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模块二 知识全整合
专题 4 图形的性质
第 7 讲 矩形和菱形
一、矩形
1．矩形的性质
（1）矩形具有平行四边形的所有性质；
（2）矩形的特殊性质：四个角都是直角，对角线相等，矩形是轴对称图形；
2．矩形的判定
（1）直接判定：三个角是直角的四边形是矩形；
（2）在平行四边形的基础上判定
有一个角是直角的平行四边形是矩形；
对角线相等的平行四边形是矩形；
二、菱形
1．菱形的性质
（1）菱形具有平行四边形的所有性质；
（2）菱形的特殊性质：四条边都相等，对角线垂直，每条对角线平分一组对角，菱形
的面积等于对角线乘积的一半，菱形是轴对称图形；
2．菱形的判定
（1）直接判定：四条边相等的四边形是菱形；
（2）在平行四边形的基础上判定
有一组邻边相等的平行四边形是菱形；对角线垂直的平行四边形是菱形；
《义务教育数学课程标准》2022年版，学业质量要求：
1．理解矩形和菱形的概念；
2．探索并证明矩形和菱形的性质定理和判定定理；
3．理解矩形和菱形之间的关系；
【例1】（2023·辽宁丹东·统考中考真题）
1．如图，在矩形 中，对角线 与 相交于点O， ， ，
垂足为点E，F是 的中点，连接 ，若 ，则矩形 的周长是（ ）
A． B． C． D．
【变1】（2022·四川巴中·统考中考真题）
2．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．
【例1】（2023·山东聊城·统考中考真题）
试卷第2页，共2页3．如图，在 中， 的垂直平分线 交 于点 ，交 于点O，连接 ，
，过点C作 ，交 的延长线于点F，连接 ．若 ， ，则
四边形 的面积为 ．
.
【变1】（2023·内蒙古·统考中考真题）
4．如图，在菱形 中，对角线 相交于点 ，点 分别是边 ，线段
上的点，连接 与 相交于点 ．
(1)如图1，连接 ．当 时，试判断点 是否在线段 的垂直平分线上，并
说明理由；
(2)如图2，若 ，且 ，
①求证： ；
②当 时，设 ，求 的长（用含 的代数式表示）．
【例1】（2023·湖北随州·统考中考真题）
5．如图，矩形 的对角线 ， 相交于点O， ．(1)求证：四边形 是菱形；
(2)若 ，求四边形 的面积．
【变1】（2023·黑龙江·统考中考真题）
6．如图，在平面直角坐标系中，菱形 的边 在x轴上， ， 的
长是一元二次方程 的根，过点C作x轴的垂线，交对角线 于点D，
直线 分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿
向终点D运动，动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿 向终点E运动．两
点同时出发，设运动时间为t秒．
(1)求直线 的解析式．
(2)连接 ，求 的面积S与运动时间t的函数关系式．
(3)点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q．使得以A，C，N，Q为项点
的四边形是矩形．若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
一、选择题
（2023·湖北襄阳·统考中考真题）
7．如图，矩形 的对角线相交于点 ，下列结论一定正确的是（ ）
A． 平分 B． C． D．
（2023·湖南·统考中考真题）
8．如图，菱形 中，连接 ，若 ，则 的度数为（ ）
试卷第4页，共2页A． B． C． D．
（2023·河北·统考中考真题）
9．如图，直线 ，菱形 和等边 在 ， 之间，点A，F分别在 ，
上，点B，D，E，G在同一直线上：若 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
（2023·四川德阳·统考中考真题）
10．如图， 的面积为12， ， 与 交于点O．分别过点C，D
作 ， 的平行线相交于点F，点G是 的中点，点P是四边形 边上的动
点，则 的最小值是（ ）
A．1 B． C． D．3
（2023·浙江绍兴·统考中考真题）】
11．如图，在矩形 中， 为对角线 的中点， ．动点 在线段
上，动点 在线段 上，点 同时从点 出发，分别向终点 运动，且始终保持 ．点 关于 的对称点为 ；点 关于 的对称点为 ．
在整个过程中，四边形 形状的变化依次是（ ）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B．菱形→正方形
→平行四边形→菱形→平行四边形 C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱
形→平行四边形 D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
12．如图，在矩形 中，对角线 交于点O， ， ，垂直于
的直线 从 出发，沿 方向以每秒 个单位长度的速度平移，当直线
与 重合时停止运动，运动过程中 分别交矩形的对角线 于点E，F，以
为边在 左侧作正方形 ，设正方形 与 重叠部分的面积为S，
直线 的运动时间为ts，则下列图象能大致反映S与t之间函数关系的是（ ）
A． B．
试卷第6页，共2页C． D．
二、填空题
（2023·四川内江·统考中考真题）
13．出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创
建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所
分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图，在矩形 中，
， ，对角线 与 交于点O，点E为 边上的一个动点，
， ，垂足分别为点F，G，则 ．
（2023·山东滨州·统考中考真题）
14．如图，矩形 的对角线 相交于点 ，点 分别是线段 上的
点．若 ，则 的长为 ．
（2023·甘肃武威·统考中考真题）
15．如图，菱形 中， ， ， ，垂足分别为 ， ，
若 ，则 ．
（2023·山东济南·统考中考真题）
16．如图，将菱形纸片 沿过点 的直线折叠，使点 落在射线 上的点 处，折痕 交 于点 ．若 ， ，则 的长等于 ．
三、解答题
（2023·湖南怀化·统考中考真题）
17．如图，矩形 中，过对角线 的中点 作 的垂线 ，分别交 ，
于点 ， ．
(1)证明： ；
(2)连接 、 ，证明：四边形 是菱形．
（2023·山东青岛·统考中考真题）
18．如图，在 中， 的平分线交 于点E， 的平分线交 于点
F，点G，H分别是 和 的中点．
(1)求证： ；
(2)连接 ．若 ，请判断四边形 的形状，并证明你的结论．
（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）
19．如图，在平行四边形 中， 为线段 的中点，连接 ， ，延长 ，
交于点 ，连接 ， ．
试卷第8页，共2页(1)求证：四边形 是矩形；
(2)若 ， ，求四边形 的面积．
（2023·贵州·统考中考真题）
20．如图，在 中， ，延长 至D，使得 ，过点A，D分
别作 ， ， 与 相交于点E．下面是两位同学的对话：
小星：由题目的已知
小红：由题目的已知条
条件，若连接 ，
件，若连接 ，则可证明
则可
．
证明 ．
(1)请你选择一位同学的说法，并进行证明；
(2)连接 ，若 ，求 的长．
（2023·湖南湘西·统考中考真题）
21．如图，四边形 是平行四边形， ，且分别交对角线 于点M，
N，连接 ．(1)求证： ；
(2)若 ．求证：四边形 是菱形．
（2023·四川广安·统考中考真题）
22．如图，二次函数 的图象交 轴于点 ，交 轴于点 ，点 的坐
标为 ，对称轴是直线 ，点 是 轴上一动点， 轴，交直线 于点
，交抛物线于点 ．
(1)求这个二次函数的解析式．
(2)若点 在线段 上运动（点 与点 、点 不重合），求四边形 面积的最
大值，并求出此时点 的坐标．
(3)若点 在 轴上运动，则在 轴上是否存在点 ，使以 、 为顶点的四边
形是菱形？若存在，请直接写出所有满足条件的点 的坐标；若不存在，请说明理由．
（2023·山东烟台·统考中考真题）
23．【问题背景】
如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形 进行如
下操作：①分别以点 为圆心，以大于 的长度为半径作弧，两弧相交于点 ，
，作直线 交 于点 ，连接 ；②将 沿 翻折，点 的对应点落在
点 处，作射线 交 于点 ．
试卷第10页，共2页【问题提出】
在矩形 中， ，求线段 的长．
【问题解决】
经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：
方案一：连接 ，如图2．经过推理、计算可求出线段 的长；
方案二：将 绕点 旋转 至 处，如图3．经过推理、计算可求出线段
的长．
请你任选其中一种方案求线段 的长．
（2023·湖北恩施·统考中考真题）
24．如图，在矩形 中，点 是 的中点，将矩形 沿 所在的直线折叠，
的对应点分别为 ， ，连接 交 于点 ．
(1)若 ，求 的度数；
(2)连接EF，试判断四边形 的形状，并说明理由．参考答案：
1．D
【分析】根据矩形的性质得出 ，即可求证 为等边三角形，进而得出点E为
中点，根据中位线定理得出 ，易得 ，求出
，即可得出矩形的周长．
【详解】解：∵四边形 是矩形，
∴ ，
∵ ，
∴ 为等边三角形，
∵ ，
∴点E为 中点，
∵F是 的中点，若 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴矩形 的周长 ，
故选：D．
【点睛】矩形主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线定理，解直角三
角形，解题的关键是掌握矩形的对角线相等，等边三角形三线合一，三角形的中位线平行
于第三边且等于第三边的一半，以及解直角三角形的方法和步骤．
2．(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．
∴AB CD，
∴∠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．
3．24 △ △
【分析】根据平行线的性质可得 ，根据垂直平分线的性质可得 ，
，根据全等三角形的判定和性质可得 ， ，根据平行
四边形的判定和菱形的判定可推得四边形 为菱形，根据勾股定理求得 ，根据
菱形的性质即可求得四边形 的面积．
答案第2页，共2页【详解】∵ ，
∴ ，
∵ 的垂直平分线 交 于点 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴四边形 为平行四边形，
又∵ ， ， ，
∴平行四边形 为菱形，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
故菱形 的面积为 ，
故答案为：24．
【点睛】本题考查了平行线的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，平行
四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
4．(1)点 在线段 的垂直平分线上
(2)①证明见解析，②
【分析】（1）根据菱形的性质及垂直平分线的判定证明即可；
（2）①根据菱形的性质得出 ，再由各角之间的关系得出
，由含30度角的直角三角形的性质求解即可；③连接 ．
利用等边三角形的判定和性质得出 ，再由正切函数及全等三角形的判定和
性质及勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，点 在线段 的垂直平分线上．理由如下：连接 ．
∵四边形 是菱形，对角线 相交于点 ，
．
，
，
∴点 在线段 的垂直平分线上．
（2）①证明：如图，∵四边形 是菱形，
，
， ，
，
，
．
，
．
，
，
，
．
在 中， ，
．
．
答案第4页，共2页，
；
②如图，连接 ．
，
∴ 是等边三角形．
∵ ，
∴ ，
在 中， ，
，
．
， ，
，
．
，
，
．在 中， ，
由勾股定理得 ，
．
【点睛】题目主要考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和
性质及解直角三角形，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
5．(1)见解析
(2)3
【分析】（1）先根据矩形的性质求得 ，然后根据有一组邻边相等的平行四边形
是菱形分析推理；
（2）根据矩形的性质求得 的面积，然后结合菱形的性质求解．
【详解】（1）解：∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
又∵矩形 中， ，
∴平行四边形 是菱形；
（2）解：矩形 的面积为 ，
∴ 的面积为 ，
∴菱形 的面积为 ．
【点睛】本题考查矩形的性质、菱形的判定，属于中考基础题，掌握矩形的性质和菱形的
判定方法，正确推理论证是解题关键．
答案第6页，共2页6．(1) ；
(2) ；
(3)存在，点Q的坐标是 或 ．
【分析】（1）过点A作 于H，解方程可得 ，然后解直角三角形求出 、
和 的长，得到点A、D的坐标，再利用待定系数法求出解析式即可；
（2）首先证明 是等边三角形，求出 ，然后分情况讨论：①当点N
在 上，即 时，过点N作 于P，②当点N在 上，即
时，过点N作 于T，分别解直角三角形求出 和 ，再利用三角形面积公式列
式即可；
（3）分情况讨论：①当 是直角边时，则 ，过点N作 于K，首先求出
，然后解直角三角形求出 和 ，再利用平移的性质得出点Q的坐标；②当 是
对角线时，则 ，过点N作 于L，证明 ，可得
，然后解直角三角形求出 ，再利用平移的性质得出点Q的坐标．
【详解】（1）解：解方程 得： ， ，
∴ ，
∵四边形 是菱形， ，
∴ ， ，
∴ ，∴ ，
过点A作 于H，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
设直线 的解析式为 ，
代入 ， 得： ，
解得： ，
∴直线 的解析式为 ；
（2）解：由（1）知在 中， ， ，
∴ ， ，
∵直线 与 y轴交于点E，
∴ ，
∴ ，
答案第8页，共2页∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
①当点N在 上，即 时，
由题意得： ， ，
过点N作 于P，
则 ，
∴ ；
②当点N在 上，即 时，
由题意得： ， ，
过点N作 于T，
则 ，
∴ ；综上， ；
（3）解：存在，分情况讨论：
①如图，当 是直角边时，则 ，过点N作 于K，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴将点N向左平移 个单位长度，再向下平移 个单位长度得到点C，
∴将点A向左平移 个单位长度，再向下平移 个单位长度得到点Q，
∵ ，
∴ ；
答案第10页，共2页②如图，当 是对角线时，则 ，过点N作 于L，
∵ ， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移 个单位长度得到点N，
∴将点A向右平移3个单位长度，再向上平移 个单位长度得到点Q，
∵ ，
∴ ；
∴存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标是 或
．【点睛】本题考查了解一元二次方程，菱形的性质，解直角三角形，待定系数法的应用，
等边三角形的判定和性质，含 直角三角形的性质，二次函数的应用，矩形的判定和性
质以及平移的性质等知识，灵活运用各知识点，作出合适的辅助线，熟练掌握数形结合思
想与分类讨论思想的应用是解题的关键．
7．C
【分析】根据矩形的对角线相等，以及矩形与菱形性质的区别判断即可．
【详解】解：由矩形 的对角线相交于点 ，
根据矩形的对角线相等，
可得 ．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，关键是掌握矩形的性质．
8．C
【分析】根据菱形的性质可得 ，则 ，进而
即可求解．
【详解】解：∵四边形 是菱形
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ,
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练掌握是菱形的性质解题的关键．
9．C
【分析】如图，由平角的定义求得 ，由外角定理求得，
答案第12页，共2页，根据平行性质，得 ，进而求得
．
【详解】如图，∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
故选：C．
【点睛】本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形外角定理，根
据相关定理确定角之间的数量关系是解题的关键．
10．A
【分析】先证明 ，四边形 是菱形，如图，连接 ， ，而点G是 的
中点，可得 为菱形对角线的交点， ，当 时， 最小，再利用等面积
法求解最小值即可．
【详解】解：∵ ， ，
∴ 是矩形，
∴ ，
∵ ， ，
∴四边形 是菱形，如图，连接 ， ，而点G是 的中点，
∴ 为菱形对角线的交点， ，
∴当 时， 最小，
∵ 即矩形 的面积为12， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
由菱形的性质可得： ，
∴ ，
∴ ，即 的最小值为1．
故选A
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，矩形的性质与判定，菱形的判定与性质，垂线
段最短的含义，理解题意，利用数形结合的方法解题是关键．
11．A
【分析】根据题意，先证四边形 是平行四边形，再判断特殊位置（ 三点重
合时， 分别为 的中点时，当 分别与 重合时）四边形 的形状，
即可求解．
【详解】解：∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴ ， ，
∵ 、 ，
∴ ，
答案第14页，共2页∵对称，
∴ ， ，
∴ ，
∵对称，
∴ ， ，
∴ ，
同理 ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形；
如图所示，
当 三点重合时， ，
∴ ，
即 ，∴四边形 是菱形，
如图所示，当 分别为 的中点时，
设 ，则 ， ，
在 中， ，
连接 ， ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∵ 为 中点，
∴ ， ，
∴ ，
根据对称性可得 ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是直角三角形，且 ，
∴四边形 是矩形，
当 分别与 重合时， 都是等边三角形，则四边形 是菱形，
答案第16页，共2页∴在整个过程中，四边形 形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边
形→菱形，
故选A．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，
勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握
以上知识是解题的关键．
12．B
【分析】求出 在 点左侧时的两段图象，即可得出结论．
【详解】解：当 在 点左侧，即： 时：
①当正方形 的边 在 的外部时，重叠部分为矩形，如图：
设 分别交 于点 ，
∵垂直于 的直线 从 出发，沿 方向以每秒 个单位长度的速度平移，
∴ ，
∵在矩形 中， ， ，
∴ ，∴ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，图象为开口向下的一段抛物线；
②当正方形 的边 在 的内部时，与 重叠部分即为正方形 ，如
图：
由①可知： ，
∴ ，图象是一段开口向上的抛物线；
当 过点 时，即 时， 重合，此时， ；
综上：满足题意的只有B选项，
故选B．
【点睛】本题考查动点的函数图象问题．解题的关键是确定动点的位置，利用数形结合和
分类讨论的思想进行求解．
13． ##
【分析】连接 ，根据矩形的性质得到 ， ，
，根据勾股定理得到 ，求得 ，根据三角形的
面积公式即可得到结论．
【详解】解：连接 ，
答案第18页，共2页四边形 是矩形，
， ， ，
， ，
，
，
，
，
，
故答案为： ．
【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注
意掌握数形结合思想的应用．
14．
【分析】过点 分别作 的垂线，垂足分别为 ，等面积法证明 ，进
而证明 ， ，根据全等三角形的性质得出 ，
，根据已知条件求得 ，进而勾股定理求得 ，进而即可求解．
【详解】解：如图所示，过点 分别作 的垂线，垂足分别为 ，∵四边形 是矩形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴
∴
设
在 中，
∴
∴ ，
∴
∴
解得：
∴
在 中， ，
在 中，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知
识是解题的关键．
答案第20页，共2页15．
【分析】根据菱形的性质，含 直角三角形的性质，及三角函数即可得出结果．
【详解】解：在菱形 中， ，
，
，
，
，
在 中， ，
同理， ，
，
，
在 中，
．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了菱形的性质，含 直角三角形的性质，及三角函数等知识，熟练掌
握菱形的性质是解题的关键．
16．
【分析】过点A作 于点Q，根据菱形性质可得 ，根据折叠所得
，结合三角形的外角定理得出 ，最后根据， 即可求解．
【详解】解：过点A作 于点Q，
∵四边形 为菱形， ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ 由 沿 折叠所得，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，则 ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌
握菱形和折叠的性质，正确画出辅助线，构造直角三角形求解．
17．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质得出 ，则 ，根据 是 的中点，
可得 ，即可证明 ；
答案第22页，共2页（2）根据 可得 ，进而可得四边形 是平行四边形，根据对
角线互相垂直的四边形是菱形，即可得证．
【详解】（1）证明：如图所示，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的中点，
∴ ，
在 与 中
，
∴ ；
（2）∵
∴ ，
又∵
∴四边形 是平行四边形，
∵
∴四边形 是菱形．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的判定，熟练掌握特殊
四边形的性质与判定是解题的关键．
18．(1)见解析
(2)矩形，证明见解析【分析】（1）由平行四边形的性质得出 ， ， ， ，
证出 ， ，由 证明 ，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出 ， ，证出 ，由已知得出
， ，即可证出四边形 是平行四边形．
【详解】（1）解：证明：∵四边形 是平行四边形，
∴ ， ， ， ，
∴ ， ，
∵ 和 的平分线 、 分别交 、 于点E、F，
∴ ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ．
（2）证明：∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵点G、H分别为 、 的中点，
∴ ， ，
∴四边形 是平行四边形
∵ ，G为 的中点，
∴ ，
∴四边形 是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定
与性质；熟练掌握平行四边形的性质与判定，证明三角形全等是解决问题的关键．
19．(1)证明，见解析
(2)
答案第24页，共2页【分析】（1）根据平行四边形的性质，得 ，根据平行线的性质，得
， ；再根据 为线段 的中点，全等三角形的判定，则
，根据矩形的判定，即可；
（2）过点 作 于点 ，根据勾股定理，求出 的长，再根据四边形 的面
积等于 ，即可．
【详解】（1）∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ， ，
∵ 为线段 的中点，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴平行四边形 是矩形．
（2）过点 作 于点 ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 的面积等于 ，
∵ ， ，
∵点 是对角线的中心，
∴ ，∴ ，
∴平行四边形 的面积为： ．
【点睛】本题考查矩形，平行四边形，全等三角形的知识，解题的关键是矩形的判定和性
质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．
20．(1)见解析
(2)
【分析】（1）选择小星的说法，先证四边形 是平行四边形，推出 ，再证明
四边形 是矩形，即可得出 ；选择小红的说法，根据四边形 是矩形，
可得 ，根据四边形 是平行四边形，可得 ，即可证明 ；
（2）根据 ， 可得 ，再用勾股定理解 即可．
【详解】（1）证明：①选择小星的说法，证明如下：
如图，连接 ，
， ，
四边形 是平行四边形，
，
，
答案第26页，共2页，
又 ，点D在 的延长线上，
，
四边形 是平行四边形，
又 ，
四边形 是矩形，
；
②选择小红的说法，证明如下：
如图，连接 ， ，
由①可知四边形 是矩形，
，
四边形 是平行四边形，
，
．
（2）解：如图，连接 ，
， ，
，
，在 中， ，
，
解得
即 的长为 ．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，解题的关
键是掌握平行四边形和矩形的判定方法．
21．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接 ，交 于点 ，证明 ，推出四边形 为平
行四边形，得到 ，即可得证；
（2）先证明四边形 是菱形，得到 ，进而得到 ，即可得证．
【详解】（1）证明：连接 ，交 于点 ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又 ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 为平行四边形，
∴ ，
答案第28页，共2页∴ ；
（2）∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形，
∴ ，
∴ ，
∴平行四边形 是菱形．
【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．熟练掌握相关知识点，
是解题的关键．
22．(1)
(2) 最大值为 ，此时
(3) 或 或
【分析】（1）先根据二次函数对称轴公式求出 ，再把 代入二次函数解析式中
进行求解即可；
（2）先求出 ， ，则 ， ，求出直线 的解析式为
，设 ，则 ， ，则 ；再由
得到 ，故当 时， 最大，最大值为 ，此时点P的坐标为 ；
（3）分如图3-1，图3-2，图3-3，图3-4，图3-5，图3-6所示， 为对角线和边，利用
菱形的性质进行列式求解即可．
【详解】（1）解：∵二次函数 的对称轴为直线 ，
∴ ，
∴ ，
∵二次函数经过点 ，
∴ ，即 ，
∴ ，
∴二次函数解析式为 ；
（2）解：∵二次函数经过点 ，且对称轴为直线 ，
∴ ，
∴ ，
∵二次函数 与y轴交于点C，
∴ ，
∴ ；
设直线 的解析式为 ，
∴ ，
∴ ，
∴直线 的解析式为 ，
答案第30页，共2页设 ，则 ， ，
∴ ；
∵ ，
∴
，
∵ ，
∴当 时， 最大，最大值为 ，
∴此时点P的坐标为 ；
（3）解：设 ，则 ， ，
∵ 轴，
∴ 轴，即 ，
∴ 是以 、 为顶点的菱形的边；
如图3-1所示，当 为对角线时，∵ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 轴，
∴ 轴，即 轴，
∴点C与点N关于抛物线对称轴对称，
∴点N的坐标为 ，
∴ ，
∴ ；
如图3-2所示，当 为边时，则 ，
答案第32页，共2页∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
解得 或 （舍去），
∴ ，
∴ ；
如图3-3所示，当 为边时，则 ，同理可得 ，
∴ ，
解得 或 （舍去），
∴ ，
∴ ；
如图3-4所示，当 为边时，则 ，
同理可得 ，
解得 （舍去）或 （舍去）；
如图3-5所示，当 为对角线时，
答案第34页，共2页∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 轴，
∴ 轴，这与题意相矛盾，
∴此种情形不存在
如图3-6所示，当 为对角线时，设 交于S，
∵ 轴，
∴ ，
∵ ，
∴ ，这与三角形内角和为180度矛盾，
∴此种情况不存在；
综上所述， 或 或 ．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，菱形的性质，勾股定理，
求二次函数解析式等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．23．线段 的长为 ．
【分析】方案一：连接 ，由翻折的不变性，知 ， ，证明
，推出 ，设 ，在 中，利用勾股定理列
式计算求解即可；
方案二：将 绕点 旋转 至 处，证明 ，推出 ，设
，同方案一即可求解．
【详解】解：方案一：连接 ，如图2．
∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
由作图知 ，
由翻折的不变性，知 ， ， ，
∴ ， ，又 ，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ， ，
在 中， ，即 ，
解得 ，
答案第36页，共2页∴线段 的长为 ；
方案二：将 绕点 旋转 至 处，如图3．
∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
由作图知 ，
由旋转的不变性，知 ， ， ，
则 ，
∴ 共线，
由翻折的不变性，知 ，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ， ，
在 中， ，即 ，
解得 ，
∴线段 的长为 ．
【点睛】本题考查了作线段的垂直平分线，翻折的性质，旋转的性质，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，解题的关键是学会利用参数构建方程解决
问题．
24．(1) 的度数为(2)矩形，理由见详解
【分析】（1）根据点 是 的中点，沿 所在的直线折叠，可得 是等腰三角形，
根据三角形的外角的性质即可求解；
（2）如图所示，连接 ，点 是 上的一点，根据矩形和折叠的性质可得四边形
是平行四边形，如图所示，连接 ， ，过点 作 于点 ，可证四边
形 是平行四边形，再根据折叠的性质得 ，由此即可求证．
【详解】（1）解：∵四边形 是矩形，点 是 的中点，
∴ ，
∵沿 所在的直线折叠， 的对应点分别为 ， ，
∴ ，
∴ ，则 是等腰三角形，
∴ ，
∵ ，即 ，
∴ ，
∴ 的度数为 ．
（2）解：如图所示，连接 ，点 是 上的一点，
∵四边形 是矩形，
∴ ， ，即 ，
∵沿 所在的直线折叠， 的对应点分别为 ， ，
∴ ， ， 是 的角平分线，
由（1）可知， ，
答案第38页，共2页∴ ，
∴ ，且 ，
∴四边形 是平行四边形，则 ， ，
如图所示，连接 ， ，过点 作 于点 ，
∵点 是 的中点， ，
∴点 是线段 的中点，则 ，
∴在 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∵沿 所在的直线折叠， 的对应点分别为 ， ，
∴ ， ， ，
在 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，∵ ，
∴平行四边形 是矩形．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，矩形的判定，折叠的性质，全等三角形的判定和性质
的综合，掌握矩形折叠的性质，全等三角形的判定和性质，图形结合分析是解题的关键．
答案第40页，共2页
