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专题04 特殊平行四边形性质与判定
一、【知识回顾】
【思维导图】
【知识清单】
矩形的性质： 因为ABCD是矩形 几何表达式举例： (1) …………… (2) ∵ABCD是矩形 ∴∠A=∠B=∠C=∠D=90° (3) ∵ABCD是矩形 ∴AC=BD
矩形的判定： 四边形ABCD是矩形. 几何表达式举例： (1) ∵ABCD是平行四边形 又∵∠A=90° ∴四边形ABCD是矩形 (2) ∵∠A=∠B=∠C=∠D=90° ∴四边形ABCD是矩形 (3) ……………
菱形的性质： 因为ABCD是菱形 几何表达式举例： (1) …………… (2) ∵ABCD是菱形 ∴AB=BC=CD=DA (3) ∵ABCD是菱形 ∴AC⊥BD ∠ADB=∠CDB
菱形的判定： 四边形四边形ABCD是菱形. 几何表达式举例： (1) ∵ABCD是平行四边形 ∵DA=DC ∴四边形ABCD是菱形 (2) ∵AB=BC=CD=DA ∴四边形ABCD是菱形 (3) ∵ABCD是平行四边形 ∵AC⊥BD ∴四边形ABCD是菱形
正方形的性质： 因为ABCD是正方形 几何表达式举例： (1) …………… (2) ∵ABCD是正方形 ∴AB=BC=CD=DA ∠A=∠B=∠C=∠D=90° (3) ∵ABCD是正方形 ∴AC=BD AC⊥BD ∴……………
正方形的判定： 四边形ABCD是正方形. 几何表达式举例： (1) ∵ABCD是平行四边形 又∵AD=AB ∠ABC=90° ∴四边形ABCD是正方形 (2) ∵ABCD是菱形 又∵∠ABC=90° ∴四边形ABCD是正方形 (3)∵ABCD是矩形 又∵AD=AB ∴四边形ABCD是正方形
二、【考点类型】
考点1：矩形的性质（对角线相等，90°）
典例1：（23-24八年级下·湖北·周测）在矩形中，对角线、相交于点，平分交于点，，连接，则下面的结论：其中正确的结论有 ．
①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④；⑤．
【变式1】（22-23八年级下·江苏苏州·期末）如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作，垂足为点，若，则 ．
【变式2】（22-23八年级上·湖北恩施·期末）如图，点是矩形对角线上一点，过点做，分别交，于点，，连接．若，，则图中阴影部分的面积为 ．
【变式3】（22-23八年级下·福建莆田·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，AC＝6，则点A的坐标是 ．
【变式4（2024·山东济南·模拟预测）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，于点E，于点F，求证：．
【变式5】（23-24八年级下·全国·随堂练习）如图，在矩形中，O为对角线的中点，过点O作直线分别与边、交于M、N两点，连结、．求证：四边形为平行四边形．
【变式6】（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在长方形纸片中，，，将纸片按如图所示的方式折叠，使点B与点重合，折痕为．
(1)求证：；
(2)求和的长．
【变式7】（22-23九年级上·陕西咸阳·期中）如图，矩形的对角线相交于点，点，在上，且．
(1)求证：；
(2)若，求矩形的面积．
考点2：直角三角形斜边上的中线性质
典例2：（22-23八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，中，D，E分别是，的中点，F是延长线上的一点，且，若，，则的长为 ．
【变式1】（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，在中，，为中线，延长至点E，使，连结，F为中点，连接．若，，则的长为 ．
【变式2】（23-24八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，在中，，是的中线，点E，F分别是，的中点，连接，若，则的长为 ．
【变式3】（2023·甘肃陇南·模拟预测）如图，在中，，，平分，是中点，则的度数为 ．
【变式4】（23-24八年级上·浙江嘉兴·期末）如图，是的斜边上的中线，．
(1)求的度数．
(2)若，求的周长．
【变式5】（23-24九年级上·陕西宝鸡·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．
【变式6】（23-24八年级上·云南昭通·期末）如图，在中，是边上的中线，且，于点E．
(1)求的度数；
(2)若，求的长．
【变式7】（23-24八年级上·上海静安·期末）如图，在和中，，连接与交于点，，分别是、的中点．求证：垂直平分．
考点3：矩形的判定
典例3：（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，点A在的边上，于于于C．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的长．
【变式1】（22-23八年级下·北京房山·期末）如图，在中，对角线，交于点，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，作的平分线交于点，求的长．
【变式2】（2024·云南·模拟预测）在中，D是边的中点，、F分别在及其延长线上，，连接、．
(1)求证：
(2)若，试判断四边形的形状，无需说明理由．
【变式3】（23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·开学考试）如图，在平行四边形中，E为线段的中点，连接、，延长、交于点F，连接，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)在不添加辅助线的条件下，请直接写出图中四个三角形且其面积为矩形的面积的四分之一．
考点4：菱形的性质
典例4：（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在菱形中，，是对角线，的交点，点在的延长线上，且．则 度．
【变式1】（23-24八年级下·北京·阶段练习）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接若，，则的长为 ．
【变式2】（2024·山西晋城·二模）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接，若，则菱形的面积为 ．
【变式3】（23-24九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在菱形中，，点E，F分别从点B，D同时以同样的速度沿边，向点C运动． 给出以下三个结论中，正确的是： （填写序号）
①；②； ③ 当点E，F分别为边，的中点时，是等边三角形．
【变式4】（2023·湖南永州·一模）如图，菱形中，，分别以、为圆心，大于的一半长为半径画弧，两弧在的两侧分别交于点、，作直线交于点，交于点，连接，求的度数．
【变式5】（23-24九年级上·四川成都·阶段练习）如图，是菱形的对角线，．
(1)请用尺规作图法，作的垂直平分线，垂足为，交于；（不要求写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）条件下，连接，求的度数．
【变式6】（2023·山东聊城·模拟预测）在菱形中，对角线交于点，过点作的平行线，交延长线于点．
(1)求证：；
(2)若，求菱形的面积．
【变式7】（23-24九年级上·山东泰安·期末）在菱形中，点P是边上一点，连接，点E，F是上的两点，连接，使得
求证：
(1)；
(2)．
考点5：菱形的面积
典例5：（22-23八年级下·甘肃张掖·期末）如如图，菱形的对角线、相交于点，过点作直线分别与、相交于、两点，若，，则图中阴影部分的面积等于 ．
【变式1】（23-24九年级上·四川达州·期末）如图，菱形的边长为26，对角线的长为48，延长至E，平分，点G是上任意一点，则的面积为 ．
【变式2】（23-24九年级上·贵州毕节·阶段练习）如图，菱形中，，于点，交于点，于点．若的周长为4，则菱形的面积为 ．
【变式3】（22-23八年级下·山西忻州·期中）如图，菱形的对角线相交于点O，过点A作于点H，连接．若，，则的长为 ．
考点6：菱形的判定
典例6：（23-24八年级下·全国·随堂练习）如图，在四边形中平分为的中点，连接．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若求的面积．
【变式1】（2024·云南昭通·模拟预测）如图，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E、F分别为的中点，，，求点D到的距离．
【变式2】（2024·山西晋城·二模）请阅读下列材料，并完成相应的任务．
利用尺规在锐角三角形纸片上作菱形在数学兴趣课上，老师提出一个问题：利用尺规在锐角三角形纸片上作菱形，且点D，E，F分别在边上，同学们以小组为单位展开了讨论． 勤学小组展示了他们的作法：如图1，以点A为圆心，任意长为半径画弧，两弧分别交边于点G，H；分别以点G，H为圆心，大于的长为半径画弧，在内部交于点L；连接并延长，交BC边于点D；以点B为圆心，任意长为半径画弧，两弧分别交边于点M，N；以点D为圆心，长为半径画弧，交边于点P；以点P为圆心，长为半径画弧，交前弧于点Q；连接并延长，交边于点F；以点A为圆心，长为半径画弧，交边于点E；连接，．则四边形为菱形． 勤学小组进行了以下证明： 证明：根据尺规作图，得平分，，． ∴，． ∴． ∴． ∴．（依据1） ∴． ∴四边形是平行四边形．（依据2） 又∵， ∴四边形是菱形． 善思小组也展示了他们的作法：如图2，以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交边于点R，S；分别以点R，S为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点T；连接并延长，交边于点D；分别以点A，D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧分别交于点W，V；连接，分别交，于点E，O，F；连接．则四边形为菱形．
任务：
(1)填出证明过程中的依据．
依据1：____________；
依据2：____________．
(2)请根据善思小组的作法，求证：四边形是菱形．
(3)如图3，请你在锐角三角形纸片ABC上用尺规再设计一种不同的方法作菱形AEDF．（要求：不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
【变式3】（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，在四边形中，，对角线的垂直平分线与边分别相交于点M、N．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求菱形的周长．
考点7：正方形的性质
典例3：（23-24八年级下·山东聊城·阶段练习）如图，以正方形的边为边在正方形外作等边三角形，连接交正方形的对角线于点F，连接，则等于 ．
【变式1】（2023·四川成都·模拟预测）如图，在正方形中，，E是的中点，按以下步骤作图．分别以点A和点E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点G，H．作直线交于点F．则的长为 ．
【变式2】（23-24八年级下·河北廊坊·阶段练习）如图，在边长为的正方形的外侧，作．若为边上的一点，当的面积是面积的倍时， （结果保留根号）．
【变式3】（2023·山东青岛·三模）如图，正方形的边长为，点在边上，且，连结，点在边上，连结，把沿翻折，点恰好落在上的点处，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的是 ．(填序号)
【变式4】（23-24九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，点是正方形内位于对角线下方的一点，，求的度数．
【变式5】（23-24九年级上·甘肃陇南·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．
【变式6】（23-24九年级上·山东枣庄·阶段练习）如图，正方形的对角线和相交于点，又是正方形的一个顶点，交于点，交于点F．
(1)求证：；
(2)如果两个正方形的边长都为4，求四边形的面积．
【变式7】（2023·广西防城港·模拟预测）（1）【操作发现】如图15，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形内部的点M处，折痕为，再将纸片沿过点A的直线折叠，使与重合，折痕为，请直接写出的度数；
（2）【拓展探究】如图16，继续将正方形纸片沿继续折叠，点C的对应点恰好落在折痕上的点N处，连接交于点P．若，求线段的长；
（3）【迁移应用】如图17，在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿，折叠，点B落在点M处，点D落在点G处，点A，M，G恰好在同一直线上，若点F为的三等分点，，，求线段的长．
考点8：正方形的判定
典例8：（23-24八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，四边形是菱形，对角线交于点， 点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，，求点到线段的距离．
∴四边形是正方形．
（2）
【变式1】（23-24八年级下·全国·随堂练习）如图，在中，，的平分线交于点D，，．
(1)求证：四边形为正方形；
(2)若，求四边形的面积．
【变式2】（2024·云南昆明·一模）如图，点为正方形内一点，，将绕点逆时针方向旋转得到（点的对应点为点，延长交于点．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若，，求的长．
【变式3】（23-24九年级上·江西南昌·期末）如图，在正方形中，点是对角线上一动点，连接，作交于点，以和为邻边作矩形．
(1)猜想：，的位置关系是 ；
(2)求证：．
考点9：中点四边形
典例9：（23-24八年级下·山东聊城·阶段练习）下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，顺次连接，，，，得到的四边形是平行四边形． 我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切． ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交，于点，，过点作于点，交于点． ，分别为，的中点， ．（依据 ．， ． 四边形是瓦里尼翁平行四边形，，即． ，即， 四边形是平行四边形．（依据． ， ．同理，
任务：
(1)材料中的依据1是指： ，依据2是指： ．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线）；不必说明理由）
(3)在图1中，分别连接，得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线，长度的关系，并证明你的结论．
【变式1】（22-23八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，在四边形中，E、F分别是、的中点，G、H分别是、的中点．
(1)请判断四边形的形状，并说明理由．
(2)四边形满足什么条件时，四边形是菱形，请说明理由．
(3)四边形满足什么条件时，四边形是矩形，请说明理由．
【变式2】（22-23八年级下·甘肃定西·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．
【变式3】（22-23八年级下·江苏扬州·期中）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，顺次连接E、F、G、H得四边形EFGH．
(1)求证：四边形EFGH是平行四边形．
(2)当四边形ABCD分别是菱形、矩形、正方形时，相应的平行四边形EFGH一定是“菱形、矩形、正方形”中的哪一种？请将你的结论填入下表：
四边形ABCD 菱形 矩形 正方形
平行四边形EFGH
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专题04 特殊平行四边形性质与判定
一、【知识回顾】
【思维导图】
【知识清单】
矩形的性质： 因为ABCD是矩形 几何表达式举例： (1) …………… (2) ∵ABCD是矩形 ∴∠A=∠B=∠C=∠D=90° (3) ∵ABCD是矩形 ∴AC=BD
矩形的判定： 四边形ABCD是矩形. 几何表达式举例： (1) ∵ABCD是平行四边形 又∵∠A=90° ∴四边形ABCD是矩形 (2) ∵∠A=∠B=∠C=∠D=90° ∴四边形ABCD是矩形 (3) ……………
菱形的性质： 因为ABCD是菱形 几何表达式举例： (1) …………… (2) ∵ABCD是菱形 ∴AB=BC=CD=DA (3) ∵ABCD是菱形 ∴AC⊥BD ∠ADB=∠CDB
菱形的判定： 四边形四边形ABCD是菱形. 几何表达式举例： (1) ∵ABCD是平行四边形 ∵DA=DC ∴四边形ABCD是菱形 (2) ∵AB=BC=CD=DA ∴四边形ABCD是菱形 (3) ∵ABCD是平行四边形 ∵AC⊥BD ∴四边形ABCD是菱形
正方形的性质： 因为ABCD是正方形 几何表达式举例： (1) …………… (2) ∵ABCD是正方形 ∴AB=BC=CD=DA ∠A=∠B=∠C=∠D=90° (3) ∵ABCD是正方形 ∴AC=BD AC⊥BD ∴……………
正方形的判定： 四边形ABCD是正方形. 几何表达式举例： (1) ∵ABCD是平行四边形 又∵AD=AB ∠ABC=90° ∴四边形ABCD是正方形 (2) ∵ABCD是菱形 又∵∠ABC=90° ∴四边形ABCD是正方形 (3)∵ABCD是矩形 又∵AD=AB ∴四边形ABCD是正方形
二、【考点类型】
考点1：矩形的性质（对角线相等，90°）
典例1：（23-24八年级下·湖北·周测）在矩形中，对角线、相交于点，平分交于点，，连接，则下面的结论：其中正确的结论有 ．
①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④；⑤．
【答案】①②⑤
【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，熟练掌握相关的性质是解答本题的关键．根据题意得到是等腰直角三角形，可得，得到是等边三角形，是等边三角形，由此判断①，结合①可得 、，可判断②，再由直角三角形的性质得到，可判断③，由等腰三角形的性质求出，再由，可判断④，再由面积公式得到，可判断⑤，由此得到答案．
【详解】解： 平分，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
矩形中，
，
是等边三角形，是等边三角形，
故①正确；
由①可知：是等边三角形，是等腰直角三角形，
，，
，
是等腰三角形，
故②正确；
，
，
，
故③不正确；
，
，，
，
故④不正确；
，
，
故⑤正确，
综上，正确的结论有①②⑤，
故答案为：①②⑤．
【变式1】（22-23八年级下·江苏苏州·期末）如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作，垂足为点，若，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质以及勾股定理，由矩形的性质得出，设，则，在中，由勾股定理得出方程，解方程求出，即可得出答案，熟练掌握矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，
，
∴，
设，则，
∵，
∴，
由勾股定理得：
即
解得：
∴；
故答案为：．
【变式2】（22-23八年级上·湖北恩施·期末）如图，点是矩形对角线上一点，过点做，分别交，于点，，连接．若，，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】18
【分析】本题考查了矩形的性质，过点作分别交、于点、，证明，从而，即，求出的值即可求出整个阴影部分的面积，熟练掌握矩形的性质定理是解题关键．
【详解】解：过点作分别交、于点、，如图所示：
由矩形性质可知，，，，
，即，
，即，
，，
，即图中阴影面积为，
故答案为：18．
【变式3】（22-23八年级下·福建莆田·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，AC＝6，则点A的坐标是 ．
【答案】（，）
【分析】由矩形的性质得出∠AOC＝90°，由平行线的性质得出，∠OAC＝30°，由含30°角的直角三角形的性质得出OA，再求出OD、AD，即可得出结果．
【详解】解：如图所示：
∵四边形OABC是矩形，
∴∠AOC＝90°，
∵AC∥x轴，
∴∠OAC＝30°，∠ODA＝90°，
∵AC＝6，
∴OC＝AC＝3，
∴OA＝OC＝3，
∴OD＝OA＝，
∴AD＝OD＝，
∴点A的坐标是（，）；
故答案为：（，）．
【点睛】考核知识点：矩形性质．理解矩形性质和直角三角形性质是关键．
【变式4（2024·山东济南·模拟预测）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，于点E，于点F，求证：．
【答案】见解析
【分析】
本题主要考查矩形的性质和全等三角形的判定和性质，根据矩形的性质得，利用垂直得，结合对顶角相等即可证明，则有结论成立．
【详解】证明：四边形是矩形，对角线，相交于点O，
，
，，
，
在和中，
，
．
【变式5】（23-24八年级下·全国·随堂练习）如图，在矩形中，O为对角线的中点，过点O作直线分别与边、交于M、N两点，连结、．求证：四边形为平行四边形．
【答案】见详解
【分析】由矩形的性质得出，，再由平行的性质得出，，再证明，由全等得形式可得，即可证明四边形为平行四边形．
【详解】证明∵四边形是矩形，O为对角线的中点，
∴，，
∴，．
在和中，
∴
∴．
∵，
∴四边形为平行四边形．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定、平行四边形的判定，以及平行线的性质，掌握矩形的性质和平行四边形的判定是解题的关键．
【变式6】（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在长方形纸片中，，，将纸片按如图所示的方式折叠，使点B与点重合，折痕为．
(1)求证：；
(2)求和的长．
【答案】(1)见详解
(2)，
【分析】
本题考查了折叠的性质，勾股定理，解题的关键是，熟练应用折叠的性质及勾股定理，表示出线段的长度，列出等量关系式．
（1）根据折叠的性质，可得，由长方形可得，，利用等边对等角，即可得出；
（2）设的长度为，为，在中应用勾股定理，列出一元二次方程，即可求出的长度，过点作，在中应用勾股定理，即可求出的长度．
【详解】（1）解：根据折叠的性质，可得，
是长方形，
，
，
，
．
（2）设，则，
在中，
，即：，
解得：，
，
过点作，垂足为，
由（1）可知，，
又，，
，，
，
在中，
，即，
解得：，（舍），
故：，．
【变式7】（22-23九年级上·陕西咸阳·期中）如图，矩形的对角线相交于点，点，在上，且．
(1)求证：；
(2)若，求矩形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理；
（1）由矩形的性质得出，，，，证出，由证明，即可得出，进而即可得证；
（2）证出是等边三角形，得出，，在中，由勾股定理求出，即可得出矩形的面积．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
，，，，
，
，
在和中，
，
（），
，
；
（2）解：，，，
，
，
是等边三角形，
，
，
在中，，
矩形的面积．
考点2：直角三角形斜边上的中线性质
典例2：（22-23八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，中，D，E分别是，的中点，F是延长线上的一点，且，若，，则的长为 ．
【答案】16
【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上中线等于斜边的一半，三角形中位线的性质，解题的关键是先根据直角三角形的性质求出，再根据中位线的性质求出，即可得出答案．
【详解】解：∵在直角中，是斜边上的中线，，
∴．
∵中，D，E分别是，的中点，，
∴是中位线，
∴．
故答案为：16．
【变式1】（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，在中，，为中线，延长至点E，使，连结，F为中点，连接．若，，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，此题的突破口是推知线段的长度和线段是的中位线．利用勾股定理求得；然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得的长度；结合题意知线段是的中位线，则，即可得到答案．
【详解】解：∵在中，，，，
∴．
又∵为中线，
∴．
∵F为中点，即点B是的中点，
∴是的中位线，则．
故答案为：．
【变式2】（23-24八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，在中，，是的中线，点E，F分别是，的中点，连接，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】
本题考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质；
先根据三角形中位线定理可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出答案．
【详解】解：∵点E，F分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，是的中线，
∴，
故答案为：．
【变式3】（2023·甘肃陇南·模拟预测）如图，在中，，，平分，是中点，则的度数为 ．
【答案】
【分析】
本题考查的是直角三角形的性质、角平分线的定义，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，根据三角形内角和定理求出，根据角平分线的定义，证明，从而可得答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵是中点，
∴，
∴；
故答案为：
【变式4】（23-24八年级上·浙江嘉兴·期末）如图，是的斜边上的中线，．
(1)求的度数．
(2)若，求的周长．
【答案】(1)
(2)的周长为15
【分析】此题考查了直角三角形的性质，等边三角形的性质和判定，
（1）根据直角三角形两锐角互余求解即可；
（2）首先根据直角三角形的性质得到，然后证明出是等边三角形，进而求解即可．
【详解】（1）解：，，
．
（2）解：是的斜边边上的中线，且，
，
，
是等边三角形，
的周长为15．
【变式5】（23-24九年级上·陕西宝鸡·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，
∴，
，
∴．
【变式6】（23-24八年级上·云南昭通·期末）如图，在中，是边上的中线，且，于点E．
(1)求的度数；
(2)若，求的长．
【答案】(1)
(2)6
【分析】此题考查了直角三角形斜边上的中线、含角的直角三角形的性质，熟记直角三角形斜边上的中线、含角的直角三角形的性质是解题的关键．
（1）由题意得，根据等边对等角可得，进一步可推出是等边三角形，然后根据垂直的定义即可求解；
（2）根据含角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵是边上的中线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：在中，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【变式7】（23-24八年级上·上海静安·期末）如图，在和中，，连接与交于点，，分别是、的中点．求证：垂直平分．
【答案】见解析
【分析】本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质；连接，根据斜边上的中线等于斜边的一半得出，进而根据等腰直角三角形的性质，即可求解．
【详解】证明：连接，
∵，是的中点，
∴，
∵是的中点，
∴，即垂直平分．
考点3：矩形的判定
典例3：（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，点A在的边上，于于于C．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)5
【分析】此题考查了矩形的判定与性质以及勾股定理．注意利用勾股定理求线段的长是关键．
（1）根据全等三角形的判定和性质以及矩形的判定解答即可；
（2）根据全等三角形的性质和勾股定理解答即可．
【详解】（1）证明：于，于，
．
在与中，
∴，
．
．
又，，
．
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形；
（2）解：由（1）知，
，
设，则，．
在中，由得：，
解得．
．
【变式1】（22-23八年级下·北京房山·期末）如图，在中，对角线，交于点，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，作的平分线交于点，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，角平分线的定义，熟练掌握矩形的判定和性质定理是解题的关键．（1）根据平行四边形的性质得到，，根据矩形的判定定理即可得到结论；（2）如图，根据矩形的性质得到，，根据角平分线的定义得到，根据勾股定理得到，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，．
，
，
平行四边形为矩形；
（2）如图，
四边形是矩形，
，．
为的平分线，
．
，，，
，
，
，，
，
．
【变式2】（2024·云南·模拟预测）在中，D是边的中点，、F分别在及其延长线上，，连接、．
(1)求证：
(2)若，试判断四边形的形状，无需说明理由．
【答案】(1)详见解析
(2)四边形是矩形
【分析】本题主要考查了平行线的性质，三角形全等的判断和性质，平行四边形和矩形的判定，解题的关键是熟悉“平行四边形和矩形的判定方法”．
（1）由已知条件易得，，结合即可证得：；
（2）由易得，结合可得四边形是平行四边形，结合可得，由此即可证得平行四边形是矩形．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵D是边的中点，
∴，
在和中 ，
∴．
（2）解：四边形是矩形．理由如下：
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
∴平行四边形是矩形．
【变式3】（23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·开学考试）如图，在平行四边形中，E为线段的中点，连接、，延长、交于点F，连接，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)在不添加辅助线的条件下，请直接写出图中四个三角形且其面积为矩形的面积的四分之一．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．掌握相关知识点，是解题的关键．
（1）证明，推出四边形是平行四边形，再根据即可得出结论；
（2）根据矩形的性质，三角形的中线平分面积，作答即可．
【详解】（1）解：∵平行四边形，
∴，
∴，
∵E为线段的中点，
∴，
又，
∴，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形为矩形；
（2）∵四边形是矩形，
∴，为的中点，
∴，，
即：的面积为矩形的面积的四分之一．
考点4：菱形的性质
典例4：（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在菱形中，，是对角线，的交点，点在的延长线上，且．则 度．
【答案】52
【分析】
本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质等知识点．根据菱形的性质易得，是的角平分线，且，所以由等腰三角形的判定与性质和三角形外角性质求解即可．
【详解】
解：四边形是菱形，是对角线，的交点，
，，是的角平分线．
．
又，
．
．
又，
，
．
．
故答案是：．
【变式1】（23-24八年级下·北京·阶段练习）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接若，，则的长为 ．
【答案】4
【分析】此题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，利用菱形的面积求得的长度，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求解即可．
【详解】解：∵菱形的面积为64，且对角线交于点O，
∴，为的中点，
∴
∵
∴，
又∵为的中点，
∴，
故答案为；4．
【变式2】（2024·山西晋城·二模）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接，若，则菱形的面积为 ．
【答案】24
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求，根据菱形面积对角线积的一半即可．
【详解】解：是菱形，
∴，
，
∴ 为直角三角形
．
，
故答案为：24．
【变式3】（23-24九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在菱形中，，点E，F分别从点B，D同时以同样的速度沿边，向点C运动． 给出以下三个结论中，正确的是： （填写序号）
①；②； ③ 当点E，F分别为边，的中点时，是等边三角形．
【答案】
【分析】根据菱形的性质证明，即可判断；连接，先证明是等边三角形，即，根据“三线合一”可得．同理可得：， 即可得．进而可得是等边三角形．
【详解】∵在菱形中，，
∴，，
∴．
根据运动的特点有：，
∴．
∴，故①正确；
∵，，
∴．
∴，故②正确．
连接，如图，
∵，，
∴是等边三角形，即，
∵点E为边的中点，
∴为等边的中线，
∴平分．
∴．
同理可得：，
∴．
∵，
∴是等边三角形，故③正确，
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质；由菱形的性质得线段相等是解题的关键．
【变式4】（2023·湖南永州·一模）如图，菱形中，，分别以、为圆心，大于的一半长为半径画弧，两弧在的两侧分别交于点、，作直线交于点，交于点，连接，求的度数．
【答案】
【分析】根据菱形的性质，以及垂直平分线的性质，求出，，再利用角的和差定义即可解决问题．
【详解】解：四边形是菱形，
，
，
由作图可知，垂直平分线段，
，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，等角对角对等边，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式5】（23-24九年级上·四川成都·阶段练习）如图，是菱形的对角线，．
(1)请用尺规作图法，作的垂直平分线，垂足为，交于；（不要求写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）条件下，连接，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查作图基本作图，线段的垂直平分线的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
（1）分别以、为圆心，大于长为半径画弧，过两弧的交点作直线即可；
（2）根据计算即可．
【详解】（1）解：如图所示，直线即为所求；
；
（2）解：四边形是菱形，
，，．
，，
，
垂直平分线段，
，
，
．
【变式6】（2023·山东聊城·模拟预测）在菱形中，对角线交于点，过点作的平行线，交延长线于点．
(1)求证：；
(2)若，求菱形的面积．
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质得到，通过等量代换即可证明；
（2）根据直角三角形特殊角的三角比求出，再证明四边形是平行四边形，最后利用菱形的面积公式求解即可．
【详解】（1）四边形是菱形
（2）
在中，
四边形是菱形
，
四边形是平行四边形
菱形的面积为：
【点睛】本题考查了菱形的性质及面积的计算、平行四边形的性质及判定、解直角三角形等，解题的关键在于熟记性质．
【变式7】（23-24九年级上·山东泰安·期末）在菱形中，点P是边上一点，连接，点E，F是上的两点，连接，使得
求证：
(1)；
(2)．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，熟记相关结论是解题关键．
（1）根据菱形的性质得，可推出即可求证；
（2）由得即可求证．
【详解】（1）解：∵是菱形，
∴，
∴
∵
∴
∵，
∴
∴
（2）证明：∵，
∴
∵
∴
考点5：菱形的面积
典例5：（22-23八年级下·甘肃张掖·期末）如如图，菱形的对角线、相交于点，过点作直线分别与、相交于、两点，若，，则图中阴影部分的面积等于 ．
【答案】
【分析】
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，根据菱形的性质可证，可将阴影部分面积转化为的面积，根据菱形的面积公式计算即可．
【详解】
解：四边形是菱形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴
∴
∴，
∴
故答案为：．
【点睛】此题考查了菱形的性质，菱形的面积公式，全等三角形的判定，将阴影部分的面积转化为三角形AOB的面积为解题的关键．
【变式1】（23-24九年级上·四川达州·期末）如图，菱形的边长为26，对角线的长为48，延长至E，平分，点G是上任意一点，则的面积为 ．
【答案】
【分析】
本题考查了菱形的性质、勾股定理、平行线的判定与性质以及三角形面积等知识； 熟练掌握菱形的性质，证出是解题的关键.
连接交于，由菱形的性质和勾股定理求出，得出的面积，依据，得出，进而得出的面积的面积即可解题．
【详解】如图所示, 连接交于，
∵四边形是菱形，
，，
∴， ，
∴的面积，
∵ 平分，
，
∴，
∴ ，
∴的面积的面积，
故答案为：．
【变式2】（23-24九年级上·贵州毕节·阶段练习）如图，菱形中，，于点，交于点，于点．若的周长为4，则菱形的面积为 ．
【答案】
【分析】根据菱形的性质得到，推出与是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到，，设，得到，根据的周长为4，列方程，即可求出和，再利用菱形面积公式计算即可．
【详解】解：菱形中，，
，
于，于，
与是等腰直角三角形，
，，，
，
，，
设，
，
的周长为4，
，
，
，
，
菱形的面积，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，根据周长列出相应方程是本题的关键．
【变式3】（22-23八年级下·山西忻州·期中）如图，菱形的对角线相交于点O，过点A作于点H，连接．若，，则的长为 ．
【答案】4
【分析】根据菱形面积的计算公式求得，再利用直角三角形斜边中线的性质即可求得答案．
【详解】∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴为的中点；
在中，为的中点
∴．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了菱形的性质及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质，根据菱形的面积公式：菱形的面积等于两条对角线乘积的一半是解题的关键．
考点6：菱形的判定
典例6：（23-24八年级下·全国·随堂练习）如图，在四边形中平分为的中点，连接．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的性质，等边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）先通过一组对边平行且相等证明四边形是平行四边形．再结合角平分线的定义以及边的等量代换，得邻边相等的平行四边形是菱形，即可作答．
（2）先由菱形的性质，证明是等边三角形．再结合勾股定理得，根据三角形的面积公式建立式子，进行计算，即可作答．
【详解】（1）证明：∵E为的中点，
∴
∵
∴
又∵
∴四边形是平行四边形．
∵平分
∴
∵
∴
∴
∴
∴平行四边形是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，
∴
∴．
∴ 是等边三角形．
∴．
∴．
∴
∴．
【变式1】（2024·云南昭通·模拟预测）如图，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E、F分别为的中点，，，求点D到的距离．
【答案】(1)见解析
(2)点D到的距离为
【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质，勾股定理等知识点，熟记相关定理内容是解题关键.
（1）根据条件可证得，进一步可得四边形是平行四边形；结合即可求证；
（2）求出的面积即可求解；
【详解】（1）证明：在中，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
（2）解：由（1）知四边形是菱形，是它的对角线，
∴，
∵，
∴，
∵F为的中点，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵在中，E、F分别为的中点，
∴．
∵，
∴，
点D到的距离即为的边上的高，
∴设点D到AB的距离为h，
则，
∴．
即点D到的距离为．
【变式2】（2024·山西晋城·二模）请阅读下列材料，并完成相应的任务．
利用尺规在锐角三角形纸片上作菱形在数学兴趣课上，老师提出一个问题：利用尺规在锐角三角形纸片上作菱形，且点D，E，F分别在边上，同学们以小组为单位展开了讨论． 勤学小组展示了他们的作法：如图1，以点A为圆心，任意长为半径画弧，两弧分别交边于点G，H；分别以点G，H为圆心，大于的长为半径画弧，在内部交于点L；连接并延长，交BC边于点D；以点B为圆心，任意长为半径画弧，两弧分别交边于点M，N；以点D为圆心，长为半径画弧，交边于点P；以点P为圆心，长为半径画弧，交前弧于点Q；连接并延长，交边于点F；以点A为圆心，长为半径画弧，交边于点E；连接，．则四边形为菱形． 勤学小组进行了以下证明： 证明：根据尺规作图，得平分，，． ∴，． ∴． ∴． ∴．（依据1） ∴． ∴四边形是平行四边形．（依据2） 又∵， ∴四边形是菱形． 善思小组也展示了他们的作法：如图2，以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交边于点R，S；分别以点R，S为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点T；连接并延长，交边于点D；分别以点A，D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧分别交于点W，V；连接，分别交，于点E，O，F；连接．则四边形为菱形．
任务：
(1)填出证明过程中的依据．
依据1：____________；
依据2：____________．
(2)请根据善思小组的作法，求证：四边形是菱形．
(3)如图3，请你在锐角三角形纸片ABC上用尺规再设计一种不同的方法作菱形AEDF．（要求：不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
【答案】(1)等角对等边；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题主要考查了菱形的性质，角平分线，线段垂直平分线和作与已知角相等的角以及平行线的尺规作图，等角对等边等等：
（1）根据所给推论过程和作图方法求解即可；
（2）由作图方法可知平分，垂直平分，则，再证明，得到，则，即可证明四边形是菱形；
（3）同理作出点D，再分别作分别交于E、F即可．
【详解】（1）证明：根据尺规作图，得平分，，．
∴，．
∴．
∴．
∴．（等角对等边）
∴．
∴四边形是平行四边形．（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）
又∵，
∴四边形是菱形．
故答案为：等角对等边；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
（2）解：由作图方法可知平分，垂直平分，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（3）解：如图所示，即为所求；
同理作出点D，再分别作分别交于E、F即可．
【变式3】（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，在四边形中，，对角线的垂直平分线与边分别相交于点M、N．
(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）由，是对角线的垂直平分线，可得，，，证明，则，进而结论得证；
（2）由菱形的性质可知，，，由勾股定理得：，根据菱形的周长为，计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵，是对角线的垂直平分线，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，，，
∴，，
由勾股定理得：，
∴，
菱形的周长为．
【点睛】本题考查了平行线的性质，垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，勾股定理．熟练掌握平行线的性质，垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．
考点7：正方形的性质
典例3：（23-24八年级下·山东聊城·阶段练习）如图，以正方形的边为边在正方形外作等边三角形，连接交正方形的对角线于点F，连接，则等于 ．
【答案】/60度
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，先证明为等腰三角形，进而求出的度数，证明，得到，再利用三角形的外角求出即可．
【详解】解：∵以正方形的边为边在正方形外作等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：60°
【变式1】（2023·四川成都·模拟预测）如图，在正方形中，，E是的中点，按以下步骤作图．分别以点A和点E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点G，H．作直线交于点F．则的长为 ．
【答案】
【分析】
本题考查正方形的性质，作线段垂直平分线，线段垂直平分线的性质，勾股定理．先由作法得出且平分，从而得到，在中，设，则，由勾股定理，得，求解即可．
【详解】
解：连接，
由作图可知，且平分，
，
∵正方形，
∴，，
∵E是的中点，
，
在中，设，则，
由勾股定理，得，
解得：，
∴，
故答案为：．
【变式2】（23-24八年级下·河北廊坊·阶段练习）如图，在边长为的正方形的外侧，作．若为边上的一点，当的面积是面积的倍时， （结果保留根号）．
【答案】
【分析】本题主要考查勾股定理、等腰三角形的性质，过点作的垂线，交于点，先求得，进而可求得和的数值，根据即可求得答案．
【详解】如图所示，过点作的垂线，交于点．
∵，，
∴．
在中
．
∴．
∵的面积是面积的倍，
∴．
∴，即
．
∴．
∴．
故答案为：
【变式3】（2023·山东青岛·三模）如图，正方形的边长为，点在边上，且，连结，点在边上，连结，把沿翻折，点恰好落在上的点处，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的是 ．(填序号)
【答案】①④/④①
【分析】
本题考查翻折的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，正方形的性质，根据翻折的性质证，得出，，即可判断①正确；根据 ，即可判断②错误；在中，，，推出，则，推出，，则，判定③错误；根据，推出，即可判断④正确，进而得出答案．
【详解】
解：四边形为正方形，
，，
，
，
由折叠的性质可得，
垂直平分，
，，
，
，
，
，
，，
故①正确；
，
，故②错误；
在中，，
，
，
，
，
，，
，
故③错误；
，
，
故④正确；
综上所述：正确的是①④．
故答案为：①④．
【变式4】（23-24九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，点是正方形内位于对角线下方的一点，，求的度数．
【答案】
【分析】利用角度的转换得到，再根据正方形的性质得到，根据三角形内角和即可解答．
【详解】解：，
，
四边形是正方形，
，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和，熟练利用角度转换得到 是解题的关键．
【变式5】（23-24九年级上·甘肃陇南·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．
【变式6】（23-24九年级上·山东枣庄·阶段练习）如图，正方形的对角线和相交于点，又是正方形的一个顶点，交于点，交于点F．
(1)求证：；
(2)如果两个正方形的边长都为4，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】本题考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，
（1）由题意得，又因为，可得，根据可证明全等；
（2）由（1）得，从而有．据此解答．
【详解】（1）证明：在正方形和中，，，，
，，
．
在和中，
，
．
（2）解：，
，
答：四边形的面积为4．
【变式7】（2023·广西防城港·模拟预测）（1）【操作发现】如图15，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形内部的点M处，折痕为，再将纸片沿过点A的直线折叠，使与重合，折痕为，请直接写出的度数；
（2）【拓展探究】如图16，继续将正方形纸片沿继续折叠，点C的对应点恰好落在折痕上的点N处，连接交于点P．若，求线段的长；
（3）【迁移应用】如图17，在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿，折叠，点B落在点M处，点D落在点G处，点A，M，G恰好在同一直线上，若点F为的三等分点，，，求线段的长．
【答案】（1）；（2）；（3）或2
【分析】（1）由正方形的性质得到，再由折叠的性质得到即可得到答案；
（2）证明是等腰直角三角形，得到，再由等腰直角三角形的性质得到，，证明，由含角的直角三角形的性质得到，，根据即可求出答案；
（3）分两种情形，当时和两种情况求解即可．
【详解】解：（1）正方形纸片，
，
由折叠的性质得到，
，
；
（2）四边形是正方形，
，
由折叠的性质得：，，，
，
由（1）得：，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，，
，
在和中，，
，
，，
，，
，
，
，
∴，
，
，
设，
，，
，，
，
，
解得：，
，
；
（3）如图中，在上取一点J，使得，过点J作于点T，交于点K，连接．
当时，，，
，
，
，
，
，
由（1）可知，
设，则，
，
，
．
当时，同法可得．
综上所述，满足条件的BE的值为或2．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，翻折变换的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质和翻折变换是解题的关键．
考点8：正方形的判定
典例8：（23-24八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，四边形是菱形，对角线交于点， 点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，，求点到线段的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】
本题考查了正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，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．
（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）
证明：∵菱形的对角线和交于点，
又
∴四边形是菱形，
∴四边形是正方形．
（2）
解：∵正方形的面积为，
∵
∵四边形是菱形，
∴菱形的面积
在中，
设点到线段的距离为，
∴菱形的面积
即
，
∴即点到线段的距离为．
【变式1】（23-24八年级下·全国·随堂练习）如图，在中，，的平分线交于点D，，．
(1)求证：四边形为正方形；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)1
【分析】
本题主要考查正方形的判定和性质、角平分线的性质和勾股定理，
（1）根据题意可知四边形是平行四边形，结合角平分线可得，由平行继而得到邻边相等且有一个角为直角，即可判定为正方形；
（2）由正方形得边相等，结合勾股定理即可求得边长，再利用面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∵平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴四边形是菱形．
∵，
∴四边形是正方形．
（2）∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
∵，
∴(舍去负值)，
∴四边形的面积为．
【变式2】（2024·云南昆明·一模）如图，点为正方形内一点，，将绕点逆时针方向旋转得到（点的对应点为点，延长交于点．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)四边形是正方形，理由见解析
(2)4
【分析】本题考查旋转的性质及正方形的性质，熟知图形旋转的性质及巧用勾股定理是解题的关键．
（1）根据旋转的性质可得出，再结合及可得出四边形为矩形，最后利用可证明出四边形为正方形．
（2）利用勾股定理求出的长，进而得出的长，最后根据即可解决问题．
【详解】（1）解：四边形是正方形．
四边形是正方形，
．
由旋转可知，
，，，
，
即．
又，
，，
四边形为矩形．
又，
四边形为正方形．
（2）由（1）知，
四边形为正方形，
则令正方形的边长为，
，．
在中，
，
，
，
，
．
【变式3】（23-24九年级上·江西南昌·期末）如图，在正方形中，点是对角线上一动点，连接，作交于点，以和为邻边作矩形．
(1)猜想：，的位置关系是 ；
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)证明详见解析
【分析】作于点，于点，根据正方形的性质与判定可得四边形为正方形，结合矩形的性质可得，减去一个公共角可得，即可证明，即可推得矩形是正方形，则有，减去公共角可得，可证，根据全等三角形对应角相等及等腰直角三角形性质即可证明；
作于点，于点，根据正方形的性质与判定可得四边形为正方形，结合矩形的性质可得，减去一个公共角可得，即可证明，即可推得矩形是正方形，则有，减去公共角可得，可证．
【详解】（1）解：，
如图，作于点，于点，
，
正方形中，
，，平分，
四边形为正方形，
，，
矩形中，，
，
则，
即，
和中
，
，
矩形是正方形，
，，
，
则，
即，
和中，
，
，
等腰直角中有，
，
即，．
（2）解：如图，作于点，于点，
，
正方形中，
，，平分，
四边形为正方形，
，，
矩形中，，
，
则，
即，
和中，
，
，
矩形是正方形，
，，
，
则，
即，
和中，
．
【点睛】本题考查的知识点是正方形的判定与性质、矩形的性质、全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，解题关键是综合运用正方形、矩形、等腰三角形的性质及全等三角形的判定进行推理论证．
考点9：中点四边形
典例9：（23-24八年级下·山东聊城·阶段练习）下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，顺次连接，，，，得到的四边形是平行四边形． 我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切． ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交，于点，，过点作于点，交于点． ，分别为，的中点， ．（依据 ．， ． 四边形是瓦里尼翁平行四边形，，即． ，即， 四边形是平行四边形．（依据． ， ．同理，
任务：
(1)材料中的依据1是指： ，依据2是指： ．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线）；不必说明理由）
(3)在图1中，分别连接，得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线，长度的关系，并证明你的结论．
【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）；
(2)见解析
(3)瓦里尼翁平行四边形的周长等于，理由见解析．
【分析】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；
（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求
（3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于四边形的两条对角线与长度的和，
证明如下：点，，，分别是边，，，的中点，
．
．
同理．
四边形的周长．
即瓦里尼翁平行四边形的周长等于．
【变式1】（22-23八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，在四边形中，E、F分别是、的中点，G、H分别是、的中点．
(1)请判断四边形的形状，并说明理由．
(2)四边形满足什么条件时，四边形是菱形，请说明理由．
(3)四边形满足什么条件时，四边形是矩形，请说明理由．
【答案】(1)四边形是平行四边形，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据三角形的中位线定理，进行判断即可；
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形，进行判断即可；
（3）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，进行判断即可．
【详解】（1）解：∵E、F分别是、的中点，G、H分别是、的中点，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）当四边形满足时，四边形是菱形，理由如下：
∵，，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（3）当四边形满足时，四边形是矩形，理由如下：
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题考查中点四边形．解题的关键是掌握三角形的中位线定理，以及菱形和矩形的判定定理．
【变式2】（22-23八年级下·甘肃定西·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．
【变式3】（22-23八年级下·江苏扬州·期中）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，顺次连接E、F、G、H得四边形EFGH．
(1)求证：四边形EFGH是平行四边形．
(2)当四边形ABCD分别是菱形、矩形、正方形时，相应的平行四边形EFGH一定是“菱形、矩形、正方形”中的哪一种？请将你的结论填入下表：
四边形ABCD 菱形 矩形 正方形
平行四边形EFGH
【答案】(1)见解析
(2)矩形，菱形，正方形
【分析】（1）连接BD，点E、F、G、H分别是四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，可得EH和FG为中位线，根据中位线的性质即可求证．
（2）由（1），根据矩形，菱形，正方形的判定即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接BD，
∵E、H分别是AB、AD中点，
∴EH//BD，EH＝BD，
同理FG//BD，FG＝BD，
∴EH//FG，且EH＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形．
（2）连接AC，BD，如图所示：
当四边形ABCD是菱形时，
∴AC⊥BD，
∵FG//BD，EH//FG，
∴EH⊥EF，
∴平行四边形EFGH是矩形，
当四边形ABCD是矩形时，
AC=BD，则EH=EF，
∴平行四边形ABCD是菱形，
当四边形ABCD是正方形时，AC=BD且AC⊥BD，则EH=EF且EH⊥EF，
∴平行四边形EFGH是正方形，
故答案为：矩形，菱形，正方形．
【点睛】本题考查了中点四边形、平行四边形的判定、三角形的中位线的性质，菱形的判定，矩形的判定及正方形的判定，熟练掌握其各判定定理是解题的关键．
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