類型一、平行四邊形的計算與證明
1．（2023·河南信陽·?？家荒＃┤鐖D，在中，，，垂足分別為，，求證：四邊形是平行四邊形．
【答案】見解析
【分析】先由平行四邊形的性質(zhì)得，，則，再證，得，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：證明：四邊形是平行四邊形，
，，
，
，，
，，
在和中，
，
，
，
又，
四邊形是平行四邊形．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及平行線的判定與性質(zhì)等知識，熟練正確平行四邊形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
2．（2023·陜西西安·西安市曲江第一中學(xué)?？既＃┤鐖D，是的中線，E是的中點，過點B作的平行線，交的延長線于點F，連接．求證：．
【答案】證明見解析
【分析】先根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，再利用證明∴，得到，進而證明是的中位線，即可證明，即．
【詳解】證明：∵，
∴，
∵E是的中點，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，即點E為的中點，
又∵是的中線，即點D是的中點，
∴是的中位線，
∴，即．
【點睛】本題主要考查了三角形中位線定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，平行線的性質(zhì)，證明，得到是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·河北石家莊·?？家荒＃┤鐖D，在中，．在BC的延長線上取一點B，使，連接AE，AE與CD交于點F．
(1)求證：；
(2)求DF的長．
【答案】(1)見解析
(2)6
【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)可得出，從而得出，即證明；
（2）由平行四邊形的性質(zhì)可得出，，即得出，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得出，即，最后結(jié)合，即可求出DF的長．
【詳解】（1）證明：∵四邊形為平行四邊形，
∴，即，
∴，
∴；
（2）解：∵四邊形為平行四邊形，
∴，，
∴，即．
∵，
∴，即．
∵,
∴．
【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)．熟練掌握三角形相似的判定定理及其性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
4．（2023·江蘇蘇州·統(tǒng)考一模）如圖，在中，為的中點，連接并延長，交的延長線于點．
(1)求證：；
(2)若，求的長．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)可得，從而有，，再由是邊上的中點得，利用可判定；
（2）由（1）可得，再結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)可得的長．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，，
∵為的中點，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵，
由（1）可知：，
∴，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴．
∴的長為．
【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵是熟記平行四邊形的性質(zhì)與全等三角形的判定與性質(zhì)并靈活運用．
5．（2023·吉林長春·校考一模）如圖，在四邊形中，，平分，，．
(1)如圖①，求證：；
(2)如圖②，當(dāng)A、B、F三點在一條直線上時，，則四邊形的面積是 ．
【答案】(1)見解析
(2)6
【分析】（1）證明四邊形是平行四邊形，即可證明；
（2）證明，四邊形是平行四邊形，將四邊形的面積轉(zhuǎn)化為，即可求解．
【詳解】（1）證明：
∵，平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，
∴．
（2）∵，平分，
∴，
∵四邊形是平行四邊形，當(dāng)A、B、F三點在一條直線上
∴
∴
∵，，
∴
∴
∴四邊形是平行四邊形
∴
∴
∵四邊形是平行四邊形
∴
∵，
四邊形的面積是
故答案為6
【點睛】本題考查平行四邊形的判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，解題的關(guān)鍵是熟練運用相關(guān)性質(zhì)定理．
6．（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）如圖，在中，的平分線分別與線段交于點F，E，與交于點G．
(1)求證：．
(2)若，求的長度．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）先根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，再由角平分線的定義證明，得到，即可證明；再根據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線的定義證明，得到，同理可得，則；
（2）過點C作交于K，交于點I，證明四邊形是平行四邊形，，得到，再證明，得到，則，同理證明，得到，求出，則．
【詳解】（1）證明：在平行四邊形中，，
∴．
∵分別是的平分線，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴；
（2）解：過點C作交于K，交于點I，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵D，
∴．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)與判定，三角形內(nèi)角和定理，角平分線的定義等等，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
7．（2023·安徽蚌埠·?？家荒＃┤鐖D1，四邊形中，，邊上的點滿足且，為的一條高線．

(1)若，求證：
①，
②；
(2)如圖2，點在線段上且，求證：四邊形為平行四邊形．
【答案】(1)①證明見解析；②證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）①，，則．再證明，，又由，即可得到．則，；②再證明四邊形為平行四邊形，則，由即可得到結(jié)論；
（2）分別取的中點，連接，作的垂線，垂足為．延長與交于點，即可證明四邊形為矩形．再證明，則，由即可得到四邊形為平行四邊形．
【詳解】（1）證明：①∵，，
∴．
∵，
∴，．
又∵，
∴ ．
∴，．
②∵，
∴．
∵且，
∴．
∴，
∵，
∴四邊形為平行四邊形．
∴，
∵，
∴．
（2）分別取的中點，連接，作的垂線，垂足為．延長與交于點，
由題意得，互相平行且都垂直于，四邊形為矩形．
∴．
∵，，，
∴．
∴，
∵，
∴．
∴．
在與中，
，，，
∴ ，
∴．
∵，
∴四邊形為平行四邊形．
【點睛】此題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
8．（2023·湖南婁底·?？家荒＃┤鐖D，在平行四邊形中，E、F分別是邊上的一點，且．與相交于點N，與相交于點M．
(1)求證：；
(2)判斷四邊形的形狀，并證明．
【答案】(1)見解析
(2)四邊形是平行四邊形，證明見解析
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，運用SAS證明全等即可．
（2）根據(jù)平行四邊形的判定證明即可．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴（SAS）．
（2）解：四邊形是平行四邊形，理由如下：
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四邊形、四邊形是平行四邊形，
∴，
∴四邊形是平行四邊形．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
9．（2023·陜西西安·?？既＃┤鐖D，，，交于點，且．
(1)求證：．
(2)若，，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)5
【分析】（1）先證四邊形是平行四邊形，可得，可得結(jié)論；
（2）由相似三角形的性質(zhì)可得，即可求解．
【詳解】（1）證明： ，，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，
∵，
∴，
又，
∴．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟知性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
10．（2023·山西呂梁·統(tǒng)考一模）如圖，在平行四邊形中，點E，F(xiàn)分別是邊的中點，分別連接交對角線于點G，H，連接．
(1)求證：；
(2)求證：四邊形是平行四邊形．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得，由中點可得，證明全等即可；
（2）由得，由平行四邊形可得，證明得到，，得以證明．
【詳解】（1）證明：∵是平行四邊形，
∴，
∵點E，F(xiàn)分別是邊的中點，
∴，
∴，
∴；
（2）證明：∵，
∴，
∵是平行四邊形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
同理可得
∴四邊形是平行四邊形．
【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，掌握平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
類型二、矩形的計算與證明
11．（2023·山東青島·統(tǒng)考一模）在菱形中，分別是其外角和的平分線，的延長線交于點E，的延長線交于點F．
(1)證明：
(2)判斷四邊形是什么特殊四邊形．并說明理由．
【答案】(1)證明
(2)四邊形是矩形，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到，根據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線的定義證明，得到，同理可證，即可得到，然后利用證明即可；
（2）根據(jù)對角線相等且互相平分的四邊形是矩形進行求解即可．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是菱形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理可證，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：四邊形是矩形，理由如下：
由（1）得，
∴四邊形是平行四邊形，，即，
∴平行四邊形是矩形．
【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，矩形的判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定，角平分線的定義等等，靈活運用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．
12．（2023·北京海淀·人大附中?？家荒＃┤鐖D，在中，點E，F(xiàn)分別在邊BC，AD上，且，連接AE，CF．
(1)求證：四邊形AECF是平行四邊形．
(2)連接AC，AC平分．若，，，求證：四邊形ABCD是矩形．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】對于（1），根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可知，，再根據(jù)，可知，最后根據(jù)“一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形”得出答案；
對于（2），先求出，再求出，然后根據(jù)勾股定理的逆定理證明是直角三角形，最后根據(jù)“有一個角是直角的平行四邊形是矩形”得出答案．
【詳解】（1）∵四邊形是平行四邊形，
∴，.
∵，
∴.
∵，
∴四邊形是平行四邊形；
（2）∵，，
∴.
∵平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
在中，，
∴是直角三角形，
∴，
∴平行四邊形是矩形．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)和判定，矩形的判定，勾股定理的逆定理等，靈活選擇定理是解題的關(guān)鍵．
13．（2023·廣東江門·江門市華僑中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，已知四邊形的對角線，交于點O，O是的中點，E，F(xiàn)是上的點，且，．
(1)求證：；
(2)若，求證：四邊形ABCD是矩形．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）由平行線的性質(zhì)得到兩組角對應(yīng)相等，由中點的性質(zhì)以及線段的和差得到一組對邊相等，利用判定．
（2）由對角線互補判定四邊形是平行四邊形，進而由對角線相等的平行四邊形是矩形判定即可．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，，
∵O為的中點，即，，
∴，即，
在和中，
∴．
（2）證明：∵，
∴．
∵，
∴四邊形是平行四邊形．
∵，
∴，即，
∴四邊形為矩形．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，平行四邊形的判定，矩形的判定等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握這些判定定理與性質(zhì)定理．
14．（2023·四川成都·統(tǒng)考一模）如圖1，的各內(nèi)角的平分線分別相交于點E，F(xiàn)，G，H．
(1)求證：四邊形為矩形；
(2)如圖2，當(dāng)為矩形時，
①求證：四邊形EFGH為正方形；
②若，四邊形的面積為8，求AB的長．
【答案】(1)證明見解析
(2)①證明見解析；②6
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的鄰角互補，以及角平分線平分角，得到四邊形的四個內(nèi)角均為，即可得證；
（2）①由（1）可知，四邊形為矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)以及角平分線平分角，得到均為等腰直角三角形，進而推出，得到四邊形EFGH為正方形；②根據(jù)正方形的面積為8，得到正方形的邊長為，利用勾股定理和等腰三角形的性質(zhì)，求出的長，進而求出的長，再利用勾股定理和等腰三角形的性質(zhì)，求出AB的長．
【詳解】（1）解：∵四邊形為平行四邊形，
∴ ，
∵的各內(nèi)角的平分線分別相交于點E，F(xiàn)，G，H，
∴，即：，
同理可得：，
∵，
∴，
∴四邊形為矩形；
（2）解：①同（1）法可得：四邊形為矩形；
∵為矩形，
∴，
∴為等腰直角三角形，
∴，
同理可得：，
∵，
∴，
∴，
即：，
又∵四邊形為矩形，
∴四邊形為正方形；
②由①得：，
∵四邊形的面積為8，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理．熟練掌握平行四邊形的鄰角互補，是解題的關(guān)鍵．
15．（2023·陜西寶雞·一模）如圖，在中，，點D為邊BC上一點，以AB，BD為鄰邊作，連接AD、EC．
(1)求證：；
(2)若，求證：四邊形ADCE是矩形．
【答案】(1)見解析；
(2)見解析
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，利用全等三角形的判定定理SAS可以證得△ADC≌△ECD；
（2）利用等腰三角形的“三合一”性質(zhì)推知AD⊥BC，即∠ADC=90°；由平行四邊形的判定定理（對邊平行且相等是四邊形是平行四邊形）證得四邊形ADCE是平行四邊形，所以有一個角是直角的平行四邊形是矩形．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABDE是平行四邊形，
∴ABDE，AB=DE；
∴∠B=∠EDC；
又∵AB=AC，
∴AC=DE，∠B=∠ACB，
∴∠EDC=∠ACD；
∵在△ADC和△ECD中，
，
∴△ADC≌△ECD（SAS）；
（2）∵四邊形ABDE是平行四邊形，
∴BDAE，BD=AE，
∴AECD；
又∵BD=CD，
∴AE=CD，
∴四邊形ADCE是平行四邊形；
在△ABC中，AB=AC，BD=CD，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴四邊形ADCE是矩形．
【點睛】本題綜合考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、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“有一個角是直角的‘平行四邊形’是矩形”，而不是“有一個角是直角的‘四邊形’是矩形”．
16．（2023·北京·首都師范大學(xué)附屬中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，四邊形是平行四邊形，、相交于點，點是的中點，連接，過點作于點，過點作于點．
(1)求證：四邊形是矩形；
(2)若四邊形是菱形，，，求的長．
【答案】(1)見詳解
(2)
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得，再由，即可求證；
（2）有勾股定理可求AO，再由即可求解；
【詳解】（1）證明：在中，
∵，點是的中點，
∴，
∵，，
∴，
∴四邊形是矩形．
（2）∵四邊形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴．
【點睛】本題主要考查矩形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、勾股定理，掌握矩形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)并靈活應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．
17．（2023·湖北鄂州·?？寄M預(yù)測）如圖，中，，相交于點，，分別是，的中點．
(1)求證：；
(2)設(shè)，當(dāng)為何值時，四邊形是矩形？請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)當(dāng)時，四邊形是矩形，理由見解析
【分析】（1）連接，先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得，再根據(jù)線段中點的定義可得，然后根據(jù)平行四邊形的判定可得四邊形是平行四邊形，最后根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)即可得證；
（2）先根據(jù)矩形的判定可得當(dāng)時，四邊形是矩形，再根據(jù)線段中點的定義、平行四邊形的性質(zhì)可得，由此即可得出的值．
【詳解】（1）證明：如圖，連接，
四邊形是平行四邊形，
，
分別是，的中點，
，
四邊形是平行四邊形，
．
（2）解：由（1）已證：四邊形是平行四邊形，
要使平行四邊形是矩形，則，
，
，即，
，
故當(dāng)時，四邊形是矩形．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定等知識點，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
18．（2023·廣東汕頭·?？寄M預(yù)測）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，點E是AD的中點，連接OE，過點D作DF∥AC交OE的延長線于點F，連接AF．
(1)求證：≌；
(2)判定四邊形AODF的形狀并說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)四邊形AODF為矩形，理由見解析
【分析】（1）利用全等三角形的判定定理即可；
（2）先證明四邊形AODF為平行四邊形，再結(jié)合∠AOD=90°，即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）證明：∵E是AD的中點，
∴AE=DE，
∵DF∥AC，
∴∠OAD=∠ADF，
∵∠AEO=∠DEF，
∴△AOE≌△DFE（ASA）；
（2）解：四邊形AODF為矩形．
理由：∵△AOE≌△DFE，
∴AO=DF，
∵DF∥AC，
∴四邊形AODF為平行四邊形，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AC⊥BD，
即∠AOD=90°，
∴平行四邊形AODF為矩形．
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)以及矩形的判定是解題的關(guān)鍵．
19．（2023·湖南衡陽·?？家荒＃┤鐖D，在矩形中，點P是邊上任意一點（點P不與B、C重合），連接，作，交于點Q，若．
(1)試證明：；
(2)當(dāng)為多少時，最長，最長是多少？
(3)試探究，是否存在一點P，使是等腰直角三角形？
【答案】(1)見解析
(2)為2時，最長，最長是
(3)存在，時，是等腰直角三角形
【分析】（1）由得到，由得到，又由，即可得到結(jié)論；
（2）設(shè)，由得到，則，由二次函數(shù)的性質(zhì)即可得到答案；
（3）是等腰直角三角形，則，由得到，則，即可得到答案．
【詳解】（1）解：∵，
∴，
在矩形中，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）設(shè)，
∵，
∴，即，
則，
故當(dāng)時，的最大值為，
即為2時，最長，最長是；
（3）∵是等腰直角三角形，則，
而，
則，
∴，
則，
即時，是等腰直角三角形．
【點睛】此題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)等知識，證明是解題的關(guān)鍵．
20．（2023·安徽安慶·統(tǒng)考一模）如左圖，為探究一類矩形的性質(zhì)，小明在邊上取一點E，連接，經(jīng)探究發(fā)現(xiàn)：當(dāng)平分時，將沿折疊至，點F恰好落在上，據(jù)此解決下列問題：
(1)求證：；
(2)如圖，延長交于點G，交于點H．
①求證： ；
②求的值
【答案】(1)見解析
(2)①見解析；②
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得，再由折疊的性質(zhì)可得，然后根據(jù)平分，可得，即可；
（2）①根據(jù)是等腰直角三角形，可得，再由，可得，，從而得到，再由折疊的性質(zhì)可得，可證明，即可；②根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得，從而得到，進而得到，再證明，即可求解．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是矩形，
∴，，，
∴，
由折疊的性質(zhì)得：，，
∴，
∵平分，
∴，
∴；
（2）①證明：∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
由折疊的性質(zhì)得：，
即，
∴，
∴ 即；
②解：∵是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，證明是解答本題的關(guān)鍵．
類型三、菱形的計算與證明
21．（2023·福建漳州·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，點是邊的中點，連接．
(1)求作點，使點與點關(guān)于直線對稱（要求：尺規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡）；
(2)在（1）的條件下，連接，．求證：四邊形是菱形．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）在右側(cè)作即可得對稱點E，或過D點作的垂線在右側(cè)取點E，使點E到的距離等于點D到的距離即可；
（2）證明四邊形四邊相等即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）解：如圖所示，點就是所求作的點．
方法一：
方法二：
（2）證明：方法一：
在中，，點是邊的中點，
∴．
如圖，由（1）中的作圖得，，
∴，
∴四邊形是菱形．
方法二：
記與交點為點．
如圖，由（1）中的作圖得，，
∴，，
∵點是邊的中點，
∴，
∴，
∴四邊形是菱形．
【點睛】本題主要考查了軸對稱圖形的性質(zhì)和作法，以及菱形的判定，解題關(guān)鍵是掌握軸對稱圖形的性質(zhì)．
22．（2023·北京西城·?？家荒＃┤鐖D，在中，于點D，點E在線段的延長線上；點F在線段上，且，連接．
(1)求證：四邊形是菱形；
(2)若，求和的長．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)等腰三角形三線合一，得到，利用對角線互相垂直平分的四邊形為菱形，即可得證；
（2）利用勾股定理求出，證明，利用相似的性質(zhì)求出即可．
【詳解】（1）證明：∵在中，，點E在線段的延長線上，
∴，，
∵，
∴互相垂直平分，
∴四邊形是菱形；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四邊形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題考查等腰三角形的性質(zhì)，菱形的判定，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理．熟練掌握菱形的判定方法，證明三角形相似，是解題的關(guān)鍵．
23．（2023·廣東梅州·?？寄M預(yù)測）如圖，已知E，F(xiàn)是正方形的對角線上的兩點，且．
(1)求證：四邊形為菱形．
(2)若，，求四邊形的面積．
【答案】(1)見解析
(2)6
【分析】（1）連接交于O，證與互相垂直平分，即可由菱形的判定定理得出結(jié)論；
（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)，利用勾股定理求得，從而求得 ，根據(jù)菱形的面積公式解答即可．
【詳解】（1）證明：連接，交于點，
四邊形是正方形，
，，，
∵
∴，即，
四邊形是平行四邊形，
，
四邊形是菱形；
（2）解：由（1）知：四邊形是菱形，
，
，
，
∴，
菱形的面積．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)和菱形的判定定理，菱形的面積公式是解題的關(guān)鍵．
24．（2023·新疆烏魯木齊·?？家荒＃┤鐖D，在四邊形中，，，對角線，交于點O，平分，過點C作交的延長線于點E，連接．
(1)求證：四邊形是菱形；
(2)若，，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）先判斷出，進而判斷出，得出，即可得出結(jié)論；
（2）先判斷出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，
∵為的平分線，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴是菱形；
（2）解：∵四邊形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴．
【點睛】此題主要考查了菱形的判定和性質(zhì)，掌握菱形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，角平分線的定義，勾股定理是解本題的關(guān)鍵．
25．（2023·廣西貴港·統(tǒng)考一模）在數(shù)學(xué)實踐活動中，將一張平行四邊形紙片進行折疊（如圖1、2所示），折痕為，點E在邊上，點B落在點F處．
(1)如圖1，若點F恰好落在邊上，求證：四邊形是菱形；
(2)如圖2，若點E是邊的中點，且，，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)4
【分析】（1）利用對稱的性質(zhì)得到，，，利用平行四邊形的性質(zhì)得到，證明，據(jù)此即可證明結(jié)論；
（2）證明且，設(shè)，則，在和中，由勾股定理列出方程，解方程即可求解．
【詳解】（1）證明：如圖，由折疊可知，與關(guān)于對稱，
∴，，，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∵點E在邊上，點F落在邊上，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故四邊形是菱形；
（2）解：如圖，連接交于點H，
∵F與B關(guān)于對稱，
∴是的中垂線，
又∵E是的中點，
∴且，
若設(shè)，
由，得，
又，，
在和中，由勾股定理得：
，
則，
解得：，
∴．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線定理，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．
26．（2023·廣東佛山·校考一模）如圖，在中，，點在邊上且，連接，是的中點，過點作，交的延長線于點，連接．
(1)求證：；
(2)求證：四邊形是菱形；
(3)當(dāng)時，四邊形是__________．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)正方形
【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)得出，，根據(jù)E是CD的中點，得出，就可證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得證；
（2）證明四邊形是平行四邊形，根據(jù)是斜邊上的中線，得出，即可證明四邊形是菱形；
（3）根據(jù)條件得出是等腰直角三角形，根據(jù)是斜邊上的中線，得出，進而得出四邊形是正方形，即可求解．
【詳解】（1）證明：∵
∴，，
∵E是CD的中點，
∴，
∴，
∴
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴是斜邊上的中線，
∴，
∴四邊形是菱形．
（3）當(dāng)時，四邊形是正方形，理由如下：
＝， ，
是等腰直角三角形
是邊上的中線
，
，
四邊形是菱形
四邊形是正方形．
故答案為：正方形．
【點睛】本題考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，直角三角形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，靈活運用這些性質(zhì)進行推理是本題的關(guān)鍵．
27．（2023·四川成都·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，點O、C分別是、邊的中點．過點D作交的延長線于點A，連接、．
(1)求證：四邊形是菱形；
(2)若，，求的面積．
【答案】(1)見解析
(2)24
【分析】（1）根據(jù)證明，得出，說明、互相平分，證明四邊形是平行四邊形，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)證明，即可證明結(jié)論；
（2）先根據(jù)菱形性質(zhì)，求出，再根據(jù)中位線性質(zhì)求出，根據(jù)勾股定理求出，最后根據(jù)三角形面積公式求出結(jié)果即可．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，，
又∵
∴，
∴，
∴、互相平分，
∴四邊形是平行四邊形，
又∵，，
∴，
∴四邊形ABCD是菱形．
（2）解：∵，四邊形是菱形；
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴在中，，
∴．
【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，三角形中位線性質(zhì)，勾股定理，三角形面積的計算，平行線的性質(zhì)，平行四邊形的判定，解題的關(guān)鍵是熟練掌握菱形的判定方法．
28．（2023·廣東深圳·校考一模）如圖，已知中，是邊上一點，過點分別作交于點，作交于點，連接．
(1)下列條件：
①是邊的中點；
②是的角平分線；
③點與點關(guān)于直線對稱．
請從中選擇一個能證明四邊形是菱形的條件，并寫出證明過程；
(2)若四邊形是菱形，且，，求的長．
【答案】(1)能證明四邊形是菱形的條件為：②或③，證明見解析
(2)4
【分析】（1）根據(jù)已知條件，易得四邊形是平行四邊形，；條件②，利用角平分線的定義可推導(dǎo)，進而證明，由“一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形”即可證明平行四邊形是菱形；條件③，由對稱的性質(zhì)易得，即可證明平行四邊形是菱形；
（2）由菱形的性質(zhì)可得，進而確定，再證明，由相似三角形的性質(zhì)可得，代入數(shù)值求解即可獲得答案．
【詳解】（1）解：∵，，
∴四邊形是平行四邊形，，
能證明四邊形是菱形的條件為：②或③，證明如下：
條件②，∵是的角平分線，
∴，
∴，
∴，
∴平行四邊形是菱形；
條件③，∵點與點關(guān)于直線對稱，
∴，
∴平行四邊形是菱形；
（2）∵四邊形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得 ，
即的長為4．
【點睛】本題主要考查了菱形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)知識并靈活運用是解題關(guān)鍵．
29．（2023·新疆·統(tǒng)考一模）如圖，在中，交于點，點在上，．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)若求證：四邊形是菱形．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）先根據(jù)四邊形ABCD為平行四邊形，得出，，再根據(jù)，得出，即可證明結(jié)論；
（2）先證明，得出，證明四邊形ABCD為菱形，得出，即可證明結(jié)論．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴，，
∵，
∴，
即，
∴四邊形是平行四邊形．
（2）∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴四邊形ABCD為菱形，
∴，
即，
∵四邊形是平行四邊形，
∴四邊形是菱形．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，熟練掌握菱形和平行四邊形的判定方法，是解題的關(guān)鍵．
30．（2023·湖南湘潭·湘潭縣云龍中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，將矩形沿折疊，使點D落在對角線上的點E處．過點E作交于點G，連接．
(1)判斷四邊形的形狀，并說明理由；
(2)探究線段、、之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
(3)若，，求的長．
【答案】(1)菱形，見解析
(2)，見解析
(3)10
【分析】（1）先依據(jù)翻折的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)證明，從而得到，接下來依據(jù)翻折的性質(zhì)可證明；
（2）連接，交于點O．由菱形的性質(zhì)可知，，接下來，證明，由相似三角形的性質(zhì)可證明，于是可得到、、的數(shù)量關(guān)系；
（3）利用（1）（2）結(jié)論可求得長，即可得答案．
【詳解】（1）證明：∵，
∴．
由翻折的性質(zhì)可知：，，，
∴．
∴．
∴．
∴四邊形為菱形．
（2）解：．
理由：如圖1所示：連接，交于點O．
∵四邊形為菱形，
∴．
∵，，
∴．
∴，即．
∵，，
∴．
（3）解：∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴
【點睛】本題主要考查的是四邊形與三角形的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了矩形的性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理的應(yīng)用，利用相似三角形的性質(zhì)得到是解答問題（2）的關(guān)鍵，依據(jù)（1）（2）結(jié)論求得的長是解答問題（3）的關(guān)鍵．
類型四、正方形的計算與證明
31．（2023·廣西·統(tǒng)考一模）如圖，四邊形是正方形，E是上一點，于點F．
(1)過點B作的垂線交于點P（尺規(guī)作圖，保留痕跡，不寫作法）；
(2)在（1）所作圖形中，若，，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)5
【分析】（1）根據(jù)垂線的作圖方法，作圖即可；
（2）證明，得到，進而求出的長，利用勾股定理求出的長，即可得解．
【詳解】（1）解：如圖，BP即為所求．
（2）∵四邊形為正方形，
∴，．
∵，，
∴．
∵，，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
又∵，
∴．
在中，，
∴．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理．熟練掌握垂線的作圖方法，證明三角形全等，是解題的關(guān)鍵．
32．（2023·陜西渭南·統(tǒng)考一模）如圖，點E，F(xiàn)分別在正方形ABCD的邊BC，CD上，且．把繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得到．求證：．
【答案】見解析
【分析】先根據(jù)旋轉(zhuǎn)前后圖形全等得到，再根據(jù)得到，進而證明三角形全等．
【詳解】證明：在正方形中，，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，
，，，
∴點G、B、E三點共線，
，
，
在和中，
，
．
【點睛】此題考查了旋轉(zhuǎn)及正方形的性質(zhì)、全等三角形的證明，解題的關(guān)鍵是熟練應(yīng)用旋轉(zhuǎn)前后圖形全等的性質(zhì)．
33．（2023·安徽合肥·合肥壽春中學(xué)?？寄M預(yù)測）在正方形中，點為中點，連接并延長交延長線于點，點在上，，連接并延長交延長線于，連接．
(1)求證：四邊形為菱形；
(2)若，求四邊形的面積．
【答案】(1)見解析
(2)20
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)結(jié)合題意得，再證明，可得，同理證明，可得，從而可得，進而即可證明四邊形為菱形；
（2）設(shè)的長為x．由三角形全等的性質(zhì)可得，即得出，．在中，利用勾股定理可列出關(guān)于x的等式，解出x的值，即可得出和的長，最后根據(jù)菱形的面積公式計算即可．
【詳解】（1）∵ 四邊形是正方形，
∴，即，
∴．
∵點E為中點，
∴．
又∵，
∴，
∴．
同理可證，，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形為平行四邊形．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴四邊形為菱形；
（2）設(shè)的長為x．
∵，
∴，
∴．
∵四邊形為菱形，
∴．
∵在中，，
∴
解得：（舍），
∴，，
∴．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，一元二次方程的應(yīng)用，菱形的判定與性質(zhì)．熟練掌握特殊四邊形的判定定理和性質(zhì)定理是解題關(guān)鍵．
34．（2023·廣東汕頭·校考模擬預(yù)測）已知正方形，E為對角線AC上一點．
(1)如圖1，連接，．求證：；
(2)如圖2，F(xiàn)是延長線上一點，，交于點G．
①判斷的形狀并說明理由；
②若G為的中點，且，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)①見解析；②
【分析】（1）利用正方形的性質(zhì)得出，，進而判斷出，即可得出結(jié)論；
（2）①先判斷出，進而判斷出，即可得出結(jié)論；
②過點F作于H，先求出，，進而求出，利用銳角三角函數(shù)可求，最后用勾股定理即可求出答案．
【詳解】（1）證明：∵是正方形的對角線，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（2）解：①為等腰三角形，
理由：
∵四邊形是正方形，
∴，
∴，
由（1）知，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
②如圖，過點F作于H，
∵四邊形為正方形，點G為的中點，，
∴，，
由①知，，
∴，
∴，
在與中，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，．
【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，作出輔助線構(gòu)造出直角三角形是解（2）的關(guān)鍵．
35．（2023·江蘇蘇州·蘇州中學(xué)校考一模）如圖，點E，F(xiàn)分別在正方形的邊，上，且，點P在射線上（點P不與點F重合）．將線段繞點E順時針旋轉(zhuǎn)得到線段，過點E作的垂線，垂足為點H，交射線于點Q．
(1)如圖1，若點E是的中點，點P在線段上，請直接寫出線段，，滿足的數(shù)量關(guān)系______．
(2)如圖2，若點E不是的中點，點P在線段上，判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立，若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．
(3)正方形的邊長為9，，，請直接寫出線段的長______．
【答案】(1)
(2)成立，理由見解析
(3)4或8
【分析】（1）先證明可得，再根據(jù)、，即可得出結(jié)論；
（2）先證明可得，再根據(jù)，，且即可證明；
（3）①當(dāng)點P在線段上時，點Q在線段上，由（2）可得，根據(jù)即可求出結(jié)果；②當(dāng)點P在線段上時，點Q在線段的延長線上，證明，可得，再根據(jù)，求出，即可求出結(jié)果．
【詳解】（1）解：，證明如下：
，
，
又，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
又點E是的中點，
，
，
∵四邊形是正方形，
，
，
，
．
（2）解：成立，證明過程如下：
，
，
又，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
∵四邊形是正方形，
，
，
，
又，
．
（3）解：①當(dāng)點P在線段上時，點Q在線段上，如圖所示；
由（2）可知：，
，，；
②當(dāng)點P在線段上時，點Q在線段的延長線上，如圖：
，
，
又，
，
，，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
；
綜上所述，線段的長為4或8．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定及線段中點的定義和對頂角的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定證明是解題的關(guān)鍵．
36．（2023·安徽·校聯(lián)考一模）如圖，在正方形中，點、分別為邊、上兩點，．
(1)若是的角平分線，求證：是的角平分線；
(2)若，求證：．
【答案】(1)答案見詳解
(2)答案見詳解
【分析】（1）將繞點順時針旋轉(zhuǎn)，使與重合，得到，根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的性質(zhì)，證明，得出；
（2）由（1）可得，利用全等三角形的性質(zhì)即可得出答案．
【詳解】（1）如圖：將繞點順時針旋轉(zhuǎn)，使得與重合，得到，
是由繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，
，
，，
四邊形為正方形，
，
，
，
，
，
，
，
是的角平分線，
，
，
，
又，
，
是的角平分線；
（2）由（1）可得，
，
，，
【點睛】解題的關(guān)鍵是熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與判定和正方形的性質(zhì)．
37．（2023·江西上饒·校聯(lián)考一模）如圖，是正方形的邊上一點，連接．請僅用無刻度的直尺完成畫圖．（保留畫圖痕跡，不寫作法）
(1)在邊上找點，使得．
(2)將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段，畫出．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）連接交于點，連接并延長，交于點， 即為所求；
（2）過點作，交的延長線于點，連接，即為所求．
【詳解】（1）連接交于點，連接并延長，交于點，連接，即為所求，如圖所示：
連接，
∵四邊形是正方形，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴即為所求．
（2）解：過點作，交的延長線于點，連接，則即為所求，如圖所示；
∵，
∴四邊形為平行四邊形，
∴，
由（1）知：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即：．
∴即為所求．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)．本題的綜合性強，對學(xué)生的思維要求高．熟練掌握正方形的性質(zhì)，證明三角形全等，是解題的關(guān)鍵．
38．（2023·河北·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在等腰直角三角形中，，，邊長為2的正方形的對角線交點與點C重合，點D在ABC內(nèi)部，與交于點M，連接，．
(1)求證：；
(2)當(dāng)時，求的長；
(3)當(dāng)點A、D、E三點在同一直線上時，直接寫出的長．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)
【分析】（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)和正方形兩條對角線互相垂直平分且相等的性質(zhì)，可證明；
（2）先根據(jù)勾股定理計算，證明，可得答案；
（3）A、D、E三點在同一直線上又分兩種情況，即點D在A、E兩點之間或在射線上，作輔助線，構(gòu)建直角三角形，根據(jù)勾股定理列方程即可求出的長．
【詳解】（1）證明：在等腰直角與正方形中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴
（2）∵，，
∴，
∵，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）如圖2，當(dāng)點E在的延長線上時，過點C作于點P，
∴，
∵
∴，
∴，
如圖3，當(dāng)點E在上時，過點C作于點Q，
則，
∵
∴，
∴，
綜上，的長為．
【點睛】此題是四邊形的綜合題，重點考查正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識與方法，解第（3）題時要分類討論，以免丟解．
39．（2023·湖南衡陽·校考一模）如圖，是的角平分線，，，垂足分別是E、F，連接，與相交于點H．
(1)求證：；
(2)滿足什么條件時，四邊形是正方形？說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)滿足時，四邊形是正方形，見解析
【分析】（1）根據(jù)證明，得出，根據(jù)等腰三角形三線合一即可證明結(jié)論；
（2）滿足時，四邊形是正方形，先證明是矩形，再根據(jù)對角線互相垂直的矩形是正方形，即可證明．
【詳解】（1）證明：∵是的角平分線，
∴，
∵，，
∴，
在與中，
，
∴，
∴，
∵平分，
∴；
（2）解：滿足時，四邊形是正方形，
理由：∵，
∴四邊形是矩形，
∵，
∴四邊形是正方形．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，正方形的判定，解題的關(guān)鍵是證明，熟練掌握正方形的判定方法．
40．（2023·山東青島·山東省青島第二十六中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，在中，O是對角線、的交點，延長邊到點F，使，過點F作，連接、．
(1)求證．
(2)連接，已知 ．（從以下兩個條件中選擇一個作為已知，填寫序號），請判斷四邊形的形狀，并證明你的結(jié)論．
條件①：且；
條件②：且．
【答案】(1)見解析
(2)選擇②，四邊形是正方形，見解析
【分析】（1）證明，，結(jié)合，可得結(jié)論；
（2）選擇②，先證明，，可得四邊形是平行四邊形，證明，可得四邊形是矩形，再證明，從而可得結(jié)論．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，，
∵，
∴；
（2）選擇②，四邊形是正方形，
證明：∵，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴，
∴四邊形是矩形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形是正方形．
【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形，矩形，正方形的判定，熟記正方形的判定方法并靈活應(yīng)用是解本題的關(guān)鍵．

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