第5章 特殊平行四边形 知识归纳与题型训练（8类题型清单）-2024-2025学年八年级数学下册单元速记·巧练（浙教版）

第5章 《特殊平行四边形》知识归纳与题型训练（8题型清单） 一、矩形 1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形． 2.矩形的性质定理： （1）矩形具有平行四边形的一切性质； （2）定理1：矩形的四个角都是直角； （3）定理2：矩形的对角线相等； 3.矩形的判定定理： （1）定义法：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形； （2）定理1：有三个角是直角的四边形是矩形； （3）定理2：对角线相等的平行四边形是矩形； 要点诠释： （1）、因为矩形的对角线相等且互相平分，所以矩形的两条对角线将矩形划分成四个等腰三角形； （2）、矩形即使中心对称图形，对称中心是对角线交点；又是轴对称图形，它至少有两条对称轴； （3）、矩形又因为四个角都是直角，所以矩形的问题可以转化为直角三角形的问题，也可以转化为等腰三角形的问题； 二、菱形 1.菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形． 2.菱形的性质定理： （1）菱形具有平行四边形的一切性质； （2）定理1：菱形四条边都相等； （3）定理2：菱形对角线互相垂直，并且每条对角线平分一组对角； 3.菱形的判定定理： （1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形； （2）定理1：四条边相等的四条边是菱形； （3）定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形； 要点诠释： （1） 、根据菱形的性质，菱形的问题也常转化成等腰三角形或直角三角形来思考； （2） 、菱形既是中心对称图形，对称中心是对角线交点；又是轴对称图形，对称轴是对角线所在的直线； （3） 、菱形因为对角线互相垂直，所以菱形的面积计算方式有： 三、正方形 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.正方形的性质定理： 正方形既是特殊的矩形，又是特殊的菱形，所以，正方形具有矩形、菱形的一切性质，故： （1）正方形的四个角都是直角，四条边相等. （2）正方形的对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 3.正方形的判定： （1）定义法：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 定理1：有一组邻边相等的矩形是正方形； 定理2：有一个角是直角的菱形是正方形； 要点诠释： （1）、正方形其他判定方法： ①对角线互相垂直的矩形是正方形； ②对角线相等的菱形是正方形； （2）、正方形是四边形中最特殊的轴对称图形和中心对称图形，正方形要特别注意对角线所在直线这条对称轴，相对的顶点就是一对对称点，对称轴上的任一点到两对称点的距离相等； （3）、正方形转化思想：正方形的问题常转化为等腰直角三角形的问题来思考； 题型一　矩形的性质 例题： 1．（2024春•下城区校级期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠ACB＝25°，则∠AOB的度数是（　　） A．50° B．55° C．60° D．65° 【分析】根据矩形的性质得出AC＝BD，，，推出OB＝OC，根据等边对等角得出∠ACB＝∠DBC，再根据三角形的外角即可得出答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD，，， ∴OB＝OC， ∴∠ACB＝∠DBC， ∵∠ACB＝25°， ∴∠DBC＝25°， ∴∠AOB＝∠DBC+∠ACB＝50°， 故选：A． 【点评】本题考查矩形的性质，三角形的外角性质，等腰三角形的判定与性质，正确理解题意是解题的关键． 2．（2024春•义乌市校级期中）如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC对折，使得点B落在点E处，CE交AD于点F，若CE平分∠ACD，AF＝4，则CD的长是（　　） A． B． C． D．3 【分析】根据矩形的性质得∠D＝∠BCD＝90°，AD∥BC，由平行线的性质得∠DAC＝∠ACB，由折叠的性质得∠ACB＝∠ACE，于是∠CAF＝∠ACF，则AF＝CF＝4，证明∠ACB＝∠ACF＝∠FCD＝30°即可． 【解答】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠D＝∠BCD＝90°，AD∥BC， ∴∠DAC＝∠ACB， 由折叠可知，∠ACB＝∠ACE， ∴∠CAF＝∠ACF， ∵AF＝4，CE平分∠ACD， ∴AF＝CF＝4，∠ACB＝∠ACF＝∠FCD＝30°， ∴，． 故选：A． 【点评】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、利用平行线的性质和折叠的性质推出AF＝CF＝2是解题关键． 3．（2024•黄岩区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，对角线AC与BD相交于点O，AE垂直平分OB于点E，则BC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△AOB是等边三角形，可得∠BAC＝60°，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AO＝BO＝CO＝DO， ∵AE垂直平分OB， ∴AB＝AO， ∴AB＝AO＝BO， ∴△AOB是等边三角形， ∴∠BAC＝60°， ∴BCAB＝2， 故选：B． 【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． 巩固训练 4．（2024•海曙区校级开学）如图，已知长方形ABCD，连接BD，P是BD上的一点，连接AP，CP，S1，S2，S3，S4分别表示△ABP，△ADP，△BCP，△CDP的面积，则下列等式不正确的是（　　） A． B． C．S1+S4＝S3+S2 D．S1+S2＝S3+S4 【分析】根据题意得：△ABP和△ADP的高相等，△ABD和△BCD的面积相等，从而得到，S1+S2＝S3+S4，故D正确，，可得，故B错误，从而得到，可得，进而得到S2＝S4，可得到，S1+S4＝S3+S2故A、C正确，即可求解． 【解答】解：根据题意得：△ABP和△ADP的高相等，△ABD和△BCD的面积相等， ∴，S1+S2＝S3+S4，故D正确，不符合题意； 同理， ∴，故B错误，符合题意； ∴， ∴， ∵S1+S2＝S3+S4， ∴S2＝S4， ∴S1＝S3， ∴，S1+S4＝S3+S2故A、C正确，不符合题意； 故选：B． 【点评】本题主要考查了长方形分割多个三角形的关系，等式基本性质，熟练掌握长方形分割多个三角形的关系，等式基本性质是解题的关键． 5．（2024秋•鄞州区校级期末）如图，在矩形ABCD中，点E在BC的延长线上，AE与CD交于点G，点F是DG的中点，若要知道△AEF的面积，则需要知道（　　） A．CE的长 B．矩形ABCD的面积 C．梯形ABCG的面积 D．∠EAF的度数 【分析】连接DE，由矩形的性质，三角形的面积公式推出S△AEFS△EADS矩形ABCD，即可得到答案． 【解答】解：连接DE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，CD⊥AD， ∴S△EADAD•DCS矩形ABCD， ∵F是DG中点， ∴S△AFGS△ADG，S△EFGS△EDG， ∴S△AFG+SEFG（SADG+S△EDG）， ∴S△AEFS△EADS矩形ABCD， ∴要知道△AEF的面积，则需要知道矩形ABCD的面积． 故选：B． 【点评】本题考查矩形的性质，三角形的面积，关键是由矩形的性质、三角形的面积公式推出S△AEFS矩形ABCD． 6．（2024秋•台州期中）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，若P是射线AD上一个动点，连接BP，点A关于直线BP的对称点为M，连接MP，MC，当P，M，C三点共线时，AP的长为 　1或9　． 【分析】分两种情况画图：根据当P，M，C三点共线时画出图形，利用点A关于直线BP的对称点为M，得∠A＝∠BMP＝90°，BM＝AB＝3，AP＝MP，根据勾股定理列出方程即可解决问题．由轴对称的性质得AP＝MP，∠APB＝∠MPB，由平行线的性质得∠APB＝∠CBP，进而可以解决问题． 【解答】解：①当P，M，C三点共线时，如图1所示： 在矩形ABCD中，CD＝AB＝3，AD＝BC＝5，∠A＝∠D＝90°， ∵点A关于直线BP的对称点为M， ∴∠A＝∠BMP＝90°，BM＝AB＝3，AP＝MP， ∴CM4， 设AP＝x， 则PD＝AD﹣AP＝5﹣x，CP＝CM+PM＝4+x， 在Rt△PDC中，根据勾股定理得：PC2＝PD2+CD2， ∴（4+x）2＝（5﹣x）2+32， ∴x＝1， ∴AP的长为1； ②如图2，由轴对称的性质得AP＝MP，∠APB＝∠MPB， 由平行线的性质得∠APB＝∠CBP ∴∠CPB＝∠CBP， ∴CP＝CB＝5， 在RtABCM中，BM＝AB＝3，由勾股定理得CM＝4， ∴MP＝CP+CM＝9， ∴AP＝9， 综上所述：AP的长为1或9， 故答案为：1或9． 【点评】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，解决本题的关键是掌握轴对称的性质． 7．（2024秋•舟山期中）如图，门上钉子P处挂着一个“欢迎光临”的长方形挂牌ABCD，测得AB＝10cm，AD＝24cm．如图1，当挂牌水平悬挂（即BC与地面平行）时，测得挂绳AP＝DP＝20cm，此时点P到BC所在直线的距离为 　26　cm，将该门挂的挂绳长度缩短4cm后重新挂上，此时不小心把挂牌弄斜了（如图2），发现AC与地面平行，且点P、D、C三点在同一直线上，则点B的高度下降了 　cm　． 【分析】如图1，过点P作PE⊥AD于点E，PE的延长线交BC于点F，先根据等腰三角形的性质求出AE＝12cm，在Rt△APE中由勾股定理求出PE＝16cm，据此可得出点P到BC所在直线的距离；如图2，连接AC，过点P作PH⊥AC于点H，过点B作BG∥AC交AH的延长线于G，过点B作BI⊥AC于I，先求出PA＝PC＝23cm，再求出AC＝26cm，进而得AH＝13cm，则PHcm，然后由三角形的面积公式求出BIcm，进而得PGcm，最后再求出PG﹣PF即可得出点B的高度下降的高度． 【解答】解：如图1，过点P作PE⊥AD于点E，PE的延长线交BC于点F， ∵四边形ABCD为长方形， ∴AD∥BC，AB⊥BC， ∴EF＝AB＝CD＝10cm， ∵PA＝PD＝20cm，PE⊥AD，AD＝24cm， ∴AEAD＝12cm， 在Rt△APE中，PA＝20cm，AE＝12cm， 由勾股定理得：PE16（cm）， ∴PF＝PE+EF＝16+10＝26（cm）， 即点P到BC所在直线的距离为26cm； 如图2，连接AC，过点P作PH⊥AC于点H，过点B作BG∥AC交AH的延长线于G，过点B作BI⊥AC于I， ∵PA+PD＝20×2﹣4＝36（cm），点P、D、C三点在同一直线上， ∴△APD为直角三角形的， 设PD＝x，则PA＝36﹣x， 在Rt△APD中，PD＝x cm，PA＝（36﹣x）cm，AD＝24cm， 由勾股定理得：PA2＝PD2+AD2， 即：（36﹣x）2＝x2+242， 解得：x＝10， ∴PD＝10cm， ∴PC＝PD+CD＝10+10＝20（cm）， 在Rt△ACD中，AD＝24cm，CD＝10cm， 由勾股定理得：AC26（cm）， 由三角形的面积公式得：S△PACAC•PHPC•AD， ∴PH（cm）， 在Rt△ABC中，由三角形的面积公式得：AC•BIAB•BC， ∴BI（cm）， ∴PG＝PH+HG＝PH+BI ∵PG﹣PF（cm）． 即点B的高度下降了（cm）． 故答案为：26，cm． 【点评】此题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等，理解题意，熟练掌握矩形和等腰三角形的性质，灵活运用勾股定理和三角形的面积公式进行计算是解答此题的关键． 8．（2024春•吴兴区期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，点F，G分别是AE和AD的中点． （1）求证：△ABE是等腰直角三角形； （2）若AD＝4，AB＝3，求FG的长． 【分析】（1）因为AE平分∠BAD，则∠BAE＝∠DAE，在矩形ABCD中，AD∥BC，推出∠DAE＝∠AEB，则∠BAE＝∠AEB，所以AB＝BE，即△ABE是等腰三角形． （2）由（1）得BE＝AB＝3，在矩形ABCD中，BC＝AD＝4，DC＝AB＝3，则EC＝BC﹣BE＝1，连结DE，利用勾股定理求出DE，因为点F，G分别为AE与AD的中点，则． 【解答】（1）证明：∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠DAE， 在矩形ABCD中，AD∥BC， ∴∠DAE＝∠AEB， ∴∠BAE＝∠AEB， ∴AB＝BE，即△ABE是等腰三角形． （2）解：由（1）得BE＝AB＝3，在矩形ABCD中，BC＝AD＝4，DC＝AB＝3， ∴EC＝BC﹣BE＝1， 连结DE， 在Rt△DCE中，， ∵点F，G分别为AE与AD的中点， ∴． 【点评】本题考查矩形的性质，角平分线的性质，等腰直角三角形，三角形中位线定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用 题型二　矩形的判定 例题： 1．（2024春•西湖区期末）在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD．下列说法能使四边形ABCD为矩形的是（　　） A．AB∥CD B．AD＝BC C．∠A＝∠B D．∠A＝∠D 【分析】由矩形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：A、∵AB∥CD，AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， 由AB＝CD，不能判定四边形ABCD为矩形，故选项A不符合题意； B、∵AD＝BC，AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， 由AB＝CD，不能判定四边形ABCD为矩形，故选项B不符合题意； C、∵AD∥BC， ∴∠A+∠B＝180°， ∵∠A＝∠B， ∴∠A＝∠B＝90°， ∴AB⊥AD，AB⊥BC， ∴AB的长为AD与BC间的距离， ∵AB＝CD， ∴CD⊥AD，CD⊥BC， ∴∠C＝∠D＝90°， ∴四边形ABCD是矩形，故选项C符合题意； D、∵AD∥BC， ∴∠A+∠B＝180°，∠D+∠C＝180°， ∵∠A＝∠D， ∴∠B＝∠C， ∵AB＝CD， ∴四边形ABCD是等腰梯形，故选项D不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键． 2．（2024春•德清县期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE＝AD，连结EB，EC，DB，要使四边形DBCE成为矩形，可添加一个条件是 　CD＝BE或∠ADB＝90°或CE⊥DE　.（只要写出一个条件即可） 【分析】先证明四边形BCDE为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答． 【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， 又∵AD＝DE， ∴DE∥BC，且DE＝BC， ∴四边形BCED为平行四边形， 添加CD＝BE， ∴▱DBCE为矩形； 添加∠ADB＝90°， ∴∠EDB＝90°， ∴▱DBCE为矩形； 添加CE⊥DE， ∴∠CED＝90°， ∴▱DBCE为矩形． 故答案为：CD＝BE或∠ADB＝90°或CE⊥DE． 【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定，首先判定四边形BCDE为平行四边形是解题的关键． 巩固训练 3．（2024春•江北区期末）如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，尺规作图操作步骤如下：①以点C为圆心，OC长为半径画弧；②以点D为圆心，OD长为半径画弧；③两弧交于点E，连结DE，CE．则下列说法一定正确的是（　　） A．若AC⊥BD，则四边形OCED是矩形 B．若AC＝BD，则四边形OCED是菱形 C．若AD⊥CD，则四边形OCED是矩形 D．若AD＝CD，则四边形OCED是菱形 【分析】根据矩形的判定，菱形的判定，以及平行四边形的性质定理判定即可． 【解答】解：由作图知，OD＝DE，OC＝CE， ∴四边形OCED不一定是平行四边形， ∴若AC⊥BD，则四边形OCED不一定是矩形，故A不符合题意； ∵AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD， ∴OD＝OC， ∴OD＝OC＝DE＝CE， ∴四边形OCED是菱形，故B符合题意； ∵AD⊥CD， ∴平行四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD， ∴OD＝OC， ∴OD＝OC＝DE＝CE， ∴四边形OCED是菱形，故C不符合题意； ∵AD＝CD， ∴平行四边形ABCD是菱形， 但证不出OD＝OC， ∴四边形OCED不一定是菱形，故D不符合题意； 故选：B． 【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，菱形的判定，熟练掌握各判定定理是解题的关键． 4．（2024•下城区校级三模）如图，已知E、F为平行四边形ABCD的对角线上的两点，且BE＝DF， （1）求证：△ABE≌△CDF； （2）若∠AEC＝90°，求证：四边形AECF为矩形． 【分析】（1）由SAS证明△ABE≌△CDF即可； （2）由全等三角形的性质得AE＝CF，∠AEB＝∠CFD．再证AE∥CF，则四边形AECF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ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∴∠ABE＝∠CDF， 在△ABE和△CDF中， ， ∴△ABE≌△CDF（SAS）； （2）如图，由（1）可知，△ABE≌△CDF， ∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD． ∵∠AEB+∠AEO＝∠CFD+∠CFE＝180° ∴∠AED＝∠CFE， ∴AE∥CF， ∴四边形AECF为平行四边形． 又∵∠AEC＝90°， ∴平行四边形AECF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． 题型三　矩形的性质与判定的综合 例题： 1．（2024春•西湖区校级期中）如图，用一根绳子检查一平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线AC，BD就可以判断，其推理依据是（　　） A．矩形的对角线相等 B．矩形的四个角是直角 C．对角线垂直的平行四边形是矩形 D．对角线相等的平行四边形是矩形 【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即可判定． 【解答】解：推理依据是对角线相等的平行四边形是矩形，故D选项符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质，熟记“对角线相等的平行四边形为矩形”是解题的关键． 2．（2024春•西湖区校级期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且AC⊥BD，点P为AB边上一动点（不与点A，B重合），PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，若AC＝8，BD＝6，则EF的最小值为（　　） A．3 B．2 C． D． 【分析】先根据勾股定理计算出AB，再证明四边形PEOF是矩形，得到EF＝PO，再根据垂线段最短求出PO的最小值即可． 【解答】解：如图，连接OP， ∵AC⊥BD，且四边形ABCD是平行四边形， ∴，， ∴， ∵PE⊥OA，PF⊥OB，AC⊥BD， ∴四边形PEOF是矩形， ∴EF＝PO， ∴当PO最小时，EF最小， 当PO⊥AB时，当PO最小， 当PO⊥AB时，S△AOBAO•BOAB•PO，即4×35×PO， ∴， 故选：C． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短，三角形的面积，勾股定理，平行四边形的性质，解答本题的关键是熟练掌握矩形的判定与性质． 3．（2024•义乌市二模）我国古代数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式，后人借助此分割方法所得图形证明了勾股定理．如图所示，矩形ABCD就是由两个这样的图形拼成（无重叠、无缝隙）．下面给出的条件中，一定能求出矩形ABCD面积的是（　　） A．BM与DM的积 B．BE与DE的积 C．BM与DE的积 D．BE与DM的积 【分析】欲求矩形的面积，则求出小正方形的边长即可，可设小正方形的边长为x，在直角三角形ABC中，利用勾股定理建立关于x的方程，利用整体代入思想解决问题，从而求出矩形的面积． 【解答】解：设小正方形EFCG的边长为x，设BM＝BF＝a，DG＝DM＝b， 则AB＝a+x，BC＝b+x， ∴AC＝a+b， 在Rt△ABC中，AC2＝AB2+BC2， 即（a+b）2＝（a+x）2+（b+x）2， 整理得，x2+（a+b）x＝ab， 矩形的面积为：（a+x）（b+x）＝x2+（a+b）x+ab＝2ab， ∴该矩形的面积为2ab． ∴矩形的面积是BM与DM的积， 故选：A． 【点评】本题考查了勾股定理得证明，一元二次方程的运用，根据图形得到关于x的方程，并用整体代入思想解答是解题关键． 巩固训练 4．（2024春•西湖区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠ACB＝90°，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E，连接AE交CD于点F． （1）求证：四边形ACED是矩形； （2）连接BF，若∠ABC＝60°，CE＝3，求BF的长． 【分析】（1）由AC⊥BC，DE⊥BC，得AC∥DE，由四边形ABCD是平行四边形，点E在BC的延长线上，得AD∥CE，则四边形ACED是平行四边形，即可由∠ACE＝90°，根据矩形的定义证明四边形ACED是矩形； （2）由平行四边形的性质和矩形的性质得AE＝CD＝AB，AF＝EF，AD＝CE＝CB＝3，因为∠ABC＝60°，所以△ABC是等边三角形，则AB＝AE＝BE＝2CE＝6，∠AFB＝90°，所以AFAE＝3，即可根据勾股定理求得BF3． 【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°， ∴AC⊥BC， ∵DE⊥BC， ∴AC∥DE， ∵四边形ABCD是平行四边形，点E在BC的延长线上， ∴AD∥CE， ∴四边形ACED是平行四边形， ∵∠ACE＝90°， ∴四边形ACED是矩形． （2）解：∵四边形ACED是矩形，四边形ABCD是平行四边形， ∴AE＝CD＝AB，AF＝EF，AD＝CE＝CB＝3， ∵∠ABC＝60°， ∴△ABE是等边三角形， ∴BF⊥AE，AB＝AE＝BE＝2CE＝2×3＝6， ∴∠AFB＝90°，AFAE6＝3， ∴BF3， ∴BF的长是3． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明AC∥DE及△ABC是等边三角形是解题的关键． 5．（2024春•慈溪市期末）“小小停车位，关乎大民生”，某数学兴趣小组关注到本校教师每天进校的车辆数超过学校原有的停车位数，有部分车辆不能规范停放，对校园安全存在一定的隐患，于是打算向学校提供一个增设停车位的方案． 素材1：该兴趣小组对学校的一片空地进行了实地测量，测得空地长32米，宽14米． 素材2： 停车位布置方式 垂直停车位 倾斜停车位 示意图 车位标准尺寸 长6米，宽2.5米 倾斜线长6米，倾斜线之间的距离为2.5米 通道 通道宽度不小于3.5米 任务1 兴趣小组根据素材2分别设计了垂直停车位和倾斜停车位．垂直停车位如图1，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝CD；倾斜停车位如图2，EG＝FH，∠G＝120°，∠H＝60°．请分别判断所设计的两种停车位的形状，并选择一种说明理由． 任务2 为了排除校园安全隐患，根据素材2提供的信息，若用上述设计的两种停车位，并尽可能多的设置停车位数量，学校该空地应选择哪种停车位布置方式？最多可以设置多少个停车位？（参考数据： 【分析】任务1：在图I中，根据AB⊥AD，CD⊥AD得AB∥CD，再根据AB＝CD得四边形ABCD是平行四边形，进而根据AB⊥AD可得四边形ABCD的形状；在图2中根，据∠G＝120°，∠H＝60°得∠G+∠H＝180°，再根据EG∥FH可得四边形EFHG的形状； 任务2：①设置垂直停车位时，根据空地长32米，宽14米，垂直停车位长6米，宽2.5米，通道宽度不小于3.5米，由14÷2.5≈5，得按照车位的宽度设置停车位可以设置5个，再由32÷（6+3.5）≈3，得按照车位的长度来设置停车位可以设置3列，由此可得停车位的个数； ②设置倾斜停车位时，过点G作GP⊥FH于P，过点H作HQ⊥EF交EF的延长线于Q，依题意得HF＝GE＝6米，GH＝HF，GH∥EQ，GP＝2.5米，则∠HFQ＝∠GHF＝60°，由此可求出FQHF＝3米，HQ5.19（米），HP（米），则GH＝2HP≈2.88（米），由此得每行设置的停车位是（32﹣3）÷2.88≈10（个），然后由根据5.19+3.5+5.19＝13.88＜14，得可以设置两行倾斜停车位，共10×2＝20（个），据此即可得出答案． 【解答】解：任务1：图1设计的停车位是矩形，图2设计的停车位是平行四边形，理由如下： 在图I中，AB⊥AD，CD⊥AD， ∴AB∥CD， ∵AB＝CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AB⊥AD， ∴∠BAD＝90°， ∴平行四边形ABCD是矩形； 在图2中，∵∠G＝120°，∠H＝60°， ∴∠G+∠H＝180°， ∴EG∥FH， ∵EG＝FH， ∴四边形EFHG是平行四边形， ∴图1中停车位的形状是矩形，图2中停车位的形状是平行四边形； 任务2：①设置垂直停车位时， ∵空地长32米，宽14米，垂直停车位长6米，宽2.5 米，通道宽度不小于3.5米， ∴14÷2.5＝5.6，即按照车位的宽度来设置停车位可以设置5个， 又∵32÷（6+3.5）≈3（列），即按照车位的长度来设置停车位可以设置3列， ∴当设置垂直停车位时，最多可以设置5×3＝15（个）； ②设置倾斜停车位时， 过点G作GP⊥FH于P，过点H作HQ⊥EF交EF的延长线于Q，如图所示： ∵四边形EFHG为平行四边形，倾斜线长6米，倾斜线之间的距离为2.5米 ∴HF＝GE＝6米，GH＝HF，GH∥EQ，GP＝2.5米， ∴∠HFQ＝∠GHF＝60°， 在Rt△HFQ中，∠FHQ＝90°﹣∠HFQ＝30°， ∴FQ＝1/2HF＝3米， 由勾股定理得：HQ3×1.73＝5.19（米）， 在Rt△GHP中，∠HGP＝90°﹣∠GHF＝30°， ∴GH＝2HP， 由勾股定理得：GH2﹣HP2＝GP2， 即（2HP）2﹣HP2＝2.52， ∴HP（米）， ∴GH＝2HP2.88（米）， ∴每行设置的停车位是：（32﹣3）÷2.88≈10（个）， ∵5.19+3.5+5.19＝13.88＜14， ∴可以设置两行倾斜停车位，共有10×2＝20（个）， ∴学校该空地应选择倾斜停车位布置方式，最多可以设置20个停车位． 【点评】此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，含有30°角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，灵活运用含有30°角的直角三角形的性质及勾股定理进行计算是解决问题的关键． 题型四　菱形的性质 例题： 1．（2024春•奉化区校级期中）如图，菱形ABCD的周长为20cm，对角线AC长为6cm，则它的面积为（　　） A．24cm2 B．28cm2 C．32cm2 D．48cm2 【分析】根据菱形的性质求得AB20＝5（cm），OA＝OC6＝3（cm），由AC⊥BD，得∠AOB＝90°，则OD＝OB4cm，所以BD＝2OB＝8cm，则S菱形ABCDAC•BD＝24cm2，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，且周长为20cm，AC长为6cm， ∴AB20＝5（cm），OA＝OCAC6＝3（cm）， ∵AC⊥BD， ∴∠AOB＝90°， ∴OD＝OB4（cm）， ∴BD＝2OB＝2×4＝8（cm）， ∴S菱形ABCDAC•BD6×8＝24（cm2）， 故选：A． 【点评】此题重点考查菱形的性质、菱形的周长和面积公式、勾股定理等知识，正确地求出BD的长是解题的关键． 2．（2024春•诸暨市校级期中）如图，在菱形ABCD中，∠B＝45°，，E，F分别是边CD，BC上的动点，连接AE和EF，G，H分别为AE，EF的中点，连接GH，则GH的最小值为（　　） A． B． C． D．1 【分析】连接AF，利用三角形中位线定理，可知GHAF，求出AF的最小值即可解决问题． 【解答】解：连接AF，如图所示： ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝2， ∵G，H分别为AE，EF的中点， ∴GH是△AEF的中位线， ∴GHAF， 当AF⊥BC时，AF最小，GH得到最小值， 则∠AFB＝90°， ∵∠B＝45°， ∴△ABF是等腰直角三角形， ∴AFAB2， ∴GH， 即GH的最小值为， 故选：B． 【点评】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型． 3．（2024春•海曙区校级期中）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，E为BC中点，过E作EG⊥AC，垂足为G，过E作EF⊥BD交AB于点F，连接FG，若AC＝5，BD＝24，则FG的长为（　　） A．12 B．10 C．6.5 D．5 【分析】连接OE，延长GE，过点B作BH⊥GH，垂足为点H，根据菱形的性质得出，，AC⊥BD，证明四边形EGOM为矩形，得出EM∥AC，∠MEG＝90°，证明四边形AOEF为平行四边形，得出，证明△BEH≌△CEG，得出EH＝EG，证明四边形BOGH为矩形，得出GH＝BO＝12，根据勾股定理求出即可． 【解答】解：连接OE，延长GE，过点B作BH⊥GH，垂足为点H，如图所示： ∵四边形ABCD是菱形， ∴，，AC⊥BD， ∵EG⊥AC，EF⊥BD ∴∠EMO＝∠GOM＝∠EGO＝90°， ∴四边形EGOM为矩形， ∴EM∥AC，∠MEG＝90°， ∵E为BC的中点，O为AC的中点， ∴EO是△ABC的中位线， ∴OE∥AB， ∴四边形AOEF为平行四边形， ∴， 在△BEH和△CEG中， ， ∴△BEH≌△CEG（AAS）， ∴EH＝EG， ∵∠BHG＝∠OGH＝∠BOG＝90°， ∴四边形BOGH为矩形， ∴GH＝BO＝12， ∴， ∴． 故选：C． 【点评】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键． 4．（2024春•西湖区期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E为AD边中点．若菱形ABCD的面积为24，OA＝3，则OE的长为（　　） A．2.5 B．5 C． D． 【分析】根据菱形的性质和面积，可以得到BD的长，从而可以得到OD的长，然后根据勾股定理可以得到AD的长，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可以得到OE的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∵菱形ABCD的面积为24，OA＝3， ∴AC＝2OA＝6，24， ∴BD＝8， ∴OD＝4， ∴AD5， ∵E为AD边中点， ∴OEAD＝2.5， 故选：A． 【点评】本题考查菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线和斜边的关系，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 巩固训练 5．（2024春•吴兴区期末）如图，菱形ABCD的周长为20，面积为24，P是对角线BD上一点，分别作P点到直线AB、AD的垂线段PE、PF，则PE+PF等于 　4.8　． 【分析】直接利用菱形的性质得出AB＝AD＝10，S△ABD＝12，进而利用三角形面积求法得出答案． 【解答】解：∵菱形ABCD的周长为20，面积为24， ∴AB＝AD＝5，S△ABD＝12， ∵分别作P点到直线AB、AD的垂线段PE、PF， ∴AB×PEPF×AD＝12， ∴5×（PE+PF）＝12， ∴PE+PF＝4.8． 故答案为：4.8． 【点评】此题主要考查了菱形的性质，正确得出AB×PEPF×AD＝S△ABD是解题关键． 6．（2024•余姚市校级四模）如图，在菱形ABCD中，E是CD的中点，连接AE并延长，交BC的延长线于点F． （1）求证：BC＝CF； （2）若AB＝2，AE⊥AB，求△ABF的面积． 【分析】（1）由菱形的性质推出AD∥BC，BC＝AD，得到∠D＝∠ECF，∠DAE＝∠F，而DE＝CE，由AAS判定△ADE≌△FCE，推出AD＝CF，即可证明BC＝CF． （2）由勾股定理求出AF2，即可得到△ABF的面积AB•AF＝2． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC，BC＝AD， ∴∠D＝∠ECF，∠DAE＝∠F， ∵E是CD的中点， ∴DE＝CE， ∴△ADE≌△FCE（AAS）， ∴AD＝CF， ∴BC＝CF． （2）解：由（1）知BC＝CF， ∵BC＝AB＝2， ∴BF＝2BC＝4， ∵AE⊥AB， ∴∠BAF＝90°， ∴AF2， ∴△ABF的面积AB•AF＝2． 【点评】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，关键是由AAS判定△ADE≌△FCE，得到AD＝CF，由勾股定理求出AF的长． 7．（2024春•鄞州区期末）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝100°，点P在对角线AC上，PE∥BC交AB于点E，PF∥AB交BC于点F． （1）求∠EPF的度数； （2）连结PD，当∠DPC＝60°时，判断PD与PF的数量关系并证明． 【分析】（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明四边形PEBF是平行四边形，再根据平行四边形的对角相等即可解决问题； （2）根据菱形的性质证明四边形PFCD是等腰梯形，然后利用三角形内角和定理证明∠CPF＝∠FCP＝40°，得PF＝FC，进而可以解决问题． 【解答】解：（1）∵PE∥BC，PF∥AB， ∴四边形PEBF是平行四边形， ∴∠EPF＝∠ABC＝100°； （2）PD＝PF，理由如下： ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥CD， ∵PF∥AB， ∴PF∥CD， ∵菱形ABCD中，∠ABC＝100°，AB∥CD， ∴∠BCD＝180°﹣100°＝80°， ∴∠DCP∠BCD＝40°， ∵∠DPC＝60°， ∴∠PDC＝180°﹣60°﹣40°＝80°， ∴∠PDC＝∠FCD， ∴四边形PFCD是等腰梯形， ∴PD＝FC， ∵PF∥AB， ∴∠CFP＝∠ABC＝100°， ∵∠FCP＝40°， ∴∠CPF＝180°﹣100°﹣40°＝40°， ∴∠CPF＝∠FCP＝40°， ∴PF＝FC， ∴PD＝PF． 【点评】本题考查了菱形的性质，等腰梯形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 题型五　菱形的判定 例题： 1．（2024春•上城区校级期中）已知平行四边形ABCD，下列条件：①AC⊥BD；②∠BAD＝90°；③AB＝BC；④AC＝BD．其中能使平行四边形ABCD是菱形的有（　　） A．①③ B．②③ C．③④ D．①②③ 【分析】菱形的判定方法有三种：①定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四边相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形．据此判断即可． 【解答】解：①▱ABCD中，AC⊥BD，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可判定▱ABCD是菱形；故①正确； ②▱ABCD中，∠BAD＝90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可判定▱ABCD是矩形，而不能判定▱ABCD是菱形；故②错误； ③▱ABCD中，AB＝BC，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定▱ABCD是菱形；故③正确； D、▱ABCD中，AC＝BD，根据对角线相等的平行四边形是矩形，即可判定▱ABCD是矩形，而不能判定▱ABCD是菱形；故④错误． 故选：A． 【点评】此题考查了菱形的判定与矩形的判定定理．此题难度不大，注意掌握菱形的判定定理是解此题的关键． 2．（2024•上城区二模）如图，平行四边形ABCD的两条对角线AC与BD相交于点O，E，F是线段BD上的两点，且∠AEB＝∠CFD，连接AE，EC，CF，FA． （1）求证：四边形AECF是平行四边形． （2）从下列条件：①AC平分∠EAF，②∠EAF＝60°，③AB＝BC中选择一个合适的条件添加到题干中，使得四边形AECF为菱形．我选的是 　③（答案不唯一）．　（请填写序号），并证明． 【分析】（1）由平行四边形的性质得AO＝CO，BO＝DO，AB＝CD，AB∥CD，再证明△ABE≌△CDF（AAS），得BE＝DF，进而得OE＝OF，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ABCD是菱形，得AC⊥BD，再由菱形的判定即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AO＝CO，BO＝DO，AB＝CD，AB∥CD， ∴∠ABE＝∠CDF， 又∵∠AEB＝∠CFD， ∴△ABE≌△CDF（AAS）， ∴BE＝DF， ∴OB﹣BE＝OD﹣DF， 即OE＝OF， ∴四边形AECF是平行四边形． （2）解：我选的是③AB＝BC，证明如下： ∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC， ∴平行四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， 由（1）可知，四边形AECF是平行四边形， ∴平行四边形AECF是菱形， 故答案为：③（答案不唯一）． 【点评】本题考查了菱形的判定、全等三角形的判定与性质以及平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键． 巩固训练 3．（2025•萧山区校级开学）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AC平分∠BAD，过点D作DP∥AC，过点C作CP∥BD，DP、CP交于点P，连接OP． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）若AC＝12，BD＝16，求OP的长． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到OB＝OD，根据角平分线的性质得到AC⊥BD，根据菱形的判定定理得到四边形ABCD是菱形； （2）根据已知条件得到CD＝10，根据菱形的判定和性质定理即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB＝OD， ∵AC 平分∠BAD， ∴AC⊥BD， ∴四边形ABCD是菱形； （2）解：在菱形ABCD中，AC＝12，BD＝16， ∴AC⊥BD，OD8，OCAC＝6， ∴CD10， ∵DP∥AC，CP∥BD， ∴四边形OCPD是平行四边形， ∵AC⊥BD， ∴四边形OCPD是矩形， ∴OP＝CD＝10． 【点评】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键． 4．（2024•浙江模拟）如图，四边形ABCD是平行四边形，O是对角线AC的中点，过点O的直线分别交边BC，AD于点E，F，连接AE，CF． （1）求证：BE＝DF； （2）作∠AEB的平分线交AB于点G，若EG∥AC，求证：四边形AECF是菱形． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AD∥BC，OA＝OC，进而利用全等三角形的判定和性质得出AF＝CE，进而得出BE＝DF即可； （2）根据平行线的性质和角平分线的定义得出∠GEB＝∠ACE＝∠EAC，进而利用菱形的判定解答即可． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，OA＝OC，AD＝BC， ∴∠FAO＝∠ECO， 在△FAO与△CEO中， ， ∴△FAO≌△CEO（ASA）， ∴AF＝CE， ∴AD﹣AF＝BC﹣CE， 即BE＝DF； （2）∵AF＝CE，AF∥CE， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵EG∥AC， ∴∠GEB＝∠ACE，∠GEA＝∠EAC， ∵∠AEB的平分线交AB于点G， ∴∠GEB＝∠GEA， ∴∠ACE＝∠EAC， ∴AE＝EC， ∴▱AECF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AD∥BC，OA＝OC解答． 题型六　菱形的性质与判定的综合 例题： 1．（2024•丽水一模）如图所示，把两张矩形纸条交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形ABCD．固定一张纸条，另一张纸条在转动过程中，下列结论一定成立的是（　　） A．四边形ABCD的周长不变 B．四边形ABCD的面积不变 C．AD＝AB D．AB＝CD 【分析】由平行四边形的性质进行判断，即可得到答案． 【解答】解：由题意可知，AB∥CD，AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，故D符合题意， 随着一张纸条在转动过程中，AD不一定等于AB， 四边形ABCD周长、面积都会改变， 故ABC不符合题意， 故选：D． 【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，解题的关键是掌握平行四边形的判定和性质． 2．（2024春•玉环市期末）如图，AB＝6cm，分别以A，B为圆心，5cm长为半径画弧，两弧相交于M，N两点．连接AM，BM，AN，BN，则四边形AMBN的面积为 　24　cm2． 【分析】连接MN，交AB于点O，证明四边形AMBN是菱形，得AB⊥MN，AO＝OB＝3cm，OM＝ON，再由勾股定理得OM＝4cm，则MN＝8cm，即可解决问题． 【解答】解：如图，连接MN，交AB于点O， ∵分别以A，B为圆心，5cm长为半径画弧，两弧相交于M，N两点， ∴AM＝AN＝BN＝BM＝5cm， ∴四边形AMBN是菱形， ∴AB⊥MN，AO＝OBAB8＝3（cm），OM＝ON， ∴∠AOM＝90°， ∴OM4（cm）， ∴MN＝2OM＝2×4＝8（cm）， ∴菱形AMBN的面积AB•MN6×8＝24（cm2）， 故答案为：24． 【点评】本题主要考查了菱形的判定与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． 巩固训练 3．（2023春•路桥区期中）如图，▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，ADAC，M、N、P分别是OA、OB、CD的中点，下列结论： ①CN⊥BD； ②MN＝NP； ③四边形MNCP是菱形； ④ND平分∠PNM． 其中正确的有（　　） A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 【分析】证出OC＝BC，由等腰三角形的性质得CN⊥BD，①正确；证出MN是△AOB的中位线，得MN∥AB，MNAB，由直角三角形的性质得NPCD，则MN＝NP，②正确；周长四边形MNCP是平行四边形，无法证明四边形MNCP是菱形；③错误；由平行线的性质和等腰三角形的性质证出∠MND＝∠PND，则ND平分∠PNM，④正确；即可得出结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD，BC＝AD，OA＝OCAC， ∵ADAC， ∴OC＝BC， ∵N是OB的中点， ∴CN⊥BD，①正确； ∵M、N分别是OA、OB的中点， ∴MN是△AOB的中位线， ∴MN∥AB，MNAB， ∵CN⊥BD， ∴∠CND＝90°， ∵P是CD的中点， ∴NPCD＝PD＝PC， ∴MN＝NP，②正确； ∵MN∥AB，AB∥CD， ∴MN∥CD， 又∵NP＝PC，MN＝NP， ∴MN＝PC， ∴四边形MNCP是平行四边形，无法证明四边形MNCP是菱形；③错误； ∵MN∥CD， ∴∠PDN＝∠MND， ∵NP＝PD， ∴∠PDN＝∠PND， ∴∠MND＝∠PND， ∴ND平分∠PNM，④正确； 正确的个数有3个， 故选：C． 【点评】本题考查了平行四边形性质和判定，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线性质，等腰三角形的性质等；熟练掌握三角形中位线定理、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键． 4．（2024秋•上虞区期末）如图，把两张宽度都是6cm的纸条交错地叠在一起，相交成角α． （1）用含有α的代数式表示重叠部分的面积； （2）当α＝60°时，求重叠部分图形的周长． 【分析】（1）根据菱形的判定和性质定理以及三角函数的定义即可得到结论． 【解答】解：（1）由题意可知：重叠部分是菱形，设菱形ABCD，则∠BCE＝α， 过B作BE⊥DC于E， ∵BE＝6cm， ∵∠ABE＝α， ∴AB＝BC（cm）， ∴重叠部分的面积为6（cm2）； （2）∵α＝60°， ∴AB4（cm）， ∴重叠部分图形的周长＝4×416（cm）． 【点评】本题考查了菱形的判定和性质，解直角三角形，正确地找出辅助线是解题的关键． 5．（2024春•镇海区期末）如图1，CD是△ABC的角平分线，E、F分别是边BC、AC上的点，满足CE＝CF，连结EF交CD于点G，且CG＝GD，连结DE、DF． （1）求证：四边形CEDF是菱形． （2）如图2，若∠BAC＝90°，∠B＝60°，，求菱形CEDF的边长． 【分析】（1）由等腰三角形的性质得CD⊥EF，GF＝GE，再证明四边形CEDF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CF＝DF＝DE＝CE，CF∥DE，再由含30°角的直角三角形的性质得BE＝2BD，设BD＝x，则BE＝2x，进而得CE＝DEx，然后求出x＝1，则CE，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵CE＝CF，CD平分∠ACB， ∴CD⊥EF，GF＝GE， ∵CG＝GD ∴四边形CEDF是平行四边形， 又∵CD⊥EF， ∴平行四边形CEDF是菱形； （2）解：由（1）可知，四边形CEDF是菱形， ∴CF＝DF＝DE＝CE，CF∥DE， ∴∠EDB＝∠BAC＝90°， ∵∠B＝60°， ∴∠BED＝90°﹣60°＝30°， ∴BE＝2BD， 设BD＝x，则BE＝2x， ∴CE＝DEx， ∵CE+BE＝BC， ∴， 解得：x＝1， ∴CE， 即菱形CEDF的边长为． 【点评】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30°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． 题型七　正方形的性质 例题： 1．（2025•浙江一模）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，F在BC边上，且∠EAF＝45°，连接EF，则BF的长为（　　） A．2 B． C．3 D． 【分析】把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，首先证明△AFE≌△AGE，进而得到EF＝FG，问题即可解决． 【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD， ∴把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图： ∴∠BAF＝∠DAG， ∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°， ∴∠BAF+∠DAE＝45°， ∴∠EAF＝∠EAG， ∵∠ADG＝∠ADC＝∠B＝90°， ∴∠EDG＝180°，点E、D、G共线， 在△AFE和△AGE中， ， ∴△AFE≌△AGE（SAS）， ∴EF＝EG， 即：EF＝EG＝ED+DG， ∵E为CD的中点，边长为6的正方形ABCD， ∴CD＝BC＝6，DE＝CE＝3，∠C＝90°， ∴设BF＝x，则CF＝6﹣x，EF＝3+x， 在Rt△CFE中，由勾股定理得： EF2＝CE2+CF2， ∴（3+x）2＝32+（6﹣x）2， 解得：x＝2， 即BF＝2， 故选：A． 【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及其性质的应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 2．（2024•浙江模拟）将两张全等的等腰直角三角形纸片△ABH与△CDF和一张正方形纸片EFGH按照如图所示的方式拼成一个平行四边形ABCD，同时形成了剩余部分（即△BEF，△BFC，△AHD，△HDG），若只知道阴影部分的面积，则不能直接求出（　　） A．△BEF的面积 B．△CDF的面积 C．平行四边形ABCD的面积 D．剩余部分的面积之和与正方形EFGH面积和 【分析】如果我们只知道阴影部分的面积，那么我们可以直接求出△CDF的面积，因为△CDF是等腰直角三角形，其面积等于阴影部分的面积的一半．所以选项B可以求出．可以直接求出平行四边形ABCD的面积，因为平行四边形ABCD的面积等于两个等腰直角三角形的面积之和的2倍．所以选项C可以求出．因为剩余部分的面积之和与正方形EFGH面积和等于平行四边形ABCD的面积减去阴影部分的面积．所以选项D能求出．只有A中△BEF的面积无法求出． 【解答】解：如图，连接HF， ∵△ABH，△CDF是等腰直角三角形，四边形EFGH是正方形， ∴∠ABH＝∠AHB＝∠EHF＝45°，∠CDF＝∠CFD＝∠HFG＝45°， ∴AB∥HF∥CD，∠BAH＝∠AHF＝∠HFC＝∠FCD＝90°， ∴S△ABH＝S△ABF，S△CDF＝S△CDH， ∴S△ABH+S△CDF＝S△CDH+S△ABF， 设阴影部分面积为a2， ∵△ABH，△CDF全等， ∴S△ABH＝S△CDFa2，故△CDF的面积可求； ∴AB＝BH＝CD＝CF＝a， 延长CF交AB于点M，则四边形AMFH是矩形， ∴AH＝FM＝a，CM⊥AB， ∴SABCD＝AB•CM＝a•2a＝2a2，故平行四边形ABCD的面积可求； ∴剩余部分的面积+正方形EFGH的面积＝a2，故D选项正确； 故选：A． 【点评】本题主要考查了几何图形的面积计算，以及等腰直角三角形和正方形的性质，将面积进行转化是解题关键． 巩固训练 3．（2024春•鹿城区校级期中）如图，在正方形ABCD中，正方形QBEG的面积为8，正方形PMND的面积为18，两个阴影部分面积之和为15，则MF的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】设MF＝HG＝a，MH＝FG＝b，则，，，，，，再根据面积计算即可， 【解答】解：∵四边形ABCD，QBEG，PMND是正方形，正方形QBEG的面积为8，正方形PMND的面积为18， ∴AB＝BC＝CD＝DA，，，∠M＝∠G＝∠MHG＝90°， ∴四边形MFGH是矩形， ∴设MF＝HG＝a，MH＝FG＝b， ∴，，，，，， ∴a＝b， ∵两个阴影部分面积之和为15， ∴， ∴，解得：或（舍去）， ∴， 故选：B． 【点评】本题考查了矩形和正方形的性质，利用代数式正确表示出几何图形的面积是解题的关键． 4．（2024•苍南县校级自主招生）如图，点P是正方形ABCD内一点，PA＝1，，∠APB＝135°，则PB的长为（　　） A． B． C．2 D． 【分析】将△APD绕着点A顺时针旋转90°得到△AP′B，连接PP′，则△PAP′是等腰直角三角形，P′B＝PD，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：将△APD绕着点A顺时针旋转90°得到△AP′B，连接PP′， ∴△APD≌△AP'B，∠DAB＝∠PAP'＝90°， ∴AP＝AP'，P′B＝PD， ∴∠APP′＝45°， ∴PP′， ∵∠APB＝135°， ∴∠P′PB＝90°， ∴PB2， 故选：A． 【点评】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键． 5．（2024春•新昌县期末）如图，在矩形ABCD中，E是边CD上一点，F是CB的延长线上一点，连结AE，AF，已知BF＝DE，AF⊥AE． （1）求证：四边形ABCD是正方形． （2）若∠DAE＝30°，DE＝1，求四边形AECB的面积． 【分析】（1）先证明∠BAF＝∠DAE，进而可依据“AAS”判定△ABF和△ADE全等，则AB＝AD，由此可得出结论； （2）在Rt△ADE中，根据∠DAE＝30°，DE＝1得AE＝2，AD，则S正方形ABCD＝AD2＝3，S△ADEAD•DE，由此可得四边形AECB的面积． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠D＝∠BAD＝∠ABC＝90°， ∴∠ABF＝∠D＝90°，∠DAE+∠BAE＝90°， ∵AF⊥AE， ∴∠BAF+∠BAE＝90°， ∴∠BAF＝∠DAE， 在△ABF和△ADE中， ， ∴△ABF≌△ADE（AAS）， ∴AB＝AD， ∴矩形ABCD为正方形； （2）解：在Rt△ADE中，∠DAE＝30°，DE＝1， ∴AE＝2DE＝2， 由勾股定理得：AD， ∴S正方形ABCD＝AD2＝3，S△ADEAD•DE， ∴S四边形AECB＝S正方形ABCD﹣S△ADE． 【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，熟练掌握正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质是解决问题的关键． 题型八　特殊四边形的综合 例题： 1．（2024春•下城区校级期中）在▱ABCD中，E，F为BC上的两点，且BE＝CF，AF＝DE． （1）求证：△ABF≌△DCE； （2）求证：▱ABCD是矩形； （3）连接AE，若AF是∠BAD的平分线，BE＝2，，求四边形ABCD的面积． 【分析】（1）首先根据平行四边形的性质得到AB＝CD，然后结合已知条件用边边边判定三角形全等； （2）根据全等三角形的性质得到∠B＝∠C＝90°，从而判定四边形为矩形； （3）根据矩形的性质和角平分线的定义以及矩形的面积公式即可计算出面积． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD， ∵BE＝CF， ∴BF＝CE， 在△ABF和△DCE中， ， ∴△ABF≌△DCE（SSS）； （2）证明：∵△ABF≌△DCE， ∴∠B＝∠C， 在平行四边形ABCD中， ∵AB∥CD， ∴∠B+∠C＝180°， ∴∠B＝∠C＝90°， ∴四边形ABCD是矩形； （3）解：∵四边形ABCD是矩形； ∴∠B＝90°， ∵AF是∠BAD的平分线， ∴∠BAF＝∠DAF＝45°＝∠AFB， ∴AB＝BF， ∵， ∴， ∴AB＝BF＝4， ∵BE＝2，BE＝CF， ∴CF＝2， ∴BC＝BF+CF＝6， ∴四边形ABCD的面积为4×6＝24． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线定义．勾股定理的应用，二次根式的乘法运算，熟练掌握矩形的判定和性质是解题的关键，运用了数形结合的数学思想． 巩固训练 2．（2024春•义乌市校级期中）若一个四边形有一组邻边相等，且这组邻边夹角所对的对角线平分一个内角，则称这样的四边形为“近似菱形”，例如：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，BD平分∠ABC，则四边形ABCD是近似菱形． （1）请在图2中作出一个以BD为对角线的“近似菱形”ABCD，顶点A、顶点C要在网格格点上． （2）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AC，AD∥BC，∠CAD＝2∠DBC，求证：四边形ABCD是“近似菱形”． （3）在（2）的条件下，若BD＝6，CD＝2，求AB的长． 【分析】（1）理解“近似菱形”的定义，按照定义作图即可，答案不唯一； （2）理解“近似菱形”的定义，按照定义找出条件证明即可； （3）过点D作DE∥AB，交BC于E，连接AE，交BD于O，证明四边形ABED是菱形，得出条件证明△DEC≌△ACE（SAS），最后根据勾股定理即可求出． 【解答】（1）解：∵以BD为对角线的“近似菱形”ABCD， ∴AB＝AD或BC＝CD，以AB＝AD例作图，则点A在BD的垂直平分线上，设点A在BD上方第三个网格格点上，则点C在点B下方第一个网格对角线上，如图2所示，答案不唯一； （2）证明：∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵AD∥BC， ∴∠ADB＝∠DBC，∠CAD＝∠ACB， ∴∠CAD＝∠ABC＝2∠DBC， ∴∠ABD＝∠DBC， ∴BD平分∠ABC，∠ABD＝∠ADB， ∴AB＝AD， ∴四边形ABCD是“近似菱形”； （3）解：过点D作DE∥AB，交BC于E，连接AE，交BD于O，如图3所示： ∵AD∥BC， ∴四边形ABED是平行四边形， ∵AB＝AD， ∴平行四边形ABED是菱形， ∴AE⊥BD，，，DE＝AB， ∵AB＝AC， ∴DE＝AC， ∵DE∥AB， ∴∠DEC＝∠ABC， ∵∠ABC＝∠ACB， ∴∠DEC＝∠ACE， 在△DEC和△ACE中， ， ∴△DEC≌△ACE（SAS）， ∴AE＝CD＝2， ∴OA＝1， 在Rt△AOB中，由勾股定理得：． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了“近似菱形”定义、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确作出辅助线构建菱形是解题的关键． 3．（2024春•拱墅区期末）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． （1）如图1，求证：矩形DEFG是正方形； （2）若AB＝3，CE＝2，求CG的长度； （3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，求∠EFC的度数． 【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可； （2）由正方形的性质可得AD＝CD＝3，AC＝3，AD＝3，DE＝DG，∠EDG＝90°＝∠ADC，由“SAS”可证△ADE≌△CDG，可得CG＝AE； （2）分两种情况讨论即可． 【解答】（1）证明：如图1，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q， ∵∠DCA＝∠BCA＝45°， ∴EQ＝EP， ∵∠QEF+∠PEF＝90°，∠PED+∠PEF＝90°， ∴∠QEF＝∠PED， 在Rt△EQF和Rt△EPD中， ， ∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA）， ∴EF＝ED， ∴矩形DEFG是正方形； （2）解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝3， ∴AD＝CD＝3，∠ADC＝90°，ACAD＝3， ∵CE＝2， ∴AE， ∵四边形DEFG是正方形， ∴DE＝DG，∠EDG＝90°＝∠ADC， ∴∠ADE＝∠CDG， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴CG＝AE； （3）解：①当DE与AD的夹角为30°时， 如图2， ∵∠ADE＝30°，∠ADC＝90°， ∴∠EDC＝60°， ∵∠EDC+∠DEF+∠EFC+∠FCD＝360°， ∴∠EFC＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°； ②当DE与DC的夹角为30°时， 如图3 ∵∠DEF＝∠DCF＝90°， ∴点D，点E，点C，点F四点共圆， ∴∠EDC＝∠EFC＝30°， 综上所述：∠EFC＝30°或120°． 【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第5章 《特殊平行四边形》知识归纳与题型训练（8题型清单） 一、矩形 1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形． 2.矩形的性质定理： （1）矩形具有平行四边形的一切性质； （2）定理1：矩形的四个角都是直角； （3）定理2：矩形的对角线相等； 3.矩形的判定定理： （1）定义法：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形； （2）定理1：有三个角是直角的四边形是矩形； （3）定理2：对角线相等的平行四边形是矩形； 要点诠释： （1）、因为矩形的对角线相等且互相平分，所以矩形的两条对角线将矩形划分成四个等腰三角形； （2）、矩形即使中心对称图形，对称中心是对角线交点；又是轴对称图形，它至少有两条对称轴； （3）、矩形又因为四个角都是直角，所以矩形的问题可以转化为直角三角形的问题，也可以转化为等腰三角形的问题； 二、菱形 1.菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形． 2.菱形的性质定理： （1）菱形具有平行四边形的一切性质； （2）定理1：菱形四条边都相等； （3）定理2：菱形对角线互相垂直，并且每条对角线平分一组对角； 3.菱形的判定定理： （1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形； （2）定理1：四条边相等的四条边是菱形； （3）定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形； 要点诠释： （1） 、根据菱形的性质，菱形的问题也常转化成等腰三角形或直角三角形来思考； （2） 、菱形既是中心对称图形，对称中心是对角线交点；又是轴对称图形，对称轴是对角线所在的直线； （3） 、菱形因为对角线互相垂直，所以菱形的面积计算方式有： 三、正方形 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.正方形的性质定理： 正方形既是特殊的矩形，又是特殊的菱形，所以，正方形具有矩形、菱形的一切性质，故： （1）正方形的四个角都是直角，四条边相等. （2）正方形的对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 3.正方形的判定： （1）定义法：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 定理1：有一组邻边相等的矩形是正方形； 定理2：有一个角是直角的菱形是正方形； 要点诠释： （1）、正方形其他判定方法： ①对角线互相垂直的矩形是正方形； ②对角线相等的菱形是正方形； （2）、正方形是四边形中最特殊的轴对称图形和中心对称图形，正方形要特别注意对角线所在直线这条对称轴，相对的顶点就是一对对称点，对称轴上的任一点到两对称点的距离相等； （3）、正方形转化思想：正方形的问题常转化为等腰直角三角形的问题来思考； 题型一　矩形的性质 例题： 1．（2024春•下城区校级期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠ACB＝25°，则∠AOB的度数是（　　） A．50° B．55° C．60° D．65° 2．（2024春•义乌市校级期中）如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC对折，使得点B落在点E处，CE交AD于点F，若CE平分∠ACD，AF＝4，则CD的长是（　　） A． B． C． D．3 3．（2024•黄岩区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，对角线AC与BD相交于点O，AE垂直平分OB于点E，则BC的长为（　　） A． B． C．4 D．2 巩固训练 4．（2024•海曙区校级开学）如图，已知长方形ABCD，连接BD，P是BD上的一点，连接AP，CP，S1，S2，S3，S4分别表示△ABP，△ADP，△BCP，△CDP的面积，则下列等式不正确的是（　　） A． B． C．S1+S4＝S3+S2 D．S1+S2＝S3+S4 5．（2024秋•鄞州区校级期末）如图，在矩形ABCD中，点E在BC的延长线上，AE与CD交于点G，点F是DG的中点，若要知道△AEF的面积，则需要知道（　　） A．CE的长 B．矩形ABCD的面积 C．梯形ABCG的面积 D．∠EAF的度数 6．（2024秋•台州期中）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，若P是射线AD上一个动点，连接BP，点A关于直线BP的对称点为M，连接MP，MC，当P，M，C三点共线时，AP的长为 　 　． 7．（2024秋•舟山期中）如图，门上钉子P处挂着一个“欢迎光临”的长方形挂牌ABCD，测得AB＝10cm，AD＝24cm．如图1，当挂牌水平悬挂（即BC与地面平行）时，测得挂绳AP＝DP＝20cm，此时点P到BC所在直线的距离为 　 　cm，将该门挂的挂绳长度缩短4cm后重新挂上，此时不小心把挂牌弄斜了（如图2），发现AC与地面平行，且点P、D、C三点在同一直线上，则点B的高度下降了 　 　． 8．（2024春•吴兴区期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，点F，G分别是AE和AD的中点． （1）求证：△ABE是等腰直角三角形； （2）若AD＝4，AB＝3，求FG的长． 题型二　矩形的判定 例题： 1．（2024春•西湖区期末）在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD．下列说法能使四边形ABCD为矩形的是（　　） A．AB∥CD B．AD＝BC C．∠A＝∠B D．∠A＝∠D 2．（2024春•德清县期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE＝AD，连结EB，EC，DB，要使四边形DBCE成为矩形，可添加一个条件是 　 　.（只要写出一个条件即可） 巩固训练 3．（2024春•江北区期末）如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，尺规作图操作步骤如下：①以点C为圆心，OC长为半径画弧；②以点D为圆心，OD长为半径画弧；③两弧交于点E，连结DE，CE．则下列说法一定正确的是（　　） A．若AC⊥BD，则四边形OCED是矩形 B．若AC＝BD，则四边形OCED是菱形 C．若AD⊥CD，则四边形OCED是矩形 D．若AD＝CD，则四边形OCED是菱形 4．（2024•下城区校级三模）如图，已知E、F为平行四边形ABCD的对角线上的两点，且BE＝DF， （1）求证：△ABE≌△CDF； （2）若∠AEC＝90°，求证：四边形AECF为矩形． 题型三　矩形的性质与判定的综合 例题： 1．（2024春•西湖区校级期中）如图，用一根绳子检查一平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线AC，BD就可以判断，其推理依据是（　　） A．矩形的对角线相等 B．矩形的四个角是直角 C．对角线垂直的平行四边形是矩形 D．对角线相等的平行四边形是矩形 2．（2024春•西湖区校级期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且AC⊥BD，点P为AB边上一动点（不与点A，B重合），PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，若AC＝8，BD＝6，则EF的最小值为（　　） A．3 B．2 C． D． 3．（2024•义乌市二模）我国古代数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式，后人借助此分割方法所得图形证明了勾股定理．如图所示，矩形ABCD就是由两个这样的图形拼成（无重叠、无缝隙）．下面给出的条件中，一定能求出矩形ABCD面积的是（　　） A．BM与DM的积 B．BE与DE的积 C．BM与DE的积 D．BE与DM的积 巩固训练 4．（2024春•西湖区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠ACB＝90°，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E，连接AE交CD于点F． （1）求证：四边形ACED是矩形； （2）连接BF，若∠ABC＝60°，CE＝3，求BF的长． 5．（2024春•慈溪市期末）“小小停车位，关乎大民生”，某数学兴趣小组关注到本校教师每天进校的车辆数超过学校原有的停车位数，有部分车辆不能规范停放，对校园安全存在一定的隐患，于是打算向学校提供一个增设停车位的方案． 素材1：该兴趣小组对学校的一片空地进行了实地测量，测得空地长32米，宽14米． 素材2： 停车位布置方式 垂直停车位 倾斜停车位 示意图 车位标准尺寸 长6米，宽2.5米 倾斜线长6米，倾斜线之间的距离为2.5米 通道 通道宽度不小于3.5米 任务1 兴趣小组根据素材2分别设计了垂直停车位和倾斜停车位．垂直停车位如图1，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝CD；倾斜停车位如图2，EG＝FH，∠G＝120°，∠H＝60°．请分别判断所设计的两种停车位的形状，并选择一种说明理由． 任务2 为了排除校园安全隐患，根据素材2提供的信息，若用上述设计的两种停车位，并尽可能多的设置停车位数量，学校该空地应选择哪种停车位布置方式？最多可以设置多少个停车位？（参考数据： 题型四　菱形的性质 例题： 1．（2024春•奉化区校级期中）如图，菱形ABCD的周长为20cm，对角线AC长为6cm，则它的面积为（　　） A．24cm2 B．28cm2 C．32cm2 D．48cm2 2．（2024春•诸暨市校级期中）如图，在菱形ABCD中，∠B＝45°，，E，F分别是边CD，BC上的动点，连接AE和EF，G，H分别为AE，EF的中点，连接GH，则GH的最小值为（　　） A． B． C． D．1 3．（2024春•海曙区校级期中）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，E为BC中点，过E作EG⊥AC，垂足为G，过E作EF⊥BD交AB于点F，连接FG，若AC＝5，BD＝24，则FG的长为（　　） A．12 B．10 C．6.5 D．5 4．（2024春•西湖区期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E为AD边中点．若菱形ABCD的面积为24，OA＝3，则OE的长为（　　） A．2.5 B．5 C． D． 巩固训练 5．（2024春•吴兴区期末）如图，菱形ABCD的周长为20，面积为24，P是对角线BD上一点，分别作P点到直线AB、AD的垂线段PE、PF，则PE+PF等于 　 　． 6．（2024•余姚市校级四模）如图，在菱形ABCD中，E是CD的中点，连接AE并延长，交BC的延长线于点F． （1）求证：BC＝CF； （2）若AB＝2，AE⊥AB，求△ABF的面积． 7．（2024春•鄞州区期末）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝100°，点P在对角线AC上，PE∥BC交AB于点E，PF∥AB交BC于点F． （1）求∠EPF的度数； （2）连结PD，当∠DPC＝60°时，判断PD与PF的数量关系并证明． 题型五　菱形的判定 例题： 1．（2024春•上城区校级期中）已知平行四边形ABCD，下列条件：①AC⊥BD；②∠BAD＝90°；③AB＝BC；④AC＝BD．其中能使平行四边形ABCD是菱形的有（　　） A．①③ B．②③ C．③④ D．①②③ 2．（2024•上城区二模）如图，平行四边形ABCD的两条对角线AC与BD相交于点O，E，F是线段BD上的两点，且∠AEB＝∠CFD，连接AE，EC，CF，FA． （1）求证：四边形AECF是平行四边形． （2）从下列条件：①AC平分∠EAF，②∠EAF＝60°，③AB＝BC中选择一个合适的条件添加到题干中，使得四边形AECF为菱形．我选的是 　 　（请填写序号），并证明． 巩固训练 3．（2025•萧山区校级开学）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AC平分∠BAD，过点D作DP∥AC，过点C作CP∥BD，DP、CP交于点P，连接OP． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）若AC＝12，BD＝16，求OP的长． 4．（2024•浙江模拟）如图，四边形ABCD是平行四边形，O是对角线AC的中点，过点O的直线分别交边BC，AD于点E，F，连接AE，CF． （1）求证：BE＝DF； （2）作∠AEB的平分线交AB于点G，若EG∥AC，求证：四边形AECF是菱形． 题型六　菱形的性质与判定的综合 例题： 1．（2024•丽水一模）如图所示，把两张矩形纸条交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形ABCD．固定一张纸条，另一张纸条在转动过程中，下列结论一定成立的是（　　） A．四边形ABCD的周长不变 B．四边形ABCD的面积不变 C．AD＝AB D．AB＝CD 2．（2024春•玉环市期末）如图，AB＝6cm，分别以A，B为圆心，5cm长为半径画弧，两弧相交于M，N两点．连接AM，BM，AN，BN，则四边形AMBN的面积为 　 　cm2． 巩固训练 3．（2023春•路桥区期中）如图，▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，ADAC，M、N、P分别是OA、OB、CD的中点，下列结论： ①CN⊥BD； ②MN＝NP； ③四边形MNCP是菱形； ④ND平分∠PNM． 其中正确的有（　　） A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 4．（2024秋•上虞区期末）如图，把两张宽度都是6cm的纸条交错地叠在一起，相交成角α． （1）用含有α的代数式表示重叠部分的面积； （2）当α＝60°时，求重叠部分图形的周长． 5．（2024春•镇海区期末）如图1，CD是△ABC的角平分线，E、F分别是边BC、AC上的点，满足CE＝CF，连结EF交CD于点G，且CG＝GD，连结DE、DF． （1）求证：四边形CEDF是菱形． （2）如图2，若∠BAC＝90°，∠B＝60°，，求菱形CEDF的边长． 题型七　正方形的性质 例题： 1．（2025•浙江一模）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，F在BC边上，且∠EAF＝45°，连接EF，则BF的长为（　　） A．2 B． C．3 D． 2．（2024•浙江模拟）将两张全等的等腰直角三角形纸片△ABH与△CDF和一张正方形纸片EFGH按照如图所示的方式拼成一个平行四边形ABCD，同时形成了剩余部分（即△BEF，△BFC，△AHD，△HDG），若只知道阴影部分的面积，则不能直接求出（　　） A．△BEF的面积 B．△CDF的面积 C．平行四边形ABCD的面积 D．剩余部分的面积之和与正方形EFGH面积和 巩固训练 3．（2024春•鹿城区校级期中）如图，在正方形ABCD中，正方形QBEG的面积为8，正方形PMND的面积为18，两个阴影部分面积之和为15，则MF的长为（　　） A． B． C． D． 4．（2024•苍南县校级自主招生）如图，点P是正方形ABCD内一点，PA＝1，，∠APB＝135°，则PB的长为（　　） A． B． C．2 D． 5．（2024春•新昌县期末）如图，在矩形ABCD中，E是边CD上一点，F是CB的延长线上一点，连结AE，AF，已知BF＝DE，AF⊥AE． （1）求证：四边形ABCD是正方形． （2）若∠DAE＝30°，DE＝1，求四边形AECB的面积． 题型八　特殊四边形的综合 例题： 1．（2024春•下城区校级期中）在▱ABCD中，E，F为BC上的两点，且BE＝CF，AF＝DE． （1）求证：△ABF≌△DCE； （2）求证：▱ABCD是矩形； （3）连接AE，若AF是∠BAD的平分线，BE＝2，，求四边形ABCD的面积． 巩固训练 2．（2024春•义乌市校级期中）若一个四边形有一组邻边相等，且这组邻边夹角所对的对角线平分一个内角，则称这样的四边形为“近似菱形”，例如：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，BD平分∠ABC，则四边形ABCD是近似菱形． （1）请在图2中作出一个以BD为对角线的“近似菱形”ABCD，顶点A、顶点C要在网格格点上． （2）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AC，AD∥BC，∠CAD＝2∠DBC，求证：四边形ABCD是“近似菱形”． （3）在（2）的条件下，若BD＝6，CD＝2，求AB的长． 3．（2024春•拱墅区期末）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． （1）如图1，求证：矩形DEFG是正方形； （2）若AB＝3，CE＝2，求CG的长度； （3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，求∠EFC的度数． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$