专题01 四边形（期中真题汇编，贵州专用）九年级数学上学期

专题01 四边形 3大高频考点概览 考点01 矩形 考点02 菱形 考点03 正方形 考点01 矩形 1．（25-26学年九上·贵州贵阳修文县·期中）如图，小红想将一张矩形纸片沿剪下后得到一个，若，则的度数是（   ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，结合平行线的性质，即可得出结果． 【详解】 解：∵， ∴， ∴； 故选B． 2．（25-26学年九上·贵州毕节金沙县·期中）如图，矩形中，对角线，交于点O．若，则的长为（     ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 12 【答案】B 【分析】 本题考查了矩形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形对角线的性质，从而完成求解．根据矩形的对角线相等且互相平分的性质计算， 得，即可得到答案． 【详解】 解：∵四边形为矩形，， ∴． 故选：B． 3．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，公路与互相垂直，公路的中点与点被湖隔开，若测得的长为，则两点之间的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查了直角三角形的性质：斜边上的中线等于斜边的一半，据此进行分析，即可作答． 【详解】 解：∵公路与互相垂直， ∴， ∵公路的中点与点被湖隔开， ∴是的中线， ∴， 故选：B 4．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，在矩形中，若，则的长为（       ） A. 4 B.  C. 2 D. 1 【答案】A 【分析】 本题考查了矩形的性质，能熟记矩形的对角线相等是解此题的关键． 根据矩形的对角线相等，即可求解． 【详解】 解：∵四边形是矩形，， ∴． 故选：A 5．（25-26学年九·贵州金沙县金沙县第三中学·期末）在矩形中，对角线相交于点的角平分线交于点，若，则的度数是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义．先根据矩形的性质，结合角平分线的定义求出，利用等腰三角形的性质求出，即可求出答案． 【详解】 解：在矩形中，，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 6．（2026·贵州六盘水·一模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，若，，则的长为（       ） A. 3 B. 4 C. 5 D.  【答案】C 【分析】 本题考查了矩形的性质，勾股定理．根据矩形得到，，，再由勾股定理求出，即可求解． 【详解】 解：∵四边形是矩形，对角线与交于点O， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 7．（25-26学年九上·贵州贵阳修文县·期中）如图，在中，，点D为边的中点，顶点B，C分别对应刻度尺上的刻度和，则的长为 （          ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题考查了直角三角形斜边上的中线，熟练掌握该知识点是解题的关键．由题意可得的长度，再根据是直角三角形的中线即可解答． 【详解】 由题意可知，， 又，且点D为边的中点， ． 故选：A． 8．（25-26学年九上·贵州贵阳修文县·期中）如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查矩形的性质，根据矩形的对角线相等且平分，对边平行且相等，逐一进行判断即可． 【详解】 解：A、当矩形为正方形时，，故原结论不一定正确，不符合题意； B、当矩形为正方形时，，故原结论不一定正确，不符合题意； C、矩形的对角线相等且平分，故，原结论一定正确，符合题意； D、当矩形为正方形时，，故原结论不一定正确，不符合题意； 故选C． 9．（25-26学年九上·贵州六盘水钟山区·期中）周末，小刚去正在装修的房屋查看进度，放在地上的一块地板砖吸引了他的注意，于是他找来卷尺进行如下操作：①测量地板砖的两组对边长度是否分别相等；②测量地板砖的两条对角线是否相等，以此判断地板砖的表面是否为矩形．小刚的判断依据是（     ） A. 对角线相等的平行四边形是矩形 B. 有三个角是直角的四边形是矩形 C. 有一个角是直角的平行四边形是矩形 D. 对角线相等的四边形是矩形 【答案】A 【分析】 本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，熟练掌握平行四边形和矩形的判定是解题的关键．利用① 判定平行四边形，再利用② 判定矩形，即可得判断依据． 【详解】 解：由① 测量地板砖的两组对边长度是否分别相等， 即，， 则可判断四边形是平行四边形； 由② 测量地板砖的两条对角线是否相等， 即， 则利用“对角线相等的平行四边形是矩形”可判断四边形是矩形； 故选：A． 10．（25-26学年九上·贵州六盘水·期中）如图①是一封请柬，图②是其示意图，若在矩形中，对角线相交于点，则的度数为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题考查了“矩形的性质”“三角形外角的性质”，熟练掌握矩形对角线的关系是解题关键． 根据矩形的性质，得到，再通过三角形外角的性质和等腰三角形的性质即可得到答案． 【详解】 解：∵四边形是矩形， ∴，，． ∴． ∴． ∵是的外角， ∴． ∴．   故选： A． 11．（25-26学年九上·贵州贵阳清镇·期中）如图是小红自制的相框，她想检查相框是否为矩形，于是她用手中仅有的一根较长的绳子进行测量并比较，下列检查方法合理的是（       ） A.  B. ， C. ，， D.  【答案】C 【分析】 本题考查了矩形的判定，熟练利用矩形的判定方法是解题的关键． 根据对边分别相等得出四边形是平行四边形，根据对角线相等的平行四边形是矩形即可解答． 【详解】 解：，， 四边形为平行四边形， ， 平行四边形为矩形， 故检查方法合理的是测量，，， 故选：C． 12．（25-26学年九上·贵州六盘水钟山区·期中）如图，将矩形纸片沿对角线对折，使得点落在点处，交于点，若平分，，则的长是（       ） A.  B.  C.  D. 3 【答案】A 【分析】 本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、利用平行线的性质和折叠的性质推出是解题关键．根据矩形的性质得，，由平行线的性质得，由折叠的性质得，于是，则，证明即可． 【详解】 解：四边形为矩形， ，， ， 由折叠可知，， ，而，平分， ，， ，， 故选：A 13．（25-26学年九上·贵州贵阳第十七中学·期中）如图，在中，，，，点D是边上的动点（不与B，C重合），过D作，，垂足分别是E，F，连接则的最小值是（     ） A. 4 B.  C. 5 D. 6 【答案】B 【分析】 连接AD，过点A作于点H，先求出，再根据三角形的面积公式求出，证明四边形AEDF是矩形得，由此得当AD最小值时，EF的值为最小，根据“垂线段最短”得当时，AD为最小，最小值是线段AH的长，据此即可得出EF的最小值． 【详解】 解：连接，过点A作于点H，如图所示： ， 在中，，，， 由勾股定理得：， 根据三角形的面积公式得：， ，， ， 四边形是矩形， ， 当最小值时，的值为最小， 点D是边上的动点不与B，C重合 根据“垂线段最短”得：当时，AD为最小， 当点D于点H重合时，为最小，最小值是线段的长， 的最小值是， 的最小值是 故选：B． 【点睛】 此题主要考查了矩形的判定与性质，垂线段最短，三角形的面积，勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质，理解垂线段最短，灵活利用三角形的面积，勾股定理进行计算是解决问题的关键． 14．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）如图，在中，，点D是中点，，则等于（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质、三角形外角的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解答的关键．根据直角三角形斜边上的中线性质得到，再根据等腰三角形的性质得到，最后利用三角形外角的性质即可求解． 【详解】 解：∵在中，，点D为边的中点， ∴，即， ∴， ∴． 故选：C． 15．（25-26学年九·贵州毕节赫章县·期末）如图，在矩形中，，，以点为圆心、的长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心、大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，则的长为（     ） A. 4 B. 5 C.  D.  【答案】C 【分析】 本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，角平分线的定义，基本作图，熟练掌握以上知识点是关键．连接，可证，得到，再根据勾股定理得到，由线段和差得到，在中，利用勾股定理建立方程求出即可得到的长． 【详解】 解：如图，连接， 由作图步骤可知，是的平分线， ， 在和中， ， ， ， 在中，，， ， ， 设，则， 由勾股定理得，， 解得，即． 16．（25-26学年九上·贵州贵阳乌当区·期中）如图，在平行四边形纸片中，，，．E是线段的中点，点F在边所在的直线上，将沿所在的直线翻折得到，连接，则长度的最小值是　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，三角形的三边关系，折叠的性质， 先作，交的延长线于点G，连接，根据平行四边形的性质,，再根据三角形三边之间的关系可知当点共线时最小，然后根据勾股定理求出，再根据勾股定理求出，进而得出答案. 【详解】 解：如图所示，过点A作，交的延长线于点G，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴. ∵，点E是线段的中点， ∴,. 根据折叠的性质得. 根据三角形三边之间的关系，可得， 当点共线时，最小， ∵， ∴， ∴. 根据勾股定理，得， 解得， ∴. 根据勾股定理，得， ∴最小值是. 故答案为：. 17．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF． （1）求证：四边形OEFG是矩形． （2）若AD＝12，EF＝4，求OE和BG的长． 【答案】（1）证明：四边形是菱形， ， 在中，是的中点， ， ， ， OG∥EF 四边形是平行四边形， EF⊥AB， 四边形是矩形． （2） 【分析】 （1）根据菱形的对角线平分对角，可得,又是的中点，，则，可得，即可得，进而可得，进而可得四边形是矩形； （2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求得，根据勾股定理在中求得，根据四边形是矩形进而求得，根据即可求得的长． 【详解】 （1）略 （2）,是的中点， 在中,是的中点， EF⊥AB， 在中， 四边形是菱形， 四边形是矩形． 【点睛】 本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，掌握特殊四边形的性质和判定是解题的关键． 18．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，在中，为上一点，．请你再添加一个适当的条件：　　　　　，使四边形为矩形． 【答案】 【分析】 本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定； 根据已知可得四边形是平行四边形，然后添加可得四边形为矩形． 【详解】 解：添加条件， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形． 故答案为：． 19．（25-26学年九上·贵州贵阳清镇·期中）如图，中，，是的中点，，则　　　　　　． 【答案】10 【分析】 本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握该性质即可解题． 【详解】 解：在中，，是的中点， 线段是斜边上的中线； 又， ． 故答案为：． 20．（2026·贵州遵义·学业水平监测）如图，在矩形中，点分别在和上，，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）连接，若，求的面积． 【答案】（1） 证明：∵四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴， 即：， ∴四边形是平行四边形．     （2）1      【分析】 本题考查矩形的性质，平行四边形的判定与性质，掌握知识点是解题的关键． （1）先推导出，继而证明，则四边形是平行四边形，即可解答； （2）先求出，，则，即可解答． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵四边形是矩形， ∴的高， ∵， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴ ， ∴． 答：的面积为1． 21．（25-26学年九·贵州黔南州·期末）如图，在中，是的中点．将一把含角的直角三角尺的直角顶点放在点O处，绕点O旋转三角尺，三角尺的两条直角边分别与所在的直线相交于点（点D不与点重合，点E不与点重合）． （1）如图1，当三角尺的两条直角边分别与垂直时，线段与的数量关系是            ；之间的数量关系式是            ． （2）如图2，当三角尺的两条直角边与不垂直时，（1）中的之间的数量关系式是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由． （3）请你直接写出三角尺在旋转过程中，线段之间存在的数量关系式（除（1）（2）中的关系式外）． 【答案】（1）；     （2） 解：成立，证明如下， 如图2，连接， ∵是的中点． ∴，，， 同理证， ∴， ∴，     （3）      【分析】 本题考查三角形全等的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半； （1）连接，证，结合勾股定理即可解答； （2）连接，证，结合勾股定理即可解答； （3）当点D，点E，在、的延长线上时，连接，证结合勾股定理即可解答． (1) 小问详解： 解：如图1，连接， ∵是的中点． ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：如图当点D，点E，在、的延长线上时， ∵，， ∴， 由（1）得，， ∴， ∴， ∴． 22．（25-26学年九上·贵州安顺·期末）如图，的对角线、相交于点O，，与交于点F． （1）在不添加新的点和线的前提下，增加一个条件：______，使得四边形是矩形，并说明理由； （2）若，求的面积． 【答案】（1） 解：添加条件：，理由如下： ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴是矩形．     （2）96      【分析】 本题考查平行四边形的性质，矩形的判定及性质，菱形的判定及性质． （1）由，可得四边形是平行四边形，只需添加条件使得即可得到矩形； （2）由（1）可得当时，四边形是矩形，得到，根据平行四边形的对角线互相平分并结合勾股定理求出，证明是菱形，根据菱形的性质即可求出面积． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由（1）可得当时，四边形是矩形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴在中，， ∴在中，， ∵， ∴是菱形， ∴． 23．（25-26学年九上·贵州贵阳修文县·期中）如图，在矩形中，点在上，，且，垂足为． （1）求证：； （2）若，，求的长． 【答案】（1） 证明：在矩形中，，， ∴， ∵， ∴． 在和中， ， ∴；     （2）      【分析】 本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）在矩形中，，，由平行线的性质可得，由题意可得，再利用“”证明即可； （2）由全等三角形的性质可得，再由勾股定理可得，即可得解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵， ． 在中，， ∴ ． 24．（25-26学年九上·贵州六盘水钟山区·期中）如图，把两个全等的矩形和矩形拼成如图所示的图案． （1）猜想：______度． （2）请证明你的猜想． 【答案】（1）     （2） 证明：∵四边形和四边形是全等的矩形， ∴，，， ∴， ∴，， ∵， ∴，1 ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴．      【分析】 本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定. 解题的关键是根据已知条件证出是等腰直角三角形． 根据矩形的性质得出，，，根据可证出，由全等的性质可得出∠，，进而证出是等腰直角三角形，即可得出答案． (1) 小问详解： 猜想：． 故答案为． (2) 小问详解： 略 25．（25-26学年九上·贵州毕节金沙县·期中）如图，四边形是平行四边形，延长至点E，使，连接、和，且． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求点A和点C之间的距离． 【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ， ∴四边形是矩形     （2）点A和点C之间的距离为      【分析】 本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定及性质，勾股定理，熟悉掌握矩形的判定是解题的关键． （1）利用平行四边形的判定方法先判定出四边形是平行四边形，再利用对角线相等判定出四边形为矩形即可； （2）连接，利用勾股定理求出的长，利用矩形的性质得到的长，再利用勾股定理求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图，连接． ，， ， ， 在中，由勾股定理可得， ∵四边形是矩形， ， ，， ， ， ∵四边形是矩形 ∴， 在中，由勾股定理可得，， ∴点A和点C之间的距离为． 26．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）如图，在矩形中，，．点在边上，且，、分别是边、上的动点，且，是线段上的动点，连接，．若．则线段的长为　　　． 【答案】 【分析】 由题意知是等腰直角三角形，作点关于的对称点，则在直线上，连接，，．即，，，所以此时、、三点共线且，点在的中点处，，可求出． 【详解】 解：， 是等腰直角三角形， 作点关于的对称点，则在直线上，连接，如图：    ． ，即， 此时、、三点共线且，点在的中点处， ， ． 故答案为：． 【点睛】 本题考查矩形的性质和等腰直角三角形的性质，作出适当的辅助线是解题关键． 27．（25-26学年九上·贵州六盘水·期中）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图所示，在中，分别取的中点，连接，过点A作，垂足为F，延长至点G，使得，延长至点H，使得，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，求的面积． 【答案】（1） 证明：点D是的中点， ． 在和中， ， ， ， 同理可得． ． 在中， 点分别为边上的中点， ， ， ． ， ， 四边形是矩形；     （2）      【分析】 本题考查图形的拼剪，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是读懂图象信息． （1）证明得．同理可得，，进而可证明四边形为矩形； （2）证明是的中位线可求出，然后求出矩形的面积即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由（1）得，， ． ， ． ， ． 28．（25-26学年九上·贵州贵阳第六中学·期中）如图，中，于点，点为中点，过点A作交延长线于点，连接． （1）求证：四边形为矩形； （2）若是的平分线，，求的长． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∵点E为边的中点， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵中，于点， ∴， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形．     （2）      【分析】 （1）根据证明得，再根据等腰三角形的性质可得，再证四边形是平行四边形，然后结合即可证明结论； （2）根据矩形的性质可得、，则，易得，，然后利用勾股定理求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵四边形是矩形， ∴， ∵是的平分线， ∴，， ∴， ∴，， ∴． 【点睛】 本题主要考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质以及勾股定理等知识点，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 29．（25-26学年九上·贵州贵阳第十七中学·期中）如图1，和都是边长为4的等边三角形． （1）将沿方向平移得到，如图2、图3所示，则四边形是平行四边形吗？证明你的结论； （2）在（1）的条件下，若四边形为矩形，求的值． 【答案】（1）四边形是平行四边形， 根据平移的性质，得到， 根据等边三角形的性质，得到，， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形；     （2）      【分析】 此题主要考查了矩形的性质和等边三角形的性质和平行四边形的判定以及平移的性质，熟练掌握相关的定理是解题关键． （1）根据平移的性质，得到，根据等边三角形的性质，得到，，从而得到，则，再根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证明； （2）根据等边三角形的性质与矩形的性质，进一步解答即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图，连接，， ∵，都是边长为的等边三角形，四边形为矩形， ∴，此时重合， ∴． 30．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）我国古代数学家贾宪提出的“从长方形的对角线上任意一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所得两长方形的面积具有一定的大小关系（如图所示）”请根据图形判断两个矩形阴影部分的面积大小　　　　　　　　　　．（填“”“”或“”） 【答案】 【分析】矩形的对角线将矩形分成面积相等的两部分，由此即可得到结论. 【详解】由题意得： , ∵从长方形的对角线上任意一点作两条分别平行于两邻边的直线， ∴,, ∴, 故答案为：=. 【点睛】此题主要考查矩形的性质：矩形的对角线将矩形分成面积相等的两部分. 31．（25-26学年九·贵州金沙县金沙县第三中学·期末）如图，在平面直角坐标系中，点，，点是线段上的一个动点，在的右侧作以为边的等边，若为的中点，连接，当取最小值时，则　　　　　　． 【答案】 【分析】 取的中点，连接，根据勾股定理得到，根据斜边中线定理得到，进而推出是等边三角形，得到；连接，作于点，根据等边三角形的性质得到，，则点在过点且与夹角为的直线上运动，当时，即，取最小值，此时三点共线，则，推出是等边三角形，再利用等边三角形的性质和勾股定理即可求出的长． 【详解】 解：如图，取的中点，连接， ∵点，， ∴，， ∵， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴； 如图，连接，作于点， ∵等边，为的中点， ∴，，，平分， ∴，， ∴点在过点且与夹角为的直线上运动， ∴当时，即，取最小值， ∴， ∴三点共线， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴． 故答案为：． 【点睛】 本题考查了平面直角坐标系、直角三角形的性质、等边三角形的性质与判定、勾股定理、垂线段最短，证出点在定直线上运动是解题的关键． 32．（25-26学年九·贵州贵阳·期末）九年级数学兴趣小组以探究“矩形的性质”为主题开展活动．小星将如图所示的矩形纸片进行折叠，使点落在边上的点处，折痕为，展开后，连接，就可以得到一个四边形． （1）如图①，与的数量关系为_______，与的位置关系为_______． （2）如图②，将图①中的矩形纸片沿过点的直线进行折叠，使得点恰好落在上的点处，展开后，分别连接，，并延长交于点，证明：； （3）如图③，若将图①中的矩形纸片沿中点所在直线进行折叠，使得点恰好与点重合，展开后，折痕所在的直线交的延长线于点，交于点，试探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1），     （2） 证明：由（1）得，，， ． 由折叠得，， ， ． ， ． ， ， ， ．     （3） 解：，理由如下： 如图，连接，，，与交于点， 由矩形纸片沿进行折叠，使点落在边上的点处， 得，， ． 又矩形纸片沿中点所在直线进行折叠， 垂直平分， ， ， ， ． ， ． ， ，即， 为直角三角形． 点为的中点， . ， ．      【分析】 本题主要考查折叠的性质，矩形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点是做题的关键． （1）根据矩形的性质，折叠的性质，平行线的性质，即可得出答案； （2）根据全等三角形的判定与性质，垂直的判定方法，即可得证； （3）先连接，，，与交于点，根据折叠的性质，得出垂直平分，进一步得出，再通过推导角之间的关系，得出为直角三角形，最后利用直角三角形斜边上的中线的性质，即可得出结论． (1) 小问详解： 解：四边形为矩形， ，， ，． 矩形纸片进行折叠，使点落在边上的点处，折痕为， ，，， ， 即与的数量关系为，与的位置关系为． 故答案为：，． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 33．（25-26学年九上·贵州毕节金沙县·期中）【初步感知】 （1）如图1，在中，，，则斜边上的高为______； 【深入探究】 （2）如图2，在中，，，点E是内一点，连接，，的面积为32．当时，求的长度； 【学以致用】 （3）如图3，是一块等腰直角的规划用地，点O在斜边上，过O修一条笔直的小路，且O为的中点，点E是三角形内一点，且，连接，，，，规划者想在四边形内种植花草．已知种植花草每平米500元，米，米，则种植花草的最低费用是多少元． 【答案】（1）（2）；（3）400000元 【分析】 （1）利用勾股定理求得斜边长，再利用斜边中线的性质求解即可； （2）延长交于点，作于点，作于点，利用三角形面积公式求得，求得，利用直角三角形的性质结合勾股定理求解即可； （3）作于点，作于点，作于点，由，求得的最小值为10，根据全等三角形的判定和性质求得，据此进一步计算即可求解． 【详解】 解：（1）作于点， ∵，， ∴； 故答案为：； （2）延长交于点，作于点，作于点， ∵，， ∴， ∵的面积为32， ∴，即， 解得， ∵，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，即， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 同理，， ∴； （3）作于点，作于点，作于点， ∵，， ∴， ∴， ∵，即， 求得， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形面积的最小值为(平方米)， ∵种植花草每平米500元， ∴植花草的最低费用是（元）． 【点睛】 本题考查了30度角直角三角形的性质，勾股定理，直角斜边中线的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 34．（25-26学年九上·贵州六盘水·期中）如图，在矩形中，，点分别在边上，且，连接，将矩形分别沿折叠，点B的对应点为，点D的对应点为，连接，当与矩形的边平行时，的长为　　　　　　　　． 【答案】或 【分析】 分两种情况：① 当时，② 当时，分别求解即可． 【详解】 解：分两种情况：① 当时，如图1，过点作于G，过点作于H，延长交于N，延长交于M， ∵矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由折叠可得：，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵矩形， ∴四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形， ∴， 在中，，， ∴， ∴， 同理：，， 在中，由勾股定理，得 ，即， 解得：； ② 当时，如图2，过点作于N，过点作于P，延长交于M， 由① 知， ∴， 由折叠可得，， ∴，，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，而， ∴四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，，， ∴， 在中，由勾股定理，得 ， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得 ，即， 解得：， 综上，长为或， 故答案为：或． 【点睛】 本题考查折叠的性质，矩形的性质与判定，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，二次根式的运算，熟练掌握相关判定与性质定理是解题的关键，注意分类讨论思想的应用． 35．（25-26学年九上·贵州贵阳清镇·期中）小红在学完《特殊平行四边形》一章的内容后，通过折叠矩形纸片进行了以下探究： 在矩形中，点在边上，连接．将矩形沿直线折叠，点的对应点为点． 【问题解决】 （1）如图①，当点恰好落在边上时，若，，则的长为__________，的度数为__________； 【问题探究】 （2）如图②，当点是的中点时，若，则点落在矩形内部，连接并延长，交于点．试判断四边形的形状，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）连接，，当为等腰三角形时，若，，求的长． 【答案】（1）4， （2）四边形是平行四边形，理由如下： ∵当点是的中点， ∴， 由翻折，得 ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴四边形是平行四边形； （3）的长为4或． 【分析】 本题考查翻折，平行四边形的判定，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，掌握知识点是解题的关键． （1）先推导出，，由翻折，得 ，推导出是等腰直角三角形，，则，即可解答； （2）先证明，，继而推导出，则，，则四边形是平行四边形，即可解答； （3）分类讨论：第一种情况：当点F在矩形的内部时，① 当时，过点F作交于点P，连接，② 当时，连接，③ 当时， 第二种情况：当点F在矩形的外面时，逐一分析求解即可． 【详解】 解：（1）当点恰好落在边上时， ∵四边形为矩形，， ∴，， 由翻折，得 ， ∴是等腰直角三角形，， ∴ 故答案为：4，； （2）略 （3）第一种情况：当点F在矩形的内部时， ① 当时，过点F作交于点P，连接，如图 ∵， ∴点F在的垂直平分线上， ∵四边形为矩形， ∴点F也在的垂直平分线上，， ∴， ∴， 设为x，则，， ∵， ∴， 解得， ∴的长为； ② 当时，连接，如图 ∵，， ∴， ∵， 即， 不符合题意，舍去； ③ 当时，由（1）可知，此时点F为的中点，且四边形为矩形， ∴， ∴； 第二种情况：当点F在矩形的外面时，如图 ∴，当为等腰三角形时，， ∵， ∴， 即此时点F为的中点， ∴当点F在矩形的外面时，不能为等腰三角形． 综上所述，当的长为4或． 36．（25-26学年九上·贵州安顺·期中）如图，在矩形中，，，，垂足为，将沿翻折得到． （1）的长为________，的长为________； （2）如图，若将沿着射线方向平移得到，设平移的距离为（即线段的长度），当点平移到线段上时，求的值； （3）如图，将绕点顺时针旋转，记旋转中的为，在旋转过程中，设所在的直线与线段相交于点，与的延长线相交于点，使得，求的长． 【答案】（1），；     （2）的值为或；     （3）的长为或．      【分析】 （）根据矩形的性质，由勾股定理得，然后利用直角三角形的面积公式求得，再由勾股定理即可求解； （）根据平移的性质得，，根据折叠性质，得，则，所以，故点与点重合，此时；当点在上的点时，设与交于点，根据平移和折叠性质即可求解； （）分当点在上，点在的延长线上，且时，当点在的延长线上，点在上，且时两种情况，在根据矩形的性质，折叠的性质，旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，分类解答即可． (1) 小问详解： 解：在矩形中，，， ∴， 在直角三角形中，由勾股定理得：， ∵， ∴，即， 解得：， ∵点是点关于的对称点， ∴， 在直角三角形中，由勾股定理得：， 故答案为：，； (2) 小问详解： 解：设平移后对应，如图，当点在上的点时， 根据平移性质，得，， ∴， 根据折叠性质，得， ∴， ∴， 故点与点重合， 此时； 如图，当点在上的点时，设与交于点， 根据平移性质，得，，，，， ∴，， ∴， 根据折叠性质, 得， ∴， ∴， ∴， 此时， 综上所述，的值为或； (3) 小问详解： 解：∵时， 当点在上，点在的延长线上，且时，如图， ∵， ∴， 根据折叠的性质，得，，， ∵在矩形中，，， ∴， 在直角三角形中，由勾股定理得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 根据旋转的性质，得，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 在直角三角形中，由勾股定理得：， ∴； 当点在的延长线上，点在上，且时，如图， ∵， ∴， 根据题意，得， ∴， ∴， ∵， ∴，表示的是同一条直线，， ∴点在BC上，， ∴， 设， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 综上所述，的长为或． 【点睛】 本题主要考查了矩形的性质，折叠性质，旋转性质，勾股定理，等腰三角形的定义，熟练掌握折叠与旋转的性质是解题的关键． 考点02 菱形 1．（25-26学年九上·贵州贵阳修文县·期中）菱形的边的长度为，则周长为（　　） A. 6cm B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了菱形的性质，根据菱形的四边相等，周长等于边长的4倍，进行列式计算，即可作答． 【详解】 解：∵菱形的边的长度为，且菱形的四边相等， ∴周长， 故选：C． 2．（25-26学年九上·贵州贵阳第十七中学·期中）若一个菱形的边长为2，则该菱形的周长是（       ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 16 【答案】C 【分析】 此题主要考查菱形的性质；熟记菱形的四边相等是解决问题的关键．根据菱形的四边相等即可得出菱形的周长． 【详解】 解：∵菱形四条边长相等， ∴该菱形的周长是， 故选C． 3．（25-26学年九上·贵州贵阳第十七中学·期中）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小陶家有一个菱形中国结装饰．测得．则该菱形的面积为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题考查菱形的性质，菱形的面积，熟练运用菱形的面积公式是解题的关键． 根据菱形的面积为对角线乘积的一半即可． 【详解】 四边形是菱形， ， ， ， 故选：A． 4．（25-26学年九上·贵州贵阳清镇·期中）如图，在菱形中，若，则的长是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 本题考查菱形的性质，掌握知识点是解题的关键． 根据菱形的四条边都相等，即可解答． 【详解】 解：在菱形中，， ∴． 故选A． 5．（25-26学年九·贵州金沙县金沙县第三中学·期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点为边的中点，菱形的周长为40，则的长为（       ） A. 4 B. 5 C. 8 D. 20 【答案】B 【分析】 本题考查菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质．由菱形四边相等，对角线垂直，可得，，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，即可求解． 【详解】 解：∵四边形是菱形，且其周长为40， ∴，， ∴， ∵点为边的中点， ∴． 故选：B． 6．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点，若，则菱形的周长是（       ） A. 4 B.  C. 8 D.  【答案】C 【分析】 本题考查了菱形的性质，含角的直角三角形的性质，掌握所对的直角边是斜边的一半是解题的关键． 根据菱形对角线互相垂直平分，得到，再根据所对的直角边是斜边的一半由的长度求出的长度，即可求解． 【详解】 解：四边形是菱形， ， 又， ， 菱形的周长为． 故选：C． 7．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）在学习了特殊的平行四边形后，小安将一张矩形纸片按如图所示的方式对折两次后，沿虚线剪开，他剪下来的这个直角三角形纸片完全展开后的形状一定是（       ） A. 正方形 B. 菱形 C. 矩形 D. 三角形 【答案】B 【分析】 本题考查菱形的判定，折叠的性质，矩形的性质．通过折叠的过程可以得出该四边形的四边相等，继而进行判断即可． 【详解】 解：由折叠的性质可得，展开后的图形为四边形，四边形的四边都与相等， 即四边形的四边相等， 故剪下来的直角三角形纸片完全展开后的形状是菱形， 故选B． 8．（25-26学年九上·贵州六盘水·期中）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． 9．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）如图，菱形中，对角线、相交于点O，H为边中点，菱形的周长为16，则的长度是（     ） A. 5 B. 2 C. 2.5 D. 10 【答案】B 【分析】 本题主要考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线等于斜边的一半． 根据菱形性质得出，，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半得出． 【详解】 解：∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵H为边中点， ∴． 故选：B． 10．（25-26学年九·贵州贵阳·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点，垂足为，连接，若，则的长是（       ） A. 4 B. 4.8 C. 5 D. 6 【答案】D 【分析】 此题考查菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，熟记菱形的性质是解题的关键． 利用菱形的性质得到，利用勾股定理求出，可得，然后根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求解即可． 【详解】 解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． 故选D． 11．（25-26学年九上·贵州安顺·期末）如图，在菱形中，，分别以点A，B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点M，N，作直线，交于点E，连接．若，则的长为（     ） A.  B.  C. 2 D. 3 【答案】D 【分析】 本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、菱形的性质、勾股定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．连接，设直线交于点F，由菱形的性质可得，．由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线，可得，，则，，，在中，由勾股定理得结论． 【详解】 解：连接，设直线交于点F， ∵四边形为菱形， ∴，． 由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， 在中，由勾股定理得，， 故选：D． 12．（2026·贵州六盘水·一模）如图，在菱形中，，，则菱形的周长为（       ） A. 36 B. 30 C. 24 D. 18 【答案】C 【分析】 本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定．证明是等边三角形求出即可得到答案． 【详解】 解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴菱形的周长， 故选：C． 13．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）如图，菱形的对角线相交于点O，过点A作于点E，连接．若，菱形的面积为54，则的长为（       ） A. 4 B.  C. 5 D.  【答案】B 【分析】 本题考查了菱形的性质和直角三角形斜边上的中线性质，根据菱形的性质求得是解题的关键．由菱形面积可得，然后根据直角三角形斜边上的中线性质即可解答． 【详解】 解：是菱形， ， ， ， ， ， 故选：B． 14．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，在矩形中，，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，直线分别交于点．若，则四边形的面积是（       ） A. 20 B. 16 C. 12 D. 24 【答案】A 【分析】 本题主要考查矩形的性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质及菱形的性质与判定，熟练掌握矩形的性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质及菱形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，则有，，然后可得四边形是菱形，进而问题可求解． 【详解】 解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， 由作图可知：垂直平分， ∴，，， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴； 故选A． 15．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）如图,在边长为2的菱形ABCD中，∠B=45°,AE为BC边上的高，将△ABE沿AE所在直线翻折得△AB′E，AB′与CD边交于点F，则B′F的长度为（            ） A. 1 B.  C. 2- D. 2﹣2 【答案】C 【分析】 根据题意可得△ABB′为等腰直角三角形，AB=AB′=2，根据勾股定理求得BB′=2 ，再由BC=2可得B′C=BB′-BC=2-2， 【详解】 解：∵在边长为2的菱形ABCD中，∠B=45°，AE为BC边上的高， ∴根据折叠易得△ABB′为等腰直角三角形，AB=AB′=2， ∴=2， ∵BC=2， ∴B′C= BB′-BC=2-2， ∴△FCB′为等腰直角三角形，B’F=CF， ∴， 解得：2-， 故选C． 【点睛】 此题考查了菱形的性质以及等腰直角三角形的性质，勾股定理解三角形等．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用． 16．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）如图，在矩形中，O为的中点，过点O的一条直线分别与交于点E，F，连接交于点M，连接，若，，则下列结论：①，；②；③四边形是菱形；④.其中正确结论的个数是（     ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【分析】 根据矩形的性质和，证明为等边三角形，再证明，得到是的角平分线，故可证明① ；根据，可得，即可证明四边形是平行四边形，再证明即可得到，故可证明③ ； 根据，故无法证明，故② 错误；根据含有角的直角三角形的三边关系和勾股定理可得，故可证明④ ． 【详解】 解：四边形是矩形，O为的中点， ， 为等腰三角形， ， 为等边三角形， ， ， ， ， ， 故① 正确； , ， ， ， ，， ， 即， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， ， 平行四边形是菱形， 故③ 正确； ， 无法证明， 故② 错误； ， ， 在中，， ， ， 在中，， ． 故正确的为① ③ ④ ，为3个， 故选：C． 【点睛】 本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练运用上述性质是解题的关键． 17．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（       ） A. 菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B. 菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形 C. 平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 D. 平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形 【答案】A 【分析】 根据题意，分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解． 【详解】 ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∵、， ∴ ∵对称， ∴， ∴ ∵对称， ∴， ∴， 同理， ∴ ∴ ∴四边形是平行四边形， 如图所示，    当三点重合时，， ∴ 即 ∴四边形是菱形， 如图所示，当分别为的中点时， 设，则，， 在中，， 连接，， ∵， ∴是等边三角形， ∵为中点， ∴，， ∴， 根据对称性可得， ∴， ∴， ∴是直角三角形，且， ∴四边形是矩形，        当分别与重合时，都是等边三角形，则四边形是菱形    ∴在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形， 故选：A． 【点睛】 本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 18．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，在中，对角线，相交于点，，求证：． 【答案】证明：， ，        是菱形， ． 【分析】 本题主要考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定．根据，可得，从而得到是菱形，即可求证． 【详解】 略． 19．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）如图，菱形对角线与交于点O，过点C作，过点B作，与相交于点E． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求四边形的面积． 【答案】（1） 证明：由题意得：，即； ∵，， ∴四边形是平行四边形； ∵； ∴四边形是矩形；     （2）      【分析】 本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质，掌握相关结论即可； （1）由题意得：，即；结合，，即可求证； （2）由题意得：，求出，即可； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由题意得：， ∵，， ∴， ∴四边形的面积； 20．（25-26学年九上·贵州遵义正安县·期中）如图，在中，是的平分线，，交于于点． （1）求证：四边形是菱形； （2）如果，，求菱形的面积． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形；     （2）      【分析】 本题考查菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定方法，是解题的关键： （1）先证明四边形是平行四边形，再结合角平分线的定义，平行线的性质推出，进而得到，即可得证； （2）过点作，证明为等边三角形，利用三线合一结合勾股定理求出的长，再利用菱形的面积公式进行求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 过点作， ∵四边形是菱形； ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形的面积为：． 21．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）如图，在中，，，点是外一点连接，，将沿折叠使点落在边上的点处，连接，若．    （1）求证：四边形是菱形； （2）连接，，若，求四边形的面积． 【答案】（1） 证明：如图1，连接，设交于点， 由折叠的性质得： ，， ，， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， 四边形是菱形；     （2）      【分析】 （1）连接，设交于点，证，即可得出结论； （2）由菱形的性质得，再求出，则，然后由三角形面积关系得四边形的面积，即可得出结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图2，    由（1）可知，四边形是菱形， ， ，， ， ， ， 四边形的面积 ． 【点睛】 本题考查了菱形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、折叠的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 22．（25-26学年九上·贵州六盘水·期中）如图，在四边形中，，． （1）利用尺规作的平分线，交边于点E，连接．（要求：保留作图痕迹，不写作法，标明字母） （2）在（1）的条件下，求证：四边形是菱形． 【答案】（1） 如图所示；      （2） 证明：在与中， , ， ， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形为菱形．      【分析】 本题考查了作图﹣基本作图，全等三角形的判定和性质，菱形的判定， （1）根据尺规作图：角的平分线的基本作法作出图形即可； （2）根据全等三角形的判定和性质以及菱形的判定定理即可得到结论， 熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 23．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）如图，在中，对角线相交于点，，． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求四边形的周长． 【答案】（1） 证明：，， 为等边三角形， ， 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性质，菱形的判定和性质，直角三角形的性质． （1）先证明为等边三角形，得到，再结合四边形是平行四边形即可； （2）利用菱形的性质求出，，再利用直角三角形的性质求出即可解答． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：四边形是菱形，，， ，， ， 菱形的周长为． 24．（25-26学年九上·贵州贵阳乌当区·期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E是BC边延长线上的一点． （1）请在下面的两个条件中选择一个，使四边形ACED为平行四边形，并写出证明过程； ①；②； （2）在（1）的结论下，若，求BD的长． 【答案】（1） 解：选②四边形是菱形， ，． ， 点是的中点， ，， 四边形是平行四边形．     （2）      【分析】 （1）根据菱形对边平行的性质，结合所选条件，利用平行四边形的判定定理证明； (2) 利用菱形对角线垂直、四边相等的性质，结合（1）中平行四边形的结论得到线段关系，再通过勾股定理计算的长度． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：四边形是菱形， ，，， ， 由（1）知，四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得． 【点睛】 本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理，解题关键是熟练运用菱形和平行四边形的性质，结合勾股定理求解线段长度． 25．（25-26学年九上·贵州六盘水钟山区·期中）定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形． （1）如图1，在任意四边形中，点E，F，G，H分别为边，，，的中点，则中点四边形的形状是______． （2）在图1中，试判断与的关系，并说明理由． （3）如图2，点P是四边形内一点，且满足，，，点E，F，G，H分别为边，，，的中点．猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想． 【答案】（1）平行四边形     （2）， 理由如下： 如图，作于点，交于点，设交分别于点， 由（1）可知：四边形是平行四边形，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， 取的中点，连接，则， ∴， ∴重合， ∴， ∴， 同理：， ∴，即：；     （3）四边形是菱形， 理由如下： 如图2，连接， ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵点E，F，G分别为边的中点， ∴， 由（1）得：四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形．      【分析】 （1）连接，根据三角形中位线定理可得，据此可得，即可得证； （2）作于点，交于点，设交分别于点，推出四边形为平行四边形，取的中点，连接，证明重合，得到，根据三角形和平行四边形的面积公式得到，同理得到，即可得出结论； （3）连接，证得，由知，结合四边形是平行四边形即可得证． (1) 小问详解： 证明：如图1，连接， ∵点E、H分别为边的中点， ∴， ∵点F、G、分别为的中点， ∴， ∴， ∴中点四边形是平行四边形； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 【点睛】 本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，与三角形的中位线有关的证明等知识，学会添加常用辅助线构造全等三角形是解题的关键． 26．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，在菱形ABCD中，，点E，F分别在边AB，BC上，，的周长为，则菱形边长为　　　　　　． 【答案】 【分析】 连结BD，作DH⊥AB，垂足为H，先证明△ABD是等边三角形，再根据SAS证明△ADE≌△BDF，得到△DEF是等边三角形，根据周长求出边长DE=，设AH=x，则HE=2-x， DH=x，在Rt△DHE中，根据勾股定理列方程求出x，进而得到AD = 2x的值． 【详解】 如图，连接BD，作DH⊥AB，垂足为H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB= AD， AD//BC， ∵∠A= 60°， ∴△ABD是等边三角形， ∠ABC= 180°-∠A= 180°- 60°= 120°， ∵AD= BD， ∠ABD=∠A=∠ADB = 60°， ∴∠DBC=∠ABC-∠ABD= 120°-60°=60°， ∴∠DAE=∠DBF= 60°， 在△ADE和△BDF中， AD= BD，∠DAE=∠DBF，AE= BF， ∴△ADE≌△BDF (SAS)， ∴DE= DF，∠EDA=∠FDB， ∴∠EDF=∠EDB+∠FDB=∠EDB+∠EDA=∠ADB = 60°， ∴△DEF是等边三角形， ∵△DEF的周长为 ， ∴ DE=， 设AH =x，则HE=2- x， ∵AD= BD， DH⊥AB， ∴∠ADH=∠ADB=×60°=30°， ∴AD= 2x，DH =x， 在Rt△DHE中，根据勾股定理，得 DH2 + HE2= DE2， ∴(x)2 +(2-x)2= ()2， 解得x=   (负值舍去)， ∴AD=2x=2× =， 故答案为：1+． 【点睛】 本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是构造直角三角形，根据勾股定理求出AH． 27．（25-26学年九上·贵州贵阳第十七中学·期中）【问题情境】数学课上，兴趣小组对“矩形的折叠”作了如下探究．将矩形纸片先沿折叠，折痕与边分别交于点，，点的对应点记为，点的对应点记为 【特例探究】（）如图，连接，与交于点，当点三点共线时，与相等的角为________（写出一个即可）． （）如图，为的中点，点恰好落在边上．①直接写出四边形的形状：________，________（填“”“”或“”） ②延长交于点，判断与的数量关系，并说明理由． 【深入探究】（）如图，将矩形纸片更换为平行四边形，，，为的中点，当所在直线垂直于平行四边形的一边所在直线时直接写出的值． 【答案】（）或（任选一个）； （）① 菱形，； ②，理由如下： 连接， 由折叠可得，， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （）或 【分析】 （）根据折叠的性质和余角性质解答即可求解； （）① 由折叠的性质和等腰三角形的判定可得，即得四边形是菱形，进而根据为的中点可得，即得，即可得；② 连接，即可求解； （）分和，分别画出图形，根据折叠的性质和勾股定理解答即可求解． 【详解】 解：（）∵四边形是矩形， ∴， 由折叠可得，，， ∵点三点共线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴与相等的角为或， 故答案为：或（任选一个）； （）① 由折叠可得，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵为的中点， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：菱形，； ② 略 （）当时，如图，垂足为点，过点作于，连接交于， ∵，四边形是平行四边形， ∴，，，， 由折叠可得，，，，，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ， 设，则，， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴； 当时，如图，垂足为点，延长交于点， 由折叠可得，，，，，， ∴， ∵为的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上，当所在直线垂直于平行四边形的一边所在直线时，的值为或． 【点睛】 本题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定，直角三角形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质等，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 28．（25-26学年九·贵州贵阳·期末）如图，在菱形中，，点E，F分别是边上的点，连接与相交于点G，连接与相交于点H，且，若，则四边形的面积为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 过点C作于点P，延长，过点C作于点Q，过点D作于点M，于点N，证明为等边三角形，得出，，证明，得出，证明为等边三角形，得出，证明，得出，证明，得出，证明，得出，求出，根据，求出结果即可． 【详解】 解：过点C作于点P，延长，过点C作于点Q，过点D作于点M，于点N，如图所示： ∵四边形为菱形， ∴，，， ∵， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分， ∴， ∵， ∴， ∴平分， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，角平分线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 考点03 正方形 1．