专题01 特殊的平行四边形（期末真题汇编，山东专用）九年级数学上学期

专题01 特殊的平行四边形 常考考点概览 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 四边形综合 地 城 考点01 菱形的性质与判定 一、单选题 1．(23-24九上·山东青岛北区·期末)如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，若，则菱形的面积是（    ）    A． B．1 C． D．4 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的性质及垂直平分线的性质，根据，得到，根据菱形得到，即可得到是等边三角形，根据勾股定理求出，即可得到答案； 【详解】解：∵， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 2．(23-24九上·山东济南历城区·期末)如图，菱形中，，，E，F，P分别是，，上的动点，的最小值等于（　　） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了轴对称的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是熟练掌握“将军饮马”等模型．作点P关于的对称点G，连接，作，作，可推出，而，再进一步得出结果． 【详解】解：作点F关于的对称点G，连接，作于，作交于， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴点G在上，，， ∵， ∴最小值为：， 故选B． 二、填空题 3．(23-24九上·山东枣庄山亭区·期末)若菱形的两条对角线的长分别为10和24，则菱形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理；由菱形的性质得，，，由勾股定理即可求解；掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图， ，， 四边形是菱形， ，，， ， 菱形的周长：； 故答案：． 4．(23-24九上·山东淄博·期末)我们新定义一种三角形：两边平方和等于第三边平方的3倍的三角形叫做和谐三角形，例如：某三角形三边长分别是，3，2，因为，所以这个三角形是和谐三角形．在平行四边形中，于点O，，且是和谐三角形，则该平行四边形的面积为 ．（温馨提示：，，） 【答案】或3 【分析】本题考查了新定义，菱形的判定及性质，勾股定理，理解新定义，掌握性质，能根据“和谐三角形”中不同的第三边进行分类讨论是解题的关键． 由菱形的判定方法得四边形是菱形，①为第三边时，由新定义得，再由菱形的性质得，由勾股定理得 ，由菱形的面积得，即可求解；②（或）为第三边时，同理可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ； ①如图，为第三边时， 是和谐三角形， ， 解得：； ， ； ， ； ②如图，（或）为第三边时， 是和谐三角形， ， 解得：； ， ； ， ； 综上所述：该平行四边形的面积为或3． 故答案：或3． 5．(23-24九上·山东青岛李沧区·期末)如图，在菱形中，点E为对角线上一点，且，连接，若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，以及线段的和差关系，解题的关键是正确作出辅助线，利用勾股定理求出的长度．连接，与相交于点O，则，，由，根据勾股定理求出，求出，由勾股定理求出，即可得到答案． 【详解】解：如图，连接交于， ∵菱形， ∴，，， 在中，由勾股定理， 得：， ∵， ∴， 在中，由勾股定理，得 ． 故答案为：． 三、解答题 6．(24-25九上·山东青岛青岛大学附属中学·期末)已知，线段，求作：菱形，使，对角线． 【答案】作图见解析 【分析】在平面内任选一点，以为端点作射线，再用作两个角相等的方法作，再作的角平分线，再由作两条线段相等的方法在的角平分线上截取，最后作线段的垂直平分线，交两边于点，连接、即可得到答案． 【详解】解：如图所示： 【点睛】本题考查作菱形，涉及基本尺规作图中作两个角相等、作角平分线、作两条线段相等、作垂直平分线，熟练掌握五种基本尺规作图的方法步骤是解决问题的关键． 7．(23-24九上·山东泰安泰山区泰安泰山实验中学·期末)在菱形中，点P是边上一点，连接，点E，F是上的两点，连接，使得 求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，熟记相关结论是解题关键． （1）根据菱形的性质得，可推出即可求证； （2）由得即可求证． 【详解】（1）解：∵是菱形， ∴， ∴ ∵ ∴ ∵， ∴ ∴ （2）证明：∵， ∴ ∵ ∴ 8．(24-25九上·山东青岛黄岛区等3地·期末)已知：如图，中，，求作：菱形，使菱形的顶点在边上． 【答案】见解析． 【分析】本题考查了无刻度直尺作图，平行四边形的判定，菱形的判定，先根据无刻度直尺作图方法作垂直平分线，然后通过平行四边形的判定，菱形的判定证明即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图， 分别以为圆心，大于长度为半径画弧，两弧交于点， 连接，交于点，交于点， 以为圆心，长为半径画弧，交于点， 连接， ∴菱形即为所求； 理由：由作图可知：垂直平分，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 9．(23-24九上·山东青岛南区青岛第二十六中学·期末)如图所示，第一个菱形的边长为2，，且点D落在y轴上，延长交x轴于A，以为边作第二个菱形；延长交x轴于点，以为边作第三个菱形…，按这样的规律进行下去，若点D、C、、…都在一条直线上． 【探究】 (1)______； (2)____________； (3)则第个菱形的面积为______． 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】（1）由第一个菱形的边长为2，，得出为含30度直角三角形，由此得出，即可得到答案； （2）同理（1）可得，，由此发现规律：即可解题； （3）根据（2）的规律求出第个菱形的边的高即可求解． 【详解】（1）解： ， ， 菱形的边长为2， ∴，， ∴，， ∴ 同理可得 ∴ 故答案为 （2）由（1）可知 ，即： 由此规律可知：， ∴ 故答案为：，． （3）由（2）可知，第个菱形的菱长为， 的高， 第个菱形的面积为． 故答案为． 【点睛】本题主要考查菱形的性质，含度直角三角形性质、勾股定理，图形的规律，解本题的关键是求出前几个菱形的边长，找出规律． 地 城 考点02 矩形的性质与判定 一、单选题 1．(23-24九上·山东菏泽东明县·期末)如图，点在矩形的边上，将沿翻折，点恰好落在边上的点处，若，则的长为（    ）    A．9 B．12 C．15 D．16 【答案】C 【分析】本题考查了翻折变换、矩形的性质及勾股定理的应用，解题的关键是设，由折叠的性质可得，，根据勾股定理可求出、的长，再设，则，，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：由折叠的性质可知，， 设，则，， 在中：，即， 解得：或（舍）， ，， 设，则，， 在中：，即， 解得：， 的长为15， 故选C． 2．(24-25九上·山东青岛城阳区·期末)如图，是矩形的对角线上一点，，，于点，于点，连接，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，根据矩形的性质得到，的最小值即为的最小值，当，，三点共线时，的值最小，且为的长度，根据勾股定理得到，于是得到结论． 