专题01 特殊平行四边形（22大题型）（期中专项训练）九年级数学上学期北师大版

专题01 特殊平行四边形 题型1 利用菱形的性质求值 题型12 根据矩形的性质与判定求值（重点） 题型2 利用菱形的性质证明 题型13 根据正方形的性质求值 题型3 添一个条件使四边形是菱形（常考点） 题型14根据正方形的性质证明（重点） 题型4 证明四边形是菱形（重点） 题型15添一个条件使四边形是正方形（常考点） 题型5 根据菱形的性质与判定求值（重点） 题型16 根据正方形的性质与判定求值（重点） 题型6 利用矩形的性质求值 题型17 根据正方形的性质与判定证明（重点） 题型7 利用矩形的性质证明 题型18 菱形、矩形、正方形性质理解（常考点） 题型8特殊四边形折叠问题（难点） 题型19 菱形、矩形、正方形判定定理理解（常考点） 题型9 斜边的中线等于斜边的一半（重点） 题型20 中点四边形（重点） 题型10 添一条件使四边形是矩形（常考点） 题型21（特殊）平行四边形的动点问题（难点） 题型11 证明四边形是矩形（重点） 题型22 四边形中的线段最值问题（难点） 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 利用菱形的性质求值（共4小题） 1．（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，菱形中，连接，，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 2．（24-25九年级上·陕西西安·期中）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．（24-25九年级上·福建漳州·期中）如图，在平行四边形中，以点为圆心，长为半径画弧交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点，连接并延长交于点，连接． (1)根据条件与作图信息知四边形是 ； A．非特殊的平行四边形      B．矩形       C．菱形       D．正方形 (2)设与相交于点，四边形的周长为，，求的长． 4．（24-25九年级上·陕西宝鸡·期中）如图：已知菱形的周长，，求菱形的面积？ 题型二 利用菱形的性质证明（共2小题） 5．（24-25九年级上·河北保定·期中）菱形不具有的性质是（    ） A．邻边相等 B．对边相等 C．对角线互相垂直 D．对角线相等 6．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E在线段上，连接．若，，则线段的长为 ． 题型三 添一个条件使四边形是菱形（共2小题） 7．（24-25九年级上·陕西咸阳·期中）如图，四边形是平行四边形，对角线与交于点，要使它成为菱形，那么需要添加的条件是： ．（写出一个即可） 8．（23-24九年级上·广东梅州·期中）如图，在四边形中，，，在不添加任何辅助线的前提下，要想四边形成为一个菱形，只需添加一个条件 ，并说明理由． 题型四 证明四边形是菱形（共2小题） 9．（24-25九年级上·福建漳州·期中）下列条件中，能判定平行四边形为菱形的是（  ） A． B． C． D． 10．（23-24九年级上·广东梅州·期中）如果把两张等宽的纸条交叉叠放在一起，那么重叠部分的四边形是 ．（填特殊的四边形） 题型五 根据菱形的性质与判定求值（共4小题） 11．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重叠的部分为四边形，若测得A，C之间的距离为3，B，D之间的距离为4，则线段的长为（   ） A．2.5 B．3 C．3.5 D．4 12．（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）如图，四边形是平行四边形，分别以A，B为圆心，的长为半径画弧，交，于点和点，连接． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求四边形的周长． 13．（22-23九年级上·北京大兴·期中）是等边三角形，将线段AC绕点A逆时针旋转得到线段AD，连接BD，交AC于点O，连接CD，过点A作于点P，交BD于点E，连接 (1)如图1，当时，则______； (2)如图2，当时，依题意补全图 ①猜想中结论是否仍然成立，并说明理由； ②求证： 14．（24-25九年级上·湖北荆州·期中）【问题情境】活动课上，同学们以等边三角形为背景开展旋转探究活动，数学小组经过研究发现“等边三角形在旋转过程中，对应边所在直线的夹角与旋转角存在一定的数量关系”（注：平面内两直线的夹角是指两直线相交形成的小于或等于的角）．如图1，将等边绕点逆时针旋转得到，则线段与线段的夹角．如图2，将等边绕点逆时针旋转得到，则线段与线段所在直线的夹角． 【特例分析】 （1）如图1，若将等边绕点逆时针旋转得到，则线段与线段所在直线的夹角度数为 度；如图2，若将等边绕点逆时针旋转得到，则线段与线段所在直线的夹角度数为 度； 【类比分析】 （2）如图3，若将等边绕点逆时针旋转得到，连接交于，求与的数量关系； 【延伸应用】 （3）如图4，已知是等边三角形，，分别在边和上截取和，使得，连接．将绕点逆时针旋转，连接，当和所在直线互相垂直时，请直接写出的长． 题型六 利用矩形的性质求值（共3小题） 15．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期中）如图，在矩形中，点E、F为对角线上两点，，，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 16．（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，以矩形的顶点为圆心，长为半径画弧交的延长线于；过点作交于点，连接，则 ． 17．（24-25九年级上·甘肃兰州·期中）如图，四边形和四边形都是矩形，点B在边上，若矩形和矩形的面积分别为和，则和的大小关系是（   ） A． B． C． D． 题型七 利用矩形的性质证明（共4小题） 18．（23-24九年级上·河北保定·期中）如图，将两张宽度相同的矩形纸条交叉叠放．小明发现重叠部分（四边形）是菱形，并进行如下所示的推理．小芳认为小明的推理不严谨，她认为应在“”和“四边形是菱形”之间作补充．下列说法正确的是（    ） 如图，过点A分别作，的垂线，垂足分别为点E，F，则． ， ∴四边形是平行四边形． ∴四边形是菱形．    A．小明的推理严谨，不必补充 B．应补充： C．应补充： D．应补充： 19．（24-25九年级上·广东河源·期中）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，点M，P，N，Q分别在，，，上，连接而成的四边形是矩形，且，求证：四边形是矩形． 20．（23-24九年级上·辽宁丹东·期中）如图在矩形中，对角线与相交于点O．分别过点，作，的平行线交于点． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求菱形的面积． 21．（24-25九年级上·广东梅州·期中）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． 题型八 特殊四边形折叠问题（共3小题） 22．（24-25九年级上·宁夏银川·期中）如图，将矩形沿折叠，使得点C落在点E处，若，则 （      ） A．1 B．2 C．3 D．4 23．（24-25九年级上·福建·期中）如图，N为矩形纸片的边上的一点，连接，在上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕；再次折叠纸片，使点B，P分别落在与上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为，，展平纸片，连接，．有如下5个结论：①四边形是矩形；②；③；④；⑤．其中一定正确的有 ． 24．（23-24九年级上·河南焦作·期中）（1）操作发现： 如下图，在矩形中，E是的中点，将沿折叠后得到，点F在矩形内部，延长交于点G．猜想线段与的数量关系是______． （2）探究尝试： 如下图，（1）中的矩形改为正方形，边长，其它条件不变，求线段的长．    （3）类比拓展： 如下图，将（1）中的矩形改为平行四边形，其它条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．    题型九 斜边的中线等于斜边的一半（共3小题） 25．（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图，小宇用刻度尺测量了一个直角三角形斜边的长度．已知，点D为边的中点，且点A，B对应的刻度分别为2，8，则的长为（   ） A． B． C． D． 26．（24-25九年级上·福建漳州·期中）如图，中，，，D是的中点，则 ． 27．（24-25九年级上·陕西商洛·期中）如图，在中，，是的中点，连接，若，求的长． 题型十 添一条件使四边形是矩形（共3小题） 28．（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，四边形是平行四边形，要使它成为矩形，那么需要添加的条件是（    ） A． B． C． D． 29．（23-24九年级上·陕西咸阳·期中）如图，在中，对角线相交于点 O，且，若要使为矩形，则的长度为 ． 30．（23-24九年级上·陕西咸阳·期中）如图，为的一条中线，点为的延长线上一点，以、为一组邻边作平行四边形，请你添加一个条件（不再添加其他线条和字母），使得四边形是矩形．    (1)你添加的条件是______________； (2)请根据你添加的条件，写出证明过程． 题型十一 证明四边形是矩形（共2小题） 31．（23-24九年级上·陕西咸阳·期中）已知一个四边形的两组对边分别平行，且两个相邻的角相等，则该四边形一定是（   ） A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．梯形 32．（24-25九年级上·陕西咸阳·期中）如图，分别是及其邻补角的平分线，于点E，于点F，四边形是矩形吗？请证明你的结论． 题型十二 根据矩形的性质与判定求值（共3小题） 33．（22-23九年级上·江西抚州·期中）两个矩形的位置如图所示，若则的度数为(    ) A． B． C． D． 34．（23-24九年级上·四川成都·期中）如图，在矩形中，点为对角线上一点，过点作交于点，，作交于点，连接，已知，则的面积等于 ． 35．（22-23九年级上·福建漳州·期中）在下面的网格中，按以下要求画出四边形，使四边形的顶点落在格点上，边不能在网线上. (1)在图1中，画出面积为4的菱形（非正方形）； (2)在图2中，画出面积为6的矩形. 题型十三 根据正方形的性质求值（共6小题） 36．（24-25九年级上·贵州六盘水·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点，的坐标分别是，，则顶点的坐标是（　　） A． B． C． D． 37．（23-24九年级上·广东佛山·期中）若正方形对角线长为4，则它的面积是（    ） A．4 B．8 C．16 D．32 38．（22-23九年级上·山东菏泽·期中）如图，在正方形中，点为上一点，与交于点．若，则等于 度． 39．（24-25九年级上·四川成都·期中）在平面直角坐标系中，直线l：与x轴交于点，如图所示依次作正方形、正方形、…、正方形，使得点…在直线l上，点…在y轴正半轴上，则点的横坐标是 ． 40．（24-25九年级上·陕西西安·期中）一个正方形，它的对角线长10，那么这个正方形的面积是 ． 41．（24-25九年级上·广东肇庆·期中）如图，四边形是正方形，绕着点顺时旋转得到，若，． (1)求的长度； (2)与的位置关系如何？请说明理由． 题型十四 根据正方形的性质证明（共3小题） 42．（23-24九年级上·重庆北碚·阶段练习）如图，在正方形内有一点P，，，若对角线与交于点，则的度数为（   ）    A． B． C． D． 43．（24-25九年级上·山西太原·阶段练习）如图，F是正方形对角线上一点，连接，并延长交于点E．若，则的度数为 ．    44．（24-25九年级上·海南省直辖县级单位·期中）如图，在正方形中，点是边上一点，且点不与点、重合，点是的延长线上一点，且．求证：； 题型十五 添一个条件使四边形是正方形（共2小题） 45．（24-25九年级上·广东佛山·期中）如图在中，，的垂直平分线交于点D，交于点E，且，为了使四边形是正方形．可以添加一个条件（   ）      A． B． C． D．E为的中点 46．（24-25九年级上·黑龙江黑河·期中）四边形是菱形，只须补充条件 （用字母表示）就可以判定四边形是正方形． 题型十六 根据正方形的性质与判定求值（共3小题） 47．（24-25九年级上·河北保定·期中）如图，为正方形内一点，，，，将绕点按顺时针方向旋转，得到．延长交于点，连接，的长为 ． 48．（24-25九年级上·吉林长春·期中）【教材原题】如图①，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点．求证：． 【应用】如图②，连结图①中的，并取中点，连结、，其他条件不变． （1）若，则四边形的周长为________． （2）若，且，则四边形的面积为________． 49．（24-25九年级上·山西晋中·期中）阅读与思考 下面是小敏同学的一则数学日记，请你认真阅读并完成下列任务． 年月日 对于几何图形，通常是从它的定义与表示、分类与性质、判定与应用等方面进行研究，且都是从组成图形的元素及相关元素之间的关系展开．以三角形为例，其定义、分类、性质、判定都通过它的边、角、中线、角平分线、高线等的特征来体现．类似地，这样的方法可以用于研究其他几何图形，如邻等对补四边形． 定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． 目前．我们所认识的四边形，如梯形、平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是邻等对补四边形的是____________； 性质探究：在研究四边形的时候，我们知道四边形的问题往往转化为三角形的问题来研究．如图，在四边形中，，，连接，发现． 证明：…． 结论：邻等对补四边形中，经过两条相等邻边的公共顶点的一条对角线，必平分四边形的一个内角， 任务： (1)上述材料中，序号“”处所对应的内容为：____________； (2)补全材料中命题的证明过程； (3)如图，四边形中，，，，请直接写出的值． 题型十七 根据正方形的性质与判定证明（共3小题） 50．（24-25九年级上·福建漳州·期中）如图，点，，，为正方形四边中点，连结，，，．下列说法错误的是（    ） A．四边形一定是平行四边形 B．四边形一定是正方形 C．若，则四边形的面积是20 D．点M，Q是的三等分点 51．（24-25九年级上·辽宁朝阳·期中）如图，是正方形的对角线上一点，，，垂足分别为．若正方形的周长是． (1)求证：四边形是矩形； (2)当四边形是正方形时，求的长． 52．（23-24九年级下·山东淄博·期中）如图，中，，、外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，，为垂足． (1) °（直接写出结果不写解答过程） (2)①求证：四边形是正方形． ②若，求的面积． (3)如图（2），在中，，高，，则的长度是 　　（直接写出结果不写解答过程）． 题型十八 菱形、矩形、正方形性质理解（共3小题） 53．（23-24九年级上·甘肃兰州·期中）菱形和矩形都具有的性质是（   ） A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．对角线互相垂直且相等 54．（24-25九年级上·福建三明·期中）为庆祝中华人民共和国成立75周年，某单位要在一个矩形广场上布置花坛美化环境，计划将鲜花摆成两条对角线，如图．如果一条对角线用了75盆鲜花，则另一条对角线还需要鲜花盆数是（   ） A．72 B．73 C．74 D．75 55．（24-25九年级上·贵州毕节·期中）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相垂直 B．对角互补 C．对角线互相平分 D．对角线相等 题型十九 菱形、矩形、正方形判定定理理解（共3小题） 56．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期中）在数学活动课上，老师要求同学们判断一个四边形的门框是否为矩形，下面是某合作学习小组的四位同学拟定的方案，其中正确的是（    ） A．测量其中三个角是否都为直角 B．测量对角线是否相等 C．测量两组对边是否分别相等 D．测量对角线是否互相平分 57．（24-25九年级上·安徽宿州·期中）满足下列条件的四边形一定是正方形的是（   ） A．对角线互相平分且相等的四边形 B．有三个角是直角的四边形 C．有一组邻边相等的平行四边形 D．对角线相等的菱形 58．（23-24九年级上·山西太原·期中）我们知道，在图形从一般向特殊变化的过程中，它的组成元索及相关元素之间的关系也越来越特殊.下面是小颖从“对角线”的角度对平行四边形矩形、菱形、正方形之间关系的梳理，图中“▲”处应填写的内容是    题型二十 中点四边形（共3小题） 59．（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 60．（24-25九年级上·河南平顶山·期中）顺次连接下面四边形各边的中点，所得的新四边形不是矩形的是（   ） A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．对角线互相垂直的四边形 61．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，点D，E，F分别是，，的中点，连接，，，； (1)求证：，相平分； (2)现有三个条件：①；②平分；③； 请你从中选择两个条件（写序号）： 使得四边形是正方形，并加以证明． 题型二十一 （特殊）平行四边形的动点问题（共3小题） 62．（22-23九年级上·福建漳州·期中）如图，在中，，，，点D从点C出发沿方向以秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以秒的速度向点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．过点D作于点F，连接、，当为直角三角形时，t的值为（    ） A．5 B． C．5或8 D．5或8或 63．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，在矩形中，，点从点出发沿向终点运动，点从点出发沿向终点运动．两点同时出发，它们的速度都是．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？ 64．（24-25九年级上·吉林·期中）如图，在直角梯形中，，动点分别从点同时出发，点以的速度向沿运动，点以的速度向点运动，当一点运动到终点时另一点也随之停止运动．设运动时间为． (1)__________； (2)设以点为顶点组成的三角形的面积为，求与之间的函数关系式； (3)当点在线段上运动，且点之间的距离为时，直接写出此时的值． 题型二十二 四边形中的线段最值问题（共3小题） 65．（23-24九年级·重庆·期中）如图，已知正方形的边长为3，点M在上，，点N是上的一个动点，那么的最小值是（    ） A．3 B．4 C． D． 66．（22-23九年级上·全国·期中）如图，先将绕点C顺时针旋转得到，再将线段绕点D顺时针旋转得到，连接，且． (1)若，B、E、D三点在同一条直线上，求的长； (2)若，，点P在边上，求线段的最小值． 67．（23-24九年级上·天津红桥·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B为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点A、D、C的对应点分别为G、F、E．      (1)如图①，当点G落在边上时，求的长； (2)如图②，当点G落在线段上时，与交于点H． ①求证：； ②求的长． (3)记点K为矩形对角线的交点，连接，记面积为S，求S的取值范围（直接写出结果即可）． $专题01 特殊平行四边形 题型1 利用菱形的性质求值 题型12 根据矩形的性质与判定求值（重点） 题型2 利用菱形的性质证明 题型13 根据正方形的性质求值 题型3 添一个条件使四边形是菱形（常考点） 题型14根据正方形的性质证明（重点） 题型4 证明四边形是菱形（重点） 题型15添一个条件使四边形是正方形（常考点） 题型5 根据菱形的性质与判定求值（重点） 题型16 根据正方形的性质与判定求值（重点） 题型6 利用矩形的性质求值 题型17 根据正方形的性质与判定证明（重点） 题型7 利用矩形的性质证明 题型18 菱形、矩形、正方形性质理解（常考点） 题型8特殊四边形折叠问题（难点） 题型19 菱形、矩形、正方形判定定理理解（常考点） 题型9 斜边的中线等于斜边的一半（重点） 题型20 中点四边形（重点） 题型10 添一条件使四边形是矩形（常考点） 题型21（特殊）平行四边形的动点问题（难点） 题型11 证明四边形是矩形（重点） 题型22 四边形中的线段最值问题（难点） 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 利用菱形的性质求值（共4小题） 1．（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，菱形中，连接，，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】利用菱形的性质求角度 【分析】本题考查了菱形的性质．根据菱形的性质可得，，从而得到，，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， ∴． 故选：D． 2．（24-25九年级上·陕西西安·期中）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】 【知识点】线段垂直平分线的性质、作已知线段的垂直平分线、利用菱形的性质求角度 【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．（24-25九年级上·福建漳州·期中）如图，在平行四边形中，以点为圆心，长为半径画弧交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点，连接并延长交于点，连接． (1)根据条件与作图信息知四边形是 ； A．非特殊的平行四边形      B．矩形       C．菱形       D．正方形 (2)设与相交于点，四边形的周长为，，求的长． 【答案】(1)C (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、证明四边形是菱形 【分析】本题考查的是作图-基本作图，熟知角平分线的作法及菱形的性质是解答此题的关键． （1）先根据四边形是平行四边形得出，证明，得出四边形是平行四边形，再由即可得出结论； （2）先根据菱形的周长求出其边长，再由得出，根据勾股定理求出的长，再由菱形的性质即可得出结论． 【详解】（1）解：由题意得：平分， ， ∵， ， ∵四边形是平行四边形， ∴． ， ， ， 四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 故答案为：C； （2）解：∵四边形是菱形，且周长为16， ∴．垂直平分， ∵， ∴． ∴， ∴． 4．（24-25九年级上·陕西宝鸡·期中）如图：已知菱形的周长，，求菱形的面积？ 【答案】菱形的面积为． 【知识点】等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、利用菱形的性质求面积 【分析】此题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，由四边形是菱形，则，，，，则，然后证明是等边三角形，则可求出，再通过勾股定理求出，则，最后由菱形的面积为即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵菱形的周长， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴菱形的面积为． 题型二 利用菱形的性质证明（共2小题） 5．（24-25九年级上·河北保定·期中）菱形不具有的性质是（    ） A．邻边相等 B．对边相等 C．对角线互相垂直 D．对角线相等 【答案】D 【知识点】利用菱形的性质证明 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的性质逐项分析判断，即可求解． 【详解】解：菱形的邻边相等，对边相等，对角线互相垂直，对角线不一定相等， 故选：D． 6．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E在线段上，连接．若，，则线段的长为 ． 【答案】 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质证明 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，构造辅助线证明三角形全等是解题的关键；根据菱形的性质得到，由，设，则，得到，过D作于H，根据全等三角形的性质得到，求得，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， 由， 设，则， ∴， ∴， 过D作于H， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， 故答案为：． 题型三 添一个条件使四边形是菱形（共2小题） 7．（24-25九年级上·陕西咸阳·期中）如图，四边形是平行四边形，对角线与交于点，要使它成为菱形，那么需要添加的条件是： ．（写出一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【知识点】添一个条件使四边形是菱形 【分析】本题主要考查了菱形的判定，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可添加条件． 【详解】解：添加条件，则可根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得到四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 8．（23-24九年级上·广东梅州·期中）如图，在四边形中，，，在不添加任何辅助线的前提下，要想四边形成为一个菱形，只需添加一个条件 ，并说明理由． 【答案】，理由见解析 【知识点】添一个条件使四边形是菱形 【分析】本题考查了菱形的判定． 利用两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，再利用邻边相等的平行四边形是菱形，证明四边形是菱形． 【详解】解：添加． 理由：∵，， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形． 题型四 证明四边形是菱形（共2小题） 9．（24-25九年级上·福建漳州·期中）下列条件中，能判定平行四边形为菱形的是（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】证明四边形是菱形 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定的应用，注意：菱形的判定定理有：①有一组邻边相等的平行四边形是菱形，②四条边都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．根据菱形的性质逐个进行证明，再进行判断即可． 【详解】解：A、平行四边形中，本来就有，故本选项错误； B、平行四边形中，，不能判定平行四边形是菱形，故本选项错误； C、平行四边形中，，不能判定平行四边形是菱形，故本选项错误； D、平行四边形中，，可利用邻边相等的平行四边形是菱形判定，故本选项正确． 故选：D． 10．（23-24九年级上·广东梅州·期中）如果把两张等宽的纸条交叉叠放在一起，那么重叠部分的四边形是 ．（填特殊的四边形） 【答案】菱形 【知识点】证明四边形是菱形 【分析】本题考查了平行四边形的判定和平行四边形的面积公式、一组邻边相等的平行四边形是菱形；熟练掌握平行四边形和菱形的判定是关键．首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形． 【详解】解：过点作于，于，   两条纸条宽度相同， ． ，， 四边形是平行四边形． ． 又． ， 四边形是菱形． 故答案为：菱形． 题型五 根据菱形的性质与判定求值（共4小题） 11．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重叠的部分为四边形，若测得A，C之间的距离为3，B，D之间的距离为4，则线段的长为（   ） A．2.5 B．3 C．3.5 D．4 【答案】A 【知识点】根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】本题主要考查菱形的判定和性质，作于R，于S，根据题意先证出四边形是平行四边形，再由得平行四边形是菱形，再根据勾股定理求出即可． 【详解】解：如图，作于R，于S，连接交于点O， 由题意知，， ∴四边形是平行四边形． ∵两张纸条等宽， ∴． ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴． 在中，，， ∴． 故选：A． 12．（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）如图，四边形是平行四边形，分别以A，B为圆心，的长为半径画弧，交，于点和点，连接． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)四边形是菱形，详见解析 (2)四边形的周长为 【知识点】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】本题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质与判定等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可解决问题； （2）根据菱形的性质和平行四边形的性质即可解决问题． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 由作图可知：，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴四边形的周长． 13．（22-23九年级上·北京大兴·期中）是等边三角形，将线段AC绕点A逆时针旋转得到线段AD，连接BD，交AC于点O，连接CD，过点A作于点P，交BD于点E，连接 (1)如图1，当时，则______； (2)如图2，当时，依题意补全图 ①猜想中结论是否仍然成立，并说明理由； ②求证： 【答案】(1)60 (2)①成立，理由见解析；②见解析 【知识点】全等三角形综合问题、等边三角形的性质、根据菱形的性质与判定求角度 【分析】（1）当时，是等边三角形，，四边形ABCD是菱形，可得，易证，因为，所以，进而可求出的值； （2）依题意画图即可； ①成立；，，可得≌，，，则，可得，由三角形内角和定理可得的值； ②用截长补短法，在BE上截取，可得是等边三角形，，证明≌，则，进而可证明 【详解】（1）解：，， 是等边三角形， ， 是等边三角形， ， 四边形ABCD是菱形， ，， ， 在和中， ， ≌， ， ， ，是等边三角形， ， 故答案为：60； （2）解：如图2所示： ①（1）中结论是否仍然成立，理由如下： 如图2所示： 是等边三角形， ，， ， ， ， ，， ， ≌， ， ， ，， ， ，， ， ，， ； ②如图3所示：在BE上截取， ，， 是等边三角形， ， 是等边三角形， ，， ， ，，， ， 在和中， ， ≌， ， ，，， 【点睛】本题考查了三角形的变换、等腰三角形和等边三角形的性质、三角形的全等等知识点，用截长补短法构造三角形的全等是解本题的关键，综合性较强，难度较大． 14．（24-25九年级上·湖北荆州·期中）【问题情境】活动课上，同学们以等边三角形为背景开展旋转探究活动，数学小组经过研究发现“等边三角形在旋转过程中，对应边所在直线的夹角与旋转角存在一定的数量关系”（注：平面内两直线的夹角是指两直线相交形成的小于或等于的角）．如图1，将等边绕点逆时针旋转得到，则线段与线段的夹角．如图2，将等边绕点逆时针旋转得到，则线段与线段所在直线的夹角． 【特例分析】 （1）如图1，若将等边绕点逆时针旋转得到，则线段与线段所在直线的夹角度数为 度；如图2，若将等边绕点逆时针旋转得到，则线段与线段所在直线的夹角度数为 度； 【类比分析】 （2）如图3，若将等边绕点逆时针旋转得到，连接交于，求与的数量关系； 【延伸应用】 （3）如图4，已知是等边三角形，，分别在边和上截取和，使得，连接．将绕点逆时针旋转，连接，当和所在直线互相垂直时，请直接写出的长． 【答案】（1）30；50；（2）；（3）或 【知识点】利用二次根式的性质化简、用勾股定理解三角形、根据菱形的性质与判定求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的判定与性质； （1）图1中，根据旋转可得，再结合得到；图2中根据旋转可得，再结合四边形内角和得到，即可求出； （2）连接，先证明是等边三角形，再证明是菱形，得，，，再根据直角三角形和勾股定理得到，继而得到； （3）先证明是等边三角形，再分在上方和下方两种情况讨论，分别画出图形，根据和所在直线互相垂直，得到，再根据直角三角形的性质和勾股定理计算． 【详解】解：（1）如图， 设和交于点O， ∵等边绕点A逆时针旋转得到， ∴， ∵， ∴； 如图， ∵等边绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∵， ∴， ∴在四边形中，， ∴， 故答案为：30，50； （2）如图，连接， ∵将等边绕点逆时针旋转得到， ∴，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴是菱形， ∴，，， ∴，， ∴ ∴， ∴， 即； （3）∵是等边三角形，， ∴，， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， 当在上方时，如图，设直线交于，交于，过作交直线于， ∵和所在直线互相垂直， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴； 当在下方时，如图，设直线交于，交于，过作交直线于， ∵和所在直线互相垂直， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴； 综上所述，的长为或． 题型六 利用矩形的性质求值（共3小题） 15．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期中）如图，在矩形中，点E、F为对角线上两点，，，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】等边对等角、利用矩形的性质求角度 【分析】本题考查矩形的性质、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．先得出，根据矩形的性质得出，，再得出，进而求出，进一步可得出答案． 【详解】解：∵，， ∴， 即， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 16．（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，以矩形的顶点为圆心，长为半径画弧交的延长线于；过点作交于点，连接，则 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】由矩形的性质得，，则，再证明四边形是平行四边形，由作图得，则四边形是菱形，所以，则，可求得，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ，， ， ， ∴四边形是平行四边形， 由作图得， ∴四边形是菱形， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握各知识点是解题的关键． 17．（24-25九年级上·甘肃兰州·期中）如图，四边形和四边形都是矩形，点B在边上，若矩形和矩形的面积分别为和，则和的大小关系是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】根据矩形的性质求面积 【分析】本题主要考查了矩形的性质及面积的计算，能够熟练运用矩形的性质进行一些面积的计算问题．由于矩形的面积与矩形的面积都等于2个的面积，即可得两个矩形的面积关系． 【详解】∵，， ∴． 故选：B． 题型七 利用矩形的性质证明（共4小题） 18．（23-24九年级上·河北保定·期中）如图，将两张宽度相同的矩形纸条交叉叠放．小明发现重叠部分（四边形）是菱形，并进行如下所示的推理．小芳认为小明的推理不严谨，她认为应在“”和“四边形是菱形”之间作补充．下列说法正确的是（    ） 如图，过点A分别作，的垂线，垂足分别为点E，F，则． ， ∴四边形是平行四边形． ∴四边形是菱形．    A．小明的推理严谨，不必补充 B．应补充： C．应补充： D．应补充： 【答案】D 【知识点】利用矩形的性质证明、证明四边形是菱形 【分析】本题考查菱形的判定与性质，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，解题的关键是根据一组邻边相等的平行四边形是菱形判断． 【详解】解：如图，过点分别作，的垂线，垂足分别为点，，则． ，， 四边形是平行四边形． ，， ， 四边形是菱形． 故选：D． 19．（24-25九年级上·广东河源·期中）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，点M，P，N，Q分别在，，，上，连接而成的四边形是矩形，且，求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【知识点】利用矩形的性质证明、证明四边形是矩形 【分析】此题考查了矩形的性质和判定，解题的关键是掌握矩形的性质和判定定理． 首先根据矩形的性质得到，然后证明出，证明出四边形是平行四边形，然后由得到平行四边形是矩形． 【详解】解：∵四边形是矩形 ∴ ∵ ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形． 20．（23-24九年级上·辽宁丹东·期中）如图在矩形中，对角线与相交于点O．分别过点，作，的平行线交于点． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明详见解析； (2)； 【知识点】根据矩形的性质求面积、利用矩形的性质证明、证明四边形是菱形 【分析】（1）本题考查菱形的判定，根据，得到是平行四边形，根据矩形的性质得到即可得到证明； （2）本题考查矩形的性质及菱形的性质，先根据矩形的面积求出的面积即可得到答案； 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵，， ∴矩形的面积， ∵， ∴菱形OCED的面积． 21．（24-25九年级上·广东梅州·期中）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) 【知识点】利用矩形的性质证明、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． 题型八 特殊四边形折叠问题（共3小题） 22．（24-25九年级上·宁夏银川·期中）如图，将矩形沿折叠，使得点C落在点E处，若，则 （      ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【知识点】矩形与折叠问题 【分析】本题考查矩形的性质，折叠的性质，由此可得，，即可求解． 【详解】解：在矩形中，， 由折叠可知，， 故选：B． 23．（24-25九年级上·福建·期中）如图，N为矩形纸片的边上的一点，连接，在上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕；再次折叠纸片，使点B，P分别落在与上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为，，展平纸片，连接，．有如下5个结论：①四边形是矩形；②；③；④；⑤．其中一定正确的有 ． 【答案】①②④⑤ 【知识点】矩形与折叠问题、证明四边形是矩形 【分析】本题考查了翻折变换，矩形的判定和性质，掌握轴对称的性质是解题的关键． 根据轴对称的性质，矩形的判定和性质逐一判定即可． 【详解】在矩形中，， ∵B，P两点重合，折痕为， ∴， ∴， ∴四边形是矩形，①是正确的； ∵点B，P的对应点分别为，，折痕为l， ∴，②是正确的； 由第一次折叠可得：， 由矩形得：， ∴， ∴，④是正确的； 由第一次折叠可得：， 由第二次折叠可得：， ∴，⑤是正确的； 不能判定③，正确的有：①②④⑤， 故答案为：①②④⑤． 24．（23-24九年级上·河南焦作·期中）（1）操作发现： 如下图，在矩形中，E是的中点，将沿折叠后得到，点F在矩形内部，延长交于点G．猜想线段与的数量关系是______． （2）探究尝试： 如下图，（1）中的矩形改为正方形，边长，其它条件不变，求线段的长．    （3）类比拓展： 如下图，将（1）中的矩形改为平行四边形，其它条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．    【答案】（1）；（2）；（3）（1）中的结论仍然成立，理由见解析 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、正方形折叠问题 【分析】（1）连接，根据矩形性质，得到，根据中点性质，得到，根据折叠性质得到，，推出，根据等边对等角得到，推出，根据等角对等边得到； （2）根据正方形是特殊的矩形，同（1）可得，设，得到，，在中，根据勾股定理得到，解方程即可得到答案； （3）连接，根据中点性质，得到，根据折叠性质得到，，推出，根据等边对等角得到，根据平行四边形性质，得到，推出，推出，根据等角对等边得到. 【详解】解：（1）如图所示，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∵将沿折叠后得到， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：如图所示， ∵正方形是特殊的矩形， 同（1）可证明仍然成立， 由折叠的性质可得, ∵E是的中点， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得：， ∴． （3）（1）中的结论仍然成立．理由如下： 如图，连接， ∵E是的中点， ∴， ∵将沿折叠后得到， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； ∴（1）中的结论仍然成立。 【点睛】此题是四边形的综合题，主要考查了矩形，平行四边形，正方形，折叠，等腰三角形，勾股定理．熟练掌握矩形的边角性质，平行四边形的边角性质，正方形的边角性质，折叠图形全等的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，是解决问题的关键． 题型九 斜边的中线等于斜边的一半（共3小题） 25．（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图，小宇用刻度尺测量了一个直角三角形斜边的长度．已知，点D为边的中点，且点A，B对应的刻度分别为2，8，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查了直角三角形的性质，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进行计算，即可解答． 【详解】解：点A，B对应的刻度分别为2，8， ， ，点为边的中点， ， 故选：B． 26．（24-25九年级上·福建漳州·期中）如图，中，，，D是的中点，则 ． 【答案】 【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等于斜边的一半的性质，根据直角三角形斜边中线的性质解答即可． 【详解】解：中，， D是的中点， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 27．（24-25九年级上·陕西商洛·期中）如图，在中，，是的中点，连接，若，求的长． 【答案】 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查直角三角形斜边上的中线的性质，解题的关键是掌握：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．据此解答即可． 【详解】解：∵在中，，是的中点， ∴线段是斜边边上的中线， 又∵， ∴， ∴的长为． 题型十 添一条件使四边形是矩形（共3小题） 28．（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，四边形是平行四边形，要使它成为矩形，那么需要添加的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】添一条件使四边形是矩形 【分析】此题主要考查了矩形的判定，关键是矩形的判定：①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形． 可根据对角线相等的平行四边形是矩形证明四边形是矩形． 【详解】解：A、，当是平行四边形时都成立，故不符合题意； B、，当是平行四边形时都成立，故不符合题意； C、，则是菱形，故不符合题意； D、，对角线相等的平行四边形是矩形，符合题意； 故选：D． 29．（23-24九年级上·陕西咸阳·期中）如图，在中，对角线相交于点 O，且，若要使为矩形，则的长度为 ． 【答案】3 【知识点】添一条件使四边形是矩形 【分析】本题主要考查了矩形的判定．根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴当，即时，为矩形， 此时的长度为3． 故答案为：3 30．（23-24九年级上·陕西咸阳·期中）如图，为的一条中线，点为的延长线上一点，以、为一组邻边作平行四边形，请你添加一个条件（不再添加其他线条和字母），使得四边形是矩形．    (1)你添加的条件是______________； (2)请根据你添加的条件，写出证明过程． 【答案】(1) (2)见解析 【知识点】添一条件使四边形是矩形 【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键． （1）根据题意添加的条件即可； （2）根据等腰三角形的性质和矩形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）解：添加的条件是， 故答案为：（答案不唯一）； （2）证明：，是边上的中线， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形． 题型十一 证明四边形是矩形（共2小题） 31．（23-24九年级上·陕西咸阳·期中）已知一个四边形的两组对边分别平行，且两个相邻的角相等，则该四边形一定是（   ） A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．梯形 【答案】A 【知识点】证明四边形是矩形 【分析】由一个四边形的两组对边分别平行，且两个相邻的角相等，可得出这个四边形一定是矩形； 【详解】∵一个四边形的两组对边分别平行， ∴四边形是平行四边形， ∵两个相邻的角相等， ∴相邻的角都等于， ∴该四边形一定是矩形． 故选：A． 【点睛】该题主要考查了矩形的判定，解题的关键是熟悉矩形的判定方法． 32．（24-25九年级上·陕西咸阳·期中）如图，分别是及其邻补角的平分线，于点E，于点F，四边形是矩形吗？请证明你的结论． 【答案】四边形是矩形，见解析 【知识点】证明四边形是矩形 【分析】本题考查矩形的判定，根据由3个角是直角的四边形为矩形，进行判断即可． 【详解】解：四边形是矩形． 理由：∵分别是及其邻补角的平分线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形． 题型十二 根据矩形的性质与判定求值（共3小题） 33．（22-23九年级上·江西抚州·期中）两个矩形的位置如图所示，若则的度数为(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】根据矩形的性质与判定求角度 【分析】由补角的定义可得，由题意可得，，则有，即可得解． 【详解】解：如图， 由题意得：， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，余角与补角，解答的关键是明确互余的两角之和为90°，互补的两角之和为180° 34．（23-24九年级上·四川成都·期中）如图，在矩形中，点为对角线上一点，过点作交于点，，作交于点，连接，已知，则的面积等于 ． 【答案】8 【知识点】根据矩形的性质与判定求面积 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，先证明四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，得到，再根据矩形对角线平分矩形面积推出，据此求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：8． 35．（22-23九年级上·福建漳州·期中）在下面的网格中，按以下要求画出四边形，使四边形的顶点落在格点上，边不能在网线上. (1)在图1中，画出面积为4的菱形（非正方形）； (2)在图2中，画出面积为6的矩形. 【答案】(1)见解析； (2)见解析. 【知识点】根据矩形的性质与判定求面积、根据菱形的性质与判定求面积 【分析】（1）根据菱形的性质和面积=对角线乘积的一半即可即可作图； （2）根据矩形的性质和面积等于长乘宽，即可作图． 【详解】（1）解：如图，取格点，使，，与相互垂直平分，菱形即为所求；. （2）解：如图，取格点，使，，与相互垂直，矩形即为所求；. 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，在作菱形和矩形的过程中，根据图形的性质，构造出符合条件的图形． 题型十三 根据正方形的性质求值（共6小题） 36．（24-25九年级上·贵州六盘水·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点，的坐标分别是，，则顶点的坐标是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】根据正方形的性质求线段长、坐标与图形综合 【分析】本题结合坐标系考查了正方形的性质，关键灵活运用正方形的性质进行线段计算，得出点的坐标．根据、的互相垂直平分，且，即有，问题得解． 【详解】解：连接 ，交于点， ， ， 四边形是正方形， 、的互相垂直平分，且， ，， ∴点坐标， 故选：B． 37．（23-24九年级上·广东佛山·期中）若正方形对角线长为4，则它的面积是（    ） A．4 B．8 C．16 D．32 【答案】B 【知识点】根据正方形的性质求面积 【分析】本题考查了正方形的性质，根据正方形的性质“面积等于对角线乘积的一半”，即可求解． 【详解】解：∵正方形对角线长为4， ∴它的面积是 故选：B． 38．（22-23九年级上·山东菏泽·期中）如图，在正方形中，点为上一点，与交于点．若，则等于 度． 【答案】63 【知识点】三角形的外角的定义及性质、根据正方形的性质求角度 【分析】由三角形的外角性质可知：要求，只要求，由正方形的轴对称性质可知：，即可求出． 【详解】四边形是正方形，具有关于对角线所在直线对称的对称性， ，，， 又是的外角， ， 故答案为：63． 【点睛】本题综合考查正方形的对称性质和三角形外角性质，解题关键是利用正方形的对称性快速得出结论． 39．（24-25九年级上·四川成都·期中）在平面直角坐标系中，直线l：与x轴交于点，如图所示依次作正方形、正方形、…、正方形，使得点…在直线l上，点…在y轴正半轴上，则点的横坐标是 ． 【答案】 【知识点】一次函数的规律探究问题、根据正方形的性质求线段长 【分析】此题考查一次函数图象上点的坐标特征以及规律型中点的坐标的变化，根据一次函数图象上点的坐标特征找出、、、的坐标，结合图形即可得所求点是线段的中点，由此即可得出点的坐标． 【详解】解：如图，直线l：与轴交于点，x轴交于点， ∴，， ∴， ∴， ∵正方形， ∴，，， ∴，点是线段的中点， ∴， 同理，，…， ∴（n为正整数），点是线段的中点， ∴点的坐标是， 故答案为：． 40．（24-25九年级上·陕西西安·期中）一个正方形，它的对角线长10，那么这个正方形的面积是 ． 【答案】50 【知识点】根据正方形的性质求面积 【分析】本题主要考查了正方形的性质，掌握正方形的面积是对角线积的一半成为解题的关键． 根据正方形的面积等于对角线积的一半列式计算即可． 【详解】解：如图： ∵四边形是正方形， ∴， ∴． 故答案为：50． 41．（24-25九年级上·广东肇庆·期中）如图，四边形是正方形，绕着点顺时旋转得到，若，． (1)求的长度； (2)与的位置关系如何？请说明理由． 【答案】(1) (2)，理由见解析 【知识点】根据正方形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】考查了旋转的性质，正方形的性质， （1）根据旋转的性质可得，，然后根据计算即可得解； （2）根据旋转可得，然后求出，判断出． 【详解】（1）解：四边形是正方形，绕着点顺时旋转得到， ，， ； （2）解：、的位置关系为：．理由如下： 延长交于一点H 按顺时针方向旋转后得到， ， ∵ ∴， ∴ ∴ ∴， 题型十四 根据正方形的性质证明（共3小题） 42．（23-24九年级上·重庆北碚·阶段练习）如图，在正方形内有一点P，，，若对角线与交于点，则的度数为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明 【分析】根据正方形，证明，结合，说明 为等边三角形，根据正方形对角线得出，根据三角形内角和即可求解； 【详解】∵四边形 为正方形， ， ， ， ， ∴ 在， ， ， ∴， ， ， ∴ 为等边三角形 ， ， 又 为正方形的对角线 ， ∴， ∴在 中，； 故选：D 【点睛】本题考查了正方形和等边三角形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于 43．（24-25九年级上·山西太原·阶段练习）如图，F是正方形对角线上一点，连接，并延长交于点E．若，则的度数为 ．    【答案】/度 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明 【分析】本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，利用正方形的性质，由可证，依据全等三角形的对应角相等，可得，由三角形的外角性质可得到的度数，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 44．（24-25九年级上·海南省直辖县级单位·期中）如图，在正方形中，点是边上一点，且点不与点、重合，点是的延长线上一点，且．求证：； 【答案】见解析 【知识点】用SAS证明三角形全等（SAS）、根据正方形的性质证明 【分析】本题主要考查全等三角形的判定，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．根据正方形的性质证明，再根据证明结论即可． 【详解】证明：如图，四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ． 题型十五 添一个条件使四边形是正方形（共2小题） 45．（24-25九年级上·广东佛山·期中）如图在中，，的垂直平分线交于点D，交于点E，且，为了使四边形是正方形．可以添加一个条件（   ）      A． B． C． D．E为的中点 【答案】C 【知识点】添一个条件使四边形是正方形 【分析】根据菱形的判定定理，正方形的判定定理解答即可． 本题考查了菱形的判定，正方形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键． 【详解】解：∵的垂直平分线交于点D，交于点E， ∴，，， ∵， ∴, ∴四边形是菱形， 故A不符合题意； 当添加时，则四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， 故B不符合题意； 当时， ∵， ∴， ∴， ∴菱形是正方形， 故C符合题意； 当E为的中点时，得到 无法判定菱形是正方形， 故D不符合题意； 故选：C． 46．（24-25九年级上·黑龙江黑河·期中）四边形是菱形，只须补充条件 （用字母表示）就可以判定四边形是正方形． 【答案】（答案不唯一，如：或或或） 【知识点】添一个条件使四边形是正方形 【分析】本题考查了正方形的判定，掌握正方形的判定方法是解题的关键． 根据正方形的判定方法即可求解． 【详解】解：由于四边形是菱形，则添加或或或或就可以判定四边形是正方形， 故答案为：（答案不唯一，如：或或或）． 题型十六 根据正方形的性质与判定求值（共3小题） 47．（24-25九年级上·河北保定·期中）如图，为正方形内一点，，，，将绕点按顺时针方向旋转，得到．延长交于点，连接，的长为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质是解答本题的关键．由旋转得，，可得出四边形为正方形，可得5．在中，由勾股定理得，，则．在中，由勾股定理得，，进而可得答案． 【详解】解：由旋转得， 四边形为矩形， 四边形为正方形， 在中，由勾股定理得，， 在中，由勾股定理得，． 故答案为：． 48．（24-25九年级上·吉林长春·期中）【教材原题】如图①，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点．求证：． 【应用】如图②，连结图①中的，并取中点，连结、，其他条件不变． （1）若，则四边形的周长为________． （2）若，且，则四边形的面积为________． 【答案】教材原题：证明见解析；应用：（）；（） 【知识点】根据等边对等角证明、与三角形中位线有关的求解问题、证明四边形是菱形、根据正方形的性质与判定求面积 【分析】教材原题：运用三角形中位线定理和等腰三角形性质即可证得结论； 应用：（）运用三角形中位线定理可得，，再由，可得，即可得出答案； （）同理（）得，得出四边形是菱形，再证得，得出四边形是正方形，进而即可求解． 【详解】解：教材原题：如图① ， ∵分别是的中点， ∴分别是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴； 应用：（）如图②， ∵分别是的中点， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形PMQN的周长为， 故答案为：； （）如图③ ∵分别是的中点， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴菱形是正方形， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，平行线的性质，菱形判定，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 49．（24-25九年级上·山西晋中·期中）阅读与思考 下面是小敏同学的一则数学日记，请你认真阅读并完成下列任务． 年月日 对于几何图形，通常是从它的定义与表示、分类与性质、判定与应用等方面进行研究，且都是从组成图形的元素及相关元素之间的关系展开．以三角形为例，其定义、分类、性质、判定都通过它的边、角、中线、角平分线、高线等的特征来体现．类似地，这样的方法可以用于研究其他几何图形，如邻等对补四边形． 定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． 目前．我们所认识的四边形，如梯形、平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是邻等对补四边形的是____________； 性质探究：在研究四边形的时候，我们知道四边形的问题往往转化为三角形的问题来研究．如图，在四边形中，，，连接，发现． 证明：…． 结论：邻等对补四边形中，经过两条相等邻边的公共顶点的一条对角线，必平分四边形的一个内角， 任务： (1)上述材料中，序号“”处所对应的内容为：____________； (2)补全材料中命题的证明过程； (3)如图，四边形中，，，，请直接写出的值． 【答案】(1)正方形； (2)证明见解析； (3)． 【知识点】全等三角形综合问题、角平分线的性质定理、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】（）根据“邻等对补四边形”即可判断； （）过作于点，，交延长线于点，证明，然后根据全等三角形的性质即可求解； （）过作于点，，交延长线于点，则，四边形是矩形，由（）得平分，从而证明四边形是正方形，然后再证明，故有，得，最后由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：由有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形， ∴梯形、平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是邻等对补四边形的是正方形， 故答案为：正方形； （2）证明：过作于点，，交延长线于点，如图， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴点在平分线上， ∴平分； （3）解：如图，过作于点，，交延长线于点，如图， ∴， ∴四边形是矩形， 由（）得平分， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的判定，正方形的判定与性质，勾股定理，角平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 题型十七 根据正方形的性质与判定证明（共3小题） 50．（24-25九年级上·福建漳州·期中）如图，点，，，为正方形四边中点，连结，，，．下列说法错误的是（    ） A．四边形一定是平行四边形 B．四边形一定是正方形 C．若，则四边形的面积是20 D．点M，Q是的三等分点 【答案】D 【知识点】用勾股定理解三角形、证明四边形是平行四边形、根据正方形的性质与判定证明 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理．由点，，，为正方形四边中点，可得，，即可判断四边形为平行四边形； 设，则，，先证明，推理得到，再由面积和勾股定理得到，即可说明四边形为正方形；若，即，解得，根据正方形的面积是计算即可；， ，得到点M，Q不是的三等分点． 【详解】解：∵正方形， ∴，，，， 点，，，为正方形四边中点， ， ∵，， 四边形为平行四边形，故A选项说法正确，不符合题意； ∴， 同理可得， ∴四边形为平行四边形， 设，则，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴， ∴， 同理可得， ∴， 同理可得， ∴四边形为正方形，故B项说法正确，不符合题意； 若，即，解得 ∴正方形的面积是，故C说法正确，不符合题意； ∵，， ∴， ∴点M，Q不是的三等分点，故D法错误，符合题意； 故选：D． 51．（24-25九年级上·辽宁朝阳·期中）如图，是正方形的对角线上一点，，，垂足分别为．若正方形的周长是． (1)求证：四边形是矩形； (2)当四边形是正方形时，求的长． 【答案】(1)证明过程见详解 (2)的长为 【知识点】等腰三角形的性质和判定、证明四边形是矩形、根据正方形的性质与判定证明 【分析】本题主要考查正方形的性质，矩形的判定，等腰三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是解题的关键． （1）根据正方形的性质，垂直的定义得到，结合矩形的判定方法即可求证； （2）根据四边形是正方形，周长是，是对角线，得到，根据四边形是正方形，得到是等腰直角三角形，即，是等腰直角三角形，，则有，由此即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是正方形，周长是，是对角线， ∴，， 如图所示，四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形，即， 同理，，是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴的长为． 52．（23-24九年级下·山东淄博·期中）如图，中，，、外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，，为垂足． (1) °（直接写出结果不写解答过程） (2)①求证：四边形是正方形． ②若，求的面积． (3)如图（2），在中，，高，，则的长度是 　　（直接写出结果不写解答过程）． 【答案】(1)45 (2)①见解析；②15 (3)2.8 【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、角平分线的性质定理、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定证明 【分析】（1）由可得，进而得，再根据角平分线的定义可得，最后根据三角形内角和定理即可求解； （2）①过点作于，由角平分线的性质可得，再证明四边形是矩形即可求证； ②证明得，同理得，设，得，又由可得， 得到，在中，利用勾股定理得，得到，即得，再根据三角形面积公式即可求解； （3）如图2所示，把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点，同理（2）即可求解； 【详解】（1）解：， ， ， 平分，平分， ，， ， ， 故答案为：45； （2）①证明：过点作于， 平分，，， ， 同理可得， ， ，， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形； ②， ， 在和中， ， ， ， 同理可得， 设， ， ， ， ， ， 在中，， ， 解得， ， ； （3）解：如图2所示，把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点， 由折叠可得，，，，，，， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， ， 设，则，， 在中，， ， 解得， ， 故答案为：2.8． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，角平分线的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 题型十八 菱形、矩形、正方形性质理解（共3小题） 53．（23-24九年级上·甘肃兰州·期中）菱形和矩形都具有的性质是（   ） A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．对角线互相垂直且相等 【答案】A 【知识点】矩形性质理解、利用菱形的性质证明 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，利用矩形的性质和菱形的性质即可求解，熟练掌握矩形的对角线相等且互相平分是解决此题的关键． 【详解】解：∵矩形的对角线相等且互相平分，菱形的对角线垂直且互相平分， ∴菱形和矩形都具有的性质为对角线互相平分， 故选：A． 54．（24-25九年级上·福建三明·期中）为庆祝中华人民共和国成立75周年，某单位要在一个矩形广场上布置花坛美化环境，计划将鲜花摆成两条对角线，如图．如果一条对角线用了75盆鲜花，则另一条对角线还需要鲜花盆数是（   ） A．72 B．73 C．74 D．75 【答案】C 【知识点】矩形性质理解 【分析】本题考查了矩形的性质．根据矩形的对角线互相平分且相等，即可得出结果． 【详解】解：矩形的对角线互相平分且相等， 一条对角线用了75盆鲜花，中间一盆为对角线交点，，还需要鲜花74盆； 故选：C． 55．（24-25九年级上·贵州毕节·期中）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相垂直 B．对角互补 C．对角线互相平分 D．对角线相等 【答案】A 【知识点】矩形性质理解、正方形性质理解 【分析】本题主要考查了矩形、正方形的性质，根据正方形和矩形的性质逐项分析可得结论． 【详解】解：A、正方形的对角线相等且互相垂直，矩形的对角线只相等但不垂直，正方形具有而矩形不一定具有的性质是对角线互相垂直，故A选项符合题意； B、正方形和矩形的对角都互补，故B选项不符合题意； C、正方形和矩形的对角线都互相平分，故C选项不符合题意； D、正方形和矩形的对角线都相等，故D选项不符合题意； 故选：A． 题型十九 菱形、矩形、正方形判定定理理解（共3小题） 56．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期中）在数学活动课上，老师要求同学们判断一个四边形的门框是否为矩形，下面是某合作学习小组的四位同学拟定的方案，其中正确的是（    ） A．测量其中三个角是否都为直角 B．测量对角线是否相等 C．测量两组对边是否分别相等 D．测量对角线是否互相平分 【答案】A 【知识点】矩形的判定定理理解 【分析】本题考查矩形的判定方法，掌握矩形的判定是解决问题的关键．利用矩形的判定方法进行判断即可． 【详解】解∶A．测量四边形其中的三个角是直角，能判定为矩形，此选项正确； B．对角线相等的四边形可能是等腰梯形也可能是矩形，还有可能是其它形式的四边形，此选项错误； C．测量两组对边是否分别相等，只能判定是否为平行四边形，不能断定是否为矩形，此选项错误； D．测量对角线是否互相平分，只能判定是否为平行四边形，不能判定是否是矩形，此选项错误， 故选：A． 57．（24-25九年级上·安徽宿州·期中）满足下列条件的四边形一定是正方形的是（   ） A．对角线互相平分且相等的四边形 B．有三个角是直角的四边形 C．有一组邻边相等的平行四边形 D．对角线相等的菱形 【答案】D 【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】本题考查了正方形的判定，同时也考查了平行四边形、矩形及菱形的判定，掌握这些四边形的判定方法是关键．根据正方形的判定方法即可作出判断． 【详解】解：A、对角线互相平分且相等的四边形是矩形不是正方形，不符合题意； B、有三个角是直角的四边形是矩形不是正方形，不符合题意； C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，不符合题意； D、对角线相等的菱形是正方形，符合题意． 故选：D． 58．（23-24九年级上·山西太原·期中）我们知道，在图形从一般向特殊变化的过程中，它的组成元索及相关元素之间的关系也越来越特殊.下面是小颖从“对角线”的角度对平行四边形矩形、菱形、正方形之间关系的梳理，图中“▲”处应填写的内容是    【答案】对角线互相垂直且相等 【知识点】正方形的判定定理理解 【分析】本题考查了正方形的判断方法，根据图形即可得到答案，熟记正方形的判断方法是解题的关键． 【详解】解：由图可得，对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形， 故答案为：对角线互相垂直且相等． 题型二十 中点四边形（共3小题） 59．（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． 60．（24-25九年级上·河南平顶山·期中）顺次连接下面四边形各边的中点，所得的新四边形不是矩形的是（   ） A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．对角线互相垂直的四边形 【答案】A 【知识点】与三角形中位线有关的证明、证明四边形是矩形、根据正方形的性质证明、中点四边形 【分析】本题考查中位线，特殊四边形的性质，矩形的判定，熟练掌握中点四边形的特征是解题的关键．分别画出图形，利用中位线依次证明即可． 【详解】解：A中，∵如图，四边形是矩形， ∴不一定垂直于， ∵、、、分别为、、、的中点， ∴，，，， ∴，， ∵不一定垂直于， ∴不一定垂直于， ∴四边形不一定是矩形； 故选项A符合题意； B中，∵如图，四边形是正方形， ∴， ∵、、、分别为、、、的中点， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； 故选项B不符合题意； C中，如图，四边形是菱形，同选项B可得四边形是矩形； 故选项C不符合题意； D中，如图，四边形中，，同选项B可得四边形是矩形； 故选项D不符合题意； 故选：A． 61．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，点D，E，F分别是，，的中点，连接，，，； (1)求证：，相平分； (2)现有三个条件：①；②平分；③； 请你从中选择两个条件（写序号）： 使得四边形是正方形，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)①③或①②，证明见解析 【知识点】与三角形中位线有关的证明、证明四边形是正方形、中点四边形 【分析】本题考查了正方形的判定，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质． （1）由三角形中位线定理得，，再证四边形为平行四边形，即可得出结论； （2）添加①时，四边形是矩形；添加②平分时，，则，此时四边形是菱形；添加③时，由得到，四边形是菱形；选择①③或①②时，四边形是正方形，再根据正方形的判定定理得到结论． 【详解】（1）证明：、、分别是，，的中点， 、都是的中位线， ∴，， 四边形为平行四边形， 、互相平分； （2）解：①；②平分；③， ∵四边形为平行四边形， ∴添加①时，四边形是矩形； 添加②平分时，，则，此时四边形是菱形； 添加③时，由得到，四边形是菱形； ∴选择①③或①②时，四边形是正方形； 选择①③， 证明：四边形为平行四边形，， 四边形是矩形， 点、分别是、的中点， 是的中位线， ∴， ， ， 四边形是正方形， 选择①②， 证明：四边形为平行四边形，， 四边形是矩形， 平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，此时四边形是菱形； 四边形是正方形， 故答案为：①③或①②． 题型二十一 （特殊）平行四边形的动点问题（共3小题） 62．（22-23九年级上·福建漳州·期中）如图，在中，，，，点D从点C出发沿方向以秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以秒的速度向点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．过点D作于点F，连接、，当为直角三角形时，t的值为（    ） A．5 B． C．5或8 D．5或8或 【答案】C 【知识点】含30度角的直角三角形、（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】利用已知条件证出四边形是平行四边形，再对为直角三角形分三种情况进行讨论． 【详解】解：由题意得， ， 又，即， 四边形是平行四边形， 当为直角三角形时，有三种情况如下： ①当时，四边形是平行四边形， ， , , ， ， 又， ， 解得； ②当时，四边形是矩形， 中，，则， ， 即， 解得； ③若,此种情况不存在 所以或 故选： 【点睛】本题主要考查了动点几何综合问题，正确分情况讨论是解题的关键． 63．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，在矩形中，，点从点出发沿向终点运动，点从点出发沿向终点运动．两点同时出发，它们的速度都是．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？ 【答案】(1)当时，四边形是矩形 (2)当时，四边形是菱形 【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、证明四边形是菱形、（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】本题主要考查矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理的运用， （1）根据题意可得，，当时，四边形是矩形，由此列式求解即可； （2）根据题意可证四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，在中，由勾股定理得，由此列式求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， 已知点从点运动，点从点运动．两点同时出发，速度都是，设点运动的时间为， ∴， ∴， 已知，，则当时，四边形是矩形， ∴， 解得，， ∴当时，四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形， ∵， ∴， 在中，， ∴，整理得，， 解得，， ∴当时，四边形是菱形． 64．（24-25九年级上·吉林·期中）如图，在直角梯形中，，动点分别从点同时出发，点以的速度向沿运动，点以的速度向点运动，当一点运动到终点时另一点也随之停止运动．设运动时间为． (1)__________； (2)设以点为顶点组成的三角形的面积为，求与之间的函数关系式； (3)当点在线段上运动，且点之间的距离为时，直接写出此时的值． 【答案】(1)3． (2)当时，；当时，． (3)． 【知识点】函数解析式、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】（1）过点A作，垂足为，可得四边形是矩形，先求出，再在中求出即可求解； （2）分点在、上两种情况由三角形面积公式即可求解； （3）过点P作，垂足为，可得四边形是矩形，再在中，，由此列方程求解即可. 【详解】（1）解：如解图1，过点A作，垂足为， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵在中，， ∴， ∴； 故答案为：3． （2）解：如解图2，当时，，， ∵，即， ∴点P在上，此时， 当时，如解图3， 点P在上，，， 此时， 综上所述：； （3）解：如解图4．过点P作，垂足为， 同理（1）可得：四边形是矩形， ，，，， ∴， ∵在中，， ∴， ∴，（不合题意舍去）． ∴当点在线段上运动，且点之间的距离为时，此时． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，函数解析式、一元二次方程的应用，灵活运用分类思想是解题的关键 题型二十二 四边形中的线段最值问题（共3小题） 65．（23-24九年级·重庆·期中）如图，已知正方形的边长为3，点M在上，，点N是上的一个动点，那么的最小值是（    ） A．3 B．4 C． D． 【答案】C 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、四边形中的线段最值问题 【分析】本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，根据点B与点D关于直线对称，可知的长即为的最小值是解答此题的关键．由正方形的对称性可知点B与D关于直线对称，连接交于点，即为所求，在中利用勾股定理即可求出的长即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴点B与D关于直线对称， 连接交于点，连接， 则， ， 当B、N、M三点共线时，取得最小值， 则即为所求的点， 则的长即为的最小值， ∵四边形是正方形， ∴是线段的垂直平分线， 又， 在中，， 故的最小值是． 故选：C． 66．（22-23九年级上·全国·期中）如图，先将绕点C顺时针旋转得到，再将线段绕点D顺时针旋转得到，连接，且． (1)若，B、E、D三点在同一条直线上，求的长； (2)若，，点P在边上，求线段的最小值． 【答案】(1) (2) 【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、根据正方形的性质与判定求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】（1）由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可得，可证，通过证明四边形是矩形，可得，由等腰直角三角形的性质可求解； （2）由垂线段最短可得当时，的长度有最小值，先证点P，点E，点D三点共线，由勾股定理可求的长，由正方形的性质可得，即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵将绕点C顺时针旋转得到， ∴， ∴，， ∵B、E、D三点共线， ∴， ∴， ∵将线段绕点D顺时针旋转得到， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵点P在边上， ∴当时，的长度有最小值， 由旋转的性质可得：， ∴， ∵， ∴， ∴点P，点E，点D三点共线， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ， ， ∴线段的最小值为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形、正方形的判定与性质，勾股定理，垂线段最短等知识，旋转的性质，矩形、正方形的判定与性质的应用是解题的关键． 67．（23-24九年级上·天津红桥·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B为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点A、D、C的对应点分别为G、F、E．      (1)如图①，当点G落在边上时，求的长； (2)如图②，当点G落在线段上时，与交于点H． ①求证：； ②求的长． (3)记点K为矩形对角线的交点，连接，记面积为S，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)； (2)①见解析；②； (3)． 【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、用勾股定理解三角形、四边形中的线段最值问题、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）①利用旋转的性质可得：，，由可证； ②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，据此求解即可． 【详解】（1）解：由旋转的性质知， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴； ∴； （2）①证明：由旋转知：，， ∵， ∴， 又∵， ∴； ②解：设， 由①知， ∴， 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B为圆心，为半径的圆上，的底是定值为3，当高最小或最大时，的面积就存在最小值或最大值，   　 ∴当点G在线段上时，此时最短，则面积有最小值； 当点G在延长线上时，此时最长，则面积有最大值； 分情况讨论： 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． ∴． ∴． 【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． $