专题01 特殊四边形（期中真题汇编，山西专用）九年级数学上学期

**基本信息** 特殊四边形专题期中试题汇编，整合山西多地期中真题，覆盖矩形、菱形、正方形三大高频考点，题型包含选择、填空、解答及综合实践题，注重基础巩固与综合应用能力考查。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择|12|矩形性质与判定、菱形定义、正方形判定|结合中国结文化情境考查菱形性质，联系台历生活场景计算矩形面积| |填空|8|矩形折叠问题、菱形中点连线、正方形边长计算|通过教具测量情境考查直角三角形斜边中线性质| |解答|14|矩形判定证明、菱形对角线计算、正方形动态问题|设计折叠探究综合题，融合几何直观与推理能力| |综合实践|6|矩形中心对称性质、菱形单尺作图|创新设置单尺作图任务，体现数学思维与动手能力结合|

专题01 特殊四边形 3大高频考点概览 考点01 矩形 考点02 菱形 考点03 正方形 考点01 矩形 1．（25-26学年九上·山西晋中左权县·期中）如图，在中，，点D是的中点，，则的长是（     ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【分析】 本题主要考查了直角三角形的性质，直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，据此可得答案． 【详解】 解：∵在中，，点D是的中点， ∴， 故选：B． 2．（25-26学年九上·山西运城河津·期中）如图，矩形的对角线交于点，若，，则的长为（       ） A. 2 B. 3 C.  D. 4 【答案】A 【分析】 根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得AC=2AB=4，再根据矩形的对角线互相平分解答． 【详解】 解：在矩形ABCD中，∠ABC=90°， ∵∠ACB=30°，AB=2， ∴AC=2AB=2×2=4， ∵四边形ABCD是矩形， ∴OC=OA=AC=2． 故选：A． 【点睛】 本题考查了矩形的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟记各性质是解题的关键． 3．（25-26学年九上·山西晋中介休·期中）如图，数学老师利用刻度直尺（单位：）测量三角形教具的尺寸，点，分别对应刻度尺上的刻度2和8，点为的中点，若，则可求得的长为，所应用的数学知识是（       ） A. 在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半 B. 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 C. 三角形的中位线等于第三边的一半 D. 直角三角形两锐角互余 【答案】B 【分析】 本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，根据题意即可得出答案． 【详解】 解：由题意可知：，点D为的中点， ∴． ∴所应用的数学知识是直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半， 故选：B． 4．（25-26学年九上·山西运城·期中）如图，在矩形中，按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线分别与，，交于点，，．若，，则的长度为（     ） A.  B. 5 C. 4 D.  【答案】A 【分析】 本题考查了作图-复杂作图、线段垂直平分线的性质、勾股定理、矩形的性质，连接．利用勾股定理求出，再证明，可得结论． 【详解】 解：如图，连接． 由作图可知垂直平分线段， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 5．（25-26学年九上·山西晋中榆次区·期中）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，，交于点．若四边形的对角线互相垂直，则线段与一定满足的关系为(     ) A. 互相垂直平分 B. 互相平分且相等 C. 互相垂直且相等 D. 互相垂直平分且相等 【答案】B 【分析】 本题考查三角形中位线定理与特殊四边形的判定，涉及的知识点是三角形中位线平行且等于第三边的一半、矩形的判定与性质，解题方法是利用中位线定理证明四边形为矩形，再逐一判断即可． 【详解】 解：如图所示： 连接四边形的对角线， 根据三角形中位线定理，且，且， 且， 四边形是平行四边形， 同理，且， ， ， 平行四边形是矩形， ， 即线段与互相平分且相等， 故选：B． 6．（25-26学年九上·山西晋中平遥县·期中）如图，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，若，，则折痕的长度为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了折叠问题，矩形的判定和性质，等角对等边，勾股定理； 过作于，设，根据勾股定理求出，进而得出的长，再证明，四边形是矩形，求出的长，再在中运用勾股定理即可得到的长． 【详解】 解：过作于，在矩形中，， 设，则， 在中，， ， 解得， ， ， ∵在矩形中，， ∴， 由折叠可知， ， ， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ， ∴在中，， 故选：C． 7．（25-26学年九上·山西太原·期中）如图，在Rt中，，是边上的中线，过点作于点．若，则的度数是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等边对等角，三角形的外角性质．利用直角三角形斜边中线的性质，求得，利用三角形的外角性质求得，据此求解即可． 【详解】 解：，是边上的中线， ， ， ， ， ， ， 故选： B． 8．（25-26学年九上·山西太原·期中）如图，四边形是平行四边形，添加下列条件，不能判定四边形是矩形的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查了平行四边形添加条件判定矩形，熟练掌握矩形的判定方法是解题关键．根据对角线相等或有一个角是直角的平行四边形是矩形，结合添加各选项的条件逐一判别即得． 【详解】 解：A、， ∵四边形是平行四边形，对角线相交于， ∴， ， ∵， ∴， ∴， ∴平行四边形为矩形， 故A能判定，该选项不符合题意； B、， ∴平行四边形为矩形， 故B能判定，该选项不符合题意； C、 ∴是直角三角形， ， ∴平行四边形为矩形，故C能判定，该选项不符合题意； D、添加， 不能判定或， ∴平行四边形不一定是矩形，故D不能判定，该选项符合题意． 故选： D． 9．（25-26学年九上·山西运城·期中）如图，在中，点，，分别在，，上，且，，若，四边形是　　　　　　．（填写一种特殊的平行四边形） 【答案】矩形 【分析】 本题考查了平行四边形的定义，矩形的判定，分别根据平行四边形的判定定理、矩形的判定定理进行判断即可． 【详解】 解：∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形， 故答案为：矩形． 10．（25-26学年九上·山西晋中榆次区·期中）如图，在平行四边形中，E为的中点，连接并延长交的延长线于点F，连接，且．