专题03 平行四边形（云南专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学下学期期末真题分类汇编

专题03 平行四边形 题型概览 题型01 平行四边形 题型02 特殊的平行四边形 一、题型01 平行四边形题型01 1．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，某景区要在处架一条钢丝，已知点P，Q分别是的边和的中点，且米，则的长是（    ） A．6米 B．8米 C．10米 D．12米 2．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，在中，，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·云南文山·期末）如图，在中，，，，点，，分别是三边的中点，则的周长为（    ） A．9 B．10 C．1 D．12 4．（23-24八年级下·云南普洱·期末）如图，在中，，，对角线与相交于点，过点作交于点，连接，则的周长为（     ） A． B． C． D． 5．（23-24八年级下·浙江杭州·期中）如图，在四边形中，对角线，相交于点，下列条件不能判定四边形为平行四边形的是（ ） A． B．， C．， D．， 6．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，在平行四边形中，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 7．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图所示，A，B两点被池塘隔开，A，B，C三点不共线，设的中点分别为点M，N，测得米，可求出A，B两点之间的距为（    ） A．32米 B．24米 C．20米 D．18米 8．（23-24八年级下·云南楚雄·期末）如图，在中，D，E分别为，的中点．若，则的长为（    ） A．3 B．6 C．9 D．12 9．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图，在中，，则（    ） A． B． C． D． 10．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图所示，某数学小组为测量池塘两侧两点之间的距离，在空地上另取一点，并找到的中点，通过测量得，则（    ） A．15 B．30 C．45 D．60 11．（23-24八年级下·云南玉溪·期末）如图，下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 12．（13-14八年级下·浙江台州·期中）如图，中，的平分线交于E，，则的长（　　） A．1 B．1.5 C．2 D．3 13．（23-24八年级下·河南信阳·期中）如图，在中，，则的周长是（    ） A．20 B．25 C．28 D．32 14．（23-24九年级下·河北邯郸·期中）根据所标数据，下列不一定是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 15．（23-24八年级下·江苏苏州·期中）根据下列四边形中所标的数据，一定能判定为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 16．（15-16九年级下·四川资阳·阶段练习）如图，在▱ABCD中，AB⊥AC，若AB＝8，AC＝12，则BD的长是（    ） A．22 B．16 C．18 D．20 17．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，已知四边形的对角线互相平分且互相垂直，，，则四边形的面积为 ． 18．（23-24八年级下·云南昭通·期末）如图，点E、F分别是的边的中点，，则的长为 ． 19．（23-24八年级下·云南玉溪·期末）如图，在中，，D，E，F分别为，，的中点，若，则 ． 20．（23-24八年级下·云南昆明·期末）在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点，，，则顶点的坐标是 ． 21．（23-24八年级下·云南楚雄·期末）在平行四边形中，，则的度数为 ． 22．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图，在平行四边形中，的平分线交于点，则的长为 ． 23．（2024·海南省直辖县级单位·一模）如图， 在平行四边形中，对角线相交于点 O，， 点 E、F 分别是的中点， 连接，于点 M， 交于点N， 若，则 °， 线段的长为 ． 24．（23-24八年级下·福建南平·期中）如图，在中，是的中点，若，则 ． 25．（22-23八年级下·江苏·周测）在平行四边形中，若，则 ． 26．（23-24八年级下·广东揭阳·期末）如图，中，点E、F在对角线上，且．求证：四边形是平行四边形． 27．（23-24八年级下·云南文山·期末）如图，是线段的中点，且，点在线段上，交于点，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，连接，若平分，求的长． 28．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，在中，延长至点E，延长至点F，使得，连接，交于点M，交于点N，求证：． 29．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，是等边三角形，是边上的高．点在延长线上，连接，且，过A作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求四边形的周长． 30．（23-24八年级下·云南昭通·期末）如图，在平行四边形中，，求证： 31．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图是由边长为1的正方形单元格组成的网格，的三个顶点都在网格中的格点上． (1)判断的形状，并说明理由； (2)若以点A，B，C，D为顶点画平行四边形，请在网格中标出所有D点的位置． 32．（2024·甘肃武威·三模）如图，四边形中，，对角线交于点O，且．求证：四边形是平行四边形． 33．（2024·北京东城·二模）如图，在四边形中，点在上，，，于点，于点，．      (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． 34．（23-24八年级下·湖南娄底·开学考试）如图，在平行四边形中，E、F分别是、边上的点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若平分，，，，求平行四边形的周长． 35．（22-23八年级下·内蒙古通辽·期末）如图，平行四边形的对角线相交于点O，点在对角线上，且，连接．求证：四边形是平行四边形．    36．（20-21八年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，在平行四边形中，是对角线，其中于点E，于点F．求证： 二、题型02 特殊的平行四边形题型01 37．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，在菱形中，，对角线交于点，为的中点，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 38．（9-10八年级下·山西·期末）如图，已知矩形沿着直线折叠，使点C落在处，交于E，，则的长为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 39．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，矩形的对角线与相交于点O，，已知，则的长度是（    ） A．1 B．2 C． D． 40．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，在正方形外侧作等边，则的度数是（    ） A． B． C． D． 41．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，在直角三角形中，，，，为的中线，则的长为（    ） A． B． C． D． 42．（23-24八年级下·云南大理·期末）下列命题正确的是（    ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．有一个角是直角的平行四边形是正方形 D．一组邻边相等的矩形是正方形 43．（23-24八年级下·云南大理·期末）如图，在平行四边形中中，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（    ） A．2 B．4 C．3 D．6 44．（23-24八年级下·云南德宏·期末）下列说法正确的是（  ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．四个角都相等的四边形是正方形 C．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 45．（23-24八年级下·云南昭通·期末）如图，在矩形中，，则的长为（   ） A． B． C．4 D．5 46．（23-24八年级下·云南昭通·期末）如图，菱形中，，则菱形的边长为（   ） A．4 B．3 C．5 D．6 47．（23-24八年级下·云南德宏·期末）如果菱形的两条对角线的长分别为a和b，且a，b满足，那么菱形的面积等于（  ） A．5 B．4 C．3 D． 48．（23-24八年级下·云南昭通·期末）在正方形外侧作等边，则的度数为（   ） A． B． C． D． 49．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图，在矩形纸片中，，，点为边上一点，将沿翻折，点A恰好落在边上点处，则长为（ ） A． B． C． D． 50．（15-16九年级上·山东·阶段练习）正方形具备而菱形不具备的性质是（    ） A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．每条对角线平分一组对角 51．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，四边形是正方形，是对角线，以为边，在正方形的内部作等边三角形，则为（    ） A． B． C． D． 52．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，中，，，点D是中点，，则线段的长为（    ） A．4 B．2 C． D． 53．（23-24八年级下·云南玉溪·期末）如图，在矩形中，是对角线，，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于两点，作直线，交于点，连接，则的度数是（    ） A． B． C． D． 54．（18-19八年级下·山东济宁·期末）矩形、菱形、正方形的对角线都具有的性质是（    ） A．相等 B．互相垂直 C．互相平分 D．每条对角线平分一组对角 55．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，四边形是矩形，是边上的一点，把沿折叠至，点的对应点恰好落在边上，，，求（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 56．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图，在数轴上，点是原点，点表示的数是3，在数轴上方以为边作矩形，以点为圆心，的长为半径画弧，在原点右侧交该数轴于点，则点表示的数是（    ） A．1 B． C． D． 57．（23-24八年级下·云南昆明·期末）在菱形中，若对角线，，则菱形的面积是（    ） A．48 B．24 C．20 D．14 58．（23-24八年级下·云南昭通·期末）如图，在菱形中，，．若菱形的周长24，则的长为（　　）    A．5 B．4 C．3 D．2 59．（23-24八年级下·云南昭通·期末）如图，在矩形中，，则的度数是（　　） A． B． C． D． 60．（23-24八年级下·陕西安康·期中）在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如下关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是（    ） A．③有一组邻边相等 B．②对角线互相垂直 C．④有一个角是直角 D．①一条对角线与其中一边相等 61．（2019·山东临沂·一模）如图，将边长为的正方形折叠，使点落在边的中点处，点落在处，折痕为，则线段长是（    ） A． B． C． D． 62．（23-24八年级下·全国·假期作业）如图，已知点分别是菱形各边的中点，则四边形是（   ） A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．梯形 63．（22-23八年级下·云南昆明·期末）如图，在正方形的外侧，作等边三角形，连接，则为（　　）    A． B． C． D． 64．（24-25九年级下·浙江杭州·阶段练习）如图，，均为的高，且，连结交于点O，若，则的度数为 ． 65．（23-24八年级下·云南大理·期末）如图，在中，，，点D、E分别为的中点，连接，若，则的长度为 ． 66．（23-24八年级下·云南德宏·期末）如图，在中，于点D，，E是的中点，则等于 ． 67．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，菱形的对角线，相交于点O．若，，则与间的距离为 ． 68．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，四边形是正方形，以点为坐标原点，分别在轴，轴上，点在边上，点的坐标为，点在边的延长线上，，连接，过点作于点，交于点，连接和，且． (1)求证：垂直平分； (2)求正方形的边长； (3)求点的坐标． 69．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，四边形是平行四边形，对角线交于点F， ，延长到点C，使，延长到点D，使，连接和． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求与间的距离． 70．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，在矩形中，点是的中点，延长至点，使得，连接，的延长线与的延长线交于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，，求菱形的面积． 71．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，在中，，过点A作，且，连接，过点D作，交于点E． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，求的长． 72．（23-24八年级下·云南大理·期末）如图，矩形中，过对角线的中点作的垂线，分别交、于点、． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 73．（23-24八年级下·云南德宏·期末）如图，在平行四边形中，是的平分线，交于点E，F是上的一点，连接，且．求证：四边形是菱形． 74．（23-24八年级下·云南德宏·期末）已知：如图，在四边形和中，，．点P是边上一点，且，M是延长线上一点，连接． (1)如图1，求证：四边形是平行四边形； (2)如图1，若，求证：； (3)如图2，连接，若，求的长． 75．（14-15八年级下·北京平谷·期末）如图，中，，是斜边的中点，若，，且交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则四边形ADCE的面积＝_____． 76．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图①，在正方形中，点E是对角线上任意一点（点E不与A，C重合），连接，． (1)求证：； (2)若是等腰三角形，，求的长； (3)如图②，过点E作交于点F，当时，若．求的长． 77．（23-24八年级下·云南昭通·期末）在中，是的中点，过点B作，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，且的面积为8，求菱形的边长． 78．（23-24八年级下·云南玉溪·期末）如图，在四边形中，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 79．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，在中，，于点D，，E是斜边的中点，求． 80．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图①，在正方形中，是上的点（不与、重合），连接，把沿折叠得到，延长交于点，连接． (1)求证：； (2)如图②，过点作的垂线，交的延长线于点，连接，求证：； (3)在图②中，判断和的数量关系，并说明理由． 81．（23-24八年级下·云南昆明·期末）在平面直角坐标系中存在矩形，点、点，且a、b满足：（实数）． (1)求A点坐标； (2)如图1，作的角平分线交y轴于点D，的中点为点E，作交x轴于点F．求证：； (3)如图2，在（2）的条件下，当时，将矩形向右推倒得到矩形，使点A与点重合，点落在x轴上．现在将矩形沿射线以每秒1个单位长度的速度平移如图3，设平移过程中矩形与矩形重合部分的面积为S，平移时间为t，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围． 82．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，在矩形中，，平分．求证：四边形是菱形． 83．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图所示，在的边上取一点D，连接，分别以点B和点D为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线，分别交，，于点E，O，F，连接，． (1)若，判断四边形的形状并说明理由； (2)在（1）的条件下，若，，，求四边形的面积． 84．（23-24八年级下·云南楚雄·期末）如图，在菱形中，分别延长，至点，，使，，连接，，，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，求矩形的面积． 85．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图1，四边形是矩形，对角线平分，点是的中点，点在线段上（不与端点重合），连接，点在边的延长线上，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)求证：； (3)的值是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 86．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图，在平行四边形中，对角线相交于点，，点是的中点，过点作，交于点．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 87．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，点O是的中点，过点O作，若，连接．求证：四边形是菱形．    88．（23-24八年级下·云南昆明·期末）综合与实践 【教材情境】 数学活动课上，老师提出这样一个问题：在八年级上册我们遇到了这样一个问题，如图，和都是等边三角形．求证．我们可以证明，得到． 【观察思考】 在八年级下册，我们学习了平行四边形这一章后，有如下问题：如图①，在正方形中，以为边在正方形外作矩形，连接，且． （1）我们能从以上【教材情境】得到启发，证明矩形是正方形，请写出证明过程． 【实践探究】 （2）希望小队提出：若P是边上一个动点（P与C，D不重合），在图①中，连接，当点P在什么位置时，，请写出证明过程． 【拓展迁移】 （3）冲锋小队再次提出：若将图①中的正方形绕点C按顺时针方向旋转任意角度，得到图②的情形（与交于点G，与交于点O），此时，请猜想图②中线段与线段的关系？请写出你的猜想结果，并证明你所得到的结论． 89．（23-24九年级下·云南曲靖·期中）如图，矩形中，点、分别在、上，将矩形沿直线叠，点落在点处，点落在点处，与交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 90．（2024·北京朝阳·二模）如图，在中，点E，F分别在，上，且，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求证：是矩形． 试卷第2页，共23页 试卷第1页，共23页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 平行四边形 题型概览 题型01 平行四边形 题型02 特殊的平行四边形 一、题型01 平行四边形题型01 1．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，某景区要在处架一条钢丝，已知点P，Q分别是的边和的中点，且米，则的长是（    ） A．6米 B．8米 C．10米 D．12米 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，熟练掌握知识点是解题的关键．根据三角形的中位线定理即可求解． 