专题02 中心对称图形-平行四边形（知识串讲+热考题型+真题训练）-2024-2025学年八年级数学下册《重难点题型•高分突破》（苏科版）

专题02中心对称图形-平行四边形 【考点1】旋转的性质★★ 【考点2】坐标与图形变化﹣旋转★ 【考点3】中心对称﹑和中心对称图形★ 【考点4】利用平行四边形的性质求解★ 【考点5】平行四边形的判定★★ 【考点6】平行四边形的判定和性质综合★★ 【考点7】利用三角形中位线形式求解★ 【考点8】利用菱形的性质求解★菁★ 【考点9】菱形的判定★★ 【考点10】菱形的判定和性质综合★★★ 【考点11】利用矩形的性质求解★★ 【考点12】矩形的判定★★ 【考点13】矩形的判定和性质综合★★★ 【考点14】利用正方形的性质求解★★ 【考点15】正方形的判定和性质综合★★★ 知识点1 ：旋转的性质 旋转的性质： （1）对应点到旋转中心的距离相等。 （2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。 （3）旋转前、后的图形全等。 知识点2 ：中心对称（两个图形） 1.概念：把一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称； 2.性质 （1）关于中心对称的两个图形是全等形。 （2）关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。 （3）关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等。 3.判定 如果两个图形的对应点连线都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形关于这一点对称 4.中心对称图形（一个图形） 把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个店就是它的对称中心。 知识点3：平行四边形的性质与判定 1.平行四边形的性质 （1）边的性质：两组对边分别平行且相等，如下图：AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，AB=CD； （2）角的性质：两组对角分别相等，如图：∠A=∠C，∠B=∠D （3）对角线的性质：对角线互相平分。如图：AO=CO，BO=DO 2.平行四边形的判定 （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 知识点4：三角形的中位线 三角形中位线：在△ABC 中，D，E 分别是 AC，AC 的中点，连接 DE.像 DE 这样， 连接三角形_两边中点的线段叫做三角形的中位线.B 中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的二分之一。 知识点5： 菱形的性质 菱形的定义：一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 ※菱形的性质：（1）具有平行四边形的性质 （2） 且四条边都相等 （3）两条对角线互相垂直平分,每一条对角线平分一组对角。 注意：菱形是轴对称图形，每条对角线所在的直线都是对称轴。 知识点6：菱形的面积 菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半 知识点7：菱形的判定 ※菱形的判别方法：一组邻边相等的平行四边形是菱形。 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 四条边都相等的四边形是菱形。 知识点8：矩形的性质 ※矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫矩形。矩形是特殊的平行四边形。 ※矩形的性质：（1）具有平行四边形的性质（2）对角线相等 （3）四个角都是直角。 知识点9：矩形的判定 ※矩形的判定：（1）有一个内角是直角的平行四边形叫矩形(根据定义)。 （2）对角线相等的平行四边形是矩形。 （3）四个角都相等的四边形是矩形。 知识点 10：正方形的概念与性质 正方形的定义：一组邻边相等的矩形叫做正方形。 ※正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质。（正方形是轴对称图形，有两条对称轴） 知识点11：正方形的判定 ※正方形常用的判定：有一个内角是直角的菱形是正方形； 邻边相等的矩形是正方形； 对角线相等的菱形是正方形； 对角线互相垂直的矩形是正方形。 【考点1】旋转的性质★★ 1．如图，将绕点A逆时针旋转得到，若，且于点E，则的度数为（     ） A． B． C． D． 2．如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为 ． 3．如图，将绕点B逆时针旋转得，连接，若，，则 ． 4．如图，在中，，将绕顶点A顺时针旋转一定角度得到，此时点C的对应点恰好落在AB边上，连接，若，则 ． 5．如图，已知中，，．将绕点A按逆时针方向旋转得到，与交于点F． (1)若，求的度数； (2)若平分，求的度数． 6．已知是的边上的高． (1)如图①，若，E是边上一点，将绕点D顺时针旋转，得到，连接．求证：． (2)如图②，若，过点C作，垂足为E，连接．写出，，之间的数量关系，并说明理由． (3)如图③，利用直尺和圆规，分别在，上作点M，N，使，且．（要求：不写作法，保留作图痕迹，写出必要的文字说明） 【考点2】坐标与图形变化﹣旋转★ 1．如图，在等腰中，，，边在轴上，将绕原点逆时针旋转得到，若，则点的对应点的坐标为（    ） A． B． C． D． 2．如图，在平面直角坐标系中，已知点，点B在第一象限内，，将绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2024次旋转后，点B的坐标为（       ） A． B． C． D． 【考点3】中心对称﹑和中心对称图形★ 1．下列图形中，是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．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． 3．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点是（   ） A． B． C． D． 4．如图，已知的三个顶点的坐标分别为． (1)画出△ABC关于原点O成中心对称的图形； (2)是的边上一点，将△ABC平移后点P的对称点，请画出平移后的； (3)若和关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为（____，_____）． 【考点4】利用平行四边形的性质求解★ 1．如图，在中，的平分线与边相交于点E．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．在中，已知，，则的周长是（    ） A．18 B．16 C．14 D．12 3．如图，中，点在边上，以为折痕，将向上翻折，点正好落在上的点处．若的周长为，的周长为，则的长为（    ） A． B． C． D．无法确定 4．如图，在中，，将绕点顺时针旋转到的位置，此时恰好经过点C，则 °． 5．如图，在中，，对角线与相交于点O，，则的周长为 . 【考点5】平行四边形的判定★★ 1．如图，四边形的对角线相交于点O，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 2．如图，在四边形中，，添加下列条件后仍不能判定四边形是平行四边形的是（　　） A． B． C． D． 3．如图，在平行四边形中，E，F是对角线上的两点，请添加一个条件 ，使四边形是平行四边形（填一个即可） 【考点6】平行四边形的判定和性质综合★★ 1．如图，在平行四边形中，E是边上一点，，． (1)过点E作的平行线，交于点F（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）． (2)在（1）的条件下，求四边形的周长． 2．如图，在平行四边形中，E、F分别是边上的中点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若平分，求的长． 3．已知：如图，E、F是对角线上的两点．      (1)若，求证：四边形是平行四边形； (2)若，，垂足分别为E、F，，求的度数． 4．已知：如图，在四边形ABCD中，，，点是CD的中点． （1）求证：四边形ABCE是平行四边形； （2）若，，求四边形ABCE的面积． 5．如图，点E为平行四边形的边上的一点，连接并延长，使，连接并延长，使，连接．H为的中点，连接，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)连接，交于点O，若，，求的长度． 【考点7】利用三角形中位线形式求解★ 1．如图，点D是内一点，且，连接．若点分别为线段的中点，且，，，则图中阴影部分的周长为（    ） A．23 B．24 C．25 D．26 2．如图，正方形，点为边上一点，，．的平分线交于点，点是的中点，则的长为（    ） A．2 B．2.5 C．3 D．3.5 3．如图，在菱形中，、分别是边、上的动点，连接，，、分别为、的中点，连接．若，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．如图，在中，，，，分别是边，上的点，且，连接．分别取，的中点，，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D．3 5．如图所示，在四边形中，，，，，，分别是，边的中点，则的长为（   ） A． B． C． D． 【考点8】利用菱形的性质求解★★ 1．如图，在菱形中，，，则（） A． B． C． D． 2．如图，菱形中交于点O，于点E，连接，若，则 ． 3．如图，在菱形中，点分别在上，沿翻折后，点落在边上的处．若，，．则的长为 ． 4．如图所示，菱形的对角线、相交于点．若，，，垂足为，则的长为 ． 【考点9】菱形的判定★★ 1．如图，在反映特殊四边形之间关系的知识结构图中，①②③④表示需要添加的条件，则下列描述错误的是（   ） A．①表示有一组邻角相等 B．②表示有一组邻边相等 C．③表示对角线平分一组对角 D．④表示对角线互相垂直 2．嘉嘉在学习“特殊平行四边形”一单元后，梳理了如图所示的特殊平行四边形之间的关系．以下选项分别表示A，B，C，D处填写的内容，则对应位置填写错误的选项是（   ） A．有一个内角是 B．有一组邻边相等 C．对角线互相平分 D．对角线相等 3．如图，下列条件能使平行四边形是菱形的为（       ） ①； ②； ③； ④． A．①③ B．②③ C．③④ D．①④ 4．如图，在的基础上用尺规作图：①以点A为圆心，任意长为半径作弧，与的两边分别交于点；②分别以点为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点C；③分别连接．可以直接判定四边形是菱形的依据是（    ） A．四条边相等的四边形是菱形 B．一组邻边相等的平行四边形是菱形 C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 【考点10】菱形的判定和性质综合★★★ 1．如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，若测得，之间的距离为，，之间的距离为，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 2．如图，平行四边形的两条对角线相交于点O，且． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)求平行四边形的面积． 