专题01 特殊平行四边形（期中真题汇编，贵州专用）九年级数学上册北师大版

专题01 特殊平行四边形 7大高频考点概览 考点01 菱形的性质与判定 考点02 矩形的性质与判定 考点03 正方形的性质与判定 考点04 特殊平行四边形与折叠问题【常考点】 考点05 图形与坐标 考点06 特殊平行四边形性质与判定辨析【高频考点】 考点07四边形综合【难点】 地 城 考点01 菱形的性质与判定 一、单选题 1．(22-23九上·贵州贵阳贵安区高峰中学·期中)若菱形两条对角线长分别为6和8，则这个菱形的面积为（　　） A．12 B．16 C．24 D．48 2．(2022·贵州省贵阳市·)如图，将菱形纸片沿着线段剪成两个全等的图形，则的度数是（    ） A．40° B．60° C．80° D．100° 3．(24-25九上·贵州贵阳清镇·期中)如图，四边形是平行四边形，与相交于点，则下列说法正确的是（   ） A．若，则四边形是菱形 B．若，则四边形是矩形 C．若，则四边形是菱形 D．若，则四边形是正方形 4．(24-25九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中)如图，在菱形中，已知，则的度数为（   ） A． B． C． D． 5．(24-25九上·贵州铜仁江口县·期中)如图，菱形的对角线，交于点O，E是的中点，，则的长是（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 6．(24-25九上·贵州六盘水·期中)如图，在菱形中，，点为的中点，于，则的长为（　　） A． B． C． D． 二、填空题 7．(24-25九上·贵州毕节民族中学东校区·期中)已知在菱形中，，则菱形的周长为 ． 8．(24-25九上·贵州贵阳清镇·期中)如图，在边长为的菱形中，，是边上的动点，是边上的动点，且，连接，则的最小值是 ．    三、解答题 2．(24-25九上·贵州毕节民族中学东校区·期中)已知在菱形中，，则菱形的周长为 ． 9．(24-25九上·贵州贵阳第十九中学·期中)尺规作图：已知线段a、b，求作菱形， 使得．（不写作法，保留作图痕迹）    10．(24-25九上·贵州贵阳清镇·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． 11．(24-25九上·贵州遵义第五十五中学·)如图，在平行四边形中，点，分别在边，上，，． (1)证明：四边形为菱形； (2)若四边形的周长为16，且，求的长． 12．(24-25九上·贵州毕节民族中学东校区·期中)如图，在菱形中，于点，于点．    (1)求证：； (2)若，，求的长． 13．(24-25九上·贵州遵义校联考·期中)如图，在四边形中，． (1)请用尺规在图①中作图，在四边形内求作一点，使点到边，，的距离均相等．（保留作图痕迹，不写作法） (2)如图②，在（）的条件下，过点作，若、、三点在同一条直线上，试判断四边形的形状并说明理由． 地 城 考点02 矩形的性质与判定 一、单选题 14．(24-25九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中)对角线相等的平行四边形一定是（   ） A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．无法确定 15．(24-25九上·贵州贵阳清镇·期中)如图，在矩形中，对角线与相交于点，则的长是（   ） A．2 B． C．4 D．5 16．(24-25九上·贵州铜仁江口县·期中)如图，在矩形中，M是边的中点，，垂足为N，连接，给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 17．(24-25九上·贵州贵阳观山湖区远大中学·期中)如图，在矩形中，为中点，过点O的直线分别与，交于点E，F，连接交于点M，连接，．若，，则下列结论：①，；②；③四边形是菱形，其中正确结论的个数是（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 18．(24-25九上·贵州铜仁石阡县·期中)如图，在矩形中，M是边的中点，，垂足为N，连接DN．给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（   ）    A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 二、填空题 19．(24-25九上·贵州遵义第五十五中学·)如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，则的长为 ． 20．(24-25九上·贵州贵阳南明区第二实验中学·期中)如图，在矩形中，连接，过点C作，分别交，于点E，F．若，，则的值为 ． 21．(24-25九上·贵州黔东南州凯里第六中学·期中)如图，把四边形的某些边向两方延长，其它各边有不在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凹四边形．如图，在凹四边形中，，，，，则凹四边形的周长为 ． 22．(24-25九上·贵州铜仁沿河土家族自治县·期中)如图，在直角三角形中，，，，点M是边上一动点，点D，E分别是，的中点，若点N在边上，且，点F，G分别是，的中点，四边形的最大面积是 ． 23．(24-25九上·贵州六盘水·期中)如图，在中，，，，为斜边上一动点，过作，过作于点，则线段的最小值为 ． 24．(24-25九上·贵州贵阳南明区北京师范大学贵阳附属学校·期中)如图，在矩形中，，点P是边上一点，连接，以A为中心，将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，且，则的长度为 ． 三、解答题 25．(24-25九上·贵州黔东南州凯里第六中学·期中)如图，在矩形中，点在上，，且，垂足为． (1)求证：； (2)若，，求四边形的面积． 26．(24-25九上·贵州毕节民族中学东校区·期中)如图，在中，延长到点，使得，连接，，，交于点，已知． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 地 城 考点03 正方形的性质与判定 一、单选题 27．(24-25九·贵州·期中)如图，正方形的对角线与相交于点O，则下列说法不正确的是（　　） A． B． C． D． 二、填空题 28．(24-25九上·贵州遵义第一初级中学·期中)如图，在中，，，，D为边上一动点（不与点B重合），以为边长作正方形，连接，则的面积的最大值等于 ． 29．(24-25九上·贵州贵阳第十九中学·期中)在正方形中，点E是的中点，连接，过B点作交于点F， 连接，若 ， 则的长为 三、解答题 30．(24-25九上·贵州贵阳南明区北京师范大学贵阳附属学校·期中)已知：在正方形中，点E是延长线上一点，且，连接． (1)如图1，过点D作的垂线交于点F，根据题意在图1画出，且图中与相等的角是____________． (2)在（1）的条件下，连接，取的中点G，连接，若时，请写出线段之间的数量关系，并证明． (3)如图2，当点E在延长线上时，请你写出线段之间的数量关系，并说明理由． 地 城 考点04 特殊平行四边形与折叠问题【常考点】 一、单选题 31．(24-25九上·贵州贵阳第十九中学·期中)如图，将长方形纸片折叠，使A点落在 上 的F 处，折痕为， 若 沿 剪下，则折叠部分是一个正方形，其数学原理是（    ）   A．有一组邻边相等的矩形是正方形 B．对角线相等的菱形是正方形 C．两个全等的直角三角形构成正方形 D．轴对称图形是正方形 32．