专题12 特殊的平行四边形【好题汇编】-5年（2020-2024）中考1年模拟数学分类汇编（云南专用）

专题12 特殊的平行四边形 （解析版） 矩形 1． （2020·云南·中考真题）已知四边形是矩形，点是矩形的边上的点，且．若，，则的长是 ． 2．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形中，点、、、分别是各边的中点，且，，四边形是矩形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为22，四边形的面积为10，求的长． 3．（2021·云南·中考真题）如图，四边形是矩形，E、F分别是线段、上的点，点O是与的交点．若将沿直线折叠，则点E与点F重合． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的值． 4．（2022·云南·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，E为线段AD的中点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF，∠BDF=90° (1)求证：四边形ABDF是矩形； (2)若AD=5，DF=3，求四边形ABCF的面积S． 菱形 5．（2023·云南·中考真题）如图，平行四边形中，分别是的平分线，且分别在边上，．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的面积等于，求平行线与间的距离． 6．（2020·云南·中考真题）如图，四边形是菱形，点为对角线的中点，点在的延长线上，，垂足为，点在的延长线上，，垂足为． （1）若，求证：四边形是菱形； （2）若，的面积为16，求菱形的面积． 正方形 7．（2020·云南·中考真题）如图，正方形的边长为4，以点为圆心，为半径画圆弧得到扇形（阴影部分，点在对角线上）．若扇形正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是（    ）    A． B．1 C． D． 8．（2021·云南·中考真题）已知的三个顶点都是同一个正方形的顶点，的平分线与线段交于点D．若的一条边长为6，则点D到直线的距离为 ． 9．（2022·云南·中考真题）如图，四边形ABCD的外接圆是以BD为直径的⊙O，P是⊙O的劣狐BC上的任意一点，连接PA、PC、PD，延长BC至E，使BD²=BC⋅BE． (1)请判断直线DE与⊙O的位置关系，并证明你的结论； (2)若四边形ABCD是正方形，连接AC，当P与C重合时，或当P与B重合时，把转化为正方形ABCD的有关线段长的比，可得，当P既不与C重合也不与B重合时，是否成立？请证明你的结论． 四边形综合 10．（2020·云南昆明·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点E，F分别为AB，CD的中点． （1）求证：四边形AEFD是矩形； （2）如图2，点P是边AD上一点，BP交EF于点O，点A关于BP的对称点为点M，当点M落在线段EF上时，则有OB＝OM．请说明理由； （3）如图3，若点P是射线AD上一个动点，点A关于BP的对称点为点M，连接AM，DM，当△AMD是等腰三角形时，求AP的长． 矩形 1．（2024·云南德宏·一模）如图，在矩形中，，，是的中点，则长为（   ） A．1 B． C． D． 2．（2024·云南文山·二模）如图，在离地面高度为1.5米的A 处放风筝，风筝线长8米，用测倾仪测得风筝线与水平面的夹角为θ，则风筝线一端的高度 为（     ）    A．米 B．米 C．米 D．米 3．（2024·云南昭通·模拟预测）如图，在四边形中，为直角，，，对角线、相交于点O，，，则四边形的面积为（    ） A．240 B．192 C．120 D．96 4．（2024·云南楚雄·模拟预测）如图，矩形内一点，连接，且．求证：． 5．（2024·云南昆明·二模）如图，在中，平分，与相交于点，过点作，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)四边形的对角线相交于点，过点作交于点，若，求的面积． 6．（2024·云南玉溪·二模）如图，在平行四边形中，分别以点B和D为圆心，以小于长度的长度为半径，在线段和上分别画弧，得到交点E和F，即可得到，连接，，，，．设的面积为，的面积为． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求点C到的距离． 7．（2024·云南楚雄·模拟预测）如图，在菱形中，对角线与相交于点，过点作于点，延长至点，使，连接． (1)求证：四边形为矩形； (2)连接交于点，连接．若，，求的值． 8．（2024·云南德宏·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，是的中点，连接并延长至点，使，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 9．（2024·云南昆明·三模）如图，四边形是平行四边形，相交于点O，点E是的中点，连接，过点E作于点F，过点O作于点G． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形是菱形，，，求的长． 10．（2024·云南昆明·一模）如图所示，在菱形中，对角线相交于点O，过点D作，且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点F，连接，若，求的长． 菱形 11．（2024·云南玉溪·二模）在周长为20的菱形中，过点作所在直线的垂线段，垂足为点，若，则线段的长等于 ． 12．（2024·云南昭通·二模）如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，以，为边作矩形，连接，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，菱形的面积是，求的长． 13．（2024·云南楚雄·三模）在矩形中，对角线，相交于点E，延长到C，使得，延长到D，使得，连接，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 14．（2024·云南昭通·二模）如图，在菱形中，对角线相交于点，点为的中点，连接并延长至点，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，菱形的周长为80，求的值． 15．（2024·云南昆明·一模）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点M，与 相交于点O，与相交于点N，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，，求矩形的面积． 16．（2024·云南昆明·三模）如图，在等腰中，，点D是中点，交于点E，交于点F，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)求四边形的面积． 17．（2024·云南昆明·一模）如图，在平行四边形中，，点是的中点，连接，过点作，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平行四边形的周长为，求菱形的面积． 18．（2024·云南·模拟预测）如图，在平行四边形中中，对角线所在的直线上有两点，，满足，连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求证：四边形是菱形． 19．（2024·云南文山·二模）如图，在矩形中，小聪同学利用直尺和圆规完成了如下操作： ①分别以点 A 和C 为圆心，以大于 的长为半径作弧，两弧相交于点M和N； ②作直线，交于点E，交于点O，连接． 请你观察图形解答下列问题：    (1)与的位置关系：直线是线段的 ； (2)设交于点F，连接． ①判断四边形的 形状，并说明理由； ②若，求四边形的面积． 20．（2024·云南·一模）如图，在矩形中，的垂直平分线分别交于，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 正方形 21．（2024·云南楚雄·一模）如图所示，在边长为6的正方形中，E为上的点，F为的中点，过点F作交于点H，点M，N分别是和的中点，若，则的长为（    ） A． B． C．1 D． 22．（2024·云南楚雄·三模）如图，点是正方形内部一点，连接，将绕点旋转一定角度得到，当三点共线时，的度数为 ． 23．（2024·云南楚雄·二模）如图，在平行四边形中，，，过点A作边的垂线交的延长线于点E，F是垂足，连接，，交于点O． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的值． 24．（2024·云南·模拟预测）如图，在正方形中，E是射线上一动点（E不与D重合），连交射线于F点，过F作交在射线于G． (1)当点E在线段上时，求证：； (2)若，，求的长． 25．（2024·云南·模拟预测）如图，在中，，是中线，是的中点，过点作交的延长线于，连接．    (1)求证：； (2)如果，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 26．（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． 四边形综合 27．（2024·云南玉溪·模拟预测）如图，四边形是矩形，和相交于点，过点作，且，连接．点是线段上与点，点不重合的一个动点，过点分别作，的垂线，垂足分别为点，点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，则在点的运动中，的值是否会发生变化？若不变化，求出其值；若变化，请说明理由． 28．（2024·云南昆明·三模）【感知】如图1，已知四边形中，．求证：A、B、C、D四点在同一个圆上．聪明的李明同学在小卡片上给出了正确的解法： 证明：连接，取的中点O，连结、，∵，O是的中点，∴，，∴，即A、B、C、D四点在以O为圆心的同一个圆上． 【拓展】如图，在正方形中，，点F是中点，点E是边上一点，于点P．（注：下述证明过程中可直接使用李明的结论） (1)如图2，当点P在线段上时，证明：； (2)如图3，过点P分别作、的垂线，垂足分别为N、M．求的最小值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题12 特殊的平行四边形 （解析版） 矩形 1．（2020·云南·中考真题）已知四边形是矩形，点是矩形的边上的点，且．若，，则的长是 ． 【答案】 或 【分析】根据，则在的中垂线上，作的中垂线交于 交于，所以：如图的都符合题意，先证明四边形是菱形，再利用菱形的性质与勾股定理可得答案． 【详解】解： ， 在的中垂线上， 作的中垂线交于 交于， 所以：如图的都符合题意， 矩形 四边形是菱形， ，， ， 设 则 的长为： 或 故答案为： 或 【点睛】本题考查的是矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，线段的垂直平分线的性质，掌握以上知识是解题的关键． 2．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形中，点、、、分别是各边的中点，且，，四边形是矩形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为22，四边形的面积为10，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，，证明四边形是平行四边形，再利用三角形中位线定理得到，，利用矩形的性质得到，即可证明四边形是菱形； （2）利用三角形中位线定理和菱形性质得到，利用lx 面积公式得到，再利用完全平方公式结合勾股定理进行变形求解即可得到． 【详解】（1）解：连接，， ，， 四边形是平行四边形， 四边形中，点、、、分别是各边的中点， ，， 四边形是矩形， ， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形中，点、、、分别是各边的中点， ，， 矩形的周长为22， ， 四边形是菱形， 即， 四边形的面积为10， ，即， ， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，矩形的性质和判定，三角形中位线定理，菱形的性质和判定，菱形面积公式，勾股定理，完全平方公式，熟练掌握相关性质是解题的关键． 3．（2021·云南·中考真题）如图，四边形是矩形，E、F分别是线段、上的点，点O是与的交点．若将沿直线折叠，则点E与点F重合． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的值． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）根据折叠的性质得到BE=BF，DE=DF，∠EDB=∠FDB，根据矩形的性质证明∠EDB=∠FBD，可得∠FDB=∠FBD，则有BF=DF，根据四边相等的四边形是菱形即可证明； （2）根据ED=2AE，得出菱形BEDF的面积为EF·BD=AD·AB，结合AB·AD=即可求出结果． 【详解】解：（1）证明：∵△BED沿直线BE折叠，点E与点F重合， ∴BE=BF，DE=DF，∠EDB=∠FDB， 又∵四边形ABCD是矩形，且E、F分别是线段AD、BC上的点， ∴DE∥DF， ∴∠EDB=∠FBD， ∴∠FDB=∠FBD， ∴BF=DF， ∴BE=BF=DF=DE， ∴四边形BEDF是菱形； （2）∵ED=2AE，点E是线段AD上的点， ∴ED=AD， ∵四边形BEDF是菱形，四边形ABCD是矩形， ∴S菱形BEDF=EF·BD=ED·AB=AD·AB， ∵AB·AD=， ∴EF·BD=， 解得：EF·BD=． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，菱形面积的求法，折叠的性质，难度不大，解题的关键是根据折叠得到线段和角相等，掌握菱形的面积计算方法． 4．（2022·云南·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，E为线段AD的中点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF，∠BDF=90° (1)求证：四边形ABDF是矩形； (2)若AD=5，DF=3，求四边形ABCF的面积S． 【答案】(1)见解析； (2)18． 【分析】（1）根据平行四边形的性质及全等三角形的判定证得≌，即可得到AB=DF，从而证明四边形ABDF是平行四边形，再根据∠BDF=90°即可证明四边形ABDF是矩形； （2）根据全等的性质、矩形性质及勾股定理得到AB=DF=3，AF=4，由平行四边形性质求得CF=6，最后利用梯形的面积公式计算即可． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，即AB∥CF， ∴∠BAE=∠FDE， ∵E为线段AD的中点， ∴AE=DE， 又∵∠AEB=∠DEF， ∴≌（ASA）， ∴AB=DF， 又∵AB∥DF， ∴四边形ABDF是平行四边形， ∵∠BDF=90°， ∴四边形ABDF是矩形； （2）解：由（1）知，四边形ABDF是矩形， ∴AB=DF=3，∠AFD=90°， ∴在中，， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD=3， ∴CF=CD+DF=3+3=6， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握各性质及判定定理进行推理是解题的关键． 菱形 5．（2023·云南·中考真题）如图，平行四边形中，分别是的平分线，且分别在边上，．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的面积等于，求平行线与间的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证，再证，从而四边形是平行四边形，又，于是四边形是菱形； （2）连接，先求得，再证，，于是有，得，再证，从而根据面积公式即可求得． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵分别是的平分线， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：连接，    ∵，， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴，， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∵的面积等于， ∴， ∴平行线与间的距离． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离，熟练掌握平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离等知识是解题的关键． 6．（2020·云南·中考真题）如图，四边形是菱形，点为对角线的中点，点在的延长线上，，垂足为，点在的延长线上，，垂足为． （1）若，求证：四边形是菱形； （2）若，的面积为16，求菱形的面积． 【答案】（1）证明见解析；（2）20． 【分析】（1）由直角三角形斜边中线等于斜边一半和30度直角三角形性质性质可证，即可证明结论； （2）由根据三角形面积求法可求AE，设AB=x，在，由勾股定理列方程即可求出菱形边长，进而可求面积． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， 同理可得：， ∴，即：四边形是菱形； （2）∵， ∴， ∴， 在四边形是菱形中，设，则 在中，， ∴， 解得， ∴菱形ABCD面积=． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，涉及了直角三角形性质和勾股定理．解题关键是灵活运用直角三角形性质得出线段之间发热关系． 正方形 7．（2020·云南·中考真题）如图，正方形的边长为4，以点为圆心，为半径画圆弧得到扇形（阴影部分，点在对角线上）．若扇形正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是（    ）    A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，扇形ADE中弧DE的长即为圆锥底面圆的周长，即通过计算弧DE的长，再结合圆的周长公式进行计算即可得解． 【详解】∵正方形的边长为4 ∴ ∵是正方形的对角线 ∴ ∴ ∴圆锥底面周长为，解得 ∴该圆锥的底面圆的半径是， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了扇形的弧长公式，圆的周长公式，正方形的性质以及圆锥的相关知识点，熟练掌握弧长公式及圆的周长公式是解决本题的关键． 8．（2021·云南·中考真题）已知的三个顶点都是同一个正方形的顶点，的平分线与线段交于点D．若的一条边长为6，则点D到直线的距离为 ． 【答案】3或或或 【分析】将△ABC放入正方形中，分∠ABC=90°，∠BAC=90°，再分别分AB=BC=6，AC=6，进行解答． 【详解】解：∵△ABC三个顶点都是同一个正方形的顶点， 如图，若∠ABC=90°， 则∠ABC的平分线为正方形ABCD的对角线，D为对角线交点， 过点D作DF⊥AB，垂足为F， 当AB=BC=6， 则DF=BC=3； 当AC=6， 则AB=BC==， ∴DF=BC=； 如图，若∠BAC=90°，过点D作DF⊥BC于F， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD=∠CBD，AD=DF， 又∠BAD=∠BFD=90°，BD=BD， ∴△BAD≌△BFD（AAS）， ∴AB=BF， 当AB=AC=6， 则BC=， ∴BF=6，CF=， 在正方形ABEC中，∠ACB=45°， ∴△CDF是等腰直角三角形，则CF=DF=AD=； 当BC=6， 则AB=AC==， 同理可得：， 综上：点D到直线AB的距离为：3或或或， 故答案为：3或或或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，知识点较多，解题时要结合题意画出符合题意的图形，分情况解答． 9．（2022·云南·中考真题）如图，四边形ABCD的外接圆是以BD为直径的⊙O，P是⊙O的劣狐BC上的任意一点，连接PA、PC、PD，延长BC至E，使BD²=BC⋅BE． (1)请判断直线DE与⊙O的位置关系，并证明你的结论； (2)若四边形ABCD是正方形，连接AC，当P与C重合时，或当P与B重合时，把转化为正方形ABCD的有关线段长的比，可得，当P既不与C重合也不与B重合时，是否成立？请证明你的结论． 【答案】(1)DE是⊙O的切线，证明见解析； (2)成立，证明见解析 【分析】（1）证明△BDC∽△BED，推出∠BCD=∠BDE=90°，即可证明DE是⊙O的切线； （2）延长PA至Q，使AQ=CP，则PA+PC= PA+AQ=PQ，证明△QAD≌△PCD(SAS)，再推出△PQD是等腰直角三角形，即可证明结论成立． 【详解】（1）解：DE是⊙O的切线；理由如下： ∵BD²=BC⋅BE， ∴， ∵∠CBD=∠DBE， ∴△BDC∽△BED， ∴∠BCD=∠BDE， ∵BD为⊙O的直径， ∴∠BCD=90°， ∴∠BDE=90°， ∴DE是⊙O的切线； （2）解：当P既不与C重合也不与B重合时，成立，理由如下： 延长PA至Q，使AQ=CP，则PA+PC= PA+AQ=PQ， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=CD，∠ADC=90°， ∵四边形APCD是圆内接四边形， ∴∠PAD+∠PCD=180°， ∵∠QAD+∠PAD=180°， ∴∠QAD=∠PCD， ∴△QAD≌△PCD(SAS)， ∴∠QDA=∠PDC，QD=PD， ∴∠QDA+∠PDA =∠PDC+∠PDA=90°， ∴△PQD是等腰直角三角形， ∴PQ=PD，即PA+PC=PD， ∴成立． 【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键． 四边形综合 10．（2020·云南昆明·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点E，F分别为AB，CD的中点． （1）求证：四边形AEFD是矩形； （2）如图2，点P是边AD上一点，BP交EF于点O，点A关于BP的对称点为点M，当点M落在线段EF上时，则有OB＝OM．请说明理由； （3）如图3，若点P是射线AD上一个动点，点A关于BP的对称点为点M，连接AM，DM，当△AMD是等腰三角形时，求AP的长． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）满足条件的PA的值为或或8或10． 【分析】（1）根据四边形ABCD是矩形，先证明四边形AEFD是平行四边形，根据∠A＝90°，即可得到结果； （2）连接PM．BM，证明EF∥AD，推出BO＝OP，根据翻折可得到结果； （3）分类讨论：当MA＝MD时，连接BM，过点M作MH⊥AD于H交BC于F；当AM＝AD时，连接BM，设BP交AM于F；当DA＝DM时，此时点P与D重合，AP＝8；当MA＝MD时，连接BM，过点M作MH⊥AD于H交BC于F； 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，AB∥CD，∠A＝90°， ∵AE＝EB，DF＝FC， ∴AE＝DF，AE∥DF， ∴四边形AEFD是平行四边形， ∵∠A＝90°， ∴四边形AEFD是矩形． （2）证明：如图2中，连接PM．BM． ∵四边形AEFD是矩形， ∴EF∥AD， ∵BE＝AE， ∴BO＝OP， 由翻折可知，∠PMB＝∠A＝90°， ∴OM＝OB＝OP． （3）解：如图3﹣1中，当MA＝MD时，连接BM，过点M作MH⊥AD于H交BC于F． ∵MA＝MD，MH⊥AD， ∴AH＝HD＝4， ∵∠BAH＝∠ABF＝∠AHF＝90°， ∴四边形ABFH是矩形， ∴BF＝AH＝4，AB＝FH＝5， ∴∠BFM＝90°， ∵BM＝BA＝5， ∴FM＝， ∴HM＝HF＝FM＝5﹣3＝2， ∵∠ABP+∠APB＝90°，∠MAH+∠APB＝90°， ∴∠ABP＝∠MAH， ∵∠BAP＝∠AHM＝90°， ∴△ABP∽△HAM， ∴， ∴， ∴AP＝． 如图3﹣2中，当AM＝AD时，连接BM，设BP交AM于F． ∵AD＝AM＝8，BA＝BM＝5，BF⊥AM， ∴AF＝FM＝4， ∴BF＝， ∵tan∠ABF＝， ∴， ∴AP＝， 如图3﹣3中，当DA＝DM时，此时点P与D重合，AP＝8． 如图3﹣4中，当MA＝MD时，连接BM，过点M作MH⊥AD于H交BC于F． ∵BM＝5，BF＝4， ∴FM＝3，MH＝3+5＝8， 由△ABP∽△HAM，可得， ∴， ∴AP＝10， 综上所述，满足条件的PA的值为或或8或10． 【点睛】本题主要考查了利用矩形的性质、相似三角形的性质、勾股定理的性质进行求解，准确分析题意是解题的关键． 矩形 1．（2024·云南德宏·一模）如图，在矩形中，，，是的中点，则长为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，根据勾股定理求得，根据直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵在矩形中，，， ∴ ∵是的中点， ∴ 故选：C． 2．（2024·云南文山·二模）如图，在离地面高度为1.5米的A 处放风筝，风筝线长8米，用测倾仪测得风筝线与水平面的夹角为θ，则风筝线一端的高度 为（     ）    A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】A 【分析】本题考查了解直角三角形的应用（仰角俯角问题），根据题意作出辅助线，构造直角三角形是解题关键． 过A作，垂足为E，先利用矩形性质得的长，再利用三角函数的定义求出的长度，利用即可得答案． 【详解】解：过A作，垂足为E，    则四边形为矩形， ∴米， 在中，， ∴， ∴米， 故选：A． 3．（2024·云南昭通·模拟预测）如图，在四边形中，为直角，，，对角线、相交于点O，，，则四边形的面积为（    ） A．240 B．192 C．120 D．96 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的判定、矩形的判定与性质、勾股定理，先证明四边形是矩形，再利用矩形的性质和勾股定理求得即可．证明四边形是矩形是解答的关键． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵为直角， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴，则， ∴四边形的面积为， 故选：B． 4．（2024·云南楚雄·模拟预测）如图，矩形内一点，连接，且．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】此题考查了矩形的性质，等边对等角，全等三角形的判定，解题的关键是掌握以上知识点． 首先由得到，然后结合矩形的性质得到，然后证明出即可． 【详解】证明：∵ ∴ ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，即 在 和中， ∴． 5．（2024·云南昆明·二模）如图，在中，平分，与相交于点，过点作，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)四边形的对角线相交于点，过点作交于点，若，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质， （1）根据等腰三角形三线合一的性质推出，由此得到，且，即可证得四边形是平行四边形，由此得到四边形是矩形； （2）根据勾股定理求出的长度，证明，根据相似三角形的面积等于相似比的平方求出的面积． 【详解】（1）证明：平分, ， ， ， ，且， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形, ∴ 在Rt中，由勾股定理得 ． 6．（2024·云南玉溪·二模）如图，在平行四边形中，分别以点B和D为圆心，以小于长度的长度为半径，在线段和上分别画弧，得到交点E和F，即可得到，连接，，，，．设的面积为，的面积为． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求点C到的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据，得，又从而证明四边形是平行四边形，再根据得四边形是矩形； （2）根据（1）中条件易证，由得相似比为，从而得，设，，在中，用勾股定理求出x值，从而得长，即点C到的距离 【详解】（1）证明：由题意得：， 四边形是平行四边形， ，， ，即， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形． （2）解：由（1）知，四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ，即， 在中，设，， 则，即， 解得：，（舍）， ， 点到的距离为． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质与判定，三角形相似，勾股定理等知识点；熟练运用判定与性质定理是解题的关键． 7．（2024·云南楚雄·模拟预测）如图，在菱形中，对角线与相交于点，过点作于点，延长至点，使，连接． (1)求证：四边形为矩形； (2)连接交于点，连接．若，，求的值． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形的对边平行且相等可得，，推得，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明； （2）根据菱形的对边平行，对角线垂直且平分可得，，，根据矩形的四个角都是直角可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据等边对等角可得，结合锐角三角函数可得，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求得的值，根据等角的余角相等可得，结合锐角三角函数可得，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求得的值，根据有两个角对应相等的两个三角形是相似三角形，相似三角形的对应边之比相等即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 又∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，， 由（1）可知，四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，等边对等角，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等．熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 8．（2024·云南德宏·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，是的中点，连接并延长至点，使，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再根据菱形的性质得到，然后根据矩形的判定可证得结论； （2）根据矩形的性质求得，再根据菱形的性质和勾股定理求出对角线的长，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半求解即可． 【详解】（1）证明：∵是的中点 ， 四边形是平行四边形， 在菱形中， 四边形是矩形 （2）解：， 在菱形中，是的中点 是的中点 是的中位线 在菱形中，， 在中，， 根据勾股定理得 在菱形中，， ． 【点睛】本题考查平行四边形的判定、菱形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、含的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定与性质是解答的关键． 9．（2024·云南昆明·三模）如图，四边形是平行四边形，相交于点O，点E是的中点，连接，过点E作于点F，过点O作于点G． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形是菱形，，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，熟记矩形的判定方法是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质可知，根据已知可得，所以于点于点，则，先证明四边形是平行四边形，再证是直角即可； （2）根据菱形的性质可知，根据已知可求出，然后利用等面积法求出，再根据矩形的性质求出即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点是的中点， ∴． ∴， ∴， ∵于点于点， ∴， ∴四边形是平行四边形 ∵， ， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形， ， ， ， 在中，， ， 即， ， ∵四边形是矩形， ． 10．（2024·云南昆明·一模）如图所示，在菱形中，对角线相交于点O，过点D作，且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点F，连接，若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理等等： （1）先证明，，从而证明四边形是平行四边形，再由菱形的性质得到，由此即可证明平行四边形是矩形； （2）先由矩形的性质得到，则由勾股定理可得，证明，得到，则由直角三角形的性质可得． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ，， ， ，， ，， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点F为的中点， ∴． 菱形 11．（2024·云南玉溪·二模）在周长为20的菱形中，过点作所在直线的垂线段，垂足为点，若，则线段的长等于 ． 【答案】2或8/8或2 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理．根据题意，分两种情况讨论，一是当是钝角时，二是当是锐角时，分别画图求解即可． 【详解】解：如图，当是钝角时， 菱形的周长为20 , 如图，当是锐角时， 菱形的周长为20 , ． 故答案为：2或8． 12．（2024·云南昭通·二模）如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，以，为边作矩形，连接，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，菱形的面积是，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】此题重点考查平行四边形的判定、矩形的性质、菱形的判定与性质、菱形的面积公式、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形等知识，证明是等边三角形是解题的关键． （1）由，，证明四边形是平行四边形，由矩形的性质得，则，即可证明四边形是菱形； （2）由，，求得，则是等边三角形，所以，则，所以，则，，由菱形的面积是，得，求得，则． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， ， 四边形是菱形． （2）解：，， ， 四边形是菱形， ， 是等边三角形， ， ， ， ，， ，， 菱形的面积是， ， 解得或（不符合题意，舍去）， ， 四边形是矩形， ， 的长是． 13．（2024·云南楚雄·三模）在矩形中，对角线，相交于点E，延长到C，使得，延长到D，使得，连接，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)96 【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，证明四边形是菱形即可； （2）根据矩形，，得到，，结合，得到，利用勾股定理，得到，求得k值， 利用菱形面积公式解答即可． 本题考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴四边形 是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）∵矩形，， ∴，， ∵， 设， ∴， 解得（舍去）， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴四边形面积是， 故四边形面积是96． 14．（2024·云南昭通·二模）如图，在菱形中，对角线相交于点，点为的中点，连接并延长至点，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，菱形的周长为80，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，菱形的性质，求角的正切值，勾股定理： （1）首先证明四边形是平行四边形，再由菱形的性质得即可推出四边形是矩形； （2）由菱形的性质得到，，，则由矩形的性质得到，，由勾股定理得到，再根据正切的定义求解即可． 【详解】（1）证明：为 的中点，， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ， 平行四边形是矩形； （2）解：∵菱形的周长为80， ∴，，， ∵四边形是矩形， ∴，， 在中，由勾股定理得， 在中，． 15．（2024·云南昆明·一模）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点M，与 相交于点O，与相交于点N，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，，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，菱形的判定，解直角三角形，解题的关键是掌握矩形的性质，菱形的判定定理，以及解直角三角形的方法和步骤． （1）通过证明推出四边形是平行四边形，进而求证四边形是菱形； （2）根据题意得出，进而得出，，根据菱形的性质得出，则，根据矩形的面积公式即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，则， ∴， ∵的垂直平分， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． （2）解：由（1）可得：四边形是菱形， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴矩形的面积． 16．（2024·云南昆明·三模）如图，在等腰中，，点D是中点，交于点E，交于点F，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查平行四边形的判定，菱形的判定与性质： （1）证明四边形是平行四边形，再证明，可得四边形是菱形； （2）证明，再根据菱形的性质求解即可 【详解】（1）证明：， 即， 四边形是平行四边形 ， 是等腰三角形，且点D是中点， 平分（等腰△三线合一）， ，                  ， ， ， 平行四边形是菱形； （2）解：是等腰三角形，且点D是中点， ， ，                             ， ， ， 点D是中点， 点E是中点， ， 菱形， ， ， 17．（2024·云南昆明·一模）如图，在平行四边形中，，点是的中点，连接，过点作，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平行四边形的周长为，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)24 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质，直角三角形的性质． （1）根据平行四边形的性质得到，，得到，根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论； （2）根据勾股定理得到，由点是的中点，得到，证明四边形是平行四边形，则得，根据菱形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 在中，是中点， ， 平行四边形是菱形； （2）解：连接，如图， 平行四边形的周长是36， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ，解得， ， 四边形是菱形， ， ， 四边形是平行四边形， ， ． 18．（2024·云南·模拟预测）如图，在平行四边形中中，对角线所在的直线上有两点，，满足，连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】（1）连接，交于点．由平行四边形的性质可得出，，由已知条件可得出，即可得出四边形是平行四边形． （2）由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得出，再根据已知条件可得出，即可证明是等边三角形，由等边三角形的性质可得出，即可得出四边形是菱形，由菱形的性质可得出，进一步即可得出四边形是菱形． 【详解】（1）证明：（1）连接，交于点． 四边形是平行四边形 ， ， 即：， 四边形是平行四边形． （2），， ， 是等边三角形， 四边形是平行四边形 四边形是菱形 由（1）可知，四边形是平行四边形 四边形是菱形 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定以及性质，菱形的判定以及性质，三边三角形的判定以及性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，掌握这些性质是解题的关键． 19．（2024·云南文山·二模）如图，在矩形中，小聪同学利用直尺和圆规完成了如下操作： ①分别以点 A 和C 为圆心，以大于 的长为半径作弧，两弧相交于点M和N； ②作直线，交于点E，交于点O，连接． 请你观察图形解答下列问题：    (1)与的位置关系：直线是线段的 ； (2)设交于点F，连接． ①判断四边形的 形状，并说明理由； ②若，求四边形的面积． 【答案】(1)垂直平分线 (2)①菱形，理由见解析；②156 【分析】本题主要考查了尺规作图，矩形，线段垂直平分线，菱形，勾股定理等，熟练掌握线段垂直平分线的尺规作图方法与性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，是解题的关键． （1）连接、、、，根据作图得到，，推出M、N在线段的垂直平分线上，得到垂直平分线段； （2）①根据线段垂直平分线的性质得到，，根据矩形性质得到，得到，推出，得到，推出四边形是平行四边形，根据推出平行四边形是菱形；②设，根据菱形性质得到，推出，根据勾股定理得到，解得，然后求面积即可． 【详解】（1）连接、、、， 由作图知，，， ∴M、N在线段的垂直平分线上， ∴垂直平分线段； 故答案为：垂直平分线；    （2）解：①四边形是菱形，理由如下： ∵垂直平分， ∴，， ∵在矩形中 ，， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； ②设， ∵四边形 是菱形，， ∴， ∵在矩形中，， ， ， ∴， ∴． 20．（2024·云南·一模）如图，在矩形中，的垂直平分线分别交于，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2)5 【分析】本题考查的是矩形的性质，菱形的判定与性质，熟练的证明四边形是菱形是解本题的关键； （1）先证明四边形是平行四边形，再证明，从而可得结论； （2）利用菱形的性质与勾股定理求解，再求解面积即可． 【详解】（1）证明：四边形是矩形，是的中点， ， ， 又， 在和中， ， ，且 四边形是平行四边形， 垂直平分 四边形是菱形； （2）四边形是菱形 ， 在中，， ， 四边形的面积． 正方形 21．（2024·云南楚雄·一模）如图所示，在边长为6的正方形中，E为上的点，F为的中点，过点F作交于点H，点M，N分别是和的中点，若，则的长为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形的性质和相似三角形的应用，通过证明，得出求出，再由是的中位线求出结果． 【详解】解：在正方形正方形中， ，， ∴， 又∵F为的中点， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵在正方形正方形中，， ∴， ∴，即：， ∴， 又∵点M，N分别是和的中点， ∴， 故选A． 22．（2024·云南楚雄·三模）如图，点是正方形内部一点，连接，将绕点旋转一定角度得到，当三点共线时，的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质以及旋转性质，根据正方形的性质得，结合旋转性质得出，，则为等腰直角三角形，因为点共线，即可列式进行计算作答． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴， ∵由旋转得到， ∴，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵点共线， ∴， ． 故答案为： 23．（2024·云南楚雄·二模）如图，在平行四边形中，，，过点A作边的垂线交的延长线于点E，F是垂足，连接，，交于点O． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的值． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）先证明，得，再得四边形为平行四边形，进而由，得四边形是正方形； （2）由（1）可知，证明，得到，然后求出长，利用解直角三角形求出长即可解题． 【详解】（1）证明：∵，， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 又∵，， ∴四边形是正方形． （2）解：由（1）可知， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∴，即， ∴， ∴． 又∵，， ∴． 由（1）可知，， ∴， ∴． 24．（2024·云南·模拟预测）如图，在正方形中，E是射线上一动点（E不与D重合），连交射线于F点，过F作交在射线于G． (1)当点E在线段上时，求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）连接，根据正方形的性质准备条件，然后根据“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，利用全等三角形对应角相等可得，再根据四边形的内角和定理与平角的定义求出，然后求出，根据等角对等边可得，从而得证； （2）过点F作于H，利用勾股定理可求的长，即可求解． 【详解】（1）证明：如图①，连接， 在正方形中，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴在四边形中，∠， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）如图2，过点F作于H， ∵， ∴， ∴， ∵由（1）得是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴，（负值舍去）， ∴； 25．（2024·云南·模拟预测）如图，在中，，是中线，是的中点，过点作交的延长线于，连接．    (1)求证：； (2)如果，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是正方形，证明见解析 【分析】（1）证明，则，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得，进而结论得证； （2）先证四边形是平行四边形，然后根据，，证明四边形是正方形即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 是的中点， ， 在和中， ∵， ∴， ， 在中，，是中线， ， ； （2）解：四边形是正方形．证明如下： ，， 四边形是平行四边形， ，是中线， ， ， 四边形是正方形． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，等腰三角形的判定与性质，平行四边形、正方形的判定等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 26．（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， ， ， ， ， ． 四边形综合 27．（2024·云南玉溪·模拟预测）如图，四边形是矩形，和相交于点，过点作，且，连接．点是线段上与点，点不重合的一个动点，过点分别作，的垂线，垂足分别为点，点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，则在点的运动中，的值是否会发生变化？若不变化，求出其值；若变化，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)的值不会发生变化，其值总等于 【分析】 （1）根据矩形的对角线相等且互相平分得到，结合已知可以得出，又即可得出四边形是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证； （2）过点作于点，延长交于点，首先证明四边形是矩形，得到，然后证明，得到，于是有，再证明，求出的长，从而问题得证． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，，， ， ， ， ，即， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形； （2）解：的值不会发生变化，理由： 过点作于点，延长交于点， ， 由（1）已证四边形是菱形， ， ， ， 又， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， 在和中， ， ， ， ， 设， ， ， 四边形是矩形， ，， 由勾股定理得， ， ， ， 又， ， ， ， ， ， 即的值不会发生变化，总等于． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，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． 28．（2024·云南昆明·三模）【感知】如图1，已知四边形中，．求证：A、B、C、D四点在同一个圆上．聪明的李明同学在小卡片上给出了正确的解法： 证明：连接，取的中点O，连结、，∵，O是的中点，∴，，∴，即A、B、C、D四点在以O为圆心的同一个圆上． 【拓展】如图，在正方形中，，点F是中点，点E是边上一点，于点P．（注：下述证明过程中可直接使用李明的结论） (1)如图2，当点P在线段上时，证明：； (2)如图3，过点P分别作、的垂线，垂足分别为N、M．求的最小值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）过点P作于点M，于点N，根据正方形的性质可得，，根据角平分线的性质可得，根据正方形的判定和性质可得，根据全等三角形的判定可得，即可求证； （2）连接，取的中点O，连接，，过点O作于点K，于点T，根据正方形的性质可得，，，根据勾股定理可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，根据三角形中位线的判定和性质可得，。根据矩形的判定和性质可得，，求得，根据勾股定理可得，根据三角形的三边关系可得，即可求得． 【详解】（1）（1）如图， ∵四边形是正方形 ∴， ∵， ∴ ∵ ∴四边形是正方形 ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ （2）如图，连接，取的中点O，连接，，过点O作于点K，于点T ∵四边形是正方形，，点F是中点 ∴， ， ∴ ∵，，点O是的中点 ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴四边形是矩形 ∴， ∴ ∵ ∴ ∵在中， ∴的最小值为 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了四点共圆，正方形的判定和性质，角平分线的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线的判定和性质，三角形三边关系等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$