2023年北京重点校初二（下）期中数学试卷汇编：四边形章节综合2

第1页/共1页2023北京重点校初二（下）期中数学汇编四边形章节综合2一、单选题1．（2023春·北京海淀·八年级清华附中校考期中）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，若，，则的长为（

）A． B．4 C．8 D．2．（2023春·北京丰台·八年级北京市第十二中学校考期中）在中，对角线，交于点O，E是边上的一个动点（不与A，B重合）．连接并延长，交于点F，连接，．下列四个结论中：①四边形始终是平行四边形；②若，则存在点E，使得四边形是矩形；③若，则存在点E，使得四边形是菱形；④若，则存在点E，使得四边形是正方形．正确结论的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．43．（2023春·北京西城·八年级北京四中校考期中）如图，在四边形中，，要使四边形是平行四边形，下列添加的条件不正确的是（

）A． B． C． D．4．（2023春·北京丰台·八年级北京市第十二中学校考期中）如图，在矩形中，对角线、交于点．若，，则的长为（

）A．8 B． C． D．45．（2023春·北京大兴·八年级统考期中）如图，在中，，射线平分，于点D，于点E，若F为的中点，连接．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是（

）A．①②④ B．①③④ C．②③ D．①②③④6．（2023春·北京大兴·八年级统考期中）如图，在中，，，的垂直平分线交于点，交于点，连接，则的周长是（

）A．6 B．8 C．9 D．107．（2023春·北京东城·八年级北京二中校考期中）如图，在中，，分别以斜边、直角边为边作正方形和正方形，与相交于点H，设四边形的面积为，四边形的面积为，若，，则正方形的面积为（

）A．24 B． C．21 D．8．（2023春·北京东城·八年级北京二中校考期中）如图，在中，对角线与相交于点O，E、F是对角线上的点．下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（

）A． B． C． D．9．（2023春·北京东城·八年级北京二中校考期中）如图，在中，，交的延长线于点E，若，则的度数为（

）A． B． C． D．10．（2023春·北京海淀·八年级首都师范大学附属中学校考期中）如图1，在正方形中，，交于点．点为线段上的一个动点，连接，．设正方形中某条线段的长为，，若表示与的函数关系的图象大致如图2所示，则这条线段可能是图1中的（

）A．线段 B．线段 C．线段 D．线段二、填空题11．（2023春·北京海淀·八年级清华附中校考期中）如图，在矩形中，点B的坐标为，则的长是．12．（2023春·北京海淀·八年级北京二十中校考期中）如图，在中，，点是的中点，，则．13．（2023春·北京大兴·八年级统考期中）如图，四边形与四边形为正方形，相交于点H，连接．下列结论中：①；②；③平分．所有正确结论的序号是．14．（2023春·北京大兴·八年级统考期中）如图，在正方形中，，分别是边，上的点，．若，，则的长是．15．（2023春·北京大兴·八年级统考期中）如图，矩形的对角线相交于点O，若，，则的长是．16．（2023春·北京东城·八年级北京二中校考期中）如图1，在平面直角坐标系中，在第一象限，且轴．直线从原点O出发沿x轴正方向平移．在平移过程中，直线被截得的线段长度m与直线在x轴上平移的距离t的函数图象如图2所示，那么的面积为．17．（2023春·北京东城·八年级北京二中校考期中）如图，的对角线与相交于点O，且．若点E是边的中点，，则的长为．18．（2023春·北京东城·八年级北京二中校考期中）直角三角形两边的长为4和8，则该直角三角形斜边上的中线长为．19．（2023春·北京海淀·八年级首都师范大学附属中学校考期中）中，，，，点是的中点，连接，则的长为．三、解答题20．（2023春·北京丰台·八年级北京市第十二中学校考期中）在平面直角坐标系中，若矩形的对角线与轴垂直，且对角线在直线上，则称矩形为“率矩形”．下图为“率矩形”的示意图．(1)已知“率矩形”，且，求的值；(2)已知，①若矩形为“2率矩形”，且直线平分该矩形的面积．求的值；②若矩形为“1率矩形”，且矩形的面积不小于，直接写出t的取值范围．21．（2023春·北京丰台·八年级北京市第十二中学校考期中）下面是小琪设计的“作菱形”的尺规作图过程．求作：菱形．作法：①作线段；②作线段的垂直平分线l，交于点O；③在直线l上取点B，以O为圆心，长为半径画弧，交直线l于点D（点B与点D不重合）；④连接，，，．所以四边形为所求作的菱形．根据小琪设计的尺规作图过程，(1)使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）(2)完成下面的证明．证明：∵，∴四边形为平行四边形．（）（填推理的依据）∵，∴为菱形．（）（填推理的依据）22．（2023春·北京丰台·八年级北京市第十二中学校考期中）如图，E，F是对角线上两点，．求证：．23．（2023春·北京大兴·八年级统考期中）在平面直角坐标系中，对于，两点给出如下定义：若点到两条坐标轴的距离之和等于点到两条坐标轴的距离之和，则称，两点为和谐点．例如，图中的，两点即为和谐点．(1)已知点．①在点，，中，点的和谐点是______；②若点在轴上，且，两点为和谐点，则点的坐标是______；(2)已知点，点，连接，点为线段上一点．①经过点且垂直于轴的直线记作直线，若在直线上存在点，使得，两点为和谐点，则的取值范围是______；②若点，点，在以线段为斜边的等腰直角三角形的某条边上存在点，使得，两点为和谐点，则的取值范围是______．24．（2023春·北京大兴·八年级统考期中）在正方形中，E为射线上一动点（点E不与A，B重合），作，交直线于点F，连接．(1)如图1，当点E在线段上时，用等式表示线段，，的数量关系；(2)如图2，当点E在线段的延长线上时，①依题意补全图2；②用等式表示线段，，的数量关系，并证明．25．（2023春·北京大兴·八年级统考期中）如图，菱形的对角线相交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使，连接．(1)求证：四边形AEFD是矩形；(2)连接，若，．求的长．26．（2023春·北京大兴·八年级统考期中）如图，在中，平分，交于点E，交于点F．求证：．27．（2023春·北京大兴·八年级统考期中）如图，矩形纸片中，，把矩形纸片沿直线折叠，点B落在点E处，交于点F，若．求的面积．28．（2023春·北京东城·八年级北京二中校考期中）已知：线段，以线段为对角线，求作：矩形．小明的作法如下：①分别以点A，C为圆心，大于的一半长为半径作弧，两弧分别交于点M，N；②作直线，交于点O；③以点O为圆心，以长为半径作圆；④作圆O的直径（异于直径）；⑤连接，，，，则四边形即为所求作的图形．(1)请你用直尺和圆规，按照小明的作法补全图形（保留作图痕迹）；(2)完成下面的证明，并在括号内写出推理的依据．证明：∵，，∴是线段的垂直平分线（______）．∴点O为线段的中点，即．∵，∴四边形是平行四边形（______）．∵，∴，即．∴是矩形（______）．29．（2023春·北京海淀·八年级首都师范大学附属中学校考期中）在平面直角坐标系中，我们将横纵坐标都是整数的点叫作整点．以为顶点向右上方作各边垂直于坐标轴的正方形，若对于直线，此正方形内部（不包括边）有且仅有个整点在直线上，则称该正方形为直线关于点的“类正方形”．(1)已知点，，，，则正方形为直线关于点的_____类正方形；(2)已知点是整点且位于直线上．设直线关于点的“3类正方形”的边长为，求的取值范围；(3)已知点，位于直线与（，为常数）之间，点，分别位于直线与上．若存在以，，，为顶点的正方形，是某条直线关于点的“3类正方形”，直接写出的取值范围．30．（2023春·北京海淀·八年级首都师范大学附属中学校考期中）如图，点是菱形对角线上一动点，．在线段的同侧做线段，使得，连接．(1)补全图形，并回答问题：当____________时，；(2)连接，交于点，若，探索与的数量关系，并证明；(3)直接写出当___________时，将平行．31．（2023春·北京海淀·八年级首都师范大学附属中学校考期中）如图所示，点为内一点，平分，且交于点，点为边的中点，点在上，且．(1)证明：四边形是平行四边形；(2)请直接写出线段，，之间的数量关系：______．32．（2023春·北京海淀·八年级首都师范大学附属中学校考期中）如图，四边形是平行四边形，平分交于点，交于点，连接，判断与的位置关系，并证明．(1)补全图形；(2)与的位置关系：_________；(3)证明：_____________

参考答案1．B【分析】由菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，可计算出的长度，再根据直角三角形的性质可得直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得出答案．【详解】解：四边形是菱形，，，，在中，点是的中点，．故选B．【点睛】本题主要考查了菱形及直角三角形的性质，合理应用性质进行计算是解决本题的关键．2．B【分析】由于经过平行四边形的中心O，故四边形一定也是平行四边形，这可以通过证明与相等来说明．然后只要让平行四边形再满足适当的特殊条件就可以变成对应的特殊平行四边形．【详解】解：①如图1，∵四边形为平行四边形，对角线AC与BD交于点O，∴，，，，∴，∵，∴，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，即E在上任意位置（不与A、B重合）时，四边形恒为平行四边形，故①正确；②如图2，当时，∵，∴，∴四边形不可能是矩形，故②错误．③如图3，若，当时，四边形为菱形，故③正确．④如图4，当时，如果，就不存在点E在边上，使得四边形为正方形，故④错误．综上分析可知，正确的有2个，故B正确．故选：B．【点睛】本题主要考查平行四边形以及几种特殊平行四边形的判定．熟悉平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法是解答此题的关键．3．A【分析】根据平行四边形的判定方法，逐项判断即可．【详解】解：A．当，时，四边形可能为等腰梯形，故此选项符合题意；B．当，时，一组对边分别平行且相等，可证明四边形为平行四边形，故此选项不符合题意；C．当，时，两组对边分别平行，可证明四边形为平行四边形，故此选项不符合题意；D．∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形为平行四边形，故此选项不符合题意．故选：A．【点睛】本题考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．4．B【分析】先证明是等边三角形，然后根据的直角三角形三边关系直接求解即可．【详解】∵，∴，∵在矩形中，对角线、交于点，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴∴∴中，．故选：B【点睛】此题考查矩形的性质和勾股定理，解题关键是根据一个角为的等腰三角形即为等边三角形，然后根据勾股定理直接求解．5．B【分析】延长交于G，延长交延长线于H，根据三角形中位线定理即可判断出①②③④的正确性，即可得出结果．【详解】解：延长交于G，延长交延长线于H，∵平分，，∴在和中，，∴，∴，，∴，∵F为的中点，∴，，同法可得：，∴，∴，∵F为的中点，∴，，故①正确；∴，故③正确；连接，∵，，∴，∵，∴（直角边小于斜边），即：，故②错误；∵，∴，∴，∵，∴，故④正确；故选：B．【点睛】本题主要考查三角形的中位线定理．解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，进而得到三角形的中位线．6．B【分析】根据垂直平分线的性质得出，根据平行四边形的性质得出，进而即可求解．【详解】解：∵是的垂直平分线∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴的周长是，故选：B．【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，平行四边形的性质，熟练掌握垂直平分线的性质是解题的关键．7．B【分析】设，，设，而，，可得，，，由，可得，即，再求解，，从而可得答案．【详解】解：∵正方形和正方形，设，，设，而，，∴，，，∵，∴，即，解得：（负根舍去），∴，∴正方形的面积为．故选B．【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，图形面积的转化，利用平方根的含义解方程，利用方程思想解题是关键．8．A【分析】根据平行四边形的性质与全等三角形的性质逐一分析，结合平行四边形的判定方法可得结论．【详解】解：∵，∴，，，，，，∵，∴，，∴四边形是平行四边形，故B不符合题意；∵，，∴，而，∴，∴，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，故C不符合题意；∵，∴，∴，而，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，故D不符合题意；当，而，，∵，∴，而，此时不能得到：，，∴添加不能判定四边形是平行四边形，故A符合题意；故选A．【点睛】本题考查的是添加条件判断平行四边形，全等三角形的判定与性质，熟记平行四边形的判定方法是解本题的关键．9．A【分析】根据平行四边形的性质得出，求出,根据三角形外角的性质求出即可．【详解】解：∵四边形为平行四边形，∴，∴,∵，∴，∴，故A正确．故选：A．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，邻补角的计算，三角形外角的性质，掌握相关性质正确推理计算是解题关键．10．D【分析】由函数图象可知x的值可以取0，在起点取最小值，即图2中表示长为x的线段的长度可以为0，由此即可排除B；再根据y随x增大而增大，在起点取最小值行判断A、C、D即可．【详解】解：由图2函数图象可知，表示长为x的线段的长度可以为0，∵点E在线段上，∴线段长度不可能为0，故B不符合题意；当该线段为时，∵一开始表示长为x的线段为0，∴一开始点E与点A重合，然后慢慢从点A向点C运动，根据垂线段最短可知当时，此时线段的长度有最小值（即点与点重合时），即此过程y随x的增大而减小，当点E继续运动时，的长度逐渐增大，即y随x的增大而增大，但图象中y随x的增大而增大，在起点取最小值，不符合图2的函数图象，故A不符合题意；同理当该线段为时，一开始点E与点C重合，然后慢慢从点C向点A运动，此过程中y随x的增大而减小，点与点重合时线段的长度有最小值，当点E继续运动时，的长度逐渐增大，即y随x的增大而增大，但图象中y随x的增大而增大，在起点取最小值，不符合图2的函数图象，故C不符合题意；当该线段为时，∵一开始表示长为x的线段为0，∴一开始点E与点O重合，然后慢慢从点O向点A（或点C）运动，此过程y随x的增大而增大，符合图2所示的函数图象，故D符合题意；故选：D．【点睛】本题主要考查的是动点问题的函数图象，正方形的性质，根据垂线段最短确定出函数最小值出现的时刻是解题关键．11．13【分析】根据勾股定理求出，根据矩形的性质得出，即可得出答案．【详解】解：连接，过作轴于，点的坐标是，，，由勾股定理得：，四边形是矩形，，，故答案为：13．【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理等知识点，能根据矩形的性质得出是解此题的关键．12．4【分析】利用直角三角形斜边上的中线性质，即可解答．【详解】解：，点是的中点，，，故答案为：4．【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．13．①②/②①【分析】根据正方形的性质和证明可得；连接,根据三角形内角和定理可得即；过B作于M，于N，证明可判断③．【详解】∵四边形与四边形为正方形,即在和中，，，；故①正确连接如图，则∴即；故②正确；过B作于M，于N，如图，又∴是的平分线，∴平分，故③错误；综上所述，正确的结论是①②，故答案为：①②【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理以及角平分线的性质定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．14．3【分析】证明，得出，即可得出，即可求解．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∵，∴，又∵∴，在中，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．15．2【分析】先证明是等边三角形，得出，再由矩形的性质得出【详解】解：∵四边形是矩形，对角线相交于点O，∴,又，∴是等边三角形，∴，∴故答案为：2【点睛】本题考查了等边三角形的性质和判定，矩形的性质的应用，注意：矩形的对角线互相平分且相等．16．【分析】根据图象可以得到当移动的距离是1时，直线经过点A；当移动距离是4时，直线经过B，当移动距离是6时经过D，则，当直线经过D点，设直线交于N，则，作于点M，利用勾股定理可求得，即平行四边形的高，然后利用平行四边形的面积公式即可求解．【详解】解：根据图象可以得到当移动的距离是1时，直线经过点A，当移动距离是4时，直线经过B，当移动距离是6时经过D，则，设直线经过点D时，交于N，则，作于点M，如图所示：∵移动直线为，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴或（舍去），∴平行四边形的面积为：，故答案为：．【点睛】本题主要考查了平移变换、勾股定理，等腰三角形的判定和性质，一次函数的性质，其中根据函数图象确定的长，是解答本题的关键．17．3【分析】先利用勾股定理求出，再证明为的中位线，则．【详解】解：∵，∴，∵，∴，∵四边形是平行四边形，∴点O为的中点，又∵点E为边的中点，∴为的中位线，∴，故答案为：3．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，证明为的中位线是解题的关键．18．或/或【分析】分两种情况求出斜边，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．【详解】解：当8为斜边时，则该直角三角形斜边上的中线长为；当直角三角形两直角边的长为4和8，则斜边为：，∴该直角三角形斜边上的中线长为，故答案为：或．【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，二次根式的化简，清晰的分类讨论是解本题的关键．19．6.5【分析】先利用勾股定理求出的长，然后根据直角三角形斜边上的中线与斜边的数量关系求解即可．【详解】解：∵中，，，，∴．∵点D为的中点，连接，∴线段是斜边上的中线，∴．故答案是：6.5．【点睛】本题考查了勾股定理，以及直角三角形斜边上的中线，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．20．(1)(2)①；②或【分析】（1）根据“率矩形”定义，把将点坐标代入即可得答案；（2）设和交点为，①根据矩形为“2率矩形”，直线平分该矩形的面积，联立两直线解析式可得出矩形的对角线的交点坐标为，根据与轴垂直，可得，即可得答案；②根据矩形为“1率矩形”可知解析式为，与轴正半轴的夹角为，由轴及点A的坐标，即可得出，过点作于，可用表示出、、的长，进而表示出矩形的面积，矩形的面积不小于列不等式即可得答案．【详解】（1）（1）∵点在直线上，∴．（2）设和交点为，①∵矩形为“2率矩形”，∴直线的解析式为，∵直线平分该矩形的面积，∴直线必经过矩形的对角线的交点，联立两直线解析式得：，解得：，∴，∵、两点连线垂直轴，∴，∴．②∵矩形为“1率矩形”，∴直线的解析式为，∴与轴正半轴的夹角为，∵对角线与轴垂直，且，∴，∴，，∵轴，∴，过点作于，∴，∴，∵矩形的面积不小于，∴∴，当时，，解得：，当时，，解得：∴当或时矩形的面积不小于．【点睛】本题考查矩形的性质、求一次函数解析式及解一元一次不等式，正确表示出矩形的面积，解题关键．21．(1)见解析(2)对角线互相平分的四边形是平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形【分析】（1）根据题目提示尺规作图即可求解；（2）先根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”证明四边形为平行四边形，再根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”即可证明为菱形．【详解】（1）解：如图，四边形即为所求做的菱形；（2）证明：∵，∴四边形为平行四边形．（对角线互相平分的四边形是平行四边形）∵，∴为菱形．（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）故答案为：对角线互相平分的四边形是平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形【点睛】本题考查了菱形的判定和尺规作图-作已知线段的垂直平分线，熟知菱形的判定定理和尺规作图相关知识是解题关键．22．见解析【分析】证明，得出，求出，根据平行线的判定，即可证明结论．【详解】证明：∵为平行四边形∴，，∴，在和中，，，，∴．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，平行线的判定，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定，证明．23．(1)①；②或(2)①；②或【分析】（1）①根据和谐点的定义即可求解．②根据点到坐标轴的距离，结合和谐点的定义，设，则，即可求解；（2）①待定系数法求得直线的解析式为，进而可得点到轴的距离为，点到轴的距离为，根据定义可得，即点的和谐点满足横纵坐标的绝对值之和为，则点在图中所示的正方形上．②根据①的方法可得当正方形与正方形有交点时，符合题意，结合图形，即可求解．【详解】（1）解：①∵点∴，点，，中，，∴点A的和谐点是；故答案为：．②∵点在轴上，且，两点为和谐点，∴点的横坐标为0，设，∴，∴，∴或，故答案为：或．（2）①由题意，点，点，设直线的解析式为，将代入得，解得：，∴直线的解析式为：点在线段上，设其坐标为，则有：，，且．点到轴的距离为，点到轴的距离为，则．∴点的和谐点满足横纵坐标的绝对值之和为．即点在图中所示的正方形上．∵点的坐标为，点在直线上，∴．②依题意，以线段为斜边的等腰直角三角形，点为直角三角形的顶点，如图所示，则四边形是正方形，∴当正方形与正方形有交点时，符合题意，∴或即或【点睛】本题考查了点到坐标轴的距离，一次函数与坐标轴交点问题，正方形的性质，数形结合是解题的关键．24．(1)(2)①见解析；②；证明见解析【分析】（1）延长，取点G，使，连接，证明，得出，，证明，得出，根据，得出；（2）①根据题意补全图形即可；②在上截取，连接，，证明，得出，，证明，得出，根据，即可得出．【详解】（1）解：；理由如下：延长，取点G，使，连接，如图所示：∵四边形为正方形，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴，，∵，∴，即，∴，∵，，∴，∴，∵，∴；（2）解：①补全图形，如图所示：②；证明如下：如图，在上截取，连接，，∵四边形为正方形，∴，，，∴，∴，∵，，∴，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即，∵，，∴，∴，∴，即．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，熟记三角形全等的判定方法．25．(1)见解析(2)【分析】（1）根据菱形的性质得到且，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；（2）根据菱形的性质得到，根据勾股定理和直角三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）∵四边形是菱形，∴且，∵，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形；（2）∵四边形是菱形，，∴，∵，∴，∵四边形是矩形,∴,，∴在中，，∴在中，，∵，∴．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定和性质定理是解题的关键．26．见解析【分析】证明四边形为菱形，根据菱形的对角线相互垂直即可得出结论．【详解】证明：∵，，∴四边形为平行四边形，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形为菱形，∴．【点睛】本题主要考查了平行线的性质，菱形的判定和性质，平行四边形的判定，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，证明四边形为菱形．27．【分析】根据折叠的性质得到，由四边形是矩形，，得到，，则，，得到，则，由勾股定理求得，即可求得的面积．【详解】解：∵把矩形纸片沿直线折叠，点B落在点E处，交于点F，∴，∵四边形是矩形，，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴的面积是．【点睛】此题考查了矩形的折叠问题、勾股定理、等角对等边等知识，熟练掌握相关性质是解题的关键．28．(1)作图见解析(2)到线段两个端点距离相等的点在线段的垂直平分线上；对角线互相平分的四边形是平行四边形；对角线相等的平行四边形是矩形．【分析】（1）根据要求作出图形即可；（2）根据线段垂直平分线定理的逆定理，由，，可知是线段的垂直平分线，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，由，得出，即可证明四边形为矩形．【详解】（1）解：矩形即为所求作的矩形，如图所示：（2）证明：∵，，∴是线段的垂直平分线（到线段两个端点距离相等的点在线段的垂直平分线上）．∴点O为线段的中点，即．∵，∴四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）．∵，∴，即．∴是矩形．（对角线相等的平行四边形是矩形）．【点睛】本题主要考查了用尺规作矩形，矩形的判定，熟练掌握垂直平分线的基本作图和对角线相等的平行四边形是矩形，是解题的关键．29．(1)3(2)(3)或【分析】（1）如图所示：因为过点，，可知点在直线上，根据正方形内部（不包括边）有且仅有个整点在直线上，则称该正方形为直线关于点的“类正方形”，即可得出结果．（2）如图所示：因为直线过点若点是点在直线上，直线关于点的“3类正方形”的边长为，根据题意即可得出结果．（3）如图所示，当时，包括顶点恰有个整点，当时，正方形内部有个整点，同理，在下方时，当正方形内部有个整点，根据题意即可得出结果．【详解】（1）如图所示：过点，∴点在直线上，∵正方形内部（不包括边）有且仅有个整点在直线上，则称该正方形为直线关于点的“类正方形”．为故答案为：3；（2）∵直线过点如图所示：若点是∵点在直线上，∴直线关于点的“3类正方形”的边长为，（3）如图所示：当时，包括顶点恰有个整点，∴当时，正方形内部有个整点，同