(23-24九上·贵州贵阳南明区·期中)如图，在矩形中，，，E是边上一点，连接，沿翻折，得到，连接．当长度最小时，的面积是（   ）    A． B． C． D．2 33．(24-25九上·贵州贵阳观山湖区远大中学·期中)如图，将矩形纸片按照如图所示的方式折叠，点A，点C恰好落在对角线上，得到菱形．若，则的长为（     ） A． B． C．3 D． 二、解答题 34．(24-25九上·贵州贵阳清镇·期中)如图，将矩形沿对角线折叠，点的对应点是点E，的对应边交于点． (1)求证：是等腰三角形； (2)若，求的长． 35．(24-25九上·贵州黔东南州凯里第六中学·期中)如图1，在正方形中，点是边上一动点，将正方形沿折叠，点落在正方形内部的点处，连接并延长，交于点． (1)判断与的数量关系为______； (2)【应用】如图1，延长交于点． ①证明：； ②若，，，求的长度； (3)【拓展】如图2，将正方形沿折叠，使点落在点处（正方形内部），连接并延长，交于点，延长交直线于点．若，，直接写出的值． 地 城 考点05 图形与坐标 一、单选题 36．(24-25九上·贵州贵阳观山湖区美的中学·期中)如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形绕点O顺时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点O连续旋转次得到正方形，那么点的坐标是（     ） A． B． C． D． 37．(24-25九上·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． 38．(24-25九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中)菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示．若，则点C的坐标为（   ） A． B． C． D． 地 城 考点06 特殊平行四边形性质与判定辨析【高频考点】 一、单选题 39．(24-25九上·贵州毕节民族中学东校区·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 40．(24-25九上·贵州贵阳云岩区联盟校数学·期中)下列选项中判断正确的是（    ） A．如果四边形的两组对角分别相等，那么这个四边形是矩形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．正方形具有矩形的性质，又具有菱形的性质 D．四边相等的四边形是正方形 41．(24-25九上·贵州六盘水·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 地 城 考点07 四边形综合【难点】 一、单选题 42．(24-25九·贵州·期中)如图，菱形的对角线，相交于点O，，连接，，有下列条件：①，②． (1)请从以上①②中任选一个作为条件，求证：四边形为矩形； (2)在（1）的条件下，若，，求菱形的面积． 43．(24-25九上·贵州贵阳观山湖区远大中学·期中)【感知】如图①，四边形、均为正方形．可知（不需要证明）． 【拓展】如图②，四边形、均为菱形，且，求证：． 【应用】如图③，四边形、均为菱形，点E在边上，点G在延长线上，若，，的面积为8，求菱形的面积． 44．(24-25九上·贵州贵阳观山湖区美的中学·期中)如图，四边形是正方形，点O为对角线的中点． (1)问题解决：如图①，连接，分别取的中点P，Q，连接，则与的数量关系是_____，位置关系是_____； (2)问题探究：如图②，是将图①中的绕点A按顺时针方向旋转得到的三角形，连接，点P为的中点，连接并延长交于F，，．证明； (3)拓展延伸：如图③，是将图①中的绕点按逆时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，．若正方形的边长为1，求的面积． 45．(24-25九上·贵州遵义第一初级中学·期中)综合与实践 【初步探究】 已知四边形是正方形，在同一平面内，将等腰直角三角尺（，）按如图1所示的方式放置，点E在边上，连接，． （1）图1中与之间的数量关系是______，位置关系是______； 【类比探究】 （2）如图2，将三角尺绕点C顺时针旋转，使点B，E，F在同一条直线上．线段与之间的关系是否成立？并说明理由； 【问题解决】 （3）在（2）中，若，，求线段的长． 46．(24-25九上·贵州铜仁沿河土家族自治县·期中)【基础巩固】 （1）如图①，在中，D为上一点，．求证：． 【尝试应用】 （2）如图②，在平行四边形中，E为上一点，F为延长线上一点，．若，，求的长． 【拓展提高】 （3）如图③，在菱形中，E是上一点，F是内一点，，，，，，求菱形的边长． 47．(24-25九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中)【问题提出】（1）如图1，在中，对角线平分．求证：四边形是菱形． 【问题探究】（2）如图2，点E在正方形内，点F在正方形外，连接，且．若，求的长． 【问题解决】（3）如图3，某公园内有一块平行四边形草坪，其中平分，，点E，P分别在上，且，连接．现要沿修建步行景观道，为了节省成本，要使所修的步行景观道最短，试求的最小值．（路面宽度忽略不计） 48．(24-25九上·贵州六盘水·期中)（1）如图①，在正方形中，是上一点，连接，过点作交的延长线于点．求证：； （2）如图②，在正方形中，是上一点，是上一点，如果，请利用（1）的结论证明：； （3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题： 如图③，在四边形中，，，，是上一点，且，，，求四边形的面积． 49． (24-25九上·贵州凯里学院附属中学·期中) 50． 【问题背景】（1）如图1，点E、F分别在正方形的边、上，，把绕点逆时针旋转至，可使与重合，由，得，，即点、、共线，易证________，故、、之间的数量关系为_________． 【迁移应用】（2）如图2，四边形中，，，点、分别在边、上，，若，都不是直角，且，试探究、、之间的数量关系； 【联系拓展】（3）如图3，在中，，，点、均在边上，且，猜想、、满足的等量关系，并证明． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 特殊平行四边形 7大高频考点概览 考点01 菱形的性质与判定 考点02 矩形的性质与判定 考点03 正方形的性质与判定 考点04 特殊平行四边形与折叠问题【常考点】 考点05 图形与坐标 考点06 特殊平行四边形性质与判定辨析【高频考点】 考点07四边形综合【难点】 地 城 考点01 菱形的性质与判定 一、单选题 1．(22-23九上·贵州贵阳贵安区高峰中学·期中)若菱形两条对角线长分别为6和8，则这个菱形的面积为（　　） A．12 B．16 C．24 D．48 【答案】C 【分析】因为菱形的对角线互相垂直，互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半． 【详解】解：菱形的面积为： 故选：C 【点睛】本题考查菱形的性质，关键知道菱形的对角线互相垂直，然后根据面积等于对角线的一半求出结果． 2．(2022·贵州省贵阳市·)如图，将菱形纸片沿着线段剪成两个全等的图形，则的度数是（    ） A．40° B．60° C．80° D．100° 【答案】C 【分析】根据两直线平行，内错角相等可得出答案． 【详解】解：∵纸片是菱形 ∴对边平行且相等 ∴（两直线平行，内错角相等） 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是要知道两直线平行，内错角相等． 3．(24-25九上·贵州贵阳清镇·期中)如图，四边形是平行四边形，与相交于点，则下列说法正确的是（   ） A．若，则四边形是菱形 B．若，则四边形是矩形 C．若，则四边形是菱形 D．若，则四边形是正方形 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形、菱形与正方形的定义及判定定理等知识点，由矩形、菱形与正方形的定义及判定定理逐一判定即可得解，熟练掌握矩形、菱形与正方形的定义及判定定理是解题的关键． 【详解】∵四边形是平行四边形，且， ∴四边形是矩形，但不一定是菱形， 故A不符合题意； ∵四边形是平行四边形，且， ∴四边形是菱形，但不一定是矩形， 故B不符合题意； ∴四边形是平行四边形，且， ∴四边形是菱形， 故C符合题意； ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形，且， ∴四边形是矩形，但不一定是正方形， 故D不符合题意， 故选：C． 4．(24-25九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中)如图，在菱形中，已知，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的定义，根据菱形的定义得，进而得，再根据三角形的内角和定理即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴, ∴， ∴， 故选：B． 5．(24-25九上·贵州铜仁江口县·期中)如图，菱形的对角线，交于点O，E是的中点，，则的长是（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，掌握菱形的对角线互相垂直是解题的关键． 由菱形的性质可得，由直角三角形的性质可得，故可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵点E是的中点， ∴， 故选：A． 6．(24-25九上·贵州六盘水·期中)如图，在菱形中，，点为的中点，于，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、含角的直角三角形，熟练掌握以上知识点是解题的关键．利用菱形的性质以及，证出是等边三角形，得到，结合得到，最后利用勾股定理求出的长即可得出结论． 【详解】解：菱形， ， 又， 是等边三角形， ， 点为的中点， ， ， ， ， ， 在中，， ． 故选：A． 二、填空题 7．(24-25九上·贵州毕节民族中学东校区·期中)已知在菱形中，，则菱形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查菱形的性质．根据菱形的性质“菱形的四条边相等”可直接进行求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴菱形的周长为， 故答案为：． 8．(24-25九上·贵州贵阳清镇·期中)如图，在边长为的菱形中，，是边上的动点，是边上的动点，且，连接，则的最小值是 ．    【答案】 【分析】连接，，，如图所示，首先由菱形性质、等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质证明是等边三角形，构建垂线段最短，可知当时，最短，即最短． 【详解】解：连接，，，如图所示：    四边形是菱形， ， ， ，都是等边三角形， ，， 在和中， ， ， ，， ， 是等边三角形， ， 时，线最小，最小值为， 的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、动点最值问题-垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，灵活运用垂线段最短解决最值问题． 三、解答题 2．(24-25九上·贵州毕节民族中学东校区·期中)已知在菱形中，，则菱形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查菱形的性质．根据菱形的性质“菱形的四条边相等”可直接进行求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴菱形的周长为， 故答案为：． 9．(24-25九上·贵州贵阳第十九中学·期中)尺规作图：已知线段a、b，求作菱形， 使得．（不写作法，保留作图痕迹）    【答案】见解析 【分析】本题主要考查了作图-复杂作图、菱形的判定、垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握尺规作图—作线段垂直平分线的方法是解题的关键． 先作，然后作出的垂直平分线，再截取可得到B、D的位置，再连接即可解答． 【详解】解：如图： （1）作线段，作线段b的垂直平分线； （2）作线段的垂直平分线交于点O； （3）以O为圆心，截取； （4）连接，则四边形为菱形即为所求．   ． 10．(24-25九上·贵州贵阳清镇·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 【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． 11．(24-25九上·贵州遵义第五十五中学·)如图，在平行四边形中，点，分别在边，上，，． (1)证明：四边形为菱形； (2)若四边形的周长为16，且，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得 ，再证四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）由菱形的性质得，根据，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴ ∵， ∴ ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形为菱形，四边形的周长为16， ∴ 又∵ ∴ 12．(24-25九上·贵州毕节民族中学东校区·期中)如图，在菱形中，于点，于点．    (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定以及性质，勾股定理． （1）利用菱形的性质结合已知条件用即可证明． （2）利用全等三角形的性质得出，再利用勾股定理即可求出． 【详解】（1）证明：，， ， 又四边形是菱形， ，， ． （2）， ， ，， ． 13．(24-25九上·贵州遵义校联考·期中)如图，在四边形中，． (1)请用尺规在图①中作图，在四边形内求作一点，使点到边，，的距离均相等．（保留作图痕迹，不写作法） (2)如图②，在（）的条件下，过点作，若、、三点在同一条直线上，试判断四边形的形状并说明理由． 【答案】(1)作图见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 【分析】（）如图，分别作和的平分线，相交于点，由角平分线的性质可知点到边，，的距离均相等，故点即为所求； （）由，可得四边形为平行四边形，再根据平行线的性质和角平分线的定义可得，即得，即可求证； 本题考查了角平分线的作法和性质，菱形的判定，等腰三角形的判定等，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】（1）解：如图所示，点即为所求； （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∵平分，、、三点在同一条直线上， ∴， ， ， ∴四边形是菱形． 地 城 考点02 矩形的性质与判定 一、单选题 14．(24-25九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中)对角线相等的平行四边形一定是（   ） A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．无法确定 【答案】A 【分析】本题考查了特殊平行四边形的判定，熟练掌握各特殊平行四边形的判定是解题关键． 根据对角线相等的平行四边形是矩形，直接得出答案即可． 【详解】解：∵对角线相等的平行四边形是矩形， ∴选项A符合题意， 故选： A． 15．(24-25九上·贵州贵阳清镇·期中)如图，在矩形中，对角线与相交于点，则的长是（   ） A．2 B． C．4 D．5 【答案】B 【分析】本题考查矩形中求线段长，涉及矩形性质、勾股定理等知识，先由矩形性质得到，，，再结合中，由勾股定理得到长即可确定答案，熟记矩形性质及勾股定理求线段长的方法是解决问题的关键． 【详解】解：在矩形中，对角线与相交于点， ，，， 在中，，，，则由勾股定理可得， 故选：B． 16．(24-25九上·贵州铜仁江口县·期中)如图，在矩形中，M是边的中点，，垂足为N，连接，给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、矩形的性质等知识点，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 先证明可得得到可证①④正确；由平行线性质可得、，可证可判定②；通过证明可得，可求，即可得可判定③． 【详解】解：∵在矩形中，， ∴， ∴， ∴M是边的中点， ， ∴， ，故①正确； ∴，故④正确； ∵四边形是矩形， ∴，，， ，， ∴，故②正确； ∵， ， ∵， ∴，且， ，且， ∴， ∴，即， ∴， ， ∴，故③错误． 综上的有①②④． 故选：B． 17．(24-25九上·贵州贵阳观山湖区远大中学·期中)如图，在矩形中，为中点，过点O的直线分别与，交于点E，F，连接交于点M，连接，．若，，则下列结论：①，；②；③四边形是菱形，其中正确结论的个数是（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定是解题关键．连接，先根据矩形的性质可得点共线，，，，再根据等边三角形的判定可得是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，，则垂直平分，由此即可判断①正确；假设成立，根据全等三角形的性质可得，再根据在直角三角形中，斜边大于直角边可得，由此即可判断②错误；先证出，根据全等三角形的性质可得，则可证四边形是平行四边形，再证出，根据全等三角形的性质可得，根据菱形的判定即可得③正确． 【详解】解：如图，连接， ∵在矩形中，为对角线中点， ∴点共线，，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， 又∵， ∴垂直平分， ∴，，则结论①正确； 假设成立，则， 在中，，与矛盾， ∴假设不成立，则结论②错误； ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形，则结论③正确； 综上，正确结论的个数是2个， 故选：B． 18．(24-25九上·贵州铜仁石阡县·期中)如图，在矩形中，M是边的中点，，垂足为N，连接DN．给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（   ）    A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】本题是考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质．通过证明，可得，得到，可证①④正确；由平行线性质可得，，可证；通过证明，可得，可求，即可得，则可求解． 【详解】解：在矩形中， ， ， ， 是边的中点， ， ， ，故①正确； ，故④正确； 四边形是矩形， ，，， ，， ，故②正确； ， ， ， ，且，， ，且， ， ， ， ， ， ∴，故③错误． 故选：B． 二、填空题 19．(24-25九上·贵州遵义第五十五中学·)如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，则的长为 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了矩形．勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解答此题的关键．根据矩形的性质求出的长，再由勾股定理求出的长即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 在中， 故答案为：． 20．(24-25九上·贵州贵阳南明区第二实验中学·期中)如图，在矩形中，连接，过点C作，分别交，于点E，F．若，，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、三角形相似，解题的关键是熟悉矩形的性质和三角形相似的性质和判定． 根据矩形的性质可得，根据可得，再证明，根据相似比即可解得． 【详解】∵四边形为矩形，， ∴，， ∴， ，，四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴ ， 即 ， ∴， ∵， ， ∴， ∴ ， 即 ， ∴ ， ∴ ． 故答案为： ． 21．(24-25九上·贵州黔东南州凯里第六中学·期中)如图，把四边形的某些边向两方延长，其它各边有不在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凹四边形．如图，在凹四边形中，，，，，则凹四边形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理、解直角三角形、矩形的判定与性质，解决本题的关键是作辅助线构造含角的直角三角形，利用含角的直角三角形的性质找边之间的关系，过点分别作，，作，可证四边形是矩形，设，则，把边用含的代数式表示出来，可得方程，解方程求出的值即可求出边和边长度，利用四边形周长的公式计算即可得到结果． 【详解】解：如下图所示，过点分别作，，作， ， 四边形是矩形， 设，则， ， ， 在中，， ， ， 又， ，， ， 又，， ， ， ， ， 解得：， ，， ， ， 凹四边形的周长为 故答案为：． 22．(24-25九上·贵州铜仁沿河土家族自治县·期中)如图，在直角三角形中，，，，点M是边上一动点，点D，E分别是，的中点，若点N在边上，且，点F，G分别是，的中点，四边形的最大面积是 ． 【答案】4 【分析】根据三角形中位线定理可得，，然后得到，，结合证明出平行四边形是矩形，然后利用勾股定理求出，设，表示出，然后根据矩形的面积公式表示出四边形的面积，然后根据配方法结合平方的非负性求解即可． 【详解】解：如图， ∵点D，E分别是，的中点， ∴是的中位线， ，且， 又F、G分别是的中点， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴ ∴ ∴平行四边形是矩形 ∵，，， ∴， ∴设，则 ∴ ∴ ∴ ∴四边形面积． ∵ ∴ ∴四边形的最大面积是4． 故答案为：4． 【点睛】此题主要考查了三角形的中位线定理，矩形的性质和判定，勾股定理，配方法的应用等知识，解题时要熟练掌握并灵活运用是关键． 23．(24-25九上·贵州六盘水·期中)如图，在中，，，，为斜边上一动点，过作，过作于点，则线段的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理、矩形的判定与性质、垂线段最短，由勾股定理可得，连接，证明四边形为矩形得出，当时，最短，此时也最短，由等面积法求出的长即可得解． 【详解】解：在中，，，， ∴， 如图，连接， ， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴当时，最短，此时也最短， ∵， ∴， ∴线段的最小值为， 故答案为：． 24．(24-25九上·贵州贵阳南明区北京师范大学贵阳附属学校·期中)如图，在矩形中，，点P是边上一点，连接，以A为中心，将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，且，则的长度为 ． 【答案】/ 【分析】连接，取的中点O，连接，证明是等边三角形，得到，利用含30度角的直角三角形的性质求得，则，证明得到，则点Q在射线上运动，由已知得到，过Q作于M，于N，，则，，利用勾股定理结合等腰直角三角形的性质得到， ，在中，利用勾股定理结合平方根解方程求解x值即可解答． 【详解】解：连接，取的中点O，连接，则， 在矩形中，，，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，则， 连接并延长交于E， 由旋转性质得，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴由得， 解得，则， ∵， ∴， 过Q作于M，于N，则四边形是矩形， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， ∴， 在中，，则， ∴， 由得， 解得，则， ∴， 在中，由得， 整理，得，即， ∴，又， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、旋转性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、解一元二次方程，等知识，是综合性强的填空压轴题，得到点Q的运动路线是解答的关键． 三、解答题 25．(24-25九上·贵州黔东南州凯里第六中学·期中)如图，在矩形中，点在上，，且，垂足为． (1)求证：； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析； (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解决本题的关键是利用勾股定理求出矩形的边长，再根据矩形的面积公式计算即可． 根据矩形的性质可得，利用可证； 根据全等三角形的性质可得，利用勾股定理可求，根据矩形的面积公式计算即可求出四边形的面积． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ，， ， 又， ， 在和中，， ； （2）解：由可知， ， 又，, ， 矩形的面积是． 26．(24-25九上·贵州毕节民族中学东校区·期中)如图，在中，延长到点，使得，连接，，，交于点，已知． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再根据得到，即可求证； （2）由得到为等边三角形，求得、，再根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴． 又∵，， ∴，点为线段的中点， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴，即， ∴平行四边形为矩形． （2）解：∵，， ∴为等边三角形． ∴， 由（）得， ∴． 在中，， ∴． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，等边三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关性质是解题的关键． 地 城 考点03 正方形的性质与判定 一、单选题 27．(24-25九·贵州·期中)如图，正方形的对角线与相交于点O，则下列说法不正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正方形的性质，利用正方形的性质，进行判断即可． 【详解】解：A、根据正方形的性质可知，故A选项正确，不符合题意； B、根据正方形的性质可知，故B选项不正确，符合题意； C、根据正方形的性质可知，故C选项正确，不符合题意； D、根据正方形的性质可知，故D选项正确，不符合题意． 故选：B． 二、填空题 28．(24-25九上·贵州遵义第一初级中学·期中)如图，在中，，，，D为边上一动点（不与点B重合），以为边长作正方形，连接，则的面积的最大值等于 ． 【答案】 【分析】如图，过点E作于M，过点C作交的延长线于N，过点A作于H．解直角三角形求出的长，设，则，再利用全等三角形的性质证明，利用三角形的面积公式构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题． 【详解】解：如图，过点E作于M，过点C作交的延长线于N，过点A作于H． 在中，∵，，， ∴， 在中，∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴，设，则， ∵四边形是正方形， ， ∴， ∴， ， ∴， ， ∵， ∴当时，的面积的最大，最大值为． 故答案为． 【点睛】本题考查正方形的性质，解直角三角形，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题． 29．(24-25九上·贵州贵阳第十九中学·期中)在正方形中，点E是的中点，连接，过B点作交于点F， 连接，若 ， 则的长为 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的判定与性质成为解题的关键． 如图：过点D作交于M，先证明，再结合已知条件可得，再证明可得，进而说明垂直平分，即，进而完成解答． 【详解】解：如图：过点D作交于M， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和和中， ∵， ∴， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴，即， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴，即． 故答案为：． 三、解答题 30．(24-25九上·贵州贵阳南明区北京师范大学贵阳附属学校·期中)已知：在正方形中，点E是延长线上一点，且，连接． (1)如图1，过点D作的垂线交于点F，根据题意在图1画出，且图中与相等的角是____________． (2)在（1）的条件下，连接，取的中点G，连接，若时，请写出线段之间的数量关系，并证明． (3)如图2，当点E在延长线上时，请你写出线段之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意做出图形，再根据正方形的性质得到，，又，得，从而． （2）在上取点M，使得，连接，证，G为的中点，得到，得，即可解答． （3）在延长线上取一点M，使得，连接，由正方形的性质得，，进而证明，得，又证是的中位线，得，再证，再利用勾股定理得，从而得解． 【详解】（1）补全图形，如图所示 ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）在上取点M，使得，连接， ∵，，， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∵G为的中点， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴． （3）在延长线上取一点M，使得，连接， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵G为的中点， ∴是的中位线，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形中位线的判定及性质，垂线的定义，熟练掌握三角形的中位线的判定及性质和正方形的性质是解题的关键． 地 城 考点04 特殊平行四边形与折叠问题【常考点】 一、单选题 31．(24-25九上·贵州贵阳第十九中学·期中)如图，将长方形纸片折叠，使A点落在 上 的F 处，折痕为， 若 沿 剪下，则折叠部分是一个正方形，其数学原理是（    ）   A．有一组邻边相等的矩形是正方形 B．对角线相等的菱形是正方形 C．两个全等的直角三角形构成正方形 D．轴对称图形是正方形 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定定理，矩形的性质，解题的关键是掌握邻边相等的矩形是正方形；由矩形的性质可得，由折叠可知，， ，即可证明四边形是正方形． 【详解】解：四边形是矩形， ， 由折叠可知，， ， ∴四边形是正方形， 故选：． 32．(23-24九上·贵州贵阳南明区·期中)如图，在矩形中，，，E是边上一点，连接，沿翻折，得到，连接．当长度最小时，的面积是（   ）    A． B． C． D．2 【答案】C 【分析】连接，如图，根据折叠的性质得到，，当点、、三点共线时，最小，此时的最小值，根据勾股定理得到，得到长度的最小值，设，则，根据勾股定理得到根据三角形的面积公式得到的面积是． 【详解】解：连接，如图，   沿翻折至， ， ，， ， 当点、、三点共线时，最小，此时的最小值， 四边形是矩形， ， ，， ， 长度的最小值， 设，则， ， ， ， ， 解得，， 的面积是， 故选：． 【点睛】本题考查翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，线段的最值问题．本题的综合性强，属于常见的中考压轴题．熟练掌握折叠的性质，勾股定理，是解题的关键． 33．(24-25九上·贵州贵阳观山湖区远大中学·期中)如图，将矩形纸片按照如图所示的方式折叠，点A，点C恰好落在对角线上，得到菱形．若，则的长为（     ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【分析】设菱形的对角线交于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，即折叠后，点落在点处，同理可得，即折叠后，点落在点处，再设，则，在中，利用勾股定理建立方程，解方程即可得． 【详解】解：如图，设菱形的对角线交于点， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∵折叠后，点恰好落在对角线上， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即折叠后，点落在点处， 同理可得：，即折叠后，点落在点处， ∴， 设，则， 在中，，即， 解得或（不符合题意，舍去）， 即， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的性质、勾股定理、三角形全等的判定与性质、一元二次方程的应用、折叠的性质等知识，熟练掌握折叠的性质是解题关键． 二、解答题 34．(24-25九上·贵州贵阳清镇·期中)如图，将矩形沿对角线折叠，点的对应点是点E，的对应边交于点． (1)求证：是等腰三角形； (2)若，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质得到，根据平行线的性质得到，根据折叠的性质得到，根据等腰三角形的判定定理得到结论； （2）根据折叠的性质我们可得出，，，证明，设，利用勾股定理即可得出答案． 【详解】（1）∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵将矩形沿对角线折叠， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； （2）∵四边形是矩形， ∴，，， ∵将矩形沿对角线折叠， ∴，，， 在与中， ， ∴， ∴， 设，则， 在中，， 即， 解得， ∴． 【点晴】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识点，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键． 35．(24-25九上·贵州黔东南州凯里第六中学·期中)如图1，在正方形中，点是边上一动点，将正方形沿折叠，点落在正方形内部的点处，连接并延长，交于点． (1)判断与的数量关系为______； (2)【应用】如图1，延长交于点． ①证明：； ②若，，，求的长度； (3)【拓展】如图2，将正方形沿折叠，使点落在点处（正方形内部），连接并延长，交于点，延长交直线于点．若，，直接写出的值． 【答案】(1) (2)①见解析；② (3)的值为或 【分析】（1）利用证明即可； （2）①由折叠知，则，再由平行得，由，则有； ②由（1）得；由①知，而，进而得，求得a的值；设正方形的边长为m，则在中，利用勾股定理建立方程求得m，从而求得； （3）分点H在延长线上及点H在线段上两种情况进行，设，正方形的边长为m，与（2）②同理可求得，进而求得结果． 【详解】（1）解：由折叠知，， ∴； ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：； （2）①证明：由折叠知，则； ∵四边形是正方形， ∴， ∴； ∵， ∴； ②解：由（1）得； 由①知， ∴； 又； ∴， 解得：； ∴； 设正方形的边长为m，则， ∴， 在中，由勾股定理有， 即， 解得：（舍去）， 则； （3）解：设，正方形的边长为m； 当点H在线段上时， 与（2）②同理得：， 解得：， 同理在中，由勾股定理有， 即， 解得：（舍去）， 则， ∴； 当点H在线段延长线上时，如图； 则， 与（2）①同理，， 则； ∴， ∴； ∵，， 在中，由勾股定理有， 即， 解得：（舍去）， 则， ∴； 综上，的值为或． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，正方形的性质，解一元二次方程等知识，掌握这些知识并灵活运用是解题的关键． 地 城 考点05 图形与坐标 一、单选题 36．(24-25九上·贵州贵阳观山湖区美的中学·期中)如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形绕点O顺时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点O连续旋转次得到正方形，那么点的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，与旋转有关的点的坐标规律探索，根据题意可得每旋转八次点的对应点就与旋转前点A的位置重合，那么与的位置重合，进而可得的位置与点A绕点O顺时针旋转后点C对应点的位置相同，即的位置，过点作x轴的垂线，垂足为D，证明是等腰直角三角形，得到，据此可得答案． 【详解】解：∵， ∴每旋转八次点的对应点就与旋转前点A的位置重合， ∵， ∴与的位置重合， ∵是点A绕点O顺时针旋转得到的， ∴的位置与点A绕点O顺时针旋转后点C对应点的位置相同，即的位置， 如图所示，过点作x轴的垂线，垂足为D， 由旋转的性质可得， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 37．(24-25九上·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 【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． 38．(24-25九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中)菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示．若，则点C的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，坐标与图形的性质，数形结合是解答本题的关键．根据勾股定理求出，得出，进而可得出点C的坐标． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点C的坐标为． 故选A． 地 城 考点06 特殊平行四边形性质与判定辨析【高频考点】 一、单选题 39．(24-25九上·贵州毕节民族中学东校区·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 【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． 40．(24-25九上·贵州贵阳云岩区联盟校数学·期中)下列选项中判断正确的是（    ） A．如果四边形的两组对角分别相等，那么这个四边形是矩形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．正方形具有矩形的性质，又具有菱形的性质 D．四边相等的四边形是正方形 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，正方形的判定，平行四边形的判定，菱形的判定，根据正方形的性质，正方形的判定，平行四边形的判定，菱形的判定逐项排除即可，熟练掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：、如果四边形的两组对角分别相等，那么这个四边形是平行四边形，原选项判断错误，不符合题意； 、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原选项判断错误，不符合题意； 、正方形具有矩形的性质，又具有菱形的性质，原选项判断正确，符合题意； 、四边相等的四边形是菱形，原选项判断错误，不符合题意； 故选：． 41．(24-25九上·贵州六盘水·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 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形和矩形的性质，熟练掌握正方形和矩形的性质是解题的关键．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． 【详解】解：根据题意得：正方形对角线相互垂直平分相等，矩形对角线平分相等性质， ∴正方形具有而矩形没有的性质是对角线互相垂直． 故选：D． 地 城 考点07 四边形综合【难点】 一、单选题 42．(24-25九·贵州·期中)如图，菱形的对角线，相交于点O，，连接，，有下列条件：①，②． (1)请从以上①②中任选一个作为条件，求证：四边形为矩形； (2)在（1）的条件下，若，，求菱形的面积． 【答案】(1)①，见解析（答案不唯一） (2)96 【分析】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质和判定、勾股定理、平行四边形的判定与性质等知识． （1）先证四边形为平行四边形，再由菱形的性质得，即可得出结论； （2）由勾股定理和菱形的面积公式解答即可． 【详解】（1）证明：菱形对角线交于点， ， ， 选择①． ∵，， 四边形是平行四边形， 四边形为矩形； 选择②． ∵，， 四边形是平行四边形， 四边形为矩形； （2）解：四边形是菱形，， ，，， ， ， ， 菱形的面积． 43．(24-25九上·贵州贵阳观山湖区远大中学·期中)【感知】如图①，四边形、均为正方形．可知（不需要证明）． 【拓展】如图②，四边形、均为菱形，且，求证：． 【应用】如图③，四边形、均为菱形，点E在边上，点G在延长线上，若，，的面积为8，求菱形的面积． 【答案】拓展：证明见解析；应用： 【分析】本题考查了菱形的性质、三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 拓展：先根据菱形的性质可得，，，，从而可得，再证出，然后证出，根据全等三角形的性质即可得证； 应用：先证出，根据三角形的面积公式可得，再根据全等三角形的性质可得，从而可得，然后根据菱形的性质求解即可得． 【详解】证明：拓展：∵四边形、均为菱形， ∴，，，， ∵， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴． 解：应用：∵四边形为菱形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴的边上的高与的边上的高相等， ∴，即， ∵的面积为8， ∴， 同理可证：， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴菱形的面积为． 44．(24-25九上·贵州贵阳观山湖区美的中学·期中)如图，四边形是正方形，点O为对角线的中点． (1)问题解决：如图①，连接，分别取的中点P，Q，连接，则与的数量关系是_____，位置关系是_____； (2)问题探究：如图②，是将图①中的绕点A按顺时针方向旋转得到的三角形，连接，点P为的中点，连接并延长交于F，，．证明； (3)拓展延伸：如图③，是将图①中的绕点按逆时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，．若正方形的边长为1，求的面积． 【答案】(1)， (2)见解析 (3) 【分析】（1）由于点P和点Q分别为，的中点，为的中位线，根据三角形的中位线定理以及正方形的性质即可求解； （2）由旋转以及正方形的性质证明，则，继而可由直角三角形斜边中线的性质求证； （3）延长交边于点，连接，．证出四边形是矩形，为等腰直角三角形，，再证出为等腰直角三角形，根据图形的性质和勾股定理求出和的长度，即可计算出的面积． 【详解】（1）解：，， ∵点P和点Q分别为，的中点， ∴为的中位线， ∴，， ∵四边形是正方形，点O为对角线的中点， ∴，， ∴，； 故答案为：，； （2）证明：连接并延长交于点， ∵四边形是正方形， ∴，，， 由旋转得在上，， ∴， ∴， ∴， ∵为中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：延长交边于点，连接，． ∵四边形是正方形，是对角线， ∴，， 由旋转得，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴为等腰直角三角形，则， ∵点是的中点， ∴， ∴均为等腰直角三角形， ∴，， ∴在和中， ∴． ∴，． ∴． ∴． ∴为等腰直角三角形． ∵是的中点， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴． ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的性质、旋转图形的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质和勾股定理，根据题意作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 45．(24-25九上·贵州遵义第一初级中学·期中)综合与实践 【初步探究】 已知四边形是正方形，在同一平面内，将等腰直角三角尺（，）按如图1所示的方式放置，点E在边上，连接，． （1）图1中与之间的数量关系是______，位置关系是______； 【类比探究】 （2）如图2，将三角尺绕点C顺时针旋转，使点B，E，F在同一条直线上．线段与之间的关系是否成立？并说明理由； 【问题解决】 （3）在（2）中，若，，求线段的长． 【答案】（1）；（2）成立，理由见详解；（3）3 【分析】（1）由正方形可得，，再根据可得，再根据全等三角形的性质可得结论； （2）先利用证明，然后根据全等三角形的性质可得结论； （3）设，利用勾股定理求出解题即可． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴，， 延长交于点H，如图所示： ∵， ∴， ∴； 故答案为：，； （2），．理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴，即． 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， ∴； （3）如图，连接， 由（2），得， 设． 在中，， ∴． ∴． ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 由（2），得， ∴由勾股定理可得，即． 解得（不合题意，舍去）． ∴线段的长为3． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键． 46．(24-25九上·贵州铜仁沿河土家族自治县·期中)【基础巩固】 （1）如图①，在中，D为上一点，．求证：． 【尝试应用】 （2）如图②，在平行四边形中，E为上一点，F为延长线上一点，．若，，求的长． 【拓展提高】 （3）如图③，在菱形中，E是上一点，F是内一点，，，，，，求菱形的边长． 【答案】（1）详见解析 （2） （3） 【分析】本题主要考查平行四边形，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． （1）证明即可求解； （2）根据平行四边形的性质可得，可证，得到，代入计算即可求解； （3）如图，分别延长、相交与G，可证四边形是平行四边形，可证，得到，即 ，再证，得到，由此即可求解． 【详解】解：（1）证明：∵，， ∴， ∴； （2）∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （3）如图，分别延长、相交与G， ∵四边形是菱形， ∴即， 又∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即 ， 又， ∴，即， ∴ ， 又∵，， ∴， ∴， ∴菱形的边长为． 47．(24-25九上·贵州毕节织金县思源实验学校·期中)【问题提出】（1）如图1，在中，对角线平分．求证：四边形是菱形． 【问题探究】（2）如图2，点E在正方形内，点F在正方形外，连接，且．若，求的长． 【问题解决】（3）如图3，某公园内有一块平行四边形草坪，其中平分，，点E，P分别在上，且，连接．现要沿修建步行景观道，为了节省成本，要使所修的步行景观道最短，试求的最小值．（路面宽度忽略不计） 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）由平行四边形的性质得，从而有；由平分，得，即有，由菱形的判定即可证明； （2）由证，从而可得，由勾股定理即可求解； （3）首先由（1）可得，四边形为菱形，从而得；过点A作，取，连接，由证明，则有，从而得．连接、，当G、E、C三点共线时，取得最小值，最小值为．由，可得，由勾股定理即可求得，从而求得最小值． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ． 平分， ， ， ， ∴四边形是菱形． （2）解：∵四边形是正方形， ． 在和中，， ， ． ， ， ， ． （3）解：∵四边形为平行四边形，平分， ∴由（1）可知，四边形为菱形， ， ． 如图，过点A作，取，连接． 在和中，， ， ， ． 连接，当G，E，C三点共线时，取得最小值，最小值为． 在菱形中，， 是等边三角形， ， ， ， 故的最小值为． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，有一定的综合性，证明全等三角形是解题的关键． 48．(24-25九上·贵州六盘水·期中)（1）如图①，在正方形中，是上一点，连接，过点作交的延长线于点．求证：； （2）如图②，在正方形中，是上一点，是上一点，如果，请利用（1）的结论证明：； （3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题： 如图③，在四边形中，，，，是上一点，且，，，求四边形的面积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）四边形的面积为27 【分析】本题考查了正方形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）根据正方形的性质得出，，证明即可得证； （2）过点作交的延长线于点，由全等三角形的性质可得，，，再证明得出，即可得证； （3）过点作于点，交延长线于，证明四边形是正方形，设正方形的边长为，根据勾股定理计算得出，即可得解． 【详解】（1）证明：四边形为正方形， ，， ，， ， ， ， 在和中， ， ； （2）证明：如解图①，过点作交的延长线于点， 由（1）可知： ∴，，， ， ，即， 在和中， ， ， ， ； （3）解：如解图②，过点作于点，交延长线于， ，， ， ，，， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， 由（2）可得：， 设正方形的边长为， ， ，，， 在中，根据勾股定理可得：， 即， 解得：， ， 四边形的面积为． 49．(24-25九上·贵州凯里学院附属中学·期中) 【问题背景】（1）如图1，点E、F分别在正方形的边、上，，把绕点逆时针旋转至，可使与重合，由，得，，即点、、共线，易证________，故、、之间的数量关系为_________． 【迁移应用】（2）如图2，四边形中，，，点、分别在边、上，，若，都不是直角，且，试探究、、之间的数量关系； 【联系拓展】（3）如图3，在中，，，点、均在边上，且，猜想、、满足的等量关系，并证明． 【答案】（1），；（2）；（3），证明见解析. 【分析】（1）把绕点A逆时针旋转至，然后利用证明，由此可得． （2）把绕点A逆时针旋转至，然后利用证明，由此可得． （3）把旋转到的位置，连接，先根据证明，由此可得，．又由可得．因此是直角三角形，由此可得，因此． 【详解】（1）∵，， ∴把绕点A逆时针旋转90°至，可使与重合，如图1， ∵， ∴，点F，D、G共线， 则，， ， 即， 在和中，， ∴， ∴； 故答案为：   （2），理由如下：如图， ∵，， ∴把绕点逆时针旋转至，可使与重合， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，点F、D、G共线 在和中，， ∴， ∴，即：， （3）， 理由是：把旋转到的位置，连接，则，． ∴； ∵，， ∴， 又∵， ∴， 则在和中，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，正方形的性质．通过旋转变换构造全等三角形是解题的关键． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $