第01章 特殊的平行四边形 章节整合练习（10个知识点+40题练习）-2024-2025学年九年级上学期数学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 章节整合练习（10个知识点+40题练习） 章节知识清单练习 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． 章节题型整合练习 一．直角三角形斜边上的中线 1．（2024•环翠区一模）将一副三角板按如图所示摆放，点恰好是边中点，则的度数为　　 A． B． C． D． 2．（2024春•吕梁期末）如图，在中，，，，，则的长为　　 A．8 B．6 C．4 D．2 3．（2024春•祁阳市期末）如图，在中，，，点为边的中点，，则的长为 　　． 4．（2024春•泰州期末）证明：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．（要求画图并写出已知、求证以及证明过程） 二．菱形的性质 5．（2024春•南平期末）菱形的对角线长分别为6和8，则该菱形的面积是 　　． 6．（2024•罗湖区校级模拟）四边形是菱形，对角线，相交于点，且，，则菱形的面积为　　 A．48 B．96 C．120 D．240 7．（2024•市中区一模）如图，菱形中，点，分别在边，上，，求证：． 8．（2024•镇安县三模）如图，四边形是菱形，于点，于点．求证：． 三．菱形的判定 9．（2024•埇桥区校级二模）如图，的对角线交于点，添加下列条件不能判断四边形是菱形的是　　 A． B． C． D． 10．（2024•雁塔区校级模拟）如图，平行四边形的对角线，相交于点，请你添加一个条件：　　，使四边形是菱形． 11．（2024•邯郸二模）已知：在四边形中，，，如图，求证，四边形是菱形． 证明：，， 四边形是平行四边形， 又 “_____”， 四边形是菱形． 在以上证明过程中，“_____”可以表示的是　　 A． B． C． D． 12．（2024•甘谷县三模）如图，在平行四边形中，点、在对角线上，且 （1）求证：； （2）若，，，该判断当的长度为多少时，四边形为菱形，并说明理由． 四．菱形的判定与性质 13．（2024•青秀区校级模拟）如图，将两条宽度都是为2的纸条重叠在一起，使，则四边形的面积为 　　． 14．（2024•广西）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为 　　． 15．（2024•丰润区一模）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中菱形的对角线长为　　 A．10 B．20 C． D． 16．（2024•大冶市模拟）已知：如图，是的角平分线，过点分别作和的平行线交于点，交于点． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，则四边形的面积为 　　． 五．矩形的性质 17．（2024•咸阳模拟）在矩形中，，为边的中点，点在边上，且，连接，和．若，则的长为 　　． 18．（2024•平遥县二模）如图，在矩形中，，，过对角线的交点作，交于点，交于点，则的长是　　 A．3 B． C． D． 19．（2024•昭阳区模拟）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，以，为边作矩形，连接，交于点． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，菱形的面积是，求的长． 20．（2024•顺河区一模）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，与相交于点，连接、． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 六．矩形的判定 21．（2024•河北一模）如图，有甲、乙两个四边形，分别标出了部分数据，则下列判断正确的是　　 A．甲是矩形 B．乙是矩形 C．甲、乙均是矩形 D．甲、乙都不是矩形 22．（2024•黑龙江二模）如图，已知中对角线，相交于点，请你添加一个适当的条件，使成为一个矩形．你添加的条件是　　． 23．（2024春•青浦区期末）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点，若再添加一个条件，就可得平行四边形是矩形，则你添加的条件是　　． 24．（2024•新疆二模）如图，已知平行四边形． （1）若，是上两点，且，求证：； （2）若，求证：四边形是矩形． 七．矩形的判定与性质 25．（2024春•石狮市期末）如图，在中，，，，为上一动点，于，于，则的最小值为　　． 26．（2024春•娄星区期末）下列说法正确的是　　 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．对角线相等的四边形是矩形 C．矩形是轴对称图形，两条对角线所在的直线是它的对称轴 D．对角线互相垂直的平行四边形为菱形 27．（2024春•夹江县期末）如图，在中，过点作于点，，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）若平分，四边形面积为20，，求的长度． 28．（2024•二道区校级模拟）如图，在等边中，点是的中点，点是的中点，以为边作等边，连接点、． （1）求证：四边形为矩形； （2）若，则线段　　． 八．正方形的性质 29．（2024•山海关区校级一模）如图1，在正方形卡片上剪掉两个如图2所示大小的三角形，剩余图形中小正方形的面积为　　 A．1 B．2 C．3 D．4 30．（2024•温州模拟）如图，四边形，四边形，四边形都是正方形，，，是某个直角三角形的三边，其中是斜边，若，四边形的面积为8，则的长为　　 A．10 B． C． D．12 31．（2024•市南区开学）如图，厘米，厘米，则阴影部分的面积是 　　平方厘米． 32．（2024•安徽三模）点是正方形的对角线上一点，过点作交于点，的延长线交于点，交于点． （1）如图1，证明：； （2）如图2，若，，求的长． 九．正方形的判定 33．（2024•永昌县校级三模）如图，在四边形中，，，，在不添加任何辅助线的前提下，若使四边形是正方形，只需添加的一个条件是 　　． 34．（2024•榆阳区三模）已知菱形的对角线相交于点，下列条件中，能够判定菱形为正方形的是　　 A． B． C． D． 35．（2024•郓城县校级一模）将菱形的两个相邻的内角记为和，定义为菱形的“接近度”，则当“接近度”为 　　时，这个菱形就是正方形． 36．（2024春•白河县期末）已知：如图，在矩形中，、分别是边、上的点，，且． 求证：矩形是正方形． 一十．正方形的判定与性质 37．（2024•秦淮区二模）如图，在正方形中，是的中点，是靠近点的的四等分点．已知，，．下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的序号是　　 A．①② B．①③ C．①④ D．③④ 38．（2022秋•宝丰县期末）如图，锐角中，，是边上的高，，，则　　． 39．（2023秋•青羊区期末）如图，四边形是菱形，对角线、交于点，点、是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，． （1）求证：四边形是正方形； （2）若正方形的面积为72，，求点到线段的距离． 40．（2024春•建湖县期中）如图，四边形为正方形，为对角线上一点，连接，，过点作，交边于点，以，为邻边作矩形，求证：四边形是正方形． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第01章 特殊的平行四边形 章节整合练习（10个知识点+40题练习） 章节知识清单练习 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． 章节题型整合练习 一．直角三角形斜边上的中线 1．（2024•环翠区一模）将一副三角板按如图所示摆放，点恰好是边中点，则的度数为　　 A． B． C． D． 【分析】根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半得出，根据等边对等角可得，进而根据三角形的内角和定理与三角形的外角性质，即可求解． 【解答】解：点恰好是边中点， ， ， ， 又， ． 故选：． 【点评】本题考查了直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，等边对等角，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 2．（2024春•吕梁期末）如图，在中，，，，，则的长为　　 A．8 B．6 C．4 D．2 【分析】由勾股定理即可求出的长．由直角三角形斜边中线的性质推出，又，得到，由勾股定理即可求出． 【解答】解：，， ， ， ， ， ． 故选：． 【点评】本题考查直角三角形斜边的中线，勾股定理，关键是由直角三角形斜边中线的性质求出． 3．（2024春•祁阳市期末）如图，在中，，，点为边的中点，，则的长为 　2　． 【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质可得，从而可得是等边三角形，然后利用等边三角形的性质即可解答． 【解答】解：，点为边的中点， ， ， 是等边三角形， ， 故答案为：2． 【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，含30度的直角三角形，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键． 4．（2024春•泰州期末）证明：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．（要求画图并写出已知、求证以及证明过程） 【分析】作出图形，然后写出已知，求证，延长到，使，连接、，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断出四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得四边形是矩形，然后根据矩形的对角线互相平分且相等可得． 【解答】已知：如图，在中，，是斜边上的中线， 求证：； 证明：如图，延长到，使，连接、， 是斜边上的中线， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， ． 【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质证明，作辅助线，构造出矩形是解题的关键． 二．菱形的性质 5．（2024春•南平期末）菱形的对角线长分别为6和8，则该菱形的面积是 　24　． 【分析】由菱形的面积公式可求解． 【解答】解：菱形的面积， 故答案为24． 【点评】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的面积等于对角线积的一半是解题的关键． 6．（2024•罗湖区校级模拟）四边形是菱形，对角线，相交于点，且，，则菱形的面积为　　 A．48 B．96 C．120 D．240 【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半可以求菱形的面积． 【解答】解：四边形是菱形， ， ， 又，． ． 故选：． 【点评】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，本题中根据勾股定理求的值是解题的关键． 7．（2024•市中区一模）如图，菱形中，点，分别在边，上，，求证：． 【分析】解法一：由菱形的性质和已知可得，，再证明即可； 解法二：连接，由菱形的性质可得，根据等边对等角得出，再证明即可． 【解答】证明：解法一： 四边形是菱形， ， 又， ， ， 在和中， ， ， ． 解法二： 连接， 四边形是菱形， ， ， 在和中， ， ， ． 【点评】本题考查菱形的性质，三角形全等的判定和性质，等边对等角，运用了一题多解的思路．灵活运用菱形的性质和三角形全等的判定是解题的关键． 8．（2024•镇安县三模）如图，四边形是菱形，于点，于点．求证：． 【分析】根据菱形的性质得出，，进而利用证明三角形全等，进而利用全等三角形的性质解答即可． 【解答】证明：四边形是菱形， ，， ，， ， 在和中， ， ， ． 【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质得出，解答． 三．菱形的判定 9．（2024•埇桥区校级二模）如图，的对角线交于点，添加下列条件不能判断四边形是菱形的是　　 A． B． C． D． 【分析】对于、可以通过平行四边形的性质结合等边对等角证明一组邻边相等；对于可根据全等三角形的性质证明一组邻边相等；对于，无法证明四边形是菱形． 【解答】解：、四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形是菱形，故不符合题意； 、当添加时，同理可证明四边形是菱形，故不符合题意； 、， ， 四边形是菱形，故不符合题意； 、添加不能证明四边形是菱形，故不符合题意； 故选：． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的性质，等角对等边，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形等相关的判定定理． 10．（2024•雁塔区校级模拟）如图，平行四边形的对角线，相交于点，请你添加一个条件：　　，使四边形是菱形． 【分析】根据菱形的判定定理即可得到结论． 【解答】解：添加， 理由：四边形是平行四边形，， 四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 【点评】本题考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． 11．（2024•邯郸二模）已知：在四边形中，，，如图，求证，四边形是菱形． 证明：，， 四边形是平行四边形， 又 “_____”， 四边形是菱形． 在以上证明过程中，“_____”可以表示的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据菱形的定义判定即可，“有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形”． 【解答】解：根据“有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形”，可得“”可以表示的是． 故选：． 【点评】本题考查菱形的判定和性质，熟练掌握菱形的定义是解题的关键． 12．（2024•甘谷县三模）如图，在平行四边形中，点、在对角线上，且 （1）求证：； （2）若，，，该判断当的长度为多少时，四边形为菱形，并说明理由． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，，再根据已知条件由可证； （2）连接交于，根据勾股定理可求，根据三角形面积公式可求，再根据勾股定理和菱形的性质求得，根据线段的和差关系可求的长度． 【解答】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， 在与中， ， ； （2）解：连接交于， ，，， ， 四边形为菱形， ，， ， ， 在中，， ． 【点评】此题主要考查了平行四边形的性与判定，以及菱形的判定，全等三角形的判定与性质，关键是证明． 四．菱形的判定与性质 13．（2024•青秀区校级模拟）如图，将两条宽度都是为2的纸条重叠在一起，使，则四边形的面积为 　　． 【分析】根据折叠的性质易知，重合部分为菱形，然后根据菱形的面积公式计算即可． 【解答】解：如图，过点作于点，于点．则． 纸条的对边平行，即，， 四边形是平行四边形， 两张纸条的宽度都是2， ， ， 平行四边形是菱形，即四边形是菱形． 四边形的面积为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查菱形的性质和特殊角的三角函数值，通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系． 14．（2024•广西）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为 　　． 【分析】过点作于点，于点，易知四边形为平行四边形，，，可证，得到，可证四边形为菱形．在中，，因此四边形的周长为：． 【解答】解：如图，过点作于点，于点， ， 两张纸条宽度均为， 四边形为平行四边形，且， ， ， ， 四边形为菱形， 在中，，， ， 四边形的周长为：． 故答案为：． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，解直角三角形等知识． 15．（2024•丰润区一模）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中菱形的对角线长为　　 A．10 B．20 C． D． 【分析】根据正方形的性质得，，由勾股定理得，则，再证明是等边三角形，则，再利用含30度角的直角三角形求出，于是得到问题的答案． 【解答】解：在正方形中，， ， ，， ， ， 在菱形中，， ， 是等边三角形， ， 如图（1），连接交于点， ，， ， ， ， 故选：． 【点评】此题重点考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质等知识，根据勾股定理求得是解题的关键． 16．（2024•大冶市模拟）已知：如图，是的角平分线，过点分别作和的平行线交于点，交于点． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，则四边形的面积为 　24　． 【分析】（1）由已知易得四边形是平行四边形，由角平分线和平行线的定义可得，证出，则可得出四边形是菱形； （2）因为菱形的对角线互相垂直平分，可得，根据勾股定理，求出，可求出答案． 【解答】（1）证明：是的角平分线， ， ，， 四边形是平行四边形，， ， ， 四边形是菱形； （2）解：连接，与交于点， 四边形是菱形， 、互相垂直且平分， ， 根据勾股定理，， ， 四边形的面积． 故答案为：24． 【点评】此题主要考查了菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 五．矩形的性质 17．（2024•咸阳模拟）在矩形中，，为边的中点，点在边上，且，连接，和．若，则的长为 　　． 【分析】根据矩形的性质得出，进而利用勾股定理得出方程解答即可． 【解答】解：如图， 四边形是矩形， ，， ， 设，则， ． 为的中点， ． ， ， ， ， ， ， 又， ， ， 即， 解得 或 （舍去）， ． 【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键． 18．（2024•平遥县二模）如图，在矩形中，，，过对角线的交点作，交于点，交于点，则的长是　　 A．3 B． C． D． 【分析】连接，由矩形的性质得出，，，，由线段垂直平分线的性质得出，设，则，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】解：连接，如图所示： 四边形是矩形， ，，，， ， 是的垂直平分线， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 解得：， 即． 故选：． 【点评】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键． 19．（2024•昭阳区模拟）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，以，为边作矩形，连接，交于点． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，菱形的面积是，求的长． 【分析】（1）由，，证明四边形是平行四边形，由矩形的性质得，则，即可证明四边形是菱形； （2）由，，求得，则是等边三角形，所以，则，所以，则，，由菱形的面积是，得，求得，则． 【解答】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， ， 四边形是菱形． （2）解：，， ， 四边形是菱形， ， 是等边三角形， ， ， ， ，， ，， 菱形的面积是， ， 解得或（不符合题意，舍去）， ， 四边形是矩形， ， 的长是． 【点评】此题重点考查平行四边形的判定、矩形的性质、菱形的判定与性质、菱形的面积公式、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形等知识，证明是等边三角形是解题的关键． 20．（2024•顺河区一模）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，与相交于点，连接、． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 【分析】（1）根据矩形性质求出，推出，，证，推出，得出平行四边形，推出菱形； （2）根据菱形性质求出，在中，根据勾股定理得出，即可列方程求得． 【解答】解：（1）四边形是矩形 ，， ，， 在和中 ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形； （2）四边形是菱形， ， 设长为，则， 在中， 即， 解得：， 答：长为5． 【点评】此题主要考查了菱形的判定，以及勾股定理的应用和矩形的性质，关键是掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形． 六．矩形的判定 21．（2024•河北一模）如图，有甲、乙两个四边形，分别标出了部分数据，则下列判断正确的是　　 A．甲是矩形 B．乙是矩形 C．甲、乙均是矩形 D．甲、乙都不是矩形 【分析】根据矩形的判定定理对甲、乙进行判断作答即可． 【解答】解：由题意知，甲中对角线相等且互相平分， 甲中四边形是矩形， 如图乙，记、的交点为， 由图可知，，，、的数量关系未知， 乙中四边形不一定是矩形， 故选：． 【点评】本题考查了矩形的判定．熟练掌握矩形的判定是解题的关键． 22．（2024•黑龙江二模）如图，已知中对角线，相交于点，请你添加一个适当的条件，使成为一个矩形．你添加的条件是　（答案不唯一）　． 【分析】根据矩形的判定定理（对角线相等的平行四边形是矩形）推出即可． 【解答】解：添加的条件是（答案不唯一）， 理由是：，四边形是平行四边形， 平行四边形是矩形， 故答案为：（答案不唯一）． 【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定理，难度不大． 23．（2024春•青浦区期末）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点，若再添加一个条件，就可得平行四边形是矩形，则你添加的条件是　或　． 【分析】矩形是特殊的平行四边形，矩形有而平行四边形不具有的性质是：矩形的对角线相等，矩形的四个内角是直角；可针对这些特点来添加条件． 【解答】解：若使变为矩形，可添加的条件是： ；（对角线相等的平行四边形是矩形） 等．（有一个角是直角的平行四边形是矩形） 故答案为：或． 【点评】此题主要考查的是平行四边形的性质及矩形的判定方法，熟练掌握矩形和平行四边形的联系和区别是解答此题的关键． 24．（2024•新疆二模）如图，已知平行四边形． （1）若，是上两点，且，求证：； （2）若，求证：四边形是矩形． 【分析】（1）根据平行四边形的性质，可以得到，，然后根据即可证明结论成立； （2）根据平行四边形的性质，可以得到，，然后根据矩形的判定方法可以证明结论成立． 【解答】证明：（1）四边形是平行四边形， ，， ， 在和中， ， ； （2）四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形． 【点评】本题考查矩形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，找出所求结论需要的条件． 七．矩形的判定与性质 25．（2024春•石狮市期末）如图，在中，，，，为上一动点，于，于，则的最小值为　2.4　． 【分析】根据三个角都是直角的四边形是矩形，得四边形是矩形，根据矩形的对角线相等，得，则的最小值即为的最小值，根据垂线段最短，知：的最小值即等于直角三角形斜边上的高． 【解答】解：在中，，，， ， 即． 又于，于， 四边形是矩形， ． 因为的最小值即为直角三角形斜边上的高，即2.4， 的最小值为2.4， 故答案为：2.4． 【点评】此题综合运用了勾股定理的逆定理、矩形的判定及性质、直角三角形的性质，要能够把要求的线段的最小值转换为便于分析其最小值的线段． 26．（2024春•娄星区期末）下列说法正确的是　　 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．对角线相等的四边形是矩形 C．矩形是轴对称图形，两条对角线所在的直线是它的对称轴 D．对角线互相垂直的平行四边形为菱形 【分析】由平行四边形的判定、矩形的判定与性质、菱形的判定分别对各个说法进行判断即可． 【解答】解：、一组对边平行另一组对边相等的四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，故本选项不符合题意； 、对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项不符合题意； 、矩形是轴对称图形，两组对边的中点的连线所在的直线是它的对称轴，故本选项不符合题意； 、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故本选项符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定与性质、菱形的判定等知识，熟记平行四边形的判定、矩形的判定与性质、菱形的判定是解题的关键． 27．（2024春•夹江县期末）如图，在中，过点作于点，，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）若平分，四边形面积为20，，求的长度． 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据含一个角为直角是平行四边形证明四边形是矩形． （2）根据矩形面积为20求出，证明，求出，根据勾股定理求出，得出答案即可． 【解答】（1）证明：四边形为平行四边形， ，． 又， ， 四边形是平行四边形， 又， ， 四边形是矩形． （2）解：由（1）知， ， ． 平分，， ，， ， ， 又， ． 又， ． 【点评】本题主要考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定，解题的关键是熟练矩形的判定方法． 28．（2024•二道区校级模拟）如图，在等边中，点是的中点，点是的中点，以为边作等边，连接点、． （1）求证：四边形为矩形； （2）若，则线段　　． 【分析】（1）根据等边三角形的性质可得，再求出，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再求出四边形是平行四边形，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可； （2）根据等边三角形的性质得到，得到，求得，得到，求得，求得，根据等边三角形的性质得到结论． 【解答】（1）证明：连接， 等边中，点是的中点，是的中点， ，， 是等边三角形， ，， ，， 在和中， ， ， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形； （2）解：，是等边三角形， ， 点是的中点， ，，， ， 点是的中点， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 是等边三角形， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的判定和性质定理是解题的关键． 八．正方形的性质 29．（2024•山海关区校级一模）如图1，在正方形卡片上剪掉两个如图2所示大小的三角形，剩余图形中小正方形的面积为　　 A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】判断出小正方形的边长，可得结论． 【解答】解：由题意，小正方形的边长， 小正方形的面积为1． 故选：． 【点评】本题考查正方形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 30．（2024•温州模拟）如图，四边形，四边形，四边形都是正方形，，，是某个直角三角形的三边，其中是斜边，若，四边形的面积为8，则的长为　　 A．10 B． C． D．12 【分析】设，，，则，，由正方形的性质可得，，，证明四边形，四边形都是矩形，得到，则，再利用四边形的面积为8，得到；根据勾股定理得到，推出，由此建立方程求出、的值即可得到答案． 【解答】解；设，，，则，， 四边形，四边形，四边形都是正方形， ，，，， 四边形，四边形都是矩形， ， ， 四边形的面积为8，， ； ，，是某个直角三角形的三边，其中是斜边， ， ， ， ， ， 解得（负值舍去）， ， ， 故选：． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，掌握其性质定理是解决此题的关键． 31．（2024•市南区开学）如图，厘米，厘米，则阴影部分的面积是 　8　平方厘米． 【分析】由正方形，矩形的性质推出，得到厘米，求出（厘米），即可求出阴影部分的面积平方厘米． 【解答】解：四边形是正方形， 厘米，， ， ， 四边形是矩形， ，，厘米， ， ，， ， ， （厘米）， 厘米， （厘米）， 阴影部分的面积（平方厘米）， 故答案为：8． 【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，三角形的面积，关键是由，推出． 32．（2024•安徽三模）点是正方形的对角线上一点，过点作交于点，的延长线交于点，交于点． （1）如图1，证明：； （2）如图2，若，，求的长． 【分析】（1）由四边形是正方形，可证，即可得； （2）先证，可得，即可得． 【解答】（1）证明：如图，连接． 四边形是正方形， 点，关于对称， ，． ， ， 又， ， ， ； （2）由四边形是正方形， 得，，． 由， 得，， 得，即， 得， 得， 得． 【点评】本题主要考查了正方形中的证明和计算，解题关键是应用正方形的性质． 九．正方形的判定 33．（2024•永昌县校级三模）如图，在四边形中，，，，在不添加任何辅助线的前提下，若使四边形是正方形，只需添加的一个条件是 　　． 【分析】根据正方形的判定定理即可得到结论． 【解答】解：添加的条件是， 理由：，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， 故答案为：． 【点评】本题考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键． 34．（2024•榆阳区三模）已知菱形的对角线相交于点，下列条件中，能够判定菱形为正方形的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据菱形的性质和正方形的判定定理即可得到结论． 【解答】解：、由不能判断菱形是正方形，故不符合题意； 、四边形是菱形， ，， ，， ， ， 菱形为正方形，故符合题意； 、由不能判断菱形是正方形，故不符合题意； 、由不能判断菱形是正方形；故不符合题意． 故选：． 【点评】本题考查正方形的判定，掌握正方形的判定方法是解题的关键． 35．（2024•郓城县校级一模）将菱形的两个相邻的内角记为和，定义为菱形的“接近度”，则当“接近度”为 　1　时，这个菱形就是正方形． 【分析】有一个角是直角的菱形就是正方形，且菱形相邻的两个内角互补，据此可得当菱形相邻的两个内角都为90度时，该菱形是正方形，由此可得答案． 【解答】解：有一个角是直角的菱形就是正方形，且菱形相邻的两个内角互补， 当菱形相邻的两个内角都为90度时，该菱形是正方形， ， 当时，这个菱形就是正方形， 故答案为：1． 【点评】本题主要考查了正方形的判定，菱形的性质，解答本题的关键要明确：有一个角是直角的菱形就是正方形，且菱形相邻的两个内角互补． 36．（2024春•白河县期末）已知：如图，在矩形中，、分别是边、上的点，，且． 求证：矩形是正方形． 【分析】根据正方形的性质得到，进而证明，得到，根据全等三角形的性质得到，根据正方形的判定定理证明结论． 【解答】证明：四边形是矩形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 矩形是正方形． 【点评】本题考查的是正方形的性质、等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 一十．正方形的判定与性质 37．（2024•秦淮区二模）如图，在正方形中，是的中点，是靠近点的的四等分点．已知，，．下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的序号是　　 A．①② B．①③ C．①④ D．③④ 【分析】设正方形的边长为，则，，，由勾股定理以及逆定理可判断是直角三角形，由勾股定理的逆定理得到①正确；求出、、的值，从而对②作出判断；由锐角三角函数的定义求出的值，对③作出判断，分别用含有的代数式表示4个三角形面积，对④作出判断即可． 【解答】解：设正方形的边长为，则，，， ，，， ， 即， 因此①正确； ，，， ， 因此②不正确； 在中， ， ， 因此③不正确； ， ， ， ， ， 因此④正确； 综上所述，正确的结论有①④， 故选：． 【点评】本题考查勾股定理，勾股定理逆定理，正方形的性质，掌握勾股定理，勾股定理逆定理，正方形的性质以及锐角三角函数的定义是正确解答的关键． 38．（2022秋•宝丰县期末）如图，锐角中，，是边上的高，，，则　6　． 【分析】作的外接圆，过圆心作于点，作于点，连接、、．利用圆周角定理推知是等腰直角三角形，结合该三角形的性质求得，在等腰中，利用勾股定理得到，进而求解． 【解答】解：如图，作的外接圆，过圆心作于点，作于点，连接、、， ， ， 在中，，， ， ， ，为圆心， ， 在中，，， ， ， 四边形是矩形， ，， 在中，，， ， ． 故答案为：6． 【点评】本题考查了考查了垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质、矩形的判定与性质以及勾股定理等知识，难度偏大，熟练掌握垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质、矩形的判定与性质以及勾股定理及作出合理的辅助线是解题的关键． 39．（2023秋•青羊区期末）如图，四边形是菱形，对角线、交于点，点、是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，． （1）求证：四边形是正方形； （2）若正方形的面积为72，，求点到线段的距离． 【分析】（1）根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形可得四边形是菱形，根据对角线相等的菱形是正方形即可解决问题； （2）由正方形的面积公式求得，进而得到，由四边形是菱形得到，，菱形的面积，由勾股定理求得，根据菱形的面积公式即可求得答案． 【解答】（1）证明：菱形的对角线和交于点， ，，， ， ， 又， 四边形是菱形， ， ， ， ， 四边形是正方形； （2）解：正方形的面积为72， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， ，， 菱形的面积， 在中，， 设点到线段的距离为， ， 即， ． 即点到线段的距离为． 【点评】本题考查了正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的判定和性质定理是解题的关键． 40．（2024春•建湖县期中）如图，四边形为正方形，为对角线上一点，连接，，过点作，交边于点，以，为邻边作矩形，求证：四边形是正方形． 【分析】过点分别作于点，于点，证明四边形为正方形，则，，证明，得到，即可得到结论． 【解答】证明：如图，过点分别作于点，于点， 四边形是正方形， ，， ， ， 四边形为正方形， ，， 四边形是矩形， ， ， ， 在和中， ， ， ， 矩形为正方形． 【点评】此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、角平分线的性质等知识，证明是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$