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限时练习：140min 完成时间： 月 日 天气：
作业05 矩形、菱形、正方形的判定与性质
要点一、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．
【注意】
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．
要点二、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．
要点三、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：
（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．
要点四、特殊平行四边形之间的关系
或者可表示为：
要点五、三角形的中位线定理
（1）三角形的中位线：连接三角形两边中点的线段称为中位线（三角形中有3条中位线）．
（2）三角形中位线定理：如下图，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，即若点D、E分别为AB、AC的中点，则DE//BC且DE=BC．
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
题型一、矩形的判定
1．已知在四边形中，，，添加下列条件，不能保证四边形是矩形的是( )
A． B． C． D．
2．如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连接，添加一个条件，不能使四边形成为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在中，对角线，相交于点O，点E，F在上，且，连接，，，．若添加一个条件使四边形是矩形，则该条件可以是 ．（填写一个即可）
4．四边形中，对角线，相交于点O，给出下列三组条件：①，；②；③，；其中一定能判定这个四边形是矩形的条件有 ．（填写所有正确条件的序号）
5．如图，在中，，是的中点，是的中点，，交的延长线于点，连接．求证：四边形是矩形．
题型二、利用矩形的性质求解（求角度、线段长、面积）
6．如图，在矩形中，对角线，相交于点，，则的度数是( )
A． B． C． D．
7．如图，延长矩形的边至点，使，连接，如果，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在矩形中，，对角线与相交于点，垂直平分于点，则的长为（ ）
A． B． C．4 D．2
9．如图，在矩形中，，，P是上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作和的垂线，垂足为E，F，则的值为 （　　）
A． B． C．5 D．
10．如图，过矩形 对角线的交点 O，且分别交于 E 、F，那么阴影部分的面积是矩形 的面积的（ ）
A． B． C． D．
11．矩形中，对角线，相交于点O，如果，那么的度数为 ．
12．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 ．
13．如图，在矩形中，，平分交于点，连接，交于点，若，则的长度为 ．
14．已知的斜边，以为边在所在平面内作矩形，，则的最小值为 ．
15．如图，点P是矩形的对角线上的一点，过点P作，分别交，于点E、F，连接，．若，，则图中阴影部分的面积为 ．

16．如图，在中，对角线、相交于点O，．
(1)求证：；
(2)点E在边上，且．若，，求的长．
17．如图，矩形的对角线、相交于点O，，，，交的延长线于点E．
(1)求证：．
(2)求四边形的周长．
题型三、矩形与折叠问题
18．如图，矩形边沿折痕折叠，使点D落在上的F处，已知，的面积为24，则等于（ ）
A．3 B． C．5 D．
19．如图，在矩形中，，，E是边上一点，连接，沿翻折，得到，连接．当长度最小时，的面积是（ ）
A． B． C． D．20
20．如图，一张长方形纸片的长，宽．点E在边上，点F在边上，将四边形沿直线翻折后，点B落在边的三等分点G处，则的长为 ．
21．综合与探究
问题情境
如图，在矩形中，，，E为边上的一点，连接．将矩形沿直线折叠，点B的对应点为F．
问题解决
（1）如图1，当点F落在边上时．
①求的长．
②如图2，连接交于点G，过点B作于点N，交于点M，试判断，与的数量关系，并说明理由．
深入探究
（2）当点F落在上方时，交于点P，交于点Q，连接．若为等腰三角形，请直接写出的长．
题型四、菱形的判定
22．菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A．对角线互相平分 B．对角线相等
C．对角线互相垂直 D．对边平行且相等
23．在四边形中，，与相交点O，下列条件不能判定四边形是菱形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
24．如图，在平行四边形中，对角线与交于点O，图形中不再添加辅助线和字母，再添加一个条件 ，使平行四边形是菱形．（写出一个即可）
25．如图，在平行四边形中，过对角线的中点O作垂线交边分别为点E，F，连接．求证：四边形是菱形．

26．如图，在矩形中，点在边上，平分交边于点，，延长交于点F，连接．求证：四边形是菱形．
题型五、利用菱形的性质求解
27．如图，在菱形中，对角线与相交于点，，垂足为，若，则的大小为（　　）
A． B． C． D．
28．如图，已知菱形的边，对角线，点P、E、F分别是、、上的动点，则的最小值是（　　）
A．2.4 B．4.8 C．5 D．6.5
29．如图，在菱形中，若，则菱形的面积是（ ）
A．12 B．24 C．30 D．48
30．如图，菱形中，和交于点O，过点D作于点E，连接，若，则的度数是 ．
31．如图，在菱形中，，，，，，则的长为 ．
32．如图，点O是菱形的对称中心，连接，，，为过点O的一条直线，点E，F分别在，上，则图中阴影部分的面积为 ．
33．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，则　　　．
34．如图，已知矩形中，对角线的垂直平分线分别交与点，连接．
(1)判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若，，则________．
题型六、正方形的判定
35．在四边形中，．如果再添加一个条件可证明四边形是正方形，那么这个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
36．如图，四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当时，平行四边形是菱形
B．当时，平行四边形是矩形
C．当时，平行四边形是菱形
D．当且时，平行四边形是正方形
37．如图，已知四边形是菱形，从①，②，③中选择一个作为条件后，使四边形成为正方形，则应该选择的是 （仅填序号）．
38．如图，在中，，平分，于点，于点，求证：四边形是正方形．
题型七、利用正方形的性质求解
39．如图，以正方形的一边向形外作等边，与交于点，则等于（ ）
A． B． C． D．
40．如图，在正方形中，点G在边上，连接，于点E，于点F，若，，则的长为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
41．如图是一张四边形纸片，其中，，．现将其分割为4块，再拼成两个正方形，则正方形的面积为 ．
42．如图，在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点．
(1)证明：；
(2)若，当四边形为正方形时，求的长．
43．如图，在平行四边形中，点E，F分别在边，上，且四边形为正方形．
(1)求证：；
(2)已知平行四边形的面积为20，，求的长．
题型八、正方形折叠问题
44．如图，正方形的边长为4，点E在边上，且，连接，点F在边上，连接，把沿翻折，点A恰好落在上的点G处，下列结论：①；②；③；④，其中正确的有（ ）
A．①② B．①③ C．①③④ D．①②③
45．如图，四边形是边长为6的正方形纸片，将其沿折叠，使点B落在边上的处，点A对应点为，且，则的长为 ．
46．如图，正方形中，，点E在边上，且．将沿翻折至，延长交边于点G，连接、．
(1)求证：；
(2)求证：点G是的中点．
题型九、中点四边形
47．顺次连结菱形四边的中点所得的四边形是（ ）
A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．以上都不对
48．在四边形中，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的形状是 ．
题型十、特殊平行四边形的动点问题
49．如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若P，Q两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中：①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
50．如图，在四边形中，，，，，，点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动的时间为，当 时，四边形是矩形．
51．如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，动点以每秒2个单位长度的速度从点出发沿方向运动，点同时以每秒2个单位长度的速度从点出发沿方向运动，若，则经过 秒时，四边形是矩形．
52．如图，四边形中，，，，，点P从A点出发，以的速度向D点运动，点Q从C点同时出发，以的速度向B点运动，规定一个动点到达端点时，另一个动点也停止，运动时间为t．
(1)当运动t秒时，线段______，______（用含t的代数式表示）；
(2)当t为何值时，四边形是矩形；
(3)在（2）的条件下，若四边形是正方形，请直接写出的值．
题型十一、四边形的综合问题
53．如图，正方形的对角线、相交于点，且，正方形的顶点与点重合，边与重合，将正方形绕点顺时针旋转，与边交于点，与边交于点，连接交于点，在整个运动过程中，则点经过的路径长是（ ）
A．1 B． C． D．
54．如图，已知菱形中，，是对角线上的一个动点，作点关于的对应点，连接，当 时，三点共线．
55．已知，中，，，的垂直平分线分别交、于点，垂足为．
(1)如图1，连接、．求证：四边形为菱形；
(2)如图1，求的长；
(3)如图2，动点分别从两点同时出发，沿和各边匀速运动一周．即点自停止，点自停止，在运动过程中，点的速度为每秒，点的速度为每秒，设运动时间为秒，若当以四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值．
56．如图，在菱形中，．等腰的两个顶点E、F分别在上且，点A，M在的异侧．小明猜想：点M在菱形的对角线上．
(1)如图2，当于点时，
①判断：点M________菱形的对角线上．（填“在”或“不在”）
②如图3，若交于点H，交于点G，连接，当＝______时，四边形为正方形．
(2)如图1，
③判断：小明的猜想是否正确？若正确请证明，若不正确请说明理由．
④若，请直接写出的取值范围_______．
57．如图，在菱形中， 点在轴上，点的横坐标为，， 将菱形绕原点顺时针旋转， 若点的对应点是点，那么点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
58．如图，长方形中，，，点为边中点，点为线段上一个动点，将沿折叠得到，点的对应点为，当射线恰好经过的中点时，的长为（ ）
A． B． C． D．
59．如图，正方形和正方形的顶点，，在同一直线上，且，，给出下列结论：①；②；③；④四边形的面积．其中正确的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
60．如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成的，根据实际需要可以调节A、E间的距离．若A、E间的距离调节到，菱形的边长，则的度数是 °．
61．如图，在菱形中，点分别在上，沿翻折后，点落在边上的处．若，，．则的长为 ．
62．两张全等的矩形纸片按如图方式交叉叠放在一起，若，，则图中重叠（阴影）部分的面积为 ．
63．如图，在正方形中，点为对角线上的一点，，垂足分别为、，若，则的长度为 ．
64．如图，在长方形中，，．点Q从点C出发，以的速度沿边向点D运动，到达点D停止；同时点P从点B出发，以的速度沿边向点C运动，到达点C停止．规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动．当为 时，与全等．
65．如图，矩形的对角线与相交于点，，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)当，，求的长．
66．如图，在中，，，，点从点出发，沿方向以每秒2个单位长度的速度向点匀速运动，同时点从点出发，沿方向以每秒1个单位长度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．设点、运动的时间是秒（），过点作于点，连接，．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)当四边形成为菱形时，求出相应的值；
(3)能成为直角三角形吗？如果能，请直接写出相应的的值，如果不能，请说明理由．
67．【问题背景】在矩形纸片中，，，点P在边上，点Q在边上，将纸片沿折叠，使顶点B落在点E处．
【初步认识】
（1）如图①，折痕的端点P与点A重合．
①当时， ______．
②若点E恰好在线段上，则的长为_______．
【深入思考】
（2）点E恰好落在边上．
①请在图②中用无刻度的直尺和圆规作出折痕；（不写作法，保留作图痕迹）
②如图③，过点E作交于点F，连接．请根据题意，补全图③并证明四边形是菱形；
【拓展提升】
（3）如图④，若，连接，当是以为腰的等腰三角形时，求的长．
68．阅读下列材料：“鹞形”在数学中是一种四边形．我们把有一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形叫做鹞形．如图1，四边形中，若垂直平分，那么四边形称为鹞形．
(1)写出图1所示鹞形的两个性质（定义除外）：①_______；②_______；
(2)如图2，在平行四边形中，E、F分别在边和上，且四边形是鹞形（垂直平分），求证平行四边形是菱形．
(3)如图3，在（2）的条件下，连接、，若，，，则的长度为________．
69．【实践探究】数学实践课上，活动小组的同学将两个正方形纸片按照图1所示的方式放置．如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，且这两个正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转．
【问题发现】
（1）①线段，之间的数量关系是________．
②在①的基础上，连接，则线段，，之间的数量关系是________．
【类比迁移】
（2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转．判断线段，，之间的数量关系并证明．
【拓展应用】
（3）如图3，在中，，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕点旋转．当时，请直接写出线段的长．
70．数学综合实践课上，小红以“矩形的旋转”为主题开展探究活动.
如图1，矩形和矩形重合，，.矩形保持不动，将矩形绕点A逆时针方向旋转.
(1)如图2，小红将矩形的顶点旋转至边上，求的长；
(2)如图3，小红继续旋转矩形，发现：当点落在的延长线上时，、、在同一条直线上，你认为小红的发现正确吗 请说明理由；
(3)在（2）的条件下，如图4，连接交于点，延长交的延长线于点，求的长．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《暑假作业05 矩形、菱形、正方形的判定与性质（要点梳理+11大题型+巩固强化）-【暑假分层作业】2025年八年级数学暑假培优练（苏科版）》参考答案：
1．C
【分析】由，，证明四边形是平行四边形，，而，则，求得，则四边形是矩形，可判断A不符合题意；由，，证明四边形是平行四边形，则，所以，求得，则四边形是矩形，可判断B不符合题意；由，，，证明，得，可知四边形可能是等腰梯形，也可能是平行四边形，可判断C符合题意；由，，得，由，得，则，所以，则四边形是矩形，可判断D不符合题意，于是得到问题的答案．
【详解】解：如图1，，，
四边形是平行四边形，，
，
，
，
四边形是矩形，
故A不符合题意；
如图，，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
故B不符合题意；
如图，
在和中，
，
，
，
，
四边形可能是等腰梯形，也可能是平行四边形，
不能保证四边形是矩形，
故C符合题意；
如图，，，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
故D不符合题意，
故选：C．
2．A
【分析】本题考查了平行四边形、菱形、矩形的判定和性质，掌握其判定方法和性质是解题的关键．
根据四边形是平行四边形，结合题意可证四边形是平行四边形，根据菱形的判定，矩形的判定方法证明即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵延长到，使，
∴，
∴四边形是平行四边形，
当添加时，则有，设交于点，如图所示，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形，故A选项不能使四边形成为矩形，符合题意；
当添加时，则，
∵四边形是平行四边形，
∴平行四边形是矩形，故B选项能使四边形成为矩形，不符合题意；
当添加时，则有，
∵四边形是平行四边形，
∴平行四边形是矩形，故C选项能使四边形成为矩形，不符合题意；
当添加时，
∵，
∴点是中点，
∴，则，
∵四边形是平行四边形，
∴平行四边形是矩形，故D选项能使四边形成为矩形，不符合题意；
故选：A ．
3．（答案不唯一）
【分析】此题主要考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质．根据平行四边形的判定和性质定理以及矩形的判定定理即可得到结论．
【详解】解：，
理由：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴．
即．
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形．
故答案为：（答案不唯一）．
4．②③##③②
【分析】此题主要考查了矩形的判定方法直角三角形的性质．根据题意画出示意图，根据矩形的判定方法分别判断得出即可．
【详解】解：①如图，
，，四边形可能是等腰梯形，故①不能判定这个四边形是矩形；
②如图，
，
∵，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；故②能判定这个四边形是矩形；
③如图，取中点M，连接，则
∵，
∴，
∴，
同理得：，
∴，
∵，
∴重合，
∴四边形是矩形（对角线相等且平分）；故③能判定这个四边形是矩形；
故答案为：②③．
5．见解析
【分析】本题主要考查了矩形的判定，全等三角形的性质与判定，三线合一定理，掌握其性质定理是解决此题的关键．
先证明≌，再证明四边形是平行四边形，再由矩形的判定方法即可证明．
【详解】证明：∵，
∴，，
∵是的中点，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，是的中点，
∴，
∴四边形是矩形．
6．B
【分析】本题考查的是矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的外角的性质，熟记矩形的性质是解本题的关键．先证明，，再结合三角形的外角的性质是解本题的关键．
【详解】解：矩形中，对角线与相交于点，
，，
是的一个外角，
，
．
故选：B．
7．C
【分析】本题主要考查矩形性质．连接，由矩形性质可得、，知，而，可得度数．
【详解】解：连接，
四边形是矩形，
，，且，
，
又，
，
，
，
，即．
故选：C．
8．B
【分析】本题考查了矩形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先由矩形的性质得，结合垂直平分线的性质得，证明是等边三角形，则根据勾股定理列式计算，得，即可作答．
【详解】解：∵四边形是矩形，
，
∵垂直平分，
，
，
是等边三角形，
，，
∴，
∴，
故选：B．
9．B
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形的面积，熟记性质并利用三角形的面积列出方程是解题的关键．连接，利用勾股定理列式求出，再根据矩形的对角线相等且互相平分求出，然后根据列方程求解即可．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴解得，
故选：．
10．B
【分析】本题主要根据矩形的性质，得，再由与同底等高，与同底且的高是高的得出结论．本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．
【详解】解：四边形为矩形，
，
∴
在与中，
，
，
阴影部分的面积，
∵与同底且的高是高的
．
故选：B．
11．##20度
【分析】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质，熟记矩形的对角线相等且互相平分是解本题的关键．
根据矩形的性质，证明，根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质，可得答案．
【详解】四边形为矩形，
，，，，
，
，
，，
12．##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：．
13．3
【分析】本题考查求线段长，涉及矩形性质、角平分线性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，先由矩形性质得到线段长度及直角，再由角平分线性质及等腰直角三角形的判定确定是等腰直角三角形，从而得到，在中，由勾股定理得的长即可得到答案，熟练掌握相关几何性质，灵活运用勾股定理求线段长是解决问题的关键．
【详解】解：设，则，．
∵在矩形中， ，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为3．
14．
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，取中点，连接，则，利用勾股定理可得，再由，即可得到答案．
【详解】解：如图所示，取中点，连接，
∵的斜边，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴当点恰好在线段上时，有最小值，最小值为，
故答案为： ．
15．21
