专题13四边形-5年（2020-2024）中考1年模拟数学分类汇编（河南专用）

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解答题
1. （2020·河南·统考中考真题）如图，在中，．边在轴上，顶点的坐标分别为和．将正方形沿轴向右平移当点落在边上时，点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先画出落在上的示意图，如图，根据锐角三角函数求解的长度，结合正方形的性质，从而可得答案．
【详解】解：由题意知：
四边形为正方形，


如图，当落在上时，


由




故选
【点睛】本题考查是平移的性质的应用，同时考查了正方形的性质，图形与坐标，锐角三角函数，掌握以上知识是解题的关键．
2.（2020·河南·统考中考真题）如图，在边长为的正方形中，点分别是边的中点，连接点分别是的中点，连接，则的长度为__________．
【答案】1
【解析】
【分析】过E作，过G作，过H作，与相交于I，分别求出HI和GI的长，利用勾股定理即可求解．
【详解】过E作，过G作，过H作，垂足分别为P，R，R，与相交于I，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
，
∴四边形AEPD是矩形，
∴，
∵点E，F分别是AB，BC边的中点，
∴，
，，
∵点G是EC的中点，
是的中位线，
，
同理可求：，
由作图可知四边形HIQP是矩形，
又HP=FC，HI=HR=PC，
而FC=PC，
∴ ，
∴四边形HIQP是正方形，
∴，
∴
是等腰直角三角形，
故答案为：1．
【点睛】此题主要考查了正方形的判定与性质，三角形的中位线与勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答此题的关键．
3.（2021·河南·统考中考真题） 关于菱形的性质，以下说法不正确的是（ ）
A. 四条边相等B. 对角线相等C. 对角线互相垂直D. 是轴对称图形
【答案】B
【详解】菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形。菱形的四条边相等，对角线互相垂直平分，但菱形的对角线不一定相等。
故选B
4.（2022·河南·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为CD的中点．若OE＝3，则菱形ABCD的周长为（ ）
A. 6B. 12C. 24D. 48
【答案】C
【解析】
【分析】由菱形的性质可得出BO=DO，AB=BC=CD=DA，再根据中位线的性质可得，结合菱形的周长公式即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴BO=DO，AB=BC=CD=DA，
∵OE=3，且点E为CD的中点，
是的中位线，
∴BC=2OE=6．
∴菱形ABCD的周长为:4BC=4×6=24．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及中位线的性质，解题的关键是求出BC=6．
5.（2022·河南·统考中考真题） 综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．

（1）操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．
（2）迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
（3）拓展应用
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．
【答案】（1）或或或
（2）①15，15；②，理由见解析
（3）cm或
【解析】
【分析】（1）根据折叠的性质，得，结合矩形的性质得，进而可得；
（2）根据折叠的性质，可证，即可求解；
（3）由（2）可得，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设分别表示出PD，DQ，PQ，由勾股定理即可求解．
【小问1详解】
解：
，sin∠BME=
【小问2详解】
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°
由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°
∴BM=BC
①
∴
②
小问3详解】
当点Q在点F的下方时，如图，
，DQ=DF+FQ=4+1=5(cm)
由（2）可知，
设
，
即
解得：
∴；
当点Q在点F的上方时，如图，
cm，DQ =3cm，
由（2）可知，
设
，
即
解得：
∴．
【点睛】本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键.
6.（2023·河南·统考中考真题）矩形中，M为对角线的中点，点N在边上，且．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，的长为______．
【答案】2或
【解析】
分析】分两种情况：当时和当时，分别进行讨论求解即可．
【详解】解：当时，

∵四边形矩形，
∴，则，
由平行线分线段成比例可得：，
又∵M为对角线的中点，
∴，
∴，
即：，
∴，
当时，

∵M为对角线的中点，
∴为的垂直平分线，
∴，
∵四边形矩形，
∴，则，
∴
∴，
综上，的长为2或，
故答案为：2或．
【点睛】本题考查矩形的性质，平行线分线段成比例，垂直平分线的判定及性质等，画出草图进行分类讨论是解决问题的关键．
7.（2024·河南·统考中考真题）如图，在中，对角线，相交于点O，点E为的中点，交于点F．若，则的长为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识，利用平行四边形的性质、线段中点定义可得出，证明，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解∶∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点E为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
故选：B．
8.（2024·河南·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为___________．
【答案】
【解析】
【分析】设正方形的边长为a，与y轴相交于G，先判断四边形是矩形，得出，，，根据折叠的性质得出，，在中，利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在中，利用勾股定理构建关于的方程，求出的值，即可求解．
【详解】解∶设正方形的边长为a，与y轴相交于G，
则四边形是矩形，
∴，，，
∵折叠，
∴，，
∵点A的坐标为，点F的坐标为，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴，，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴点E的坐标为，
故答案：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键．
为响应“全民植树增绿，共建美丽中国”的号召，学校组织学生到郊外参加义务植树活动，并准备了A，B两种食品作为午餐．这两种食品每包质量均为，营养成分表如下．
（1）若要从这两种食品中摄入热量和蛋白质，应选用A，B两种食品各多少包？
（2）运动量大的人或青少年对蛋白质的摄入量应更多．若每份午餐选用这两种食品共7包，要使每份午餐中的蛋白质含量不低于，且热量最低，应如何选用这两种食品？
【答案】（1）选用A种食品4包，B种食品2包
（2）选用A种食品3包，B种食品4包
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，解题的关键是：
（1）设选用A种食品x包，B种食品y包，根据“从这两种食品中摄入热量和蛋白质”列方程组求解即可；
（2）设选用A种食品包，则选用B种食品包，根据“每份午餐中的蛋白质含量不低于”列不等式求解即可．
【小问1详解】
解：设选用A种食品x包，B种食品y包，
根据题意，得
解方程组，得
答：选用A种食品4包，B种食品2包．
【小问2详解】
解：设选用A种食品包，则选用B种食品包，
根据题意，得．
∴．
设总热量为，则．
∵，
∴w随a的增大而减小．
∴当时，w最小．
∴．
答：选用A种食品3包，B种食品4包．
一、单选题
1．（2024·河南鹤壁·一模）矩形具有而菱形不具有的性质是（ ）
A．两组对边分别平行B．两组对角分别相等
C．对角线相等D．对角线互相平分
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质和菱形的性质，能熟记知识点是解此题的关键．根据矩形的性质和菱形的性质即可解决问题．
【详解】解：矩形的性质是：①矩形的四个角都是直角，②矩形的对边相等且互相平行，③矩形对角线相等且互相平分；
菱形的性质是：①菱形的四条边都相等，菱形的对边互相平行；②菱形的对角相等，③菱形的对角线互相平分且垂直，并且每条对角线平分一组对角，
所以矩形具有而菱形不具有的性质是对角线相等，
故选：．
2．（2024·河南商丘·一模）如图，矩形中，，，点P为平面内一点，且，点Q为CD上一个动点，则的最小值为（ ）
A．11B．C．D．13
【答案】A
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短；作点关于的对称点，连接，，则：，再根据，进行求解即可．
【详解】解：作点关于的对称点，连接，，则，
∴，
又∵，
∴当四点共线时，的值最小为，
∵矩形，
∴，
∴，
∴的值最小为；
故选A．
3．（23-24九年级上·河南焦作·期中）若菱形两条对角线的长度分别是方程的两个根，则该菱形的边长为（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，解一元二次方程；可求方程的根为，，从而可得对角线长为和， 由可求解；掌握菱形的性质是解题的关键．
【详解】解：解方程得
，，
菱形两条对角线是方程的两个根，
菱形的边长为：=
；
故选：A.
4．（2024·河南商丘·二模）如图，在平行四边形中，，，，以点C为圆心，适当的长为半径画弧，分别交于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线交边于点E，连接，则的面积为（ ）
A．5B．4C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，解直角三角形，角平分线的作法，平行四边形的性质，过点作交于点，求得，根据题意可得是的平分线，即可证明为等腰三角形，求得，即可求得的面积．
【详解】解：如图，过点作交于点，
四边形为平行四边形，
，，
，
，
由题意可得是的平分线，
，
，
，
，
，
的面积为，
故选：D．
5．（2024·河南新乡·二模）如图，菱形的对角线相交于点，过点作，交于点，连接，若，则的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质以及勾股定理等知识，由菱形的性质得，进而由直角三角形斜边上的中线性质得，则，再由勾股定理得，然后由菱形面积求出的长即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴，
∴是边上的中线，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
6．（2024·河南信阳·二模）下列命题中，真命题是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线相等的平行四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【答案】B
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，解题的关键是熟练掌握相关判定定理．根据平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定即可进行解答．
【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故A不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故B符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C不符合题意；
D、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故D不符合题意；
故选：B．
7．（2024·河南·模拟预测）把边长为5的正方形绕点A顺时针旋转得到正方形，边与交于点O，则四边形的周长是（ ）

A．B．10C．D．
【答案】A
【分析】在中，利用勾股定理的知识求出的长，再根据等腰直角三角形的性质，在中，由勾股定理可求，，从而可求四边形的周长．本题考查了旋转的性质，正方形的性质以及等腰直角三角形的性质．此题难度适中，注意连接构造等腰是解题的关键，注意旋转中的对应关系．
【详解】解：连接，
四边形是正方形，
，
旋转角，，
，
在对角线上，
，
在中，，
，
在等腰中，，
在中，，
，
四边形的周长是：，
故选：A．
8．（23-24·河南南阳·期中）菱形周长为20，对角线交于点O，，点E在上，，交于点F，则的长为（ ）
A．3B．C．5D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，先根据菱形的性质和勾股定理求出，则，再证明，进一步证明，利用相似三角形的性质推出，则．
【详解】解：∵菱形周长为20，对角线交于点O，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选A．
9．（2024·河南周口·三模）关于矩形的性质，以下说法正确的是（ ）
A．四条边相等B．对角线相等
C．对角线互相垂直D．有一组邻边相等
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的性质，根据矩形的对边平行且相等，四个角都是直角，对角线互相平分且相等等内容进行逐项分析，即可作答．
【详解】解：A、矩形的性质：四条边不一定相等，故该选项是错误的；
B、矩形的性质：对角线相等，故该选项是正确的；
C、矩形的性质：对角线不一定互相垂直，故该选项是错误的；
D、矩形的性质：一组邻边不一定相等，故该选项是错误的；
故选：B．
10．（2024·河南周口·二模）如图，在菱形中，对角线交于点O，过点O作于点M，交于点N，连接．若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，平行线的性质，根据勾股定理求出，根据等积法求出，根据勾股定理求出，证明，得出，求出，根据勾股定理求出，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
11．（2024·河南新乡·二模）如图，菱形的对角线相交于点，过点作，交于点，连接，若，则的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质以及勾股定理等知识，由菱形的性质得，进而由直角三角形斜边上的中线性质得，则，再由勾股定理得，然后由菱形面积求出的长即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴，
∴是边上的中线，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
12．（2024·河南安阳·三模）关于平行四边形的性质，下列说法正确的是（ ）
A．任何一条过平行四边形中心的直线都能将它的周长和面积平分
B．对角线互相平分且相等
C．对角线平分一组对角
D．既是轴对称图形又是中心对称图形
【答案】A
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的性质是解答本题的关键．
分别根据平行四边形的性质逐一判断即可．
【详解】解：A、任何一条过平行四边形中心的直线都能将它的周长和面积平分，正确，故此选项符合题意；
B、平行四边形对角线互相平分，不一定相等，原说法错误，故此选项不符合题意；
C、平行四边形对角线不一定平分一组对角，原说法错误，故此选项不符合题意；
D、平行四边形是中心对称图形，不一定是轴对称图形，原说法错误，故此选项不符合题意；
故选：A．
13．（2024·河南洛阳·三模）如图，在菱形中，对角线交于点，为的中点，已知，，则菱形的周长为（ ）
A．B．C．4D．24
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质以及直角三角形的性质，解题的关键是求出．根据菱形的性质得出对角线互相垂直，再通过直角三角形的性质得出菱形的一条边是关键．由菱形的性质可得出，，再根据勾股定理得出的长，结合菱形的周长公式即可得出结论．
【详解】解：四边形为菱形，
，，
为直角三角形．
，且点为的中点，
，
在中，，
，
在中，
，
．
故选：B．
14．（2024·河南驻马店·一模）如图，在菱形中，E，F分别为，的中点，若菱形的周长为16．则的长度为（ ）
A．1B．2C．3D．
【答案】B
【分析】此题考查了菱形的性质，三角形中位线的性质，
首先根据菱形的性质得到，然后利用三角形中位线的性质求解即可．
【详解】∵菱形的周长为16
∴
∵E，F分别为，的中点，
∴是得中位线
∴．
故选：B．
15．（2024·河南开封·二模）将含角的三角板按如图所示的方式摆放在一矩形纸片上，使得，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查矩形的性质，平行线的性质，等边对等角，根据等边对等角，结合平行线的性质，得到，进而得到，再根据三角形的内角和定理以及对顶角相等，求出的度数即可．
【详解】解：由题意，得：，
∴，
∵，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选B．
16．（2024·河南开封·二模）图（1）的杜岭二号方鼎是河南博物院九大镇院之宝之一，方鼎的口呈正方形（如图（2）），正方形的对角线与相交于点O，则下列说法不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质，是解题的关键．利用正方形的性质，进行判断即可．
【详解】解：∵正方形的对角线与相交于点O，
∴
∴，
故选项正确；选项B错误；
故选B．
17．（2024·河南新乡·期末）从下列四个条件：①②③④中选择两个作为补充条件，使成为正方形，下列四种情况，你认为错误的是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．③④
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质、特殊四边形的判定、正方形的判定依次判断即可．
【详解】A．∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当①时，是矩形，
当②AB=BC时，矩形ABCD是正方形，此选项正确，不符合题意；
B．∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当①时，是矩形，
当③AC=BD时，这是矩形的性质，无法判定矩形ABCD是正方形，故此选项错误，符合题意；
C．∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ 当②AB=BC时，平行四边形ABCD是菱形，
当③AC=BD时，菱形ABCD是正方形，此选项正确，不符合题意；
D．∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当③AC=BD时，平行四边形ABCD是矩形，
当④时，矩形ABCD是正方形，此选项正确，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法并能灵活运用是解答的关键．
18．（2024·河南许昌·期中）如图，要使平行四边形ABCD成为矩形，需添加的条件是（ ）
A．AB＝BCB．AC⊥BDC．∠1＝∠2D．∠ABC＝90°
【答案】D
【分析】根据矩形的判定定理，菱形的判定定理逐一判断即可．
【详解】解：A、由AB＝BC，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得出平行四边形ABCD是菱形，不符合题意；
B、由AC⊥BD，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得出平行四边形ABCD是菱形，不符合题意；
C、由∠1＝∠2，根据对角线平分一组对角的平行四边形是菱形可得出平行四边形ABCD是菱形，不符合题意；
D、由∠ABC＝90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得出平行四边形ABCD是矩形，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了对矩形的判定定理的应用，注意：矩形的判定定理有：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．
二、填空题
19．（2024·河南鹤壁·一模）如图所示，在矩形中，，．连接对角线，将矩形折叠，使点B落在射线上，点B的对应点记为，折痕与边，分别交于点E，F，当时，的长度为 ．
【答案】或
【分析】连接交于点O，根据矩形的性质和勾股定理证明为等边三角形，得，，分两种情况讨论，一是点在线段上，设交于点G，可证明，则，求得，求出；二是点在线段延长线上，延长、交于点H，可证明，则，求得，根据直角三角形的角的性质和勾股定理，求得，于是得到问题的答案．
【详解】连接交于点O，
四边形为矩形，
，
，
，，
，
为等边三角形，
，，
①当点在线段上，设交于点G，
，
在矩形中，根据折叠性质得
，，，
，
，
，
，
②当点在线段延长线上，延长、交于点H，
，，
，
，
，
，
在中
，
，
综上所述：的长度为或．
【点睛】此题是几何变换综合题，重点考查了矩形的性质、轴对称的性质、菱形的判定、等边三角形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，熟练掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
20．（23-24九年级上·河南郑州·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，且，，，交于E，则 ．
【答案】/
【分析】根据菱形的性质得出，，，，求出和，求出，根据菱形的面积公式求出即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，，
则：由勾股定理得：，
∴，
∴，即：，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质和勾股定理，能求出菱形的对角线和牢记菱形的面积公式是解此题的关键．
三、解答题
21．（2024·河南濮阳·三模）如图，在矩形中，延长到D，使，延长到E，使，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接，若，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键．
（1）根据矩形的性质得到，再根据， ，即可求证；
（2）先通过菱形的性质及勾股定理求解到的长，再通过勾股定理即可求出的长．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，即，
∵， ，
∴四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：连接，如图：
∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴．
22．（2024·河南南阳·二模）王老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的，联系的，发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是王老师在“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”主题下设计的问题，请你解答．

(1)定理证明：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
已知：如图1，在中，，D为的中点．
求证：①______．
证明：如图2，延长至点E，使，连结．
∵D为的中点，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形
又∵②_____，
∴是矩形，
∴，
∴③_____．
（将上述求证过程中①②③空格补充完整）
(2)定理运用：如图3在菱形中，与相交于点O，于E，点是的中点．

①求证：点是四边形的外接圆圆心，并画出这个外接圆；
②若，，求菱形的周长．
(3)拓展提升
如图4，在中，，，是边上中线，将沿翻折，点A的对称点记为，当垂直于的一边时，请直接写出的长．

【答案】(1)①；②；③
(2)①见解析；②菱形的周长为20；
(3)的长为或．
【分析】（1）按照题目的提示填空即可求解；
（2）①连接，利用直角三角形的性质证明，即可证明结论成立；
②利用圆内接四边形的性质求得，利用菱形的性质结合圆周角定理证得，再利用余弦函数的定义即可求解；
（3）分两种情况讨论，利用勾股定理结合直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）已知：如图1，在中，，D为的中点．
求证：①．
证明：如图2，延长至点E，使，连结．

∵D为的中点，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形
又∵②，
∴是矩形，
∴，
∴③．
故答案为：①；②；③；
（2）①证明：连接，

∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴点是四边形的外接圆圆心，如图所示；
②∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴菱形的周长为；
（3）解：当时，设，

∵是边上中线，
∴，
由折叠的性质得，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴．
当时，此时与重合，
∴，
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
23．（2024·河南安阳·二模）如图， 在平行四边形中，
(1)请用无刻度的直尺和圆规完成以下基本作图：作 的平分线交于点E，在线段上截取， 使(保留作图痕迹，不写作法)；
(2)在(1) 所作的图形中， 连接， 求证∶ 四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了作图−−复杂作图，平行四边形的性质和菱形的判定与性质．解题的关键是：
（1）根据基本作图，即可作得；
（2）首先根据平行四边形的性质及所作的图，可证得四边形是平行四边形，再根据平行线的性质及角平分线的定义，可证得，据此即可证得结论．
【详解】（1）解：如图，，即为所求，
；
（2）证明：∵四边形为平行四边形，
∴且，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴．
∵平分，
∴，
∴．
∴，
∴四边形是菱形．
24．（2024·河南周口·一模）如图，四边形是平行四边形．
(1)尺规作图：作对角线的垂直平分线（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)若直线分别交于E，F两点，连接，判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是菱形，见解析
【分析】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质、菱形的判定：
（1）根据线段垂直平分线的作图方法作图即可．
（2）根据平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质、菱形的判定可得结论．
【详解】（1）解：如图，即为所求．
（2）解：四边形是菱形，理由如下：
设与交于点O．
由作图可知，垂直平分线段，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．
25．（2023·河南周口·三模）如图，在平行四边形中，，，点是直线上一点，连接，将沿直线折叠，点落在点处，若四边形是菱形，则的长为 ．

【答案】1或
【分析】需要分两种情况讨论：①点落在线段上；②点落在线段的延长线上．计算出每种情况下的长度即可得到答案．
【详解】①如图，当点落在线段上．
四边形是菱形，,
．
又，
为等边三角形．
．
②如图，当点落在线段的延长线上时．

连接，交于点．
四边形是菱形，
，，，．
．
．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查菱形的性质（菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直且平分，每一条对角线平分一组对角），以及利用锐角三角函数解直角三角形．牢记菱形的性质及利用锐角三角函数解直角三角形的方法是解题的关键．
26．（2024·河南濮阳·三模）如图，在矩形中，延长到D，使，延长到E，使，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接，若，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键．
（1）根据矩形的性质得到，再根据， ，即可求证；
（2）先通过菱形的性质及勾股定理求解到的长，再通过勾股定理即可求出的长．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，即，
∵， ，
∴四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：连接，如图：
∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴．
27．（2024·河南安阳·二模）如图， 在平行四边形中，
(1)请用无刻度的直尺和圆规完成以下基本作图：作 的平分线交于点E，在线段上截取， 使(保留作图痕迹，不写作法)；
(2)在(1) 所作的图形中， 连接， 求证∶ 四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了作图−−复杂作图，平行四边形的性质和菱形的判定与性质．解题的关键是：
（1）根据基本作图，即可作得；
（2）首先根据平行四边形的性质及所作的图，可证得四边形是平行四边形，再根据平行线的性质及角平分线的定义，可证得，据此即可证得结论．
【详解】（1）解：如图，，即为所求，
；
（2）证明：∵四边形为平行四边形，
∴且，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴．
∵平分，
∴，
∴．
∴，
∴四边形是菱形．