特殊的平行四邊形【好題精選精練】 數(shù)學(xué)八年級 下冊重難點突破（含答案解析）

核心考點04特殊的平行四邊形目錄考點一：菱形的性質(zhì)考點二：菱形的判定考點三：菱形的判定與性質(zhì)考點四：矩形的性質(zhì)考點五：矩形的判定考點六：矩形的判定與性質(zhì)考點七：正方形的性質(zhì)考點八：正方形的判定考點九：正方形的判定與性質(zhì)考點考點考向特殊的平行四邊形（1）矩形（2）菱形（3）正方形考點考點精講一．菱形的性質(zhì)（共7小題）1．（2022春?青浦區(qū)校級期中）如圖，菱形ABCD的對角線相交于點O，延長BC至點E，使CE＝BC，聯(lián)結(jié)DE，若∠E＝70°，則∠OBC＝20°．【分析】直接利用菱形的性質(zhì)結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)得出∠ECD度數(shù)，進(jìn)而得出答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴BC＝DC，AB∥DC，∠ABD＝∠CBD，∴∠ABC＝∠DCE，∵CE＝BC，∴∠E＝∠CDE＝70°，∴∠ECD＝∠CBA＝180°﹣2×70°＝40°，∴∠OBC＝×40°＝20°．故答案為：20°．【點評】此題主要考查了菱形的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)，正確得出∠ECD度數(shù)是解題關(guān)鍵．2．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）菱形的邊長為10厘米，一條對角線為16厘米，它的面積是96平方厘米．【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得到以及勾股定理求出另一條對角線的長，然后根據(jù)菱形的面積公式計算求值．【解答】解：四邊形ABCD是菱形，因為菱形的對角線互相垂直平分，所以O(shè)A＝8，OB＝，即BD＝12，所以菱形的面積為（平方厘米），故答案為：96．【點評】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是菱形的對角線互相垂直平分及勾股定理來解決．3．（2022春?徐匯區(qū)期末）如圖，菱形ABCD中，如果AB＝3，BD＝2，那么菱形ABCD的面積為4．【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得出BO＝1，利用勾股定理得出OA，進(jìn)而利用菱形的面積公式解答．【解答】解：連接AC交BD于點O，∵四邊形ABCD是菱形，∴BD＝2BO，BD⊥AC，∵BD＝2，∴BO＝1，∵AB＝3，∴OA＝＝＝2，∴AC＝2OA＝4，∴菱形ABCD的面積＝AC?BD＝×4×2＝4，故答案為：4．【點評】此題考查菱形的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)菱形的性質(zhì)得出BO＝2解答．4．（2022春?上海期中）已知菱形ABCD中，對角線AC＝12，BD＝16，則菱形ABCD的面積是96．【分析】根據(jù)菱形的面積等于對角線乘積的一半即可解決問題．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，AC＝12，BD＝16，∴菱形ABCD的面積＝AC×BD＝×12×16＝96；故答案為：96．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)；數(shù)據(jù)菱形的面積公式是解題的關(guān)鍵．5．（2022春?虹口區(qū)期中）如果菱形的邊長為5，相鄰兩內(nèi)角的度數(shù)之比為1：2，那么該菱形較長的對角線長為5．【分析】根據(jù)已知可得較小的內(nèi)角為60°，從而得到較短的對角線與菱形的一組鄰邊組成一個等邊三角形，從而可求得較短對角線的長度，然后利用解直角三角形求得較長的對角線即可．【解答】解：如圖所示：∵菱形的邊長為5，∴AB＝BC＝CD＝DA＝5，∠B+∠BAD＝180°，∵菱形相鄰兩內(nèi)角的度數(shù)比為1：2，即∠B：∠BAD＝1：2，∴∠B＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC＝AB＝5，∴AO＝AC＝，∴BO＝AO＝，∴BD＝2BO＝2×＝5；故答案為：5．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)以及等邊三角形的判定方法；熟練掌握菱形的性質(zhì)，證明三角形是等邊三角形是解決問題的關(guān)鍵．6．（2022春?青浦區(qū)校級期中）菱形ABCD中，∠B＝60°，點E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF＝60°．求證：AE＝AF．【分析】連接AC，如圖，根據(jù)菱形的性質(zhì)得AB＝BC，而∠B＝60°，則可判定△ABC為等邊三角形，得到∠2＝60°，∠1+∠4＝60°，AC＝AB，易得∠ACF＝60°，∠1＝∠3，然后利用“ASA”可證明△AEB≌△AFC，于是得到AE＝AF．【解答】證明：連接AC，如圖，∵四邊形ABCD為菱形，∴AB＝BC，∵∠B＝60°，∴△ABC為等邊三角形，∴∠2＝60°，∠1+∠4＝60°，AC＝AB，∴∠ACF＝60°，∵∠EAF＝60°，即∠3+∠4＝60°，∴∠1＝∠3，在△AEB和△AFC中，，∴△AEB≌△AFC，∴AE＝AF．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)：菱形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；菱形的四條邊都相等；菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角；菱形是軸對稱圖形，它有2條對稱軸，分別是兩條對角線所在直線．也考查了全等三角形的判定與性質(zhì)．7．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）已知：如圖菱形ABCD，點E，F(xiàn)分別為邊BC，CD上的動點（不與端點重合），且∠EAF＝∠B＝60°．（1）求證：AE＝AF；（2）如果AB＝8，設(shè)BE＝x，AE＝y(tǒng)，求y與x的函數(shù)關(guān)系式和定義域；（3）在（2）的基礎(chǔ)上，當(dāng)x取何值時，S△AEF與S△CEF面積比值為7．【分析】（1）通過證明△ABC和△ADC是等邊三角形，可得AB＝AC，∠B＝∠ACD＝60°＝∠BAC，由“ASA”可證△ABE≌△CAF，可得AE＝AF；（2）由勾股定理可求y與x的函數(shù)關(guān)系式；（3）先求△CEF的面積，由面積關(guān)系列出方程可求解．【解答】（1）證明：如圖1，連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D＝60°，∴△ABC和△ADC是等邊三角形，∴AB＝AC，∠B＝∠ACD＝60°＝∠BAC，∴∠EAF＝∠BAC＝60°，∴∠BAE＝∠CAF，在△BAE和△CAF中，，∴△ABE≌△CAF（ASA），∴AE＝AF；（2）解：如圖2，過點A作AH⊥BC于H，∵△ABC是等邊三角形，AH⊥BC，AB＝8＝BC，∴BH＝CH＝4，∠BAH＝30°，∴AH＝4，∵AE2＝AH2+EH2，∴y2＝48+（4﹣x）2，∴y＝（0＜x＜8）；（3）解：由（1）可知：△ABE≌△CAF，∴BE＝CF＝x，S△ABE＝S△CAF，∵S△CEF＝S△ABC+S△ACF﹣S△ACF﹣S△AFE，∴S△CEF＝×AB2﹣×AE2＝（64﹣x2+8x﹣64）＝（8x﹣x2），∵S△AEF與S△CEF面積比值為7，∴S△AEF＝7S△CEF，∴（x2﹣8x+64）＝7×（8x﹣x2），∴x＝4±2，∴當(dāng)x＝4±2時，S△AEF與S△CEF面積比值為7．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．二．菱形的判定（共5小題）8．（2022春?青浦區(qū)校級期中）下列命題是真命題的是（）A．有一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形 B．兩條對角線相等的四邊形是矩形 C．一條對角線平分一組對角的四邊形是菱形 D．對角線互相垂直平分的四邊形是菱形【分析】利用平行四邊形、矩形、菱形及正方形的判定方法分別判斷，即可確定正確的選項．【解答】解：A、有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，是假命題；B、兩條對角線平分且相等的四邊形是矩形，是假命題；C、一條對角線平分一組對角的平行四邊形是菱形，是假命題；D、對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，是真命題；故選：D．【點評】考查了命題與定理的知識，解題的關(guān)鍵是了解平行四邊形、矩形、菱形及正方形的判定方法，難度不大．9．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）如圖，直線y＝?x+2與x軸，y軸分別交于點A、B，點C在y軸上，點D為平面內(nèi)一點，若四邊形ACDB恰好構(gòu)成一個菱形，請寫出點D的坐標(biāo)（2，2）或（2，﹣2）．【分析】根據(jù)直線y＝?x+2與x軸，y軸分別交于點A、B，求得OA＝OB＝2，根據(jù)勾股定理得到AB＝2，根據(jù)菱形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】解：∵直線y＝?x+2與x軸，y軸分別交于點A、B，∴A（0，2），B（2，0），∴OA＝OB＝2，∴AB＝2，∵四邊形ACDB是菱形，∴AC＝CD＝BD＝AB＝2，當(dāng)點C在點A的上面時，過D作DH⊥y軸于H，∵AC∥BD，AC⊥x軸，∴BD⊥x軸，∴四邊形OBDH是矩形，∴，∴CH＝2，∴DH＝＝2，∴D（2，2），當(dāng)點C在點A的下面時，同理可得，D（2，﹣2），故答案為：（2，2）或（2，﹣2）．【點評】本題考查了菱形的判定，熟練掌握菱形的判定定理是解題的關(guān)鍵．10．（2022春?虹口區(qū)期中）如圖，△ABC中，AD是∠BAC的平分線，E是AC上一點，AE＝AB，EF∥BC交AD于F，BE與AD交于G．求證：四邊形BDEF是菱形．【分析】根據(jù)AD是∠BAC的平分線，得出∠CAD＝∠DAE，在△ABD和△ADE中，根據(jù)全等三角形的判定得出△ABD≌△ADE和△BAF≌△EAF，得出BD＝DE，BF＝EF，在△BFD和△EDF中，再根據(jù)SSS得出△BFD≌△EDF，得出∠BFD＝∠DFE，根據(jù)EF∥BC，得出∠DFE＝∠FDC，從而得出∠BFD＝∠BDF，即可得出BF＝BD，從而得出四邊形BDEF是菱形．【解答】證明：∵AD是∠BAC的平分線，∴∠BAD＝∠DAE，在△ABD和△ADE中，，∴△ABD≌△ADE（SAS），∴BD＝DE，同理△BAF≌△EAF（SAS），∴BF＝EF，在△BFD和△EDF中，，∴△BFD≌△EDF（SSS），∴∠BFD＝∠DFE，又∵EF∥BC，∴∠DFE＝∠FDC，∴∠BFD＝∠BDF，∴BF＝BD，∴BF＝BD＝EF＝DE，∴四邊形BDEF是菱形．【點評】此題考查了菱形的判定，用到的知識點是全等三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)與菱形的判定，判定菱形的方法常用三種方法：①定義；②四邊相等；③對角線互相垂直平分．11．（2021春?楊浦區(qū)期末）如圖，已知BD、BE分別是∠ABC與它的鄰補角的平分線，AE⊥BE，AD⊥BD，垂足分別為E、D，聯(lián)結(jié)CD、DE，DE與AB交于點O，CD∥AB．求證：四邊形OBCD是菱形．【分析】根據(jù)已知條件首先證明四邊形AEBD是矩形，可得OB＝OD，再證明四邊形OBCD是平行四邊形，進(jìn)而可得結(jié)論．【解答】證明：∵BD、BE分別是∠ABC與∠ABF的平分線，∴∠ABD+∠ABE＝×180°＝90°，即∠EBD＝90°，又∵AE⊥BE，AD⊥BD，E、D是垂足，∴∠AEB＝∠ADB＝90°，∴四邊形AEBD是矩形．∴OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∵BD平分∠ABC，∴∠OBD＝∠DBC，∴∠ODB＝∠DBC，∴OD∥BC，∵CD∥AB，∴四邊形OBCD是平行四邊形，∵OB＝OD，∴平行四邊形OBCD是菱形．【點評】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)，菱形的判定，解決本題的關(guān)鍵是證明四邊形AEBD是矩形．12．（2021春?奉賢區(qū)期中）如圖，已知在四邊形ABCD中，AD∥BC，點E為BC中點，BD⊥DC，EA平分∠DEB．（1）求證：AE＝DC；（2）求證：四邊形ABED是菱形．【分析】（1）由直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得到DE＝BE＝CE，再根據(jù)角平分線的定義和平行線的性質(zhì)證得∠DAE＝∠AED，得到AD＝CE，證得明四邊形ABCD為平行四邊形，由平行四邊形的性質(zhì)即可得到AE＝DC；（2）由（1）可得AD∥BE，AD＝BE＝DE，根據(jù)平行四邊形和菱形的判定定理可證得四邊形ABED是平行四邊形，平行四邊形ABED是菱形．【解答】證明：（1）∵E為BC中點，BD⊥DC，∴DE＝BC＝BE＝CE，∵EA平分∠DEB，∴∠AEB＝∠AED，∵AD∥BC，∴AD∥CE，∴∠DAE＝∠AEB，AD∥CE，∴∠DAE＝∠AED，∴AD＝DE，∴AD＝CE，∴四邊形AECD平行四邊形，∴AE＝DC；（2）由（1）知，四邊形AECD平行四邊形，∴AD∥CE，AD＝CE，∴AD∥BE，由（1）知，DE＝BE＝CE，∴AD＝BE＝DE，∴四邊形ABED是平行四邊形，∴四邊形ABED是菱形．【點評】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)和判定，菱形的判定，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)和判定，根據(jù)角平分線的定義、平行線的性質(zhì)證和等腰三角形的性質(zhì)和判定證得AD＝DE＝CE是解決問題的關(guān)鍵．三．菱形的判定與性質(zhì)（共3小題）13．（2021春?黃浦區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，∠BAC＝90°，點E為BC的中點（1）求證：四邊形AECD是菱形；（2）聯(lián)結(jié)BD，如果BD平分∠ABC，AD＝2，求BD的長．【分析】（1）由直角三角形的性質(zhì)可得AE＝AD＝EC，且AD∥BC，可證四邊形AECD是平行四邊形，即可得結(jié)論；（2）由角平分線的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)可得AD＝AB＝CD，可證四邊形ABCD是等腰梯形，可得BD＝AC，由勾股定理可求AC的長，即可得BD的長．【解答】證明：（1）∵∠BAC＝90°，點E為BC的中點，∴AE＝EC＝BC∵BC＝2AD，∴AD＝BC∴AD＝EC，且AD∥BC，∴四邊形AECD是平行四邊形，且AE＝EC，∴四邊形AECD是菱形（2）如圖，∵AD∥BC，AD＜BC∴四邊形ABCD是梯形，∵BD平分∠ABD，∴∠ABD＝∠DBC＝∠ABC∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∴∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD∵四邊形AECD是菱形，∴AD＝DC＝2∴AB＝DC＝2∴四邊形ABCD是等腰梯形，∴AC＝BD∵BC＝2AD＝4．∴BD＝AC＝＝2【點評】本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，求證BD＝AC是本題的關(guān)鍵．14．（2021春?徐匯區(qū)期中）如圖，四邊形ABCD中，BD垂直平分AC，垂足為點F，E為四邊形ABCD外一點，且∠ADE＝∠BAD，AE⊥AC（1）求證：四邊形ABDE是平行四邊形；（2）如果DA平分∠BDE，AB＝5，AD＝6，求AC的長．【分析】（1）由平行四邊形的判定定理：兩組對邊分別平行得到結(jié)論；（2）由角平分線、等量代換得到角相等，由等角對等邊得到BD＝AB＝5，根據(jù)勾股定理列方程求解．【解答】（1）證明：∵∠ADE＝∠BAD，∴AB∥DE，∵AE⊥AC，BD⊥AC，AE∥BD，∴四邊形ABDE是平行四邊形；（2）解：∵DA平分∠BDE，∴∠AED＝∠BDA，∴∠BAD＝∠BDA，∴BD＝AB＝5，設(shè)BF＝x，則DF＝5﹣x，∴AD2﹣DF2＝AB2﹣BF2，∴62﹣（5﹣x）2＝52﹣x2，∴x＝，∴AF＝＝，∴AC＝2AF＝．【點評】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是利用勾股定理列方程．15．（2021春?普陀區(qū)期中）已知，如圖，在?ABCD中，分別在邊BC、AD上取兩點，使得CE＝DF，連接EF，AE、BF相交于點O，若AE⊥BF．（1）求證：四邊形ABEF是菱形；（2）若四邊形ABEF的周長為16，∠BEF＝120°，求AE的長．【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得出AD∥BC，AD＝BC，證出AF＝BE，則四邊形ABEF是平行四邊形，由AE⊥BF，即可得出四邊形ABEF是菱形；（2）由菱形的性質(zhì)得出AB＝BE＝4，AB∥EF，證出△ABE是等邊三角形，得出AE＝AB＝4．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵CE＝DF，∴AF＝BE，∴四邊形ABEF是平行四邊形，又∵AE⊥BF，∴四邊形ABEF是菱形；（2）解：∵菱形ABEF的周長為16，∴AB＝BE＝4，AB∥EF，∴∠ABE＝180°﹣∠BEF＝180°﹣120°＝60°，∴△ABE是等邊三角形，∴AE＝AB＝4．【點評】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識；熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．四．矩形的性質(zhì)（共6小題）16．（2022春?青浦區(qū)校級期中）下面性質(zhì)中菱形有而矩形沒有的是（）A．鄰角互補 B．對角線互相垂直 C．對角線相等 D．對角線互相平分【分析】本題要熟知菱形以及矩形的性質(zhì)方能解答要對比兩者之間的相同點以及不同點．【解答】解：A、∵平行四邊形的鄰角互補，∴矩形的鄰角互補．故矩形和菱形的鄰角均互補，故不符合題意；B、菱形對角線互相垂直，矩形的對角線不互相垂直，故符合題意．C、矩形的對角線相等，菱形的對角線互相垂直且平分，故不符合題意；D、平行四邊形的對角線互相平分，矩形對角線互相平分．故矩形和菱形的對角線互相平分，故不符合題意；故選：B．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，掌握矩形和菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．17．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）矩形的一條邊長是a，兩條對角線的夾角為60°，則矩形的另外一條邊長等于（）A．a(chǎn) B．a(chǎn) C．a(chǎn)或a D．2a【分析】分兩種情況討論：①當(dāng)矩形的短邊為a時，先證明△OAB是等邊三角形，根據(jù)勾股定理求出另一邊長；②當(dāng)矩形的長邊為a時，根據(jù)三角函數(shù)求出另一邊長．【解答】解：分兩種情況討論：①當(dāng)矩形的短邊為a時，如圖所示：∵四邊形ABCD是矩形，∴OA＝AC，OB＝BD，AC＝BD，∠ABC＝90°，∴OA＝OB，∵∠AOB＝60°，∴△OAB是等邊三角形，∴OA＝AB＝a，∴AC＝2a，∴BC＝＝a；②當(dāng)矩形的長邊為a時，如圖所示：由①得，tan60°＝＝，∴AB＝＝；綜上所述：另一條邊長為a或a，故選：C．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理的運用以及等邊三角形的判定與性質(zhì)；熟練掌握矩形的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．18．（2022春?長寧區(qū)校級期末）如圖，矩形ABCD的對角線相交于點O，點E、F分別在OA、OD上，EF∥BC，求證：四邊形BCFE是等腰梯形．【分析】由矩形的性質(zhì)可得OB＝OC，再根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得OE＝OF，最后根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)可得結(jié)論．【解答】證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴OB＝OC，∵EF∥BC，∴，∴OE＝OF，在△BOE和△COF中，，∴△BOE≌△COF（SAS），∴BE＝CF，∴四邊形BCFE是等腰梯形．【點評】此題考查的是矩形的性質(zhì)、平行線分線段成比例、全等三角形的判定與性質(zhì)，掌握其性質(zhì)定理是解決此題的關(guān)鍵．19．（2022春?徐匯區(qū)期末）如圖，將矩形ABCD的邊BC延長至點E，使CE＝BD，聯(lián)結(jié)AE交對角線BD于點F，交邊CD于點G，如果∠ADB＝38°，那么∠E的大小為19°．【分析】連接AC交BD于O，根據(jù)矩形的性質(zhì)得出AD∥BC，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，求出OB＝OC，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)得出∠ADB＝∠OCB＝∠OBC＝38°，求出AC＝CE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出∠E＝∠CAE，再求出∠E即可．【解答】解：連接AC交BD于O，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠OBC，∵∠ADB＝38°，∴∠OBC＝38°，∵四邊形ABCD是矩形，∴OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，∴OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC＝38°，∵CE＝BD，AC＝BD，AC＝CE，∴∠E＝∠CAE，∵∠E+CAE＝OCB＝38°，∴E＝38°＝19°，故答案為：19°．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)和三角形的外角性質(zhì)等知識點，能熟記矩形的性質(zhì)是解此題的關(guān)鍵，注意：①矩形的對邊分別平行，②矩形的對角線互相平分且相等．20．（2022春?寶山區(qū)校級月考）如圖：在直角坐標(biāo)系里點B（0，4），已知ABDO為矩形，∠DBO＝30°，則點A坐標(biāo)為（﹣，3）．【分析】過A作AE⊥x軸于E，利用矩形的性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)解答即可．【解答】解：過A作AE⊥x軸于E，∵四邊形OABD是矩形，∴AB∥OD，∠AOD＝90°，∵∠DBO＝30°，∴∠BOD＝60°，∴∠AOB＝30°，∴∠AOE＝60°，∴∠OAE＝30°，∵OB＝4，∴OA＝2，∴OE＝，AE＝3，∴A（﹣，3），故答案為：（﹣，3）．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，關(guān)鍵是利用矩形的性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)解答．21．（2021春?楊浦區(qū)校級期中）如圖，矩形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，以AO，AB為鄰邊作平行四邊形ABC1O，AC1交OB于點O1；以AO1，AB為鄰邊作平行四邊形ABC2O1…，若S矩形ABCD＝a，則＝．【分析】先求出平行四邊形ABC1O，平行四邊形ABC2O1…的面積，探究規(guī)律后即可解決問題．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，四邊形ABC1O是平行四邊形，∴，，∴，同理可得：平行四邊形ABC2O1的面積＝，平行四邊形ABC3O2的面積＝，…∴平行四邊形ABC2021O2020的面積＝．故答案為：．【點評】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會從特殊到一般探究規(guī)律，利用規(guī)律解決問題，屬于中考常考題型．五．矩形的判定（共6小題）22．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）下列條件不能判定一個四邊形是矩形的是（）A．四個內(nèi)角都相等 B．四條邊都相等 C．對角線相等且互相平分 D．對角線相等的平行四邊形【分析】由矩形的判定和菱形的判定分別對各個選項進(jìn)行判斷即可．【解答】解：A、四個內(nèi)角都相等的四邊形是矩形，故選項A不符合題意；B、四條邊都相等的四邊形是菱形，故選項B符合題意；C、對角線相等且互相平分的四邊形是矩形，故選項C不符合題意；D、對角線相等的平行四邊形是矩形，故選項D不符合題意；故選：B．【點評】本題考查了矩形的判定、平行四邊形的性質(zhì)以及菱形的判定等知識，熟練掌握矩形的判定和菱形的判定是解題的關(guān)鍵．23．（2022春?青浦區(qū)校級期中）四邊形ABCD的對角線AC、BD互相平分，要使它成為矩形，可添加條件（）A．AB＝CD B．AC＝BD C．AB∥CD D．AC⊥BD【分析】由平行四邊形的判定方法得出四邊形ABCD是平行四邊形，再由矩形的判定方法即可得出結(jié)論．【解答】解：需要添加的條件是AC＝BD，理由如下：∵四邊形ABCD的對角線AC、BD互相平分，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AC＝BD，∴平行四邊形ABCD是矩形（對角線相等的平行四邊形是矩形）；故選：B．【點評】本題考查了矩形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)；熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)以及矩形的判定是解題的關(guān)鍵．24．（2021春?奉賢區(qū)期中）下列說法不正確的是（）A．兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形 B．對角線相等的平行四邊形是矩形 C．一個角是直角的四邊形是矩形 D．對角線互相平分且垂直的四邊形是菱形【分析】根據(jù)平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定、菱形的判定分別對各個選項進(jìn)行判斷即可．【解答】解：A、∵兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形，∴選項A不符合題意；B、∵對角線相等的平行四邊形是矩形，∴選項B不符合題意；C、∵三個角是直角的四邊形是矩形，∴選項C符合題意；D、∵對角線互相平分且垂直的四邊形是菱形，∴選項D不符合題意；故選：C．【點評】本題考查了矩形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)以及菱形的判定；熟練掌握矩形的判定和平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．25．（2022春?虹口區(qū)期中）如圖，在四邊形ABCD中，點G在邊BC的延長線上，CE平分∠BCD，CF平分∠GCD，EF∥BC交CD于點O，點O為CD的中點．求證：四邊形DECF是矩形．證明：∵CE平分∠BCD，∴∠BCE＝∠DCE．∵EF∥BC，∴∠BCE＝∠FEC．于是，∠DCE＝∠FEC．同理，∠EFC＝∠DCF．（請繼續(xù)完成證明過程）【分析】結(jié)合條件可證得四邊形DECF為平行四邊形，再利用角平分線的定義可求得∠ECF為直角，則可證得四邊形DECF為矩形．【解答】證明：∵CE平分∠BCD，∴∠BCE＝∠DCE，∵EF∥BC，∴∠BCE＝∠FEC，于是，∠DCE＝∠FEC同理，∠EFC＝∠DCF．∴OE＝OC，OF＝OC，∴OE＝OF；∵點O為CD的中點，∴OD＝OC，又OE＝OF，∴四邊形DECF是平行四邊形，∵CE平分∠BCD、CF平分∠GCD，∴∠DCE＝BCD，∠DCF＝∠DCG∴∠DCE+∠DCF＝（∠BCD+∠DCG）＝90°，即∠ECF＝90°，∴四邊形DECF是矩形．故答案為：∠BCE；∠DCE；∠BCE；∠FEC；∠DCE；∠FEC；∠EFC；∠DCF．【點評】本題主要考查平行線的性質(zhì)及矩形的判定，證得OE＝OF，得出四邊形DECF是平行四邊形是解題的關(guān)鍵，注意角平分線的應(yīng)用．26．（2022春?奉賢區(qū)校級月考）如圖，已知：在四邊形ABCD中，E為邊CD的中點，AE與邊BC的延長線相交于點F，且AE＝EF，BC＝CF．（1）求證：四邊形ABCD是平行四邊形；（2）當(dāng)AF＝2BE時，求證：四邊形ABCD是矩形．【分析】（1）根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)得到AD＝CF，∠DAE＝∠CFE，求得AD∥BC，根據(jù)平行四邊形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)已知條件得到AE＝BE＝EF，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠EAB＝∠EBA，∠EBF＝∠F，求得∠ABC＝90°，根據(jù)矩形的判定定理即可得到四邊形ABCD是矩形．【解答】（1）證明：∵E為邊CD的中點，∴DE＝CE，在△ADE與△FCE中，，∴△ADE≌△FCE（SAS），∴AD＝CF，∠DAE＝∠CFE，∴AD∥CF，∴AD∥BC，∵BC＝CF，∴AD＝BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形；（2）證明：∵AE＝EF，AF＝2BE，∴AE＝BE＝EF，∴∠EAB＝∠EBA，∠EBF＝∠F，∴∠ABE+∠EBF＝×180°＝90°，∴∠ABC＝90°，∴四邊形ABCD是矩形．【點評】本題考查了平行四邊形的判定，矩形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，證得△ADE≌△FCE是解題的關(guān)鍵．27．（2022春?靜安區(qū)期中）已知：如圖，在平行四邊形ABCD中，點E、F分別是AD、BC的中點，點G、H分別在邊AB、CD上，且AG＝CH．（1）求證：△AGE≌△CHF；（2）若∠AEG+∠BFG＝90°，求證：四邊形EGFH是矩形．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到∠A＝∠C，AD＝BC，根據(jù)線段中點的定義得到AE＝AD，CF＝BC，根據(jù)全等三角形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到B＝∠D，AD＝BC，AB＝CD，求得DE＝AD，BF＝BC，得到DE＝BF，求得BG＝DH，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到FG＝EH，EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，根據(jù)矩形的判定定理即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A＝∠C，AD＝BC，AB＝CD，∵點E、F分別是AD、BC的中點，∴AE＝AD，CF＝BC，∴AE＝DE＝BF＝CF，∵AG＝CH，∴AB﹣AG＝CD﹣CH，即BG＝DH在△AGE與△CHF中，，∴△AGE≌△CHF（SAS）；（2）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠B＝∠D，AD＝BC，AB＝CD，∵點E、F分別是AD、BC的中點，∴DE＝AD，BF＝BC，∴DE＝BF，∵AG＝CH，∴AB﹣AG＝CD﹣CH，即BG＝DH，∴△BFG≌△DEH（SAS）；∴FG＝EH，由（1）知△AGE≌△CHF，∴EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，∴四邊形EGFH是平行四邊形，∵∠AEG+∠BFG＝90°，∴∠CFH+∠BFG＝90°，∴∠GFH＝90°，∴四邊形EGFH是矩形．【點評】本題考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．六．矩形的判定與性質(zhì)（共3小題）28．（2022春?青浦區(qū)校級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，AC＝8，M為斜邊AB上一動點，過點M分別作MD⊥AC于點D，作ME⊥CB于點E，則線段DE的最小值為．【分析】連接CM，先證明四邊形CDME是矩形，得出DE＝CM，當(dāng)CM垂直AB是最短，再由三角形的面積關(guān)系求出CM的最小值，即可得出結(jié)果．【解答】解：連接CM，如圖所示：∵M(jìn)D⊥AC，ME⊥CB，∴∠MDC＝∠MEC＝90°，∵∠ACB＝90°，∴四邊形CDME是矩形，∴DE＝CM，∵∠C＝90°，BC＝6，AC＝8，∴AB＝＝10，當(dāng)CM⊥AB時，CM最短，此時△ABC的面積＝AB?CM＝BC?AC，∴CM的最小值＝＝＝，∴線段DE的最小值為，故答案為：．【點評】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理、直角三角形面積的計算方法；熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)，并能進(jìn)行推理論證與計算是解決問題的關(guān)鍵．29．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）已知，如圖，BE，BD是△ABC中∠ABC的內(nèi)、外角平分線，AD⊥BD于D，AE⊥BE于點E，延長AE交BC的延長線于點N．求證：DE＝BN．【分析】利用矩形的判定方法得出∠DBE＝∠ADB＝∠AEB＝90°，再根據(jù)全等三角形的判定得出AB＝BN．【解答】證明：∵BE、BD是△ABC中∠ABC的內(nèi)、外角平分線，∴∠DBE＝×180°＝90°，∵AD⊥BD于D，AE⊥BE于E，∴∠ADB＝∠AEB＝90°，則∠DBE＝∠ADB＝∠AEB＝90°，在△ABE和△NBE中，，∴△ABE≌△NBE（ASA），∴AB＝BN，∵四邊形ADBE是矩形，∴DE＝AB，∴DE＝BN．【點評】此題主要考查了矩形的判定與性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)，一個內(nèi)角是直角的平行四邊形，進(jìn)一步研究其特有的性質(zhì)：是軸對稱圖形、內(nèi)角都是直角、對角線相等．同時平行四邊形的性質(zhì)矩形也都具有．30．（2022春?青浦區(qū)校級期中）如圖，在四邊形ABCD的中，AB∥CD，對角線AC，BD相交于點O，且AO＝CO，△OAB是等邊三角形．（1）求證：四邊形ABCD是矩形；（2）若S四邊形ABCD＝4，求BD的長．【分析】（1）證明△AOB≌△COD（ASA），得BO＝DO，AB＝CD，則四邊形ABCD是平行四邊形，再由等邊三角形的性質(zhì)得OA＝OB，則AC＝BD，即可得出結(jié)論；（2）由等邊三角形的性質(zhì)得AB＝OA＝OB，再由矩形的性質(zhì)和勾股定理得BC＝AB，然后由矩形的面積求出AB＝2，即可解決問題．【解答】（1）證明：∵AB∥CD，∴∠OAB＝∠OCD，在△AOB和△COD中，，∴△AOB≌△COD（ASA），∴BO＝DO，AB＝CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵△OAB是等邊三角形，∴OA＝OB，∴OA＝OC＝OB＝OD，∴AC＝BD，∴平行四邊形ABCD是矩形；（2）解：∵△OAB是等邊三角形，∴AB＝OA＝OB，∵AO＝CO，∴AC＝2OA，∴AC＝2AB，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴BC＝＝＝AB，∵S四邊形ABCD＝AB?BC＝AB2＝4，∴AB2＝4，∴AB＝＝2，∴OB＝2，∴BD＝2OB＝4．【點評】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識，熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．七．正方形的性質(zhì)（共5小題）31．（2022春?靜安區(qū)期中）如圖，正方形ABCD中，延長BC到E，使CE＝CA，AE交CD于F，那么∠AFD＝67.5°．【分析】根據(jù)正方形性質(zhì)得∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，得到∠ACB＝45°，再根據(jù)外角的性質(zhì)和等腰三角形性質(zhì)得∠E＝22.5°，從而進(jìn)一步得出∠AFD＝∠CFE＝67.5°．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，∴∠ACB＝45°，∵CE＝CA，∴∠E＝∠CAE，∴∠E＝22.5°，∵∠DCE＝90°，∴∠CFE＝67.5°，∵∠AFD＝∠CFE＝67.5°，故答案為：67.5°．【點評】本題主要考查了正方形性質(zhì)，掌握正方形的性質(zhì)的應(yīng)用是解題關(guān)鍵．32．（2022春?浦東新區(qū)校級期中）如圖，已知正方形ABCD的邊長為5厘米，EG∥AD，點H在邊AD上，△CEH的面積為8平方厘米，則FG＝厘米．【分析】過H作HM⊥EG于M，由四邊形ABCD是正方形，EG∥AD，HM⊥EG，可得四邊形AEGD、四邊形HMGD是矩形，根據(jù)△CEH的面積為8平方厘米，有EF?MH+EF?CG＝8，即得EF?CD＝8，可求出EF＝，故FG＝EG﹣EF＝厘米．【解答】解：過H作HM⊥EG于M，如圖：∵四邊形ABCD是正方形，邊長為5厘米，∴AD＝CD＝5厘米，∠A＝∠D＝90°，∵EG∥AD，HM⊥EG，∴四邊形AEGD、四邊形HMGD是矩形，∴EG＝AD＝5厘米，MH＝DG，∵△CEH的面積為8平方厘米，∴EF?MH+EF?CG＝8，∴EF?（MH+CG）＝8，∴EF?（DG+CG）＝8，即EF?CD＝8，又CD＝5，∴EF＝，∴FG＝EG﹣EF＝5﹣＝（厘米），故答案為：．【點評】本題考查正方形性質(zhì)及應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是根據(jù)△CEH的面積為8平方厘米，列出關(guān)于EF的方程，從而求得EF的長度．33．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）如圖，E為正方形ABCD外一點，AE＝AD，BE交AD于點F，則∠BED＝45°．【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，設(shè)∠ABE＝∠AEB＝α，∠BED＝x，則∠AED＝∠ADE＝α+x，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可解決問題．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∵AE＝AD，∴AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB，∵AE＝AD，∴∠AED＝∠ADE，如圖，設(shè)∠ABE＝∠AEB＝α，∠BED＝x，則∠AED＝∠ADE＝α+x，在△ABE中，2α+β+90°＝180°，∴2α+β＝90°，在△ADE中，2α+β+2x＝180°，∴90°+2x＝180°，∴x＝45°，∴∠BED＝45°．故答案為：45．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握正方形的性質(zhì)．34．（2022春?浦東新區(qū)校級期中）已知正方形ABCD，以CD為邊作等邊△CDE，則∠ADE的度數(shù)是30°或150°．【分析】圖1，圖2，當(dāng)點E在正方形內(nèi)部和點E在正方形外部時根據(jù)正方形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)就可以求出結(jié)論．【解答】解：如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠DAB＝∠ADC＝90°，∵△CDE是等邊三角形，∴CD＝DE，∠CDE＝60°，∴∠ADE＝30°；如圖2，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠DAB＝∠ADC＝90°，∵△CDE是等邊三角形，∴CD＝DE，∠CDE＝60°，∴∠ADE＝150°．綜上所述，∠ADE的度數(shù)是30°或150°．故答案為：30°或150°．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)的運用，等邊三角形的性質(zhì)的運用及等腰三角形的性質(zhì)的運用，解答時合理運用等腰三角形的性質(zhì)是關(guān)鍵．35．（2022春?上海期中）在正方形ABCD中，邊長為8，點P是對角線AC上一點，CP＝2，E是射線AB上一點，聯(lián)結(jié)PE，射線PF⊥PE交直線AD于F，當(dāng)AC＝CE時，AF＝4．【分析】過點P作PM⊥BA于M，過點P作PN⊥DA于N，設(shè)PF交AB于K，證明四邊形AMPN是正方形，由CP＝2，可得AM＝PM＝＝6＝PN＝AN，即得EM＝AB+BE﹣AM＝10，又PE⊥PF，可得△PMK∽△EMP，得MK＝＝，AK＝AM﹣MK＝，再由△FAK∽△FNP，有＝，可得AF＝4．【解答】解：過點P作PM⊥BA于M，過點P作PN⊥DA于N，設(shè)PF交AB于K，如圖：∵四邊形ABCD是正方形，邊長為8，∴∠CAB＝45°，∠ABC＝90°，AB＝8，AC＝8，∴AM＝PM，∵∠NAM＝∠PMA＝∠PNA＝90°，∴四邊形AMPN是正方形，∵AC＝CE，∴AB＝BE＝8，∵CP＝2，∴AP＝AC﹣CP＝6，∴AM＝PM＝＝6＝PN＝AN，∴EM＝AB+BE﹣AM＝8+8﹣6＝10，∵PE⊥PF，∴∠KPM＝90°﹣∠MPE＝∠PEM，∵∠PMK＝90°＝∠EMP，∴△PMK∽△EMP，∴＝，∴MK＝＝＝，∴AK＝AM﹣MK＝6﹣＝，∵AK∥PN，∴△FAK∽△FNP，∴＝，即＝，∴AF＝4，故答案為：4．【點評】本題考查正方形性質(zhì)及應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造直角三角形和相似三角形．八．正方形的判定（共4小題）36．（2022春?長寧區(qū)校級期末）在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝90°．如果再添加一個條件可證明四邊形是正方形，那么這個條件可以是（）A．AB＝BC B．AB＝CD C．AC＝BD D．∠D＝90°【分析】先判斷四邊形ABCD是矩形，由正方形的判定可解決問題．【解答】解：在四邊形ABCD中，∵∠A＝∠B＝∠C＝90°，∴四邊形ABCD是矩形，當(dāng)AB＝BC時，即一組鄰邊相等時，矩形ABCD為正方形，故A符合題意，故選：A．【點評】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，正方形的判定等，熟練掌握并能夠靈活運用正方形的判定是解決問題的關(guān)鍵．37．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）下列命題為假命題的是（）A．四個內(nèi)角相等的四邊形是矩形 B．對角線的交點到各邊距離都相等的四邊形是菱形 C．有兩組鄰邊相等的四邊形是平行四邊形 D．一組鄰邊相等的矩形是正方形【分析】利用平行四邊形、矩形、菱形及正方形的判定方法分別判斷，即可確定正確的選項．【解答】解：A、四個內(nèi)角相等的四邊形是矩形，是真命題；B、因為對角線分成的四個小三角形的面積相等，且對角線的交點到各邊距離都相等，所以四條邊都相等，此四邊形是菱形，是真命題；C、有兩組鄰邊相等的四邊形是箏形，不是平行四邊形，是假命題；D、一組鄰邊相等的矩形是正方形，是真命題；故選：C．【點評】考查了命題與定理的知識，解題的關(guān)鍵是了解平行四邊形、矩形、菱形及正方形的判定方法，難度不大．38．（2022春?寶山區(qū)校級月考）如圖，在?ABCD中，對角線AC、BD交于點O，E是BD延長線上的點，且△ACE是等邊三角形．（1）求證：四邊形ABCD是菱形．（2）若∠AED＝2∠EAD，求證：四邊形ABCD是正方形．【分析】（1）根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形是菱形．進(jìn)而利用菱形的判定證明即可；（2）根據(jù)有一個角是90°的菱形是正方形，進(jìn)而根據(jù)菱形和正方形的判定證明即可．【解答】證明：（1）∵?ABCD，∴AO＝OC，∵△ACE是等邊三角形，∴EO⊥AC（三線合一）即BD⊥AC，∴?ABCD是菱形；（2）∵△ACE是等邊三角形，∠EAC＝60°由（1）知，EO⊥AC，AO＝OC∴∠AEO＝∠OEC＝30°，△AOE是直角三角形∴∠EAO＝60°，∵∠AED＝2∠EAD，∴∠EAD＝15°，∴∠DAO＝∠EAO﹣∠EAD＝45°，∵?ABCD是菱形，∴∠BAD＝2∠DAO＝90°，∴菱形ABCD是正方形．【點評】此題主要考查菱形和正方形的判定，要靈活應(yīng)用判定定理及等腰三角形的性質(zhì)、外角的性質(zhì)定理．39．（2022春?上海期中）如圖，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足為點D，AN是△ABC外角∠CAM的平分線，CE⊥AN，垂足為點N．（1）求證：四邊形ADCE為矩形；（2）當(dāng)△ABC滿足什么條件時，四邊形ADCE為正方形？給出證明．【分析】（1）根據(jù)矩形的有三個角是直角的四邊形是矩形，已知CE⊥AN，AD⊥BC，所以求證∠DAE＝90°，可以證明四邊形ADCE為矩形．（2）根據(jù)正方形的判定，我們可以假設(shè)當(dāng)AD＝BC，由已知可得，DC＝BC，由（1）的結(jié)論可知四邊形ADCE為矩形，所以證得，四邊形ADCE為正方形．【解答】（1）證明：在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，∴∠BAD＝∠DAC，∵AN是△ABC外角∠CAM的平分線，∴∠MAE＝∠CAE，∴∠DAE＝∠DAC+∠CAE＝180°＝90°，又∵AD⊥BC，CE⊥AN，∴∠ADC＝∠CEA＝90°，∴四邊形ADCE為矩形．（2）當(dāng)△ABC滿足∠BAC＝90°時，四邊形ADCE是一個正方形．理由：∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠B＝45°，∵AD⊥BC，∴∠CAD＝∠ACD＝45°，∴DC＝AD，∵四邊形ADCE為矩形，∴矩形ADCE是正方形．∴當(dāng)∠BAC＝90°時，四邊形ADCE是一個正方形．【點評】本題是以開放型試題，主要考查了對矩形的判定，正方形的判定，等腰三角形的性質(zhì)，及角平分線的性質(zhì)等知識點的綜合運用．九．正方形的判定與性質(zhì)（共1小題）40．（2019?楊浦區(qū)二模）已知：如圖，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，點D、E分別是邊AB、BC的中點，點F、G是邊AC的三等分點，DF、EG的延長線相交于點H，連接HA、HC．求證：（1）四邊形FBGH是菱形；（2）四邊形ABCH是正方形．【分析】（1）由三角形中位線知識可得DF∥BG，GH∥BF，根據(jù)菱形的判定的判定可得四邊形FBGH是菱形；（2）連接BH，交AC于點O，利用平行四邊形的對角線互相平分可得OB＝OH，OF＝OG，又AF＝CG，所以O(shè)A＝OC．再根據(jù)對角線互相垂直平分的平行四邊形得證四邊形ABCH是菱形，再根據(jù)一組鄰邊相等的菱形即可求解．【解答】證明：（1）∵點F、G是邊AC的三等分點，∴AF＝FG＝GC．又∵點D是邊AB的中點，∴DH∥BG．同理：EH∥BF．∴四邊形FBGH是平行四邊形，連接BH，交AC于點O，∴OF＝OG，∴AO＝CO，∵AB＝BC，∠ABC＝90°，∴四邊形FBGH是菱形；（2）∵四邊形FBGH是平行四邊形，∴BO＝HO，F(xiàn)O＝GO．又∵AF＝FG＝GC，∴AF+FO＝GC+GO，即：AO＝CO．∴四邊形ABCH是平行四邊形．∵AC⊥BH，AB＝BC，∴四邊形ABCH是正方形．【點評】本題考查正方形的判定，菱形的判定和性質(zhì)，三角形的中位線，熟練掌握正方形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．鞏固鞏固提升一、單選題1．（2022春·上海青浦·八年級校考期中）下面性質(zhì)中菱形有而矩形沒有的是（

）A．鄰角互補； B．對角線互相垂直；C．對角線相等； D．對角線互相平分．【答案】B【分析】根據(jù)菱形以及矩形的性質(zhì)逐項分析判斷即可．【詳解】解：A、∵平行四邊形的鄰角互補，故矩形和菱形的鄰角均互補，故不符合題意；B、菱形對角線互相垂直，矩形的對角線不互相垂直，故符合題意．C、矩形的對角線相等，菱形的對角線互相垂直且平分，故不符合題意；D、平行四邊形的對角線互相平分，故矩形和菱形的對角線互相平分，故不符合題意；故選：B．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，掌握矩形和菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2022秋·上?！ぐ四昙壣贤飧街行？计谀┤鐖D，已知雙曲線經(jīng)過矩形邊的中點且交于，四邊形的面積為2，則A．1 B．2 C．4 D．8【答案】B【分析】利用反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)，設(shè)，則根據(jù)F點為AB的中點得到．然后根據(jù)反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義，結(jié)合，即可列出，解出k即可．【詳解】解：設(shè)，∵點F為AB的中點，∴．∵，∴，即，解得：．故選B．【點睛】本題考查反比例函數(shù)的k的幾何意義以及反比例函數(shù)上的點的坐標(biāo)特點、矩形的性質(zhì)，掌握比例系數(shù)k的幾何意義是在反比例函數(shù)圖象中任取一點，過這一個點向x軸和y軸分別作垂線，與坐標(biāo)軸圍成的矩形的面積是定值|k|是解答本題的關(guān)鍵．3．（2022春·上海楊浦·八年級?？计谥校┫铝袟l件不能判定一個四邊形是矩形的是（）A．四個內(nèi)角都相等 B．四條邊都相等C．對角線相等且互相平分 D．對角線相等的平行四邊形【答案】B【分析】根據(jù)矩形的判定方法逐一判斷即可．【詳解】解：A、四個內(nèi)角都相等的四邊形是矩形，故選項A不符合題意；B、四條邊都相等的四邊形是菱形，故選項B符合題意；C、對角線相等且互相平分的四邊形是矩形，故選項C不符合題意；D、對角線相等的平行四邊形是矩形，故選項D不符合題意；故選：B．【點睛】本題考查的是矩形的判定，掌握“矩形的判定方法”是解本題的關(guān)鍵．4．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ秀籼林袑W(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖正方形和正方形全等，把點A固定在正方形的中心，當(dāng)正方形繞點A轉(zhuǎn)動時，兩個正方形重疊部分的面積是正方形面積的（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】如圖，AD與EH交于M，AB與GH交于N，連接AH，AG，根據(jù)正方形的性質(zhì)得AG=AH，∠HAG=90°，∠AHM=∠AGN=45°，再利用等角的余角相等得到∠HAM=∠GAN，則可根據(jù)“ASA”判斷△HAM≌△GAN，即S△HAM=S△ANG，原式得到S四邊形AMHN=S正方形EFGH，然后根據(jù)正方形的面積公式求解．【詳解】解：如圖，AD與EH交于M，AB與GH交于N，連接AH，AG，∵點A為正方形EFGH的中心，∴AG=AH，∠HAG=90°，∠AHM=∠AGN=45°，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠DAB=90°，∴∠HAM=∠GAN，在△HAM和△GAN中，，∴△HAM≌△GAN（ASA），∴S△HAM=S△GAN，∴S四邊形AMHN=S△HAM+S△AHN=S△AHN+S△ANG=S△AGH=S正方形EFGH=．故選：C．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：對應(yīng)點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對應(yīng)點與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．也考查了正方形的性質(zhì)．5．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ羞M(jìn)才中學(xué)?？计谥校┫铝忻}不正確的是（

）．A．一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形B．一組對角相等，一組鄰角互補的四邊形是平行四邊形C．一組對角相等，一組對邊平行的四邊形是平行四邊形D．對角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形【答案】A【分析】根據(jù)平行四邊形的判定定理，正方形的判定定理逐項分析判斷即可．【詳解】A選項：一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，所以本命題說法不正確，符合題意；B選項：一組對角相等，一組鄰角互補的四邊形是平行四邊形，本命題說法正確，不符合題意；C選項：一組對角相等，一組對邊平行的四邊形是平行四邊形，本命題說法正確，不符合題意；D選項：對角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形，本命題說法正確，不符合題意.故選A．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定，正方形的判定定理，掌握平行四邊形與正方形的判定定理是解題的關(guān)鍵．6．（2022秋·上?！ぐ四昙夒A段練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，動點P滿足S△PBC＝S矩形ABCD，則點P到B，C兩點距離之和PB+PC的最小值為（）A． B． C． D．2【答案】B【分析】先由S△PBC＝S矩形ABCD．得出動點P在與BC平行且與BC的距離是1的直線l上，作B關(guān)于直線l的對稱點E，連接CE，則CE的長就是所求的最短距離．然后在直角三角形BCE中，由勾股定理求得CE的值，即PB＋PC的最小值．【詳解】解：設(shè)△PBC中BC邊上的高是h．∵S△PBC＝S矩形ABCD．∴BC?h＝AB?AD，∴h＝AB＝1，∴動點P在與BC平行且與BC的距離是1的直線l上，如圖，作B關(guān)于直線l的對稱點E，連接CE，則CE的長就是所求的最短距離．在Rt△BCE中，∵BC＝3，BE＝BA＝2，∴CE＝，即PB＋PC的最小值為．故選：B．【點睛】本題考查了軸對稱?最短路線問題，三角形的面積，矩形的性質(zhì)，勾股定理，兩點之間線段最短的性質(zhì)．得出動點P所在的位置是解題的關(guān)鍵．二、填空題7．（2022春·上海奉賢·八年級?？计谥校┰诰匦沃小螦BC=90°，和相交于點，．則的度數(shù)等于_____．【答案】120°##120度【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得出，，，即可得出，根據(jù)，得出，即可得出△AOB為等邊三角形，得出，即可得出．【詳解】解：∵四邊形ABCD為矩形，∴，，，∴，∵，∴，∴△AOB為等邊三角形，∴，∴．故答案為：120°．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握矩形的性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．8．（2022春·上海·八年級校考期末）如圖，矩形的兩條對角線相交于點，，，則的長是______．【答案】【分析】首先證明是等邊三角形，可以求得的長，然后利用勾股定理求得的長．【詳解】解：四邊形是矩形，，，，，，，，是等邊三角形，，，則．故答案是：．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用和勾股定理的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵是：矩形的對角線相等且互相平分，屬于基礎(chǔ)題．9．（2022秋·上海楊浦·八年級?？计谥校┤鐖D，把一張長方形的紙片折疊起來，使其對角頂點A、C重合，若長為，長為，其不重合部分的面積是_______．【答案】##【分析】設(shè)，則，根據(jù)矩形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)可證明，再由勾股定理求出，繼而表示出的面積，即可求解．【詳解】四邊形是矩形，長為，長為，，，設(shè)，則，把一張長方形的紙片折疊起來，使其對角頂點A、C重合，，，，，在中，由勾股定理得，即，解得，，其不重合部分的面積為．故答案為：．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的全等判定和性質(zhì)，熟練掌握知識點是解題的關(guān)鍵．10．（2022春·上海青浦·八年級?？计谀┤鐖D，?的對角線、交于點，順次聯(lián)結(jié)?各邊中點得到的一個新的四邊形，如果添加下列四個條件中的一個條件：①；②；③；④，可以使這個新的四邊形成為矩形，那么這樣的條件可以是______．（填序號）【答案】①②④【分析】根據(jù)順次連接四邊形的中點，得到的四邊形形狀和四邊形的對角線位置、數(shù)量關(guān)系有關(guān)，利用三角形中位線性質(zhì)可得：當(dāng)對角線垂直時，所得新四邊形是矩形．逐一對四個條件進(jìn)行判斷．【詳解】解：順次連接四邊形的中點，得到的四邊形形狀和四邊形的對角線位置、數(shù)量關(guān)系有關(guān)，利用三角形中位線性質(zhì)可得：當(dāng)對角線垂直時，所得新四邊形是矩形．①，新的四邊形成為矩形，符合條件；②四邊形是平行四邊形，，．，．根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可知，，新的四邊形成為矩形，符合條件；③四邊形是平行四邊形，．，．．，四邊形是矩形，連接各邊中點得到的新四邊形是菱形，不符合條件；④，，，即平行四邊形的對角線互相垂直，新四邊形是矩形，符合條件．所以①②④符合條件．故答案為：①②④．【點睛】本題考查矩形，解題的關(guān)鍵是數(shù)量掌握矩形的判斷定理．11．（2022春·上海浦東新·八年級?？计谥校┤鐖D所示，在中，，，，為上一動點不與、重合，作于點，于點，連接，則的最小值是______．【答案】【分析】連接，由勾股定理求出的長，再由矩形的判定與性質(zhì)求出，然后根據(jù)垂線段最短可得時，線段的值最小，再根據(jù)面積法求解即可．【詳解】解：如圖，連接．，，，，，，，四邊形是矩形，，由垂線段最短可得時，線段的值最小，此時，，即，解得．故答案為：．【點睛】本題考查了勾股定理，矩形的判定與性質(zhì)，垂線段最短，以及面積法求線段的長，熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．12．（2022春·上海青浦·八年級?？计谀┮阎喝鐖D，在中，，，，點位于邊上，過點作邊的平行線交邊于點，過點作邊的平行線交邊于點，設(shè)，四邊形的面積為，則關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式是______．（不必寫定義域）【答案】【分析】連接CD，先證四邊形是平行四邊形，然后利用勾股定理的逆定理證明是直角三角形，從而可得，進(jìn)而可得四邊形是矩形，設(shè)DE=a，利用面積法可用x表示出a，根據(jù)矩形面積公式即可得答案．【詳解】解：如圖，連接CD，∵DE//BC，DF//AC，四邊形是平行四邊形，在中，，，，，，，是直角三角形，，四邊形是矩形，∴CE=DF，CF=DE設(shè)DE=a，，則CE=DF=6-x，∵S△ABC=S△ADC+S△BDC，∴，∴，解得：，∵四邊形的面積為，∴．故答案為：．【點睛】本題考查了勾股定理的逆定理、矩形的判定與性質(zhì)、求函數(shù)關(guān)系式等知識點，靈活運用勾股定理逆定理得出四邊形CEDF是矩形是解答本題的關(guān)鍵．13．（2022春·上海青浦·八年級?？计谥校┤鐖D，菱形的對角線相交于點，延長至點，使，連接，若，則________．【答案】20°【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得到BC=CD=CE，求出∠DCE的度數(shù)，利用菱形的性質(zhì)求出∠OBC即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴BC=CD，AB∥CD，∵，∴CE=CD，∴∠CDE=，∴∠DCE=（180°-2∠E）=40°，∵AB∥CD，∴∠ABC=∠DCE=40°，∴∠OBC=∠ABC=20°，故答案為：20°．【點睛】此題考查了菱形的性質(zhì)，等邊對等角求角度，熟記菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．14．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ秀籼林袑W(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，菱形中，于點E，交于F，若E為中點，且，則F到邊的距離為____________．【答案】【分析】連接BD，過點F作FG⊥AB于點G，根據(jù)菱形的性質(zhì)及各角之間的關(guān)系得出?ABD是等邊三角形，再由含30度角的直角三角形的性質(zhì)及勾股定理得出EF=，根據(jù)角平分線的性質(zhì)即可得出結(jié)論．【詳解】解：如圖，連接BD，過點F作FG⊥AB于點G，∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=AD=4，AC平分∠DAB，即∠BAC=∠DAC，∵BE⊥AD，E為AD中點，∴AB=DB，AE=2，∴AB=AD=DB，∴?ABD是等邊三角形，∴∠BAD=60°，∴∠DAC=30°，∴AF=2EF，∴，∴EF=，∵AC平分∠DAB，BE⊥AD，F(xiàn)G⊥AB，∴GF=EF=，即點F到AB邊的距離為，故答案為：．【點睛】題目主要考查菱形的性質(zhì)及等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理解三角形，角平分線的性質(zhì)等，理解題意，作出輔助線，綜合運用這些知識點是解題關(guān)鍵．15．（2022春·上?！ぐ四昙壭？计谥校┮阎庑沃?，對角線，，則菱形的面積是______．【答案】【分析】根據(jù)菱形的面積等于對角線乘積的一半即可解決問題．【詳解】解：四邊形是菱形，，，菱形的面積；故答案為：．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)；數(shù)據(jù)菱形的面積公式是解題的關(guān)鍵．16．（2022春·上海寶山·八年級?？茧A段練習(xí)）如圖，中，已知是的平分線，E、F分別是邊的中點，聯(lián)結(jié)，要使四邊形為菱形，需要滿足一定的條件，該條件可以是______．【答案】（答案不唯一）【分析】菱形的判定方法有三種：①定義：一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形；②四邊相等；③對角線互相垂直平分的四邊形是菱形．據(jù)此即可求解．【詳解】解：由題意知，可添加：．則三角形是等腰三角形，由等腰三角形的性質(zhì)知，頂角的平分線與底邊上的中線重合，即點D是的中點，∴是三角形的中位線，∴，，∴四邊形是平行四邊形，∵，點E，F(xiàn)分別是的中點，∴，∴平行四邊形為菱形．故答案為：、或（答案不唯一）．【點睛】本題考查了菱形的判定．利用了三角形的中位線的性質(zhì)和平行四邊形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)．也可添加或．17．（2022春·上海浦東新·八年級上海市張江集團(tuán)中學(xué)校考期中）如圖，在ABCD和BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，點A、B、E在同一直線上，P是線段DF的中點，連接PG，PC．若∠ABC＝∠BEF＝60°，則________．【答案】【分析】延長GP交CD于點H，根據(jù)AB＝AD，BG＝BE，得出四邊形ABCD和四邊形BEFG都是菱形，由菱形的性質(zhì)證明△DPH≌△FPG，得出DH=GF，進(jìn)而得出△CHG為等腰三角形，利用等腰三角形的性質(zhì)得出CP⊥HG，∠PCG=60°，再利用直角三角形的性質(zhì)，即可求解．【詳解】解：如圖，延長GP交CD于點H，在ABCD和BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，∴四邊形ABCD和四邊形BEFG都是菱形，∴CD=CB，GF=GB，CD∥AE，GF∥AE，∴CD∥GF，∴∠DHP=∠FGP，∵∠DPH=∠FPG，DP=FP，∴△DPH≌△FPG（AAS），∴DH=GF，PH=PG，∴DH=GB，∴CH=CG，∴CP⊥PG，∴∠HCG=2∠PCG，∵∠ABC=60°，∴∠HCG=180°-∠ABC=120°，∴∠PCG=60°，∴∠CGP=30°，∴CG=2PC，∴，∴．故答案為：【點睛】本題考查了菱形的的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，掌握全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．18．（2022春·上海·八年級上海市張江集團(tuán)中學(xué)?？计谥校┤鐖D，在ABCD和BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，點A、B、E在同一直線上，P是線段DF的中點，聯(lián)結(jié)PG，PC．若∠ABC＝∠BEF＝60°，則＝________．【答案】【分析】延長GP交CD于點H，根據(jù)AB＝AD，BG＝BE，得出四邊形ABCD和四邊形BEFG都是菱形，由菱形的性質(zhì)證明△DPH≌△FPG，得出DH=GF，進(jìn)而得出△CHG為等腰三角形，利用等腰三角形的性質(zhì)得出CP⊥HG，∠PCG=60°，再利用直角三角形的性質(zhì)，即可求解．【詳解】解：如圖，延長GP交CD于點H，在?ABCD和?BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，∴四邊形ABCD和四邊形BEFG都是菱形，∴CD=CB，GF=GB，CD∥AE，GF∥AE，∴CD∥GF，∴∠DHP=∠FGP，∵∠DPH=∠FPG，DP=FP，∴△DPH≌△FPG（AAS），∴DH=GF，PH=PG，∴DH=GB，∴CH=CG，∴CP⊥PG，∴∠HCG=2∠PCG，∵∠ABC=60°，∴∠HCG=180°-∠ABC=120°，∴∠PCG=60°，∴∠CGP=30°，∴CG=2PC，故答案為：【點睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，掌握全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．19．（2022春·上海青浦·八年級?？计谥校┤鐖D，平面內(nèi)直線，且相鄰兩條平行線間隔均為1，正方形的4個頂點分別在4條平行線上，則正方形的面積為_________．【答案】5【分析】過C點作直線EF與平行線垂直，與l1交于點E，與l4交于點F．證明△CDE≌△CBF，得CF=1，BF=2．根據(jù)勾股定理可求BC2得正方形的面積．【詳解】解：如圖，過C點作EF⊥l2，交l1于E點，交l4于F點．∵l1l2l3l4，EF⊥l2，∴EF⊥l1，EF⊥l4，即∠CED=∠BFC=90°．∵ABCD為正方形，∴∠BCD=90°．∴∠DCE+∠BCF=90°．又∵∠DCE+∠CDE=90°，∴∠CDE=∠BCF．在△CDE和△BCF中，∴△CDE≌△BCF（AAS），∴BF=CE=2．∵CF=1，∴BC2=12+22=5，即正方形ABCD的面積為5．故答案為：5．【點睛】此題主要考查了正方形的性質(zhì)和面積計算，根據(jù)平行線之間的距離構(gòu)造全等的直角三角形是關(guān)鍵．20．（2022春·上?！ぐ四昙壭？计谥校┤鐖D，為正方形外一點，，交于點，則______．【答案】45【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，設(shè)∠ABE＝∠AEB＝α，∠BED＝x，則∠AED＝∠ADE＝α＋x，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可解決問題．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∵AE＝AD，∴AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB，∵AE＝AD，∴∠AED＝∠ADE，設(shè)∠ABE＝∠AEB＝α，∠BED＝x，則∠AED＝∠ADE＝α＋x，，在△ABE中，2α＋β＋90°＝180°，∴2α＋β＝90°，在△ADE中，2α＋β＋2x＝180°，∴90°＋2x＝180°，∴x＝45°，∴∠BED＝45°．故答案為：45．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握正方形的性質(zhì)．21．（2022春·上海浦東新·八年級?？计谥校┤鐖D，已知在矩形紙片中，，，點E是的中點，點F是邊上的一個動點，將沿所在直線翻折，得到，連接，，則當(dāng)是以為腰的等腰三角形時，的長是_______________．【答案】1或【分析】存在三種情況：當(dāng)時，連接ED，利用勾股定理可以求得ED的長，可判斷三點共線，根據(jù)勾股定理即可求解；當(dāng)時，可以證得四邊形是正方形，即可求解；當(dāng)時，連接EC，F(xiàn)C，證明三點共線，再用勾股定理，即可求解．【詳解】解：①當(dāng)時，連接ED，如圖，∵點E是的中點，，，四邊形是矩形，∴，由勾股定理可得，，∵將沿所在直線翻折，得到，∴，∵，∴，∴三點共線，∵，∴，設(shè)，則，，在中，，∴，解得，∴；②當(dāng)時，如圖，∵，∴點在線段CD的垂直平分線上，∴點在線段AB的垂直平分線上，∵點E是的中點，∴是AB的垂直平分線，∴，∵將沿所在直線翻折，得到，∴，∴四邊形是正方形，∴；綜上所述，AF的長為1或．故答案為：1或．【點睛】本題考查矩形中的翻折問題，涉及矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、正方形的判定和性質(zhì)、勾股定理，分類討論思想的運用是解題的關(guān)鍵．22．（2022春·上海·八年級?？计谥校┰谡叫沃?，邊長為，點是對角線上一點，，是射線上一點，聯(lián)結(jié)，射線交直線于，當(dāng)時，______．【答案】4【分析】過點作于，過點作于，設(shè)交于，證明四邊形是正方形，由，可得，即得，又，可得（ASA），得，，再由可得．【詳解】解：過點作于，交于點，過點作于，設(shè)交于，如圖：四邊形是正方形，邊長為，，，，，，，四邊形是正方形，∴四邊形是矩形，∴，，，，，，，，在與中∴（ASA）∴∵∴，故答案為：．【點睛】本題考查正方形性質(zhì)及判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形．23．（2022春·上海長寧·八年級上海市民辦新世紀(jì)中學(xué)?？计谀┤鐖D，四邊形中，，，順次連接四邊形各邊的中點，得到四邊形，再順次連接四邊形各邊的中點，得到四邊形；…；如此進(jìn)行下去，得到四邊形，那么四邊形的周長為________．【答案】【分析】根據(jù)三角形中位線性質(zhì)定理可得每一次取各邊中點，所形成的新四邊形周長都為前一個的；并且四邊形是平行四邊形，即可計算四邊形A15B15C15D15的周長，【詳解】解：∵在四邊形ABCD中，順次連接四邊形ABCD各邊中點，得到四邊形A1B1C1D1，∴A1D1BD，B1C1BD，C1D1AC，A1B1AC；∴A1D1B1C1，A1B1C1D1，∴四邊形A1B1C1D1是平行四邊形；根據(jù)中位線的性質(zhì)知，A1B1=AC；B1C1=BD四邊形A1B1C1D1周長為同理，四邊形A3B3C3D3是平行四邊形，A3B3C3D3周長為同理，四邊形的周長是四邊形A15B15C15D15周長為故答案為．【點睛】本題考查了三角形的中位線性質(zhì)定理：三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半．三、解答題24．（2022秋·上海青浦·八年級?？计谀┮阎喝鐖D，在矩形中，，．對角線的垂直平分線分別交、于點、．求線段的長．【答案】【分析】根據(jù)線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等的性質(zhì)可得，設(shè)，表示出的長度，然后在中，利用勾股定理列式計算即可得解．【詳解】解：連接，如圖所示：∵四邊形是矩形，∴，∵是的垂直平分線，∴，設(shè)，則，在中，即解得：x=5∴【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理、線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等的性質(zhì)；熟練掌握勾股定理和矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．25．（2022春·上海寶山·八年級?？茧A段練習(xí)）如圖，已知梯形中，，、分別是、的中點，點在邊上，且．(1)求證：四邊形是平行四邊形；(2)連接，若平分，求證：四邊形是矩形．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）連接EG，根據(jù)題意得，，根據(jù)，可得四邊形是平行四邊形，則，，根據(jù)是的中點得，可得，，即可得；（2）連接，將與的交點記為點O，根據(jù)平分得，根據(jù)得，即可得，，根據(jù)四邊形是平行四邊形得，，可得，即可得．（1）證明：如圖所示，連接EG，∵梯形中，，、分別是、的中點，∴，，∵，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴，，∵是的中點，∴，∴，，∴四邊形是平行四邊形；（2）解：如圖所示，連接，將與的交點記為點O，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵四邊形是平行四邊形，∴，，∴，∴平行四邊形是矩形．【點睛】本題考查了矩形的判定，平行四邊形的判定，梯形的中位線定理，平行線的性質(zhì)，角平分線，解題的關(guān)鍵是掌握這些知識點，添加合適的輔助線．26．（2022春·上海·八年級上海同濟(jì)大學(xué)附屬存志學(xué)校?？计谥校┤鐖D1，在平行四邊形中，的平分線交直線于點E，交直線于點F．(1)當(dāng)時，G是的中點，聯(lián)結(jié)（如圖2），請直接寫出的度數(shù)______．(2)當(dāng)時，，且，分別聯(lián)結(jié)、（如圖3），求的度數(shù)．【答案】(1)45°(2)60°【分析】（1）連接CG，BG，證△DCG≌△BEG（SAS），得到BG=DG，∠CDG=∠EBG，再證△BGD是直角三角形，即得△BGD是等腰直角三角形，即可由等腰直角三角形的性質(zhì)求解；（2）延長AB、FG相交于H，連接DH，先證四邊形ADFH是平行四邊形，再證平行四邊形ADFH是菱形，得∠HDF=∠ADF=60°，△DGF≌△DBH（SAS），得∠GDF=∠BDH，即可得∠BDG=∠HDF，可求解．（1）解：∵平行四邊形，，∴四邊形為矩形，∴∠ABC=∠BAD=∠BCD=90°，AB=CD，∴∠ECF=90°，連接CG，BG，如圖2，∵G是EF的中點，∴CG=EG=GF，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=45°，∴∠BAE=∠BEA=45°，∴BE=AB，∴BE=CD，∴∠FEC=∠BEA=45°，∴∠BEG=135°，∴∠EFC=∠FEC=45°，∴∠GCF=∠EFC=45°，∴∠DCG=135°，∴∠DCG=∠BEF，在△DCG和△BEG中，，∴△DCG≌△BEG（SAS），∴BG=DG，∠CDG=∠EBG，∵∠CDG+∠GDB+∠CBD=90°，∴∠EBG+∠GDB+∠CBD=90°，∴∠BGD=90°，∴△BGD是等腰直角三角形，∴∠BDG=45°；故答案為：45°；（2）解：延長AB、FG相交于H，連接DH，如圖，∵FGCE，∴ADHF，∵AHDF，∴