期末专题01 特殊平行四边形（一）的十类综合题型（压轴题专项训练）数学北师大版九年级上学期

期末专题01 特殊平行四边形（一） 目录 典例详解 类型一、利用菱形的性质求解 类型二、利用菱形的性质证明 类型三、菱形的性质与判定综合 类型四、利用矩形的性质求解 类型五、利用矩形的性质证明 类型六、矩形的性质与判定综合 类型七、利用正方形的性质求解 类型八、利用正方形的性质证明 类型九、正方形的性质与判定综合 类型十、求证四边形是特殊平行四边形 压轴专练 类型一、利用菱形的性质求解 1.抓边与对角线的核心特性解题 菱形四条边相等，解题时可利用这一性质转化线段关系，比如求边长时，可通过全等三角形或勾股定理结合已知线段推导；菱形对角线互相垂直且平分，还平分内角，遇到对角线相关计算，可构造直角三角形，用勾股定理求线段长度，或结合角平分线性质分析角度关系。 2.结合特殊三角形与图形变换解题 菱形被对角线分成四个全等的直角三角形，解题时可将菱形问题转化为直角三角形问题求解；若涉及菱形的对称、旋转等变换，可利用其中心对称和轴对称的特性，找到全等图形或相等的边、角，简化证明与计算过程。 例1．（24-25八年级下·重庆·期末）如图，为菱形的对角线，于点E，若，则度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了直角三角形的两个锐角互余，菱形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据，，得出，因为四边形是菱形，故，，即可作答． 【详解】解：∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 故选：B． 【变式1-1】（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，菱形与菱形中，E，F在上，，下列结论：①；②；③；④，正确的有 个． 【答案】4 【分析】此题主要考查了菱形的性质，二次根式的混合运算以及勾股定理等知识． 利用菱形的对角线平分对角，结合，，利用勾股定理，表示出，的长，进而即可解决问题． 【详解】解：过点E作于点M，连接交于点O，如图所示： ∵四边形与四边形都是菱形，点E，F在上，， ∴，， ∴和都是等边三角形， 设菱形的边长为， ∴，，， ∴， ∴， ∴，故①正确； 则在中，，则， 那么， ∴， 在中，，则， ∴，故②正确； 那么，则，， ∴， 故③正确； 设，则， ∵，， ∴，， ∵， ∴， 解得， ∵， ∴， ∴， ， ∴，故④正确， 综上，正确的有①②③④，共4个， 故答案为：4． 【变式1-2】（24-25八年级下·山东淄博·期末）如图所示，菱形的对角线，时，求菱形的边长和面积． 【答案】边长为，面积为2 【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出，再利用勾股定理列式计算即可求出边长AB，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可． 本题考查了二次根式的应用，菱形的对角线互相垂直平分的性质以及菱形的面积等于对角线乘积的一半的求法． 【详解】解：在菱形中，， ， ， 根据勾股定理，； 面积为： 类型二、利用菱形的性质证明 1. 利用边的相等性解题 菱形四条边相等，遇线段等量关系、三角形全等证明时，优先用此性质转化线段，如证三角形全等可直接获一组等边条件。 2. 利用对角线特性解题 菱形对角线互相垂直且平分、平分内角，遇垂直、角平分线、直角三角形相关问题，可借助对角线构建直角三角形，结合勾股定理或三角函数求解。 例2．（24-25八年级下·江苏镇江·期末）如图，菱形中，E，F分别是边上的动点（E，F不与菱形的顶点重合），连接，G，H分别为的中点，连接．若，的最小值是，则菱形的边长是（　　） A． B． C．6 D．3 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，垂线段最短，三角形中位线定理，熟练掌握定理和性质是解题的关键． 根据三角形中位线定理得，当时，有最小值，此时也是最小，利用菱形的性质求出，进而可得答案． 【详解】解：连接， ∵G，H分别为的中点， ∴， ∴当时，有最小值，此时有最小值， ∴此时， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， 故选：C． 【变式2-1】（24-25八年级下·湖北十堰·期末）如图，在菱形纸片中，点E在边上，将菱形沿折叠，点A、B分别落在，处，，垂足为F．若，，则 ， ． 【答案】 /30度 【分析】根据菱形的性质得到，结合折叠得到，，，根据三角函数得到，，结合角度关系得到，进而可求出的度数，证明．在中，求出，得出，在中，求出，进而得出即可求解． 【详解】解：如图，∵四边形是菱形，，， ∴，， ， ∵菱形沿折叠，点A、B分别落在、处， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴ ∴． 在中，， ∴， ∴， 在中，， ， ∴， ∴． 故答案为：，． 【点睛】本题考查菱形性质，折叠的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等角对等边，熟练掌握各知识点是解答本题的关键． 【变式2-2】（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， ， ． 类型三、菱形的性质与判定综合 1. 性质运用：抓核心特征转化问题 菱形的核心性质为四边相等、对角线互相垂直平分且平分内角。解题时，遇边长计算可利用四边相等转化线段关系，结合勾股定理求解；遇角度问题可借助对角线平分内角的特性，结合三角形内角和推导；涉及对角线时，可构造直角三角形，将菱形问题转化为直角三角形问题解决。 2. 判定证明：选对判定条件简化过程 判定菱形需根据已知条件选合适方法：若已知平行四边形，只需证一组邻边相等或对角线互相垂直；若为普通四边形，可证四边相等，或证对角线互相垂直平分。优先结合题干给出的边、角、对角线条件，匹配最直接的判定定理，减少证明步骤。 例3．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）如图，E，F分别是的边，上的点，连结，，是点B关于的对称点，是点D关于的对称点，已知，都在对角线上，且．记的度数是，的度数是，则与满足的关系式是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接、，由垂直平分，垂直平分，得，，则，，由平行四边形的性质得，，则，所以，则，而，可证明四边形是菱形，则，所以，则，由，且，，得，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接、， ∵是点B关于的对称点，是点D关于的对称点， 垂直平分，垂直平分， ，， ∵，都在对角线上， ，， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， ， ， ，且，， ， 故选：D． 【点睛】此题重点考查平行四边形的判定与性质、轴对称的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的“三线合一”等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 【变式3-1】（24-25八年级下·云南玉溪·期末）如图，某同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则 ． 【答案】66 【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：由作图可得， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式3-2】（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，已知E，F分别是平行四边形的边的中点，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求平行四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形性质得到，结合题意得到，证明四边形是平行四边形，再由直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得到，即可得出结论； （2）过点A作于点H，证是等边三角形，得出，由勾股定理求出的长，再由平行四边形的面积公式即可得出结果． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， 点E、F分别是边的中点， ， 四边形是平行四边形， ，点为的中点， 平行四边形是菱形； （2）如图，过点A作于点H， 由（1）得：四边形是菱形， ， 点E是边的中点， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ，， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，平行四边形的性质，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，含30度角的直角三角形特征，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 类型四、利用矩形的性质求解 1. 抓边与角的特性转化计算 矩形对边平行且相等，四个角都是直角，解题时可利用直角特性构造直角三角形，结合勾股定理求线段长度；遇对边相关计算，可通过全等三角形或线段相等的性质转化已知条件，比如求矩形内线段的长度时，借助对边相等将未知线段与已知线段建立联系。 2. 利用对角线性质突破证明与计算 矩形对角线相等且互相平分，这一性质是解题关键。证明线段相等时，可通过对角线平分的特性推导；计算对角线长度时，结合直角三角形斜边（对角线）与直角边（矩形边长）的关系，用勾股定理求解，也可利用对角线平分形成的等腰三角形分析角度关系。 例4．（24-25八年级下·广西河池·期末）如图，矩形中，对角线，相交于点O，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的外角性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 根据矩形性质可得，然后根据三角形的外角的性质即可解决问题． 【详解】解：矩形中，对角线相交于点O， ，， ， ， ， 故选：D． 【变式4-1】（24-25八年级下·云南普洱·期末）如图，在矩形中，，，边在数轴上，点表示的数为0．以点为圆心，的长为半径作弧，交数轴于点，则点所表示的数是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质、实数与数轴的关系、勾股定理的应用等知识点，掌握在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边边长的平方是解题的关键． 先根据勾股定理计算出的长，进而得到的长，再根据O点为原点，可得M点表示的数． 【详解】解：∵矩形中， ∴，，， ∴． ∵O点为原点， ∴点所表示的数是． 故答案为：． 【变式4-2】（24-25八年级下·云南临沧·期末）如图，矩形的对角线与相交于点O，且，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)见详解 (2)8 【分析】该题考查了菱形的性质和判定，勾股定理，矩形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，再根据矩形对角线相等且互相平分可得进而可以解决问题； （2）在矩形中，，则，结合，得出，则，，根据，得出，则，进而可以解决问题． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵矩形的对角线与相交于点， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵在矩形中，， ∴， 又， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的周长． 类型五、利用矩形的性质证明 1. 利用角的直角特性解题 矩形四个角均为直角，遇垂直、直角三角形、勾股定理相关证明或计算时，可直接利用该性质构建直角条件，推导线段或角度关系。 2. 利用对角线的相等性解题 矩形对角线相等且互相平分，涉及线段等量代换、三角形全等或等腰三角形判定时，优先用对角线性质转化条件，简化推理过程。 例5．（24-25八年级下·山西临汾·期末）如图，在矩形中，E为边上的一点，连结，过点D作，垂足为F，若，，，则的长为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【分析】本题考查了三角形全等的性质与判定，矩形的性质和勾股定理，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题的关键； 连接，可证，得，利用的面积推出，然后在中利用勾股定理列方程求解． 【详解】如图，连接， 四边形为矩形，， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， ， 设，则， 在中，， 由勾股定理得，， 即，解得， ， 故选：A． 【变式5-1】（24-25八年级下·吉林长春·期末）如图，点E为矩形的边上的一点，作于点F，且满足．对于下面四个结论：①；②的面积与的面积相等：③；④，所有正确的结论是 （只写序号）． 【答案】①③④ 【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等是解题的关键．根据矩形的性质证明，得③正确；证明得出①正确；得出，④正确，过点B作于H，由三角形的面积公式可得，故②错误；即可得出结论． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，③正确； ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴，故①正确； ∴， ∴， ∴，故④正确； 过点B作于H， ∵， ∴， ∴， ∴，故②错误； 故答案为：①③④． 【变式5-2】（24-25八年级下·吉林白山·期末）如图，在矩形中，点E是上一点，，于点F． (1)求证：； (2)连接，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）结合矩形的性质得，则，根据，得，又因为，故，所以，即； （2）根据矩形的性质以及，得，运用勾股定理算出，则，结合在中，运用勾股定理列式计算，得，即可作答． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵， ∴． （2）解：由（1）得， ∴ ∵， ∴， 在中，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，． 类型六、矩形的性质与判定综合 1. 性质运用：紧扣直角与对角线特征解题 矩形的核心性质是四角为直角、对角线相等且互相平分。计算时，可利用直角构造直角三角形，结合勾股定理求边长或对角线长度；证明线段相等时，借助对角线平分且相等的特性推导，也可利用对边平行且相等的性质转化线段关系，简化几何推导过程。 2. 判定证明：依据已知条件选判定方法 判定矩形需结合题干条件选最优路径：若已知平行四边形，只需证一个角为直角或对角线相等；若为普通四边形，可证三个角为直角，或证对角线互相平分且相等。优先匹配题干给出的边、角、对角线条件，减少证明步骤，提高解题效率。 例6．（24-25七年级下·江苏宿迁·期末）如图，在直角三角形中，，，，，动点D在线段上运动（不与端点重合），点D关于边，的对称点分别为E，F，连接，点C在上，则在点D的运动过程中，线段长度的最小值是（） A． B． C．10 D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了轴对称的性质，矩形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，熟知轴对称的性质是解题的关键． 根据题意得出四边形为矩形，再由轴对称的性质得出点C为的中点，据此得出，最后由时，取得最小值即可解决问题． 【详解】解：连接， 点D关于边，的对称点分别为E，F， ，，， 又， ，， 四边形为矩形， ， ， ， 当时，取得最小值， 由面积法可知，， 的最小值为． 故选：A． 【变式6-1】（24-25八年级下·广东惠州·期末）如图，在中，，，，为边上（不与、重合）的动点，过点分别作于点，于点，则线段的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理、矩形的判定与性质、垂线段最短，熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键． 连接，先利用勾股定理可得，再证出四边形是矩形，根据矩形的性质可得，然后根据垂线段最短可得当时，的值最小，即的值最小，利用三角形的面积公式求解即可得． 【详解】解：如图，连接， ∵在中，，，， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， 由垂线段最短可知，当时，的值最小，即的值最小， ∴此时有， ∴， 即线段的最小值是， 故答案为：． 【变式6-2】（25-26九年级上·全国·期末）如图，四边形为平行四边形，且，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，是上一点，且，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定，勾股定理． （1）由于点D，得，即可由四边形为平行四边形，证明四边形是矩形． （2）利用勾股定理可以求出，利用等面积法可知，从而可求的长度． 【详解】（1）证明：于点D， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形是矩形； （2）解：在中，，，， ， 于， ， ， ， 解得：． 类型七、利用正方形的性质求解 1. 融合菱形与矩形性质拆解问题 正方形兼具菱形和矩形的所有性质，解题时可结合两者特性：利用四边相等、对角线垂直平分的菱形特征，或四角为直角、对角线相等的矩形特征。比如求线段长度时，既可用勾股定理结合直角特性，也能借助四边相等转化线段关系，快速建立已知与未知的联系。 2. 借助特殊三角形简化计算证明 正方形的对角线将其分成四个全等的等腰直角三角形，且对角线与边长的比为\sqrt{2}:1。遇对角线相关计算，可直接用这一比例快速求解；证明角度或线段关系时，利用等腰直角三角形的45°角、斜边与直角边的关系，简化几何推导过程。 例7．（24-25八年级下·山西吕梁·期末）如图，为正方形对角线上的一点，过点作于点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键． 根据正方形的性质得出，然后根据三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 故选：A． 【变式7-1】（24-25八年级下·吉林白山·期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为2，顶点A在轴上，顶点D在轴上，，则点C的坐标为 ． 【答案】 【分析】根据正方形的边长为2，，，可得，，作轴于，证明，得到，，则，即可得解． 【详解】解：∵正方形的边长为2，，， ∴，， ，， 如图，作轴于， 则， 四边形是正方形， ∴， ， ， 在和中， ， ， ，， ， 点在第一象限， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、坐标与图形，勾股定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活应用是解此题的关键． 【变式7-2】（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， ， ， ． 类型八、利用正方形的性质证明 1. 利用边与角的特性解题 正方形四条边相等、四个角均为直角，遇线段等量代换、直角三角形判定、三角形全等证明时，可直接获取等边、直角条件，快速搭建推理桥梁。 2. 利用对角线的特性解题 正方形对角线相等、垂直且平分，兼具矩形和菱形对角线的双重性质，遇到垂直关系、线段平分、等腰直角三角形相关问题，可借助对角线构造特殊图形，结合勾股定理或全等判定简化计算与证明。 例8．（24-25八年级下·广西来宾·期末）如图，正方形，点，分别在，上，且，与相交于点．若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本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．先证明，可得，从而得到，再由勾股定理可得的长，再由，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴，即， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B 【变式8-1】（24-25八年级下·吉林长春·期末）如图，正方形中，点E是边的中点，交于点H，交于点G，则下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有 （填序号） 【答案】①③④ 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，①证明，再根据全等三角形的性质即可对结论①进行判断；②假设，则，进而得，再根据点E是的中点得，由此得，在中，，则，这与相矛盾，由此得假设是错误的，据此即可对结论②进行判断；③由三角形的面积公式得，进而得，则，据此即可对结论③进行判断；④先证明和全等得，再根据即可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案． 【详解】解：①∵四边形是正方形， ∴， ∵点E是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 故结论①正确； ②假设， ∴， 在中，， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∴， 在中，， ∴，这与相矛盾， ∴假设是错误的， 故结论②不正确； ③由三角形的面积公式得：，， ∴， ∴， ∴， 故结论③正确； ④在正方形中，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 故结论④正确， 综上所述：正确的结论有①③④． 故答案为：①③④． 【变式8-2】（24-25八年级下·云南临沧·期末）如图，在正方形中，点E在线段上，且不与点B重合，且．过点F作交的延长线于点G，连接． (1)若，求的度数； (2)求证：． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】本题考查了正方形的性质，直角三角形两锐角互余及全等三角形的判定与性质． （1）根据正方形的性质可得，再由已知条件利用直角三角形两锐角互余可求得的度数，再根据利用平角的定义可求出的度数； （2）利用直角三角形两锐角互余及平角的定义得到，证明推导出，，利用正方形的性质可得到，则，进而得出． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴． （2）证明：由题意知，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 又∵四边形是正方形， ∴， ∴，即， ∴． 类型九、正方形的性质与判定综合 1. 性质运用：综合矩形与菱形特性快速转化 正方形兼具矩形与菱形的性质：四边相等、四角为直角、对角线相等且互相垂直平分，并平分内角。解题时，遇边长或距离计算可构造直角三角形用勾股定理；遇角度问题可利用对角线形成的45°角与角平分线性质；遇线段相等或垂直关系，优先用对角线的平分、垂直、相等特征建立等量关系，简化推导。 2. 判定证明：先定“平行四边形”再补一个条件 判定正方形通常先证其为平行四边形，再补充一个“矩形条件”和一个“菱形条件”： - 证平行四边形后，再证一组邻边相等（菱形）且一个角为直角（矩形）； - 或证对角线相等（矩形）且垂直（菱形）。 若已知为矩形，只需再证一组邻边相等或对角线垂直；若已知为菱形，只需再证一个角为直角或对角线相等。 例9．（24-25八年级下·陕西安康·期末）如图，在矩形中，添加一个条件： ，可使四边形是正方形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了矩形的性质，正方形的判定，由正方形的判定方法直接求解即可． 【详解】解：四边形是矩形，， 四边形是正方形． 故答案为：（答案不唯一）． 【变式9-1】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，中，，，，、的角平分线交于点D，于点E，于点F，则的长为（   ） A．1.6 B．2 C．2.4 D．3 【答案】B 【分析】本题考查角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定，过D作于H，由角平分线的性质推出，，判定四边形是正方形，得到，由勾股定理求出，判定，得到，同理，得到，即可求出的长． 【详解】解：过D作于H， ∵平分，平分，，， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵，，， ∴， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 【变式9-2】（25-26九年级上·全国·期末）如图，在中，D，E分别是的中点，过点A作，交的延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，判断四边形的形状，并说明理由； (3)当满足什么条件时，四边形是正方形？（直接写出条件即可，不要求证明） 【答案】(1)见解析 (2)平行四边形是矩形，理由见解析 (3)当满足时，四边形是正方形 【分析】此题主要考查了正方形的判定，三角形中位线定理，平行四边形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定，三角形中位线定理，平行四边形的判定与性质，矩形的判定是解决问题的关键． （1）证明是的中位线得，再根据即可得出结论； （2）根据得是等腰三角形，再根据点D是的中点得，由此即可得出平行四边形是矩形； （3）在中，，，点D是的中点，则，，由此即可得出平行四边形是正方形，据此即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵点D，E分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， 即， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）当时，四边形是矩形，理由如下： ∵， ∴是等腰三角形， ∵点D是的中点， ∴， 即， ∴平行四边形是矩形； （3）当满足时，四边形是正方形，证明如下： 在中，，点D是的中点， ∴， ∴平行四边形是正方形． 类型十、求证四边形是特殊平行四边形 1. 先证平行四边形，再补特殊条件 先通过“两组对边平行/相等”“一组对边平行且相等”“对角线互相平分”证出基础平行四边形，再根据目标图形补条件：证矩形加“一个直角”或“对角线相等”；证菱形加“一组邻边相等”或“对角线垂直”；证正方形加矩形和菱形的各一个条件。 2. 直击特殊特征，跳过平行四边形 若题干条件充足，可直接证特殊图形：证矩形可直接证“三个角为直角”或“对角线平分且相等”；证菱形直接证“四边相等”或“对角线垂直平分”；证正方形直接证“四边相等且有一个直角”，节省推导步骤。 例10．（2024·云南曲靖·期末）如图，在平行四边形中，过点作于点，点在边上，，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质，角平分线的性质，熟练掌握这些判定和性质是解此题的关键． （1）由在平行四边形中，得到由可得根据矩形的判定即可求证． （2）根据平行线的性质和角平分线的性质可得由勾股定理可求出即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， 又 ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形． （2）解：∵平分 ∴矩形的面积是： 【变式10-1】（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， ∴． 【变式10-2】（24-25九年级上·甘肃兰州·期末）如图，在四边形中，，，，，的垂直平分线交于点E，交于点F，交的延长线于点G，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，掌握相关的知识是解题的关键． （1）先根据，判定四边形是矩形，再根据，即可得证； （2）先根据证明，得出，再根据正方形中，，即可得到，从而可求得的长． 【详解】（1）证明：∵的垂直平分线交于，交于， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； （2）解：∵垂直平分， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， 又∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 一、单选题 1．（24-25八年级下·云南红河·期末）一技术人员用刻度尺（单位：）测量某三角形部件的尺寸，如图所示，已知，点A，D，B对应的刻度数依次为0，4，8，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；解题的关键是熟练掌握该性质． 由图求得的长度，结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 【详解】解：由图可知，点D为边的中点， ∵在中，， , 故选：B． 2．（25-26八年级上·浙江丽水·期末）如图，将矩形沿折叠，点B落在边上的点F处．若，，则的长度为 （    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握折叠的性质．根据矩形的性质得出，，，根据折叠得出，，，根据勾股定理求出，设，则，，根据勾股定理列出方程，解方程即可． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， 根据折叠可知：，，， ∴， 设，则，， 根据勾股定理得：， 即， 解得：， ∴． 故选：C． 3．（24-25八年级下·重庆·期末）如图，在边长为4的正方形，点E是上一点，点F是延长线上一点，连接，，平分，交于点M．若，则的长度为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，先由正方形的性质得到，再证明得到，进一步证明得到，设，则，在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 故选：D． 4．（25-26九年级上·广东揭阳·期末）如图，已知矩形面积为，，，，，则阴影部分的面积（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质和割补法求不规则图形面积．通过割补法将阴影面积转化为四个直角三角形的面积和是解题的关键． 根据四个直角三角形的面积和即可求得阴影部分面积． 【详解】解：设矩形的长，宽， 矩形面积， ，，，，如图， ， 阴影部分的面积 ， 故选B． 5．（25-26八年级上·广东佛山·期末）如图，，是直角且，其中，，则的长度为（ ） A．2 B． C． D．6 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，以及勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．过点A作，证得四边形是正方形，再利用正方形的性质求得，，最后利用勾股定理求得的长度即可． 【详解】解：过点A作，交的延长线于点E， ∵，是直角， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， 如图可得，，， 在中，根据勾股定理可得， ． 故选：C． 二、填空题 6．（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，在矩形中，点，分别在，上，，不添加任何字母与辅助线，添加一个适当的条件 ，使四边形是菱形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．根据矩形的性质得到，即，推出四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：这个条件可以是， 理由：四边形是矩形， ，即， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 7．（24-25八年级下·陕西安康·期末）如图，在矩形中，，过对角线的中点作的垂线交于点，交于点，且，是上的动点，连接，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】连接，由四边形为矩形，则，，故有，然后证明，则，从而得垂直平分，得到，要使有最小值，则需三点共线，最后通过勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵为中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴要使有最小值，则需三点共线， 如图， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了垂直平分线性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，平行线的性质，两点之间线段最短等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 8．（24-25八年级下·安徽马鞍山·期末）如图，已知正方形，以为斜边在正方形外作等腰直角，连接与交于点F， ， ． 【答案】 【分析】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，二次根式的乘法运算，连接，连接交于，证明，求解，，可得，证明，，可得． 【详解】解：连接，连接交于， ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵是等腰直角三角形， ∴，，， ∴，，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故答案为： 9．（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，菱形中，，点为对角线上一点，作于点，作于点，若，菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质及面积求法，三角形面积公式，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．连接，过点作于点，由菱形的性质得到，再根据三角形的面积公式，得到，证明是等腰直角三角形，从而得到，即可求出菱形的面积． 【详解】解：连接，过点作于点， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴由勾股定理可得，， ∵， ∴． 故答案为：． 10．（25-26九年级上·内蒙古乌兰察布·期末）如图，在矩形纸片中，，，把纸片沿对角线向上折叠，顶点落在处，交于点，连接分别交于点，交于点，则 ． 【答案】3 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质． 由折叠可知，，，证明，设，，根据勾股定理，即可得． 【详解】解：设，则， 由折叠可知，，， 在和中， ， ∴， ∴，， 设，， 在中，， ∴， 解得：， ∴． 故答案为：3． 三、解答题 11．（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，． 12．（24-25八年级下·云南普洱·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点，过点作，且，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)13 【分析】该题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理．解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据四边形是菱形，得出，结合，得出，结合，，即可证明四边形是矩形． （2）根据四边形是菱形，，，得出，，勾股定理求出，根据四边形是矩形，得出． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． （2）解：∵四边形是菱形，，， ∴，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴． 13．（24-25八年级下·云南红河·期末）如图，在矩形中，，分别是，的中点，，分别是线段，的中点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若菱形的面积为，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、三角形中位线定理，熟练掌握特殊四边形的性质与判定及三角形中位线的性质是解题的关键． （1）先利用矩形性质及中点条件证明，得，再结合三角形中位线定理证四边形是平行四边形，进而证其为菱形； （2）利用菱形面积与三角形面积的关系，结合矩形边长与菱形边长的联系，计算矩形面积． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∵是中点， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴， ∵，分别是，的中点，是中点， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：连接， ∵四边形是矩形，，分别是，中点， ∴，，， ∵，分别是，的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，，即， ∵菱形的面积， 又∵，是，中点， ∴， ∴，即， ∴矩形的面积． 14．（24-25八年级下·甘肃天水·期末）如图，在梯形中，，E是上的一点，且，，，，．点P是线段边上一动点（包括B、C两点），设的长是x． (1)当x为何值时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为直角梯形． (2)当x为何值时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形． (3)P在BC 上运动时，以点P、A、D、E为顶点的四边形能否为菱形． 【答案】(1)2或6； (2)0或8； (3)能，理由见详解 【分析】（1）如图，分别过作于M，于N，若点为顶点的四边形为直角梯形，则或，那么P与M重合或N重合，即可求出此时的x的值； （2）若以点为顶点的四边形为平行四边形，那么，可有两种情况：当点在点左侧时和点在点右侧时，依次求解即可获得答案； （3）点在边上运动的过程中，以为顶点的四边形能构成菱形．以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形，根据已知条件计算出边长，即可证明四边形为菱形． 【详解】（1）分别过A、D作于M，于N ∵， ∴ ∴四边形是矩形， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴，， 又∵， ∴，， ∵， ∴， ∴，， 当P与M点重合时，点为顶点的四边形为直角梯形，； 当P与N点重合时，点为顶点的四边形为直角梯形，， 综上所述或6时，点为顶点的四边形为直角梯形； （2）解：若以点为顶点的四边形为平行四边形，那么， 可有两种情况： ①当点在点左侧时，， ②当点在点右侧时，可有． ∴当的值为0或8时，以点为顶点的四边形为平行四边形． （3）点在边上运动的过程中，以为顶点的四边形能构成菱形． 由（2）可知： ①当点在点左侧时，，，平行四边形是菱形， ②当点在点右侧时，可有．，平行四边形是菱形. 综上所述，点在边上运动的过程中，以为顶点的四边形能构成菱形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定、菱形的性质与判定、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键． 15．（25-26九年级上·天津红桥·期中）在平面直角坐标系中，点，，．将正方形绕点逆时针旋转，得正方形，点，，的对应点分别为，，．记旋转角为，且． (1)如图①，当时，求点和点的坐标； (2)如图②，当时，分别与轴，相交于点，，求点和点的坐标； (3)若直线与相交于点F，求的大小（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)， (3)或 【分析】（1）先根据，．得，结合旋转的性质，得，运用勾股定理得，，即可得出，； （2）结合旋转的性质，正方形的性质，得，根据30度的直角三角形的性质得，结合勾股定理得出，解得，即点的坐标为，再把数值代入进行计算，得，即可得； （3）当点在点左侧时，则，连接，直线与相交于点F，设交轴于点，先证明，故，推出，进而得到，利用三角形外角的性质，三角形内角和性质以及对顶角相等即可解答，当点在点右侧时，则，同理解答即可． 【详解】（1）解：如图，分别过点作轴，轴，垂足分别为， ∵轴， ∴轴， ∴， ∵，． ∴， ∵将正方形绕点逆时针旋转，得正方形，点，，的对应点分别为，，．记旋转角为，且， ∴， 由旋转性质得， ∴， 在中，， 在中，， ∴，； （2）解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵将正方形绕点逆时针旋转，得正方形， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 则， 在中，， ∵，， ∴， 则， ∴点的坐标为， 则， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：当点在点左侧时，则，连接，直线与相交于点F，设交轴于点， 由旋转的性质得， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 当点在点右侧时，则，如图， 同理得， ∴； 综上，或． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，30度的直角三角形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 期末专题01特殊平行四边形 (一) 目录 典例详解 类型一、利用菱形的性质求解 类型二、利用菱形的性质证明 类型三、菱形的性质与判定综合 类型四、利用矩形的性质求解 类型五、利用矩形的性质证明 类型六、矩形的性质与判定综合 类型七、利用正方形的性质求解 类型八、利用正方形的性质证明 类型九、正方形的性质与判定综合 类型十、求证四边形是特殊平行四边形 压轴专练 典例详解 类型一、利用菱形的性质求解 1.抓边与对角线的核心特性解题 菱形四条边相等，解题时可利用这一性质转化线段关系，比如求边长时，可通过全等三角形或勾股定理 结合已知线段推导；菱形对角线互相垂直且平分，还平分内角，遇到对角线相关计算，可构造直角三角 形，用勾股定理求线段长度，或结合角平分线性质分析角度关系。 2.结合特殊三角形与图形变换解题 菱形被对角线分成四个全等的直角三角形，解题时可将菱形问题转化为直角三角形问题求解；若涉及菱 形的对称、旋转等变换，可利用其中心对称和轴对称的特性，找到全等图形或相等的边、角，简化证明 与计算过程。 例1.(24-25八年级下·重庆期末)如图，AC为菱形ABCD的对角线，AE⊥BC于点E,若∠EAC=25°， 则∠ADC度数为() D A.30° B.50° C.60° D.75 1/17 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【变式1-1】(24-25八年级下·四川南充期末)如图，菱形ABCD与菱形AECF中，E,F在BD上， ∠ABD=∠EAP=30°，下列结论：①BD=V5CD:②BE=2AE;③AB=6+5AF;④AB-EF:AE, 2 正确的有个. B 【变式1-2】(24-25八年级下山东淄博期末)如图所示，菱形ABCD的对角线AC=4+25, BD=4-2√3时，求菱形的边长和面积. A 面积为： 4+25jx4-25)-216-12到=2 类型二、利用菱形的性质证明 1.利用边的相等性解题 菱形四条边相等，遇线段等量关系、三角形全等证明时，优先用此性质转化线段，如证三角形全等可直 接获一组等边条件。 2.利用对角线特性解题 菱形对角线互相垂直且平分、平分内角，遇垂直、角平分线、直角三角形相关问题，可借助对角线构建 直角三角形，结合勾股定理或三角函数求解。 例2.(24-25八年级下·江苏镇江期末)如图，菱形ABCD中，E,F分别是边CD,BC上的动点(E,F不 2/17 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 与菱形的顶点重合)，连接AE,EF,G,H分别为AE,EF的中点，连接GH.若∠BAD=I50°，GH的最小 值是多则菱形的边长是( A D G H A.3 B.23 C.6 D.3 B 【变式2-1】(24-25八年级下·湖北十堰期末)如图，在菱形纸片ABCD中，点E在边AD上，将菱形沿 CE折叠，点A、B分别落在，B处，A'B'⊥CD,垂足为F.若AB=2cm,∠ABC=60°，则 ∠A'EG=,AE=__Cm. 【变式2-2】(24-25九年级上·江苏南通期末)如图，在菱形ABCD中，E、F分别是AD和AB的中点，连 接BE、DF,求证：BE=DF. 类型三、菱形的性质与判定综合 1.性质运用：抓核心特征转化问题 菱形的核心性质为四边相等、对角线互相垂直平分且平分内角。解题时，遇边长计算可利用四边相等转 化线段关系，结合勾股定理求解：遇角度问题可借助对角线平分内角的特性，结合三角形内角和推导； 涉及对角线时，可构造直角三角形，将菱形问题转化为直角三角形问题解决。 3/17 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2.判定证明：选对判定条件简化过程 判定菱形需根据已知条件选合适方法：若己知平行四边形，只需证一组邻边相等或对角线互相垂直；若 为普通四边形，可证四边相等，或证对角线互相垂直平分。优先结合题干给出的边、角、对角线条件， 匹配最直接的判定定理，减少证明步骤。 例3.(24-25八年级下·浙江湖州期末)如图，E,F分别是口ABCD的边AB,CD上的点，连结CE,AF, B是点B关于CE的对称点，D是点D关于AF的对称点，已知B,D都在对角线AC上，且EF⊥AC,记 ∠ADC的度数是，∠DAF的度数是B,则a与阝满足的关系式是() B E B A.0=5f B.a-B=90° C.a+B=135 D.a+3B=180° 【变式3-1】(24-25八年级下·云南玉溪期末)如图，某同学按如下步骤作四边形ABCD:①画∠MAN;② 以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交AM,AN于点B,D;③分别以点B,D为圆心，1个单 位长为半径画弧，两弧交于点C;④连接BC,CD,BD.若∠A=48°，则∠CBD=°. M B 【变式3-2】(24-25八年级下.四川南充期末)如图，已知E,F分别是平行四边形ABCD的边BC,AD的中 点，∠BAC=90°. E (I)求证：四边形AECF是菱形； (2)若∠B=60°，AB=2,求平行四边形ABCD的面积. 4/17 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 类型四、利用矩形的性质求解 1.抓边与角的特性转化计算 矩形对边平行且相等，四个角都是直角，解题时可利用直角特性构造直角三角形，结合勾股定理求线段 长度；遇对边相关计算，可通过全等三角形或线段相等的性质转化己知条件，比如求矩形内线段的长度 时，借助对边相等将未知线段与已知线段建立联系。 2.利用对角线性质突破证明与计算 矩形对角线相等且互相平分，这一性质是解题关键。证明线段相等时，可通过对角线平分的特性推导： 计算对角线长度时，结合直角三角形斜边（对角线）与直角边（矩形边长）的关系，用勾股定理求解， 也可利用对角线平分形成的等腰三角形分析角度关系。 例4.(24-25八年级下.广西河池期末)如图，矩形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,∠0AD=65° 则∠0DC等于() B A.120° B.45° C.30° D.25° 【变式4-1】(24-25八年级下·云南普洱·期末)如图，在矩形ABC0中，0C=1,BC=3,边OA在数轴上， 点O表示的数为0.以点O为圆心，OB的长为半径作弧，交数轴于点M,则点M所表示的数是 B 【变式4-2】(24-25八年级下·云南临沧期末)如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O,且 DE∥AC,CE∥BD. D E C (1I)求证：四边形ODEC是菱形； (②)若LACB:LBAC=1:2，S矩形ABcD=4V5,求四边形0DEC的周长. 5/17 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 类型五、利用矩形的性质证明 1.利用角的直角特性解题 矩形四个角均为直角，遇垂直、直角三角形、勾股定理相关证明或计算时，可直接利用该性质构建直角 条件，推导线段或角度关系。 2.利用对角线的相等性解题 矩形对角线相等且互相平分，涉及线段等量代换、三角形全等或等腰三角形判定时，优先用对角线性质 转化条件，简化推理过程。 例5.(24-25八年级下山西临汾期末)如图，在矩形ABCD中，E为BC边上的一点，连结AE,过点D 作DF⊥AE,垂足为F,若CD=DF,AB=4,CE=2,则AD的长为() D A.5 B.6 C.7 D.8 【变式5-1】(24-25八年级下·吉林长春期末)如图，点E为矩形ABCD的边BC上的一点，作DF⊥AE于 点F,且满足DF=AB.对于下面四个结论：①△ABE≌△DFA;②ADEF的面积与△BEF的面积相等：③ LDEF=∠DEC;④AE=BC,所有正确的结论是 （只写序号). 【变式5-2】(24-25八年级下，吉林白山期末)如图，在矩形ABCD中，点E是BC上一点，AE=AD, DF⊥AE于点F. B (I)求证：DF=DC; (2)连接DE,若AD=10,AB=6,求DE的长. 6/17 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 类型六、矩形的性质与判定综合 1.性质运用：紧扣直角与对角线特征解题 矩形的核心性质是四角为直角、对角线相等且互相平分。计算时，可利用直角构造直角三角形，结合勾 股定理求边长或对角线长度；证明线段相等时，借助对角线平分且相等的特性推导，也可利用对边平行 且相等的性质转化线段关系，简化几何推导过程。 2.判定证明：依据已知条件选判定方法 判定矩形需结合题干条件选最优路径：若已知平行四边形，只需证一个角为直角或对角线相等；若为普 通四边形，可证三个角为直角，或证对角线互相平分且相等。优先匹配题干给出的边、角、对角线条件， 减少证明步骤，提高解题效率。 例6.(24-25七年级下.江苏宿迁期末)如图，在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=4,BC=3, AB=5,动点D在线段AB上运动（不与端点重合），点D关于边AC,BC的对称点分别为E,F,连接 EF,点C在EF上，则在点D的运动过程中，线段EF长度的最小值是() D B 24 A. 5 B.12 5 C.10 D.36 5 【变式6-1】(24-25八年级下广东惠州期末)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3,BC=4,P为 AB边上（不与A、B重合）的动点，过点P分别作PE⊥AC于点E,PF⊥BC于点F,则线段EF的最小 值是 A B 【变式6-2】(25-26九年级上全国·期末)如图，四边形CDBE为平行四边形，且CD⊥AB,AC=BC. 7/17 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D (I)求证：四边形CDBE是矩形； (2)若AC=5,，CD=3,F是BC上一点，且DF⊥BC,求DF的长. 类型七、利用正方形的性质求解 1.融合菱形与矩形性质拆解问题 正方形兼具菱形和矩形的所有性质，解题时可结合两者特性：利用四边相等、对角线垂直平分的菱形特 征，或四角为直角、对角线相等的矩形特征。比如求线段长度时，既可用勾股定理结合直角特性，也能 借助四边相等转化线段关系，快速建立己知与未知的联系。 2.借助特殊三角形简化计算证明 正方形的对角线将其分成四个全等的等腰直角三角形，且对角线与边长的比为八sqt{2}:1。遇对角线相关 计算，可直接用这一比例快速求解；证明角度或线段关系时，利用等腰直角三角形的45°角、斜边与直 角边的关系，简化几何推导过程。 例7.(24-25八年级下·山西吕梁期末)如图，E为正方形ABCD对角线AC上的一点，过点E作EF⊥AB于 点F,则∠AEF=() D A.45° B.50° C.55 D.60° 【变式7-1】(24-25八年级下·吉林白山期末)如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边长为2，顶 点A在x轴上，顶点D在y轴上，∠DAO=60°，则点C的坐标为 8/17 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 【点晴】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、坐标与图形，勾股定理的应用，含30度角 的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活应用是解此题的关键。 【变式7-2】(24-25九年级上四川德阳期末)如图，点P是正方形ABCD内一点，AP=2,BP=4√2， DP=2V10,△ADP绕点A顺时针旋转得到△ABP',连接PP',延长AP与BC相交于点Q. D (I)求线段PP'的长： (2)求∠BPQ的大小： (3)求正方形ABCD的边长。 类型八、利用正方形的性质证明 1.利用边与角的特性解题 正方形四条边相等、四个角均为直角，遇线段等量代换、直角三角形判定、三角形全等证明时，可直接 获取等边、直角条件，快速搭建推理桥梁。 2.利用对角线的特性解题 正方形对角线相等、垂直且平分，兼具矩形和菱形对角线的双重性质，遇到垂直关系、线段平分、等腰 直角三角形相关问题，可借助对角线构造特殊图形，结合勾股定理或全等判定简化计算与证明。 例8.(24-25八年级下·广西来宾期末)如图，正方形ABCD,点E,F分别在AD,CD上，且DE=CF, AF与BE相交于点G.若AB=8,DE=2,则AG的长为() 9/17 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 E D G 12 4 A. 5 B.5 c曾 5 【变式8-1】(24-25八年级下·吉林长春·期末)如图，正方形ABCD中，点E是AD边的中点，BD、CE交 于点H,BE、AH交于点G,则下列结论：①LABE=LDCE;②LBCE=60°；③S。BHE=S.CHD;④ ∠AHB=∠EHD,其中正确的结论有_一（填序号） D G 【变式8-2】(24-25八年级下·云南临沧期末)如图，在正方形ABCD中，点E在线段BC上，且不与点B 重合，AE⊥EF且AE=EF.过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G,连接CF. E (1I)若∠BAE=26°，求∠FEG的度数； (2)求证：CG=FG. 类型九、正方形的性质与判定综合 1.性质运用：综合矩形与菱形特性快速转化 正方形兼具矩形与菱形的性质：四边相等、四角为直角、对角线相等且互相垂直平分，并平分内角。解 10/17