专题01特殊的平行四边形（15大高频考点）（期末真题汇编，北师大版）九年级数学上学期

专题01特殊的平行四边形（15大高频考点） 15大高频考点概览 考点1菱形的性质 考点2菱形的判定 考点3菱形的性质与判定综合问题 考点4矩形的性质 考点5矩形的判定 考点6矩形的性质与判定综合 考点7正方形的性质 考点8正方形的性质与判定 考点9正方形的性质与判定综合 考点10中点四边形 考点11特殊的四边形与动点问题 考点12特殊的四边形与翻折问题 考点13特殊的四边形与最值问题 考点14有关四边形的新定义问题 考点15四边形综合问题 考点1菱形的性质 1．（24-25九年级上·甘肃酒泉·期末）菱形的周长为，两个相邻的内角的度数之比为，则较长的对角线的长度是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25九年级上·江西吉安·期末）如图所示，在菱形中，，，过点作，交的延长线于点，则线段的长为（    ） A． B．1 C． D． 3．（24-25九年级上·广东河源·期末）如图，在菱形中，，E是上一点，M、N分别是的中点，且，则菱形的周长为 ． 4．（24-25九年级上·江苏南通·期末）如图，在菱形中，E、F分别是和的中点，连接、．求证：． 5．（24-25九年级下·浙江温州·期末）如图，在菱形中，连接对角线，点在边上，过点作交于点，连结交于点． (1)若，，求的度数． (2)若，，求的长． (3)求证∶ ． 考点2菱形的判定 6．（24-25九年级上·甘肃张掖·期末）在中，相交于点，添加下列条件仍不能判定是菱形的是（   ） A． B． C． D． 7．（24-25九年级上·河南郑州·期末）如图，将一张矩形纸片对折，然后沿着图中的虚线剪下，得到，两部分，将展开后得到的平面图形是 ． 8．（23-24九年级上·山东临沂·期末）如图，，，是正五边形的对角线，与相交于点．下列结论：（1）平分；（2）；（3）四边形是菱形；（4）．其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号） 9．（24-25九年级上·山东青岛·期中）已知：如图，的对角线，交于点O，分别过点A，B作，，连接交于点F． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形为菱形？请说明理由． 10．（19-20九年级上·山东青岛·期末）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点O，，E、F、G分别是、、的中点．求证： (1)； (2)连接，求证：四边形是菱形． 考点3菱形的性质与判定综合问题 11．（24-25九年级上·四川成都·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． 12．（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，在平行四边形中，以点为圆心，为半径作弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点，射线交于点． 若，，则的长为 ． 13．（24-25九年级上·贵州铜仁·期末）如图，在四边形中，的角平分线交于点E，连接交于点O． (1)求证：四边形是菱形； (2)若点E是的中点，，求的长． 14．（24-25九年级上·上海·期末）在平行四边形中，对角线、交于点O，P是线段上一个动点（不与点O、点C重合），过点P分别作、的平行线，交于点E，交、于点F、G，连接． (1)如图1，如果，求证：； (2)如图2，如果，，且与相似，请补全图形，并求的值； (3)如图3，如果，且射线过点A．请补全图形，并求的度数． 15．（24-25九年级上·内蒙古包头·期末）如图1，在四边形中，平分，点M是上一点，连接并延长分别交和的延长线于点Q和点N． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)连接，证明：； (3)如图2，连接，若，且，求的长． 考点4矩形的性质 16．（22-23九年级上·陕西西安·期末）在矩形中，交于O，的值可以是（　　） A． B． C． D． 17．（24-25九年级上·内蒙古包头·期末）如图所示，在矩形中，对角线、相交于点O，，，则（　　） A． B． C． D． 18．（24-25九年级上·甘肃酒泉·期末）如图，O是矩形的对角线的中点，M是的中点．若，，则四边形的周长为 ． 19．（24-25九年级上·甘肃张掖·期末）如图，在矩形中，，点为边上的一个动点，连接，作，交边于点． (1)当点在什么位置时，的长为2； (2)的长能否等于3？请说明理由． 20．（24-25九年级上·甘肃天水·期末）【问题情境】（1）如图，四边形是正方形，点是边上的一个动点，以为边在的右侧作正方形，连接，，求证：； 【拓展提升】（）如图，四边形是矩形，，，点是边上的一个动点，以为边在的右侧作矩形，且，连接，，判断线段与具有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由． 考点5矩形的判定 21．（24-25九年级上·全国·期末）如图，要使成为矩形，则可添加的一个条件是（   ）    A． B． C． D． 22．（24-25九年级上·甘肃兰州·期末）如图，连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为矩形，则对角线，应满足（   ） A． B．平分 C．平分 D． 23．（24-25九年级上·四川成都·期末）在平行四边形中，、是两条对角线．现有四个条件：①；②；③；④．其中可以推出平行四边形是矩形的有 ．（写出符合题意的全部序号） 24．（24-25九年级上·广东清远·期末）如图，在菱形中，，． (1)实践操作：用尺规作图法过点B作边上的高：（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)应用与证明：在（1）的条件下，在线段上截取线段，使，连接，求证四边形是矩形，并求出它的周长． 25．（24-25九年级上·全国·期末）如图，在中，，为边上一点，以，为邻边作，连接，． (1)求证：； (2)若，求证：四边形是矩形． 考点6矩形的性质与判定综合 26．（24-25九年级上·浙江金华·期末）如图，在矩形内放置5个大小相同的正方形，且四个点分别在矩形的四条边上．要求的值，只要知道下面哪条线段的长？（    ） A． B． C． D． 27．（24-25九年级上·内蒙古包头·期末）如图，在正方形中，点E在上，，，垂足分别为F、G，若，则 ． 28．（24-25九年级上·山东青岛·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． 29．（24-25九年级上·陕西宝鸡·期末）如图，在四边形中，，过点作交于点，过点作于点． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 30．（24-25九年级上·江西吉安·期末）课本再现 思考：我们知道，矩形的对角线相等，反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？ 定理证明：（1）如图①，在中，对角线和相等．求证：是矩形； 知识应用：（2）如图②，的对角线，交于点，点，在上，且，．求证：四边形是矩形； 拓展延伸：（3）如图③，在矩形中，，，，分别是边和对角线上的点，，，求的长． 考点7正方形的性质 31．（24-25九年级上·内蒙古·期末）如图，在正方形中，G为的中点，连结并延长，交边的延长线于点E，对角线交于点F，已知，则线段的长是（　　） A．4 B．6 C．8 D．10 32．（24-25九年级上·广东·期末）在正方形中，边长，为中点，为上一点，且垂直平分交于点，则的长度为（    ） A． B． C． D． 33．（24-25九年级上·广东清远·期末）如图，四边形是正方形，E是上一点，，，则 ． 34．（24-25九年级上·甘肃张掖·期末）如图，在正方形中，E、F是对角线上的两点，连接，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 35．（24-25九年级上·四川德阳·期末）如图，点P是正方形内一点，，，，绕点A顺时针旋转得到，连接，延长与相交于点Q． (1)求线段的长； (2)求的大小； (3)求正方形的边长． 考点8正方形的性质与判定 36．（24-25九年级上·甘肃酒泉·期末）四边形中，、相交于点O，能判别这个四边形是正方形的条件是（　　） A．，， B．， C．， D．，， 37．（24-25九年级上·陕西咸阳·期末）如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是边的中点，那么添加下列条件一定能判定四边形是正方形的是（    ） A．且 B．且和互相平分 C．且 D．且 38．（24-25九年级上·四川巴中·期末）如图，在中，、是对角线上的动点，且，、分别是边，上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．正确的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 39．（24-25九年级上·全国·期末）如图，在中，，D是边上一点，，垂足分别是E、F，． (1)求证：； (2)若，求证：四边形是正方形． 40．（24-25九年级上·贵州六盘水·期末）如图，在矩形中，的平分线交于点，过点作于点，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的度数． 考点9正方形的性质与判定综合 41．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，中，为边上一点，平分，过点作，与交于点，作，与交于点，连接．则以下结论中错误的是（   ） A．四边形是菱形 B．与互相垂直且平分 C．当时，四边形是菱形 D．若时，则四边形是正方形 42．（24-25九年级上·安徽宿州·期末）如图，正方形中，，点E是对角线上的一点．连接，过点E作，交于点F，以、为邻边作矩形． (1)若E点为对角线的中点，则 ； (2)求证：矩形是正方形； (3)求的值． 43．（24-25九年级上·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与实践 已知矩形，点E在边上，点M在边上，点N在边上，，垂足为点F． (1)如图1，当时，点M与点A重合时，则与的数量关系是______（填“”、“”、“”号）． (2)如图2，若，求与的数量关系； (3)应用（2）中的结论解决问题： ①如图2，若，，，则的最小值为______； ②如图3，在中，，，，点D是的中点，连接，过B作的垂线，交直线于E，垂足是点F，请直接写出的长．    考点10中点四边形 44．（22-23九年级上·贵州六盘水·期末）如图，已知点分别是四边形的边的中点，顺次连接得到四边形，我们把四边形叫做四边形的“中点四边形”．若四边形是菱形，则它的“中点四边形”一定是（    ）    A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 45．