专题02 四边形（期中真题汇编，甘肃专用）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 多边形及其内角和 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．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，的对角线相交于点，，．若，则四边形的周长为（       ） A. 8 B. 11 C. 16 D. 20 【答案】C 【分析】 本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．由四边形是平行四边形得到，，再证明四边形是平行四边形，则，即可求解周长． 【详解】 解：∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴周长为：， 故选：C． 2．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）某花木场有一块如等腰梯形的空地（如图），各边的中点分别是、、、，用篱笆围成的四边形场地的周长为40cm，则对角线的长度为（       ） A. 20cm B. 15cm C. 10cm D. 5cm 【答案】A 【分析】 根据等腰梯形的性质及三角形中位线的性质可推出四边形为菱形，根据菱形的性质可求得其边长，再根据三角形中位线的性质即可求得梯形对角线的长度． 【详解】 解：连接， 四边形是等腰梯形， ， 各边的中点分别是、、、 ， ， 四边形是菱形， 四边形场地的周长为， ， 。 故选：A． 【点睛】 本题主要考查等腰梯形的性质及菱形的判定，证明四边形为菱形是解题的关键． 考点02 多边形及其内角和 1．（25-26学年九上·甘肃兰州外国语学校·期中）如图，∠AOC和∠BOD都是直角，如果∠DOC=28°，那么∠AOB的度数是(　　) A. 118° B. 152° C. 28° D. 62° 【答案】B 【分析】从图形中可看出∠AOC和∠DOB相加，再减去∠DOC即为所求． 【详解】∵∠AOC=∠DOB=90°，∠DOC=28°， ∴∠AOB=∠AOC+∠DOB﹣∠DOC=90°+90°﹣28°=152°． 故选：B． 【点睛】此题主要考查学生对角的计算的理解和掌握，此题的解法不唯一，只要合理即可． 考点03 矩形 1．（25-26学年九上·甘肃兰州榆中县·期末）如图，用一根绳子检查一平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线AC，BD就可以判断，其推理依据是（　　） A. 矩形的对角线相等 B. 矩形的四个角是直角 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 对角线相等的平行四边形是矩形 【答案】D 【分析】 根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定． 【详解】 解：这种做法的依据是对角线相等的平行四边形为矩形， 故选D． 【点睛】 本题主要考查对矩形的性质和判定的理解和掌握，能熟练地运用矩形的性质解决实际问题是解此题的关键． 2．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）如图，公路、互相垂直，公路的中点M与点C被湖隔开，若测得的长为，则M、C两点间的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题主要考查直角三角形斜边上中线的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半，根据直角三角形斜边上中线的性质可直接求解． 【详解】 解：由题意得，点是的中点，， ， 即，两点间的距离为， 故选：C． 3．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，在矩形中，对角线，交于点，下列说法错误的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据矩形的性质进行逐一判断即可． 【详解】 解：∵在矩形中，对角线，交于点， ∴，，， 矩形不一定有， ∴四个选项中只有D选项说法错误， 故选：D． 【点睛】 本题主要考查了矩形的性质，熟知矩形对角线相等且互相平分，对边相等且平行是解题的关键． 4．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）如图，将矩形放置在刻度尺上，顶点，对应的刻度（单位：）分别为1和5，则的长为（     ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【分析】 本题主要考查了矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．先求出的长度，根据矩形的性质即可求解． 【详解】 解：由题意得：， ∵四边形为矩形， ． 故选：C． 5．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）如图所示，在矩形中，点的坐标是，则的长是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了矩形的性质以及勾股定理，过点作轴的垂线交于点，连接．根据矩形的性质，的长度即为的长度，根据勾股定理求解即可． 【详解】 解：过点作轴的垂线交于点，连接． 点的坐标是， ， ， 矩形， ∴， 故选：C． 6．（九上·甘肃白银·期中）如图，在中，，，点D是AB的中点，则　　 A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 【答案】B 【分析】根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半解答即可． 【详解】，点D为AB的中点， ． 故选B． 【点睛】本题考查直角三角形的性质，掌握在直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 7．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期中）如图，在中，，相交于点，下列条件不能判定为矩形的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查矩形的判定方法，根据矩形的判定方法，有一个角为直角的平行四边形为矩形，对角线相等的平行四边形为矩形，进行判断即可． 【详解】 解：A、根据一个角为直角的平行四边形为矩形，可以判定为矩形，不符合题意； B、根据对角线相等的平行四边形为矩形，可以判定为矩形，不符合题意； C、中，可以得到，根据对角线相等的平行四边形为矩形，可以判定为矩形，不符合题意； D、根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，可以得到为菱形，不能判定为矩形，符合题意； 故选D． 8．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）一个竹竿斜靠在竖直的墙上，点是的中点，表示竹竿沿墙向下滑动过程中的某个位置，则的长在竹竿向下滑动过程中的变化情况是（       ） A. 的长度增大 B. 的长度减小 C. 无法确定长度的变化情况 D. 的长度不变 【答案】D 【分析】 此题考查了直角三角形斜边上的中线，解题的关键是熟练掌握以上知识点．根据直角三角形斜边上的中线性质得出答案即可． 【详解】 解：∵为的中点， ， 即的长在竹竿滑动过程中始终保持不变， 故选：D． 9．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）在数学活动课上，小明准备用绳子和三角尺检查一个书架是否为矩形．如图，已知书架是平行四边形，对角线，相交于点，下列验证方法错误的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题主要考查了矩形的判定和平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．根据矩形的判定方法进行判断即可． 【详解】 解：∵， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形，故A符合题意； 四边形是平行四边形， ， ， ， 平行四边形是矩形，故选项B不符合题意； ，四边形是平行四边形， 平行四边形是矩形，故选项C不符合题意； 由四边形是平行四边形，，不能判定平行四边形是矩形，故D符合题意． 故选D． 10．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期末）如图1，点P为矩形边上的一个动点，点P从A出发沿着矩形的四条边运动．设点P运动的路程长为x，的面积为y，图2是y随x变化的函数图象，则矩形的对角线的长是（       ） A.  B.  C. 7 D. 8 【答案】C 【分析】 由矩形，可得，，，由题意和图象可知，，，即，，由勾股定理得，，计算求解即可． 【详解】 解：∵矩形， ∴，，， 由题意和图象可知，，， ∴，， 由勾股定理得，， 故选：C． 【点睛】 本题考查了函数图象，矩形的性质，勾股定理，完全平方公式的变形等知识．从函数图象中获取正确的信息是解题的关键． 11．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）如图，在矩形ABCD中，点F在AD上，点E在BC上，把这个矩形沿EF折叠后，使点D恰好落在BC边上的G点处，若矩形面积为且∠AFG＝60°，GE＝2BG，则折痕EF的长为（       ） A. 1 B.  C. 2 D.  【答案】C 【详解】 由折叠的性质可知，DF＝GF，HE＝CE，GH＝DC，∠DFE＝∠GFE． ∵∠GFE＋∠DFE＝180°﹣∠AFG＝120°， ∴∠GFE＝60°． ∵AF∥GE，∠AFG＝60°， ∴∠FGE＝∠AFG＝60°， ∴△GEF为等边三角形， ∴EF＝GE． ∵∠FGE＝60°，∠FGE＋∠HGE＝90°， ∴∠HGE＝30°． 在Rt△GHE中，∠HGE＝30°， ∴GE＝2HE＝CE， ∴GH＝＝HE＝CE． ∵GE＝2BG， ∴BC＝BG＋GE＋EC＝4EC． ∵矩形ABCD的面积为， ∴4EC•EC＝， ∴EC＝1，EF＝GE＝2. 故选：C． 12．（25-26学年九上·甘肃兰州外国语学校·期中）如图，在矩形中，对角线相交于点O，，，则的长为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查矩形的性质，勾股定理．因为四边形是矩形，则，，利用勾股定理求出，则可求． 【详解】 解：四边形是矩形， ，， 在中， ， ． 故选：C． 13．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，在矩形中，连接，分别以点A，C为圆心，大于二分之一长为半径画弧，两弧交于点M，N两点，作直线，分别与，交于点E，F，连接，，若，．则四边形的面积为（     ） A. 18 B.  C.  D. 9 【答案】C 【分析】 本题考查作图-基本作图、线段垂直平分线的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 设与交于点，由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线，结合矩形的性质可得出，设，则，在中，根据勾股定理列方程求解，再根据四边形的面积为可得答案． 【详解】 解：设与交于点， 由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线， ， ∵四边形为矩形， ， ， ∴， ， ， 设，则， 在中，， 解得：， ， ∴四边形的面积为． 故选：C． 14．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，在△ABC中，AB=6，AC=8，BC=10，P为边BC上一动点（且点P不与点B、C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F．则EF的最小值为（   ） A. 4 B. 4．8 C. 5．2 D. 6 【答案】B 【分析】 先由矩形的判定定理推知四边形是矩形；连接，则，所以要使，即最短，只需即可；然后根据三角形的等积转换即可求得的值． 【详解】 解：如图，连接． 在中，，，， ， ． 又于点，于点． ， 四边形是矩形． ． 当最小时，也最小， 即当时，最小， ， 即， 线段长的最小值为4.8； 故选：B． 【点睛】 本题考查了勾股定理、矩形的判定与性质、垂线段最短，解题的关键是利用“两点之间垂线段最短”找出时，取最小值． 15．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期末）如图，在矩形中，，，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，垂足为E，F．求的值为（     ） A.  B. 2.5 C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查矩形的性质，勾股定理，三角形的面积，熟练掌握以上知识点是解题的关键．连接，勾股定理求出的长，运用等积法，即，即可求出的值． 【详解】 解：∵矩形中，，， ∴，， ∴， 连接， ∵过点P分别作和的垂线，垂足为E，F， ∴， ∴． 故选：C． 16．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，，点为内部一条射线上的一点，请用尺规作图法在射线上分别求作点，连接，使得四边形是矩形．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】如图所示，平行四边形是矩形，即为所求作图形： 【分析】 本题主要考查尺规作垂线，掌握尺规作垂线的方法是关键． 过点作线段，交于点，以点为圆心，以为半径画弧交于点，由此即可求解． 【详解】 解：如图所示， ∴， ∴，则，且， ∴四边形是平行四边形，且， ∴平行四边形是矩形，即为所求作图形． 17．（25-26学年九上·甘肃平凉庄浪县·期末）如图，在矩形中，，，点E、F分别在边、上，连接，若矩形矩形，则矩形的面积是　　　　　　　　． 【答案】8 【分析】 本题考查了矩形的性质，相似多边形的性质，首先求出，然后由矩形矩形得到，然后代入求出，进而求解即可． 【详解】 解：∵在矩形中，，， ∴， ∵矩形矩形， ∴ ∴ ∴ ∴矩形的面积是． 故答案为：8． 18．（25-26学年九上·甘肃天水·期末）如图，在中，，点是边的中点，，，则的长为　　　　　　． 【答案】 【分析】 利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得的长，再直接利用勾股定理得出的长． 【详解】 解：∵点是斜边的中点，， ∴． ∵，， ∴， 故答案为：． 【点睛】 此题主要考查了勾股定理以及直角三角形的性质，正确掌握直角三角形的性质是解题关键． 19．（25-26学年九上·甘肃天水甘谷县·期末）如图，一技术人员用刻度尺（单位：cm）测量某三角形部件的尺寸．已知，点D为边的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则　　　　　　　　　cm． 【答案】3 【分析】 先读尺确定，再根据直角三角形的性质即可求出答案． 【详解】 根据刻度尺可知． 在中，点D是的中点， ∴． 故答案为：3． 【点睛】 本题主要考查了直角三角形的性质，理解“直角三角形的斜边中线是斜边的一半”是解题的关键． 20．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）如图，连接四边形各边中点，得到四边形，还要添加　　　　　　　　条件，才能保证四边形是矩形． 【答案】 【分析】 根据三角形的中位线平行于第三边可得，，，，进而可证四边形是平行四边形，然后由矩形的四个角都是直角可知，结合平行线的性质求出，可知此时． 【详解】 解：如图，∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 若四边形是矩形， 则有， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴还要添加的条件，才能保证四边形是矩形， 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查三角形中位线定理，平行四边形的判定和矩形的性质，熟练掌握矩形的四个角都是直角是解题的关键． 21．（九上·甘肃白银·期中）如图，在矩形中，是对角线和的交点，是边上一点，且，若，则的长是　　　　　　． 【答案】12 【分析】 本题主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，等边三角形的性质和判定， 根据矩形的性质说明是等边三角形，可得，再根据含直角三角形的性质求出，则此题可解. 【详解】 解：∵是矩形， ∴. ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴. 在中，， ∴， ∴. 故答案为：12. 22．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）如图，在中，点E在边上，和分别是和的角平分线，以为对角线向外作四边形，使，．求证：四边形是矩形． 【答案】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，，． ∵，， ∴，． ∴，． ∴四边形是平行四边形． ∵和分别是和的角平分线， ∴，． ∴． ∴． ∴四边形是矩形． 【分析】 本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 先证明四边形是平行四边形，再结合角平分线的定义可得到，即可求证． 【详解】 略 23．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）工人师傅在制作矩形窗框时，分以下三个步骤进行：如图①，先截出两对符合规格的铝合金窗料，使，；摆成如图②所示的四边形；如图③，将直角尺紧靠窗框的一个角，调整窗框的边框，当直角尺的两条直角边与窗框无缝隙时（如图④），窗框制作完成． 请根据上面的制作步骤补全证明： ，_____，（_____）（数学原理） _____，_____；（_____）（数学原理） 【答案】四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；；四边形是矩形；有一个角是直角的平行四边形是矩形 【分析】 本题考查的是平行四边形和矩形的判定，根据两组对边相等的四边形是平行四边形和有一个角是直角的平行四边形是矩形，作答即可． 【详解】 解：， 四边形是平行四边形，（两组对边分别相等的四边形是平行四边形） ， 四边形是矩形；（有一个角是直角的平行四边形是矩形） 故答案为：四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；；四边形是矩形；有一个角是直角的平行四边形是矩形． 24．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）翻花绳是中国民间流传的儿童游戏，在中国不同的地域，有不同的称法，如线翻花、翻花鼓、挑绷绷、解股等等，如图1是翻花绳的一种图案，可以抽象成右图，在矩形中，，的度数为　　　　　　　　　． 【答案】<度 【分析】 本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定和性质定理是解题的关键． 由矩形的性质可得，进而可得；再根据三角形内角和定理可得；然后再证四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得，最后由对顶角相等即可解答． 【详解】 解：如图：∵矩形中， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 故答案为：． 25．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期末）如图，在矩形中，是边上一点，是边的中点，连接，，．已知，，． （1）求的长； （2）过点作，交于点，求四边形的面积． 【答案】（1）     （2）      【分析】 本题考查矩形的性质，勾股定理的逆定理，直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，掌握知识点是解题的关键． （1）根据勾股定理的逆定理推导出是直角三角形，且，再由直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，即可解答； （2）连接，交于点，推导出四边形是平行四边形，得到，证明四边形是菱形，在中，由勾股定理，得，则，继而求出菱形的面积即可． (1) 小问详解： 解：∵四边形是矩形， ∴ ∵，， ∴， ∴是直角三角形，且． ∵是边的中点， (2) 小问详解： 解：如图，连接，交于点． ∵四边形是矩形， ∴ 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，． 由（1）知， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，． 在中，由勾股定理，得， ∴菱形的面积为． 26．（九上·甘肃兰州·期末）（多选）如图，已知矩形ABCD中，E是AD上的一点，F是AB上的一点，EF⊥EC，且EF＝EC， 求证：△CDE≌△EAF． 【答案】∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠D＝90°， ∴∠AEF+∠AFE＝90°， ∵EF⊥EC， ∴∠AEF+∠DEC＝90°， ∴∠AFE＝∠DEC， 在△EAF和△CDE中， ， ∴△EAF≌△CDE（AAS）． 即△CDE≌△EAF． 【分析】 由四边形ABCD是矩形，∠A＝∠D＝90°，又由EF⊥EC，根据直角三角形中两个锐角互余，即可得∠AFE＝∠DEC，然后利用AAS即可证得：△CDE≌△EAF． 【详解】 略 【点睛】 此题考查了三角形全等的判定与矩形的性质．此题难度不大，解题的关键是注意掌握三角形全等的方法：SSS，SAS，ASA，AAS，HL（直角三角形），注意数形结合思想的应用． 27．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期末）如图，是矩形的对角线，请按以下要求解决问题： （1）利用尺规作，使与关于直线成轴对称（不写作法，保留作图痕迹）； （2）在（1）的条件下，若交于点，，，求的长． 【答案】（1） 解：如图，即为所求作的三角形；      （2）      【分析】 （1）以为圆心，为半径画弧，以为圆心，为半径画弧，两弧交于点，连接，即可； （2）如图，证明，，，，可得，证明，设，则，可得，再解方程即可． (1) 小问详解： 解： 由作图可得：，，， ∴， ∴即为所求作的三角形； (2) 小问详解： 解：如图，∵矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：； ∴． 【点睛】 本题考查的是作轴对称图形，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，熟练的作图是解本题的关键． 28．（25-26学年九上·甘肃兰州第十一中学·期中）如图，在矩形中，，．连接，在和上分别截取，使，分别以点E和点F为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点G，作射线交于点H，则线段的长是　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 过H作于Q，根据勾股定理求出设，列方程,求出的值即可求出解． 【详解】 解：过H作于Q，如图， 在矩形中，，，, ∴， 由作图得：平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，设，有， 即：， 解得：， ∴, ∴， 故答案为：． 【点睛】 本题考查了作图-基本作图，矩形的性质，角平分线性质，勾股定理，掌握勾股定理的应用是解题的关键． 29．（25-26学年九上·甘肃兰州第五十四中学）如图，平行四边形的对角线相交于点，是等边三角形，． （1）求证：平行四边形是矩形； （2）求四边形的面积． 【答案】（1） 证明：∵为等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴平行四边形为矩形．     （2）      【分析】 本题考查了等边三角形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理． （1）根据等边三角形的三条边都相等得出，根据平行四边形的对角线互相平分得出，，推得，根据对角线相等的平行四边形是矩形即可证明； （2）根据等边三角形的三条边都相等得出，根据矩形的对角线互相平分和四个角都是直角得出，，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求出的值，根据矩形的面积公式即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵为等边三角形， ∴， ∵平行四边形为矩形， ∴，， 在中，，， ∴， 故四边形的面积为． 30．（25-26学年九上·甘肃兰州外国语学校·期中）如图，在中，，点分别是的中点．延长至点，使得，连接． （1）求证：四边形是矩形． （2）若平分，，求四边形的面积． 【答案】（1） 证明：∵点是的中点， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵点分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形；     （2）      【分析】 （）由对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，即得，由三角形中位线的性质可得，进而得到，即可求证； （）利用三角形中位线和矩形的性质可得四边形是平行四边形，，即得，得到，再根据角平分线的定义可得，即可得，由等腰三角形的性质得，利用勾股定理求出即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵是的中位线， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵，点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形的面积． 【点睛】 本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键． 31．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，在矩形中，E，F分别是边上的动点，P是线段的中点，，，G，H为垂足，连接．若，，，则的最小值是　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题主要考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线定理，勾股定理，线段和的最小值问题，解题的关键是熟练掌握以上性质． 连接，根据矩形的性质得出直角和相等的边，由勾股定理求出的长度，由垂直证明出四边形是矩形，得出对角线相等，根据直角三角形斜边中线定理得出，最后根据两点之间线段最短即可求解． 【详解】 解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∴由勾股定理得， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵P是线段的中点， ∴， 当时，的值最小，即的值最小，最小值为， 故答案为：． 32．（九上·甘肃白银·期中）如图，在中，，分别为，的中点，，垂足为，点在的延长线上，． （1）求证：四边形是矩形． （2）若，，，求和的长． 【答案】（1） 证明：∵，分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴平行四边形是矩形；     （2），      【分析】 （1）证明是的中位线，得，再证明四边形是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）根据含30度角的直角三角形的性质得，由勾股定理得，则，再由三角形中位线定理求出，然后由矩形的性质得，，则，进而由勾股定理求出的长，即可得出结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 由（1）可知，是的中位线，四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∵E为的中点， ∴． 【点睛】 本题考查了矩形的判定与性质、三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 33．（九上·甘肃白银·期中）【问题认识】如图1，在矩形中，对角线，相交于点．若，，由勾股定理，得，同理，故． 【初步应用】如图1，若，求的长． 【问题探究】如图2，四边形为平行四边形，若，则【问题认识】中的结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由． 【拓展应用】如图3，已知为的一条中线，，求的长． 【答案】（1） （2）结论仍然成立，理由如下： 作于点E，作交的延长线于点F，则， ∵四边形是平行四边形，， ∴. ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴ ； （3） 【分析】 （1）根据矩形的对角线互相平分且相等解答即可； （2）作，作，先根据平行四边形的性质证明 ，可得，再根据勾股定理得，然后根据勾股定理进一步整理可得答案； （3）延长到点D，使，可得四边形是平行四边形，由（2）得，进而得,则此题可解. 【详解】 解：（1）∵四边形是矩形， ∴. ∵， 即， 解得， ∴； （2）略 （3）延长到点D，使， ∵为的一条中线， ∴， ∴四边形是平行四边形. ∵， 由（2）得， ∴， ∴, 解得（负值舍去）. 【点睛】 本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，作出辅助线构造矩形和平行四边形是解题的关键. 34．（25-26学年九上·甘肃兰州第十一中学·期中）如图，中，，平分，，． （1）求证：四边形是矩形； （2）过点E作于，若，，求的长． 【答案】（1）见解析     （2）的长为      【分析】 本题主要考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握勾股定理． （1）根据等腰三角形的性质得，再根据平行线的性质得，然后根据，可得，即可得出结论； （2）根据等腰三角形的性质求出，再根据勾股定理得，然后根据矩形的性质得，，最后根据三角形的面积相等得出答案． (1) 小问详解： 证明：中，，平分， ，， ，， ，， 四边形是矩形； (2) 小问详解： 解：，平分，，， ． 在直角三角形中，由勾股定理得：． 四边形是矩形， ，． ， ． 35．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，且，，若，为某个矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为点，的“合成矩形”．如图为点，的“合成矩形”的示意图． （1）若A点坐标为， ①当B点坐标为时，点A，B的“合成矩形”的面积是          ； ②若点P在直线上，且点A，P的“合成矩形”为正方形，求P点的坐标； （2）点O的坐标为，点D为直线上一动点，若O，D的“合成矩形”为正方形，且此正方形面积不小于2时，求b的取值范围． 【答案】（1）①3；②或     （2）或      【分析】 本题是一次函数综合题，考查了学生对新定义的理解和运用能力、正方形的性质、以及一次函数的图象和性质，待定系数法求直线解析式等知识，综合性较强，有一定的难度，利用数形结合解决此类问题的关键． （1）① 由的坐标为，的坐标为，得出“合成矩形”的长为3，宽为1，求出面积； ② 根据正方形的边长相等，建立的方程求解； （2）根据正方形面积公式，求出点的坐标，代入函数表达式，求的取值范围． (1) 小问详解： 解：① 点，的“合成矩形”如图， 的坐标为，的坐标为， ，． 点，的“合成矩形”的面积． 故答案为：3； ② 如图，当点在直线上， 设点． 当点在轴上方时， 点，的“合成矩形”为正方形， 则正方形的边长为和， 可得方程， 解得， 点的坐标为． 当点在轴下方时， 同理可得， ， 点， 点在直线上，且点，的“合成矩形”为正方形时，点的坐标为或； (2) 小问详解： 解：点的坐标为， 如图，，的“合成矩形”为正方形时， 且点在轴上，点在轴上． 当点在轴的上方， 且正方形面积等于2时，． ， 点代入直线得， ， 解得． 正方形面积不小于2， 的取值范围为． 同理可得， 当点在轴下方时， 的取值范围为． 综上所述，的取值范围为或． 考点04 菱形 1．（九上·甘肃白银·期中）菱形ABCD的边长为13cm，其中对角线BD长10cm，菱形ABCD的面积为（       ） A. 60cm2 B. 120cm2 C. 130cm2 D. 240cm2 【答案】B 【分析】 由菱形的对角线互相垂直平分，可利用勾股定理求得AE或CE的长，从而求得AC的长；利用菱形的面积公式：两条对角线的积的一半求得面积． 【详解】 解：如图，设AC，BD的交点为E ∵四边形ABCD是菱形 ∴AC⊥BD，BE＝DE＝5，AE＝CE 在Rt△ABE中，AE＝＝＝12 ∴AC＝24cm ∴S菱形ABCD＝AC×BD＝120cm2 故选：B． 【点睛】 主要考查菱形的性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用菱形的性质进行求解． 2．（25-26学年九上·甘肃兰州榆中县·期末）如图，某型号千斤顶的工作原理是利用四边形的不稳定性，图中的菱形是该型号千斤顶的示意图，保持菱形边长不变，可通过改变的长来调节的长．已知 的初始长为，如果要使的长达到， 那么的长需要缩短（       ） A. 6 cm B. 8 cm C.  D.  【答案】D 【分析】 本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理的应用，设与相交于点O，与相交于点，由菱形的性质得出，，，，利用勾股定理求出和，进而求出和，然后详解，即可求出答案． 【详解】 解，设与相交于点O，与相交于点． ∵四边形和四边形是菱形， ∴，，，， ， ∴，， ∴，， ∴， ∴的长需要缩短． 故选：D． 3．（25-26学年九上·甘肃兰州第五中学·期末）如图，菱形中，分别是的中点，若菱形的周长为，则的长为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据菱形的性质，周长可得，根据分别是的中点，可得是的中位线，根据中位线的性质即可求解． 【详解】 解：∵四边形是菱形， ∴， ∵菱形的周长为， ∴， ∵分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， 故选：． 【点睛】 本题主要考查菱形的性质，中位线的判定和性质，掌握以上知识是解题的关键． 4．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）如图所示，是的角平分线，交于，交于，则四边形为（　　） A. 矩形 B. 正方形 C. 菱形 D. 不是平行四边形 【答案】C 【分析】 本题考查了菱形的判定，根据，可知四边形为平行四边形，再找到一组邻边相等即可判定是菱形．由于已知条件未给出直角的相关信息，故无法判断是否是矩形或正方形． 【详解】 解：，， 四边形是平行四边形，， 是的角平分线， ， ， ， 平行四边形是菱形． 故选：C． 5．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点，若，，则的长为（       ） A.  B.  C. 12 D.  【答案】B 【分析】 本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键；由题意易得，则有是等边三角形，然后根据勾股定理可进行求解． 【详解】 解：∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 在中，由勾股定理可得：， ∴； 故选B． 6．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）如图，菱形的对角线交于点O，过点A作于点E，连接，若，则的长为 （     ） A.  B. 2 C.  D. 3 【答案】D 【分析】 本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，先根据菱形对角线互相垂直平分得到，再由勾股定理得到，则由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得． 【详解】 解：∵菱形的对角线交于点O， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∵，为的中点， ∴， 故选：D． 7．（25-26学年九上·甘肃兰州第五十四中学）如图，要使平行四边形成为矩形，需添加的条件是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了矩形的判定定理，注意：矩形的判定定理有：① 有一个角是直角的平行四边形是矩形，② 有三个角是直角的四边形是矩形，③ 对角线相等的平行四边形是矩形．根据矩形的判定定理逐一判断即可． 【详解】 解：添加，不能判断平行四边形为矩形，不符合题意； 添加，可判断平行四边形为菱形，不符合题意； 添加则，可判断平行四边形为矩形，符合题意； 添加，可判断平行四边形为菱形，不符合题意； 故选：． 8．（25-26学年九上·甘肃酒泉第二中学·期中）如图，在菱形中，E、F分别是的中点，连接，若，则菱形的周长为（     ） A. 6 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】D 【分析】 本题考查菱形的性质，三角形的中位线定理．由三角形的中位线定理可得，由菱形的性质可求菱形的周长． 【详解】 解：∵点E、F分别是的中点，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴菱形的周长， 故选：D． 9．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）小明准备利用周末时间去种花，如图，在菱形花坛中，，在其中两个正六边形部分种花，若种花部分图形的周长（不含图中虚线）为，则菱形花坛的边长为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质的运用． 根据已知可得到为正三角形，从而可求得正六边形的边长是边长的，根据种花部分图形共有 10 条边和其周长，即可求解． 【详解】 解：∵为菱形， ∴， ∴为正三角形， 以的顶点所在的小三角形也是正三角形，所以正六边形的边长是边长的， 则种花部分图形共有 10 条边， 所以菱形花坛的边长为， 故选：C． 10．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期末）在菱形中，，，则（     ）． A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用菱形的性质可得，结合等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求解． 【详解】 解：∵四边形是菱形， ∴平分， ∴， ∵， ∴． 11．（25-26学年九上·甘肃定西渭源县·期末）如图：菱形的对角线上有一动点，的长关于点运动的路程的函数图像如图，则该菱形的面积为（       ） A. 12 B. 24 C. 48 D. 96 【答案】D 【分析】 本题考查了函数图象，菱形的性质，点到直线的距离，连接，根据函数图象知当时，，，即可得到，根据菱形的面积公式即可求解． 【详解】 解：连接，交于点O， 由函数图象知当时，最短， 此时，即，， ， 该菱形的面积为：， 故选：D． 12．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在坐标轴上，若点A的坐标为，则菱形的周长为（     ） A. 6 B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查了勾股定理和菱形的性质，根据点A的坐标为，可以得到，根据，可以求出，根据勾股定理可以求出，最后由菱形的性质可以求出菱形的周长． 【详解】 解：∵点A的坐标为， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是直角三角形， ∴， ∵菱形的四条边相等， ∴菱形的周长为． 故选：D． 13．（九上·甘肃兰州·期末）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（     ） A. 2 B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 由折叠的性质可知，，，再根据菱形的性质，得出，从而求出，则，即可求解． 【详解】 解：由折叠的性质可知，，， 在菱形中，， ，， ， ， ， ， ， 故选：D． 【点睛】 本题考查了折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，分母有理化等知识，掌握菱形的性质是解题关键． 14．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）已知平行四边形，下列结论不正确的是（　　） A. 当时，它是矩形 B. 当时，它是矩形 C. 当平分时，它是菱形 D. 当时，它是菱形 【答案】B 【分析】 根据对角线相等的平行四边形是矩形可判断A；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可判断B；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可判断C；根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可判断D． 【详解】 解：A、当时，它是矩形，故此选项说法正确，不符合题意； B、当时，它是菱形，故此选项说法不正确，符合题意； C、当平分时，它是菱形，故此选项说法正确，不符合题意； D、当时，它是菱形，故此选项说法正确，不符合题意； 故选：B． 【点睛】 本题主要考查了菱形和矩形的判定，关键是掌握菱形和矩形的判定定理．菱形的判定：① 菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；② 四条边都相等的四边形是菱形；③ 对角线互相垂直的平行四边形是菱形．矩形的判定：① 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；② 有三个角是直角的四边形是矩形；③ 对角线相等的平行四边形是矩形． 15．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E是的中点，若，则菱形的周长为（     ） A. 4 B. 16 C. 12 D. 20 【答案】B 【分析】 本题考查了菱形的性质以及三角形中位线定理的运用，关键是掌握：菱形的四条边都相等，菱形的两条对角线互相垂直平分．根据是的中位线，即可得到的长，然后根据菱形的周长公式计算即可得． 【详解】 解：∵四边形是菱形， ∴， 又点E是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴菱形的周长， 故答案选：B． 16．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，四边形中，点E、F、G、H分别是边的中点若四边形为菱形，则对角线AC、BD应满足条件是（        ） A.  B.  C. 且 D. 不确定 【答案】B 【分析】 根据四边形为菱形，得出，再根据三角形中位线定理得出，从而得出，即可得出答案 【详解】 解：满足的条件应为：． 理由如下：∵E，F，G，H分别是边的中点， ∴在中，为的中位线， ∴， 同理，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵ ∴ ∴平行四边形为菱形 故选：B． 【点睛】 此题考查学生灵活运用三角形的中位线定理，平行四边形的判断及菱形的判断进行证明，是一道综合题． 17．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期中）如图，菱形的对角线，交于点，若，则的度数为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题主要考查了菱形的性质．熟练掌握菱形对边平行，对角线互相垂直，是解题的关键． 根据菱形对边平行得到，根据，得到． 【详解】 ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：A． 18．（25-26学年九上·甘肃兰州第十一中学·期中）如图（1），点P为菱形对角线上一动点，点E为边上一定点，连接，，．图（2）是点P从点A匀速运动到点C时，的面积y随的长度x变化的关系图象（当点P在上时，令），则菱形的周长为（             ） A.  B.  C. 20 D. 24 【答案】C 【分析】 根据图象可知，当时，即点与点重合，此时，进而求出菱形的面积，当时，此时点与点重合，即，连接，利用菱形的性质，求出边长，即可得出结果． 【详解】 解：由图象可知：当时，即点与点重合，此时， ∴， 当时，此时点与点重合，即，连接，交于点， 则：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的周长为； 故选C． 【点睛】 本题考查菱形的性质和动点的函数图象．熟练掌握菱形的性质，从函数图象中有效的获取信息，是解题的关键． 19．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）（多选）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DEAC且DE=AC，连接AE交OD于点F，连接OE、CE． （1）求证：四边形OCED为矩形； （2）已知AB=2，DE=1，求OD的长． 【答案】（1） 证明∵四边形ABCD是菱形， ∴OA＝OC，AC⊥BD ∵且DE， ∴DE＝OC，又， ∴四边形OCED都是平行四边形， ∵AC⊥BD， ∴四边形OCED是矩形；     （2） ．      【分析】 （1）根据菱形的性质先证，即有DE＝OC，即有四边形OCED都是平行四边形，再结合AC⊥BD，即可证明四边形OCED是矩形； （2）在Rt△OCD中利用勾股定理即可求出OD． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ∵四边形OCED为矩形，DE＝1， ∴OC＝DE＝1，∠COD＝90°， 又∵四边形ABCD是菱形，AB＝2， ∴CD＝AB＝2， 又∵∠COD＝90°， ∴在Rt△OCD中， ∴． 【点睛】 本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，掌握菱形的性质是解答本题的关键． 20．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）如图，菱形ABCD的周长为16，面积为12，P是对角线BD上一点，分别作P点到直线AB、AD的垂线段PE、PF，则PE＋PF等于　　　　． 【答案】3 【分析】 直接利用菱形的性质得出AB=AD=4，S△ABD=6，进而利用三角形面积求法得出答案． 【详解】 解：连接AP，如图， ∵菱形ABCD的周长为16， ∴AB=AD=4， ∴S菱形ABCD=2S△ABD， ∴S△ABD=×12=6， 而S△ABD=S△APB+S△APD，PE⊥AB，PF⊥AD， ∴•PE•AB+•PF•AD=6， ∴2PE+2PF=6， ∴PE+PF=3， 故答案为：3． 【点睛】 本题考查了菱形的性质：菱形的对边分别平行，四条边都相等，两条对角线互相垂直平分，并且分别平分两组内角．也考查了三角形的面积公式． 21．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，在中，． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求菱形的面积． 【答案】（1） 证明：， ， 在和中 ∴ , 又四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形     （2）      【分析】 本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先证明，则，再结合四边形是平行四边形，即可作答． （2）先得出然后，根据勾股定理列式，代入数值进行计算，得出，运用菱形的面积公式计算，即可作答． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：， 在中，，， ∴菱形的面积 22．（25-26学年九上·甘肃酒泉第二中学·期中）如图，在菱形中，对角线和相交于点，若，，则菱形的周长为　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据题意，得，利用勾股定理，得到，结合菱形的周长为，计算即可，本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，勾股定理是解题的关键． 【详解】 根据题意，得 ∴， ∴菱形的周长为， 故答案为：． 23．（九上·甘肃白银·期中）如图，在菱形中，过点作对角线的垂线，交的延长线于点，连接，求证：四边形是平行四边形． 【答案】证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． 【分析】 本题考查了菱形的性质，平行线的判定，平行四边形的判定．根据菱形的对边平行，对角线互相垂直得出，，根据垂直于同一直线的两直线平行得出，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证明． 【详解】 略 24．（25-26学年九上·甘肃酒泉肃州区·期中）如图，四边形为菱形，E为对角线上的一个点，连接并延长交的延长线于点F，连接．求证：． 【答案】证明：∵四边形为菱形， ∴，，， ∴． 在和中， ， ∴ ∴， ∴． 【分析】 本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定与性质，利用全等三角形的判定与性质是解题的关键．证明出，得到，再结合平行得到即可求证． 【详解】 略 25．（25-26学年九上·甘肃酒泉肃州区·期中）菱形的两条对角线的长分别为6和8，则这个菱形的周长为　　　　　． 【答案】20 【分析】 根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可． 【详解】 解：如图，根据题意得AO=×8=4，BO=×6=3， ∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD． ∴△AOB是直角三角形． ∴． ∴此菱形的周长为：5×4=20 故答案为：20． 26．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期中）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则　　　　　　． 【答案】120 【分析】 本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的对角线互相平分，则可推出，，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半计算求解即可． 【详解】 解：∵菱形的对角线、相交于点， ∴点O为的中点，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：120． 27．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期中）如图，已知菱形，，E、F分别是、的中点，连接、． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，求菱形的面积． 【答案】（1） 证明：∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∵E、F分别是、的中点， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴且， ∴且， 则四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形；     （2）      【分析】 此题主要考查菱形的性质、等边三角形性质和矩形的判定， （1）可证明是等边三角形，根据中点得出，进一步求得四边形是平行四边形，即可得出答案； （2）利用等边三角形求得菱形的面积． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ∵是等边三角形，， ∴． 28．（25-26学年九上·甘肃兰州榆中县·期末）如图，是菱形对角线的交点，过点作，过点作与相交于点．求证：四边形是矩形． 【答案】解：∵ ，， ∴ 四边形是平行四边形， ∵ 四边形是菱形， ∴ ，即， ∴ 平行四边形是矩形． 【分析】 先根据两组对边分别平行证明四边形是平行四边形，再利用菱形对角线垂直的性质证明平行四边形有一个角是直角，从而得出四边形是矩形． 本题主要考查了菱形的性质、平行四边形的判定以及矩形的判定，熟练掌握矩形的判定定理（有一个角是直角的平行四边形是矩形）是解题的关键． 【详解】 略 29．（25-26学年九上·甘肃兰州第二十中学·期末）如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A作的垂线，垂足为点E，延长到点F，使，连接．    （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的长． 【答案】（1） 证明：∵四边形是菱形， ∴，且， ∵， ∴， 即， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形．     （2）      【分析】 （1）证明，且，，可得，证明四边形是平行四边形，结合，可得结论； （2）证明，，，可得，求解，可得，结合，再求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理可得：∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】 本题考查的是菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，熟记特殊四边形的判定与性质是解本题的关键． 30．（25-26学年九上·甘肃兰州第十九中学·期末）如图，在中，，D是中点，，是的角平分线，连接、． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的长． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∵是的角平分线， ∴， ∴， ∴， ∵，是中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形；     （2）      【分析】 本题考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质与判定定理是解题的关键． （）由平行线的性质可得，由角平分线的定义得到，故有，所以，然后通过直角三角形的性质得，再证明四边形是平行四边形，进而可证明结论； （）先证明是等边三角形，则，由菱形的性质得，所以，然后得出是等边三角形，则有，，再通过角度和差求出，最后由勾股定理即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵，是中点， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得． 31．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）【动手实践】阅读与思考 下面是小斌同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 准等距点定义：四边形一条对角线所在直线上的点，如果到这条对角线的两个端点距离不相等，但到另一条对角线的两个端点的距离相等，那么称这个点为“准等距点”．如图1，在四边形中，点P是对角线上的一点，，且，则点P就是一个“准等距点”． 根据“准等距点”的定义，我猜想菱形一定有“准等距点”．例：如图2，在菱形中，点P是对角线上的一点，，则点P是一个“准等距点”．下面是我的证明过程：证明：如图2，连接．……于是我得到一个结论，四边形的一条对角线垂直平分另一条对角线时，这个四边形有无数个“准等距点”．随后，我又进一步思考，如何找到四边形的“准等距点”呢？…… 任务： （1）请将上述证明过程补充完整． （2）如图3，请用尺规作出四边形的一个“准等距点”（要求：不写作法，保留作图痕迹）． （3）已知一个四边形，对角线于点E，且，四边形的面积为24．若四边形存在“准等距点”，直接写出的长度． 【答案】（1） 证明：如图2，连接． 四边形为菱形， ，， ， ， ， ， 点P是一个“准等距点”；     （2） 解：如图，所作点即为四边形的一个“准等距点”；      （3）      【分析】 （1）根据菱形性质证明，结合全等三角形性质即可证明点P是一个“准等距点”； （2）连接，作线段的垂直平分线交于点，所作点即为四边形的一个“准等距点”； （3）根据四边形对角线互相垂直推出，再结合“准等距点”定义推出垂直平分，进而即可求出的长度． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：对角线于点E，且，四边形的面积为24， ， 四边形存在“准等距点”， 垂直平分， ． 【点睛】 本题考查了菱形性质，全等三角形性质和判定，作线段的垂直平分线，垂直平分线性质和判定，“准等距点”定义，解题的关键在于理解“准等距点”定义． 32．（九上·甘肃兰州·期末）如图，在中，，D、E分别是，的中点，， （1）求证：四边形是菱形 （2）连接交于点O，若，，求四边形的面积． 【答案】（1） 证明：，， 四边形是平行四边形， 点，分别是，的中点， 为的中位线， ， ， ， ， ， ， 四边形为菱形．     （2）      【分析】 （1）首先根据，可判定四边形是平行四边形，再证为的中位线，从而得，然后根据等腰三角形的性质得，据此可得出，进而可得出结论． （2）连接，根据等腰三角形的性质得，可在中利用勾股定理求出，然后证为的中位线，进而可得的长及面积． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图所示，连接，     ，点为的中点， ∴， 在中，，， 由勾股定理得：， 由（1）可知，四边形为菱形， ，，， 又∵点为的中点， 为的中位线， ， ∴， ∴四边形的面积为． 【点睛】 此题主要考查了菱形的判定和性质，三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，勾股定理等，灵活应用以上知识是解题关键． 33．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点．过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．    （1）求证：△AEF≌△DEB； （2）证明四边形ADCF是菱形； （3）若AC=4，AB=5，求菱形ADCF 的面积． 【答案】（1） 证明：∵AF∥BC， ∴∠AFE=∠DBE， ∵E是AD的中点， ∴AE=DE， 在△AFE和△DBE中， ， ∴△AFE≌△DBE（AAS）；     （2） 证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF=DB． ∵AD为BC边上的中线， ∴DB=DC， ∴AF=CD． ∵AF∥BC， ∴四边形ADCF是平行四边形， ∵∠BAC=90°，D是BC的中点， ∴AD=DC=BC， ∴四边形ADCF是菱形；     （3）10．      【分析】 （1）利用平行线的性质及中点的定义，可利用AAS证得结论； （2）由（1）可得AF=BD，结合条件可求得AF=DC，则可证明四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可证得AD=CD，可证得四边形ADCF为菱形； （3）连接DF，可证得四边形ABDF为平行四边形，则可求得DF的长，利用菱形的面积公式可求得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：连接DF，    ∵AF∥BD，AF=BD， ∴四边形ABDF是平行四边形， ∴DF=AB=5， ∵四边形ADCF是菱形， ∴S菱形ADCF=AC▪DF=×4×5=10． 【点睛】 本题主要考查菱形的性质及判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，利用全等三角形的性质证得AF=CD是解题的关键，注意菱形面积公式的应用． 34．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）（多选）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别是E，F，且BE＝DF． （1）求证：△ABE≌△ADF； （2）求证：四边形ABCD是菱形． 【答案】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠B=∠D， ∵AE⊥BC，AF⊥CD， ∴∠AEB=∠AFD=90°， 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF（ASA）； （2）由（1）得：△ABE≌△ADF， ∴AB=AD， 又∵四边形ABCD是平行四边形， ∴平行四边形ABCD是菱形． 【分析】 （1）由ASA证明△ABE≌△ADF即可； （2）由全等三角形的性质得AB=AD，即可得出结论． 【详解】 略 【点睛】 本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质等知识；熟练掌握菱形的判定和平行四边形的性质，证明△ABE≌△ADF是解题的关键． 35．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）【阅读材料】 老师的问题：如图，已知中，，是斜边上的中线，求作菱形． 小丽的做法：（1）取的中点；（2）连接并延长到点，使；（3）连接，．四边形即为所求作的菱形． 【解答问题】 （1）请根据小丽的作法利用尺规作图补全图形，不写作法，保留作图痕迹； （2）请根据材料中的信息，证明四边形是菱形． 【答案】（1） 如图所示，四边形即为所求；      （2） 证明：∵中，，是斜边上的中线， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形．      【分析】 本题主要考查尺规作图垂直平分线，菱形的判定，三角形中位线的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半． （1）先作线段的垂直平分线，交于点M，连接，并延长，以点M为圆心，的长为半径画弧，交射线与点E，连接，即可； （2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，根据作图可得M是的中点，则是的中位线，得出，，即可得出结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 36．（25-26学年九上·甘肃酒泉第二中学·期中）如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线与边，分别相交于点E，F． （1）求证：四边形是菱形． （2）若，求的长． 【答案】（1） 证明：在平行四边形中，， ∴， ∵对角线的垂直平分线与边，分别相交于点E，F， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是菱形．     （2）      【分析】 本题考查平行四边形的判定与性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，掌握知识点是解题的关键． （1）先证明，得到，则四边形是平行四边形，继而证明得到四边形是菱形，即可解答； （2）先证明，由勾股定理，得到， 求出即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， 解得． 答：的长为． 37．（九上·甘肃白银·期中）如图，在边长为1的菱形中，，连接对角线，以为边作第2个菱形，使，连接对角线，再以为边作第3个菱形，使按此规律所作的第2025个菱形的边长是　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质及勾股定理的应用，解题的关键是利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合角构造直角三角形，通过勾股定理求边长，进而归纳规律． 先根据菱形四边相等和内角，判定含角的三角形为等边三角形；再利用菱形对角线互相垂直平分的性质，构造直角三角形，通过勾股定理求出下一个菱形的边长（即前一个菱形的对角线长度）；最后归纳边长的变化规律，代入序号求解． 【详解】 解：∵四边形是边长为的菱形，， ∴（菱形四边相等）， ∴是等边三角形（有一个角为的等腰三角形是等边三角形）． 连接，与交于点， ∵菱形对角线互相垂直平分， ∴，，（等边三角形三线合一）． 由勾股定理得， ∴，即第2个菱形的边长为。 同理，四边形是边长为的菱形，， ∴，是等边三角形． 连接，与交于点， ∵菱形对角线互相垂直平分， ∴，，． 由勾股定理得， ∴，即第3个菱形的边长为． 归纳规律：第1个菱形边长为，第2个为，第3个为，第4个为，……，第个菱形的边长为， 当时，边长为． 故答案为：． 38．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）在学习了《特殊平行四边形》这一章后，老师布置了一项课后作业：利用所学知识在一张长，宽的矩形纸片上作出一个菱形． ①小明的方案，如图11．连接；2．作的垂直平分线，交于点E，F，O；3．连接；4．四边形即为所作的菱形． ②小彤的方案，如图21．利用刻度尺找到四条边的中点E，F，G，H；2．顺次连接E，F，G，H；3．四边形即为所作的菱形． 【解答问题】 （1）方案设计正确的是________（写出序号即可）； （2）请选择一种正确的方案进行证明； （3）直接写出哪种方案构成的四边形面积大，且最大面积是多少． 【答案】（1）① ②     （2） 解：方案1：四边形为菱形，理由如下： 由作法得：是的垂直平分线， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， 方案2：四边形为菱形，理由如下： 连接，如图， ∵矩形四条边的中点E，F、G、H， ∴分别为的中位线， ∴， ∴， ∴四边形为菱形；     （3）方案①面积最大，最大面积为      【分析】 （1）根据四边相等的四边形是菱形，结合三角形中位线定理，判定两种方案都是正确的，解答即可； （2）根据四边相等的四边形是菱形，进行证明即可； （3）利用菱形的面积等于对角线乘积的一半和平行四边形的面积计算，比较大小即可． 本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，菱形的判定，勾股定理，熟练掌握特殊四边形的判定和性质定理是解题的关键． (1) 小问详解： 解：根据作图，四条边相等的四边形是菱形，可以判定，两种方案都是中正确的； 故答案为：① ② ； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：方案1：∵四边形是矩形，， ∴， 设，则， 在中，， ∴，解得：， 即， ∴菱形的面积为； 方案2：如图，连接， ∵矩形四条边的中点E，F、G、H， ∴四边形都是矩形， ∴， ∴菱形的面积为， ∴方案①面积最大，最大面积为． 39．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）如图，中，． （1）作点A关于的对称点C；（要求：尺规作图，不写作法．保留作图痕迹） （2）在（1）)条件下，连接，与交于点O，若，，求点B到的距离． 【答案】（1） 如图：点C即为所求．      （2）点B到的距离是．      【分析】 本题主要考查了轴对称与尺规作图、线段垂直平分线的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识点，证得四边形是菱形成为解题关键． （1）先运用尺规作出线段的垂直平分线，然后再作出即可确定点C； （2）先根据题意作图，再由轴对称的性质、等角对等边可证明四边形是菱形可得、、．运用勾股定理可得，如图：过B点作于E，然后运用等面积法列方程求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵， ∴， ∵C是点A关于的对称点， ∴，． ∴． ∴四边形是菱形．又，， ∴，，． 在中，由勾股定理得：， 如图：过B点作于E， ∵， ∴． ∴． ∴点B到AD的距离是． 40．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）在中，给出下列条件：①；②；③；④．其中能使成为菱形的是　　　　　　　　　　． 【答案】① ③ 【分析】根据菱形和矩形的判定方法即可解题,见详解. 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形, ∴①；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形,此项正确, ②；根据对角线相等的平行四边形是矩形,此项错误, ③；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形,此项正确, ④；根据有一个角是90°的平行四边形是矩形,此项错误, 综上, 能使成为菱形的是① ③. 【点睛】本题考查了菱形的判定和矩形的判定,属于简单题,熟悉矩形和菱形的判定方法是解题关键. 41．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期中）已知：如图，在中，相交于点，且平分． （1）求证：是菱形； （2）若，，求菱形的周长． 【答案】（1） 证明：四边形是平行四边形， ， ． ∵平分 ， ， ， 是菱形．     （2）20      【分析】 （1）根据平行+角平分线证明，即可根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形证明； （2）先根据菱形的性质得到，，，然后由勾股定理求解，即可求解周长． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：四边形是菱形， ，，， ， ． 42．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）如图，在菱形中，为边的中点，点在边上，，交的延长线于点，若，求的长． 【答案】 【分析】 本题主要考查了勾股定理，菱形的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质． 先证明，根据三角形全等的性质得出，求出，得出，求出，根据勾股定理求出． 【详解】 解：四边形是菱形， ， ， ， ， ， ∴， ， 是的中点， ， 即， ， ， ， ， ． 43．（25-26学年九上·甘肃甘南藏族自治州临潭县第一中学·期中）如图，在中，． （1）求证：； （2）若相交于点O，则当_____° 时，四边形是菱形． 【答案】（1）证明见解答     （2）120      【分析】 此题考查了全等三角形的判定和性质、菱形的判定、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的判定和全等三角形的判定是关键． （1）证明．即可证明； （2）连接．证明与均为等边三角形，则，即可证明结论成立． (1) 小问详解： 证明：∵在中， ∴． 在与中， ， ∴； (2) 小问详解： 解：当时，四边形是菱形．理由如下： 如图，连接． 由（1）可知，， ∴， ∴， ∵， ∴O、A均在的垂直平分线上， ∴平分，即， ∴，即， ∵， ∴， ∵， ∴与均为等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形． 故答案为：． 44．（九上·甘肃兰州·期末）综合与实践 【定义学习】 若一个四边形有一组对角互补（即对角之和为），则称这个四边形为“圆满四边形”． 【概念理解】 （1）在①矩形，②菱形中，是“圆满四边形”的是 　　　　　 ；（请填写序号） 【性质探究】 （2）如图1，已知四边形是“圆满四边形”，若，，对角线，求四边形的周长． 【判定探究】 （3）如图2，已知平分，点在射线上，于点，于点，点在射线上，点在线段上，，连接，．求证：四边形GOHC为“圆满四边形”． 【答案】（1）① ； （2）14； （3）证明：平分，于点，于点， ，， ， ， ， ， ， 四边形为“圆满四边形”． 【分析】 （1）根据“圆满四边形”定义即可解决问题； （2）证明，得，根据“圆满四边形”定义和勾股定理即可解决问题； （3）证明，得，然后证明，即可解决问题． 【详解】 （1）解：矩形的四个内角都是， 矩形的两组对角的和为， 矩形是“圆满四边形”， 故答案为：①； （2）解：，，， ， ， 四边形是“圆满四边形”， ， ， ，， ， 四边形的周长； （3）略 【点睛】 本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解“圆满四边形”定义． 考点05 正方形 1．（25-26学年九上·甘肃酒泉第二中学·期中）下列命题中错误的是（     ） A. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B. 菱形的对角线互相垂直 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 正方形的对角线相等 【答案】C 【分析】 本题考查了命题与定理的知识，解题的关键在于了解平行四边形的判定、正方形的判定、矩形的判定及菱形的性质，属于基础题，比较简单．利用平行四边形的判定、正方形的判定、矩形的判定及菱形的性质分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】 解：A项：两组对边分别相等的四边形即为平行四边形，说法正确，不符合题意； B项：菱形的性质之一包括其对角线互相垂直，说法正确，不符合题意； C项：对角线相等的四边形不一定是矩形，例如等腰梯形的对角线也相等，因此该说法错误，符合题意； D项：正方形的对角线相等，说法正确，不符合题意． 故选：C． 2．（25-26学年九上·甘肃酒泉第二中学·期中）如图，已知P是正方形对角线上一点，连接平分，则的度数是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题主要考查了正方形的性质，角平分线的定义，由正方形的性质可得的度数，再由角平分线的定义可得答案． 【详解】 解：∵四边形是正方形， ∴， ∵平分， ∴， 故选：A． 3．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）下列有关菱形、矩形、正方形具有的共同性质是（       ） A. 邻边相等 B. 对角相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线相等 【答案】B 【分析】 本题考查了菱形、矩形、正方形的性质，根据菱形、矩形、正方形的性质逐项分析判断，即可求解． 【详解】 解： A． 邻边相等：菱形和正方形满足，但矩形邻边不一定相等（仅正方形相等），本选项不符合题意． B． 对角相等：菱形、矩形、正方形均为平行四边形，对角均相等，本选项符合题意． C． 对角线互相垂直：菱形和正方形满足，但矩形对角线不一定垂直（仅正方形垂直），本选项不符合题意； D． 对角线相等：矩形和正方形满足，但菱形对角线不一定相等（仅正方形相等），本选项不符合题意． 综上，三者共同性质为对角相等， 故选B． 4．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）已知正方形的对角线长为，则该正方形的面积为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查正方形的性质，解题关键是掌握正方形的对角线相等且垂直，且当四边形的对角线互相垂直时面积等于对角线乘积的一半，比较容易解答． 根据正方形的面积等于对角线乘积的一半进行求解即可． 【详解】 解：∵四边形为正方形， ∴， ∴正方形的面积， 故选：B． 5．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期末）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理如图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（       ） A. （1）处可填 B. （2）处可填 C. （3）处可填 D. （4）处可填 【答案】D 【分析】 本题主要考查了菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，熟知菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定条件是解题的关键． 【详解】 解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，则（1）处可填，原说法正确，不符合题意； B、有一组邻边相等的矩形是正方形，则（2）处可填，原说法正确，不符合题意； C、有一组邻边相同的平行四边形是菱形，则（3）处可填，原说法正确，不符合题意； D、菱形的对角本身相等，（4）处填不能得到四边形是正方形，原说法错误，符合题意； 故选：D． 6．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（       ） A. 每一条对角线都平分一组对角 B. 对角线相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线互相平分 【答案】D 【分析】 根据矩形、菱形、正方形的性质逐项判断即可． 【详解】 解：A，菱形、正方形满足每一条对角线都平分一组对角，矩形不满足，不合题意； B，正方形、矩形满足对角线相等，菱形不满足，不合题意； C，菱形、正方形满足对角线互相垂直，矩形不满足，不合题意； D，矩形、菱形、正方形都满足对角线互相平分，符合题意； 故选D． 【点睛】 本题考查特殊平行四边形，解题的关键是掌握矩形、菱形、正方形的性质． 7．（九上·甘肃白银·期中）如图，在正方形中，平分交于点，点是边上一点，连接，若，则的度数为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 先利用正方形的性质得到，，，利用角平分线的定义求得，再证得，利用全等三角形的性质求得，最后利用即可求解． 【详解】 解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵平分交于点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴ ， ∴， 故选：C 【点睛】 本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． 8．（25-26学年九上·甘肃酒泉肃州区·期中）下列判断错误的是（       ） A. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B. 四个内角都相等的四边形是矩形 C. 四条边都相等的四边形是菱形 D. 两条对角线垂直且平分的四边形是正方形 【答案】D 【分析】 本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法．根据各图形的判定条件逐一分析选项，判断是否存在错误即可． 【详解】 解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故本选项的判断正确,不符合题意； B、四个内角都相等的四边形是矩形，故本选项的判断正确,不符合题意； C、四条边都相等的四边形是菱形，故本选项的判断正确,不符合题意； D、两条对角线垂直且平分的四边形是菱形，故本选项的判断错误,符合题意； 故选：D． 9．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）如图，点P是正方形内位于对角线下方的一点，，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 由正方形的性质可得，可得，由得到，由三角形内角和定理可求解． 【详解】 解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 故选：C． 【点睛】 本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握正方形的性质是本题的关键． 10．（25-26学年九上·甘肃天水甘谷县·期末）如图，一个矩形被分割成四部分．已知图形①②③都是正方形，且正方形①的边长为，阴影部分的面积为，则正方形③的面积为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 本题考查二次根式运算的应用，正方形的面积，根据阴影面积可得阴影长，进而可得正方形② 的边长，利用长方形的边长的和差，即可得答案．利用线段的和差得出边长是解题的关键． 【详解】 解：∵正方形① 的边长为，阴影部分的面积为， ∴阴影部分的长为：， ∴正方形② 的边长为： ∴正方形③ 的边长为：， ∴正方形③ 的面积为：． 故选：D． 11．（25-26学年九上·甘肃兰州外国语学校·期中）如图，在正方形ABCD中，AD=5，点E、F是正方形ABCD内的两点，且AE=FC=3，BE=DF=4，则EF的长为（ ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 延长AE交DF于G，再根据全等三角形的判定得出△AGD与△ABE全等，得出AG=BE=4，由AE=3，得出EG=1，同理得出GF=1，再根据勾股定理得出EF的长． 【详解】 解：延长AE交DF于G．如图， ∵四边形ABCD为正方形 ∴AB=AD=DC=5, ∠BAD=∠ADC=90°， ∵AE=3，BE=4， ∴△ABE是直角三角形， ∴同理可得△DFC是直角三角形， ∵AE=FC，BE=DF，AB =DC， ∴△ABE≌△CDF， ∴∠BAE=∠DCF， ∵∠FCD+∠CDF=90°， ∴∠BAE+∠CDF=90°， ∴∠DAG+∠ADG=90°， ∴△AGD是直角三角形， ∴∠ABE+∠BAE=∠DAE+∠BAE， ∴∠GAD=∠EBA， 同理可得：∠ADG=∠BAE． 在△AGD和△BAE中， ∵ ， ∴△AGD≌△BAE（ASA）， ∴AG=BE=4，DG=AE=3， ∴EG=4﹣3=1，同理可得：GF=1， ∴EF=． 故选D． 【点睛】 本题考查了正方形的性质，关键是根据全等三角形的判定和性质得出EG=FG=1，再利用勾股定理计算． 12．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）用一张正方形的纸片按如下方式折叠：如图，先将纸片对折得到折痕，再沿过点的直线翻折纸片，得到折痕，使点落在上的点处，连接，，与交于点．有下列结论：①；②为等边三角形；③；④．其中正确的是（       ） A. ①③ B. ①④ C. ①②③ D. ①②③④ 【答案】D 【分析】 本题考查正方形折叠的性质、等边三角形判定、角度计算与线段关系，运用折叠对称性与几何推理思想，关键是结合正方形性质和折叠性质分析各结论，易错点是折叠后线段、角度的等量关系推导错误；解题思路是根据正方形折叠的对称性，逐一分析每个结论，结合等边三角形判定、角度计算和线段比例推导． 【详解】 解：① 折叠后是的对称轴（折叠前后对应点的连线被折痕垂直平分），因此，即① 正确； ② 设正方形边长为，由折叠可知是正方形的中垂线，故，． 折叠后， ∵在中，， ∴， ∴为等边三角形； 即② 正确； ③ ∵四边形为正方形， ∴, 又∵，为等边三角形； ∴，， ∴为等腰三角形； ∴, ∴； 即③ 正确； ④ 设正方形边长为2，则，，； 在中， ， ， ∵，为等边三角形，是的中点， ∴，， ∴即④ 正确． 故选D． 13．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的四边形学具，他先调整学具成为图1所示的图形，并测得，对角线，接着调整学具成为图2所示的图形，测得，则图2中对角线的长为（     ）． A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形和正方形的性质，连接．在图1中，证是等边三角形，得出．在图2中，由勾股定理求出即可． 【详解】 解：如图1，图2中，连接． 图1中，四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ， 在图2中，四边形是正方形， ，， 是等腰直角三角形， ； 故选：B． 14．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图1），测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），，则图2中对角线的长为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，等边三角形性质和判定，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． 根据正方形的性质以及勾股定理可得，记交于点，根据菱形的性质结合可得，再利用勾股定理计算，即可解题． 【详解】 解：正方形对角线， ， ， 又菱形中，记交于点， ，于点，，，且为等边三角形， ， ， ， ． 故选：C． 15．（25-26学年九上·甘肃甘南藏族自治州临潭县第一中学·期中）如图，边长为的正方形，对角线，相交于点，点为边上一动点（不与点，点重合），交于点，点为中点．给出如下四个结论，其中错误的结论是（     ） A.  B. 点在运动过程中，面积不变化 C. 周长的最小值为 D. 点在运动过程中，当时， 【答案】B 【分析】 根据正方形的性质可证，根据全等三角形的性质可证是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可知；根据三角形的面积公式可知面积随着点位置的变化而变化；根据勾股定理可知的最小值是，根据全等三角形的性质可知，从而可求的周长的最小值为；根据直角三角形的性质可知，根据正弦的定义可得，根据直角三角形两锐角互余可以求出. 【详解】 解：A选项：四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 故A选项正确； B选项： ，， ， 又的长度随着点位置的变化而变化， 点在运动过程中，面积随着点位置的变化而变化， 故B选项错误； C选项：由题意可知 是等腰直角三角形， ， 当最小时，最小， 当时，的长度最小， 又，是等腰直角三角形， ， 的最小值是， 由选项可知， ， ， 周长的最小值为， 故C选项正确； D选项： 是直角三角形，点是的中点， ， 又， ， 在中，， ， ， 故D选项正确； 故选：B． 【点睛】 本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、锐角三角函数．解决本题的关键是利用等腰直角三角形的性质找到边、角之间的关系． 16．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）如图，在正方形中，G是边上一点，连接，过点D作于点E，过点B作，且交于点F．求证：． 【答案】证明：∵ 四边形 是正方形， ∴ ，， ∵ ， ∴ ， ∴ ， 又∵ ， ∴ ， ∵， ∴ ， 在和中， ∴ ， ∴ ． 【分析】 本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质以及全等三角形的判定定理是解题的关键．通过正方形的性质得出相关角和边的关系，再结合垂直的性质得到角的等量关系，最后利用全等三角形的判定定理证明两个三角形全等，从而得出对应边相等． 【详解】 略 17．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）【问题背景】 如图所示，某兴趣小组需要在正方形纸板上剪下机翼状纸板（阴影部分），点E在对角线上． 【数学理解】 （1）该机翼状纸板是由两个全等三角形组成，请写出的证明过程． （2）若裁剪过程中满足，求“机翼角”的度数． 【答案】（1） 证明：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴；     （2）      【分析】 本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，等边对等角，三角形内角和定理，熟知相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质可得，据此可利用证明； （2）由正方形的性质可得，再由等边对等角和三角形内角和定理求出的度数即可得到答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 18．（25-26学年九上·甘肃兰州第五中学·期末）如图，在四边形中，，对角线、交于点O，过点B作交于点E． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，E为的中点，当的长为             时，四边形是正方形． 【答案】（1） 证明：∵ ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形     （2）      【分析】 （1）先证明，证明，再证明得到，证明四边形是平行四边形，结合，可证明四边形是菱形； （2）设，则，根据四边形是正方形， 得到，故，求得（舍去）， 故． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：当的长为时，四边形是正方形． 理由如下：∵四边形是菱形， ∴， ∵E为的中点， ∴， 设，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 解得（舍去）， ∴， ∴当的长为时，四边形是正方形． 故答案为：． 【点睛】 本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 19．（25-26学年九上·甘肃定西安定区·期末）（多选）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE，求证：CE＝CF； （2）如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，请你利用（1）的结论证明：GE＝BE＋GD； （3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题： 如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，DE=10, 求直角梯形ABCD的面积． 【答案】（1）证明：如图1，在正方形ABCD中， ∵BC=CD，∠B=∠CDF，BE=DF， ∴△CBE≌△CDF， ∴CE=CF； （2）证明：如图，延长AD至F，使DF=BE，连接CF， 由（1）知△CBE≌△CDF， ∴∠BCE=∠DCF， ∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD， 即∠ECF=∠BCD=90°， 又∵∠GCE=45°， ∴∠GCF=∠GCE=45°， ∵CE=CF，∠GCE=∠GCF，GC=GC， ∴△ECG≌△FCG， ∴GE=GF， ∴GE=DF+GD=BE+GD； （3）108. 【分析】 （1）根据正方形的性质，可直接证明△CBE≌△CDF，从而得出CE=CF； （2）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据（1）知∠BCE=∠DCF，即可证明∠ECF=∠BCD=90°，根据∠GCE=45°，得∠GCF=∠GCE=45°，利用全等三角形的判定方法得出△ECG≌△FCG，即GE=GF，即可得出答案GE=DF+GD=BE+GD； （3）过C作CF⊥AD的延长线于点F．则四边形ABCF是正方形，设DF=x，则AD=12-x，根据（2）可得：DE=BE+DF=4+x，在直角△ADE中利用勾股定理即可求解. 【详解】 （1）略 （2）略 （3）如图：过点C作CF⊥AD于F， ∵AD∥BC，∠B＝90°， ∴∠A＝90°， ∵∠A＝∠B＝90°，FC⊥AD， ∴四边形ABCF是矩形，且AB＝BC＝12， ∴四边形ABCF是正方形， ∴AF＝12， 由（2）可得DE＝DF＋BE， ∴DE＝4＋DF， 在△ADE中，AE2＋DA2＝DE2， ∴（12−4）2＋（12−DF）2＝（4＋DF）2， ∴DF＝6， ∴AD＝6， ∴S四边形ABCD＝ (AD＋BC)×AB＝×(6＋12)×12＝108． 【点睛】 本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，解决本题的关键是注意每个题目之间的关系，正确作出辅助线． 20．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期末）已知：如图，在中，，是的平分线，于点E，于点F．求证：四边形是正方形． 【答案】证明：∵，是的平分线， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形． 【分析】 本题考查了正方形、矩形的判定，角平分线的性质及等腰三角形的判定与性质．先根据已知条件得出，再由，利用三角形内角和定理得出，从而根据等腰三角形的判定可知，，证明出四边形是矩形，进而求得四边形是正方形． 【详解】 略 21．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）如图，直角梯形中，，，，，点从点出发，以每秒个单位长度的速度向点运动，同时，点从点出发，以每秒个单位长度的速度向点运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点作于点，连接交于点，连接设运动时间为秒． （1）______，______（用含的代数式表示） （2）当四边形为平行四边形时，求的值； （3）如图，将沿翻折，得，是否存在某时刻， ①使四边形为为菱形，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； ②使四边形为正方形，则______． 【答案】（1），     （2）     （3）①， 理由如下：根据翻折得 ， ， ∴共线， ∴当时，互相垂直平分， 有， 则，则四边形为菱形， ， 解得：； ②      【分析】 （1）由，根据即可求出；先证明四边形为矩形，得出，则； （2）根据四边形为平行四边形时，可得，解方程即可； （3）① 由，可得当时有四边形为菱形，列出方程，求解即可； ② 当四边形为正方形时，由翻折可得，则，由，可得，利用勾股定理求得即可． (1) 小问详解： 解：如图1． ， ， ∵在直角梯形中，于点， ∴四边形为矩形， ∴， ， 故答案为：． (2) 小问详解： 解：∵四边形为平行四边形时，， ， 解得：； (3) 小问详解： 解：① 略 ② 当四边形为正方形， 则， ， ， 则， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查了四边形综合题，其中涉及到直角梯形的性质，矩形的判定与性质，菱形的性质，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、方程思想是解题的关键． 22．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）（多选）如图，△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F， （1）求证：OE=OF； （2）若CE=12，CF=5，求OC的长； （3）当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由． 【答案】（1）证明：如图，∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F， ∴∠2=∠5，4=∠6． ∵MN∥BC， ∴∠1=∠5，3=∠6． ∴∠1=∠2，∠3=∠4． ∴EO=CO，FO=CO． ∴OE=OF． （2）6.5． （3）当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．理由如下： 当O为AC的中点时，AO=CO， ∵EO=FO， ∴四边形AECF是平行四边形． ∵∠ECF=90°， ∴平行四边形AECF是矩形． 【分析】 （1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠1=∠2，∠3=∠4，进而得出答案． （2）根据已知得出∠2+∠4=∠5+∠6=90°，进而利用勾股定理求出EF的长，即可根据直角三角形斜边上的中线性质得出CO的长． （3）根据平行四边形的判定以及矩形的判定得出即可． 【详解】 解：（1）略 （2）∵∠2=∠5，∠4=∠6， ∴∠2+∠4=∠5+∠6=90°． ∵CE=12，CF=5， ∴． ∴OC=EF=6.5． （3）略 23．（25-26学年九上·甘肃兰州外国语学校·期中）如图，正方形ABCD的边长为5，E是AB上一点，且BE：AE=1：4，若P是对角线AC上一动点，则PB+PE的最小值是　　．（结果保留根号） 【答案】 【分析】 连接BD，则点D即为点B关于AC的对称点，连接DE交AC于点P，根据两点之间线段最短可知，点P即为所求，根据勾股定理求出DE长，即可得出答案． 【详解】 连接BD， 则点D即为点B关于AC的对称点，连接DE交AC于点P， 由对称的性质可得，PB=PD，故PE+PB=DE， 由两点之间线段最短可知，DE即为PE+PB的最小值， ∵AB=AD=5，BE：AE=1：4， ∴BE=1，AE=4， 在Rt△ADE中， DE==． 故答案为． 【点睛】 本题考查的是最短路线问题及正方形的性质、勾股定理，能求出P点的位置是解此题的关键，有一定的综合性，但难易适中． 24．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）（多选）下面是小明设计的“在一个矩形内作正方形”的尺规作图过程． 已知：如图，四边形ABCD是矩形． 求作：正方形ABEF（点E在BC上，点F在AD上）． 作法：①以A为圆心，AB长为半径作弧，交AD于点F； ②以B为圆心，AB长为半径作弧，交BC于点E； ③连接EF． 四边形ABEF就是所求作的正方形． 根据小明设计的尺规作图过程， （1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）； （2）完成下面的证明． 证明：∵AF＝AB，BE＝AB ∴　 　＝　 　． ∵矩形ABCD中，AD∥BC， ∴AF∥BE． ∴四边形ABEF为平行四边形．（       ）（填推理的依据） ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝90°． ∴四边形ABEF为矩形．（       ）（填推理的依据） ∵AF＝AB， ∴四边形ABEF为正方形．（       ）（填推理的依据） 【答案】（1）如图，四边形ABEF即为所求． （2）证明：∵AF=AB，BE=AB， ∴AF=BE， ∵矩形ABCD中，AD∥BC， ∴AF∥BE． ∴四边形ABEF为平行四边形．（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形） ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=90°． ∴四边形ABEF为矩形．（有一个角是直角的平行四边形是矩形） ∵AF=AB， ∴四边形ABEF为正方形．（邻边相等的矩形是正方形）． 【分析】 （1）根据要求作出图形即可． （2）首先证明ABEF是平行四边形，再证明是矩形，再证明是正方形即可． 【详解】 略 【点睛】 本题考查作图-复杂作图，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定等知识，解题的关键是正确作出点E，点F，属于中考常考题型． 25．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为，点Q的坐标为，且，若P，Q为某个矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为点P，Q的“合成矩形”．如图①为点P，Q的“合成矩形”的示意图．若A点坐标为， （1）当B点坐标为时，点A，B的“合成矩形”的面积是          ； （2）若点C在直线上，且点A，C的“合成矩形”为正方形，求直线的表达式； （3）若点P在直线上，且点A，P的“合成矩形”为正方形，求P点的坐标． 【答案】（1）3     （2）或     （3）P点的坐标为或      【分析】 本题是一次函数综合题，考查了学生对新定义的理解和运用能力、正方形的性质、以及一次函数的图象和性质，待定系数法求直线解析式等知识，综合性较强，有一定的难度，利用数形结合是解决此类问题的关键． （1）由的坐标为的坐标为，得出“合成矩形”的长为3，宽为1，求出面积； （2）根据正方形的边长相等，求出，，利用待定系数法求解即可． （3）根据正方形的边长相等，建立方程求解； (1) 小问详解： 解：点A，B的“合成矩形”如图1， 点A的坐标为，B的坐标为， ∴，． ∴点A，B的“合成矩形”的面积． 故答案为：3． (2) 小问详解： 解：如图2，∵A的坐标为， 点C在直线上，且点A，C的“合成矩形”为正方形， 当C在x轴上方时，点，． ∵点A，C的“合成矩形”为正方形， ∴， ∴， 设直线解析式为， 将，分别代入表达式得： ， 解得 ， 直线解析式为．      当C在x轴下方时， ∵， 同理可得直线的解析式为． 综上所述，直线的表达式为或． (3) 小问详解： 解：如图3，当点P在直线上， 设点， 当点P在x轴上方时， 点A，P的“合成矩形”为正方形， 则正方形的边长为和， 可得方程，， 解得，    点P的坐标为． 当点P在x轴下方时，同理，， 解得：， 则， ∴点P在直线上， 综上，P点的坐标为或． 26．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，正方形的边长为，E是上一点，，P是对角线上一动点，则的最小值是　　　　　　　　　　　 ． 【答案】 【分析】 此题主要考查了利用轴对称求最短路线以及正方形的性质，正确得出点位置是解题关键． 直接利用正方形的性质，得出点关于直线对称，连接，进而利用勾股定理得出答案． 【详解】 解：如图所示：连接， 由题意可得：点关于直线对称，则点是与的交点， ∵正方形的边长为， ， 则． 故答案为：． 27．（25-26学年九上·甘肃酒泉第二中学·期中）如图，正方形的边长为4，点E在上，且，P是对角线上一动点，则周长的最小值为　　　　　　　． 【答案】6 【分析】 本题考查了最短距离问题，涉及正方形性质、勾股定理、两点之间线段最短，连接，，先证明的最小值就是线段的长，利用勾股定理求出，再进一步求解即可． 【详解】 解：如图，连接，， ∵四边形是正方形， ∴A、C关于对称， ∴， ∴， 在中， ∵，，， ∴． ∴， ∴的最小值为5， ∴周长的最小值为； 故答案为：6． 28．（九上·甘肃白银·期中）如图，正方形的对角线，相交于点，，分别在，上，．写出与的数量关系和位置关系，并证明你的结论． 【答案】解：结论：且． 证明：∵四边形是正方形， ∴，（正方形对角线相等且互相垂直平分）． ∴． 在和中 ， ∴， ∴（全等三角形对应边相等）． 设的延长线与交于点， ∵， ∴． 又∵在中，， ∴， ∴ 在中，， ∴． 综上，且． 【分析】 本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是利用正方形对角线的性质获取相等的边和直角，通过角的等量代换构造全等条件，进而推导线段的数量和位置关系． 先根据正方形性质得出对角线相等且垂直平分，即且；再结合已知，利用判定，得出（数量关系）；最后通过全等三角形的对应角相等，结合直角三角形内角和性质，证明（位置关系）． 【详解】 略 29．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）如图，和是两个不等的正方形，连接交于，如果面积为10，则面积为　　　　　　　　　　　　． 【答案】10 【分析】 本题考查了正方形的性质，等底等高的三角形面积相等等知识，掌握这些知识是解题的关键；连接，由正方形的性质得，；而，且，则可得，从而问题求解． 【详解】 解：如图，连接， ∵四边形和是两个正方形， ∴，， ∴，； ∵， ， ∴； ∵， ∴； 故答案为：10． 30．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）综合与探究 定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们就把这个原四边形叫做“中方四边形”． 概念理解： （1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是________． A．平行四边形                    B．矩形                    C．菱形                    D．正方形 性质探究： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的结论： ①________； ②________； 问题解决： （3）如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形ACFG，连接，问有什么位置关系和数量关系？直接写出结果． 拓展应用： （4）如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点．试探索与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）D； （2）①，②； （3），； （4）解：，理由如下： 如图，设的中点分别为E、F，并顺次连接， ∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵F，N分别是的中点， ∴， ∴． 【分析】 （1）根据定义“中方四边形”，即可得出答案； （2）由中位线的性质可得，结合正方形的性质可得结论； （3）取四边形边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出四边形是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论； （4）设的中点分别为E、F，并顺次连接，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论． 【详解】 解：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下： 因为正方形的对角线相等且互相垂直， 所以其中点四边形是正方形； 故选：D； （2）①，②；理由如下： 如图1，∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ∴， ∵E、F、G、H分别是的中点， ∴， ∴， 故答案为：； （3）如图，取四边形边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K， ∵四边形各边中点分别为M、N、R、L， ∴分别是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴， 综上所述，的位置关系为，数量关系为； （4）略 【点睛】 本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键． 31．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）如图，在正方形中，点是正方形中心，是边上一点，连接，过点作的垂线交于点，若，则正方形的面积为　　　　　． 【答案】49 【分析】 该题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，证明，得出，从而求出，即可解答． 【详解】 解：∵在正方形中，点是正方形中心， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的面积为49， 故答案为：49． 32．（25-26学年九上·甘肃甘南藏族自治州临潭县第一中学·期中）下列四个命题： ①对角线互相垂直的四边形是菱形； ②对角线相等的菱形是正方形； ③对角线互相垂直平分的四边形是菱形； ④有一个角是的四边形是矩形． 其中是真命题的是　　　（只填序号）． 【答案】② ③ ③ ② 【详解】 解：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以①错误； 对角线相等的菱形是正方形，所以②正确； 对角线互相垂直平分的四边形是菱形，所以③正确； 有一个角是的平行四边形是矩形，所以④错误． 故答案为：② ③． 【点睛】 本题考查了命题与定理∶判断一件事情的语句，叫做命题，许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…．那么…”形式，有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理，也考查了逆命题．也考查了正方形菱形和矩形的判定． 33．（25-26学年九上·甘肃兰州第十九中学·期末）【模型建立】（1）如图，四边形是正方形，当点在边上，在边上，时，用等式写出，与之间的数量关系，并说明理由； 【模型应用】（2）如图2，当点在的延长线上，在的延长线上时，其他条件与（）相同．用等式写出，与之间的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】（3）如图，在中，，，点，均在边上，且．若，，求的长． 【答案】（1）， 理由：如图，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到， ∵， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴， ∵， ∴； （2）， 理由：如图，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，连接， ∵， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴， ∵， ∴； （3） 【分析】 （1）将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，然后求出，利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，从而得解； （2）类似（1），通过旋转构造全等三角形，结合全等性质得线段相等； （3）将绕点逆时针旋转至，使与重合，连接，根据全等三角形的性质、勾股定理计算． 【详解】 解：（1）略 （2）略 （3）将绕点逆时针旋转至，使与重合，连接， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴． ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴． 【点睛】 本题属于四边形综合题，考查了旋转变换的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识是解题的关键． 34．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）如图在四边形中，点E是直线上一点，将射线绕点A逆时针旋转交直线于点F．    （1）如图①．若四边形为菱形，，则与之间的数量关系是________； （2）如图②，若四边形为正方形，，连接，当点E在的延长线上时，试猜想线段与之间的数量关系，并加以证明； （3）若四边形为正方形，，连接，当时，请直接写出的长． 【答案】（1）     （2） 解：，证明如下：    如图：在上取点，使得，连接， ∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∴，即．     （3）或10      【分析】 （1）如图，连接，根据菱形的性质得出是等边三角形，可得出相等的角和边，进而证明，再根据全等三角形的性质即可得出结论； （2）如图：在上取点，使得，连接，根据条件证明，得出，再证明，根据全等三角形的性质即可得出结论； （3）根据题意分两种情况进行讨论，借助于（2）的思路，证明三角形全等，得出相等的边，然后假设边的长度，利用勾股定理列方程求解即可． (1) 小问详解： 解：如图，连接，    ∵四边形是菱形， ∴， ∴． ∵， ∴是等边三角形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：① 如图，当点E在线段上时，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，    ， ∵四边形为正方形，， ， 又， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理可得，即，解得：， ∴． ② 如图，当点E在延长线上时，取的中点G，连接，    ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得，即， 解得∶． ∴． 综上所述，的长为或10． 【点睛】 本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识以及正确作出辅助线是解题的关键． 35．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）如图，在中，过点的直线，为边上一点、过点作，交直线于，垂足为，连接． （1）求证：； （2）当在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； （3）若为中点，则当________时，四边形是正方形（直接写出答案）． 【答案】（1） 证明：∵，， ∴， ∴， 又∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∴；     （2） 四边形是菱形，理由如下： ∵是中点，， ∴， 由（）知，且，即， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形；     （3）      【分析】 （1）通过证明四边形是平行四边形，利用平行四边形对边相等得． （2）先证四边形是平行四边形，再结合直角三角形斜边中线性质得，从而判定为菱形． （3）结合正方形的判定求解即可 (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：当时，四边形是正方形，理由如下， ∵， ∴， ∴， ∵是中点， ∴，即， 由（）知四边形是菱形， ∴菱形是正方形， 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定、直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握特殊四边形的判定定理与直角三角形的性质是解题的关键． 36．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期中）在图1、图2，图3中．点、分别是四边形边、上的点；下面请你根据相应的条件解决问题． 特例探索： （1）在图1中，四边形为正方形（正方形四边相等，四个内角均为直角），，延长至，使，，．则________． 在图2中，，，，，，；则________． 归纳证明：（2）在图3中，，．且，请你观察（1）中的结果，猜想图3中线段，，之间的数量关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系式． 【答案】（1）①5②（2） 【分析】 本题主要考查了全等三角形的判定和性质，角的和差，线段的和差等内容，解题的关键是构造辅助线，证明三角形全等． （1）① 先根据条件证明，再证明即可； ② 延长至点，使，先根据条件证明，再证明即可； （2）延长至点，使，先根据条件证明，再证明即可． 【详解】 解：（1）① ∵四边形为正方形， ， 又， ∴， ∴，， ∵， ， 又∵， ∴， ∴， 故答案为：5； ② 如图延长至点，使， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵，， ， 又∵， ∴， ， 故答案为：； （2）如图，延长至点，使， ∵，， ∴， 又∵， ， ， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴． 37．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫作“神奇四边形”． （1）现有下列四边形：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形．其中，一定是“神奇四边形”的是       ；（填序号） （2）如图1，在正方形中，E为边上一点，连接．过点B作，垂足为H，交于点G．连接、． ①求证：四边形是“神奇四边形”； ②如图2，M、N、P、Q分别是、、、的中点，试判断四边形是不是“神奇四边形”，并说明理由； （3）如图3，点F、R分别在正方形的边、上．把正方形沿直线折叠，使的对应边恰好经过点A．上的点E是点A关于的对称点．连接，交于点O．若，正方形的边长为6，求线段的长． 【答案】（1）④     （2） ① 证明：四边形是正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 又， 四边形是“神奇四边形”； ② 解：四边形是“神奇四边形”，理由如下： ，为，的中点， 为的中位线， ，， 同理：，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， ， ， 平行四边形为菱形， ，， ， ， ， ， 四边形为正方形， 四边形是“神奇四边形”；     （3）      【分析】 （1）由“神奇四边形”的定义即可得出结论； （2）① 证，得，再由“神奇四边形”的定义即可得出结论； ② 由三角形中位线定理得出，，则四边形为平行四边形，再证四边形是正方形，则可得出结论； （3）延长交于，由勾股定理求出的长，设，则，再由勾股定理得，解得，即可解决问题． (1) 小问详解： 解：平行四边形的对角线互相平分，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，正方形的对角线互相垂直平分且相等， 正方形是“神奇四边形”， 故答案为：④ ； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：如图3，延长交于， 由翻折的性质可知，，，，， 四边形是正方形，边长为6， ，， ，， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， ， ， 即线段的长为． 【点睛】 本题属于四边形综合题，考查了新定义“神奇四边形”、折叠的性质、正方形的判定与性质、菱形的判定与性质、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，三角形中位线定理等知识，本题综合性强，理解新定义“神奇四边形”，熟练掌握正方形的判定与性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题． 38．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）综合与实践 问题情境：如图，四边形为正方形，点E为对角线上的一动点，连接，过点E作，交直线于点F，以为邻边作矩形，连接． （1）猜想证明：证明四边形是正方形． （2）解决问题：求的度数． （3）解决问题：已知，，请直接写出的长． 【答案】（1）证明：过作于点，于点， ∵正方形， ∴， ∴，，则， ∴四边形为正方形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形为正方形，     （2）     （3）或      【分析】 （1）过作于点，于点，由，得到，即可求解； （2）证明，得到， （3）由正方形，正方形，得到，由，得到，依次求出的长，最后由，得到，即可求解，注意分情况讨论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵矩形为正方形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， (3) 小问详解： 解：过作于点，于点，由（1）得正方形，， ① 当在线段上时， ∵正方形，正方形， ∴， ∴，即：， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴； ② 当在延长线上时，如图： ∵正方形，正方形， ∴， ∴，即：， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴； 综上所述，或． 39．（25-26学年九上·甘肃兰州外国语学校·期中）【活动探究】 （1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，正方形中，点E是的中点，将正方形沿折叠，得到点B的对应点为，延长交线段于点P，连接．求的度数． 【追本溯源】 （2）小瑞受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图②，正方形的边长为6，点E，F分别在上运动，连接．若，试猜想的数量关系是_____________，并加以证明． 【拓展迁移】 （3）小波深入研究以上两个问题，发现并提出新的探究点：如图③，是的高，，若，求的面积 【答案】（1）； （2）解：，证明如下： 如图：延长到G，使，连接，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即． （3）135 【分析】 本题属于四边形综合题，主要考查了折叠性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关性质和判定定理成为解题的关键． （1）先证得出，由直角三角形的性质可得出答案； （2）如图：延长到G，使，连接，则，证明可得，然后根据线段的和差及等量代换即可解答； （3）将沿翻折得到沿翻折得到，延长交于点Q，证明四边形是正方形，得出，设，则，由勾股定理列方程求得x，进而求得，然后根据三角形的面积公式即可解答． 【详解】 解：（1）∵将正方形沿折叠，得到点B的对应点为， ∴． ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）略 （3）解：将沿翻折得到，沿翻折得到，延长交于点Q， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， 设，则， ∵在中，，即，解得， ∴， ∴， ∴． 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 多边形及其内角和 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．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，的对角线相交于点，，．若，则四边形的周长为（       ） A. 8 B. 11 C. 16 D. 20 2．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）某花木场有一块如等腰梯形的空地（如图），各边的中点分别是、、、，用篱笆围成的四边形场地的周长为40cm，则对角线的长度为（       ） A. 20cm B. 15cm C. 10cm D. 5cm 考点02 多边形及其内角和 1．（25-26学年九上·甘肃兰州外国语学校·期中）如图，∠AOC和∠BOD都是直角，如果∠DOC=28°，那么∠AOB的度数是(　　) A. 118° B. 152° C. 28° D. 62° 考点03 矩形 1．（25-26学年九上·甘肃兰州榆中县·期末）如图，用一根绳子检查一平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线AC，BD就可以判断，其推理依据是（　　） A. 矩形的对角线相等 B. 矩形的四个角是直角 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 对角线相等的平行四边形是矩形 2．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）如图，公路、互相垂直，公路的中点M与点C被湖隔开，若测得的长为，则M、C两点间的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，在矩形中，对角线，交于点，下列说法错误的是（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）如图，将矩形放置在刻度尺上，顶点，对应的刻度（单位：）分别为1和5，则的长为（     ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）如图所示，在矩形中，点的坐标是，则的长是（       ） A.  B.  C.  D.  6．（九上·甘肃白银·期中）如图，在中，，，点D是AB的中点，则　　 A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 7．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期中）如图，在中，，相交于点，下列条件不能判定为矩形的是（     ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）一个竹竿斜靠在竖直的墙上，点是的中点，表示竹竿沿墙向下滑动过程中的某个位置，则的长在竹竿向下滑动过程中的变化情况是（       ） A. 的长度增大 B. 的长度减小 C. 无法确定长度的变化情况 D. 的长度不变 9．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）在数学活动课上，小明准备用绳子和三角尺检查一个书架是否为矩形．如图，已知书架是平行四边形，对角线，相交于点，下列验证方法错误的是（     ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期末）如图1，点P为矩形边上的一个动点，点P从A出发沿着矩形的四条边运动．设点P运动的路程长为x，的面积为y，图2是y随x变化的函数图象，则矩形的对角线的长是（       ） A.  B.  C. 7 D. 8 11．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）如图，在矩形ABCD中，点F在AD上，点E在BC上，把这个矩形沿EF折叠后，使点D恰好落在BC边上的G点处，若矩形面积为且∠AFG＝60°，GE＝2BG，则折痕EF的长为（       ） A. 1 B.  C. 2 D.  12．（25-26学年九上·甘肃兰州外国语学校·期中）如图，在矩形中，对角线相交于点O，，，则的长为（     ） A.  B.  C.  D.  13．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，在矩形中，连接，分别以点A，C为圆心，大于二分之一长为半径画弧，两弧交于点M，N两点，作直线，分别与，交于点E，F，连接，，若，．则四边形的面积为（     ） A. 18 B.  C.  D. 9 14．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，在△ABC中，AB=6，AC=8，BC=10，P为边BC上一动点（且点P不与点B、C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F．则EF的最小值为（   ） A. 4 B. 4．8 C. 5．2 D. 6 15．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期末）如图，在矩形中，，，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，垂足为E，F．求的值为（     ） A.  B. 2.5 C.  D.  16．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，，点为内部一条射线上的一点，请用尺规作图法在射线上分别求作点，连接，使得四边形是矩形．（保留作图痕迹，不写作法） 17．（25-26学年九上·甘肃平凉庄浪县·期末）如图，在矩形中，，，点E、F分别在边、上，连接，若矩形矩形，则矩形的面积是　　　　　　　　． 18．（25-26学年九上·甘肃天水·期末）如图，在中，，点是边的中点，，，则的长为　　　　　　． 19．（25-26学年九上·甘肃天水甘谷县·期末）如图，一技术人员用刻度尺（单位：cm）测量某三角形部件的尺寸．已知，点D为边的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则　　　　　　　　　cm． 20．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）如图，连接四边形各边中点，得到四边形，还要添加　　　　　　　　条件，才能保证四边形是矩形． 21．（九上·甘肃白银·期中）如图，在矩形中，是对角线和的交点，是边上一点，且，若，则的长是　　　　　　． 22．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）如图，在中，点E在边上，和分别是和的角平分线，以为对角线向外作四边形，使，．求证：四边形是矩形． 23．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）工人师傅在制作矩形窗框时，分以下三个步骤进行：如图①，先截出两对符合规格的铝合金窗料，使，；摆成如图②所示的四边形；如图③，将直角尺紧靠窗框的一个角，调整窗框的边框，当直角尺的两条直角边与窗框无缝隙时（如图④），窗框制作完成． 请根据上面的制作步骤补全证明： ，_____，（_____）（数学原理） _____，_____；（_____）（数学原理） 24．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）翻花绳是中国民间流传的儿童游戏，在中国不同的地域，有不同的称法，如线翻花、翻花鼓、挑绷绷、解股等等，如图1是翻花绳的一种图案，可以抽象成右图，在矩形中，，的度数为　　　　　　　　　． 25．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期末）如图，在矩形中，是边上一点，是边的中点，连接，，．已知，，． （1）求的长； （2）过点作，交于点，求四边形的面积． 26．（九上·甘肃兰州·期末）（多选）如图，已知矩形ABCD中，E是AD上的一点，F是AB上的一点，EF⊥EC，且EF＝EC， 求证：△CDE≌△EAF． 27．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期末）如图，是矩形的对角线，请按以下要求解决问题： （1）利用尺规作，使与关于直线成轴对称（不写作法，保留作图痕迹）； （2）在（1）的条件下，若交于点，，，求的长． 28．（25-26学年九上·甘肃兰州第十一中学·期中）如图，在矩形中，，．连接，在和上分别截取，使，分别以点E和点F为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点G，作射线交于点H，则线段的长是　　　　　　　　． 29．（25-26学年九上·甘肃兰州第五十四中学）如图，平行四边形的对角线相交于点，是等边三角形，． （1）求证：平行四边形是矩形； （2）求四边形的面积． 30．（25-26学年九上·甘肃兰州外国语学校·期中）如图，在中，，点分别是的中点．延长至点，使得，连接． （1）求证：四边形是矩形． （2）若平分，，求四边形的面积． 31．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，在矩形中，E，F分别是边上的动点，P是线段的中点，，，G，H为垂足，连接．若，，，则的最小值是　　　　　　． 32．（九上·甘肃白银·期中）如图，在中，，分别为，的中点，，垂足为，点在的延长线上，． （1）求证：四边形是矩形． （2）若，，，求和的长． 33．（九上·甘肃白银·期中）【问题认识】如图1，在矩形中，对角线，相交于点．若，，由勾股定理，得，同理，故． 【初步应用】如图1，若，求的长． 【问题探究】如图2，四边形为平行四边形，若，则【问题认识】中的结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由． 【拓展应用】如图3，已知为的一条中线，，求的长． 34．（25-26学年九上·甘肃兰州第十一中学·期中）如图，中，，平分，，． （1）求证：四边形是矩形； （2）过点E作于，若，，求的长． 35．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，且，，若，为某个矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为点，的“合成矩形”．如图为点，的“合成矩形”的示意图． （1）若A点坐标为， ①当B点坐标为时，点A，B的“合成矩形”的面积是          ； ②若点P在直线上，且点A，P的“合成矩形”为正方形，求P点的坐标； （2）点O的坐标为，点D为直线上一动点，若O，D的“合成矩形”为正方形，且此正方形面积不小于2时，求b的取值范围． 考点04 菱形 1．（九上·甘肃白银·期中）菱形ABCD的边长为13cm，其中对角线BD长10cm，菱形ABCD的面积为（       ） A. 60cm2 B. 120cm2 C. 130cm2 D. 240cm2 2．（25-26学年九上·甘肃兰州榆中县·期末）如图，某型号千斤顶的工作原理是利用四边形的不稳定性，图中的菱形是该型号千斤顶的示意图，保持菱形边长不变，可通过改变的长来调节的长．已知 的初始长为，如果要使的长达到， 那么的长需要缩短（       ） A. 6 cm B. 8 cm C.  D.  3．（25-26学年九上·甘肃兰州第五中学·期末）如图，菱形中，分别是的中点，若菱形的周长为，则的长为（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）如图所示，是的角平分线，交于，交于，则四边形为（　　） A. 矩形 B. 正方形 C. 菱形 D. 不是平行四边形 5．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点，若，，则的长为（       ） A.  B.  C. 12 D.  6．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）如图，菱形的对角线交于点O，过点A作于点E，连接，若，则的长为 （     ） A.  B. 2 C.  D. 3 7．（25-26学年九上·甘肃兰州第五十四中学）如图，要使平行四边形成为矩形，需添加的条件是（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年九上·甘肃酒泉第二中学·期中）如图，在菱形中，E、F分别是的中点，连接，若，则菱形的周长为（     ） A. 6 B. 8 C. 12 D. 16 9．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）小明准备利用周末时间去种花，如图，在菱形花坛中，，在其中两个正六边形部分种花，若种花部分图形的周长（不含图中虚线）为，则菱形花坛的边长为（       ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期末）在菱形中，，，则（     ）． A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年九上·甘肃定西渭源县·期末）如图：菱形的对角线上有一动点，的长关于点运动的路程的函数图像如图，则该菱形的面积为（       ） A. 12 B. 24 C. 48 D. 96 12．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在坐标轴上，若点A的坐标为，则菱形的周长为（     ） A. 6 B.  C.  D.  13．（九上·甘肃兰州·期末）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（     ） A. 2 B.  C.  D.  14．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）已知平行四边形，下列结论不正确的是（　　） A. 当时，它是矩形 B. 当时，它是矩形 C. 当平分时，它是菱形 D. 当时，它是菱形 15．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E是的中点，若，则菱形的周长为（     ） A. 4 B. 16 C. 12 D. 20 16．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，四边形中，点E、F、G、H分别是边的中点若四边形为菱形，则对角线AC、BD应满足条件是（        ） A.  B.  C. 且 D. 不确定 17．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期中）如图，菱形的对角线，交于点，若，则的度数为（       ） A.  B.  C.  D.  18．（25-26学年九上·甘肃兰州第十一中学·期中）如图（1），点P为菱形对角线上一动点，点E为边上一定点，连接，，．图（2）是点P从点A匀速运动到点C时，的面积y随的长度x变化的关系图象（当点P在上时，令），则菱形的周长为（             ） A.  B.  C. 20 D. 24 19．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）（多选）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DEAC且DE=AC，连接AE交OD于点F，连接OE、CE． （1）求证：四边形OCED为矩形； （2）已知AB=2，DE=1，求OD的长． 20．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）如图，菱形ABCD的周长为16，面积为12，P是对角线BD上一点，分别作P点到直线AB、AD的垂线段PE、PF，则PE＋PF等于　　　　． 21．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，在中，． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求菱形的面积． 22．（25-26学年九上·甘肃酒泉第二中学·期中）如图，在菱形中，对角线和相交于点，若，，则菱形的周长为　　　　　　　　　． 23．（九上·甘肃白银·期中）如图，在菱形中，过点作对角线的垂线，交的延长线于点，连接，求证：四边形是平行四边形． 24．（25-26学年九上·甘肃酒泉肃州区·期中）如图，四边形为菱形，E为对角线上的一个点，连接并延长交的延长线于点F，连接．求证：． 25．（25-26学年九上·甘肃酒泉肃州区·期中）菱形的两条对角线的长分别为6和8，则这个菱形的周长为　　　　　． 26．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期中）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则　　　　　　． 27．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期中）如图，已知菱形，，E、F分别是、的中点，连接、． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，求菱形的面积． 28．（25-26学年九上·甘肃兰州榆中县·期末）如图，是菱形对角线的交点，过点作，过点作与相交于点．求证：四边形是矩形． 29．（25-26学年九上·甘肃兰州第二十中学·期末）如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A作的垂线，垂足为点E，延长到点F，使，连接．    （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的长． 30．（25-26学年九上·甘肃兰州第十九中学·期末）如图，在中，，D是中点，，是的角平分线，连接、． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的长． 31．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）【动手实践】阅读与思考 下面是小斌同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 准等距点定义：四边形一条对角线所在直线上的点，如果到这条对角线的两个端点距离不相等，但到另一条对角线的两个端点的距离相等，那么称这个点为“准等距点”．如图1，在四边形中，点P是对角线上的一点，，且，则点P就是一个“准等距点”． 根据“准等距点”的定义，我猜想菱形一定有“准等距点”．例：如图2，在菱形中，点P是对角线上的一点，，则点P是一个“准等距点”．下面是我的证明过程：证明：如图2，连接．……于是我得到一个结论，四边形的一条对角线垂直平分另一条对角线时，这个四边形有无数个“准等距点”．随后，我又进一步思考，如何找到四边形的“准等距点”呢？…… 任务： （1）请将上述证明过程补充完整． （2）如图3，请用尺规作出四边形的一个“准等距点”（要求：不写作法，保留作图痕迹）． （3）已知一个四边形，对角线于点E，且，四边形的面积为24．若四边形存在“准等距点”，直接写出的长度． 32．（九上·甘肃兰州·期末）如图，在中，，D、E分别是，的中点，， （1）求证：四边形是菱形 （2）连接交于点O，若，，求四边形的面积． 33．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点．过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．    （1）求证：△AEF≌△DEB； （2）证明四边形ADCF是菱形； （3）若AC=4，AB=5，求菱形ADCF 的面积． 34．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）（多选）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别是E，F，且BE＝DF． （1）求证：△ABE≌△ADF； （2）求证：四边形ABCD是菱形． 35．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）【阅读材料】 老师的问题：如图，已知中，，是斜边上的中线，求作菱形． 小丽的做法：（1）取的中点；（2）连接并延长到点，使；（3）连接，．四边形即为所求作的菱形． 【解答问题】 （1）请根据小丽的作法利用尺规作图补全图形，不写作法，保留作图痕迹； （2）请根据材料中的信息，证明四边形是菱形． 36．（25-26学年九上·甘肃酒泉第二中学·期中）如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线与边，分别相交于点E，F． （1）求证：四边形是菱形． （2）若，求的长． 37．（九上·甘肃白银·期中）如图，在边长为1的菱形中，，连接对角线，以为边作第2个菱形，使，连接对角线，再以为边作第3个菱形，使按此规律所作的第2025个菱形的边长是　　　　　． 38．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）在学习了《特殊平行四边形》这一章后，老师布置了一项课后作业：利用所学知识在一张长，宽的矩形纸片上作出一个菱形． ①小明的方案，如图11．连接；2．作的垂直平分线，交于点E，F，O；3．连接；4．四边形即为所作的菱形． ②小彤的方案，如图21．利用刻度尺找到四条边的中点E，F，G，H；2．顺次连接E，F，G，H；3．四边形即为所作的菱形． 【解答问题】 （1）方案设计正确的是________（写出序号即可）； （2）请选择一种正确的方案进行证明； （3）直接写出哪种方案构成的四边形面积大，且最大面积是多少． 39．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）如图，中，． （1）作点A关于的对称点C；（要求：尺规作图，不写作法．保留作图痕迹） （2）在（1）)条件下，连接，与交于点O，若，，求点B到的距离． 40．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）在中，给出下列条件：①；②；③；④．其中能使成为菱形的是　　　　　　　　　　． 41．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期中）已知：如图，在中，相交于点，且平分． （1）求证：是菱形； （2）若，，求菱形的周长． 42．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）如图，在菱形中，为边的中点，点在边上，，交的延长线于点，若，求的长． 43．（25-26学年九上·甘肃甘南藏族自治州临潭县第一中学·期中）如图，在中，． （1）求证：； （2）若相交于点O，则当_____° 时，四边形是菱形． 44．（九上·甘肃兰州·期末）综合与实践 【定义学习】 若一个四边形有一组对角互补（即对角之和为），则称这个四边形为“圆满四边形”． 【概念理解】 （1）在①矩形，②菱形中，是“圆满四边形”的是 　　　　　 ；（请填写序号） 【性质探究】 （2）如图1，已知四边形是“圆满四边形”，若，，对角线，求四边形的周长． 【判定探究】 （3）如图2，已知平分，点在射线上，于点，于点，点在射线上，点在线段上，，连接，．求证：四边形GOHC为“圆满四边形”． 考点05 正方形 1．（25-26学年九上·甘肃酒泉第二中学·期中）下列命题中错误的是（     ） A. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B. 菱形的对角线互相垂直 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 正方形的对角线相等 2．（25-26学年九上·甘肃酒泉第二中学·期中）如图，已知P是正方形对角线上一点，连接平分，则的度数是（     ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）下列有关菱形、矩形、正方形具有的共同性质是（       ） A. 邻边相等 B. 对角相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线相等 4．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）已知正方形的对角线长为，则该正方形的面积为（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期末）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理如图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（       ） A. （1）处可填 B. （2）处可填 C. （3）处可填 D. （4）处可填 6．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（       ） A. 每一条对角线都平分一组对角 B. 对角线相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线互相平分 7．（九上·甘肃白银·期中）如图，在正方形中，平分交于点，点是边上一点，连接，若，则的度数为（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年九上·甘肃酒泉肃州区·期中）下列判断错误的是（       ） A. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B. 四个内角都相等的四边形是矩形 C. 四条边都相等的四边形是菱形 D. 两条对角线垂直且平分的四边形是正方形 9．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）如图，点P是正方形内位于对角线下方的一点，，则（     ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年九上·甘肃天水甘谷县·期末）如图，一个矩形被分割成四部分．已知图形①②③都是正方形，且正方形①的边长为，阴影部分的面积为，则正方形③的面积为（     ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年九上·甘肃兰州外国语学校·期中）如图，在正方形ABCD中，AD=5，点E、F是正方形ABCD内的两点，且AE=FC=3，BE=DF=4，则EF的长为（ ） A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）用一张正方形的纸片按如下方式折叠：如图，先将纸片对折得到折痕，再沿过点的直线翻折纸片，得到折痕，使点落在上的点处，连接，，与交于点．有下列结论：①；②为等边三角形；③；④．其中正确的是（       ） A. ①③ B. ①④ C. ①②③ D. ①②③④ 13．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的四边形学具，他先调整学具成为图1所示的图形，并测得，对角线，接着调整学具成为图2所示的图形，测得，则图2中对角线的长为（     ）． A.  B.  C.  D.  14．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图1），测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），，则图2中对角线的长为（     ） A.  B.  C.  D.  15．（25-26学年九上·甘肃甘南藏族自治州临潭县第一中学·期中）如图，边长为的正方形，对角线，相交于点，点为边上一动点（不与点，点重合），交于点，点为中点．给出如下四个结论，其中错误的结论是（     ） A.  B. 点在运动过程中，面积不变化 C. 周长的最小值为 D. 点在运动过程中，当时， 16．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）如图，在正方形中，G是边上一点，连接，过点D作于点E，过点B作，且交于点F．求证：． 17．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）【问题背景】 如图所示，某兴趣小组需要在正方形纸板上剪下机翼状纸板（阴影部分），点E在对角线上． 【数学理解】 （1）该机翼状纸板是由两个全等三角形组成，请写出的证明过程． （2）若裁剪过程中满足，求“机翼角”的度数． 18．（25-26学年九上·甘肃兰州第五中学·期末）如图，在四边形中，，对角线、交于点O，过点B作交于点E． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，E为的中点，当的长为             时，四边形是正方形． 19．（25-26学年九上·甘肃定西安定区·期末）（多选）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE，求证：CE＝CF； （2）如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，请你利用（1）的结论证明：GE＝BE＋GD； （3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题： 如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，DE=10, 求直角梯形ABCD的面积． 20．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期末）已知：如图，在中，，是的平分线，于点E，于点F．求证：四边形是正方形． 21．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）如图，直角梯形中，，，，，点从点出发，以每秒个单位长度的速度向点运动，同时，点从点出发，以每秒个单位长度的速度向点运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点作于点，连接交于点，连接设运动时间为秒． （1）______，______（用含的代数式表示） （2）当四边形为平行四边形时，求的值； （3）如图，将沿翻折，得，是否存在某时刻， ①使四边形为为菱形，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； ②使四边形为正方形，则______． 22．（25-26学年九上·甘肃张掖临泽县·期中）（多选）如图，△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F， （1）求证：OE=OF； （2）若CE=12，CF=5，求OC的长； （3）当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由． 23．（25-26学年九上·甘肃兰州外国语学校·期中）如图，正方形ABCD的边长为5，E是AB上一点，且BE：AE=1：4，若P是对角线AC上一动点，则PB+PE的最小值是　　．（结果保留根号） 24．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）（多选）下面是小明设计的“在一个矩形内作正方形”的尺规作图过程． 已知：如图，四边形ABCD是矩形． 求作：正方形ABEF（点E在BC上，点F在AD上）． 作法：①以A为圆心，AB长为半径作弧，交AD于点F； ②以B为圆心，AB长为半径作弧，交BC于点E； ③连接EF． 四边形ABEF就是所求作的正方形． 根据小明设计的尺规作图过程， （1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）； （2）完成下面的证明． 证明：∵AF＝AB，BE＝AB ∴　 　＝　 　． ∵矩形ABCD中，AD∥BC， ∴AF∥BE． ∴四边形ABEF为平行四边形．（       ）（填推理的依据） ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝90°． ∴四边形ABEF为矩形．（       ）（填推理的依据） ∵AF＝AB， ∴四边形ABEF为正方形．（       ）（填推理的依据） 25．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为，点Q的坐标为，且，若P，Q为某个矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为点P，Q的“合成矩形”．如图①为点P，Q的“合成矩形”的示意图．若A点坐标为， （1）当B点坐标为时，点A，B的“合成矩形”的面积是          ； （2）若点C在直线上，且点A，C的“合成矩形”为正方形，求直线的表达式； （3）若点P在直线上，且点A，P的“合成矩形”为正方形，求P点的坐标． 26．（25-26学年九上·甘肃兰州·期中）如图，正方形的边长为，E是上一点，，P是对角线上一动点，则的最小值是　　　　　　　　　　　 ． 27．（25-26学年九上·甘肃酒泉第二中学·期中）如图，正方形的边长为4，点E在上，且，P是对角线上一动点，则周长的最小值为　　　　　　　． 28．（九上·甘肃白银·期中）如图，正方形的对角线，相交于点，，分别在，上，．写出与的数量关系和位置关系，并证明你的结论． 29．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）如图，和是两个不等的正方形，连接交于，如果面积为10，则面积为　　　　　　　　　　　　． 30．（25-26学年九上·甘肃兰州红古区·期中）综合与探究 定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们就把这个原四边形叫做“中方四边形”． 概念理解： （1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是________． A．平行四边形                    B．矩形                    C．菱形                    D．正方形 性质探究： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的结论： ①________； ②________； 问题解决： （3）如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形ACFG，连接，问有什么位置关系和数量关系？直接写出结果． 拓展应用： （4）如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点．试探索与的数量关系，并说明理由． 31．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）如图，在正方形中，点是正方形中心，是边上一点，连接，过点作的垂线交于点，若，则正方形的面积为　　　　　． 32．（25-26学年九上·甘肃甘南藏族自治州临潭县第一中学·期中）下列四个命题： ①对角线互相垂直的四边形是菱形； ②对角线相等的菱形是正方形； ③对角线互相垂直平分的四边形是菱形； ④有一个角是的四边形是矩形． 其中是真命题的是　　　（只填序号）． 33．（25-26学年九上·甘肃兰州第十九中学·期末）【模型建立】（1）如图，四边形是正方形，当点在边上，在边上，时，用等式写出，与之间的数量关系，并说明理由； 【模型应用】（2）如图2，当点在的延长线上，在的延长线上时，其他条件与（）相同．用等式写出，与之间的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】（3）如图，在中，，，点，均在边上，且．若，，求的长． 34．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）如图在四边形中，点E是直线上一点，将射线绕点A逆时针旋转交直线于点F．    （1）如图①．若四边形为菱形，，则与之间的数量关系是________； （2）如图②，若四边形为正方形，，连接，当点E在的延长线上时，试猜想线段与之间的数量关系，并加以证明； （3）若四边形为正方形，，连接，当时，请直接写出的长． 35．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）如图，在中，过点的直线，为边上一点、过点作，交直线于，垂足为，连接． （1）求证：； （2）当在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； （3）若为中点，则当________时，四边形是正方形（直接写出答案）． 36．（25-26学年九上·甘肃兰州第八十一中学·期中）在图1、图2，图3中．点、分别是四边形边、上的点；下面请你根据相应的条件解决问题． 特例探索： （1）在图1中，四边形为正方形（正方形四边相等，四个内角均为直角），，延长至，使，，．则________． 在图2中，，，，，，；则________． 归纳证明：（2）在图3中，，．且，请你观察（1）中的结果，猜想图3中线段，，之间的数量关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系式． 37．（25-26学年九上·甘肃白银景泰）定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫作“神奇四边形”． （1）现有下列四边形：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形．其中，一定是“神奇四边形”的是       ；（填序号） （2）如图1，在正方形中，E为边上一点，连接．过点B作，垂足为H，交于点G．连接、． ①求证：四边形是“神奇四边形”； ②如图2，M、N、P、Q分别是、、、的中点，试判断四边形是不是“神奇四边形”，并说明理由； （3）如图3，点F、R分别在正方形的边、上．把正方形沿直线折叠，使的对应边恰好经过点A．上的点E是点A关于的对称点．连接，交于点O．若，正方形的边长为6，求线段的长． 38．（25-26学年九上·甘肃白银·期末）综合与实践 问题情境：如图，四边形为正方形，点E为对角线上的一动点，连接，过点E作，交直线于点F，以为邻边作矩形，连接． （1）猜想证明：证明四边形是正方形． （2）解决问题：求的度数． （3）解决问题：已知，，请直接写出的长． 39．（25-26学年九上·甘肃兰州外国语学校·期中）【活动探究】 （1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，正方形中，点E是的中点，将正方形沿折叠，得到点B的对应点为，延长交线段于点P，连接．求的度数． 【追本溯源】 （2）小瑞受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图②，正方形的边长为6，点E，F分别在上运动，连接．若，试猜想的数量关系是_____________，并加以证明． 【拓展迁移】 （3）小波深入研究以上两个问题，发现并提出新的探究点：如图③，是的高，，若，求的面积 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 多边形及其内角和 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．C 2．A 考点02 多边形及其内角和 1．B 考点03 矩形 1．D 2．C 3．D 4．C 5．C 6．B 7．D 8．D 9．D 10．C 11．C 12．C 13．C 14．B 15．C 16．【答案】如图所示，平行四边形是矩形，即为所求作图形： 【分析】 本题主要考查尺规作垂线，掌握尺规作垂线的方法是关键． 过点作线段，交于点，以点为圆心，以为半径画弧交于点，由此即可求解． 【详解】 解：如图所示， ∴， ∴，则，且， ∴四边形是平行四边形，且， ∴平行四边形是矩形，即为所求作图形． 17．【答案】8 【分析】 本题考查了矩形的性质，相似多边形的性质，首先求出，然后由矩形矩形得到，然后代入求出，进而求解即可． 【详解】 解：∵在矩形中，，， ∴， ∵矩形矩形， ∴ ∴ ∴ ∴矩形的面积是． 故答案为：8． 18．【答案】 【分析】 利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得的长，再直接利用勾股定理得出的长． 【详解】 解：∵点是斜边的中点，， ∴． ∵，， ∴， 故答案为：． 【点睛】 此题主要考查了勾股定理以及直角三角形的性质，正确掌握直角三角形的性质是解题关键． 19．【答案】3 【分析】 先读尺确定，再根据直角三角形的性质即可求出答案． 【详解】 根据刻度尺可知． 在中，点D是的中点， ∴． 故答案为：3． 【点睛】 本题主要考查了直角三角形的性质，理解“直角三角形的斜边中线是斜边的一半”是解题的关键． 20．【答案】 【分析】 根据三角形的中位线平行于第三边可得，，，，进而可证四边形是平行四边形，然后由矩形的四个角都是直角可知，结合平行线的性质求出，可知此时． 【详解】 解：如图，∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 若四边形是矩形， 则有， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴还要添加的条件，才能保证四边形是矩形， 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查三角形中位线定理，平行四边形的判定和矩形的性质，熟练掌握矩形的四个角都是直角是解题的关键． 21．【答案】12 【分析】 本题主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，等边三角形的性质和判定， 根据矩形的性质说明是等边三角形，可得，再根据含直角三角形的性质求出，则此题可解. 【详解】 解：∵是矩形， ∴. ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴. 在中，， ∴， ∴. 故答案为：12. 22．【答案】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，，． ∵，， ∴，． ∴，． ∴四边形是平行四边形． ∵和分别是和的角平分线， ∴，． ∴． ∴． ∴四边形是矩形． 【分析】 本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 先证明四边形是平行四边形，再结合角平分线的定义可得到，即可求证． 【详解】 略 23．【答案】四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；；四边形是矩形；有一个角是直角的平行四边形是矩形 【分析】 本题考查的是平行四边形和矩形的判定，根据两组对边相等的四边形是平行四边形和有一个角是直角的平行四边形是矩形，作答即可． 【详解】 解：， 四边形是平行四边形，（两组对边分别相等的四边形是平行四边形） ， 四边形是矩形；（有一个角是直角的平行四边形是矩形） 故答案为：四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；；四边形是矩形；有一个角是直角的平行四边形是矩形． 24．【答案】<度 【分析】 本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定和性质定理是解题的关键． 由矩形的性质可得，进而可得；再根据三角形内角和定理可得；然后再证四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得，最后由对顶角相等即可解答． 【详解】 解：如图：∵矩形中， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 故答案为：． 25．【答案】（1）     （2）      【分析】 本题考查矩形的性质，勾股定理的逆定理，直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，掌握知识点是解题的关键． （1）根据勾股定理的逆定理推导出是直角三角形，且，再由直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，即可解答； （2）连接，交于点，推导出四边形是平行四边形，得到，证明四边形是菱形，在中，由勾股定理，得，则，继而求出菱形的面积即可． (1) 小问详解： 解：∵四边形是矩形， ∴ ∵，， ∴， ∴是直角三角形，且． ∵是边的中点， (2) 小问详解： 解：如图，连接，交于点． ∵四边形是矩形， ∴ 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，． 由（1）知， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，． 在中，由勾股定理，得， ∴菱形的面积为． 26．【答案】∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠D＝90°， ∴∠AEF+∠AFE＝90°， ∵EF⊥EC， ∴∠AEF+∠DEC＝90°， ∴∠AFE＝∠DEC， 在△EAF和△CDE中， ， ∴△EAF≌△CDE（AAS）． 即△CDE≌△EAF． 【分析】 由四边形ABCD是矩形，∠A＝∠D＝90°，又由EF⊥EC，根据直角三角形中两个锐角互余，即可得∠AFE＝∠DEC，然后利用AAS即可证得：△CDE≌△EAF． 【详解】 略 【点睛】 此题考查了三角形全等的判定与矩形的性质．此题难度不大，解题的关键是注意掌握三角形全等的方法：SSS，SAS，ASA，AAS，HL（直角三角形），注意数形结合思想的应用． 27．【答案】（1） 解：如图，即为所求作的三角形；      （2）      【分析】 （1）以为圆心，为半径画弧，以为圆心，为半径画弧，两弧交于点，连接，即可； （2）如图，证明，，，，可得，证明，设，则，可得，再解方程即可． (1) 小问详解： 解： 由作图可得：，，， ∴， ∴即为所求作的三角形； (2) 小问详解： 解：如图，∵矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：； ∴． 【点睛】 本题考查的是作轴对称图形，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，熟练的作图是解本题的关键． 28．【答案】 【分析】 过H作于Q，根据勾股定理求出设，列方程,求出的值即可求出解． 【详解】 解：过H作于Q，如图， 在矩形中，，，, ∴， 由作图得：平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，设，有， 即：， 解得：， ∴, ∴， 故答案为：． 【点睛】 本题考查了作图-基本作图，矩形的性质，角平分线性质，勾股定理，掌握勾股定理的应用是解题的关键． 29．【答案】（1） 证明：∵为等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴平行四边形为矩形．     （2）      【分析】 本题考查了等边三角形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理． （1）根据等边三角形的三条边都相等得出，根据平行四边形的对角线互相平分得出，，推得，根据对角线相等的平行四边形是矩形即可证明； （2）根据等边三角形的三条边都相等得出，根据矩形的对角线互相平分和四个角都是直角得出，，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求出的值，根据矩形的面积公式即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵为等边三角形， ∴， ∵平行四边形为矩形， ∴，， 在中，，， ∴， 故四边形的面积为． 30．【答案】（1） 证明：∵点是的中点， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵点分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形；     （2）      【分析】 （）由对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，即得，由三角形中位线的性质可得，进而得到，即可求证； （）利用三角形中位线和矩形的性质可得四边形是平行四边形，，即得，得到，再根据角平分线的定义可得，即可得，由等腰三角形的性质得，利用勾股定理求出即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵是的中位线， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵，点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形的面积． 【点睛】 本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键． 31．【答案】 【分析】 本题主要考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线定理，勾股定理，线段和的最小值问题，解题的关键是熟练掌握以上性质． 连接，根据矩形的性质得出直角和相等的边，由勾股定理求出的长度，由垂直证明出四边形是矩形，得出对角线相等，根据直角三角形斜边中线定理得出，最后根据两点之间线段最短即可求解． 【详解】 解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∴由勾股定理得， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵P是线段的中点， ∴， 当时，的值最小，即的值最小，最小值为， 故答案为：． 32．【答案】（1） 证明：∵，分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴平行四边形是矩形；     （2），      【分析】 （1）证明是的中位线，得，再证明四边形是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）根据含30度角的直角三角形的性质得，由勾股定理得，则，再由三角形中位线定理求出，然后由矩形的性质得，，则，进而由勾股定理求出的长，即可得出结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 由（1）可知，是的中位线，四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∵E为的中点， ∴． 【点睛】 本题考查了矩形的判定与性质、三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 33．【答案】（1） （2）结论仍然成立，理由如下： 作于点E，作交的延长线于点F，则， ∵四边形是平行四边形，， ∴. ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴ ； （3） 【分析】 （1）根据矩形的对角线互相平分且相等解答即可； （2）作，作，先根据平行四边形的性质证明 ，可得，再根据勾股定理得，然后根据勾股定理进一步整理可得答案； （3）延长到点D，使，可得四边形是平行四边形，由（2）得，进而得,则此题可解. 【详解】 解：（1）∵四边形是矩形， ∴. ∵， 即， 解得， ∴； （2）略 （3）延长到点D，使， ∵为的一条中线， ∴， ∴四边形是平行四边形. ∵， 由（2）得， ∴， ∴, 解得（负值舍去）. 【点睛】 本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，作出辅助线构造矩形和平行四边形是解题的关键. 34．【答案】（1）见解析     （2）的长为      【分析】 本题主要考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握勾股定理． （1）根据等腰三角形的性质得，再根据平行线的性质得，然后根据，可得，即可得出结论； （2）根据等腰三角形的性质求出，再根据勾股定理得，然后根据矩形的性质得，，最后根据三角形的面积相等得出答案． (1) 小问详解： 证明：中，，平分， ，， ，， ，， 四边形是矩形； (2) 小问详解： 解：，平分，，， ． 在直角三角形中，由勾股定理得：． 四边形是矩形， ，． ， ． 35．【答案】（1）①3；②或     （2）或      【分析】 本题是一次函数综合题，考查了学生对新定义的理解和运用能力、正方形的性质、以及一次函数的图象和性质，待定系数法求直线解析式等知识，综合性较强，有一定的难度，利用数形结合解决此类问题的关键． （1）① 由的坐标为，的坐标为，得出“合成矩形”的长为3，宽为1，求出面积； ② 根据正方形的边长相等，建立的方程求解； （2）根据正方形面积公式，求出点的坐标，代入函数表达式，求的取值范围． (1) 小问详解： 解：① 点，的“合成矩形”如图， 的坐标为，的坐标为， ，． 点，的“合成矩形”的面积． 故答案为：3； ② 如图，当点在直线上， 设点． 当点在轴上方时， 点，的“合成矩形”为正方形， 则正方形的边长为和， 可得方程， 解得， 点的坐标为． 当点在轴下方时， 同理可得， ， 点， 点在直线上，且点，的“合成矩形”为正方形时，点的坐标为或； (2) 小问详解： 解：点的坐标为， 如图，，的“合成矩形”为正方形时， 且点在轴上，点在轴上． 当点在轴的上方， 且正方形面积等于2时，． ， 点代入直线得， ， 解得． 正方形面积不小于2， 的取值范围为． 同理可得， 当点在轴下方时， 的取值范围为． 综上所述，的取值范围为或． 考点04 菱形 1．B 2．D 3．C 4．C 5．B 6．D 7．C 8．D 9．C 10．A 11．D 12．D 13．D 14．B 15．B 16．B 17．A 18．C 19．【答案】（1） 证明∵四边形ABCD是菱形， ∴OA＝OC，AC⊥BD ∵且DE， ∴DE＝OC，又， ∴四边形OCED都是平行四边形， ∵AC⊥BD， ∴四边形OCED是矩形；     （2） ．      【分析】 （1）根据菱形的性质先证，即有DE＝OC，即有四边形OCED都是平行四边形，再结合AC⊥BD，即可证明四边形OCED是矩形； （2）在Rt△OCD中利用勾股定理即可求出OD． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ∵四边形OCED为矩形，DE＝1， ∴OC＝DE＝1，∠COD＝90°， 又∵四边形ABCD是菱形，AB＝2， ∴CD＝AB＝2， 又∵∠COD＝90°， ∴在Rt△OCD中， ∴． 【点睛】 本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，掌握菱形的性质是解答本题的关键． 20．【答案】3 【分析】 直接利用菱形的性质得出AB=AD=4，S△ABD=6，进而利用三角形面积求法得出答案． 【详解】 解：连接AP，如图， ∵菱形ABCD的周长为16， ∴AB=AD=4， ∴S菱形ABCD=2S△ABD， ∴S△ABD=×12=6， 而S△ABD=S△APB+S△APD，PE⊥AB，PF⊥AD， ∴•PE•AB+•PF•AD=6， ∴2PE+2PF=6， ∴PE+PF=3， 故答案为：3． 【点睛】 本题考查了菱形的性质：菱形的对边分别平行，四条边都相等，两条对角线互相垂直平分，并且分别平分两组内角．也考查了三角形的面积公式． 21．【答案】（1） 证明：， ， 在和中 ∴ , 又四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形     （2）      【分析】 本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先证明，则，再结合四边形是平行四边形，即可作答． （2）先得出然后，根据勾股定理列式，代入数值进行计算，得出，运用菱形的面积公式计算，即可作答． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：， 在中，，， ∴菱形的面积 22．【答案】 【分析】 根据题意，得，利用勾股定理，得到，结合菱形的周长为，计算即可，本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，勾股定理是解题的关键． 【详解】 根据题意，得 ∴， ∴菱形的周长为， 故答案为：． 23．【答案】证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． 【分析】 本题考查了菱形的性质，平行线的判定，平行四边形的判定．根据菱形的对边平行，对角线互相垂直得出，，根据垂直于同一直线的两直线平行得出，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证明． 【详解】 略 24．【答案】证明：∵四边形为菱形， ∴，，， ∴． 在和中， ， ∴ ∴， ∴． 【分析】 本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定与性质，利用全等三角形的判定与性质是解题的关键．证明出，得到，再结合平行得到即可求证． 【详解】 略 25．【答案】20 【分析】 根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可． 【详解】 解：如图，根据题意得AO=×8=4，BO=×6=3， ∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD． ∴△AOB是直角三角形． ∴． ∴此菱形的周长为：5×4=20 故答案为：20． 26．【答案】120 【分析】 本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的对角线互相平分，则可推出，，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半计算求解即可． 【详解】 解：∵菱形的对角线、相交于点， ∴点O为的中点，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：120． 27．【答案】（1） 证明：∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∵E、F分别是、的中点， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴且， ∴且， 则四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形；     （2）      【分析】 此题主要考查菱形的性质、等边三角形性质和矩形的判定， （1）可证明是等边三角形，根据中点得出，进一步求得四边形是平行四边形，即可得出答案； （2）利用等边三角形求得菱形的面积． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ∵是等边三角形，， ∴． 28．【答案】解：∵ ，， ∴ 四边形是平行四边形， ∵ 四边形是菱形， ∴ ，即， ∴ 平行四边形是矩形． 【分析】 先根据两组对边分别平行证明四边形是平行四边形，再利用菱形对角线垂直的性质证明平行四边形有一个角是直角，从而得出四边形是矩形． 本题主要考查了菱形的性质、平行四边形的判定以及矩形的判定，熟练掌握矩形的判定定理（有一个角是直角的平行四边形是矩形）是解题的关键． 【详解】 略 29．【答案】（1） 证明：∵四边形是菱形， ∴，且， ∵， ∴， 即， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形．     （2）      【分析】 （1）证明，且，，可得，证明四边形是平行四边形，结合，可得结论； （2）证明，，，可得，求解，可得，结合，再求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理可得：∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】 本题考查的是菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，熟记特殊四边形的判定与性质是解本题的关键． 30．【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∵是的角平分线， ∴， ∴， ∴， ∵，是中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形；     （2）      【分析】 本题考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质与判定定理是解题的关键． （）由平行线的性质可得，由角平分线的定义得到，故有，所以，然后通过直角三角形的性质得，再证明四边形是平行四边形，进而可证明结论； （）先证明是等边三角形，则，由菱形的性质得，所以，然后得出是等边三角形，则有，，再通过角度和差求出，最后由勾股定理即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵，是中点， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得． 31．【答案】（1） 证明：如图2，连接． 四边形为菱形， ，， ， ， ， ， 点P是一个“准等距点”；     （2） 解：如图，所作点即为四边形的一个“准等距点”；      （3）      【分析】 （1）根据菱形性质证明，结合全等三角形性质即可证明点P是一个“准等距点”； （2）连接，作线段的垂直平分线交于点，所作点即为四边形的一个“准等距点”； （3）根据四边形对角线互相垂直推出，再结合“准等距点”定义推出垂直平分，进而即可求出的长度． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：对角线于点E，且，四边形的面积为24， ， 四边形存在“准等距点”， 垂直平分， ． 【点睛】 本题考查了菱形性质，全等三角形性质和判定，作线段的垂直平分线，垂直平分线性质和判定，“准等距点”定义，解题的关键在于理解“准等距点”定义． 32．【答案】（1） 证明：，， 四边形是平行四边形， 点，分别是，的中点， 为的中位线， ， ， ， ， ， ， 四边形为菱形．     （2）      【分析】 （1）首先根据，可判定四边形是平行四边形，再证为的中位线，从而得，然后根据等腰三角形的性质得，据此可得出，进而可得出结论． （2）连接，根据等腰三角形的性质得，可在中利用勾股定理求出，然后证为的中位线，进而可得的长及面积． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图所示，连接，     ，点为的中点， ∴， 在中，，， 由勾股定理得：， 由（1）可知，四边形为菱形， ，，， 又∵点为的中点， 为的中位线， ， ∴， ∴四边形的面积为． 【点睛】 此题主要考查了菱形的判定和性质，三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，勾股定理等，灵活应用以上知识是解题关键． 33．【答案】（1） 证明：∵AF∥BC， ∴∠AFE=∠DBE， ∵E是AD的中点， ∴AE=DE， 在△AFE和△DBE中， ， ∴△AFE≌△DBE（AAS）；     （2） 证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF=DB． ∵AD为BC边上的中线， ∴DB=DC， ∴AF=CD． ∵AF∥BC， ∴四边形ADCF是平行四边形， ∵∠BAC=90°，D是BC的中点， ∴AD=DC=BC， ∴四边形ADCF是菱形；     （3）10．      【分析】 （1）利用平行线的性质及中点的定义，可利用AAS证得结论； （2）由（1）可得AF=BD，结合条件可求得AF=DC，则可证明四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可证得AD=CD，可证得四边形ADCF为菱形； （3）连接DF，可证得四边形ABDF为平行四边形，则可求得DF的长，利用菱形的面积公式可求得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：连接DF，    ∵AF∥BD，AF=BD， ∴四边形ABDF是平行四边形， ∴DF=AB=5， ∵四边形ADCF是菱形， ∴S菱形ADCF=AC▪DF=×4×5=10． 【点睛】 本题主要考查菱形的性质及判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，利用全等三角形的性质证得AF=CD是解题的关键，注意菱形面积公式的应用． 34．【答案】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠B=∠D， ∵AE⊥BC，AF⊥CD， ∴∠AEB=∠AFD=90°， 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF（ASA）； （2）由（1）得：△ABE≌△ADF， ∴AB=AD， 又∵四边形ABCD是平行四边形， ∴平行四边形ABCD是菱形． 【分析】 （1）由ASA证明△ABE≌△ADF即可； （2）由全等三角形的性质得AB=AD，即可得出结论． 【详解】 略 【点睛】 本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质等知识；熟练掌握菱形的判定和平行四边形的性质，证明△ABE≌△ADF是解题的关键． 35．【答案】（1） 如图所示，四边形即为所求；      （2） 证明：∵中，，是斜边上的中线， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形．      【分析】 本题主要考查尺规作图垂直平分线，菱形的判定，三角形中位线的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半． （1）先作线段的垂直平分线，交于点M，连接，并延长，以点M为圆心，的长为半径画弧，交射线与点E，连接，即可； （2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，根据作图可得M是的中点，则是的中位线，得出，，即可得出结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 36．【答案】（1） 证明：在平行四边形中，， ∴， ∵对角线的垂直平分线与边，分别相交于点E，F， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是菱形．     （2）      【分析】 本题考查平行四边形的判定与性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，掌握知识点是解题的关键． （1）先证明，得到，则四边形是平行四边形，继而证明得到四边形是菱形，即可解答； （2）先证明，由勾股定理，得到， 求出即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， 解得． 答：的长为． 37．【答案】 【分析】 本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质及勾股定理的应用，解题的关键是利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合角构造直角三角形，通过勾股定理求边长，进而归纳规律． 先根据菱形四边相等和内角，判定含角的三角形为等边三角形；再利用菱形对角线互相垂直平分的性质，构造直角三角形，通过勾股定理求出下一个菱形的边长（即前一个菱形的对角线长度）；最后归纳边长的变化规律，代入序号求解． 【详解】 解：∵四边形是边长为的菱形，， ∴（菱形四边相等）， ∴是等边三角形（有一个角为的等腰三角形是等边三角形）． 连接，与交于点， ∵菱形对角线互相垂直平分， ∴，，（等边三角形三线合一）． 由勾股定理得， ∴，即第2个菱形的边长为。 同理，四边形是边长为的菱形，， ∴，是等边三角形． 连接，与交于点， ∵菱形对角线互相垂直平分， ∴，，． 由勾股定理得， ∴，即第3个菱形的边长为． 归纳规律：第1个菱形边长为，第2个为，第3个为，第4个为，……，第个菱形的边长为， 当时，边长为． 故答案为：． 38．【答案】（1）① ②     （2） 解：方案1：四边形为菱形，理由如下： 由作法得：是的垂直平分线， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， 方案2：四边形为菱形，理由如下： 连接，如图， ∵矩形四条边的中点E，F、G、H， ∴分别为的中位线， ∴， ∴， ∴四边形为菱形；     （3）方案①面积最大，最大面积为      【分析】 （1）根据四边相等的四边形是菱形，结合三角形中位线定理，判定两种方案都是正确的，解答即可； （2）根据四边相等的四边形是菱形，进行证明即可； （3）利用菱形的面积等于对角线乘积的一半和平行四边形的面积计算，比较大小即可． 本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，菱形的判定，勾股定理，熟练掌握特殊四边形的判定和性质定理是解题的关键． (1) 小问详解： 解：根据作图，四条边相等的四边形是菱形，可以判定，两种方案都是中正确的； 故答案为：① ② ； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：方案1：∵四边形是矩形，， ∴， 设，则， 在中，， ∴，解得：， 即， ∴菱形的面积为； 方案2：如图，连接， ∵矩形四条边的中点E，F、G、H， ∴四边形都是矩形， ∴， ∴菱形的面积为， ∴方案①面积最大，最大面积为． 39．【答案】（1） 如图：点C即为所求．      （2）点B到的距离是．      【分析】 本题主要考查了轴对称与尺规作图、线段垂直平分线的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识点，证得四边形是菱形成为解题关键． （1）先运用尺规作出线段的垂直平分线，然后再作出即可确定点C； （2）先根据题意作图，再由轴对称的性质、等角对等边可证明四边形是菱形可得、、．运用勾股定理可得，如图：过B点作于E，然后运用等面积法列方程求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵， ∴， ∵C是点A关于的对称点， ∴，． ∴． ∴四边形是菱形．又，， ∴，，． 在中，由勾股定理得：， 如图：过B点作于E， ∵， ∴． ∴． ∴点B到AD的距离是． 40．