【分析】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，由矩形的性质可证明，即可求解．
【详解】解：作于M，交于N，如图，

则四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，
∴，
∴，，，，，
∴，
∴图中阴影部分的面积．
故答案为：21．
16．(1)见解析
(2)5
【分析】此题重点考查平行四边形的性质，矩形的判定和性质、勾股定理等知识．
（1）证明四边形是矩形，则；
（2）根据勾股定理求得，得到，根据等腰三角形的判定即可得到的长．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴．
17．(1)见解析
(2)
【分析】此题考查了平行四边形的性质和判定、矩形的性质、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握矩形的性质和平行四边形的性质是关键．
（1）证明四边形是平行四边形，即可证明结论；
（2）利用矩形的性质证明是等边三角形，得到，，由四边形是平行四边形得到，即可求出答案．
【详解】（1）证明：∵矩形的对角线、相交于点O，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴
（2）∵矩形的对角线、相交于点O，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴
即四边形的周长为．
18．A
【分析】本题主要考查的是矩形与翻折、三角形的面积公式、勾股定理的应用，根据勾股定理列出关于x的方程是解题的关键．先根据三角形的面积公式求得的长，然后根据勾股定理可求得，由翻折的性质和矩形的性质可知，故此，最后在中，由勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∴，即．
解得：，
在中，．
由翻折的性质可知：，．
∴．
设，则．
在中，由勾股定理得：，
∴．
解得：，
∴．
故选：A．
19．B
【分析】连接，如图，根据折叠的性质得到，，当点、、三点共线时，最小，此时的最小值，根据勾股定理得到，得到长度的最小值，设，则，根据勾股定理得到根据三角形的面积公式得到的面积是．
【详解】解：连接，如图，
沿翻折至，
，
，，
，
当点、、三点共线时，最小，此时的最小值，
四边形是矩形，
，
，，
，
长度的最小值，
设，则，
，
，
，
，
解得，，
的面积是，
故选：B．
【点睛】本题考查翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，线段的最值问题．本题的综合性强，属于常见的中考压轴题．熟练掌握折叠的性质，勾股定理，是解题的关键．
20．或
【分析】本题考查了折叠的性质、勾股定理．因为点为的三等分点，所以或4，由折叠的性质可得，，，设，则或，再由勾股定理分别计算即可得出答案．
【详解】解：由折叠的性质可得：，，，
∵点为的三等分点，
∴或4，
当时，
设，则，
由勾股定理得：，即，
解得：，
∴，
当时，
设，则，
由勾股定理得：，即，
解得：，
∴，
故答案为：或．
21．（1）①；②；理由见解析；（2）的长为
【分析】本题属于四边形综合题，主要考查矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理和等腰三角形的性质，解题的关键是熟悉折叠的性质和全等三角形的应用．
（1）①根据矩形的性质得，，，由折叠得，，即可利用勾股定理求得和，设，则，再次利用勾股定理即可求得；
②根据矩形得，，由折叠得，，，，即可判定，得，结合等腰三角形的性质得，则；
（2）根据题意可知只有满足题意，证明，有，，设，，，，，，在中利用勾股定理即可求得．
【详解】解：（1）①∵四边形为矩形，，，
∴，，，
∵将矩形沿直线折叠，点B的对应点为F，
∴，，
在中，由勾股定理得：，
则，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得，
则；
②；理由如下：
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
∵将矩形沿直线折叠，点B的对应点为F，
∴，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
则，
∴，
则；
（2）的长为；
如图，
∵点F落在上方，，
∴，
∵为等腰三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
设，，则，，，
根据折叠的性质得，，
∴，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，即，
解得，
则．
22．C
【分析】本题考查了菱形的性质、平行四边形的性质；熟记菱形的性质和平行四边形的性质是解决问题的关键．由菱形的性质和平行四边形的性质，容易得出结果．
【详解】A、对角线互相平分菱形和平行四边形都具有；
B、对角线相等，菱形和平行四边形都不具有；
C、对角线互相垂直，菱形具有，平行四边形不具有；
D、对边平行且相等，菱形和平行四边形都具有；
故选：C．
23．D
【分析】本题主要考查了菱形的判定，全等三角形的性质和判定，等角对等边，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．根据菱形的判定定理依次对各个选项进行判定即可．
【详解】对于选项A，如图所示，
∵，
．
，
，
，
四边形是平行四边形．
，
四边形是菱形，
选项A可以判定四边形为菱形．
对于选项B，，，
四边形是平行四边形．
，
四边形是菱形，
选项B可以判定四边形为菱形．
对于选项C，，
，．
，
，
，
四边形是平行四边形．
，
∴
，
四边形是菱形，
选项C可以判定四边形为菱形．
对于选项D，如图满足，，，
选项D不可以判定四边形为菱形．
故选：D．
24．
【分析】本题考查了菱形的判定，熟记相关定理内容：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可求解．
【详解】解：∵有一组邻边相等的平行四边形是菱形，
∴当时，可使平行四边形是菱形
故答案为：（答案不唯一）．
25．见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定等知识点，掌握菱形的判定方法是解题的关键．
由中点的定义可知，再利用平行四边形的性质证明可得
，最后根据邻边相等的四边形是菱形即可证明结论．
【详解】证明：∵O为中点，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
26．见解析
【分析】本题主要考查矩形的性质，菱形的判定，掌握以上知识是关键．
根据矩形的性质，结合题意得到，由角平分线的定义，平行线的性质得到，，，四边形是平行四边形，，根据菱形的判定即可求解．
【详解】证明：∵四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵平分，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
27．A
【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形两锐角互余的性质等知识点，熟练掌握菱形的性质性质是解题的关键；
先根据菱形的性质得，再根据菱形的对角线平分一组对角求出的度数，然后根据直角三角形两锐角互余、同角的余角相等即可解答．
【详解】解：四边形是菱形，对角线与相交于点，
，，
，
于点，
，
，
，
故选：A．
28．B
【分析】本题考查轴对称﹣最短路线问题，勾股定理，菱形的性质，作点E关于的对称点E′，过点作垂线，交于点P，交于点F，这时最小，，连接，交于点O，利用勾股定理求得，，利用，代入数据解答即可．
【详解】解：作点E关于的对称点E′，过点作垂线，交于点P，交于点F，这时最小，，连接，交于点O，
由菱形的性质和勾股定理得：，
解得：，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴最小值为4.8，
故选：B．
29．B
【分析】本题考查了菱形的性质及菱形面积的求法，解题的关键是根据菱形的性质利用勾股定理求得的长，从而得到的长，再根据菱形的面积公式即可求得其面积．
【详解】解：连接，交于点

在菱形中，，，
，，
，
，
菱形的面积．
故选：B．
30．
【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，解决这类问题的方法是四边形转化为三角形．根据直角三角形的斜边中线性质可得，根据菱形性质可得，从而得到度数，再依据即可．
【详解】解：四边形是菱形，，
，为中点，．
，
在中，，
．
．
故答案为：．
31．##
【分析】此题考查了菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理以及等腰直角三角形的性质．首先作，垂足为H．由四边形是菱形，可得，，求得，，，证得是等腰直角三角形，继而求得答案．
【详解】解：如图，作，垂足为H．
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案为：．
32．
【分析】本题考查了中心对称、菱形，关键是掌握菱形的性质．先算出菱形的面积，再算出四边形的面积，因为阴影部分的面积四边形的面积，求得三角形的面积，可得阴影部分的面积．
【详解】解：连接、，
∵点O是菱形的对称中心，
∴，O是与的交点，
∴，，
∴，，
∵为过点O的一条直线，
∴四边形的面积四边形的面积菱形的面积，
∵菱形的面积，
∴四边形的面积，
∵阴影部分的面积四边形的面积，，
∴阴影部分的面积，
故答案为：12．
33．(1)见解析
(2)4
【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边一半等知识，熟练掌握菱形的判定和性质是解题关键．
（1）根据平行线的性质和角平分线的定义，得到，进而得到，推出，证明四边形是平行四边形，再根据一组邻边相等，即可证明四边形是菱形；
（2）根据菱形的性质，得到，，再利用勾股定理，求出，进而得到，最后根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可求出的长．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∵，
∴在中，
∴，
∵，O为中点，
∴。
34．(1)四边形是菱形，理由见解析
(2)
【分析】（）证明，得，可得四边形是平行四边形，再根据即可求证；
（）由勾股定理可得，即得，由菱形性质得，设，则，利用勾股定理得，可得，再利用勾股定理求出即可求解；
本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等，掌握矩形的性质以及菱形的判定和性质是解题的关键．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∵是的垂直平分线，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
35．A
【分析】此题主要考查了正方形的判定，根据矩形的判定性质得出四边形是矩形是解决问题的关键．一组邻边相等时矩形为正方形．对角线垂直的矩形是正方形．
根据四边形中，，得出四边形是矩形，进而利用正方形的判定定理得出需要添加的条件．一组邻边相等时矩形为正方形．
【详解】解：∵四边形中，，
∴四边形是矩形，
当一组邻边相等时，矩形为正方形，这个条件可以是：．
故选：A．
36．A
【分析】本题主要考查了矩形、菱形、正方形的判定方法，解决本题的关键是根据矩形、菱形、正方形的判定方法进行判断．
【详解】解：如下图所示，
A选项：在中，当时，与一定不垂直，
平行四边形一定不是菱形，
故A选项错误，符合题意；
B选项：当时，平行四边形是矩形，
故B选项正确，不符合题意；
C选项：当时，平行四边形是菱形，
故C选项正确，不符合题意；
D选项：当且时，平行四边形是正方形，
故D选项正确，不符合题意．
故选：A．
37．③
【分析】根据菱形的性质和正方形的判定进行逐一判断即可．本题主要考查了菱形的性质，正方形的判定，熟知正方形的判定定理是解题的关键．
【详解】解：依题意，由四边形是菱形加上条件不能证明四边形成为正方形；
由四边形是菱形加上条件不能证明四边形成为正方形；
当四边形是菱形加上条件，则证明过程如下：
∵四边形是菱形，
∴，，
∴
∵，
∴
∴，
∴四边形是正方形；
故答案为：③．
38．见解析
【分析】本题主要考查了正方形的判定，角平分线的性质和定义，等腰直角三角形的性质与判定等待，先证明是等腰直角三角形，得到，同理可得，再由角平分线的性质得到，则，据此可证明结论．
【详解】证明：∵在中，，平分，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
同理可得，
∵平分，，，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
又∵，
∴四边形是正方形．
39．D
【分析】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，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，再证明得到，由等边三角形的性质推出，据此求出的度数，进而求出的度数即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴；
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
40．A
【分析】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键．由正方形的性质得，，由于点，于点，得，则，即可根据“”证明，得，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
于点，于点，，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
故选：A．
41．
【分析】过点D作于点M，证明四边形是矩形得，，进而得，在中，由勾股定理得，设所拼成的正方形的边长为a，则，根据拼图可知，，则，进而得，据此可得所拼成的正方形的边长及面积．
【详解】解：过点D作于点M，如图所示：
，
，
，
∴四边形是矩形，
，
，
在中，由勾股定理得：，
设所拼成的正方形的边长为a，
则，
根据拼图可知：，
，
，
，
，
∴所拼成的正方形的面积为．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理等知识．准确识图，构造辅助线，利用矩形的性质是解决问题的关键．
42．(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据平行线的性质得到，根据全等三角形的判定即可得到结论；
（2）根据四边形为正方形，根据勾股定理求出，则，在中，利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：，
，
是的中点，
，
在和中，
，
；
（2）解：四边形是正方形，
，，
是的中点，
，
∴垂直平分，
，
，
，
，
，
．
【点睛】此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，线段垂直平分线的性质等知识，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
43．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了勾股定理，正方形的性质，平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．
（1）根据平行四边形的性质得出，根据正方形性质得出，根据，得出；
（2）根据平行四边形的性质得出，求出，得出，根据勾股定理求出即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴在中，根据勾股定理得：
．
44．C
【分析】本题考查翻折的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，正方形的性质．根据翻折的性质证，得出，，即可判断①正确；根据 ，即可判断②错误；在中，，由，得到，推出，，则，判定③正确；根据，推出，即可判断④正确，进而得出答案．
【详解】解：四边形为正方形，
，，
，
，
由折叠的性质可得，垂直平分，
，，
，
，
，
，
，，故①正确；
，
，故②错误；
∵在中，，
又，
，
，
，
，
，故③正确；
，
，故④正确；
综上所述：正确的是①③④．
故选：C．
45．##
【分析】本题主要考查折叠问题及勾股定理，掌握折叠的性质和勾股定理是关键．由翻折的性质可知：，设，则，连接，在和中利用勾股定理构建方程求出y，即可求解．
【详解】解：由折叠的性质得：，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
设，则，
连接，
在中，，
在中，，
∴，
即，
解得，
即，
故答案为：．
46．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的运用．
（1）由折叠得，进而得出，，得出，，根据就可以判断．
（2）由条件可以求出ED的值，设，则，，，由勾股定理可以求出x的值，从而可以求出和的值，得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵沿对折至，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴，
∴点G是的中点．
47．A
【分析】本题主要考查了三角形的中位线定理，矩形的判定，菱形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法．利用中位线定理证明，则四边形是平行四边形，由得到，即可得到结论．
【详解】解：在菱形中，分别是的中点，
连接、，
在中，
∵，
同理
∴
∵四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
故选A．
48．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
49．A
【分析】设两点速度为每秒1个单位长度，则，，由题意可得四边形是平行四边形，再利用矩形，菱形，正方形的性质分别进行求解即可．
【详解】解：设两点速度为每秒1个单位长度，则，，
∵四边形是矩形，，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，
当时，点与点重合，点与点重合，此时四边形是矩形，故①正确；
当四边形是菱形时，，
则，解得：，符合题意，
即：当时，四边形是菱形，故②正确；
当四边形是矩形时，，则，解得，
即：当时，四边形是矩形，故③正确；
当四边形是正方形时，，
则，解得，但此时，不符合题意，故④不正确，
综上，正确的有①②③，
故选：A．
【点睛】本题考查动点问题，特殊四边形的存在问题，特殊四边形的性质等知识点，理解并熟练掌握相关图象的性质是解决问题的关键．
50．6
【分析】本题考查了矩形的性质，动点运动问题，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．由题意可知，， ，，根据四边形是矩形，得，即，即可求解．
【详解】解：运动时间为，由题意可知，， ，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
即：，
解得：，
即当时，四边形是矩形．
给答案为：．
51．或
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定，熟练掌握矩形的判定是解题关键．设经过秒时，四边形是矩形，先根据平行四边形的性质可得，，再分两种情况：①和②，证出四边形是平行四边形，根据矩形的判定可得要使平行四边形是矩形，则需，即，由此即可得．
【详解】解：设经过秒时，四边形是矩形，
由题意得：，
∵，
∴点从点运动到点所需时间为秒；当点相遇时，，
解得，此时，点在点相遇，
∵四边形是平行四边形，，
∴．
①如图1，在点相遇前，即，
∴，即，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
要使平行四边形是矩形，则需，即，
∴，
解得，符合题设；
②如图2，在点相遇后，即，
∴，即，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
要使平行四边形是矩形，则需，即，
∴，
解得，符合题设；
综上，经过或秒时，四边形是矩形，
故答案为：或．
52．(1)；；
(2)
(3)
【分析】本题主要考查了正方形和矩形的性质，列代数式，熟知正方形和矩形的性质是解题的关键．
（1）根据路程等于时间乘以速度可得，进而可得的长；
（2）根据矩形对边相等得到，则，解方程即可得到答案；
（3）根据正方形邻边相等得到，再根据（2）所求即可得到答案．
【详解】（1）解：由题意得，，
∵，
∴；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
解得；
（3）解：∵矩形是正方形，
∴．
53．A
【分析】此题主要考查正方形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质．
取中点，利用正方形的性质证明，得到，当时，易证此时四边形是正方形，此时，即点G与点H重合，有最小值，利用正方形的性质求出；由点是与的交点，是定线段，得到点G在线段上运动，在整个运动过程中，当边与重合，点G，点E与点C重合，当时，点G与点H重合，当边与重合，点G，点F与点C重合，即点G在整个运动过程中，由点C运动到点H，再由点H运动到点C，即点经过的路径长是，即可得出结果．
【详解】解：如图，取中点，
在正方形中，，
又∵，
∴，
∴，
，
当时，则，
，，
四边形是正方形，
，即点G与点H重合，
，
；
点是与的交点，是定线段，，
点G在线段上运动，
在整个运动过程中，
当边与重合，点G，点E与点C重合，有最大值，
当时，点G与点H重合，有最小值，
当边与重合，点G，点F与点C重合，有最大值，
点G在整个运动过程中，由点C运动到点H，再由点H运动到点C，
点经过的路径长是，
点经过的路径长是，
故选：A．
54．或
【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理等知识的综合，连接，由菱形性质可得，，，，，由折叠性质可知，，且，证明，设，则，，当三点共线时，求出，设，则，，，当三点共线时，，求出，掌握以上知识，数形结合分析是解题的关键．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，，是对角线，
∴，，
∴，，，
由折叠性质可知，，且，
∴，
∴，
设，则，，
∴，
∴，
当三点共线时，，
在中，，
∴，
∴，
∴；
如图所示，
同理，，
设，则，，
∴，
当三点共线时，，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，当是或时三点共线，
故答案为：或．
55．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】本题考查了菱形的判定、三角形全等的判定与性质、一元一次方程的应用、矩形的性质、勾股定理等知识点，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，推出四边形为平行四边形，结合即可得证；
（2）设菱形的边长，则，由勾股定理计算即可得出答案；
（3）分情况讨论可得只有当点在上，点在上时，四点才能构成平行四边形，利用平行四边形的性质列方程求解即可．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
，
，，
垂直平分，
，
在和中，
，
，
，
四边形为平行四边形，
，
四边形为菱形；
（2）解：设菱形的边长，则，
在中，，由勾股定理得：，
解得：，
；
（3）解：由作图可以知道，在上时，在上，此时四点不能构成平行四边形；同理，在上时，在或上，此时四点也不能构成平行四边形，
只有当点在上，点在上时，四点才能构成平行四边形，
，
点的速度为每秒，点的速度为每秒，设运动时间为秒，
，，
，
解得：，
以四点为顶点的四边形是平行四边形时，．
56．(1)① 在；②
(2)①小明的猜想正确，见解析；②
【分析】（1）①根据菱形的性质和角平分线的性质可得垂直平分，即可证明；②根据条件证明是正三角形，再结合菱形的性质和正方形性质即可求出；
（2）③作于G，于，连接，根据条件证明，即可证明；④根据三角形三边关系可求出的取值范围，再根据，求出的取值范围，即可求出．
【详解】（1）解：①点M在菱形的对角线上，理由如下：
连接
四边形是菱形，
平分，即，
又，
,
,
,
又平分,
,
垂直平分，
，
∴M在的中垂线上，即M在上；
②，理由如下：
， ，四边形是菱形，，由①知点M在菱形的对角线上，
，
，
，
，
是正三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
是正方形，
，
，
，
是菱形，，
，
即，
，
故时，四边形为正方形；
（2）解：③小明的猜想正确，证明如下：
如图，作于G,于，连接，
，，
，
，
∴，
又，
，
又，
，
,
在的平分线上，
四边形是菱形，
平分，
在上．
④解：，
，
，
，
，
，
，
，
，
.
【点睛】本题考查了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、垂直平分线的性质、菱形的性质、正方形的判定等知识，构造辅助线、数形结合画出图象分析和计算是解题的关键．
57．A
【分析】如图，菱形绕原点顺时针旋转，得到菱形，过作轴于，过作于，由含的直角三角形的性质得到，，由勾股定理求出，得到，即可得到点的坐标．
【详解】解：如图，菱形绕原点顺时针旋转，得到菱形，过作轴于，过作于，
的横坐标是，
，
四边形是菱形，
，，
，
，
由旋转的性质得到：，，，
，
，
，
，
，
，
点的坐标为，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，坐标与图形变化--旋转，含的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
58．A
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，过点作于，则，根据勾股定理求得，设，则，，在中，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，过点作于，则，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
由折叠可得，，，，
∴，，
∵点为的中点，
∴，
∴，
设，则，，
在中，，
∴，
解得，
∴；
故选：A．
59．D
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，根据正方形的性质可得，再由平角的定义即可得到的度数，据此可判断①；利用正方形的性质和勾股定理求出，的长即可判断②；证明，得到，然后导角即可证明③；利用勾股定理求出，由全等三角形的性质得到，根据即可判断④．
【详解】解：∵正方形和正方形的顶点，，在同一直线上，
∴，
∴，故①正确；
在中，，则，
由正方形的性质可得，
∴，故②正确；
设交于H，交于G，
由正方形的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，故③正确；
设交于T，
由正方形的性质可得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，故④正确；
故选：D．
60．120
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
连接，可得是等边三角形，由菱形可得平分，继而可得．
【详解】解：连接，由题意得，
∵菱形的边长，
∴，平分，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：120．
61．
【分析】此题重点考查菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．作交的延长线于点H，因为，所以，由四边形是菱形，得，则四边形是平行四边形，所以，由折叠得，则，所以，由勾股定理得，求得，所以，于是得到问题的答案．
【详解】解：作交的延长线于点H，则，
∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
由折叠得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．
62．15
【分析】先证四边形是菱形，再根据全等，得到．在中，根据勾股定理求出的长度，即可解决问题．
【详解】解：设交于点交于点，
∵四边形是矩形，四边形是矩形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形和四边形是全等的矩形，
，
在和中，
，
，
，
∴平行四边形是菱形，
，
，
设，
在中，，
，
解得：，
∴菱形的面积：．
故答案为：15．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用勾股定理求解线段的长度是解题的关键．
63．
【分析】连接，，根据正方形的性质证明，进而证明四边形是矩形，勾股定理求得即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，，
四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
在中，，
，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形的对角线相等．
64．2或
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质，矩形的性质，解本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
可分两种情况：①得到，，②得到，，然后分别计算出的值，进而得到的值．
【详解】解：设点Q从点C出发，同时点P从点B出发，
①当，时，，
，
，
，
∵点Q从点C出发，以的速度沿边向点D运动，
，
解得：，
，
，
解得：；
②当，时，，
，
，
，
，
，
解得：，
综上所述，当或时，与全等，
故答案为：2或
65．(1)见详解
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的性质以及菱形的判定，掌握矩形的性质以及勾股定理是解决问题的关键．
（1）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可得出结论；
（2）依据菱形的性质以及矩形的性质，即可得到的长，再根据勾股定理即可得到的长．
【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：∵四边形是菱形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴在中，．
66．(1)见解析
(2)
(3)能，
【分析】（1）由题意得，由含30度直角三角形的性质得，从而可得，即可得四边形为平行四边形；
（2）当四边形为菱形时，有，由此建立方程即可求得t的值；
（3）当时，能成为直角三角形，此时得四边形是矩形，则有，列式即可求得t的值．
【详解】（1）证明：由题意得；
∵，，
∴；
∵，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：当四边形为菱形时，则；
∵，
∴，
即；
故当时，四边形为菱形．
（3）解：当时，为直角三角形；
∵，
∴四边形是矩形，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
解得：；
而不可能为直角，
故当时，为直角三角形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，菱形的性质，矩形的判定与性质，含30度直角三角形的性质等知识，掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键．
67．（1）①②；（2）①见详解②见详解（3）或
【分析】本题考查了矩形中的折叠问题，线段垂直平分线的尺规作图，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，菱形的判定，等腰三角形的判定及性质等；
（1）①由折叠的性质得，即可求解；
②连接，设，由矩形的性质结合折叠的性质，，
由勾股定理得，即可求解；
（2）①连接，作的垂直平分线交于，交于，即可求解；
②由折叠的性质及等腰三角形的性质得，即可得证；
（3）当时，设，由勾股定理得，即可求解；过作交于，由等腰三角形的性质得，由可判定，由全等三角形的性质得，即可求解；
掌握线段垂直平分线的尺规作图作法，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定及性质，菱形的判定，等腰三角形的判定及性质，能熟练利用勾股定理进行求解，并能以等腰三角形的腰不同进行分类讨论是解题的关．
【详解】解：（1）①，
，
由折叠得：，
故答案为：；
②连接，
四边形是矩形，
，
，
，
设，
由折叠得：
，，
，
，
，
，
在中，
，
，
解得：，
，
故答案为：；
（2）
①如图，
为所求作；
②如图，补全图如下：
由折叠得：，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
（3）当时，
设，
由折叠得：，
，
，
，
，
解得：；
当时，
如图，过作交于，
，
，
，
，
，
由折叠得：，
，
在和中
，
（），
，
，
解得：，
；
综上所述：的长为或．
68．(1)鹞形的一条对角线平分一组对角；鹞形的一组对角相等；
(2)见解析
(3)
【分析】（1）在和中，即可得出结论；
（2）连接相交于点，由（1）可得，由四边形是平行四边形，可得．再证出，然后得出平行四边形是菱形即可；
（3）连接与相交于点，设相交于点，由勾股定理得出，再求出，再求出，再由面积法求出，即可求解．
【详解】（1）解：垂直平分，
，
在和中，
，
，
，，
即：鹞形的一条对角线平分一组对角，鹞形的一组对角相等；
故答案为：鹞形的一条对角线平分一组对角；鹞形的一组对角相等；
（2）证明：如图，连接相交于点，
由（1）可得，
四边形是平行四边形，
．
．
，
四边形是菱形；
（3）解：如图，连接与相交于点，设相交于点，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质和判定，三角形的全等的判定和性质，勾股定理，菱形的判定与性质，解本题的关键是理解“鹞形”的定义．
69．（1）①，②，理由见解析；（2），证明见解析；（3）的长为或
【分析】（1）①证明，由全等三角形的性质即可得到，从而可得；②由①的结论及勾股定理即可得到三线段间的数量关系；
（2）由矩形的性质可证明，则有；再由矩形的性质及线段垂直平分线的性质可得；在中，由勾股定理及等量代换可得
；
（3）分两种情况：点E在边上；点E在延长线上；由（2）的结论及勾股定理即可解决．
【详解】解：（1）①∵四边形、四边形均为正方形，
∴，，，，
∴；
在与中，
，
∴，
∴；
故答案为：；
②在中，，
∵，，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）解：三线段，，间的数量关系为：；
证明如下：
∵四边形、四边形均为矩形，矩形的中心为O，
∴，， ，
∴；
在与中，
，
∴，
∴，；
∵，
∴；
在中，由勾股定理得：，
∴；
（3）解：①当点E在边上时；
由（2）的结论知：；
另一方面，在中，由勾股定理得：，
即；
设，则，而，
∴，
解得：，
即；
②当点E在延长线上时，如图；
把补成矩形，延长交延长线于点P，连接，
与（2）证法相同，同样有，
另一方面，在中，由勾股定理得：，
即；
设，则，而，
∴，
解得：，
即；
综上，的长为或．
【点睛】本题是四边形的综合，考查了矩形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，旋转的性质等知识，证明三角形全等是问题的关键．
70．(1)
(2)正确，理由见解析
(3)
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，作出正确的辅助线是解题的关键．
（1）利用勾股定理求得的长度，即可解答；
（2）连接、，证明四边形是平行四边形，即可解答；
（3）利用平行四边形的性质得到，，在通过勾股定理列方程解得的长，即可解答．
【详解】（1）解：四边形为矩形，矩形和矩形重合，
，，
,
（2）解：正确，理由如下：
如图，连接、，
根据题意可得，
，
∴
∵
∴四边形是平行四边形，
∴，
，
所以、、在同一条直线上；
（3）解：根据（2）中可得四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
设，
、D、C在同一条直线上，
，
在中，利用勾股定理得，
，
可得方程，解得，
∴．
答案第1页，共2页
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