专题19 四边形（学案）

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2021年中考数学一轮专题复习
学案19 四边形

中考命题说明



考点
课标要求
考查角度
1
多边形
①探索并了解多边形内角和与外角和公式；②通过探索平面图形的镶嵌，知道任意一个三角形、四边形或正六边形可以镶嵌平面，并能运用这几种图形进行简单的镶嵌设计．
常以选择题、填空题的形式考查多边形的内角和、外角和以及平面镶嵌．
2
平行四边形
掌握平行四边形的概念和性质以及一个四边形是平行四边形的条件．
常以选择题、填空题、证明题的形式考查．
平行四边形的判定和性质，有时也以探究性试题的形式考查．
3
矩形、菱形、正方形
掌握矩形、菱形、正方形的概念和性质以及四边形是矩形、菱形、正方形的条件，了解它们之间的关系．
常以选择题、填空题、解答题的形式考查矩形、菱形、正方形的性质和判定，注重图形变换的考查，部分地市以探究性试题的形式考查．
4
梯形
探究并了解等腰梯形的有关性质和四边形是等腰梯形的条件．
常以选择题、填空题、解答题的形式考查．
梯形的判定和性质，注重梯形中辅助线作法的考查，部分地市以探究性试题的形式考查．

知识点1：多边形


知识点梳理

1. 多边形：
（1）内角和：n边形的内角和为(n－2) ×180°．四边形的内角和等于360°．
（2）外角和：任意多边形的外角和为360°．
（3）对角线：在多边形中连接 互不相邻 的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线．
①n边形共有条对角线．
②从一个顶点出发的对角线把n边形分成 (n-2)个三角形．
（4）不稳定性：n边形(n>3)具有不稳定性．
【温馨提示】（1）多边形的外角和与边数无关；（2）多边形的内角中最多有3个锐角．
2. 正多边形：
（1）边：各条边 都相等 ．
（2）内角：各个内角 都相等 ，且正n边形的每个内角为．
（3）外角：各个外角相等，且正n边形的每个外角为．
（4）对称性：①正多边形都是　轴　对称图形，其中边数为偶数的正多边形也是 中心 对称图形．②正n边形有　n　条对称轴 ．
3. 平面镶嵌：用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分完全 覆盖 ，叫做用多边形覆盖平面（或平面镶嵌）．平面镶嵌的条件：当围绕一点拼在一起的几个多边形的内角和为 360° 时，可以平面镶嵌．
典型例题

【例1】（2020•重庆A卷14/26）一个多边形的内角和等于它的外角和的2倍，则这个多边形的边数是 ．
【考点】多边形内角与外角
【分析】n边形的内角和可以表示成(n-2) ·180°，外角和为360°，根据题意列方程求解．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，依题意，得：
(n-2) ·180°=2×360°，
解得n=6．
故答案为：6．
【点评】本题考查多边形的内角和计算公式，多边形的外角和．关键是根据题意利用多边形的外角和及内角和之间的关系列出方程求边数．
【例2】（2020•陕西12/25）如图，在正五边形ABCDE中，DM是边CD的延长线，连接BD，则∠BDM的度数是 ．

【考点】多边形内角与外角
【分析】根据正五边形的性质和内角和为540°，求得每个内角的度数为108°，再结合等腰三角形和邻补角的定义即可解答．
【解答】解：因为五边形ABCDE是正五边形，
所以，BC=DC，
所以，
所以∠BDM =180°-36°=144°，
故答案为：144°．
【点评】本题考查了正五边形．解题的关键是掌握正五边形的性质：各边相等，各角相等，内角和为540°．熟记定义是解题的关键．
知识点2： 平行四边形


知识点梳理

1. 平行四边形的概念：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
2. 平行四边形的性质：
（1）平行四边形的邻角互补，对角相等．
（2）平行四边形的对边平行且相等．
推论：夹在两条平行线间的平行线段相等．
（3）平行四边形的对角线互相平分．
（4）若一直线过平行四边形两对角线的交点，则这条直线被一组对边截下的线段以对角线的交点为中点，并且这两条直线二等分此平行四边形的面积．
3. 平行四边形的判定：
（1）定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
（2）定理1：两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
（3）定理2：两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
（4）定理3：对角线互相平分的四边形是平行四边形．
（5）定理4：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
4. 面积： S=ah（a表示一条边长，h表示此边上的高） ．
5. 相关结论：
（1）平行四边形的两条对角线将平行四边形分成 面积相等 的四个三角形． 
（2）同底等高的平行四边形的面积相等．
（3）若一条直线过平行四边形的对角线的交点，则这条直线等分平行四边形的面积．
典型例题

【例3】（2020•宁夏21/26）如图，在□ABCD中，点E是AD的中点，连接CE并延长，交BA的延长线于点F．求证：FA=AB．

【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质
【分析】在证明全等时常根据已知条件，分析还缺什么条件，然后用（SAS，ASA，SSS）来证明△AFE≌△DCE，根据全等的性质再证明AF=DC，从而证明AF=AB．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，AB∥DC．
∴∠FEA=∠DEC，∠F=∠ECD．
又EA=ED，
∴△AFE≌△DCE．
∴AF=DC．
∴AF=AB．
【点评】本题考查平行四边形的性质及全等三角形等知识，是比较基础的证明题．
【例4】（2020•陕西18/25）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=∠C．E是边BC上一点，且DE=DC．求证：AD=BE．

【考点】平行四边形的判定与性质
【分析】根据等边对等角的性质求出∠DEC=∠C，再由∠B=∠C得∠B=∠DEC，所以AB∥BE，得出四边形ABED是平行四边形，进而得出结论．
【解答】证明：∵DE=DC，
∴∠DEC=∠C．
∵∠B=∠C，
∴∠B=∠DEC，
∴ AB∥BE，
∵AD∥BC，
∴四边形ABED是平行四边形．
∴AD=BE．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定和性质．解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定定理和性质定理的运用．
知识点3： 矩形、菱形、正方形


知识点梳理

1．矩形：
（1）矩形的概念：有一个角是 直角 的平行四边形叫做矩形．
（2）矩形的性质：
①具有平行四边形的一切性质．
②矩形的四个角都是直角．
③矩形的对角线相等．
④矩形既是轴对称图形，它有两条对称轴；又是中心对称图形，它的对称中心是　对角线的交点　．
（3）矩形的判定：
①定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
②定理1：有三个角是直角的四边形是矩形．
③定理2：对角线相等的平行四边形是矩形．
（4）矩形的有关计算：
①周长C矩形=2(a+b) （其中a为长，b为宽）．
②面积S矩形=长×宽=ab （其中a为长，b为宽）．
2．菱形：
（1）菱形的概念：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
（2）菱形的性质：
①具有平行四边形的一切性质．
②菱形的四条边相等．
③菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
④菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，对称轴是两条对角线所在的直线，对称中心是 对角线的交点 ．
（3）菱形的判定：
①定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
②定理1：四边都相等的四边形是菱形．
③定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
（4）菱形的有关计算：
①周长C菱形=4a （其中a为边长）．
②面积S菱形=ah=两条对角线乘积的一半 （其中a为边长，h为此边上的高）．
3．正方形：
（1）正方形的概念： 四条边 都相等，四个角都是 直角 的四边形是正方形．有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质：
①具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
②正方形的四个角都是直角，四条边都相等．
③正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角．
④正方形是轴对称图形，有4条对称轴，又是中心对称图形，对称中心是对角线的交点．
⑤正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等的小等腰直角三角形．
⑥正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等．
（3）正方形的判定：
①判定一个四边形是正方形的主要依据是定义，途径有两种：
先证它是矩形，再证有一组邻边相等．
先证它是菱形，再证有一个角是直角．
②判定一个四边形为正方形的一般顺序如下：
先证明它是平行四边形；
再证明它是菱形（或矩形）；
最后证明它是矩形（或菱形）．
（4）正方形的面积：设正方形边长为a，对角线长为b，S正方形=．
4. 总结：四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形之间关系的梳理：

5. 梯形：
（1）梯形的概念：一组对边平行，另一组对边 不平行 的四边形叫做梯形． 两腰 相等的梯形叫做等腰梯形；有一个角是直角的梯形叫做直角梯形．
（2）等腰梯形的性质：
①等腰梯形的两腰相等，两底平行．
②等腰梯形的 两条对角线 相等．
③等腰梯形是轴对称图形，它只有一条对称轴，即两底的垂直平分线．
（3）等腰梯形的判定：
①定义：两腰相等的梯形是等腰梯形．
②定理：在同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形．
③对角线相等的梯形是等腰梯形．
（4）梯形中位线定理：梯形中位线平行于两底，并且等于两底和的一半．
典型例题

【例5】（2020•青海6/28）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，已知∠BOC=120°，DC=3 cm，则AC的长为 cm．

【考点】矩形的性质
【分析】根据矩形的性质即可求出答案．
【解答】解：在矩形ABCD中，
∴OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
∵∠BOC=120°，
∴∠OCB=30°，
∵DC=3 cm，
∴AB=CD=3 cm，
在Rt△ABC中，
AC=2AB=6 cm，
故答案为：6
【点评】本题考查矩形，解题的关键是熟练运用矩形的性质以及含30度角的直角三角形的性质，本题属于基础题型．
【例6】（2020•福建18/25）如图，点E，F分别在菱形ABCD的边BC，CD上，且BE=DF．求证：∠BAE=∠DAF．

【考点】全等三角形的判定与性质；菱形的性质
【分析】根据菱形的性质可得∠B=∠D，AB=AD，再证明△ABE≌△ADF，即可得∠BAE=∠DAF．
【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B=∠D，AB=AD，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF （SAS），
∴∠BAE=∠DAF．
【点评】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
【例7】（2020•广东9/25）如图，在正方形ABCD中，AB=3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD=60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则BE的长度为（ ）

A．1 B． C． D．2
【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质
【分析】由正方形的性质得出∠EFD=∠BEF=60°，由折叠的性质得出∠BEF=∠FEB′=60°，BE=B′E，设BE=x，则B′E=x，AE =3-x，由直角三角形的性质可得：2(3-x)=x，解方程求出x即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠A=90°，
∴∠EFD=∠BEF=60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF=∠FEB′=60°，BE=B′E，
∴∠AEB′=180°-∠BEF-∠FEB′=60°，
∴B′E=2AE，
设BE=x，则B′E=x，AE =3-x，
∴2(3-x)=x，
解得x=2．
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键．
知识点4： 中点四边形


知识点梳理

1．中点四边形：顺次连接四边形各边中点所得的四边形，我们称之为中点四边形.中点四边形形状的判定依据主要是三角形的中位线定理.
2. 常见结论如下：
原四边形的形状
中点四边形的形状
任意四边形
平行四边形
平行四边形
平行四边形
矩形
菱形
菱形
矩形
正方形
正方形
典型例题

【例8】（2019·娄底）顺次连接菱形四边中点得到的四边形是（ ）
A. 平行四边形 B. 菱形
C. 矩形 D. 正方形
【答案】C．
【解答】如下图，顺次连接任意四边形的四边中点，得到的四边形一定是平行四边形；如果原四边形的对角线相等，则可得中点四边形的邻边相等，即是菱形；如果原四边形的对角线互相垂直，则可得中点四边形的邻边垂直，即是矩形．菱形的对角线互相垂直，所以顺次连接它的中点得到的四边形是矩形．

巩固训练

1.（2020•赤峰15/26）一个正n边形的内角和是它外角和的4倍，则n＝ ．
2.（2020•海南14/22）正六边形的一个外角等于 度．
3.（2020•广东4/25）若一个多边形的内角和是，则该多边形的边数为　　
A．4 B．5 C．6 D．7
4.（2020•福建15/25）如图所示的六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，则 度．

5.（2020•北京5/28）正五边形的外角和为（　　）
A．180° B．360° C．540° D．720°
6.（2020•包头18/26）如图，在□ABCD中，AB＝2，∠ABC的平分线与∠BCD的平分线交于点E，若点E恰好在边AD上，则BE2+CE2的值为 ．

7.（2020•天津17/25）如图，□ABCD的顶点在等边△BEF的边上，点在的延长线上，为的中点，连接．若，，则的长为 ．

8.（2020•重庆A卷21/26）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，分别过点，作，，垂足分别为，．平分．
（1）若，求的度数；
（2）求证：．

9.（2020•重庆B卷20/26）如图，在平行四边形中，，分别平分和，交对角线于点，．
（1）若，求的度数；
（2）求证：．

10.（2020•安徽14/23）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片沿过点的直线折叠，使得点落在上的点处．折痕为；再将△PCQ，△ADQ分别沿，折叠，此时点，落在上的同一点处．请完成下列探究：
（1）的大小为 ；
（2）当四边形是平行四边形时，的值为　　．

11.（2020•陕西8/25）如图，在□ABCD中，，．是边的中点，是□ABCD内一点，且．连接并延长，交于点．若EF∥AB，则的长为　　

A． B． C．3 D．2
12.（2018·鄂尔多斯16/24）如图1，AF，BE是△ABC的中线，AF⊥BE，垂足为点P，设BC＝a，AC＝b，AB＝c，则a2+b2＝5c2，利用这一性质计算．如图2，在□ABCD中，E，F，G分别是AD，BC，CD的中点，EB⊥EG于点E，AD＝8，AB＝2，则AF＝ ．

13.（2020•鄂尔多斯5/24）将三角尺按如图所示放置在一张矩形纸片上，∠EGF＝90°，∠FEG＝30°，∠1＝125°，则∠BFG的大小为（　　）

A．125° B．115° C．110° D．120°
14.（2020•江西12/23）矩形纸片，长，宽，折叠纸片，使折痕经过点，交边于点，点落在点处，展平后得到折痕，同时得到线段，，不再添加其它线段．当图中存在角时，的长为 厘米．

15.（2020•兴安盟•呼伦贝尔11/26）如图，在△ABC中，，分别是边，上的中线，于点，点，分别，的中点，若，，则四边形的周长是　　

A．14 B．20 C．22 D．28
16.（2020•通辽8/26）如图，是△ABC的中线，四边形是平行四边形，增加下列条件，能判断□ADCE是菱形的是　　

A． B． C． D．
17.（2020•包头12/26）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＞AC，按以下步骤作图：
（1）分别以点A，B为圆心，以大于AB的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点（点M在AB的上方）；
（2）作直线MN交AB于点O，交BC于点D；
（3）用圆规在射线OM上截取OE＝OD．连接AD，AE，BE，过点O作OF⊥AC．重足为F，交AD于点G．
下列结论：
①CD＝2GF；
②BD2﹣CD2＝AC2；
③S△BOE＝2S△AOG；
④若AC＝6，OF+OA＝9，则四边形ADBE的周长为25．
其中正确的结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
18.（2020•陕西14/25）如图，在菱形中，，，点在边上，且．若直线经过点，将该菱形的面积平分，并与菱形的另一边交于点，则线段的长为 ．

19.（2020•广东15/25）如图，在菱形中，，取大于的长为半径，分别以点，为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交边于点（作图痕迹如图所示），连接，．则的度数为 ．

20.（2020•北京21/28）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，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的长．

21.（2020•宁夏5/26）如图，菱形的边长为13，对角线，点、分别是边、的中点，连接并延长与的延长线相交于点，则　　

A．13 B．10 C．12 D．5
22.（2020•新疆兵团18/23）如图，四边形是平行四边形，DE∥BF，且分别交对角线于点，，连接，．
（1）求证：；
（2）若，求证：四边形为菱形．

23.（2020•兴安盟•呼伦贝尔22/26）已知：如图，在正方形中，对角线，相交于点，点，分别是边，上的点，且．
求证：．

24.（2020•呼和浩特18/24）如图，正方形，是边上任意一点（不与、重合），于点，BF∥DE，且交于点．
（1）求证：；
（2）四边形是否可能是平行四边形，如果可能，请指出此时点的位置，如不可能，请说明理由．

25.（2020•包头16/26）如图，在正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，AE的延长线交CD于点F，连接CE．若∠BAE＝56°，则∠CEF＝ °．

26.（2020•鄂尔多斯9/24）如图，四边形OAA1B1是边长为1的正方形，以对角线OA1为边作第二个正方形OA1A2B2，连接AA2，得到△AA1A2；再以对角线OA2为边作第三个正方形OA2A3B3，连接A1A3，得到△A1A2A3，再以对角线OA3为边作第四个正方形OA2A4B4，连接A2A4，得到△A2A3A4，…，设△AA1A2，△A1A2A3，△A2A3A4，…，的面积分别为S1，S2，S3，…，如此下去，则S2020的值为（　　）

A． B．22018 C．22018+ D．1010
27.（2020•鄂尔多斯16/24）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：
①点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM；
②无论点M运动到何处，都有DM＝HM；
③在点M的运动过程中，四边形CEMD可能成为菱形；
④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．
以上结论正确的有 （把所有正确结论的序号都填上）．

28.（2020•赤峰20/26）小琪同学和爸爸妈妈一起回老家给奶奶过生日，他们为奶奶准备了一个如图所示的正方形蛋糕，蛋糕的每条边上均匀镶嵌着4颗巧克力．爸爸要求小琪只切两刀把蛋糕平均分成4份，使每个人分得的蛋糕和巧克力数都相等．
（1）请你在图1中画出一种分法（无需尺规作图）；
（2）如图2，小琪同学过正方形的中心切了一刀，请你用尺规作图帮她作出第2刀所在的直线．（不写作法，保留作图痕迹）

29.（2020•天津8/25）如图，四边形是正方形，，两点的坐标分别是，，点在第一象限，则点的坐标是　　

A． B． C． D．
30.（2020•上海5/25）下列命题中，真命题是　　
A．对角线互相垂直的梯形是等腰梯形
B．对角线互相垂直的平行四边形是正方形
C．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形
D．对角线平分一组对角的梯形是直角梯形
巩固训练解析

1.（2020•赤峰15/26）一个正n边形的内角和是它外角和的4倍，则n＝　10　．
【考点】多边形内角与外角．
【答案】10．
【分析】利用多边形的内角和公式和外角和公式，根据一个n边形的内角和是其外角和的4倍列出方程求解即可．
【解答】解：多边形的外角和是360°，根据题意得：
180°•（n﹣2）＝360°×4，
解得n＝10．
故答案为：10．
【点评】本题主要考查了多边形内角和公式及外角的特征．求多边形的边数，可以转化为方程的问题来解决．
2.（2020•海南14/22）正六边形的一个外角等于　60　度．
【考点】多边形内角与外角
【分析】根据正多边形的每一个外角都相等和多边形的外角和等于360度解答即可．
【解答】解：正六边形的外角和是，
正六边形的一个外角的度数为：，
故答案为：60．
【点评】本题考查的是多边形的外角和的知识，掌握多边形的外角和等于360度是解题的关键．
3.（2020•广东4/25）若一个多边形的内角和是，则该多边形的边数为　　
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点】多边形内角与外角
【分析】根据多边形的内角和公式列式进行计算即可求解．
【解答】解：设多边形的边数是，则
，
解得．
故选：B．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和公式，熟记公式是解题的关键．
4.（2020•福建15/25）如图所示的六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，则　30　度．

【考点】多边形内角与外角
【分析】由于六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，所以这个六边形是正六边形，先算出正六边形每个内角的度数，即可求出的度数．
【解答】解：正六边形的每个内角的度数为：，
所以，
故答案为：30．
【点评】本题考查了多边形内角和定理．解题的关键是会计算正六边形的每个内角的度数．
5.（2020•北京5/28）正五边形的外角和为（　　）
A．180° B．360° C．540° D．720°
【考点】多边形内角与外角．
【答案】B
【分析】根据多边形的外角和等于360°，即可求解．
【解答】解：任意多边形的外角和都是360°，
故正五边形的外角和的度数为360°．
故选：B．
【点评】本题主要考查多边形的外角和定理，解答本题的关键是掌握任意多边形的外角和都是360°．
6.（2020•包头18/26）如图，在□ABCD中，AB＝2，∠ABC的平分线与∠BCD的平分线交于点E，若点E恰好在边AD上，则BE2+CE2的值为　16　．

【考点】勾股定理；平行四边形的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据平行四边形的性质和角平分线的定义可得AE＝AB＝DE＝CD＝2，∠BEC＝90°，可得BC＝AD＝2+2＝4，再根据勾股定理解答即可．
【解答】证明：∵BE、CE 分别平分∠ABC 和∠BCD
∴∠EBC＝∠ABC，∠ECB＝∠BCD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD＝2，BC＝AD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∴∠EBC+∠ECB＝90°，
∴∠BEC＝90°，
∴BE2+CE2＝BC2 ，
∵AD∥BC，
∴∠EBC＝∠AEB，
∵BE平分∠ABC，
∴∠EBC＝∠ABE，
∴∠AEB＝∠ABE，
∴AB＝AE＝2，
同理可证 DE＝DC＝2，
∴DE+AE＝AD＝4，
∴BE2+CE2＝BC2＝AD2＝16．
故答案为：16．
【点评】此题考查平行四边形的性质，角平分线的定义，关键是根据平行四边形的性质和勾股定理解答．
7.（2020•天津17/25）如图，□ABCD的顶点在等边△BEF的边上，点在的延长线上，为的中点，连接．若，，则的长为　　．

【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质
【分析】根据平行四边形的性质和等边三角形的性质，可以得到和的长，然后可以证明△DCG和△EHG全等，然后即可得到的长．
【解答】解：四边形是平行四边形，
，，DC∥AB，
，，
，，
，
∵△BEF是等边三角形，为的中点，
，，
延长交于点，

∵DC∥AB，
，
在△DCG和△EHG中，
，
∴△DCG≌△EHG （ASA），
，，
，，
，，
，，
∴△CBH是等边三角形，
，
，
故答案为：．
【点评】本题考查平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
8.（2020•重庆A卷21/26）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，分别过点，作，，垂足分别为，．平分．
（1）若，求的度数；
（2）求证：．

【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质
【分析】（1）利用三角形内角和定理求出，利用角平分线的定义求出，再利用平行线的性质解决问题即可．
（2）证明△AEO≌△CFO（AAS）可得结论．
【解答】（1）解：，
，
，
，
平分，
，
四边形是平行四边形，
∴AD∥BC，
，
（2）证明：四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
∴△AEO≌△CFO（AAS），
．
【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
9.（2020•重庆B卷20/26）如图，在平行四边形中，，分别平分和，交对角线于点，．
（1）若，求的度数；
（2）求证：．

【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AB∥CD，根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，于是得到结论；
（2）根据平行四边形的性质得到AB∥CD，，，求得，根据角平分线的定义得到，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）四边形是平行四边形，
∴AB∥CD，
，
平分，
，
，
，
；
（2）四边形是平行四边形，
∴AB∥CD，，，
，
，分别平分和，
，，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
10.（2020•安徽14/23）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片沿过点的直线折叠，使得点落在上的点处．折痕为；再将△PCQ，△ADQ分别沿，折叠，此时点，落在上的同一点处．请完成下列探究：
（1）的大小为　30　；
（2）当四边形是平行四边形时，的值为　　．

【考点】平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）
【分析】（1）由折叠的性质可得，，，，，，由平角的性质可得，，可证AD∥BC，由平行线的性质可得，即可求解；
（2）由平行四边形和折叠的性质可得，由直角三角形的性质可得，，即可求解．
【解答】解：（1）由折叠的性质可得：，，，，，，
，
，
∴ AD∥BC，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：30；
（2）由折叠的性质可得：，，
四边形是平行四边形，
，
，
又，
，
，，
，，
，
，
故答案为：．
【点评】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
11.（2020•陕西8/25）如图，在□ABCD中，，．是边的中点，是□ABCD内一点，且．连接并延长，交于点．若EF∥AB，则的长为　　

A． B． C．3 D．2
【考点】直角三角形斜边上的中线；平行四边形的性质；梯形中位线定理
【分析】依据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到的长，再根据梯形中位线定理，即可得到的长，进而得出的长．
【解答】解：是边的中点，且，
∴Rt△BCF中，，
∵EF∥AB，AB∥CG，是边的中点，
是的中点，
是梯形的中位线，
，
又，
，
故选：D．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质以及梯形中位线定理，梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半．
12.（2018·鄂尔多斯16/24）如图1，AF，BE是△ABC的中线，AF⊥BE，垂足为点P，设BC＝a，AC＝b，AB＝c，则a2+b2＝5c2，利用这一性质计算．如图2，在□ABCD中，E，F，G分别是AD，BC，CD的中点，EB⊥EG于点E，AD＝8，AB＝2，则AF＝　2　．

【考点】勾股定理；三角形中位线定理；平行四边形的性质．
【分析】连接AC交EF于H，设BE与AF的交点为P，由点E、G分别是AD，CD的中点，得到EG是△ACD的中位线于是证出BE⊥AC，由四边形ABCD是平行四边形，得到AD∥BC，根据E，F分别是AD，BC的中点，得到AE＝BF＝CF＝AD，证出四边形ABFE是平行四边形，证得EH＝FH，推出EH，AH分别是△AFE的中线，由题目中的结论得即可得到结果．
【解答】解：如图2，连接AC，EF交于H，AC与BE交于点Q，设BE与AF的交点为P，

∵点E、G分别是AD，CD的中点，
∴EG∥AC，
∵BE⊥EG，
∴BE⊥AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝8，
∴∠EAH＝∠FCH，
∵E，F分别是AD，BC的中点，
∴AE＝AD，BF＝BC，
∴AE＝BF＝CF＝AD＝4，
∵AE∥BF，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴EF＝AB＝2，AP＝PF，
在△AEH和△CFH中，，
∴△AEH≌△CFH（AAS），
∴EH＝FH，
∴EP，AH分别是△AFE的中线，
由a2+b2＝5c2得：AF2+EF2＝5AE2，
∴AF2＝5×42﹣（2）2＝60，
∴AF＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，三角形的中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
13.（2020•鄂尔多斯5/24）将三角尺按如图所示放置在一张矩形纸片上，∠EGF＝90°，∠FEG＝30°，∠1＝125°，则∠BFG的大小为（　　）

A．125° B．115° C．110° D．120°
【考点】平行线的性质．
【答案】B
【分析】根据矩形得出AD∥BC，根据平行线的性质得出∠1+∠BFE＝180°，求出∠BFE，根据三角形内角和定理求出∠EFG，即可求出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠1+∠BFE＝180°，
∵∠1＝125°，
∴∠BFE＝55°，
∵在△EGF中，∠EGF＝90°，∠FEG＝30°，
∴∠EFG＝180°﹣∠EGF﹣∠FEG＝60°，
∴∠BFG＝∠BFE+∠EFG＝55°+60°＝115°，
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质，矩形的性质，三角形的内角和定理等知识点，能灵活运用知识点进行推理是解此题的关键．
14.（2020•江西12/23）矩形纸片，长，宽，折叠纸片，使折痕经过点，交边于点，点落在点处，展平后得到折痕，同时得到线段，，不再添加其它线段．当图中存在角时，的长为　厘米或厘米或　厘米．

【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质
【分析】根据翻折可得，分3种情况讨论：当时或当时或当时求的长．
【解答】解：
①当时，；
②当时，；
③时，，延长交于，如下图所示，

设，则，，
，
，
，
．
故答案为：厘米或厘米或厘米．
【点评】本题考查了翻折变换、矩形的性质，解决本题的关键是掌握矩形性质．
15.（2020•兴安盟•呼伦贝尔11/26）如图，在△ABC中，，分别是边，上的中线，于点，点，分别，的中点，若，，则四边形的周长是　　

A．14 B．20 C．22 D．28
【考点】勾股定理；三角形的重心
【分析】根据已知条件证明四边形为菱形，结合和的长求出，，，计算出，可得结果．
【解答】解：和分别是△ABC的中线，
，DE∥BC，
和分别是和的中点，，，
，MN∥BC，，，
四边形为平行四边形，
，
平行四边形为菱形，
，
，
四边形的周长为20，
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的判定，中位线定理，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的判定．
16.（2020•通辽8/26）如图，是△ABC的中线，四边形是平行四边形，增加下列条件，能判断□ADCE是菱形的是　　

A． B． C． D．
【考点】菱形的判定；直角三角形斜边上的中线；平行四边形的性质；菱形的性质
【分析】根据菱形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：添加时，
是△ABC的中线，
，
四边形是菱形，选项A正确；
添加，
四边形是平行四边形
四边形是矩形，选项B错误；
添加，可得到，
，
四边形是平行四边形是矩形，选项C错误；
添加，
，，
，
故不能选项D不能判定四边形是菱形；
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的判定、熟练掌握菱形的判定是关键．
17.（2020•包头12/26）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＞AC，按以下步骤作图：
（1）分别以点A，B为圆心，以大于AB的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点（点M在AB的上方）；
（2）作直线MN交AB于点O，交BC于点D；
（3）用圆规在射线OM上截取OE＝OD．连接AD，AE，BE，过点O作OF⊥AC．重足为F，交AD于点G．
下列结论：
①CD＝2GF；
②BD2﹣CD2＝AC2；
③S△BOE＝2S△AOG；
④若AC＝6，OF+OA＝9，则四边形ADBE的周长为25．
其中正确的结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；作图—复杂作图．
【答案】D
【分析】①根据作图过程可得，四边形ADBE是菱形，再根据三角形中位线定理即可判断；
②根据菱形的四个边都相等，再根据勾股定理即可判断；
③根据三角形一边的中线分两个三角形面积相等即可判断；
④根据勾股定理先求出OF的长，再求出AD的长，进而可以得四边形ADBE的周长为25，进而即可判断．
【解答】解：根据作图过程可知：
DE⊥AB，AO＝BO，OE＝OD，
∴四边形ADBE是菱形，
∵OF⊥AC，BC⊥AC，
∴OF⊥BC，
又AO＝BO，
∴AF＝CF，AG＝GD，
∴CD＝2FG．
∴①正确；
∵四边形ADBE是菱形，
∴AD＝BD，
在Rt△ACD中，根据勾股定理，得
AD2﹣CD2＝AC2，
∴BD2﹣CD2＝AC2．
∴②正确；
∵点G是AD的中点，
∴S△AOD＝2S△AOG，
∵S△AOD＝S△BOE，
S△BOE＝2S△AOG；
∴③正确；
∵AF＝AC＝×6＝3，
又OF+OA＝9，
∴OA＝9﹣OF，
在Rt△AFO中，根据勾股定理，得
（9﹣OF）2＝OF2+32，
解得OF＝4，
∴OA＝5，
∴AB＝10，
∴BC＝8，
∴BD+DC＝AD+DC＝8，
∴CD＝8﹣AD，
在Rt△ACD中，根据勾股定理，得
AD2＝62+（8﹣AD）2，
解得AD＝，
∴菱形ADBE的周长为4AD＝25．
∴④正确．
综上所述：①②③④．
故选：D．
【点评】本题考查了作图﹣复杂作图、线段垂直平分线的性质、勾股定理，解决本题的关键是综合运用以上知识．
18.（2020•陕西14/25）如图，在菱形中，，，点在边上，且．若直线经过点，将该菱形的面积平分，并与菱形的另一边交于点，则线段的长为　　．

【考点】菱形的性质
【分析】过点和点作，于点和，可得矩形，再根据菱形中，，，可得，，由题意可得，，进而根据勾股定理可得的长．
【解答】解：如图，过点和点作，于点和，

得矩形，
，
在菱形中，，，
，，
，
平分菱形面积，经过菱形对角线交点，
，
，
在Rt△EFH中，根据勾股定理，得
．
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
19.（2020•广东15/25）如图，在菱形中，，取大于的长为半径，分别以点，为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交边于点（作图痕迹如图所示），连接，．则的度数为　　．

【考点】作图基本作图；菱形的性质；线段垂直平分线的性质
【分析】根据，求出，即可解决问题．
【解答】解：四边形是菱形，
，
，
由作图可知，，
，
，
故答案为．
【点评】本题考查作图基本作图，菱形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
20.（2020•北京21/28）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，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的长．

【考点】直角三角形斜边上的中线；菱形的性质；矩形的判定与性质．有
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据菱形的性质得出OB＝OD，再由点E是AD的中点，所以，AE＝DE，进而判断出OE是三角形ABD的中位线，得到AE＝OE＝AD，推出OE∥FG，求得四边形OEFG是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，得到OE＝AE＝AD＝5；由（1）知，四边形OEFG是矩形，求得FG＝OE＝5，根据勾股定理得到AF＝＝3，于是得到结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，∠DAO＝∠BAO，OB＝OD
∵E是AD的中点，
∴AE＝OE＝AD，
∴∠EAO＝∠AOE，∵AE＝DE
∴OE是三角形ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG＝90°，
∴四边形OEFG是矩形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，
∴∠AOD＝90°，
∵E是AD的中点，
∴OE＝AE＝AD＝5；
由（1）知，四边形OEFG是矩形，
∴FG＝OE＝5，
∵AE＝5，EF＝4，
∴AF＝＝3，
∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2．

【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
21.（2020•宁夏5/26）如图，菱形的边长为13，对角线，点、分别是边、的中点，连接并延长与的延长线相交于点，则　　

A．13 B．10 C．12 D．5
【考点】菱形的性质；三角形中位线定理
【分析】连接对角线，交于点，证四边形是平行四边形，得，利用勾股定理求出的长，，即可求出．
【解答】解：连接，交于点，如图：

菱形的边长为13，点、分别是边、的中点，
∴ AB∥CD，，EF∥BD，
、是菱形的对角线，，
，，，
又∵AB∥CD，EF∥BD，
∴ DE∥BG，BD∥EG，
∵DE∥BG，BD∥EG，
四边形是平行四边形，
，
在△COD中，，，，
，
，
；
故选：B．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质及勾股定理等知识；熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．
22.（2020•新疆兵团18/23）如图，四边形是平行四边形，DE∥BF，且分别交对角线于点，，连接，．
（1）求证：；
（2）若，求证：四边形为菱形．

【考点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质
【分析】（1）根据平行四边形的性质，可以得到，AD∥CB，从而可以得到，再根据DE∥BF和等角的补角相等，从而可以得到，然后即可证明△ADE和△CBF全等，从而可以得到；
（2）根据（1）中的△ADE和△CBF全等，可以得到，再根据DE∥BF，即可得到四边形是平行四边形，再根据，即可得到四边形为菱形．
【解答】（1）证明：四边形是平行四边形，
，AD∥CB，
，
∵DE∥BF，
，
，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF （AAS），
；
（2）证明：由（1）知△ADE≌△CBF，
则，
又∵DE∥BF，
四边形是平行四边形，
，
四边形为菱形．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
23.（2020•兴安盟•呼伦贝尔22/26）已知：如图，在正方形中，对角线，相交于点，点，分别是边，上的点，且．
求证：．

【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质
【分析】由正方形的性质得出，，再证明，从而得到△COE≌△DOF，即可证明．
【解答】解：四边形为正方形，
，，，
，即，
，
∴△COE≌△DOF（ASA），
．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是根据正方形的性质得出条件证明全等．
24.（2020•呼和浩特18/24）如图，正方形，是边上任意一点（不与、重合），于点，BF∥DE，且交于点．
（1）求证：；
（2）四边形是否可能是平行四边形，如果可能，请指出此时点的位置，如不可能，请说明理由．

【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定；正方形的性质
【分析】（1）证明△ABF≌△DAE，从而得到，，可得结果；
（2）若要四边形是平行四边形，则，则，再证明即可．
【解答】解：（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
又∵BF∥DE，
，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
，，
；
（2）不可能，理由是：
如图，若要四边形是平行四边形，

已知DE∥BF，则当时，四边形为平行四边形，
，
，即此时，
而点不与和重合，
，矛盾，
四边形不能是平行四边形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，平行四边形的性质，解题的关键是找到三角形全等的条件．
25.（2020•包头16/26）如图，在正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，AE的延长线交CD于点F，连接CE．若∠BAE＝56°，则∠CEF＝　22　°．

【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据正方形的性质，即可得到∠DAF＝34°，∠DFE＝56°，依据全等三角形的对应角相等，即可得到∠DCE＝∠DAF＝34°，再根据三角形外角性质，即可得到∠CEF的度数．
【解答】解：∵正方形ABCD中，∠BAE＝56°，
∴∠DAF＝34°，∠DFE＝56°，
∵AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴∠DCE＝∠DAF＝34°，
∵∠DFE是△CEF的外角，
∴∠CEF＝∠DFE﹣∠DCE＝56°﹣34°＝22°，
故答案为：22．
【点评】本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
26.（2020•鄂尔多斯9/24）如图，四边形OAA1B1是边长为1的正方形，以对角线OA1为边作第二个正方形OA1A2B2，连接AA2，得到△AA1A2；再以对角线OA2为边作第三个正方形OA2A3B3，连接A1A3，得到△A1A2A3，再以对角线OA3为边作第四个正方形OA2A4B4，连接A2A4，得到△A2A3A4，…，设△AA1A2，△A1A2A3，△A2A3A4，…，的面积分别为S1，S2，S3，…，如此下去，则S2020的值为（　　）

A． B．22018 C．22018+ D．1010
【考点】正方形的性质．
【答案】B
【分析】首先求出S1、S2、S3，然后猜测命题中隐含的数学规律，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形OAA1B1是正方形，
∴OA＝AA1＝A1B1＝1，
∴S1＝×1×1＝，
∵∠OAA1＝90°，
∴OA12＝12+12＝2，
∴OA2＝A2A3＝2，
∴S2＝×2×1＝1，
同理可求：S3＝×2×2＝2，S4＝4…，
∴Sn＝2n﹣2，
∴S2020＝22018，
故选：B．

【点评】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了学生找规律的能力，本题中找到an的规律是解题的关键．
27.（2020•鄂尔多斯16/24）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：
①点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM；
②无论点M运动到何处，都有DM＝HM；
③在点M的运动过程中，四边形CEMD可能成为菱形；
④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．
以上结论正确的有　①②④　（把所有正确结论的序号都填上）．

【考点】菱形的判定与性质；正方形的性质；平移的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】①正确．证明∠ADM＝30°，即可得出结论．
②正确．证明△DHM是等腰直角三角形即可．
③错误．首先证明四边形CEMD是平行四边形，再证明，DM＞CD即可判断．
④正确．证明∠AHM＜∠BAC＝45°，即可判断．
【解答】解：如图，连接DH，HM．

由题可得，AM＝BE，
∴AB＝EM＝AD，
∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，
∴EM＝AD，∠AHE＝90°，∠MEH＝∠DAH＝45°＝∠EAH，
∴EH＝AH，
∴△MEH≌△DAH（SAS），
∴∠MHE＝∠DHA，MH＝DH，
∴∠MHD＝∠AHE＝90°，△DHM是等腰直角三角形，
∴DM＝2HM，故②正确；
当∠DHC＝60°时，∠ADH＝60°﹣45°＝15°，
∴∠ADM＝45°﹣15°＝30°，
∴Rt△ADM中，DM＝2AM，
即DM＝2BE，故①正确；
∵CD∥EM，EC∥DM，
∴四边形CEMD是平行四边形，
∵DM＞AD，AD＝CD，
∴DM＞CD，
∴四边形CEMD不可能是菱形，故③错误，
∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，
∴∠AHM＜∠BAC＝45°，
∴∠CHM＞135°，故④正确；
由上可得正确结论的序号为①②④．
故答案为①②④．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
28.（2020•赤峰20/26）小琪同学和爸爸妈妈一起回老家给奶奶过生日，他们为奶奶准备了一个如图所示的正方形蛋糕，蛋糕的每条边上均匀镶嵌着4颗巧克力．爸爸要求小琪只切两刀把蛋糕平均分成4份，使每个人分得的蛋糕和巧克力数都相等．
（1）请你在图1中画出一种分法（无需尺规作图）；
（2）如图2，小琪同学过正方形的中心切了一刀，请你用尺规作图帮她作出第2刀所在的直线．（不写作法，保留作图痕迹）

【考点】正方形的性质；作图—应用与设计作图．有
【答案】（1）作图见解析部分．
（2）作图见解析部分．
【分析】（1）作正方形的对角线即可．
（2）连接AC交直线EF于O，过点O作直线c⊥EF即可．
【解答】解：（1）如图，直线a，直线b即为所求．
（2）如图，直线c即为所求．

【点评】本题考查作图﹣应用与设计，正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
29.（2020•天津8/25）如图，四边形是正方形，，两点的坐标分别是，，点在第一象限，则点的坐标是　　

A． B． C． D．
【考点】坐标与图形性质；正方形的性质
【分析】利用正方形的性质求出，，即可．
【解答】解：四边形是正方形，
，，
，两点的坐标分别是，，
，
，
．
故选：D．
【点评】本题考查了点的坐标，正方形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，属于中考常考题型．
30.（2020•上海5/25）下列命题中，真命题是　　
A．对角线互相垂直的梯形是等腰梯形
B．对角线互相垂直的平行四边形是正方形
C．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形
D．对角线平分一组对角的梯形是直角梯形
【考点】命题与定理
【分析】利用特殊四边形的判定定理对每个选项逐一判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：A、对角线相等的梯形是等腰梯形，故错误；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故错误；
C、正确；
D、对角线平分一组对角的梯形是菱形，故错误；
故选：C．
【点评】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解特殊四边形的判定定理，难度不大．