【答案】① ③ 【分析】根据菱形和矩形的判定方法即可解题,见详解. 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形, ∴①；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形,此项正确, ②；根据对角线相等的平行四边形是矩形,此项错误, ③；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形,此项正确, ④；根据有一个角是90°的平行四边形是矩形,此项错误, 综上, 能使成为菱形的是① ③. 【点睛】本题考查了菱形的判定和矩形的判定,属于简单题,熟悉矩形和菱形的判定方法是解题关键. 41．【答案】（1） 证明：四边形是平行四边形， ， ． ∵平分 ， ， ， 是菱形．     （2）20      【分析】 （1）根据平行+角平分线证明，即可根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形证明； （2）先根据菱形的性质得到，，，然后由勾股定理求解，即可求解周长． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：四边形是菱形， ，，， ， ． 42．【答案】 【分析】 本题主要考查了勾股定理，菱形的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质． 先证明，根据三角形全等的性质得出，求出，得出，求出，根据勾股定理求出． 【详解】 解：四边形是菱形， ， ， ， ， ， ∴， ， 是的中点， ， 即， ， ， ， ， ． 43．【答案】（1）证明见解答     （2）120      【分析】 此题考查了全等三角形的判定和性质、菱形的判定、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的判定和全等三角形的判定是关键． （1）证明．即可证明； （2）连接．证明与均为等边三角形，则，即可证明结论成立． (1) 小问详解： 证明：∵在中， ∴． 在与中， ， ∴； (2) 小问详解： 解：当时，四边形是菱形．理由如下： 如图，连接． 由（1）可知，， ∴， ∴， ∵， ∴O、A均在的垂直平分线上， ∴平分，即， ∴，即， ∵， ∴， ∵， ∴与均为等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形． 故答案为：． 44．【答案】（1）① ； （2）14； （3）证明：平分，于点，于点， ，， ， ， ， ， ， 四边形为“圆满四边形”． 【分析】 （1）根据“圆满四边形”定义即可解决问题； （2）证明，得，根据“圆满四边形”定义和勾股定理即可解决问题； （3）证明，得，然后证明，即可解决问题． 【详解】 （1）解：矩形的四个内角都是， 矩形的两组对角的和为， 矩形是“圆满四边形”， 故答案为：①； （2）解：，，， ， ， 四边形是“圆满四边形”， ， ， ，， ， 四边形的周长； （3）略 【点睛】 本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解“圆满四边形”定义． 考点05 正方形 1．C 2．A 3．B 4．B 5．D 6．D 7．C 8．D 9．C 10．D 11．D 12．D 13．B 14．C 15．B 16．【答案】证明：∵ 四边形 是正方形， ∴ ，， ∵ ， ∴ ， ∴ ， 又∵ ， ∴ ， ∵， ∴ ， 在和中， ∴ ， ∴ ． 【分析】 本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质以及全等三角形的判定定理是解题的关键．通过正方形的性质得出相关角和边的关系，再结合垂直的性质得到角的等量关系，最后利用全等三角形的判定定理证明两个三角形全等，从而得出对应边相等． 【详解】 略 17．【答案】（1） 证明：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴；     （2）      【分析】 本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，等边对等角，三角形内角和定理，熟知相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质可得，据此可利用证明； （2）由正方形的性质可得，再由等边对等角和三角形内角和定理求出的度数即可得到答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 18．【答案】（1） 证明：∵ ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形     （2）      【分析】 （1）先证明，证明，再证明得到，证明四边形是平行四边形，结合，可证明四边形是菱形； （2）设，则，根据四边形是正方形， 得到，故，求得（舍去）， 故． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：当的长为时，四边形是正方形． 理由如下：∵四边形是菱形， ∴， ∵E为的中点， ∴， 设，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 解得（舍去）， ∴， ∴当的长为时，四边形是正方形． 故答案为：． 【点睛】 本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 19．【答案】（1）证明：如图1，在正方形ABCD中， ∵BC=CD，∠B=∠CDF，BE=DF， ∴△CBE≌△CDF， ∴CE=CF； （2）证明：如图，延长AD至F，使DF=BE，连接CF， 由（1）知△CBE≌△CDF， ∴∠BCE=∠DCF， ∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD， 即∠ECF=∠BCD=90°， 又∵∠GCE=45°， ∴∠GCF=∠GCE=45°， ∵CE=CF，∠GCE=∠GCF，GC=GC， ∴△ECG≌△FCG， ∴GE=GF， ∴GE=DF+GD=BE+GD； （3）108. 【分析】 （1）根据正方形的性质，可直接证明△CBE≌△CDF，从而得出CE=CF； （2）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据（1）知∠BCE=∠DCF，即可证明∠ECF=∠BCD=90°，根据∠GCE=45°，得∠GCF=∠GCE=45°，利用全等三角形的判定方法得出△ECG≌△FCG，即GE=GF，即可得出答案GE=DF+GD=BE+GD； （3）过C作CF⊥AD的延长线于点F．则四边形ABCF是正方形，设DF=x，则AD=12-x，根据（2）可得：DE=BE+DF=4+x，在直角△ADE中利用勾股定理即可求解. 【详解】 （1）略 （2）略 （3）如图：过点C作CF⊥AD于F， ∵AD∥BC，∠B＝90°， ∴∠A＝90°， ∵∠A＝∠B＝90°，FC⊥AD， ∴四边形ABCF是矩形，且AB＝BC＝12， ∴四边形ABCF是正方形， ∴AF＝12， 由（2）可得DE＝DF＋BE， ∴DE＝4＋DF， 在△ADE中，AE2＋DA2＝DE2， ∴（12−4）2＋（12−DF）2＝（4＋DF）2， ∴DF＝6， ∴AD＝6， ∴S四边形ABCD＝ (AD＋BC)×AB＝×(6＋12)×12＝108． 【点睛】 本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，解决本题的关键是注意每个题目之间的关系，正确作出辅助线． 20．【答案】证明：∵，是的平分线， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形． 【分析】 本题考查了正方形、矩形的判定，角平分线的性质及等腰三角形的判定与性质．先根据已知条件得出，再由，利用三角形内角和定理得出，从而根据等腰三角形的判定可知，，证明出四边形是矩形，进而求得四边形是正方形． 【详解】 略 21．【答案】（1），     （2）     （3）①， 理由如下：根据翻折得 ， ， ∴共线， ∴当时，互相垂直平分， 有， 则，则四边形为菱形， ， 解得：； ②      【分析】 （1）由，根据即可求出；先证明四边形为矩形，得出，则； （2）根据四边形为平行四边形时，可得，解方程即可； （3）① 由，可得当时有四边形为菱形，列出方程，求解即可； ② 当四边形为正方形时，由翻折可得，则，由，可得，利用勾股定理求得即可． (1) 小问详解： 解：如图1． ， ， ∵在直角梯形中，于点， ∴四边形为矩形， ∴， ， 故答案为：． (2) 小问详解： 解：∵四边形为平行四边形时，， ， 解得：； (3) 小问详解： 解：① 略 ② 当四边形为正方形， 则， ， ， 则， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查了四边形综合题，其中涉及到直角梯形的性质，矩形的判定与性质，菱形的性质，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、方程思想是解题的关键． 22．【答案】（1）证明：如图，∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F， ∴∠2=∠5，4=∠6． ∵MN∥BC， ∴∠1=∠5，3=∠6． ∴∠1=∠2，∠3=∠4． ∴EO=CO，FO=CO． ∴OE=OF． （2）6.5． （3）当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．理由如下： 当O为AC的中点时，AO=CO， ∵EO=FO， ∴四边形AECF是平行四边形． ∵∠ECF=90°， ∴平行四边形AECF是矩形． 【分析】 （1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠1=∠2，∠3=∠4，进而得出答案． （2）根据已知得出∠2+∠4=∠5+∠6=90°，进而利用勾股定理求出EF的长，即可根据直角三角形斜边上的中线性质得出CO的长． （3）根据平行四边形的判定以及矩形的判定得出即可． 【详解】 解：（1）略 （2）∵∠2=∠5，∠4=∠6， ∴∠2+∠4=∠5+∠6=90°． ∵CE=12，CF=5， ∴． ∴OC=EF=6.5． （3）略 23．【答案】 【分析】 连接BD，则点D即为点B关于AC的对称点，连接DE交AC于点P，根据两点之间线段最短可知，点P即为所求，根据勾股定理求出DE长，即可得出答案． 【详解】 连接BD， 则点D即为点B关于AC的对称点，连接DE交AC于点P， 由对称的性质可得，PB=PD，故PE+PB=DE， 由两点之间线段最短可知，DE即为PE+PB的最小值， ∵AB=AD=5，BE：AE=1：4， ∴BE=1，AE=4， 在Rt△ADE中， DE==． 故答案为． 【点睛】 本题考查的是最短路线问题及正方形的性质、勾股定理，能求出P点的位置是解此题的关键，有一定的综合性，但难易适中． 24．【答案】（1）如图，四边形ABEF即为所求． （2）证明：∵AF=AB，BE=AB， ∴AF=BE， ∵矩形ABCD中，AD∥BC， ∴AF∥BE． ∴四边形ABEF为平行四边形．（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形） ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=90°． ∴四边形ABEF为矩形．（有一个角是直角的平行四边形是矩形） ∵AF=AB， ∴四边形ABEF为正方形．（邻边相等的矩形是正方形）． 【分析】 （1）根据要求作出图形即可． （2）首先证明ABEF是平行四边形，再证明是矩形，再证明是正方形即可． 【详解】 略 【点睛】 本题考查作图-复杂作图，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定等知识，解题的关键是正确作出点E，点F，属于中考常考题型． 25．【答案】（1）3     （2）或     （3）P点的坐标为或      【分析】 本题是一次函数综合题，考查了学生对新定义的理解和运用能力、正方形的性质、以及一次函数的图象和性质，待定系数法求直线解析式等知识，综合性较强，有一定的难度，利用数形结合是解决此类问题的关键． （1）由的坐标为的坐标为，得出“合成矩形”的长为3，宽为1，求出面积； （2）根据正方形的边长相等，求出，，利用待定系数法求解即可． （3）根据正方形的边长相等，建立方程求解； (1) 小问详解： 解：点A，B的“合成矩形”如图1， 点A的坐标为，B的坐标为， ∴，． ∴点A，B的“合成矩形”的面积． 故答案为：3． (2) 小问详解： 解：如图2，∵A的坐标为， 点C在直线上，且点A，C的“合成矩形”为正方形， 当C在x轴上方时，点，． ∵点A，C的“合成矩形”为正方形， ∴， ∴， 设直线解析式为， 将，分别代入表达式得： ， 解得 ， 直线解析式为．      当C在x轴下方时， ∵， 同理可得直线的解析式为． 综上所述，直线的表达式为或． (3) 小问详解： 解：如图3，当点P在直线上， 设点， 当点P在x轴上方时， 点A，P的“合成矩形”为正方形， 则正方形的边长为和， 可得方程，， 解得，    点P的坐标为． 当点P在x轴下方时，同理，， 解得：， 则， ∴点P在直线上， 综上，P点的坐标为或． 26．【答案】 【分析】 此题主要考查了利用轴对称求最短路线以及正方形的性质，正确得出点位置是解题关键． 直接利用正方形的性质，得出点关于直线对称，连接，进而利用勾股定理得出答案． 【详解】 解：如图所示：连接， 由题意可得：点关于直线对称，则点是与的交点， ∵正方形的边长为， ， 则． 故答案为：． 27．【答案】6 【分析】 本题考查了最短距离问题，涉及正方形性质、勾股定理、两点之间线段最短，连接，，先证明的最小值就是线段的长，利用勾股定理求出，再进一步求解即可． 【详解】 解：如图，连接，， ∵四边形是正方形， ∴A、C关于对称， ∴， ∴， 在中， ∵，，， ∴． ∴， ∴的最小值为5， ∴周长的最小值为； 故答案为：6． 28．【答案】解：结论：且． 证明：∵四边形是正方形， ∴，（正方形对角线相等且互相垂直平分）． ∴． 在和中 ， ∴， ∴（全等三角形对应边相等）． 设的延长线与交于点， ∵， ∴． 又∵在中，， ∴， ∴ 在中，， ∴． 综上，且． 【分析】 本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是利用正方形对角线的性质获取相等的边和直角，通过角的等量代换构造全等条件，进而推导线段的数量和位置关系． 先根据正方形性质得出对角线相等且垂直平分，即且；再结合已知，利用判定，得出（数量关系）；最后通过全等三角形的对应角相等，结合直角三角形内角和性质，证明（位置关系）． 【详解】 略 29．【答案】10 【分析】 本题考查了正方形的性质，等底等高的三角形面积相等等知识，掌握这些知识是解题的关键；连接，由正方形的性质得，；而，且，则可得，从而问题求解． 【详解】 解：如图，连接， ∵四边形和是两个正方形， ∴，， ∴，； ∵， ， ∴； ∵， ∴； 故答案为：10． 30．【答案】（1）D； （2）①，②； （3），； （4）解：，理由如下： 如图，设的中点分别为E、F，并顺次连接， ∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵F，N分别是的中点， ∴， ∴． 【分析】 （1）根据定义“中方四边形”，即可得出答案； （2）由中位线的性质可得，结合正方形的性质可得结论； （3）取四边形边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出四边形是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论； （4）设的中点分别为E、F，并顺次连接，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论． 【详解】 解：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下： 因为正方形的对角线相等且互相垂直， 所以其中点四边形是正方形； 故选：D； （2）①，②；理由如下： 如图1，∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ∴， ∵E、F、G、H分别是的中点， ∴， ∴， 故答案为：； （3）如图，取四边形边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K， ∵四边形各边中点分别为M、N、R、L， ∴分别是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴， 综上所述，的位置关系为，数量关系为； （4）略 【点睛】 本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键． 31．【答案】49 【分析】 该题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，证明，得出，从而求出，即可解答． 【详解】 解：∵在正方形中，点是正方形中心， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的面积为49， 故答案为：49． 32．【答案】② ③ ③ ② 【详解】 解：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以①错误； 对角线相等的菱形是正方形，所以②正确； 对角线互相垂直平分的四边形是菱形，所以③正确； 有一个角是的平行四边形是矩形，所以④错误． 故答案为：② ③． 【点睛】 本题考查了命题与定理∶判断一件事情的语句，叫做命题，许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…．那么…”形式，有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理，也考查了逆命题．也考查了正方形菱形和矩形的判定． 33．【答案】（1）， 理由：如图，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到， ∵， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴， ∵， ∴； （2）， 理由：如图，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，连接， ∵， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴， ∵， ∴； （3） 【分析】 （1）将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，然后求出，利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，从而得解； （2）类似（1），通过旋转构造全等三角形，结合全等性质得线段相等； （3）将绕点逆时针旋转至，使与重合，连接，根据全等三角形的性质、勾股定理计算． 【详解】 解：（1）略 （2）略 （3）将绕点逆时针旋转至，使与重合，连接， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴． ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴． 【点睛】 本题属于四边形综合题，考查了旋转变换的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识是解题的关键． 34．【答案】（1）     （2） 解：，证明如下：    如图：在上取点，使得，连接， ∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∴，即．     （3）或10      【分析】 （1）如图，连接，根据菱形的性质得出是等边三角形，可得出相等的角和边，进而证明，再根据全等三角形的性质即可得出结论； （2）如图：在上取点，使得，连接，根据条件证明，得出，再证明，根据全等三角形的性质即可得出结论； （3）根据题意分两种情况进行讨论，借助于（2）的思路，证明三角形全等，得出相等的边，然后假设边的长度，利用勾股定理列方程求解即可． (1) 小问详解： 解：如图，连接，    ∵四边形是菱形， ∴， ∴． ∵， ∴是等边三角形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：① 如图，当点E在线段上时，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，    ， ∵四边形为正方形，， ， 又， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理可得，即，解得：， ∴． ② 如图，当点E在延长线上时，取的中点G，连接，    ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得，即， 解得∶． ∴． 综上所述，的长为或10． 【点睛】 本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识以及正确作出辅助线是解题的关键． 35．【答案】（1） 证明：∵，， ∴， ∴， 又∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∴；     （2） 四边形是菱形，理由如下： ∵是中点，， ∴， 由（）知，且，即， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形；     （3）      【分析】 （1）通过证明四边形是平行四边形，利用平行四边形对边相等得． （2）先证四边形是平行四边形，再结合直角三角形斜边中线性质得，从而判定为菱形． （3）结合正方形的判定求解即可 (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：当时，四边形是正方形，理由如下， ∵， ∴， ∴， ∵是中点， ∴，即， 由（）知四边形是菱形， ∴菱形是正方形， 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定、直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握特殊四边形的判定定理与直角三角形的性质是解题的关键． 36．【答案】（1）①5②（2） 【分析】 本题主要考查了全等三角形的判定和性质，角的和差，线段的和差等内容，解题的关键是构造辅助线，证明三角形全等． （1）① 先根据条件证明，再证明即可； ② 延长至点，使，先根据条件证明，再证明即可； （2）延长至点，使，先根据条件证明，再证明即可． 【详解】 解：（1）① ∵四边形为正方形， ， 又， ∴， ∴，， ∵， ， 又∵， ∴， ∴， 故答案为：5； ② 如图延长至点，使， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵，， ， 又∵， ∴， ， 故答案为：； （2）如图，延长至点，使， ∵，， ∴， 又∵， ， ， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴． 37．【答案】（1）④     （2） ① 证明：四边形是正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 又， 四边形是“神奇四边形”； ② 解：四边形是“神奇四边形”，理由如下： ，为，的中点， 为的中位线， ，， 同理：，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， ， ， 平行四边形为菱形， ，， ， ， ， ， 四边形为正方形， 四边形是“神奇四边形”；     （3）      【分析】 （1）由“神奇四边形”的定义即可得出结论； （2）① 证，得，再由“神奇四边形”的定义即可得出结论； ② 由三角形中位线定理得出，，则四边形为平行四边形，再证四边形是正方形，则可得出结论； （3）延长交于，由勾股定理求出的长，设，则，再由勾股定理得，解得，即可解决问题． (1) 小问详解： 解：平行四边形的对角线互相平分，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，正方形的对角线互相垂直平分且相等， 正方形是“神奇四边形”， 故答案为：④ ； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：如图3，延长交于， 由翻折的性质可知，，，，， 四边形是正方形，边长为6， ，， ，， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， ， ， 即线段的长为． 【点睛】 本题属于四边形综合题，考查了新定义“神奇四边形”、折叠的性质、正方形的判定与性质、菱形的判定与性质、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，三角形中位线定理等知识，本题综合性强，理解新定义“神奇四边形”，熟练掌握正方形的判定与性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题． 38．【答案】（1）证明：过作于点，于点， ∵正方形， ∴， ∴，，则， ∴四边形为正方形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形为正方形，     （2）     （3）或      【分析】 （1）过作于点，于点，由，得到，即可求解； （2）证明，得到， （3）由正方形，正方形，得到，由，得到，依次求出的长，最后由，得到，即可求解，注意分情况讨论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵矩形为正方形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， (3) 小问详解： 解：过作于点，于点，由（1）得正方形，， ① 当在线段上时， ∵正方形，正方形， ∴， ∴，即：， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴； ② 当在延长线上时，如图： ∵正方形，正方形， ∴， ∴，即：， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴； 综上所述，或． 39．【答案】（1）； （2）解：，证明如下： 如图：延长到G，使，连接，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即． （3）135 【分析】 本题属于四边形综合题，主要考查了折叠性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关性质和判定定理成为解题的关键． （1）先证得出，由直角三角形的性质可得出答案； （2）如图：延长到G，使，连接，则，证明可得，然后根据线段的和差及等量代换即可解答； （3）将沿翻折得到沿翻折得到，延长交于点Q，证明四边形是正方形，得出，设，则，由勾股定理列方程求得x，进而求得，然后根据三角形的面积公式即可解答． 【详解】 解：（1）∵将正方形沿折叠，得到点B的对应点为， ∴． ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）略 （3）解：将沿翻折得到，沿翻折得到，延长交于点Q， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， 设，则， ∵在中，，即，解得， ∴， ∴， ∴． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $