专题01 特殊的平行四边形（十种考法）-【备考期末】2023-2024学年九年级数学上学期期末真题分类汇编（北师大版）

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利用菱形的性质求角度和线段长
1．【贵州省贵阳市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，菱形中，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由菱形的性质得到，，利用等边对等角和三角形内角和即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，
故选：B
【点睛】此题考查了菱形的性质、等边对等角等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
2．【四川省南充市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，菱形的对角线交于原点O，若点B的坐标为，点D的坐标为，则的值为（ ）
A．2B．C．6D．
【答案】D
【分析】根据菱形是中心对称图形，可得点与点关于原点成中心对称，根据中心对称的性质（横坐标与纵坐标互为相反数）可得结论．
【详解】解：四边形是菱形，且对角线交于原点O，
∴点与点关于原点成中心对称
，
故选：D
【点睛】本题考查了中心对称，相关知识点有：菱形的性质、中心对称的性质等，熟记相关性质是解题关键．
3．【陕西省汉中市城固县2022~2023年学年九年级上学期期末教学质量检测联考卷数学试卷】如图，在菱形中，对角线相交于点O，若，则的度数为 ．
【答案】
【分析】根据菱形的性质进行求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，熟知菱形的对角线平分一组对角是解题的关键．
4．【广东省茂名市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】菱形的周长是，则这个菱形边长是 ．
【答案】2
【分析】根据菱形性质：菱形四边相等直接求解即可得到答案；
【详解】解：∵形的周长是，
∴菱形边长是：，
故答案为2；
【点睛】本题考查菱形性质：菱形四边相等．
利用菱形的性质求面积和证明
5．【四川省巴中市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，已知菱形的周长为，两条对角线、的和为8，则菱形的面积为（ ）
A．6B．12C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，利用菱形的性质求得，即可求得菱形的面积．
【详解】解：菱形的周长为，可得，
由菱形的性质可得，，，，即，
则，即，
由题意可得：，即
则
可得，解得
，
故选：A
【点睛】此题考查了菱形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．
6．【河南省南阳市邓州市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，四边形是菱形，对角线和的交点与原点重合，顶点在轴上，在轴上，且，，若一只瓢虫从点出发以个单位长度/秒的速度沿着循环爬行，则第秒瓢虫的位置在（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据菱形的性质，求出菱形的边长，及各点的坐标，再根据瓢虫移动的规律确定点时间与点的关系，由此即可求解．
【详解】解：菱形，
∴，
∵，，即，
在中，，
∴，
∵瓢虫从点出发以个单位长度/秒的速度沿着循环爬行，
∴开始，，
第秒，，
第秒，，
第秒，，
第秒，，
…
∴，即循环了次后，又走了秒，
∴第秒瓢虫的位置在，
故选：．
【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中点的移动，理解题意，找出点移动的规律是解题的关键．
7．【四川省成都市武侯区2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】在菱形中，若对角线，，则菱形的面积是 ．
【答案】
【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可得到答案．
【详解】解：菱形的对角线，，
菱形的面积为：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形面积的计算，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．
8．【福建省莆田第二十五中学2022-2023学年九年级上学期期末考试数学试题】如图，中，为的中点，连接，作点关于的对称点，连接．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)连接，若平分，求的长
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）根据轴对称性质可得，．再由直角三角形的性质可得，从而得到，即可求证；
（2）根据菱形的性质得出，，进而得出，根据等角对等边，即可求解．
【详解】（1）证明：∵点和点关于直线对称
∴垂直平分，
∴，．
∵，为中线，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：如图，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，为中线，
∴．
∵平分
∴．
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，等角对等边，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
证明四边形是菱形
9．【江西省九江市永修县外国语学校2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，在中，对角线，相交于点O，添加下列条件不能判定是菱形的只有（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质、菱形的判定一一判断即可．
【详解】解：A、对角线垂直的平行四边形是菱形，正确，此选项不符合题意；
B、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，正确，此选项不符合题意；
C、不能判断平行四边形一定是菱形，符合题意，
D、∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，又，
∴，
∴，
∴四边形是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形），
正确，此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的等角对等边，熟记菱形的判定是解答的关键．
10．【贵州省六盘水市钟山区2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，在中，对角线，相交于点O，若添加一个条件，使得一定为菱形，该条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质、菱形的判定方法一一判断即可．
【详解】解：A. ，可以判断平行四边形是矩形，不能判断是菱形，故该选项错误；
B. ，可以判断平行四边形是矩形，不能判断是菱形，故该选项错误；
C. ，可以判断平行四边形是菱形；
D. ，只能推出，无法判定是菱形．
故选C．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的判定方法：①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
11．【陕西省西安市新城区2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷】如图，在中，是对角线上的一点．连，，，，求证：四边形是菱形．
【答案】见解析
【分析】证明得出的邻边，即可得证．
【详解】证明：在和中，
∴，
∴，
又∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，菱形的判定，掌握菱形的判定定理是解题的关键．
12．【甘肃省兰州市教育局第四片区2021-2022学年九年级上学期期中考试数学试题】如图，在矩形中，O为的中点，过点O作分别交，于点E，F．求证：四边形是菱形．
【答案】证明见解析
【分析】先证四边形为平行四边形，然后根据平行四边形对角线垂直证得菱形．
【详解】证明：如图，
∵四边形是矩形，
∴
∴
∵O为的中点
∴
∵
∴≌（）
∴
∴四边形是平行四边形
又∵
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查了菱形的判定定理，对角线互相垂直平分的平行四边形是菱形．
利用矩形的性质求解
13．【云南省楚雄彝族自治州2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】两个矩形按如图所示方式放置，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据各角度与直角的关系直接求解即可．
【详解】由图可知，
因为四边形是矩形，即，所以，
所以，
故选：B
【点睛】此题考查矩形的性质，解题关键是灵活使用直角和平角．
14．【广西壮族自治区钦州市浦北县2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】一个矩形的长是宽的3倍，若宽增加，它就变成正方形，则矩形面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设矩形的宽为，长为，由题意得关于x的方程，解得x的值，再根据矩形的面积公式计算即可．
【详解】解：设矩形的宽为，长为，
由题意得：，
解得，
∴矩形的宽为，长为，
∴这个矩形面积为．
故选：C．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，根据题意正确列出方程并熟练掌握相关运算法则与公式是解题的关键．
15．【甘肃省白银市景泰县第四中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】已知：如图，在矩形中，E为上一点，，交于点F，，矩形的周长为16，且．求的长．
【答案】
【分析】根据矩形的性质和全等三角形的判定证明，可得，由矩形的周长为16，可得，可求的长度．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
由题意可知：，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查矩形的性质、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和全等三角形的判定与性质是解答的关键．
16．【江西省吉安市2022-2023学年九年级上学期期末质量检测数学试卷】如图，矩形中，，，是上不与和重合的一动点，过点分别作和的垂线，垂足为，；的值是定值吗？如果不是，请说明理由；如果是定值请求出这个定值．
【答案】是，．
【分析】连接，过点A作于G，利用勾股定理列式求出，再利用三角形的面积求出，然后根据的面积求出即可．
【详解】解：的值是定值，定值为，
如图所示，连接，过点A作于G，
∵，，
∴由勾股定理可得，，
即，
解得：，
在矩形中，，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形的面积，解题的关键是熟练掌握各性质并利用面积法是解题的关键．
矩形与折叠问题
17．【安徽省六安市金寨县2022-2023学年九年级上学期期末质量监测数学试卷】如图，矩形纸片中，已知，折叠纸片使边与对角线重合，点落在点处，折痕为，且，则的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】先根据矩形的性质求出的长，再由翻折变换的性质得出是直角三角形，利用勾股定理即可求出的长即可．
【详解】解：四边形是矩形，，
，
是翻折而成，
，，是直角三角形，
，
在中，，
故选：B．
【点睛】本题考查的是翻折变换及勾股定理，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．
18．【河南省郑州市巩义市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，矩形中，，，点P是边上一个动点，且不与点B，C重合，将沿直线AP折叠得到，点落在矩形的内部，连接，则周长的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据勾股定理求出，由翻折可知，由三角形两边之差小于第三边得，从而求解．
【详解】解：连接，由题意可知，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折的性质，勾股定理解直角三角形，三角形三边之间的关系；解题的关键是熟练掌握以上性质．
19．【江苏省宿迁市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，四边形为矩形纸片．把纸片折叠，使点B恰好落在边的中点E处，折痕为．若，则的长为 ．
【答案】
【分析】由图形折叠的性质得到，再由是的中点可求出的长，在中利用勾股定理即可求解．
【详解】解：由折叠的性质得，
，为中点，
，
在中，
，
矩形
故答案为.
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理.，借助图形中的数量转化并利用勾股定理求解是解题的关键.
20．【浙江省湖州市长兴县2022-2023学年九年级上学期期末检测数学试题】如图，在一张长方形纸片中， 点，分别是和的中点，点是上一点，将矩形的一角沿所在的直线翻折，点恰好落在上，若，则的长是 ．
【答案】
【分析】已知沿所在的直线翻折后得到，得到， ，结合，分别是和的中点，得出，推出，根据翻折的性质得到，即可求得的长．
【详解】∵四边形是矩形，，，分别是和的中点，
∴，，
∵沿所在的直线翻折后得到，
∴， ，
在中，
，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：
【点睛】本题主要考查翻折变换，矩形的性质，在直角三角形中，的角所对的直角边等于斜边的一半，求出是解题的关键．
斜边的中线等于斜边的一半
21．【河南省南阳市邓州市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，在中，，D，E分别是边，的中点，F是边的中点，连接，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角形中位线定理得到，从而得到，
再根据直角三角形斜边中线定理得到，再根据等边对等角得到，最后求出即可．
【详解】解：∵D，E分别是边，的中点，
∴，
∴，
∵，F是边的中点，
∴，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边中线定理，等边对等角，解题的关键是熟练运用和角有关的性质定理．
22．【四川省乐山市沐川县2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，在中，点D、E分别是、的中点，点F在上，且，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】根据三角形中位线定理求出，根据直角三角形的性质求出，计算即可．
【详解】解：∵D、E分别为、的中点，，
∴，
∵，
∴，
∵E为的中点，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，解题的关键是掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
23．【云南省文山壮族苗族自治州2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，在中，，点是边的中点，，，则的长为 ．
【答案】
【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得的长，再直接利用勾股定理得出的长．
【详解】解：∵点是斜边的中点，，
∴．
∵，，
∴，
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了勾股定理以及直角三角形的性质，正确掌握直角三角形的性质是解题关键．
24．【河南省平顶山市鲁山县2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，在平行四边形中，对角线，交于点，过点作交的延长线于点，且，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形，即可求证；
（2）在中，是斜边的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，由此即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：由（1）可知，平行四边形是菱形，
∵，，
∴，
∴在中，，
∵是线段的中点，
在中，是斜边的中线，且，，
∴．
【点睛】本题主要考查菱形的判定，直角三角形斜边中线的综合，掌握菱形的判定方法，直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半，平行四边形的性质是解题的关键．
证明四边形的矩形
25．【陕西省咸阳市武功县2022-2023学年九年级上学期期末质量检测数学试题】如图，已知平行四边形的对角线与相交于点O，下列结论中，不正确的是（ ）
A．当时，四边形是矩形B．当时，四边形是菱形
C．当时，四边形是矩形D．当时，四边形是菱形
【答案】D
【分析】利用矩形的判定、平行四边形的性质及菱形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A．，
，
是矩形，
故结论正确，但不符合题意；
B．，
是菱形，
故结论正确，但不符合题意；
C．四边形是平行四边形，
，，
又，
，
是矩形，
故结论正确，但不符合题意；
D．当时，四边形不一定是菱形，
故结论错误，符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质及菱形的判定方法，牢记判定方法是解答本题的关键．
26．【陕西省西安市蓝田县2022-2023学年九年级下学期期末数学试题】如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，是等边三角形，求证；四边形是矩形．
【答案】见解析
【分析】根据平行四边形的性质得出，，再由等边三角形性质求出，得出，证出四边形是矩形即可解答．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
又∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，矩形的判定，熟练掌握平行四边形和等边三角形的性质，证明四边形是矩形是解决问题的关键．
27．【湖南省邵阳市洞口县2022-2023学年九年级上学期数学期末试题】如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，E、F在对角线上，且，求证：四边形是矩形．
【答案】见解析
【分析】由平行四边形的性质得到，由，得到，从而得到四边形是平行四边形，再由对角线相等的平行四边形是矩形即可得到结论．
【详解】证明：在平行四边形中，
∵对角线相交于点O，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，即，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．
28．【广东省河源市碧桂园学校2022-2023年九年级数学上学期期末数学试卷】如图，在菱形中，对角线，交于点，交延长线于，交延长线于点．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得，，，再由勾股定理得，则，然后由勾股定理得即可．
【详解】（1）解：证明：四边形是菱形，
．
，
四边形是平行四边形．
，
，
平行四边形是矩形；
（2）四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了矩形的判定、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定是解题的关键．
利用正方形的性质求解
29．【重庆市江北区2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，已知正方形中，，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据正方形的性质得出，，根据等边对等角和三角形的内角和定理得出，根据平行线的性质即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理、平行线的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
30．【福建省厦门市2022-2023学年九年级上学期期末质量检测数学试卷】如图，正方形的对角线交于点O，点M在内，将点M绕点O逆时针旋转，则M的对应点在（ ）
A．内B．内C．内D．内
【答案】A
【分析】连接，根据正方形的性质可得，再由旋转的性质可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是正方形，
∴，即，
由旋转的性质得：，
∴，
∴，
∴，
∵点M在内，
∴，
∴M的对应点在内．
故选：A
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，图形的旋转，熟练掌握正方形的性质，图形的旋转的性质是解题的关键．
31．【河北省保定市第十三中学2022-2023学年九年级上学期线上期末调研数学试卷】如图，大正方形中有2个小正方形，如果它们的面积分别是，，那么与的比值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设出正方形的边长为a，先判断出，得出，设正方形的边长为b，同样的方法得出，得出a，b的关系，即可得出结论．
【详解】解：图形中相关的顶点记作如图所示，
设正方形的边长为a，
∵是正方形的对角线，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
同理：，
∴，
设正方形的边长为b，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
根据勾股定理得，，
同理：，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的性质，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键．在直角三角形中，如果两条直角边分别为a和b，斜边为c，那么．也就是说，直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方．
32．【山东省济宁市任城区2022-2023学年八年级下学期期末数学试题】如图，正方形，点A在直线l上，点B到直线l的距离为3，点D到直线l的距离为2．则正方形的边长为 ．
【答案】
【分析】过点B作于点E，过点D作于点F，证明，得出，根据勾股定理求出即可．
【详解】解：过点B作于点E，过点D作于点F，如图所示：

则，，，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，余角的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法，证明．
根据正方形的性质进行证明
33．【广东省韶关市新丰县2022-2023学年九年级上学期期末学业水平监测数学试题】如图，四边形是正方形，将绕点A顺时针旋转后得到，若，，则的长度为 ．
【答案】3
【分析】根据旋转的性质可得，然后根据计算即可．
【详解】∵绕点A顺时针旋转后得到，
∴，
∴；
故答案为：3．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．
34．【陕西省咸阳市兴平市2022-203学年九年级上学期期末调研数学试题】如图，在正方形中，点E为边上一点，延长至点G，使得，过点G作，连接、，且，求证：．
【答案】见解析
【分析】根据正方形的性质和已知条件得出，根据“”判断即可．
【详解】证明：∵四边形正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，，，
∴，
即．
【点睛】本题主要考查三角形全等的判定，正方形的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法．
35．【陕西省西安市雁塔区陕西师范大学附属中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，在正方形中，E为边上一点，延长至点H，使，过点H作，连接，且．求证：．
【答案】见解析
【分析】根据正方形的性质可得，，根据已知条件可证，，根据即可得证．
【详解】解：证明：在正方形中，，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定，涉及正方形的性质，熟练掌握直角三角形全等的判定方法是解题的关键．
36．【甘肃省庆阳市镇原县2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图已知正方形的边长为6，E点为边上的一点（不与C、D重合），延长到F使，连接．
(1)连接，判断的形状，请说明理由？
(2)求四边形的面积？
【答案】(1)等腰直角三角形，理由见解析
(2)36
【分析】（1）利用证明得到，再证明，即可得到结论；
（2）由全等三角形的性质得到，则．
【详解】（1）解：是等腰直角三角形，理由如下：
理由：∵四边形是正方形，
∴，
又∵
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形；
（2）解：∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的判定，灵活运用所学知识是解题的关键．
证明四边形是正方形
37．【广东省佛山市南海区2022--2023学年九年级上学期期末统考试卷】以下命题正确的是（ ）
A．有一组邻边相等的四边形是菱形B．有一个内角是直角的菱形是正方形
C．对角线相等的四边形是矩形D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
【答案】B
【分析】利用矩形、菱形、平行四边形及正方形的判定定理分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故A选项错误；
B、有一个内角是直角的菱形是正方形，故B选项正确；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，故C选项错误；
D、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故D选项错误．
故选：B．
【点睛】本题考查了特殊四边形的判定定理，解题的关键是了解矩形、菱形、平行四边形及正方形的判定定理，属于基础定理，难度不大．
38．【四川省巴中市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】下列命题正确的是（ ）
A．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．两组对边分别相等的四边形是矩形
C．邻边相等的平行四边形是正方形
D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
【答案】D
【分析】分别根据平行四边形的判定定理、矩形的判定定理、正方形的判定定理和菱形的判定定理进行分析即可．
【详解】解：对于A，一组对边平行另一组对边相等的四边形可能是梯形，故A选项错误，不符合题意；
对于B，两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故B选项错误，不符合题意；
对于C，有一组邻边相等的矩形是正方形，故C选项错误，不符合题意；
对于D，对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故D选项正确，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理、矩形的判定定理、正方形的判定定理和菱形的判定定理，熟练掌握它们的判定定理是解题的关键．
39．【山西省运城市平陆县2022-2023学年九年级上学期1月期末数学试题】如图，已知四边形是菱形，从①，②，③中选择一个作为条件后，使四边形成为正方形，则应该选择的是 ．（仅填序号）
【答案】②
【分析】根据菱形的性质和正方形的判定进行逐一判断即可．
【详解】解：由四边形是菱形加上条件不能证明四边形成为正方形；
由四边形是菱形加上条件可证得到，能证明四边形成为正方形；
由四边形是菱形加上条件不能证明四边形成为正方形；
故答案为：②．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，正方形的判定，熟知正方形的判定定理是解题的关键．
40．【辽宁省沈阳市皇姑区2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，是的一条角平分线，交于点E，交于点F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，当______度时，四边形为正方形（直接填空）．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理：有两组对边相互平行的四边形是平行四边形，推知四边形是平行四边形；然后由平行四边形的对角相等、对角线平分对角的性质以及角平分线的性质证得；最后由等角对等边推知的邻边；
（2）根据有一个角是直角的菱形是正方形即可证明．
【详解】（1）解：证明：，，
，，
四边形是平行四边形，
；
又是的角平分线，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：，理由如下：
∵，，
∴,
∵四边形是菱形，
∴四边形为正方形．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了正方形的判定、菱形的判定、平行四边形的判定，熟练掌握相关判定是解题的关键．
41．【黑龙江省大庆市景园中学2022-2023学年九年级下学期期末数学试题】如图，在菱形中，，于点E，交对角线于点P．过点P作于点F．若的周长为4．则菱形的面积为（ ）
A．8B．C．16D．
【答案】D
【分析】证明是等腰直角三角形，可得，，再证明是等腰直角三角形，可得，，设，则，求出，则，，即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
设，则，
∵的周长为4，
∴，解得：，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查菱形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、角平分线的性质，熟练掌握菱形的性质，证明是等腰直角三角形是解题的关键．
42．【甘肃省白银市会宁县会师初级中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，菱形的对角线、相交于点．若，，，垂足为，则的长为（ ）
A．12B．14C．D．
【答案】C
【分析】先利用菱形的性质和勾股定理求出，再根据菱形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴在中，．
∵，
∴菱形的面积，
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟知菱形对角线互相垂直平分是解题的关键．
43．【陕西省 西安爱知初级中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图：在菱形中，，过点A作于点E，交于点F，点G为的中点．若，则的长为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】根据菱形的性质得出，进而得出，根据含30度角的直角三角形的性质，以及勾股定理解，即可求解．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵点G为的中点，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
44．【辽宁省锦州市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，在矩形中，E为中点，将沿折叠后得到，延长交于点F，若F为中点，，则的面积为（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】C
【分析】连接，由折叠性质得，则 ，易证 ，由矩形的性质得，推出 ，由 证得，得出，求得 ，由勾股定理得出 ，即可得出结果．
【详解】连接，如图所示

由折叠性质得：，
∴
∵点是 的中点
∴
∴
∵四边形是矩形
∴
∴
在 与 中
∴
∴
∵点恰好是的中点
在中，
即
解得
故选C．
【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识熟练掌握折叠的性质，证明三角形全等是解题的关键．
45．【辽宁省辽阳市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，在矩形中，，，分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线分别交，于点，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，连接，由题意知，，，是线段的垂直平分线，，设，则，在中，由勾股定理得，，即，解方程，进而即可求解．
【详解】解：如图，连接，

由题意知，，，是线段的垂直平分线，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，，
即，
解得，
∴；
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
46．【辽宁省锦州市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，在正方形中，点E在对角线上，于点F，于点G，连接，若，，则的长度为（ ）
A．8B．10C．D．
【答案】B
【分析】连接，证明，可得，在等腰直角三角形中，求出的长，再在中求出的长，即可得出的长．
【详解】如图，连接

∵四边形 是正方形
于点F，
故选B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解决问题的关键在于连接构造全等三角形．
47．【安徽省合肥市五十中学西校2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，点E是边长为4的正方形内部一点，，将按逆时针方向旋转得到，连接，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据得到，则点E在以为直径的圆上，取中点G，当过点G时，有最小值，由旋转的性质得到，则此时也取最小值，即可解答．
【详解】解：在正方形中，，
∵，
∴，
∴，
∴点E在以为直径的圆上，
取中点G，连接，当过点G时，有最小值，

又∵按逆时针方向旋转得到，
∴，
∴此时也取最小值，
∵，为的半径，即，
∴此时，
∴，
即的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了角度的转化与判断点的轨迹，解题的关键是运用数学结合思想处理题给条件，从而得到点的轨迹．
48．【四川省雅安市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，在中，点，，分别在边，，上，且，，下列四个判断中，正确的个数有（ ）
①四边形是平行四边形
②如果，那么四边形是矩形
③如果平分，那么四边形是菱形
④如果，，且，那么四边形是正方形
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】由，，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，据此可以判断①，根据，根据有一角是直角的平行四边形是矩形，可得四边形是矩形；故可以判断②，如果平分，那么，又有，可得，进而知，，那么根据邻边相等的平行四边形是菱形，可判断③；如果且当时，那么平分，则可得四边形AEDF是菱形，又有，即可判断④．
【详解】解：，，
四边形是平行四边形，
故①正确；
，四边形是平行四边形，
四边形AEDF是矩形，
故②正确；
平分，
，
又，
，
，
四边形是菱形，
故③正确；
且，
平分，
四边形是菱形，
又，
四边形是正方形，
故④正确；
综上所述，正确的有4个，
故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形、正方形、矩形及菱形的判定，平行线的性质，角平分线的定义，以及等腰三角形的判定与性质，具体选择哪种方法需要根据已知条件来确定，解题的关键是熟练掌握特殊四边形的判定定理．
49．【广东省佛山市黄岐中学2022-2023学年九年级下学期期末测试数学试卷】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：①；②；③；④若，则，其中结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】根据正方形的性质得出和的关系，再根据和的关系即可判断①，先证明，再证明，从而得出，然后根据四边形的内角和可判断②，根据全等三角形的判定定理，即可判断③；若，则，过点作于点，设，则，，，求出，即可判断④．
【详解】解：是正方形的对角线，
，，
∵，
∴，四边形是矩形，
，，
，
故①正确，
，，
，
又是的中点，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
又，
，
，
，
故②正确，
∵，
，
在和中，
，
∴，
故③正确；
∵，，
为等腰直角三角形，
，
，，
过点作于点，如图所示：
设，则，，，，，
则，，
，故④正确；
故选：D．

【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积的计算等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
50．【辽宁省辽阳市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，正方形中，，连接，的平分线交于点E，在上截取，连接，分别交，于点G，H，点P是线段上的动点，于点Q，连接，下列结论：①；②；③；④的最小值是，其中正确的结论有（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①③④
【答案】D
【分析】先根据定理证出，从而可得，即可判断结论①；根据等腰三角形的性质可得，然后根据线段的和差、等量代换即可判断结论②；先根据正方形的性质可得，再根据可得，从而可得，由此即可判断结论③；过点D作，则的长度为的最小值，根据三角形的面积即可判断结论④．
【详解】解：四边形是正方形，，
，
在和中，
，
，
，结论①正确；
平分，，
，
，
，
，
，
，
，结论②不正确；
，
，
，
，
即，结论③正确；
如图，过点D作，则的长度为的最小值，

∵，
即，
解得，即的最小值为，,
结论④正确；
综上，所有正确结论的序号是①③④，
故选D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形等知识点，较难的是④，利用两点之间线段最短、垂线段最短得出当时，取最小值是解题关键．
51．【河南省洛阳市汝阳县2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，菱形的边长为4，E，F分别是，上的点，与相交于点G，若，，则的长为 ．
【答案】
【分析】过点C作于点H，根据菱形的性质和已知条件说明为等边三角形，根据等边三角形的性质，得出，利用勾股定理求出，证明，说明，，证明为等边三角形，即可得出．
【详解】解：过点C作于点H，如图所示：
∵四边形为菱形，
∴，
，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
即，
∴为等边三角形，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，证明，为等边三角形．
52．【海南省海口市龙华区海口中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，在矩形中，，，点E、F分别在和上，把该矩形沿折叠，使点B恰好落在边的点H处，连接，若，的长为
【答案】
【分析】根据翻折和矩形的性质，推出为等腰三角形，得到，即可．
【详解】解：∵矩形，
∴，，
∴，
∵翻折，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形与折叠，等腰三角形的判定和性质．解题的关键是熟练掌握矩形的性质和折叠的性质，得到是等腰三角形．
53．【甘肃省白银市景泰县第四中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，以边长为1的正方形的边为对角线作第二个正方形，再以为对角线作第三个正方形，如此作下去，…，则所作的第2021个正方形的面积 ．
【答案】
【分析】由正方形的边长为1，根据正方形的性质，即可求得，的值，则可求得，，的值，即可求得规律所作的第n个正方形的面积，把代入表达式可得答案．
【详解】解：∵正方形的边长为1，
∴，
∴
∴
∴，，
∴第n个正方形的面积是
∴第2021个正方形的面积是
故答案为：．
【点睛】此题考查了正方形的性质．解题的关键是找到规律：所作的第n个正方形的面积．
54．【江苏省南京市栖霞区南京外国语学校仙林分校2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，在矩形中，，，点、分别为、边上的点，且的长为2，点为的中点，点为上一动点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】作点A关于的对称点H，连接，，，，，可知当H、P、G、D共线时，最小，求出、长即可．
【详解】解：作点A关于的对称点H，连接，，，，，，
∵，
∴当H、P、G、D共线时，最小，
∵，，
∴，，
∵的长为2，点为的中点，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了利用轴对称求最短路径，解题关键利用轴对称和直角三角形的性质确定最短路径．
55．【陕西省咸阳市秦都区2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，在中，对角线与相交于点，过点的直线与的延长线分别相交于点．
(1)求证：；
(2)连接，若，求证：四边形是菱形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质得，进而，然后证明，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得到，再由全等三角形的性质得到，则四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）∵四边形是平行四边形，
；
由（1）得：，
，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查了菱形的判定、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定方法，证明是解题的关键．
56．【辽宁省阜新市细河区2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】已知如图，四边形中，． 连接，过点作的垂线交于点，垂足为，连接，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据数形结合可得，根据平行线的性质得出，进而可得，则，结合已知条件可得即可得证；
（2）根据含度角的直角三角形的性质，得出，进而勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：，且，
．
∵
．
．
且．
四边形是平行四边形．
平行四边形是菱形．

（2）解：作于点

四边形是菱形，且
．
∵
，则
在中，，
由勾股定理得．
在中，
．
由勾股定理得．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，含度角的直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键．
57．【山东省济宁市任城区2022-2023学年八年级下学期期末数学试题】如图，在菱形中，对角线交于点O，，，连接，交于点F．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1），，则四边形是平行四边形，由菱形的性质得到，即可证明结论；
（2）由四边形是矩形得到，四边形是菱形，则，证明是等边三角形，由得，则，由勾股定理得，可得到，，利用菱形面积公式即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵在菱形中，，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵，四边形是矩形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得，
∴，，
∴菱形的面积．
【点睛】此题考查了菱形的性质、矩形的判定和性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的性质、矩形的判定和性质是解题的关键．
58．【辽宁省锦州市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，在菱形中，对角线与交于点E，四边形是平行四边形，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求矩形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)矩形的面积＝
【分析】（1）根据四边形是菱形，四边形是平行四边形得出再根据即可证明；
（2）在中，运用勾股定理得出的长即可解答；
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
于E，
又∵四边形是平行四边形，
∴，
∴
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；

（2）解：∵四边形是菱形，，
∴于，
∵，
∴在中，，
∴，
∴矩形的面积．
【点睛】该题主要考查了菱形、矩形、平行四边形的性质和证明，勾股定理等知识点，解答该题的关键是掌握菱形、矩形、平行四边形的性质和证明。
59．【河南省驻马店市西平县2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】（1）如图1，点E，F分别在正方形的边，上，，连接，求证：．
（2）类比引申：如图2，四边形中，，，点E，F分别在边，上，，若，都不是直角，则当与满足等量关系_______时，仍有，试说明理由．
【答案】（1）见解析；（2），证明见解析；
【分析】（1）延长至G使，证明，得出，，证明，得出；
（2）延长至点G，使，证明，得出，，证明，得出即可．
【详解】（1）证明：延长至G使，如图所示：

∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴
∴，
∴
在和中
∴，
∴；
（2）时，；理由如下：
延长至点G，使，如图所示：

∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线构造全等三角形，证明，．
60．【陕西省西安市曲江第一中学2022-2023年九年级上学期期末考试数学试题】在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（A，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化．
(1)如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是________，与的位置关系是________；
(2)如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点在直线上时，其他条件不变，连接，若，，请直接写出的面积．
【答案】(1)
(2)（1）中结论仍然成立，证明见解析
(3)或
【分析】（1）连接，延长交于H，证明，得到
，再证明，即可得到：，再由，即可证明；
（2）连接，与交于点，证明，得到
，再证明，即可得到：，再由即可证明；
（3）分两种情形：当点P在的延长线上时或点P在线段的延长线上时，连接交于点O，由，根据勾股定理求出的长即得到的长，再求的长及等边三角形的边长可得结论．
【详解】（1）解：如图，连接，延长交于H， 如图所示，
∵四边形是菱形，，
∴，都是等边三角形，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证是等边三角形，
∴，
∴，即，
又∵，
∴．
故答案为：；
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图，连接，如图所示，
∴，为等边三角形，
在和中，，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
设与交于点H，
同理可得，
∴，
又∵，
∴．
（3）解：如图3中，当点P在的延长线上时，连接交于点O，连接，作于F，如图所示，
∵四边形是菱形，
∴，平分，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由（2）知，
∵，，
∴，
由（2）知，
∴，
∴，
∴，
∵是等边三角形，，
∴，
∴；
如图4中，当点P在的延长线上时，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，的面积为或．
【点睛】此题是四边形的综合题，重点考查菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将菱形的性质与三角形全等的条件联系起来，此题难度较大，属于考试压轴题．
61．【甘肃省庆阳市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为．在旋转过程中，两个正方形只有点A重合，其他顶点均不重合，连接BE、DG．
(1)当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：．
(2)如图3，如果，，，求点G到BE的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由旋转的性质得到，由正方形的性质得到，，然后依据 “”可证明，然后依据全等三角形的性质进行证明即可；
（2）连接、，延长交于点，当时，可证明为等腰直角三角形，然后可求得和的长，然后依据等腰三角形三线合一的性质可得到，最后在中，利用等积法可求得点到的距离．
【详解】（1）证明：由旋转的性质可知，
由正方形的性质可知，，
在和中，
∵，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接、，延长交于点，
当时，则，
∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，为等腰直角三角形，
∴，
∴，，
∵和同底等高，
∴，
设点G到BE的距离为h，，
，即，
解得，
∴点到的距离为．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理等知识，综合性比较强，对学生综合解题能力要求较高，注意等积法在解题中的应用．
62．【河南省郑州市中原区2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】已知，和都是等腰直角三角形，C为它们公共的直角顶点，如图1，D，E分别在，边上，F是的中点，连接．
(1)求证：．
(2)请猜想与的数量关系和位置关系，并说明理由．
(3)如图2，将固定不动，由图1位置绕点C逆时针旋转，旋转角，旋转过程中，其他条件不变．试判断，与的关系是否发生改变？若不变，请说明理由；若改变，请求出相关正确结论．
【答案】(1)见解析
(2)，，理由见解析
(3)不变，理由见解析
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得出，，再根据全等三角形的判定定理，即可证出结论；
（2）首先根据全等三角形的性质及直角三角形的性质，即可得，，再由，即可解答；
（3）延长到点，使，交的延长线于点N，连接、，即可证得四边形为平行四边形，，再根据角的和差，即可证得，即可证得，，，据此即可证得结论
【详解】（1）证明：和都是等腰直角三角形，
，，，
在与中，
；
（2）解：结论：，；
理由如下：
，
，，
在，F是的中点，
，
，，
，，
，
；
（3）解：不变；理由如下：
如图：延长到点，使，交的延长线于点N，连接、，
又，
四边形为平行四边形，
，，
，
，
在与中，
，
，，
，，
，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，平行四边形的判定与性质，作出辅助线是解决本题的关键．
63．【广东省茂名市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题】如图，在正方形中，E，F分别是边上的点，已知，相交于点P．
(1)如图1，与之间有怎样的关系？请说明理由；
(2)若，，求的长度；
(3)如图2，，，点F在线段上运动时（点F不与C、D重合），四边形是否能否成为正方形？请说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)
(3)四边形不能成为正方形，理由见解析
【分析】（1）证明，则，由即可得到，结论得证；
（2）在中，，，根据勾股定理得，利用等积法即可得到答案；
（3）通过证明，即可得到结论．
【详解】（1）解：，理由如下：
四边形是正方形，
，，
又∵，
∴，
，
，
，
；
（2）在中，，，
根据勾股定理得：，
，
，
，
的长度为；
（3）四边形不能成为正方形，理由如下：
由（1）知：，
，
，，
，
四边形是矩形，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
点在线段上运动时（点不与、重合），
、不重合，
，
四边形不能成为正方形．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、正方形的性质、矩形的判定和性质等知识，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．