专题01 特殊平行四边形（13大题型）（期末真题汇编，四川成都专用）九年级数学上学期北师大版

专题01 特殊平行四边形 13大高频考点概览 考点01 特殊平行四边形与尺规作图综合（高频题） 考点08证明四边形是矩形 考点02利用特殊平行四边形求线段长度 考点09特殊四边形中折叠问题 考点03利用菱形的性质求面积 考点10利用正方形的性质求角度 考点04证明四边形是菱形（重点题型） 考点11特殊平行四边形解答题综合 考点05特殊平行四边形性质与判定的理解 考点12特殊四边形中最值问题 考点06利用矩形的性质与判定求角度 考点13特殊的平行四边形压轴题综合（重点题型） 考点07特殊平行四边形与坐标问题 地 城 考点01 特殊平行四边形与尺规作图综合 1．(24-25九上·四川成都青羊区·期末)如图，在中，，，以点A为圆心，长为半径画弧交于点F；以点A为圆心，适当长为半径画弧分别交、于M、N两点；分别以点M、N为圆心，大于长为半径画弧，两弧在平行四边形内交于点G，连接并延长交于E，连接、，分别交、于P、Q两点，下列结论不正确的是（　 　） A．平分 B．四边形是菱形 C． D． 2．(24-25九上·四川成都成华区·期末)如图，在平行四边形中，，．按下列步骤作图： ①以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点； ②分别以点为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点； ③连接并延长交于点．则的长是（    ） A． B． C． D． 3．(24-25九上·四川成都金牛区·期末)如图所示，在菱形中，以点为圆心，一定长为半径画弧分别交于点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点，连接并延长交于点．若，则 ． 4．(23-24九上·四川成都新都区·期末)如图，在菱形中，，分别以点A，B为圆心，大于的长为半径作弧相交于M，N两点，过M，N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 ．    5．(22-23九上·四川成都双流区·期末)如图，菱形的对角线，相交于点，按下列步骤作图： ①分别以点，为圆心，大于 的长为半径画弧，两弧的交点分别为点，； ②过点，作直线，交于点； ③连接．若，则菱形的周长为 ． 6．(23-24九上·四川成都实验外国语学校·期末)如图，在中，，分别以C、B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点D，连接、、．若，则 °． 7．(24-25九上·四川成都双流区·期末)如图，以正方形的顶点A为圆心，以的长为半径画弧，交对角线于点E，再分别以D，E为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于图中的点F处，连接并延长，与的延长线相交于点．若，则的长为 ． 地 城 考点02 利用特殊平行四边形求线段长度 1．(24-25九上·四川成都新都区·期末)如图，菱形中，对角线，交于点O，若，．则的长为（   ） A．4 B．8 C． D．12 2．(23-24九上·四川成都双流区·期末)如图，在菱形中，对角线，，则菱形的周长为（   ）    A．14 B．16 C．20 D．28 3．(23-24九上·四川成都成都第七中学初中学校·期末)如图，四边形是菱形，连接交于点O，过点A作，交于点E，若，则的长度是（    ） A． B． C． D． 4．(24-25九上·四川成都天府新区元音中学·期末)如图，四边形ABCD是菱形，AC = 8，BD = 6，DH⊥AB于点H，则DH的长是（      ） A． B． C． D． 5．(23-24九上·四川成都七中育才学校·期末)如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，则矩形的周长为（　　） A．12 B．16 C． D． 6．(23-24九上·四川成都邛崃·期末)如图，在菱形中，对角线与相交于点，，则对角线的长为（    ） A． B． C．4 D．8 7．(23-24九上·四川成都青羊区树德实验中学·期末)如图，点O是矩形的对角线AC的中点，交于点M，若，，则的长为（    ） A．5 B． C． D． 8．(24-25九上·四川成都锦江区·期末)如图，在菱形中，，连接，点是线段上一点，过点作，垂足分别为点．若，则的值为 ． 9．(23-24九上·四川成都锦江区锦江区嘉祥外国语学校·期末)如图，四边形为菱形，，在内作射线，使得过点D作，垂足为F，若，则对角线的长为 ． 10．(23-24九上·四川成都简阳·期末)菱形的周长为，它的一条对角线长，则另一条对角线的长为 ． 11．(23-24九上·四川成都武侯区成都玉林中学·期末)如图，四边形是菱形，连接，交于点，过点作，交于点，若，，则的长度为 ． 地 城 考点03 利用菱形的性质求面积 1．(24-25九上·四川成都锦江区·期末)如图，菱形的边长，对角线，则菱形的面积为（　　） A．15 B．24 C．30 D．48 2．(24-25九上·四川成都金牛区·期末)四边形为菱形，点A，B，C，D在坐标轴上，，，则菱形的面积等于(   ) A． B． C． D． 3．(22-23九上·四川成都武侯区·期末)在菱形中，若对角线，，则菱形的面积是 ． 4．(24-25九上·四川成都高新区·期末)如图，四边形ABCD是边长为cm的菱形，其中对角线BD的长为2cm，则菱形ABCD的面积为 cm2． 地 城 考点04 证明四边形是菱形 1．(24-25九上·四川成都龙泉驿区·期末)如图，在中，，是的中点，过点作交于点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 2．(24-25九上·四川成都东部新区·期末)如图，在平行四边形中，，是和的中点，且．在的延长线上取一点，连接，使得． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求的长． 3．(24-25九上·四川成都新都区·期末)在中，，现将沿翻折得到，连接交于点，过点作交于点，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求四边形的周长． 4．(23-24九上·四川成都简阳·期末)如图，中，过点作，交的延长线点；过点作，交的延长线于点，交于点，连接，． (1)求的长； (2)求证：四边形为菱形． 5．(23-24九上·四川成都锦江区·期末)如图1，在平行四边形中，E，F分别为，的中点，连接，． (1)求证：； (2)如图2，连接，且，O为的中点． ① 的中点为M，连接，，试判断四边形的形状，并说明理由； ②如图3，平分交于点G，连接GO，若，，求的长． 6．(22-23九上·四川成都金牛区·期末)如图，在四边形中，，对角线，交于点O，，且平分，过点C作CE⊥AB交的延长线于点E． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的面积． 7．(24-25九上·四川成都·期末)如图，在四边形中，O为对角线的中点，过点O作直线分别与四边形的边交于两点，连接． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)当平分时， ①求证：四边形为菱形； ②当四边形是矩形时，若，求的长． 8．(24-25九上·四川成都高新区·期末)如图，在四边形中，对角线，交于点，，垂直平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知四边形的面积为20，，点在线段上，，射线交于点，交的延长线于点，求线段的长． 9．(24-25九上·四川成都青白江区·期末)如图，将两个全等的矩形和矩形交叉重叠，重叠部分为四边形． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求的长． 10．(24-25九上·四川成都天府新区元音中学·期末)如图，将矩形沿直线折叠，使点C与点A重合，折痕交于点E、交于点F．    (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求折痕的长． 11．(24-25九上·四川成都天府新区·期末)如图，在中，，点D是的中点，连接，过点C作，过点A作，，交于点B，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点G，交于点F，若，，求的长． 地 城 考点05 特殊平行四边形性质与判定的理解 1．(24-25九上·四川成都高新区·期末)如图，矩形的对角线和交于点，则下列结论一定正确的是(   ) A． B． C． D． 2．(24-25九上·四川成都八区联考·期末)如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 3．(23-24九上·四川成都天府新区·期末)下列判断错误的是（    ） A．邻边相等的平行四边形是菱形 B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 C．对角线互相垂直且平分的四边形是菱形 D．矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形 4．(24-25九上·四川成都实验外国语学校·期末)菱形具有而矩形不具有的性质是（   ） A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 5．(24-25九上·四川成都双流区·期末)如图，矩形的对角线相交于点，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 6．(24-25九上·四川成都天府新区元音中学·期末)如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（    ） A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形 7．(24-25九上·四川成都天府新区元音中学·)下列命题中，假命题是（   ） A．有一个角是的平行四边形既是轴对称图形又是中心对称图形 B．依次连接矩形各边的中点得到的四边形是菱形 C．对角线互相垂直的矩形是正方形 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 地 城 考点06 利用矩形的性质与判定求角度 1．(24-25九上·四川成都东部新区·期末)将两个矩形按如图放置，若，则（    ） A． B． C． D． 2．(23-24九上·四川成都新都区·期末)如图，将含有的直角三角尺（）直角顶点A放到矩形的边上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 3．(24-25九上·四川成都东部新区·期末)如图，将两个矩形叠合放置，如果，那么等于（   ） A． B． C． D． 4．(22-23九上·四川成都锦江区·期末)如图，矩形的对角线，相交于点O，过点O作，交于点E，若，则的大小为 ． 地 城 考点07 矩形与坐标问题 1．(24-25九上·四川成都青白江区·期末)如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点在坐标原点，边在轴上，边在轴上，如果矩形与矩形关于点位似，且位似比为，那么点的坐标为（  ） A． B．或 C． D．或 2．(23-24九上·四川成都武侯区·期末)如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点坐标分别是，，，，已知矩形与矩形位似，位似中心是原点，且矩形的面积等于矩形面积的，则点的坐标为（　　） A． B．