第01章 特殊的平行四边形 章节汇总练习 （10个知识点+40题练习）-2024年新九年级数学暑假预习核心知识点与常见题型通关讲解练（北师大版）

第01章 特殊的平行四边形 章节汇总练习 （10个知识点+40题练习） 知识点合集 知识点1．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． 知识点2．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＝ab．（a、b是两条对角线的长度） 知识点3．菱形的判定 ①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）； ②四条边都相等的四边形是菱形． 几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD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”）． 几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形 知识点4．菱形的判定与性质 （1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形． （2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）　　（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法． （4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形． 知识点5．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． 知识点6．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． 知识点7．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． 知识点8．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． 知识点9．正方形的判定 正方形的判定方法： ①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等； ②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角． ③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定． 知识点10．正方形的判定与性质 （1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质． （2）正方形的判定 正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定． 试题练习 一．直角三角形斜边上的中线 1．（2022•永嘉县三模）如图，在中，为斜边的中线，在边及的延长线上依次取点，，且． （1）求证：． （2）若，求的度数． 2．（2023•杭州一模）如图，在锐角三角形中，是边上的高线，是边上的中线．若，，，则　　（用含的代数式表示）． 3．（2023•温州模拟）如图所示，在中，是边上的高线，是边上的中线，于点，． （1）证明：． （2）若，，求的长． 4．（2024•大石桥市校级一模）如图，在中，，点是的中点，连接，分别以点，为圆心，的长为半径在外画弧，两弧交于点，连接，，过点作于点．若，，则的长为　　 A． B．4 C． D．5 二．菱形的性质 5．（2024春•东阳市期末）菱形的周长为，一个内角的度数是，则该菱形的面积为　　 A． B． C． D． 6．（2024•莲都区二模）如图，在菱形中，，以点为圆心，长为半径画弧，交对角线于点，则的值是 　　． 7．（2024•瓯海区校级三模）如图，四边形是菱形，于点，于点． （1）求证：； （2）若，，求菱形的面积． 8．（2024•路桥区二模）如图，在菱形中，是的中点，连接并延长，交的延长线于点． （1）求证：； （2）连接，若，，求的长． 三．菱形的判定 9．（2020•浙江）如图，的对角线，相交于点，请添加一个条件：　 　，使是菱形． 10．（2021•瓯海区模拟）如图，四边形的对角线互相平分，要使它变为菱形，需要添加的条件是　　 A． B． C． D． 11．（2021•余杭区模拟）在平面直角坐标系中，已知点，，，，，，则以这四个点为顶点的四边形是 　　． 12．（2024•浙江模拟）如图，四边形是平行四边形，是对角线的中点，过点的直线分别交边，于点，，连接，． （1）求证：； （2）作的平分线交于点，若，求证：四边形是菱形． 四．菱形的判定与性质 13．（2020•柯城区校级一模）如图，在中，，．做如下操作：在中的边，，上分别取点，，，使得四边形为菱形，称其为第一次操作；在中的边，，上分别取点，，，使得四边形为菱形，称其为第二次操作；按照同样的方式进行连续操作，则经第2020次操作，得到的新菱形边长为　　 A． B． C． D． 14．（2022•西湖区校级开学）如图两张长相等，宽分别是1和3的矩形纸片上叠合在一起，重叠部分为四边形，且，则四边形的面积为 　　． 15．（2024•温州模拟）如图，在四边形中，，，对角线、交于点，平分，过点作交延长线于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求四边形的面积． 16．（2022秋•鄞州区期中）如图，菱形中，，、交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点、，连接、．则下列结论：①； ②四边形是菱形；③；其中正确的是　　 A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 五．矩形的性质 17．（2024春•江南区期末）如图，在矩形中，对角线和交于点，若，则　　． 18．（2024•肥城市一模）如图，在矩形中，为边上一点，平分，为的中点，连接，，过点作分别交，于，两点． （1）求证：； （2）请判断，的位置关系，并说明理由． 19．（2024•深圳模拟）如图，在矩形中，，对角线与相交于点，垂直平分于点，则的长为　　 A． B． C．4 D．2 20．（2024春•长沙期末）如图，矩形的对角线相交于点．若，，则的长为 　　． 六．矩形的判定（共4小题） 21．（2024春•路桥区期末）要使成为矩形，下列添加的条件中，正确的是　　 A． B． C． D． 22．（2024•下城区校级三模）如图，已知、为平行四边形的对角线上的两点，且， （1）求证：； （2）若，求证：四边形为矩形． 23．（2021•上城区二模）已知四边形为平行四边形，要使四边形为矩形，则可增加条件为　　 A． B． C． D．平分 24．（2023秋•西湖区校级月考）一种燕尾夹如图①所示，图②是在闭合状态时的示意图，图③是在打开状态时的示意图（数据如图，单位：．则在图③时，点，之间的距离为 　　． 七．矩形的判定与性质 25．（2024•江阳区校级三模）如图，在中，，，，为边上一动点（且点不与点、重合），于，于，为中点．设的长为，则的取值范围是　　 A． B． C． D． 26．（2024春•浏阳市期末）如图，四边形中，对角线、相交于点，，，且． （1）求证：四边形是矩形． （2）若，，求四边形的面积． 27．（2024•七星区校级模拟）如图，在矩形中，，分别是边，上的动点，是线段的中点，，，，为垂足，连接．若，，，则的最小值是 　　． 28．（2024春•椒江区期末）如图，在中，对角线，延长至点，使得，连接． （1）求证：四边形为矩形； （2）连接，若，，求的长． 八．正方形的性质 29．（2024•姜堰区一模）定义：一个四边形中，若有一个角的两边相等，且与它的对角互补，则称这个四边形为“半等边四边形”，则下列四边形一定是“半等边四边形”的是　　 A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 30．（2024•市北区校级二模）如图，正方形的对角线相交于点，点在边上，点在上，过点作，垂足为点，若，，，则的长为（　　 A．3 B． C． D． 31．（2024春•安溪县期末）如图，点是正方形对角线上一点，且，连接，则　　度． 32．（2024•黄岩区校级模拟）点在正方形的内部，且． （1）当时（如图，判断的形状，并说明理由； （2）如图2，延长交于点，若，设的面积为，的面积为，求的值． 九．正方形的判定 33．（2024春•椒江区期末）下列是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线相等；②它是矩形；③它是正方形．下列推理过程正确的是　　 A．由①推出②，由②推出③ B．由②推出①，由②推出③ C．由①推出②，由③推出② D．由②推出①，由③推出② 34．（2024春•内丘县期末）如图，菱形的对角线，交于点，只添加一个条件，就能使菱形成为正方形，添加的条件可以是 　　． 35．（2024•子洲县三模）在矩形中，对角线、交于点，请添加一个条件：　　，使矩形为正方形． 36．（2024春•湖北期中）如图，在矩形中，点，分别在边，上，，且，与相交于点．求证：矩形为正方形． 一十．正方形的判定与性质 37．（2024•韶关二模）如图，已知四边形为正方形，，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论：①矩形是正方形；②；③；④．其中结论正确的序号有　　 A．①②③④ B．①③④ C．①③ D．②④ 38．（2023•海州区校级三模）如图，在锐角中，，于点．若，，则的长为　　 A． B．2 C． D．2.4 39．（2024•南岗区校级二模）已知四边形，，，，若，，则　　． 40．（2024春•济阳区期末）四边形为正方形，，为对角线上一点，连接，过点作，交射线于点，以，为邻边作矩形，连接． （1）的长为 　　，　　度； （2）如图，当点在线段的延长线上时： ①求证：矩形是正方形； ②若，求正方形的边长； （3）当线段与正方形的某条边的夹角是时，请直接写出的度数． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第01章 特殊的平行四边形 章节汇总练习 （10个知识点+40题练习） 知识点合集 知识点1．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． 知识点2．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＝ab．（a、b是两条对角线的长度） 知识点3．菱形的判定 ①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）； ②四条边都相等的四边形是菱形． 几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD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”）． 几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形 知识点4．菱形的判定与性质 （1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形． （2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）　　（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法． （4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形． 知识点5．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． 知识点6．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． 知识点7．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． 知识点8．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． 知识点9．正方形的判定 正方形的判定方法： ①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等； ②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角． ③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定． 知识点10．正方形的判定与性质 （1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质． （2）正方形的判定 正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定． 试题练习 一．直角三角形斜边上的中线 1．（2022•永嘉县三模）如图，在中，为斜边的中线，在边及的延长线上依次取点，，且． （1）求证：． （2）若，求的度数． 【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质得出，从而可得，根据等量代换可知，根据平行线的判定可得出结论； （2）根据直角三角形的两个锐角互余可得，然后利用平行线的性质得出，再根据平角的定义得出角度即可． 【解答】（1）证明：在中，为斜边的中线， ， ， ， ， ； （2）解：在中，， ， ， ， ， ． 【点评】本题考查了平行线的判定与性质和直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质，以及平行线的判定与性质是本题的关键． 2．（2023•杭州一模）如图，在锐角三角形中，是边上的高线，是边上的中线．若，，，则　　（用含的代数式表示）． 【分析】连接，根据直角三角形斜边中线的性质可得出，再根据题意结合三角形外角的性质易证，即得出，说明为等腰直角三角形，得出．设，则，，根据勾股定理可求出．最后在中，利用勾股定理列出关于的方程，解出的值即可求解． 【解答】解：如图，连接． 是边上的高线， ． 是边上的中线， 点为中点， ， ． ， ． 又， ， ， 为等腰直角三角形， ． 设，则，， ． ，即， 解得：， ． 故答案为：． 【点评】本题考查直角三角形斜边中线的性质，三角形外角的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识．正确作出辅助线是解题关键． 3．（2023•温州模拟）如图所示，在中，是边上的高线，是边上的中线，于点，． （1）证明：． （2）若，，求的长． 【分析】（1）连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，由，等量代换得到，再根据等腰三角形三线合一的性质，即可得出； （2）过作于．先证明是的中位线，可求出．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，由勾股定理求得的长，而，那么，进而根据勾股定理求出． 【解答】（1）证明：连接，如图． ， ， 又为中点， ， ， ，又， ； （2）解：过作于，如图． ，， ， 为中点， 是的中位线， ． ， ， ， ， ， ． 【点评】此题考查了勾股定理，三角形中位线的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 4．（2024•大石桥市校级一模）如图，在中，，点是的中点，连接，分别以点，为圆心，的长为半径在外画弧，两弧交于点，连接，，过点作于点．若，，则的长为　　 A． B．4 C． D．5 【分析】证明四边形是菱形，根据菱形的面积即可以求出的长． 【解答】解：在中，，点是的中点， ， ，， 四边形是菱形， 如图，过点作于点， ，， ， ． ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故选：． 【点评】本题考查尺规作图、菱形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线的性质等，掌握这些性质是解题的关键． 二．菱形的性质 5．（2024春•东阳市期末）菱形的周长为，一个内角的度数是，则该菱形的面积为　　 A． B． C． D． 【分析】连接，过作于，由菱形的性质推出，，得到，求出，判定是等边三角形，因此，求出，由勾股定理求出，于是得到菱形的面积． 【解答】解：如图，菱形中，， 连接，过作于， 四边形是菱形， ，， ， ， ， 是等边三角形， ， ， 菱形的周长是， ， ， ， 菱形的面积． 故选：． 【点评】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，关键是判定是等边三角形，由勾股定理求出的长． 6．（2024•莲都区二模）如图，在菱形中，，以点为圆心，长为半径画弧，交对角线于点，则的值是 　　． 【分析】设，连接交于点，如图所示，根据菱形的性质得到，，，求得，，得到，求得，于是得到结论． 【解答】解：设， 连接交于点，如图所示， 四边形是菱形，，， ，，， ，， ，， ， ， ， 的值是， 故答案为：． 【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键． 7．（2024•瓯海区校级三模）如图，四边形是菱形，于点，于点． （1）求证：； （2）若，，求菱形的面积． 【分析】（1）由菱形的四条边相等、对角相等的性质知，；然后根据已知条件“，”知；最后由全等三角形的判定定理证明； （2）由全等三角形的对应边相等知，然后根据菱形的四条边相等求得，设，已知，则，利用勾股定理即可求出菱形的边长，进而可以求菱形的面积． 【解答】（1）证明：四边形是菱形， ，， ，， ， 在和中， ， ； （2）解：设菱形的边长为， ，， ， ， ， 在中，根据勾股定理得， ， 即， 解得， 菱形的边长是5， 菱形的面积． 【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键熟记菱形的性质并灵活运用． 8．（2024•路桥区二模）如图，在菱形中，是的中点，连接并延长，交的延长线于点． （1）求证：； （2）连接，若，，求的长． 【分析】（1）由菱形的性质得，，所以，而，即可根据“”证明，得，所以； （2）由，得，而，则． 【解答】（1）证明：四边形是菱形， ，， ， 是的中点， ， 在和中， ， ， ， ． （2）解：， ， ， ， 的长为2． 【点评】此题重点考查菱形的性质、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知识，证明是解题的关键． 三．菱形的判定 9．（2020•浙江）如图，的对角线，相交于点，请添加一个条件：　（答案不唯一）　，使是菱形． 【分析】根据菱形的定义得出答案即可． 【解答】解：邻边相等的平行四边形是菱形， 当，为菱形； 故答案为：（答案不唯一）． 【点评】此题主要考查了菱形的判定以及平行四边形的性质，根据菱形的定义得出是解题关键． 10．（2021•瓯海区模拟）如图，四边形的对角线互相平分，要使它变为菱形，需要添加的条件是　　 A． B． C． D． 【分析】由已知条件得出四边形是平行四边形，再由一组邻边相等，即可得出四边形是菱形． 【解答】解：需要添加的条件是； 理由如下： 四边形的对角线互相平分， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）， 故选：． 【点评】本题考查了菱形的判定方法，熟练掌握平行四边形和菱形的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键． 11．（2021•余杭区模拟）在平面直角坐标系中，已知点，，，，，，则以这四个点为顶点的四边形是 　菱形　． 【分析】由，，，，，，可得，，，即可判定四边形是菱形． 【解答】解：，，，，，， ，， 四边形是平行四边形， ，在轴上，，在轴上， ， 是菱形． 故答案为：菱形． 【点评】此题考查了菱形的判定．此题难度不大，注意掌握坐标与图形的性质． 12．（2024•浙江模拟）如图，四边形是平行四边形，是对角线的中点，过点的直线分别交边，于点，，连接，． （1）求证：； （2）作的平分线交于点，若，求证：四边形是菱形． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，，进而利用全等三角形的判定和性质得出，进而得出即可； （2）根据平行线的性质和角平分线的定义得出，进而利用菱形的判定解答即可． 【解答】证明：（1）四边形是平行四边形， ，，， ， 在与中， ， ， ， ， 即； （2），， 四边形是平行四边形， ， ，， 的平分线交于点， ， ， ， 是菱形． 【点评】此题考查菱形的判定，关键是根据平行四边形的性质得出，解答． 四．菱形的判定与性质 13．（2020•柯城区校级一模）如图，在中，，．做如下操作：在中的边，，上分别取点，，，使得四边形为菱形，称其为第一次操作；在中的边，，上分别取点，，，使得四边形为菱形，称其为第二次操作；按照同样的方式进行连续操作，则经第2020次操作，得到的新菱形边长为　　 A． B． C． D． 【分析】根据相似三角形的判定与性质可得，设，则，由菱形的性质得的值，即可得到答案． 【解答】解：， ， ，， ， ， 设，则， ， ， ， ，即（第一次操作）， ，（第二次操作，下标为， 以此类推，，（第2020次操作）， 故选：． 【点评】此题考查的是菱形的性质、等腰三角形的性质等知识，掌握二者的性质是解决此题关键． 14．（2022•西湖区校级开学）如图两张长相等，宽分别是1和3的矩形纸片上叠合在一起，重叠部分为四边形，且，则四边形的面积为 　4.5　． 【分析】根据题意判定四边形是平行四边形．如图，过点作于点，过点作于点，利用面积法求得与的数量关系，从而求得该平行四边形的面积． 【解答】解：依题意得：，，则四边形是平行四边形． 如图，过点作于点，过点作于点， ，， ， ． 又， ，， 四边形的面积． 故答案为：4.5． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质．根据面积法求得是解题的关键，另外，注意解题过程中辅助线的作法． 15．（2024•温州模拟）如图，在四边形中，，，对角线、交于点，平分，过点作交延长线于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求四边形的面积． 【分析】（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． 【解答】（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． 【点评】本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握菱形的面积公式是解题的关键． 16．（2022秋•鄞州区期中）如图，菱形中，，、交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点、，连接、．则下列结论：①； ②四边形是菱形；③；其中正确的是　　 A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【分析】①正确．只要证明是的中位线即可；②正确．根据邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；③正确．由，，推出是的中位线，推出，，推出，，推出的面积的面积，的面积的面积的4倍，，推出的面积的面积的2倍，再由的面积的面积的面积，即可推出；即可得出结论． 【解答】解：四边形是菱形， ，，，，， ， ， ， 在和中， ， ， ， 是的中位线， ，①正确； ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 、是等边三角形， ， 四边形是菱形，②正确； ，， 是的中位线， ，， ，， 的面积的面积，的面积的面积的4倍，， 的面积的面积的2倍， 又的面积的面积的面积， ；③正确； 正确的是①②③． 故选：． 【点评】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． 五．矩形的性质 17．（2024春•江南区期末）如图，在矩形中，对角线和交于点，若，则　7　． 【分析】由矩形的性质可得． 【解答】解：四边形是矩形， ， 故答案为：7． 【点评】本题考查了矩形的性质，掌握矩形的对角线相等是解题的关键． 18．（2024•肥城市一模）如图，在矩形中，为边上一点，平分，为的中点，连接，，过点作分别交，于，两点． （1）求证：； （2）请判断，的位置关系，并说明理由． 【分析】（1）由矩形的性质得出，，根据平行线的性质得出，根据角平分线的定义得出，于是有，根据等角对等边得到，于是问题得证； （2）连接，先证和全等，再证，即可得出，的位置关系． 【解答】（1）证明：四边形是矩形， ，， ， 平分， ， ， ， ； （2）解：，理由： 如图，连接， 四边形是矩形， ，，， 为的中点， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 由（1）知，为的中点， ， ， ， 即． 【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，角平分线的定义，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 19．（2024•深圳模拟）如图，在矩形中，，对角线与相交于点，垂直平分于点，则的长为　　 A． B． C．4 D．2 【分析】由矩形的性质和线段垂直平分线的性质可证是等边三角形，可得，即可求解． 【解答】解：四边形是矩形， ， 垂直平分， ， ， 是等边三角形， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 20．（2024春•长沙期末）如图，矩形的对角线相交于点．若，，则的长为 　　． 【分析】由矩形的性质可得为等边三角形，则可求得的长，再由勾股定理即可求得的长． 【解答】解：四边形是矩形， ，， ， ， 是等边三角形， ， ， ． 故答案为：． 【点评】此题考查了矩形的性质：矩形的对角线互相平分且相等．解答此题的关键在于数形结合思想的应用． 六．矩形的判定（共4小题） 21．（2024春•路桥区期末）要使成为矩形，下列添加的条件中，正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据矩形的判定方法①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，针对每一个选项进行判断，即可选出正确答案． 【解答】解：、添加，可以证明是菱形，故此选项不符合题意； 、添加，可以证明是菱形，故此选项不符合题意； 、添加，不可以证明是矩形，故此选项不符合题意； 、添加能证明是矩形，故此选项符合题意； 故选：． 【点评】此题主要考查了矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定方法． 22．（2024•下城区校级三模）如图，已知、为平行四边形的对角线上的两点，且， （1）求证：； （2）若，求证：四边形为矩形． 【分析】（1）由证明即可； （2）由全等三角形的性质得，．再证，则四边形为平行四边形．然后由矩形的判定即可得出结论． 【解答】证明：（1）四边形是平行四边形， ，， ， 在和中， ， ； （2）如图，由（1）可知，， ，． ， ， 四边形为平行四边形． 又， 平行四边形为矩形． 【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定，证明三角形全等是解题的关键． 23．（2021•上城区二模）已知四边形为平行四边形，要使四边形为矩形，则可增加条件为　　 A． B． C． D．平分 【分析】由四边形是平行四边形，增加或或平分，可判定四边形是菱形，由，即可判定四边形是矩形．注意掌握排除法在选择题中的应用． 【解答】解：、四边形是平行四边形，， 四边形是菱形，故不符合题意； 、四边形是平行四边形，， 四边形是矩形，故符合题意； 、四边形是平行四边形，， 四边形是菱形，故不符合题意； 、四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， 四边形是菱形，故不符合题意； 故选：． 【点评】此题考查了矩形的判定，熟记矩形的判定定理是解此题的关键． 24．（2023秋•西湖区校级月考）一种燕尾夹如图①所示，图②是在闭合状态时的示意图，图③是在打开状态时的示意图（数据如图，单位：．则在图③时，点，之间的距离为 　20　． 【分析】连接，先证明四边形是矩形，即可得到． 【解答】解：连接，如图， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ． 故答案为：20． 【点评】本题考查矩形的判定，解答时涉及平行线的判定，平行四边形的判定，掌握矩形的判定方法是解题的关键． 七．矩形的判定与性质 25．（2024•江阳区校级三模）如图，在中，，，，为边上一动点（且点不与点、重合），于，于，为中点．设的长为，则的取值范围是　　 A． B． C． D． 【分析】根据勾股定理的逆定理求出是直角三角形，得出四边形是矩形，求出，求出，即可得出答案． 【解答】解：连接． ，，， ，， ， ， ，， ， 四边形是矩形， ， ，为中点， ， 当时，值最小， 此时， ， 即的范围是， ， 的范围是（即． 当和重合时，， 和、不重合， ， 综上所述，的取值范围是：． 故选：． 【点评】本题考查了垂线段最短，三角形面积，勾股定理的逆定理，矩形的判定的应用，关键是求出的范围和得出． 26．（2024春•浏阳市期末）如图，四边形中，对角线、相交于点，，，且． （1）求证：四边形是矩形． （2）若，，求四边形的面积． 【分析】（1）根据对角线互相平分证明四边形是平行四边形，结合可证四边形是矩形； （2）由矩形的性质可得，结合可证是等边三角形，推出，再利用勾股定理解，再根据矩形的面积公式计算即可． 【解答】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形； （2）解：四边形是矩形， ． ， 是等边三角形， ， ， 在中，． 四边形的面积为． 【点评】本题主要考查矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，解答本题的关键是推导出是等边三角形． 27．（2024•七星区校级模拟）如图，在矩形中，，分别是边，上的动点，是线段的中点，，，，为垂足，连接．若，，，则的最小值是 　8　． 【分析】连接、、，由勾股定理求出，再由直角三角形斜边上的中线性质得，然后证四边形是矩形，得，当、、三点共线时，最小，即可求解． 【解答】解：连接、、，如图所示： 四边形是矩形， ，， ， 是线段的中点， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 当、、三点共线时，最小， 的最小值是8， 故答案为：8． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，求出的最小值是解题的关键． 28．（2024春•椒江区期末）如图，在中，对角线，延长至点，使得，连接． （1）求证：四边形为矩形； （2）连接，若，，求的长． 【分析】（1）由平行四边形的性质得，，再证明，则四边形是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）由含角的直角三角形的性质得，再由平行四边形的性质得，然后由矩形的性质得，即可得出结论． 【解答】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是平行四边形， 又， ， 平行四边形为矩形； （2）解：， ， ，， ， 四边形是平行四边形， ， 由（1）可知，四边形为矩形， ， ， 即的长为4． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质以及含角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 八．正方形的性质 29．（2024•姜堰区一模）定义：一个四边形中，若有一个角的两边相等，且与它的对角互补，则称这个四边形为“半等边四边形”，则下列四边形一定是“半等边四边形”的是　　 A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【分析】根据半等边四边形即可解答． 【解答】解：满足有一个角的两边相等，且与它的对角互补的图形只有正方形， 故选：． 【点评】本题考查正方形的性质，平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，熟练掌握这些图形的性质是解题关键． 30．（2024•市北区校级二模）如图，正方形的对角线相交于点，点在边上，点在上，过点作，垂足为点，若，，，则的长为　　 A．3 B． C． D． 【分析】证明，可得，再利用等腰直角三角形即可解决问题． 【解答】解：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 故选：． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到． 31．（2024春•安溪县期末）如图，点是正方形对角线上一点，且，连接，则　22.5　度． 【分析】由正方形，，得，，即可得． 【解答】解：由正方形，， 得，， 得． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，解题关键是正确应用等腰三角形的性质． 32．（2024•黄岩区校级模拟）点在正方形的内部，且． （1）当时（如图，判断的形状，并说明理由； （2）如图2，延长交于点，若，设的面积为，的面积为，求的值． 【分析】解：（1）现根据，得出，则四边形是正方形，得出，，利用证明，推出， 因为，则，所以为等边三角形； （2）作于，于．根据，，推出，则，推出，所以． 【解答】（1）为等边三角形，理由如下： ， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， 为等边三角形； （2）作于，于． ，， ， ， ， ． 【点评】本题考查正方形的性质，三角形的面积，三角形全等的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 九．正方形的判定 33．（2024春•椒江区期末）下列是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线相等；②它是矩形；③它是正方形．下列推理过程正确的是　　 A．由①推出②，由②推出③ B．由②推出①，由②推出③ C．由①推出②，由③推出② D．由②推出①，由③推出② 【分析】根据正方形的性质与判定，矩形的性质与判定逐一判断即可． 【解答】解：、对角线相等的四边形不一定是矩形，即由①不能推出②，正方形是特殊的矩形，即由②不可以推出③，故此选项不符合题意； 、矩形是特殊的平行四边形，即由②可以推出①，正方形是特殊的矩形，即由②不可以推出③，故此选项不符合题意； 、对角线相等的四边形不一定是矩形，即由①不能推出②，正方形是特殊的矩形，由③推出②，故此选项不符合题意； 、矩形的对角线相等，即由②能推出①，正方形是特殊的矩形，即由③不能推出②，故此选项符合题意； 故选：． 【点评】本题主要考查了正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键． 34．（2024春•内丘县期末）如图，菱形的对角线，交于点，只添加一个条件，就能使菱形成为正方形，添加的条件可以是 　或　． 【分析】根据菱形的性质及正方形的判定来添加合适的条件． 【解答】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角（2）对角线相等． 即或． 故答案为：或． 【点评】本题考查特殊四边形的判定，关键是根据菱形的性质及正方形的判定解答． 35．（2024•子洲县三模）在矩形中，对角线、交于点，请添加一个条件：　（答案不唯一，如等）　，使矩形为正方形． 【分析】根据有一组邻边相等或对角线互相垂直的矩形是正方形添加条件． 【解答】解：根据有一组邻边相等或对角线互相垂直的矩形是正方形，得到应该添加的条件为：或或或或． 故答案为：（答案不唯一，如等）． 【点评】本题是考查了正方形的判定，判别一个四边形为正方形主要根据正方形的概念，途经有两种：①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角． 36．（2024春•湖北期中）如图，在矩形中，点，分别在边，上，，且，与相交于点．求证：矩形为正方形． 【分析】根据矩形的性质得，由等角的余角相等可得，利用可得，由全等三角形的性质得即可得四边形是正方形． 【解答】证明：四边形是矩形， ， ， ， ，， ， ， ， 四边形是矩形， 四边形是正方形． 【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键． 一十．正方形的判定与性质 37．（2024•韶关二模）如图，已知四边形为正方形，，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论：①矩形是正方形；②；③；④．其中结论正确的序号有　　 A．①②③④ B．①③④ C．①③ D．②④ 【分析】过作于点，过作于点，如图所示：根据正方形的性质得到，，推出四边形为正方形，由矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，推出矩形为正方形；故①正确； 当时，点与点重合，可对②进行判断； 证明，得到，可对③进行判断； 根据等腰直角三角形和线段的和差可对④进行判断． 【解答】解：①如图，过作于点，过作于点， 四边形是正方形， ，， ， ， 四边形为正方形， ， 四边形是矩形， ， ， 又， 在和中， ， ， ， 矩形为正方形；故①正确； ②当时，点与点重合， 不一定等于，故②错误； ③由①知：，， 四边形是正方形， ，， ， 在和中， ， ， ， 故③正确； ④，， ， ． 故④正确； 故选：． 【点评】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 38．（2023•海州区校级三模）如图，在锐角中，，于点．若，，则的长为　　 A． B．2 C． D．2.4 【分析】方法一：过点作于点，根据勾股定理可得的长，根据，求出的长，设，根据，进一步可得，列方程求出的值，即可确定的长度； 方法二：过点作于点，可证，根据相似三角形的性质可得，设，则，可知，根据，求出的值，可得和的长，在中，根据勾股定理求出的长，再根据进一步计算即可． 【解答】解：方法一：过点作于点，如图所示： 则， ， ， ，， 在中，根据勾股定理得， ， ， ， 设， 则， 在中，根据勾股定理得， ， ， ， 解得（舍去）或， ； 方法二：过点作于点，如图所示： 则， ， ， ， ， ， ， ，， ， 设，则， ，， ， ， ， 在中，根据勾股定理得， ， ， ，， 在中，根据勾股定理得， ， 故选：． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用，勾股定理，等积法，锐角三角函数，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键． 39．（2024•南岗区校级二模）已知四边形，，，，若，，则　　． 【分析】作，，则，根据证明得，，延长交的延长线于点，设，在中利用勾股定理求解即可． 【解答】解：作，，则． ，， ． 在和中， ， ， ，． 延长交的延长线于点，则四边形是正方形， ． 设，则， 在中，， 解得（负值舍去）， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键． 40．（2024春•济阳区期末）四边形为正方形，，为对角线上一点，连接，过点作，交射线于点，以，为邻边作矩形，连接． （1）的长为 　　，　　度； （2）如图，当点在线段的延长线上时： ①求证：矩形是正方形； ②若，求正方形的边长； （3）当线段与正方形的某条边的夹角是时，请直接写出的度数． 【分析】（1）根据正方形性质得，，，在中由勾股定理可求出的长； （2）①过点作于，，则四边形为正方形，再证明和全等，进而即可得出结论； ②连接，先证明和全等得，，则，，，由此可得的长； （3）当线段与正方形的某条边的夹角是时，有以下两种情况：①当时，此时点在线段上，则，过点作于，，交的延长线于，同（2）①可证四边形为正方形，继而再证明和全等得，由此可得的度数；②当时，此时点在的延长线上，则，过点作于，，交的延长线于，同理得，由此可得的度数综上所述即可得出答案． 【解答】解：（1）四边形为正方形，， ，，， 在中，由勾股定理得：， 故答案为：，45． （2）①过点作于，，如图1所示： 则四边形为矩形， ， 为等腰直角三角形， ， 矩形为正方形， ，， ， 四边形为矩形， ， ， ， 在和中， ， ， ， 矩形是正方形； ②连接，如图2所示： 四边形和四边形都是正方形， ，，，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ， ； （3）当线段与正方形的某条边的夹角是时，有以下两种情况： ①当时，此时点在线段上， ， 过点作于，，交的延长线于，如图3所示： 则四边形为矩形， 同（2）①可证四边形为正方形， ，，， ， ， 在和中， ， ， ， ； ②当时，此时点在的延长线上， ， 过点作于，，交的延长线于，如图3所示： 由（2）①可知：四边形为正方形， 同理可证：， ， ， 综上所述：的度数为或． 【点评】此题主要考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质等，熟练掌握正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键，正确地作出辅助线构造正方形、矩形、全等三角形是解决问题的难点，分类讨论是易错点． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$