专题13 特殊的四边形（讲义）（解析版）

专题13特殊的四边形核心知识点精讲1.会识别矩形、菱形、正方形以及梯形；2.掌握矩形、菱形、正方形的概念、判定和性质，会用矩形、菱形、正方形的性质和判定解决问题．3.掌握梯形的概念以及了解等腰梯形、直角梯形的性质和判定，会用性质和判定解决实际问题．【知识网络】考点一、几种特殊四边形性质、判定四边形性质判定边角对角线矩形对边平行且相等四个角是直角相等且互相平分1、有一个角是直角的平行四边形是矩形；2、有三个角是直角的四边形是矩形；3、对角线相等的平行四边形是矩形中心、轴对称图形菱形四条边相等对角相等，邻角互补垂直且互相平分，每一条对角线平分一组对角1、有一组邻边相等的平行四边形是菱形；2、四条边都相等的四边形是菱形；3、对角线互相垂直的平行四边形是菱形.中心、轴对称图形正方形四条边相等四个角是直角相等、垂直、平分，并且每一条对角线平分一组对角1、邻边相等的矩形是正方形2、对角线垂直的矩形是正方形3、有一个角是直角的菱形是正方形4、对角线相等的菱形是正方形中心、轴对称图形等腰梯形两底平行，两腰相等同一底上的两个角相等相等1、两腰相等的梯形是等腰梯形；2、在同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形；3、对角线相等的梯形是等腰梯形.轴对称图形【要点诠释】矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，它们具有平行四边形的一切性质.考点二、梯形1．解决梯形问题常用的方法：（1）“平移腰”：把梯形分成一个平行四边形和一个三角形（图1）；（2）“作高”：使两腰在两个直角三角形中（图2）；（3）“平移对角线”：使两条对角线在同一个三角形中（图3）；（4）“延腰”：构造具有公共角的两个三角形（图4）；（5）“等积变形”，连结梯形上底一端点和另一腰中点，并延长与下底延长线交于一点，构成三角形（图5）．

图1图2图3图4图5

【要点诠释】解决梯形问题的基本思想和方法就是通过添加适当的辅助线，把梯形问题转化为已经熟悉的平行四边形和三角形问题来解决．在学习时注意它们的作用，掌握这些辅助线的使用对于学好梯形内容很有帮助．2.特殊的梯形1）等腰梯形：两腰相等的梯形叫做等腰梯形．性质：（1）等腰梯形的同一底边上的两个角相等；等腰梯形的两条对角线相等．（2）同一底边上的两个角相等的梯形是等腰梯形．（3）等腰梯形是轴对称图形，它的对称轴是经过两底中点的一条直线．2）直角梯形：有一个角是直角的梯形叫做直角梯形．考点三、中点四边形相关问题中点四边形的概念：把依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形．若中点四边形为矩形，则原四边形满足条件对角线互相垂直；若中点四边形为菱形，则原四边形满足条件对角线相等；若中点四边形为正方形，则原四边形满足条件对角线互相垂直且相等．【要点诠释】中点四边形的形状由原四边形的对角线的位置和数量关系决定．【题型1：矩形的应用】【典例1】如图，把一长方形纸片ABCD的一角沿AE折叠，点D的对应点落在内部．若，且，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，，根据折叠的性质列式，解之可得答案．本题考查了长方形，折叠．解决问题的关键是熟练掌握长方形的性质，折叠的性质，设未知数数构建方程．【详解】设，则,由折叠知，，∵四边形是长方形，∴，∴，∴，解得：，∴．故选：B．1．如图，矩形纸片中，，．现将其沿对折，使得点在边上的点处，折痕与边交于点，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、折叠的性质，由矩形的性质可得，由折叠的性质可得：，，从而得出四边形是正方形，即可得出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．【详解】解：四边形是矩形，，由折叠的性质可得：，，四边形是正方形，，，故选：C．2．如图，现有一张矩形纸片，其中，点E是的中点．将纸片沿直线折叠，使点B落在点，则，C两点之间的距离是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，熟知相关知识是解题的关键．过点作，垂足为F，连接，设与交于点O，由折叠的性质可得，，先求出，利用勾股定理求出，利用三角形面积公式求出，则，设，在中，，在中，，则，解得，则，，，，在中，．【详解】解：如图所示：过点作，垂足为F，连接，设与交于点O，由折叠的性质可得，，∵点E是的中点，∴，在中，，∵∴，∴，设，在中，，在中，，∴，∴，解得，∴，∴，∴，在中，，故选B．3．如图，在中，，，连接，相交于点，为的中点，若，则四边形的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据勾股定理的逆定理得出，进而得出是矩形，根据矩形的性质得出，，进而根据四边形的面积即可求解．【详解】解：∵，，∴，∴，∴，∴是矩形，∴∵为的中点，∴，∴，∴四边形的面积故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，矩形的性质与判定，熟练掌握矩形的中是解题的关键．4．如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点F，E为垂足，连接，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先连接，根据线段垂直平分线的性质得，再根据菱形的性质得到，再证明，进而得出，，可知，然后根据等腰三角形的性质得，进而得出答案．【详解】连接．∵是的垂直平分线，∴．∵四边形是菱形，∴．，，，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∴．故选：C．【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，证明是解题的关键．【题型2：菱形的应用】【典例2】已知如图，菱形中，对角线与相交于点O，于E，交于点F，若，则一定等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质得出，进而利用互余解答.【详解】∵四边形是菱形,，，，，，，，故选:C.1．如图，菱形中，，，，，垂足分别为E、F．则的周长是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题关键．先求出，，再判断出是等边三角形，根据等边三角形的性质求解即可得．【详解】解：∵菱形中，，，，，，，，同理可得：，，，是等边三角形，则的周长是，故选：C．2．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，固定点，把菱形沿箭头方向推，使点落在轴正半轴上点处，若，，则点的坐标为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，坐标与图形，勾股定理，过点作于点，利用直角三角形的性质求得，由勾股定理求得，再根据菱形的性质即可求出点的坐标，掌握菱形和直角三角形的性质是解题的关键．【详解】解：过点作于点，

∵，∴，∵，∴，∴，∵四边形为菱形，∴，，∴点到轴的距离为，∴，故选：．3．如图，四边形是菱形，连接交于点O，过点A作，交于点E，若，则的长度是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理等知识点，掌握菱形的性质是解题的关键．先根据菱形的性质、勾股定理求得边长，再运用等面积法求得，在中运用勾股定理即可解答．【详解】解：∵四边形是菱形，，∴，在中，，∵，∴，在中，．故选：B．4．如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点E，连接，若，，则的长为（

）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，关键是根据直角三角形斜边上的中线性质求得，由菱形的性质得出，，，则，由直角三角形斜边上的中线性质得出，再由菱形的面积求出，即可得出答案．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，，∴，∵，∴，∴，∵菱形的面积，∴，∴，故选：C．【题型3：正方形的应用】【典例3】如图，在边长为8的正方形纸片中，E是边上的一点，，连接，将正方形纸片折叠，使点D落在线段上的点G处，折痕为，则的长为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】本题考查了翻折变换、勾股定理、正方形的性质．根据四边形是边长为8的正方形纸片，，可得，由翻折可得，在和中，根据勾股定理即可求出的长．【详解】解：∵四边形是边长为8的正方形纸片，，由翻折可知：在和中，解得．故选：C．1．如图，在正方形中，，点E，F分别在边，上，，若将四边形沿折叠，点恰好落在边上，则的长度为（

）A．3 B．6 C． D．【答案】B【分析】本题考查正方形与折叠，含30度角的直角三角形，根据正方形的性质，折叠的性质，得到，进而得到，，设，则，，即可得到，求解即可．解题的关键是掌握正方形的性质和折叠的性质．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∴，∵将四边形沿折叠，点恰好落在边上，∴，∴，∴，∴，设，则，，∴，解得：．故选：B．2．如图，正方形中，，将沿对折至，延长交于点，刚好是边的中点，则的长是（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】本题考查正方形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识．根据正方形的性质和折叠的性质，很容易证明，进而得到，由是的中点，，得到，在中有勾股定理建立方程求解即可．【详解】解：连接，由已知，且，，，，，是的中点，，设，则，，在中，由勾股定理得：，解得，即．故选：A．3．如图，将一张边长为6分米的正方形纸片对折，使与重合，折痕为，展开铺平后在上找一点G，将该纸片沿着折叠，使点C恰好落在上，记为点，则的长为（）

A．5.5分米 B．分米C．分米 D．分米【答案】C【分析】此考查了轴对称的性质、线段的垂直平分线的性质、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．连接，由折叠得垂直平分，垂直平分，则，分米，分米分米，然后利用勾股定理即可求解．【详解】解：连接，∵四边形是边长为6分米的正方形，∴分米，由折叠得点B与点C关于直线对称，点与点C关于直线对称，∴垂直平分，垂直平分，∴，分米，分米，∴分米，故选：C．

4．如图，在正方形中，，点在边上，且，将沿折叠至，延长交于点，连接，，则的面积为（

）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】根据翻着的性质可知，,再看和也可以证明全等的，在结合运用勾股定理，可直接求出的长，进而求出，面积的可求的面积．【详解】∵；∴；∵；∴；∵；；∴；设；∴；∵；∴;在中，；解得：；即∴；∴∵；∴；∴；故选．【题型4：梯形的应用】【典例4】如图，等腰梯形ABCD内接于半圆D，且AB＝1，BC＝2，则OA＝（）A． B． C． D．【答案】A【分析】如图，作BE⊥AD于E，OF⊥CB于F，连接OB，利用垂径定理可得BF＝BC＝1，OE＝1，设AE＝x，则OB＝OA＝x+1，由勾股定理可知，AB2﹣AE2＝OB2﹣OE2，即12﹣x2＝（x+1）2﹣12，计算求出满足要求的，根据OA＝AE+OE，求出的值即可．【详解】解：如图，作BE⊥AD于E，OF⊥CB于F，连接OB，在等腰梯形ABCD中，∵OF⊥CB，∴BF＝BC＝1，∴OE＝1，设AE＝x，∵OA、OB是⊙O的半径，∴OB＝OA＝x+1，由勾股定理可知，AB2﹣AE2＝OB2﹣OE2，即12﹣x2＝（x+1）2﹣12，整理得2x2+2x﹣1＝0，解得或（不合题意，舍去）∴OA＝AE+OE＝+1＝．故选：A．【点睛】本题主要考查垂径定理，等腰梯形的性质，勾股定理等知识．解题的关键在于利用垂径定理构造直角三角形．1．如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD=，BC=，∠B=45°．直角三角板含45度角的顶点E在边BC上移动，一直角边始终经过点A，斜边与CD交于点F．若△ABE为等腰三角形，则CF的长等于．【答案】或或2【分析】分AE=BE、AB=BE、AB=AE三种情况加以考虑，利用等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质与勾股定理等知识即可完成．【详解】如图，分别过点A、D作AG⊥BC于G，DH⊥BC于H∴∠AGB=∠DHC=90°∵四边形ABCD是等腰梯形，AD∥BC∴AB=DC，∠B=∠C∴△ABG≌△DCH∴BG=CH由辅助线作法知：四边形ADHG是矩形∴∴∵∠B=45°∴∠BAG=∠B=45°∴∴由勾股定理得

①如图1，当AE=BE时∵∠B=45°∴∠BAE=∠B=45°∴△ABE是等腰直角三角形，且AE⊥BC∴∴∵∠AEF=45°∴∠FEC=45°∴∠FEC=∠C=45°∴△ECF是等腰直角三角形∴EF=CF由勾股定理得：②如图2，当AB=BE时∵∠B=45°∴∴∴∴∠CEF=∠CFE∴CF=EC∵BE=AB=3，∴③如图3，当AB=AE时，则∠AEB=∠B=45°∴AE=AB=3，且∠BAE=90°∴∵∠C=45°∴∠EFC=∠C=45°∴CE=EF在Rt△ABE中，由勾股定理得：∴由Rt△EFC中，由勾股定理得：

综上所述，CF的长为或或2故答案为：或或2【点睛】本题考查了等腰梯形的性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，运用这些性质与定理是关键，难点在于根据腰长的不同进行分类讨论．2．如图，梯形中，ABCD，，，于，且，那么梯形的周长为，面积为．【答案】【分析】过点作，可得四边形是矩形，根据等腰梯形的性质可得出，求出后问题即可解决．【详解】解：如图，过点作，垂足为点，∵，梯形是等腰梯形，∴四边形是矩形，．∴．在中，，，∴，∴，∴，∴梯形的周长，．故答案为：，．【点睛】本题考查等腰梯形的定义和性质，矩形的判定和性质，勾股定理．正确的作出辅助线是解题关键．3．如图，在中，于点，分别为的中点．，则的周长是．【答案】【分析】本题考查了中位线，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半．熟练掌握中位线，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．由题意知，是的中位线，则，由，为的中点，可得，根据的周长为，计算求解即可．【详解】解：∵分别为的中点，∴是的中位线，∴，∵，为的中点，∴，∴的周长为，故答案为：．1．如图，在菱形中，，对角线，相交于点，以，为边作矩形，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查菱形的性质，矩形的性质．根据菱形的性质可得，，根据矩形的性质可得，最后根据平行线的性质可得结论．掌握菱形和矩形的性质是解题的关键．【详解】解：∵在菱形中，，∴，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，∴的度数为．故选：B．2．河南省博物院镇馆之宝之一的云纹铜禁是由禁体和12条龙形附兽、12条龙形座兽组成．禁体从上面看为一个矩形（如图2所示）．这个矩形的对角线与交于点O，则下列说法一定正确的是（

）A． B．矩形既是轴对称图形也是中心对称图形C． D．【答案】B【分析】根据矩形的性质一一判定即可．【详解】解：四边形是矩形，，；A、当四边形是正方形时，，选项不符合题意；B、矩形既是轴对称图形也是中心对称图形，选项符合题意；C、当时，结合，可得方可成立，选项不符合题意；D、当时，方可成立，选项不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查矩形的性质，掌握性质定理并能区分与正方形的性质是关键．3．如图，长方形中，，，点是边上的动点，现将沿直线折叠，使点落在点处，则点到点的最短距离为（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B【分析】本题主要考查图形的翻折，熟练掌握矩形的性质，翻折的性质及勾股定理的知识是解题的关键．连接、，由三角形三边关系知，当点在上时最短，根据勾股定理求出，根据翻折性质得出，即可求出最短值．【详解】解：连接、，由三角形三边关系可知，当点在上时最短为，在长方形中，，，，由翻折知，，，故选：．4．如图，矩形的对角线与相交于点O，，，则等于（

）

A．4 B．5 C．10 D．8【答案】A【分析】由矩形的性质得出，由已知条件证出是等边三角形，得出，得出即可．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴；故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．1．如图，已知点D，E，F分别是的中点，的周长为，则的周长是（

）A．6 B．7 C．8 D．【答案】A【分析】本题考查了中位线．熟练掌握中位线是解题的关键．由题意知，是的中位线，根据的周长为，计算求解即可．【详解】解：∵D，E，F分别是的中点，∴是的中位线，∴，∵的周长为，∴，∴的周长为，故选：A．2．在如图所示的中，点D，E在边AB上，的平分线于F，的平分线于H，若，，则的周长为（

）A．10 B．12 C．18 D．20【答案】D【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理．证明，推出，，同理，，得到是的中位线，进一步计算即可求解．【详解】解：∵平分，且，∴，，，∴，∴，，同理可证，，∴是的中位线，∴，∴的周长为，故选：D．3．在中，已知点D、E、F分别是的中点，且，则（）．A． B． C． D．【答案】B【分析】根据三角形的中线将三角形分成两个面积相等的三角形求解即可．【详解】解：∵D为的中点，∴，∵E是的中点，∴，，∴，∵F是的中点，∴，故选：B．【点睛】本题考查了三角形中线的性质，熟练掌握三角形的中线将三角形分成两个面积相等的三角形是解答本题的关键．4．如图，在中，平分，于点D，且，则的面积为（）A．4 B．5 C．6 D．8【答案】B【分析】延长交于E，利用“”证明得到，，再根据三角形的中线平分三角形的面积得到，进而可求解．【详解】解：延长交于E，∵平分，∴，∵，∴，在和中，,∴，∴，，∴，又，∴，故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的中线性质，添加辅助线构造全等三角形求图形的面积是解答的关键．5．如图，是的中位线，点F是的中点，的延长线交于点G，若的面积为2，则的面积为（

）

A．18 B．16 C．14 D．12【答案】B【分析】连接，由E是中点得到，由F是中点得到，由是的中位线得到即可求解．【详解】解：连接，，如图，

∵是的中位线，∴E是中点，D是中点，∴，∵F是中点，∴，∵E是中点，∴，∵D是中点，∴，故选：B．【点睛】本题考查了三角形线段中点与面积之间的关系，解题的关键是运用数学结合思想找到其中的关系．二、填空题6．如图直角梯形中，，，，，，，则的面积为．

【答案】【分析】作交延长线于，作于，利用三角形全等的性质，求出的高，然后得出三角形的面积．【详解】解：如图，作交延长线于，作于，则．

，，，，四边形是矩形，，，，，，，，的面积．故答案为：．【点睛】本题考查梯形的性质和全等三角形的判定与性质的运用，矩形的判定与性质，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形．7．如图，矩形纸片中，，，点、分别在、上，将、分别沿、翻折，翻折后点与点重合，点与点重合当、、、四点在同一直线上时，线段长为．【答案】【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，根据勾股定理列方程是解题的关键．根据矩形的性质得到，，，根据折叠的性质得到，，，根据勾股定理得到，设，由勾股定理列方程得到，，由折叠的性质得到，，求得，设，则，根据勾股定理列方程即可得到结论．【详解】解：在矩形纸片中，，，，，，将沿翻折，翻折后点与点重合，，，，，设，，，，，解得：，，，将沿翻折，翻折后点与点重合，，，，，设，则，，，，线段长为，故答案为：．8．如图，在一张矩形纸片中，点分别在上，将纸片沿直线折叠，点落在上的点处，点落在点处，连接，．若，则．【答案】【分析】本题考查的是翻折变换的性质和勾股定理的应用，由折叠性质可知，，，，，，证明，得到点，，三点共线，由求出，，最后由勾股定理即可求解，掌握翻折变换的性质、找出对应线段是解题的关键．【详解】解：由折叠性质可知，，，，，，∴，∴，∵，∴，∴点，，三点共线，∵，∴，∴，，∴，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，∴，故答案为：．9．如图，为长方形纸片的边上一点，将，分别沿，向上折叠，点落在点处，点恰好落在边上的处，．下列说法：；；若平分，则；若，则．其中一定正确的结论有（填序号即可）．【答案】【分析】此题考查了折叠的性质，角平分线的定义和角的计算，根据题意得出各角的关系是解题的关键．【详解】∵四边形是矩形，由折叠性质可知：，，则，故正确；∵，，∴，，∴，∴，故正确；∵平分，∴，即，解得：，故正确；∵，，∴，解得：，故正确；综上可知：正确，故答案为：．10．将一张长方形纸片按如图所示方式折叠，、为折痕，点B、D折叠后的对应点分别为、，若，则的度数为．【答案】/度【分析】本题主要考查了折叠的性质，根据题意先求出，再由折叠的性质得到，则．【详解】解；∵，，∴，由折叠的性质可得，∴，∴，故答案为：．11．如图，矩形纸片的对角线，相交于点，，将矩形纸片翻折，使点恰好落在点处，折痕为，点在边上，则的长为．

【答案】【分析】本题考查翻折变换，等边三角形的判定和性质，含30度的直角三角形的性质；首先证明是等边三角形，根据含30度角的直角三角形的性质得出，证明，根据，即可求解．【详解】解：四边形是矩形，，，由翻折性质可知：，，，是等边三角形，，，，则,，，故答案为：6．12．如图，将一张矩形纸片折叠，折痕为，折叠后，的对应边经过点A，的对应边交的延长线于点P．若，则的长为．【答案】【分析】本题考查了矩形与折叠问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理．连接，设，，证明，求得，由折叠的性质求得，在中，利用勾股定理列式计算，即可求解．【详解】解：连接，设，，由矩形的性质和折叠的性质知，，，∵，，∴，∴，由矩形的性质知：∴，折叠的性质知：，∴，∴，由折叠的性质知，∴，∴，即，在中，，即，解得，∴，故答案为：13．如图菱形的边长为4，，将菱形沿折叠，顶点C恰好落在边的中点G处，则．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程是解题的关键．过点作于点，由菱形的性质和已知条件得出，再设，则，在中，依据勾股定理得到方程，求得的值即可得到的长．【详解】解：如图所示，过作，交的延长线于点，∴，设，则，∵是的中点，∴，在中，，解得，故答案为：1.2．14．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在x轴的正半轴上，反比例函数的图象经过对角线的中点D和顶点C，则k的值为8，菱形OABC的面积为．【答案】【分析】本题考查反比例函数系数的几何意义、反比例函数的性质、菱形的性质、反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．根据题意，可以设出点和点的坐标，然后利用反比例函数的性质和菱形的性质即可求得，然后利用菱形的面积公式求得即可．【详解】解：设点的坐标为，点的坐标为，对角线的中点的坐标为，点在反比例函数的图象上，，，菱形的面积．故答案为：．15．如图，在菱形中，对角线和的长分别是和，以为斜边向菱形外作等腰直角三角形，连接，则的长是．【答案】【分析】此题考查了菱形的性质和勾股定理，解题的关键是熟练掌握菱形的性质和勾股定理及其应用．【详解】如图，过作交延长线于点，过作交延长线于点，易证，∴，，∵四边形是菱形，∴，，∴，，∴，故答案为：．16．如图，矩形中，，，过对角线的中点的直线分别交，边于点，.当四边形是菱形时，则的长为.【答案】/【分析】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、菱形的性质等知识，设，在中，根据，构建方程求出x，再在中，求出即可解决问题；【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∵四边形是菱形，∴，设，在中，∵，∴，∴，∴，∵，∴，在中，∴，故答案为：．17．如图，在菱形中，，则菱形的高．

【答案】【分析】利用菱形的面积公式先求解菱形的面积，再利用勾股定理求解菱形的边长，再利用等面积法可得答案．【详解】解：∵菱形，，∴，，，∴，，∵，∴，∴；故答案为：【点睛】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，熟记菱形的面积公式是解本题的关键．18．如图，点A在双曲线（，）上，点B在直线l：上，A与B关于x轴对称，直线l与y轴交于点C，当四边形是菱形时，则k的值为．

【答案】【分析】设交x轴于点D，在一次函数中，时，，得到，，根据菱形性质得到，根据轴对称性质，得到，，根据勾股定理得到，得到，推出．本题考查了反比例函数与一次函数的综合，熟练掌握反比例函数与一次函数的性质，菱形的性质，轴对称性质，勾股定理解直角三角形，是解决问题的关键．【详解】设交x轴于点D，如图，在中，当时，，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，∵A与B关于x轴对称，∴，，∴，∴，∴．故答案为：．

19．如图，在菱形中，点分别在边上，，则的长为．【答案】3【分析】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质．延长至点G，使，连接，过点A作于点K，过点D作交的延长线于点P，可得是等边三角形，从而得到，再证明，可得，可证明，即可求解．【详解】解：如图，延长至点G，使，连接，过点A作于点K，过点D作交的延长线于点P，∵，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∵，∴，∵，∴，在和中，∵，，∴，∴，在和中，∵，，，∴，∴．故答案为：320．已知，如图，菱形的边长为2，，将菱形绕顶点在平面内顺时针旋转得到菱形，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积为.

【答案】【分析】相交于点O，与交于点E，根据菱形的性质推出的长，再根据菱形的性质推出与的长，再根据重叠部分的面积=的面积的面积求解即可．【详解】解：根据题意，如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转，，相交于点O，与交于点E，∵四边形是菱形，∵菱形绕点A顺时针旋转得到菱形,，三点共线，，又，,∵重叠部分的面积的面积的面积，∴重叠部分的面积即旋转后的图形，与原图形重叠部分的面积为．【点睛】本题考查菱形的性质，菱形对角线互相垂直，菱形四条边相等，以及旋转变化，旋转前后对应边相等，对应角相等．21．如图，菱形的边长为，，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于，两点，直线交于点，连接，则的长为．

【答案】【分析】本题考查了作垂直平分线，菱形的性质，勾股定理；延长交于点，交于点，如图，根据菱形的性质得到，，利用作法得垂直平分，所以，，接着计算出，，然后计算出，最后利用勾股定理计算的长．【详解】解：延长交于点，交于点，如图，

四边形为菱形，，，，由作法得垂直平分，，，，在中，，，，在中，，，，在中，．故答案为：．22．如图，在矩形纸片中，，将矩形纸片折叠，使点与点重合，求折痕．

【答案】【分析】连接，易得，根据折叠的性质可得，设，则，根据勾股定理可得，列出方程求出，同理可得：，推出四边形是菱形，根据，即可求解．【详解】解：连接，∵四边形是矩形，∴，∴，∵四边形沿折叠得到四边形，∴，设，∵，∴，根据勾股定理可得：，即，解得：，则，同理可得：，∴四边形是菱形，∵，∴，解得：，∴，故答案为：．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，菱形的判定和性质，解题的关键是掌握菱形的面积公式．23．小贤家有一个中国结挂饰，他利用所学知识抽象出如图所示的菱形，测得，．若过点O的直线交边，于点E，F，则的长为cm．

【答案】【分析】根据菱形的性质得到，,，根据勾股定理得到，根据菱形的面积公式即可得到结论．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，,，∴，∵，∴，∴，∴，故的长为，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．三、解答题24．如图1，已知为等边三角形，点D和E分别是直线和边上的动点，连接和相交于点F．(1)如图1，点E为中点，点D为三等分点且，若，求；(2)如图2，已知，点H为中点，连接交于点Q，连接并延长交于点M，若，探究之间的数量关系并说明理由；【答案】(1)12(2)，见解析【分析】（1）取的中点K，连接．然后利用三角形中位线定理解答即可；（2）延长到T，使得，连接．证明四边形是平行四边形，再证明，最后根据线段的和差和等量代换即可解答；【详解】（1）解：如图1：取的中点K，连接．∵，∴，∵D为三等分点且，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴；（2）解：结论：．理由如下：如图：延长到T，使得，连接．∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴；【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质等知识，正确添加常用辅助线、构造特殊四边形和全等三角形解决问题是解题的关键．25．如图1所示：在中，点D、E分别是AB，AC的中点，(1)直接写出DE与BC之间的关系：________________．理由：____________________________．(2)如图2，点D、E、F分别是三边中点，图中有______个平行四边形，求证：；(3)如图3，点P、Q、R、S分别是四边形ABCD的中点，问题1，图中是否有平行四边形，有请指出并证明你所指出的四边形是平行四边形．问题2、猜想四边形ABCD和四边形PQRS之间的面积关系．并证明你的猜想．【答案】(1)，；三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半(2)3；证明见解析(3)，证明见解析【分析】（1）由点、分别是，的中点，根据三角形的中位线定理得，，即可得出问题的答案；（2）由点、、分别是三边中点得，，，由，得四边形是平行四边形，同理得四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，所以图中有3个平行四边形；根据平行四边形的性质可以证明，，，则，即可推导出；（3）①连接，由点、分别是、的中点得，，由点、分别是、的中点得，，则，，即可证明四边形是平行四边形；②连接交于点，交于点，过点作交的延长线于点，作于点，由得四边形是平行四边形，由，得四边形是平行四边形，同理得四边形是平行四边形，再推导出，由，，证明，则，所以，则，同理，即可证明．【详解】（1）解：如图1，点、分别是，的中点，，（三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半），故答案为：，，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．（2）点、、分别是三边中点，，，，，，四边形是平行四边形；四边形是平行四边形；四边形是平行四边形，图中有3个平行四边形．证明：四边形是平行四边形，，，，，同理，，，，．故答案为：3．（3）①有，四边形是平行四边形，证明：如图3，连接，点、分别是、的中点，，；点、分别是、的中点，，，，，四边形是平行四边形．②，证明：如图4，连接交于点，交于点，过点作交的延长线于点，作于点，，四边形是平行四边形，，，四边形是平行四边形，同理，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，，同理，，，．【点睛】此题考查三角形的中位线定理、全等三角形的性质与判定、平行四边形的判定与性质、根据转化思想解决面积问题等知识与方法，灵活运用平行四边形的性质与判定是解题的关键．1．（2023·湖南·统考中考真题）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据菱形的性质可得，则，进而即可求解．【详解】解：∵四边形是菱形∴，∴，∵，∴,故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练掌握是菱形的性质解题的关键．2．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，在中，，，．点F是中点，连接，把线段沿射线方向平移到，点D在上．则线段在平移过程中扫过区域形成的四边形的周长和面积分别是(

)

A．16，6 B．18，18 C．16.12 D．12，16【答案】C【分析】先论证四边形是平行四边形，再分别求出、、，继而用平行四边形的周长公式和面积公式求解即可．【详解】由平移的性质可知：，∴四边形是平行四边形，在中，，，，∴在中，，，点F是中点∴∵，点F是中点∴，，∴点D是的中点，∴∵D是的中点，点F是中点，∴是的中位线，∴∴四边形的周长为：，四边形的面积为：．故选：C．【点睛】本题考查平移的性质，平行四边形的判定与性