2023年北京市中考数学一轮复习《第25课时：矩形、菱形、正方形》同步练习（含答案）

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1、第25课时矩形、菱形、正方形1一、填空题1（2021北京中考真题）如图，在矩形中，点分别在上，只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是_（写出一个即可）2（2019北京中考真题）把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为_3（2019北京中考真题）在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中，存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；存在无数个四边形MNPQ是矩形；存在无数个四边形MNPQ是菱形；至少存在一个四边形MNPQ是正方形所

2、有正确结论的序号是_4（2018北京中考真题）如图，在矩形中，是边的中点，连接交对角线于点，若，则的长为_5（2022北京西城二模）如图，在ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，点F在线段DE上，且AFBF若AB=4，BC=7，则EF的长为_6（2022北京西城一模）如图，在ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，点F，G在边BC上，且DG=EF只需添加一个条件即可证明四边形DFGE是矩形，这个条件可以是_（写出一个即可）7（2022北京海淀二模）如图，在平行四边形ABCD中，过AC中点O的直线分别交边BC，AD于点E，F，连接AE，CF只需添加一个条件即可证明四边形AECF 是菱形，这个条

3、件可以是_（写出一个即可）8（2021北京西城二模）图1是用一种彭罗斯瓷砖平铺成的图案，它的基础部分是“风筝”和“飞镖”两郎分，图2中的“风筝”和“飞镖”是由图3所示的特殊菱形制作而成在菱形中，在对角线上截取，连按，可将菱形分割为“风筝”（凸四边）和“飞镖”（凹四边形）两部分，则图2中的_二、解答题9（2022北京中考真题）在中，D为内一点，连接，延长到点，使得(1)如图1，延长到点，使得，连接，若，求证：；(2)连接，交的延长线于点，连接，依题意补全图2，若，用等式表示线段与的数量关系，并证明10（2022北京中考真题）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

4、：四边形是菱形11（2021北京中考真题）如图，在四边形中，点在上，垂足为（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若平分，求和的长12（2020北京中考真题）在中，C=90，ACBC，D是AB的中点E为直线上一动点，连接DE，过点D作DFDE，交直线BC于点F，连接EF（1）如图1，当E是线段AC的中点时，设，求EF的长（用含的式子表示）；（2）当点E在线段CA的延长线上时，依题意补全图2，用等式表示线段AE，EF，BF之间的数量关系，并证明13（2020北京中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EFAB，OGEF（1）求证：四边形OEFG是

5、矩形；（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长14（2018北京中考真题）如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点（不与点A、B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作EHDE交DG的延长线于点H，连接BH（1）求证：GF=GC；（2）用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明15（2018北京中考真题）如图，在四边形中，AB/DC，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接（1）求证：四边形是菱形；（2）若，求的长16（2022北京东城二模）如图，在平行四边形中，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点，连接(1)求证：四

6、边形是菱形；(2)若，求菱形的边长17（2022北京东城一模）如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点（），连接BE，DE(1)求证：；(2)过点E作交BC于点F，延长BC至点G，使得，连接DG依题意补全图形；用等式表示BE与DG的数量关系，并证明18（2022北京西城二模）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，点E，F分别在DA，BC的延长线上，且BEED，CF=AE(1)求证：四边形EBFD是矩形；(2)若，求BF的长19（2022北京西城一模）已知正方形ABCD，将线段BA绕点B旋转（），得到线段BE，连接EA，EC(1)如图1，当点E在正方形ABCD的内部时，若BE平分A

7、BC，AB=4，则AEC=_，四边形ABCE的面积为_；(2)当点E在正方形ABCD的外部时，在图2中依题意补全图形，并求AEC的度数；作EBC的平分线BF交EC于点G，交EA的延长线于点F，连接CF用等式表示线段AE，FB，FC之间的数量关系，并证明20（2022北京西城一模）如图，在ABC中，BA=BC，BD平分ABC交AC于点D，点E在线段BD上，点F在BD的延长线上，且DE=DF，连接AE，CE，AF，CF(1)求证：四边形AECF是菱形；(2)若BAAF，AD=4，求BD和AE的长21（2022北京朝阳二模）在正方形ABCD中，E为BC上一点，点M在AB上，点N在DC上，且，垂足为点

8、F(1)如图1，当点N与点C重合时，求证：；(2)将图1中的MN向上平移，使得F为DE的中点，此时MN与AC相交于点H，依题意补全图2；用等式表示线段MH、HF，FN之间的数量关系，并证明22（2022北京朝阳二模）如图，在菱形ABCD中，O为AC，BD的交点，P，M，N分别为CD，OD，OC的中点(1)求证：四边形OMPN是矩形；(2)连接AP，若，求AP的长23（2022北京朝阳一模）如图，在矩形中，相交于点O，(1)求证：四边形是菱形；(2)若，求四边形的面积24（2022北京海淀二模）如图，在RtABC中，A =90，点D，E，F分别为AB，AC，BC的中点，连接DF，EF(1)求证：

9、四边形AEFD是矩形；(2)连接BE，若AB = 2，tan C =，求BE的长25（2022北京海淀一模）如图，在中，D是BC的中点，点E，F在射线AD上，且(1)求证：四边形BECF是菱形；(2)若，求菱形BECF的面积26（2021北京东城二模）如图，在菱形ABCD中，点E是CD的中点，连接AE，交BD于点F（1）求BF：DF的值；（2）若AB=2，AE=，求BD的长27（2021北京东城一模）尺规作图：如图，已知线段a，线段b及其中点求作：菱形ABCD，使其两条对角线的长分别等于线段a，b的长作法：作直线m，在m上任意截取线段；作线段AC的垂直平分线EF交线段AC于点O；以点O为圆心，

10、线段b的长的一半为半径画圆，交直线EF于点B，D；分别连接AB，BC，CD，DA；则四边形ABCD就是所求作的葵形（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）（2）完成下面的证明证明：，四边形ABCD是_，四边形ABCD是菱形（_）（填推理的依据）28（2021北京东城一模）如图，在平行四边形ABCD中，过点D作于点E，DE的延长线交AB于点F，过点B作交DC于点G，交AC于点M过点G作于点N（1）求证：四边形NEMG为矩形；（2）若，求线段AC的长29（2021北京西城二模）如图，在中，为的角平分线，连接（1）求证：四边形为矩形：（2）连接，若，求的长30（2021北京朝阳二模）已知

11、：如图，ABC为锐角三角形，ABAC求作：BC边上的高AD作法：以点A为圆心，AB长为半径画弧，交BC的延长线于点E；分别以点B，E为圆心，以AB长为半径画弧，两弧相交于点F(不与点A重合)；连接AF交BC于点D线段AD就是所求作的线段（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；（2）完成下面的证明证明：连接AE，EF，BFAB=AE= EF = BF，四边形ABFE是_（_）（填推理依据）AFBE即AD是ABC中BC边上的高参考答案1（答案不唯一）【分析】由题意易得四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定定理可进行求解【解析】解：四边形是矩形，四边形是平行四边形，若要添加一个条件使其

12、为菱形，则可添加或AE=CE或CE=CF或AF=CF，理由：一组邻边相等的平行四边形是菱形；故答案为（答案不唯一）【点睛】本题主要考查菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定是解题的关键212【分析】由菱形的性质得出OA=OC，OB=OD，ACBD，设OA=x，OB=y，由题意得：，解得：，得出AC=2OA=6，BD=2OB=4，即可得出菱形的面积【解析】解：如图1所示：四边形ABCD是菱形，OA=OC，OB=OD，ACBD，设OA=x，OB=y，由题意得：，解得：，AC=2OA=6，BD=2OB=4，菱形ABCD的面积=；故答案为12

13、【点睛】本题考查了菱形的性质、正方形的性质、二元一次方程组的应用；熟练掌握正方形和菱形的性质，由题意列出方程组是解题的关键3【分析】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论【解析】解：如图，四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，OA=OB=OC=OD，ABCD，ADBC，OBM=ODP，OAQ=OCN，过点O的直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，BOM=DOP，AOQ=CON，所以BOMDOP（ASA），AOQCON（ASA），所以OM=OP，OQ=ON，则四边形MNPQ是平行四边形，故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形

14、；故正确；如图，当PM=QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确；如图，当PMQN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；当四边形MNPQ是正方形时，MQ=PQ，则AMQDQP，AM=QD，AQ=PD，PD=BM，AB=AD，四边形ABCD是正方形，当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故错误；故正确结论的序号是故答案为：【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键4【分析】根据勾股定理求出，根据/，得到，即可求出的长【解析】解：四边形是矩形，/，在中，是中点，/，故答案为：【点睛】考

15、查矩形的性质，勾股定理，相似三角形的性质及判定，熟练掌握相似三角形的判定方法和性质是解题的关键5【分析】利用三角形中位线定理得到DE=BC由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到DF=AB所以由图中线段间的和差关系来求线段EF的长度即可【解析】解：点D、E分别是边AB、AC的中点，DE是ABC的中位线，BC=7，DE=BC=7=AFBF，D是AB的中点，AB=4，DF=AB=4=2，EF=DE-DF=-2=故答案为：【点睛】本题考查了三角形的中位线定理的应用，直角三角形的性质，解题的关键是了解三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半6或【分析】由DE是中位线得出，又DG=EF表示的是对角

16、线相等，根据：对角线相等的平行四边形是矩形；增加条件使四边形DFGE是平行四边形即可【解析】解：分别是的中点，当时，四边形DFGE是平行四边形，四边形DFGE是矩形；当时，四边形DFGE是平行四边形，四边形DFGE是矩形；故答案为：或【点睛】本题考查矩形的判定、平行四边形的判定，根据：对角线相等的平行四边形是矩形；准确分析出平行四边形的判定是解题关键7（答案不唯一）【分析】根据菱形的判定即可解【解析】是平行四边形ADBCFAC=ECA，AFE=FEC，AO=COAOFCOE(AAS)AF=CE又AF=CE四边形AECF 是平行四边形，又四边形AECF是菱形故答案为：（答案不唯一）【点睛】本题考

17、查了平行四边形的性质、菱形的判定等，熟练掌握菱形判定是解决问题的关键8144【分析】根据菱形的每一条对角线平分一组对角的性质、等腰三角形的相关性质以及三角形的全等证明，可以先求出的度数，再根据三角形全等求出,进而得出的度数【解析】在菱形中， ， ，在 与中 故答案为：144【点睛】题目主要考查了菱形对角线的性质、等腰三角形的相关性质以及三角形的全等证明方法，难度适中9(1)见解析(2)；证明见解析【分析】（1）先利用已知条件证明，得出，推出，再由即可证明；（2）延长BC到点M，使CMCB，连接EM，AM，先证，推出，通过等量代换得到，利用平行线的性质得出，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可

18、得到【解析】(1)证明：在和中， ， ， ，(2)解：补全后的图形如图所示，证明如下：延长BC到点M，使CMCB，连接EM，AM，CMCB， 垂直平分BM，在和中， ， ， ， ， ， ，即， ， 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，平行线的判定与性质，勾股定理的逆用，直角三角形斜边中线的性质等，第二问有一定难度，正确作辅助线，证明是解题的关键10(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【解析】（1）证明：四边形ABCD为平行四边形，即，四边形

19、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性质和性质，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11（1）见详解；（2），【分析】（1）由题意易得ADCE，然后问题可求证；（2）由（1）及题意易得EF=CE=AD，然后由可进行求解问题【解析】（1）证明：，ADCE，四边形是平行四边形；（2）解：由（1）可得四边形是平行四边形，平分，EF=CE=AD，【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与判定、勾股定理、角平分线的性质定理及三角函数，熟练掌握平行四边形的性质与判定

20、、勾股定理、角平分线的性质定理及三角函数是解题的关键12（1）；（2）图见解析，证明见解析【分析】（1）先根据中位线定理和线段中点定义可得，再根据平行四边形的性质、矩形的判定与性质可得，从而可得，然后利用勾股定理即可得；（2）如图（见解析），先根据平行线的性质可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据垂直平分线的判定与性质可得，最后在中，利用勾股定理、等量代换即可得证【解析】（1）D是AB的中点，E是线段AC的中点DE为的中位线，且，四边形DECF为矩形则在中，；（2）过点B作AC的平行线交ED的延长线于点G，连接FG，D是AB的中点在和中，又DF是线段EG的垂直平分线，在中，由勾股

21、定理得：【点睛】本题考查了中位线定理、矩形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、垂直平分线的判定与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键13(1)见解析；(2)OE=5，BG=2.【分析】(1)先证明EO是DAB的中位线，再结合已知条件OGEF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EFAB，得到四边形OEFG是矩形；(2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2【解析】解：(1)证明:四边形ABCD为菱形，点O为BD的中点，点E为AD中点，OE为

22、ABD的中位线，OEFG，OGEF，四边形OEFG为平行四边形EFAB，平行四边形OEFG为矩形(2)点E为AD的中点，AD=10，AE=EFA=90，EF=4，在RtAEF中，四边形ABCD为菱形，AB=AD=10，OE=AB=5，四边形OEFG为矩形，FG=OE=5，BG=AB-AF-FG=10-3-5=2故答案为：OE=5，BG=2【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，解题的关键是掌握特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握14（1）证明见解析；（2）BH=AE，理由见解析【分析】（1）连接根据对称的性质可得证明，根据全等三角形的性质得到进而证明，

23、即可证明；（2）在上取点使得，连接证明，根据等腰直角三角形的性质即可得到线段与的数量关系【解析】（1）证明：连接 ，关于对称在和中，四边形是正方形， ，在和中，（2）证明：在上取点使得，连接四这形是正方形，同理：，在和中，在中，【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等知识，此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用15（1）证明见解析；（2）OE=2【分析】（1）根据一组对边相等的平行四边形是菱形进行判定即可（2）根据菱形的性质和勾股定理求出，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半

24、即可求解【解析】（1）证明：AB/CD，平分，又，又，四边形是平行四边形，又，是菱形（2）解：四边形是菱形，对角线、交于点，在RtAOB中，在RtAEC中，为中点，【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定方法以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键16(1)见解析；(2)边长为5【分析】由AFDBFE，推出AD=BE，可知四边形AEBD是平行四边形，再根据BD=AD可得结论；（2）根据菱形的性质得出，由各角之间的数量关系得出，根据题意得出，再利用勾股定理得出EC的长，然后根据直角三角形斜边上的中线即可得出结果【解析】

25、(1)证明：四边形是平行四边形，是的中点，在与中，AD=BE，四边形是平行四边形，四边形是菱形；(2)解：四边形是菱形，EB=BC=BD=，菱形的边长为5【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型17(1)见解析(2)见解析；【分析】（1）根据正方形的性质可得依据SAS证明即可得出结论；（2）根据题中作图步骤补全图形即可；连接EG，证明,得GE=BE,，由（1）得 再运用勾股定理可得出结论【解析】（1）四边形ABCD是正方形，AC是正方形的对角线，在和中，（2）补全图形如下：连接

26、GE，如图，又，由（1）知：，即，由勾股定理得，【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明是解答本题的关键18(1)见解析(2)BF的长为【分析】（1）利用“SAS”证明ABECDF，得到BE=DF，E=F=90，即可证明四边形EBFD是矩形；（2）在RtBCO中，利用余弦函数求得OB的长，在RtBDF中，再利用余弦函数即可求得BF的长【解析】(1)证明：四边形ABCD是菱形，AB=CD，ABCD，ADBC，EAB=ADC，FCD=ADC，EAB=FCD，AE= CF，ABECDF(SAS)，BE=DF，F=E=90，BEDF，四边形EBFD是平行四边形，

27、E=90，四边形EBFD是矩形；(2)解：四边形ABCD是菱形，AB=5，OB=OD，ACBD，AB=BC=5，在RtBCO中，BC=5，OB=4，则BD=2OB=8，在RtBDF中，BD=8，BF=8=【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数定义等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键19(1)135，(2)作图见解析，45；【分析】（1）过点E作于点K，由正方形的性质、旋转的性质及角平分线的定义可得，再利用等腰三角形的性质和解直角三角形可求出，继而可证明，便可求解；（2）根据题意作图即可；由正方形的性质、旋转的性质可得，再根据三角形内角和定理及

28、等腰三角形的性质求出，即可求解；过点B作 垂足为H，由等腰三角形的性质得到 ，再证明 即可得到 ，再推出 为等腰直角三角形，即可得到三者之间的关系【解析】(1)过点E作于点K 四边形ABCD是正方形 BE平分ABC，AB=4，将线段BA绕点B旋转（），得到线段BE ， ，四边形ABCE的面积为 故答案为：135，(2)作图如下 四边形ABCD是正方形 由旋转可得， ，理由如下：如图，过点B作 垂足为H ，EBC的平分线BF交EC于点G 为等腰直角三角形 即【点睛】本题属于四边形和三角形的综合题目，涉及正方形的性质、旋转的性质、角平分线的定义、等腰三角形的性质和判定、解直角三角形、全等三角形的判

29、定与性质、三角形的内角和定理等，灵活运用上述知识点是解题的关键20(1)见解析(2)【分析】（1）由等腰三角形的性质得到，再由菱形的判定定理即可得到结论；（2）先求出 ，由勾股定理得出BD的长度，解直角三角形求出AF的长度，再由菱形的性质即可求解【解析】(1) BA=BC，BD平分ABC DE=DF四边形AECF是菱形；(2)，BAAF ，BA=BC AD=4 在 中， 四边形AECF是菱形【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理及利用同角的三角函数关系求值，熟练掌握知识点是解题的关键21(1)见解析(2)见解析；，见解析【分析】（1）利用正方形的性质证明，再证明，从而可

30、得结论；（2）根据语句依次画图即可；如图，连接HB，HD，HE，证明， 再证明，可得结合，可得【解析】(1)证明：四边形ABCD是正方形，垂足为点F，即(2)补全图形如图所示，证明：如图，连接HB，HD，HE，F为DE的中点，且，四边形ABCD是正方形， 由（1）知，【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的应用，线段的垂直平分线的性质，正方形的性质，熟练利用正方形的性质确定全等三角形是解本题的关键22(1)见解析(2)【分析】（1）由三角形中位线定理可得四边形OMPN是平行四边形，再由菱形的性质即可证得结论；（2）由菱形的性质及已知可得ABD是等边三角形，进而可得O

31、A的长度，由中位线的性质可得PN及ON，从而可得AN，由矩形的性质及勾股定理即可求得AP的长【解析】(1)P，M，N分别为CD，OD，OC的中点， 四边形OMPN是平行四边形 在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O， 四边形ONPN是矩形(2)四边形OMPN是矩形， 四边形ABCD是菱形，AC平分BAD，ABD是等边三角形 BD=4，由勾股定理得：，在中,由勾股定理得:【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，三角形中位线定理，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，涉及的知识点较多，灵活运用它们是解题的关键23(1)见解析(2)【分析】(1)根据矩形的性质得出OA=OB，进而利用菱形的判定解

32、答即可；(2)根据菱形的性质及面积公式，解直角三角形即可求得【解析】(1)证明：，四边形AEBO是平行四边形又四边形ABCD是矩形， 四边形AEBO是菱形(2)解：如图：连接EO，交AB于点F四边形ABCD是矩形， 又是等边三角形， 四边形AEBO是菱形， 四边形的面积为：【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，作出辅助线是解决本题的关键24(1)见解析(2)【分析】（1）先证四边形AEFD是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形得出结论；（2）根据AB=2，得出AC=4，进而求出AE=AC=2，再根据勾股定理求解即可【解析】(1)证明

33、：D，E，F分别为AB，AC，BC的中点， DFAC， EFAB 四边形AEFD是平行四边形 A=90， 四边形AEFD是矩形(2)解： AB=2， 在RtABC中， E是AC的中点， 在RtABE中，【点睛】本题主要考查了矩形的判定，勾股定理求边长，涉及到的知识点有中位线定理，平行四边形的判定，根据锐角三角函数求边长等知识点，熟练掌握矩形的判定是解决问题的关键25(1)见解析(2)【分析】（1）先由等腰三角形“三线合一”的性质得到，再结合已知即可证明结论；（2）设 ，根据题意，求出，再根据勾股定理列出方程求解，最后计算菱形的面积即可（1） ，D是BC的中点，四边形BECF是菱形；（2）设，

34、，在中，即，解得， ， 菱形BECF的面积【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、菱形的判定定理和性质定理，勾股定理，菱形的面积，熟练掌握知识点是解题的关键26（1）2：1；（2）【分析】（1）根据菱形的性质结合相似三角形的判定和性质求解；（2）根据菱形的性质及勾股定理的逆定理判定AED=90，然后利用特殊角三角函数值计算求解【解析】解：（1）四边形ABCD是菱形，ABCD，AB=CDABFDEF 点E是CD的中点，AB=CD=2DEBF：DF=2：1 （2） 连接AC四边形ABCD是菱形，AB=ADAB=2，AD=2，DE=1AE=，=+。AED=90 sinADE=，ADE=60在菱形ABCD

35、中，BD为对角线，ADB=ADE=30 连接AC，交BD于点O 四边形ABCD是菱形， ACBD，OB=OD AO=AD=1 在RtAOD中，由勾股定理，得OD=BD=2OD=2【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的性质和判定，菱形的性质，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键27（1）作图见解析；（2）平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形为菱形【分析】（1）根据题干中提示的步骤，逐步作图即可；（2）根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”进行证明即可【解析】（1）按照步骤，作图如图所示：（2）证明：，四边形ABCD是平行四边形，四边形ABCD是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是

36、菱形）故答案为：平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形【点睛】本题考查尺规作图-作菱形，以及理论证明，掌握基本作图的方法，以及菱形的判定定理是解题关键28（1）证明见解析；（2）AC=40【分析】（1）根据垂直的定义可得GNE=MEN=90，根据平行线的性质可得MGN=90，即可证明四边形NEMG是矩形；（2）根据sinCAB=可求出MB得长，利用勾股定理可求出AM的长，根据平行四边形的性质可得CAB=ACD，利用AAS可证明ABMCDE，可得CE=AM，根据矩形的性质可得ME=NG，根据线段的和差关系即可得答案【解析】（1），GNE=MEN=90，MGN+GNE=180，MGN=90，

37、四边形NEMG是矩形（2）四边形NEMG是矩形，GN=8，AMB=AMG=90，ME=GN=8，sinCAB=，AB=26，MB=10，=24，四边形ABCD是平行四边形，AB/CD，AB=CD，CAB=ACD，在ABM和CDE中，ABMCDE，CE=AM=24，AC=AM+CE-ME=24+24-8=40【点睛】本题考查矩形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质及解直角三角形，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键29（1）见解析；（2）13【分析】（1）利用一组对边平行且相等的判定方法先判定其为平行四边形，再利用有一个角为直角的平行四边形是矩形判定即可；（2）根据（1）中证明

38、出的四边形为矩形，利用勾股定理求出的长度,进而利用矩形对角线相等的性质，可以得出【解析】（1）证明：如图，四边形为平行四边形在中，为的角平分线，四边形为矩形（2）解：，为的角平分线，在中，四边形为矩形，【点睛】此题考查了平行四边形、矩形的判定以及直角三角形的性质、勾股定理等内容，关键是对这些判定以及性质的运用30（1）见解析；（2）菱形，四条边相等的四边形是菱形【分析】（1）尺规做图，过直线外一点做已知直线的垂线，按照步骤画图即可（2）四条边相等的四边形是菱形，依据是菱形的判定定理【解析】（1）依作法补全图形，如下图（2）菱形四条边相等的四边形是菱形故答案为：菱形，四条边相等的四边形是菱形第2

39、5课时 矩形、菱形、正方形2一、填空题1（2021北京海淀二模）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线交点，则与的大小关系为：_（填“”，“”或“”）2（2020北京西城一模）如图，在正方形ABCD中，BE平分CBD，EFBD于点F，若DE=，则BC的长为_3（2020北京朝阳二模）正方形的边长为4，点在对角线上（可与点重合），点在正方形的边上下面四个结论中，存在无数个四边形是平行四边形；存在无数个四边形是菱形；存在无数个四边形是矩形；至少存在一个四边形是正方形所有正确结论的序号是_4（2020北京朝阳二模）如图1，将矩形和正方形分别沿对角线和剪开，拼成如图2所示的平行四边形，中间空白部分的四边形是正方形如果正方形和正方形的面积分别是16和1，则矩形的面积为_5（2019北京西城二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A，B，菱形ABCD的顶点C在x轴的正半轴上，其对角线BD的长为_.6（2019北京