【期末常考压轴题】湘教版八年级数学下册-专题07 矩形、菱形、正方形的性质与判定压轴题九种模型 全攻略讲学案

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc3006" 【典型例题】 PAGEREF _Tc3006 \h 1
\l "_Tc2636" 【考点一 利用矩形的性质求角度】 PAGEREF _Tc2636 \h 1
\l "_Tc25953" 【考点二 利用矩形的性质求线段长】 PAGEREF _Tc25953 \h 3
\l "_Tc17106" 【考点三 矩形的性质与判定综合问题】 PAGEREF _Tc17106 \h 6
\l "_Tc17823" 【考点四 利用菱形的性质求角度】 PAGEREF _Tc17823 \h 9
\l "_Tc30282" 【考点五 利用菱形的性质求线段长】 PAGEREF _Tc30282 \h 11
\l "_Tc22982" 【考点六 菱形的性质与判定综合问题】 PAGEREF _Tc22982 \h 13
\l "_Tc11461" 【考点七 利用正方形的性质求角度】 PAGEREF _Tc11461 \h 17
\l "_Tc24989" 【考点八 利用正方形的性质求线段长】 PAGEREF _Tc24989 \h 19
\l "_Tc1799" 【考点九 正方形的性质与判定综合问题】 PAGEREF _Tc1799 \h 23
\l "_Tc8867" 【过关检测】 PAGEREF _Tc8867 \h 27
【典型例题】
【考点一 利用矩形的性质求角度】
例题：（2022秋·四川成都·九年级统考期末）如图，矩形的对角线，相交于点O，过点O作，交于点E，若，则的大小为__________．
【答案】##50度
【分析】根据矩形的性质，得到，利用三角形外角求出，利用垂直可求出结果．
【详解】∵四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质；灵活运用矩形的性质求解是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级校联考阶段练习）在矩形中，作的平分线交直线于点E，则是____________度．
【答案】45或135
【分析】根据题意分当的平分线交线段于点E和当的平分线交线段外于点E，然后根据矩形的性质及角平分线的定义可进行求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵平分，
∴，
由题意可分：
①当的平分线交线段于点E，如图所示：
∴；
②当的平分线交线段外于点E，如图所示：
∴；
综上所述：或；
故答案为45或135．
【点睛】本题主要考查矩形的性质及角平分线的定义，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
2．（2022秋·江苏常州·九年级校考期中）如图，在平行四边形中，点是边的中点，连接并延长，交的延长线于点．连接、．
(1)求证：；
(2)当四边形是矩形时，若，求的度数．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据平行四边形性质得出，推出，再由即可得出结论；
（2）根据矩形的性质和等腰三角形的性质解答即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，即，
∴，
∵点是的中点，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质、证明是解题的关键．
【考点二 利用矩形的性质求线段长】
例题：（2023秋·陕西西安·九年级陕西师大附中统考期末）如图，矩形的对角线与相交于点，，，则的值为______．
【答案】6
【分析】利用矩形的对角线平分且相等来进行计算即可．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
在中，，，
，
，
．
故答案为：6．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质．
【变式训练】
1．（2022秋·山东青岛·九年级统考期末）如图，四边形是矩形，点在线段的延长线上，连接交于点，，点是的中点，若，，则的长为______．
【答案】
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据等边
对等角的性质可得，再结合两直线平行，内错角相等可得，再
根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得，从而得到
，再利用等角对等边的性质得到，然后利用勾股定理列式计算即可得
解．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
点是的中点，
，
，
∵，
，
，
，
，
，
在中，，
．
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角的性质，等角对等边的性质，以及勾股定理的应用，求出是解题的关键．
2．（2021春·重庆巴南·九年级校考期中）如图，在矩形中，是对角线，、分别平分、，交边、于点、．
(1)若，，求的长．
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）由已知可求得的长及，由勾股定理求得的长，再由含30度角直角三角形的性质即可求得结果；
（2）由矩形的性质及角平分线的意义易得，从而问题解决．
【详解】（1）解：四边形是矩形，
，
，，
；
平分，
，
，
∴；
由勾股定理得，
；
（2）证明：四边形是矩形，
，，，
，
、分别平分、，
，，
，
，
．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30度直角三角形的性质等知识，灵活运用这些知识是关键．
【考点三 矩形的性质与判定综合问题】
例题：（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，在中，，平分交于点D，分别过点A、D作、，与相交于点E，连接．
(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）根据、证明四边形为平行四边形，即可得出答案；
（2）由等腰三角形的性质得出，，得出，，先证出四边形是平行四边形．再证明四边形是矩形即可．
【详解】（1）证明：∵、，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（2）证明：∵，平分，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴
∴四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、等腰三角形的性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质，由等腰三角形的性质得出，，是解决问题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·山东青岛·九年级校考期末）如图，将的边延长到点E，使，连接交边于点F．
(1)求证：；
(2)若，判断四边形的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)矩形，见解析
【分析】（1）先根据平行四边形的性质得出，，再由得出，根据平行线的性质得出，，根据全等三角形的判定和性质定理进而可得出结论；
（2）根据平行四边形的性质可得，，，再由，可得，进而可判定四边形是平行四边形，然后再证明即可得到四边形是矩形．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∵，．
∵，
∴．
∵，
∴，，
在与中，
，
∴（ASA）；
∴，，
在与中，
∴（SAS）；
（2）四边形是矩形，
理由：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
【点睛】此题主要考查平行四边形的性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，关键是掌握平行四边形的对边相等；对角相等；对角线互相平分．
2．（2022秋·吉林长春·九年级长春市解放大路学校校考期末）如图，在平行四边形中，点，分别在边，上，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，若，，平分，则平行四边形的面积为______．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据已知条件先证明四边形 为平行四边形，再根据即可得证；
（2）由平分，可求得，在中，，则，根据含30度角的直角三角形的性质，求得，再求出，由已知进而即可求得即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
又∵，
∴，即，
∵，，
四边形为平行四边形，
又 ∵，
∴平行四边形是矩形．
（2）∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为；．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的定义，等角对等边，熟练以上知识点是解题的关键．
【考点四 利用菱形的性质求角度】
例题：（2021·四川眉山·校考模拟预测）如图，菱形中，已知，则的大小是____________．
【答案】##140度
【分析】根据菱形的对角线平分一组对角，以及邻角互补，即可得解．
【详解】解：∵菱形中，，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质．熟练掌握菱形的对角线平分一组对角，是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·江西九江·九年级统考期末）如图，在菱形中，交对角线于点E，若，，则________．
【答案】3
【分析】利用含30角的直角三角形的性质求出，利用等角对等边求出，即可解决问题．
【详解】解：四边形是菱形，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
故答案为：3．
【点睛】本题考查菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质等，解题的关键是综合运用上述知识解决问题．
2．（2022秋·四川成都·九年级成都七中校考期中）如图，在菱形中，与相交于点，的垂直平分线交于点，连接，若，则的度数为______．
【答案】
【分析】根据菱形的性质，得到，，再根据垂直平分线性质，得到，从而得到，最后利用三角形外角性质即可求出的度数．
【详解】解：连接，
四边形是菱形，，
，，，
，
垂直平分，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质等知识，熟练掌握菱形的基本性质是解题关键．
【考点五 利用菱形的性质求线段长】
例题：（2021春·江苏淮安·八年级校考期中）如图，菱形的周长是16，，则对角线的长是_____________．
【答案】4
【分析】由于四边形是菱形，是对角线，根据，而，易证是等边三角形，从而可求的长．
【详解】解：∵四边形是菱形，是对角线，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵菱形的周长是16，
∴．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质．菱形的对角线平分对角，解题的关键是证明是等边三角形．
【变式训练】
1．（2022秋·山东青岛·九年级统考期末）如图，在菱形中，，，是中点，交于点，连接，则的长为______．
【答案】
【分析】连接，则为等边三角形，利用等边三角形的性质，可得出的长，由，可得出，进而可求出的长．
【详解】解：连接，则为等边三角形，如图所示．
是中点，，
，，
．
又，
，
，即：，解得：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及等边三角形的判定与性质，根据菱形的性质，找出为等边三角形是解题的关键．
2．（2022秋·陕西榆林·九年级校考期末）如图，已知四边形是菱形，且于点，于点．
(1)求证：；
(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质，得，；根据于点，于点，则，即可；
（2）根据菱形的性质，得，根据，，勾股定理，求出，即可求出菱形的面积．
【详解】（1）证明，如下：
∵四边形是菱形，
∴，，
∵于点，于点，
∴，
∴，
∴．
（2）∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴菱形的面积为：．
【点睛】本题考查菱形的知识，解题的关键是掌握菱形的性质，勾股定理，全等三角形的知识．
【考点六 菱形的性质与判定综合问题】
例题：（2022春·甘肃平凉·八年级校考期末）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；
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）先证明得到进而证明四边形是平行四边形，再由一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得到结论；
（2）先根据菱形的性质和勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴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，
∴，
∴在中，由勾股定理得，
∴，
∵，点O为的中点，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，角平分线的定义，平行线的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，熟知菱形的性质与判定条件是解题的关键．
【变式训练】
1．（2020秋·四川成都·九年级成都外国语学校校考期中）如图，平行四边形ABCD的对角线，相交于点O，且，，．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的性质和菱形的判定证明即可；
（2）由菱形的性质可得，，，可求，，即可得出答案．
【详解】（1）解：证明：，，
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，
．
．
平行四边形是菱形
（2）由（1）得：四边形是矩形，四边形是菱形，
，，，，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形的判定与性质等知识；灵活运用有关性质是解题的关键．
2．（2022秋·河南郑州·九年级校考期末）如图，平行四边形中，，，，点是的中点，点是边上的动点，的延长线与的延长线交于点，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)①直接写出：当______时，四边形是菱形（不需要说明理由）；
②当______时，四边形是矩形，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①4；②7，理由见解析．
【分析】（1）证明，推出，根据平行四边形的判定即可得出结论；
（2）①当四边形是菱形时，证明是等边三角形，可得，进而可得的长度；
②过A作于M，求出，可得，然后证明四边形是矩形，即可得到的长度．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵G是的中点，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：①当时，四边形是菱形，
理由：∵，，，
∴，，，
当四边形是菱形时，有，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：4；
②当时，四边形是矩形，
理由：过A作于M，
∵，，
∴，
∴，
当四边形是矩形时，有，
∴，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，
故答案为：7．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，菱形的性质，矩形的判定和性质等知识，注意：菱形的四条边都相等，矩形的四个角都是直角．
【考点七 利用正方形的性质求角度】
例题：（2023秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，在正方形中，点为边上一点，与交于点．若，则的大小为______度．
【答案】65
【分析】由三角形的外角性质可知：要求，只要求，由正方形的轴对称性质可知：，即可求出．
【详解】解：四边形是正方形，具有关于对角线所在直线对称的对称性，
，，，
又是的外角，
，
故答案为：65．
【点睛】本题综合考查正方形的对称性质和三角形外角性质，解题关键是利用正方形的对称性快速得出结论．
【变式训练】
1．（2021秋·山西太原·九年级太原市外国语学校校考阶段练习）如图，正方形中，，则_____．
【答案】##度
【分析】根据正方形的性质得出，根据已知条件可得，进而根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，掌握正方形的性质是解题的关键．
2．（2021春·江苏南京·八年级校考期中）如图，四边形ABCD是正方形，以BC为边在正方形内部作等边，连接PA，则__________．
【答案】
【分析】根据正方形的性质，等边三角形的性质，推出是等腰三角形，从而求出的度数，进而求出的度数即可．
【详解】解： ∵四边形ABCD是正方形，是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质．熟练掌握正方形的性质和等边三角形的性质，利用等边对等角求角的度数，是解题的关键．
【考点八 利用正方形的性质求线段长】
例题：（2021春·重庆沙坪坝·八年级重庆市第七中学校校考期中）如图，在正方形中，是对角线上一点，过点作，交于点，，，则___________．
【答案】
【分析】作出如图的辅助线，证明，推出，，再证明，可推出为等腰直角三角形，求得长，设，由勾股定理建立方程即可求的长．
【详解】解：连接、，过点E作于点M，如图所示，
∵四边形为正方形，
∴，，，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵，，
∴，
∵，即，
∴，
设，
在中，，
∴，解得，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，证明是解决问题的关键．
【变式训练】
1．（2022春·江苏连云港·八年级统考期中）如图，在正方形中，为对角线上一点，过作于，于，若，，则___________．
【答案】
【分析】延长、交、于、，由正方形的性质，得到，再由等腰三角形的性质及正方形的性质得到，，由勾股定理即可得出结论．
【详解】解：如图，延长、交、于、．
四边形为正方形，
，
，，
则 ．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理．求出，的长是解答本题的关键．
2．（2022秋·山东青岛·九年级山东省青岛第七中学校考开学考试）如图，点E在正方形的边上，将绕点A顺时针旋转90°到的位置，连接，过点A作的垂线，垂足为点H，与交于点G，若，，则的长为______．
【答案】
【分析】连接，根据垂直平分，即可得出，设，则，，再根据中，，即可得到的长．
【详解】解：如图所示，连接，
由旋转可得，，
∴，，
又∵，
∴H为的中点，
∴垂直平分，
∴，
设，则，，
∴，
∵，
∴中，，
即，
解得，
∴的长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理以及旋转的性质，解题时注意：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
3．（2022秋·四川内江·九年级校考期中）如图，正方形的边长为4，点E是的中点，平分交于点F，将绕点A顺时针旋转得，求的长．
【答案】的长为．
【分析】利用勾股定理计算出，再根据旋转的性质得到，，，，于是可判断点G在的延长线上，接着证明平分得到，然后计算就可得到的长．
【详解】解：∵正方形的边长为4，点E是的中点，
∴，
∴，
∵将绕点A顺时针旋转得，
∴，，，，
而，
∴点G在的延长线上，
∵平分交于点F，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质和勾股定理．
【考点九 正方形的性质与判定综合问题】
例题：（2022秋·安徽芜湖·九年级校考开学考试）如图所示，在正方形的边的延长线上取点，连接，在上取点，使得，连接，过点作，交于点．
(1)若正方形的边长为，且，求的长；
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】由正方形的边长为，在中，由，即可求得的长，然后由勾股定理求得的长，又由，即可求得的长；
先在上截取，然后证得≌，由全等三角形的对应角相等、同角的余角相等，即可求得，进而得出．
（1）
解：四边形是正方形，且边长为，
，，
在中，，
，
，
，
；
（2）
证明：在上截取，连接，
，，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】此题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识的综合应用．解题时注意掌握辅助线的作法，构造全等三角形是解决问题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·吉林松原·九年级统考期中）如图，点是正方形内部的一点，，将绕点A按逆时针方向旋转得到，，的延长线相交于点E.若正方形的边长为10，．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长是14．
【分析】（1）由，得，由旋转得，，即可证明四边形是正方形；
（2）根据勾股定理列方程，求得符合题意的的值，即可求得的长为14．
【详解】（1）证明：∵，
∴
由旋转得，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
（2）解：∵正方形的边长为10，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得或（不符合题意，舍去），
∴，，
∴，
∴BE的长是14．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、勾股定理的应用等知识与方法，正确理解和运用旋转的性质是解题的关键．
2．（2022春·四川泸州·八年级统考期末）如图，点E是正方形的边上不同于C，D的任意一点，延长至点F，使．分别过点E，F作的垂线，相交于点G．
(1)如图1，连接，、与有何关系？请说明理由．
(2)如图2，连接．若．
①当点E是的中点时，____________；
②当点E不是的中点时，的值与①相比，有变化吗？请说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)①；②不变化，理由见解析
【分析】（1）证明即可得到；
（2）先证明四边形是正方形，延长，相交于点H．①当点E是的中点时，四边形的边长等于，然后根据求解即可；②设四边形的边长为b，根据求解即可．
【详解】（1）∵四边形是正方形，
∴．
在和中
，
∴，
∴；
（2）∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形．
①∵E是的中点，
∴，
∴
．
故答案为：．
②不变化，设四边形的边长为b，
．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，整式的加减，数形结合是解答本题的关键．
【过关检测】
一、选择题
1．（2023春·海南省直辖县级单位·八年级校考期中）如图，矩形中，对角线，交于O点．若，，则的长为（ ）．
A．4B．C．3D．5
【答案】A
【分析】先由矩形的性质得出，结合题意证明是等边三角形即可．
【详解】解：四边形是矩形，且
是等边三角形，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形对角线相等且互相平分的性质及等边三角形的判定方法，熟练掌握矩形性质是解决本题的关键.
2．（2022秋·广东深圳·九年级期末）如图，菱形中，E，F分别是，的中点．若菱形的周长为32，则线段的长为（ ）
A．4B．6C．8D．12
【答案】A
【分析】先由菱形的性质求出菱形的边长，再根据三角形中位线定理求解即可．
【详解】解：∵菱形的周长为32，
∴，
∴，
∵E，F分别是，的中点．
∴是的中位线，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查菱形的性质，三角形中位线的判定与性质，熟练掌握菱形的性质，三角形中位线的性质是解题的关键．
3．（2022秋·山东枣庄·九年级统考期中）如图，在矩形中，对角线、相交于点O，若平分交于点E，且，连接，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由矩形，得到，根据平分，得到等边三角形，，求出，根据三角形的内角和定理即可求出答案．
【详解】解：四边形是矩形，
∴，，，，，
，，
平分，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
∵，
．
故选C．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理，矩形的性质，等边三角形的性质和判定，平行线的性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定，矩形的性质等知识点，证明是等边三角形是解决本题的关键．
4．（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，在菱形中，，分别在，上，且，与交于点，连接．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质可得，，，得到，从而得到，得到，利用等腰三角形的性质，即可求解．
【详解】解：根据菱形的性质可得，，，
∴
又∵，
∴
∴，即为的中点
∴，
∴
故选C
【点睛】此题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．
5．（2022秋·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考期末）如图，边长为6的正方形中，点E、F分别在边、上，连接、、，已知平分，，则的长为（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】B
【分析】延长到，使，连接，由平分，可证，得，，即可证，得，设，根据，有，即可解得答案．
【详解】解：延长到，使，连接，如图：
平分，
，
，，
∴，
，，
四边形是正方形，
，，
∴，
，
设，则，，
，
，
，
解得，
，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，勾股定理及应用，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．
二、填空题
6．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）如图，在菱形中，的中垂线交于点，交于点，，则的度数为_________．
【答案】36°
【分析】根据EF垂直平分AD可得AF=DF，所以∠FAD=∠FDA，再根据三角形外角得出∠DFC=∠FAD+∠FDA=2∠FAD，再根据菱形性质得∠BAD=2∠FAD，所以∠DFC=∠BAD．再由∠ABC=4∠DFC，∠ABD+∠BAD=180°，求出∠BAD．
【详解】解：如图所示，
∵EF垂直平分AD．
∴AF=DF．
∴∠FAD=∠FDA．
∵∠DFC=∠FAD+∠FDA．
∴∠DFC=2∠FAD．
在菱形ABCD中，AC是对角线，
∴∠BAD=2∠FAD．
∴∠BAD=∠DFC．
∵∠ABC=4∠DFC．
∴∠ABC=4∠BAD．
∵∠BAD+∠ABC=180°．
∴∠BAD+4∠BAD=180°．
∴∠BAD=36°
故答案为：36°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，根据菱形对角线平分每一组对角得出∠BAD=2∠FAD是解题的关键．
7．（2023秋·江苏苏州·八年级苏州中学校考期末）将一把含角的三角尺和一把长方形直尺按如图所示摆放，若，则这把直尺的宽___________．
【答案】
【分析】过点E作，垂足为F，设长直角边与的交点为G，斜边与的交点为M，角的顶点为H，计算，结合，计算即可．
【详解】如图，过点E作，垂足为F，设长直角边与的交点为G，斜边与的交点为M，角的顶点为H，
∵，，，
∴，四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
解得．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形外角性质，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
8．（2022春·山东菏泽·八年级统考期末）如图，正方形中，是对角线上一点，的延长线交于点，连接，，则的度数为______．
【答案】18°##18度
【分析】先证明，得到，可得到，再根据平行线的性质得到，可得，根据三角形内角和定理即可求解；
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，ABCD，
又∵BD是角平分线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：18°．
【点睛】本题主要考查了利用正方形的性质求角度，利用三角形全等和三角形内角和定理求解是解题的关键．
9．（2022秋·山东菏泽·九年级菏泽市牡丹区第二十一初级中学校考阶段练习）如图，矩形的顶点E、F分别在菱形的边和对角线上，连接，若，则的长为______．
【答案】5
【分析】连接AF，由菱形的性质得出∠ABF=∠CBF，AB=BC，可证明（SAS），由全等三角形的性质得出AF=CF，由矩形的性质得出EG=AF，则可得出答案．
【详解】解：连接AF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABF=∠CBF，AB=BC，
又∵BF=BF，
∴（SAS），
∴AF=CF，
∵四边形AEFG为矩形，
∴EG=AF，
∴EG=CF，
∵EG=5，
∴CF=5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形和矩形的性质是解题的关键．
10．（2023秋·山西太原·九年级山西大附中校考期末）如图，在正方形中，点是边上的一点，点在边的延长线上，且，连接交边于点．过点作，垂足为点，交边于点．若，则线段的长为___________．
【答案】
【分析】连接、、，首先可证得，，可证得垂直平分，可得，再根据勾股定理即可求得正方形的边长，再根据勾股定理即可求得的长．
【详解】解：如图：连接、、，
四边形是正方形
设，，
在与中，

，
，
是等腰三角形，
又，
垂直平分，
，
，
又，
，
在中，，
，
解得，
，，
在中，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，证得垂直平分是解决本题的关键．
三、解答题
11．（2023秋·陕西西安·九年级校联考期末）如图，在矩形中，作对角线的垂直平分线，交于点M，交于点N，连接、
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若矩形的边长，求菱形的边长．
【答案】(1)见解析；
(2)5．
【分析】（1）根据矩形性质证，得出，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直证菱形即可；
（2）利用菱形性质在中，根据勾股定理，求出菱形边长．
【详解】（1）证明：在矩形中
，，
，
在与中：
所以四边形是平行四边形，
所以四边形是菱形；
（2）由（1）可知
在中，
解得，
所以菱形的边长为5．
【点睛】本题考查了矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质，证明四边形是菱形是解决问题的关键．
12．（2022秋·安徽宿州·九年级校考期末）如图，菱形的对角线相交于点是的中点，点在边上，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)2．
【分析】（1）证是的中位线，得，再由，得四边形是平行四边形，然后证出，即可得出结论；
（2）由矩形的性质得，再由菱形的性质得，然后求出，由勾股定理得，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
，
是的中点，
是的中位线，
，
，
∴四边形是平行四边形，
，
，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：由（1）得：四边形是矩形，
，
∵四边形是菱形，
，
，
是的中点，
∴，
在中，，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，矩形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线性质，勾股定理等知识；熟练掌握三角形中位线定理，证明四边形为矩形是解题的关键．
13．（2022秋·吉林长春·九年级吉林省第二实验学校校考期末）如图，在平行四边形中，对角线、交于点，点为的中点，于点，点为上一点，连接，，且．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若，，，则___________．
【答案】(1)见详解
(2)17
【分析】（1）证是的中位线，得，再证四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论；
（2）证是等腰直角三角形，得，则，过D作于点M，则是等腰直角三角形，得，然后由勾股定理得，即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点E为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴，
∴平行四边形为矩形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由（1）可知，四边形为矩形，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
如图，过D作于点M，
则是等腰直角三角形，
∴，
在中，由勾股定理得： ，
∴，
故答案为：17．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
14．（2021春·四川凉山·八年级校考期中）如图，在中，，，，点D从点C出发沿方向以每秒4个单位长的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以每秒2个单位长的速度向点B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．设点D，E运动的时间是．过点D作于点F，连接，．
(1)求证：．
(2)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应t的值；如果不能，请说明理由．
(3)当t为何值时，为直角三角形？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)能，
(3)当或时，为直角三角形，理由见解析
【分析】（1）根据所对的直角边是斜边的一半，得到，即可得到；
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形，得到当时，四边形为菱形，列式计算即可；
（3）分分别为直角，进行分类讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵点D从点C出发沿方向以每秒4个单位长的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以每秒2个单位长的速度向点B匀速运动，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：能；
∵，，，
∴，，
∴点移动的时间为：，点移动的时间为：，
∴运动的总时间为，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
∴当时，四边形为菱形，
∵，
∴，解得：，
∵，
