18.2 特殊的平行四边形-2024-2025学年八年级数学下册考点解惑【基础•中等•优质】题型过关专练（人教版）

18.2 特殊的平行四边形 1、 特殊的平行四边形定义 1.矩形：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。 2.菱形：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 3.正方形：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。正方形是特殊的矩形和菱形。 2、 特殊的平行四边形的性质 1.矩形 边：对边平行且相等。 角：四个角都是直角。 对角线：相等且平分。 2. 菱形 边：四边相等。 角：对角相等。 对角线：垂直平分，且每条对角线平分一组对角。 3. 正方形 具有矩形和菱形的全部性质：四边相等且四个角都是直角；对角线相等、垂直平分，且每条对角线平分一组对角。 3、 特殊的平行四边形的判定 1. 矩形 （1）有三个角是直角. （2）是平行四边形且有一个角是直角。 （3）是平行四边形且两条对角线相等。 2.菱形 （1）四边相等的四边形。 （2）是平行四边形且有一组邻边相等。 （3）是平行四边形且两条对角线互相垂直。 3.正方形 （1）是矩形，且有一组邻边相等。 （2）是菱形，且有一个角是直角。 巩固课内例1:矩形中的对角线求解 1．如图，矩形的对角线交于点O，若，，则的长为（   ） A．2 B．3 C． D．4 2．如图，在矩形中，小聪同学利用直尺和圆规完成了如下操作： ①分别以点A和C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N； ②作直线交于点E，若，，对角线的长为 ． 3．如图，矩形的对角线相交于点O，，求矩形对角线的长． 巩固课内例2:矩形中的角度求解 1．如图，延长矩形的边至点E，使，连接，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 2．如图，在矩形中，对角线，相交于点O．若，则的度数为 ． 3．如图，矩形中，对角线与交于点，若．求的度数．    巩固课内例3:菱形中的面积求解 1．如图，菱形的对角线，相交于点，过点作交于点，连接，若，，则菱形的面积为（   ） A．120 B．240 C．80 D．160 2．在菱形中，已知，，那么菱形的面积为 ． 3．如图，矩形和矩形有公共顶点A 和C，与相交于点G，与相交于点H． (1)求证：四边形是菱形． (2)连接，若 求四边形的面积． 巩固课内例4:菱形的判定——对角线互相垂直的平行四边形 1．下列说法中，正确的是（   ） A．对角线互相垂直的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分的四边形是矩形 C．菱形的对角线相等且互相平分 D．菱形的对角线互相垂直且平分 2．如图，四边形是轴对称图形，对称轴是直线，设，交于O，，则以下结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是 ． 3．如图，在矩形中，延长到D，使，延长到E，连接，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)在不添加任何辅助线的情况下，直接写出四个三角形，使写出的每个三角形与全等． 巩固课内例5:正方形中的等腰直角三角形 1．如图放置的五块拼图中，①②③为正方形，④⑤为等腰直角三角形，若正方形③的面积为2，则正方形②的面积为（   ） A．4 B．6 C．8 D．12 2．七巧板是我国民间流传的一种益智玩具，它由等腰直角三角形、正方形和平行四边形组成．如图，这是一个由边长为的正方形纸板制作的七巧板，则平行四边形（图中⑥）的面积是 ． 3．【问题背景】 如图，是一张等腰直角三角形纸板，，取、、中点进行第次剪取，记所得正方形面积为，如图，在余下的和中，分别剪取正方形，得到两个相同的正方形，称为第次剪取，并记这两个正方形面积和为如图. 【问题探究】 （1） ______ ； （2）如图，再在余下的四个三角形中，用同样方法分别剪取正方形，得到四个相同的正方形，称为第次剪取，并记这四个正方形面积和为继续操作下去，则第次剪取时， ______ ；第次剪取时， ______ ． 【拓展延伸】 在第次剪取后，余下的所有小三角形的面积之和为______ ． 类型一、矩形的证明 1．如图，在中，过点D作于点E，点F在边上，，连接．则四边形一定是（    ） A．菱形 B．正方形 C．矩形 D．无法确定 2．如图，□的四个内角的平分线相交，如能构成四边形，则这个四边形是 ． 3．如图，已知在四边形中，，，，点是边上的中点，点为边上一点，连接、，与的延长线交于点G； (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，求的值． 类型二、菱形的证明 1．如图，将一张矩形纸片对折再对折，然后沿着图中的虚线剪下，得到①②两部分，将①展开后，得到的四边形一定是（   ）    A．梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 2．如图，分别以点、为圆心，以大于的定长为半径画弧，两弧相交于点、，则四边形是菱形的理由是 ． 3．如图，小橘子在寒假的数学研修活动中，做了以下探究：在菱形中，对角线、相交于点． (1)尺规作图：在的延长线上截取，连接，再过点作的垂线交于点（保留作图痕迹，不写作法）：    (2)求证：四边形为矩形． 证明：∵， ∴①________________， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴②________________， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴③________________， ∴ ∴④________________， ∴， ∴四边形为矩形． 从以上探究过程中，小橘子进一步发现：若四边形为矩形，在的延长线上截取，连接，再过点作的平行线交于点，四边形的形状为⑤________________． 类型三、正方形的证明 1．下列说法正确的是（   ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相平分的矩形是正方形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线相等的菱形是正方形 2．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． 3．如图，在平行四边形中，点E，F是对角线上的三等分点，连接．求证： (1)； (2)连接，若，且，判断四边形的形状，并证明． 类型四、斜中定理证明 1．如图，在中，，为的中点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．如图，在中，D，E分别是，的中点，，F是线段上一点，连接，，．若，则的长度是 ． 3．如图，与均为含角的直角三角形，其中，，且E为的中点．请仅用无刻度的直尺完成以下作图（保留作图痕迹，不写作法） (1)请你在图1中，作出的中线； (2)请你在图2中，作出的中线． 类型一、矩形中的长度求解 1．如图，矩形的对角线，，则的长为（   ） A． B． C． D． 2．如图，在矩形中，的角平分线与交于点， 的角平分线与 交于点， 若，点 是 的中点，则 的长为 ． 3．如图，矩形的宽，的平分线交于点，连接，若，求的长． 类型二、矩形中的角度求解 1．如图，将两个矩形叠合放置，如果，那么等于（   ） A． B． C． D． 2．如图，矩形的对角线与相交于点，过点作，交于点，连接．若，则 度． 3．如图，把矩形绕点按逆时针方向旋转得到矩形，使点落在对角线上，连接，． (1)若，则 °； (2)求证：． 类型三、菱形中的长度求解 1．如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（   ） A． B． C． D． 2．如图，菱形中，，，于点，且与交于，则 ． 3．如图，四边形是菱形，，，连接，点E在线段上，过点E作于点F，且，求的长． 类型四、菱形中的角度求解 1．如图，在菱形中，点E是边上一点，连接，．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．如图，在菱形中，，取大于的长为半径，分别以点A，B为圆心画弧相交于两点，过此两点的直线交边于点E（作图痕迹如图所示），连接，，则的度数为 ． 3．如图，在中，分别是边，，的中点． (1)求证：四边形为菱形． (2)若，求的大小． 类型五、正方形中的长度求解 1．汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，如图所示的弦图中，四个直角三角形都是全等的，四边形和四边形都是正方形，如果，，那么等于（   ）    A． B． C． D． 2．如图，P是正方形的对角线上的一点，于点E，连接，若，，则点D到的距离为 ． 3．如图，正方形的对角线交于点O，点E是线段上一点，连接，过点B作于点F，交于点若，是的平分线，求的长． 类型六、正方形中的角度求解 1．如图，点E在正方形的内部，且在对角线的上方，连接、，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．如图，已知，分别是正方形的边，上的点，且分别交对角线相交于 ，若，则 度． 3．如图，是正方形的对角线，点为上一点，连接，，在上截取，连接，求的度数． 类型一、矩形中的周长求解 1．如图所示，O是矩形的对角线的中点，E为的中点，若，，则的周长为（　　） A．10 B． C． D．14 2．如图，矩形的对角线相交于点O，若，，则的周长是 cm． 3．如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，过C作交延长线于点E． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求四边形的周长． 类型二、矩形中的面积求解 1．如图，矩形的对角线与相交于点O，，已知，则该矩形的面积是（    ） A． B．2 C． D．3 2．如图，是矩形的对角线，在和上分别截取，，使，分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点，作射线交于点，若，，，则的面积是 ． 3．如图，在长方形中，，，点是边上的一点，且，动点从点出发，以的速度沿运动，最终到达点．设点运动的时间为秒． (1)当时，长为_____．当点在线段上时，用含的代数式表示长为_____． (2)当的面积等于时，请求出的值． (3)在运动过程中，当是等腰三角形时，请求出的值． 类型三、菱形中的周长求解 1．如图，在菱形中，．已知的周长是12，则菱形的周长是（　　） A．20 B．16 C．15 D．12 2．如图，在菱形中，，平分交于点，过点作交于点，若，则的周长为 ．    3．在每个小正方形的边长均为的方格纸中，有线段，点、均在小正方形的顶点上．在图的方格纸中画出以为一边的平行四边形，点、在小正方形的顶点上，平行四边形的面积为，并且直接写出平行四边形的周长；在图的方格纸中画出以为一边的菱形，点、在小正方形的顶点上，菱形的面积为． 类型四、菱形中的面积求解 1．如图，菱形的对角线交于点O，菱形的周长为32，过点O作于点E，若，则菱形的面积是（   ） A．16 B．32 C． D． 2．菱形两条对角线长分别为，则菱形的面积是 ． 3．在矩形中，对角线与相交于点，过点作直线，交于点，交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，长为2，求四边形的面积． 类型五、正方形中的周长求解 1．如图，已知，是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是（    ） A．8 B． C． D．4 2．如图，已知正方形的边长为，，将正方形边沿折叠到，延长交于点，则的周长为_________． 3．【教材呈现】 如图是某数学教材中平行四边形的性质章节中的部分内容． 探究如图，在中，连接，，并设它们相交于点，与，与有什么关系? （1）如图，在中，与之间的数量关系为______，与之间的数量关系为______； 【性质应用】 （2）如图，的对角线，相交于点，过点且与，分别相交于点，，连接，． 求证：四边形是平行四边形； 若，，的周长是，，则的长是______． 类型六、正方形中的面积求解 1．如图，正方形的边长均为定值，点H在线段上，从点F向点C运动，在这个过程中，的面积（   ） A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．不变 D．不确定 2．已知如图，在中，，，，在直线的同侧分别以的三边作正方形、正方形、正方形，、、、分别表示对应图形的面积，则的值为 ． 3．如图，在中，，，边上的高为12．点从点出发，沿以每秒5个单位长度的速度运动．点从点出发沿以每秒10个单位长度的速度运动．、两点同时出发，当其中一点到达终点时，、两点同时停止运动．设运动的时间为（秒），连接． (1)当点与点重合时，的值为________． (2)直接写出的长（用含的代数式表示）； (3)当平分面积时，求的值； (4)当时，直接写出的值． 1．在Rt中，，点为斜边中点，，则的长为（   ） A．4 B．10 C．6 D．2.5 2．在下列条件中选取一个作为增加条件，能使成为菱形的是（   ） A． B． C． D． 3．如图，是边长为2的等边三角形，取边中点，作，得到四边形，它的周长记作；取中点，作，，得到四边形，它的周长记作．则（   ） A．4 B．2 C． D．1 4．若菱形的两条对角线的长分别为6，，则菱形的面积为 ． 5．青朱出入图是魏晋时期数学家刘徽根据“割补术”运用数形关系证明勾股定理的几何证明法．如图，四边形、、均为正方形．若正方形、的面积分别为、，则 （结果用含有和的代数式表示） 6．如图，点D是等边三角形的边上的中点，，动点M满足．连接，线段长的最大值是 ． 7．已知：如图，在中，，分别是和的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，当与满足怎样关系时，四边形为矩形，并说明理由． 8．如图，在中，的延长线于，的延长线于，为的中点，分别连接、、．    (1)若，，求的周长； (2)若，，求的度数． 9．数学活动课上，学习小组开展“剪拼正方形”实践活动，过程要求无损耗、无重叠． 【初步尝试】 （1）如图1，长方形纸片可看作由2个全等的小正方形组成，E是的中点，沿着，剪2刀，得到3块图案①，②，③，保持③不动，移动①，②，可以拼接成一个大正方形纸片．若，则______． 【深入实践】 （2）如图2，“十字形”纸片可看作由5个全等的小正方形组成，已知点A，B在正方形网格的格点上，C，D是纸片边上的中点．沿着，将这个“十字形”纸片剪2刀，得到4块图案①，②，③，④，保持①不动，移动②，③，④，可以拼接成一个大正方形纸片．请在正方形网格中画出拼接后的大正方形，并标注对应的编号． 【拓展迁移】 （3）如图3，同学们从刘徽设计的“青朱出入图”受到启发，将两个边长不等的正方形纸片，剪拼成一个大正方形纸片．P，M，N为剪痕与原正方形边的交点，已知，． ①______，______； ②求正方形的边长． 10．【教材呈现】 将正方形的四个顶点用线段连接，什么样的连法最短？研究发现，并非对角线最短，而是如图所示的连法最短（即用线段、、、、把四个顶点连接起来）．已知如图1：，． （1）由图1可知，线段和的位置关系为：______； 【问题探究】 （2）某数学兴趣小组发现，图1所示图形______（是／不是）轴对称图形，于是他们如图2构造了，发现是______三角形，请结合以上结论，猜想线段与的数量关系，并证明． 【问题解决】 （3）在第（2）问的基础上，若，求最短连法的线段和，即的值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 18.2 特殊的平行四边形 1、 特殊的平行四边形定义 1.矩形：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。 2.菱形：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 3.正方形：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。正方形是特殊的矩形和菱形。 2、 特殊的平行四边形的性质 1.矩形 边：对边平行且相等。 角：四个角都是直角。 对角线：相等且平分。 2. 菱形 边：四边相等。 角：对角相等。 对角线：垂直平分，且每条对角线平分一组对角。 3. 正方形 具有矩形和菱形的全部性质：四边相等且四个角都是直角；对角线相等、垂直平分，且每条对角线平分一组对角。 3、 特殊的平行四边形的判定 1. 矩形 （1）有三个角是直角. （2）是平行四边形且有一个角是直角。 （3）是平行四边形且两条对角线相等。 2.菱形 （1）四边相等的四边形。 （2）是平行四边形且有一组邻边相等。 （3）是平行四边形且两条对角线互相垂直。 3.正方形 （1）是矩形，且有一组邻边相等。 （2）是菱形，且有一个角是直角。 巩固课内例1:矩形中的对角线求解 1．如图，矩形的对角线交于点O，若，，则的长为（   ） A．2 B．3 C． D．4 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，含30度角的直角三角形，根据含30度的直角三角形的性质，得到，根据矩形的对角线相等，得到即可． 【详解】解：∵矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴； 故选D． 2．如图，在矩形中，小聪同学利用直尺和圆规完成了如下操作： ①分别以点A和C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N； ②作直线交于点E，若，，对角线的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了作图-基本作图以及矩形的性质，勾股定理，垂直平分线的性质，熟练掌握相关的性质，是解题的关键．根据题意利用基本作图即可判断垂直平分，则，然后利用勾股定理先计算出，再计算出即可． 【详解】解：由作法得垂直平分， ∴， ∵， ∴， 在中，， 在中， ． 故答案为：． 3．如图，矩形的对角线相交于点O，，求矩形对角线的长． 【答案】8 【分析】本题考查了矩形的性质以及等边三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．由矩形的性质得出，再证明为等边三角形，得出，即可求出． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴． 巩固课内例2:矩形中的角度求解 1．如图，延长矩形的边至点E，使，连接，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟记矩形的性质并灵活运用是解题的关键．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． 连接，由矩形性质可得、，知，而，可得度数． 【详解】解：连接，交于点， 四边形是矩形， ，，，， ， ， ， ， 又， ， ， ， ，即． 故选：A． 2．如图，在矩形中，对角线，相交于点O．若，则的度数为 ． 【答案】/55度 【分析】本题考查了矩形性质、三角形外角性质、等腰三角形的性质等知识点．根据矩形性质可得，推出，根据三角形外角性质求出，然后代入相关数据即可解答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 3．如图，矩形中，对角线与交于点，若．求的度数．    【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，解题关键是熟练掌握矩形的对角线相等且相互平分的性质． 先由矩形的对角线相等且互相平分推知，结合三角形外角的性质和等腰三角形的性质即求解． 【详解】解：四边形是矩形，对角线与交于点， ，，，， ∴． ． ，． ， ． ． 巩固课内例3:菱形中的面积求解 1．如图，菱形的对角线，相交于点，过点作交于点，连接，若，，则菱形的面积为（   ） A．120 B．240 C．80 D．160 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的斜边上的中线性质，菱形的面积公式等知识；由菱形的性质得，，，则，再由直角三角形斜边上的中线性质求出的长度，然后由菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∵点O是中点，即是斜边上的中线， ∴， ∴菱形的面积， 故选：A． 2．在菱形中，已知，，那么菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质；根据菱形的面积公式即可求得其面积． 【详解】解：如图所示， 解：∵在菱形中，，， ∴菱形的面积为． 故答案为：． 3．如图，矩形和矩形有公共顶点A 和C，与相交于点G，与相交于点H． (1)求证：四边形是菱形． (2)连接，若 求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质： （1）过点作，过点作，先证明是平行四边形，根据等积法求出，即可得证； （2）根据菱形的面积公式进行计算即可． 【详解】（1）解：过点作，过点作， ∵矩形和矩形， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形； （2）由（1）知：四边形是菱形， ∴四边形的面积． 巩固课内例4:菱形的判定——对角线互相垂直的平行四边形 1．下列说法中，正确的是（   ） A．对角线互相垂直的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分的四边形是矩形 C．菱形的对角线相等且互相平分 D．菱形的对角线互相垂直且平分 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，菱形的判定以及性质等知识．根据平行四边形的判定以及菱形的判定以及性质一一判定即可得出答案． 【详解】解：．对角线互相平分的四边形是平行四边形，原说法错误，故该选项不符合题意； ．对角线互相平分的四边形为平行四边形，原说法错误，故该选项不符合题意； ．菱形的对角线互相垂直且平分，原说法错误，故该选项不符合题意； ．菱形的对角线互相垂直且平分，原说法正确，故该选项符合题意； 故选：D． 2．如图，四边形是轴对称图形，对称轴是直线，设，交于O，，则以下结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】本题主要考查的是轴对称的性质、菱形的性质和判定．由轴对称的性质可知；，由平行线的性质可知，从而得到，故此，从而可知四边形为菱形，最后依据菱形的性质判断即可． 【详解】解：由轴对称的性质可知：． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴四边形为菱形． ∴，，，．不能证明； 综上，①②④正确． 故答案为：①②④． 3．如图，在矩形中，延长到D，使，延长到E，连接，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)在不添加任何辅助线的情况下，直接写出四个三角形，使写出的每个三角形与全等． 【答案】(1)详见解析 (2)、、、 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定， 对于（1），根据矩形的性质得，再证明，可得，即可得四边形为平行四边形，最后根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”得出答案； 对于（2），根据矩形的性质判定，再结合菱形的性质判定，即可得出答案． 【详解】（1）证明：在矩形中，． ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴平行四边形为菱形； （2）解：． ∵四边形是矩形， ∴， ∴； ∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴； 同理得：． 故、、、与全等． 巩固课内例5:正方形中的等腰直角三角形 1．如图放置的五块拼图中，①②③为正方形，④⑤为等腰直角三角形，若正方形③的面积为2，则正方形②的面积为（   ） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理，解题的关键是掌握直角三角形两直角边平方和等于斜边平方． 【详解】解：⑤为等腰直角三角形，正方形③的面积为2 腰直角三角形⑤的直角边长为 腰直角三角形⑤的斜边长为 ①为正方形， ④为等腰直角三角形， 等腰直角三角形④的直角边长为2 等腰直角三角形④的斜边长为 正方形②的面积为 故选：C． 2．七巧板是我国民间流传的一种益智玩具，它由等腰直角三角形、正方形和平行四边形组成．如图，这是一个由边长为的正方形纸板制作的七巧板，则平行四边形（图中⑥）的面积是 ． 【答案】8 【分析】本题主要考查了七巧板，正方形的性质．根据平行四边形和三角形的面积公式即可得图中⑥的面积． 【详解】解：如图，， ∵， ∴平行四边形（图中⑥）的面积是， 故答案为：8． 3．【问题背景】 如图，是一张等腰直角三角形纸板，，取、、中点进行第次剪取，记所得正方形面积为，如图，在余下的和中，分别剪取正方形，得到两个相同的正方形，称为第次剪取，并记这两个正方形面积和为如图. 【问题探究】 （1） ______ ； （2）如图，再在余下的四个三角形中，用同样方法分别剪取正方形，得到四个相同的正方形，称为第次剪取，并记这四个正方形面积和为继续操作下去，则第次剪取时， ______ ；第次剪取时， ______ ． 【拓展延伸】 在第次剪取后，余下的所有小三角形的面积之和为______ ． 【答案】（1）；（2），；【拓展延伸】 【分析】（1）根据题意，可求得，第一次剪取后剩余三角形面积和为：，第二次剪取后剩余三角形面积和为：； （2）同理可得规律：即是第次剪取后剩余三角形面积和，根据此规律求解即可答案； （3）依此规律可得第次剪取后，余下的所有小三角形的面积之和． 本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，得出甲、乙两种剪法，所得的正方形面积是解题的关键． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， 同理：等于第二次剪取后剩余三角形面积和， ， 故答案为：； （2）等于第次剪取后剩余三角形面积和， 第一次剪取后剩余三角形面积和为：， 第二次剪取后剩余三角形面积和为：， 第三次剪取后剩余三角形面积和为：， 第十次剪取后剩余三角形面积和为：， 第次剪取后剩余三角形面积和为：， 故答案为：，； （3）在第次剪取后，余下的所有小三角形的面积之和为， 故答案为：． 类型一、矩形的证明 1．如图，在中，过点D作于点E，点F在边上，，连接．则四边形一定是（    ） A．菱形 B．正方形 C．矩形 D．无法确定 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定．根据平行四边形的性质，可得与的关系，根据平行四边形的判定，可得是平行四边形，再根据矩形的判定，可得答案． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 即， ∴， 四边形是平行四边形， ∵， ∴， 四边形是矩形． 故选：C． 2．如图，□的四个内角的平分线相交，如能构成四边形，则这个四边形是 ． 【答案】矩形 【分析】本题考查平行四边形的性质和矩形的判定．利用平行四边形的性质得出即可证明四边形是矩形． 【详解】∵四边形是平行四边形， ∴ ∴． ∵分别平分， ∴，即． 同理可证， ∴四边形是矩形． 故答案为：矩形． 3．如图，已知在四边形中，，，，点是边上的中点，点为边上一点，连接、，与的延长线交于点G； (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】（）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得到求得，得到，根据矩形的判定定理得到结论； （）根据平行四边形的性质得到，求得，，推出 ，得到，由点是边上的中点，得到，然后证明，根据全等三角形的性质得到，再由等量代换得到结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点是边上的中点， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， 故的值为． 【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握矩形的判定定理和全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． 类型二、菱形的证明 1．如图，将一张矩形纸片对折再对折，然后沿着图中的虚线剪下，得到①②两部分，将①展开后，得到的四边形一定是（   ）    A．梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【答案】B 【分析】本题考查剪纸问题，菱形的判定等知识，解题的关键是理解题意，学会动手操作． 对于此类问题，学生只要亲自动手操作，答案就会很直观地呈现．用到的知识点为：四条边相等的四边形是菱形． 【详解】解：由第三个图可以看出：最后从两次折叠的交点处剪去一个直角三角形，由于是两次折叠得到的图形，那么所得到图形的 4 条边都是所剪直角三角形的斜边．故得到的四边形是菱形． 故选：B． 2．如图，分别以点、为圆心，以大于的定长为半径画弧，两弧相交于点、，则四边形是菱形的理由是 ． 【答案】四边相等的四边形是菱形 【分析】本题考查了作图——复杂作图及菱形的判定，解决本题的关键是掌握菱形的判定定理． 根据四条边都相等的四边形是菱形即可得四边形一定是菱形． 【详解】解∶根据作图方法可知四边形一定是菱形； 理由如下∶ 分别以点A，B为圆心，以大于的定长a为半径画弧，两弧相交于C，D， ， 四边形是菱形． 故答案为：四边相等的四边形是菱形． 3．如图，小橘子在寒假的数学研修活动中，做了以下探究：在菱形中，对角线、相交于点． (1)尺规作图：在的延长线上截取，连接，再过点作的垂线交于点（保留作图痕迹，不写作法）：    (2)求证：四边形为矩形． 证明：∵， ∴①________________， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴②________________， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴③________________， ∴ ∴④________________， ∴， ∴四边形为矩形． 从以上探究过程中，小橘子进一步发现：若四边形为矩形，在的延长线上截取，连接，再过点作的平行线交于点，四边形的形状为⑤________________． 【答案】(1)见解析 (2)①，②，③，④，⑤菱形 【分析】本题考查了基本作图，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质． （1）根据过直线外一点作已知直线的垂线的基本作法作图； （2）根据前后的逻辑关系填前面几个空即可；空⑤的需要先由四边形是矩形，得到，再证明四边形为平行四边形和四边形为平行四边形，最后结合得到平行四边形为菱形． 【详解】（1）解：在的延长线上截取，连接，再过点作的垂线交于点，如图：    （2）证明：∵， ∴①， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴②， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴③， ∴ ∴④， ∴， ∴四边形为矩形． 故答案为：①，②，③，④． 从以上探究过程中，小橘子进一步发现：若四边形为矩形，在的延长线上截取，连接，再过点作的平行线交于点，四边形的形状为⑤菱形． 证明如下： 如图，    ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵过点作的平行线，即， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴平行四边形为菱形． 类型三、正方形的证明 1．下列说法正确的是（   ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相平分的矩形是正方形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线相等的菱形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了菱形、矩形、正方形的判定，理解并掌握菱形、矩形、正方形的判定方法是解题的关键． 根据菱形，矩形，正方形的判定方法进行分析即可求解． 【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，故原选项错误，不符合题意； B、对角线互相垂直的矩形是正方形，故原选项错误，不符合题意； C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原选项错误，不符合题意； D、对角线相等的菱形是正方形，正确，符合题意； 故选：D ． 2．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． 【答案】1 【分析】本题主要考查了正方形的判定，菱形的性质，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． 【详解】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． 3．如图，在平行四边形中，点E，F是对角线上的三等分点，连接．求证： (1)； (2)连接，若，且，判断四边形的形状，并证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形为正方形 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，然后可证明，再利用来判定即可得解； （2）如图，连接交于，证明，可得四边形为平行四边形，结合，可得四边形为菱形，证明，可得四边形为正方形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∴． ∵点E，F是对角线上的三等分点， ∴， ∴． （2）解：四边形为正方形．理由如下： 如图，连接交于， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形， ∵，， ∴， ∴四边形为正方形． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，正方形的判定，熟记特殊四边形的判断方法是解本题的关键． 类型四、斜中定理证明 1．如图，在中，，为的中点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了直角三角形的斜边中线定理，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是掌握直角三角形的斜边中线定理．根据直角三角形的斜边中线等于斜边的一半得到，进而得到，即可求解． 【详解】解：在中，，为的中点， ， ， 故选：B． 2．如图，在中，D，E分别是，的中点，，F是线段上一点，连接，，．若，则的长度是 ． 【答案】16 【分析】本题考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． 先根据直角三角形斜边中线的性质得到，再根据求出，最后根据三角形中位线定理即可求解． 【详解】解：∵，点E为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵D，E分别是，的中点， ∴是中位线， ∴， 故答案为：16． 3．如图，与均为含角的直角三角形，其中，，且E为的中点．请仅用无刻度的直尺完成以下作图（保留作图痕迹，不写作法） (1)请你在图1中，作出的中线； (2)请你在图2中，作出的中线． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查基本作图，考查了直角三角形的性质，掌握垂直平分线的性质及等腰三角形底边上的高垂直平分底边和三角形三条中线交于一点是解答本题的关键． （1）连接点与交点即可，交点即为点M，由题意易得是垂直平分线，则，得到，求出，，推出是等边三角形，得到，进而得到是的中线； （2）在（1）的基础上连接，交于点，作射线交于点，即为所求． 【详解】（1）解：如图所示，为所求； 由题意易得是垂直平分线，则， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴是的中线； （2）解：如图所示，为所求． 类型一、矩形中的长度求解 1．如图，矩形的对角线，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是矩形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，先求解，证明是等边三角形，可得，再利用勾股定理计算即可． 【详解】解：在矩形中，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 故选：C 2．如图，在矩形中，的角平分线与交于点， 的角平分线与 交于点， 若，点 是 的中点，则 的长为 ． 【答案】/ 【分析】根据矩形的性质，角平分线的定义得到，由勾股定理得到，如图所示，过点作于点，连接，根据角平分线的性质定理可证，得到，再证，得到，设，则，，由列式求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵是角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图所示，过点作于点，连接， ∵平分，，即，且， ∴，且， ∴， ∴， ∵点 是 的中点， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴由得，， 解得，， ∴， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识的综合运用，掌握矩形的性质，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 3．如图，矩形的宽，的平分线交于点，连接，若，求的长． 【答案】 【分析】本题主要考查矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质求出，得到，证明为等腰三角形，求出，即可得到答案． 【详解】解：矩形， ， 的平分线交于点， ， ， ， 为等腰三角形， ， ， 在中， ， ， ， ． 类型二、矩形中的角度求解 1．如图，将两个矩形叠合放置，如果，那么等于（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形两个锐角互余，因为两个矩形叠合放置，所以，因为，则，即可作答． 【详解】解：如图： ∵两个矩形叠合放置， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 2．如图，矩形的对角线与相交于点，过点作，交于点，连接．若，则 度． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，熟记矩形的性质是解题的关键．根据垂直的定义及角的和差求出，根据矩形的性质推出，根据等腰三角形的性质及三角形外角性质求解即可． 【详解】解：， ， ， ， 四边形是矩形， ，，， ， ， ， ，即， 故答案为：． 3．如图，把矩形绕点按逆时针方向旋转得到矩形，使点落在对角线上，连接，． (1)若，则 °； (2)求证：． 【答案】(1)50 (2)见解析 【分析】（1）根据矩形的性质，得到，进而得到，即可求出的度数； （2）根据旋转和矩形的性质，易证四边形是平行四边形，即可证明结论． 【详解】（1）解：矩形和矩形， ， ， ， ， ， 故答案为：50； （2）证明：连接， 由旋转的性质可知，，，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ； 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，平行线的判定，等边对等角，熟练掌握旋转和矩形的性质是解题关键． 类型三、菱形中的长度求解 1．如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、根据面积等式求线段长度等知识，先求出菱形的面积，再利用勾股定理求出的长，利用菱形面积为面积的两倍求出即可． 【详解】四边形是菱形，， 于点 故选：A． 2．如图，菱形中，，，于点，且与交于，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；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；菱形的面积等于对角线乘积的一半．掌握菱形的性质是解本题的关键．先根据菱形的性质得，再利用勾股定理计算出，然后根据菱形的面积公式得到，再解关于的方程即可． 【详解】解：四边形是菱形，，， ， 在中，， ， ， ， ． 故答案为． 3．如图，四边形是菱形，，，连接，点E在线段上，过点E作于点F，且，求的长． 【答案】2 【分析】本题考查的是菱形的性质、等边三角形判定与性质及含30度角的直角三角形性质，根据菱形性质得出是等边三角形，进而求出，，再根据直角三角形性质得出，即可求出结论． 【详解】解：∵四边形是菱形， ， ，， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ， . 类型四、菱形中的角度求解 1．如图，在菱形中，点E是边上一点，连接，．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质等知识．由菱形的性质得，，再由等腰三角形的性质得出，根据平行线的性质求出，再根据等腰三角形的性质即可得出答案． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ，， ，， ， ， ， ， 故选：B． 2．如图，在菱形中，，取大于的长为半径，分别以点A，B为圆心画弧相交于两点，过此两点的直线交边于点E（作图痕迹如图所示），连接，，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、尺规作图、垂直平分线的性质，掌握尺规作垂直平分线的方法是解题的关键．由菱形的性质可得，得到的度数，由作图可知点E在的垂直平分线上，得到，最后利用角的和差即可求出的度数． 【详解】解：菱形， ， ， ， 由作图可知，点E在的垂直平分线上， ， ， ． 故答案为：． 3．如图，在中，分别是边，，的中点． (1)求证：四边形为菱形． (2)若，求的大小． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，三角形中位线定理，解题的关键是： （）由三角形中位线的性质可得，，即可得四边形为平行四边形，又由中点定义可得，即可求证； （2）先根据平行线的性质求出的度数，然后根据菱形的对角线平分每一组对角求解即可． 【详解】（1）证明：∵分别是的中点， ∴，，，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴． 类型五、正方形中的长度求解 1．汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，如图所示的弦图中，四个直角三角形都是全等的，四边形和四边形都是正方形，如果，，那么等于（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理、全等三角形的性质以及正方形的性质，根据题意求得的长，再根据勾股定理即可求． 【详解】，四边形和四边形都是正方形 四个直角三角形都是全等的 故选：C． 2．如图，P是正方形的对角线上的一点，于点E，连接，若，，则点D到的距离为 ． 【答案】 【分析】如图所示，连接，过点P作交于点F，由勾股定理求出，然后得到，，证明出四边形是矩形，得到，设点D到的距离为h，然后根据等面积法求解即可． 【详解】解：如图所示，连接，过点P作交于点F， ∵四边形是正方形，是对角线， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴； 设点D到的距离为h， ∴， ∴， ∴， ∴点D到的距离为． 故答案为：． 【点睛】此题考查了正方形的性质，勾股定理，矩形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 3．如图，正方形的对角线交于点O，点E是线段上一点，连接，过点B作于点F，交于点若，是的平分线，求的长． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的内角和定理等，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．首先得到是等腰直角三角形，再由勾股定理求出，然后得到，进而求解即可． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 平分， ， ， ， ． 类型六、正方形中的角度求解 1．如图，点E在正方形的内部，且在对角线的上方，连接、，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质、三角形内角和定理，由正方形的性质并结合题意可得，再由三角形内角和定理计算即可得解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 2．如图，已知，分别是正方形的边，上的点，且分别交对角线相交于 ，若，则 度． 【答案】 【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角，连接，证明和全等得， 进而得， 同理可证和全等，则进而得，由此可得的度数，熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：连接，如图所示： ∵四边形是正方形，为对角线， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 3．如图，是正方形的对角线，点为上一点，连接，，在上截取，连接，求的度数． 【答案】． 【分析】此题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，根据正方形的性质得，，， 则，再根据，得，由此可得的度数，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形，是对角线， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 类型一、矩形中的周长求解 1．如图所示，O是矩形的对角线的中点，E为的中点，若，，则的周长为（　　） A．10 B． C． D．14 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、三角形中位线定理，根据题意可得是的中位线，则，在中，利用勾股定理求得，再根据矩形的性质可求得，从而求出的周长． 【详解】解：＝，＝， ， 点是矩形对角线的中点，点为中点， ，，，， 在中，， 则的周长为：． 故选：C． 2．如图，矩形的对角线相交于点O，若，，则的周长是 cm． 【答案】16 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理．由矩形的性质可得，，，，由勾股定理可求，进一步计算即可求的周长． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，． ∵，， ∴， ∴， ∴的周长． 故答案为：16． 3．如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，过C作交延长线于点E． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)22 【分析】（1）根据平行四边形的判定和性质定理即可得到结论； （2）根据平行四边形的性质，得出，再结合勾股定理列式计算，即可得到结论． 本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键． 【详解】（1）证明：在平行四边形中， ， ， ， 四边形为平行四边形； （2）解：在平行四边形中，， 在平行四边形中，， ， ， ， ， ， ， 四边形的周长． 类型二、矩形中的面积求解 1．如图，矩形的对角线与相交于点O，，已知，则该矩形的面积是（    ） A． B．2 C． D．3 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，含的直角三角形，等边三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用． 根据矩形的性质可知，，，三角形为等边三角形，进而可求，含的直角三角形中，，再通过矩形面积公式计算求解即可． 【详解】解：由题意知，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积为：， 故选：C． 2．如图，是矩形的对角线，在和上分别截取，，使，分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点，作射线交于点，若，，，则的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查角平分线的性质，矩形的性质，二次根式的乘法运算，勾股定理的应用，根据过作，结合角平分线得到，再求解，再利用面积公式求解即可得到答案； 【详解】解：过作， 由作图可得， 平分， ∵四边形是矩形，，， ∴，， ∵， ∴， ∵，则， ∴， 故答案为：． 3．如图，在长方形中，，，点是边上的一点，且，动点从点出发，以的速度沿运动，最终到达点．设点运动的时间为秒． (1)当时，长为_____．当点在线段上时，用含的代数式表示长为_____． (2)当的面积等于时，请求出的值． (3)在运动过程中，当是等腰三角形时，请求出的值． 【答案】(1)， (2)或 (3)或或或 【分析】（1）当时，点在线段上，可求得，利用矩形的性质可得，然后利用勾股定理即可求得的长；当点在线段上时，利用矩形的性质可得，，，进而可求得，然后利用勾股定理即可求得的长； （2）分三种情况讨论：当点在上时；当点在上时；当点在上时；根据分别求解即可； （3）分四种情况讨论：当且点在上时；当且点在上时；当时；当时；分别根据具体情况进行求解即可． 【详解】（1）解：如图，当时，点在线段上， ， 四边形是矩形， ， ， 如图，当点在线段上时， 四边形是矩形， ，，， ， ， 故答案为：，； （2）解：分三种情况： 当点在上时， 如图， 的面积等于， ， ， ； 当点在上时， 如图， 四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 即：， 故此种情况不符合题意，不予讨论； 当点在上时， 如图， 的面积等于， ， ， ； 综上所述，当的面积等于时，或； （3）解：分四种情况： 当且点在上时， 如图，过点作于点， ，， 四边形是矩形， ， 四边形是矩形， ， ， ， ； 当且点在上时， 如图， 四边形是矩形， ，，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； 当时， 如图， 四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， 即：， 解得：， ； 当时， 如图， 四边形是矩形， ，， 又， ， ； 综上所述，当是等腰三角形时，或或或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，列代数式，三角形的面积公式，等式的性质，有理数大小比较的实际应用，不等式的性质，提公因式法分解因式，三线合一，垂线的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解一元一次方程等知识点，运用分类讨论思想是解题的关键． 类型三、菱形中的周长求解 1．如图，在菱形中，．已知的周长是12，则菱形的周长是（　　） A．20 B．16 C．15 D．12 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质；根据菱形的对角线平分一组对角和菱形的四边相等可证是等边三角形，即可求出菱形的边长，即可求出周长． 【详解】解：四边形是菱形，， ，， 是等边三角形， ， 的周长是12， ， 菱形的周长是， 故选：． 2．如图，在菱形中，，平分交于点，过点作交于点，若，则的周长为 ．    【答案】 【分析】根据菱形的性质结合等腰三角形的性质求出，利用直角三角形的性质及勾股定理求出，，证明，即，得到，求出，即可解答． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平分交于点， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的周长为， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质、角平分线的性质、等腰三角形的性质、多边形内角和的应用、全等三角形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 3．在每个小正方形的边长均为的方格纸中，有线段，点、均在小正方形的顶点上．在图的方格纸中画出以为一边的平行四边形，点、在小正方形的顶点上，平行四边形的面积为，并且直接写出平行四边形的周长；在图的方格纸中画出以为一边的菱形，点、在小正方形的顶点上，菱形的面积为． 【答案】周长是，见解析 【分析】本题考查作图—应用与设计作图、勾股定理、平行四边形的判定、菱形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）结合平行四边形的判定画出平行四边形，再利用勾股定理求出的长，进而可得平行四边形的周长； （2）根据菱形的判定与性质画图即可． 【详解】解：图中，四边形即为所求； ， ∴平行四边形的周长是 图2中，菱形即为所求． ∵每个小正方形的边长均为， ∴每个小正方形的对角线均为， ∴，， ∴菱形的面积为． 类型四、菱形中的面积求解 1．如图，菱形的对角线交于点O，菱形的周长为32，过点O作于点E，若，则菱形的面积是（   ） A．16 B．32 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的面积公式等知识，根据菱形的周长求出菱形的边长，再根据三角形面积公式求出的面积，即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵菱形的周长为32， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：D． 2．菱形两条对角线长分别为，则菱形的面积是 ． 【答案】21 【分析】本题考查了菱形的面积计算公式，解题的关键是牢记公式．已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积． 【详解】解：由题意得，菱形的面积是， 故答案为：21． 3．在矩形中，对角线与相交于点，过点作直线，交于点，交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，长为2，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形性质求出，推出，可得，推出，结合，即可推出是菱形； （2）根据角平分线性质与菱形性质得，结合矩形性质得，得，得，根据即可得到结论． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵ ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是菱形； （2）∵平分， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了矩形性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30度的直角三角形性质，熟练掌握是解决问题的关键． 类型五、正方形中的周长求解 1．如图，已知，是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是（    ） A．8 B． C． D．4 【答案】B 【分析】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，二次根式的化简．利用正方形的性质先证明，，，再证明，再利用勾股定理分别求解四边形的四条边长即可得到答案． 【详解】解：如图，连接，交于O， 正方形，， ，，， ， ， ， 同理：， 四边形的周长是． 故选：B． 2．如图，已知正方形的边长为，，将正方形边沿折叠到，延长交于点，则的周长为_________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练运用勾股定理，全等三角形的判定与性质． 连接，证明得出，设，则，，勾股定理求得，则，进而勾股定理求得，即可求解． 【详解】解：连接，如图所示， 由折叠可知，， ， ， ， ， 正方形边长是， ， 设，则， ， 由勾股定理得：， 即：， 解得：， ，， ∴， 的周长为， 故答案为：． 3．【教材呈现】 如图是某数学教材中平行四边形的性质章节中的部分内容． 探究如图，在中，连接，，并设它们相交于点，与，与有什么关系? （1）如图，在中，与之间的数量关系为______，与之间的数量关系为______； 【性质应用】 （2）如图，的对角线，相交于点，过点且与，分别相交于点，，连接，． 求证：四边形是平行四边形； 若，，的周长是，，则的长是______． 【答案】（）  ；（）见解析；． 【分析】（​）根据平行四边形的性质即可求解； （​）由四边形是平行四边形，得，，则，，然后证明即可； 先证明四边形是矩形，又则四边形是正方形，根据正方形的性质得，，设，则，再由勾股定理即可求解； 本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定，正方形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（）解：∵四边形是平行四边形， ∴  ， 故答案为：∴  ； （）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； 解：由得，四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵的周长是，即， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ∴，解得：， ∴， 故答案为：． 类型六、正方形中的面积求解 1．如图，正方形的边长均为定值，点H在线段上，从点F向点C运动，在这个过程中，的面积（   ） A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．不变 D．不确定 【答案】C 【分析】此题考查正方形的性质，平行线的判定和性质，根据正方形的性质及平行线的判定和性质得到，由此与之间的距离处处相等，即可判断点H在线段上，从点F向点C运动，在这个过程中的面积不变． 【详解】解：∵四边形均为正方形， ∴， ∴， ∴与之间的距离处处相等， 设与之间的距离为h， ∴的面积，是定值， 故选：C． 2．已知如图，在中，，，，在直线的同侧分别以的三边作正方形、正方形、正方形，、、、分别表示对应图形的面积，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了以直角三角形三边为边长的正方形构成图形的面积，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，过作于，通过证明，依此即可求解，熟练掌握相关定理，证明全等三角形，将阴影面积转化为是解题的关键． 【详解】解：过作于，连接， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可证：， ∴，， ∵， ∴， ∴， 同理可证：， ∴， ∴， 同理：，， ∴， ∴ ， ∵，，， ∴， ∴， 故答案为：． 3．如图，在中，，，边上的高为12．点从点出发，沿以每秒5个单位长度的速度运动．点从点出发沿以每秒10个单位长度的速度运动．、两点同时出发，当其中一点到达终点时，、两点同时停止运动．设运动的时间为（秒），连接． (1)当点与点重合时，的值为________． (2)直接写出的长（用含的代数式表示）； (3)当平分面积时，求的值； (4)当时，直接写出的值． 【答案】(1) (2) (3)12或 (4)2或或 【分析】（1）由题意可得，即可； （2）分点点出发沿运动和点出发沿运动两种情况讨论即可； （3）分两种情况，结合梯形的面积公式分别求出t的值即可． （4）分两种情况，结合矩形的性质、平行四边形的性质分别求出t的值即可． 【详解】（1）解：点Q与点C重合时， 由题意得：， 解得：， 即点Q与点C重合时，t的值为6； （2）解：当点Q沿运动时，； 由题意得：； 当点Q沿运动时，， ∴， 即； （3）解：∵面积为， ∴梯形的面积为 分两种情况： 当点Q沿运动时，如图， ∴， 解得：； 当点Q沿运动时，如图， 同理：， 解得：， 此时，两点重合，两点重合； 综上所述，当平分面积时，t的值为12或； （4）解：分两种情况： 点Q沿运动时， 如图，过A作于点G，于点H，则四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 解得：； 当点Q沿运动时， 如图，过A作于点G，于点H，则四边形是矩形，当点Q在点H右侧时， 同理， ∵， ∴， 解得：； 当点Q在点H左侧时，如图，则四边形是矩形，即， ∴， 解得：； 综上所述，当时，t的值为2或或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握平行四边形的性质，进行分类讨论是解题的关键，属于中考常考题型． 1．在Rt中，，点为斜边中点，，则的长为（   ） A．4 B．10 C．6 D．2.5 【答案】B 【分析】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，熟记性质是解题的关键．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答． 【详解】解：∵，点为斜边中点，， ∴． 故选B． 2．在下列条件中选取一个作为增加条件，能使成为菱形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定方法，解决此题的关键是熟练掌握菱形的判定方法；根据菱形的判定可知，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可得到答案。 【详解】解：，可判断是矩形，不能判断是菱形，故选项A错误，不符合题意； ，是已具有的性质，不能判断是菱形，故选项B错误，不符合题意； 对角线互相垂直，可知判断是菱形，故选项C正确，符合题意； ，是已具有的性质，不能判断是菱形，故选项D错误，不符合题意； 3．如图，是边长为2的等边三角形，取边中点，作，得到四边形，它的周长记作；取中点，作，，得到四边形，它的周长记作．则（   ） A．4 B．2 C． D．1 【答案】B 【分析】本题考查了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等知识点，熟练掌握平行四边形以及菱形的判定与性质是解题的关键． 先得到四边形为平行四边形，通过证明得到，继而可知四边形为菱形，而可得为等边三角形，则，那么，同理可证明为菱形，且，那么． 【详解】解：∵是边长为2的等边三角形， ∴， ， ∵取边中点， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形，， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∵， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 同理可证明为菱形，且， ∴， 故选：B． 4．若菱形的两条对角线的长分别为6，，则菱形的面积为 ． 【答案】 【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，的长分别为6，， 菱形的面积． 故答案为：． 5．青朱出入图是魏晋时期数学家刘徽根据“割补术”运用数形关系证明勾股定理的几何证明法．如图，四边形、、均为正方形．若正方形、的面积分别为、，则 （结果用含有和的代数式表示） 【答案】 【分析】由正方形的性质可得，，，，由勾股定理可得，进而可得，利用可证得，由全等三角形的性质可得，然后根据线段之间的和差关系可得，于是得解． 【详解】解：四边形、、是正方形， ，，，， ， ， 在和中， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质、列代数式、线段的和与差等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键． 6．如图，点D是等边三角形的边上的中点，，动点M满足．连接，线段长的最大值是 ． 【答案】 【分析】先连接，取的中点为，连接，根据斜边上的中线等于斜边的一半，得，运用勾股定理得，同理得，即，当三点共线时，则有最大值，且为，即可作答． 【详解】解：连接，取的中点为，连接，如图所示： ∵是等边三角形， ∴， ∵为的中点， ∴，， ∴， ∵动点M满足， ∴， ∵为的中点， ∴， 即， 当三点共线时，则有最大值，且为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形三边关系，斜边上的中线等于斜边的一半，等边三角形的性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 7．已知：如图，在中，，分别是和的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，当与满足怎样关系时，四边形为矩形，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形为矩形，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定、矩形的判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定，矩形的判定是解题的关键． （1）利用平行四边形的判定即可得证； （2）补充条件为，结合点为的中点，利用三线合一性质可得，由（1）得四边形为平行四边形，利用矩形的判定即可得证． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，． ，分别是和的中点， ，， ， 又， 四边形为平行四边形． （2）解：当时，四边形为矩形，理由如下： 如图， ，点为的中点， ， ， 由（1）得，四边形为平行四边形， 四边形为矩形． 8．如图，在中，的延长线于，的延长线于，为的中点，分别连接、、．    (1)若，，求的周长； (2)若，，求的度数． 【答案】(1)10 (2) 【分析】（1）根据，，为的中点，得，结合，求的周长即可． （2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，解答即可． 本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】（1）解：∵，，为的中点，， ∴， ∵， ∴的周长为． （2）解：，为的中点， ， ， ， ，为的中点， ， ， ， ， 的度数为． 9．数学活动课上，学习小组开展“剪拼正方形”实践活动，过程要求无损耗、无重叠． 【初步尝试】 （1）如图1，长方形纸片可看作由2个全等的小正方形组成，E是的中点，沿着，剪2刀，得到3块图案①，②，③，保持③不动，移动①，②，可以拼接成一个大正方形纸片．若，则______． 【深入实践】 （2）如图2，“十字形”纸片可看作由5个全等的小正方形组成，已知点A，B在正方形网格的格点上，C，D是纸片边上的中点．沿着，将这个“十字形”纸片剪2刀，得到4块图案①，②，③，④，保持①不动，移动②，③，④，可以拼接成一个大正方形纸片．请在正方形网格中画出拼接后的大正方形，并标注对应的编号． 【拓展迁移】 （3）如图3，同学们从刘徽设计的“青朱出入图”受到启发，将两个边长不等的正方形纸片，剪拼成一个大正方形纸片．P，M，N为剪痕与原正方形边的交点，已知，． ①______，______； ②求正方形的边长． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）①，；② 【分析】本题主要考查正方形的性质，勾股定理的运用，图象变换的性质，掌握正方形的性质，图形变换的性质是解题的关键． （1）根据题意可得，，由勾股定理得到，由四边形是正方形，可得，由此即可求解； （2）根据正方形的性质拼接即可； （3）①根据朱出与朱入可得，，则，由此即可求解；②在中，，在中，，又在中，，由此列式得，设，解得，则，由此即可求解． 【详解】解：（1）长方形纸片可看作由2个全等的小正方形组成，E是的中点， ∴，， ∴， ∵移动①，②，可以拼接成一个大正方形纸片， ∴， 故答案为：； （2）下图展示了两种不同的拼法， （3）将两个边长不等的正方形纸片，剪拼成一个大正方形纸片，P，M，N为剪痕与原正方形边的交点，已知，， ∴， ①如图所示， 根据朱出与朱入可得，，则，， ∴，； ②由①可知，， 在中，， 在中，， 又在中，， ∴，设， ∴， 解得， ∴， ∴正方形的边长是． 10．【教材呈现】 将正方形的四个顶点用线段连接，什么样的连法最短？研究发现，并非对角线最短，而是如图所示的连法最短（即用线段、、、、把四个顶点连接起来）．已知如图1：，． （1）由图1可知，线段和的位置关系为：______； 【问题探究】 （2）某数学兴趣小组发现，图1所示图形______（是／不是）轴对称图形，于是他们如图2构造了，发现是______三角形，请结合以上结论，猜想线段与的数量关系，并证明． 【问题解决】 （3）在第（2）问的基础上，若，求最短连法的线段和，即的值． 【答案】（1） （2）是，等边，，详见解析 （3），详见解析 【分析】（1）根据正方形的性质证明，进而可以解决问题； （2）证明，可得，证明是等边三角形，然后根据含角的直角三角形的性质即可解决问题； （3）结合（2）根据等边三角形的性质和含30度角的直角三角形的性质即可解决问题． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）解：图1所示图形是轴对称图形， 如图2构造了，发现是等边三角形， 猜想线段，理由如下： 由（1）得，， ， ， ， 同理， ， ， ， ，， 是等边三角形， ， ，， ， 故答案为：是，等边； （3）解：是等边三角形，同（2）可知：是等边三角形， ， 由（2）知：， ， 由勾股定理得，， ， ， ， 的值为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定等知识点，熟练掌握其性质并能准确的计算、的值是解决此题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$