2025年中考数学复习训练-特殊的平行四边形（解答题二）

特殊的平行四边形（解答题） 1．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，在中，，D是的中点，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 2．（2024·四川巴中·中考真题）综合与实践 (1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形为梯形，，是边上的点．经过剪拼，四边形为矩形．则______． (2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，是四边形边上的点．是拼接之后形成的四边形． ①通过操作得出：与的比值为______． ②证明：四边形为平行四边形． (3)实践与应用：任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由． 3．（2024·上海·中考真题）同学用两幅三角板拼出了如下的平行四边形，且内部留白部分也是平行四边形（直角三角板互不重叠），直角三角形斜边上的高都为． (1)直接写出： 两个直角三角形的直角边（结果用表示）； 小平行四边形的底、高和面积（结果用表示）； (2)请画出同学拼出的另一种符合题意的图，要求： 不与给定的图形状相同； 画出三角形的边． 4．（2023·新疆·中考真题）如图，和相交于点，，．点、分别是、的中点．    (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是矩形． 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．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，在菱形中，于点，于点，连接    (1)求证：； (2)若，求的度数． 7．（2023·湖北鄂州·中考真题）如图，点E是矩形的边上的一点，且．    (1)尺规作图（请用铅笔）：作的平分线，交的延长线于点F，连接．（保留作图痕迹，不写作法）； (2)试判断四边形的形状，并说明理由． 8．（2023·吉林长春·中考真题）将两个完全相同的含有角的直角三角板在同一平面内按如图所示位置摆放．点A，E，B，D依次在同一直线上，连结、．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)己知，当四边形是菱形时．的长为__________． 9．（2023·湖南张家界·中考真题）如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，且，，．    (1)求证：； (2)若时，求证：四边形是菱形． 10．（2023·湖南郴州·中考真题）如图，四边形是平行四边形．    (1)尺规作图；作对角线的垂直平分线（保留作图痕迹）； (2)若直线分别交，于，两点，求证：四边形是菱形 11．（2023·湖北十堰·中考真题）如图，的对角线交于点，分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接．    (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)请说明当的对角线满足什么条件时，四边形是正方形？ 12．（2024·青海·中考真题）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点． 求证：中点四边形是平行四边形． 证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴、分别是和的中位线， ∴，（____①____） ∴． 同理可得：． ∴中点四边形是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． （1）请你补全上述过程中的证明依据①________ 【探究二】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 菱形 从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． （2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 ②________ （3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________． （4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【归纳总结】 （5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 ③________ ④________ 结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________． 13．（2024·吉林长春·中考真题）【问题呈现】 小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在等边中，，点、分别在边、上，且，试探究线段长度的最小值． 【问题分析】 小明通过构造平行四边形，将双动点问题转化为单动点问题，再通过定角发现这个动点的运动路径，进而解决上述几何问题． 【问题解决】 如图②，过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线．在【问题呈现】的条件下，完成下列问题： （1）证明：； （2）的大小为 度，线段长度的最小值为________． 【方法应用】 某种简易房屋在整体运输前需用钢丝绳进行加固处理，如图③．小明收集了该房屋的相关数据，并画出了示意图，如图④，是等腰三角形，四边形是矩形，米，．是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点在上，点在上．在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持．钢丝绳长度的最小值为多少米． 14．（2023·四川内江·中考真题）如图，在中，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F．    (1)求证：； (2)连接，若，求证：四边形是矩形． 15．（2023·四川遂宁·中考真题）如图，四边形中，，点O为对角线的中点，过点O的直线l分别与、所在的直线相交于点E、F．（点E不与点D重合）    (1)求证：； (2)当直线时，连接、，试判断四边形的形状，并说明理由． 16．（2023·浙江·中考真题）如图，在中，．    (1)尺规作图： ①作线段的垂直平分线，交于点D，交于点O； ②在直线上截取，使，连接．（保留作图痕迹） (2)猜想证明：作图所得的四边形是否为菱形？并说明理由． 17．（2023·辽宁沈阳·中考真题）如图，在中，，是边上的中线，点在的延长线上，连接，过点作交的延长线于点，连接、，求证：四边形是菱形．    18．（2023·黑龙江大庆·中考真题）如图，在平行四边形中，为线段的中点，连接，，延长，交于点，连接，．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求四边形的面积． 19．（2023·湖北恩施·中考真题）如图，在矩形中，点是的中点，将矩形沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，连接交于点．      (1)若，求的度数； (2)连接EF，试判断四边形的形状，并说明理由． 20．（2024·河北·中考真题）情境  图1是由正方形纸片去掉一个以中心O为顶点的等腰直角三角形后得到的． 该纸片通过裁剪，可拼接为图2所示的钻石型五边形，数据如图所示． （说明：纸片不折叠，拼接不重叠无缝隙无剩余） 操作  嘉嘉将图1所示的纸片通过裁剪，拼成了钻石型五边形． 如图3，嘉嘉沿虚线，裁剪，将该纸片剪成①，②，③三块，再按照图4所示进行拼接．根据嘉嘉的剪拼过程，解答问题： （1）直接写出线段的长； （2）直接写出图3中所有与线段相等的线段，并计算的长． 探究淇淇说：将图1所示纸片沿直线裁剪，剪成两块，就可以拼成钻石型五边形． 请你按照淇淇的说法设计一种方案：在图5所示纸片的边上找一点P（可以借助刻度尺或圆规），画出裁剪线（线段）的位置，并直接写出的长． 21．（2024·吉林·中考真题）图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．点A，B，C，D，E，O均在格点上．图①中已画出四边形，图②中已画出以为半径的，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图． (1)在图①中，面出四边形的一条对称轴． (2)在图②中，画出经过点E的的切线． 22．（2024·吉林·中考真题）小明在学习时发现四边形面积与对角线存在关联，下面是他的研究过程：    【探究论证】 （1）如图①，在中，，，垂足为点D．若，，则______． （2）如图②，在菱形中，，，则______． （3）如图③，在四边形中，，垂足为点O．若，，则______；若，，猜想与a，b的关系，并证明你的猜想． 【理解运用】 （4）如图④，在中，，，，点P为边上一点． 小明利用直尺和圆规分四步作图： （ⅰ）以点K为圆心，适当长为半径画弧，分别交边，于点R，I； （ⅱ）以点P为圆心，长为半径画弧，交线段于点； （ⅲ）以点为圆心，长为半径画弧，交前一条弧于点，点，K在同侧； （ⅳ）过点P画射线，在射线上截取，连接，，． 请你直接写出的值． 23．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形． (1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，交于点E，交于点F；（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接．求证：四边形是菱形． 24．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，． (1)尺规作图：作边上的中线（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）所作的图中，将中线绕点逆时针旋转得到，连接，．求证：四边形是矩形． 25．（2024·重庆·中考真题）在学习了矩形与菱形的相关知识后，小明同学进行了更深入的研究，他发现，过矩形的一条对角线的中点作这条对角线的垂线，与矩形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形，可利用证明三角形全等得到此结论．根据他的想法与思路，完成以下作图与填空： (1)如图，在矩形中，点是对角线的中点．用尺规过点作的垂线，分别交，于点，，连接，．（不写作法，保留作图痕迹） (2)已知：矩形，点，分别在，上，经过对角线的中点，且．求证：四边形是菱形． 证明：∵四边形是矩形， ∴． ∴①，． ∵点是的中点， ∴②． ∴（AAS）． ∴③． 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形． 进一步思考，如果四边形是平行四边形呢？请你模仿题中表述，写出你猜想的结论：④． 26．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在中，，．点是边上的一点（点不与点、重合），作射线，在射线上取点，使，以为边作正方形，使点和点在直线同侧． (1)当点是边的中点时，求的长； (2)当时，点到直线的距离为________； (3)连结，当时，求正方形的边长； (4)若点到直线的距离是点到直线距离的3倍，则的长为________．（写出一个即可） 27．（2024·甘肃·中考真题）【模型建立】 （1）如图1，已知和，，，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【模型应用】 （2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【模型迁移】 （3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 28．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形的边在x轴上，点A在第一象限，的长度是一元二次方程的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（），的面积为S． (1)求点A的坐标； (2)求S与t的函数关系式； (3)在（2）的条件下，当时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由． 答案 1．【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的判定以及性质，三腰三角形三线合一的性质，勾股定理等知识，掌握这些性质是解题的关键． （1）由等腰三角形三线合一的性质得出，有平行线的性质得出，结合已知条件可得出，即可证明四边形是矩形． （2）由（1）可知四边形是矩形．由矩形的性质得出，，，由已知条件可得出，由勾股定理求出，最后根据等面积法可得出，即可求出． 【详解】（1）证明：∵， D是BC的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）由（1）可知四边形是矩形． ∴，，， ∵D是的中点， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴ 即， ∴． 2．【答案】 【分析】（1）由“角角边”即可证明； （2）①由操作知，将四边形绕点E旋转得到四边形，故，因此；②由两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明； （3）取为中点为，连接，过点，点分别作，，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形． 【详解】（1）解：如图， ∵， ∴， 由题意得为中点，‘ ∴’， ∵， ∴ 故答案为：； （2）解：①如图，由操作知，点E为中点，将四边形绕点E旋转得到四边形， ∴， ∴， 故答案为：1； ②如图， 由题意得，是的中点，操作为将四边形绕点E旋转得到四边形，将四边形绕点H旋转得到四边形，将四边形放在左上方空出， 则，， ∵，，， ∴， ∵ ∴， ∴三点共线，同理三点共线， 由操作得，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （3）解：如图，     如图，取为中点为，连接，过点，点分别作，，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形． 由题意得，，， ∴， ∴， 由操作得，， ∵， ∴， ∴三点共线， 同理三点共线， ∵， ∴四边形为矩形， 如图，连接， ∵为中点， ∴， 同理， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 由操作得，，而， ∴， 同理，， ∵，，， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴四边形能放置左上方空出， ∴按照以上操作可以拼成一个矩形． 3．【答案】分析】（）①解直角三角形即可求解； 由题意可知四边形是矩形，利用线段的和差可求出矩形的边长，进而可求出面积； （）根据题意画出图形即可； 本题考查了解直角三角形，矩形的判定，矩形的面积，图形设计，正确识图是解题的关键． 【详解】（1）解：①如图，为等腰直角三角板，， 则； 如图，为含的直角三角形板，，，， 则，； 综上，等腰直角三角板直角边为，含的直角三角形板直角边为和； 由题意可知， ∴四边形是矩形， 由图可得，，， ∴， 故小平行四边形的底为，高为，面积为； （2）解：如图，即为所作图形． 4．【答案】； 【分析】（1）直接证明，得出，根据、分别是、的中点，即可得证； （2）证明四边形是平行四边形，进而根据，推导出是等边三角形，进而可得，即可证明四边形是矩形． 【详解】（1）证明：在与中， ∴， ∴， 又∵、分别是、的中点， ∴； （2）∵， ∴四边形是平行四边形，， ∵为的中点，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 5．【答案】 【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． 6．【答案】 【分析】（1）根据菱形的性质的三角形全等即可证明． （2）根据菱形的性质和已知条件可推出度数，再根据第一问的三角形全等和直角三角形的性质可求出和度数，从而求出度数，证明了等边三角形，即可求出的度数． 【详解】（1）证明：菱形， ， 又， ． 在和中， ， ． ． （2）解：菱形， ， ， ． 又， ． 由（1）知， ． ． ， 等边三角形． ． 7．【答案】； 【分析】（1）根据题意结合尺规作角平分线的方法作图即可； （2）根据矩形的性质和平行线的性质得出，结合角平分线的定义可得，则，然后根据平行四边形和菱形的判定定理得出结论． 【详解】（1）解：如图所示：    （2）四边形是菱形； 理由：∵矩形中，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形． 8.【答案】； 【分析】（1）由题意可知易得，即，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明； （2）如图，在中，由角所对的直角边等于斜边的一半和直角三角形锐角互余易得，；由菱形得对角线平分对角得，再由三角形外角和易证即可得，最后由求解即可． 【详解】（1）证明：由题意可知， ，， ， 四边形地平行四边形； （2）如图，在中，，，， ，， 四边形是菱形， 平分， ， ， ， ， ， ， 故答案为：．    9．【答案】； 【分析】（1）根据题意得出，再由全等三角形的判定和性质及平行线的判定证明即可； （2）方法一：利用全等三角形的判定和性质得出，又，再由菱形的判定证明即可；方法二：利用（1）中结论得出，结合菱形的判定证明即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 即 在和中， ， ∴ ∴， ∴ （2）方法一：在和中， ， ∴ ∴，又， ∴四边形是平行四边形 ∵， ∴是菱形； 方法二：∵， ∴ ∴， 又， ∴四边形是平行四边形 ∵， ∴是菱形． 10．【答案】； 【分析】（1）根据垂直平分线的作图方法进行作图即可； （2）设与交于点，证明，得到，得到四边形为平行四边形，根据，即可得证． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求；    （2）∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 如图：设与交于点，    ∵是的垂直平分线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形． 10．【答案】； 【分析】（1）根据垂直平分线的作图方法进行作图即可； （2）设与交于点，证明，得到，得到四边形为平行四边形，根据，即可得证． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求；    （2）∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 如图：设与交于点，    ∵是的垂直平分线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形． 12．【答案】 【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识 （1）利用三角形中位线定理即可解决问题； （2）根据三角形中位线定理，菱形判定定理即可解决问题； （3）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题； （4）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题； （5）根据三角形中位线定理，正方形判定定理即可解决问题. 【详解】（1）①证明依据是：中位线定理； （2）证明：∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． （3）②矩形； 故答案为：矩形 （4）证明∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴，， ∴． 同理可得：． ∵ ∴， ∴ ∴中点四边形是矩形． （5）证明：如图4，∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． ∵ 由（4）可知 ∴菱形是正方形． 故答案为：③且；④正方形    13．【答案】 【分析】（1）过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，根据平行四边形性质证明结论即可； （2）先证明，根据垂线段最短求出最小值； （3）过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，连接，求出，进而得，利用垂线段最短求出即可． 【详解】解：问题解决：（1）证明：过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线， 四边形是平行四边形， ； （2）在等边中，， ； 当时，最小，此时最小， 在中， ， 线段长度的最小值为； 方法应用：过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，连接， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， 当时，最小，此时最小， 作于点R， 在中， ， 在中， ， 线段长度的最小值为米． 14．【答案】 【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等求出，然后利用“角角边”证明三角形全等，再由全等三角形的性质容易得出结论； （2）先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形判定即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵点E为的中点， ∴， 在和中， ， ∴； ∴， ∵， ∴； （2）证明：， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形． 15．【答案】； 【分析】（1）根据证明即可； （2）连接、，根据，得出，根据，证明四边形为平行四边形，根据，证明四边形为菱形即可． 【详解】（1）证明：∵点O为对角线的中点， ∴， ∵， ∴，， 在和中， ， ∴； （2）解：四边形为菱形，理由如下： 连接、，如图所示：    根据解析（1）可知，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵，即， ∴四边形为菱形． 16．【答案】 【分析】（1）①根据垂直平分线的画法作图；②以点O为圆心，为半径作圆，交于点E，连线即可； （2）根据菱形的判定定理证明即可． 【详解】（1）①如图：直线即为所求； ②如图，即为所求；   ； （2）四边形是菱形，理由如下： ∵垂直平分， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 17．【答案】 【分析】先根据等腰三角形的性质，得到垂直平分，进而得到，，，再利用平行线的性质，证明，得到，进而得到，即可证明四边形是菱形． 【详解】证明：，是边上的中线， 垂直平分， ，，， ， ，， 在和中， ， ， ， ， 四边形是菱形． 18．【答案】 【分析】（1）根据平行四边形的性质，得，根据平行线的性质，得，；再根据为线段的中点，全等三角形的判定，则，根据矩形的判定，即可； （2）过点作于点，根据勾股定理，求出的长，再根据四边形的面积等于，即可． 【详解】（1）∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∵为线段的中点， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形． （2）过点作于点， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形的面积等于， ∵，， ∵点是对角线的中心， ∴， ∴， ∴平行四边形的面积为：．    19．【答案】 【分析】（1）根据点是的中点，沿所在的直线折叠，可得是等腰三角形，根据三角形的外角的性质即可求解； （2）如图所示，连接，点是上的一点，根据矩形和折叠的性质可得四边形是平行四边形，如图所示，连接，，过点作于点，可证四边形是平行四边形，再根据折叠的性质得，由此即可求证． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形，点是的中点， ∴， ∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，， ∴， ∴，则是等腰三角形， ∴， ∵，即， ∴， ∴的度数为． （2）解：如图所示，连接，点是上的一点，    ∵四边形是矩形， ∴，，即， ∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，， ∴，，是的角平分线， 由（1）可知，， ∴， ∴，且， ∴四边形是平行四边形，则，， 如图所示，连接，，过点作于点，      ∵点是的中点，， ∴点是线段的中点，则， ∴在中， ， ∴， ∴，， ∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，， ∴，，， 在中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形． 20．【答案】 【分析】本题考查的是正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的混合运算，本题要求学生的操作能力要好，想象能力强，有一定的难度． （1）如图，过作于，结合题意可得：四边形为矩形，可得，由拼接可得：，可得，，为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，设，则，再进一步解答即可； （2）由为等腰直角三角形，；求解，再分别求解；可得答案，如图，以为圆心，为半径画弧交于，交于，则直线为分割线，或以圆心，为半径画弧，交于，交于，则直线为分割线，再进一步求解的长即可． 【详解】解：如图，过作于， 结合题意可得：四边形为矩形， ∴， 由拼接可得：， 由正方形的性质可得：， ∴，，为等腰直角三角形， ∴为等腰直角三角形， 设， ∴， ∴，， ∵正方形的边长为， ∴对角线的长， ∴， ∴， 解得：， ∴； （2）∵为等腰直角三角形，； ∴， ∴， ∵， ， ∴； 如图，以为圆心，为半径画弧交于，交于，则直线为分割线， 此时，，符合要求， 或以圆心，为半径画弧，交于，交于，则直线为分割线， 此时，， ∴， 综上：的长为或． 21．【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，切线的判定，画对称轴等等： （1）如图所示，取格点E、F，作直线，则直线即为所求； （2）如图所示，取格点，作直线，则直线即为所求． 【详解】（1）解：如图所示，取格点E、F，作直线，则直线即为所求； 易证明四边形是矩形，且E、F分别为的中点； （2）解：如图所示，取格点，作直线，则直线即为所求； 易证明四边形是正方形，点E为正方形的中心，则． 22．【答案】 【分析】（1）根据三角形的面积公式计算即可； （2）根据菱形的面积公式计算即可； （3）结合图形有，，即可得，问题随之得解； （4）先证明是直角三角形，由作图可知：，即可证明，再结合（3）的结论直接计算即可． 【详解】（1）∵在中，，，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：2； （2）∵在菱形中，，， ∴， 故答案为：4； （3）∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 故答案为：， 猜想：， 证明：∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴； （4）根据尺规作图可知：， ∵在中，，，， ∴， ∴是直角三角形，且， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴根据（3）的结论有：． 23．【答案】 【分析】本题主要考查矩形的性质，垂直平分线的画法及性质，三角形全等的判定与性质，菱形的判定． （1）根据垂直平分线的画法即可求解； （2）由直线是线段的垂直平分线．得到，，，，根据矩形的性质可证，可得，即可得到，即可求证． 【详解】（1）解：如图1所示，直线为所求； （2）证明：如图2，设与的交点为O， 由（1）可知，直线是线段的垂直平分线． ∴，，，， 又∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 24．【答案】 【分析】本题考查的是作线段的垂直平分线，矩形的判定，平行四边形的判定与性质,旋转的性质； （1）作出线段的垂直平分线EF，交于点O，连接，则线段即为所求； （2）先证明四边形为平行四边形，再结合矩形的判定可得结论． 【详解】（1）解：如图，线段即为所求； （2）证明：如图， ∵由作图可得：，由旋转可得：， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形． 25．【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，垂线的尺规作图： （1）根据垂线的尺规作图方法作图即可； （2）根据矩形或平行四边形的对边平行得到，，进而证明，得到，即可证明四边形是平行四边形．再由，即可证明四边形是菱形． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）证明：∵四边形是矩形， ∴． ∴，． ∵点是的中点， ∴． ∴． ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形． 猜想：过平行四边形的一条对角线的中点作这条对角线的垂线，与平行四边形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形； 证明：∵四边形是平行四边形， ∴． ∴，． ∵点是的中点， ∴． ∴． ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形． 故答案为：①；②；③；④四边形是菱形． 26．【答案】 【分析】本题考查等腰三角形性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握面积法是解题的关键；（1）根据等腰三角形三线合一性质，利用勾股定理即可求解；（2）利用面积法三角形面积相等即可；（3）设，则，，过点作于 ，根据，建立方程；即可求解；（4）第一种情况，，在异侧时，设，，则，证明，得到，即可求解；第二种情况，当，在同侧，设，则，，，求得，解方程即可求解； 【详解】（1）解：根据题意可知：， 为等腰三角形，故点是边的中点时，； 在中，； （2）根据题意作，如图所示； 当时，则， 设点到直线的距离为， ， 解得：； （3）如图，当时，点落在上， 设，则，， 过点作于 则， ， ， 解得： 故， 所以正方形的边长为； （4）如图，，在异侧时； 设，，则 三边的比值为， ， ， 当，在同侧 设，则，， 三边比为， 三边比为， 设，则，， 解得： 综上所述：的长为或 27．【答案】 【分析】（1）直接证明，即可证明； （2）过E点作于点M，过E点作于点N，先证明，可得，结合等腰直角三角形的性质可得：， ，即有，，进而可得，即可证； （3）过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，先证明，再结合等腰直角三角形的性质，即可证明． 【详解】（1），理由如下： ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴； （2），理由如下： 过E点作于点M，过E点作于点N，如图， ∵四边形是正方形，是正方形的对角线， ∴，平分，， ∴， 即， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，，， ∴四边形是正方形， ∴是正方形对角线，， ∴， ， ∴，， ∴，即， ∵， ∴， 即有； （3），理由如下， 过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，如图， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵在正方形中，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 28．【答案】 【分析】（1）运用因式分解法解方程求出的长，根据等边三角形的性质得出，过点A作轴，垂足为C，求出的长即可； （2）分，和三种情况，运用三角形面积公式求解即可； （3）当时求出，得，分为边和对角线两种情况可得点N的坐标；当和时不存在以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形 【详解】（1）解：，解得， 的长度是的根， ∵是等边三角形， ∴， 过点A作轴，垂足为C， 在中， ∴ ， ∴ 点A的坐标为 （2）解：当时．过P作轴，垂足为点D， ∴，， ∴ ∴， ； 当时，过Q作，垂足为点E ∵ ∴ 又 ∴， 又， 当时，过O作，垂足为F ∴， 同理可得，， ∴； 综上所述 （3）解：当时，解得， ∴， 过点P作轴于点G，则 ∴ ∴点P的坐标为； 当为边时，将沿轴向下平移4个单位得，此时，四边形是菱形； 将沿轴向上平移4个单位得，此时，四边形是菱形；如图， 作点P关于y轴的对称点，当时，四边形是菱形； 当为对角线时，设的中点为T，过点T作，交y轴于点M，延长到,使连接,过点作轴于点，则 ∴ ∴,即， 解得，, ∴， ∴； 当，解得，，不符合题意，此情况不存在； 当时，解得，，不符合题意，此情况不存在； 综上，点N的坐标为，，， 学科网（北京）股份有限公司 $$