（25-26学年九上·贵州毕节金沙县·期中）下列命题中正确的是（     ） A. 对角线互相垂直的四边形是菱形 B. 矩形的对角线相等 C. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 D. 菱形的对角线相等 【答案】B 【分析】 本题考查了菱形的判定、矩形的性质、正方形的判定、菱形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．根据菱形的判定、矩形的性质、正方形的判定、菱形的性质，逐项分析即可求解． 【详解】 解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故A选项命题不正确，不符合题意； B、矩形的对角线相等，B选项命题正确，符合题意； C、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故C选项命题不正确，不符合题意； D、菱形的对角线互相垂直但不一定相等，故D选项命题不正确，不符合题意； 故选：B． 2．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）正方形具有而菱形不具有的性质是（　　） A. 对角线平分一组对角 B. 对角线相等 C. 对角线互相垂直平分 D. 四条边相等 【答案】B 【分析】 本题考查了菱形与正方形的性质，解题的关键是熟练的掌握菱形与正方形的性质． 要熟练掌握菱形对角线相互垂直平分与正方形对角线相互垂直平分相等的性质，根据各自性质进行比较即可解答． 【详解】 解：A．正方形和菱形的对角线都平分一组对角，故本选项不符合题意； B．正方形的对角线相等，菱形的对角线不一定相等，故本选项符合题意； C．正方形和菱形的对角线都互相垂直，故本选项不符合题意； D．正方形和菱形都是四条边相等，故本选项不符合题意； 故选B． 3．（25-26学年九上·贵州六盘水·期中）数学课上，老师在投影屏上出示下面的抢答题，需要同学们回答横线上符号可以代表的内容． 如图，四边形是平行四边形， ①当※时，平行四边形是矩形．       ②当 时，平行四边形是矩形． ③当▲时，平行四边形是菱形．       ④当 时，平行四边形是正方形． 则回答不正确的是（       ） A. ※可以代表 B. ◎可以代表 C. ▲可以代表 D.  可以代表 【答案】D 【分析】 本题主要考查了矩形，菱形，正方形的判定定理，熟知矩形，菱形，正方形的判定定理是解题的关键. 【详解】 解：① ∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是矩形，故①回答正确，不符合题意； ② ∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是矩形，故②回答正确，不符合题意； ③∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是菱形，故③回答正确，不符合题意； ④∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是菱形，不一定是正方形，故④回答错误，符合题意； 故选：D。 4．（25-26学年九上·贵州六盘水·期中）如图，四边形是正方形，点在上，若，则的长为（     ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【分析】 本题考查了正方形的性质，勾股定理，由正方形的性质可知，，再利用勾股定理即可求解． 【详解】 解：∵四边形是正方形， ∴，， 在中，，即， 在中，，   故选：A ． 5．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）如图，在菱形中，．要使菱形为正方形，则是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查正方形的判定，根据“有一个角是直角的菱形是正方形”，再根据正方形对角线平分一组对角即可解答． 【详解】 解：∵四边形是菱形，， 当时，则菱形是正方形， ∴，即． 故选：B． 6．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）顺次连接正方形四条边的中点，确定四边形的形状是（     ） A. 矩形 B. 菱形 C. 正方形 D. 无法确定 【答案】C 【分析】 本题主要考查中位线定理和特殊四边形的判定，关键利用正方形对角线的性质． 通过连接正方形各边中点，利用中位线定理和平行四边形的判定，结合正方形对角线相等且垂直的性质，可推导出所得四边形为正方形． 【详解】 解：设正方形，E、F、G、H分别为的中点， 连接， ∵ E、F为中点， ∴， 同理，， ∴， ∴ 四边形为平行四边形， ∵四边形是正方形， ∴， ∴ ∴平行四边形为矩形，也是菱形， ∴四边形为正方形． 故选：C 7．（25-26学年九上·贵州贵阳修文县·期中）如图，四边形是正方形，是等边三角形，则的度数为（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 本题考查了正方形，等边三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 根据正方形和等边三角形的性质可得，即，进而求得． 【详解】 解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 则， 则， ∴， 故选：C． 8．（25-26学年九上·贵州毕节金沙县·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． 9．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）如图，正方形的对角线相交于点O，（两直角边长均大于的长度）绕点O旋转的过程中，与正方形重叠部分的面积（　　） A. 由小变大 B. 由大变小 C. 始终不变 D. 先由大变小，然后又由小变大 【答案】C 【分析】 由条件可得，从而，，即可说明重叠面积始终不变． 【详解】 解：正方形中，，，，， ， ， 在与中， ， ， ， ， 则重叠部分的面积始终不变， 故选：C． 【点睛】 本题考查了三角形全等的判定与性质，利用面积的等量代换是解题关键． 10．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）如图，正方形的边长为15，，BG＝DH＝9，连接，则线段的长为（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理的逆定理判定三角形是直角三角，以及运用勾股定理进行计算是解答此题的关键． 延长交于点E，先利用勾股定理的逆定理证，，再证和全等得，进而可得，，由此可得和全等，进而得，，，据此得，，然后在中由勾股定理可求出的长． 【详解】 解：延长交于点E，如图：    ∵四边形为正方形，边长为15， ，， ，，， ，， ， 即为直角三角形，则， 同理：， 在和中， ， ， ，， ，， ， 又，， ，， ， 在和中， ， ，，， ， 同理：， ， ， 在中，，， 由勾股定理得：． 故选：D． 11．（25-26学年九上·贵州贵阳第十七中学·期中）如图，正方形的对角线相交于点，点在边上，点在上，过点作，垂足为点，若，，则的长为（     ） A.  B. 2 C.  D. 3 【答案】B 【分析】 本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，由正方形的性质可得，，，，，作于，延长交于，作于，证明四边形为矩形得出，证明四边形为正方形，得出，从而得出，证明，得出，再证明为等腰直角三角形，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 【详解】 解：∵四边形是正方形， ∴，，，，， 如图，作于，延长交于，作于， 则， ∴四边形、为矩形， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴． 故选：B． 12．（25-26学年九上·贵州贵阳清镇·期中）如图，四边形的对角线与相交于点，且，，则四边形的面积为（       ） A. 2 B.  C. 4 D. 8 【答案】C 【分析】 本题考查了勾股定理的逆定理，正方形的判定的应用，主要考查学生的推理能力． 证明四边形是正方形，再计算面积即可． 【详解】 解：， ，四边形是平行四边形， 平行四边形是矩形， ，， ， ， 即， 四边形是正方形， 正方形的面积为， 故选：C． 13．（25-26学年九·贵州毕节赫章县·期末）如图，在正方形中，点是上一动点(不与重合) ，对角线相交于点过点分别作的垂线，分别交于点交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤点在两点的连线上．其中正确的是（   ） A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ①②③④⑤ D. ③④⑤ 【答案】B 【分析】 ① 根据题意及正方形的性质，即可判断； ② 根据及正方形的性质，得ME=EP=AE＝MP，同理可证PF=NF=NP，根据题意可证四边形OEPF为矩形，则OE=PF，则OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，AO=AC，故证明； ③ 根据四边形PEOF为矩形的性质，在直角三角形OPF中，使用勾股定理，即可判断； ④△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，故④ 可判断； ⑤ 连接MO、NO，证明OP=OM=ON，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可证明． 【详解】 ∵四边形ABCD正方形，AC、BD为对角线， ∴∠MAE=∠EAP=45°， 根据题意MP⊥AC，故∠AEP=∠AEM=90°， ∴∠AME=∠APE=45°， 在三角形与中， ∴ASA， 故① 正确； ∴AE=ME=EP=MP， 同理，可证△PBF≌△NBF，PF=FN=NP， ∵正方形ABCD中，AC⊥BD， 又∵PM⊥AC，PN⊥BD， ∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°， ∴四边形PEOF为矩形， ∴PF=OE， ∴OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO， 又∵ME=PE=MP， FP=FN=NP，OA=AC， ∴ PM+PN=AC， 故② 正确； ∵四边形PEOF为矩形， ∴PE=OF， 在直角三角形OPF中，， ∴， 故③ 正确； ∵△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形， 故④ 错误； 连接MO、NO， 在△OEM和△OEP中， ∴△OEM≌△OEP，OM=OP， 同理可证△OFP≌△OFN，OP=ON， 又∵∠MPN=90°， OM=OP=ON， ∴M,N,P在以O为圆心，OP为半径的圆上， 又∵∠MPN=90°， ∴MN是圆O的直径， ∴点在两点的连线上． 故⑤ 正确． 故选择B． 【点睛】 本题主要考查几何综合问题，掌握正方形、矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解答本题的关键． 14．（2026·贵州六盘水·一模）如图，在正方形中，，将沿折叠至，延长交于点G．若点G刚好是的中点，则的长是（       ） A. 1 B.  C.  D. 3 【答案】B 【分析】 连接，先根据正方形的性质及图形轴对称的性质，证明，，然后根据全等三角形的判定证明，可得，设，根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】 解：连接， 四边形是正方形， ，， 点G是的中点， ， 沿折叠至， ，， ，， ， ， ， 设，则， 根据图形翻折的性质可知，， 在中，， ， 解得， 的长是． 故选：B． 【点睛】 本题考查了正方形的性质，图形轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 15．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，四边形是正方形，，是对角线上一点，过点作于点于点，若，求的长． 【答案】 【分析】 本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据四边形是正方形，，证明四边形是矩形，四边形是矩形，得，运用勾股定理列式计算，即可作答． 【详解】 解：如图，延长，交于点． 四边形是正方形， ． ， ， ， 四边形是矩形， ， ， 四边形是矩形， ． ， ， ． 16．（25-26学年九·贵州毕节赫章县·期末）已知：P是正方形对角线上一点，，，垂足分别为E、F． （1）求证：； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明：四边形为正方形， ，， 又， ， ； （2）2． 【分析】 （1）先证，然后根据全等三角形的性质即可证明； （2）先说明PE=DE，然后再运用勾股定理求得PE,再根据可得，最后根据直角三角形的性质解答即可． 【详解】 （1）略 （2）为正方形的对角线， ， ， ， ， ， 且， ， ， ， ． 【点睛】 本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及直角三角形的性质，证得是解答本题的关键． 17．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且，连接． （1）求证：； （2）在图1中，若G在上，且，连接，求证：； （3）根据你所学的知识，运用（1）（2）解答中积累的经验，完成下题： 如图2，在四边形中，是的中点，且，直接写出的长； 【答案】（1） 证明：在正方形中， ，，， ． ；     （2） 证明：， ． ． 即． ， ． ，，， ． ． ∵， ；     （3）      【分析】 本题是几何综合题，考查了全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键． （1）利用已知条件，可证出，即； （2）根据全等的性质得出，进而得出，即，可证，可得结论； （3）过C作，交延长线于G，先证四边形是正方形，由（2）结论可知，，设，则，在中利用勾股定理列方程求解，即可求出的长． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：如图，过C作，交延长线于G， 在直角梯形中，，， ∴， ， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， 四边形为正方形． ． ， 由（2）结论可知，， ∵为中点， ， 设，则， ． 在中，， ， 解得：． ． 18．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，按下列要求画图． （1）如图1，已知线段为一个矩形的一条对角线，画出这个矩形（非正方形），使矩形的另外两个顶点也在格点上； （2）在图2中画一个面积为10的正方形，使正方形的四个顶点均在格点上； （3）在图3中画一个周长为的菱形（非正方形），使菱形的四个顶点均在格点上． 【答案】（1） 如图即为所画；      （2） 如图即为所画；      （3） 如图即为所画． 【分析】 本题考查了格点作图、矩形、菱形与正方形、勾股定理、二次根式的应用，熟练掌握矩形、菱形与正方形的格点作图方法是解题关键． （1）根据矩形的两条对角线相等，结合网格特点作图即可得； （2）先求出这个正方形的边长为，再根据勾股定理、网格特点作图即可得； （3）先求出这个菱形的边长为，再根据勾股定理、网格特点作图即可得． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵正方形的面积为10， ∴这个正方形的边长为． (3) 小问详解： 解：∵菱形的周长为， ∴这个菱形的边长为． 19．（25-26学年九上·贵州贵阳第十七中学·期中）如图，在矩形中，的平分线交于点，过点作于点，连接． （1）求证：四边形是正方形； （2）若，求的度数． 【答案】（1） 证明：四边形是矩形， ． ， 四边形是矩形． 平分， ， 四边形的正方形．     （2）      【分析】 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，勾股定理，掌握全等三角形和勾股定理是解决问题的关键． （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）解：先根据正方形性质和勾股定理求出，进而可得是等腰三角形，求，再根据，得出． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵四边形的正方形． ∴，， 又∵ ． ∵ ∴ ∴， ∵在矩形中，， ． 20．（25-26学年九上·贵州贵阳第十七中学·期中）如图，矩形中，，点E是边上的动点，点F在边上，．连接，则的最小值为　　． 【答案】 【分析】 在上取点，使得，连接，过点作于点，作点关于的对称点，连接，首先证明，由全等三角形的性质可得，再由轴对称的性质可得，易知，当点三点共线时，取最小值，即取最小值，然后证明四边形为矩形，结合矩形的性质以及勾股定理解得的值，即可获得答案． 【详解】 解：如下图，在上取点，使得，连接，过点作于点，作点关于的对称点，连接， ∵四边形为矩形，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵点与点关于对称， ∴，， ∴， 当点三点共线时，取最小值，即取最小值， 此时∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴此时，即的最小值为． 21．（25-26学年九上·贵州安顺·期末）已知点E在正方形的边上，点A关于的对称点在正方形内． （1）如图1，连接，则与的位置关系是__________；若的延长线经过点D，，则的长为__________． （2）如图2，F是的延长线与的交点，连接． ①求证：． ②如图3，设，相交于点G，连接，，．若，求证：是等腰直角三角形． 【答案】（1），     （2） 证明：①由题意知，， ∴，． ∴ ； ②设，则． ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴． ∴． ∴， 又，， ∴． ∴，． 由①知， ∴． 又， ∴为等腰直角三角形．      【分析】 （1）根据轴对称的性质即可得出，，，证明，得出，结合正方形的性质可判断是等腰直角三角形，求出，然后根据勾股定理求出，即可求解； （2）①由正方形的性质和线段的垂直平分线的性质得出，根据等边对等角以及三角形内角和定理可求出，即可求解； ②设，则．根据等边对等角得出，根据三角形内角和定理求出，由（1）中，得出，则．根据等边对等角得出．根据三角形内角和定理求出，由角的和差关系求出，，根据证明，得出，．结合①中求出，则，即可得出结论． (1) 小问详解： 解：∵点A、点关于对称， ∴，，， ∵四边形是正方形，的延长线经过点D， ∴，，， 又， ∴， ∴． 又， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：，； (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题考查了轴对称的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键． 22．（25-26学年九上·贵州贵阳修文县·期中）如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． 【问题探究】如图1，已知四边形是垂美四边形，，垂足为． （1）发现：由勾股定理得___________，___________． （2）猜想：___________．（填“＞”或“＜”或“＝”） 【学以致用】如图2，在中，，分别以和为边向外作等腰直角和等腰直角，，，相交于点． （3）①判断四边形是不是垂美四边形？请说明理由； ②若，，直接写出的长． 【答案】（1），； （2）； （3）① 如图2：四边形是垂美四边形；理由如下： ∵和是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴，即， ∴； ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴四边形是垂美四边形． ②． 【分析】 （1）根据勾股定理进行求解即可； （2）由勾股定理列出等式即可求解； （3）① 先证明可得，再根据三角形内角和定理列式整理可得，然后根据垂美四边形定义进行求解即可；② 根据勾股定理，结合，进行求解即可． 【详解】 解：（1）∵， ∴， ∴，． 故答案为：，． （2）在和中，根据勾股定理得：，， ，， ∴． 故答案为：． （3）① 略 ② ∵，，， ∴， ∵和是等腰直角三角形， ∴，， 根据解析（2）可知：， ∴， ∴． 【点睛】 本题主要考查四边形的综合应用，掌握垂美四边形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理等知识点，正确理解垂美四边形的定义并灵活运用勾股定理是解题的关键． 23．（25-26学年九上·贵州六盘水钟山区·期中）如图，正方形的边长为5，点E，F在对角线上（点E在点F的左侧），且．则的最小值为　　　　　　． 【答案】 【分析】 作，，连接，得到四边形为平行四边形，进而得到，得到，进而得到当点在线段上时，的值最小为的长，作于点，作交的延长线于点，易得为等腰直角三角形，求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理，进行求解即可． 【详解】 解：作，，连接，则：四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴当点在线段上时，的值最小为的长， 作于点，作交的延长线于点， ∵正方形， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】 本题考查正方形的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，二次根式的混合运算等知识点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，进行等线段转化，是解题的关键． 24．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）（多选）操作与证明： 如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN． （1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形； 猜想与发现： （2）在（1）的条件下，请判断线段MD与MN的关系，得出结论； 结论：DM、MN的关系是：　     　； 拓展与探究： （3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C旋转180°，其他条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由． 【答案】（1）证明：如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠ADF＝90°， ∵△EFC是等腰直角三角形， ∴CE＝CF， ∴BE＝DF， ∴△ABE≌△ADF， ∴AE＝AF， ∴△AEF是等腰三角形； （2）DM＝MN，DM⊥MN； （3）成立， 证明：如图，连接AE，设AE交DM于O，交CD于G， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠ADF＝90°， 又∵BC+CE=CD+CF,即BE＝DF， ∴△ABE≌△ADF， ∴AF＝AE，∠AFD＝∠AEB， ∵在Rt△ADF中，M是AF的中点， ∴DM=AF， ∵M是AF的中点，N是EF的中点， ∴MN=AE，MN∥AE， ∴MN＝DM， ∵∠ADF＝90°，AM＝MF， ∴MD＝MA＝MF， ∴∠MDF＝∠MFD＝∠AEB， ∵∠DGO＝∠CGE，∠ODG＝∠CEG， ∴∠DOG＝∠ECG＝90°， ∵NM∥AE， ∴∠DOG＝∠DMN＝90°， ∴MN⊥DM，MN＝DM． 【分析】 （1）先证明△ABE≌△ADF，再利用全等三角形的性质即可证明△AEF是等腰三角形； （2）利用三角形中位线定理，直角三角形斜边中线定理可证明DM=MN，再证明∠DMN=∠DAB=90°，即可解决问题； （3）连接AE，交DM于O，交CD于G，同（2）证明方法类似，可证明DM=MN，再证明∠DOG＝∠ECG＝90°，即可得出结论. 【详解】 （1）略 （2）解：结论：DM＝MN，DM⊥MN， 证明：∵在Rt△ADF中， M是AF的中点， ∴DM=AF， ∵M是AF的中点，N是EF的中点， ∴MN=AE，MN∥AE， ∵AE＝AF， ∴MN＝DM， ∵∠ADF＝90°，AM＝MF， ∴MD＝MA＝MF， ∴∠MAD＝∠ADM， ∴∠DMF＝∠MAD+∠ADM＝2∠DAM， ∵△ABE≌△ADF， ∴∠BAE＝∠DAF， ∴∠DAB=∠EAF+2∠DAM＝90°， ∵MN∥AE， ∴∠NMF＝∠EAF， ∴∠DMN=∠NMF+∠DMF＝∠EAF+2∠DAM＝∠DAB=90°， ∴DM⊥MN， ∴MN＝DM，MN⊥DM， 故答案为MN＝DM，MN⊥DM； （3）略 【点睛】 本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定，以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握各性质定理，找准角与角之间的关系是解题的关键. 25．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）在边长为6的菱形中，动点M从点A出发，沿着折线的路线向终点C运动，连接交于点N，连接． （1）如图甲，当点M在边上运动时， ①求证；； ②若，求证：． （2）如图乙，若，记点M所经过的路程为x，求当为等腰三角形时x的值． 【答案】（1） ① 证明：如图甲， ∵四边形是菱形， ∴． 在和中， ， ∴． ② 证明：如图甲，连接． ∵四边形是菱形， ∴垂直平分， ∴， ， ， ， ∴，， ， ．     （2）或或      【分析】 本题注意考查了菱形的性质、正方形的判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的定义等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． （1）① 由菱形的性质可得是公共边，再根据即可证明结论； ② 连接，根据菱形的性质得到垂直平分，所以，然后利用三角形的外角的性质得到，从而证明结论；  （2）分三种情况，分别根据正方形的性质和等腰三角形的性质求解即可． (1) 小问详解： ① 略 ② 略 (2) 小问详解： 解：∵， ∴菱形是正方形． ， 分三种情况： ① 当，则，此时，点M恰好与点B重合，得； ② 若，则，此时，点M恰好与点C重合，得； ③ 若，如图乙，则， ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 综上所述，当或12或时，为等腰三角形． 26．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）以的斜边BC为一边作正方形，正方形的对角线交点为O，连接AO，如果，，那么AC的长为　　　　　　． 【答案】 或 【分析】 本题考查正方形的性质，三角形全等的性质和判定，图形与坐标，掌握相关知识是解决问题的关键．以点 为原点，所在直线为 轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则点 ，设点 ，表示出正方形对角线交点为O的坐标，根据，列出方程求解即可． 【详解】 解：以点 为原点，所在直线为 轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系， 则点 ，设点 ，其中 ， 以为边作正方形，其中心 的坐标取决于正方形的方向， 当正方形和三角形在异侧时， 根据正方形的性质，为等腰直角三角形， 过O作轴，， ∴，， ， ， ， ， ∴可设， 且， ， ∴点 的坐标为     ∵ 根据勾股定理： 解得 ， 或 （舍去负值）， 故 ； 当正方形和三角形在同侧时， 同理可证， ， ∴可设， 且， ， ∴点 的坐标为 由 ， 根据勾股定理： 解得 ， 或 （舍去负值）， 故 ； 综上所述的长为 或． 故答案为： 或． 27．（25-26学年九上·贵州贵阳修文县·期中）如图，在矩形中，，，的平分线交于点，，分别是，上的动点，且，是线段上的动点，连接，．若，则的长为　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练应用相关性质定理是解题的关键．由题意易知，在上取点，使，连接，，则，从而可得，进而证得四边形是矩形，四边形、四边形均为正方形，得到，结合，利用勾股定理即可求解． 【详解】 解：四边形是矩形， ，， 的平分线交于点， ， 如图，在上取点，使，连接，， ， ，， 与的距离为， ， ， 如图，则四边形是矩形， ，， ， ， ，，， 四边形为正方形， ，，， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ， ， ， ， 由勾股定理得， 故答案为：． 28．（25-26学年九上·贵州贵阳第六中学·期中）如图，正方形的边长为6，为等腰直角三角形，，，连接，点H为的中点，连接的最小值为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形，根据题意证明是解题的关键． 延长至点G，使，交于点K，连接，设交于点M，过点F作，垂足为点N，则，证明，可得，，再由，可得，从而得到，进而得到，可证明，从而得到，，可得到是等腰直角三角形，进而得到当最小时，最小，此时取得最小值，为，即可求解． 【详解】 解：如图，延长至点G，使，交于点K，连接，设交于点M，过点F作，垂足为点N，则， 点H为的中点， ， ， 在和中， ， ， ，， 正方形的边长为6， ，， ， ， （两直线平行，内错角相等）， ， ，， ， ，且， 在和中， ， ， ，， ， 是等腰直角三角形， ， 当最小时，最小，此时取得最小值为， ， 当点B，E，C三点共线时，取得最小值为3， 此时， 的最小值为， 故答案为：． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 四边形 考点01 矩形 考点02 菱形 考点03 正方形 考点01 矩形 1．B 2．B 3．B 4．A 5．B 6．C 7．A 8．C 9．A 10．A 11．C 12．A 13．B 14．C 15．C 16．【答案】 【分析】 本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，三角形的三边关系，折叠的性质， 先作，交的延长线于点G，连接，根据平行四边形的性质,，再根据三角形三边之间的关系可知当点共线时最小，然后根据勾股定理求出，再根据勾股定理求出，进而得出答案. 【详解】 解：如图所示，过点A作，交的延长线于点G，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴. ∵，点E是线段的中点， ∴,. 根据折叠的性质得. 根据三角形三边之间的关系，可得， 当点共线时，最小， ∵， ∴， ∴. 根据勾股定理，得， 解得， ∴. 根据勾股定理，得， ∴最小值是. 故答案为：. 17．【答案】（1）证明：四边形是菱形， ， 在中，是的中点， ， ， ， OG∥EF 四边形是平行四边形， EF⊥AB， 四边形是矩形． （2） 【分析】 （1）根据菱形的对角线平分对角，可得,又是的中点，，则，可得，即可得，进而可得，进而可得四边形是矩形； （2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求得，根据勾股定理在中求得，根据四边形是矩形进而求得，根据即可求得的长． 【详解】 （1）略 （2）,是的中点， 在中,是的中点， EF⊥AB， 在中， 四边形是菱形， 四边形是矩形． 【点睛】 本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，掌握特殊四边形的性质和判定是解题的关键． 18．【答案】 【分析】 本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定； 根据已知可得四边形是平行四边形，然后添加可得四边形为矩形． 【详解】 解：添加条件， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形． 故答案为：． 19．【答案】10 【分析】 本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握该性质即可解题． 【详解】 解：在中，，是的中点， 线段是斜边上的中线； 又， ． 故答案为：． 20．【答案】（1） 证明：∵四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴， 即：， ∴四边形是平行四边形．     （2）1      【分析】 本题考查矩形的性质，平行四边形的判定与性质，掌握知识点是解题的关键． （1）先推导出，继而证明，则四边形是平行四边形，即可解答； （2）先求出，，则，即可解答． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵四边形是矩形， ∴的高， ∵， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴ ， ∴． 答：的面积为1． 21．【答案】（1）；     （2） 解：成立，证明如下， 如图2，连接， ∵是的中点． ∴，，， 同理证， ∴， ∴，     （3）      【分析】 本题考查三角形全等的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半； （1）连接，证，结合勾股定理即可解答； （2）连接，证，结合勾股定理即可解答； （3）当点D，点E，在、的延长线上时，连接，证结合勾股定理即可解答． (1) 小问详解： 解：如图1，连接， ∵是的中点． ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：如图当点D，点E，在、的延长线上时， ∵，， ∴， 由（1）得，， ∴， ∴， ∴． 22．【答案】（1） 解：添加条件：，理由如下： ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴是矩形．     （2）96      【分析】 本题考查平行四边形的性质，矩形的判定及性质，菱形的判定及性质． （1）由，可得四边形是平行四边形，只需添加条件使得即可得到矩形； （2）由（1）可得当时，四边形是矩形，得到，根据平行四边形的对角线互相平分并结合勾股定理求出，证明是菱形，根据菱形的性质即可求出面积． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由（1）可得当时，四边形是矩形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴在中，， ∴在中，， ∵， ∴是菱形， ∴． 23．【答案】（1） 证明：在矩形中，，， ∴， ∵， ∴． 在和中， ， ∴；     （2）      【分析】 本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）在矩形中，，，由平行线的性质可得，由题意可得，再利用“”证明即可； （2）由全等三角形的性质可得，再由勾股定理可得，即可得解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵， ． 在中，， ∴ ． 24．【答案】（1）     （2） 证明：∵四边形和四边形是全等的矩形， ∴，，， ∴， ∴，， ∵， ∴，1 ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴．      【分析】 本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定. 解题的关键是根据已知条件证出是等腰直角三角形． 根据矩形的性质得出，，，根据可证出，由全等的性质可得出∠，，进而证出是等腰直角三角形，即可得出答案． (1) 小问详解： 猜想：． 故答案为． (2) 小问详解： 略 25．【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ， ∴四边形是矩形     （2）点A和点C之间的距离为      【分析】 本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定及性质，勾股定理，熟悉掌握矩形的判定是解题的关键． （1）利用平行四边形的判定方法先判定出四边形是平行四边形，再利用对角线相等判定出四边形为矩形即可； （2）连接，利用勾股定理求出的长，利用矩形的性质得到的长，再利用勾股定理求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图，连接． ，， ， ， 在中，由勾股定理可得， ∵四边形是矩形， ， ，， ， ， ∵四边形是矩形 ∴， 在中，由勾股定理可得，， ∴点A和点C之间的距离为． 26．【答案】 【分析】 由题意知是等腰直角三角形，作点关于的对称点，则在直线上，连接，，．即，，，所以此时、、三点共线且，点在的中点处，，可求出． 【详解】 解：， 是等腰直角三角形， 作点关于的对称点，则在直线上，连接，如图：    ． ，即， 此时、、三点共线且，点在的中点处， ， ． 故答案为：． 【点睛】 本题考查矩形的性质和等腰直角三角形的性质，作出适当的辅助线是解题关键． 27．【答案】（1） 证明：点D是的中点， ． 在和中， ， ， ， 同理可得． ． 在中， 点分别为边上的中点， ， ， ． ， ， 四边形是矩形；     （2）      【分析】 本题考查图形的拼剪，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是读懂图象信息． （1）证明得．同理可得，，进而可证明四边形为矩形； （2）证明是的中位线可求出，然后求出矩形的面积即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由（1）得，， ． ， ． ， ． 28．【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∵点E为边的中点， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵中，于点， ∴， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形．     （2）      【分析】 （1）根据证明得，再根据等腰三角形的性质可得，再证四边形是平行四边形，然后结合即可证明结论； （2）根据矩形的性质可得、，则，易得，，然后利用勾股定理求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵四边形是矩形， ∴， ∵是的平分线， ∴，， ∴， ∴，， ∴． 【点睛】 本题主要考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质以及勾股定理等知识点，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 29．【答案】（1）四边形是平行四边形， 根据平移的性质，得到， 根据等边三角形的性质，得到，， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形；     （2）      【分析】 此题主要考查了矩形的性质和等边三角形的性质和平行四边形的判定以及平移的性质，熟练掌握相关的定理是解题关键． （1）根据平移的性质，得到，根据等边三角形的性质，得到，，从而得到，则，再根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证明； （2）根据等边三角形的性质与矩形的性质，进一步解答即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图，连接，， ∵，都是边长为的等边三角形，四边形为矩形， ∴，此时重合， ∴． 30．【答案】 【分析】矩形的对角线将矩形分成面积相等的两部分，由此即可得到结论. 【详解】由题意得： , ∵从长方形的对角线上任意一点作两条分别平行于两邻边的直线， ∴,, ∴, 故答案为：=. 【点睛】此题主要考查矩形的性质：矩形的对角线将矩形分成面积相等的两部分. 31．【答案】 【分析】 取的中点，连接，根据勾股定理得到，根据斜边中线定理得到，进而推出是等边三角形，得到；连接，作于点，根据等边三角形的性质得到，，则点在过点且与夹角为的直线上运动，当时，即，取最小值，此时三点共线，则，推出是等边三角形，再利用等边三角形的性质和勾股定理即可求出的长． 【详解】 解：如图，取的中点，连接， ∵点，， ∴，， ∵， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴； 如图，连接，作于点， ∵等边，为的中点， ∴，，，平分， ∴，， ∴点在过点且与夹角为的直线上运动， ∴当时，即，取最小值， ∴， ∴三点共线， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴． 故答案为：． 【点睛】 本题考查了平面直角坐标系、直角三角形的性质、等边三角形的性质与判定、勾股定理、垂线段最短，证出点在定直线上运动是解题的关键． 32．【答案】（1），     （2） 证明：由（1）得，，， ． 由折叠得，， ， ． ， ． ， ， ， ．     （3） 解：，理由如下： 如图，连接，，，与交于点， 由矩形纸片沿进行折叠，使点落在边上的点处， 得，， ． 又矩形纸片沿中点所在直线进行折叠， 垂直平分， ， ， ， ． ， ． ， ，即， 为直角三角形． 点为的中点， . ， ．      【分析】 本题主要考查折叠的性质，矩形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点是做题的关键． （1）根据矩形的性质，折叠的性质，平行线的性质，即可得出答案； （2）根据全等三角形的判定与性质，垂直的判定方法，即可得证； （3）先连接，，，与交于点，根据折叠的性质，得出垂直平分，进一步得出，再通过推导角之间的关系，得出为直角三角形，最后利用直角三角形斜边上的中线的性质，即可得出结论． (1) 小问详解： 解：四边形为矩形， ，， ，． 矩形纸片进行折叠，使点落在边上的点处，折痕为， ，，， ， 即与的数量关系为，与的位置关系为． 故答案为：，． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 33．【答案】（1）（2）；（3）400000元 【分析】 （1）利用勾股定理求得斜边长，再利用斜边中线的性质求解即可； （2）延长交于点，作于点，作于点，利用三角形面积公式求得，求得，利用直角三角形的性质结合勾股定理求解即可； （3）作于点，作于点，作于点，由，求得的最小值为10，根据全等三角形的判定和性质求得，据此进一步计算即可求解． 【详解】 解：（1）作于点， ∵，， ∴； 故答案为：； （2）延长交于点，作于点，作于点， ∵，， ∴， ∵的面积为32， ∴，即， 解得， ∵，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，即， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 同理，， ∴； （3）作于点，作于点，作于点， ∵，， ∴， ∴， ∵，即， 求得， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形面积的最小值为(平方米)， ∵种植花草每平米500元， ∴植花草的最低费用是（元）． 【点睛】 本题考查了30度角直角三角形的性质，勾股定理，直角斜边中线的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 34．【答案】或 【分析】 分两种情况：① 当时，② 当时，分别求解即可． 【详解】 解：分两种情况：① 当时，如图1，过点作于G，过点作于H，延长交于N，延长交于M， ∵矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由折叠可得：，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵矩形， ∴四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形， ∴， 在中，，， ∴， ∴， 同理：，， 在中，由勾股定理，得 ，即， 解得：； ② 当时，如图2，过点作于N，过点作于P，延长交于M， 由① 知， ∴， 由折叠可得，， ∴，，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，而， ∴四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，，， ∴， 在中，由勾股定理，得 ， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得 ，即， 解得：， 综上，长为或， 故答案为：或． 【点睛】 本题考查折叠的性质，矩形的性质与判定，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，二次根式的运算，熟练掌握相关判定与性质定理是解题的关键，注意分类讨论思想的应用． 35．【答案】（1）4， （2）四边形是平行四边形，理由如下： ∵当点是的中点， ∴， 由翻折，得 ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴四边形是平行四边形； （3）的长为4或． 【分析】 本题考查翻折，平行四边形的判定，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，掌握知识点是解题的关键． （1）先推导出，，由翻折，得 ，推导出是等腰直角三角形，，则，即可解答； （2）先证明，，继而推导出，则，，则四边形是平行四边形，即可解答； （3）分类讨论：第一种情况：当点F在矩形的内部时，① 当时，过点F作交于点P，连接，② 当时，连接，③ 当时， 第二种情况：当点F在矩形的外面时，逐一分析求解即可． 【详解】 解：（1）当点恰好落在边上时， ∵四边形为矩形，， ∴，， 由翻折，得 ， ∴是等腰直角三角形，， ∴ 故答案为：4，； （2）略 （3）第一种情况：当点F在矩形的内部时， ① 当时，过点F作交于点P，连接，如图 ∵， ∴点F在的垂直平分线上， ∵四边形为矩形， ∴点F也在的垂直平分线上，， ∴， ∴， 设为x，则，， ∵， ∴， 解得， ∴的长为； ② 当时，连接，如图 ∵，， ∴， ∵， 即， 不符合题意，舍去； ③ 当时，由（1）可知，此时点F为的中点，且四边形为矩形， ∴， ∴； 第二种情况：当点F在矩形的外面时，如图 ∴，当为等腰三角形时，， ∵， ∴， 即此时点F为的中点， ∴当点F在矩形的外面时，不能为等腰三角形． 综上所述，当的长为4或． 36．【答案】（1），；     （2）的值为或；     （3）的长为或．      【分析】 （）根据矩形的性质，由勾股定理得，然后利用直角三角形的面积公式求得，再由勾股定理即可求解； （）根据平移的性质得，，根据折叠性质，得，则，所以，故点与点重合，此时；当点在上的点时，设与交于点，根据平移和折叠性质即可求解； （）分当点在上，点在的延长线上，且时，当点在的延长线上，点在上，且时两种情况，在根据矩形的性质，折叠的性质，旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，分类解答即可． (1) 小问详解： 解：在矩形中，，， ∴， 在直角三角形中，由勾股定理得：， ∵， ∴，即， 解得：， ∵点是点关于的对称点， ∴， 在直角三角形中，由勾股定理得：， 故答案为：，； (2) 小问详解： 解：设平移后对应，如图，当点在上的点时， 根据平移性质，得，， ∴， 根据折叠性质，得， ∴， ∴， 故点与点重合， 此时； 如图，当点在上的点时，设与交于点， 根据平移性质，得，，，，， ∴，， ∴， 根据折叠性质, 得， ∴， ∴， ∴， 此时， 综上所述，的值为或； (3) 小问详解： 解：∵时， 当点在上，点在的延长线上，且时，如图， ∵， ∴， 根据折叠的性质，得，，， ∵在矩形中，，， ∴， 在直角三角形中，由勾股定理得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 根据旋转的性质，得，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 在直角三角形中，由勾股定理得：， ∴； 当点在的延长线上，点在上，且时，如图， ∵， ∴， 根据题意，得， ∴， ∴， ∵， ∴，表示的是同一条直线，， ∴点在BC上，， ∴， 设， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 综上所述，的长为或． 【点睛】 本题主要考查了矩形的性质，折叠性质，旋转性质，勾股定理，等腰三角形的定义，熟练掌握折叠与旋转的性质是解题的关键． 考点02 菱形 1．C 2．C 3．A 4．A 5．B 6．C 7．B 8．D 9．B 10．D 11．D 12．C 13．B 14．A 15．C 16．C 17．A 18．【答案】证明：， ，        是菱形， ． 【分析】 本题主要考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定．根据，可得，从而得到是菱形，即可求证． 【详解】 略． 19．【答案】（1） 证明：由题意得：，即； ∵，， ∴四边形是平行四边形； ∵； ∴四边形是矩形；     （2）      【分析】 本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质，掌握相关结论即可； （1）由题意得：，即；结合，，即可求证； （2）由题意得：，求出，即可； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：由题意得：， ∵，， ∴， ∴四边形的面积； 20．【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形；     （2）      【分析】 本题考查菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定方法，是解题的关键： （1）先证明四边形是平行四边形，再结合角平分线的定义，平行线的性质推出，进而得到，即可得证； （2）过点作，证明为等边三角形，利用三线合一结合勾股定理求出的长，再利用菱形的面积公式进行求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 过点作， ∵四边形是菱形； ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形的面积为：． 21．【答案】（1） 证明：如图1，连接，设交于点， 由折叠的性质得： ，， ，， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， 四边形是菱形；     （2）      【分析】 （1）连接，设交于点，证，即可得出结论； （2）由菱形的性质得，再求出，则，然后由三角形面积关系得四边形的面积，即可得出结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：如图2，    由（1）可知，四边形是菱形， ， ，， ， ， ， 四边形的面积 ． 【点睛】 本题考查了菱形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、折叠的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 22．【答案】（1） 如图所示；      （2） 证明：在与中， , ， ， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形为菱形．      【分析】 本题考查了作图﹣基本作图，全等三角形的判定和性质，菱形的判定， （1）根据尺规作图：角的平分线的基本作法作出图形即可； （2）根据全等三角形的判定和性质以及菱形的判定定理即可得到结论， 熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 23．【答案】（1） 证明：，， 为等边三角形， ， 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性质，菱形的判定和性质，直角三角形的性质． （1）先证明为等边三角形，得到，再结合四边形是平行四边形即可； （2）利用菱形的性质求出，，再利用直角三角形的性质求出即可解答． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：四边形是菱形，，， ，， ， 菱形的周长为． 24．【答案】（1） 解：选②四边形是菱形， ，． ， 点是的中点， ，， 四边形是平行四边形．     （2）      【分析】 （1）根据菱形对边平行的性质，结合所选条件，利用平行四边形的判定定理证明； (2) 利用菱形对角线垂直、四边相等的性质，结合（1）中平行四边形的结论得到线段关系，再通过勾股定理计算的长度． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：四边形是菱形， ，，， ， 由（1）知，四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得． 【点睛】 本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理，解题关键是熟练运用菱形和平行四边形的性质，结合勾股定理求解线段长度． 25．【答案】（1）平行四边形     （2）， 理由如下： 如图，作于点，交于点，设交分别于点， 由（1）可知：四边形是平行四边形，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， 取的中点，连接，则， ∴， ∴重合， ∴， ∴， 同理：， ∴，即：；     （3）四边形是菱形， 理由如下： 如图2，连接， ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵点E，F，G分别为边的中点， ∴， 由（1）得：四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形．      【分析】 （1）连接，根据三角形中位线定理可得，据此可得，即可得证； （2）作于点，交于点，设交分别于点，推出四边形为平行四边形，取的中点，连接，证明重合，得到，根据三角形和平行四边形的面积公式得到，同理得到，即可得出结论； （3）连接，证得，由知，结合四边形是平行四边形即可得证． (1) 小问详解： 证明：如图1，连接， ∵点E、H分别为边的中点， ∴， ∵点F、G、分别为的中点， ∴， ∴， ∴中点四边形是平行四边形； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 【点睛】 本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，与三角形的中位线有关的证明等知识，学会添加常用辅助线构造全等三角形是解题的关键． 26．【答案】 【分析】 连结BD，作DH⊥AB，垂足为H，先证明△ABD是等边三角形，再根据SAS证明△ADE≌△BDF，得到△DEF是等边三角形，根据周长求出边长DE=，设AH=x，则HE=2-x， DH=x，在Rt△DHE中，根据勾股定理列方程求出x，进而得到AD = 2x的值． 【详解】 如图，连接BD，作DH⊥AB，垂足为H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB= AD， AD//BC， ∵∠A= 60°， ∴△ABD是等边三角形， ∠ABC= 180°-∠A= 180°- 60°= 120°， ∵AD= BD， ∠ABD=∠A=∠ADB = 60°， ∴∠DBC=∠ABC-∠ABD= 120°-60°=60°， ∴∠DAE=∠DBF= 60°， 在△ADE和△BDF中， AD= BD，∠DAE=∠DBF，AE= BF， ∴△ADE≌△BDF (SAS)， ∴DE= DF，∠EDA=∠FDB， ∴∠EDF=∠EDB+∠FDB=∠EDB+∠EDA=∠ADB = 60°， ∴△DEF是等边三角形， ∵△DEF的周长为 ， ∴ DE=， 设AH =x，则HE=2- x， ∵AD= BD， DH⊥AB， ∴∠ADH=∠ADB=×60°=30°， ∴AD= 2x，DH =x， 在Rt△DHE中，根据勾股定理，得 DH2 + HE2= DE2， ∴(x)2 +(2-x)2= ()2， 解得x=   (负值舍去)， ∴AD=2x=2× =， 故答案为：1+． 【点睛】 本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是构造直角三角形，根据勾股定理求出AH． 27．【答案】（）或（任选一个）； （）① 菱形，； ②，理由如下： 连接， 由折叠可得，， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （）或 【分析】 （）根据折叠的性质和余角性质解答即可求解； （）① 由折叠的性质和等腰三角形的判定可得，即得四边形是菱形，进而根据为的中点可得，即得，即可得；② 连接，即可求解； （）分和，分别画出图形，根据折叠的性质和勾股定理解答即可求解． 【详解】 解：（）∵四边形是矩形， ∴， 由折叠可得，，， ∵点三点共线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴与相等的角为或， 故答案为：或（任选一个）； （）① 由折叠可得，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵为的中点， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：菱形，； ② 略 （）当时，如图，垂足为点，过点作于，连接交于， ∵，四边形是平行四边形， ∴，，，， 由折叠可得，，，，，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ， 设，则，， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴； 当时，如图，垂足为点，延长交于点， 由折叠可得，，，，，， ∴， ∵为的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上，当所在直线垂直于平行四边形的一边所在直线时，的值为或． 【点睛】 本题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定，直角三角形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质等，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 28．【答案】 【分析】 过点C作于点P，延长，过点C作于点Q，过点D作于点M，于点N，证明为等边三角形，得出，，证明，得出，证明为等边三角形，得出，证明，得出，证明，得出，证明，得出，求出，根据，求出结果即可． 【详解】 解：过点C作于点P，延长，过点C作于点Q，过点D作于点M，于点N，如图所示： ∵四边形为菱形， ∴，，， ∵， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分， ∴， ∵， ∴， ∴平分， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】 本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，角平分线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 考点03 正方形 1．B 2．B 3．D 4．A 5．B 6．C 7．C 8．D 9．C 10．D 11．B 12．C 13．B 14．B 15．【答案】 【分析】 本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据四边形是正方形，，证明四边形是矩形，四边形是矩形，得，运用勾股定理列式计算，即可作答． 【详解】 解：如图，延长，交于点． 四边形是正方形， ． ， ， ， 四边形是矩形， ， ， 四边形是矩形， ． ， ， ． 16．【答案】（1）证明：四边形为正方形， ，， 又， ， ； （2）2． 【分析】 （1）先证，然后根据全等三角形的性质即可证明； （2）先说明PE=DE，然后再运用勾股定理求得PE,再根据可得，最后根据直角三角形的性质解答即可． 【详解】 （1）略 （2）为正方形的对角线， ， ， ， ， ， 且， ， ， ， ． 【点睛】 本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及直角三角形的性质，证得是解答本题的关键． 17．【答案】（1） 证明：在正方形中， ，，， ． ；     （2） 证明：， ． ． 即． ， ． ，，， ． ． ∵， ；     （3）      【分析】 本题是几何综合题，考查了全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键． （1）利用已知条件，可证出，即； （2）根据全等的性质得出，进而得出，即，可证，可得结论； （3）过C作，交延长线于G，先证四边形是正方形，由（2）结论可知，，设，则，在中利用勾股定理列方程求解，即可求出的长． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 解：如图，过C作，交延长线于G， 在直角梯形中，，， ∴， ， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， 四边形为正方形． ． ， 由（2）结论可知，， ∵为中点， ， 设，则， ． 在中，， ， 解得：． ． 18．【答案】（1） 如图即为所画；      （2） 如图即为所画；      （3） 如图即为所画． 【分析】 本题考查了格点作图、矩形、菱形与正方形、勾股定理、二次根式的应用，熟练掌握矩形、菱形与正方形的格点作图方法是解题关键． （1）根据矩形的两条对角线相等，结合网格特点作图即可得； （2）先求出这个正方形的边长为，再根据勾股定理、网格特点作图即可得； （3）先求出这个菱形的边长为，再根据勾股定理、网格特点作图即可得． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵正方形的面积为10， ∴这个正方形的边长为． (3) 小问详解： 解：∵菱形的周长为， ∴这个菱形的边长为． 19．【答案】（1） 证明：四边形是矩形， ． ， 四边形是矩形． 平分， ， 四边形的正方形．     （2）      【分析】 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，勾股定理，掌握全等三角形和勾股定理是解决问题的关键． （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）解：先根据正方形性质和勾股定理求出，进而可得是等腰三角形，求，再根据，得出． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：∵四边形的正方形． ∴，， 又∵ ． ∵ ∴ ∴， ∵在矩形中，， ． 20．【答案】 【分析】 在上取点，使得，连接，过点作于点，作点关于的对称点，连接，首先证明，由全等三角形的性质可得，再由轴对称的性质可得，易知，当点三点共线时，取最小值，即取最小值，然后证明四边形为矩形，结合矩形的性质以及勾股定理解得的值，即可获得答案． 【详解】 解：如下图，在上取点，使得，连接，过点作于点，作点关于的对称点，连接， ∵四边形为矩形，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵点与点关于对称， ∴，， ∴， 当点三点共线时，取最小值，即取最小值， 此时∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴此时，即的最小值为． 21．【答案】（1），     （2） 证明：①由题意知，， ∴，． ∴ ； ②设，则． ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴． ∴． ∴， 又，， ∴． ∴，． 由①知， ∴． 又， ∴为等腰直角三角形．      【分析】 （1）根据轴对称的性质即可得出，，，证明，得出，结合正方形的性质可判断是等腰直角三角形，求出，然后根据勾股定理求出，即可求解； （2）①由正方形的性质和线段的垂直平分线的性质得出，根据等边对等角以及三角形内角和定理可求出，即可求解； ②设，则．根据等边对等角得出，根据三角形内角和定理求出，由（1）中，得出，则．根据等边对等角得出．根据三角形内角和定理求出，由角的和差关系求出，，根据证明，得出，．结合①中求出，则，即可得出结论． (1) 小问详解： 解：∵点A、点关于对称， ∴，，， ∵四边形是正方形，的延长线经过点D， ∴，，， 又， ∴， ∴． 又， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：，； (2) 小问详解： 略 【点睛】 本题考查了轴对称的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键． 22．【答案】（1），； （2）； （3）① 如图2：四边形是垂美四边形；理由如下： ∵和是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴，即， ∴； ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴四边形是垂美四边形． ②． 【分析】 （1）根据勾股定理进行求解即可； （2）由勾股定理列出等式即可求解； （3）① 先证明可得，再根据三角形内角和定理列式整理可得，然后根据垂美四边形定义进行求解即可；② 根据勾股定理，结合，进行求解即可． 【详解】 解：（1）∵， ∴， ∴，． 故答案为：，． （2）在和中，根据勾股定理得：，， ，， ∴． 故答案为：． （3）① 略 ② ∵，，， ∴， ∵和是等腰直角三角形， ∴，， 根据解析（2）可知：， ∴， ∴． 【点睛】 本题主要考查四边形的综合应用，掌握垂美四边形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理等知识点，正确理解垂美四边形的定义并灵活运用勾股定理是解题的关键． 23．【答案】 【分析】 作，，连接，得到四边形为平行四边形，进而得到，得到，进而得到当点在线段上时，的值最小为的长，作于点，作交的延长线于点，易得为等腰直角三角形，求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理，进行求解即可． 【详解】 解：作，，连接，则：四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴当点在线段上时，的值最小为的长， 作于点，作交的延长线于点， ∵正方形， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】 本题考查正方形的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，二次根式的混合运算等知识点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，进行等线段转化，是解题的关键． 24．【答案】（1）证明：如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠ADF＝90°， ∵△EFC是等腰直角三角形， ∴CE＝CF， ∴BE＝DF， ∴△ABE≌△ADF， ∴AE＝AF， ∴△AEF是等腰三角形； （2）DM＝MN，DM⊥MN； （3）成立， 证明：如图，连接AE，设AE交DM于O，交CD于G， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠ADF＝90°， 又∵BC+CE=CD+CF,即BE＝DF， ∴△ABE≌△ADF， ∴AF＝AE，∠AFD＝∠AEB， ∵在Rt△ADF中，M是AF的中点， ∴DM=AF， ∵M是AF的中点，N是EF的中点， ∴MN=AE，MN∥AE， ∴MN＝DM， ∵∠ADF＝90°，AM＝MF， ∴MD＝MA＝MF， ∴∠MDF＝∠MFD＝∠AEB， ∵∠DGO＝∠CGE，∠ODG＝∠CEG， ∴∠DOG＝∠ECG＝90°， ∵NM∥AE， ∴∠DOG＝∠DMN＝90°， ∴MN⊥DM，MN＝DM． 【分析】 （1）先证明△ABE≌△ADF，再利用全等三角形的性质即可证明△AEF是等腰三角形； （2）利用三角形中位线定理，直角三角形斜边中线定理可证明DM=MN，再证明∠DMN=∠DAB=90°，即可解决问题； （3）连接AE，交DM于O，交CD于G，同（2）证明方法类似，可证明DM=MN，再证明∠DOG＝∠ECG＝90°，即可得出结论. 【详解】 （1）略 （2）解：结论：DM＝MN，DM⊥MN， 证明：∵在Rt△ADF中， M是AF的中点， ∴DM=AF， ∵M是AF的中点，N是EF的中点， ∴MN=AE，MN∥AE， ∵AE＝AF， ∴MN＝DM， ∵∠ADF＝90°，AM＝MF， ∴MD＝MA＝MF， ∴∠MAD＝∠ADM， ∴∠DMF＝∠MAD+∠ADM＝2∠DAM， ∵△ABE≌△ADF， ∴∠BAE＝∠DAF， ∴∠DAB=∠EAF+2∠DAM＝90°， ∵MN∥AE， ∴∠NMF＝∠EAF， ∴∠DMN=∠NMF+∠DMF＝∠EAF+2∠DAM＝∠DAB=90°， ∴DM⊥MN， ∴MN＝DM，MN⊥DM， 故答案为MN＝DM，MN⊥DM； （3）略 【点睛】 本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定，以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握各性质定理，找准角与角之间的关系是解题的关键. 25．【答案】（1） ① 证明：如图甲， ∵四边形是菱形， ∴． 在和中， ， ∴． ② 证明：如图甲，连接． ∵四边形是菱形， ∴垂直平分， ∴， ， ， ， ∴，， ， ．     （2）或或      【分析】 本题注意考查了菱形的性质、正方形的判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的定义等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． （1）① 由菱形的性质可得是公共边，再根据即可证明结论； ② 连接，根据菱形的性质得到垂直平分，所以，然后利用三角形的外角的性质得到，从而证明结论；  （2）分三种情况，分别根据正方形的性质和等腰三角形的性质求解即可． (1) 小问详解： ① 略 ② 略 (2) 小问详解： 解：∵， ∴菱形是正方形． ， 分三种情况： ① 当，则，此时，点M恰好与点B重合，得； ② 若，则，此时，点M恰好与点C重合，得； ③ 若，如图乙，则， ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 综上所述，当或12或时，为等腰三角形． 26．【答案】 或 【分析】 本题考查正方形的性质，三角形全等的性质和判定，图形与坐标，掌握相关知识是解决问题的关键．以点 为原点，所在直线为 轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则点 ，设点 ，表示出正方形对角线交点为O的坐标，根据，列出方程求解即可． 【详解】 解：以点 为原点，所在直线为 轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系， 则点 ，设点 ，其中 ， 以为边作正方形，其中心 的坐标取决于正方形的方向， 当正方形和三角形在异侧时， 根据正方形的性质，为等腰直角三角形， 过O作轴，， ∴，， ， ， ， ， ∴可设， 且， ， ∴点 的坐标为     ∵ 根据勾股定理： 解得 ， 或 （舍去负值）， 故 ； 当正方形和三角形在同侧时， 同理可证， ， ∴可设， 且， ， ∴点 的坐标为 由 ， 根据勾股定理： 解得 ， 或 （舍去负值）， 故 ； 综上所述的长为 或． 故答案为： 或． 27．【答案】 【分析】 本题考查了等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练应用相关性质定理是解题的关键．由题意易知，在上取点，使，连接，，则，从而可得，进而证得四边形是矩形，四边形、四边形均为正方形，得到，结合，利用勾股定理即可求解． 【详解】 解：四边形是矩形， ，， 的平分线交于点， ， 如图，在上取点，使，连接，， ， ，， 与的距离为， ， ， 如图，则四边形是矩形， ，， ， ， ，，， 四边形为正方形， ，，， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ， ， ， ， 由勾股定理得， 故答案为：． 28．【答案】 【分析】 本题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形，根据题意证明是解题的关键． 延长至点G，使，交于点K，连接，设交于点M，过点F作，垂足为点N，则，证明，可得，，再由，可得，从而得到，进而得到，可证明，从而得到，，可得到是等腰直角三角形，进而得到当最小时，最小，此时取得最小值，为，即可求解． 【详解】 解：如图，延长至点G，使，交于点K，连接，设交于点M，过点F作，垂足为点N，则， 点H为的中点， ， ， 在和中， ， ， ，， 正方形的边长为6， ，， ， ， （两直线平行，内错角相等）， ， ，， ， ，且， 在和中， ， ， ，， ， 是等腰直角三角形， ， 当最小时，最小，此时取得最小值为， ， 当点B，E，C三点共线时，取得最小值为3， 此时， 的最小值为， 故答案为：． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 四边形 3大高频考点概览 考点01 矩形 考点02 菱形 考点03 正方形 考点01 矩形 1．（25-26学年九上·贵州贵阳修文县·期中）如图，小红想将一张矩形纸片沿剪下后得到一个，若，则的度数是（   ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年九上·贵州毕节金沙县·期中）如图，矩形中，对角线，交于点O．若，则的长为（     ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 12 3．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，公路与互相垂直，公路的中点与点被湖隔开，若测得的长为，则两点之间的距离为（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，在矩形中，若，则的长为（       ） A. 4 B.  C. 2 D. 1 5．（25-26学年九·贵州金沙县金沙县第三中学·期末）在矩形中，对角线相交于点的角平分线交于点，若，则的度数是（       ） A.  B.  C.  D.  6．（2026·贵州六盘水·一模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，若，，则的长为（       ） A. 3 B. 4 C. 5 D.  7．（25-26学年九上·贵州贵阳修文县·期中）如图，在中，，点D为边的中点，顶点B，C分别对应刻度尺上的刻度和，则的长为 （          ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年九上·贵州贵阳修文县·期中）如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（       ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年九上·贵州六盘水钟山区·期中）周末，小刚去正在装修的房屋查看进度，放在地上的一块地板砖吸引了他的注意，于是他找来卷尺进行如下操作：①测量地板砖的两组对边长度是否分别相等；②测量地板砖的两条对角线是否相等，以此判断地板砖的表面是否为矩形．小刚的判断依据是（     ） A. 对角线相等的平行四边形是矩形 B. 有三个角是直角的四边形是矩形 C. 有一个角是直角的平行四边形是矩形 D. 对角线相等的四边形是矩形 10．（25-26学年九上·贵州六盘水·期中）如图①是一封请柬，图②是其示意图，若在矩形中，对角线相交于点，则的度数为（     ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年九上·贵州贵阳清镇·期中）如图是小红自制的相框，她想检查相框是否为矩形，于是她用手中仅有的一根较长的绳子进行测量并比较，下列检查方法合理的是（       ） A.  B. ， C. ，， D.  12．（25-26学年九上·贵州六盘水钟山区·期中）如图，将矩形纸片沿对角线对折，使得点落在点处，交于点，若平分，，则的长是（       ） A.  B.  C.  D. 3 13．（25-26学年九上·贵州贵阳第十七中学·期中）如图，在中，，，，点D是边上的动点（不与B，C重合），过D作，，垂足分别是E，F，连接则的最小值是（     ） A. 4 B.  C. 5 D. 6 14．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）如图，在中，，点D是中点，，则等于（     ） A.  B.  C.  D.  15．（25-26学年九·贵州毕节赫章县·期末）如图，在矩形中，，，以点为圆心、的长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心、大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，则的长为（     ） A. 4 B. 5 C.  D.  16．（25-26学年九上·贵州贵阳乌当区·期中）如图，在平行四边形纸片中，，，．E是线段的中点，点F在边所在的直线上，将沿所在的直线翻折得到，连接，则长度的最小值是　　　　　　． 17．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF． （1）求证：四边形OEFG是矩形． （2）若AD＝12，EF＝4，求OE和BG的长． 18．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，在中，为上一点，．请你再添加一个适当的条件：　　　　　，使四边形为矩形． 19．（25-26学年九上·贵州贵阳清镇·期中）如图，中，，是的中点，，则　　　　　　． 20．（2026·贵州遵义·学业水平监测）如图，在矩形中，点分别在和上，，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）连接，若，求的面积． 21．（25-26学年九·贵州黔南州·期末）如图，在中，是的中点．将一把含角的直角三角尺的直角顶点放在点O处，绕点O旋转三角尺，三角尺的两条直角边分别与所在的直线相交于点（点D不与点重合，点E不与点重合）． （1）如图1，当三角尺的两条直角边分别与垂直时，线段与的数量关系是            ；之间的数量关系式是            ． （2）如图2，当三角尺的两条直角边与不垂直时，（1）中的之间的数量关系式是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由． （3）请你直接写出三角尺在旋转过程中，线段之间存在的数量关系式（除（1）（2）中的关系式外）． 22．（25-26学年九上·贵州安顺·期末）如图，的对角线、相交于点O，，与交于点F． （1）在不添加新的点和线的前提下，增加一个条件：______，使得四边形是矩形，并说明理由； （2）若，求的面积． 23．（25-26学年九上·贵州贵阳修文县·期中）如图，在矩形中，点在上，，且，垂足为． （1）求证：； （2）若，，求的长． 24．（25-26学年九上·贵州六盘水钟山区·期中）如图，把两个全等的矩形和矩形拼成如图所示的图案． （1）猜想：______度． （2）请证明你的猜想． 25．（25-26学年九上·贵州毕节金沙县·期中）如图，四边形是平行四边形，延长至点E，使，连接、和，且． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求点A和点C之间的距离． 26．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）如图，在矩形中，，．点在边上，且，、分别是边、上的动点，且，是线段上的动点，连接，．若．则线段的长为　　　． 27．（25-26学年九上·贵州六盘水·期中）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图所示，在中，分别取的中点，连接，过点A作，垂足为F，延长至点G，使得，延长至点H，使得，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，求的面积． 