精品解析：山东省聊城市茌平区多校联考2024-2025学年八年级下学期第一次考试数学试题

2024-2025学年第二学期第一次学情调研 八年级数学试题 时间：120分钟 分值：120分 一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项符合题目要求．） 1. 如图，在平行四边形中，是的角平分线，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由平行四边形的性质可得，，由两直线平行同旁内角互补可得，进而可得，由是的角平分线可得，由三角形的内角和定理可得，进而可得，解方程即可求出的度数． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ， 是的角平分线， ， ， ， 解得：， 故选：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形的内角和定理，两直线平行同旁内角互补，角平分线的有关计算等知识点，熟练掌握平行四边形的性质及三角形的内角和定理是解题的关键． 2. 的算术平方根的倒数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】此题主要考查了实数的性质以及算术平方根，正确把握相关定义是解题关键． 直接利用实数的性质结合算术平方根以及倒数的定义分析得出答案． 【详解】解：，则4的算术平方根为2， 故2的倒数是：． 故选C． 3. 如图，已知菱形的对角线和交于点O，且，，则菱形的边长为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟知菱形的性质是解题的关键． 根据菱形对角线互相垂直平分得到，由此利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：∵在菱形中，对角线相交于点O，，， ∴， ∴在中，由勾股定理得， ∴菱形的边长为5， 故选：B． 4. 已知四边形ABCD是平行四边形，再从①AB=BC，②∠ABC=90°，③AC=BD，④AC⊥BD四个条件中，选两个作为补充条件后，使得四边形ABCD是正方形，现有下列四种选法，其中错误的是（　　） A. 选①② B. 选②③ C. 选①③ D. 选②④ 【答案】B 【解析】 【详解】解：A、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意； B、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以不能得出平行四边形ABCD是正方形，错误，故本选项符合题意； C、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意； D、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由④得对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意． 故选B． 5. 如图，，在数轴上点表示的数为，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了实数与数轴，两点间的距离，勾股定理，解题关键是熟练掌握两点间的距离公式． 先根据两点间的距离公式求出，然后根据勾股定理求出，从而求出，再次利用两点间的距离公式列出关于的方程，解方程即可； 【详解】解：如图所示： 点表示的数为，点表示的数为，， ， ， ， ， ， ； 或（不合题意，舍去）， 故选：A 6. 如图，把长方形纸片沿对角线折叠，设重叠部分为，那么下列说法错误的是（　　） A. 是等腰三角形， B. 和一定是全等三角形 C. 折叠后得到的图形是轴对称图形 D. 折叠后和一定相等 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了长方形的折叠问题、等腰三角形的判定、三角形全等的判定、轴对称图形等知识，熟练掌握折叠的性质是解题关键．先根据长方形的性质可得，，，，根据平行线的性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，，，然后根据等腰三角形的判定即可得选项A正确；根据定理即可判断选项B正确；根据轴对称图形的定义即可判断选项C正确；假设，则，根据已知条件不能得出这个结论，所以假设不成立，由此即可判断选项D错误． 【详解】解：∵四边形是长方形， ∴，，，， ∴， 由折叠的性质得：， ∴，，， ∴， ∴是等腰三角形，则选项A正确； 在和中， ， ∴，则选项B正确； ∴如图，折叠后得到的图形是轴对称图形，则选项C正确； 假设， ∴，由已知条件不能得出这个结论，所以假设不成立，选项D错误； 故选：D． 7. 如果、、、是四边形四条边的中点，要使四边形是菱形，那么四边形应具备的条件是（ ） A. 对角线互相垂直 B. 对角线相等且互相平分 C. 一组对边平行而另一组对边不平行 D. 对角线相等 【答案】D 【解析】 【分析】此题主要考查了三角形中位线的性质以及菱形的判定方法，由四边形中，分别是四条边的中点，要使四边形为菱形，则，根据中位线定理，，故要使，则需，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图， ∵四边形中，分别是四条边的中点，要使四边形为菱形， ∴， ∵，， ∴要使， ∴， ∴四边形应具备的条件是， 故选：． 8. 下列说法：①36的平方根是6；②的平方根是；③；④是的平方根；⑤的平方根是4；⑥81的算术平方根是，其中正确的有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 3个 D. 5个 【答案】A 【解析】 【分析】本题运用了平方根和算术平方根，解题的关键是准确应用性质．利用平方根和算术平方根的定义可求解． 【详解】解：①36的平方根是，故①错误； ②9的平方根是，没有平方根，故②错误； ③，故③错误； ④是的一个平方根，故④错误； ⑤，的平方根是，故⑤错误； ⑥81的算术平方根是9，故⑥错误； 综上分析可知：正确的为0个． 故选：A． 9. 如图，已知的周长为1，连接三边的中点构成第2个三角形，再连接第2个三角形三边的中点构成第3个三角形，…，依此类推，第2024个三角形的周长为（ ） A. B. C. D. 22023 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查的是图形的变化规律、三角形的中位线定理等知识点，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解题的关键． 根据三角形中位线定理求出第二个三角形的周长，再总结规律，然后根据规律解答即可． 【详解】解：如图： ∵D、E、F分别为的中点， ∴分别为的中位线， ∴， ∴的周长， ∴第二个三角形的周长是， 同理可得，第三个三角形的周长是……， ∴第2024个三角形的周长是． 故选：B． 10. 如图，四边形OABC为矩形，点A，C分别在x轴和y轴上，连接AC，点B的坐标为，∠CAO的平分线与y轴相交于点D，则点D的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知AD平分∠CAO，过D点作DE⊥AC于点E，利用角平分线的性质可知OD=OE，利用等面积法即可求出结果． 【详解】解：过D点作DE⊥AC于点E，如图所示， ∵AD平分∠CAO， ∴DO=DE， ∵点B的坐标为， ∴OA=4，OC=3， ∴， ∴， ∴， ∴OD=， ∴D点坐标为（0，）， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质，角平分线性质，勾股定理的应用，利用等面积法进行求值是解题的关键． 二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分．） 11. 已知实数，满足，求的平方根______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查非负数的性质、平方根，熟练掌握平方根的性质是解题的关键； 先根据平方、算术平方根的非负性求出和的值，进而求出的值，再求平方根即可． 【详解】解：， ，， ，， ； 的平方根是, 故答案为： 12. 下列说法： ①因为0.6，0.8，1不是勾股数，所以以0.6，0.8，1为边的三角形不是直角三角形 ②若a，b，c是勾股数，且，，则必有 ③因以0.5，1.2，1.3为边长的三角形是直角三角形，所以0.5，1.2，1.3是勾股数 ④若三个整数a，b，c是直角三角形的三条边，则，，必是勾股数 其中正确的是___________（填序号）． 【答案】②④##④② 【解析】 【分析】欲判断是否为勾股数，必须根据勾股数是正整数，同时还需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方． 【详解】解：①虽然0.6，0.8，1不是勾股数，但是，所以以0.6，0.8，1为边的三角形是直角三角形，故①说法错误； ②若a，b，c是勾股数，且，，则必有，故②说法正确； ③因为0.5，1.2，1.3都不是正整数，所以0.5，1.2，1.3不是勾股数，故③说法错误； ④若三个整数a，b，c是直角三角形的三边长，则，，一定是勾股数，故④说法正确． 故答案为：②④． 【点睛】本题主要考查了勾股数：满足的三个正整数，称为勾股数．注意：三个数必须是正整数，例如：2.5、6、6.5满足，但是它们不是正整数，所以它们不是勾股数． 13. 如图，菱形的周长为，过点A作于点E，且的长为，则对角线的长为_______ ． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查菱形、等边三角形、含30度的直角三角形性质，熟练掌握基本性质是解题关键； 根据周长可得，根据，由勾股定理可得，即可求得，则为等边三角形，则． 【详解】∵菱形的周长为， ∴， 又∵，， ∴根据勾股定理可知， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， 故答案为：2 14. 正方形如图放在平面直角坐标系中，已知，，则顶点D的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】过C作轴于E，轴于H，根据矩形的性质得到，，，求得，，得到，过D作于F，根据正方形的性质得到，，求得，根据全等三角形的性质得到，，求得，于是得到结论．本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，坐标与图形性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：过C作轴于E，轴于H， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， 过D作于F， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴． 故答案为：． 15. 如图，点A（0，8），点B（4，0），连接AB，点M，N分别是OA，AB的中点，在射线MN上有一动点P，若△ABP是直角三角形，则点P的坐标是______． 【答案】（2+2，4）或（12，4）． 【解析】 【详解】 如图，∠APB=90°，∠ABP=90°，∠BAP=90°均可以使△ABP是直角三角形，故本题应该对这三种情况分别进行讨论. (1) ∠APB=90°，如图①. 过点P作PG⊥OB，垂足为G. ∵点A的坐标为(0, 8)，点B的坐标为(4, 0)， ∴OA=8，OB=4. ∴在Rt△AOB中，. ∵点M，N分别是OA，AB的中点， ∴MN∥OB，，. ∵MN∥OB，PG⊥OB， ∴PG=OM=4. 设PN=x，则MP=MN+PN=2+x， ∵OG=MP=2+x， ∴BG=OG-OB=2+x-4=x-2. ∵在Rt△AMP中，AP2=AM2+PM2=42+(2+x)2=16+(2+x)2， 在Rt△BGP中，BP2=BG2+PG2=(x-2)2+42=(x-2)2+16， 又∵在Rt△APB中，AB2=AP2+BP2， ∴16+(2+x)2+(x-2)2+16==80. ∴x=，即PN=. ∵OG=2+x=，PG =4. ∴点P的坐标为(, 4). (2) ∠ABP=90°，如图②. 过点P作PG⊥OB，垂足为G. 设PN=x，则MP=OG=2+x，BG=x-2. ∵，AM=4，PG=4， 又∵在Rt△AMP中，AP2=16+(2+x)2， 在Rt△BGP中，BP2=(x-2)2+16， ∴在Rt△APB中，AB2=AP2-BP2=16+(2+x)2-[(x-2)2+16]==80. ∴x=10即PN=10. ∵OG=2+x=2+10=12，PG=4. ∴点P的坐标为(12, 4). (3) ∠BAP=90°，如图③. 由图③可以看出，在此种情况下点P不在射线MN上，不符合题意. 综上所述，点P的坐标为(, 4)或(12, 4). 故本题应填写：(, 4)或(12, 4). 点睛： 本题综合考查了直角三角形和相似三角形的相关知识. 本题的一个难点在于对直角三角形直角顶点的分情况讨论. 在求解点P的坐标的时候，可以利用平面直角坐标系中诸多直角三角形通过勾股定理求解，也可以通过相似三角形的相关知识进行求解. 另外，三角形的中位线也是解决本题的重要工具. 16. 如图，在正方形中，、、分别是边、、上的点，，垂足为，下列结论中：①为线段的中点；②；③；④，正确的结论有________． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质及直角三角形的性质，取特殊点即可判断①；利用直角三角形两锐角互余即可判断②；过点作于点M，则四边形是矩形，证明，即可判断③④． 【详解】解：①如图，当点重合，重合时， 则点与点重合， 此时，，故①错误； ②∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确； ③过点作于点M，则四边形是矩形， ∴， ∵在正方形中，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故③正确； ④由③知，四边形是矩形， ∴，， ∵在正方形中，， ∴ ∴，故④正确； 故答案为：②③④． 三、解答题（本题共7小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17. （1）计算：． （2）已知，，是的平方根，求的平方根． 【答案】（1）；（2）或 【解析】 【分析】本题主要考查了算术平方根，平方根和立方根，掌握算术平方根，平方根和立方根的定义是解题的关键． （1）先算负整数幂，绝对值，平方根，计算即可求解； （2）先计算可得，，，分别当时和当时，即可求解； 【详解】解：（1）原式 ； （2）解：∵，，是9的平方根， ∴，，， 当时，； 当时，． 综上所述，的平方根是或． 18. 如图，在平行四边形中，是它的一条对角线，于点于点F．求证：四边形是平行四边形． 【答案】 证明：四边形是平行四边形， ，且， ． 又， ． 在与中， ， ， ； ， ， 四边形是平行四边形． 【解析】 【分析】此题考查平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．由平行四边形的性质可证明，则可求得，由，从而可求得，可证得结论． 【详解】略 19. 如图，矩形和矩形有公共顶点A 和C，与相交于点G，与相交于点H． （1）求证：四边形是菱形． （2）连接，若 求四边形的面积． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质： （1）过点作，过点作，先证明是平行四边形，根据等积法求出，即可得证； （2）根据菱形的面积公式进行计算即可． 【小问1详解】 解：过点作，过点作， ∵矩形和矩形， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形； 【小问2详解】 由（1）知：四边形是菱形， ∴四边形的面积． 20. 如图，直角坐标系中的网格由单位为1的正方形构成． （1）写出A、B、C的坐标； （2）若以A、B、C及点D为顶点的四边形为，画出，并直接写出D点的坐标． （3）在x轴上是否存在一点P，使的值最小．若存在，请在图中找出这个点，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），， （2）画图见解析， （3）画图见解析，的最小值为 【解析】 【分析】（1）根据A、B、C的位置可得其坐标； （2）取格点，满足，，即可得到答案； （3）如图，作关于轴对称的点，连接交轴于，则点即为所求． 【小问1详解】 解：由题意可得：，，； 【小问2详解】 解：如图，即为所求， 理由：∵，， ∴四边形为平行四边形； ∴； 【小问3详解】 解：如图，作关于轴对称的点，连接交轴于，则点即为所求， 理由：∵关于轴对称的点是， ∴， ∴， 此时， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查的是写出坐标系内点的坐标，画平行四边形，平行四边形的判定，勾股定理的应用，轴对称的性质，熟练的作图是解本题的关键． 21. 如图，在中，点O为线段的中点，延长交的延长线于点E，连接，． （1）求证：四边形是矩形； （2）连接．若，求的长． 【答案】（1）证明：∵为的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2） 【解析】 【分析】（）证，得，再证四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论； （）过点作于点，由矩形的性质得，，再由等腰三角形的性质得，则为的中位线，得，然后由平行四边形的性质得，进而由勾股定理即可得出结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，过点作于点， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴为的中位线， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即的长为． 22. 如图，平行四边形中，，，．动点E、F分别从点B、D同时出发以的速度运动．动点E沿边向终点C运动，动点F沿边向终点A运动，设点E的运动时间为． （1）判断四边形的形状并说明理由； （2）当 时四边形是矩形； （3）是否存在某个时刻，四边形是菱形，若存在求t的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）四边形是平行四边形，理由见解析； （2）2； （3）存在，； 【解析】 【分析】（1）按照平行四边形的判定计算出，即可求证； （2）利用矩形的判定得到垂直，再按照勾股定理进行计算即可； （3）利用菱形的判定得到边长的关系，再按照勾股定理进行计算即可． 【小问1详解】 解：四边形是平行四边形，理由如下： ， 由平行四边形可知，， ， 又， 四边形为平行四边形； 【小问2详解】 当时，平行四边形是矩形， ，， ， ， 时，四边形是矩形， 故答案为：2； 【小问3详解】 存在，，理由如下： 作于点，当时，平行四边形是菱形， 由（2）中可知，， 中，， ∵， ∴， 解得， ∴当时，四边形是菱形． 【点睛】本题考查特殊四边形的判定，利用动点进行不同形状的构造，熟悉特殊四边形的判定条件和正确的利用勾股定理进行计算是解题的关键． 23. 如图，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于点，以、为邻边作平行四边形． （1）证明：平行四边形是菱形； （2）若，连接，，， ①求证：； ②求证：是等边三角形； （3）若，，，是中点，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）①见解析；②见解析 （3） 【解析】 【分析】本题考查平行四边形，菱形，全等三角形，等边三角形的知识，熟练掌握平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质是解题的关键； （1）根据角平分线证明，进而证明四边形平行四边形，进而即可求证； （2）①由（1）得，四边形是菱形，进而判定是等边三角形，进而判定；②根据题意，，进而判定是等边三角形； （3）连接，，，判定四边形是矩形，进而判定四边形是正方形，进而证明，证明是等腰直角三角形，从而求解； 【小问1详解】 证明如下： ∵平分， ∴， ∵四边形平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形． 【小问2详解】 ①证明如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴，， 由（1）得，四边形是菱形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ②证明如下：∴，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形． 【小问3详解】 解：连接，，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴四边形是正方形， ∵平分， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴，， 在和中 ， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵，， ∴， ∴； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第二学期第一次学情调研 八年级数学试题 时间：120分钟 分值：120分 一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项符合题目要求．） 1. 如图，在平行四边形中，是的角平分线，，则（ ） A. B. C. D. 2. 的算术平方根的倒数是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，已知菱形的对角线和交于点O，且，，则菱形的边长为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 4. 已知四边形ABCD是平行四边形，再从①AB=BC，②∠ABC=90°，③AC=BD，④AC⊥BD四个条件中，选两个作为补充条件后，使得四边形ABCD是正方形，现有下列四种选法，其中错误的是（　　） A. 选①② B. 选②③ C. 选①③ D. 选②④ 5. 如图，，在数轴上点表示的数为，则的值是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，把长方形纸片沿对角线折叠，设重叠部分为，那么下列说法错误的是（　　） A. 是等腰三角形， B. 和一定是全等三角形 C. 折叠后得到的图形是轴对称图形 D. 折叠后和一定相等 7. 如果、、、是四边形四条边的中点，要使四边形是菱形，那么四边形应具备的条件是（ ） A. 对角线互相垂直 B. 对角线相等且互相平分 C. 一组对边平行而另一组对边不平行 D. 对角线相等 8. 下列说法：①36的平方根是6；②的平方根是；③；④是的平方根；⑤的平方根是4；⑥81的算术平方根是，其中正确的有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 3个 D. 5个 9. 如图，已知的周长为1，连接三边的中点构成第2个三角形，再连接第2个三角形三边的中点构成第3个三角形，…，依此类推，第2024个三角形的周长为（ ） A. B. C. D. 22023 10. 如图，四边形OABC为矩形，点A，C分别在x轴和y轴上，连接AC，点B的坐标为，∠CAO的平分线与y轴相交于点D，则点D的坐标为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分．） 11. 已知实数，满足，求的平方根______． 12. 下列说法： ①因为0.6，0.8，1不是勾股数，所以以0.6，0.8，1为边的三角形不是直角三角形 ②若a，b，c是勾股数，且，，则必有 ③因以0.5，1.2，1.3为边长的三角形是直角三角形，所以0.5，1.2，1.3是勾股数 ④若三个整数a，b，c是直角三角形的三条边，则，，必是勾股数 其中正确的是___________（填序号）． 13. 如图，菱形的周长为，过点A作于点E，且的长为，则对角线的长为_______ ． 14. 正方形如图放在平面直角坐标系中，已知，，则顶点D的坐标为______． 15. 如图，点A（0，8），点B（4，0），连接AB，点M，N分别是OA，AB的中点，在射线MN上有一动点P，若△ABP是直角三角形，则点P的坐标是______． 16. 如图，在正方形中，、、分别是边、、上的点，，垂足为，下列结论中：①为线段的中点；②；③；④，正确的结论有________． 三、解答题（本题共7小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17. （1）计算：． （2）已知，，是的平方根，求的平方根． 18. 如图，在平行四边形中，是它的一条对角线，于点于点F．求证：四边形是平行四边形． 19. 如图，矩形和矩形有公共顶点A 和C，与相交于点G，与相交于点H． （1）求证：四边形是菱形． （2）连接，若 求四边形的面积． 20. 如图，直角坐标系中的网格由单位为1的正方形构成． （1）写出A、B、C的坐标； （2）若以A、B、C及点D为顶点的四边形为，画出，并直接写出D点的坐标． （3）在x轴上是否存在一点P，使的值最小．若存在，请在图中找出这个点，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 21. 如图，在中，点O为线段的中点，延长交的延长线于点E，连接，． （1）求证：四边形是矩形； （2）连接．若，求的长． 22. 如图，平行四边形中，，，．动点E、F分别从点B、D同时出发以的速度运动．动点E沿边向终点C运动，动点F沿边向终点A运动，设点E的运动时间为． （1）判断四边形的形状并说明理由； （2）当 时四边形是矩形； （3）是否存在某个时刻，四边形是菱形，若存在求t的值，若不存在，请说明理由. 23. 如图，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于点，以、为邻边作平行四边形． （1）证明：平行四边形是菱形； （2）若，连接，，， ①求证：； ②求证：是等边三角形； （3）若，，，是中点，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $