2024-2025学年上学期初中数学北师大版九年级期末必刷常考题之特殊的平行四边形练习

这是一份2024-2025学年上学期初中数学北师大版九年级期末必刷常考题之特殊的平行四边形练习，共24页。

A．65°B．50°C．25°D．20°
2．（2024秋•碑林区校级期中）如图，要使平行四边形ABCD成为矩形，需要添加的条件是（ ）
A．∠ABD＝∠CBDB．AC＝BDC．AC⊥BDD．AB＝BC
3．（2024秋•市南区校级期中）如图所示，正方形ABCD的边长为1，AB在x轴的正半轴上，以A（1，0）为圆心，AC为半径作圆交x轴负半轴于点P，则点P的横坐标是（ ）
A．2B．−2C．2−1D．1−2
4．（2024秋•沙坪坝区校级期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别为边AD、AB上一点，且AE＝BF，连接BE，CF，BG平分∠CBE交CD于点G，且点G为CD中点．若∠CFB＝α，则∠GED的度数为（ ）
A．αB．α2C．90°−α2D．90°﹣α
5．（2024秋•罗湖区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为正方形，点C坐标为（3，2），则点A的坐标为（ ）
A．（﹣2，2）B．（﹣2，3）C．（﹣3，2）D．（﹣3，3）
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋•琼山区校级期中）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝6，AC是一条对角线，E是AC上一点，过点E作EF⊥AB，垂足为F，连接DE．若CE＝AF，则CE的长为 ，DE的长为 ．
7．（2024秋•市南区校级期中）如图，三角形是直角三角形，四边形是正方形，已知正方形A的面积是64，正方形B的面积是100，则半圆C的面积是 ．
8．（2024秋•宜兴市期中）在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝6cm，点E在直线AD上，且DE＝2cm，则点E到矩形对角线所在直线的距离是 cm．
9．（2024•茂南区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若OA＝2，则BD的长为 ．
10．（2024春•新邵县期末）如图，在平面直角坐标系中，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（2，0），点D在y轴上，则点C的坐标是 ．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋•龙岗区期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠BDC＝90°，E是AD边上一点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF．
（1）请从下列条件中选择一个能证明四边形ABDF是矩形的条件，并写出证明过程；
①AE＝DE；②BF＝BC；③AE＝BE．
（2）若四边形ABDF是矩形，且AB＝3，AD＝5，求四边形ABCF的面积．
12．（2024秋•新城区期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF．求证：四边形ADFE是矩形．
13．（2024•娄底模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作BC的垂线，垂足为点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）若AB＝13，AC＝10，求AE的长．
14．（2024春•崆峒区期末）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点F是CD的中点，延长OF到点E，使EF＝OF，连接CE，DE．
（1）求证：四边形DOCE是矩形；
（2）若OE＝2，∠ABC＝120°，求菱形ABCD的面积．
15．（2024秋•武进区期中）如图，∠ABC＝90°，M是AC上一点，连结BM，AM＝BM．
（1）求证：M是AC中点；
（2）在AC的另一侧取点D，使得∠ADC＝90°，连结MD，求证：BM＝DM．
2024-2025学年上学期初中数学北师大版九年级期末必刷常考题之特殊的平行四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋•龙岗区期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．若∠AOB＝50°，则∠ADB的度数为（ ）
A．65°B．50°C．25°D．20°
【考点】矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】根据矩形的性质证明OA＝OD，根据三角形的外角的性质即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵∠AOB＝∠OAD+∠ODA＝50°，
∴∠ADB＝25°．
故选：C．
【点评】本题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
2．（2024秋•碑林区校级期中）如图，要使平行四边形ABCD成为矩形，需要添加的条件是（ ）
A．∠ABD＝∠CBDB．AC＝BDC．AC⊥BDD．AB＝BC
【考点】矩形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】由平行四边形ABCD的性质得AD∥BC，则∠ADB＝∠CBD，而∠ABD＝∠CBD，所以∠ADB＝∠ABD，推导出AB＝AD，则四边形ABCD是菱形，可判断A不符合题意；由四边形ABCD是平行四边形，且AC＝BD，可推导出四边形ABCD是矩形，可判断B符合题意；由四边形ABCD是平行四边形，且AC⊥BD，可证明四边形ABCD是菱形，可判断C不符合题意；由四边形ABCD是平行四边形，且AB＝BC，可判断四边形ABCD是菱形，可判断D不符合题意，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵∠ABD＝∠CBD，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，但不一定是矩形，
故A不符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，且AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，
故B符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，且AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，但不一定是矩形，
故C不符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，且AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，但不一定是矩形，
故D不符合题意，
故选：B．
【点评】此题重点考查矩形的判定定理、菱形的定义和菱形的判定定理等知识，根据所给的条件证明平行四边形ABCD为矩形或菱形是解题的关键．
3．（2024秋•市南区校级期中）如图所示，正方形ABCD的边长为1，AB在x轴的正半轴上，以A（1，0）为圆心，AC为半径作圆交x轴负半轴于点P，则点P的横坐标是（ ）
A．2B．−2C．2−1D．1−2
【考点】正方形的性质；坐标与图形性质．
【专题】平面直角坐标系；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力．
【答案】D
【分析】先根据正方形的性质及勾股定理得求出AC=2，再根据点A（1，0）及作图得OA＝1，AP＝AC=2，则OP=2−1，由此可得出点P的横坐标．
【解答】解：∵正方形ABCD的边长为1，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝1，∠ABC＝90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=AB2+BC2=2，
∵以A（1，0）为圆心，AC为半径作圆交x轴负半轴于点P，
∴OA＝1，AP＝AC=2，
∴OP＝AP﹣OA=2−1，
∵点P在x轴的负半轴上，
∴点P的横坐标为：﹣（2−1）=1−2．
故选：D．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，坐标与图形，熟练掌握正方形的性质，坐标与图形是解决问题的关键．
4．（2024秋•沙坪坝区校级期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别为边AD、AB上一点，且AE＝BF，连接BE，CF，BG平分∠CBE交CD于点G，且点G为CD中点．若∠CFB＝α，则∠GED的度数为（ ）
A．αB．α2C．90°−α2D．90°﹣α
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】C
【分析】过点G作GH⊥BE于点H，证明△ABE≌△BCF（SAS），Rt△GDE≌Rt△GHE（HL），得出∠GED=∠GEH=12(180°−∠AEB)=90−α2，即可求解．
【解答】解：如图所示，过点G作GH⊥BE于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠ABC，DC⊥BC，
在△ABE和△BCF中，
AB=BC∠A=∠ABCAF=BF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BEA＝∠CFB＝α，
∵BG平分∠CBE交CD于点G，且点G为CD中点．
∴GC＝GH，CG＝GD，
∴GD＝GH，
又∵GD⊥DE，GH⊥BE，
在Rt△GDE，Rt△GHE中，
GE=GEGD=GH，
∴Rt△GDE≌Rt△GHE（HL），
∴∠GED=∠GEH=12(180°−∠AEB)=90−α2．
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，角平分线的性质，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线是解决此题的关键．
5．（2024秋•罗湖区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为正方形，点C坐标为（3，2），则点A的坐标为（ ）
A．（﹣2，2）B．（﹣2，3）C．（﹣3，2）D．（﹣3，3）
【考点】正方形的性质；坐标与图形性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】平面直角坐标系；三角形；图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】如图所示，过点A作AD⊥x轴于点D，过点C作CE⊥x轴于点E，根据正方形的性质，可证Rt△AOD≌Rt△OCE（ASA），可得DO＝EC，AD＝OE，根据点C的坐标可确定OE，CE的长，由此即可求解．
【解答】解：如图所示，过点A作AD⊥x轴于点D，过点C作CE⊥x轴于点E，
∵四边形OABC是正方形，
∴OA＝AB＝BC＝OC，∠AOC＝90°，
∴∠AOD+∠EOC＝90°，∠AOD+∠OAD＝90°，
∴∠OAD＝∠EOC，
在Rt△AOD，Rt△OCE中，
∠OAD=∠COEAO=CO∠ADO=∠OEC=90°，
∴Rt△AOD≌Rt△OCE（ASA），
∴DO＝EC，AD＝OE，
∵C（3，2），
∴OE＝3，CE＝2，
∴OD＝2，AD＝3，且点A在第二象限，
∴A（﹣2，3），
故选：B．
【点评】本题主要考查几何图形，全等三角形的判定和性质，图象与坐标的综合，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，根据图象特点确定坐标的方法等知识是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋•琼山区校级期中）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝6，AC是一条对角线，E是AC上一点，过点E作EF⊥AB，垂足为F，连接DE．若CE＝AF，则CE的长为 2 ，DE的长为 27 ．
【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】2，27．
【分析】如图，连接BD交AC于点O．求出OD，OE，再利用勾股定理求解．
【解答】解：如图，连接BD交AC于点O．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠ADC＝∠ABC＝60°，AB＝BC＝CD＝AD＝6，
∴△ABC，△ADC都是等边三角形，
∴∠CAB＝60°，
∵EF⊥AF，
∴∠AFE＝90°，∠AEF＝30°，
∴AE＝2AF，
∵CE＝AF，
∴AC＝3EC，
∴AE＝4，EC＝2，
∴OA＝OC＝3，OD=3AO＝33，
∴OE＝AE﹣OA＝4﹣3＝1，
∴DE=OD2+OE2=(33)2+12=27．
故答案为：2，27．
【点评】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
7．（2024秋•市南区校级期中）如图，三角形是直角三角形，四边形是正方形，已知正方形A的面积是64，正方形B的面积是100，则半圆C的面积是 4.5π ．
【考点】正方形的性质；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】4.5π．
【分析】在Rt△DEF中，DE是斜边，DF2＝DE2﹣EF2．半圆C的面积等于以DF为直径的圆的面积的一半．
【解答】解：
正方形A的面积是64，正方形B的面积是100，
则DE＝10，EF＝8，
由勾股定理得DF=102−82=6，
故半圆C的面积=12×π×32＝4.5π．
故答案为：4.5π．
【点评】本题考查勾股定理、正方形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
8．（2024秋•宜兴市期中）在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝6cm，点E在直线AD上，且DE＝2cm，则点E到矩形对角线所在直线的距离是 255或655或25． cm．
【考点】矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】255或655或25．
【分析】设AC，BD交于点O，点E1在线段AD上，E2在AD的延长线上，过点E1，E2作AC，BD的垂线，垂足分别为F1，F2，F3，进而分别求得垂线段的长度，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，BC＝8，
∴AD＝BC＝8，CD＝AB＝4，AC=AD2+CD2=42+82=45，
∴sin∠CAD=CDAC=445=55，cs∠CAD=845=255，tan∠CAD=48=12，
如图所示，设AC，BD交于点O，点E1在线段AD上，E2在AD的延长线上，过点E1、E2作AC和BD的垂线，垂足分别为F1、F2、F3，
∵AO＝DO，
∴∠OAD＝∠ODA，
①当E在线段AD上时，AE1＝AD﹣DE＝8﹣2＝6，
在RtΔAE1F1中，E1F1=AE1⋅sin∠CAD=55×6=655；
∵∠OAD＝∠ODA
在RtΔE1F2D中，E1F2=DE1sin∠E1DF2=2×55=255；
②当E在射线AD上时，
在Rt△DCE2中，tan∠DCE2=24=12，
∴∠CAD＝∠DCE，
∴∠DCE+∠DCA＝90°，
∴E2C⊥AC，
∴E2C=DE2+DC2=22+42=25，
在RtΔDE2F3中，E2F3=DE2×sin∠E2DF3=DE2×55=255，
综上所述，点E到对角线所在直线的距离为：255或655或25，
故答案为：255或655或25．
【点评】本题考查了矩形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
9．（2024•茂南区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若OA＝2，则BD的长为 4 ．
【考点】矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】因为矩形的对角线相等且互相平分，已知OA＝2，则AC＝2OA＝4，又BD＝AC，故可求．
【解答】解：∵ABCD是矩形
∴OC＝OA，BD＝AC
又∵OA＝2，
∴AC＝OA+OC＝2OA＝4
∴BD＝AC＝4
故答案为：4．
【点评】本题考查矩形的对角线相等的性质，属于矩形的基本性质，比较简单．
10．（2024春•新邵县期末）如图，在平面直角坐标系中，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（2，0），点D在y轴上，则点C的坐标是 （5，4） ．
【考点】菱形的性质；坐标与图形性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】首先根据菱形的性质求出AB的长度，再利用勾股定理求出DO的长度，进而得到点C的坐标．
【解答】解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（2，0），点D在y轴上，
∴AB＝AO+OB＝5，
∴AD＝AB＝CD＝5，
∴DO=AD2−AO2=52−32=4，
∴点C的坐标是：（5，4）．
故答案为：（5，4）．
【点评】此题主要考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质，解题的关键是利用勾股定理求出DO的长度．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋•龙岗区期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠BDC＝90°，E是AD边上一点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF．
（1）请从下列条件中选择一个能证明四边形ABDF是矩形的条件，并写出证明过程；
①AE＝DE；②BF＝BC；③AE＝BE．
（2）若四边形ABDF是矩形，且AB＝3，AD＝5，求四边形ABCF的面积．
【考点】矩形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；梯形；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）18．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AB∥CD，则∠ABE＝∠DFE，而∠AEB＝∠DEF，AE＝DE，即可根据“AAS”证明△ABE≌△DFE，得AB＝DF，则四边形ABDF是平行四边形，由∠BDC＝90°，得∠BDF＝90°，则四边形ABDF是矩形；
（2）由AB＝DF＝CD＝3，得CF＝6，根据勾股定理求得BD=BC2−CD2=4，根据梯形的面积公式即可求得答案．
【解答】解：（1）选①AE＝DE．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABE＝∠DFE，
在△ABE和△DFE中，
∠ABE=∠DFE∠AEB=∠DEFAE=DF，
∴△ABE≌△DFE（AAS），
∴AB＝DF，
∵AB∥DF，AB＝DF，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵∠BDC＝90°，
∴∠BDF＝90°，
∴四边形ABDF是矩形；
（2）解：∵四边形ABDF是矩形，
∴AB＝DF，
∵四边形ABDF是平行四边形，
∴AB＝CD，
∴AB＝DF＝CD＝3，
∴CF＝DF+CD＝3+3＝6，
在Rt△BDC中，BC＝AD＝5，CD＝3，
∴BD=BC2−CD2=52−32=4，
∵AB∥CF，
∴S=12BD（AB+CF）=12×4×（3+6）＝18，
∴四边形ABCF的面积S等于18．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、梯形的面积公式等知识，证明△ABE≌△DFE是解题的关键．
12．（2024秋•新城区期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF．求证：四边形ADFE是矩形．
【考点】矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见解析．
【分析】先根据平行四边形的性质证明△ABE≌△DCF，得到AE＝DF，∠AEB＝∠DFC＝90°，从证明结论．
【解答】证明：∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC且AB＝DC，
∴∠ABE＝∠DCF，
在△ABE和△DCF中，
AB=DC∠ABE=∠DCFBE=CF，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴AE＝DF，∠AEB＝∠DFC＝90°，
∴AE∥DF，
∴四边形ADFE是平行四边形，
又∵∠DFC＝90°，
∴四边形ADFE是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，掌握全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质是解题的关键．
13．（2024•娄底模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作BC的垂线，垂足为点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）若AB＝13，AC＝10，求AE的长．
【考点】矩形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据菱形的性质先证明BC＝EF，进而得到AD＝EF且AD∥EF，证得四边形AEFD是平行四边形，再根据∠AEF是直角证得四边形AEFD是矩形；
（2）先根据勾股定理求出OB，得到BD的长，利用12AC•BD＝BC•AE，求出AE的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC且AD＝BC，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
即BC＝EF，
∴AD＝EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°，
∴四边形AEFD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO＝5，BC＝AB＝13，
∵AE⊥BC，
∴S四边形ABCD＝BC•AE，
在Rt△ABO中，由勾股定理可得：
∴BO=AB2−AO2=132−52=12，
∴BD＝2BO＝24，
∵S四边形ABCD=12AC•BD＝BC•AE，
∴12×10×24=13×AE，
∴AE=12013．
【点评】本题考查了菱形的性质和勾股定理，解题的关键熟知菱形的性质并灵活运用，①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
14．（2024春•崆峒区期末）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点F是CD的中点，延长OF到点E，使EF＝OF，连接CE，DE．
（1）求证：四边形DOCE是矩形；
（2）若OE＝2，∠ABC＝120°，求菱形ABCD的面积．
【考点】矩形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理；菱形的性质．
【专题】推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）先证明四边形DOCE为平行四边形，再根据菱形的性质得到∠DOC＝90°，然后根据矩形的判定可证得结论；
（2）根据矩形的对角线相等求得CD＝2，再根据菱形的性质和勾股定理求出对角线AC，BD的长，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半求解即可．
【解答】（1）证明：∵点F是CD的中点，
∴DF＝CF，
∵EF＝OF，
∴四边形DOCE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠DOC＝90°，
∴四边形DOCE是矩形；
（2）解：∵四边形DOCE是矩形，OE＝2，
∴CD＝OE＝2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD＝2OB，AC＝2OC，AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝2，
∴∠CBO=12∠ABC=60°，
∴∠BCO＝90°﹣∠CBO＝30°，
∴OB=12BC=1，OC=BC2−OB2=3，
∴AC=2OC=23，BD＝2OB＝2，
∴四边形ABCD的面积为12BD⋅AC=12×2×23=23．
【点评】本题考查平行四边形的判定、菱形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、含30°的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定与性质是解答的关键．
15．（2024秋•武进区期中）如图，∠ABC＝90°，M是AC上一点，连结BM，AM＝BM．
（1）求证：M是AC中点；
（2）在AC的另一侧取点D，使得∠ADC＝90°，连结MD，求证：BM＝DM．
【考点】直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的性质．
【专题】证明题；等腰三角形与直角三角形；几何直观；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）证明见解答过程．
【分析】（1）先根据AM＝BM得∠MAB＝∠MBA，再根据∠ABC＝90°得∠MBC＝∠MCB，则BM＝CM，进而得BM＝CM＝AM，由此可得出结论；
（2）连接DM，根据直角三角形斜边中线的性质得DM＝AM＝CM=12AC，据此可得出结论．
【解答】证明：（1）∵AM＝BM
∴∠MAB＝∠MBA，
∵∠ABC＝90°
∴∠MBC+∠MBA＝90°，∠MAB+∠MCB＝90°，
∴∠MBC＝∠MCB，
∴BM＝CM，
∴BM＝CM＝AM
∴M是AC的中点；
（2）连接DM，如图所示：
∵∠ADC＝90°，M是AC的中点，
∴DM是Rt△ACD斜边AC的中点，
∴DM＝AM＝CM=12AC，
∵BM＝AM
∴BM＝DM．
【点评】此题主要考查了直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的性质，准确识图，熟练掌握直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的性质是解决问题的关键．
考点卡片
1．坐标与图形性质
1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．
2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．
3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题．
2．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）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．
3．等腰三角形的性质
（1）等腰三角形的概念
有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．
（2）等腰三角形的性质
①等腰三角形的两腰相等
②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】
③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】
（3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．
4．等边三角形的判定与性质
（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．
（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．
（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定．
5．直角三角形斜边上的中线
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．
该定理可以用来判定直角三角形．
6．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a=c2−b2，b=c2−a2及c=a2+b2．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
7．三角形中位线定理
（1）三角形中位线定理：
三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）几何语言：
如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC，DE=12BC．
8．平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有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边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
9．菱形的性质
（1）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（2）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积=12ab．（a、b是两条对角线的长度）
10．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
11．矩形的判定
（1）矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
（2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．
②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．
12．矩形的判定与性质
（1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有．
在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题．
（2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等．
13．正方形的性质
（1）正方形的定义：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正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．