文档内容
第 06 讲 特殊的平行四边形（10 个知识点+10 种题型
+强化训练）
知识导图
知识清单
知识点1．直角三角形斜边上的中线
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于
斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条
边为斜边的直角三角形．该定理可以用来判定直角三角形．
知识点2．菱形的性质
（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．
（2）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积＝ ab．（a、b是两条对角线的长度）
知识点3．菱形的判定
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形
知识点4．菱形的判定与性质
（1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改
变，中点四边形的形状始终是平行四边形．
（2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线
相等的四边形的中点四边形定为菱形．） （3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，
首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因
而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法．
（4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不
只是正方形．
知识点5．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有 2条对称轴，分别是每组对边中点连
线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于
斜边的一半．
知识点6．矩形的判定
（1）矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
（2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四
边形的对角线相等．
②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．
知识点7．矩形的判定与性质
（1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四
边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行
四边形的性质矩形也都具有．
在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等
有关的问题．
（2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝
∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等．
知识点8．正方形的性质（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图
形，有四条对称轴．
知识点9．正方形的判定
正方形的判定方法：
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还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
知识点10．正方形的判定与性质
（1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．
（2）正方形的判定
正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．
知识复习
一．直角三角形斜边上的中线（共3小题）
1．（2023春•赣州期末）如图，三位同学分别站在一个直角三角形的三个直角顶点处做投
圈游戏，目标物放在斜边 的中点 处，已知 ，则点 到目标物的距离是 3
．【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到结论．
【解答】解： ，点 是斜边 的中点，
，
故答案为：3．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜
边的一半是解题的关键．
2．（2023 春•禹城市期中）如图所示，在 中， 是 上的中线，且
．
（1）已知 ，求 的度数；
（2）已知 ，求 的度数；
（3）已知 ，求 的度数．
【分析】（1）（2）（3）利用等腰三角形及三角形内角和定理即可求出答案；
【解答】解：（1）在 中， 是 上的中线，且 ， ，
，
是 的外角，
，
，
，
；
（2）若 ，同（1），可知 ， ，
，
；
（3）若 ，同（1），可知 ， ，
，
故 ．
【点评】此题考查的是等腰三角形及直角三角形的性质．3．（2023春•南陵县期末）如图，在 中， ，且 ， 分别是 ，
上的高， ， 分别是 ， 的中点，若 ，则 的长为
A．10 B．12 C．13 D．14
【分析】连接 、 ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得
，再根据等腰三角形三线合一的性质可得 ， ，然后
利用勾股定理列式计算即可求解．
【解答】解：如图：连接 、 ，
，
是 的中点， ， ，
，
是 的中点，
， ，
在 中， ，
故选： ．
【点评】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三
线合一的性质，以及勾股定理，作辅助线利用性质是解题的关键．二．菱形的性质（共4小题）
4．（2023•漳州模拟）如图，点 ， 分别在菱形 的边 ， 上，且
．求证： ．
【分析】根据菱形的性质可得 ， ，再证明 ，可得结论．
【解答】证明： 四边形 是菱形，
， ，
在 和 中，
，
，
．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用菱形的性质是本题
的关键．
5．（2023春•秦淮区期中）求证：菱形的一条对角线平分这一组对角．
已知：如图， 是菱形 的一条对角线．
求证： ， ．
证明：
【分析】由菱形的性质可得 ， ．由平行线的性质和等腰三角形的性质可
证 ，可得结论．
【解答】解：求证： ， ；
证明： 四边形 是菱形，， ．
，
，
，
，
同理 ．
故答案为： ， ．
【点评】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，掌握菱形的性质是本题的关键．
6．（2023春•朝阳区校级期中）菱形具有而平行四边形不具有的性质是
A．对角线互相平分 B．对角线相等
C．对角线互相垂直 D．四个角都相等
【分析】由菱形的性质和平行四边形的性质对边对各个选项进行判断，即可得出结论．
【解答】解： 、菱形和平行四边形的对角线都互相平分，故 选项不符合题意；
、菱形和平行四边形的对角线都不一定相等，故 选项不符合题意；
、菱形的对角线互相垂直，平行四边形的对角线不一定互相垂直，故 选项符合题意；
、菱形和平行四边形的四个角都不一定相等，故 选项不符合题意；
故选： ．
【点评】本题考查了菱形的性质、平行四边形的性质，熟记菱形的性质和平行四边形的性
质是解题的关键．
7．（2023春•海淀区校级月考）小方在学习菱形时，发现可以利用菱形纸片拼出著名的
“赵爽弦图”：
把如图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，这四个直角三角形可以拼出如图
2所示的面积为7的正方形 ，和如图3所示的边长为1的正方形 ，则图1中菱
形的边长为 2 ．
【分析】将菱形中的直角三角形的直角边设出来，列出关于直角边的方程组，求出直角边
即可．【解答】解：设菱形中的直角三角形较长的直角边为 ，较短的直角边为 ，
则： ，
化简得： ，
，
菱形的边长 ，
故答案为：2．
【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质解答．
三．菱形的判定（共4小题）
8．（2023•桃城区三模）已知如图，在 中， ， 为锐角，将
沿对角线 边平移，得到△ ，连接 和 ，若使四边形 是菱形，需添
加一个条件，现有三种添加方案，甲方案： ；乙方案： ；丙方案：
；其中正确的方案是
A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲
【分析】先根据题意可知四边形 是平行四边形，再根据三种方案结合菱形的判定定
理即可得出答案．
【解答】解：根据题意可知 ， ，
四边形 是平行四边形．
方案甲， 不能判断四边形 是菱形；
方案乙，由 ，
平行四边形 是菱形；
方案丙，由 ，又 ，，
，
，
平行四边形 是菱形．
所以正确的是乙和丙．
故选： ．
【点评】本题主要考查了菱形的判定及平移的性质，灵活选择判定定理是解题的关键．
9．（2023春•青川县期末）如图，剪两张对边平行的纸条，纸条宽度相等，随意交叉叠放
在一起，转动其中的一张，重合的部分构成了一个四边形，这个四边形是 菱形 ．
【分析】由条件可知 ， ，可得四边形 是平行四边形，再利用全
等三角形的判定与性质得出答案．
【解答】解：过点 分别作 于点 ， 于点 ，
， ，
四边形 是平行四边形，
，
纸条宽度相等，
，
在 和 中，
，
，
，
平行四边形 是菱形．
故答案为：菱形．【点评】本题考查了菱形的判定，关键是掌握菱形的判定方法．
10．（2023春•乐东县期末）下列说法中，正确的是
A．四边相等的四边形是菱形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线互相平分的四边形是菱形
D．对角线相等的平行四边形是菱形
【分析】根据四条边都相等的四边形是菱形，对角线互相垂直平分的四边形是菱形分别进
行分析即可．
【解答】解： 、四边相等的四边形是菱形，故该选项符合题意；
、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故该选项不符合题意；
、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故该选项不符合题意；
、对角线相等的平行四边形是矩形，故该选项不符合题意；
故选： ．
【点评】此题主要考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解决问题的关键．
11．（2023春•沈丘县期末）如图， 中，点 是 的中点，连接 并延长交
延长线于点
（1）求证： ；
（2）连接 、 ，
①当 时， 的形状是 等腰三角形 ；
②若 ，当 时，四边形 是菱形．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到 ，得到 ，根据全等三
角形的判定和性质即可得到结论；（2）①根据矩形的判定定理得到 是矩形，得到 ，等量代换即可得到结论；
②根据菱形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明： 四边形 是平行四边形，
，
，
点 是 的中点，
，
在 与 中， ，
，
；
（2）① 是等腰三角形，
，
是矩形，
，
，
四边形 是平行四边形，
，
，
是等腰三角形；
②当 时，四边形 是菱形，
是菱形，
，
，
，
，
，
．
故答案为：等腰三角形，65．【点评】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，
熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．
四．菱形的判定与性质（共4小题）
12．（2023春•思明区校级期末）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，
他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得 ，接着活动学具成为图（2）所示
的正方形，并测得对角线 ，则图（1）中菱形的对角线 长为
A．20 B．30 C． D．
【 分 析 】 根 据 正 方 形 的 性 质 得 ， ， 由 勾 股 定 理 得
，则 ，再证明 是等边三角形，则
，再利用含30度角的直角三角形求出 ，于是得到问题的答案．
【解答】解：在正方形 中， ，
，
， ，
，
，
在菱形 中， ，
，
是等边三角形，，
如图（1），连接 交 于点 ，
， ，
，
，
，
故选： ．
【点评】此题重点考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质
等知识，根据勾股定理求得 是解题的关键．
13．（2023春•秦淮区期中）邻边长分别为1， 的平行四边形纸片，如图那样折一
下，剪下一个边长等于1的菱形（称为第一次操作）；再把剩下的平行四边形如图那样折
一下，剪下一个边长等于此时平行四边形一边长的菱形（称为第二次操作）；再把剩下的
平行四边形如此反复操作下去．若在第三次操作后，剩下的平行四边形为菱形，则 的值
或 4 或 或 ．
【分析】根据题意，进行分类讨论，再根据菱形的性质，列出方程求解即可．
【解答】解：①如图，经历三次折叠后，四边形 为菱形，
四边形 为菱形，，
，
四边形 为菱形，
，
，
四边形 为菱形，
，
，
四边形 为菱形，
，即 ，
解得： ；
②如图，经历三次折叠后，四边形 为菱形，
四边形 为菱形，
，
，
四边形 ， ， 都为菱形，
，
，
解得： ；③如图，经历三次折叠后，四边形 为菱形，
四边形 ， 为菱形，
，
，
四边形 ， 都为菱形，
，
，
解得： ；
④如图，经历三次折叠后，四边形 为菱形，
四边形 ， ， ， 都为菱形，
，
，
，
，
解得： ；综上： 的值为 或4或 或 ．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的四条边都相等．
14．（2023春•中江县月考）以 点为圆心，5为半径画弧，再以 点为圆心，相同长度为
半径画弧，交前弧于 、 两点，已知 ，则以 、 、 、 四点为顶点的四边
形的面积是 2 4 ．
【分析】根据作图过程可得四边形 是菱形，然后利用勾股定理求出 的长，进而
利用菱形的面积公式即可求解．
【解答】解：根据作图过程可知： ，
四边形 是菱形，
于点 ，
， ，
，
，菱形 的面积 ．
故答案为：24．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的判定方法．
15．（2023秋•南山区校级期中）如图， 为平行四边形 的对角线， ，
是 的中点， 是 的中点，连接 并延长交 于点 ，连接 ．
（1）求证：四边形 是菱形．
（2）若 ， ，求四边形 的面积．
【分析】（1）由平行四边形的性质得 ，由平行线的性质得 ，
，由 即可得出 则 ，易证四边形 是平行
四边形，由直角三角形斜边上中线的性质得 ，即可得出 ，
则 ，易证四边形 是平行四边形，由直角三角形斜边上中线的性质得
，即可得出结论．
（2）由 是 的中点， 是 的中点，得出 的长，进而求出 的长，再由
， ，利用 求出的 ，再利用菱形的面积等于对角线乘积的一
半求解即可．
【解答】（1）证明： 四边形 是平行四边形，
，
， ，
是 的中点，
，
在 和 中，
，，
，
，
四边形 是平行四边形，
， 是 的中点，
，
四边形 是菱形．
（2）解： 是 的中点， 是 的中点，
，
，
， ，
，
，
．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质
直角三角形的性质、菱形的判定等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和直角三角形
的性质是解题的关键．
五．矩形的性质（共4小题）
16．（2022秋•温江区期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是
A．对角相等 B．对角线相等
C．对边相等 D．对角线互相平分
【分析】利用矩形与菱形的性质即可解答本题．
【解答】解：矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，
故选： ．
【点评】本题考查了矩形与菱形的性质，中心对称图形，解题的关键是熟练掌握矩形与菱
形的性质．17．（2023•兴庆区校级开学）长方形 的三个顶点的坐标是 、 、 ，
那么 点坐标是 ．
【分析】根据长方形的性质求出点 的横坐标与纵坐标，即可得解．
【解答】解： ， ， ，
点 的横坐标与点 的横坐标相同，为1，
点 的纵坐标与点 的纵坐标相同，为5，
点 的坐标为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了坐标与图形性质，主要利用了矩形的对边平行且相等的性质解决问题．
18．（2024•槐荫区开学）如图，矩形 中，过对角线 的中点 作 的垂线 ，
分别交 ， 于点 ， ．证明： ．
【分析】根据 是矩形推出 ，得到 ，根据 是 的中点推
出 ，结合 ，用 判定 即可得证．
【解答】证明： 是矩形，
，
，
是 的中点，
，
又 ，
．
【点评】本题主要考查矩形的性质和全等三角形的判定，熟练掌握矩形的性质定理和全等
三角形的判定方法是解决问题的关键．
19．（2023春•无棣县期末）如图，在矩形 中， ， 分别是 ， 上的点， ，分别是 ， 的中点，当点 在 上从点 向点 移动，而点 保持不动时，下
列结论成立的是
A．线段 的长逐渐增大 B．线段 的长逐渐减小
C．线段 的长不变 D．线段 的长先增大后减小
【分析】如图，连接 ，先说明明 的长度是定值，再证明 ，可得 的长
度是定值，从而可得答案．
【解答】解：如图，连接 ，
在矩形 中， ， 分别是 ， 上的点，当点 在 上从点 向点 移动，
而点 保持不动时，
的长度是定值，
， 分别是 ， 的中点，
，
的长度是定值．
故选： ．
【点评】本题考查的是三角形的中位线的性质，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是
解本题的关键．
六．矩形的判定（共4小题）
20．（2022秋•平遥县期末）平行四边形 的对角线 、 相交于点 ，要使平行
四边形 是矩形请添加一个条件 任意写出一个正确答案即可（如 或
．【分析】矩形是特殊的平行四边形，矩形有而平行四边形不具有的性质是：矩形的对角线
相等，矩形的四个内角是直角；可针对这些特点来添加条件．
【解答】解：若使 变为矩形，可添加的条件是：
；（对角线相等的平行四边形是矩形）
等．（有一个角是直角的平行四边形是矩形），
故答案为：任意写出一个正确答案即可（如 或
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质与矩形的判定，熟练掌握矩形是特殊的平行四
边形是解题关键．
21．（2023春•惠州校级期中）如图， 中，点 是边 上一个动点，过 作直线
．设 交 的平分线于点 ，交 的外角平分线于点 ．
（1）求证： ；
（2）若 ， ，求 的长；
（3）当点 在边 上运动到什么位置时，四边形 是矩形？并说明理由．
【分析】（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）根据已知得出 ，进而利用勾股定理求出 的长，即可得出
的长；
（3）根据平行四边形的判定以及矩形的判定得出即可．
【解答】（1）证明： 交 的平分线于点 ，交 的外角平分线于点 ，
， ，
，
， ，
， ，
， ，
；
（2）解： ， ，，
， ，
，
；
（3）当点 在边 上运动到 中点时，四边形 是矩形，
理由如下：当 为 的中点时， ，
，
四边形 是平行四边形，
，
平行四边形 是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，
灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
22．（2023春•凉山州期末）在四边形 中， 、 交于点 ，在下列条件中，不
能判定四边形 为矩形的是
A． ， ，
B． ， ，
C． ， ，
D． ，
【分析】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定以及菱形的判定分别对各个选项进行判
断即可．
【解答】解： 、 ， ，
四边形 是平行四边形，
又 ，
平行四边形 是矩形，故选项 不符合题意；
、 ， ，四边形 是平行四边形，
又 ，
平行四边形 是矩形，故选项 不符合题意；
、 ，
，
，
，
，
四边形 是平行四边形，
又 ，
平行四边形 是菱形，故选项 符合题意；
、 ，
，
在 和 中，
，
，
，
四边形 是平行四边形，
又 ，
平行四边形 是矩形，故选项 不符合题意；
故选： ．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、菱形的判定以及全等三角形
的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和菱形的判定是解题的关键．
23．（2023•长汀县模拟）已知：菱形 的对角线 ， 交于点 ， ，
．求证：四边形 是矩形．【分析】先证四边形 是平行四边形，再由菱形的性质得 ，即可得出结
论．
【解答】证明： ， ，
四边形 是平行四边形，
四边形 是菱形，
，
，
平行四边形 是矩形．
【点评】本题考查了菱形的性质、矩形的判定、平行四边形的判定与性质；熟练掌握矩形
的判定和菱形的性质是解题的关键．
七．矩形的判定与性质（共4小题）
24．（2023春•启东市期中）如图，在矩形 中， ， 分别是边 ， 上的动点，
是线段 的中点， ， ， ， 为垂足，连接 ．若 ，
， ，则 的最小值是 7. 5 ．
【分析】连接 、 、 ，由勾股定理求出 ，再由直角三角形斜边上的中线
性质得 ，然后证四边形 是矩形，得 ，当 、 、 三点共线时，
最小 ，即可求解．
【解答】解：连接 、 、 ，如图所示：
四边形 是矩形，
， ，，
是线段 的中点，
，
， ，
，
四边形 是矩形，
，
当 、 、 三点共线时， 最小 ，
的最小值是7.5，
故答案为：7.5．
【点评】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、勾股定理等知识
熟练掌握矩形的判定与性质，求出 的最小值是解题的关键．
25．（2023春•孝义市期末）数学课上，老师提出如下问题：如图，四边形 是平行
四边形，请同学们添加个条件使 是矩形．小彤添加的条件是： ．则小彤
判定 是矩形的依据是
A．矩形的四个角都是直角
B．矩形的对角线相等
C．有三个角是直角的四边形是矩形
D．对角线相等的平行四边形是矩形
【分析】根据矩形的判定方法进行解答即可．
【解答】解： 四边形 是平行四边形，添加的条件 可以根据对角线相等的平行四边形是矩形说明 是矩形，
故 正确．
故选： ．
【点评】本题主要考查了矩形的判定，解题的关键是熟练掌握对角线相等的平行四边形
是矩形．
26．（2023 春•青县期末）如图在四边形 中， ， ， ，
， ；
（1） 的长为 5 ；
（2）点 从点 出发，以每秒3个单位的速度在射线 上运动，连接 ，当以点 、
、 、 为顶点的四边形是平行四边形时， 的值是 ．
【分析】（1）如图，过点 作 于点 ，先证四边形 是平行四边形，再证
平行四边形 是矩形，得 ， ， ，然后
由勾股定理求出 即可；
（2）分两种情况，①当点 在线段 上时， ，则 ，解得
；
②当点 在线段 的延长线上时， ，则 ，解得 ；即可
得出结论．
【解答】解：（1）如图，过点 作 于点 ，
，
， ，
，
四边形 是平行四边形，
又 ，
平行四边形 是矩形，， ， ，
，
在 中，由勾股定理得： ，
故答案为：5；
（2） ，
时，以点 、 、 、 为顶点的四边形是平行四边形，
点 从点 出发，以每秒3个单位的速度在射线 上运动，
，
①如图2，当点 在线段 上时，
，
，
解得： ；
②如图3，当点 在线段 的延长线上时，
，
，
解得： ；
综上所述，当以点 、 、 、 为顶点的四边形是平行四边形时， 的值是1或5，
故答案为：1或5．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、坐标与图形性质以及
勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
27．（2023春•朝天区期末）如图，在菱形 中，对角线 ， 相交于点 ，延长
到点 ，使得 ．连接 ．过点 作 ，交 于点 ，连接 ．
（1）求证：四边形 是矩形；（2）若 ， ，求 的长．
【分析】（1）证四边形 是平行四边形，再证 ，则 ，然后
由矩形的判定即可得出结论；
（2）由矩形的性质得 ， ，所以 ．又由 ，
，由直角三角形性质得 ．在 中， ，由直角三角形
性质得 ，即可得出结论．
【解答】（1）证明： 四边形 是菱形，
， ， ，
，
，
四边形 是平行四边形，
．
，
四边形 是平行四边形．
，
，
，
平行四边形 是矩形．
（2）解：由（1）知四边形 是矩形，
， ，
．
又 ， ，
．
在 中， ，
，
．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定与性质，菱形的性质、直角三角形的性质是解题的
关键．
八．正方形的性质（共3小题）
28．（2022秋•郓城县期末）下列说法正确的是
A．菱形的四个内角都是直角
B．矩形的对角线互相垂直
C．正方形的每一条对角线平分一组对角
D．平行四边形是轴对称图形
【分析】根据菱形、矩形、正方形、平行四边形的性质和轴对称图形的性质即可求解．
【解答】解： ．菱形的四个内角不一定都是直角，故 选项不符合题意；
．矩形的对角线不一定互相垂直，故 选项不符合题意；
．正方形的每一条对角线平分一组对角，故 选项符合题意；
．平行四边形不一定是轴对称图形，故 选项不符合题意；
故选： ．
【点评】本题考查了菱形的性质、矩形的性质、正方形的性质、平行四边形和轴对称图形
的性质，解题的关键是逐个判断四个选项即可得出正确答案．
29．（2023春•富锦市校级期中）如图所示的图形中，所有的四边形都是正方形，所有的
三角形都是直角三角形，其中最大的正方形的边长为5，则正方形 ， ， ， 的面
积的和为 2 5 ．
【分析】根据题意仔细观察可得到正方形 ， ， ， 的面积的和等于最大的正方形的
面积，已知最大的正方形的边长则不难求得其面积．
【解答】解：由图可看出， ， 的面积和等于其相邻的直角三角形的斜边的平方，
即等于最大正方形上方的三角形的一个直角边的平方；
， 的面积和等于与其相邻的三角形的斜边的平方，
即等于最大正方形的另一直角边的平方，则 ， ， ， 四个正方形的面积和等于最大的正方形上方的直角三角形的斜边的平方
即等于最大的正方形的面积，
因为最大的正方形的边长为5，则其面积是25，即正方形 ， ， ， 的面积的和为
25．
故答案为25．
【点评】此题结合正方形的面积公式以及勾股定理发现各正方形的面积之间的关系．
30．（2024•鹿城区校级开学）如图，正方形 中， 为 边上的点，连结 ，作
的垂直平分线交 于 ，交 于 ，连结 ．已知 ．
（1）若正方形的边长为4，求 的长．
（2）求证： ．
【分析】（1）利用正方形的性质可得 ， ，再根据已知可设 ，则
，从而在 中，利用勾股定理求出 的长，然后利用线段垂直平分线的性
质可得 ，从而可得 ，最后列出关于 的方程，进行计算即可解答；
（2）设 与 交于点 ，过点 作 ，垂足为 ，根据垂直定义可得
，再根据正方形的性质可得 ， ，
从而可得四边形 是矩形，进而可得 ， ， ，然
后利用平行线的性质可得 ，从而可得 ，再根据已知
易得： ，从而可得 ，进而可得 ，最后利
用 证明 ，从而可得 ，进而可得 ，再利用线段的
和差关系可得 ，从而进行计算即可解答．
【解答】（1）解： 四边形 是正方形，
， ，
，设 ，则 ，
，
是 的垂直平分线，
，
，
，
解得： ，
，
的长为 ；
（2）证明：设 与 交于点 ，过点 作 ，垂足为 ，
，
四边形 是正方形，
， ，
四边形 是矩形，
， ， ，
，
，
，
，
，
，
， ，
，，
，
，
．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，
根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
九．正方形的判定（共3小题）
31．（2023春•河西区期中）已知：如图，在每个边长都为1的小正方形网格中，点 ，
， 都在格点上，连接 ， ， ．
（1） 的长为 ； 的长为 ；（直接写出答案即可）
（2） 的周长为 ；（直接写出答案即可）
（3）请你利用图中的网格，在图中找到一个点 ，并连接 和 ，使得四边形
是正方形．
【分析】（1）根据勾股定理即可得到结论；
（2）根据三角形的周长公式即可得到结论；
（3）根据正方形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：（1） ， ；
故答案为： ， ；
（2） ， ；
的周长为 ；故答案为： ；
（3）如图所示：
【点评】本题考查了正方形的判定，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
32．（2023春•海淀区校级期中）下列命题中，是真命题的是
A．对角线相等的菱形是正方形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等且互相垂直的四边形是矩形
D．有一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形
【分析】根据正方形，菱形，矩形，平行四边形的判定一一判断即可．
【解答】解： 、对角线相等的菱形是正方形，正确，本选项符合题意．
、对角线互相垂直的四边形是菱形，错误谢谢不符合题意．
、对角线相等且互相垂直的四边形是矩形，错误，本选项不符合题意．
、有一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形，错误，本选项不符合题意，
故选： ．
【点评】本题考查正方形的判定，落在的判定，矩形的判定，平行四边形的判定等知识，
解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
33．（2023春•嵊州市期末）小明在学习完四边形后，整理成如图所示的知识结构图，发
现通过添加边、角或对角线等元素的特殊条件，就能得到特殊的四边形．写出条件①中你
认为合适的边、角或对角线的条件是 对角线互相垂直（答案不唯一） ．（写出一个即
可）【分析】根据正方形的判定方法可得答案．
【解答】解： 对角线互相垂直的矩形是正方形，有一组邻边相等的矩形是正方形，
添加：对角线互相垂直或有一组邻边相等；
故答案为：对角线互相垂直（答案不唯一）．
【点评】本题考查的是正方形的判定，熟记对角线互相垂直的矩形是正方形，有一组邻边
相等的矩形是正方形是解本题的关键．
一十．正方形的判定与性质（共4小题）
34．（2023春•雁峰区期末）下列说法中，正确的是
A．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
B．对角线互相平分的四边形是菱形
C．对角线互相垂直的四边形是平行四边形
D．对角线相等的平行四边形是矩形
【分析】根据平行四边形、菱形、正方形、矩形的性质和判定逐个判断即可．
【解答】解： 、对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，错误；
、对角线互相平分、垂直的四边形是菱形，错误；
、对角线互相平分的四边形是平行四边形，错误；
、对角线相等的平行四边形是矩形，正确；
故选： ．
【点评】本题考查了平行四边形、菱形、正方形、矩形的性质和判定的应用，能熟记平行
四边形、菱形、正方形、矩形的性质和判定的内容是解此题的关键．
35．（2023春•市中区期末）如图，正方形 的边长为4， 是对角线 上一动点，
于点 ， 于点 ，连接 ，给出四种情况：
①若 为 的中点，则四边形 是正方形；
②若 为 上任意一点，则 ；
③点 在运动过程中， 的值为定值4；④点 在运动过程中，线段 的最小值为 ．
正确的有
A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④
【分析】先证明四边形 是矩形，再证明 ，则四边形 是正方形，即可
判 定 ① 正 确 ； 连 接 ， 由 四 边 形 是 矩 形 ， 得 ， 再 证 明
，得 ，则 ，即可判定②正确；证明 ，
，从而得 ，即可判定③正确；根据 ，所以
当 最 小 时 ， 最 小 ， 所 以 当 时 ， 最 小 ， 利 用
求得 ，即得线段 的最小值为 ，即可判定④
正确．
【解答】解： 四边形 是正方形，
， ， ，
于点 ， 于点 ，
，
四边形 是矩形， ， ，
， ，
为 的中点，
，
，
四边形 是正方形，故①正确；
连接 ，四边形 是矩形，
，
在 与 中，
，
，
，
，故②正确；
，
，
四边形 是矩形，
，
，
即 的值为定值4，故③正确；
，
当 最小时， 最小，
当 时， 最小，
在 中， ，
，
，
，线段 的最小值为 ，故④正确；
正确的有①②③④．
故选： ．
【点评】此题考查正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，
垂线段最短．解题关键是熟练掌握正方形的判定与性质、矩形的判定与性质．
36．（2023•鼓楼区校级模拟）如图，正方形 的边长为2， 是对角线 上一动点，
于点 ， 于点 ，连结 ，给出四种情况：
①若 为 上任意一点，则 ；
②若 ，则 ；
③若 为 的中点，则四边形 是正方形；
④若 ，则 ．
则其中正确的是 ①②③④ ．
【分析】根据正方形的性质得出 ，进而利用全等三角形的判定和性质判断①；
根据等腰三角形的内角和定理判断②；
根据正方形的判定判断③；
根据正方形的面积公式和三角形的面积公式解答判断④．
【解答】解：连接 ， ， 与 相交于点 ，
四边形 是正方形，
， ， ，
于点 ， 于点 ，
，
四边形 是矩形，
，
在 与 中，，
，
，
，故①正确；
四边形 是正方形，
， ，
，
，
，故②正确；
当 是 的中点时， 是 ， 的交点，即 与 重合，
， ，
，
矩形 是正方形，故③正确；
正方形 的边长为2，
正方形 的面积 ，
，
，故④正确；
故答案为：①②③④．
【点评】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解
答．
37．（2023春•淮阳区期末）（1）将矩形纸片 沿过点 的直线折叠，使点 落在上的点 处，得到折痕 ，如图1．求证：四边形 是正方形；
（2）将图1中的矩形纸片 沿过点 的直线折叠，点 恰好落在 上的点 处，
点 落在点 处，得到折痕 ， 交 于点 ，如图2．线段 与 是否相等？
若相等，请给出证明；若不等，请说明理由．
【分析】（1）由折叠性质得 ， ， ，再根据平行线的性
质和等腰三角形的判定得到四边形 是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形
为正方形；
（2）连接 ，证明 △ △ ，得 ，便可得结论．
【解答】（1）证明： 是矩形，
，
将矩形纸片 沿过点 的直线折叠，使点 落在 上的点 处，得到折痕 ，
， ， ，
，
，
，
，
四边形 是菱形，
，
四边形 是正方形；
（2）解： ．
证明：如图1，连接 ，由（1）知， ，四边形 是矩形，
， ，
由折叠知， ， ，
， ，
又 ，
在 △ 和 △ 中，
，
△ △ ，
，
．
【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，等腰三角形的判定，全等三角形
的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解决本题关键证明利用勾股定理构建方程．
强化训练
一、单选题
1．（2020八年级下·四川成都·学业考试）如图，四边形 是菱形，过点D的直线
分别交 ， 的延长线于点E，F，若 ， ，则 等于（ ）
A． B． C． D．【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【详解】解： ， ，
，
∵四边形 是菱形，
，
，
，
故选：B．
2．（22-23八年级下·重庆沙坪坝·期中）下列说法中错误的是（ ）
A．矩形的两条对角线相等
B．菱形的两条对角线互相垂直
C．两条对角线相等的平行四边形是矩形
D．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质．根据矩形的判定和性质，菱
形的判定和性质判断即可．
【详解】解：A、矩形的两条对角线相等，本选项不符合题意；
B、菱形的两条对角线互相垂直，本选项不符合题意；
C、两条对角线相等的平行四边形是矩形，本选项不符合题意；
D、两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形，本选项符合题意；
故选：D．
3．（22-23八年级下·辽宁大连·期末）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直 D．对角线平分对角
【答案】B
【分析】此题主要考查了矩形、菱形、正方形关于对角线的性质，根据题目中给出的四个
选项，对照矩形、菱形、正方形关于对角线的性质逐一进行甄别即可得出答案．理解矩形
的对角线互相平分且相等；菱形的对角线互相垂直平分，且每一条对角线都平分一组内角；
正方形的对角线互相垂直平分且相等，每一条对角线都平分一组内角．
【详解】解： A、矩形、正方形具有对角线相等的性质，而菱形不具有，故不符合题意；B、矩形、菱形、正方形都具有对角线互相平分，故符合题意；
C、菱形、正方形具有对角线互相垂直，而矩形不具有，故不符合题意；
D、菱形、正方形具有对角线平分对角，而矩形不具有，故不符合题意．
故选B．
4．（22-23八年级下·河南南阳·期末）如图，矩形 的对角线 、 相交于点O，
， ，若 ， ，则四边形 的周长为（ ）
A．28 B．20 C．14 D．10
【答案】B
【分析】根据矩形的性质求出 和 ，根据题意可得四边形
是菱形，即可求出周长．
【详解】解：∵四边形 是矩形， ， ，
∴ ， ， ，
∵ ， ，
∴四边形 是菱形，
∴四边形 的周长为： ．
故选：B
【点睛】本题考查矩形的性质和菱形的判定及性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解
题关键．
5．（22-23八年级下·天津·期中）如图，在 中， ， 是 的中点，作
于点 ，连接 ，下列结论：① ；② ；③
；④ ；其中正确的个数是（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图所示，延长 交于点 ，过点 作 ，根据点 是 中点，
，可判定 是等腰三角形，根据 即可判定结论①；证明
， 是直角三角形， 是 斜边上的中线，可判定结
论②；根据中位线的性质可判定结论③；证明四边形 是菱形， ，可判定结
论④；由此即可求解．
【详解】解：如图所示，延长 交于点 ，过点 作 ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ， ， ， ，
结论① ，
∵点 中点，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 是等腰三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，∴ ，故结论①正确；
结论② ，
∵ ，
∴ ，
在 中，
，
∴ ，
∴ ，即点 是 的中点，
∵ ，即 ，且 ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是直角三角形，且点 是 的中点，
∴ 是 斜边上的中线，
∴ ，
∴ ，故结论②正确；
结论③ ，
由结论②正确可得， ， 是 斜边上的中线，
∴ ，且 ，
∴ ，
∴ ，
∴ 成立，故结论③正确；
结论④ ，
∵ ， ，
∴ ， ，且 ，
∴四边形 是平四边形，
由上述结论正确可知， ，∴平行四边形 是菱形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，且 ，
∴ ，
∴ ，结论④错误；
综上所述，正确的有①②③， 个，
故选： ．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的
性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三
角形解决问题．
6．（22-23八年级下·贵州铜仁·阶段练习）如图，在矩形 中，对角线 、 相交
于点 ，以下结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】矩形的性质：矩形的四个角都是直角，对边平行且相等，对角线相等且互相平分，
根据矩形的性质逐一判断即可．
【详解】解：∵四边形 为矩形，
∴ ， ， ，
故A，B，D正确，
而 不一定成立，故C不正确；
故选：C．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，熟悉矩形的性质是解题的关键．
7．（22-23八年级下·辽宁铁岭·期末）如图：在 中， ， ， 是斜边
上的一个动点， ， ，垂足分别为 ， ，则 的最小值为（ ）A．6 B． C．5 D．
【答案】D
【分析】根据矩形的性质和判定，求出 ，利用垂线段最短，可知 时，
有最小值，利用勾股定理求出 的长度，最后根据面积法即可求出 的最小值，即
是 最小值.
【详解】解：连接 ，如图所示，
， ， ，
四边形 为矩形，
，
值最小，
值最小，
.
在 中， ， ，
，
，
.
的最小值为 .
故选：D.
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，垂线段最短的性质、勾股定理，解题的关键在于熟练掌握矩形的性质和确定 时， 有最小值.
8．（22-23八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，在正方形ABCD所在的平面内找一点P，
使其与正方形中的每一边所构成的三角形均是等腰三角形，这样的点共有（ ）
A．9个 B．8个 C．7个 D．5个
【答案】A
【分析】此题主要考查正方形的性质．根据正方形的性质得出正方形内 个，外 个，共
个．以正方形的各边向正方形内或外部作等边三角形的顶点，还有一个为正方形的对角线
交点．
【详解】解：如图，以正方形的各边向正方形内或外部作等边三角形，这些三角形的顶点
为P点，还有一个为正方形的对角线交点也满足题意．
故选：A．
9．（22-23八年级下·湖北武汉·期中）如图，现有一张边长为4的正方形纸片 ，将正
方形纸片折叠，使得B点落在 边上点P处（P不与A，D重合）折痕为 ，C点落在
G点处， 交 于H，连接 ．下列结论：① ；②；③ 的周长为8；④若 ，则 ．其中正确的有
（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】①根据 得出 ，再根据 ，得出
；
②首先证明 ，进而得出 ，即可得出答案；
③根据 和 ，即可得出
；
④设 ，在 中，求得 长；设 ， 在 中，求得 长；设
，在 中求得 长，进而求出比值作出判断即可．
【详解】解： ∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
即 ，故①正确；
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
如图2，过B作 ，垂足为Q，∵ ， ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
又∵ ，
∴ ，
又 ， ，
在 和 中，
，
∴ ，
，
∴ ，故③正确；
∵ ， ，
∴ ，
∴ 的周长为： ，
故③正确；
， ，
，设 ，则 ， ， ，
在 中，
，
解得： ，
，
，
，
，
设 ，则 ， ，
在 中，
，
解得： ，
，
设 ，则 ， ，
在 中，
，
解得： ，
，
，故④错误；
其中正确的有①②③，共3个，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理应用及平
行线的性质，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想的应用．
10．（22-23八年级下·山东日照·期末）如图， 是矩形 的对角线，过 的中点
作 的垂线，分别交 于点 ，连接 ，下列结论：① ；② ；③ ；④若 平分 ，则
．其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】先证明 ，可得①正确；根据线段垂直平分线的性质可得 ，
从而得到 ，再由三角形外角的性质可得 ，
可得②正确；再证明四边形 是菱形，可得 ，从而得
到③错误；根据 平分 ，可得 ，从而得到
，可得到④正确．
【详解】解：∵ 是矩形 的对角线，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，故①正确；
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故②正确；
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是菱形，∴ ，故③错误；
∵四边形 是菱形，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故④正确．
∴正确结论的个数是3个．
故选：B
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，直角三角形的性质，线段垂直
平分线的性质，熟练掌握矩形的性质，菱形的判定和性质，直角三角形的性质，线段垂直
平分线的性质是解题的关键．
二、填空题
11．（22-23八年级下·全国·假期作业）如图，木工师傅要做一个矩形木框，做好以后测量
得长 ，宽 ．若对角线 的长为 ，则这个木框
（填“合格”或“不合格”），判定的依据是 ．
【答案】 合格 有一个角是直角的平行四边形是矩形
【解析】略
12．（22-23八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在 中， ， 、 分别是 、
的中点，是 上一点，连接 、 ，若 ，则 ．【答案】
【分析】本题考查了三角形中位线定理的应用，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
根据中位线定理，得到 ，根据直角三角形的性质，得到 ，
结合 计算即可．
【详解】解：∵、分别是 、 的中点，
∴ 是 的中位线，
∴ ，
在 中， ， 是 的中点，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
13．（22-23八年级下·山东临沂·期中）如图，正方形 的边长为2，E是 的中点，
点P是 边上的一个动点，连接 ， ，则 的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据正方形沿对角线的对称性，可得无论P在什么位置，都有 ；故均有
成立；所以原题可以转化为求 的最小值问题，分析易得连接
与 ，求得交点就是要求的点的位置；进而可得 ，可得答案．
【详解】解：连接 ，正方形的对角线互相垂直平分，
无论P在什么位置，都有 ；
故均有 成立；
连接 与 ，所得的交点，即为 的最小值时的位置，
如图所示：
此时 ，
正方形 的边长为 ，
，
E是 的中点，
，
在 中，
．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了正方形中的最小值问题．解决此类问题关键是利用图形的轴对称
性把所求的两条线段和转化为一条线段的长度，通常是以动点所在的直线作为对称轴作所
求线段中一条线段的对称图形来转化关系．
14．（22-23八年级下·北京密云·期中）如图，矩形 中， ， ， 为
中点， 为 边上任意一点， ， 分别为 ， 中点，则 的长 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，正确的添加辅助线是解题的关键．连接 ．根据中点的定义求得 ．根据矩形的性质和勾股定理可求 ，
再根据三角形中位线定理可求 的长．
【详解】解：连接 ．
∵ 为 中点， ，
∴ ．
∵四边形 是矩形，
∴ ．
在 中， ，依据勾股定理 ，
∴ ．
∵ ， 分别为 ， 中点，
∴ ．
故答案为： ．
15．（22-23八年级下·全国·假期作业）如图，在△ABC中，D，E，F分别是边BC，AC，
AB的中点．要使四边形AFDE为菱形，应添加的条件是 （添加一个条件即可）．
【答案】AF＝AE（答案不唯一）
【解析】略
16．（22-23八年级下·新疆吐鲁番·阶段练习）如图，菱形 的两对角线 ， 相交
于点O，若 ， ，则菱形的边长为 ，周长为 面积为【答案】 12
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理等知识，先根据菱形的性质求出 、 ，然
后根据勾股定理求出 ，即可求解．
【详解】解：∵菱形 的两对角线 ， 相交于点O， ， ，
∴ ， ，菱形 的面积为 ，
∴ ，
∴
∴菱形 的边长为 ，菱形 的周长为 ，
故答案为： ； ；12．
17．（22-23八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期中） 的四边形，它的中点四边形是矩
形．
【答案】菱形
【分析】根据中位线定理和菱形的性质，即可解答．
【详解】解：如图，四边形 是菱形， 分别是菱形四条边的中点，
四边形 是菱形，
，
分别是菱形四条边的中点，
，且 ，
平行四边形 是矩形，
故答案为：菱形．【点睛】本题考查了中点四边形，三角形中位线定理，矩形的判定，菱形的性质，熟练掌
握相关性质是解题的关键．
18．（22-23八年级下·吉林长春·阶段练习）如图，已知正方形 为 边上一点
（不与端点重合），以 为一边作正方形 ，连接 ，若 ，则
的面积为 ．
【答案】
【分析】连接 ，根据正方形的性质可得 ，则 ，然后根据
进行计算即可．
【详解】解：连接 ，
∵四边形 和四边形 是正方形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故答案为： ．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行线的判定和性质，作出合适的辅助线，证明
是解题的关键．
三、解答题
19．（22-23八年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，在平行四边形 中， 、
相交于点O，且 ．
(1)求证：四边形 是矩形；
(2)若 ， ，求矩形 的面积．
【答案】(1)见解析
(2)矩形 的面积为
【分析】（1）根据对角线相等的平行四边形是矩形，即可得证；
（2）证明 是等边三角形，勾股定理求出 的长，利用长乘宽计算矩形的面积即可．
【详解】（1）证明：在平行四边形 中，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴平行四边形 是矩形；
（2）解：∵矩形 ，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，∴ ， ，
∴ ，
∴矩形 的面积 ．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．解题的关键是掌握对角
线相等的平行四边形是矩形．
20．（22-23八年级下·吉林白山·期末）如图，在矩形 中，对角线 、 相交于点
，点 、 分别是 、 的中点，若 ，求 的长度．
【答案】
【详解】本题考查了矩形的性质、三角形中位线的性质，根据矩形的性质得
，进而可得 ，再根据三角形中位线的性质即可求解，熟
练掌握矩形的性质及三角形中位线的性质是解题的关键．
解： 四边形 是矩形， ，
， ，
，
点 、 是 ， 的中点，
是 的中位线，
．
21．（22-23八年级下·辽宁抚顺·期末）在 中， ，点D为射线 上一动点
（点D不与B，C重合），以 为边作菱形 ，使 ，连接 ．(1)如图1，当点D在线段 上时，直接写出线段 与 的数量关系；
(2)如图2，当点D在线段BC的延长线上，且 时，求证： ．
【答案】(1)
(2)见详解
【分析】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，利
用已知条件证明 是解题的关键．
（1）由已知 得 ，再根据菱形的性质得 ，再由
，证明 ≌ ；
（2）同（1）可得 ≌ ，得 ，再由 ， 证得
，所以 ．
【详解】（1）证明： 四边形 是菱形，
，
，
，
，
≌ ，
．
（2）证明： 四边形 是菱形，
，
，
，
，
≌ ，，
， ，
∴由勾股定理，得 ，
，
．
22．（22-23八年级下·吉林长春·期末）如图，在矩形 中，点 在对角线 上，点
在边 上（点 与点 、 不重合）， ， ．
(1)求 的度数；
(2)求证：四边形 是正方形．
【答案】(1)
(2)见解析．
【分析】（1）由余角的性质可得 ， ，即可求解；
（2）由三角形内角和定理可求 ，可得 ，即可求解．
本题考查了正方形的判定，矩形的性质，掌握正方形的判定方法是解题的关键．
【详解】（1）解： ，
，
，
，，
．
（2）证明： ，
，
， ，
，
，
，
矩形 是正方形．
23．（22-23八年级下·福建厦门·期中）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．
24．（22-23八年级下·广东深圳·期中）（1）【观察猜想】我们知道，正方形的四条边都相
等，四个角都为直角．如图1，在正方形 中，点E，F分别在边 上，连接
，并延长 到点G，使 ，连接 ．若 ，则
之间的数量关系为______；
（2）【类比探究】如图2，当点E在线段 的延长线上，且 时，试探究
之间的数量关系，并说明理由；（3）【拓展应用】如图3，在 中， ，D，E在 上， ，
若 的面积为16， ，请直接写出 的面积．
【答案】（1） （2） ，理由见解析（3）7
【分析】（1）证明 ，可得 ，根据正方形的
性质求出 ，再证 ，可得 ，则
，即可得出答案；
（2）在 上截取 ，连接 ．证明 ，可得
，根据正方形的性质求出 ，再证
，可得 ，则 ，即可得出答案；
（3）如图3，将 绕点A逆时针旋转 得到 ，连接 ，此时 与 重合，
，证明 ，则 ，由
，可得 是直角三角形，由 可得 ，根据
的面积为16即可求解．
【详解】解：∵四边形 为正方形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 为正方形，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
故答案为： ；
（2） ，理由如下：
如图2，在 上截取 ，连接 ．
∵四边形 为正方形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 为正方形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
在 和 中， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
（3）如图3，将 绕点A逆时针旋转 得到 ，连接 ，此时 与 重合，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
由旋转得 ，
∴ ，
∴ 是直角三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 的面积为16，∴ ．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三
角形的判定和性质，三角形的面积，解此题的关键是能正确作出辅助线得出全等三角形，
综合性比较强，有一定的难度．
25．（22-23八年级下·贵州铜仁·阶段练习）在 中， 、 交于点O，过点O作
直线 、 ，连接 、 、 、 ．
(1)如图①，试判断四边形 的形状，并说明理由；
(2)如图②，当 时，四边形 的形状是______；
(3)如图③，在（2）的条件下，若 ，四边形 的形状是________；
(4)如图④，在（3）的条件下，若 ，试四边形 的形状是，并说明理由．
【答案】(1)四边形 是平行四边形；理由见解析
(2)菱形
(3)菱形
(4)四边形 是正方形；理由见解析
【分析】此题主要考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定和性质以及全等三角形
的判定和性质；熟练掌握各特殊四边形的联系和区别是解答此类题目的关键．
（1）由于平行四边形对角线的交点是它的对称中心，即可得出 、 ；根
据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可判断出 的形状；
（2）当 时，平行四边形 的对角线互相垂直平分，故四边形 是菱形；
（3）当 时，对四边形 的形状不会产生影响，故结论同（2）；
（4）当 且 时，四边形 是正方形，则对角线相等且互相垂直平分；
可通过证 ，得 ，从而证得菱形的对角线相等，根据对角线相等的菱
形是正方形即可判断出 的形状．
【详解】（1）解：四边形 是平行四边形；证明：∵ 的对角线 、 交于点O，
∴点O是 的对称中心；
∴ ， ；
∴四边形 是平行四边形；
（2）解：同（1）可得：四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是菱形，
故答案为：菱形；
（3）解：由（2）知四边形 是菱形，
当 时，对四边形 的形状不会产生影响，
故答案为：菱形；
（4）解：四边形 是正方形；
证明：∵ ，
∴ 是矩形；
又∵ ，
∴ 是正方形，
∴ ， ；
∵ ，
∴ ；
∴
∴ ；
∴ ；
∴ ，
同理可得： ，
∴ ；
由（3）知四边形 是菱形，
又 ，
∴四边形 是正方形．
26．（22-23八年级下·河南南阳·期末）下面是小强设计的“过直线外一点作这条直线的平
行线”的尺规作图过程．
已知：如图，直线l和直线 外一点 ．求作：直线 ，使 ．
作法：如下图，
①在直线l上任取两点A，B；
②以点 为圆心， 长为半径作弧，以点 为圆心， 长为半径作弧，两弧在直线 上
方相交于点 ；
③作直线 ．
则直线 就是所求作的直线．
请按要求解答下列问题：
(1)请用无刻度的直尺和圆规将小强设计的尺规作图补充完整；（要求：保留作图痕迹，使
用 铅笔作图）
(2)完成下面的证明．
证明：∵ ，
∴四边形 是平行四边形（____________________）（填写推理的依据）．
∴ （____________________）（填写推理的依据）．
即 ．
(3)若 ，可知四边形 是矩形（____________________）（填写推理的依据）．
【答案】(1)见解析
(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形；平行四边形的两组对边分别平行．
(3)有一个角是直角的平行四边形是矩形
【分析】（1）根据题目告诉的作图方法进行作图即可；
（2）利用平行四边形的性质与判定证明即可；（3）根据矩形的判定填写推论依据，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，直线 就是所求作的直线．
（2）证明： ，
四边形 是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）．
（平行四边形的两组对边分别平行）．
即 ．
（3）若 ，则 可知四边形 是矩形（有一个角是直角的平行四边形
是矩形）
【点睛】本题考查了尺规作图，平行四边形的性质与判定，矩形的判定定理，熟练掌握相
关性质定理是解题的关键．
