專題4 圖形的性質
第7講 矩形和菱形
一、矩形
1．矩形的性質
（1）矩形具有平行四邊形的所有性質；
（2）矩形的特殊性質：四個角都是直角，對角線相等，矩形是軸對稱圖形；
2．矩形的判定
（1）直接判定：三個角是直角的四邊形是矩形；
（2）在平行四邊形的基礎上判定
有一個角是直角的平行四邊形是矩形；
對角線相等的平行四邊形是矩形；
二、菱形
1．菱形的性質
（1）菱形具有平行四邊形的所有性質；
（2）菱形的特殊性質：四條邊都相等，對角線垂直，每條對角線平分一組對角，菱形的面積等于對角線乘積的一半，菱形是軸對稱圖形；
2．菱形的判定
（1）直接判定：四條邊相等的四邊形是菱形；
（2）在平行四邊形的基礎上判定
有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形；
對角線垂直的平行四邊形是菱形；
《義務教育數(shù)學課程標準》2022年版，學業(yè)質量要求：
1．理解矩形和菱形的概念；
2．探索并證明矩形和菱形的性質定理和判定定理；
3．理解矩形和菱形之間的關系；
【例1】（2023·遼寧丹東·統(tǒng)考中考真題）
1．如圖，在矩形中，對角線與相交于點O，，，垂足為點E，F(xiàn)是的中點，連接，若，則矩形的周長是（ ）
A．B．C．D．
【變1】（2022·四川巴中·統(tǒng)考中考真題）
2．如圖，?ABCD中，E為BC邊的中點，連接AE并延長交DC的延長線于點F，延長EC至點G，使CG=CE，連接DG、DE、FG．
(1)求證：△ABE≌△FCE；
(2)若AD=2AB，求證：四邊形DEFG是矩形．
【例1】（2023·山東聊城·統(tǒng)考中考真題）
3．如圖，在中，的垂直平分線交于點，交于點O，連接，，過點C作，交的延長線于點F，連接．若，，則四邊形的面積為 ．
.
【變1】（2023·內蒙古·統(tǒng)考中考真題）
4．如圖，在菱形中，對角線相交于點，點分別是邊，線段上的點，連接與相交于點．

(1)如圖1，連接．當時，試判斷點是否在線段的垂直平分線上，并說明理由；
(2)如圖2，若，且，
①求證：；
②當時，設，求的長（用含的代數(shù)式表示）．
【例1】（2023·湖北隨州·統(tǒng)考中考真題）
5．如圖，矩形的對角線，相交于點O，．

(1)求證：四邊形是菱形；
(2)若，求四邊形的面積．
【變1】（2023·黑龍江·統(tǒng)考中考真題）
6．如圖，在平面直角坐標系中，菱形的邊在x軸上，，的長是一元二次方程的根，過點C作x軸的垂線，交對角線于點D，直線分別交x軸和y軸于點F和點E，動點M從點O以每秒1個單位長度的速度沿向終點D運動，動點N從點F以每秒2個單位長度的速度沿向終點E運動．兩點同時出發(fā)，設運動時間為t秒．

(1)求直線的解析式．
(2)連接，求的面積S與運動時間t的函數(shù)關系式．
(3)點N在運動的過程中，在坐標平面內是否存在一點Q．使得以A，C，N，Q為項點的四邊形是矩形．若存在，直接寫出點Q的坐標，若不存在，說明理由．
一、選擇題
（2023·湖北襄陽·統(tǒng)考中考真題）
7．如圖，矩形的對角線相交于點，下列結論一定正確的是（ ）
A．平分B．C．D．
（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）
8．如圖，菱形中，連接，若，則的度數(shù)為（ ）

A．B．C．D．
（2023·河北·統(tǒng)考中考真題）
9．如圖，直線，菱形和等邊在，之間，點A，F(xiàn)分別在，上，點B，D，E，G在同一直線上：若，，則（ ）

A．B．C．D．
（2023·四川德陽·統(tǒng)考中考真題）
10．如圖，的面積為12，，與交于點O．分別過點C，D作，的平行線相交于點F，點G是的中點，點P是四邊形邊上的動點，則的最小值是（ ）

A．1B．C．D．3
（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）】
11．如圖，在矩形中，為對角線的中點，．動點在線段上，動點在線段上，點同時從點出發(fā)，分別向終點運動，且始終保持．點關于的對稱點為；點關于的對稱點為．在整個過程中，四邊形形狀的變化依次是（ ）

A．菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形B．菱形→正方形→平行四邊形→菱形→平行四邊形C．平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形→平行四邊形D．平行四邊形→菱形→正方形→平行四邊形→菱形
12．如圖，在矩形中，對角線交于點O，，，垂直于的直線從出發(fā)，沿方向以每秒個單位長度的速度平移，當直線與重合時停止運動，運動過程中分別交矩形的對角線于點E，F(xiàn)，以為邊在左側作正方形，設正方形與重疊部分的面積為S，直線的運動時間為ts，則下列圖象能大致反映S與t之間函數(shù)關系的是（ ）

A． B．
C． D．
二、填空題
（2023·四川內江·統(tǒng)考中考真題）
13．出入相補原理是我國古代數(shù)學的重要成就之一，最早是由三國時期數(shù)學家劉徽創(chuàng)建．“將一個幾何圖形，任意切成多塊小圖形，幾何圖形的總面積保持不變，等于所分割成的小圖形的面積之和”是該原理的重要內容之一、如圖，在矩形中，，，對角線與交于點O，點E為邊上的一個動點，，，垂足分別為點F，G，則 ．

（2023·山東濱州·統(tǒng)考中考真題）
14．如圖，矩形的對角線相交于點，點分別是線段上的點．若，則的長為 ．

（2023·甘肅武威·統(tǒng)考中考真題）
15．如圖，菱形中，，，，垂足分別為，，若，則 ．

（2023·山東濟南·統(tǒng)考中考真題）
16．如圖，將菱形紙片沿過點的直線折疊，使點落在射線上的點處，折痕交于點．若，，則的長等于 ．

三、解答題
（2023·湖南懷化·統(tǒng)考中考真題）
17．如圖，矩形中，過對角線的中點作的垂線，分別交，于點，．

(1)證明：；
(2)連接、，證明：四邊形是菱形．
（2023·山東青島·統(tǒng)考中考真題）
18．如圖，在中，的平分線交于點E，的平分線交于點F，點G，H分別是和的中點．

(1)求證：；
(2)連接．若，請判斷四邊形的形狀，并證明你的結論．
（2023·黑龍江大慶·統(tǒng)考中考真題）
19．如圖，在平行四邊形中，為線段的中點，連接，，延長，交于點，連接，．

(1)求證：四邊形是矩形；
(2)若，，求四邊形的面積．
（2023·貴州·統(tǒng)考中考真題）
20．如圖，在中，，延長至D，使得，過點A，D分別作，，與相交于點E．下面是兩位同學的對話：

(1)請你選擇一位同學的說法，并進行證明；
(2)連接，若，求的長．
（2023·湖南湘西·統(tǒng)考中考真題）
21．如圖，四邊形是平行四邊形，，且分別交對角線于點M，N，連接．

(1)求證：；
(2)若．求證：四邊形是菱形．
（2023·四川廣安·統(tǒng)考中考真題）
22．如圖，二次函數(shù)的圖象交軸于點，交軸于點，點的坐標為，對稱軸是直線，點是軸上一動點，軸，交直線于點，交拋物線于點．

(1)求這個二次函數(shù)的解析式．
(2)若點在線段上運動（點與點、點不重合），求四邊形面積的最大值，并求出此時點的坐標．
(3)若點在軸上運動，則在軸上是否存在點，使以、為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出所有滿足條件的點的坐標；若不存在，請說明理由．
（2023·山東煙臺·統(tǒng)考中考真題）
23．【問題背景】
如圖1，數(shù)學實踐課上，學習小組進行探究活動，老師要求大家對矩形進行如下操作：①分別以點為圓心，以大于的長度為半徑作弧，兩弧相交于點，，作直線交于點，連接；②將沿翻折，點的對應點落在點處，作射線交于點．

【問題提出】
在矩形中，，求線段的長．
【問題解決】
經過小組合作、探究、展示，其中的兩個方案如下：
方案一：連接，如圖2．經過推理、計算可求出線段的長；
方案二：將繞點旋轉至處，如圖3．經過推理、計算可求出線段的長．
請你任選其中一種方案求線段的長．
（2023·湖北恩施·統(tǒng)考中考真題）
24．如圖，在矩形中，點是的中點，將矩形沿所在的直線折疊，的對應點分別為，，連接交于點．

(1)若，求的度數(shù)；
(2)連接EF，試判斷四邊形的形狀，并說明理由．

小星：由題目的已知條件，若連接，則可
證明．
小紅：由題目的已知條件，若連接，則可證明．

參考答案：
1．D
【分析】根據矩形的性質得出，即可求證為等邊三角形，進而得出點E為中點，根據中位線定理得出，易得，求出，即可得出矩形的周長．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，
∵，
∴為等邊三角形，
∵，
∴點E為中點，
∵F是的中點，若，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形的周長，
故選：D．
【點睛】矩形主要考查了矩形的性質，等邊三角形的判定和性質，中位線定理，解直角三角形，解題的關鍵是掌握矩形的對角線相等，等邊三角形三線合一，三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半，以及解直角三角形的方法和步驟．
2．(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）由平行四邊形的性質推出∠EAB=∠CFE，利用AAS即可判定△ABE≌△FCE；
（2）先證明四邊形DEFG是平行四邊形，
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，再證明DF=EG，即可證明四邊形DEFG是矩形．
∴ABCD，
∴∠EAB=∠CFE，
又∵E為BC的中點，
∴EC=EB，
∴在△ABE和△FCE中，
，
∴△ABE≌△FCE(AAS)；
（2）證明：∵△ABE≌△FCE，
∴AB=CF，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB=DC，
∴DC=CF，
又∵CE=CG，
∴四邊形DEFG是平行四邊形，
∵E為BC的中點，CE=CG，
∴BC=EG，
又∵AD=BC=EG=2AB，DF=CD+CF=2CD=2AB，
∴DF=EG，
∴平行四邊形DEFG是矩形．
【點睛】本題考查了矩形的判定，平行四邊形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，熟練掌握平行四邊形的判定與性質，證明△ABE≌△FCE是解題的關鍵．
3．24
【分析】根據平行線的性質可得，根據垂直平分線的性質可得，，根據全等三角形的判定和性質可得，，根據平行四邊形的判定和菱形的判定可推得四邊形為菱形，根據勾股定理求得，根據菱形的性質即可求得四邊形的面積．
【詳解】∵，
∴，
∵的垂直平分線交于點，
∴，，
∴，
∴，，
∴四邊形為平行四邊形，
又∵，，，
∴平行四邊形為菱形，
∵，
∴，
∴，
在中，，
故菱形的面積為，
故答案為：24．
【點睛】本題考查了平行線的性質，垂直平分線的性質，全等三角形的判定和性質，平行四邊形的判定，菱形的判定和性質，勾股定理，熟練掌握以上判定和性質是解題的關鍵．
4．(1)點在線段的垂直平分線上
(2)①證明見解析，②
【分析】（1）根據菱形的性質及垂直平分線的判定證明即可；
（2）①根據菱形的性質得出，再由各角之間的關系得出，由含30度角的直角三角形的性質求解即可；③連接．利用等邊三角形的判定和性質得出，再由正切函數(shù)及全等三角形的判定和性質及勾股定理求解即可．
【詳解】（1）解：如圖，點在線段的垂直平分線上．
理由如下：連接．
∵四邊形是菱形，對角線相交于點，
．
，
，
∴點在線段的垂直平分線上．

（2）①證明：如圖，∵四邊形是菱形，
，
，，
，
，
．
，
．
，
，
，
．
在中，，
．
．
，
；

②如圖，連接．
，
∴是等邊三角形．
∵，
∴，
在中，，
，
．
，，
，
．
，
，
．
在中，，
由勾股定理得，
．

【點睛】題目主要考查菱形的性質，全等三角形的判定和性質，線段垂直平分線的判定和性質及解直角三角形，理解題意，綜合運用這些知識點是解題關鍵．
5．(1)見解析
(2)3
【分析】（1）先根據矩形的性質求得，然后根據有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形分析推理；
（2）根據矩形的性質求得的面積，然后結合菱形的性質求解．
【詳解】（1）解：∵，
∴四邊形是平行四邊形，
又∵矩形中，，
∴平行四邊形是菱形；
（2）解：矩形的面積為，
∴的面積為，
∴菱形的面積為．
【點睛】本題考查矩形的性質、菱形的判定，屬于中考基礎題，掌握矩形的性質和菱形的判定方法，正確推理論證是解題關鍵．
6．(1)；
(2)；
(3)存在，點Q的坐標是或．
【分析】（1）過點A作于H，解方程可得，然后解直角三角形求出、和的長，得到點A、D的坐標，再利用待定系數(shù)法求出解析式即可；
（2）首先證明是等邊三角形，求出，然后分情況討論：①當點N在上，即時，過點N作于P，②當點N在上，即時，過點N作于T，分別解直角三角形求出和，再利用三角形面積公式列式即可；
（3）分情況討論：①當是直角邊時，則，過點N作于K，首先求出，然后解直角三角形求出和，再利用平移的性質得出點Q的坐標；②當是對角線時，則，過點N作于L，證明，可得，然后解直角三角形求出，再利用平移的性質得出點Q的坐標．
【詳解】（1）解：解方程得：，，
∴，
∵四邊形是菱形，，
∴，，
∴，
∴，
過點A作于H，
∵，
∴，，
∴，
設直線的解析式為，
代入，得：，
解得：，
∴直線的解析式為；

（2）解：由（1）知在中，，，
∴，，
∵直線與 y軸交于點E，
∴，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，，
∴，
∴，
①當點N在上，即時，
由題意得：，，
過點N作于P，
則，
∴；

②當點N在上，即時，
由題意得：，，
過點N作于T，
則，
∴；
綜上，；

（3）解：存在，分情況討論：
①如圖，當是直角邊時，則，過點N作于K，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴將點N向左平移個單位長度，再向下平移個單位長度得到點C，
∴將點A向左平移個單位長度，再向下平移個單位長度得到點Q，
∵，
∴；

②如圖，當是對角線時，則，過點N作于L，
∵，，
∴是等邊三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴將點C向右平移3個單位長度，再向上平移個單位長度得到點N，
∴將點A向右平移3個單位長度，再向上平移個單位長度得到點Q，
∵，
∴；
∴存在一點Q，使得以A，C，N，Q為頂點的四邊形是矩形，點Q的坐標是或．

【點睛】本題考查了解一元二次方程，菱形的性質，解直角三角形，待定系數(shù)法的應用，等邊三角形的判定和性質，含直角三角形的性質，二次函數(shù)的應用，矩形的判定和性質以及平移的性質等知識，靈活運用各知識點，作出合適的輔助線，熟練掌握數(shù)形結合思想與分類討論思想的應用是解題的關鍵．
7．C
【分析】根據矩形的對角線相等，以及矩形與菱形性質的區(qū)別判斷即可．
【詳解】解：由矩形的對角線相交于點，
根據矩形的對角線相等，
可得．
故選：C．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質，關鍵是掌握矩形的性質．
8．C
【分析】根據菱形的性質可得，則，進而即可求解．
【詳解】解：∵四邊形是菱形
∴，
∴，
∵，
∴,
故選：C．
【點睛】本題考查了菱形的性質，熟練掌握是菱形的性質解題的關鍵．
9．C
【分析】如圖，由平角的定義求得，由外角定理求得，，根據平行性質，得，進而求得．
【詳解】如圖，∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
故選：C．

【點睛】本題考查平行線的性質，平角的定義，等邊三角形的性質，三角形外角定理，根據相關定理確定角之間的數(shù)量關系是解題的關鍵．
10．A
【分析】先證明，四邊形是菱形，如圖，連接，，而點G是的中點，可得為菱形對角線的交點，，當時，最小，再利用等面積法求解最小值即可．
【詳解】解：∵，，
∴是矩形，
∴，
∵，，
∴四邊形是菱形，
如圖，連接，，而點G是的中點，

∴為菱形對角線的交點，，
∴當時，最小，
∵即矩形的面積為12，，
∴，，
∴，
∴，
由菱形的性質可得：，
∴，
∴，即的最小值為1．
故選A
【點睛】本題考查的是平行四邊形的性質，矩形的性質與判定，菱形的判定與性質，垂線段最短的含義，理解題意，利用數(shù)形結合的方法解題是關鍵．
11．A
【分析】根據題意，先證四邊形是平行四邊形，再判斷特殊位置（三點重合時，分別為的中點時，當分別與重合時）四邊形的形狀，即可求解．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，，
∴，，
∵、，
∴，
∵對稱，
∴，，
∴，
∵對稱，
∴，，
∴，
同理，
∴，
∴，
∴四邊形是平行四邊形；
如圖所示，

當三點重合時，，
∴，
即，
∴四邊形是菱形，
如圖所示，當分別為的中點時，
設，則，，
在中，，
連接，，
∵，
∴是等邊三角形，
∵為中點，
∴，，
∴，
根據對稱性可得，
∴，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴四邊形是矩形，

當分別與重合時，都是等邊三角形，則四邊形是菱形，

∴在整個過程中，四邊形形狀的變化依次是菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形，
故選A．
【點睛】本題考查了菱形的性質與判定，平行四邊形的性質與判定，矩形的性質與判定，勾股定理與勾股定理的逆定理，軸對稱的性質，含30度角的直角三角形的性質，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
12．B
【分析】求出在點左側時的兩段圖象，即可得出結論．
【詳解】解：當在點左側，即：時：
①當正方形的邊在的外部時，重疊部分為矩形，如圖：

設分別交于點，
∵垂直于的直線從出發(fā)，沿方向以每秒個單位長度的速度平移，
∴，
∵在矩形中，，，
∴，
∴，
∴為等邊三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，圖象為開口向下的一段拋物線；
②當正方形的邊在的內部時，與重疊部分即為正方形，如圖：

由①可知：，
∴，圖象是一段開口向上的拋物線；
當過點時，即時，重合，此時，；
綜上：滿足題意的只有B選項，
故選B．
【點睛】本題考查動點的函數(shù)圖象問題．解題的關鍵是確定動點的位置，利用數(shù)形結合和分類討論的思想進行求解．
13．##
【分析】連接，根據矩形的性質得到，，，根據勾股定理得到，求得，根據三角形的面積公式即可得到結論．
【詳解】解：連接，

四邊形是矩形，
，，，
，，
，
，
，
，
，
故答案為：．
【點睛】此題考查了矩形的性質、勾股定理．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數(shù)形結合思想的應用．
14．
【分析】過點分別作的垂線，垂足分別為，等面積法證明，進而證明，，根據全等三角形的性質得出，，根據已知條件求得，進而勾股定理求得，進而即可求解．
【詳解】解：如圖所示，過點分別作的垂線，垂足分別為，

∵四邊形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴
設
在中，
∴
∴，
∴
∴
解得：
∴
在中，，
在中，
∴，
故答案為：．
【點睛】本題考查了矩形的性質，全等三角形的性質與判定，勾股定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
15．
【分析】根據菱形的性質，含直角三角形的性質，及三角函數(shù)即可得出結果．
【詳解】解：在菱形中，，
，
，
，
，
在中，，
同理，，
，
，
在中，
．
故答案為：．
【點睛】本題考查了菱形的性質，含直角三角形的性質，及三角函數(shù)等知識，熟練掌握菱形的性質是解題的關鍵．
16．
【分析】過點A作于點Q，根據菱形性質可得，根據折疊所得，結合三角形的外角定理得出，最后根據，即可求解．
【詳解】解：過點A作于點Q，
∵四邊形為菱形，，
∴，，
∴，
∵由沿折疊所得，
∴，
∴，
∵，，
∴，則，
∴，
∴，
故答案為：．
【點睛】本題主要考查了菱形的性質，折疊的性質，解直角三角形，解題的關鍵是熟練掌握菱形和折疊的性質，正確畫出輔助線，構造直角三角形求解．
17．(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）根據矩形的性質得出，則，根據是的中點，可得，即可證明；
（2）根據可得，進而可得四邊形是平行四邊形，根據對角線互相垂直的四邊形是菱形，即可得證．
【詳解】（1）證明：如圖所示，

∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∵是的中點，
∴，
在與中
，
∴；
（2）∵
∴，
又∵
∴四邊形是平行四邊形，
∵
∴四邊形是菱形．
【點睛】本題考查了矩形的性質，全等三角形的性質與判定，菱形的判定，熟練掌握特殊四邊形的性質與判定是解題的關鍵．
18．(1)見解析
(2)矩形，證明見解析
【分析】（1）由平行四邊形的性質得出，，，，證出，，由證明，即可得出結論；
（2）由全等三角形的性質得出，，證出，由已知得出，，即可證出四邊形是平行四邊形．
【詳解】（1）解：證明：∵四邊形是平行四邊形，
∴，，，，
∴，，
∵和的平分線、分別交、于點E、F，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴．
（2）證明：∵，
∴，，
∴，
∴，
∵點G、H分別為、的中點，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形
∵，G為的中點，
∴，
∴四邊形是矩形．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、平行線的判定與性質；熟練掌握平行四邊形的性質與判定，證明三角形全等是解決問題的關鍵．
19．(1)證明，見解析
(2)
【分析】（1）根據平行四邊形的性質，得，根據平行線的性質，得，；再根據為線段的中點，全等三角形的判定，則，根據矩形的判定，即可；
（2）過點作于點，根據勾股定理，求出的長，再根據四邊形的面積等于，即可．
【詳解】（1）∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，，
∵為線段的中點，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴平行四邊形是矩形．
（2）過點作于點，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四邊形的面積等于，
∵，，
∵點是對角線的中心，
∴，
∴，
∴平行四邊形的面積為：．

【點睛】本題考查矩形，平行四邊形，全等三角形的知識，解題的關鍵是矩形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，全等三角形的判定和性質．
20．(1)見解析
(2)
【分析】（1）選擇小星的說法，先證四邊形是平行四邊形，推出，再證明四邊形是矩形，即可得出；選擇小紅的說法，根據四邊形是矩形，可得，根據四邊形是平行四邊形，可得，即可證明；
（2）根據，可得，再用勾股定理解即可．
【詳解】（1）證明：①選擇小星的說法，證明如下：
如圖，連接，

，，
四邊形是平行四邊形，
，
，
，
又，點D在的延長線上，
，
四邊形是平行四邊形，
又，
四邊形是矩形，
；
②選擇小紅的說法，證明如下：
如圖，連接，，

由①可知四邊形是矩形，
，
四邊形是平行四邊形，
，
．
（2）解：如圖，連接，

，，
，
，
在中，，
，
解得
即的長為．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定與性質，矩形的判定與性質，勾股定理等，解題的關鍵是掌握平行四邊形和矩形的判定方法．
21．(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）連接，交于點，證明，推出四邊形為平行四邊形，得到，即可得證；
（2）先證明四邊形是菱形，得到，進而得到，即可得證．
【詳解】（1）證明：連接，交于點，

∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴四邊形為平行四邊形，
∴，
∴；
（2）∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四邊形是菱形，
∴，
∴，
∴平行四邊形是菱形．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定和性質，菱形的判定和性質．熟練掌握相關知識點，是解題的關鍵．
22．(1)
(2)最大值為，此時
(3)或或
【分析】（1）先根據二次函數(shù)對稱軸公式求出，再把代入二次函數(shù)解析式中進行求解即可；
（2）先求出，，則，，求出直線的解析式為，設，則，，則；再由得到，故當時，最大，最大值為，此時點P的坐標為；
（3）分如圖3-1，圖3-2，圖3-3，圖3-4，圖3-5，圖3-6所示，為對角線和邊，利用菱形的性質進行列式求解即可．
【詳解】（1）解：∵二次函數(shù)的對稱軸為直線，
∴，
∴，
∵二次函數(shù)經過點，
∴，即，
∴，
∴二次函數(shù)解析式為；
（2）解：∵二次函數(shù)經過點，且對稱軸為直線，
∴，
∴，
∵二次函數(shù)與y軸交于點C，
∴，
∴；
設直線的解析式為，
∴，
∴，
∴直線的解析式為，
設，則，，
∴；
∵，
∴
，
∵，
∴當時，最大，最大值為，
∴此時點P的坐標為；
（3）解：設，則，，
∵軸，
∴軸，即，
∴是以、為頂點的菱形的邊；
如圖3-1所示，當為對角線時，

∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴軸，
∴軸，即軸，
∴點C與點N關于拋物線對稱軸對稱，
∴點N的坐標為，
∴，
∴；
如圖3-2所示，當為邊時，則，

∵，，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴；
如圖3-3所示，當為邊時，則，

同理可得，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴；
如圖3-4所示，當為邊時，則，

同理可得，
解得（舍去）或（舍去）；
如圖3-5所示，當為對角線時，

∴，
∵，
∴，
∴，
∴軸，
∴軸，這與題意相矛盾，
∴此種情形不存在
如圖3-6所示，當為對角線時，設交于S，

∵軸，
∴，
∵，
∴，這與三角形內角和為180度矛盾，
∴此種情況不存在；
綜上所述，或或．
【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)綜合，一次函數(shù)與幾何綜合，菱形的性質，勾股定理，求二次函數(shù)解析式等等，利用分類討論的思想求解是解題的關鍵．
23．線段的長為．
【分析】方案一：連接，由翻折的不變性，知，，證明，推出，設，在中，利用勾股定理列式計算求解即可；
方案二：將繞點旋轉至處，證明，推出，設，同方案一即可求解．
【詳解】解：方案一：連接，如圖2．

∵四邊形是矩形，
∴，，
由作圖知，
由翻折的不變性，知，，，
∴，，又，
∴，
∴，
設，則，，
在中，，即，
解得，
∴線段的長為；
方案二：將繞點旋轉至處，如圖3．

∵四邊形是矩形，
∴，，
由作圖知，
由旋轉的不變性，知，，，
則，
∴共線，
由翻折的不變性，知，
∴，
∴，
設，則，，
在中，，即，
解得，
∴線段的長為．
【點睛】本題考查了作線段的垂直平分線，翻折的性質，旋轉的性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構建方程解決問題．
24．(1)的度數(shù)為
(2)矩形，理由見詳解
【分析】（1）根據點是的中點，沿所在的直線折疊，可得是等腰三角形，根據三角形的外角的性質即可求解；
（2）如圖所示，連接，點是上的一點，根據矩形和折疊的性質可得四邊形是平行四邊形，如圖所示，連接，，過點作于點，可證四邊形是平行四邊形，再根據折疊的性質得，由此即可求證．
【詳解】（1）解：∵四邊形是矩形，點是的中點，
∴，
∵沿所在的直線折疊，的對應點分別為，，
∴，
∴，則是等腰三角形，
∴，
∵，即，
∴，
∴的度數(shù)為．
（2）解：如圖所示，連接，點是上的一點，

∵四邊形是矩形，
∴，，即，
∵沿所在的直線折疊，的對應點分別為，，
∴，，是的角平分線，
由（1）可知，，
∴，
∴，且，
∴四邊形是平行四邊形，則，，
如圖所示，連接，，過點作于點，

∵點是的中點，，
∴點是線段的中點，則，
∴在中，
，
∴，
∴，，
∵沿所在的直線折疊，的對應點分別為，，
∴，，，
在中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴平行四邊形是矩形．
【點睛】本題主要考查矩形的性質，矩形的判定，折疊的性質，全等三角形的判定和性質的綜合，掌握矩形折疊的性質，全等三角形的判定和性質，圖形結合分析是解題的關鍵．

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