专题11 特殊平行四边形 12大高频考点（期末真题汇编，辽宁专用）九年级数学上学期

丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题11特殊平行四边形 ☆12大高频考点概览 考点01菱形的性质 考点02菱形的判定 考点03菱形的性质与判定 考点04矩形的性质 考点05矩形的判定 考点06矩形的性质与判定 考点07正方形的性质 考点08正方形的性质与判定 考点09特殊平行四边形性质与判定综合 考点10特殊平行四边形的折叠问题 考点11特殊平行四边形的旋转问题 考点12特殊平行四边形的最值问题 考点01 菱形的性质 一、单选题 1.(24-25九上·辽宁锦州期末)如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，点E,F分别在边AB,BC上， ∠EDF=60°，BF=6,BE=1,则AD的长为() A.6 B.V6+1 C.2V3 D.23-1 2.(24-25九上·辽宁沈阳沈河区·期末)菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,分别以点B,C为圆心， 大于BC长为半径作弧，两弧分别交于点E,R作直线EF交BC于点M,连接OM,若 1/36 品学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 ∠BAD=120°，OM=1,则AC的长为() 0 A.2 B.1 C.23 D.3 3.(24-25九上·辽宁锦州期末)如图，在菱形ABCD中，E是对角线BD上的点，且DE=DC,O为BD的 中点，连接CE,CO.若∠ABC=80°.则∠OCE的度数为() D B A.16° B.20° C.24° D.28° 4.(24-25九上·辽宁沈阳和平区·期末)一个菱形的两条对角线的长分别是10和46，则这个菱形的面积为 () A.14V6 B.40V6 C.35 D.206 5.(24-25九上·辽宁丹东凤城期末)如图，己知点P是菱形ABCD的对角线AC延长线一点，过点P分别作 AD、DC延长线的垂线，垂足分别为点E、F.若∠ABC=120°，AB=2,则PE-PF的值为() D E B B c.3 D.2 6.(24-25九上·辽宁阜新实验中学·期末)中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和 深厚的文化底蕴，小陶家有一个菱形中国结装饰，测得BD=12cm,AB=10cm,直线EF⊥AB交两对 边于点E,F,则线段EF的长为() 2/36 丽学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 D F A B 48 96 A.8cm B.10cm C. D. 二、填空题 7.(24-25九上·辽宁辽阳灯塔第一初级中学·期末)如图，菱形ABCD的顶点A在y轴的正半轴上，坐标原点 O在边BC上，OA、OB的长分别是关于x的一元二次方程x2-7x+12=0的两个根.且OA>OB,则点D 的坐标为· B O 8.(24-25九上·辽宁沈阳第七中学·期末)如图，在菱形ABCD中，AB=5,AC=3,E是AC上的一个三等 分点，点A关于BE的对称点为A,直线EA与菱形ABCD的边CD或AD交于点F,则线段AF的长为 D 三、解答题 9.(24-25九上·辽宁沈阳铁西区·期末)如图，四边形ABCD是菱形，AB=6,∠A=60°，连接BD,点E 在线段BD上，过点E作EF⊥AB于点F,且DE=BF,求DE的长. D 3/36 丽学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 10.(24-25九上·辽宁阜新太平区·期末)菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,E为AD边中点. B (1)求证：CF=2AF. (2)若AF=4,求OF的长. 11.(24-25九上·辽宁沈阳浑南区东北育才学校期末)【基础巩固】 (1)如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD=∠B.求证：AC2=ADAB. D B 图1 【尝试应用】 (2)如图2，在ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE=∠A.若BF=4,BE=3, 求AD的长. E 图2 【拓展提高】 ()如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EFAC,AC=2EE,∠EDF-号 ∠BAD,AE=2,DF=5,求菱形ABCD的边长. 4/36 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D B 图3 12.(24-25九上辽宁辽阳期末)【问题提出】： 如图1，点E是菱形ABCD边BC上的一点，△AEF是等腰三角形，AE=EF,∠AEF=∠ABC=a( a≥90°)，AF交CD于点G,探究∠FCG与a的数量关系. 【问题探究】： (1)先将问题特殊化，如图2，当a=90°时，求∠FCG的度数 (2)再探究一般情形，如图1，求∠FCG的度数：（用含a的代数式表示） 【问题拓展】： (3)如图3，当a=120°，AB=6时，若点G为边CD的三等分点，请直接写出BE的长. D 图1 图2 图3 13.(24-25九上·辽宁铁岭部分学校期末)如图，在菱形ABCD中，点E,F分别是AD,DC的中点，连接 EF并延长，交BC的延长线于点G,连接AC. (1)求证：四边形ACGE是平行四边形： (2)连接AG,若∠FGC=60°，AB=4,求AG的长. 考点02 菱形的判定 一、单选题 5/36 耐学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 1.(24-25九上·辽宁朝阳北票·期末)如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O,在 条件：①AB=AD:②AC=BD:③AC⊥BD:④AC平分∠BAD中，选择一个条件，使得四边形 ABCD是菱形，可选择的条件是() B A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④ 2.(24-25九上·辽宁阜新细河区·期末)如图，在△ABC中，AD平分∠BAC,按照以下步骤作图：第一步， 分别以A,D为圆心，以大于AD的长为半径在AD两侧作弧，交于两点M、N:第二步，连结MN分别 交AB、AC于点E、F;第三步，连结DE、DF,则四边形AEDF是() A.平行四边形B.矩形 C.菱形 D.正方形 二、解答题 3.(24-25九上·辽宁本溪·期末)如图，△ABC中，AC=2AB,AD平分∠BAC,过点C作CE⊥AD交 AD延长线于点E,点F是AC中点，连接EF,EB, D (1I)证明：四边形ABEF是菱形： (2)若∠BAC=120°，AB=2V7,求边BC的长. 6/36 丽学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 4.(24-25九上·辽宁鞍山台安县·期末)如图，在四边形ABCD中，AB=AD,BD平分∠ABC,AC⊥BD, 垂足为点O. B (1)求证：四边形ABCD是菱形： (2)若CD=3,BD=2V5,求四边形ABCD的面积. 5.(24-25九上·辽宁沈阳大东区·期末)如图，在矩形ABCD中，点O是对角线AC的中点.过点O作 EF⊥AC,EF分别交AB,CD于点E,F,连接AF,CE.求证：四边形AECF是菱形， F C B E 6.(24-25九上·辽宁沈阳浑南区·期末)已知：△ABC,尺规作图得四边形DBEC,作图步骤如下： (D分别以B,C为圆心，以大于BC的长为半径作弧，两条弧分别相交于点卫，Q: (ii)直线PQ交AC于点D,连接BD: (ii)以B为圆心，以BD的长为半径作弧，交直线PQ于点E,连接CE,BE. (I)根据尺规作图，请直接判断四边形DBEC的形状，并说明判断的根据： (2)在(1)的前提下，若∠BAC=90°，AB=4,AC=8,求四边形DBEC的周长. 考点03 菱形的性质与判定 一、单选题 7/36 函学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 1.(24-25九上·辽宁沈阳大东区·期末)如图，两张宽度均为3cm的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角 为60°，则重合部分构成的四边形ABCD的周长为() A D60° B C A.6cm B.6V3cm C.8V3cm D.103cm 二、解答题 2.(24-25九上·辽宁辽阳·期末)如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O,过点C作BD的平行 线，过点D作AC的平行线，两线交于点P. A B 0 D (I)求证：四边形CODP是菱形： (2)若AD=5cm,AC=13cm,求四边形CODP的面积. 3.(24-25九上·辽宁沈阳于洪区·期末)如图，在四边形ABCD中，AD‖BC,AB=BC,对角线BD平分 ∠ABC. (I)求证：四边形ABCD是菱形； 8/36 品学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 ②若B0=8,an上DBC=子求菱形ABCD的周长 4.(24-25九上辽宁辽阳灯塔第一初级中学·期末)如图，在Rt△ABC中，∠C=90以点A为圆心，以 任意长为半径作弧，分别交AB,AC于点M,N再分别以点M、V为圆心，以大于号MN的长为半径作 弧，两弧交于点P,作射线AP,交BC于点D,过点D作DE‖AB交AC于点E,DF‖AC交AB于点 F D (1)求证：四边形AEDF为菱形： (2)当AB=10,BC=6时，求菱形AEDF的周长和面积. 5.(24-25九上·辽宁沈阳和平区·期末)如图，四边形ABED,AD‖BE,AC平分∠BAD交BE于点C,BD 平分∠ABC,交AC于点O,连接CD,OE. D B (I)求证：四边形ABCD是菱形： (2)若DE⊥BE,OE=4,AC=6则四边形ABCD的周长是 6.(24-25九上·辽宁阜新细河区·期末)如图，矩形ABCD的对角线交于点O,点E是矩形外一点， CEIIBD,BEIIAC,∠ABD=3O°，连接AE交BD于点F、连接CF. 9/36 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D (1)求证：四边形BECO是菱形： (2)填空：若AC=8,则线段CF的长为_· 考点04 矩形的性质 一、单选题 1.(24-25九上·辽宁锦州期末)如图，矩形ABCD中，AC,BD交于点O,若∠AOB=60°，AB=3,则 AC长为() A.3 B.6 C.33 D.63 2.(24-25九上·辽宁朝阳建平县·期末)顺次连结任意四边形ABCD四边中点，所得的图形是一个矩形，则 四边形ABCD一定是() A.矩形 B.菱形 C.对角线相等的四边形 D.对角线互相垂直的四边形 3.(24-25九上·辽宁沈阳沈河区·期末)如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD,然后向右扭动 框架，观察所得四边形的变化.下列判断错误的是() D A.四边形ABCD由矩形变为平行四边形 10/36 专题11 特殊平行四边形 12大高频考点概览 考点01 菱形的性质 考点02 菱形的判定 考点03 菱形的性质与判定 考点04 矩形的性质 考点05 矩形的判定 考点06 矩形的性质与判定 考点07 正方形的性质 考点08 正方形的性质与判定 考点09 特殊平行四边形性质与判定综合 考点10 特殊平行四边形的折叠问题 考点11 特殊平行四边形的旋转问题 考点12 特殊平行四边形的最值问题 地 城 考点01 菱形的性质 一、单选题 1．(24-25九上·辽宁锦州·期末)如图，在菱形中，，点，分别在边，上，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质，解题的关键是掌握相关知识．根据菱形的性质可得：，，推出、是等边三角形，得到，，证明，得到，即可求解． 【详解】解：四边形是菱形， ，， 、是等边三角形， ，， ， ，即， ， 在和中， ， ， ， ， ， 故选：B． 2．(24-25九上·辽宁沈阳沈河区·期末)菱形的对角线相交于点O，分别以点B，C为圆心，大于长为半径作弧，两弧分别交于点E，F，作直线交于点M，连接，若，则的长为（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，线段的垂直平分线，等边三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．证明是等边三角形，求出即可． 【详解】解：四边形是菱形， 是等边三角形， 由作图可知， 故选：A． 3．(24-25九上·辽宁锦州·期末)如图，在菱形中，是对角线上的点，且，为的中点，连接，．若．则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的性质、等腰三角形的性质等知识知识点，掌握菱形的对角线平分对角成为解题的关键． 由菱形的性质可得、，即，在根据三角形的性质可得、，最后根据角的和差即可解答． 【详解】解：∵菱形， ， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵为的中点，， ∴， ∴． 故选B． 4．(24-25九上·辽宁沈阳和平区·期末)一个菱形的两条对角线的长分别是10和，则这个菱形的面积为（） A． B． C．35 D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，解答本题的关键是掌握菱形面积等于对角线乘积的一半．根据菱形面积等于对角线乘积的一半进行计算即可． 【详解】解：根据菱形面积等于对角线乘积的一半可得：． 故选：D． 5．(24-25九上·辽宁丹东凤城·期末)如图，已知点P是菱形的对角线延长线一点，过点P分别作、延长线的垂线，垂足分别为点E、F．若，，则的值为（    ） A． B． C． D．2 【答案】C 【分析】本题主要考查菱形的性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质等知识点，求出、将转换为是解题的关键． 如图：连接交于O，由菱形的性质与勾股定理得到，则，再由，，则即可解答． 【详解】解：如图：连接交于O， ∵四边形是菱形，，， ∴，，， ， 在中，， ， ， 在中，， ， 在中，， ， ． 故选C． 6．(24-25九上·辽宁阜新实验中学·期末)中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小陶家有一个菱形中国结装饰，测得，直线交两对边于点E，F，则线段EF的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．根据菱形的性质得到，根据勾股定理求出，再利用面积计算即可． 【详解】解：四边形为菱形， ， ， ， ， ， ． 故选C． 二、填空题 7．