【详解】解：∵点P，Q分别是的边和的中点 ∴是的中位线，又米， ∴（米）， 故选：D． 2．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，在中，，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，四边形内角和定理，灵活运用所学知识是解题的关键． 先根据平行四边形的性质求出，再由垂直的定义得到，由此即可利用四边形内角和定理求出答案． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， ， 、， ， ， 故选：B． 3．（23-24八年级下·云南文山·期末）如图，在中，，，，点，，分别是三边的中点，则的周长为（    ） A．9 B．10 C．1 D．12 【答案】A 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键 根据三角形中位线定理分别求出、、，计算即可． 【详解】解：点，分别、的中点， ， 同理，，， 的周长， 故选：A． 4．（23-24八年级下·云南普洱·期末）如图，在中，，，对角线与相交于点，过点作交于点，连接，则的周长为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质等知识点，牢记各性质是解题的关键． 根据平行四边形的性质，可得，由于，根据线段垂直平分线的性质，可知，则的周长为与之和，即可得解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ， 为的垂直平分线， ， 的周长 ， 故选：． 5．（23-24八年级下·浙江杭州·期中）如图，在四边形中，对角线，相交于点，下列条件不能判定四边形为平行四边形的是（ ） A． B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】根据平行四边形的判定定理依次对各个选项进行判定即可．本题主要考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：A、若，能判定四边形为平行四边形，故本选项不符合题意； B、若，，能判定四边形为平行四边形，故本选项不符合题意； C、若，，不能判定四边形为平行四边形，故本选项符合题意； D、若，，能判定四边形为平行四边形，故本选项不符合题意； 故选：C 6．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，在平行四边形中，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形性质是解题的关键． 根据题意得出，再由平行线的性质求解即可． 【详解】解：四边形是平行四边形，， ∴， ， ∴ 故选：A． 7．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图所示，A，B两点被池塘隔开，A，B，C三点不共线，设的中点分别为点M，N，测得米，可求出A，B两点之间的距为（    ） A．32米 B．24米 C．20米 D．18米 【答案】A 【分析】本题考查三角形的中位线的应用，根据三角形的中位线性质得到，进而求解即可． 【详解】解：∵的中点分别为点M，N， ∴， ∵米， ∴米， 故选：A． 8．（23-24八年级下·云南楚雄·期末）如图，在中，D，E分别为，的中点．若，则的长为（    ） A．3 B．6 C．9 D．12 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，掌握三角形的中位线定理是解题的关键． 根据三角形的中位线定理即可求解． 【详解】 D，E分别为，的中点， 是的中位线， 又， ． 故选D． 9．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图，在中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了平行四边形的性质．由平行四边形可得可求得继而由求得答案． 【详解】∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 10．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图所示，某数学小组为测量池塘两侧两点之间的距离，在空地上另取一点，并找到的中点，通过测量得，则（    ） A．15 B．30 C．45 D．60 【答案】D 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，根据三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半计算即可． 【详解】∵的中点， ∴是的中位线， ∴， 故选：D． 11．（23-24八年级下·云南玉溪·期末）如图，下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的判定定理，平行线的判定等知识，由题中四个选项，结合平行四边形的判定定理逐项验证即可得到答案，熟记平行四边形的判定定理是解决问题的关键． 【详解】解：A、， 四边形是平行四边形，该选项不符合题意； B、由平行四边形的判定定理，，无法确定四边形是平行四边形，选项符合题意； C、由平行四边形的判定定理，，确定四边形是平行四边形，选项不符合题意； D、， ， 四边形是平行四边形，该选项不符合题意； 故选：B． 12．（13-14八年级下·浙江台州·期中）如图，中，的平分线交于E，，则的长（　　） A．1 B．1.5 C．2 D．3 【答案】C 【分析】本题主要考查的是平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 根据平行四边形的性质，等角对等边找出等腰,确定与的关系，即可求出答案． 【详解】解：如图所示， ∵， ∴，，， ∴， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 13．（23-24八年级下·河南信阳·期中）如图，在中，，则的周长是（    ） A．20 B．25 C．28 D．32 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对角线互相平分，求出的长，再根据周长公式，进行求解即可． 【详解】解：∵在中，， ∴， ∴的周长是； 故选A． 14．（23-24九年级下·河北邯郸·期中）根据所标数据，下列不一定是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的判定．熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．根据平行四边形的判定方法逐一进行判断即可． 【详解】解：A、根据两组对边分别相等，可得到四边形为平行四边形，不符合题意； B、根据内错角相等，两直线平行，只得到一组对边平行，不能得到四边形为平行四边形，符合题意； C、根据对角线互相平分，可得到四边形为平行四边形，不符合题意； D、根据同旁内角互补，两直线平行，得到四边形的两组对边分别平行，可得到四边形为平行四边形，不符合题意； 故选：B． 15．（23-24八年级下·江苏苏州·期中）根据下列四边形中所标的数据，一定能判定为平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定，根据平行四边形的判定性质逐项进行分析判断即可． 【详解】解：A、，四边形不是平行四边形，不符合题意； B、只有一组对边平行不能确定四边形是平行四边形，不符合题意； C、一组对边平行且相等，是平行四边形，符合题意； D、不能判断出任何一组对边是平行的，所以四边形不一定是平行四边形，不符合题意． 故选：C． 16．（15-16九年级下·四川资阳·阶段练习）如图，在▱ABCD中，AB⊥AC，若AB＝8，AC＝12，则BD的长是（    ） A．22 B．16 C．18 D．20 【答案】D 【分析】根据平行四边形对角线互相平分的性质即可求出AO的长度，根据勾股定理求出BO，最后求出BD即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝12， ∴AO=AC=6， ∵AB⊥AC， ∴， ∴BD=2BO=20． 故选∶D． 【点睛】本题主要考查了平行四边形对角线互相平分的性质以及勾股定理，熟练掌握相关内容是解题的关键． 17．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，已知四边形的对角线互相平分且互相垂直，，，则四边形的面积为 ． 【答案】11 【分析】本题主要考平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，先证明四边形是平行四边形，得，，再由勾股定理得，然后由三角形面积公式即可求出结论 【详解】解：∵四边形的对角线互相平分， ∴.四边形是平行四边形， ∴，， ∵ ∴， ∴， ∴ 即， ， ∴， 故答案为：11 18．（23-24八年级下·云南昭通·期末）如图，点E、F分别是的边的中点，，则的长为 ． 【答案】 【分析】此题考查了三角形中位线定理，由点E、F分别是的边的中点得到是的 中位线，根据中位线定理即可得到答案． 【详解】解：∵点E、F分别是的边的中点， ∴是的 中位线， ∴， 故答案为：． 19．（23-24八年级下·云南玉溪·期末）如图，在中，，D，E，F分别为，，的中点，若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． 根据直角三角形的性质求出，根据三角形中位线定理计算即可． 【详解】在中，，D为的中点， E，F分别为，的中点， ． 故答案为：． 20．（23-24八年级下·云南昆明·期末）在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点，，，则顶点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了坐标与图形，平行四边形的性质，由平行四边形的性质可得出，，由点到到，即可求出点C的坐标． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴ ∴，即， 故答案为： 21．（23-24八年级下·云南楚雄·期末）在平行四边形中，，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的对角相等即可求解，掌握平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 22．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图，在平行四边形中，的平分线交于点，则的长为 ． 【答案】2 【分析】根据平行四边形的性质，可得出，则，再由，则，则，从而求出．本题考查了平行四边形的性质、角平分线的定义，解题的关键是掌握平行四边形的性质：对边相等． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， 的平分线交于点， ， ， ， ，， ． 故答案为2． 23．（2024·海南省直辖县级单位·一模）如图， 在平行四边形中，对角线相交于点 O，， 点 E、F 分别是的中点， 连接，于点 M， 交于点N， 若，则 °， 线段的长为 ． 【答案】 45 【分析】设，根据三角形的中位线定理表示，可得，证明是等腰直角三角形，则，证明，则，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】设 ∵点 E、F 分别是的中点， ∴是的中位线， ∴ ∴ ∵四边形是平行四边形 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴是等腰直角三角形 ∴； 连接 ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵，即，解得： ∴ 故答案为：45，． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理：解决问题的关键是设未知数，利用方程思想解决问题． 24．（23-24八年级下·福建南平·期中）如图，在中，是的中点，若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质以及三角形的中位线的性质．由平行四边形的性质可得出，再根据三角形的中位线的性质即可得出结论． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵是的中点， ∴， ∴． 故答案为：3． 25．（22-23八年级下·江苏·周测）在平行四边形中，若，则 ． 【答案】/度 【分析】由平行四边形的性质得出，，，由已知条件可求出，即可求出度数． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， 又， ， 解得：， ． 故答案为：． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质定理，解题的关键是知道平行四边形对角相等，邻角互补． 26．（23-24八年级下·广东揭阳·期末）如图，中，点E、F在对角线上，且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，连接交于，根据平行四边形对角线互相平分得到，，再证明，即可根据对角线互相平分的四边形是平行四边形证明结论． 【详解】证明：连接交于，如下图， 四边形是平行四边形， ，， ， ，即， 四边形为平行四边形． 27．（23-24八年级下·云南文山·期末）如图，是线段的中点，且，点在线段上，交于点，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，连接，若平分，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握相关判定与性质是解题关键， （1）证明且即可证明结论； （2）利用平行四边形性质得出即可求出结论． 【详解】（1）证明：是线段的中点， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：由（1）知，四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ， ． 28．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，在中，延长至点E，延长至点F，使得，连接，交于点M，交于点N，求证：． 【答案】见详解 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定定理，熟练掌握知识点是解题的关键． 根据平行四边形的性质得到，，利用即可证明． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴． 29．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，是等边三角形，是边上的高．点在延长线上，连接，且，过A作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求四边形的周长． 【答案】(1)证明过程见详解 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定与性质． （1）根据等边三角形的性质可得，，然后证明为等边三角形，可得，进而可以证明四边形为平行四边形； （2）根据和勾股定理可得的长，然后证明，进而可得四边形的周长， 【详解】（1）证明：是等边的边上的高， ，， ， ， ， ， 为等边三角形三角形， ， ， ， ， 四边形为平行四边形； （2）解：， ， 为等边三角形， ， ， ， ， ， 四边形的周长为：． 30．（23-24八年级下·云南昭通·期末）如图，在平行四边形中，，求证： 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质等，由平行四边形的性质得，，由可判定，由全等三角形的性质即可得证． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 在和中 ， ， ∴． 31．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图是由边长为1的正方形单元格组成的网格，的三个顶点都在网格中的格点上． (1)判断的形状，并说明理由； (2)若以点A，B，C，D为顶点画平行四边形，请在网格中标出所有D点的位置． 【答案】(1)结论：是直角三角形．见解析 (2)见解析 【分析】本题考查作图一应用于设计作图，勾股定理，勾股定理的逆定理，平行四边形的判定等知识，解题的关键是掌握平行四边形的判定方法． （1）利用勾股定理以及勾股定理的逆定理判断即可； （2）根据平行四边形的判定作出图形即可． 【详解】（1）解：结论：是直角三角形． 理由：∵， ∴， ∴， ∴是直角三角形； （2）解：如图点即为所求． 32．（2024·甘肃武威·三模）如图，四边形中，，对角线交于点O，且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】详见解析 【分析】主要考查全等三角形的判定和性质及平行四边形的判定，结合图形，综合运用这两个知识点是解题关键． 根据题意得出，再由全等三角形的判定和性质得出，利用平行四边形的判定即可证明． 【详解】证明：∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． 33．（2024·北京东城·二模）如图，在四边形中，点在上，，，于点，于点，．      (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明，再由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由平行四边形的性质得，进而证明，再证明是等腰直角三角形，然后证明由含的直角三角形的性质得，进而由勾股定理求出的长，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：由（1）可知，四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】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、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的判定、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． 34．（23-24八年级下·湖南娄底·开学考试）如图，在平行四边形中，E、F分别是、边上的点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若平分，，，，求平行四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)26 【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质得出，进而利用平行四边形的判定解答即可； （2）由平行四边形的性质和角平分线的定义得出，再根据勾股定理求出的长，再求出，求解即可． 【详解】（1）证明：四边形为平行四边形， ，，，， ， ， ， ，即， ， 四边形是平行四边形； （2）四边形是平行四边形， ， 四边形是平行四边形， .， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， 平行四边形的周长． 【点睛】此题考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定，角平分线的定义，勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 35．（22-23八年级下·内蒙古通辽·期末）如图，平行四边形的对角线相交于点O，点在对角线上，且，连接．求证：四边形是平行四边形．    【答案】详见解析 【分析】求出，根据两条对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明四边形AECF是平行四边形． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形 【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定，熟练掌握相关性质与判定定理是解题的关键． 36．（20-21八年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，在平行四边形中，是对角线，其中于点E，于点F．求证： 【答案】见解析 【分析】先根据平行四边形的性质得到，则，再由垂直的定义得到，由此即可利用，证明． 【详解】证明∵ 四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定，熟知全等三角形的判定条件是解题的关键． 二、特殊的平行四边形题型02 37．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，在菱形中，，对角线交于点，为的中点，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理．由菱形的性质求得，，根据三角形中位线定理得到，求得，据此求解即可． 【详解】解：∵在菱形中，， ∴，，O为的中点， ∵E为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 38．（9-10八年级下·山西·期末）如图，已知矩形沿着直线折叠，使点C落在处，交于E，，则的长为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题、平行线的性质、等角对等边的性质和勾股定理，难度适中． 设，则．先根据折叠的性质和平行线的性质，得，则，然后在直角三角形中根据勾股定理即可求解． 【详解】解：设，则． 根据折叠的性质，得． ∵， ∴， ∴， ∴． 在直角三角形中，根据勾股定理，得 ， 解得． 故选：C． 39．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，矩形的对角线与相交于点O，，已知，则的长度是（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，矩形的性质，根据矩形的对角线相等且互相平分得到，，再证明是等边三角形，得到，则． 【详解】解：∵矩形的对角线与相交于点O， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故选：B． 40．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，在正方形外侧作等边，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了正方形和等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握它们的性质是解题的关键； 由四边形是正方形，是正三角形，得到，，得是等腰三角形，然后利用等腰三角形的性质即可解决问题． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 又是正三角形， ，， 是等腰三角形，， ． 故选：C． 41．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，在直角三角形中，，，，为的中线，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理和直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握勾股定理和直角三角形斜边中线的性质是解题的关键．先利用勾股定理算出，再利用直角三角形斜边中线的性质求出． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵为的中线， ∴， 故选：C． 42．（23-24八年级下·云南大理·期末）下列命题正确的是（    ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．有一个角是直角的平行四边形是正方形 D．一组邻边相等的矩形是正方形 【答案】D 【分析】本题主要考查了判断命题真假，正方形，矩形和菱形的判定定理，熟知正方形，矩形和菱形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：A．对角线相等且互相平分的四边形是矩形，原命题是假命题，不符合题意； B．对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，原命题是假命题，不符合题意； C．有一个角是直角的平行四边形是矩形，原命题是假命题，不符合题意； D．一组邻边相等的矩形是正方形，原命题是真命题，符合题意； 故选：D． 43．（23-24八年级下·云南大理·期末）如图，在平行四边形中中，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（    ） A．2 B．4 C．3 D．6 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，平移的性质，先由菱形的性质得到，再由平移的性质得到由平移的性质可得，则，据此可得答案． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， 由平移的性质可得， ∴， ∴， ∴a的值为2， 故选：A． 44．（23-24八年级下·云南德宏·期末）下列说法正确的是（  ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．四个角都相等的四边形是正方形 C．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定，菱形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据矩形的判定可知道A错误，根据正方形的判定可知道B错误，根据平行四边形的判定可知道C错误，根据菱形的性质可知道D正确． 【详解】解：A．对角线互相平分且相等的四边形是矩形，A错误． B．四个角和四条边都相等的四边形是正方形，B错误． C．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，C错误． D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形，D正确． 故选：D 45．（23-24八年级下·云南昭通·期末）如图，在矩形中，，则的长为（   ） A． B． C．4 D．5 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，根据矩形的性质结合等边三角形的判定方法，得到为等边三角形，进而求出的长，利用勾股定理求出的长即可． 【详解】解：∵在矩形中，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴； 故选B． 46．（23-24八年级下·云南昭通·期末）如图，菱形中，，则菱形的边长为（   ） A．4 B．3 C．5 D．6 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，设交于点，根据菱形的对角线互相垂直平分，结合勾股定理进行求解即可． 【详解】解：设交于点， ∵菱形，， ∴， ∴， 即：菱形的边长为5． 故选C． 47．（23-24八年级下·云南德宏·期末）如果菱形的两条对角线的长分别为a和b，且a，b满足，那么菱形的面积等于（  ） A．5 B．4 C．3 D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质求面积以及利用算术平方根的非负性解题，先由得出，因为菱形的两条对角线的长分别为a和b，所以菱形的面积等于，即可作答． 【详解】解：∵ ∴ ∴ ∴ ∵菱形的两条对角线的长分别为1和5 ∴ 故选：D 48．（23-24八年级下·云南昭通·期末）在正方形外侧作等边，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了正方形和等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握它们的性质是解题的关键；由四边形是正方形，是等边三角形，得到，，得是等腰三角形，然后利用等腰三角形的性质得到，即可解决问题． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 又是等边三角形， ，， ∴， 是等腰三角形，， ． ∴ 故选：C． 49．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图，在矩形纸片中，，，点为边上一点，将沿翻折，点A恰好落在边上点处，则长为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，解一元一次方程．由轴对称的性质可得：，则，在中，由勾股定理可得，则，设，则，，在中，利用勾股定理列出方程，解方程即可得出结论． 【详解】解：是由沿直线翻折得到， ， 则， 四边形是矩形， ， 在中， ， ， 设，则，， 在中， ， ， 解得：， ， 故选：B 50．（15-16九年级上·山东·阶段练习）正方形具备而菱形不具备的性质是（    ） A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．每条对角线平分一组对角 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，菱形的性质，根据正方形和菱形的性质逐项判断，即可得出结论． 【详解】解：A、对角线互相平分是正方形和菱形都具备的性质，故此选项不符合题意； B、对角线互相垂直是正方形和菱形都具备的性质，故此选项不符合题意； C、对角线相等是正方形具备而菱形不具备的性质，故此选项符合题意； D、每条对角线平分一组对角是正方形和菱形都具备的性质，故此选项不符合题意； 故选：C． 51．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，四边形是正方形，是对角线，以为边，在正方形的内部作等边三角形，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方形的性质，正三角形的性质求出、的度数，进而即可求解．本题考查正方形、正三角形的性质，掌握正方形、正三角形的性质是正确解答的关键． 【详解】解：四边形是正方形，是对角线， ， 是正三角形， ， ， 故选：B． 52．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，中，，，点D是中点，，则线段的长为（    ） A．4 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了直角三角形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形相关性质是解题关键． 根据题意得出，，再由直角三角形斜边中线的性质及等边三角形的判定和性质得出，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵，， ∴，， ∵点D是中点，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 故选：D． 53．（23-24八年级下·云南玉溪·期末）如图，在矩形中，是对角线，，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于两点，作直线，交于点，连接，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由矩形性质得到，由尺规作图-垂直平分线，结合垂直平分线的判定与性质，在中，得到，最后利用邻补角定义求解即可得到答案． 【详解】解：如图所示： 在矩形中，是对角线，，则， 由题意可知，直线是线段的垂直平分线， ， 在中，，则， 故选：C． 【点睛】本题考查矩形性质、尺规作图-垂直平分线、垂直平分线的判定与性质、邻补角定义、直角三角形两锐角互余等知识，熟练掌握相关几何性质，数形结合是解决问题的关键． 54．（18-19八年级下·山东济宁·期末）矩形、菱形、正方形的对角线都具有的性质是（    ） A．相等 B．互相垂直 C．互相平分 D．每条对角线平分一组对角 【答案】C 【分析】此题考查了矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，根据各图形对角线的性质进行判断，熟练掌握各图形的对角线的性质是解题的关键 【详解】解：矩形的对角线相等且互相平分， 菱形的对角线平分且互相垂直， 正方形的对角线垂直、平分且相等， 故选：C 55．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，四边形是矩形，是边上的一点，把沿折叠至，点的对应点恰好落在边上，，，求（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【分析】首先推导出，设，由勾股定理得，解答即可得解．本题主要考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 【详解】解：四边形是矩形，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上， ， 设， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：， ， 故答案为：C． 56．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图，在数轴上，点是原点，点表示的数是3，在数轴上方以为边作矩形，以点为圆心，的长为半径画弧，在原点右侧交该数轴于点，则点表示的数是（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】如图，连接，利用勾股定理可以求出的长度即可求解．此题主要考查了勾股定理，同时也利用了实数与数轴的关系，解题的关键是把线段的长度转换为坐标． 【详解】解：如图，连接， 依题意，， ， 点表示的数是． 故选：D． 57．（23-24八年级下·云南昆明·期末）在菱形中，若对角线，，则菱形的面积是（    ） A．48 B．24 C．20 D．14 【答案】B 【分析】本题主要考查用菱形的性质求面积，根据菱形的面积等于其对角线积的一半，进而求解． 【详解】解：菱形的面积． 故选：B． 58．（23-24八年级下·云南昭通·期末）如图，在菱形中，，．若菱形的周长24，则的长为（　　）    A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的中位线定理；由菱形的性质得，由三角形中位线定理得，即可求解；掌握菱形的性质，三角形的中位线定理是解题的关键． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， ， 是的中位线， ， 故选：C． 59．（23-24八年级下·云南昭通·期末）如图，在矩形中，，则的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，证明是等边三角形，即可得出结果． 【详解】∵矩形，， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴； 故选C． 60．（23-24八年级下·陕西安康·期中）在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如下关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是（    ） A．③有一组邻边相等 B．②对角线互相垂直 C．④有一个角是直角 D．①一条对角线与其中一边相等 【答案】D 【分析】本题考查正方形判定，菱形的判定，以及矩形的判定，熟练掌握相关四边形的判定是解题的关键．根据相关判定对选项进行判断，即可解题． 【详解】解：A、③有一组邻边相等的矩形是正方形，条件正确，不符合题意． B、②对角线互相垂直的平行四边形是菱形，条件正确，不符合题意． C、④有一个角是直角的菱形是正方形，条件正确，不符合题意． D、①一条对角线与其中一边相等的平行四边形不一定是矩形，条件错误，符合题意． 故选：D． 61．（2019·山东临沂·一模）如图，将边长为的正方形折叠，使点落在边的中点处，点落在处，折痕为，则线段长是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的折叠问题，由折叠前后对应边相等可得，设，则，用勾股定理解即可． 【详解】解：正方形边长为，为边的中点， ，，， 由折叠知， 设，则， 在中，由勾股定理得， ， 解得， ， 故选C． 62．（23-24八年级下·全国·假期作业）如图，已知点分别是菱形各边的中点，则四边形是（   ） A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．梯形 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定等、三角形的中位线定理知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明； 【详解】解：连接、交于． ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， 同法可得：， ∴， ∴四边形是平行四边形， 同法可证：， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． 故选：B． 63．（22-23八年级下·云南昆明·期末）如图，在正方形的外侧，作等边三角形，连接，则为（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由正方形的性质可得，由等边三角形的性质可得，，由等腰三角形的性质可求，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，掌握正方形的性质是本题的关键． 64．（24-25九年级下·浙江杭州·阶段练习）如图，，均为的高，且，连结交于点O，若，则的度数为 ． 【答案】/52度 【分析】本题考查了垂直平分线的判定，直角三角形性质，等腰三角形性质，根据题意得到垂直平分线段，得到，结合直角三角形性质得到，利用等腰三角形性质得到，再根据求解，即可解题． 【详解】解：∵为的高，且， ∴垂直平分线段， ， ∵为的高，即， ， ， ， ， 故答案为：． 65．（23-24八年级下·云南大理·期末）如图，在中，，，点D、E分别为的中点，连接，若，则的长度为 ． 【答案】 【分析】本题考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，含有角的直角三角形，根据三角形中位线定理得到，根据直角三角形的性质和勾股定理求出，根据直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】∵点D、E分别为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴，， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 66．（23-24八年级下·云南德宏·期末）如图，在中，于点D，，E是的中点，则等于 ． 【答案】/度 【分析】先由得出，再根据直角三角形两锐角互余求出的度数，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，算出，最后结合三角形的外角性质作答即可．本题考查了直角三角形斜边上的中线，三角形外角性质，直角三角形两锐角互余，解题的关键是掌握直角三角形斜边中线的性质． 【详解】解：∵， ∴， ， 在中，， ∵E是的中点， ∴ ∴ 故答案为： 67．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，菱形的对角线，相交于点O．若，，则与间的距离为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半求出菱形的面积，根据勾股定理求出，最后根据菱形的面积进行求解即可． 【详解】解；∵菱形的对角线相交于点，，， ∴，，，， ∴， 设与间的距离为h，即菱形的边上的高为h， ∴， 故答案为：． 68．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，四边形是正方形，以点为坐标原点，分别在轴，轴上，点在边上，点的坐标为，点在边的延长线上，，连接，过点作于点，交于点，连接和，且． (1)求证：垂直平分； (2)求正方形的边长； (3)求点的坐标． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，坐标与图形，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据：，，即可得证； （2）证明，得出，进而根据，，即可求解； （3）根据中点坐标公式，即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴ ∴ ∴垂直平分； （2）解：在正方形中，， 在和中， ， ∴， ∴ ∵点的坐标为， ∴， ∵ ∴ （3）解：∵， ∴ ∴ 又点的坐标为，是的中点 ∴ 69．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，四边形是平行四边形，对角线交于点F， ，延长到点C，使，延长到点D，使，连接和． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求与间的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）先由对角线互相平分的四边形是平行四边形，再由矩形的性质得出，即可得出结论； （2）由矩形的性质得出，由菱形的性质得出，由勾股定理求出，则，设与间的距离为，然后由菱形的面积公式即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 设与间的距离为 ∵． ∴． 70．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，在矩形中，点是的中点，延长至点，使得，连接，的延长线与的延长线交于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由矩形的性质可得，，，由两直线平行内错角相等可得，利用线段中点的有关计算及已知条件可得，由对顶角相等可得，利用可证得，于是可得，进而可证得四边形是平行四边形，由于，于是结论得证； （2）由平分可得，由矩形的性质可得，，，，由两直线平行内错角相等可得，进而可得，由等角对等边可得，利用线段中点的有关计算及已知条件可得，于是可得，利用勾股定理可得，进而可得，由（1）可得，于是可得，利用菱形的性质可得，据此即可得出答案． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，，， ， 点是的中点，， ， 又， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形； （2）解：平分， ， 四边形是矩形， ，，，， ， ， ， 点是的中点，， ， ， ， ， 由（1）可得：， ， 菱形的面积． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，两直线平行内错角相等，线段中点的有关计算，对顶角相等，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，菱形的判定与性质，等角对等边，线段的和与差，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键． 71．（23-24八年级下·云南红河·期末）如图，在中，，过点A作，且，连接，过点D作，交于点E． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再根据，即可证明菱形； （2）过点作于点，取中点，连接，在中，由勾股定理求得，可证明是等边三角形，在证明，则，再由等腰三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明： ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：过点作于点， ∵， ∴在中，由勾股定理求得， 取中点，连接， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 72．（23-24八年级下·云南大理·期末）如图，矩形中，过对角线的中点作的垂线，分别交、于点、． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，得到，可以得出四边形是平行四边形，再加上即可证明结论； （2）根据菱形的性质可以得到，进而放在直角三角形中可以求得菱形对角线的长度，最后根据面积公式即可求出结果． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ，， 为的中点， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形． （2）∵四边形是菱形，，， ，， 在中，，， ，， 菱形的面积为， 即四边形的面积为． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的面积公式、直角三角形所对的直角边是斜边的一半，熟练掌握上述知识点是解答的关键． 73．（23-24八年级下·云南德宏·期末）如图，在平行四边形中，是的平分线，交于点E，F是上的一点，连接，且．求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，菱形的判定，等角对等边等等，先由平行四边形的性质得到，再证明，进而证明四边形是平行四边形，接着根据角平分线的定义和平行线的性质证明，得到，据此可证明结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点E，点F在边上， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵是的平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 74．（23-24八年级下·云南德宏·期末）已知：如图，在四边形和中，，．点P是边上一点，且，M是延长线上一点，连接． (1)如图1，求证：四边形是平行四边形； (2)如图1，若，求证：； (3)如图2，连接，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）由，可得，由，可得，则，进而可证四边形是平行四边形； （2）由，可得，证明，则，进而可证； （3）如图，延长到点N，使，连接，证明，则，由，可得垂直平分，则，，由，，可求，，则，证明四边形是正方形，证明，则，，由，，可得，由勾股定理得，，即，计算求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵， ∴，即， 又∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：如图，延长到点N，使，连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， 由（1）可得，四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 由勾股定理得，，即， 解得，，（舍去）， ∴的长为． 【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，平行四边形的判定，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理等知识．熟练掌握平行线的判定与性质，平行四边形的判定，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理是解题的关键． 75．（14-15八年级下·北京平谷·期末）如图，中，，是斜边的中点，若，，且交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则四边形ADCE的面积＝_____． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由，可得四边形是平行四边形，得出，且，进而证明四边形是平行四边形，根据直角三角形斜边中线的性质得出，即可得结论； （2）根据直角三角形两锐角互余得出，根据含角的直角三角形的性质及勾股定理求出的长，根据菱形的性质得出的长，利用菱形面积公式即可得答案． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形． ∴，且． ∵是斜边的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，是斜边的中点， ， ∴平行四边形是菱形． （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）知，四边形是菱形，四边形是平行四边形， ∴，， ∴菱形的面积， 故答案为： 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、含角的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键． 76．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图①，在正方形中，点E是对角线上任意一点（点E不与A，C重合），连接，． (1)求证：； (2)若是等腰三角形，，求的长； (3)如图②，过点E作交于点F，当时，若．求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4或 (3) 【分析】（1）由正方形的性质证明，从而可得结论； （2）分三种情况讨论：①当时，点E与点C重合，舍去；②当时，③当时，再进一步解答即可； （3）如图，过E作于点M，证明，可得，结合，可得是等边三角形，设，则，，再进一步解答即可； 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，． ∵， ∴， ∴； （2）解：①当时，点E与点C重合，舍去； ②当时，， ③当时，由正方形性质可得：， ∴， 即是等腰直角三角形， 设， 在中，由勾股定理可得：， ∴，解得（舍去）； ∴； 综上所述，的长为4或； （3）解：如图，过E作于点M， 由（1）可得， ∴， ∵， ∴， 在四边形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 设，则，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的定义，等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，正方形的性质，二次根式的混合运算，作出合适的辅助线是解本题的关键. 77．（23-24八年级下·云南昭通·期末）在中，是的中点，过点B作，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，且的面积为8，求菱形的边长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考车菱形的判定和性质，斜边上的中线，勾股定理： （1）先证明四边形是平行四边形，根据斜边上的中线得到，即可得证； （2）面积公式求出的长，勾股定理求出的长，斜边上的中线求出的长即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵是的中点， ∴， ∴四边形是菱形； （2）∵，且的面积为8，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的边长为． 78．（23-24八年级下·云南玉溪·期末）如图，在四边形中，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据平行线的性质、角平分线的定义得出，根据等腰三角形的判定与性质得到，进而利用平行四边形的判定和菱形的判定解答即可； （2）根据菱形的性质，结合勾股定理求出，利用等面积法列式求解即可得到答案． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ，， ， 在中，由勾股定理可得，则， 菱形的面积为， 过点作交的延长线于点， 由等面积法可得，解得． 【点睛】本题考查菱形综合，涉及平行线的性质、角平分线定义、等腰三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理、菱形面积公式、等面积法求线段长等知识，熟练掌握菱形的判定与性质，数形结合是解决问题的关键． 79．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，在中，，于点D，，E是斜边的中点，求． 【答案】 【分析】本题考查等腰三角形的性质、直角三角形的性质、解一元一次方程，设和分别为，，求得，即求得，根据直角三角形的性质可得，再根据等边对等角可得，即可求解． 【详解】解：设和分别为，， ， ， ∴， ， ， ，E是的中点， ， ， ． 80．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图①，在正方形中，是上的点（不与、重合），连接，把沿折叠得到，延长交于点，连接． (1)求证：； (2)如图②，过点作的垂线，交的延长线于点，连接，求证：； (3)在图②中，判断和的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）沿折叠得到，则，，，，用即可证明； （2）证明，而，则为等腰直角三角形，即可求解； （3）证明，则． 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等，作出辅助线也是解决本题的关键． 【详解】（1）证明：沿折叠得到，则，， ，， ∴， ∴； （2）证明：，则， ∵， ∴，则， ， ∴为等腰直角三角形， ∴； （3）解：，理由： 设正方形的边长为， 在上取，则， 则， ，， ， ，则， ∴． 81．（23-24八年级下·云南昆明·期末）在平面直角坐标系中存在矩形，点、点，且a、b满足：（实数）． (1)求A点坐标； (2)如图1，作的角平分线交y轴于点D，的中点为点E，作交x轴于点F．求证：； (3)如图2，在（2）的条件下，当时，将矩形向右推倒得到矩形，使点A与点重合，点落在x轴上．现在将矩形沿射线以每秒1个单位长度的速度平移如图3，设平移过程中矩形与矩形重合部分的面积为S，平移时间为t，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据算术平方根的非负性求解即可； （2）连接，先根据矩形性质和角平分线的定义得到，然后根据直角三角形斜边上的中线性质得到，再根据等腰三角形的性质得到，进而，证明即可证得结论； （3）分情况讨论：当时、当时、当时、当时，分别画出图形，利用矩形面积公式进行求解即可． 【详解】（1）解：∵，且，， ∴，， 解得，， ∴； （2）证明：连接，如图， 在矩形中，， ∵平分， ∴， 在中，的中点为点E， ∴， ∴， ∴，又， ∴，即， ∴， ∴； （3）解：由题意，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，则， 分以下情况： 当时，如图，重叠部分为矩形， 由题意，， ∴； 当时，如图，重叠部分为正方形， ∴； 当时，如图，重叠部分为矩形， 由题意，，， ∴； 当时，无重叠部分，∴， 综上，S与t之间的函数关系式为 ． 【点睛】本题考查四边形的综合，涉及算术平方根的非负性、直角三角形斜边中线性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平移性质、求函数解析式等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，数形结合和分类讨论思想的运用是解答的关键． 82．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，在矩形中，，平分．求证：四边形是菱形． 【答案】见详解 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定等知识，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键． 先根据说明四边形是平行四边形，再根据角平分线的定义和平行线的性质说明，则，即可证明结论． 【详解】证明：∵四边形是矩形， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ∴四边形是菱形． 83．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图所示，在的边上取一点D，连接，分别以点B和点D为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线，分别交，，于点E，O，F，连接，． (1)若，判断四边形的形状并说明理由； (2)在（1）的条件下，若，，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形为菱形，理由见解析 (2) 【分析】本题考查垂直平分线的性质、菱形的判定、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等： （1）由作图知直线垂直平分，进而可得，，，由可得，等量代换得出，由等角对等边得出，进而可证； （2）过点D作于点H，利用含30度角的直角三角形的性质、勾股定理解直角三角形，求出，，可得结论． 【详解】（1）解：四边形为菱形，理由如下： 由作图知直线垂直平分， ，，， ， ， ， ， ， 四边形为菱形； （2）解：如图，过点D作于点H， ，， 是等腰直角三角形， ， 四边形为菱形， ， ， ， ， ， ， （负值舍去）， ， 菱形的面积． 84．（23-24八年级下·云南楚雄·期末）如图，在菱形中，分别延长，至点，，使，，连接，，，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，求矩形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查矩形的判定与性质、菱形的性质， （1）根据菱形的性质得出，再根据矩形的判定证明即可； （2）利用矩形和菱形的性质及勾股定理得出与的长即可； 掌握矩形和菱形的性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形，，， ∴，， ∴和是等边三角形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积为：． 85．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图1，四边形是矩形，对角线平分，点是的中点，点在线段上（不与端点重合），连接，点在边的延长线上，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)求证：； (3)的值是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）先由矩形的性质得，因为平分，所以，则，即可作答． （2）根据正方形的性质，证明，结合得出，然后根据等边对等角，即可作答． （3）过点作交于点，则，根据角的等量代换得，，则是等腰直角三角形，结合勾股定理列式，即可作答． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， 又对角线平分 ， 矩形是正方形； （2）证明：是正方形， ， ， ， 又， ， ， ； （3）解：，理由如下： 过点作交于点，如图， ， ． ∴ ， 又 ， 是等腰直角三角形， ， ． ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 86．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图，在平行四边形中，对角线相交于点，，点是的中点，过点作，交于点．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）证是的中位线，得，则四边形是平行四边形，再证，即可得出结论； （2）根据勾股定理得出，进而利用矩形的面积公式解答即可． 【详解】（1）四边形是平行四边形，   ． 点是的中点， 是的中位线． ． 又， 四边形是平行四边形． ， ， ． 四边形是矩形． （2）， ， ， ， ， 矩形的面积． 87．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，点O是的中点，过点O作，若，连接．求证：四边形是菱形．    【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定．根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可证明． 【详解】证明：∵点O是的中点， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． 又∵， ∴四边形是菱形． 88．（23-24八年级下·云南昆明·期末）综合与实践 【教材情境】 数学活动课上，老师提出这样一个问题：在八年级上册我们遇到了这样一个问题，如图，和都是等边三角形．求证．我们可以证明，得到． 【观察思考】 在八年级下册，我们学习了平行四边形这一章后，有如下问题：如图①，在正方形中，以为边在正方形外作矩形，连接，且． （1）我们能从以上【教材情境】得到启发，证明矩形是正方形，请写出证明过程． 【实践探究】 （2）希望小队提出：若P是边上一个动点（P与C，D不重合），在图①中，连接，当点P在什么位置时，，请写出证明过程． 【拓展迁移】 （3）冲锋小队再次提出：若将图①中的正方形绕点C按顺时针方向旋转任意角度，得到图②的情形（与交于点G，与交于点O），此时，请猜想图②中线段与线段的关系？请写出你的猜想结果，并证明你所得到的结论． 【答案】（1）见解析；（2）点P是的中点，证明见解析；（3），，证明见解析 【分析】本题考查正方形的性质和判定，全等三角形的判定和性质．熟练掌握三角形全等的判定条件是解题关键． （1）由正方形的性质可知．再根据，即可由“”证明，即得出，从而即得出矩形是正方形； （2）当点P是的中点时，．由正方形的性质可知，再由点P是的中点，即，可利用“”证明，结合（1）可得，从而得出； （3）由正方形的性质可知，即得出，从而可利用“”证明，得出，再根据，可证明，即． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴ ∴． 又∵四边形是矩形， ∴矩形是正方形． （2）当点P是的中点时，． 证明：连接． ∵四边形是正方形， ∴，． ∵点P是的中点， ∴， ∴． 由（1）知， ∴， ∴． （3），． 证明：∵四边形，四边形都是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 89．（23-24九年级下·云南曲靖·期中）如图，矩形中，点、分别在、上，将矩形沿直线叠，点落在点处，点落在点处，与交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键． （1）根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可； （2）设，则，根据勾股定理可求，过点F作得矩形，矩形，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠可得，，， ∴， ∴ ， ∴，则四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）设，则， ∵，即，解得：， ∴， ∵， ∴， 如图，过点F作得矩形，矩形， ∴，，， ∴， ∴． 90．（2024·北京朝阳·二模）如图，在中，点E，F分别在，上，且，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求证：是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质和，矩形的判定，菱形的判定，勾股定理的逆定理； （1）根据平行四边形的性质可知，，再证明四边形是平行四边形．然后推出，即可得出结论； （2）利用勾股定理的逆定理推出，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．                         ∵平分， ∴． ∴． ∴． ∴四边形是菱形． （2）∵，， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴．                                ∴是矩形． 试卷第2页，共80页 试卷第1页，共79页 学科网（北京）股份有限公司 $$