判断四边形的形状并证明； 【答案】证明：四边形是矩形，理由如下， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，． ∵E为的中点， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵，延长交的延长线于点F， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵，， ∴． ∴四边形是矩形． 【分析】 根据平行四边形的性质和E为的中点，易得，得到，，结合得到四边形是平行四边形，再利用，得到，最后利用矩形的判定定理判定即可． 【详解】 略 【点睛】 本题主要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，矩形的判定，得到是解答关键． 11．（25-26学年九上·山西运城河津·期中）如图，在矩形中，为边上一点，，，是的中点，，求的长度． 【答案】 【分析】 本题考查的是矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理． 先利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解， 再利用勾股定理计算，即可得到答案． 【详解】 解：在中，， 为中点，， ， 在中，， ， ∴由勾股定理得， ∵在矩形中，，， ， ， 由勾股定理得． 12．（25-26学年九上·山西运城闻喜县·期中）如图，在矩形中，，，平分，则的长为　　　　　　． 【答案】7 【分析】 本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 根据矩形的性质，，，再根据平行线的性质与角平分线的定义得出，从而得出，根据勾股定理得出，继而得出． 【详解】 解：矩形， ， ， ， 平分， ， ， ， ， 故答案为：． 13．（25-26学年九上·山西晋中介休·期中）如图，在矩形中，，对角线与交于点O，，垂足为，且为中点，则的长　　　　　． 【答案】 【分析】 证明，则，是等边三角形，，，根据，计算求解即可． 【详解】 解：∵矩形， ∴， ∵， E为的中点， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】 本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形等知识．熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形是解题的关键． 14．（25-26学年九上·山西运城河津·期中）综合与实践 问题情境：平行四边形是中心对称图形，在研究其部分性质时围绕其中心对称性展开，如图：平行四边形中，点是对角线的中点，过点的直线交边，所在的直线于点，．已知，． 猜想验证： （1）如图1，旋转直线，当时，连接，求证：四边形为矩形． （2）如图2，当时，猜想线段，和的数量关系，并说明理由． 深入探究： （3）当点，在，延长线上时，交，于点，，连接，，此时四边形为正方形．请直接写出的长度． 【答案】（1）证明： ∵在平行四边形中，为中点， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴， ∴四边形为矩形． （2），证明： ∵在平行四边形中，为的中点， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形． ∴， ∴， 即， ∵， ∴四边形为菱形， ∴， 即； （3） 【分析】 （1）先利用证明，根据全等三角形的性质可得，从而可证明四边形为平行四边形，再证明，进而可得四边形为矩形； （2）先利用证明，根据全等三角形的性质可得，从而可证明四边形为平行四边形，进而可证明四边形为菱形，从而可得出结论； （3）先利用正方形的性质，结合勾股定理求得，再勾股定理求得，然后利用含有角的直角三角形的性质求得的长度． 【详解】 （1）略 （2）略 （3）如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 又， ∴， ∴(负值舍去)， 又四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴(负值舍去)， ∴． 【点睛】 本题考查了全等的性质和（）综合（或者），利用平行四边形的性质求解，利用矩形的性质证明，证明四边形是矩形，根据正方形的性质与判定求线段长等知识，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 15．（25-26学年九上·山西晋中榆次区·期中）综合与实践 问题情境： 在矩形纸片中，．同学们通过对矩形进行折叠开展了探究活动．如图1，点是边上一点，将沿折叠，使点落在边上的点处，连接． 猜想证明： （1）判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： （2）将矩形纸片展开并再次折叠，折痕与，分别交于点，，点的对应点分别为点． ①如图2，若点恰好落在线段上，连接．求证：； ②若点恰好落在边上，连接与相交于点，连接，点为的中点，连接．若．请直接写出线段的长度． 【答案】（1）解：四边形是正方形，理由如下： 四边形是矩形， ∴． 由折叠的性质得：，， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形． （2）① 证明：如图，设与折痕交于点，过点作于点． ∴， 由（1）已得：四边形是正方形， ∴，， ∴四边形为矩形． ∴， ∴， ∵， ∴， 由折叠的性质得：垂直平分， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． ②或 【分析】 （1）先根据矩形的性质可得，再根据折叠的性质可得，，然后根据正方形的判定即可得； （2）① 设与折痕交于点，过点作于点，先得出，再证出，根据全等三角形的性质即可得证； ② 分两种情况：当点在上时，连接；当点在上时，连接；先利用勾股定理求出的长，再求出与的长，利用勾股定理可得的长，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可得． 【详解】 （1）略 （2）① 略 ② 解：∵在矩形纸片中，，， ∴，，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴． 如图，当点在上时，连接， ∵， ∴，， 由折叠的性质得：垂直平分， ∴，，， ∴在中，， ∴在中，， ∴， ∴在中，， 又∵， ∴， ∴， ∴在中，， ∵在中，点为斜边的中点， ∴； 如图，当点在上时，连接， ∵， ∴，， 由折叠的性质得：垂直平分，， ∴，，， ∴在中，， ∴此时，即点与点重合， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴在中，， ∵在中，点为斜边的中点， ∴； 综上，的长度为或． 【点睛】 本题考查了矩形与折叠问题、正方形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形判定、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握矩形与折叠的性质是解题关键． 考点02 菱形 1．（25-26学年九上·山西运城稷山县·期中）如图，菱形中，点为对称中心，点从点出发沿向点移动，移动到点停止，作射线，交边于点，则四边形形状的变化依次为（          ） A. 平行四边形正方形平行四边形矩形 B. 平行四边形正方形矩形菱形 C. 平行四边形矩形平行四边形菱形 D. 平行四边形菱形正方形矩形 【答案】C 【分析】 根据菱形的性质，可得四边形形状的变化情况． 【详解】 解：如图， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴这个四边形先是平行四边形，当对角线相等时是矩形，然后又是平行四边形，最后点E与点B重合时是菱形． 故选：C． 【点睛】 本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质，根据对角线的情况熟练判定各种四边形的形状是解题的关键． 2．（25-26学年九上·山西运城闻喜县·期中）下列说法不正确的是（     ） A. 有一个角是直角的平行四边形是矩形 B. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 【答案】C 【分析】 本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，解题关键是掌握平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定． 根据平行四边形、矩形、菱形的判定条件逐一分析选项，找出错误的结论． 【详解】 有一个角是直角的平行四边形是矩形，符合矩形的定义，正确，故A不符合； 对角线互相垂直的平行四边形是菱形，符合菱形的判定定理，正确，故B不符合； 对角线相等的四边形不一定是矩形，例如，等腰梯形的对角线也相等，但它不是矩形，因此该说法错误，故C符合； 两组对边分别相等的四边形是平行四边形，符合平行四边形的判定定理，正确，故D不符合； 故选：C． 3．（25-26学年九上·山西晋中左权县·期中）以红色和金色的丝线精心编织的菱形中国结装饰，不仅展现了中国传统手工艺的精细与复杂，也蕴含着深厚的文化意义和美好的祝福．小芳家有一个菱形中国结装饰，可抽象成如图所示的菱形，现测得，，则该菱形的周长为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查了菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题关键．先根据菱形的性质可得，，，再利用勾股定理可得，然后根据菱形的周长公式求解即可得． 【详解】 解：∵在菱形中，，， ∴，，， ∴， ∴该菱形的周长为， 故选：B． 4．（25-26学年九上·山西太原·期中）若菱形两条对角线的长分别为6和8，则它的边长为（       ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】A 【分析】 本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质及勾股定理是解题的关键．根据菱形的对角线互相垂直平分，得到，，，再根据勾股定理，即可求得答案． 【详解】 解：如图，设菱形的对角线交于点O，对角线，， ，，， ， 即菱形的边长为5． 故选：A． 5．（25-26学年九上·山西晋中介休·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O．若，，则菱形的面积为（       ） A. 18 B. 20 C. 24 D. 28 【答案】C 【分析】 本题考查了菱形的性质，勾股定理，由菱形的性质可得，，，由勾股定理可求，即可求菱形的面积． 【详解】 解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴菱形的面积， 故选：C． 6．（25-26学年九上·山西晋中平遥县·期中）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点．若四边形的对角线互相垂直，则线段与一定满足的关系为（       ） A. 相等 B. 互相平分且相等 C. 互相垂直且相等 D. 互相垂直平分且相等 【答案】A 【分析】 本题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定与性质，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先画出图形，根据三角形的中位线定理可得，，，，再证出四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定与性质可得，由此即可得． 【详解】 解：由题意，画出图形如下： ∵点，分别是边，的中点， ∴， 同理可得：，，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵四边形的对角线互相垂直， ∴平行四边形是菱形， ∴， ∴，即， 故选：A． 7．（25-26学年九上·山西晋中平遥县·期中）如图，菱形的对角线与相交于点，点为的中点，连接，，，则的长为（       ） A. 3 B. 4 C. 6 D.  【答案】C 【分析】 本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是利用菱形对角线垂直的性质和直角三角形斜边中线定理，结合等边三角形的边长关系求解． 先根据菱形性质得，再由直角三角形斜边中线定理得，结合判定为等边三角形，从而得，计算出的长度． 【详解】 解： 四边形是菱形， ，， ， 是等边三角形， ， 点为的中点，， ， ， 故选：C． 8．（25-26学年九上·山西运城闻喜县·期中）如图，已知某菱形花坛的边长是8，，则花坛面积是（     ） A.  B.  C. 32 D.  【答案】B 【分析】 本题主要考查菱形的性质，含角的直角三角形的性质，根据题意可求出，根据，可求出，根据菱形的性质可得，根据含角的直角三角形的性质求出，由勾股定理求出，然后求出对角线的长即可求解． 【详解】 解：∵菱形花坛的边长是8，， ∴，， ∵， ∴， 设交于点， ∴在中，，， ∴， ∴ ∴， ∴花坛面积是． 故选：． 9．（25-26学年九上·山西晋中介休·期中）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边的中点所得四边形的面积为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 连接、，交于点，根据菱形的性质和中位线定理可知四边形是矩形，根据菱形的性质可证是等边三角形，根据等边三角形的性质可求，，利用矩形的面积公式可求结果． 【详解】 解：如下图所示，连接、，交于点， 四边形是菱形， ，， 又， 是等边三角形， ， 则， ， 点、、、分别是、、、的中点， ，， 同理可得，， 四边形是矩形， 四边形的面积为． 故选：B． 【点睛】 本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、矩形的面积公式、等边三角形的判定和性质，解决本题的关键是根据菱形的性质和三角形的中位线定理证明四边形是矩形． 10．（25-26学年九上·山西运城稷山县·期中）如图（1），中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小陶家有一个如图（2）的菱形中国结装饰，测得，，直线交两对边于点E，F，则的长为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 由菱形的性质推出，，，由勾股定理求出，由菱形的面积，即可求出的长． 本题考查菱形的性质，勾股定理，关键是掌握菱形的面积公式． 【详解】 解：四边形是菱形， ，，， ，， ，， ， ， ， 菱形的面积， ， ； 故答案为：． 11．（25-26学年九上·山西运城河津·期中）如图，在等腰三角形ABC中，于点H，点E是AH上一点，延长AH至点F，使.求证：四边形EBFC是菱形. 【答案】证明：， ， ∴四边形EBFC是平行四边形 又， ∴四边形EBFC是菱形. 【分析】 根据等腰三角形的三线合一可得BH=HC，结合已知条件，从而得出四边形EBFC是平行四边形，再根据得出四边形EBFC是菱形． 【详解】 略 【点睛】 本题考查了菱形的判定和性质，以及等腰三角形的性质，熟练掌握相关的知识是解题的关键． 12．（25-26学年九上·山西晋中左权县·期中）如图，菱形中，点E，F分别是边上的点，，求证：． 【答案】证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【分析】 此题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质是关键．根据菱形的性质得到条件证明，则，即可得到结论． 【详解】 略 13．（25-26学年九上·山西晋中左权县·期中）小颖将能够活动的菱形学具活动成为图1所示形状，并测得，．接着，她又将这个学其活动成为图2所示正方形，此时的长为　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据菱形的性质和，求出的长度，然后再运用勾股定理求解即可． 【详解】 由题意可知是菱形， ， 是等边三角形， , 是正方形， ， 故答案为：． 【点睛】 本题考查了菱形、正方形的、等边三角形的性质以及勾股定理；灵活运用性质正确计算是解题的关键． 14．（25-26学年九上·山西晋中榆次区·期中）如图，四边形为菱形，过点作于点，连接．若，且点恰好为边的中点，则线段的长为　　　　　　　　　　　． 【答案】3 【分析】 该题考查了菱形的性质，等边三角形的性质和判定，连接交于点O，根据四边形为菱形，得出，根据，点恰好为边的中点，得出，证明是等边三角形，即可求解． 【详解】 解：如图，连接交于点O， ∵四边形为菱形， ∴， ∵，点恰好为边的中点， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴（等底等高）， 故答案为：3． 15．（25-26学年九上·山西晋中平遥县·期中）如图，在矩形中，点为对角线、的交点，过点作，且，连接、，求证：四边形是菱形． 【答案】证明：四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 【分析】 本题考查了矩形的性质，菱形的判定定理，由矩形的性质可得，再证明四边形是平行四边形，结合即可得证，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】 略 16．（25-26学年九上·山西运城闻喜县·期中）如图，是菱形的一条对角线，延长，，分别至点E和点F，且使，，连接，，．求证：四边形是矩形． 【答案】证明：，， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ， ， 即， 平行四边形是矩形． 【分析】 本题考查平行四边形的判定，菱形的性质，矩形的判定．熟练掌握平行四边形的判定、菱形的性质和矩形的判定定理是解题的关键． 先证四边形是平行四边形，再由菱形的性质得，然后证，即可得出结论． 【详解】 略 17．（25-26学年九上·山西运城闻喜县·期中）如图，在中，，是的中点，是的中点，延长至点，使得． （1）求证：四边形是菱形． （2）若，，求四边形的周长． 【答案】（1） 解：不能，理由如下： 设十字框中最中间的一个数为， 由题意可得：， 解得：， ∵十字框内的数均为奇数，而得出的的数均为偶数， ∴十字框中的五个数字之和不能等于．     （2）      【分析】 （）证明，得到，，即可得，，即得到四边形是平行四边形，再根据直角三角形的性质得，即可求证； （）由直角三角形的性质得，设，则，利用勾股定理可得，得到，再根据直角三角形的性质得到，即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵在中，， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得， ∴， ， ∴四边形的周长为． 【点睛】 本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，直角三角形的性质等，掌握以上知识点是解题的关键． 18．（25-26学年九上·山西太原·期中）已知：如图，在中，，为边上的中线，点是外的一点，，．试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】解：四边形是菱形．理由如下， 在中，，是边上的中线， ，， ． ，， 四边形是平行四边形． ， 是菱形． 【分析】 本题考查了证明四边形是平行四边形，证明四边形是菱形，斜边的中线等于斜边的一半，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的判定求解． 【详解】 略 19．（25-26学年九上·山西太原·期中）阅读与理解 下面是一篇数学科普读物的一部分，请你认真阅读，并完成相应的任务． 有趣的单尺作图单尺作图，是指仅用无刻度直尺进行几何作图．由于其作图工具是一把没有刻度的直尺，所以只能进行如下操作：过已知两点作一条直线、延长已知线段、连接已知两点．解决单尺作图问题，需要在分析已知图形性质的基础上，借助直尺不断构造新的线段与点，进而作出所求图形．如图1，已知菱形中，点是边上的一点．现要用单尺作图，在边上求作一点，使．作法如下：如图2，第1步：连接；第2步：连接交于点；第3步：作射线交于点．点即为所求作的点． 上述作法可以用菱形的轴对称性来理解——即菱形关于对角线所在直线对称，所求作的点与点也关于直线对称，由此可自然得到上述作法．．．．．． 任务：请用单尺完成下列作图（要求：保留作图痕迹，不写作法）． （1）类比操作：如图3，点是菱形边上的一点，连接．求作，使，且点在边上； （2）拓展探究：①如图4，点是菱形边上的一点．求作边上的点，使；②如图5，四边形中，的平分线交边于点．求作线段的中点． 【答案】（1） 如图，      （2） 如图， 【分析】 本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，掌握无刻度直尺作图的方法是解题的关键． （1）利用菱形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可； （2）连接， 交于点， 连接并延长交于点，则结论可得； ② 连接，交于点，连接交于点，连接并延长交于点，连接交于点，则结论可得． (1) 小问详解： 解：.连接， 交于点， .连接并延长交于点， .连接， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 为所求； (2) 小问详解： 解：①.连接， 交于点， 2.连接并延长交于点， 由作图可得，，， ∴， ∴， 则点为所求； ②.