(24-25九上·辽宁辽阳灯塔第一初级中学·期末)如图，菱形的顶点在轴的正半轴上，坐标原点在边上，的长分别是关于的一元二次方程的两个根．且，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理的应用、菱形的性质、一元二次方程的解法，首先解一元二次方程得到，，可得点的纵坐标为，利用勾股定理求出，根据菱形的性质可得点的横坐标为． 【详解】解：解一元二次方程， 分解因式得： 解得：，， 又， ，， ， 四边形是菱形， ， 点的坐标为． 故答案为： ． 8．(24-25九上·辽宁沈阳第七中学·期末)如图，在菱形中，，，E是上的一个三等分点，点A关于的对称点为，直线与菱形的边或交于点F，则线段的长为 ． 【答案】或 【分析】由题意得，E是上的一个三等分点，故需分两种情况：①若；②若，画出对应的图形，根据对称性得到，再结合图中的相似三角形和直角三角形分别运用相似三角形性质和勾股定理即可求得结果． 【详解】解：如图，连接交于点， 菱形，交于点， ，，，平分， ，， 在中，； 是上的一个三等分点， 分两种情况讨论： ①若，如图，连接交于， 则，， 由轴对称性质得，， ，，， ， ， 又， ， ， ， 设，则，， 在中，， ， 解得：，（舍去负值）， ， ， ， 又 ， ， ， ， ； ②若，如图，过作，垂足为，连接，设与交于点， 则，， 由轴对称性质得，， ，，，， 又，， ，， ， 又， ， ， ， ， 又， ， ， ， 设，则，， 在中，， ， 解得：，（舍去负值）， ， ， ， ， ； 综上所述，线段的长为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了菱形的性质、相似三角形的判定与性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、一元二次方程等，熟练掌握以上知识点，学会利用勾股定理求线段长度，学会结合图形添加适当的辅助线构造相似三角形解决问题是解题的关键，本题属于几何综合题，适合几何知识储备较强，有能力解决几何难题的学生． 三、解答题 9．(24-25九上·辽宁沈阳铁西区·期末)如图，四边形是菱形，，，连接，点E在线段上，过点E作于点F，且，求的长． 【答案】2 【分析】本题考查的是菱形的性质、等边三角形判定与性质及含30度角的直角三角形性质，根据菱形性质得出是等边三角形，进而求出，，再根据直角三角形性质得出，即可求出结论． 【详解】解：∵四边形是菱形， ， ，， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ， . 10．(24-25九上·辽宁阜新太平区·期末)菱形中，对角线，相交于点O，E为边中点． (1)求证：． (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】本题主要考查菱形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． （1）根据菱形的性质得出，进而利用相似三角形的判定与性质得出比例解答即可； （2）根据菱形的性质得出，进而利用线段的关系解答即可． 【详解】（1）证明：∵四边形菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵E为中点， ∴， ∴． ∴． （2）解：由（1）得：， ∵， ∴， ∴ ∵菱形中，， ∴， ∴， ∴的长为2． 11．(24-25九上·辽宁沈阳浑南区东北育才学校·期末)【基础巩固】 （1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB． 【尝试应用】 （2）如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的长． 【拓展提高】 （3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF＝∠BAD，AE＝2，DF＝5，求菱形ABCD的边长． 【答案】（1）见解析；（2）AD＝；（3）5﹣2 【分析】（1）根据题意证明△ADC∽△ACB，即可得到结论； （2）根据现有条件推出△BFE∽△BCF，再根据相似三角形的性质推断，即可得到答案； （3）如图，分别延长EF，DC相交于点G，先证明四边形AEGC为平行四边形，再证△EDF∽△EGD，可得，根据EG＝AC＝2EF，可得DE＝EF，再根据，可推出DG＝DF=5，即可求出答案． 【详解】解：（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A， ∴△ADC∽△ACB， ∴， ∴AC2＝AD•AB； （2）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，∠A＝∠C， 又∵∠BFE＝∠A， ∴∠BFE＝∠C， 又∵∠FBE＝∠CBF， ∴△BFE∽△BCF， ∴， ∴BF2＝BE•BC， ∴BC＝＝=， ∴AD＝； （3）如图，分别延长EF，DC相交于点G， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥DC，∠BAC＝∠BAD， ∵AC∥EF， ∴四边形AEGC为平行四边形， ∴AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G， ∵∠EDF＝∠BAD， ∴∠EDF＝∠BAC， ∴∠EDF＝∠G， 又∵∠DEF＝∠GED， ∴△EDF∽△EGD， ∴， ∴DE2＝EF•EG， 又∵EG＝AC＝2EF， ∴DE2＝2EF2， ∴DE＝EF， 又∵， ∴DG＝DF=5， ∴DC＝DG﹣CG＝5﹣2． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，菱形的性质，平行四边形的性质和证明，证明三角形相似是解题关键． 12．(24-25九上·辽宁辽阳·期末)【问题提出】： 如图1，点E是菱形边上的一点，是等腰三角形，，（），交于点G，探究与的数量关系． 【问题探究】： （1）先将问题特殊化，如图2，当时，求的度数 （2）再探究一般情形，如图1，求的度数：（用含的代数式表示） 【问题拓展】： （3）如图3，当，时，若点G为边的三等分点，请直接写出的长． 【答案】（1） （2） （3）或 【分析】（1）过点作的延长于H，，证明即可得出结论． （2）在上截取，使，连接，证明，通过边和角的关系即可证明． （3）过点作的垂线交的延长线于点，在上截取，使，连接，作于点M．由（2）知，，通过证明，求出或，由（2）知：，，利用等腰三角形与赼有三角形的性质，以及勾股定理即可求解. 【详解】解：（1）过点作的延长于H， ∵， ，， ， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ， ，， ∵菱形， ∴， ， ， ． （2）在上截取，使，连接． ，， ． ∵菱形， ∴， ， ． ． ， ， ． ． （3）过点作的垂线交的延长线于点，在上截取，使，连接，作于点M．如图， ，点G为边的三等分点， ∴或， ，或，． ∵菱形， ∴ ∴ ，， 由（2）知， ， ． 或 ∴或． 由（2）知：，， ∴或， ∵，， ∴或， ∵，， ∴ ∴ 由勾股定理，得，即， ∴或． 【点睛】此题考查菱形性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟悉菱形性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质． 13．(24-25九上·辽宁铁岭部分学校·期末)如图，在菱形中，点，分别是，的中点，连接并延长，交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，再根据菱形的性质得出，根据对边分别平行证明是平行四边形即可． （2）过点作，再根据直角三角形的性质和勾股定理解答即可． 【详解】（1）证明：点，分别是，的中点， 是的中位线， ，则， 四边形是菱形， ，则， 四边形是平行四边形； （2）解：取的中点，连接， ， ， 四边形是菱形， ， 是等边三角形， ， ， 在中，， ． 四边形是平行四边形， ， ， 在中，根据勾股定理得，． 【点睛】本题考查了菱形性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，关键是根据菱形的性质和平行四边形的判定以及直角三角形的性质解题． 地 城 考点02 菱形的判定 一、单选题 1．(24-25九上·辽宁朝阳北票·期末)如图，四边形是平行四边形，对角线、相交于点O，在条件：①；②；③；④平分中，选择一个条件，使得四边形是菱形，可选择的条件是（    ）      A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】C 【分析】根据题意和菱形的判定进行选择即可，先证，得，再证四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论． 【详解】∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点O是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ①∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是菱形； ③∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是菱形； ④∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． 综上所述：选择①③④，使得四边形是菱形， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题的关键． 2．(24-25九上·辽宁阜新细河区·期末)如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，按照以下步骤作图：第一步，分别以A，D为圆心，以大于AD的长为半径在AD两侧作弧，交于两点M、N；第二步，连结MN分别交AB、AC于点E、F；第三步，连结DE、DF，则四边形AEDF是(  ) A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】C 【分析】根据作法得到MN是线段AD的垂直平分线，则AE=DE，AF=DF，所以∠EAD=∠EDA，加上∠BAD=∠CAD，得到∠EDA=∠CAD，则可判断DE∥AC，同理DF∥AE，于是可判断四边形AEDF是平行四边形，加上EA=ED，则可判断四边形AEDF为菱形． 【详解】根据作法可知：MN是线段AD的垂直平分线， ∴AE=DE，AF=DF， ∴∠EAD=∠EDA， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD=∠CAD， ∴∠EDA=∠CAD， ∴DE∥AC， 同理DF∥AE， ∴四边形AEDF是平行四边形， ∵EA=ED， ∴四边形AEDF为菱形， 故选C． 【点睛】本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了菱形的判定． 二、解答题 3．(24-25九上·辽宁本溪·期末)如图，中，，平分，过点作交延长线于点，点是中点，连接，． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，求边的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）由直角三角形的性质得，则，又，则，从而证明，即可证明四边形是平行四边形，再由菱形的判定方法即可求证； （）作交延长线于点，则，通过勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵点是中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：作交延长线于点，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴由勾股定理得：， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴的长为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，等角对等边，直角三角形的性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 4．(24-25九上·辽宁鞍山台安县·期末)如图，在四边形中，，平分，，垂足为点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，根据角平分线的定义得到，等量代换得到，根据全等三角形的性质得到，于是得到结论； （2）根据菱形的性质得到，根据勾股定理得到，于是得到结论． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ，， ， 在与中，， ， ， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质和判定，勾股定理，菱形的面积的计算，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键． 5．(24-25九上·辽宁沈阳大东区·期末)如图，在矩形中，点O是对角线的中点．过点O作，分别交于点E，F，连接．求证：四边形是菱形． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 先证明，继而可得，而，可先证明平行四边形，再根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可． 【详解】证明：四边形是矩形， ． ，． 点是的中点， ． ． ． 又， 四边形是平行四边形． ， 四边形是菱形． 6．(24-25九上·辽宁沈阳浑南区·期末)已知：，尺规作图得四边形，作图步骤如下： （i）分别以B，C为圆心，以大于的长为半径作弧，两条弧分别相交于点P，Q； （ii）直线交于点D，连接； （iii）以B为圆心，以的长为半径作弧，交直线于点E，连接，． (1)根据尺规作图，请直接判断四边形的形状，并说明判断的根据； (2)在（1）的前提下，若，，，求四边形的周长． 【答案】(1)菱形，四边相等四边形是菱形 (2)20 【分析】（1）根据作图得到垂直平分， 然后得到，即可求解； （2）首先根据题意得到，然后利用勾股定理得到，求出，然后利用菱形的性质求解即可． 【详解】（1）根据作图可得，垂直平分 ∴， ∵由作图得， ∴ ∴四边形是菱形，判断的根据是四边相等四边形是菱形； （2）∵ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∴四边形的周长． 【点睛】此题考查了尺规作垂直平分线以及垂直平分线的性质，勾股定理，菱形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 地 城 考点03 菱形的性质与判定 一、单选题 1．(24-25九上·辽宁沈阳大东区·期末)如图，两张宽度均为3cm的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为（   ） A．6cm B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的判定，勾股定理，直角三角形的性质， 作，作，根据题意说明四边形是平行四边形，再根据面积相等说明四边形是菱形，然后根据勾股定理求出边长，即可得出答案． 【详解】如图所示，过点C作，过点B作，分别交于点E，F，根据题意，得， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是菱形． 在中，， ∴，， 即， 解得， ∴， 所以四边形的周长为． 故选：C． 二、解答题 2．(24-25九上·辽宁辽阳·期末)如图，在矩形中，对角线与相交于点O，过点C作的平行线，过点D作的平行线，两线交于点P． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查矩形性质，菱形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定方法，由矩形的性质得出是解决问题的关键． （1）根据，，即可证出四边形是平行四边形，由矩形的性质得出，即可得出结论； （2）根据勾股定理可求，由，可求四边形的面积． 【详解】（1）证明：∵，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ，，， ， 四边形是菱形； （2）解：，， ， ， ， 四边形是菱形， ， ∴四边形的面积为． 3．(24-25九上·辽宁沈阳于洪区·期末)如图，在四边形中，，，对角线平分．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的周长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、等角对等边、勾股定理． 根据角平分线的定义可得，根据平行线的性质可得，所以可得，根据等角对等边可得，等量代换可得，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可证结论成立； 连接交于点，根据菱形的性质可得、，根据的正切可求，利用勾股定理可求，根据菱形的四条边都相等可求菱形的周长． 【详解】（1）证明：对角线平分， ， ， ， ， ， 又， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形； （2）解：如下图所示，连接交于点， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， 菱形的周长为．      4．(24-25九上·辽宁辽阳灯塔第一初级中学·期末)如图， 在 中， 以点A为圆心，以任意长为半径作弧，分别交，于点M，N，再分别以点M，N为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点 P，作射线，交于点D，过点D作 交于点E， 交于点F ． (1)求证：四边形为菱形； (2)当， 时，求菱形的周长和面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)菱形的周长为，菱形的面积为． 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再证明即可； （2）设，证明，可得，再进一步解答即可． 【详解】（1）证明：∵过点D作 交于点E， 交于点F， ∴四边形为平行四边形，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； （2）解：∵，， ， ∴， ∵四边形为菱形， ∴设， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴，， ∴， ∴菱形的周长为， 菱形的面积为． 【点睛】本题考查的是菱形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，角平分线的作图的含义，掌握以上基础知识是解本题的关键． 5．(24-25九上·辽宁沈阳和平区·期末)如图，四边形，，平分交于点C，平分，交于点O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则四边形的周长是_______． 【答案】(1)见解析 (2)20 【分析】（1）由等腰三角形的判定证明，可得，则四边形是平行四边形，然后由，即可得出结论； （2）由菱形的性质得，根据，由直角三角形斜边上的中线性质可得，然后根据勾股定理即可求，最后求得四边形的周长． 【详解】（1）证明： 平分交于点C，平分， ，， ， ，， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， 四边形的周长． 故答案为：20 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、直角三角形斜边上的中线性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 6．(24-25九上·辽宁阜新细河区·期末)如图，矩形ABCD的对角线交于点O，点E是矩形外一点，CE∥BD,BE∥AC，∠ABD=30º，连接AE交BD于点F、连接CF． 求证：四边形BECO是菱形； 填空：若AC=8，则线段CF的长为 ． 【答案】（1）详见解析；（2） 【分析】（1）根据平行四边形的判定定理得到四边形OBEC是平行四边形，根据矩形的性质得到AC＝BD，OB＝BD，OC＝AC，根据菱形的判定定理即可得到结论； （2）根据平行线的性质得到∠OAF＝∠BEF，根据全等三角形的性质得到OF＝BF，推出△OBC是等边三角形，根据等边三角形的性质得到CF⊥OB，解直角三角形即可得到结论． 【详解】解：，， 四边形OBEC是平行四边形， 四边形ABCD是矩形， ，，， ， 平行四边形OBEC是菱形； ， ， ， 在与中，， ≌， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ． 故答案为． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，熟练掌握矩形的性质定理是解题的关键． 地 城 考点04 矩形的性质 一、单选题 1．(24-25九上·辽宁锦州·期末)如图，矩形中，交于点O，若，，则长为（    ） A．3 B．6 C． D． 【答案】B 【分析】由矩形的性质可得出，再结合题意可知为等边三角形，即得出，从而可求出． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴． ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质．证明为等边三角形是解题关键． 2．(24-25九上·辽宁朝阳建平县·期末)顺次连结任意四边形四边中点，所得的图形是一个矩形，则四边形一定是 （  ） A．矩形 B．菱形 C．对角线相等的四边形 D．对角线互相垂直的四边形 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质，三角形中位线定理，根据矩形的性质得到，根据三角形中位线定理得到，则，据此可得答案． 【详解】解：如图，设点，，，分别是四边形各边的中点， ∵四边形是矩形， ∴， ∵分别是的中点， ∴， ∴ ∴原四边形一定是对角线互相垂直的四边形． 故选：D． 3．(24-25九上·辽宁沈阳沈河区·期末)如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，然后向右扭动框架，观察所得四边形的变化．下列判断错误的是（   ） A．四边形由矩形变为平行四边形 B．对角线的长度变大 C．四边形的面积不变 D．四边形的周长不变 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质、四边形的不稳定性，弄清图形变化前后的变量和不变量是解答此题的关键．根据四边形的不稳定性、矩形的性质和平行四边形的性质，结合图形前后变化逐项判断即可． 【详解】解：A、因为矩形框架向右扭动，，，但不再为直角，所以四边形变成平行四边形，故A正确，不符合题意； B、向右扭动框架，的长度变大，故B正确，不符合题意； C、因为拉成平行四边形后，高变小了，但底边没变，所以面积变小了，故C错误，符合题意； D、因为四边形的每条边的长度没变，所以周长没变，故D正确，不符合题意， 故选：C． 4．(24-25九上·辽宁辽阳·期末)如图，延长矩形的边至点E，使，连接，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟记矩形的性质并灵活运用是解题的关键．矩形的性质：①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直； ④对角线：矩形的对角线相等． 连接，由矩形性质可得、，知，而，可得度数． 【详解】解：连接，交于点， 四边形是矩形， ，，，， ， ， ， ， 又， ， ， ， ，即． 故选：A． 5．(24-25九上·辽宁沈阳铁西区·期末)将一个矩形纸片沿所在的直线折叠成如图所示的图形，点均在原矩形的边上，且点在同一边上，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，解题的关键是熟练掌握折叠的性质；根据矩形的性质和折叠的性质可得，，进而可得，即可得解． 【详解】解：如图所示： 将一个矩形纸片沿所在的直线折叠成如图所示的图形， ，， ， ， ， ， 故选：． 6．(24-25九上·辽宁辽阳灯塔第一初级中学·期末)如图，矩形的对角线，交与点O，于E，点F为中点，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据矩形的性质，，利用等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理解答即可． 【详解】解：∵ 矩形的对角线，交与点O， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，点F为中点， ∴，， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 7．(24-25九上·辽宁大连嘉汇集团·期末)如图，在矩形中， ，， 把矩形绕点C旋转， 得到矩形且点 的对应点恰好落在 上，连接 交 于点 H．则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 作于点，则，同时由旋转得到，，先证明 ，得到，再证明 ，得到∴，进而利用勾股定理得到的长度． 【详解】解：作于点，则， ∵四边形为矩形，，， ∴，，，， ∴，， 由旋转可知，，，， ∴，， 在与中，，，， ∴ ， ∴，， ∴， 在与中，，，， ∴ ， ∴， ∴． 故选：D ． 8．(24-25九上·辽宁沈阳于洪区·期末)如图，在矩形中，点在上，当是等边三角形时，为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键． 由矩形得到，继而得到，而是等边三角形，因此得到． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 故选：C． 9．(24-25九上·辽宁鞍山海城东部集团·期末)如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化，下面判断正确的是（    ）    A．四边形由矩形变为菱形 B．对角线的长度不变 C．四边形的面积不变 D．四边形的周长不变 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质和平行四边形的性质、四边形的不稳定性；根据四边形的不稳定性、矩形的性质和平行四边形的性质，结合图形前后变化逐项判断即可． 【详解】解：A、因为矩形框架向左扭动，，，但不再为直角，所以四边形变成平行四边形，但邻边不变且不相等，不可能变为菱形，故A不正确，不符合题意； B、向左扭动框架，的长度变大，故B不正确，不符合题意； C、因为拉成平行四边形后，高变小了，但底边没变，所以面积变小了，故C不正确，不符合题意； D、因为四边形的每条边的长度没变，所以周长没变，故D正确，符合题意， 故选：D． 二、填空题 10．(24-25九上·辽宁沈阳于洪区·期末)如图，在矩形中，对角线，交于点O．若，，则的长为 ． 【答案】 【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，利用矩形的性质得出，进而利用等边三角形和矩形对角线的性质求长度． 【详解】解：∵是矩形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 11．(24-25九上·辽宁铁岭部分学校·期末)如图，在矩形中，，，点E，F分别在，上，，，若点G是的中点，H是的中点，连接，则的长为 ． 【答案】5 【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形中位线定理，正确作出辅助线是解答本题的关键．连接，并延长交与N，连接，由矩形的性质得出，，证明得出，，由勾股定理求出的长，再由三角形中位线定理即可得解． 【详解】解：如图，连接，并延长交与N，连接， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵点G是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵H是的中点，， ∴是的中位线， ∴， 故答案为：5． 12．(24-25九上·辽宁沈阳铁西区·期末)如图，矩形中，，，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点，再分别以点为圆心，大于长为半径画弧，在内部交于点，作射线，过点作的垂线分别交于点，则的长为 ． 【答案】 【分析】由作图可知平分，设与交于点O，与交于点R，作于点Q，根据角平分线的性质可知，进而证明 ，推出，设，则，解求出．利用三角形面积法求出，再证，根据相似三角形对应边成比例即可求出． 【详解】解：如图，设与交于点O，与交于点R，作于点Q， 矩形中，， ， ． 由作图过程可知，平分， 四边形是矩形， ， 又 ， ， 在和中， ， ， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理得， 即， 解得， ． ． ， ． ，， ， ，即， 解得． 故答案为：． 【点睛】本题考查角平分线的作图方法，矩形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等，涉及知识点较多，有一定难度，解题的关键是根据作图过程判断出平分，通过勾股定理解直角三角形求出． 13．(24-25九上·辽宁阜新实验中学·期末)如图，在矩形中，是边的中点，连接交于点F，若恰好平分，，则四边形的面积为 ． 【答案】30 【分析】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．先根据矩形的性质可得，，，根据等腰三角形的判定可得，从而可得，再求出和的面积，然后证出，根据相似三角形的性质可得，从而可得，求出的面积，最后根据四边形的面积等于的面积减去的面积即可得． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是边的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为， 故答案为：30． 三、解答题 14．(24-25九上·辽宁丹东·期末)在矩形中，对角线与相交于点，过点作直线，交于点，交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，长为2，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形性质求出，推出，可得，推出，结合，即可推出是菱形； （2）根据角平分线性质与菱形性质得，结合矩形性质得，得，得，根据即可得到结论． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵ ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是菱形； （2）∵平分， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了矩形性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30度的直角三角形性质，熟练掌握是解决问题的关键． 15．(24-25九上·辽宁大连瓦房店·期末)数学兴趣小组活动中，老师要求学生探究如下问题： 如图，将矩形绕点A按逆时针方向旋转得到矩形，当点E落在上时停止旋转，交于点． (1)连接，请判断和是否在同一条直线上，并说明理由． (2)求证：． 【答案】(1)是，理由见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由矩形的性质可得，，由直角三角形的两个锐角互余可得，由旋转的性质可得，，，进而可得， 由等边对等角可得，进而可得，利用可证得，于是可得，即，进而可得，然后由即可得出结论； （2）由（1）得，，由等角对等边可得，进而可得，于是结论得证． 【详解】（1）解：和是在同一条直线上，理由如下： 四边形是矩形， ，， ， 矩形是由矩形旋转得到的， ，，， ，， ， 在和中， ， ， ， 即：， ， ， 和是在同一条直线上； （2）证明：由（1）得：，， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的两个锐角互余等知识点，利用矩形的性质及旋转的性质证明是解题的关键． 地 城 考点05 矩形的判定 一、单选题 1．(24-25九上·辽宁丹东东港·期末)如图，要使平行四边形成为矩形，需添加的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的判定定理，注意：矩形的判定定理有：①有一个角是直角的平行四边形是矩形，②有三个角是直角的四边形是矩形，③对角线相等的平行四边形是矩形．根据矩形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：添加，不能判断平行四边形为矩形，不符合题意； 添加，可判断平行四边形为菱形，不符合题意； 添加则，可判断平行四边形为矩形，符合题意； 添加，可判断平行四边形为菱形，不符合题意； 故选：． 2．(24-25九上·辽宁丹东东港·期末)已知四边形中，对角线，相交于点，且，则下列关于四边形的结论一定成立的是（     ） A．四边形是正方形 B．四边形是菱形 C．四边形是矩形 D． 【答案】C 【分析】根据OA=OB=OC=OD，判断四边形ABCD是平行四边形．然后根据AC=BD，判定四边形ABCD是矩形． 【详解】， 四边形是平行四边形且， 是矩形， 题目没有条件说明对角线相互垂直， ∴A、B、D都不正确； 故选：C 【点睛】本题是考查矩形的判定方法，常见的又3种：①一个角是直角的四边形是矩形；②三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形． 二、解答题 3．(24-25九上·辽宁锦州·期末)如图，在中，对角线，相交于点，的垂直平分线分别交，，于点，，，且为的中点，交于点，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明，推出，再证明四边形是平行四边形，由，可证明四边形是矩形； （2）证明，求得，得到，在中，由勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：如图，， ，， 为中点， ， ， ， 垂直平分于点， ，， ，， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形； （2）解：四边形是平行四边形， ，，， ， ， ，， ， ， ，， ， ， 四边形是矩形， ，， 在中，， ． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 地 城 考点06 矩形的性质与判定 一、单选题 1．(24-25九上·辽宁沈阳浑南区·期末)如图，要使平行四边形成为矩形，可以添加的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形的判定，熟练掌握矩形的判定是解题的关键，根据矩形的判定方法逐一判断即可得到答案． 【详解】解：A、根据平行四边形中邻边相等，可证得四边形为菱形，故此项错误； B、根据平行四边形中对角线垂直，可证得四边形为菱形，故此项错误； C、根据平行四边形中一个角等于，可证得四边形为距形，故此项正确； D、平行四边形对角线平分一组对角，得，不能证明四边形为距形，故此项错误； 故选：C． 二、填空题 2．(24-25九上·辽宁辽阳·期末)如图，矩形中，，，的直角顶点P在的延长线上且，E在边上，，EF与边交于点M，若，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】此题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理等知识．作交的延长线于点，交的延长线于点，由，，，得，可证明，则，求得，由，得，求得，再证明四边形是矩形，则，，求得，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：作交的延长线于点，交的延长线于点， 四边形是矩形，，，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ∴， ， ， ， 四边形是矩形， ，，， ， ， 故答案为：． 3．(24-25九上·辽宁辽阳灯塔第一初级中学·期末)如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DEAC，CEBD，连接OE，设AC＝12，BD＝16，则OE的长为 ． 【答案】10 【分析】由菱形的性质和勾股定理求出CD＝20，证出平行四边形OCED为矩形，得OE＝CD＝10即可． 【详解】解：∵DEAC，CEBD， ∴四边形OCED为平行四边形， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝6，OB＝OD＝BD＝8， ∴∠DOC＝90，CD＝＝＝10， ∴平行四边形OCED为矩形， ∴OE＝CD＝10， 故答案为：10． 【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质以及平行四边形判定与性质等知识；熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键． 三、解答题 4．(24-25九上·辽宁沈阳第七中学·期末)如图，在菱形中，对角线与交于点O，过点D作交的延长线于点E，在上截取，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是：熟练掌握菱形的性质. （1）先证明四边形是平行四边形，然后利用矩形的判定即可得证； （2）先利用菱形的性质得出， ，，然后勾股定理求出，然后利用等面积法求出，即可求解. 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形； （2）解：四边形是菱形，对角线与交于点O ，，， ， ， 菱形的面积 ， ， ∵四边形是矩形， ． 5．(24-25九上·辽宁沈阳沈河区·期末)如图，在中，，D为中点，四边形是平行四边形． (1)求证：四边形是矩形； (2)过点E作于点H，若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由等腰三角形的三线合一得到，，然后利用平行四边形证明四边形是平行四边形，即可证明矩形； （2）由矩形得到，而，则，那么得到，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， 即， ∵，D为中点 ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵ ∵， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，直角三角形的性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 6．(24-25九上·辽宁丹东东港·期末)［问题情景］ （1）如图1，小红把三角板放置到矩形中，使得顶点、、分别落在、、上，则线段与的数量关系为______（直接写出结果） ［变式探究］ （2）如图2．小红把三角板放置到矩形中，使得顶点、、分别在、、边上，若，，求的长． ［拓展应用］ （3）如图3，小红把三角形放到平行四边形中，使得顶点、、分别在、、边上，，，，求的值． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定、矩形的性质与判定、含角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点，学会添加适当的辅助线构造相似三角形是解题的关键． （1）先利用直角三角形的性质得到，再通过证明得到，即可得出结论； （2）过点作于，通过证明得到，求出的长，进而得到，即可求出的长； （3）以为顶点作，其中边交与．交延长线与，利用平行四边形和等腰三角形的性质推出，得到，再结合，，利用比例的性质即可求出的值． 【详解】（1）解：矩形， ， ， ，， ，， ，， ， ， ， ． 故答案为：． （2）证明：如图，过点作于， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ， ， 四边形是矩形， ， ． （3）解：如图，以为顶点作，其中边交与．交延长线与， 在平行四边形中，，， ，， 又， ， ，， 又， ， ， ， ， ， ，， ，， ， 又，， ，即， ． 7．(24-25九上·辽宁阜新实验中学·期末)如图，在四边形中，，对角线与交于点O，于点E，交于点F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、二次根式的应用等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键． （1）先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出四边形是平行四边形，然后根据矩形的判定即可得证； （2）先利用勾股定理可得，利用三角形的面积公式可得，再根据矩形的性质可得，然后在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】（1）证明：∵， ∴和都是直角三角形， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形． （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）已证：四边形是矩形， ∴， ∴在中，． 地 城 考点07 正方形的性质 一、单选题 1．(24-25九上·辽宁本溪·期末)如图，正方形是小明用木条制作的一个学具，在取放学具时，学具发生了形变，此时，则形变后四边形的面积是原正方形面积的（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，含角直角三角形的性质．正确添加辅助线是解题的关键． 过点作于点，则可得四边形为菱形，，设，则，即可计算菱形的面积，继而求解． 【详解】解：过点作于点，    ∵四边形是正方形， ∴， 由题意可得， ∴四边形为菱形， ∴， 设 ∵ ∴ ∴， 而， ∴， 故选：A． 2．(24-25九上·辽宁阜新太平区·期末)如图，四边形是正方形，延长到点E，使，连结交于点F，则等于（    ）度． A．112.5 B．125 C．135 D．150 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理和外角的性质．解题的关键是掌握以上知识点． 首先根据正方形的性质得到，然后根据三角形外角的性质和等边对等角求出，然后利用三角形内角和定理求解即可． 【详解】∵四边形是正方形 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴． 故选：A． 3．(24-25九上·辽宁沈阳铁西区·期末)如图，在正方形中，点是边的中点，连接，点是的中点，连接并延长，交边于点，点在边上，已知，，则的长为（   ） A．4 B． C． D．6 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握其性质并能正确得出的长是解决此题的关键．根据正方形的性质得出，利用中点性质得出，进而利用证明与全等，利用全等三角形的性质和勾股定理解答即可． 【详解】解：四边形是正方形， ，，， ， 是的中点， ， 在与中， ， ， ， ， ， ， ， 故选：． 4．(24-25九上·辽宁丹东凤城·期末)如图，已知E是正方形ABCD中AB边延长线上一点，且AB=BE，连接CE、DE，DE与BC交于点N，F是CE的中点，连接AF交BC于点M，连接BF．有如下结论：①DN=EN；②△ABF～△ECD；③tan∠CED=；④，其中正确的是（    ） A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④ 【答案】A 【分析】证明△NCD∽△NBE，根据相似三角形的性质列出比例式，得到DN＝EN，判断①；根据两边对应成比例、夹角相等的两个三角形相似判断②；FG⊥AE于G，根据等腰直角三角形的性质、正切的定义求出tan∠FAG，根据相似三角形的性质判断③；根据三角形的面积公式计算，判断④． 【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，AB＝BE， ∴AB＝CD＝BE，ABCD， ∴△NCD∽△NBE， ∴， ∴DN＝EN，故①结论正确； ∵∠CBE＝90°，BC＝BE，F是CE的中点， ∴∠BCE＝45°，BF=CE=BE，FB＝FE，BF⊥EC， ∴∠DCE＝90°+45°＝135°，∠FBE＝45°， ∴∠ABF＝135°， ∴∠ABF＝∠ECD， ∵ ，， ∴， ∴△ABF∽△ECD，故②结论正确； 作FG⊥AE于G，则FG＝BG＝GE， ∴ ， ∴tan∠FAG=， ∵△ABF∽△ECD， ∴∠CED＝∠FAG， ∴tan∠CED，故③结论正确； ∵tan∠FAG=， ∴， ∴， ∴S△FBM=S△FCM， ∵F是CE的中点， ∴S△FBC＝S△FBE， ∴S四边形BEFM＝2S△CMF，故④结论正确， 故选：A． 【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，正方形的性质，解直角三角形，三角形的面积计算，解题的关键是掌握相似三角形的判定定理和性质定理、三角形的面积公式． 5．(24-25九上·辽宁沈阳浑南区东北育才学校·期末)如图，边长为5的大正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，连结并延长交于点M．若，则的长为（　　） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】过点作于点，设与交与点，利用已知条件和正方形的性质得到为等腰三角形，利用等腰三角形的三线合一性质，平行线的性质，对顶角相等和等量代换得到为等腰三角形，再利用等腰三角形的三线合一的性质和平行线分线段成比例定理解答即可得出结论． 【详解】解：过点作于点，设与交与点，如图， 四边形是正方形， ，， ， ． 由题意得：， ，． ． ， ， ， ， ， ． ， ， ， ， ， ． ，， ， ， ， ． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，依据题意恰当地添加辅助线是解题的关键． 二、填空题 6．(24-25九上·辽宁辽阳·期末)如图，四边形ABCD是正方形，△EBC是等边三角形，则∠AED的度数为 ． 【答案】150 【分析】根据题意先得出AB=BC=BE,EC=BC=DC,并以此求出∠AEB 和∠DEC，进而利用∠AED=360°-∠AEB -∠DEC -∠BEC即可求出∠AED的度数． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，△EBC是等边三角形， ∴AB=BC=BE,EC=BC=DC, ∠ABE=∠DCE=90°-60°=30°， ∴∠AEB=∠EAB=（180°-30°）÷2=75°， ∴∠DEC=∠EDC=（180°-30°）÷2=75°， ∴∠AED=360°-∠AEB -∠DEC -∠BEC =360°-75°-75°-60°=150°． 故答案为：150°． 【点睛】本题考查正方形的性质以及等腰、等边三角形的性质，熟练掌握相关的性质是解题的关键． 7．(24-25九上·辽宁沈阳大东区·期末)如图，在等边中，，以为边在同侧作正方形，连接交于点F，则的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，正方形的性质，等边三角形的性质．作，求得，，根据，求得，再利用计算即可求解． 【详解】解：作，垂足为， ∵等边和正方形， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴ ， 故答案为：． 8．(24-25九上·辽宁锦州·期末)如图，在正方形中，对角线，相交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，射线交于点，连接，交于点．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】先求出正方形的对角线，由证，根据相似三角形对边成比例，得出，最后求得即可． 【详解】解：在正方形中，， ， 依题意可知，垂直平分，， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形有的性质，尺规作图，线段的垂直平分线的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，正确理解尺规作图是解本题的关键． 9．(24-25九上·辽宁丹东东港·期末)如图，在边长为的正方形中，点分别是边的中点，连接点分别是的中点，连接，则的长度为 ． 【答案】1 【分析】过E作，过G作，过H作，与相交于I，分别求出HI和GI的长，利用勾股定理即可求解． 【详解】过E作，过G作，过H作，垂足分别为P，Q，R，与相交于I，如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴， ， ∴四边形AEPD是矩形， ∴， ∵点E，F分别是AB，BC边的中点， ∴， ，， ∵点G是EC的中点， 是的中位线， ， 同理可求：， 由作图可知四边形HIQP是矩形， 又HP=FC，HI=HR=PC， 而FC=PC， ∴ ， ∴四边形HIQP是正方形， ∴， ∴ 是等腰直角三角形， 故答案为：1． 【点睛】此题主要考查了正方形的判定与性质，三角形的中位线与勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答此题的关键． 10．(24-25九上·辽宁抚顺新抚区·期末)如图，正方形的边长为．将正方形绕点顺时针旋转得到正方形．连接，．当为直角三角形时，的长度是 ． 【答案】或或 【分析】分三种情况讨论，当为直角顶点时，与重合，可得；当为直角顶点时，过作于，可得结合旋转性质可得，用可判定，得到，可推出，在中用勾股定理即可求得；当为直角顶点时，共线，可得，在即可求得． 【详解】解：（1）当为直角顶点时，与重合，如图： 此时； （2）当为直角顶点时，过作于，如图： 由旋转性质可得， ， ， ， ， ， ， 在中， ， ， ③当为直角顶点时，如图： 此时共线， ， 在中， 综上所述：的长为或或． 故答案为：或或． 【点睛】本题考查正方形的性质、旋转的性质，三角形全等的判定、勾股定理，分情况讨论是解题关键． 11．(24-25九上·辽宁朝阳一中联盟校·期末)如图，点F，G分别在正方形的边，上，E为中点，连接，正方形的边恰好在上，若正方形边长为7，则正方形面积为 ． 【答案】20 【分析】设，则，设根据正切值表示出、、，再利用余弦值求出x，即可求出答案． 【详解】如图，设，则，， 设，，，， 由， ， ， 故答案为：20． 【点睛】本题考查了正方形的性质，锐角三角函数，解题关键是掌握正方形的相关性质，利用三角函数进行转化． 12．(24-25九上·辽宁沈阳皇姑区·期末)如图，把含30°的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，∠PMN＝30°，直角顶点P在正方形ABCD的对角线BD上，点M，N分别在AB和CD边上，MN与BD交于点O，且点O为BD的中点，则∠AMP的度数为 【答案】75° 【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到OM=OP，从而得出∠MPO=∠PMO=30°，利用三角形外角性质∠AMP=∠MPO+∠MBP，即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线， ∴∠ABD=45°，ABCD， ∴∠ABD=∠CDB， ∵OB=OD，∠BOM=∠DON， ∴△OBM≌△ODN， ∴OM=ON， 在Rt△PMN中，∠MPN=90°， ∵O为MN的中点， ∴OP=MN=OM， ∵∠PMN=30°， ∴∠MPO=∠PMN=30°， ∴∠AMP=∠MPO+∠MBP， =30°+45°， =75°， 故答案为：75°． 【点睛】本题考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，发现OP=OM是解题的关键． 三、解答题 13．(24-25九上·辽宁沈阳沈北新区·期末)如图，正方形中，点在对角线上，点在的延长线上，且，过点作于，直线分别交、于、． (1)求证：点为的中点； (2)若，，求的长； (3)求证：． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)见解析． 【分析】（1）连接．证明，得到，，进一步证明，即是等腰直角三角形，由即可得到结论； （2）由勾股定理求出，又由是等腰直角三角形即可得到答案； （3）在上截取，连接，证明，再证明四边形是平行四边形，得到，由，即可得到结论． 【详解】（1）解：连接． ∵四边形是正方形， ∴，， ∵在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即是等腰直角三角形， 又∵ ∴点为的中点； （2）在中， ∵，， ∴， 又∵是等腰直角三角形， ∴； （3）证明：在上截取，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵在和中， ∴， ∴， ∴，即． 又∵于， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形 ∴， ∵， ∴． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、正方形的性质、平行四边形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 14．(24-25九上·辽宁沈阳皇姑区·期末)数学活动课上，老师给出如下问题：如图①，正方形，连接，点E在边上，点F在边上，连接，过点B作于点G，分别交线段于点M，点N，且． 各学习小组在探究过程中依次提出了以下问题，请你写出解答过程： (1)“智慧小组”提出问题： 三条线段的长度间存在某种等量关系，请你直接写出这种关系； (2)“善思小组”提出问题： 求证：； (3)“创新小组”在探究中受到启发，提出问题：如图②，若，求的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据两组对角相等，证明，可得； （2）作于点H，根据正方形的性质证明是等腰直角三角形，推出；再证，推出，，可证； （3）过点M作且，连接，设，，，结合（1）中结论推出，，进而可得，再证，根据得出，等量代换得出，代入计算求出即可． 【详解】（1）解：，理由如下： ， ， ， 又四边形是正方形， ， ， ， ， ； （2）证明：如图，作于点H， ， 四边形是正方形， ， 是等腰直角三角形， ； ， ，， ， 在和中， ， ， ，， 又 ， ， ，即， ； （3）解：如图，过点M作且，连接， ， 设，， 由（1）知，， 设， ， ， ， ； 四边形是正方形，， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， 即， 化简得：， 解得（负值舍去）， ． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，求角的正切值，等腰直角三角形的判定和性质，正确添加辅助线，熟练进行等量代换是解题的关键． 15．(24-25九上·辽宁阜新实验中学·期末)如图，在正方形中，P为对角线上任意一点，以为斜边在的左侧构造等腰直角．求证：点E在线段的垂直平分线上． 小亮的思路是： 如图1，连接交于点O，再通过构造相似三角形来解决这个问题． 小颖的思路是： 如图2，过点E作的垂线，N为垂足，交于点O，再通过构造全等三角形来解决这个问题： 请回答下列问题： (1)①如图1，与的数量关系是_________； ②如图2，与相等的角是________； (2)请你选择其中一种思路，写出完整的证明过程； (3)连接，将线段绕点E顺时针旋转，得到线段，连接．若正方形的边长为4，的长为，请直接写出四边形的面积． 【答案】(1)①；② (2)见解析 (3) 【分析】（1）①由正方形的性质和等腰直角三角形的性质得到，据此可证明；②根据垂线的定义和三角形内角和定理得到，再由平角的定义得到，则； （2）小亮的思路：连接，证明，则可证明，得到，则垂直平分，即点E在线段的垂直平分线上；小颖的思路，过点P作于H，证明，得到；再证明，得到；则可证明，进而得到垂直平分，即点E在线段的垂直平分线上； （3）连接交于O，连接，证明，得到，则；由勾股定理得，则；根据，得到，则；过点F作交延长线与H，则，求出，则，利用勾股定理得到，则，最后根据列式求解即可． 【详解】（1）解①∵四边形是正方形， ∴， ∵是以为斜边得到等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴； ②∵， ∴， ∴ ∵是以为斜边得到等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：选择小亮的思路，证明如下： 如图所示，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵是以为斜边得到等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴是的角平分线， 又∵， ∴垂直平分， ∴点E在线段的垂直平分线上； 选择小颖的思路，证明如下： 如图所示，过点P作于H， ∵， ∴， ∵∵是以为斜边得到等腰直角三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴； ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， 又∵， ∴垂直平分， ∴点E在线段的垂直平分线上； （3）解；如图所示，连接交于O，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴，； 由（2）的结论可知， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴； 由（2）可知， ∴， ∴， ∴； 如图所示，过点F作交延长线与H，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 16．(24-25九上·辽宁沈阳第七中学·期末)【问题初探】 (1)综合与实践数学活动课上，张老师给出了一个问题：如图1，在正方形中，点E，F在，边上，且，探究三条线段，，之间满足的数量关系． ①小明同学经过分析后，将绕点A逆时针旋转得到，如图2，根据三角形全等得到线段，，之间的数量关系； ②小强同学经过分析后，将沿进行翻折，得到，连接，如图2，根据三角形全等也得到了线段，，之间的数量关系． 张老师总结：两名同学分别利用旋转变换和轴对称变换，将问题进行转化，并得到解决． 请你选择一名同学的分析，直接写出线段，，之间的数量关系（不需要证明） 【类比分析】 (2)张老师将前面问题进行变式，如图3，在正方形中，点E在边上，点F在边上，且，M，N分别是线段，上的动点，，连接，请用等式表示三条线段，，之间的数量关系，并证明你的结论； 【学以致用】 (3)如图4，在（2）的条件下，，点M，N在运动过程中始终保持，当线段最小时，请求出正方形的边长． 【答案】(1) (2) (3)正方形的边长为． 【分析】（1）根据题目中两位同学的分析，直接写出线段，，之间的数量关系即可； （2）将沿进行翻折，得到，连接，由翻折性质得，进而利用全等三角形判定方法推出，利用全等三角形的性质得到，最后利用勾股定理表示出三条线段之间的数量关系即可； （3）由（2）中的结论得，四边形是平行四边形，从而得出四边形是平行四边形，设，则，利用完全平方的非负性得到当时有最小值，设正方形的边长为，在中利用勾股定理列出方程，求解的值即可解答． 【详解】（1）解：， ①以小明同学的分析说明理由： 正方形， ，， ， ， 由旋转性质得，， ，，，， ，， 点在线段上，， ， 在和中， ， ， ，即， ， ； ②以小强同学的分析说明理由： 由翻折性质得，， ，，， ， 正方形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， 点在线段上， ， ，， ． （2），理由如下： 如图，将沿进行翻折，得到，连接， 由翻折性质得，， ，，， ， 正方形， ，，， ， ， ， 在和中， ， ， ，； ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， 在中，， ，， ． （3）由（2）得，，四边形是平行四边形， ，， ，， ， 又 ， 四边形是平行四边形， ，， 设，则， ， 当时，有最小值50，即有最小值， 此时，， 设正方形的边长为，则， 在中，， ， 解得：，（舍去负值）， 正方形的边长为． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定、正方形的性质、勾股定理、配方法、一元二次方程等知识点，学会利用翻折和旋转的性质构造全等三角形，利用配方法求最值，利用勾股定理求线段长度是解题的关键． 地 城 考点08 正方形的性质与判定 一、填空题 1．(24-25九上·辽宁丹东·期末)如图，正方形中，点为正方形对角线上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转，使点恰好落在边上的点处，（不与点重合），连接，交于点，下列结论：①；②；③；④若时，则；其中正确的结论有 （填序号）． 【答案】②③/③② 【分析】连接，如图所示，由正方形性质及过点有且只有一条直线与垂直即可判断①；过点作、，如图所示，由正方形性质、全等三角形判定与性质、相似三角形的判定与性质即可得证②；将绕着点逆时针旋转得到，如图所示，由旋转性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理判定即可得证③；根据，由平行线分线段成比例及②中的求证过程即可得到即可判断④，从而确定答案． 【详解】解：连接，如图所示： 在正方形中，， 与的交点为， 根据过点有且只有一条直线与垂直可知，错误，即①不符合题意； 过点作、，如图所示： ， 由旋转性质可知，， 在正方形中，是的角平分线，则， 在和中， ， ， ， 在正方形中，，，则四边形为正方形， ， ， 在中，，，则为等腰直角三角形， ， ，， ， ，即，即②符合题意； 将绕着点逆时针旋转得到，如图所示： ， ，，，， ， 在中，由勾股定理可得，，即， ， ， 在和中， ， ， ， ，即③符合题意； 过点作、，如图所示： ， 由平行线分线段成比例可得， 设，则， ，且正方形的边长， ， ， ， ，即④不符合题意； 综上所述，正确的结论有②③， 故答案为：②③． 【点睛】本题考查几何综合，综合性强，难度很大，涉及正方形的判定与性质、旋转性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、旋转性质、平行线分线段成比例等知识，熟记相关几何性质并灵活运用是解决问题的关键． 二、解答题 2．(24-25九上·辽宁沈阳和平区·期末)如图1，正方形中，点是正方形内一点，连接，，．将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接并延长与的延长线交于点． (1)求的度数； (2)如图2，连接，交于点，连接，若，取的中点，连接，求的长； (3)如图3，点在上方时，连接，交于点．连接．与和分别交于点和点，延长与边交于点，连接，若，，补全图形并求出的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据正方形的性质可得，，根据已知可得，进而可得，证明，根据全等三角形的性质，即可求解； （2）根据勾股定理求得，进而根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解． （3）连接，连接交于点，则，将绕点逆时针旋转得到，则先证明，得出，设，则，，，在中，，勾股定理求得或，进而根据，，求得；得出，进而根据三角形的面积公式，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵ ∴， ∴， ∵将线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴，， 又∵， ∴ 在中， ∴ ∴ （2）解：∵ ∴四边形是矩形， 又∵ ∴四边形是正方形， ∴ ∵四边形是正方形，是对角线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，是的中点， ∴ ； （3）解：如图所示，连接，连接交于点，则 ∵，， ∴， 设，则，，， 由（2）可得四边形是正方形， ∴， ∴ 如图所示，将绕点逆时针旋转得到，则 ∵四边形是正方形 ∴ ∵， ∴，则三点共线， ∵ ∴ ∵ ∴， ∴ 在中， ∴ ∴ 在中， ∴ 解得：或 ∴或 ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴或；或 解得：或；或； ∴ ∴的面积为 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半；熟练掌握以上知识是解题的关键． 3．(24-25九上·辽宁丹东凤城·期末)如图，在正方形中，是对角线上的一个动点，连接，过点作交于点． （1）如图①，求证：； （2）如图②，连接为的中点，的延长线交边于点，当时，求和的长； （3）如图③，过点作于，当时，求的面积． 【答案】（1）见解析；（2）；；（3）面积为. 【分析】（1）过点M作MF⊥AB于F，作MG⊥BC于G，由正方形的性质得出∠ABD=∠DBC=45°，由角平分线的性质得出MF=MG，证得四边形FBGM是正方形，得出∠FMG=90°，证出∠AMF=∠NMG，证明△AMF≌△NMG，即可得出结论； （2）证明Rt△AMN∽Rt△BCD，得出，求出AN=2，由勾股定理得出BN==4，由直角三角形的性质得出OM=OA=ON=AN=，OM⊥AN，证明△PAO∽△NAB，得出，求出OP=，即可得出结果； （3）过点A作AF⊥BD于F，证明△AFM≌△MHN得出AF=MH，求出AF=BD=×6=3，得出MH=3，MN=2，由勾股定理得出HN=，由三角形面积公式即可得出结果． 【详解】（1）证明：过点作于，作于，如图①所示： ， 四边形是正方形， ， ， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ； （2）解：在中，由（1）知：， ， ， ， ， 在中，， ， ， 解得：， 在中，， 在中，是的中点， ， ， ， ， ， ，即： ， 解得：， ； （3）解：过点作于，如图③所示： ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， 在等腰直角中，， ， ， ， ， 的面积为． 【点睛】本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形相似和三角形全等是解题的关键． 4．(24-25九上·辽宁朝阳一中联盟校·期末)综合与探究：如图，，点在的平分线上，于点． （1）【操作判断】 如图①，过点作于点，根据题意在图①中画出，四边形是那种特殊四边形？并证明你的结论； （2）【问题探究】 如图②，点在线段上，连接，过点作交射线于点，求证：； （3）【拓展延伸】 点在射线上，连接，过点作交射线于点，射线与射线相交于点，若，请直接写出的值． 【答案】（1）图见解析，正方形，证明见解析（2）见解析（3）或 【分析】（1）先证明四边形为矩形，再根据角平分线的定义，推出为等腰直角三角形，进而得到，即可得出结论； （2）过点作于点，证明，得到，再根据线段的和差关系即可得证； （3）分点在线段上和线段的延长线上，两种情况进行讨论求解即可． 【详解】解：（1）过点作于点，如图，连接， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∵点在的平分线上， ∴平分， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴四边形为正方形； （2）过点作于点，如图， 由（1）知：四边形为正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （3）①当点在线段上时，如图：延长交于点， 由（2）知：四边形为正方形， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②当点在线段的延长线上时，如图：过点作，延长交于点， 同法可得：四边形为正方形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上：或． 【点睛】本题考查正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等和相似三角形，是解题的关键． 地 城 考点09 特殊平行四边形性质与判定综合 一、单选题 1．(24-25九上·辽宁沈阳皇姑区·期末)下列判断错误的是（   ） A．有两组邻边相等的四边形是菱形 B．有一角为直角的平行四边形是矩形 C．矩形的对角线互相平分且相等 D．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 【答案】A 【分析】本题考查的是特殊平行四边形的判定和性质，分别根据菱形、矩形、正方形及平行四边形的判定定理对各选项进行逐一分析即可． 【详解】解：A、有两组邻边相等，一组对边相等的四边形是菱形，原说法错误，符合题意； B、有一角为直角的平行四边形是矩形，原说法正确，不符合题意； C、矩形的对角线互相平分且相等，原说法正确，不符合题意； D、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，原说法正确，不符合题意； 故选：A． 2．(24-25九上·辽宁辽阳·期末)矩形、菱形、正方形都具有的性质是（    ） A．每一条对角线都平分一组对角 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分 【答案】D 【分析】根据矩形、菱形、正方形的性质逐项判断即可． 【详解】解：A，菱形、正方形满足每一条对角线都平分一组对角，矩形不满足，不合题意； B，正方形、矩形满足对角线相等，菱形不满足，不合题意； C，菱形、正方形满足对角线互相垂直，矩形不满足，不合题意； D，矩形、菱形、正方形都满足对角线互相平分，符合题意； 故选D． 【点睛】本题考查特殊平行四边形，解题的关键是掌握矩形、菱形、正方形的性质． 3．(24-25九上·辽宁沈阳大东区·期末)平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的是（ ） A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．对角线互相垂直且相等 【答案】A 【详解】平行四边形的对角线互相平分，而对角线相等、平分一组对角、互相垂直不一定成立． 故平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是：对角线互相平分． 故选：A． 【点睛】特殊四边形的性质 4．(24-25九上·辽宁朝阳建平县·期末)下列四个命题中是真命题的有（　　） ①对角线相等的平行四边形是矩形； ②对角线互相垂直的平行四边形是菱形； ③四角相等且两边相等的四边形是正方形； ④对角线和一边的夹角是45°的菱形是正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定定理，即可一一判定． 【详解】解：对角线相等的平行四边形是矩形，所以①为真命题； 对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以②为真命题； 四角相等且邻边相等的四边形是正方形，所以③为假命题； 对角线和一边的夹角是45°的菱形是正方形，所以④为真命题． 故选：C． 【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是牢记特殊的四边形的判定定理． 5．(24-25九上·辽宁铁岭部分学校·期末)下列命题正确的是(   ) A．正方形的对角线相等且互相平分 B．对角互补的四边形是平行四边形 C．矩形的对角线互相垂直 D．一组邻边相等的四边形是菱形 【答案】A 【分析】根据正方形、平行四边形、矩形、菱形的各自性质和构成条件进行判断即可． 【详解】A、正方形的对角线相等且互相垂直平分，描述正确； B、对角互补的四边形不一定是平行四边形，只是内接于圆，描述错误； C、矩形的对角线不一定垂直，但相等，描述错误； D、一组邻边相等的平行四边形才构成菱形，描述错误． 故选：A． 【点睛】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质和判定，解题的关键是熟悉掌握各类特殊四边形的判定和性质． 6．(24-25九上·辽宁阜新实验中学·期末)下列命题中，正确的是（    ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．一组邻边相等的四边形是菱形 C．平行四边形的对角线互相平分且相等 D．正方形的对角线互相垂直平分且相等 【答案】D 【分析】本题考查的是矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的性质，正方形的性质，再逐一分析判断即可，掌握以上基础知识是解本题的关键． 【详解】解：A、对角线相等的平行四边形为矩形；故不符合题意； B、一组邻边相等的平行四边形是菱形；故不符合题意； C、平行四边形的对角线互相平分；故不符合题意； D、正方形的对角线互相垂直平分且相等；故符合题意； 故选：D． 7．(24-25九上·辽宁沈阳第七中学·期末)如图，四边形是平行四边形，下列结论中正确的是（   ） A．若，则四边形是正方形 B．若，则四边形是菱形 C．若，则四边形是菱形 D．若，则四边形是矩形 【答案】B 【分析】本题考查了特殊平行四边形的判定，熟练掌握矩形、菱形和正方形的判定是解题的关键．根据矩形、菱形和正方形的判定，对选项逐一分析判断即可． 【详解】解：若，则四边形是矩形，不一定是正方形，故A选项错误，不符合题意； 若，则四边形是菱形，故B选项正确，符合题意； 若，则四边形是矩形，故C选项错误，不符合题意； 若，则四边形是菱形，故D选项错误，不符合题意． 故选：B． 8．(24-25九上·辽宁沈阳沈北新区·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． 地 城 考点10 特殊平行四边形的折叠问题 一、单选题 1．(24-25九上·辽宁阜新实验中学·期末)如图，在菱形中，，点M，N分别在和上，沿将折叠，点A恰好落在边上的点E处．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作，根据菱形的性质得，其中，然后设，可表示，根据勾股定理得，进而得出接下来根据勾股定理列出方程，求出解即可得出答案． 【详解】如图所示，过点M作，交的延长线于点F， ∵四边形是菱形，且， ∴，其中． 在中，，设， ∴， 根据勾股定理，得． ∴， 根据折叠得， 在中，， 即， 解得， ∴． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，直角三角形的性质，勾股定理，解一元二次方程，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 2．(24-25九上·辽宁丹东东港·期末)如图，正方形中，，点E在边上，且．将沿对折至，延长交边于点，连接．下列结论：①点是的中点，②，③，④，其中正确的是（   ） A．①②④ B．②③④ C．①③ D．①②③ 【答案】C 【分析】根据正方形的性质结合，求解，，由折叠得：，，证明设，则，，由勾股定理得： 进一步解答可得①正确；如图2，过F作于H，证明，可得求解可得，所以②不正确；证明，可得所以③正确； 若，则，，进一步解答可得④错误． 【详解】解：①如图1，∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 由折叠得：，， ∴， ， ∴， 设，则，， 由勾股定理得：， ， 解得：， ， ， ∴． ∴点G是的中点；所以①正确； ②如图2，过F作于H， ∵， ∴， 由①得 ∴，所以②不正确； ③∵， ∴， 由折叠性质得， ∴， 所以③正确； ④ 若，则，， ∵， ∴， ∴，与矛盾；所以④错误． 故选C． 【点睛】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，相似三角形的判定与性质，折叠性质，掌握折叠性质和正方形的性质是解本题的关键． 二、填空题 3．(24-25九上·辽宁锦州·期末)如图，在菱形中，，，是上一点，将沿折叠得到，平分交于点，当，，三点在同一条直线上时，的长为 ． 【答案】 【分析】连接，过点作交延长线于点，由菱形的性质可得，，由两直线平行同旁内角互补可得，由折叠可知，，，，由、、三点共线可得，进而可得，由平分可得，利用可证得，于是可得，进而可得，即为中点，则，由直角三角形的两个锐角互余可得，由含度角的直角三角形的性质可得，利用勾股定理可得，则，利用勾股定理可得，由可得，结合，可证得，于是可得，进而可得，于是得解． 【详解】解：如图，连接，过点作交延长线于点， ， 四边形是菱形， ∴，， ， 由折叠可知，，，，， ，，三点共线， ， ， 平分， ， 在和中， ， ， ， ， 为中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠问题，两直线平行同旁内角互补，角平分线的有关计算，全等三角形的判定与性质，线段中点的有关计算，直角三角形的两个锐角互余，含度角的直角三角形，勾股定理，线段的和与差，相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键． 4．(24-25九上·辽宁沈阳浑南区·期末)如图是一张矩形纸片，点E为上一点，，点F在边上，把该纸片沿折叠，点A，B的对应点分别为，，与相交于点G，若的延长线经过点D则的值为 【答案】 【分析】本题考查矩形性质，相似三角形判定及性质，勾股定理等．根据题意设，则，继而得，再证明，继而利用相似性质得，利用勾股定理列式计算即可． 【详解】 ∵， ∴设，则， ∴， ∵， ∴， ∵把该纸片沿折叠，点A，B的对应点分别为，， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，解得：， ∴， ∵，即，解得：， ∴， 故答案为：． 5．(24-25九上·辽宁大连中山区·期末)如图，在矩形中，，，点是边上的一个动点，把沿折叠，点落在处，如果恰在矩形的对角线上，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了翻折变换，解决本题的关键是综合运用矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识．先根据勾股定理求出，由相似三角形的性质求得，由三角形相似的判定定理证得，根据相似三角形的性质求得． 【详解】解：四边形是矩形，，， ，，， ∴， 由翻折的性质得：垂直平分， ，， ， ， ，， ， ∴，即， ， ． 故答案为：． 6．(24-25九上·辽宁沈阳和平区·期末)如图，在矩形中，，，点E为边上的一个动点，将沿折叠得到，连接．当为直角三角形时，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】当时，设交于点，由矩形性质得到，由折叠性质得到，则，进而利用平行线分线段成比例求得，利用勾股定理求得，然后证明求得；再说明不存在为直角三角形，且或的情况，进而可得答案． 【详解】解：如图1，当时，设交于点， ∵四边形是矩形，，， ， ∵将沿折叠得到， ∴点与点D关于直线对称， ∴垂直平分， ， ， ∴， ， ， ∴ ， ， ， 如图1，当时，点在矩形内部，则， 当时，则四边形为正方形，此时点在上且不与点重合， ， 如图2，，则， ， ， ∴不存在或的情况， 综上所述，当为直角三角形时，则的长为， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质、折叠性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、平行线的判定、平行线分线段成比例等知识，熟练掌握这些知识的联系与运用是解答本题的关键． 7．(24-25九上·辽宁阜新细河区·期末)如图，在矩形纸片ABCD中，AD＝10，AB＝8，将AB沿AE翻折，使点B落在处，AE为折痕；再将EC沿EF翻折，使点C恰好落在线段EB'上的点处，EF为折痕，连接．若CF＝3，则tan＝ ． 【答案】 【分析】连接AF，设CE＝x，用x表示AE、EF，再证明∠AEF＝90°，由勾股定理得通过AF进行等量代换列出方程便可求得x，再进一步求出B′C′，便可求得结果． 【详解】解：连接AF，设CE＝x，则C′E＝CE＝x，BE＝B′E＝10﹣x， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝10，∠B＝∠C＝∠D＝90°， ∴AE2＝AB2+BE2＝82+（10﹣x）2＝164﹣20x+x2， EF2＝CE2+CF2＝x2+32＝x2+9， 由折叠知，∠AEB＝∠AEB′，∠CEF＝∠C′EF， ∵∠AEB+∠AEB′+∠CEF+∠C′EF＝180°， ∴∠AEF＝∠AEB′+∠C′EF＝90°， ∴AF2＝AE2+EF2＝164﹣20x+x2+x2+9＝2x2﹣20x+173， ∵AF2＝AD2+DF2＝102+（8﹣3）2＝125， ∴2x2﹣20x+173＝125， 解得，x＝4或6， 当x＝6时，EC＝EC′＝6，BE＝B′E＝8﹣6＝2，EC′＞B′E，不合题意，应舍去， ∴CE＝C′E＝4， ∴B′C′＝B′E﹣C′E＝（10﹣4）﹣4＝2， ∵∠B′＝∠B＝90°，AB′＝AB＝8， ∴tan∠B'AC′＝=． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握折叠的性质是解题关键． 三、解答题 8．(24-25九上·辽宁辽阳灯塔第一初级中学·期末)如图，在矩形中，，点E为射线上一点（点E不与点B重合），将沿折叠，得到，点P为线段上一点，再将沿折叠，得到，的延长线与边相交于点Q．    (1)如图1，连接，求证：． (2)如图2，当点E与点A重合时，若点G落在边上，连接与相交于点M，与相交于点N，求的长． (3)若点G落在边上，且，所在直线与所在直线相交于点H： ①如图3，当点E在线段延长线上时，求的长； ②当点E在线段上时，请直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)①；② 【分析】（1）根据矩形和折叠的性质证明，即可得； （2）先证明四边形是矩形，得，则，在中，由可得，解直角三角形求出，，即可得的长． （3）①过点作，垂足为，则四边形是矩形．，．在中，根据勾股定理得，则，在中，根据勾股定理得．则，证明．根据相似三角形的性质得，即可求解； ②过点作，垂足为，同①的方法即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， 由折叠知，， ， 又， ∴， ； （2）解：将 沿折叠，得到， 垂直平分． ， 四边形是矩形， ， 由（1）知，， 四边形是矩形， ， ， 在中，， ， 在中，， 在中，， ； （3）解：①过点作，垂足为，   ． 由（1）得， ， 四边形是矩形． ，． 在 中，， ， 在中，， ， ，解得． ， 四边形是矩形， ． ． ， ， ； ②过点作，垂足为，    同理得，， ， 在中，， ， ，解得． ， ． ． ， ， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，利用方程的思想解决问题是解本题的关键． 9．(24-25九上·辽宁沈阳于洪区·期末)【特例感知】 （1）如图1，在正方形中，点E是边上一点，将E沿翻折，点的对应点为，延长交边于点，连接．求证：． 【类比迁移】 （2）如图2，在矩形中，，点是边上一点，将沿翻折，点的对应点恰好落在边上，求的度数． 【拓展应用】 （3）在菱形中，，边长为，点是边上一点，点是边上一点，将沿翻折，点的对应点恰好落在菱形的一条边上，且． ①如图3，当点落在边上时，求的长； ②当点落在边上时，请直接写出的长． 【答案】（1）见解析，（2），（3）①4；②． 【分析】（1）运用翻折变换的性质、正方形的性质及全等三角形的判定即可证得结论； （2）过点作于点，利用矩形的性质和判定及翻折变换的性质即可求得答案； （3）①利用等边三角形的判定和性质即可求得答案； ②过点作于点M，过点作于点，运用勾股定理可得，根据菱形性质及翻折可得：，，，再运用勾股定理即可求得答案． 【详解】（1）证明：∵将沿翻折到处，四边形是正方形， ∴， ∴， ∵，， ∴． （2）解：过点作于点，如图， 则， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 由翻折得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：①当点落在边上时，如图，    ∵，， ∴是等边三角形， ∴； ②当点落在边上时，如图，过点作于点，    ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， 由翻折得：， 设，则， 在中，， ∴， 解得： ， 即． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查勾股定理、折叠的性质，等边三角形的性质，菱形的性质，矩形的判定和性质，正方形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关的性质是本题的关键． 10．(24-25九上·辽宁大连西岗区·期末)问题情境在“综合与实践”课上，大家对矩形折叠中的数学问题进行了探究，老师提出如下问题：如图1，在矩形纸片中，点E 为边 上的一个点，连接，将沿直线折叠，使点D的对应点F恰好落在边上，过点F作，交于点H，然后将纸片展开铺平，连接．请判断四边形的形状，并说明理由． 【观察思考】 （1）请解答老师提出的问题； （2）图1中，若，求的长； 【类比探究】 （3）善思小组受此问题启发，将矩形变为平行四边形进行了同样的操作探究，如图2，在中，若，其他条件不变． ①求 的长； ②直接写出四边形的面积． 【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）；（3）①；②10 【分析】（1）由折叠性质得，根据平行线性质，得，得，可得，得四边形是平行四边形，即得四边形是菱形； （2）根据矩形性质 ，得，根据折叠性质，得，根据勾股定理得，得，设，则，在中，根据勾股定理解得，即得； （3）①过作于，延长交于M，求出，得，根据，在 中，运用勾股定理求得，得，得， 根据平行性质和和折叠性质，得，得，根据，得，得，即得；②连接交于点，根据，得，设，，得，根据菱形性质得，根据等腰三角形性质得，得，在中，，中，，得，得，，即得． 【详解】解：（1）四边形是菱形，理由： 将沿直线折叠，使点的对应点恰好落在边上， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形； （2）四边形是矩形， ， 将沿直线折叠，使点的对应点恰好落在边上， ， ， ， 由（1）知，四边形是菱形， ， 设， 则， 在中，， ， 解得， 的长为； （3）①如图1，过作，交延长线于点， ， ， ∴， ， 设， 将沿直线折叠，使点的对应点恰好落在边上， ， ， ， ，或（舍去）， ， ， 延长交于M， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 同理（1）可得四边形是菱形， ； ②10．理由： 如图2，连接交于点， ∵ ∴； ， ， ， 设， 则，， 四边形是菱形， ， ， ， ， 在中，， ， 中，， ， 解得， ，， ∴， ． 【点睛】本题主要考查了菱形．熟练掌握矩形性质，平行四边形性质，菱形的判定和性质，折叠性质，勾股定理解直角三角形，相似三角形的判定和性质． 11．(24-25九上·辽宁丹东·期末)已知：如图1，正方形中，，点是对角线所在直线上一动点，连接，将沿折叠，得到，点的对应点为点，射线交直线于点，交边所在直线于点． (1)①求证：； ②求证：； (2)将沿折叠，得到，点的对应点为点． ①如图2，当点在对角线上，且时，求的度数： ②如图3，当点在延长线上，且时，连接，判断的形状，并说明理由； ③当点在同一直线上时，请直接写出以点为顶点的四边形面积． 【答案】(1)①证明过程见详解；②证明过程见详解； (2)①；②是等腰直角三角形；③ 【分析】（1）①根据正方形的性质可得，根据折叠的性质，可得，由此即可求证； ②根据正方形的性质可得，则有，由全等三角形的性质可得，由，即可求证； （2）①根据全等三角形的性质，折叠的性质，正方形的性质可得，，由平行线的性质可得，再由，即可求解； ②根据题意可证是等边三角形，是等腰三角形，得到，根据折叠的性质，三角形内角和定理可得，由此可得，由此即可求解； ③如图所示，点三点共线，连接与交于点，沿折叠得到，沿折叠得到，可得，，，由此可得，，由此即可求解． 【详解】（1）证明：①∵四边形是正方形，是对角线， ∴，， 在和中， ， ∴， ∵将沿折叠，得到， ∴， ∴； ②∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴在中，， ∴； （2）解：①由（1）可知， ∴， ∵将沿折叠，得到，点的对应点为点， ∴， ∴， ∵是正方形的对角线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； ②沿折叠得到，沿折叠得到， ∴， ∴，， ∵， ∴，则， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形； ③如图所示，点三点共线，连接与交于点，沿折叠得到，沿折叠得到， ∴，，， 由（1）可知，， ∴在中，， ∴， ∴， ∴，即， ∵四边形是正方形，， ∴，则， 在中，， ∵折叠， ∴， 由上述证明可得， 设，则， 在中，， ∴， 解得，， ∴， ∴， ∴，， ∴点为顶点的四边形面积为． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识的综合运用，掌握正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 12．(24-25九上·辽宁阜新细河区·期末)【数学活动】 如图1，将矩形纸片进行以下操作： 第一步：将矩形纸片沿直线L对折，使点A与点D重合，然后展开铺平，得到折痕，再将矩形纸片沿对角线对折，得到折痕，再次展开铺平，两折痕与交于点G； 第二步：将绕点G逆时针旋转得到，点F，A的对应点分别为点H，K，直线与边所在直线交于点（点M不与点A重合），与边所在直线交于点． 【数学思考】 （1）绕点G旋转至图1的位置时，试判断与的数量关系，并证明你的结论． 【数学探究】 （2）矩形中，，．如图2，当直线时，求的长． 【拓展提升】 （3）如图3，在菱形中，，，E是上的一个三等分点，且，记点D关于的对称点为，射线与菱形的边交于点F，请补全图形，并直接写出的长． 【答案】（1），证明见解析；（2）；（3）见解析， 【分析】（1）证明是的中位线，连接，由旋转知，，，再证，即可得出结论； （2）由旋转的性质和等腰三角形的性质得，则，设，在中，由勾股定理求出x的值，即可解决问题； （3）如图，设交于点O，首先利用勾股定理求出，由得到，连接，，，与交于点F，过点A作于点N，求出，，证明出，得到，设，则，证明出，得到，，然后利用勾股定理求出，得到，进而求解即可． 【详解】（1），证明如下：由折叠和矩形性质得，， ， ， ， 是的中位线， ， 如图，连接， 由旋转的性质得，， ， ； （2）当直线时， 如图，过D作于P，交于Q， 则四边形是矩形， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， 解得； （3）如图，设交于点O， 四边形是菱形，，， ∴，，， 在中，， ∵， ∴， 如图，连接，，，与交于点F，过点A作于点N， ∴， ∴， 由对称性可知，，，，， ∵，， ∴， ， 设，则， 在和中， ， ， ，， ， 在中，， 即， 解得：（舍去），， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质、折叠的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质等知识，熟练掌握旋转的性质和折叠的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键． 地 城 考点11 特殊平行四边形的旋转问题 一、填空题 1．(24-25九上·辽宁葫芦岛·期末)如图，在中，，，，点，分别是边，的中点，连接，将绕点按顺时针方向旋转（），点，的对应点分别为点，，直线与交于点，当与的一边平行时，的长为______． 【答案】或 【分析】根据题意可知当与的一边平行时分两种情况讨论：当时，当时，分别求出线段的长即可． 【详解】解：在中， ，，， ∴，由勾股定理得：， 为的中位线， ，，， 分两种情况讨论： 当时，如图所示，设与交于点， ，， ，， 由旋转得，，， ，， ，， ，， ， ； 当时，如图所示，设与交于点， ，，， ， 由旋转得，，， ， 则，即， 此时， ，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； 故答案为或． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，直角三角形性质，中位线的性质定理，等腰三角形的性质，平行线的判定，矩形的判定与性质，注意分类讨论；熟练掌握这些知识是解题的关键． 二、解答题 2．(24-25九上·辽宁盘锦双台子区·期末)综合与实践：折纸和剪纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸和剪纸开展数学探究，探索数学奥秘． 【动手操作】 如图1，矩形纸片中，，，点为边上一点，沿直线将矩形纸片折叠，使点落在边上的点处． （1）填空：的长为_____； 【拓展应用】 （2）如图2，展开后，将剪下来沿线段向右平移，使点的对应点与点重合，得到，与交于点，求线段的长； （3）如图3，将剪下来的绕点旋转得到，连接，当点，，三点共线时，请直接写出的长． 【答案】（1）2；（2）；（3）或 【分析】（1）由折叠得，由题意得，，中，勾股定理求出，利用即可； （2）由（1）得，，根据折叠得，设，则，在中求得和，连接，，并延长交于点G，由平移可知，，，即可判定，有，即可求得； （3）由折叠得，由旋转得，分两种情况求得，利用（1）和（2）的结论，结合勾股定理即可求得答案． 【详解】（1）解：由折叠的性质得， ∵，， ∴，， 在中，，即，解得， 则， 故答案为：2； （2）如图： 由（1）得：，， 由折叠的性质得：， 设，则， 在中，， ， 解得， 即，， 连接，，并延长交于点G， 由平移可知，，， ，，， ∴ ∴ ∴， （3）解：由折叠得，由旋转得， 当点D，，三点共线时，设和交于点H，如图， 则四边形为矩形， 那么，，， 在中，， 当点D，，三点共线时，过点作交延长线于点G，如图， 则四边形为矩形， 那么，，， 在中，， 故的长或． 【点睛】本题主要考查折叠的性质、旋转的性质、勾股定理、平移的性质、相似三角形的判定和性质以及矩形的判定和性质，解题的关键是熟悉旋转和折叠的性质，以及分类讨论思想的应用． 3．(24-25九上·辽宁阜新太平区·期末)【课本再现】 （1）如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点O转动． 【问题发现】 （1）①线段，之间的数量关系是______． ②在①的基础上，连接，则线段之间的数量关系是______． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心O是矩形的一个顶点，与边相交于点E，与边相交于点F，连接，矩形可绕着点O旋转，猜想，，之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，直角的顶点D在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点E，F，可绕着点D旋转，当时，请直接写出的面积． 【答案】（1）①②（2），证明见解析（3）或 【分析】（1）①证明，可得结论；②根据全等三角形的性质，结合勾股定理即可得出结论； （2）猜想：，连接，延长交于，证明，再利用勾股定理证明即可； （3）设分两种情形：①当点E在线段上时，②当点E在延长线上时，分别利用勾股定理构建方程求解即可． 【详解】解：（1）①∵四边形是正方形， ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ②∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2），理由如下： 连接， ∵O为矩形中心， ∴， 延长交于， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵矩形， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∵在中， ∴； （3）解：当点E在上时， 过点B作，交的延长线于点M，连接 ∵， ∴；， ∵，，， ∴，， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ， ∴， ∴， ∴ 当点E在的延长线上时， 过点B作，交的延长线于点N，连接 ∵，， ∴；， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，线段的垂直平分线的判定和性质是解题的关键． 4．(24-25九上·辽宁抚顺新抚区·期末)如图，四边形是正方形，等腰直角三角形，，绕点逆时针旋转，连接，点E是的中点，连接． (1)如图，当点在边上时，求证：，； (2)如图，当点不在边上时，（1）中结论是否还成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由； (3)若正方形的边长为，的长为，等腰直角绕点旋转一周，当点，，三点在一条直线上时．连接，请直接写出的面积． 【答案】(1)见详解； (2)成立，见详解； (3)或． 【分析】（1）延长交于点，可证得 ，从而，根据直角三角形的性质得出，从而得出，，即可得出结论； （2）连接，并延长至，使，可证得，从而，从而，进而证得，从而，，从而，即可得出结论； （3）分为两种情形：当在上时，作于，作，作于V，可求得，进而得出，在和中可得出，从而求得的值，进而得出的值，进一步得出结果；同样方法得出当F在的延长线上时的结果． 【详解】（1）延长交于点，如下图， ∵四边形是正方形， ∴，， 又∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴，即， ∴， ∴，， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即； （2）成立 证明：连接，并延长至，使，如下图 又∵， 是的中位线， ∴，， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴（1）中结论仍然成立． （3）如下图，当在上时， 作于，作，作于， ， 在正方形和等腰直角三角形中， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 如图4 当在的延长线上时， 作于，作，作于， 由上知，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 综上所述：的面积为：或． 【点睛】本题主要考查旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质与判定、解直角三角形，熟练掌握相关性质并分情况讨论是解题的关键． 地 城 考点12 特殊平行四边形的最值问题 一、单选题 1．(24-25九上·辽宁丹东·期末)如图，在边长为8的菱形中，点为边，上的动点，且，连接，若菱形面积为60，则的最小值为（   ） A．15 B．16 C．17 D．18 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形与三角形综合．熟练掌握菱形性质，全等三角形的判定和性质，轴对称性质，勾股定理，是解题的关键． 作点C关于的对称点G，连接交于点H，连接，则，可得，根据，得，得,得,根据菱形性质和，可得，得，得，得取得最小值为17 ． 【详解】作点C关于的对称点G，连接交于点H，连接， 则，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵菱形中，，且， ∴， ∴， ∴， ∴当点E在线段上时，取得最小值17． 故选：C． 2．(24-25九上·辽宁大连庄河·期末)如图，正方形的边长为，点与点分别为射线，射线上一点，且，连接，并交于点，点为边上一点，，连接，则线段长度的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，最短路径问题，正确作出辅助线是解题的关键．取的中点，得到，根据正方形的性质可得：，，证明，得到，推出，得到点在以为直径的圆上运动，连接，当点在上时，线段长度的值最小，过作于，根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：如图，取的中点， 四边形是正方形， ，， 点是的中点， ， ，， ， ， ， ， 点在以为直径的圆上运动，连接，当点在上时，线段长度的值最小， ， 过作于， ，， ， ， ， 即线段长度的最小值为， 故选：C． 二、填空题 3．(24-25九上·辽宁阜新太平区·期末)如图，在矩形中，，，E，F分别是和上的两个动点，M为的中点，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查轴对称-最短路线问题、矩形的性质，作点D关于的对称点，作点M关于的对称点，连接，，，则所求的最小值即为，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：作点D关于的对称点，作点M关于的对称点，连接，，， 则， ∴当，E，F，在同一条直线上时，所求的最小，最小值即为的长， ∵矩形中，，， ∴，， 过点作的垂线，交的延长线于点H，则四边形为矩形， ∴， ∵M为的中点，， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值是． 故答案为：． 三、解答题 4．(24-25九上·辽宁本溪·期末)【问题初探】 （1）在数学活动课上，李老师给出如下问题：如图1，在四边形中，，，，，垂足是点．求证：． ①如图，小明同学给出如下解法：作，垂足是点． ②如图，小亮同学给出另一种解题方法：作，交延长线于点． 请你选择一名同学的解题方法，写出完整的证明过程． 【类比分析】    （2）李老师发现之前两名同学都运用了转化思想，将证明与的数量关系转化为与另一条线段的数量关系；为了帮助学生更好地感悟转化思想，李老师将图进行变换，并提出了下面问题，请你解答． 如图，在四边形中，，，，，交延长线于点．求证：． 【学以致用】 （3）如图5，四边形中，，，和都是钝角，且，，点在上，请直接写出的最小值．    【答案】（1）见解析（2）见解析（3） 【分析】（1）①小明同学的解法：根据题意证明四边形 是矩形；，即可得证；②小亮同学的解法：证明四边形 是矩形，，即可得证； （2）作 交 延长线于点 则，证明四边形是矩形，，则，根据，等量代换进而，即可求解； （3）过点作的垂线交的延长线于点，由（2）可得四边形是矩形，，是等腰直角三角形，作关于的对称点，连接交于点，则，此时最小，在中，，勾股定理求得，进而根据，结合三角形的三角函数关系求得，最后在中，勾股定理，即可求解． 【详解】解：①小明同学的解法： 如图所示，   ， ， ， 四边形 是矩形 ， ， ， ， 又， ， ， ②小亮同学的解法： 如图所示，   ， ， ， 四边形 是矩形 ， ， ， 又， ， ， （2）解：如图所示，作 交 延长线于点 则   ， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， 又 ， ，， ， ， ， （3）解：如图所示，过点作的垂线交的延长线于点，作 交 延长线于点 则    由（2）可得四边形是矩形，， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴ ∴是等腰直角三角形， 作关于的对称点，连接交于点，则 ∴，此时最小，    ∵， ∴点在的延长线上，且， ∴， ∵， ∴ 又， 在中， ∴ 解得：（负值舍去） ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴在中， 【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，轴对称的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $