专题02 四边形（考题猜想，33大题型）八年级数学下学期新教材湘教版

专题02 四边形（33大题型） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 多边形对角线的条数问题 · 题型二 多边形的内角和问题 · 题型三 正多边形的内角问题 · 题型四 多边形的外角和问题 · 题型五 多边形内角和与外角和综合（易错） · 题型六 利用平行四边形的性质求解 · 题型七 利用平行四边形的性质证明（重点） · 题型八 判断四边形能否构成平行四边形 · 题型九 证明四边形是平行四边形（重点） · 题型十 利用平行四边形的判定与性质求解 · 题型十一 利用平行四边形性质和判定证明 · 题型十二 画已知图形关于某点对称的图形 · 题型十三 根据中心对称的性质求面积、长度、角度 · 题型十四 中心对称图形的识别 · 题型十五 与三角形中位线有关的求解问题 · 题型十六 与三角形中位线有关的证明（重点） · 题型十七 三角形中位线的实际应用 · 题型十八 利用矩形的性质求解 · 题型十九 利用矩形的性质证明（重点） · 题型二十 矩形与折叠问题（高频） · 题型二十一 添一条件使四边形是矩形 · 题型二十二 证明四边形是矩形（重点） · 题型二十三 根据矩形的性质与判定求解 · 题型二十四 利用菱形的性质求解 · 题型二十五 利用菱形的性质证明 · 题型二十六 证明四边形是菱形（高频） · 题型二十七 根据菱形的性质与判定求解 · 题型二十八 利用正方形的性质求解（重点） · 题型二十九 正方形的折叠问题（高频） · 题型三十 根据正方形的性质求解（重点） · 题型三十一 证明四边形是正方形（高频） · 题型三十二 根据正方形的性质与判定证明 · 题型三十三 四边形其他综合问题（难点） 题型一 多边形对角线的条数问题 1．小李家有一个六边形置物架已经变形，需通过增加木条使其固定，工人师傅至少需要加固木条数量为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】本题考查三角形的稳定性以及多边形对角线分三角形的个数问题：由于多边形（三边以上的）不具有稳定性，将其转化为三角形后木架的形状就不变了． 三角形具有稳定性，由此即可得到答案． 【详解】解；依据三角形的稳定性，六边形置物架钉上木条后分成三角形即可，故工人师傅至少需要加固木条数量为条． 故选：B． 2．如果一个多边形的内角和为，那么从一个顶点可以引对角线的条数是 ． 【答案】4 【分析】本题考核知识点：多边形的内角和．解题关键点：熟记多边形内角和公式． 根据n边形的内角和可以表示成，设这个多边形的边数是n，就得到关于边数的方程，从而求出边数，再求从一点引对角线的条数． 【详解】解：设这个正多边形的边数是n， 则， 解得：． 则这个正多边形是正七边形． 所以，从一点引对角线的条数是：． 故答案为：4． 3．已知一个边形的每一个内角都等于． (1)求； (2)求这个边形的内角和； (3)从这个边形的一个顶点出发，可以画出几条对角线？ 【答案】(1) (2) (3)从这个边形的一个顶点出发，可以画出条对角线 【分析】此题主要考查了多边形内角和，外角和，对角线，关键是掌握各知识点的计算公式． （1）首先求出外角度数，再用除以外角度数可得答案． （2）利用内角度数乘以内角的个数即可． （3）根据边形从一个顶点出发可引出条对角线，即可得答案． 【详解】（1）解：∵每一个内角都等于， ∴每一个外角都等于， ∴边数． （2）解：∵， ∴这个边形的内角和为． （3）解：从一个顶点出发可画出对角线的条数：， ∴从这个边形的一个顶点出发，可以画出条对角线． 题型二 多边形的内角和问题 4．六边形的内角和为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了多边形的内角和公式．此题比较简单，解题的关键是熟记公式． 根据多边形的内角和公式，据此求解即可． 【详解】解：六边形的内角和为， 故选：C． 5．二十边形的内角和是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查了多边形的内角和，熟记多边形的内角和公式是解题的关键．根据多边形的内角和等于，即可得解． 【详解】解：根据多边形内角和公式得， 二十边形的内角和是． 故选：B． 6．若一个多边形的内角和是 1080度，则这个多边形的边数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．10 【答案】C 【分析】本题考查了多边形内角和公式，根据边形内角和公式列方程，进行计算，即可作答． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 依题意，得， 解得， 故选：C． 7．如图，点E、F分别为长方形的边、上的点，将长方形纸片沿翻折，点B、C分别落在点、处，与相交于点G，若，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行线的性质、折叠的性质、四边形的内角和，找到图中角之间的关系是解题的关键． 根据题意得出，，再根据折叠的性质得出，，从而得出，然后根据对顶角相等和余角的定义得出，最后根据四边形内角和即可得出答 【详解】解：四边形为长方形 ， 将长方形纸片沿翻折 ， ， 故答案为：． 题型三 正多边形的内角问题 8．如图，五边形是正五边形，若，，则的度数为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行线的性质，三角形外角的性质以及正多边形的性质，由平行线的性质可求得，再计算出，从而得，最后利用三角形外角的性质即可求出的度数，熟练掌握并灵活运用这些性质是解题的关键． 【详解】如图，延长交直线于点， ∵， ∴， ∵五边形是正五边形， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：． 9．如图，在正五边形中，过点C作于点F，那么的度数为 ． 【答案】/18度 【分析】根据多边形的外角和及正多边形的性质求得的度数，再利用三角形的内角和即可求得答案．本题考查多边形的外角和，正多边形的性质及三角形的内角和，结合已知条件求得的度数是解题的关键． 【详解】解：五边形是正五边形， ， ， ， 故答案为：． 题型四 多边形的外角和问题 10．一个多边形的每一个外角都是，则这个多边形是（　　） A．三角形 B．五边形 C．六边形 D．七边形 【答案】B 【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和．注意多边形的内角和为：；多边形的外角和等于． 利用多边形外角和为，可求解． 【详解】解：设这个多边形是边形 ， 即这个多边形是五边形， 故选：B． 11．若一个多边形每一个外角都相等，且一个内角的度数是，则这个多边形是（    ） A．正八边形 B．正九边形 C．正十边形 D．正十一边形 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形的外角与外角和的关系，需要熟练掌握并灵活运用． 先根据平角的定义求出每一个外角的度数，再根据边数外角度数计算即可． 【详解】解：， ， 这个多边形是正九边形． 故选：B． 题型五 多边形内角和与外角和综合 12．已知某正多边形的一个内角都比它相邻外角的3倍还多，求这个正多边形一个内角的度数． 【答案】这个正多边形一个内角的度数为 【分析】设一个内角为，根据题意列出一元一次方程，即可求解． 【详解】设一个内角为， 根据题意有：， 解得， 答：这个正多边形一个内角的度数． 【点睛】本题主要考查了多边形的内角和外角的知识以及一元一次方程的应用，明确多边形的内角与其相邻的外角之和为180°是解答本题的关键． 13．已知一个多边形的每个内角都是相邻外角的2倍，求这个多边形的内角和． 【答案】 【分析】本题主要考查的是多边形的内角与外角的关系．记住多边形一个内角与外角互补和外角和的特征是解题的关键． 根据每个内角的度数等于和它相邻外角的度数的2倍并结合其外角和为360°得到多边形的内角和． 【详解】解：∵多边形的每个内角都是相邻外角的2倍， ∴多边形内角和的度数是外角和度数的2倍，多边形的外角和为360°， ∴这个多边形的内角和为． 答：这个多边形的内角和． 14．一个多边形的内角和比外角和多，则这个多边形是几边形？ 【答案】六边形 【分析】本题考查了多边形的内角和定理，多边形的外角和是等知识．设这个多边形的边数为n，根据“内角和比外角和多”列出方程，解方程即可求解． 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 由题意得， 解得． 答：这个多边形是六边形． 15．一个正多边形的内角和是外角和的倍，求这个正多边形一个内角的度数． 【答案】 【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和，设此多边形的边数为，根据题意得出，求出的值即可． 【详解】解：∵该正多边形的内角和等于外角和的倍， 设此多边形的边数为，则有：， 解得：， 内角的度数为． 题型六 利用平行四边形的性质求解 16．平行四边形的周长为，的周长为，则对角线的长为 ． 【答案】5 【分析】此题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的性质得到，根据平行四边形的周长为得到，由的周长为即可得到对角线的长． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵平行四边形的周长为， ∴， ∵的周长为，， ∴， ∴． 故选：5． 17．如图，平行四边形的周长为，相交于点O，交于点 E， 则的周长为 ．    【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键． 由平行四边形的周长为，可得，，，证明，则，根据的周长为，计算求解即可． 【详解】解：∵平行四边形的周长为， ∴，，， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴的周长为， 故答案为：． 18．如图，在平行四边形中，，的平分线交于点E，则的长为 ．    【答案】2 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的性质结合角平分线平分角，推出，再用求出即可． 【详解】解：∵平行四边形中，， ∴， ∴， ∵的平分线交于点E， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：2． 题型七 利用平行四边形的性质证明 19．为平行四边形的对角线，，于点，于点，、相交于点，直线交线段的延长线于点，下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是（   ） A．①② B．②③ C．③④ D．①②③ 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质．根据平行四边形的性质，结合对角对等边以及同角的余角相等，判断②，证明，判断①③，求出的度数，判断④． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ，， ， ， ， ， ，故正确； 又， ， ，， ，故正确； 点不一定是的中点， 不一定等于， 不一定等于，故错误， ， ， ， ， ，故错误， 故选：B． 20．如图，在中，，为对角线上的两点，且，连接，．求证： ．    【答案】见解析 【分析】此题主要考查了平行四边形的性质，关键是正确证明．直接利用平行四边形的性质可得，，进而可证出，然后再证明，可得，然后可根据内错角相等两直线平行得到结论． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 在和中 ， ， ． 21．如图，平行四边形的对角线、相交于点，．求证：；    【答案】见解析 【分析】由平行四边形的性质可得出，，利用等式的性质可得出，由证明即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， 在和中 ， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定；熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键． 题型八 判断四边形能否构成平行四边形 22．如图，已知四边形，对角线和相交于O，下面选项不能得出四边形是平行四边形的是（    ）      A．， B．，且 C．，且 D．， 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定，熟记平行四边形的判定定理是解题的关键； 根据平行四边形的判定定理逐个进行判断即可． 【详解】A． ，，两组对边相等的四边形是平行四边形，故此选项不符合题意； B． ，且，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故此选项不符合题意； C． ，且，一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故此选项符合题意；     D． ，，对角线互相平分的四边形是平行四边形，故此选项不符合题意． 故选：C． 23．下列不能判断四边形是平行四边形的是（    ） A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等 C．两条对角线相等 D．