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北师大版数学九（上）第一章 特殊平行四边形 单元测试培优卷
一、选择题（每题5分，共50分）
1．（2025九上·中山期末）如图，将长方形绕其顶点B顺时针转到如图所示的位置，则旋转角可以为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；两直线平行，同旁内角互补
【解析】【解答】解：记，，旋转后的对应点为，，，交于点．
由旋转的性质可知四边形为长方形，
，
，
，
，
旋转角可以为，
故选：A．
【分析】
由旋转和矩形的性质知，再由两直线平行同旁内角互补得即可．
2．（2024九上·兰州期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列说法正确的是（　　）
A．若，则是菱形 B．若，则是矩形
C．若，则是正方形 D．若，则是正方形
【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、∵四边形是平行四边形且，
∴是矩形，而不是菱形；
∴此选项不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形且，
∴是矩形，
∴此选项符合题意；
C、∵四边形是平行四边形且，
∴是菱形，
∴此选项不符合题意；
D、∵四边形是平行四边形且，
∴是菱形，
∴此选项不符合题意.
故答案为：B．
【分析】A、根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可得四边形ABCD是矩形；
B、根据对角线相等的平行四边形是矩形可判断求解；
C、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可判断求解；
D、根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可判断求解.
3．（2024九上·南山期中）如图，在菱形中，分别是上的点，且与相交于点O．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点是的中点，
又∵，
∴平分，，即，
在中，，
∴，
故选：B ．
【分析】先利用菱形的性质结合可证明，则点O是AC中点；由于菱形的对角互相垂直平分，且一条对角线平分一组对角，则可得与互余．
4．（2024九上·金堂月考）如图，将边长为的正方形折叠，使点落在边的中点处，点落在处，折痕为，则线段的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：设，则，由折叠的性质知，
∵点落在边的中点处，
∴，
在中，由勾股定理可知，
即，整理得，
解得，，
∴线段的长为，
故答案为：A．
【分析】根据折叠的性质，只要求出就可以求出，在直角中，设，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求解．
5．（2025九上·嘉兴期末）如图，由四个全等的直角三角形和小正方形拼成正方形，连接交于．若，，则的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：∵四边形EFGH是正方形，
∴，，EF∥GH，
∵，
∴，
∵EF∥GH，
∴，
∴；
∵图中为四个全等的直角三角形，
∴，
∴，
∵正方形中，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，（负值舍去），
∴，
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】由正方形的性质得，，EF∥GH，从而由平行于三角形一边得直线截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得，由相似三角形对应边成比例得出，结合全等三角形性质得出，在Rt△BCF中，根据勾股定理求出，得出，再根据勾股定理算出CE即可.
6．（2024九上·长春期末）如图，，E为的中点，与相交于点F，，则的度数是（　　）
A．56° B．62° C．63° D．72°
【答案】A
【知识点】等腰三角形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵，E为的中点，
∴和均为直角三角形，且点E是公共斜边的中点，
∴，
∴，
故答案为：A．
【分析】利用直角三角形斜边上中线等于斜边的一半得到，再根据等边对等角解题即可．
7．（2024九上·金牛期中）如图，矩形的对角线和相交于点，平分交于点，如果，那么的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：四边形是矩形，
，，，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，，
，
，
，
，
故答案为：C．
【分析】根据矩形的性质“矩形的四个角都是直角，矩形的对边相等， 对角线相等”可得，，，可以计算出，结合已知用边角边可证，由全等三角形的对应角相等得∠OAD=∠OBC，可求出的度数，然后根据三角形内角和等于180°可求解．
8．（2024九上·金堂期中）如图，在矩形中，点的坐标为，则的长是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接OB，过B作BM⊥x轴于M，
∵点B的坐标是（1，4），
∴OM=1，BM=4，
∴，
∵四边形OABC是矩形，
∴AC=OB，
∴AC=．
故答案为：C
【分析】连接OB，根过B作BM⊥x轴于M，利用点B的坐标及勾股定理求出OB的长，根据矩形的性质得出AC=OB，即可得到AC的长/
9．（2025九上·金华竞赛）正方形 中，点 是 的中点，点 是 上异于点 的点， ，则 的值是(　　)
A．1 B． C． D．
【答案】D
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD，
∴∠A=∠C=90°，CD=AB=BC=AD，
过 作 ，连结 ，
∴∠BHP=∠BHE=90°，
，
在△ABP和△HBP中
∴△ABP≌△HBP（AAS）
∴AP=PH，BH=AB=BC，
在Rt△BHE和Rt△BCE中
∴Rt△BHE≌Rt△BCE（HL）
∴HE=CE，
设 ，
点 是 的中点， ，
在 Rt 中，由勾股定理得 ，
解得 ，
∴，
故答案为：D.
【分析】利用正方形的性质可知∠A=∠C=90°，CD=AB=BC=AD，过 作 ，连结 ，利用余角的性质可证得∠HBP=∠ABP，再利用AAS可证得△ABP≌△HBP，利用全等三角形的性质可证AP=PH，BH=AB=BC，再利用HL可证得Rt△BHE≌Rt△BCE，利用全等三角形的性质可得到HE=CE；设 ，可表示出AB、PD、PE的长，利用勾股定理可得到关于x、y的方程，解方程可表示出y，利用勾股定理表示出BP的长，同时可表示出PE的长；然后求出BP与PE的比值.
10．（2024九上·梓潼开学考）如图，已知正方形的边长为4，P是对角线上一点，于点E，于点F，连接．给出下列结论：①；②四边形的周长为8：③一定是等腰三角形；④；⑤的最小值为；⑥．其中正确结论的序号为（　　）
A．①②④⑤⑥ B．②③④⑤ C．①②④⑤ D．②④⑤⑥
【答案】A
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：延长FP交AB与K，延长AP交EF与H，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠DAB=∠ABC=∠C=∠CDA=90°，BD平分∠ABC和∠ADC，AB//CD.
∴∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠CDB=45°.
∵于点E，于点F，
∴∠PEC=∠C=∠CFP，
∴四边形PECF是矩形，
∴PF=EC，PE=FC.
①∵PF⊥CD，
∴∠PFD=90°=∠C，
∴PF//BC，
∴∠DPF＝∠DBC=45°，
∴PF=DF，△PDF是等腰直角三角形.
∴在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝EC2+EC2＝2EC2，
∴DP=EC．故选项①正确；
②四边形PECF的周长＝2PF+2FC＝2DF+2FC＝2CD＝8，故选项②正确；
③∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，∠ADP＝45°，
∴当AD=AP=AB，即P，B重合时，△APD是等腰三角形；当点P为BD中点时AP=PD，△APD是等腰三角形；当DA=DP时，是等腰三角形.
∵点P是动点，位置不定，故△APD不一定是等腰三角形，故选项③错误．
④∵∠KAD=∠ADF=∠DFK=90°，
∴四边形AKFD是矩形，
∴AK=DF，BK=FC，∠AKP=90°，
∴AK=PF=EC，∠BKP=90°，
PK=BK，
∴PK=FC.
又∵∠AKP=∠C=90°，
∴△AKP≌△ECF（SAS）
∴AP=EF.故选项④正确；
⑤∵EF＝AP，
∴当AP最小时，EF最小，
∵点A是直线BD为一点，
∴当AP⊥BD时，即时，EF的最小，最小值等于，故选项⑤正确；
⑥∵矩形PECF，
∴PE//CF，
∴∠PEF=∠CFE，PE//AB，
∴∠KAP=∠EPG.
∵△AKP≌△ECF，
∴∠APK=∠CFE=∠FEP.
∵∠KAP+∠APK=90°，
∴∠EPG+∠FEP=90°，即AG⊥EF.故选项⑥正确.
本题正确的有：①②④⑤⑥；
故答案为：A．
【分析】①根据正方形的对角线平分对角的性质，得△PDF是等腰直角三角形，在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝EC2+EC2＝2EC2，求得DP=EC．②先证明四边形PECF为矩形，根据等腰直角三角形和矩形的性质可得其周长为2BC，则四边形PECF的周长为8；③根据P的任意性可以判断△APD不一定是等腰三角形；④证明△AKP≌△ECF，即可得AP＝EF；⑤由EF=AP得AP最小时，EF最小，利用“垂线段最短”可得AP⊥BD时有最小值；⑥证明∠EPG+∠FEP=90°，则AP⊥EF．
二、填空题（每题5分，共25分）
11．（2024九上·哈尔滨开学考）如图，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝10，BC＝16，则EF的长为　 　.
【答案】3
【知识点】三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：因为DE为△ABC的中位线，∠AFB=90°，所以DE=BC，DF=AB，
因为BC=16，AB=10，
所以DE=×16=8，DF=×10=5，
所以EF=DE-DF=8-5=3，
故填：3．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出DF的长度，根据三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半）求出DE的长，然后相减即可得到EF的长．
12．（2025九上·东阳竞赛）如图，在菱形纸片 中， 为 中点，折叠菱形纸片 ，使点 落在 所在的直线上，得到经过点 的折痕 . 则 的大小为　 　度.
【答案】75
【知识点】菱形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：在菱形纸片 中，如图，连接 ，
，∠ADC＝180° ∠A＝180° 60°＝120°，
是等边三角形，
∵P为AB的中点， 得 ，∠ADP＝∠BDP＝∠ADB＝×60°＝30°，
∴∠CDC'＝∠ADC ∠ADP＝120° 30°＝90°，
由折叠得∠CDE＝∠C'DE＝∠CDC'＝×90°＝45°，
∴∠DEC＝180° ∠CDE ∠C＝180° 45° 60°＝75°，
故答案为：75.
【分析】连接BD，由菱形的性质得AB＝AD，DC∥AB，∠C＝∠A＝60°，则△ABD是等边三角形，∠ADC＝180° ∠A＝120°，所以∠ADB＝60°，∠ADP＝∠BDP＝
∠ADB＝30°，则∠CDC'＝∠ADC ∠ADP＝90°，由折叠得∠CDE＝∠C'DE＝∠CDC'＝45°，所以∠DEC＝180° ∠CDE ∠C＝75°，于是得到问题的答案．
13．（2024九上·薛城月考）如图，四边形是菱形，对角线与相交于点，，，于点，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴在直角三角形中，，
∴．
故答案为：．
【分析】根据勾股定理求出菱形的边长，然后利用面积法求出菱形的高即可．
14．（2024九上·滕州开学考）如图，菱形中，，，，点P为对角线上的一个动点，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，连接，，过作于，
由菱形的对称性可得：，
∴，
当三点共线时，最短，
∵菱形中，，，
∴，为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为：；
故答案为：
【分析】本题主要对菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用等知识进行考查；连接，，过作于，因为四边形ABCD为菱形，所以有，进而可列出不等关系，根据不等式可知，当三点共线时，最短，可解得，即最小值为．
15．（2024九上·株洲开学考）如图，在矩形纸片中，，为边的中点，点在边上，连接，将沿翻折，点的对应点为，连接．若，则　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图所示：
连接，延长交的延长线于H，
因为矩形中，为边的中点，
所以，，
因为将沿翻折，点的对应点为，
所以，
所以，所以，
所以，
因为，所以，即，
所以为直角三角形，
设，则，
所以，
所以，
所以为等腰三角形，所以，
所以，∴．
故答案为：．
【分析】
如图：连接，延长交的延长线于H，根据折叠的性质及矩形的性质，利用ASA，证得，结合勾股定理的逆定理，得到为直角三角形，设，得到，证得为等腰三角形，求出，即可求解．
三、解答题（共8题，共75分）
16．（2024·官渡模拟）如图，在矩形中（），对角线相交于点O，延长到点E，使得，连接，点F是的中点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若矩形的周长为20，，求四边形的面积．
【答案】（1）证明：∵矩形中，
∴，，，，
∴，
∵，
∴点是线段的中点，
∵点F是的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形
（2）解：∵矩形中，
∴，，，
∵矩形的周长为20，
∴，
∴，
∴，
在中，，即，
解得或，
∵，
∴，，
∴，
∴菱形的面积．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】 【分析】（1）根据矩形性质可得，，，，则，根据三角形中位线性质可得，，再根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，由可得四边形是菱形，即可求出答案.
（2）根据矩形性质可得，，，再根据矩形周长可得，则，再根据勾股定理建立方程，解方程可得，，再根据三角形面积即可求出答案.
（1）证明：∵矩形中，
∴，，，，
∴，
∵，
∴点是线段的中点，
∵点F是的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵矩形中，
∴，，，
∵矩形的周长为20，
∴，
∴，
∴，
在中，，即，
解得或，
∵，
∴，，
∴，
∴菱形的面积．
17．（2024九上·南山期末）如图，在正方形中，点，分别在，上，，垂足为．
（1）求证：；
（2）若正方形的边长是8，，点是的中点，求的长．
【答案】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，
，
，
，
，
，
是中点，，
．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）先利用“ASA”证出，再利用全等三角形的性质可得；
（2）先利用勾股定理求出BF的长，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得．
（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，
，
，
，
，
，
是中点，，
．
18．（2023九上·于洪期中）如图，在四边形中，，分别是边上的点，连接交于点，．添加下列条件之一使四边形成为菱形：①；②．
（1）你添加的条件是______（填序号），并证明．
（2）在（1）的条件下，连接，若，求菱形的面积．
【答案】（1）解：添加条件②，证明如下；
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：由菱形的性质可知，，如图，
∵，
由勾股定理得，，
∴，
解得，，
∴，
∴，
∴菱形的面积为．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；菱形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）添加条件②，由，证明四边形是平行四边形，证明，则，进而可证四边形是菱形，解答即可；
（2）由菱形的性质可知，，再由勾股定理得，，计算解得，进而可求的值，根据，计算求解即可．
（1）解：添加条件②，证明如下；
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：由菱形的性质可知，，如图，
∵，
由勾股定理得，，
∴，
解得，，
∴，
∴，
∴菱形的面积为．
19．（2024九上·哈尔滨开学考）在中，于点D，点E是边的中点，过A作交的延长线于点F，连接．
（1）如图1，求证：四边形是矩形．
（2）如图2，当时，取中点G，连接，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有面积为矩形面积一半的平行四边形．
【答案】（1）（1）证明：
∵E是中点，
在和中，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形；
（2）；；；的面积为矩形面积一半
【知识点】矩形的判定；三角形全等的判定-ASA；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（2）解：∵∴
∵四边形是矩形，且点E为对角线交点，
∴点E是边的中点，
∵G是的中点，
∴是的中位线，
∴
∴四边形是平行四边形；
同理可证线段、线段都是的中位线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
同理可证，四边形、四边形都是平行四边形，
在中，
∴
∴
在矩形中，
∴即
同理可得；；的面积为矩形面积一半
【分析】本题考查平行四边形的判定、矩形的判定、三角形的中位线定理、全等三角形的判定和性质．
（1）根据先利用平行线的性质推出根据E是中点，可推出利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得再根据可证明四边形是平行四边形，再根据，利用矩形的判定定理可证明四边形是矩形．
（2）根据点E是边的中点，G是的中点，利用三角形的中位线定理可证明，利用平行四边形的判定定理可证明四边形、同理可证明四边形、四边形、四边形都是平行四边形，利用平行四边形的性质可推出利用全等三角形的判定定理可证明：利用三角形的面积公式进行计算可推出它们的面积为矩形面积一半．
（1）证明：
∵E是中点，
在和中，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵
∴
∵四边形是矩形，且点E为对角线交点，
∴点E是边的中点，
∵G是的中点，
∴是的中位线，
∴
∴四边形是平行四边形；
同理可证线段、线段都是的中位线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
同理可证，四边形、四边形都是平行四边形，
在中，
∴
∴
在矩形中，
∴即
同理可得；；的面积为矩形面积一半
20．（2025九上·东营期末）如图，在两个等腰直角和中，，点M为中点，点N为中点．
（1）观察猜想：
如图1，点E在上，线段与的数量关系是______，位置关系是______；
（2）探究证明：
把绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
（3）拓展延伸：
把绕点C在平面内自由旋转，若，，当A、D、E三点处于同一条直线上时，请直接写出AM的长．
【答案】（1），
（2）解：成立；
理由如下：
和均为等腰直角三角形，
，，
，
， ，
，
在和中，
，
（）
，，
点M为中点，点N为中点，
，，
，
在和中，
，
（），
，，
，
，
，
；
（3）或
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；三角形全等的判定-SAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】（1）解：和是等腰直角三角形，
，，，
在和中
，
()，
，，
，
点M为中点，点N为中点，
，，
，，，
，
，
，
，
；
故答案：，；
（3）解：①如图，当在直线的上方时，作于．
，，
，
，，
在中，，
，
；
②当在直线的下方时时，作于．
同理可得：，
，
综上所述：满足条件的的值为或．
【分析】（1）根据等腰直角三角形性质可得，，，再根据全等三角形判定定理可得()，则，，即，再根据线段中点性质可得，，则，，，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）根据等腰直角三角形性质可得，，再根据角之间的关系可得，由全等三角形判定定理可得（），则 ，，再根据线段中点可得，由全等三角形判定定理可得（），则，，再根据角之间的关系即可求出答案.
（3）分情况讨论：①当在直线的上方时，作于，根据等腰直角三角形性质可得，，再根据勾股定理可得AF=12，再根据边之间的关系即可求出答案；②当在直线的下方时时，作于，同理可得：，再根据边之间的关系即可求出答案.
（1）解：和是等腰直角三角形，
，，，
在和中
，
()，
，，
，
点M为中点，点N为中点，
，，
，，，
，
，
，
，
；
故答案：，；
（2）解：成立；
理由如下：
和均为等腰直角三角形，
，，
，
， ，
，
在和中，
，
（）
，，
点M为中点，点N为中点，
，，
，
在和中，
，
（），
，，
，
，
，
；
（3）解：①如图，当在直线的上方时，作于．
，，
，
，，
在中，，
，
；
②当在直线的下方时时，作于．
同理可得：，
，
综上所述：满足条件的的值为或．
21．（2023九上·小店月考） 阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．易证得：． 大致证明思路：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得、、三点共线，，进而可证明，故．
任务：
如图3，在四边形中，，，，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】解：成立．
证明：将绕点顺时针旋转得到，
，，，，，
，
、、三点共线，
，
，
，，
，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定，旋转的性质，理解题中例题的方法是关键。将绕点顺时针旋转得到，可知，再证M、、三点共线，可得，再证，得ME=EF，则可知．
22．
（1）【阅读发现】
如图1，在正方形ABCD的外侧作等边三角形.ABE和等边三角形ADF，连结ED与FC相交于点M，则图中△ADE≌△DFC，可知DE=FC，并可求得∠DMC=　 　°.
（2）【拓展应用】
如图2，在矩形ABCD(AB>BC)的外侧作等边三角形ABE和等边三角形ADF，连结ED与FC相交于点M.
求证：DE=FC.
（3）若∠ADE=20°，求∠DMC的度数.
【答案】（1）90
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形
∴∠BAD=∠ADC=90°，AB=DC
∵△ABE和△ADF都是等边三角形
∴∠EAB=∠FDA=60°，AE=AB，DF=AD
∴AE=DC，∠EAD=∠FDC=150°
∵AE=DC，∠EAD=∠FDC，DF=AD
∴△AED≌△DCF(SAS)
∴DE=FC
（3）解：∵△AED≌△DCF
∴∠ADE=∠DFC=20°
∵∠ADC=90°
∴∠DMC=∠FDA+∠ADE+∠DFC=60°+20°+20°=100°
【知识点】等边三角形的性质；矩形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：(1)∵△ADE≌△DFC
∴∠ADE=∠DCF
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ADE+∠EDC=∠DCF+∠EDC=90°
∴∠DMC=90°
故答案为：90.
【分析】(1)根据三角形全等，可得∠ADE=∠DCF；根据等量代换原则，即可的∠DMC的值；
(2)根据矩形的性质，可得∠BAD=∠ADC=90°，AB=DC；根据等边三角形的性质，可得∠EAB=∠FDA=60°，AE=AB，DF=AD；根据三角形全等的判定和性质，可得DE=FC；
(3)根据三角形全等的性质，可得∠ADE=∠DFC=20°；根据等量关系列代数式，即可求出∠DMC的值.
23．（2024九上·永修月考）【模型建立】
（1）如图1，已知和，，，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【答案】（1），理由如下：∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（2），理由如下：
过E点作于点M，过E点作于点N，如图，
∵四边形是正方形，是正方形的对角线，
∴，平分，，
∴，
即，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，，
∴四边形是正方形，
∴是正方形对角线，，
∴，，
∴，，
∴，即，
∵，
∴，
即有；
（3），理由如下，
过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，如图，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵在正方形中，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；角平分线的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】（1）直接证明，即可证明；
（2）过E点作于点M，过E点作于点N，先证明，可得，结合等腰直角三角形的性质可得：，，即有，，进而可得，即可证；
（3）过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，先证明，再结合等腰直角三角形的性质，即可证明．
1 / 1北师大版数学九（上）第一章 特殊平行四边形 单元测试培优卷
一、选择题（每题5分，共50分）
1．（2025九上·中山期末）如图，将长方形绕其顶点B顺时针转到如图所示的位置，则旋转角可以为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024九上·兰州期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列说法正确的是（　　）
A．若，则是菱形 B．若，则是矩形
C．若，则是正方形 D．若，则是正方形
3．（2024九上·南山期中）如图，在菱形中，分别是上的点，且与相交于点O．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024九上·金堂月考）如图，将边长为的正方形折叠，使点落在边的中点处，点落在处，折痕为，则线段的长是（ ）
A． B． C． D．
5．（2025九上·嘉兴期末）如图，由四个全等的直角三角形和小正方形拼成正方形，连接交于．若，，则的长为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024九上·长春期末）如图，，E为的中点，与相交于点F，，则的度数是（　　）
A．56° B．62° C．63° D．72°
7．（2024九上·金牛期中）如图，矩形的对角线和相交于点，平分交于点，如果，那么的度数为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024九上·金堂期中）如图，在矩形中，点的坐标为，则的长是（　　）
A． B． C． D．
9．（2025九上·金华竞赛）正方形 中，点 是 的中点，点 是 上异于点 的点， ，则 的值是(　　)
A．1 B． C． D．
10．（2024九上·梓潼开学考）如图，已知正方形的边长为4，P是对角线上一点，于点E，于点F，连接．给出下列结论：①；②四边形的周长为8：③一定是等腰三角形；④；⑤的最小值为；⑥．其中正确结论的序号为（　　）
A．①②④⑤⑥ B．②③④⑤ C．①②④⑤ D．②④⑤⑥
二、填空题（每题5分，共25分）
11．（2024九上·哈尔滨开学考）如图，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝10，BC＝16，则EF的长为　 　.
12．（2025九上·东阳竞赛）如图，在菱形纸片 中， 为 中点，折叠菱形纸片 ，使点 落在 所在的直线上，得到经过点 的折痕 . 则 的大小为　 　度.
13．（2024九上·薛城月考）如图，四边形是菱形，对角线与相交于点，，，于点，则的长为　 　．
14．（2024九上·滕州开学考）如图，菱形中，，，，点P为对角线上的一个动点，则的最小值为　 　．
15．（2024九上·株洲开学考）如图，在矩形纸片中，，为边的中点，点在边上，连接，将沿翻折，点的对应点为，连接．若，则　 　．
三、解答题（共8题，共75分）
16．（2024·官渡模拟）如图，在矩形中（），对角线相交于点O，延长到点E，使得，连接，点F是的中点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若矩形的周长为20，，求四边形的面积．
17．（2024九上·南山期末）如图，在正方形中，点，分别在，上，，垂足为．
（1）求证：；
（2）若正方形的边长是8，，点是的中点，求的长．
18．（2023九上·于洪期中）如图，在四边形中，，分别是边上的点，连接交于点，．添加下列条件之一使四边形成为菱形：①；②．
（1）你添加的条件是______（填序号），并证明．
（2）在（1）的条件下，连接，若，求菱形的面积．
19．（2024九上·哈尔滨开学考）在中，于点D，点E是边的中点，过A作交的延长线于点F，连接．
（1）如图1，求证：四边形是矩形．
（2）如图2，当时，取中点G，连接，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有面积为矩形面积一半的平行四边形．
20．（2025九上·东营期末）如图，在两个等腰直角和中，，点M为中点，点N为中点．
（1）观察猜想：
如图1，点E在上，线段与的数量关系是______，位置关系是______；
（2）探究证明：
把绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
（3）拓展延伸：
把绕点C在平面内自由旋转，若，，当A、D、E三点处于同一条直线上时，请直接写出AM的长．
21．（2023九上·小店月考） 阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．易证得：． 大致证明思路：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得、、三点共线，，进而可证明，故．
任务：
如图3，在四边形中，，，，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
22．
（1）【阅读发现】
如图1，在正方形ABCD的外侧作等边三角形.ABE和等边三角形ADF，连结ED与FC相交于点M，则图中△ADE≌△DFC，可知DE=FC，并可求得∠DMC=　 　°.
（2）【拓展应用】
如图2，在矩形ABCD(AB>BC)的外侧作等边三角形ABE和等边三角形ADF，连结ED与FC相交于点M.
求证：DE=FC.
（3）若∠ADE=20°，求∠DMC的度数.
23．（2024九上·永修月考）【模型建立】
（1）如图1，已知和，，，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；两直线平行，同旁内角互补
【解析】【解答】解：记，，旋转后的对应点为，，，交于点．
由旋转的性质可知四边形为长方形，
，
，
，
，
旋转角可以为，
故选：A．
【分析】
由旋转和矩形的性质知，再由两直线平行同旁内角互补得即可．
2．【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、∵四边形是平行四边形且，
∴是矩形，而不是菱形；
∴此选项不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形且，
∴是矩形，
∴此选项符合题意；
C、∵四边形是平行四边形且，
∴是菱形，
∴此选项不符合题意；
D、∵四边形是平行四边形且，
∴是菱形，
∴此选项不符合题意.
故答案为：B．
【分析】A、根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可得四边形ABCD是矩形；
B、根据对角线相等的平行四边形是矩形可判断求解；
C、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可判断求解；
D、根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可判断求解.
3．【答案】B
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点是的中点，
又∵，
∴平分，，即，
在中，，
∴，
故选：B ．
【分析】先利用菱形的性质结合可证明，则点O是AC中点；由于菱形的对角互相垂直平分，且一条对角线平分一组对角，则可得与互余．
4．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：设，则，由折叠的性质知，
∵点落在边的中点处，
∴，
在中，由勾股定理可知，
即，整理得，
解得，，
∴线段的长为，
故答案为：A．
【分析】根据折叠的性质，只要求出就可以求出，在直角中，设，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求解．
5．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：∵四边形EFGH是正方形，
∴，，EF∥GH，
∵，
∴，
∵EF∥GH，
∴，
∴；
∵图中为四个全等的直角三角形，
∴，
∴，
∵正方形中，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，（负值舍去），
∴，
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】由正方形的性质得，，EF∥GH，从而由平行于三角形一边得直线截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得，由相似三角形对应边成比例得出，结合全等三角形性质得出，在Rt△BCF中，根据勾股定理求出，得出，再根据勾股定理算出CE即可.
6．【答案】A
【知识点】等腰三角形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵，E为的中点，
∴和均为直角三角形，且点E是公共斜边的中点，
∴，
∴，
故答案为：A．
【分析】利用直角三角形斜边上中线等于斜边的一半得到，再根据等边对等角解题即可．
7．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：四边形是矩形，
，，，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，，
，
，
，
，
故答案为：C．
【分析】根据矩形的性质“矩形的四个角都是直角，矩形的对边相等， 对角线相等”可得，，，可以计算出，结合已知用边角边可证，由全等三角形的对应角相等得∠OAD=∠OBC，可求出的度数，然后根据三角形内角和等于180°可求解．
8．【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接OB，过B作BM⊥x轴于M，
∵点B的坐标是（1，4），
∴OM=1，BM=4，
∴，
∵四边形OABC是矩形，
∴AC=OB，
∴AC=．
故答案为：C
【分析】连接OB，根过B作BM⊥x轴于M，利用点B的坐标及勾股定理求出OB的长，根据矩形的性质得出AC=OB，即可得到AC的长/
9．【答案】D
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD，
∴∠A=∠C=90°，CD=AB=BC=AD，
过 作 ，连结 ，
∴∠BHP=∠BHE=90°，
，
在△ABP和△HBP中
∴△ABP≌△HBP（AAS）
∴AP=PH，BH=AB=BC，
在Rt△BHE和Rt△BCE中
∴Rt△BHE≌Rt△BCE（HL）
∴HE=CE，
设 ，
点 是 的中点， ，
在 Rt 中，由勾股定理得 ，
解得 ，
∴，
故答案为：D.
【分析】利用正方形的性质可知∠A=∠C=90°，CD=AB=BC=AD，过 作 ，连结 ，利用余角的性质可证得∠HBP=∠ABP，再利用AAS可证得△ABP≌△HBP，利用全等三角形的性质可证AP=PH，BH=AB=BC，再利用HL可证得Rt△BHE≌Rt△BCE，利用全等三角形的性质可得到HE=CE；设 ，可表示出AB、PD、PE的长，利用勾股定理可得到关于x、y的方程，解方程可表示出y，利用勾股定理表示出BP的长，同时可表示出PE的长；然后求出BP与PE的比值.
10．【答案】A
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：延长FP交AB与K，延长AP交EF与H，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠DAB=∠ABC=∠C=∠CDA=90°，BD平分∠ABC和∠ADC，AB//CD.
∴∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠CDB=45°.
∵于点E，于点F，
∴∠PEC=∠C=∠CFP，
∴四边形PECF是矩形，
∴PF=EC，PE=FC.
①∵PF⊥CD，
∴∠PFD=90°=∠C，
∴PF//BC，
∴∠DPF＝∠DBC=45°，
∴PF=DF，△PDF是等腰直角三角形.
∴在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝EC2+EC2＝2EC2，
∴DP=EC．故选项①正确；
②四边形PECF的周长＝2PF+2FC＝2DF+2FC＝2CD＝8，故选项②正确；
③∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，∠ADP＝45°，
∴当AD=AP=AB，即P，B重合时，△APD是等腰三角形；当点P为BD中点时AP=PD，△APD是等腰三角形；当DA=DP时，是等腰三角形.
∵点P是动点，位置不定，故△APD不一定是等腰三角形，故选项③错误．
④∵∠KAD=∠ADF=∠DFK=90°，
∴四边形AKFD是矩形，
∴AK=DF，BK=FC，∠AKP=90°，
∴AK=PF=EC，∠BKP=90°，
PK=BK，
∴PK=FC.
又∵∠AKP=∠C=90°，
∴△AKP≌△ECF（SAS）
∴AP=EF.故选项④正确；
⑤∵EF＝AP，
∴当AP最小时，EF最小，
∵点A是直线BD为一点，
∴当AP⊥BD时，即时，EF的最小，最小值等于，故选项⑤正确；
⑥∵矩形PECF，
∴PE//CF，
∴∠PEF=∠CFE，PE//AB，
∴∠KAP=∠EPG.
∵△AKP≌△ECF，
∴∠APK=∠CFE=∠FEP.
∵∠KAP+∠APK=90°，
∴∠EPG+∠FEP=90°，即AG⊥EF.故选项⑥正确.
本题正确的有：①②④⑤⑥；
故答案为：A．
【分析】①根据正方形的对角线平分对角的性质，得△PDF是等腰直角三角形，在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝EC2+EC2＝2EC2，求得DP=EC．②先证明四边形PECF为矩形，根据等腰直角三角形和矩形的性质可得其周长为2BC，则四边形PECF的周长为8；③根据P的任意性可以判断△APD不一定是等腰三角形；④证明△AKP≌△ECF，即可得AP＝EF；⑤由EF=AP得AP最小时，EF最小，利用“垂线段最短”可得AP⊥BD时有最小值；⑥证明∠EPG+∠FEP=90°，则AP⊥EF．
11．【答案】3
【知识点】三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：因为DE为△ABC的中位线，∠AFB=90°，所以DE=BC，DF=AB，
因为BC=16，AB=10，
所以DE=×16=8，DF=×10=5，
所以EF=DE-DF=8-5=3，
故填：3．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出DF的长度，根据三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半）求出DE的长，然后相减即可得到EF的长．
12．【答案】75
【知识点】菱形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：在菱形纸片 中，如图，连接 ，
，∠ADC＝180° ∠A＝180° 60°＝120°，
是等边三角形，
∵P为AB的中点， 得 ，∠ADP＝∠BDP＝∠ADB＝×60°＝30°，
∴∠CDC'＝∠ADC ∠ADP＝120° 30°＝90°，
由折叠得∠CDE＝∠C'DE＝∠CDC'＝×90°＝45°，
∴∠DEC＝180° ∠CDE ∠C＝180° 45° 60°＝75°，
故答案为：75.
【分析】连接BD，由菱形的性质得AB＝AD，DC∥AB，∠C＝∠A＝60°，则△ABD是等边三角形，∠ADC＝180° ∠A＝120°，所以∠ADB＝60°，∠ADP＝∠BDP＝
∠ADB＝30°，则∠CDC'＝∠ADC ∠ADP＝90°，由折叠得∠CDE＝∠C'DE＝∠CDC'＝45°，所以∠DEC＝180° ∠CDE ∠C＝75°，于是得到问题的答案．
13．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴在直角三角形中，，
∴．
故答案为：．
【分析】根据勾股定理求出菱形的边长，然后利用面积法求出菱形的高即可．
14．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，连接，，过作于，
由菱形的对称性可得：，
∴，
当三点共线时，最短，
∵菱形中，，，
∴，为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为：；
故答案为：
【分析】本题主要对菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用等知识进行考查；连接，，过作于，因为四边形ABCD为菱形，所以有，进而可列出不等关系，根据不等式可知，当三点共线时，最短，可解得，即最小值为．
15．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图所示：
连接，延长交的延长线于H，
因为矩形中，为边的中点，
所以，，
因为将沿翻折，点的对应点为，
所以，
所以，所以，
所以，
因为，所以，即，
所以为直角三角形，
设，则，
所以，
所以，
所以为等腰三角形，所以，
所以，∴．
故答案为：．
【分析】
如图：连接，延长交的延长线于H，根据折叠的性质及矩形的性质，利用ASA，证得，结合勾股定理的逆定理，得到为直角三角形，设，得到，证得为等腰三角形，求出，即可求解．
16．【答案】（1）证明：∵矩形中，
∴，，，，
∴，
∵，
∴点是线段的中点，
∵点F是的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形
（2）解：∵矩形中，
∴，，，
∵矩形的周长为20，
∴，
∴，
∴，
在中，，即，
解得或，
∵，
∴，，
∴，
∴菱形的面积．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】 【分析】（1）根据矩形性质可得，，，，则，根据三角形中位线性质可得，，再根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，由可得四边形是菱形，即可求出答案.
（2）根据矩形性质可得，，，再根据矩形周长可得，则，再根据勾股定理建立方程，解方程可得，，再根据三角形面积即可求出答案.
（1）证明：∵矩形中，
∴，，，，
∴，
∵，
∴点是线段的中点，
∵点F是的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵矩形中，
∴，，，
∵矩形的周长为20，
∴，
∴，
∴，
在中，，即，
解得或，
∵，
∴，，
∴，
∴菱形的面积．
17．【答案】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，
，
，
，
，
，
是中点，，
．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）先利用“ASA”证出，再利用全等三角形的性质可得；
（2）先利用勾股定理求出BF的长，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得．
（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，
，
，
，
，
，
是中点，，
．
18．【答案】（1）解：添加条件②，证明如下；
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：由菱形的性质可知，，如图，
∵，
由勾股定理得，，
∴，
解得，，
∴，
∴，
∴菱形的面积为．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；菱形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）添加条件②，由，证明四边形是平行四边形，证明，则，进而可证四边形是菱形，解答即可；
（2）由菱形的性质可知，，再由勾股定理得，，计算解得，进而可求的值，根据，计算求解即可．
（1）解：添加条件②，证明如下；
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：由菱形的性质可知，，如图，
∵，
由勾股定理得，，
∴，
解得，，
∴，
∴，
∴菱形的面积为．
19．【答案】（1）（1）证明：
∵E是中点，
在和中，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形；
（2）；；；的面积为矩形面积一半
【知识点】矩形的判定；三角形全等的判定-ASA；三角形的中位线定理
【解析】【解答】（2）解：∵∴
∵四边形是矩形，且点E为对角线交点，
∴点E是边的中点，
∵G是的中点，
∴是的中位线，
∴
∴四边形是平行四边形；
同理可证线段、线段都是的中位线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
同理可证，四边形、四边形都是平行四边形，
在中，
∴
∴
在矩形中，
∴即
同理可得；；的面积为矩形面积一半
【分析】本题考查平行四边形的判定、矩形的判定、三角形的中位线定理、全等三角形的判定和性质．
（1）根据先利用平行线的性质推出根据E是中点，可推出利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得再根据可证明四边形是平行四边形，再根据，利用矩形的判定定理可证明四边形是矩形．
（2）根据点E是边的中点，G是的中点，利用三角形的中位线定理可证明，利用平行四边形的判定定理可证明四边形、同理可证明四边形、四边形、四边形都是平行四边形，利用平行四边形的性质可推出利用全等三角形的判定定理可证明：利用三角形的面积公式进行计算可推出它们的面积为矩形面积一半．
（1）证明：
∵E是中点，
在和中，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵
∴
∵四边形是矩形，且点E为对角线交点，
∴点E是边的中点，
∵G是的中点，
∴是的中位线，
∴
∴四边形是平行四边形；
同理可证线段、线段都是的中位线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
同理可证，四边形、四边形都是平行四边形，
在中，
∴
∴
在矩形中，
∴即
同理可得；；的面积为矩形面积一半
20．【答案】（1），
（2）解：成立；
理由如下：
和均为等腰直角三角形，
，，
，
， ，
，
在和中，
，
（）
，，
点M为中点，点N为中点，
，，
，
在和中，
，
（），
，，
，
，
，
；
（3）或
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；三角形全等的判定-SAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】（1）解：和是等腰直角三角形，
，，，
在和中
，
()，
，，
，
点M为中点，点N为中点，
，，
，，，
，
，
，
，
；
故答案：，；
（3）解：①如图，当在直线的上方时，作于．
，，
，
，，
在中，，
，
；
②当在直线的下方时时，作于．
同理可得：，
，
综上所述：满足条件的的值为或．
【分析】（1）根据等腰直角三角形性质可得，，，再根据全等三角形判定定理可得()，则，，即，再根据线段中点性质可得，，则，，，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）根据等腰直角三角形性质可得，，再根据角之间的关系可得，由全等三角形判定定理可得（），则 ，，再根据线段中点可得，由全等三角形判定定理可得（），则，，再根据角之间的关系即可求出答案.
（3）分情况讨论：①当在直线的上方时，作于，根据等腰直角三角形性质可得，，再根据勾股定理可得AF=12，再根据边之间的关系即可求出答案；②当在直线的下方时时，作于，同理可得：，再根据边之间的关系即可求出答案.
（1）解：和是等腰直角三角形，
，，，
在和中
，
()，
，，
，
点M为中点，点N为中点，
，，
，，，
，
，
，
，
；
故答案：，；
（2）解：成立；
理由如下：
和均为等腰直角三角形，
，，
，
， ，
，
在和中，
，
（）
，，
点M为中点，点N为中点，
，，
，
在和中，
，
（），
，，
，
，
，
；
（3）解：①如图，当在直线的上方时，作于．
，，
，
，，
在中，，
，
；
②当在直线的下方时时，作于．
同理可得：，
，
综上所述：满足条件的的值为或．
21．【答案】解：成立．
证明：将绕点顺时针旋转得到，
，，，，，
，
、、三点共线，
，
，
，，
，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定，旋转的性质，理解题中例题的方法是关键。将绕点顺时针旋转得到，可知，再证M、、三点共线，可得，再证，得ME=EF，则可知．
22．【答案】（1）90
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形
∴∠BAD=∠ADC=90°，AB=DC
∵△ABE和△ADF都是等边三角形
∴∠EAB=∠FDA=60°，AE=AB，DF=AD
∴AE=DC，∠EAD=∠FDC=150°
∵AE=DC，∠EAD=∠FDC，DF=AD
∴△AED≌△DCF(SAS)
∴DE=FC
（3）解：∵△AED≌△DCF
∴∠ADE=∠DFC=20°
∵∠ADC=90°
∴∠DMC=∠FDA+∠ADE+∠DFC=60°+20°+20°=100°
【知识点】等边三角形的性质；矩形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：(1)∵△ADE≌△DFC
∴∠ADE=∠DCF
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ADE+∠EDC=∠DCF+∠EDC=90°
∴∠DMC=90°
故答案为：90.
【分析】(1)根据三角形全等，可得∠ADE=∠DCF；根据等量代换原则，即可的∠DMC的值；
(2)根据矩形的性质，可得∠BAD=∠ADC=90°，AB=DC；根据等边三角形的性质，可得∠EAB=∠FDA=60°，AE=AB，DF=AD；根据三角形全等的判定和性质，可得DE=FC；
(3)根据三角形全等的性质，可得∠ADE=∠DFC=20°；根据等量关系列代数式，即可求出∠DMC的值.
23．【答案】（1），理由如下：∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（2），理由如下：
过E点作于点M，过E点作于点N，如图，
∵四边形是正方形，是正方形的对角线，
∴，平分，，
∴，
即，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，，
∴四边形是正方形，
∴是正方形对角线，，
∴，，
∴，，
∴，即，
∵，
∴，
即有；
（3），理由如下，
过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，如图，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵在正方形中，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；角平分线的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】（1）直接证明，即可证明；
（2）过E点作于点M，过E点作于点N，先证明，可得，结合等腰直角三角形的性质可得：，，即有，，进而可得，即可证；
（3）过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，先证明，再结合等腰直角三角形的性质，即可证明．
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