专题03 特殊平行四边形（期中真题汇编，广东专用）九年级数学上学期

专题03 特殊平行四边形 考点01 矩形 考点02 菱形 考点03 正方形 考点01 矩形 1．【答案】(1) 证明：选①，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵是边的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． (2)四边形的面积为． 【分析】（1）由平行四边形的性质得，则，而，，即可证明，得，则四边形是平行四边形，由，得，则四边形是矩形； (2)由得，根据勾股定理求得则 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ， ， ∴四边形的面积为． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、梯形的面积公式等知识，证明是解题的关键． 2．【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 根据矩形性质得出，，，，根据等腰三角形的判定得出，证明为等边三角形，得出，根据等腰三角形的性质得出即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 3．【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，先证明为等边三角形，从而； （2）先根据黄金矩形求出，再根据，然后根据30度角的性质和勾股定理求出，然后作答即可． 【详解】（1）解：如图，连接，    由折叠可得：，，垂直平分， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴． （2）如图：延长交于点G，过点G作于点H．    ∵是矩形纸片，， ∴， ∵黄金矩形以为宽，， ∴， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理得， ∴． 【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，30度角的性质和勾股定理，能够根据折叠的性质证出是解题的关键． 4． 5．【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，掌握矩形对角线互相平分且相等是解题关键．由矩形的性质可得，，从而推出是等边三角形，得到，，再利用等边对等角和三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， 故选：B． 6．【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定． 先证明四边形是平行四边形，再根据矩形的判定方法添加条件即可． 【详解】解：∵， ∴，， ∵点，分别是，的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，平行四边形是矩形， 故答案为：（答案不唯一）． 7．D 8．C 9．【答案】B 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的判定，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 根据菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的判定，对四个命题逐一分析，再作判断即可． 【详解】解：对角线垂直的四边形可能是筝形，不一定是菱形，故A错误，不符合题意； 对角线相等的平行四边形是矩形，故B正确，符合题意； 矩形邻边不一定相等，故C错误，不符合题意； 有一个角是直角的平行四边形是矩形，故D错误，不符合题意； 故选：B． 10．【答案】 证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴． 【分析】欲证明只要证明即可． 【详解】略 【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定． 11．【答案】 【分析】本题考查直角三角形斜边中线定理，解题思路是先由刻度尺求出的长度，再利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半求解；解题关键是识别为斜边中线，易错点是对定理的条件和结论理解不清，运用了几何定理的方法技巧． 【详解】解：因为点分别对应刻度尺上的刻度和， 所以， 因为，为的中点， 所以， 即； 故答案为：． 12．(1)②④ (2) 解：四边形是邻等对补四边形，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是邻等对补四边形； (3) 13．【答案】16 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理．由矩形的性质可得，，，，由勾股定理可求，进一步计算即可求的周长． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，． ∵，， ∴， ∴， ∴的周长． 故答案为：16． 14．#### 15．【答案】(1) (2)的周长是定值24，理由见解答过程 (3) 【分析】（1）由矩形的性质得出，，，，，再由勾股定理得，则，，然后由三角形面积即可得出结论； （2）先求，则，再由勾股定理得，然后由三角形面积求出，即可解决问题； （3）由，可求的长，从而求出． 【详解】（1）解：如图1，设与的交点为，连接， 四边形是矩形，，， ，，，，， ，， ，， ，， ， 解得：． （2）解：的周长是定值24，理由如下： 四边形是矩形， ，，， ， 连接，过点作于，如图2所示： 则四边形是矩形， ， 由折叠的性质得：，， ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， ，，， ， ， ， 的周长， 的周长是定值24； （3）解：如图3，连接，，， ，是等边三角形， ， ， ， ， ， 【点睛】本题考查四边形的综合应用，掌握矩形的性质和判定，折叠的性质，平行四边形的性质，勾股定理，等边三角形的性质，三角形面积等知识是解题的关键． 16．D 17．【答案】（答案不唯一） 【分析】根据矩形的判定方法即可解决问题； 【详解】解：若使▱ABCD是矩形，可添加的条件是： AC=BD；（对角线相等的平行四边形是矩形），∠ABC=90°等（有一个角是直角的平行四边形是矩形）， 故答案为：任意写出一个正确答案即可，如：AC=BD或∠ABC=90°． 故答案为：AC=BD（答案不唯一） 【点睛】本题主要考查了矩形的判定定理，熟练掌握矩形的判定定理是解题关键． 18．【答案】(1) 证明：四边形是矩形， ，，， ，， ， 于， ， 在 和中，， ， ， ； (2). 【分析】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解决本题的关键是利用全等三角形的性质找线段之间的相等关系． 根据矩形的性质可知，，，根据同角的余角相等可证，利用可证，根据全等三角形对应边相等，可证结论成立； 根据全等三角形对应边相等可得：，，利用勾股定理可以求出，根据线段之间的关系可以得到． 【详解】（1）略 （2）解：，， ，， 在中，， ． 19．D 20．B 21．【答案】B 【分析】依题意得，，，在中，根据，得，，证明得，，由此得，据此得是等腰直角三角形，然后再由勾股定理即可求出的长． 【详解】解：四边形和四边形是两个完全相同的矩形， ，，， 和都是直角三角形， 在中，，， ，， 在和中， ， ， ，， ， 是等腰直角三角形， 由勾股定理得：． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，含有角的直角三角形的性质，勾股定理．掌握相关知识是解决问题的关键． 22． 证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 23．【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，理解矩形的性质是解题的关键． 先根据矩形的性质，结合角平分线的定义求出，利用等腰三角形的性质求出，即可求出答案． 【详解】解：在矩形中，，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 24．【答案】#:度 【分析】本题考查了矩形的性质、角平分线的性质、线段垂直平分线的性质、三角形内角和定理，由矩形的性质可得，求出，再由角平分线的定义可得，由线段垂直平分线的性质可得，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图： ∵四边形为矩形， ∴， ∴， 由作图可得，平分， ∴， 由作图可得，直线垂直平分线段， ∴， ∴， 故答案为：． 25．【答案】A 【分析】本题主要考查平行线的性质及折叠的性质，由平行可求得，又由折叠的性质可得，结合平角可求得，掌握两直线平行内错角相等是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是长方形， ∴， ∴， 又由折叠的性质可得， ， ∴， 故选：A． 26．【答案】8 【分析】根据直角三角形的性质求出，根据三角形中位线定理求出． 【详解】解：∵，E是的中点， ∴， ∵D、F分别是的中点， ∴， 故答案为：8． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握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． 考点02 菱形 1．【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查菱形的判定和性质，根据菱形是特殊的平行四边形，只需要增加菱形所特有的性质即可．掌握菱形的判定是解题的关键． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴当时，为菱形， 此时． ∴增加的一个条件可以是． 故答案为：（答案不唯一）． 2．(1) 解：如图所示四边形为所求作的图形， (2) 证明：∵平分， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 由作图可得，， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 3． 4．【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键； （1）先证明四边形是平行四边形，再由可得平行四边形是菱形； （2）根据菱形的性质得出的长以及，利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出，即可解答． 【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，， ， ， ， ． 5．【答案】B 【分析】过点B作轴，垂足为点D，先求出，由勾股定理求得，再由菱形的性质得到轴，最后由平移即可求解． 【详解】解：过点B作轴，垂足为点D， ∵顶点在直线上，点的横坐标是8， ∴，即， ∴， ∵轴， ∴由勾股定理得：， ∵四边形是菱形， ∴轴， ∴将点B向左平移10个单位得到点C， ∴点， 故选：B． 【点睛】本题考查了一次函数的图像，勾股定理，菱形的性质，点的坐标平移，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 6．24． 7． 解：命题1、命题2、命题3都是真命题，具体证明如下： 命题1： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵E，F分别是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 命题2：连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵E，F分别是的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形 ∵， ∴， ∴四边形是矩形； 命题3：连接， ∵，四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形，， ∴， ∵E，F分别是的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， 8．【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的对角线平分对角的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，是对角线， ∴，平分， ∴， 故选：A ． 9．【答案】(1) 如图，∵四边形为菱形， ∴；而，， ∴， ∴四边形是矩形． (2)14 【分析】（1）首先根据菱形的性质得到，然后利用平行线的性质得到，然后证明即可； （2）首先根据菱形的性质得到，然后利用勾股定理得到，进而求解即可． 【详解】（1）略 （2）∵四边形为菱形， ∴，，， 由勾股定理得： ，而， ∴， ∴四边形的周长． 【点睛】此题考查了矩形的判定，菱形的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 10．【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形 ∴， ∴， ∵的平分线交于点E， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵． ∴四边形是菱形． (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形为菱形，即可得证； （2）根据菱形的性质和勾股定理求出的长，进而求出的长，证明，得到，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）得四边形是菱形， ∴， ∵F为边的中点， ∴， 在中，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，． 11．【答案】B 【分析】本题考查了等边三角形的性质，菱形的判定，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 根据题意，画出图形，再利用等边三角形的性质，证明四边形是菱形． 【详解】解：如图，与是两块边长为的等边三角形纸片, 则， 所以四边形是菱形， 故选：B． 12．C 13．【答案】(1)四边形是菱形， 理由如下： 根据折叠的性质可得：，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； (2)①2；② 【分析】（1）根据折叠的性质可得：，，，再根据平行线的性质可得，进而得到，即可得出，即可求证； （2）①根据菱形的性质可得，，，则，即可得出，，再根据菱形面积公式求解即可；②先求出，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，则，即可求解． 【详解】（1）略 （2）①∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴，， ∴四边形的面积， 故答案为：2； ②∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，勾股定理，含的直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 14．【答案】 （1）如图，即为所求的菱形． （2）． 【分析】本题考查了尺规作图，菱形的性质． （1）利用菱形的特点及垂直平分线的性质即可求解； （2）根据勾股定理及菱形的性质计算即可． 【详解】（1）解：①先作线段； ②作的垂直平分线，与的交点为O，以交点O为圆心，为半径画弧交B、D两点； ③顺次连接，即为所求的菱形． （2）解：∵，， ∴，， ∴， ∴菱形周长． 故答案为：． 15．【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，面积公式，斜边中线等于斜边的一半，掌握相关知识是解决问题的关键． 由菱形的性质得，，因为，由直角三角形斜边上的中线性质得，根据菱形的面积等于对角线之积的一半求解即可． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ， ， ， 菱形的面积． 故选：B． 16．【答案】B 【分析】此题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地求出线段AD的长度及线段AD1的长度是解题的关键．