2023年内蒙古九年级数学中考模拟题分项选编：平行四边形(含解析)

这是一份2023年内蒙古九年级数学中考模拟题分项选编：平行四边形(含解析)，共31页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年内蒙古九年级数学中考模拟题分项选编：平行四边形

一、单选题
1．（2023·内蒙古赤峰·统考三模）如图，平行四边形的对角线，交于点，若，，则的长不可能是（    ）
  
A．5 B．6 C．7 D．8
2．（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，在平行四边形中，点、、分别是、、的中点，，则的长是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
3．（2023·内蒙古赤峰·统考二模）某学习小组将两个矩形旋转到如图所示的位置，若，则（   ）

A． B． C． D．
4．（2023·内蒙古包头·模拟预测）两个直角三角板如图摆放，其中，，，且过点，点为中点，已知，则的长为（    ）

A．15 B． C． D．
5．（2023·内蒙古通辽·统考一模）如图，在菱形中，对角线，交于点，于点，连接，若，，则的长为（    ）

A． B． C． D．
6．（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，在菱形中，分别以、为圆心，大于为半径画弧，两弧分别交于点、，连接，若直线恰好过点与边交于点，连接，则下列结论错误的是（    ）
  
A． B．若，则
C． D．
7．（2023·内蒙古赤峰·统考二模）如图，四边形是菱形，，点是中点，是对角线上一点，且，则的值是（    ）

A．3 B． C． D．
8．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考一模）如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、DN．若，．则四边形MBND的周长为（    ）

A． B．5 C．10 D．20
9．（2023·内蒙古包头·统考一模）已知下列命题：①若a＞b，则a2＞b2；②若a＞1，则（a﹣1）0=1；③两个全等的三角形的面积相等；④四条边相等的四边形是菱形．其中原命题与逆命题均为真命题的个数是（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
10．（2023·内蒙古赤峰·统考三模）如图，在正方形纸片中，点为正方形边上的一点（不与点，点重合），将正方形纸片折叠，使点落在点处，点落在点处，交于点，折痕为，连接、，交于点下列结论：①是等腰三角形；②；③平分；④；⑤，其中正确结论的个数是（    ）
  
A．1 B．2 C．3 D．4
11．（2023·内蒙古包头·统考二模）如图，边长为2的正方形的对角线与相交于点是边上一点，是上一点，连接．若与关于直线对称，则的长为（    ）
  
A． B． C． D．
12．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考一模）如图，正方形的边长为10，点是边的中点，点是边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接．当最小时，的长是（    ）
  
A． B． C． D．
13．（2023·内蒙古包头·一模）如图，正方形边长为，为边上一点，，连接，过作，交的延长线于点，连接，过作，垂足为点，连接则线段的长为（   ）

A． B． C． D．

二、填空题
14．（2023·内蒙古鄂尔多斯·三模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，，若不改变矩形的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动，当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，此时_____．
  
15．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）如图在菱形中，为对角线与的交点，点为边上的任一点（不与、重合），过点分别作，，、为垂足，则可以判断四边形的形状为___________．若菱形的边长为，，则的最小值为___________．（用含的式子表示）

16．（2023·内蒙古通辽·统考一模）如图，已知菱形ABCD的边长为8，点M是对角线AC上的一动点，且∠ABC=120°，则MA+MB+MD的最小值是________．

17．（2023·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点A作的垂线交于点，若，．下列结论：①；②点到直线的距离为；③；④．其中正确的是________．


三、解答题
18．（2023·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在四边形中，与交于点，，，垂足分别为点，，且，．求证：四边形是平行四边形．

19．（2023·内蒙古赤峰·统考二模）下面是小宇设计的“作已知直角三角形的中位线”的尺规作图过程．
已知：在△ABC中，∠C＝90°．
求作：△ABC的中位线DE，使点D在AB上，点E在AC上．
作法：如图，
①分别以A，C为圆心，大于AC长为半径画弧，两弧交于P，Q两点；
②作直线PQ，与AB交于点D，与AC交于点E．
所以线段DE就是所求作的中位线．
根据小宇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：连接PA，PC，QA，QC，DC，
∵PA＝PC，QA＝　　，
∴PQ是AC的垂直平分线（　　）（填推理的依据）．
∴E为AC中点，AD＝DC．
∴∠DAC＝∠DCA，
又在Rt△ABC中，有∠BAC+∠ABC＝90°，∠DCA+∠DCB＝90°．
∴∠ABC＝∠DCB（　　）（填推理的依据）．
∴DB＝DC．
∴AD＝BD＝DC．
∴D为AB中点．
∴DE是△ABC的中位线．

20．（2023·内蒙古包头·二模）如图，矩形中，，点在边上，且不与点重合，直线与的延长线交于点．
  
(1)如图1，当点是的中点时，求证：；
(2)将沿战线折叠得到，点落在矩形的内部，延长交于点．
①如图1，证明，并求出在（1）条件下的值；
②如图2，交于点，点是的中点，当时，试探究与的数量关系，并说明理由．
21．（2023·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，▱ABCD中，E为BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，延长EC至点G，使CG=CE，连接DG、DE、FG．

(1)求证：△ABE≌△FCE；
(2)若AD=2AB，求证：四边形DEFG是矩形．
22．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考二模）如图，在中，为边的中点，连接并延长，交的延长线于点，延长至点，使，分别连接，，．

（1）求证：；
（2）当平分时，四边形是什么特殊四边形？请说明理由．
23．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考三模）如图，在平行四边形中，以A为圆心，为半径画弧交于点F，再分别以B，F为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点E，连接．

(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)连接，相交于点O，若四边形的周长为，，求的长．
24．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）如图，过的对角线AC的中点O作两条互相垂直的直线，分别交AB，BC，CD，DA于E，F，G，H四点，连接EF，FG，GH，HE．试判断四边形EFGH的形状，并说明理由．

25．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考一模）将正方形和菱形按照如图所示摆放，顶点与顶点重合，菱形的对角线经过点，点，分别在，上．

(1)求证：；
(2)若，求的长．

参考答案：
1．D
【分析】根据平行四边形的性质求出和，在中，根据三角形三边关系即可得出的取值范围，进一步可得出结论．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，，
∴，，
在中，由三角形三边关系定理得：，
即，
所以，选项A、B、C不符合题意，只有选项D符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理和平行四边形的性质，注意：平行四边形的对角线互相平分．
2．C
【分析】连接、，由平行四边形的性质得出，证明四边形是平行四边形，得出，由平行线得出，设，则，证明是的中位线，由三角形中位线定理得出，得出，由勾股定理得出方程，求出，得出，在中，由勾股定理求出，即可得出的长．
【详解】解：如图所示：连接、，

四边形是平行四边形，
，
点分别是的中点，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
设，则，
点分别是的中点，
是的中位线，
，
，
，
由勾股定理得：，
即，
，
，
，
，
在中，，
，

故选：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定、三角形中位线定理、勾股定理等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质，运用勾股定理进行计算是解答本题的关键．
3．C
【分析】先根据平角的定义得到，再由矩形的性质和直角三角形两锐角互余即可得到．
【详解】解：∵，
∴，
由矩形的性质可得，
∴，
∴，
故选C．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，直角三角形两锐角互余，灵活运用所学知识解题的关键．
4．B
【分析】过点作，过点作，证明四边形为矩形，可得，然后利用直角三角形的性质即可得出答案．
【详解】解：过点作，过点作，如图所示



∴四边形为矩形
即
，，点为中点
，
即为等边三角形


在直角中，

，


为等腰直角三角形

即
故选：B．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，灵活运用所学的知识是解本题的关键．
5．D
【分析】根据菱形的性质和勾股定理证明是等边三角形，即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴点O是中点，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在中，由勾股定理得：，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴中，由勾股定理得：；
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质和等边三角形的性质，灵活运用所学知识是解题关键．
6．B
【分析】利用菱形的性质、解直角三角形等知识逐项判断即可．
【详解】解：由作法得MN垂直平分CD，
∴AD=AC，CM=DM，∠AED=90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=AD，
∴AB=BC=AC，
∴ΔABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°
∴∠BCD=120°，即A选项的结论正确，不符合题意；
当AB=3，则CE=DE=，
∵∠D=60°，
∴AE=，∠DAE=30°，∠BAD=120°
∴∠BAE=∠BAD-∠DAE=120°-30°=90°
在Rt△ABE中，BE= ，所以B选项的结论错误，符合题意；
∵菱形ABCD
∴.BC=CD=2CE，即，所以C选项的结论正确，不符合题意；
∵ABCD，AB=2DE，
∴，所以D选项的结论正确，不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考作已知线段的垂直平分线、线段垂直平分线的性质、菱形的性质等知识点，灵活运用菱形的性质和垂直平分线的性质是解答本题的关键．
7．D
【分析】取AC的中点M，连接EM设由中位线性质可得再根据，可得出从而得到FC的长，即可得到的结果．
【详解】解：如图所示：取AC的中点M，连接EM，DM ，设

∵点是中点，
∴EM是的中位线，


四边形是菱形，
，∠AMD=90°，

，



∴DM=，
∴AM=




故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质和中位线的性质，熟练掌握这些性质是解此题的关键．
8．C
【分析】先根据矩形的性质可得，再根据线段垂直平分线的性质可得，根据等腰三角形的性质可得，从而可得，根据平行线的判定可得，然后根据菱形的判定可得四边形是菱形，设，则，在中，利用勾股定理可得的值，最后根据菱形的周长公式即可得．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
由作图过程可知，垂直平分，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是菱形，
设，则，
在中，，即，
解得，
则四边形的周长为，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．
9．D
【详解】①当a=0，b=﹣1时，a2＜b2，所以命题“若a＞b，则a2＞b2”为假命题，其逆命题为若a2＞b2；，则a＞b“，此逆命题也是假命题，如a=﹣2，b=﹣1；
②若a＞1，则（a﹣1）0=1，此命题为真命题，它的逆命题为：若（a﹣1）0=1，则a＞1，此逆命题为假命题，因为（a﹣1）0=1，则a≠1；
③两个全等的三角形的；
④面积相等，此命题为真命题，它的逆命题为面积相等的三角形全等，此逆命题为假命题；四条边相等的四边形是菱形，这个命题为真命题，它的逆命题为菱形的四条边相等，此逆命题为真命题．
故选D．
10．D
【分析】根据翻折不变性可知∶，即可判断①正确；过点作于．设交于，证明，可以判断②正确；根据翻折的性质证明，可以判断③正确；根据与不全等，可得，进而可以判断④错误；过点作于点，证明，可得，，再证明，得，进而可以判断⑤正确．
【详解】解∶根据翻折不变性可知∶，
∴是等腰三角形，故①正确；
如图，过点作于，交于，设交于．
  
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
由折叠可知∶，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴，
由折叠可知∶，
∴，
∵，
∴，
∴平分，故③正确；
∵，
∴，
∵与不全等，
∴，故④错误；
如图，过点作于点，．
  
∵平分，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故⑤正确．
综上所述∶结论正确的有∶①②③⑤，共4个．
故选∶ D．
【点睛】本题属于几何综合题，考查正方形的性质、翻折变换、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题属于中考选择题中的压轴题．
11．C
【分析】根据正方形的性质可求出的长，根据轴对称的性质可得，再根据求解即可．
【详解】解：正方形的边长为2，
∴，
∴，
∴，
∵与关于直线对称，
∴，
∴；
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质和折叠的性质，属于基础题型，熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题的关键．
12．A
【分析】根据正方形的性质和勾股定理可得的长，再由翻折知，由可知当点三点共线时，最小．
【详解】解：∵正方形的边长为10，
∴，
∵点G是边的中点，
∴，
连接，
  
∴，
∵将沿翻折得到，
∴，
∵，
∴当点三点共线时，最小，
连接，设，则，
  
∵，
∴
解得，
∴．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，确定当点三点共线时，最小是解题的关键，同时注意运用面积法求垂线段的长度．
13．C
【分析】证明，得出，再利用勾股定理得出，进而得到．
【详解】解：∵为正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵正方形边长为4，，
∴，
∴，
∵，，
∴点是中点，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，解题关键是掌握全等三角形的判定与性质，勾股定理．
14．8
【分析】取的中点M，连接、，可得，再用勾股定理求出，当O、M、C三点共线时，有最大值．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
取的中点M，连接、，如图所示：
  
∵，
∴，
在中，，
∴，
当O、M、C三点共线时，有最大值，
此时，，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理应用等知识，涉及到了动点问题，解题关键是理解题意，找到当O、M、C三点共线时，有最大值，
．
15． 矩形 /
【分析】根据菱形的性质即可得到，根据，即可得到，根据矩形的判定方法即可判断出四边形是矩形；根据菱形的边长为，即可求出，，的长度，根据四边形是矩形即可得到，即可判断出当时，取得最小值，也取得最小值，根
据三角形的面积计算方法，即可求出的最小值，即可得出答案．
【详解】解：如图，连接

∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形；
∵菱形的边长为，，
∴，，
∴是等边三角形．
∴，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴当时，取得最小值，也取得最小值，此时，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：矩形，．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定及性质、垂线段最短以及菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
16．
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出DE的长，进而可得结论．
【详解】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，

∵菱形ABCD中，∠ABC=120°，∠MAE=30°，
∴∠DAB=60°，AD=AB=DC=BC，MD=MB，
∴△ADB是等边三角形，
∵∠MAE=30°，
∴AM=2ME，
∵MD=MB，
∴MA+MB+MD=2ME+2DM=2DE，
根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，
∵菱形ABCD的边长为8，
∴DE=，
∴2DE=8．
∴MA+MB+MD的最小值是8．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质．
17．①③④
【分析】①利用同角的余角相等，易得，再结合已知条件利用可证两三角形全等；③利用①中的全等，可得，结合三角形的外角的性质，易得，即可证；②过B作，交的延长线于F，利用③中的，利用勾股定理可求，结合是等腰直角三角形，可证是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求、；④在中，利用勾股定理可求，即是正方形的面积．
【详解】解：①∵，，
∴，
在和中 ，

∴故①正确；
③，
∴，
又∵，，
∴，
∴，故③正确；
②过B作，交的延长线于F，

∵，，
∴，
又∵③中，，
∴，
∵，
∴，
∴，故②不正确；
④∵，，
∴在中，，
∴，故④正确，
故答案为：①③④
【点睛】本题利用了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、勾股定理等知识，熟知相关知识是解题的关键．
18．见解析
【分析】结合已知条件推知；然后由全等三角形的判定定理证得，则其对应边相等：；最后根据“对边平行且相等是四边形是平行四边形”证得结论．
【详解】证明：，
．
．
在与中，
．
．
．
四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，三角形全等的判定及性质，解题的关键是掌握平行四边形的判定：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
19．（1）详见解析；（2）QC，到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线上，等角的余角相等
【分析】（1）作线段AC的垂直平分线PQ，交AB于D，交AC于E．
（2）根据写好的证明过程，由垂直平分线定理，直角三角形的性质把缺失的条件或者依据补充完整即可.
【详解】解：（1）如图线段DE即为所求．

（2）连接PA，PC，QA，QC，DC，
∵PA＝PC，QA＝QC，
∴PQ是AC的垂直平分线（到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线上），
∴E为AC中点，AD＝DC．
∴∠DAC＝∠DCA，
又在Rt△ABC中，有∠BAC+∠ABC＝90°，∠DCA+∠DCB＝90°．
∴∠ABC＝∠DCB（等角的余角相等），
∴DB＝DC．
∴AD＝BD＝DC．
∴D为AB中点．
∴DE是△ABC的中位线．
故答案为QC，到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线上，等角的余角相等．
【点睛】本题考查作图﹣复杂作图，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
20．(1)证明见解析
(2)①证明见解析，；②，理由见解析

【分析】（1）根据矩形的性质可得，，根据点P是的中点，得出，即可求证；
（2）①根据矩形的性质可得，由折叠得，则，即可求证，，则，，在中，得出，列出方程求解即可；②如图，由折叠可知，过点作，交于点，根据等角对等边的得出．由点G为中点，点H是中点，得出．则．即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∵点P是的中点，
∴，
∴；
（2）解：①∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠得，
∴，
∴，
矩形中，，，
∴，
∵点P是的中点，
∴，
由折叠得，
设，则，
∴，
在中，，
∴，
解得，即；
②与的数量关系是．
理由：如图，由折叠可知，
过点作，交于点，
  
∴，
∴，
∴，
∴点H是中点，
∵，即，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵点G为中点，点H是中点，
∴．
∴．
∴．
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的折叠问题，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，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．
21．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）由平行四边形的性质推出∠EAB=∠CFE，利用AAS即可判定△ABE≌△FCE；
（2）先证明四边形DEFG是平行四边形，
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，再证明DF=EG，即可证明四边形DEFG是矩形．
∴ABCD，
∴∠EAB=∠CFE，
又∵E为BC的中点，
∴EC=EB，
∴在△ABE和△FCE中，
，
∴△ABE≌△FCE(AAS)；
（2）证明：∵△ABE≌△FCE，
∴AB=CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，
∴DC=CF，
又∵CE=CG，
∴四边形DEFG是平行四边形，
∵E为BC的中点，CE=CG，
∴BC=EG，
又∵AD=BC=EG=2AB，DF=CD+CF=2CD=2AB，
∴DF=EG，
∴平行四边形DEFG是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△ABE≌△FCE是解题的关键．
22．（1）见解析；（2）矩形，见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质证明，利用中点的性质证明，结合对顶角相等，从而可得结论；
（2）先证明 结合 证明四边形是平行四边形，再利用等腰三角形的性质证明 从而可得结论.
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，∴
又∵为边的中点，
∴
∵，，，
∴
（2）答：四边形是矩形，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形.
∵平分，
∴.
又∵，
∴，
∴
又∵，
∴，
∴，
∴是矩形
【点睛】本题考查的是三角形全等的判定与性质，平行四边形的性质与判定，矩形的判定，等腰三角形的判定与性质，掌握“有一个角是直角的平行四边形是矩形”是证题的关键.
23．(1)菱形，理由如下；
(2)．

【分析】（1）根据题意得到是的角平分线且，即可得到，由平行四边形得到，即可得到，可得，即可得到证明；
（2）根据（1）可得菱形边长为，再根据菱形性质对角线互相垂直平分根据勾股定理即可得到答案．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
∵以A为圆心，为半径画弧交于点F，再分别以B，F为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点P，连接，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，且周长为，，
∴，，，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查菱形性质与判定，平行四边形性质，角平分线性质，勾股定理，解题的关键是证得四边形是菱形．
24．菱形，理由见解析
【分析】由平行四边形的性质可推出，即可利用“ASA”证明，得出OE=OG．同理可得出OF=OH，再结合题意，即证明四边形为菱形．
【详解】四边形EFGH的形状是菱形，理由如下：
∵四边形为平行四边形，
∴,
∴,
在和中， ，
∴(ASA)
∴OE=OG．
同理可证OF=OH．
∵，
∴四边形为菱形．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定．
25．(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据正方形和菱形的性质可得，根据即可得证；
（2）连接交于点，勾股定理求得，，根据菱形的性质可得，进而求得正方形和菱形的对角线的长度，根据即可求解．
【详解】（1）证明：正方形和菱形，
，
在与中

（）
（2）如图，连接交于点，

，即AB=4，
，
在中，
，
，
在中，，
，
在中，，
，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，，掌握以上知识是解题的关键．