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专题06 平行四边形易错必刷题型专训（78题26个考点）
【易错必刷一 添一个条件成为平行四边形】
1．（2023下·云南曲靖·八年级统考期末）如图是嘉淇不完整的推理过程．
（ ）
∴四边形 是平行四边形
小明为保证嘉淇的推理成立，需在括号中添加适当的条件，下列正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据平行四边形的一组对边平行且相等，即可求解．
【详解】解：
∴四边形 是平行四边形
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
2．（2024上·福建福州·八年级福建师大附中校考期末）在四边形 中， ．要使四边
形 是平行四边形，则 的长为 ．
【答案】8
【分析】此题主要考查了平行四边形的判定，正确把握平行四边形的判定定理是解题关键．
直接利用平行四边形的判定方法得出 时四边形 是平行四边形．
【详解】解：当 时，四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴当 时，四边形 是平行四边形，
故答案为：8．
3．（2023·湖南岳阳·统考三模）已知四边形 中， ， ， 相交于点 ，将 两端延长，使 ，连结 ， ， ， ，添加下列条件之一① ，② ，③
，使四边形 为平行四边形．
(1)你添加的条件是：______；（填序号）
(2)添加条件后求证四边形ABCD为平行四边形．
【答案】(1)①
(2)见解析．
【分析】（1）根据已知条件可知 ，再添加 即可证明 ，进而可证得
，根据平行四边形的判定定理，一组对边平行且相等证明即可；
（2）证明 ，进而可证得 ，根据平行四边形的判定定理，一组对边平行且相
等证明即可．
【详解】（1）解：添加的条件是①： ；
而② ，③ ，根据已有条件无法证明三角形全等，无法判断四边形ABCD为平行四边形，
故答案为：①．
（2）证明：在 和 中，
∵ ，
∴
∴
∴
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和三角形全等判定和性质，解题关键是熟练掌握平行四边形的判定定理．
【易错必刷二 求与已知三点组成平行四边形的点的个数】
1．（2021·全国·九年级专题练习）以不共线的三点A、B、C为顶点的平行四边形共有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．无数
【答案】C
【分析】分别以△ABC的三边为对角线作出平行四边形即可得解.
【详解】如图，分别以AB、BC、AC为对角线作平行四边形，共可以作出3个平行四边形.
故选C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，解题的关键在于以三角形的三边作为所作平行四边形的对角线.
2．（2019下·北京丰台·八年级统考期末）在平面直角坐标系 中，已知点 ， ，请确定点
C的坐标，使得以A，B，C，O为顶点的四边形是平行四边形，则满足条件的所有点C的坐标是 ．
【答案】 或 或
【分析】分两种情况：①当 为平行四边形的边时，②当 为平行四边形的对角线时，讨论可得点C的
坐标．
【详解】解：①当 为平行四边形的边时， ，
∵ ， ， ，
∴点C坐标为 或 ；
②当 为平行四边形的对角线时， ，故答案为： 或 或 ．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质和坐标与图形性质，解答本题的关键是要注意分两种情况进行求解．
3．（2023下·广东广州·八年级广州市第二中学校考期中）如图，正方形网格中每个小正方形边长均为1，
每个小正方形的顶点叫格点，以格点为顶点按下列要求画图：
(1)在平面直角坐标系中，若点A的坐标为 ，请找出格点D，使以A、B、C、D四个点为顶点的四边形
为平行四边形；
(2)满足以上条件的D点的坐标是___．
【答案】(1)见解析
(2) 或 或
【分析】（1）根据平行四边形的性质画出图形；
（2）根据图像得出点的坐标．
【详解】（1）解：如图， ， ， 即为所求；（2）由图可知：满足条件的点 的坐标 或 或 ．
【点睛】本题考查坐标与图形，平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常
考题型．
【易错必刷三 证明四边形是平行四边形】
1．（2024上·山东菏泽·八年级统考期末）下列条件不能判定四边形 是平行四边形的是（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】C
【分析】此题主要考查了平行四边形的判定定理，准确无误的掌握定理是解题关键．根据平行四边形的判
断定理分别作出判断得出即可．
【详解】解：A、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以判定四边形 为平行四边形，
故A不合题意；
B、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可以判定四边形 为平行四边形，故B不合题意；
C、 ， ，不能判断这个四边形是平行四边形，故C符合题意；
D、∵ ， ， ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴四边形 是平行四边形，故D不符合题意；
故选：C．2．（2023下·山东临沂·八年级统考期中）在 中，点 、 分别是 、 上的点，且 ，
点 是 延长线上一点，连接 ．添加下列条件：① ；② ；③ ；④
．能使四边形 是平行四边形的是 （填上所有符合要求的条件的序号）．
【答案】①②④
【分析】根据平行四边形的判定定理逐一判断，即可得到答案．
【详解】解： ， ，且两组对边分别平行的四边形是四边形，
四边形 为平行四边形，故选项①符合题意；
， ，且一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
四边形 为平行四边形，故选项③符合题意；
由 ， ，不能判定四边形 为平行四边形，故选项③不符合题意；
，
，
，
，
四边形 为平行四边形，故选项④符合题意；
综上所述：能使四边形 是平行四边形的是①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，平行线的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题关
键．
3．（2024下·全国·八年级专题练习）已知：如图，四边形 为平行四边形，点E，A，C，F在同一直
线上， ．(1)求证： ；
(2)连接 、 ，求证：四边形 为平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确全等三角
形的判定和性质，平行四边形的判定方法．
（1）根据平行四边形的性质，可以得到 ， ，然后即可得到 ，再根据
即可证明 ；
（2）根据（1）中的结论和全等三角形的性质，可以得到 ，从而可以得到 ，从而
可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形 为平行四边形，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ；
（2）解：如图，连接 、 ，∵ ，
，
∴四边形 是平行四边形．
【易错必刷四 利用平行四边形的判定与性质求解】
1．（2023下·辽宁本溪·八年级校考阶段练习）如图， 是等边三角形，P是三角形内一点， ，
， ，若 的周长为18，则 （ ）
A．8 B． C．6 D．9
【答案】C
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质以及平行四边形的判定与性质，延长 分别交
于G、H，易得四边形 是平行四边形， 是等边三角形，根据等边三角形的性质
即可得出即可．
【详解】解：延长 分别交 于G、H，则由 ， ， ，
四边形 是平行四边形，
∴ ，
是等边三角形， ，
是等边三角形，
∴ ，
又 的周长为18，
∴ ，
故选：C．
2．（2023上·浙江杭州·九年级校联考阶段练习）如图，在平行四边形 中， ，连接 ，
作 交 延长线于点E．过点E作 交 的延长线于点F，且 ，则 的长是
．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定、直角三角形的性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质是
解决问题的关键．先证四边形 是平行四边形，得出 ，证出 ，求出
，得出 即可．【详解】解：∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故答案为： ．
3．（2023下·云南文山·八年级统考期末）如图，在四边形 中， 是 的中点， ，
．
(1)求证： ；
(2)当 时，求 的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【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等知识，解题的关键是正确寻找全
等三角形解决问题．
（1）利用 即可证明；
（2）首先证明四边形 是平行四边形，推出 即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵ ，，
是 中点，
，
，
；
（2）解： ，
，
∵ ，
四边形 是平行四边形，
，
，
．
【易错必刷五 利用平行四边形性质和判定证明】
1．（2023上·山东东营·八年级校考阶段练习）如图，已知 是 的中线， 、 分别是 、
边上的中点，则下列说法正确的个数是（ ）
① ；② ；③ 和 互相平分；④连接 ，则四边形 是平行四边形；⑤
．
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，根据由三角形中位线定理逐一判断
①②⑤；由 ， ，易得四边形 是平行四边形，可判断③④．
【详解】解：如图，连接 ，是 的中线，
点D是 的中点，
、 分别是 、 边上的中点，
，故①②⑤正确；
， ，
四边形 是平行四边形，
和 互相平分；故③④正确；
则正确的有5个，
故选：D．
2．（2023·江苏盐城·统考模拟预测）如图，在平行四边形 中，点E在边 上，连接 并延长至
点F，使 ，连接 并延长至点G，使 ，连接 若 ， ，则
的度数为
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关
键．由平行四边形的性质和平行线的判定和性质得出答案即可．
【详解】解： 四边形 是平行四边形，
， ，
， ，
，
， ，是 是中位线，
，
故答案为：
3．（2023上·山东泰安·八年级统考期末）如图，点 是平行四边形 对角线 上的两点，且
．
(1)求证：四边形 是平行四边形；
(2)若 ．求线段 的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，
（1）如图所示，连接 交 于O，根据平行四边形的性质得到 ，再证明 ，
即可证明四边形 是平行四边形；
（2）利用勾股定理求出 ，进而求出 ，则 ．
【详解】（1）证明：如图所示，连接 交 于O，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，即 ，
∴四边形 是平行四边形；（2）解：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
【易错必刷六 平行四边形性质和判定的应用】
1．（2023下·广东江门·八年级统考期末）如图，点 、 分别是 的边 、 的中点，连接 ，
过点 作 ，交 的延长线于点 ，若 ，则 的长为（ ）
A．3 B．2 C． D．
【答案】D
【分析】根据三角形中位线定理和平行四边形的性质计算即可；
【详解】解：∵点 、 分别是 的边 、 的中点，
∴ 是 的中位线，∴ ， ，
又∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理和平行四边形的判定与性质，熟知三角形中位线定理并能正确
识图是解题关键．
2．（2022下·四川成都·八年级统考期末）如图是由边长为1的小等边三角形构成的“草莓”状网格，每个
小等边三角形的顶点为格点．线段 的端点在格点上，要求以 为边画一个平行四边形，且另外两个顶
点在格点上，则最多可画 个平行四边形．
【答案】4
【分析】根据平行四边形的判定画出图形即可．
【详解】解：如图，四边形ABCD即为所求．
共能作出4个平行四边形．
故答案为：4．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，等边三角形的性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定和性质，属于中考常考题型．
3．（2024上·浙江温州·八年级统考期末）如图，在 的方格纸中，每个小正方形的边长为1，已知格点
线段 ，请按要求画出格点三角形（顶点在格点上）．
(1)在图1中画一个等腰三角形 ．
(2)在图2中画一个 ，使得 恰好平分 的面积．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】本题考查作图 应用与设计作图，三角形的面积，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键
是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（1）根据等腰三角形的判定画出图形（答案不唯一）；
（2）以 为对角线，构造平行四边形 ， 即为所求．
【详解】（1）解：如图1中， 即为所求（答案不唯一）；
（2）解：如图2中， 即为所求（答案不唯一）．．
【易错必刷七 与三角形中位线有关的求解问题】
1．（2024下·全国·八年级专题练习）如图，在 中，点 是 的中点，对角线 ， 相交于点
，连接 ，若 的周长是10，则 的周长为（ ）
A．3 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，根据中点的定义和三角形中位线定理得， ，
，从而得出可得答案．
【详解】解： 四边形 是平行四边形，
， ，
点 是 的中点，
， ，
的周长是10，
的周长 ，
故选：B．
2．（2023上·山东东营·八年级统考期末）如图，D是等边三角形 的边 上一点，四边形 是平行四边形，点F在 的延长线上，G为 的中点．连接 ，若 ， ，则 的长为
．
【答案】3
【分析】本题考查了等边三角形的性质及判定，三角形中位线定理以及平行四边形的性质，延长 交
于M点，易得 是等边三角形，从而可求 ，G为 的中点，由中位线定理可得 ．
【详解】解：延长 交 于M点，
∵ 是等边三角形，
∴ ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
又∵G为 的中点，即 是 的中位线，
∴ ，
故答案为：3．
3．（2023上·山西晋城·九年级统考期中）如图，在 中， 平分 ， 于点D，E为
的中点，连接 ， ， ，求 的值．【答案】1
【分析】根据角平分线的定义和垂线定义得出 ， ，证明
，求出 ， ，根据三角形中位线性质得出 即可．
【详解】解：∵ 平分 ， ，
∴ ， ，
在 和 中 ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，E为 的中点，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义和垂线定义，三角形全等的判定和性质，三角形中位线的性质，
解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法证明 ．
【易错必刷八 三角形中位线与三角形面积问题】
1．（2023上·安徽合肥·九年级合肥市五十中学西校校考期末）如图， 是 的中位线，点F是
的中点， 的延长线交 于点G，若 的面积为2，则 的面积为（ ）A．18 B．16 C．14 D．12
【答案】B
【分析】连接 ，由E是 中点得到 ，由F是 中点得到 ，由
是 的中位线得到 即可求解．
【详解】解：连接 ， ，如图，
∵ 是 的中位线，
∴E是 中点，D是 中点，
∴ ，
∵F是 中点，
∴ ，
∵E是 中点，
∴ ，
∵D是 中点，
∴ ，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形线段中点与面积之间的关系，解题的关键是运用数学结合思想找到其中的关系．
2．（2023上·广西玉林·八年级校考阶段练习）如图，在 与中，点 ， ， 分别是 ， ，的中点，若 的面积等于 ，则 的面积为
【答案】10
【分析】根据线段的中点得出 ，依次求出 、 的面
积，求出 的面积，即可求出答案．
【详解】解：∵点D，E，F分别是 ， ， 的中点，
，
∵ 的面积等于40，
，
， ，
，
．
故答案为：10．
【点睛】本题考查了三角形的中线及三角形的面积，能求出各个三角形的面积是解此题的关键．
3．（2022上·江苏宿迁·八年级校考期中）公股定理神奇而美丽，它的证法多种多样，在学习了教材中介绍
的拼图证法以后，小华突发灵感，给出了如图拼图：两个全等的直角三角板 和直角三角板 ，
顶点F在 边止，顶点C、D重合，连接 、 ．设 、 交于点G． ，
， （ ）， ． 请你回答以下问题：(1)请猜想 与 的位置关系，并加以证明．
(2)填空： =___________（用含有c的代数式表示）
(3)请尝试利用此图形证明勾股定理．
【答案】(1) ，见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）根据全等三角形的性质得到 ，求得 ，得到
，根据垂直的定义可得 ．
（2）根据三角形的面积公式即可得到结论．
（3）根据三角形面积和梯形面积公式用两种方法求得四边形 的面积，可得到结论．
【详解】（1）解：
证明：
（2）解：=
故答案为：
（3）解： =
即
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，三角形面积的计算，全等三角形的性质，正确识别图形是解题的关
键．
【易错必刷九 与三角形中位线有关的证明问题】
1．（2023上·河北保定·九年级校考开学考试）如图，四边形 中，点 、 、 、 分别是线段 、、 、 的中点，则四边形 的周长（ ）
A．只与 、 的长有关 B．只与 、 的长有关
C．只与 、 的长有关 D．与四边形 各边的长都有关
【答案】B
【分析】利用三角形的中位线定理求出四边形 的周长即可得出结论．
【详解】解： 点 、 、 、 分别是线段 、 、 、 的中点，
、 、 、 分别是 、 、 、 的中位线，
，
四边形 的周长只与 、 有关，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，即三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的
一半，熟练掌握三角形中位线定理是解题关键．
2．（2023下·湖南益阳·八年级校考期中）如图，在 中， ， ， 分别为 ， 的中
点， 平分 ，交 于点 ，若 ， ，则 的长为 ．
【答案】
【分析】根据勾股定理求得 ，根据中位线的判定和性质可得 ， ，根据角平
分线的性质可得 ，根据平行线的性质可得 ，推得 ，根据等角
对等边可得 ，即可求解．
【详解】解：∵ ， ， ，
∴ ，
∵ ， 分别为 ， 的中点，∴ 是 的中位线， ，
∴ ， ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
则 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了勾股定理，中位线的判定和性质，角平分线的性质，平行线的性质，等角对等边，熟
练掌握以上判定定理和性质是解题的关键．
3．（2023上·山东济南·八年级统考期末）如图，已知 ， 、 相交于点O，延长 到点E，
使 ，连接 ．
(1)求证：四边形 是平行四边形：
(2)连接 ，交 于点F，连接 ，判断 与 的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ，理由见解析．
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质；
（1）根据平行四边形的性质得到 ，再根据等量代换得到 ，即可得到结论；
（2）根据平行四边形的性质得到 ， ，然后根据三角形的中位线的性质解题即可．
【详解】（1）证明： 四边形 是平行四边形，
，又
，
四边形 是平行四边形；
（2） ．
四边形 是平行四边形，
，
又 中， ，
是 的中位线，
，
．
【易错必刷十 三角形中位线的实际应用】
1．（2023下·北京海淀·八年级北京市十一学校校考阶段练习）如图，施工队打算测量 ， 两地之间的距
离，但 ， 两地之间有一个池塘，于是施工队在 处取点，连接 ， ，测量 ， 的中点
之间的距离是 ，则 两地之间距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据三角形中位线定理解答即可．
【详解】解： 点 分别为 ， 的中点，
是 的中位线，
∴ ．
故选：C．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
2．（2020下·北京·九年级北京师大附中校考阶段练习）某地需要开辟一条隧道，隧道 的长度无法直接测量．如图所示，在地面上取一点C，使C到A、B两点均可直接到达，测量找到 和 的中点D、
E，测得 的长为1100m，则隧道 的长度为 m．
【答案】2200
【分析】根据三角形中位线定理解答即可．
【详解】解：∵点D、E分别为 和 的中点，
∴ 是 的中位线，
∴ （米），
答：隧道 的长度为2200米，
故答案为：2200．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解
题的关键．
3．（2023下·浙江宁波·八年级校考期中）如图1，在平行四边形 中，点E、F分别为 ， 的中
点，点G，H在对角线 上，且 ．
(1)求证：四边形 是平行四边形．
(2)如图2，连接 交 于点O，若 ， ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2) 的长是4
【分析】（1）由平行四边形的性质得 ， ，则 ，由 ，
，得 ，即可证明 ，得 ， ，则 ，所以四边形 是平行四边形．
（2）设 交 于点L，连接 ，根据三角形的中位线定理可证明 ，则 ，
所以四边形 是矩形，则 ，而 ，则 ，进而可得 ，
则可解．
【详解】（1）证明：∵四边形 是平行四边形，
∴ ， ，
，
∵E、F分别为 ， 的中点，
， ，
∴ ，
在 和 中，
，
，
， ，
，
∴四边形 是平行四边形．
（2）如图②，设 交 于点L，连接 ，
， ，
，
，
，
∴四边形 是矩形，
，
，
，
， ，
，∴ 的长是4．
【点睛】本题考查平行四边形判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、直角三角形
斜边上的中线等于斜边的一半等知识，证明 是解题的关键．
【易错必刷十一 添一个条件成为矩形】
1．（2023上·福建漳州·九年级漳州三中校联考期中）在 中，对角线 相交于点O，
，若要使平行四边形 为矩形，则 的长度为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】B
【分析】本题主要考查了矩形的判定．根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，即可求解．
【详解】解：∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴当 ，即 时， 为矩形，
此时 的长度为3．
故选：B．
2．（2024上·湖南邵阳·九年级统考期末）如图，在四边形 中， ， ，连接
，相交于点 ．请增加一个条件，使得四边形 是矩形，增加的条件为 ．（填一个
即可）【答案】 或 （答案不唯一）
【分析】本题主要考查了矩形的判定，由 ， 得出四边形 是平行四边形，再由矩形
的判定即可得出答案，熟练掌握矩形的判定是解此题的关键．
【详解】解： 在四边形 中， ， ，
四边形 是平行四边形，
当 或 时，四边形 是矩形，
故答案为： 或 （答案不唯一）．
3．（2023上·陕西咸阳·九年级统考期中）如图， 为 的一条中线，点 为 的延长线上一点，
以 、 为一组邻边作平行四边形 ，请你添加一个条件（不再添加其他线条和字母），使得四
边形 是矩形．
(1)你添加的条件是______________；
(2)请根据你添加的条件，写出证明过程．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的判定定理是解
题的关键．
（1）根据题意添加的条件即可；
（2）根据等腰三角形的性质和矩形的判定定理即可得到结论．
【详解】（1）解：添加的条件是 ，
故答案为： （答案不唯一）；
（2）证明： ， 是 边上的中线，，
，
四边形 是平行四边形，
四边形 是矩形．
【易错必刷十二 根据矩形的性质与判定求角度】
1．（2023下·广东深圳·八年级统考期末）如图，在四边形 中， ， ， ， ，
，则 的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过点 作 ，垂足为 ，过点 作 ，垂足为 ，根据矩形的判定可知四边形
是矩形，再根据矩形的性质及勾股定理可知 ，最后利用勾股定理即可解答．
【详解】解：过点 作 ，垂足为 ，过点 作 ，垂足为 ，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴在 中， ，
∵ ，
∴ ，∴ ，
∵ ，
∴在 中， ，
∵ ，
∴ ，
故选 ．
【点睛】本题考查了矩形的性质及判定，勾股定理，垂直的定义，掌握矩形的性质及判定是解题的关键．
2．（2023上·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，在 中， 为边 上一点，以
为边作矩形 ．若 ， ，则 的大小为 度．
【答案】60
【分析】想办法求出 ，利用平行四边形的性质 即可解决问题．
【详解】解： 四边形 是矩形，
，
，
，
，
四边形 是平行四边形，
故答案为：60．
【点睛】本题考查矩形的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所
学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题．3．（2023·云南昭通·校考一模）如图，在梯形 中， ，F为 上一点，且
，E为 上一点， 交 于点G．
(1)求证：四边形 是矩形；
(2)若 ，求证： ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据 ，可得四边形 是平行四边形，再由 ，即可求证；
（2）根据四边形 是矩形， ，从而得到 ，
再由 ，可得 ，从而得到 ，进而得到 ，即可求证．
【详解】（1）证明：∵ ，
∴四边形 是平行四边形．
∵ ，
∴四边形 是矩形．
（2）证明：∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的判定和性质，等
腰三角形的判定和性质是解题的关键．
【易错必刷十三 根据矩形的性质与判定求线段长】
1．（2023上·辽宁锦州·九年级统考期中）如图，矩形 的对角线 ， 相交于点O，过点O作
交 于E，若 ， ，则 的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．
【答案】C
【分析】连接 ，根据矩形的对边相等可得 ， ，根据矩形的对角线互相平分可
得 ，然后判断出 垂直平分 ，再根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得
，设 ，表示出 ，然后在 中，利用勾股定理列出方程求解即可．
本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等的性质，勾股定理，熟记各性质并利
用勾股定理列出方程是解题的关键．
【详解】解：如图，连接 ，
在矩形 中，
∵ ， ，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ 垂直平分 ，
∴ ，
设 ,则 ,在 中， ，
即 ，
解得 ，
即 的长为5．
故选：C．
2．（2023下·浙江宁波·八年级校考阶段练习）如图，在 中， ， ， 为斜边 上
一动点， ， ，垂足分别为 ， ，则线段 的长度的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，解题的关键在于连接 ，判断四边形 是矩形．
连接 ，判断四边形 是矩形，得到 ，由垂线段最短可得 时线段 的长度最小，
然后利用勾股定理求出 ，然后利用等面积法求解即可．
【详解】解：如图，连接 ，∵ ， ，
∴四边形 是矩形，
∴
由垂线段最短可得 时线段 的长度最小
∵ ，
∴
∵
∴ ．
故答案为： ．
3．（2023上·浙江·八年级校考期中）如图，在长方形 中，E是 的中点，将 沿直线 折叠
后得到 ，延长 交 于点F，连接 ，若 ， ．
(1)求证： ；
(2)求 的长．【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据点E是 的中点以及翻折的性质可以求出 ，再根据矩形的性质，得出
，然后利用“ ”证明 即可；
（2）由 ，得出 ，设 ，表示出 、 ，然后在 中，利用勾股定
理列式进行计算即可．
【详解】（1）证明：∵四边形 为矩形，
∴ ， ， ，
∵E是 的中点，
∴ ，
∵ 沿 折叠后得到 ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
即 ；
（2）解：∵ ，
∴ ，
设 ，则 ， ，
在 中，根据勾股定理得： ，
，
解得： ，
∴ ．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定与性质，解题关
键是熟记相关性质，找出三角形全等的条件 ．【易错必刷十四 根据矩形的性质与判定求面积】
1．（2023上·山东淄博·八年级周村二中校考阶段练习）如图， 是 内部一点， ，且
， ，依次取 ， ， ， 的中点，并顺次连接得到四边形 ，则四边形
的面积是（ ）
A．12 B．16 C．24 D．48
【答案】A
【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，矩形的性质与判定，先根据三角形中位线定理可得
， ， ，从而可得
，再根据平行四边形的判定可得四边形 是平行四边形，然后根据平行线的性质
可得 ，根据矩形的判定可得平行四边形 是矩形，最后利用矩形的面积公式求解即可得．
【详解】解： 点 分别是 ， 的中点，且 ，
，
同理可得： ， ，
，
四边形 是平行四边形，
，
，
又 ，
，平行四边形 是矩形，
∴四边形 的面积是 ，
故选：A．
2．（2024·全国·九年级竞赛）如图 是一个矩形，在 上各取一点G、H，使得
，再取 的中点E、F．连接 ，已知 ， ，
则四边形 的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点，根据题意可得 、
为等边三角形，结合E、F为 的中点可推出四边形 为矩形，据此即可求解．
【详解】解：∵ ， ，
∴
∵
∴ 、 为等边三角形，
∴ ，
∵E、F为 的中点，
∴ 垂直平分 ， 垂直平分 ， ，
∴
∴四边形 为矩形，
又 ，
∴
∴ ， ，
∴四边形 的面积为： 。故答案为：
3．（2023下·贵州黔南·八年级统考期末）如图，在平行四边形 中，对角线 相交于点O，
(1)求证： ；
(2)若点E、F分别为线段 的中点，连接 ， ， ，求 的长及四边形 的面积．
【答案】(1)见解析
(2)6，48
【分析】（1）证明四边形 是矩形，即可；
（2）根据三角形中位线定理可得 ，从而得到 ，再由勾股定理可得 的
长，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形 是平行四边形， ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ．
（2）解：∵点E、F分别为线段 的中点， ，
∴ ，
又∵四边形 是矩形，
∴ ，
又 ，
∴ ，
∴四边形 的面积为 ．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定
和性质，三角形中位线定理，勾股定理是解题的关键．【易错必刷十五 矩形中的折叠问题】
1．（2022下·湖北恩施·八年级统考期中）如图，对折矩形纸片 ，使 与 重合得到折痕 ，
将纸片展平；再一次折叠，使点 落到 上点 处，并使折痕经过点 ，展平纸片后 的大小为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查矩形折叠有关角度计算及等边三角形的判定与性质，根据折叠得到 ， ，
即可得到 ，作 的中线 ，从而得到 是等边三角形，即可得到答案；
【详解】解：根据折叠得，
， ， ，
∴ ，
作 的中线 ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
故选：B．
2．（2023下·贵州铜仁·八年级统考阶段练习）如图，点O是矩形纸片 对角线 的中点，E是上一点，将纸片沿 折叠后，点B恰好与点O重合，若 ，则 ．
【答案】5
【分析】由折叠的性质及矩形的性质得到 垂直平分 ，得到 ，根据 为 的一半确定出
，进而得到 等于 的一半，求出 的长，即为 的长．
【详解】解：由题意得： ，即 ，
∵点O是矩形纸片 对角线 的中点，纸片沿 折叠后，点B恰好与点O重合
∴ ， ，
∴ 垂直平分 ，
∴ ，
设 ，
则有 ，
在 中，根据勾股定理得：
在 中， ，
∴
∵折叠，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
则 ，
故答案为：5．
【点睛】此题考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理，垂直平分线的性质，含30度角的直角三角形等知
识，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
3．（2023下·福建福州·八年级统考开学考试）如图，在长方形 中，E是边 上一点，连接 ，
沿直线 翻折后，点A恰好落在长方形 的对称轴 上的点 处，连接 ．(1)求证： 是等边三角形；
(2)延长 交 于点F，若 ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)1
【分析】本题考查了矩形与翻折的性质，对称轴的性质，等边三角形的判定与性质以及含 直角三角形，
熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）根据翻折以及对称轴证明 即可．
（2）根据 是等边三角形与翻折求出 ，然后得到 ，根据
角度关系判断出 ，然后得到 即可求出 的长．
【详解】（1）解：∵直线 是长方形 的对称轴，
∴ 垂直平分 ，
∴ ，
由翻折得 ，
∴ ，
∴ 是等边三角形；
（2）解：∵ 是等边三角形，
∴ ，
由翻折得 ， ，
在长方形 中， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．【易错必刷十六 添一个条件成为菱形】
1．（2023上·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，要使 成为菱形，则需添加的一个条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】此题考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解本题的关键．利用对角线垂直的平行四边
形为菱形即可得证．
【详解】解：对角线垂直的平行四边形为菱形．
要使 成为菱形，则需添加的一个条件是 ．
故选：C．
2．（2023上·山东青岛·九年级校考期中）如图，在 中，点D、E、F分别在边 上，且
．下列四种说法：①四边形 是平行四边形；②如果 ，那么四边形
是矩形；③如果 平分 ，那么四边形 是菱形；④如果 且 ，那么
四边形 是菱形．其中，正确的有 （只填写序号）．
【答案】①②③④
【分析】本题主要考查了平行四边形、菱形、矩形的判定，掌握平行四边形、菱形、矩形的判定方法是解
题的关键．
【详解】解：①∵ ，
∴四边形 是平行四边形，故①正确；②若 ，
∴平行四边形 是矩形；故②正确；
③若 平分 ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴
∴ ；
∴平行四边形是菱形；故③正确；
④若 ；
∴ 平分 ；
∴结合③可得平行四边形 是菱形；故④正确；
所以正确的结论是①②③④，
故答案为：①②③④．
3．（2023下·河南许昌·八年级统考期末）数学课上，王老师出示了一道例题：如图，在平行四边形
中， 为对角线 的中点，过点 的直线 分别交 ， 于 ， 两点，连接 ， ．求证：四
边形 是菱形．全班同学经过分组讨论后认为：四边形 一定是平行四边形，要想证明该四边形
是菱形还应当添加一个条件．小明认为：应当添加 ．小刚认为：应当添加 ．请你从小明
和小刚添加的条件中选一个完成该题的证明．
(1)添加的条件是_______；
(2)证明：
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，四条边相等的四边形是菱形即可解答．
（2）①根据平行四边形的性质，得出 ，再根据两直线平行，内错角相等，得出 ，
再根据“角角边”，得出 ，再根据全等三角形的性质，得出 ，再根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得出四边形 是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边
形是菱形，即可得出结论；②根据平行四边形的性质，得出 ，再根据两直线平行，内错角相等，
得出 ，再根据“角角边”，得出 ，再根据全等三角形的性质，得出 ，
再根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得出四边形 是平行四边形，再根据有一组邻
边相等的平行四边形是菱形，即可得出结论．
【详解】（1）解：添加的条件是 ；
故答案为： ；
（2）证明：①添加 ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∵点 为对角线 的中点，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是菱形．
②添加 ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∵点 为对角线 的中点，
∴ ，
在 和 中，，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定，得出
是解题关键．
【易错必刷十七 根据菱形的性质与判定求角度】
1．（2023下·河北石家庄·八年级统考期末）如图，四边形 中， ， ，连
接 ，那么 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先证明四边形 是菱形，得到 ，再求出
即可得到答案．
【详解】解：∵四边形 中， ，
∴四边形 是菱形，
∴ ，
∴ ，∴ ，
故选B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，熟知菱形的性质与判定条件是解题的关键．
2．（2020·河北唐山·统考一模）如图，①以点 为圆心 长为半径画弧分别交 的两边 、
于点 、 ；②以点 为圆心， 长为半径画弧，再以点 为圆心， 长为半径画弧，两弧交于点
；③分别连接 、 、 ，若 ，则 的大小为 ．
【答案】 / 度
【分析】先根据作图方法证明四边形 是菱形，再根据菱形的对角线平分一组对角，菱形的对角相等
进行求解即可．
【详解】解：由作图方法可知， ，
∴四边形 是菱形，
∵ ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，熟知菱形的对角线平分一组对角且菱形的对角相等是解题的
关键．
3．（2022下·八年级课时练习）如图，四边形 和四边形 都是菱形，点E，F在 上已知
， ，求：
(1) 的度数．(2) 的度数．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质得出 ，再由等边对等角及三角形内角和定理求解即可；
（2）连接 ，根据菱形的对角线互相平分得出 ， ，结合图形求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形 是菱形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
（2）连接 ，如图所示：
∵四边形 和四边形 都是菱形， ， ，
∴ ， ，
∴ ．
【点睛】题目主要考查菱形的性质及等边对等角，三角形内角和定理等，理解题意，熟练掌握菱形的性质
是解题关键．
【易错必刷十八 根据菱形的性质与判定求线段长】
1．（2023上·辽宁丹东·九年级统考期末）如图，在 中， ，以点 为圆心， 长为半径
画弧交 于点 ，再分别以点 ， 为圆心，大于 的相同长为半径画弧，两弧交于点 ；连接并延长交 于点 ，连接 ，则四边形 的周长为（ ）
A． B． C． D．无法确定
【答案】A
【分析】本题考查了作图—基本作图，平行四边形的性质，菱形的判定和性质．
利用基本作图得到 ， ，根据平行四边形的性质得 ，则 ，
可得 ，从而得到 ，于是可判断四边形 为菱形，于是得到四边形 的周长．
【详解】解：由作法得： 平分 ，
∴ ，
∵四边形 为平行四边形，
∴ ，
，
，
，
∴ ，
，
∴四边形 为平行四边形，
∵ ，
∴四边形 为菱形，
∴四边形 的周长 ．
故选：A．
2．（2023上·四川成都·九年级成都七中校考阶段练习）在 的两边上分别截取线段 、 ，使
；分别以点 、 为圆心， 长为半径作弧，两弧交于点 ；连接 、 、 、 ．若
，四边形 的面积为 ，则 的长为 ．【答案】
【分析】本题考查菱形的判定和性质，根据作图得到四边形 为菱形，根据菱形的面积等于对角线乘
积的一半，进行求解即可．
【详解】解：由作图可知： ，
∴四边形 为菱形，
∴四边形 的面积为 ，
∴ ；
故答案为： ．
3．（2019·黑龙江大庆·九年级统考学业考试）如图，在四边形 中， ， ，对对角
线 ， 交于点O， 平分 ，过点C作 ，交 的延长线于点E，连接 ．
(1)求证：四边形 是菱形．
(2)若 ， ，求 的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)4
【分析】（1）根据题意先证明四边形 是平行四边形，再由 可得平行四边形 是菱形；
（2）根据菱形的性质得出 的长以及 ，利用勾股定理求出 的长，再根据直角三角形斜边
中线即可解答．
【详解】（1）证明：∵ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴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，对角线 ， 交于点O，
∴ ， ， ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 中， ，O为 中点，
∴ ．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，等角对等边，
角平分线的定义等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
【易错必刷十九 根据菱形的性质与判定求面积】
1．（2023下·山西吕梁·八年级统考期末）如图， ，以点 为圆心， 为半径画弧交 ，
于点 ， ；分别以点 ， 为圆心大于 为半径画弧，两弧交于点 ；以点 为顶点作
，射线 与 交于点 ，连接 ；则四边形 的面积为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意可得 是 的角平分线，可判定四边形 是菱形，如图所示，过点 作
于点 ，可求出 的长，根据 即可求解．
【详解】解：根据作图可知， 是 的角平分线， ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴四边形 是平行四边形，且 ，
∴平行四边形 是菱形，
如图所示，过点 作 于点 ，
∵四边形 是菱形， ，∴ ， ，
∴ ， ，
∴在 中， ， ，
∴ ，
故选： ．
【点睛】本题主要考查角平分线的定义，菱形的判定和菱形的综合，勾股定理，含30度直角三角形的性质，
掌握角平分线画法，菱形的判定方法，几何图形面积的计算方法等知识的综合是解题的关键．
2．（2023下·河南南阳·八年级统考期末）两张全等的矩形纸片 ， 按如图方式交叉叠放在一起，
， ，若 ， ，则图中重叠（阴影）部分的面积为 ．
【答案】 /
【分析】先证四边形 是菱形，再根据全等，得到 ．在 中，根据勾股定理求出
的长度，即可解决问题．
【详解】解：设 交 于点G， 交 于点H，
四边形 是矩形，四边形 是矩形，
， ，
四边形 是平行四边形，
四边形 和四边形 是全等的矩形，
，在 和 中， ，
，
，
∴平行四边形 是菱形，
，
，
设 ， ，
在 中，
，
，
解得： ，
菱形 的面积： ．
故本题答案为： ．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、矩形的性质、全等图形的性质、全等
三角形的判定与性质、勾股定理等知识，运用勾股定理求解线段的长度是解题的关键．
3．（2024下·全国·八年级专题练习）如图，在平行四边形 中， 的平分线交 于点E，点F
在 上，且 ，连接 交 于点G，连接 ．
(1)求证：四边形 是菱形；
(2)若 ，求菱形 的面积．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，勾股定理，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形，
菱形对角线互相垂直且平分．
（1）由平行四边形的性质和角平分线得出 ，证出 ，由得出 ，即可得出结
论．
（2）根据菱形的性质得到 ，利用勾股定理求出 ，根据菱形的面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴平行四边形 是菱形；
（2）解：∵四边形 为菱形，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴菱形 的面积 ．【易错必刷二十 添一个条件成为正方形】
1．（2021下·云南红河·八年级校考期中）已知四边形 中， ，如果添加一个条件，
即可判定该四边形是正方形，那么所添加的这个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由已知可得该四边形为矩形，再添加条件：一组邻边相等，即可判定为正方形．
【详解】解：由 可判定四边形 为矩形，
因此再添加条件：一组邻边相等，即可判定四边形 为正方形，
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的判定．正方形的判定方法有：①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组
邻边相等；②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角；③先判定四边形是平行四边形，再
用①或②进行判定．
2．（2023上·山东枣庄·九年级统考期中）如图，在矩形 中对角线 ， 交于点O，请添加一个
条件 ，使矩形 是正方形（填一个即可）
【答案】 （答案不唯一）
【分析】本题考查正方形的判定，掌握判定方法即可解题．
【详解】解：由判定方法“邻边相等的矩形是正方形”知，可添加 ，即可使矩形 是正方形．
其它条件也行，只要符合题意即可．
故答案为： （答案不唯一）．
3．（2023下·吉林·八年级校联考阶段练习）如图，在 中， ，D为 的中点，
，(1)求证：四边形 是菱形；
(2)当 时，四边形 是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)45
【分析】（1）先证四边形 是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得 ，
然后由菱形的判定即可得出结论；
（2）根据直角三角形斜边中线定理得出 ，根据等边对等角求得 ，可得
，再利用正方形的判定定理即可证明．
【详解】（1）解：证明： ， ，
四边形 是平行四边形，
， 为 的中点，
，
平行四边形 为菱形．
（2）当 时，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是正方形．
【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、正方形的判定，以及直角三角形斜边上的中
线性质等知识，熟练掌握菱形和正方形的判定是解题的关键．
【易错必刷二十一 根据正方形的性质与判定求角度】1．（2023下·吉林四平·八年级统考期末）如图，正方形 中，以对角线 为一边作菱形 ，则
等于( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的性质；根据正方形的性质求出 ，再根据菱形的性质
，即可解决问题．
【详解】解： 四边形 是正方形，
，
四边形 是菱形，
，
故选：A．
2．（2024上·河北邯郸·七年级校考期末）将正方形 沿着 ， 翻折，点A，C的对应点分别是点
， ．
（1）如图1，若 与 重合，则 ；
（2）如图2，若 与 重叠部分的角度 ，则 ．
【答案】 / 度 / 度
【分析】本题主要考查折叠的性质和正方形性质，
（1）由折叠的性质得， ， ， ，则
；（2）由折叠的性质得， ， ，
，得 ，则
．
【详解】解：（1）由折叠的性质得， ， ，
∵四边形 为正方形，
∴ ，
∴ ；
故答案为： ；
（2）由折叠的性质得， ， ，
∵四边形 为正方形，
∴ ，
∴ ，
则 ．
故答案为： ．
3．（2022下·湖南长沙·八年级校联考期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且
DE∥AC，CE∥BD．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若AB=AD，求∠ADE的度数．
【答案】(1)见解析
(2)135°
【分析】（1）先由两组对边平行证明四边形OCED是平行四边形，再由OD=OC证明四边形OCED是菱
形；
（2）先证矩形ABCD是正方形，再由正方形的性质得∠BDC=∠ACD= ，再由平行线的性质得
∠EDC=∠ACD=45°，由此可解．
【详解】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，∴四边形OCED是平行四边形．
∵矩形ABCD对角线AC，BD相交于点O，
∴OD=OC．
∴四边形OCED是菱形．
（2）解：∵矩形ABCD中，AB=AD，
∴矩形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠BCD=90°，
∴∠BDC=∠ACD= ．
∵DE∥AC，
∴∠EDC=∠ACD=45°，
∴∠ADE=90°+45°=135°．
【点睛】本题考查菱形的判定、正方形的判定与性质以及平行线的性质，由正方形的性质得出
∠BDC=∠ACD= 是解题的关键．
【易错必刷二十二 根据正方形的性质与判定求线段长】
1．（2023上·河南周口·九年级统考期末）如图，正方形 的边长为2，将正方形 绕点A逆时针
旋转，使点B落在 边上的点M处，得到正方形 ， 与 相交于点G，则图中阴影部分的面
积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理的应用，图中阴影部分的面积 ，据此即可求
解．【详解】解：由题意得： ， ，
∴
∴图中阴影部分的面积
故选：A
2．（2022下·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨德强学校校考期末）如图，正方形 的边长为4， 为
上一点，且 ，连接 ， 为 上一动点，连接 、 ，则 的最小值为
．
【答案】5
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理等知识．解题的关键在于得出“三点共线时线段之和最小”．
如图，连接 交 于P，连接 ， ，当B、P、D三点共线时， 最小，为线
段 的长，在 中，由勾股定理计算求解即可．
【详解】解：如图，连接 交 于P，连接 ，
由题意知， ，
∴当B、P、D三点共线时， 最小，为线段 的长，
∵ ， ，
∴ ，
在 中，由勾股定理得 ，
∴ 的最小值为5，
故答案为：5．3．（2023上·甘肃陇南·九年级校考阶段练习）已知：如图，正方形 ，连接 ，E是 延长线上
一点， ，连接 交 于点F．
(1)求 的度数；
(2)若 ，求点F到 的距离．
【答案】(1)
(2)2
【分析】本题考查正方形的性质，角平分线的性质．
（1）根据正方形的性质，等边对等角以及三角形的外角进行求解即可；
（2）过点 作 ，根据角平分线的性质得到 ，即可．
掌握正方形的性质，等边对等角，是解题的关键．
【详解】（1）解：∵正方形 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
（2）∵正方形 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，∴ 平分 ，
过点 作 ，
∵ ，
∴ ．即：点F到 的距离为2．
【易错必刷二十三 根据正方形的性质与判定求面积】
1．（2023上·山东青岛·九年级统考期中）如图，将图①中的菱形纸片沿对角线剪成4个直角三角形，拼成
如图②所示的四边形ABCD(相邻纸片之间不重叠，无缝隙)．设直角三角形的较短直角边为a，较长直角边
为b，若 ，四边形 的面积为13，则中间空白处的四边形 的面积为（ ）
A．l B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】由菱形的性质可得四边形 是正方形，可得 ，求出 ，中间空白处
的四边形 也是正方形，其面积 ，即可求解．
【详解】解：由题意得：四边形 和四边形 是正方形，
∵正方形 的面积为 ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∴中间空白处的四边形 的面积为 ，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，完全平方公式等知识，掌握菱形的性质，求
出 是解题的关键．
2．（2023上·湖南长沙·七年级校联考阶段练习）如图，正方形 和正方形 的边长分别为 和
，则阴影部分的面积为 .
【答案】
【分析】本题考查了正方形的面积和阴影部分的面积，根据图形面积之间的关系即可求解．
【详解】解： ，
即 ，
解得： ，
故答案为： ．
3．（2023下·山东烟台·八年级统考期末）如图，已知四边形 是正方形，对角线 相交于O，
设E、F分别是 上的点，若 ， ，求四边形 的面积．
【答案】8
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，通过证明 得出，则 ，即可求解．
【详解】解：∵四边形 是正方形，对角线 相交于O，
∴ ， ，且 ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 的面积是8．
【易错必刷二十四 正方形折叠问题】
1．（2024上·广东茂名·九年级统考期末）如图，在正方形 中， ，点E，F分别在边 ，
上， ，若将四边形 沿 折叠，点 恰好落在 边上，则 的长度为（ ）
A．3 B．6 C． D．【答案】B
【分析】本题考查正方形与折叠，含30度角的直角三角形，根据正方形的性质，折叠的性质，得到
，进而得到 ， ，设 ，则 ， ，
即可得到 ，求解即可．解题的关键是掌握正方形的性质和折叠的性质．
【详解】解：∵四边形 是正方形，
∴ ，
∴ ，
∵将四边形 沿 折叠，点 恰好落在 边上，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ， ，
∴ ，
解得： ．
故选：B．
2．（2023下·山东烟台·八年级统考期末）如图，将正方形纸片 折叠， 为折痕，点 落在对角线
上的点 处，则 的度数为 ．
【答案】
【分析】先由正方形的性质得到 ，再由折叠的性质可得
，则可得 ．
【详解】解：∵四边形 是正方形，
∴ ，
由折叠的性质可得 ，∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
3．（2023上·辽宁沈阳·八年级沈阳市第一三四中学校考阶段练习）如图，已知在正方形 中，
， ．将正方形 折叠，使点B落在 边的中点Q处，
点A落在P处，折痕为 ．已知 长为 ．
(1)求线段 和线段 的长；
(2)连接 ， ．
【答案】(1) ；
(2)
【分析】（1）由对角线为 ，易知边长为8．设 ，由折叠可知在 中，由勾股定理有
，解得 ，即可得 ；
（2）连接 ，作 于点G，连接 交 于点H，由折叠知 ，可证明
，则 ， ，在 中由勾股定理可求 ．
【详解】（1）解：∵对角线 ，
∴ ，设 ，由折叠可知 ，
由于Q为 中点，
则 ，
在 中，由勾股定理可得：
，
解得： ．
故 ；
（2）解：如图所示，连接 ，作 于点G，连接 交 于点H，
由折叠可知 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即 ，
由折叠可得 ，
由勾股定理有 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，熟悉折叠的性质、
掌握以上定理并利用勾股定理建立关于x的方程是解题的关键．【易错必刷二十五 中点四边形】
1．（2023下·河北保定·八年级统考期末）我们把顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点
四边形．下列说法正确的个数为（ ）
①任意四边形的中点四边形是平行四边形
②平行四边形的中点四边形是菱形
③矩形的中点四边形是菱形
④菱形的中点四边形是正方形
⑤正方形的中点四边形是正方形
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【分析】结合中位线定理及特殊四边形的判定方法即可逐一判断．
【详解】任意四边形的中点四边形是平行四边形，①正确；
平行四边形的中点四边形仍然是平行四边形，②错误；
矩形的中点四边形是菱形，③正确；
菱形的中点四边形是矩形，④错误；
正方形的中点四边形仍然是正方形，⑤正确．
正确的个数是3个．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的性
质和判定，熟练掌握相关知识是解题的关键．
2．（2023上·广东揭阳·九年级统考期中）如图，点 、 、 、 分别是四边形 边 、 、
、 的中点，若四边形 是菱形，则四边形 的对角线 和 需要满足的条件是 ．
【答案】
【分析】本题考查的是补充条件使四边形为菱形，考查了三角形中位线的性质，先证明四边形 是平
行四边形，结合 ，可得四边形 是菱形，逆推 ．【详解】解：∵点 、 、 、 分别是四边形 边 、 、 、 的中点，
∴ ， ， ， ， ， ，
∴ ， ， ，
∴四边形 是平行四边形，
当 ，则四边形 是菱形，
∴ ，
∴当 时，四边形 是菱形．
故答案为：
3．（2023下·甘肃定西·八年级统考期中）我们把依次连接任意四边形各边中点得到的四边形叫做中点四边
形，如图，在四边形 中，E，F，G，H分别是边 ， ， ， 的中点，依次连接各边中点
得到中点四边形 ．
(1)这个中点四边形 的形状一定是______；
(2)若 ，证明四边形 是菱形．
【答案】(1)平行四边形
(2)见解析
【分析】（1）根据中位线的性质得出 ， ，根据平行公理得出 ，同理得出
，即可得出答案；
（2）先根据中位线性质证明 ， ，得出四边形 为平行四边形，再根据 ，
得出 ，证明平行四边形 是菱形．
【详解】（1）解：连接 、 ，如图所示：
∵E，F，G，H分别是边 ， ， ， 的中点，
∴ ， ，∴ ，
同理可得： ，
∴四边形 为平行四边形，
故答案为：平行四边形．
（2）证明：如图，连接 、 ，
E，F，G，H分别是边 ， ， ， 的中点，
∴ ， ， ，
， ， ，
∴ ， ，
∴四边形 为平行四边形，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形．
【点睛】本题主要考查了中位线的性质，平行四边形和菱形的判定，解题的关键是熟练掌握中位线性质，
平行四边形的判定方法．
【易错必刷二十六 （特殊）平行四边形的动点问题】
1．（2022下·福建龙岩·八年级校考阶段练习）如图，在四边形 中， ， ，
， ， ．点 从点 出发，以 的速度沿 ．向点 运动；点 从点
同时出发，以 的速度沿 边向点 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，设运动的时间为 ．当 为何值时，四边形 为平行四边形？（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】当 时，四边形 是平行四边形，列方程求解即可．
【详解】由题意可得 ， ， ，
当 时，
由 可得四边形 是平行四边形
∴ ，解得 ，
故选：C．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质，表示出对应边的长度是解本题的关
键．
2．（2023下·山东菏泽·八年级统考期末）如图，在四边形 中， ，且 ，
动点P，Q分别从点D，B同时出发，点P以 的速度向终点A运动，点Q以 的速度
向终点C运动． 秒时四边形 是平行四边形？
【答案】3
【分析】由运动时间为 秒，则 ， ，而四边形 是平行四边形，所以 ，
则得方程 求解．
【详解】解：设 秒后，四边形 是平行四边形，
， ，
，
当 时，四边形 是平行四边形，，
，
秒时四边形 是平行四边形．
故答案为：3．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，关键是由 ，得到 ．
3．（2023下·广东广州·八年级校联考期中）如图，在四边形 中， ，
，点 自点 向 以 的速度运动，到 点即停止．点 自点 向 以
的速度运动，点 点即停止，点 同时出发，设运动时间为 ．
(1)当 为何值时，四边形 是平行四边形？
(2)当 为何值时，四边形 是平行四边形？
【答案】(1)当 时，四边形 是平行四边形
(2)当 时，四边形 是平行四边形
【分析】（1）根据题意用含 的式子表示 ， ， ，根据四边形 是平行四边形可得 ，
由此即可求解；
（2）根据题意用含 的式子表示 ，根据四边形 是平行四边形可得 ，由此即可
求解．
【详解】（1）解：根据题意得， ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴当 时，四边形 是平行四边形，
∴ ，解得 ，∴当 时，四边形 是平行四边形．
（2）解：∵ ，
∴当 时，四边形 是平行四边形，
∴ ，解得 ，
∴当 时，四边形 是平行四边形．
【点睛】本题主要考查动点，平行四边形的综合，理解动点的运算，掌握平行四边形的判定是解题的关键．