【详解】解：连接， 四边形是矩形， ， ，， 四边形是矩形， ， 的最小值即为的最小值， 当，，三点共线时，的值最小，且为的长度， 四边形是矩形， ， 的最小值为． 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是矩形的判定与性质、勾股定理解直角三角形，解题关键是熟练掌握矩形的判定与性质． 3．(23-24九上·山东泰安肥城·期末)如图，在矩形中，对角线与相交于点，垂足为点是的中点，连接，若，则矩形的周长是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，由矩形的性质可得，，从而得出是等边三角形，则，求出，再由勾股定理得出，即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：在矩形中，对角线与相交于点， ，，，且， ， , 是等边三角形， ， ， 于点， 为的中点， 是的中点，， ， ， ， ， ， ， 矩形的周长是， 故选：C． 4．(23-24九上·山东枣庄山亭区·期末)如图1，动点P从A点出发，沿着矩形的边，按照路线匀速运动一周到A点停止，速度为．的长与运动时间的关系图象如图2，则矩形对角线的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，动点问题的函数图象，利用了数形结合的思想，解答本题的关键是读懂题意，从图象的变化与动点运动位置的改变确定动点的所需关系量． 当两段，分别求得矩形的边长再用勾股定理即可得解． 【详解】解：根据题意，结合函数图象，可知： 当时，点P在上运动； 当时，点P运动到点B，即； 由图知，点P在上运动时间均为，则在上运动了， 即由A到C运动了； 当时，点P在上运动； 当时，点P运动到点C，即． 在矩形中，，则， 故答案为：B． 5．(24-25九上·山东德州·期末)如图，矩形中，，，将矩形绕点A逆时针旋转得到矩形，当点C，，三点共线时，交于点E，则的长度是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，先证明，进而证明，于是可得，，设，则，利用勾股定理建立方程，解方程即可得出答案． 【详解】解：如图，连接， 矩形， ，，， 由旋转的性质可得：，，，， 是等腰三角形，且， ， ， 在和中， ， ， ，， 设，则， 在中，根据勾股定理可得：， ， 解得：， ， 故选：A． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． 二、填空题 6．(24-25九上·山东青岛城阳区·期末)如图，把两个全等的矩形和矩形拼成如图所示的图案，已知，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理定理，全等三角形的判定和性质，掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键． 根据矩形的性质，勾股定理得到，再证明，得到是等腰直角三角形，由勾股定理即可求解． 【详解】解：∵把两个全等的矩形和矩形拼成如图所示的图案， ∴，，， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形，则， 故答案为： ． 7．(23-24九上·山东临沂沂水县实验中学·期末)如图，矩形纸片．如果点P在边上，将纸片沿折叠，使点B落在点E处，连接当是直角三角形时，那么的长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了矩形与翻折问题，涉及了勾股定理，掌握翻折的性质是解题关键．分类讨论、，画出对应的图形即可求解． 【详解】解：若，如图所示： ∵ ∴三点共线 由题意得： 设，则 由翻折可知：， ∴ ∴， 解得： ∴ 若，如图所示： 则四边形是矩形， 由翻折可知：， ∴四边形是正方形 ∴ 综上所述：或 故答案为：或． 8．(24-25九上·山东济南·期末)如图，在矩形纸片中，，为边上一点，，连接，为边上一点，连接，将沿翻折，点的对应点恰好落在的中点处，则 ． 【答案】 【分析】由，设，可得，，结合为的中点，可得，可得：，如图，过作于，作于，可得，，设，可得，再进一步求解即可． 【详解】解：∵矩形纸片中，， ∴，， ∵，设， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∵， ∴， 解得：或（舍去）， ∴，， 如图，过作于，作于， ∴，， ∴， 设， ∴， 解得：， ∴； 故答案为： 【点睛】本题考查的是矩形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，作出合适的辅助线是解本题的关键． 9．(23-24九上·山东淄博淄川区淄川实验中学·期末)如图，矩形纸片中，，点P是边上的动点，现将纸片折叠，使点A与点P重合，折痕与矩形边的交点分别为E，F，要使折痕始终与边有交点，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了矩形的翻折变换，勾股定理，运用极端原理求解：①最小时，F、D重合，由折叠的性质知：，在中，利用勾股定理可求得的长，进而可求得的值，即的最小值；②最大时，E、B重合，根据折叠的性质即可得到，即的最大值为4；根据上述两种情况即可得到的取值范围． 【详解】解：如图：                ①当F、D重合时，的值最小； 根据折叠的性质知：； 在中，，则； ； ②当E、B重合时，的值最大； 根据折叠的性质即可得到，即的最大值为4； 故答案为：． 三、解答题 10．(23-24九上·山东青岛城阳区·期末)已知：如图，在矩形中，，G，H分别是的中点，E，F是对角线上的两个点，． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若四边形为矩形，求的长度． 【答案】(1)平行四边形，见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，牢记相关性质和判定方法是解题关键， （1）根据矩形性质证出，进而证出，从而证出结论； （2）连接，先证明四边形是平行四边形，得，若四边形为矩形，则，即可求出结论． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： ∵四边形是矩形， ， ， 分别是的中点， ， ， ， ，， ， 即， ， 又， ∴四边形是平行四边形； （2）解：连接，在矩形中，， ， ， ， 又， ∴四边形是平行四边形， ， 当四边形为矩形时， ， ． 11．(23-24九上·山东青岛李沧区·期末)如图，在四边形中，两条对角线相交于点O，，垂足为点B，，垂足为点D，，点E，F分别是，的中点，连接，，，． (1)求证：； (2)从下列条件中任选一个作为已知条件后，试判断四边形的形状，并证明你的结论． ①，②． 选择的条件：______（填写序号）． （注：如果选择①，②分别进行解答，按第一个解答计分） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．也考查了矩形的判定与性质． （1）先证明得到，然后利用点E，F分别是，的中点，得到； （2）若选择①，四边形为矩形．理由为：根据直角三角形斜边上的中线性质得到，则可判断为等边三角形，所以，，从而可判断四边形为矩形． 若选择②，四边形为矩形．理由为：利用，，得到，然后利用点E，F分别是，的中点，，得到，从而可判断四边形为矩形． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵点E，F分别是，的中点， ∴； （2）解：选择①，四边形为矩形． 理由如下： ∵为的斜边上的中线， ∴， ∵ ， ∴为等边三角形， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形为矩形． 故答案为：① 若选择②，四边形为矩形． 理由如下： ∵，， ∴， ∵点E，F分别是，的中点，， ∴， ∴四边形为矩形． 12．(23-24九上·山东淄博淄川区·期末)已知矩形（如图1）的一边和对角线分别与矩形的对角线及边重合，连接，取的中点，连接，试探索解决下列问题：    (1)求证：； (2)如图2，若将（1）中的矩形绕点旋转一定的角度，其它条件不变，你认为（1）中的结论是否成立？若成立请证明；若不成立，请说明理由． 【答案】(1)见详解 (2)成立，理由见详解 【分析】（1）先由矩形的性质得出，，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得出，，即可证明； （2）连接交于点，连接交于点，连接．根据矩形性质得到相等且互相平分，相等且互相平分．根据中位线的性质和矩形性质证明，再证明，，即可得到，即可证明，即可证明． 【详解】（1） 证明：如图1，∵四边形是矩形，四边形是矩形， ，， ∵为中点， ，， ； （2）解：若将（1）中的矩形绕着点旋转一定的角度，其它条件不变，则（1）中的结论还成立． 理由：如图2，连接交于点，连接交于点，连接．    ∵四边形，四边形都是矩形， ∴相等且互相平分，相等且互相平分． ∵，分别为，的中点， ，； 同理，． ∵相等且互相平分，相等且互相平分， ∴， ∴， ∴ 由题意得， ， 又∵，， ， ∴， 在与中， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，综合性较强，难度较大，熟知相关定理，根据题意正确作出辅助线是解题的关键． 地 城 考点03 正方形的性质与判定 一、单选题 1．(23-24九上·山东青岛即墨区·期末)如图，在正方形中，E、F分别是、的中点，、交于点G，连接，下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论是（    ） A．①② B．①③ C．①②④ D．①②③ 【答案】D 【分析】本题根据题意证明即可判断①，利用正方形性质和全等三角形性质得到，，即可判断②，延长交的延长线于点，证明，得到为斜边上的中线，即可判断③，根据若，证明为等边三角形，利用等边三角形性质得到，因为，所以，出现矛盾，即可判断④． 【详解】解：四边形为正方形， ，， E、F分别是、的中点， ， ， ， ①正确； 由①知，， ， ，即， ②正确； 如图，延长交的延长线于点， 由题知，， ，， ， ， ， 由②知， 为斜边上的中线， ， ③正确； 若，则， 有为等边三角形，即， ， ， ④错误； 综上所述，正确的有①②③， 故选：D． 【点睛】本题考查正方形性质、全等三角形的性质与判定、直角三角形斜边上的中线等于斜边一半、等边三角形的性质和判定，解题的关键在于熟练掌握相关性质找到图形中线段和角之间的关系． 2．(23-24九上·山东菏泽·期末)如图，四边形是边长为1的正方形，以对角线为边作第二个正方形，连接，得到；再以对角线为边作第三个正方形，连接，得到；再以对角线为边作第四个正方形，连接，得到设的面积分别为，如此下去，则的值为（    ） A． B． C． D．1012 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、规律型等知识，首先求出、、，然后猜测命题中隐含的数学规律，即可解决问题． 【详解】四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， 同理可求：，，， ， ∴ 故选：B． 二、填空题 3．(23-24九上·山东青岛城阳区·期末)已知正方形，分别以为边长作等边和等边，连接，则 ． 【答案】15 【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质等知识，掌握正方形的性质是解题的关键．由正方形的性质可得，由等边三角形的性质可得，由等腰三角形的性质可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵和都是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：15． 4．(24-25九上·山东德州天衢新区·期末)如图，正方形的边长为6，以点为圆心，2为半径作．为上的动点，连接，并将绕点逆时针旋转得到，连接．在点运动的过程中，的最大值是 ． 【答案】/ 【分析】连接，证明，得，则在点P的运用过程中，点始终在以点A为圆心，以2为半径的圆上运动，因此连接，当点运动到的延长线上时，为最大，然后求出的长，即可得出长度的最大值． 【详解】解：连接，如图1所示： ∵四边形为正方形， ， ， 由旋转的性质得：， ， ， 在和中， ， ， ∴在点P的运用过程中，点始终在以点A为圆心，以2为半径的圆上运动，连接，当点运动到的延长线上时，为最大，如图2所示： ， ， ，即长度的最大值是， 故答案为： 【点睛】此题主要考查了图形的旋转变换及其性质，正方形的性质，点与圆的位置关系，全等三角形的判定和性质，图形的旋转变换及其性质，正方形的性质，点与圆的位置关系，全等三角形的判定和性质是解决问题的关键，确定点始终在以点A为圆心，以2为半径的圆上运动是解决问题的难点． 5．(24-25九上·山东济南槐荫区·期中)如图，在正方形中，取的中点，连接，延长至点，使，以线段为边作正方形，点在线段上，则的值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用勾股定理成为解题的关键． 设正方形的边长为，则，，由勾股定理可得，进而得到、、，最后代入计算即可． 【详解】解：设正方形的边长为，则，， ∴， ∴， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， ∴． 故答案为． 6．(23-24九上·山东济南章丘区·期末)如图，正方形中，是边上一点，是延长线上一点，且．若四边形的面积是，则的长是 ． 【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、正方形的面积公式等知识，证明是解题的关键．由正方形的性质得，，则，即可证明，则，所以，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， 在和中，， ， ， 四边形的面积是， ， ， （负值舍去）， 故答案为：． 7．(23-24九上·山东青岛莱西·期末)如图，已知四边形和四边形均为正方形，且是的中点，连接，若，则的长为 ． 【答案】 【分析】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．过点作交于点，交于点，则，再证明，得出，再利用勾股定理即可解答． 【详解】解：过点作交于点，交于点，则， 四边形和四边形均为正方形， ，，， ， ， ，， ，， ， 故答案为：． 8．(23-24九上·山东枣庄滕州北辛街道北辛中学·期末)如图，正方形的边长为4，点在上，且，于点，，交于点，则的长为 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．先判断出，再判断出，进而利用“角角边”证明和全等，根据勾股定理求出，再求出，进而可以求出． 【详解】解：，， ， ， 四边形是正方形， 且， ， ， ， 在和中， ， ， ， 在中，，，根据勾股定理得，， ， ， ， ， ． 故答案为：． 9．(23-24九上·山东青岛北区·期末)如图，四边形是边长为的正方形，点E在边上，，作，分别交，于点G、F，M，N分别是，的中点，则下列5个结论中：①点F、N、C共线；②；③；④的面积为；⑤．正确的是 ．（填写所有正确结论的序号）． 【答案】①②④⑤ 【分析】连接，根据矩形及正方形的性质即可判断①；利用等腰直角三角形的性质及勾股定理得出，再由直角三角形斜边上的中线的性质即可证明②；利用正方形的性质即可证明③；根据等腰直角三角形的性质及三角形中位线的性质即可证明④；利用全等三角形的判定和性质及等腰三角形的性质即可证明⑤． 【详解】解：连接，   ∵四边形是正方形，， ∴四边形是矩形， ∵N是的中点，为矩形的对角线， ∴点F、N、C共线；故①正确； ∴， ∴为等腰直角三角形， ∵M是的中点， ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∵N是的中点，四边形是矩形， ∴点N在上，且是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴；故②正确； 连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴错误，故③错误； ∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 找的中点H，连接， ∴，， ∴， ∴，故④正确； 连接， 在与中， ， ∴， ∴， 由①得点N为矩形对角线的交点， ∴点N为等腰三角形底边的中点， ∴， ∵， ∴，故⑤正确； 综上可得：正确的有①②④⑤， 故答案为：①②④⑤． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，矩形的性质，勾股定理解三角形、等腰直角三角形及直角三角形斜边上的中线的性质等知识的综合运用，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． 10．(23-24九上·山东济南莱芜区·期末)0．如图，正方形的边在正六边形的边上，则 度．    【答案】 【分析】本题考查多边形内角和，以及正方形性质，根据边形内角和为，求出正六边形的内角和，算出，再结合正方形性质根据，即可解题． 【详解】解：正六边形的内角和为， ， 四边形为正方形， ， ， 故答案为：． 三、解答题 11．(23-24山东枣庄·期末)1．如图，在中，，，．点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿边向点运动．过点作交折线于点，以为边在右侧作正方形．设正方形与重叠部分图形的面积为，点的运动时间为秒． (1)当点在边上时，正方形的边长为______（用含的代数式表示）． (2)当点落在边上时，求的值． (3)当点在边上时，求S与之间的函数关系式． 【答案】(1) (2) (3)当时，；当时， 【分析】本题是四边形的综合题，主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、重叠部分的面积等知识． （1）由等腰直角三角形的性质和正方形的性质可得：，可得； （2）由等腰直角三角形的性质和正方形的性质可得：，即，可求t的值； （3）分两种情况讨论，根据重叠部分的图形的形状，可求S与t之间的函数关系式； 【详解】（1）解：∵，， ∴，且， ∴， ∴， （2）解：如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：当时，正方形与重叠部分图形的面积为正方形的面积， 即， 当时，如图，正方形与重叠部分图形的面积为五边形的面积， ∵， ∴， 同理可得：， ∴， 而，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 综上所述，S与t之间的函数关系式为． 12．(24-25九上·山东青岛城阳区·期末)2．已知：如图，；求作：正方形，使D为的中点，在边上，且G在内部． 【答案】作图见解析 【分析】本题考查的是作正方形，作线段的垂直平分线，先作线段的垂直平分线交于，再过作的垂线交于，再在上截取，分别以为圆心，长为半径画弧，交于点，则四边形为正方形． 【详解】解：如图，四边形即为所求； 理由：由作图可得：为中点， ，， ∴四边形为正方形． 13．(24-25九上·山东临沂莒南县·期末)3．阅读下面材料 小明同学在学习的过程中发现，借助旋转变换可以解决很多数学问题． 例如：如图所示，在正方形中，点、分别为、边上的点，． 求证：； 如图，小明延长至，使得，则形成一组旋转三角形 （1）请你沿着小明同学的思路继续完成他的证明过程． 参考小明同学的解题思路解答下面两个问题： （2）如图，在正方形中，点为边上的点，交于，探索、、之间的数量关系，并证明． （3）如图，在正方形中，点为边上的点，交于点，取中点，过点作的垂线，分别交、、于点、、，且，求的面积． 【答案】（1）见解析；（2），见解析；（3） 【分析】（1）延长至，使得，连接，可证 ，得，可得结论； （2）理由：将逆时针旋转 到位置，可得，，，根据勾股定理可得结论． （3）连接，，，，，作于，于，由题意可证，可得为等腰直角三角形，可得，，根据勾股定理可求，的长，即可得，的长，即可求的面积． 【详解】解：（1）证明：延长至，使得，连接， 四边形是正方形， ，， ， ≌， ，， ， ． ， 又， ， ， 故； （2） 如图：将逆时针旋转 到位置， 四边形是正方形， ， 由旋转， ，， （3）如图：连接，，，，，作于，于 四边形是正方形， ， ，， ，， 设 ， 垂直平分 ， 且 是等腰直角三角形 又是中点 ， 在中， ， 在中， 在中，． 在中， ． 解得 ， 【点睛】本题考查四边形综合题，用旋转法证明全等三角形、同时考查了正方形和四边形的有关知识．注意对三角形全等和解直角三角形的综合应用，全等三角形的判定和性质等知识，本题难度较大，综合性强，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题． 14．(23-24九上·山东菏泽东明县·期末)4．四边形正方形，点是平面上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接． (1)如图①，当点在正方形的边上时，求证：； (2)如图②，当点在正方形内时，与之间有怎样的关系？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是： （1）根据证明三角形全等即可． （2）证明，推出，，可得结论． 【详解】（1）解：证明：如图①中， 四边形是正方形， ，， 在和中， ， ． （2）结论：，． 理由： 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ． 15．(23-24九上·山东滨州博兴县·期末)5．根据题意，寻找规律，解答问题： (1)如图1，在中，，，现将绕点C顺时针旋转得到，连接，并且，求的大小； (2)如图2，点P是正方形内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为、、4，求的大小． 【答案】(1)． (2) 【分析】该题主要考查了旋转变换的性质、正方形的性质、勾股定理及其逆定理的应用问题；解题的关键是作辅助线，构造直角三角形． （1）首先连接，证明，然后证明，得到，即可解决问题． （2）如图，将绕点顺时针旋转得到，连接，过点作于．首先证明，，再证明，得出，再由直角三角形性质得出，最后求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接． 由旋转得：，，， 即为等腰直角三角形， ，， ，， ， ， ． （2）如图，将绕点顺时针旋转得到，连接，过点作于． ，， ，， ，， ， ， ， ， ， ． 地 城 考点04 四边形综合 一、单选题 1．(24-25九上·山东青岛青岛大学附属中学·期末)下列命题错误的是（   ） A．正方形的对角线互相垂直 B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 C．对角线相等的四边形是矩形 D．菱形的四条边相等 【答案】C 【分析】本题考查的是平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定和性质定理，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解题的关键． 根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可． 【详解】解：A、正方形的对角线互相垂直，正确，不符合题意； B、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，正确，不符合题意； C、对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项错误，符合题意； D、菱形的四条边相等，正确，不符合题意； 故选：C． 2．(23-24九上·山东济南·期末)矩形具有而菱形不一定具有的性质是（　　） A．邻边相等 B．对角线相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质和菱形的性质，由“矩形具有的性质：对角线相等，对角线互相平分；菱形具有的性质：邻边相等，对角线互相平分，对角线互相垂直”即可求得答案． 【详解】解：矩形具有的性质：对角线相等，对角线互相平分； 菱形具有的性质：邻边相等，对角线互相平分，对角线互相垂直； 矩形具有而菱形不一定具有的性质是：对角线相等． 故选：B． 3．(23-24九上·山东青岛崂山区·期末)下列说法正确的是（    ） A．四条边相等的四边形是正方形 B．对角线相等的四边形是矩形 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】C 【分析】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定逐项判断即可，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：、四条边相等的四边形是菱形，不符合题意； 、对角线相等的平行四边形是矩形，不符合题意； 、对角线互相垂直的矩形是正方形，符合题意； 、一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，不符合题意； 故选：． 4．(23-24九上·山东济南章丘区·期末)小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示正方形，并测得对角线，则图（1）中对角线的长为（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 如图1，2中，连接．在图2中，理由勾股定理求出，在图1中，证明是等边三角形，进而求解即可． 【详解】解：如图1，2中，连接． 在图2中，∵四边形是正方形， ∴，， ∵ ∴，即 ∴， 在图1中，∵，， ∴是等边三角形， ∴． 故选：D． 二、填空题 5．(24-25九上·山东青岛青岛大学附属中学·期末)如图，菱形的对角线、相交于点，作交的延长线于点，连接，若，，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，由菱形的面积可得，进而由菱形的性质和勾股定理可得，得到，即得，最后根据直角三角形的性质即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 故答案为：． 6．(24-25九上·山东青岛青岛大学附属中学·期末)如图，正方形的边长为，为中点，为射线上的动点，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接、，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】过点作交的延长线于点，在的延长线上取一点，使得，连接，过点作于点，证明，推出，，可得，推出平分，因为关于对称，所以，推出，可知当点在上时，的值最小，最小值为线段的长. 【详解】解：如图，过点作交的延长线于点，在的延长线上取一点，使得，连接，过点作于点， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴平分， ∵， ∴关于对称， ∴， ∴， ∴当点在上时，的值最小，最小值为线段的长， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，轴对称-最短问题等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造全等三角形． 三、解答题 7．(24-25九上·山东青岛黄岛区等3地·期末)在中，对角线与相交点O，过点O分别作和的垂线，垂足分别为H，M． (1)如图1，当时，求证：平行四边形是菱形； (2)如图2，当时，若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形和菱形的性质和判定，等边三角形的判定和性质． （1）根据角平分线的判定定理证得，根据平行线的性质得到，即可得到，得到，根据菱形的判定定理即可证得结论； （2）证明四边形是矩形得到，进而证得是等边三角形，，证明四边形是矩形，得到，，根据勾股定理求得，即可求得答案． 【详解】（1）证明：∵，，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴． 8．(24-25九上·山东枣庄薛城区·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 【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． 9．(24-25九上·山东青岛北区·期末)如图，在平行四边形中，、是对角线，点、、、在同一条直线上，且，延长线交延长线于． (1)求证：； (2)条件：①；②． 请从①和②中任选其一作为条件，判断并证明四边形的形状（两个都写以第一个为准）． 【答案】(1)见解析 (2)选①时，四边形是菱形，理由见解析；选②时，四边形是矩形，理由见解析 【分析】本题考查了矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的性质等知识，解题的关键是掌握这些特殊四边形的判定与性质； （1）根据平行四边形和平行线的性质得出，然后根据证明即可； （2）选①时，先证明平行四边形是矩形，可得出，根据全等三角形的性质得出，然后证明四边形是平行四边形，最后根据菱形的判定即可得证； 选②时，根据全等三角形的性质得出，然后证明四边形是平行四边形，结合已知和平行四边形的性质可证得，然后根据矩形的判定即可得证． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又，， ∴； （2）解：选①时，四边形是平行四边形； 理由：如图， ∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是矩形，， ∴，即， ∵， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形； 又， ∴平行四边形是菱形； 选②时，四边形是矩形； 理由：如图， ∵， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， 又， ∴， ∴平行四边形是矩形． 10．(24-25九上·山东青岛崂山区·期末)如图，在平行四边形中，点E，F是对角线上的三等分点，连接．求证： (1)； (2)连接，若，且，判断四边形的形状，并证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形为正方形 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，然后可证明，再利用来判定即可得解； （2）如图，连接交于，证明，可得四边形为平行四边形，结合，可得四边形为菱形，证明，可得四边形为正方形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∴． ∵点E，F是对角线上的三等分点， ∴， ∴． （2）解：四边形为正方形．理由如下： 如图，连接交于， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形， ∵，， ∴， ∴四边形为正方形． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，正方形的判定，熟记特殊四边形的判断方法是解本题的关键． 11．(24-25九上·山东青岛青岛大学附属中学·期末)如图，矩形中，对角线、交于点，点、分别在边和上，在线段上，连接、，交于点． (1)求证：； (2)若是的中点，且，判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 【分析】（）利用矩形的性质可证，得到，进而证明即可求证； （）由得，即可得四边形是平行四边形，再证明为等边三角形，得到，即得，再根据三线合一可得，即可求证． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：四边形是菱形，理由如下： 由（）得，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，掌握矩形的性质和菱形的判定是解题的关键． 12．(23-24九上·山东青岛北区·期末)如图，中，D、E分别是、边上的点，F为延长线上的点，连接、． (1)①平分；②；③E是的中点；④： 请从以上四项中，选择三项作为已知条件，剩余的一项作为结论，形成一个真命题． 把相应序号填写到已知、求证的横线上，并完成证明： 已知：______； 求证：______． 证明： (2)在（1）的情形中，当，且平分时，四边形是什么特殊四边形？请证明你的结论． 【答案】(1)①②③，④，证明见详解； (2)四边形是正方形，证明见详解； 【分析】（1）本题考查菱形的判定与性质，选择①②③作已知，④作求证，证明得到，结合平行得到平行四边形，在根据角平分线及平行线得到即可得到即可得到四边形是菱形即可得到证明； （2）本题考查等腰三角形的性质，角平分线的性质，正方形的判定，根据得到，根据平分得到，根据菱形得到，即可得到，结合三角形内角和定理即可得到，即可得到证明； 【详解】（1）解：已知：①②③； 求证：___④___． 证明：∵， ∴， ∵E是的中点， ∴， 在与中， ∵， ∴， ∴， ∴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， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 13．(23-24九上·山东青岛崂山区·期末)如图，在菱形中，，，点是边的中点．点是边上一动点（不与点重合），延长交射线的延长线于点，连接，． (1)求证：； (2)当点在什么位置时，四边形是矩形？请证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析； (2)在中点时，四边形是矩形，理由见解析． 【分析】此题考查了矩形判定、菱形的性质，熟练掌握矩形、菱形的边、角、对角线所具有的性质是解题的关键． （1）利用平行线的性质可得，结合已知和图形中的隐含条件即可证明； （2）由（）得从而得到，至此，可得四边形是平行四边形； 然后根据矩形的性质得到，再求出，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半即可； 【详解】（1）∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵点是边的中点， ∴， 在和中， ， ∴， （2）在中点时，四边形是矩形，理由， 由（）得：， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∵平行四边形是矩形， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， 即在中点时，四边形是矩形． 14．(23-24九上·山东青岛莱西·期末)如图，已知平行四边形中，对角线，交于点，是延长线上的点，且是等边三角形． (1)求证： (2)若，判断四边形是怎样的特殊平行四边形？并证明你的猜想. 【答案】(1)见详解 (2)四边形是正方形，理由见详解 【分析】此题主要考查菱形和正方形的判定，要灵活应用判定定理及等腰三角形的性质、外角的性质定理． （1）根据平行四边形的性质及等边三角形的性质．证明，得垂直平分即可； （2）根据有一个角是的菱形是正方形．证明由题意易得即可． 【详解】（1）证明： 四边形是平行四边形， ． 又是等边三角形， （三线合一），即垂直平分， ． （2）解：四边形是正方形，理由如下： 四边形是平行四边形， ． 又是等边三角形， 平分（三线合一）， ， 又 ， （三角形的一个外角等于和它外角不相邻的两内角之和）， 由（1）中，得平行四边形是菱形， ， 四边形是正方形． 15．(24-25九上·山东全统考暨金乡县·期末)在数学探究课上，老师要求同学们按照下列步骤进行探究． 动手操作： 第一步，画出等腰，使得． 第二步，作出关于对称的． 第三步，过点作的平行线，交直线于点． 第四步，分别以，为边作． 根据以上操作，甲，乙，丙三位同学各自作出了如下图所示的三个图形，并共同进行了探究．请你根据三位同学作出的图形解决下列问题． (1)直接写出图1中的度数； (2)图2，图3中均有．请就图2给出证明； (3)图3中．求出的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质，则，，根据对称的性质，等边对等角，则，根据平行线的性质，即可； （2）根据平行四边形的性质，则，，根据对称的性质，可得，，等量代换，则，，最后根据全等三角形的判定定理即可证明； （3）过点作，垂足为点，根据勾股定理，求出，根据平行四边形的性质，对称的性质，可得，，根据等边对等角，求出，根据矩形的判定和性质，可得四边形是矩形，根据勾股定理，即可求解． 【详解】（1）解：由题意可得，四边形是平行四边形， ，， ，， ，关于对称的， ，， ， ， ； （2）证明：四边形是平行四边形， ，， 由对称可得，，， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ； （3）解：过点作，垂足为点， ，， ，， ， 由对称可得，，， ， ， ， ， 过点作交的延长线于点， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， 设， ，， ， ， ， 即． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查平行四边形，等腰三角形，勾股定理，矩形，全等三角形，对称的知识，解题的关键是掌握平行四边形的判定和性质，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理的应用，对称的性质． 16．(23-24九上·山东德州临邑县·期末)【探索发现】某兴趣小组在一次数学活动中发现有一组对角互余的四边形具有特殊的性质，通过翻阅资料得知这样的特殊四边形称为对余四边形，即有一组对角互余的四边形称为对余四边形． (1)【猜想验证】若四边形是对余四边形，则与的度数之和为多少，并进行证明； (2)【拓展应用】如图，在对余四边形中，，，探究线段，和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由． 【答案】(1)或，理由见解析 (2)，理由见解析 【分析】（1）由对余四边形的定义解答即可； （2）将绕点B逆时针旋转，得到，连接，即得出，，，，可证是等边三角形，即．再根据对余四边形的定义可求出，即，即得出．结合三角形内角和定理可求出，即，最后结合勾股定理即得出结论． 【详解】（1）解：与的度数之和为或， 证明：∵四边形是对余四边形， ∴或； （2）解：线段，和之间数量关系为：， 理由： ∵对余四边形中，， ∴． ∵， ∴将绕点B逆时针旋转，得到，连接，如图3， ∴， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查勾股定理，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形内角和定理，对余四边形的定义．正确作出辅助线是解题关键． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 特殊的平行四边形 常考考点概览 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 四边形综合 地 城 考点01 菱形的性质与判定 一、单选题 1．(23-24九上·山东青岛北区·期末)如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，若，则菱形的面积是（    ）    A． B．1 C． D．4 2．(23-24九上·山东济南历城区·期末)如图，菱形中，，，E，F，P分别是，，上的动点，的最小值等于（　　） A．1 B． C． D． 二、填空题 3．(23-24九上·山东枣庄山亭区·期末)若菱形的两条对角线的长分别为10和24，则菱形的周长为 ． 4．(23-24九上·山东淄博·期末)我们新定义一种三角形：两边平方和等于第三边平方的3倍的三角形叫做和谐三角形，例如：某三角形三边长分别是，3，2，因为，所以这个三角形是和谐三角形．在平行四边形中，于点O，，且是和谐三角形，则该平行四边形的面积为 ．（温馨提示：，，） 5．(23-24九上·山东青岛李沧区·期末)如图，在菱形中，点E为对角线上一点，且，连接，若，，则的长为 ． 三、解答题 6．(24-25九上·山东青岛青岛大学附属中学·期末)已知，线段，求作：菱形，使，对角线． 7．(23-24九上·山东泰安泰山区泰安泰山实验中学·期末)在菱形中，点P是边上一点，连接，点E，F是上的两点，连接，使得 求证： (1)； (2)． 8．(24-25九上·山东青岛黄岛区等3地·期末)已知：如图，中，，求作：菱形，使菱形的顶点在边上． 9．(23-24九上·山东青岛南区青岛第二十六中学·期末)如图所示，第一个菱形的边长为2，，且点D落在y轴上，延长交x轴于A，以为边作第二个菱形；延长交x轴于点，以为边作第三个菱形…，按这样的规律进行下去，若点D、C、、…都在一条直线上． 【探究】 (1)______； (2)____________； (3)则第个菱形的面积为______． 地 城 考点02 矩形的性质与判定 一、单选题 1．(23-24九上·山东菏泽东明县·期末)如图，点在矩形的边上，将沿翻折，点恰好落在边上的点处，若，则的长为（    ）    A．9 B．12 C．15 D．16 2．(24-25九上·山东青岛城阳区·期末)如图，是矩形的对角线上一点，，，于点，于点，连接，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．(23-24九上·山东泰安肥城·期末)如图，在矩形中，对角线与相交于点，垂足为点是的中点，连接，若，则矩形的周长是（    ） A． B． C． D． 4．(23-24九上·山东枣庄山亭区·期末)如图1，动点P从A点出发，沿着矩形的边，按照路线匀速运动一周到A点停止，速度为．的长与运动时间的关系图象如图2，则矩形对角线的长为（    ）    A． B． C． D． 5．(24-25九上·山东德州·期末)如图，矩形中，，，将矩形绕点A逆时针旋转得到矩形，当点C，，三点共线时，交于点E，则的长度是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 6．(24-25九上·山东青岛城阳区·期末)如图，把两个全等的矩形和矩形拼成如图所示的图案，已知，，则的长为 ． 7．(23-24九上·山东临沂沂水县实验中学·期末)如图，矩形纸片．如果点P在边上，将纸片沿折叠，使点B落在点E处，连接当是直角三角形时，那么的长为 ． 8．(24-25九上·山东济南·期末)如图，在矩形纸片中，，为边上一点，，连接，为边上一点，连接，将沿翻折，点的对应点恰好落在的中点处，则 ． 9．(23-24九上·山东淄博淄川区淄川实验中学·期末)如图，矩形纸片中，，点P是边上的动点，现将纸片折叠，使点A与点P重合，折痕与矩形边的交点分别为E，F，要使折痕始终与边有交点，则的取值范围是 ． 三、解答题 10．(23-24九上·山东青岛城阳区·期末)已知：如图，在矩形中，，G，H分别是的中点，E，F是对角线上的两个点，． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若四边形为矩形，求的长度． 11．(23-24九上·山东青岛李沧区·期末)如图，在四边形中，两条对角线相交于点O，，垂足为点B，，垂足为点D，，点E，F分别是，的中点，连接，，，． (1)求证：； (2)从下列条件中任选一个作为已知条件后，试判断四边形的形状，并证明你的结论． ①，②． 选择的条件：______（填写序号）． （注：如果选择①，②分别进行解答，按第一个解答计分） 12．(23-24九上·山东淄博淄川区·期末)已知矩形（如图1）的一边和对角线分别与矩形的对角线及边重合，连接，取的中点，连接，试探索解决下列问题：    (1)求证：； (2)如图2，若将（1）中的矩形绕点旋转一定的角度，其它条件不变，你认为（1）中的结论是否成立？若成立请证明；若不成立，请说明理由． 地 城 考点03 正方形的性质与判定 一、单选题 1．(23-24九上·山东青岛即墨区·期末)如图，在正方形中，E、F分别是、的中点，、交于点G，连接，下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论是（    ） A．①② B．①③ C．①②④ D．①②③ 2．(23-24九上·山东菏泽·期末)如图，四边形是边长为1的正方形，以对角线为边作第二个正方形，连接，得到；再以对角线为边作第三个正方形，连接，得到；再以对角线为边作第四个正方形，连接，得到设的面积分别为，如此下去，则的值为（    ） A． B． C． D．1012 二、填空题 3．(23-24九上·山东青岛城阳区·期末)已知正方形，分别以为边长作等边和等边，连接，则 ． 4．(24-25九上·山东德州天衢新区·期末)如图，正方形的边长为6，以点为圆心，2为半径作．为上的动点，连接，并将绕点逆时针旋转得到，连接．在点运动的过程中，的最大值是 ． 5．(24-25九上·山东济南槐荫区·期中)如图，在正方形中，取的中点，连接，延长至点，使，以线段为边作正方形，点在线段上，则的值是 ． 6．(23-24九上·山东济南章丘区·期末)如图，正方形中，是边上一点，是延长线上一点，且．若四边形的面积是，则的长是 ． 7．(23-24九上·山东青岛莱西·期末)如图，已知四边形和四边形均为正方形，且是的中点，连接，若，则的长为 ． 8．(23-24九上·山东枣庄滕州北辛街道北辛中学·期末)如图，正方形的边长为4，点在上，且，于点，，交于点，则的长为 ． 9．(23-24九上·山东青岛北区·期末)如图，四边形是边长为的正方形，点E在边上，，作，分别交，于点G、F，M，N分别是，的中点，则下列5个结论中：①点F、N、C共线；②；③；④的面积为；⑤．正确的是 ．（填写所有正确结论的序号）． 10．(23-24九上·山东济南莱芜区·期末)0．如图，正方形的边在正六边形的边上，则 度．    三、解答题 11．(23-24九上·山东枣庄·期末)1．如图，在中，，，．点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿边向点运动．过点作交折线于点，以为边在右侧作正方形．设正方形与重叠部分图形的面积为，点的运动时间为秒． (1)当点在边上时，正方形的边长为______（用含的代数式表示）． (2)当点落在边上时，求的值． (3)当点在边上时，求S与之间的函数关系式． 12．(24-25九上·山东青岛城阳区·期末)2．已知：如图，；求作：正方形，使D为的中点，在边上，且G在内部． 13．(24-25九上·山东临沂莒南县·期末)3．阅读下面材料 小明同学在学习的过程中发现，借助旋转变换可以解决很多数学问题． 例如：如图所示，在正方形中，点、分别为、边上的点，． 求证：； 如图，小明延长至，使得，则形成一组旋转三角形 （1）请你沿着小明同学的思路继续完成他的证明过程． 参考小明同学的解题思路解答下面两个问题： （2）如图，在正方形中，点为边上的点，交于，探索、、之间的数量关系，并证明． （3）如图，在正方形中，点为边上的点，交于点，取中点，过点作的垂线，分别交、、于点、、，且，求的面积． 14．(23-24九上·山东菏泽东明县·期末)4．四边形正方形，点是平面上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接． (1)如图①，当点在正方形的边上时，求证：； (2)如图②，当点在正方形内时，与之间有怎样的关系？请说明理由． 15．(23-24九上·山东滨州博兴县·期末)5．根据题意，寻找规律，解答问题： (1)如图1，在中，，，现将绕点C顺时针旋转得到，连接，并且，求的大小； (2)如图2，点P是正方形内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为、、4，求的大小． 地 城 考点04 四边形综合 一、单选题 1．(24-25九上·山东青岛青岛大学附属中学·期末)下列命题错误的是（   ） A．正方形的对角线互相垂直 B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 C．对角线相等的四边形是矩形 D．菱形的四条边相等 2．(23-24九上·山东济南·期末)矩形具有而菱形不一定具有的性质是（　　） A．邻边相等 B．对角线相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 3．(23-24九上·山东青岛崂山区·期末)下列说法正确的是（    ） A．四条边相等的四边形是正方形 B．对角线相等的四边形是矩形 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 4．(23-24九上·山东济南章丘区·期末)小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示正方形，并测得对角线，则图（1）中对角线的长为（   ）． A． B． C． D． 二、填空题 5．(24-25九上·山东青岛青岛大学附属中学·期末)如图，菱形的对角线、相交于点，作交的延长线于点，连接，若，，则 ． 6．(24-25九上·山东青岛青岛大学附属中学·期末)如图，正方形的边长为，为中点，为射线上的动点，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接、，则的最小值为 ． 三、解答题 7．(24-25九上·山东青岛黄岛区等3地·期末)在中，对角线与相交点O，过点O分别作和的垂线，垂足分别为H，M． (1)如图1，当时，求证：平行四边形是菱形； (2)如图2，当时，若，求的值． 8．(24-25九上·山东枣庄薛城区·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） 9．(24-25九上·山东青岛北区·期末)如图，在平行四边形中，、是对角线，点、、、在同一条直线上，且，延长线交延长线于． (1)求证：； (2)条件：①；②． 请从①和②中任选其一作为条件，判断并证明四边形的形状（两个都写以第一个为准）． 10．(24-25九上·山东青岛崂山区·期末)如图，在平行四边形中，点E，F是对角线上的三等分点，连接．求证： (1)； (2)连接，若，且，判断四边形的形状，并证明． 11．(24-25九上·山东青岛青岛大学附属中学·期末)如图，矩形中，对角线、交于点，点、分别在边和上，在线段上，连接、，交于点． (1)求证：； (2)若是的中点，且，判断四边形的形状，并说明理由． 12．(23-24九上·山东青岛北区·期末)如图，中，D、E分别是、边上的点，F为延长线上的点，连接、． (1)①平分；②；③E是的中点；④： 请从以上四项中，选择三项作为已知条件，剩余的一项作为结论，形成一个真命题． 把相应序号填写到已知、求证的横线上，并完成证明： 已知：______； 求证：______． 证明： (2)在（1）的情形中，当，且平分时，四边形是什么特殊四边形？请证明你的结论． 13．(23-24九上·山东青岛崂山区·期末)如图，在菱形中，，，点是边的中点．点是边上一动点（不与点重合），延长交射线的延长线于点，连接，． (1)求证：； (2)当点在什么位置时，四边形是矩形？请证明你的结论． 14．(23-24九上·山东青岛莱西·期末)如图，已知平行四边形中，对角线，交于点，是延长线上的点，且是等边三角形． (1)求证： (2)若，判断四边形是怎样的特殊平行四边形？并证明你的猜想. 15．(24-25九上·山东全统考暨金乡县·期末)在数学探究课上，老师要求同学们按照下列步骤进行探究． 动手操作： 第一步，画出等腰，使得． 第二步，作出关于对称的． 第三步，过点作的平行线，交直线于点． 第四步，分别以，为边作． 根据以上操作，甲，乙，丙三位同学各自作出了如下图所示的三个图形，并共同进行了探究．请你根据三位同学作出的图形解决下列问题． (1)直接写出图1中的度数； (2)图2，图3中均有．请就图2给出证明； (3)图3中．求出的长． 16．(23-24九上·山东德州临邑县·期末)【探索发现】某兴趣小组在一次数学活动中发现有一组对角互余的四边形具有特殊的性质，通过翻阅资料得知这样的特殊四边形称为对余四边形，即有一组对角互余的四边形称为对余四边形． (1)【猜想验证】若四边形是对余四边形，则与的度数之和为多少，并进行证明； (2)【拓展应用】如图，在对余四边形中，，，探究线段，和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $