资源简介 中小学教育资源及组卷应用平台专题04 特殊平行四边形的性质与判定知识点一、矩形的定义与性质●●定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.●●性质定理：矩形的四个角都是直角，对角线相等.几何语言：∵ 四边形ABCD是矩形,∴ ∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AC=BD.★1、矩形是特殊的平行四边形，它具有平行四边形的所有性质.★2、矩形是轴对称图形，邻边不相等的矩形有两条对称轴，分别是对边所在中点连线的直线.★3、矩形的四个角都是直角，常把矩形的问题转化为直角三角形的问题来解决，同时，矩形被两条对角线分成两对全等的等腰三角形，因此在解决相关问题时，也常常用到等腰三角形的性质.★4、矩形的面积 = 长×宽，矩形的面积=被对角线分成的四个面积相等的小三角形（等腰三角形）面积之和.知识点二、矩形的判定●矩形的判定方法：方法一：有一个角是直角的平行四边形是矩形；方法二：对角线相等的平行四边形是矩形；方法三：有三个角是直角的四边形是矩形；知识点三、 菱形的定义与性质●●定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。◆1、菱形的性质①菱形具有平行四边形的一切性质.②菱形的四条边都相等.③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.④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线.⑤利用菱形的性质可证线段线段，角相等.性质定理应用格式：∵ 四边形ABCD是菱形，∴ AB=BC=CD=AD，AC⊥BD；AC平分∠BAD，AC平分∠BCD；BD平分∠ABC，BD平分∠ADC；◆2、菱形的面积计算①利用平行四边形的面积公式=底×高．②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度）③ 四个小直角三角形的面积之和(或一个小直角三角形面积的 4 倍)；知识点四、菱形的判定●●菱形的判定方法：◆1、定义法：有一组邻边相等的平行的四边形叫做菱形.◆2、判定定理1（从对角线）：对角线互相垂直的平行四边形是菱形.◆3、判定定理2（从边）：四条边相等四边形是菱形.知识点五、正方形的性质与性质●●定义：有一个是直角，一组菱边相等的平行四边形是正方形。★1、具有矩形、菱形、平行四边形的一切性质，即①边：四条边相等，邻边垂直，对边平行；②角：四个角都是直角；③对角线：对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角；④正方形式轴对称图形，有四条对称轴；★2、正方形的面积计算①边长的平方；②对角线平方的一半；★3、正方形特有的性质：①正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形；正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形；②周长相等四边形中，正方形的面积最大.知识点六、正方形的判定★1、正方形判定方法：定义法 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形.四边形法 有四条边相等，三个角都是直角的四边形是正方形.对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形.平行四边形法 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形.对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形.矩形法 有一组邻边相等的矩形是正方形.对角线相互垂直的矩形是正方形.菱形法 有一个角是直角的菱形是正方形.对角线相等的菱形是正方形.矩形的性质【例1】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，点是矩形外一点，且在上方，连接，点在边上，连接交边于点F．若，则的度数为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的外角性质，先由矩形得出，然后结合三角形的外角性质列式，代入数值进行计算，即可作答．【详解】解：∵四边形是矩形，，，，，，，故选：A．【变式1】（23-24八年级下·河南周口·阶段检测）如图，线段为等腰的底边，矩形的对角线与相交于点O，若，则的长为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】先根据矩形对角线相等且互相平分求出的长，再根据等腰三角形底边的定义得出即可求解．【详解】解：矩形的对角线与相交于点O，，，线段为等腰的底边，．【变式2】（25-26九年级上·广东揭阳·期末）如图，已知矩形面积为，，，，，则阴影部分的面积（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了矩形的性质和割补法求不规则图形面积．通过割补法将阴影面积转化为四个直角三角形的面积和是解题的关键．根据四个直角三角形的面积和即可求得阴影部分面积．【详解】解：设矩形的长，宽，矩形面积，，，，，如图，，阴影部分的面积，故选B．【变式3】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，点E、F在矩形的边上，连接、，与的延长线交于点P，．求证：．【答案】见解析【分析】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，由矩形的性质可得，，由等边对等角结合对顶角相等即可得出，最后证明，即可得证，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．【详解】证明：四边形是矩形，，，，∴，∵，，．在和中，，．【变式4】（25-26九年级上·陕西咸阳·期末）如图，在矩形中，对角线相交于点，点分别为的中点，连接，求证：．【答案】见解析【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，根据矩形的性质得，又点，分别为，的中点，可证，通过“”证明，然后利用全等三角形对应边相等即可证得结论，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】证明：四边形是矩形，，，点分别为的中点，，在和中，，，．题型二 矩形的判定【例2】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，李师傅在做门窗时，已经测得门窗是平行四边形后，常常还要测量它们的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形，其中的道理（ ）A．有一个角是直角的平行四边形是矩形 B．两点确定一条直线C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．两点之间，线段最短【答案】C【分析】本题考查矩形的判定，根据对角线相等的平行四边形为矩形，进行判断即可．【详解】解：由题意得，其中的道理是对角线相等的平行四边形为矩形．故选：C．【变式1】（25-26九年级上·河北保定·期末）兴趣小组的同学用木棒做了4个相框，下面是他们的测量结果，则不一定是矩形的相框是（ ）A． B．C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了矩形的判定，根据矩形的判定方法“有三个角是直角的四边形是矩形；有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；对角线相等且互相平分的四边形是矩形”即可求解．【详解】解：A、对边平行且相等的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形，故该选项不符合题意；B、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故该选项不符合题意；C、图形中无法判断角是直角，不一定是矩形，符合题意；D、有三个角是直角的四边形是矩形，故该选项不符合题意；故选：C．【变式2】已知：如图，各角的平分线分别相交于点E，F，G，H，求证：四边形是矩形．【答案】见解析【分析】根据平行四边形的性质得到，再根据角平分线的定义得到，则，同理，再根据矩形的判定即可证明．【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，分别平分与，∴，，∴，∴，同理，∴四边形是矩形．【变式3】（25-26九年级上·四川达州·期末）如图，在中，，于点D，过点A作且，连接，，与交于点E．(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）先根据等腰三角形三线合一的性质得，再根据，由平行线的性质得，即可证明，由全等三角形的性质即可得出结论；（2）证出四边形是平行四边形，再由得，则可得出结论．【详解】（1）证明：∵在中，，于点D，∴，又∵，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴；（2）证明：∵，，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形．题型三 矩形的性质与判定的综合【例3】（23-24八年级上·吉林长春·期末）如图，在平行四边形中，过点D作于点E，点F在边上，，连接．(1)求证：四边形是矩形．(2)已知是的平分线，若，则□的面积为______．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明平行四边形是矩形．(2）根据边角的关系，得到，再根据S行四边形进行计算．【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：∵，∴，∵，∴，∴ ，∵，∴ ，，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查平行四边形及矩形判定，角平分线的性质，勾股定理及平行四边形面积计算，能够熟练运用平行四边形的性质是解题关键．【变式1】如图，已知，延长到，使，连接，，，若．(1)求证：四边形是矩形；(2)连接，若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（）由四边形是平行四边形，则，，又得四边形是平行四边形及，结合可得，由此可得平行四边形是矩形；（）连接，由（）得，，，所以，则，又四边形是矩形，故有，，然后通过勾股定理即可求解．【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：如图，连接，由（）得，，，∵，∴，∴，∵四边形是矩形，∴，，∴，∴，∴．【变式2】（23-24八年级下·新疆阿克苏·期末）如图，在中，过点作于点，点在边上，，连接，．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，平分，求的长．【答案】(1)见解析(2)的长是5【分析】（1）根据平行四边形的性质，得到，由，证得四边形是平行四边形，再根据，即可证得平行四边形是矩形；（2）根据角的关系得到，从而推出，在中，根据勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，又∵，∴，∴平行四边形是矩形；（2）解：∵平分，∴，又∵，∴，∴，∴，又∵，∴，又∵平行四边形是矩形，，∴，又∵，∴在中，，∴，∴的长是5．【变式3】如图，在中，点为线段的中点，延长交的延长线于点，连接．(1)求证：四边形是矩形；(2)连接．若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据平行四边形的性质证明，证明四边形是平行四边形，再根据得到结论即可；（2）过点作于点，由矩形的性质得到，证明为的中位线，求出，再根据勾股定理进行计算即可．【详解】（1）证明：为的中点，，四边形是平行四边形，，又，，四边形是平行四边形，，，平行四边形是矩形；（2）解：如图，过点作于点，四边形是矩形，，，，，为的中位线，，四边形是平行四边形，，，在中，由勾股定理得：，即的长为．题型四 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质运用【例4】（25-26九年级上·广东河源·期末）如图，在中，，是边上的中线，过点作于点．若，则的度数是（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形的性质及直角三角形两锐角互余的性质．关键是利用直角三角形斜边中线的性质得到等角关系，再结合垂直的性质逐步计算角度．【详解】解：∵在中，，，∴；∵是边上的中线，∴，∴；∵，∴，∴在中，；∴；故选：A．【变式1】（25-26八年级上·江苏扬州·期末）如图，中，，是边上的高，是边上的中线，若，则的长为（ ）A．20 B．22 C．24 D．26【答案】D【分析】本题考查了勾股定理和直角三角形斜边中线定理，利用勾股定理求出，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半，即可求出．【详解】解：由题意，可知，∴，∵是直角三角形，是斜边的中线，∴．【变式2】（25-26八年级上·浙江杭州·期末）如图，在中，于点，于点E，D为的中点，为的中点，则的长为（ ）A．6 B．9 C． D．【答案】C【分析】本题考查了等腰三角形三线合一，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理．连接，根据等腰三角形三线合一得到F是中点，从而得到，同理可得，最后根据勾股定理即可求出的长．【详解】解：连接，∵，∴F是中点，∵，∴，∴，同理：，∴，∵M为的中点，∴，∴．故选：C．【变式3】（25-26八年级上·河南开封·期末）（1）问题发现：如图1，若和中，，，．求证：．（2）解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A、D、E在同一条直线上，为中边上的高，连接，请判断的度数及线段、、之间的数量关系并说明理由．【答案】（1）见解析（2）；，理由见解析【分析】（1）根据“”证明，得出；（2）证明，得出，进一步得到，再证明，即可得到．【详解】（1）证明：∵，∴，即，∵，，∴，∴；（2）；，理由如下；∵和均为等腰直角三角形，∴，，∴．在和中，，∴．∴．∵为等腰直角三角形，∴，∵点A，D，E在同一直线上，∴，∴，∴，∵，∴．∵，∴，∴．【点睛】此为“手拉手模型”，注意根据“”找出图形中一对全等三角形．题型五 菱形的性质【例5】在菱形中，，，则（ ）．A． B． C． D．【答案】A【分析】利用菱形的性质可得，结合等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求解．【详解】解：∵四边形是菱形，∴平分，∴，∵，∴．【变式1】（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，菱形的对角线交于点O，且，则菱形的高的长是（ ）A． B． C．5 D．以上都不对【答案】A【分析】利用菱形的性质和勾股定理求出的长，再根据等积法求出的长即可．【详解】解：∵菱形的对角线交于点O，∴，，∴，∵是菱形的高，∴，即：，∴．【变式2】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在菱形中，，分别为，的中点，且，，则菱形的面积为________．【答案】24【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理；由菱形的性质及直角三角形的性质得，由三角形中位线定理求得，由勾股定理求得，即可求得菱形的面积．【详解】解：在菱形中，，∵为的中点，∴，∵，分别为，的中点，且，∴，∴，由勾股定理得，∴，菱形的面积为．故答案为：24．【变式3】（25-26九年级上·云南昭通·期末）如图，在菱形中，点在边上，点在边上，且．求证：．【答案】证明见解析【分析】根据菱形的性质，菱形的四条边相等且对角相等，可得到，；再结合题目已知条件，利用角角边的全等判定条件，即可证明与全等．【详解】证明：∵四边形是菱形，∴，，在和中，，∴．【变式4】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，点是菱形内一点，连接、、，．求证：．【答案】见详解【分析】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的性质和全等三角形的判定与性质是解答此题的关键．利用已知条件与菱形的性质，可证明，即可得证．【详解】证明：∵菱形，，∵，，，在和中，，，∴．题型六 菱形的判定【例6】（2024秋 天河区校级月考）四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，下列条件中不一定能判定这个四边形是菱形的是（ ）A．AD∥BC，AB∥DC，AD＝BCB．AB＝DC，∠ABD＝∠BDC，AD＝CDC．AB＝DC＝AD＝BCD．OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD【答案】A．【分析】由菱形的判定方法逐一判断，即可求解．【详解】A、AD∥BC，AD＝BC，AB∥DC，如一般的矩形可满足此条件，但不是菱形，故符合题意；B、∵∠BDC＝∠ABD，∴AB∥CD，∵AB＝DC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵CD＝AD，∴四边形ABCD是菱形，故不符合题意；C、∵DC＝AD＝AB＝BC，由菱形的定义可得四边形ABCD是菱形，故不符合题意；D、∵OB＝OD，OA＝OC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形，故不符合题意；故选：A．【点睛】本题考查了菱形的判定方法，掌握了菱形的判定方法是解题的关键．【变式1】已知：如图，平行四边形的对角线的垂直平分线与边分别相交于点E、F．求证：四边形是菱形．【答案】证明见解析【分析】根据平行四边形的性质和平行线的性质得到，根据线段垂直平分线的性质得到，则可证明，得到，据此可证明结论．【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵平行四边形的对角线的垂直平分线与边分别相交于点E、F，∴，∴，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是菱形．【变式2】（2024秋 新城区期末）如图，已知四边形ABEF为平行四边形，点C为BE的中点，连接AC并延长交FE的延长线于点D，若DE＝2CE，求证：四边形ABEF为菱形．【分析】由平行四边形的性质得EF∥AB，则∠D＝∠CAB，由点C为BE的中点，得CE＝CB，EB＝2CE，而∠DCE＝∠ACB，即可根据“AAS”证明△DCE≌△ACB，得DE＝AB，因为DE＝2CE，所以AB＝2CE，推导出AB＝EB，则四边形ABEF为菱形．【详解】证明：∵四边形ABEF是平行四边形，∴EF∥AB，∴∠D＝∠CAB，∵点C为BE的中点，∴CE＝CB，EB＝2CE，在△DCE和△ACB中，，∴△DCE≌△ACB（AAS），∴DE＝AB，∵DE＝2CE，∴AB＝2CE，∴AB＝EB，∴四边形ABEF为菱形．【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定等知识，证明△DCE≌△ACB是解题的关键．【变式3】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）如图，在平行四边形中，点分别在边上，，与相交于点．(1)求证：．(2)如果．求证：四边形是一个菱形．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】利用平行四边形的性质得出 ，，，，证明 得到 ，从而，结合 证得四边形是平行四边形，根据平行四边形对角线互相平分即可证得 ．(2) 由可得，根据 推出，得到 ，从而证得四边形是菱形．【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，∴，，，，∵ ，又∵，，∴，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴四边形是平行四边形，∴．（2）解：∵，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∵四边形 是平行四边形，∴四边形 是菱形．题型七 菱形的性质与判定的综合【例7】（24-25八年级下·云南昆明·期末）如图，是直角三角形，且，点、分别是、的中点，连接并延长至点，使得，连接、、．(1)求证：四边形是菱形；(2)若的周长为30，且，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)30【分析】（1）先证明四边形是平行四边形．再结合直角三角形的性质可得，即可得证；（2）设，．则，，由勾股定理可得，求出，即可得出结果．【详解】（1）证明：点是的中点，．，∴四边形是平行四边形．是直角三角形，点是的中点，．四边形是菱形．（2）解：设，．的周长为，．，．在中，由勾股定理得．∵，∴．∵点、分别是、的中点，∴，∵，∴．∴．答：四边形的面积为30．【变式1】如图，在等腰中，，平分，过点A作交的延长线于D，连接，过点D作交的延长线于E．(1)判断四边形的形状，并说明理由；(2)若，求的长．【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析(2)的长为【分析】本题考查了菱形的证明、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟记定理内容是解题关键．（1）证得，可得四边形是平行四边形，即可进一步求证；（2）由题意得是等边三角形，根据 即可求解.【详解】（1）解：四边形是菱形，理由：∵，平分，∴，∵∴∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（2）解：∵平分，∴ ，∵四边形是菱形，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，∴，∴ 4，【变式2】（25-26八年级上·云南昆明·期末）如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线与相交于点E，与相交于点F，连接，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若四边形的周长是40，两条对角线的和是28，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)96【分析】（1）根据平行四边形的性质可证，根据垂直平分线的性质可证，，利用可证，根据全等三角形的性质可证，根据对角线互相平分的四边形是菱形可证结论成立；（2）根据菱形的性质可知，设、，根据勾股定理可得，利用完全平方公式可以求出，根据菱形的面积公式求出结果即可．【详解】（1）证明：是的垂直平分线，，；∵四边形是平行四边形，，，在和中，，（），，∴四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形；（2）解：∵四边形是菱形，，∵四边形的周长是40，∴，设、，则有，，，，在中，由勾股定理得：，，，，整理可得：，∴．【变式3】（23-24八年级下·河南南阳·期末）如图，在矩形中，对角线和相交于点，过作，交于，交于，连接、．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求菱形的周长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用已知条件和矩形的性质易证，进而可得四边形是平行四边形，又因为，从而结论得证；（2）设，由已知和矩形的性质可得，在中，利用勾股定理可求出的值，进而可求出菱形的周长．【详解】（1）证明：∵四边形为矩形，对角线和相交于点，∴，，，∴，∵，∴，在和中，∴，∴，∴四边形是平行四边形．∵，∴四边形是菱形；（2）解：设，∵四边形是菱形，∴，∵矩形中，，，∴，，∴，在中，，∴，解得：，∴，∴菱形的周长．题型八 正方形的性质【例8】如图，正方形中，，直线交于点，则（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意易得，然后根据等腰三角形的性质可得，进而根据三角形内角和及角的和差关系可进行求解．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∴，∵，，且，∴，∴，∴．【变式1】如图，为上任意一点，分别以、为边在同侧作正方形、正方形，设，则为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据正方形的性质先表示出的度数，然后利用“”证明，可得，从而求得答案．【详解】解：∵四边形为正方形，∴，∵，∴，∵四边形、是正方形，∴，，，在和中，，∴，∴．故选：D．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质．将四边形的问题转化为三角形的问题是解题的关键．【变式2】如图，在边长为3的正方形中，点E在边上，以点D为圆心，长为半径画弧，交线段于点F．若，则的长为（ ）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，设，则，，由勾股定理列方程，可求解．【详解】解：∵设，则，．在中，，，解得．则故选：D【变式3】（24-25八年级下·上海虹口·期末）如图，正方形的边长为，对角线，交于点，为边上一点，且，则的长为 _________________ ．【答案】/【分析】根据正方形的性质结合勾股定理求得，进而可得 ，结合已知可得 ，根据，即可求解．【详解】解：正方形的边长为，对角线，交于点，，，，在中，由勾股定理得： ，，，，，的长为．【变式4】如图，在正方形中，点是上的点，于点，于点．(1)猜想、、的关系并证明；(2)若正方形边长为，，求的长(用含的式子表示)．【答案】(1)，理由见解析；(2)【分析】（1）用正方形的边相等和角为直角的性质，通过角的互余关系推导相等角，再证明与全等，结合全等三角形的对应边相等，通过线段的和差关系得出、、的数量关系；（2）在中，先利用含角的直角三角形的性质求出的长度，再通过勾股定理求出的长度，最后结合（1）的数量关系计算的长度．【详解】（1）解：猜想，证明如下：证明：∵四边形是正方形，∴，，∴．∵，，∴，∴，∴．在和中，，∴，∴．∵，∴．（2）解：在中，，，，∴，∴．由（1）知，∴．题型九 正方形的判定【例9】如图，已知矩形ABCD 中，∠BAD 和∠ADC 的平分线交于BC边上一点E．点F为矩形外一点，四边形AEDF为平行四边形．求证：四边形AEDF是正方形．【分析】由矩形的性质得出∠BAD＝∠CDA＝90°，证出AE＝DE，由正方形的判定可得出结论．【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠CDA＝90°，∵AE，DE平分∠BAD 与∠CDA，∴，，∴∠EAD＝∠EDA，∴AE＝DE，∵∠EAD+∠EDA+∠AED＝180°，∴∠AED＝180°﹣∠EAD﹣∠EDA＝90°，∴ AEDF是正方形．【点睛】此题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定方法是解本题的关键．【变式1】（22-23八年级下·四川广安·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，在上截取，顺次连接B，F，D，E四点．求证：四边形是正方形．【答案】见解析【分析】由菱形性质得 ，；由 及 ，得 ，即 与 互相平分且相等，故四边形 是矩形；再由 ，得矩形 是正方形．【详解】证明： 四边形 是菱形，，．，．与 互相平分，且 ．四边形 是矩形．又，矩形 是正方形．【变式2】已知矩形ABCD，AE平分∠DAB交DC的延长线于点E，过点E作EF⊥AB，垂足F在边AB的延长线上，求证：四边形ADEF是正方形．【分析】根据矩形的性质得到∠D＝∠DAB＝90°，根据角平分线的性质得到∠EAF＝45°，推出四边形AFED是矩形，求得AF＝EF，于是得到结论．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠DAB＝90°，∵AE平分∠DAB，∴∠EAF＝45°，∵EF⊥AB，∴∠D＝∠DAF＝∠F＝90°，∴四边形AFED是矩形，∵∠EAF＝45°，∴∠AEF＝45°，∴∠EAF＝∠AEF，∴AF＝EF，∴矩形ADEF是正方形．【点睛】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握矩形的性质，证明四边形是正方形是解决问题的关键．【变式3】如图，在 ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E是BD延长线上的点，且△ACE是等边三角形．若∠AED＝2∠EAD，求证：四边形ABCD是正方形．【分析】根据有一个角是90°的菱形是正方形，进而根据菱形和正方形的判定证明即可．【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝OC，∵△ACE是等边三角形，∴EO⊥AC （三线合一），即 BD⊥AC，∴ ABCD是菱形，∴EO⊥AC，AO＝OC，∵△ACE是等边三角形，∠EAC＝60°，∴∠AEO＝∠OEC＝30°，△AOE是直角三角形，∴∠EAO＝60°，∵∠AED＝2∠EAD，∴∠EAD＝15°，∴∠DAO＝∠EAO﹣∠EAD＝45°，∵ ABCD是菱形，∴∠BAD＝2∠DAO＝90°，∴菱形ABCD是正方形．【点睛】此题主要考查菱形和正方形的判定，要灵活应用判定定理及等腰三角形的性质、外角的性质定理．题型十 正方形的性质与判定的综合【例10】如图，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，连接交延长线于点F．(1)试判断四边形的形状，并说明理由；(2)若，求线段的长度．【答案】(1)正方形，理由见解析(2)3【分析】本题考查全等三角形判定及性质，正方形判定，勾股定理，旋转性质等．（1）先判定，利用全等性质判定为矩形，继而判定为正方形；（2）根据题意设正方形 的边长为，在中应用勾股定理即可得到本题答案．【详解】（1）解：由题意得：，，∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，在和中，，∴，∵，∴，∴，∴四边形为矩形，∵，∴四边形为正方形；（2）解：∵正方形的边长为5，∴，设正方形 的边长为，∴，∵，∴，在中，，解得：，∴线段的长度为．【变式1】如图，在中，，是中线，是的中点，过点作交的延长线于，连接．(1)求证：；(2)如果，试判断四边形的形状，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】（1）证明，则，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得，进而结论得证；（2）先证四边形是平行四边形，然后根据，，证明四边形是正方形即可．【详解】（1）证明：∵，∴，是的中点，，在和中，∵，∴，，在中，，是中线，，；（2）解：四边形是正方形．证明如下：，，四边形是平行四边形，，是中线，，，四边形是正方形．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，平行四边形、正方形的判定等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．【变式2】（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，∴，∴，∴．【变式3】已知：如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，AE、BF相交于点P，并且AE＝BF．（1）如图1，判断AE和BF的位置关系？并说明理由；（2）若AB＝8，BE＝6，求BP的长度；（3）如图2，FM⊥DN，DN⊥AE，点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），四边形FMNP是否能否成为正方形？请说明理由．【分析】（1）根据正方形的性质，得到∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，结合AE＝BF，证明△ABE≌△BCF，根据全等三角形的性质即可解决问题；（2）根据勾股定理可得AE＝10，然后根据三角形的面积即可解决问题；（3）证明△BAP≌△ADN（ASA），可得AN＝BP，AP＝DN，由AE＝BF，可得EN＝PF，根据点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），可得P、E不重合，所以PN≠PF，进而可以解决问题．【详解】解：（1）AE⊥BF，理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，在Rt△ABE和Rt△BCF中，，∴Rt△ABE≌Rt△BCF（HL），∴∠BAE＝∠CBF，∵∠BAE+∠BEA＝90°，∴∠CBF+∠BEA＝90°，∴AE⊥BF；（2）在Rt△ABE中，AB＝8，BE＝6，根据勾股定理得：AE10，∵S△ABEAB BEAE BP，∴8×6＝10BP，∴BP＝4.8，∴BP的长度为4.8；（3）四边形FMNP不能成为正方形，理由如下：由（1）知：AE⊥BF，∴∠APF＝90°，∵FM⊥DN，DN⊥AE，∴∠FMN＝∠MNP＝90°，∴四边形FMNP是矩形，∵∠BAP+∠NAD＝∠NAD+∠ADN＝90°，∴∠BAP＝∠ADN，在△BAP和△ADN中，，∴△BAP≌△ADN（ASA），∴AN＝BP，AP＝DN，∵AE＝BF，∴AE﹣AN＝BF﹣BP，∴EN＝PF，∵点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），∴P、E不重合，∴PN≠PF，∴四边形FMNP不能成为正方形．【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，解决本题的关键是得到△ABP≌△ADN．题型十一 添加条件判定是特殊的平行四边形【例11】（25-26九年级上·陕西宝鸡·期末）如图，在中，点在上，，交于点，连接．请你从以下三个选项：①；②；③平分中选择一个合适的选项作为补充条件，使得四边形是菱形．(1)你选择的补充条件是______（填序号）；(2)根据你选择的补充条件，写出四边形是菱形的证明过程．【答案】(1)①（或③）(2)见解析【分析】本题考查了菱形的判定．（1）根据题意选择条件即可求解；（2）选①或③，根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得证．【详解】（1）解：①（或③）（2）解：选①，证明如下：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形．选③，证明如下：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形是菱形．【变式1】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，点、分别在的边、上，连接、，，连接、，请你从以下三个选项：①；②；③中选择一个合适的选项作为补充条件，使得四边形是矩形．(1)你选择的补充条件是_____（填序号）；(2)根据你选择的补充条件，写出四边形是矩形的证明过程．【答案】(1)②或③(2)选择②或③，证明见解析【分析】（）根据矩形的判定定理选择条件即可；（）先证明四边形是平行四边形，进而根据矩形的判定定理即可求证；本题考查了矩形的判定，掌握矩形的判定定理是解题的关键．【详解】（1）解：选择的补充条件是②或③，故答案为：②或③；（2）解：选择②，证明如下：∵四边形是平行四边形，，即，∵，∴四边形是平行四边形，，，∴四边形是矩形；选择③，证明如下：∵四边形是平行四边形，，即，∵，∴四边形是平行四边形，，∴四边形是矩形．【变式2】（25-26九年级上·河南平顶山·期末）如图，点在直线上，过的中点作的平行线，分别交的平分线和的平分线于点．(1)试判断四边形的形状，并证明你的结论；(2)当与的位置关系为 时，四边形是正方形．【答案】(1)矩形，理由见解析(2)【分析】本题考查了正方形的判定，平行四边形的判定，矩形的判定，平行线的性质的应用，注意：对角线互相平分且相等四边形是矩形．（1）根据角平分线定义和平行线推出，推出，同理，即可得出答案；（2）根据矩形的性质和正方形的判定定理即可得到结论．【详解】（1）解：四边形是矩形，证明：∵平行，∴，∵平分，∴，∴，∴，同理可证：，∵点是的中点，∴，∵，，∴，∴四边形是矩形；（2）解：当与的位置关系为时，四边形是正方形．证明：由（1）得四边形是矩形，∴，∵，∴，∵平分，平分，∴，，∴，，∴，∴，∴四边形是正方形．故答案为：．【变式3】（25-26九年级上·山东青岛·期末）如图，在中，，的平分线交于点，交的延长线于点．(1)求证：；(2)已知_____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．条件①：；条件②：．（注：如果选择条件①和条件②分别进行解答，按第一个解答计分）【答案】(1)见解析(2)选择条件①，四边形是矩形；选择条件②，四边形是矩形．证明见解析【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键：（1）根据平行四边形的性质，结合角平分线的定义，推出，进而得到，再根据线段的和差关系和数量关系即可得出结论；（2）选择①先证明四边形是平行四边形，再证明，即可得证；选择②先证明四边形是平行四边形，再证明，即可得证．【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形，，，是的平分线，，，，，；（2）解：若选择条件①，四边形是矩形．由（1）可知，，，，又，四边形是平行四边形，，四边形为平行四边形，，，，，，，平行四边形是矩形．若选择条件②，四边形是矩形．由（1）可知，，，，又，四边形是平行四边形，，，四边形为平行四边形，，，，，，，平行四边形是矩形．题型十二 特殊四边形性质与判定的综合【例12】如图，在平行四边形ABCD中，点F在边AD上，AB＝AF，连接BF，点O为BF的中点，AO的延长线交边BC于点E，连接EF．（1）求证：四边形ABEF是菱形；（2）若平行四边形ABCD的周长为24，CE＝2，∠BAD＝120°，求AE的长．【分析】（1）由平行四边形的性质得AD∥BC，得∠AFB＝∠EBF，∠FAE＝∠BEA，可证明△AOF≌△EOB，得出BE＝FA，可得四边形ABEF是平行四边形，由AB＝AF即得是菱形：（2）求出菱形ABEF的周长为20，得出AB＝5，再证明△ABE是等边三角形，即得AE＝5．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠AFB＝∠EBF，∠FAE＝∠BEA，∵O为BF的中点，∴BO＝FO，在△AOF和△EOB中，，∴△AOF≌△EOB（AAS），∴BE＝FA，∴四边形ABEF是平行四边形，又AB＝AF，∴平行四边形ABEF是菱形；（2）解：∵AD＝BC，AF＝BE，∴DF＝CE＝2，∵平行四边形ABCD的周长为24，∴菱形ABEF的周长为：24﹣4＝20，∴AB＝20÷4＝5，∵∠BAD＝120°，∴，又 AB＝BE，∴△ABE是等边三角形，∴AE＝AB＝5．【点睛】本题主要考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握上述知识是解题的关键．【变式1】（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在平行四边形中，E、F分别是边和的中点，连接、，平分．(1)求证：四边形是菱形；(2)作，与的延长线交于点G．求证：四边形是矩形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据平行四边形对边平行且相等可得，由线段中点的定义可推出，则可证明四边形是平行四边形；再由平行线的性质和角平分线的定义证明，得到，据此可证明结论；（2）由菱形的性质得到，则由等边对等角和已知条件证明，得到；则可证明四边形是平行四边形；证明，进而可证明，则可证明平行四边形是矩形．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴；∵E、F分别是边和的中点，∴，∴，又∵，∴四边形是平行四边形；∵平分，∴，∴，∴，∴平行四边形是菱形；（2）证明：由（1）可得四边形是菱形，∴，∴，∵，∴，∴；∵四边形是平行四边形，∴，即，∴四边形是平行四边形；∵E为的中点，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴平行四边形是矩形．【变式2】（25-26八年级上·江苏盐城·期末）如图，在矩形中，是对角线的垂直平分线，分别交，，于E，F，O．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求菱形的边长．【答案】(1)见解析(2)5【分析】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．（1）根据矩形性质和线段垂直平分线的性质证明，可得，所以四边形是平行四边形，再根据，即可证明结论；（2）根据勾股定理可得即可．【详解】（1）证明：连接，，四边形是矩形，，，，由题意知：垂直平分，，，在和中，，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形；（2）解：由（1）可得，，，在中，由勾股定理得，，，∴，，解得，∴ 菱形的边长为．【变式3】（24-25八年级下·江苏泰州·阶段检测）如图，已知中是的中点，过点C作，且．(1)求证：四边形是矩形；(2)若F是上一点，且，则当满足什么条件时，四边形是正方形？请说明理由．【答案】(1)见解析(2)当是等腰直角三角形时，四边形是正方形；理由见解析【分析】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定，等腰三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．（1）结合，D是的中点，得出，，因为，得，因为，即可证明四边形是平行四边形，结合有一个直角的平行四边形是矩形，即可作答．（2）结合有一组邻边相等的矩形是正方形，进行分析，即可作答．【详解】（1）证明：∵，D是的中点，∴， ，∴，∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是矩形；（2）解：当为等腰直角三角形时，四边形是正方形，∵为等腰直角三角形∴，由（1）得四边形是矩形；∴∴，∴，∴，∵四边形是矩形；∴四边形是正方形．题型十三 特殊四边形与平面直角坐标系的综合【例13】（24-25八年级上·陕西西安·期末）如图，已知矩形在平面直角坐标系中，轴，点B的坐标为，点D的坐标为，则矩形的面积是（ ）A．16 B．15 C．12 D．10【答案】B【分析】本题考查了矩形的性质，坐标与平面，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．先根据矩形以及轴，得到轴，再由，求解即可．【详解】解：∵四边形是矩形，∴∵轴，∴轴，∴，，∴矩形的面积是，故选：B．【变式1】如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在轴上，顶点在轴上，且，，则正方形的面积是（ ）A．9 B．13 C．5 D．4【答案】B【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．通过添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．作轴于点E，证明，推出，再利用勾股定求出即为正方形的面积．【详解】解：如图，作轴于点E，，，，，四边形是正方形，，，，，，又 ，，，，，即正方形的面积是，故选：B．【变式2】如图，四边形是菱形，顶点A，的坐标分别是，，点在轴的正半轴上，则顶点的坐标是（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，，交于点，根据菱形的性质可知点的坐标为，根据的坐标确定的坐标即可．【详解】解：连接，，交于点，四边形是菱形，，，，，的坐标分别是，，∴，∴，故A正确．故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的性质并灵活运用．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；菱形是轴对称图形，它有条对称轴，分别是两条对角线所在直线．【变式3】（24-25八年级下·山东济南·期末）如图，在直角坐标系中，矩形的对角线轴，若，，与的交点为E，则C的坐标为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】不妨设，，利用中点坐标公式，建立等式，根据矩形的对角线相等，利用两点间距离公式建立新等式，解答即可．本题考查了坐标的特点，中点坐标公式，两点间距离公式，矩形的性质，熟练掌握公式和性质是解题的关键．【详解】解：由轴，，，不妨设，，由矩形，故点E是与的中点，且，故，或，同一点的坐标是相同的，故，故，故故，解得，故，故选：A．题型一 特殊四边形中的多结论判断问题【例1】（23-24九年级上·四川达州·期末）如图，矩形的对角线相交于点O，F是上的一点，连接，将沿翻折，点C恰好与点O重合，延长交于点E，连接．则下列结论：①是等边三角形；②；③四边形是菱形；④，其中正确结论的个数是（ ）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质和全等三角形的判定和性质解答．根据矩形的性质和等边三角形的判定得出是等边三角形，进而判断①正确；根据30度的直角三角形的性质判断②正确；证明是等边三角形，根据菱形的判定定理可判断③正确；设，分别求得和，即可判断④正确．【详解】解：∵矩形的对角线相交于点O，∴，∵将沿翻折，点C恰好与点O重合，∴，∴，∴，∴是等边三角形，故①正确；∵是等边三角形，，∴，∴，故②正确；∵，∴，，∴，，∴是等边三角形，∴垂直平分，∵，∴四边形是菱形，故③正确；∵四边形是菱形，∴，∴，∴，设，则，∴，，∴，故④正确；综上，①②③④都是正确的，故选：A【变式1】如题图，正方形中，点在上，且，点是的中点，点是的中点，延长，与的延长线交于点．以下四个结论：①；②是直角三角形；③；④．其中正确结论的个数（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】本题考查正方形的性质、勾股定理逆定理、三角形中位线定理．直角三角形斜边中线定理等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，属于中考常考题型．设正方形边长为，求出、、，利用勾股定理等逆定理可以判定②正确；根据三角形中位线定理可以判定①正确；根据直角三角形斜边中线定理可以判断③正确；通过计算可以判断④正确．【详解】设正方形边长为，∵四边形是正方形，，∵，点是的中点，∴ ，，，，，，，∴是直角三角形，故②正确；，是中位线，，故①正确；在中，，，，∴，故③正确；，，故④正确；故选：D．【变式2】如图，在菱形纸片中，，是边的中点，将菱形纸片沿过点的直线折叠，使点落在直线上的点处，折痕为，与交于点．有如下结论：①；②；③；④．上述结论中，所有正确结论的序号是________．【答案】①②③④【分析】由菱形的性质，，可得，是等边三角形，结合是边的中点，根据三线合一可得，根据含角直角三角形的性质，可证③正确，由，结合折叠的性质，可证①正确，由折叠的性质得到的度数，结合，得到，根据三角形内角和，可证②正确，连接，与交于点，由，，得，结合，由，可证④正确，本题考查了，菱形的性质，折叠的性质，含角直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是：连接辅助线，构造全等三角形．【详解】解：∵菱形，∴，∵，∴，是等边三角形，，∵是边的中点，∴，∴，∴，故③正确，∴，由折叠的性质可得，，，∴，故①正确，∴，∵，∴，故②正确，连接，与交于点，∵，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，故④正确，故答案为：①②③④．【变式3】（25-26八年级上·福建泉州·期末）如图，四边形是正方形，是边上的一点，点在对角线上，，的延长线交的延长线于点，连接．下列结论中正确的个数是（ ）（友情提示：正方形四条边都相等，四个角都是直角．）①；②；③；④．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】①根据正方形性质得，再根据点在的延长线上得，据此可对结论①进行判断；②证明和全等得，进而得，再根据得，则，据此可对结论②进行判断；③设，则，在中，由三角形内角和定理得，根据三角形外角性质得，，由此得，据此可对结论③进行判断；④过点作于点，则，由结论②正确得，进而得，由此得是的中位线，则，证明是等腰直角三角形，由勾股定理得，进而得，再根据得，据此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．【详解】解：①∵四边形是正方形，是对角线，∴，∵点在的延长线上，∴，故结论①正确；②∵四边形是正方形，点在对角线上，∴，，，在和中，，∴，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，故结论②正确；③设，∴，在正方形中，，在中，，∵是的外角，∴，∴，∴，∴，故结论③正确；④过点作于点，如图所示：∴，∴，由结论②正确得：，∴，∵，，∴，∴，∴是的中位线，∴，在中，，，∴是等腰直角三角形，∴，由勾股定理得：，∴，∴，∴，在正方形中，，∴．故结论④正确，综上所述：正确的结论是①②③④，共个．故选：D．【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理是解决问题的关键．题型二 特殊四边形与折叠问题【例2】（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，，．是边上一点，将沿所在直线折叠，使得点恰好落在边上点处，则的长是（ ）A．4 B．5 C． D．【答案】B【分析】本题考查矩形的性质、折叠的性质以及勾股定理的应用．关键是利用折叠的性质得到对应边相等，再结合勾股定理逐步计算线段长度．首先根据折叠的性质得出，；然后在中，利用勾股定理求出的长度，进而得到的长度；最后设，表示出的长度，在中运用勾股定理列方程求解即可．【详解】解：∵四边形是矩形，，，∴，，；∵将沿折叠，点落在边上的点处，∴，；在中，由勾股定理得：，∴；设，则，，在中，由勾股定理得：，即，解得：，即；故选：B．【变式1】如图，将菱形纸片折叠，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形的边长为4，，则的值是（ ）A． B．2 C． D．4【答案】B【分析】根据菱形的性质证明△ABD是等边三角形，求得BD=4，再证明EF是△ABD的中位线即可得到结论．【详解】解：连接AC，BD∵四边形ABCD是菱形，∴，BD平分∠ABC，∴∠∵∴△ABD是等边三角形，∴由折叠的性质得：，EF平分AO，又∵，∴∴EF为△ABD的中位线，∴故选：B．【点睛】本题考查了折叠性质，菱形性质，主要考查学生综合运用定理进行推理和计算的能力．【变式2】（25-26九年级上·广东佛山·期末）如图，矩形纸片按折痕折叠，点和点重合．若，，则点到的距离为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了矩形与折叠，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握矩形与折叠的性质．由折叠可得，设，则，在中，利用勾股定理列方程可求得，，再利用等面积法即可求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，由折叠可得，，设，则，在中，，∴，即，解得，∴，，如图，过点作于点，∵，∴，即点到的距离为．故选：C．【变式3】（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）（1）【问题提出】如图1，在矩形中，为上一点，将沿折叠得到，点恰好在上，求证：四边形为正方形．（2）【问题拓展】如图2，将图1中的矩形纸片沿过点的直线折叠，使得点恰好落在上的点处，为折痕．若，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）根据矩形的性质、折叠的性质，得出，，根据“有三个角是直角的四边形是矩形”，得出四边形是矩形，根据“有一组邻边相等的矩形是正方形”，即可证明四边形为正方形；（2）根据矩形与正方形的性质，推出，，根据折叠的性质，得出，，根据勾股定理计算，由计算出的长，设，则，根据勾股定理，，列出方程求解，由，计算得出答案即可．【详解】解：（1）证明：∵在矩形中，为上一点，将沿折叠得到，点恰好在上，∴，，∴四边形是矩形，∴四边形为正方形；（2）∵四边形是矩形，，，由（1）得四边形为正方形，∴，，，∴，，∵将图1中的矩形纸片沿过点的直线折叠，使得点恰好落在上的点处，∴，，∴，∴，设，则，∵，∴，解得：，∴．【点睛】本题考查了折叠问题、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握正方形的判定与性质、运用勾股定理计算求解是解题的关键．题型三特殊四边形与动点运动问题【例3】（24-25八年级下·云南丽江·期末）如图，在矩形中，，．点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点，的运动速度都是，连接，，．设点，的运动时间为．(1)当为何值时，四边形是矩形？(2)当为何值时，四边形是菱形？【答案】(1)当时，四边形是矩形(2)当时，四边形是菱形【分析】（1）当四边形是矩形时，由，据此求解得出的值即可；（2）当四边形是菱形时，得，结合勾股定理进行求解即可．【详解】（1）解：∵在矩形中，，，∴，，，，∴，当时，四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是矩形，∵点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点，的运动速度都是，设点，的运动时间为，∴此时，解得：．答：当时，四边形是矩形；（2）解：∵，，∴四边形是平行四边形，当时，四边形为菱形．设秒后，，四边形为菱形，根据勾股定理得：，即，解得：．答：当时，四边形是菱形．【变式1】如图，在菱形中，，°，点同时由两点出发，分别沿向点匀速移动（到点为止），点的速度为，点的速度为，经过秒为等边三角形，则的值为_____________．【答案】【分析】延长AB至M，使BM=AE，连接FM，证出△DAE≌△EMF，得到△BMF是等边三角形，再利用菱形的边长为5求出时间t的值．【详解】解：延长AB至M，使BM=AE，连接FM，∵四边形ABCD是菱形，∠ADC=120°，∴AB=AD，∠A=60°，∵BM=AE，∴AD=ME，∵△DEF为等边三角形，∴∠DAE=∠DFE=60°，DE=EF=FD，∴∠MEF+∠DEA═120°，∠ADE+∠DEA=180°-∠A=120°，∴∠MEF=∠ADE，∴在△DAE和△EMF中，∴△DAE≌EMF（SAS），∴AE=MF，∠M=∠A=60°，又∵BM=AE，∴△BMF是等边三角形，∴BF=AE，∵AE=t，CF=2t，∴BC=CF+BF=2t+t=3t，∵BC=5，∴3t=5，∴t=，故答案为：．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质等知识，解题的关键是运用三角形全等得出△BMF是等边三角形．【变式2】（23-24八年级下·天津蓟州·期末）如图，在四边形中，，，，，点P从点D出发，以每秒1个单位长度的速度向点A运动，点Q从点B同时出发，以每秒2个单位长度的速度向点C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．设点P运动时间为t秒．(1)当点P运动停止时，______，线段的长为______；(2)①用含t的式子填空：______，______，______；② t为何值时，四边形为矩形，求出t的值；(3)在运动的过程中，是否存在某一时刻t，使以P，D，C，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出t的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)①；；；②(3)【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定，一元一次方程的几何应用：（1）分别计算出点P和点Q到达终点的时间，进而得到停止时间，据此求出对应的的长即可；（2）①根据题意列出对应的代数式即可；②根据题意可得当四边形是平行四边形时，四边形是矩形，则，据此列出方程求解即可；（3）根据题意可得四边形为平行四边形，则，据此列出方程求解即可．【详解】（1）解：∵，∴点P运动9秒后停止，即，∴，故答案为：；；（2）解：①由题意得，，∵，∴，故答案为：；；；②∵，∴当四边形是平行四边形时，四边形是矩形，∴此时有，∴，解得；（3）解：∵以P，D，C，Q为顶点的四边形为平行四边形，且，∴此时四边形为平行四边形，∴，∴，解得．【变式2】（25-26八年级上·山东青岛·期末）已知在矩形中，，．点从点出发向点运动，同时点从点出发向点运动，运动速度都是，设它们的运动时间为，解答下列问题：(1)如图1，求证：在运动过程中，总是互相平分；(2)如图2，若四边形是菱形，求t的值；(3)如图3，将沿翻折，得到．运动过程中，是否存在某一时刻使四边形是菱形？若存在求出的值；若不存在说明理由．【答案】(1)见解析(2)(3)存在，【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形、菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键．（1）说明四边形是平行四边形即可；（2）设，在中，利用勾股定理建立方程求解；（3）连接交于点，当四边形是菱形时，，则，列出方程即可求解．【详解】（1）解：如图，连接，，∵四边形是矩形，∴，，∵，∴，∴四边形是平行四边形，∴，总是互相平分．（2）解：若四边形是菱形，则，∴在中，由勾股定理，得，∴，解得，∴t的值为3．（3）解：存在．如图，连接交于点O，∵四边形是菱形，∴，，∵四边形是矩形，∴，∴四边形是矩形，∴．∴，解得，∴当秒时，四边形是菱形．题型一 中点四边形【例1】顺次连接四边形四条边的中点，所得到的四边形是矩形，则原四边形的形状是（ ）A．菱形 B．矩形 C．对角线互相垂直 D．对角线相等【答案】C【分析】本题考查中点四边形，根据三角形的中位线定理，矩形的性质，推出原四边形的对角线互相垂直即可．【详解】解：如图，分别为四边形的中点，∴，∵四边形为矩形，∴，∵，∴，∴原四边形的对角线互相垂直；故C选项符合题意.其它选项条件不足无法确定四边形的具体形状.故选：C．【变式1】（20-21八年级下·湖北荆州·期末）已知分别是菱形边的中点，则四边形的形状一定是（ ）A．梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形【答案】B【分析】本题主要考查了中点四边形、菱形的性质、三角形中位线、矩形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．如图：连接相交于点O，先证明四边形是平行四边形，再说明，即平行四边形是矩形．【详解】解：如图，连接相交于点O，∵ E、F、G、H分别是的中点，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵四边形是菱形，∴，∵，∴，即，∴平行四边形是矩形．故选：B．【变式2】如图，顺次连接四边形各中点得四边形，要使四边形为菱形，应添加的条件是（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形和菱形的判定，掌握三角形中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题关键．连接、，根据三角形中位线定理，推出，，四边形是平行四边形，要使四边形为菱形，则，从而得出，即可得解．【详解】解：如图，连接、，顺次连接四边形各中点得四边形，、、、分别是、、、的中位线，，，，，，，，，四边形是平行四边形，要使四边形为菱形，则，，，故选：D．【变式3】（24-25八年级下·湖南长沙·期末）凸多边形是一个内部角都小于180度的多边形．在凸多边形中，我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“十字形”；对角线相等的凸四边形叫做“对等四边形”．(1)在“①矩形；②菱形；③等腰梯形；④正方形”中一定是“十字形”的有___________；一定是“对等四边形”的有___________；（请填序号）(2)如图1：若凸四边形是“十字形”也是“对等四边形”，分别是的中点，求证，四边形为正方形．(3)如图2，在中，，点从点出发沿方向以2个单位每秒向匀速运动；同时点从出发沿方向以1个单位每秒向匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，，连接，是否存在时间（秒），使得四边形为“十字形”．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)②④；①③④(2)详见解析(3)存在，【分析】本题考查中点四边形，三角形的中位线定理，含30度角的直角三角形等知识点，熟练掌握新定义，是解题的关键：（1）根据新定义，结合特殊的平行四边形的性质，进行判断即可；（2）根据三角形的中位线定理，结合正方形的判定方法，即可得证；（3）连接，由题意得：，则，根据含30度角的直角三角形的性质，求出，再根据四边形为菱形时，四边形为“十字形”，得到，列出方程进行求解即可．【详解】（1）解：∵矩形的对角线相等，菱形的对角线互相垂直，等腰梯形的对角线相等，正方形的对角线相等，且互相垂直，∴菱形和正方形是“十字形”， 矩形，等腰梯形，正方形为“对等四边形”故答案为：②④；①③④；（2）证明：如图1，凸四边形是“十字形”也是“对等四边形”，，，，分别是的中点，，四边形是平行四边形，，，，四边形菱形， 又，菱形FGMH是正方形；（3）解：如图2，连接，由题意得：，则， 中，，，，，，四边形是平行四边形，当时，是菱形，则，此时平行四边形是“十字形”，，，即：当时，四边形为“十字形”．题型二 正方形常考模型（半角模型，三垂直模型）【例2】【模型建立】(1)如图1，已知和，．用等式写出线段的数量关系，并说明理由．【模型应用】(2)如图2，在正方形中，点分别在对角线和边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由．【答案】(1)，理由见详解(2)，理由见详解【分析】（1）利用“”证明，由全等三角形的性质可得，结合，即可证明结论；（2）过点作于点，过点作于点，由正方形的性质可得，且平分，进而可知均为等腰直角三角形，易得，进一步可得，再证明，由全等三角形的性质可得；证明四边形是正方形，进而可得，， ，即，结合，即可证明结论．【详解】（1），理由如下：∵，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴；（2），理由如下：过点作于点，过点作于点，如图，∵四边形是正方形，是正方形的对角线，∴，且平分，∴，即均为等腰直角三角形，∴，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，∵，，，，∴四边形是正方形，是该正方形的对角线，∴，，∴，，∴，即，∵，∴，∴．【变式1】亮亮学行四边形》以后，利用身边的工具进行了如下操作与探究：如图1，在边长为的正方形纸板上，放置了一个三角板，作射线，使直角顶点在射线上运动，始终经过点，交于点．依照上面操作，点运动到如图2位置时，连接，，过点作于点，过点作于点，于是得到矩形，通过证明它的一组邻边相等，易证矩形为正方形，亮亮又作了如下思考，请你帮他完成以下问题：（1）若点运动到线段的延长线上时，以上结论还成立吗？若成立，应该怎样画图，证明呢？若不成立，理由是什么？（2）在（1）的情况下，若连接，的值是否为定值？若是，结果是多少（直接写出结果即可）？若不是，理由是什么？【答案】（1）成立，理由见解析；（2）是；8【分析】（1）根据题意画出图形，根据已知条件先证明四边形DEFG为矩形，然后证明，然后证明为等腰三角形，即可证明四边形DEFG为正方形；（2）由（1）可证明，然后可得，然后求AC得值即可．【详解】解：（1）成立，理由如下：当点运动到线段的延长线上时，如图所示，，，四边形DEFG为矩形，连接BE，四边形ABCD为正方形，，，，，又，，，，，，，，矩形DEFG为正方形；（2）四边形ABCD、四边形DEFG为正方形，，，，，，，．【点睛】本题考查正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理，根据题意画出对应的图形是解题的关键．【变式2】综合实践【初步探究】如图1，在正方形中，点，分别在边，上，连接，，．若，将绕点顺时针旋转得到．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，若点在的延长线上，点在的延长线，，猜想线段，，之间的数量关系，并证明．【拓展探索】（3）如图3，已知正方形的边长为，，分别在，上，，连接分别交，于点，，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长．【答案】（1）①45°；②；（2），见解析；（3）2.5【分析】（1）①证明，由全等三角形的性质得出，从而可求得；②证明，由全等三角形的性质得出；（2）将绕点A顺时针旋转到，连接，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出；（3）将绕点A顺时针旋转，得到，证明，得，再证，然后由勾股定理得出，即可解决问题．【详解】（1）解：①如图（1），延长到点G，使，连接，∵四边形是正方形，∴，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，故答案为：；在和中，，∴，∴，∵，∴；故答案为：；（2）．证明如下：如图（2），在上截取，连接．在和中，，， ，，即，，，在和中，，，，，；（3）如图（3），将绕点顺时针旋转得到，连接．四边形是正方形，，，，，，由旋转可得，，，，，，，，．．，．设，则．在中， 解得：，．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质综合，旋转的性质，勾股定理等知识，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解．【变式3】【初步感知】如图1， 在正方形中， E、F分别是、边上的点， 且， 求出图中线段，，之间的数量关系．①小盐同学经过分析后，将绕着点D逆时针旋转到位置，如图1，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过三角形全等的性质得到线段，，之间的数量关系；②小田同学经过分析后， 将沿进行翻折， 得到， 射线交边的延长线于点M，如图2，根据全等的性质也得到了线段，，之间的数量关系，任选一位同学的分析，可以得到线段，，之间的数量关系是 ．【类比探究】如图3， 正方形中， E、F分别在边、的延长线上， 且， 连接， 试问线段，，之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由．【拓展应用】如图4，在四边形中，，，，且，，，直接写出的长．【答案】初步感知：，见解析；类比探究：，见解析；拓展应用：【分析】初步感知：先证明、C、M在同一直线上，再证明，得出，根据，得出；类比探究：在上截取，连接，证明，得出，证明，得出，即可得出结论；拓展应用：在上取点M，连接，证明，得出，证明，得出，设，则，，根据勾股定理得出，得出，求出，即可得出答案．【详解】解：初步感知：∵将绕着点D逆时针旋转到，∴，，，，∵四边形为正方形，∴，，∴，∴、C、M在同一直线上，∵，∴，∴，即，∵，，∴，∴，∵，∴；类比探究：，理由如下：在上截取，连接，如图所示：∵四边形为正方形，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即；拓展应用：在上取点M，连接，如图所示：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，，∴，设，则，，∵，∴在中，，∴，解得：，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法．题型三 特殊四边形与最值问题【例3】（25-26八年级上·安徽六安·期末）如图，在中，，，，D为上一动点（不与点A重合），为等边三角形，过D点作的垂线，F为垂线上任意一点，G为的中点且始终有，则线段长的最小值是（ ）A． B．6 C． D．9【答案】B【分析】连接，，设、交于点H，斜边上的中线得到，易得垂直平分线段，三线合一，得到，进而得到点G在射线上，过B作交射线于，垂线段最短，得到当G与重合时，取得最小值，最小值为线段的长，证明，即可得出结果．【详解】解：如图，连接，，设、交于点H，∵，G为的中点，∴．∵为等边三角形，∴，，∴垂直平分线段，∴，∴，∴点G在射线上，过B作交射线于，则当G与重合时，取得最小值，最小值为线段的长，∵，，，∴，∴，即的最小值为6．【变式1】（25-26九年级上·安徽六安·期末）如图，在矩形中，，点E，F分别为边上的动点，且，点为的中点，点为上一动点，则的最小值为（ ）A．16 B．15 C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了轴对称-最短路线问题、勾股定理、矩形的性质、直角三角形的性质等知识点，熟练运用勾股定理解决问题是解题的关键．如图，连接，由直角三角形斜边上的中线性质得到，作点A关于的对称点，连接，交于点P，当点、点P、点G、点D共线时，的值最小，最小值为的长；勾股定理求出，减去即可解答．【详解】解：如图，连接，∵四边形是矩形，∴，∵，点为的中点，∴，作点A关于的对称点，连接，交于点P，当点、点P、点G、点D共线时，的值最小，最小值为的长；∵，∴，在中，由勾股定理得：，∴，∴的最小值为．故选：C．【变式2】（25-26九年级上·陕西汉中·期末）如图，点是正方形的边延长线上一点，连接，点是的中点，连接、，若，则的最大值为_____________．【答案】【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，正方形的性质，斜边上的中线等于斜边的一半，三角形三边关系，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先理解题意，根据正方形的性质，得，又因为点是的中点，，然后将绕点逆时针旋转，得到，运用勾股定理得，结合三角形三边关系，得，当三点共线时，则，此时的最大值为，即可作答．【详解】解：如图所示：∵四边形是正方形，∴，∵点是正方形的边延长线上一点，连接，点是的中点，∴在中，，将绕点逆时针旋转，得到，∴，，则，在中，，即，当三点共线时，则，此时的最大值为，故答案为：．【变式3】（25-26八年级上·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，，，为边的中点，为矩形外一动点．且，则线段的最大值为 ________ ．【答案】【分析】连接，取的中点，连结，，通过矩形的性质结合勾股定理求出，再运用中位线定理求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，最后根据三角形的三边关系得三点共线时最大即可求解．【详解】如图，连接，取的中点，连接，，∵矩形中，，，，∴，，∴根据勾股定理，，∵为的中点，为的中点，∴，∵，∴，由三角形的三边关系得三点共线时最大，此时．题型四 四边形综合题【例4】（25-26九年级上·广东江门·期末）如图，将矩形绕着点按顺时针方向旋转，得到矩形，点与点对应，点恰好落在边上，于点，其中，．(1)求证：．(2)连接，交于点，求的长．(3)过点作，交于点．求证：四边形是正方形．【答案】(1)见解析(2)(3)见解析【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定定理、勾股定理、熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）由矩形的性质可得，，由平行线的性质可得，由旋转得．再证明得出，即可得证；（2）证明得出，，由勾股定理得出，求出，最后再由勾股定理计算即可得出结果；（3）先证明四边形是矩形．再求出，即可得证．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，，，．，，．由旋转，得． 在和中，，， ．，．（2）解：在和中，，，，． 在中，由勾股定理，得． ，．在中，由勾股定理，得，．（3）证明：∵四边形是矩形，，∴四边形是矩形．，，∴四边形是正方形．【变式1】在中，，，点在射线上（与、两点不重合），以为边作正方形，使点与点在直线的异侧，射线与直线相交于点．(1)若点在线段上，如图1，判断：线段与线段的数量关系是_____，位置关系是_____；(2)如图2，①若点在线段的延长线上，判断（1）中线段与线段的数量关系与位置关系是否仍然成立，并说明理由；②当为中点，时，求线段的长．【答案】(1)，(2)①成立，理由见解析；②【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到，由正方形的性质得到，，由角的和差关系得到，即可证明，得到，，可得，，根据等角对等边即可得到；（2）①根据等腰直角三角形的性质得到，由正方形的性质得到，，由角的和差得到，可证明推出，得出，可得，，，根据等角对等边即可得到，即可得出（1）中结论依然成立；②过点作于，根据等腰直角三角形的性质得出，，根据①中结论，结合为中点，得出，根据勾股定理可得．【详解】（1）解：∵在中，，，∴，∵四边形是正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，，∴，（2）解：①（1）中结论仍然成立，理由如下，∵在中，，，∴，∵四边形是正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，，∴；②如图，过点作于，∵，是等腰直角三角形，∴，∵，∴，由①可知，，∴，∵点是的中点，∴，∴，∴，在中，根据勾股定理得，【变式2】（24-25八年级下·海南·期末）在菱形中，点E是对角线上一点，点F、G在直线上，且，．(1)如图1，求证：①；②；(2)如图2，当时，判断、、的数量关系，并说明理由；(3)如图3，当时，点F在线段上，判断、、的数量关系，并说明理由．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)，理由见解析(3)，理由见解析【分析】（1）①由菱形性质得到，由等腰三角形性质得到．从而有．由等量代换得到，从而可证；②由全等的性质得出，由菱形的性质得出，从而有，最后有等量代换即可得到；（2）由菱形的性质可求出，从而得到为等边三角形，得到，从而可证结论；（3）证明四边形是正方形，得到，同（1）可证，得到，进而得到为等腰直角三角形，从而得到结论．【详解】（1）证明∶①如图，∵四边形是菱形，∴．∵，∴，∴．又∵，∴，即．∴；②∵，∴．∵四边形是菱形，∴，∴，∴．即．（2）解：．理由如下：∵四边形是菱形，，∴．∵，∴是等边三角形，∴．由（1）知：，∵，∴．（3）解：．理由如下：如图，∵四边形是菱形，，∴四边形是正方形，∴．∵，∴．∴．又∵，∴，即．∴，∴．∵，∴在中，．∵．∴．∴．【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用相关性质定理和判定定理是解题的关键．【变式3】在一次数学活动中，小辉将一块矩形纸片对折，使与重合，得到折痕．把纸片展开，再一次折叠纸片，使点A落在N上，得到折痕． (1)若点N刚好落在折痕上时，①如图1，过N作，求证：；②如图2，求的度数；(2)如图3，当M为射线上的一个动点时，已知，，若的直角三角形时，求的长．【答案】(1)①见解析；②(2)1或9【分析】（1） ①证明四边形是矩形，得到，根据折叠的性质，矩形的性质，得到,，证明即可；②根据折叠的性质，求解即可．（2）根据矩形的性质，判定不可能是直角，只有，分直角在矩形内部和外部两种情况计算即可．【详解】（1）解：①∵矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，∴四边形是矩形，，∵，∴四边形是矩形，∴，∴，根据折叠的性质得到,，∴．②过点G作于点G，∵矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，∴四边形是矩形，，∵，∴四边形是矩形，∴，∴，根据折叠的性质得到,，∴．根据折叠的性质，∴，，∴，， ∴．（2）根据矩形的性质，故不可能是直角，∴，∵矩形纸片，∴，∵，∴三点共线，根据折叠的性质，∴，，∵矩形纸片，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴；根据矩形的性质，故不可能是直角，∴，∵矩形纸片，∴，∵，∴三点共线，根据折叠的性质，∴，，∵矩形纸片，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴；故或．【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，熟练掌握矩形与折叠，勾股定理是解题的关键．21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台专题04 特殊平行四边形的性质与判定知识点一、矩形的定义与性质●●定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.●●性质定理：矩形的四个角都是直角，对角线相等.几何语言：∵ 四边形ABCD是矩形,∴ ∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AC=BD.★1、矩形是特殊的平行四边形，它具有平行四边形的所有性质.★2、矩形是轴对称图形，邻边不相等的矩形有两条对称轴，分别是对边所在中点连线的直线.★3、矩形的四个角都是直角，常把矩形的问题转化为直角三角形的问题来解决，同时，矩形被两条对角线分成两对全等的等腰三角形，因此在解决相关问题时，也常常用到等腰三角形的性质.★4、矩形的面积 = 长×宽，矩形的面积=被对角线分成的四个面积相等的小三角形（等腰三角形）面积之和.知识点二、矩形的判定●矩形的判定方法：方法一：有一个角是直角的平行四边形是矩形；方法二：对角线相等的平行四边形是矩形；方法三：有三个角是直角的四边形是矩形；知识点三、 菱形的定义与性质●●定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。◆1、菱形的性质①菱形具有平行四边形的一切性质.②菱形的四条边都相等.③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.④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线.⑤利用菱形的性质可证线段线段，角相等.性质定理应用格式：∵ 四边形ABCD是菱形，∴ AB=BC=CD=AD，AC⊥BD；AC平分∠BAD，AC平分∠BCD；BD平分∠ABC，BD平分∠ADC；◆2、菱形的面积计算①利用平行四边形的面积公式=底×高．②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度）③ 四个小直角三角形的面积之和(或一个小直角三角形面积的 4 倍)；知识点四、菱形的判定●●菱形的判定方法：◆1、定义法：有一组邻边相等的平行的四边形叫做菱形.◆2、判定定理1（从对角线）：对角线互相垂直的平行四边形是菱形.◆3、判定定理2（从边）：四条边相等四边形是菱形.知识点五、正方形的性质与性质●●定义：有一个是直角，一组菱边相等的平行四边形是正方形。★1、具有矩形、菱形、平行四边形的一切性质，即①边：四条边相等，邻边垂直，对边平行；②角：四个角都是直角；③对角线：对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角；④正方形式轴对称图形，有四条对称轴；★2、正方形的面积计算①边长的平方；②对角线平方的一半；★3、正方形特有的性质：①正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形；正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形；②周长相等四边形中，正方形的面积最大.知识点六、正方形的判定★1、正方形判定方法：定义法 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形.四边形法 有四条边相等，三个角都是直角的四边形是正方形.对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形.平行四边形法 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形.对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形.矩形法 有一组邻边相等的矩形是正方形.对角线相互垂直的矩形是正方形.菱形法 有一个角是直角的菱形是正方形.对角线相等的菱形是正方形.矩形的性质【例1】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，点是矩形外一点，且在上方，连接，点在边上，连接交边于点F．若，则的度数为（ ）A． B． C． D．【变式1】（23-24八年级下·河南周口·阶段检测）如图，线段为等腰的底边，矩形的对角线与相交于点O，若，则的长为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4【变式2】（25-26九年级上·广东揭阳·期末）如图，已知矩形面积为，，，，，则阴影部分的面积（ ）A． B． C． D．【变式3】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，点E、F在矩形的边上，连接、，与的延长线交于点P，．求证：．【变式4】（25-26九年级上·陕西咸阳·期末）如图，在矩形中，对角线相交于点，点分别为的中点，连接，求证：．题型二 矩形的判定【例2】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，李师傅在做门窗时，已经测得门窗是平行四边形后，常常还要测量它们的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形，其中的道理（ ）A．有一个角是直角的平行四边形是矩形 B．两点确定一条直线C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．两点之间，线段最短【变式1】（25-26九年级上·河北保定·期末）兴趣小组的同学用木棒做了4个相框，下面是他们的测量结果，则不一定是矩形的相框是（ ）A． B．C． D．【变式2】已知：如图，各角的平分线分别相交于点E，F，G，H，求证：四边形是矩形．【变式3】（25-26九年级上·四川达州·期末）如图，在中，，于点D，过点A作且，连接，，与交于点E．(1)求证：．(2)求证：四边形是矩形．题型三 矩形的性质与判定的综合【例3】（23-24八年级上·吉林长春·期末）如图，在平行四边形中，过点D作于点E，点F在边上，，连接．(1)求证：四边形是矩形．(2)已知是的平分线，若，则□的面积为______．【变式1】如图，已知，延长到，使，连接，，，若．(1)求证：四边形是矩形；(2)连接，若，，求的长．【变式2】（23-24八年级下·新疆阿克苏·期末）如图，在中，过点作于点，点在边上，，连接，．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，平分，求的长．【变式3】如图，在中，点为线段的中点，延长交的延长线于点，连接．(1)求证：四边形是矩形；(2)连接．若，求的长．题型四 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质运用【例4】（25-26九年级上·广东河源·期末）如图，在中，，是边上的中线，过点作于点．若，则的度数是（ ）A． B． C． D．【变式1】（25-26八年级上·江苏扬州·期末）如图，中，，是边上的高，是边上的中线，若，则的长为（ ）A．20 B．22 C．24 D．26【变式2】（25-26八年级上·浙江杭州·期末）如图，在中，于点，于点E，D为的中点，为的中点，则的长为（ ）A．6 B．9 C． D．【变式3】（25-26八年级上·河南开封·期末）（1）问题发现：如图1，若和中，，，．求证：．（2）解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A、D、E在同一条直线上，为中边上的高，连接，请判断的度数及线段、、之间的数量关系并说明理由．题型五 菱形的性质【例5】在菱形中，，，则（ ）．A． B． C． D．【变式1】（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，菱形的对角线交于点O，且，则菱形的高的长是（ ）A． B． C．5 D．以上都不对【变式2】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在菱形中，，分别为，的中点，且，，则菱形的面积为________．【变式3】（25-26九年级上·云南昭通·期末）如图，在菱形中，点在边上，点在边上，且．求证：．【变式4】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，点是菱形内一点，连接、、，．求证：．题型六 菱形的判定【例6】（2024秋 天河区校级月考）四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，下列条件中不一定能判定这个四边形是菱形的是（ ）A．AD∥BC，AB∥DC，AD＝BCB．AB＝DC，∠ABD＝∠BDC，AD＝CDC．AB＝DC＝AD＝BCD．OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD【变式1】已知：如图，平行四边形的对角线的垂直平分线与边分别相交于点E、F．求证：四边形是菱形．【变式2】（2024秋 新城区期末）如图，已知四边形ABEF为平行四边形，点C为BE的中点，连接AC并延长交FE的延长线于点D，若DE＝2CE，求证：四边形ABEF为菱形．【变式3】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）如图，在平行四边形中，点分别在边上，，与相交于点．(1)求证：．(2)如果．求证：四边形是一个菱形．题型七 菱形的性质与判定的综合【例7】（24-25八年级下·云南昆明·期末）如图，是直角三角形，且，点、分别是、的中点，连接并延长至点，使得，连接、、．(1)求证：四边形是菱形；(2)若的周长为30，且，求四边形的面积．【变式1】如图，在等腰中，，平分，过点A作交的延长线于D，连接，过点D作交的延长线于E．(1)判断四边形的形状，并说明理由；(2)若，求的长．【变式2】（25-26八年级上·云南昆明·期末）如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线与相交于点E，与相交于点F，连接，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若四边形的周长是40，两条对角线的和是28，求四边形的面积．【变式3】（23-24八年级下·河南南阳·期末）如图，在矩形中，对角线和相交于点，过作，交于，交于，连接、．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求菱形的周长．题型八 正方形的性质【例8】如图，正方形中，，直线交于点，则（ ）A． B． C． D．【变式1】如图，为上任意一点，分别以、为边在同侧作正方形、正方形，设，则为（ ）A． B． C． D．【变式2】如图，在边长为3的正方形中，点E在边上，以点D为圆心，长为半径画弧，交线段于点F．若，则的长为（ ）A．2 B． C． D．【变式3】（24-25八年级下·上海虹口·期末）如图，正方形的边长为，对角线，交于点，为边上一点，且，则的长为 _________________ ．【变式4】如图，在正方形中，点是上的点，于点，于点．(1)猜想、、的关系并证明；(2)若正方形边长为，，求的长(用含的式子表示)．题型九 正方形的判定【例9】如图，已知矩形ABCD 中，∠BAD 和∠ADC 的平分线交于BC边上一点E．点F为矩形外一点，四边形AEDF为平行四边形．求证：四边形AEDF是正方形．【变式1】（22-23八年级下·四川广安·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，在上截取，顺次连接B，F，D，E四点．求证：四边形是正方形．【变式2】已知矩形ABCD，AE平分∠DAB交DC的延长线于点E，过点E作EF⊥AB，垂足F在边AB的延长线上，求证：四边形ADEF是正方形．【变式3】如图，在 ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E是BD延长线上的点，且△ACE是等边三角形．若∠AED＝2∠EAD，求证：四边形ABCD是正方形．题型十 正方形的性质与判定的综合【例10】如图，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，连接交延长线于点F．(1)试判断四边形的形状，并说明理由；(2)若，求线段的长度．【变式1】如图，在中，，是中线，是的中点，过点作交的延长线于，连接．(1)求证：；(2)如果，试判断四边形的形状，并证明你的结论．【变式2】（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．【变式3】已知：如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，AE、BF相交于点P，并且AE＝BF．（1）如图1，判断AE和BF的位置关系？并说明理由；（2）若AB＝8，BE＝6，求BP的长度；（3）如图2，FM⊥DN，DN⊥AE，点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），四边形FMNP是否能否成为正方形？请说明理由．题型十一 添加条件判定是特殊的平行四边形【例11】（25-26九年级上·陕西宝鸡·期末）如图，在中，点在上，，交于点，连接．请你从以下三个选项：①；②；③平分中选择一个合适的选项作为补充条件，使得四边形是菱形．(1)你选择的补充条件是______（填序号）；(2)根据你选择的补充条件，写出四边形是菱形的证明过程．【变式1】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，点、分别在的边、上，连接、，，连接、，请你从以下三个选项：①；②；③中选择一个合适的选项作为补充条件，使得四边形是矩形．(1)你选择的补充条件是_____（填序号）；(2)根据你选择的补充条件，写出四边形是矩形的证明过程．【变式2】（25-26九年级上·河南平顶山·期末）如图，点在直线上，过的中点作的平行线，分别交的平分线和的平分线于点．(1)试判断四边形的形状，并证明你的结论；(2)当与的位置关系为 时，四边形是正方形．【变式3】（25-26九年级上·山东青岛·期末）如图，在中，，的平分线交于点，交的延长线于点．(1)求证：；(2)已知_____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．条件①：；条件②：．（注：如果选择条件①和条件②分别进行解答，按第一个解答计分）题型十二 特殊四边形性质与判定的综合【例12】如图，在平行四边形ABCD中，点F在边AD上，AB＝AF，连接BF，点O为BF的中点，AO的延长线交边BC于点E，连接EF．（1）求证：四边形ABEF是菱形；（2）若平行四边形ABCD的周长为24，CE＝2，∠BAD＝120°，求AE的长．【变式1】（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在平行四边形中，E、F分别是边和的中点，连接、，平分．(1)求证：四边形是菱形；(2)作，与的延长线交于点G．求证：四边形是矩形．【变式2】（25-26八年级上·江苏盐城·期末）如图，在矩形中，是对角线的垂直平分线，分别交，，于E，F，O．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求菱形的边长．【变式3】（24-25八年级下·江苏泰州·阶段检测）如图，已知中是的中点，过点C作，且．(1)求证：四边形是矩形；(2)若F是上一点，且，则当满足什么条件时，四边形是正方形？请说明理由．题型十三 特殊四边形与平面直角坐标系的综合【例13】（24-25八年级上·陕西西安·期末）如图，已知矩形在平面直角坐标系中，轴，点B的坐标为，点D的坐标为，则矩形的面积是（ ）A．16 B．15 C．12 D．10【变式1】如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在轴上，顶点在轴上，且，，则正方形的面积是（ ）A．9 B．13 C．5 D．4【变式2】如图，四边形是菱形，顶点A，的坐标分别是，，点在轴的正半轴上，则顶点的坐标是（ ）A． B． C． D．【变式3】（24-25八年级下·山东济南·期末）如图，在直角坐标系中，矩形的对角线轴，若，，与的交点为E，则C的坐标为（ ）A． B． C． D．题型一 特殊四边形中的多结论判断问题【例1】（23-24九年级上·四川达州·期末）如图，矩形的对角线相交于点O，F是上的一点，连接，将沿翻折，点C恰好与点O重合，延长交于点E，连接．则下列结论：①是等边三角形；②；③四边形是菱形；④，其中正确结论的个数是（ ）A．4 B．3 C．2 D．1【变式1】如题图，正方形中，点在上，且，点是的中点，点是的中点，延长，与的延长线交于点．以下四个结论：①；②是直角三角形；③；④．其中正确结论的个数（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式2】如图，在菱形纸片中，，是边的中点，将菱形纸片沿过点的直线折叠，使点落在直线上的点处，折痕为，与交于点．有如下结论：①；②；③；④．上述结论中，所有正确结论的序号是________．【变式3】（25-26八年级上·福建泉州·期末）如图，四边形是正方形，是边上的一点，点在对角线上，，的延长线交的延长线于点，连接．下列结论中正确的个数是（ ）（友情提示：正方形四条边都相等，四个角都是直角．）①；②；③；④．A．1 B．2 C．3 D．4题型二 特殊四边形与折叠问题【例2】（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，，．是边上一点，将沿所在直线折叠，使得点恰好落在边上点处，则的长是（ ）A．4 B．5 C． D．【变式1】如图，将菱形纸片折叠，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形的边长为4，，则的值是（ ）A． B．2 C． D．4【变式2】（25-26九年级上·广东佛山·期末）如图，矩形纸片按折痕折叠，点和点重合．若，，则点到的距离为（ ）A． B． C． D．【变式3】（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）（1）【问题提出】如图1，在矩形中，为上一点，将沿折叠得到，点恰好在上，求证：四边形为正方形．（2）【问题拓展】如图2，将图1中的矩形纸片沿过点的直线折叠，使得点恰好落在上的点处，为折痕．若，，求的长．题型三特殊四边形与动点运动问题【例3】（24-25八年级下·云南丽江·期末）如图，在矩形中，，．点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点，的运动速度都是，连接，，．设点，的运动时间为．(1)当为何值时，四边形是矩形？(2)当为何值时，四边形是菱形？【变式1】如图，在菱形中，，°，点同时由两点出发，分别沿向点匀速移动（到点为止），点的速度为，点的速度为，经过秒为等边三角形，则的值为_____________．【变式2】（23-24八年级下·天津蓟州·期末）如图，在四边形中，，，，，点P从点D出发，以每秒1个单位长度的速度向点A运动，点Q从点B同时出发，以每秒2个单位长度的速度向点C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．设点P运动时间为t秒．(1)当点P运动停止时，______，线段的长为______；(2)①用含t的式子填空：______，______，______；② t为何值时，四边形为矩形，求出t的值；(3)在运动的过程中，是否存在某一时刻t，使以P，D，C，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出t的值，若不存在，请说明理由．【变式2】（25-26八年级上·山东青岛·期末）已知在矩形中，，．点从点出发向点运动，同时点从点出发向点运动，运动速度都是，设它们的运动时间为，解答下列问题：(1)如图1，求证：在运动过程中，总是互相平分；(2)如图2，若四边形是菱形，求t的值；(3)如图3，将沿翻折，得到．运动过程中，是否存在某一时刻使四边形是菱形？若存在求出的值；若不存在说明理由．题型一 中点四边形【例1】顺次连接四边形四条边的中点，所得到的四边形是矩形，则原四边形的形状是（ ）A．菱形 B．矩形 C．对角线互相垂直 D．对角线相等【变式1】（20-21八年级下·湖北荆州·期末）已知分别是菱形边的中点，则四边形的形状一定是（ ）A．梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形【变式2】如图，顺次连接四边形各中点得四边形，要使四边形为菱形，应添加的条件是（ ）A． B． C． D．【变式3】（24-25八年级下·湖南长沙·期末）凸多边形是一个内部角都小于180度的多边形．在凸多边形中，我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“十字形”；对角线相等的凸四边形叫做“对等四边形”．(1)在“①矩形；②菱形；③等腰梯形；④正方形”中一定是“十字形”的有___________；一定是“对等四边形”的有___________；（请填序号）(2)如图1：若凸四边形是“十字形”也是“对等四边形”，分别是的中点，求证，四边形为正方形．(3)如图2，在中，，点从点出发沿方向以2个单位每秒向匀速运动；同时点从出发沿方向以1个单位每秒向匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，，连接，是否存在时间（秒），使得四边形为“十字形”．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．题型二 正方形常考模型（半角模型，三垂直模型）【例2】【模型建立】(1)如图1，已知和，．用等式写出线段的数量关系，并说明理由．【模型应用】(2)如图2，在正方形中，点分别在对角线和边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由．【变式1】亮亮学行四边形》以后，利用身边的工具进行了如下操作与探究：如图1，在边长为的正方形纸板上，放置了一个三角板，作射线，使直角顶点在射线上运动，始终经过点，交于点．依照上面操作，点运动到如图2位置时，连接，，过点作于点，过点作于点，于是得到矩形，通过证明它的一组邻边相等，易证矩形为正方形，亮亮又作了如下思考，请你帮他完成以下问题：（1）若点运动到线段的延长线上时，以上结论还成立吗？若成立，应该怎样画图，证明呢？若不成立，理由是什么？（2）在（1）的情况下，若连接，的值是否为定值？若是，结果是多少（直接写出结果即可）？若不是，理由是什么？【变式2】综合实践【初步探究】如图1，在正方形中，点，分别在边，上，连接，，．若，将绕点顺时针旋转得到．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，若点在的延长线上，点在的延长线，，猜想线段，，之间的数量关系，并证明．【拓展探索】（3）如图3，已知正方形的边长为，，分别在，上，，连接分别交，于点，，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长．【变式3】【初步感知】如图1， 在正方形中， E、F分别是、边上的点， 且， 求出图中线段，，之间的数量关系．①小盐同学经过分析后，将绕着点D逆时针旋转到位置，如图1，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过三角形全等的性质得到线段，，之间的数量关系；②小田同学经过分析后， 将沿进行翻折， 得到， 射线交边的延长线于点M，如图2，根据全等的性质也得到了线段，，之间的数量关系，任选一位同学的分析，可以得到线段，，之间的数量关系是 ．【类比探究】如图3， 正方形中， E、F分别在边、的延长线上， 且， 连接， 试问线段，，之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由．【拓展应用】如图4，在四边形中，，，，且，，，直接写出的长．题型三 特殊四边形与最值问题【例3】（25-26八年级上·安徽六安·期末）如图，在中，，，，D为上一动点（不与点A重合），为等边三角形，过D点作的垂线，F为垂线上任意一点，G为的中点且始终有，则线段长的最小值是（ ）A． B．6 C． D．9【变式1】（25-26九年级上·安徽六安·期末）如图，在矩形中，，点E，F分别为边上的动点，且，点为的中点，点为上一动点，则的最小值为（ ）A．16 B．15 C． D．【变式2】（25-26九年级上·陕西汉中·期末）如图，点是正方形的边延长线上一点，连接，点是的中点，连接、，若，则的最大值为_____________．【变式3】（25-26八年级上·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，，，为边的中点，为矩形外一动点．且，则线段的最大值为 ________ ．题型四 四边形综合题【例4】（25-26九年级上·广东江门·期末）如图，将矩形绕着点按顺时针方向旋转，得到矩形，点与点对应，点恰好落在边上，于点，其中，．(1)求证：．(2)连接，交于点，求的长．(3)过点作，交于点．求证：四边形是正方形．【变式1】在中，，，点在射线上（与、两点不重合），以为边作正方形，使点与点在直线的异侧，射线与直线相交于点．(1)若点在线段上，如图1，判断：线段与线段的数量关系是_____，位置关系是_____；(2)如图2，①若点在线段的延长线上，判断（1）中线段与线段的数量关系与位置关系是否仍然成立，并说明理由；②当为中点，时，求线段的长．【变式2】（24-25八年级下·海南·期末）在菱形中，点E是对角线上一点，点F、G在直线上，且，．(1)如图1，求证：①；②；(2)如图2，当时，判断、、的数量关系，并说明理由；(3)如图3，当时，点F在线段上，判断、、的数量关系，并说明理由．【变式3】在一次数学活动中，小辉将一块矩形纸片对折，使与重合，得到折痕．把纸片展开，再一次折叠纸片，使点A落在N上，得到折痕． (1)若点N刚好落在折痕上时，①如图1，过N作，求证：；②如图2，求的度数；(2)如图3，当M为射线上的一个动点时，已知，，若的直角三角形时，求的长．21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)" 21世纪教育网(www.21cnjy.com) 展开更多...... 收起↑ 资源列表 专题04 特殊平行四边形（期末复习知识梳理）（原卷版）人教版八年级数学下册.doc 专题04 特殊平行四边形（期末复习知识梳理）（解析版）人教版八年级数学下册.doc
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