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专题06特殊四边形的性质及判定
矩形的性质
（山东省泰安市东平县2023下·八年级期中数学试题）
1．两个矩形的位置如图所示，若，则( )
A． B． C． D．
（山东省菏泽市牡丹区2023下·八年级期中数学试题）
2．如图，平移图形①与图形②可以拼成一个矩形，则图①中的度数是 °．
（山东省烟台栖霞市 2023下·八年级期中考试试题）
3．若矩形的一个内角的平分线分对边成1和3两条线段，则该矩形的面积是 ．
（山东省济宁市汶上县2023下·八年级期中考试试题）
4．如图，平行四边形的活动框架，当时，面积为，将从扭动到，则四边形面积为 ．

（2022-2023学年山东省济南市章丘区八年级下学期期中考试试题））
5．在矩形中，，过对角线的中点O作的垂线交直线于点E，若的面积为3，则的长为 ．
直角三角形斜边上的中线性质
（山东省青岛市崂山区实验初级中学2023下·八年级期中数学试题）
6．如图，中，，，，点D是的中点，将沿翻折得到．连结，则线段的长等于（ ）

A． B．3 C． D．6
（山东省菏泽市郭城县2023下·八年级期中考试试题）
7．如图，在中，点是的中点，连接，，则的度数为
（山东省泰安市泰山区邱家店镇2023下·八年级期中试题）
8．如图，在中，，，平分，是中点，则的度数为 ．

（山东省烟台市海阳市2023下·八年级期中试题）
9．如图，在中，，是的中线，点E，F分别是，的中点，连接，若，则的长为 ．

（山东省聊城市冠县2023下·八年级期中试题）
10．直角三角形斜边上的中线和高分别为6和5，则这个直角三角形的面积为 ．
矩形的判定
（山东省郭城县2023下·八年级期中试题）
11．如下图，四边形中，和是对角线．依据图中线段所标的长度，下列四边形不一定为矩形的是（ ）
A． B．
C． D．
（山东省德州市平原县2023下·八年级期中试题）
12．如图，在平行四边形中，对角线相交于点．若要使平行四边形成为矩形，需要添加的条件是（ ）
A． B． C． D．
（山东省济宁市嘉祥县 2023下·八年级期中试题）
13．如图，在中，，垂足为E，点F在上，且．求证：四边形是矩形．
（山东省日照市岚山区2022-2023年八年级下学期期中数学试题）
14．如图，在 中，点分别为的中点，连接并延长至点，使 ，过点作的平行线，交的延长线于点，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若，四边形是何特殊平行四边形 请说明理由．
（山东省济宁市微山县2023下·八年级期中数学试题）
15．如图，的对角线相交于点O，是等边三角形，．
(1)证明是矩形；
(2)求的面积．
（山东省菏泽市巨野县2023下·八年级期中试题）
16．如图，在中，，延长至D，使得，过点A，D分别作，，与相交于点E，连接，证明：
矩形性质与判定的综合
（山东省菏泽市东明县2023下·八年级期中试卷）
17．如图，在四边形中，，．按以下步骤作图：①以点 B为圆心， 的长为半径作弧，交于点G；②分别以点 G，C 为圆心，大于 的长为半径作弧，两弧交于点 P，作射线．若点 D 在射线 上，则线段的长度为（ ）
A． B． C．8 D．
（2022-2023学年山东省聊城市东昌府区孟达外国语等学校联考八年级下学期期中考试试题）
18．如图，在四边形中，，，，四边形对角线交于点O，，，四边形的面积为（ ）
A．60 B．90 C．120 D．150
（山东省淄博市桓台县2023下·八年级期中数学试题）
19．如图平行四边形中，对角线、相交于点O，且，，则 ．
（山东省东营市河门区2023下·八年级期中考试试题）
20．如图，已知，则梯形的面积为 ．

（山东省菏泽市东明县2023下·八年级期中试题）
21．如图，四边形中，对角线，相交于点，，，且．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的度数．
（山东省枣庄市市中区2023下·八年级期中考试试题）
22．如图，在四边形中，，对角线平分，是的中点，的延长线交于点
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)当，求的长．
菱形的性质
（山东省济南市高新区2023下·八年级期中数学试题）
23．如图，在菱形中，，，过点作交的延长线于点，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
（山东省济南市市中区2023下·八年级期中数学试题）
24．如图，菱形中，，则 ．

（山东省济南市平阴县2023下·八年级期中考试试题）
25．如图，在菱形中，，是对角线，的交点，点在的延长线上，且．则 度．

（山东省济南市高新区2023下·八年级期中试题）
26．已知菱形的边长为，．如果点是菱形内一点，且，那么的长为 ．
（2022-2023学年山东省枣庄市滕州市善国中学等校联考八年级下学期期中考试试题）
27．已知：如图，菱形对角线交于点，，．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)在矩形中，，，求菱形的面积．
（山东省济宁市充州区2023下·八年级期中考试试题）
28．如图，过菱形的顶点A作于点E，延长至点F，使，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的长．
菱形的面积
（山东省菏泽市成武县2023下·八年级期中质量测评试题）
29．菱形的两条对角线长分别为和，则它的高为（ ）
A． B． C． D．
（山东省济宁市汶上县 2023下·八年级期中考试试题）
30．如图，菱形的对角线，相交于点O，若，，则菱形的面积为 ．
（山东省济南市市中区2023下·八年级期中考试试题）
31．如图，在菱形中，，，E为边的中点，连接BE，则菱形的面积等于 ，的长等于 ．
（山东省临沂市沂南县2023下·八年级期中试题）
32．如图，已知菱形的周长为24，对角线的长为8，求菱形的面积．
菱形性质与判定的综合
（山东省滨州市博兴县2023下·八年级期中考试试题）
33．下列选项中能使成为菱形的是（　　）
A． B．
C． D．
（山东省枣庄市薛城区2023下·八年级期中数学试题）
34．如图，、分别是的对边、的中点，且，连结、、、，交点分别为点、．请判断四边形是什么特殊四边形．并说明理由．
（山东省滨州市无棣县2023下·八年级期中考试试题）
35．如图，矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交，于点E，F ；连接、．求证：四边形是菱形．
（山东省济宁市梁山县2023下·八年级期中考试试题）
36．如图，在平行四边形中，，E，F是对角线上的点，且，连接，，，．求证：四边形是菱形．

（山东省枣庄市2023下·八年级期中考试试题）
37．如图，在中，点分别为的中点，连接，过点作的平行线，交的延长线于点，连接．
(1)求证：；
(2)对添加一个条件，使四边形为菱形，并加以证明．
菱形的判定
（山东省泰安市岱岳区2023下·八年级期中数学试题）
38．如图，在平行四边形中，对角线、相交于点O，且平分，若，的周长为16，则对角线的长为（ ）
A． B． C． D．
（山东省菏泽市曹县2023下·八年级期中数学试题）
39．如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，连接，，如果，则 ．
（山东省菏泽市郭城县2023下·八年级期中试题）
40．如图，在中，，分别以点为圆心，长为半径作弧，两弧交于点（与点不重合），连接，记与的交点为．
(1)补全图形（保留作图痕迹）；
(2)求的度数．
（山东省德州市禹城市2023下·八年级期中数学试题）
41．如图，在四边形中，，，对角线、交于，平分．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)过点作交的延长线于点，连接，若，，求的长．
（山东省菏泽市牡丹区2023下·八年级末考试试题）
42．如图，O为矩形的对角线的交点，过O作分别交、于点F、E，若，，求四边形的面积．
（山东省济南市章丘区2023下·八年级期中考试试题）
43．如图，在矩形中，的垂直平分线分别交于，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求四边形的面积．
（山东省滕州市2023下·八年级期中考试试卷）
44．如图，在四边形中，，对角线，交于点O，以为边作矩形，连接，交于点F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求菱形的面积．
正方形的性质
（山东省菏泽市单县2023下·八年级期中数学试题）
45．如图，四边形是正方形，延长到点，使，连结，则的度数是（ ）
A． B． C．40 D．
（山东省德州市乐陵市2023下·八年级期中试题）
46．在正方形中，等边三角形的顶点E、F分别在边和上，则（　　）
A． B． C． D．
（山东省济宁市金乡县2022-2023学年下学期八年级期中测试）
47．如图，在正方形中，点E、F分别在边上，与交于点G，若，，则的长是（ ）
A．2 B． C． D．
（山东省枣庄市薛城区2023下·八年级期中试卷）
48．如图，在正方形中，，E是的中点，按以下步骤作图．分别以点A和点E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点G，H．作直线交于点F．则的长为 ．
（山东省临沂市临沭县2023下·八年级期中数学试题）
49．如图是一个机械零件示意图，在中，，以为边作正方形，求阴影部分的面积．
（山东省临沂市河东区2023下·八年级期中试卷）
50．如图，直线l上有三个正方形a，b，c，若a，c的面积分别为4和9，则b的面积为 ．
正方形的判定
（2022-2023学年山东省枣庄市滕州市张汪镇八年级下学期期中考试试题）
51．将一个平行四边形进行如下操作，能判定它是正方形的是（　　）
A．沿一条对角线所在直线翻折，两旁的部分能互相重合
B．沿一条边的垂直平分线翻折，两旁的部分能互相重
C．绕对角线交点旋转，能与自身重合
D．绕对角线交点旋转，能与自身重合
（山东省德州市宁津县2023下·八年级期中考试试题）
52．如图，M是矩形的边的中点，点P是边上一动点，且于点于点F．
(1)当四边形为矩形时，矩形的长与宽应满足什么条件？
(2)在（1）的条件下，当点P运动到什么位置时，四边形为正方形？为什么？
（山东省济南市2023下·八年级期中数学试题）
53．如图，在中，是边上的中线，是的中点，过点作的平行线交的延长线于，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当为等腰直角三角形时，请证明四边形为正方形．
（山东省泰安市宁阳县2023下·八年级期中数学试题）
54．如图，点E是正方形对角线上一点，，垂足分别为F，G．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若正方形的周长是，当时，求证：四边形是正方形．
（山东省淄博市张店区2023下·八年级期中考试试题）
55．如图，在矩形中，点在对角线上，点在边上（点与点、不重合），，．
(1)求的度数；
(2)求证：四边形是正方形．
正方形性质与判定的综合
（山东省济南市莱芜区2023下·八年级期中试题）
56．如图，长方形纸片，以点A所在直线为折痕折叠，使点落在边上，折痕与边交于，将纸片展开，再一次折叠，以点所在直线为折痕，使点A落在边上，折痕与边交于，则 ．

（山东省德州市禹城市2023下·八年级期中试题）
57．已知三角形中，，若三条内角平分线交于点O，于G，则的长为 .
（山东省聊城市在平区实验中学2023下·八年级期中考试试题）
58．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥BD．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若AB=AD，求∠ADE的度数．
（山东省聊城市东昌府区博雅学校2023下·八年级期中考试试题）
59．如图，已知菱形，E、F是对角线所在直线上的两点，且，连接．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)若，求菱形的周长．
（山东省济南市长清区2023下·八年级期中数学试题）
60．如图，已知平行四边形中，对角线交点O，E是延长线上的点，且是等边三角形．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求四边形的面积．
（山东省济宁市嘉祥县2023下·八年级期中数学试题）
61．如图，在中，，的平分线交于点D，，．
(1)求证：四边形为正方形；
(2)若，求四边形的面积．
（山东省广饶县实验中学2023下·八年级期中试题）
62．如图，在矩形中，，延长至点E，使 ，连接，则 的长是（　　）
A．3 B． C． D．
（山东省德州市平原县2023下·八年级期中考试试题）
63．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以，为边作矩形．动点，分别从点，同时出发，以每秒个单位长度的速度沿，向终点，移动．当移动时间为秒时，的值为（ ）
A． B． C． D．
（山东省菏泽市牡丹区2023下·八年级期中试题）
64．如图，在中，，下列四个判断不正确的是（　　）
A．四边形是平行四边形
B．如果，那么四边形是矩形
C．如果分，那么四边形是菱形
D．如果且，那么四边形是正方形
（山东省临沂市费县2023下·八年级期中数学试卷）
65．如图，在菱形中，，，连接对角线交于点，是的三等分点，是的中点，则的长为（ ）

A． B． C． D．
（山东省滨州市博兴县2023下·八年级期中数学试题）
66．如图，在菱形中，，，，分别是边，上的动点，连接，，，分别为，的中点，连接，则的最小值为 ．

（山东省东营市实验中学2023下·八年级期中试题）
67．在矩形中，，，点在矩形的一条边上．若，则的长为 ．
（山东省济宁市曲阜市2023下·八年级期中数学试题）
68．如图，将长方形纸片沿折痕EF折叠，点D、C的对应点分别为M、N，线段交线段于点G，若，则的度数是 度．
（山东省聊城市高唐县2023下·八年级期中试题）
69．如图，以的三边为边在上方分别作等边，且点在内部．给出以下结论：
四边形是平行四边形；
当时，四边形是矩形；
当时，四边形是菱形；
当，且时，四边形是正方形．
其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）．

（山东省东营市广饶县2023下·八年级期中试题）
70．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=10，EF=4，求OE和BG的长．

（2022-2023学年山东省济南市八年级下学期期中考试试题）
71．如图，在平行四边形中，于点，于点，且，连接．
(1)求证：平行四边形是菱形；
(2)连接，若，，则的长为 （直接填空）．
（山东省聊城市东阿县2023下·八年级期中数学试题）
72．如图，在中，，，，点从点出发，沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发，沿方向以的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．过点作于点，连接，，设运动的时间为．
(1)四边形能成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，请说明理由；
(2)当为何值时，为直角三角形？
（山东省菏泽市成武县2023下·八年级期中试卷）
73．如图，正方形的对角线交于点O，点E是线段上一点，连接，作于点，交于点．
(1)求证：；
(2)若，是的角平分线，求的长．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】根据矩形的性质可得，利用三角形的外角可得，然后再利用，进行计算即可解答．
本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
【详解】解：如图：
四边形，四边形都是矩形，
，
是的一个外角，
，
，
故选：B．
2．40
【分析】本题主要考查了多边形内角和以及矩形的性质，先得出图形②为五边形，再根据矩形得性质得出，根据五边形内角和进一步求出，即可求出．
【详解】解：∵图形②为五边形，平移图形①与图形②可以拼成一个矩形，
∴，
∴，
所以．
故答案为：40．
3．4或
【分析】本题考查了矩形的性质：矩形的四个角都是直角，掌握相关结论即可．由题意分类讨论和两种情况即可．
【详解】解：如图所示：
平分，
则
∴
若
则
∴该矩形的面积是；
若
则
∴该矩形的面积是；
故答案为：4或．
4．
【分析】本题主要考查了矩形的性质，含有角的直角三角形的性质，根据题意可得，，作，交于点，则，从而即可得到．添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【详解】解：当时，面积为，
，
将从扭动到，
，
作，交于点，如图所示，
，
，
故答案为：．
5．或
【分析】本题考查矩形性质、垂直平分线的性质及勾股定理的应用，分两种情况结合垂直平分线性质解决即可．
【详解】解：分两种情况进行分析：
如图所示，

由题意可得，为的垂直平分线．
∴．
∵，
又∵，
∴．
在中，由勾股定理，得，
∴；
如图2所示，
为的垂直平分线，同上可得．
故的长为或．
6．B
【分析】先求出，根据点是的中点，证明出为等边三角形，根据翻折的性质得到，证明出为等边三角形即可求解．
【详解】解：在中，，，，
，
又点是的中点，
，
为等边三角形，
，
将沿翻折得到，
，
，
为等边三角形，
，
故选：B．
【点睛】本题考查翻折变换、直角三角形的斜边中线的性质、含度的直角三角形，等边三角形的判定及性质，解题的关键是证明出为等边三角形，从而进一步证明出为等边三角形即可求解．
7．##60度
【分析】本题主要考查在直角三角形中斜边上的中线是斜边的一半，熟练掌握知识点是解题的关键．根据题意得到，即可得到，即可得到答案．
【详解】解：在中，点是的中点，
，
，
，
故答案为：．
8．
【分析】本题考查的是直角三角形的性质、角平分线的定义，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，根据三角形内角和定理求出，根据角平分线的定义，证明，从而可得答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵是中点，
∴，
∴；
故答案为：
9．
【分析】本题考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质；
先根据三角形中位线定理可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出答案．
【详解】解：∵点E，F分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，是的中线，
∴，
故答案为：．
10．30
【分析】此题主要考查了直角三角形的性质，关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得斜边长为，再根据三角形的面积公式可得答案．
【详解】解：中，斜边上的中线为6，
斜边长为，
斜边上的高为5，
的面积为：，
故答案为：30．
11．D
【分析】本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的判定方法是解答本题的关键．根据矩形的判定方法，分析每一个选项，只有选项符合题意，由此得到答案．
【详解】解：根据题意得：
选项中，
，，
四边形是平行四边形，
，，，
，
，
平行四边形是矩形，
故本选项不符合题意；
选项中，
四边形的对角线互相平分且相等，所以四边形是矩形，
故本选项不符合题意；
选项中，
，
四边形是矩形，
故本选项不符合题意；
选项中，
由已知条件可以得到，不能判定四边形是矩形，
故本选项符合题意；
故选：．
12．B
【分析】本题考查矩形的判定，涉及到平行四边形的性质、菱形的判定、等腰三角形的判定等知识，熟知矩形的判定是解答的关键．根据矩形的判定方法逐项判断即可．
【详解】解：A、∵四边形是平行四边形，，
∴平行四边形是菱形，不能判定是矩形，不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴平行四边形是矩形，符合题意；
C、∵四边形是平行四边形，，
∴平行四边形是菱形，不能判定是矩形，不符合题意；
D、∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，不能判定是矩形，不符合题意，
故选：B．
13．见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定与选择、矩形的判定等知识点．熟记定理内容是解题关键．先证四边形是矩形．再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可求证 ．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，．
∵，
∴，
即，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
14．(1)见解析
(2)四边形是矩形，理由见解析
【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定、三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）证明得出，结合即可得证；
（2）由三角形中位线定理可得，从而得出，求出，即可得证．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：四边形是矩形，理由如下：
∵分别为的中点，
∴是的中位线，
∴．
∵，
∴．
又∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形．
15．(1)见解析
(2)
【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得，再根据等边三角形的性质可得，从而可得，然后根据矩形的判定即可得证；
（2）先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再根据矩形的性质可得，然后在中，利用勾股定理即可得的长，进而即可求出的面积．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
是等边三角形，
，
，
是矩形；
（2）是等边三角形，，
，
，
由（1）已证：是矩形，
，
则在中，，
是矩形，
．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、等边三角形的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键．
16．见详解
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定以及性质，矩形的判定以及性质，先证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得出，，再证明四边形是矩形，根据矩形得性质得出，进而即可证明．
【详解】证明：如图，连接，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
又∵，点D在的延长线上，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴．
由∵
∴．
17．A
【分析】本题考查了勾股定理，等腰三角形的判定，矩形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．过点D作的垂线，交的延长线于点H，先根据勾股定理求出的长，再证明，证明四边形是矩形得，，然后根据勾股定理求解即可．
【详解】解：过点D作的垂线，交的延长线于点H，如图，
在中，，
由勾股定理可知．
由作图过程可知射线平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
在中，．
故选A．
18．C
【分析】此题考查了矩形的判定，勾股定理等知识，首先证明出四边形是矩形，然后利用勾股定理求出，然后利用矩形面积公式求解即可．
【详解】∵，，
∴四边形是平行四边形
又∵
∴四边形是矩形
∵
∴
∴
∴四边形的面积为．
故选：C．
19．
【分析】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形性质，以及矩形的性质和判定，根据题意证得四边形是矩形，利用矩形的性质和等腰三角形性质即可计算出的度数．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
故答案为：．
20．
【分析】此题考查了矩形的判定和性质，勾股定理等知识，过点B作于点F，易得四边形是矩形，然后利用勾股定理即可求得与的长，即得，继而求得梯形的面积．
【详解】过点B作于点F，则，
∵
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，
则，
∴，
∴梯形的面积
故答案为：
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）先判断四边形是平行四边形，继而根据已知条件推导出，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形即可得证；
（2）由矩形的性质得到，再由平行线的性质得到，然后由三角形的内角和求出，再根据直角三角形的两锐角互余，即可求解．
【详解】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
平行四边形是矩形；
（2）解：四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握矩形的判定与性质，证明是解题的关键．
22．(1)见详解
(2)10
【分析】（1）先通过等边对等角的性质，得，再结合对顶角相等，一组对应边相等，证明，结合一组对边平行且相等，即可证明四边形为平行四边形；
（2）结合，证明四边形为矩形，则，连接，结合，得，运用勾股定理列式，计算即可作答．
【详解】（1）解：∵
∴
∵对角线平分
∴
∴
∴
∵是的中点，
∴
∵
∴
∴
∵
∴四边形为平行四边形
（2）解：连接
∵四边形为平行四边形，且
∴四边形为矩形，
则
∵，是的中点，
∴
∵
∴
则
故
∴
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
23．C
【分析】此题考查了菱形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
利用菱形的性质以及勾股定理，求得的长，继而可求得的长，然后由菱形的面积公式可求得线段的长．
【详解】解：如图，设与的交点为，
四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
故选：C．
24．##15度
【分析】此题考查了菱形的性质，以及平行线的性质，由菱形的性质得出，求出，即可得出．
【详解】∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵
∴，
∴；
故答案为：．
25．52
【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质等知识点．根据菱形的性质易得，是的角平分线，且，所以由等腰三角形的判定与性质和三角形外角性质求解即可．
【详解】解：四边形是菱形，是对角线，的交点，
，，是的角平分线．
．
又，
．
．
又，
，
．
．
故答案是：．
26．或
【分析】本题考查了菱形的性质，注意到应分两种情况讨论，并且两种情况都存在关系，这是解决本题的关键．根据题意得，应分与在的同侧与异侧两种情况进行讨论．
【详解】解：当与在的异侧时：连接交于，
，，
（到线段两端距离相等的点在垂直平分线上），
在直角中，，
，，
，
；
当与在的同侧时：连接并延长交于，
；
当与重合时，，与矛盾，舍去．
的长为或，
故答案为：或．
27．(1)证明见解析
(2)菱形的面积为
【分析】（1）首先根据平行四边形的判定推出四边形是平行四边形，再根据菱形性质求出，最后根据矩形的判定推出即可；
（2）先根据矩形的性质得出，，再根据菱形的性质得出和的长，再根据菱形的面积公式即可解答．
【详解】（1）证明：，，
，，
即四边形是平行四边形，
菱形对角线交于点，
，
，
四边形是矩形；
（2）解：四边形是矩形，
，
四边形是菱形，
，，
即．
【点睛】本题考查了菱形性质，平行四边形的判定，矩形的判定和菱形的面积公式，熟练掌握和运用特殊平行四边形的判定与性质是解决本题的关键．
28．(1)详见解析
(2)10
【分析】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理．
（1）先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可得证；
（2）设，在中，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：∵菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形为矩形；
（2）∵菱形，
∴，
∵矩形，
∴，
设，则：，
在中，，
∴，
解得：，
∴．
29．A
【分析】本题主要考查菱形的性质和勾股定理，熟练掌握这些知识是解题的关键．
先画出图形，由菱形对角线平分垂直的性质及勾股定理可求得菱形的边长，再根据菱形的面积公式即可求得其高．
【详解】解：如图，菱形，对角线，交于点F，且，，是边上的高，
菱形对角线，交于点F，且，，
，，，
，
，
，
故选A．
30．
【分析】此题考查了菱形的性质、含角的直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．由菱形的性质，易得及的度数，然后利用含角的直角三角形的性质，求出的长，进而求得的面积，从而求得菱形的面积．
【详解】解：四边形是菱形，，
，，
，
，
，
，
，
菱形的面积=．
故答案为：．
31．
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，连接，证明是等边三角形，根据等边三角形的性质证明，，然后可以求出菱形面积；再利用勾股定理求出．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵E为边的中点，
∴，
∴，
∴菱形的面积；
∵，
∴，
∴．
故答案为：；．
32．
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理等知识，求出的解题的关键．先根据菱形的周长求出，菱形的性质求出，然后利用勾股定理求出，进而求出，然后根据菱形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵菱形的周长为24，
，，，
，
，
，
，
，
．
33．B
【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质；熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解题的关键．由菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：如图，
A、∵四边形是平行四边形，
∴，故选项A不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形，，
∴为菱形，故选项B符合题意；
C、∵四边形是平行四边形，，
∴为矩形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形是平行四边形，，
∴为矩形，故选项D不符合题意；
故选：B．
34．四边形是矩形，理由见解析
【分析】根据对边平行且相等，证明、是平行四边形，由，，得到是平行四边形，由，得到是菱形，根据菱形的性质得到，结论四边形是矩形，
本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，矩形的性质与判定，解题的关键是：熟练掌握相关性质判定定理．
【详解】解：连结，
∵四边形是平行四边形，
，，
、分别是、的中点，
，，
∴四边形是平行四边形，
，
同理，四边形是平行四边形，，
∴四边形是平行四边形，
，，、是、的中点，
，，
∴四边形是平行四边形，
，
，
，
∴是菱形，
，
，
∴四边形是矩形．
35．见解析
【分析】本题考查矩形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定是解答的关键．先证明得到，进而证得四边形是平行四边形，再利用菱形的判定可得结论．
【详解】解：∵四边形是矩形，O是对角线的中点，
∴，，
∴，又，
∴，
∴，又，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
36．见解析
【分析】本题考查了菱形的判定与性质以及平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．连接，交于点O，证明平行四边形是菱形，得，再证明，则四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
【详解】证明：如图，设交于点O，

∵，四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
即，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是菱形．
37．(1)见解析
(2)当是直角三角形时，四边形是菱形，理由见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定以及菱形的判定，熟练应用平行四边形的判定是解题关键．
（1）利用即可证明；
（2）利用直角三角形的性质结合菱形的判定方法得出即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∵点为的中点，
∴，
∴；
（2）解：当是直角三角形时，四边形是菱形，
理由：∵点是边的中点，是直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
38．C
【分析】先根据角平分线的定义和平行四边形的性质，结合等角对等边证得，进而证明四边形为菱形，再根据菱形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，，
∴，
∵平分，
∴，则，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，，
∵，的周长为16，
∴，
∴，
在中，，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定、角平分线的定义等知识，证明四边形为菱形是解答的关键．
39．
【分析】本题考查矩形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质等知识，首先证明四边形是菱形，在根据菱形的对角线平分一组对角进行求解是解决问题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵垂直平分线段，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
40．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了菱形的判定与性质．
（1）根据作法画出对应的几何图形得到四边形；
（2）由得到．根据作法得到，从而可判断四边形为菱形，由菱形的性质即可得出结果．
【详解】（1）解：补全的图形如图所示；
（2）解：由题意可知．
在中，，
，
，
四边形为菱形，
，
．
41．(1)见解析；
(2)6．
【分析】（1）先证，再证，得，然后证四边形是平行四边形，即可得出结论；
（2）先证，再求出，然后由勾股定理求出，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵，
，
为的平分线，
，
，
，
，
∵，
四边形是平行四边形，
又，
是菱形；
（2）解：四边形是菱形，，
，，，
，
，
，
在中，，，
，
．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，二次根式的混合运算等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
42．
【分析】根据题意可证，则有，可得四边形为菱形，设，可得和，利用勾股定理即可求得，进一步得到菱形的面积．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，．
又∵，
∴，
∴，
即与互相垂直平分，
∴四边形为菱形，
∴．
设，则，．
在中，，即，解得．
∴．
即四边形的面积为．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质以及勾股定理，解题的关键是熟知菱形的判定和性质．
43．(1)详见解析
(2)5
【分析】本题考查的是矩形的性质，菱形的判定与性质，熟练的证明四边形是菱形是解本题的关键；
（1）先证明四边形是平行四边形，再证明，从而可得结论；
（2）利用菱形的性质与勾股定理求解，再求解面积即可．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，是的中点，
，
，
又，
在和中，
，
，且
四边形是平行四边形，
垂直平分
四边形是菱形；
（2）四边形是菱形
，
在中，，
，
四边形的面积．
44．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查的是矩形的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定，熟练掌握矩形，菱形与平行四边形的关系是解题的关键．
（1）根据四边形是矩形，得到，可得，根据判定四边形是平行四边形，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可．
（2）根据两直线平行，同旁内角互补求出，判断出是等边三角形，然后根据等边三角形的性质求出、，再根据菱形的面积公式列式计算即可得解．
【详解】（1）证明：∵，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的面积为：．
45．B
【分析】本题主要考查正方形的性质及等腰三角形，关键是根据正方形的性质得到角的大小，然后根据等腰三角形的性质进行求解即可．根据正方形的性质及等腰三角形的性质进行求解即可．
【详解】解：四边形是正方形，
，
，
，
．
故选B．
46．D
【分析】根据题意直接证明，进而得，根据等腰直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了证明直角三角形全等，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，正方形的性质，熟练以上性质是解题的关键．
47．D
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理等知识，证明是解题关键，先证明，得到，利用面积法即可求出．
【详解】解：四边形为正方形，，
，，
又，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
在中，，，
，
，
．
故选：D
48．
【分析】本题考查正方形的性质，作线段垂直平分线，线段垂直平分线的性质，勾股定理．先由作法得出且平分，从而得到，在中，设，则，由勾股定理，得，求解即可．
【详解】解：连接，
由作图可知，且平分，
，
∵正方形，
∴，，
∵E是的中点，
，
在中，设，则，
由勾股定理，得，
解得：，
∴，
故答案为：．
49．
【分析】本题考查求解不规则图形面积，涉及勾股定理、正方形面积公式、三角形面积公式等，利用勾股定理求出的斜边长，即正方形边长，间接表示出阴影部分面积，代值求解即可得到答案，熟记勾股定理是解决问题的关键．
【详解】解：在中，，由勾股定理可得，
，
．
50．13
【分析】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，同角的余角相等等知识．证明出是解题关键．根据正方形的性质得出，，，，再根据同角的余角相等可得出，即可证，最后结合全等三角形的性质和勾股定理可求解．
【详解】解：如图，
∵a，b，c都为正方形，a，c的面积分别为4和9，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：13．
51．C
【分析】根据平行四边形的性质，正方形的判定定理逐项分析判断，即可求解．
【详解】解：A. 沿一条对角线所在直线翻折，两旁的部分能互相重合，可能是菱形，不一定是正方形，故该选项不正确，不符合题意；
B. 沿一条边的垂直平分线翻折，两旁的部分能互相重，可能是矩形，不一定是正方形，故该选项不正确，不符合题意；
C. 绕对角线交点旋转，能与自身重合，是正方形，故该选项正确，符合题意；
D. 绕对角线交点旋转，能与自身重合，是平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；
故选：C．
52．(1)当时，四边形为矩形，见解析
(2)当点P运动到的中点时，矩形是正方形，见解析
【分析】此题主要考查了矩形、等腰直角三角形、全等三角形的判定和性质，以及正方形的判定. 熟练掌握各特殊平行四边形的判定和性质是解答此题的关键．
（1）四边形中已经有两个直角了，若为矩形，还需再有一个直角，即由于矩形是轴对称图形，因此，即；
（2） 四边形为正方形，只需，因此是中点，即可．
【详解】（1）当时，四边形为矩形．
理由如下：∵四边形为矩形，
．
，
，
，
，
．
，
，
∴四边形为矩形，
即当时，四边形为矩形．
（2）当点P运动到的中点时，矩形是正方形．
理由如下：连结．
∵四边形是矩形，
．
由（1）知，
，
．
是的中点，
是等腰的角平分线．
，
∴四边形是正方形．
53．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、正方形的判定、矩形的判定、等腰直角三角形的性质等知识；
（1）利用得到，得出，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明四边形为平行四边形；
（2）由等腰直角三角形的性质得出，，即可得出结论．
【详解】（1）证明：
，．
在和中，
，
，
，
又，
，
四边形为平行四边形；
（2）为等腰直角三角形，是边上的中线，
，，
平行四边形为矩形，
矩形为正方形．
54．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质．掌握相关判定和性质，是解题的关键．
（1）根据三个角是90度的四边形是矩形，即可得证；
（2）根据正方形的周长，求出的长，进而求出的长，再证明为等腰直角三角形，得到，推出，即可．
【详解】（1）证明：∵四边形为正方形，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴四边形是矩形；
（2）∵正方形的周长是，
∴．
∵，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
55．(1)
(2)见解析．
【分析】（1）由余角的性质可得，，即可求解；
（2）由三角形内角和定理可求，可得，即可求解．
本题考查了正方形的判定，矩形的性质，掌握正方形的判定方法是解题的关键．
【详解】（1）解：，
，
，
，
，
．
（2）证明：，
，
，，
，
，
，
矩形是正方形．
56．
【分析】先根据折叠的性质得到，继而得出，再由折叠的性质即可得到的度数．
【详解】解：如图，

∵以点所在直线为折痕，折叠纸片，使点落在上的点，折痕与交于点，
∴四边形为正方形，
∴，
∴，
由再一次折叠，得
．
，
．
故答案为：．
【点睛】本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
57．4
【分析】此题考查了勾股定理的逆定理、正方形的判定和性质、角平分线性质定理，全等三角形的判定和性质，利用勾股定理的逆定理证明三角形是直角三角形，过点O作，，则四边形是正方形，利用等积法求出，得到，再证，即可得到答案． 利用三角形的面积求出是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴三角形是直角三角形，，
如图，过点O作，，连接，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵三条内角平分线交于点O，于G，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
故答案为：4．
58．(1)见解析
(2)135°
【分析】（1）先由两组对边平行证明四边形OCED是平行四边形，再由OD=OC证明四边形OCED是菱形；
（2）先证矩形ABCD是正方形，再由正方形的性质得∠BDC=∠ACD=，再由平行线的性质得∠EDC=∠ACD=45°，由此可解．
【详解】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵矩形ABCD对角线AC，BD相交于点O，
∴OD=OC．
∴四边形OCED是菱形．
（2）解：∵矩形ABCD中，AB=AD，
∴矩形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠BCD=90°，
∴∠BDC=∠ACD=．
∵DE∥AC，
∴∠EDC=∠ACD=45°，
∴∠ADE=90°+45°=135°．
【点睛】本题考查菱形的判定、正方形的判定与性质以及平行线的性质，由正方形的性质得出∠BDC=∠ACD=是解题的关键．
59．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，正方形的判定，勾股定理等，灵活的选择判定定理是解题的关键．
（1）连接，交于点O，根据菱形的性质，再结合，说明四边形是菱形，然后根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案；
（2）先根据正方形的性质求出 ，即可求出，再根据勾股定理求出，即可得出答案．
【详解】（1）证明：连接，交于点O，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴与垂直且互相平分，
∴四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴菱形是正方形；
（2）解：∵菱形是正方形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的周长．
60．(1)见解析
(2)80
【分析】（1）根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”证明即可；
（2）根据条件证明菱形是正方形，即可求出．
本题考查了菱形的判定与性质、正方形的判定与性质、等边三角形的性质等知识，熟练掌握等边三角形的性质、证明四边形是菱形与正方形是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，即，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵是等边三角形，
∴，
由（1）知，，，
∴，是直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴
∴菱形是正方形，
∴四边形的面积．
61．(1)见解析
(2)1
【分析】本题主要考查正方形的判定和性质、角平分线的性质和勾股定理，
（1）根据题意可知四边形是平行四边形，结合角平分线可得，由平行继而得到邻边相等且有一个角为直角，即可判定为正方形；
（2）由正方形得边相等，结合勾股定理即可求得边长，再利用面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∵平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴四边形是菱形．
∵，
∴四边形是正方形．
（2）∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
∵，
∴(舍去负值)，
∴四边形的面积为．
62．D
【分析】本题考查了矩形的性质，中位线的性质，勾股定理，解题的关键是正确的作出辅助线；过O作于F，由矩形的性质可得，是的中位线，再由中位线的性质，，再由勾股定理求解即可；
【详解】解：过O作于F，
设，则，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
解得，
四边形是矩形，，
，，
，
是的中位线，
，，
在中，由勾股定理得：．
故选：D．
63．D
【分析】本题考查了坐标与图形，勾股定理求两点坐标距离，矩形的性质，求得、的坐标是解题的关键．根据题意，得出，，勾股定理求得，，即可求解．
【详解】解：连接、，
点的坐标为，点的坐标为，以，为边作矩形．
，，
则，，
根据题意得：，，
，则，
，
，
∴，
，
故选：D．
64．D
【分析】本题考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理和正方形的判定定理等知识点．两组对边分别平行的平行四边形是平行四边形；有一个角是的平行四边形是矩形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形；四个角是直角且四个边都相等的四边形是正方形，据此逐个判断即可．
【详解】解：A、∵，
∴四边形是平行四边形，
故A选项正确，不符合题意；
B、∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是矩形，
故B选项正确，不符合题意；
C、∵分，
∴，
又∵，
∴,
∴，
∴，
又∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，故C选项正确，不符合题意；
D、如果且，
则四边形是菱形，
故D选项错误，符合题意；
故选：D
65．A
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，由菱形的性质可得，利用直角三角形的性质和勾股定理可求出，进而得到，即可根据三等分点和中点的定义求出，利用勾股定理即可求出的长，掌握菱形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵菱形，
∴，，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，，
∵是的三等分点，是的中点，
∴，，
∴，
∴，
故选：．
66．
【分析】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短等知识．连接，利用三角形中位线定理，可知，求出的最小值即可解决问题．
【详解】连接，如图所示：
四边形是菱形，
，
，分别为，的中点，
是的中位线，
，
当时，最小，得到最小值，
则，
，
是等腰直角三角形，
，
，
即的最小值为，
故答案为：．
67．或
【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、线段垂直平分线；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．作的垂直平分线，分别交、于、，由矩形的性质得出，，，设为，则，由勾股定理得出方程，解方程求出，再由勾股定理求出即可．
【详解】解：，
点在的垂直平分线上，
作的垂直平分线，分别交、于、，如图所示：
四边形是矩形，
，，，
设为，则，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，
，
同理，
，
；
故答案为：或．
68．##55度
【分析】本题考查矩形的性质及折叠的性质，涉及四边形的内角和，三角形外角的性质，周角的定义，掌握折叠的性质是解题的关键．根据矩形的性质可得，然后由折叠性质可得，再根据四边形的内角和公式可得答案．
【详解】解：∵长方形纸片沿折痕折叠，点的对应点分别为，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
69．
【分析】本题考查了平行四边形及矩形、菱形、正方形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，证明和即可判断；当时，求出即可判断；由得到即可判断；由得到，得到是矩形，再结合即可判断；熟练掌握特殊四边形的判定方法和性质是解题的关键．
【详解】解：∵是等边三角形，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理由，得，
由，即可得出四边形 是平行四边形，故结论正确；
当时，
，
由知四边形是平行四边形，
∴平行四边形不是矩形，故结论错误；
由知，四边形 是平行四边形，
∴当时，，
∴平行四边形是菱形，故结论正确；
当时，
，
∵是平行四边形，
∴四边形是矩形，
又由知四边形是菱形，
∴四边形是正方形，故结论正确；
故答案为：．
70．(1)见解析；(2)OE=5，BG=2.
【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形；
(2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2．
【详解】解：(1)证明:∵四边形ABCD为菱形，
∴点O为BD的中点，
∵点E为AD中点，
∴OE为△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形
∵EF⊥AB，∴平行四边形OEFG为矩形．
(2)∵点E为AD的中点，AD=10，
∴AE=
∵∠EFA=90°，EF=4，
∴在Rt△AEF中，．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD=10，
∴OE=AB=5，
∵四边形OEFG为矩形，
∴FG=OE=5，
∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2．
故答案为：OE=5，BG=2．
【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，解题的关键是掌握特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握．
71．(1)见解析
(2)8
【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质、全等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．
（1）证，得，再由菱形的判定即可得出结论；
（2）由菱形的性质得，，，再由勾股定理得，即可得出结论．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
平行四边形是菱形；
（2）解：设交于点，如图所示：
由（1）得：平行四边形是菱形，
，，，
在中，由勾股定理得：，
，
故答案为：8．
72．(1)能，当的值为时，四边形为菱形
(2)或
【分析】（）利用表示出以及的长，然后在直角中，利用直角三角形的性质求得的长，再证四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，据此即可列方程求得的值；
（）分别从与两种情况讨论即可求解．
【详解】（1）证明：能，理由如下：
根据题意可知，，，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴；
∵，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴要使平行四边形为菱形，则需，
即，
解得，
∴当时，四边形为菱形；
（2）根据题意可知不符合题意，需分或两种情况讨论：
当时：
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，解得；
如图，当时：
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，解得：，
综上所述，当或时，为直角三角形．
【点睛】此题考查了动点问题、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、角所对直角边是斜边的一半的性质等知识，熟练掌握以上知识的应用及注意掌握分类讨论思想的应用是解题的关键．
73．(1)见解析
(2)
【分析】主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定，勾股定理．要掌握正方形中一些特殊的性质：四边相等，四角相等，对角线相等且互相平分．可利用这些等量关系求得三角形全等是解题的关键．
（1）先根据正方形的性质得到相等的线段和角证得，所以；
（2）利用是的角平分线求得，结合，可证明，所以，根据勾股定理可求得，所以，根据，可知．
【详解】（1）证明：在正方形中，、相交于，
，，
，
，
∴，
，
，
，
；
（2）解：是的角平分线，
，
，，
∴，
，
四边形是正方形，
∴，，
设，
∵，即，
解得，
即，
∵，
，
，
．
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