专题01 特殊平行四边形（基础类型）-2024-2025学年九年级数学上册考点解惑【基础•中等•优质】题型过关专练（北师大版）

专题01特殊平行四边形思维导图 【类型覆盖】 类型一、添加条件证菱形、矩形、正方形 【解惑】如图，的对角线，交于点，以下条件不能证明是菱形的是（    ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，的对角线相交于点O，如果添加一个条件使得是矩形，那么下列添加的条件中正确的是（    ） A． B． C． D． 2．如图，菱形中，对角线、相交于点O，不添加任何辅助线，要使四边形是正方形，则需要添加一个条件是 ．（填一个即可） 3．如图，矩形的对角线，相交于点O，再添加一个条件，使得四边形是正方形，这个条件可以是 （写出一个条件即可）． 类型二、菱形的性质 【解惑】如图，在菱形中，，则的度数是（     ）    A． B． C． D． 【融会贯通】 1．已知菱形的面积为，且两条对角线之比为，则菱形的边长为（    ） A． B． C． D． 2．如图：已知点A的坐标为，菱形的对角线交于坐标原点O，则C点的坐标是 ． 3．如图，在菱形中，点分别在上，沿翻折后，点落在边上的处．若，，．则的长为 ． 类型三、矩形的性质 【解惑】在矩形中，对角线、相交于点O，，则度数为（   ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．矩形在平面直角坐标系中的位置如图所示，若，，对角线与相交于点，轴，则的长为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 2．矩形的一边长是，一条对角线的长是6，则这个矩形的面积是 ． 3．如图，矩形的对角线、交于点O，点P是上的一点，连接并延长交于点Q，若，，则图中阴影部分的面积为 ．    类型四、正方形的性质 【解惑】如图，在正方形内作等边三角形，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，为正方形的对角线上一点，四边形为矩形，若正方形的边长为，则的长为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 2．如图，正方形的边长为4，E，F是对角线上的两点，且，则四边形的面积是 ． 3．如图，平面内直线，且相邻两条平行线间隔均为1，正方形四个顶点分别在四条平行线上，则正方形的面积为 ． 类型五、中点四边形 【解惑】如图，在四边形中，分别是的中点．下列结论： ①四边形是平行四边形； ②当时，四边形是菱形； ③当时，四边形是矩形． 其中所有正确结论的序号是（   ）． A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【融会贯通】 1．下列命题是真命题的是（    ） A．两条对角线相等的四边形是矩形 B．有一个角为直角的平行四边形是菱形 C．两条对角线互相垂直的平行四边形是正方形 D．顺次连接四边形各边的中点所构成的四边形是平行四边形 2．如图，四边形的两条对角线、互相垂直，将四边形各边中点依次相连，得到四边形，若四边形的面积为15，则四边形的面积为 ． 3．阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，分别是边的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． (1)这个中点四边形的形状是 ； (2)如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，分别为的中点，试判断四边形的形状并证明． 类型六、菱形的判定 【解惑】如图，在四边形中，，，对角线、交于点O，平分，过点C作交延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【融会贯通】 1．如图，平行四边形的两条对角线与相交于点是线段上的两点，连接，已知．    (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求证：四边形为菱形． 2．如图1，是的角平分线，、分别是边、上的点，满足，连结交于点，且，连结、． (1)求证：四边形是菱形． (2)如图2，若，，，求菱形的边长． 3．如图，在中，，点E是的中点，连接并延长，交的延长线于点F，，连接，． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，求四边形的周长． 类型七、矩形的判定 【解惑】如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 【融会贯通】 1．如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，于点D，．点E，F分别是，的中点，连接，，，． (1)求证四边形为矩形． (2)若，则平行四边形的周长为____________． 2．如图，在中，，D是上一点，，平分交于点E，平分交于点F，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，连接，求的长． 3．如图，在中，对角线，延长到点E，使，连接，交于点F．连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，求的长． 类型八、正方形的判定 【解惑】如图，在四边形AECF中，．CE、CF分别是△ABC的内，外角平分线．    （1）求证：四边形AECF是矩形． （2）当△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？请说明理由． 【融会贯通】 1．如图，在中，，平分，，，垂足分别为E、F．求证：四边形是正方形． 2．如图，正方形的边长为5，点E为正方形边上一动点，过点B作于点P，将绕点A逆时针旋转得，连接交延长线于点F． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，求线段的长度． 3．如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，垂足为F，交直线于E，连接． (1)求证：： (2)当D为中点时，证明：四边形是菱形． (3)在满足（2）的条件下，当满足条件__________时，四边形是正方形． 【一览众山小】 1．下列命题中是真命题的是（    ） A．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直且平分的四边形是菱形 C．有一个角是直角且对角线相等的四边形是矩形 D．一个角为且一组邻边相等的四边形是正方形 2．如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的大小（菱形的边长不变）．当时，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．如图是一块菱形花坛，沿着它的对角线修建的两条小路的长分别为和，则这个菱形花坛的面积为 ． 4．点是矩形的对角线的延长线上一点，若，，则 ． 5．如图，已知矩形，过点作交的延长线于点．求证：． 6．如图，在梯形中，，，动点P从点A出发沿方向向点D以的速度运动，动点Q从点C开始沿着方向向点B以的速度运动，点P、Q分别从点A和点C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点随之停止运动． (1)经过多长时间，四边形是平行四边形？ (2)经过多长时间，四边形是矩形？ 7．如图，在中，E、F分别是、延长线上的点，连接、，且，．求证：四边形是菱形． 8．如图，是锐角中边上的高，将沿所在的直线翻折得到，将沿所在的直线翻折得到，延长相交于点P．    (1)如图1，若，求证：四边形为正方形； (2)如图2，若，当是等腰三角形时，求的度数； (3)如图3，连结，分别交于点G、H，连结交于点M，若，求_________度； 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01特殊平行四边形思维导图 【类型覆盖】 类型一、添加条件证菱形、矩形、正方形 【解惑】如图，的对角线，交于点，以下条件不能证明是菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定．根据菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，逐项判断即可求解． 【详解】解：A、∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形，故本选项不符合题意； B、∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴是菱形，故本选项不符合题意； C、∵， ∴，即， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形，故本选项不符合题意； D、∵， ∴，无法得到是菱形，故本选项符合题意； 故选：D 【融会贯通】 1．如图，的对角线相交于点O，如果添加一个条件使得是矩形，那么下列添加的条件中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的性质，熟知矩形和菱形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴； 添加条件，可得，则四边形是菱形，不能证明四边形是矩形，故A不符合题意； 添加条件，可得，进而可得，则四边形是矩形，故B符合题意； 添加条件，可得，则四边形是菱形，不能证明四边形是矩形，故C不符合题意； 添加条件，可得，则四边形是菱形，不能证明四边形是矩形，故D不符合题意； 故选：B． 2．如图，菱形中，对角线、相交于点O，不添加任何辅助线，要使四边形是正方形，则需要添加一个条件是 ．（填一个即可） 【答案】 （答案不唯一） 【分析】本题主要考查了菱形添加一个条件判定为正方形．熟练掌握正方形的判定定理，是解题的关键． 根据正方形的判定中对边、角、对角线的要求，试着找出答案； 本题可根据有一个角为直角的菱形是正方形即可得解，注意：答案不唯一． 【详解】添加，理由： ∵四边形是菱形，， ∴菱形是正方形． 故答案为：（答案不唯一）． 3．如图，矩形的对角线，相交于点O，再添加一个条件，使得四边形是正方形，这个条件可以是 （写出一个条件即可）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】此题主要考查了正方形的判定定理，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键． 根据正方形的判定定理即可得出结论． 【详解】四边形是矩形， 添加一个条件：， 四边形是正方形， 故答案为：（答案不唯一）． 类型二、菱形的性质 【解惑】如图，在菱形中，，则的度数是（     ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的对角线平分一组对角．根据菱形的对角线平分一组对角即可求解． 【详解】解：在菱形中，， ， 故选：D． 【融会贯通】 1．已知菱形的面积为，且两条对角线之比为，则菱形的边长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查菱形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形的性质及勾股定理是解题的关键．根据菱形的性质及勾股定理可进行求解即可． 【详解】解：如图所示： 设，则， ∵， ∴， 解得：，负值舍去， ∴，则， 在菱形中，，，， ∴； 故选：C． 2．如图：已知点A的坐标为，菱形的对角线交于坐标原点O，则C点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，坐标与图形性质，掌握菱形的性质是解题的关键． 由菱形的性质可知点A和点C关于原点对称，结合条件可求得点C点的坐标． 【详解】解：四边形为菱形， ，， 点O为坐标原点， 点A和点C关于原点对称，点B和点D关于原点对称， 点A的坐标为， C点坐标为． 故答案为：． 3．如图，在菱形中，点分别在上，沿翻折后，点落在边上的处．若，，．则的长为 ． 【答案】 【分析】此题重点考查菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．作交的延长线于点H，因为，所以，由四边形是菱形，得，则四边形是平行四边形，所以，由折叠得，则，所以，由勾股定理得，求得，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：作交的延长线于点H，则， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 由折叠得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 类型三、矩形的性质 【解惑】在矩形中，对角线、相交于点O，，则度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的性质推出，再结合可得是等边三角形，由此可得，进而可得． 本题考查的是矩形的性质、等边三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质、等边三角形的判定与性质是解决此题的关键． 【详解】解：如图， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ， 又∵， ， ∴是等边三角形， ， ∴． 故选：A． 【融会贯通】 1．矩形在平面直角坐标系中的位置如图所示，若，，对角线与相交于点，轴，则的长为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质，角所对直角边等于斜边一半以及等边三角形的判定与性质，坐标与图形，掌握含角的直角三角形的性质是解题的关键． 先根据角所对直角边等于斜边一半求出，再证明是等边三角形即可得出结论． 【详解】解：∵， ∴， 在中，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴ ∴， ∵轴， ∴， 而 ∴ ∴ ∴是等边三角形， ∴， ． 故选：D． 2．矩形的一边长是，一条对角线的长是6，则这个矩形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理，矩形面积的计算；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．由矩形的性质得出，，由勾股定理求出，矩形的面积，即可得出结果． 【详解】解：如图所示： 四边形是矩形， ，，， ， 矩形的面积； 故答案为： 3．如图，矩形的对角线、交于点O，点P是上的一点，连接并延长交于点Q，若，，则图中阴影部分的面积为 ．    【答案】24 【分析】根据矩形的性质可得，，再根据平行线的性质可得，，证得，得，从而可得，利用勾股定理求得，再利用三角形面积公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， 故答案为：24． 【点睛】本题考查矩形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质及全等三角形的判定与性质得出是解题的关键． 类型四、正方形的性质 【解惑】如图，在正方形内作等边三角形，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质等知识，先根据正方形、等边三角形的性质得出，，，从而可求出的度数，然后利用等边对等角和三角形内角和定理可求出的度数，最后根据角的和差关系求解即可. 【详解】解：∵在正方形内作等边三角形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：A． 【融会贯通】 1．如图，为正方形的对角线上一点，四边形为矩形，若正方形的边长为，则的长为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】A 【分析】本题考查了正方形和矩形的性质，先根据矩形的性质可得，再根据正方形的性质可得，从而得出，进一步可求出的值． 【详解】解：为正方形的对角线上一点， ． 四边形为矩形， ， ． ． ∴， ． 故选A． 2．如图，正方形的边长为4，E，F是对角线上的两点，且，则四边形的面积是 ． 【答案】8 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理；由勾股定理求得，则， 从而可得的面积相等且面积的，从而可求得四边形的面积． 【详解】解：正方形的边长为4， ， 由勾股定理求得， ， ； ， ； 同理得：的面积相等且等于面积的，即为2 四边形的面积为：； 故答案为：8． 3．如图，平面内直线，且相邻两条平行线间隔均为1，正方形四个顶点分别在四条平行线上，则正方形的面积为 ． 【答案】5 【分析】本题主要考查平行线的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质和勾股定理．过点C作，交于点E，交于点F，则有，结合正方形的性质得和，进一步可得，即可证，有，利用勾股定理求得，即可求得正方形的面积． 【详解】解：过点C作，交于点E，交于点F，如图， ∵直线，， ∴，， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， 则， ∴， ∵， ∴， ∴正方形的面积为5． 故答案为：5． 类型五、中点四边形 【解惑】如图，在四边形中，分别是的中点．下列结论： ①四边形是平行四边形； ②当时，四边形是菱形； ③当时，四边形是矩形． 其中所有正确结论的序号是（   ）． A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】A 【分析】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形、菱形的判定定理是解题的关键．①根据三角形中位线定理得到，，，，根据平行四边形的判定定理证明结论；②根据邻边相等的平行四边形是菱形解答；③根据矩形的判定定理解答． 【详解】解：①，分别是，的中点， 是的中位线， ，， 同理，，， ，， 四边形是平行四边形； 故①正确，符合题意； ②，分别是，的中点， 是的中位线， ，， 当时，， 四边形是菱形； 当与满足条件时，四边形是菱形， 故②正确，符合题意； ③， ， ， ， 当时， ， ， ， 平行四边形是矩形， 当时，四边形不一定是矩形， 故③错误，不符合题意； 故选：A． 【融会贯通】 1．下列命题是真命题的是（    ） A．两条对角线相等的四边形是矩形 B．有一个角为直角的平行四边形是菱形 C．两条对角线互相垂直的平行四边形是正方形 D．顺次连接四边形各边的中点所构成的四边形是平行四边形 【答案】D 【分析】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法，难度不大． 利用平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A、两条对角线相等的平行四边形是矩形，故错误，是假命题； B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，不是菱形，故错误，是假命题； C、不是正方形两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形，不是正方形，故错误，是假命题； D、顺次连接四边形各边中点所得的四边形是平行四边形，正确，是真命题， 故选：D． 2．如图，四边形的两条对角线、互相垂直，将四边形各边中点依次相连，得到四边形，若四边形的面积为15，则四边形的面积为 ． 【答案】30 【分析】根据三角形的中位线定理证明四边形是矩形，从而根据矩形的面积和三角形的每件公式进行计算．此题主要考查中点四边形和三角形的面积，注意三角形中位线定理这一知识点的灵活运用，此题难易程度适中，是一道典型的题目． 【详解】解：，，，是四边形的中点四边形， 四边形的对角线、互相垂直， 四边形为矩形， 设，， 是的中位线， ， 同理可得， 四边形的面积为． ， 四边形的面积， 故答案为：30． 3．阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，分别是边的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． (1)这个中点四边形的形状是 ； (2)如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，分别为的中点，试判断四边形的形状并证明． 【答案】(1)平行四边形 (2)菱形，见解析 【分析】本题考查了中点四边形、菱形的判定方法、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质；熟练掌握中点四边形，证明三角形全等得出是解决问题（2）的关键． （1）连接，由三角形中位线定理得出，，，，得出，，即可得出结论； （2）连接、，由等边三角形的性质得出，，，证出，由证明，得出，由三角形中位线定理得出，，，，，得出，，证出四边形是平行四边形；再得出，即可得出结论． 【详解】（1）解：中点四边形是平行四边形； 理由如下：连接，如图1所示： ，，，分别是边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线， ，，，， ，， 四边形是平行四边形； 故答案为：平行四边形； （2）解：四边形为菱形．理由如下： 连接与，如图2所示： ∵和为等边三角形， ，，， ， 在和中， ， ， ， ，，，分别是边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线， ，，，，， ，， 四边形是平行四边形； ， ， 四边形为菱形． 类型六、菱形的判定 【解惑】如图，在四边形中，，，对角线、交于点O，平分，过点C作交延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)四边形ABCD的面积为 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定，角平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，掌握菱形的面积公式是解题的关键． （1）先证，则四边形是平行四边形，再由，即可得出结论； （2）由菱形的性质可得，，，，，由直角三角形的性质和勾股定理可求，的长，即可求解． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形，， ，，，，， ，， ， ， ， （负值舍去）， ， 菱形的面积． 【融会贯通】 1．如图，平行四边形的两条对角线与相交于点是线段上的两点，连接，已知．    (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求证：四边形为菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质和判定等知识点；熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解答本题的关键． （1）由平行四边形的性质得，再证明，得，进而得，然后由平行四边形的判定即可得出结论； （2）证明平行四边形是菱形，得，再由菱形的判定即可得出结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ． 在和中， ， ， ， 即， 四边形是平行四边形． （2）证明：四边形是平行四边形，， 平行四边形是菱形， ． 由（1）可知，四边形是平行四边形， 平行四边形是菱形． 2．如图1，是的角平分线，、分别是边、上的点，满足，连结交于点，且，连结、． (1)求证：四边形是菱形． (2)如图2，若，，，求菱形的边长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、含角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）由等腰三角形的性质得，，再证明四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）由菱形的性质得，，再由含角的直角三角形的性质得，设，则，进而得，然后求出，则，即可得出结论． 【详解】（1）证明：，平分， ，， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形是菱形； （2）解：由（1）可知，四边形是菱形， ，， ， ， ， ， 设，则， ， ， ， 解得：， ， 即菱形的边长为． 3．如图，在中，，点E是的中点，连接并延长，交的延长线于点F，，连接，． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定证明得到，先证明四边形是平行四边形，再证明，根据菱形的判定可证的结论； （2）根据平行四边形的性质和菱形的性质证明是等边三角形，进而得到可求解． 【详解】（1）证明∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， 又， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴，即， ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是平行四边形，， ∴，，，则， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴，即， ∴四边形的周长为． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键． 类型七、矩形的判定 【解惑】如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证四边形为平行四边形，再证，即可得出结论； （2）由矩形的性质得，，再由勾股定理的逆定理得为直角三角形，，然后由面积法求出的长，即可得出答案． 【详解】（1）证明：， ，即， 四边形是平行四边形， ，， ， 又， 四边形为平行四边形， ， ， 平行四边形为矩形； （2）解：由（1）知，四边形为矩形， ，， ，，， ， 为直角三角形，， ， ，即，解得， ． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理的逆定理以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 【融会贯通】 1．如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，于点D，．点E，F分别是，的中点，连接，，，． (1)求证四边形为矩形． (2)若，则平行四边形的周长为____________． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质结合已知条件可证明四边形是平行四边形，然后利用含30度角的直角三角形的性质证明，即可证得结论； （2）先利用直角三角形的性质求出，然后利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点E，点F分别是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∵在中，，， ∴, ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵E是中点，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定、勾股定理、直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质是解题的关键． 2．如图，在中，，D是上一点，，平分交于点E，平分交于点F，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，连接，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形以及勾股定理： （1）先证明，根据三个角是直角的四边形是矩形即可得证； （2）先求出，推出为等边三角形，根据含30度角的直角三角形的性质，求出，的长，勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）解：∵平分交于点E，平分交于点F， ∴， ∵， ∴即， ∵，， ∴四边形是矩形； （2）连接， ∵，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴ ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴． 3．如图，在中，对角线，延长到点E，使，连接，交于点F．连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了矩形的判定和性质、平行四边形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定和性质、平行四边形的性质是解题的关键． （1）利用平行四边形的性质得到，得到，再利用得到，则四边形是平行四边形．再利用得到，即可证明四边形是矩形． （2）证明，，，利用勾股定理即可得到答案． 【详解】（1）证明：在中，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）∵，， ∴， ∵，四边形是矩形， ∴，， 在中， 类型八、正方形的判定 【解惑】如图，在四边形AECF中，．CE、CF分别是△ABC的内，外角平分线．    （1）求证：四边形AECF是矩形． （2）当△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）当满足时，四边形AECF是正方形，见解析. 【分析】（1）求出∠ECF=90°=∠E=∠F，即可推出答案； （2）∠ACB=90°，推出∠ACE=∠EAC=45°，AE=CE即可． 【详解】（1）证明：∵CE、CF分别是的内、外角平分线， ，． ，即． ， ∴四边形AECF是矩形． （2）解：当满足时，四边形AECF是正方形． 理由： ．． ∵四边形AECF是矩形，∴四边形AECF是正方形． 故答案为（1）见解析；（2）当满足时，四边形AECF是正方形，见解析. 【点睛】本题考查对矩形和正方形的判定的理解和掌握，能求出四边形AECF是矩形是解题的关键． 【融会贯通】 1．如图，在中，，平分，，，垂足分别为E、F．求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了正方形的判定，角平分线的性质和矩形的判定，要注意的一个四边形是正方形，必须先证明这个四边形为矩形或菱形．要证明四边形是正方形，则要先证明四边形是矩形，已知平分，，，故可根据由三个角是直角的四边形是矩形判定，再根据正方形的判定方法判定四边形是正方形． 【详解】证明：∵平分，，， ∴，，， 又∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴矩形是正方形． 2．如图，正方形的边长为5，点E为正方形边上一动点，过点B作于点P，将绕点A逆时针旋转得，连接交延长线于点F． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，求线段的长度． 【答案】(1)正方形，理由见解析 (2)3 【分析】本题考查全等三角形判定及性质，正方形判定，勾股定理，旋转性质等． （1）先判定，利用全等性质判定为矩形，继而判定为正方形； （2）根据题意设正方形 的边长为，在中应用勾股定理即可得到本题答案． 【详解】（1）解：由题意得：，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形； （2）解：∵正方形的边长为5， ∴， 设正方形 的边长为， ∴， ∵， ∴， 在中，，解得：， ∴线段的长度为． 3．如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，垂足为F，交直线于E，连接． (1)求证：： (2)当D为中点时，证明：四边形是菱形． (3)在满足（2）的条件下，当满足条件__________时，四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)是等腰三角形．（答案不唯一） 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质即可证明结论； （2）先证明四边形是平行四边形，再说明，在根据邻边相等的平行四边形是菱形即可证明结论； （3）根据正方形的判定定理添加条件，使四边形是正方形，然后再证明即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∴． （2）证明：∵D为中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，D为中点， ∴， ∴四边形是菱形． （3）解：当是等腰三角形时，四边形是正方形，理由如下： ∵， ∴， 由（2）可知，四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 故答案为：是等腰三角形．（答案不唯一） 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和判定、菱形的判定、正方形的判定、直角三角形的性质等知识点，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键． 【一览众山小】 1．下列命题中是真命题的是（    ） A．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直且平分的四边形是菱形 C．有一个角是直角且对角线相等的四边形是矩形 D．一个角为且一组邻边相等的四边形是正方形 【答案】B 【分析】本题考查命题的真假判断．根据题意，逐项判断即可． 【详解】解：A.一组对边相等，另一组对边平行的四边形不一定是平行四边形，此项不符合题意； B.对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，此项符合题意； C.有一个角是直角且对角线相等的四边形不一定是矩形，此项不符合题意； D.一个角为且一组邻边相等的四边形不一定是正方形，此项不符合题意． 故选：B． 2．如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的大小（菱形的边长不变）．当时，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的对角线平分对角的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，是对角线， ∴，平分， ∴， 故选：A ． 3．如图是一块菱形花坛，沿着它的对角线修建的两条小路的长分别为和，则这个菱形花坛的面积为 ． 【答案】42 【分析】本题考查菱形的性质，解题的关键是记住菱形的面积等于对角线乘积的一半．根据菱形的面积等于对角线长乘积的一半即可解决问题． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴菱形的面积． 故答案为：42． 4．点是矩形的对角线的延长线上一点，若，，则 ． 【答案】/度 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，先由矩形的性质得到，再由等边对等角和三角形内角和定理求出，进一步证明，即可得到． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 5．如图，已知矩形，过点作交的延长线于点．求证：． 【答案】见解析 【分析】根据矩形的对应边相等及对角线相等，找出等量关系求解即可． 主要考查了矩形的性质．要掌握矩形的性质：对角线相等，对应边平行且相等． 【详解】证明：四边形是矩形， ，， 又∵， 四边形是平行四边形， ， ． 6．如图，在梯形中，，，动点P从点A出发沿方向向点D以的速度运动，动点Q从点C开始沿着方向向点B以的速度运动，点P、Q分别从点A和点C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点随之停止运动． (1)经过多长时间，四边形是平行四边形？ (2)经过多长时间，四边形是矩形？ 【答案】(1)经过时，四边形是平行四边形 (2)经过时，四边形是矩形 【分析】本题主要考查了平行四边形的想在，矩形的性质： （1）设经过时，四边形是平行四边形，则，根据即可求解； （2）设经过时，四边形是矩形，则，根据，即可求解． 【详解】（1）解：设经过时，四边形是平行四边形，则， 由题意得，， ∴ ∵， ∴， 解得，    即经过时，四边形是平行四边形； （2）解：设经过时，四边形是矩形，则， 由题意得，， ∴， ∵， ， 解得， 即经过时，四边形是矩形． 7．如图，在中，E、F分别是、延长线上的点，连接、，且，．求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质、由已知容易证明，进而可得，从而由邻边相等的平行四边形是菱形得出结论. 【详解】证明：在与中， ， ∴， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 8．如图，是锐角中边上的高，将沿所在的直线翻折得到，将沿所在的直线翻折得到，延长相交于点P．    (1)如图1，若，求证：四边形为正方形； (2)如图2，若，当是等腰三角形时，求的度数； (3)如图3，连结，分别交于点G、H，连结交于点M，若，求_________度； 【答案】(1)见解析 (2)或 (3)①； 【分析】(1)根据折叠的性质知而，由此可证得四边形是矩形；而，所以四边形是正方形； (2)利用翻折先求出，再对等腰三角形进行分类讨论即可求得答案； (3)利用利用等腰三角形求出，然后即可得解． 【详解】（1）解：∵，且和分别是由和翻折得到 ∴， ∴四边形为矩形 又∵， ∴四边形为正方形． （2）解：设，则， ∴， 而 ∵是等腰三角形 ∴当时， ∴ 当时， ∴ 当时， ∴ ∴为或 （3）解：由(1)知 ∴ ∴ 故答案为：； 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了翻折变换，等腰三角形性质等知识，对等腰三角形进行正确的分类讨论是解题关键． 6 学科网（北京）股份有限公司 $$