第01章 特殊平行四边形 章节（10知识点回顾+40题型练习）【暑假预习】-2025年新九年级数学核心知识点与常见题型通关讲解练（北师大版）

第01章 特殊平行四边形 章节（10知识点回顾+40题型练习） 题型梳理 题型一 利用菱形的性质求角度 题型二 利用菱形的性质求线段长 题型三 利用菱形的性质求面积 题型四 利用菱形的性质证明 题型五 添一个条件使四边形是菱形 题型六 证明四边形是菱形 题型七 根据菱形的性质与判定求角度 题型八 根据菱形的性质与判定求线段长 题型九 根据菱形的性质与判定求面积 题型十 矩形性质理解 题型十一 利用矩形的性质求角度 题型十二 根据矩形的性质求线段长 题型十三 根据矩形的性质求面积 题型十四 利用矩形的性质证明 题型十五 求矩形在坐标系中的坐标 题型十六 矩形与折叠问题 题型十七 斜边的中线等于斜边的一半 题型十八 矩形的判定定理理解 题型十 九 添一条件使四边形是矩形 题型二十 证明四边形是矩形 题型二十一 根据矩形的性质与判定求角度 题型二十二 根据矩形的性质与判定求线段长 题型二十三 根据矩形的性质与判定求面积 题型二十四 正方形性质理解 题型二十五 根据正方形的性质求角度 题型二十六 根据正方形的性质求线段长 题型二十七 根据正方形的性质求面积 题型二十八 正方形折叠问题 题型二十九 求正方形重叠部分面积 题型三十 根据正方形的性质证明 题型三十一 正方形的判定定理理解 题型三十二 添一个条件使四边形是正方形 题型三十三 证明四边形是正方形 题型三十四 根据正方形的性质与判定求线段长 题型三十五 根据正方形的性质与判定证明 题型三十六 根据正方形的性质与判定求角度 题型三十七 根据正方形的性质与判定证明 题型三十八 中点四边形 题型三十九 （特殊）平行四边形的动点问题 题型四十 四边形其他综合问题 知识清单 知识点1：菱形的定义 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形． 知识点2：菱形的性质（重难点） 菱形除具有平行四边形的一切性质外，还有一些特殊性质： (1) 菱形的四条边都相等； (2) 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． （3）菱形是轴对称图形，它有两条对称轴. 注意： （1）菱形是特殊的平行四边形，是中心对称图形，过中心的任意直线可将菱形分成完全全等 的两部分； (2) 菱形也是轴对称图形，有两条对称轴(对角线所在的直线)，对称轴的交点就是对称中心； (3) 菱形的面积有两种计算方法： 一种是平行四边形的面积公式：底×高； 另一种是两条对角线乘积的一半(即四个小直角三角形面积之和)． 实际上，任何一个对角线互相垂直的四边形的面积都是两条对角线乘积的一半． 知识点3：菱形的判定（重难点） 菱形的判定定理1：四条边都相等的四边形是菱形 菱形的判定定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形 定义判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形. 要点诠释：前一种方法是在四边形的基础上加上四条边相等.后两种方法都是在平行四边形的基础上外加一个条件来判定菱形， 知识点4：矩形的定义 1. 定义：有一个内角是直角的平行四边形叫做矩形． 注意：矩形的定义既是矩形的基本性质，也是判定矩形的基本方法． 知识点5：矩形的性质 矩形除具有平行四边形的一切性质外，还有一些特殊性质． (1) 矩形的四个角都是直角； (2) 矩形的两条对角线相等． 注意： (1) 矩形是特殊的平行四边形，因而也是中心对称图形．过中心的任意直线可将矩形分成完全全等的两部分． (2) 矩形也是轴对称图形，有两条对称轴(分别是通过对边中点的直线)． 对称轴的交点就是对角线的交点 (即对称中心)． 知识点6：直角三角形斜边上的中线的性质 在直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半． 知识点7：矩形的判定 矩形的判定定理1：有三个角是直角的四边形是矩形． 矩形的判定定理2：对角线相等的平行四边形是矩形． 知识点8：正方形的定义 有一组邻边相等并且有一个内角是直角的平行四边形 叫做正方形. 知识点9：正方形的性质 1.正方形即是矩形又是菱形，因而它具备两者所有的性质． 2.正方形四个角都是直角，四条边都相等. 3.正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 4.正方形是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心 知识点10：正方形的判定 1.从平行四边形出发：有一个内角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形是正方形。 2.从矩形出发：有一组邻边相等的矩形是正方形. 3.从菱形出发：有一个内角是直角的菱形是正方形. 题型练习 题型一 利用菱形的性质求角度 1．（24-25九年级上·陕西宝鸡·期末）如图，在菱形中，于点，于点，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 题型二 利用菱形的性质求线段长 2．（24-25九年级上·黑龙江绥化·阶段练习）如图，四边形是边长为2，一个锐角等于的菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D重合，按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交、（或它们的延长线）于点E、F，，当时，如图1小芳同学得出的结论是． (1)继续旋转三角形纸片，当时，如图2小芳的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由； (2)再次旋转三角形纸片，当点E，F分别在，的延长线上时，如图3连，若，求的面积． 题型三 利用菱形的性质求面积 3．（23-24九年级下·湖南邵阳·期中）在中，，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 题型四 利用菱形的性质证明 4．（24-25九年级上·陕西榆林·期末）如图，在菱形中，E，F分别是边上的点，且，连接交于点G．求证：． 题型五 添一个条件使四边形是菱形 5．（24-25九年级上·四川达州·期末）如图，在中，对角线，相交于点，再添加一个条件，可推出是菱形，则这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 题型六 证明四边形是菱形 6．（24-25九年级下·福建宁德·期中）利用一个平行四边形画菱形，对于以下两种作法，根据画图痕迹可以判断（   ） A．①②都正确 B．①正确，②不正确 C．①不正确，②正确 D．①②都不正确 题型七 根据菱形的性质与判定求角度 7．（23-24九年级上·重庆·开学考试）如图，在中，，，将沿向下翻折得到，点D为上一点，若，，，则的面积为 ．    题型八 根据菱形的性质与判定求线段长 8．（24-25九年级上·山西晋中·期末）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，若重合部分构成的四边形中，，，则四边形的面积为（    ） A．5 B． C． D． 题型九 根据菱形的性质与判定求面积 9．（24-25九年级上·河南平顶山·期中）如图，分别以点、为圆心，以5为半径画弧，两条弧分别交于、两点，已知，则以、、、四点为顶点的四边形的面积是 ．    题型十 矩形性质理解 10．（24-25九年级上·湖北恩施·期末）如图，已知四边形是矩形． (1)尺规作图：将矩形绕着点顺时针旋转一定角度得到矩形，使点落在边上（不写作法，保留作图痕迹）； (2)连接，若旋转角，则_____（用含的代数式表示）． 题型十一 利用矩形的性质求角度 11．（24-25九年级上·北京·期中）如图，将长方形绕其顶点B顺时针转到如图所示的位置，则旋转角可以为（    ） A． B． C． D． 题型十二 根据矩形的性质求线段长 12．（24-25九年级上·广东广州·期中）小明在一次数学活动中，进行了如下的探究活动：如图，在矩形中，，，以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点、、的对应点分别为、、． (1)如图①，当点落在边上时，求的长； (2)如图②，当点落在线段上时，与交于点．求的长． (3)记点为矩形对角线的交点，连接、，记面积为，求的取值范围． 题型十三 根据矩形的性质求面积 13．（24-25九年级上·四川达州·期末）如图，矩形中，，边，于点，连接，则图中阴影部分的面积是 ． 题型十四 利用矩形的性质证明 14．（24-25九年级上·内蒙古呼和浩特·期中）如图，把矩形绕点C顺时针旋转，得到矩形，且点E落在上，连接交于点H，连接．若平分，有下列结论：①；②；③；④．其中正确的有 ． 题型十五 求矩形在坐标系中的坐标 15．（24-25九年级上·吉林·期末）如图，在平直角坐标系中，点A的坐标为，点的坐标为．以，为边作矩形，若将矩形绕点逆时针旋转，得到矩形，则点的坐标为 ． 题型十六 矩形与折叠问题 16．（24-25九年级上·江苏常州·期中）如图，在矩形中，，，点E、F分别是上的动点，且，连接，将矩形沿折叠，点C落在点G处，点D落在H处．在点E从A移动到中点P的过程中，线段的最大值为 ．    题型十七 斜边的中线等于斜边的一半 17．（24-25九年级上·贵州毕节·期末）如图，在中，是斜边的中点，以为边作正方形．若，则正方形的面积为（   ） A．6 B．144 C．36 D．12 题型十八 矩形的判定定理理解 18．（24-25九年级上·贵州六盘水·期末）周末，小刚去正在装修的房屋查看进度，放在地上的一块地板砖吸引了他的注意，于是他找来卷尺进行如下操作：①测量地板砖的两组对边长度是否分别相等；②测量地板砖的两条对角线是否相等，以此判断地板砖的表面是否为矩形．小刚的判断依据是（   ） A．对角线相等的平行四边形是矩形 B．有三个角是直角的四边形是矩形 C．有一个角是直角的平行四边形是矩形 D．对角线相等的四边形是矩形 题型十 九 添一条件使四边形是矩形 19．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，要使平行四边形成为矩形，可以添加的条件是（    ） A． B． C． D． 题型二十 证明四边形是矩形 20．（23-24九年级上·贵州贵阳·阶段练习）在等腰三角形中，，点是中点，点是中点，过点作交的延长线于点． (1)试判断四边形的形状，并加以证明； (2)若，求四边形的面积． 题型二十一 根据矩形的性质与判定求角度 21．（24-25九年级上·陕西渭南·期中）如图，点E是对角线上的点（不与A，C重合），连接，过点E作交于点F．连接交于点G，，． (1)求证：是矩形； (2)若点E为的中点，求的度数． 题型二十二 根据矩形的性质与判定求线段长 22．（22-23九年级上·河北张家口·期中）如图，四边形是菱形，对角线，交于点，是边的中点，过点作，，点，为垂足，若，，则的长为（　　） A．7 B．10 C． D．5 题型二十三 根据矩形的性质与判定求面积 23．（24-25九年级上·安徽合肥·阶段练习）如图，在中，，将绕边的中点O逆时针旋转得到，顶点E落在边上，边交边于点G． （1）的长为 ； （2）连接，则的面积为 ． 题型二十四 正方形性质理解 24．（24-25九年级上·甘肃白银·期中）下列性质中正方形具有而菱形没有的是（   ） A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．一条对角线平分一组对角 题型二十五 根据正方形的性质求角度 25．（24-25九年级上·陕西西安·期中）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． 题型二十六 根据正方形的性质求线段长 26．（24-25九年级上·河南开封·阶段练习）如图，边长都为的正方形与正方形，正方形绕顶点旋转一周，在此旋转过程中，线段的长可取的整数值为 ． 题型二十七 根据正方形的性质求面积 27．（24-25九年级上·辽宁本溪·期末）如图，正方形是小明用木条制作的一个学具，在取放学具时，学具发生了形变，此时，则形变后四边形的面积是原正方形面积的（    ）    A． B． C． D． 题型二十八 正方形折叠问题 28．（24-25九年级上·广东珠海·期末）综合探究 操作一：折叠正方形纸片，使顶点落在边上点处，得到折痕，把纸片展平（如图1）； 操作二：折叠正方形纸片，使顶点也落在边上的点处，得到折痕，与交于点，连接（如图2）． (1)根据以上操作，直接写出图2中与线段相等的两条线段：______； (2)探究发现：把上题图中的纸片展平，得到图，通过观察发现无论点在线段上任何位置，线段与线段始终相等，请你直接用第一问发现的结论写出完整的证明过程； (3)拓展应用：已知正方形纸片的边长为，在以上探究过程中当点到的距离是时，求线段的长． 题型二十九 求正方形重叠部分面积 29．（24-25九年级上·河北邯郸·阶段练习）如图，三个边长为的正方形按如图所示的方式重叠在一起，点O是其中一个正方形的中心，则重叠部分（阴影）的面积为（   ） A． B． C． D． 题型三十 根据正方形的性质证明 30．（23-24九年级上·广东深圳·阶段练习）如图，在正方形中，点P为延长线上任一点，连接．过点P作，交的延长线于点E，过点E作于点F．下列结论： ①； ②； ③； ④若，则． 其中正确的个数为（  ） A．1 B．2 C．3 D．4 题型三十一 正方形的判定定理理解 31．（24-25九年级上·河南郑州·期末）下列说法中不正确的是（   ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．菱形既是轴对称图形又是中心对称图形 C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D．正方形的四条边都相等 题型三十二 添一个条件使四边形是正方形 32．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）已知菱形的对角线为和，下列条件中，不能使菱形为正方形的是（   ） A． B． C． D． 题型三十三 证明四边形是正方形 33．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，为的对角线，延长至点，使得，连接，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，试判断四边形的形状，并说明理由． 题型三十四 根据正方形的性质与判定求角度 34．（23-24九年级上·福建三明·期中）如图，在矩形中，．若点P满足，且，则 ．    题型三十五 根据正方形的性质与判定求线段长 35．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，在四边形中，，平分，则的长为 ． 题型三十六 根据正方形的性质与判定求面积 36．（24-25九年级上·黑龙江绥化·阶段练习）如图，在中，，分别以的三边为边向外作三个正方形，连接．过点C作的垂线，垂足为J，分别交点．已知，求四边形的面积． 题型三十七 根据正方形的性质与判定证明 37．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，中，为边上一点，平分，过点作，与交于点，作，与交于点，连接．则以下结论中错误的是（   ）    A．四边形是菱形 B．与互相垂直且平分 C．当时，四边形是菱形 D．若时，则四边形是正方形 题型三十八 中点四边形 38．（24-25九年级上·四川雅安·期中）下列说法错误的是（ ） A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 B．有一组邻边相等的四边形是菱形 C．矩形的对角线相等 D．顺次连接平行四边形各边的中点，得到的图形是菱形 题型三十九 （特殊）平行四边形的动点问题 39．（24-25九年级上·辽宁锦州·期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点停止，同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是，连接、、，设点、运动的时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形； (2)当为何值时，四边形是菱形； (3)分别求出（2）中菱形的周长和面积． 题型四十 四边形其他综合问题 40．（24-25九年级上·山东枣庄·期末）如图，平行四边形，连结，．点在边上，过点作，垂足为，交延长线于点，连接，． (1)求证：； (2)当为中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； (3)在满足（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形是正方形？（不必说明理由） 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第01章 特殊平行四边形 章节（10知识点回顾+40题型练习） 题型梳理 题型一 利用菱形的性质求角度 题型二 利用菱形的性质求线段长 题型三 利用菱形的性质求面积 题型四 利用菱形的性质证明 题型五 添一个条件使四边形是菱形 题型六 证明四边形是菱形 题型七 根据菱形的性质与判定求角度 题型八 根据菱形的性质与判定求线段长 题型九 根据菱形的性质与判定求面积 题型十 矩形性质理解 题型十一 利用矩形的性质求角度 题型十二 根据矩形的性质求线段长 题型十三 根据矩形的性质求面积 题型十四 利用矩形的性质证明 题型十五 求矩形在坐标系中的坐标 题型十六 矩形与折叠问题 题型十七 斜边的中线等于斜边的一半 题型十八 矩形的判定定理理解 题型十 九 添一条件使四边形是矩形 题型二十 证明四边形是矩形 题型二十一 根据矩形的性质与判定求角度 题型二十二 根据矩形的性质与判定求线段长 题型二十三 根据矩形的性质与判定求面积 题型二十四 正方形性质理解 题型二十五 根据正方形的性质求角度 题型二十六 根据正方形的性质求线段长 题型二十七 根据正方形的性质求面积 题型二十八 正方形折叠问题 题型二十九 求正方形重叠部分面积 题型三十 根据正方形的性质证明 题型三十一 正方形的判定定理理解 题型三十二 添一个条件使四边形是正方形 题型三十三 证明四边形是正方形 题型三十四 根据正方形的性质与判定求线段长 题型三十五 根据正方形的性质与判定证明 题型三十六 根据正方形的性质与判定求角度 题型三十七 根据正方形的性质与判定证明 题型三十八 中点四边形 题型三十九 （特殊）平行四边形的动点问题 题型四十 四边形其他综合问题 知识清单 知识点1：菱形的定义 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形． 知识点2：菱形的性质（重难点） 菱形除具有平行四边形的一切性质外，还有一些特殊性质： (1) 菱形的四条边都相等； (2) 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． （3）菱形是轴对称图形，它有两条对称轴. 注意： （1）菱形是特殊的平行四边形，是中心对称图形，过中心的任意直线可将菱形分成完全全等 的两部分； (2) 菱形也是轴对称图形，有两条对称轴(对角线所在的直线)，对称轴的交点就是对称中心； (3) 菱形的面积有两种计算方法： 一种是平行四边形的面积公式：底×高； 另一种是两条对角线乘积的一半(即四个小直角三角形面积之和)． 实际上，任何一个对角线互相垂直的四边形的面积都是两条对角线乘积的一半． 知识点3：菱形的判定（重难点） 菱形的判定定理1：四条边都相等的四边形是菱形 菱形的判定定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形 定义判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形. 要点诠释：前一种方法是在四边形的基础上加上四条边相等.后两种方法都是在平行四边形的基础上外加一个条件来判定菱形， 知识点4：矩形的定义 1. 定义：有一个内角是直角的平行四边形叫做矩形． 注意：矩形的定义既是矩形的基本性质，也是判定矩形的基本方法． 知识点5：矩形的性质 矩形除具有平行四边形的一切性质外，还有一些特殊性质． (1) 矩形的四个角都是直角； (2) 矩形的两条对角线相等． 注意： (1) 矩形是特殊的平行四边形，因而也是中心对称图形．过中心的任意直线可将矩形分成完全全等的两部分． (2) 矩形也是轴对称图形，有两条对称轴(分别是通过对边中点的直线)． 对称轴的交点就是对角线的交点 (即对称中心)． 知识点6：直角三角形斜边上的中线的性质 在直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半． 知识点7：矩形的判定 矩形的判定定理1：有三个角是直角的四边形是矩形． 矩形的判定定理2：对角线相等的平行四边形是矩形． 知识点8：正方形的定义 有一组邻边相等并且有一个内角是直角的平行四边形 叫做正方形. 知识点9：正方形的性质 1.正方形即是矩形又是菱形，因而它具备两者所有的性质． 2.正方形四个角都是直角，四条边都相等. 3.正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 4.正方形是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心 知识点10：正方形的判定 1.从平行四边形出发：有一个内角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形是正方形。 2.从矩形出发：有一组邻边相等的矩形是正方形. 3.从菱形出发：有一个内角是直角的菱形是正方形. 题型练习 题型一 利用菱形的性质求角度 1．（24-25九年级上·陕西宝鸡·期末）如图，在菱形中，于点，于点，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】三角形内角和定理的应用、利用菱形的性质求角度 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是掌握菱形的性质．根据菱形的性质可得，，推出，由于点，于点，可得，最后根据，即可求解． 【详解】解：四边形是菱形，， ，， ， 于点，于点， ， ， 故选：B． 题型二 利用菱形的性质求线段长 2．（24-25九年级上·黑龙江绥化·阶段练习）如图，四边形是边长为2，一个锐角等于的菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D重合，按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交、（或它们的延长线）于点E、F，，当时，如图1小芳同学得出的结论是． (1)继续旋转三角形纸片，当时，如图2小芳的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由； (2)再次旋转三角形纸片，当点E，F分别在，的延长线上时，如图3连，若，求的面积． 【答案】(1)小芳结论成立，见解析 (2) 【知识点】全等三角形综合问题、等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． （1）由菱形的性质得到是等边三角形，再证明即可得出结论； （2）连接，作于点M，根据菱形的性质及等边三角形的判定和性质得出是等边三角形，，再由全等三角形的判定和性质得出，，即可求解． 【详解】（1）解：小芳结论成立：． 理由如下：连接， 四边形是菱形，， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：连接，作于点M． 四边形是菱形，， 是等边三角形， ，，，， ，， ， ， ， ， ， ， 在等边中，， ， ． 题型三 利用菱形的性质求面积 3．（23-24九年级下·湖南邵阳·期中）在中，，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形性质和判定证明、利用菱形的性质求面积、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质及菱形的面积计算，熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键． （1）证明，可得，再由D是的中点，即，根据可证四边形是平行四边形，再利用直角三角形的性质可得，即可得出结论； （2）连接，证明四边形是平行四边形，可得，再利用菱形的面积公式即可计算出结果． 【详解】（1）证明：∵， ， ∵E是的中点， ∴， 又∵， 在和中， ， ， ， ∵D是的中点， ， ， 又， ∴四边形是平行四边形， ∵，D是的中点， ∴在中，， ∴平行四边形是菱形； （2）解：连接， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ， 又∵四边形是菱形，， ． 题型四 利用菱形的性质证明 4．（24-25九年级上·陕西榆林·期末）如图，在菱形中，E，F分别是边上的点，且，连接交于点G．求证：． 【答案】见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用菱形的性质证明 【分析】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，掌握菱形的性质成为解题的关键． 根据菱形的性质可得，进而得到，再通过证明即可得到结论． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴． 题型五 添一个条件使四边形是菱形 5．（24-25九年级上·四川达州·期末）如图，在中，对角线，相交于点，再添加一个条件，可推出是菱形，则这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】添一个条件使四边形是菱形 【分析】本题考查菱形的判定，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线垂直的平行四边形是菱形，进行判断即可． 【详解】解：∵， ∴当时，是菱形；故选项A符合题意； B，C，D三个选项都不能推出是菱形； 故选A． 题型六 证明四边形是菱形 6．（24-25九年级下·福建宁德·期中）利用一个平行四边形画菱形，对于以下两种作法，根据画图痕迹可以判断（   ） A．①②都正确 B．①正确，②不正确 C．①不正确，②正确 D．①②都不正确 【答案】B 【知识点】线段垂直平分线的性质、作垂线(尺规作图)、利用平行四边形的性质证明、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质及线段和垂直平分线的作法，根据作图方法结合平行四边形的性质利用菱形的判定定理逐一判定即可． 【详解】解：在作法①中，如图： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， 由作图可知垂直平分， 则， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，①正确； 在作法①中，如图： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，即， 由作图可知， 则， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵不一定相等，则不一定相等， ∴不能判定 四边形是菱形，②不正确； 故选：B． 题型七 根据菱形的性质与判定求角度 7．（23-24九年级上·重庆·开学考试）如图，在中，，，将沿向下翻折得到，点D为上一点，若，，，则的面积为 ．    【答案】 【知识点】三角形内角和定理的应用、全等三角形综合问题、等边对等角、根据菱形的性质与判定求角度 【分析】由等腰三角形性质得，由三角形内角和定理得，由折叠得到，，由菱形性质得，求得，过B作于F，求出长，过C作于H，得，根据三角形面积公式可得出结论． 【详解】解：，， ， ， 将沿向下翻折得到， ，， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， 过B作于F， ， ， 过C作于H， ， ，， ， ， ， ． 故答案为：．    【点睛】本题考查了翻折变换，全等三角形判定与性质，菱形判定与性质，等腰三角形性质，正确作出辅助线是解题关键． 题型八 根据菱形的性质与判定求线段长 8．（24-25九年级上·山西晋中·期末）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，若重合部分构成的四边形中，，，则四边形的面积为（    ） A．5 B． C． D． 【答案】C 【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理、菱形的面积的计算，证明四边形是菱形是解题的关键． 作于，作于，连接交于点，先证明四边形是菱形，再根据勾股定理求出的长，从而得到的长，最后由菱形的面积公式进行计算即可得到答案． 【详解】解：如图，作于，作于，连接交于点，    两条纸条的宽度相同， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是菱形， ，， ， ， ， 故选：C． 题型九 根据菱形的性质与判定求面积 9．（24-25九年级上·河南平顶山·期中）如图，分别以点、为圆心，以5为半径画弧，两条弧分别交于、两点，已知，则以、、、四点为顶点的四边形的面积是 ．    【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据菱形的性质与判定求面积 【分析】此题考查了菱形的性质和判定，勾股定理；首先根据题意得到四边形是菱形，进而得到，，然后利用勾股定理得到，求出，最后利用菱形的面积公式求解即可． 【详解】根据题意可得，， ∴四边形是菱形， ∴设和交于点O，    ∴，， ∴ ∴ ∴四边形的面积． 故答案为：24． 题型十 矩形性质理解 10．（24-25九年级上·湖北恩施·期末）如图，已知四边形是矩形． (1)尺规作图：将矩形绕着点顺时针旋转一定角度得到矩形，使点落在边上（不写作法，保留作图痕迹）； (2)连接，若旋转角，则_____（用含的代数式表示）． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】作垂线(尺规作图)、等边对等角、矩形性质理解、根据旋转的性质求解 【分析】本题主要考查尺规作图，矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质． （1）用圆规以点为圆心，为半径画圆，交于点，再过点作的垂线，在上截取，再分别以点为圆心，为半径画弧，再以A为圆心，为半径画弧，两弧交于点，则四边形即为所作； （2）利用旋转的性质得到且，利用等腰三角形的性质以及矩形的性质即可求解． 【详解】（1）解：四边形如图所示： ； （2）解：由旋转的性质可知， ∴，， ， ， ∵四边形是矩形, ∴， ∴， 故答案为：． 题型十一 利用矩形的性质求角度 11．（24-25九年级上·北京·期中）如图，将长方形绕其顶点B顺时针转到如图所示的位置，则旋转角可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】根据平行线的性质求角的度数、利用矩形的性质求角度、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了旋转的性质，长方形性质，平行线性质，解题的关键在于熟练掌握相关知识．记，，旋转后的对应点为，，，交于点．利用旋转的性质，长方形性质，平行线性质得到，即可解题． 【详解】解：记，，旋转后的对应点为，，，交于点． 由旋转的性质可知四边形为长方形， ， ， ， ， 旋转角可以为， 故选：A． 题型十二 根据矩形的性质求线段长 12．（24-25九年级上·广东广州·期中）小明在一次数学活动中，进行了如下的探究活动：如图，在矩形中，，，以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点、、的对应点分别为、、． (1)如图①，当点落在边上时，求的长； (2)如图②，当点落在线段上时，与交于点．求的长． (3)记点为矩形对角线的交点，连接、，记面积为，求的取值范围． 【答案】(1)； (2)； (3) 【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】（1）由旋转性质知，由矩形性质知，再在中根据勾股定理可得； （2）利用旋转的性质可得：，，由“”可证，由全等三角形的性质和平行线的性质可得，可得，由勾股定理可求的值； （3）由勾股定理可求的值，可得，当点G在线段上时，面积有最小值，当点G在线段延长线上时，面积有最大值． 【详解】（1）解：由旋转的性质知， 四边形是矩形， ，， ； ； （2）解：由旋转知：，， ， ， 又， ， 设， 又在矩形中，有， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， 即； （3）解：四边形是矩形， ，，， ， ， ， 如图，始终在以为圆心，为半径的圆上，的底是定值为，当高最小或最大时，的面积就存在最小值或最大值， 　 当点在线段上时，此时最短，则面积有最小值； 当点在延长线上时，此时最长，则面积有最大值； 分情况讨论： 当点在线段上时，面积有最小值， ； 当点在线段延长线上时，面积有最大值． ． ． 【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题． 题型十三 根据矩形的性质求面积 13．（24-25九年级上·四川达州·期末）如图，矩形中，，边，于点，连接，则图中阴影部分的面积是 ． 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求面积 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是根据勾股定理和直角三角形的性质算出对应的底和高．根据阴影部分的面积求解即可 【详解】解：∵是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 过点M作， ∴， 则图中阴影部分的面积 ， 故答案为：． 题型十四 利用矩形的性质证明 14．（24-25九年级上·内蒙古呼和浩特·期中）如图，把矩形绕点C顺时针旋转，得到矩形，且点E落在上，连接交于点H，连接．若平分，有下列结论：①；②；③；④．其中正确的有 ． 【答案】①②③ 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等腰三角形的性质和判定、利用矩形的性质证明、根据旋转的性质求解 【分析】过点作于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，，，再证出，根据全等三角形的性质可得，，由此即可判断①③正确；设，则，，由此即可判断②正确；根据等腰三角形的判定可得，从而可得，根据可得，则，由此即可判断④错误． 【详解】解：如图，过点作于点， ∴， ∵四边形和四边形都是矩形， ∴， ∴， 由旋转的性质得：， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，，则结论③正确； ∴，则结论①正确； 设，则， ∴， ∴，则结论②正确； ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，则结论④错误； 综上，结论正确的有①②③， 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键． 题型十五 求矩形在坐标系中的坐标 15．（24-25九年级上·吉林·期末）如图，在平直角坐标系中，点A的坐标为，点的坐标为．以，为边作矩形，若将矩形绕点逆时针旋转，得到矩形，则点的坐标为 ． 【答案】 【知识点】 求矩形在坐标系中的坐标、求绕原点旋转90度的点的坐标、坐标系中的旋转 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质，熟练掌握矩形的性质和旋转的性质是解题的关键； 先根据题意得到，，再由矩形的性质可得，，，由旋转的性质可得，，，，据此可得第二象限内的坐标． 【详解】解：∵点A的坐标为，点C的坐标为， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵将矩形绕点O逆时针旋转，得到矩形，点在第二象限， ∴，，， ∴点的坐标为， 故答案为：． 题型十六 矩形与折叠问题 16．（24-25九年级上·江苏常州·期中）如图，在矩形中，，，点E、F分别是上的动点，且，连接，将矩形沿折叠，点C落在点G处，点D落在H处．在点E从A移动到中点P的过程中，线段的最大值为 ．    【答案】 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、矩形与折叠问题、圆的基本概念辨析 【分析】连接与交于点O，连接，证明点O是的中点，求出，再判断出点G的运动轨迹为弧，即可求出结论． 【详解】解：连接与交于点O，连接，   四边形是矩形， ， ， 又， ， ， 点O为的中点， 连接，则与交于点O， 由折叠得，， 又， ， ， 又， ， G在以O为圆心，为半径的圆弧上运动，E在A处时，G与C重合，E在P处时，G与B重合， G的运动轨迹为， 连接并延长，交于时，最大， 当O，P，G共线时，即G与重合时，最大， ， P为的中点，O为的中点， ， ， 即的最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，点的轨迹等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键． 题型十七 斜边的中线等于斜边的一半 17．（24-25九年级上·贵州毕节·期末）如图，在中，是斜边的中点，以为边作正方形．若，则正方形的面积为（   ） A．6 B．144 C．36 D．12 【答案】C 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线性质．先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，然后根据正方形的面积求出即可． 【详解】解：∵在中，点D是斜边的中点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 故选：C． 题型十八 矩形的判定定理理解 18．（24-25九年级上·贵州六盘水·期末）周末，小刚去正在装修的房屋查看进度，放在地上的一块地板砖吸引了他的注意，于是他找来卷尺进行如下操作：①测量地板砖的两组对边长度是否分别相等；②测量地板砖的两条对角线是否相等，以此判断地板砖的表面是否为矩形．小刚的判断依据是（   ） A．对角线相等的平行四边形是矩形 B．有三个角是直角的四边形是矩形 C．有一个角是直角的平行四边形是矩形 D．对角线相等的四边形是矩形 【答案】A 【知识点】证明四边形是平行四边形、矩形的判定定理理解 【分析】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，熟练掌握平行四边形和矩形的判定是解题的关键．利用①判定平行四边形，再利用②判定矩形，即可得判断依据． 【详解】解：由①测量地板砖的两组对边长度是否分别相等， 即，， 则可判断四边形是平行四边形； 由②测量地板砖的两条对角线是否相等， 即， 则利用“对角线相等的平行四边形是矩形”可判断四边形是矩形； 故选：A． 题型十 九 添一条件使四边形是矩形 19．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，要使平行四边形成为矩形，可以添加的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】添一条件使四边形是矩形 【分析】本题考查矩形的判定，熟练掌握矩形的判定是解题的关键，根据矩形的判定方法逐一判断即可得到答案． 【详解】解：A、根据平行四边形中邻边相等，可证得四边形为菱形，故此项错误； B、根据平行四边形中对角线垂直，可证得四边形为菱形，故此项错误； C、根据平行四边形中一个角等于，可证得四边形为距形，故此项正确； D、平行四边形对角线平分一组对角，得，不能证明四边形为距形，故此项错误； 故选：C． 题型二十 证明四边形是矩形 20．（23-24九年级上·贵州贵阳·阶段练习）在等腰三角形中，，点是中点，点是中点，过点作交的延长线于点． (1)试判断四边形的形状，并加以证明； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形为矩形，证明见详解 (2)60 【知识点】全等三角形综合问题、三线合一、用勾股定理解三角形、证明四边形是矩形 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，求矩形的面积等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质． （1）利用等腰三角形的性质和给出条件，证明得出对应边相等，先得出四边形为平行四边形，再根据有一个直角的平行四边形是矩形可得； （2）利用勾股定理求出的长，利用矩形面积求解即可． 【详解】（1）解：四边形为矩形，证明如下， ∵点是中点， ， 在和中， ∵在等腰三角形中，点是中点， ， ， 又， ∴四边形为平行四边形， 又， 为矩形； （2）解：，点是中点， 在中，由勾股定理得， , ∴四边形的面积为． 题型二十一 根据矩形的性质与判定求角度 21．（24-25九年级上·陕西渭南·期中）如图，点E是对角线上的点（不与A，C重合），连接，过点E作交于点F．连接交于点G，，． (1)求证：是矩形； (2)若点E为的中点，求的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】等腰三角形的性质和判定、等边三角形的判定和性质、利用平行四边形的性质证明、根据矩形的性质与判定求角度 【分析】（1）先由平行四边形的性质得到，则，由等边对等角得到，则可证明，进而可证明平行四边形是矩形； （2）由矩形的性质得到，则可证明是等边三角形，得到，则． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形，点E为的中点， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，平行四边形的性质等等，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键： 题型二十二 根据矩形的性质与判定求线段长 22．（22-23九年级上·河北张家口·期中）如图，四边形是菱形，对角线，交于点，是边的中点，过点作，，点，为垂足，若，，则的长为（　　） A．7 B．10 C． D．5 【答案】C 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、利用菱形的性质求线段长 【分析】由菱形的性质得出，，，根据勾股定理求出，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，证出四边形是矩形，得到即可得出答案． 【详解】解：连接，     四边形是菱形， ，，， 在中，， 又是边的中点， ， ，，， ，，， 四边形为矩形， ． 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、直角三角形斜边上中线定理等知识；熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键． 题型二十三 根据矩形的性质与判定求面积 23．（24-25九年级上·安徽合肥·阶段练习）如图，在中，，将绕边的中点O逆时针旋转得到，顶点E落在边上，边交边于点G． （1）的长为 ； （2）连接，则的面积为 ． 【答案】 【知识点】利用勾股定理的逆定理求解、斜边的中线等于斜边的一半、根据矩形的性质与判定求面积、根据旋转的性质求解 【分析】（1）利用勾股定理的逆定理推出，根据旋转的性质和中点的定义得到，根据旋转的性质和等腰三角形的性质得到，得出，再利用直角三角形的性质推出，得出，再利用直角三角形的性质即可求出的长； （2）连接、，由（1）得，，，推出四边形是矩形，则有，，利用等面积法求出的长，利用勾股定理求出的长，进而得出的长，再利用三角形的面积公式即可求出的面积． 【详解】解：（1）， ， ， 将绕边的中点O逆时针旋转得到， ，，，，， 点O是边的中点， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ． 故答案为：． （2）如图，连接、， 由（1）得，，， 四边形是矩形， ，， 是的高， ， ， ，， ， ， 的面积为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、勾股定理及其逆定理、直角三角形的性质、矩形的判定与性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的几何推理论证能力，适合有能力解决几何难题的学生． 题型二十四 正方形性质理解 24．（24-25九年级上·甘肃白银·期中）下列性质中正方形具有而菱形没有的是（   ） A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．一条对角线平分一组对角 【答案】B 【知识点】利用菱形的性质证明、正方形性质理解 【分析】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，根据正方形和菱形的性质解题即可． 【详解】解：A、菱形和正方形的对角线都互相平分，不符合题意； B、正方形的对角线都相等，菱形的对角线不一定相等，符合题意； C、正方形与菱形的对角线都互相垂直，不符合题意； D、菱形和正方形的一条对角线都平分一组对角，不符合题意； 故选：B． 题型二十五 根据正方形的性质求角度 25．（24-25九年级上·陕西西安·期中）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】 【知识点】三角形内角和定理的应用、等边对等角、根据正方形的性质求角度 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，根据正方形的性质得，，，则，再根据，得，进而可得的度数，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， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 题型二十六 根据正方形的性质求线段长 26．（24-25九年级上·河南开封·阶段练习）如图，边长都为的正方形与正方形，正方形绕顶点旋转一周，在此旋转过程中，线段的长可取的整数值为 ． 【答案】或 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，线段最值的计算，掌握旋转的性质是关键． 根据正方形的性质，勾股定理，旋转的性质得到的最小值为，最大值为，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形都是边长为的正方形， ∴， 在中，，当点共线时，取等号， ∴的最小值为， 如图所示，正方形绕顶点旋转一周， 在中，，当点共线时，取等号， ∴的最大值为， ∴， ∴线段的长可取的整数值为或， 故答案为：或 ． 题型二十七 根据正方形的性质求面积 27．（24-25九年级上·辽宁本溪·期末）如图，正方形是小明用木条制作的一个学具，在取放学具时，学具发生了形变，此时，则形变后四边形的面积是原正方形面积的（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】含30度角的直角三角形、根据菱形的性质与判定求面积、根据正方形的性质求面积 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，含角直角三角形的性质．正确添加辅助线是解题的关键． 过点作于点，则可得四边形为菱形，，设，则，即可计算菱形的面积，继而求解． 【详解】解：过点作于点，    ∵四边形是正方形， ∴， 由题意可得， ∴四边形为菱形， ∴， 设 ∵ ∴ ∴， 而， ∴， 故选：A． 题型二十八 正方形折叠问题 28．（24-25九年级上·广东珠海·期末）综合探究 操作一：折叠正方形纸片，使顶点落在边上点处，得到折痕，把纸片展平（如图1）； 操作二：折叠正方形纸片，使顶点也落在边上的点处，得到折痕，与交于点，连接（如图2）． (1)根据以上操作，直接写出图2中与线段相等的两条线段：______； (2)探究发现：把上题图中的纸片展平，得到图，通过观察发现无论点在线段上任何位置，线段与线段始终相等，请你直接用第一问发现的结论写出完整的证明过程； (3)拓展应用：已知正方形纸片的边长为，在以上探究过程中当点到的距离是时，求线段的长． 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)或 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、线段垂直平分线的性质、勾股定理与折叠问题、正方形折叠问题 【分析】（）由折叠的性质和线段垂直平分线的性质可得； （）过点作，交于，交于，可证，得到，进而可得，即可求证； （）过点作，交于，交于，分点在点的右侧和左侧两种情况解答即可求解． 【详解】（1）解：如图2，连接， ∵折叠正方形纸片，使顶点A落在边上点P处，得到折痕， ∴垂直平分， ∴， ∵折叠正方形纸片，使顶点B也落在边上点P处，得到折痕， ∴垂直平分， ∴， ∴， 故答案为：； （2）证明：如图，过点作，交于，交于， ∵四边形为正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴； （3）解：过点作，交于，交于， 当点在点的右侧时， ∵，， ∴， ∵点到距离是， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； 当点在点的左侧时，， 综上所述：或． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，轴对称性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 题型二十九 求正方形重叠部分面积 29．（24-25九年级上·河北邯郸·阶段练习）如图，三个边长为的正方形按如图所示的方式重叠在一起，点O是其中一个正方形的中心，则重叠部分（阴影）的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】求正方形重叠部分面积 【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，连接，，由正方形的性质可得，证明可得，进而可求解． 【详解】解：连接，， 由题意知：四边形，四边形都是正方形， ，，，， ， 在和中， ， ， ， ， ． 故选：B． 题型三十 根据正方形的性质证明 30．（23-24九年级上·广东深圳·阶段练习）如图，在正方形中，点P为延长线上任一点，连接．过点P作，交的延长线于点E，过点E作于点F．下列结论： ①； ②； ③； ④若，则． 其中正确的个数为（  ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【知识点】全等三角形综合问题、等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形性质和判定证明、根据正方形的性质证明 【分析】在上取一点，使得，连接、，证明，得出，，从而推出，证明，得出四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得，即可判断①；连接，证明四边形是平行四边形，得出，，求出，结合等腰直角三角形的性质即可判断③；连接交于，证明，得出，即可判断②；设，，则，表示出，，由等腰直角三角形的性质可得，结合得出，求解即可判断④，从而即可得解． 【详解】解：如图，在上取一点，使得，连接、， ， ∵， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，故①正确； 连接， ， ∵，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴，即， ∵， ∴，故③错误； 连接交于， ， ∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，即，故②错误； 设，，则， ∴，， ∵，， ∴， 若，则， ∴， 即，故④正确； 综上所述，正确的有①④，共个， 故选：B． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 题型三十一 正方形的判定定理理解 31．（24-25九年级上·河南郑州·期末）下列说法中不正确的是（   ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．菱形既是轴对称图形又是中心对称图形 C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D．正方形的四条边都相等 【答案】A 【知识点】矩形的判定定理理解、证明四边形是菱形、正方形的判定定理理解 【分析】本题考查了矩形的判定、菱形的性质和判定，正方形的性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 根据矩形的判定，菱形的性质，菱形的判定，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、对角线相等的平行四边形才是矩形，仅说四边形错误，故A错误； B、菱形沿对角线对称（轴对称），绕中心旋转重合（中心对称），故B正确； C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，这是菱形判定定理，故C正确； D、正方形四条边相等，是基本性质，故D正确． 故选：A． 题型三十二 添一个条件使四边形是正方形 32．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）已知菱形的对角线为和，下列条件中，不能使菱形为正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】利用菱形的性质证明、添一个条件使四边形是正方形 【分析】本题考查菱形的性质及正方形的判定．在菱形基础上添加一个内角为直角或者对角线相等即可得到正方形，据此求解即可． 【详解】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角（2）对角线相等． A、当时，菱形是正方形，选项不符合题意； B、当时，菱形是正方形，选项不符合题意； C、当时，，菱形是正方形，选项不符合题意； D、当时，菱形不能确定是正方形，选项符合题意； 故选：D． 题型三十三 证明四边形是正方形 33．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，为的对角线，延长至点，使得，连接，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形，理由见解析 【知识点】证明四边形是菱形、证明四边形是正方形 【分析】本题考查了特殊四边形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点． （1）根据题意得，，根据得，则四边形是平行四边形，又有，由一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明结论； （2）由平行四边形性质可得，进而可得，则是矩形，根据也是菱形可知四边形是正方形． 【详解】（1）解：∵在中， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形，， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：结论：四边形是正方形， 理由如下： 由（1）得，，， 四边形是平行四边形， ， ， ， 是矩形， 又是菱形， 四边形是正方形． 题型三十四 根据正方形的性质与判定求角度 34．（23-24九年级上·福建三明·期中）如图，在矩形中，．若点P满足，且，则 ．    【答案】 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据矩形的性质与判定求线段长、根据正方形的性质与判定求角度 【分析】本题考查正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，通过作辅助线构造全等三角形与正方形是解题的关键．过点P作交延长线于M，交延长线于N，过点P作于Q，交于E，证明四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，现证明，从而证明四边形为正方形，利用正方形的性质即可得出结论． 【详解】解：过点P作交延长线于M，交延长线于N，过点P作于Q，交于E，如图，    ∵矩形 ∴，，，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴ ， ∴四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，， ∵ ∴， ∴ ∵ ∴ 在与 ∴ ∴，， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为正方形， ∴． 故答案为：． 题型三十五 根据正方形的性质与判定求线段长 35．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，在四边形中，，平分，则的长为 ． 【答案】 【知识点】化为最简二次根式、全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定求线段长 【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 如图：过D作于M，于N，先证明四边形是正方形可得，设，由勾股定理可得，则；如图：延长到G使，连接，则，易得可得，再证明可得即，则，最后根据勾股定理即可解答． 【详解】解：如图：过D作于M，于N， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵平分， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， 设， ∵， ∴， 如图：延长到G使，连接，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，解得：， ∴， ∴． 故答案为：． 题型三十六 根据正方形的性质与判定求面积 36．（24-25九年级上·黑龙江绥化·阶段练习）如图，在中，，分别以的三边为边向外作三个正方形，连接．过点C作的垂线，垂足为J，分别交点．已知，求四边形的面积． 【答案】80 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据等角对等边证明边相等、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定求面积 【分析】取边的中点M，连接,证明，得，，，进而可证明，，可得，根据勾股定理得，进而可得，即可求出四边形的面积． 【详解】解：取边的中点M，连接． ∵四边形和四边形都是正方形， ，， ， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 同理， ， ， ， ， ∴在中，根据勾股定理得， ， ， ∵四边形是正方形， ， ． 【点睛】此题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形三角形的判定等；难度系数较大，作出正确的辅助线并灵活运用相关图形的性质与判定是解决本题的关键． 题型三十七 根据正方形的性质与判定证明 37．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，中，为边上一点，平分，过点作，与交于点，作，与交于点，连接．则以下结论中错误的是（   ）    A．四边形是菱形 B．与互相垂直且平分 C．当时，四边形是菱形 D．若时，则四边形是正方形 【答案】C 【知识点】证明四边形是平行四边形、与三角形中位线有关的求解问题、证明四边形是正方形、根据正方形的性质与判定证明 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、正方形的判定、三角形中位线的判定与性质、平行四边形的判定等知识点，掌握菱形的判定与性质成为解题的关键． 先判定四边形是菱形可判定A选项；再根据菱形的性质可判定B选项；再根据三角形等腰三角形的性质、三角形的中位线可证明是平行四边形；最后根据有一个内角是直角的菱形是正方形可判定D选项． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，即A选项正确，不符合题意； ∴与互相垂直且平分，即B选项正确，不符合题意； 当时，由等腰三角形的性质得； ∵四边形是菱形， ∴，； ∴； ∵， ∴， ∴，即， ∴F点是的中点； 同理：得E点是的中点， ∴是的中位线， ∴，； ∵， ∴四边形是平行四边形；故选项C错误，符合题意； ∵四边形是菱形，， ∴四边形是正方形，即选项D正确，不符合题意． 故选C． 题型三十八 中点四边形 38．（24-25九年级上·四川雅安·期中）下列说法错误的是（ ） A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 B．有一组邻边相等的四边形是菱形 C．矩形的对角线相等 D．顺次连接平行四边形各边的中点，得到的图形是菱形 【答案】B 【知识点】矩形性质理解、证明四边形是菱形、正方形的判定定理理解、中点四边形 【分析】本题考查的是菱形的判定、正方形的判定、矩形的性质，掌握相关的性质定理和判定定理是解本题的关键． 根据菱形的判定、正方形的判定、矩形的性质进行判断即可． 【详解】A．根据正方形的判定，对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故选项正确； B．根据菱形的判定，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故选项错误； C．根据矩形的性质，矩形的对角线相等，故选项正确； D．顺次连接平行四边形各边的中点，得到的图形是菱形，故选项正确． 故选：B． 题型三十九 （特殊）平行四边形的动点问题 39．（24-25九年级上·辽宁锦州·期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点停止，同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是，连接、、，设点、运动的时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形； (2)当为何值时，四边形是菱形； (3)分别求出（2）中菱形的周长和面积． 【答案】(1) (2) (3)周长为，面积为 【知识点】解一元一次方程（一）——合并同类项与移项、根据矩形的性质求线段长、利用菱形的性质求面积、（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】（1）由矩形的性质可得，据此可建立一元一次方程，解方程即可求出答案； （2）由菱形的性质可得，据此可建立一元一次方程，解方程即可求出答案； （3）先利用的值求出的长，然后根据和即可求出菱形的周长和面积． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ， 即：， 解得：， 答：当时，四边形是矩形； （2）解：∵，， ∴四边形是平行四边形； 四边形是菱形， ， 即：， 解得：， 答：当时，四边形是菱形； （3）解：当时，， 菱形的周长为：， 菱形的面积为：． 【点睛】本题主要考查了（特殊）平行四边形的动点问题，矩形的性质，菱形的性质，解一元一次方程，代数式求值，多边形的周长，利用菱形的性质求面积等知识点，利用各种图形的性质建立方程解决问题是解题的关键． 题型四十 四边形其他综合问题 40．（24-25九年级上·山东枣庄·期末）如图，平行四边形，连结，．点在边上，过点作，垂足为，交延长线于点，连接，． (1)求证：； (2)当为中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； (3)在满足（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形是正方形？（不必说明理由） 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形，见解析 (3)或或是等腰直角三角形 【知识点】利用菱形的性质证明、证明四边形是菱形、证明四边形是正方形、四边形其他综合问题 【分析】（1）根据垂直的定义得到，得到，根据平行四边形的性质得到，得到，根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，于是得到； （2）由为中点，得到，得到，根据平行四边形的性质得到，得到，根据菱形的判定定理得到四边形是菱形； （3）根据正方形的判定定理得到结论． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是平行四边形， ； （2）解：四边形是菱形． 理由如下： 为中点， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是平行四边形； ，为中点， ， 四边形是菱形； （3）解：当满足（答案不唯一）时，四边形是正方形， 理由：由（2）知，四边形是菱形， ，， ， 四边形是正方形． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了直角三角形的性质，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，正方形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$