資源簡介

限時練習：06min 完成時間： 月 日 天氣：
暑假作業05 矩形、菱形、正方形的判定與性質
知識點01 矩形的性質與判定
1）定義：有一個角是直角的平行四邊形叫做矩形.
2）性質：（1）具有平行四邊形的所有性質；（2）四個角都是直角；
（3）對角線互相平分且相等；（4）中心對稱圖形，軸對稱圖形.
3）面積：
４）判定：（1）有一個角是直角的平行四邊形是矩形；（2）對角線相等的平行四邊形是矩形；（3）有三個角是直角的四邊形是矩形.
由矩形得直角三角形的性質：（1）直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半；
（2）直角三角形中，30度角所對應的直角邊等于斜邊的一半．
知識點02 菱形的性質與判定
1）定義：有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形.
2）性質：（1）具有平行四邊形的一切性質； （2）四條邊相等；
（3）兩條對角線互相平分且垂直，并且每一條對角線平分一組對角；（4）中心對稱圖形，軸對稱圖形.
3）面積：
4）判定：（1）一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形；（2）對角線互相垂直的平行四邊形是菱形；（3）四邊相等的四邊形是菱形.
知識點03 正方形的性質與判定
1）定義：四條邊都相等，四個角都是直角的四邊形叫做正方形.
2）性質：（1）對邊平行；（2）四個角都是直角；（3）四條邊都相等；
（4）對角線互相垂直平分且相等，對角線平分對角；
（5) 兩條對角線把正方形分成四個全等的等腰直角三角形；
（6）中心對稱圖形，軸對稱圖形.
3）面積：邊長×邊長＝×對角線×對角線
4）判定：（1）有一個角是直角的菱形是正方形；（2）一組鄰邊相等的矩形是正方形；（3）對角線相等的菱形是正方形；（4）對角線互相垂直的矩形是正方形；（5）對角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形；（6）四條邊都相等，四個角都是直角的四邊形是正方形.
注意：矩形、菱形、正方形的判定只寫出了其中一些常見的判定方法。
題型一 矩形的判定
1．在四邊形中，對角線相交于點O，下列選項中，能判定四邊形是矩形的是（ ）
A． B．，
C．， D．
2．如圖，已知在四邊形中，對角線，交于點O，且，要使四邊形是矩形，可添加一個條件是 ．
3．如圖,在中,點E,F分別在,上,連接,,,,且．請從以下三個選項中:①;②;③,選擇一個合適的選項作為已知條件,使四邊形是矩形．（不再添加其他線條和字母）．
(1)你添加的條件是: ;（填序號，填一個即可）
(2)添加條件后,請證明四邊形是矩形．
題型二 矩形的性質（求角度、線段長、面積）
1．如圖，在矩形中，，若點是邊的中點，連接，過點作交于點，則的長為（ ）
A． B． C． D．
2．在矩形中，對角線、相交于點O，過點A作，交于點M，若，則的度數為 ．
3．如圖，、是矩形邊上的兩點，．

(1)若，則______°；
(2)求證：．
題型三 矩形與折疊問題
1．如圖，在矩形中，對角線，交于點，是上一點，沿折疊，點恰好落在點處，則的度數為（ ）
A． B． C． D．
2．如圖，已知是矩形的對角線，，，點E，F分別在邊，上，連接，．將沿翻折，將沿翻折，若翻折后，點A，C分別落在對角線上的點G，H處，連接．則 ．
3．如圖，把矩形沿折疊，使點B落在點D處，點C落在點G處，已知．
(1)求證：是等腰三角形；
(2)求的長度；
(3)求的長度；
題型四 菱形的判定
1．在中，、是對角線，補充一個條件使得四邊形為菱形，這個條件可以是（ ）
A． B． C． D．
2．如圖，在平行四邊形中，對角線相交于點O，在不添加任何輔助線的情況下，請你添加一個條件 ，使平行四邊形是菱形．
3．如圖，在中，點是邊的中點，點E在上，點F在延長線上，且．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)當滿足什么條件時，四邊形是菱形？并說明理由．
題型五 菱形的性質
1．如圖，菱形的邊長為，對角線，交于點，過點作于點，連接，若，則的長為（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．如圖，在菱形中，、為對角線，平分，若，則的度數為 ．
3．如圖1，，平分，且交于點，平分，且交于點，連接

(1)求證：四邊形是菱形；
(2)如圖2，若交于點，且，，求菱形的邊長．
題型六 正方形的判定
1．在四邊形中，，如果添加一個條件，即可得出四邊形是正方形，那么這個條件可以是（ ）
A． B． C． D．
2．如圖所示，菱形中，對角線相交于點O，若再補充一個條件能使菱形成為正方形，則這個條件是 ．（只填一個條件即可）
3．如圖，在中，，的平分線交于D，過點B作交的外角平分線于E．
(1)求證：四邊形是矩形；
(2)直接寫出當滿足什么條件時，四邊形是正方形．
題型七 正方形的性質
1．如圖，正方形中，，直線交于點，則的度數為（ ）
A． B． C． D．
2．如圖，是正方形的對角線，點E是延長線上的點，且，則 ．
3．如圖，、分別是正方形的邊、上一點，且，求．

題型八 正方形折疊問題
1．如圖，在正方形中，，是的中點，將沿對折至，延長交于點，則的長是（ ）
A．4 B． C．3 D．
2．如圖，在正方形的邊上取一點，連接，將沿翻折，點恰好與對角線上的點重合，連接，若，則的面積是 ．
3．如圖，在中，，于，將沿折疊為，將沿折疊為，延長和相交于點．
(1)求證：四邊形為正方形；
(2)若，，求的長．
題型九 中點四邊形
1．在四邊形中，，分別是邊，的中點，、分別是對角線，的中點，依次連接，，、得到的四邊形一定是(　　)
A．平行四邊形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
2．在四邊形中，，，，，，分別是，，，的中點，則四邊形的形狀是 ．
3．已知：如圖四邊形四條邊上的中點E、F、G、H，順次連接、、、，得到四邊形，四邊形的形狀是什么？并證明結論．
題型十 特殊平行四邊形的動點問題
1．如圖，在四邊形中，，，，點從點出發，以的速度向點運動，點從點同時出發，以相同的速度向點運動，當其中一個動點到達端點時，兩個動點同時停止運動．設點的運動時間為（單位：），下列結論正確的是（ ）
A．當時，四邊形為矩形
B．當時，四邊形為平行四邊形
C．當時，或
D．當時，或
2．如圖，在四邊形中，，且，動點P，Q分別從點D，B同時出發，點P以的速度向終點A運動，點Q以的速度向終點C運動． 秒時四邊形是平行四邊形？

3．如圖，在平面直角坐標系中，點為坐標原點，，點，的坐標分別為，，動點從點A沿以每秒個單位的速度運動；動點從點沿以每秒個單位的速度運動，同時出發，當一個點到達終點后另一個點繼續運動，直至到達終點，設運動時間為秒．
(1)在時，點坐標______，點坐標______．
(2)當為何值時，四邊形是矩形？
題型十一 四邊形綜合
1．如圖，在四邊形中，對角線，且，則該四邊形的面積是（ ）
A．30 B．54 C． D．60
2．一張矩形紙片，剪下一個正方形，剩下一個矩形，稱為第一次操作；在剩下的矩形紙片中再剪下一個正方形，剩下一個矩形，稱為第二次操作…若在第次操作后，剩下的矩形為正方形，則稱原矩形為階奇異矩形，如圖1，矩形中，若，，則稱矩形為2階奇異矩形．已知矩形的一邊長為20，另一邊長為（），且它是3階奇異矩形，則的值為 ．
3．已知，在矩形中，，，四邊形的三個頂點，，分別在矩形邊，，上，．
(1)如圖，當四邊形為正方形時，求的面積；
(2)如圖，當四邊形為菱形，設，的面積為，求與的函數關系式；
(3)在（2）的條件下，的面積能否等于？請說明理由．
1．如圖，在中，對角線，相交于點，添加下列條件不能判定是菱形的只有（ ）
A． B． C． D．
2．在菱形中，于點，于點，連結．若，則的度數為（ ）
A． B． C． D．
3．如圖，在中，點是邊上的點（不與點重合），過點作，，分別交于兩點，下列說法正確的是（ ）
A．若，則四邊形是矩形
B．若垂直平分，則四邊形是矩形
C．若，則四邊形是菱形
D．若平分，則四邊形是菱形
4．如圖，在正方形中，點B的坐標是，點E、F分別在邊上，，若平分．則E點的橫坐標是（ ）

A．5 B． C． D．6
5．如圖，矩形的邊、分別在x軸、y軸上，點A的坐標是，點D、E分別為、的中點，點P為上一動點，當最小時，點P的坐標為（　　）
A． B． C． D．
6．如圖，矩形中，，，折疊長方形的一邊，使點D落在邊的點F處，則的長為 ．
7．如圖，在Rt中，，，，是邊上的一個動點，于點，于點，則的最小值為 ．
8．如圖，在正方形中，E，F在對角線上且，若，，則 ．

9．如圖，將矩形繞點順時針旋轉得到矩形，、分別是、的中點，若，，則的長為 ．

10．如圖，在矩形中，，，點M是的中點，點N是射線上一點，且，連接，將沿翻折至，使D恰好落在上，則 ．
11．已知：如圖，矩形的對角線相交于點，，．
(1)試判斷四邊形的形狀，并說明理由；
(2)已知矩形的面積為20，求四邊形的面積．
12．已知：如圖，平行四邊形，點為的中點，連接，的延長線交的延長線于點，連接．
(1)求證：；
(2)若，判斷四邊形的形狀，并證明你的結論．
13．如圖，四邊形是矩形．
(1)請用無刻度的直尺和圓規在圖中作一個菱形，其中F在直線上，E在直線上；
（不要求寫作法，但要保留作圖痕跡）
(2)在（1）的條件下，若，，求所作菱形的面積．
14．實踐操作：第一步：如圖1，將矩形紙片沿過D的直線折疊，使點A落在上的點處，得到折痕，然后在把紙片展平；
第二步：如圖2，將圖1中的矩形紙片沿過點E的直線折疊，點C恰好落在上的點處，得到折痕，交于點M，再把紙片展平．
問題解決：
(1)如圖1，求證：四邊形是正方形；
(2)如圖2，若，，，求的面積．
15．如圖，在矩形中，，，以點C為旋轉中心，將矩形沿順時針方向旋轉，得到矩形，點A、B、D的對應點分別是點E、F、G．
(1)如圖1，當點F落在矩形的對角線上時，求線段的長；
(2)如圖2，當點F落在矩形的邊的延長線上時，連接，取的中點M，求證：；
(3)如圖3，當點F落在矩形的對角線的延長線上時，求的面積．
1．（2021·江蘇連云港·中考真題）如圖，將矩形紙片沿折疊后，點D、C分別落在點、的位置，的延長線交于點G，若，則等于（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·江蘇宿遷·中考真題）折疊矩形紙片ABCD，使點B落在點D處，折痕為MN，已知AB=8，AD=4，則MN的長是（ ）
A． B．2 C． D．4
3．（2021·江蘇泰州·中考真題）如圖,P為AB上任意一點,分別以AP、PB為邊在AB同側作正方形APCD、正方形PBEF,設,則 為（　　）

A．2α B．90°﹣α C．45°+α D．90°﹣α
4．（2023·江蘇蘇州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，點的坐標為，點的坐標為，以為邊作矩形．動點分別從點同時出發，以每秒1個單位長度的速度沿向終點移動．當移動時間為4秒時，的值為（ ）

A． B． C． D．
5．（2022·江蘇南京·中考真題）在平面直角坐標系中，正方形如圖所示，點的坐標，點的坐標是，則點的坐標是 ．

6．（2022·江蘇徐州·中考真題）如圖，將矩形紙片ABCD沿CE折疊，使點B落在邊AD上的點F處．若點E在邊AB上，AB＝3，BC＝5，則AE＝ ．
7．（2022·江蘇常州·中考真題）如圖，將一個邊長為的正方形活動框架（邊框粗細忽略不計）扭動成四邊形，對角線是兩根橡皮筋，其拉伸長度達到時才會斷裂．若，則橡皮筋 斷裂（填“會”或“不會”，參考數據：）．
8．（2022·江蘇無錫·中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長為8，點E是CD的中點，HG垂直平分AE且分別交AE、BC于點H、G，則BG＝ ．
9．（2023·江蘇宿遷·中考真題）如圖，在矩形中，，，垂足分別為E、F．求證：．
10．（2022·江蘇南京·中考真題）如圖，，平分，交于點，過點作，交于點，垂足為，連接，求證：四邊形是菱形．

11．（2022·江蘇常州·中考真題）在四邊形中，是邊上的一點．若，則點叫做該四邊形的“等形點”．
(1)正方形_______“等形點”（填“存在”或“不存在”）；
(2)如圖，在四邊形中，邊上的點是四邊形的“等形點”．已知，，，連接，求的長；
(3)在四邊形中，EH//FG．若邊上的點是四邊形的“等形點”，求的值．
12．（2023·江蘇·中考真題）對于平面內的一個四邊形，若存在點，使得該四邊形的一條對角線繞點旋轉一定角度后能與另一條對角線重合，則稱該四邊形為“可旋四邊形”，點是該四邊形的一個“旋點”．例如，在矩形中，對角線、相交于點，則點是矩形的一個“旋點”．

(1)若菱形為“可旋四邊形”，其面積是，則菱形的邊長是_______；
(2)如圖1，四邊形為“可旋四邊形”，邊的中點是四邊形的一個“旋點”．求的度數；
(3)如圖2，在四邊形中，，與不平行．四邊形是否為“可旋四邊形”？請說明理由．
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暑假作業05 矩形、菱形、正方形的判定與性質
知識點01 矩形的性質與判定
1）定義：有一個角是直角的平行四邊形叫做矩形.
2）性質：（1）具有平行四邊形的所有性質；（2）四個角都是直角；
（3）對角線互相平分且相等；（4）中心對稱圖形，軸對稱圖形.
3）面積：
４）判定：（1）有一個角是直角的平行四邊形是矩形；（2）對角線相等的平行四邊形是矩形；（3）有三個角是直角的四邊形是矩形.
由矩形得直角三角形的性質：（1）直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半；
（2）直角三角形中，30度角所對應的直角邊等于斜邊的一半．
知識點02 菱形的性質與判定
1）定義：有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形.
2）性質：（1）具有平行四邊形的一切性質； （2）四條邊相等；
（3）兩條對角線互相平分且垂直，并且每一條對角線平分一組對角；（4）中心對稱圖形，軸對稱圖形.
3）面積：
4）判定：（1）一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形；（2）對角線互相垂直的平行四邊形是菱形；（3）四邊相等的四邊形是菱形.
知識點03 正方形的性質與判定
1）定義：四條邊都相等，四個角都是直角的四邊形叫做正方形.
2）性質：（1）對邊平行；（2）四個角都是直角；（3）四條邊都相等；
（4）對角線互相垂直平分且相等，對角線平分對角；
（5) 兩條對角線把正方形分成四個全等的等腰直角三角形；
（6）中心對稱圖形，軸對稱圖形.
3）面積：邊長×邊長＝×對角線×對角線
4）判定：（1）有一個角是直角的菱形是正方形；（2）一組鄰邊相等的矩形是正方形；（3）對角線相等的菱形是正方形；（4）對角線互相垂直的矩形是正方形；（5）對角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形；（6）四條邊都相等，四個角都是直角的四邊形是正方形.
注意：矩形、菱形、正方形的判定只寫出了其中一些常見的判定方法。
題型一 矩形的判定
1．在四邊形中，對角線相交于點O，下列選項中，能判定四邊形是矩形的是（ ）
A． B．，
C．， D．
【答案】A
【分析】此題考查了矩形的判定方法．根據矩形的判定定理求解即可．
【詳解】解：A、，根據對角線相等且平分的四邊形是矩形，能判定四邊形是矩形，本選項符合題意；
B、，，能判定四邊形是平行四邊形，不能判定四邊形是矩形，本選項不符合題意；
C、，，不能判定四邊形是矩形，本選項不符合題意；
D、，不能判定四邊形是矩形，本選項不符合題意；
故選：A．
2．如圖，已知在四邊形中，對角線，交于點O，且，要使四邊形是矩形，可添加一個條件是 ．
【答案】不唯一
【分析】根據對角線互相平分且相等的四邊形是矩形，添加條件即可．本題考查了矩形的判定，熟練掌握判定定理是解題的關鍵．
【詳解】∵，，
∴四邊形是矩形，
故答案為：．
3．如圖,在中,點E,F分別在,上,連接,,,,且．請從以下三個選項中:①;②;③,選擇一個合適的選項作為已知條件,使四邊形是矩形．（不再添加其他線條和字母）．
(1)你添加的條件是: ;（填序號，填一個即可）
(2)添加條件后,請證明四邊形是矩形．
【答案】(1)①（或②）
(2)證明見解析
【分析】本題考查矩形的判定及平行四邊形判定及性質．
（1）根據題意,先分析平行四邊形的性質有哪些,思考平行四邊形和矩形的區別,可知“對角線相等的平行四邊形為矩形”繼而解出本題;
（2）根據（1）所得結論證明出是矩形即可．
【詳解】（1）解:根據平行四邊形性質與判定,矩形的判定,選擇①（或②）,選擇其中一個序號填寫即可．
（2）解:證明:若選①判定如下:
∵四邊形是平行四邊形,
∴,,,
∵,
∴在和中,
,
∴,
∴,
∵,
∴為平行四邊形,
∵,
∴為矩形;
若選②判定如下:
解:∵四邊形是平行四邊形,
∴,
∵,
∴為平行四邊形,
∵,
∴為矩形．
題型二 矩形的性質（求角度、線段長、面積）
1．如圖，在矩形中，，若點是邊的中點，連接，過點作交于點，則的長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本題主要考查矩形的性質、勾股定理及等積法，熟練掌握矩形的性質、勾股定理及等積法是解題的關鍵；連接，由題意易得，，然后根據等積法可進行求解．
【詳解】解：連接，如圖所示：
∵四邊形是矩形，，
∴，
∵點是邊的中點，
∴，，
∴在中，由勾股定理可得，
∵，
∴，
∴；
故選B．
2．在矩形中，對角線、相交于點O，過點A作，交于點M，若，則的度數為 ．
【答案】/60度
【分析】本題考查了矩形的性質，等腰三角形的性質，解題的關鍵是熟練掌握矩形的性質，等腰三角形的性質；由矩形的性質可得，，由可求，再由等腰三角形的性質，三角形的內角和定理，進行求解即可；
【詳解】四邊形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案為：．
3．如圖，、是矩形邊上的兩點，．

(1)若，則______°；
(2)求證：．
【答案】(1)
(2)見解析
【分析】（1）根據四邊形是矩形得，，根據得，根據平行線的性質即可得；
（2）根據四邊形是矩形得，，根據可證明，得，即可得．
【詳解】（1）解：∵四邊形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴．
（2）證明：∵四邊形是矩形，
∴，，
在和中，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了矩形的性質，全等三角形的判定與性質，平行線的性質，解題的關鍵是掌握這些知識點．
題型三 矩形與折疊問題
1．如圖，在矩形中，對角線，交于點，是上一點，沿折疊，點恰好落在點處，則的度數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本題考查矩形與折疊，根據矩形的性質，折疊的性質，推出為等邊三角形，進而得到，即可得出結果．
【詳解】解：∵矩形，
，
∵沿折疊，點恰好落在點處，
∴，
∴，
∴為等邊三角形，
∴，
∴；
故選C．
2．如圖，已知是矩形的對角線，，，點E，F分別在邊，上，連接，．將沿翻折，將沿翻折，若翻折后，點A，C分別落在對角線上的點G，H處，連接．則 ．
【答案】2
【分析】本題考查了折疊的性質，矩形的性質， 根據矩形的性質以及勾股定理求解，根據折疊的性質即可求得，進而可得答案．
【詳解】解：是矩形的對角線，，，
將沿翻折，將沿翻折，
，
，
故答案為：
3．如圖，把矩形沿折疊，使點B落在點D處，點C落在點G處，已知．
(1)求證：是等腰三角形；
(2)求的長度；
(3)求的長度；
【答案】(1)見解析；
(2)的長度為；
(3)．
【分析】（1）利用翻折得出，利用平行得出，從而得出，最終得出結果；
（2）設長，得出，在中，利用勾股定理得到，即，計算求解即可；
（3）根據已知再結合（1）易得，過點F作的垂線，垂足為Q，得到，，結合第（2）問得出，再由勾股定理得出結果；
本題考查了翻折變換的性質，矩形的性質，勾股定理，翻折前后對應邊相等，對應角相等，此題利用勾股定理列出方程是解題的關鍵．
【詳解】（1）證明：由題意知：折疊后為，
∴，
又∵，
∴，
∴綜上可得：，
∴是等腰三角形；
（2）解：設長，
∵折疊后是，
∴
由題意知，，
則在中，由勾股定理得：
，
即，
解得，
∴的長度為．
（3）解：由第（1）問知：，
又∵，
∴，
∴，
過點F作的垂線，垂足為Q，
∴，，
由第（2）問知
∴，
∴．
題型四 菱形的判定
1．在中，、是對角線，補充一個條件使得四邊形為菱形，這個條件可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本題考查了菱形的判定．根據對角線互相垂直的平行四邊形是菱形即可判斷．
【詳解】解：添加一個條件為，理由如下：
四邊形是平行四邊形，，
平行四邊形是菱形．
故選：B．
2．如圖，在平行四邊形中，對角線相交于點O，在不添加任何輔助線的情況下，請你添加一個條件 ，使平行四邊形是菱形．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本題考查了菱形的判定，根據菱形的判定方法即可得出答案．
【詳解】解：∵四邊形為平行四邊形，
∴當時，四邊形為菱形．
故答案為：（答案不唯一）．
3．如圖，在中，點是邊的中點，點E在上，點F在延長線上，且．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)當滿足什么條件時，四邊形是菱形？并說明理由．
【答案】(1)見詳解
(2)當時，四邊形是菱形，理由見詳解
【分析】（1）由已知條件，據證得，則可證得，繼而證得四邊形是平行四邊形；
（2）由，，得到，然后根據菱形的判定，可得四邊形是菱形．
【詳解】（1）證明：在中，是邊的中點，
，
，
，
在和中，
，
，
，
四邊形是平行四邊形；
（2）解：滿足條件時四邊形為菱形．
理由：若時，為等腰三角形，
為中線，
，
即，
平行四邊形為菱形．
【點睛】此題主要考查了菱形的判定、平行四邊形的判定、全等三角形的判定與性質、平行線的性質以及等腰三角形的性質，熟練掌握知識點是解題的關鍵．
題型五 菱形的性質
1．如圖，菱形的邊長為，對角線，交于點，過點作于點，連接，若，則的長為（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】由菱形的性質得出，，，由勾股定理得，再由直角三角形斜邊上的中線性質即可得出結果．
【詳解】解：∵四邊形是菱形，=，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴
故選：．
【點睛】此題主要考查了菱形的性質、直角三角形斜邊上的中線性質勾股定理及求算術平方根；熟練掌握菱形的性質是解題的關鍵．
2．如圖，在菱形中，、為對角線，平分，若，則的度數為 ．
【答案】52
【分析】本題主要考查了菱形的性質，三角形內角和定理，角平分線的定義，熟練掌握菱形的性質是解題的關鍵．
先利用平分得出，再根據四邊形是菱形推出，，然后利用三角形內角和定理計算即可．
【詳解】解：∵平分，
∴，
∵四邊形是菱形，
∴，
∴，
∴．
故答案為：52．
3．如圖1，，平分，且交于點，平分，且交于點，連接

(1)求證：四邊形是菱形；
(2)如圖2，若交于點，且，，求菱形的邊長．
【答案】(1)見解析
(2)5
【分析】本題考查了菱形的判定與性質，勾股定理，直角三角形斜邊上中線的性質，熟練掌握菱形的性質是解題的關鍵．
（1）由平行線的性質及角平分線的定義證出，得出四邊形是平行四邊形，根據菱形的判定定理可得出結論；
（2）由直角三角形的性質，由勾股定理可得出答案．
【詳解】（1）證明：平分，
，
又，
，
，
同理，平分，
，
又，
，
，
，，
，
，
四邊形是平行四邊形，
，
四邊形是菱形；
（2）解：菱形中，，，，
，，，
．
題型六 正方形的判定
1．在四邊形中，，如果添加一個條件，即可得出四邊形是正方形，那么這個條件可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本題考查了正方形的判定，菱形的判定與性質，根據正方形的判定可得出結論．
【詳解】解：∵，
∴四邊形是菱形，
若添加，則該四邊形是正方形．
故選：A．
2．如圖所示，菱形中，對角線相交于點O，若再補充一個條件能使菱形成為正方形，則這個條件是 ．（只填一個條件即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】本題主要考查了正方形的判定．根據菱形的性質及正方形的判定來添加合適的條件，即可．
【詳解】解：添加，理由：
∵四邊形是菱形，，
∴四邊形是正方形．
故答案為：（答案不唯一）
3．如圖，在中，，的平分線交于D，過點B作交的外角平分線于E．
(1)求證：四邊形是矩形；
(2)直接寫出當滿足什么條件時，四邊形是正方形．
【答案】(1)證明見解析
(2)當時，四邊形是正方形．理由見解析
【分析】本題主要考查了正方形的判定，矩形的判定，三線合一：
（1）先根據平分，得，然后根據是的外角平分線，可求出，再根據平行線的性質得到得到，即可證明四邊形ADBE為矩形；
（2）根據矩形的性質可知當時，則°，利用等腰三角形的性質定理可知對應邊，再運用鄰邊相等的矩形是正方形，問題得證．
【詳解】（1）證明：∵，平分，
∴，，
∵是的外角平分線，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四邊形是矩形；
（2）解：當時，四邊形是正方形．理由如下：
∵，平分，，
∴，
∴，
又∵四邊形是矩形，
∴矩形為正方形．
題型七 正方形的性質
1．如圖，正方形中，，直線交于點，則的度數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本題主要考查了正方形的性質，等腰三角形的性質與判定，三角形內角和定理，先由正方形的性質得到，則，根據等邊對等角得到，設，則，則可推出，，則由平角的定義可得答案．
【詳解】解：∵四邊形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
設，則，
∴，，
∴，
故選：B．
2．如圖，是正方形的對角線，點E是延長線上的點，且，則 ．
【答案】
【分析】本題主要考查了正方形的性質，等邊對等角，先由正方形的性質得到，則，再根據等邊對等角和三角形內角和定理求解即可．
【詳解】解：∵四邊形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案為：．
3．如圖，、分別是正方形的邊、上一點，且，求．

【答案】
【分析】延長使得，證明可得，進而求證可得，再求出即可解題．
【詳解】解：延長使得，連接，
在和中，
，
∴，
，，
又，，
在和中，
，
，
，
，
．

【點睛】本題考查正方形的性質、全等三角形的判定和性質等知識，具體的是關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．
題型八 正方形折疊問題
1．如圖，在正方形中，，是的中點，將沿對折至，延長交于點，則的長是（ ）
A．4 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】本題主要考查勾股定理的綜合應用以及翻折變換的性質，全等三角形的判定和性質．利用翻折變換對應邊關系得出，，，利用定理得出，由全等三角形的性質得出，設，則，利用勾股定理得出，進而求出即可．
【詳解】解：如圖，連接，
在正方形中，，，
將沿對折至，
，，，
，，
，
，
設，則，
為的中點，
，
，
在中，
由勾股定理，得，
，
解得，
．
故選：B．
2．如圖，在正方形的邊上取一點，連接，將沿翻折，點恰好與對角線上的點重合，連接，若，則的面積是 ．
【答案】/
【分析】本題考查翻折變換、正方形的性質、勾股定理、等腰三角形的判定和性質等知識．由折疊可得，，且，可得，即可求對角線的長，則可求面積．
【詳解】解：如圖，連接交于，
為正方形，
，，，，．
沿翻折，
，，，，
，
，
，
，
，
．
．
故答案為：．
3．如圖，在中，，于，將沿折疊為，將沿折疊為，延長和相交于點．
(1)求證：四邊形為正方形；
(2)若，，求的長．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】本題考查了正方形的判定及性質、折疊的性質及勾股定理：
（1）由折疊的性質可得到的條件是：①，②，且；由②可判定四邊形是矩形，由可證得四邊形是正方形；
（2）設，由折疊的性質可得：（即正方形的邊長為x），，；進而可用x表示出的長，即可在中，由勾股定理求得的長，進而可求出的長；
熟練掌握正方形的判定是解題的關鍵．
【詳解】（1）證明：，
；
由折疊可知，，，
，，
；
；
四邊形是正方形．
（2）四邊形是正方形，
，
又，，，
設的長為，則，．
在中，由勾股定理得：，
即，
解得，
，．
題型九 中點四邊形
1．在四邊形中，，分別是邊，的中點，、分別是對角線，的中點，依次連接，，、得到的四邊形一定是(　　)
A．平行四邊形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
【答案】A
【分析】本題考查了三角形的中位線的性質，平行四邊形的判定定理；根據三角形中位線的性質可得，．，，得出，，進而根據一組對邊平行且相等，證明四邊形是平行四邊形，即可求解．
【詳解】解：四邊形中，、、、分別是、、、的中點，
，．，．
，，
四邊形是平行四邊形．
故選：A．
2．在四邊形中，，，，，，分別是，，，的中點，則四邊形的形狀是 ．
【答案】正方形
【分析】由三角形中位線的性質，可判斷，，可得四邊形是菱形，四邊形的對角線，滿足，且，四邊形是正方形．本題考查了中點四邊形的性質，中位線的定理，解題中需要理清思路，屬于中檔題．
【詳解】解：如圖所示：
在中，，分別是，的中點，
∴是的中位線，
∴，
同理，，．
∵，
∴，
∴四邊形是菱形，
設與交于點，與交于點，
在中，，分別是，的中點，
∴，同理，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四邊形是正方形．
故答案為：正方形
3．已知：如圖四邊形四條邊上的中點E、F、G、H，順次連接、、、，得到四邊形，四邊形的形狀是什么？并證明結論．
【答案】平行四邊形，證明見解析
【分析】連接BD，根據三角形的中位線定理得到EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，推出，EH∥FG，EH=FG，根據一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得出四邊形EFGH是平行四邊形．
【詳解】解：四邊形EFGH的形狀是平行四邊形．
證明：如圖，連接BD，
∵E、H分別是AB、AD中點，
∴EH∥BD，EH=BD，
同理FG∥BD，FG=BD，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形．
【點睛】本題主要考查對三角形的中位線定理，平行四邊形的判定，解題的關鍵是正確的構造三角形病正確的運用中位線定理，難度不大．
題型十 特殊平行四邊形的動點問題
1．如圖，在四邊形中，，，，點從點出發，以的速度向點運動，點從點同時出發，以相同的速度向點運動，當其中一個動點到達端點時，兩個動點同時停止運動．設點的運動時間為（單位：），下列結論正確的是（ ）
A．當時，四邊形為矩形
B．當時，四邊形為平行四邊形
C．當時，或
D．當時，或
【答案】D
【分析】對于選項A、B，分別計算當與時相應線段的長度結合平行四邊形的判定方法判斷即可；對于C、D選項，作，垂足分別為E、F，如圖，證明，得出，進而得出關于t的方程，解方程判定即可．
【詳解】解：當時，，cm，，
∴，
∴四邊形不為矩形，故選項A結論錯誤；
當時，，，cm，
∴，
∴四邊形不為平行四邊形，故選項B結論錯誤；
當時，作，垂足分別為E、F，如圖，
∵，
∴，
∴四邊形，都是矩形，
∴，，
∴當時，，，
∴，
∵，
∴，
解得：或，故選項C錯誤、選項D正確；
故選：D．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了平行四邊形的判定和性質、矩形的判定和性質、全等三角形的判定和性質等知識，熟練掌握相關圖形的判定和性質、善于動中取靜是解題的關鍵．
2．如圖，在四邊形中，，且，動點P，Q分別從點D，B同時出發，點P以的速度向終點A運動，點Q以的速度向終點C運動． 秒時四邊形是平行四邊形？

【答案】3
【分析】由運動時間為秒，則，，而四邊形是平行四邊形，所以，則得方程求解．
【詳解】解：設秒后，四邊形是平行四邊形，
，，
，
當時，四邊形是平行四邊形，
，
，
秒時四邊形是平行四邊形．
故答案為：3．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定，關鍵是由，得到．
3．如圖，在平面直角坐標系中，點為坐標原點，，點，的坐標分別為，，動點從點A沿以每秒個單位的速度運動；動點從點沿以每秒個單位的速度運動，同時出發，當一個點到達終點后另一個點繼續運動，直至到達終點，設運動時間為秒．
(1)在時，點坐標______，點坐標______．
(2)當為何值時，四邊形是矩形？
【答案】(1)；
(2)
【分析】本題考查了矩形的判定、坐標與圖形性質等知識，熟練掌握矩形的判定是解題的關鍵．
（1）根據點、的坐標求出、、，再根據路程速度時間求出、，然后求出，即可得出結論；
（2）根據有一個角是直角的平行四邊形是矩形，當時，四邊形是矩形，然后列出方程求解即可．
【詳解】（1）解：∵，，
，，，
當時，，，
，
點，；
故答案為：；；
（2）解：根據題意：，，
則，
當四邊形是矩形時，，
，
解得：，
時，四邊形是矩形．
題型十一 四邊形綜合
1．如圖，在四邊形中，對角線，且，則該四邊形的面積是（ ）
A．30 B．54 C． D．60
【答案】B
【分析】設兩對角線的交點為E，由即可完成．
【詳解】設兩對角線的交點為E
∵
=54
故選：B．
【點睛】本題考查了四邊形面積的計算，關鍵是轉化為兩個直角三角形面積的和，體現了轉化思想的應用．一般地，如果四邊形的兩條對角線相互垂直，則四邊形的面積與菱形面積計算一樣，等于兩對角線乘積的一半．
2．一張矩形紙片，剪下一個正方形，剩下一個矩形，稱為第一次操作；在剩下的矩形紙片中再剪下一個正方形，剩下一個矩形，稱為第二次操作…若在第次操作后，剩下的矩形為正方形，則稱原矩形為階奇異矩形，如圖1，矩形中，若，，則稱矩形為2階奇異矩形．已知矩形的一邊長為20，另一邊長為（），且它是3階奇異矩形，則的值為 ．
【答案】5
【分析】先根據題意分析出階奇異矩形邊長滿足的一般規律，然后即可得到答案．
【詳解】解：根據題意分析可知，
階奇異矩形中較長邊為b，較短邊為a，，
因此，，
故答案為：5．
【點睛】本題是四邊形相關題目，主要考查了矩形性質、正方形性質、尋找規律的應用等知識，找到規律是解題的關鍵．
3．已知，在矩形中，，，四邊形的三個頂點，，分別在矩形邊，，上，．
(1)如圖，當四邊形為正方形時，求的面積；
(2)如圖，當四邊形為菱形，設，的面積為，求與的函數關系式；
(3)在（2）的條件下，的面積能否等于？請說明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)不能，理由見詳解
【分析】（1）過點作于，證明，，由此即可求解；
（2）過點作延長線于，連接，證明，，由此即可求解；
（3）假設，則，分別求出，比較大小即可求解．
【詳解】（1）解：∵如圖所示，過點作于，
∴在正方形中，，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
，
同理可證：，
∴，
∴，則．
（2）解：如圖所示，過點作延長線于，連接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：面積不能等于，理由如下：
若，則，
∴，
此時在中，，
在中，，
∴，即點已經不在邊上，故不能有．
【點睛】本題主要考查矩形，正方形，菱形的性質，及三角形全等的判定和性質的綜合，掌握幾何圖形的性質，全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．
1．如圖，在中，對角線，相交于點，添加下列條件不能判定是菱形的只有（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本題考查平行四邊形的性質、菱形的判定等知識，解題的關鍵是熟練掌握菱形的判定方法．根據平行四邊形的性質．菱形的判定方法即可一一判斷．
【詳解】解：A、正確．對角線垂直的平行四邊形是菱形．
B、正確．一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形．
C、錯誤．對角線相等的平行四邊形是矩形，不一定是菱形．
D、正確．因為四邊形是平行四邊形，所以，
所以，
因為，
所以，
所以，
所以平行四邊形是菱形．
故選：C．
2．在菱形中，于點，于點，連結．若，則的度數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本題重點考查菱形的性質、全等三角形的判定與性質．由菱形的性質得，而，即可根據“”證明，得，則，由，，得，則，求得，于是得到問題的答案．
【詳解】解：∵四邊形是菱形，
∴，
∵于點E，于點F，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故選：D．
3．如圖，在中，點是邊上的點（不與點重合），過點作，，分別交于兩點，下列說法正確的是（ ）
A．若，則四邊形是矩形
B．若垂直平分，則四邊形是矩形
C．若，則四邊形是菱形
D．若平分，則四邊形是菱形
【答案】D
【分析】本題考查了矩形的判定、菱形的判定；熟記菱形和矩形的判定方法是解決問題的關鍵．根據矩形的判定和菱形的判定進行判斷即可．
【詳解】解：∵，，
∴四邊形是平行四邊形．
A、若，則四邊形不一定是矩形；故錯誤，不符合題意；
B、若垂直平分，則四邊形是菱形，不一定是矩形；故錯誤，不符合題意；
C、若，則四邊形不一定是菱形；故錯誤，不符合題意；
D、若平分，則．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵四邊形是平行四邊形，
∴四邊形是菱形，故正確，符合題意．
故選：D．
4．如圖，在正方形中，點B的坐標是，點E、F分別在邊上，，若平分．則E點的橫坐標是（ ）

A．5 B． C． D．6
【答案】B
【分析】過點作于點，結合點和正方形的性質可得，，在中，由勾股定理解得的值，進而確定得值；再根據角平分線的性質可得，進而證明，，由全等三角形的性質可得，，設，則，，，然后根據勾股定理得到方程，解得的值，得，即可確定點的橫坐標．
【詳解】解：如下圖，過點作于點，

∵四邊形為正方形，點的坐標是，
∴，，
∵，
∴在中，，
∴，
∵，，平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴，
設，則，，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴
解得，
∴，
∴點的橫坐標是．
故選：B．
【點睛】本題主要考查了坐標與圖形、正方形的性質、角平分線的性質定理、全等三角形的判定與性質、勾股定理等知識，正確作出輔助線構造全等三角形是解題關鍵．
5．如圖，矩形的邊、分別在x軸、y軸上，點A的坐標是，點D、E分別為、的中點，點P為上一動點，當最小時，點P的坐標為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本題主要考查了矩形的性質，軸對稱最短路徑問題，坐標與圖形，求一次函數與坐標軸的交點坐標，取點E關于x軸的對稱點，連接，連接交x軸于點，則最小值為，此時點P位于處，利用矩形的性質得到，則，再求出直線的解析式為，即可求出點的坐標．
【詳解】解：取點E關于x軸的對稱點，連接，連接交x軸于點，
∴，
∵，
∴最小值為，此時點P位于處，
∵四邊形是矩形，點A的坐標是，
∴，
∵點D、E分別為的中點，
∴，
∴
設直線的解析式為，
∴，
解得，
∴直線的解析式為，
當時，，
解得，
∴，
即當最小時，點P的坐標為，
故選：A．
6．如圖，矩形中，，，折疊長方形的一邊，使點D落在邊的點F處，則的長為 ．
【答案】3
【分析】本題考查了折疊的性質和矩形的性質，由矩形的性質和折疊的性質得出，，求出，在中，根據勾股定理列出方程，解方程即可．其中根據已知設出未知數，用代數法解決幾何問題是解答本題的關鍵．
【詳解】解：∵四邊形為矩形，
∴，
由翻折的性質可知．
設，則．
在中，由勾股定理可得，
∴，在中，，
∴，解得，
∴．
故答案為：3．
7．如圖，在Rt中，，，，是邊上的一個動點，于點，于點，則的最小值為 ．
【答案】
【分析】本題考查矩形的判定和性質，垂線段最短，勾股定理，連接，證明四邊形為矩形，得到，根據垂線段最短，得到時，最小，即最小，等積法求出的長即可．
【詳解】解：連接，
∵，，，
∴，
∵于點，于點，，
∴四邊形為矩形，
∴，
∴當最小時，最小，
∴當時，最小，即最小，
此時，即：，
∴；
∴的最小值為；
故答案為：．
8．如圖，在正方形中，E，F在對角線上且，若，，則 ．

【答案】
【分析】本題考查正方形的性質、旋轉的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理等知識，利用旋轉性質求解是解答的關鍵．將繞點B逆時針旋轉，即，連接，求出，證明，得到即可．
【詳解】解：將繞點B逆時針旋轉，即，連接，

∵四邊形是正方形，
∴，，
由旋轉得，，，，，
∴，，
∴，，
在和中，
∴，
∴，
故答案為：．
9．如圖，將矩形繞點順時針旋轉得到矩形，、分別是、的中點，若，，則的長為 ．

【答案】5
【分析】本題考查了旋轉的性質，矩形的性質，直角三角形斜邊中線性質等知識，根據題目的已知條件并結合圖形添加適當的輔助線是解題的關鍵．連接，，根據矩形的性質可得，，然后在中，利用勾股定理求出的長，再利用直角三角形斜邊上的中線可得，最后根據旋轉的性質可得：，，從而利用勾股定理進行計算，即可解答．
【詳解】解：連接，，
四邊形是矩形，
，，
，
，
點是的中點，
，
由旋轉得：，，
，
故答案為：5
10．如圖，在矩形中，，，點M是的中點，點N是射線上一點，且，連接，將沿翻折至，使D恰好落在上，則 ．
【答案】8或2
【分析】本題考查了翻折變換（折疊問題），矩形的性質，全等三角形的判定和性質，熟練掌握折疊的性質是解題的關鍵．
分兩種情況：如圖，當點在線段時，當點在的延長線時，連接，根據矩形的性質得到 由點是的中點，得到根據折疊的性質得到根據全等三角形的性質得到根據勾股定理即可得到結論．
【詳解】如圖，當點在線段時，連接,
∵四邊形是矩形,
，
∵點是的中點,
，
∵將沿翻折至，使恰好落在上，
，，
∴，
，
在與中,
，
，
，
，
，，
，
(負值舍去)，
如圖，當點在的延長線時，連接,
∵四邊形是矩形,
，
∵點是的中點,
，
∵將沿翻折至，使恰好落在上，
，，
，
，
在與中,
，
，
，
，
，
，
解得 (負值舍去)，
綜上所述， 或,
故答案為:或.
11．已知：如圖，矩形的對角線相交于點，，．
(1)試判斷四邊形的形狀，并說明理由；
(2)已知矩形的面積為20，求四邊形的面積．
【答案】(1)四邊形是菱形，理由見解析
(2)10
【分析】此題主要考查了矩形的性質，菱形的判定和性質，熟練掌握矩形的性質，菱形的判定和性質是解決問題的關鍵．
（1）先根據，，得四邊形為平行四邊形，再根據矩形性質得，由此可得出四邊形的形狀；
（2）由（1）可知四邊形為菱形，則，根據四邊形為矩形得，然后由得，據此可得四邊形的面積．
【詳解】（1）解：四邊形是菱形，理由如下：
∵，，
∴四邊形為平行四邊形，
∵四邊形為矩形，
∴，，，
∴，
∴平行四邊形為菱形；
（2）∵四邊形為菱形，
∴，
∴，
∵四邊形為矩形，面積為20，
∴，
∵，
∴，
∴．
12．已知：如圖，平行四邊形，點為的中點，連接，的延長線交的延長線于點，連接．
(1)求證：；
(2)若，判斷四邊形的形狀，并證明你的結論．
【答案】(1)證明見解析
(2)矩形，證明見解析
【分析】本題考查了平行四邊形的性質和判定，矩形的性質和判定，全等三角形的判定和性質，熟練掌握以上知識是解決問題的關鍵．
（1）根據四邊形是平行四邊形，得出，，因為，所以，，即．
（2）因為，所以四邊形是平行四邊形，又因為，所以，所以四邊形是矩形．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）四邊形的形狀是矩形．
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴，
∴四邊形是矩形．
13．如圖，四邊形是矩形．
(1)請用無刻度的直尺和圓規在圖中作一個菱形，其中F在直線上，E在直線上；
（不要求寫作法，但要保留作圖痕跡）
(2)在（1）的條件下，若，，求所作菱形的面積．
【答案】(1)見解析；
(2)菱形的面積為15．
【分析】（1）作線段的垂直平分線，交于點F，交BC于點E，連接，即可．
（2）根據菱形的性質可得．由矩形的性質可得，，．設，則．在中，由勾股定理建立等式求解，再結合菱形的面積公式計算即可．
【詳解】（1）解：（1）如圖，作線段的垂直平分線，交于點F，交BC于點E，連接，，則四邊形即為所求．
（2）解：四邊形為菱形，
．
四邊形是矩形，
，，．
設，則．
在中，由勾股定理得，，
即，
解得，
，
菱形的面積為．
【點睛】本題考查了垂直平分線作圖、垂直平分線性質、矩形的性質、勾股定理、菱形的性質，解決本題的關鍵是熟練掌握相關性質．
14．實踐操作：第一步：如圖1，將矩形紙片沿過D的直線折疊，使點A落在上的點處，得到折痕，然后在把紙片展平；
第二步：如圖2，將圖1中的矩形紙片沿過點E的直線折疊，點C恰好落在上的點處，得到折痕，交于點M，再把紙片展平．
問題解決：
(1)如圖1，求證：四邊形是正方形；
(2)如圖2，若，，，求的面積．
【答案】(1)見解析
(2)的面積是
【分析】（1）由折疊性質得，，，再根據平行線的性質和等腰三角形的判定得到四邊形是菱形，進而結合內角為直角條件得四邊形為正方形；
（2）連接，證明，得，從而有，設，則，在中，利用勾股定理列方程求出x，得到，即可求出的面積．
【詳解】（1）解：∵四邊形是矩形，
∴，
∵將矩形紙片沿過點D的直線折疊，使點A落在上的點處，得到折痕 ，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形是菱形，
∵，
∴四邊形是正方形；
（2）解：如圖，連接，由（1）知，，

∵四邊形是矩形，
∴，，
由折疊知，，，
∴，，
在和中，
∴，
∴，
∴，
設，
∵，，
∴，
∴，
在中，
由勾股定理，得，
即，
，
，
解得，
即，
∴的面積．
【點睛】本題考查了矩形的性質，折疊，正方形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，平行線的性質，解題的關鍵是理解題意，掌握這些知識點，添加輔助線．
15．如圖，在矩形中，，，以點C為旋轉中心，將矩形沿順時針方向旋轉，得到矩形，點A、B、D的對應點分別是點E、F、G．
(1)如圖1，當點F落在矩形的對角線上時，求線段的長；
(2)如圖2，當點F落在矩形的邊的延長線上時，連接，取的中點M，求證：；
(3)如圖3，當點F落在矩形的對角線的延長線上時，求的面積．
【答案】(1)1
(2)見解析
(3)
【分析】（1）利用勾股定理求出，由矩形旋轉可知：，即可求出線段的長；
（2）利用證明，得出，，由得出，然后根據直角三角形斜邊中線的性質即可得證；
（3）過點作于點，在中，，由矩形旋轉可知：，根據，利用三角形面積公式求出，由勾股定理求出，即可求解．
【詳解】（1）解：四邊形是矩形，
，
在中，，
由矩形旋轉可知：，
，
則線段的長為1；
（2）證明：連接，，
旋轉，
，，，
，
，，
又
，即，
M是中點，
∴；
（3）解：如圖，過點作于點，
在中，，
由矩形旋轉可知：，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
則的面積為．
【點睛】本題考查旋轉的問題，等腰三角形的判定和性質，勾股定理．熟練掌握矩形的性質和旋轉的性質是解題的關鍵．
1．（2021·江蘇連云港·中考真題）如圖，將矩形紙片沿折疊后，點D、C分別落在點、的位置，的延長線交于點G，若，則等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由矩形得到AD//BC，∠DEF=∠EFG，再由與折疊的性質得到∠DEF=∠GEF=∠EFG，用三角形的外角性質求出答案即可．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∵矩形紙片沿折疊，
∴∠DEF=∠GEF，
又∵AD//BC，
∴∠DEF=∠EFG，
∴∠DEF=∠GEF=∠EFG=64 ，
∵是△EFG的外角，
∴=∠GEF+∠EFG=128
故選：A．
【點睛】本題考查了矩形的性質與折疊的性質，關鍵在于折疊得出角相等，再由平行得到內錯角相等，由三角形外角的性質求解．
2．（2021·江蘇宿遷·中考真題）折疊矩形紙片ABCD，使點B落在點D處，折痕為MN，已知AB=8，AD=4，則MN的長是（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【分析】連接BM，利用折疊的性質證明四邊形BMDN為菱形，設DN＝NB＝x，在RtABD中，由勾股定理求BD，在RtADN中，由勾股定理求x，利用菱形計算面積的兩種方法，建立等式求MN．
【詳解】解：如圖，連接BM，
由折疊可知，MN垂直平分BD，
又AB∥CD，
∴BON≌DOM，
∴ON＝OM，
∴四邊形BMDN為菱形（對角線互相垂直平分的四邊形是菱形），
設DN＝NB＝x，則AN＝8﹣x，
在RtABD中，由勾股定理得：BD＝＝，
在RtADN中，由勾股定理得：AD2+AN2＝DN2，
即42+（8﹣x）2＝x2，
解得x＝5，
根據菱形計算面積的公式，得
BN×AD＝×MN×BD，
即5×4＝×MN×，
解得MN＝．
故選：B．
【點睛】本題考查圖形的翻折變換，勾股定理，菱形的面積公式的運用，解題過程中應注意折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，根據軸對稱的性質，折疊前后圖形的形狀和大小不變，如本題中折疊前后對應線段相等．
3．（2021·江蘇泰州·中考真題）如圖,P為AB上任意一點,分別以AP、PB為邊在AB同側作正方形APCD、正方形PBEF,設,則 為（　　）

A．2α B．90°﹣α C．45°+α D．90°﹣α
【答案】B
【分析】根據題意可得 ，從而 即可．
【詳解】∵四邊形APCD和四邊形PBEF是正方形，
∴AP=CP，PF=PB，，
∴，
∴∠AFP=∠CBP，
又∵ ，
∴，
故選：B．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定，熟練掌握正方形的性質，全等三角形的判定方法是解題的關鍵．
4．（2023·江蘇蘇州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，點的坐標為，點的坐標為，以為邊作矩形．動點分別從點同時出發，以每秒1個單位長度的速度沿向終點移動．當移動時間為4秒時，的值為（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據題意，得出，，勾股定理求得，，即可求解．
【詳解】解：連接、

∵點的坐標為，點的坐標為，以為邊作矩形．
∴，
則，
依題意，，
∴，則，
∴
∴，
∴，
∵，
∴
故選：D．
【點睛】本題考查了坐標與圖形，勾股定理求兩點坐標距離，矩形的性質，求得的坐標是解題的關鍵．
5．（2022·江蘇南京·中考真題）在平面直角坐標系中，正方形如圖所示，點的坐標，點的坐標是，則點的坐標是 ．

【答案】
【分析】由全等三角形的判定得到，再利用全等三角形的性質得到即可解答．
【詳解】解：作軸，軸于點，與交于點，
∵點的坐標，點的坐標是，
∴，，，
∵四邊形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴點，
故答案為．

【點睛】本題考查正方形的性質，全等三角形的判定與性質，坐標與圖形，正確添加輔助線是解題的關鍵．
6．（2022·江蘇徐州·中考真題）如圖，將矩形紙片ABCD沿CE折疊，使點B落在邊AD上的點F處．若點E在邊AB上，AB＝3，BC＝5，則AE＝ ．
【答案】/
【分析】由折疊性質可得CF=BC=5，BE=EF，由矩形性質有CD=AB=3，BC=AD=5，勾股定理求得DF，AF．設BE=EF=x，則AE=AB-BE，在直角三角形AEF中，根據勾股定理，建立方程，解方程即可求解．
【詳解】解：由折疊性質可得CF=BC=5，BE=EF，
由矩形性質有CD=AB=3，BC=AD=5，
∵∠D=90°，
∴，
所以，
所以 BE=EF=x，則AE=AB-BE=3-x，在直角三角形AEF中:
，
∴，
解得，
∴，
故答案為：．
【點睛】本題考查了圖形折疊的性質，勾股定理，矩形的性質，在直角三角形AEF中運用勾股定理建立方程求解是關鍵．
7．（2022·江蘇常州·中考真題）如圖，將一個邊長為的正方形活動框架（邊框粗細忽略不計）扭動成四邊形，對角線是兩根橡皮筋，其拉伸長度達到時才會斷裂．若，則橡皮筋 斷裂（填“會”或“不會”，參考數據：）．
【答案】不會
【分析】設扭動后對角線的交點為，根據正方形的性質，得出扭動后的四邊形為菱形，利用菱形的性質及條件，得出為等邊三角形，利用勾股定理算出，從而得到，再比較即可判斷．
【詳解】解：設扭動后對角線的交點為，如下圖：
，
根據正方形的性質得，
得出扭動后的四邊形四邊相等為菱形，
cm，
為等邊三角形，
cm，
cm，
cm，
根據菱形的對角線的性質：(cm)，
，
不會斷裂，
故答案為：不會．
【點睛】本題考查了正方形的性質、菱形的判定及性質、等邊三角形、勾股定理，解題的關鍵是要掌握菱形的判定及性質．
8．（2022·江蘇無錫·中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長為8，點E是CD的中點，HG垂直平分AE且分別交AE、BC于點H、G，則BG＝ ．
【答案】1
【分析】連接AG，EG，根據線段垂直平分線性質可得AG=EG，由點E是CD的中點，得CE=4，設BG=x，則CG=8-x，由勾股定理，可得出（8-x）2+42=82+x2，求解即可．
【詳解】解：連接AG，EG，如圖，
∵HG垂直平分AE，
∴AG=EG，
∵正方形ABCD的邊長為8，
∴∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=8，
∵點E是CD的中點，
∴CE=4，
設BG=x，則CG=8-x，
由勾股定理，得
EG2=CG2+CE2=（8-x）2+42，AG2=AB2+BG2=82+x2，
∴（8-x）2+42=82+x2，
解得：x=1，
故答案為：1．
【點睛】本題考查正方形的性質，線段垂直平分線的性質，勾股定理，熟練掌握正方形的性質、線段垂直平分線的性質、勾股定理及其運用是解題的關鍵．
9．（2023·江蘇宿遷·中考真題）如圖，在矩形中，，，垂足分別為E、F．求證：．
【答案】證明見解析
【分析】根據定理證出，再根據全等三角形的性質即可得證．
【詳解】證明：四邊形是矩形，
，
，
，，
，
在和中，，
，
．
【點睛】本題考查了矩形的性質、三角形全等的判定與性質等知識點，熟練掌握矩形的性質是解題關鍵．
10．（2022·江蘇南京·中考真題）如圖，，平分，交于點，過點作，交于點，垂足為，連接，求證：四邊形是菱形．

【答案】見解析
【分析】先證明四邊形是平行四邊形，再根據鄰邊，即可證明平行四邊形是菱形．
【詳解】解：證明：∵平分，，
∴，．
∴．
∴．
又∵于點，
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∴四邊形是平行四邊形．
又∵，
∴平行四邊形是菱形．

【點睛】本題主要考查了菱形的判定，涉及平行四邊形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，角平分線的性質，平行線的性質等知識，熟練掌握菱形的判定方法是解題的關鍵．
11．（2022·江蘇常州·中考真題）在四邊形中，是邊上的一點．若，則點叫做該四邊形的“等形點”．
(1)正方形_______“等形點”（填“存在”或“不存在”）；
(2)如圖，在四邊形中，邊上的點是四邊形的“等形點”．已知，，，連接，求的長；
(3)在四邊形中，EH//FG．若邊上的點是四邊形的“等形點”，求的值．
【答案】(1)不存在，理由見詳解
(2)
(3)1
【分析】（1）根據“等形點”的概念，采用反證法即可判斷；
（2）過A點作AM⊥BC于點M，根據“等形點”的性質可得AB=CD=，OA=OC=5，OB=7=OD，設MO=a，則BM=BO-MO=7-a，在Rt△ABM和Rt△AOM中，利用勾股定理即可求出AM，則在Rt△AMC中利用勾股定理即可求出AC；
（3）根據“等形點”的性質可得OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，再根據，可得∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，即有∠OEH=∠OHE，進而有OE=OH，可得OF=OG，則問題得解．
【詳解】（1）不存在，
理由如下：
假設正方形ABCD存在“等形點”點O，即存在△OAB≌△OCD，
∵在正方形ABCD中，點O在邊BC上，
∴∠ABO=90°，
∵△OAB≌△OCD，
∴∠ABO=∠CDO=90°，
∴CD⊥DO，
∵CD⊥BC，
∴，
∵O點在BC上，
∴DO與BC交于點O，
∴假設不成立，
故正方形不存在“等形點”；
（2）如圖，過A點作AM⊥BC于點M，如圖，
∵O點是四邊形ABCD的“等形點”，
∴△OAB≌△OCD，
∴AB=CD，OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，
∵，OA=5，BC=12，
∴AB=CD=，OA=OC=5，
∴OB=BC-OC=12-5=7=OD，
∵AM⊥BC，
∴∠AMO=90°=∠AMB，
∴設MO=a，則BM=BO-MO=7-a，
∴在Rt△ABM和Rt△AOM中，，
∴，即，
解得：，即，
∴MC=MO+OC=，
∴在Rt△AMC中，，
即AC的長為；
（3）如圖，
∵O點是四邊形EFGH的“等形點”，
∴△OEF≌△OGH，
∴OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，
∵，
∴∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，
∴根據∠EOF=∠GOH有∠OEH=∠OHE，
∴OE=OH，
∵OF=OH，OE=OG，
∴OF=OG，
∴．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質、勾股定理、正方形的性質、平行的性質等知識，充分利用全等三角形的性質是解答本題的關鍵．
12．（2023·江蘇·中考真題）對于平面內的一個四邊形，若存在點，使得該四邊形的一條對角線繞點旋轉一定角度后能與另一條對角線重合，則稱該四邊形為“可旋四邊形”，點是該四邊形的一個“旋點”．例如，在矩形中，對角線、相交于點，則點是矩形的一個“旋點”．

(1)若菱形為“可旋四邊形”，其面積是，則菱形的邊長是_______；
(2)如圖1，四邊形為“可旋四邊形”，邊的中點是四邊形的一個“旋點”．求的度數；
(3)如圖2，在四邊形中，，與不平行．四邊形是否為“可旋四邊形”？請說明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)是
【分析】（1）根據“可旋四邊形”的性質可得，根據正方形的判定可得菱形為正方形，根據正方形四條邊都相等的性質即可求解；
（2）連接，根據“可旋四邊形”的性質和題意可得，，推得，根據等邊對等角可得，，根據三角形內角和定理即可求出結果；
分別作，的垂直平分線，交于點，連接，，，，根據垂直平分線的性質可得，，根據全等三角形的判定和性質可得，求得，即可證明四邊形是“可旋四邊形”．
【詳解】（1）解：∵菱形為“可旋四邊形”，
則菱形的一條對角線繞點旋轉一定角度后能與另一條對角線重合，
即，
則菱形為正方形，
∵菱形的面積為，
∴菱形的邊長是．
故答案為：．
（2）解：連接，如圖：

∵四邊形為“可旋四邊形”，且點是四邊形的一個“旋點”，
∴，
∴，
∵點是邊的中點，
∴，
∴，
∴，
∵，
即，
∴．
（3）解：四邊形是“可旋四邊形”；理由如下：
分別作，的垂直平分線，交于點，連接，，，，如圖：

∵點在線段和線段的垂直平分線上，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
則，
即，
∴四邊形是“可旋四邊形”．
【點睛】本題考查了正方形的判定和性質，等邊對等角，三角形內角和定理，垂直平分線的性質，全等三角形的判定和性質，解題的關鍵是做輔助線，構建全等三角形．
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