或 C． D．或 3．(23-24九上·四川成都青羊区树德实验中学·期末)如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B，C在坐标轴上，若点A、B的坐标分别为、，则点D的坐标为（    ） A． B． C． D． 地 城 考点08 证明四边形是矩形 1．(24-25九上·四川成都武侯区·期末)如图，菱形的对角线与相交于点O，的中点为E，连接并延长至点F，使得，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 2．(23-24九上·四川成都青羊区成都石室联合中学·期末)在中，，，，是的中点，将绕点旋转得到（点，的对应点分别为，），点不在直线上，连结． (1)如图1，连接，，，求证：四边形是矩形； (2)如图2，当落在边上时，与交于点，连接，，求线段的长． 3．(22-23九上·四川成都锦江区·期末)如图1，的各内角的平分线分别相交于点E，F，G，H． (1)求证：四边形为矩形； (2)如图2，当为矩形时， ①求证：四边形EFGH为正方形； ②若，四边形的面积为8，求AB的长． 4．(24-25九上·四川成都武侯区·期末)如图，菱形的对角线与相交于点，的中点为，连接并延长至点，使得，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 地 城 考点09 特殊四边形中折叠问题 1．(23-24九上·四川成都天府新区·期末)如图，在菱形中，，，点为边上的动点，将沿着翻折，使得顶点B落在菱形内部的点，当P、、D三点共线时，点A到直线的距离为 ． 2．(22-23九上·四川成都锦江区·期末)小颖将能够活动的菱形学具活动成为图1所示形状，并测得，．接着，她又将这个学其活动成为图2所示正方形，此时的长为 ． 3．(23-24九上·四川成都武侯区·期末)如图，先将一张正方形纸向上对折、再向左对折，然后沿着图中的虚线剪开，得到①②两部分，将①展开后得到的平面图形是 ． 4．(24-25九上·四川成都温江区·期末)如图，在矩形中，为边上一动点，连接，将沿翻折，使点恰好落在对角线上点处，交于点．若，时，则 ． 5．(24-25九上·四川成都双流区·期末)如图，把正方形纸片进行如下操作：对折正方形得折痕，连接，将折叠到上，点B对应点H，得折痕．那么 ．    地 城 考点10 利用正方形的性质求角度 1．(24-25九上·四川成都高新区·期末)如图，四边形ABCD是一个正方形，E是BC延长线上一点，且AC＝EC，则∠DAE的度数为 ． 2．(24-25九上·四川成都锦江区·期末)如图，在正方形的对角线上取点E使，连接，过点E作交BC于点F，则的大小为 ．    地 城 考点11 特殊平行四边形解答题综合 1．(24-25九上·四川成都武侯区·期末)如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，∠BAD＝60°，菱形ABCD的周长为24． (1)求对角线BD的长； (2)求菱形ABCD的面积． 2．(23-24九上·四川成都天府新区·期末)如图，在平行四边形中，是的中点，连接并延长交的延长线于点，连接，且． (1)求证：为线段的中点； (2)若，，求平行四边形面积． 3．(24-25九上·四川成都金牛区·期末)在正方形中，点、分别在边和上，且，连接和分别交对角线于点、，连接、． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若正方形边长为，求四边形面积． 4．(23-24九上·四川成都双流区成都天府中学·期末)如图，在矩形中，动点P从点A出发，沿边向点C运动，点A、D关于直线的对称点分别为点E、F，连接EF．已知．． (1)当点P在边上，且时，求的度数； (2)当点F在的延长线上时，求的长，并判断直线与直线之间的位置关系，并说明理由； (3)当直线恰好经过点C时，求的长． 5．(23-24九上·四川成都高新区·期末)如图，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，过点E作的垂线交边于点F，连接，延长交边于点G． (1)求证：； (2)若，，求线段的长． 6．(23-24九上·四川成都青羊区·期末)如图，四边形是菱形，对角线、交于点O，点D、B是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，． (1)求证：四边形是正方形； (2)若正方形的面积为72，，求点F到线段的距离． 地 城 考点12 特殊四边形中最值问题 1．(24-25九上·四川成都东部新区·期末)如图，边长为3的正方形中，为边上一点，且，是对角线上的一个动点，则的最小值为 ．    2．(24-25九上·四川成都天府新区元音中学·期末)如图，已知菱形的边长为5，面积为15，点E是对角线上的动点（不与点A重合），以为对角线作平行四边形，则的最小值为 ． 3．(24-25九上·四川成都天府新区·期末)如图，在矩形中，，，E为的中点，连接，若点M是线段上一动点，则的最小值为 ． 4．(24-25九上·四川成都成华区·期末)如图，在矩形中，，，点是对角线上一动点，过点分别作的垂线，垂足分别为点，连接，则的最小值为 ． 5．(24-25九上·四川成都东部新区·期末)如图，在正方形中，，对角线、交于点，点是的中点，点是上的动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，则的最小值为 ． 6．(23-24九上·四川成都东部新区·期末)如图，在菱形中，，对角线、交于点，，，点是直线上一动点，连接，以、为邻边作，其对角线与交于点，点的运动过程中，的对角线的最小值是 ． 7．(23-24九上·四川成都高新区·期末)如图，在菱形中，，，点P是边上一动点，将线段绕点P顺时针旋转得到线段（点B的对应点为点M），当点A与点M的距离最小时，的面积为 ． 8．(23-24九上·四川成都成华区·期末)如图，在矩形中，，，点在边上，以为边长在右上方作等边三角形，连接．当点在边上移动时，的取值范围是 ． 地 城 考点13 特殊的平行四边形压轴题综合 1．(24-25九上·四川成都高新区·期末)（1）基础：如图1，在正方形中，点在边上，点在对角线上，连接，，．若，求证：； （2）迁移：如图2，在菱形中，，，点为的中点，点在对角线上．若，求线段的长； （3）拓展：如图3，在矩形中，，点在边上，连接，使得，，两点分别在线段，上，连接，，．当时，求的值． 2．(24-25九上·四川成都新都区·期末)问题情境： 如图1，在正方形中，对角线，相交于点，是线段上一点，连接． 操作探究： 将沿射线BA平移得到，使点M的对应点落在对角线上，与边交于点，连接，． （1）如图2，当M是的中点时，求证：； （2）如图3，当M是上任意一点时，求证：； 拓展延伸： （3）在（2）的条件下，若正方形的边长为10，，求的值． 3．(24-25上·四川成都石室天府中学（两校区）·模拟)已知在正方形中，对角线，点E、F分别在边上，． (1)如图，如果，求线段的长 (2)过点E作，垂足为点G，与交于点H． ①求证：； ②设的中点为点O，如果，求的值． 4．(24-25九上·四川成都锦江区·期末)如图1，在中，分别为的中点，连接，且．    (1)求证：四边形是菱形； (2)如图2，连接交于点，交于点，且，连接，． ①求证：； ②若，求的长． 5．(24-25九上·四川成都武侯区·期末)在矩形中，．在射线上取一点，连接，且满足，直线与直线相交于点． 【尝试初探】 （1）如图1，当时，若，，求线段的长； 【深入探究】 （2）如图2，当时，若，求的值； 【拓展延伸】 （3）若，试探究线段与线段之间满足的数量关系． 6．(23-24九上·四川成都东部新区·期末)如图1，在矩形中，与相交于点O，，过点O做，将绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为a，O对应，E对应．连接，． (1)问题发现：当时，__________，___________，__________； (2)拓展探究：当时，的大小有无变化？请仅就图2的情况给出证明； (3)问题解决：当旋转至B，，三点共线时，请计算线段的长． 1 / 98 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 特殊平行四边形 13大高频考点概览 考点01 特殊平行四边形与尺规作图综合（高频题） 考点08证明四边形是矩形 考点02利用特殊平行四边形求线段长度 考点09特殊四边形中折叠问题 考点03利用菱形的性质求面积 考点10利用正方形的性质求角度 考点04证明四边形是菱形（重点题型） 考点11特殊平行四边形解答题综合 考点05特殊平行四边形性质与判定的理解 考点12特殊四边形中最值问题 考点06利用矩形的性质与判定求角度 考点13特殊的平行四边形压轴题综合（重点题型） 考点07特殊平行四边形与坐标问题 地 城 考点01 特殊平行四边形与尺规作图综合 1．(24-25九上·四川成都青羊区·期末)如图，在中，，，以点A为圆心，长为半径画弧交于点F；以点A为圆心，适当长为半径画弧分别交、于M、N两点；分别以点M、N为圆心，大于长为半径画弧，两弧在平行四边形内交于点G，连接并延长交于E，连接、，分别交、于P、Q两点，下列结论不正确的是（　 　） A．平分 B．四边形是菱形 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了作图—基本作图、菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质，由作图可得，，平分，即可判断A；由角平分线的定义结合平行线的性质得出，推出，即可判断B；由菱形的性质得出，，即可判断C；证明，得出，，再证明，得出，即可判断D；熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：由作图可得，，平分，故A正确； ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是菱形，故B正确； ∴，， ∴，故C正确； ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故D错误， 故选：D． 2．(24-25九上·四川成都成华区·期末)如图，在平行四边形中，，．按下列步骤作图： ①以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点； ②分别以点为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点； ③连接并延长交于点．则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了角平分线的画法，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，由作图可知是的平分线，得，由平行四边形的性质得，，即得，得到，即可得，进而根据线段的和差关系即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：由题可得，是的平分线， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：. 3．(24-25九上·四川成都金牛区·期末)如图所示，在菱形中，以点为圆心，一定长为半径画弧分别交于点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点，连接并延长交于点．若，则 ． 【答案】/40度 【分析】本题考查菱形的性质，作角平分线，由作图步骤可得平分，由菱形的性质结合角平分线的定义，求出，进而求出，最后根据三角形的外角求即可． 【详解】解：∵菱形， ∴， ∴， 由作图步骤可得平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 4．(23-24九上·四川成都新都区·期末)如图，在菱形中，，分别以点A，B为圆心，大于的长为半径作弧相交于M，N两点，过M，N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】/80度 【分析】本题考查了作图—垂直平分线，菱形的性质，根据题意得，点E在的垂直平分线上，则，即可得，根据四边形为菱形得，，可得，即可得；掌握作图—垂直平分线，菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：根据题意得，点E在的垂直平分线上， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ， ∴， ∴， 故答案为：． 5．(22-23九上·四川成都双流区·期末)如图，菱形的对角线，相交于点，按下列步骤作图： ①分别以点，为圆心，大于 的长为半径画弧，两弧的交点分别为点，； ②过点，作直线，交于点； ③连接．若，则菱形的周长为 ． 【答案】 【分析】根据作图可得是的中点，根据菱形的性质得出是的中点，根据三角形中位线的性质得出，根据菱形的性质即可得周长． 【详解】解：根据作图可知是 的垂直平分线， ∴是的中点， ∵菱形的对角线，相交于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴菱形的周长为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了作线段垂直平分线，菱形的性质，三角形中位线的性质，掌握基本作图是解题的关键． 6．(23-24九上·四川成都实验外国语学校·期末)如图，在中，，分别以C、B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点D，连接、、．若，则 °． 【答案】25 【分析】根据作图，得到，得到菱形，根据菱形的性质解得即可． 本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：根据作图，得到， 故四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：25． 7．(24-25九上·四川成都双流区·期末)如图，以正方形的顶点A为圆心，以的长为半径画弧，交对角线于点E，再分别以D，E为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于图中的点F处，连接并延长，与的延长线相交于点．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查角平分线的尺规作图、勾股定理及正方形的性质，熟练掌握角平分线的尺规作图、勾股定理及正方形的性质是解题的关键；由题意易得，，，，则有，然后根据勾股定理可进行求解． 【详解】解：由作图过程可知，射线为的平分线， ， 四边形ABCD为正方形， ，，， ， ， ， 由勾股定理得，， 的长为； 故答案为：． 地 城 考点02 利用特殊平行四边形求线段长度 1．(24-25九上·四川成都新都区·期末)如图，菱形中，对角线，交于点O，若，．则的长为（   ） A．4 B．8 C． D．12 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质：菱形的对角线垂直平分；利用此性质和勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，； ∴， ∴ 故选：B． 2．(23-24九上·四川成都双流区·期末)如图，在菱形中，对角线，，则菱形的周长为（   ）    A．14 B．16 C．20 D．28 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质和勾股定理，根据菱形的角平分线互相垂直平分，即可求得边长，再根据菱形的四边边长相等，即可解题． 【详解】解：根据菱形的性质，与互相垂直平分，， 记与的交点为，如下图：    ，， ， 菱形的周长， 故选：C． 3．(23-24九上·四川成都成都第七中学初中学校·期末)如图，四边形是菱形，连接交于点O，过点A作，交于点E，若，则的长度是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理等知识点，掌握菱形的性质是解题的关键． 先根据菱形的性质、勾股定理求得边长，再运用等面积法求得，在中运用勾股定理即可解答． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴， 在中，， ∵， ∴， 在中，． 故选：C． 4．(24-25九上·四川成都天府新区元音中学·期末)如图，四边形ABCD是菱形，AC = 8，BD = 6，DH⊥AB于点H，则DH的长是（      ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的面积等于对角线积的一半，可求得菱形的面积，又由菱形的对角线互相平分且垂直，可根据勾股定理得AB的长，根据菱形的面积的求解方法：底乘以高或对角线积的一半，即可得菱形的高． 【详解】解：如图，设AC与BD的交点为O， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OA=OC=4，OB=OD=3， ∴AB==5， ∴S菱形ABCD=AC•BD=AB•DH， ∴DH=， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形的对角线互相平分且垂直；菱形的面积的求解方法：底乘以高或对角线积的一半． 5．(23-24九上·四川成都七中育才学校·期末)如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，则矩形的周长为（　　） A．12 B．16 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质、含的直角三角形的性质、勾股定理及矩形的周长，解题的关键是求得矩形的长和宽． 先根据矩形的对角线相等可求得的长，然后再根据含角的直角三角形的性质求得矩形的宽，进一步根据勾股定理求得矩形的长，最后求得矩形的周长． 【详解】∵矩形， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理得：， ∴矩形的周长为：． 故选：D． 6．(23-24九上·四川成都邛崃·期末)如图，在菱形中，对角线与相交于点，，则对角线的长为（    ） A． B． C．4 D．8 【答案】A 【分析】此题主要考查了菱形的性质以及等边三角形的判定与性质．根据菱形的性质结合等边三角形的判定与性质得出是等边三角形，可求出的长，再根据特殊角的锐角三角函数值进而求出的长． 【详解】解：在菱形中，对角线与相交于点，，， ，， 则是等边三角形， ，， 故， ． 故选：A． 7．(23-24九上·四川成都青羊区树德实验中学·期末)如图，点O是矩形的对角线AC的中点，交于点M，若，，则的长为（    ） A．5 B． C． D． 【答案】D 【分析】由三角形相似的性质可得，由勾股定理可得，由直角三角形的性质可得的长． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，且点O是矩形的对角线的中点，， ∴， 在中，， ∵在中，点O是斜边上的中点， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，求出的长度是本题的关键． 8．(24-25九上·四川成都锦江区·期末)如图，在菱形中，，连接，点是线段上一点，过点作，垂足分别为点．若，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查的菱形的性质，菱形的面积的计算，含30度角的直角三角形的性质，掌握菱形的性质，得到是解题的关键． 连接交于，连接，根据菱形的性质得到，，根据直角三角形的性质得到，，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论． 【详解】解：如图，连接交于，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 9．(23-24九上·四川成都锦江区锦江区嘉祥外国语学校·期末)如图，四边形为菱形，，在内作射线，使得过点D作，垂足为F，若，则对角线的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，掌握菱形的对角线互相平分是解题的关键．连接交于H，证明，得出的长度，再根据菱形的性质得出的长度． 【详解】解：如图，连接交于点H， 由菱形的性质得，， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵四边形是菱形， ∴平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 10．(23-24九上·四川成都简阳·期末)菱形的周长为，它的一条对角线长，则另一条对角线的长为 ． 【答案】12 【分析】根据菱形四条边都相等和对角线互相垂直且平分的性质，计算出每条边的长度，再在直角三角形中应用勾股定理计算，可得出答案． 本题主要考查了菱形．熟练掌握菱形的四条边都相等，两条对角线互相垂直且互相平分，勾股定理解直角三角形，是解决本题的关键． 【详解】设菱形，如图所示， ∵菱形的周长为， ∴； ∵一条对角线的长为，设， ∴， ∴在中, ， ∴． 故答案为：12． 11．(23-24九上·四川成都武侯区成都玉林中学·期末)如图，四边形是菱形，连接，交于点，过点作，交于点，若，，则的长度为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理； 根据菱形的性质得出，，，，进而勾股定理求得，等面积法求得，在中，勾股定理即可求解． 【详解】解：四边形是菱形，，， ，，，， 在中，， ， ， 在中，， 故答案为：． 地 城 考点03 利用菱形的性质求面积 1．(24-25九上·四川成都锦江区·期末)如图，菱形的边长，对角线，则菱形的面积为（　　） A．15 B．24 C．30 D．48 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理．连接，设的交点为点O，由菱形的性质得出， ，再根据勾股定理求出的长，进而得出的长，根据菱形的面积，即可得出结果． 【详解】解：如图，连接，设的交点为点O， ∵四边形是菱形，，， ∴， ， ∴ ， ∴， ∴菱形的面积． 故选：B． 2．(24-25九上·四川成都金牛区·期末)四边形为菱形，点A，B，C，D在坐标轴上，，，则菱形的面积等于(   ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据A点的坐标求出，根据菱形的性质得出，，根据勾股定理求出，然后求出和，再代入菱形的面积公式进行计算即可． 【详解】解：如图， ∵， ∴， ∵四边形为菱形，点A，B，C，D在坐标轴上，， ∴，，， ∴，， ∴在中，由勾股定理得： ， ∴， ∴菱形的面积． 故选：C 【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理和点的坐标等知识点．能并理解和应用菱形的性质是解此题的关键． 3．(22-23九上·四川成都武侯区·期末)在菱形中，若对角线，，则菱形的面积是 ． 【答案】 【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可得到答案． 【详解】解：菱形的对角线，， 菱形的面积为：， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形面积的计算，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键． 4．(24-25九上·四川成都高新区·期末)如图，四边形ABCD是边长为cm的菱形，其中对角线BD的长为2cm，则菱形ABCD的面积为 cm2． 【答案】4 【分析】首先根据菱形的性质可得BO＝DO，AC⊥DB，AO＝CO，然后再根据勾股定理计算出AO长，进而得到答案． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴BO＝DO，AC⊥DB，AO＝CO， ∵BD＝2cm， ∴BO＝1cm， ∵AB＝cm， ∴AO＝ ＝＝2（cm）， ∴AC＝2AO＝4cm． ∴S菱形ABCD＝（cm2）． 故答案为：4． 【点睛】本题考查了菱形的性质以及勾股定理；解题的关键是熟悉菱形的面积公式和直角三角形三边之间的关系． 地 城 考点04 证明四边形是菱形 1．(24-25九上·四川成都龙泉驿区·期末)如图，在中，，是的中点，过点作交于点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)4 【分析】（）证明得到，即可得到四边形是平行四边形，进而由即可求证； （）由菱形的性质得，，，再证明，得到即可求解； 【详解】（1）证明：在中，点是的中点， ∴， ∵， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：由（）得，四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 2．(24-25九上·四川成都东部新区·期末)如图，在平行四边形中，，是和的中点，且．在的延长线上取一点，连接，使得． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握菱形的性质与判定，利用勾股定理求线段长度是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质可得，， 再由，是和的中点可得，得出四边形为平行四边形，再由即可证出四边形为菱形； （2）作交于点，由（1）得，四边形为菱形，根据菱形的性质可得，，利用面积公式求出的长，再利用勾股定理求出的长，由可得，最后在中利用勾股定理即可求出的长． 【详解】（1）证明：平行四边形， ，， ，是和的中点， ，， ， 又， 四边形为平行四边形， ， ， 平行四边形为菱形， 四边形为菱形． （2）解：如图，作交于点， 由（1）得，四边形为菱形， ，，，， ， 在中，，， ， ，， 在中，， ， ， 又， ， ， ， 在中，， 的长为． 3．(24-25九上·四川成都新都区·期末)在中，，现将沿翻折得到，连接交于点，过点作交于点，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得出四边形是平行四边形，进而根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得结论； （2）先根据四边形为菱形可得，再利用勾股定理列方程出，由此可求出，然后根据菱形的四边相等可得菱形的周长． 此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质是解决问题的关键． 【详解】（1）证明：由折叠可知：，， ∵， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴是菱形． （2）解：∵是菱形， ∴，， ∵， ∴， ， ， ∴， 设， ∴， 解得：（负值已经舍去） ∴， ∴， ∴四边形的周长 4．(23-24九上·四川成都简阳·期末)如图，中，过点作，交的延长线点；过点作，交的延长线于点，交于点，连接，． (1)求的长； (2)求证：四边形为菱形． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定； （1）证明四边形是平行四边形，得出，求出即可得解； （2）证明，可得，然后证明，根据菱形的判定定理可得结论． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形， ，即， ， 四边形是平行四边形， ∴， ， ∴， ； （2）证明：∵， ∴，， 由（1）得， ∴ ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是菱形． 5．(23-24九上·四川成都锦江区·期末)如图1，在平行四边形中，E，F分别为，的中点，连接，． (1)求证：； (2)如图2，连接，且，O为的中点． ① 的中点为M，连接，，试判断四边形的形状，并说明理由； ②如图3，平分交于点G，连接GO，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①四边形是菱形，见解析．② 12 【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定证明即可． （2）① 根据三角形中位线定理，结合菱形的判定证明即可． ② 过点G作于点N，过点O作于点M，利用角的平分线性质定理，三角形全等的判定和性质，平行线分线段成比例定理，三角形中位线定理计算即可． 【详解】（1）∵平行四边形， ∴，， ∵ E，F分别为，的中点， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴． （2）①四边形是菱形．理由如下： ∵E为的中点，O为的中点． ∴；    ∵E为的中点，的中点为M，． ∴； ∴四边形是平行四边形； ∵， ∴， ∴四边形是菱形． ②过点G作于点N，过点O作于点M， ∵E为的中点，，， ∴，， ∵平分，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，    ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，角的平分线性质定理，三角形全等的判断和性质，三角形中位线定理，等腰三角形的三线合一性质，熟练掌握菱形的判定，中位线定理，三角形全等的判定和性质是解题的关键． 6．(22-23九上·四川成都金牛区·期末)如图，在四边形中，，对角线，交于点O，，且平分，过点C作CE⊥AB交的延长线于点E． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据证明，由全等三角形的性质得出，由平行四边形的判定及菱形的判定可得出结论； （2）由勾股定理求出，根据菱形的面积可求出的长，根据三角形面积公式可得出答案． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴的面积． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 7．(24-25九上·四川成都·期末)如图，在四边形中，O为对角线的中点，过点O作直线分别与四边形的边交于两点，连接． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)当平分时， ①求证：四边形为菱形； ②当四边形是矩形时，若，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)①见解析；②3 【分析】（1）根据全等三角形的性质得到，根据平行四边形的判定定理即可得到结论； （2）①根据角平分线的定义得到，根据平行线的性质得到，得到，根据菱形的判定定理得到平行四边形为菱形； ②根据菱形的性质得到，根据勾股定理得到即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵，为对角线的中点， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； （2）解：①∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形为菱形； ②∵四边形是矩形， ∴，， 而， ∴，，， 在中，根据勾股定理，得， ∴， 解得． 故的长为3． 【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是证明． 8．(24-25九上·四川成都高新区·期末)如图，在四边形中，对角线，交于点，，垂直平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知四边形的面积为20，，点在线段上，，射线交于点，交的延长线于点，求线段的长． 【答案】(1)见解析； (2) 【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得到，，再由平行线的性质可得，根据全等三角形 到现在得到，根据菱形的判定定理得到结论； （2）过作于，根据菱形的性质得到，求得，得到，根据勾股定理得到，，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：垂直平分， ，， ， , 在与中， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：过作于， 四边形是菱形， ， 四边形的面积为20，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∵， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质定理以及勾股定理是解题的关键． 9．(24-25九上·四川成都青白江区·期末)如图，将两个全等的矩形和矩形交叉重叠，重叠部分为四边形． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据题意得到，，，推出四边形平行四边形，根据全等三角形的性质得到，根据菱形的判定定理得到结论； （2）过点K作于H，根据矩形的性质得到，根据菱形的性质得到，根据勾股定理得到，求得，根据勾股定理得到即可求解． 【详解】（1）证明：∵两个全等的矩形和矩形交叉重叠，重叠部分为四边形， ∴，，，， ∴四边形平行四边形， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：过点K作于H， 则， ∴四边形是矩形， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， 在中， ∴， 在中，． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 10．(24-25九上·四川成都天府新区元音中学·期末)如图，将矩形沿直线折叠，使点C与点A重合，折痕交于点E、交于点F．    (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求折痕的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质得出，根据折叠的性质得出，，进而得出，即可得证； （2）设，则，由折叠可得，在中，，求得，在中，勾股定理求得，根据菱形的性质得出，在中，勾股定理求得，根据菱形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ， ， 由折叠的性质，可得：， ， ， ， ∴四边形为菱形． （2）解：如图所示，连接，交于点O，    ， 设，则， 由折叠可得， 在中，， ， 解得，， ， 在中， 四边形为菱形， ， 在中，， 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，折叠问题，菱形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键． 11．(24-25九上·四川成都天府新区·期末)如图，在中，，点D是的中点，连接，过点C作，过点A作，，交于点B，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点G，交于点F，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据直角三角形斜边中线的性质得到，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得到四边形是平行四边形，再根据邻边相等即可证明为菱形； （2）先证明四边形是平行四边形，继而可得四边形是菱形，为等边三角形，则，再根据角直角三角形的性质结合勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵，点为中点， ∴， ∵，， ∴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， ∵，， ∴四边形是菱形，为等边三角形，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质等知识点，熟练掌握知识点是解题的关键． 地 城 考点05 特殊平行四边形性质与判定的理解 1．(24-25九上·四川成都高新区·期末)如图，矩形的对角线和交于点，则下列结论一定正确的是(   ) A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．由矩形的性质分析每个选项，从而可得答案． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ， ，不一定成立，不一定成立，，一定成立， 故选：D． 2．(24-25九上·四川成都八区联考·期末)如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质，根据矩形的对角线相等且平分，对边平行且相等，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、当矩形为正方形时，，故原结论不一定正确，不符合题意； B、当矩形为正方形时，，故原结论不一定正确，不符合题意； C、矩形的对角线相等且平分，故，原结论一定正确，符合题意； D、当矩形为正方形时，，故原结论不一定正确，不符合题意； 故选C． 3．(23-24九上·四川成都天府新区·期末)下列判断错误的是（    ） A．邻边相等的平行四边形是菱形 B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 C．对角线互相垂直且平分的四边形是菱形 D．矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形 【答案】B 【分析】此题主要考查了正方形判定以及菱形性质和平行四边形的判定等知识．分别根据菱形，平行四边形的判定以及矩形的性质得出各选项是否正确即可． 【详解】解：A、邻边相等的平行四边形是菱形，正确，故本选项不符合题意； B、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，原说法错误，故本选项符合题意； C、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，正确，故本选项不符合题意； D、矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，正确，故本选项不符合题意； 故选：B 4．(24-25九上·四川成都实验外国语学校·期末)菱形具有而矩形不具有的性质是（   ） A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 【答案】D 【分析】根据菱形与矩形的性质，从边、角、对角线三方面，逐项分析判断即可求解． 【详解】解：A、对边相等，是菱形和矩形都具有的性质，故选项A不符合题意； B、对角相等，是矩形和菱形都具有的性质，故选项B不符合题意； C、对角线互相平分，是矩形和菱形都具有的性质，故选项C不符合题意； D、对角线互相垂直，是菱形具有而矩形不具有的性质，故选项D符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形与矩形的性质，熟练掌握菱形与矩形的性质是解题的关键． 5．(24-25九上·四川成都双流区·期末)如图，矩形的对角线相交于点，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，关键是掌握矩形的性质．根据矩形的对角线相等，可得， 【详解】解：∵矩形的对角线相交于点， ∴， 故选：C． 6．(24-25九上·四川成都天府新区元音中学·期末)如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（    ） A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形 【答案】D 【分析】此题主要考查学生对正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，学生答题时容易出错． 根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形． 【详解】解：A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形是平行四边形，当时，它是菱形，故A选项正确，不符合题意； B、四边形是平行四边形，， 四边形是菱形，故B选项正确，不符合题意； C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故C选项正确，不符合题意； D、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知当时，它是矩形，不是正方形，故D选项错误，符合题意． 故选：D． 7．(24-25九上·四川成都天府新区元音中学·)下列命题中，假命题是（   ） A．有一个角是的平行四边形既是轴对称图形又是中心对称图形 B．依次连接矩形各边的中点得到的四边形是菱形 C．对角线互相垂直的矩形是正方形 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 【答案】D 【分析】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．根据轴对称图形和中心对称图形的概念、菱形、正方形、平行四边形的判定定理判断． 【详解】解：A、有一个角是的平行四边形矩形，矩形既是轴对称图形又是中心对称图形，是真命题，本选项不符合题意； B、依次连接矩形各边的中点得到的四边形是菱形，是真命题，本选项不符合题意； C、对角线互相垂直的矩形是正方形，是真命题，本选项不符合题意； D、一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形或等腰梯形，原命题是假命题，本选项符合题意； 故选：D． 地 城 考点06 利用矩形的性质与判定求角度 1．(24-25九上·四川成都东部新区·期末)将两个矩形按如图放置，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形两个锐角互余，因为两个矩形叠合放置，所以，因为，则，即可作答． 【详解】解：如图： ∵两个矩形叠合放置， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 2．(23-24九上·四川成都新都区·期末)如图，将含有的直角三角尺（）直角顶点A放到矩形的边上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，平行线的性质，三角形的内角和定理，对顶角相等． 设与的交点为点，由角的和差可求得，根据矩形的性质得到，从而，根据三角形的内角和定理求得，再根据对顶角相等即可得． 【详解】设与的交点为点， ∵，， ∴， ∵在矩形中，， ∴ ∵， ∴， ∴． 故选：D 3．(24-25九上·四川成都东部新区·期末)如图，将两个矩形叠合放置，如果，那么等于（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形两个锐角互余，因为两个矩形叠合放置，所以，因为，则，即可作答． 【详解】解：如图： ∵两个矩形叠合放置， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 4．(22-23九上·四川成都锦江区·期末)如图，矩形的对角线，相交于点O，过点O作，交于点E，若，则的大小为 ． 【答案】/50度 【分析】根据矩形的性质，得到，利用三角形外角求出，利用垂直可求出结果． 【详解】∵四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质；灵活运用矩形的性质求解是解题的关键． 地 城 考点07 矩形与坐标问题 1．(24-25九上·四川成都青白江区·期末)如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点在坐标原点，边在轴上，边在轴上，如果矩形与矩形关于点位似，且位似比为，那么点的坐标为（  ） A． B．或 C． D．或 【答案】B 【分析】本题考查位似变换、坐标与图形性质、矩形的性质，熟练掌握位似的性质、矩形的性质是解答本题的关键． 由图可得，，根据位似的性质可得点的坐标是或． 【详解】解：由图可得，， ∵矩形与矩形关于点O位似，且相似比为， ∴点的坐标是或，即或． 故选：B． 2．(23-24九上·四川成都武侯区·期末)如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点坐标分别是，，，，已知矩形与矩形位似，位似中心是原点，且矩形的面积等于矩形面积的，则点的坐标为（　　） A． B．或 C． D．或 【答案】B 【分析】根据位似图形的性质可得矩形与矩形位似比为，即可求解． 【详解】解：矩形与矩形位似，矩形的面积等于矩形面积的， 矩形与矩形位似比为， 位似中心是原点，， 点的坐标为，或，，即或， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了位似图形的性质，熟练掌握位似图形的性质是解题的关键． 3．(23-24九上·四川成都青羊区树德实验中学·期末)如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B，C在坐标轴上，若点A、B的坐标分别为、，则点D的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，平面直角坐标系内点的特点，根据题意求出菱形的边长是解题的关键． 根据点A、B的坐标，求出的长度，根据菱形的性质，得出，根据轴，即可得出点D的坐标． 【详解】解：∵点A、B的坐标分别为、， ∴，， ∴， ∵四边形为菱形， ∴，，即轴， ∴点D的坐标为：， 故选：A． 地 城 考点08 证明四边形是矩形 1．(24-25九上·四川成都武侯区·期末)如图，菱形的对角线与相交于点O，的中点为E，连接并延长至点F，使得，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)96 【分析】（1）由，，证明四边形是平行四边形，根据菱形的性质证明，则四边形是矩形； （2）由菱形的性质得，由矩形的性质得，则 6，，所以，则． 【详解】（1）证明：∵的中点为E， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形，对角线与相交于点O， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：∵，， ∴，， ∴， ∴ 6， ∴， ∴， ∴菱形的面积为96． 【点睛】此题重点考查菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，求得及是解题的关键． 2．(23-24九上·四川成都青羊区成都石室联合中学·期末)在中，，，，是的中点，将绕点旋转得到（点，的对应点分别为，），点不在直线上，连结． (1)如图1，连接，，，求证：四边形是矩形； (2)如图2，当落在边上时，与交于点，连接，，求线段的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题主要考查了旋转的性质，矩形的判定与性质，勾股定理． （1）根据旋转得性质可得，证明四边形是平行四边形，再由其对角线相等即可证明． （2）根据同角的余角相等得，进而得出，，于是，利用勾股定理求得，进而得出． 【详解】（1）证明：∵绕点旋转得到，是的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴． 3．(22-23九上·四川成都锦江区·期末)如图1，的各内角的平分线分别相交于点E，F，G，H． (1)求证：四边形为矩形； (2)如图2，当为矩形时， ①求证：四边形EFGH为正方形； ②若，四边形的面积为8，求AB的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②6 【分析】（1）根据平行四边形的邻角互补，以及角平分线平分角，得到四边形的四个内角均为，即可得证； （2）①由（1）可知，四边形为矩形，根据矩形的性质以及角平分线平分角，得到均为等腰直角三角形，进而推出，得到四边形EFGH为正方形；②根据正方形的面积为8，得到正方形的边长为，利用勾股定理和等腰三角形的性质，求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理和等腰三角形的性质，求出AB的长． 【详解】（1）解：∵四边形为平行四边形， ∴ ， ∵的各内角的平分线分别相交于点E，F，G，H， ∴，即：， 同理可得：， ∵， ∴， ∴四边形为矩形； （2）解：①同（1）法可得：四边形为矩形； ∵为矩形， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， 同理可得：， ∵， ∴， ∴， 即：， 又∵四边形为矩形， ∴四边形为正方形； ②由①得：， ∵四边形的面积为8， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握平行四边形的邻角互补，是解题的关键． 4．(24-25九上·四川成都武侯区·期末)如图，菱形的对角线与相交于点，的中点为，连接并延长至点，使得，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析． (2)96． 【分析】（1）根据对角线互相平分可得到四边形四边形是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直，可得到一个角是直角，即可证明； （2）由易得，由勾股定理可得的长度，再根据菱形的面积等于对角线之积的一半即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵的中点为， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， 在菱形中，， ∴， 又四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形． （2）解：由（1）可知四边形是矩形， ∴ ∵，， ∴， 在菱形中，， 又， ∴， 在中， ∴， 即， ∴， ∴． 即菱形的面积为96． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定，平行四边形的判定，勾股定理等知识，解题的关键是要先判断出四边形是矩形． 地 城 考点09 特殊四边形中折叠问题 1．(23-24九上·四川成都天府新区·期末)如图，在菱形中，，，点为边上的动点，将沿着翻折，使得顶点B落在菱形内部的点，当P、、D三点共线时，点A到直线的距离为 ． 【答案】 【分析】先根据菱形的性质可得，，，，进而得，根据菱形对角线的性质求出，在有折叠的性质得，，由补角的性质可以得出进而得出，，再由菱形面积及的面积即可解答． 【详解】连接，交于点O，过点A作，如图： 四边形是菱形， ，，，， ，， ， ， ， ， 在中，， ， 菱形的面积为， 点为边上的动点， 与是同底等高， ， 将沿着翻折， ，， ， ， ， ， ， ， 故答案为： 【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形的面积，熟练掌握以上知识的是解题的关键． 2．(22-23九上·四川成都锦江区·期末)小颖将能够活动的菱形学具活动成为图1所示形状，并测得，．接着，她又将这个学其活动成为图2所示正方形，此时的长为 ． 【答案】 【分析】根据菱形的性质和，求出的长度，然后再运用勾股定理求解即可． 【详解】由题意可知是菱形， ， 是等边三角形， , 是正方形， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形、正方形的、等边三角形的性质以及勾股定理；灵活运用性质正确计算是解题的关键． 3．(23-24九上·四川成都武侯区·期末)如图，先将一张正方形纸向上对折、再向左对折，然后沿着图中的虚线剪开，得到①②两部分，将①展开后得到的平面图形是 ． 【答案】菱形 【分析】此题考查了剪纸问题以及正方形的性质，利用对称设计图案以及菱形的判定，关键是根据对折实际上就是轴对称性质的运用进行解答． 【详解】解：由折叠过程可得，该四边形的对角线互相垂直平分， 故将①展开后得到的平面图形是菱形． 故答案为：菱形． 4．(24-25九上·四川成都温江区·期末)如图，在矩形中，为边上一动点，连接，将沿翻折，使点恰好落在对角线上点处，交于点．若，时，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等角的余角相等，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 由折叠的性质得到，，由矩形的性质和等角的余角相等推出，根据相似三角形的判定和性质得出，结合题意即可列出方程，解方程求出的值即可． 【详解】解：由折叠的性质得到：，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴（负值舍去）． 故答案为：． 5．(24-25九上·四川成都双流区·期末)如图，把正方形纸片进行如下操作：对折正方形得折痕，连接，将折叠到上，点B对应点H，得折痕．那么 ．    【答案】 【分析】延长，交于点，先由折叠的性质，设，即，， 然后利用勾股定理得到，进而得到，，证明出，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】证明：延长，交于点，如图所示：　    ∵对折正方形得折痕， ∴设，即 ∵四边形为正方形， ∴， ∴ ∵四边形为正方形， ∴， ∴， 由折叠的性质可知，， ∴， ∴， ∴ ∵ ∴ ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形性质，折叠性质，等腰三角形性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定，解题的关键是正确作出辅助线求解．相似三角形的性质：相似三角形对应边成比例，对应角相等．相似三角形的判定方法：①两组角对应相等的两个三角形相似；②三边对应成比例的两个三角形相似；③两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似．勾股定理：若三角形的两条直角边为a和b，斜边为c，则． 地 城 考点10 利用正方形的性质求角度 1．(24-25九上·四川成都高新区·期末)如图，四边形ABCD是一个正方形，E是BC延长线上一点，且AC＝EC，则∠DAE的度数为 ． 【答案】22.5° 【分析】由四边形ABCD是一个正方形，根据正方形的性质，可得∠ACB=45°，又由AC=EC，根据等边对等角，可得∠E=∠CAE，继而根据等腰三角形的性质和三角形的内角和求得∠EAC的度数，进一步即可求得∠DAE的度数． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， 又∵， ∴， 则． 故答案为：22.5° 【点睛】此题考查了正方形的性质以及等腰三角形的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用． 2．(24-25九上·四川成都锦江区·期末)如图，在正方形的对角线上取点E使，连接，过点E作交BC于点F，则的大小为 ．    【答案】 【分析】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，证明是解题的关键． 由四边形是正方形，得，则，，，而，则，，所以可证明，得，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，， ∴，，， ∵， ∴， ， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 地 城 考点11 特殊平行四边形解答题综合 1．(24-25九上·四川成都武侯区·期末)如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，∠BAD＝60°，菱形ABCD的周长为24． (1)求对角线BD的长； (2)求菱形ABCD的面积． 【答案】(1)6 (2) 【分析】（1）由菱形的性质知AB=AD，又∠BAD＝60°，可知是等边三角形，推出，即可求解； （2）由菱形的对角线互相垂直且平分，求出OB，利用勾股定理由出AO，进而求出AC，根据菱形面积为对角线乘积的一半，即可求解． 【详解】（1）解：菱形ABCD的周长为24， ， 又∠BAD＝60°， 是等边三角形， ， 故对角线BD的长为6； （2）解：由菱形的性质可知，对角线AC与BD互相垂直且平分， ，， 又 ， ， ， 菱形ABCD的面积， 故菱形ABCD的面积是． 【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的面积公式，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 2．(23-24九上·四川成都天府新区·期末)如图，在平行四边形中，是的中点，连接并延长交的延长线于点，连接，且． (1)求证：为线段的中点； (2)若，，求平行四边形面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)平行四边形面积为． 【分析】（）根据线段中点的定义得到，根据平行四边形的性质得到 ，，求得，根据全等三角形的性质得到，于是得到结论； （）由（）知，根据等腰三角形的性质得到 ，过点作于，求得，根据勾股定理和平行四边形的面积公式即可得到结论； 本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵是的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴ ∴， ∴， ∴为线段的中点； （2）解：由（）知， ∵， ∴， 过点作于， ∴， 在和中，， 即 解得， ∴ ∴， ∴平行四边形面积． 3．(24-25九上·四川成都金牛区·期末)在正方形中，点、分别在边和上，且，连接和分别交对角线于点、，连接、． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若正方形边长为，求四边形面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据正方形的性质可得，结合，易证，根据一组对边平行且相等即可证明四边形为平行四边形； （2）根据正方形的性质可证，，再根据平行四边形的性质可证，进而证明，推出，过点G作于点G，易证是等腰直角三角形，得到，进而求出，再利用正方形的面积即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴，即， ∴四边形为平行四边形； （2）解：∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， 同理：， ∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， 过点G作于点G， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， ∴ 四边形面积为：正方形的面积 ． 【点睛】本题考查正方形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 是解题的关键． 4．(23-24九上·四川成都双流区成都天府中学·期末)如图，在矩形中，动点P从点A出发，沿边向点C运动，点A、D关于直线的对称点分别为点E、F，连接EF．已知．． (1)当点P在边上，且时，求的度数； (2)当点F在的延长线上时，求的长，并判断直线与直线之间的位置关系，并说明理由； (3)当直线恰好经过点C时，求的长． 【答案】(1) (2)，，理由见解析 (3)或． 【分析】（1）画出图形，证明是等腰直角三角形，则．由对称性知，即可得到； （2）求出，当点F在的延长线上时，，连接，则．设，则，由勾股定理得到，列方程求出，即可得到．证明，则，即可得到； （3）分两种情况画出图形，分别进行求解即可． 【详解】（1）解：如图， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴． 由对称性知， ∴． （2）如图， ∵， ∴， ∵当点F在的延长线上时，，连接， ∴． 设，则， ∵， ∴， 解得：， ∴． ，理由如下： ∵ ， ∴， ∴， ∴； （3）分类讨论：①如图，当点P在边上时， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵ ∴， ∴； ②如图4，当点P在边上时， ∵， ∴， ∴． 设，则， ∵， ∴， 解得：， ∴． 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查矩形与折叠，勾股定理，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质．能够正确的作出图形，并利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键． 5．(23-24九上·四川成都高新区·期末)如图，在正方形中，点E是对角线上一点，连接，过点E作的垂线交边于点F，连接，延长交边于点G． (1)求证：； (2)若，，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过点E作于M，于N，证明，得出； （2）根据勾股定理求出，证明，得出，即，求出，根据勾股定理求出，即可求出． 【详解】（1）证明：过点E作于M，于N，如图所示： 在正方形中，，平分， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：在正方形中，，， 在中， 由勾股定理得：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中， 由勾股定理得： ， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，熟练掌握全等三角形和相似三角形的判定方法． 6．(23-24九上·四川成都青羊区·期末)如图，四边形是菱形，对角线、交于点O，点D、B是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，． (1)求证：四边形是正方形； (2)若正方形的面积为72，，求点F到线段的距离． 【答案】(1)详见解析 (2)点F到线段的距离为 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的判定和性质定理是解题的关键． （1）根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形可得四边形是菱形，根据对角线相等的菱形是正方形即可解决问题； （2）由正方形的面积公式求得，进而得到，由四边形是菱形得到，，菱形的面积，由勾股定理求得，根据菱形的面积公式即可求得答案． 【详解】（1）证明：菱形的对角线和交于点O， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形， ， ， ， ， 四边形是正方形； （2）解：正方形的面积为72， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， ，， 菱形的面积， 在中，， 设点F到线段的距离为h， ， 即， ． 即点F到线段的距离为． 地 城 考点12 特殊四边形中最值问题 1．(24-25九上·四川成都东部新区·期末)如图，边长为3的正方形中，为边上一点，且，是对角线上的一个动点，则的最小值为 ．    【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，最短路径问题，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．连接、，根据正方形的性质可证出，得到，利用勾股定理求出的长，再利用两点之间线段最短性质即可得出的最小值． 【详解】解：如图，连接、， 边长为3的正方形， ，，， 又， ， ， ， ， 在中，， 由两点之间线段最短性质得，， ， 的最小值为． 故答案为：． 2．(24-25九上·四川成都天府新区元音中学·期末)如图，已知菱形的边长为5，面积为15，点E是对角线上的动点（不与点A重合），以为对角线作平行四边形，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】由菱形的性质，得到，，，根据勾股定理、菱形的面积以及完全平方公式的变形可求出的长，根据是平行四边形，互相平分，为定值，得到当时，的长最小，根据平行线间的距离处处相等，得到，即可得解． 【详解】解：如图， ∵四边形是菱形， ∴，，， 设，， 菱形的边长为5，面积为15， ，， ，， 又，， 解得，， ∵四边形是平行四边形， ∴，互相平分， 设交于点，则：， ∴当最小时，最小， ∴当时，有最小值， 此时：； 故答案为∶． 【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，平行四边形的性质等知识．熟练掌握菱形的对角线互相垂直且平分，是解题的关键． 3．(24-25九上·四川成都天府新区·期末)如图，在矩形中，，，E为的中点，连接，若点M是线段上一动点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了与轴对称有关的最短路径问题，涉及到了矩形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，解题关键是正确作出辅助线，找出最短路径并求解．本题应先求出，再确定出最小值为，利用相似三角形的判定与性质和面积法进行求解即可． 【详解】解：∵在矩形中，，， ∴，， ∵E为的中点， ∴， 如图，过M点作于， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 作关于的轴对称图形，记为，G为的中点，连接与交于点R， ∴，， ∴， 过G点作于H， 则， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴的面积的面积， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为， 故答案为． 4．(24-25九上·四川成都成华区·期末)如图，在矩形中，，，点是对角线上一动点，过点分别作的垂线，垂足分别为点，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短，连接，由矩形的性质可得四边形是矩形， 即得，可知要求的最小值，就是要求的最小值，当时，取最小值，由勾股定理得，再根据三角形的面积求出即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴.， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴要求的最小值，就是要求的最小值， 当时，取最小值， 在中，，，， ∴， ∵ ， ∴， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 5．(24-25九上·四川成都东部新区·期末)如图，在正方形中，，对角线、交于点，点是的中点，点是上的动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】连接，过作，交延长线于点，则，证明，则，，从而证明四边形是矩形，再证明，则，故有点在上运动，四边形是正方形，通过正方形的性质和勾股定理得出，作作的对称点，连接，又，所以当三点共线时，，然后由勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接，过作，交延长线于点，则， 由旋转性质可知：，， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴点在上运动，四边形是正方形， 在正方形中，， ∴， ∴由勾股定理得：， 作作的对称点，连接， ∴，， ∵， ∴当三点共线时，， 如图， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴由勾股定理得：， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，矩形的判定与性质，两点之间线段最短，掌握知识点的应用是解题的关键． 6．(23-24九上·四川成都东部新区·期末)如图，在菱形中，，对角线、交于点，，，点是直线上一动点，连接，以、为邻边作，其对角线与交于点，点的运动过程中，的对角线的最小值是 ． 【答案】4 【分析】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，理解当时 取最小值是解题关键．设，，首先根据菱形的性质以及勾股定理，解得的值，即可确定；结合题意可知点在过点，且平行于的直线上，故当时，取最小值，然后证明四边形为平行四边形，由矩形的性质即可获得答案． 【详解】解：设，， ∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴中，， 即， 整理可得， 解得或， 当时，可得，（舍去）， 此时，不合题意，舍去； 当时，可得，（舍去）， 此时，符合题意， ∴； ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴点在过点，且平行于的直线上， ∴当时，此时取最小值， 如下图， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴的对角线的最小值是4． 故答案为：4． 7．(23-24九上·四川成都高新区·期末)如图，在菱形中，，，点P是边上一动点，将线段绕点P顺时针旋转得到线段（点B的对应点为点M），当点A与点M的距离最小时，的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形中的旋转问题，以A为原点，所在直线为x轴建立直角坐标系，分两种情况讨论，过B作于G，设交延长线于H，设，则，由，可得，，根据将线段绕点P顺时针旋转得到线段（点B的对应点为点M），知，，，，可证，故，，得，从而，即可得当时，取最小值，此时，有，可得． 【详解】解：以A为原点，所在直线为x轴建立直角坐标系，过B作于G，设交延长线于H，当点在点的左侧时，如图： 设，则， ∵， ∴，， ∴， ∵将线段绕点P顺时针旋转得到线段（点B的对应点为点M）， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴当时，取最小值，此时， ∴， ∴； 当点在点的右侧时，如图： 同理可得， 故答案为：． 8．(23-24九上·四川成都成华区·期末)如图，在矩形中，，，点在边上，以为边长在右上方作等边三角形，连接．当点在边上移动时，的取值范围是 ． 【答案】 【分析】以为边在右侧作等边三角形，连接以为边向上作等边三角形，过点作于点，连接，交于点，证明得出，，当点在上运动时，在上运动，则取的最小值，解得出，进而证明垂直平分，即可得出的最大值为，勾股定理即可求解． 【详解】解：如图所示，以为边在右侧作等边三角形，连接以为边向上作等边三角形，过点作于点，连接，交于点， ∵ ∴ ∴， ∴，， ∴当点在上运动时，在上运动，则取的最小值， ∵四边形是矩形， ∴， ∵是等边三角形， ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ 在中，， ∵ ∴ ∴垂直平分， ∴的最大值为， 在中， ∴ 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，垂直平分线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 地 城 考点13 特殊的平行四边形压轴题综合 1．(24-25九上·四川成都高新区·期末)（1）基础：如图1，在正方形中，点在边上，点在对角线上，连接，，．若，求证：； （2）迁移：如图2，在菱形中，，，点为的中点，点在对角线上．若，求线段的长； （3）拓展：如图3，在矩形中，，点在边上，连接，使得，，两点分别在线段，上，连接，，．当时，求的值． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 【分析】（1）根据正方形的性质推出，结合可推出结论； （2）连接，过点作，交延长线于，交于，证明，得出，推出，，可推出结果； （3）连接，过点作交于点，交于点，交于点，设，，，根据勾股定理推出．证明四边形为菱形结合，分别得出与，证明得出，即可推出结果． 【详解】（1）证明：在正方形中，，， ， ， ， ， 即， ， ； （2）解：连接，过点作，交延长线于，交于， 则， ， 又在菱形中，， ，， ， 又， ， ， ， ， 又，，， ，， 在中，， 又 ，， ， ， ； （3）解：如图，连接，过点作交于点，交于点，交于点，    ， 设，， ， 在中，， ， ． 解得，． ． ，， ．， ．， ． ， ． ．四边形为菱形． ， ． ． ， ， 在菱形中，，， ． 又， ． ． ， ． 解得（舍去负值）． 【点睛】本题是相似综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 2．(24-25九上·四川成都新都区·期末)问题情境： 如图1，在正方形中，对角线，相交于点，是线段上一点，连接． 操作探究： 将沿射线BA平移得到，使点M的对应点落在对角线上，与边交于点，连接，． （1）如图2，当M是的中点时，求证：； （2）如图3，当M是上任意一点时，求证：； 拓展延伸： （3）在（2）的条件下，若正方形的边长为10，，求的值． 【答案】（1）见解析；（2）理由见解析；（3）． 【分析】（1）由平移可知，，，，证明是的中位线，得到，即可得出结论； （2）根据正方形和平移的性质，证明，得到，，进而得出，由勾股定理可得，再结合，即可得到答案． （3）过点作，垂足为H，证明，得，在中求出，即可解得． 本题考查了正方形的性质，三角形中位线定理，平移的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． 【详解】（1）解：如图，连接 由平移可知，，，， ∴， 是的中点，即， ∴，即是的中位线， ， ； （2）解：四边形是正方形， ，，， ， 由平移可知，，， ，， ，， ， ， ∵， ∴ （3）解：过点作，垂足为H， ∵正方形的边长为10，， ∴，， 由（2）得，， ∴，， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∴． 3．(24-25上·四川成都石室天府中学（两校区）·模拟)已知在正方形中，对角线，点E、F分别在边上，． (1)如图，如果，求线段的长 (2)过点E作，垂足为点G，与交于点H． ①求证：； ②设的中点为点O，如果，求的值． 【答案】(1)； (2)①见解析，②或． 【分析】（1）如图，连接交于点M．易证，得垂直平分，可得，由可得，由勾股定理求出，依据，求解即可； （2）①如图1，过点H作交于点N，延长交于点M，易证，可得，易证得到，由，可证，，即，，代入即可； ②过F作交于P，过E作交于I、交于Q，连接，易证，得到，由（1）可知垂直平分，得，如图，当H在上时，，由①可知，，设,则，，可得，设，由，解得，在中，，解得，从而可求得；如图，当H在上时，，由①可知，，设,则，，，设，由，解得，在中，，解得，代入可得． 【详解】（1）解：如图，连接交于点M． 由题意可知， ∴在和中， ， ∴， ∴，， ， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ， ， ， ， ∴， 解得：， ； （2）①如图1，过点H作交于点N，延长交于点M， 在正方形中，， ， ∴在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴； ②过F作交于P，过E作交于I、交于Q，连接， ，， ， ， ， 在正方形中， 易证是正方形， ， ， ， ， 由（1）可知垂直平分， ， 如图，当H在上时， ， 由①可知， ， 设,则，， ， ， ， ， ， 在与中， ， 设， ， ∴， 解得， 在中， ， ∴， 解得或（不合题意，舍去）， ∴； 如图，当H在上时， ， ， 由①可知， ， 设,则，， 在与中， ， 设， ， ， ， ∴， 解得， 在中， ， ∴， ∴， ∴， 解得或（不合题意，舍去）， ∴， 综上所述：或． 【点睛】本题考查了全等三角形的证明和性质的应用，相似三角形的判定和性质的应用、勾股定理和三角函数解直角三角形；解题的关键是构建相似三角形，运用相似的性质建立等量关系． 4．(24-25九上·四川成都锦江区·期末)如图1，在中，分别为的中点，连接，且．    (1)求证：四边形是菱形； (2)如图2，连接交于点，交于点，且，连接，． ①求证：； ②若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，求得，推出四边形是平行四边形，得到，根据菱形的判定定理得到结论； （2）①设，，在中，， ，得到，根据菱形 到现在得到，，推出，得到，求得，于是得到； ②根据相似三角形的性质得到，求得，设，得到，推出，根据勾股定理得到，求得，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵分别为的中点， ∴，， ∴，且， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：①证明：∵四边形是平行四边形，四边形是菱形， ∴， 设， ∴， 设， ∴在中，，即， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ②∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴（舍去负值）， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，等边对等角，相似三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键． 5．(24-25九上·四川成都武侯区·期末)在矩形中，．在射线上取一点，连接，且满足，直线与直线相交于点． 【尝试初探】 （1）如图1，当时，若，，求线段的长； 【深入探究】 （2）如图2，当时，若，求的值； 【拓展延伸】 （3）若，试探究线段与线段之间满足的数量关系． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）根据矩形的性质，可证明，列出比例式，求得，设，则，列方程求解即可； （2）设在和中，，代入求得，则，进而求出，即可解答； （3）延长，交于点，分两种情况，列式求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， 即． （2）∵， 可设， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）如图，延长，交于点， 当时，设， ∵， ∴， 即， 整理得， ∴， ∵， ∴， ∴． 当时，设， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， 即， 整理得：， ∴， ∵， ∴， ∴． 综上，． 【点睛】本题主要考查了四边形的综合应用，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，掌握矩形的性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键． 6．(23-24九上·四川成都东部新区·期末)如图1，在矩形中，与相交于点O，，过点O做，将绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为a，O对应，E对应．连接，． (1)问题发现：当时，__________，___________，__________； (2)拓展探究：当时，的大小有无变化？请仅就图2的情况给出证明； (3)问题解决：当旋转至B，，三点共线时，请计算线段的长． 【答案】(1)，， (2)无变化，证明见解析 (3) 【分析】（1）利用勾股定理分别解即可； （2）连接，由题意得，，故可推出，进一步可得 , ，即 =   , ，最终推出 即可求解； （3）根据题意画出满足条件的两种情况，结合（2）中所得结论即可求解； 【详解】（1）解：如图所示： ∵， ∴ ∵ ∴ ∵， ∴， ∵ ∴ ∴ ， 故答案为：，， （2）证明：连接，如图所示： ∵ ∴， 由旋转可得： ∴ ∴ , ∴ =   , ∴ ∴    ∴ （3）解：当旋转至B，，三点共线时，存在两种情况: 如图所示 在中，由勾股定理可得 由（2）中= 可得= ②如图所示 同理可得：= 综上所述，. 【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，综合性较强，需要学生具备扎实的几何基础． 1 / 98 学科网（北京）股份有限公司 $