延长，交于点， .连接交于点， .连接并延长交于点， .连接交于点， 则点为线段的中点． ∵，平分， ∴， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴， 同理， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴，即． 考点03 正方形 1．（25-26学年九上·山西运城稷山县·期中）下列命题中是真命题的是（       ） A. 一组邻边相等的四边形是菱形 B. 四边相等的四边形是正方形 C. 对角线互相平分的四边形是矩形 D. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 【答案】D 【分析】 本题考查了命题的真假，菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定．根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，判断各选项命题的真假，即可作答． 【详解】 解：A、一组邻边相等的四边形可能是普通四边形，不一定是菱形，故该选项不是真命题； B、四边相等的四边形是菱形，但菱形不一定有直角，∴不一定是正方形，故该选项不是真命题； C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，但平行四边形对角线不一定相等，∴不一定是矩形，故该选项不是真命题； D、对角线互相垂直且相等的平行四边形，既是矩形（对角线相等）又是菱形（对角线垂直），∴是正方形，故该选项是真命题； 故选：D． 2．（25-26学年九上·山西晋中左权县·期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点的坐标为，点的坐标为，点在第一象限，则点的坐标为（          ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，同角的余角相等，坐标与图形，过作轴于点，过作轴于点，则，则，又四边形是正方形，得，，然后证明，所以，，因为点的坐标为，点的坐标为，所以，，，利用线段和差即可求出点的坐标，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】 解：如图，过作轴于点，过作轴于点，则， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵点的坐标为，点的坐标为， ∴，，， ∴，， ∴， ∴点的坐标为， 故选：． 3．（25-26学年九上·山西临汾·期中）如图1，这是小明的爸爸购买的添加了便签的2025年台历，图2是它的平面示意图，其中正方形是月历区，正方形是备忘录区，矩形是便签区，已知月历区的面积为，备忘录区的面积为，则便签区的面积为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查了二次根式的应用，矩形的性质，正方形的性质，根据题意分别求得，进而求得，再根据矩形的性质，即可求解． 【详解】 ∵正方形是月历区，面积为， ∴， ∵正方形是备忘录区，矩形是便签区， ∴， ∴， ∴便签区的面积为 故选：D． 4．（25-26学年九上·山西运城稷山县·期中）如图，点是正方形边上一动点，连接，，交边于点，点在正方形外，，且，连接，已知，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题主要考查了正方形的性质、直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．设交于点，作交的延长线于点，由正方形的性质得，，则，由于点，交边于点，得，推导出，进而证明，得，而，则，由，得，可证明，再证明，得，，则，求得即可解答． 【详解】 解：设交于点，作交的延长线于点，则， 四边形是正方形， ，， ， 于点，交边于点， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 故选：． 5．（25-26学年九上·山西吕梁汾阳·期中）如图，四边形是正方形，、分别是、边上的点，且，，，则的长度是　　　　　　　　　　　　　． 【答案】1.4 【分析】 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，延长至点G，使，根据证明，得出，，然后再根据证明，得出，即可求解． 【详解】 解：延长至点G，使， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， 故答案为：． 6．（25-26学年九上·山西大同·期中）如图，正方形与正方形的顶点重合，平分，连接，连接并延长交于点，，，则　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，通过证明推出是解题的关键．连接，设交于点，交于点，先根据正方形的性质，利用证得，从而推出，然后由平分，可知点在线段上，然后利用勾股定理求得，进而得到，再由勾股定理求得，最后利用，即可求得的长度． 【详解】 解：连接，设交于点，交于点，如图所示， ∵四边形是正方形，，， ，，，，， ， ， ， ， ， ， ， 又∵平分， ∴， ∴， ∴点在线段上， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 特殊四边形 3大高频考点概览 考点01 矩形 考点02 菱形 考点03 正方形 考点01 矩形 1．（25-26学年九上·山西晋中左权县·期中）如图，在中，，点D是的中点，，则的长是（     ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 2．（25-26学年九上·山西运城河津·期中）如图，矩形的对角线交于点，若，，则的长为（       ） A. 2 B. 3 C.  D. 4 3．（25-26学年九上·山西晋中介休·期中）如图，数学老师利用刻度直尺（单位：）测量三角形教具的尺寸，点，分别对应刻度尺上的刻度2和8，点为的中点，若，则可求得的长为，所应用的数学知识是（       ） A. 在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半 B. 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 C. 三角形的中位线等于第三边的一半 D. 直角三角形两锐角互余 4．（25-26学年九上·山西运城·期中）如图，在矩形中，按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线分别与，，交于点，，．若，，则的长度为（     ） A.  B. 5 C. 4 D.  5．（25-26学年九上·山西晋中榆次区·期中）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，，交于点．若四边形的对角线互相垂直，则线段与一定满足的关系为(     ) A. 互相垂直平分 B. 互相平分且相等 C. 互相垂直且相等 D. 互相垂直平分且相等 6．（25-26学年九上·山西晋中平遥县·期中）如图，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，若，，则折痕的长度为（       ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年九上·山西太原·期中）如图，在Rt中，，是边上的中线，过点作于点．若，则的度数是（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年九上·山西太原·期中）如图，四边形是平行四边形，添加下列条件，不能判定四边形是矩形的是（       ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年九上·山西运城·期中）如图，在中，点，，分别在，，上，且，，若，四边形是　　　　　　．（填写一种特殊的平行四边形） 10．（25-26学年九上·山西晋中榆次区·期中）如图，在平行四边形中，E为的中点，连接并延长交的延长线于点F，连接，且．判断四边形的形状并证明； 11．（25-26学年九上·山西运城河津·期中）如图，在矩形中，为边上一点，，，是的中点，，求的长度． 12．（25-26学年九上·山西运城闻喜县·期中）如图，在矩形中，，，平分，则的长为　　　　　　． 13．（25-26学年九上·山西晋中介休·期中）如图，在矩形中，，对角线与交于点O，，垂足为，且为中点，则的长　　　　　． 14．（25-26学年九上·山西运城河津·期中）综合与实践 问题情境：平行四边形是中心对称图形，在研究其部分性质时围绕其中心对称性展开，如图：平行四边形中，点是对角线的中点，过点的直线交边，所在的直线于点，．已知，． 猜想验证： （1）如图1，旋转直线，当时，连接，求证：四边形为矩形． （2）如图2，当时，猜想线段，和的数量关系，并说明理由． 深入探究： （3）当点，在，延长线上时，交，于点，，连接，，此时四边形为正方形．请直接写出的长度． 15．（25-26学年九上·山西晋中榆次区·期中）综合与实践 问题情境： 在矩形纸片中，．同学们通过对矩形进行折叠开展了探究活动．如图1，点是边上一点，将沿折叠，使点落在边上的点处，连接． 猜想证明： （1）判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： （2）将矩形纸片展开并再次折叠，折痕与，分别交于点，，点的对应点分别为点． ①如图2，若点恰好落在线段上，连接．求证：； ②若点恰好落在边上，连接与相交于点，连接，点为的中点，连接．若．请直接写出线段的长度． 考点02 菱形 1．（25-26学年九上·山西运城稷山县·期中）如图，菱形中，点为对称中心，点从点出发沿向点移动，移动到点停止，作射线，交边于点，则四边形形状的变化依次为（          ） A. 平行四边形正方形平行四边形矩形 B. 平行四边形正方形矩形菱形 C. 平行四边形矩形平行四边形菱形 D. 平行四边形菱形正方形矩形 2．（25-26学年九上·山西运城闻喜县·期中）下列说法不正确的是（     ） A. 有一个角是直角的平行四边形是矩形 B. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 3．（25-26学年九上·山西晋中左权县·期中）以红色和金色的丝线精心编织的菱形中国结装饰，不仅展现了中国传统手工艺的精细与复杂，也蕴含着深厚的文化意义和美好的祝福．小芳家有一个菱形中国结装饰，可抽象成如图所示的菱形，现测得，，则该菱形的周长为（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年九上·山西太原·期中）若菱形两条对角线的长分别为6和8，则它的边长为（       ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 10 5．（25-26学年九上·山西晋中介休·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O．若，，则菱形的面积为（       ） A. 18 B. 20 C. 24 D. 28 6．（25-26学年九上·山西晋中平遥县·期中）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点．若四边形的对角线互相垂直，则线段与一定满足的关系为（       ） A. 相等 B. 互相平分且相等 C. 互相垂直且相等 D. 互相垂直平分且相等 7．（25-26学年九上·山西晋中平遥县·期中）如图，菱形的对角线与相交于点，点为的中点，连接，，，则的长为（       ） A. 3 B. 4 C. 6 D.  8．（25-26学年九上·山西运城闻喜县·期中）如图，已知某菱形花坛的边长是8，，则花坛面积是（     ） A.  B.  C. 32 D.  9．（25-26学年九上·山西晋中介休·期中）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边的中点所得四边形的面积为（       ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年九上·山西运城稷山县·期中）如图（1），中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小陶家有一个如图（2）的菱形中国结装饰，测得，，直线交两对边于点E，F，则的长为　　　　　　　　． 11．（25-26学年九上·山西运城河津·期中）如图，在等腰三角形ABC中，于点H，点E是AH上一点，延长AH至点F，使.求证：四边形EBFC是菱形. 12．（25-26学年九上·山西晋中左权县·期中）如图，菱形中，点E，F分别是边上的点，，求证：． 13．（25-26学年九上·山西晋中左权县·期中）小颖将能够活动的菱形学具活动成为图1所示形状，并测得，．接着，她又将这个学其活动成为图2所示正方形，此时的长为　　　　　　　　　　． 14．（25-26学年九上·山西晋中榆次区·期中）如图，四边形为菱形，过点作于点，连接．若，且点恰好为边的中点，则线段的长为　　　　　　　　　　　． 15．（25-26学年九上·山西晋中平遥县·期中）如图，在矩形中，点为对角线、的交点，过点作，且，连接、，求证：四边形是菱形． 16．（25-26学年九上·山西运城闻喜县·期中）如图，是菱形的一条对角线，延长，，分别至点E和点F，且使，，连接，，．求证：四边形是矩形． 17．（25-26学年九上·山西运城闻喜县·期中）如图，在中，，是的中点，是的中点，延长至点，使得． （1）求证：四边形是菱形． （2）若，，求四边形的周长． 18．（25-26学年九上·山西太原·期中）已知：如图，在中，，为边上的中线，点是外的一点，，．试判断四边形的形状，并说明理由． 19．（25-26学年九上·山西太原·期中）阅读与理解 下面是一篇数学科普读物的一部分，请你认真阅读，并完成相应的任务． 有趣的单尺作图单尺作图，是指仅用无刻度直尺进行几何作图．由于其作图工具是一把没有刻度的直尺，所以只能进行如下操作：过已知两点作一条直线、延长已知线段、连接已知两点．解决单尺作图问题，需要在分析已知图形性质的基础上，借助直尺不断构造新的线段与点，进而作出所求图形．如图1，已知菱形中，点是边上的一点．现要用单尺作图，在边上求作一点，使．作法如下：如图2，第1步：连接；第2步：连接交于点；第3步：作射线交于点．点即为所求作的点． 上述作法可以用菱形的轴对称性来理解——即菱形关于对角线所在直线对称，所求作的点与点也关于直线对称，由此可自然得到上述作法．．．．．． 任务：请用单尺完成下列作图（要求：保留作图痕迹，不写作法）． （1）类比操作：如图3，点是菱形边上的一点，连接．求作，使，且点在边上； （2）拓展探究：①如图4，点是菱形边上的一点．求作边上的点，使；②如图5，四边形中，的平分线交边于点．求作线段的中点． 考点03 正方形 1．（25-26学年九上·山西运城稷山县·期中）下列命题中是真命题的是（       ） A. 一组邻边相等的四边形是菱形 B. 四边相等的四边形是正方形 C. 对角线互相平分的四边形是矩形 D. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 2．（25-26学年九上·山西晋中左权县·期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点的坐标为，点的坐标为，点在第一象限，则点的坐标为（          ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年九上·山西临汾·期中）如图1，这是小明的爸爸购买的添加了便签的2025年台历，图2是它的平面示意图，其中正方形是月历区，正方形是备忘录区，矩形是便签区，已知月历区的面积为，备忘录区的面积为，则便签区的面积为（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年九上·山西运城稷山县·期中）如图，点是正方形边上一动点，连接，，交边于点，点在正方形外，，且，连接，已知，则（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年九上·山西吕梁汾阳·期中）如图，四边形是正方形，、分别是、边上的点，且，，，则的长度是　　　　　　　　　　　　　． 6．（25-26学年九上·山西大同·期中）如图，正方形与正方形的顶点重合，平分，连接，连接并延长交于点，，，则　　　　　． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 特殊四边形 考点01 矩形 考点02 菱形 考点03 正方形 考点01 矩形 1．B 2．A 3．B 4．A 5．B 6．C 7．B 8．D 9．【答案】矩形 【分析】 本题考查了平行四边形的定义，矩形的判定，分别根据平行四边形的判定定理、矩形的判定定理进行判断即可． 【详解】 解：∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形， 故答案为：矩形． 10．【答案】证明：四边形是矩形，理由如下， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，． ∵E为的中点， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵，延长交的延长线于点F， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵，， ∴． ∴四边形是矩形． 【分析】 根据平行四边形的性质和E为的中点，易得，得到，，结合得到四边形是平行四边形，再利用，得到，最后利用矩形的判定定理判定即可． 【详解】 略 【点睛】 本题主要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，矩形的判定，得到是解答关键． 11．【答案】 【分析】 本题考查的是矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理． 先利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解， 再利用勾股定理计算，即可得到答案． 【详解】 解：在中，， 为中点，， ， 在中，， ， ∴由勾股定理得， ∵在矩形中，，， ， ， 由勾股定理得． 12．【答案】7 【分析】 本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 根据矩形的性质，，，再根据平行线的性质与角平分线的定义得出，从而得出，根据勾股定理得出，继而得出． 【详解】 解：矩形， ， ， ， 平分， ， ， ， ， 故答案为：． 13．【答案】 【分析】 证明，则，是等边三角形，，，根据，计算求解即可． 【详解】 解：∵矩形， ∴， ∵， E为的中点， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】 本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形等知识．熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形是解题的关键． 14．【答案】（1）证明： ∵在平行四边形中，为中点， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴， ∴四边形为矩形． （2），证明： ∵在平行四边形中，为的中点， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形． ∴， ∴， 即， ∵， ∴四边形为菱形， ∴， 即； （3） 【分析】 （1）先利用证明，根据全等三角形的性质可得，从而可证明四边形为平行四边形，再证明，进而可得四边形为矩形； （2）先利用证明，根据全等三角形的性质可得，从而可证明四边形为平行四边形，进而可证明四边形为菱形，从而可得出结论； （3）先利用正方形的性质，结合勾股定理求得，再勾股定理求得，然后利用含有角的直角三角形的性质求得的长度． 【详解】 （1）略 （2）略 （3）如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 又， ∴， ∴(负值舍去)， 又四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴(负值舍去)， ∴． 【点睛】 本题考查了全等的性质和（）综合（或者），利用平行四边形的性质求解，利用矩形的性质证明，证明四边形是矩形，根据正方形的性质与判定求线段长等知识，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 15．【答案】（1）解：四边形是正方形，理由如下： 四边形是矩形， ∴． 由折叠的性质得：，， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形． （2）① 证明：如图，设与折痕交于点，过点作于点． ∴， 由（1）已得：四边形是正方形， ∴，， ∴四边形为矩形． ∴， ∴， ∵， ∴， 由折叠的性质得：垂直平分， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． ②或 【分析】 （1）先根据矩形的性质可得，再根据折叠的性质可得，，然后根据正方形的判定即可得； （2）① 设与折痕交于点，过点作于点，先得出，再证出，根据全等三角形的性质即可得证； ② 分两种情况：当点在上时，连接；当点在上时，连接；先利用勾股定理求出的长，再求出与的长，利用勾股定理可得的长，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可得． 【详解】 （1）略 （2）① 略 ② 解：∵在矩形纸片中，，， ∴，，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴． 如图，当点在上时，连接， ∵， ∴，， 由折叠的性质得：垂直平分， ∴，，， ∴在中，， ∴在中，， ∴， ∴在中，， 又∵， ∴， ∴， ∴在中，， ∵在中，点为斜边的中点， ∴； 如图，当点在上时，连接， ∵， ∴，， 由折叠的性质得：垂直平分，， ∴，，， ∴在中，， ∴此时，即点与点重合， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴在中，， ∵在中，点为斜边的中点， ∴； 综上，的长度为或． 【点睛】 本题考查了矩形与折叠问题、正方形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形判定、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握矩形与折叠的性质是解题关键． 考点02 菱形 1．C 2．C 3．B 4．A 5．C 6．A 7．C 8．B 9．B 10．【答案】 【分析】 由菱形的性质推出，，，由勾股定理求出，由菱形的面积，即可求出的长． 本题考查菱形的性质，勾股定理，关键是掌握菱形的面积公式． 【详解】 解：四边形是菱形， ，，， ，， ，， ， ， ， 菱形的面积， ， ； 故答案为：． 11．【答案】证明：， ， ∴四边形EBFC是平行四边形 又， ∴四边形EBFC是菱形. 【分析】 根据等腰三角形的三线合一可得BH=HC，结合已知条件，从而得出四边形EBFC是平行四边形，再根据得出四边形EBFC是菱形． 【详解】 略 【点睛】 本题考查了菱形的判定和性质，以及等腰三角形的性质，熟练掌握相关的知识是解题的关键． 12．【答案】证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【分析】 此题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质是关键．根据菱形的性质得到条件证明，则，即可得到结论． 【详解】 略 13．【答案】 【分析】 根据菱形的性质和，求出的长度，然后再运用勾股定理求解即可． 【详解】 由题意可知是菱形， ， 是等边三角形， , 是正方形， ， 故答案为：． 【点睛】 本题考查了菱形、正方形的、等边三角形的性质以及勾股定理；灵活运用性质正确计算是解题的关键． 14．【答案】3 【分析】 该题考查了菱形的性质，等边三角形的性质和判定，连接交于点O，根据四边形为菱形，得出，根据，点恰好为边的中点，得出，证明是等边三角形，即可求解． 【详解】 解：如图，连接交于点O， ∵四边形为菱形， ∴， ∵，点恰好为边的中点， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴（等底等高）， 故答案为：3． 15．【答案】证明：四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 【分析】 本题考查了矩形的性质，菱形的判定定理，由矩形的性质可得，再证明四边形是平行四边形，结合即可得证，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】 略 16．【答案】证明：，， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ， ， 即， 平行四边形是矩形． 【分析】 本题考查平行四边形的判定，菱形的性质，矩形的判定．熟练掌握平行四边形的判定、菱形的性质和矩形的判定定理是解题的关键． 先证四边形是平行四边形，再由菱形的性质得，然后证，即可得出结论． 【详解】 略 17．【答案】（1） 解：不能，理由如下： 设十字框中最中间的一个数为， 由题意可得：， 解得：， ∵十字框内的数均为奇数，而得出的的数均为偶数， ∴十字框中的五个数字之和不能等于．     （2）      【分析】 （）证明，得到，，即可得，，即得到四边形是平行四边形，再根据直角三角形的性质得，即可求证； （）由直角三角形的性质得，设，则，利用勾股定理可得，得到，再根据直角三角形的性质得到，即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵在中，， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得， ∴， ， ∴四边形的周长为． 【点睛】 本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，直角三角形的性质等，掌握以上知识点是解题的关键． 18．【答案】解：四边形是菱形．理由如下， 在中，，是边上的中线， ，， ． ，， 四边形是平行四边形． ， 是菱形． 【分析】 本题考查了证明四边形是平行四边形，证明四边形是菱形，斜边的中线等于斜边的一半，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的判定求解． 【详解】 略 19．【答案】（1） 如图，      （2） 如图， 【分析】 本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，掌握无刻度直尺作图的方法是解题的关键． （1）利用菱形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可； （2）连接， 交于点， 连接并延长交于点，则结论可得； ② 连接，交于点，连接交于点，连接并延长交于点，连接交于点，则结论可得． (1) 小问详解： 解：.连接， 交于点， .连接并延长交于点， .连接， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 为所求； (2) 小问详解： 解：①.连接， 交于点， 2.连接并延长交于点， 由作图可得，，， ∴， ∴， 则点为所求； ②.延长，交于点， .连接交于点， .连接并延长交于点， .连接交于点， 则点为线段的中点． ∵，平分， ∴， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴， 同理， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴，即． 考点03 正方形 1．D 2．D 3．D 4．B 5．【答案】1.4 【分析】 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，延长至点G，使，根据证明，得出，，然后再根据证明，得出，即可求解． 【详解】 解：延长至点G，使， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， 故答案为：． 6．【答案】 【分析】 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，通过证明推出是解题的关键．连接，设交于点，交于点，先根据正方形的性质，利用证得，从而推出，然后由平分，可知点在线段上，然后利用勾股定理求得，进而得到，再由勾股定理求得，最后利用，即可求得的长度． 【详解】 解：连接，设交于点，交于点，如图所示， ∵四边形是正方形，，， ，，，，， ， ， ， ， ， ， ， 又∵平分， ∴， ∴， ∴点在线段上， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $