【八年级下册数学苏科版】第九章 中心对称图形平行四边形（14类题型突破）

第九章中心对称图形平行四边形（14类题型突破）题型一旋转的概念与性质【例1】在中，，在同一平面内，将绕点A旋转到三角形的位置使得，则（

）A．138 B．128 C．118 D．108【例2】如图，是由绕点顺时针旋转后得到的图形，若点恰好落在上，且，则的度数是（

）A． B． C． D．巩固训练1．如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为___________．2．以原点为中心，把点逆时针旋转得到点，则点的坐标为______．3．如图，是由按顺时针方向旋转某一角度得到的．若，则在旋转过程中，旋转中心是点A，则旋转的角度是______．

题型二旋转作图【例3】把图形绕O点顺时针旋转180度后，得到的图形是（）A． B． C． D．【例4】如图，在方格纸中，将绕点按顺时针方向旋转90°后得到，则下列四个图形中正确的是（）A． B．C． D．【例5】如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的两格中，点A、B、C都是格点．(1)将向左平移6个单位长度得到得到，请画出；(2)将绕点O旋转180°得到，请画出．巩固训练4．在图中，将方格纸中的图形绕O点顺时针旋转90°得到的图形是（

）A． B．C． D．5．如图，在直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，．(1)将绕原点按逆时针方向旋转得到，直接写出，，三点的坐标．(2)画出将向左平移1个单位得到的．(3)画出绕点顺时针旋转的．(4)求的面积．6．如图，在平面直角坐标系中，已知点，和，请按下列要求画图并填空．(1)平移线段，使点平移到点，画出平移后所得的线段；(2)将线段绕点逆时针旋转，画出旋转后所得的线段，连接，，，判断的形状；(3)若在y轴上找一点F，使的周长最小，则点F的坐标为_．题型三中心对称【例6】如图，与关于点O成中心对称，下列结论中不成立的是（）

A． B． C．点A的对称点是点 D．【例7】如图，在平面直角坐标系中，与关于点成中心对称．已知点的坐标为，则点的坐标是()A． B． C． D．【例8】如图，与关于点成中心对称，有以下结论：①点A与点是对称点；②；③；④．其中正确结论的序号为________．

巩固训练7．在平面直角坐标系中，与关于原点O成中心对称的是（）A． B．C． D．8．如图，与关于点成中心对称，下列结论中不成立的是（

）A． B．C．点的对称点是点 D．9．如图，将绕点旋转得到，设点的坐标为，则点的坐标为___________．

题型四中心对称图形【例9】下列标识图案中，是中心对称图形的是（

）A． B．C． D．【例10】下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（

）A． B． C． D．【例11】下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（

）A． B． C． D．巩固训练10．下列图形中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）A． B．C． D．11．下列图形中，是中心对称图形的是（）A．

B．C．

D．

12．如图图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．

B．

C．

D．

题型五平行四边形的性质【例12】如图，的对角线、交于点O，平分交于点E，且，，连接．下列结论：①；②；③；④，成立的个数有（）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【例13】如图、在平行四边形中，对角线交于点O，若，，，的周长为（）A．13 B．16 C．18 D．21【例14】如图，中，，，E、F分别是，上的点，且，连接交于O．(1)求证：；(2)若，延长交的延长线于G，当时，求的长．巩固训练13．在平行四边形中，如果，那么的度数是________度．14．如图，在中，，，则的度数是______．15．如图，在平行四边形中，，的平分线交线段于点E，则______．题型六平行四边形的判定【例15】如图，D是直线l外一点，在l上取两点A，B，连接AD，分别以点B，D为圆心，AD，AB的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CD，BC，则四边形ABCD是平行四边形，理由是_____________．【例16】已知：如图，的对角线，相交于点，，，垂足分别为，．求证：四边形是平行四边形．

【例17】如图，已知在四边形中，于点于点．求证：四边形是平行四边形．【例18】如图，是内一点，连接，线段，的中点分别为，．请你判断四边形的形状，并说明理由．巩固训练16．如图，在四边形ACBD中，AB与CD相交于点O，AC∥DB，AO＝BO，E，F分别是OC，OD的中点．求证：四边形AEBF是平行四边形．17．如图，，，垂足为点E，，垂足为点F，并且．求证：(1)；(2)四边形是平行四边形．18．中，是对角线，交于点，交于点，连接、．求证：四边形是平行四边形．19．如图，在中，，将绕点A逆时针旋转得到，点恰好在的延长线上，连接，求证：四边形是平行四边形．题型七矩形的性质【例19】如图，延长矩形的边至点E，使，连接，若，则的度数是（

）A． B． C． D．【例20】如图，在矩形中，以点A为圆心为半径顺时针旋转线段交于E，以点C为圆心为半径顺时针旋转线段交于F，连接、，若，则一定为（

）A． B． C． D．巩固训练20．如图，在矩形中，，，点是的中点，连结，将沿折叠，点落在点处，连结，则的长是（

）A． B． C． D．21．如图，在矩形中，交于点O，于点E，，则的度数为_________。22．如图，将矩形绕点顺时针旋转后得到矩形，若，，则的长为________________．题型八矩形的判定【例21】如图，在平行四边形中，，是上两点，，连接，，，，添加一个条件，使四边形是矩形，这个条件是（

）A． B． C． D．【例22】如下图，四边形中，和是对角线．依据图中线段所标的长度，下列四边形不一定为矩形的是（

）A． B．C． D．【例23】如图，已知四边形是平行四边形，对角线交于点是等边三角形．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，求的长．【例24】如图，菱形的对角线，交于点O，F是的中点，过点B作交的延长线于点E，连接，猜想四边形的形状，并进行证明．巩固训练23．如图，在中，D是边上一点，E是的中点，过C作，交的延长线于点F．(1)求证：；(2)连接．若D是的中点，在中添加什么条件时，四边形是矩形？请证明你的结论．24．如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使得，连接，(1)求证：四边形是矩形．(2)连接，若______．题型九菱形的性质【例25】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．【例26】如图，菱形中，交于于，连接，若，则（

）A． B． C． D．【例27】如图，在菱形中，于点，交对角线于点，过点作于点，若的周长为8，则菱形的面积为______．

【例28】如图，菱形的对角线、交于点O，且，，则菱形一边上的高长为_____．【例29】若菱形的一条对角线是另一条对角线的2倍，且菱形的面积为，则菱形的周长为_____．巩固训练25．已知一个菱形的边长为2，一条对角线长为，则这个菱形的面积是_______．26．如图，在菱形中，，点在边上，以为边在菱形内部作等边三角形，若，则________．27．边长为的菱形，一条对角线长是，则菱形的面积是______．28．如图，菱形的周长为16，对角线与相交于点O，，垂足为E，若，则的长为______．29．在菱形中，若对角线，，则菱形的面积是______．题型十菱形的判定【例30】如图，在矩形中，E，F分别是，中点，连接，，，分别交于点M，N，四边形是（）A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．无法确定【例31】已知，是△ABC的角平分线，交AB于点E，交于点F．求证：四边形是菱形．【例32】如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求的长．【例33】如图，四边形为矩形，为中点，过点作的垂线分别交、于点、，连接、．

(1)求证：四边形是菱形．(2)若，，求的长．【例34】如图，在中，，平分，交于点，点在线段上，点在的延长线上，且，连接、、、．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，，求的长．巩固训练30．如图，在正方形中，点E、F是对角线上，且，连接、、、．求证：(1)；(2)四边形菱形．31．如图，已知平行四边形中，对角线交点O，E是延长线上的点，且是等边三角形．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，求四边形的面积．32．已知：如图，是的角平分线，交于点E，交于点F．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，试求四边形的面积．题型十一正方形的性质【例35】如图，在正方形的边上取一点E，连接并延长交的延长线于点F，将射线绕点A顺时针旋转后交的延长线于点G，连接，若，则的大小是（）A．α B． C． D．【例36】如图，在正方形的外侧，作等边，则的度数是________．【例37】如图，正方形的两条对角线，相交于点，点在上，且．则的度数为__________．巩固训练33．如图，在正方形中，，E为边上一点，点F在边上，且，将点E绕着点F顺时针旋转得到点G，连接，则的长的最小值为（

）A．3 B．2.5 C．4 D．34．如图，是正方形内一点，将绕点顺时针方向旋转后与重合，若，则______．35．在正方形中，点M在上，将沿着翻折到，连、．若，则的度数为______．

36．如图，在正方形的外侧作等边，则的度数为_______．37．如图，以正方形的边作等边，则的度数是________．题型十二正方形的判定【例38】已知，如图，矩形中，，菱形的三个顶点E，G，H分别在矩形的边，，上，，连接．(1)若，求证：四边形为正方形；(2)当点G在边上运动时，点F到边的距离是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由；(3)试说明当点G运动到何处时，的面积最小，并求出这个最小值．【例39】如图，在中，，的角平分线交于点G，于点E，于点F，(1)求证：四边形是正方形；(2)若，，求四边形的周长．【例40】如图1：在纸片中，，于点D．第一步：将一张与其全等的纸片沿剪开：第二步：在同一平面内将所得到的两个三角形和拼在一起，如图2所示，这两个三角形分别记为和；第三步：分别延长和相交于点．(1)求证：四边形是正方形：(2)如图3，连接分别交、于点M、N，将绕点A逆时针旋转，使与重合，得到，则的度数为______；、、之间的数量关系为______．巩固训练38．如图，在中，，点为其内一点，且，分别平分．若于点，于点，则四边形是正方形吗请说明理由．

39．如图，在矩形中，，，P为边上的动点，将沿折叠得到，连接，．

(1)若，求证：四边形为正方形；(2)当P在运动过程中，求的最小值；(3)当时，求的长．40．如图，四边形的对角线互相平分，，求证：四边形是正方形．

题型十三三角形中位线定理【例41】如图，在中，D，E分别是，的中点，，F是上一点，连接，，．若，则的长度为（）

A．10 B．12 C．14 D．16【例42】如图，在矩形中，，，对角线，相交于点O．点，分别是，的中点，连接，则的周长为（

）A．12 B．18 C．20 D．16【例43】如图所示，在中，点，，分别为，，的中点，且，则阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【例44】如图，若、、分别是的三边的中点，则与的周长之比＝________．巩固训练41．如图，在中，已知点D，E，F分别为边，，的中点，且，则（

）

A． B． C． D．42．如图，在中，已知点D，E，F分别为边，，的中点，，则（）

A． B． C． D．43．如图，为了测量池塘边两地之间的距离，在的同侧取一点，连接并延长至点，连接并延长至点，使得，，若测得，则间的距离是（

）

A． B． C． D．44．如图，中，，，D，E分别为上的点，，F，G分别为，的中点，连，则的长度是___________．

45．如图，在中，D、E分别为的中点，且，则______．题型十四梯形中位线和中点四边形【例45】下列命题正确的是（

）A．菱形的对角线互相垂直平分B．顺次连接菱形各边中点得到的四边形是正方形C．对角线相等的四边形是矩形D．顺次连接矩形各边中点得到的四边形是正方形【例46】顺次连接矩形的中点所得的四边形是（

）A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．平行四边形【例47】顺次连接四边形各边中点构成一个菱形,则四边形一定是（

）A．菱形 B．矩形 C．等腰梯形 D．对角线相等的四边形巩固训练46．下列命题中，真命题是（

）A．顺次联结平行四边形各边的中点，所得的四边形一定是矩形B．顺次联结等腰梯形各边的中点，所得的四边形一定是菱形C．顺次联结对角线垂直的四边形各边的中点，所得的四边形一定是菱形D．顺次联结对角线相等的四边形各边的中点，所得的四边形一定是矩形47．依次连接矩形各边中点所得到的四边形是（

）A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形48．如图，点是四边形内一点，且满足，，，，，，分别为边，，，的中点，则四边形的形状为______.

49．依次连接菱形各边中点所得到的四边形是______．

第九章中心对称图形平行四边形（14类题型突破）答案全解全析题型一旋转的概念与性质【例1】在中，，在同一平面内，将绕点A旋转到三角形的位置使得，则（

）A．138 B．128 C．118 D．108【答案】B【分析】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，根据旋转性质，得到，继而得到，根据，得到，根据三角形内角和定理计算即可．【详解】根据旋转性质，得到，∴，∵，∴，∴，∴，故选B．【例2】如图，是由绕点顺时针旋转后得到的图形，若点恰好落在上，且，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了旋转的性质，根据旋转后对应边的夹角等于旋转角，得出，即可求解．【详解】解：∵是由绕点顺时针旋转后得到的图形，∴，∵，．故选：B．巩固训练1．如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为___________．【答案】/24度【分析】由，得，根据外角性质可证，由旋转的性质可知，则，根据三角形内角和为得即可解答．【详解】解：∵，∴，∴，∵将绕点A按逆时针方向旋转得到，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理等知识，证明出是解题的关键．2．以原点为中心，把点逆时针旋转得到点，则点的坐标为______．【答案】【分析】本题主要考查点的旋转，全等三角形的判定和性质，根据题意作图，图形结合分析即可求解，掌握点的旋转的性质，图形结合分析是解题的关键．【详解】解：根据题意，作图如下，过点作轴于点，过点作轴于点，∵，∴，，∵点逆时针旋转得点，∴，，∵轴，轴，∴，∴，在中，，∴，∴，，∴，故答案为：．3．如图，是由按顺时针方向旋转某一角度得到的．若，则在旋转过程中，旋转中心是点A，则旋转的角度是______．

【答案】【分析】本题主要考查了旋转的相关定义，根据旋转前后对应边的夹角等于旋转角，即可解答．【详解】解：∵，，∴，即旋转角为，故答案为：．题型二旋转作图【例3】把图形绕O点顺时针旋转180度后，得到的图形是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查旋转的性质，中心对称，由绕O点顺时针旋转180度，即原图形与旋转后的图形关于点O中心对称，据此逐一判断即可．【详解】解：把图形绕O点顺时针旋转180度后，得到的图形是选项C的图形．故选：C．【例4】如图，在方格纸中，将绕点按顺时针方向旋转90°后得到，则下列四个图形中正确的是（） B．C． D．【答案】B【分析】根据绕点按顺时针方向旋转90°逐项分析即可．【详解】A、是由关于过B点与OB垂直的直线对称得到，故A选项不符合题意；B、是由绕点按顺时针方向旋转90°后得到，故B选项符合题意；C、与对应点发生了变化，故C选项不符合题意；D、是由绕点按逆时针方向旋转90°后得到，故D选项不符合题意．故选：B．【点睛】本题考查旋转变换．解题的关键是弄清旋转的方向和旋转的度数．【例5】如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的两格中，点A、B、C都是格点．(1)将向左平移6个单位长度得到得到，请画出；(2)将绕点O旋转180°得到，请画出．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了平移作图，中心对称作图，正确确定图形变换后对应点的位置是解题的关键．（1）先确定原位置，再确定平移位置，描点，画图即可．（2）先确定原位置，再确定关于点O对称的坐标，描点，画图即可．【详解】（1）根据题意，画图如下：则即为所求．（2）根据题意，画图如下：，则即为所求．巩固训练4．在图中，将方格纸中的图形绕O点顺时针旋转90°得到的图形是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据旋转的性质，找出图中三角形的关键处（旋转中心）按顺时针方向旋转90°后的形状即可选择答案．【详解】根据旋转的性质可知，绕O点顺时针旋转90°得到的图形是故选B．【点睛】本题考查了旋转的性质．旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．5．如图，在直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，．(1)将绕原点按逆时针方向旋转得到，直接写出，，三点的坐标．(2)画出将向左平移1个单位得到的．(3)画出绕点顺时针旋转的．(4)求的面积．【答案】(1)，，．(2)见解析(3)见解析(4)【分析】（1）本题考查旋转后图形顶点的坐标，根据作图写出点的坐标即可．（2）本题考查平移的作图，根据题干给出的条件作图即可．（3）本题考查旋转的作图，找出旋转中心、旋转方向、旋转角度和图形关键点，作出关键点的对应点，依次连接对应点即可．（4）用割补法求面积，将三角形补成一个正方形，三角形的面积等于正方形面积减去三个直角三角形的面积，即可解题．【详解】（1）解：如下图所示：，，．（2）（3）

（4）解：如图所示：．

6．如图，在平面直角坐标系中，已知点，和，请按下列要求画图并填空．(1)平移线段，使点平移到点，画出平移后所得的线段；(2)将线段绕点逆时针旋转，画出旋转后所得的线段，连接，，，判断的形状；(3)若在y轴上找一点F，使的周长最小，则点F的坐标为_．【答案】(1)见解析(2)见解析，直角三角形(3)【分析】（1）利用点、的坐标特征得到平移规律，然后利用此平移规律写出点坐标，描点即可；（2）利用网格特点和旋转的性质画出点所对应的点，观察图形即可求解；（3）作点关于轴对称点，连接交轴于点，此时的周长最小．【详解】（1）解：如图所示，（2）如图所示，，，，，的形状为直角三角形；（3）作点关于轴对称点，连接交轴于点，此时的周长最小，，故答案为：．【点睛】本题考查了平移作图和旋转作图，最短路径的问题，勾股定理的逆定理，熟练掌握平移、性质和轴对称的性质是解题的关键．题型三中心对称【例6】如图，与关于点O成中心对称，下列结论中不成立的是（）

A． B． C．点A的对称点是点 D．【答案】B【详解】根据中心对称的性质解决问题即可．解：∵与关于点O成中心对称，∴，，点A的对称点是点，，故A，C，D正确，故选：B．【点睛】本题考查中心对称，解题的关键是掌握中心对称的性质，属于中考常考题型．【例7】如图，在平面直角坐标系中，与关于点成中心对称．已知点的坐标为，则点的坐标是()A． B． C． D．【答案】D【分析】根据中心对称的性质以及中点坐标公式即可求解．．【详解】解：与关于点成中心对称，的坐标为，与为对应点，设的坐标为，解得：的坐标为，故选：D．【点睛】本题考查了坐标与图形，中心对称的性质，熟练掌握中心对称的性质是解题的关键．【例8】如图，与关于点成中心对称，有以下结论：①点A与点是对称点；②；③；④．其中正确结论的序号为________．

【答案】①②③【分析】根据中心对称的性质分别判断即可．【详解】解：由中心对称的性质知，①点A与点是对称点；正确；②；正确；由中心对称知，，∴∴；故③正确；④，故④错误；故答案为：①②③【点睛】本题考查中心对称的性质，理解中心对称的定义及性质是解题的关键．巩固训练7．在平面直角坐标系中，与关于原点O成中心对称的是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据关于y轴对称的点的坐标特征对A进行判断；根据关于x轴对称的点的坐标特征对B进行判断；根据关于原点对称的点的坐标特征对C、D进行判断．【详解】解：A、与关于y轴对称，所以A选项不符合题意；B、与关于x轴对称，所以B选项不符合题意；C、与关于对称，所以C选项不符合题意；D、与关于原点对称，所以D选项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了中心对称：把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．中心对称的性质：关于中心对称的两个图形能够完全重合；关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．8．如图，与关于点成中心对称，下列结论中不成立的是（

）A． B．C．点的对称点是点 D．【答案】B【分析】根据中心对称的性质解决问题即可．【详解】解：与关于点成中心对称，，，点的对称点是点，，故A，C，D正确，故选：B．【点睛】本题考查中心对称，解题的关键是掌握中心对称的性质，属于中考常考题型．9．如图，将绕点旋转得到，设点的坐标为，则点的坐标为___________．

【答案】【分析】根据将绕点旋转得到，可知这两个三角形关于中心对称，设，利用中点坐标公式计算即可得到答案．【详解】解：设，由题意，即为的中点，，，则有，解得，∴，故答案为：．【点睛】本题考查中心对称，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．题型四中心对称图形【例9】下列标识图案中，是中心对称图形的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】A【分析】本题主要考查中心对称图形的识别，如果一个图形绕着某一点旋转能与本身重合，那么这个图形就是中心对称图形．【详解】解：A选项图形绕着某一点旋转能与本身重合，故是中心对称图形，A符合题意，正确；B选项图形绕着某一点旋转不能与本身重合，不是中心对称图形，故B不符合题意；C选项图形绕着某一点旋转不能与本身重合，不是中心对称图形，故C不符合题意；D选项图形绕着某一点旋转不能与本身重合，不是中心对称图形，故不符合题意；故选：A．【例10】下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了轴对称图形与中心对称图形的识别，根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解，如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，如果一个图形绕某一点旋转后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．【详解】解：A、赵爽弦图是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；B、笛卡尔心形线是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；C、斐波那契螺旋线不是轴对称图形也不是中心对称图形，不符合题意；D、科克曲线既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意故选：D．【例11】下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，熟练掌握知识点是解题的关键．【详解】、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；、既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项符合题意；、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；故选：．巩固训练10．下列图形中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟知二者的定义是解题的关键．根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．【详解】解：A、该图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；B、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；C、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；D、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．故选：A．11．下列图形中，是中心对称图形的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】B【分析】本题考查了中心对称图形的概念，根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的概念是解此题的关键．【详解】解：A．不是中心对称图形，故本选项不合题意；B．是中心对称图形，故本选项符合题意；C．不是中心对称图形，故本选项不合题意；D．不是中心对称图形，故本选项不合题意；故选：B．12．如图图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】C【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不合题意；B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故B选项不合题意；C．既是轴对称图形又是中心对称图形，故C选项符合题意；D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项合题意；故选：C．题型五平行四边形的性质【例12】如图，的对角线、交于点O，平分交于点E，且，，连接．下列结论：①；②；③；④，成立的个数有（）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】此题主要考查了平行四边形的性质，以及等边三角形的判定与性质．利用平行四边形的性质可得，，利用角平分线的性质证明是等边三角形，然后推出，再结合等腰三角形的性质：等边对等角、三线合一进行推理解题的关键．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，∵平分，∴，∴是等边三角形，∴，，∵，∴，∴，故①正确；∴，∴，∴，故②错误；∵，∴E为中点，∴，故③错误；∵，，∴，故④正确；故正确的个数为个，故选：B．【例13】如图、在平行四边形中，对角线交于点O，若，，，的周长为（）A．13 B．16 C．18 D．21【答案】A【分析】此题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．利用平行四边形的性质对角线互相平分，进而得出，的长，即可得出的周长．【详解】解：∵的两条对角线交于点O，，，，∴，，，∴的周长为：．故选：A．【例14】如图，中，，，E、F分别是，上的点，且，连接交于O．(1)求证：；(2)若，延长交的延长线于G，当时，求的长．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）通过证明和全等即可．（2）由为等腰直角三角形得出，由得，所以与都是等腰直角三角形，从而求得、的长，然后由（1）中和全等得出，进而求得的长，的长即可求得．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，在和中，，∴，∴．（2）解：∵，∴，∵，∴，∴，∵，∵，，∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，由（1），∴，∴，∴．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质及平行线的性质，熟练掌握各定理是解决本题的关键．巩固训练13．在平行四边形中，如果，那么的度数是________度．【答案】100【分析】本题主要考查平行四边形的性质，由平行四边形的对角相等，结合条件可求得答案．【详解】解：∵四边形为平行四边形，∴，且，∴，∴，故答案为：100．14．如图，在中，，，则的度数是______．【答案】/70度【分析】本题主要考查了平行四边形的性质和内角和．依据平行四边形的对边平行的性质得到和的度数，再根据三角形内角和定理，即可得到的度数．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，，在中，故答案为：15．如图，在平行四边形中，，的平分线交线段于点E，则______．【答案】2【分析】本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识．由平行四边形的性质结合题意间接证明是解题关键．由平行四边形的性质可得出，从而可证，结合题意得出，即证明，最后由求解即可．【详解】解：∵四边形为平行四边形，∴，，，∴．∵为的平分线，∴，∴，∴，∴．故答案为：2．题型六平行四边形的判定【例15】如图，D是直线l外一点，在l上取两点A，B，连接AD，分别以点B，D为圆心，AD，AB的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CD，BC，则四边形ABCD是平行四边形，理由是_____________．【答案】两组对边分别相等的四边形是平行四边形【解析】略【例16】已知：如图，的对角线，相交于点，，，垂足分别为，．求证：四边形是平行四边形．

【答案】见解析【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，首先根据平行四边形的性质得到，，然后证明出，得到，然后证明出，即可证明四边形是平行四边形．熟悉相关性质是解题的关键．【详解】∵四边形是平行四边形∴，∵，∴∴∴∵，∴∴∴四边形是平行四边形．【例17】如图，已知在四边形中，于点于点．求证：四边形是平行四边形．【答案】见解析【详解】证明：于点于点，．．在和中，，，，四边形是平行四边形．【例18】如图，是内一点，连接，线段，的中点分别为，．请你判断四边形的形状，并说明理由．【答案】四边形是平行四边形，理由见解析【详解】解：四边形是平行四边形．理由如下：分别为线段的中点，．同理，，四边形是平行四边形．巩固训练16．如图，在四边形ACBD中，AB与CD相交于点O，AC∥DB，AO＝BO，E，F分别是OC，OD的中点．求证：四边形AEBF是平行四边形．【答案】见解析【详解】证明：∵AC∥DB，∴∠ACD＝∠BDC．∵∠AOC＝∠BOD，AO＝BO，∴△AOC≌△BOD（AAS），∴OC＝OD．∵E，F分别是OC，OD的中点，∴，，∴OE＝OF．又∵AO＝BO，∴四边形AEBF是平行四边形．17．如图，，，垂足为点E，，垂足为点F，并且．求证：(1)；(2)四边形是平行四边形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，解题的关键是熟练掌握相关判定方法．（1）通过证明即可求解；（2）根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形，求证即可．【详解】（1）证明：∵，，∴．∵，∴．在和中，，∴，∴．（2）∵，，∴．∵，∴四边形是平行四边形．18．中，是对角线，交于点，交于点，连接、．求证：四边形是平行四边形．【答案】见解析【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，由平行四边形的性质得到，推出，，再根据交于点，交于点，得到，进而得到易证明，得到，再证明，进而得出；即可得出结论．【详解】证明：四边形是平行四边形，，，，，，，，，在和中，，，，在和中，，，，，四边形为平行四边形．19．如图，在中，，将绕点A逆时针旋转得到，点恰好在的延长线上，连接，求证：四边形是平行四边形．【答案】见解析【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形性质、平行四边形的判定；由旋转得，结合等腰三角形性质，可证，，从而得证平行四边形．【详解】证明：由旋转性质，得．，．，，，．由旋转的性质，得．又，，四边形是平行四边形．题型七矩形的性质【例19】如图，延长矩形的边至点E，使，连接，若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定及性质，三角形内角和定理等；连接与交于，根据矩形的性质可证，，由等腰三角形的性质及三角形内角和定理即可求解；掌握性质，作出辅助线，构建等腰是解题的关键．【详解】解：如图，连接与交于，四边形是矩形，，，，，，，，，，；故选：B．【例20】如图，在矩形中，以点A为圆心为半径顺时针旋转线段交于E，以点C为圆心为半径顺时针旋转线段交于F，连接、，若，则一定为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查矩形的性质，等边对等角．根据矩形的性质，得到，根据作图可知，等边对等角，求出的度数，再用，即可得出结果．熟练掌握矩形的性质，是解题的关键．【详解】解：∵矩形，∴，∴，由作图可知：，∴，∴；故选C．巩固训练20．如图，在矩形中，，，点是的中点，连结，将沿折叠，点落在点处，连结，则的长是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由折叠的性质和中点性质可得，所以，由勾股定理可求的长，由面积法可求，的长，进而根据勾股定理可求解．【详解】解：如图，连接于交于点，点是的中点，，将沿折叠，，，，是直角三角形，，，，，将沿折叠，，，，，，，．故选：．【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，直角三角形的判定和性质，求的长是本题的关键．21．如图，在矩形中，交于点O，于点E，∠AOD＝125°，则的度数为_________【答案】【分析】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的性质以及直角三角形的性质．由矩形的性质得出，得出，由直角三角形的性质求出．【详解】解：∵四边形是矩形，，，，∵∠AOD＝125°，∴，，，故答案为：．22．如图，将矩形绕点顺时针旋转后得到矩形，若，，则的长为________________．【答案】【分析】本题主要考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，解答本题的关键是根据题意得到是等腰直角三角形．首先根据旋转的性质得到，得到是等腰直角三角形，利用勾股定理求出的长，进而可得结论．【详解】解：∵矩形绕点顺时针旋转后得到矩形，∴，∴是等腰直角三角形，∵，，∴，∴，故答案为：．题型八矩形的判定【例21】如图，在平行四边形中，，是上两点，，连接，，，，添加一个条件，使四边形是矩形，这个条件是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，由平行四边形的性质可知：，，再证明即可证明四边形是平行四边形．【详解】∵四边形是平行四边形，∴，，∵对角线上的两点、满足，∴，即，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形．故选：B．【例22】如下图，四边形中，和是对角线．依据图中线段所标的长度，下列四边形不一定为矩形的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的判定方法是解答本题的关键．根据矩形的判定方法，分析每一个选项，只有选项符合题意，由此得到答案．【详解】解：根据题意得：选项中，，，四边形是平行四边形，，，，，，平行四边形是矩形，故本选项不符合题意；选项中，四边形的对角线互相平分且相等，所以四边形是矩形，故本选项不符合题意；选项中，，四边形是矩形，故本选项不符合题意；选项中，由已知条件可以得到，不能判定四边形是矩形，故本选项符合题意；故选：．【例23】如图，已知四边形是平行四边形，对角线交于点是等边三角形．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定，等边三角形的性质，勾股定理．（1）根据等边三角形的性质，平行四边形的性质，得到，即可得证；（2）根据勾股定理，进行求解即可．掌握矩形的判定方法和性质，是解题的关键．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，．是等边三角形，，，四边形是矩形．（2）解：四边形是矩形，．是等边三角形，，则，．【例24】如图，菱形的对角线，交于点O，F是的中点，过点B作交的延长线于点E，连接，猜想四边形的形状，并进行证明．【答案】四边形是矩形，证明见解析【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，掌握菱形的性质，是解答本题的关键．证明，可得，即有四边形是平行四边形，根据，可得平行四边形为矩形；【详解】证明：∵，，F是的中点，，在和中，，，，四边形是平行四边形，四边形是菱形，，，平行四边形为矩形；巩固训练23．如图，在中，D是边上一点，E是的中点，过C作，交的延长线于点F．(1)求证：；(2)连接．若D是的中点，在中添加什么条件时，四边形是矩形？请证明你的结论．【答案】(1)证明见解析(2)，证明见解析【分析】此题考查了矩形的判定、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．（1）由E是的中点得到，，则，即可证明，即可得到结论；（2）由得到，又由，则四边形是平行四边形，由得到是等腰三角形，根据D是的中点，则，则，即可证明结论．【详解】（1）证明：∵E是的中点，∴，∵，∴，∴，∴；（2）当时，是矩形．证明：连接，

∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴是等腰三角形，∵D是的中点，∴，∴，∴四边形是矩形．24．如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使得，连接，(1)求证：四边形是矩形．(2)连接，若______．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，掌握特殊平行四边形的性质与判定是解题的关键．（1）根据菱形的性质可得且，进而证明四边形是平行四边形，根据，即可证明四边形是矩形；（2）根据菱形的性质以及已知条件求出，根据勾股定理先求得的长，然后求出的长，进而根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，∴且，∵，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形；（2）解：∵四边形是矩形，∴，，∴，∵，∴∴，∴，又∵，∴．故答案为：．题型九菱形的性质【例25】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.【例26】如图，菱形中，交于于，连接，若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据菱形的性质得到点O为的中点，，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，再由三角形内角和定理得到，则．【详解】解：∵四边形是菱形，交于，，∴点O为的中点，，∵，∴，∴∴，故选C．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形内角和定理，等边对等角，直角三角形斜边上的中线的性质，熟知菱形的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．【例27】如图，在菱形中，于点，交对角线于点，过点作于点，若的周长为8，则菱形的面积为______．

【答案】【分析】本题考查菱形的性质，涉及菱形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、三角形周长、菱形面积等知识，熟练掌握菱形的性质，等腰直角三角形的判定与性质是解决问题的关键．【详解】解：在菱形中，，，在中，，，，，在中，设，则，对角线平分，，，的周长为8，，解得，，则，菱形的面积为，故答案为：．【例28】如图，菱形的对角线、交于点O，且，，则菱形一边上的高长为_____．【答案】/【分析】本题考查了菱形的对角线互相垂直平分的性质，勾股定理，根据菱形的面积的两种表示方法列出方程是解题的关键．【详解】解：在菱形中，，，，，，在中，，，菱形的面积，即，解得．故答案为：．【例29】若菱形的一条对角线是另一条对角线的2倍，且菱形的面积为，则菱形的周长为_____．【答案】【分析】此题考查了菱形的性质以及勾股定理．由菱形的一条对角线长是另一条对角线长的2倍，且菱形的面积为，可求得其对角线的长，又由勾股定理，即可求得其边长，继而求得答案．【详解】解：∵菱形的一条对角线长是另一条对角线长的2倍，∴设菱形的一条对角线长为，则另一条对角线长为，∵菱形的面积为，∴，解得：（舍去负值），∴菱形的两条对角线长分别为，，∴菱形的边长为：，∴菱形的周长．故答案为：．巩固训练25．已知一个菱形的边长为2，一条对角线长为，则这个菱形的面积是_______．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理，根据菱形的性质结合勾股定理求出较短的对角线的长是解题的关键．【详解】解：依照题意画出图形，如图所示，菱形中，对角线交于O，，，∴，∵在中，，∴，∴，∴菱形的面积是，故答案为：．26．如图，在菱形中，，点在边上，以为边在菱形内部作等边三角形，若，则________．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质和等边三角形的判定与性质；先根据，证明是等边三角形，再证明即可求解．【详解】解：在菱形中，，∴，∴是等边三角形，

∴，∵以为边在菱形的内部作等边三角形，∴，∴，∴，∴，∵，∴故答案为：．27．边长为的菱形，一条对角线长是，则菱形的面积是______．【答案】/24平方厘米【分析】此题主要考查了菱形的性质．根据菱形对角线垂直且互相平分，即可得出菱形的另一条对角线的长，再利用菱形的面积公式求出即可．【详解】解：如图所示：设菱形中，对角线，∵四边形是菱形，对角线，∴，，，∴菱形的面积为∶．故答案为：．28．如图，菱形的周长为16，对角线与相交于点O，，垂足为E，若，则的长为______．【答案】【分析】本题考查菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理．根据菱形的性质和已知条件可得，进而推出，再根据30度角所对直角边等于斜边的一半求出，，最后利用勾股定理即可求出的长．【详解】解：菱形的周长为16，对角线与相交于点O，，，，，，，，，，，故答案为：．29．在菱形中，若对角线，，则菱形的面积是______．【答案】【分析】本题主要考查用菱形的性质求面积，根据菱形的面积等于其对角线积的一半，进而求解．【详解】解：菱形的面积．故答案为：．题型十菱形的判定【例30】如图，在矩形中，E，F分别是，中点，连接，，，分别交于点M，N，四边形是（）A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．无法确定【答案】B【分析】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，平行四边形的性质和判定的应用，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．求出四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质得出，即，同理可证，得出四边形为平行四边形，求出，根据菱形的判定得出即可．【详解】解：连接EF．四边形为矩形，，，又E，F分别为，中点，，，，，四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，，即，同理可证，四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，为直角，为矩形，，互相平分于M点，，四边形为菱形．故选：B【例31】已知，是△ABC的角平分线，交AB于点E，交于点F．求证：四边形是菱形．【答案】见解析【分析】本题考查的是平行四边形的判定，菱形的判定，平行线的性质，等腰三角形的判定，熟练的利用菱形的判定方法进行证明是解本题的关键．先证明四边形为平行四边形，再证明可得从而可得结论．【详解】证明：∵，，∴四边形为平行四边形，∵是的一条角平分线，∴∴∴四边形为菱形．【例32】如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用平行线的性质和角平分线的定义求出，证明，得到，继而判断四边形是平行四边形，再结合得出结论；（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，在中，利用勾股定理求出即可．【详解】（1）证明：∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是菱形；（2）解：∵四边形是菱形，∴，∵，∴，∵，∴，在中，，∴．【点睛】本题考查了平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，灵活运用相关判定定理和性质定理是解题的关键．【例33】如图，四边形为矩形，为中点，过点作的垂线分别交、于点、，连接、．(1)求证：四边形是菱形．(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理．（1）由条件可先证四边形为平行四边形，再结合线段垂直平分线的性质可证得结论；（2）由菱形的性质可求得，设，在和中，分别利用勾股定理可得到关于的方程，可求得的长．【详解】（1）证明：为中点，，为的垂直平分线，，，，．∵四边形ABCD是矩形，，，，∴，四边形平行四边形．又，四边形是菱形；（2）解：∵四边形是菱形，，，，，，设，在中，，在中，．，解得，．【例34】如图，在中，，平分，交于点，点在线段上，点在的延长线上，且，连接、、、．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由等腰三角形的三线合一得，．进而根据平行四边形的判定得四边形是平行四边形，再根据菱形判定即可得证；（2）根据菱形的性质得，从而得，设，则，，在中，由勾股定理构造方程求解即可．【详解】（1）证明：∵，平分，∴，．∵，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形．（2）解：由（）可知，四边形是菱形，∴，∵，∴，设，则，，在中，由勾股定理得：，即，解得：，即．【点睛】本题考查了平行四边形的判定，等腰三角形的性质，菱形的性质及判定以及勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定，等腰三角形的性质，菱形的性质及判定是解题的关键．巩固训练30．如图，在正方形中，点E、F是对角线上，且，连接、、、．求证：(1)；(2)四边形菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了正方形的性质、菱形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，是基础知识要熟练掌握．（1）证明，即可得出答案．（2）连接，交点为O，由正方形的性质得，，且，再由已知条件得，从而得出四边形菱形．【详解】（1）证明：∵正方形，∴，∵是对角线，∴，∵，∴，∴；（2）证明：连接，交点为O，∵四边形为正方形，∴，，，∵，∴，∴四边形菱形（对角线平分且垂直的四边形为菱形）．31．如图，已知平行四边形中，对角线交点O，E是延长线上的点，且是等边三角形．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)80【分析】（1）根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”证明即可；（2）根据条件证明菱形是正方形，即可求出．本题考查了菱形的判定与性质、正方形的判定与性质、等边三角形的性质等知识，熟练掌握等边三角形的性质、证明四边形是菱形与正方形是解题的关键．【详解】（1）证明：∵是等边三角形，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，即，∴四边形是菱形．（2）解：∵是等边三角形，∴，由（1）知，，，∴，是直角三角形，∴，∵，∴，∴∵四边形是菱形，∴，∴，∴∴菱形是正方形，∴四边形的面积．32．已知：如图，是的角平分线，交于点E，交于点F．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，试求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)120【分析】（1）证明四边形是平行四边形，，再证，即，即可得出结论；（2）连接交于点O，根据菱形的性质得出，，，利用勾股定理求得，从而可得，再利用菱形的面积公式计算即可．本题考查平行四边形的判定、勾股定理、菱形的判定与性质、菱形的面积公式及角平分线的定义及平行线的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．【详解】（1）证明：∵，，∴四边形是平行四边形，，∵是的角平分线，∴，∴，∴，∴平行四边形是菱形．（2）解：如图，连接交于点O，由（1）可知，四边形是菱形，∴，，，∴，∴，∴，∴．题型十一正方形的性质【例35】如图，在正方形的边上取一点E，连接并延长交的延长线于点F，将射线绕点A顺时针旋转后交的延长线于点G，连接，若，则的大小是（）A．α B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，由“”可证，可得，由“”可证，可得，由角的数量关系可求解．．【详解】解：在上截取，连接，∵四边形是正方形，∴，在和中，，∴，∴，∴，∵将射线绕点A顺时针旋转后交的延长线于点G，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故选：C．【例36】如图，在正方形的外侧，作等边，则的度数是________．【答案】/45度【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质等知识．根据正方形的性质得到，根据等边三角形的性质得到，即可得到，进而得到，即可求出．【详解】解：∵四边形是正方形，∴．∵是等边三角形，∴．∴，∴，∴．故答案为：．【例37】如图，正方形的两条对角线，相交于点，点在上，且．则的度数为__________．【答案】【分析】本题主要考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键；根据正方形的性质得到线段相等和，再根据三角形的内角和即可求解．【详解】解：四边形是正方形．，，，，，故答案为：巩固训练33．如图，在正方形中，，E为边上一点，点F在边上，且，将点E绕着点F顺时针旋转得到点G，连接，则的长的最小值为（

）A．3 B．2.5 C．4 D．【答案】C【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．过点G作，垂足为H，可得，根据正方形的性质可得，根据旋转的性质可得，然后利用同角的余角相等可得，从而可证，进而可得，最后可得点G在与平行且与的距离为的直线上，从而可得当点G在边上时，的值最小，进行计算即可解答.【详解】解：过点G作，垂足为H，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，由旋转得：，∴，∵，∴∴，∴，∴点G在与平行且与的距离为1的直线上，∴当点G在边上时，最小且，∴的最小值为4，故选：C．34．如图，是正方形内一点，将绕点顺时针方向旋转后与重合，若，则______．【答案】【分析】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，根据旋转的性质得到，是解答此题的关键．【详解】解：由题可知：，∴，，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，故答案为：．35．在正方形中，点M在上，将沿着翻折到，连、．若，则的度数为______．

【答案】/75度【分析】本题主要考查图形的翻折，正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和等知识，熟练掌握翻折及正方形的性质是关键．设与相交于点E，由翻折得，，则，结合正方形的性质推出，进而得，则，再由等边对等角及三角形的内角和定理解答即可．【详解】解：如图，设与相交于点E，

由翻折得，，∵四边形是正方形，，∴，∴，∴，∴，∴，∴．36．如图，在正方形的外侧作等边，则的度数为_______．【答案】/度【分析】本题主要考查正方形、等边三角形和等腰三角形的性质，可求得，进而即可求得答案．【详解】根据题意可得，，，∴．∴．同理可得，∴．故答案为：37．如图，以正方形的边作等边，则的度数是________．【答案】/150度【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质，根据正方形的性质和等边三角形的性质可得，从而得出，由等边对等角结合三角形内角和定理可得，进而得到，最后由三角形内角和定理进行计算即可．【详解】解：∵四边形是正方形，是等边三角形，，，，，，，，，故答案为：．题型十二正方形的判定【例38】已知，如图，矩形中，，菱形的三个顶点E，G，H分别在矩形的边，，上，，连接．(1)若，求证：四边形为正方形；(2)当点G在边上运动时，点F到边的距离是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由；(3)试说明当点G运动到何处时，的面积最小，并求出这个最小值．【答案】(1)证明见解析(2)点F到直线CD的距离始终为定值2，理由见解析(3)当时，的面积最小为【分析】(1)根据有一个直角的菱形是正方形，证明，得到，结合，得到，即可得证．(2)过F作，交延长线于M，连接．证明即可得证．(3)设，根据，得到．在中，，得．利用勾股定理，变形计算即可．【详解】（1）∵矩形，菱形，∴，又，∵，∴．∴．∵，∴．∴．∴四边形为正方形．（2）距离是定值2．理由如下：过F作，交延长线于M，连接．∵矩形，菱形，∴，，∴．∴．∴．在和中，∵，∴．∴，即无论菱形如何变化，点F到直线的距离始终为定值2．解法2距离是定值2．理由如下：过F作，交延长线于M，过F作于点N．∵矩形，菱形，∴，，，∴，，，．∴．∴．∴．在和中，∵，∴．∴，即无论菱形如何变化，点F到直线的距离始终为定值2．（3）设，∵，∴．在中，，∴．在中，∴．∴．∴的最小值为，此时．∴当时，的面积最小为．【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理是解题的关键．【例39】如图，在中，，的角平分线交于点G，于点E，于点F，(1)求证：四边形是正方形；(2)若，，求四边形的周长．【答案】(1)见解析(2)4【分析】本题考查了角平分线的性质，正方形的判定，勾股定理，掌握角平分线上的点到两边距离相等，正方形的判定定理是解题的关键．（1）过G作于D，根据角平分线的性质可证，再根据是直角三角形，，，推出四边形是矩形，即可求证四边形为正方形；（2）连接，由勾股定理得，设，则，再根据，列出方程求解即可．【详解】（1）证明：过G作于D，∵、的角平分线交于G点，于点F，∴，，∴，∵是直角三角形，，，∴，∴四边形是矩形，∵，∴四边形为正方形；（2）解：如图2，连接，由勾股定理得：，设，则，∵，∴，∴，∴四边形的周长．【例40】如图1：在纸片中，，于点D．第一步：将一张与其全等的纸片沿剪开：第二步：在同一平面内将所得到的两个三角形和拼在一起，如图2所示，这两个三角形分别记为和；第三步：分别延长和相交于点．(1)求证：四边形是正方形：(2)如图3，连接分别交、于点M、N，将绕点A逆时针旋转，使与重合，得到，则的度数为______；、、之间的数量关系为______．【答案】(1)见解析(2)；【分析】（1）由题意可知，，利用其性质可得，，，可证明四边形为矩形，再根据正方形的判定解答即可；（2）由旋转可知，可得，，，结合正方形的性质可知，进而可得，即，，可证，得，然后在中利用勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：由题意可知：，，∴，，，，，，∴，，，∴四边形为矩形，∵，∴矩形为正方形；（2）连接，∵由旋转得到，∴，∴，，，由（1）可知，四边形是正方形，∴，∴，即，，在与中，∴，∴，在中，，∴；故答案为：；．【点睛】本题考查几何综合，涉及矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、旋转等知识，灵活熟练运用相关几何性质及判定证明是解决问题的关键．巩固训练38．如图，在中，，点为其内一点，且，分别平分．若于点，于点，则四边形是正方形吗请说明理由．

【答案】四边形为正方形,理由见解析【分析】此题考查了正方形的判定，以及角平分线定理；过作垂直于点，由三个角为直角的四边形为矩形得到四边形为矩形，由为角平分线，利用角平分线定理得到，同理得到，等量代换得到，利用邻边相等的矩形为正方形即可得证．【详解】证明：如图，过作，交于点，

，四边形为矩形，平分，，，；平分，，，，，四边形为正方形．39．如图，在矩形中，，，P为边上的动点，将沿折叠得到，连接，．

(1)若，求证：四边形为正方形；(2)当P在运动过程中，求的最小值；(3)当时，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)4(3)【分析】本题主要考查了矩形性质、正方形的判定以及勾股定理性质等知识内容，（1）根据四边形是矩形，得，由折叠知，，即，然后结合即可证明；（2）根据当三点不共线时，三角形两边之和大于第三边，当三点共线时取得最小值进行作答即可；（3）根据，得，，三点共线，又因为，则，结合，得，最后用勾股定理即可知道的长．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，∵将沿折叠得到，∴，，，∵，∴，∴，∴，∴四边形是矩形，∵，∴四边形为正方形；（2）解：如图，连接，如图所示：

则，即当时，取最小值，∵，，∴，∴，即的最小值为4；（3）解：∵，∴，∵，∴，∴，，三点共线，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴．40．如图，四边形的对角线互相平分，，求证：四边形是正方形．

【答案】见解析【分析】先证明四边形是菱形，再证到两对角线相等即可求证．【详解】证明：、是四边形的对角线且互相平分，又∵，∴、垂直且互相平分，∴四边形是菱形，在直角三角形中，∵，∴，∴，∵、垂直且互相平分，∴，∴，∴四边形是正方形．【点睛】此题考查了菱形和正方形的判定方法，理解正方形的判定方法是解题的关键．题型十三三角形中位线定理【例41】如图，在中，D，E分别是，的中点，，F是上一点，连接，，．若，则的长度为（）

A．10 B．12 C．14 D．16【答案】B【分析】本题考查了三角形中位线定理、直角三角形斜边中线的性质；根据直角三角形斜边中线的性质求出，可得的长，再根据为的中位线，即可求出．【详解】解：∵，E是的中点，∴，∴，∵D，E分别是，的中点，∴为的中位线，∴，故选：B．【例42】如图，在矩形中，，，对角线，相交于点O．点，分别是，的中点，连接，则的周长为（

）A．12 B．18 C．20 D．16【答案】B【分析】本题考查了矩形的性质、中位线的性质、勾股定理求线段长，先利用勾股定理算出的长度，根据矩形的性质即可得出的长度，再根据中位线的性质求出，进而即可周长即可．【详解】在矩形中，，,，对角线，相交于点O，,点E，F分别是，的中点，是的中位线，，，，的周长为：，故选：B．【例43】如图所示，在中，点，，分别为，，的中点，且，则阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了三角形边中点，三角形面积，因为点F是的中点，所以的底是的底的一半；同理，D、E、分别是、的中点，可得的面积是面积的一半；利用三角形的等积变换可解答．【详解】解：∵点F是的中点，的底是，的底是，∴，∴，∵E是的中点，∴，，∴，∴，∵，∴，即阴影部分的面积为．故选：A．【例44】如图，若、、分别是的三边的中点，则与的周长之比＝________．【答案】/【分析】此题考查的是三角形中位线的性质，根据三角形中位线定理易得所求的三角形的各边长为原三角形各边长的一半，那么所求的三角形的周长就等于原三角形周长的一半．【详解】解：∵点、、分别是、、的中点，∴，，分别是原三角形三边的一半，∴与的周长之比．故答案为．巩固训练41．如图，在中，已知点D，E，F分别为边，，的中点，且，则（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根据三角形的中线的性质可得，则，，求出，最后在根据三角形中线的性质，即可求解．【详解】∵点D为中点，∴，∵点E为中点，∴，，∴，∵点F为中点，∴，故选：B．【点睛】本题主要考查了三角