专题02 四边形（期中真题汇编，四川专用）九年级数学上学期

专题02 四边形 5大高频考点概览 考点01 四边形及其内角和 考点02 平行四边形 考点03 矩形 考点04 菱形 考点05 正方形 考点01 四边形及其内角和 1．（2025·四川宜宾·质量监测）如图，是的中位线，的平分线交于点，连接并延长交于，若，则的长为（     ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】A 【分析】 本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质与判定，根据中位线性质求出，，根据等腰三角形的性质与判定求出，再求出的长，最后可得答案． 【详解】 解：∵是的中位线， ∴，， ∵是的平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 2．（25-26学年九上·四川资阳·期中）如图，在中，D，E，F分别是，，的中点．若，，则四边形的周长是（       ） A. 28 B. 14 C. 10 D. 7 【答案】B 【分析】 首先根据D，E，F分别是，，的中点，可判定四边形是平行四边形，再根据三角形中位线定理，即可求得四边形的周长． 【详解】 解：D，E，F分别是，，的中点， 、分别是的中位线， ，且，， 四边形是平行四边形， ，， 四边形的周长为： ， 故选：B． 【点睛】 本题考查了平行四边形的判定及性质，三角形中位线定理，判定出四边形是平行四边形是解决本题的关键． 3．（25-26学年九上·四川内江第六中学·期中）如图，△ABC的周长为20，点D,E在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为N，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为M，若BC=8，则MN的长度为（） A.  B. 2 C.  D. 3 【答案】B 【分析】证明△BNA≌△BNE，得到BE＝BA，AN＝NE，同理得到CD＝CA，AM＝MD，求出DE，根据三角形中位线定理计算即可． 【详解】解：在△BNA和△BNE中， ， ∴△BNA≌△BNE（ASA） ∴BE＝BA，AN＝NE， 同理，CD＝CA，AM＝MD， ∴DE＝BE＋CD−BC＝BA＋CA−BC＝20−8−8＝4， ∵AN＝NE，AM＝MD， ∴MN＝DE＝2， 故选B． 【点睛】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，且等于第三边的一半是解题的关键． 4．（25-26学年九上·四川资阳安岳中学·期中）如图，在中，，分别是边，上的中线，与相交于点O，连接．    （1）若，求线段的长； （2）线段与线段有怎样的数量关系，并证明． 【答案】（1）5；     （2） ， 证明：如图，分别取线段，的中点M，N，连接，，，则是的中位线，    ，， ∵是的中位线， ，， ，， 四边形是平行四边形， ， ．      【分析】 本题考查三角形中位的性质，平行四边形的判定与性质，熟练掌握三角形中位的性质是解题的关键． （1）证明是的中位线，利用三角形中位线的性质即可求解； （2）分别取线段，的中点M，N，连接，，，则是的中位线，利用中位线的性质证明，，从而证得四边形是平行四边形，利用平行线的性质即可得出结论． (1) 小问详解： 解：∵，分别是边，上的中线， 点D，点E分别是边，上的中点， 是的中位线， ， ， ． (2) 小问详解： 略 考点02 平行四边形 1．（25-26学年九上·四川成都实验外国语学校·期中）如图，在平行四边形中，对角线与交于点O．过点O作直线，分别交、于点E、F，连接、， （1）求证：； （2）若，，求四边形的面积． 【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴；     （2）      【分析】 此题主要考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质以及菱形的判定，关键是掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形． （1）首先根据平行四边形的性质可得，，根据平行线的性质得，再根据证明即可； （2）先证明四边形是菱形，由，，根据菱形的性质，即可求得的长，继而求得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 考点03 矩形 1．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期中）如图，四边形是矩形，对角线和相交于点，若，则的长为（     ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 2 【答案】A 【分析】 本题考查矩形的性质．根据矩形的性质，即可得的长． 【详解】 解：∵四边形是矩形，对角线和相交于点， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故选：A． 2．（25-26学年九上·四川渠县中学·期中）如图，在矩形中，O是对角线的交点，于点E，若，，则的长为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 由矩形的性质得到，求得，再由勾股定理即可得到的长． 【详解】 解：∵四边形是矩形，， ∴， ∵， ∴， ∵于点E， ∴， ∴， 故选：C 【点睛】 此题考查了矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 3．（25-26学年九上·四川射洪中学校·期中）如图，在ABC中，AB＝10，BC＝16，点D、E分别是边AB、AC的中点，点F是线段DE上的一点，连接AF、BF，若∠AFB＝90°，则线段EF的长为（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【分析】 根据直角三角形的斜边的中线等于斜边的一半，得到DF=5，由三角形中位线的性质得到DE=8，最后由线段的和差解题即可． 【详解】 解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点， ∴DF= AB=5， ∵BC= 16，D、E分别是AB，AC的中点， ∴DE=BC=8， ∴EF=DE-DF=3， 故选：B． 【点睛】 本题考查了直角三角形的性质和中位线性质，掌握定理是解题的关键． 4．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期末）如图，矩形的对角线交于点O，E为边上一点，连接，F为的中点，连接，若的周长为，则的周长为（       ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】D 【分析】 根据矩形的性质可得，，，再由三角形中位线定理和直角三角形的性质，可得，，从而得到，即可求解．本题主要考查了矩形的性质，三角形中位线定理和直角三角形的性质，熟练掌握矩形的性质，三角形中位线定理和直角三角形的性质是解题的关键． 【详解】 解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵点F为的中点， ∴为的中位线，， ∴， ∵的周长为14， ∴， ∴， ∴的周长为． 故选：D 5．（25-26学年九上·四川达州通川区第八中学·期中）如图，矩形的对角线，相交于点O，且．过点A作于点E，则等于（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 由矩形的性质得，易求，则为等边三角形，由，得出，推出，即可得出结果． 本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键． 【详解】 解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 6．（25-26学年九上·四川成都·期中）如图，矩形，连接，分别以A、C为圆心，以大于的长为半径作弧，两条弧分别相交于点M和N．连接分别交、于点E、F．如果，，则的长是（       ）． A. 10 B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题主要考查勾股定理，垂直平分线的性质. 由题可得，垂直平分，可得，设，则，依据勾股定理即可得到． 【详解】 解：连接， 由题可得，垂直平分， ， 设，则， ， ，即 ， 解得， . 故选：B． 7．（25-26学年九上·四川巴中·期末）如图，在中，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作直线交边于点．若，，则的长为　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查平行四边形的性质，尺规作角平分线，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．设与交于点，利用尺规作图得出，，则可得，，利用四边形是平行四边形，结合，得出，则可得，即可求解． 【详解】 解：如图，设与交于点，    ∵以点为圆心，长为半径画弧，交边于点， ∴， ∵分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点， ∴， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 8．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期中）如图，在矩形中，点E是上一点，，于点F． （1）求证：； （2）连接，若，求的长． 【答案】（1） 证明：四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵， ∴．     （2）      【分析】 本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）结合矩形的性质得，则，根据，得，又因为，故，所以，即； （2）根据矩形的性质以及，得，运用勾股定理算出，则，结合在中，运用勾股定理列式计算，得，即可作答． (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 解：由（1）得， ∴ ∵， ∴， 在中，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，． 9．（25-26学年九上·四川成都盐道街中学·期中）如图，在矩形中，，，将矩形纸片折叠，使点A与边的中点重合，则折痕的长度为 　　　　　 ． 【答案】 【分析】 本题考查矩形的折叠问题及勾股定理，根据折叠得到，，，结合勾股定理求解即可得到答案； 【详解】 解：由题意可得， ，，， 设，则， 在中， ， 解得：， 设，在与中， ， 解得：， ∴， ， 故答案为：． 10．（25-26学年九上·四川成都·期中）如图，矩形中，、相交于点O，过点A作的垂线，垂足为E．已知，则的度数为　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了矩形的性质、角的计算；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．由矩形的性质得出，再由已知条件得出，再根据直角三角形的两个锐角互余可得，最后再根据矩形的对角线互相平分且相等可得，进而可得，由此即可得出结果． 【详解】 解：四边形是矩形， ， ， ， ∵， ， ， 四边形是矩形， ，，， ， ， ， ∴的度数为． 故答案为：． 11．（25-26学年九上·四川达州通川区第八中学·期末）如图，中，，平分，，． （1）求证：四边形是矩形； （2）作于点F，若，求的长． 【答案】（1） 证明：∵，平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形；     （2）      【分析】 （1）根据等腰三角形三线合一性质，三个角都是直角的四边形是矩形证明即可； （2）根据勾股定理，矩形的性质，三角形面积不变性，解答即可． 本题考查了等腰三角形的三线合一性质，矩形的判定和性质，勾股定理，三角形面积性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵，平分， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴． 12．（25-26学年九上·四川渠县中学·期中）如图，在中，点E在边上，以为折痕，将向上翻折，使点A恰好落在边上的点F处．若的周长为8，的周长为32，则的周长为 　　　　　　． 【答案】40 【分析】 本题考查了平行四边形的性质及图形翻折的性质．利用平行四边形的性质和折叠的性质，分别找出、与平行四边形边长的关系，进而求出平行四边形的周长． 【详解】 解：由题意知， ，， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∵由翻折得到， ∴，， ∴，， ∴， 即平行四边形的周长为40． 故答案为：40． 13．（25-26学年九上·四川内江隆昌第二中学·期中）如图，在中，，于点，点在上，且，连接，为的中点，连接，则的长为　　　　　　　　　　　． 【答案】4 【分析】 本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，根据等腰三角形的“三线合一”得到，根据三角形中位线定理计算得到答案． 【详解】 ，， ， ，， ， ∵为的中点， 是的中位线， ． 故答案为：4． 14．（25-26学年九上·四川成都第四十九中学校·期中）如图，在矩形中，，点E、F分别是边上的动点，连接，点G为的中点，点H为的中点，连接，则的最大值是　　　　　　． 【答案】5 【分析】 本题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，通过三角形中位线定理进行转化是解题的关键．连接，先由勾股定理求得，则，再由三角形中位线定理得到，即可求解的最大值． 【详解】 解：连接， ∵矩形中，， ∴， ∴， ∴， ∵点G为的中点，点H为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴当点重合时，取得最大值为5， 故答案为：5． 15．（25-26学年九上·四川成都七中育才学校·期中）如图，将矩形纸片的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形，若，，则边的长是　　　　　　　． 【答案】5 【分析】 先求出△EFH是直角三角形，再根据勾股定理求出FH=5，再利用全等三角形的性质解答即可． 【详解】 设斜线上两个点分别为P、Q，则P点是A点对折过去的， ∴∠EPH为直角,△AEH≌△PEH， ∴∠HEA=∠PEH， 同理∠PEF=∠BEF， 这四个角互补， ∴∠PEH+∠PEF=90∘， ∴四边形EFGH是矩形， ∴△DHG≌△BFE，△HEF是直角三角形， ∴BF=DH=PF， ∵AH=HP， ∴AD=HF， ∵EH=3cm，EF=4cm， ∴FH=5cm， ∴FH=AD=5cm， 故答案为5. 【点睛】 此题考查翻折变换（折叠问题），勾股定理，全等三角形的性质，解题关键在于求出FH=5. 16．（25-26学年九上·四川成都锦江区嘉祥外国语学校·期中）已知四边形为平行四边形，将的边延长到E，使得，连接，连接交于点O，且满足． （1）如图1，求证：四边形为矩形； （2）如图2，点F为中点，连接，，若，，求的面积． 【答案】（1） 证明：在中，，，，， ∴． ∵，， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴四边形为平行四边形． ∴，． ∵， ∴． ∴． ∴四边形为矩形．      （2）      【分析】 本题主要考查三角形中位线、平行四边形的性质与判定、矩形的性质与判定、直角三角形斜边中线定理及勾股定理，熟练掌握三角形中位线、平行四边形的性质与判定、矩形的性质与判定及勾股定理是解题的关键； （1）由题意易得，，，，则有，然后可得，则可证明四边形为平行四边形，进而根据矩形的判定可进行求证； （2）连接，由题意易得，，然后可得，则有为等边三角形，，进而根据等边三角形的性质及勾股定理可得，最后问题可求解 (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：连接， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵O为中点， ∴， ∵，O为中点， ∴， ∵点F为中点，B为中点， ∴， ∵， ∴． ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴在中，，， ∴， ∴的面积为． 17．（25-26学年九上·四川成都锦江区嘉祥外国语学校·期中）如图，矩形中，，边，于点M，连接，则图中阴影部分的面积是　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是根据勾股定理和直角三角形的性质算出对应的底和高．根据阴影部分的面积求解即可． 【详解】 解：四边形是矩形， ， ，， ， ，， ， ， ， ， 过点M作于点H， ， ， 则图中阴影部分的面积 ， 故答案为： ． 18．（25-26学年九上·四川成都树德实验中学·期中）如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）连接，若，求的长度． 【答案】（1） 证明：∵四边形是菱形， ∴且， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形；     （2）      【分析】 （1）先证明四边形是平行四边形，根据，得到，即可得证； （2）勾股定理求出的长，再利用勾股定理求出的长，斜边上的中线求出的长即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴， 在中，， 在中，， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴． 【点睛】 本题考查菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，斜边上的中线等知识点，熟练掌握相关知识点，并灵活应用，是解题的关键． 19．（25-26学年九上·四川成都第十二中学·期中）如图，在直角坐标系中轴上有点，在直线上确定一点，使如图所示，以为顶点右侧作线段，使，且交轴于点，再过作交直线于点，过作交轴于点，过作交直线于点，过作交轴于点，以此方式继续下去，则点的坐标为　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题主要考查了一次函数图象上点的坐标，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质等，掌握知识点的应用是解题的关键．过作轴交于点，分别过作于点，作于点，则，取中点，连接，由，即，则，即，利用勾股定理和直角三角形的性质，可求得 ，从而可得是等边三角形，则有，则，从而可证为等边三角形，然后根据等边三角形的性质可得，可得，由勾股定理得，得出，同理得出，，，进而找出规律，即可解答． 【详解】 解：如图，过作轴交于点，分别过作于点，作于点，则，取中点，连接， ∵，即， ∴，即， ∴， ∵为的中点，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵ ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴，，， ∴是等边三角形，， ∴ 又∵， ∴， ∴，， ∴， 同理：，， 由，，，， ， ∴， 故答案为：． 20．（25-26学年九上·四川成都实验外国语学校·期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，过点A作轴于点B，轴于点C，点D在上．以点D为圆心，以长为半径作弧；再以点C为圆心，以长为半径作弧，两弧在下方交于点E，点E恰好落在x轴上，则点D的坐标为　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题主要考查了尺规作图、轴对称的性质、勾股定理解直角三角形等知识点，掌握相关性质是解题的关键． 如图：先作出，设D的坐标为，则，由题意可得、，利用勾股定理计算出，则．在中利用勾股定理得到．然后解方程求出m即可得到点D的坐标． 【详解】 解：如图，作． 设D的坐标为，则， 由题意可得，、， 在中，， ∴． 在中，， ∴，即，解得：， ∴点D的坐标是． 故答案为． 21．（25-26学年九上·四川成都·期中）如图，在中，，是的一条角平分线，为的外角的平分线，，垂足为E． （1）求证：四边形是矩形； （2）连接，交于点F，连接，若，，求四边形的面积． 【答案】（1） 证明：，是角平分线， ，， ， 为的外角的平分线， ， ， 即， ， ， 四边形是矩形；     （2）      【分析】 本题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理． （1）根据等腰三角形三线合一得到，，结合是的外角的平分线，可得出，又由即可得到，然后根据矩形的判定即可得证； （2）利用，，证明是等边三角形，求得，利用直角三角形的性质结合勾股定理，即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由（1）知，四边形为矩形， ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴，， ∴矩形的面积． 考点04 菱形 1．（25-26学年九上·四川成都成华区嘉祥外国语学校·期中）要检测一个四边形是不是菱形，下列方案可行的是（       ） A. 任选两个角，测量它们的角度 B. 测量四条边的长度 C. 测量两条对角线的长度 D. 测量两条对角线交点到四个顶点的长度 【答案】B 【分析】 本题考查菱形的判定．对角线互相垂直平分的四边形是菱形，四条边相等的四边形是菱形． 【详解】 A.任选两个角，测量它们的角度，不能判定，此选项错误； B.测量四条边的长度，可以判定，此选项正确； C.测量两条对角线的长度，不能判定，此选项错误； D.测量两条对角线交点到四个顶点的长度，不能判定，此选项错误． 故选：B． 2．（25-26学年九上·四川成都七中育才学校·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点，则下列结论错误的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了菱形的性质，解题的关键是熟记菱形的对角线互相垂直平分、四条边相等的性质，逐一分析选项． 【详解】 解：∵四边形是菱形， ∴（菱形对角线互相垂直），（菱形四条边都相等），（菱形对角线互相平分），菱形的对角线不一定相等，即． ∴选项C错误． 故选：C． 3．（25-26学年九上·四川成都玉林中学·期中）下列说法正确的是（       ） A. 对角线互相垂直的四边形是菱形 B. 四边相等的四边形是菱形 C. 一组对边平行的四边形是平行四边形 D. 矩形的对角线互相垂直 【答案】B 【分析】 根据菱形、平行四边形的判定以及矩形的性质逐项判断即可． 【详解】 解：A、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，故A说法错误，不符合题意； B、四边相等的四边形是菱形，说法正确，符合题意； C、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故C说法错误，不符合题意； D、矩形的对角线相等，故D说法错误，符合题意， 故选：B． 【点睛】 本题考查菱形、平行四边形的判定以及矩形的性质，掌握菱形、平行四边形的判定定理以及矩形的性质是解题关键． 4．（25-26学年九上·四川成都树德中学·期中）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（     ） A. 四条边相等 B. 对角线相等 C. 对角线互相平分 D. 两组对边分别平行 【答案】A 【分析】 本题考查了矩形的性质和菱形的性质，矩形的性质是：①矩形的四个角都是直角，②矩形的对边相等且互相平行，③矩形的对角线相等且互相平分；菱形的性质是：①菱形的四条边都相等，菱形的对边互相平行；②菱形的对角相等，③菱形的对角线互相平分且垂直，并且每条对角线平分一组对角，能熟记知识点是解此题的关键． 根据矩形的性质和菱形的性质判断即可． 【详解】 解：A．四条边相等，菱形具有而矩形不一定具有，故符合题意； B．对角线相等，矩形具有而菱形不一定具有，故不符合题意； C．对角线互相平分，矩形和菱形都具有，故不符合题意； D．两组对边分别平行，矩形和菱形都具有，故不符合题意； 故选：A． 5．（25-26学年九上·四川成都列五中学·期中）下列说法中，错误的是（       ） A. 菱形的对角线互相垂直 B. 对角线互相垂直的四边形是菱形 C. 矩形的四个内角都相等 D. 四个内角都相等的四边形是矩形 【答案】B 【分析】根据菱形及矩形的性质与判定进行分析从而得到最后答案． 【详解】A正确，符合菱形的性质； B不正确，应该是对角线互相垂直平分的四边形是菱形； C正确，符合矩形的性质； D正确，符合矩形的判定； 故选：B． 【点睛】点评：本题主要考查了菱形的判定与性质及矩形的判定与性质的理解． 6．（25-26学年九上·四川成都锦江区嘉祥外国语学校·期中）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE//BD，DE//AC．若AC=4，则四边形CODE的周长是（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【详解】 ∵CE//BD，DE//AC， ∴四边形CODE是平行四边形， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC=BD=4，OA=OC，OB=OD， ∴OD=OC= AC=2， ∴四边形CODE是菱形， ∴四边形CODE的周长为：4OC=4×2=8． 故选C． 7．（25-26学年九上·四川成都锦江区嘉祥外国语学校·期中）如图，为菱形的对角线，于点E，若，则度数为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查了直角三角形的两个锐角互余，菱形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据，，得出，因为四边形是菱形，故，，即可作答． 【详解】 解：∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 故选：B． 8．（25-26学年九上·四川成都树德实验中学·期中）下列说法正确的是（     ） A. 一组对边平行的四边形是平行四边形 B. 四边相等的四边形是菱形 C. 矩形的对角线互相垂直 D. 对角线互相垂直的四边形是菱形 【答案】B 【分析】 本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定、矩形的性质；由菱形的判定、平行四边形的判定、矩形的性质即可得出结论． 【详解】 解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故选项A说法错误，不符合题意； B、四边相等的四边形是菱形，此选项说法正确，符合题意； C、矩形的对角线相等且互相平分，故选项C说法错误，不符合题意； D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项D说法错误，不符合题意； 故选：B． 9．（25-26学年九上·四川达州高级中学·期中）下列命题是真命题的是（ ） A. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B. 对角线互相垂直的平行四边形是矩形 C. 四条边相等的四边形是菱形 D. 正方形是轴对称图形，但不是中心对称图形 【答案】C 【分析】 根据平行四边形的判定方法对A进行判断；根据矩形的判定方法对B进行判断；根据菱形的判定方法对C进行判断；根据轴对称和中心对称的定义对D进行判断． 【详解】 A、一组对边平行，且相等的四边形是平行四边形，所以A选项错误； B、对角线互相垂直，且相等的平行四边形是矩形，所以B选项错误； C、四条边相等的四边形是菱形，所以C选项正确； D、正方形是轴对称图形，也是中心对称图形，所以D选项错误． 故选C． 10．（25-26学年九上·四川成都实验外国语学校·期中）如图，在菱形中，对角线、相交于点O，下列结论中不一定成立的是（       ）． A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题主要考查了菱形的性质，理解菱形的性质是解题的关键． 根据菱形的性质逐项判断即可． 【详解】 解：∵在菱形中，对角线、相交于点O， ∴，，，故A、C、D选项不符合题意． 只有当菱形中，时，，故B选项符合题意． 故选B． 11．（25-26学年九上·四川成都清合教·期中）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（     ） A. 对边相等 B. 对角相等 C. 对角线相等 D. 对角线互相平分 【答案】C 【分析】 本题考查矩形和菱形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而菱形不具备的性质．如：矩形的对角线相等；四个角都是直角等．根据矩形和菱形的性质进行解答即可． 【详解】 解：矩形的对角线互相平分且相等，而菱形的对角线互相平分，不一定相等． 故选：C． 12．（25-26学年九上·四川巴中·期末）如图，平行四边形中，对角线于点，点为的中点．若平行四边形的周长为40，则的长为（     ） A. 10 B.  C.  D. 5 【答案】D 【分析】 本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定和性质、三角形中位线定理，证明四边形是菱形是关键． 证明四边形是菱形，则,再根据三角形中位线定理即可求出答案． 【详解】 解：∵平行四边形中，对角线于点， ∴四边形是菱形， ∴ ∵平行四边形的周长为40， ∴, ∵是中点，是中点， ∴. 故选：D． 13．（25-26学年九上·四川射洪中学校·期中）顺次连结下列四边形的四边中点所得图形一定是菱形的是（ ） A. 平行四边形 B. 菱形 C. 矩形 D. 梯形 【答案】C 【分析】利用三角形中位线性质，以及矩形对角线相等去证明四条边都相等，从而说明是一个菱形． 【详解】解：∵顺次连结任意四边形的四边中点所得图形一定是平行四边形， 当对角线相等时，所得图形一定是菱形， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的判定，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． 14．（25-26学年九上·四川成都郫都区第一中学·期中）下列说法正确的是（       ） A. 对角线互相垂直的平行四边形是矩形 B. 菱形的对角线相等 C. 平行四边形的对角线相等 D. 对角线相等的平行四边形是矩形 【答案】D 【分析】 本题主要考查了菱形，平行四边形，矩形的判定，根据菱形，矩形和平行四边形的判定定理是解题即可． 【详解】 解：A、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，原说法错误，不符合题意； B、菱形的对角线不一定相等，原说法错误，不符合题意； C、平行四边形的对角线不一定相等，原说法错误，不符合题意； D、对角线相等的平行四边形是矩形，原说法正确，符合题意； 故选：D． 15．（25-26学年九上·四川四川师大附·期中）如图，按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交于点；③分别以点为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接．若，则的大小是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查了基本作图，菱形的判定和性质．根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解． 【详解】 解：作图可得， ∴四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故选：D． 16．（25-26学年九上·四川达州高级中学·期中）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（       ） A. 菱形 B. 矩形 C. 直角梯形 D. 等腰梯形 【答案】A 【分析】 本题考查矩形性质、等面积法、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形性质及菱形的判定是解决问题的关键．由矩形性质得到，，进而由等面积法确定，再由菱形的判定即可得到答案． 【详解】 解：如图所示： 四边形为矩形， ，， 过作对角线的垂线，过作对角线的垂线， ， 如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为菱形， 故选：A． 17．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期末）菱形的两条对角线的长分别是和，则菱形的面积是　　　　　　　　　　． 【答案】9 【分析】 本题主要查了菱形的性质，根据菱形的面积公式计算，即可． 【详解】 解：∵菱形的两条对角线的长分别是和 ∴． 故答案为：9． 18．（25-26学年九上·四川达州高级中学·期中）一菱形的对角线长分别为和，则此菱形的周长为　　　　　　　　　　　　． 【答案】4厘米 【分析】 根据菱形对角线互相平分且垂直，结合勾股定理，得出菱形的边长，从而计算周长即可． 【详解】 解：∵菱形的对角线长分别为和， ∴对角线的一半长分别为和， ∴菱形的边长为：， ∴菱形的周长为：． 故答案为： 【点睛】 本题考查了菱形的性质，菱形的对角线构造了直角三角形，利用勾股定理求解菱形的问题是常见的思路． 19．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期末）如图，在平行四边形中，对角线交于点O，交延长线于点E，交延长线于点F．    （1）求证：四边形是矩形． （2）若四边形为菱形，H为中点，连接，若，则长为 　　． 【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形．     （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，由勾股定理和三角形的中位线定理即可解答． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图，∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵H为中点， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查了矩形的判定和性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理以及三角形中位线定理等知识，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定是解题的关键． 