3．如图，在四边形中，，，平分，连接交于点O，过点C作交延长线于点E． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求的长． 4．如图，有一张矩形纸片， 将纸片折叠一次，使点A与点C重合，再展开，折痕交边于E，交边于F，连接和． (1)求证：四边形 是菱形． (2)若 的面积为 ，求的周长． 5．如图，在中，对角线、相交于点O，过点C作交的延长线于点E，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 6．如图，在中，，点E是的中点，连接并延长，交的延长线于点F，，连接，． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，求四边形的周长． 【考点11】利用矩形的性质求解★★ 1．如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作，垂足为点，若，则 度．    3．如图，矩形的对角线交于点O，，过点O作，交于点E，过点E作，垂足为F，则的值为 ．    4．如图，在直角坐标系中，矩形，点的坐标是，则的长是 ． 【考点12】矩形的判定★★ 1．如图，四边形是平行四边形，是两条对角线，添加下列条件后能判定四边形是矩形的是 （   ） A． B． C． D．平分 2．在数学活动课上，小明准备用一根绳子检查一个书架是否为矩形．如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，下列验证方法中错误的为（    ） A． B． C． D． 2．如图，的对角线相交于点O，如果添加一个条件使得是矩形，那么下列添加的条件中正确的是（    ） A． B． C． D． 3．如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连结，，，要使四边形成为矩形，可添加一个条件是 ．(只要写出一个条件即可) 【考点13】矩形的判定和性质综合★★★ 1．如图，在中，为的中点，四边形是平行四边形，，相交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 2．如图，点O是菱形对角线的交点，过点C作，过点D作，与相交于点． (1)求证：四边形是矩形． (2)连接，若，，求菱形的面积． 3．如图，在中，于点，延长至点使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【考点14】利用正方形的性质求解★★ 1．如图，在正方形外侧作等边，则的度数是（    ） A． B． C． D． 2．小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图1），测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），，则图2中对角线的长为（   ） A． B． C． D． 3．如图，正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则（    ）    A．5 B． C． D．4 4．如图，在边长为4的正方形中，点分别是边的中点，连接，点分别是的中点，连接，则的长为 ． 【考点15】正方形的判定和性质综合★★★ 1．四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以为邻边作矩形，连接． (1)如图1，求证：矩形是正方形； (2)若，，求的长度； (3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，求的度数． 2．如图，在中，，过点C的直线，为边上一点，过点作，交直线于，垂足为，连接． (1)求证：； (2)当D在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； (3)若D为中点，则当的大小满足什么条件时，四边形是正方形？说明你的理由． 3．如图，在中，的平分线交于点，交的延长线于，以为邻边作平行四边形． (1)如图1，求证； (2)如图2，若，连接，判断的形状？并说明理由； (3)如图3，若，，，是的中点，求的长． 4．如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． (1)概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由； (2)性质探究：如图1，四边形的对角线、交于点，．试证明：； (3)解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结、、．已知，，求的长． 一、单选题 1．下列食品标识图中，其文字上方的图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．B．C．D． 2．如图，在中，对角线交于点，点是的中点．若，则的长为（　　） A． B． C． D． 3．点关于原点对称的点坐标为（   ） A． B． C． D． 4．如图，在Rt中，，，将绕点C顺时针旋转至使得点恰好落在上，则旋转角度为（   ） A． B． C． D． 5．如图，矩形中，对角线、交于点，若，则的长为（　　） A． B． C． D． 6．如图，是一张平行四边形纸片，要求利用所学知识作出一个菱形，甲、乙两位同学的作法如下：    甲：连接，作的中垂线交 、于E、F，则四边形是菱形． 乙：分别作与的平分线、，分别交于点E，交于点 F，则四边形是菱形． 则关于甲、乙两人的作法，下列判断正确的为（   ） A．仅甲正确 B．仅乙正确 C．甲、乙均正确 D．甲、乙均错误 7．矩形、菱形、正方形都具有的性质是（    ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角线平分对角 8．如图，将边长为的正方形绕点按顺时针方向旋转到正方形的位置，使得点落在对角线上，与相交于点，则的长为（   ）    A． B． C． D． 9．如图，在四边形中，、、、分别是、、、的中点，要使四边形是菱形，则四边形只需要满足的一个条件是（    ） A．对角线 B．四边形是菱形 C．对角线 D． 10．如图，将矩形沿对角线折叠，使点落在处，，则的度数为(    )    A． B． C． D． 11．如图，在矩形中，，垂直平分于点E，则的长为（　　）    A． B． C．4 D．2 12．如图，在正方形中，，为上一动点，交于，过作交于点，过作于，连结．在以下四个结论中：①；②；③；④．其中正确的结论有（    ） A．①③ B．②③ C．③④ D．②④ 二、填空题 13．如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接．若的面积为24，，则的长为 ． 14．如图，在△ABC中，点D、E分别是边、的中点，连接，的平分线交于点F，若，，则的长为 ． 15．如图，在中，平分，，E是的中点．若，，则 ． 16．如图，矩形纸片中，，，点E为上一点（点E不与B、C重合），将纸片沿翻折得到．点F在上，沿再次折叠纸片，使点C的对应点落在上，若E、、三点在同一直线上，则的长为 ． 17．如图，在中，，，P是边上一个动点，过点P分别作边，的垂线，垂足为D，E，连接．若，则的最小值为 ． 三、解答题 18．如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 19．已知：如图，是的角平分线，过点分别作和的平行线交于点，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 20．如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿向右运动，移动到点时立即沿原路按原速返回，点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段向左运动．两点同时出发，当点运动到点时，两点同时停止运动，设运动时间为（秒）． (1)当______秒时，四边形为矩形； (2)在整个运动过程中，为何值时，以C，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形？ 21．（1）【观察猜想】我们知道，正方形的四条边都相等，四个角都为直角．如图1，在正方形中，点E，F分别在边上，连接，并延长到点G，使，连接．若，则之间的数量关系为______； （2）【类比探究】如图2，当点E在线段的延长线上，且时，试探究之间的数量关系，并说明理由； （3）【拓展应用】如图3，在中，，D，E在上，，若的面积为16，，请直接写出的面积． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02中心对称图形-平行四边形 【考点1】旋转的性质★★ 【考点2】坐标与图形变化﹣旋转★ 【考点3】中心对称﹑和中心对称图形★ 【考点4】利用平行四边形的性质求解★ 【考点5】平行四边形的判定★★ 【考点6】平行四边形的判定和性质综合★★ 【考点7】利用三角形中位线形式求解★ 【考点8】利用菱形的性质求解★菁★ 【考点9】菱形的判定★★ 【考点10】菱形的判定和性质综合★★★ 【考点11】利用矩形的性质求解★★ 【考点12】矩形的判定★★ 【考点13】矩形的判定和性质综合★★★ 【考点14】利用正方形的性质求解★★ 【考点15】正方形的判定和性质综合★★★ 知识点1 ：旋转的性质 旋转的性质： （1）对应点到旋转中心的距离相等。 （2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。 （3）旋转前、后的图形全等。 知识点2 ：中心对称（两个图形） 1.概念：把一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称； 2.性质 （1）关于中心对称的两个图形是全等形。 （2）关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。 （3）关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等。 3.判定 如果两个图形的对应点连线都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形关于这一点对称 4.中心对称图形（一个图形） 把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个店就是它的对称中心。 知识点3：平行四边形的性质与判定 1.平行四边形的性质 （1）边的性质：两组对边分别平行且相等，如下图：AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，AB=CD； （2）角的性质：两组对角分别相等，如图：∠A=∠C，∠B=∠D （3）对角线的性质：对角线互相平分。如图：AO=CO，BO=DO 2.平行四边形的判定 （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 知识点4：三角形的中位线 三角形中位线：在△ABC 中，D，E 分别是 AC，AC 的中点，连接 DE.像 DE 这样， 连接三角形_两边中点的线段叫做三角形的中位线.B 中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的二分之一。 知识点5： 菱形的性质 菱形的定义：一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 ※菱形的性质：（1）具有平行四边形的性质 （2） 且四条边都相等 （3）两条对角线互相垂直平分,每一条对角线平分一组对角。 注意：菱形是轴对称图形，每条对角线所在的直线都是对称轴。 知识点6：菱形的面积 菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半 知识点7：菱形的判定 ※菱形的判别方法：一组邻边相等的平行四边形是菱形。 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 四条边都相等的四边形是菱形。 知识点8：矩形的性质 ※矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫矩形。矩形是特殊的平行四边形。 ※矩形的性质：（1）具有平行四边形的性质（2）对角线相等 （3）四个角都是直角。 知识点9：矩形的判定 ※矩形的判定：（1）有一个内角是直角的平行四边形叫矩形(根据定义)。 （2）对角线相等的平行四边形是矩形。 （3）四个角都相等的四边形是矩形。 知识点 10：正方形的概念与性质 正方形的定义：一组邻边相等的矩形叫做正方形。 ※正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质。（正方形是轴对称图形，有两条对称轴） 知识点11：正方形的判定 ※正方形常用的判定：有一个内角是直角的菱形是正方形； 邻边相等的矩形是正方形； 对角线相等的菱形是正方形； 对角线互相垂直的矩形是正方形。 【考点1】旋转的性质★★ 1．如图，将绕点A逆时针旋转得到，若，且于点E，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了旋转的性质，直角三角形的两锐角互余．由旋转的性质可得，再由，可得，即可求解． 【详解】解：由旋转的性质得：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B 2．如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为 ． 【答案】/24度 【分析】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理，三角形的外角性质，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转性质和等腰三角形的性质是解答的关键．由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可得，根据三角形外角的性质可得，再利用三角形内角和定理求得即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵将绕点A按逆时针方向旋转得到， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 3．如图，将绕点B逆时针旋转得，连接，若，，则 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了旋转的性质，垂直平分线的判定，勾股定理，先根据旋转性质得出，，证明垂直平分，得出，，根据勾股定理求出，，最后求出结果即可． 【详解】解：根据旋转可知：，， ∴，，， ∵， ∴， ∴点D、C在线段的垂直平分线上， ∴垂直平分， ∴，， ∴， ， ∴． 故答案为：． 4．如图，在中，，将绕顶点A顺时针旋转一定角度得到，此时点C的对应点恰好落在AB边上，连接，若，则 ． 【答案】70 【分析】本题主要考查了旋转的性质，同时也利用了等腰三角形的性质与判定及三角形的内角和定理，根据旋转的性质可以得到，然后利用等腰三角形的性质可以得到，接着利用已知条件和三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：∵将绕顶点A顺时针旋转一定角度得到，此时点C的对应点恰好落在边上， ∴， ∴， 而， ∴， ∴． 故答案为：70． 5．如图，已知中，，．将绕点A按逆时针方向旋转得到，与交于点F． (1)若，求的度数； (2)若平分，求的度数． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由旋转的性质可得，即可求解； （2）由三角形内角和定理可求的度数，由角平分线的性质和外角性质可求解． 本题主要考查了旋转的性质以及三角形内角和定理和外角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵将绕点A按逆时针方向旋转得到， ， ， ， ； （2）解：，， ， 平分， ， ， ． 6．已知是的边上的高． (1)如图①，若，E是边上一点，将绕点D顺时针旋转，得到，连接．求证：． (2)如图②，若，过点C作，垂足为E，连接．写出，，之间的数量关系，并说明理由． (3)如图③，利用直尺和圆规，分别在，上作点M，N，使，且．（要求：不写作法，保留作图痕迹，写出必要的文字说明） 【答案】(1)见解析 (2)；理由见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据证明，即可得出答案； （2）过点D作，交于点F，证明，得出，，证明为等腰直角三角形，得出，即可证明； （3）以点D为圆心，为半径画弧，交于点G，延长，截取，连接，交于点N，以点A为圆心，为半径画弧，交于点M，连接、，则点M，N即为所求． 【详解】（1）证明：∵是的边上的高， ∴， ∵将绕点D顺时针旋转，得到， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：；理由如下： 过点D作，交于点F，如图所示： ∵是的边上的高， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 即． （3）解：以点D为圆心，为半径画弧，交于点G，延长，截取，连接，交于点N，以点A为圆心，为半径画弧，交于点M，连接、，则点M，N即为所求， 根据作图可知：，，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， 即． 【点睛】本题主要考查了基本作图，图形的旋转，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法． 【考点2】坐标与图形变化﹣旋转★ 1．如图，在等腰中，，，边在轴上，将绕原点逆时针旋转得到，若，则点的对应点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作轴于点，点作轴于点，设，根据等边对等角可得，根据角所对的直角边等于斜边的一半可得，再根据勾股定理可得，得到，根据旋转的性质可得， ，然后在中，根据角所对的直角边等于斜边的一半和根据勾股定理可得，，据此即可求解． 【详解】解：过点作轴于点，点作轴于点，设， ∴， ∵等腰中，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵绕原点逆时针旋转得到， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点的坐标为， 故选：． 【点睛】本题考查了坐标与图形变化旋转，等边对等角，角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，掌握旋转的性质和直角三角形的有关性质是解题的关键． 2．如图，在平面直角坐标系中，已知点，点B在第一象限内，，将绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2024次旋转后，点B的坐标为（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查点的规律探究．熟练掌握旋转的性质，所对的直角边是斜边的一半以及勾股定理，是解题的关键． 过点作轴于，求出的长，进于求出点的坐标，根据旋转的性质，以及点的坐标规律，判断每6次一个循环，进而求出第2024次旋转后，点的坐标即可． 【详解】解：过点作轴于， 在中，， ， ， 由勾股定理得， ， ， ， ∴逆时针旋转后，得，以此类推，6次一个循环， ， ∴第2024次旋转后，点的坐标为， 故选：A． 【考点3】中心对称﹑和中心对称图形★ 1．下列图形中，是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．根据中心对称图形的定义旋转后能够与原图形完全重合即是中心对称图形即可判断出． 【详解】解：A、不是中心对称图形，不符合题意； B、不是中心对称图形，不符合题意； C、不是中心对称图形，不符合题意； D、是中心对称图形，符合题意； 故选：D． 2．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】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，根据如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，如果一个图形绕某一点旋转后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心，解答本题即可． 【详解】A．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B．该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； C．该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； D．该图形是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意． 故选：D． 3．在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查关于原点对称的点的坐标特点：横纵坐标都互为相反数，熟记坐标特点是解题的关键，据此解答． 【详解】解：点关于原点对称的点是， 故选：C． 4．如图，已知的三个顶点的坐标分别为． (1)画出△ABC关于原点O成中心对称的图形； (2)是的边上一点，将△ABC平移后点P的对称点，请画出平移后的； (3)若和关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为（____，_____）． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用关于原点对称的点的坐标特征写出的坐标，然后描点即可； （2）利用点P与P′的坐标特征确定平移的方向与距离，再利用此平移规律写出点A、B、C的对应点的坐标，然后描点即可； （3）连接，它们的交点为对称中心． 【详解】（1）如图所示，即为所求； （2）∵点P向右平移4个单位，向上平移2个单位得到点， ∴向右平移4个单位，向上平移2个单位得到 ，如图所示： （3）根据图象可知，连接、、后，它们交于点，且点的坐标为，所以和的对称中心的坐标为． 故答案为． 【点睛】本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换． 【考点4】利用平行四边形的性质求解★ 1．如图，在中，的平分线与边相交于点E．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，根据平行四边形的性质得，可得，，由角平分线的定义可求解，掌握平行四边形的性质，平行线的性质，角平分线的定义． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴ ∴，， ∵平分， ∴， ∴， 故选：A． 2．在中，已知，，则的周长是（    ） A．18 B．16 C．14 D．12 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，即对边相等，所以的周长是，代入数值计算即可，掌握平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图： ∵四边形是平行四边形，，， ∴的周长是：， 故选：D． 3．如图，中，点在边上，以为折痕，将向上翻折，点正好落在上的点处．若的周长为，的周长为，则的长为（    ） A． B． C． D．无法确定 【答案】A 【分析】由题意得AM=MN，BN=AB=CD，根据的周长为，的周长为，可得DM+MN+DN=7，CN+BC+BN=13，将这两个等式进行加减可得(CD-DN)的值，即NC的长． 【详解】解：根据折叠的性质知，AM=MN，BN=AB， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=BC，CD=AB， ∵的周长为，的周长为， ∴DM+MN+DN=7，CN+BC+BN=13， ∴DN+AD=7，AB+BC+CD-DN=13， ∴DN+AD+AB+BC+CD-DN =AD+AB+BC+CD=2(AB+BC)=20， ∴AB+BC=10， ∴CD-DN=3， ∴NC=3． 故选A． 【点睛】本题考查了折叠问题，平行四边形的性质等知识．熟记各个性质是解题的关键． 4．如图，在中，，将绕点顺时针旋转到的位置，此时恰好经过点C，则 °． 【答案】20 【分析】由旋转的性质可知：全等于，所以，所以，又因为旋转角，根据等腰三角形的性质计算即可． 【详解】解：∵绕顶点B顺时针旋转到， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：20． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、旋转的性质、等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理，解题的关键是证明三角形是等腰三角形． 5．如图，在中，，对角线与相交于点O，，则的周长为 . 【答案】22 【分析】本题考查平行四边形的性质以及三角形周长等知识，解题的关键是记住平行四边形的对角线互相平分．根据平行四边形对角线互相平分求出的长，即可解决问题． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴的周长． 故答案为：22． 【考点5】平行四边形的判定★★ 1．如图，四边形的对角线相交于点O，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握（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． 【详解】解：A、，，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可得四边形为平行四边形，故本选项正确，不符合题意； B、，不能判定四边形是平行四边形，故本选项错误，符合题意； C、∵，∴，又∵，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可得四边形为平行四边形，故本选项正确，不符合题意； D、，根据两对边分别相等的四边形是平行四边形，可得四边形为平行四边形，故本选项正确，不符合题意． 故选：B． 2．如图，在四边形中，，添加下列条件后仍不能判定四边形是平行四边形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定与性质等知识；熟记平行四边形的判定方法是解题的关键．由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A．∵，， ∴四边形是平行四边形，故选项不符合题意； B．∵，， ∴四边形是平行四边形，故选项不符合题意； C．∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，故选项不符合题意； D．∵，， ∴四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，故选项符合题意； 故选：D． 3．如图，在平行四边形中，E，F是对角线上的两点，请添加一个条件 ，使四边形是平行四边形（填一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】可连接对角线，通过对角线互相平分得出结论． 【详解】解：添加的条件为； 连接AC交于O， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； 故答案为：（答案不唯一）． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的对角线互相平分是解题的关键． 【考点6】平行四边形的判定和性质综合★★ 1．如图，在平行四边形中，E是边上一点，，． (1)过点E作的平行线，交于点F（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）． (2)在（1）的条件下，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)20 【分析】本题考查尺规作图-作一个角等于已知角，平行四边形的判定与性质，正确作出平行线是解答的关键． （1）转化为作，利用内错角相等，两直线平行可得； （2）利用平行四边形的判定和性质证明四边形是平行四边形即可求解． 【详解】（1）解：如图，射线即为所求作： （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，又， ∴四边形是平行四边形， ∴，, ∵，， ∴四边形的周长为． 2．如图，在平行四边形中，E、F分别是边上的中点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若平分，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质和判定： （1）根据平行四边形的性质可得，根据E、F分别是的中点，可得，即可得结论； （2）利用角平分线的定义、平行线的性质可得到，进而利用平行四边形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵E、F分别是边上的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴． 3．已知：如图，E、F是对角线上的两点．      (1)若，求证：四边形是平行四边形； (2)若，，垂足分别为E、F，，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接交于O，根据，得，，继可证得，即可由平行四边形的判定定理得出结论． （2）先由，，得出，，再证，得，从而证得四边形是平行四边形，即可根据平行四边形的性质得． 【详解】（1）证明：连接交于O，      ∵， ∴，， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵，， ∴，， ∵， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴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，全等三角形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键． 4．已知：如图，在四边形ABCD中，，，点是CD的中点． （1）求证：四边形ABCE是平行四边形； （2）若，，求四边形ABCE的面积． 【答案】（1）详见解析；（2）8 【分析】（1）可证得AB∥EC，AB=EC，根据对边平行且相等的四边形是平行四边形即可判断； （2）利用勾股定理可求得CD的长，继而求得AB的长，即可求出四边形ABCE的面积． 【详解】（1）∵，   ∴ AB∥EC，   ∵点是CD的中点， ∴， ∵， ∴AB=EC， ∴四边形ABCE是平行四边形； （2）∵，，， ∴， ∵， ∴AB=2， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理的应用，平行四边形的面积计算，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键． 5．如图，点E为平行四边形的边上的一点，连接并延长，使，连接并延长，使，连接．H为的中点，连接，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)连接，交于点O，若，，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【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、平行线的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键． （1）由平行四边形的性质得，，再证是的中位线，得，，证出，，然后由平行四边形的判定即可得出结论； （2）连接、、，由三角形的中位线定理以及平行四边形的判定和性质解答即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ，，． ，， 是的中位线， ，． 为的中点，， ，． ，． ∴四边形是平行四边形； （2）解：连接、、， ，， ，． ∵， ． ∴四边形是平行四边形， ，． ， ∴， ∵， ∴． 【考点7】利用三角形中位线形式求解★ 1．如图，点D是内一点，且，连接．若点分别为线段的中点，且，，，则图中阴影部分的周长为（    ） A．23 B．24 C．25 D．26 【答案】A 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，勾股定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．根据勾股定理求出，再根据三角形中位线定理解答即可． 【详解】解：∵， ， 由勾股定理得：， ∵点分别为线段的中点， ∴分别为的中位线， ∴， ∴阴影部分的周长为：， 故选：A． 2．如图，正方形，点为边上一点，，．的平分线交于点，点是的中点，则的长为（    ） A．2 B．2.5 C．3 D．3.5 【答案】B 【分析】延长交的延长线于点，根据正方形的性质得，，，则，根据角平分线的定义及平行线的性质得，则，进而得，证明和全等得，则是的中位线，然后根据三角形中位线定理可得出的长． 【详解】解：延长交的延长线于点，如图所示： ，， ， 四边形为正方形， ，，， 在中，由勾股定理得：， 平分， ， ， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 点是的中点， 是的中位线， ． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理是解决问题关键． 3．如图，在菱形中，、分别是边、上的动点，连接，，、分别为、的中点，连接．若，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由三角形中位线定理可得，则当有最小值时，有最小值，即当时，有最小值，由等腰直角三角形的性质可求的最小值，即可求解． 【详解】解：如图，连接， 、分别为、的中点， ， 当有最小值时，有最小值， 当时，有最小值， 四边形是菱形， ，， 当时，， 的最小值， 的最小值为． 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是三角形的中位线定理、菱形的性质、勾股定理解直角三角形，解题关键是作出正确的辅助线构造以为中位线的三角形． 4．如图，在中，，，，分别是边，上的点，且，连接．分别取，的中点，，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D．3 【答案】C 【分析】连接并延长，使，连接，，证明，得出，，证明为等边三角形，得出，根据中位线性质得出． 【详解】解：连接并延长，使，连接，，如图所示： ∵N为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵M为的中点，， ∴． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，平行线的判定和性质，中位线的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 5．如图所示，在四边形中，，，，，，分别是，边的中点，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了三角形中位线定理、勾股定理，设的中点为，连接、，从而可得是的中位线，为的中位线，由三角形中位线定理可得，，求出，最后由勾股定理计算即可得解． 【详解】解：如图，设的中点为，连接、， ∵点、分别是、的中点， ∴是的中位线，为的中位线， ∴，，，， ∵，， ∴，， ∵，， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 故选：A． 【考点8】利用菱形的性质求解★★ 1．如图，在菱形中，，，则（） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理等知识，熟练掌握菱形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．由菱形的性质得，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得，然后由三角形的外角性质即可得出结论． 【详解】解：四边形是菱形，， 故选：D． 2．如图，菱形中交于点O，于点E，连接，若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上中线的性质及等腰三角形的性质；由菱形的性质知，；由得，由直角三角形斜边上中线的性质得，从而得，则可求得的度数． 【详解】解：菱形中，； ，， ， ， ， ， ． 故答案为：． 3．如图，在菱形中，点分别在上，沿翻折后，点落在边上的处．若，，．则的长为 ． 【答案】 【分析】此题重点考查菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．作交的延长线于点H，因为，所以，由四边形是菱形，得，则四边形是平行四边形，所以，由折叠得，则，所以，由勾股定理得，求得，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：作交的延长线于点H，则， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 由折叠得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 4．如图所示，菱形的对角线、相交于点．若，，，垂足为，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理．利用菱形的面积公式：，即可解决问题． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， ， ， ， 故答案为：． 【考点9】菱形的判定★★ 1．如图，在反映特殊四边形之间关系的知识结构图中，①②③④表示需要添加的条件，则下列描述错误的是（   ） A．①表示有一组邻角相等 B．②表示有一组邻边相等 C．③表示对角线平分一组对角 D．④表示对角线互相垂直 【答案】D 【分析】本题考查特殊的平行四边形的判定，熟练掌握特殊四边形的各种判定方法是解题的关键．根据特殊的平行四边形的判定方法判断即可． 【详解】解：A、有一组邻角相等，则平行四边形为矩形是正确的，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由选项A得：， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， 故本选项不符合题意； B、根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形这一判定定理得该选项正确，不符合题意； C、该选项正确，理由如下： 如图，∵矩形， ∴， 由题意得平分， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， 故本选项不符合题意； D、菱形本身对角线就互相垂直，故该选项错误，符合题意， 故选：D． 2．嘉嘉在学习“特殊平行四边形”一单元后，梳理了如图所示的特殊平行四边形之间的关系．以下选项分别表示A，B，C，D处填写的内容，则对应位置填写错误的选项是（   ） A．有一个内角是 B．有一组邻边相等 C．对角线互相平分 D．对角线相等 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质、矩形和菱形、正方形的判定，解本题的关键在熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定定理． 根据平行四边形的性质、矩形和菱形、正方形的判定依次判断即可； 【详解】解：A、有一个内角是的平行四边形是矩形，故该转换条件填写正确，不符合题意； B、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故该转换条件填写正确，不符合题意； C、对角线互相垂直的矩形是正方形，故该转换条件填写错误，符合题意； D、对角线相等的菱形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意． 故选：C． 3．如图，下列条件能使平行四边形是菱形的为（       ） ①； ②； ③； ④． A．①③ B．②③ C．③④ D．①④ 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定：对角线相互垂直的平行四边形是菱形；一组对边相等的平行四边形是菱形；四边相等的四边形是菱形；根据菱形的判定进行判断即可． 【详解】解：①根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形知，平行四边形是菱形，①满足题意； ②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知，平行四边形是矩形，②不满足题意； ③根据一组对边相等的平行四边形是菱形知，平行四边形是菱形，③满足题意； ④根据对角线相等的平行四边形是矩形知，平行四边形是矩形，④不满足题意； 故满足题意的有①③； 故选：A． 4．如图，在的基础上用尺规作图：①以点A为圆心，任意长为半径作弧，与的两边分别交于点；②分别以点为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点C；③分别连接．可以直接判定四边形是菱形的依据是（    ） A．四条边相等的四边形是菱形 B．一组邻边相等的平行四边形是菱形 C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定，熟记菱形的判定定理是解题关键．由作法可知，①可得，②可得，则，即可得到答案． 【详解】解：由作法可知， 则判定四边形是菱形的依据是四条边相等的四边形是菱形， 故选：A． 【考点10】菱形的判定和性质综合★★★ 1．如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，若测得，之间的距离为，，之间的距离为，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，连接相交于点，过点作于，于，由题意可得，，，可得四边形是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得，即得到四边形是菱形，再利用菱形的性质即可求解，掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：连接相交于点，过点作于，于， ∵四边形由两张等宽的纸条重叠在一起形成的， ∴，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴ ，， ∴， ∴， 故选：． 2．如图，平行四边形的两条对角线相交于点O，且． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)求平行四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理的逆定理： （1）根据勾股定理的逆定理证明，则可根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形证明； （2）根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵ ∴， ∴是直角三角形，且，即， ∴平行四边形是菱形； （2）解；∵平行四边形是菱形， ∴， ∴． 3．如图，在四边形中，，，平分，连接交于点O，过点C作交延长线于点E． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论； （2）由菱形的性质得，，，再由勾股定理得，然后由菱形面积公式得，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵，， ∴，四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴是菱形； （2）解：∵四边形是菱形，，， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， 解得：， 即的长为． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识．掌握菱形的判定与性质是解答本题的关键． 4．如图，有一张矩形纸片， 将纸片折叠一次，使点A与点C重合，再展开，折痕交边于E，交边于F，连接和． (1)求证：四边形 是菱形． (2)若 的面积为 ，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由折叠的性质和矩形的性质可得，，，根据平行线的性质可得，进而由等角对等边可得，由等量代换可得，证明四边形是平行四边形，再根据菱形的判定证明即可； （2）由菱形的性质得，利用勾股定理可得，进而可得，由的面积为 ，可得，即可求得，进而求解即可． 【详解】（1）证明：∵一张矩形纸片，将纸片折叠一次，使点A与点C重合， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：由（1）可得，四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵的面积为 ， ∴，即， 把②代入①得，， 即， ∴（负值舍去）， ∴． 【点睛】本题考查矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、完全平方公式及求算术平方根，熟练运用矩形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键． 5．如图，在中，对角线、相交于点O，过点C作交的延长线于点E，且，连接． (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】本题主要考查菱形的判定，直角三角形斜边中线的综合，掌握菱形的判定方法，直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半，平行四边形的性质是解题的关键． （1）根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形，即可求证； （2）在中，是斜边的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，由此即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴平行四边形是菱形． （2）解：由（1）可知，平行四边形是菱形， ∵，， ∴， ∴在中，， ∵是线段的中点， 在中，是斜边的中线，且，， ∴． 6．如图，在中，，点E是的中点，连接并延长，交的延长线于点F，，连接，． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定证明得到，先证明四边形是平行四边形，再证明，根据菱形的判定可证的结论； （2）根据平行四边形的性质和菱形的性质证明是等边三角形，进而得到可求解． 【详解】（1）证明∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， 又， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴，即， ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是平行四边形，， ∴，，，则， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴，即， ∴四边形的周长为． 【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、等边三角形的判定与性质、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是解答的关键． 【考点11】利用矩形的性质求解★★ 1．如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由四边形是矩形，得出，从而得到是等边三角形，进而得到，根据得到，进而得到，之后利用三角形外角定理得到即可得到答案． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， 为等边三角形， ， ， ， ， 为等腰三角形， ， ． 故选：C． 2．如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作，垂足为点，若，则 度．    【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的外角性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握矩形的性质．根据矩形的性质可得到，推出，根据三角形的外角性质和，可得，由，即可求解． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 3．如图，矩形的对角线交于点O，，过点O作，交于点E，过点E作，垂足为F，则的值为 ．    【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理等知识，依据矩形的性质即可得到的面积为12，再根据，即可得到的值． 【详解】解：∵， ∴矩形的面积为48，， ∴， ∵对角线交于点， ∴的面积为12， ∵ ∴，即， ∴， ∴， 故答案为：． 4．如图，在直角坐标系中，矩形，点的坐标是，则的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了坐标与图形、矩形的性质、勾股定理等知识点，能根据勾股定理求出是解本题的关键． 根据勾股定理求出，根据矩形的性质得出即可解答． 【详解】解：∵点B的坐标是， ∴， ∵四边形是矩形， ∴． 故答案为：． 【考点12】矩形的判定★★ 1．如图，四边形是平行四边形，是两条对角线，添加下列条件后能判定四边形是矩形的是 （   ） A． B． C． D．平分 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质、等腰三角形的判定，熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解题关键．由菱形的判定、平行四边形的性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A. 四边形是平行四边形，，能判定四边形是矩形，故选项符合题意； B.四边形是平行四边形，，能判定四边形是菱形，故选项不符合题意； C.四边形是平行四边形，， 平行四边形是菱形，选项不符合题意； D.四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分 ， ∴， ∴， ∴， 四边形是菱形，故选项不符合题意； 故选：A． 2．在数学活动课上，小明准备用一根绳子检查一个书架是否为矩形．如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，下列验证方法中错误的为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的判定和平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．根据矩形的判定方法进行判断即可． 【详解】解：平行四边形， ， ， ， 平行四边形是矩形，故选项A不符合题意； ， 平行四边形是矩形，故选项B不符合题意； 由无法判断平行四边形是矩形，故选项C符合题意； 平行四边形， ， ， ， 平行四边形是矩形，故选项D不符合题意； 故选C 2．如图，的对角线相交于点O，如果添加一个条件使得是矩形，那么下列添加的条件中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的性质，熟知矩形和菱形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴； 添加条件，可得，则四边形是菱形，不能证明四边形是矩形，故A不符合题意； 添加条件，可得，进而可得，则四边形是矩形，故B符合题意； 添加条件，可得，则四边形是菱形，不能证明四边形是矩形，故C不符合题意； 添加条件，可得，则四边形是菱形，不能证明四边形是矩形，故D不符合题意； 故选：B． 3．如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连结，，，要使四边形成为矩形，可添加一个条件是 ．(只要写出一个条件即可) 【答案】（或或等） 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定，首先判定四边形为平行四边形是解题的关键．先证明四边形为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答． 【详解】解：四边形为平行四边形， ，， 又， ，且， 四边形为平行四边形， 添加， 为矩形； 添加， ， 为矩形； 添加， ， 为矩形． 故答案为：（或或） 【考点13】矩形的判定和性质综合★★★ 1．如图，在中，为的中点，四边形是平行四边形，，相交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）先根据四边形是平行四边形和为的中点，判定四边形是平行四边形，再结合，推出，即可得出结论； （）根据和矩形的对角线相等且互相平分，得出为等边三角形，即可求出的长，从而得到矩形对角线的长，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵为中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，为中点， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键． 2．如图，点O是菱形对角线的交点，过点C作，过点D作，与相交于点． (1)求证：四边形是矩形． (2)连接，若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由条件可证得四边形为平行四边形，再由菱形的性质可求得，则可证得四边形为矩形． （2）首先推出是等边三角形，再根据矩形的性质得到，所以，再用菱形的对角线互相平分即可求得的长，再利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形． 又四边形是菱形， ，即， 四边形是矩形． （2）解：如图， 四边形是菱形， ， 又， ， 是等边三角形， 四边形是矩形， ， ， ， 在中，由勾股定理得， ， ∴． 【点睛】本题主要考查矩形的性质与判定、菱形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，掌握矩形的判定方法及菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键． 3．如图，在中，于点，延长至点使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查矩形的判断，平行四边形的性质，勾股定理的逆定理． （1）先证四边形是平行四边形，再结合即可； （2）先用勾股定理的逆定理证明，再根据等面积法即可． 【详解】（1）证明：在中，于点，延长至点使 ∴ 即 在中，且 ∴且． ∴四边形是平行四边形 ∵， ∴ ∴四边形是矩形； （2）∵四边形是矩形，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵， ∴的面积 ∴． 【考点14】利用正方形的性质求解★★ 1．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． 2．小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图1），测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），，则图2中对角线的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，等边三角形性质和判定，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． 根据正方形的性质以及勾股定理可得，记交于点，根据菱形的性质结合可得，再利用勾股定理计算，即可解题． 【详解】解：正方形对角线， ， ， 又菱形中，记交于点， ，于点，，，且为等边三角形， ， ， ， ． 故选：C． 3．如图，正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则（    ）    A．5 B． C． D．4 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的性质，先求得，利用勾股定理即可解答． 【详解】解：∵， ∴， 是四个全等的直角三角形，， ，， 四边形为正方形， ， ， 故选：C． 4．如图，在边长为4的正方形中，点分别是边的中点，连接，点分别是的中点，连接，则的长为 ． 【答案】 【分析】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，证明，推出，勾股定理求出的长，等积法求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：设交于点， ∵正方形，边长为4， ∴， ∵点分别是边的中点， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即：， ∴， ∴， ∵点分别是的中点， ∴， ∴，， ∴； 故答案为： 【考点15】正方形的判定和性质综合★★★ 1．四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以为邻边作矩形，连接． (1)如图1，求证：矩形是正方形； (2)若，，求的长度； (3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（）作于，于，证明，得到，根据正方形的判定定理证明即可； （）由正方形的性质可得，，，，，由“”可证 ，可得； （）分两种情况：当与的夹角为时，当与的夹角为时，分别画出图形求出结果即可； 【详解】（1）证明：如图，作于，于，    ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：∵四边形是正方形，， ∴，， ， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：当与的夹角为时，如图，    ∴，， ∴， ∵， ∴， ②当与的夹角为时，如图， 过作于点，过作于点，    ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 综上所述：或 ． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形判定和性质，熟练掌握知识点的应用及分类讨论思想是解题的关键． 2．如图，在中，，过点C的直线，为边上一点，过点作，交直线于，垂足为，连接． (1)求证：； (2)当D在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； (3)若D为中点，则当的大小满足什么条件时，四边形是正方形？说明你的理由． 【答案】(1)见解析 (2)菱形，见解析 (3)当时，四边形是正方形，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的判定、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由题意得出，结合证明四边形是平行四边形即可得出结论； （2）先证明四边形是平行四边形，结合即可得出四边形是菱形； （3）当时，求出，结合菱形的性质求出，即可得解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵，在中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （3）解：当时，四边形是正方形，理由如下： ∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 3．如图，在中，的平分线交于点，交的延长线于，以为邻边作平行四边形． (1)如图1，求证； (2)如图2，若，连接，判断的形状？并说明理由； (3)如图3，若，，，是的中点，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)是等边三角形，理由见解析 (3) 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质及全等三角形的判定与性质. （1）平行四边形的性质可得, 再根据平行线的性质证明，根据等角对等边可得，再由条件四边形是平行四边形，即可得四边形为菱形即可解题； （2）先判断出, 根据等腰三角形的性质得出, 进而得出, 即可得出, 得出, 由, 得出是等边三角形, , 进而得出是等边三角形； （3）首先证明四边形为正方形，再证明 可得,, 再根据可得到是等腰直角三角形，由 等腰直角三角形的性质注即可求出的值. 【详解】（1）∵平分 ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形为菱形， ∴； （2）是等边三角形，理由为： ∵四边形是平行四边形, ， ∵, ∴, ∵, ∴, 由（1）知, 四边形是菱形, ， ∴, ∴为等边三角形, , ∵, ∴, ∴, ∵, ∴, ∵是的平分线, ∴, ∵, ∴, ∴, ∴, ∵, 在和中 ， ， ∴, ∴, ∵, ∴是等边三角形, ∴, ∴, ∵, ∴是等边三角形； （3）如图所示: 连接,， ∵, 四边形是平行四边形, ∴四边形是矩形, ∴, 又由（1）可知四边形为菱形, ∴, ∴四边形为正方形. ∵, ∴, ∵为中点, ∴, ∴, 在和中, ∴. ∴， ∴是等腰直角三角形. ∵, 在中, 又∵, ． 4．如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． (1)概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由； (2)性质探究：如图1，四边形的对角线、交于点，．试证明：； (3)解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结、、．已知，，求的长． 【答案】(1) 四边形是垂美四边形，理由见解析；(2)证明见解析；(3) . 【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理，可证直线是线段的垂直平分线，结合“垂美四边形”的定义证明即可； （2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可； （3）连接、，先证明，得到，可证，即，从而四边形是垂美四边形，根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可． 【详解】(1)四边形是垂美四边形． 证明：连接AC，BD， ∵， ∴点在线段的垂直平分线上， ∵， ∴点在线段的垂直平分线上， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴，即四边形是垂美四边形； (2)猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等． 如图2，已知四边形中，，垂足为， 求证： 证明：∵， ∴， 由勾股定理得，， ， ∴； 故答案为． (3)连接、， ∵， ∴，即， 在和中，， ∴， ∴，又， ∴，即， ∴四边形是垂美四边形， 由(2)得，， ∵，， ∴，，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． 一、单选题 1．下列食品标识图中，其文字上方的图案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】本题考查了轴对称图形“如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形”和中心对称图形“在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形”，熟记中心对称图形的定义和轴对称图形的定义是解题关键．根据轴对称图形的定义和中心对称图形的定义逐项判断即可得． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，则此项不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，则此项不符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，则此项不符合题意； D、既是轴对称图形又是中心对称图形，则此项符合题意； 故选：D． 2．如图，在中，对角线交于点，点是的中点．若，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，由平行四边形的性质可得，进而由点是的中点可得为的中位线，根据三角形中位线的性质即可求解，掌握三角形中位线的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴为的中位线， ∴， 故选B． 3．点关于原点对称的点坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查平面直角坐标系中，关于原点对称的点的坐标特征．根据平面直角坐标系中，关于原点对称的点的坐标特征“关于原点对称的两点的横纵坐标分别互为相反数”，即可得到答案． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为， 故选：A． 4．如图，在Rt中，，，将绕点C顺时针旋转至使得点恰好落在上，则旋转角度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了旋转变换的性质及其应用问题；如图，证明；求出，得到，即可解决问题． 【详解】解：由题意得：， ∴； ∵， ∴， ∴， 故选：B． 5．如图，矩形中，对角线、交于点，若，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形对角线相等且互相平分的性质及等边三角形的判定方法，熟练掌握矩形性质是解决本题的关键． 先由矩形的性质得出，结合题意证明是等边三角形即可． 【详解】解：四边形是矩形，且， ， ， 是等边三角形， ， 故选：B． 6．如图，是一张平行四边形纸片，要求利用所学知识作出一个菱形，甲、乙两位同学的作法如下：    甲：连接，作的中垂线交 、于E、F，则四边形是菱形． 乙：分别作与的平分线、，分别交于点E，交于点 F，则四边形是菱形． 则关于甲、乙两人的作法，下列判断正确的为（   ） A．仅甲正确 B．仅乙正确 C．甲、乙均正确 D．甲、乙均错误 【答案】C 【分析】证明，得出，即可得出四边形是平行四边形，结合，即可得解；由平行线的性质，，由角平分线的定义得出，，得出，，由等角对等边得出，，推出，即可得出四边形是平行四边形，结合，即可得解． 【详解】解：如图1： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵是的垂直平分线， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故甲的作法正确； 如图2， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∵平分，平分， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故乙的作法正确； 故选：C ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、线段垂直平分线的性质、角平分线的定义，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 7．矩形、菱形、正方形都具有的性质是（    ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角线平分对角 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形、菱形、正方形关于对角线的性质，理解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，且每一条对角线都平分一组内角；正方形的对角线互相垂直平分且相等，每一条对角线都平分一组内角． 利用矩形、菱形、正方形关于对角线的性质逐项判断即可． 【详解】解：A，矩形、正方形具有对角线相等的性质，而菱形不具有，不符合题意； B，矩形、菱形、正方形都具有对角线互相平分，符合题意； C，菱形、正方形具有对角线互相垂直，而矩形不具有，不符合题意； D，菱形、正方形具有对角线平分对角，而矩形不具有，不符合题意． 故选：B． 8．如图，将边长为的正方形绕点按顺时针方向旋转到正方形的位置，使得点落在对角线上，与相交于点，则的长为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正方形性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，根据正方形性质以及勾股定理得到，，再根据求解，即可解题． 【详解】解：正方形边长为， 正方形边长为，为对角线， ，，， 点落在对角线上，与相交于点， ， ， ， 故选：B． 9．如图，在四边形中，、、、分别是、、、的中点，要使四边形是菱形，则四边形只需要满足的一个条件是（    ） A．对角线 B．四边形是菱形 C．对角线 D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的判定与性质．菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分．利用三角形中位线定理可以证得四边形是平行四边形；然后由菱形的判定定理进行解答． 【详解】解：∵在四边形中，E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴，，， ∴； 同理，，， ∴四边形是平行四边形； A、若，得不到，则，不能证明四边形是菱形，故本选项错误； B、若四边形是菱形时，点四点共线；故本选项错误； C、若对角线时，得不到，则，不能证明四边形是菱形；故本选项错误； D、当时，则；所以平行四边形是菱形；故本选项正确； 故选：D． 10．如图，将矩形沿对角线折叠，使点落在处，，则的度数为(    )    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查矩形与折叠．根据翻折，折痕为角平分线，得到，利用矩形的性质进行求解即可． 【详解】解：∵将矩形沿对角线折叠， ∴， ∵， ∴； 故选B． 11．如图，在矩形中，，垂直平分于点E，则的长为（　　）    A． B． C．4 D．2 【答案】B 【分析】由矩形的性质和线段垂直平分线的性质可证是等边三角形，可得，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 12．如图，在正方形中，，为上一动点，交于，过作交于点，过作于，连结．在以下四个结论中：①；②；③；④．其中正确的结论有（    ） A．①③ B．②③ C．③④ D．②④ 【答案】B 【分析】连接，延长交于点，证明即可证明，由，即可证明②正确；如图，连接交于，可得 ，，证明，可得③正确，是动点，则是动点，的长度的变化的，可得的长度是变化的，可得④错误． 【详解】解：①连接，延长交于点，连接，   为正方形的对角线， ， ， ， ， ，， ∴， ， ， ， ， ， ∵， ∴，故①错误； ，， ，故②正确； ③如图，连接交于， ∵四边形是正方形，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故③正确； ④∵是动点，则是动点，的长度的变化的， ∴的长度是变化的，故④错误； 综上：②③正确； 故选B 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 二、填空题 13．如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接．若的面积为24，，则的长为 ． 【答案】3 【分析】此题考查了菱形的性质、直角三角形的性质．根据菱形的面积公式：对角线乘积的一半，求出菱形的对角线，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：3． 14．如图，在△ABC中，点D、E分别是边、的中点，连接，的平分线交于点F，若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了中位线的性质定理，等腰三角形的判定，平行线的性质和角平分线的定义，根据图形得到是解题的关键．由于，可先证得是的中位线，求得的长度，再利用平行线的性质和角平分线的定义证得，即可求解． 【详解】解：∵点、分别为边、的中点，， ∴，， ∴是的中位线， ∵， ∴，， ∴， ∵的平分线交线段于点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：1． 15．如图，在中，平分，，E是的中点．若，，则 ． 【答案】7 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，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． 延长交于点，证明，根据全等三角形的性质得到，根据三角形中位线定理求出，进而计算即可． 【详解】解：延长交于点， 平分， ， 在和中 ， ， ， ， ， ， 故答案为：7． 16．如图，矩形纸片中，，，点E为上一点（点E不与B、C重合），将纸片沿翻折得到．点F在上，沿再次折叠纸片，使点C的对应点落在上，若E、、三点在同一直线上，则的长为 ． 【答案】2 【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，解一元二次方程，等腰三角形的判定等知识，设，利用矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定等可求出，，在中，利用勾股定理得出，解方程即可求解． 【详解】解∶设，则， ∵矩形纸片中，，，， ∴，， ∵翻折， ∴，，，， ∴，，， ∴， 在中，， ∴， 解得，（不符合题意，舍去） ∴， 故答案为：2． 17．如图，在中，，，P是边上一个动点，过点P分别作边，的垂线，垂足为D，E，连接．若，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质，垂线段最短以及三角形面积等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 连接，由直角三角形的性质和勾股定理求出，再证四边形是矩形，得，然后由垂线段最短得时，线段的值最小，进而由三角形的面积求出的长即可． 【详解】解：如图，连接， ，， ， ， ， ∴四边形是矩形． ， 当时，最小， 此时，，即． 解得：， ∴的最小值为． 故答案为：． 三、解答题 18．如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 【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、勾股定理的逆定理以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）先证四边形为平行四边形，再证，即可得出结论； （2）由矩形的性质得，，再由勾股定理的逆定理得为直角三角形，，然后由面积法求出的长，即可得出答案． 【详解】（1）证明：， ，即， 四边形是平行四边形， ∴，， ， 又， 四边形为平行四边形， ， ， 平行四边形为矩形； （2）解：由（1）知，四边形为矩形， ，， ，，， ， 为直角三角形，， ， ，即，解得， ． 19．已知：如图，是的角平分线，过点分别作和的平行线交于点，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的判定和性质，勾股定理： （1）先证明四边形是平行四边形，再根据平行线和角平分线的性质，推出，即可得出结论； （2）连接，与交于点，根据菱形的性质结合勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵是的角平分线 ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴ ∴ ∴四边形是菱形； （2）连接，与交于点， ∵四边形是菱形， ∴、互相垂直且平分， ∴， 根据勾股定理，， ∴， ∴四边形的面积． 20．如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿向右运动，移动到点时立即沿原路按原速返回，点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段向左运动．两点同时出发，当点运动到点时，两点同时停止运动，设运动时间为（秒）． (1)当______秒时，四边形为矩形； (2)在整个运动过程中，为何值时，以C，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形？ 【答案】(1) (2)或 【分析】本题考查矩形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，正确表示出一组对边的长度，根据判定列出含t的方程是解题的关键． （1）根据可知，当时，四边形为矩形，可表示出，的表示分两种情况：当点M从点B运动到点C时，，当点M从点C返回到B时，，令，可得或，又因为点N运动到点A时，M，N两点同时停止运动，故，因此舍去，可得秒时，四边形为矩形． （2））根据，可知当时，以C，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形由题意知：，当点M从点B运动到点C时，，当点M从点C返回到B时，，由，可解出或，均符合题意． 【详解】（1）解：∵， ∴当时，四边形为矩形， 由题意知：， 当点M从点B运动到点C时，， 令，解得， 当点M从点C返回到B时， 令，解得， 当时，点M、N停止运动，故（不符合题意，舍去）， ∴秒时，四边形为矩形． 故答案为：； （2）解：∵， ∴当时，以C，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形， 由题意知：， 当点M从点B运动到点C时， 令，解得， 当点M从点C返回到B时，， 令，解得， 检验可知，和均符合题意， ∴或时，以C，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形． 21．（1）【观察猜想】我们知道，正方形的四条边都相等，四个角都为直角．如图1，在正方形中，点E，F分别在边上，连接，并延长到点G，使，连接．若，则之间的数量关系为______； （2）【类比探究】如图2，当点E在线段的延长线上，且时，试探究之间的数量关系，并说明理由； （3）【拓展应用】如图3，在中，，D，E在上，，若的面积为16，，请直接写出的面积． 【答案】（1）（2），理由见解析（3）7 【分析】（1）证明，可得，根据正方形的性质求出，再证，可得，则，即可得出答案； （2）在上截取，连接．证明，可得，根据正方形的性质求出，再证，可得，则，即可得出答案； （3）如图3，将绕点A逆时针旋转得到，连接，此时与重合，，证明，则，由，可得是直角三角形，由可得，根据的面积为16即可求解． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：； （2），理由如下： 如图2，在上截取，连接． ∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）如图3，将绕点A逆时针旋转得到，连接，此时与重合， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 由旋转得， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵的面积为16， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的判定和性质，三角形的面积，解此题的关键是能正确作出辅助线得出全等三角形，综合性比较强，有一定的难度． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$