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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））基础卷一含解析
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这是一份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））基础卷一含解析，共22页。
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 基础卷一 含解析学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．（本题3分）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）A．四条边都相等 B．对角线互相垂直且平分C．对角线相等 D．对角线平分一组对角2．（本题3分）如图，一根竹竿斜靠在竖直的墙上，点P是的中点，表示竹竿端沿墙上下滑动过程中的某个位置，则在竹竿滑动过程中，的变化趋势为（ ） A．下滑时，增大 B．上升时，减小C．无论怎样滑动，不变 D．只要滑动，就变化3．（本题3分）如图，在中，，是斜边上的中线若，则的长为（ ）A． B． C． D．4．（本题3分）如图，将一个长为，宽为的矩形纸片先按照从左向右对折，再按照从下向上的方向对折，沿所得矩形两邻边中点的连线（虚线）剪下（如图（1）），再打开，得到如图（2）所示的小菱形的面积为（ ）A． B． C． D．5．（本题3分）四条边都相等的四边形是（ ）A．等腰梯形 B．矩形 C．菱形 D．平行四边形6．（本题3分）如图，正方形的边长为8，点M在上，且，N是上一动点，则的最小值为（ ）A．8 B． C． D．107．（本题3分）如图，将矩形沿对角线折叠，使点和点重合，若，则的长为（ ） A． B． C． D．8．（本题3分）如图，在菱形中，对角线和相交于点，若，则菱形的周长为（ ） A．24 B．8 C． D．9．（本题3分）如图，在平面直角坐标系中，矩形的两边与坐标轴重合，.将矩形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2024次旋转结束时，点B的坐标是（ ）A． B． C． D．10．（本题3分）如图，已知三角形卡纸的三边长分别为，要将这张卡纸剪成两个三角形，且其中必须有一个三角形是等腰三角形，在用不同剪法剪得的这些等腰三角形中，腰长的最小值为（ ）A． B． C． D．11．（本题3分）如图，点、、是正方体上的三个顶点，则的度数为 ．12．（本题3分）平行四边形的对角线、相交于点O，要使平行四边形是矩形请添加一个条件 ．13．（本题3分）在中，，，，是边上的中线，则的长为 ．14．（本题3分）如图，平行四边形的对角线与交于点O，请你添加一个条件使它是矩形，你添加的条件是 ．15．（本题3分）在菱形中，若对角线，，则 ．16．（本题3分）如图，矩形中，，，为中点，为边上任意一点，，分别为，中点，则的长 ．17．（本题3分）如图，以菱形的顶点O为原点，对角线所在直线为x轴建立平面直角坐标系，若，点C的坐标为，则点A的坐标为 ．18．（本题3分）如图，菱形的对角线相交于点O，点E是边的中点，若，则菱形的周长是 ．19．（本题8分）如图所示，在正方形中，是的中点，是上一点，且．试说明：是直角三角形．20．（本题8分）已知，如图所示，折叠长方形的一边，使点落在边的点处，已知，求：(1)求的坐标；(2)求的坐标．21．（本题8分）如图，是正方形的边上一点，是边上一点，逆时针旋转后能够与重合．(1)写出它的旋转中心；(2)旋转角至少是多少度？(3)______（填“＞”或“＝”或“＜”）．22．（本题10分）如图：在菱形中，，过点作于点，交于点，点为的中点，若，求的长．23．（本题10分）如图，是的斜边上的中线，．(1)求的度数．(2)若，求的周长．24．（本题10分）已知：如图1，四边形是平行四边形，点、在对角线所在直线上，且．(1)求证：；(2)如图2，连接、，若平分，四边形是什么特殊的四边形?请说明理由．25．（本题12分）如图，在中，点F是边的中点，连接、．(1)求证：；(2)若，则四边形是什么特殊四边形？请说明理由 评卷人得分一、单选题（共30分）评卷人得分二、填空题（共24分）评卷人得分三、解答题（共66分）参考答案：1．C【分析】本题考查的是正方形与菱形的性质，根据正方形和菱形的性质逐项判断即可得答案，熟记性质是解本题的关键．【详解】解：A、正方形和菱形的四条边都相等，则此项不符题意；B、正方形和菱形的对角线都互相垂直且平分，则此项不符题意；C、正方形的对角线相等，而菱形的对角线不一定相等，则此项符合题意；D、正方形和菱形的对角线都平分一组对角，则此项不符题意；故选：C．2．C【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，熟记性质是解题的关键．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得．【详解】解：，点是的中点，，在滑动的过程中的长度不变．故选：C．3．D【分析】本题主要考查直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半是解决本题的关键．根据直角三角形的性质解决此题即可．【详解】解：在中，，是斜边上的中线，．．故选：．4．A【分析】本题考查了矩形的性质、菱形面积的计算等知识点．熟练掌握以上知识点是解题的关键，矩形对折两次后，再沿两邻边中点的连线剪下，所得菱形的两条对角线的长分别原来矩形长和宽的一半，即，，然后可求得菱形的面积．【详解】解：矩形对折两次后，所得的矩形的长、宽分别为原来的一半，即为，，而沿两邻边中点的连线剪下，剪下的部分打开前相当于所得菱形沿对角线两次对折的图形，所以菱形的两条对角线的长分别为，，．故选：A．5．C【分析】题目主要考查菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题关键．根据菱形的判定定理求解即可．【详解】解：四条边都相等的四边形是菱形，故选：C．6．D【分析】考查正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用，能够根据轴对称的性质以及三角形的三边关系找到点N与点P重合时取最小值是解决本题的关键．要使最小，首先应分析点N的位置．根据正方形的性质：正方形的对角线互相垂直平分．由此可知点D的对称点是点B，连接交于点N，此时最小值即是的长，然后利用勾股定理求解即可．【详解】解：如图，连接，，，设交于点，四边形正方形，∴垂直平分，∴点与点是关于直线对称，，，点为上的动点，∴当B、M、N三点不共线时，，当点运动到点时，，∴的最小值为的长度，四边形为正方形，，，又∵，∴，，的最小值是10．故选：D．7．B【分析】本题考查了矩形的对边相等的性质，翻折变换的性质，是基础题，熟记性质是解题的关键．根据矩形的对边相等可得，再根据翻折变换的性质可得，代入数据即可得解．【详解】解：在矩形中，，矩形沿对角线折叠后点和点重合，，，，．故选：B8．D【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出的长是解题的关键．由菱形的性质得，再由勾股定理求出的长，即可得出结论．【详解】解：∵四边形为菱形，，在中，由勾股定理得：，∴菱形的周长，故选：D．9．A【分析】本题主要考查旋转，矩形的性质，点坐标规律探索，根据矩形的性质可知，作出旋转后的图形，找到点B的坐标规律即可．确定旋转后的位置是解题的关键．【详解】解：矩形中，，，将矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转，如图可知，每旋转4次则回到原位置，，第2024次旋转结束时，点B回到原位置，坐标为，故选A．10．B【分析】题目主要考查勾股定理逆定理及等腰三角形的定义，直角三角形斜边上的中线的性质，理解题意进行分类讨论是解题关键【详解】解：如图所示，当为等腰三角形时，腰长； 当为等腰三角形时，腰长； ∵三角形卡纸的三边长分别为，∴，∴为直角三角形，当与都是等腰三角形时，腰长； ∴腰长的最小值为，故选：B11．/度【分析】本题主要考查正方体的性质，等边三角形的判定和性质，掌握等边三角形的判定和性质是解题的关键．如图所示，连接，根据正方体的性质可得是正方形的对角线，由此即可求解．【详解】解：如图所示，连接，∵点是正方体上的三个顶点，∴线段是正方形的对角线，∴，∴是等边三角形，∴，故答案为：．12．（答案不唯一）【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与矩形的判定，熟练掌握矩形是特殊的平行四边形是解题关键．矩形是特殊的平行四边形，矩形有而平行四边形不具有的性质是：矩形的对角线相等，矩形的四个内角是直角；可针对这些特点来添加条件．【详解】解：若使平行四边形变为矩形，可添加的条件是：；（对角线相等的平行四边形是矩形）等．（有一个角是直角的平行四边形是矩形），故答案为：（答案不唯一）．13．//【分析】本题主要考查勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，根据，即可求得答案．【详解】如图所示，根据勾股定理可得．∵是边上的中线，∴．故答案为：14．（答案不唯一）【分析】本题主要考查了矩形的判定．根据矩形的判定定理，即可求解．【详解】解：添加，理由：∵四边形是平行四边形，，∴四边形是矩形．故答案为：（答案不唯一）15．【分析】此题考查了菱形的性质．由在菱形中，对角线，，得出，，进而利用勾股定理得出即可．【详解】解：四边形是菱形，，，，，故答案为：．16．【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，正确的添加辅助线是解题的关键．连接．根据中点的定义求得．根据矩形的性质和勾股定理可求，再根据三角形中位线定理可求的长．【详解】解：连接．∵为中点，，∴．∵四边形是矩形，∴．在中，，依据勾股定理，∴． ∵，分别为，中点，∴．故答案为：．17．【分析】本题考查了菱形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理的应用，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．连接，交于，根据菱形的对角线互相垂直平分求出，，再根据菱形的每一条边都相等求出，然后利用勾股定理列式求出的长，再根据点A在第一象限解答．【详解】解：如图，连接，交于，∵点，∴，∵四边形是菱形，∴，，∵，∴，在中，∴点的坐标为．故答案为：．18．【分析】本题考查了菱形的性质，中位线．熟练掌握菱形的性质，中位线是解题的关键．由题意可得是的中位线，则，根据菱形的周长为，计算求解即可．【详解】解：∵菱形，点O为对角线的中点，又∵点E是边的中点，∴是的中位线，∴，∴菱形的周长为，故答案为：．19．见解析【详解】解：设正方形的边长为，则．在中，，在中，，在中，，所以，所以是直角三角形．20．(1)(2)【分析】本题主要考查了折叠变换的性质、勾股定理等几何知识点及其应用问题．（1）根据折叠性质得，，由勾股定理得，可得点坐标；（2）在中，根据勾股定理即可求点坐标．【详解】（1）解：由折叠可知：，，，，在中，由勾股定理得，点坐标为；（2），，由折叠可知：，设，则，在中，由勾股定理得：，解得：，点坐标为．21．(1)(2)(3)【分析】（1）本题考查的是旋转中心的确定；由点旋转后的对应点是其本身，从而可得旋转中心；（2）本题考查的是旋转角；由旋转前后B，D为对应点，所以，的夹角为旋转角，从而可得答案，掌握旋转角的定义是解本题的关键；（3）本题考查的是旋转的性质，正方形的性质，由旋转前后的对应线段线段可得，从而可得答案；熟记旋转的性质是解本题的关键．【详解】（1）解：逆时针旋转后能够与重合：旋转中心是点．（2）逆时针旋转后能够与重合：旋转角至少是；（3）∵正方形，∴，由旋转可得：，∴．22．的长为．【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、含角的直角三角形的性质以及三角形的外角性质等知识．由菱形的性质得，，再证，进而由直角三角形斜边上的中线性质得，则，得，然后证，即可解决问题．【详解】解：四边形为菱形，∴，，，，，，点为的中点，，，，，，，，即的长为．23．(1)(2)的周长为15【分析】此题考查了直角三角形的性质，等边三角形的性质和判定，（1）根据直角三角形两锐角互余求解即可；（2）首先根据直角三角形的性质得到，然后证明出是等边三角形，进而求解即可．【详解】（1）解：，，．（2）解：是的斜边边上的中线，且，， ，是等边三角形， 的周长为15．24．(1)证明见解析(2)四边形是菱形，理由见解析【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质．（1）根据可得：（2）连接交于点，证明四边形是菱形．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，，，，在和中，，；（2）解：四边形是菱形，理由如下：如图，连接交于点，，，，∴，四边形是平行四边形，平分，，，，四边形是菱形，25．(1)见解析(2)矩形，理由见解析【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质以及矩形的判定．证明三角形全等是解题的关键．（1）由在中，点F是边的中点，易证得，可得即可；（2）由（1）易得四边形是平行四边形，又由，易证得，即可得，证得四边形是矩形．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵点F是边的中点，∴，在和中，，∴，∴；（2）解：四边形是矩形．理由如下：∵，，∴四边形是平行四边形，∴，，∵四边形是平行四边形，∴，∵， ，∴，∴，∴，∴四边形是矩形．
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 基础卷一 含解析学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．（本题3分）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）A．四条边都相等 B．对角线互相垂直且平分C．对角线相等 D．对角线平分一组对角2．（本题3分）如图，一根竹竿斜靠在竖直的墙上，点P是的中点，表示竹竿端沿墙上下滑动过程中的某个位置，则在竹竿滑动过程中，的变化趋势为（ ） A．下滑时，增大 B．上升时，减小C．无论怎样滑动，不变 D．只要滑动，就变化3．（本题3分）如图，在中，，是斜边上的中线若，则的长为（ ）A． B． C． D．4．（本题3分）如图，将一个长为，宽为的矩形纸片先按照从左向右对折，再按照从下向上的方向对折，沿所得矩形两邻边中点的连线（虚线）剪下（如图（1）），再打开，得到如图（2）所示的小菱形的面积为（ ）A． B． C． D．5．（本题3分）四条边都相等的四边形是（ ）A．等腰梯形 B．矩形 C．菱形 D．平行四边形6．（本题3分）如图，正方形的边长为8，点M在上，且，N是上一动点，则的最小值为（ ）A．8 B． C． D．107．（本题3分）如图，将矩形沿对角线折叠，使点和点重合，若，则的长为（ ） A． B． C． D．8．（本题3分）如图，在菱形中，对角线和相交于点，若，则菱形的周长为（ ） A．24 B．8 C． D．9．（本题3分）如图，在平面直角坐标系中，矩形的两边与坐标轴重合，.将矩形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2024次旋转结束时，点B的坐标是（ ）A． B． C． D．10．（本题3分）如图，已知三角形卡纸的三边长分别为，要将这张卡纸剪成两个三角形，且其中必须有一个三角形是等腰三角形，在用不同剪法剪得的这些等腰三角形中，腰长的最小值为（ ）A． B． C． D．11．（本题3分）如图，点、、是正方体上的三个顶点，则的度数为 ．12．（本题3分）平行四边形的对角线、相交于点O，要使平行四边形是矩形请添加一个条件 ．13．（本题3分）在中，，，，是边上的中线，则的长为 ．14．（本题3分）如图，平行四边形的对角线与交于点O，请你添加一个条件使它是矩形，你添加的条件是 ．15．（本题3分）在菱形中，若对角线，，则 ．16．（本题3分）如图，矩形中，，，为中点，为边上任意一点，，分别为，中点，则的长 ．17．（本题3分）如图，以菱形的顶点O为原点，对角线所在直线为x轴建立平面直角坐标系，若，点C的坐标为，则点A的坐标为 ．18．（本题3分）如图，菱形的对角线相交于点O，点E是边的中点，若，则菱形的周长是 ．19．（本题8分）如图所示，在正方形中，是的中点，是上一点，且．试说明：是直角三角形．20．（本题8分）已知，如图所示，折叠长方形的一边，使点落在边的点处，已知，求：(1)求的坐标；(2)求的坐标．21．（本题8分）如图，是正方形的边上一点，是边上一点，逆时针旋转后能够与重合．(1)写出它的旋转中心；(2)旋转角至少是多少度？(3)______（填“＞”或“＝”或“＜”）．22．（本题10分）如图：在菱形中，，过点作于点，交于点，点为的中点，若，求的长．23．（本题10分）如图，是的斜边上的中线，．(1)求的度数．(2)若，求的周长．24．（本题10分）已知：如图1，四边形是平行四边形，点、在对角线所在直线上，且．(1)求证：；(2)如图2，连接、，若平分，四边形是什么特殊的四边形?请说明理由．25．（本题12分）如图，在中，点F是边的中点，连接、．(1)求证：；(2)若，则四边形是什么特殊四边形？请说明理由 评卷人得分一、单选题（共30分）评卷人得分二、填空题（共24分）评卷人得分三、解答题（共66分）参考答案：1．C【分析】本题考查的是正方形与菱形的性质，根据正方形和菱形的性质逐项判断即可得答案，熟记性质是解本题的关键．【详解】解：A、正方形和菱形的四条边都相等，则此项不符题意；B、正方形和菱形的对角线都互相垂直且平分，则此项不符题意；C、正方形的对角线相等，而菱形的对角线不一定相等，则此项符合题意；D、正方形和菱形的对角线都平分一组对角，则此项不符题意；故选：C．2．C【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，熟记性质是解题的关键．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得．【详解】解：，点是的中点，，在滑动的过程中的长度不变．故选：C．3．D【分析】本题主要考查直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半是解决本题的关键．根据直角三角形的性质解决此题即可．【详解】解：在中，，是斜边上的中线，．．故选：．4．A【分析】本题考查了矩形的性质、菱形面积的计算等知识点．熟练掌握以上知识点是解题的关键，矩形对折两次后，再沿两邻边中点的连线剪下，所得菱形的两条对角线的长分别原来矩形长和宽的一半，即，，然后可求得菱形的面积．【详解】解：矩形对折两次后，所得的矩形的长、宽分别为原来的一半，即为，，而沿两邻边中点的连线剪下，剪下的部分打开前相当于所得菱形沿对角线两次对折的图形，所以菱形的两条对角线的长分别为，，．故选：A．5．C【分析】题目主要考查菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题关键．根据菱形的判定定理求解即可．【详解】解：四条边都相等的四边形是菱形，故选：C．6．D【分析】考查正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用，能够根据轴对称的性质以及三角形的三边关系找到点N与点P重合时取最小值是解决本题的关键．要使最小，首先应分析点N的位置．根据正方形的性质：正方形的对角线互相垂直平分．由此可知点D的对称点是点B，连接交于点N，此时最小值即是的长，然后利用勾股定理求解即可．【详解】解：如图，连接，，，设交于点，四边形正方形，∴垂直平分，∴点与点是关于直线对称，，，点为上的动点，∴当B、M、N三点不共线时，，当点运动到点时，，∴的最小值为的长度，四边形为正方形，，，又∵，∴，，的最小值是10．故选：D．7．B【分析】本题考查了矩形的对边相等的性质，翻折变换的性质，是基础题，熟记性质是解题的关键．根据矩形的对边相等可得，再根据翻折变换的性质可得，代入数据即可得解．【详解】解：在矩形中，，矩形沿对角线折叠后点和点重合，，，，．故选：B8．D【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出的长是解题的关键．由菱形的性质得，再由勾股定理求出的长，即可得出结论．【详解】解：∵四边形为菱形，，在中，由勾股定理得：，∴菱形的周长，故选：D．9．A【分析】本题主要考查旋转，矩形的性质，点坐标规律探索，根据矩形的性质可知，作出旋转后的图形，找到点B的坐标规律即可．确定旋转后的位置是解题的关键．【详解】解：矩形中，，，将矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转，如图可知，每旋转4次则回到原位置，，第2024次旋转结束时，点B回到原位置，坐标为，故选A．10．B【分析】题目主要考查勾股定理逆定理及等腰三角形的定义，直角三角形斜边上的中线的性质，理解题意进行分类讨论是解题关键【详解】解：如图所示，当为等腰三角形时，腰长； 当为等腰三角形时，腰长； ∵三角形卡纸的三边长分别为，∴，∴为直角三角形，当与都是等腰三角形时，腰长； ∴腰长的最小值为，故选：B11．/度【分析】本题主要考查正方体的性质，等边三角形的判定和性质，掌握等边三角形的判定和性质是解题的关键．如图所示，连接，根据正方体的性质可得是正方形的对角线，由此即可求解．【详解】解：如图所示，连接，∵点是正方体上的三个顶点，∴线段是正方形的对角线，∴，∴是等边三角形，∴，故答案为：．12．（答案不唯一）【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与矩形的判定，熟练掌握矩形是特殊的平行四边形是解题关键．矩形是特殊的平行四边形，矩形有而平行四边形不具有的性质是：矩形的对角线相等，矩形的四个内角是直角；可针对这些特点来添加条件．【详解】解：若使平行四边形变为矩形，可添加的条件是：；（对角线相等的平行四边形是矩形）等．（有一个角是直角的平行四边形是矩形），故答案为：（答案不唯一）．13．//【分析】本题主要考查勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，根据，即可求得答案．【详解】如图所示，根据勾股定理可得．∵是边上的中线，∴．故答案为：14．（答案不唯一）【分析】本题主要考查了矩形的判定．根据矩形的判定定理，即可求解．【详解】解：添加，理由：∵四边形是平行四边形，，∴四边形是矩形．故答案为：（答案不唯一）15．【分析】此题考查了菱形的性质．由在菱形中，对角线，，得出，，进而利用勾股定理得出即可．【详解】解：四边形是菱形，，，，，故答案为：．16．【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，正确的添加辅助线是解题的关键．连接．根据中点的定义求得．根据矩形的性质和勾股定理可求，再根据三角形中位线定理可求的长．【详解】解：连接．∵为中点，，∴．∵四边形是矩形，∴．在中，，依据勾股定理，∴． ∵，分别为，中点，∴．故答案为：．17．【分析】本题考查了菱形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理的应用，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．连接，交于，根据菱形的对角线互相垂直平分求出，，再根据菱形的每一条边都相等求出，然后利用勾股定理列式求出的长，再根据点A在第一象限解答．【详解】解：如图，连接，交于，∵点，∴，∵四边形是菱形，∴，，∵，∴，在中，∴点的坐标为．故答案为：．18．【分析】本题考查了菱形的性质，中位线．熟练掌握菱形的性质，中位线是解题的关键．由题意可得是的中位线，则，根据菱形的周长为，计算求解即可．【详解】解：∵菱形，点O为对角线的中点，又∵点E是边的中点，∴是的中位线，∴，∴菱形的周长为，故答案为：．19．见解析【详解】解：设正方形的边长为，则．在中，，在中，，在中，，所以，所以是直角三角形．20．(1)(2)【分析】本题主要考查了折叠变换的性质、勾股定理等几何知识点及其应用问题．（1）根据折叠性质得，，由勾股定理得，可得点坐标；（2）在中，根据勾股定理即可求点坐标．【详解】（1）解：由折叠可知：，，，，在中，由勾股定理得，点坐标为；（2），，由折叠可知：，设，则，在中，由勾股定理得：，解得：，点坐标为．21．(1)(2)(3)【分析】（1）本题考查的是旋转中心的确定；由点旋转后的对应点是其本身，从而可得旋转中心；（2）本题考查的是旋转角；由旋转前后B，D为对应点，所以，的夹角为旋转角，从而可得答案，掌握旋转角的定义是解本题的关键；（3）本题考查的是旋转的性质，正方形的性质，由旋转前后的对应线段线段可得，从而可得答案；熟记旋转的性质是解本题的关键．【详解】（1）解：逆时针旋转后能够与重合：旋转中心是点．（2）逆时针旋转后能够与重合：旋转角至少是；（3）∵正方形，∴，由旋转可得：，∴．22．的长为．【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、含角的直角三角形的性质以及三角形的外角性质等知识．由菱形的性质得，，再证，进而由直角三角形斜边上的中线性质得，则，得，然后证，即可解决问题．【详解】解：四边形为菱形，∴，，，，，，点为的中点，，，，，，，，即的长为．23．(1)(2)的周长为15【分析】此题考查了直角三角形的性质，等边三角形的性质和判定，（1）根据直角三角形两锐角互余求解即可；（2）首先根据直角三角形的性质得到，然后证明出是等边三角形，进而求解即可．【详解】（1）解：，，．（2）解：是的斜边边上的中线，且，， ，是等边三角形， 的周长为15．24．(1)证明见解析(2)四边形是菱形，理由见解析【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质．（1）根据可得：（2）连接交于点，证明四边形是菱形．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，，，，在和中，，；（2）解：四边形是菱形，理由如下：如图，连接交于点，，，，∴，四边形是平行四边形，平分，，，，四边形是菱形，25．(1)见解析(2)矩形，理由见解析【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质以及矩形的判定．证明三角形全等是解题的关键．（1）由在中，点F是边的中点，易证得，可得即可；（2）由（1）易得四边形是平行四边形，又由，易证得，即可得，证得四边形是矩形．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵点F是边的中点，∴，在和中，，∴，∴；（2）解：四边形是矩形．理由如下：∵，，∴四边形是平行四边形，∴，，∵四边形是平行四边形，∴，∵， ，∴，∴，∴，∴四边形是矩形．
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