2024年中考数学考前冲刺复习专题07平行四边形及特殊平行四边形题型总结(含答案)

专题07平行四边形及特殊平行四边形题型总结题型解读本专题主要通过上一专题三角形知识的学习路径，类比学习平行四边形，构建知识树；掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的定义、性质和判定．清楚平行四边形、特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）的特征以及彼此之间的关系．经历从平行四边形到矩形、菱形、正方形的研究过程，体验“从一般到特殊”的研究方法；通过猜想、验证、归纳的过程，掌握矩形、菱形、正方形的性质定理，感悟类比思想；在考试中能利用它们的性质和判定进行推理和计算，提高主动探究的习惯和意识．模型01中心对称与轴对称图形名称中心对称中心对称图形区别（1）是针对两个图形而言的（2）表示两个图形之间的对称关系（3）对称点在两个图形上（1）是针对一个图形而言的（2）表示某个图形所具有的特性（3）对称点在一个图形上联系如果把成中心对称的两个图形看成一个图形，那么它就是一个中心对称图形，如果用一条过对称中心的直线将一个中心对称图形分成两个图形，那么这两个图形成中心对称模型02平行四边形的性质与判定性质/图形平行四边形边两组对边平行且相等角对角相等、邻角互补对角线互相平分对称性中心对称图形判定方法：（1）与边有关的判定：两组对边分别平行的四边形是平行四边形两组对边分别相等的四边形是平行四边形一组对边平行且相等的四边形是平行四边形（2）与角有关的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形（3）与对角线有关的判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形模型03三角形的中位线中位线性质：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．如图，在△ABC中，∵DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC，DE=BC．◆与三角形中位线有关的结论：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．（1）三角形的三条中位线把原三角形分成4个全等的小三角形，每个小三角形的周长为原三角形周长的，面积为原三角形面积的；（2）三角形的一条中位线与第三边上的中线互相平分．模型04菱形的性质与判定性质/图形菱形边四条边相等角对角相等、邻角互补对角线对角线互相垂直且平分对称性既是轴对称，又是中心对称判定方法：（1）先证平行四边形，再证一组邻边相等；（2）先证平行四边形，再证对角线互相垂直；（3）证四条边都相等的四边形；（4）证对角线互相垂直且平分的四边形；模型05矩形的性质与判定性质/图形矩形边对边平行且相等角四个角都是90°对角线相等且互相平分对称性既是轴对称，又是中心对称判定方法：（1）先证平行四边形，再证一个内角是直角；（2）先证平行四边形，再证对角线相等；（3）证三个角为直角；模型06正方形的性质与判定性质/图形正方形边四条边相等角四个角都是90°对角线对角线互相垂直、平分且相等对称性既是轴对称，又是中心对称判定方法：由菱形到正方形（1）有一个内角是直角的菱形是正方形；（2）对角线相等的菱形是正方形；由矩形到正方形：（1）邻边相等的矩形是正方形；（2）对角线互相垂直的矩形是正方形．模型构建模型01中心对称与轴对称图形考｜向｜预｜测中心对称与轴对称图形该题型近年主要以选择形式出现，难度系数较小，在各类考试中基本为送分题型．解这类问题的关键是了解中心对称与轴对称图形的定义，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形．这个点就是它的对称中心．答｜题｜技｜巧第一步：首先判断一个图形绕着某一点旋转180°，看它是否能够和另一个图形重合；第二步：能够重合即为中心对称，否则看是否具有对称轴；第三步：根据选项做出选择；例1．（2022•苏州）1．如图，在方格纸中，将绕点按顺时针方向旋转90°后得到，则下列四个图形中正确的是（）A． B．C． D．例2．（2023•安徽）2．对称美是美的一种重要形式，它能给与人们一种圆满、协调和平的美感，下列图形属于中心对称图形的是（

）A． B． C． D．模型02平行四边形的性质与判定考｜向｜预｜测平行四边形的性质与判定该题型主要以选择、填空形式出现，难度系数不大，在各类考试中得分率较高．掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的定义、性质和判定．清楚平行四边形、特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）的特征以及彼此之间的关系．能用平行四边形的判定定理和性质定理进行几何证明和计算是考试的重点．答｜题｜技｜巧第一步：理解题意；第二步：根据题意，利用平行四边形的判定定理和性质定理进行几何证明和计算；第三步：注意是否引入其它知识点，例如三角形、平面直角坐标系、函数等；第四步：利用相关的性质和判定进行推理和计算．例1．3．如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点A落在点E处．若，，则的度数为（

）

A． B． C． D．（2023•山东）4．如图，点是平行四边形对角线上的两点，且．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若．求线段的长．模型03三角形的中位线考｜向｜预｜测三角形的中位线该题型近年在中点型问题中考试较多，在各类考试中以辅助形式出现，很少有单独考某一个具体知识点的．解这类问题的关键是正确理解三角形中位线的性质，把握题中的关键信息．中位线的考法一般情况是描述出多个中点，另外根据题意条件学会构建出存在中位线的三角形也是至关重要的．答｜题｜技｜巧第一步：分析题目中是一个中点还是多个中点的问题；第二步：单中点问题观察是否为直角三角形，多中点型问题注意中位线的应用；第三步：根据中位线的性质解题，注意是否需要重新构造中位线所在的三角形；第四步：结合其它相关几何知识解题；例1．（2023•陕西）5．如图，两地被池塘隔开，小明先在外选一点，然后测出的中点．若的长为18米，则间的距离是（

）

A．9米 B．18米 C．27米 D．36米例2．（2023•河南）6．如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，点F是线段DE上的一点连接AF，BF，∠AFB=90°，且AB=8，BC=14，则EF的长是（

）

A．2 B．3 C．4 D．5模型04菱形的性质与判定考｜向｜预｜测菱形的性质与判定该题型主要是在综合性大题中考试较多，一般情况下出现在与圆结合或者利用相似求长度、类比探究题型，具有一定的综合性和难度．掌握菱形的性质与判定，菱形的面积公式，及一些特殊的菱形是解答本题的关键．注意菱形与平行四边形的区别，菱形与正方形的联系与区别，利用数形结合及方程的思想解题．答｜题｜技｜巧第一步：理解题意；第二步：根据题意，利用菱形的判定定理和性质定理进行几何证明和计算；第三步：注意菱形面积的求解，菱形与动点问题、圆及平面直角坐标系的结合；第四步：利用相关的性质和判定进行推理和计算．例1．（2023·湖南）7．如图，菱形中，连接，若，则的度数为（

）

A． B． C． D．例2．（2023·浙江）8．如图，在菱形中，，则的长为（

）

A． B．1 C． D．模型05矩形的性质与判定考｜向｜预｜测矩形的性质与判定该题型近年主要以填空及综合性大题的形式出现，一般属于多解型问题，难度系数较大．矩形或其它特殊平行四边形的折叠问题注意折叠前后对应边相等、对应角相等，在多解题型中，准确画出折叠后的图形是我们解题的关键．结合矩形的相关性质及判定定理与推论和其它几何的相关知识点进行解题．答｜题｜技｜巧第一步：确定试题考点方向，折叠、旋转、判定等；第二步：应用矩形相关的性质与判定进行解题第三步：注意矩形的折叠、旋转、矩形与坐标系结合等题型的解法；第四步：进行相关计算解决问题．例1．（2023•安徽）9．如图，在矩形中，，，垂足分别为E.F．求证：．例2．（2023•杭州）10．如图，矩形的对角线相交于点．若，则（

）

A． B． C． D．模型06正方形的性质与判定考｜向｜预｜测正方形的性质与判定该题型主要以解答题的形式出现，综合性较强，有一定难度，本专题重点分析正方形与平面直角坐标系相结合、正方形的折叠等题型．结合各类模型展示旋转中的变与不变，并结合经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学的综合解题能力．答｜题｜技｜巧第一步：确定正方形所考查知识点；第二步：利用正方形的特殊性分析题目信息，根据已知条件得出相关结论；第三步：结合各类模型中解题技巧和方法，综合运用；第四步：结合其它几何的相关知识点进行解题；例1．（2023•湖南）11．如图，点E.F为正方形边的点，，点G、H分别为线段的中点，连接，若，，则的长为．例2．（2023•广东）12．如图，是正方形，是上任意一点，于，于．求证:．强化训练（2023•北京）13．如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB=90°，若AB=6，BC=8，则EF的长为（

）A．1 B．2 C．1.5 D．2.5（2023•江苏）14．如图，在矩形中，点A的坐标是（-2，1），点C的纵坐标是4，则B.C两点的坐标为（）A．（，3）、（，4） B．（，3）、（，4）C．(，)、（，4） D．(，)、（，4）（2023•四川）15．如图，顺次连接四边形各边中点得四边形，要使四边形为矩形，应添加的条件是（

）

A． B．C． D．（2023•福建）16．如图，在正方形中，点、为边和上的动点（不含端点），.下列三个结论：①当时，则；②；③的周长不变，其中正确结论的个数是（

）A．0 B．1C．2 D．3（2023•贵州）17．如图所示，在正方形中，O是对角线的交点，过O作，分别交于E.F，若，则的长为（

）A．3 B．4 C．5 D．6（2023•南京）18．如图，在中，是的平分线，，，则．（2023•深圳）19．如图所示，在中，，，，点为线段上的一个动点，以为腰，作一个顶角为的等腰，其中为的中点，连接，则线段的最小值为．（2023•陕西）20．如图，ABC是以AB为斜边的直角三角形，AC＝4，BC＝3，P为AB上一动点，且PE⊥AC于E，PF⊥BC于F，则线段EF长度的最小值是．

（2023•湖南）21．如图，在四边形中，，．(1)求的度数；(2)若平分交于点，，求证：四边形是平行四边形．（2023•山东）22．在中，，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F．(1)求证：；(2)证明：四边形是菱形；(3)若，求菱形的面积．（2023•重庆）23．如图，在正方形中，E，F分别是，的中点，，相交于点G，连接，求证：

(1)．(2)．通关试练24．顺次连接对角线相等且垂直的四边形四边中点所得的四边形一定是（

）A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形（2023·浙江杭州）25．菱形不一定具有的性质是（）A．对角线互相平分 B．是轴对称图形 C．对角线相等 D．对角线互相垂直26．如图，在平行四边形ABCD中，在不添加任何辅助线的情况下，添加以下哪个条件，能使平行四边形ABCD是矩形（

）A． B． C． D．（2023•江西）27．如图，中，cm，，动点E从A出发，以2cm/s的速度沿向点B运动，动点F从点C出发，以1cm/s的速度沿着向D运动，当点E到达点B时，两个点同时停止．则的长为10cm时点E的运动时间是（

）

A．6s B．6s或10s C．8s D．8s或12s28．如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，对角线AC的垂直平分线分别交AD.BC于点E.F，连接CE，则△DCE的面积为（）A． B． C．2 D．129．如图，以正方形的对角线为一边作菱形，则（

）A． B． C． D．30．如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB＝6，BC＝10，则GH的长度为（）A． B． C． D．231．如图，＝，矩形的顶点，分别是两边上的动点，已知＝，＝，点，之间距离的最大值是．32．如图，E是正方形ABCD的边BC延长线上一点，且CE=AC，AE交CD于点F，则∠E=33．如图，矩形中，，E为中点，F为边上任意一点，G，H分别为中点，则的长是．34．如图，四边形是平行四边形，平分交于点E，平分交于点F，求证：．35．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．

36．如图，已知正方形，点分别是边上，且，将绕点D逆时针旋转，得到．(1)求证：；(2)若正方形的边长为5，时，求的长？37．如图，在中，平分，交于点E，平分，交于点F，与交于点P，连接，．

(1)求证：四边形是菱形．(2)若，，，求的值．38．已知：如图，在正方形ABCD中，BD为对角线，E.F分别是AD，CD上的点，且AE＝CF，连接BE.BF、EF．（1）求证：EM＝FM；（2）若DE：AE＝2：1，设S△ABE＝S，求S△BEF（用含S的代数式表示）．参考答案1．B【分析】根据绕点按顺时针方向旋转90°逐项分析即可．【详解】A.是由关于过B点与OB垂直的直线对称得到，故A选项不符合题意；B.是由绕点按顺时针方向旋转90°后得到，故B选项符合题意；C.与对应点发生了变化，故C选项不符合题意；D.是由绕点按逆时针方向旋转90°后得到，故D选项不符合题意．故选：B．【点拨】本题考查旋转变换．解题的关键是弄清旋转的方向和旋转的度数．2．A【分析】根据中心对称图形的定义即可作出判断．【详解】解：A.是中心对称图形，故选项正确；B.不是中心对称图形，故选项错误；C.不是中心对称图形，故选项错误；D.不是中心对称图形，故选项错误．故选：A．【点拨】本题主要考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．3．D【分析】根据折叠得出，，根据平行线的性质得出，得出，根据，求出，即可得出，根据三角形内角和定理求出结果即可．【详解】解：根据折叠可知，，，∵四边形为平行四边形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故选：D．【点拨】本题主要考查了折叠性质，平行四边形的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质，求出．4．(1)证明见解析(2)【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，（1）如图所示，连接交于O，根据平行四边形的性质得到，再证明，即可证明四边形是平行四边形；（2）利用勾股定理求出，进而求出，则．【详解】（1）证明：如图所示，连接交于O，∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，即，∴四边形是平行四边形；（2）解：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴．5．D【分析】本题主要考查三角形中位线的运用，理解并掌握中位线的性质是解题的关键，根据点是的中点，可得，由此即可求解．【详解】解：根据题意，是的中位线，∴，∴（米），故选：．6．B【分析】根据直角三角形的性质得到DF=4，根据BC=14，由三角形中位线定理得到DE=7，解答即可．【详解】解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点，∴DF=AB=4，∵BC=14，D.E分别是AB，AC的中点，∴DE=BC=7，∴EF=DE-DF=3，故选：B【点拨】本题考查了直角三角形的性质和中位线性质，掌握定理是解题的关键．7．C【分析】根据菱形的性质可得，则，进而即可求解．【详解】解：∵四边形是菱形∴，∴，∵，∴,故选：C．【点拨】本题考查了菱形的性质，熟练掌握是菱形的性质解题的关键．8．D【分析】连接与交于O．先证明是等边三角形，由，得到，，即可得到，利用勾股定理求出的长度，即可求得的长度．【详解】解：连接与交于O．

∵四边形是菱形，∴，，，，∵，且，∴是等边三角形，∵，∴，，∴，∴，∴，故选：D．【点拨】此题主要考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、角所对直角边等于斜边的一半，关键是熟练掌握菱形的性质．9．证明见解析【分析】根据定理证出，再根据全等三角形的性质即可得证．【详解】证明：四边形是矩形，，，，，，在和中，，，．【点拨】本题考查了矩形的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握矩形的性质是解题关键．10．D【分析】根据矩形性质得出，推出则有等边三角形，即，然后运用余切函数即可解答．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∵，故D正确．故选：D．【点拨】本题考查了等边三角形性质和判定、矩形的性质、余切的定义等知识点，求出是解答本题的关键．11．8【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，设交于点，证得，设正方形的边长为，分别表示出即可求解．【详解】解：设交于点，如图所示：∵，∴∵∴∵∴∴，设正方形的边长为，则∵点G、H分别为线段的中点，∴∴∴∵∴∵∴解得：故答案为：12．证明见解析．【分析】由正方形的性质结合，，证明即可得到答案．【详解】解：是正方形，，，在与中，【点拨】本题考查的正方形的性质，三角形全等的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．13．A【分析】先根据三角形中位线定理求出DE的长，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出DF的长即可得到答案．【详解】解：∵DE是△ABC的中位线，BC=8，∴，D是AB的中点，∵∠AFB=90°，∴，∴EF=DE-DF=1，故选A．【点拨】本题主要考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，熟知三角形中位线定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．14．B【分析】先过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，易得△CAF≌△BOE，△AOD∽△OBE，然后由相似三角形的对应边成比例求得答案．【详解】解：如图，过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，延长CA交x轴于点H，∵四边形AOBC是矩形，∴AC∥OB，AC=OB，∴∠CAF=∠BOE=∠CHO，在△ACF和△OBE中，，∴△CAF≌△BOE（AAS），∴BE=CF=4-1=3，∵∠AOD+∠BOE=∠BOE+∠OBE=90°，∴∠AOD=∠OBE，∵∠ADO=∠OEB=90°，∴△AOD∽△OBE，∴，即，∴OE=，∴点B（，3），∴AF=OE=，∴点C的横坐标为：-（2-）=-，∴点C（-，4）．故选：B．【点拨】此题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质．此题注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．15．C【分析】连，根据三角形中位线的性质得到，；，，即四边形为平行四边形，当和，只能判断四边形为平行四边形；当，能判断四边形为矩形；当，能判断四边形为菱形．【详解】解：如图所示，连，

∵、、、为四边形各中点，∴，；，，∴，∴四边形为平行四边形，要使四边形为菱形，则，而，∴．当和，只能判断四边形为平行四边形，故A.D选项错误；当，能判断四边形为矩形，故C选项正确；当，可判断四边形为菱形，故B选项错误．故选：C．【点拨】本题考查了平行四边形、矩形、菱形的判定定理，以及三角形中位线的性质，掌握矩形的判定方法是解题的关键．16．D【分析】根据题目条件判定△AND≌△AMB，从而判断①的正误；利用截长补短的方法判定三角形全等，从而判断②③正误．【详解】解：在正方形ABCD中，AD=AB=CD=CB,∠D=∠B=∠C=90°∵∴∴∠NMC=45°，△MNC是等腰直角三角形∴NC=MC∴DN=BM所以△AND≌△AMB∴,因此①正确；如图：延长CD，使得DE=BM在△ADE和△ABM中∴△ADE≌△ABM∴，AM=AE∵∴∴∴又∵AE=AM,AN=AN∴△AEN≌△AMN∴MN=EN=ED+DN=BM+DN∠AMN=∠E，∠ANM=∠ANE∴∠ENM=∠ANM+∠ANE=2(180°-45°-∠AMN)=270°-2∠AMN而∠MNC=180°-∠ENM=180°-（270°-2∠AMN）=2∠AMN-90°即②，正确；的周长=MN+MC+NC=EN+NC+MC=ED+DN+NC+MC=BM+DN+NC+MC=CD+BC，即正方形边长的2倍，∴③的周长不变，正确正确的共三个，故选D.【点拨】此题考查正方形的性质及全等三角形的判定，用截长补短的方法证明三角形全等是解题关键.17．C【分析】先利用证明，故得，进而得出，在中利用勾股定理即可解得的长．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，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．【详解】解：四边形是正方形，，，，又，，，∴，，又，，∴中，．故选：C．18．【分析】本题考查平行四边形的性质，角平分线的定义，根据四边形是平行四边形得到，，得到，根据角平分线得到，即可得到，得到，即可得到答案【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵是的平分线，∴，∴，∴，∵，，∴，故答案为：．19．【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，解直角三角形，连接，得到点在的角平分线上运动是解决问题的关键．连接，依据等腰三角形的性质，即可得到点在的角平分线上运动；当点在上时，，根据垂线段最短可知，此时最短，最后根据的长即可得到的长．【详解】解：如图所示，连接，在等腰中，是的中点，，平分，，，即点在的角平分线上运动，当点在上时，，根据垂线段最短可知，此时最短，又，，，，，，中，，线段的最小值为．故答案为：．20．【分析】先由矩形的判定定理推知四边形PECF是矩形；连接PC，则PC＝EF，所以要使EF，即PC最短，只需PC⊥AB即可；然后根据三角形的等积转换即可求得PC的值．【详解】解：连接PC．∵PE⊥AC，PF⊥BC，∴∠PEC＝∠PFC＝∠C＝90°；又∵∠ACB＝90°，∴四边形ECFP是矩形，∴EF＝PC，∴当PC最小时，EF也最小，即当CP⊥AB时，PC最小，∵AC＝4，BC＝3，∴AB＝5，∴AC•BC＝AB•PC，∴PC＝．∴线段EF长的最小值为；故答案是：．

【点拨】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短，以及三角形的面积公式等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解答本题的关键．21．(1)(2)见解析【分析】此题重点考查平行线的性质、角平分线的定义、平行四边形的定义等知识，求得及证明是解题的关键．（1）由，得，则；（2）由平分得，则，而，所以，则，即可根据平行四边形的定义证明四边形是平行四边形．【详解】（1）解：，，，，的度数是；（2）平分交于点，，，，，，，，，，四边形是平行四边形．22．(1)见详解(2)见详解(3)24【分析】（1）根据平行线的性质得，再根据中线的性质即可证明；（2）由（1）所得条件结合直角三角形中位线的性质即可证明；（3）过点A作AG⊥BC，应用等面积法求出AG，即可求解．【详解】（1）解：∵，∴，∵E是的中点，∴，在和中，∴；（2）∵，∴，∴四边形是平行四边形，又∵D是的中点，∴，∴四边形ADCF是菱形；（3）如图，过点A作AG⊥BC，∵，∴，∴，即，则．【点拨】本题主要考查三角形的全等证明、菱形的性质、勾股定理、平行线的性质，掌握相关性质并灵活应用是解题的关键．23．(1)见解析；(2)见解析．【分析】（1）证明，根据全等三角形的性质得到，由，得到，即，根据垂直的定义得到；（2）延长，交的延长线于H，根据线段中点的定义得到，根据全等三角形的性质得到，由是斜边的中线，得到，求得，根据余角的性质得到．【详解】（1）∵四边形是正方形，∴，，∵E，F分别是，的中点，∴，，∴，在与中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴．（2）延长，交的延长线于，

∵在正方形中，，∴，∵点E是的中点，∴，∵，，，∴，∴，∵在正方形中，，∴，∵∴，∴是斜边的中线，，，，，．【点拨】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的性质等，综合性很强，解题的关键是能够综合运用上述知识．24．D【分析】根据三角形中位线定理得到所得四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若邻边互相垂直且相等，那么所得四边形是正方形．【详解】解：∵E.F、G、H分别是AB.BC.CD.AD的中点，

∴EH∥FG∥BD，EF∥AC∥HG，EF=AC，FG=BD，∴四边形EFGH是平行四边形，∵AC⊥BD，AC=BD，∴EF⊥FG，FE=FG，∴四边形EFGH是正方形，故选：D．【点拨】本题考查的是中点四边形，三角形中位线定理以及正方形的判定，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线定理解答．25．C【分析】根据菱形的性质解答即可得．【详解】解：A.菱形的对角线互相平分，此选项正确，不符合题意；B.菱形是轴对称图形，此选项正确，不符合题意；C.菱形的对角线不一定相等，此选项错误，符合题意；D.菱形的对角线互相垂直，此选项正确，不符合题意；故选：C．【点拨】本题主要考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质：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是解题的关键．26．A【分析】根据有一个角是直角的平行四边形是矩形．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形；且AD⊥AB∴四边形ABCD是矩形故选A【点拨】本题考查矩形的判定，掌握有一个角是直角的平行四边形是矩形的概念是解题关键．27．C【分析】过点D作于点G，由，可得是等腰直角三角形，过点F作于点H，得矩形，利用勾股定理得，由题意可得，，然后列方程求出t的值即可．【详解】解：在中，cm，

如图，过点D作于点G，∵，∴是等腰直角三角形，∴，过点F作于点H，则：四边形为矩形，∴，∵cm，∴，由题意可知：，∴，∴cm，∴，解得，∴的长为10cm时，点E的运动时间是8s，由题意可知，点E运动最大时间为11s.故选：C．【点拨】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握相关性质，构造直角三角形，是解题的关键．28．B【分析】由EF垂直平分AC可得AE=CE，设CE＝x，则ED＝AD﹣AE＝4﹣x，在Rt△CDE中，利用勾股定理求出x的长，继而根据三角形的面积公式进行求解即可.【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝2，AD＝BC＝4，∠D=90°，∵EO是AC的垂直平分线，∴AE＝CE，设CE＝x，则ED＝AD﹣AE＝4﹣x，在Rt△CDE中，CE2＝CD2+ED2，即x2＝22+(4﹣x)2，解得：x＝，即CE的长为，DE＝4﹣＝，所以△DCE的面积＝××2＝，故选B．【点拨】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理的应用等，熟练掌握相关知识是解题的关键.29．D【分析】根据四边形是正方形，是对角线，得，根据菱形的性质，则，，即可．【详解】∵四边形是正方形，是对角线，∴，∵四边形是菱形，是对角线，∴．故选：D．【点拨】本题考查正方形和菱形的知识，解题的关键是掌握正方形的性质，菱形的性质．30．C【分析】连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据矩形的性质得到∠A＝90°，AD∥BC，根据全等三角形的性质得到PD＝CF，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．【详解】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，AD∥BC，∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB＝6，BC＝10，∴AE＝AB＝×6＝3，CF＝BC＝10＝5，∵AD∥BC，∴∠DPH＝∠FCH，在△PDH与△CFH中，，∴△PDH≌△CFH（AAS），∴PD＝CF＝5，CH＝PH，∴AP＝AD﹣PD＝5，∴，∵点G是EC的中点，∴GH＝EP＝故选：C．【点拨】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．31．##【分析】此题考查了矩形性质及三角形的三边关系，勾股定理，如图所示，取的中点，连接，，，利用勾股定理求出的长，再确定最大时的条件，即可求出答案．【详解】如图所示，取的中点，连接，，，

∵四边形是矩形，∴，∵是的中点，∴，∴，∵，是的中点，∴，∵，∴当点，，三点共线时，有最大值，∴最大值，故答案为：．32．22.5°【分析】由于正方形的对角线平分一组对角，那么∠ACB=45°，即∠ACE=135°，在等腰△CAE中，已知了顶角的度数，即可由三角形内角和定理求得∠E的度数．【详解】解：正