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湘教版八年级数学下册第2章：四边形练习题
一、单选题
1．（2022春·湖南邵阳·八年级统考期末）生活中常用各种正多边形地砖铺砌成美丽的图案．用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，就是平面图形的镶嵌．下列图形中不能与正三角形镶嵌整个平面的是（　　）
A．正方形 B．正五边形 C．正六边形 D．正十二边形
2．（2022春·湖南株洲·八年级统考期末）如图，①是我国古代建筑中的一种窗格，其中冰裂纹图案象征着竖冰出现裂纹并开始消融，形状无一定规律，代表一种自然和谐美．图②是从图①的冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的图形，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=（ ）
A．72° B．108° C．360° D．540°
3．（2022春·湖南湘西·八年级统考期末）如图，在中，点，分别在，边上，若要使四边形是平行四边形，可以添加的条件是（ ）．
①；②；③；④
A．①或② B．②或③ C．③或④ D．①或③
4．（2022春·湖南怀化·八年级统考期末）下列关于数字变换的图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2022春·湖南岳阳·八年级统考期末）下列4个图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2022春·湖南郴州·八年级统考期末）△ABC中，，，，点D、E、F分别是三边的中点，则的周长为（ ）
A．8 B．9 C．15 D．18
7．（2022春·湖南永州·八年级统考期末）如图，在RtΔABC中，∠BAC=90°，D，E分别是AB，BC的中点，点F在CA的延长线上，∠FDA=∠B，AC=6，AB=8，则四边形AEDF周长是（ ）
A．12 B．14 C．15 D．16
8．（2022春·湖南株洲·八年级统考期末）如图，P是矩形的边上一个动点，矩形的两条边的长分别为3和4，那么点P到矩形的两条对角线和的距离之和是（ ）
A． B． C． D．无法确定
9．（2022春·湖南邵阳·八年级统考期末）如图，菱形中，对角线相交于点O，E为边中点，菱形的周长为28，则的长等于（ ）
A．3.5 B．4 C．7 D．14
10．（2022春·湖南湘西·八年级统考期末）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．
二、填空题
11．（2022春·湖南永州·八年级统考期末）若一个多边形的内角和是其外角和的3倍，则这个多边形的边数是______．
12．（2022春·湖南株洲·八年级统考期末）如图，的度数为__________．
13．（2022春·湖南衡阳·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，∠EAF＝45°，且，则平行四边形ABCD的周长等于______．
14．（2022春·湖南郴州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝5，以点C为圆心，适当长为半径画弧，交BC于点P，交CD于点Q，再分别以点P，Q为圆心，大于PQ的长为半径画弧，两弧相交于点N，射线CN交BA的延长线于点E，则AE的长是 _____．
15．（2022春·湖南邵阳·八年级统考期末）若点与点关于原点成中心对称，则______．
16．（2022春·湖南怀化·八年级统考期末）如图，DE是的中位线，的平分线交DE于点F，若 ，，则∠AED＝______________．
17．（2022春·湖南邵阳·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝10，点D，E，F分别是AB，BC，AC的中点，则四边形ADEF的周长为_____．
18．（2022春·湖南郴州·八年级校考期末）如图，是矩形的对角线的中点，是的中点．若，，则四边形的周长为_______.
19．（2022春·湖南湘西·八年级统考期末）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD，已知AB=6cm，BC=8cm，则四边形ODEC的周长为______cm．
20．（2022春·湖南娄底·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E，若∠CBF=20°，则∠AED等于__度．
三、解答题
21．（2022春·湖南郴州·八年级统考期末）一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，求这个多边形的边数．
22．（2022春·湖南永州·八年级统考期末）计算
(1)已知一个多边形的内角和等于一个十边形的外角和，求该多边形的边数．
(2)已知a、b、c是ΔABC的边长，且满足于=0，求ΔABC的面积．
23．（2022春·湖南永州·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，的平分线与的延长线相交于点于点.
（1）求证:；
（2）若，求的长．
24．（2022春·湖南湘西·八年级统考期末）如图，为 的对角线，点、在上，且，求证：．
25．（2022春·湖南常德·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别为，，．
(1)请调出将△ABC向左平移4个单位长度，再向上平移1个单位长度后得到的；
(2)请画出与△ABC关于原点对称的；
(3)直接写出，两点的坐标．
26．（2022春·湖南长沙·八年级统考期末）如图，，，D，E分别为AB，BC的中点，点F在CA的延长线上，
(1)求证：；
(2)若，，求四边形AEDF的周长．
27．（2022春·湖南常德·八年级统考期末）如图1，在平面直角坐标系中，点，点，且，满足．平移至（点与点对应，点与点对应），连接，．
(1)填空：______，______，点的坐标为______；
(2)点，分别是，边上的动点，连接，，，分别为，的中点，连接．当，分别在，边上运动时，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，将线段绕点逆时针旋转90°至，连接．为线段上一点，以为直角边作等腰直角三角形，其中．试猜想，，三者之间有怎样的数量关系，并证明你的猜想．
28．（2022春·湖南株洲·八年级统考期末）在ABCD，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF，BF.
（1）求证：四边形BFDE是矩形；
（2）若CF＝3，BF＝4，DF＝5，求证：AF平分∠DAB.
29．（2022春·湖南长沙·八年级统考期末）如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，分别过A、D两点作AO、DO的垂线，两垂线交于点E．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若四边形AODE的面积为12，AD＝5，求四边形AODE的周长．
30．（2022春·湖南岳阳·八年级统考期末）如图，△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，连接AE，BE，
（1）求证：四边形AEBD是矩形；
（2）当△ABC满足什么条件时，矩形AEBD是正方形，并说明理由．
参考答案：
1．B
【分析】判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成360°，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能．
【详解】A选项，2个正方形与3个正三角形能进行平面镶嵌，因为2×90°+3×60°＝360°，不符合题意；
B选项，正五边形不能与正三角形进行平面镶嵌，因为正五边形的内角和108°．108°的整数倍与60°的整数倍的和不等于360°，符合题意；
C选项，2个正六边形与2个三角形能进行平面镶嵌，因为2×120°+2×60°＝360°，不符合题意；
D选项，2个正十二边形与1个正三角形能进行平面镶嵌，因为2×150°+1×60°＝360°，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了平面镶嵌，掌握平面镶嵌的条件是解题的关键．
2．C
【分析】根据多边形的外角和等于解答即可．
【详解】解：由多边形的外角和等于可知，
．
故选：C．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和外角，掌握多边形的外角和等于是解题的关键．
3．C
【分析】根据平行四边形的性质和判定即可解决问题．
【详解】解：①添加，不符合平行四边形的判定定理，故①不符合题意；
②添加，不符合平行四边形的判定定理，故②不符合题意；
③四边形是平行四边形，
∴，，
，
∴，又，
∴四边形是平行四边形；故③符合题意；
④∵四边形是平行四边形，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；故符合题意．
故选：C．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质与判定．解题的关键是选择适宜的证明方法，需要熟练掌握平行四边形的判定方法，属于中考常考题型．
4．A
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念对每一个选项进行判断即可．
【详解】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．解题的关键是掌握轴对称图形与中心对称图形的概念．
5．B
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念依次分析求解．
【详解】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选B．
【点睛】本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
6．B
【分析】首先确定，，是的中位线，再根据三角形中位线的性质得，，，进而求出各边长得出答案即可．
【详解】∵点D，E，F分别是，，的中点，
∴，，是的中位线，
∴，，．
∵，，，
∴，，，
∴的周长为．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线的定义和性质，根据中位线的性质求出各边长是解题的关键．三角形中位线的性质：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
7．D
【分析】根据勾股定理先求出BC的长，再根据三角形中位线定理和直角三角形的性质求出DE和AE的长，进而由已知可判定四边形AEDF是平行四边形，从而不难求得其周长．
【详解】解：在Rt△ABC中， ∵AC=6，AB=8，
∴BC=10，
∵E是BC的中点，
∴AE=BE=5，
∴∠BAE=∠B，
∵∠FDA=∠B，
∴∠FDA=∠BAE，
∴，
∵D、E分别是AB、BC的中点，
∴，DE=AC=3，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF的周长=2×（3+5）=16．
故选D．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理的运用，熟悉直角三角形的性质、等腰三角形的判定以及平行四边形的判定．熟练运用三角形的中位线定理和直角三角形的勾股定理是解题的关键．
8．A
【分析】首先连接OP，由矩形的两条边AB、BC的长分别为3和4，可求得AC=BD=5，△AOD的面积，然后由S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA PE+OD PF求得答案．
【详解】解：如图所示，连接OP，
∵矩形的两条边AB、BC的长分别为3和4，
∴S矩形ABCD=AB BC=12，OA=OC，OB=OD，AC=BD==5，
∴OA=OD=，
∴S△ACD=S矩形ABCD=6，
∴S△AOD=S△ACD=3，
∵S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA PE+OD PF=××PE+××PF=（PE+PF）=3，
解得：PE+PF=．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质以及三角形面积问题．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
9．A
【分析】首先根据菱形的性质求出边长并得出，然后利用三角形中位线的性质即可求出答案．
【详解】∵菱形的周长为28，
∴，，
∵为边中点，
∴是的中位线，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查菱形的性质和三角形中位线定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
10．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．
11．8
【分析】根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于（n﹣2） 180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可．
【详解】解：设边数为n，由题意得，
180（n－2）=3603，
解得n=8．
所以这个多边形的边数是8．
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键．
12．
【分析】根据多边形的外角和定理即可求解．
【详解】解：由多边形的外角和定理知，
∠1+∠2+∠3+∠4=360°，
故答案是：360°．
【点睛】本题考查了多边形的外角和定理，理解定理是关键．
13．12
【分析】求平行四边形的周长就要先求出AB、AD的长，利用平行四边形的性质和勾股定理即可求出．
【详解】解：∵∠EAF＝45°，
∴∠C＝360°－∠AEC－∠AFC－∠EAF＝135°，
∴∠B＝∠D＝180°－∠C＝45°，
∴AE＝BE，AF＝DF，
设AE＝x，则，
在Rt△ABE中，根据勾股定理可得，，
同理可得，
∴平行四边形ABCD的周长是．
故答案为：12．
【点睛】利用平行四边形的性质结合等角对等边、勾股定理来解决有关的计算和证明，这类试题的处理要注意分析其中的性质定理．
14．1
【分析】根据基本作图，得到EC是∠BCD的平分线，由AB∥CD，得到∠BEC=∠ECD=∠ECB，从而得到BE=BC，利用线段差计算即可．
【详解】根据基本作图，得到EC是∠BCD的平分线，
∴∠ECD=∠ECB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BEC=∠ECD，
∴∠BEC=∠ECB，
∴BE=BC=5，
∴AE= BE-AB=5-4=1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了角的平分线的尺规作图，等腰三角形的判定，平行线的性质，平行四边形的性质，熟练掌握尺规作图，灵活运用等腰三角形的判定定理是解题的关键．
15．-3
【分析】利用关于原点对称点的性质得出m，n的值进而得出答案．
【详解】∵点与点关于原点对称，
∴m＝4，n＝﹣7，
∴
故答案为：﹣3．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．
16．##41度
【分析】根据三角形的中位线得到，进而得到，，结合，利用角平分线求，再利用平行线求出的度数，最利用由三角形的内角和定理求解．
【详解】解：∵DE是的中位线，
∴，
∴，．
∵，
∴．
∵的平分线交DE于点F，
∴，
∴．
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理，平行线的性质，角平分线，三角形内角和定理．理解相关知识是解答关键．
17．16
【分析】首先证明四边形ADEF是平行四边形，根据三角形中位线定理求出DE、EF即可解决问题．
【详解】解：∵BD=AD，BE=EC，
∴DE=AC=5，DE∥AC，
∵CF=FA，CE=BE，
∴EF=AB=3，EF∥AB，
∴四边形ADEF是平行四边形，
∴四边形ADEF的周长=2（DE+EF）=16，
故答案为16．
【点睛】本题考查三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质等知识，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
18．20
【分析】先由，得到，然后结合矩形的性质得到，再结合点和点分别是和的中点得到和的长，最后得到四边形的周长．
【详解】解：，
，
，，
，
点和点分别是和的中点，
，，是的中位线，
，
．
故答案为：20．
【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形的中位线定理，解题的关键是熟知矩形的性质．
19．20
【分析】根据矩形的性质得出∠ABC=90°，AD=BC=8cm，CD=AB=6cm，OA=OC=AC，OB=OD=BD，AC=BD，求出OC=OD，根据菱形的判定得出四边形OCED是菱形，根据菱形的性质得出OD=OC=DE=CE，根据勾股定理求出AC，再求出OC即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=6cm，BC=8cm，
∴∠ABC=90°，AD=BC=8cm，CD=AB=6cm，OA=OC= AC，OB=OD=BD，AC=BD，
∴OC=OD，
∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
又∵OC=OD，
∴四边形OCED是菱形，
∴OD=OC=DE=CE，
由勾股定理得：AC==10（cm），
∴AO=OC=5cm，
∴OC=CE=DE=OD=5cm，
即四边形ODEC的周长=5+5+5+5+5=20（cm），
故答案为：20．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识点，能熟记矩形的性质和菱形的判定定理是解此题的关键．
20．65
【分析】先由正方形的性质得到∠ABF的角度，从而得到∠AEB的大小，再证△AEB≌△AED，得到∠AED的大小
【详解】∵四边形ABCD是正方形
∴∠ACB=∠ACD=∠BAC=∠CAD=45°，∠ABC=90°，AB=AD
∵∠FBC=20°
∴∠ABF=70°
∴在△ABE中，∠AEB=65°
在△ABE与△ADE中
∴△ABE≌△ADE
∴∠AED=∠AEB=65°
故答案为：65°
【点睛】本题考查正方形的性质和三角形全等的证明，解题关键是利用正方形的性质，推导出∠AEB的大小.
21．8
【分析】根据多边形的外角和为360°，内角和公式为：（n 2） 180°，由题意可得到方程（n 2）×180°＝360°×3，解方程即可得解．
【详解】解：设这个多边形是n边形，由题意得：
（n 2）×180°＝360°×3，
解得：n＝8．
答：这个多边形的边数是8．
【点睛】此题主要考查了多边形的外角和与内角和公式，做题的关键是正确把握内角和公式为：（n 2） 180°，外角和为360°．
22．(1)4
(2)6
【分析】（1）设这个多边形为n边形，而一个十边形的外角和为 再列方程 解方程即可；
（2）利用非负数的性质先求解，再利用勾股定理的逆定理判断三角形ABC为直角三角形，再利用三角形的面积公式求解面积即可；
（1）
解：设这个多边形为n边形，而一个十边形的外角和为
∴
解得：
∴多边形的边数为4．
（2）
解：∵
解得：
∴
为直角三角形且
【点睛】本题考查的是多边形的内角和定理与外角和定理的应用，非负数的性质，勾股定理的逆定理的应用，三角形的面积的计算，掌握以上基础知识是解本题的关键．
23．（1）证明见解析；（2） 2.
【分析】（1）先证明，得到，再根据，利用等腰三角形性质得到结论；
（2）根据平行四边形性质和，求出BE和AB，问题得解．
【详解】（1）证明:四边形是平行四边形，
即
.
平分
又
；
（2）解:四边形是平行四边形，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质，证明是解答本题关键．
24．见解析
【分析】由平行四边形的性质得到，，再利用边角边证明，即可得到
【详解】证明：四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和三角形全等的证明，熟练掌握是解题的关键
25．(1)画图见解析；
(2)画图见解析；
(3)，
【分析】（1）根据直角坐标系和平移的性质作图，即可得到答案；
（2）根据直角坐标系和中心对称的性质作图，即可得到答案；
（3）结合（1）和（2）的结论，即可完成求解．
（1）
∵△ABC三个顶点的坐标分别为，，，将△ABC向左平移4个单位长度，再向上平移1个单位长度后得到的
∴，，，
即，，
如下图所示，为所求作的图形；
（2）
∵△ABC三个顶点的坐标分别为，，，和关于原点对称
∴，，
如下图所示，为所求作的图形；
（3）
根据（1）和（2）的结论，得，．
【点睛】本题考查了直角坐标系、平移、中心对称的知识；解题的关键是熟练掌握直角坐标系、平移、中心对称的性质，从而完成求解．
26．(1)证明见解析
(2)16
【分析】（1）D，E分别为AB，BC的中点，，因此AE=EB，等腰三角形两底角相等，可证明，即可得到结果；
（2）由（1）可得四边形AFDE为平行四边形，对边相等，根据勾股定理可得AB的长，因为中点问题，可得到AD、AE、ED的长，即可得到结果．
【详解】（1）证明：∵D，E分别为AB，BC的中点，
∴，
∴,即，
∵D是中点，,
∴AE=EB，即,
∵，
∴
∵点F在CA的延长线上，
∴，
在和中，
∴，
∴；
（2）解：由（1）得，
∴四边形AFDE为平行四边形，
∴AE=DF，
∵，，
∴,
∵D，E分别为AB，BC的中点，
∴，
∴，
即DE=AF=3，AE=DF=5，
所以四边形AEDF的周长=5+3+5+3=16．
【点睛】本题考查了三角形中位线的定理，全等三角形的证明及判定，平行四边形的证明及判定，勾股定理，解题的关键是找到角之间的关系和边长之间的关系．
27．(1)6，4，
(2)存在，的最小值是
(3)，证明见解析
【分析】（1）利用绝对值、算术平方根的非负性求出a，b，根据平移性质求点的坐标；
（2）由是的中位线，得出，当时，CE取最小值，取最小值，因此利用面积法求出CE最小值即可；
（3）连接，先证，得出，，再证明，利用勾股定理得出，即可证明．
（1）解：∵，，∴，，∴，，∴，，由平移得，，∴，故答案为：6，4，；
（2）解：如图，连接CE，过点C作于点H，∵，分别为，的中点，∴是的中位线，∴，要MN最小，则CE最小．∴当时，CE取最小值，取最小值．由（1）知，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴的最小值为：，即存在最小值，最小值是；
（3）解：，证明如下：如图，连接，∵是等腰直角三角形，，∴，由旋转得，，，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，根据勾股定理得，，∴．
【点睛】本题考查绝对值、算术平方根的非负性，平移、旋转的性质，中位线的判定与性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识点，综合性较强，牢固掌握上述知识点，并熟练运用等量转化的思想是解题的关键．
28．（1）见解析（2）见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质，可得AB与CD的关系，根据平行四边形的判定，可得BFDE是平行四边形，再根据矩形的判定，即可证明；
（2）根据平行线的性质，可得∠DFA=∠FAB，根据等腰三角形的判定与性质，可得∠DAF=∠DFA，根据角平分线的判定，即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∵BE∥DF，BE=DF，
∴四边形BFDE是平行四边形．
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形BFDE是矩形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，
∴∠DFA=∠FAB．
在Rt△BCF中，由勾股定理，得
BC===5，
∴AD=BC=DF=5，
∴∠DAF=∠DFA，
∴∠DAF=∠FAB，
即AF平分∠DAB．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的判定与性质，利用等腰三角形的判定与性质得出∠DAF=∠DFA是解题关键．
29．（1）见解析（2）14．
【分析】（1）根据菱形的性质可得对角线互相垂直，再根据已知条件即可得四边形AODE是矩形；
（2）由（1）知，四边形AODE是矩形，由四边形AODE的面积为12，可得AO OD=12，根据勾股定理可得，进而可得四边形AODE的周长．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=90°，
∵EA⊥AO，DO⊥AO，
∴∠EAO=∠DOA=90°，
∴四边形AODE是矩形；
(2)由(1)知,四边形AODE是矩形，
∴∠AED=90°，
∵AD=5，
∵四边形AODE的面积为12，
∴AO×OD=12，
在Rt△AOD中，根据勾股定理得，
，
∴=25+24=49．
∴AO+OD=7
∴四边形AODE的周长为14
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，平行四边形的判定和性质,勾股定理的应用，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键，注意:菱形的对角线互相平分且垂直．
30．（1）证明见解析；（2）当∠BAC=90°时，矩形AEBD是正方形．理由见解析．
【分析】（1）利用平行四边形的判定首先得出四边形AEBD是平行四边形，进而由等腰三角形的性质得出∠ADB=90°，即可得出答案；
（2）利用等腰直角三角形的性质得出AD=BD=CD，进而利用正方形的判定得出即可．
【详解】（1）证明：∵点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴平行四边形AEBD是矩形；
（2）当∠BAC=90°时，理由如下：
∵∠BAC=90°，AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，
∴AD=BD=CD，
∵由（1）得四边形AEBD是矩形，
∴矩形AEBD是正方形．
【点睛】本题考查矩形和正方形的判定，等腰三角形“三线合一”的性质．掌握特殊四边形的判定方法是解题关键．

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