在图①中，由菱形的性质得，，因为，所以，则是等边三角形，所以，在图②中，设、交于点，则，由，，证明是等边三角形，则，所以，则，所以，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图①，四边形是菱形，， ，， ， 是等边三角形， ， 如图②，设菱形的对角线、交于点，则，， ， ， ，， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 故选：B． 17．【答案】(1) (2)①是，等边三角形；②15 (3) 证明：四边形是菱形，理由如下： 折叠矩形纸片，使点落在边上的点处， 垂直平分， ，， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； (4) 【分析】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． （1）由折叠得性质可知垂直平分，设，则，再根据勾股定理求解即可； （2）①由折叠的性质和等腰三角形三线合一可知垂直平分，由折叠的性质可知垂直平分线段，得到，进而得到，即可得到的特点，； ②由折叠的性质可知，即可解题； （3）由折叠的性质可知，，证明，得到，由菱形的判定可证四边形是菱形； （4）根据题意分以下两种情况当时，最长，当时，最短分别讨论，设，则，结合勾股定理即可得出线段长度的取值范围． 【详解】（1）如图：作的垂直平分线即可，连接， 根据题意，，，， ，， 设，则， ，即， 解得， ，， 所以折痕的长为； （2）①由折叠的性质可知，，， 垂直平分， 即折痕是线段的垂直平分线； 由折叠的性质可知，，， 即垂直平分线段， ， ， 即图中是等边三角形； ②∵折叠纸片，使点落在边上的点处， ， ， 故答案为：①是，等边三角形；②15； （3）略 （4）由题可得：当时，最长，最长值为，如下图： 当时，最短，如下图： 设，则， 在中， ，， ， ， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ． 故答案为：． 18． 19．40 20．(1) 解：点为中点， 证明如下：∵，， ∴四边形是平行四边形， 在中，点为中点， ∴， ∴平行四边形是菱形； （或或）， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形， 其他证法相同； (2) 如图所示：点为所求， 21．【答案】(1) 证明：∵，D是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形为菱形； (2)； (3) 如图所示，射线就是所求的射线 【分析】本题考查了尺规作图，含30度角的直角三角形，直角三角形斜边上的中线性质，菱形的判定与性质． （1）先根据斜边上的中线性质得到，则可证明，然后根据菱形的定义可判断四边形为菱形； （2）先利用含30度角的直角三角形三边的关系得到，，再根据三角形面积公式计算出，则利用D是的中点得到，接着根据菱形的性质得到，然后计算即可； （3）过D点作的垂线即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵D是的中点， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴四边形的面积； （3）略 22．C 23．【答案】B 【分析】先证明四边形是平行四边形，再证，得，则平行四边形是菱形，得，设，则，然后在中，由勾股定理列出方程，得，由三角形面积公式即可得出答案． 【详解】解：如图所示： 两张全等的矩形纸片按如图方式交叉叠放在一起， 四边形是平行四边形，， 在和中， ， ， ， 平行四边形是菱形， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 解得， ， 图中阴影部分的面积为， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱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． 24．【答案】(1) 证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴，则， ∴四边形是矩形； (2)四边形的面积． 【分析】（1）先由已知条件证明四边形是平行四边形，再由菱形的性质得出，由矩形的判定方法即可得出结论； （2）根据，，求出、的大小，即可求出四边形的面积是多少． 【详解】（1）略 （2）解：∵，，四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积． 【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定；熟练掌握菱形的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键． 25．B 考点03 正方形 1．(1) 证明：∵四边形是正方形，是等边三角形， ，，， ， ， ； (2)该纸盒底面的边长为 2．D 3．【答案】D 【分析】根据邻边相等的平行四边形是菱形、对角线相等的平行四边形是矩形、对角线互相垂直的平行四边形是菱形对选项进行逐一判断即可． 【详解】解：选项，邻边相等的平行四边形是菱形，则当时，平行四边形是菱形，结论正确，不符合题意，选项错误； 选项，平分时，， 又平行四边形中，，则， ， ， 平行四边形是菱形，结论正确，不符合题意，选项错误； 选项，平行四边形中，对角线、互相平分， ，， 当时，， 根据对角线相等的平行四边形是矩形可得，此时平行四边形是矩形， 结论正确，不符合题意，选项错误； 选项，当时，平行四边形是菱形，不一定是正方形，结论错误，符合题意，选项正确． 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定，解题关键是熟练掌握特殊四边形的判定． 4．【答案】 证明：∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ∴， ∴． 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解相关知识是解答关键． 根据正方形的性质得到，，进而易得到和全等，再利用全等三角形的性质求解． 【详解】略 5．C 6．B 7．【答案】(1) 证明：如图①， ∵四边形和四边形是正方形， ∴，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴ (2) ， 理由：如图②， ∵， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴ 【分析】（1）根据证明，根据全等三角形的性质，即可证明； （2）根据，得出，，证明， 得出，即可得出答案． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，余角的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法，证明和． 8．(1)； 证明：四边形和四边形都是正方形， ，，， ， 即， 在和中， ， ； (2)①；② 9．C 10．（1）①中位线定理 （2）证明：∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． （3）②矩形 （4）证明∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴，， ∴． 同理可得：． ∵ ∴， ∴ ∴中点四边形是矩形． （5）补图如下：    ③且；④正方形 11．【答案】 【分析】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是准确作出辅助线构造全等三角形． 根据题意作图，连接、，可得≌，那么可得阴影部分的面积与正方形面积的关系，同理得出另两个正方形的阴影部分面积与正方形面积的关系，从而得出答案． 【详解】解：连接、，如图： ∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴≌， ∴， ∴、两个正方形重叠的阴影部分的面积是， 同理另外两个正方形重叠的阴影部分的面积也是， ∴阴影部分的面积为． 故答案为： ． 12．【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】本题考查正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，准确利用知识点进行计算是解题的关键． （1）根据正方形的性质，折叠的性质，推出为等腰直角三角形，进而求出的长即可； （2）分和两种情况进行讨论求解即可； （3）连接，，交于点，作，则四边形为矩形，根据折叠性质得到，证明，得到，进而得到，作点关于的对称点，连接，连接交于点，则，，得到，当点在上时，即点与点重合时，值最小，证明，得到，进而得到为的中点，设，则，在中，由勾股定理得，求出的长，进而求出的长，证明，进行求解即可． 【详解】解：（1）连接，如图所示： 正方形边长为， ，， ， 沿翻折得到， ，，， 是等腰直角三角形， ， ． 故答案是：． （2）①当时，如图，作于点，延长交于点， 则四边形为矩形， ，， ， ， 又由折叠性质可得：， ，， ， 为等边三角形， ， ， ，， ， ， ，， 在中，， ； ②当时，如图：作于点，延长交于点，作于点， 则，四边形为矩形，四边形为矩形， ，，，， 由折叠可知，，， 则在中，， ， ， ， 在中，设，则， 由勾股定理，得：， 解得， ， 综上所述，线段的长为或； （3）连接，，交于点，作，则四边形为矩形，，， 由折叠可知，，，，，， ，， ， 又，， ， ， ， 作点关于的对称点，连接，连接交于点， 则，， ， 当点在上时，即点与点重合时，值最小； 如图： ，，， ， ， 为的中点， ， 设， 则， 在中，由勾股定理，得：， 解得， ， ， ， ， ， ，即，，即， ，， ， ，， ， ，即， ． 13．【答案】2 【分析】根据正方形的性质，对角线是边长的 倍，利用勾股定理建立方程求解． 【详解】设正方形的边长为 ，则对角线长为 ． 给定对角线长为 ， 所以 ， 解得 ， 故答案为：2． 14．【答案】(1) 证明：∵在正方形中， ∴，， ∵， ∴， ∴； (2) ①证明：如图，作于点P，于点Q， ∵在正方形中， ∴， ∴和均为等腰直角三角形， 由勾股定理可得， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； ② 【分析】本题考查四边形的综合应用，主要考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质是解题的关键，同时注意解题方法的延续性． （1）由正方形得，，可证得，可证得结果； （2）①作于点P，于点Q，利用角平分线的性质得，证明，即可得出，从而证明结论； ②过点E作于M，先证明，可得，最后由勾股定理求得的长 【详解】（1）略 （2）①略 ②解：∵在正方形，正方形中， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 如图所示，过点E作于M，则是等腰直角三角形， 根据勾股定理得， ∵， ∵， 即正方形的边长为； 故答案为： 15．【答案】D 【分析】连接，由四边形是正方形与点E、F、H分别是、、的中点，易证得与，根据全等三角形的性质，易证得与，根据垂直平分线的性质，即可证得，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证得，根据等腰三角形的性质，即可得，则问题得解． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 点E、F、H分别是、、的中点， ， 在与中， ， ， ， ， ， ， ，故①正确； 在中，H是边的中点， ，故④正确； 如图，连接， 同理可得：， ， ， 垂直平分， ，故②正确； ， 同理：， ， ， ， ， ，故③正确． 故选：D． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质以及垂直平分线的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用． 16．B 17．【答案】①②③ 【分析】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理．首先利用正方形的性质得到相关边和角的关系，证明三角形全等，得到，即可得到①；根据，得到，结合，计算即可得到②；连接，得到，求出，，得到，得到③；根据全等得到四边形周长为，根据垂线段最短可知，当时，四边形周长最小，得到，得到四边形周长最小值为，判断④即可． 【详解】解：由题意得， ∵四边形是正方形 ∴，，，， ∴， ∴，， ∴， ∴． ∴，故①正确； ∵， ∴， ∴四边形的面积为： ， 故②正确； 如图，连接， ∵， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴，故③正确； ∵， ∴，， ∴四边形周长为， 根据垂线段最短可知，当时，四边形周长最小， ∵，， ∴， ∵， ∴， 四边形周长最小值为，故④不正确， 综上可知：①②③正确． 故答案为：①②③． 18．(1)8 (2) 菱形即为所求． (3) 正方形即为所求． 19．【答案】B 【分析】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质，是解题的关键．利用正方形的性质，进行判断即可． 【详解】解：∵正方形的对角线与相交于点O， ∴ ∴， 故选项正确；选项B错误； 故选B． 20．【答案】证明：因为四边形ABCD是正方形， 所以AB=BC，. 又分别是、的中点， 所以BE=CF,所以（SAS）， 所以（全等三角形的对应边相等）. 【分析】若证明线段相等，通常证明线段所在的两个三角形全等，此题通过正方形性质及已知E,F分别为AB,BC中点，利用边角边证明即可得出结论. 【详解】略 21．A 22．【答案】 【分析】根据三角形中位线定理可得菱形，取四边的中点并连接起来，设与交点M．与交于N，然后根据菱形的性质及等边三角形的性质可得答案． 【详解】解：如图，设两条对角线的夹角为，取四边的中点并连接起来，设与交点M．与交于N， ∴是的中位线， ， 同理, ，，，， ，， 四边形是菱形， ，， ， ， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴较长的“中对线”长度为． 故答案为：． 【点睛】此题考查的是三角形的中位线定理，菱形的判定和性质，含30度角的直角三角形的特征，等边三角形的判定和性质，掌握其定理是解决此题关键． 23．B 24．B 25．【答案】(1) (2)当每个菱形的内角为时，校门打开了 【分析】（1）如图，连接．根据菱形和等边三角形的性质即可得到结论； （2）根据正方形的判定定理得到四边形是正方形，如图，连接，根据正方形的性质即可得到结论． 【详解】（1）解：如图，连接． 四边形是菱形， ， 又， 是等边三角形，， ， 所以，该中学校门的总宽度是． （2）当菱形的时， ， 四边形是正方形， 如图，连接， 则，， 所以，当每个菱形的内角为时，校门打开了． 【点睛】此题考查了矩形的性质，菱形的性质以及等边三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键． 26．4 27．【答案】D 【分析】根据矩形的性质，角平分线的定义，得到，再根据正方形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵与分别平分和， ∴， ∴， ∴， ①∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是正方形，故①正确； ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形，故②正确； ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形，故③正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是正方形，故④正确； 即正确的个数是4个， 故选：D． 【点睛】本题考查矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定．熟练掌握正方形的判定方法，是解题的关键． 28．【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，三角形的面积，理解正方形的性质，熟练掌握矩形的判定和性质，三角形的面积公式是解决问题的关键．过点作直线于点，交于点，过点作于点，证明四边形和是四边形都是矩形得，，则，由三角形面积公式得，，则，根据“”即可得出答案． 【详解】解：过点作直线于点，交于点，过点作于点，如图所示： 四边形是正方形，且边长为8， ，，，， ， ， ，， ，， 四边形和四边形都是矩形， ，， ， 由三角形的面积公式得：，， ， ． 故选：C． 29．(1) 证明：∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴ ， 在△和△中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形 为“双直四边形”； (2)①；②存在点，使得四边形为“双直四边形”；点的坐标为或 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 特殊平行四边形 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．（25-26九年级上·广东河源部分学校·期中）如图，在平行四边形中，，E是边上一点，延长与的延长线交于点F，连接． (1)请从下列条件中选择一个能证明四边形是矩形的条件，并写出证明过程； ①；②；③． (2)若四边形是矩形，且，，求四边形的面积． 2．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图，矩形的对角线和相交于点，平分交于点，如果，那么的度数为（   ） A． B． C． D． 3．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作，，等大小的角，可采用下面的方法： 第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 第二步：再一次折叠纸片，使点A落在上，并使折痕经过点B，得到折痕和线段．    (1)求∠3的度数； (2)在第（1）题图中，延长交于G，过G点作于点H，得出一个以为宽的黄金矩形（黄金矩形就是符合黄金比例的矩形，即宽与长的比值为），若已知，求的长． 4．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图，在矩形中，，对角线与相交于点，于，若，则的长是_____． 5．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图所示，在矩形中，对角线、相交于点O，，，则（　　） A． B． C． D． 6．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图，在中，点，分别是，的中点．只需添加一个条件即可证明四边形是矩形，这个条件可以是___________(写出一个即可)． 7．（25-26九年级上·广东梅州梅县区·期中）矩形不具有的性质是（    ） A．对边平行且相等 B．对角线相等 C．四角相等 D．对角线互相垂直 8．（25-26九年级上·广东清远清城区·期中）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，，则的长为（　　） A．6 B．5 C．4 D．3 9．（25-26九年级上·广东茂名高州·期中）下列描述正确的是（   ） A．对角线垂直的四边形一定是菱形 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．菱形和矩形邻边都相等 D．有一个角是直角的平行四边形是正方形 10．（25-26九年级上·广东茂名高州·期中）已知：如图，点P为矩形内一点，，求证：．    11．（25-26九年级上·广东茂名高州·期中）如图，小逸同学利用刻度直尺（单位：）测量直角三角形纸片的尺寸，点分别对应刻度尺上的刻度和 为的中点．若，则的长为___________． 12．（25-26九年级上·广东深圳龙华区·期中）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． (1)用三角板拼出如图所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有______．（填写序号） (2)如图⑤，已知矩形，延长至点E，使，过点E作交延长线于点F．请你判断四边形是否为邻等对补四边形，并说明理由． (3)如图⑥，在中，，，，，N为上一点，且四边形是邻等对补四边形，连接，则的长为______． 13．（25-26九年级上·广东深圳龙华区·期中）如图，矩形的对角线相交于点O，若，，则的周长是______cm． 14．（25-26九年级上·广东揭阳榕城区·期中）如图，在中，，，，D是边的中点，则______．    15．（25-26九年级上·广东揭阳榕城区·期中）教材再现：面积法是常用的求长度法，如例图中，等腰中，．即，∵，∴是个固定值． (1)如图1，在矩形中，与交于O，，P是上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作和的垂线，垂足分别为E，F，则的值为_________． 知识应用： (2)如图2，在矩形中，点M，N分别在边，上，将矩形沿直线折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点处．点P为线段上一动点（不与点M，N重合），过点P分别作直线，的垂线，垂足分别为E和F，以，为邻边作平行四边形，若的周长是否为定值？若是，请求出的周长；若不是，请说明理由． (3)如图3，当点P是等边．外一点时，过点P分别作直线、、的垂线、垂足分别为点E、D、F．若，请直接写出的面积_________． 16．（25-26九年级上·广东揭阳榕城区·期中）如图，在矩形中，，平分，交于点，连接，恰好平分，的长为（   ） A． B． C． D． 17．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）如图，在平行四边形ABCD中，添加一个条件______使平行四边形ABCD是矩形． 18．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）如图，在矩形中，点在上，，于． (1)求证：； (2)若，，求的长． 19．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）如图，一根木棍斜靠在与地面垂直的墙上，若测得木棍长为6米，且点P是木棍的中点，则O，P两点间的距离为（　　） A．6米 B．5米 C．4米 D．3米 20．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）如图，在矩形中，对角线相交于点O，， ，则的长是（   ） A． B． C． D． 21．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）如图，把两个大小完全相同的矩形拼成“”形图案，若，，则（   ）    A． B． C． D．6 22．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）如图，在中，，是的中点，过点作，使，连接，求证：四边形是矩形． 23．（25-26九年级上·广东深圳宝安区区·期中）在矩形中，对角线、相交于点，的角平分线交于点，若，则（    ） A． B． C． D． 24．（25-26九年级上·广东深圳龙岗区·期中）如图，矩形中，，根据尺规作图痕迹，计算的大小为_______． 25．（25-26九年级上·广东佛山南海区·期中）如图，把一个长方形纸片沿折叠后，点分别落在的位置，若，则等于（    ） A． B． C． D． 26．（25-26九年级上·广东佛山南海区·期中）已知：如图，在中，，、、分别是、、的中点，若，则的长是______．    考点02 菱形 1．（25-26九年级上·广东河源部分学校·期中）已知，四边形是平行四边形，对角线，交于点．若增加一个条件，将它边的数量关系特殊化，可使，则增加的一个条件可以是______．（写出一个即可） 2．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图，在平行四边形中，． (1)求作四边形，使得点E，F分别在边，上，且平分，；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)求证：四边形是菱形． 3．（25-26九年级上·广东茂名·期中）菱形的一条边长为，其中一个内角为，则菱形的面积为_________． 4．（25-26九年级上·广东茂名·期中）（多选）如图，在四边形中，，，对角线交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 5．（25-26九年级上·广东梅州梅县区·期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴负半轴上，顶点在直线上，若点的横坐标是8，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 6．（25-26九年级上·广东梅州梅县区·期中）如图，ABCD中，AB=5，对角线AC=6，BD=8，求ABCD的面积. 7．（25-26九年级上·广东清远清城区·期中）如图，在中，相交于点O，E，F分别是的中点． 命题1：． 命题2：连接，若，则四边形是矩形． 命题3：连接，若，则四边形是菱形． 任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例． 8．（25-26九年级上·广东茂名高州·期中）如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的大小（菱形的边长不变）．当时，则的度数为（    ） A． B． C． D． 9．（25-26九年级上·广东深圳龙华区·期中）如图，已知菱形中，对角线相交于点O，过点C作，过点D作，与相交于点E．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求四边形的周长． 10．（25-26九年级上·广东揭阳榕城区·期中）如图，在平行四边形中，，的平分线与的延长线交于点E，与交于点F，且点F为边的中点，的平分线交于点M，交于点N，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求的长． 11．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）用两块边长为的等边三角形纸片（确保仅有一边重合）能拼成的四边形的是（   ） A．等腰梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 12．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）菱形的两条对角线长分别是：，，则菱形的面积为（    ） A．40 B．28 C．24 D．14 13．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）如图，在四边形纸片中，，，将纸片沿过点D的直线折叠，使点C落在上的点处，折痕交于点E，连接． (1)请确定四边形的形状，并说明理由； (2)若，，过点作于F，连接交于点M，连接： ①四边形的面积为 ； ② ． 14．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）（1）尺规作图：已知两条对角线a，b，利用尺规作一个菱形． （2）若，，则你所作的菱形周长为：______． 15．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）如图，点为菱形的对角线，的交点，过点作于点，连接，，．则菱形的面积为（   ） A．6 B．12 C． D．24 16．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）油纸伞在我国已有一千多年的历史，是中国古代劳动人民智慧的结晶，图①是一把油纸伞展开后的剖面图，点、分别为伞骨、的中点，伞圈为伞柄上可移动的点，四边形为菱形．当油纸伞打开到图①的程度时，，当油纸伞缩拢到图②的程度时，．若，则伞圈下滑的距离的长度为    A．4 B． C． D． 17．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）折纸是我们在研究轴对称问题时最常见的活动．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验。 (1)折叠计算：如图1，若，，将矩形纸片沿某条直线折叠，使点与点重合，折痕交于点、交于点，作出折痕，并求出折痕的长； (2)实践发现：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点落在上的点处，并使折痕经过点，得到折痕，把纸片展平，连接，如图2． ①折痕________（填“是”或“不是”）线段的垂直平分线，的形状为：________； ②继续折叠纸片，使点落在边上的点处，并使折痕经过点，得到折痕，把纸片展平，如图3，则________°； (3)如图4，折叠矩形纸片，使点落在边上的点处，并且折痕交边于点，交边于点，把纸片展平，连接交于点，连接，，判断四边形的形状并说明理由； (4)解决问题：如图5，矩形纸片中，，，折叠纸片，使点落在边上的点处，并且折痕交边于点，交边于点，把纸片展平，则线段长度的取值范围是________． 18．（25-26九年级上·广东普宁·期中）如图，已知菱形的边长为2，，进行如下操作：第一次，顺次连接菱形各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第次操作后，得到四边形的面积是________． 19．（25-26九年级上·广东深圳宝安区区·期中）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．如图是一个中国结装饰，可以近似看作菱形，测得，，则菱形周长为______． 20．（25-26九年级上·广东深圳宝安区区·期中）如图，在中，，点为斜边上一点，连接，分别过点、作、的平行线相交于点． (1)在不添加新的点和线段的前提下，请增加一个条件： ，使得四边形是菱形，并说明理由； (2)在（）的条件下，尺规作图：求作点，使得四边形为矩形．（保留作图痕迹，不写作法，标明字母） 21．（25-26九年级上·广东深圳龙岗区·期中）如图，在中，，是的中点，，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求四边形的面积； (3)利用圆规和无刻度直尺在图中作射线，交于点，保留作图痕迹，不用写出作法和理由． 22．（25-26九年级上·广东佛山南海区·期中）如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（　　） A．2 B．3 C． D． 23．（25-26九年级上·广东佛山南海区·期中）两张全等的矩形纸片，按如图方式交叉叠放在一起，，．若，则图中阴影部分的面积为（　　） A．4 B． C． D．6 24．（25-26九年级上·广东佛山南海区·期中）如图，菱形的对角线AC、BD相交于点O， ． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，求四边形的面积． 25．（25-26九年级上·广东佛山南海区·期中）在四边形中，对角线，互相平分，若添加一个条件使得四边形是菱形，则这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 考点03 正方形 1．（25-26九年级上·广东河源部分学校·期中）综合与实践：制作无盖正三棱柱纸盒 如图1，正方形纸片的边长为12，在正方形内部作等边三角形，连接． (1)求证：． (2)如图2，在等边三角形的三个角处分别截去一个彼此全等的四边形，再沿图中的虚线折起，做成一个无盖的直三棱柱纸盒（纸盒厚度忽略不计）．该纸盒的高为，用含的代数式表示该纸盒底面的边长，并直接写出的取值范围． 2．（25-26九年级上·广东河源部分学校·期中）下列命题是真命题的是（    ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 C．平行四边形的对角线平分对角 D．矩形的对角线相等且互相平分 3．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图，在平行四边形中，下列结论中错误的是（   ） A．当时，它是菱形 B．当平分时，它是菱形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形 4．（25-26九年级上·广东茂名·期中）已知：如图，是正方形的边上的两点，，连接，．求证：． 5．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图，在正方形中，，E，F分别为边的中点，连接，点G，H分别为的中点，连接，则的长为（    ） A． B．1 C． D．2 6．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图，在中，．再添加一个条件，仍不能判定四边形是正方形的是（　　） A． B． C． D． 7．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图①，四边形是正方形，点E是上一点，连接，以为一边作正方形，连接． (1)求证： (2)如图②，连接交于点H，连接，请探究、、三条线段之间的数量关系，并说明理由． 8．（25-26九年级上·广东惠州仲恺区·期中）已知四边形和四边形都是正方形，且． (1)如图1，连接、．猜想：_____（填、、），并证明 (2)如图2，如果正方形绕点旋转到某一位置恰好使得，． ①求的度数； ②若正方形的边长是，请求出的面积． 9．（25-26九年级上·广东梅州梅县区·期中）如图，正方形ABCD边长为1，以AC为边作第2个正方形ACEF，再以CF为边作第3个正方形FCGH，…，按照这样的规律作下去，第6个正方形的边长为（　　）    A．（2）5 B．（2）6 C．（）5 D．（）6 10．（25-26九年级上·广东梅州梅县区·期中）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点． 求证：中点四边形是平行四边形． 证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴、分别是和的中位线， ∴，（____①____） ∴． 同理可得：． ∴中点四边形是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． （1）请你补全上述过程中的证明依据①________ 【探究二】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 菱形 从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． （2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 ②________ （3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________． （4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【归纳总结】 （5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 ③________ ④________ 结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________． 11．（25-26九年级上·广东梅州梅县区·期中）如图，三个边长均为3的正方形重叠在一起，、是其中两个正方形的中心，则阴影部分的面积是___________． 12．（25-26九年级上·广东清远清城区·期中）【问题情境】 小颖在学习了正方形的相关知识之后，在一张边长为8的正方形纸片上进行了关于折叠的研究性学习． 【探究感悟】 （1）如图1，在正方形中，小颖在边上取点（不与、重合），连接，将沿翻折，使得点的对应点恰好落到对角线上，则此时线段的长是________． 【深入探究】 （2）小颖继续将沿翻折，发现：，，三点能构成等腰三角形．请求出此时线段的长． 【拓展延伸】 （3）如图2，在正方形中，小颖又在边上取点（不与、重合），并将四边形沿翻折，使得点的对应点恰好落在边上，记（为的对应点）与的交点为，连接，小颖再次发现：线段与的长度之和存在最小值，请求出此时线段的长． 13．（25-26九年级上·广东清远清城区·期中）对角线长为的正方形，边长为________． 14．（25-26九年级上·广东茂名高州·期中）如图（1），四边形为正方形，E为对角线上一点，连接，． (1)求证：； (2)如图（2），过点E作，交边于点F，以，为邻边作矩形，连接． ①求证：矩形是正方形； ②若正方形的边长为9，，求正方形的边长． 15．（25-26九年级上·广东茂名高州·期中）如图，正方形中，点E、F、H分别是、、的中点，、交于G，连接、．下列结论：①；②；③；④，其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 16．（25-26九年级上·广东揭阳榕城区·期中）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 17．（25-26九年级上·广东揭阳榕城区·期中）如图，在正方形中，，对角线，相交于点O，点E从点B出发，在边上由B向A移动，同时点F从点A出发，以相同的速度在边上由A向D移动，连接，．下列结论：①；②四边形的面积为1；③；④四边形周长的最小值为．其中正确的结论有________（填序号）． 18．（25-26九年级上·广东揭阳榕城区·期中）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，以格点为顶点按下列要求画图： (1)在图①中以已知线段为对角线画出一个矩形（非正方形），使矩形的另外两个顶点也在格点上，则该矩形的面积为______； (2)在图②中以已知线段为对角线画出一个菱形（非正方形），使菱形的另外两个顶点也在格点上； (3)在图③中画出面积为8的正方形． 19．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）图（1）的杜岭二号方鼎是河南博物院九大镇院之宝之一，方鼎的口呈正方形（如图（2）），正方形的对角线与相交于点O，则下列说法不正确的是（    ） A． B． C． D． 20．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）（多选）如图，在正方形中，是边的中点，是边的中点，连结、. 求证:.    21．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）如图，正方形的对角线与相交于点，是边上一点，连接，将沿折叠，使得点恰好落在上的点处．若，则的周长是（   ） A． B． C． D． 22．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）我们把连接四边形对边中点的线段称为“中对线”． 凸四边形的对角线 ，且这两条对角线的夹角为，那么该四边形较长的“中对线”的长度为_________． 23．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）如图，将一个大正方形分成2个矩形和2个正方形，分别标为①，④和②，③，其中③，④两个部分已标注面积，则正方形②的边长为（   ） A． B． C． D． 24．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）下列命题中正确的是（   ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．矩形的对角线相等 C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 D．菱形的对角线相等 25．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）如图1，某中学的校门是伸缩电动门，安装驱动器的门柱是宽度为的矩形，伸缩电动门中的每一行菱形有20个，每个菱形边长为，当每个菱形的内角度数为（如图2）时，校门打开了． (1)求该中学校门的总宽度是多少m？ (2)当每个菱形的内角度数为时，校门打开了多少m？ 26．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）如图，正方形的边在正方形的边上，边在下方，连接、，若，，则四边形（阴影部分）的面积为________． 27．（25-26九年级上·广东普宁·期中）如图，在矩形内有一点F，与分别平分和．E为矩形外一点，连接．有下列条件：①；②；③；④．其中能判定四边形是正方形的条件是（　　） A．①② B．②③ C．②③④ D．①②③④ 28．（25-26九年级上·广东深圳龙岗区·期中）如图，正方形的边长为8，分别交，于点，，在上任取两点，，那么图中阴影部分的面积是（　　） A．48 B．40 C．32 D．24 29．（25-26九年级上·广东佛山南海区·期中）在学习了“特殊平行四边形”这一章后，小明同学发现除了已经学过的特殊四边形外，还有很多比较特殊的四边形，勇于创新的他大胆地作出这样的定义：有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”．请你根据以上定义，回答下列问题： (1)如图1，在正方形中，点、分别在边、上，连接、、、，线段、相交于点，若，证明：四边形为“双直四边形”； (2)如图2，在平面直角坐标系中，已知点，，点在线段上，且． ①求的长；②在第一象限内，是否存在点，使得四边形为“双直四边形”？若存在，请直接写出所有点的坐标；若不存在，请说明理由． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 特殊平行四边形 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．（25-26九年级上·广东河源部分学校·期中）如图，在平行四边形中，，E是边上一点，延长与的延长线交于点F，连接． (1)请从下列条件中选择一个能证明四边形是矩形的条件，并写出证明过程； ①；②；③． (2)若四边形是矩形，且，，求四边形的面积． 【答案】(1) 证明：选①，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵是边的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． (2)四边形的面积为． 【分析】（1）由平行四边形的性质得，则，而，，即可证明，得，则四边形是平行四边形，由，得，则四边形是矩形； (2)由得，根据勾股定理求得则 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ， ， ∴四边形的面积为． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、梯形的面积公式等知识，证明是解题的关键． 2．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图，矩形的对角线和相交于点，平分交于点，如果，那么的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 根据矩形性质得出，，，，根据等腰三角形的判定得出，证明为等边三角形，得出，根据等腰三角形的性质得出即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 3．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作，，等大小的角，可采用下面的方法： 第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 第二步：再一次折叠纸片，使点A落在上，并使折痕经过点B，得到折痕和线段．    (1)求∠3的度数； (2)在第（1）题图中，延长交于G，过G点作于点H，得出一个以为宽的黄金矩形（黄金矩形就是符合黄金比例的矩形，即宽与长的比值为），若已知，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，先证明为等边三角形，从而； （2）先根据黄金矩形求出，再根据，然后根据30度角的性质和勾股定理求出，然后作答即可． 【详解】（1）解：如图，连接，    由折叠可得：，，垂直平分， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴． （2）如图：延长交于点G，过点G作于点H．    ∵是矩形纸片，， ∴， ∵黄金矩形以为宽，， ∴， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理得， ∴． 【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，30度角的性质和勾股定理，能够根据折叠的性质证出是解题的关键． 4．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图，在矩形中，，对角线与相交于点，于，若，则的长是_____． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，由矩形的性质得，，，由线段垂直平分线的性质得，即得，得到，再根据勾股定理即可求解，掌握矩形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图所示，在矩形中，对角线、相交于点O，，，则（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，掌握矩形对角线互相平分且相等是解题关键．由矩形的性质可得，，从而推出是等边三角形，得到，，再利用等边对等角和三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， 故选：B． 6．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图，在中，点，分别是，的中点．只需添加一个条件即可证明四边形是矩形，这个条件可以是___________(写出一个即可)． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定． 先证明四边形是平行四边形，再根据矩形的判定方法添加条件即可． 【详解】解：∵， ∴，， ∵点，分别是，的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，平行四边形是矩形， 故答案为：（答案不唯一）． 7．（25-26九年级上·广东梅州梅县区·期中）矩形不具有的性质是（    ） A．对边平行且相等 B．对角线相等 C．四角相等 D．对角线互相垂直 【答案】D 【分析】此题考查了矩形的对角线的性质．根据矩形的性质分别分析各个选项，从而得到答案． 【详解】解：对角线互相垂直，矩形不具有此性质，故D选项符合题意， 故选：D． 8．（25-26九年级上·广东清远清城区·期中）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，，则的长为（　　） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】C 【分析】根据矩形的性质，得，结合，得到是等边三角形，结合，得到，解得即可． 本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 【详解】根据矩形的性质，得， ∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴， 解得． 故选C． 9．（25-26九年级上·广东茂名高州·期中）下列描述正确的是（   ） A．对角线垂直的四边形一定是菱形 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．菱形和矩形邻边都相等 D．有一个角是直角的平行四边形是正方形 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的判定，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 根据菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的判定，对四个命题逐一分析，再作判断即可． 【详解】解：对角线垂直的四边形可能是筝形，不一定是菱形，故A错误，不符合题意； 对角线相等的平行四边形是矩形，故B正确，符合题意； 矩形邻边不一定相等，故C错误，不符合题意； 有一个角是直角的平行四边形是矩形，故D错误，不符合题意； 故选：B． 10．（25-26九年级上·广东茂名高州·期中）已知：如图，点P为矩形内一点，，求证：．    【答案】 证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴． 【分析】欲证明只要证明即可． 【详解】略 【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定． 11．（25-26九年级上·广东茂名高州·期中）如图，小逸同学利用刻度直尺（单位：）测量直角三角形纸片的尺寸，点分别对应刻度尺上的刻度和 为的中点．若，则的长为___________． 【答案】 【分析】本题考查直角三角形斜边中线定理，解题思路是先由刻度尺求出的长度，再利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半求解；解题关键是识别为斜边中线，易错点是对定理的条件和结论理解不清，运用了几何定理的方法技巧． 【详解】解：因为点分别对应刻度尺上的刻度和， 所以， 因为，为的中点， 所以， 即； 故答案为：． 12．（25-26九年级上·广东深圳龙华区·期中）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． (1)用三角板拼出如图所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有______．（填写序号） (2)如图⑤，已知矩形，延长至点E，使，过点E作交延长线于点F．请你判断四边形是否为邻等对补四边形，并说明理由． (3)如图⑥，在中，，，，，N为上一点，且四边形是邻等对补四边形，连接，则的长为______． 【答案】(1)②④ (2) 解：四边形是邻等对补四边形，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是邻等对补四边形； (3) 【分析】对于（1），根据三角板的特征和邻等对补四边形的定义逐个判断即可； 对于（2），先根据矩形的性质得到，再根据垂直定义和同角的补角相等得到，进而根据“角边角”证明，可得，然后根据邻等对补四边形的定义解答； 对于（3），先根据直角三角形的性质和勾股定理求出，，再结合题意求出，然后根据邻等对补四边形定义可得，并求出，接下来根据勾股定理求出，再作，分别根据含直角三角形的性质和勾股定理求出解． 【详解】（1）解：观察可知，图①和图③不存在对角互补，所以不符合题意；图②和图④存在对角互补且邻边相等，所以②和④是邻等对补四边形； 故答案为：②④； （2）略 （3）解：如图，在中，, ∴． 根据勾股定理，得． ∵， ∴， ∴． ∵四边形是邻等对补四边形，则， ∴， ∴． 过点N作， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，勾股定理，新定义的理解是解题的关键． 13．（25-26九年级上·广东深圳龙华区·期中）如图，矩形的对角线相交于点O，若，，则的周长是______cm． 【答案】16 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理．由矩形的性质可得，，，，由勾股定理可求，进一步计算即可求的周长． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，． ∵，， ∴， ∴， ∴的周长． 故答案为：16． 14．（25-26九年级上·广东揭阳榕城区·期中）如图，在中，，，，D是边的中点，则______．    【答案】#### 【分析】本题考查了勾股定理逆定理，直角三角形的性质，得到是直角三角形是解题的关键． 先根据勾股定理逆定理得到，再由直角三角形斜边上中线的性质即可求解． 【详解】解：∵，，， ∴， ∴， ∵D是边的中点， ∴， 故答案为：． 15．（25-26九年级上·广东揭阳榕城区·期中）教材再现：面积法是常用的求长度法，如例图中，等腰中，．即，∵，∴是个固定值． (1)如图1，在矩形中，与交于O，，P是上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作和的垂线，垂足分别为E，F，则的值为_________． 知识应用： (2)如图2，在矩形中，点M，N分别在边，上，将矩形沿直线折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点处．点P为线段上一动点（不与点M，N重合），过点P分别作直线，的垂线，垂足分别为E和F，以，为邻边作平行四边形，若的周长是否为定值？若是，请求出的周长；若不是，请说明理由． (3)如图3，当点P是等边．外一点时，过点P分别作直线、、的垂线、垂足分别为点E、D、F．若，请直接写出的面积_________． 【答案】(1) (2)的周长是定值24，理由见解答过程 (3) 【分析】（1）由矩形的性质得出，，，，，再由勾股定理得，则，，然后由三角形面积即可得出结论； （2）先求，则，再由勾股定理得，然后由三角形面积求出，即可解决问题； （3）由，可求的长，从而求出． 【详解】（1）解：如图1，设与的交点为，连接， 四边形是矩形，，， ，，，，， ，， ，， ，， ， 解得：． （2）解：的周长是定值24，理由如下： 四边形是矩形， ，，， ， 连接，过点作于，如图2所示： 则四边形是矩形， ， 由折叠的性质得：，， ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， ，，， ， ， ， 的周长， 的周长是定值24； （3）解：如图3，连接，，， ，是等边三角形， ， ， ， ， ， 【点睛】本题考查四边形的综合应用，掌握矩形的性质和判定，折叠的性质，平行四边形的性质，勾股定理，等边三角形的性质，三角形面积等知识是解题的关键． 16．（25-26九年级上·广东揭阳榕城区·期中）如图，在矩形中，，平分，交于点，连接，恰好平分，的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图所示，过点C作于点F，证明出是等腰直角三角形，得到，勾股定理求出，然后得到，证明出是等腰直角三角形，得到，勾股定理求出，得到，进而求解即可． 【详解】如图所示，过点C作于点F ∵在矩形中， ∴，， ∵平分 ∴ ∴是等腰直角三角形 ∴ ∴ ∵恰好平分，， ∴ ∵， ∴是等腰直角三角形 ∴ ∴ ∴ ∴． 故选：D． 【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，角平分线的性质定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 17．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）如图，在平行四边形ABCD中，添加一个条件______使平行四边形ABCD是矩形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据矩形的判定方法即可解决问题； 【详解】解：若使▱ABCD是矩形，可添加的条件是： AC=BD；（对角线相等的平行四边形是矩形），∠ABC=90°等（有一个角是直角的平行四边形是矩形）， 故答案为：任意写出一个正确答案即可，如：AC=BD或∠ABC=90°． 故答案为：AC=BD（答案不唯一） 【点睛】本题主要考查了矩形的判定定理，熟练掌握矩形的判定定理是解题关键． 18．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）如图，在矩形中，点在上，，于． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1) 证明：四边形是矩形， ，，， ，， ， 于， ， 在 和中，， ， ， ； (2). 【分析】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解决本题的关键是利用全等三角形的性质找线段之间的相等关系． 根据矩形的性质可知，，，根据同角的余角相等可证，利用可证，根据全等三角形对应边相等，可证结论成立； 根据全等三角形对应边相等可得：，，利用勾股定理可以求出，根据线段之间的关系可以得到． 【详解】（1）略 （2）解：，， ，， 在中，， ． 19．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）如图，一根木棍斜靠在与地面垂直的墙上，若测得木棍长为6米，且点P是木棍的中点，则O，P两点间的距离为（　　） A．6米 B．5米 C．4米 D．3米 【答案】D 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，是解题的关键．连接，根据直角三角形斜边上的中线的性质计算，得到答案． 【详解】解：如图，连接， 在中，点P是的中点， 则（米）， 故选：D． 20．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）如图，在矩形中，对角线相交于点O，， ，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记性质并判断出是等边三角形是解题的关键． 根据矩形的对角线相等且互相平分可得，由，判断出是等边三角形，根据等边三角形的性质求出即可． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ， ， 是等边三角形， ， 故选：B． 21．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）如图，把两个大小完全相同的矩形拼成“”形图案，若，，则（   ）    A． B． C． D．6 【答案】B 【分析】依题意得，，，在中，根据，得，，证明得，，由此得，据此得是等腰直角三角形，然后再由勾股定理即可求出的长． 【详解】解：四边形和四边形是两个完全相同的矩形， ，，， 和都是直角三角形， 在中，，， ，， 在和中， ， ， ，， ， 是等腰直角三角形， 由勾股定理得：． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，含有角的直角三角形的性质，勾股定理．掌握相关知识是解决问题的关键． 22．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）如图，在中，，是的中点，过点作，使，连接，求证：四边形是矩形． 【答案】 证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 【分析】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、等腰三角形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 由题意得出四边形是平行四边形，结合等腰三角形的性质得出，即可得证． 【详解】略 23．（25-26九年级上·广东深圳宝安区区·期中）在矩形中，对角线、相交于点，的角平分线交于点，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，理解矩形的性质是解题的关键． 先根据矩形的性质，结合角平分线的定义求出，利用等腰三角形的性质求出，即可求出答案． 【详解】解：在矩形中，，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 24．（25-26九年级上·广东深圳龙岗区·期中）如图，矩形中，，根据尺规作图痕迹，计算的大小为_______． 【答案】##58度 【分析】本题考查了矩形的性质、角平分线的性质、线段垂直平分线的性质、三角形内角和定理，由矩形的性质可得，求出，再由角平分线的定义可得，由线段垂直平分线的性质可得，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图： ∵四边形为矩形， ∴， ∴， 由作图可得，平分， ∴， 由作图可得，直线垂直平分线段， ∴， ∴， 故答案为：． 25．（25-26九年级上·广东佛山南海区·期中）如图，把一个长方形纸片沿折叠后，点分别落在的位置，若，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查平行线的性质及折叠的性质，由平行可求得，又由折叠的性质可得，结合平角可求得，掌握两直线平行内错角相等是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是长方形， ∴， ∴， 又由折叠的性质可得， ， ∴， 故选：A． 26．（25-26九年级上·广东佛山南海区·期中）已知：如图，在中，，、、分别是、、的中点，若，则的长是______．    【答案】8 【分析】根据直角三角形的性质求出，根据三角形中位线定理求出． 【详解】解：∵，E是的中点， ∴， ∵D、F分别是的中点， ∴， 故答案为：8． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握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． 考点02 菱形 1．（25-26九年级上·广东河源部分学校·期中）已知，四边形是平行四边形，对角线，交于点．若增加一个条件，将它边的数量关系特殊化，可使，则增加的一个条件可以是______．（写出一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查菱形的判定和性质，根据菱形是特殊的平行四边形，只需要增加菱形所特有的性质即可．掌握菱形的判定是解题的关键． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴当时，为菱形， 此时． ∴增加的一个条件可以是． 故答案为：（答案不唯一）． 2．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图，在平行四边形中，． (1)求作四边形，使得点E，F分别在边，上，且平分，；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)求证：四边形是菱形． 【答案】(1) 解：如图所示四边形为所求作的图形， (2) 证明：∵平分， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 由作图可得，， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 【分析】（1）由角平分线的作法得出结果，在上截取，连接；画出图形即可； （2）由平行四边形的性质和角平分线得出，证出，由（1）得：，得出，得出四边形是平行四边形，即可得出结论． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、作图基本作图、菱形的判定；熟练掌握平行四边形的性质和角平分线作图，证明是解决问题（2）的关键． 3．（25-26九年级上·广东茂名·期中）菱形的一条边长为，其中一个内角为，则菱形的面积为_________． 【答案】 【分析】根据题意画出图形，证明是等边三角形，可得，再由勾股定理求出，然后利用菱形的面积公式解答，即可求解． 【详解】解：如图，四边形是菱形，边长为，，对角线交于点，    四边形是菱形，边长为， ，，，，， 是等边三角形， ， ， ， ， 菱形的面积为． 故答案为：． 【点睛】本题考查的知识点是利用菱形的性质求线段的长度，等边三角形的判定与性质、勾股定理，解题关键是熟练掌握菱形的性质． 4．（25-26九年级上·广东茂名·期中）（多选）如图，在四边形中，，，对角线交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键； （1）先证明四边形是平行四边形，再由可得平行四边形是菱形； （2）根据菱形的性质得出的长以及，利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出，即可解答． 【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，， ， ， ， ． 5．（25-26九年级上·广东梅州梅县区·期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴负半轴上，顶点在直线上，若点的横坐标是8，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点B作轴，垂足为点D，先求出，由勾股定理求得，再由菱形的性质得到轴，最后由平移即可求解． 【详解】解：过点B作轴，垂足为点D， ∵顶点在直线上，点的横坐标是8， ∴，即， ∴， ∵轴， ∴由勾股定理得：， ∵四边形是菱形， ∴轴， ∴将点B向左平移10个单位得到点C， ∴点， 故选：B． 【点睛】本题考查了一次函数的图像，勾股定理，菱形的性质，点的坐标平移，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 6．（25-26九年级上·广东梅州梅县区·期中）如图，□ABCD中，AB=5，对角线AC=6，BD=8，求□ABCD的面积. 【答案】24． 【分析】利用平行四边形的性质结合勾股定理的逆定理得出△AOB是直角三角形，进而得出四边形ABCD是菱形；利用菱形的面积求法得出答案． 【详解】解：∵在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=5，AC=6，BD=8， ∴AO=AC=3，BO=BD=4， ∵AB=5，且32+42=52， ∴AO2+BO2=AB2， ∴△AOB是直角三角形，且∠AOB=90°， ∴AC⊥BD， ∴四边形ABCD是菱形； ∴S菱形ABCD=AC•BD=×6×8=24． 故答案为24． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质，正确掌握菱形的判定方法是解题的关键． 7．（25-26九年级上·广东清远清城区·期中）如图，在中，相交于点O，E，F分别是的中点． 命题1：． 命题2：连接，若，则四边形是矩形． 命题3：连接，若，则四边形是菱形． 任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例． 【答案】 解：命题1、命题2、命题3都是真命题，具体证明如下： 命题1： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵E，F分别是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 命题2：连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵E，F分别是的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形 ∵， ∴， ∴四边形是矩形； 命题3：连接， ∵，四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形，， ∴， ∵E，F分别是的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， 【分析】此题考查真命题，平行四边形的判定和性质，矩形的判定，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，关键是根据平行四边形的性质和判定解答即可． 【详解】略 8．（25-26九年级上·广东茂名高州·期中）如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的大小（菱形的边长不变）．当时，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的对角线平分对角的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，是对角线， ∴，平分， ∴， 故选：A ． 9．（25-26九年级上·广东深圳龙华区·期中）如图，已知菱形中，对角线相交于点O，过点C作，过点D作，与相交于点E．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1) 如图，∵四边形为菱形， ∴；而，， ∴， ∴四边形是矩形． (2)14 【分析】（1）首先根据菱形的性质得到，然后利用平行线的性质得到，然后证明即可； （2）首先根据菱形的性质得到，然后利用勾股定理得到，进而求解即可． 【详解】（1）略 （2）∵四边形为菱形， ∴，，， 由勾股定理得： ，而， ∴， ∴四边形的周长． 【点睛】此题考查了矩形的判定，菱形的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 10．（25-26九年级上·广东揭阳榕城区·期中）如图，在平行四边形中，，的平分线与的延长线交于点E，与交于点F，且点F为边的中点，的平分线交于点M，交于点N，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形 ∴， ∴， ∵的平分线交于点E， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵． ∴四边形是菱形． (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形为菱形，即可得证； （2）根据菱形的性质和勾股定理求出的长，进而求出的长，证明，得到，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）得四边形是菱形， ∴， ∵F为边的中点， ∴， 在中，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，． 11．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）用两块边长为的等边三角形纸片（确保仅有一边重合）能拼成的四边形的是（   ） A．等腰梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【答案】B 【分析】本题考查了等边三角形的性质，菱形的判定，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 根据题意，画出图形，再利用等边三角形的性质，证明四边形是菱形． 【详解】解：如图，与是两块边长为的等边三角形纸片, 则， 所以四边形是菱形， 故选：B． 12．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）菱形的两条对角线长分别是：，，则菱形的面积为（    ） A．40 B．28 C．24 D．14 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质． 菱形的面积等于其两条对角线乘积的一半． 【详解】解：∵菱形的对角线，， ∴则菱形的面积． 故选：C． 13．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）如图，在四边形纸片中，，，将纸片沿过点D的直线折叠，使点C落在上的点处，折痕交于点E，连接． (1)请确定四边形的形状，并说明理由； (2)若，，过点作于F，连接交于点M，连接： ①四边形的面积为 ； ② ． 【答案】(1)四边形是菱形， 理由如下： 根据折叠的性质可得：，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； (2)①2；② 【分析】（1）根据折叠的性质可得：，，，再根据平行线的性质可得，进而得到，即可得出，即可求证； （2）①根据菱形的性质可得，，，则，即可得出，，再根据菱形面积公式求解即可；②先求出，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，则，即可求解． 【详解】（1）略 （2）①∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴，， ∴四边形的面积， 故答案为：2； ②∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，勾股定理，含的直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 14．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）（1）尺规作图：已知两条对角线a，b，利用尺规作一个菱形． （2）若，，则你所作的菱形周长为：______． 【答案】 （1）如图，即为所求的菱形． （2）． 【分析】本题考查了尺规作图，菱形的性质． （1）利用菱形的特点及垂直平分线的性质即可求解； （2）根据勾股定理及菱形的性质计算即可． 【详解】（1）解：①先作线段； ②作的垂直平分线，与的交点为O，以交点O为圆心，为半径画弧交B、D两点； ③顺次连接，即为所求的菱形． （2）解：∵，， ∴，， ∴， ∴菱形周长． 故答案为：． 15．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）如图，点为菱形的对角线，的交点，过点作于点，连接，，．则菱形的面积为（   ） A．6 B．12 C． D．24 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，面积公式，斜边中线等于斜边的一半，掌握相关知识是解决问题的关键． 由菱形的性质得，，因为，由直角三角形斜边上的中线性质得，根据菱形的面积等于对角线之积的一半求解即可． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ， ， ， 菱形的面积． 故选：B． 16．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）油纸伞在我国已有一千多年的历史，是中国古代劳动人民智慧的结晶，图①是一把油纸伞展开后的剖面图，点、分别为伞骨、的中点，伞圈为伞柄上可移动的点，四边形为菱形．当油纸伞打开到图①的程度时，，当油纸伞缩拢到图②的程度时，．若，则伞圈下滑的距离的长度为    A．4 B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地求出线段AD的长度及线段AD1的长度是解题的关键．在图①中，由菱形的性质得，，因为，所以，则是等边三角形，所以，在图②中，设、交于点，则，由，，证明是等边三角形，则，所以，则，所以，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图①，四边形是菱形，， ，， ， 是等边三角形， ， 如图②，设菱形的对角线、交于点，则，， ， ， ，， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 故选：B． 17．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）折纸是我们在研究轴对称问题时最常见的活动．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验。 (1)折叠计算：如图1，若，，将矩形纸片沿某条直线折叠，使点与点重合，折痕交于点、交于点，作出折痕，并求出折痕的长； (2)实践发现：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点落在上的点处，并使折痕经过点，得到折痕，把纸片展平，连接，如图2． ①折痕________（填“是”或“不是”）线段的垂直平分线，的形状为：________； ②继续折叠纸片，使点落在边上的点处，并使折痕经过点，得到折痕，把纸片展平，如图3，则________°； (3)如图4，折叠矩形纸片，使点落在边上的点处，并且折痕交边于点，交边于点，把纸片展平，连接交于点，连接，，判断四边形的形状并说明理由； (4)解决问题：如图5，矩形纸片中，，，折叠纸片，使点落在边上的点处，并且折痕交边于点，交边于点，把纸片展平，则线段长度的取值范围是________． 【答案】(1) (2)①是，等边三角形；②15 (3) 证明：四边形是菱形，理由如下： 折叠矩形纸片，使点落在边上的点处， 垂直平分， ，， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； (4) 【分析】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． （1）由折叠得性质可知垂直平分，设，则，再根据勾股定理求解即可； （2）①由折叠的性质和等腰三角形三线合一可知垂直平分，由折叠的性质可知垂直平分线段，得到，进而得到，即可得到的特点，； ②由折叠的性质可知，即可解题； （3）由折叠的性质可知，，证明，得到，由菱形的判定可证四边形是菱形； （4）根据题意分以下两种情况当时，最长，当时，最短分别讨论，设，则，结合勾股定理即可得出线段长度的取值范围． 【详解】（1）如图：作的垂直平分线即可，连接， 根据题意，，，， ，， 设，则， ，即， 解得， ，， 所以折痕的长为； （2）①由折叠的性质可知，，， 垂直平分， 即折痕是线段的垂直平分线； 由折叠的性质可知，，， 即垂直平分线段， ， ， 即图中是等边三角形； ②∵折叠纸片，使点落在边上的点处， ， ， 故答案为：①是，等边三角形；②15； （3）略 （4）由题可得：当时，最长，最长值为，如下图： 当时，最短，如下图： 设，则， 在中， ，， ， ， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ． 故答案为：． 18．（25-26九年级上·广东普宁·期中）如图，已知菱形的边长为2，，进行如下操作：第一次，顺次连接菱形各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第次操作后，得到四边形的面积是________． 【答案】 【分析】本题考查图形类规律探究，涉及矩形和菱形的判定与性质，三角形的中位线性质，通过推导计算得到面积的变化规律是解答的关键．根据矩形和菱形的判定与性质，结合三角形的中位线性质得到每一次得到的四边形的面积与菱形的关系，进而得到变化规律即可． 【详解】解：连接，，，，    ∵四边形为菱形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵第一次，顺次连接菱形各边的中点，得到四边形， ∴，，，， ∴四边形为平行四边形， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形， ∴，，， ∴， ∴四边形为菱形， ∴， 依次可得，， 故答案为：． 19．（25-26九年级上·广东深圳宝安区区·期中）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．如图是一个中国结装饰，可以近似看作菱形，测得，，则菱形周长为______． 【答案】40 【分析】本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，由菱形的性质得，，，，再由勾股定理求出，即可解决问题． 【详解】解：四边形为菱形，且，， ，，，， ， 在中，由勾股定理得：， 此菱形的周长． 故答案为：40． 20．（25-26九年级上·广东深圳宝安区区·期中）如图，在中，，点为斜边上一点，连接，分别过点、作、的平行线相交于点． (1)在不添加新的点和线段的前提下，请增加一个条件： ，使得四边形是菱形，并说明理由； (2)在（）的条件下，尺规作图：求作点，使得四边形为矩形．（保留作图痕迹，不写作法，标明字母） 【答案】(1) 解：点为中点， 证明如下：∵，， ∴四边形是平行四边形， 在中，点为中点， ∴， ∴平行四边形是菱形； （或或）， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形， 其他证法相同； (2) 如图所示：点为所求， 【分析】本题考查了尺规作图——作一条线段等于已知线段，菱形的判定、平行四边形的判定、矩形的判定，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据平行四边形的判定方法和菱形的判定即可求解； （）先作一条线段等于已知线段，然后通过平行四边形的判定，矩形的判定即可求证． 【详解】（1）略 （2）解：理由：∵点为中点， ∴， 由作图可知，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． 21．（25-26九年级上·广东深圳龙岗区·期中）如图，在中，，是的中点，，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求四边形的面积； (3)利用圆规和无刻度直尺在图中作射线，交于点，保留作图痕迹，不用写出作法和理由． 【答案】(1) 证明：∵，D是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形为菱形； (2)； (3) 如图所示，射线就是所求的射线 【分析】本题考查了尺规作图，含30度角的直角三角形，直角三角形斜边上的中线性质，菱形的判定与性质． （1）先根据斜边上的中线性质得到，则可证明，然后根据菱形的定义可判断四边形为菱形； （2）先利用含30度角的直角三角形三边的关系得到，，再根据三角形面积公式计算出，则利用D是的中点得到，接着根据菱形的性质得到，然后计算即可； （3）过D点作的垂线即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵D是的中点， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴四边形的面积； （3）略 22．（25-26九年级上·广东佛山南海区·期中）如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（　　） A．2 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】结合图象，得到当时，，当点P运动到点B时，，根据菱形的性质，得，继而得到，当点P运动到中点时，的长为，解得即可． 本题考查了菱形的性质，图象信息题，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键． 【详解】结合图象，得到当时，， 当点P运动到点B时，， 根据菱形的性质，得， 故， 当点P运动到中点时，的长为， 故选C． 23．（25-26九年级上·广东佛山南海区·期中）两张全等的矩形纸片，按如图方式交叉叠放在一起，，．若，则图中阴影部分的面积为（　　） A．4 B． C． D．6 【答案】B 【分析】先证明四边形是平行四边形，再证，得，则平行四边形是菱形，得，设，则，然后在中，由勾股定理列出方程，得，由三角形面积公式即可得出答案． 【详解】解：如图所示： 两张全等的矩形纸片按如图方式交叉叠放在一起， 四边形是平行四边形，， 在和中， ， ， ， 平行四边形是菱形， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 解得， ， 图中阴影部分的面积为， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱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． 24．（25-26九年级上·广东佛山南海区·期中）如图，菱形的对角线AC、BD相交于点O， ． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1) 证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴，则， ∴四边形是矩形； (2)四边形的面积． 【分析】（1）先由已知条件证明四边形是平行四边形，再由菱形的性质得出，由矩形的判定方法即可得出结论； （2）根据，，求出、的大小，即可求出四边形的面积是多少． 【详解】（1）略 （2）解：∵，，四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积． 【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定；熟练掌握菱形的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键． 25．（25-26九年级上·广东佛山南海区·期中）在四边形中，对角线，互相平分，若添加一个条件使得四边形是菱形，则这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由在四边形ABCD中，对角线AC，BD互相平分，可得四边形ABCD是平行四边形，又由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可求得答案． 【详解】解：∵在四边形中，对角线互相平分， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形． 故选B． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定以及菱形的判定．此题比较简单，注意掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形定理的应用． 考点03 正方形 1．（25-26九年级上·广东河源部分学校·期中）综合与实践：制作无盖正三棱柱纸盒 如图1，正方形纸片的边长为12，在正方形内部作等边三角形，连接． (1)求证：． (2)如图2，在等边三角形的三个角处分别截去一个彼此全等的四边形，再沿图中的虚线折起，做成一个无盖的直三棱柱纸盒（纸盒厚度忽略不计）．该纸盒的高为，用含的代数式表示该纸盒底面的边长，并直接写出的取值范围． 【答案】(1) 证明：∵四边形是正方形，是等边三角形， ，，， ， ， ； (2)该纸盒底面的边长为 【分析】本题主要考查正方形的性质，矩形的判定与性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键． （1）根据正方形，等边三角形的性质证明，即可求解； （2）根据题意得四边形、四边形、四边形都为矩形，，证明，则，，结合筝形和筝形和筝形全等，得，结合题意得到，则，由此即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：为等边三角形，连接， ，， ∵折叠后是一个三棱柱， ∴四边形、四边形、四边形都为矩形，， ， 在和中，， ， ，， 同理，， ∵筝形和筝形和筝形全等， ， 由题意得，，则， ， ， ∵是无盖的直三棱柱纸盒，当时，， ∴， ∴， ∴该纸盒底面的边长为． 2．（25-26九年级上·广东河源部分学校·期中）下列命题是真命题的是（    ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 C．平行四边形的对角线平分对角 D．矩形的对角线相等且互相平分 【答案】D 【分析】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．根据矩形、正方形的判定、平行四边形、矩形的性质判断即可． 【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项说法是假命题，不符合题意； B、对角线互相垂直平分的平行四边形是正方形，故本选项说法是假命题，不符合题意； C、平行四边形的对角线不一定平分对角，故本选项说法是假命题，不符合题意； D、矩形的对角线相等且互相平分，是真命题，符合题意； 故选：D． 3．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图，在平行四边形中，下列结论中错误的是（   ） A．当时，它是菱形 B．当平分时，它是菱形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形 【答案】D 【分析】根据邻边相等的平行四边形是菱形、对角线相等的平行四边形是矩形、对角线互相垂直的平行四边形是菱形对选项进行逐一判断即可． 【详解】解：选项，邻边相等的平行四边形是菱形，则当时，平行四边形是菱形，结论正确，不符合题意，选项错误； 选项，平分时，， 又平行四边形中，，则， ， ， 平行四边形是菱形，结论正确，不符合题意，选项错误； 选项，平行四边形中，对角线、互相平分， ，， 当时，， 根据对角线相等的平行四边形是矩形可得，此时平行四边形是矩形， 结论正确，不符合题意，选项错误； 选项，当时，平行四边形是菱形，不一定是正方形，结论错误，符合题意，选项正确． 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定，解题关键是熟练掌握特殊四边形的判定． 4．（25-26九年级上·广东茂名·期中）已知：如图，是正方形的边上的两点，，连接，．求证：． 【答案】 证明：∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ∴， ∴． 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解相关知识是解答关键． 根据正方形的性质得到，，进而易得到和全等，再利用全等三角形的性质求解． 【详解】略 5．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图，在正方形中，，E，F分别为边的中点，连接，点G，H分别为的中点，连接，则的长为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】C 【分析】连接AG，延长AG交CD于M，连接FM，由正方形ABCD推出AB＝CD＝BC＝AD＝4，ABCD，∠C＝90°，证明△AEG≌△MDG，得到AG＝MG，AE＝DM＝AB＝CD，根据三角形中位线定理得到GH＝FM，由勾股定理求出FM即可得到GH． 【详解】解：连接AG，延长AG交CD于M，连接FM， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CD＝BC＝AD＝4，ABCD，∠C＝90°， ∴∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG， ∵G为DE的中点， ∴GE＝GD， ∴△AEG≌△MDG（AAS）， ∴AG＝MG，AE＝DM＝AB＝CD， ∴CM＝CD＝2， ∵点H为AF的中点， ∴GH＝FM， ∵F为BC的中点， ∴CF＝BC＝2， ∴FM＝， ∴GH＝FM＝， 故选：C． 【点睛】本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，三角形的中位线定理等知识，正确作出辅助线，证出AG＝MG是解决问题的关键． 6．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图，在中，．再添加一个条件，仍不能判定四边形是正方形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的判定，根据矩形的判定定理及正方形的判定定理即可解答． 【详解】解：在中，， ∴四边形是矩形， A、当时，四边形是正方形，正确，故A不符合题意； B、当时，无法确定矩形就是正方形，故B符合题意； C、当时，矩形是正方形，正确，故C不符合题意； D、当时，则，，所以是正方形，正确，故D不符合题意； 故选：B． 7．（25-26九年级上·广东茂名·期中）如图①，四边形是正方形，点E是上一点，连接，以为一边作正方形，连接． (1)求证： (2)如图②，连接交于点H，连接，请探究、、三条线段之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) 证明：如图①， ∵四边形和四边形是正方形， ∴，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴ (2) ， 理由：如图②， ∵， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴ 【分析】（1）根据证明，根据全等三角形的性质，即可证明； （2）根据，得出，，证明， 得出，即可得出答案． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，余角的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法，证明和． 8．（25-26九年级上·广东惠州仲恺区·期中）已知四边形和四边形都是正方形，且． (1)如图1，连接、．猜想：_____（填、、），并证明 (2)如图2，如果正方形绕点旋转到某一位置恰好使得，． ①求的度数； ②若正方形的边长是，请求出的面积． 【答案】(1)； 证明：四边形和四边形都是正方形， ，，， ， 即， 在和中， ， ； (2)①；② 【分析】（1）根据正方形的性质可以得出，，，再由证明就可以得出结论； （2）①连接，根据平行线的性质可以得出，可以得出，由证得，得出，证得为等边三角形即可以得出结果； ②延长交于点，过点作交的延长线于点，由证明，得出，得出，，由勾股定理求出的值，得出的值，证出是等腰直角三角形，得出，由三角形面积公式即可得出结果． 【详解】（1）略 （2）解：①如图，连接， 由（1）可知， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， 为等边三角形， ； ②如图，延长交于点，过点作交的延长线于点， 在和中， ， ， ， ，， ， ，， ， 在中， ， ， 是等腰直角三角形， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理和全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质、证明三角形全等是解题的关键． 9．（25-26九年级上·广东梅州梅县区·期中）如图，正方形ABCD边长为1，以AC为边作第2个正方形ACEF，再以CF为边作第3个正方形FCGH，…，按照这样的规律作下去，第6个正方形的边长为（　　）    A．（2）5 B．（2）6 C．（）5 D．（）6 【答案】C 【分析】根据勾股定理得出正方形的对角线是边长的，第1个正方形的边长为1，其对角线长为；第2个正方形的边长为，其对角线长为；第3个正方形的边长为，其对角线长为；•••；第n个正方形的边长为．所以，第6个正方形的边长． 【详解】解：由题知，第1个正方形的边长， 根据勾股定理得，第2个正方形的边长， 根据勾股定理得，第3个正方形的边长， 根据勾股定理得，第4个正方形的边长， 根据勾股定理得，第5个正方形的边长， 根据勾股定理得，第6个正方形的边长． 故选：C． 【点睛】本题主要考查勾股定理，根据勾股定理找到正方形边长之间的倍关系是解题的关键． 10．（25-26九年级上·广东梅州梅县区·期中）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点． 求证：中点四边形是平行四边形． 证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴、分别是和的中位线， ∴，（____①____） ∴． 同理可得：． ∴中点四边形是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． （1）请你补全上述过程中的证明依据①________ 【探究二】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 菱形 从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． （2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 ②________ （3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________． （4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【归纳总结】 （5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 ③________ ④________ 结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________． 【答案】（1）①中位线定理 （2）证明：∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． （3）②矩形 （4）证明∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴，， ∴． 同理可得：． ∵ ∴， ∴ ∴中点四边形是矩形． （5）补图如下：    ③且；④正方形 【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识 （1）利用三角形中位线定理即可解决问题； （2）根据三角形中位线定理，菱形判定定理即可解决问题； （3）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题； （4）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题； （5）根据三角形中位线定理，正方形判定定理即可解决问题. 【详解】（1）①证明依据是：中位线定理； （2）略 （3）②矩形； 故答案为：矩形 （4）略 （5）证明：如图4，∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． ∵ 由（4）可知 ∴菱形是正方形． 故答案为：③且；④正方形 11．（25-26九年级上·广东梅州梅县区·期中）如图，三个边长均为3的正方形重叠在一起，、是其中两个正方形的中心，则阴影部分的面积是___________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是准确作出辅助线构造全等三角形． 根据题意作图，连接、，可得≌，那么可得阴影部分的面积与正方形面积的关系，同理得出另两个正方形的阴影部分面积与正方形面积的关系，从而得出答案． 【详解】解：连接、，如图： ∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴≌， ∴， ∴、两个正方形重叠的阴影部分的面积是， 同理另外两个正方形重叠的阴影部分的面积也是， ∴阴影部分的面积为． 故答案为： ． 12．（25-26九年级上·广东清远清城区·期中）【问题情境】 小颖在学习了正方形的相关知识之后，在一张边长为8的正方形纸片上进行了关于折叠的研究性学习． 【探究感悟】 （1）如图1，在正方形中，小颖在边上取点（不与、重合），连接，将沿翻折，使得点的对应点恰好落到对角线上，则此时线段的长是________． 【深入探究】 （2）小颖继续将沿翻折，发现：，，三点能构成等腰三角形．请求出此时线段的长． 【拓展延伸】 （3）如图2，在正方形中，小颖又在边上取点（不与、重合），并将四边形沿翻折，使得点的对应点恰好落在边上，记（为的对应点）与的交点为，连接，小颖再次发现：线段与的长度之和存在最小值，请求出此时线段的长． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】本题考查正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，准确利用知识点进行计算是解题的关键． （1）根据正方形的性质，折叠的性质，推出为等腰直角三角形，进而求出的长即可； （2）分和两种情况进行讨论求解即可； （3）连接，，交于点，作，则四边形为矩形，根据折叠性质得到，证明，得到，进而得到，作点关于的对称点，连接，连接交于点，则，，得到，当点在上时，即点与点重合时，值最小，证明，得到，进而得到为的中点，设，则，在中，由勾股定理得，求出的长，进而求出的长，证明，进行求解即可． 【详解】解：（1）连接，如图所示： 正方形边长为， ，， ， 沿翻折得到， ，，， 是等腰直角三角形， ， ． 故答案是：． （2）①当时，如图，作于点，延长交于点， 则四边形为矩形， ，， ， ， 又由折叠性质可得：， ，， ， 为等边三角形， ， ， ，， ， ， ，， 在中，， ； ②当时，如图：作于点，延长交于点，作于点， 则，四边形为矩形，四边形为矩形， ，，，， 由折叠可知，，， 则在中，， ， ， ， 在中，设，则， 由勾股定理，得：， 解得， ， 综上所述，线段的长为或； （3）连接，，交于点，作，则四边形为矩形，，， 由折叠可知，，，，，， ，， ， 又，， ， ， ， 作点关于的对称点，连接，连接交于点， 则，， ， 当点在上时，即点与点重合时，值最小； 如图： ，，， ， ， 为的中点， ， 设， 则， 在中，由勾股定理，得：， 解得， ， ， ， ， ， ，即，，即， ，， ， ，， ， ，即， ． 13．（25-26九年级上·广东清远清城区·期中）对角线长为的正方形，边长为________． 【答案】2 【分析】根据正方形的性质，对角线是边长的 倍，利用勾股定理建立方程求解． 【详解】设正方形的边长为 ，则对角线长为 ． 给定对角线长为 ， 所以 ， 解得 ， 故答案为：2． 14．（25-26九年级上·广东茂名高州·期中）如图（1），四边形为正方形，E为对角线上一点，连接，． (1)求证：； (2)如图（2），过点E作，交边于点F，以，为邻边作矩形，连接． ①求证：矩形是正方形； ②若正方形的边长为9，，求正方形的边长． 【答案】(1) 证明：∵在正方形中， ∴，， ∵， ∴， ∴； (2) ①证明：如图，作于点P，于点Q， ∵在正方形中， ∴， ∴和均为等腰直角三角形， 由勾股定理可得， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； ② 【分析】本题考查四边形的综合应用，主要考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质是解题的关键，同时注意解题方法的延续性． （1）由正方形得，，可证得，可证得结果； （2）①作于点P，于点Q，利用角平分线的性质得，证明，即可得出，从而证明结论； ②过点E作于M，先证明，可得，最后由勾股定理求得的长 【详解】（1）略 （2）①略 ②解：∵在正方形，正方形中， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 如图所示，过点E作于M，则是等腰直角三角形， 根据勾股定理得， ∵， ∵， 即正方形的边长为； 故答案为： 15．（25-26九年级上·广东茂名高州·期中）如图，正方形中，点E、F、H分别是、、的中点，、交于G，连接、．下列结论：①；②；③；④，其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】连接，由四边形是正方形与点E、F、H分别是、、的中点，易证得与，根据全等三角形的性质，易证得与，根据垂直平分线的性质，即可证得，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证得，根据等腰三角形的性质，即可得，则问题得解． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 点E、F、H分别是、、的中点， ， 在与中， ， ， ， ， ， ， ，故①正确； 在中，H是边的中点， ，故④正确； 如图，连接， 同理可得：， ， ， 垂直平分， ，故②正确； ， 同理：， ， ， ， ， ，故③正确． 故选：D． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质以及垂直平分线的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用． 16．（25-26九年级上·广东揭阳榕城区·期中）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． 17．（25-26九年级上·广东揭阳榕城区·期中）如图，在正方形中，，对角线，相交于点O，点E从点B出发，在边上由B向A移动，同时点F从点A出发，以相同的速度在边上由A向D移动，连接，．下列结论：①；②四边形的面积为1；③；④四边形周长的最小值为．其中正确的结论有________（填序号）． 【答案】①②③ 【分析】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理．首先利用正方形的性质得到相关边和角的关系，证明三角形全等，得到，即可得到①；根据，得到，结合，计算即可得到②；连接，得到，求出，，得到，得到③；根据全等得到四边形周长为，根据垂线段最短可知，当时，四边形周长最小，得到，得到四边形周长最小值为，判断④即可． 【详解】解：由题意得， ∵四边形是正方形 ∴，，，， ∴， ∴，， ∴， ∴． ∴，故①正确； ∵， ∴， ∴四边形的面积为： ， 故②正确； 如图，连接， ∵， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴，故③正确； ∵， ∴，， ∴四边形周长为， 根据垂线段最短可知，当时，四边形周长最小， ∵，， ∴， ∵， ∴， 四边形周长最小值为，故④不正确， 综上可知：①②③正确． 故答案为：①②③． 18．（25-26九年级上·广东揭阳榕城区·期中）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，以格点为顶点按下列要求画图： (1)在图①中以已知线段为对角线画出一个矩形（非正方形），使矩形的另外两个顶点也在格点上，则该矩形的面积为______； (2)在图②中以已知线段为对角线画出一个菱形（非正方形），使菱形的另外两个顶点也在格点上； (3)在图③中画出面积为8的正方形． 【答案】(1)8 (2) 菱形即为所求． (3) 正方形即为所求． 【分析】本题考查了格点作图、矩形、菱形与正方形、勾股定理、二次根式的应用，熟练掌握矩形、菱形与正方形的格点作图方法是解题关键． （1）根据矩形的两条对角线相等，结合网格特点作图即可得； （2）根据菱形的四条边相等，结合网格特点作图即可得； （3）先求出这个正方形的边长为，再根据勾股定理、网格特点作图即可得． 【详解】（1）解：如图①，矩形即为所求． （2）解：如图②，， （3）解：由题意得：这个正方形的边长为， 19．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）图（1）的杜岭二号方鼎是河南博物院九大镇院之宝之一，方鼎的口呈正方形（如图（2）），正方形的对角线与相交于点O，则下列说法不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质，是解题的关键．利用正方形的性质，进行判断即可． 【详解】解：∵正方形的对角线与相交于点O， ∴ ∴， 故选项正确；选项B错误； 故选B． 20．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）（多选）如图，在正方形中，是边的中点，是边的中点，连结、. 求证:.    【答案】证明：因为四边形ABCD是正方形， 所以AB=BC，. 又分别是、的中点， 所以BE=CF,所以（SAS）， 所以（全等三角形的对应边相等）. 【分析】若证明线段相等，通常证明线段所在的两个三角形全等，此题通过正方形性质及已知E,F分别为AB,BC中点，利用边角边证明即可得出结论. 【详解】略 21．（25-26九年级上·广东清远英德·期中）如图，正方形的对角线与相交于点，是边上一点，连接，将沿折叠，使得点恰好落在上的点处．若，则的周长是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算，折叠的性质等知识点，熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题的关键． 先根据正方形的性质求出，由勾股定理求出，由折叠得到，，然后求出，再由等腰直角三角形求出，即可求解周长． 【详解】解：正方形， ∴，， ∴，， ∵折叠， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴的周长是． 故选：A． 22．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）我们把连接四边形对边中点的线段称为“中对线”． 凸四边形的对角线 ，且这两条对角线的夹角为，那么该四边形较长的“中对线”的长度为_________． 【答案】 【分析】根据三角形中位线定理可得菱形，取四边的中点并连接起来，设与交点M．与交于N，然后根据菱形的性质及等边三角形的性质可得答案． 【详解】解：如图，设两条对角线的夹角为，取四边的中点并连接起来，设与交点M．与交于N， ∴是的中位线， ， 同理, ，，，， ，， 四边形是菱形， ，， ， ， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴较长的“中对线”长度为． 故答案为：． 【点睛】此题考查的是三角形的中位线定理，菱形的判定和性质，含30度角的直角三角形的特征，等边三角形的判定和性质，掌握其定理是解决此题关键． 23．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）如图，将一个大正方形分成2个矩形和2个正方形，分别标为①，④和②，③，其中③，④两个部分已标注面积，则正方形②的边长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是是算术平方根的含义，单项式除以单项式，根据面积可得正方形③的边长为，求解矩形④的宽为，从而可得答案. 【详解】解：∵正方形③的面积为， ∴正方形③的边长为， ∵矩形④的面积为，而长为， ∴矩形④的宽为， ∴正方形②的边长为， 故选：B 24．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）下列命题中正确的是（   ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．矩形的对角线相等 C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 D．菱形的对角线相等 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的性质、正方形的判定、菱形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．根据菱形的判定、矩形的性质、正方形的判定、菱形的性质，逐项分析即可求解． 【详解】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故A选项命题不正确，不符合题意； B、矩形的对角线相等，B选项命题正确，符合题意； C、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故C选项命题不正确，不符合题意； D、菱形的对角线互相垂直但不一定相等，故D选项命题不正确，不符合题意； 故选：B． 25．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）如图1，某中学的校门是伸缩电动门，安装驱动器的门柱是宽度为的矩形，伸缩电动门中的每一行菱形有20个，每个菱形边长为，当每个菱形的内角度数为（如图2）时，校门打开了． (1)求该中学校门的总宽度是多少m？ (2)当每个菱形的内角度数为时，校门打开了多少m？ 【答案】(1) (2)当每个菱形的内角为时，校门打开了 【分析】（1）如图，连接．根据菱形和等边三角形的性质即可得到结论； （2）根据正方形的判定定理得到四边形是正方形，如图，连接，根据正方形的性质即可得到结论． 【详解】（1）解：如图，连接． 四边形是菱形， ， 又， 是等边三角形，， ， 所以，该中学校门的总宽度是． （2）当菱形的时， ， 四边形是正方形， 如图，连接， 则，， 所以，当每个菱形的内角为时，校门打开了． 【点睛】此题考查了矩形的性质，菱形的性质以及等边三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键． 26．（25-26九年级上·广东佛山高明区·期中）如图，正方形的边在正方形的边上，边在下方，连接、，若，，则四边形（阴影部分）的面积为________． 【答案】4 【分析】本题考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的四边相等是解题的关键．由正方形的性质可得，，由梯形的面积公式即可求解． 【详解】解：∵四边形和均为正方形， ∴，， 根据题意得：四边形（阴影部分）的面积为． 故答案为：4． 27．（25-26九年级上·广东普宁·期中）如图，在矩形内有一点F，与分别平分和．E为矩形外一点，连接．有下列条件：①；②；③；④．其中能判定四边形是正方形的条件是（　　） A．①② B．②③ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】根据矩形的性质，角平分线的定义，得到，再根据正方形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵与分别平分和， ∴， ∴， ∴， ①∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是正方形，故①正确； ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形，故②正确； ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形，故③正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是正方形，故④正确； 即正确的个数是4个， 故选：D． 【点睛】本题考查矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定．熟练掌握正方形的判定方法，是解题的关键． 28．（25-26九年级上·广东深圳龙岗区·期中）如图，正方形的边长为8，分别交，于点，，在上任取两点，，那么图中阴影部分的面积是（　　） A．48 B．40 C．32 D．24 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，三角形的面积，理解正方形的性质，熟练掌握矩形的判定和性质，三角形的面积公式是解决问题的关键．过点作直线于点，交于点，过点作于点，证明四边形和是四边形都是矩形得，，则，由三角形面积公式得，，则，根据“”即可得出答案． 【详解】解：过点作直线于点，交于点，过点作于点，如图所示： 四边形是正方形，且边长为8， ，，，， ， ， ，， ，， 四边形和四边形都是矩形， ，， ， 由三角形的面积公式得：，， ， ． 故选：C． 29．（25-26九年级上·广东佛山南海区·期中）在学习了“特殊平行四边形”这一章后，小明同学发现除了已经学过的特殊四边形外，还有很多比较特殊的四边形，勇于创新的他大胆地作出这样的定义：有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”．请你根据以上定义，回答下列问题： (1)如图1，在正方形中，点、分别在边、上，连接、、、，线段、相交于点，若，证明：四边形为“双直四边形”； (2)如图2，在平面直角坐标系中，已知点，，点在线段上，且． ①求的长；②在第一象限内，是否存在点，使得四边形为“双直四边形”？若存在，请直接写出所有点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 证明：∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴ ， 在△和△中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形 为“双直四边形”； (2)①；②存在点，使得四边形为“双直四边形”；点的坐标为或 【分析】（1）由正方形的性质证出，再通过角的等量代换解答即可； （2）①：利用勾股定理运算求解即可； ②：假设存在点在第一象限，使得四边形为“双直四边形”，求出直线的解析式为，设，分类讨论角的位置情况进而解答即可． 【详解】（1）略 （2）解：①∵，， ∴，， 在中，由勾股定理得： ， ∴， ∴； ②存在点，使得四边形为“双直四边形” 点的坐标为或，                理由如下： 假设存在点在第一象限，使得四边形为“双直四边形”， 如图2，设、的交点为， ∵，， ∴， ∴是的中点， ∴， 设直线的解析式为，将点，点的坐标代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为， 设， ①当时，则， ∴，， 则， ②当时， ∵，， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， 此时点坐标还是， ③当时， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 整理得， 解得：，， 当时，， 此时在第四象限，不符合题意； 当时，， 此时在第一象限，符合题意． 综上，存在点，使得四边形为“双直四边形”，点的坐标为或． 【点睛】本题为几何综合题，涉及到了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，垂直平分线的判定及性质，一次函数的图象性质等知识点，合理分类讨论是解题的关键． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $