用平移法将两个阴影部分放在一起，可得到一个矩形，边长分别为和；然后利用矩形的面积公式矩形计算即可.
8．【答案】8
【知识点】矩形的判定与性质；平移的性质
【解析】【解答】解：连接，
由平移可得：，，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴是矩形，
∴，
∴，
故答案为：.
【分析】连接，先得到四边形为矩形，根据矩形相等得到，再由平移的性质得到，根据线段的和差解答即可．
9．【答案】8
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴（舍负）
∴
故答案为：．
【分析】利用菱形的性质可得，利用含30°角的直角三角形的性质可得，再利用勾股定理可得，求出OD的长，最后求出BD的长即可.
10．【答案】3
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图：连接，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
由垂线段最短可得时，线段的值最小，即最小，
∵，
∴，即的最小值为3．
故答案为：3．
【分析】由于矩形的对角线相等，则连接可得，由垂线段最短可得时，线段的值最小，即最小；再根据含30度直角三角形的性质求解即可．
11．【答案】（1）证明：∵是的中点，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴（），
∴．
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS；两直线平行，内错角相等
【解析】【分析】（1）由矩形的性质可得，利用平行线的性质可得，，因而根据AAS可证明，即可证明．
（2）根据矩形的性质可得由勾股定理得再根据全等三角形的性质以及中点即可得解．
（1）证明：∵四边形是矩形，是的中点，
∴，，
∴，，
∴（），
∴．
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴
由（）知，则，
∵，
∴，
∴
12．【答案】（1）解：四边形是菱形，理由如下：∵是的中点，是的中点，
∴，，
∵，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵在中，，是的中点，
∴，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：由（1）已得：四边形是菱形，∴，
∵在中，，是的中点，，，
∴，
∴，
即四边形的面积为．
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】(1)本题考查菱形的判定、三角形全等的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质，先根据E是中点得到，结合得到内错角相等，利用AAS判定，得到，再结合D是中点推出，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”判定四边形为平行四边形，最后利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得到，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”证明其为菱形；
(2)本题考查菱形的面积计算和三角形的中线性质，根据菱形的性质可知菱形的面积为，再根据直角三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分，得到，先计算的面积，再依次推导求出菱形的面积。
（1）解：四边形是菱形，理由如下：
∵是的中点，是的中点，
∴，，
∵，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵在中，，是的中点，
∴，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：由（1）已得：四边形是菱形，
∴，
∵在中，，是的中点，，，
∴，
∴，
即四边形的面积为．
13．【答案】（1）证明：∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形四边形AEDF为平行四边形，∠BAD=∠FDA，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠FDA=∠CAD，
∴AF=DF，
∴平行四边形AEDF为菱形
（2）解：∵∠C=90°，AC=8，DC=4，
∴AD==4，
由（1）可知，AF=DF，四边形AEDF为菱形，
∴OA=OD=AD=2，OE=OF，AD⊥EF，
设AF=DF=x，则CF=AC-AF=8-x，
在Rt△CDF中，由勾股定理得：DC2+CF2=DF2，
即42+（8-x）2=x2，
解得：x=5，
∴DF=5，
∴OF===，
∴EF=2OF=2，
即EF的长为2．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；角平分线的概念
【解析】【分析】（1）根据平行四边形判定定理可得四边形四边形AEDF为平行四边形，∠BAD=∠FDA，再根据角平分线定义可得∠BAD=∠CAD，则∠FDA=∠CAD，根据等角对等边可得AF=DF，再根据菱形判定定理即可求出答案.
（2）根据勾股定理可得AD，再根据菱形性质可得OA=OD=AD=2，OE=OF，AD⊥EF，设AF=DF=x，则CF=AC-AF=8-x， 根据勾股定理建立方程，解方程可得DF=5，再根据勾股定理即可求出答案.
14．【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， AB=6， 点E是BC的中点，
∴CB=CD=AD=AB=6，∠D=∠B=∠C=90°，
由折叠得AF=AB， FE=BE=3， ∠AFE=∠B=90°，
∴AF= AD， ∠AFG =∠D = 90°，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
∴ Rt△AFG ≌ Rt△ADG(HL)，
∴FG=DG，
且CG=6-DG， EG=3+FG=3+DG，
解得DG=2，
故答案为： C.
【分析】由正方形的性质得CB=CD=AD=AB=6，∠D=∠B=∠C =90°， 则. =3， 由折叠得AF= AB， FE = BE =3， ∠AFE=∠B=90°， 可证明Rt△AFG≌ Rt△ADG， 得FG=DG， 利用勾股定理求得DG=2， 即可求出AG长解答即可.
15．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：①∵，
∴四边形是平行四边形，，
∴平行四边形是矩形，故①正确；
②由①可知，四边形是矩形，
∴，
∵O，F分别是，的中点，点在上，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴点E是的中点，故②正确；
③∵是的中位线，
∴，
∴当的值最大时，的值最大，
当点E与点D重合时，的值最大，此时，
∴线段长度的最大值是2，故③正确；
④当点E在边上，且时，，
∴不是等边三角形，故④错误．
综上所述，正确的结论有3个，
故选：C．
【分析】本题综合考查矩形的判定与性质、三角形中位线定理、等边三角形的判定，解题需逐一分析每个结论，结合相关定理进行推理验证。①中由，先根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”判定ABCD是平行四边形，再由（），根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，判定结论①正确；②中O、F分别为AC、CE的中点，根据三角形中位线定理得，结合矩形和，推出，即E是AB中点，结论②正确；③中始终有，则OF的最大值取决于AE的最大值，当E与D重合时AE最长，此时，故最大值为2，结论③正确；④中根据三角形的外角性质，，不满足等边三角形“三个角都是60°”的判定条件，结论④错误。
16．【答案】5
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-ASA；对顶角及其性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接，并延长交与N，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵点G是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵H是的中点，，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：5．
【分析】本题做出辅助线后，结合矩形的性质以及平行线的性质，得出，利用中点的性质得出，对顶角相等得出，此时可以利用ASA证明，从而计算并得出DN=8；然后放到直角三角形DNF中，利用勾股定理求出NF=10，最后利用三角形中位线定理即可求出GH的长度。
17．【答案】（1）解：设正方形CEFG的边长为a，
∴正方形ABCD的边长为12，
∴，
∴.
，
解得：，或（舍去），
；
（2）解：是等腰三角形；理由如下：
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴，，，
∴，
∵，
，
∴，
∴是等腰三角形.
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）设正方形CEFG的边长为a，由题意可得，再根据矩形面积建立方程，解方程即可求出答案.
（2）根据正方形性质可得，，，再根据勾股定理可得DH，根据边之间的关系可得GH，则，再根据等腰三角形判定定理即可求出答案.
18．【答案】（1）证明：∵，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴平行四边形是矩形。
（2）解：∵四边形是矩形，
∴；
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴，
设点A到的距离为h，则，
∴，
∴点A到的距离为．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；两直线平行，内错角相等
【解析】【分析】（1）先依据平行线性质得出，再依据中点定义得出，此时可以利用证明，并结合全等三角形性质得，此时依据平行四边形的判定即可得出四边形是平行四边形，再由菱形对角线互相垂直得到，最后依据矩形的判定即可得出证明结论；
（2）根据矩形的性质、菱形的性质以及，逐步推出；此时可以放到中，利用勾股定理计算得出，则，再利用等面积法求解即可．
（1）证明：∵，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴；
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴，
设点A到的距离为h，则，
∴，
∴点A到的距离为．
19．【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：过点N作NG⊥AC于点G，交NE于点H，如图所示，
∵ABMNO正方形
∴∠BAN=90°，AB=AN
∴∠BAC+∠NAG=90°
又∵∠BAC+∠ABC=90°
∴∠ABC=∠NAG
又∵∠G=∠ACB
∴△ABC≌△NAG(SAS)
∴GN=AC=4，GA=BC=3
∵ACDE为正方形
∴AC=AE
∴NG=AE
∵∠NHG=∠FHE，∠HAE=∠NGH
∴△AEH≌△GNH(AAS)
∴NH=EH，GH=AH=
∴NH=
∴NE=.
故答案：C.
【分析】过点N作NG⊥AC于点G，交NE于点H，易证△ABC≌△NAG得GN=AC，得GN=AE，由此可得△AEH≌△GNH，得NH=EH，GH=AH，求出NH的值，即得NE的长.
20．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：过F作 于G，则
∵正方形ABCD的边长为2，
∵M是BC的中点，
将EF沿EM方向平移至MH，连接FH，则EF=M.
当A、F、H三点共线时，EM+AF=FH+AF=AH的值最小，
此时.
的最小值为
故答案为：
【分析】根据正方形的性质求得AB与BM，再由勾股定理求得AM； 过F作 于G，证明 FGE得AM=EF，再将EF沿EM方向平移至MH， 连接FH， 当A、F、H三点共线时，EM+AF=FH+AF=AH的值最小，由勾股定理求出此时的AH的值便可.
21．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】连接AC、BD，设BF与CE交于点O，
∵BE=BC，BF⊥EC，
∴BF平分∠EBC，即∠EBF=∠CBF，
又∵BF=BF，
∴△EBF≌△CBF，
∴∠BFE=∠BFC，FE=FC，
设∠EBF=∠CBF=，
∵ABCD是正方形，
∴BA=BC=CD=DA=BE，∠ABC=90°，∠ACD=∠ACB=45°，
∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=90°-2，
∵BE=BA，
∴∠BAE=∠BEA=，
又∵∠EBC=2，BE=BC，
∴∠BEC=∠BCE=90°-，
∴∠FEC=180°-∠BEA-∠BEC=45°，
∴∠BFE=∠BFC=，
又∵∠ADC=∠AFC=90°，
∴∠AFD=∠ACD=45°，
∴∠DFB=∠AFD+∠BFE=90°，
在Rt△BCD中，，
在Rt△BFD中，，
故答案为：.
【分析】连接AC、BD，设BF与CE交于点O，先证明△EBF≌△CBF，即可得到∠BFE=∠BFC，FE=FC，然后设∠EBF=∠CBF=，然后根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理得到∠DFB=90°，然后根据勾股定理解题即可.
22．【答案】（1）①如图所示，在上截取，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
∴；
∵是矩形外角的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②.
（2）解：补全图形如下所示，，
证明如下：如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵是矩形外角的角平分线，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】（1）解：②如图所示，在上截取，连接，
同理可证明，
∴；
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：.
【分析】（1）①在上截取，连接，先利用线段的和差及等量代换可得，再利用角的运算和等量代换可得，再利用“ASA”证出，最后利用全等三角形的性质可得；
②在上截取，连接，先利用勾股定理求出，， 再结合，可得，最后求出即可；
（2）先补全图形，再证出，可得，再利用勾股定理可得，，最后利用等量代换可得．
（1）解：①如图所示，在上截取，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
∴；
∵是矩形外角的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如图所示，在上截取，连接，
同理可证明，
∴；
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：补全图形如下所示，，证明如下：
如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵是矩形外角的角平分线，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴．
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