28．（25-26学年九上·贵州贵阳第六中学·期中）如图，中，于点，点为中点，过点A作交延长线于点，连接． （1）求证：四边形为矩形； （2）若是的平分线，，求的长． 29．（25-26学年九上·贵州贵阳第十七中学·期中）如图1，和都是边长为4的等边三角形． （1）将沿方向平移得到，如图2、图3所示，则四边形是平行四边形吗？证明你的结论； （2）在（1）的条件下，若四边形为矩形，求的值． 30．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）我国古代数学家贾宪提出的“从长方形的对角线上任意一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所得两长方形的面积具有一定的大小关系（如图所示）”请根据图形判断两个矩形阴影部分的面积大小　　　　　　　　　　．（填“”“”或“”） 31．（25-26学年九·贵州金沙县金沙县第三中学·期末）如图，在平面直角坐标系中，点，，点是线段上的一个动点，在的右侧作以为边的等边，若为的中点，连接，当取最小值时，则　　　　　　． 32．（25-26学年九·贵州贵阳·期末）九年级数学兴趣小组以探究“矩形的性质”为主题开展活动．小星将如图所示的矩形纸片进行折叠，使点落在边上的点处，折痕为，展开后，连接，就可以得到一个四边形． （1）如图①，与的数量关系为_______，与的位置关系为_______． （2）如图②，将图①中的矩形纸片沿过点的直线进行折叠，使得点恰好落在上的点处，展开后，分别连接，，并延长交于点，证明：； （3）如图③，若将图①中的矩形纸片沿中点所在直线进行折叠，使得点恰好与点重合，展开后，折痕所在的直线交的延长线于点，交于点，试探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． 33．（25-26学年九上·贵州毕节金沙县·期中）【初步感知】 （1）如图1，在中，，，则斜边上的高为______； 【深入探究】 （2）如图2，在中，，，点E是内一点，连接，，的面积为32．当时，求的长度； 【学以致用】 （3）如图3，是一块等腰直角的规划用地，点O在斜边上，过O修一条笔直的小路，且O为的中点，点E是三角形内一点，且，连接，，，，规划者想在四边形内种植花草．已知种植花草每平米500元，米，米，则种植花草的最低费用是多少元． 34．（25-26学年九上·贵州六盘水·期中）如图，在矩形中，，点分别在边上，且，连接，将矩形分别沿折叠，点B的对应点为，点D的对应点为，连接，当与矩形的边平行时，的长为　　　　　　　　． 35．（25-26学年九上·贵州贵阳清镇·期中）小红在学完《特殊平行四边形》一章的内容后，通过折叠矩形纸片进行了以下探究： 在矩形中，点在边上，连接．将矩形沿直线折叠，点的对应点为点． 【问题解决】 （1）如图①，当点恰好落在边上时，若，，则的长为__________，的度数为__________； 【问题探究】 （2）如图②，当点是的中点时，若，则点落在矩形内部，连接并延长，交于点．试判断四边形的形状，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）连接，，当为等腰三角形时，若，，求的长． 36．（25-26学年九上·贵州安顺·期中）如图，在矩形中，，，，垂足为，将沿翻折得到． （1）的长为________，的长为________； （2）如图，若将沿着射线方向平移得到，设平移的距离为（即线段的长度），当点平移到线段上时，求的值； （3）如图，将绕点顺时针旋转，记旋转中的为，在旋转过程中，设所在的直线与线段相交于点，与的延长线相交于点，使得，求的长． 考点02 菱形 1．（25-26学年九上·贵州贵阳修文县·期中）菱形的边的长度为，则周长为（　　） A. 6cm B.  C.  D.  2．（25-26学年九上·贵州贵阳第十七中学·期中）若一个菱形的边长为2，则该菱形的周长是（       ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 16 3．（25-26学年九上·贵州贵阳第十七中学·期中）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小陶家有一个菱形中国结装饰．测得．则该菱形的面积为（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年九上·贵州贵阳清镇·期中）如图，在菱形中，若，则的长是（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年九·贵州金沙县金沙县第三中学·期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点为边的中点，菱形的周长为40，则的长为（       ） A. 4 B. 5 C. 8 D. 20 6．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点，若，则菱形的周长是（       ） A. 4 B.  C. 8 D.  7．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）在学习了特殊的平行四边形后，小安将一张矩形纸片按如图所示的方式对折两次后，沿虚线剪开，他剪下来的这个直角三角形纸片完全展开后的形状一定是（       ） A. 正方形 B. 菱形 C. 矩形 D. 三角形 8．（25-26学年九上·贵州六盘水·期中）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.  9．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）如图，菱形中，对角线、相交于点O，H为边中点，菱形的周长为16，则的长度是（     ） A. 5 B. 2 C. 2.5 D. 10 10．（25-26学年九·贵州贵阳·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点，垂足为，连接，若，则的长是（       ） A. 4 B. 4.8 C. 5 D. 6 11．（25-26学年九上·贵州安顺·期末）如图，在菱形中，，分别以点A，B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点M，N，作直线，交于点E，连接．若，则的长为（     ） A.  B.  C. 2 D. 3 12．（2026·贵州六盘水·一模）如图，在菱形中，，，则菱形的周长为（       ） A. 36 B. 30 C. 24 D. 18 13．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）如图，菱形的对角线相交于点O，过点A作于点E，连接．若，菱形的面积为54，则的长为（       ） A. 4 B.  C. 5 D.  14．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，在矩形中，，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，直线分别交于点．若，则四边形的面积是（       ） A. 20 B. 16 C. 12 D. 24 15．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）如图,在边长为2的菱形ABCD中，∠B=45°,AE为BC边上的高，将△ABE沿AE所在直线翻折得△AB′E，AB′与CD边交于点F，则B′F的长度为（            ） A. 1 B.  C. 2- D. 2﹣2 16．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）如图，在矩形中，O为的中点，过点O的一条直线分别与交于点E，F，连接交于点M，连接，若，，则下列结论：①，；②；③四边形是菱形；④.其中正确结论的个数是（     ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 17．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（       ） A. 菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B. 菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形 C. 平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 D. 平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形 18．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，在中，对角线，相交于点，，求证：． 19．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）如图，菱形对角线与交于点O，过点C作，过点B作，与相交于点E． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求四边形的面积． 20．（25-26学年九上·贵州遵义正安县·期中）如图，在中，是的平分线，，交于于点． （1）求证：四边形是菱形； （2）如果，，求菱形的面积． 21．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）如图，在中，，，点是外一点连接，，将沿折叠使点落在边上的点处，连接，若．    （1）求证：四边形是菱形； （2）连接，，若，求四边形的面积． 22．（25-26学年九上·贵州六盘水·期中）如图，在四边形中，，． （1）利用尺规作的平分线，交边于点E，连接．（要求：保留作图痕迹，不写作法，标明字母） （2）在（1）的条件下，求证：四边形是菱形． 23．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）如图，在中，对角线相交于点，，． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求四边形的周长． 24．（25-26学年九上·贵州贵阳乌当区·期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E是BC边延长线上的一点． （1）请在下面的两个条件中选择一个，使四边形ACED为平行四边形，并写出证明过程； ①；②； （2）在（1）的结论下，若，求BD的长． 25．（25-26学年九上·贵州六盘水钟山区·期中）定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形． （1）如图1，在任意四边形中，点E，F，G，H分别为边，，，的中点，则中点四边形的形状是______． （2）在图1中，试判断与的关系，并说明理由． （3）如图2，点P是四边形内一点，且满足，，，点E，F，G，H分别为边，，，的中点．猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想． 26．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，在菱形ABCD中，，点E，F分别在边AB，BC上，，的周长为，则菱形边长为　　　　　　． 27．（25-26学年九上·贵州贵阳第十七中学·期中）【问题情境】数学课上，兴趣小组对“矩形的折叠”作了如下探究．将矩形纸片先沿折叠，折痕与边分别交于点，，点的对应点记为，点的对应点记为 【特例探究】（）如图，连接，与交于点，当点三点共线时，与相等的角为________（写出一个即可）． （）如图，为的中点，点恰好落在边上．①直接写出四边形的形状：________，________（填“”“”或“”） ②延长交于点，判断与的数量关系，并说明理由． 【深入探究】（）如图，将矩形纸片更换为平行四边形，，，为的中点，当所在直线垂直于平行四边形的一边所在直线时直接写出的值． 28．（25-26学年九·贵州贵阳·期末）如图，在菱形中，，点E，F分别是边上的点，连接与相交于点G，连接与相交于点H，且，若，则四边形的面积为　　　　　　　　． 考点03 正方形 1．（25-26学年九上·贵州毕节金沙县·期中）下列命题中正确的是（     ） A. 对角线互相垂直的四边形是菱形 B. 矩形的对角线相等 C. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 D. 菱形的对角线相等 2．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）正方形具有而菱形不具有的性质是（　　） A. 对角线平分一组对角 B. 对角线相等 C. 对角线互相垂直平分 D. 四条边相等 3．（25-26学年九上·贵州六盘水·期中）数学课上，老师在投影屏上出示下面的抢答题，需要同学们回答横线上符号可以代表的内容． 如图，四边形是平行四边形， ①当※时，平行四边形是矩形．       ②当 时，平行四边形是矩形． ③当▲时，平行四边形是菱形．       ④当 时，平行四边形是正方形． 则回答不正确的是（       ） A. ※可以代表 B. ◎可以代表 C. ▲可以代表 D.  可以代表 4．（25-26学年九上·贵州六盘水·期中）如图，四边形是正方形，点在上，若，则的长为（     ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 5．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）如图，在菱形中，．要使菱形为正方形，则是（     ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）顺次连接正方形四条边的中点，确定四边形的形状是（     ） A. 矩形 B. 菱形 C. 正方形 D. 无法确定 7．（25-26学年九上·贵州贵阳修文县·期中）如图，四边形是正方形，是等边三角形，则的度数为（　　） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年九上·贵州毕节金沙县·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 9．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）如图，正方形的对角线相交于点O，（两直角边长均大于的长度）绕点O旋转的过程中，与正方形重叠部分的面积（　　） A. 由小变大 B. 由大变小 C. 始终不变 D. 先由大变小，然后又由小变大 10．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）如图，正方形的边长为15，，BG＝DH＝9，连接，则线段的长为（　　） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年九上·贵州贵阳第十七中学·期中）如图，正方形的对角线相交于点，点在边上，点在上，过点作，垂足为点，若，，则的长为（     ） A.  B. 2 C.  D. 3 12．（25-26学年九上·贵州贵阳清镇·期中）如图，四边形的对角线与相交于点，且，，则四边形的面积为（       ） A. 2 B.  C. 4 D. 8 13．（25-26学年九·贵州毕节赫章县·期末）如图，在正方形中，点是上一动点(不与重合) ，对角线相交于点过点分别作的垂线，分别交于点交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤点在两点的连线上．其中正确的是（   ） A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ①②③④⑤ D. ③④⑤ 14．（2026·贵州六盘水·一模）如图，在正方形中，，将沿折叠至，延长交于点G．若点G刚好是的中点，则的长是（       ） A. 1 B.  C.  D. 3 15．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，四边形是正方形，，是对角线上一点，过点作于点于点，若，求的长． 16．（25-26学年九·贵州毕节赫章县·期末）已知：P是正方形对角线上一点，，，垂足分别为E、F． （1）求证：； （2）若，，求的长． 17．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且，连接． （1）求证：； （2）在图1中，若G在上，且，连接，求证：； （3）根据你所学的知识，运用（1）（2）解答中积累的经验，完成下题： 如图2，在四边形中，是的中点，且，直接写出的长； 18．（25-26学年九上·贵州毕节纳雍县·期中）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，按下列要求画图． （1）如图1，已知线段为一个矩形的一条对角线，画出这个矩形（非正方形），使矩形的另外两个顶点也在格点上； （2）在图2中画一个面积为10的正方形，使正方形的四个顶点均在格点上； （3）在图3中画一个周长为的菱形（非正方形），使菱形的四个顶点均在格点上． 19．（25-26学年九上·贵州贵阳第十七中学·期中）如图，在矩形中，的平分线交于点，过点作于点，连接． （1）求证：四边形是正方形； （2）若，求的度数． 20．（25-26学年九上·贵州贵阳第十七中学·期中）如图，矩形中，，点E是边上的动点，点F在边上，．连接，则的最小值为　　． 21．（25-26学年九上·贵州安顺·期末）已知点E在正方形的边上，点A关于的对称点在正方形内． （1）如图1，连接，则与的位置关系是__________；若的延长线经过点D，，则的长为__________． （2）如图2，F是的延长线与的交点，连接． ①求证：． ②如图3，设，相交于点G，连接，，．若，求证：是等腰直角三角形． 22．（25-26学年九上·贵州贵阳修文县·期中）如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． 【问题探究】如图1，已知四边形是垂美四边形，，垂足为． （1）发现：由勾股定理得___________，___________． （2）猜想：___________．（填“＞”或“＜”或“＝”） 【学以致用】如图2，在中，，分别以和为边向外作等腰直角和等腰直角，，，相交于点． （3）①判断四边形是不是垂美四边形？请说明理由； ②若，，直接写出的长． 23．（25-26学年九上·贵州六盘水钟山区·期中）如图，正方形的边长为5，点E，F在对角线上（点E在点F的左侧），且．则的最小值为　　　　　　． 24．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）（多选）操作与证明： 如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN． （1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形； 猜想与发现： （2）在（1）的条件下，请判断线段MD与MN的关系，得出结论； 结论：DM、MN的关系是：　     　； 拓展与探究： （3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C旋转180°，其他条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由． 25．（25-26学年九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中）在边长为6的菱形中，动点M从点A出发，沿着折线的路线向终点C运动，连接交于点N，连接． （1）如图甲，当点M在边上运动时， ①求证；； ②若，求证：． （2）如图乙，若，记点M所经过的路程为x，求当为等腰三角形时x的值． 26．（25-26学年九上·贵州贵阳中天中学·期中）以的斜边BC为一边作正方形，正方形的对角线交点为O，连接AO，如果，，那么AC的长为　　　　　　． 27．（25-26学年九上·贵州贵阳修文县·期中）如图，在矩形中，，，的平分线交于点，，分别是，上的动点，且，是线段上的动点，连接，．若，则的长为　　　　　　　． 28．（25-26学年九上·贵州贵阳第六中学·期中）如图，正方形的边长为6，为等腰直角三角形，，，连接，点H为的中点，连接的最小值为　　　　　　　　． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $