苏科版（2024）八年级下册（2024）8.2 特殊的平行四边形课后作业题

这是一份苏科版（2024）八年级下册（2024）8.2 特殊的平行四边形课后作业题，共39页。试卷主要包含了系统分组_加入顺序等内容，欢迎下载使用。
一、系统分组_加入顺序
1．（浙江省浙江初中高质量发展协作共同体2025-2026学年九年级上学期11月期中数学试题）如图，在正方形中，，是的中点，是正方形内一动点，，连接，将线段绕点逆时针旋转得到，连结，则线段的最小值为（ ）
A．B．C．D．8
2．（2025年山东省德州市中考数学真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（ ）
A．B．C．D．
3．（广东省佛山市华英学校2025-2026学年九年级上学期第一次月考数学试题）下列语句中，不正确的是（ ）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．有一组邻边相等的平行四边形是菱形
C．对角线互相平分且相等的四边形是矩形
D．有一个内角是直角的菱形是正方形
4．（四川省成都市教育科学研究院附属中学2025－2026学年九年级上学期10月月考数学试卷）下列说法正确的是（ ）
A．正方形是轴对称图形，它有两条对称轴
B．两组对角分别相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
D．四边相等的四边形是正方形
5．（黑龙江省区绥化市第四中学校2025-2026学年八年级上学期11月期中数学试题）如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作于点H，已知，，则（ ）
A．B．C．D．15
6．（湖北省武汉市七一中学2025-2026学年八年级上学期11月月考数学试卷）如图，正方形中有两个正方形，且它们的顶点分别在正方形的边上或对角线上，两个正方形的面积分别是和，若，则的值为（ ）
A．24B．27C．30D．36
7．（辽宁省阜新市实验中学2025-2026学年九年级上学期期中数学试卷）如图，在正方形中，M，N分别为，边上的点，且，与交于点P，连接，Q为中点，连接，若，，则的长为（ ）
A．B．C．3D．
8．（安徽省淮南市凤台县2025-2026学年上学期九年级数学期中试卷）如图，菱形的对角线交于原点，，．将菱形绕原点逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
9．（湖南省长沙市一中集团联考2025-2026学年九年级上学期11月期中数学试题）如图，正方形的边长为4，E为正方形内的一个动点，连接且满足，线段的最小值为 ．
10．（山西省太原市成成中学校2025-2026学年上学期第一次学业诊断九年级数学试卷）如图，矩形中，对角线交于点，若，则的长为 ．
11．（四川省达州市渠县中学2025-2026学年九年级上学期课后服务质量监测数学试题）如图，矩形周长为8，且．连接，将沿折叠得，交于点P，作，交于点G．下列说法中正确的有 ．
①；②的周长为定值4；③一定是等边三角形；④当变大时，也变大．
12．（山东省青岛市海信学校2025-2026学年九年级上期中数学试题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是 ．
13．（天津市南开区2025-2026学年上学期九年级数学期中试卷）如图，点是边长为4的正方形外一点，且，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．
（1）的大小为 （度）；
（2）点是的中点，连接，则的最小值为 ．
14．（广东省广州市第十三中学2025-2026学年九年级上学期期中数学试卷）如图，正方形的边长为4，，点E是直线上一点，连接，线段绕点B顺时针旋转得到，则线段长度的最小值等于 ．
15．（黑龙江省区绥化市第四中学校2025-2026学年八年级上学期11月期中数学试题）如图，在矩形中，相交于点O，平分交于点E，若，，则的长为 ．
16．（专题03隐圆问题（五大模型）（专项训练）数学北京版九年级上册）如图，正方形的边长为6，点，分别是，边上的点，且，则面积的最小值为 ．
17．（黑龙江省哈尔滨市第一一三中学2025-2026学年九年级上学期九月月考数学试题）如图是由小正方形组成的网格，用无刻度的直尺在给定的网格中完成以下画图．
(1)将绕点C顺时针旋转至，其中点B的对应点是点F，点A的对应点是点E．
(2)连接，画出的中点H（保留作图痕迹），连接，直接写出的面积．
18．（江西省南昌市2025-2026学年九年级上学期期中考试数学试卷）如图，点是正方形的边上一点，逆时针旋转后能够与重合．
(1)请你判断的形状，并说明理由；
(2)过点作垂直于点，交于点，若，，求的长．
19．（江西省南昌市2025-2026学年九年级上学期期中考试数学试卷）如图，已知点的坐标为，点的坐标为，菱形的对角线交于坐标原点．
(1)求两点的坐标；
(2)求菱形的面积．
20．（广东省清远市清城区松岗中学2025-2026学年八年级上学期数学第一次月考试题）（1）填空：如图①，若，则___________；若，则___________．
（2）用不同的方式表示同一图形的面积可以解决线段长度的有关问题，这种方法称为等面积法．这是一种重要的数学方法．美国第20任总统詹姆斯结合如图②所示的图形用等面积法验证了勾股定理，其中两个相同的直角三角形边在同一条直线上．
①请用两种不同的方式表示四边形的面积：
方式一：___________；
方式二：___________；
②请利用几何图形的面积关系，说明．
（3）如图③所示，折叠长方形的一边，使点落在边的点处，已知，求的长．
21．（宁夏回族自治区银川市贺兰县第四中学2025-2026学年九年级上学期期中数学试卷）如图，在方格中，每个小正方形边长均为1个单位长度．的顶点都在格点上，点是的中点．
(1)仅用无刻度直尺作图：连接，并过点作边上的高；（保留作图痕迹，不要求写作法）
(2)在（1）的条件下，求证：四边形是矩形．
22．（陕西省西安市西光中学教育集团2025-2026学年九年级上学期11月期中数学试题）如图，在中，，点D是的中点，过点A作平行于，且，连接．求证：四边形是矩形．
23．（福建省漳州市漳浦县2025-2026学年上学期期中质量检测九年级数学试卷参考样卷）如图，正方形中，点是平面内一点，以为直角边构建等腰直角三角形，且， ， 连接，交于点， 连接．
(1)请证明：；
(2)已知， 将绕点旋转一周，
①当 ，求的长
②在旋转过程中， 当时， 且，请求出线段的长．
24．（广东省深圳市龙华区深圳市红山中学附属学校2025-2026学年九年级上学期11月月考数学试题）如图，在中，为边的中点，过D点分别作交于点E，交于点F．
(1)证明：≌；；
(2)请你给增加一个条件 ，使四边形成为菱形并予以证明（要求：不添加其他辅助线）
25．（陕西省榆林市2025-2026学年上学期期中调研试题九年级数学）如图，在中，是边上的中线，以为边作，连接分别与相交于点．
(1)求证：四边形为正方形；
(2)若，求的长．
26．（辽宁省丹东市东港市2025-2026学年九年级上学期期中教学质量监测数学试卷）如图，菱形的对角线与相交于点O，过点D作，且，连接．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若菱形的边长为，求的值．
27．（广东省深圳市福田区红岭教育集团华富中学2025-2026学年上学期九年级期中考试数学试卷）活动课上，老师给同学们发了一张平行四边形的纸片（），要求利用尺规作图，在上各找一点，使四边形为矩形．
(1)某数学小组想出以下两种方法，请选择其中一种作法，证明其正确性．
我选择思路，理由如下：
(2)数学小组将作出的矩形纸片，剪下来，提出了一个新问题：
如图，点是矩形对角线的交点，过点作分别交于点，连接，若，，求四边形的周长．
28．（广东省佛山市南海区石实实验学校2025-2026学年九年级上学期第一次检测数学试卷）综合探究：
【知识链接】“化归思想”是数学学习中一种常用的探究新知、解决问题的基本思想方法，通过“转化、化归”可以实现化未知为已知，化复杂为简单，从而使问题得以解决．在探究平行四边形的性质时，某学习小组利用这种思想方法，发现并证明了一个有趣结论：平行四边形两条对角线的平方和等于四条边的平方和．
(1)【问题发现】该学习小组首先通过对一类特殊平行四边形矩形的研究发现：如图①，在矩形中，设，则对角线的长和边长之间的数量关系为________（用含的式子表示）；
(2)【问题探究】该学习小组通过添加辅助线，尝试将平行四边形转化为矩形，继续对一般平行四边形进行研究．如图②，在中，设，分别过点作边的垂线，垂足分别为．请你按照这种思路猜想对角线的长和边长之间的数量关系，并进行证明；
(3)【问题拓展】
如图③，在中，是边上的中线，已知，，请你添加合适的辅助线，构造平行四边形进行转化，求的值．
思路一
思路二
作图步骤
过点作于点，在上作．则四边形即为所求．
连接交于点，以点为圆心，以为半径画弧，分别交边于点．则四边形为所求．
作图痕迹
《2025年11月12日数学作业》参考答案
1．D
【分析】连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，，，证明，可得，由勾股定理可得的长，根据，即可得出的最小值．
【详解】解：如图，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，，，
，
，
在与中，
，
，
，
正方形中，，是边的中点，
，
，
，
，
，
线段长的最小值为．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，两点之间线段最短，勾股定理．解题的关键是掌握图形旋转的性质．
2．A
【分析】本题考查了矩形的性质和面积公式，平行四边形的性质和面积公式，勾股定理等知识点，掌握这些是解题的关键．
根据题意可得D点的纵坐标是C点纵坐标的一半，，过D点作轴，交轴于点，用勾股定理求出长即可．
【详解】解：过D点作轴，交轴于点，如图：
与矩形周长相等，，
，
的面积是矩形面积的一半，，
，
由勾股定理得：，
点D的坐标为．
故选：A．
3．A
【分析】根据平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定解答即可．
本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．
【详解】解：A. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，原说法错误，符合题意；
B. 有一组邻边相等的平行四边形是菱形，说法正确，不符合题意；
C. 对角线互相平分且相等的四边形是矩形，说法正确，不符合题意；
D. 有一个内角是直角的菱形是正方形，说法正确，不符合题意；
故选：A．
4．C
【分析】本题考查了正方形的性质与判定，菱形的判定，矩形的判定等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解．
根据正方形的性质与判定，菱形的判定，矩形的判定，对四个命题逐一分析，再作判断．
【详解】解：正方形是轴对称图形，它有4条对称轴，故A错误；
两组对角分别相等的四边形是平行四边形，不是矩形，故B错误；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C正确；
四边相等的四边形是菱形，不一定是正方形，故D错误，
故选：C．
5．A
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等面积法，解题的关键是掌握菱形的性质．
根据菱形的性质得出对角线的关系，利用勾股定理及等面积法进行求解即可．
【详解】解：根据菱形的性质得，，，
根据菱形的面积公式得，，
∴，
由勾股定理得，，
根据等面积得，，
∴，
故选：A．
6．B
【分析】设，根据正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正方形的面积公式解答即可．
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，熟记性质并判断出图中三角形都是等腰直角三角形是解题的关键．
【详解】解：设，
∵正方形中有两个正方形，正方形和正方形，
∴，，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
7．B
【分析】由题意易得，然后可证，则有，进而根据勾股定理及直角三角形斜边中线定理可进行求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，，
，
，
，
，
，
，
，
，
∵点为中点，
，
故选：B．
【点睛】本题主要考查勾股定理、正方形的性质、全等三角形的性质与判定及直角三角形斜边中线定理，熟练掌握勾股定理、正方形的性质、全等三角形的性质与判定及直角三角形斜边中线定理是解题的关键．
8．A
【分析】先根据菱形的性质及旋转的规律，可得第次旋转结束时，点C所在象限，再根据菱形的性质及全等三角形的判定，即可求得C点的坐标即可求解．
【详解】解：∵将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转，，
∴旋转4次后回到原来的位置，
∵，
∴第次旋转结束时，点C在第一象限，
如图：过点A作轴于点E，延长到点，使，过点作轴于点F，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
，
，，
∴，，
∴，
∴第次旋转结束时，点C的坐标为，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及坐标与图形的性质，直角三角形的性质，解题关键是找出旋转规律．
9．/
【分析】本题考查了正方形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、两点之间线段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．取中点F，连接，先由四边形是正方形得，而，则，再由勾股定理求得，再根据两点之间线段最短得到不等式，变形为，即可得答案．
【详解】解：如图，取中点F，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
10．
【分析】本题考查矩形对角线的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质，勾股定理．由矩形对角线互相平分的性质，得到是等腰三角形，根据等边对等角求出的度数，最后根据直角三角形的性质和勾股定理即可求解．
【详解】解：在矩形中，，，
在中，
故答案为：．
11．①②④
【分析】本题考查矩形与折叠问题，勾股定理，等腰三角形的判定．根据矩形的性质可得，再结合，可得，进而判断①正确，连接，令与交于点，再证，可证得的周长，进而判断②正确，无法证明是等边三角形，进而判断③错误；由题意得，，则在中，，整理得，进而判断④正确．
【详解】解：在矩形中，，，，
∵矩形周长为8，
∴，则，
∵，
∴,
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故①正确；
由折叠可知，，
∵
∴，则
∴，
则的周长，故②正确；
无法证明为等边三角形，故③错误；
∵，，
在中，，
整理得：，
∴当变大时，也变大，故④正确，
综上，正确的有①②④，
故答案为：①②④．
12．
【分析】本题考查正方形的性质、旋转的性质以及三角形面积公式，解题的关键在于熟知正方形的性质、旋转的性质．过点作于点，过点作交延长线于点，连接交弧于点，利用旋转的性质得到和，进而证得，再结合正方形的性质，求出的底和高，进而求出其面积．
【详解】如图，过点作于点，过点作交延长线于点，连接交弧于点，
则，
又，
，
，
由旋转得，
，
，
，
，
，
即当点在时，的值最大为长，
四边形是正方形，
，
，
的值最大为，
的最大面积是，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及圆的性质，解题的关键是利用旋转性质构造全等三角形，确定点的运动轨迹．
（1）通过旋转性质和正方形性质证明三角形全等，进而得出角的度数；
（2）确定点的运动轨迹，利用圆的性质和勾股定理求出的最小值．
【详解】解：（1）线段绕点逆时针旋转得到线段，
,
四边形是正方形，
，则，
，即;
在和中，;
;
;
（2）由（1）知，
点在以为直径的圆上运动（直角所对的弦是直径）,
如图：设的中点为，则为圆心，，
点是的中点，正方形边长为4，
，且，
是等腰直角三角形．
根据勾股定理，，
当、、三点共线时，取得最小值，
，
的最小值为．
故答案为：（1）90（2）．
14．/
【分析】连接，在上截取，使，连接，过点作于点，证明，得出，点在直线上运动，当点与重合时，的值最小，求出最小值即可．
【详解】解：由旋转得，
连接，在上截取，使，连接，过点作于点，如图所示：
∵四边形是正方形，
，
，
，
，
，
在和中
，
∴，
∴，
∴点在直线上运动，当点与重合时，的值最小，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，垂线段最短，直角三角形的性质，根据题意作出辅助线，得出点在直线上运动，当点与重合时，的值最小，是解题的关键．
15．6
【分析】本题考查了矩形的性质、等边三角形和等腰三角形的判定及三角形的内角和等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
根据矩形的性质得出，，，证明，得出．证出为等边三角形，得出，则可得出答案．
【详解】解：在矩形中，平分，
∴，，，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴，
又∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴．
故答案为：6．
16．
【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及二次函数的最值（或配方法求最值），解题的关键是通过旋转构造全等三角形，将的面积转化为可求的形式，再结合勾股定理和二次函数最值求解．
将绕点旋转得到，证明，从而将转化为；设，，利用勾股定理得到与的关系，再将表示为关于的函数，最后通过配方法（或二次函数性质）求出最小值．
【详解】解：如图，将绕点顺时针旋转90°得到，
由旋转的性质得，，，
，，
，
，
在和中，
（SAS），
，
．
设，，则，，，，
在中，，
，
化简得：，
，
当时，，
的最小值为．
故答案为：．
17．(1)图见详解
(2)图见详解，的面积为3
【分析】本题主要考查旋转的性质、勾股定理及矩形的性质，熟练掌握旋转的性质、勾股定理及矩形的性质是解题的关键；
（1）根据旋转的性质可进行作图；
（2）根据矩形的对角线互相平分可得的中点H，然后根据三角形的中线与面积的关系可求的面积．
【详解】（1）解：所作如图所示：
（2）解：所作的中点H如图所示：
连接，由网格可知：，
∴，
∵点H是的中点，
∴．
18．(1)等腰直角三角形，见解析
(2)2.8
【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握相关知识是解答本题的关键．
（1）由旋转的性质得，得出，，再证明，即可得出结论；
（2）连接，由垂直平分线的性质得，设，求得，，根据勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）解：为等腰直角三角形，理由如下：
四边形是正方形，
∴，
逆时针旋转后与重合，
，
，，
∴
，
为等腰直角三角形．
（2）解：连接，
，
∴，
垂直平分，
，
∵，，
∴；
设，
，，
在中，，
，
解得，
．
19．(1)，
(2)16
【分析】本题主要考查了菱形的性质，关于原点对称点的性质，两点间距离公式，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
（1）根据菱形的性质，关于原点对称点的性质，进行求解即可；
（2）根据菱形的面积公式得出，根据两点间距离公式求出，，再求出结果即可．
【详解】（1）解：菱形的对角线交于坐标原点，
点与点关于坐标原点对称，点与点关于坐标原点对称，
，．
（2）解：四边形是菱形，
菱形面积，
，，
，
，
．
20．（1），7；（2）①；；②见详解；（3）3
【分析】本题主要勾股定理的证明，几何图形面积的计算，矩形与折叠中勾股定理的运用，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
（1）运用勾股定理求解即可；
（2），又，由此即可求解；
（3）根据折叠，矩形的性质，在中，运用勾股定理，可得，设，则，在中，运用勾股定理得即可求解．
【详解】（1）解：根据勾股定理得，，
，
故答案为：，7．
（2）①方式一：；
方式二：；
②根据①可得，
，
．
（3）解：由折叠的性质得：，
∵四边形是矩形，
，
在 中，，即，
解得：，
，
，
设，则，
，
在 中，，
即，
解得：，
．
21．(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】（1）连，利用矩形的对角线互相平分的性质找到的中点，连，由勾股定理得到，再由等腰三角形的三线合一，即可得到；
（2）利用四边形是平行四边形和点是的中点得到四边形是平行四边形，再由，即可得解．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴.，，
由作图知，为的中点，
∴，
∵ 点是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴， .
∴ 四边形是平行四边形，
∵ 是边上的中点，由勾股定理得到，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，无刻度直尺作图等知识点，熟练掌握以上知识点并能灵活运用是解决此题的关键．
22．见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、等腰三角形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
由题意得出四边形是平行四边形，结合等腰三角形的性质得出，即可得证．
【详解】证明：∵点D是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，D是的中点，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
23．(1)见解析
(2)①；②或
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确画出图形并作出辅助线是解题的关键．
（）证明，可得，，进而由三角形内角和定理得到，即可求证；
（）①在上取，过点作于，可证，得到，，进而得到是等腰直角三角形，即得，设，则，在中，利用勾股定理可得，得到，再根据勾股定理即可求解；②分当三点共线时，和当重合时，两种情况，分别画出图形，利用勾股定理解答即可求解．
【详解】（1）解：，理由如下：
如图，设相交于点，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
即，
∵，
∴
∴；
（2）①如图，在上取，过点作于，则，
由（）知，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得或（不合题意，舍去），
∴，
∴；
②如图，当时，连接，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴三点共线，
又∵点在上，
∴点重合，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得，（不合题意，舍去），
∴；
如图，当重合时，，连接，
∴，
∴，
∴当重合时，
设，
∵，
∴，
在中，，
∴，
解得，（不合题意，舍去），
∴；
综上，线段的长为或．
24．(1)见解析
(2)添加的条件为：，证明见解析
【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定、平行四边形的判定、菱形的判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）根据“角边角”即可证明；
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形即可解题．
【详解】（1）证明：∵为边的中点，
∴，
∵，，
∴，，
在和中，
，
∴≌；
（2）解：添加的条件为：，证明如下：
由题意知，，，
∴四边形为平行四边形，，
∵为边的中点，
∴，
∴≌；
∴，
当时，，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形为菱形．
25．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由等腰三角形的“三线合一”得到，从而是矩形，由直角三角形斜边上中线的性质得到，从而得到矩形是正方形；
（2）先由勾股定理求得，进而得到，根据正方形的性质得到，，因此，，证明得到，即可解答．
【详解】（1）证明：∵，是边上的中线，
∴，
∴是矩形，
∵，是边上的中线，
∴，，
∴，
∴矩形是正方形．
（2）解：∵，，
∴，
∵是的中线，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，．
∵在正方形中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查直角三角形的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握直角三角形的性质及正方形的性质是解题的关键．
26．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，是基础题，熟记矩形的判定方法与菱形的性质是解题的关键．
（1）先求出四边形是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出，证明是矩形即可；
（2）根据菱形的性质得出，再根据勾股定理得出的长度即可．
【详解】（1）证明：在菱形中，．
．
，
四边形是平行四边形．
，
平行四边形是矩形．
（2）解：四边形为菱形，，
，
为等边三角形
，
，
四边形OCED为矩形，
，
在中，，
，
在中，．
27．(1)见解析；
(2)四边形的周长为．
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，尺规作图，菱形的判定与性质，勾股定理知识点，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）根据作图和矩形的判定方法即可求解；
（）由四边形是矩形，得，，，，证明，则，故有四边形是平行四边形，从而可得四边形是菱形，所以，设，则，然后通过勾股定理求出的值即可．
【详解】（1）解：思路一：
由作图可知，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，即，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；
思路二：如图，连接，，
由作图可知，，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点三点共线，
∴，
∴四边形是矩形，
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
设，则，
∵，
∴，解得：，
∴，
∴四边形的周长为．
28．(1)
(2)，证明见解析
(3)图见解析，
【分析】（1）利用勾股定理即可求解；
（2）证明，证明是矩形，设，，则，，利用勾股定理即可得到（1）中结论；
（3）延长至点，使，连接，，构造平行四边形，使用（2）中结论即可得到答案．
本题考查勾股定理、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质．
【详解】（1）解：∵是矩形，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）解：猜想：，证明如下：
由题意可知，．
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，．
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴是平行四边形，
∵，
∴是矩形．
设，，则，，
在Rt中，，
在中，，
∴，
在中，，即，
∴；
（3）解：如图，延长至点，使，连接，，
∴，
∵是边上的中线，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形．
由（2），得，
∴，
∴．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
D
A
A
C
A
B
B
A