第04讲 特殊的平行四边形 （寒假预习讲义）八年级数学新教材苏科版

第04讲 特殊的平行四边形 知识点1 ： 矩形 定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。 性质： 1. 矩形具有平行四边形的所有性质，即对边平行且相等，对角相等，邻角互补，对角线互相平分。 2. 矩形的四个角都是直角。这是矩形区别于一般平行四边形的特殊性质，由定义“有一个角是直角”及平行四边形邻角互补的性质可推得其余三个角也都是直角。 3. 矩形的对角线相等。可通过证明矩形的两个全等三角形（由对角线分成）得出对角线长度相等的结论。 判定： 1. 定义法：有一个角是直角的平行四边形是矩形。这是最直接的判定方法，先确认是平行四边形，再找一个直角。 2. 对角线相等的平行四边形是矩形。因为平行四边形的对角线互相平分，若对角线再相等，则可通过三角形全等证明其内角为直角，从而判定为矩形。 3. 有三个角是直角的四边形是矩形。因为四边形内角和为360°，三个角为直角（90°），则第四个角也为90°，四个角都是直角的四边形是矩形，且此时它必是平行四边形（两组对边分别平行）。 知识点2 ： 菱形 定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 性质： 1. 菱形具有平行四边形的所有性质，即对边平行且相等，对角相等，邻角互补，对角线互相平分。 2. 菱形的四条边都相等。由定义“有一组邻边相等”及平行四边形对边相等的性质可推得四条边都相等。 3. 菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。通过菱形的轴对称性或全等三角形可证明对角线互相垂直，以及对角线平分一组对角。 判定： 1. 定义法：有一组邻边相等的平行四边形是菱形。先确定是平行四边形，再找到一组邻边相等即可判定。 2. 四条边都相等的四边形是菱形。因为四条边相等，则两组对边分别相等，可判定为平行四边形，再结合定义得出是菱形。 3. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。平行四边形的对角线互相平分，若再加上互相垂直的条件，则可利用勾股定理或等腰三角形性质证明邻边相等，从而判定为菱形。 知识点3 ： 正方形 定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。 性质： 1. 正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质。 2. 正方形的四个角都是直角，四条边都相等。这是由其定义中“有一个角是直角”和“有一组邻边相等”以及平行四边形的性质共同决定的。 3. 正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角。正方形的对角线兼具矩形（对角线相等）和菱形（对角线互相垂直平分、平分一组对角）的特性。 判定： 1. 定义法：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形。这是最基本的判定方法，直接依据定义。 2. 有一组邻边相等的矩形是正方形。矩形本身是平行四边形且四个角都是直角，若再有一组邻边相等，则满足正方形定义。 3. 有一个角是直角的菱形是正方形。菱形本身是平行四边形且四条边都相等，若再有一个角是直角，则满足正方形定义。 4. 对角线互相垂直的矩形是正方形。矩形对角线相等且互相平分，若再互相垂直，则可判定其邻边相等（菱形判定），从而成为正方形。 5. 对角线相等的菱形是正方形。菱形对角线互相垂直平分，若再相等，则可判定其内角为直角（矩形判定），从而成为正方形。 【题型1 特殊的平行四边形的性质求（证）边】 例1．如图，正方形中，，以对角线为一边作菱形，则的长为（　　） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质、菱形的性质． 由正方形的性质得，，则，因为四边形是菱形，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴． 故选：C． 例2．如图，矩形中，对角线，交于点，若，，则长为（    ） A． B．4 C．3 D．5 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的性质和判定；矩形的对角线相等且互相平分，可得，，所以为等边三角形，得到，最后由矩形的对边相等可得的长. 【详解】解：∵矩形中，对角线，交于点，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴. 故选：B. 变式1．如图，在正方形中，点分别在边上，，若，则的长为 ． 【答案】3 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，构造辅助线是解题的关键．将线段绕点逆时针旋转得到，连接，则，先证，再证即可求解． 【详解】解：如答图，将线段绕点逆时针旋转得到，连接， 则，． ， ． 在和中，， ， ，， ， 三点共线． ， ， ． 在和中， ， ． 故答案为：． 变式2．如图，在矩形中，点在边上，点是的中点，，，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、直角三角形斜边中线定理、勾股定理，利用直角三角形斜边中线定理求出的长度是解题的关键． 由直角三角形斜边中线定理得，由勾股定理得，设，则，在中，由勾股定理列方程即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵点是的中点， ∴， ∴， 设，则， ∵，， ∴， 在中， ， ∴， 解得，即． 故答案为：． 变式3．如图，菱形中，对角线，交于点，，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定，矩形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质，平行四边形的判定与矩形的判定与性质是解题的关键． 由，可得四边形是平行四边形，由四边形是菱形，可得，则，从而四边形是矩形，根据矩形对角线相等，则有． 【详解】证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． 【题型2 特殊的平行四边形的性质求（证）角】 例1．如图，有一个和一个正方形，其中点在边上，若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握平行四边形和正方形的性质，由三角形内角和定理求出的度数是解决问题的关键.由平角的定义求出的度数，由三角形内角和定理求出的度数，再由平行四边形的同旁内角互补即可得出结果． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴ ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴． 故选：C． 例2． 如图，在长方形纸片中，点，分别在，上，将沿着折叠，点刚好落在上的点处；再将沿着折叠，点刚好落在上的点处，已知，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题主要考查了长方形的性质，图形的折叠变换及性质，角的计算，准确识图，理解长方形的性质，熟练掌握图形的折叠变换及性质，角的计算是解决问题的关键． 根据长方形的性质及，则，由折叠的性质得即可求解． 【详解】解：∵四边形是长方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 由折叠性质可得： ∴ ∴ ∵将沿着折叠，点C刚好落在上的点处， ∴ ∴ 故选：B． 变式1．如图，正方形边长为6，点E在边上，，且，G为的中点，则：    （1）的度数为 ； （2）的长为 ． 【答案】 45° 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等知识，综合性强，难度较大． （1）过F作于H，证明，得到 进而证明为等腰直角三角形，即可求出，； （2）过G作于M，于N，得到G为中点，进而求出，，证明四边形为矩形，得到，，根据勾股定理即可求出． 【详解】（1）如图，过F作于H，    ∵， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴； 故答案为：； （2）如图，过G作于M，于N，    ∴， ∵G为中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， 在中，． 故答案为： 变式2．如图，在菱形中，过点C作交对角线于点E，已知，则的度数为 ． 【答案】65 【分析】本题主要考查了菱形的性质、三角形的内角和定理等知识点，掌握菱形的对角线平分一组对角是解题的关键． 由菱形的性质可得，再根据直角三角形两锐角互余即可解答． 【详解】解：∵在菱形中，， ∴， ∵， ∴． 故答案为：65． 变式3．如图1，已知在四边形中，，，平分，交于点，过点作，交于点F，O是的中点，连接，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，如图2所示：求证：． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再证出，根据菱形的判定得出即可； （2）先证明四边形是平行四边形，再证明其是矩形，接着证明菱形是正方形，四边形是矩形，得到，然后推出是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，得到，最后证明，得出结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 由（1）可知：四边形是菱形， 又∵， ∴菱形是正方形， ∴，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∵点是的中点， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∴， 在和中，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质和判定，正方形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，三角形全等的判定与性质，能综合运用以上知识点是解此题的关键． 【题型3 矩形的判定】 例1．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】本题考查矩形的判定定理，需根据所给选项逐一分析是否能使平行四边形成为矩形． 【详解】解：选项A：当时，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可知平行四边形是菱形，不是矩形，所以该选项错误． 选项B：当时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可知平行四边形是菱形，不是矩形，所以该选项错误． 选项C：根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，由可得，平行四边形是矩形，所以该选项正确． 选项D：因为四边形是平行四边形，所以，根据平行线的性质可得，又因为，所以，再根据等角对等边可知，根据菱形的判定定理，一组邻边相等的平行四边形是菱形，所以平行四边形是菱形，所以该选项错误． 故选：C． 例2．如图，在中，对角线，相交于点O，添加下列一个条件后，不能使成为矩形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形和菱形的判定，熟练掌握矩形和菱形的判定是解题的关键；根据矩形和菱形的判定逐项判断即可． 【详解】解：、四边形是平行四边形，， 是矩形， 故本选项不符合题意； 、四边形是平行四边形，， 是矩形， 故本选项不符合题意； 、四边形是平行四边形，， 是菱形， 故本选项符合题意； 、， 是直角三角形， ， 四边形是平行四边形， 是矩形， 故本选项不符合题意； 故选：． 变式1．在平行四边形中，对角线与交于点．添加一个条件： ，则可判定四边形是矩形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查矩形的判定，熟练掌握对角线相等的平行四边形是矩形的判定定理是解题的关键． 根据矩形的判定定理回答即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， 若添加条件，则对角线相等，根据矩形的判定定理“对角线相等的平行四边形是矩形”，可得四边形是矩形． 故答案为：． 变式2．如图，线段的端点在直线上，过线段上的一点作的平行线，分别交和的平分线于点，，连接，．添加一个适当的条件，使四边形为矩形，则这个条件是 （写出一个即可）． 【答案】是的中点（答案不唯一） 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 先证，则，同理，再由，证出四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论． 【详解】解：， ． 平分， ， ， ． 同理可证， ． 是的中点， ， 四边形是平行四边形． ，， ， 是矩形． 故答案为：是的中点 ． 变式3．如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作的垂线，垂足为点E，延长到点F，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若， ①求的长； ②求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)①2 ② 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，直角三角形的性质， 对于（1），根据菱形的性质得，再结合得出四边形是平行四边形，然后根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”得出结论； 对于（2），①根据直角三角形的斜边中线等于斜边一半得出答案； ②，先根据菱形的性质得出，再根据面积相等求出，然后根据勾股定理得出答案． 【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：①∵四边形是菱形， ∴． 在中，， ∴； ②∵四边形是菱形，且， ∴，． 在中，， ∴， 即， 解得． 根据勾股定理，得, 即， 解得． 【题型4 菱形的判定】 例1．如图，在平行四边形ABCD中，下列条件不能使其成为菱形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的判定方法：四边都相等的四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形． 根据菱形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， 故A不符合题意； 四边形是平行四边形，且， 四边形是菱形， 故B不符合题意； 四边形是平行四边形，且， 四边形是菱形， 故C不符合题意； 无法证明四边形是菱形， 故D符合题意； 故选：D． 例2．小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（    ） A．（1）处可填 B．（2）处可填 C．（3）处可填 D．（4）处可填 【答案】C 【分析】本题主要考查特殊四边形的关系，熟练掌握特殊四边形的判定是解题的关键． 根据四边形的判定定理进行判断即可． 【详解】解：有一个角是直角的平行四边形是矩形，故选项A正确，不符合题意； 对角线垂直的矩形是正方形，故选项B正确，不符合题意； 邻边相等的平行四边形是菱形，平行四边形的对边本身就相等，故选项C错误，符合题意； 对角线相等的菱形是正方形，故选项D正确，不符合题意； 故选：C． 变式1．如图，在中，对角线相交于点，点在上，且，添加一个适当的条件，使四边形是菱形，这个条件可以是 ．（填一个正确条件即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查添加条件使四边形为菱形，涉及平行四边形的判定与性质、菱形的判定、全等三角形的判定与性质等知识，熟记平行四边形的判定与性质、菱形的判定是解决问题的关键． 根据题意，由平行四边形的性质及已知条件得到，再由平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，结合邻边相等平行四边形是菱形、对角线相互垂直的平行四边形是菱形添加条件即可得到答案． 【详解】解：在中，对角线相交于点，则， ， ， 在四边形中，，则四边形是平行四边形， 当时，四边形是菱形； 当时，四边形是菱形； 当时，四边形是菱形； 当时，四边形是菱形； 当时，是菱形， 平分， 即， ，，， ， 则，即四边形是菱形； 当时，是菱形， ， ，，， ， 则，即四边形是菱形； 当时，是菱形， 平分， 即， ，，， ， 则，即四边形是菱形； 当时，是菱形， ， ，，， ， 则，即四边形是菱形； 此外，还有对角线垂直也可以判定四边形是菱形； 综上所述，选取其中一个即可， 故答案为：（答案不唯一）． 变式2．如图，在四边形中，，，在不添加任何辅助线的前提下，要想四边形成为一个菱形，只需添加的一个条件是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．先证四边形是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论． 【详解】解：需添加的一个条件是，理由如下： ，， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形ABCD是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 变式3．如图，，平分，交于点，过点作，交于点，垂足为，连接，求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了菱形的判定，涉及平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，平行线的性质等知识，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．先证明四边形是平行四边形，再根据邻边，即可证明平行四边形是菱形． 【详解】证明：∵平分，， ∴，． ∴． ∴． 又∵于点， ∴． 在和中， ， ∴． ∴． ∴四边形是平行四边形． 又∵， ∴平行四边形是菱形． 【题型5 正方形的判定】 例1．如图，在矩形中，平分，平分，与交于点．点是矩形外一点，连接，，，添加下列条件后，可判定四边形为正方形的是（   ） A．， B．， C． D．， 【答案】A 【分析】本题考查矩形的性质、角平分线的性质、正方形的判定定理，掌握正方形的判定条件是解题关键． 结合矩形的角和角平分线，先推导四边形的基础形状，再根据正方形的判定条件逐一分析选项． 【详解】解：已知四边形为矩形，且平分，平分． 故，， 可得，，是等腰直角三角形． 选项：由两边平行可得四边形为平行四边形， 再由可得四边形为菱形， 再由可得四边形为正方形，故选项正确； 选项：，，仅可得到，无法证明四边形为正方形，故选项错误； 选项：根据题意可知，故，无法判定正方形，故选项错误； 选项：，，仅能判断是等腰三角形，不能证明，无法判定正方形，故选项错误． 故选：． 例2．如图，在中，．再添加一个条件，可以判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的判定，平行四边形的性质，解答本题的关键是熟练掌握正方形的判定定理．根据正方形的判定定理即可解答． 【详解】解：在平行四边形中，，利用对角线互相垂直且相等即可证明四边形是正方形． A．当时，四边形是菱形，不一定是正方形，选项错误，不符合题意； B．当时，四边形一定不是正方形，选项错误，不符合题意； C．当时，平行四边形角线互相垂直且相等，则四边形是正方形，选项正确，符合题意； D．当时，四边形不一定是正方形，选项错误，不符合题意； 故选：C． 变式1．如图，在菱形中，对角线，相交于点，从①；②；③中选择一个作为条件，补充后使四边形是正方形，则应选择 (限填序号)． 【答案】② 【分析】本题主要考查了正方形的判定定理，根据正方形的判定定理，由菱形添加对角线相等或四边形的一个角是直角，即可求解． 【详解】解：条件①③是菱形的性质，则添加条件①③时，不能使四边形是正方形， 添加条件②时，根据对角线相等的菱形是正方形，能使四边形是正方形， 故答案为：②． 变式2．如图，在平行四边形中，，在不添加任何辅助线的前提下，若使平行四边形 是正方形，则需添加的一个条件是 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了矩形的判定、正方形的判定，因为平行四边形中，，根据对角线相等的平行四边形可证四边形是矩形，根据有一组邻边相等的矩形是正方形，再添加一组邻边相等即可证明四边形是正方形． 【详解】解：平行四边形中，， 四边形是矩形， 当时， 根据有一组邻边相等的矩形是正方形， 可知四边形是正方形． 故答案为：(答案不唯一)． 变式3．如图，点P是矩形的边的延长线上一点，连接，过点B作于点E．过点D作于点F，． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质、正方形的判定、全等三角形的判定与性质、含30度直角三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． （1）由垂直的定义可得，即；再根据矩形的性质可得，进而得到，再证明可得，进而证明结论； （2）由矩形的性质以及已知条件可得，进而得到，根据直角三角形的性质可得，最后根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：∵过点B作于点E．过点D作于点F， ∴， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． （2）解：∵矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【题型6 平行线之间的距离】 例1．如图，在菱形中，对角线与相交于点F，，，则平行线与之间的距离为（    ） A．2.4 B．4.8 C．6 D．9.6 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理．先利用菱形的性质及勾股定理求得菱形的对角线长，再利用面积法求解即可． 【详解】解：设与之间的距离为，在菱形中，对角线与相交于点F， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：D. 例2．如图，正方形纸片的四个顶点分别在四条平行线、、、上，这四条直线中相邻两条之间的距离依次为、、，若，，则正方形的面积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点作于点，过点作于点，根据正方形的性质，易证≌，可得，再根据题意，即可求出和，根据勾股定理，可得的长，进一步即可求出正方形的面积． 【详解】解：过点作于点，过点作于点，如图所示： 则有， ， 在正方形中，，， ， ， ≌， ， ，， ，， 根据勾股定理，得， 正方形的面积， 故选： C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，涉及勾股定理，全等三角形的性质和判定，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 变式1．如图，正方形的四个顶点分别在四条平行线上．若每两条相邻平行线间的距离都是1 cm，则正方形的面积为 【答案】5 【分析】过D点作直线EF与平行线垂直，与l1交于点E，与l4交于点F．易证△ADE≌△DCF，得CF＝1，DF＝2．根据勾股定理可求CD2得正方形的面积． 【详解】解：过D点作EF⊥l2，交l1于E点，交l4于F点． ∵l1∥l2∥l3∥l4，EF⊥l2， ∴EF⊥l1，EF⊥l4， 即∠AED＝∠DFC＝90°． ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ADC＝90°． ∴∠ADE＋∠CDF＝90°． 又∵∠ADE＋∠DAE＝90°， ∴∠CDF＝∠DAE． 在△ADE和△DCF中 ∴△ADE≌△DCF（AAS）， ∴CF＝DE＝1． ∵DF＝2， ∴CD2＝12＋22＝5， 即正方形ABCD的面积为5． 故答案为：5． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质和面积计算，根据平行线之间的距离构造全等的直角三角形是关键． 变式2．如图，、、、是一组平行线，且每两条相邻平行线间的距离均为1，正方形的四个顶点分别落在这四条直线上，则正方形的面积为 . 【答案】5 【分析】过D点作直线EF与平行线垂直，与l1交于点E，与l4交于点F．易证△ADE≌△DCF，得CF=1，DF=2．根据勾股定理可求CD2 得正方形的面积． 【详解】解：作EF⊥l2，交l1于E点，交l4于F点． ∵l1∥l2∥l3∥l4，EF⊥l2， ∴EF⊥l1，EF⊥l4， ∴∠AED=∠DFC=90°． ∵ABCD为正方形， ∴∠ADC=90°． ∴∠ADE+∠CDF=90°． 又∵∠ADE+∠DAE=90°， ∴∠CDF=∠DAE． 在△ADE和△DCF中, , ∴△ADE≌△DCF（AAS）， ∴CF=DE=1． ∵DF=2， ∴CD2=12+22=5， 即正方形ABCD的面积为5． 故答案为5． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，以及平行线的性质，根据平行线之间的距离构造全等的直角三角形是关键． 变式3．如图，在中，、分别是、的平分线，且点、分别在边、上，． (1)求证：四边形是菱形． (2)【教材呈现】华师版八年级下册数学教材第75页的部分内容如下： 两条直线平行，其中一条直线上的任一点到另一条直线的距离，叫做这两条平行线之间的距离． 请根据教材提示，求： ①若，，求平行线与间的距离． ②在①的条件下，请直接写出平行线与间的距离． 【答案】(1)见解析 (2)①平行线与间的距离为；②平行线与间的距离为 【分析】（1）由平行四边形的性质得，；由角平分线意义、平行线的性质、等腰三角形的判定得，进而得，即可证明四边形是平行四边形，再由即可得它是菱形； （2）①过点A作于G；由题意得是等边三角形，利用等边三角形的性质及勾股定理可求得的长，从而求解； ②利用平行四边形的面积关系即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴； ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴； 同理得：； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴； ∵，即， ∴四边形是平行四边形； ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：①如图，过点A作于G； 由（1）知； ∵， ∴是等边三角形， ∴； 由（1）知，四边形是菱形， ∴， ∴； ∵， ∴， 由勾股定理得， 即平行线与间的距离为； ②设平行线与间的距离为h， ∵， ∴， 即平行线与间的距离为． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定等知识，熟练掌握这些知识是解题的关键． 【题型7 特殊的平行四边形的面积问题】 例1．如图 ，矩形 中，点 分别在 边上，，点 在 边上，连结 ． 若知道矩形 的面积，则一定能求出 （   ） A． 与 的面积之和 B． 与 的面积之和 C．四边形 与 的面积之和 D． 的面积 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质．设 ，，则，证明四边形是平行四边形，可得 ，再根据三角形的面积公式，逐项判断，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴可设 ，，则，，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴  ， ∴ 与 的面积之和为 ； 与 的面积之和为 ； 四边形 与 的面积之和为 ； 的面积为 ； 故选：A． 例2．如图，点E是线段上一点，四边形和四边形均为正方形，连接，分别交于点M、N，延长交于点H，连接、、．若已知的面积，则一定能求出（    ）    A．四边形的面积 B．四边形的面积 C．的面积 D．与的面积之和 【答案】C 【分析】如图所示，连接，先证明，再证明都是等腰直角三角形，得到，进而推出，则，证明，得到，再证明四边形是菱形，得到；证明，得到，则；证明四边形是矩形，得到，则 ，即可推出， 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形和四边形均为正方形， ∴，， ∴，即， 由正方形的性质可得， ∴都是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由正方形的对称性可得， ∴， ∴四边形是菱形， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴ ； ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴ ， ∴， ∴， 故选：C．    【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质与判定，矩形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等，作出辅助线证明四边形是菱形，从而得到是解题的关键． 变式1．如图，在中，，以三角形的三边分别作正方形，正方形，正方形，若边恰好经过点，则下列说法：①；②；③中，正确的是 ．（注：图中所示面积表示相应封闭区域的面积，如，表示的面积） 【答案】①③ 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，证明，得到，即可判定①；证明，得到，即可判定②；连接，过点作于点，可证，得到，即得到点三点共线，进而可证四边形是矩形，即得，再证明，得，即得，进而由全等三角形的性质得，即可判定③，综上即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：①∵正方形和正方形， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即，故①正确； ②∵正方形，正方形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，即，故②错误； ③如图，连接，过点作于点，则， ∵正方形，正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴点三点共线， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由②知，， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故③正确； 综上，正确的说法是①③， 故答案为：①③． 变式2．已知：如图，在矩形内一些相交线把它分成8个部分，其中的3个部分面积分别为13，35，49，则图中阴影部分的面积是 ． 【答案】97 【分析】本题考查了矩形的性质，将多个不规则的图形补凑成规则图形是解题关键．令其中2个部分的面积分别为、，用两种方式表述出矩形面积的一半，化简即可求出阴影部分的面积． 【详解】解：如图，令其中2个部分的面积分别为、， 矩形面积的一半，矩形面积的一半， ， ， 故答案为：97． 变式3．综合与实践． 【问题驱动】如何验证勾股定理？ 【活动操作】小明参照教材用4张全等的直角三角形纸片拼成图1． 【探索新知】从面积的角度思考，不难发现： 大正方形的面积小正方形的面积个直角三角形的面积． 从而得到数学等式：，化简证得勾股定理：． 【初步运用】 (1)如图1，若，求小正方形的面积与大正方形的面积的比值； (2)现将图1中上方的两直角三角形向内折叠，如图2，若，，求此时空白部分的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查勾股定理的应用，正方形的性质， （1）如图1，求出小正方形的面积，大正方形的面积即可． （2）根据空白部分的面积小正方形的面积个直角三角形的面积计算即可； 掌握勾股定理是解题的关键． 【详解】（1）解：∵， 又∵用4张全等的直角三角形纸片拼成图1， ∴， ∴小正方形面积为：，大正方形面积为：， ∴小正方形的面积与大正方形的面积的比值：； （2）∵，， ∴， ∴空白部分的面积为：， ∴此时空白部分的面积为． 【题型8 特殊的平行四边形平移、折叠、旋转】 例1．数学小组将两块全等的含角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究．如图1所示，其中，，，将沿射线方向平移，得到，分别连接，（如图2所示），下列有关四边形的说法错误的是(   ) A．平移个单位长度后，四边形是矩形 B．平移过程中，四边形始终是平行四边形 C．当平移的距离大于个单位长度时，存在四边形是菱形 D．在平移的过程中，四边形可能是正方形 【答案】D 【分析】此题主要考查平行四边形、矩形、菱形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形，综合利用了特殊四边形的判定和性质，掌握特殊平行四边形的判定与性质是解题的关键．根据平移过程逐步分析，排除正方形的可能，再分矩形和菱形，利用性质求出平移距离即可． 【详解】解：由题意可得：平移过程中， ，，， ∴四边形是平行四边形， 刚开始平移时，， ∴如图，当平移至时，， ∴此时四边形是矩形，且不可能为正方形，， ∴平移距离为：， 即平移个单位长度后是矩形，故A正确，    继续平移，当与共线时， 此时，即四边形是菱形， 此时的总平移距离为，故C正确 综上可得：平移过程中，四边形先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是菱形，B正确， 在平移的过程中，四边形不可能是正方形，故D错误 故选：D． 例2．某学习小组将两块含角的全等三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究（如图1），其中，将沿射线DB方向平移，得到，分别连接（如图2），下列关于四边形的说法正确的个数有（    ） ①一直是平行四边形；②平移后是矩形；③平移后是菱形；④在平移的过程中，依次会出现矩形、菱形、正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】①根据平移的性质得，，因此在平移的过程中，四边形一直是平行四边形，由此可对结论①进行判断； ②先计算出，，则当平移后，则，进而得，，然后根据得为直角三角形，则四边形是矩形，由此可对结论②进行判断； ③当平移后，点与点重合，此时点，，在同一条直线上，则，，且，此时四边形是菱形，由此可对结论③进行判断； ④由①②③可知平移后是矩形，平移后是菱形，在其它情况下是平行四边形，而四边形在既是矩形又是菱形时才是正方形，由此得在平移的过程中，不可能出现正方形，据此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案． 【详解】解：①，且，，， ，， 根据平移的性质得：，， 在平移的过程中，四边形一直是平行四边形， 故结论①正确； ②在中，，，， ， 由勾股定理得：， 当平移后，则，如图1所示： ， 在中，由勾股定理得：， ，， ， 为直角三角形，即， 四边形一直是平行四边形， 此时四边形是矩形， 故结论②正确； ③， 当平移后，点与点重合，此时点，，在同一条直线上，如图所示： ，，且， 四边形是菱形， 故结论③正确； ④由①②③可知：平移后是矩形，平移后是菱形，在其它情况下是平行四边形， 又四边形在既是矩形又是菱形时才是正方形， 在平移的过程中，不可能出现正方形， 故结论④不正确． 综上所述：正确的结论是①②③，共3个． 故选：C． 【点睛】此题主要考查了全等三角形的性质，图形的平移变换及性质，平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，勾股定理等，理解全等三角形的性质，图形的平移变换及性质熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定是解决问题的关键． 变式1．如图，将长方形纸片按照如图所示的方式折叠两次，第一次将四边形沿折叠得到四边形，交于点M，第二次将四边形沿折叠形成四边形，若，则的度数为 ． 【答案】/20度 【分析】本题考查了折叠的性质，折叠是一种对称变换，属于轴对称，解决本题的关键是折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 设，则，所以，再根据折叠的性质得到，则，接着利用折叠的性质得到，然后根据平角的定义得到，由此解方程可得到的度数． 【详解】解：∵， 设， ∴， ∴， ∵四边形沿折叠形成四边形， ∴， ∴， ∵四边形沿折叠得到四边形， ∴， ∵， ∴，解得， 即的度数为． 故答案为：． 变式2．如图，把一张矩形纸片按如下方法进行两次折叠：第一次将边折叠到边上得到， 折痕为， 连接，， 第二次将沿着折叠，恰好落在边上． 则该矩形纸片的长宽比的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形中的翻折，熟练掌握翻折的性质和正方形的性质是解题的关键．先利用第一次翻折确定四边为正方形，得出，再利用第二次翻折得出，即可求解． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，，，， 由第一次折叠可知，，， ∴四边为正方形， ∴， ∴， 由第二次折叠可知，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 变式3．（1）如图1，正方形与等腰直角有公共顶点，，连接，，将绕点旋转，在旋转过程中，直线，相交所成的角为，则______；直线DF与直线的位置关系为：______； （2）如图2，矩形与有公共顶点，，且，，连接，，将绕点旋转，在旋转过程中，直线，相交所成的角为，请求出的值及的度数，并结合图2进行说明； （3）若平行四边形与有公共顶点，且，，，将绕点旋转，在旋转过程中，直线，相交所成的锐角的度数为，则： ①＝______； ②当，平分时，的延长线交于点，此时，是什么三角形？请说明理由． 【答案】（1）1，；（2）；（3）①；②等边三角形，理由见解析 【分析】（1）根据旋转的过程中线段的长度不变，得到，又与都与互余，所以，所以，因此与相等，延长分别交于点G，交于M，根据全等三角形的对应角相等和对顶角相等求出，所以； （2）同（1）的方法，因为矩形的邻边不相等，但根据题意，可以得到对应边成比例，所以，所以，同理，根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于，求出，所以； （3）①与（2）的证明方法相同； ②根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于，求出，从而可求出的值即可判断． 【详解】解：（1）如图1，延长分别交于点G，交于M， 在正方形和等腰直角中，， ∴， ∴， ∴， ∴=1， ∵， ∴， ∴ ∴， 故答案为：1，； （2）如图2，延长分别交于点H， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，； （3）①如图3，延长交的延长线于点H， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ②∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∵平分， ∴ ∵， ∴，， ∴是等边三角形． 【点睛】本题是四边形的综合问题，考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质要解决本题，证明三角形全等和三角相似是解题的关键，也是难点所在． 【题型9 特殊的平行四边形的尺规作图】 例1．