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限时练习：06min 完成时间： 月 日 天气：
暑假作业05 矩形、菱形、正方形的判定与性质
知识点01 矩形的性质与判定
1）定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
2）性质：（1）具有平行四边形的所有性质；（2）四个角都是直角；
（3）对角线互相平分且相等；（4）中心对称图形，轴对称图形.
3）面积：
４）判定：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）对角线相等的平行四边形是矩形；（3）有三个角是直角的四边形是矩形.
由矩形得直角三角形的性质：（1）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；
（2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半．
知识点02 菱形的性质与判定
1）定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
2）性质：（1）具有平行四边形的一切性质； （2）四条边相等；
（3）两条对角线互相平分且垂直，并且每一条对角线平分一组对角；（4）中心对称图形，轴对称图形.
3）面积：
4）判定：（1）一组邻边相等的平行四边形是菱形；（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（3）四边相等的四边形是菱形.
知识点03 正方形的性质与判定
1）定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形.
2）性质：（1）对边平行；（2）四个角都是直角；（3）四条边都相等；
（4）对角线互相垂直平分且相等，对角线平分对角；
（5) 两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形；
（6）中心对称图形，轴对称图形.
3）面积：边长×边长＝×对角线×对角线
4）判定：（1）有一个角是直角的菱形是正方形；（2）一组邻边相等的矩形是正方形；（3）对角线相等的菱形是正方形；（4）对角线互相垂直的矩形是正方形；（5）对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；（6）四条边都相等，四个角都是直角的四边形是正方形.
注意：矩形、菱形、正方形的判定只写出了其中一些常见的判定方法。
题型一 矩形的判定
1．在四边形中，对角线相交于点O，下列选项中，能判定四边形是矩形的是（ ）
A． B．，
C．， D．
2．如图，已知在四边形中，对角线，交于点O，且，要使四边形是矩形，可添加一个条件是 ．
3．如图,在中,点E,F分别在,上,连接,,,,且．请从以下三个选项中:①;②;③,选择一个合适的选项作为已知条件,使四边形是矩形．（不再添加其他线条和字母）．
(1)你添加的条件是: ;（填序号，填一个即可）
(2)添加条件后,请证明四边形是矩形．
题型二 矩形的性质（求角度、线段长、面积）
1．如图，在矩形中，，若点是边的中点，连接，过点作交于点，则的长为（ ）
A． B． C． D．
2．在矩形中，对角线、相交于点O，过点A作，交于点M，若，则的度数为 ．
3．如图，、是矩形边上的两点，．

(1)若，则______°；
(2)求证：．
题型三 矩形与折叠问题
1．如图，在矩形中，对角线，交于点，是上一点，沿折叠，点恰好落在点处，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，已知是矩形的对角线，，，点E，F分别在边，上，连接，．将沿翻折，将沿翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线上的点G，H处，连接．则 ．
3．如图，把矩形沿折叠，使点B落在点D处，点C落在点G处，已知．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)求的长度；
(3)求的长度；
题型四 菱形的判定
1．在中，、是对角线，补充一个条件使得四边形为菱形，这个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件 ，使平行四边形是菱形．
3．如图，在中，点是边的中点，点E在上，点F在延长线上，且．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当满足什么条件时，四边形是菱形？并说明理由．
题型五 菱形的性质
1．如图，菱形的边长为，对角线，交于点，过点作于点，连接，若，则的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．如图，在菱形中，、为对角线，平分，若，则的度数为 ．
3．如图1，，平分，且交于点，平分，且交于点，连接

(1)求证：四边形是菱形；
(2)如图2，若交于点，且，，求菱形的边长．
题型六 正方形的判定
1．在四边形中，，如果添加一个条件，即可得出四边形是正方形，那么这个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
2．如图所示，菱形中，对角线相交于点O，若再补充一个条件能使菱形成为正方形，则这个条件是 ．（只填一个条件即可）
3．如图，在中，，的平分线交于D，过点B作交的外角平分线于E．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)直接写出当满足什么条件时，四边形是正方形．
题型七 正方形的性质
1．如图，正方形中，，直线交于点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，是正方形的对角线，点E是延长线上的点，且，则 ．
3．如图，、分别是正方形的边、上一点，且，求．

题型八 正方形折叠问题
1．如图，在正方形中，，是的中点，将沿对折至，延长交于点，则的长是（ ）
A．4 B． C．3 D．
2．如图，在正方形的边上取一点，连接，将沿翻折，点恰好与对角线上的点重合，连接，若，则的面积是 ．
3．如图，在中，，于，将沿折叠为，将沿折叠为，延长和相交于点．
(1)求证：四边形为正方形；
(2)若，，求的长．
题型九 中点四边形
1．在四边形中，，分别是边，的中点，、分别是对角线，的中点，依次连接，，、得到的四边形一定是(　　)
A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
2．在四边形中，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的形状是 ．
3．已知：如图四边形四条边上的中点E、F、G、H，顺次连接、、、，得到四边形，四边形的形状是什么？并证明结论．
题型十 特殊平行四边形的动点问题
1．如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点的运动时间为（单位：），下列结论正确的是（ ）
A．当时，四边形为矩形
B．当时，四边形为平行四边形
C．当时，或
D．当时，或
2．如图，在四边形中，，且，动点P，Q分别从点D，B同时出发，点P以的速度向终点A运动，点Q以的速度向终点C运动． 秒时四边形是平行四边形？

3．如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，，点，的坐标分别为，，动点从点A沿以每秒个单位的速度运动；动点从点沿以每秒个单位的速度运动，同时出发，当一个点到达终点后另一个点继续运动，直至到达终点，设运动时间为秒．
(1)在时，点坐标______，点坐标______．
(2)当为何值时，四边形是矩形？
题型十一 四边形综合
1．如图，在四边形中，对角线，且，则该四边形的面积是（ ）
A．30 B．54 C． D．60
2．一张矩形纸片，剪下一个正方形，剩下一个矩形，称为第一次操作；在剩下的矩形纸片中再剪下一个正方形，剩下一个矩形，称为第二次操作…若在第次操作后，剩下的矩形为正方形，则称原矩形为阶奇异矩形，如图1，矩形中，若，，则称矩形为2阶奇异矩形．已知矩形的一边长为20，另一边长为（），且它是3阶奇异矩形，则的值为 ．
3．已知，在矩形中，，，四边形的三个顶点，，分别在矩形边，，上，．
(1)如图，当四边形为正方形时，求的面积；
(2)如图，当四边形为菱形，设，的面积为，求与的函数关系式；
(3)在（2）的条件下，的面积能否等于？请说明理由．
1．如图，在中，对角线，相交于点，添加下列条件不能判定是菱形的只有（ ）
A． B． C． D．
2．在菱形中，于点，于点，连结．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在中，点是边上的点（不与点重合），过点作，，分别交于两点，下列说法正确的是（ ）
A．若，则四边形是矩形
B．若垂直平分，则四边形是矩形
C．若，则四边形是菱形
D．若平分，则四边形是菱形
4．如图，在正方形中，点B的坐标是，点E、F分别在边上，，若平分．则E点的横坐标是（ ）

A．5 B． C． D．6
5．如图，矩形的边、分别在x轴、y轴上，点A的坐标是，点D、E分别为、的中点，点P为上一动点，当最小时，点P的坐标为（　　）
A． B． C． D．
6．如图，矩形中，，，折叠长方形的一边，使点D落在边的点F处，则的长为 ．
7．如图，在Rt中，，，，是边上的一个动点，于点，于点，则的最小值为 ．
8．如图，在正方形中，E，F在对角线上且，若，，则 ．

9．如图，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，、分别是、的中点，若，，则的长为 ．

10．如图，在矩形中，，，点M是的中点，点N是射线上一点，且，连接，将沿翻折至，使D恰好落在上，则 ．
11．已知：如图，矩形的对角线相交于点，，．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)已知矩形的面积为20，求四边形的面积．
12．已知：如图，平行四边形，点为的中点，连接，的延长线交的延长线于点，连接．
(1)求证：；
(2)若，判断四边形的形状，并证明你的结论．
13．如图，四边形是矩形．
(1)请用无刻度的直尺和圆规在图中作一个菱形，其中F在直线上，E在直线上；
（不要求写作法，但要保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若，，求所作菱形的面积．
14．实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过D的直线折叠，使点A落在上的点处，得到折痕，然后在把纸片展平；
第二步：如图2，将图1中的矩形纸片沿过点E的直线折叠，点C恰好落在上的点处，得到折痕，交于点M，再把纸片展平．
问题解决：
(1)如图1，求证：四边形是正方形；
(2)如图2，若，，，求的面积．
15．如图，在矩形中，，，以点C为旋转中心，将矩形沿顺时针方向旋转，得到矩形，点A、B、D的对应点分别是点E、F、G．
(1)如图1，当点F落在矩形的对角线上时，求线段的长；
(2)如图2，当点F落在矩形的边的延长线上时，连接，取的中点M，求证：；
(3)如图3，当点F落在矩形的对角线的延长线上时，求的面积．
1．（2021·江苏连云港·中考真题）如图，将矩形纸片沿折叠后，点D、C分别落在点、的位置，的延长线交于点G，若，则等于（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·江苏宿迁·中考真题）折叠矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，折痕为MN，已知AB=8，AD=4，则MN的长是（ ）
A． B．2 C． D．4
3．（2021·江苏泰州·中考真题）如图,P为AB上任意一点,分别以AP、PB为边在AB同侧作正方形APCD、正方形PBEF,设,则 为（　　）

A．2α B．90°﹣α C．45°+α D．90°﹣α
4．（2023·江苏苏州·中考真题）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1个单位长度的速度沿向终点移动．当移动时间为4秒时，的值为（ ）

A． B． C． D．
5．（2022·江苏南京·中考真题）在平面直角坐标系中，正方形如图所示，点的坐标，点的坐标是，则点的坐标是 ．

6．（2022·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片ABCD沿CE折叠，使点B落在边AD上的点F处．若点E在边AB上，AB＝3，BC＝5，则AE＝ ．
7．（2022·江苏常州·中考真题）如图，将一个边长为的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动成四边形，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到时才会断裂．若，则橡皮筋 断裂（填“会”或“不会”，参考数据：）．
8．（2022·江苏无锡·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE、BC于点H、G，则BG＝ ．
9．（2023·江苏宿迁·中考真题）如图，在矩形中，，，垂足分别为E、F．求证：．
10．（2022·江苏南京·中考真题）如图，，平分，交于点，过点作，交于点，垂足为，连接，求证：四边形是菱形．

11．（2022·江苏常州·中考真题）在四边形中，是边上的一点．若，则点叫做该四边形的“等形点”．
(1)正方形_______“等形点”（填“存在”或“不存在”）；
(2)如图，在四边形中，边上的点是四边形的“等形点”．已知，，，连接，求的长；
(3)在四边形中，EH//FG．若边上的点是四边形的“等形点”，求的值．
12．（2023·江苏·中考真题）对于平面内的一个四边形，若存在点，使得该四边形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形中，对角线、相交于点，则点是矩形的一个“旋点”．

(1)若菱形为“可旋四边形”，其面积是，则菱形的边长是_______；
(2)如图1，四边形为“可旋四边形”，边的中点是四边形的一个“旋点”．求的度数；
(3)如图2，在四边形中，，与不平行．四边形是否为“可旋四边形”？请说明理由．
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暑假作业05 矩形、菱形、正方形的判定与性质
知识点01 矩形的性质与判定
1）定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
2）性质：（1）具有平行四边形的所有性质；（2）四个角都是直角；
（3）对角线互相平分且相等；（4）中心对称图形，轴对称图形.
3）面积：
４）判定：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）对角线相等的平行四边形是矩形；（3）有三个角是直角的四边形是矩形.
由矩形得直角三角形的性质：（1）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；
（2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半．
知识点02 菱形的性质与判定
1）定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
2）性质：（1）具有平行四边形的一切性质； （2）四条边相等；
（3）两条对角线互相平分且垂直，并且每一条对角线平分一组对角；（4）中心对称图形，轴对称图形.
3）面积：
4）判定：（1）一组邻边相等的平行四边形是菱形；（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（3）四边相等的四边形是菱形.
知识点03 正方形的性质与判定
1）定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形.
2）性质：（1）对边平行；（2）四个角都是直角；（3）四条边都相等；
（4）对角线互相垂直平分且相等，对角线平分对角；
（5) 两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形；
（6）中心对称图形，轴对称图形.
3）面积：边长×边长＝×对角线×对角线
4）判定：（1）有一个角是直角的菱形是正方形；（2）一组邻边相等的矩形是正方形；（3）对角线相等的菱形是正方形；（4）对角线互相垂直的矩形是正方形；（5）对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；（6）四条边都相等，四个角都是直角的四边形是正方形.
注意：矩形、菱形、正方形的判定只写出了其中一些常见的判定方法。
题型一 矩形的判定
1．在四边形中，对角线相交于点O，下列选项中，能判定四边形是矩形的是（ ）
A． B．，
C．， D．
【答案】A
【分析】此题考查了矩形的判定方法．根据矩形的判定定理求解即可．
【详解】解：A、，根据对角线相等且平分的四边形是矩形，能判定四边形是矩形，本选项符合题意；
B、，，能判定四边形是平行四边形，不能判定四边形是矩形，本选项不符合题意；
C、，，不能判定四边形是矩形，本选项不符合题意；
D、，不能判定四边形是矩形，本选项不符合题意；
故选：A．
2．如图，已知在四边形中，对角线，交于点O，且，要使四边形是矩形，可添加一个条件是 ．
【答案】不唯一
【分析】根据对角线互相平分且相等的四边形是矩形，添加条件即可．本题考查了矩形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．
【详解】∵，，
∴四边形是矩形，
故答案为：．
3．如图,在中,点E,F分别在,上,连接,,,,且．请从以下三个选项中:①;②;③,选择一个合适的选项作为已知条件,使四边形是矩形．（不再添加其他线条和字母）．
(1)你添加的条件是: ;（填序号，填一个即可）
(2)添加条件后,请证明四边形是矩形．
【答案】(1)①（或②）
(2)证明见解析
【分析】本题考查矩形的判定及平行四边形判定及性质．
（1）根据题意,先分析平行四边形的性质有哪些,思考平行四边形和矩形的区别,可知“对角线相等的平行四边形为矩形”继而解出本题;
（2）根据（1）所得结论证明出是矩形即可．
【详解】（1）解:根据平行四边形性质与判定,矩形的判定,选择①（或②）,选择其中一个序号填写即可．
（2）解:证明:若选①判定如下:
∵四边形是平行四边形,
∴,,,
∵,
∴在和中,
,
∴,
∴,
∵,
∴为平行四边形,
∵,
∴为矩形;
若选②判定如下:
解:∵四边形是平行四边形,
∴,
∵,
∴为平行四边形,
∵,
∴为矩形．
题型二 矩形的性质（求角度、线段长、面积）
1．如图，在矩形中，，若点是边的中点，连接，过点作交于点，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查矩形的性质、勾股定理及等积法，熟练掌握矩形的性质、勾股定理及等积法是解题的关键；连接，由题意易得，，然后根据等积法可进行求解．
【详解】解：连接，如图所示：
∵四边形是矩形，，
∴，
∵点是边的中点，
∴，，
∴在中，由勾股定理可得，
∵，
∴，
∴；
故选B．
2．在矩形中，对角线、相交于点O，过点A作，交于点M，若，则的度数为 ．
【答案】/60度
【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，等腰三角形的性质；由矩形的性质可得，，由可求，再由等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，进行求解即可；
【详解】四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
3．如图，、是矩形边上的两点，．

(1)若，则______°；
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据四边形是矩形得，，根据得，根据平行线的性质即可得；
（2）根据四边形是矩形得，，根据可证明，得，即可得．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴．
（2）证明：∵四边形是矩形，
∴，，
在和中，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
题型三 矩形与折叠问题
1．如图，在矩形中，对角线，交于点，是上一点，沿折叠，点恰好落在点处，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查矩形与折叠，根据矩形的性质，折叠的性质，推出为等边三角形，进而得到，即可得出结果．
【详解】解：∵矩形，
，
∵沿折叠，点恰好落在点处，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴；
故选C．
2．如图，已知是矩形的对角线，，，点E，F分别在边，上，连接，．将沿翻折，将沿翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线上的点G，H处，连接．则 ．
【答案】2
【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质， 根据矩形的性质以及勾股定理求解，根据折叠的性质即可求得，进而可得答案．
【详解】解：是矩形的对角线，，，
将沿翻折，将沿翻折，
，
，
故答案为：
3．如图，把矩形沿折叠，使点B落在点D处，点C落在点G处，已知．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)求的长度；
(3)求的长度；
【答案】(1)见解析；
(2)的长度为；
(3)．
【分析】（1）利用翻折得出，利用平行得出，从而得出，最终得出结果；
（2）设长，得出，在中，利用勾股定理得到，即，计算求解即可；
（3）根据已知再结合（1）易得，过点F作的垂线，垂足为Q，得到，，结合第（2）问得出，再由勾股定理得出结果；
本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理，翻折前后对应边相等，对应角相等，此题利用勾股定理列出方程是解题的关键．
【详解】（1）证明：由题意知：折叠后为，
∴，
又∵，
∴，
∴综上可得：，
∴是等腰三角形；
（2）解：设长，
∵折叠后是，
∴
由题意知，，
则在中，由勾股定理得：
，
即，
解得，
∴的长度为．
（3）解：由第（1）问知：，
又∵，
∴，
∴，
过点F作的垂线，垂足为Q，
∴，，
由第（2）问知
∴，
∴．
题型四 菱形的判定
1．在中，、是对角线，补充一个条件使得四边形为菱形，这个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的判定．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判断．
【详解】解：添加一个条件为，理由如下：
四边形是平行四边形，，
平行四边形是菱形．
故选：B．
2．如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件 ，使平行四边形是菱形．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查了菱形的判定，根据菱形的判定方法即可得出答案．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴当时，四边形为菱形．
故答案为：（答案不唯一）．
3．如图，在中，点是边的中点，点E在上，点F在延长线上，且．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当满足什么条件时，四边形是菱形？并说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)当时，四边形是菱形，理由见详解
【分析】（1）由已知条件，据证得，则可证得，继而证得四边形是平行四边形；
（2）由，，得到，然后根据菱形的判定，可得四边形是菱形．
【详解】（1）证明：在中，是边的中点，
，
，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：满足条件时四边形为菱形．
理由：若时，为等腰三角形，
为中线，
，
即，
平行四边形为菱形．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的性质以及等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
题型五 菱形的性质
1．如图，菱形的边长为，对角线，交于点，过点作于点，连接，若，则的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】由菱形的性质得出，，，由勾股定理得，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
【详解】解：∵四边形是菱形，=，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴
故选：．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质勾股定理及求算术平方根；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
2．如图，在菱形中，、为对角线，平分，若，则的度数为 ．
【答案】52
【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形内角和定理，角平分线的定义，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
先利用平分得出，再根据四边形是菱形推出，，然后利用三角形内角和定理计算即可．
【详解】解：∵平分，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴．
故答案为：52．
3．如图1，，平分，且交于点，平分，且交于点，连接

(1)求证：四边形是菱形；
(2)如图2，若交于点，且，，求菱形的边长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
（1）由平行线的性质及角平分线的定义证出，得出四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理可得出结论；
（2）由直角三角形的性质，由勾股定理可得出答案．
【详解】（1）证明：平分，
，
又，
，
，
同理，平分，
，
又，
，
，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（2）解：菱形中，，，，
，，，
．
题型六 正方形的判定
1．在四边形中，，如果添加一个条件，即可得出四边形是正方形，那么这个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的判定，菱形的判定与性质，根据正方形的判定可得出结论．
【详解】解：∵，
∴四边形是菱形，
若添加，则该四边形是正方形．
故选：A．
2．如图所示，菱形中，对角线相交于点O，若再补充一个条件能使菱形成为正方形，则这个条件是 ．（只填一个条件即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题主要考查了正方形的判定．根据菱形的性质及正方形的判定来添加合适的条件，即可．
【详解】解：添加，理由：
∵四边形是菱形，，
∴四边形是正方形．
故答案为：（答案不唯一）
3．如图，在中，，的平分线交于D，过点B作交的外角平分线于E．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)直接写出当满足什么条件时，四边形是正方形．
【答案】(1)证明见解析
(2)当时，四边形是正方形．理由见解析
【分析】本题主要考查了正方形的判定，矩形的判定，三线合一：
（1）先根据平分，得，然后根据是的外角平分线，可求出，再根据平行线的性质得到得到，即可证明四边形ADBE为矩形；
（2）根据矩形的性质可知当时，则°，利用等腰三角形的性质定理可知对应边，再运用邻边相等的矩形是正方形，问题得证．
【详解】（1）证明：∵，平分，
∴，，
∵是的外角平分线，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：当时，四边形是正方形．理由如下：
∵，平分，，
∴，
∴，
又∵四边形是矩形，
∴矩形为正方形．
题型七 正方形的性质
1．如图，正方形中，，直线交于点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，先由正方形的性质得到，则，根据等边对等角得到，设，则，则可推出，，则由平角的定义可得答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，，
∴，
故选：B．
2．如图，是正方形的对角线，点E是延长线上的点，且，则 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了正方形的性质，等边对等角，先由正方形的性质得到，则，再根据等边对等角和三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
3．如图，、分别是正方形的边、上一点，且，求．

【答案】
【分析】延长使得，证明可得，进而求证可得，再求出即可解题．
【详解】解：延长使得，连接，
在和中，
，
∴，
，，
又，，
在和中，
，
，
，
，
．

【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，具体的是关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
题型八 正方形折叠问题
1．如图，在正方形中，，是的中点，将沿对折至，延长交于点，则的长是（ ）
A．4 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】本题主要考查勾股定理的综合应用以及翻折变换的性质，全等三角形的判定和性质．利用翻折变换对应边关系得出，，，利用定理得出，由全等三角形的性质得出，设，则，利用勾股定理得出，进而求出即可．
【详解】解：如图，连接，
在正方形中，，，
将沿对折至，
，，，
，，
，
，
设，则，
为的中点，
，
，
在中，
由勾股定理，得，
，
解得，
．
故选：B．
2．如图，在正方形的边上取一点，连接，将沿翻折，点恰好与对角线上的点重合，连接，若，则的面积是 ．
【答案】/
【分析】本题考查翻折变换、正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识．由折叠可得，，且，可得，即可求对角线的长，则可求面积．
【详解】解：如图，连接交于，
为正方形，
，，，，．
沿翻折，
，，，，
，
，
，
，
，
．
．
故答案为：．
3．如图，在中，，于，将沿折叠为，将沿折叠为，延长和相交于点．
(1)求证：四边形为正方形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了正方形的判定及性质、折叠的性质及勾股定理：
（1）由折叠的性质可得到的条件是：①，②，且；由②可判定四边形是矩形，由可证得四边形是正方形；
（2）设，由折叠的性质可得：（即正方形的边长为x），，；进而可用x表示出的长，即可在中，由勾股定理求得的长，进而可求出的长；
熟练掌握正方形的判定是解题的关键．
【详解】（1）证明：，
；
由折叠可知，，，
，，
；
；
四边形是正方形．
（2）四边形是正方形，
，
又，，，
设的长为，则，．
在中，由勾股定理得：，
即，
解得，
，．
题型九 中点四边形
1．在四边形中，，分别是边，的中点，、分别是对角线，的中点，依次连接，，、得到的四边形一定是(　　)
A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
【答案】A
【分析】本题考查了三角形的中位线的性质，平行四边形的判定定理；根据三角形中位线的性质可得，．，，得出，，进而根据一组对边平行且相等，证明四边形是平行四边形，即可求解．
【详解】解：四边形中，、、、分别是、、、的中点，
，．，．
，，
四边形是平行四边形．
故选：A．
2．在四边形中，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的形状是 ．
【答案】正方形
【分析】由三角形中位线的性质，可判断，，可得四边形是菱形，四边形的对角线，满足，且，四边形是正方形．本题考查了中点四边形的性质，中位线的定理，解题中需要理清思路，属于中档题．
【详解】解：如图所示：
在中，，分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理，，．
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
设与交于点，与交于点，
在中，，分别是，的中点，
∴，同理，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是正方形．
故答案为：正方形
3．已知：如图四边形四条边上的中点E、F、G、H，顺次连接、、、，得到四边形，四边形的形状是什么？并证明结论．
【答案】平行四边形，证明见解析
【分析】连接BD，根据三角形的中位线定理得到EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，推出，EH∥FG，EH=FG，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EFGH是平行四边形．
【详解】解：四边形EFGH的形状是平行四边形．
证明：如图，连接BD，
∵E、H分别是AB、AD中点，
∴EH∥BD，EH=BD，
同理FG∥BD，FG=BD，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形．
【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，解题的关键是正确的构造三角形病正确的运用中位线定理，难度不大．
题型十 特殊平行四边形的动点问题
1．如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点的运动时间为（单位：），下列结论正确的是（ ）
A．当时，四边形为矩形
B．当时，四边形为平行四边形
C．当时，或
D．当时，或
【答案】D
【分析】对于选项A、B，分别计算当与时相应线段的长度结合平行四边形的判定方法判断即可；对于C、D选项，作，垂足分别为E、F，如图，证明，得出，进而得出关于t的方程，解方程判定即可．
【详解】解：当时，，cm，，
∴，
∴四边形不为矩形，故选项A结论错误；
当时，，，cm，
∴，
∴四边形不为平行四边形，故选项B结论错误；
当时，作，垂足分别为E、F，如图，
∵，
∴，
∴四边形，都是矩形，
∴，，
∴当时，，，
∴，
∵，
∴，
解得：或，故选项C错误、选项D正确；
故选：D．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、善于动中取静是解题的关键．
2．如图，在四边形中，，且，动点P，Q分别从点D，B同时出发，点P以的速度向终点A运动，点Q以的速度向终点C运动． 秒时四边形是平行四边形？

【答案】3
【分析】由运动时间为秒，则，，而四边形是平行四边形，所以，则得方程求解．
【详解】解：设秒后，四边形是平行四边形，
，，
，
当时，四边形是平行四边形，
，
，
秒时四边形是平行四边形．
故答案为：3．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，关键是由，得到．
3．如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，，点，的坐标分别为，，动点从点A沿以每秒个单位的速度运动；动点从点沿以每秒个单位的速度运动，同时出发，当一个点到达终点后另一个点继续运动，直至到达终点，设运动时间为秒．
(1)在时，点坐标______，点坐标______．
(2)当为何值时，四边形是矩形？
【答案】(1)；
(2)
【分析】本题考查了矩形的判定、坐标与图形性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
（1）根据点、的坐标求出、、，再根据路程速度时间求出、，然后求出，即可得出结论；
（2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，当时，四边形是矩形，然后列出方程求解即可．
【详解】（1）解：∵，，
，，，
当时，，，
，
点，；
故答案为：；；
（2）解：根据题意：，，
则，
当四边形是矩形时，，
，
解得：，
时，四边形是矩形．
题型十一 四边形综合
1．如图，在四边形中，对角线，且，则该四边形的面积是（ ）
A．30 B．54 C． D．60
【答案】B
【分析】设两对角线的交点为E，由即可完成．
【详解】设两对角线的交点为E
∵
=54
故选：B．
【点睛】本题考查了四边形面积的计算，关键是转化为两个直角三角形面积的和，体现了转化思想的应用．一般地，如果四边形的两条对角线相互垂直，则四边形的面积与菱形面积计算一样，等于两对角线乘积的一半．
2．一张矩形纸片，剪下一个正方形，剩下一个矩形，称为第一次操作；在剩下的矩形纸片中再剪下一个正方形，剩下一个矩形，称为第二次操作…若在第次操作后，剩下的矩形为正方形，则称原矩形为阶奇异矩形，如图1，矩形中，若，，则称矩形为2阶奇异矩形．已知矩形的一边长为20，另一边长为（），且它是3阶奇异矩形，则的值为 ．
【答案】5
【分析】先根据题意分析出阶奇异矩形边长满足的一般规律，然后即可得到答案．
【详解】解：根据题意分析可知，
阶奇异矩形中较长边为b，较短边为a，，
因此，，
故答案为：5．
【点睛】本题是四边形相关题目，主要考查了矩形性质、正方形性质、寻找规律的应用等知识，找到规律是解题的关键．
3．已知，在矩形中，，，四边形的三个顶点，，分别在矩形边，，上，．
(1)如图，当四边形为正方形时，求的面积；
(2)如图，当四边形为菱形，设，的面积为，求与的函数关系式；
(3)在（2）的条件下，的面积能否等于？请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)不能，理由见详解
【分析】（1）过点作于，证明，，由此即可求解；
（2）过点作延长线于，连接，证明，，由此即可求解；
（3）假设，则，分别求出，比较大小即可求解．
【详解】（1）解：∵如图所示，过点作于，
∴在正方形中，，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
，
同理可证：，
∴，
∴，则．
（2）解：如图所示，过点作延长线于，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：面积不能等于，理由如下：
若，则，
∴，
此时在中，，
在中，，
∴，即点已经不在边上，故不能有．
【点睛】本题主要考查矩形，正方形，菱形的性质，及三角形全等的判定和性质的综合，掌握几何图形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
1．如图，在中，对角线，相交于点，添加下列条件不能判定是菱形的只有（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法．根据平行四边形的性质．菱形的判定方法即可一一判断．
【详解】解：A、正确．对角线垂直的平行四边形是菱形．
B、正确．一组邻边相等的平行四边形是菱形．
C、错误．对角线相等的平行四边形是矩形，不一定是菱形．
D、正确．因为四边形是平行四边形，所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以平行四边形是菱形．
故选：C．
2．在菱形中，于点，于点，连结．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题重点考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质．由菱形的性质得，而，即可根据“”证明，得，则，由，，得，则，求得，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵于点E，于点F，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：D．
3．如图，在中，点是边上的点（不与点重合），过点作，，分别交于两点，下列说法正确的是（ ）
A．若，则四边形是矩形
B．若垂直平分，则四边形是矩形
C．若，则四边形是菱形
D．若平分，则四边形是菱形
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定、菱形的判定；熟记菱形和矩形的判定方法是解决问题的关键．根据矩形的判定和菱形的判定进行判断即可．
【详解】解：∵，，
∴四边形是平行四边形．
A、若，则四边形不一定是矩形；故错误，不符合题意；
B、若垂直平分，则四边形是菱形，不一定是矩形；故错误，不符合题意；
C、若，则四边形不一定是菱形；故错误，不符合题意；
D、若平分，则．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，故正确，符合题意．
故选：D．
4．如图，在正方形中，点B的坐标是，点E、F分别在边上，，若平分．则E点的横坐标是（ ）

A．5 B． C． D．6
【答案】B
【分析】过点作于点，结合点和正方形的性质可得，，在中，由勾股定理解得的值，进而确定得值；再根据角平分线的性质可得，进而证明，，由全等三角形的性质可得，，设，则，，，然后根据勾股定理得到方程，解得的值，得，即可确定点的横坐标．
【详解】解：如下图，过点作于点，

∵四边形为正方形，点的坐标是，
∴，，
∵，
∴在中，，
∴，
∵，，平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴，
设，则，，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴
解得，
∴，
∴点的横坐标是．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、正方形的性质、角平分线的性质定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．
5．如图，矩形的边、分别在x轴、y轴上，点A的坐标是，点D、E分别为、的中点，点P为上一动点，当最小时，点P的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了矩形的性质，轴对称最短路径问题，坐标与图形，求一次函数与坐标轴的交点坐标，取点E关于x轴的对称点，连接，连接交x轴于点，则最小值为，此时点P位于处，利用矩形的性质得到，则，再求出直线的解析式为，即可求出点的坐标．
【详解】解：取点E关于x轴的对称点，连接，连接交x轴于点，
∴，
∵，
∴最小值为，此时点P位于处，
∵四边形是矩形，点A的坐标是，
∴，
∵点D、E分别为的中点，
∴，
∴
设直线的解析式为，
∴，
解得，
∴直线的解析式为，
当时，，
解得，
∴，
即当最小时，点P的坐标为，
故选：A．
6．如图，矩形中，，，折叠长方形的一边，使点D落在边的点F处，则的长为 ．
【答案】3
【分析】本题考查了折叠的性质和矩形的性质，由矩形的性质和折叠的性质得出，，求出，在中，根据勾股定理列出方程，解方程即可．其中根据已知设出未知数，用代数法解决几何问题是解答本题的关键．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，
由翻折的性质可知．
设，则．
在中，由勾股定理可得，
∴，在中，，
∴，解得，
∴．
故答案为：3．
7．如图，在Rt中，，，，是边上的一个动点，于点，于点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查矩形的判定和性质，垂线段最短，勾股定理，连接，证明四边形为矩形，得到，根据垂线段最短，得到时，最小，即最小，等积法求出的长即可．
【详解】解：连接，
∵，，，
∴，
∵于点，于点，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴当最小时，最小，
∴当时，最小，即最小，
此时，即：，
∴；
∴的最小值为；
故答案为：．
8．如图，在正方形中，E，F在对角线上且，若，，则 ．

【答案】
【分析】本题考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，利用旋转性质求解是解答的关键．将绕点B逆时针旋转，即，连接，求出，证明，得到即可．
【详解】解：将绕点B逆时针旋转，即，连接，

∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转得，，，，，
∴，，
∴，，
在和中，
∴，
∴，
故答案为：．
9．如图，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，、分别是、的中点，若，，则的长为 ．

【答案】5
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，直角三角形斜边中线性质等知识，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．连接，，根据矩形的性质可得，，然后在中，利用勾股定理求出的长，再利用直角三角形斜边上的中线可得，最后根据旋转的性质可得：，，从而利用勾股定理进行计算，即可解答．
【详解】解：连接，，
四边形是矩形，
，，
，
，
点是的中点，
，
由旋转得：，，
，
故答案为：5
10．如图，在矩形中，，，点M是的中点，点N是射线上一点，且，连接，将沿翻折至，使D恰好落在上，则 ．
【答案】8或2
【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
分两种情况：如图，当点在线段时，当点在的延长线时，连接，根据矩形的性质得到 由点是的中点，得到根据折叠的性质得到根据全等三角形的性质得到根据勾股定理即可得到结论．
【详解】如图，当点在线段时，连接,
∵四边形是矩形,
，
∵点是的中点,
，
∵将沿翻折至，使恰好落在上，
，，
∴，
，
在与中,
，
，
，
，
，，
，
(负值舍去)，
如图，当点在的延长线时，连接,
∵四边形是矩形,
，
∵点是的中点,
，
∵将沿翻折至，使恰好落在上，
，，
，
，
在与中,
，
，
，
，
，
，
解得 (负值舍去)，
综上所述， 或,
故答案为:或.
11．已知：如图，矩形的对角线相交于点，，．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)已知矩形的面积为20，求四边形的面积．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析
(2)10
【分析】此题主要考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，菱形的判定和性质是解决问题的关键．
（1）先根据，，得四边形为平行四边形，再根据矩形性质得，由此可得出四边形的形状；
（2）由（1）可知四边形为菱形，则，根据四边形为矩形得，然后由得，据此可得四边形的面积．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵四边形为矩形，
∴，，，
∴，
∴平行四边形为菱形；
（2）∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∵四边形为矩形，面积为20，
∴，
∵，
∴，
∴．
12．已知：如图，平行四边形，点为的中点，连接，的延长线交的延长线于点，连接．
(1)求证：；
(2)若，判断四边形的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2)矩形，证明见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握以上知识是解决问题的关键．
（1）根据四边形是平行四边形，得出，，因为，所以，，即．
（2）因为，所以四边形是平行四边形，又因为，所以，所以四边形是矩形．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）四边形的形状是矩形．
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
13．如图，四边形是矩形．
(1)请用无刻度的直尺和圆规在图中作一个菱形，其中F在直线上，E在直线上；
（不要求写作法，但要保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若，，求所作菱形的面积．
【答案】(1)见解析；
(2)菱形的面积为15．
【分析】（1）作线段的垂直平分线，交于点F，交BC于点E，连接，即可．
（2）根据菱形的性质可得．由矩形的性质可得，，．设，则．在中，由勾股定理建立等式求解，再结合菱形的面积公式计算即可．
【详解】（1）解：（1）如图，作线段的垂直平分线，交于点F，交BC于点E，连接，，则四边形即为所求．
（2）解：四边形为菱形，
．
四边形是矩形，
，，．
设，则．
在中，由勾股定理得，，
即，
解得，
，
菱形的面积为．
【点睛】本题考查了垂直平分线作图、垂直平分线性质、矩形的性质、勾股定理、菱形的性质，解决本题的关键是熟练掌握相关性质．
14．实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过D的直线折叠，使点A落在上的点处，得到折痕，然后在把纸片展平；
第二步：如图2，将图1中的矩形纸片沿过点E的直线折叠，点C恰好落在上的点处，得到折痕，交于点M，再把纸片展平．
问题解决：
(1)如图1，求证：四边形是正方形；
(2)如图2，若，，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)的面积是
【分析】（1）由折叠性质得，，，再根据平行线的性质和等腰三角形的判定得到四边形是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形为正方形；
（2）连接，证明，得，从而有，设，则，在中，利用勾股定理列方程求出x，得到，即可求出的面积．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵将矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点A落在上的点处，得到折痕 ，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，
∴四边形是正方形；
（2）解：如图，连接，由（1）知，，

∵四边形是矩形，
∴，，
由折叠知，，，
∴，，
在和中，
∴，
∴，
∴，
设，
∵，，
∴，
∴，
在中，
由勾股定理，得，
即，
，
，
解得，
即，
∴的面积．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点，添加辅助线．
15．如图，在矩形中，，，以点C为旋转中心，将矩形沿顺时针方向旋转，得到矩形，点A、B、D的对应点分别是点E、F、G．
(1)如图1，当点F落在矩形的对角线上时，求线段的长；
(2)如图2，当点F落在矩形的边的延长线上时，连接，取的中点M，求证：；
(3)如图3，当点F落在矩形的对角线的延长线上时，求的面积．
【答案】(1)1
(2)见解析
(3)
【分析】（1）利用勾股定理求出，由矩形旋转可知：，即可求出线段的长；
（2）利用证明，得出，，由得出，然后根据直角三角形斜边中线的性质即可得证；
（3）过点作于点，在中，，由矩形旋转可知：，根据，利用三角形面积公式求出，由勾股定理求出，即可求解．
【详解】（1）解：四边形是矩形，
，
在中，，
由矩形旋转可知：，
，
则线段的长为1；
（2）证明：连接，，
旋转，
，，，
，
，，
又
，即，
M是中点，
∴；
（3）解：如图，过点作于点，
在中，，
由矩形旋转可知：，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
则的面积为．
【点睛】本题考查旋转的问题，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握矩形的性质和旋转的性质是解题的关键．
1．（2021·江苏连云港·中考真题）如图，将矩形纸片沿折叠后，点D、C分别落在点、的位置，的延长线交于点G，若，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由矩形得到AD//BC，∠DEF=∠EFG，再由与折叠的性质得到∠DEF=∠GEF=∠EFG，用三角形的外角性质求出答案即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∵矩形纸片沿折叠，
∴∠DEF=∠GEF，
又∵AD//BC，
∴∠DEF=∠EFG，
∴∠DEF=∠GEF=∠EFG=64 ，
∵是△EFG的外角，
∴=∠GEF+∠EFG=128
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质与折叠的性质，关键在于折叠得出角相等，再由平行得到内错角相等，由三角形外角的性质求解．
2．（2021·江苏宿迁·中考真题）折叠矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，折痕为MN，已知AB=8，AD=4，则MN的长是（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【分析】连接BM，利用折叠的性质证明四边形BMDN为菱形，设DN＝NB＝x，在RtABD中，由勾股定理求BD，在RtADN中，由勾股定理求x，利用菱形计算面积的两种方法，建立等式求MN．
【详解】解：如图，连接BM，
由折叠可知，MN垂直平分BD，
又AB∥CD，
∴BON≌DOM，
∴ON＝OM，
∴四边形BMDN为菱形（对角线互相垂直平分的四边形是菱形），
设DN＝NB＝x，则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，
根据菱形计算面积的公式，得
BN×AD＝×MN×BD，
即5×4＝×MN×，
解得MN＝．
故选：B．
【点睛】本题考查图形的翻折变换，勾股定理，菱形的面积公式的运用，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后对应线段相等．
3．（2021·江苏泰州·中考真题）如图,P为AB上任意一点,分别以AP、PB为边在AB同侧作正方形APCD、正方形PBEF,设,则 为（　　）

A．2α B．90°﹣α C．45°+α D．90°﹣α
【答案】B
【分析】根据题意可得 ，从而 即可．
【详解】∵四边形APCD和四边形PBEF是正方形，
∴AP=CP，PF=PB，，
∴，
∴∠AFP=∠CBP，
又∵ ，
∴，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定方法是解题的关键．
4．（2023·江苏苏州·中考真题）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1个单位长度的速度沿向终点移动．当移动时间为4秒时，的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】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，
依题意，，
∴，则，
∴
∴，
∴，
∵，
∴
故选：D．
【点睛】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．
5．（2022·江苏南京·中考真题）在平面直角坐标系中，正方形如图所示，点的坐标，点的坐标是，则点的坐标是 ．

【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质得到即可解答．
【详解】解：作轴，轴于点，与交于点，
∵点的坐标，点的坐标是，
∴，，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴点，
故答案为．

【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形，正确添加辅助线是解题的关键．
6．（2022·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片ABCD沿CE折叠，使点B落在边AD上的点F处．若点E在边AB上，AB＝3，BC＝5，则AE＝ ．
【答案】/
【分析】由折叠性质可得CF=BC=5，BE=EF，由矩形性质有CD=AB=3，BC=AD=5，勾股定理求得DF，AF．设BE=EF=x，则AE=AB-BE，在直角三角形AEF中，根据勾股定理，建立方程，解方程即可求解．
【详解】解：由折叠性质可得CF=BC=5，BE=EF，
由矩形性质有CD=AB=3，BC=AD=5，
∵∠D=90°，
∴，
所以，
所以 BE=EF=x，则AE=AB-BE=3-x，在直角三角形AEF中:
，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了图形折叠的性质，勾股定理，矩形的性质，在直角三角形AEF中运用勾股定理建立方程求解是关键．
7．（2022·江苏常州·中考真题）如图，将一个边长为的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动成四边形，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到时才会断裂．若，则橡皮筋 断裂（填“会”或“不会”，参考数据：）．
【答案】不会
【分析】设扭动后对角线的交点为，根据正方形的性质，得出扭动后的四边形为菱形，利用菱形的性质及条件，得出为等边三角形，利用勾股定理算出，从而得到，再比较即可判断．
【详解】解：设扭动后对角线的交点为，如下图：
，
根据正方形的性质得，
得出扭动后的四边形四边相等为菱形，
cm，
为等边三角形，
cm，
cm，
cm，
根据菱形的对角线的性质：(cm)，
，
不会断裂，
故答案为：不会．
【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的判定及性质、等边三角形、勾股定理，解题的关键是要掌握菱形的判定及性质．
8．（2022·江苏无锡·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE、BC于点H、G，则BG＝ ．
【答案】1
【分析】连接AG，EG，根据线段垂直平分线性质可得AG=EG，由点E是CD的中点，得CE=4，设BG=x，则CG=8-x，由勾股定理，可得出（8-x）2+42=82+x2，求解即可．
【详解】解：连接AG，EG，如图，
∵HG垂直平分AE，
∴AG=EG，
∵正方形ABCD的边长为8，
∴∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=8，
∵点E是CD的中点，
∴CE=4，
设BG=x，则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，
故答案为：1．
【点睛】本题考查正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理及其运用是解题的关键．
9．（2023·江苏宿迁·中考真题）如图，在矩形中，，，垂足分别为E、F．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】根据定理证出，再根据全等三角形的性质即可得证．
【详解】证明：四边形是矩形，
，
，
，，
，
在和中，，
，
．
【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握矩形的性质是解题关键．
10．（2022·江苏南京·中考真题）如图，，平分，交于点，过点作，交于点，垂足为，连接，求证：四边形是菱形．

【答案】见解析
【分析】先证明四边形是平行四边形，再根据邻边，即可证明平行四边形是菱形．
【详解】解：证明：∵平分，，
∴，．
∴．
∴．
又∵于点，
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∴四边形是平行四边形．
又∵，
∴平行四边形是菱形．

【点睛】本题主要考查了菱形的判定，涉及平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，平行线的性质等知识，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
11．（2022·江苏常州·中考真题）在四边形中，是边上的一点．若，则点叫做该四边形的“等形点”．
(1)正方形_______“等形点”（填“存在”或“不存在”）；
(2)如图，在四边形中，边上的点是四边形的“等形点”．已知，，，连接，求的长；
(3)在四边形中，EH//FG．若边上的点是四边形的“等形点”，求的值．
【答案】(1)不存在，理由见详解
(2)
(3)1
【分析】（1）根据“等形点”的概念，采用反证法即可判断；
（2）过A点作AM⊥BC于点M，根据“等形点”的性质可得AB=CD=，OA=OC=5，OB=7=OD，设MO=a，则BM=BO-MO=7-a，在Rt△ABM和Rt△AOM中，利用勾股定理即可求出AM，则在Rt△AMC中利用勾股定理即可求出AC；
（3）根据“等形点”的性质可得OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，再根据，可得∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，即有∠OEH=∠OHE，进而有OE=OH，可得OF=OG，则问题得解．
【详解】（1）不存在，
理由如下：
假设正方形ABCD存在“等形点”点O，即存在△OAB≌△OCD，
∵在正方形ABCD中，点O在边BC上，
∴∠ABO=90°，
∵△OAB≌△OCD，
∴∠ABO=∠CDO=90°，
∴CD⊥DO，
∵CD⊥BC，
∴，
∵O点在BC上，
∴DO与BC交于点O，
∴假设不成立，
故正方形不存在“等形点”；
（2）如图，过A点作AM⊥BC于点M，如图，
∵O点是四边形ABCD的“等形点”，
∴△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，
∴设MO=a，则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的长为；
（3）如图，
∵O点是四边形EFGH的“等形点”，
∴△OEF≌△OGH，
∴OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，
∵，
∴∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，
∴根据∠EOF=∠GOH有∠OEH=∠OHE，
∴OE=OH，
∵OF=OH，OE=OG，
∴OF=OG，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质、勾股定理、正方形的性质、平行的性质等知识，充分利用全等三角形的性质是解答本题的关键．
12．（2023·江苏·中考真题）对于平面内的一个四边形，若存在点，使得该四边形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形中，对角线、相交于点，则点是矩形的一个“旋点”．

(1)若菱形为“可旋四边形”，其面积是，则菱形的边长是_______；
(2)如图1，四边形为“可旋四边形”，边的中点是四边形的一个“旋点”．求的度数；
(3)如图2，在四边形中，，与不平行．四边形是否为“可旋四边形”？请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)是
【分析】（1）根据“可旋四边形”的性质可得，根据正方形的判定可得菱形为正方形，根据正方形四条边都相等的性质即可求解；
（2）连接，根据“可旋四边形”的性质和题意可得，，推得，根据等边对等角可得，，根据三角形内角和定理即可求出结果；
分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，根据垂直平分线的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，求得，即可证明四边形是“可旋四边形”．
【详解】（1）解：∵菱形为“可旋四边形”，
则菱形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，
即，
则菱形为正方形，
∵菱形的面积为，
∴菱形的边长是．
故答案为：．
（2）解：连接，如图：

∵四边形为“可旋四边形”，且点是四边形的一个“旋点”，
∴，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
即，
∴．
（3）解：四边形是“可旋四边形”；理由如下：
分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，如图：

∵点在线段和线段的垂直平分线上，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
则，
即，
∴四边形是“可旋四边形”．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，等边对等角，三角形内角和定理，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是做辅助线，构建全等三角形．
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