专题04 特殊的平行四边形（贵州专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学下学期期中真题分类汇编

专题04 特殊的平行四边形 题型概览 题型01 利用矩形的性质进行计算求值 题型02 矩形的判定与性质综合 题型03 直角三角形斜边上中线的性质应用 题型04 利用菱形的性质进行计算求值 题型05 菱形的判定与性质综合 题型06 利用正方形的性质进行计算求值 题型07 正方形的判定与性质综合 利用矩形的性质进行计算求值题型01 1．（2024秋•兴义市期中）如图，矩形ABCD中，O是对角线AC的中点，连接DO．若AB＝12，AD＝16，则DO的长为（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 2．（2024春•沿河县期中）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 3．（2024春•遵义期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．若∠AOD＝120°，AC＝4，则AD的长为（　　） A．2 B．3 C． D． 4．（2024秋•清镇市期中）如图，在矩形ABCD中，两条对角线AC与BD相交于点O，AB＝3，OA＝2，则AD的长为（　　） A．5 B． C． D． 5．（2024秋•水城区期中）如图，点P是矩形ABCD的边AD上的一动点，矩形的两条边AB、BC的长分别是6和8，则点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是（　　） A．4.8 B．5 C．6 D．7.2 6．（2024春•从江县校级期中）如图所示，将一张矩形纸片沿虚线对折两次，当剪刀与纸片的夹角∠ABC＝45°时，已知AB＝4cm，则剪下来图形的周长为（　　） A． B． C． D． 矩形的判定与性质综合题型02 1．（2024秋•兴义市期中）如图，将平行四边形ABCD的边DC延长到点E，使CE＝DC，连接AE，交BC于点F，连接AC，BE，若∠AFC＝2∠D．求证：四边形ABEC是矩形． 2．（2024春•红花岗区校级期中）王晓同学要证明命题“对角线相等的平行四边形是矩形”是正确的，她先作出了如图所示的平行四边形ABCD，并写出了如下不完整的已知和求证． 已知：如图1，在平行四边形ABCD中，　 　 ，求证：平行四边形ABCD是　 　 ． （1）在方框中填空，以补全已知和求证： （2）按王晓的想法写出证明过程； 证明： 3．（2024春•从江县校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在BD上，AE∥CF，连接AF，CE． （1）求证：四边形AECF为平行四边形； （2）若∠EAO+∠CFD＝180°，求证：四边形AECF是矩形． 4．（2024春•罗甸县期中）如图，在▱ABCD中，O为AD的中点，延长BO交CD的延长线于点E，连接AE，BD，∠BDC＝90°． （1）求证：四边形ABDE是矩形； （2）连接OC，若AB＝4，BD＝8，求OC的长． 5．（2024春•石阡县期中）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，延长BC至点F，使CF＝BE，连接DF，AF与DE交于点O． （1）求证：四边形AEFD为矩形； （2）若AB＝3，OE＝2，BF＝5，求DF的长． 直角三角形斜边上中线的性质应用题型03 1．（2024秋•云岩区校级期中）如图，公路AC、BC互相垂直，公路AB的中点M与拐点C被湖隔开，若测得AB的长为6.4km，则M、C两点间的距离为（　　） 第1题 第2题 A．2.4km B．3.2km C．5.2km D．6.4km 2．（2024春•印江县期中）如图，嘉嘉利用刻度直尺（单位：cm）测量三角形纸片的尺寸，点B，C分别对应刻度尺上的刻度2和8，D为BC的中点，若∠BAC＝90°，则AD的长为（　　） A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm 3．（2024秋•六盘水期中）如图，在Rt△ABC中，BO是斜边AC的中线，BO＝5cm，则AC的长为　 　 ． 第3题 第4题 4．（2024春•台江县校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，AB＝2，则CD＝　 　 ． 5．（2024春•石阡县期中）如图，已知在△ABC中，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，M，N分别是BC，DE的中点，连接EM，DM． （1）求证：MN⊥DE； （2）若BC＝10，DE＝6，求MN的长． 利用菱形的性质进行计算求值题型04 1．（2024秋•贵阳期中）在菱形ABCD中，∠ABC＝80°，BA＝BE，则∠BAE＝（　　） A．70° B．40° C．75° D．30° 2．（2024秋•金沙县期中）如图，在菱形ABCD中，O为AC和BD的交点，OC＝3，则AC的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 3．（2024秋•黔南州期中）如图，菱形ABCD的对角线交于原点O，若点B的坐标为（4，m），点D的坐标为（n，2），则m+n的值为（　　） A．2 B．﹣2 C．6 D．﹣6 4．（2024秋•石阡县期中）如图，菱形的对角线AC、BD相交于点O，E是CD的中点，且OE＝3，则CD的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 5．（2024春•沿河县期中）如图，菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为AD边中点，OH＝6，则菱形ABCD的周长等于（　　） A．48 B．24 C．60 D．72 6．（2024春•印江县期中）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小陶家有一个菱形中国结装饰．测得BD＝8cm，AC＝6cm．则该菱形的面积为（　　） A．24cm2 B．48cm2 C．10cm2 D．12cm2 7．（2024秋•兴义市期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点C作CE⊥AB，交AB于点E，连接OE，若OE＝6，OB＝8，则CE的长为（　　） A． B． C． D． 8．（2024秋•贵阳期中）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝120°，边AB在数轴上，将AC绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（　　） A．1 B． C．0 D． 9．（2024春•从江县校级期中）根据四边形的不稳定性，当变动∠B的度数时，菱形ABCD的形状会发生改变，当∠B＝60°时，如图1，AC；当∠B＝90°时，如图2，AC＝（　　） A． B．2 C．2 D． 10．（2024春•沿河县期中）菱形的两对角线长分别为6cm和8cm，这个菱形的面积为 　 　 ． 菱形的判定与性质综合题型05 1．（2024春•遵义期中）下列是4位同学所画的菱形，依据所标数据，不一定为菱形的是（　　） A． B． C． D． 2．（2024春•印江县期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件 　 　 ，使平行四边形ABCD是菱形． 3．（2024春•石阡县期中）如图，在△ABC中，AD，CD分别平分∠BAC和∠ACB，AE∥CD，CE∥AD．若从三个条件：①AB＝AC；②AB＝BC；③AC＝BC中，选择一个作为已知条件，则能使四边形ADCE为菱形的是 　 　 （填序号）． 4．（2024春•红花岗区校级期中）小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB＝OD．求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流． 小惠： 证明：∵AC⊥BD，OB＝OD， ∴AC垂直平分BD． ∴AB＝AD，CB＝CD， ∴四边形ABCD是菱形． 小洁： 这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明． 若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明． 5．（2024秋•水城区期中）如图，在四边形ABCD中，BC＝CD，∠C＝2∠BAD．O是四边形ABCD内一点，且OA＝OB＝OD．求证： （1）∠BOD＝∠C； （2）四边形OBCD是菱形． 6．（2024秋•观山湖区校级期中）如图，等腰三角形ABC中，AB＝AC，AH垂直BC，点E是AH上一点，延长AH至点F，使FH＝EH， （1）求证：四边形EBFC是菱形； （2）如果∠BAC＝∠ECF，求证：AC⊥CF． 7．（2024春•从江县校级期中）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，且BE＝DF． （1）求证：▱ABCD是菱形； （2）若AB＝5，AC＝6，求▱ABCD的面积． 8．（2024秋•遵义期中）如图，已知在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，点F在AD上，AF＝AB，连接BF交AE于点O，连接EF． （1）求证：四边形ABEF是菱形； （2）若BF＝8，AB＝5，求AE的长． 利用正方形的性质进行计算求值题型06 1．（2024秋•六盘水期中）正方形具有而矩形没有的性质是（　　） A．对角线互相平分 B．对边相等 C．对角线相等 D．对角线互相垂直 2．（2024秋•驿城区期中）菱形、正方形一定具有而矩形不一定具有的性质是（　　） A．对边相等 B．对边平行 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 3．（2024春•从江县校级期中）正方形ABCD中，P、Q分别为BC、CD的中点，则∠CPQ大小为（　　） A．50° B．60° C．45° D．70° 4．（2024秋•六盘水期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点O，B的坐标分别是（0，0），（4，0），则顶点C的坐标是（　　） A． B． C．（2，﹣2） D． 5．（2024春•石阡县期中）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是4，则△COD的面积为（　　） A．4 B．2 C． D． 6．（2024秋•水城区期中）已知正方形ABCD的边长是10cm，△APQ是等边三角形，点P在BC上，点Q在CD上，则BP的边长是（　　） A．cm B．cm C．cm D．cm 7．（2024春•沿河县期中）如图，平面直角坐标系中，点C位于第一象限，点B位于第四象限，四边形OABC是边长为1的正方形，OC与x轴正半轴的夹角为15°，则点B的纵坐标为（　　） A．﹣2 B． C． D． 正方形的判定与性质综合题型07 1．（2024秋•观山湖区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为点D，AN是△ABC外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足为点E． （1）求证：四边形ADCE为矩形； （2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCE为正方形？给出证明． 2．（2024秋•六盘水期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，四边形BCED为平行四边形，DE、AC相交于点F．求证： （1）点F为AC中点； （2）试确定四边形ADCE的形状，并说明理由； （3）若四边形ADCE为正方形，△ABC应添加什么条件？并证明你的结论． 1．（2024春•红花岗区校级期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝1，点E，F分别在边BC和CD上，AE＝AF，∠EAF＝60°，则CF的长是（　　） A． B． C．1 D． 2．（2024春•罗甸县期中）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC上，AE＝1，CF＝5，O，G分别是AC，EF的中点，则OG的长为（　　） A． B． C． D． 3．（2024春•印江县期中）如图．菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，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AB＝8，∠BAD＝60°，则线段EF长度的最小值为（　　） A． B． C． D． 4．（2024春•遵义期中）如图，正方形ABCD中，点M、N、P分别在AB、CD、BD上，∠MPN＝90°，MN经过对角线BD的中点O，若∠PMN＝α，则∠AMP一定等于（　　） A．2α B．45°+α C．90 D．135°﹣α 5．（2024春•罗甸县期中）如图，矩形ABCD在平面直角坐标系中，点D与原点O重合，点A在x轴正半轴上，DA＝16，点C在y轴正半轴上，DC＝10．开始如下操作：把矩形ABCD的点D从原点O沿着y轴正半轴向上移动，点A随之在x轴正半轴上向左移动，其他点跟着相应移动，当点A与原点O重合时这个矩形停止移动．在移动过程中矩形ABCD的形状与大小保持不变，则点C离原点最远时，其与原点的距离为（　　） A．26 B． C． D． 6．（2024春•花溪区校级期中）如图，在长方形ABCD的中，已知AB＝6cm，BC＝10cm，点P以4cm/s的速度由点B向点C运动，同时点Q以acm/s的速度由点C向点D运动，若以A，B，P为顶点的三角形和以P，C，Q为顶点的三角形全等，则a的值为（　　） A．4 B．6 C．4或 D．4或 7．（2024秋•金沙县期中）如图，在正方形ABCD中，以AB为边作等边三角形ABP，连接AC，PD，PC，则下列结论；①∠BCP＝75°；②△ADP≌△BCP；③△ADP和△ABC的面积比为1：2；④．其中结论正确的序号有（　　） A．①②④ B．②③ C．①③④ D．①②③④ 8．（2024秋•清镇市期中）如图，正方形ABCD中，E为AB边上任意一点，连接DE，AF⊥DE于点G，交BC于点F，小星根据题意得到如下结论： ①AF＝DE； ②AE＝BF； ③△ADG与四边形BEGF面积相等； ④若点E是AB的中点，则点G是AF的中点． 其中，结论正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 9．（2024春•石阡县期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，P是斜边BC上一动点，PE⊥AB于点E，PF⊥AC于点F，EF与AP相交于点O，则OF的最小值为 　 ． 10．（2024秋•六盘水期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝5，AC＝12，M为斜边AB上一动点，过M作MD⊥AC，过M作ME⊥CB于点E，则线段DE的最小为 　 ． 11．（2024秋•黔东南州期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝CD＝12cm，BC＝20cm，点P从点B出发，以2cm/s的速度沿BC向点C运动（到点C停止运动），同时，点Q从点C出发（到点D停止运动），以x cm/s的速度沿CD向点D运动，当x的值为 　 　 ，可以使△ABP与△PQC全等． 12．（2024秋•清镇市期中）如图，在边长为10cm的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，E是AD边上的动点，F是CD边上的动点，且AE＝DF，连接EF，则EF的最小值是　 cm． 13．（2024春•印江县期中）如图，在△ABC中，O是边AC上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，交∠ACB的平分线于点E，交△ABC的外角∠ACD的平分线于点F． （1）求证：OE＝OF； （2）若CE＝12，CF＝5，求OC的长； （3）连接AE，AF，当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？请说明理由． 14．（2024春•沿河县期中）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝60cm，∠A＝60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（0＜t≤15）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF． （1）求证：AE＝DF； （2）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由； （3）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由． 15．（2024秋•贵阳期中）如图，已知正方形ABCD，AB＝4，点M在边CD上，射线AM交BD于点E，交射线BC于点F，过点C作CP⊥CE，交AF于点P． （1）求证：△ADE≌△CDE． （2）判断△CPF的形状，并说明理由． （3）作DM的中点N，连结PN，若PN＝3，求CF的长． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 特殊的平行四边形 题型概览 题型01 利用矩形的性质进行计算求值 题型02 矩形的判定与性质综合 题型03 直角三角形斜边上中线的性质应用 题型04 利用菱形的性质进行计算求值 题型05 菱形的判定与性质综合 题型06 利用正方形的性质进行计算求值 题型07 正方形的判定与性质综合 利用矩形的性质进行计算求值题型01 1．（2024秋•兴义市期中）如图，矩形ABCD中，O是对角线AC的中点，连接DO．若AB＝12，AD＝16，则DO的长为（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 【分析】根据矩形的性质可知AB＝CD，AD＝BC，再根据勾股定理可求出AC的长，进而即可求出DO的长． 【解答】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠B＝90°，AB＝CD，AD＝BC， ∵AB＝12，AD＝16， ∴， ∴， 故选：D． 2．（2024春•沿河县期中）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． 3．（2024春•遵义期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．若∠AOD＝120°，AC＝4，则AD的长为（　　） A．2 B．3 C． D． 【分析】根据邻补角的定义求出∠COD＝60°，再根据矩形的对角线互相平分且相等可得AO＝BO＝CO＝DO＝2，然后判断出△COD是等边三角形，根据等边三角形三条边都相等可得CD＝DO＝2． 【解答】解：∵∠AOD＝120°， ∴∠COD＝180°﹣∠AOD＝180°﹣120°＝60°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AO＝BO＝CO＝DO＝2， ∴△COD是等边三角形， ∴CD＝DO＝2， ∵∠ADC＝90°， ∴AD2． 故选：D． 4．（2024秋•清镇市期中）如图，在矩形ABCD中，两条对角线AC与BD相交于点O，AB＝3，OA＝2，则AD的长为（　　） A．5 B． C． D． 【分析】依据矩形的性质，即可得到AC的长，再根据勾股定理即可得到BC的长，即可得出结论． 【解答】解：∵矩形ABCD中，两条对角线AC与BD相交于点O，OA＝2， ∴AC＝2AO＝4， 又∵AB＝3，∠ABC＝90°， ∴BC， ∴AD＝BC， 故选：D． 5．（2024秋•水城区期中）如图，点P是矩形ABCD的边AD上的一动点，矩形的两条边AB、BC的长分别是6和8，则点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是（　　） A．4.8 B．5 C．6 D．7.2 【分析】首先连接OP，由矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8，可求得OA＝OD＝5，△AOD的面积，然后由S△AOD＝S△AOP+S△DOPOA•PE+OD•PF求得答案． 【解答】解：连接OP， ∵矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8， ∴S矩形ABCD＝AB•BC＝48，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD＝10， ∴OA＝OD＝5， ∴S△ACDS矩形ABCD＝24， ∴S△AODS△ACD＝12， ∵S△AOD＝S△AOP+S△DOPOA•PEOD•PF5×PE5×PF（PE+PF）＝12， 解得：PE+PF＝4.8． 故选：A． 6．（2024春•从江县校级期中）如图所示，将一张矩形纸片沿虚线对折两次，当剪刀与纸片的夹角∠ABC＝45°时，已知AB＝4cm，则剪下来图形的周长为（　　） A． B． C． D． 【分析】由折叠得∠A360°＝90°，则∠ACB＝∠ABC＝45°，AC＝AB＝4cm，可知剪下来的图形是以BC的长为边长的正方形，可求得BC＝4cm，则4BC＝16cm，于是得到问题的答案． 【解答】解：由折叠得∠A360°＝90°， ∵∠ABC＝45°， ∴∠ACB＝∠ABC＝45°， ∴AC＝AB＝4cm， ∴剪下来的图形是对角线互相垂直平分的四边形， ∴剪下来的图形是以BC的长为边长的正方形， ∵BC4（cm）， ∴4BC＝4×416（cm）， ∴剪下来图形的周长为16cm， 故选：D． 矩形的判定与性质综合题型02 1．（2024秋•兴义市期中）如图，将平行四边形ABCD的边DC延长到点E，使CE＝DC，连接AE，交BC于点F，连接AC，BE，若∠AFC＝2∠D．求证：四边形ABEC是矩形． 【分析】先证四边形ABEC是平行四边形，得BC＝2BF，AE＝2AF，再证AE＝BC，即可得出四边形ABEC是矩形． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD，∠ABC＝∠D， ∵CE＝CD， ∴AB＝CE， ∴四边形ABEC是平行四边形， ∴BC＝2BF，AE＝2AF， ∵∠AFC＝∠ABC+∠BAE＝2∠D， ∴∠ABC＝∠BAE， ∴AF＝BF， ∴AE＝BC， ∴四边形ABEC是矩形． 2．（2024春•红花岗区校级期中）王晓同学要证明命题“对角线相等的平行四边形是矩形”是正确的，她先作出了如图所示的平行四边形ABCD，并写出了如下不完整的已知和求证． 已知：如图1，在平行四边形ABCD中，　AC＝BD　 ，求证：平行四边形ABCD是　矩形　 ． （1）在方框中填空，以补全已知和求证： （2）按王晓的想法写出证明过程； 证明： 【分析】（1）根据对角线相等的平行四边形是矩形，可得答案； （2）根据全等三角形的判定与性质，可得∠ACD与∠BCD的关系，根据平行四边形的邻角互补，可得∠ACD的度数，根据矩形的判定，可得答案． 【解答】解：（1）在平行四边形ABCD中，AC＝BD，求证：平行四边形ABCD是 矩形． 故答案为：AC＝BD； 矩形； （2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥CB，AD＝BC， 在△ADC和△BCD中， ∵， ∴△ADC≌△BCD， ∴∠ADC＝∠BCD． 又∵AD∥CB， ∴∠ADC+∠BCD＝180°， ∴∠ADC＝∠BCD＝90°． ∴平行四边形ABCD是矩形． 3．（2024春•从江县校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在BD上，AE∥CF，连接AF，CE． （1）求证：四边形AECF为平行四边形； （2）若∠EAO+∠CFD＝180°，求证：四边形AECF是矩形． 【分析】（1）由平行四边形的性质得OA＝OC，再证△AEO≌△CFO（ASA），得OE＝OF，然后由平行四边形的判定即可得出结论；（2）证∠EAO＝∠CFO，再证OC＝OF，然后证AC＝EF，即可得出结论． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC， ∵AE∥CF， ∴∠EAO＝∠FCO， ∵∠AOE＝∠COF， ∴△AEO≌△CFO（ASA）， ∴OE＝OF， ∴四边形AECF为平行四边形； （2）∵∠EAO+∠CFD＝180°，∠CFO+∠CFD＝180°， ∴∠EAO＝∠CFO， ∵∠EAO＝∠FCO， ∴∠FCO＝∠CFO， ∴OC＝OF， 由（1）可知，OA＝OC，OE＝OF， ∴AC＝EF， ∴平行四边形AECF是矩形． 4．（2024春•罗甸县期中）如图，在▱ABCD中，O为AD的中点，延长BO交CD的延长线于点E，连接AE，BD，∠BDC＝90°． （1）求证：四边形ABDE是矩形； （2）连接OC，若AB＝4，BD＝8，求OC的长． 【分析】（1）先证明四边形ABDE是平行四边形，再证明∠BDE＝90°，然后根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”即可得四边形ABDE是矩形． （2）过点O作OF⊥DE于点F．根据矩形的性质可得OD＝OE，根据“等腰三角形三线合一”可得．再证明OF为△BDE的中位线，则可得．再根据平行四边形的性质可得CD＝AB＝4，则可得CF＝6，在Rt△OCF中，根据勾股定理即可求出OC的长． 【解答】（1）证明：∵O为AD的中点， ∴AO＝DO， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠BAO＝∠EDO， 又∵∠AOB＝∠DOE， ∴△AOB≌△DOE（ASA）， ∴AB＝DE， ∴四边形ABDE是平行四边形， ∵∠BDC＝90°， ∴∠BDE＝90°， ∴四边形ABDE是矩形； （2）解：如图，过点O作OF⊥DE于点F， ∵四边形ABDE是矩形， ∴DE＝AB＝4，，，AD＝BE， ∴OD＝OE， ∵OF⊥DE， ∴， ∴OF为△BDE的中位线， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD＝AB＝4， ∴CF＝CD+DF＝6， 在Rt△OCF中，由勾股定理，得， 即OC的长为． 5．（2024春•石阡县期中）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，延长BC至点F，使CF＝BE，连接DF，AF与DE交于点O． （1）求证：四边形AEFD为矩形； （2）若AB＝3，OE＝2，BF＝5，求DF的长． 【分析】（1）先证四边形AEFD为平行四边形，再证∠AEF＝90°，即可得出结论； （2）由矩形的性质得DF＝AE，AF＝DE＝4，再由勾股定理的逆定理得△BAF为直角三角形，∠BAF＝90°，然后由面积法求出AE的长，即可得出答案． 【解答】（1）证明：∵BE＝CF， ∴BE+CE＝CF+CE， 即BC＝EF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴AD＝BC＝EF， 又∵AD∥EF， ∴四边形AEFD为平行四边形， ∵AE⊥BC， ∴∠AEF＝90°， ∴平行四边形AEFD为矩形； （2）解：由（1）知，四边形AEFD为矩形， ∴DF＝AE，AF＝DE＝2OE＝4， ∵AB＝3，DE＝4，BF＝5， ∴AB2+AF2＝BF2， ∴△BAF为直角三角形，∠BAF＝90°， ∴S△ABF， ∴AB×AF＝BF×AE， 即3×4＝5AE， ∴AE， ∴DF＝AE． 直角三角形斜边上中线的性质应用题型03 1．（2024秋•云岩区校级期中）如图，公路AC、BC互相垂直，公路AB的中点M与拐点C被湖隔开，若测得AB的长为6.4km，则M、C两点间的距离为（　　） A．2.4km B．3.2km C．5.2km D．6.4km 【分析】连接MC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，据此解答即可． 【解答】解：∵AC⊥BC，AB的中点M， ∴， ∴M，C两点间的距离为3.2km． 故选：B． 2．（2024春•印江县期中）如图，嘉嘉利用刻度直尺（单位：cm）测量三角形纸片的尺寸，点B，C分别对应刻度尺上的刻度2和8，D为BC的中点，若∠BAC＝90°，则AD的长为（　　） A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm 【分析】根据图形和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可以计算出CD的长． 【解答】解：由图可得，∠BAC＝90°，BC＝8﹣2＝6（cm）， ∵点D为线段AB的中点， ∴ADBC＝3（cm）， 故选：A． 3．（2024秋•六盘水期中）如图，在Rt△ABC中，BO是斜边AC的中线，BO＝5cm，则AC的长为　10cm　 ． 【分析】因为在Rt△ABC中，BO是斜边AC的中线，所以AC＝2BO＝10cm，即可作答． 【解答】解：根据斜边上的中线等于斜边的一半可得： AC＝2BO＝10cm， 故答案为：10cm． 4．（2024春•台江县校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，AB＝2，则CD＝　1　 ． 【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质，即可解答． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，D为AB中点，AB＝2， ∴CDAB＝1， 故答案为：1． 5．（2024春•石阡县期中）如图，已知在△ABC中，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，M，N分别是BC，DE的中点，连接EM，DM． （1）求证：MN⊥DE； （2）若BC＝10，DE＝6，求MN的长． 【分析】（1）根据题意得∠BDC＝90°，结合中点得和，则DM＝EM，即△DEM是等腰三角形，由N是DE的中点即可判定垂直； （2）由（1）可知，且∠MND＝90°，利用勾股定理即可求得答案． 【解答】（1）证明：∵BD⊥AC， ∴∠BDC＝90°． ∵M是BC的中点， ∴． 同理可得，则DM＝EM， 即△DEM是等腰三角形． ∵N是DE的中点， ∴MN⊥DE． （2）解：∵BC＝10，DE＝6， ∴． 由（1）可知∠MND＝90°， ∴． 利用菱形的性质进行计算求值题型04 1．（2024秋•贵阳期中）在菱形ABCD中，∠ABC＝80°，BA＝BE，则∠BAE＝（　　） A．70° B．40° C．75° D．30° 【分析】利用菱形的性质和等腰三角形的性质即可求解． 【解答】解：在菱形ABCD∵∠ABC＝80°， ∴∠ABD＝40°． ∵BA＝BE，∴∠BAE70°． 故选：A． 2．（2024秋•金沙县期中）如图，在菱形ABCD中，O为AC和BD的交点，OC＝3，则AC的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】根据菱形的对角线互相平分可得AC＝2OC＝6． 【解答】解：∵在菱形ABCD中，O为AC和BD的交点，OC＝3， ∴AC＝2OC＝6． 故选：D． 3．（2024秋•黔南州期中）如图，菱形ABCD的对角线交于原点O，若点B的坐标为（4，m），点D的坐标为（n，2），则m+n的值为（　　） A．2 B．﹣2 C．6 D．﹣6 【分析】根据平行四边形的性质得到OB＝OD，进而得到点B与点D关于原点O对称，由此得到m＝﹣2，n＝﹣4，求出答案． 【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴OB＝OD， ∵▱ABCD的对角线交于原点O， ∴点B与点D关于原点O对称， ∴m＝﹣2，n＝﹣4， ∴m+n＝﹣6， 故选：D． 4．（2024秋•石阡县期中）如图，菱形的对角线AC、BD相交于点O，E是CD的中点，且OE＝3，则CD的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，由直角三角形的性质可得CD＝2OE，故可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∴△COD是直角三角形， ∵点E是CD的中点， ∴CD＝2OE＝6， 故选：D． 5．（2024春•沿河县期中）如图，菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为AD边中点，OH＝6，则菱形ABCD的周长等于（　　） A．48 B．24 C．60 D．72 【分析】先根据菱形的性质得出AB＝BC＝CD＝DA，OB＝OD，故可得出点O是BD的中点，由H为AD边中点，OH是△ABD的中位线，故可得出AB的长，据此得出结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝DA，OB＝OD， ∴点O是BD的中点， ∵H为AD边中点，OH＝6， ∴OH是△ABD的中位线， ∴AB＝2OH＝12， ∴AB＝BC＝CD＝DA＝12， ∴菱形ABCD的周长为48， 故选：A． 6．（2024春•印江县期中）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小陶家有一个菱形中国结装饰．测得BD＝8cm，AC＝6cm．则该菱形的面积为（　　） A．24cm2 B．48cm2 C．10cm2 D．12cm2 【分析】根据菱形的面积为对角线乘积的一半即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∵BD＝8cm，AC＝6cm， ∴， 故选：A． 7．（2024秋•兴义市期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点C作CE⊥AB，交AB于点E，连接OE，若OE＝6，OB＝8，则CE的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】由菱形的性质得OA＝OC，BD＝2OB＝16，AC⊥BD，进而由直角三角形斜边上的中线性质得AC＝2OE＝12，则OA＝6，再由勾股定理得AB＝10，然后由菱形面积求出CE的长即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，OB＝8， ∴OA＝OC，BD＝2OB＝16，AC⊥BD， ∵CE⊥AB， ∴∠CEA＝90°， ∴AC＝2OE＝2×6＝12， ∴OA＝6， 在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB10， ∵S菱形ABCD＝AB•CEAC•BD12×16＝96， ∴10CE＝96， ∴CE＝9.6 故选：D． 8．（2024秋•贵阳期中）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝120°，边AB在数轴上，将AC绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（　　） A．1 B． C．0 D． 【分析】过点C作AE的垂线，垂足为点F，在直角三角形ACF和直角三角形BCF中，运用勾股定理可以求出AC的长，进而解决问题． 【解答】解：如图，过点C作AE的垂线，垂足为点F， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝2，AC平分∠DAB，AD∥BC， ∴∠DAB+∠ABC＝180°， ∴∠DAB＝180°﹣∠ABC＝60°． ∴∠CAB∠DAB＝30°． ∴AC＝2CF． ∵∠ABC＝120°， ∴∠CBF＝60°， ∴∠BCF＝30°， ∴BFBC＝1， ∴CF， ∴AC＝2CF＝2， ∴AE＝AC＝2． ∵点E表示的数是3， ∴点A表示的数是（3﹣2）． 故选：D． 9．（2024春•从江县校级期中）根据四边形的不稳定性，当变动∠B的度数时，菱形ABCD的形状会发生改变，当∠B＝60°时，如图1，AC；当∠B＝90°时，如图2，AC＝（　　） A． B．2 C．2 D． 【分析】在图1中求出菱形的边长，再在图2中利用勾股定理求出AC即可解决问题． 【解答】解：如图1、2中连接AC． 在图1中，∵AB＝BC，∠B＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC， 在图2中，∵∠B＝90°，AB＝BC， ∴AC2． 故选：B． 10．（2024春•沿河县期中）菱形的两对角线长分别为6cm和8cm，这个菱形的面积为 　24cm2　 ． 【分析】直接由菱形面积公式列式计算即可． 【解答】解：∵菱形的两条对角线长分别为6cm和8cm， ∴菱形面积6×8＝24（cm2）， 故答案为：24cm2． 菱形的判定与性质综合题型05 1．（2024春•遵义期中）下列是4位同学所画的菱形，依据所标数据，不一定为菱形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据菱形的判定即可选出答案． 【解答】解：A选项：由于四边形的四条边都是2，四条边都相等的四边形是菱形，故A选项正确； B选项：∵由于四边形三条边都是2， ∴邻边相等∵50°+130°＝180°， ∴四边形的一组对边互相平行， ∵四边形的另一组对边都是2， ∴不能证明四边形的为平行四边形， ∴一组邻边相等的四边形不是菱形，故B选项不正确； C选项：∵由于四边形邻边都是2， ∴邻边相等， ∵四边形内角和为360°， ∴四边形的剩余的最后一个角为50°，故四边形的两组对角相等， ∴四边形为平行四边形， 根据一组邻边相等的平行四边形为菱形，故C选项正确； D选项：∵60°+120°＝180°， ∴四边形的一组对边互相平行， ∵四边形的这组对边都是2， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形的邻边都是2， 根据一组邻边相等的平行四边形为菱形，故D选项正确． 故选：B． 2．（2024春•印江县期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件 　AB＝BC（答案不唯一）　 ，使平行四边形ABCD是菱形． 【分析】根据菱形的判定方法即可得出答案． 【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴当AB＝BC或AC⊥BD或AC平分∠DAB时，四边形ABCD为菱形． 故答案为：AB＝BC（答案不唯一）． 3．（2024春•石阡县期中）如图，在△ABC中，AD，CD分别平分∠BAC和∠ACB，AE∥CD，CE∥AD．若从三个条件：①AB＝AC；②AB＝BC；③AC＝BC中，选择一个作为已知条件，则能使四边形ADCE为菱形的是 　②　 （填序号）． 【分析】当BA＝BC时，四边形ADCE是菱形．只要证明四边形ADCE是平行四边形，DA＝DC即可解决问题． 【解答】解：当BA＝BC时，四边形ADCE是菱形． 理由：∵AE∥CD，CE∥AD， ∴四边形ADCE是平行四边形， ∵BA＝BC， ∴∠BAC＝∠BCA， ∵AD，CD分别平分∠BAC和∠ACB， ∴∠DAC＝∠DCA， ∴DA＝DC， ∴四边形ADCE是菱形． 故答案为② 4．（2024春•红花岗区校级期中）小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB＝OD．求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流． 小惠： 证明：∵AC⊥BD，OB＝OD， ∴AC垂直平分BD． ∴AB＝AD，CB＝CD， ∴四边形ABCD是菱形． 小洁： 这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明． 若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明． 【分析】根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”进行分析推理． 【解答】解：赞成小洁的说法，补充条件：OA＝OC，证明如下： ∵OA＝OC，OB＝OD， ∴四边形ABCD是平行四边形， 又∵AC⊥BD， ∴平行四边形ABCD是菱形． 5．（2024秋•水城区期中）如图，在四边形ABCD中，BC＝CD，∠C＝2∠BAD．O是四边形ABCD内一点，且OA＝OB＝OD．求证： （1）∠BOD＝∠C； （2）四边形OBCD是菱形． 【分析】（1）延长AO到E，利用等边对等角和角之间关系解答即可； （2）连接OC，根据全等三角形的判定和性质以及菱形的判定解答即可． 【解答】证明：（1） 延长AO到E， ∵OA＝OB， ∴∠ABO＝∠BAO， 又∠BOE＝∠ABO+∠BAO， ∴∠BOE＝2∠BAO， 同理∠DOE＝2∠DAO， ∴∠BOE+∠DOE＝2∠BAO+2∠DAO＝2（∠BAO+∠DAO） 即∠BOD＝2∠BAD， 又∠C＝2∠BAD， ∴∠BOD＝∠C； （2）连接OC， ∵BC＝CD，OA＝OB＝OD，OC是公共边， ∵OB＝OD，CB＝CD，OC＝OC， ∴△OBC≌△ODC， ∴∠BOC＝∠DOC，∠BCO＝∠DCO， ∵∠BOD＝∠BOC+∠DOC，∠BCD＝∠BCO+∠DCO， ∴∠BOC∠BOD，∠BCO∠BCD， 又∠BOD＝∠BCD， ∴∠BOC＝∠BCO， ∴BO＝BC， 又OB＝OD，BC＝CD， ∴OB＝BC＝CD＝DO， ∴四边形OBCD是菱形． 法一，连接OC， ∵BC＝CD，OA＝OB＝OD，OC是公共边， ∵OB＝OD，CB＝CD，OC＝OC， ∴△OBC≌△ODC（SSS）， ∴∠B＝∠D，∠BOC＝∠DOC，∠BCO＝∠DCO， ∴∠BOD＝∠BCD， ∴四边形BCDO是平行四边形， ∵BC＝CD， ∴平行四边形BCDO是菱形． 解法二：连接BD，因∠BOD＝∠C；BC＝CD，OB＝OD，所以角OBD等于角ODB＝角CBD＝角CDB，可以得出两组边分别平行，从而得出OBCD是菱形． 6．（2024秋•观山湖区校级期中）如图，等腰三角形ABC中，AB＝AC，AH垂直BC，点E是AH上一点，延长AH至点F，使FH＝EH， （1）求证：四边形EBFC是菱形； （2）如果∠BAC＝∠ECF，求证：AC⊥CF． 【分析】（1）根据题意可证得△BCE为等腰三角形，由AH⊥CB，则BH＝HC，从而得出四边形EBFC是菱形； （2）由（1）得∠2＝∠3，再根据∠BAC＝∠ECF，得∠4＝∠3，由AH⊥CB，得∠3+∠1+∠2＝90°，从而得出AC⊥CF． 【解答】证明：（1）∵AB＝AC，AH⊥CB， ∴BH＝HC， ∵FH＝EH， ∴四边形EBFC是平行四边形， 又∵AH⊥CB， ∴四边形EBFC是菱形． （2）证明：∵四边形EBFC是菱形． ∴， ∵AB＝AC，AH⊥CB， ∴， ∵∠BAC＝∠ECF ∴∠4＝∠3， ∵AH⊥CB， ∴∠4+∠1+∠2＝90°， ∴∠3+∠1+∠2＝90°． 即：AC⊥CF． 7．（2024春•从江县校级期中）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，且BE＝DF． （1）求证：▱ABCD是菱形； （2）若AB＝5，AC＝6，求▱ABCD的面积． 【分析】（1）利用全等三角形的性质证明AB＝AD即可解决问题； （2）连接BD交AC于O，利用勾股定理求出对角线的长即可解决问题； 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠B＝∠D， ∵AE⊥BC，AF⊥CD， ∴∠AEB＝∠AFD＝90°， ∵BE＝DF， ∴△AEB≌△AFD ∴AB＝AD， ∴四边形ABCD是菱形． （2）连接BD交AC于O． ∵四边形ABCD是菱形，AC＝6， ∴AC⊥BD， AO＝OCAC6＝3， ∵AB＝5，AO＝3， ∴BO4， ∴BD＝2BO＝8， ∴S平行四边形ABCDAC×BD＝24． 8．（2024秋•遵义期中）如图，已知在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，点F在AD上，AF＝AB，连接BF交AE于点O，连接EF． （1）求证：四边形ABEF是菱形； （2）若BF＝8，AB＝5，求AE的长． 【分析】（1）由平行四边形的性质得BC∥AD，则∠BEA＝∠DAE，而∠BAE＝∠DAE，所以∠BEA＝∠BAE，得EB＝AB，而AF＝AB，则EB＝AF，则EB∥AF，EG＝AF，证明四边形ABEF是平行四边形，由EB＝AB，证明四边形ABEF是菱形； （2）由菱形的性质得AE⊥BF，OB＝OFBF8＝4，OA＝OE，则∠AOB＝90°，所以OA3，则AE＝2OA＝6． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC∥AD， ∴∠BEA＝∠DAE， ∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠DAE， ∴∠BEA＝∠BAE， ∴EB＝AB， ∵AF＝AB， ∴EB＝AF， ∵EB∥AF，EB＝AF， ∴四边形ABEF是平行四边形， ∵EB＝AB， ∴四边形ABEF是菱形． （2）解：∵四边形ABEF是菱形，BF＝8，AB＝5， ∴AE⊥BF，OB＝OFBF8＝4，OA＝OE， ∴∠AOB＝90°， ∴OA3， ∴AE＝2OA＝2×3＝6， ∴AE的长为6． 利用正方形的性质进行计算求值题型06 1．（2024秋•六盘水期中）正方形具有而矩形没有的性质是（　　） A．对角线互相平分 B．对边相等 C．对角线相等 D．对角线互相垂直 【分析】根据正方形对角线相互垂直平分相等的性质和矩形对角线平分相等性质的比较就可以判断． 【解答】解：正方形和矩形是特殊的平行四边形，而正方形对角线相互垂直、平分、相等，矩形对角线平分、相等， ∴正方形具有而矩形没有的性质是对角线互相垂直． 故选：D． 2．（2024秋•驿城区期中）菱形、正方形一定具有而矩形不一定具有的性质是（　　） A．对边相等 B．对边平行 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 【分析】根据菱形的性质，正方形的性质，矩形的性质逐项判断即可． 【解答】解：A．菱形、正方形、矩形的对边相等，本选项正确，故本选项不符合题意； B．菱形、正方形、矩形的对边平行，本选项正确，故本选项不符合题意； C．菱形、正方形、矩形的对角线互相平分，本选项正确故本选项不符合题意； D．菱形、正方形的对角线互相垂直，矩形的对角线不垂直，本选项错误，故本选项符合题意； 故选：D． 3．（2024春•从江县校级期中）正方形ABCD中，P、Q分别为BC、CD的中点，则∠CPQ大小为（　　） A．50° B．60° C．45° D．70° 【分析】根据正方形的性质得到CP＝CQ，从而得到答案． 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴BA＝DA＝BC＝CD， ∵P、Q分别为BC、CD的中点， ∴DQ＝BP， ∴CP＝CQ， ∵∠C＝90°， ∴∠CPQ＝45°， 故选：C． 4．（2024秋•六盘水期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点O，B的坐标分别是（0，0），（4，0），则顶点C的坐标是（　　） A． B． C．（2，﹣2） D． 【分析】根据AC、OB的互相垂直平分，且OB＝4＝AC，即有OD＝DB＝DA＝DC＝2，问题得解． 【解答】解：在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点O，B的坐标分别是（0，0），（4，0），如图，连接AC，交OB于点D， ∴AC、OB的互相垂直平分，且OB＝4＝AC， ∴OD＝DB＝DA＝DC＝2，OD⊥DC， ∴C点坐标（2，﹣2）， 故选：C． 5．（2024春•石阡县期中）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是4，则△COD的面积为（　　） A．4 B．2 C． D． 【分析】证明△ODM≌△OCN（ASA）得到S△ODM＝S△OCN，进而得到四边形MOND的面积等于△COD的面积，即可得解． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADO＝∠DCO＝45°，∠DOC＝90°，OC＝OD， ∵ON⊥OM， ∴∠MON＝90°＝∠DOC， ∴∠DOM＝∠CON， 在△ODM和△OCN中， ， ∴△ODM≌△OCN（ASA）， ∴S△ODM＝S△OCN， ∴S四边MOND＝S△ODM+S△ODN＝S△OCN+S△ODN＝S△DOC， ∵四边形MOND的面积是4， ∴△COD的面积是4， 故选：A． 6．（2024秋•水城区期中）已知正方形ABCD的边长是10cm，△APQ是等边三角形，点P在BC上，点Q在CD上，则BP的边长是（　　） A．cm B．cm C．cm D．cm 【分析】在Rt△ABP和△PCQ中，可将等边三角形的AP和PQ的长表示出来，根据等边三角形的性质，两边长相等进行求解． 【解答】解：设BP的长为x cm，则PC＝CQ＝（10﹣x）（cm）， 在Rt△ABP中，AP（cm）， 在Rt△PCQ中，PQ（10﹣x）（cm）， ∵AP＝PQ， ∴（10﹣x） 解得：x1，x210（舍去） ∴BP的边长是； 故选C． 7．（2024春•沿河县期中）如图，平面直角坐标系中，点C位于第一象限，点B位于第四象限，四边形OABC是边长为1的正方形，OC与x轴正半轴的夹角为15°，则点B的纵坐标为（　　） A．﹣2 B． C． D． 【分析】连结OB，作BD⊥x轴于点D，由OC＝BC＝1，∠C＝90°，得OB，由∠COB＝45°，∠COD＝15°，得∠DOB＝30°，则BD，则点B的纵坐标为，于是得到问题的答案． 【解答】解：如图，连结OB，作BD⊥x轴于点D，则∠ODB＝90°， ∵四边形OABC是边长为1的正方形， ∴OC＝BC＝1，∠C＝90°， ∴OB， ∵∠COB＝∠CBO＝45°，∠COD＝15°， ∴∠DOB＝∠COB﹣∠COD＝45°﹣15°＝30°， ∴BDOB， ∴点B的纵坐标为， 故选：B． 正方形的判定与性质综合题型07 1．（2024秋•观山湖区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为点D，AN是△ABC外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足为点E． （1）求证：四边形ADCE为矩形； （2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCE为正方形？给出证明． 【分析】（1）根据矩形的有三个角是直角的四边形是矩形，已知CE⊥AN，AD⊥BC，所以求证∠DAE＝90°，可以证明四边形ADCE为矩形． （2）根据正方形的判定，我们可以假设当ADBC，由已知可得，DCBC，由（1）的结论可知四边形ADCE为矩形，所以证得，四边形ADCE为正方形． 【解答】（1）证明：在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC， ∴∠BAD＝∠DAC， ∵AN是△ABC外角∠CAM的平分线， ∴∠MAE＝∠CAE， ∴∠DAE＝∠DAC+∠CAE180°＝90°， 又∵AD⊥BC，CE⊥AN， ∴∠ADC＝∠CEA＝90°， ∴四边形ADCE为矩形． （2）当△ABC满足∠BAC＝90°时，四边形ADCE是一个正方形． 理由：∵AB＝AC， ∴∠ACB＝∠B＝45°， ∵AD⊥BC， ∴∠CAD＝∠ACD＝45°， ∴DC＝AD， ∵四边形ADCE为矩形， ∴矩形ADCE是正方形． ∴当∠BAC＝90°时，四边形ADCE是一个正方形． 2．（2024秋•六盘水期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，四边形BCED为平行四边形，DE、AC相交于点F．求证： （1）点F为AC中点； （2）试确定四边形ADCE的形状，并说明理由； （3）若四边形ADCE为正方形，△ABC应添加什么条件？并证明你的结论． 【分析】（1）根据三角形的中位线，证出即可； （2）由题意容易证明CE平行且等于AD，AD＝CD＝BD，所以得到四边形ADCE为菱形； （2）应添加条件AC＝BC，证明CD⊥AB且相等即可． 【解答】证明：（1）∵四边形DBEC是平行四边形， ∴DE∥BC， ∵D为AB中点， ∴DF为△ABC的中位线， 即点F为AC的中点； （2）∵平行四边形BDEC， ∴CE平行等于BD． ∵D为AB中点， ∴AD＝BD， ∴CE平行且等于AD， ∴四边形ADCE为平行四边形， 又∵AD＝CD＝BD， ∴四边形ADCE为菱形； （3）应添加条件AC＝BC． 证明：∵AC＝BC，D为AB中点， ∴CD⊥AB（三线合一的性质），即∠ADC＝90°． ∵四边形BCED为平行四边形，四边形ADCE为平行四边形， ∴DE＝BC＝AC，∠AFD＝∠ACB＝90°． ∴四边形ADCE为正方形．（对角线互相垂直且相等的四边形是正方形） 1．（2024春•红花岗区校级期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝1，点E，F分别在边BC和CD上，AE＝AF，∠EAF＝60°，则CF的长是（　　） A． B． C．1 D． 【分析】由正方形的性质得出∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝1，证明Rt△ABE≌Rt△ADF得出∠BAE＝∠DAF，求出∠DAF＝15°，在AD上取一点G，使∠GFA＝∠DAF＝15°，则AG＝FG，∠DGF＝30°，由直角三角形的性质得出DFFGAG，DGDF，设DF＝x，则DGx，AG＝FG＝2x，则2xx＝1，解得：x＝2，得出DF＝2，即可得出结果． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝1， 在Rt△ABE和Rt△ADF中，， ∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）， ∴∠BAE＝∠DAF， ∵∠EAF＝60°， ∴∠BAE+∠DAF＝30°， ∴∠DAF＝15°， 在AD上取一点G，使∠GFA＝∠DAF＝15°，如图所示： ∴AG＝FG，∠DGF＝30°， ∴DFFGAG，DGDF， 设DF＝x，则DGx，AG＝FG＝2x， ∵AG+DG＝AD， ∴2xx＝1， 解得：x＝2， ∴DF＝2， ∴CF＝CD﹣DF＝1﹣（2）1； 故选：C． 2．（2024春•罗甸县期中）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC上，AE＝1，CF＝5，O，G分别是AC，EF的中点，则OG的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】连接FO并延长交AD于点H，连接EH，证明△AOH≌△COF（AAS），则AH＝CF＝5，OF＝OH，在Rt△AEH中，，证明OG是△EFH的中位线，则． 【解答】解：连接FO并延长交AD于点H，连接EH， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，∠BAD＝90°， ∴∠OAH＝∠OCF，∠OHA＝∠OFC， ∵O是AC的中点， ∴AO＝CO， ∴△AOH≌△COF（AAS）， ∴AH＝CF＝5，OF＝OH， 在Rt△AEH中，∠EAH＝90°，AE＝1，AH＝5， ∴， ∵OF＝OH，G分别是EF的中点， ∴OG是△EFH的中位线， ∴． 故选：A． 3．（2024春•印江县期中）如图．菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，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AB＝8，∠BAD＝60°，则线段EF长度的最小值为（　　） A． B． C． D． 【分析】连接OP，证明四边形OEPF是矩形，得到：EF＝OP，当OP⊥AB时，OP的值最小，利用，求出OP的最小值即可． 【解答】解：连接OP， ∵ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，即∠AOB＝90°， ∵PE⊥OA，PF⊥OB， ∴四边形OEPF是矩形， ∴EF＝OP， 当OP⊥AB时，OP的值最小， ∵AB＝8，∠BAD＝60°，则∠OAB＝30° ∴OB＝4，， ∵， ∴，即EF的最小值为：， 故选：A． 4．（2024春•遵义期中）如图，正方形ABCD中，点M、N、P分别在AB、CD、BD上，∠MPN＝90°，MN经过对角线BD的中点O，若∠PMN＝α，则∠AMP一定等于（　　） A．2α B．45°+α C．90 D．135°﹣α 【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：OM＝OP，从而得出∠MPO＝α，利用三角形的外角即可求得． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABD＝45°， 在Rt△PMN中，∠MPN＝90°， ∵O为MN的中点， ∴OPMN＝OM， ∵∠PMN＝α， ∴∠MPO＝α， ∴∠AMP＝∠MPO+∠MBP＝α+45°， 故选：B． 5．（2024春•罗甸县期中）如图，矩形ABCD在平面直角坐标系中，点D与原点O重合，点A在x轴正半轴上，DA＝16，点C在y轴正半轴上，DC＝10．开始如下操作：把矩形ABCD的点D从原点O沿着y轴正半轴向上移动，点A随之在x轴正半轴上向左移动，其他点跟着相应移动，当点A与原点O重合时这个矩形停止移动．在移动过程中矩形ABCD的形状与大小保持不变，则点C离原点最远时，其与原点的距离为（　　） A．26 B． C． D． 【分析】取AD的中点H，连接CH、OH．由勾股定理可得，由直角三角形的性质可得，在△OCH中，由三角形三边之间的关系可得CO＜OH+CH，当C、H、O三点共线时，可得CO的最大值为OH+CH，由此即可得解． 【解答】解：取AD的中点H，连接CH、OH． ∵矩形ABCD中，DA＝16，DC＝10， ∴， ∴， ∵Rt△AOD中，∠AOD＝90°，H是AD的中点， ∴， 在△OCH中，CO＜OH+CH， 当C、H、O三点共线时，CO＝OH+CH， ∴CO的最大值为． 故选：D． 6．（2024春•花溪区校级期中）如图，在长方形ABCD的中，已知AB＝6cm，BC＝10cm，点P以4cm/s的速度由点B向点C运动，同时点Q以acm/s的速度由点C向点D运动，若以A，B，P为顶点的三角形和以P，C，Q为顶点的三角形全等，则a的值为（　　） A．4 B．6 C．4或 D．4或 【分析】先表示出CP长度，分△BPA≌△CPQ和△BPA≌△CQP两种情况进行解答． 【解答】解：设运动时间为t， 由已知得：PC＝BC﹣BP＝（10﹣4t）cm； ①若△ABP≌△PCQ． 则AB＝PC＝6cm， ∴6＝10﹣4t， ∴t＝1． ∴a＝4； ②若△ABP≌△QCP． 则AB＝CQ＝6cm，BP＝CP＝（10﹣4t）cm，则t． 得：a＝6． 解得：a． 综上，a的值为4或． 故选：D． 7．（2024秋•金沙县期中）如图，在正方形ABCD中，以AB为边作等边三角形ABP，连接AC，PD，PC，则下列结论；①∠BCP＝75°；②△ADP≌△BCP；③△ADP和△ABC的面积比为1：2；④．其中结论正确的序号有（　　） A．①②④ B．②③ C．①③④ D．①②③④ 【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质可得AB＝BP＝BC，∠ABC＝90°，∠ABP＝60°，由等腰三角形的性质可得∠BCP＝∠BPC＝75°，故①正确；利用SAS证明△DAP≌△CBP，可判断②，由三角形的面积公式可得S△ABCBC×ABAD×AB，S△ADPAD×PHADABAD×AB，可得△ADP和△ABC的面积比为1：2，故③正确；由直角三角形的性质可得CNPC，可得S△PDCDP×CNPC2，故④正确，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，△ABP是等边三角形， ∴AB＝BP＝BC，∠ABC＝90°，∠ABP＝60°， ∴∠DAP＝∠CBP＝30°， ∴∠BCP＝∠BPC＝75°，故①正确； ∵AD＝BC，AP＝BP，∠DAP＝∠CBP＝30°， ∴△DAP≌△CBP（SAS），故②正确； 如图，∵△ABP是等边三角形，过点P作PG⊥AB于点G，PH⊥AD于点H， ∴AG＝GB， ∵∠BAD＝∠AGP＝90°， ∴四边形AGPH是矩形， ∴PH＝AG， ∵S△ABCBC×ABAD×AB，S△ADPAD×PHADABAD×AB， ∴△ADP和△ABC的面积比为1：2，故③正确； ∵∠PCD＝∠BCD﹣∠BCP＝15°，PC＝PD， ∴∠PCD＝∠PDC＝15°， ∴∠CPN＝30°， ∵CN⊥DP， ∴CNPC， ∴S△PDCDP×CNPC2，故④正确， 综上所述：①②③④． 故选：D． 8．（2024秋•清镇市期中）如图，正方形ABCD中，E为AB边上任意一点，连接DE，AF⊥DE于点G，交BC于点F，小星根据题意得到如下结论： ①AF＝DE； ②AE＝BF； ③△ADG与四边形BEGF面积相等； ④若点E是AB的中点，则点G是AF的中点． 其中，结论正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】由正方形的性质得AB＝DA，∠B＝∠DAE＝90°，而∠AGD＝90°，则∠BAF＝∠ADE＝90°﹣∠DAF，即可证明△BAF≌△ADE，得AF＝DE，AE＝BF，可判断①正确，②正确，由S△ADE﹣S△AEG＝S△BAF﹣S△AEG，得S△ADG＝S四边形BEGF，可判断③正确；设AB＝DA＝2m，则AE＝BE＝m，求得AF＝DEm，所以AFm，由S△ADEmAGm×2m，求得AGm，则AGAF，所以点G不是AF的中点，可判断④错误，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝DA，∠B＝∠DAE＝90°， ∵AF⊥DE于点G， ∴∠AGD＝90°， ∴∠BAF＝∠ADE＝90°﹣∠DAF， 在△BAF和△ADE中， ， ∴△BAF≌△ADE（ASA）， ∴AF＝DE，AE＝BF，S△BAF＝S△ADE， 故①正确，②正确， ∵S△ADE﹣S△AEG＝S△BAF﹣S△AEG， ∴S△ADG＝S四边形BEGF， 故③正确； 设AB＝DA＝2m， ∵点E是AB的中点， ∴AE＝BEAB＝m， ∴AF＝DEm， ∴AFm， ∵S△ADEmAGm×2m， ∴AGm， ∴AGAF， ∴点G不是AF的中点， 故④错误， 故选：C． 9．（2024春•石阡县期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，P是斜边BC上一动点，PE⊥AB于点E，PF⊥AC于点F，EF与AP相交于点O，则OF的最小值为 　2.4　 ． 【分析】根据PE⊥AB，PF⊥AC，结合∠BAC＝90°，即可判断四边形AEPF是矩形，根据矩形的对角线相等，于是可知当AP最小时，EF也最小，即当AP⊥BC时，AP最小，OF最小， 【解答】解：∵PE⊥AB，PF⊥AC， ∴∠PEA＝∠PFA＝90°， ∵∠BAC＝90°， ∴四边形AEPF是矩形， ∴EF＝AP，， ∴当AP最小时，EF最小，OF最小，即当AP⊥BC时， ∵AB＝6，AC＝8， ∴BC＝10， ∴， ∴， ∴线段EF的最小值为4.8， ∴线段OF的最小值为2.4， 故答案为：2.4． 10．（2024秋•六盘水期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝5，AC＝12，M为斜边AB上一动点，过M作MD⊥AC，过M作ME⊥CB于点E，则线段DE的最小为　　 ． 【分析】连接CM，先证明四边形CDME是矩形，得出DE＝CM，再由三角形的面积关系求出CM的最小值，即可得出结果． 【解答】解：连接CM，如图所示： ∵MD⊥AC，ME⊥CB， ∴∠MDC＝∠MEC＝90°， ∵∠C＝90°， ∴四边形CDME是矩形， ∴DE＝CM， ∵∠C＝90°，BC＝5，AC＝12， ∴AB， 当CM⊥AB时，CM最短，此时△ABC的面积AB•CMBC•AC， ∴CM的最小值， ∴线段DE的最小值为； 故答案为：． 11．（2024秋•黔东南州期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝CD＝12cm，BC＝20cm，点P从点B出发，以2cm/s的速度沿BC向点C运动（到点C停止运动），同时，点Q从点C出发（到点D停止运动），以x cm/s的速度沿CD向点D运动，当x的值为 　2.4或2　 ，可以使△ABP与△PQC全等． 【分析】分两种情况：当BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ，当AB＝CQ，BP＝CP时，△ABP≌△QCP，分别求解即可得出答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是长方形， ∴∠B＝∠C＝90°． 当BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ， ∵AB＝CD＝12cm， ∴PC＝AB＝12cm， ∴BP＝BC﹣CP＝20﹣12＝8cm， ∴t＝8÷2＝4s，CQ＝BP＝8cm， ∴x＝8÷4＝2； 当AB＝CQ，BP＝CP时，△ABP≌△QCP， ∵BP＝CP，BC＝20cm， ∴BP＝CP＝10cm， ∴t＝10÷2＝5s， ∴x＝12÷5＝2.4； 综上所述，x的值为2.4或2． 故答案为：2.4或2． 12．（2024秋•清镇市期中）如图，在边长为10cm的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，E是AD边上的动点，F是CD边上的动点，且AE＝DF，连接EF，则EF的最小值是　5　 cm． 【分析】连接BD，BE，BF，首先证明△BEF是等边三角形，构建垂线段最短可知，当BE⊥AD时，BE最短，即EF最短． 【解答】解：如图，连接BD，BE，BF， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝AD， ∵∠DAB＝60°， ∴△ABD，△BCD都是等边三角形， ∴∠A＝∠ABD＝∠CDB＝60°，AB＝DB， 在△EAB和△FDB中， ， ∴△EAB≌△FDB（SAS）， ∴BE＝BF，∠ABE＝∠DBF， ∴∠EBF＝∠ABD＝60°， ∴△EBF是等边三角形， ∴BE＝EF＝BF， ∵BE⊥AD时，线BE最小，最小值为10＝5（cm）， ∴EF的最小值为5cm． 故答案为：5． 13．（2024春•印江县期中）如图，在△ABC中，O是边AC上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，交∠ACB的平分线于点E，交△ABC的外角∠ACD的平分线于点F． （1）求证：OE＝OF； （2）若CE＝12，CF＝5，求OC的长； （3）连接AE，AF，当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？请说明理由． 【分析】（1）由角平分线的定义结合平行线的性质可证得∠ACE＝∠OEC，则OE＝OC，同理OC＝OF，即可得出结论； （2）利用勾股定理可求得EF的长，再结合（1）的结论可求得OC的长； （3）只要保证四边形AECF是平行四边形即可，则可知O为AC的中点时，满足条件． 【解答】（1）证明：∵CE平分∠ACB， ∴∠ACE＝∠ECB， ∵MN∥BC， ∴∠ECB＝∠OEC， ∴∠ACE＝∠OEC， ∴OE＝OC， 同理可得OC＝OF， ∴OE＝OF； （2）解：∵CE、CF分别平分∠ACB和∠ACD， ∴∠ACE∠ACB，∠ACF∠ACD， ∴∠ACE+∠ACF∠BCD180°＝90°， ∴EF13， ∴OCEF＝6.5， 即OC的长为6.5； （3）解：当O在AC的中点时，四边形AECF是矩形，理由如下： 当O为AC中点时，则OA＝OC， 由（1）可知，OC＝OE＝OF， ∴OA＝OC＝OE＝OF， ∴四边形AECF为平行四边形，AC＝EF， ∵AC＝EF， ∴平行四边形AECF为矩形． 14．（2024春•沿河县期中）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝60cm，∠A＝60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（0＜t≤15）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF． （1）求证：AE＝DF； （2）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由； （3）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由． 【分析】（1）利用t表示出CD以及AE的长，然后在直角△CDF中，利用直角三角形的性质求得DF的长，即可证明； （2）易证四边形AEFD是平行四边形，当AD＝AE时，四边形AEFD是菱形，据此即可列方程求得t的值； （3）分两种情况讨论即可求解． 【解答】（1）证明：∵直角△ABC中，∠C＝90°﹣∠A＝30°． ∵CD＝4t，AE＝2t， 又∵在直角△CDF中，∠C＝30°， ∴DFCD＝2t， ∴DF＝AE； 解：（2）∵DF∥AB，DF＝AE， ∴四边形AEFD是平行四边形， 当AD＝AE时，四边形AEFD是菱形， 即60﹣4t＝2t， 解得：t＝10， 即当t＝10时，▱AEFD是菱形； （3）当t时△DEF是直角三角形（∠EDF＝90°）； 当t＝12时，△DEF是直角三角形（∠DEF＝90°）．理由如下： 当∠EDF＝90°时，DE∥BC． ∴∠ADE＝∠C＝30° ∴AD＝2AE ∵CD＝4t， ∴DF＝2t＝AE， ∴AD＝4t， ∴4t+4t＝60， ∴t时，∠EDF＝90°． 当∠DEF＝90°时，DE⊥EF， ∵四边形AEFD是平行四边形， ∴AD∥EF， ∴DE⊥AD， ∴△ADE是直角三角形，∠ADE＝90°， ∵∠A＝60°， ∴∠DEA＝30°， ∴ADAE， AD＝AC﹣CD＝60﹣4t，AE＝DFCD＝2t， ∴60﹣4t＝t， 解得t＝12． 综上所述，当t时△DEF是直角三角形（∠EDF＝90°）；当t＝12时，△DEF是直角三角形（∠DEF＝90°）． 15．（2024秋•贵阳期中）如图，已知正方形ABCD，AB＝4，点M在边CD上，射线AM交BD于点E，交射线BC于点F，过点C作CP⊥CE，交AF于点P． （1）求证：△ADE≌△CDE． （2）判断△CPF的形状，并说明理由． （3）作DM的中点N，连结PN，若PN＝3，求CF的长． 【分析】（1）由“SAS”可证△ADE≌△CDE； （2）由全等三角形的性质可得∠DAE＝∠DCE，由余角的性质可得∠DCE＝∠PCF，可得结论； （3）由三角形中位线定理可求DF＝6，由勾股定理可求解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD，∠ADE＝∠CDE＝45°， 在△ADE和△CDE中， ， ∴△ADE≌△CDE（SAS）； （2）解：△CPF是等腰三角形，理由如下： ∵△ADE≌△CDE， ∴∠DAE＝∠DCE， 又∵CP⊥CE，DC⊥CF， ∴∠DCE＝∠PCF， 又∵AD∥BF， ∴∠DAE＝∠CFP， ∴∠PCF＝∠PFC， ∴CP＝PF， ∴△CPF是等腰三角形； （3）解：如图，连接DF， ∵∠PCF＝∠PFC， ∴∠PCM＝∠PMC， ∴PC＝MP， ∴MP＝PF， 又∵点N是DM的中点， ∴DF＝2NP＝6， ∴CF2． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$