两条对角线互相平分 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，熟知平行四边形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，不符合题意； B、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，不符合题意； C、两条对角线相等的四边形不一定是平行四边形，例如等腰梯形对角线也相等，符合题意； D、两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，不符合题意；； 故选：C． 24．四边形中，对角线，相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的判定，三角形全等的判定与性质，根据三角形全等的判定与性质以及平行四边形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：如图， A选项：∵，， ∴四边形是平行四边形．本选项不合题意； B选项：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形．本选项不合题意； C选项：∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形．本选项不合题意； D选项：∵在和中，，，，不能证明，即无法得到， ∴四边形不一定是平行四边形．本选项符合题意． 故选：D 25．如图，在四边形中，，对角线，相交于点．添加下列条件中的一个，若可推出该四边形是平行四边形．①，②，③，④，⑤，⑥．则添加的条件可以是 ． 【答案】①②④⑤ 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定方法，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题关键．常用的平行四边形的判定方法有：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形；（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．根据平行四边形的判定方法分别对各个条件分别进行判定，即可得出结论． 【详解】解：①∵，， ∴四边形是平行四边形，故①正确； ②∵，， ∴四边形是平行四边形，故②正确； ③∵，，无法得出四边形是平行四边形，故③不正确； ④∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，故④正确； ⑤∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形，故⑤正确； ⑥∵，， 不能得出四边形是平行四边形，故⑥不正确． 综上所述，添加的条件①②④⑤，可证明四边形是平行四边形． 故答案为：①②④⑤． 题型九 证明四边形是平行四边形 26．已知：在的边，上分别取一个点E，F，使得，，连结，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．根据平行四边形的性质可得，，结合题意可得，根据平行四边形的判定即可证明． 【详解】证明：在中，，， ∵，， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． 27．如图，四边形是平行四边形，E，F是对角线上的两点，． (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，熟记判定方法是解本题的关键； （1）先证明，，再结合可得结论； （2）由全等三角形的性质可得，，再证明，可得，从而可得结论． 【详解】（1）证明：四边形为平行四边形， ，， ， 又， （2）， ，， ， ∴， 四边形是平行四边形． 28．如图，在平行四边形中，点，分别在，上，与相交于点，且． (1)求证：； (2)连接，，则四边形________（填“是”或“不是”）平行四边形，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)是，理由见解析 【分析】本题中主要考查了平行四边形的判定和性质，准确运用全等三角形的条件进行判断是解题的关键． （1）根据平行四边形的对边平行可得到内错角相等，再根据已知条件可利用得到全等； （2）由（1）可得到，根据一组对边平行且相等的四边形式平行四边形即可得到答案； 【详解】（1）∵四边形平行四边形， ∴ ∴， 根据题可知，， 在和中， ， ∴． （2）四边形是平行四边形． 理由如下： 如图所示，连接， 由（1）得，可得： ， 又∵， ∴四边形是平行四边形． 29．如图，点、、、在一条直线上，且，． (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，解题关键是掌握全等三角形的判定与性质及平行四边形的判定方法． （1）根据平行线的性质“两直线平行，内错角相等”得，再根据，等量交换得，结合已知条件，根据全等三角形判定（边角边），得，即可得； （2）根据（1）得，由全等三角形的性质得，，根据平行线的判定“内错角相等，两直线平行”得，再根据平行四边形的判定“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，即可证得结论． 【详解】（1）证明：， ， 又， ， 即， 在和中， ， ， ． （2）证明：由（1）得， ，， ， 四边形是平行四边形． 题型十 利用平行四边形的判定与性质求解 30．如图，在平行四边形中，，平行四边形的面积为，E，F分别为边上的点，且，连接，则的最小值为（    ） A．8 B． C．16 D． 【答案】D 【分析】本题考查平行四变形的判定和性质，含30度直角三角形及轴对称的性质，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． 连接，作点C关于的对称点H，连接，根据平行四边形的性质及判定得出四边形为平行四边形，再由轴对称的性质确定当点B、E、H三点共线时， 的最小值为的长，然后结合图形利用勾股定理求解即可． 【详解】解：连接，作点C关于的对称点H，连接， ∴， ∵，平行四边形的面积为， ∴， ∴． ∵平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵点C、H关于对称， ∴， ， ， 当点B、E、H三点共线时， 的最小值为的长， ∵， ∴的最小值为． 故选D． 31．如图，在四边形中，，．当 时，与互相平分． 【答案】6 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，先根据证明四边形是平行四边形，从而可得结论． 【详解】解：当，而， ∴四边形是平行四边形， ∴与互相平分， 故答案为：． 32．如图，四边形中，，，则 ． 【答案】/度 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形证明是平行四边形，据此得到，则由平行线的性质即可得到答案． 【详解】解：∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 题型十一 利用平行四边形性质和判定证明 33．如图，平行四边形中，点分别在的延长线上，，，垂足为点，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求的长． 【答案】(1)见解析； (2)； 【分析】（1）根据题意平行四边形的性质可得到，再根据已知条件及平行四边形的判定即可解答； （2）根据直角三角形的性质得到，再利用平行四边形的性质得到即可解答． 【详解】（1）解：∵在平行四边形中， ∴，即 ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵在平行四边形和中， ∴，, ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质及判定，直角三角形的性质，掌握平行四边形的性质及判定是解题的关键． 34．如图，． (1)求证：≌； (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)四边形的周长 【分析】（1）根据，证得四边形是平行四边形，进而利用证明≌； （2）利用平行四边形的性质求出平行四边形的周长即可． 【详解】（1）证明：∵， 四边形是平行四边形， ，， 在和中， ， ≌； （2）解：由可知，，， 四边形的周长． 【点睛】此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，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键． 35．如图所示，在中，点，在上，且． (1)写出图中所有的全等三角形； (2)连接，，请补全图形，四边形是平行四边形吗？为什么？ (3)延长交的延长线于，延长交的延长线于．请补全图形，并证明四边形是平行四边形． 【答案】(1)，， (2)详见解析 (3)详见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理． （1）根据平行四边形的性质并结合题意即可求解； （2）根据四边形是平行四边形可得，，得到，由可得，证明，根据全等三角形的性质即可证明； （3）由（2）知，得到，进而得到，推出，结合，即可证明． 【详解】（1）解：，，； （2）如图所示，四边形是平行四边形，理由如下： 在中，，， ， ， ，即， 在和中， ， ， ，， ， ， 又 ， 四边形是平行四边形； （3）证明：补全图形如图所示， 由（2）知， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形． 36．已知：如图，在平行四边形中，是对角线，，，垂足分别为点，，连接，．    (1)求证：． (2)判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形为平行四边形，理由见解析 【分析】此题考查了平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定与性质、熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键． （1）由在平行四边形中，，，证得，可得出结论； （2）可得出，，则可证得四边形是平行四边形． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ，， ， ， ； （2）解：四边形为平行四边形，理由如下： ，， ， ， 又由（1）可知：， 四边形为平行四边形． 37．如图，点M、N在的对角线上，且，求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，如图，连接，交于点，可得 ，再证明，从而可得结论． 【详解】证明：如图，连接，交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，                 ∵对角线上的两点M、N满足， ∴，即，     ∴四边形是平行四边形． 题型十二 画已知图形关于某点对称的图形 38．已知：如图，和直线，点O在直线上．    (1)画出，使与关于直线对称； (2)画出，使与关于点O成中心对称； (3)与对称吗？若对称，请在图中画出对称轴． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)对称，见解析 【分析】(1)根据轴对称的作图，垂直且相等原理画图即可． (2)根据中心对称图形的基本作图画图即可． (3)根据作图的意义判断即可． 【详解】（1）根据轴对称的作图原理，画图如下：    则即为所求． （2）根据中心对称图形作图的原理，画图如下：    则即为所求． （3）根据作图的原理，判断与对称， 其对称轴为直线．    【点睛】本题考查了轴对称图形，中心对称图形的基本作图，熟练掌握作图的基本步骤是解题的关键． 39．如图在正方形网格中，按要求完成以下作图；      (1)在图中作关于点中心对称的； (2)在图中作向右平移三个单位，再向上平移两个单位所得到的图形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据中心对称的性质得出图形即可； （2）根据平移的性质得出图形即可． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求；      （2）如图所示，即为所求． 【点睛】本题考查了中心对称和平移图形，能理解中心对称的性质、平移的性质的内容是解此题的关键． 题型十三 根据中心对称的性质求面积、长度、角度 40．如图是一个中心对称图形，为对称中心，若，，，则的长为 ． 【答案】 【分析】在直角中，根据角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得，依据中心对称可得，据此即可求解． 本题主要考查了直角三角形的性质：的锐角所对的直角边等于斜边的一半，以及旋转的性质． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵与关于中心对称， ∴， 故答案为：． 41．如图是一个中心对称图形，为对称中心，若，，，则的长为 ．    【答案】 【分析】本题考查的是直角三角形的性质、中心对称图形的概念、勾股定理．根据直角三角形的性质得到，根据勾股定理列式求出，根据中心对称图形的性质计算． 【详解】解：在中，， ， 由勾股定理得，，即， 解得，， 图形是一个中心对称图形，为对称中心， ， 故答案为：． 42．如图，在中，平分，于点，延长交于点，是的中点，若，，则 ． 【答案】 【分析】根据角平分线的定义结合题意，即可利用“”证明，即得出，，从而可得出，点E为中点，从而可判定为的中位线，进而可求出的长． 【详解】∵平分， ∴，． 又∵， ∴， ∴，， ∴，点E为中点． ∵F是的中点， ∴EF为的中位线， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查角平分线的定义，三角形全等的判定和性质，三角形中位线的性质等知识．掌握三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半是解题关键． 43．如图， 在中，于点D， 点E， F分别是的中点，则的长为 ． 【答案】3 【分析】本题主要查了三角形中位线定理，等腰三角形的性质．根据等腰三角形的性质可得，再由三角形中位线定理，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵点E， F分别是的中点， ∴． 故答案为：3 题型十四 中心对称图形的识别 44．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查轴对称及中心对称的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐选项判断即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； 故选：D． 45．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练运用定义判断是解题关键．根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可． 【详解】解：A．既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意； B．不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意； C．是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意； D．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意． 故选：A． 46．近年来，新能源行业迎来了爆发式增长，新能源不仅环保，而且发展潜力巨大．下列能源产业图标中，是中心对称图形的是（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查中心对称图形的定义，熟练掌握中心对称图形的判别是解题的关键．根据中心对称图形的判别方法判断即可． 【详解】 解：不是中心对称图形，故选项A不符合题意； 是中心对称图形，故选项B符合题意； 不是中心对称图形，故选项C不符合题意； 不是中心对称图形，故选项D不符合题意； 故选B． 47．下列图形中，属于中心对称图形的是（   ）． A．   B．   C．   D．   【答案】B 【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．根据中心对称图形的定义对四个选项进行分析． 【详解】解：A．不是中心对称图形，所以不符合题意； B．是中心对称图形，所以符合题意； C．不是中心对称图形，所以不符合题意； D．不是中心对称图形，所以不符合题意． 故选：B． 题型十五 与三角形中位线有关的求解问题 48．已知的周长为1，连结的三边中点构成第二个三角形，再连结第二个三角形的三边中点构成第三个三角形，依此类推，第2013个三角形的周长是（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查中位线定理，根据三角形的中位线定理，找规律求解，每一条中位线均为其对应的边的长度的，所以新三角形周长是前一个三角形的． 【详解】解：周长为1，因为每条中位线均为其对应边的长度的，所以： 第2个三角形对应周长为； 第3个三角形对应的周长为； 第4个三角形对应的周长为； 第5个三角形对应的周长为 ⋯， 故第2013个三角形周长为． 故选：A． 49．如图，平行四边形中，，点在上，连接和，点，分别是和的中点，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查三角形中位线定理，由题意知：是的中位线，则，即可得出结论．解题的关键是掌握：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半． 【详解】解：∵点，分别是和的中点，， ∴是的中位线， ∴， ∴的长为． 故选：B． 题型十六 与三角形中位线有关的证明 50．如图，在中，于点H，点D，E，F分别是的中点，且点D与点H不重合，则下列结论正确的为 ． ①图中有4个平行四边形； ②与全等； ③； ④当时，四边形的面积为． 【答案】②③④ 【详解】利用三角形中位线定理即可判断①，利用直角三角形斜边上中线的性质、三角形中位线定理、全等三角形判定即可判断②，利用三角形中位线定理、全等三角形的判定即可判断③，利用等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理等知识即可判断④． 解：①∵点D，E，F分别是的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， 同理得：四边形是平行四边形，四边形是平行四边形， 即图中有3个平行四边形； 故①不正确； ②∵， ∴， ∵点D，E，F分别是的中点， ∴，， ∴， 同理得：， ∵， ∴， 故②正确； （2）∵点D，E，F分别是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 故③正确； ④∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴四边形的面积． 故④正确； 本题正确的结论有：②③④ 故答案为：②③④． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理、直角三角形的性质、平行线的判定、勾股定理等知识，熟练掌握中位线定理和直角三角形的性质是解题的关键． 51．在八下书本49页中，我们得到了三角形中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，完成以下证明过程： 已知：如图，D、E分别是的边，的中点； 求证：且． 证明：如图，延长到点F，使，连接，，． ∵______，， ∴四边形是平行四边形，（           ）（填推理的依据） 平行且等于，∴平行且等于． ∴四边形是平行四边形，（           ）（填推理的依据） ∴平行且等于．又∵，∴，． 【答案】；对角线互相平分的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． 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握三角形中位线定理，证明四边形为平行四边形是解题的关键．先证四边形是平行四边形，则平行且等于，得平行且等于．再证四边形是平行四边形，得平行且等于，即可得出结论． 【详解】证明：如图，延长到点F，使，连接，，. ∵，， ∴四边形是平行四边形，（对角线互相平分的四边形是平行四边形）（填推理的依据） 平行且等于， ∴平行且等于. ∴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）（填推理的依据） ∴平行且等于. 又∵， ∴，. 故答案为：；对角线互相平分的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． 52．如图，在四边形中，是对角线的中点，，是，的中点，，求证：．    【答案】见解析 【分析】根据三角形中位线定理得到，，根据得到，等量代换可得结论． 【详解】解：在中，，是，的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、等角对等边，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解题的关键． 题型十七 三角形中位线的实际应用 53．如图，、两地被池塘隔开，小明通过下列方法测出了、间的距离；先在外选一地点，然后测出，的中点、，并测量出的长为，由此他就知道了、间的距离．下列有关他这次探究活动的结论中，错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查的是三角形的中位线定理在实际生活中的运用，锻炼了学生利用几何知识解答实际问题的能力．根据三角形的中位线定理即可判断； 【详解】解：，， ，， ， ， 故A、B、C正确，不符合题意， 故选：D． 54．如图，A，B两地被池塘隔开，小明通过下面的方法估测出了A，B间的距离：先在外选一点，然后步测出，的中点，，并步测出的长为8米，由此他就知道A，B间的距离是（   ） A．10米 B．16米 C．20米 D．24米 【答案】B 【分析】本题考查了三角形中位线定理．利用三角形中位线定理即可求得． 【详解】解：，分别是，的中点， 是的中位线， (米)， 故选：B． 55．为了更好开展劳动教育，实现五育并举，某校开设了劳动实践课程．该校的某劳动实践小组协助公园园区工人测量人工湖湖畔两点之间的距离，该实践小组所画的示意图如右图，先在湖边地面上确定点，再用卷尺分别确定的中点，最后用卷尺量出，则之间的距离是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据中位线的性质即可求解． 【详解】解：∵点是的中点， ∴，， ∴，即之间的距离是， 故选：． 【点睛】本题主要考查中位线，掌握三角形中位线的性质是解题的关键． 56．如图，某公园有一块三角形空地 米，沿放置一道栅栏把分成两个区域种植不同的花卉，D、E分别是的中点，则栅栏的长为 米． 【答案】6 【分析】本题考查三角形的中位线定理，根据题意，得到是的中位线，即可得出结果． 【详解】解：∵D、E分别是的中点， ∴是的中位线， ∴； 故答案为：6． 题型十八 利用矩形的性质求解 57．如图，在矩形中，对角线，相交于点，，则的度数是(    ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的外角的性质，熟记矩形的性质是解本题的关键．先证明，，再结合三角形的外角的性质是解本题的关键． 【详解】解：矩形中，对角线与相交于点， ，， 是的一个外角， ， ． 故选：B． 58．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】/60度 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质，等腰三角形的判定和性质以及平行线的性质即可得到结论． 【详解】解：四边形是矩形， ，，，， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：． 59．已知矩形的角平分线交于点，，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形性质和含角的直角三角形性质，勾股定理的应用，根据矩形性质求出， ，求出和的度数，求出和，即可求出，解题的关键关键是掌握知识点的应用． 【详解】解：如图， ∵四边形是矩形， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 60．矩形的对角线长，两条对角线的夹角为，则这个矩形较长的边长是 ． 【答案】/厘米 【分析】此题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理等知识， 首先画出图形，然后根据矩形的性质得到，然后证明出是等边三角形，求出，然后根据勾股定理求出，进而求解即可． 【详解】如图所示， ∵四边形是矩形，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴这个矩形的较长边的长度是． 故答案为：． 61．已知矩形的一边长为，一条对角线的长为，则矩形的面积为 ． 【答案】48 【分析】如图，先根据勾股定理求出，再由求解即可． 【详解】解：在矩形ABCD中，，， ∴在中，(cm)， ∴． 故答案为：48． 【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是熟知上述知识． 62．如图，在矩形中，点在边上，且与相交于点，若，，且，求的长． 【答案】 【分析】此题考查了矩形的性质和三角形的判定定理，解题的关键是利用矩形的性质找出相等的角和边，再根据判定定理即可解得． 先证明，得到，可求值． 【详解】∵在矩形中，， ∴，， ，，， ， ∴， ，， ∴， ∴． 题型十九 利用矩形的性质证明 63．如图，在矩形中，E是上一点，连接平分．    (1)求证：； (2)作于点F，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质和等腰三角形的判定定理即可证明； （2）设，则，根据，求出，从而求出的长． 【详解】（1）平分 矩形 ； （2）矩形 ， ，平分 设，则 ． 【点睛】本题考查矩形的性质，角平分线的性质，勾股定理的知识，解题的关键是证明是等腰三角形． 64．如图1，在长方形纸片中，．E为上一点，将长方形纸片沿直线折叠，使点落在边上，记为点，如图2． (1)当，时，求线段的长； (2)设，，如果再将沿直线向右翻折，使点落在所在的直线上，记作点．若线段，请根据题意画出图形，并求出相应的值； (3)设，，将沿直线向右翻折后交线段于点，连接．当时，求，之间的数量关系． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】本题主要考查长方形的性质和折叠的性质， （1）根据折叠求得对应边长即可求得； （2）分两种情况：点落在线段上，或点落在线段的延长线上，由折叠的性质得，可求得和，结合题意即可求得； （3）由折叠的性质得，，即可求得，结合题意即可求得答案． 【详解】（1）解：由折叠的性质可得， ， ． （2）若点落在线段上时，如图1所示， 由折叠的性质可得：， ， ， ， ， 解得：； 若点落在线段的延长线上时，如图2所示， 由折叠的性质可得：， ， ， ， ， 解得：， 综上：或． （3）如图3所示， 由题意可知：，， ， ，， ， 整理可得：． 题型二十 矩形与折叠问题 65．如图，对折矩形纸片，使得与重合，得到折痕；把纸片展平，再折一次纸片，使得折痕经过点B，得到折痕，同时使得点A的对称点N落在上，如果，则（    ） A．6 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】本题考查折叠的性质，勾股定理、矩形的性质等知识，利用面积关系建立方程是解题的关键． 根据勾股定理求出的长，设，由四边形的面积建立方程求解即可． 【详解】∵对折矩形纸片，使得与重合，得到折痕， ∴， 由折叠可得，， 在中，， 设， 由四边形的面积， ∴， 解得：， ∴， 故选：C． 66．如图，将矩形纸片折叠，使边落在对角线上，折痕为，且D点落在对角线处，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题主要考查了图形的翻折变换，以及勾股定理的应用，关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．首先利用勾股定理计算出的长，再根据折叠可得，，设，则，，，再根据勾股定理可得方程，再解方程即可． 【详解】解：在矩形中，，， ， ， 根据折叠可得：，， 设，则，，， 在中：， ， 解得：， 故选：D 67．把长，宽的矩形沿着对折，使点D落在边的点F上，则 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，先根据折叠得出，，根据勾股定理得出，，然后求出结果即可． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，，， 由折叠的性质知，，， 在中，由勾股定理知： ， ， 在中，由勾股定理知，， ， 解得：． 故答案为：， 题型二十一 添一条件使四边形是矩形 68．如图，平行四边形添加一个条件 使得它成为矩形．（任意添加一个符合题意的条件即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据矩形的判定定理得出即可． 【详解】解：， 理由是：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， 故答案为：（答案不唯一）． 【点睛】本题考查了矩形的判定的应用，能熟记矩形的判定定理是解此题的关键，此题是一道开放型的题目，答案不唯一． 69．如图，在中，点O是边上的一个动点，过点O作，交的平分线于点E，交的平分线于点F．    (1)若，求的长； (2)当点O位于边的什么位置时，四边形是矩形？ 【答案】(1) (2)当点位于边的中点时，四边形是矩形 【分析】本题考查的是等腰三角形的判定，平行四边形及矩形的判定与性质，勾股定理，是一道有一定的综合性的好题． （1）由于平分，故，同理可得，故；再根据平分，平分，证明，根据勾股定理得出，即可解答； （2）根据平行四边形的判定定理可知，当 时，四边形是平行四边形．由于、分别是与的平分线，故是直角，则四边形是矩形． 【详解】（1）∵平分， ， ， ∵平分， ， ， ， ， ， ， 故， ∵平分，平分， ， ， ， ， 即的长为；    （2）当点位于边的中点时，四边形是矩形． 由（1）知， 又为边的中点， ， ∴四边形是平行四边形， ， ， ∴四边形是矩形． 题型二十二 证明四边形是矩形 70．如图，已知在中，，，，P为边上一动点，于点M，于点N． 求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了矩形的判定，以及勾股定理逆定理，根据勾股定理逆定理得到为直角三角形，且，再根据于点M，于点N，得到，即可证明四边形是矩形． 【详解】证明：在中，，，， 又 ，即， 为直角三角形，且， 于点M，于点N， ， 四边形是矩形． 71．如图，在中，，延长至D，使得，过点A，D分别作，，与相交于点E．下面是两位同学的对话：       小星：由题目的已知条件，若连接，则可证明． 小红：由题目的已知条件，若连接，则可证明．    请你选择一位同学的说法，并进行证明． 【答案】见解析 【分析】选择小星的说法，先证四边形是平行四边形，推出，再证明四边形是矩形，即可得出；选择小红的说法，根据四边形是矩形，可得，根据四边形是平行四边形，可得，即可证明， 本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，解题的关键是：掌握平行四边形和矩形的判定方法． 【详解】证明：①选择小星的说法，证明如下： 如图，连接，    ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， 又 ，点D在的延长线上， ， 四边形是平行四边形， 又 ， 四边形是矩形， ； ②选择小红的说法，证明如下： 如图，连接，，    由①可知四边形是矩形， ， 四边形是平行四边形， ， ． 72．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． ． 73．如图，在平行四边形中，O是对角线上的中点，过点O作 ，垂足为E且 (1)求证∶四边形 是矩形； (2)若 求的长及四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2), 【分析】（1）根据中位线定理，得到，结合，得到即可证明四边形 是矩形； （2）根据矩形的性质，中位线定理，得 ，利用勾股定理计算即可．本题考查了矩形的判定，三角形中位线定理，勾股定理，熟练掌握矩形的判定和勾股定理是解题的关键． 【详解】（1）∵O是对角线上的中点， ∴， ∵， ∴ ∵平行四边形， ∴四边形 是矩形． （2）∵四边形 是矩形， ∴， ∴， 故四边形的周长为． 74．如图，在中，，平分，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若是边长为4的等边三角形，相交于点O，在上截取，连接，求线段的长及四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)；四边形的面积为 【分析】本题考查了矩形的性质和判定，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形性质，勾股定理等知识点的应用，题目是一道综合性比较强的题目，难度适中． （1）根据平行四边形判定得出平行四边形，再根据矩形判定推出即可； （2）分别求出、、、的长，再求出三角形和三角形的面积，即可求出答案． 【详解】（1）证明：且， 四边形是平行四边形， 在中，，平分， ， ， 四边形是矩形； （2）解：是等边三角形，边长为4， ，，， 四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴，， ， ， 过作于， 则， ∵， ， ． 75．如图，在菱形中对角线交于点，过点作于点，将沿方向平移，使点落到点处，点落到点处． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平移的性质得：，则四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是矩形； （2）由菱形的性质得到，，，则可由勾股定理得到，再根据等面积法求解即可． 【详解】（1）证明：由平移的性质得：， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵ ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，矩形的判定，平移的性质等等，熟知菱形的性质和矩形的判定定理是解题的关键． 76．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)见解析 (2) 【分析】此题考查矩形的判定和性质，关键是根据菱形的性质得出解答． （1）根据菱形的性质得出，进而利用平行四边形的判定和矩形的判定解答即可； （2）根据菱形的性质得出，进而利用全等三角形的判定和性质解答即可． 【详解】（1）证明：菱形， ，， 又， ， ， 四边形是平行四边形． ， ， 是矩形； （2）解：菱形， ，， ， 在与中， ， ， ， ， 矩形， ，， ， ， ． 题型二十三 根据矩形的性质与判定求解 77．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．60 B．30 C．90 D．96 【答案】A 【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：A． 78．中，，，点、分别为和两条边上的动点，且满足，则线段的长度的最小值是 ．    【答案】 【分析】本题考查了垂线段最短，矩形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定；过点作，连接，过点作于点，勾股定理可得，进而可得，证明四边形是矩形，则，当时，即时，最短，即最短，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作交于D，连接，过点作于点    ∵， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 又∵，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵ ∴四边形是矩形， ∴ ∵当时，即时，最短，即最短， ∴的最小值为， 故答案为：． 79．数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容长方形面积相等（如图）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证，下列说法一定正确的是 ． ① ② ③ ④    【答案】①②③ 【分析】本题考查矩形的性质，由题意可得四边形和四边形均为矩形，矩形的对角线将矩形平分为两个面积相等的三角形，由此逐项论证即可． 【详解】解：由矩形的性质可知，①正确； 由题意知，矩形中， ，， 四边形和四边形均为矩形， ，，②正确； ， ，③正确； ，， 现有条件无法得出， ，④错误； 故答案为：①②③． 题型二十四 利用菱形的性质求解 80．如图，在菱形中，，P是对角线，的交点，点在的延长线上，且．则（　　）度． A．52 B．56 C．62 D．68 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质等知识点，掌握菱形的性质、等腰三角形的性质是解本题的关键． 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，P是对角线，的交点， ，，是的角平分线， ， 又， ， ， 又， ， ． ． 故选：A． 81．如图，在菱形中，，于点E，交对角线于点P，过点P作于点F．若的周长为8．则菱形的面积为 ． 【答案】32 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定等知识点，能熟记菱形的性质和求出是解此题的关键 根据菱形的性质得出，，，根据角平分线的性质得出，求出，设，则，根据的周长为8得出，求出，求出，， x，求出，求出，再求出菱形的面积即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，，， ∵，， ∴，， ∴， ∴，， 设，则， ∵的周长为8， ∴， 解得： ， 即，， ∴， 即， ， ∴， ∴菱形的面积 故答案为：． 82．菱形的对角线长分别是8，6，则这个菱形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的面积等于对角线的乘积的一半进行列式计算，即可作答． 【详解】解：∵菱形的对角线长分别是8，6， 则， ∴这个菱形的面积是． 故答案为： 题型二十五 利用菱形的性质证明 83．如图，在菱形中，对角线相交于点，下列结论中不一定成立的是（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质．根据菱形的性质对边互相平行、对角线互相垂直且平分的性质逐项分析即可． 【详解】解：A、根据菱形的性质四条边相等，可知正确； B、根据菱形对角线互相垂直，可知正确； C、根据菱形的对角线平分每一组对角，可知正确； D、根据菱形的性质，可知不一定正确． 故选：D． 84．如图，在菱形中，，点E是上的动点，点F是上的动点，    (1)若，求证∶ ； (2)若，猜想形状（不写证明过程）． 【答案】(1)见解析 (2)等边三角形，理由见解析． 【分析】（1）连接，通过证明三角形全等，求证即可； （2）作，通过证明是等边三角形，进而得到，得到，即可求解． 【详解】（1）证明：连接，如下图：    在菱形中，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ （2）解：等边三角形，理由如下： 作，如下图，    则， ∴， ∴是等边三角形， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴ ∴为等边三角形． 【点睛】此题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质． 85．如图，在菱形中，E为边的中点，与对角线交于点M，过点M作于点F，．    求证： (1)F是中点； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）首先根据菱形的性质得到，进而得到，然后利用角度的转化得到，然后利用等腰三角形三线合一性质证明即可； （2）首先根据菱形的性质和线段中点的性质得到，然后证明出，进而可得到． 【详解】（1）∵四边形是菱形 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴F是中点； （2）∵四边形是菱形 ∴， ∵E为边的中点，F是中点 ∴， ∴ ∴在和中 ∴ ∴ ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 题型二十六 证明四边形是菱形 86．如图，在平行四边形中，点为对角线，的交点，过点的直线于点，交于点F，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）根据已知条件先证明，根据四边形是平行四边形，然后证明，即可得出结论； （2）由菱形的性质得，，再由菱形的面积求出，即可得出结论． 【详解】（1）， ， ＋， ， ＋， ， ， 又四边形是平行四边形， 四边形为菱形． （2）解：由（1）可知，四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∴， 即的长为． 87．如图，四边形为平行四边形，对角线的垂直平分线分别交于点， (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）先证得再证四边形是平行四边形，然后由即可得出结论； （2）由菱形的性质得 则即可求解． 本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识， 熟练掌握菱形的判定与性质，证明是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∵垂直平分， 在和中， ∴四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形； （2）解：由（1）可知， 四边形是菱形， 88．在矩形中，连接，的垂直平分线交于点，分别交、于点、，连接和． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，菱形的判定和性质，平行四边形的判定，矩形的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键． （1）根据线段的垂直平分线得出，，根据矩形的性质得出，求出，根据全等三角形的判定定理得出，求出，得出四边形为平行四边形，再得出答案即可； （2）根据菱形的性质得出，设，根据勾股定理求出，再求出面积即可． 【详解】（1）证明：是的垂直平分线， ，， 四边形是矩形， ， ， 在和中 ， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， 四边形为菱形； （2）解：四边形为菱形， ， 设， 四边形是矩形， ， 由勾股定理得：， 即， 解得：， 即， ， 菱形的面积． 89．如图，在四边形中，，，的角平分线交于点E，连接、，交于点O． (1)求证：四边形是菱形； (2)若点E是的中点，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再根据平行线的性质和角平分线的定义，得到，从而推出，即可证明； （2）由菱形的性质可得，再结合线段中点，即可求出的长． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， 平行四边形是菱形； （2）解：由（1）可知，四边形是菱形， ， ， 点E是的中点， ． 90．在中，，是的中点，E是的中点，过点作交的延长线于点． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【详解】（1）∵，是的中点， ∴， ∵， ∴，， 又是的中点， ∴ ∴， ∴， ∴ ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． （2）连结， ∵，， ∴四边形是平行四边形， 则， ∴． 题型二十七 根据菱形的性质与判定求解 91．在平行四边形中，用直尺和圆规作的平分线交于点,若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据角平分线的画法及全等三角形的判定与性质可知，再利用菱形的判定与性质，，即可解答． 【详解】解：连接， 由作图可知， ∵是的角平分线， ∴， ∴在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵，， ∴ ∴在中，， ∴， 故选． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的定义，掌握菱形的判定与性质是解题的关键。 92．如图，四边形中，，，，连接，的平分线交分别于点，，若，，则的长为（    ） A．8 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、勾股定理、角平分线的定义，连接，由勾股定理得出，证明四边形是菱形，，，从而得出，由勾股定理得出的长即可得解． 【详解】解：如图，连接， ，，， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ，， ， ， ， 故选：C． 题型二十八 利用正方形的性质求解 93．如图，已知四边形和四边形均为正方形，且G是的中点，连接，若，则的长为（    ） A． B． C．5 D． 【答案】A 【分析】过点E作交于点M，交于点N，则，再证明，得出，再利用勾股定理即可解答． 本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，勾股定理是解题的关键． 【详解】解：过点E作交于点M，交于点N， ∵四边形和四边形均为正方形，且G是的中点，， ∴，，， ∴四边形是矩形，， ∴，，，， ∴， ∴，，, ∴． 故选：A． 94．如图，四边形是边长为1的正方形，以对角线为边作第二个正方形，连接，得到；再以对角线为边作第三个正方形，连接，得到；再以对角线为边作第四个正方形，连接，得到；…．设的面积分别为依此下去，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、规律型等知识，首先求出、、，然后猜测命题中隐含的数学规律，即可解决问题． 【详解】四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， 同理可求：，，， ， ∴ 故选：C． 95．如图，在正方形中，，点E在边上，且，点P是对角线上的一个动点，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，连接，通过证明，得到，从而推出当B、P、E三点共线时，最小，即此时最小，最小值为的长，据此利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴当B、P、E三点共线时，最小，即此时最小，最小值为的长， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴最小值为． 故答案为：． 96．如图，正方形的边长为4，，为上一点，则的最小值为 ． 【答案】5 【分析】本题主要考查了利用对称性求最短距离，连接，由轴对称图形的性质可知，从而将的最小值转化为BM的长，用勾股定理求出即可． 【详解】解：根据题意，连接， ∵四边形是正方形， ∴． ∴． 当点B、N、M在同一条直线上时，有最小值． 在中 ，， 根据勾股定理得， 即的最小值为5． 故答案为：5． 97．如图，在中，，以为边分别作正方形和正方形，若，，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】5 【分析】本题考查了正方形的性质，设正方形和正方形的边长分别为，根据已知可得，然后根据三角形的面积公式可得，最后利用正方形的面积公式，以及完全平方公式，进行计算即可解答．熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：设正方形和正方形的边长分别为， ， ， ，， ， ， 图中阴影部分的面积为： ， 故答案为：5． 题型二十九 正方形的折叠问题 98．（23-24八年级下·湖南岳阳·期中）如图，在正方形纸片中，对角线、相交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后，折痕分别交、于点、，连接，有以下结论：①；②；③；④四边形是菱形；⑤，其中正确结论的个数有（    ）    A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】B 【分析】①由四边形是正方形，可得，又由折叠的性质，可求得的度数；②由，可得；③由，可得的面积的面积；④由折叠的性质与平行线的性质，易得是等腰三角形，即可证得；⑤易证得四边形是菱形，由等腰直角三角形的性质，即可得．此题考查的是折叠的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质以及菱形的判定与性质等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用． 【详解】解：四边形是正方形， ， 由折叠的性质可得： 故， 故①正确． 由折叠的性质可得：，， ， ， ， ，故②错误． ， ，与同高， ， 故③错误． ， ， ， ， ， ， ， ， 故四边形是菱形， 故④正确． ，， ， 四边形是菱形， ， ， ． 故⑤正确． 故选：B． 99．（23-24八年级下·湖南郴州·期中）如图，正方形中，，点E在边上，，将沿对折至，延长交边于点G，连接．给出以下结论：①；②；③；④，其中所有正确的结论有（    ） A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③ 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理及全等三角形判定．根据直角三角形的全等判定方法，即得，可判断①；设，则，．在中，再根据勾股定理列出方程求解即得x得值，可判断②；根据三角形的面积公式可得，可判断③；先计算出，再根据，即得，可判断④． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，． 根据折叠性质得，，， ∴． ∵， ∴． ∴．①正确； ∵，， ∴． 设，则，． 在中，根据勾股定理得：， 即． 解得． ∴，． ∴．②正确； ．③错误； ． ∵与以点B为顶点的高相等， ∴． ∴．④正确． 综上所述，正确的结论有①②④． 故选A． 100．（22-23八年级下·湖南岳阳·期中）如图，将边长为8的正方形纸片折叠，使点落在边中点处，点落在点处，折痕为，则线段的长度为（    ）    A．2.5 B．3 C． D．4 【答案】B 【分析】设，则，根据折叠的性质以及已知条件得出，在中，勾股定理建立方程，解方程即可求解． 【详解】解：设，则， 由折叠性质，得， 又∵为的中点， ∴， 在中， ∴ 解得：， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，折叠问题，熟练掌握勾股定理与折叠的性质是解题的关键． 101．（23-24八年级下·湖南永州·期中）在正方形中，点E、F分别在边上，且，连接． (1)如图1，试判断之间的数量关系，并写出证明过程． (2)如图2，连接，与、分别相交于点M、N，若正方形的边长为6，，求的长； (3)判断线段三者之间的数量关系并证明你的结论﹒ 【答案】(1)，见解析； (2)； (3)．见解析 【分析】此题考查了三角形全等、勾股定理，解题的关键是构造辅助线，熟悉三角形全等的证明． （1）延长，使，证明和，求得； （2）设，则，在中，根据勾股定理列式计算即可求解； （3）三者之间的数量关系：，证明和，根据勾股定理即可证明． 【详解】（1）解：，见解析； 延长至，使，连接，如图所示： ∵四边形为正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：设， 则， 由（1）可知， ， 在中， 根据勾股定理可得， ， 解得：， ∴； （3）解：三者之间的数量关系为．证明见解析， 证明：延长至，使，连接，在上截取，连接，，如图， 由（1）可知，，即， 在和中， ， ∴， ∴， ， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 即． 题型三十 根据正方形的性质求解 102．（23-24八年级下·湖南永州·期中）如图，已知四边形和四边形均为正方形，且G是的中点，连接，若，求的长． 【答案】 【分析】本题主要考查正方形与勾股定理的综合，掌握正方形的性质，矩形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 过点作交于点，交于点，则，再证明，得出，再利用勾股定理即可解答． 【详解】解：过点作交于点，交于点， ∵四边形和四边形均为正方形，， 则四边形为矩方形，，， ， ， ， ， ， ． 103．（23-24八年级下·湖南·期中）如图，在正方形中，M是上异于A、D的点，作交于N．连接，作于E． (1)求的度数； (2)若正方形的边长为6 ①求的周长； ②若N为的中点，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①12；②6 【分析】本题主要考查了正方形的性质及应用、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识， （1）由证明，由全等三角形的性质得到，，结合已知条件，再由证明，得到，最后利用等量代换解答即可； （2）由（1）得，，，由全等三角形对应边相等整理得，继而证明的周长为，据此解答； （3）①由正方形边长为6，得出，结合题目已知条件得到， ，，再由勾股定理得到，代入转化为解关于的方程即可解答； 熟练掌握其性质，合理添加辅助线，构造全等三角形是解决此题的关键． 【详解】（1）∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）①由（1）得，，， ∴，， ∴， ∴， ∴的周长为 ， 即的周长为12； ②∵正方形边长为6， ∴， ∵N是的中点， ∴， ， ∴， ∵， ∴， ∴． 题型三十一 证明四边形是正方形 104．（23-24八年级下·湖南永州·期中）如图，在中，点D在斜边上，过点D向边作垂线，垂足为点E，延长至点F，使得，连接、．    (1)求证： (2)当D为中点时， ①求证：四边形是菱形： ②若，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析 ②见解析 【分析】（1）证明四边形是平行四边形即可． （2）①根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，证明即可： ②根据正方形的判定定理证明即可． 本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键． 【详解】（1） ∴ ∵A ∴四边形是平行四边形， ∴． （2）①∵D为中点， ∴， ∵    ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形， ∵DF⊥BC， ∴四边形是菱形； ② ∴是等腰直角三角形 ∵D为中点， ∴， ∵四边形是菱形， ∴四边形是正方形． 105．（23-24八年级下·湖南长沙·期中）已知：如图在中，，，垂足为D，是的外角的平分线，于E，连接交于F． (1)试判断四边形的形状，并说明理由． (2)求证：，； (3)当是什么三角形时，四边形是一个正方形？并说明理由． 【答案】(1)四边形为矩形，理由见解析 (2)见解析 (3)当是等腰直角三角形时，四边形为正方形．理由见解析 【分析】（1）先求出，得出，即可证明四边形为矩形； （2）根据矩形的性质得出，根据等腰三角形的性质得出，根据中位线性质得出，； （3）根据等腰直角三角形的性质得出，根据正方形的判定方法得出四边形为正方形． 【详解】（1）解：四边形为矩形，理由如下： ∵，， ∴， 又平分， ∴， ∵， ∴， 又，， ∴， ∴四边形为矩形； （2）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵，平分， ∴， ∴是的中位线， 即，； （3）解：当是等腰直角三角形时，四边形为正方形．理由如下： ∵且，， ∴，， ∴， ∴． ∵四边形为矩形， ∴四边形为正方形． 【点睛】本题主要考查了矩形，正方形的判定，等腰三角形的判定和性质，中位线的性质，解题的关键是熟练掌握特殊平行四边形的判定方法． 106．（23-24八年级下·湖南岳阳·期中）如图所示，点是矩形的边的中点，点是边上一动点，，，垂足分别为点，． (1)当矩形的长与宽满足什么条件时，四边形为矩形？猜想并说明理由． (2)在（1）中，当点运动到什么位置时，矩形为正方形，为什么？ 【答案】(1)矩形的长与宽满足时，四边形为矩形．理由见详解 (2)当点运动到的中点时，矩形变为正方形．理由见详解 【分析】（1）若，加上点为的中点， 则，于是可判断和为全等的等腰直角三角形， 易得，然后利用可判断四边形为矩形； （2） 若点为的中点， 则为等腰三角形的顶角的平分线， 根据角平分线的性质得，然后根据正方形的判定方法可判断矩形变为正方形 ． 本题考查了正方形的判定： 先判定四边形是矩形， 再判定这个矩形有一组邻边相等；先判定四边形是菱形， 再判定这个矩形有一个角为直角 ． 也考查了矩形的判定于性质 ． 【详解】（1）解：矩形的长与宽满足时，四边形为矩形．理由如下： ，点为的中点， ， 和为全等的等腰直角三角形， ，， ， ，， ， 四边形为矩形； （2）解：当点运动到的中点时，矩形变为正方形．理由如下： 点为的中点， 为等腰三角形的顶角的平分线， ， 矩形变为正方形 ． 题型三十二 根据正方形的性质与判定证明 107．（22-23八年级下·湖南娄底·期中）如图，点是正方形的对角线上一点，于点，于点，连接．给出下列5个结论：①；②；③一定是等腰三角形；④；⑤．其中正确的结论有（    ）    A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】B 【分析】延长交于点，延长交于点，证出，即可证得①④是正确的，根据三角形的内角和定理即可判断②正确；根据直角三角形的斜边大于直角边可判定⑤错误，根据点的任意性可判断③错误． 【详解】解：延长交于点，延长交于点，     四边形是正方形， ，，， 又，， ，， 四边形是正方形，， ，四边形是矩形， ，， ， 在与中，， ， ，，则①和④正确； 在与中，，， ， ，则②正确； 在中，， 又， ，则⑤错误； ∵点是上任意一点， ∴不一定是等腰三角形，则③错误； 综上，正确的结论有3个， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形全等的判定与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键． 108．（23-24八年级下·湖南永州·期中）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接、过点作．交点，以、为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由； 【答案】(1)见详解 (2)，证明见详解 【分析】（1）由正方形ABCD，可得，，由四边形DEFG是矩形，可得，利用证明，即可得到，进而得出结论． （2）由矩形为正方形，可得，，由四边形是正方形，可得，利用证明，即可得到，再进一步计算即可得出结论． 【详解】（1）解：如图所示，过作于点，过作于点， 正方形， ， ，且， 四边形为正方形， ， ， 又， 在和中， ， ，且四边形是矩形， 矩形为正方形． （2）的值为定值，理由如下： 矩形为正方形， ， 四边形是正方形， ， ， ∴在和中， ， ， ， ， 即是定值． 【点睛】本题考查正方形和三角形的综合应用，涉及勾股定理、矩形性质和判定、正方形的性质和判定、三角形全等的判定等，熟练掌握知识点是关键． 109．（23-24八年级下·湖南邵阳·期中）如图，点E为正方形内一点，，过点B作且使，连接交的延长线于点F． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并说明理由； (3)若，请猜想线段与的数量关系，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形，见解析 (3)，见解析 【分析】（1）根据题意和正方形的性质可得出答案； （2）由（1）知，得，进而可证四边形为矩形，又即可得到答案； （3）过点作，根据垂足为，可得，根据正方形可得，进而可证，再通过（1）和（2）的结论可证出解答． 本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，解决此题的关键是掌握以上的基本性质． 【详解】（1）解： ，， ， ∵四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ； （2）解：四边形是正方形，理由如下： ， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， 四边形是正方形． （3）解：． 理由：过点D作，垂足为H． 则， ， ， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ． 由（2）知：四边形是正方形， ， ， 由（1）知：， ， ， ． 题型三十三 四边形其他综合问题 110．（22-23八年级下·湖南长沙·期中）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”．    (1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 　 　（填序号）； (2)如图1，在正方形中，E为上一点，连接，过点B作于点H，交于点G，连、． ①求证：四边形是“神奇四边形”； ②如图2，点M、N、P、Q分别是、、、的中点．试判断四边形是不是“神奇四边形”； (3)如图3，点F、R分别在正方形的边、上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为6，求线段的长． 【答案】(1)④ (2)①见解析；②四边形是“神奇四边形”，理由见解析 (3) 【分析】（1）由“神奇四边形”的定义即可得出结论； （2）①证，得，再由“神奇四边形”的定义即可得出结论； ②由三角形中位线定理得出，，则四边形为平行四边形，再证四边形是正方形，则可得出结论； （3）延长交于S，由勾股定理求出的长，设，则，再由勾股定理得，解得，即可解决问题． 【详解】（1）平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等， 正方形是“神奇四边形”， 故答案为：； （2）①证明：四边形是正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 又， 四边形是“神奇四边形”； 四边形是“神奇四边形”，理由如下： ，为，的中点， 为的中位线， ，， 同理：，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， ， ， 平行四边形为菱形， ，， ， ， ， 四边形为正方形， 四边形是“神奇四边形”； （3）如图，延长交于S，      由翻折的性质可知，，，，， 四边形是正方形，边长为， ，， ，， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， ， ， 即线段的长为． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了新定义“神奇四边形”、折叠的性质、正方形的判定与性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，三角形中位线定理等知识，本题综合性强，理解新定义“神奇四边形”，熟练掌握正方形的判定与性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题． 111．（23-24八年级下·湖南长沙·期中）我们定义：对角线相等且互相垂直的四边形叫做“宁美四边形”． (1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“宁美四边形”的是　　（填序号）； (2)如图1，在正方形中，E为上一点，连接，过点B作于点H，交于点G，连、．求证：四边形是“宁美四边形”； (3)如图2，点F、R分别在正方形的边、上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为6，求线段的长． 【答案】(1)④ (2)见解析 (3) 【分析】（1）由“宁美四边形”的定义即可得出结论； （2）证，得，再由“宁美四边形”的定义即可得出结论； （3）延长交于S，由勾股定理求出的长，设，则，再由勾股定理得，解得，再次利用勾股定理，即可解决问题． 【详解】（1）平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等， 正方形是“宁美四边形”， 故答案为：； （2）证明：四边形是正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 又， 四边形是“宁美四边形”； （3）图，延长交于S， 由翻折的性质可知，，，，， 四边形是正方形，边长为， ，， ，， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， ， ， 即线段的长为． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了新定义“宁美四边形”、折叠的性质、正方形的判定与性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，三角形中位线定理等知识，熟练掌握正方形的判定与性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题． 112．（23-24八年级下·湖南长沙·期中）若四边形中有一条对角线平分一组对角，则我们把这个四边形叫做“筝形”，这条对角线叫做它的“筝线”． (1)在平行四边形，矩形，菱形，正方形中，一定为“筝形”的有______； (2)在“筝形”中，为它的“筝线”，与对角线相交于点，且． ①如图1，若，点为对角线上一点，且为等腰三角形，求的值； ②如图2，延长至点，使得，连接，为上一点，且，，，求四边形面积的最大值． 【答案】(1)菱形，正方形 (2)①或；② 【分析】（1）由“筝形”的定义结合平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质即可得出答案； （2）①由“筝形”的定义得出平分与，证明，得出，求出，设，，则，求出，，，再分三种情况：当时；当时；当时；分别求解即可得出答案；②由①可得，，证明四边形为平行四边形，得出，连接，证明四边形为矩形，得出，由勾股定理结合题意得出，表示出，即可得出答案． 【详解】（1）解：四边形中有一条对角线平分一组对角，则我们把这个四边形叫做“筝形”， 在平行四边形，矩形，菱形，正方形中，一定为“筝形”的有菱形，正方形， 故答案为：菱形，正方形； （2）解：①为“筝形”的“筝线”， 平分与， ，， 又， ， ， 又，， ， ， 由，不妨设，， 在中，， 又，， 点，在的垂直平分线上， ，， 在中，， ， 在中，， ， 当时，， ，， ； 当时，设，则， ， 在中，， 即， 解得， ， ； 当时，不合题意， 综上所述，的值为或； ②由①可得，， ， 又，即， ， ， 又， ， 又， ， ， 四边形为平行四边形， ， 又， ， 连接， 由，， 四边形为平行四边形， 又， 为矩形， ，， ， 在中，， 由， 有， 即， 化简得， 又， ， 又四边形显然为直角梯形， ， ， 当时，四边形的面积最大值为． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了三角形全等的判定与性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的定义、线段垂直平分线的性质、正方形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 113．（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“理正四边形”． (1)①在“平行四边形，矩形，菱形”中，一定是“理正四边形”的有 ；②在凸四边形中，且则该四边形 “理正四边形”．（填“是”或“不是”或“有可能是”） (2)如图1，四边形是面积为1的“理正四边形”，且求的值； (3)如图2，在平面直角坐标系中第一象限内有动点E，且四边形是“理正四边形”（点A在x轴负半轴上，点B在y轴负半轴上，点C在x轴正半轴上，点D在 y轴正半轴上），在并且， 求的取值范围． 【答案】(1)菱形；不是 (2) (3) 【分析】本题考查了平行四边形的新定义问题，涉及到垂直平分线的性质和判定，矩形的性质和判定，勾股定理，不等式的性质等知识点，灵活掌握不等式的性质，合理的进行变形是解题的关键． （1）①根据平行四边形，矩形，菱形的性质判断即可； ②四边形是“理正四边形”，利用垂直平分线的性质和判定可得，与题目条件矛盾，即可得出结论． （2）利用分割法求四边形的面积，得，又，利用完全平方的变形，可求出，联立为关于，的二元一次方程组，进而可求出，的值，再求比值即可． （3）过E作于M，于N，设，由勾股定理可求出 ，进而可得，求出，的表达式，再求出，再由，可得，则，运用不等式的性质先求出，再求出，变形可得，再分别求出当和时的范围，运用不等式组的知识，可求得，进而求得． 【详解】（1）解：因为菱形的对角线互相垂直，所以菱形是“理正四边形”，而平行四边形、矩形的对角线不一定垂直，所以不一定是“理正四边形”； 若四边形是“理正四边形”，则， ， ， 是的垂直平分线， ， 又 四边形不是“理正四边形”． 故答案为：菱形，不是． （2）四边形是面积为1的“理正四边形”， ， ， ， ， ， 联立， 解得， ． （3）如图，过E作于M，于N， ，， ， 四边形是矩形， ， 设， ， 在中，， ， 在中，， ， ， 整理得， 解得：， ， 在中，， ， ， ， E是第一象限内的动点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 当时，， 当时，， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的新定义问题，涉及到等腰三角形的性质和判定，垂直平分线的性质和判定，矩形的性质和判定，勾股定理，不等式的性质等知识点，灵活掌握不等式的性质，合理的进行变形是解题的关键． $$专题02 四边形（33大题型） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 多边形对角线的条数问题 · 题型二 多边形的内角和问题 · 题型三 正多边形的内角问题 · 题型四 多边形的外角和问题 · 题型五 多边形内角和与外角和综合（易错） · 题型六 利用平行四边形的性质求解 · 题型七 利用平行四边形的性质证明（重点） · 题型八 判断四边形能否构成平行四边形 · 题型九 证明四边形是平行四边形（重点） · 题型十 利用平行四边形的判定与性质求解 · 题型十一 利用平行四边形性质和判定证明 · 题型十二 画已知图形关于某点对称的图形 · 题型十三 根据中心对称的性质求面积、长度、角度 · 题型十四 中心对称图形的识别 · 题型十五 与三角形中位线有关的求解问题 · 题型十六 与三角形中位线有关的证明（重点） · 题型十七 三角形中位线的实际应用 · 题型十八 利用矩形的性质求解 · 题型十九 利用矩形的性质证明（重点） · 题型二十 矩形与折叠问题（高频） · 题型二十一 添一条件使四边形是矩形 · 题型二十二 证明四边形是矩形（重点） · 题型二十三 根据矩形的性质与判定求解 · 题型二十四 利用菱形的性质求解 · 题型二十五 利用菱形的性质证明 · 题型二十六 证明四边形是菱形（高频） · 题型二十七 根据菱形的性质与判定求解 · 题型二十八 利用正方形的性质求解（重点） · 题型二十九 正方形的折叠问题（高频） · 题型三十 根据正方形的性质求解（重点） · 题型三十一 证明四边形是正方形（高频） · 题型三十二 根据正方形的性质与判定证明 · 题型三十三 四边形其他综合问题（难点） 题型一 多边形对角线的条数问题 1．小李家有一个六边形置物架已经变形，需通过增加木条使其固定，工人师傅至少需要加固木条数量为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 2．如果一个多边形的内角和为，那么从一个顶点可以引对角线的条数是 ． 3．已知一个边形的每一个内角都等于． (1)求； (2)求这个边形的内角和； (3)从这个边形的一个顶点出发，可以画出几条对角线？ 题型二 多边形的内角和问题 4．六边形的内角和为（   ） A． B． C． D． 5．二十边形的内角和是（    ） A． B． C． D． 6．若一个多边形的内角和是 1080度，则这个多边形的边数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．10 7．如图，点E、F分别为长方形的边、上的点，将长方形纸片沿翻折，点B、C分别落在点、处，与相交于点G，若，则的度数为 ． 题型三 正多边形的内角问题 8．如图，五边形是正五边形，若，，则的度数为（ ） A． B． C． D． 9．如图，在正五边形中，过点C作于点F，那么的度数为 ． 题型四 多边形的外角和问题 10．一个多边形的每一个外角都是，则这个多边形是（　　） A．三角形 B．五边形 C．六边形 D．七边形 11．若一个多边形每一个外角都相等，且一个内角的度数是，则这个多边形是（    ） A．正八边形 B．正九边形 C．正十边形 D．正十一边形 题型五 多边形内角和与外角和综合 12．已知某正多边形的一个内角都比它相邻外角的3倍还多，求这个正多边形一个内角的度数． 13．已知一个多边形的每个内角都是相邻外角的2倍，求这个多边形的内角和． 14．一个多边形的内角和比外角和多，则这个多边形是几边形？ 15．一个正多边形的内角和是外角和的倍，求这个正多边形一个内角的度数． 题型六 利用平行四边形的性质求解 16．平行四边形的周长为，的周长为，则对角线的长为 ． 17．如图，平行四边形的周长为，相交于点O，交于点 E， 则的周长为 ．    18．如图，在平行四边形中，，的平分线交于点E，则的长为 ．    题型七 利用平行四边形的性质证明 19．为平行四边形的对角线，，于点，于点，、相交于点，直线交线段的延长线于点，下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是（   ） A．①② B．②③ C．③④ D．①②③ 20．如图，在中，，为对角线上的两点，且，连接，．求证： ．    21．如图，平行四边形的对角线、相交于点，．求证：；    题型八 判断四边形能否构成平行四边形 22．如图，已知四边形，对角线和相交于O，下面选项不能得出四边形是平行四边形的是（    ）      A．， B．，且 C．，且 D．， 23．下列不能判断四边形是平行四边形的是（    ） A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等 C．两条对角线相等 D．两条对角线互相平分 24．四边形中，对角线，相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 25．如图，在四边形中，，对角线，相交于点．添加下列条件中的一个，若可推出该四边形是平行四边形．①，②，③，④，⑤，⑥．则添加的条件可以是 ． 题型九 证明四边形是平行四边形 26．已知：在的边，上分别取一个点E，F，使得，，连结，．求证：四边形是平行四边形． 27．如图，四边形是平行四边形，E，F是对角线上的两点，． (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 28．如图，在平行四边形中，点，分别在，上，与相交于点，且． (1)求证：； (2)连接，，则四边形________（填“是”或“不是”）平行四边形，并说明理由． 29．如图，点、、、在一条直线上，且，． (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 题型十 利用平行四边形的判定与性质求解 30．如图，在平行四边形中，，平行四边形的面积为，E，F分别为边上的点，且，连接，则的最小值为（    ） A．8 B． C．16 D． 31．如图，在四边形中，，．当 时，与互相平分． 32．如图，四边形中，，，则 ． 题型十一 利用平行四边形性质和判定证明 33．如图，平行四边形中，点分别在的延长线上，，，垂足为点，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求的长． 34．如图，． (1)求证：≌； (2)若，，求四边形的周长． 35．如图所示，在中，点，在上，且． (1)写出图中所有的全等三角形； (2)连接，，请补全图形，四边形是平行四边形吗？为什么？ (3)延长交的延长线于，延长交的延长线于．请补全图形，并证明四边形是平行四边形． 36．已知：如图，在平行四边形中，是对角线，，，垂足分别为点，，连接，．    (1)求证：． (2)判断四边形的形状，并说明理由． 37．如图，点M、N在的对角线上，且，求证：四边形是平行四边形． 题型十二 画已知图形关于某点对称的图形 38．已知：如图，和直线，点O在直线上．    (1)画出，使与关于直线对称； (2)画出，使与关于点O成中心对称； (3)与对称吗？若对称，请在图中画出对称轴． 39．如图在正方形网格中，按要求完成以下作图；      (1)在图中作关于点中心对称的； (2)在图中作向右平移三个单位，再向上平移两个单位所得到的图形． 题型十三 根据中心对称的性质求面积、长度、角度 40．如图是一个中心对称图形，为对称中心，若，，，则的长为 ． 41．如图是一个中心对称图形，为对称中心，若，，，则的长为 ．    42．如图，在中，平分，于点，延长交于点，是的中点，若，，则 ． 43．如图， 在中，于点D， 点E， F分别是的中点，则的长为 ． 题型十四 中心对称图形的识别 44．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 45．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 46．近年来，新能源行业迎来了爆发式增长，新能源不仅环保，而且发展潜力巨大．下列能源产业图标中，是中心对称图形的是（    ）． A． B． C． D． 47．下列图形中，属于中心对称图形的是（   ）． A．   B．   C．   D．   题型十五 与三角形中位线有关的求解问题 48．已知的周长为1，连结的三边中点构成第二个三角形，再连结第二个三角形的三边中点构成第三个三角形，依此类推，第2013个三角形的周长是（  ） A． B． C． D． 49．如图，平行四边形中，，点在上，连接和，点，分别是和的中点，则的长为（    ） A． B． C． D． 题型十六 与三角形中位线有关的证明 50．如图，在中，于点H，点D，E，F分别是的中点，且点D与点H不重合，则下列结论正确的为 ． ①图中有4个平行四边形； ②与全等； ③； ④当时，四边形的面积为． 51．在八下书本49页中，我们得到了三角形中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，完成以下证明过程： 已知：如图，D、E分别是的边，的中点； 求证：且． 证明：如图，延长到点F，使，连接，，． ∵______，， ∴四边形是平行四边形，（           ）（填推理的依据） 平行且等于，∴平行且等于． ∴四边形是平行四边形，（           ）（填推理的依据） ∴平行且等于．又∵，∴，． 52．如图，在四边形中，是对角线的中点，，是，的中点，，求证：．    题型十七 三角形中位线的实际应用 53．如图，、两地被池塘隔开，小明通过下列方法测出了、间的距离；先在外选一地点，然后测出，的中点、，并测量出的长为，由此他就知道了、间的距离．下列有关他这次探究活动的结论中，错误的是（   ） A． B． C． D． 54．如图，A，B两地被池塘隔开，小明通过下面的方法估测出了A，B间的距离：先在外选一点，然后步测出，的中点，，并步测出的长为8米，由此他就知道A，B间的距离是（   ） A．10米 B．16米 C．20米 D．24米 55．为了更好开展劳动教育，实现五育并举，某校开设了劳动实践课程．该校的某劳动实践小组协助公园园区工人测量人工湖湖畔两点之间的距离，该实践小组所画的示意图如右图，先在湖边地面上确定点，再用卷尺分别确定的中点，最后用卷尺量出，则之间的距离是（    ）    A． B． C． D． 56．如图，某公园有一块三角形空地 米，沿放置一道栅栏把分成两个区域种植不同的花卉，D、E分别是的中点，则栅栏的长为 米． 题型十八 利用矩形的性质求解 57．如图，在矩形中，对角线，相交于点，，则的度数是(    ) A． B． C． D． 58．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 ． 59．已知矩形的角平分线交于点，，，则的长为 ． 60．矩形的对角线长，两条对角线的夹角为，则这个矩形较长的边长是 ． 61．已知矩形的一边长为，一条对角线的长为，则矩形的面积为 ． 62．如图，在矩形中，点在边上，且与相交于点，若，，且，求的长． 题型十九 利用矩形的性质证明 63．如图，在矩形中，E是上一点，连接平分．    (1)求证：； (2)作于点F，若，，求的长． 64．如图1，在长方形纸片中，．E为上一点，将长方形纸片沿直线折叠，使点落在边上，记为点，如图2． (1)当，时，求线段的长； (2)设，，如果再将沿直线向右翻折，使点落在所在的直线上，记作点．若线段，请根据题意画出图形，并求出相应的值； (3)设，，将沿直线向右翻折后交线段于点，连接．当时，求，之间的数量关系． 题型二十 矩形与折叠问题 65．如图，对折矩形纸片，使得与重合，得到折痕；把纸片展平，再折一次纸片，使得折痕经过点B，得到折痕，同时使得点A的对称点N落在上，如果，则（    ） A．6 B． C．2 D． 66．如图，将矩形纸片折叠，使边落在对角线上，折痕为，且D点落在对角线处，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 67．把长，宽的矩形沿着对折，使点D落在边的点F上，则 ． 题型二十一 添一条件使四边形是矩形 68．如图，平行四边形添加一个条件 使得它成为矩形．（任意添加一个符合题意的条件即可） 69．如图，在中，点O是边上的一个动点，过点O作，交的平分线于点E，交的平分线于点F．    (1)若，求的长； (2)当点O位于边的什么位置时，四边形是矩形？ 题型二十二 证明四边形是矩形 70．如图，已知在中，，，，P为边上一动点，于点M，于点N． 求证：四边形是矩形． 71．如图，在中，，延长至D，使得，过点A，D分别作，，与相交于点E．下面是两位同学的对话：       小星：由题目的已知条件，若连接，则可证明． 小红：由题目的已知条件，若连接，则可证明．    请你选择一位同学的说法，并进行证明． 72．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． 73．如图，在平行四边形中，O是对角线上的中点，过点O作 ，垂足为E且 (1)求证∶四边形 是矩形； (2)若 求的长及四边形的周长． 74．如图，在中，，平分，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若是边长为4的等边三角形，相交于点O，在上截取，连接，求线段的长及四边形的面积． 75．如图，在菱形中对角线交于点，过点作于点，将沿方向平移，使点落到点处，点落到点处． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 76．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． 题型二十三 根据矩形的性质与判定求解 77．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．60 B．30 C．90 D．96 78．中，，，点、分别为和两条边上的动点，且满足，则线段的长度的最小值是 ．    79．数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容长方形面积相等（如图）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证，下列说法一定正确的是 ． ① ② ③ ④    题型二十四 利用菱形的性质求解 80．如图，在菱形中，，P是对角线，的交点，点在的延长线上，且．则（　　）度． A．52 B．56 C．62 D．68 81．如图，在菱形中，，于点E，交对角线于点P，过点P作于点F．若的周长为8．则菱形的面积为 ． 82．菱形的对角线长分别是8，6，则这个菱形的面积是 ． 题型二十五 利用菱形的性质证明 83．如图，在菱形中，对角线相交于点，下列结论中不一定成立的是（  ） A． B． C． D． 84．如图，在菱形中，，点E是上的动点，点F是上的动点，    (1)若，求证∶ ； (2)若，猜想形状（不写证明过程）． 85．如图，在菱形中，E为边的中点，与对角线交于点M，过点M作于点F，．    求证： (1)F是中点； (2)． 题型二十六 证明四边形是菱形 86．如图，在平行四边形中，点为对角线，的交点，过点的直线于点，交于点F，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求的长． 87．如图，四边形为平行四边形，对角线的垂直平分线分别交于点， (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的度数． 88．在矩形中，连接，的垂直平分线交于点，分别交、于点、，连接和． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求菱形的面积． 89．如图，在四边形中，，，的角平分线交于点E，连接、，交于点O． (1)求证：四边形是菱形； (2)若点E是的中点，，求的长． 90．在中，，是的中点，E是的中点，过点作交的延长线于点． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 题型二十七 根据菱形的性质与判定求解 91．在平行四边形中，用直尺和圆规作的平分线交于点,若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 92．如图，四边形中，，，，连接，的平分线交分别于点，，若，，则的长为（    ） A．8 B． C． D． 题型二十八 利用正方形的性质求解 93．如图，已知四边形和四边形均为正方形，且G是的中点，连接，若，则的长为（    ） A． B． C．5 D． 94．如图，四边形是边长为1的正方形，以对角线为边作第二个正方形，连接，得到；再以对角线为边作第三个正方形，连接，得到；再以对角线为边作第四个正方形，连接，得到；…．设的面积分别为依此下去，则的值为（    ） A． B． C． D． 95．如图，在正方形中，，点E在边上，且，点P是对角线上的一个动点，则的最小值是 ． 96．如图，正方形的边长为4，，为上一点，则的最小值为 ． 97．如图，在中，，以为边分别作正方形和正方形，若，，则图中阴影部分的面积为 ． 题型二十九 正方形的折叠问题 98．（23-24八年级下·湖南岳阳·期中）如图，在正方形纸片中，对角线、相交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后，折痕分别交、于点、，连接，有以下结论：①；②；③；④四边形是菱形；⑤，其中正确结论的个数有（    ）    A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 99．（23-24八年级下·湖南郴州·期中）如图，正方形中，，点E在边上，，将沿对折至，延长交边于点G，连接．给出以下结论：①；②；③；④，其中所有正确的结论有（    ） A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③ 100．（22-23八年级下·湖南岳阳·期中）如图，将边长为8的正方形纸片折叠，使点落在边中点处，点落在点处，折痕为，则线段的长度为（    ）    A．2.5 B．3 C． D．4 101．（23-24八年级下·湖南永州·期中）在正方形中，点E、F分别在边上，且，连接． (1)如图1，试判断之间的数量关系，并写出证明过程． (2)如图2，连接，与、分别相交于点M、N，若正方形的边长为6，，求的长； (3)判断线段三者之间的数量关系并证明你的结论﹒ 题型三十 根据正方形的性质求解 102．（23-24八年级下·湖南永州·期中）如图，已知四边形和四边形均为正方形，且G是的中点，连接，若，求的长． 103．（23-24八年级下·湖南·期中）如图，在正方形中，M是上异于A、D的点，作交于N．连接，作于E． (1)求的度数； (2)若正方形的边长为6 ①求的周长； ②若N为的中点，求的长． 题型三十一 证明四边形是正方形 104．（23-24八年级下·湖南永州·期中）如图，在中，点D在斜边上，过点D向边作垂线，垂足为点E，延长至点F，使得，连接、．    (1)求证： (2)当D为中点时， ①求证：四边形是菱形： ②若，求证：四边形是正方形． 105．（23-24八年级下·湖南长沙·期中）已知：如图在中，，，垂足为D，是的外角的平分线，于E，连接交于F． (1)试判断四边形的形状，并说明理由． (2)求证：，； (3)当是什么三角形时，四边形是一个正方形？并说明理由． 106．（23-24八年级下·湖南岳阳·期中）如图所示，点是矩形的边的中点，点是边上一动点，，，垂足分别为点，． (1)当矩形的长与宽满足什么条件时，四边形为矩形？猜想并说明理由． (2)在（1）中，当点运动到什么位置时，矩形为正方形，为什么？ 题型三十二 根据正方形的性质与判定证明 107．（22-23八年级下·湖南娄底·期中）如图，点是正方形的对角线上一点，于点，于点，连接．给出下列5个结论：①；②；③一定是等腰三角形；④；⑤．其中正确的结论有（    ）    A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 108．（23-24八年级下·湖南永州·期中）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接、过点作．交点，以、为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由； 109．（23-24八年级下·湖南邵阳·期中）如图，点E为正方形内一点，，过点B作且使，连接交的延长线于点F． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并说明理由； (3)若，请猜想线段与的数量关系，并加以证明． 题型三十三 四边形其他综合问题 110．（22-23八年级下·湖南长沙·期中）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”．    (1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 　 　（填序号）； (2)如图1，在正方形中，E为上一点，连接，过点B作于点H，交于点G，连、． ①求证：四边形是“神奇四边形”； ②如图2，点M、N、P、Q分别是、、、的中点．试判断四边形是不是“神奇四边形”； (3)如图3，点F、R分别在正方形的边、上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为6，求线段的长． 111．（23-24八年级下·湖南长沙·期中）我们定义：对角线相等且互相垂直的四边形叫做“宁美四边形”． (1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“宁美四边形”的是　　（填序号）； (2)如图1，在正方形中，E为上一点，连接，过点B作于点H，交于点G，连、．求证：四边形是“宁美四边形”； (3)如图2，点F、R分别在正方形的边、上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为6，求线段的长． 112．（23-24八年级下·湖南长沙·期中）若四边形中有一条对角线平分一组对角，则我们把这个四边形叫做“筝形”，这条对角线叫做它的“筝线”． (1)在平行四边形，矩形，菱形，正方形中，一定为“筝形”的有______； (2)在“筝形”中，为它的“筝线”，与对角线相交于点，且． ①如图1，若，点为对角线上一点，且为等腰三角形，求的值； ②如图2，延长至点，使得，连接，为上一点，且，，，求四边形面积的最大值． 113．（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“理正四边形”． (1)①在“平行四边形，矩形，菱形”中，一定是“理正四边形”的有 ；②在凸四边形中，且则该四边形 “理正四边形”．（填“是”或“不是”或“有可能是”） (2)如图1，四边形是面积为1的“理正四边形”，且求的值； (3)如图2，在平面直角坐标系中第一象限内有动点E，且四边形是“理正四边形”（点A在x轴负半轴上，点B在y轴负半轴上，点C在x轴正半轴上，点D在 y轴正半轴上），在并且， 求的取值范围． $$