2023-2024学年数学八年级特殊平行四边形单元测试试题（鲁教版（五四制））基础卷二含解析
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年数学八年级特殊平行四边形单元测试试题（鲁教版（五四制））基础卷二含解析 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 鲁教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-07 15:55:30 | ||
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文档简介
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2023-2024学年数学八年级特殊平行四边形（鲁教版（五四制））单元测试 基础卷二 含解析
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题（共30分）
1．（本题3分）如图，菱形中，，则菱形的面积为（ ）
A．48 B．40 C．24 D．20
2．（本题3分）要使成为菱形，则可添加一个条件是（ ）
A． B． C． D．
3．（本题3分）顺次连接四边形四边的中点所得的四边形为矩形，则四边形一定满足（ ）
A． B． C． D．
4．（本题3分）菱形不具有的性质是（ ）
A．对角相等 B．对边平行 C．对角线互相垂直 D．对角线相等
5．（本题3分）如图，矩形的对角线和相交于点，过点的直线分别交和于点，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．6 B．3 C．2 D．1
6．（本题3分）如图，矩形中，对角线交于点．若，则的长为（ ）
A．4 B． C．3 D．5
7．（本题3分）下列条件能判定四边形是菱形的是（ ）
A．对角线相等的四边形
B．对角线互相垂直的四边形
C．对角线互相垂直平分的四边形
D．对角线相等且互相垂直的四边形
8．（本题3分）如图，四边形为菱形，已知．则点C的坐标是（ ）
A． B． C． D．
9．（本题3分）小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图1），测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），，则图2中对角线的长为（ ）
A． B． C． D．
10．（本题3分）如图，正方形中，在的延长线上取点E，F，使，，连接分别交于H，G下列结论：
①；②；③；④图中有8个等腰三角形．其中正确的是（ ）
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
评卷人得分
二、填空题（共24分）
11．（本题3分）如图，在中，为的中点，，则的长是 ．
12．（本题3分）如图，矩形的对角线与相交于O，，，则的长是 ．
13．（本题3分）直角三角形斜边长为13，则斜边上的中线等于 ．
14．（本题3分）已知在中，斜边是的中线，则斜边 ．
15．（本题3分）在平行四边形中，若两条对角线相等，则平行四边形为 形．
16．（本题3分）如图，在中，是上一点，分别是的中点，若，则的长是 ．
17．（本题3分）如图，在菱形中，对角线相交于点O，，点E是的中点，连接，则的长度为 ．
18．（本题3分）如图，矩形中，，E是上一点，把沿直线翻折，D点恰好落在边上的F点处，则 ．
评卷人得分
三、解答题（共66分）
19．（本题8分）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，，且为的平分线，求证：平行四边形为正方形．
20．（本题8分）如图，矩形的对角线，相交于点，，．求证：四边形是菱形．
21．（本题10分）如图，是锐角中边上的高，将沿所在的直线翻折得到，将沿所在的直线翻折得到，延长相交于点P．
(1)如图1，若，求证：四边形为正方形；
(2)如图2，若，当是等腰三角形时，求的度数；
(3)如图3，连结，分别交于点G、H，连结交于点M，若，求_________度；
22．（本题10分）如图，延长平行四边形的边作交的延长线于点作交的延长线于点若求证：四边形是菱形．
23．（本题10分）如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，点F在上，且，连接交于点G，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求菱形的面积．
24．（本题10分）如图，已知菱形，E、F是对角线所在直线上的两点，且，，连接、、、．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)若，，求菱形的周长．
25．（本题10分）如图，是四边形的对角线，，，过点A作交C的延长于E．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)过点E作交的延长线于点F，连接，若，求的长．
参考答案：
1．C
【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形对角线垂直即可解答，熟知菱形的面积等于对角线相乘除以2，是解题的关键．
【详解】解：，四边形是菱形，
菱形的面积=，
故选：C．
2．A
【分析】本题考查了菱形的判定．熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
根据菱形的判定对各选项进行判断作答即可．
【详解】解：如图，
当，则为菱形，故A符合要求；
当，则不一定为菱形，故B不符合要求；
当，则不一定为菱形，故C不符合要求；
当，则不一定为菱形，故D不符合要求；
故选：A．
3．B
【分析】本题主要考查中点四边形及矩形的判定和性质，三角形中位线的性质．利用三角形中位线的性质得出，再由四边形是矩形，即可得出结果．
【详解】解：由于E、F、G、H分别是的中点，
根据三角形中位线定理得：，
∵四边形是矩形，即，
∴，
故选：B．
4．D
【分析】本题主要考查菱形的性质，菱形是特殊的平行四边形，具有对角相等、对边平行、四条边相等、对角线互相垂直的性质．
【详解】菱形是特殊的平行四边形，具有对角相等、对边平行、四条边相等、对角线互相垂直的性质．
故选：D
5．B
【分析】本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，几何图形面积的计算，掌握矩形的性质是解题的关键．
根据矩形的性质可证，可得，由此可得，根据几何图形面积的计算方法即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故，
故选：．
6．A
【分析】本题主要考查矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，根据矩形的性质，可得，结合，可得是等边三角形，由此即可求解，掌握矩形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
故选：．
7．C
【分析】本题考查了菱形的判定，根据菱形的判定方法：对角线互相垂直平分的四边形是菱形，即可判断求解，掌握菱形的判定定理是解题的关键．
【详解】解：由菱形的判定定理：对角线互相垂直平分的四边形是菱形，
可知，选项不能判定四边形是菱形，选项可以，
故选：．
8．C
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理．先根据点和点的坐标得出，，再根据勾股定理求出，最后根据菱形的性质得出，即可解答．
【详解】解：∵．
∴，，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，
∵C点在第三象限，
∴．
故选：C．
9．C
【分析】本题考查正方形的性质，菱形的性质，勾股定理．熟练掌握特殊平行四边形的性质是解题关键．由正方形的性质可求出，当四边形为菱形，且时，连接交于，可得是等边三角形，则，进而得到，由勾股定理可求出，进而可求出．
【详解】解：如图1，四边形是正方形，，
，
在图2中，连接交于，
，，
是等边三角形，则，
四边形是菱形，
，，，
，
，
故选：C．
10．D
【分析】根据正方形的性质和已知推出四边形是平行四边形，得到，无法证出G为的中点；，推出，求出，得到，求出即可；根据三角形的面积公式推出和四边形的面积相等；可得有9个等腰三角形．
【详解】解：∵正方形，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
要使，只要G为的中点即可，
但，
∴，
即和不全等，
∴G不是中点，
∴①错误；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴②正确；
∵，
，
∴，
∴，
要使和四边形的面积相等，只要和的面积相等即可，根据已知条件，
∴③；正确，
等腰三角形有；
∴④错误；
故选：D．
11．3
【分析】本题考查的是直角三角形的性质,掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
【详解】解：∵，D是中点，，
∴
故答案为：3．
12．
【分析】本题考查了矩形的性质，比较简单，解答本题的关键是求出的度数．根据矩形的性质可得的度数，从而利用含角直角三角形的性质，及勾股定理可求出的长度．
【详解】解：在矩形中，，
，
，
在中，，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答，熟记性质是解此题的关键．
【详解】 ∵直角三角形斜边长为13，
∴这个三角形的斜边上的中线等于，
故答案为：．
14．/6厘米
【分析】本题主要考查了“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，据此即可进行解答．
【详解】解：在中，斜边是的中线，
，
故答案为：．
15．矩
【分析】本题考查矩形的判定，由两条对角线相等的平行四边形是矩形即可解答．
【详解】解：由于平行四边形的两条对角线相等，则此四边形是矩形；
故答案为：矩．
16．
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质；
连结，根据等腰三角形三线合一的性质得出，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得．
【详解】解：如图，连结，
∵，是的中点，
∴，
又∵在中，是的中点，，
∴，
故答案为：．
17．5
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边的中线性质，勾股定理，掌握菱形的性质和直角三角形的性质是解题的关键．
根据菱形的性质和直角三角形的性质求出的长，再根据勾股定理求出的长，最后利用直角三角形的性质求的长．
【详解】解：∵菱形的对角线相交于点O，，
∴，
∴，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
故答案为：5．
18．3
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠性质，勾股定理，根据矩形翻折性质得到，，进而求出的长，利用勾股定理即可求出结果．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，．
∵是翻折得到的，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得．
故答案为3．
19．详见解析
【分析】先证明，则平行四边形为矩形，再证明，即可得到结论．
【详解】证明：四边形为平行四边行，
，，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
平行四边形为矩形，
为的平分线，
，
∴，
，
∴平行四边形为正方形
【点睛】此题考查了平行四边形的性质、矩形的判定、正方形的判定、等角对等边等知识，熟练掌握正方形的判定是解题的关键．
20．见解析
【分析】根据菱形的判定定理：一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可证明．
【详解】证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定定理，矩形的性质定理以及菱形的判定定理，熟练掌握各图形的判定和性质定理是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)或
(3)①；
【分析】(1)根据折叠的性质知而，由此可证得四边形是矩形；而，所以四边形是正方形；
(2)利用翻折先求出，再对等腰三角形进行分类讨论即可求得答案；
(3)利用利用等腰三角形求出，然后即可得解．
【详解】（1）解：∵，且和分别是由和翻折得到
∴，
∴四边形为矩形
又∵，
∴四边形为正方形．
（2）解：设，则，
∴，
而
∵是等腰三角形
∴当时，
∴
当时，
∴
当时，
∴
∴为或
（3）解：由(1)知
∴
∴
故答案为：；
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了翻折变换，等腰三角形性质等知识，对等腰三角形进行正确的分类讨论是解题关键．
22．见解析
【分析】根据平行四边形的性质可得进而可证明根据全等三角形的性质可得根据菱形的判定即可判定．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
在与中，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定，以及全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定是解此题的关键．
23．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，勾股定理，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形，菱形对角线互相垂直且平分．
（1）由平行四边形的性质和角平分线得出，证出，由得出，即可得出结论．
（2）根据菱形的性质得到，利用勾股定理求出，根据菱形的面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形为菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的面积．
24．(1)见解析
(2)4
【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，正方形的判定，勾股定理等，灵活的选择判定定理是解题的关键．
（1）连接，根据菱形的性质，再结合，说明四边形是菱形，然后根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案；
（2）先根据正方形的性质求出 ，即可求出，再根据勾股定理求出，即可得出答案．
【详解】（1）解：连接，
∵四边形是菱形，
∴，，.
∵，
∴，
∴，
∴与垂直且互相平分，
∴四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴菱形是正方形；
（2）解：∵菱形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的周长．
答：菱形的周长为．
25．(1)见解析
(2)
【分析】此题考查的是平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
（1）根据平行四边形的判定方法可得四边形是平行四边形，然后根据全等三角形的判定与性质得，最后根据平行四边形的判定方法可得结论；
（2）由平行四边形的性质可得，再根据直角三角形斜边上中线的性质可得答案．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵．
∴四边形是平行四边形；
（2）∵，
∴是的中线，
∵，
∴．
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2023-2024学年数学八年级特殊平行四边形（鲁教版（五四制））单元测试 基础卷二 含解析
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题（共30分）
1．（本题3分）如图，菱形中，，则菱形的面积为（ ）
A．48 B．40 C．24 D．20
2．（本题3分）要使成为菱形，则可添加一个条件是（ ）
A． B． C． D．
3．（本题3分）顺次连接四边形四边的中点所得的四边形为矩形，则四边形一定满足（ ）
A． B． C． D．
4．（本题3分）菱形不具有的性质是（ ）
A．对角相等 B．对边平行 C．对角线互相垂直 D．对角线相等
5．（本题3分）如图，矩形的对角线和相交于点，过点的直线分别交和于点，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．6 B．3 C．2 D．1
6．（本题3分）如图，矩形中，对角线交于点．若，则的长为（ ）
A．4 B． C．3 D．5
7．（本题3分）下列条件能判定四边形是菱形的是（ ）
A．对角线相等的四边形
B．对角线互相垂直的四边形
C．对角线互相垂直平分的四边形
D．对角线相等且互相垂直的四边形
8．（本题3分）如图，四边形为菱形，已知．则点C的坐标是（ ）
A． B． C． D．
9．（本题3分）小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图1），测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），，则图2中对角线的长为（ ）
A． B． C． D．
10．（本题3分）如图，正方形中，在的延长线上取点E，F，使，，连接分别交于H，G下列结论：
①；②；③；④图中有8个等腰三角形．其中正确的是（ ）
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
评卷人得分
二、填空题（共24分）
11．（本题3分）如图，在中，为的中点，，则的长是 ．
12．（本题3分）如图，矩形的对角线与相交于O，，，则的长是 ．
13．（本题3分）直角三角形斜边长为13，则斜边上的中线等于 ．
14．（本题3分）已知在中，斜边是的中线，则斜边 ．
15．（本题3分）在平行四边形中，若两条对角线相等，则平行四边形为 形．
16．（本题3分）如图，在中，是上一点，分别是的中点，若，则的长是 ．
17．（本题3分）如图，在菱形中，对角线相交于点O，，点E是的中点，连接，则的长度为 ．
18．（本题3分）如图，矩形中，，E是上一点，把沿直线翻折，D点恰好落在边上的F点处，则 ．
评卷人得分
三、解答题（共66分）
19．（本题8分）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，，且为的平分线，求证：平行四边形为正方形．
20．（本题8分）如图，矩形的对角线，相交于点，，．求证：四边形是菱形．
21．（本题10分）如图，是锐角中边上的高，将沿所在的直线翻折得到，将沿所在的直线翻折得到，延长相交于点P．
(1)如图1，若，求证：四边形为正方形；
(2)如图2，若，当是等腰三角形时，求的度数；
(3)如图3，连结，分别交于点G、H，连结交于点M，若，求_________度；
22．（本题10分）如图，延长平行四边形的边作交的延长线于点作交的延长线于点若求证：四边形是菱形．
23．（本题10分）如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，点F在上，且，连接交于点G，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求菱形的面积．
24．（本题10分）如图，已知菱形，E、F是对角线所在直线上的两点，且，，连接、、、．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)若，，求菱形的周长．
25．（本题10分）如图，是四边形的对角线，，，过点A作交C的延长于E．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)过点E作交的延长线于点F，连接，若，求的长．
参考答案：
1．C
【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形对角线垂直即可解答，熟知菱形的面积等于对角线相乘除以2，是解题的关键．
【详解】解：，四边形是菱形，
菱形的面积=，
故选：C．
2．A
【分析】本题考查了菱形的判定．熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
根据菱形的判定对各选项进行判断作答即可．
【详解】解：如图，
当，则为菱形，故A符合要求；
当，则不一定为菱形，故B不符合要求；
当，则不一定为菱形，故C不符合要求；
当，则不一定为菱形，故D不符合要求；
故选：A．
3．B
【分析】本题主要考查中点四边形及矩形的判定和性质，三角形中位线的性质．利用三角形中位线的性质得出，再由四边形是矩形，即可得出结果．
【详解】解：由于E、F、G、H分别是的中点，
根据三角形中位线定理得：，
∵四边形是矩形，即，
∴，
故选：B．
4．D
【分析】本题主要考查菱形的性质，菱形是特殊的平行四边形，具有对角相等、对边平行、四条边相等、对角线互相垂直的性质．
【详解】菱形是特殊的平行四边形，具有对角相等、对边平行、四条边相等、对角线互相垂直的性质．
故选：D
5．B
【分析】本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，几何图形面积的计算，掌握矩形的性质是解题的关键．
根据矩形的性质可证，可得，由此可得，根据几何图形面积的计算方法即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故，
故选：．
6．A
【分析】本题主要考查矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，根据矩形的性质，可得，结合，可得是等边三角形，由此即可求解，掌握矩形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
故选：．
7．C
【分析】本题考查了菱形的判定，根据菱形的判定方法：对角线互相垂直平分的四边形是菱形，即可判断求解，掌握菱形的判定定理是解题的关键．
【详解】解：由菱形的判定定理：对角线互相垂直平分的四边形是菱形，
可知，选项不能判定四边形是菱形，选项可以，
故选：．
8．C
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理．先根据点和点的坐标得出，，再根据勾股定理求出，最后根据菱形的性质得出，即可解答．
【详解】解：∵．
∴，，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，
∵C点在第三象限，
∴．
故选：C．
9．C
【分析】本题考查正方形的性质，菱形的性质，勾股定理．熟练掌握特殊平行四边形的性质是解题关键．由正方形的性质可求出，当四边形为菱形，且时，连接交于，可得是等边三角形，则，进而得到，由勾股定理可求出，进而可求出．
【详解】解：如图1，四边形是正方形，，
，
在图2中，连接交于，
，，
是等边三角形，则，
四边形是菱形，
，，，
，
，
故选：C．
10．D
【分析】根据正方形的性质和已知推出四边形是平行四边形，得到，无法证出G为的中点；，推出，求出，得到，求出即可；根据三角形的面积公式推出和四边形的面积相等；可得有9个等腰三角形．
【详解】解：∵正方形，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
要使，只要G为的中点即可，
但，
∴，
即和不全等，
∴G不是中点，
∴①错误；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴②正确；
∵，
，
∴，
∴，
要使和四边形的面积相等，只要和的面积相等即可，根据已知条件，
∴③；正确，
等腰三角形有；
∴④错误；
故选：D．
11．3
【分析】本题考查的是直角三角形的性质,掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
【详解】解：∵，D是中点，，
∴
故答案为：3．
12．
【分析】本题考查了矩形的性质，比较简单，解答本题的关键是求出的度数．根据矩形的性质可得的度数，从而利用含角直角三角形的性质，及勾股定理可求出的长度．
【详解】解：在矩形中，，
，
，
在中，，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答，熟记性质是解此题的关键．
【详解】 ∵直角三角形斜边长为13，
∴这个三角形的斜边上的中线等于，
故答案为：．
14．/6厘米
【分析】本题主要考查了“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，据此即可进行解答．
【详解】解：在中，斜边是的中线，
，
故答案为：．
15．矩
【分析】本题考查矩形的判定，由两条对角线相等的平行四边形是矩形即可解答．
【详解】解：由于平行四边形的两条对角线相等，则此四边形是矩形；
故答案为：矩．
16．
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质；
连结，根据等腰三角形三线合一的性质得出，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得．
【详解】解：如图，连结，
∵，是的中点，
∴，
又∵在中，是的中点，，
∴，
故答案为：．
17．5
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边的中线性质，勾股定理，掌握菱形的性质和直角三角形的性质是解题的关键．
根据菱形的性质和直角三角形的性质求出的长，再根据勾股定理求出的长，最后利用直角三角形的性质求的长．
【详解】解：∵菱形的对角线相交于点O，，
∴，
∴，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
故答案为：5．
18．3
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠性质，勾股定理，根据矩形翻折性质得到，，进而求出的长，利用勾股定理即可求出结果．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，．
∵是翻折得到的，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得．
故答案为3．
19．详见解析
【分析】先证明，则平行四边形为矩形，再证明，即可得到结论．
【详解】证明：四边形为平行四边行，
，，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
平行四边形为矩形，
为的平分线，
，
∴，
，
∴平行四边形为正方形
【点睛】此题考查了平行四边形的性质、矩形的判定、正方形的判定、等角对等边等知识，熟练掌握正方形的判定是解题的关键．
20．见解析
【分析】根据菱形的判定定理：一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可证明．
【详解】证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定定理，矩形的性质定理以及菱形的判定定理，熟练掌握各图形的判定和性质定理是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)或
(3)①；
【分析】(1)根据折叠的性质知而，由此可证得四边形是矩形；而，所以四边形是正方形；
(2)利用翻折先求出，再对等腰三角形进行分类讨论即可求得答案；
(3)利用利用等腰三角形求出，然后即可得解．
【详解】（1）解：∵，且和分别是由和翻折得到
∴，
∴四边形为矩形
又∵，
∴四边形为正方形．
（2）解：设，则，
∴，
而
∵是等腰三角形
∴当时，
∴
当时，
∴
当时，
∴
∴为或
（3）解：由(1)知
∴
∴
故答案为：；
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了翻折变换，等腰三角形性质等知识，对等腰三角形进行正确的分类讨论是解题关键．
22．见解析
【分析】根据平行四边形的性质可得进而可证明根据全等三角形的性质可得根据菱形的判定即可判定．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
在与中，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定，以及全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定是解此题的关键．
23．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，勾股定理，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形，菱形对角线互相垂直且平分．
（1）由平行四边形的性质和角平分线得出，证出，由得出，即可得出结论．
（2）根据菱形的性质得到，利用勾股定理求出，根据菱形的面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形为菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的面积．
24．(1)见解析
(2)4
【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，正方形的判定，勾股定理等，灵活的选择判定定理是解题的关键．
（1）连接，根据菱形的性质，再结合，说明四边形是菱形，然后根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案；
（2）先根据正方形的性质求出 ，即可求出，再根据勾股定理求出，即可得出答案．
【详解】（1）解：连接，
∵四边形是菱形，
∴，，.
∵，
∴，
∴，
∴与垂直且互相平分，
∴四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴菱形是正方形；
（2）解：∵菱形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的周长．
答：菱形的周长为．
25．(1)见解析
(2)
【分析】此题考查的是平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
（1）根据平行四边形的判定方法可得四边形是平行四边形，然后根据全等三角形的判定与性质得，最后根据平行四边形的判定方法可得结论；
（2）由平行四边形的性质可得，再根据直角三角形斜边上中线的性质可得答案．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵．
∴四边形是平行四边形；
（2）∵，
∴是的中线，
∵，
∴．
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