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【期末真题汇编】浙教版八年级数学下册
第五章 特殊平行四边形 填空题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、填空题
1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，点，分别在，上，，连接，，．若菱形面积为，，四边形的面积是面积的3.5倍，则线段的长为 _________________ ．
2．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）如图，已知矩形和正方形共用对角线，与交于点，与交于点，若正方形的面积比矩形的面积大，的周长与的周长之和是，则的长是______．
3．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在矩形中，对角线交于点为上的点，将沿翻折，使点的对应点恰好落在上，连接．若，则______．
4．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，矩形中，，，点在上，且，点在对角线上，作点关于的对称点，当点恰好落在矩形的边上时，的长为______．
5．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在矩形中，对角线，交于点，的平分线交于点，连结．已知，，则________．
6．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，点，分别在，上，点，关于对称，点在上，点在上，且点，关于对称，的延长线交于点，交于点，则________．
7．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在矩形中，与交于点，点为上一点，连接并延长交于点，满足，若，，则________．
8．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，菱形的边长为5，点在边上，连结，过点作于点，，将菱形分割成三部分后，恰好可以拼成一个直角三角形，若，则线段的长度为___________．
9．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，正方形中，点为对角线上一点，连接，过点作，交射线于点．当线段与正方形的某条边的夹角是时，则的度数是___．
10．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，矩形中，是边上一点，将沿翻折，得到，延长交线段的延长线于点，交线段于点，若，，，则线段的长为_______．
11．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，矩形的对角线，交于点，，点为边上一点，连结，将沿翻折，使点恰好与点重合，则的长为______．
12．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，，将沿对角线翻折，得到，交于点F，再将沿翻折，得到，交于点 H，若平分，则的长为_______．
13．（24-25八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，正方形的边长为 13，以为斜边向内作，，，于点 E，连接．若 ，则 的面积为_________．
14．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，是菱形的对角线，于点E，交于点F，若，则_______
15．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）在以 “矩形的折叠” 为主题的数学活动课上， 某位同学进行了如下操作：

第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形 ．然后将纸片展平∶
第二步：连结 ，将 沿 折叠，得到 ，延长 交边 于点 ，如图②．根据以上操作，若 则 的长是___．
16．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在矩形中，，，点是上一点，现将沿翻折，得到．作，，当四边形是正方形时，则的值为_______．
17．（24-25八年级下·浙江舟山·期末）如图，在矩形中，过点作于点，则的度数为___________．
18．（24-25八年级下·浙江温州·期末）将一个相邻两边之比为的矩形分成四部分，其中有两个全等的等腰直角三角形，其腰长与矩形较长边之比为，如图1，它是一个中心对称图形．现拼成不重叠、无缝隙的轴对称的“鱼”形，如图2，寓意“鱼跃龙门”．若对称中心到矩形较长边的距离为4，则图1矩形较短边的长为________，图2中“鱼”首尾高的值为________．
19．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，在等腰中，，，点D从点B出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以的速度向点C匀速运动，当其中一个点达到终点时，另一点也随之停止运动，设点D、E运动的时间为t秒．过点D作于点F，若平面内存在一点H，使得以H、E、F、D为顶点的四边形为菱形，则t的值为______ ．
20．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，为正方形内的一点，，若，，则的长为_______．
21．（23-24八年级下·浙江湖州·期末）定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形”．如图，在矩形中，，“筝形”的顶点是的中点，点分别在上，且，则对角线的长_________．
22．（23-24八年级下·浙江湖州·期末）如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连结，，，要使四边形成为矩形，可添加一个条件是_________．(只要写出一个条件即可)
23．（23-24八年级下·浙江丽水·期末）如图，是矩形的一条对角线，，依据尺规作图的痕迹，与的交点为，则的度数是 ____________________（用α的代数式表示）．
24．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，E为边上的一点，将菱形沿折叠后，点A恰好落在边上的F处．若垂直对角线，则______度．

25．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）将矩形沿对角线对折，点落在点处，，与交于点，若， ， 则 _____．
26．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图，在矩形中，．点P，点Q同时从点A出发，沿方向匀速运动，点P的速度为1，点Q的速度为3，点Q到达点B时停留在点B，待点P继续运动到点B时结束运动．设运动时间为t，已知当时，线段上有一点M，使四边形是菱形．若运动过程中，线段上另有一点N，使四边形是菱形，则此时_______．
27．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）杭州纸伞馆有制作精美的纸伞，如图，四条长度相等的伞骨围成菱形，伞骨连接点A固定在伞柄顶端，伞圈C能沿着伞柄滑动．小聪通过测量发现：当伞完全张开时，伞柄的中点O到伞骨连接点B，D的距离都等于的一半，若夹角，则的度数是______．
28．（23-24八年级下·浙江台州·期末）如图是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的弦图，人们称它为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的一个大正方形．作的平分线交于点，的平分线交于点，若点，，在同一直线上，则的值为______．
29．（23-24八年级下·浙江台州·期末）如图，，分别以A，B为圆心，5cm长为半径画弧，两弧相交于M，N两点．连接，则四边形的面积为________．
30．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，对角形相交于点．过点作于，点是边中点，若，菱形的面积为，则长为______．
31．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在矩形中，，在边上截取一点，使得，连接，点是的中点，连接．已知，则线段的长为______．
32．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在正方形中，，是边上的动点（可以和重合），连接，，过点作的垂线交线段于点，现以，为邻边构造平行四边形，连接，则的最小值是______．
33．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，在平行四边形中，，，，分别以为一边，在平行四边形外部作正方形、若M，N，O，P是各正方形对角线的交点，则四边形的面积等于_____．
34．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）在矩形中，点F为边的中点，连接，将沿直线翻折，使得点A与点 H重合，的延长线交线段于点 G，的延长线交线段 于点 E，，若点 E 为线段的中点，则线段的长为___，线段的长为___．
35．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，和为两条对角线，分别作和的角平分线交于点N和M，且，则________°．
36．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，正方形 与正方形 ，其中点 三点共线，点 在边 上，点 是 与 的交点． 若正方形 的面积是 9，则 的面积为___．
37．（23-24八年级下·浙江湖州·期末）正方形工整、匀称、美观，设计方便，在人们的生活和生产实际中有着广泛的应用．如图1为某园林石窗，其外框为边长为6的正方形（如图2），点E，F，G，H分别为边上的中点，以四边形各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形（如），四个等边三角形的顶点恰好是正方形MNPQ各边的中点，则点H，M之间的距离是________．(共5张PPT)
【期末真题汇编】浙教版八年级数学下册 第五章 特殊平行四边形 填空题 分析
三、知识点分布
一、填空题
1 0.4 利用菱形的性质求面积；用勾股定理解三角形
2 0.4 全等三角形综合问题；根据矩形的性质与判定求线段长；根据正方形的性质与判定求线段长；用勾股定理解三角形
3 0.65 矩形与折叠问题；直角三角形的两个锐角互余；等边对等角；三角形内角和定理的应用
4 0.65 根据成轴对称图形的特征进行求解；根据矩形的性质与判定求线段长；用勾股定理解三角形
5 0.15 根据矩形的性质求线段长；角平分线的性质定理；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形
6 0.4 根据成轴对称图形的特征进行求解；根据正方形的性质证明；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
7 0.65 根据矩形的性质求线段长；几何问题(一元一次方程的应用)；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形
8 0.4 因式分解法解一元二次方程；三线合一；用勾股定理解三角形；利用菱形的性质求线段长
9 0.65 根据正方形的性质求角度；三角形的外角的定义及性质；三角形内角和定理的应用
10 0.65 矩形与折叠问题；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形
11 0.65 矩形与折叠问题；用勾股定理解三角形
12 0.65 矩形与折叠问题；根据正方形的性质与判定求线段长；用勾股定理解三角形
三、知识点分布
13 0.65 根据正方形的性质求线段长；因式分解法解一元二次方程；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；用勾股定理解三角形
14 0.85 利用菱形的性质求角度；等边对等角；三角形的外角的定义及性质；三角形内角和定理的应用
15 0.65 矩形与折叠问题；用勾股定理解三角形
16 0.65 矩形与折叠问题；用勾股定理解三角形
17 0.85 利用矩形的性质证明；等边对等角；三角形内角和定理的应用
18 0.65 根据矩形的性质求线段长；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形
19 0.65 利用菱形的性质求线段长；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形
20 0.65 根据矩形的性质与判定求线段长；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形
21 0.65 全等的性质和HL综合（HL）；根据矩形的性质与判定求线段长；用勾股定理解三角形
22 0.94 添一条件使四边形是矩形
23 0.65 作垂线(尺规作图)；利用矩形的性质求角度；作角平分线(尺规作图)；线段垂直平分线的性质
24 0.65 折叠问题；利用菱形的性质求线段长
三、知识点分布
25 0.65 矩形与折叠问题；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形
26 0.65 根据矩形的性质求线段长；利用菱形的性质求线段长；用勾股定理解三角形
27 0.65 利用菱形的性质证明；等边对等角
28 0.65 以弦图为背景的计算题；根据正方形的性质求线段长；用勾股定理解三角形
29 0.85 根据菱形的性质与判定求面积；用勾股定理解三角形
30 0.65 斜边的中线等于斜边的一半；利用菱形的性质求线段长；用勾股定理解三角形
31 0.85 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据矩形的性质求线段长；用勾股定理解三角形
32 0.65 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据正方形的性质求线段长；利用平行四边形的性质求解；用勾股定理解三角形
33 0.4 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据正方形的性质与判定求线段长；二次根式的加减运算；用勾股定理解三角形
34 0.4 全等的性质和HL综合（HL）；矩形与折叠问题；用勾股定理解三角形
35 0.85 角平分线的有关计算；利用菱形的性质求角度
36 0.85 利用平行线间距离解决问题；根据正方形的性质证明
37 0.4 根据矩形的性质与判定求线段长；根据正方形的性质与判定求线段长；等边三角形的性质；用勾股定理解三角形【期末真题汇编】浙教版八年级数学下册
第五章 特殊平行四边形 填空题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
参考答案
1．
过点作于点，于点，过点作，交延长线于点，连接，根据菱形性质求出，根据和等底等高得，进而得，再根据面积公式得，由此得，，在中，由勾股定理求出得，然后在中，由勾股定理即可求出的长．
解：过点作于点，于点，过点作，交的延长线于点，连接，如图所示：
四边形是菱形，，
，，
菱形面积为，
，
，
，
同理：，
，
和等底等高，
，
四边形的面积是面积的3.5倍，
，
，
，
，
，
，
，
，，，
根据平行线间的距离处处相等得：，
在中，由勾股定理得：，
，
在中，由勾股定理得：．
故答案为：．
此题主要考查了菱形的性质，三角形的面积，理解菱形的性质，三角形的面积公式，勾股定理是解决问题的关键．
2．
本题考查了正方形和矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，四边形的面积，勾股定理等知识，如图，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点，设，，证明四边形是矩形，，则，，再根据已知的面积和周长的关系列等式即可解答，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
解：如图，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点，
设，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵正方形的面积比矩形的面积大，
∴，
∴，
∴（负值舍），
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的周长与的周长之和是，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
3．
设，由对称性得到，进而由等腰三角形性质得到，再结合三角形外角性质得到，再由对称性得到，则，，从而有，再由，由等腰三角形性质得到，由三角形内角和定理得到，利用矩形性质及等腰三角形性质得到，从而有，解得，在中，有两锐角互余得．
解：设，
将沿翻折，使点的对应点恰好落在上，
，则，
是的一个外角，
，
在矩形中，，则由对称性可知，
，，
则，
，
，
在中，则由三角形内角和定理可得，
在矩形中，，则，
即，解得，
在中，，则，
，
，
故答案为：．
本题考查矩形中求角度，涉及对称性质、等腰三角形性质、外角性质、矩形性质、直角三角形两锐角互余、三角形内角和定理、解方程等知识，熟练掌握相关几何性质，找准各个角度之间的关系列方程求解是解决问题的关键．
4．或
本题考查了矩形的判定和性质，轴对称的性质，勾股定理，连接，由轴对称的性质可得，再分两种情况，分别画出图形，根据矩形的性质和勾股定理解答即可求解，正确画出图形解答是解题的关键．
解：如图，连接，
∵点关于的对称点为，
∴，
∵，，，
∴，，
∵，
∴当时，点和点重合，
∴；
当点在上时，如图，过点作于， 则，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
，
∴，
∴；
综上，的长为或，
故答案为：或．
5．6
过点O作于点F，于点P，过点E作于点H，证明是的中位线，设，则，由角平分线性质得，
设，证明，得，再由三角形的面积公式得，则，由勾股定理得，证明是等腰直角三角形，由勾股定理得，
再由三角形的面积公式，进而得，则，由此得，继而可得的长．
解：过点O作于点F，于点P，过点E作于点H，如图所示：
四边形是矩形，
，
，
是的中位线，
设，则，
是的平分线，，，
，设，
是的外角，，
，
在中，，
，
，
，
，
，，
由三角形的面积公式得：，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，，
是等腰直角三角形，
，
在中，，
由勾股定理得：，
，
由三角形的面积公式得：，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
．
故答案为：6．
此题主要考查了矩形的性质，理解矩形的性质，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，灵活运用三角形的面积公式和勾股定理进行计算是解决问题的关键．
6．
如图，过点作于点，设，根据轴对称的性质得，，结合正方形的性质证明是等边三角形，得，推出，，在中，根据含角的直角三角形的性质及勾股定理和等边对等角推出，，继而求出，在中，进一步求出，可得结论．
解：如图，过点作于点，设，
∵点，关于对称，点，关于对称，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，
在中，，，，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
在中，，，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
本题考查正方形的性质，轴对称的性质，等边三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，等边对等角等知识点，通过作辅助线构造直角三角形、证明是等边三角形是解题的关键．
7．
先由等腰三角形性质得到，再由矩形性质得到，则由平行线性质，等量代换得到，从而得到，设，则，，由矩形性质及已知得到，列方程求解求出，即，在中，由勾股定理求解即可得到答案．
解：，
，
在矩形中，，则，
，
，则，
设，则，，
在矩形中，，则，
即，解得，
在中，，，则由勾股定理可得，
故答案为：．
本题考查勾股定理求线段长，涉及等腰三角形判定与性质、矩形性质、平行线性质、解方程、勾股定理等知识．熟练掌握矩形性质、等腰三角形的判定与性质及勾股定理求线段长是解决问题的关键．
8．
由题意可得，连接，过点分别作，，垂足为点，设，，由，得到，那么有三线合一可得，则，在中，由勾股定理建立方程求出，则，可得四边形为矩形，则由双勾股定理可得，继而建立方程求出，即可求解．
解：由题意得可得，连接，过点分别作，，垂足为点，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得：或（舍）
∴，
∵，，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∵
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．
本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，解一元二次方程，等腰三角形的性质等知识点，难度较大，正确构造辅助线是解题的关键．
9．或
本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，四边形内角和，三角形外角的性质等知识，利用分类讨论的思想解决问题是关键．分两种情况讨论：①当与的夹角是时，即，利用四边形内角和求解即可；②当与的夹角是时，即，利用三角形外角的定义求解即可．
解：点为对角线上一点，
线段与正方形的某条边的夹角是时，有以下两种情况：
①当与的夹角是时，即，如图所示：
，
，
，
在四边形中，，
，
；
②当与的夹角是时，即，如图3②所示：
四边形是正方形，
，
在中，，
，
，
，
是的外角，
，
，
，
综上所述：的度数是或．
故答案为：或．
10．
本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，由矩形的性质得到，由平行线的性质可得，再证明，得到；证明，得到，则可证明，利用勾股定理求出的长即可得到答案．
解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
故答案为：．
11．
本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，利用勾股定理列出方程是本题的关键．由折叠的性质可得，，，则，由勾股定理可求的长．
解：将沿翻折，点恰好落在对角线上的点处，
，，，
，
，
在中，
，
，
，
故答案为：
12．
本题主要考查矩形的性质、翻折变换的性质、正方形的判定与性质、勾股定理等知识点，弄清线段间的关系成为解题的关键．
如图：连接，由矩形的性质得，由翻折得，则，所以，求得，则，可证明四边形是正方形，则，再证明，求，则，可证明，则，然后求解即可．
解：如图：连接，
∵四边形是矩形，，
∴，
由翻折得：，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，解得：．
故答案为：．
13．72
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，过点D作于H，可证明得到，同理可证明，得到；设，则，由勾股定理可得，解方程即可得到答案．
解：如图所示，过点D作于H，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
同理可证明，
∴；
设，则，
在中，由勾股定理可得，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴，
故答案为：．
14．/度
本题主要考查了菱形的性质，三角形内角和定理以及三角形外角的定义和性质，由菱形的性质得出，进而可得出，由三角形内角和定理得出，最后由三角形外角的定义和性质得出．
解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
15．10
本题考查翻折变换（折叠问题），矩形的判定性质，正方形的判定和性质，勾股定理，弄清相关线段间的关系，能灵活运用勾股定理列方程是解题的关键．根据矩形的性质，正方形的性质，翻折的性质用表示，，再利用勾股定理列方程解出即可．
解：由题意可知：四边形是正方形，四边形和四边形都是矩形，
，，，
是由折叠得到的，
，
在中，，即，
在中，，即，
联立解得：，
故答案为：10．
16．或
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．根据折叠性质，在中，由勾股定理得，，即，解得或．
解：由对折可知，
，
四边形是正方形，
，
在中，
，
即，
解得或．
故答案为：或．
17．/32度
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质证明，进而可以解决问题．
解：如图，
∵四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
18．
过点作直线垂直矩形长边，交点为，如图所示，由矩形性质及题意即可得到答案；由题意中的比例关系求出矩形的边长、等腰直角三角形腰长，再由等腰直角三角形性质及勾股定理求出，数形结合表示出“鱼”首尾高，代值求解即可得到答案．
解：过点作直线垂直矩形长边，交点为，如图所示：
对称中心到矩形较长边的距离为4，
图1矩形较短边的长为；
即矩形的短边长为，
矩形相邻两边之比为，
矩形的长边长为，
等腰直角三角形的腰长与矩形较长边之比为，
等腰直角三角形的腰长为，
过点作，如图所示：
，
由等腰直角三角形性质可得，
在等腰中，由勾股定理得到斜边长为，则，
图2中“鱼”首尾高的值为；
故答案为：，．
本题考查求线段长，涉及矩形性质、比例求线段长、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识．数形结合，根据比例求出相关线段长度是解决问题的关键．
19．或或5
首先求出，，得到，，表示出，过点E作于点M，求出，根据题意结合勾股定理分别表示出，及，再根据菱形性质分情况列方程计算即可．
解：在等腰 中，，，
∴，，
∵设点D、E运动的时间为秒，则，，
，，
，
，
，
过点E作于点M，
，
，
，
，
在中，，
，
在中，，
∴，
∵平面内存在一点H，使得以H、E、F、D为顶点的四边形为菱形，
分三种情况：①当时，则，
∴，
解得：，
，
；
②当时，则，
，
解得：（不合题意舍去），
③当时，则，
，
解得：（不合题意舍去），
综上所述，的值为或或5．
故答案为：或或5．
本题考查的是菱形的性质、勾股定理的应用，等腰直角三角形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点．
20．
本题考查正方形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，掌握正方形的性质，勾股定理以及矩形的判定和性质是正确解答的关键．过点作于,作于点,是矩形，然后根据勾股定理得到，然后利用面积得到长，然后再利用勾股定理求出长，再利用勾股定理求出结果即可．
解：过点作于,作于点，
则是矩形，
∴，
在 中, ，
，
∵，
，
，
∴，，
，
．
故答案为：．
21．或
①根据矩形的判定与性质可知，，再根据全等三角形的判定与性质解答即可；
②根据矩形的判定与性质可知，再根据勾股定理可知即可解答．
本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，根据题意画出图形是解题的关键．
解：①如图，，，
∵点是的中点，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
②如图，，，
过点作于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵点是的中点，，
∴，
∵，
∴在中，，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
故答案为或．
22．（或或等）
本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定，首先判定四边形为平行四边形是解题的关键．先证明四边形为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．
解：四边形为平行四边形，
，，
又，
，且，
四边形为平行四边形，
添加，
为矩形；
添加，
，
为矩形；
添加，
，
为矩形．
故答案为：（或或）
23．
本题考查了作图—基本作图，角平分线的定义、线段垂直平分线的性质、矩形的性质，设与交于点，由作图可得：平分，垂直平分，从而得出，，由矩形的性质得出，推出，即可得解．
解：如图，设与交于点，
由作图可得：平分，垂直平分，
∴，，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
24．
本题考查了翻折变换（折叠问题），菱形的性质，利用菱形的性质得到，设，求得，利用平角的性质计算即可求解．
解：连接，
四边形是菱形，
，，
设，
垂直对角线，
，
，
由折叠的性质知，
，
，
，
，
解得 ，
，
故答案为：72．
25．
此题考查了矩形的性质，翻折变换的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握知识点的应用及正确地作出辅助线是解题的关键．连接，作于点，由折叠得，，，，因为于点，所以，可证明四边形是矩形, 则，，所以，则，所以，由且，，得关于的方程，即可求得，于是得到问题的答案．
解：如图，连接，作于点，则，
∵四边形是矩形，
∴，
由折叠得，，，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
解得或（不符合题意，舍去），
故答案为：．
26．
本题考查了矩形的性质，勾股定理，菱形的性质等知识．熟练掌握矩形的性质，勾股定理，菱形的性质并分情况求解是解题的关键．
当时，，则，由四边形是菱形，可得，由勾股定理得，，当时，，，由勾股定理得，，由四边形是菱形，可得，即，计算求出满足要求的解即可；当时，，；同理可得，即，计算求解即可．
解：当时，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
由勾股定理得，，
当时，，
∴，
由勾股定理得，，
∵四边形是菱形，
∴，即，
解得，或（舍去）；
当时，，
∴；
∵四边形是菱形，
∴，即，
解得，，
综上所述，的值为．
27．
本题考查菱形的性质、等腰三角形的性质，根据菱形的性质可得，，求得，，求得，即可求解．
解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
由题意得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
28．/
本题正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先得证是等腰直角三角形，则且结合四个直角三角形全等，故证明，得出点是中点，结合勾股定理列式，即可作答．
解：∵作的平分线交于点
∴
∵的平分线交于点，
∴
∵
∴
∴是等腰直角三角形
∴
而由题意知：四个直角三角形全等
∴
而
∴
∴
∴
∴点是中点
在中，
∴，，
∴
∴
设
则，
在中，
在中，
∴
∴故答案为：
29．
本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理，由题意可证明四边形是菱形，则，，由勾股定理可得，据此根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可．
解：由作图方法可知，
∴四边形是菱形，
如图所示，连接交于O，则，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
30．
本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，由菱形的性质可得，，，利用菱形的面积公式可得，即得，再根据勾股定理可得，最后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键．
解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵菱形的面积为，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵点是边中点，
∴，
故答案为：．
31．
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，延长，交于点G，证明，得出，，根据，得出，即，根据勾股定理得出，最后求出结果即可．
解：延长，交于点G，如图所示：
∵点是的中点，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，负值舍去，
故答案为：．
32．
求出，证明，可得，然后根据平行四边形的性质得出是等腰直角三角形，再取临界情况，判断出点G在上运动，当时，取最小值，然后证明是直角边为1的等腰直角三角形，再根据直角三角形斜边中线的性质和勾股定理计算即可．
解：当不与重合时，∵正方形中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵平行四边形中，，且，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
如图，当点，分别与A，B重合时，是等腰直角三角形，当点，分别与B，C重合时，是等腰直角三角形，
∵点E在边上运动，
∴点G在上运动，
∴当时，取最小值，
∵，，
∴，，
∴是直角边为1的等腰直角三角形，
∴，
故答案为：．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等，熟练掌握瓜豆原理，正确分析得出点G的运动路径是解题的关键．
33．
本题主要考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理和含30度角的直角三角形的性质，如图所示，连接，由正方形的性质可得，，，，；证明，得到，则，进一步证明四边形是正方形；如图所示，过点N作交延长线于T，则，可得，则，由勾股定理得到，则．
解：如图所示，连接，
∵P、M、N分别是正方形，正方形，，正方形对角线的交点，
∴，，，，；
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证明，
∴，
∴四边形是正方形；
如图所示，过点N作交延长线于T，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：14．
34．
连接，作于M，由翻折及矩形的性质得，，，证明，由勾股定理建立方程可分别求出．
解：连接，作于M，
矩形中，，
四边形都是矩形，
将沿直线翻折，
，，
，
，
，
，在中，，
，
，
，
，设，
，
，
中，，即，
解得：，
故答案为：；．
本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质及勾股定理等知识点．
35．60
本题考查菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
根据菱形的性质和角平分线的定义证明，进而可以解决问题．
解：，分别是和的角平分线，
，，，
∵四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
，
，
故答案为：60．
36．
本题主要考查了正方形的性质，解题关键是正确作出辅助线．
连接，由正方形，正方形的面积是9，得，得，即可得的面积的面积正方形的面积．
解：连接，
∵正方形，正方形的面积是9，
，
，
的面积的面积正方形的面积．
故答案为：．
37．
先利用勾股定理得到，进而证明四边形是正方形，则可得到，过点K作，延长分别交于L、S，则，利用勾股定理得到；证明四边形是矩形，得到，由对称性可知，则；证明四边形是矩形，得到，；如图所示，过点M作于W，则四边形是矩形，可得，再证明，得到，则，即点H，M之间的距离是．
解：∵点E，F是正方形边，
∴，
∴，，
同理可得，
∴，
∴四边形是正方形，
∵四边形各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形，
∴，
如图所示，过点K作，延长分别交于L、S，
∴，
∴；
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
由对称性可知，
∴；
∵K、L分别为正方形边的中点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，；
如图所示，过点M作于W，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点H，M之间的距离是，
故答案为：．
本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质与判定， 等边三角形的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形和矩形是解题的关键．

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