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专题 18.2 矩形、菱形、正方形的性质与判定之九大考点
目录
【典型例题】..............................................................................................................................................................1
【考点一 利用矩形的性质求角度】................................................................................................................1
【考点二 利用矩形的性质求线段长】............................................................................................................3
【考点三 矩形的性质与判定综合问题】........................................................................................................6
【考点四 利用菱形的性质求角度】..............................................................................................................10
【考点五 利用菱形的性质求线段长】..........................................................................................................11
【考点六 菱形的性质与判定综合问题】......................................................................................................14
【考点七 利用正方形的性质求角度】..........................................................................................................18
【考点八 利用正方形的性质求线段长】......................................................................................................20
【考点九 正方形的性质与判定综合问题】..................................................................................................23
【过关检测】............................................................................................................................................................30
【典型例题】
【考点一 利用矩形的性质求角度】
【考点一 利用矩形的性质求角度】
例题：（2023上·陕西西安·九年级西安市东方中学校联考阶段练习）如图，在矩形 中，对角线
相交于点 ，如果 ，那么 的度数为 ．
【答案】 /50度
【分析】根据矩形的性质，证明 ，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得答案．
【详解】解：∵矩形 中，对角线 相交于点O， ，，
，
，
，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟记矩形的对角线相等且
互相平分是解本题的关键．
【变式训练】
1．（2022上·陕西西安·九年级陕西师大附中校考开学考试）如图，在矩形 中， 、 交于点 ，
于点 ，若 ，则 ．
【答案】
【分析】根据矩形性质可得 ， ，得到 为等腰三角形，求出 的度数，进
而求出 的度数．
【详解】解： 四边形 为矩形，
， ，
，
，
，
，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握性质定理是解答本题的关键．
2．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于
点E．若∠ODA=30°，则∠BOE的度数为 ．【答案】75°
【详解】在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠EAD=45°，AD∥BC，OA=OB，
∴∠AEB=∠EAD=45°，
∴BE=BA．
∵∠OAD=∠ODA=30°，
∴∠BAC=60°．
又∵OA=OB，∴ AOB为等边三角形，∴BO=BA，∴BO=BE．
∵AD∥BC，∴∠O△BE=∠ADO=30°，∴∠BOE=（180°-30°）÷2=75°．
3．（2023上·浙江温州·九年级校联考开学考试）如图，在矩形 中，点 ， 均在对角线 上，
， 交边 于点 ．若 ，则 的度数为 ．
【答案】 / 度
【分析】根据等边对等角以及三角形内角和定理得出 ，根据矩形的性质得出
，进而求得 ，根据平行线的性质得出 ，根据四边形内角和为
，即可求解．
【详解】解：∵ ， ，
∴
∵四边形 是矩形，
∴
∴ ，
∵
∴
∴
故答案为： ．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形内角和定理，四边形内角和为 ，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【考点二 利用矩形的性质求线段长】
例题：（2023上·四川成都·九年级校考阶段练习）如图，矩形 中，对角线 相交于点 ，过
点 作 交 于点 ，已知 ， 的面积为5，则 的长为 ．
【答案】3
【分析】本题主要考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等
知识与方法，连接 ，由矩形的性质可得 ，得出 垂直平分 ，
，则 ，从而得到 ，得出 ，
最后由勾股定理进行计算即可，正确地作出所需要的辅助线是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接 ，
∵四边形 是矩形，对角线 相交于点 ，
，
，
垂直平分 ， ，
，
，
，
，，
故答案为：3．
【变式训练】
1．（2024上·江西鹰潭·九年级统考期末）如图，矩形 中，对角线 ， 相交于O，E，F分别是
， 的中点．若 ，求 的长．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，中位线，根据矩形的性质得 ，根据点
E、F分别是 、 的中点， 是 的中位线，即可得 ，即可得，掌握矩形的性质，
中位线是解题的关键．
【详解】解：∵四边形 是矩形，
，
∵点E、F分别是 、 的中点，
是 的中位线，
，
，
．
2．（2023上·陕西榆林·九年级校考期中）如图，在矩形 中， ， ，边 上有一点
E，连接 ， ， ．
(1)求 的长；
(2)求 的度数．【答案】(1) ；
(2) ．
【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
（1）根据矩形的性质得到 ， ，根据勾股定理即可得到结论；
（2）根据直角三角形的性质得到 ，根据等腰三角形的性质得到 ，根据平行线
的性质得到 ，求得 ，根据三角形的内角和定理即可
得到结论．
【详解】（1）解：∵四边形 是矩形，
∴ ， ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：∵ ， ， ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
【考点三 矩形的性质与判定综合问题】
例题：（2023上·辽宁丹东·九年级统考期中）如图，四边形 是平行四边形，点 在边 的延长线上，
且 ， ， ， 相交于点O，连接 ．(1)求证：四边形 是矩形；
(2)若 ， ，求 的长．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的性质和判定，平行四边形的性质，等边三角形的性质和判定的应用，能综合运
用定理进行推理是解此题的关键．
（1）根据平行四边形的性质得出 ， ， ，得出 ， ， ，
根据矩形的判定得出即可；
（2）根据矩形的性质得出 ， ， ，得出 ，可得 是等边三角形，
即可得出答案．
【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 是矩形，
， ， ，
，
，
是等边三角形，
，【变式训练】
1．（2023上·陕西咸阳·九年级咸阳市实验中学校考阶段练习）如图， 的对角线相交于点 ，且
．
(1)求证：四边形 是矩形；
(2)点 在 上，连接 ，若 ，求 的面积．
【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、矩形的判定、等边三角形的判定与性质、矩形的性质等知识
点，灵活运用相关判定与性质是解题的关键．
（1）先说明 ，由等角对等边可得 ，再根据平行四边形的性质可得
，进而得到 ，即 ，从而证明结论；
（2）根据矩形的性质可得 ，进而得到 ，再结合 可得
，再说明 即可解答．
【详解】（1）证明： ，
，
，
∵在 中，
∴ ，
，
，
四边形 是矩形．
（2）解：∵在矩形 中， ，，
．
由（1）可知， ，
，
，
，
．
2．（2023上·广东深圳·九年级校联考阶段练习）如图，在 中， ， 是 的平分线，
是 外角 的平分线， ，垂足为点E．
(1)求证：四边形 为矩形；
(2)若 ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明 ，根据矩形的判定即可得到结论；
（2）根据矩形的性质和勾股定理即可求出 的长．
此题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握矩形的判定和性质
是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵ ， 是 的平分线，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 外角 的平分线，∴ ．
∴ ，
∵ ，
∴ ．
∴ ，
∴四边形 为矩形；
（2）解：∵四边形 为矩形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
【考点四 利用菱形的性质求角度】
例题：（2023上·福建三明·九年级统考期末）如图， 是菱形 的对角线，若 ，则
的度数为 ．
【答案】 /70度
【分析】本题考查菱形性质，三角形内角和定理．根据题意利用菱形性质可知 ，
，利用三角形内角和即可求得本题答案．
【详解】解：∵四边形 是菱形，
∴ ， ，
∴ ，
故答案为： ．
【变式训练】
1．（2024上·辽宁丹东·九年级统考期末）如图，菱形 中， 交 于点 ， 于点 ，连
接 ，若 ，则 ．【答案】 /20度
【分析】本题考查菱形的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质，关键是熟练掌握直角三角形斜边
中线性质．先根据菱形的性质得到 ， ，进而求得 ，再根据直
角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到 ，然后根据等边对等角求解即可．
【详解】解：∵四边形 是菱形， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
故答案为： ．
2．（2022下·黑龙江哈尔滨·八年级校考期中）在菱形 中，对角线 相交于点O，点P是
上一点，连接 ，若 ， ，则 °．
【答案】 或 / 或
【分析】根据菱形的性质得出对角线平分对角和角之间的关系解答．
【详解】解：如图所示：
四边形 是菱形， ， ，
， ， ，
， ，
，，
当在 位置时， ，
综上所述， 为 或 ，
故答案为： 或 ．
【点睛】此题考查菱形的性质，解题的关键是根据菱形的对角线平分对角解答．
【考点五 利用菱形的性质求线段长】
例题：（2024上·四川成都·九年级四川省成都市玉林中学校考期末）如图，四边形 是菱形，连接
， 交于点 ，过点 作 ，交 于点 ，若 ， ，则 的长度为 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理；
根据菱形的性质得出 ， ， ， ，进而勾股定理求得 ，等面积法求
得 ，在 中，勾股定理即可求解．
【详解】解： 四边形 是菱形， ， ，
， ， ， ，
在 中， ，
，
，
在 中， ，
故答案为： ．【变式训练】
1．（2023上·河南南阳·九年级统考期中）如下图，在菱形 中，对角线 ， 相交于点 ，点
为 的中点．若菱形 的周长为20，则 的长为 ．
【答案】2.5
【分析】本题考查了菱形的性质以及中位线的性质，解题的关键是求出菱形的边长．
【详解】解： 四边形 为菱形且菱形 的周长为20，
， 是 的中点
，
点 为 的中点，
是 的中位线，
．
故答案为： ．
2．（2023上·江西吉安·九年级校考阶段练习）如图，在边长为 的菱形 中， ，连接 ，
P为图中任意线段上一点，若 ，则 的长为 ．
【答案】6或 或
【分析】由题意知 ，如图，分 三种情况求解：当 时， ； ，
则 ，由勾股定理得， ，计算求解即可；当 时，如图，作 于
，由勾股定理得 ，计算求解即可．
【详解】解：∵ ，∴ ，如图，分 三种情况求解：
当 时， ；
∵菱形 中， ，
∴ 是等边三角形，
∵ ，
∴ ，
由勾股定理得， ；
当 时，如图，作 于 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
由勾股定理得 ，
∴ ；
综上所述， 的长为6或 或 ；
故答案为：6或 或 ．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含 的直角三角形，勾股定理等知识．熟
练掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含 的直角三角形是解题的关键．
【考点六 菱形的性质与判定综合问题】例题：（2024上·贵州贵阳·九年级统考期末）如图，已知在平行四边形 中， 平分 交 于
点E，点F在 上， ，连接 交 于点O，连接 ．
(1)求证：四边形 是菱形；
(2)若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2) 的长为6
【分析】（1）先证明 ， ，得出四边形 是平行四边形，根据 ，得出四边形
是菱形；
（2）根据菱形的性质得出 ， ， ，根据勾股定理求出
，即可求出结果．
【详解】（1）证明：∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是菱形．
（2）解：∵四边形 是菱形， ， ，∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的长为6．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，平行线的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，解题的关键
是熟练掌握菱形的判定和性质，数形结合．
【变式训练】
1．（2022上·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考开学考试）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；
(3)在（2）的条件下，已知点M是线段 上一点，且 ，则 的长为_______．
【答案】(1)见解析
(2)2
(3) 或
【分析】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理；
（1）先判断出 ，进而判断出 ，得出 ，即可得出结论；
（2）先判断出 ，再求出 ，利用勾股定理求出 ，即可得出结论；
（3）先根据勾股定理求出 ，再结合图形即可求出 ．
【详解】（1）∵ ，
，为 的平分线，
，
，
，
∵ ，
四边形 是平行四边形，
，
平行四边形 是菱形；
（2） 四边形 是菱形，
， ，
，
，
，
，
在 中， ， ，
，
．
（3）如图，
在（2）的条件下， ，
∵ ，
∴ ，
∴
故答案为： 或 ．2．（2023下·江苏·八年级专题练习）如图，四边形 为矩形， 为 中点，过点 作 的垂线分
别交 、 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)
【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理．
（1）由条件可先证四边形 为平行四边形，再结合线段垂直平分线的性质可证得结论；
（2）由菱形的性质可求得 ，设 ，在 和 中，分别利用勾股定理可得到
关于 的方程，可求得 的长．
【详解】（1）证明： 为 中点， ，
为 的垂直平分线，
， ， ， ．
∵四边形ABCD是矩形，
，
，
，
∴ ，
四边形 平行四边形．
又 ，
四边形 是菱形；
（2）解：∵四边形 是菱形， ， ，
， ，
，设 ，
在 中， ，
在 中， ．
，
解得 ，
．
【考点七 利用正方形的性质求角度】
例题：（2024上·陕西宝鸡·九年级统考期末）如图，正方形 的对角线 ， 交于点O，P为边
上一点，且 ，则 的度数为 ．
【答案】 /22.5度
【分析】本题考查了正方形的性质，根据四边形 是正方形，可得 ， ，再根
据 ，即可求出 的度数．
【详解】解： 四边形 是正方形，
， ，
，
，
，
．
故答案为： ．
【变式训练】
1．（2023上·四川成都·九年级校考阶段练习）如图，在正方形 的外侧，作等边 ，则 的
度数是 ．【答案】 /45度
【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质等知识．根据正方形的性质得
到 ，根据等边三角形的性质得到 ，即可得到
，进而得到 ，即可求出 ．
【详解】解：∵四边形 是正方形，
∴ ．
∵ 是等边三角形，
∴ ．
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
2．（2023上·陕西渭南·九年级校考期末）如图，在正方形 中，连接 为边 上一点，连接
交 于点 ，连接 ，若 ，则 的度数为 ．
【答案】70
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质．证明 ，得到 ，
利用三角形的内角和定理和平角的定义，进行求解即可．掌握正方形的性质，是解题关键．
【详解】解：∵正方形 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：70．
【考点八 利用正方形的性质求线段长】
例题：（2023下·广东广州·八年级广州市第八十九中学校考期中）如图，正方形 的两条对角线相交
于点O， ，则 ．
【答案】
【分析】本题主要考查正方形的性质以及勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．根据正方形的性质
得到 ，再由勾股定理得到答案．
【详解】解： 正方形 ，
， ，
．
故答案为： ．
【变式训练】
1．（2024上·山西太原·九年级统考期末）如图，在正方形 中，点 是 边的中点， 的垂直平
分线分别交 ， 边于点 ， ，垂足为点 ．若 ，则 的长为 ．【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理；连接 ， ，设 ，则
，勾股定理求得 ，进而表示出 ，在 中，得出 ，进而勾股定理，
即可求解．
【详解】解：如图所示，连接 ，
∵ 的垂直平分线分别交 ， 边于点 ， ，
∴
设 ，则 ，
∵ 是 的中点，则
∴ ，
∴
解得：
∴在 中，
∴ ，
在 中，
故答案为： ．
2．（2023上·黑龙江哈尔滨·九年级校考阶段练习）在正方形 中，边长为6，点 为 的中点，点
在正方形的一边上，且 ，连接 ，则 的长为 ．
【答案】5或
【分析】本题考查勾股定理、正方形的性质，利用中点求线段长，线段和差．根据题意将简图画出，分情
况讨论点 所在的位置，再利用勾股定理即可得到本题答案．
【详解】解：∵正方形 中，边长为6，点 为 的中点，点 在正方形的一边上，且 ，连
接 ，
点 所在位置有两种情况，
①当点 在 上时，如下图：
∵ ，边长为6，即 ，
∴
∵点 为 的中点，
∴ ，
∴ ；
②当点 在 上时，如下图：，
过点 作 于E，
，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：5或 ．
【考点九 正方形的性质与判定综合问题】
例题：（2023上·山西吕梁·九年级统考期末）综合与实践
【问题情境】
如图1，正方形 中，点E为其内一点，以点E为直角顶点，以 为斜边构造直角三角形 ，使
得 ，将 绕点B按顺时针方向旋转 ，得到△ （点A的对应点为C），延长
交 于点F，连接 ．【解决问题】
请根据图1完成下列问题：
（1）若 ，则∠ = 度；
（2）试判断四边形 的形状，并给予证明；
【拓展探究】
（3）如图2，若 ，请写出线段 与 的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）59；（2）四边形 是正方形，证明详见解析；（3） ，证明详见解析．
【分析】本题考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形三线合一
的性质，熟练掌握正方形的性质，旋转性质是解题的关键．
（1）根据旋转的性质，即可求解；
（2）先证明四边形 是矩形，再证明有一组邻边线段即可得证；
（3）过点D作 ，垂足为Q，先证 ，在证 ，结合旋转性质，得到
，根据正方形性质得，即可得结论；
【详解】解：（1）将 绕点B按顺时针方向旋转 ，得到△ ，
，
,
,
四边形 是正方形，
,
,
故答案为：59
（2）四边形 是正方形，证明如下：
由旋转的性质得： ，，
又 ， ，
，
四边形 是矩形，
又 ，
四边形 是正方形；
（3）如图，过点D作 ，垂足为Q，
，
．
四边形 是正方形，
， ，
．
，
，
，
，
， ，
．
将 绕点B沿顺时针方向旋转 ，得到 ，
．
， ，
，
四边形 是正方形，
，，
．
【变式训练】
1．（2024上·内蒙古鄂尔多斯·九年级统考期末）如图1，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 ，延长BP交 于点F，连
接 ．
(1)判断四边形的 的形状，并说明理由；
(2)若 ，求 的长度；
(3)在（2）的条件下，求 ．
【答案】(1)四边形 是正方形
(2)
(3)
【分析】（1）由旋转的性质得 ， ， ，进而可证四边形
是矩形，结合 可证四边形 是正方形；
（2）设 ，在 中利用勾股定理求解即可；
（3）过点C作 于点G，根据 证明 得 ，根据勾股定理求出 ，然
后根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）四边形 是正方形．
理由如下：
由 绕点A逆时针旋转 得
可得： ，∵ ， ， ，
在正方形 中， ，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∵ ，
∴四边形 是正方形；
（2）设 ，由（1）知 ，
在 中，
∵ ，
∴ ，
解得 （不符合题意，舍去）， ，
∴ ；
（3）过点C作 于点G．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】此题考查了矩形的判定，正方形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定
理，关键是根据正方形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质解答．
2．（2023上·山东·九年级专题练习）在正方形 中，点 为射线 上一点，连接 ，过点 作
交射线 于点 ，以 为邻边作矩形 ，连接 ．
(1)如图 ，当点 在线段 上时．
求证：矩形 是正方形；
求证： ；
(2)如图 ，当点 在线段 的延长线上时，正方形 的边长为 ， ，请直接写出 的长．
【答案】(1)①证明见解析，②证明见解析；
(2) ．
【分析】（ ） 过点 作 于 ， 于 ，证明 得到 ，根
据正方形的判定定理证明即可；
根据三角形全等的判定定理证明 ，得到 ，根据线段和差证明结论即可；
（ ）证明 ，由全等三角形的性质得出 ， ，证出 ，
由勾股定理可求出答案．
【详解】（1） 证明：作 于 于 ，
∵在正方形 中， 是对角线，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 矩形， ，
∴四边形 是正方形；
证明：∵四边形 是正方形，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
（2）同（ ）理，四边形 是正方形，∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，）
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
在 中，由勾股定理得：
．
【点睛】此题考查了正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握相关的定理、正确
作出辅助线是解题的关键．
【过关检测】
一、单选题1．（2024上·四川宜宾·九年级统考期末）如图，在 中, 为 的中点，
则 的长为（ ）
A．5 B． C．6 D．
【答案】D
【分析】本题考查了勾股定理，直角三角形的特征量，先计算 ，根据 为斜边
上的中线，计算即可．
【详解】∵ ，
∴ ，
∵点D为 的中点，
∴ 为斜边 上的中线，
∴ ，
故选：D．
2．（2024上·河南郑州·九年级校考期末）如图，四边形 是周长为 的菱形，其中对角线 长
为 ，则菱形 的面积为（ ） ．
A． B． C． D．【答案】B
【分析】本题考查了菱形的面积公式，勾股定理，利用勾股定理先求出对角线 的长度，再根据菱形的
面积等于两条对角线的积的一半，即可求解，掌握菱形的面积公式是解题的关键．
【详解】解：设对角线 相交于点 ，则 ， ，
∵菱形 的周长为 ，
∴ ，
∴
∴ ，
∴菱形 的面积 ，
故选： ．
3．（2024上·山东烟台·八年级统考期末）如图，矩形 中， ，E是 的中点， ，
则 长为（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关
键．
由直角三角形的性质可得 ，由等腰三角形的性质可得 ，即可求解．
【详解】解：∵四边形 是矩形，∴ ， ，
∵E是 的中点，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴
∴ ，
故选：C．
4．（2024上·四川成都·九年级统考期末）如图，正方形 的边长为6，点 是对角线 上一点，且
，则 的长度为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理，连接 交 于点 ，由正方形的性质结合勾股定理得
出 ， ，由 得出 ，最后再由勾股定理计算即可，
熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接 交 于点 ，
正方形 的边长为6，，
对角线 、 交于点 ，
， ，
，
，
，
，
故选：D．
5．（2024上·山东烟台·八年级统考期末）如图，菱形 的对角线 相交于O点，E，F分别是
边上的中点，连接 ．若 ， ，则下列结论中，正确的个数为（ ）
①四边形 是平行四边形；②菱形 的周长为 ；
③ 与 互相垂直平分；④ 的面积是 ．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】此题考查菱形的性质，三角形的中位线定理，直角三角形的性质，掌握菱形的性质是解决问题的
关键．根据菱形的性质，三角形的中位线定理，直角三角形的性质进行一一判断即可．
【详解】解：① 四边形 是菱形，
∴
∵E，F分别是 边上的中点，∴ ，
∴ ，
∴ ，
四边形 是平行四边形，
故①正确；
② ， 分别是 ， 边上的中点， ，
，
四边形 是菱形，
， ， ，
，
菱形 的周长为 ．
故②正确；
③如图，连接 ，
四边形 是菱形，
∴ ，
在 中， 为斜边上的中线，
∴ ，
在 中， 为斜边上的中线，
∴ ，
∴ ，
四边形 是菱形，
与 互相垂直平分，
故③正确；④∵ ，
∴ ，
∴ ，
，
，
故④正确，
故选：D
二、填空题
6．（2022下·黑龙江齐齐哈尔·八年级统考期中）如图，菱形 中，对角线 、 相交于点O，不
添加任何辅助线，要使四边形 是正方形，则需要添加一个条件是 ．（填一个即可）
【答案】 答案不唯一
【分析】根据有一个角是直角的菱形是正方形判断即可．
【详解】∵有一个角是直角的菱形是正方形，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了正方形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．
7．（2024下·八年级课前预习）如图，矩形 中， ，对角线 ， 相交于点O， 垂直平
分 于点E，则 的长为 ．【答案】
【分析】由矩形的性质和线段垂直平分线的性质证出 ，得出 ，由勾股定理
求出 即可．此题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质和线段
垂直平分线的性质是解决问题的关键．
【详解】解：∵四边形 是矩形，
， ， ， ，
，
∵ 垂直平分 ，
，
，
，
；
故答案为： ．
8．（2024上·山东烟台·八年级统考期末）如图，在菱形 中，点E在对角线 上 ，
，则 ．
【答案】6
【分析】本题考查了菱形的性质、等要三角形性质、30度所对直角边等于斜边一半，根据题意得到
，推出 ， ，利用30度所对直角边等于斜边
一半，算出 ，最后根据 ，即可解题．
【详解】解： 四边形 为菱形，，
，
为对角线，
，
，
，
，
，
，
故答案为：6．
9．（2023下·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市第一一三中学校校考期中）已知：如图， 为正方形 的
边 上一点， 的平分线交 于点 ，若 ，则正方形 的边长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质和等腰三角形的判定，三角形全等的判定与性质，勾股定理，在 延
长线上截取 ，连接 ，证明 ，再结合矩形的性质推出 是等腰三角形，
得到 ，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，在 延长线上截取 ，连接 ，
是正方形，
， ，
在 与 中，，
，
，
∴ ,
是 的平分线，
设 ，
， ，即 ，
是等腰三角形，
，
，
在 中，
，
正方形 边长为 ，
故答案为： ．
10．（2024上·黑龙江佳木斯·九年级校考期末）已知矩形 中， ．点 为 上一个动点，连接
，将 沿 折叠，点 落在点 处，当点 为线段 的三等分点时， 长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查勾股定理，矩形的性质，掌握勾股定理是解题的关键．由矩形的性质先求解
，可分两种情况：当 时， ，当 时， ，由折叠的性质及勾股定
理可求解 的长，再利用勾股定理可求解 的长．
【详解】解：矩形 中， ，∵点F为线段 的三等分点，
∴ 或2，
当 时， ，
由折叠可知： ， ，
∴ ，
∴ ，
∴
∵ ，
∴ ，
解得
当 时， ，
由折叠可知： ， ，
∴ ，
∴ ，
∴
∵ ，
∴ ，
解得综上： 长为 ．
故答案为： ．
三、解答题
11．（2023上·陕西宝鸡·九年级统考期末）如图，在四边形 中， ， ， ．
(1)求证：四边形 是矩形；
(2)点E是 上一点，点F是 的中点，连接 ，若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线性质，平行四边形的判定与性质；
（1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可解决问题；
（2）根据直角三角形斜边上的中线性质可知 ，然后可求 的长；
解决本题的关键是掌握矩形的性质．
【详解】（1）证明：∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形．
∵ ，
∴四边形 是矩形．
（2）∵ ，点F是 的中点，
∴ ，
，
∴ ．
12．（2023下·广东中山·八年级统考期中）如图，在平行四边形 中， ， ，垂足分
别为E，F，且 ．(1)求证：平行四边形 是菱形；
(2)若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据 证明 得 ，再由菱形的判定即可得出结论；
（2）由菱形的性质得 ，设 ，则 ，然后在 和 中，由勾股
定理得出方程，解得 ，即可解决问题．
【详解】（1）∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴平行四边形 是菱形；
（2）∵四边形 是菱形，
∴ ，
设 ，则 ，
∵ ，
∴ ，在 和 中，
由勾股定理得： ，
即 ，
解得： ，
∴ ，
∴ ，
即 的长为 ．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理等知识；
熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
13．（2024上·四川成都·九年级统考期末）如图，在正方形 中，延长 至点E，使得
，连接 ， ， 交 于点F．
(1)试探究 的形状；
(2)求 的度数．
【答案】(1) 是等腰三角形，理由见解析
(2)
【分析】本题考查正方形的性质、等腰三角形的判定及性质、直角三角形的两个锐角互余、三角形的外角
等于与它不相邻的两个内角的和等知识，掌握正方形的性质是解题的关键．
（1）根据正方形的性质可得 ，进而得 ，即可解决问题；
（2）利用正方形的性质及三角形外角定义求出 ，然后根据直角三角形两个锐角互余即可解决问题．
【详解】（1）解： 是等腰三角形，理由如下：
∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
则 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 是等腰三角形；
（2）∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
14．（2024上·四川成都·九年级统考期末）如图，四边形 是菱形，对角线 、 交于点O，点
D、B是对角线 所在直线上两点，且 ，连接 、 、 、 ， ．
(1)求证：四边形 是正方形：
(2)若正方形 的面积为72， ，求点F到线段 的距离．
【答案】(1)见解析(2)点F到线段 的距离为
【分析】（1）根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形可得四边形 是菱形，根据对角线相等的
菱形是正方形即可解决问题；
（2）由正方形的面积公式求得 ，进而得到 ，由四边形 是菱形得到
， ，菱形 的面积 ，由勾股定理求得 ，根据菱形的面积公式即可求得
答案．
【详解】（1）∵菱形 的对角线 和 交于点O，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴四边形 是菱形，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是正方形；
（2）∵正方形 的面积为72，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵四边形 是菱形，∴ ， ，
∴菱形 的面积 ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
设点F到线段 的距离为h，
∴ ，
即 ，
∴ ．
即点F到线段 的距离为 ．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，等角对等边，勾股定理，熟练掌握正方形
的判定和性质定理是解题的关键．
15．（2024上·山东青岛·九年级统考期末）如图，在菱形 中， ， ，点 是 边
的中点．点 是 边上一动点（不与点 重合），延长 交射线 的延长线于点 ，连接 ， ．
(1)求证： ；
(2)当点 在什么位置时，四边形 是矩形？请证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析；
(2) 在 中点时，四边形 是矩形，理由见解析．
【分析】此题考查了矩形判定、菱形的性质，熟练掌握矩形、菱形的边、角、对角线所具有的性质是解题
的关键．（1）利用平行线 的性质可得 ，结合已知 和图形中的隐含条件
即可证明 ；
（2）由（ ）得 从而得到 ，至此，可得四边形 是平行四边形； 然后根据
矩形的性质得到 ，再求出 ，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一
半即可；
【详解】（1）∵四边形 是菱形，
∴ ，
∴ ，
∵点 是 边的中点，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
（2） 在 中点时，四边形 是矩形，理由，
由（ ）得： ，
∴ ，
∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∵四边形 是菱形，
∴ ，
∵平行四边形 是矩形，
∴ ， 即 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
即 在 中点时，四边形 是矩形．
16．（2024下·八年级单元测试）如图，△ABC中，点 O 是边 上一个动点，过 O 作直线 ，设 交 的平分线于点 E，交 的外角平分线于点 F．
(1)求证： ；
(2)当点 O 在边 上运动到什么位置时，四边形 是矩形？并说明理由．
(3)若 边上存在点 O，使四边形 是正方形，猜想 的形状并证明你的结论．
【答案】(1)见解析；
(2)当点 O 在边 上运动到 中点时，四边形 是矩形．见解析；
(3) 是直角三角形，理由见解析．
【分析】此题考查了正方形的判断和矩形的判定，需要知道平行线的特征和角平分线的性质是解题的关键．
（1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出 ， ，进而得出答案；
（2）根据 ， 可得四边形 平行四边形，再证明 利用矩形的判定得出
即可；
（3）利用正方形的性质得出 ，再利用平行线的性质得出 ，即可得出答案；
【详解】（1）∵ 交 的平分线于点 E，交 的外角平分线于点 F，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ；
（2）当点 O 在边 上运动到 中点时，四边形 是矩形．
证明：当 O 为 的中点时， ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ 是 的平分线， 是 的平分线，∴ ，
∴平行四边形 是矩形．
（3）△ABC是直角三角形，
理由：∵四边形 是正方形，
∴ ，故 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是直角三角形．
17．（2022下·湖北武汉·八年级校考阶段练习）如图，在四边形 中， ， 于点 ，
， ，点 从点 出发，以 的速度向点 运动；同时点 从点 出发，以
的速度向点 运动，其中一个动点到达端点时另一个动点也随之停止运动，设运动时间为 ．
(1)当 _______ 时，四边形BMNC为矩形；
(2)当 时，求 的值；
(3)当 _____ ，在点 、 运动过程中，四边形 能构成菱形．
【答案】(1)
(2) 或
(3)【分析】（1）当 时，四边形BMNC为矩形，则 ，即可求解；
（2）分两种情况，①当四边形 为等腰梯形时，过点 作 于 点，过点 作 于
点 ，求出 ，得 ，解得 ；②当四边形 为平行四边
形时， ，即 ，解得： ；
（3）由菱形的性质得 ，由（2）可知，当 时， ，过点 作
于 点，则 ，得 ，最后根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）由题意得： ， ，
则 ，
， ，
当 时，四边形BMNC为矩形，
，
，
故答案为： ．
（2） ，
当 时，分两种情况：
①当四边形 为等腰梯形时，过点 作 于 点，过点 作 于点 ，如图1，
则 ， ， ，
，
又 ，
，
解得： ；②当四边形 为平行四边形时，
，
即 ，
解得： ；
综上所述，当 时， 的值为 或 ；
（3） 四边形 是菱形，
，
由（2）可知，当 时， 或 ，
时，四边形 为等腰梯形，不符合题意，
，
，
如图2，过点 作 于 点，
则 ， ，
，
在 中，由勾股定理得：
，
故答案为： ．
【点睛】本题是四边形的综合题目，考查了等腰梯形的性质，菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理
以及分类讨论等知识，熟练掌握矩形的判定与性质以及菱形的性质是解题的关键．
18．（2024上·江西南昌·九年级校考期末）【特例感知】如图 ，点 是正方形 对角线 上一点，
于点 ， 于点 .（1）求证：四边形 是正方形；
（2） = ；
【规律探究】将正方形 绕点 旋转得到图 ，连接 ， ， .
（3） 的比值是否会发生变化？说明理由；
【拓展应用】如图 ，在图 的基础上，点 ， ， 分别是 ， ， 的中点；
（4）四边形 是否是正方形?说明理由.
【答案】（1）详见解析；
（2）
（3）不变，理由见解析；
（4）是，理由见解析．
【分析】（ ）根据正方形的性质和判定即可；
（ ）根据正方形的性质求解即可；
（ ）过 作 于点 ，过 作 交 于点 ，证明四边形 是平行四边形，四
边形 是平行四边形，再根据性质证明 是等腰直角三角形即可；
（ ）根据正方形的性质和判定即可；
此题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，熟练掌握以上知
识点的应用是解题的关键．
【详解】（1）∵四边形 是正方形，∴ ， 平分 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，四边形 是矩形，
∴四边形 是正方形，
（2）由（ ）得：四边形 是正方形，
∵四边形 是正方形，
∴设正方形 的边长为 ，正方形 的边长为 ，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ；
（ ）不变，理由：
∵四边形 是正方形，四边形 是正方形，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
过 作 于点 ，过 作 交 于点∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
易得： ，
∴ ， ，
∴ ，即 是等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ；
（4）四边形 是正方形，理由：
由（ ）得： ，
∴ ，
∵点 ， ， 分别是 ， ， 的中点；
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，∴ ，
∴四边形 是正方形．