∴当时，四边形为菱形；
（3）解：当或时，为直角三角形．理由如下：
①当时，如图：
由（2）知：四边形为平行四边形，，
∴，，
∴，即：，
∴；
②当时，如图：
同①可得：，
即：，解得：；
③，此情况不存在；
综上，当或时，为直角三角形．
【点睛】本题考查含的直角三角形，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质．熟练掌握所对的直角边是斜边的一半，是解题的关键．注意，分类讨论．
15．（2022秋·山东济南·九年级校考阶段练习）在正方形中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线，上移动．
(1)如图1，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接和交于点P，请写出与的关系，并说明理由；
(2)如图2，当点E，F分别移动到边，的延长线上时，连接和，（1）中的结论还成立吗？（请直接回答“成立”或“不成立”，无需证明）
(3)如图3，当E，F分别在，的延长线上移动时，连接和，（1）的结论还成立吗？请说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)成立
(3)成立，理由见解析
【分析】（1）动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线，上移动，所以，再由正方形的性质可得，，证得，即可求得结果；
（2）同（1）；
（3）由题得，再由正方形的性质可得，，所以和的邻补角也相等，即可证得，最终证得（1）中结论．
【详解】（1）解：，理由如下：
由题可得，
正方形，
，，
在和中，
，
（SAS），
；
（2）解：成立，理由如下：
由题可得，
正方形，
，，
在和中，
，
（SAS），
；
（3）解：成立，理由如下：
由题可得，
正方形，
，，
，
在和中，
，
（SAS），
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，解决问题的关键是由题干条件得出．
16．（2023秋·陕西西安·九年级西安市曲江第一中学校考期末）在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化．
(1)如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是________，与的位置关系是________；
(2)如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点在直线上时，其他条件不变，连接，若，，请直接写出的面积．
【答案】(1)
(2)（1）中结论仍然成立，证明见解析
(3)或
【分析】（1）连接，延长交于H，证明，得到
，再证明，即可得到：，再由，
即可证明；
（2）连接，与交于点，证明，得到
，再证明，即可得到：，再由即
可证明；
（3）分两种情形：当点P在的延长线上时或点P在线段的延长线上时，连接交于点
O，由，根据勾股定理求出的长即得到的长，再求的长及
等边三角形 的边长可得结论．
【详解】（1）解：如图，连接，延长交于H，
∵四边形是菱形，，
∴，都是等边三角形，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证是等边三角形，
∴，
∴，即
又∵，
∴．
故答案为：；
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图，连接，
∴，为等边三角形，
在和中，，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
设与交于点H，
同理可得，
∴，
又∵，
∴．
（3）解：如图3中，当点P在的延长线上时，连接交于点O，连接，作于F，
∵四边形是菱形，
∴，平分，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由（2）知，
∵，，
∴，
由（2）知，
∴，
∴，
∴，
∵是等边三角形，，
∴，
∴；
如图4中，当点P在的延长线上时，同法可得，
∴；
综上所述，的面积为或．
【点睛】此题是四边形的综合题，重点考查菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将菱形的性质与三角形全等的条件联系起来，此题难度较大，属于考试压轴题．
17．（2022秋·河南安阳·九年级统考期中）（1）如图1，在正方形中，点，分别在边，上，若，则，，之间的数量关系为： ；（提示：以点为旋转中心，将顺时针旋转
解决问题：
（2）如图2，若把（1）中的正方形改为等腰直角三角形，，，是底边上任意两点，且满足，试探究，，之间的关系；
拓展应用：
（3）如图3，若把（1）中的正方形改为菱形，，菱形的边长为8，，分别为边，上任意两点，且满足，请直接写出四边形的面积．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）以点为旋转中心，将顺时针旋转得，可得，，，然后证明，可得，进而可以得结论；
（2）以点为旋转中心，将顺时针旋转得，可得，，，，然后证明，可得，然后证明，进而可以得结论；
（3）连接，根据菱形的性质可得，是等边三角形，然后证明，可得四边形的面积的面积的面积的面积，然后根据等边三角形的面积即可解决问题．
【详解】解：（1），理由如下：
如图，以点为旋转中心，将顺时针旋转得，
，
，，，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
；
；
故答案为：；
（2），理由如下：
是等腰直角三角形，，
，
如图，以点为旋转中心，将顺时针旋转得，
，
，，，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
；
（3）如图，连接，
四边形是菱形，，
，是等边三角形，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
四边形的面积的面积的面积
的面积的面积
的面积
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，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．