如图，在中，用尺规作的平分线，交于点G，若，，则的长为（   ） A．10 B．20 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了作图-基本作图，也考查了平行线的性质、平行四边形的性质和菱形的判定与性质．利用基本作图得到平分，，再证明得到，连接，交于点O，如图，接着证明四边形为菱形，所以，，，然后利用勾股定理计算出，从而得到的长． 【详解】解：由作图痕迹得到平分，， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 连接，交于点O，如图， ∵， 而， ∴四边形为菱形， ∴，，， 在中，， ∴． 故选：C． 例2．数学活动课上，小茗同学利用尺规对矩形进行如图所示的操作，作出的两条线的交点恰好落在边上的点处，则的度数为（   ） A． B． C．条件不足，无法计算 D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质，尺规作图之角平分线，尺规作图之垂直平分线，三角形内角和，三角形的外角，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据题意，可知平分，被垂直平分，那么，，接着利用三角形内角和求得，由，求得． 【详解】解：根据题意，可知平分，被垂直平分，在的垂直平分线上， 四边形为矩形， ， 平分， ， ， 被垂直平分，在的垂直平分线上， ， ， ， ， 故选：D． 变式1．在数学课上，老师提出如下问题： 如图，已知线段AB，BC，∠ABC = 90°. 求作：矩形ABCD． 小明的作图过程如下： （1）连接AC，作线段AC的垂直平分线，交AC于M; （2）连接BM并延长，在延长线上取一点D，使MD=MB，连接AD，CD． ∴四边形ABCD即为所求.    老师说：“小明的作法正确．” 请回答：小明这样作图的依据是 . 【答案】有一个角是90°的平行四边形是矩形（或对角线互相平分且相等的四边形是矩形） 【分析】第（1）步作图得到AC中点，第（2）步根据平行四边形对角线互相平分取点D，所得图形为矩形. 【详解】解：因为∠ABC = 90°，满足有一个角为直角，根据矩形对角线互相平分， 连接AC，作线段AC的垂直平分线，交AC于M，可得四边形是平行四边形， 所以所作图形为矩形. 故答案为：有一个角是90°的平行四边形是矩形（或对角线互相平分且相等的四边形是矩形）. 【点睛】本题考查了尺规作图和矩形的判定定理，根据矩形的判定定理得出作图的步骤. 变式2．如图，已知是菱形，是对角线，且，分别以点A，B为圆心，以大于的长为半径作弧交于两点，过此两点的直线交边于点E（作图痕迹如图所示），连接，则的度数为 ． 【答案】45 【分析】本题主要考查了菱形的性质、垂直平分线的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．首先根据菱形的性质可得，进而由三角形内角和定理解得的值，由作图可知垂直平分，易得，然后由求解即可． 【详解】解：如下图， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， 由作图可知，垂直平分， ∴， ∴， ∴． 故答案为：45． 变式3．阅读与理解 下面是一篇数学科普读物的一部分，请你认真阅读，并完成相应的任务． 有趣的单尺作图 单尺作图，是指仅用无刻度直尺进行几何作图．由于其作图工具是一把没有刻度的直尺，所以只能进行如下操作：过已知两点作一条直线、延长已知线段、连接已知两点．解决单尺作图问题，需要在分析已知图形性质的基础上，借助直尺不断构造新的线段与点，进而作出所求图形． 如图1，已知菱形中，点是边上的一点．现要用单尺作图，在边上求作一点，使．作法如下： 如图2，第1步：连接； 第2步：连接交于点； 第3步：作射线交于点．点即为所求作的点． 上述作法可以用菱形的轴对称性来理解——即菱形关于对角线所在直线对称，所求作的点与点也关于直线对称，由此可自然得到上述作法 ．．．．．． 任务：请用单尺完成下列作图（要求：保留作图痕迹，不写作法）． (1)类比操作：如图3，点是菱形边上的一点，连接．求作，使，且点在边上； (2)拓展探究：①如图4，点是菱形边上的一点．求作边上的点，使；②如图5，四边形中，的平分线交边于点．求作线段的中点． 【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，菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，掌握无刻度直尺作图的方法是解题的关键． （1）利用菱形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可； （2）连接， 交于点， 连接并延长交于点，则结论可得； ②连接，交于点，连接交于点，连接并延长交于点，连接交于点，则结论可得． 【详解】（1）解：.连接， 交于点， .连接并延长交于点， .连接， 如图， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 为所求； （2）解：①.连接， 交于点， 2.连接并延长交于点，如图， 由作图可得，，， ∴， ∴， 则点为所求； ②.延长，交于点， .连接交于点， .连接并延长交于点， .连接交于点， 则点为线段的中点． ∵，平分， ∴， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴， 同理， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴，即． 【题型10 一次函数中的特殊的平行四边形】 例1．在学习《图形与坐标》的课堂上，老师让同学们自主编题，梅英同学编的题目是：“已知正方形（边长自定），请建立适当的平面直角坐标系，确定正方形各顶点的坐标”．同桌魏华同学按题目要求建立了平面直角坐标系并正确的写出了正方形各顶点的坐标．若在魏华同学建立的平面直角坐标系中，正方形关于x轴对称，但不关于y轴对称，点A的坐标为，则点C的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据“正方形关于x轴对称”确定x轴的位置，再根据点A的坐标确定原点的位置，进而确定y轴的位置，从而写出点C的坐标． 【详解】解：∵正方形关于x轴对称， ∴x轴经过中点E、F， ∴连接，即为x轴， ∵点A的坐标为， ∴点A到y轴距离为3， 则将四等分，其中等分点O使得，以点O为原点，建立平面直角坐标系，如图： ∵正方形关于x轴对称，点A的坐标为， ∴点B坐标为， ∴，则， ∵， ∴， ∴点C的坐标为． 故选：D． 【点睛】本题考查平面直角坐标系中点的坐标，正方形的性质，根据所给条件确定坐标系是解题的关键． 例2．矩形在平面直角坐标系中的位置如图所示，点的坐标是，则点到点的距离为(   ) A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质,勾股定理，连接，由勾股定理求得的长，再根据矩形对角线相等的性质即得答案． 【详解】解：如图，连接， 点的坐标是， ， 四边形是矩形， ． 故选：D． 变式1．如图，正方形放在平面直角坐标系中，点，，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】此题重点考查正方形的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定与性质，图形与坐标等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 过点作轴于点，证出，得到，，即可解答． 【详解】解：过点作轴于点，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 在和中： ∴， ∴，， ∴，， ∴， 故答案为：． 变式2．如图，在平面直角坐标系中，菱形的四个顶点都在坐标轴上，，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、平面直角坐标系的坐标特征及含角的直角三角形性质，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点． 先由菱形的性质得到，与互相平分，求出，得到，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，与互相平分． ∵， ∴， ∴ ∴， 在中，， ∵点C在x轴正半轴上， ∴点C的坐标为． 故答案为：． 变式3．如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点，分别交坐标轴于点，，，． (1)_____________，_______________，点的坐标为______________； (2)如图，点是直线上的一个动点，当的面积为时，求点的坐标； (3)直线上有一点，在平面直角坐标系内找一点，使得以为一边，以点，，，为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的点的坐标． 【答案】(1)，，； (2)或； (3)或或． 【分析】把点的坐标代入，求出的值，把点的坐标代入，求出的值，再根据直线的解析式求出点的坐标； 因为点在直线上，设点的坐标为，根据的面积为，分点在点左侧和点在点右侧两种情况求解； 点在直线上，设点的坐标为，当是菱形的边时，则有，根据两点之间的距离公式可列方程，解方程即可求出点的坐标，根据点的坐标求出点的坐标；当是菱形的对角线时，根据菱形的对称性可知点的纵坐标为，可得方程，解方程求出的值，即可得到点的坐标，根据菱形的对称性求出点的坐标即可． 【详解】（1）解：把点的坐标代入， 可得：， 解得：， 点的坐标是； 把点的坐标代入， 可得：， 解得：， 直线的解析式为， 当时， 可得：， 解得：， 点的坐标为； 故答案为：，，； （2）解：由可知直线的解析式为， 当时，， 点的坐标是， 当时，， 点的坐标是， ， 解方程组， 可得：， 点的坐标是， 设点的坐标为， 当点在直线下方时， ， 解得：或(不符合题意，舍去)， 当时，， 点的坐标是； 当点在直线上方时， 如下图所示， ， 解得：或(不符合题意，舍去)， 当时，， 点的坐标为； 综上所述，点的坐标是或； （3）解：点在直线上， 设点的坐标为， 如下图所示， 当为菱形的边时， 则有， ， 解得：或， 当时，， 点的坐标为， 点的纵坐标为， 点的坐标为， 当时，， 点的坐标为， 点的纵坐标为， 点的坐标为； 当为菱形的对角线时， 如下图所示， 菱形的对角线互相垂直平分， 点和点的纵坐标为， 可得：， 解得：， 点的坐标为， 点的坐标为； 综上所述，点的坐标为或或． 【点睛】本题主要考查了一次函数与几何的综合、求一次函数的解析式、菱形的判定与性质、勾股定理，解决本题的关键是根据菱形的性质找到边之间的关系，再根据边之间的关系求出点的坐标． 【题型11 特殊的平行四边形的动点求t】 例1．如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点的运动时间为（单位：），下列结论正确的是（    ） A．当时，四边形为矩形 B．当时，四边形为平行四边形 C．当时，或 D．当时，或 【答案】D 【分析】对于选项A、B，分别计算当与时相应线段的长度结合平行四边形的判定方法判断即可；对于C、D选项，作，垂足分别为E、F，如图，证明，得出，进而得出关于t的方程，解方程判定即可． 【详解】解：当时，，cm，， ∴， ∴四边形不为矩形，故选项A结论错误； 当时，，，cm， ∴， ∴四边形不为平行四边形，故选项B结论错误； 当时，作，垂足分别为E、F，如图， ∵， ∴， ∴四边形，都是矩形， ∴，， ∴当时，，， ∴， ∵， ∴， 解得：或，故选项C错误、选项D正确； 故选：D． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、善于动中取静是解题的关键． 例2．如图，四边形中，，．点从点A出发，以的速度向点D运动；点从点C同时出发，以的速度向点B运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为秒，下列结论错误的是（    ）    A．当时， B．当时， C．当或时， D．当时，四边形的最大面积为 【答案】C 【分析】根据点、点的速度及、的长，分别用表示出、、、的长，根据值，利用平行四边形及矩形的判定定理可判断、选项正确，利用选项的结论、矩形的性质及勾股定理可判断选项错误，根据梯形的面积公式及一次函数的性质可判断选项正确，即可得答案． 【详解】∵点的速度为，点的速度为，， ∴，，，， 当时，，， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∴，故选项正确，不符合题意， 如图，过点作于，    ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， 当时，，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，故选项正确，不符合题意， 由选项可知：当时，四边形是平行四边形， ∴， 如图，当时，过点作于，    ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴，故选项错误，符合题意， ∵，， ∴， ，， ∵其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动， ∴， ∵， ∴随的增大而增大， ∴当时，四边形的面积最大，最大面积为，故选项正确，不符合题意， 故选：C． 【点睛】本题考查四边形中的动点问题、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理及一次函数的性质，正确表示出各线段的长，熟练掌握平行四边形、矩形的判定定理及一次函数的性质是解题关键． 变式1．如图， 在矩形中，，， 点E从点A出发沿方向以的速度向点B匀速运动，同时点 F从点 C出发沿CA方向以的速度向点 A匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点 E，F运动的时间是 t秒． 过点 F作于点 O， 连接，． 若四边形能够成为菱形，则 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键，根据直角三角形的性质得到，设点 E，F运动的时间是 t秒，得到，，则，再根据菱形的性质得到，代入即可得到答案． 【详解】解：∵在矩形中，，， ∴， 设点 E，F运动的时间是 t秒， ∴，，则， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， 解得：， 答案为：． 变式2．如图，矩形中，，，是对角线上的两个动点，分别从同时出发，相向而行，速度均为，运动时间为秒，若分别是的中点，且，当为顶点的四边形为矩形时，的值为 ． 【答案】或 【分析】如图所示，连接，当为顶点的四边形为矩形时，则四边形的对角线相等，结合分类讨论即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∵矩形中，，，分别是的中点， ∴， ∵是上的动点，速度均为，运动时间为秒， ∴， 当为顶点的四边形为矩形时，则， ∴①，解得，； ②，解得，； 综上所述，当为或时，为顶点的四边形为矩形， 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，掌握矩形的判定和性质是解题的关键． 变式3．如图，在矩形中，，，．动点从点出发，沿折线以每秒2个单位长度的速度向点运动，当点不与点重合时，连接，以为边构造平行四边形，设点的运动时间为秒． (1)当时，_____，时，_____．（用含的代数式表示） (2)当点不与点重合，_____，四边形是菱形：_____，四边形是矩形． (3)当点在线段上运动时，设与矩形重叠部分的面积为，求与之间的函数关系式，并写出的取值范围． (4)作点关于直线的对称点，连结，当时，直接写出的值． 【答案】(1)， (2)10；7 (3) (4)或 【分析】（1）当时，根据路程=速度×时间求解即可；当时，根据路程求解即可； （2）当四边形是菱形时，分点P在和上讨论，根据矩形的判定与性质，菱形的性质和勾股定理求解即可；当四边形是矩形时，根据矩形的判定与性质求解即可； （3）分点F在上和延长线上两种情况解答即可． （4）作点A关于直线的对称点，连接，当时，分两种情况：点P在上时；当点P在上时；利用相关知识可求出t的值． 【详解】（1）解∶根据题意，得： 当时，，；时，， 故答案为∶，； （2）解：∵四边形是矩形，，， ∴，，， 当四边形是菱形时，， 当P在上时， ∴， 解得（负值舍去）， 此时， 这与点不与点重合矛盾，故不合题意； 当P在上时，如图，过E作于G， 则四边形是矩形， ∴，，， ∴， 解得（负值舍去）， ∴当时，四边形是菱形； 当四边形是矩形时，， 又，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 解得， ∴当时，四边形是矩形， 故答案为：10；7； （3）解：根据题意，得当时，，此时点P与点D重合， 故要使点P在上，得满足， 由（2）知：当点P沿着运动6个单位时，四边形是矩形，此时运动总时间为， 当时，， 故； 点P运动总时间为， 当点F在延长线上时，此时， 此时， ∴； （4）解：当点P在上时，如图，当时，此时四边形是正方形，满足，此时； 当点P在上时，如图，，延长交于点Q，得， 由对称得：，此时， 此时； 综上所述，当或时，． 【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的性质，平行四边形的性质，菱形的性质，正方形的判定和性质等知识，熟练掌握这些知识是解题的关键． 【题型12 特殊的平行四边形的最值问题】 例1．如图，在菱形中，对角线，，点分别是边边上的动点，点在上运动，在运动过程中，存在的最小值，则这个最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，对称轴最短路径的计算，勾股定理等知识的运用，掌握菱形的性质，最短路径的计算方法是解题的关键． 如图所示，在上取一点，使得，连接，，过点作于点，根据菱形的性质可得点关于的对称点为点，，则有，的最小值为的长度，在中，根据勾股定理可得，结合，即可求解． 【详解】解：如图所示，在上取一点，使得，连接，，过点作于点， ∵四边形是菱形， ∴点关于的对称点为点，， ∴， ∴， ∴的最小值为的长度， 设菱形的对角交于点，则， ∴在中，， ∴， ∴， 故选：D ． 例2．如图，在菱形中，，E是边的中点，P是边上一动点，的最小值是，则的最小值为（    ） A．2 B． C．1 D．0.5 【答案】D 【分析】找出点关于的对称点D，连接，则就是的最小值，进而可求出的值即可求出的最小值． 【详解】解：连接交于P，连接， 由菱形的对角线互相垂直平分，可得关于对称，则， ∴，， 即就是的最小值， ∵， ∴是等边三角形， ∵E是边的中点 ∴， ∴（等腰三角形三线合一的性质） 在中，， ∴， ∴． ∴ 当时最小 ∵ ∴ 故选：D 【点睛】本题主要考查轴对称﹣最短路线问题和菱形的性质的知识点，解答本题的关键是掌握菱形的性质和利用轴对称求解的方法． 变式1．如图，在四边形中，，点E为边上的动点．将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，则下列结论：①的最小值是；②的最小值是；③的最大值是；④的最大值是，其中正确的是 ．（填序号） 【答案】①②④ 【分析】先通过旋转的性质得到相关线段和角的关系，再利用勾股定理建立线段之间的联系，最后根据点与点之间的位置关系以及几何性质来分别判断各个结论的正确性． 【详解】解：∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴，． 又∵，，，， 过点作于点，在上取一点，使得延长交于点，则四边形是矩形， ∴． ∴， ∴（）， ∴ ∴，即点在上运动， ∴四边形和四边形是矩形， ∴，，， ∵，，，， ∴ ∴， ∴最大时，最大， 当点与点重合，与重合时，最小此时，，故③错误； 故②正确； 作点关于的对称点，连接则，，过作于点，此时当、、三点共线时，最小， ∵ ∴四边形是矩形， ∴，， ∴的最小值故①正确； 当与重合时， 当与重合时，过作，则四边形是矩形，如下图， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴最大值为．故④正确； 综上所述结论正确的是①②④ 故答案为：①②④． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质，勾股定理以及几何最值问题，熟练掌握旋转的性质和勾股定理，并能根据几何图形的特点准确分析线段之间的关系是解题的关键． 变式2．如图，在正方形中，是边上的一点，将线段绕点顺时针旋转，得到线段（在正方形内），连接，再将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，．若，，则的长的最小值为 ，的长的最小值为 ． 【答案】 / 2 【分析】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，由旋转的性质可得，，则，要使的值最小，即要使的值最小，故当，，三点共线时，的值最小；连接，可证明，得到，则线段的长的最小值即为线段的长的最小值，故当，，三点共线时，最短，即此时最短，据此求解即可． 【详解】解：由旋转的性质可得，， ∴， ∴要使的值最小，即要使的值最小， ∵， 如图1，当，，三点共线时，的值最小． ∵四边形是正方形， ∴， 在中，， ∴的长的最小值为， ∴的长的最小值为． 如图2，连接， 由正方形的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴线段的长的最小值即为线段的长的最小值． ∴当，，三点共线时，最短，即此时最短， 在中，， ∴的长的最小值为． 故答案为：；2． 变式3．【阅读思考】已知，求的最小值． 分析：如图，我们可以构造边长为1的正方形，为边上的动点．设，则，那么可以用含的式子表示，，问题可以转化为与的和的最小值，用几何知识可以解答． (1)求的最小值； (2)已知，为两个正数，且，运用以上方法求的最小值； (3)借助上述思考过程，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题主要考查了轴对称-最短路线问题，勾股定理等知识，解题的关键是利用数形结合思想，学会利用转化思想解决问题． （1）依据题意，构造边长为1的正方形，P为边上的动点．设，则，作点关于的对称点，连接，则的最小值即为的长，利用勾股定理求出的长即可判断得解； （2）构造图形，使得，则，当点A、P、D三点共线时，的最小值为的长，作，交的延长线于E，勾股定理求出的长即可得解； （3）构造图形，使得，则，则当点A、D、P三点共线时，的最大值为，延长，交于E，作于H，勾股定理求出即可得解． 【详解】（1）解：作点关于的对称点，连接交于点P，则的最小值即为的长， 在中，由勾股定理得，， 的最小值是； （2）解：， ， 如图，，，，，，设， ， 当点，，三点共线时，的最小值为的长， 作，交的延长线于， ， ∴四边形是矩形， ，， 由勾股定理得，， 的最小值为； （3）解：， 如图，，，，，， 则， 当点，，三点共线时，的最大值为的长， 延长，交于，作于， ， ∴四边形是矩形， ∴ ∴ 由勾股定理得，， 的最大值为． 【题型13 正方形的半角模型】 例1．如图，正方形的边长为3，点E、F分别在边、上，将、分别沿、折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知，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，折叠的性质以及勾股定理，由折叠的性质得出，设，再根据勾股定理得出，代入数值求解得出x的值，进而即可得出的值． 【详解】解：∵正方形纸片的边长为3， ∴， 根据折叠的性质得：， 设， 则，，， 在中，， 即， 解得， ∴， ∴， 故选B 例2．如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形中的翻折问题，勾股定理，三角形全等的判定与性质，解题的关键是掌握翻折性质，由折叠的性质易知，证明，设，则，由勾股定理得到，求出，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， 由折叠的性质易知， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴． ∵E为边的中点， ∴． 设，则， ∴，， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 变式1．如图，已知正方形的边长为12，，将正方形边沿折叠到，延长交于G，连接，现在有如下4个结论：①；②；③是直角三角形；④．在以上4个结论中，正确的有 ． 【答案】①②③④ 【分析】本题考查翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；根据正方形的性质和折叠的性质可得，，于是根据“”判定，故①正确；由全等三角形的性质可设，则，，利用勾股定理建立方程求出，，故②正确；由折叠的性质可设，得出，，进而得出，故③正确；先求出，再根据，可求出，故④正确. 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠的性质得，，， ∴，， 在与中 ∴ 故①正确； ∵正方形的边长为12， ∴， ∵， ∴， 设，则，， 在中， 即 解得 ∴，， ∴， 故②正确； 由折叠的性质得，， 设 ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是直角三角形， 故③正确； ∵，， ∴， ∵，， ∴， 故④正确， 故答案为：①②③④. 变式2．如图，正方形中，，点E在边上，且，将沿对折至，延长交边于点G，连接、．下列结论：①点G是中点；②；③．其中正确的有 ． 【答案】①③/③① 【分析】先求出、的长，再根据翻折的性质可得，，，再利用证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再设，然后表示出、，在中，利用勾股定理列出方程求出，从而可以判断①正确；根据的正切值判断，从而求出，不是等边三角形，，判断②错误；先求出的面积，再求出，然后根据等高的三角形的面积的比等于底边长的比求解即可得到的面积，判断③正确． 【详解】解：∵正方形中，，， ∴，， ∵沿对折至， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， 即， 解得，， ∴， ∴， 即点G是中点，故①正确； ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴不是等边三角形， ∴，故②错误； 的面积， ∵， ∴，故③正确； 综上所述，正确的结论有①③． 故答案为：①③． 【点睛】本题考查了正方形的性质，翻折变换的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，根据各边的数量关系利用勾股定理列式求出的长度是解题的关键，也是本题的难点． 变式3．如图，中，，、外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，为垂足． (1)______． (2)①求证：四边形是正方形．②若，求的面积． (3)如图（2），在中，，其高，，则的长度是______． 【答案】(1)45 (2)①见解析；②15 (3) 【分析】（1）由可得，进而得，再根据角平分线的定义可得，最后根据三角形内角和定理即可求解； （2）①过点作于，由角平分线的性质可得，再证明四边形是矩形即可得出结论； ②证明得，同理得，设，得，又由可得， 得到，在中，利用勾股定理得，得到，即得，再根据三角形面积公式即可求解； （3）如图2所示，把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点，同理（2）即可求解； 【详解】（1）解：， ， ， 平分，平分， ，， ， ， 故答案为：45； （2）①证明：过点作于， 平分，，， ， 同理可得， ， ，， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形； ②， ， 在和中， ， ， ， 同理可得， 设， ， ， ， ， ， 在中，， ， 解得， ， ； （3）解：如图2所示，把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点， 由折叠可得，，，，，，， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， ， 设，则，， 在中，， ， 解得， ， 故答案为：2.8． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，角平分线的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 【题型14 特殊的平行四边形的新定义问题】 例1．如图矩形与正方形的形状有差异，我们将矩形与正方形的接近程度称为矩形的“接近度”，已知矩形的对角线、相交于点O，我们将矩形的“接近度”定义为，若时，则矩形的“接近度”为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】B 【分析】根据矩形的性质，易证是等边三角形，进而得出，再利用勾股定理，求得，即可得到矩形的“接近度”． 【详解】解：矩形， ，，， ， 是等边三角形， ， ， 在中，， 矩形的“接近度”为， 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题关键． 例2．我们给出如下定义：若一个四边形的两条对角线相等，则称这个四边形为等对角线四边形．下列四边形是等对角线四边形的是（     ） A．平行四边形 B．梯形 C．菱形 D．矩形 【答案】D 【分析】本题考查特殊四边形的性质，掌握矩形的对角线一定相等是解题关键． 【详解】解：根据矩形的对角线一定相等可知矩形一定为等对角线四边形． 故选D． 变式1．菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或矩形的“接近度”．    设菱形相邻两个内角的度数分别为﹒ (1)若我们将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形就接近正方形．若菱形的一个内角为，则“接近度”= ； (2)若我们将菱形的“接近度”定义为，则菱形的“接近度”= 时，菱形就是正方形． 【答案】 1 【分析】（1）根据菱形的性质求解;（2）根据正方形的性质求解. 【详解】（1）菱形的一个内角为，与之相邻的内角为 ， （2）正方形的每一个内角为， 【点睛】本题考查了正方形和菱形的性质，解题的关键在于根据性质求出具体角的度数. 变式2．小明在研究函数特性时，给出了这样的定义：对于函数图象上的点，若且，则称点P为该函数的“轴近点”．已知一次函数（k为常数）的图象上存在“轴近点”，则k的取值范围 ． 【答案】且 【分析】本题主要考查的是一次函数的定义，一次函数的图象与性质，由且，可得，，可得在正方形内，包括边界；当一次函数过时，当一次函数过时，再结合一次函数的定义可得答案． 【详解】解：如图，∵且， ∴，， ∴在正方形内，包括边界； 当一次函数过时， ， 解得：， 如图，当一次函数过时， ∴， 解得：， ∵， ∴一次函数（k为常数）的图象上存在“轴近点”，则k的取值范围为： 且； 故答案为：且． 变式3．定义：有一组邻边相等，且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形． (1)请在你学习过的四边形中，写出一个符合等腰直角四边形定义的特殊四边形； (2)如图1，等腰直角四边形中，，．若，，请利用如图2的辅助线，求的长； (3)如图3，在矩形中，，，点P是对角线的中点，过点P作直线分别交边、于点E、F．当四边形是等腰直角四边形时，直接写出四边形的面积． 【答案】(1)正方形 (2) (3)或 【分析】（1）根据等腰直角四边形定义求解即可； （2）如图所示，过点C作交于点D，证明出，得到，，证明出是等腰直角三角形，求出，得到，进而求解即可； （3）分，，，四种情形讨论求解即可． 【详解】（1）解：符合等腰直角四边形定义的特殊四边形可以为正方形； （2）解：如图所示，过点C作交于点D， ∵，，， ∴， ∴，， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵四边形是矩形， ∴，，，， 如图，连接，当时，四边形是等腰直角四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵是的中点， ∴， ∴四边形的面积； 如图，连接，当时，四边形是等腰直角四边形， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵是的中点， ∴， ∴四边形的面积； 如图，连接，当时， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴此时，四边形不是等腰直角四边形， 同理可得当时，四边形不是等腰直角四边形； 综上可得，四边形的面积为或． 【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，正方形的判定及性质，勾股定理，矩形的判定及性质，平行线的性质，熟练掌握矩形的判定及性质是解题的关键． 1．下列关于菱形的说法正确的是（ ） A．菱形的四个内角一定相等 B．菱形的对角线一定相等 C．菱形的四条边都相等 D．菱形的周长和面积一定相等 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质．菱形是四边相等的四边形，因此四条边一定相等；但内角不一定相等，对角线不一定相等，据此进行逐项分析，即可作答． 【详解】解：A、菱形的四个内角不一定相等，故该选项不符合题意； B、菱形的对角线不一定相等，故该选项不符合题意； C、菱形的四条边都相等，故该选项符合题意； D、菱形的周长和面积一定相等是不正确的，故该选项不符合题意； 故选：C 2．正方形的一条对角线长为，则另一条对角线长为（    ） A．2 B．4 C．8 D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质．根据正方形的两条对角线长度相等，即可求解． 【详解】解：∵正方形的两条对角线相等，且已知一条对角线长为， ∴另一条对角线长也为． 故选：C． 3．如图，在矩形中，两条对角线与相交于点，则的长为（　　） A．6 B．8 C．11 D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，掌握矩形对角线互相平分是解题关键．根据矩形的性质，得到，，，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：在矩形中，，， ，，， ， ， 故选：A． 4．下列说法不正确的是（    ） A．对角线互相平分的四边形是平行四边形 B．对角线相等的四边形是矩形 C．菱形的两条对角线互相垂直平分 D．顺次连接矩形各边的中点所得到的四边形是菱形 【答案】B 【分析】本题考查特殊四边形的判定和性质，三角形中位线定理，根据平行四边形、矩形、菱形和正方形的性质及判定条件逐一判断，即可作答． 【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故该选项是正确的，不符合题意； B、对角线相等的四边形不一定是矩形（如等腰梯形），故该选项是错误的，符合题意； C、菱形的两条对角线互相垂直平分，故该选项是正确的，不符合题意； D、顺次连接矩形各边的中点所得到的四边形是菱形，故该选项是正确的，不符合题意； 故选：B 5．如图①，在菱形中，动点P从点B出发，沿折线运动．设点P经过的路程为的面积为y，把y看作x的函数，函数的图象如图②所示，则图②中的b等于（    ） A． B． C．5 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，函数图象的识别，勾股定理等，理解函数图象与运动过程的关系是解题的关键．连接交于，由菱形的性质和函数图象得，，当时，，即可求解． 【详解】解：连接交于， 由图②得，， 四边形是菱形， ，，， ， ， ， 当时，， ， 故选：B． 6．如图，在菱形中，添加一个条件使其成为正方形，你添加的条件是 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了正方形的判定方法，①对角线相等的菱形是正方形，②有一个角是直角的菱形是正方形，③对角线互相垂直的矩形是正方形，④一组邻边相等的矩形是正方形． 根据①对角线相等的菱形是正方形，②有一个角是直角的菱形是正方形，添加条件即可． 【详解】解：∵有一个角是直角的菱形是正方形， ∴添加的条件是． 故答案为：（答案不唯一）． 7．如图，矩形中，对角线，相交于点O，且，则的长为 ． 【答案】2 【分析】本题主要考查矩形的性质，由矩形的对角线相等且互相平分，所以． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，（矩形的对角线相等且互相平分）， ∴． 故答案为：2． 8．如图，在菱形中，对角线，相交于点，为边的中点，且，则菱形的周长为 ． 【答案】24 【分析】本题考查了菱形的性质和直角三角形的性质；根据菱形的性质可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵为边的中点，且， ∴， ∴菱形的周长为； 故答案为：24． 9．如图，矩形的边上有一动点E，以为边作平行四边形，且边过点D，若，，则平行四边形的面积为 （用含a，b的代数式表示）． 【答案】/ 【分析】本题考查矩形的性质、平行四边形的性质，熟练掌握其性质是解题的关键． 连接，根据与平行四边形同底同高，进行计算求解即可． 【详解】解：连接，如图： 四边形是矩形， 、， ， 令以边为底上的高为， ， 平行四边形与三角形同底同高， 平行四边形以边为底上的高为， ， ， 即平行四边形的面积为， 故答案为：． 10．如图，已知矩形，点是的中点，将边沿翻折到的位置，点的对应点为，连接并延长交于点，当恰为的中点时，的值是 ． 【答案】 【分析】连接，设，则，，证明，得到，设，得到，根据勾股定理得到，解得，负的舍去，解答即可． 【详解】解：连接， ∵矩形， ∴，， 将边沿翻折到的位置，点的对应点为， ∴，， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， 设， ∴，， 在和中 ∵， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得，负的舍去， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解方程，熟练掌握判定和性质，勾股定理是解题的关键． 11．如图，在中，E、F分别是、延长线上的点，连接、，且，．求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质、由已知容易证明，进而可得，从而由邻边相等的平行四边形是菱形得出结论. 【详解】证明：在与中， ， ∴， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 12．如图，在菱形中，对角线和相交于点．    (1)实践与操作：过点作交的延长线于点．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法，标明字母） (2)猜想与证明：试猜想线段与之间的数量关系，并证明你的猜想． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】（1）以点为圆心，为半径，画弧交的延长线于点，连接，再根据菱形的性质，平行四边形的判定，即可； （2）根据菱形的性质，得，；根据，，即可． 【详解】（1）如下如：即为所求， 以点为圆心，为半径，画弧交的延长线于点，连接， 证明： ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴．    （2）∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴是上的中线， ∴． 【点睛】本题考查菱形、平行四边形和直角三角形的知识，解题的关键是掌握菱形的性质，直角三角形的中线，平行四边形的判定和性质． 13．已知直线上的点，分别是正方形的边，的中点．请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求作图(保留作图痕迹)． (1)在图1中，以线段为较长对角线作菱形； (2)在图2中，将直线绕着点逆时针旋转． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了限定工具作图—无刻度直尺作图，掌握正方形的性质，菱形的判定是解题的关键． （1）连接，交于点，连接，交于点，则四边形为菱形； （2）连接，交于点，连接，交于点，连接交于点，则为所求． 【详解】（1）解：如图1，菱形即为所求． （2）解：如图2，直线即为所求．(作法不唯一) 14．如图，在平行四边形中，过点A作交边于点E，点F在边上，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，且，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长是 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理等知识的综合，掌握矩形的判定方法及性质是关键． （1）根据平行四边形的性质得到，结合，由矩形的判定方法即可求证； （2）根据平行四边形的性质，角平分线的定义得到，则，由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵平分，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 在中，，即的长是． 15．【发现问题】 （1）如图①，在正方形中，，分别是，边上的动点，且．试判断，之间的数量关系．小明把绕点顺时针旋转至，使与重合，发现．请你给出证明过程． 【类比延伸】 （2）如图②，在正方形中，若，分别是边延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？请说明理由． （3）如图③，如果分别是边延长线上的动点，且，直接写出之间的数量关系． 【答案】（1）见解析（2）不成立，理由见解析（3） 【分析】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是旋转三角形，构造全等三角形． （1）由旋转的性质可得，进而证得，从而得出，进一步得出结论； （2）把绕点A顺时针旋转至，使AB与AD重合，可证得，进而证得，进一步得出结果； （3）与（2）的证法类似，可得到结论； 【详解】解：（1）证明：由旋转的性质可得， ． 又，三点共线． ， ， ， ． 又， ， ． （2）不成立． 理由：如图，把绕点A顺时针旋转至，使AB与AD重合． ， F，G，D三点共线． 由旋转的性质可知， ， ． 又， ， ； ∴（1）中的结论不成立． （3）． 理由：如图，把绕点A逆时针旋转至，使与重合． ， B，G，E三点共线． 同理可证：， ∴， ． 2 / 96 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 特殊的平行四边形 内容导航——预习三步曲 第一步：学 析教材·学知识：教材精讲精析、全方位预习 练题型·强知识：核心题型举一反三精准练 第二步：记 串知识·识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握 第三步：测 过关测·稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升 知识点1 ： 矩形 定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。 性质： 1. 矩形具有平行四边形的所有性质，即对边平行且相等，对角相等，邻角互补，对角线互相平分。 2. 矩形的四个角都是直角。这是矩形区别于一般平行四边形的特殊性质，由定义“有一个角是直角”及平行四边形邻角互补的性质可推得其余三个角也都是直角。 3. 矩形的对角线相等。可通过证明矩形的两个全等三角形（由对角线分成）得出对角线长度相等的结论。 判定： 1. 定义法：有一个角是直角的平行四边形是矩形。这是最直接的判定方法，先确认是平行四边形，再找一个直角。 2. 对角线相等的平行四边形是矩形。因为平行四边形的对角线互相平分，若对角线再相等，则可通过三角形全等证明其内角为直角，从而判定为矩形。 3. 有三个角是直角的四边形是矩形。因为四边形内角和为360°，三个角为直角（90°），则第四个角也为90°，四个角都是直角的四边形是矩形，且此时它必是平行四边形（两组对边分别平行）。 知识点2 ： 菱形 定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 性质： 1. 菱形具有平行四边形的所有性质，即对边平行且相等，对角相等，邻角互补，对角线互相平分。 2. 菱形的四条边都相等。由定义“有一组邻边相等”及平行四边形对边相等的性质可推得四条边都相等。 3. 菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。通过菱形的轴对称性或全等三角形可证明对角线互相垂直，以及对角线平分一组对角。 判定： 1. 定义法：有一组邻边相等的平行四边形是菱形。先确定是平行四边形，再找到一组邻边相等即可判定。 2. 四条边都相等的四边形是菱形。因为四条边相等，则两组对边分别相等，可判定为平行四边形，再结合定义得出是菱形。 3. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。平行四边形的对角线互相平分，若再加上互相垂直的条件，则可利用勾股定理或等腰三角形性质证明邻边相等，从而判定为菱形。 知识点3 ： 正方形 定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。 性质： 1. 正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质。 2. 正方形的四个角都是直角，四条边都相等。这是由其定义中“有一个角是直角”和“有一组邻边相等”以及平行四边形的性质共同决定的。 3. 正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角。正方形的对角线兼具矩形（对角线相等）和菱形（对角线互相垂直平分、平分一组对角）的特性。 判定： 1. 定义法：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形。这是最基本的判定方法，直接依据定义。 2. 有一组邻边相等的矩形是正方形。矩形本身是平行四边形且四个角都是直角，若再有一组邻边相等，则满足正方形定义。 3. 有一个角是直角的菱形是正方形。菱形本身是平行四边形且四条边都相等，若再有一个角是直角，则满足正方形定义。 4. 对角线互相垂直的矩形是正方形。矩形对角线相等且互相平分，若再互相垂直，则可判定其邻边相等（菱形判定），从而成为正方形。 5. 对角线相等的菱形是正方形。菱形对角线互相垂直平分，若再相等，则可判定其内角为直角（矩形判定），从而成为正方形。 【题型1 特殊的平行四边形的性质求（证）边】 例1．如图，正方形中，，以对角线为一边作菱形，则的长为（　　） A．2 B． C． D． 例2．如图，矩形中，对角线，交于点，若，，则长为（    ） A． B．4 C．3 D．5 变式1．如图，在正方形中，点分别在边上，，若，则的长为 ． 变式2．如图，在矩形中，点在边上，点是的中点，，，，则的长为 ． 变式3．如图，菱形中，对角线，交于点，，．求证：． 【题型2 特殊的平行四边形的性质求（证）角】 例1．如图，有一个和一个正方形，其中点在边上，若，，则（   ） A． B． C． D． 例2． 如图，在长方形纸片中，点，分别在，上，将沿着折叠，点刚好落在上的点处；再将沿着折叠，点刚好落在上的点处，已知，则的度数为（　　） A． B． C． D． 变式1．如图，正方形边长为6，点E在边上，，且，G为的中点，则：    （1）的度数为 ； （2）的长为 ． 变式2．如图，在菱形中，过点C作交对角线于点E，已知，则的度数为 ． 变式3．如图1，已知在四边形中，，，平分，交于点，过点作，交于点F，O是的中点，连接，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，如图2所示：求证：． 【题型3 矩形的判定】 例1．如图，要使平行四边形成为矩形，需添加的条件是（    ） A． B． C． D． 例2．如图，在中，对角线，相交于点O，添加下列一个条件后，不能使成为矩形的是（   ） A． B． C． D． 变式1．在平行四边形中，对角线与交于点．添加一个条件： ，则可判定四边形是矩形． 变式2．如图，线段的端点在直线上，过线段上的一点作的平行线，分别交和的平分线于点，，连接，．添加一个适当的条件，使四边形为矩形，则这个条件是 （写出一个即可）． 变式3．如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作的垂线，垂足为点E，延长到点F，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若， ①求的长； ②求的长． 【题型4 菱形的判定】 例1．如图，在平行四边形ABCD中，下列条件不能使其成为菱形的是（　　） A． B． C． D． 例2．小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（    ） A．（1）处可填 B．（2）处可填 C．（3）处可填 D．（4）处可填 变式1．如图，在中，对角线相交于点，点在上，且，添加一个适当的条件，使四边形是菱形，这个条件可以是 ．（填一个正确条件即可） 变式2．如图，在四边形中，，，在不添加任何辅助线的前提下，要想四边形成为一个菱形，只需添加的一个条件是 ． 变式3．如图，，平分，交于点，过点作，交于点，垂足为，连接，求证：四边形是菱形． 【题型5 正方形的判定】 例1．如图，在矩形中，平分，平分，与交于点．点是矩形外一点，连接，，，添加下列条件后，可判定四边形为正方形的是（   ） A．， B．， C． D．， 例2．如图，在中，．再添加一个条件，可以判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 变式1．如图，在菱形中，对角线，相交于点，从①；②；③中选择一个作为条件，补充后使四边形是正方形，则应选择 (限填序号)． 变式2．如图，在平行四边形中，，在不添加任何辅助线的前提下，若使平行四边形 是正方形，则需添加的一个条件是 ． 变式3．如图，点P是矩形的边的延长线上一点，连接，过点B作于点E．过点D作于点F，． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求的长． 【题型6 平行线之间的距离】 例1．如图，在菱形中，对角线与相交于点F，，，则平行线与之间的距离为（    ） A．2.4 B．4.8 C．6 D．9.6 例2．如图，正方形纸片的四个顶点分别在四条平行线、、、上，这四条直线中相邻两条之间的距离依次为、、，若，，则正方形的面积等于（    ） A． B． C． D． 变式1．如图，正方形的四个顶点分别在四条平行线上．若每两条相邻平行线间的距离都是1 cm，则正方形的面积为 变式2．如图，、、、是一组平行线，且每两条相邻平行线间的距离均为1，正方形的四个顶点分别落在这四条直线上，则正方形的面积为 . 变式3．如图，在中，、分别是、的平分线，且点、分别在边、上，． (1)求证：四边形是菱形． (2)【教材呈现】华师版八年级下册数学教材第75页的部分内容如下： 两条直线平行，其中一条直线上的任一点到另一条直线的距离，叫做这两条平行线之间的距离． 请根据教材提示，求： ①若，，求平行线与间的距离． ②在①的条件下，请直接写出平行线与间的距离． 【题型7 特殊的平行四边形的面积问题】 例1．如图 ，矩形 中，点 分别在 边上，，点 在 边上，连结 ． 若知道矩形 的面积，则一定能求出 （   ） A． 与 的面积之和 B． 与 的面积之和 C．四边形 与 的面积之和 D． 的面积 例2．如图，点E是线段上一点，四边形和四边形均为正方形，连接，分别交于点M、N，延长交于点H，连接、、．若已知的面积，则一定能求出（    ）    A．四边形的面积 B．四边形的面积 C．的面积 D．与的面积之和 变式1．如图，在中，，以三角形的三边分别作正方形，正方形，正方形，若边恰好经过点，则下列说法：①；②；③中，正确的是 ．（注：图中所示面积表示相应封闭区域的面积，如，表示的面积） 变式2．已知：如图，在矩形内一些相交线把它分成8个部分，其中的3个部分面积分别为13，35，49，则图中阴影部分的面积是 ． 变式3．综合与实践． 【问题驱动】如何验证勾股定理？ 【活动操作】小明参照教材用4张全等的直角三角形纸片拼成图1． 【探索新知】从面积的角度思考，不难发现： 大正方形的面积小正方形的面积个直角三角形的面积． 从而得到数学等式：，化简证得勾股定理：． 【初步运用】 (1)如图1，若，求小正方形的面积与大正方形的面积的比值； (2)现将图1中上方的两直角三角形向内折叠，如图2，若，，求此时空白部分的面积． 【题型8 特殊的平行四边形平移、折叠、旋转】 例1．数学小组将两块全等的含角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究．如图1所示，其中，，，将沿射线方向平移，得到，分别连接，（如图2所示），下列有关四边形的说法错误的是(   ) A．平移个单位长度后，四边形是矩形 B．平移过程中，四边形始终是平行四边形 C．当平移的距离大于个单位长度时，存在四边形是菱形 D．在平移的过程中，四边形可能是正方形 例2．某学习小组将两块含角的全等三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究（如图1），其中，将沿射线DB方向平移，得到，分别连接（如图2），下列关于四边形的说法正确的个数有（    ） ①一直是平行四边形；②平移后是矩形；③平移后是菱形；④在平移的过程中，依次会出现矩形、菱形、正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 变式1．如图，将长方形纸片按照如图所示的方式折叠两次，第一次将四边形沿折叠得到四边形，交于点M，第二次将四边形沿折叠形成四边形，若，则的度数为 ． 变式2．如图，把一张矩形纸片按如下方法进行两次折叠：第一次将边折叠到边上得到， 折痕为， 连接，， 第二次将沿着折叠，恰好落在边上． 则该矩形纸片的长宽比的值为 ． 变式3．（1）如图1，正方形与等腰直角有公共顶点，，连接，，将绕点旋转，在旋转过程中，直线，相交所成的角为，则______；直线DF与直线的位置关系为：______； （2）如图2，矩形与有公共顶点，，且，，连接，，将绕点旋转，在旋转过程中，直线，相交所成的角为，请求出的值及的度数，并结合图2进行说明； （3）若平行四边形与有公共顶点，且，，，将绕点旋转，在旋转过程中，直线，相交所成的锐角的度数为，则： ①＝______； ②当，平分时，的延长线交于点，此时，是什么三角形？请说明理由． 【题型9 特殊的平行四边形的尺规作图】 例1．如图，在中，用尺规作的平分线，交于点G，若，，则的长为（   ） A．10 B．20 C． D． 例2．数学活动课上，小茗同学利用尺规对矩形进行如图所示的操作，作出的两条线的交点恰好落在边上的点处，则的度数为（   ） A． B． C．条件不足，无法计算 D． 变式1．在数学课上，老师提出如下问题： 如图，已知线段AB，BC，∠ABC = 90°. 求作：矩形ABCD． 小明的作图过程如下： （1）连接AC，作线段AC的垂直平分线，交AC于M; （2）连接BM并延长，在延长线上取一点D，使MD=MB，连接AD，CD． ∴四边形ABCD即为所求.    老师说：“小明的作法正确．” 请回答：小明这样作图的依据是 . 变式2．如图，已知是菱形，是对角线，且，分别以点A，B为圆心，以大于的长为半径作弧交于两点，过此两点的直线交边于点E（作图痕迹如图所示），连接，则的度数为 ． 变式3．阅读与理解 下面是一篇数学科普读物的一部分，请你认真阅读，并完成相应的任务． 有趣的单尺作图 单尺作图，是指仅用无刻度直尺进行几何作图．由于其作图工具是一把没有刻度的直尺，所以只能进行如下操作：过已知两点作一条直线、延长已知线段、连接已知两点．解决单尺作图问题，需要在分析已知图形性质的基础上，借助直尺不断构造新的线段与点，进而作出所求图形． 如图1，已知菱形中，点是边上的一点．现要用单尺作图，在边上求作一点，使．作法如下： 如图2，第1步：连接； 第2步：连接交于点； 第3步：作射线交于点．点即为所求作的点． 上述作法可以用菱形的轴对称性来理解——即菱形关于对角线所在直线对称，所求作的点与点也关于直线对称，由此可自然得到上述作法 ．．．．．． 任务：请用单尺完成下列作图（要求：保留作图痕迹，不写作法）． (1)类比操作：如图3，点是菱形边上的一点，连接．求作，使，且点在边上； (2)拓展探究：①如图4，点是菱形边上的一点．求作边上的点，使；②如图5，四边形中，的平分线交边于点．求作线段的中点． 【题型10 一次函数中的特殊的平行四边形】 例1．在学习《图形与坐标》的课堂上，老师让同学们自主编题，梅英同学编的题目是：“已知正方形（边长自定），请建立适当的平面直角坐标系，确定正方形各顶点的坐标”．同桌魏华同学按题目要求建立了平面直角坐标系并正确的写出了正方形各顶点的坐标．若在魏华同学建立的平面直角坐标系中，正方形关于x轴对称，但不关于y轴对称，点A的坐标为，则点C的坐标为（    ） A． B． C． D． 例2．矩形在平面直角坐标系中的位置如图所示，点的坐标是，则点到点的距离为(   ) A． B． C． D． 变式1．如图，正方形放在平面直角坐标系中，点，，则点的坐标是 ． 变式2．如图，在平面直角坐标系中，菱形的四个顶点都在坐标轴上，，则点的坐标是 ． 变式3．如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点，分别交坐标轴于点，，，． (1)_____________，_______________，点的坐标为______________； (2)如图，点是直线上的一个动点，当的面积为时，求点的坐标； (3)直线上有一点，在平面直角坐标系内找一点，使得以为一边，以点，，，为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的点的坐标． 【题型11 特殊的平行四边形的动点求t】 例1．如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点的运动时间为（单位：），下列结论正确的是（    ） A．当时，四边形为矩形 B．当时，四边形为平行四边形 C．当时，或 D．当时，或 例2．如图，四边形中，，．点从点A出发，以的速度向点D运动；点从点C同时出发，以的速度向点B运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为秒，下列结论错误的是（    ）    A．当时， B．当时， C．当或时， D．当时，四边形的最大面积为 变式1．如图， 在矩形中，，， 点E从点A出发沿方向以的速度向点B匀速运动，同时点 F从点 C出发沿CA方向以的速度向点 A匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点 E，F运动的时间是 t秒． 过点 F作于点 O， 连接，． 若四边形能够成为菱形，则 ． 变式2．如图，矩形中，，，是对角线上的两个动点，分别从同时出发，相向而行，速度均为，运动时间为秒，若分别是的中点，且，当为顶点的四边形为矩形时，的值为 ． 变式3．如图，在矩形中，，，．动点从点出发，沿折线以每秒2个单位长度的速度向点运动，当点不与点重合时，连接，以为边构造平行四边形，设点的运动时间为秒． (1)当时，_____，时，_____．（用含的代数式表示） (2)当点不与点重合，_____，四边形是菱形：_____，四边形是矩形． (3)当点在线段上运动时，设与矩形重叠部分的面积为，求与之间的函数关系式，并写出的取值范围． (4)作点关于直线的对称点，连结，当时，直接写出的值． 【题型12 特殊的平行四边形的最值问题】 例1．如图，在菱形中，对角线，，点分别是边边上的动点，点在上运动，在运动过程中，存在的最小值，则这个最小值是（    ） A． B． C． D． 例2．如图，在菱形中，，E是边的中点，P是边上一动点，的最小值是，则的最小值为（    ） A．2 B． C．1 D．0.5 变式1．如图，在四边形中，，点E为边上的动点．将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，则下列结论：①的最小值是；②的最小值是；③的最大值是；④的最大值是，其中正确的是 ．（填序号） 变式2．如图，在正方形中，是边上的一点，将线段绕点顺时针旋转，得到线段（在正方形内），连接，再将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，．若，，则的长的最小值为 ，的长的最小值为 ． 变式3．【阅读思考】已知，求的最小值． 分析：如图，我们可以构造边长为1的正方形，为边上的动点．设，则，那么可以用含的式子表示，，问题可以转化为与的和的最小值，用几何知识可以解答． (1)求的最小值； (2)已知，为两个正数，且，运用以上方法求的最小值； (3)借助上述思考过程，求的最大值． 【题型13 正方形的半角模型】 例1．如图，正方形的边长为3，点E、F分别在边、上，将、分别沿、折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知，则的长为（    ） A． B． C． D． 例2．如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 变式1．如图，已知正方形的边长为12，，将正方形边沿折叠到，延长交于G，连接，现在有如下4个结论：①；②；③是直角三角形；④．在以上4个结论中，正确的有 ． 变式2．如图，正方形中，，点E在边上，且，将沿对折至，延长交边于点G，连接、．下列结论：①点G是中点；②；③．其中正确的有 ． 变式3．如图，中，，、外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，为垂足． (1)______． (2)①求证：四边形是正方形．②若，求的面积． (3)如图（2），在中，，其高，，则的长度是______． 【题型14 特殊的平行四边形的新定义问题】 例1．如图矩形与正方形的形状有差异，我们将矩形与正方形的接近程度称为矩形的“接近度”，已知矩形的对角线、相交于点O，我们将矩形的“接近度”定义为，若时，则矩形的“接近度”为（    ） A． B．3 C． D． 例2．我们给出如下定义：若一个四边形的两条对角线相等，则称这个四边形为等对角线四边形．下列四边形是等对角线四边形的是（     ） A．平行四边形 B．梯形 C．菱形 D．矩形 变式1．菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或矩形的“接近度”．    设菱形相邻两个内角的度数分别为﹒ (1)若我们将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形就接近正方形．若菱形的一个内角为，则“接近度”= ； (2)若我们将菱形的“接近度”定义为，则菱形的“接近度”= 时，菱形就是正方形． 变式2．小明在研究函数特性时，给出了这样的定义：对于函数图象上的点，若且，则称点P为该函数的“轴近点”．已知一次函数（k为常数）的图象上存在“轴近点”，则k的取值范围 ． 变式3．定义：有一组邻边相等，且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形． (1)请在你学习过的四边形中，写出一个符合等腰直角四边形定义的特殊四边形； (2)如图1，等腰直角四边形中，，．若，，请利用如图2的辅助线，求的长； (3)如图3，在矩形中，，，点P是对角线的中点，过点P作直线分别交边、于点E、F．当四边形是等腰直角四边形时，直接写出四边形的面积． 1．下列关于菱形的说法正确的是（ ） A．菱形的四个内角一定相等 B．菱形的对角线一定相等 C．菱形的四条边都相等 D．菱形的周长和面积一定相等 2．正方形的一条对角线长为，则另一条对角线长为（    ） A．2 B．4 C．8 D． 3．如图，在矩形中，两条对角线与相交于点，则的长为（　　） A．6 B．8 C．11 D． 4．下列说法不正确的是（    ） A．对角线互相平分的四边形是平行四边形 B．对角线相等的四边形是矩形 C．菱形的两条对角线互相垂直平分 D．顺次连接矩形各边的中点所得到的四边形是菱形 5．如图①，在菱形中，动点P从点B出发，沿折线运动．设点P经过的路程为的面积为y，把y看作x的函数，函数的图象如图②所示，则图②中的b等于（    ） A． B． C．5 D．4 6．如图，在菱形中，添加一个条件使其成为正方形，你添加的条件是 ． 7．如图，矩形中，对角线，相交于点O，且，则的长为 ． 8．如图，在菱形中，对角线，相交于点，为边的中点，且，则菱形的周长为 ． 9．如图，矩形的边上有一动点E，以为边作平行四边形，且边过点D，若，，则平行四边形的面积为 （用含a，b的代数式表示）． 10．如图，已知矩形，点是的中点，将边沿翻折到的位置，点的对应点为，连接并延长交于点，当恰为的中点时，的值是 ． 11．如图，在中，E、F分别是、延长线上的点，连接、，且，．求证：四边形是菱形． 12．如图，在菱形中，对角线和相交于点．    (1)实践与操作：过点作交的延长线于点．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法，标明字母） (2)猜想与证明：试猜想线段与之间的数量关系，并证明你的猜想． 13．已知直线上的点，分别是正方形的边，的中点．请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求作图(保留作图痕迹)． (1)在图1中，以线段为较长对角线作菱形； (2)在图2中，将直线绕着点逆时针旋转． 14．如图，在平行四边形中，过点A作交边于点E，点F在边上，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，且，，求线段的长． 15．【发现问题】 （1）如图①，在正方形中，，分别是，边上的动点，且．试判断，之间的数量关系．小明把绕点顺时针旋转至，使与重合，发现．请你给出证明过程． 【类比延伸】 （2）如图②，在正方形中，若，分别是边延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？请说明理由． （3）如图③，如果分别是边延长线上的动点，且，直接写出之间的数量关系． 2 / 28 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $