考点19特殊平行四边形（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（苏科版）

这是一份考点19特殊平行四边形（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（苏科版），共18页。试卷主要包含了矩形，菱形，正方形等内容，欢迎下载使用。

考点19特殊平行四边形
考点总结
一、矩形
1、矩形的概念
有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。
2、矩形的性质
（1）具有平行四边形的一切性质
（2）矩形的四个角都是直角
（3）矩形的对角线相等
（4）矩形是轴对称图形
3、矩形的判定
（1）定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形
（2）定理1：有三个角是直角的四边形是矩形
（3）定理2：对角线相等的平行四边形是矩形
4、矩形的面积
S矩形=长×宽=ab
二、菱形
1、菱形的概念
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形
2、菱形的性质
（1）具有平行四边形的一切性质
（2）菱形的四条边相等
（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
（4）菱形是轴对称图形
3、菱形的判定
（1）定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形
（2）定理1：四边都相等的四边形是菱形
（3）定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形
4、菱形的面积
S菱形=底边长×高=两条对角线乘积的一半
三、正方形
1、正方形的概念
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。
2、正方形的性质
（1）具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质
（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等
（3）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角
（4）正方形是轴对称图形，有4条对称轴
（5）正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等的小等腰直角三角形
（6）正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等。
3、正方形的判定
（1）判定一个四边形是正方形的主要依据是定义，途径有两种：
先证它是矩形，再证有一组邻边相等。
先证它是菱形，再证有一个角是直角。
（2）判定一个四边形为正方形的一般顺序如下：
先证明它是平行四边形；
再证明它是菱形（或矩形）；
最后证明它是矩形（或菱形）
4、正方形的面积
设正方形边长为a，对角线长为b，S正方形=

真题演练
一．选择题（共10小题）
1．（2021•南通）菱形的两条对角线的长分别是6和8，则这个菱形的周长是（　　）
A．24 B．20 C．10 D．5
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可．
【解答】解：如图所示，
根据题意得AO=12×6＝3，BO=12×8＝4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AC⊥BD，
∴△AOB是直角三角形，
∴AB=AO2+BO2=5，
∴此菱形的周长为：5×4＝20．
故选：B．

2．（2021•无锡）如图，D、E、F分别是△ABC各边中点，则以下说法错误的是（　　）

A．△BDE和△DCF的面积相等
B．四边形AEDF是平行四边形
C．若AB＝BC，则四边形AEDF是菱形
D．若∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形
【分析】根据矩形的判定定理，菱形的判定定理，三角形中位线定理判断即可．
【解答】解：A．连接EF，
∵D、E、F分别是△ABC各边中点，
∴EF∥BC，BD＝CD，
设EF和BC间的距离为h，
∴S△BDE=12BD•h，S△DCF=12CD•h，
∴S△BDE＝S△DCF，
故本选项不符合题意；
B．∵D、E、F分别是△ABC各边中点，
∴DE∥AC，DF∥AB，
∴DE∥AF，DF∥AE，
∴四边形AEDF是平行四边形，
故本选项不符合题意；
C．∵D、E、F分别是△ABC各边中点，
∴EF=12BC，DF=12AB，
若AB＝BC，则FE＝DF，
∴四边形AEDF不一定是菱形，
故本选项符合题意；
D．∵四边形AEDF是平行四边形，
∴若∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形，
故本选项不符合题意；
故选：C．

3．（2021•泰州）如图，P为AB上任意一点，分别以AP、PB为边在AB同侧作正方形APCD、正方形PBEF，设∠CBE＝α，则∠AFP为（　　）

A．2α B．90°﹣α C．45°+α D．90°−12α
【分析】根据正方形的性质先表示出∠PBC的度数，然后利用“SAS”证明△APF≌△CPB，证得∠AFP＝∠PBC即可求得答案．
【解答】解：∵四边形PBEF为正方形，
∴∠PBE＝90°，
∵∠CBE＝α，
∴∠PBC＝90°﹣α，
∵四边形APCD、PBEF是正方形，
∴AP＝CP，∠APF＝∠CPB＝90°，PF＝PB，
在△APF和△CPB中，
AP=CP∠APF=∠CPBPF=PB，
∴△APF≌△CPB（SAS），
∴∠AFP＝∠PBC＝90°﹣α．
故选：B．
4．（2020•连云港）如图，将矩形纸片ABCD沿BE折叠，使点A落在对角线BD上的A'处．若∠DBC＝24°，则∠A'EB等于（　　）

A．66° B．60° C．57° D．48°
【分析】由矩形的性质得∠A＝∠ABC＝90°，由折叠的性质得∠BA'E＝∠A＝90°，∠A'BE＝∠ABE=12（90°﹣∠DBC）＝33°，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，
由折叠的性质得：∠BA'E＝∠A＝90°，∠A'BE＝∠ABE，
∴∠A'BE＝∠ABE=12（90°﹣∠DBC）=12（90°﹣24°）＝33°，
∴∠A'EB＝90°﹣∠A'BE＝90°﹣33°＝57°．
故选：C．
5．（2020•南通）下列条件中，能判定▱ABCD是菱形的是（　　）
A．AC＝BD B．AB⊥BC C．AD＝BD D．AC⊥BD
【分析】根据对角线垂直的平行四边形是菱形，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形；
故选：D．
6．（2020•盐城）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为BC中点，AC＝6，BD＝8．则线段OH的长为（　　）

A．125 B．52 C．3 D．5
【分析】先根据菱形的性质得到AC⊥BD，OB＝OD=12BD＝4，OC＝OA=12AC＝3，再利用勾股定理计算出BC，然后根据直角三角形斜边上的中线性质得到OH的长．
【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD=12BD＝4，OC＝OA=12AC＝3，
在Rt△BOC中，BC=OB2+OC2=32+42=5，
∵H为BC中点，
∴OH=12BC=52．
故选：B．
7．（2021•连云港模拟）如图，在△ABC中，作以∠A为内角，四个顶点都在△ABC边上的菱形时，如下的作图步骤是打乱的．
①分别以点A、G圆心，大于12AG长为半径在AG两侧作弧，两弧相交于点M、N；
②作直线MN分别交AB、AC于点P、Q，连接PG、GQ；
③分别以点D、E为圆心，大于12DE的长为半径作弧，两弧相交于△ABC内一点F，连接AF并延长交边BC于点G；
④以点A为圆心，适当的长为半径作弧，分别交AB、AC于点D、E．
则正确的作图步骤是（　　）

A．②④①③ B．④③②① C．②④③① D．④③①②
【分析】根据菱形的性质和尺规作图步骤即可得到结论．
【解答】解：正确的作图步骤是：④③①②，
故选：D．
8．（2021•海安市模拟）如图，菱形ABCD中，∠D＝150°，∠BAC的度数为（　　）

A．30° B．25° C．20° D．15°
【分析】根据菱形的性质得出∠BAC＝∠DAC=12∠DAB，CD∥AB，根据平行线的性质得出∠D+∠DAB＝180°，再求出∠DAV即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAC＝∠DAC=12∠DAB，CD∥AB，
∴∠D+∠DAB＝180°，
∵∠D＝150°，
∴∠DAB＝30°，
∴∠BAC=12×30°＝15°，
故选：D．
9．（2021•盐城模拟）如图，在菱形ABCD中，AC与BD相交于点O，点P是AB的中点，PO＝2，则菱形ABCD的周长是（　　）

A．4 B．8 C．16 D．24
【分析】根据菱形的性质可得AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝AD，再根据直角三角形的性质可得AB＝2OP，进而得到AB长，然后可算出菱形ABCD的周长．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝AD，
∵点P是AB的中点，
∴AB＝2OP，
∵PO＝2，
∴AB＝4，
∴菱形ABCD的周长是：4×4＝16，
故选：C．
10．（2021•盐都区三模）如图，在菱形ABCD中，E是AB的中点，F点是AC的中点，连接EF．如果EF＝4，那么菱形ABCD的周长为（　　）

A．9 B．12 C．24 D．32
【分析】由点E、F分别是AB、AC的中点，EF＝4，利用三角形中位线的性质，即可求得BC的长，然后由菱形的性质，求得菱形ABCD的周长．
【解答】解：∵点E、F分别是AB、AC的中点，EF＝4，
∴BC＝2EF＝8，
∵四边形ABCD是菱形，
∴菱形ABCD的周长是：4×8＝32．
故选：D．
二．填空题（共6小题）
11．（2021•苏州）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝70°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM＝15°，过点D作DF⊥CM，垂足为F，若DF=5，则对角线BD的长为 　25　.（结果保留根号）

【分析】连接AC交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．
【解答】解：如图，连接AC交BD于点H，

由菱形的性质得∠BDC＝35°，∠DCE＝70°，
又∵∠MCE＝15°，
∴∠DCF＝55°，
∵DF⊥CM，
∴∠CDF＝35°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠HDC＝35°，
在△CDH和△CDF中，
∠CHD=∠CFD∠HDC=∠FDCDC=DC，
∴△CDH≌△CDF（AAS），
∴DF＝DH=5，
∴DB＝25，
故答案为25．
12．（2021•连云港）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，OE⊥AD，垂足为E，AC＝8，BD＝6，则OE的长为　125　．

【分析】根据菱形的性质和勾股定理，可以求得AD的长，然后根据等面积法即可求得OE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，DO＝BO，
∵AC＝8，BD＝6，
∴AO＝4，DO＝3，
∴AD=AO2+DO2=42+32=5，
又∵OE⊥AD，
∴AO⋅DO2=AD⋅OE2，
∴4×32=5OE2，
解得OE=125，
故答案为：125．
13．（2021•徐州）如图，四边形ABCD与AEGF均为矩形，点E、F分别在线段AB、AD上．若BE＝FD＝2cm，矩形AEGF的周长为20cm，则图中阴影部分的面积为 　24　cm2．

【分析】由面积关系列出关系式可求解．
【解答】解：∵矩形AEGF的周长为20cm，
∴AF+AE＝10cm，
∵AB＝AE+BE，AD＝AF+DF，BE＝FD＝2cm，
∴阴影部分的面积＝AB×AD﹣AE×AF＝（AE+2）（AF+2）﹣AE×AF＝24（cm2），
故答案为：24．
14．（2021•扬州）如图，在△ABC中，AC＝BC，矩形DEFG的顶点D、E在AB上，点F、G分别在BC、AC上，若CF＝4，BF＝3，且DE＝2EF，则EF的长为 　125　．

【分析】设EF＝x，根据矩形的性质得到GF∥AB，证明△CGF∽△CAB，可得AB=7x2，证明△ADG≌△BEF，得到AD＝BE=34x，在△BEF中，利用勾股定理求出x值即可．
【解答】解：∵DE＝2EF，设EF＝x，则DE＝2x，
∵四边形DEFG是矩形，
∴GF∥AB，
∴△CGF∽△CAB，
∴GFAB=CFCB=44+3=47，即2xAB=47，
∴AB=7x2，
∴AD+BE＝AB﹣DE=7x2−2x=32x，
∵AC＝BC，
∴∠A＝∠B，
在△ADG和△BEF中，
∠A=∠B∠ADG=∠BEFDG=EF，
∴△ADG≌△BEF（AAS），
∴AD＝BE=34x，
在Rt△BEF中，BE2+EF2＝BF2，
即(34x)2+x2=32，
解得：x=125或−125（舍），
∴EF=125，
故答案为：125．
15．（2021•盐城二模）如图，点A是边长为2的正方形DEFG的中心，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝4，DG∥BC，点P为正方形边上的一动点，在BP的右侧作∠PBH＝90°且BH＝2PB，则AH的最大值为 　213　．

【分析】连结AP，CH，并延长PA，HC交于点M，PA交BH于点N，证明CH等于两倍的AP，且CH垂直AP，从而判断H的运动轨迹为以C为中心的正方形E′F′G′D′，且正方形E′F′G′D′的边长为正方形DEFG的两倍，从而确定当H与F'重合时，AH最大，求出AF'即可．
【解答】解：连结AP，CH，并延长PA，HC交于点M，PA交BH于点N，
∵∠PBH＝∠ABC＝90°，
∴∠PBA＝∠HBC，
∴PBBA=ABBC=12，
∴△PBA∽△HBC，
∴CH＝2PA，∠BPA＝∠BHC，
∴∠MAH+∠AHM
＝∠MAH+∠AHB+∠BHC
＝∠PNB+∠BPA＝90°，
∴∠M＝90°，
∴CH⊥PA，
∵P是以点A为中心的正方形DEFG的边上的动点，
∴H的轨迹为以C为中心的正方形E′F′G′D′，且正方形E′F′G′D′的边长为正方形DEFG的两倍，
如下图所示：

当H与F'重合时，AH最大，
延长AB，F'G'交于点K，
则AK＝4，KF'＝6，
∴AF′=42+62=213，
∴AH的最大值为213．
16．（2021•江阴市模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，以B为圆心，BA长为半径画弧，点E为弧上一点，EF⊥CD于F，连接CE，若CE﹣EF＝2，则CF的值为　23　．

【分析】过点E作EG⊥BC于G，连接BE，设EF＝x，根据勾股定理分别用x表示出EC和EF，根据EC﹣EF＝2得出x的值，再利用勾股定理即可得出CF．
【解答】解：过点E作EG⊥BC于G，连接BE，
设EF＝x，
∵EF＝GC＝x，EG＝FC，
∴BG＝4﹣x，
在Rt△EBG中，EG=BE2−BG2=42−(4−x)2=8x−x2，
在Rt△EGC中，CE=EG2+GC2=(8x−x2)2+x2=8x，
∵EC﹣EF＝2，
∴8x−x=2，
两边平方得：8x＝（x+2）2，
整理得（x﹣2）2＝0，
解得x1＝x2＝2，
∴CE=8x=4，
∴CF=CE2−EF2=23，
故答案为：23．

三．解答题（共4小题）
17．（2021•淮安）已知：如图，在▱ABCD中，点E、F分别在AD、BC上，且BE平分∠ABC，EF∥AB．求证：四边形ABFE是菱形．

【分析】先证四边形ABFE是平行四边形，由平行线的性质和角平分线的性质可得AB＝AE，可得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
又∵EF∥AB，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠FBE，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBF，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∴平行四边形ABFE是菱形．
18．（2021•镇江）如图，四边形ABCD是平行四边形，延长DA，BC，使得AE＝CF，连接BE，DF．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）连接BD，∠1＝30°，∠2＝20°，当∠ABE＝　10　°时，四边形BFDE是菱形．

【分析】（1）由“SAS”可证△ABE≌△CDF；
（2）通过证明BE＝DE，可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠BAD＝∠BCD，
∴∠1＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
AE=CF∠1=∠DCFAB=CD，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）当∠ABE＝10°时，四边形BFDE是菱形，
理由如下：∵△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF，AE＝CF，
∴BF＝DE，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵∠1＝30°，∠2＝20°，
∴∠ABD＝∠1﹣∠2＝10°，
∵∠ABE＝10°，
∴∠DBE＝20°，
∴∠DBE＝∠2＝20°，
∴BE＝DE，
∴平行四边形BFDE是菱形，
故答案为10．
19．（2021•盐城）如图，D、E、F分别是△ABC各边的中点，连接DE、EF、AE．
（1）求证：四边形ADEF为平行四边形；
（2）加上条件 　②　后，能使得四边形ADEF为菱形，请从①∠BAC＝90°；②AE平分∠BAC；③AB＝AC这三个条件中选择1个条件填空（写序号），并加以证明．

【分析】（1）根据三角形中位线定理可证；
（2）若选②AE平分∠BAC：则在（1）中ADEF为平行四边形基础上，再证一组邻边相等即证明AF＝EF；若选③AB＝AC：根据三角形中位线定理即可证明．
【解答】解：（1）证明：已知D、E、F为AB、BC、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，根据三角形中位线定理，
∴DE∥AC，且DE=12AC=AF．
即DE∥AF，DE＝AF，
∴四边形ADEF为平行四边形．
（2）证明：选②AE平分∠BAC，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAE＝∠FAE，
又∵ADEF为平行四边形，
∴EF∥DA，
∴∠DAE＝∠AEF，
∴∠FAE＝∠AEF，
∴AF＝EF，
∴平行四边形ADEF为菱形．
选③AB＝AC，
∵EF∥AB且EF=12AB，DE∥AC且DE=12AC，
又∵AB＝AC，
∴EF＝DE，
∴平行四边形ADEF为菱形．
20．（2021•连云港）如图，点C是BE的中点，四边形ABCD是平行四边形．
（1）求证：四边形ACED是平行四边形；
（2）如果AB＝AE，求证：四边形ACED是矩形．

【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AD∥BC，且AD＝BC，根据点C是BE的中点，得到BC＝CE，等量代换得AD＝CE，又因为AD∥CE，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可得证；
（2）根据对角线相等的平行四边形是矩形进行证明．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，且AD＝BC．
∵点C是BE的中点，
∴BC＝CE，
∴AD＝CE，
∵AD∥CE，
∴四边形ACED是平行四边形；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，
∵AB＝AE，
∴DC＝AE，
∵四边形ACED是平行四边形，
∴四边形ACED是矩形．