20．（25-26学年九上·四川达州通川区第八中学·期末）如图，菱形的顶点在轴的正半轴上，坐标原点在边上，的长分别是关于的一元二次方程的两个根．且，则点的坐标为　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了勾股定理的应用、菱形的性质、一元二次方程的解法，首先解一元二次方程得到，，可得点的纵坐标为，利用勾股定理求出，根据菱形的性质可得点的横坐标为． 【详解】 解：解一元二次方程， 分解因式得： 解得：，， 又， ，， ， 四边形是菱形， ， 点的坐标为． 故答案为： ． 21．（25-26学年九上·四川成都青羊实验学校·期中）如图，把3个相同的矩形填充到菱形中，如果图中阴影部分的周长为22，且小矩形的长与宽之比为，那么菱形的面积为　　　　　　　　　　　　　． 【答案】35 【分析】 此题主要考查矩形的性质，菱形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，运用矩形的性质和菱形的性质表示出线段之间的关系是解决问题的关键． 先把三个矩形的顶点都标记出来，根据小矩形的长与宽之比为，可设小矩形的长为，宽为，由此得，，，，，进而得图中阴影部分的周长为，由此得，解得．再根据，得是等腰直角三角形，则，从而得也是等腰直角三角形，则，进而得，据此即可得出菱形的面积． 【详解】 解：如图所示，设小矩形的宽为， ∵小矩形的长与宽之比为， ∴小矩形的长为， 由题意可知，三个矩形全等， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 又∵图中阴影部分的周长为22， ∴， 解得，， ∴，，，， 在矩形中，，， ∴，，， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 在中，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴菱形的面积， 故答案为：35． 22．（25-26学年九上·四川渠县中学·期中）如图，在中，两条对角线交于点O，且平分． （1）求证：四边形是菱形： （2）作于H，交于E．若，，求菱形的边长及面积． 【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形．     （2）边长为，面积为．      【分析】 （1）由平行四边形的性质得，则，由平分，得，则，所以，即可证明四边形是菱形； （2）由菱形的性质得，，，则，，所以，则，即可证明，得，求得，所以，，进而可求出答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵菱形的两条对角线交于点O， ∴，，， ∴，， ∵于H， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴菱形的面积为：， ∴菱形的边长为，面积为． 【点睛】 此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、菱形的面积公式等知识，证明，是解题的关键． 23．（25-26学年九上·四川成都第四十九中学校·期中）如图，在的两边上分别截取，使，分别以点A，B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C，连接．若，四边形的面积为，则的长为　　　　　　　． 【答案】6 【分析】 本题考查菱形的判定与性质．根据作法判定出四边形是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解． 【详解】 解：由作图知， 四边形为菱形， ， 四边形的面积为， ， ， 故答案为：6． 24．（25-26学年九上·四川成都列五中学·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，点为中点，若，，则菱形的面积为　　　　　　． 【答案】96 【分析】 先根据菱形的性质可得，再根据三角形中位线定理可得，然后利用勾股定理可得，最后利用菱形的性质求面积即可得． 【详解】 解：四边形是菱形，且， ， 点为中点，且， ， ， 菱形的面积为， 故答案为：96． 【点睛】 本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 25．（25-26学年九上·四川成都列五中学·期中）如图，在四边形ABCF中，AB⊥AC，BDBC，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F，连接CF． （1）求证：△AEF≌△DEB； （2）试判定四边形ADCF的形状，并证明． 【答案】（1） 证明：由题意知 ∵ ∴ 在和中 ∵ ∴．     （2） 解：四边形ADCF的形状是菱形． 证明：由可知 ∵ ∴ ∴ ∵ ∴四边形ADCF是平行四边形 ∵AB⊥AC， ∴是斜边的中线 ∴ ∴四边形ADCF的形状是菱形．      【分析】 （1）由题意知，由可得，进而可证； （2）由可知，由可得，则有，可证四边形ADCF是平行四边形，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得，进而结论得证． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 【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，直角三角形斜边的中线，菱形的判定．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 26．（25-26学年九上·四川四川师大附·期中）如图所示，在菱形中，对角线与相交于点，且，，则边上的高　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查菱形的性质、面积、勾股定理等知识．根据菱形的性质可求出的长，利用菱形的面积公式即可求出的长． 【详解】 解：如图所示，    在菱形中，对角线，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 27．（25-26学年九上·四川双流棠湖中学）如图，在中，以为圆心，长为半径画弧交于，分别以、为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，，，则的长为　　　　　． 【答案】8 【分析】 本题考查平行四边形的性质，菱形的判定和性质等知识，设交于点O．证明四边形是菱形，利用勾股定理求出即可解决问题． 【详解】 解：如图，设交于点O． 由作图可知：，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴，， 在中，， ∴， ∴． 故答案为：8． 28．（25-26学年九上·四川达州高级中学·期中）在学习了矩形与菱形的相关知识后，小明同学进行了更深入的研究，他发现，过矩形的一条对角线的中点作这条对角线的垂线，与矩形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形，可利用证明三角形全等得到此结论．根据他的想法与思路，完成以下作图与填空： （1）如图，在矩形中，点O是对角线的中点．用尺规过点O作的垂线，分别交，于点E，F，连接，；（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；      （2） 证明：在矩形中，， ∴， 由（1）可知垂直平分， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， 又 ∴四边形是菱形．      【分析】 本题主要考查了过直线上一点作垂线，矩形的性质和菱形的判定，解决此题的关键是熟练掌握垂直平分线的尺规作图； （1）以点O为圆心，以大于为半径画弧，过点O和两弧交点的直线分别交，于点E，F，连接，即可； （2）先判断四边形是平行四边形，再得到临边相等即可得到答案； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 29．（25-26学年九上·四川成都石室联合中学·期中）如图，在平行四边形中，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，，求的长度． 【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形；     （2） 3      【分析】 （1）先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论； （2）先判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴． 【点睛】 本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解答本题的关键． 30．（25-26学年九上·四川成都树德中学·期中）如图，已知线段，分别以点为圆心，以为半径画弧，两弧相交于点，连接，则四边形的面积为　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了无刻度直尺作图、勾股定理、菱形的判定与性质等知识点，掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 如图：连接，根据作图可知，再根据菱形的性质可得，，，再由勾股定理求出，，再根据菱形的性质求面积即可． 【详解】 解：如图：连接， 根据作图可知，， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴四边形的面积为． 故答案为：． 31．（25-26学年九上·四川成都锦江区嘉祥外国语学校·期中）如图，在菱形中，点是边的中点，是菱形内一动点，连接、，若，的面积为，则的最小值为　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查轴对称-最短路径问题，菱形的性质，勾股定理，能用一条线段表示两线段和的最小值是解题的关键．根据，是边的中点，可知，由的面积是，得与的距离为，作且两平行线间的距离为，作关于的对称点，连接，则是的最小值，求出即可． 【详解】 解：在菱形中，是边的中点，， ， 的面积是， 与的距离为， 过点作且两平行线间的距离为， 作点关于的对称点，连接，， 则，， 的最小值为， ， 在中，， ， 的最小值为． 故答案为：． 32．（25-26学年九上·四川遂宁中学校·期中）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　　　　　　． 【答案】 【分析】 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．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． 故答案为：． 33．（25-26学年九上·四川成都列五中学·期中）如图，在菱形中，，点E为边上一点．以点E为顶点在右侧作，射线交于点F，过点A作交射线于点H，连接．在点E从点B运动到点C的过程中，线段扫过的图形面积为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 连接交于点O，过点A作交于点P，作直线交于K，过点A作交于Q，设，则，依题意当点E与点B重合时，点H与点P重合，与重合，再根据得点H在直线上运动，当点E与点C重合时，点H与点Q重合，则与重合，因此在点E从点B运动到点C的过程中，线段扫过的图形为，然后证明直线，则，再利用勾股定理分别求出，证明和全等得，利用三角形的面积公式求出，则，设，则，在和中，由勾股定理求出，则，，则，据此求出的面积即可． 【详解】 解：连接交于点O，过点A作交于点P，作直线交于K，过点A作交于Q，如图所示：   设， ∵， ∴， ∵四边形是菱形，，， ∴，，，，， ∴当点E与点B重合时，点H与点P重合，与重合， ∵，作， ∴，， ∴点H在直线上运动，当点E与点C重合时，点H与点Q重合，与重合， ∴在点E从点B运动到点C的过程中，线段扫过的图形为， ∵，是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即直线， ∴， 在中，，， 由勾股定理得：， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：， 设，则， 在和中，由勾股定理得：， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴在点E从点B运动到点C的过程中，线段扫过的图形的面积是． 故答案为：． 【点睛】 此题主要考查了菱形的性质，二次根式的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解菱形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键． 考点05 正方形 1．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期末）下列说法不正确的是（       ） A. 矩形的对角线相等且互相平分 B. 菱形的对角线互相垂直平分 C. 正方形的对角线相等且互相平分 D. 平行四边形、矩形、菱形、正方形都是轴对称图形 【答案】D 【分析】 本题考查的知识点是平行四边形及特殊平行四边形的性质、轴对称图形的识别，解题关键是熟练掌握特殊平行四边形的相关性质． 根据矩形、正方形、菱形、平行四边形的性质及轴对称图形的定义对选项进行逐一判断即可求解． 【详解】 解：选项，“矩形的对角线相等且互相平分”正确，不符合题意，选项错误； 选项，“菱形的对角线互相垂直平分”正确，不符合题意，选项错误； 选项，“正方形的对角线相等且互相平分”正确，不符合题意，选项错误； 选项，平行四边形不是轴对称图形，“矩形、菱形、正方形都是轴对称图形”不正确，符合题意，选项正确． 故选：． 2．（25-26学年九上·四川成都青羊实验学校·期中）下列命题是真命题的是（　　） A. 四条边都相等的四边形是正方形 B. 菱形的对角线互相垂直 C. 平行四边形、菱形、矩形都是轴对称图形 D. 顺次连接一个四边形四边中点得到的四边形是矩形，则原来的四边形一定是菱形 【答案】B 【分析】 本题考查正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．根据正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定和性质即可一一判断； 【详解】 解：A、四条边都相等的四边形不一定是正方形，故本选项不符合题意； B、菱形的对角线互相垂直，故本选项符合题意； C、平行四边形不是轴对称图形，故本选项不符合题意； D、顺次连接一个四边形四边中点得到的四边形是矩形，则原来的四边形不一定是菱形，故本选项不符合题意； 故选：B． 3．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期中）如图的知识结构图中①、②、③、④表示需要添加的条件，则下列描述正确的是（   ） A. ①可表示一个角是直角 B. ②可表示对角线互相平分、垂直 C. ③可表示一组邻边相等 D. ④可表示对角线互相平分 【答案】D 【分析】 本题主要考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，解题的关键是熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，并能根据知识结构图中图形之间的转化关系，准确判断每个条件所对应的判定依据．从平行四边形到矩形，需要添加“有一个角是直角”或“对角线相等”这样的条件，因为这是矩形的判定定理之一；从矩形到正方形，需要添加“一组邻边相等”这样的条件，因为有一组邻边相等的矩形是正方形；从菱形到正方形，需要添加“有一个角是直角”这样的条件，因为有一个角是直角的菱形是正方形；从四边形到平行四边形，需要添加“对角线互相平分”这样的条件，因为对角线互相平分的四边形是平行四边形． 【详解】 、有一组邻边相等的矩形是正方形，故选项不符合题意； 、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故选项不符合题意； 、有一个角是直角的菱形是正方形，故选项不符合题意； 、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故选项符合题意； 故选：． 4．（25-26学年九上·四川成都第十二中学·期中）如图，四边形是平行四边形，下列结论正确的是（     ） A. 当平行四边形是矩形时， B. 当平行四边形是菱形时， C. 当平行四边形是正方形时， D. 当平行四边形是菱形时， 【答案】C 【分析】 本题考查了矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，熟练掌握矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质是解决问题的关键．由矩形的性质、菱形的性质、正方形的性质分别进行判断，即可得出答案． 【详解】 解：A. 当平行四边形是矩形时，，，故该选项不正确，不符合题意； B. 当平行四边形是菱形时，，故该选项不正确，不符合题意； C. 当平行四边形是正方形时，，故该选项正确，符合题意； D. 当平行四边形是菱形时，，故该选项不正确，不符合题意； 故选：C． 5．（25-26学年九上·四川双流棠湖中学）下列命题是真命题的是（   ） A. 对角线相等的四边形是平行四边形 B. 对角线互相平分且相等的四边形是矩形 C. 对角线互相垂直的四边形是菱形 D. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形 【答案】B 【分析】 A、根据平行四边形的判定定理作出判断；B、根据矩形的判定定理作出判断；C、根据菱形的判定定理作出判断；D、根据正方形的判定定理作出判断． 【详解】 解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形；故本选项错误，不符合题意； B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形；故本选项正确，符合题意； C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形；故本选项错误，不符合题意； D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；故本选项错误，不符合题意； 故选：B． 【点睛】 本题综合考查了正方形、矩形、菱形及平行四边形的判定．解答此题时，必须理清矩形、正方形、菱形与平行四边形间的关系． 6．（25-26学年九上·四川成都盐道街中学·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点，添加下列条件，能使菱形成为正方形的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了正方形的判定方法，① 对角线相等的菱形是正方形，② 有一个角是直角的菱形是正方形，③ 对角线互相垂直的矩形是正方形，④ 一组邻边相等的矩形是正方形．据此解答即可． 【详解】 解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角，（2）对角线相等．即满足条件． 故选：C． 7．（25-26学年九上·四川达州第一中学校·期中）关于▱ABCD的叙述，正确的是（　　） A. 若AB⊥BC，则▱ABCD是菱形 B. 若AC⊥BD，则▱ABCD是正方形 C. 若AC=BD，则▱ABCD是矩形 D. 若AB=AD，则▱ABCD是正方形 【答案】C 【详解】 解：A、若AB⊥BC，则▱ABCD是矩形，故本选项不符合题意； B、若AC⊥BD，则▱ABCD是菱形，故本选项不符合题意； C、若AC=BD，则▱ABCD是矩形，故本选项符合题意； D、若AB=AD，则▱ABCD是菱形，故本选项不符合题意； 故选：C 8．（25-26学年九上·四川成都·期中）下列四个命题中，假命题的是（       ）． A. 菱形的对角线互相垂直 B. 有一个角是直角的平行四边形是矩形 C. 对角线相等且互相垂直的四边形是正方形 D. 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 【答案】C 【分析】 本题考查了命题的真假，特殊四边形的判定和直角三角形的性质，需熟练掌握菱形的性质、矩形的判定、正方形的判定和直角三角形的性质． 根据菱形、矩形、正方形和直角三角形的性质，进行判断各命题的真假，即可作答． 【详解】 解：A、菱形的对角线互相垂直，是真命题，故该选项不符合题意； B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，是真命题，故该选项不符合题意； C、对角线互相平分，相等且互相垂直的四边形是正方形，原说法是假命题，符合题意； D、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是真命题，故该选项不符合题意； 故选：C． 9．（25-26学年九上·四川达州通川区第八中学·期末）在平面中，下列命题为真命题的是 A. 四个角相等的四边形是矩形 B. 对角线垂直的四边形是菱形 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 四边相等的四边形是正方形 【答案】A 【分析】 真命题就是正确的命题，即如果命题的题设成立，那么结论一定成立．因此，分别根据矩形、菱形、正方形的判定作出判断得即可 【详解】 解：A、根据四边形的内角和得出，四个角相等的四边形即四个内角是直角，故此四边形是矩形，故此命题是真命题； B、只有对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故此命题不是真命题； C、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故此命题不是真命题； D、四边相等的四边形是菱形，故此命题不是真命题． 故选A． 【点睛】 题目主要考查命题真假的判断及矩形、菱形、正方形的判定定理，熟练掌握相关定理是解题关键． 10．（25-26学年九上·四川渠县中学·期中）下列命题错误的是（ ） A. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 B. 对角线相等的平行四边形是矩形 C. 一条对角线平分一组对角的四边形是菱形 D. 对角线互相垂直的矩形是正方形 【答案】C 【详解】 解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确，不符合题意； B、对角线相等的平行四边形是矩形，正确，不符合题意； C、一条对角线平分一组对角的四边形可能是菱形或者正方形，错误，符合题意； D、对角线互相垂直的矩形是正方形，正确，不符合题意， 故选C． 【点睛】 本题考查命题与定理． 11．（25-26学年九上·四川成都第四十九中学校·期中）下列说法中正确的是（　　）． A. 对角线相等的四边形是矩形 B. 对角线互相垂直的四边形是正方形 C. 平行四边形的对角线平分一组对角 D. 矩形的对角线相等且互相平分 【答案】D 【分析】由矩形和正方形的判定方法容易得出A、B不正确；由平行四边形的性质和矩形的性质容易得出C不正确，D正确． 【详解】∵对角线相等的平行四边形是矩形， ∴A不正确； ∵对角线互相垂直的矩形是正方形， ∴B不正确； ∵平行四边形的对角线互相平分，菱形的对角线平分一组对角， ∴C不正确； ∵矩形的对角线互相平分且相等， ∴D正确； 故选D． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、正方形的判定；熟练掌握平行四边形、矩形、正方形的判定与性质是解决问题的关键． 12．（25-26学年九上·四川成都石室联合中学·期中）下列说法中正确的是（     ） A. 对角线互相垂直的四边形是菱形 B. 两条对角线相等的四边形是矩形 C. 有一组邻边相等的四边形是正方形 D. 有三个角是直角的四边形是矩形 【答案】D 【分析】 本题考查了矩形、菱形、正方形的判定定理， 根据矩形、菱形、正方形的判定定理逐项判断正误即可． 【详解】 A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故A错误； B．两条对角线相等的平行四边形是矩形，故B错误； C．有一组邻边相等的四边形不一定是正方形，如菱形、筝形等，故C错误； D．有三个角是直角的四边形，由于四边形内角和为360°，则第四个角也是直角，因此是矩形，故D正确； 故选：D． 13．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期中）如图，在中，，分别作，的外角平分线，它们相交于点，连接．有下列结论：①；②；③平分；④；⑤当时，．其中一定正确的有（     ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 【答案】C 【分析】 本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质定理和判定定理，掌握相关知识是解决问题的关键．过点作于，于，于，根据，可得四边形是长方形，得，根据，的外角平分线相交于点，可得，，所以，得平分，可以判断③ 正确；证明，可得，同理，可得，可以判断① 正确；可证明长方形为正方形，根据角度代换可以判断② 正确；根据三角形面积公式和角平分线判定定理可以判断④ 错误；因为四边形是正方形，设，则，然后根据等腰直角三角形的性质和正方形的性质可以判断⑤ 正确． 【详解】 解：如图，过点作于，于，于， 又， 四边形是长方形， ， ，的外角平分线相交于点， ，， ， 平分，故③ 正确； 同时可证长方形为正方形； 在和中， ， ， ， 同理， ，故① 正确； ， ∵四边形为正方形， ， 即， 由①， ∴， 故② 正确； 作交的延长线于，作交的延长线于， ， 若， 则， 又∵， 即平分， 这不一定成立，故④ 错误； ∵四边形是正方形， ， 当时， 是的平分线， ， ， ， ， 同理， ，， ， ， ， 设，则， ， ， ， ， ，故⑤ 正确， 综上所述：一定正确的有① ② ③ ⑤ ，共4个． 故选：C． 14．（25-26学年九上·四川达州第一中学校·期中）四边形是正方形，分别是和的延长线上的点，且，连接、、． （1）求证：； （2）若，求的面积． 【答案】（1） 证明：四边形是正方形， ，， 而是的延长线上的点， ， 在和中 ；     （2）的面积为      【分析】 本题考查正方形的性质，全等三角形的判断与性质，勾股定理 （1）利用证明即可； （2）用勾股定理求出，根据全等三角形的性质可得，再利用直角三角形面积求的面积即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：四边形是正方形， ， 在中，，， ， ， ，即 的面积． 15．（25-26学年九上·四川达州通川区第八中学·期末）如图，在矩形中，的平分线交于点E，于点F，于点G，与交于点O．    （1）求证：四边形是正方形； （2）若，求证：； （3）在（2）的条件下，已知，求的长． 【答案】（1） ∵矩形， ∴． ∵， ∴四边形ABEF是矩形． ∵AE平分， ∴， ∴四边形是正方形；     （2） ∵AE平分， ∴． 在和中， ， ∴， ∴；     （3）      【分析】 （1）根据角平分线的性质证得，根据正方形的判定即可证得结论； （2）根据三角形全等的判定证得，由全等三角形的性质即可得到结论； （3）根据可得，即可求得，，再由可得． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（1）知，四边形是正方形； ∴． 由（2）知， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴． 【点睛】 】本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质和判定，等腰直角三角形性质和判定，角平分线的性质，熟悉正方形的性质与判定是解题的关键是解决问题的关键． 16．（25-26学年九上·四川成都成华区嘉祥外国语学校·期中）如图，边长为的正方形中，是对角线上的一点，且，点在上，过点作于点，于点，则的值为　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了正方形性质，勾股定理，作于点，由正方形的性质可知为等腰直角三角形，根据正方形的边长为，得到，可求，利用面积法得，将面积公式代入即可． 【详解】 解：连接，作于点，则，由正方形的性质可知， 为等腰直角三角形， 又∵正方形的边长为，则， 在直角三角形中， ， 又，， ，即， ， ． 故答案为：． 17．（25-26学年九上·四川广元利州区·期中）[问题情境]如图1，为正方形内一点，，，，将绕点按逆时针方向旋转度（），点，的对应点分别为点，． [问题解决]    （1）如图2，在旋转的过程中，当点落在上时，求此时的长； （2）若，如图3，得到（此时与重合），延长交于点，试判断四边形的形状，并说明理由； （3）在绕点逆时针方向旋转的过程中，直接写出线段长度的最大值． 【答案】（1）     （2）四边形是正方形， 理由如下： 由旋转的性质得：，， ，， 四边形是矩形， 又， 矩形是正方形；     （3）      【分析】 本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判断与性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，熟练掌握以上知识是解决本题的关键． （1）由勾股定理求出，再求出，由旋转的性质得：，则可得出答案； （2）先证四边形是矩形，再证明是正方形； （3）点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，当点、、依次共线时，最大，计算即可． (1) 小问详解： 解：（1），，， ， 四边形是正方形， ，， ， 由旋转的性质得：， ； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：是固定值，点是定点，点是动点， 点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，如图：    当点、、依次共线时，最大， 此时，， 即长度的最大值为． 18．（25-26学年九上·四川绵阳安州区东辰国际学校·期末）阅读与思考 下面是小宇收集的一篇数学笔记，请仔细阅读，并完成相应的任务． 利用“解析法”解几何问题 笛卡尔是法国数学家、科学家和哲学家，他的哲学与数学思想对历史的影响深远．1637年，笛卡尔发表了《几何学》，创立了直角坐标系．其中核心思想是：把几何学的问题归结成代数形式的问题，用代数的方法进行计算、证明，从而达到最终解决几何问题的目的．这种解决问题的方法，我们称之为“解析法”．下面是解析法应用的一个例子： 例题：如图1，在中，，是的角平分线，，，用你所学的知识求线段的长． 解：如图2，以O为坐标原点，所在的直线为y轴建立平面直角坐标系． ∵，是的角平分线， ∴， ∴． ∵， ∴，，． ∴，． 设直线的函数表达式为． ∴ ． 解得 ， ∴． 当时，． ∴线段的长为3． 通过这个问题的解答，我们发现用“解析法”解决几何问题，关键是根据图形特点，建立适当的平面直角坐标系． 任务：请用“解析法”解答问题：如图3，在边长为4的正方形中，点E，F分别在上，且，，垂足为G，O是对角线的中点，连接，则的长为　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 依据题意，以B为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，根据已知求出A、E、F、D的坐标，从而得解析式，联立解析式可求G坐标，然后利用两点间的距离公式即可得到的长度． 【详解】 解：以B为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图3所示： ∵四边形是正方形，边长为4， ∴，， ∵， ∴， ∴， 设直线解析式为，则 ， 解得 ， ∴直线解析式为， 设直线解析式为，则， 解得， ∴直线解析式为， 由 得， ， ∴， ∵O为中点， ∴， ∴． 故的长为：． 19．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期末）如图，在中，的平分线交于点，交的延长线于，以、为邻边作． （1）证明是菱形； （2）若，连接、，求的度数； （3）若，，，是的中点，求的长． 【答案】（1） 证明：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）     （3）      【分析】 （1）先根据角平分线的定义可得，根据平行四边形的性质和平行线的性质可得，，从而可得，再根据等腰三角形的判定可得，然后根据菱形的判定即可得证； （2）先证出，根据全等三角形的性质可得，，再证出和是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得； （3）先证出四边形为正方形，根据正方形的性质可得，再根据等腰直角三角形的判定与性质求出，从而可得，然后过作于，根据勾股定理求出的长，从而可得的长，最后在中，利用勾股定理求解即可得． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：四边形是平行四边形， ∴，，， ， ，， 由（1）知，四边形是菱形， ，，， ，， ∵， ， 是的平分线， ， ∵， ， ， ， ， ， ，， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 是等边三角形， ． (3) 小问详解： 解：，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． ∴， ∴是等腰直角三角形， ， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， 如图，过作于， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 在中，． 20．（2025·四川宜宾·质量监测）图中有三个正方形，大正方形与两个小正方形的面积分别记为，若，则的长为　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查的是勾股定理、正方形的性质，如果直角三角形的两条直角边长分别是，斜边长为，那么．根据正方形的性质得到，根据勾股定理得到，根据题意列出方程，解方程求出，进而求出． 【详解】 解：设正方形的边长为， 如图， ∵四边形、四边形、四边形是正方形， ∴，，，，，， ∴，是等腰直角三角形， 同理可得，，都是等腰直角三角形， ∴，， 由题意得：， 解得：（负值舍去）， ∴， 故答案为：． 21．（25-26学年九上·四川成都成华区嘉祥外国语学校·期中）如图，在边长为1的正方形ABCD中，E为边BC上任意一点（不与点B、C重合），AE、BD交于点P，过点P且垂直于AE的一条直线MN分别交AB、CD于点M、N．连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P'处．AD的中点为F，则P′F的最小值为 　　　　． 【答案】 【分析】 判断△ADG是等腰三角形，点在等腰直角三角形ADG的边GD上，当时，的值最小，求解即可． 【详解】 解：如图，若点E点B重合，则点P与B点重合，MN与BC重合，△ABC沿AC折叠，则点与点D重合， 若点E点C重合，则点P为正方形对角线交点，△ADP为等腰直角三角形，沿AD折叠，点落在点G处，则△ADG是等腰直角三角形， 则点P'在DG上运动， ∵AD=2，点F是AD的中点， ∴ 根据垂线段最短可知，当时，的值最小， 此时是等腰直角三角形， ∴； 故答案为： 【点睛】 此题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，灵活运用“垂线段最短”是解答此题的关键． 22．（25-26学年九上·四川达州通川区第八中学·期中）（多选）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E、F分别在AB、BC上（AE＜BE），且∠EOF＝90°，OE、DA的延长线交于点M，OF、AB的延长线交于点N，连接MN． （1）求证：OM＝ON． （2）若正方形ABCD的边长为8，E为OM的中点，求MN的长． 【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴OA＝OB，∠DAO＝45°，∠OBA＝45°， ∴∠OAM＝∠OBN＝135°， ∵∠EOF＝90°，∠AOB＝90°， ∴∠AOM＝∠BON， 在△OAM和△OBN中， ∴△OAM≌△OBN（ASA）， ∴OM＝ON． （2）MN＝4． 【分析】 （1）根据正方形的性质得到角度和相等线段后证明△OAM≌△OBN即可得； （2）作OH⊥AD，由正方形的边长为8且E为OM的中点知OH＝HA＝4、HM＝8，再根据勾股定理得OM的长，由直角三角形性质知MN＝OM问题得解． 【详解】 解：（1）略 （2）如图，过点O作OH⊥AD于点H，    ∵正方形的边长为8， ∴OH＝HA＝4， ∵E为OM的中点， ∴HM＝8， 则OM＝， ∴MN＝OM＝4． 【点睛】 考查正方形的几何综合题，结合正方形的性质，全等三角形的判定定理以及勾股定理和直角三角形求线段长度，本题解题的关键是正方形的性质和三角形的相关知识． 23．（25-26学年九上·四川达州高级中学·期中）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形． （1）如图1，在邻余四边形中，，则________； （2）如图2，在中，，，垂直平分交于点，垂足为，且，，为上一点，求证：四边形是邻余四边形； （3）如图3、图4，在邻余四边形中，为中点，， ①如图3，当时，判断四边形的形状并证明你的结论； ②如图4，当，时，求的长． 【答案】（1）     （2）证明：垂直平分， ， ，， ， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， ， ， ， 四边形是邻余四边形；     （3）① 四边形是平行四边形，证明如下： ， ， ， ， ， ， 在邻余四边形中，， ， ， ， ， 为中点， ， 在和中， ， ， ， 由， 四边形是平行四边形； ②      【分析】 本题是四边形的综合题，涉及勾股定理，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用这些知识． （1）根据邻余四边形的定义即可求解； （2）根据垂直平分线的定义可得，，根据勾股定理可得，进而求出，再根据勾股定理的逆定理可得，推出，即可证明； （3）① 由，可得，推出，根据邻余四边形的定义得到，进而得到，推出，证明，得到，即可证明；② 延长到点，使，连接，，证明，得到，，根据邻余四边形的定义分两种情况讨论：当时，当时，即可求解． (1) 小问详解： 解：在邻余四边形中，，且，， ， ， 故答案为：； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： ① 略 ② 如下图，延长到点，使，连接，， 为中点，， 是的垂直平分线， ，， ， ， ，， 在邻余四边形中，， 可分两种情况讨论： 当时， 则， ； 当时， 则， ，与矛盾， 此种情况不存在； 综上，的长为． 24．（25-26学年九上·四川达州第一中学校·期中）如图，在正方形中，，对角线上的有一动点P（点P不与点C、点A重合），以为边作正方形．    ①在P点运动过程中，F点始终在射线上； ②在P点运动过程中，可能为； ③若E是的中点，连接，则的最小值为； ④为等腰三角形时，的值为或． 以上结论正确的是为　　　　　　　　　　　　　　　． 【答案】① 【分析】 由“”可证，可得，可证点B，点C，点F三点共线，故① 正确；由三角形的外角可得不可能为，故② 错误；由，可得，当时，有最小值为，即有最小值为，故③ 错误；由等腰三角形的性质可得的值为或，故④ 错误，即可求解． 【详解】 解：如图，过点P作交于H，    ∵四边形和四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点B，点C，点F三点共线，故① 正确； ∵， ∴， 则点P与点C重合， 此时不存在，故② 错误； 如图，取的中点N，连接，    ∵点N是的中点，点E是中点， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵点P是线段上一点， ∴当时，有最小值为， ∴有最小值为，故③ 错误； ∵， ∴， 当点P是中点时，，则是等腰三角形， 当时，是等腰三角形， ∴，故④ 错误， 故答案为：① ． 【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，等腰三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 25．（25-26学年九上·四川成都树德中学·期中）在四边形中，点分别是边上的点，连接并延长，分别交的延长线于点． （1）如图1，若四边形是菱形，，求证：； （2）如图2，若四边形是正方形，，，设，，求与的函数关系式： （3）如图3，若四边形是矩形，，，，，求的长． 【答案】（1） 证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴．     （2）     （3）      【分析】 本题主要考查了矩形的性质、菱形的性质、正方形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识点，正确添辅助线构造相似三角形是解题的关键． （1）通过证明可得，进而证明结论； （2）通过证明可得，可得，通过证明可得，即，即可求y与x的函数关系式； （3）取中点M，过点M作交于点P，交于点N，连接，可证四边形是正方形，由（2）可知，由相似三角形的性质可得，，可求的长． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图：连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴，即，即， ∴． (3) 小问详解： 解：如图：取中点M，过点M作交于点P，交于点N，连接， ∵， ∴， ∵M是中点， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴设，， ∴， 又∵，， ∴四边形是正方形， ∴， ∵四边形是正方形，且， ∴由（2）可得， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴，解得：， ∴， ∴， ∴． 26．（25-26学年九上·四川成都实验外国语学校·期中）【初步发现】如图1，点E、F分别在正方形的边，上，，延长至点G，使得，得到，从而发现．已知，，求正方形的边长． 【类比探究】如图2，正方形中，P，F，Q三点分别在边，，上，连接，，若，，，求线段的长． 【拓展迁移】如图3，在中，，两锐角的角平分线交于点O，点M、N分别在边、上，且都不与点C重合，若，连接，当，时，求的周长． 【答案】初步发现：6；类比探究：；拓展迁移：2 【分析】 本题主要考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质与判定、勾股定理、角平分线的性质定理等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键。 初步发现：如图：延长至点G，使得，连接,先利用正方形的性质证明可得,,进而证明可得,设正方形边长为a，则，然后运用勾股定理列方程求解即可； 类比探究：如图：过A作交于G，则四边形是平行四边形，利用全等三角形的性质以及勾股定理可得，如图：延长至点H，使得，连接,利用初步发现中的方法可得：可得，再在利用勾股定理列方程求得，最后再运用勾股定理求解即可； 拓展迁移：如图：过O作,垂足分别为E、G、F，则，四边形是正方形，,设，运用等面积法可求得，即正方形的边长为1；如图：在上截取,连接,利用初步发现中的方法可得：,即；最后根据周长公式以及等量代换即可解答. 【详解】 解：初步发现：如图：延长至点G，使得，连接, ∵正方形， ∴,即， ∵， ∴, ∴,, ∵， ∴, ∴,即, ∴, ∵, ∴, ∴, 设正方形边长为a，则， 在中，,即，解得：或（舍去）， ∴正方形的边长为6； 类比探究： 如图：过A作交于G，则四边形是平行四边形， ∴, ∵正方形中，， ∴,, ∴, 如图：延长至点H，使得，连接, 利用初步发现中的方法可得：, ∴, ∵在，，,,, ∴，解得：, . 拓展迁移： 如图：过O作,垂足分别为E、G、F， ∵在中，，，,锐角的角平分线交于点O， ∴，四边形是矩形，, ∴四边形是正方形， 设， ∵, ∴，解得：， ∴正方形的边长为1，即 如图：在上截取,连接, 利用初步发现中的方法可得：, ∴, ∴的周长为. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 四边形 考点01 四边形及其内角和 考点02 平行四边形 考点03 矩形 考点04 菱形 考点05 正方形 考点01 四边形及其内角和 1．A 2．B 3．B 4．【答案】（1）5；     （2） ， 证明：如图，分别取线段，的中点M，N，连接，，，则是的中位线，    ，， ∵是的中位线， ，， ，， 四边形是平行四边形， ， ．      【分析】 本题考查三角形中位的性质，平行四边形的判定与性质，熟练掌握三角形中位的性质是解题的关键． （1）证明是的中位线，利用三角形中位线的性质即可求解； （2）分别取线段，的中点M，N，连接，，，则是的中位线，利用中位线的性质证明，，从而证得四边形是平行四边形，利用平行线的性质即可得出结论． (1) 小问详解： 解：∵，分别是边，上的中线， 点D，点E分别是边，上的中点， 是的中位线， ， ， ． (2) 小问详解： 略 考点02 平行四边形 1．【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴；     （2）      【分析】 此题主要考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质以及菱形的判定，关键是掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形． （1）首先根据平行四边形的性质可得，，根据平行线的性质得，再根据证明即可； （2）先证明四边形是菱形，由，，根据菱形的性质，即可求得的长，继而求得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 考点03 矩形 1．A 2．C 3．B 4．D 5．A 6．B 7．【答案】 【分析】 本题考查平行四边形的性质，尺规作角平分线，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．设与交于点，利用尺规作图得出，，则可得，，利用四边形是平行四边形，结合，得出，则可得，即可求解． 【详解】 解：如图，设与交于点，    ∵以点为圆心，长为半径画弧，交边于点， ∴， ∵分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点， ∴， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 8．【答案】（1） 证明：四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵， ∴．     （2）      【分析】 本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）结合矩形的性质得，则，根据，得，又因为，故，所以，即； （2）根据矩形的性质以及，得，运用勾股定理算出，则，结合在中，运用勾股定理列式计算，得，即可作答． (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 解：由（1）得， ∴ ∵， ∴， 在中，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，． 9．【答案】 【分析】 本题考查矩形的折叠问题及勾股定理，根据折叠得到，，，结合勾股定理求解即可得到答案； 【详解】 解：由题意可得， ，，， 设，则， 在中， ， 解得：， 设，在与中， ， 解得：， ∴， ， 故答案为：． 10．【答案】 【分析】 本题考查了矩形的性质、角的计算；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．由矩形的性质得出，再由已知条件得出，再根据直角三角形的两个锐角互余可得，最后再根据矩形的对角线互相平分且相等可得，进而可得，由此即可得出结果． 【详解】 解：四边形是矩形， ， ， ， ∵， ， ， 四边形是矩形， ，，， ， ， ， ∴的度数为． 故答案为：． 11．【答案】（1） 证明：∵，平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形；     （2）      【分析】 （1）根据等腰三角形三线合一性质，三个角都是直角的四边形是矩形证明即可； （2）根据勾股定理，矩形的性质，三角形面积不变性，解答即可． 本题考查了等腰三角形的三线合一性质，矩形的判定和性质，勾股定理，三角形面积性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵，平分， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴． 12．【答案】40 【分析】 本题考查了平行四边形的性质及图形翻折的性质．利用平行四边形的性质和折叠的性质，分别找出、与平行四边形边长的关系，进而求出平行四边形的周长． 【详解】 解：由题意知， ，， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∵由翻折得到， ∴，， ∴，， ∴， 即平行四边形的周长为40． 故答案为：40． 13．【答案】4 【分析】 本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，根据等腰三角形的“三线合一”得到，根据三角形中位线定理计算得到答案． 【详解】 ，， ， ，， ， ∵为的中点， 是的中位线， ． 故答案为：4． 14．【答案】5 【分析】 本题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，通过三角形中位线定理进行转化是解题的关键．连接，先由勾股定理求得，则，再由三角形中位线定理得到，即可求解的最大值． 【详解】 解：连接， ∵矩形中，， ∴， ∴， ∴， ∵点G为的中点，点H为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴当点重合时，取得最大值为5， 故答案为：5． 15．【答案】5 【分析】 先求出△EFH是直角三角形，再根据勾股定理求出FH=5，再利用全等三角形的性质解答即可． 【详解】 设斜线上两个点分别为P、Q，则P点是A点对折过去的， ∴∠EPH为直角,△AEH≌△PEH， ∴∠HEA=∠PEH， 同理∠PEF=∠BEF， 这四个角互补， ∴∠PEH+∠PEF=90∘， ∴四边形EFGH是矩形， ∴△DHG≌△BFE，△HEF是直角三角形， ∴BF=DH=PF， ∵AH=HP， ∴AD=HF， ∵EH=3cm，EF=4cm， ∴FH=5cm， ∴FH=AD=5cm， 故答案为5. 【点睛】 此题考查翻折变换（折叠问题），勾股定理，全等三角形的性质，解题关键在于求出FH=5. 16．【答案】（1） 证明：在中，，，，， ∴． ∵，， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴四边形为平行四边形． ∴，． ∵， ∴． ∴． ∴四边形为矩形．      （2）      【分析】 本题主要考查三角形中位线、平行四边形的性质与判定、矩形的性质与判定、直角三角形斜边中线定理及勾股定理，熟练掌握三角形中位线、平行四边形的性质与判定、矩形的性质与判定及勾股定理是解题的关键； （1）由题意易得，，，，则有，然后可得，则可证明四边形为平行四边形，进而根据矩形的判定可进行求证； （2）连接，由题意易得，，然后可得，则有为等边三角形，，进而根据等边三角形的性质及勾股定理可得，最后问题可求解 (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：连接， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵O为中点， ∴， ∵，O为中点， ∴， ∵点F为中点，B为中点， ∴， ∵， ∴． ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴在中，，， ∴， ∴的面积为． 17．【答案】 【分析】 本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是根据勾股定理和直角三角形的性质算出对应的底和高．根据阴影部分的面积求解即可． 【详解】 解：四边形是矩形， ， ，， ， ，， ， ， ， ， 过点M作于点H， ， ， 则图中阴影部分的面积 ， 故答案为： ． 18．【答案】（1） 证明：∵四边形是菱形， ∴且， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形；     （2）      【分析】 （1）先证明四边形是平行四边形，根据，得到，即可得证； （2）勾股定理求出的长，再利用勾股定理求出的长，斜边上的中线求出的长即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴， 在中，， 在中，， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴． 【点睛】 本题考查菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，斜边上的中线等知识点，熟练掌握相关知识点，并灵活应用，是解题的关键． 19．【答案】 【分析】 本题主要考查了一次函数图象上点的坐标，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质等，掌握知识点的应用是解题的关键．过作轴交于点，分别过作于点，作于点，则，取中点，连接，由，即，则，即，利用勾股定理和直角三角形的性质，可求得 ，从而可得是等边三角形，则有，则，从而可证为等边三角形，然后根据等边三角形的性质可得，可得，由勾股定理得，得出，同理得出，，，进而找出规律，即可解答． 【详解】 解：如图，过作轴交于点，分别过作于点，作于点，则，取中点，连接， ∵，即， ∴，即， ∴， ∵为的中点，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵ ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴，，， ∴是等边三角形，， ∴ 又∵， ∴， ∴，， ∴， 同理：，， 由，，，， ， ∴， 故答案为：． 20．【答案】 【分析】 本题主要考查了尺规作图、轴对称的性质、勾股定理解直角三角形等知识点，掌握相关性质是解题的关键． 如图：先作出，设D的坐标为，则，由题意可得、，利用勾股定理计算出，则．在中利用勾股定理得到．然后解方程求出m即可得到点D的坐标． 【详解】 解：如图，作． 设D的坐标为，则， 由题意可得，、， 在中，， ∴． 在中，， ∴，即，解得：， ∴点D的坐标是． 故答案为． 21．【答案】（1） 证明：，是角平分线， ，， ， 为的外角的平分线， ， ， 即， ， ， 四边形是矩形；     （2）      【分析】 本题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理． （1）根据等腰三角形三线合一得到，，结合是的外角的平分线，可得出，又由即可得到，然后根据矩形的判定即可得证； （2）利用，，证明是等边三角形，求得，利用直角三角形的性质结合勾股定理，即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由（1）知，四边形为矩形， ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴，， ∴矩形的面积． 考点04 菱形 1．B 2．C 3．B 4．A 5．B 6．C 7．B 8．B 9．C 10．B 11．C 12．D 13．C 14．D 15．D 16．A 17．【答案】9 【分析】 本题主要查了菱形的性质，根据菱形的面积公式计算，即可． 【详解】 解：∵菱形的两条对角线的长分别是和 ∴． 故答案为：9． 18．【答案】4厘米 【分析】 根据菱形对角线互相平分且垂直，结合勾股定理，得出菱形的边长，从而计算周长即可． 【详解】 解：∵菱形的对角线长分别为和， ∴对角线的一半长分别为和， ∴菱形的边长为：， ∴菱形的周长为：． 故答案为： 【点睛】 本题考查了菱形的性质，菱形的对角线构造了直角三角形，利用勾股定理求解菱形的问题是常见的思路． 19．【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形．     （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，由勾股定理和三角形的中位线定理即可解答． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图，∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵H为中点， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查了矩形的判定和性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理以及三角形中位线定理等知识，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定是解题的关键． 20．【答案】 【分析】 本题考查了勾股定理的应用、菱形的性质、一元二次方程的解法，首先解一元二次方程得到，，可得点的纵坐标为，利用勾股定理求出，根据菱形的性质可得点的横坐标为． 【详解】 解：解一元二次方程， 分解因式得： 解得：，， 又， ，， ， 四边形是菱形， ， 点的坐标为． 故答案为： ． 21．【答案】35 【分析】 此题主要考查矩形的性质，菱形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，运用矩形的性质和菱形的性质表示出线段之间的关系是解决问题的关键． 先把三个矩形的顶点都标记出来，根据小矩形的长与宽之比为，可设小矩形的长为，宽为，由此得，，，，，进而得图中阴影部分的周长为，由此得，解得．再根据，得是等腰直角三角形，则，从而得也是等腰直角三角形，则，进而得，据此即可得出菱形的面积． 【详解】 解：如图所示，设小矩形的宽为， ∵小矩形的长与宽之比为， ∴小矩形的长为， 由题意可知，三个矩形全等， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 又∵图中阴影部分的周长为22， ∴， 解得，， ∴，，，， 在矩形中，，， ∴，，， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 在中，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴菱形的面积， 故答案为：35． 22．【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形．     （2）边长为，面积为．      【分析】 （1）由平行四边形的性质得，则，由平分，得，则，所以，即可证明四边形是菱形； （2）由菱形的性质得，，，则，，所以，则，即可证明，得，求得，所以，，进而可求出答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵菱形的两条对角线交于点O， ∴，，， ∴，， ∵于H， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴菱形的面积为：， ∴菱形的边长为，面积为． 【点睛】 此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、菱形的面积公式等知识，证明，是解题的关键． 23．【答案】6 【分析】 本题考查菱形的判定与性质．根据作法判定出四边形是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解． 【详解】 解：由作图知， 四边形为菱形， ， 四边形的面积为， ， ， 故答案为：6． 24．【答案】96 【分析】 先根据菱形的性质可得，再根据三角形中位线定理可得，然后利用勾股定理可得，最后利用菱形的性质求面积即可得． 【详解】 解：四边形是菱形，且， ， 点为中点，且， ， ， 菱形的面积为， 故答案为：96． 【点睛】 本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 25．【答案】（1） 证明：由题意知 ∵ ∴ 在和中 ∵ ∴．     （2） 解：四边形ADCF的形状是菱形． 证明：由可知 ∵ ∴ ∴ ∵ ∴四边形ADCF是平行四边形 ∵AB⊥AC， ∴是斜边的中线 ∴ ∴四边形ADCF的形状是菱形．      【分析】 （1）由题意知，由可得，进而可证； （2）由可知，由可得，则有，可证四边形ADCF是平行四边形，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得，进而结论得证． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 【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，直角三角形斜边的中线，菱形的判定．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 26．【答案】 【分析】 本题考查菱形的性质、面积、勾股定理等知识．根据菱形的性质可求出的长，利用菱形的面积公式即可求出的长． 【详解】 解：如图所示，    在菱形中，对角线，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 27．【答案】8 【分析】 本题考查平行四边形的性质，菱形的判定和性质等知识，设交于点O．证明四边形是菱形，利用勾股定理求出即可解决问题． 【详解】 解：如图，设交于点O． 由作图可知：，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴，， 在中，， ∴， ∴． 故答案为：8． 28．【答案】（1） 解：如图所示；      （2） 证明：在矩形中，， ∴， 由（1）可知垂直平分， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， 又 ∴四边形是菱形．      【分析】 本题主要考查了过直线上一点作垂线，矩形的性质和菱形的判定，解决此题的关键是熟练掌握垂直平分线的尺规作图； （1）以点O为圆心，以大于为半径画弧，过点O和两弧交点的直线分别交，于点E，F，连接，即可； （2）先判断四边形是平行四边形，再得到临边相等即可得到答案； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 29．【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形；     （2） 3      【分析】 （1）先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论； （2）先判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴． 【点睛】 本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解答本题的关键． 30．【答案】 【分析】 本题考查了无刻度直尺作图、勾股定理、菱形的判定与性质等知识点，掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 如图：连接，根据作图可知，再根据菱形的性质可得，，，再由勾股定理求出，，再根据菱形的性质求面积即可． 【详解】 解：如图：连接， 根据作图可知，， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴四边形的面积为． 故答案为：． 31．【答案】 【分析】 本题考查轴对称-最短路径问题，菱形的性质，勾股定理，能用一条线段表示两线段和的最小值是解题的关键．根据，是边的中点，可知，由的面积是，得与的距离为，作且两平行线间的距离为，作关于的对称点，连接，则是的最小值，求出即可． 【详解】 解：在菱形中，是边的中点，， ， 的面积是， 与的距离为， 过点作且两平行线间的距离为， 作点关于的对称点，连接，， 则，， 的最小值为， ， 在中，， ， 的最小值为． 故答案为：． 32．【答案】 【分析】 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．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． 故答案为：． 33．【答案】 【分析】 连接交于点O，过点A作交于点P，作直线交于K，过点A作交于Q，设，则，依题意当点E与点B重合时，点H与点P重合，与重合，再根据得点H在直线上运动，当点E与点C重合时，点H与点Q重合，则与重合，因此在点E从点B运动到点C的过程中，线段扫过的图形为，然后证明直线，则，再利用勾股定理分别求出，证明和全等得，利用三角形的面积公式求出，则，设，则，在和中，由勾股定理求出，则，，则，据此求出的面积即可． 【详解】 解：连接交于点O，过点A作交于点P，作直线交于K，过点A作交于Q，如图所示：   设， ∵， ∴， ∵四边形是菱形，，， ∴，，，，， ∴当点E与点B重合时，点H与点P重合，与重合， ∵，作， ∴，， ∴点H在直线上运动，当点E与点C重合时，点H与点Q重合，与重合， ∴在点E从点B运动到点C的过程中，线段扫过的图形为， ∵，是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即直线， ∴， 在中，，， 由勾股定理得：， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：， 设，则， 在和中，由勾股定理得：， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴在点E从点B运动到点C的过程中，线段扫过的图形的面积是． 故答案为：． 【点睛】 此题主要考查了菱形的性质，二次根式的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解菱形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键． 考点05 正方形 1．D 2．B 3．D 4．C 5．B 6．C 7．C 8．C 9．A 10．C 11．D 12．D 13．C 14．【答案】（1） 证明：四边形是正方形， ，， 而是的延长线上的点， ， 在和中 ；     （2）的面积为      【分析】 本题考查正方形的性质，全等三角形的判断与性质，勾股定理 （1）利用证明即可； （2）用勾股定理求出，根据全等三角形的性质可得，再利用直角三角形面积求的面积即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：四边形是正方形， ， 在中，，， ， ， ，即 的面积． 15．【答案】（1） ∵矩形， ∴． ∵， ∴四边形ABEF是矩形． ∵AE平分， ∴， ∴四边形是正方形；     （2） ∵AE平分， ∴． 在和中， ， ∴， ∴；     （3）      【分析】 （1）根据角平分线的性质证得，根据正方形的判定即可证得结论； （2）根据三角形全等的判定证得，由全等三角形的性质即可得到结论； （3）根据可得，即可求得，，再由可得． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（1）知，四边形是正方形； ∴． 由（2）知， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴． 【点睛】 】本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质和判定，等腰直角三角形性质和判定，角平分线的性质，熟悉正方形的性质与判定是解题的关键是解决问题的关键． 16．【答案】 【分析】 本题考查了正方形性质，勾股定理，作于点，由正方形的性质可知为等腰直角三角形，根据正方形的边长为，得到，可求，利用面积法得，将面积公式代入即可． 【详解】 解：连接，作于点，则，由正方形的性质可知， 为等腰直角三角形， 又∵正方形的边长为，则， 在直角三角形中， ， 又，， ，即， ， ． 故答案为：． 17．【答案】（1）     （2）四边形是正方形， 理由如下： 由旋转的性质得：，， ，， 四边形是矩形， 又， 矩形是正方形；     （3）      【分析】 本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判断与性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，熟练掌握以上知识是解决本题的关键． （1）由勾股定理求出，再求出，由旋转的性质得：，则可得出答案； （2）先证四边形是矩形，再证明是正方形； （3）点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，当点、、依次共线时，最大，计算即可． (1) 小问详解： 解：（1），，， ， 四边形是正方形， ，， ， 由旋转的性质得：， ； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：是固定值，点是定点，点是动点， 点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，如图：    当点、、依次共线时，最大， 此时，， 即长度的最大值为． 18．【答案】 【分析】 依据题意，以B为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，根据已知求出A、E、F、D的坐标，从而得解析式，联立解析式可求G坐标，然后利用两点间的距离公式即可得到的长度． 【详解】 解：以B为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图3所示： ∵四边形是正方形，边长为4， ∴，， ∵， ∴， ∴， 设直线解析式为，则 ， 解得 ， ∴直线解析式为， 设直线解析式为，则， 解得， ∴直线解析式为， 由 得， ， ∴， ∵O为中点， ∴， ∴． 故的长为：． 19．【答案】（1） 证明：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）     （3）      【分析】 （1）先根据角平分线的定义可得，根据平行四边形的性质和平行线的性质可得，，从而可得，再根据等腰三角形的判定可得，然后根据菱形的判定即可得证； （2）先证出，根据全等三角形的性质可得，，再证出和是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得； （3）先证出四边形为正方形，根据正方形的性质可得，再根据等腰直角三角形的判定与性质求出，从而可得，然后过作于，根据勾股定理求出的长，从而可得的长，最后在中，利用勾股定理求解即可得． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：四边形是平行四边形， ∴，，， ， ，， 由（1）知，四边形是菱形， ，，， ，， ∵， ， 是的平分线， ， ∵， ， ， ， ， ， ，， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 是等边三角形， ． (3) 小问详解： 解：，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． ∴， ∴是等腰直角三角形， ， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， 如图，过作于， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 在中，． 20．【答案】 【分析】 本题考查的是勾股定理、正方形的性质，如果直角三角形的两条直角边长分别是，斜边长为，那么．根据正方形的性质得到，根据勾股定理得到，根据题意列出方程，解方程求出，进而求出． 【详解】 解：设正方形的边长为， 如图， ∵四边形、四边形、四边形是正方形， ∴，，，，，， ∴，是等腰直角三角形， 同理可得，，都是等腰直角三角形， ∴，， 由题意得：， 解得：（负值舍去）， ∴， 故答案为：． 21．【答案】 【分析】 判断△ADG是等腰三角形，点在等腰直角三角形ADG的边GD上，当时，的值最小，求解即可． 【详解】 解：如图，若点E点B重合，则点P与B点重合，MN与BC重合，△ABC沿AC折叠，则点与点D重合， 若点E点C重合，则点P为正方形对角线交点，△ADP为等腰直角三角形，沿AD折叠，点落在点G处，则△ADG是等腰直角三角形， 则点P'在DG上运动， ∵AD=2，点F是AD的中点， ∴ 根据垂线段最短可知，当时，的值最小， 此时是等腰直角三角形， ∴； 故答案为： 【点睛】 此题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，灵活运用“垂线段最短”是解答此题的关键． 22．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴OA＝OB，∠DAO＝45°，∠OBA＝45°， ∴∠OAM＝∠OBN＝135°， ∵∠EOF＝90°，∠AOB＝90°， ∴∠AOM＝∠BON， 在△OAM和△OBN中， ∴△OAM≌△OBN（ASA）， ∴OM＝ON． （2）MN＝4． 【分析】 （1）根据正方形的性质得到角度和相等线段后证明△OAM≌△OBN即可得； （2）作OH⊥AD，由正方形的边长为8且E为OM的中点知OH＝HA＝4、HM＝8，再根据勾股定理得OM的长，由直角三角形性质知MN＝OM问题得解． 【详解】 解：（1）略 （2）如图，过点O作OH⊥AD于点H，    ∵正方形的边长为8， ∴OH＝HA＝4， ∵E为OM的中点， ∴HM＝8， 则OM＝， ∴MN＝OM＝4． 【点睛】 考查正方形的几何综合题，结合正方形的性质，全等三角形的判定定理以及勾股定理和直角三角形求线段长度，本题解题的关键是正方形的性质和三角形的相关知识． 23．【答案】（1）     （2）证明：垂直平分， ， ，， ， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， ， ， ， 四边形是邻余四边形；     （3）① 四边形是平行四边形，证明如下： ， ， ， ， ， ， 在邻余四边形中，， ， ， ， ， 为中点， ， 在和中， ， ， ， 由， 四边形是平行四边形； ②      【分析】 本题是四边形的综合题，涉及勾股定理，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用这些知识． （1）根据邻余四边形的定义即可求解； （2）根据垂直平分线的定义可得，，根据勾股定理可得，进而求出，再根据勾股定理的逆定理可得，推出，即可证明； （3）① 由，可得，推出，根据邻余四边形的定义得到，进而得到，推出，证明，得到，即可证明；② 延长到点，使，连接，，证明，得到，，根据邻余四边形的定义分两种情况讨论：当时，当时，即可求解． (1) 小问详解： 解：在邻余四边形中，，且，， ， ， 故答案为：； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： ① 略 ② 如下图，延长到点，使，连接，， 为中点，， 是的垂直平分线， ，， ， ， ，， 在邻余四边形中，， 可分两种情况讨论： 当时， 则， ； 当时， 则， ，与矛盾， 此种情况不存在； 综上，的长为． 24．【答案】① 【分析】 由“”可证，可得，可证点B，点C，点F三点共线，故① 正确；由三角形的外角可得不可能为，故② 错误；由，可得，当时，有最小值为，即有最小值为，故③ 错误；由等腰三角形的性质可得的值为或，故④ 错误，即可求解． 【详解】 解：如图，过点P作交于H，    ∵四边形和四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点B，点C，点F三点共线，故① 正确； ∵， ∴， 则点P与点C重合， 此时不存在，故② 错误； 如图，取的中点N，连接，    ∵点N是的中点，点E是中点， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵点P是线段上一点， ∴当时，有最小值为， ∴有最小值为，故③ 错误； ∵， ∴， 当点P是中点时，，则是等腰三角形， 当时，是等腰三角形， ∴，故④ 错误， 故答案为：① ． 【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，等腰三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 25．【答案】（1） 证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴．     （2）     （3）      【分析】 本题主要考查了矩形的性质、菱形的性质、正方形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识点，正确添辅助线构造相似三角形是解题的关键． （1）通过证明可得，进而证明结论； （2）通过证明可得，可得，通过证明可得，即，即可求y与x的函数关系式； （3）取中点M，过点M作交于点P，交于点N，连接，可证四边形是正方形，由（2）可知，由相似三角形的性质可得，，可求的长． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图：连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴，即，即， ∴． (3) 小问详解： 解：如图：取中点M，过点M作交于点P，交于点N，连接， ∵， ∴， ∵M是中点， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴设，， ∴， 又∵，， ∴四边形是正方形， ∴， ∵四边形是正方形，且， ∴由（2）可得， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴，解得：， ∴， ∴， ∴． 26．【答案】初步发现：6；类比探究：；拓展迁移：2 【分析】 本题主要考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质与判定、勾股定理、角平分线的性质定理等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键。 初步发现：如图：延长至点G，使得，连接,先利用正方形的性质证明可得,,进而证明可得,设正方形边长为a，则，然后运用勾股定理列方程求解即可； 类比探究：如图：过A作交于G，则四边形是平行四边形，利用全等三角形的性质以及勾股定理可得，如图：延长至点H，使得，连接,利用初步发现中的方法可得：可得，再在利用勾股定理列方程求得，最后再运用勾股定理求解即可； 拓展迁移：如图：过O作,垂足分别为E、G、F，则，四边形是正方形，,设，运用等面积法可求得，即正方形的边长为1；如图：在上截取,连接,利用初步发现中的方法可得：,即；最后根据周长公式以及等量代换即可解答. 【详解】 解：初步发现：如图：延长至点G，使得，连接, ∵正方形， ∴,即， ∵， ∴, ∴,, ∵， ∴, ∴,即, ∴, ∵, ∴, ∴, 设正方形边长为a，则， 在中，,即，解得：或（舍去）， ∴正方形的边长为6； 类比探究： 如图：过A作交于G，则四边形是平行四边形， ∴, ∵正方形中，， ∴,, ∴, 如图：延长至点H，使得，连接, 利用初步发现中的方法可得：, ∴, ∵在，，,,, ∴，解得：, . 拓展迁移： 如图：过O作,垂足分别为E、G、F， ∵在中，，，,锐角的角平分线交于点O， ∴，四边形是矩形，, ∴四边形是正方形， 设， ∵, ∴，解得：， ∴正方形的边长为1，即 如图：在上截取,连接, 利用初步发现中的方法可得：, ∴, ∴的周长为. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 四边形 5大高频考点概览 考点01 四边形及其内角和 考点02 平行四边形 考点03 矩形 考点04 菱形 考点05 正方形 考点01 四边形及其内角和 1．（2025·四川宜宾·质量监测）如图，是的中位线，的平分线交于点，连接并延长交于，若，则的长为（     ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 2．（25-26学年九上·四川资阳·期中）如图，在中，D，E，F分别是，，的中点．若，，则四边形的周长是（       ） A. 28 B. 14 C. 10 D. 7 3．（25-26学年九上·四川内江第六中学·期中）如图，△ABC的周长为20，点D,E在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为N，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为M，若BC=8，则MN的长度为（） A.  B. 2 C.  D. 3 4．（25-26学年九上·四川资阳安岳中学·期中）如图，在中，，分别是边，上的中线，与相交于点O，连接．    （1）若，求线段的长； （2）线段与线段有怎样的数量关系，并证明． 考点02 平行四边形 1．（25-26学年九上·四川成都实验外国语学校·期中）如图，在平行四边形中，对角线与交于点O．过点O作直线，分别交、于点E、F，连接、， （1）求证：； （2）若，，求四边形的面积． 考点03 矩形 1．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期中）如图，四边形是矩形，对角线和相交于点，若，则的长为（     ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 2 2．（25-26学年九上·四川渠县中学·期中）如图，在矩形中，O是对角线的交点，于点E，若，，则的长为（       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年九上·四川射洪中学校·期中）如图，在ABC中，AB＝10，BC＝16，点D、E分别是边AB、AC的中点，点F是线段DE上的一点，连接AF、BF，若∠AFB＝90°，则线段EF的长为（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 4．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期末）如图，矩形的对角线交于点O，E为边上一点，连接，F为的中点，连接，若的周长为，则的周长为（       ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 5．（25-26学年九上·四川达州通川区第八中学·期中）如图，矩形的对角线，相交于点O，且．过点A作于点E，则等于（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年九上·四川成都·期中）如图，矩形，连接，分别以A、C为圆心，以大于的长为半径作弧，两条弧分别相交于点M和N．连接分别交、于点E、F．如果，，则的长是（       ）． A. 10 B.  C.  D.  7．（25-26学年九上·四川巴中·期末）如图，在中，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作直线交边于点．若，，则的长为　　　　　　． 8．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期中）如图，在矩形中，点E是上一点，，于点F． （1）求证：； （2）连接，若，求的长． 9．（25-26学年九上·四川成都盐道街中学·期中）如图，在矩形中，，，将矩形纸片折叠，使点A与边的中点重合，则折痕的长度为 　　　　　 ． 10．（25-26学年九上·四川成都·期中）如图，矩形中，、相交于点O，过点A作的垂线，垂足为E．已知，则的度数为　　　　　　． 11．（25-26学年九上·四川达州通川区第八中学·期末）如图，中，，平分，，． （1）求证：四边形是矩形； （2）作于点F，若，求的长． 12．（25-26学年九上·四川渠县中学·期中）如图，在中，点E在边上，以为折痕，将向上翻折，使点A恰好落在边上的点F处．若的周长为8，的周长为32，则的周长为 　　　　　　． 13．（25-26学年九上·四川内江隆昌第二中学·期中）如图，在中，，于点，点在上，且，连接，为的中点，连接，则的长为　　　　　　　　　　　． 14．（25-26学年九上·四川成都第四十九中学校·期中）如图，在矩形中，，点E、F分别是边上的动点，连接，点G为的中点，点H为的中点，连接，则的最大值是　　　　　　． 15．（25-26学年九上·四川成都七中育才学校·期中）如图，将矩形纸片的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形，若，，则边的长是　　　　　　　． 16．（25-26学年九上·四川成都锦江区嘉祥外国语学校·期中）已知四边形为平行四边形，将的边延长到E，使得，连接，连接交于点O，且满足． （1）如图1，求证：四边形为矩形； （2）如图2，点F为中点，连接，，若，，求的面积． 17．（25-26学年九上·四川成都锦江区嘉祥外国语学校·期中）如图，矩形中，，边，于点M，连接，则图中阴影部分的面积是　　　　　　． 18．（25-26学年九上·四川成都树德实验中学·期中）如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）连接，若，求的长度． 19．（25-26学年九上·四川成都第十二中学·期中）如图，在直角坐标系中轴上有点，在直线上确定一点，使如图所示，以为顶点右侧作线段，使，且交轴于点，再过作交直线于点，过作交轴于点，过作交直线于点，过作交轴于点，以此方式继续下去，则点的坐标为　　　　　　． 20．（25-26学年九上·四川成都实验外国语学校·期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，过点A作轴于点B，轴于点C，点D在上．以点D为圆心，以长为半径作弧；再以点C为圆心，以长为半径作弧，两弧在下方交于点E，点E恰好落在x轴上，则点D的坐标为　　　　　　． 21．（25-26学年九上·四川成都·期中）如图，在中，，是的一条角平分线，为的外角的平分线，，垂足为E． （1）求证：四边形是矩形； （2）连接，交于点F，连接，若，，求四边形的面积． 考点04 菱形 1．（25-26学年九上·四川成都成华区嘉祥外国语学校·期中）要检测一个四边形是不是菱形，下列方案可行的是（       ） A. 任选两个角，测量它们的角度 B. 测量四条边的长度 C. 测量两条对角线的长度 D. 测量两条对角线交点到四个顶点的长度 2．（25-26学年九上·四川成都七中育才学校·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点，则下列结论错误的是（     ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年九上·四川成都玉林中学·期中）下列说法正确的是（       ） A. 对角线互相垂直的四边形是菱形 B. 四边相等的四边形是菱形 C. 一组对边平行的四边形是平行四边形 D. 矩形的对角线互相垂直 4．（25-26学年九上·四川成都树德中学·期中）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（     ） A. 四条边相等 B. 对角线相等 C. 对角线互相平分 D. 两组对边分别平行 5．（25-26学年九上·四川成都列五中学·期中）下列说法中，错误的是（       ） A. 菱形的对角线互相垂直 B. 对角线互相垂直的四边形是菱形 C. 矩形的四个内角都相等 D. 四个内角都相等的四边形是矩形 6．（25-26学年九上·四川成都锦江区嘉祥外国语学校·期中）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE//BD，DE//AC．若AC=4，则四边形CODE的周长是（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 7．（25-26学年九上·四川成都锦江区嘉祥外国语学校·期中）如图，为菱形的对角线，于点E，若，则度数为（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年九上·四川成都树德实验中学·期中）下列说法正确的是（     ） A. 一组对边平行的四边形是平行四边形 B. 四边相等的四边形是菱形 C. 矩形的对角线互相垂直 D. 对角线互相垂直的四边形是菱形 9．（25-26学年九上·四川达州高级中学·期中）下列命题是真命题的是（ ） A. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B. 对角线互相垂直的平行四边形是矩形 C. 四条边相等的四边形是菱形 D. 正方形是轴对称图形，但不是中心对称图形 10．（25-26学年九上·四川成都实验外国语学校·期中）如图，在菱形中，对角线、相交于点O，下列结论中不一定成立的是（       ）． A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年九上·四川成都清合教·期中）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（     ） A. 对边相等 B. 对角相等 C. 对角线相等 D. 对角线互相平分 12．（25-26学年九上·四川巴中·期末）如图，平行四边形中，对角线于点，点为的中点．若平行四边形的周长为40，则的长为（     ） A. 10 B.  C.  D. 5 13．（25-26学年九上·四川射洪中学校·期中）顺次连结下列四边形的四边中点所得图形一定是菱形的是（ ） A. 平行四边形 B. 菱形 C. 矩形 D. 梯形 14．（25-26学年九上·四川成都郫都区第一中学·期中）下列说法正确的是（       ） A. 对角线互相垂直的平行四边形是矩形 B. 菱形的对角线相等 C. 平行四边形的对角线相等 D. 对角线相等的平行四边形是矩形 15．（25-26学年九上·四川四川师大附·期中）如图，按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交于点；③分别以点为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接．若，则的大小是（     ） A.  B.  C.  D.  16．（25-26学年九上·四川达州高级中学·期中）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（       ） A. 菱形 B. 矩形 C. 直角梯形 D. 等腰梯形 17．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期末）菱形的两条对角线的长分别是和，则菱形的面积是　　　　　　　　　　． 18．（25-26学年九上·四川达州高级中学·期中）一菱形的对角线长分别为和，则此菱形的周长为　　　　　　　　　　　　． 19．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期末）如图，在平行四边形中，对角线交于点O，交延长线于点E，交延长线于点F．    （1）求证：四边形是矩形． （2）若四边形为菱形，H为中点，连接，若，则长为 　　． 20．（25-26学年九上·四川达州通川区第八中学·期末）如图，菱形的顶点在轴的正半轴上，坐标原点在边上，的长分别是关于的一元二次方程的两个根．且，则点的坐标为　　　　　　． 21．（25-26学年九上·四川成都青羊实验学校·期中）如图，把3个相同的矩形填充到菱形中，如果图中阴影部分的周长为22，且小矩形的长与宽之比为，那么菱形的面积为　　　　　　　　　　　　　． 22．（25-26学年九上·四川渠县中学·期中）如图，在中，两条对角线交于点O，且平分． （1）求证：四边形是菱形： （2）作于H，交于E．若，，求菱形的边长及面积． 23．（25-26学年九上·四川成都第四十九中学校·期中）如图，在的两边上分别截取，使，分别以点A，B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C，连接．若，四边形的面积为，则的长为　　　　　　　． 24．（25-26学年九上·四川成都列五中学·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，点为中点，若，，则菱形的面积为　　　　　　． 25．（25-26学年九上·四川成都列五中学·期中）如图，在四边形ABCF中，AB⊥AC，BDBC，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F，连接CF． （1）求证：△AEF≌△DEB； （2）试判定四边形ADCF的形状，并证明． 26．（25-26学年九上·四川四川师大附·期中）如图所示，在菱形中，对角线与相交于点，且，，则边上的高　　　　　　　　　　． 27．（25-26学年九上·四川双流棠湖中学）如图，在中，以为圆心，长为半径画弧交于，分别以、为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，，，则的长为　　　　　． 28．（25-26学年九上·四川达州高级中学·期中）在学习了矩形与菱形的相关知识后，小明同学进行了更深入的研究，他发现，过矩形的一条对角线的中点作这条对角线的垂线，与矩形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形，可利用证明三角形全等得到此结论．根据他的想法与思路，完成以下作图与填空： （1）如图，在矩形中，点O是对角线的中点．用尺规过点O作的垂线，分别交，于点E，F，连接，；（不写作法，保留作图痕迹） （2）求证：四边形是菱形． 29．（25-26学年九上·四川成都石室联合中学·期中）如图，在平行四边形中，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，，求的长度． 30．（25-26学年九上·四川成都树德中学·期中）如图，已知线段，分别以点为圆心，以为半径画弧，两弧相交于点，连接，则四边形的面积为　　　　　　　　　　　． 31．（25-26学年九上·四川成都锦江区嘉祥外国语学校·期中）如图，在菱形中，点是边的中点，是菱形内一动点，连接、，若，的面积为，则的最小值为　　　　　　． 32．（25-26学年九上·四川遂宁中学校·期中）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　　　　　　． 33．（25-26学年九上·四川成都列五中学·期中）如图，在菱形中，，点E为边上一点．以点E为顶点在右侧作，射线交于点F，过点A作交射线于点H，连接．在点E从点B运动到点C的过程中，线段扫过的图形面积为　　　　　　　　． 考点05 正方形 1．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期末）下列说法不正确的是（       ） A. 矩形的对角线相等且互相平分 B. 菱形的对角线互相垂直平分 C. 正方形的对角线相等且互相平分 D. 平行四边形、矩形、菱形、正方形都是轴对称图形 2．（25-26学年九上·四川成都青羊实验学校·期中）下列命题是真命题的是（　　） A. 四条边都相等的四边形是正方形 B. 菱形的对角线互相垂直 C. 平行四边形、菱形、矩形都是轴对称图形 D. 顺次连接一个四边形四边中点得到的四边形是矩形，则原来的四边形一定是菱形 3．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期中）如图的知识结构图中①、②、③、④表示需要添加的条件，则下列描述正确的是（   ） A. ①可表示一个角是直角 B. ②可表示对角线互相平分、垂直 C. ③可表示一组邻边相等 D. ④可表示对角线互相平分 4．（25-26学年九上·四川成都第十二中学·期中）如图，四边形是平行四边形，下列结论正确的是（     ） A. 当平行四边形是矩形时， B. 当平行四边形是菱形时， C. 当平行四边形是正方形时， D. 当平行四边形是菱形时， 5．（25-26学年九上·四川双流棠湖中学）下列命题是真命题的是（   ） A. 对角线相等的四边形是平行四边形 B. 对角线互相平分且相等的四边形是矩形 C. 对角线互相垂直的四边形是菱形 D. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形 6．（25-26学年九上·四川成都盐道街中学·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点，添加下列条件，能使菱形成为正方形的是（       ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年九上·四川达州第一中学校·期中）关于▱ABCD的叙述，正确的是（　　） A. 若AB⊥BC，则▱ABCD是菱形 B. 若AC⊥BD，则▱ABCD是正方形 C. 若AC=BD，则▱ABCD是矩形 D. 若AB=AD，则▱ABCD是正方形 8．（25-26学年九上·四川成都·期中）下列四个命题中，假命题的是（       ）． A. 菱形的对角线互相垂直 B. 有一个角是直角的平行四边形是矩形 C. 对角线相等且互相垂直的四边形是正方形 D. 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 9．（25-26学年九上·四川达州通川区第八中学·期末）在平面中，下列命题为真命题的是 A. 四个角相等的四边形是矩形 B. 对角线垂直的四边形是菱形 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 四边相等的四边形是正方形 10．（25-26学年九上·四川渠县中学·期中）下列命题错误的是（ ） A. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 B. 对角线相等的平行四边形是矩形 C. 一条对角线平分一组对角的四边形是菱形 D. 对角线互相垂直的矩形是正方形 11．（25-26学年九上·四川成都第四十九中学校·期中）下列说法中正确的是（　　）． A. 对角线相等的四边形是矩形 B. 对角线互相垂直的四边形是正方形 C. 平行四边形的对角线平分一组对角 D. 矩形的对角线相等且互相平分 12．（25-26学年九上·四川成都石室联合中学·期中）下列说法中正确的是（     ） A. 对角线互相垂直的四边形是菱形 B. 两条对角线相等的四边形是矩形 C. 有一组邻边相等的四边形是正方形 D. 有三个角是直角的四边形是矩形 13．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期中）如图，在中，，分别作，的外角平分线，它们相交于点，连接．有下列结论：①；②；③平分；④；⑤当时，．其中一定正确的有（     ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 14．（25-26学年九上·四川达州第一中学校·期中）四边形是正方形，分别是和的延长线上的点，且，连接、、． （1）求证：； （2）若，求的面积． 15．（25-26学年九上·四川达州通川区第八中学·期末）如图，在矩形中，的平分线交于点E，于点F，于点G，与交于点O．    （1）求证：四边形是正方形； （2）若，求证：； （3）在（2）的条件下，已知，求的长． 16．（25-26学年九上·四川成都成华区嘉祥外国语学校·期中）如图，边长为的正方形中，是对角线上的一点，且，点在上，过点作于点，于点，则的值为　　　　　　． 17．（25-26学年九上·四川广元利州区·期中）[问题情境]如图1，为正方形内一点，，，，将绕点按逆时针方向旋转度（），点，的对应点分别为点，． [问题解决]    （1）如图2，在旋转的过程中，当点落在上时，求此时的长； （2）若，如图3，得到（此时与重合），延长交于点，试判断四边形的形状，并说明理由； （3）在绕点逆时针方向旋转的过程中，直接写出线段长度的最大值． 18．（25-26学年九上·四川绵阳安州区东辰国际学校·期末）阅读与思考 下面是小宇收集的一篇数学笔记，请仔细阅读，并完成相应的任务． 利用“解析法”解几何问题 笛卡尔是法国数学家、科学家和哲学家，他的哲学与数学思想对历史的影响深远．1637年，笛卡尔发表了《几何学》，创立了直角坐标系．其中核心思想是：把几何学的问题归结成代数形式的问题，用代数的方法进行计算、证明，从而达到最终解决几何问题的目的．这种解决问题的方法，我们称之为“解析法”．下面是解析法应用的一个例子： 例题：如图1，在中，，是的角平分线，，，用你所学的知识求线段的长． 解：如图2，以O为坐标原点，所在的直线为y轴建立平面直角坐标系． ∵，是的角平分线， ∴， ∴． ∵， ∴，，． ∴，． 设直线的函数表达式为． ∴ ． 解得 ， ∴． 当时，． ∴线段的长为3． 通过这个问题的解答，我们发现用“解析法”解决几何问题，关键是根据图形特点，建立适当的平面直角坐标系． 任务：请用“解析法”解答问题：如图3，在边长为4的正方形中，点E，F分别在上，且，，垂足为G，O是对角线的中点，连接，则的长为　　　　　　　　　　． 19．（25-26学年九上·四川达州万源中学·期末）如图，在中，的平分线交于点，交的延长线于，以、为邻边作． （1）证明是菱形； （2）若，连接、，求的度数； （3）若，，，是的中点，求的长． 20．（2025·四川宜宾·质量监测）图中有三个正方形，大正方形与两个小正方形的面积分别记为，若，则的长为　　　　　　　　　　． 21．（25-26学年九上·四川成都成华区嘉祥外国语学校·期中）如图，在边长为1的正方形ABCD中，E为边BC上任意一点（不与点B、C重合），AE、BD交于点P，过点P且垂直于AE的一条直线MN分别交AB、CD于点M、N．连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P'处．AD的中点为F，则P′F的最小值为 　　　　． 22．（25-26学年九上·四川达州通川区第八中学·期中）（多选）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E、F分别在AB、BC上（AE＜BE），且∠EOF＝90°，OE、DA的延长线交于点M，OF、AB的延长线交于点N，连接MN． （1）求证：OM＝ON． （2）若正方形ABCD的边长为8，E为OM的中点，求MN的长． 23．（25-26学年九上·四川达州高级中学·期中）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形． （1）如图1，在邻余四边形中，，则________； （2）如图2，在中，，，垂直平分交于点，垂足为，且，，为上一点，求证：四边形是邻余四边形； （3）如图3、图4，在邻余四边形中，为中点，， ①如图3，当时，判断四边形的形状并证明你的结论； ②如图4，当，时，求的长． 24．（25-26学年九上·四川达州第一中学校·期中）如图，在正方形中，，对角线上的有一动点P（点P不与点C、点A重合），以为边作正方形．    ①在P点运动过程中，F点始终在射线上； ②在P点运动过程中，可能为； ③若E是的中点，连接，则的最小值为； ④为等腰三角形时，的值为或． 以上结论正确的是为　　　　　　　　　　　　　　　． 25．（25-26学年九上·四川成都树德中学·期中）在四边形中，点分别是边上的点，连接并延长，分别交的延长线于点． （1）如图1，若四边形是菱形，，求证：； （2）如图2，若四边形是正方形，，，设，，求与的函数关系式： （3）如图3，若四边形是矩形，，，，，求的长． 26．（25-26学年九上·四川成都实验外国语学校·期中）【初步发现】如图1，点E、F分别在正方形的边，上，，延长至点G，使得，得到，从而发现．已知，，求正方形的边长． 【类比探究】如图2，正方形中，P，F，Q三点分别在边，，上，连接，，若，，，求线段的长． 【拓展迁移】如图3，在中，，两锐角的角平分线交于点O，点M、N分别在边、上，且都不与点C重合，若，连接，当，时，求的周长． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $