专题05 特殊平行四边形（暑假复习讲义）新九年级数学新教材浙教版

专题05 特殊平行四边形 内容导航 01 复习目标→ 明考向、知权重、晓关联、以目标导学，以考向定标 02 知识重构→ 系统讲解核心重难点，整合为专题知识体系 03 题型突破→ 汇总常考题型，举一反三，方法提炼 题型1 特殊平行四边形的性质求解 题型2 矩形的判定与性质综合 题型3 菱形的判定与性质综合 题型4 正方形的判定与性质综合 题型5 中点四边形与特殊平行四边形综合 题型6 特殊平行四边形中的面积问题 题型7 特殊平行四边形中的动点与最值问题 题型8 特殊平行四边形综合探究 04综合通关→ 综合演练，梯度设题；查漏补缺，闭环收官 05错题留痕→ 预留固定区域，记录错题题号、错因与正解 常考考点 命题风向 1．矩形的性质与判定：掌握矩形四个角都是直角、对角线相等且互相平分、既是中心对称图形又是轴对称图形等性质；熟练运用“有一个角是直角的平行四边形”“对角线相等的平行四边形”等方法判定矩形。 2．菱形的性质与判定：掌握菱形四边相等、对角线互相垂直且平分一组对角等性质；熟练运用“四边相等”“对角线互相垂直的平行四边形”“一组邻边相等的平行四边形”等方法判定菱形。 3．正方形的性质与判定：理解正方形兼具矩形和菱形的全部性质，掌握正方形对角线相等、互相垂直且平分对角等特点；会利用矩形加邻边相等、菱形加一个直角等方法判定正方形。 4．特殊平行四边形中的线段计算：利用矩形、菱形、正方形的边、角、对角线性质进行长度求解，掌握勾股定理与特殊平行四边形综合计算的方法。 5．特殊平行四边形中的角度计算：结合平行线性质、对角线性质、角平分线及轴对称图形性质求解角度问题，是选择题和填空题中的常见考点。 6．特殊平行四边形的证明问题：能够利用边、角、对角线等条件证明矩形、菱形、正方形成立，并进一步证明线段相等、角相等、垂直、平行等几何结论。 7．中点四边形与特殊平行四边形综合：掌握中点四边形模型，能够结合矩形、菱形、正方形的性质进行推理证明与计算求解。 8．特殊平行四边形中的面积、最值与探究问题：能够利用对称性、面积转化、图形变换等思想解决面积计算、最值问题及动态探究问题。 1．矩形、菱形、正方形的性质与判定是中考必考内容，常以选择题、填空题形式考查基础性质，也常作为解答题证明与计算的背景图形。 2．矩形与菱形的对角线模型是命题热点。矩形中常结合勾股定理求长度；菱形中常结合直角三角形、面积公式及角平分线进行综合考查。 3．正方形因同时具备矩形和菱形的性质，是中考压轴题的重要载体。常与旋转、折叠、轴对称、全等三角形等知识综合命题。 4．特殊平行四边形的判定与性质往往交替使用，要求学生能够根据已知条件灵活选择“先判定后应用”或“利用性质反向推导”的解题思路。 5．中点四边形模型是近年高频考点，常与矩形、菱形、正方形结合，考查平行关系、线段关系及特殊四边形的判定。 6．面积问题逐渐由单纯计算转向面积转化与面积关系探究，常借助对称、平移、割补等方法解决复杂图形面积问题。 7．动态几何问题出现频率持续增加，常以点的运动、图形旋转、折叠变换为背景，考查图形性质在变化过程中的不变量与函数关系。 8．压轴题中经常将特殊平行四边形与全等三角形、相似三角形、勾股定理、坐标系等知识综合，重点考查学生的模型识别能力与几何推理能力。 考情解码：特殊平行四边形是在平行四边形基础上的进一步特殊化研究，其中矩形是角的特殊化，菱形是边的特殊化，正方形则是边和角的同时特殊化。学习本专题时，不仅要掌握矩形、菱形、正方形各自的性质与判定方法，还要理解它们之间的内在联系，建立“平行四边形→矩形→正方形”“平行四边形→菱形→正方形”的知识体系，体会从一般到特殊的数学研究思想。 中考对本专题的考查既注重基础性质与判定的直接应用，也重视特殊平行四边形与全等三角形、相似三角形、勾股定理、图形变换等知识的综合运用。其中正方形综合、对角线模型、中点四边形、面积探究、动点最值及存在性问题是近年高频命题方向。复习时应重点掌握性质与判定的相互转化，学会从边、角、对角线及图形对称性等多个角度分析问题，提升几何模型识别与综合推理能力。 知识点一 矩形 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫作矩形。矩形具有平行四边形的一切性质。 性质定理1：矩形的四个角都是直角。 性质定理2：矩形的对角线相等。 矩形相关推论与性质： 矩形的对角线相等且互相平分，并把矩形划分成四个等腰三角形。 由矩形对角线“相等且互相平分”，可推出直角三角形斜边中线定理：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半。 矩形既是中心对称图形，又是轴对称图形，它至少有两条对称轴。 矩形的判定： 判定定理1：有一个角是直角的平行四边形是矩形； 判定定理2：三个角是直角的四边形是矩形； 判定定理3：对角线相等的平行四边形是矩形； 判定定理4：对角线相等且互相平分的四边形是矩形。 【易错提醒】 （1）判定矩形时，看清前提条件：很多同学容易混淆“平行四边形”和“四边形”的前提，比如错误认为“对角线相等的四边形是矩形”“有一个角是直角的四边形是矩形”。 （2）直角三角形斜边中线定理的应用误区：该定理仅适用于直角三角形，且中线必须是斜边上的中线，非直角三角形或直角边的中线不满足“等于对应边的一半”。 （3）矩形对称轴的认知误区：不要误以为矩形的对称轴是对角线所在的直线，一般矩形的对称轴是两组对边中点的连线，对角线所在直线不是对称轴（正方形是特殊的矩形，对角线才是其对称轴），折叠类题目中需特别注意这一点。 即时即练下列命题中，假命题是（ ） A．有一组对角是直角且一组对边平行的四边形是矩形； B．有一组对角是直角且一组对边相等的四边形是矩形； C．有两个内角是直角且一组对边相等的四边形是矩形； D．有两个内角是直角且一组对边平行的四边形是矩形． 【答案】D 【分析】利用矩形的判定定理，通过举反例或推理判断每个命题的真假，即可得到答案． 【详解】A、有一组对角是直角且一组对边平行，可由平行线的性质得到其余两个角也为直角，四个角都是直角的四边形是矩形，故A是真命题，不符合题意； B、如图， ，，， ， ， 四边形为平行四边形， ， 平行四边形为矩形； 故B是真命题，不符合题意； C、若两个直角是对角，根据B中证明可得四边形是矩形， 如图，若，， ， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， 平行四边形为矩形； 如图，若，， 假设，过点作于， ， ∴四边形是矩形， ， ， ， ∵在中，， 这与相互矛盾， ， ， ∴四边形是矩形； 故C是真命题，不符合题意； D、直角梯形有两个内角是直角，且有一组对边平行，但直角梯形不是矩形，因此该命题是假命题，符合题意． 知识点二 菱形 菱形的定义：一组邻边相等的平行四边形叫作菱形。菱形具有平行四边形的一切性质。 性质定理1：菱形的四条边相等。 性质定理2：菱形的对角线互相垂直（将菱形分割为四个全等的直角三角形）。 菱形相关推论与性质： 菱形的每条对角线平分一组对角。 菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形。 菱形面积＝底×高；菱形面积＝两条对角线乘积的一半。 菱形的判定： 判定定理1：四边相等的四边形是菱形； 判定定理2：一组邻边相等的平行四边形是菱形； 判定定理3：对角线互相垂直的平行四边形是菱形； 判定定理4：对角线互相垂直且平分的四边形是菱形。 【易错提醒】 （1）判定菱形时遗漏前提条件：切勿混淆“平行四边形”与“四边形”的前提，错误认为“对角线互相垂直的四边形是菱形”“一组邻边相等的四边形是菱形”。只有在平行四边形的基础上，加上“一组邻边相等”或“对角线互相垂直”，才能判定为菱形；仅“四边相等”或“对角线互相垂直且平分”可直接判定四边形为菱形。 （2）对称轴与对角线的认知误区：菱形的对称轴是对角线所在的直线，而非对边中点连线，注意与矩形的对称轴类型区分；普通菱形只有2条对称轴，正方形（特殊菱形）才有4条对称轴，切勿混淆。 （3）菱形面积公式的理解：本质是对角线互相垂直的四边形的通用面积公式，仅当四边形对角线互相垂直时才能使用，避免在普通四边形中误用。 即时即练四边形是平行四边形，添加下列条件，能判定这个四边形是菱形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题根据平行四边形的性质，结合菱形、矩形的判定定理，对各个选项逐一判断即可得到答案. 【详解】∵四边形是平行四边形. 对于选项A. ∵， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形，不能判定为菱形，A不符合题意. 对于选项B. 无法推出平行四边形满足菱形的判定条件，不能判定为菱形，B不符合题意. 对于选项C. ∵对角线互相垂直的平行四边形是菱形，四边形是平行四边形，且， ∴平行四边形是菱形，C符合题意. 对于选项D. ∵对角线相等的平行四边形是矩形，四边形是平行四边形，且， ∴平行四边形是矩形，不能判定为菱形，D不符合题意. 综上，答案选C. 知识点三 正方形 正方形的定义：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫作正方形。正方形既是矩形，又是菱形。 正方形的性质： 性质定理1：正方形的四个角都是直角，四条边相等。 性质定理2：正方形的对角线相等，并且互相垂直平分，对角线平分一组对角。 对称性：正方形既是中心对称图形，又是轴对称图形。正方形的对称轴共有4 条，分别为两条对角线所在直线，以及两组对边中点所在的直线；对称中心为对角线的交点。 正方形相关结论： 正方形同时具备矩形与菱形的全部性质； 设正方形边长为a，对角线长为，则两者满足； 对角线将正方形分割为4个全等的等腰直角三角形，同时也可分割为2个全等的大等腰直角三角形，是几何计算与证明的核心模型； 面积公式拓展：正方形面积（边长的平方），也可表示为（对角线平方的一半，由菱形面积公式推导而来）。 正方形的判定：正方形的判定本质是“同时具备矩形和菱形的全部特征”，有两类清晰的判定思路： 路径 1：先证四边形为矩形，再补充“一组邻边相等”或“对角线互相垂直”； 路径 2：先证四边形为菱形，再补充“有一个角是直角”或“对角线相等”； 判定定理1：有一组邻边相等的矩形是正方形。 判定定理2：对角线互相垂直的矩形是正方形。 判定定理3：有一个角是直角的菱形是正方形。 判定定理4：对角线相等的菱形是正方形。 判定定理5：对角线相等、互相垂直且互相平分的四边形是正方形 【易错提醒】 （1）判定前提：要么先证为矩形/菱形，再补充对应条件；要么同时满足对角线“相等、互相垂直、互相平分”三个条件，缺一不可。 （2）性质混用：不要将正方形的专属性质错误套用到普通矩形或菱形上。例如：普通矩形的对角线不互相垂直，普通菱形的对角线不相等，也没有 4 条对称轴，只有正方形同时具备这些特征，做题时需注意区分。 （3）对角线与边长的计算错误：易混淆正方形边长与对角线的关系，误将对角线长度直接当作边长计算面积（如已知对角线长，错写，正确应为） 即时即练在平行四边形中，添加一个条件，使得四边形为正方形，添加的条件可以为（ ） A． B．⊥ C．平分 D．平分 【答案】A 【分析】先根据已知条件得出四边形是菱形，再结合正方形的判定定理，分析各选项即可． 【详解】解：∵在平行四边形中， ∴四边形是菱形， A、当时，对角线相等的菱形是正方形，因此四边形为正方形，故A正确； B、菱形本身满足对角线，因此添加该条件不能判定四边形为正方形，故B错误； C、平行四边形对角线互相平分，因此菱形本身满足平分，添加该条件不能判定四边形为正方形，故C错误； D、菱形对角线平分一组对角，因此菱形本身满足平分，添加该条件不能判定四边形为正方形． 知识点四 特殊平行四边形之间关系 包含关系： 矩形和菱形都是特殊的平行四边形； 正方形既是特殊的矩形，又是特殊的菱形。 演化关系： 平行四边形→角特殊化→矩形 平行四边形→边特殊化→菱形 平行四边形→边和角同时特殊化→正方形 矩形→边特殊化→正方形 菱形→角特殊化→正方形 研究方法：特殊平行四边形是在平行四边形基础上的进一步特殊化，研究时通常从边、角、对角线及图形对称性等方面进行分析。 附：特殊平行四边形对比表 【易错提醒】 （1）从属关系：平行四边形是基础的“一般图形”，矩形、菱形是特殊的平行四边形；正方形是特殊的矩形，也是特殊的菱形，更是特殊的平行四边形。 即时即练如图，以的各边为边，在边的同侧分别作三个正方形，，，对于四边形的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（ ） A．若，则四边形是平行四边形 B．若，则四边形是矩形 C．若，则四边形是菱形 D．若且，则四边形是正方形 【答案】B 【分析】根据正方形的性质易证得，进而得到四边形是平行四边形，利用正方形的性质求出，再逐项判断即可． 【详解】解：四边形，，都是正方形， 、、、， ， 在和中， ， ， 、， 是正方形的对角线， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 故A选项正确； 四边形和都是正方形， 、， ， ， 四边形不是矩形， 故B选项错误； 四边形是平行四边形， 若要使四边形是菱形，则需要，即， ， 当时，四边形是菱形， 故C选项正确； 当时，， 平行四边形是矩形， 当时，四边形是菱形， 四边形是正方形， 故D选项正确；综上，错误的是选项B． 题型1 特殊平行四边形的性质求解 例1．如图，在矩形中，点E在的延长线上，与交于点G，点F是的中点，若要知道的面积，则需要知道（ ） A．的长 B．矩形的面积 C．梯形的面积 D．的度数 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，三角形的面积，关键是由矩形的性质、三角形的面积公式推出． 连接，由矩形的性质以及三角形的面积公式推出，即可得到答案． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵F是中点， ∴， ∴， ∴， ∴要知道的面积，则需要知道矩形的面积． 故选：B． 例2．已知菱形的面积为8，它的一条对角线长为，则菱形的边长为（ ） A．2 B． C． D．4 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，根据菱形面积公式求出另一条对角线的长度，再利用勾股定理计算边长．【详解】解：如图， ∵，， ∴， ∵是菱形， ∴，， ∴． 故选：C． 【易错提醒】 （1）涉及面积比例问题，优先寻找同底、同高图形做等量代换；牢记菱形专属面积公式： （2）看到矩形对角线相交，先明确对角线分成的四条线段两两相等，借助“等边对等角”分析角度关系。 （3）正方形内出现垂直关系，优先作平行线/垂线构造全等三角形；复杂线段计算，先完成线段转化，再利用勾股定理列式求解。 【变式训练1-1】如图，矩形中，对角线与相交于点，于点，若，则的度数为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据矩形的性质得到∠OAB=∠OBA，再根据∠BAE=2∠OAE，结合垂线的定义得到2∠OAE+3∠OAE=90°，解之可得∠OAE，从而求出∠AOB． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴OA=OB， ∴∠OAB=∠OBA， ∵∠BAE=2∠OAE， ∴∠OBA=∠OAB=3∠OAE， ∵AE⊥OB， ∴∠BAE+∠OBA=90°， ∴2∠OAE+3∠OAE=90°， 解得：∠OAE=18°， ∴∠AOB=90°-18°=72°， 故选D． 【变式训练1-2】在正方形的对角线上取一点，连结，过点作交于点，将线段EF向右平移m个单位，使得点E落在CD上，F落在BC上，已知AE+EF+CF＝24，CD＝10，则m的值为（ ） A．6 B． C． D． 【答案】B 【分析】过点E作MN∥CD，交AD于点M，交BC于点N，利用一线三垂直模型证明△AME≌△ENF，列出关于m的式子，求出m即可．【详解】解：过点E作MN∥CD，交AD于点M，交BC于点N， ∵E在正方形的对角线上， ∴EM＝EE'＝m， ∴AM＝10﹣m，EN＝10﹣m， ∵∠FEN+∠AEM＝90°，∠FEN+∠EFN＝90°， ∴∠AEM＝∠EFN， 在△AME和△ENF中， ， ∴△AME≌△ENF（AAS）， ∴FN＝ME＝m，AE＝EF， CF＝2m， ∵AE+EF+CF＝24， ∴， 解得m＝， 故选：B． 题型2 矩形的判定与性质综合 例3．如图，已知，延长到，使，连接，，，若． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（）由四边形是平行四边形，则，，又得四边形是平行四边形及，结合可得，由此可得平行四边形是矩形； （）连接，由（）得，，，所以，则，又四边形是矩形，故有，，然后通过勾股定理即可求解． 【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：如图，连接， 由（）得，，， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴． 例4．如图，在中，，分别是，的中点，延长至点，使，连结，，． (1)从条件①；②中选择合适的一个，完成四边形为矩形的证明． (2)在（1）的结论下，若平分，且，求四边形的面积． 【答案】(1)选择①；证明见解析 (2) 【分析】（1）根据，，得出四边形为平行四边形，选择①，根据等腰三角形性质，证明，再根据矩形的判定证明四边形为矩形即可； （2）先证明四边形为平行四边形，再证明，根据等腰三角形的判定得出，根据勾股定理得出，根据平行四边形的面积公式得出． 【详解】（1）解：选择条件①；不能选择条件②； ∵是的中点， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， 选择①， ∵点E为的中点， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； （2）解：∵四边形为矩形， ∴，， ∵点E为的中点， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴根据勾股定理得：， ∵四边形为平行四边形， ∴． 【技巧总结】 （1）矩形判定的通用逻辑：先证平行四边形，再补充直角/对角线相等；根据题干给出的中点、平行线、等腰三角形等条件，匹配对应的判定方法，不随意套用定理。 （2）计算类题目，读题后先在图形中标注出直角、相等线段、相等角等隐藏条件，理清边角对应关系后，再列式计算。 【变式训练2-1】如图，矩形是由三个全等矩形拼成的，与，，，，分别交于点，设，，的面积依次为，，，若，则的值为（ ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】B 【分析】由条件可以得出△BPQ∽△DKM∽△CNH，可以求出△BPQ与△DKM的相似比为，△BPQ与△CNH相似比为，由相似三角形的性质，就可以求出，从而可以求出． 【详解】∵矩形AEHC是由三个全等矩形拼成的， ∴AB=BD=CD，AE∥BF∥DG∥CH， ∴∠BQP=∠DMK=∠CHN， ∴△ABQ∽△ADM，△ABQ∽△ACH， ∴，， ∵EF=FG= BD=CD，AC∥EH， ∴四边形BEFD、四边形DFGC是平行四边形， ∴BE∥DF∥CG， ∴∠BPQ=∠DKM=∠CNH， 又∵∠BQP=∠DMK=∠CHN， ∴△BPQ∽△DKM，△BPQ∽△CNH， ∴，， 即，， ， ∴，即， 解得：， ∴ ， 故选：B． 【变式训练2-2】如图，在中，为的中点，四边形是平行四边形，，相交于点． (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】（）先根据四边形是平行四边形和为的中点，判定四边形是平行四边形，再结合，推出，即可得出结论； （）根据和矩形的对角线相等且互相平分，得出为等边三角形，即可求出的长，从而得到矩形对角线的长，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵为中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，为中点， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴． 题型3 菱形的判定与性质综合 例5．如图，在中，点E，F分别在，上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)请从以下三个条件：①，②平分，③中，选择两个合适的作为已知条件，使四边形为菱形，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)选择条件：①，③，证明见解析 【分析】（1）由平行四边形得出，再证出，即可得出结论； （2）选择条件①，③，先证，由直角三角形斜边上的中线等于斜边得一半得出，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 即， ∴四边形是平行四边形； （2）解：选择条件：①，③，证明如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）得：四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形． 例6．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接EB，DF． (1)求证：四边形EBFD为菱形； (2)若，，求∠ABE的度数． 【答案】(1)证明见解析； (2)15° 【分析】（1）利用平行四边形的性质得到BO=DO，∠OBF=∠ODE，证明△BOF≌△DOE（ASA），得到BF=DE，证得四边形EBFD为平行四边形，又因为EF⊥BD，得到四边形EBFD为菱形； （2）根据菱形的性质得到，所以，利用平行线的性质得到，求解即可得到∠ABE的度数． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ADBC，BO=DO， ∴∠OBF=∠ODE， ∵EF⊥BD， ∴∠BOF=∠DOE=90°， 在△BOF和△DOE中， ∴△BOF≌△DOE（ASA）， ∴BF=DE， ∵BFDE， ∴四边形EBFD为平行四边形， ∵EF⊥BD， ∴四边形EBFD为菱形； （2）∵四边形EBFD为菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ADBC， ∴， ∴， ∴． 【变式训练3-1】如图，已知中，．小明用圆规和直尺作出四边形的过程如下： ①分别以、为圆心，以长为半径画弧，两弧交于点； ②作射线，交于点； ③以点为圆心，为半径画弧，交射线于点； ④连接、． 依据上述得到的图形，解答下列问题： (1)判断四边形是什么特殊四边形，并给出证明； (2)若，，于点，求的长． 【答案】(1)菱形，见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定，勾股定理，线段垂直平分线的判定等知识点，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． （1）根据作图可得是的垂直平分线，以及，即可证明其为菱形； （2）先由勾股定理求解，再由面积法得到，据此即可求解． 【详解】（1）解：四边形是菱形， 证明：连接， 由作图可得， ∵， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵由作图可得， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∵ ∴ ∴ 【变式训练3-2】如图，已知在中，为的中点，为的中点．过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，菱形的面积为40，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定与性质是解题的关键． （1）利用平行线的性质可得，对顶角相等得到，利用中点的定义可得，从而证明，然后利用全等三角形的性质可得，再根据是的中点，可得，从而可证四边形是平行四边形，最后利用直角三角形斜边上的中线可得，从而利用菱形的判定定理即可解答； （2）利用（1）的结论可得，再根据点是的中点，可得，进而可得，然后利用三角形的面积进行计算即可解答． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵E是的中点， ∴， 在和中， ， ∴； ∴， ∵为边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，D是的中点， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵D是的中点， ∴ ， ∴． 【易错提醒】 （1）菱形核心判定思路：先证平行四边形，再补充邻边相等或对角线垂直即可判定为菱形；若直接判定任意四边形为菱形，需满足“四边相等”或“对角线互相垂直且平分”。 （2）利用性质计算：忘记菱形对角线平分一组内角这一关键性质，无法拆分角度、建立角之间的倍数与和差关系；结合平行四边形时，忽略“两直线平行，同旁内角互补” 的规律，导致角度方程列写错误。 （3）菱形相关综合题：区分菱形两种面积公式，按需选用；求线段高优先使用等面积法；作图类题目先分析作图原理，明确线段、位置关系后再进行计算。 题型4 正方形的判定与性质综合 例7．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分线EF交BC于点D，交AB于点E，且BE=BF，添加一个条件，仍不能证明四边形BECF为正方形的是( ) A．BC=AC B．CF⊥BF C．BD=DF D．AC=BF 【答案】D 【详解】解：∵EF垂直平分BC， ∴BE=EC，BF=CF； ∵BF=BE， ∴BE=EC=CF=BF； ∴四边形BECF是菱形． 当BC=AC时，∠ACB=90°，∠A=45°， ∴∠EBC=45°； ∴∠EBF=2∠EBC=2×45°=90°． ∴菱形BECF是正方形． 故选项A不符合题意． 当CF⊥BF时，利用正方形的判定得出，菱形BECF是正方形，故选项B不符合题意． 当BD=DF时，BC=EF，利用正方形的判定得出，菱形BECF是正方形，故选项C不符合题意． 当AC=BD时，无法得出菱形BECF是正方形，故选项D符合题意． 故选D． 例8．如图，在矩形中，是边上一点，是的延长线上一点，连接，，已知，． (1)求证：四边形是正方形． (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）证明，得出，根据一组邻边相等的矩形为正方形，即可得出结论； （2）根据含30度的直角三角形的性质得出，根据勾股定理求出，根据求出结果即可． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ，． ， ， ， ， ， ． 矩形是正方形． （2）解：，， ， ． ． 【变式训练4-1】如图，在四边形中，，，，依次是，，，的中点． ①若四边形是平行四边形，则四边形是平行四边形； ②若，则四边形是菱形； ③若，则四边形是矩形； ④若，，则四边形是正方形． 则上述四个结论中正确的是（　　） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】本题考查中点四边形，根据三角形的中位线定理，菱形，矩形和正方形的判定方法逐一进行判断即可． 【详解】解：∵在四边形中，，，，依次是，，，的中点， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形，故①正确； 当时，则：， ∴四边形是菱形；故②正确； 当时，则：， ∴， ∴四边形是矩形；故③正确； 当，，则：，， ∴四边形是正方形；故④正确；故选D 【变式训练4-2】如图1，已知矩形，点E是边上一点，点F是延长线上一点，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)如图2，在（1）的条件下，若，点G是边上一点，连接交于点H，有，求． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质得出，进而利用证明，利用全等三角形的性质和正方形的判定即可得证； （2）过点A作交于点M，连接，易证，根据全等三角形的性质可得，设，根据勾股定理列方程，求出的长度，进一步可得的长度，再证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）过点A作交于点M，连接，如图所示： ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∵， 根据勾股定理，得， 解得， ∴， ∵， 根据勾股定理，得， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 【易错提醒】 （1）两条判定主线：先证矩形，再证一组邻边相等；先证菱形，再证一个内角为直角。判定任意四边形为正方形，必须同时满足对角线相等、垂直、互相平分三个条件。 （2）看到正方形对角线，优先标注出 45° 内角；区分三类图形性质边界，矩形侧重直角与对角线相等，菱形侧重四边相等与对角线垂直，正方形同时兼具两者所有特征。 （3）不规则图形面积优先考虑整体减空白部分；出现45°角、线段平行/垂直关系时，主动构造辅助线转化边角；列方程前先梳理图中相等线段、已知边长，保证勾股定理列式准确。 题型5 中点四边形与特殊平行四边形综合 例9．顺次连接一个四边形各边中点得到的四边形叫做这个四边形的中点四边形．如果一个四边形的中点四边形是矩形，那么原四边形的对角线需满足的条件是（ ） A．互相平分且相等 B．互相平分且垂直 C．相等 D．互相垂直 【答案】D 【分析】此题主要考查了矩形的判定定理，画出图形进而应用平行四边形的判定以及矩形判定是解决问题的关键． 由于顺次连接四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，再由矩形的判定可知，依次连接对角线互相垂直的四边形各边的中点所得四边形是矩形． 【详解】根据题意画出图形如下： 与的位置关系是互相垂直． 证明：点E、F、H、G分别是、、、的中点， 连接，，，，与交于点M， ∵四边形是矩形， ∴， ∵E、F、分别是、的中点， ∴， ∴， ∴E、H、分别是、的中点， ∴， 又∵点E、H分别是、各边的中点， ∴， 即．故选：D． 例10．如图，在的方格纸中，点的顶点均在格点上，请按要求作图． （1）在图1中画一个格点四边形，使它的面积是的2倍． （2）在图2中画一个格点四边形，使，，，的中点构成一个矩形． 【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析． 【分析】（1）根据网格即可在图1中画一个格点四边形，使它的面积是的2倍； （2）根据网格先画的垂线，即可在图2中画一个格点四边形，使，，，的中点构成一个矩形． 【详解】解：如图， （1）在图1中四边形即为所求；    （2）在图2中四边形即为所求．    【变式训练5-1】如图，在菱形ABCD中，点E，F、G，H分别是边，AB，BC，CD和DA的中点，连接EF，FG，GH和HE．若EH=3EF，则下列结论正确的是( ) A．AB=EF B．AB=2EF C．AB=3EF D．AB=EF 【答案】D 【分析】连接AC、BD交于O，根据菱形的性质得到AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，根据三角形中位线定理、矩形的判定定理得到四边形EFGH是矩形，根据勾股定理计算即可． 【详解】解：连接AC、BD交于O， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD， ∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD和DA的中点， ∵EH=3EF， ∴OB=3OA， ， 故选：D． 【变式训练5-2】如图，点分别是和的中点，若，试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】四边形是矩形，证明见解析 【分析】本题考查了中点四边形、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握中点四边形和三角形中位线定理是解题的关键．根据中位线的性质可得，则，，证出四边形是平行四边形，证，则，即可得出结论． 【详解】解：∵点E、F、G、H分别为四边形的边、、、的中点，∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴，∴四边形是矩形； 【技巧总结】 （1）常见固定对应关系：原四边形对角线相等，中点四边形为菱形；原四边形对角线互相垂直，中点四边形为矩形；对角线同时相等且垂直，中点四边形为正方形。解题先判定中点四边形是平行四边形，再结合对角线特征进一步判断形状。 （2）涉及线段计算时，先将中点四边形各边转化为原四边形对角线的一半，梳理线段比例，再结合原有图形性质（如菱形对角线互相垂直），借助勾股定理完成计算。 （3）作图题遵循“逆向思考”：先根据目标中点四边形的形状，推出原四边形对角线的位置、数量要求，再结合网格格点特征构图；面积问题依托中位线、同底等高的规律分析面积关系。 题型6 特殊平行四边形中的面积问题 例11．如图，已知平行四边形的面积是，图中分割线均经过对角线、的交点，那么阴影部分的面积为_______． 【答案】 【分析】根据平行四边形是中心对称图形，对角线交点为对称中心，过对称中心的直线将图形分成面积相等的两部分，利用中心对称性质可知阴影部分面积等于平行四边形面积的一半． 【详解】解：设平行四边形的对角线、相交于点． 因为平行四边形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点．又因为图中分割线均经过点， 所以根据中心对称的性质，阴影部分与空白部分关于点对称，即阴影部分的面积等于空白部分的面积． 所以阴影部分的面积等于平行四边形面积的一半． 因为平行四边形的面积是，所以阴影部分的面积为． 例12．如图，菱形的对角线，长分别为3和8，是对角线上的任一点（点不与点，重合），且交于，交于点，则阴影部分的面积是________． 【答案】6 【分析】设与相交于点．先证明四边形是平行四边形．利用平行四边形的性质可得，即，然后结合菱形的面积为对角线积的一半求解即可． 【详解】解：设与相交于点． ∵四边形为菱形， ，． ，， ，． 四边形是平行四边形． ． ． 【变式训练6-1】如图，ABCD的顶点在矩形的边上，点与点不重合，若的面积为4，则图中阴影部分两个三角形的面积和为_________. 【答案】4 【分析】根据平行四边形的性质求出AD=BC，DC=AB，证△ADC≌△CBA，推出△ABC的面积是4，求出AC×AE=8，即可求出阴影部分的面积． 【详解】∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=BC，DC=AB， ∵在△ADC和△CBA中 ， ∴△ADC≌△CBA， ∵△ACD的面积为4， ∴△ABC的面积是4， 即AC×AE=4， AC×AE=8， ∴阴影部分的面积是8﹣4=4， 故答案为4． 【变式训练6-2】如图，在矩形中，，，点E，F，G，H依次是边，，，上的点（不与各顶点重合），且，记四边形面积为S（图中阴影），则S的最大值为_________． 【答案】 【分析】利用矩形的面积减去四个直角三角形的面积就是四边形的面积，得到四边形面积的二次函数表达式，利用二次函数的性质即可求解 【详解】解：∵在矩形中，，，， 又∵， ∴，， ∴，， 设， ∴ ∴当时，有最大值， 故答案为： 【点睛】本题考查了二次函数的应用、全等三角形的判定和性质及三角形的面积公式，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键 【易错提醒】 （1）面积问题：解题优先观察图形对称性与平行线特征，能用等积替换、对称面积相等简化计算的，不单独求线段和小块面积；牢记平行四边形、菱形被对角线、过中心的分割线分成面积相等的两部分。 （2）动态结合最值问题：设未知数后，结合图形边长准确表示所有相关线段；将面积整理为二次函数形式后，借助顶点式求最值；最终结果一定要结合题意判断自变量取值，舍去不符合条件的解。 题型7 特殊平行四边形中的动点与最值问题 例13．如图，点P，Q分别是菱形的边，上的两个动点，若线段长的最大值为，菱形的边长为10，则线段长的最小值为（ ） A． B．8 C．6 D． 【答案】B 【分析】过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于H，由题意可得当点P与点A重合，点Q与点C重合时，PQ有最大值，即AC=，利用勾股定理求出AH，再由当PQ⊥BC时，PQ有最小值，即直线CD，直线AB的距离为8，即CH的长． 【详解】解：如图，过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD=AB=BC， ∵点P，Q分别是菱形ABCD的边AD，BC上的两个动点， ∴当点P与点A重合，点Q与点C重合时，PQ有最大值，即AC=， ∵菱形的边长为10，即AB=BC=10， 设BH=x，则AH=10+x， 则， 即， 解得：x=6， ∴AH=16， ∴CH==8， 当PQ⊥BC时，PQ有最小值，即直线CD，直线AB的距离为8，即CH=8， 故选B． 例14．已知▱ABCD，点E是边BC上的动点，以AE为边构造▱AEFG，使点D在边FG上，当点E由B往C运动的过程中，▱AEFG面积变化情况是（　　） A．一直增大 B．保持不变 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【答案】B 【分析】延长BE，与GF的延长线交于点P，先证明四边形ADPE是平行四边形，再证明△AGD≌△EFP，得出平行四边形AGFE的面积等于平行四边形ADPE的面积，又AD∥BP，根据两平行线之间的距离处处相等得出平行四边形ABCD的面积等于平行四边形ADPE的面积，进而得出平行四边形ABCD的面积等于平行四边形AEFG面积．所以根据图示进行判断即可． 【详解】解：设△ABE，△ECH，△HFD，△DGA的面积分别为S1、S2、S3、S4， 延长BE，与GF的延长线交于点P． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BP，∠ADG＝∠P． ∵四边形AEFG是平行四边形， ∴AG∥EF，AE∥DP，AG＝EF， ∴∠G＝∠EFP． ∵AD∥BP，AE∥DP， ∴四边形ADPE是平行四边形． 在△AGD与△EFP中， ∴△AGD≌△EFP（AAS）， ∴S4＝S△EFP， ∴S4+S四边形AEFD＝S△EFP+S四边形AEFD， 即S▱AEFG＝S▱ADPE， 又∵▱ADPE与▱ADCB的一条边AD重合，且AD边上的高相等， ∴S▱ABCD＝S▱ADPE， ∴平行四边形ABCD的面积＝平行四边形AEFG的面积． 故▱AEFG面积不变， 故选：B． 【变式训练7-1】如图，在矩形中，，，为边的中点，为矩形外一动点．且，则线段的最大值为 ________ ． 【答案】 【分析】连接，取的中点，连结，，通过矩形的性质结合勾股定理求出，再运用中位线定理求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，最后根据三角形的三边关系得三点共线时最大即可求解． 【详解】如图，连接，取的中点，连接，， ∵矩形中，，，， ∴，， ∴根据勾股定理，， ∵为的中点，为的中点， ∴， ∵， ∴， 由三角形的三边关系得三点共线时最大， 此时． 【变式训练7-2】在四边形中，，点E从A出发以的速度向D运动，点F从点B出发，以的速度向点C运动，两点同时运动，当其中一点到达终点，而另一点也随之停止，设运动时间为t． （1）用含t的代数式表示：______，______，_________， （2）t取何值时，四边形为矩形？ （3）M是上一点，且，t取何值时，以A､M､E､F为顶点的四边形是平行四边形？ 【答案】（1）6-t，2t，10-2t；（2）4s；（3）4s或s 【分析】（1）根据E，F的速度，结合AD，BC的长即可得解； （2）当DE=CF时，四边形EFCD为矩形，列出方程即可解决问题； （3）分两种情形列出方程即可解决问题． 【详解】解：（1）由题意可得： DE=6-t，BF=2t，FC=10-2t； （2）当DE=CF时，四边形EFCD为矩形， 则有6-t=10-2t，解得t=4， 答：t=4s时，四边形EFCD为矩形． （3）①当点F在线段BM上，AE=FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形， 则有t=4-2t，解得t=， ②当F在线段CM上，AE=FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形， 则有t=2t-4，解得t=4， 综上所述，t=4s或s时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形． 【易错提醒】 （1）线段两端在多边形边上运动时，最长值一般出现在顶点重合处，最短值利用垂线段最短求解；出现定点 + 直角动点，优先取斜边中点，借助斜中线性质和三角形三边关系判断最值；计算时依托图形原有性质构造直角三角形，再用勾股定理运算。 （2）判定动点构成平行四边形、矩形时，先根据动点行进路径划分不同范围，分情况列式求解；用含t的式子表示线段长度时，结合图形位置判断加减关系；所有解必须代入运动范围检验，舍去无效答案。 （3）判断动态图形面积变化，核心思路是等积变换；优先观察平行线、全等图形，将动态图形面积转化为原固定四边形 / 三角形的面积，再确定面积是否发生变化。 题型8 特殊平行四边形综合探究 例15．小明参观完洛阳博物馆后，在出口处购买了博物馆文创产品之一的信封．信封正面可看成如图所示的矩形（虚线为重叠部分四边形的轮廓），其中，，，已知，且，则重叠部分四边形的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先证明四边形是正方形，由正方形的面积公式可求解． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∵， ∴， ∴ ∴四边形的面积为． 故选：B． 例16．如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（如图1） (1)概念理解：在平行四边形，矩形，菱形，正方形中，一定是垂美四边形的是_____； (2)性质证明：如图1，四边形是垂美四边形，求证：； (3)问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，，求的长． 【答案】(1)菱形、正方形 (2)见解析 (3) 【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论； （2）利用勾股定理即可得出结论； （3）先判断出，得出四边形是垂美四边形，借助（2）的结论即可得出结论． 【详解】（1）解：∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、正方形， ∴菱形和正方形一定是垂美四边形， 故答案为：菱形、正方形； （2）证明：四边形是垂美四边形， ， ， 由勾股定理，得：，， ，， ∴， ， ． （3）解：如图，连接，． ， ， 即． 在和中，，，， ， ， 又， ． 又， ， ， 四边形是垂美四边形． 由（2）可知， ，， 由勾股定理，得，，， ， ． 【变式训练8-1】给出定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形．    (1)在你学过的四边形中，写出一种勾股四边形的名称________． (2)如图，将绕顶点B按顺时针方向旋转得到，连接，，，已知． ①直接写出的度数是________． ②判断四边形是否为勾股四边形，并说明理由． 【答案】(1)正方形、矩形、直角梯形均可 (2)①；②四边形是勾股四边形，理由见解析 【分析】（1）根据题意结合所学四边形即可求解； （2）①先证明，得出，，连接，进一步得出为等边三角形即可求解； ②等边三角形的性质进一步得出是直角三角形，即可求解． 【详解】（1）解：正方形、矩形、直角梯形均可， 故答案为：正方形、矩形、直角梯形均可； （2）解：①由旋转的性质得，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 故答案为：； ②∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， 在中，， 即四边形是勾股四边形． 【变式训练8-2】如图1，在矩形中，，E是边上的一个动点（点E不与B、C重合），，垂足为点F，过点D作 ，交的延长线于点G． (1)若， ①求证：四边形是菱形；②求四边形的周长； (2)如图2，于点M，于点N，探究： ①当为何值时，四边形是正方形； ②点E在边上的运动过程中，四边形的面积是否发生变化，若不变，请求出该四边形的面积；若变化，请说明理由． 【答案】(1)①见解析；②12； (2)①当时，四边形是正方形；②不发生变化，理由见解析 【分析】本题主要考查平行四边形性质，全等三角形的性质，矩形的性质，正方形的性质等知识； （1）①由两组对边平行的四边形是平行四边形可证四边形是平行四边形，再证，可得，即可得结论； ②由全等三角形的性质和矩形的性质可得，由勾股定理可求的长，可求，即可求解； （2）①由题意可证四边形是矩形．由正方形的性质可得，可得，可得，即可求解； ②由，可得结论． 【详解】（1）证明：①∵四边形是矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； ②在矩形中，， ∵， ∴， ∴在中， ， ∴， ∴四边形的周长； （2）①∵， ∴． ∵． ∴． ∴四边形是矩形． 要使四边形是正方形，必须． ∵ ∴是等腰直角三角形， ∴． ∵， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴当时，四边形是正方形； ②点E在边上的运动过程中，四边形的面积不发生变化， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形． ∴， 即点E在边上的运动过程中，四边形的面积为定值20． 【易错提醒】 （1）读题时圈画新定义的关键条件，将陌生定义转化为已学的几何关系；同一道大题中，前面推导得出的定理、等式可直接作为二级结论使用；区分 “图形原有性质” 和 “新定义要求”，严格按照定义逐条验证。 （2）遇到图形旋转，第一时间标注出相等线段、对应角；逐层拆解角度关系，在图上标记已知角、特殊角；证明特殊四边形必须严格遵循判定逻辑，补齐所有必要条件，不跳步论证。 A组 基础过关 1．下列四个选项中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ） A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．邻边相等 D．对角线平分一组对角 【答案】B 【分析】本题主要考查矩形的性质和菱形的性质，熟练掌握矩形的性质和菱形的性质是解题的关键．根据矩形的性质和菱形的性质进行判断即可． 【详解】解：矩形对角线相等，菱形对角线不一定相等， 故矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等． 故选B． 2．下列说法中错误的是（ ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．菱形的对角线平分一组对角 C．平行四边形的对边相等 D．矩形的对角线互相平分 【答案】A 【分析】本题考查特殊四边形的判定与性质，根据平行四边形、菱形、矩形的性质和判定，逐一判断各选项即可． 【详解】解：A、对角线互相垂直的平行四边形才是菱形，对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故此选项说法错误，符合题意； B、菱形的性质包含对角线平分一组对角，故此选项说法正确，不符合题意； C、平行四边形的性质包含对边相等，故此选项说法正确，不符合题意； D、矩形是特殊的平行四边形，平行四边形对角线互相平分，∴矩形对角线互相平分，故此选项说法正确，不符合题意． 3．正方形具有矩形不一定有的性质是（ ） A．对角互补 B．对角线相等 C．四个角相等 D．对角线互相垂直 【答案】D 【分析】根据正方形的性质，矩形的性质逐项判断即可． 【详解】解：A． 对角互补，正方形具有而矩形也具有，故不符合题意； B．对角线相等，正方形具有而矩形也具有，故不符合题意； C．四个角相等，正方形具有而矩形也具有，故不符合题意； D．对角线互相垂直，是正方形具有而矩形不具有，故符合题意． 4．如图，将绕着点旋转得到，连接、，下列选项中不能判定四边形为矩形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据旋转的性质和平行四边形的判定定理得出四边形是平行四边形，结合矩形和菱形的判定定理逐项分析即可求解． 【详解】解：∵将绕着点旋转得到， ∴，， ∴四边形是平行四边形， A、若添加， 在平行四边形中，， ∴平行四边形为矩形，故A选项不符合题意； B、若添加， ∵，，， ∴， 即， 在平行四边形中，， ∴平行四边形为矩形，故B选项不符合题意； C、若添加， 在平行四边形中，， ∴平行四边形为菱形，故C选项符合题意； D、若添加， 在平行四边形中，， ∴， 故， 在平行四边形中，， ∴平行四边形为矩形，故D选项不符合题意． 5．如图，菱形的对角线相交于点，垂足为，连接．若，则菱形的面积是_____． 【答案】 【分析】由菱形的性质得，，由，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得，即可根据，得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是菱形，对角线相交于点O，， ∴，， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． B组 综合提升 6．如图，菱形的对角线，交于点，交于点，于点，交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若是的中点，，，求的长． 【答案】(1)证明：， 四边形是平行四边形． ， ． 是矩形． (2)2 【分析】（1）先推导出四边形是平行四边形，，则是矩形，即可解答； （2）先推导出，，，由（1）可知，四边形是矩形，得到，，得到，则，即可解答． 【详解】（1）略 （2）解：四边形是菱形， ，． 是的中点， ． 由（1）可知，四边形是矩形， ，， ， ． 7．如图，在中，，，分别是，的中点，连接，过点作，过点作． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点，连接，若，，求的长． 【答案】(1)证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，分别是，的中点， ∴，， ∵， ∴， ∴是菱形． (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据三角形中位线的性质得到，即可得证； （2）由菱形的性质得出，，由勾股定理可求出答案． 【详解】（1）略 （2）解：如图， 四边形是菱形，， ，， ，分别是，的中点， ， ， ∵点E是的中点， ， ∵， ∴在中，． 8．如图，在正方形中，分别是上两点，交于点，且． (1)判断与之间的数量关系与位置关系，并说明理由： (2)当点是的中点时，连接，求的度数． 【答案】(1)，，理由见解析 (2) 【分析】（）证明，得，，进而可得，即得到，即可求证； （）过点作于，交的延长线于，可得四边形是矩形，再证明，得，利用三角形面积得，即得，即可得四边形是正方形，即可求解； 本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）解：，，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即； （2）解：如图，过点作于，交的延长线于， ∵， 则， ∴四边形是矩形， ∵点是的中点， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 由（）知， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴． 9．如图，E，F，G，H分别是矩形四边的中点． (1)求证：四边形是菱形 (2)若四边形的面积为24，，求矩形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的对角线相等和三角形中位线的性质即可证得结论； （2）根据菱形的性质和矩形的性质可推出，然后根据勾股定理得到，最后利用矩形的周长，根据完全平方公式即可解答． 【详解】（1）证明：如图，连接，， ∵E，H分别是，的中点， 且， 同理可得：且，且， 且， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ， ， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，连接，， ∵四边形的面积为24，且四边形是菱形， ， ∵E，F，G，H分别是矩形四边的中点， 且， ∴四边形是平行四边形， ， 同理可得：， ， ， ∵E，H分别是矩形边，的中点，， ， ， ， ∴矩形的周长 ， ∴矩形的周长为． 10．如图，在正方形中，点E，F为对角线上两点，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若正方形的面积为18，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析(2)6 【分析】（1）首先利用正方形的性质可以证明， ，接着利用已知条件和菱形的判定方法即可解决问题； （2）根据正方形的面积为18可求出，进而得，再根据得，由此得，然后由菱形的面积公式可得菱形的面积． 【详解】（1）证明：在正方形中，为其对角线， ，， 在和中： ， ， ， 同理可证， ， ， 四边形是菱形； （2）解：正方形的面积为18， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积是：． C组 挑战突破 11．如图，四边形是正方形，旋转一定角度后得到，如图所示，如果，，求： (1)指出旋转中心和旋转角度； (2)求的长度； (3)与的位置关系如何？ 【答案】(1)旋转中心为点A；或 (2)3 (3) 【分析】本题考查旋转的性质和正方形的性质，全等三角形的性质，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据旋转的性质，点为旋转中心，对应边、的夹角为旋转角； （2）根据旋转的性质可得，，然后根据计算即可得解； （3）如图所示，延长交于点G，根据旋转可得，可得，然后求出，判断出． 【详解】（1）解：∵旋转一定角度后得到， ∴， ∴，，， ∴旋转中心为点A； ∴绕点A顺时针旋转后得到或绕点A逆时针旋转后得到， ∴旋转角度为或； （2）解：由旋转得，，， ∴； （3）解：如图所示，延长交于点G， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 12．在平面直角坐标系中有矩形，，． (1)如图1，矩形的顶点的坐标是________； (2)如图2，将矩形沿对角线折叠，使得点落在点处，交轴于点．点是对角线上一动点，求的最小值： (3)点为轴负半轴上一动点，是平面内一点，若以，，，为顶点的四边形是菱形，请直接写出点坐标________． 【答案】(1) (2) (3)或或 【分析】本题主要考查了矩形的性质、菱形的性质，折叠的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）利用矩形的性质和含有角的直角三角形求出即可得解； （2）过点作轴于点，作轴于点，在中，得出，则在中，,，得出，过点作于点，并延长交于点，连接，根据折叠可得，，，，进而得出，当且仅当点三点共线时，取得等于号，在中，勾股定理求得，即可求解． （3）分类讨论，画出图形求解即可． 【详解】（1）解：如图，设与轴交于点， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴ ∴ ∴ 故答案为：． （2）由矩形的性质可得，， ∴, 过点作轴于点，作轴于点， 在中，， ∴ ∴ 在中，,， ∴ 过点作于点，并延长交于点，连接， 由折叠可得， ∴ ∴，， ∴ ∴，当且仅当点三点共线时，取得等于号， 在中，， ∴ 即的最小值为 （3）①若、为边，为对角线， 则作的垂直平分线交轴负半轴于，即第（）问的点， ，即第（）问的点； ②若、为边，为对角线， ∵，则 ∴ ∴, ∴, 则以为圆心，长为半径画弧，交轴负半轴于点 将点沿方向平移即向下平移个单位，向左平移个单位得到， ③若、为边，为对角线， ∵，， ∴， ∴ 则以为圆心，长为半径画弧，交轴负半轴于点 将按方向平移，即向右平移个单位向上平移个单位得到， ∴ 综上所述，点坐标为或或 13．如图1，矩形的两条边分别在轴和轴上，已知点、点． (1)若把矩形沿直线折叠，使点落在点处，直线与、、的交点分别为，求折痕的长； (2)在（1）的条件下，若点在轴上，在平面内存在点，使以为顶点的四边形是菱形，请直接写出点的坐标； (3)如图2，若为边上的一动点，在上取一点，将矩形绕点顺时针旋转一周，在旋转的过程中，的对应点为，请直接写出的最大值和最小值． 【答案】(1) (2)，，， (3)5， 【分析】（1）连接，利用矩形的性质、折叠的性质以及勾股定理得出，再证明，即可得解； （2）分两种情况：为菱形的边时；为菱形的对角线时，分别利用菱形的性质求解即可得出答案； （3）画出运动轨迹，利用图象法即可解答． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵四边形是矩形，点、点， ∴，，，， ∴， 由折叠的性质可得：垂直平分， ∴，， 设，则， 由勾股定理得， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴折痕的长为； （2）解：由（1）可得：，则， ∴，， 如图， 当为菱形的边时，，可得，，即，， 当为菱形的对角线时，与重合，与重合，， 当点在第四象限时，与关于轴对称，， 综上所述，满足条件的点坐标为，，，； （3）解：如图，作， ∵， ∴， 画出点的运动轨迹如图， 观察图形可得，的最小值， 的最大值， ∴ 14．如图1，在平面直角坐标系中，点A、B、C、D的坐标分别为、、、，连接和，点P为线段上从左向右运动的点，以为边作菱形，其中点E落在x轴上． (1)则的长为 ，的度数为 °； (2)在点P运动过程中，是否能使得四边形为正方形？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由； (3)如图2，当点P运动到使菱形的顶点F恰好在边上时，直接写出点F的坐标； 【答案】(1)， (2)存在，P的坐标为 (3)点F的坐标为 【分析】（1）过点作于，证明是等腰直角三角形，即可得到答案； （2）由题意，根据正方形的性质，只要证明，即可得到答案； （3）过点作于，延长、交于点，证明，然后求出，即可求解． 【详解】（1）解：过点C作于H，如图： 由题意，点A、B、C、D坐标分别为、、、 ，，，， ， ， 是等腰直角三角形， ，； （2）解：存在；理由如下： 四边形为正方形， ， ， ， ， ， ， ， 点P的坐标为； （3）解：如图，过点F作于N，延长、交于点M，则四边形是矩形，此时； 四边形为菱形， ，， 又 ， ， ，， ， 又 ， ， ， ， . . 点F的坐标为. 15．【特例感知】 （1）如图1，在正方形中，点P在边的延长线上，连接，过点D作，交的延长线于点M．求证：． 【变式求异】 （2）如图2，在中，，点D在边上，过点D作，交于点Q，点P在边的延长线上，连接，过点Q作，交射线于点M．已知，，，求的值． 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，点P在边的延长线上，点Q在边上（不与点A，C重合），连接，以Q为顶点作，的边交射线于点M．若，（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）根据证明即可； （2）证明，得出，根据勾股定理，根据，得出，求出，得出，求出； （3），作于点N，证明，得出．证明，得出，求出． 【详解】（1）证明：在正方形中， ，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）如图1，作于点N，如图所示：    ∵，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）∵， ， ∴， ∴． ∵， ∴， 如图2，作于点N，    ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴ ∴． 【点睛】本题主要考查了三角形全等和三角形相似的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法． 2 / 64 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 特殊平行四边形 内容导航 01 复习目标→ 明考向、知权重、晓关联、以目标导学，以考向定标 02 知识重构→ 系统讲解核心重难点，整合为专题知识体系 03 题型突破→ 汇总常考题型，举一反三，方法提炼 题型1 特殊平行四边形的性质求解 题型2 矩形的判定与性质综合 题型3 菱形的判定与性质综合 题型4 正方形的判定与性质综合 题型5 中点四边形与特殊平行四边形综合 题型6 特殊平行四边形中的面积问题 题型7 特殊平行四边形中的动点与最值问题 题型8 特殊平行四边形综合探究 04综合通关→ 综合演练，梯度设题；查漏补缺，闭环收官 05错题留痕→ 预留固定区域，记录错题题号、错因与正解 常考考点 命题风向 1．矩形的性质与判定：掌握矩形四个角都是直角、对角线相等且互相平分、既是中心对称图形又是轴对称图形等性质；熟练运用“有一个角是直角的平行四边形”“对角线相等的平行四边形”等方法判定矩形。 2．菱形的性质与判定：掌握菱形四边相等、对角线互相垂直且平分一组对角等性质；熟练运用“四边相等”“对角线互相垂直的平行四边形”“一组邻边相等的平行四边形”等方法判定菱形。 3．正方形的性质与判定：理解正方形兼具矩形和菱形的全部性质，掌握正方形对角线相等、互相垂直且平分对角等特点；会利用矩形加邻边相等、菱形加一个直角等方法判定正方形。 4．特殊平行四边形中的线段计算：利用矩形、菱形、正方形的边、角、对角线性质进行长度求解，掌握勾股定理与特殊平行四边形综合计算的方法。 5．特殊平行四边形中的角度计算：结合平行线性质、对角线性质、角平分线及轴对称图形性质求解角度问题，是选择题和填空题中的常见考点。 6．特殊平行四边形的证明问题：能够利用边、角、对角线等条件证明矩形、菱形、正方形成立，并进一步证明线段相等、角相等、垂直、平行等几何结论。 7．中点四边形与特殊平行四边形综合：掌握中点四边形模型，能够结合矩形、菱形、正方形的性质进行推理证明与计算求解。 8．特殊平行四边形中的面积、最值与探究问题：能够利用对称性、面积转化、图形变换等思想解决面积计算、最值问题及动态探究问题。 1．矩形、菱形、正方形的性质与判定是中考必考内容，常以选择题、填空题形式考查基础性质，也常作为解答题证明与计算的背景图形。 2．矩形与菱形的对角线模型是命题热点。矩形中常结合勾股定理求长度；菱形中常结合直角三角形、面积公式及角平分线进行综合考查。 3．正方形因同时具备矩形和菱形的性质，是中考压轴题的重要载体。常与旋转、折叠、轴对称、全等三角形等知识综合命题。 4．特殊平行四边形的判定与性质往往交替使用，要求学生能够根据已知条件灵活选择“先判定后应用”或“利用性质反向推导”的解题思路。 5．中点四边形模型是近年高频考点，常与矩形、菱形、正方形结合，考查平行关系、线段关系及特殊四边形的判定。 6．面积问题逐渐由单纯计算转向面积转化与面积关系探究，常借助对称、平移、割补等方法解决复杂图形面积问题。 7．动态几何问题出现频率持续增加，常以点的运动、图形旋转、折叠变换为背景，考查图形性质在变化过程中的不变量与函数关系。 8．压轴题中经常将特殊平行四边形与全等三角形、相似三角形、勾股定理、坐标系等知识综合，重点考查学生的模型识别能力与几何推理能力。 考情解码：特殊平行四边形是在平行四边形基础上的进一步特殊化研究，其中矩形是角的特殊化，菱形是边的特殊化，正方形则是边和角的同时特殊化。学习本专题时，不仅要掌握矩形、菱形、正方形各自的性质与判定方法，还要理解它们之间的内在联系，建立“平行四边形→矩形→正方形”“平行四边形→菱形→正方形”的知识体系，体会从一般到特殊的数学研究思想。 中考对本专题的考查既注重基础性质与判定的直接应用，也重视特殊平行四边形与全等三角形、相似三角形、勾股定理、图形变换等知识的综合运用。其中正方形综合、对角线模型、中点四边形、面积探究、动点最值及存在性问题是近年高频命题方向。复习时应重点掌握性质与判定的相互转化，学会从边、角、对角线及图形对称性等多个角度分析问题，提升几何模型识别与综合推理能力。 知识点一 矩形 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫作矩形。矩形具有平行四边形的一切性质。 性质定理1：矩形的四个角都是直角。 性质定理2：矩形的对角线相等。 矩形相关推论与性质： 矩形的对角线相等且互相平分，并把矩形划分成四个等腰三角形。 由矩形对角线“相等且互相平分”，可推出直角三角形斜边中线定理：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半。 矩形既是中心对称图形，又是轴对称图形，它至少有两条对称轴。 矩形的判定： 判定定理1：有一个角是直角的平行四边形是矩形； 判定定理2：三个角是直角的四边形是矩形； 判定定理3：对角线相等的平行四边形是矩形； 判定定理4：对角线相等且互相平分的四边形是矩形。 【易错提醒】 （1）判定矩形时，看清前提条件：很多同学容易混淆“平行四边形”和“四边形”的前提，比如错误认为“对角线相等的四边形是矩形”“有一个角是直角的四边形是矩形”。 （2）直角三角形斜边中线定理的应用误区：该定理仅适用于直角三角形，且中线必须是斜边上的中线，非直角三角形或直角边的中线不满足“等于对应边的一半”。 （3）矩形对称轴的认知误区：不要误以为矩形的对称轴是对角线所在的直线，一般矩形的对称轴是两组对边中点的连线，对角线所在直线不是对称轴（正方形是特殊的矩形，对角线才是其对称轴），折叠类题目中需特别注意这一点。 即时即练下列命题中，假命题是（ ） A．有一组对角是直角且一组对边平行的四边形是矩形； B．有一组对角是直角且一组对边相等的四边形是矩形； C．有两个内角是直角且一组对边相等的四边形是矩形； D．有两个内角是直角且一组对边平行的四边形是矩形． 知识点二 菱形 菱形的定义：一组邻边相等的平行四边形叫作菱形。菱形具有平行四边形的一切性质。 性质定理1：菱形的四条边相等。 性质定理2：菱形的对角线互相垂直（将菱形分割为四个全等的直角三角形）。 菱形相关推论与性质： 菱形的每条对角线平分一组对角。 菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形。 菱形面积＝底×高；菱形面积＝两条对角线乘积的一半。 菱形的判定： 判定定理1：四边相等的四边形是菱形； 判定定理2：一组邻边相等的平行四边形是菱形； 判定定理3：对角线互相垂直的平行四边形是菱形； 判定定理4：对角线互相垂直且平分的四边形是菱形。 【易错提醒】 （1）判定菱形时遗漏前提条件：切勿混淆“平行四边形”与“四边形”的前提，错误认为“对角线互相垂直的四边形是菱形”“一组邻边相等的四边形是菱形”。只有在平行四边形的基础上，加上“一组邻边相等”或“对角线互相垂直”，才能判定为菱形；仅“四边相等”或“对角线互相垂直且平分”可直接判定四边形为菱形。 （2）对称轴与对角线的认知误区：菱形的对称轴是对角线所在的直线，而非对边中点连线，注意与矩形的对称轴类型区分；普通菱形只有2条对称轴，正方形（特殊菱形）才有4条对称轴，切勿混淆。 （3）菱形面积公式的理解：本质是对角线互相垂直的四边形的通用面积公式，仅当四边形对角线互相垂直时才能使用，避免在普通四边形中误用。 即时即练四边形是平行四边形，添加下列条件，能判定这个四边形是菱形的是（ ） A． B． C． D． 知识点三 正方形 正方形的定义：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫作正方形。正方形既是矩形，又是菱形。 正方形的性质： 性质定理1：正方形的四个角都是直角，四条边相等。 性质定理2：正方形的对角线相等，并且互相垂直平分，对角线平分一组对角。 对称性：正方形既是中心对称图形，又是轴对称图形。正方形的对称轴共有4 条，分别为两条对角线所在直线，以及两组对边中点所在的直线；对称中心为对角线的交点。 正方形相关结论： 正方形同时具备矩形与菱形的全部性质； 设正方形边长为a，对角线长为，则两者满足； 对角线将正方形分割为4个全等的等腰直角三角形，同时也可分割为2个全等的大等腰直角三角形，是几何计算与证明的核心模型； 面积公式拓展：正方形面积（边长的平方），也可表示为（对角线平方的一半，由菱形面积公式推导而来）。 正方形的判定：正方形的判定本质是“同时具备矩形和菱形的全部特征”，有两类清晰的判定思路： 路径 1：先证四边形为矩形，再补充“一组邻边相等”或“对角线互相垂直”； 路径 2：先证四边形为菱形，再补充“有一个角是直角”或“对角线相等”； 判定定理1：有一组邻边相等的矩形是正方形。 判定定理2：对角线互相垂直的矩形是正方形。 判定定理3：有一个角是直角的菱形是正方形。 判定定理4：对角线相等的菱形是正方形。 判定定理5：对角线相等、互相垂直且互相平分的四边形是正方形 【易错提醒】 （1）判定前提：要么先证为矩形/菱形，再补充对应条件；要么同时满足对角线“相等、互相垂直、互相平分”三个条件，缺一不可。 （2）性质混用：不要将正方形的专属性质错误套用到普通矩形或菱形上。例如：普通矩形的对角线不互相垂直，普通菱形的对角线不相等，也没有 4 条对称轴，只有正方形同时具备这些特征，做题时需注意区分。 （3）对角线与边长的计算错误：易混淆正方形边长与对角线的关系，误将对角线长度直接当作边长计算面积（如已知对角线长，错写，正确应为） 即时即练在平行四边形中，添加一个条件，使得四边形为正方形，添加的条件可以为（ ） A． B．⊥ C．平分 D．平分 知识点四 特殊平行四边形之间关系 包含关系： 矩形和菱形都是特殊的平行四边形； 正方形既是特殊的矩形，又是特殊的菱形。 演化关系： 平行四边形→角特殊化→矩形 平行四边形→边特殊化→菱形 平行四边形→边和角同时特殊化→正方形 矩形→边特殊化→正方形 菱形→角特殊化→正方形 研究方法：特殊平行四边形是在平行四边形基础上的进一步特殊化，研究时通常从边、角、对角线及图形对称性等方面进行分析。 附：特殊平行四边形对比表 【易错提醒】 （1）从属关系：平行四边形是基础的“一般图形”，矩形、菱形是特殊的平行四边形；正方形是特殊的矩形，也是特殊的菱形，更是特殊的平行四边形。 即时即练如图，以的各边为边，在边的同侧分别作三个正方形，，，对于四边形的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（ ） A．若，则四边形是平行四边形 B．若，则四边形是矩形 C．若，则四边形是菱形 D．若且，则四边形是正方形 题型1 特殊平行四边形的性质求解 例1．如图，在矩形中，点E在的延长线上，与交于点G，点F是的中点，若要知道的面积，则需要知道（ ） A．的长 B．矩形的面积 C．梯形的面积 D．的度数 例2．已知菱形的面积为8，它的一条对角线长为，则菱形的边长为（ ） A．2 B． C． D．4 【易错提醒】 （1）涉及面积比例问题，优先寻找同底、同高图形做等量代换；牢记菱形专属面积公式： （2）看到矩形对角线相交，先明确对角线分成的四条线段两两相等，借助“等边对等角”分析角度关系。 （3）正方形内出现垂直关系，优先作平行线/垂线构造全等三角形；复杂线段计算，先完成线段转化，再利用勾股定理列式求解。 【变式训练1-1】如图，矩形中，对角线与相交于点，于点，若，则的度数为（ ） A． B． C． D． 【变式训练1-2】在正方形的对角线上取一点，连结，过点作交于点，将线段EF向右平移m个单位，使得点E落在CD上，F落在BC上，已知AE+EF+CF＝24，CD＝10，则m的值为（ ） A．6 B． C． D． 题型2 矩形的判定与性质综合 例3．如图，已知，延长到，使，连接，，，若． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 例4．如图，在中，，分别是，的中点，延长至点，使，连结，，． (1)从条件①；②中选择合适的一个，完成四边形为矩形的证明． (2)在（1）的结论下，若平分，且，求四边形的面积． 【技巧总结】 （1）矩形判定的通用逻辑：先证平行四边形，再补充直角/对角线相等；根据题干给出的中点、平行线、等腰三角形等条件，匹配对应的判定方法，不随意套用定理。 （2）计算类题目，读题后先在图形中标注出直角、相等线段、相等角等隐藏条件，理清边角对应关系后，再列式计算。 【变式训练2-1】如图，矩形是由三个全等矩形拼成的，与，，，，分别交于点，设，，的面积依次为，，，若，则的值为（ ） A．6 B．8 C．10 D．12 【变式训练2-2】如图，在中，为的中点，四边形是平行四边形，，相交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 题型3 菱形的判定与性质综合 例5．如图，在中，点E，F分别在，上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)请从以下三个条件：①，②平分，③中，选择两个合适的作为已知条件，使四边形为菱形，并加以证明． 例6．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接EB，DF． (1)求证：四边形EBFD为菱形； (2)若，，求∠ABE的度数． 【变式训练3-1】如图，已知中，．小明用圆规和直尺作出四边形的过程如下： ①分别以、为圆心，以长为半径画弧，两弧交于点； ②作射线，交于点； ③以点为圆心，为半径画弧，交射线于点； ④连接、． 依据上述得到的图形，解答下列问题： (1)判断四边形是什么特殊四边形，并给出证明； (2)若，，于点，求的长． 【变式训练3-2】如图，已知在中，为的中点，为的中点．过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，菱形的面积为40，求的长． 【易错提醒】 （1）菱形核心判定思路：先证平行四边形，再补充邻边相等或对角线垂直即可判定为菱形；若直接判定任意四边形为菱形，需满足“四边相等”或“对角线互相垂直且平分”。 （2）利用性质计算：忘记菱形对角线平分一组内角这一关键性质，无法拆分角度、建立角之间的倍数与和差关系；结合平行四边形时，忽略“两直线平行，同旁内角互补” 的规律，导致角度方程列写错误。 （3）菱形相关综合题：区分菱形两种面积公式，按需选用；求线段高优先使用等面积法；作图类题目先分析作图原理，明确线段、位置关系后再进行计算。 题型4 正方形的判定与性质综合 例7．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分线EF交BC于点D，交AB于点E，且BE=BF，添加一个条件，仍不能证明四边形BECF为正方形的是( ) A．BC=AC B．CF⊥BF C．BD=DF D．AC=BF 例8．如图，在矩形中，是边上一点，是的延长线上一点，连接，，已知，． (1)求证：四边形是正方形． (2)若，，求四边形的面积． 【变式训练4-1】如图，在四边形中，，，，依次是，，，的中点． ①若四边形是平行四边形，则四边形是平行四边形； ②若，则四边形是菱形； ③若，则四边形是矩形； ④若，，则四边形是正方形． 则上述四个结论中正确的是（　　） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④ 【变式训练4-2】如图1，已知矩形，点E是边上一点，点F是延长线上一点，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)如图2，在（1）的条件下，若，点G是边上一点，连接交于点H，有，求． 【易错提醒】 （1）两条判定主线：先证矩形，再证一组邻边相等；先证菱形，再证一个内角为直角。判定任意四边形为正方形，必须同时满足对角线相等、垂直、互相平分三个条件。 （2）看到正方形对角线，优先标注出 45° 内角；区分三类图形性质边界，矩形侧重直角与对角线相等，菱形侧重四边相等与对角线垂直，正方形同时兼具两者所有特征。 （3）不规则图形面积优先考虑整体减空白部分；出现45°角、线段平行/垂直关系时，主动构造辅助线转化边角；列方程前先梳理图中相等线段、已知边长，保证勾股定理列式准确。 题型5 中点四边形与特殊平行四边形综合 例9．顺次连接一个四边形各边中点得到的四边形叫做这个四边形的中点四边形．如果一个四边形的中点四边形是矩形，那么原四边形的对角线需满足的条件是（ ） A．互相平分且相等 B．互相平分且垂直 C．相等 D．互相垂直 例10．如图，在的方格纸中，点的顶点均在格点上，请按要求作图． （1）在图1中画一个格点四边形，使它的面积是的2倍． （2）在图2中画一个格点四边形，使，，，的中点构成一个矩形． 【变式训练5-1】如图，在菱形ABCD中，点E，F、G，H分别是边，AB，BC，CD和DA的中点，连接EF，FG，GH和HE．若EH=3EF，则下列结论正确的是( ) A．AB=EF B．AB=2EF C．AB=3EF D．AB=EF 【变式训练5-2】如图，点分别是和的中点，若，试判断四边形的形状，并说明理由． 【技巧总结】 （1）常见固定对应关系：原四边形对角线相等，中点四边形为菱形；原四边形对角线互相垂直，中点四边形为矩形；对角线同时相等且垂直，中点四边形为正方形。解题先判定中点四边形是平行四边形，再结合对角线特征进一步判断形状。 （2）涉及线段计算时，先将中点四边形各边转化为原四边形对角线的一半，梳理线段比例，再结合原有图形性质（如菱形对角线互相垂直），借助勾股定理完成计算。 （3）作图题遵循“逆向思考”：先根据目标中点四边形的形状，推出原四边形对角线的位置、数量要求，再结合网格格点特征构图；面积问题依托中位线、同底等高的规律分析面积关系。 题型6 特殊平行四边形中的面积问题 例11．如图，已知平行四边形的面积是，图中分割线均经过对角线、的交点，那么阴影部分的面积为_______． 例12．如图，菱形的对角线，长分别为3和8，是对角线上的任一点（点不与点，重合），且交于，交于点，则阴影部分的面积是________． 【变式训练6-1】如图，ABCD的顶点在矩形的边上，点与点不重合，若的面积为4，则图中阴影部分两个三角形的面积和为_________. 【变式训练6-2】如图，在矩形中，，，点E，F，G，H依次是边，，，上的点（不与各顶点重合），且，记四边形面积为S（图中阴影），则S的最大值为_________． 【易错提醒】 （1）面积问题：解题优先观察图形对称性与平行线特征，能用等积替换、对称面积相等简化计算的，不单独求线段和小块面积；牢记平行四边形、菱形被对角线、过中心的分割线分成面积相等的两部分。 （2）动态结合最值问题：设未知数后，结合图形边长准确表示所有相关线段；将面积整理为二次函数形式后，借助顶点式求最值；最终结果一定要结合题意判断自变量取值，舍去不符合条件的解。 题型7 特殊平行四边形中的动点与最值问题 例13．如图，点P，Q分别是菱形的边，上的两个动点，若线段长的最大值为，菱形的边长为10，则线段长的最小值为（ ） A． B．8 C．6 D． 例14．已知▱ABCD，点E是边BC上的动点，以AE为边构造▱AEFG，使点D在边FG上，当点E由B往C运动的过程中，▱AEFG面积变化情况是（　　） A．一直增大 B．保持不变 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【变式训练7-1】如图，在矩形中，，，为边的中点，为矩形外一动点．且，则线段的最大值为 ________ ． 【变式训练7-2】在四边形中，，点E从A出发以的速度向D运动，点F从点B出发，以的速度向点C运动，两点同时运动，当其中一点到达终点，而另一点也随之停止，设运动时间为t． （1）用含t的代数式表示：______，______，_________， （2）t取何值时，四边形为矩形？ （3）M是上一点，且，t取何值时，以A､M､E､F为顶点的四边形是平行四边形？ 【易错提醒】 （1）线段两端在多边形边上运动时，最长值一般出现在顶点重合处，最短值利用垂线段最短求解；出现定点 + 直角动点，优先取斜边中点，借助斜中线性质和三角形三边关系判断最值；计算时依托图形原有性质构造直角三角形，再用勾股定理运算。 （2）判定动点构成平行四边形、矩形时，先根据动点行进路径划分不同范围，分情况列式求解；用含t的式子表示线段长度时，结合图形位置判断加减关系；所有解必须代入运动范围检验，舍去无效答案。 （3）判断动态图形面积变化，核心思路是等积变换；优先观察平行线、全等图形，将动态图形面积转化为原固定四边形 / 三角形的面积，再确定面积是否发生变化。 题型8 特殊平行四边形综合探究 例15．小明参观完洛阳博物馆后，在出口处购买了博物馆文创产品之一的信封．信封正面可看成如图所示的矩形（虚线为重叠部分四边形的轮廓），其中，，，已知，且，则重叠部分四边形的面积为（　　） A． B． C． D． 例16．如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（如图1） (1)概念理解：在平行四边形，矩形，菱形，正方形中，一定是垂美四边形的是_____； (2)性质证明：如图1，四边形是垂美四边形，求证：； (3)问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，，求的长． 【变式训练8-1】给出定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形．    (1)在你学过的四边形中，写出一种勾股四边形的名称________． (2)如图，将绕顶点B按顺时针方向旋转得到，连接，，，已知． ①直接写出的度数是________． ②判断四边形是否为勾股四边形，并说明理由． 【变式训练8-2】如图1，在矩形中，，E是边上的一个动点（点E不与B、C重合），，垂足为点F，过点D作 ，交的延长线于点G． (1)若， ①求证：四边形是菱形；②求四边形的周长； (2)如图2，于点M，于点N，探究： ①当为何值时，四边形是正方形； ②点E在边上的运动过程中，四边形的面积是否发生变化，若不变，请求出该四边形的面积；若变化，请说明理由． 【易错提醒】 （1）读题时圈画新定义的关键条件，将陌生定义转化为已学的几何关系；同一道大题中，前面推导得出的定理、等式可直接作为二级结论使用；区分 “图形原有性质” 和 “新定义要求”，严格按照定义逐条验证。 （2）遇到图形旋转，第一时间标注出相等线段、对应角；逐层拆解角度关系，在图上标记已知角、特殊角；证明特殊四边形必须严格遵循判定逻辑，补齐所有必要条件，不跳步论证。 A组 基础过关 1．下列四个选项中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ） A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．邻边相等 D．对角线平分一组对角 2．下列说法中错误的是（ ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．菱形的对角线平分一组对角 C．平行四边形的对边相等 D．矩形的对角线互相平分 3．正方形具有矩形不一定有的性质是（ ） A．对角互补 B．对角线相等 C．四个角相等 D．对角线互相垂直 4．如图，将绕着点旋转得到，连接、，下列选项中不能判定四边形为矩形的是（ ） A． B． C． D． 5．如图，菱形的对角线相交于点，垂足为，连接．若，则菱形的面积是_____． B组 综合提升 6．如图，菱形的对角线，交于点，交于点，于点，交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若是的中点，，，求的长． 7．如图，在中，，，分别是，的中点，连接，过点作，过点作． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点，连接，若，，求的长． 8．如图，在正方形中，分别是上两点，交于点，且． (1)判断与之间的数量关系与位置关系，并说明理由： (2)当点是的中点时，连接，求的度数． 9．如图，E，F，G，H分别是矩形四边的中点． (1)求证：四边形是菱形 (2)若四边形的面积为24，，求矩形的周长． 10．如图，在正方形中，点E，F为对角线上两点，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若正方形的面积为18，，求菱形的面积． C组 挑战突破 11．如图，四边形是正方形，旋转一定角度后得到，如图所示，如果，，求： (1)指出旋转中心和旋转角度； (2)求的长度； (3)与的位置关系如何？ 12．在平面直角坐标系中有矩形，，． (1)如图1，矩形的顶点的坐标是________； (2)如图2，将矩形沿对角线折叠，使得点落在点处，交轴于点．点是对角线上一动点，求的最小值： (3)点为轴负半轴上一动点，是平面内一点，若以，，，为顶点的四边形是菱形，请直接写出点坐标________． 13．如图1，矩形的两条边分别在轴和轴上，已知点、点． (1)若把矩形沿直线折叠，使点落在点处，直线与、、的交点分别为，求折痕的长； (2)在（1）的条件下，若点在轴上，在平面内存在点，使以为顶点的四边形是菱形，请直接写出点的坐标； (3)如图2，若为边上的一动点，在上取一点，将矩形绕点顺时针旋转一周，在旋转的过程中，的对应点为，请直接写出的最大值和最小值． 14．如图1，在平面直角坐标系中，点A、B、C、D的坐标分别为、、、，连接和，点P为线段上从左向右运动的点，以为边作菱形，其中点E落在x轴上． (1)则的长为 ，的度数为 °； (2)在点P运动过程中，是否能使得四边形为正方形？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由； (3)如图2，当点P运动到使菱形的顶点F恰好在边上时，直接写出点F的坐标； 15．【特例感知】 （1）如图1，在正方形中，点P在边的延长线上，连接，过点D作，交的延长线于点M．求证：． 【变式求异】 （2）如图2，在中，，点D在边上，过点D作，交于点Q，点P在边的延长线上，连接，过点Q作，交射线于点M．已知，，，求的值． 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，点P在边的延长线上，点Q在边上（不与点A，C重合），连接，以Q为顶点作，的边交射线于点M．若，（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）． 2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $