卷子答案网-一个不只有答案的网站2023年江苏省九年级数学中考模拟题分项选编：中心对称图形——平行四边形
一、单选题
1．（2023·江苏宿迁·统考一模）如图，在中，．将绕顶点C旋转得到，若点O是中点，点P是中点，在旋转过程中，线段的最大值等于（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
2．（2023·江苏无锡·统考三模）如图，将绕点A逆时针旋转一定的度数，得到．若点D在线段的延长线上，若则旋转的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·江苏徐州·统考一模）在下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023·江苏无锡·统考二模）下列图形既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·江苏南京·统考二模）点M位于平面直角坐标系第四象限，且到x轴距离是5，到y轴距离是2，则点M关于原点的对称点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·江苏宿迁·统考二模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·江苏宿迁·模拟预测）如图，在矩形中，，，E为对角线边上一动点，以，为邻边作平行四边形，连接，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
8．（2023·江苏南京·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，将绕点A顺时针旋转到的位置，点B、O分别落在点处．点在x轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在x轴上，将绕点顺时针旋转到的位置，点在x轴上，依次进行下去……，若点，，则点的横坐标为 ____．
9．（2023·江苏泰州·一模）如图，在△ABC中，∠CAB＝40°，将△ABC在平面内绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为_____．
10．（2023·江苏扬州·模拟预测）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转角100°，得到△ADE，若点E恰好在CB的延长线上，则∠BED等于_______度．
11．（2023·江苏南通·模拟预测）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB+AC＝a（a＞0），将CB绕C顺时针旋转120°得CD，当DA长的最小值为时，a的值为____．
12．（2023·江苏苏州·统考二模）点关于点的中心对称点的坐标是___________．
13．（2023·江苏扬州·统考二模）三个能够重合的正六边形的位置如图，已知A点的坐标是，则B点的坐标是______．
14．（2023·江苏无锡·统考二模）如图，在中，，，M、N分别是、边上的动点，且，则的最小值是________．
15．（2023·江苏常州·统考二模）如图，在中，，点D，E，F分别在边，，上，，，则四边形的周长是______．
16．（2023·江苏扬州·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，已知点，则点B的坐标是______．
17．（2023·江苏徐州·统考一模）如图，在边长为1的正中，分别取三边的中点，，，得到正，用同样的方法，得到正，…，以此类推，正的面积为______．
18．（2023·江苏扬州·模拟预测）如图，菱形中，是边的中点，为对角线交点．若，则菱形的周长为______．
三、解答题
19．（2023·江苏苏州·模拟预测）如图，在中，，点D、E分别在上，且，连接，将线段绕点C按顺时针方向旋转后得到，连接．
(1)求证：；
(2)若，，，求的长．
20．（2023·江苏泰州·一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC和△A1B1C1关于点E成中心对称．
（1）画出对称中心E，并写出点E、A、C的坐标；
（2）P（a，b）是△ABC的边AC上一点，△ABC经平移后点P的对应点为P2（a+6，b+2），请画出上述平移后的△A2B2C2，并写出点A2、C2的坐标；
（3）判断△A2B2C2和△A1B1C1的位置关系（直接写出结果）．
21．（2023·江苏苏州·统考二模）如图，四边形是平行四边形，点E，F分别在上，且．求证：．
22．（2023·江苏扬州·统考一模）如图，中，，，过点作，且，连接、．
(1)求证：是等腰直角三角形；
(2)延长至，使得，连接并与的延长线相交于点，求的度数
23．（2023·江苏苏州·统考一模）如图，在中，为的中点，连接并延长，交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
24．（2023·江苏扬州·模拟预测）已知点E、F为对角线上的两点，，
(1)求证：；
(2)判断四边形的形状，并说明理由．
25．（2023·江苏徐州·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上的两点，连接AE，AF，CE，CF．
(1)若BE＝DF，则图中共有多少对全等三角形，请分别写出来．
(2)若∠BAF＝∠DCE，求证：四边形AECF是平行四边形．
26．（2023·江苏淮安·统考一模）如图，在□ABCD中，点E在边BC上，点F在BC的延长线上，且BE=CF.求证：△ABE≌△DCF．
27．（2023·江苏南通·模拟预测）如图1，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC交BC于点E，连接ED，且ED平分∠AEC．
（1）求证：AE＝BC；
（2）如图2，过点C作CF⊥DE交DE于点F，连接AF，BF，猜想△ABF的形状并证明．
28．（2023·江苏徐州·统考二模）如图，在菱形中，对角线、相交于点O，，
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，则菱形的面积为__________．
29．（2023·江苏南京·模拟预测）如图，在中，对角线交于点O，E是延长线上的点，且是等边三角形．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，求证：四边形是正方形．
30．（2023·江苏泰州·统考二模）【综合实 】请阅读下面材料完成相应的任务．
【任务1】在图4中，过点A作，垂足为．
比较大小：______（填“>、=或”）
②证明：和三等分．
【任务2】爱动脑筋的小强受到阅读材料中借助“鲁班尺”三等分角方法的启发，想到了通过折叠矩形纸片三等分一个已知角的方法，他的前2个操作步骤如下：
步骤1：如图5，在矩形纸片上折出任意角．将矩形对折，折痕记为，再将矩形对折，折痕记为，展开矩形；
步骤2：如图6，将矩形沿着折叠，点的对应点恰好落在上，再移动位置并调整使点的对应点恰好落在上．
若，请根据小强的操作过程求的度数．
31．（2023·江苏无锡·统考二模）如图，正方形的边长为1，点F在边上，延长到点E，使得，连接．
(1)求证：；
(2)若延长与恰好相交于中点G，求的长．
32．（2023·江苏南京·统考一模）如图，的对角线相交于点是的中点，连接并延长交于点，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若平分，求证．
33．（2023·江苏扬州·统考二模）如图，D为等边三角形的边延长线上一点，以为边作等边三角形，连接交于点F．
(1)求证：；
(2)若，且，求的长．
参考答案：
1．B
【分析】连接，进而得到，当三点共线时，线段的值最大，进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵将绕顶点C旋转得到，点O是中点，
∴，，
连接，
∵点P是中点，
∴，
∵，
∴当三点共线时，线段的值最大．
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质，直角三角形斜边上的中线，含30度的直角三角形．熟练掌握相关知识点并灵活运算，是解题的关键．
2．B
【分析】先由旋转的性质得到，再根据等腰三角形的性质解答即可．
【详解】解：由旋转的性质可知，
∴，
∴，
故旋转的度数为，
故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质和等腰三角形的性质，解题的关键是求出．
3．D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意．
故选D．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，属于基础题型，熟知轴对称图形和中心对称图形的定义是正确判断的关键．
4．D
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形；对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
5．B
【分析】可先根据题意得到点M的坐标；然后由“两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反”得到的坐标．
【详解】解：∵M到x轴的距离为5，到y轴的距离为2，
∴M纵坐标可能为，横坐标可能为，
∵点M在第四象限，
∴M坐标为．
∴点M关于原点对称的的坐标是．
故选：B．
【点睛】本题考查点的坐标的确定；用到的知识点为：点到x轴的距离为点的纵坐标的绝对值，到y轴的距离为点的横坐标的绝对值；两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反．
6．D
【分析】根据中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）和轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形）逐项判断即可得．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，则此项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，则此项不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，则此项不符合题意；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，则此项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
7．A
【分析】过点D作于点H，交于G点，根据平行四边形的性质可得，当时，取得最小值，根据勾股定理求得，根据三角形的面积可得，即可求得．
【详解】解：如图，过点D作于点H，交于G点
∵四边形是平行四边形，
∴
∴点Q在射线上运动
∴当时，取得最小值
根据勾股定理可得
所以
即
故，
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理，平行四边形的性质等，熟练运用勾股定理求三角形的边长是解题的关键．
8．12128
【分析】然后通过旋转发现，每偶数之间的B相差12个单位长度，根据这个规律可以求得的横坐标，进而可得点的坐标．
【详解】解：∵点，
∴，
∴，
∴，
观察图象可知，点的纵坐标为4，
∵，
∴点的横坐标为，
∴点的坐标为．
故答案为12128．
【点睛】本题考查坐标与图形变化旋转，规律型：点的坐标，解题的关键是循环探究规律，利用规律解决问题，属于中考常考题型．
9．100°/100度
【分析】根据平行线的性质和旋转的性质求出∠C′CA＝∠CAB＝40°，AC′＝AC，求出∠AC′C＝∠C′CA＝40°，根据三角形内角和求出∠C′AC即可．
【详解】解：∵CC′∥AB，∠CAB＝40°，
∴∠C′CA＝∠CAB＝40°，
∵将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，
∴AC′＝AC，
∴∠AC′C＝∠C′CA＝40°，
∴∠C′AC＝180° 40° 40°＝100°，
即旋转角的度数是100°，
故答案为：100°．
【点睛】本题考查了旋转的性质和平行线的性质，能灵活运用旋转的性质进行推理是解此题的关键．
10．80
【分析】证明∠ABE+∠ADE=180°，推出∠BAD+∠BED=180°即可解决问题．
【详解】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转角100°，得到△ADE，
∴△ABC≌△ADE，∠BAD=100°
∴∠ABC=∠ADE，
又∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ABE+∠ADE=180°，
∴∠BAD+∠BED=360°-（∠ABE+∠ADE）=180°，
∵∠BAD=100°，
∴∠BED=180°- 100°=80°．
故答案为：80．
【点睛】本题考查旋转的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
11．
【分析】先确定当A、B、D三点共线时，AD有最小值，然后证明∠B=∠D=30°，∠ACD=90°，得到，再由，即可求解．
【详解】解：如图1所示，连接BD，则可知，
由旋转的性质可知，CD=BC，∠BCD=∠BAC=120°，
∴BD，AB的长度都是一个定值，
∴当A、B、D三点共线时，AD有最小值；
如图2所示，
∵CB=CD，∠BCD=120°，
∴∠B=∠D=30°，
又∵∠BAC=120°，
∴∠ACB=30°，
∴AB=AC，∠ACD=90°，
∴
∵AB+AC=a，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了含30度角的直角三角形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质与判定，解题的关键在于能够找到DA有最小值时，A、B、D三点共线．
12．
【分析】由M、N关于点A成中心对称，得出点A为的中点，再根据中点坐标公式求出点N的坐标即可．
【详解】解：设点N的坐标为，
∵点关于点的中心对称点为，
∴，
解得：，
∴点N的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了中心对称的性质，中点坐标公式，解题的关键是熟练掌握关于中心对称的两个点，到对称中心的距离相等．
13．
【分析】如图，延长正六边形的边与x轴交于点E，过A作轴于N，连接，证明可得三点共线，可得关于O对称，从而可得答案．
【详解】解：如图，延长正六边形的边与x轴交于点E，过A作轴于N，连接，
三个正六边形，O为原点，
同理：
三点共线，
关于O对称，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，关于原点成中心对称的两个点的坐标特点，正多边形的性质，熟练的应用正多边形的性质解题是解本题的关键．
14．
【分析】由可知为定长，在、间滑动，故由造桥选址模型进行平移，转化为两点间距离加上定长，再利用特殊角构造直角三角形，使用勾股定理求出两点间距离．
【详解】作交于点E，在取，连接，延长至点，使，连接，作于点，如下图：
，
，
为等边三角形，
，
，
，
四边形为平行四边形，
同理得四边形与四边形为平行四边形，
，，，
，
中，，
中，
，
的最小值是．
【点睛】本题考查平移类最短路径，为造桥选址模型，即沿一个方向平移的定长线段两端到两个定点距离和最小，解题时需要理清楚是否含有定长平移线段，且利用平移求出最短路径位置．求解长度时若有特殊角，通常采用构造直角三角形利用勾股定理求解的方法．
15．16
【分析】先证明四边形是平行四边形，得出，，然后利用平行线的性质和等腰三角形的性质可证，再利用等腰三角形的判定可得，最后求出四边形的周长即可．
【详解】解：∵，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的周长是．
故答案为：16．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，明确题意，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
16．
【分析】过点C作轴于点D，过点B作轴于点E,证明，则,得到，即可得到点B的坐标．
【详解】解：过点C作轴于点D，过点B作轴于点E，
则，
∵四边形是正方形，
∴，,
∴，
∴，
∴，
∵点，
∴,
∴，
∴点B的坐标是，
故答案为：
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、正方形的性质、坐标与图形等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
17．
【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，分别求出各三角形的边长，再根据等边三角形的面积的变换规律求解即可．
【详解】解：由题意得，的边长为，面积为，
的边长为 ，面积为，
△A4B4C4的边长为，面积为，
…，
∴的边长为，面积为，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，根据规律求出第n个等边三角形的边长是解题的关键．
18．40
【分析】先证明是的中位线，再求解即可得到答案.
【详解】解： 菱形中，是边的中点，为对角线交点．
是的中位线，
故答案为：
【点睛】本题考查的是菱形的性质，三角形的中位线的性质，灵活运用以上知识是解题的关键.
19．(1)见解析
(2)．
【分析】（1）根据旋转的性质可得，然后根据同角的余角相等求出，再利用“边角边”证明即可；
（2）根据两直线平行，同旁内角互补求出，再根据全等三角形对应角相等可得，然后根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：由旋转的性质得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，旋转前后对应边相等，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
20．（1）作图见解析，E（-3，-1），A（-3，2），C（-2，0）；（2）A2（3，4），C2（2，4）；（3）△A2B2C2和△A1B1C1关于原点O成中心对称．
【分析】（1）连接对应点，对应点的中点即为对称中心，在网格中可直接得出点E、A、C的坐标；
（2）根据“（a+6，b+2）”的规律求出对应点的坐标A2（3， 4），C2（4，2），顺次连接即可；
（3）由△A2B2C2和△A1B1C1的位置关系直接看出是关于原点O成中心对称．
【详解】解：（1）如图，E（-3，-1），A（-3，2），C（-2，0）；
（2）如图，A2（3，4），C2（2，4）；
（3）△A2B2C2和△A1B1C1关于原点O成中心对称．
21．见详解
【分析】先由平行四边形的的性质得到，，再边角边可得，利用全等三角形的性质即可证得．
【详解】证明：∵是平行四边形，
∴，
∵，
∴
在和中，
∵
∴ ()，
∴.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，以及全等三角形的判定与性质，证明两线段相等的常用方法是证明三角形全等．
22．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由可得，，证明，由全等三角形的性质可得，，则，即可得证；
（2）先证明四边形是平行四边形，再根据等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质可得．
【详解】（1）证明：，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
是等腰直角三角形；
（2）解：，，
，
，，
，
四边形是平行四边形，
，
，
是等腰直角三角形，
，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
23．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由平行四边形的性质可得，从而有，，再由是边上的中点得，利用可判定；
（2）由（1）可得，再结合平行四边形的性质可得的长．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∵为的中点，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵，
由（1）可知：，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
∴的长为．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质．解题的关键是熟记平行四边形的性质与全等三角形的判定与性质并灵活运用．
24．(1)见解析
(2)四边形是平行四边形，理由见解析
【分析】（1）根据平行四边形性质可判断出，再结合题目条件即可求证；
（2）根据平行四边形性质可判断出，接着证明，得出，再结合（1）的结论，得出，即可证明结果．
【详解】（1）证明：
又是平行四边形
∵
．
（2）是平行四边形
∵
又
四边形是平行四边形.．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法，平行四边形性质，平行四边形的判定方法，熟悉掌握相关知识点是解题关键．
25．(1)图中有5对全等三角形，分别是△ABE≌△CDF，△BCE≌△DAF，△AEF≌△CFE，△ABF≌△CDE，△ADE≌△CBF；
(2)见详解
【分析】（1）由题意易得AB=CD，AD=CB，AB∥CD，AD∥CB，则有∠ABE=∠CDF，∠ADF=∠CBE，进而根据全等三角形的判定定理可进行求解；
（2）由题意易证△ABF≌△CDE，然后根据全等三角形的性质可进行求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=CB，AB∥CD，AD∥CB，
∴∠ABE=∠CDF，∠ADF=∠CBE，
∵BE＝DF，
∴△ABE≌△CDF（SAS），△BCE≌△DAF（SAS），
∴AF=CE，AE=CF，
∵EF=FE，
∴△AEF≌△CFE（SSS），
∵BE＝DF，
∴BE+EF=DF+EF，即BF=DE，
∵AB=CD，AF=CE，
∴△ABF≌△CDE（SSS），
同理可证△ADE≌△CBF，
∴图中共有5对全等三角形；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABF=∠CDE，
∵∠BAF＝∠DCE，
∴△ABF≌△CDE（ASA），
∴∠AFB＝∠CED，AF＝CE，
∴AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定及平行四边形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定及平行四边形的性质与判定是解题的关键．
26．见详解
【分析】据平行四边形的性质得出AB=CD，，进而得到，然后再利用全等三角形的判定的“SAS”来解答即可．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，，
∴∠B=∠DCF．
在与中
，
∴．
【点睛】本题考查平行四边形去的性质，全等三角形的判定．根据平行四边形的性质得出AB=CD，是解答关键．
27．（1）见解析；（2）△ABF是等腰直角三角形，证明见解析．
【分析】（1）先根据平行四边形的性质、垂直的定义、角平分线的定义得到∠AED＝∠ADE，最后应用等边对等角和等量代换即可解答；
（2）先说明EF＝CF，再证明△AEF≌△BCF可得AF＝BF，∠AFE＝∠BFC，进而说明∠AFB＝∠EFC＝90°即可说明△ABF是等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD＝BC，
又∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
又∵ED平分∠AEC，
∴∠ADE＝∠CED＝45°，
∴∠AED＝∠ADE，
∴AE＝AD，
∴AE＝BC；
（2）△ABF是等腰直角三角形，
证明：∵CF⊥DE，
∴∠CFE＝90°，
又∵∠CEF＝45°，
∴∠ECF＝45°，
∴∠FEC＝∠FCE＝∠AEF，
∴EF＝CF，
在△AEF和△BCF中，
，
∴△AEF≌△BCF（SAS），
∴AF＝BF，∠AFE＝∠BFC，
∴∠AFE﹣∠BFE＝∠BFC﹣∠BFE，
即∠AFB＝∠EFC＝90°，
∴△ABF是等腰直角三角形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键．
28．(1)见解析
(2)12
【分析】（1）由题意易得，，然后可得四边形是平行四边形，进而问题可求证；
（2）由（1）及题意易得，，然后根据菱形的面积公式可进行求解
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，．
又∵，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形．
又∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
（2）解：由（1）知，平行四边形是矩形，则，．
四边形是菱形，
，，
菱形的面积为：；
故答案为12．
【点睛】考查了矩形的判定与性质，菱形的性质．此题中，矩形的判定，首先要判定四边形是平行四边形，然后证明有一内角为直角．
29．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形．进而利用菱形的判定证明即可；
（2）根据有一个角是90°的菱形是正方形，进而根据菱形和正方形的判定证明即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，即O是的中点，是的中线
∵是等边三角形，
∴(三线合一)
即，
∴是菱形，即四边形是菱形；
（2）∵是等边三角形，
∴
由（1）知，
∴，是直角三角形
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是菱形，
∴，
∴菱形是正方形，即四边形是正方形．
【点睛】此题主要考查菱形和正方形的判定，要灵活应用判定定理及等腰三角形的性质、外角的性质定理．
30．任务1：①；②详见解析；任务2：
【分析】任务一、①由作图方法得均为木工尺的宽度即可得出结果；②根据角平分线的判定和性质确定平分，再由等腰三角形三线合一的性质及判定得出平分，即可证明；
任务二、连接，过点B作，过点作，同②利用角平分线的判定和性质及等腰三角形的性质得出平分，平分，确定，再由三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：任务一、①由作图方法得均为木工尺的宽度，
∴，
故答案为：；
②∵，，，
∴平分，
∴，
由作图得：，，
∴为等腰三角形，平分，
∴，
∴，
∴和三等分
任务2、连接，过点B作，过点作，
∵，，
∴，
由翻折可知：，，
∴，
又∵，
∴，
∴平分，平分，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】题目主要考查角平分线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质及折叠的性质，理解题意，熟练掌握角平分线和等腰三角形的判定和性质是解题关键．
31．(1)见解析
(2)
【详解】（1）证明：∵正方形，
∴，，
在和中，
，
∴；
（2）解：连接AC，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵G为中点，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握正方形四条边相等，四个角都是直角；全等三角形对角相等；等腰三角形三线合一．
32．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，再利用全等三角形的判定与性质得到即可解答；
（2）根据角平分线的定义及平行线的性质得到平行四边形是菱形，再利用中位线定理及菱形的判定与性质得到．
【详解】（1）证明:∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
（2）证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∴，
∴，
∵是的中点，是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，平行线的性质及角平分线的定义，中位线的定理，全等三角形的判定与性质，掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
33．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据都是等边三角形，得出和，再通过等量代换即可证明；
（2）根据是等边三角形，，得出垂直平分，根据性，根据是的中位线即可求解．
【详解】（1）证明：都是等边三角形，
，
，
即，
，
；
（2）解：是等边三角形，，
垂直平分，
，
，
是的中位线，，
．
【点睛】本题考查了等边三角形，三角形全等的判定及性质，垂直平分线，中位线，解题的关键是利用等量代换的思想进行求解．
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