专题18.60平行四边形 全章复习与巩固 培优篇 专项练习（含解析）2023-2024学年八年级数学下册人教版专项讲练

专题 18.60 平行四边形（全章复习与巩固）
（培优篇）（专项练习）
一、单选题
1．如图，中，，，按以下步骤作图：①以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点，交于点；②分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内相交于点；③画射线，交于点，交对角线于点．若，则的长度为（ ）
A．3 B． C． D．
2．如图，四边形中.为的平分线，，E，F分别是的中点，则的长为（　　）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
3．在平行四边形ABCD中，AB=1，AD=2，∠B＜90°， CE⊥AB于点E，点F、G分别是AD、BC的中点，连接CF、DG、EF、FG，则下列结论错误的是（ ）
A．CE⊥FG B．CF⊥DG C．EF=CF D．∠DFC=∠AFG
4．如图，已知直线a∥b，且a与b之间的距离为4，点A到直线a的距离为2，点B到直线b的距离为3，AB2．试在直线a上找一点M，在直线b上找一点N，满足MN⊥a且AM+MN+NB的长度和最短，则此时AM+NB＝（　　）
A．6 B．8 C．10 D．12
5．如图①，E为矩形的边上一点，点P从点B出发沿折线运动到点D停止，点Q从点B出发沿运动到点C停止，它们的运动速度都是，现P，Q两点同时出发，设运动时间为，的面积为，y与x的对应关系如图②所示矩形的面积为（ ）
A．18 B．12 C．20 D．16
6．如图，中，，，，点D是的中点，将沿翻折得到，连接，，则线段的长等于（ ）
A． B． C． D．
7．如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（ ）
A． B． C．1 D．
8．如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边CD上，且CE=1，连接AE，点F在边AD上，连接BF，把△ABF沿BF翻折，点A恰好落在AE上的点G处，下列结论：①AE=BF；②AD=2DF；③ =6：④GE=0.2，其中正确的有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
9．如图，四边形中，，，且，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，如此进行下去，得到四边形．下列结论正确的是（ ）．
①四边形是菱形；
②四边形是矩形；
③四边形周长为；
④四边形面积为．
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④
10．如图，在正方形中，为对角线，为上一点，过点作，与、分别交于点，，为的中点，连接，，，，下列结论中结论正确的有（ ）
①；②；③；④若，则，其中结论正确的有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
二、填空题
11．如图，点A、B、C、D在网格中小正方形的顶点处，AD与BC相交于点O，小正方形的边长为1，则AO的长等于 ．
12．四边形ABCD为平行四边形，已知AB＝，BC＝6，AC＝5，点E是BC边上的动点，现将△ABE沿AE折叠，点B′是点B的对应点，设CE长为x，若点B′落在△ADE内（包括边界），则x的取值范围为 ．
13．如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD和∠ADC的平分线交于点O，且分别交直线BC于点E，F，若AB＝5，BC＝3，则OE2＋OF2＝ ．
14．如图，在以点为直角顶点的中，，，点是边的中点，以为底边向上作等腰，使得，交于点，则 ．
15．如图，在四边形纸片中，，，，．将纸片先沿对折，再将对折后的纸片沿过顶点A的直线裁剪，剪开后的纸片打开铺平，其中有一个图形是周长为的平行四边形，则 ．
16．如图，矩形的边长为4，将沿对角线翻折得到，与交于点E，再以为折痕，将进行翻折，得到．若两次折叠后，点恰好落在的边上，则的长为 ．
17．如图，，点为∠AOB的角平分线上一点，的垂直平分线交，分别于点，，点为上异于点的一点，且，则的面积为 ．
18．如图，点E在正方形外，连接，过点A作的垂线交于点F．若．则下列结论：
①；
②；
③点B到直线的距离为；
④．
其中正确的结论是 .（填写所有正确结论的序号）
三、解答题
19．如图，菱形，、分别是，上的点，，，求的度数．
20．如图1，中，，点为中点，点为上一点，连结．已知．动点从点出发，以1个单位/秒的速度沿线段向终点运动，设点运动的时间为（秒）．
　
(1)求证：．
(2)若为等腰三角形时，求的值．
(3)如图2，动点出发的同时，另有一点从点出发沿线段向终点运动，速度为个单位/秒，连结，将线段绕点分别向顺时针和逆时针方向旋转，得到线段和，当三点共线时，直接写出的值为______．
21．如图，在中，D是的中点，E是边上一动点，连接，过点D作交边于点F（点F与点B、C不重合），延长到点G，使，连接，已知．
(1)求证：；
(2)设，求y与x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
(3)当是以为腰的等腰三角形时，求的长．
22．如图，在平行四边形中，以A为圆心，为半径画弧交于点F，再分别以B，F为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点E，连接．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)连接，相交于点O，若四边形的周长为，，求的长．
23．在正方形中，是边上一点（点不与点、重合），连结．
感知：如图①，过点作交于点．求证．
探究：如图②，取的中点，过点作交于点，交于点．
（1）求证：．
（2）连结，若，求的长．
应用如图③，取的中点，连结．过点作交于点，连结、．若，求四边形的面积．
24．阅读下列材料，完成相应任务．
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 如图1，中，，是斜边上的中线．求证：． 分析：要证明等于的一半．可以用“倍长法”将延长一倍，如图2，延长到E，使得．连接，．可证四边形是矩形，由矩形的对角线相等得，这样将直角三角形斜边上的中线与斜边的数量关系转化为矩形对角线的数量关系，进而得到．
(1)请你按材料中的分析写出证明过程；
(2)上述证明方法中主要体现的数学思想是 　　；
A．转化思想
B．类比思想
C．数形结合思想
D．从一般到特殊思想
(3)如图3，点C是线段上一点，，点E是线段上一点，分别连接，，点F，G分别是和的中点，连接．若，，，则　　．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【分析】先根据平行四边形的性质得到BC＝AD＝10，再利用勾股定理计算出AC＝8，利用基本作图得到BQ平分∠ABC，则根据角平分线的性质得到点O到BA的距离等于点O到BC的距离，接着利用三角形的面积公式得到S△ABO：S△BCO＝AB：BC＝OA：OC，所以OAAC．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BC＝AD＝10，
∵BA⊥CA，
∴∠BAC＝90°，
在Rt△ABC中，AC8，
由作法得BQ平分∠ABC，
∴点O到BA的距离等于点O到BC的距离，
∴S△ABO：S△BCO＝AB：BC＝6：10＝3：5，
∵S△ABO：S△BCO＝OA：OC，
∴OA：OC＝3：5，
∴OA：AC＝3：8，
∴OAAC8＝3．
故选：A．
【点睛】本题考查了作角平分线，角平分线的性质，平行四边形的性质，勾股定理，掌握角平分线的性质是解题的关键．
2．A
【分析】根据勾股定理得到，根据平行线的性质和角平分线的定义得到，求得，如图：连接并延长交于G，根据全等三角形的性质得到，求得，再根据三角形中位线定理即可得到结论．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵为的平分线，
∴，
∴，
∴，
如图：连接并延长交于G
∵
∴，
∵F是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵E是BD的中点，
∴．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识点，根据题意正确的作出辅助线是解题的关键．
3．D
【分析】根据已知条件证明四边形ABGF是平行四边形，推出，可得CE⊥FG，可知选项A结论正确；证明四边形CDFG是菱形，推出CF⊥DG，可知选项B结论正确；延长EF，交CD的延长线于点M，证明，推出，可知选项C结论正确；利用四边形CDFG是菱形，推出，结合，FG⊥CE，推出，可知选项D结论错误．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，，
∵点F、G分别是AD、BC的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形ABGF是平行四边形，
∴，
∵CE⊥AB，
∴CE⊥FG，故选项A结论正确，不合题意；
∵，，
∴，
∵，
∴四边形CDFG是平行四边形，
∵AD=2，
∴，
∵，
∴，
∴四边形CDFG是菱形，
∴CF⊥DG，故选项B结论正确，不合题意；
如图，延长EF，交CD的延长线于点M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
∵点F是AD的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵CE⊥AB，
∴，
∴，
∵，
∴，故选项C结论正确，不合题意；
∵四边形CDFG是菱形，
∴，
∵，FG⊥CE，
∴，故选项D结论错误，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定与性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等，能综合运用上述知识点进行推理是解题的关键．
4．B
【分析】MN表示直线a与直线b之间的距离，是定值，只要满足AM+NB的值最小即可．过A作直线a的垂线，并在此垂线上取点A′，使得AA′＝4，连接A′B，与直线b交于点N，过N作直线a的垂线，交直线a于点M，连接AM，过点B作BE⊥AA′，交射线AA′于点E，则A'B为所求，最后利用勾股定理可求得其值．
【详解】解：如图，过A作直线a的垂线，并在此垂线上取点A′，使得AA′＝4，连接A′B，与直线b交于点N，过N作直线a的垂线，交直线a于点M，连接AM，过点B作BE⊥AA′，交射线AA′于点E，
∵AA′⊥a，MN⊥a，
∴AA′∥MN．
又∵AA′＝MN＝4，
∴四边形AA′NM是平行四边形，
∴AM＝A′N．
由于AM+MN+NB要最小，且MN固定为4，所以AM+NB最小．
由两点之间线段最短，可知AM+NB的最小值为A′B．
∵AE＝2+3+4＝9，AB2=120，
∴BE2．
∵A′E＝AE﹣AA′＝9﹣4＝5，
∴A′B8．
所以AM+NB的最小值为8．
故答案为：B．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用、平行线之间的距离，平行四边形的判定和性质、两点间距离最短等知识点，解答本题的关键是找到点M、点N的位置是解答本题的关键．
5．A
【分析】由题意知，运动分三段完成，运动10秒，P到点E，继续运动点Q到点C，点P自己运动到点D，结合图像信息求解即可．
【详解】解：由图象可知，时，P、E重合，
根据题意，得
，
∴，
解得，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由图象可知，
∴，
∴，
∴矩形的面积为：
故选A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，函数图象．熟练掌握矩形性质，从函数图象中获取正确的信息是解题的关键．
6．D
【分析】延长交于点，作，垂足为．首先证明垂直平分线段，是直角三角形，求出的长，在中，利用勾股定理即可解决问题．
【详解】解：如图，延长交于点，作，垂足为．
在中，，，
．
为的中点，
．
，
，
解得．
由翻折的性质可知，，
，
．
，，
．
．
根据折叠的性质有：，
，
，，
又，，
，
为直角三角形．
．
故选：D．
【点睛】本题考查翻折变换、直角三角形的斜边中线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用面积法求高，属于中考常考题型．
7．B
【分析】由翻折得，，垂直平分，可根据直角三角形全等的判定定理“”证明，得，则，则，即可根据勾股定理求出，再由，且得，则，由，求得,即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是边长为的正方形，
∴，，
∴，
由翻折得，，垂直平分，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，且，
∴，
解得，
∵，
∴，
解得，
故选：．
【点睛】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据面积等式求线段的长度等知识和方法，正确求出和的长度是解题的关键．
8．C
【分析】先根据正方形的性质和翻折的性质证明△ABF△DAE，即可判断①和②，再根据面积法求出AH长，再根据勾股定理求出FH，即可判断③，根据AE和AG的长度，求出GE的长，即可判断④．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形
∴AB=AD=CD=4，∠BAD=∠D=90
∵CE=1
∴DE=3
由折叠的性质可知，△ABF△GBF，BF垂直平分AG
∴BF⊥AE，AH=GH
∴∠BAH+∠ABH=
∵∠FAH+∠BAH=
∴∠ABH=∠FAH
在△ABF和△DAE中
∴△ABF△DAE（ASA）
∴AF=DE=3，BF=AE
故①正确；
∵DF=AD-AF=4-3=1
∴AD=4DF
故②错误；
在Rt△ABF中，BF=，
∴
∵
∴4×3=5AH
∴AH=
∴AG=2AH=，FH==
∴
③错误；
∵AE=BF=5
∴GE=AE=AG=5-=
④正确；
综上，正确结论是①④
故选：C．
【点睛】本题考查了在正方形背景下的全等和翻折，掌握正方形和翻折的性质是解题关键，翻折总结：翻折得全等、得轴对称．
9．A
【分析】根据题意，找出变化后的四边形的边长与四边形中各边长的长度关系规律，然后对选项作出分析判断：①②根据三角形的中位线定理、平行四边形的判定定理、菱形和矩形的判定与性质作出判断；③根据三角形的中位线定理和四边形周长公式作出判断；④找到每得到的四边形与原四边形面积关系规律，即可求得四边形的面积．
【详解】解：①连接，，
∵在四边形中，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，
∴，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴（矩形的两条对角线相等）；
∴（三角形的中位线定理），
∴四边形是菱形；
∴四边形是矩形；
∴根据中位线定理知，四边形是菱形；
故①②正确；
③根据中位线的性质易知，，
，
∴四边形的周长是，故③正确；
④∵四边形中，，，且，
∴；
由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，
四边形的面积是，故④错误；
综上所述，①②③正确．
故选A．
【点睛】本题是一道规律题，考查了中点四边形、平行四边形的判定、三角形的中位线定理、菱形和矩形的判定与性质，解题的关键是理清题意，熟练并灵活运用所学知识点解题．
10．D
【分析】根据正方形，为对角线，，可知四边形是矩形，由此可证、
、、是等腰直角三角形，为的中点，，可知是等腰
直角三角形，由此即可求解．
【详解】解：结论①，
∵正方形中，为对角线，，
∴，，
∴，四边形是矩形，、是等腰直角三角形，
∴，
∴，故结论①正确；
结论②，
由结论①正确可知，是等腰直角三角形，为的中点，
∴，且、是等腰直角三角形，
∴，，，
∴，且，
∴，
∴，
∵，故结论②正确；
结论③，
∵、、、是等腰直角三角形，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，故结论③正确；
结论④若，则，
由结论②正确，可知；由结论③正确可知，，
且、、、是等腰直角三角形，
∴，即是等腰直角三角形，
如图所示，过点作于，设，则，，，
∴，，
∴，故结论④正确；
综上所示，正确的有①②③④，
故选：．
【点睛】本题是四边形与三角形的综合，主要考查正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，掌握正方形的性质，矩形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键．
11．2
【分析】连接AE，证明四边形AECB是平行四边形得，由勾股定理得AD=5，从而有 AD=DE=5，然后利用等腰三角形的性质可得∠DAE=∠DEA，再利用平行线的性质可得∠DAE=∠DOC，∠DEA=∠DCO，从而可得∠DOC=∠DCO，进而可得DO=DC=3，最后进行计算即可解答．
【详解】解∶如下图∶连接AE，
∵，AB=EC=2，
∴四边形AECB是平行四边形，
∴，
∵ AD=， DE=5，
∴AD=DE=5，
∴∠DAE=∠DEA，
∵，
∴∠DAE=∠DOC，∠DEA=∠DC0，
∴∠DOC=∠DCO，
∴DO=DC=3，
∴AO=AD-DO=5-3=2，
故答案为∶2．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
12．≤x≤3－2
【分析】如图1，当在AD上，易证由四边形为平行四边形，得到；如图2，过点A作AG⊥BC于点G，过点D作DH⊥BC交BC的延长线于点H，当在DE上，此时∠AEB＝∠AEB＝∠DAE，DA＝DE＝，在Rt△ABG和Rt△ACG中，利用勾股定理求出BG＝2，可得AG＝3＝DH，在Rt△DEH中，由勾股可得：EH＝3，可求得CE的另一个临界值，问题得解．
【详解】解：如图1，
当在AD上，此时，，，
∴，
∵ADBC，
∴四边形为平行四边形，
∴；
如图2，过点A作AG⊥BC于点G，过点D作DH⊥BC交BC的延长线于点H，
当在DE上，此时∠AEB＝∠AEB＝∠DAE，
∴DA＝DE＝，
在Rt△ABG和Rt△ACG中，
∴
∴BG＝2，
∴AG＝3＝DH，
在Rt△DEH中，由勾股可得：EH＝3，
∴CE＝3－2；
综上：x的取值范围为：≤x≤3－2．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，翻折变换，勾股定理，找到临界状态求出x的长是解题的关键．
13．49
【分析】根据平行四边形的性质以及线段的和差关系可求得BF和CE的长，进而得出EF的长；再根据平行线的性质以及角平分线的定义即可得到∠EOF=90°；最后根据勾股定理进行计算即可解答．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，AB//CD
∴∠E=∠DAE，
又∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠E=∠BAE，
∴AB=BE=5，
又∵BC=3，
∴CE=5-3=2，
同理：BF=2，
∴EF=2+3+2=7，
∵AB//CD，
∴∠BAD+∠ADC=180°，
又∵∠BAD和∠ADC的平分线交于点0，
∴∠OAD+∠ODA=90°，
∴∠AOD=90°=∠EOF，
∴Rt△EOF中， ．
故答案为49．
【点睛】本题主要了平行四边形的性质以及勾股定理的运用，解决问题的关键是掌握平行四边形的对边平行且相等．
14．7
【分析】过点H作于M，根据直角三角形的性质和等腰三角形的性质得出，再根据得出，从而得到，，再根据三角形的内角和定理得出，继而得出，然后利用即可
【详解】解：过点H作于M，则
∵，，，
∴，
在，点是边的中点，，
∴
∴，
∵以为底边向上作等腰，
∴
∴
∵，
∴
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴
∵
∴
∴
∴
【点睛】本题考查了直角三角形的性质和等腰三角形的性质、勾股定理，全等三角形的判定和性质，作出辅助线得出是解题的关键
15．##
【分析】根据题意，画出图形，可知，所得的平行四边形是菱形，由菱形的性质和平行四边形的周长，求得相关边长，进而可求得的长．
【详解】如图，当沿从A出发的直线裁剪，四边形是平行四边形，
根据裁剪可知：，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
∵四边形周长为，
∴，
∵，，
∴，
∵在平行四边形中，，
∴，
∴在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查，平行四边形的性质和菱形的判定方法与性质以及平行四边形的面积公式，根据题意，画出图形，是解题的关键，主要要分类讨论.
16．或
【分析】根据题意分两种情况讨论：①当点恰好落在上时，由翻折以及矩形的性质利用可证明，然后根据等腰三角形的性质求出的长，再依据勾股定理求解即可；②当点恰好落在上时，同理利用可证明，根据全等三角形的性质可得出的长，再根据线段的和差关系即可得出答案．
【详解】∵四边形为矩形，
∴，，
∵沿对角线翻折得到，
∴，，
∵以为折痕，将进行翻折，得到，
∴，，
①当点恰好落在上时，如图，
在和中，
∴
∴，即为等腰三角形，
∵
∴点为中点，
∴，
在中，有，
即，解得
②当点恰好落在上时，如图，
∵
∴四边形为矩形，
∴，
∵沿进行翻折，得到，
∴
在中，
，
在和中，
∴≌（）
∴
∴．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了空间想象能力以及分类讨论的思想，熟练掌握翻折的性质，运用全等三角形的判定与性质、勾股定理是解答此题的关键．
17．
【分析】连接，，过作于，根据角平分线的定义得到，根据线段垂直平分线的性质得到，，根据菱形的性质得到，，根据勾股定理得到，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：连接，，过作于，
∵平分，
∴，
∵的垂直平分线交，分别于点，，
∴，，
∴，
，
∴，
∴，，
∴四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积，
故答案为：．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，菱形的判定和性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
18．①②③④
【分析】由正方形的性质可知，，得出，结合题意可得出，即证明，从而可用“”证明，故①正确；根据等腰直角三角形的性质得出，结合全等的性质可得，进而即可求出，故②正确；过点B作，交延长线于点G，则的长即为点B到直线的距离．根据勾股定理可求出，从而可求出．又易证为等腰直角三角形，即得出，故③正确；由全等的性质可得，即得出，结合三角形的面积公式即可求出，故④正确．
【详解】∵四边形是正方形，
∴，，
∴.
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，故①正确；
∵，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，故②正确；
如图，过点B作，交延长线于点G，则的长即为点B到直线的距离．
∵，，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，故③正确；
∵，
∴，
∴．
∵，，
∴，故④正确．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识．熟练掌握上述知识，并能够正确作出辅助线是解题关键．
19．
【分析】连接,根据菱形的性质，可知为等边三角形，，，从而可得，进而可得
【详解】连接，
∵四边形是菱形，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，且，
∴
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质及等边三角形的判定与性质，掌握菱形的性质是解题的关键
20．(1)证明见详解；
(2)的值为或；
(3)；
【分析】（1）设，，，则，再利用勾股定理的逆定理证明即可；
（2）如图1中，，取得中点，连接，分两种情况：，，分别求解即可；
（3）如图2中，过点作于点，过点作交的延长线于点，证得，由此构建方程求解即可．
【详解】（1）证明：设，，，
则，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴；
（2）如图1中，取得中点，连接，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，，
∴，
当时，，
∴，
当时，，
∵点在上运动，
∴不可能，
综上所述，满足条件的的值为或；
（3）如图2中，过点作于点，过点作交的延长线于点，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴（），
∴，，
同理可证，
∴，，
∴，
∵，，
∴（），
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
21．(1)见解析；
(2)，自变量x的取值范围： ；
(3)或．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理得到是直角三角形，由D是的中点，得到，根据全等三角形的性质得到，推出，于是得到结论；
（2）连接，根据勾股定理得到，根据全等三角形的性质得到，由勾股定理得到，于是得到方程，即可得到结论
（3）①当时，，列方程得到；②当时，连接，过点，垂足为点H，可得，根据勾股定理得方程，求得，于是求得．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴是直角三角形，且，
∵D是的中点，
∴，
在和F中，
∴，
∴，
∴，
∴，即；
（2）连接，
∵，
∴，
∵，
∴由勾股定理，得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴由勾股定理，得，
∵，
∴，
∴，
∴，自变量x的取值范围：；
（3）解：①当时，，
∴，
∴，
∴，即；
②当时，连接，过点D作，垂足为点H，
∴，
∵，D是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴由勾股定理，得，
在中，由勾股定理可得，
解得：，
∴ ，即，
综上所述，的长度是或．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
22．(1)菱形，理由如下；
(2)．
【分析】（1）根据题意得到是的角平分线且，即可得到，由平行四边形得到，即可得到，可得，即可得到证明；
（2）根据（1）可得菱形边长为，再根据菱形性质对角线互相垂直平分根据勾股定理即可得到答案．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
∵以A为圆心，为半径画弧交于点F，再分别以B，F为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点P，连接，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，且周长为，，
∴，，，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查菱形性质与判定，平行四边形性质，角平分线性质，勾股定理，解题的关键是证得四边形是菱形．
23．感知：见解析；（1）见解析（2）2 应用：9
【分析】感知：利用同角的余角相等判断出，即可得出结论；
探究：（1）判断出，同感知的方法判新出，即可得出结论；
（2）利用直角三角形的斜边的中线是斜边的一半，可得结论．
【详解】（1）感知：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴．；
探究：（1）如图②，
过点作于，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴四边形G是矩形，
∴，
∴，
由，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
（2）由（1）知，，
连接，
∵，点是的中点，
∴，
∴，
故答案为：2．
应用：同探究（2）得，，
∴，
同探究（1）得，，
∵，
∴．　
故答案为：9
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握三角形全等的性质和判定是关键．
24．(1)见解析
(2)A
(3)
【分析】(1)延长到E，使得，连接、，证四边形是平行四边形，再由，得平行四边形是矩形，则，进而得出结论；
(2)由(1)的证明方法即可得出结论；
(3)过点A在上方作，过点D作于H，过点B在上方作，过点E作于R，连接、、，延长交于Q，证四边形、四边形均为矩形，得，，再由勾股定理得，然后证是的中位线，即可求解．
【详解】（1）证明：延长到E，使得，连接、，如图2所示：
是斜边上的中线，
，
又，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴平行四边形是矩形，
，
，
；
（2）解：由上述证明方法中主要体现的数学思想是转化思想，
故答案为：A；
（3）解：过点A在上方作，过点D作于H，过点B在上方作，过点E作于R，连接、、，延长交于Q，如图3所示：
则四边形、四边形、四边形都为矩形，
∴四边形、四边形均为矩形，
，，
在中，由勾股定理得：，
∵点F，G分别是和的中点，四边形、四边形都是矩形，
∴点F，G分别是和的中点，
是的中位线，
，
故答案为：．
【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、三角形中位线定理以及转化思想等知识，熟练掌握矩形的判定与性质，证明为的中位线是解题的关键．
答案第1页，共2页
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