中考数学三轮冲刺培优训练专题10四边形的有关计算与证明（2份，原卷版+解析版）

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类型一、平行四边形的计算与证明
1．（2023·河南信阳·校考一模）如图，在中，，，垂足分别为，，求证：四边形是平行四边形．
【答案】见解析
【分析】先由平行四边形的性质得，，则，再证，得，即可得出结论．
【详解】解：证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，，
，，
在和中，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质以及平行线的判定与性质等知识，熟练正确平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
2．（2023·陕西西安·西安市曲江第一中学校考三模）如图，是的中线，E是的中点，过点B作的平行线，交的延长线于点F，连接．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】先根据平行线的性质得到，再利用证明∴，得到，进而证明是的中位线，即可证明，即．
【详解】证明：∵，
∴，
∵E是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，即点E为的中点，
又∵是的中线，即点D是的中点，
∴是的中位线，
∴，即．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，全等三角形的性质与判定，平行线的性质，证明，得到是解题的关键．
3．（2023·河北石家庄·校考一模）如图，在中，．在BC的延长线上取一点B，使，连接AE，AE与CD交于点F．
(1)求证：；
(2)求DF的长．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）由平行四边形的性质可得出，从而得出，即证明；
（2）由平行四边形的性质可得出，，即得出，再根据相似三角形的性质可得出，即，最后结合，即可求出DF的长．
【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形，
∴，即，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，即．
∵，
∴，即．
∵,
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，三角形相似的判定和性质．熟练掌握三角形相似的判定定理及其性质是解题关键．
4．（2023·江苏苏州·统考一模）如图，在中，为的中点，连接并延长，交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由平行四边形的性质可得，从而有，，再由是边上的中点得，利用可判定；
（2）由（1）可得，再结合平行四边形的性质可得的长．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∵为的中点，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵，
由（1）可知：，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
∴的长为．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质．解题的关键是熟记平行四边形的性质与全等三角形的判定与性质并灵活运用．
5．（2023·吉林长春·校考一模）如图，在四边形中，，平分，，．
(1)如图①，求证：；
(2)如图②，当A、B、F三点在一条直线上时，，则四边形的面积是 ．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）证明四边形是平行四边形，即可证明；
（2）证明，四边形是平行四边形，将四边形的面积转化为，即可求解．
【详解】（1）证明：
∵，平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
（2）∵，平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，当A、B、F三点在一条直线上
∴
∴
∵，，
∴
∴
∴四边形是平行四边形
∴
∴
∵四边形是平行四边形
∴
∵，
四边形的面积是
故答案为6
【点睛】本题考查平行四边形的判定，全等三角形的性质与判定，解题的关键是熟练运用相关性质定理．
6．（2023·陕西西安·统考一模）如图，在中，的平分线分别与线段交于点F，E，与交于点G．
(1)求证：．
(2)若，求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先根据平行线的性质得到，再由角平分线的定义证明，得到，即可证明；再根据平行线的性质和角平分线的定义证明，得到，同理可得，则；
（2）过点C作交于K，交于点I，证明四边形是平行四边形，，得到，再证明，得到，则，同理证明，得到，求出，则．
【详解】（1）证明：在平行四边形中，，
∴．
∵分别是的平分线，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴；
（2）解：过点C作交于K，交于点I，
∵，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵D，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，角平分线的定义等等，正确作出辅助线是解题的关键．
7．（2023·安徽蚌埠·校考一模）如图1，四边形中，，边上的点满足且，为的一条高线．

(1)若，求证：
①，
②；
(2)如图2，点在线段上且，求证：四边形为平行四边形．
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）①，，则．再证明，，又由，即可得到．则，；②再证明四边形为平行四边形，则，由即可得到结论；
（2）分别取的中点，连接，作的垂线，垂足为．延长与交于点，即可证明四边形为矩形．再证明，则，由即可得到四边形为平行四边形．
【详解】（1）证明：①∵，，
∴．
∵，
∴，．
又∵，
∴ ．
∴，．
②∵，
∴．
∵且，
∴．
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形．
∴，
∵，
∴．
（2）分别取的中点，连接，作的垂线，垂足为．延长与交于点，
由题意得，互相平行且都垂直于，四边形为矩形．
∴．
∵，，，
∴．
∴，
∵，
∴．
∴．
在与中，
，，，
∴ ，
∴．
∵，
∴四边形为平行四边形．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、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．
8．（2023·湖南娄底·校考一模）如图，在平行四边形中，E、F分别是边上的一点，且．与相交于点N，与相交于点M．
(1)求证：；
(2)判断四边形的形状，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是平行四边形，证明见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质，运用SAS证明全等即可．
（2）根据平行四边形的判定证明即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴（SAS）．
（2）解：四边形是平行四边形，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形、四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．
9．（2023·陕西西安·校考三模）如图，，，交于点，且．
(1)求证：．
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，可得，可得结论；
（2）由相似三角形的性质可得，即可求解．
【详解】（1）证明： ，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
又，
∴．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟知性质是解题的关键．
10．（2023·山西吕梁·统考一模）如图，在平行四边形中，点E，F分别是边的中点，分别连接交对角线于点G，H，连接．
(1)求证：；
(2)求证：四边形是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，由中点可得，证明全等即可；
（2）由得，由平行四边形可得，证明得到，，得以证明．
【详解】（1）证明：∵是平行四边形，
∴，
∵点E，F分别是边的中点，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵是平行四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
同理可得
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
类型二、矩形的计算与证明
11．（2023·山东青岛·统考一模）在菱形中，分别是其外角和的平分线，的延长线交于点E，的延长线交于点F．
(1)证明：
(2)判断四边形是什么特殊四边形．并说明理由．
【答案】(1)证明
(2)四边形是矩形，理由见解析
【分析】（1）根据菱形的性质得到，根据平行线的性质和角平分线的定义证明，得到，同理可证，即可得到，然后利用证明即可；
（2）根据对角线相等且互相平分的四边形是矩形进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理可证，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：四边形是矩形，理由如下：
由（1）得，
∴四边形是平行四边形，，即，
∴平行四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，角平分线的定义等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
12．（2023·北京海淀·人大附中校考一模）如图，在中，点E，F分别在边BC，AD上，且，连接AE，CF．
(1)求证：四边形AECF是平行四边形．
(2)连接AC，AC平分．若，，，求证：四边形ABCD是矩形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】对于（1），根据平行四边形的性质可知，，再根据，可知，最后根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得出答案；
对于（2），先求出，再求出，然后根据勾股定理的逆定理证明是直角三角形，最后根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”得出答案．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，.
∵，
∴.
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）∵，，
∴.
∵平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
在中，，
∴是直角三角形，
∴，
∴平行四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定，勾股定理的逆定理等，灵活选择定理是解题的关键．
13．（2023·广东江门·江门市华侨中学校考一模）如图，已知四边形的对角线，交于点O，O是的中点，E，F是上的点，且，．
(1)求证：；
(2)若，求证：四边形ABCD是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由平行线的性质得到两组角对应相等，由中点的性质以及线段的和差得到一组对边相等，利用判定．
（2）由对角线互补判定四边形是平行四边形，进而由对角线相等的平行四边形是矩形判定即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∵O为的中点，即，，
∴，即，
在和中，
∴．
（2）证明：∵，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴，即，
∴四边形为矩形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，平行四边形的判定，矩形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握这些判定定理与性质定理．
14．（2023·四川成都·统考一模）如图1，的各内角的平分线分别相交于点E，F，G，H．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)如图2，当为矩形时，
①求证：四边形EFGH为正方形；
②若，四边形的面积为8，求AB的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②6
【分析】（1）根据平行四边形的邻角互补，以及角平分线平分角，得到四边形的四个内角均为，即可得证；
（2）①由（1）可知，四边形为矩形，根据矩形的性质以及角平分线平分角，得到均为等腰直角三角形，进而推出，得到四边形EFGH为正方形；②根据正方形的面积为8，得到正方形的边长为，利用勾股定理和等腰三角形的性质，求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理和等腰三角形的性质，求出AB的长．
【详解】（1）解：∵四边形为平行四边形，
∴ ，
∵的各内角的平分线分别相交于点E，F，G，H，
∴，即：，
同理可得：，
∵，
∴，
∴四边形为矩形；
（2）解：①同（1）法可得：四边形为矩形；
∵为矩形，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
同理可得：，
∵，
∴，
∴，
即：，
又∵四边形为矩形，
∴四边形为正方形；
②由①得：，
∵四边形的面积为8，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握平行四边形的邻角互补，是解题的关键．
15．（2023·陕西宝鸡·一模）如图，在中，，点D为边BC上一点，以AB，BD为邻边作，连接AD、EC．
(1)求证：；
(2)若，求证：四边形ADCE是矩形．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质、等腰三角形的性质，利用全等三角形的判定定理SAS可以证得△ADC≌△ECD；
（2）利用等腰三角形的“三合一”性质推知AD⊥BC，即∠ADC=90°；由平行四边形的判定定理（对边平行且相等是四边形是平行四边形）证得四边形ADCE是平行四边形，所以有一个角是直角的平行四边形是矩形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABDE是平行四边形，
∴ABDE，AB=DE；
∴∠B=∠EDC；
又∵AB=AC，
∴AC=DE，∠B=∠ACB，
∴∠EDC=∠ACD；
∵在△ADC和△ECD中，
，
∴△ADC≌△ECD（SAS）；
（2）∵四边形ABDE是平行四边形，
∴BDAE，BD=AE，
∴AECD；
又∵BD=CD，
∴AE=CD，
∴四边形ADCE是平行四边形；
在△ABC中，AB=AC，BD=CD，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴四边形ADCE是矩形．
【点睛】本题综合考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定以及矩形的判定．注意：矩形的判定定理是“有一个角是直角的‘平行四边形’是矩形”，而不是“有一个角是直角的‘四边形’是矩形”．
16．（2023·北京·首都师范大学附属中学校考一模）如图，四边形是平行四边形，、相交于点，点是的中点，连接，过点作于点，过点作于点．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若四边形是菱形，，，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的性质得，再由，即可求证；
（2）有勾股定理可求AO，再由即可求解；
【详解】（1）证明：在中，
∵，点是的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、菱形的性质、勾股定理，掌握矩形的性质、菱形的性质并灵活应用是解题的关键．
17．（2023·湖北鄂州·校考模拟预测）如图，中，，相交于点，，分别是，的中点．
(1)求证：；
(2)设，当为何值时，四边形是矩形？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)当时，四边形是矩形，理由见解析
【分析】（1）连接，先根据平行四边形的性质可得，再根据线段中点的定义可得，然后根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，最后根据平行四边形的性质即可得证；
（2）先根据矩形的判定可得当时，四边形是矩形，再根据线段中点的定义、平行四边形的性质可得，由此即可得出的值．
【详解】（1）证明：如图，连接，
四边形是平行四边形，
，
分别是，的中点，
，
四边形是平行四边形，
．
（2）解：由（1）已证：四边形是平行四边形，
要使平行四边形是矩形，则，
，
，即，
，
故当时，四边形是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
18．（2023·广东汕头·校考模拟预测）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E是AD的中点，连接OE，过点D作DF∥AC交OE的延长线于点F，连接AF．
(1)求证：≌；
(2)判定四边形AODF的形状并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AODF为矩形，理由见解析
【分析】（1）利用全等三角形的判定定理即可；
（2）先证明四边形AODF为平行四边形，再结合∠AOD=90°，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵DF∥AC，
∴∠OAD=∠ADF，
∵∠AEO=∠DEF，
∴△AOE≌△DFE（ASA）；
（2）解：四边形AODF为矩形．
理由：∵△AOE≌△DFE，
∴AO=DF，
∵DF∥AC，
∴四边形AODF为平行四边形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
即∠AOD=90°，
∴平行四边形AODF为矩形．
【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及矩形的判定是解题的关键．
19．（2023·湖南衡阳·校考一模）如图，在矩形中，点P是边上任意一点（点P不与B、C重合），连接，作，交于点Q，若．
(1)试证明：；
(2)当为多少时，最长，最长是多少？
(3)试探究，是否存在一点P，使是等腰直角三角形？
【答案】(1)见解析
(2)为2时，最长，最长是
(3)存在，时，是等腰直角三角形
【分析】（1）由得到，由得到，又由，即可得到结论；
（2）设，由得到，则，由二次函数的性质即可得到答案；
（3）是等腰直角三角形，则，由得到，则，即可得到答案．
【详解】（1）解：∵，
∴，
在矩形中，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）设，
∵，
∴，即，
则，
故当时，的最大值为，
即为2时，最长，最长是；
（3）∵是等腰直角三角形，则，
而，
则，
∴，
则，
即时，是等腰直角三角形．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的性质、矩形的性质等知识，证明是解题的关键．
20．（2023·安徽安庆·统考一模）如左图，为探究一类矩形的性质，小明在边上取一点E，连接，经探究发现：当平分时，将沿折叠至，点F恰好落在上，据此解决下列问题：
(1)求证：；
(2)如图，延长交于点G，交于点H．
①求证： ；
②求的值
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）根据矩形的性质可得，再由折叠的性质可得，然后根据平分，可得，即可；
（2）①根据是等腰直角三角形，可得，再由，可得，，从而得到，再由折叠的性质可得，可证明，即可；②根据等腰直角三角形的性质可得，从而得到，进而得到，再证明，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠的性质得：，，
∴，
∵平分，
∴，
∴；
（2）①证明：∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
由折叠的性质得：，
即，
∴，
∴ 即；
②解：∵是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质，三角形相似的判定和性质，证明是解答本题的关键．
类型三、菱形的计算与证明
21．（2023·福建漳州·统考一模）如图，在中，，点是边的中点，连接．
(1)求作点，使点与点关于直线对称（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，连接，．求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）在右侧作即可得对称点E，或过D点作的垂线在右侧取点E，使点E到的距离等于点D到的距离即可；
（2）证明四边形四边相等即可得出结论．
【详解】（1）解：如图所示，点就是所求作的点．
方法一：
方法二：
（2）证明：方法一：
在中，，点是边的中点，
∴．
如图，由（1）中的作图得，，
∴，
∴四边形是菱形．
方法二：
记与交点为点．
如图，由（1）中的作图得，，
∴，，
∵点是边的中点，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形的性质和作法，以及菱形的判定，解题关键是掌握轴对称图形的性质．
22．（2023·北京西城·校考一模）如图，在中，于点D，点E在线段的延长线上；点F在线段上，且，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求和的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据等腰三角形三线合一，得到，利用对角线互相垂直平分的四边形为菱形，即可得证；
（2）利用勾股定理求出，证明，利用相似的性质求出即可．
【详解】（1）证明：∵在中，，点E在线段的延长线上，
∴，，
∵，
∴互相垂直平分，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，菱形的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握菱形的判定方法，证明三角形相似，是解题的关键．
23．（2023·广东梅州·校考模拟预测）如图，已知E，F是正方形的对角线上的两点，且．
(1)求证：四边形为菱形．
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）连接交于O，证与互相垂直平分，即可由菱形的判定定理得出结论；
（2）根据正方形的性质，利用勾股定理求得，从而求得 ，根据菱形的面积公式解答即可．
【详解】（1）证明：连接，交于点，
四边形是正方形，
，，，
∵
∴，即，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（2）解：由（1）知：四边形是菱形，
，
，
，
∴，
菱形的面积．
【点睛】本题考查正方形的性质，菱形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质和菱形的判定定理，菱形的面积公式是解题的关键．
24．（2023·新疆乌鲁木齐·校考一模）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）先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论；
（2）先判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵为的平分线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定和性质，掌握菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理是解本题的关键．
25．（2023·广西贵港·统考一模）在数学实践活动中，将一张平行四边形纸片进行折叠（如图1、2所示），折痕为，点E在边上，点B落在点F处．
(1)如图1，若点F恰好落在边上，求证：四边形是菱形；
(2)如图2，若点E是边的中点，且，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）利用对称的性质得到，，，利用平行四边形的性质得到，证明，据此即可证明结论；
（2）证明且，设，则，在和中，由勾股定理列出方程，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：如图，由折叠可知，与关于对称，
∴，，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点E在边上，点F落在边上，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故四边形是菱形；
（2）解：如图，连接交于点H，
∵F与B关于对称，
∴是的中垂线，
又∵E是的中点，
∴且，
若设，
由，得，
又，，
在和中，由勾股定理得：
，
则，
解得：，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
26．（2023·广东佛山·校考一模）如图，在中，，点在边上且，连接，是的中点，过点作，交的延长线于点，连接．
(1)求证：；
(2)求证：四边形是菱形；
(3)当时，四边形是__________．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)正方形
【分析】（1）根据平行线的性质得出，，根据E是CD的中点，得出，就可证明，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）证明四边形是平行四边形，根据是斜边上的中线，得出，即可证明四边形是菱形；
（3）根据条件得出是等腰直角三角形，根据是斜边上的中线，得出，进而得出四边形是正方形，即可求解．
【详解】（1）证明：∵
∴，，
∵E是CD的中点，
∴，
∴，
∴
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴是斜边上的中线，
∴，
∴四边形是菱形．
（3）当时，四边形是正方形，理由如下：
＝， ，
是等腰直角三角形
是边上的中线
，
，
四边形是菱形
四边形是正方形．
故答案为：正方形．
【点睛】本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，直角三角形的性质和等腰三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
27．（2023·四川成都·统考一模）如图，在中，，点O、C分别是、边的中点．过点D作交的延长线于点A，连接、．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)24
【分析】（1）根据证明，得出，说明、互相平分，证明四边形是平行四边形，再根据直角三角形的性质证明，即可证明结论；
（2）先根据菱形性质，求出，再根据中位线性质求出，根据勾股定理求出，最后根据三角形面积公式求出结果即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
又∵
∴，
∴，
∴、互相平分，
∴四边形是平行四边形，
又∵，，
∴，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）解：∵，四边形是菱形；
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴在中，，
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，菱形的判定和性质，三角形中位线性质，勾股定理，三角形面积的计算，平行线的性质，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．
28．（2023·广东深圳·校考一模）如图，已知中，是边上一点，过点分别作交于点，作交于点，连接．
(1)下列条件：
①是边的中点；
②是的角平分线；
③点与点关于直线对称．
请从中选择一个能证明四边形是菱形的条件，并写出证明过程；
(2)若四边形是菱形，且，，求的长．
【答案】(1)能证明四边形是菱形的条件为：②或③，证明见解析
(2)4
【分析】（1）根据已知条件，易得四边形是平行四边形，；条件②，利用角平分线的定义可推导，进而证明，由“一组邻边相等的平行四边形是菱形”即可证明平行四边形是菱形；条件③，由对称的性质易得，即可证明平行四边形是菱形；
（2）由菱形的性质可得，进而确定，再证明，由相似三角形的性质可得，代入数值求解即可获得答案．
【详解】（1）解：∵，，
∴四边形是平行四边形，，
能证明四边形是菱形的条件为：②或③，证明如下：
条件②，∵是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
条件③，∵点与点关于直线对称，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得 ，
即的长为4．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
29．（2023·新疆·统考一模）如图，在中，交于点，点在上，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形，得出，，再根据，得出，即可证明结论；
（2）先证明，得出，证明四边形ABCD为菱形，得出，即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
即，
∴四边形是平行四边形．
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴四边形ABCD为菱形，
∴，
即，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法，是解题的关键．
30．（2023·湖南湘潭·湘潭县云龙中学校考一模）如图，将矩形沿折叠，使点D落在对角线上的点E处．过点E作交于点G，连接．
(1)判断四边形的形状，并说明理由；
(2)探究线段、、之间的数量关系，并说明理由；
(3)若，，求的长．
【答案】(1)菱形，见解析
(2)，见解析
(3)10
【分析】（1）先依据翻折的性质和平行线的性质证明，从而得到，接下来依据翻折的性质可证明；
（2）连接，交于点O．由菱形的性质可知，，接下来，证明，由相似三角形的性质可证明，于是可得到、、的数量关系；
（3）利用（1）（2）结论可求得长，即可得答案．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
由翻折的性质可知：，，，
∴．
∴．
∴．
∴四边形为菱形．
（2）解：．
理由：如图1所示：连接，交于点O．
∵四边形为菱形，
∴．
∵，，
∴．
∴，即．
∵，，
∴．
（3）解：∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴
【点睛】本题主要考查的是四边形与三角形的综合应用，解答本题主要应用了矩形的性质、菱形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理的应用，利用相似三角形的性质得到是解答问题（2）的关键，依据（1）（2）结论求得的长是解答问题（3）的关键．
类型四、正方形的计算与证明
31．（2023·广西·统考一模）如图，四边形是正方形，E是上一点，于点F．
(1)过点B作的垂线交于点P（尺规作图，保留痕迹，不写作法）；
(2)在（1）所作图形中，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）根据垂线的作图方法，作图即可；
（2）证明，得到，进而求出的长，利用勾股定理求出的长，即可得解．
【详解】（1）解：如图，BP即为所求．
（2）∵四边形为正方形，
∴，．
∵，，
∴．
∵，，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
又∵，
∴．
在中，，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握垂线的作图方法，证明三角形全等，是解题的关键．
32．（2023·陕西渭南·统考一模）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且．把绕点A顺时针旋转得到．求证：．
【答案】见解析
【分析】先根据旋转前后图形全等得到，再根据得到，进而证明三角形全等．
【详解】证明：在正方形中，，
由旋转的性质可得，
，，，
∴点G、B、E三点共线，
，
，
在和中，
，
．
【点睛】此题考查了旋转及正方形的性质、全等三角形的证明，解题的关键是熟练应用旋转前后图形全等的性质．
33．（2023·安徽合肥·合肥寿春中学校考模拟预测）在正方形中，点为中点，连接并延长交延长线于点，点在上，，连接并延长交延长线于，连接．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)20
【分析】（1）根据正方形的性质结合题意得，再证明，可得，同理证明，可得，从而可得，进而即可证明四边形为菱形；
（2）设的长为x．由三角形全等的性质可得，即得出，．在中，利用勾股定理可列出关于x的等式，解出x的值，即可得出和的长，最后根据菱形的面积公式计算即可．
【详解】（1）∵ 四边形是正方形，
∴，即，
∴．
∵点E为中点，
∴．
又∵，
∴，
∴．
同理可证，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴四边形为菱形；
（2）设的长为x．
∵，
∴，
∴．
∵四边形为菱形，
∴．
∵在中，，
∴
解得：（舍），
∴，，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程的应用，菱形的判定与性质．熟练掌握特殊四边形的判定定理和性质定理是解题关键．
34．（2023·广东汕头·校考模拟预测）已知正方形，E为对角线AC上一点．
(1)如图1，连接，．求证：；
(2)如图2，F是延长线上一点，，交于点G．
①判断的形状并说明理由；
②若G为的中点，且，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）利用正方形的性质得出，，进而判断出，即可得出结论；
（2）①先判断出，进而判断出，即可得出结论；
②过点F作于H，先求出，，进而求出，利用锐角三角函数可求，最后用勾股定理即可求出答案．
【详解】（1）证明：∵是正方形的对角线，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（2）解：①为等腰三角形，
理由：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
由（1）知，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
②如图，过点F作于H，
∵四边形为正方形，点G为的中点，，
∴，，
由①知，，
∴，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，作出辅助线构造出直角三角形是解（2）的关键．
35．（2023·江苏苏州·苏州中学校考一模）如图，点E，F分别在正方形的边，上，且，点P在射线上（点P不与点F重合）．将线段绕点E顺时针旋转得到线段，过点E作的垂线，垂足为点H，交射线于点Q．
(1)如图1，若点E是的中点，点P在线段上，请直接写出线段，，满足的数量关系______．
(2)如图2，若点E不是的中点，点P在线段上，判断（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
(3)正方形的边长为9，，，请直接写出线段的长______．
【答案】(1)
(2)成立，理由见解析
(3)4或8
【分析】（1）先证明可得，再根据、，即可得出结论；
（2）先证明可得，再根据，，且即可证明；
（3）①当点P在线段上时，点Q在线段上，由（2）可得，根据即可求出结果；②当点P在线段上时，点Q在线段的延长线上，证明，可得，再根据，求出，即可求出结果．
【详解】（1）解：，证明如下：
，
，
又，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
又点E是的中点，
，
，
∵四边形是正方形，
，
，
，
．
（2）解：成立，证明过程如下：
，
，
又，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
∵四边形是正方形，
，
，
，
又，
．
（3）解：①当点P在线段上时，点Q在线段上，如图所示；
由（2）可知：，
，，；
②当点P在线段上时，点Q在线段的延长线上，如图：
，
，
又，
，
，，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
；
综上所述，线段的长为4或8．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定及线段中点的定义和对顶角的性质、正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定证明是解题的关键．
36．（2023·安徽·校联考一模）如图，在正方形中，点、分别为边、上两点，．
(1)若是的角平分线，求证：是的角平分线；
(2)若，求证：．
【答案】(1)答案见详解
(2)答案见详解
【分析】（1）将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，根据正方形的性质和全等三角形的性质，证明，得出；
（2）由（1）可得，利用全等三角形的性质即可得出答案．
【详解】（1）如图：将绕点顺时针旋转，使得与重合，得到，
是由绕点顺时针旋转得到，
，
，，
四边形为正方形，
，
，
，
，
，
，
，
是的角平分线，
，
，
，
又，
，
是的角平分线；
（2）由（1）可得，
，
，，
【点睛】解题的关键是熟练掌握旋转的性质、全等三角形的性质与判定和正方形的性质．
37．（2023·江西上饶·校联考一模）如图，是正方形的边上一点，连接．请仅用无刻度的直尺完成画图．（保留画图痕迹，不写作法）
(1)在边上找点，使得．
(2)将线段绕点顺时针旋转90°，得到线段，画出．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接交于点，连接并延长，交于点， 即为所求；
（2）过点作，交的延长线于点，连接，即为所求．
【详解】（1）连接交于点，连接并延长，交于点，连接，即为所求，如图所示：
连接，
∵四边形是正方形，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴即为所求．
（2）解：过点作，交的延长线于点，连接，则即为所求，如图所示；
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
由（1）知：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即：．
∴即为所求．
【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质．本题的综合性强，对学生的思维要求高．熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等，是解题的关键．
38．（2023·河北·统考模拟预测）如图，在等腰直角三角形中，，，边长为2的正方形的对角线交点与点C重合，点D在ABC内部，与交于点M，连接，．
(1)求证：；
(2)当时，求的长；
(3)当点A、D、E三点在同一直线上时，直接写出的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质和正方形两条对角线互相垂直平分且相等的性质，可证明；
（2）先根据勾股定理计算，证明，可得答案；
（3）A、D、E三点在同一直线上又分两种情况，即点D在A、E两点之间或在射线上，作辅助线，构建直角三角形，根据勾股定理列方程即可求出的长．
【详解】（1）证明：在等腰直角与正方形中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴
（2）∵，，
∴，
∵，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）如图2，当点E在的延长线上时，过点C作于点P，
∴，
∵
∴，
∴，
如图3，当点E在上时，过点C作于点Q，
则，
∵
∴，
∴，
综上，的长为．
【点睛】此题是四边形的综合题，重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识与方法，解第（3）题时要分类讨论，以免丢解．
39．（2023·湖南衡阳·校考一模）如图，是的角平分线，，，垂足分别是E、F，连接，与相交于点H．
(1)求证：；
(2)满足什么条件时，四边形是正方形？说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)满足时，四边形是正方形，见解析
【分析】（1）根据证明，得出，根据等腰三角形三线合一即可证明结论；
（2）满足时，四边形是正方形，先证明是矩形，再根据对角线互相垂直的矩形是正方形，即可证明．
【详解】（1）证明：∵是的角平分线，
∴，
∵，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵平分，
∴；
（2）解：满足时，四边形是正方形，
理由：∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正方形的判定，解题的关键是证明，熟练掌握正方形的判定方法．
40．（2023·山东青岛·山东省青岛第二十六中学校考一模）如图，在中，O是对角线、的交点，延长边到点F，使，过点F作，连接、．
(1)求证．
(2)连接，已知 ．（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．
条件①：且；
条件②：且．
【答案】(1)见解析
(2)选择②，四边形是正方形，见解析
【分析】（1）证明，，结合，可得结论；
（2）选择②，先证明，，可得四边形是平行四边形，证明，可得四边形是矩形，再证明，从而可得结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∵，
∴；
（2）选择②，四边形是正方形，
证明：∵，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形，矩形，正方形的判定，熟记正方形的判定方法并灵活应用是解本题的关键．