（22-23九年级上·广东佛山·期末）点E、F、G、H分别是平行四边形的边、、、的中点．若要使四边形是菱形，则添加的条件可以是 ．现有条件：①，②，③，④．（请填写正确的序号） 46．（20-21九年级上·辽宁朝阳·期末）如图，在四边形中，，，且顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形…如此进行下去，得到四边形，下列结论正确的有 ． ①四边形是矩形；②四边形是菱形；③四边形的周长是． 考点11特殊的四边形与动点问题 47．（21-22九年级上·山东烟台·期末）如图，点O为矩形的对称中心，点E从点A出发沿向点B运动，移动到点B停止，延长EO交于点F，则四边形形状的变化依次为（    ）    A．矩形→菱形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形 48．（24-25九年级上·江苏无锡·期末）如图，在平行四边形中，，，为边上的一动点，动点从点出发，沿着的方向，以每秒个单位的速度向点运动，设运动时间为秒，作点关于直线的对称点． (1)当点在中点处，且在线段上时，若与四边形重叠部分为直角三角形，求的值； (2)若点与点同时从点出发，点在线段上，以每秒个单位的速度向点运动，记线段与线段的交点为，设的面积为，求与的函数表达式． 49．（24-25九年级上·广东广州·期末）如图，在矩形中，，，点、、分别从点、、三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向移动，点、的速度均为，点的速度为，当点追上点（即点与点重合）时，三个点随之停止移动．设移动开始后第秒时，的面积为 (1)当秒时，的值是多少？ (2)写出和之间的函数解析式，并指出自变量的取值范围； (3)若点在矩形的边上移动，当为何值时，以点、、为顶点的三角形与以点、、为顶点的三角形相似？请说明理由． 50．（24-25九年级上·吉林长春·期末）在中，，，．动点从点出发，沿线段以每秒个单位的速度向终点运动，同时点从点出发，沿射线以每秒个单位的速度运动，当点停止运动时，点也随之停止运动．作点关于的对称点，连接、，以、为邻边构造．设点运动时间为秒． (1)用含的代数式表示线段的长； (2)当为矩形时，求的长； (3)当点在边上运动且的面积被分成：两部分时，求的值； (4)连接，当与的一边平行或垂直时，直接写出的值． 考点12特殊的四边形与翻折问题 51．（24-25九年级上·山西晋中·期末）如图，裁剪出一正方形纸片，若，且为的中点，将沿着所在直线折叠，使点落在正方形内点处，连接，请你探究求出的面积为（    ） A． B． C． D． 52．（24-25九年级上·广东清远·期末）如图，矩形纸片中，，，同学们按以下所给图步骤折叠这张矩形纸片，则线段AF长为（   ） A．2 B．1 C． D． 53．（24-25九年级上·江苏无锡·期末）在矩形中，宽，E是边上的一个动点，F是边上的一个动点，连接，将矩形沿折叠． (1)如图1，若，将矩形沿折叠后，点C恰好落在上的点处，点B落在点处，交于点M． ①判断与是否相等，并说明理由； ②连接交于点N，若，求的值； (2)如图2，若矩形的长，将矩形沿折叠后，点A、D的对应点分别是点，连接，直接写出面积的最小值为　　． 54．（24-25九年级上·广东珠海·期末）综合探究 操作一：折叠正方形纸片，使顶点落在边上点处，得到折痕，把纸片展平（如图1）； 操作二：折叠正方形纸片，使顶点也落在边上的点处，得到折痕，与交于点，连接（如图2）． (1)根据以上操作，直接写出图2中与线段相等的两条线段：______； (2)探究发现：把上题图中的纸片展平，得到图，通过观察发现无论点在线段上任何位置，线段与线段始终相等，请你直接用第一问发现的结论写出完整的证明过程； (3)拓展应用：已知正方形纸片的边长为，在以上探究过程中当点到的距离是时，求线段的长． 55．（21-22九年级上·陕西渭南·期末）如图，正方形的边长为，点、分别在、上．将该纸片沿折叠，使点落在边上的点处，折痕与相交于． (1)请判断与之间的数量关系，并说明理由； (2)若点为的中点，随着折痕位置的变化，请求出周长的最小值． 考点13特殊的四边形与最值问题 56．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期中）【初识图形】 （1）如图1，E、F分别为正方形边和边上的点，连接、，且．则______． （2）如图2，矩形中，点分别在边、上，连接、，且，，，求的值． 【类比探究】 （3）如图3，中，分别为、边上的点，，，为中点，连接，作交于点，交于．直接写出的长为________． 【拓展迁移】 （4）在矩形中，，，点分别为线段和线段边上的一点，以为折痕，将四边形翻折，得到四边形，直线和直线分别交直线于点和点，且，． ①请直接写出线段的长 ． ②若点分别为线段和线段边上的动点，满足．且直线始终经过一个定点，求的最大值______． 考点14有关四边形的新定义问题 57．（24-25九年级上·宁夏银川·期末）小明在学习了特殊平行四边形这一章后，对特殊平行四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，已知四边形，，像这样两条对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． 【概念理解】 在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是_________． 【性质探究】 通过探究，小明探索并证明了“垂美四边形”的一些性质，请根据证明过程，完成填空． 性质1：垂美四边形四条边之间的数量关系 如图1，，由勾股定理可知， 中，，中，， 同理，， 则， 即_________． 性质2：垂美四边形的面积与两条对角线之间的数量关系 _________． 【问题解决】 （1）如图1，若，，则_________．若，，则四边形的面积_________； （2）如图2，，是的中线，，垂足为O，，设，用含a的代数式表示_________； （3）如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和．连接．求证：四边形为垂美四边形． 考点15四边形综合问题 58．（24-25九年级上·湖北武汉·期末）（1）【提出问题】数学课上，老师提出问题：如图1，在等腰中，，点在边上，以为边作正方形，点在边上，连接，点为线段的中点，连接，．以点为对称中心，画出关于点对称的图形，并直接写出与的位置及大小关系 　　； （2）【类比探究】在等边中，、分别是、边上一点，且，以、为邻边作菱形，再将菱形绕点顺时针旋转一定角度后得到新的菱形，如图2，连接，点为线段的中点，连接、，判断与的位置及大小关系，并证明你的结论； （3）【迁移运用】在（2）的条件下，若，，菱形在旋转过程中，当最小时，直接写出的值 　　． 59．（23-24九年级下·江苏常州·期末）类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”． （1）概念理解 如图1，在四边形中，添加一个条件使得四边形是“等邻边四边形”．请写出你添加的一个条件______． （2）问题探究 如图2，已知，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接． ①四边形______（填“是”或“不是”）等邻边四边形； ②求线段的长度． （3）拓展应用 如图3，在等邻边四边形中，和为四边形的对角线，为等边三角形，试探究和的数量关系，并说明理由． 60．（23-24九年级上·陕西宝鸡·期末）问题提出      （1）如图，在四边形中，，若，，与之间的距离为4，则四边形的面积为______________； 问题探究 （2）如图，在四边形中，若，，对角线，求四边形的最大面积： 问题解决 （3）随着社会的多元化发展，研学观光园走进了我们的生活．如图③所示的四边形为某研学观光园的规划设计图，他们打算分为两个区域，其中一个区域为观光采摘区，如所示，要求建在一条笔直的公路的旁边：另一个区域为研学探究区，如所示，要求满足．从实用和美观的角度还要求，且．已知，那么是否存在这样的面积最大的四边形？若存在，请你求出这个最大值：若不存在，说明理由． 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（15大高频考点） 15大高频考点概览 考点1菱形的性质 考点2菱形的判定 考点3菱形的性质与判定综合问题 考点4矩形的性质 考点5矩形的判定 考点6矩形的性质与判定综合 考点7正方形的性质 考点8正方形的性质与判定 考点9正方形的性质与判定综合 考点10中点四边形 考点11特殊的四边形与动点问题 考点12特殊的四边形与翻折问题 考点13特殊的四边形与最值问题 考点14有关四边形的新定义问题 考点15四边形综合问题 考点1菱形的性质 1．（24-25九年级上·甘肃酒泉·期末）菱形的周长为，两个相邻的内角的度数之比为，则较长的对角线的长度是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质、锐角三角函数的应用等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键.证明，，，，求解，进一步结合三角函数求解即可. 【详解】解：如图所示： ∵菱形的周长为， ∴菱形的边长为，,，，， ∴， ∵两邻角之比为，即， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴较长的对角线为. 故选：B． 2．（24-25九年级上·江西吉安·期末）如图所示，在菱形中，，，过点作，交的延长线于点，则线段的长为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了菱形的性质、勾股定理．由在菱形中，，，利用菱形的性质以及勾股定理，求得的长，继而可求得的长，然后由菱形的面积公式可求得线段的长．注意菱形的对角线互相垂直平分． 【详解】解：如图． 四边形是菱形，， ，，， ， ， ， ， ． 故选：C 3．（24-25九年级上·广东河源·期末）如图，在菱形中，，E是上一点，M、N分别是的中点，且，则菱形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，三角形中位线定理，连接，由三角形中位线定理可得，再由菱形的性质得到，则可证明是等边三角形，得到，据此根据菱形周长计算公式求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， ∵M、N分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴菱形的周长， 故答案为：． 4．（24-25九年级上·江苏南通·期末）如图，在菱形中，E、F分别是和的中点，连接、．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】此题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． 根据已知和菱形的性质证明，即可得出． 【详解】证明：四边形是菱形， ， 、分别是和的中点， ，， ， 又， ， ． 5．（24-25九年级下·浙江温州·期末）如图，在菱形中，连接对角线，点在边上，过点作交于点，连结交于点． (1)若，，求的度数． (2)若，，求的长． (3)求证∶ ． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的性质，平行线分线段成比例定理，等腰三角形的性质，熟练掌握以上内容以及熟练进行中间比转化证明比例式是解题关键． （1）由菱形性质知，由知，，由菱形对角相等可得，从而． （2）由，可得，则，，由，可得，，因为，则，再证明，，从而． （3）由菱形性质证明，再证明，列出比例式，由（2）中知，故，化为乘积式即． 【详解】（1）解：，， ， ， ， ， 由菱形对角相等可得， ； （2）解：， ， ， ， ∵， ∴， ， ， ， ， ， ， 故； （3）证明：由菱形性质知， ， ， ， ． ， ， ， 由（2）中知， ， ． 考点2菱形的判定 6．（24-25九年级上·甘肃张掖·期末）在中，相交于点，添加下列条件仍不能判定是菱形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查菱形的判定，根据菱形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、∵，， ∴是菱形；不符合题意； B、∵，， ∴是菱形；不符合题意； C、∵，， ∴是矩形，不能判定是菱形；符合题意； D、∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是菱形；不符合题意； 故选C． 7．（24-25九年级上·河南郑州·期末）如图，将一张矩形纸片对折，然后沿着图中的虚线剪下，得到，两部分，将展开后得到的平面图形是 ． 【答案】菱形 【分析】本题主要考查了菱形的判定和图形的展开与折叠，根据图中的折叠过程保证了剪得的四边形上、下及左、右四条边都相等，再由菱形的判定方法即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：由图中的折叠过程保证了剪得的四边形上、下及左、右四条边都相等， ∴展开后得到的平面图形是菱形， 故答案为：菱形． 8．（23-24九年级上·山东临沂·期末）如图，，，是正五边形的对角线，与相交于点．下列结论：（1）平分；（2）；（3）四边形是菱形；（4）．其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号） 【答案】①③④ 【分析】证明可判断①；证明可判断②；证明可判断③；证明可判断④． 【详解】解：①∵正五边形， ∴，， ∴， ∴， ∴平分；故①正确； ②∵，， ∴， ∴， ∴，故②不正确； ③同②可证， ∴， ∴四边形是菱形，故③正确； ④∵，， ∴， ∴， ∴，即，故④正确； 故答案为：①③④． 【点睛】本题考查正多边形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，相似三角形的判定、菱形的判定，熟练掌握运用这些知识点是解题关键． 9．（24-25九年级上·山东青岛·期中）已知：如图，的对角线，交于点O，分别过点A，B作，，连接交于点F． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形为菱形？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)理由见解析 【分析】本题考查了菱形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质和菱形的判定是解题的关键． （1）由四边形是平行四边形得，证明四边形是平行四边形，则有，然后根据证明即可； （2）证出四边形是矩形，由矩形的性质得出，即可得出四边形为菱形． 【详解】（1）证明：的对角线，交于点O，，， ，四边形是平行四边形，， ， ， 在和中， ， ． （2）解：当时，四边形为菱形；理由如下： 四边形是平行四边形，， 四边形是矩形， ， ，， 四边形是平行四边形， 四边形为菱形． 10．（19-20九年级上·山东青岛·期末）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点O，，E、F、G分别是、、的中点．求证： (1)； (2)连接，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形中位线的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． （1）由平行四边形的性质可得，由等腰三角形的性质可得出； （2）由直角三角形的性质和三角形中位线定理可得到，根据平行四边形的性质和菱形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，即， 又∵， ∴， 又∵点E是的中点， ∴； （2）证明：∵E、F分别是、的中点， ∴，， ∵点G是斜边上的中点， ∴， 又∵平行四边形中，，， ∴，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 考点3菱形的性质与判定综合问题 11．（24-25九年级上·四川成都·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． 12．（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，在平行四边形中，以点为圆心，为半径作弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点，射线交于点． 若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理．连接，设交于点，证明四边形是菱形，利用勾股定理求出即可解决问题． 【详解】如图，连接，设交于点， 由作图可知：，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， ， 在中，，， ， ． 故答案为：． 13．（24-25九年级上·贵州铜仁·期末）如图，在四边形中，的角平分线交于点E，连接交于点O． (1)求证：四边形是菱形； (2)若点E是的中点，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质是解题的关键． （1）证明四边形是平行四边形，再结合是的角平分线，可得，从而得到，即可求证； （2）根据三角形中位线定理可得，从而得到，再由直角三角形的性质解答即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵是的角平分线， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∴， ∵在中，点E是的中点， ∴． 14．（24-25九年级上·上海·期末）在平行四边形中，对角线、交于点O，P是线段上一个动点（不与点O、点C重合），过点P分别作、的平行线，交于点E，交、于点F、G，连接． (1)如图1，如果，求证：； (2)如图2，如果，，且与相似，请补全图形，并求的值； (3)如图3，如果，且射线过点A．请补全图形，并求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3)补图见解析， 【分析】（1）由平行四边形的性质证出，得出，则可得出结论； （2）证明，设，那么，，得出，．求出，则可得出答案； （3）由题意画出图形，证明平行四边形为菱形．设，，求出，得出，证明．设，那么．求出，则可得出答案． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， 在平行四边形中，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，∵， ∴平行四边形为矩形． ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴只能，． ∴， 设，那么，， ∴． ∴， ∴； （3）解：补全图形如下， ∵， ∴平行四边形为菱形，． ∴， ∴， ∵，， ∴，四边形是平行四边形， ∴， 设， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（负根已舍）． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴． 设，则有． ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质、矩形及菱形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质、矩形及菱形的性质与判定是解题的关键． 15．（24-25九年级上·内蒙古包头·期末）如图1，在四边形中，平分，点M是上一点，连接并延长分别交和的延长线于点Q和点N． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)连接，证明：； (3)如图2，连接，若，且，求的长． 【答案】(1)四边形是菱形，见解析 (2)见解析 (3)12 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明，从而得出结论； （2）先证明，得出，再证明出，由三角形相似的判定定理证明，再由相似三角形的性质得出结论； （3）先求出，再由勾股定理求出，设设，则，再由勾股定理得出°，求出，从而得到是等边三角形，然后求出． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ， 四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， 所以四边形是菱形． （2）证明：因为四边形是菱形， 所以， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． （3）解：， ， 由（2）知，， ， 由（2）知， ， ， 在中，， 设，则， 在中，， 即，解得，即， ， ， ∴， ∴， 是等边三角形， 又四边形是菱形， ， ， 即的长为12． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质，等边三角形的判定与性质等知识，关键是构建相似三角形，证明三角形相似． 考点4矩形的性质 16．（22-23九年级上·陕西西安·期末）在矩形中，交于O，的值可以是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质，三角形的三边关系，由矩形的性质得是解题的关键．根据矩形的性质可得，结合三角形的三边关系即可求解． 【详解】解：在矩形中，，，， ∴， ∵， ∴的值可以是， 故选：． 17．（24-25九年级上·内蒙古包头·期末）如图所示，在矩形中，对角线、相交于点O，，，则（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，掌握矩形对角线互相平分且相等是解题关键．由矩形的性质可得，，从而推出是等边三角形，得到，，再利用等边对等角和三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， 故选：B． 18．（24-25九年级上·甘肃酒泉·期末）如图，O是矩形的对角线的中点，M是的中点．若，，则四边形的周长为 ． 【答案】20 【分析】本题主要考查矩形的性质、三角形中位线定理、勾股定理及直角三角形斜边中线定理，熟练掌握矩形的性质、三角形中位线定理、勾股定理及直角三角形斜边中线定理是解题的关键；由题意易得，则有，然后可得，，进而问题可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵O是矩形的对角线的中点， ∴， ∵M是的中点， ∴， ∴四边形的周长为， 故答案为：20． 19．（24-25九年级上·甘肃张掖·期末）如图，在矩形中，，点为边上的一个动点，连接，作，交边于点． (1)当点在什么位置时，的长为2； (2)的长能否等于3？请说明理由． 【答案】(1)当的长为2或6时，的长为2 (2)的长不可能等于3，见解析 【分析】（）设的长为，由是矩形得，则通过同角的余角相等得出，从而证明，根据相似三角形的性质得出，然后解方程即可； （）设的长为，的长为，由可知，，根据相似三角形的性质得，即，转化为，然后根据二次函数的性质即可判断； 本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，解一元二次方程，二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握知识点的应用． 【详解】（1）解：设的长为，则， 四边形是矩形， ． ． ， ， ， ， ，即， ，即， 解得或6， 即当的长为2或6时，的长为2； （2）设的长为，的长为， 由①可知，， ，即， ，即 当时，的值最大，最大值为， 的长不可能等于3． 20．（24-25九年级上·甘肃天水·期末）【问题情境】（1）如图，四边形是正方形，点是边上的一个动点，以为边在的右侧作正方形，连接，，求证：； 【拓展提升】（）如图，四边形是矩形，，，点是边上的一个动点，以为边在的右侧作矩形，且，连接，，判断线段与具有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2），，理由见解析． 【分析】（1）证明，即可得到； （2）证明，得到，，延长相交于点，可以证明. 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴，， ∵正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：，，理由如下： 延长相交于点 ∵矩形、矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵ ， ∴， ∴，， ∴， ∵矩形， ∴， ∴，， ∴， ∴； 【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，轴对称最短线段问题，正确作出辅助线是解题的关键． 考点5矩形的判定 21．（24-25九年级上·全国·期末）如图，要使成为矩形，则可添加的一个条件是（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定．根据矩形的判定方法“对角线相等的平行四边形是矩形；有一个角是直角的平行四边形是矩形”，由此得到答案． 【详解】解：A、添加，根据邻边相等的平行四边形是菱形，不能得到为矩形，本选项不符合题意； B、添加，根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形，不能得到为矩形，本选项不符合题意； C、添加，不能得到为矩形，本选项不符合题意； D、添加，根据对角线相等的平行四边形是矩形，能得到为矩形，本选项符合题意； 故选：D． 22．（24-25九年级上·甘肃兰州·期末）如图，连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为矩形，则对角线，应满足（   ） A． B．平分 C．平分 D． 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、矩形的判定等知识，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，，，从而可得，再证出四边形为平行四边形，然后根据矩形的判定即可得． 【详解】解：由题意得：点分别是的中点， ∴， 同理可得：，， ∴， ∴四边形为平行四边形， 要使平行四边形为矩形，则需要， 又∵，， ∴要使，则需要， 故选：D． 23．（24-25九年级上·四川成都·期末）在平行四边形中，、是两条对角线．现有四个条件：①；②；③；④．其中可以推出平行四边形是矩形的有 ．（写出符合题意的全部序号） 【答案】②③ 【分析】本题主要考查了矩形的判定，还涉及菱形的判定，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键． 根据矩形的判定定理分析即可． 【详解】解：如图， ①∵，四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形，不是矩形，不符合题意； ②∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形，符合题意； ③∵，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形，符合题意； ④∵，四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形，不是矩形，不符合题意； 故答案为：②③． 24．（24-25九年级上·广东清远·期末）如图，在菱形中，，． (1)实践操作：用尺规作图法过点B作边上的高：（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)应用与证明：在（1）的条件下，在线段上截取线段，使，连接，求证四边形是矩形，并求出它的周长． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析， 【分析】本题考查作图—复杂作图、菱形的性质、矩形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）结合垂线的作图方法作图即可； （2）结合菱形的性质、矩形的判定可证明四边形是矩形．由矩形的性质可得，，进而可得，，，从而可得答案． 【详解】（1）解：如图，即为所求． （2）证明：∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵为边上的高， ∴， ∴四边形是矩形． ∴，， ∴． ∵， ∴，， ∴， ∴矩形的周长为． 25．（24-25九年级上·全国·期末）如图，在中，，为边上一点，以，为邻边作，连接，． (1)求证：； (2)若，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先利用平行四边形性质得出边和角的关系，再结合已知条件找全等的条件证明； （2）先证四边形是平行四边形，再证对角线相等或有一个角是直角即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， 又 ，， ， ， ， 在和中， ； （2）解：四边形是平行四边形， ，， ， ，且， 四边形是平行四边形， 又，， ，即， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定、等腰三角形的性质、全等三角形的判定（）、矩形的判定，熟练掌握平行四边形对边平行且相等、矩形的判定条件（有一个角是直角的平行四边形是矩形等 ）是解题的关键． 考点6矩形的性质与判定综合 26．（24-25九年级上·浙江金华·期末）如图，在矩形内放置5个大小相同的正方形，且四个点分别在矩形的四条边上．要求的值，只要知道下面哪条线段的长？（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 如图：作于点M，则四边形、四边形都是矩形，所以，可证明，则，所以，则，所以只要知道线段的长，即可求出的值． 【详解】解：如图：作于点M，则，    ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形、四边形都是矩形， ∴， 设每个正方形的边长都是m，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴要求的值，只要知道线段的长即可． 故选：A． 27．（24-25九年级上·内蒙古包头·期末）如图，在正方形中，点E在上，，，垂足分别为F、G，若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定、二次根式的化简等知识，熟练掌握正方形和矩形的性质是解题关键．先根据正方形的性质和勾股定理可得，再证出四边形是矩形，根据矩形的性质可得，然后根据等腰三角形的判定可得，最后根据等量代换求解即可得． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，，，，， ∴， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 28．（24-25九年级上·山东青岛·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， ∴，， ∴， ∴． 29．（24-25九年级上·陕西宝鸡·期末）如图，在四边形中，，过点作交于点，过点作于点． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由，得到，推出， 证四边形为平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可判定； （2）由勾股定理求出，由题意易证，得出，代入数据，即可求解． 【详解】（1）证明：，即， ， ， ， 四边形为平行四边形． ， 四边形为矩形； （2）解：，，， ，， 四边形为矩形， ，， ， ， ，即， ， ，即， 解得：． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质，平行线的判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握上述知识是解题关键． 30．（24-25九年级上·江西吉安·期末）课本再现 思考：我们知道，矩形的对角线相等，反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？ 定理证明：（1）如图①，在中，对角线和相等．求证：是矩形； 知识应用：（2）如图②，的对角线，交于点，点，在上，且，．求证：四边形是矩形； 拓展延伸：（3）如图③，在矩形中，，，，分别是边和对角线上的点，，，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，熟练利用相似三角形的性质解题是关键． （1）利用矩形的判定即可解答； （2）证明四边形是平行四边形，再利用，即可解答； （3）连接，由，，得出，再由，可得，推出，可求得． 【详解】（1）证明：四边形为平行四边形， ，， 在与中， ， ， ， ， ， 平行四边形为矩形； （2）证明：四边形为平行四边形， ， ， ，即， 四边形为平行四边形， ， 四边形为矩形； （3）解：如图3，连接， 矩形中，，，， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，， 在和中， ， ， ，即， ， ， ， ． 考点7正方形的性质 31．（24-25九年级上·内蒙古·期末）如图，在正方形中，G为的中点，连结并延长，交边的延长线于点E，对角线交于点F，已知，则线段的长是（　　） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】B 【分析】根据正方形的性质可得，进而可得出，再根据相似三角形的性质可得，再根据，得出为的中位线，进而即可求出答案． 【详解】解：四边形是正方形， ， ， ， G为的中点， ， ， ， ， 为的中位线， ， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，中位线的性质，利用相似三角形的性质求出的长度是解题的关键． 32．（24-25九年级上·广东·期末）在正方形中，边长，为中点，为上一点，且垂直平分交于点，则的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查线段垂直平分线的性质，正方形的性质，勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线． 连接，，由线段垂直平分线的性质，可得，设，则，解方程即可得的长度． 【详解】解：连接，， ∵垂直平分交于点， ∴， 在正方形中，边长，为中点， ∴，， 设，则， 解得，， ∴的长度为， 故选：． 33．（24-25九年级上·广东清远·期末）如图，四边形是正方形，E是上一点，，，则 ． 【答案】 【分析】此题重点考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质等知识．先证明，由，得，则，即，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 34．（24-25九年级上·甘肃张掖·期末）如图，在正方形中，E、F是对角线上的两点，连接，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，解题的关键是利用旋转和正方形的性质推导相等的边与角，证明全等三角形，再通过角度转化得到直角三角形，进而用勾股定理计算线段长度． （1）由线段绕点A顺时针旋转得，故且；因四边形是正方形，故且，从而，两边同时减去得；结合、，根据“”可证； （2）由(1)中全等三角形的性质得，且；因正方形对角线平分内角，故，从而，进而，即是直角三角形；已知、，代入勾股定理得，计算得． 【详解】（1）证明：∵将线段绕点A顺时针旋转得到线段， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：由(1)得， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴在中，． 35．（24-25九年级上·四川德阳·期末）如图，点P是正方形内一点，，，，绕点A顺时针旋转得到，连接，延长与相交于点Q． (1)求线段的长； (2)求的大小； (3)求正方形的边长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查了正方形的性质（对边相等、内角为 ）、图形旋转的性质（对应边相等、对应角相等）、等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理及其逆定理，解题的关键是利用旋转性质构造等腰直角三角形和直角三角形，将已知线段长度与角度关系转化到直角三角形中，通过勾股定理及其逆定理求解未知线段和角度． （1）先根据正方形性质得，由旋转性质得，，判定为等腰直角三角形，然后用勾股定理计算的长； （2）先由等腰直角三角形得，再计算、、（），通过勾股定理逆定理判定为直角三角形，得，最后根据平角定义计算； （3）过作于，由判定为等腰直角三角形，结合求出，计算，最后在中用勾股定理求（正方形边长）． 【详解】（1）解：四边形为正方形， ，， 沿点旋转至， ，， 是等腰直角三角形， ； （2）解：是等腰直角三角形， 在中，，， ， ， 为直角三角形，， ； （3）解：作，垂足为， ，， ∴，且， ， ， ． 考点8正方形的性质与判定 36．（24-25九年级上·甘肃酒泉·期末）四边形中，、相交于点O，能判别这个四边形是正方形的条件是（　　） A．，， B．， C．， D．，， 【答案】C 【分析】本题是考查正方形的判定，判别一个四边形为正方形主要根据正方形的概念．途径有两种∶①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角．根据正方形的判定∶对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形进行分析从而得到最后的答案． 【详解】解：A：，， 四边形为平行四边形． ， 对角线相等，为矩形，但无邻边相等或垂直，故A不符合题意；． B：， 四边形可能为平行四边形． ，为平行四边形性质，无额外条件，不能判定为正方形．故B不符合题意． C：， 且O为对角线中点． 四边形为平行四边形且对角线相等，为矩形． ， 对角线垂直． 矩形变为正方形．故C符合题意； D：，， 四边形为平行四边形． ， 邻边相等，为菱形，但无直角，不能判定为正方形．故D不符合题意．   故选：C 37．（24-25九年级上·陕西咸阳·期末）如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是边的中点，那么添加下列条件一定能判定四边形是正方形的是（    ） A．且 B．且和互相平分 C．且 D．且 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键． 根据三角形的中位线定理先证明四边形是平行四边形，再证明其是菱形，最后根据有一个角是直角的菱形的是正方形即可证明． 【详解】解：如图： 当且，四边形是正方形，理由如下： ∵点E，F，G，H分别是边的中点， ∴,，，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是正方形，故D符合题意，而A、B、C均不能证明，不符合题意， 故选：D． 38．（24-25九年级上·四川巴中·期末）如图，在中，、是对角线上的动点，且，、分别是边，上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．正确的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定，熟练掌握相关知识点，作出合适的辅助线是解题的关键．连接交于点，连接、、、，，根据正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定，对题目中的说法逐一分析判断即可． 【详解】解：如图，连接交于点，连接、、、，， ， ，，， ， ， 当过点时，， ， ， 又， ， ， 四边形是平行四边形， 只要过点，四边形是平行四边形， 存在无数个平行四边形，故①正确； 只要过点，且，四边形是矩形， 存在无数个矩形，故②正确； 只要过点，且，四边形是菱形， 存在无数个菱形，故③正确； 只要过点，且，四边形是正方形， 符合要求的正方形只有1个，故④错误； 正确的有①②③，正确的个数是3个． 故选：C． 39．（24-25九年级上·全国·期末）如图，在中，，D是边上一点，，垂足分别是E、F，． (1)求证：； (2)若，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先根据证明，再由证明即可； （2）根据三线合一得到，而，故，则为等腰直角三角形，，那么，可证明四边形是矩形，再由，即可证明为正方形． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴矩形是正方形． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，正方形的判定等知识点，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键． 40．（24-25九年级上·贵州六盘水·期末）如图，在矩形中，的平分线交于点，过点作于点，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质和判定，等腰直角三角形性质和判定，角平分线的性质，勾股定理，掌握全等三角形和勾股定理是解决问题的关键． （1）根据角平分线的性质证得，根据正方形的判定即可证得结论； （2）解：先根据正方形性质和勾股定理求出，进而可得是等腰三角形，求，再根据，得出． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ． ， 四边形是矩形． 平分， ， 四边形的正方形． （2）解：∵四边形的正方形． ∴，， 又∵ ． ∵， ∴ ∴， ∵在矩形中，， ． 考点9正方形的性质与判定综合 41．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，中，为边上一点，平分，过点作，与交于点，作，与交于点，连接．则以下结论中错误的是（   ）    A．四边形是菱形 B．与互相垂直且平分 C．当时，四边形是菱形 D．若时，则四边形是正方形 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、正方形的判定、三角形中位线的判定与性质、平行四边形的判定等知识点，掌握菱形的判定与性质成为解题的关键． 先判定四边形是菱形可判定A选项；再根据菱形的性质可判定B选项；再根据三角形等腰三角形的性质、三角形的中位线可证明是平行四边形；最后根据有一个内角是直角的菱形是正方形可判定D选项． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，即A选项正确，不符合题意； ∴与互相垂直且平分，即B选项正确，不符合题意； 当时，由等腰三角形的性质得； ∵四边形是菱形， ∴，； ∴； ∵， ∴， ∴，即， ∴F点是的中点； 同理：得E点是的中点， ∴是的中位线， ∴，； ∵， ∴四边形是平行四边形；故选项C错误，符合题意； ∵四边形是菱形，， ∴四边形是正方形，即选项D正确，不符合题意． 故选C． 42．（24-25九年级上·安徽宿州·期末）如图，正方形中，，点E是对角线上的一点．连接，过点E作，交于点F，以、为邻边作矩形． (1)若E点为对角线的中点，则 ； (2)求证：矩形是正方形； (3)求的值． 【答案】(1)2 (2)见解析 (3) 【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、矩形的性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． （1）若E点为对角线的中点，根据正方形的性质得出，进而解答即可； （2）如图，作于M，于，只要证明即可解决问题； （3）证明，可得，即可解决问题． 【详解】（1）解：若E点为对角线的中点， 四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 故答案为：2； （2）证明：如图，作于M，于， 四边形是正方形， ， 于M，于N， ， ∵， 四边形是矩形， ， ∴， ， ∵， ， ， 四边形是矩形， 四边形是正方形； （3）解：四边形是正方形，四边形是正方形， ，，， ， ， ， ∴． 43．（24-25九年级上·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与实践 已知矩形，点E在边上，点M在边上，点N在边上，，垂足为点F．    (1)如图1，当时，点M与点A重合时，则与的数量关系是______（填“”、“”、“”号）． (2)如图2，若，求与的数量关系； (3)应用（2）中的结论解决问题： ①如图2，若，，，则的最小值为______； ②如图3，在中，，，，点D是的中点，连接，过B作的垂线，交直线于E，垂足是点F，请直接写出的长． 【答案】(1) (2) (3)①；② 【分析】（1）先证明四边形是正方形，然后证明，可得到和的关系； （2）过点作于点，先证明四边形是矩形，再证明，得到，当时，可以得到； （3）①取的中点，取的中点，连接，，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到，当最小时，最小，由，得到、、三点共线时，最小，接着证明，得到，利用勾股定理和（2）中结论，可以求得和，利用，，不防设，，那么，，代入可求得，最后利用勾股定理分别求得和，最后算得答案． ②延长使，连接，，先证明四边形是矩形，利用（2）中结论，时，，从而算得答案． 【详解】（1）解：四边形是矩形，又， 四边形是正方形， ，，， ，， 又， ， ， ， ， ，即； （2）解：如图，过点作于点， ，， 四边形是矩形， ，，， 四边形是矩形， ， 又， ， ； （3）解：①取的中点，取的中点，连接， 四边形是矩形， ， ， 当最小时，最小 、、三点共线时，最小 如下图所示： ， ， 又 由（2）可知，时， ，，， ， ， ， 设， ∴， ， ，， ， ； ②延长使，连接， 四边形是平行四边形 四边形是矩形 由（2）可知，时， ， ， ． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，矩形和正方形的判定与性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，两点之间距离最短，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键． 考点10中点四边形 44．（22-23九年级上·贵州六盘水·期末）如图，已知点分别是四边形的边的中点，顺次连接得到四边形，我们把四边形叫做四边形的“中点四边形”．若四边形是菱形，则它的“中点四边形”一定是（    ）    A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形及特殊平行四边形的判定，涉及三角形中位线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质及矩形的性质，根据题意，结合三角形中位线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质及矩形的性质逐步推理即可得到答案，熟记三角形中位线的判定与性质、平行四边形及特殊平行四边形的判定是解决问题的关键． 【详解】解：连接，如图所示：   点分别是四边形的边的中点， 是的中位线、是的中位线、是的中位线， ，且；，且；， ，且，即四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ， ，， ， 平行四边形是矩形， 故选：B． 45．（22-23九年级上·广东佛山·期末）点E、F、G、H分别是平行四边形的边、、、的中点．若要使四边形是菱形，则添加的条件可以是 ．现有条件：①，②，③，④．（请填写正确的序号） 【答案】①②③ 【分析】先根据三角形中位线定理得到，即可证明四边形是平行四边形；添加条件①②可证明四边形是矩形，得到，则，从而证明四边形是菱形；条件条件③直接可得到，从而证明四边形是菱形；添加条件④无法证明，无法证明四边形是菱形． 【详解】解：如图所示，连接， ∵E、F分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理， ∴， ∴四边形是平行四边形； 当添加条件①时， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，故①符合题意； 添加条件②， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，故②符合题意； 添加条件③， ∴， ∴四边形是菱形，故③符合题意； 添加条件④，无法证明，即无法证明四边形是菱形，故④不符合题意； 故答案为：①②③． 【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，菱形的判定，熟知特殊四边形的性质与判定定理是解题的关键． 46．（20-21九年级上·辽宁朝阳·期末）如图，在四边形中，，，且顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形…如此进行下去，得到四边形，下列结论正确的有 ． ①四边形是矩形；②四边形是菱形；③四边形的周长是． 【答案】②③ 【分析】利用三角形的中位线的性质证明四边形是矩形，四边形是菱形，四边形是矩形，四边形是菱形，从而可得到规律，序号n是奇数时四边形是矩形，当序号n是偶数时四边形是菱形，再探究n是奇数时四边形的周长即可解决问题． 【详解】解： 分别是的中点， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， 如图，分别是的中点， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形，故①不符合题意， 同理可得：四边形是矩形， 四边形是菱形，故②符合题意， 总结规律： 四边形， 当序号是奇数时四边形是矩形， 当序号是偶数时四边形是菱形， 四边形的周长为 如图， 四边形是矩形，四边形是菱形，分别是的中点， 由中位线的性质同理可得： 所以四边形的周长为   由规律可得：四边形是矩形， 同理可得：四边形的周长是故③符合题意． 故答案为②③． 【点睛】本题考查三角形的中位线的性质，中点四边形，菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，解题的关键是学会从特殊到一般，探究规律，利用规律解决问题． 考点11特殊的四边形与动点问题 47．（21-22九年级上·山东烟台·期末）如图，点O为矩形的对称中心，点E从点A出发沿向点B运动，移动到点B停止，延长EO交于点F，则四边形形状的变化依次为（    ）    A．矩形→菱形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形 【答案】B 【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况：这个四边形先是平行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点E与点B重合时是矩形． 【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形． 故选：B． 【点睛】本题考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据EF与AC的位置关系即可求解． 48．（24-25九年级上·江苏无锡·期末）如图，在平行四边形中，，，为边上的一动点，动点从点出发，沿着的方向，以每秒个单位的速度向点运动，设运动时间为秒，作点关于直线的对称点． (1)当点在中点处，且在线段上时，若与四边形重叠部分为直角三角形，求的值； (2)若点与点同时从点出发，点在线段上，以每秒个单位的速度向点运动，记线段与线段的交点为，设的面积为，求与的函数表达式． 【答案】(1)或或； (2)当时，；当时，． 【分析】（1）根据平行四边形的性质，勾股定理，以及正弦的定义，得出，根据与四边形重叠部分为直角三角形，分情况讨论①当时，由求得，再根据勾股定理求得，从而得到；最后由，得到即可求得；②当时，由求得，再根据勾股定理求得即可求得；③当时，过作于点，可求得，此时与重合，由即可求得； （2）分情况讨论，①当时，在上，由题意可知，，作，可得，，从而得到的值，作交于点，由求得，从而得到，最后根据和等高和求得；②当时，在上，同理求得，再由平行四边形的高求得，最后同理可得． 【详解】（1）如图所示，过点作于点， ∵在平行四边形中，，， ∴， ∴， ∴ 如图，设与交于点，当时， 点在中点处，则， 由对称的性质可知：，， ， 由勾股定理得， 由题意得：，则， ，解得：； 如图，当时， 在中，， ， 又 ； 如图，当时，过作于点， ， ， ， 此时与重合，即与重合 ， ； 综上：或或； （2）①因为，点的速度为1，所以当时，在上，如图所示 由题意可知，和关于对称，，， 作， 四边形是平行四边形， ，， ，， ，，， ，， ， ， 作交于点， ， ， ， ∵， ， ； ②因为，，点速度为1，所以当时，在上，如图： 同理可知，， 由题意可知，，， ， ， 又， ， ， ， ， 由（1）可知，以为底时，平行四边形的高为4， ， ， 同理， ， ， 综上：当时，；当时，． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形的相关计算，三角形的面积求解，熟练掌握以上知识点并能作出合适的辅助线是解题的关键． 49．（24-25九年级上·广东广州·期末）如图，在矩形中，，，点、、分别从点、、三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向移动，点、的速度均为，点的速度为，当点追上点（即点与点重合）时，三个点随之停止移动．设移动开始后第秒时，的面积为 (1)当秒时，的值是多少？ (2)写出和之间的函数解析式，并指出自变量的取值范围； (3)若点在矩形的边上移动，当为何值时，以点、、为顶点的三角形与以点、、为顶点的三角形相似？请说明理由． 【答案】(1)24 (2) (3)为或，理由见解析 【分析】本题考查相似三角形综合应用，矩形的性质，函数关系式； （1）当秒时，，，，根据，，可得，，，，即可得； （2）分两种情况：①当在上，即时，；②当在上时，由解得，故此时，； （3）由，知以点、、为顶点的三角形与以点、、为顶点的三角形相似，只需或，当时，，得，当时，，得． 【详解】（1）解：当秒时，，，， 矩形中，，， ，，，， ， ， ， ， 的值是24； （2）解：①当在上，即时，如图： ，，， ，，， ； ②当在上时，由解得， 追上所用时间是， 此时， 如图： ，， ， ， 综上所述，； （3）解：如图： ， 以点、、为顶点的三角形与以点、、为顶点的三角形相似，只需或， 当时，， 解得， 当时，， 解得， 综上所述，当为或时，以点、、为顶点的三角形与以点、、为顶点的三角形相似． 50．（24-25九年级上·吉林长春·期末）在中，，，．动点从点出发，沿线段以每秒个单位的速度向终点运动，同时点从点出发，沿射线以每秒个单位的速度运动，当点停止运动时，点也随之停止运动．作点关于的对称点，连接、，以、为邻边构造．设点运动时间为秒． (1)用含的代数式表示线段的长； (2)当为矩形时，求的长； (3)当点在边上运动且的面积被分成：两部分时，求的值； (4)连接，当与的一边平行或垂直时，直接写出的值． 【答案】(1)当时，；当时，； (2)2； (3)或； (4)或或． 【分析】（1）先求得当运动到点时，点运动停止时，然后分两种情况讨论即可求解； （2）根据矩形的性质可得，根据对称性可得，则只要，即可得出为矩形，进而根据相似三角形的性质，即可求解； （3）设分别交于点，分别表示出，设四边形的面积为，的面积为，根据的面积被分成：两部分，得出或，即或，列出方程，解方程，即可求解； （4）分当时和当，三种情况讨论，分别解直角三角形即可． 【详解】（1）解：∵，，点从点出发，沿射线以每秒个单位的速度运动， ∴当运动到点时，，， 当点运动到点时，， 当在线段上时，即， ， 当在延长线上时，即， ， （2）解：∵为矩形 ∴ ∵点，关于对称， ∴， ∴则点在线段上， ∴ ∴ ∵，，， ∴ 解得： ∴ （3）解：如图所示，设分别交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴， 又∵ ∴，则是的高， ∵在中，，，． ∴， ∴，， ∵点在边上运动，则，，则 ∴， ， ， ∴ 设四边形的面积为，的面积为 ∴， ∵的面积被分成：两部分， ∴或， ∴或 即或， ∴或， ∴或， 解得：或； （4）如图所示， 当，设交于点， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴，， ， ∴， 又∵ ∴ ∴ 解得： 如图所示，当时，延长交于点， ∵ ∴ 又∵ ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵ ∴ ∴ 解得： 当时，点在上，如图所示， ∵ ∴ 即 ∵在延长线上时，； ∴ 解得： 综上所述，当与的一边平行或垂直时，或或． 【点睛】本题考查了列代数式，勾股定理，矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握知识点的应用，分类讨论． 考点12特殊的四边形与翻折问题 51．（24-25九年级上·山西晋中·期末）如图，裁剪出一正方形纸片，若，且为的中点，将沿着所在直线折叠，使点落在正方形内点处，连接，请你探究求出的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接交于H，，根据三角形的面积公式求出，从而求得到，根据直角三角形的判定得到，根据勾股定理求出的长，再证明是的高，进而求出的面积． 【详解】解：连接交于H，如图， ∵正方形纸片，， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， 由折叠可知：点B与点F关于对称， ∴，， ∵， ∴， ∴， 由折叠可知：， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的边的高等于， ∴． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了正方形的折叠问题，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的判定，三角形的面积，解题的关键是求出的长以及证明的边的高等于，此题有一定的难度． 52．（24-25九年级上·广东清远·期末）如图，矩形纸片中，，，同学们按以下所给图步骤折叠这张矩形纸片，则线段AF长为（   ） A．2 B．1 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形中的折叠问题，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质．由通过折叠得到可得：，，推出，由矩形通过折叠得到矩形可得：，得到为等腰直角三角形，最后根据勾股定理即可求解． 【详解】解：由通过折叠得到可得：，， 则， 由矩形通过折叠得到矩形可得：， ，， 为等腰直角三角形， ， ， 故选：D． 53．（24-25九年级上·江苏无锡·期末）在矩形中，宽，E是边上的一个动点，F是边上的一个动点，连接，将矩形沿折叠． (1)如图1，若，将矩形沿折叠后，点C恰好落在上的点处，点B落在点处，交于点M． ①判断与是否相等，并说明理由； ②连接交于点N，若，求的值； (2)如图2，若矩形的长，将矩形沿折叠后，点A、D的对应点分别是点，连接，直接写出面积的最小值为　　． 【答案】(1)①，理由见解析② (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）①证明，即可解答； ②延长交于点G，证明，得到，设，则，根据勾股定理可得，，再证明，得到，证明，得到，即可求解； （2）当中边上的高最小时，的面积最小，即当E，C，三点共线时，的面积最小，根据三角形的面积公式即可解答． 【详解】（1）解：①，理由如下：             如图1，由折叠可得：， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴；                                     ②如图2，延长交于点G， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则， 由勾股定理可得：， ∴， 解得：x， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 解得：， ∴； （2）解：如图3，由折叠可得： 当中边上的高最小时，的面积最小， 即当E，C，三点共线时，的面积最小， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴的面积， 即面积的最小值为， 故答案为：． 54．（24-25九年级上·广东珠海·期末）综合探究 操作一：折叠正方形纸片，使顶点落在边上点处，得到折痕，把纸片展平（如图1）； 操作二：折叠正方形纸片，使顶点也落在边上的点处，得到折痕，与交于点，连接（如图2）． (1)根据以上操作，直接写出图2中与线段相等的两条线段：______； (2)探究发现：把上题图中的纸片展平，得到图，通过观察发现无论点在线段上任何位置，线段与线段始终相等，请你直接用第一问发现的结论写出完整的证明过程； (3)拓展应用：已知正方形纸片的边长为，在以上探究过程中当点到的距离是时，求线段的长． 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)或 【分析】（）由折叠的性质和线段垂直平分线的性质可得； （）过点作，交于，交于，可证，得到，进而可得，即可求证； （）过点作，交于，交于，分点在点的右侧和左侧两种情况解答即可求解． 【详解】（1）解：如图2，连接， ∵折叠正方形纸片，使顶点A落在边上点P处，得到折痕， ∴垂直平分， ∴， ∵折叠正方形纸片，使顶点B也落在边上点P处，得到折痕， ∴垂直平分， ∴， ∴， 故答案为：； （2）证明：如图，过点作，交于，交于， ∵四边形为正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴； （3）解：过点作，交于，交于， 当点在点的右侧时， ∵，， ∴， ∵点到距离是， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； 当点在点的左侧时，， 综上所述：或． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，轴对称性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 55．（21-22九年级上·陕西渭南·期末）如图，正方形的边长为，点、分别在、上．将该纸片沿折叠，使点落在边上的点处，折痕与相交于． (1)请判断与之间的数量关系，并说明理由； (2)若点为的中点，随着折痕位置的变化，请求出周长的最小值． 【答案】(1)，理由见解析 (2) 【分析】（1）如图1，作辅助线，构建直角三角形，证明，可得出与之间的数量关系； （2）如图2，取的中点，根据两点之间线段最短得出周长的最小值． 【详解】（1）解：，理由如下： 如图1，过点作，交于点，交于点． ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， 由折叠性质可知，， ∴，， ∴， ∴， 又∵， 在和中， ∴． （2）如图2，取的中点，连接、、， ∵正方形的边长为， ∴， ∴， ∵点为的中点， 由折叠的对称性可知，，，， ∵点为中点，为直角三角形， ∴， ∴的周长为：， 由勾股定理得：， ∴当且仅当、、共线时的周长取得最小值，最小值为． ∴周长的最小值为． 【点睛】本题考查折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的性质和判定，勾股定理，最值问题，两点之间线段最短．解题的关键是取的中点，确定． 考点13特殊的四边形与最值问题 56．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期中）【初识图形】 （1）如图1，E、F分别为正方形边和边上的点，连接、，且．则______． （2）如图2，矩形中，点分别在边、上，连接、，且，，，求的值． 【类比探究】 （3）如图3，中，分别为、边上的点，，，为中点，连接，作交于点，交于．直接写出的长为________． 【拓展迁移】 （4）在矩形中，，，点分别为线段和线段边上的一点，以为折痕，将四边形翻折，得到四边形，直线和直线分别交直线于点和点，且，． ①请直接写出线段的长 ． ②若点分别为线段和线段边上的动点，满足．且直线始终经过一个定点，求的最大值______． 【答案】（1）1；（2）；（3）；（4）①或；② 【分析】[初识图形]（1）根据正方形的性质，垂直的定义可得，可证，则有，由此即可求解； （2）如图，过点作于点，可得四边形是矩形，可证，求出，由此即可求解； [类比探究]（3）如图所示，过点作于点，运用勾股定理可得，，设，可证，得到，，再证，求出，则，由此即可求解； [拓展迁移]（4）①根据四边形是矩形，翻折的性质可得，分类讨论：第一种情况，如图所示，过点作于点，得到四边形是矩形，求出，可证，得到，由可解；第二种情况，如图所示，设与交于点，可证，得到，，再证，得到，由可解； ②根据，确定定点，由相似三角形可得，如图所示，以点为坐标原点，为正方向作横轴，方向为纵轴作平面直角坐标系，设，则，由点在线段上运动可得，即，根据两点之间的距离公式可得，令，可得随的增大而增大，当时，有最大值，且最大值为，由此即可求解． 【详解】解：[初识图形]（1）∵四边形是正方形， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 故答案为：1； （2）如图，过点作于点， ∵四边形是矩形，，, ∴， ∴四边形是矩形，， ∴， ∵于点， ， ， ， ，即， ∴， ， 故答案为：； [类比探究]（3）如图所示，过点作于点， ∵是直角三角形，，， ∴， ∵点是的中点， ∴， 在中，， ∴， 设， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 故答案为：； [拓展迁移]（4）①∵四边形是矩形， ∴，， ∵四边形翻折，得到四边形， ∴，，，， 第一种情况，如图所示，过点作于点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴，且， ∴， ∴，即， ∴， ∵，， ∴； 第二种情况，如图所示，设与交于点， 同理，，，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴； 综上所述，的长为或； ②如图所示， ∵四边形是矩形， ∴， ∵，直线始终经过一个定点， ∴延长交于点， ∴， ∴，且， ∴， 解得，， 如图所示，以点为坐标原点，为正方向作横轴，方向为纵轴作平面直角坐标系， ∵， ∴设，则， ∵， ∴，即， ∴， 令， ∵， ∴函数图象开口向上， 随的增大而增大， ∴当时，有最大值，且最大值为， ∴的最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，矩形与折叠的性质，二次函数图象的性质等知识的综合，掌握矩形的性质，构造相似三角形，数形结合分析，分类讨论思想是解题的关键． 考点14有关四边形的新定义问题 57．（24-25九年级上·宁夏银川·期末）小明在学习了特殊平行四边形这一章后，对特殊平行四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，已知四边形，，像这样两条对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． 【概念理解】 在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是_________． 【性质探究】 通过探究，小明探索并证明了“垂美四边形”的一些性质，请根据证明过程，完成填空． 性质1：垂美四边形四条边之间的数量关系 如图1，，由勾股定理可知， 中，，中，， 同理，， 则， 即_________． 性质2：垂美四边形的面积与两条对角线之间的数量关系 _________． 【问题解决】 （1）如图1，若，，则_________．若，，则四边形的面积_________； （2）如图2，，是的中线，，垂足为O，，设，用含a的代数式表示_________； （3）如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和．连接．求证：四边形为垂美四边形． 【答案】【概念理解】菱形，正方形；【性质探究】，；【问题解决】（1）13，40；（2）；（3）证明见解析 【分析】本题考查勾股定理，四边形面积求解，全等三角形判定及性质，正方形性质等． 根据题意可得为菱形和正方形； 根据题意可得和； （1）根据题意可得，； （2）先证明四边形为垂美四边形，继而得到，即可得到本题答案； （3）连接，设与交于点，与交于点，先证明和△全等，继而利用全等性质得到本题答案． 【详解】解：【概念理解】根据题意可得为菱形和正方形， 故答案为：菱形，正方形； 【性质探究】根据题意可得： ∴， ∴， 故答案为：，； 【问题解决】（1）∵，，， ∴， ∵，， ∴， 故答案为：13，40； （2）∵，是的中线， ∴，， ∵， ∴四边形为垂美四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴，整理得：， 故答案为：； （3）证明：连接，设与交于点，与交于点， ， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，即， 在和△中， ， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为垂美四边形； 考点15四边形综合问题 58．（24-25九年级上·湖北武汉·期末）（1）【提出问题】数学课上，老师提出问题：如图1，在等腰中，，点在边上，以为边作正方形，点在边上，连接，点为线段的中点，连接，．以点为对称中心，画出关于点对称的图形，并直接写出与的位置及大小关系 　　； （2）【类比探究】在等边中，、分别是、边上一点，且，以、为邻边作菱形，再将菱形绕点顺时针旋转一定角度后得到新的菱形，如图2，连接，点为线段的中点，连接、，判断与的位置及大小关系，并证明你的结论； （3）【迁移运用】在（2）的条件下，若，，菱形在旋转过程中，当最小时，直接写出的值 　　． 【答案】（1），，证明见解析（2），，证明见解析（3） 【分析】（1）延长至，使，连接，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得，，得出，再证得，即可得出答案； （2）作关于点成中心对称的，连接、，则，，，进而可得，再结合等边三角形的性质、勾股定理和全等三角形的判定和性质即可求得答案； （3）过点作于点，连接、，交于点，利用三角形中位线定理可得，又点是定点，得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，可求得的最小值，再利用三角形面积公式即可求得答案． 【详解】解：（1）如图1，延长至，使，连接， 则与关于点对称，即为所求作的图形． 四边形是正方形， ， ， 点为线段的中点， ， ， ， ，点为线段的中点， ， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， 故答案为：，； （2）结论：，；证明如下： 如图2，作关于点成中心对称的，连接、， 则，，， ， ，， ， 四边形是菱形，， ，， ， ， ，即， 是等边三角形， ，， ， ， ， ，， ， 是等边三角形， ， ， ， 在中，； （3）如图3，过点作于点，连接、，交于点， 由旋转得，， 四边形是菱形，， ， 是等边三角形，，， 是的中点，， 又点为线段的中点， 是的中位线， ， 点是定点， 点在以为圆心，为半径的圆上运动， 设交于点，当点与点重合时，为最小值， 此时，， 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了等腰直角三角形和等边三角形的性质，正方形和菱形性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等，利用圆的性质求最值，添加辅助线构造全等三角形是解题关键． 59．（23-24九年级下·江苏常州·期末）类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”． （1）概念理解 如图1，在四边形中，添加一个条件使得四边形是“等邻边四边形”．请写出你添加的一个条件______． （2）问题探究 如图2，已知，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接． ①四边形______（填“是”或“不是”）等邻边四边形； ②求线段的长度． （3）拓展应用 如图3，在等邻边四边形中，和为四边形的对角线，为等边三角形，试探究和的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）或或或任写一个即可； （2）①是；②； （3），见解析 【分析】（1）根据新定义，添加一组邻边相等即可求解． （2）由旋转可得：，则四边形是等邻边四边形；②过点D作于点H，通过证明为等边三角形，推出，则，，进而得出， 最后根据勾股定理即可求解； （3）过作，且，连接，，证明为等边三角形，，进而根据等腰直角三角形的性质，勾股定理，即可得出结论． 【详解】解：（1）如图，或或或任写一个即可； （2）①由旋转可得：， ∴四边形是等邻边四边形； 故答案为：是； ②过点D作于点H， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， 根据勾股定理可得：； （3） 过作，且，连接，，   ， ， 又，为等边三角形， ， ，， ， 为等边三角形， ， ， ，， ， ， ，， ∴， ， ． 【点睛】本题考查了新定理，解直角三角形，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是明确题目所给等邻边四边形的定义，正确画出辅助线解答． 60．（23-24九年级上·陕西宝鸡·期末）问题提出      （1）如图，在四边形中，，若，，与之间的距离为4，则四边形的面积为______________； 问题探究 （2）如图，在四边形中，若，，对角线，求四边形的最大面积： 问题解决 （3）随着社会的多元化发展，研学观光园走进了我们的生活．如图③所示的四边形为某研学观光园的规划设计图，他们打算分为两个区域，其中一个区域为观光采摘区，如所示，要求建在一条笔直的公路的旁边：另一个区域为研学探究区，如所示，要求满足．从实用和美观的角度还要求，且．已知，那么是否存在这样的面积最大的四边形？若存在，请你求出这个最大值：若不存在，说明理由． 【答案】（1）16；（2）；（3） 【分析】（1）根据梯形的面积公式进行计算即可求解； （2）解法一：如图②中，设交于，过点作于，交于，取的中点，连接．根据可得的最大值为，当的值最大时，点与重合，此时，是等腰直角三角形，，即可得出四边形的面积的最大值； 解法二：如图②中，过点作于，作交的延长线于．证明四边形是平行四边形，得出，当时，的值最大，最大值，即可求解． （3）如图③中，延长交的延长线于．根据平行线分线段成比例可得得出，进而得出四边形的面积为，时，的面积最大，根据三角形的面积公式，可得，即可求解． 【详解】解：（1）依题意，四边形的面积为 故答案为16．   （2）如图②中，设交于，过点作于，交于，取的中点，连接． ， ， ， ， ， ， 的最大值为， 当的值最大时，点与重合，此时，是等腰直角三角形，， 四边形的面积的最大值； 解法二：如图②中，过点作于，作交的延长线于． ， ， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 的值最大时，四边形的面积最大， ，， 当时，的值最大，最大值， 四边形的面积的最大值为． （3）如图③中，延长交的延长线于． ， ∴， ， ， ， ，，设的面积为，则的面积为，的面积为，的面积为， 四边形的面积为， ，， 时，的面积最大，最大值为（）， ， ， 的最大值为， 四边形的面积的最大值为． 【点睛】本题考查了梯形的面积公式，平行四边形的性质与判定，相似三角形的判定和性质，垂线段最短，熟练掌握以上知识是解题的关键． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $