最新中考数学总复习真题探究与变式训练（讲义） 专题18 特殊的平行四边形（8大考点）

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一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
第五部分 四边形
专题18 特殊的平行四边形（8大考点）
核心考点一 矩形的性质与判定
例1 （2022·内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题）如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，矩形BEFG的边EF经过点C，且点G在边AD上，若BG＝4，则BE的长为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】B
【分析】过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，由菱形的性质得出AB＝BC＝CD＝ ，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，由直角三角形的性质求出MG＝3，证明△GBM∽△BCE，由相似三角形的性质得出 ，则可求出答案．
【详解】解：过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC＝CD＝，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，
∴∠MGN＝90°，
∴四边形GMCN为矩形，
∴GM＝CN，
在△CDN中，∠D＝60°，CD＝，
∴CN＝CD•sin60°＝，
∴MG＝3，
∵四边形BEFG为矩形，
∴∠E＝90°，BG∥EF，
∴∠BCE＝∠GBM，
又∵∠E＝∠BMG，
∴△GBM∽△BCE，
∴，
∴，
∴BE＝ ，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
例2 （2022·湖北随州·统考中考真题）如图1，在矩形ABCD中，，，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角，使，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______．
【答案】 90°##90度 ##
【分析】设EF交AD于点M，BH交AD于点N，先证明△ADF∽△ABE，可得∠ADF=∠ABE，可得∠BHD=∠BAD=90°；然后过点E作EG⊥AB于点G，可得四边形AMEG是矩形，从而得到EG=AM，AG=ME，∠ABE=∠MEN，然后求出，再利用锐角三角函数可得，从而得到，进而得到，可得到，从而得到，进而得到DN=2，即可求解．
【详解】解：如图，设EF交AD于点M，BH交AD于点N，
根据题意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，，
∴，
在矩形ABCD中，，，∠BAD=90°，
∴，
∴△ADF∽△ABE，
∴∠ADF=∠ABE，
∵∠ANB=∠DNH，
∴∠BHD=∠BAD=90°；
如图，过点E作EG⊥AB于点G，
∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，
∴四边形AMEG是矩形，
∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，
∴∠ABE=∠MEN，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵∠ADF=∠ABE，
∴，
即DH=2HN，
∵，
解得：或（舍去）．
故答案为：90°，
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，解直角三角形，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
例3 （2022·云南·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，E为线段AD的中点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF，∠BDF=90°
(1)求证：四边形ABDF是矩形；
(2)若AD=5，DF=3，求四边形ABCF的面积S．
【答案】(1)见解析；
(2)18．
【分析】（1）根据平行四边形的性质及全等三角形的判定证得≌，即可得到AB=DF，从而证明四边形ABDF是平行四边形，再根据∠BDF=90°即可证明四边形ABDF是矩形；
（2）根据全等的性质、矩形性质及勾股定理得到AB=DF=3，AF=4，由平行四边形性质求得CF=6，最后利用梯形的面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，即AB∥CF，
∴∠BAE=∠FDE，
∵E为线段AD的中点，
∴AE=DE，
又∵∠AEB=∠DEF，
∴≌（ASA），
∴AB=DF，
又∵AB∥DF，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵∠BDF=90°，
∴四边形ABDF是矩形；
（2）解：由（1）知，四边形ABDF是矩形，
∴AB=DF=3，∠AFD=90°，
∴在中，，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=3，
∴CF=CD+DF=3+3=6，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握各性质及判定定理进行推理是解题的关键．
1.矩形的性质：
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等且互相平分；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
2. 矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
【变式1】（2022·山东泰安·模拟预测）如图，在四边形中，，于点，若四边形的面积是，则的长是( )
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图，过点D作交的延长线于E，先证明四边形是矩形，再利用证明，得到，，再由四边形的面积，得到，则．
【详解】解：如图，过点D作交的延长线于E，
∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形的面积四边形的面积，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式2】（2023·安徽淮北·校联考一模）如图，矩形中，，，点P是矩形内一点，连接，，，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】C
【分析】由可得点P在以中点O为圆心为直径的圆上，连接交圆于一点即为最短距离点，即可得到答案；
【详解】解：∵，
∴点P在以中点O为圆心为直径的圆上，如图所示，
∴连接交圆于一点即为最短距离点P，如图所示，
∵，，
∴，，
根据勾股定理可得，
，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查圆上最短距离问题，勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆外一点到圆上最短距离点为与圆心连线的交点．
【变式3】（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图，矩形中，，M为的中点，把矩形沿着过点M的直线折叠，点A刚好落在边上的点E处，则的长为 ___________．
【答案】或
【分析】如图1，连接，过M作于H，根据矩形的性质得到，求得，由折叠的性质知是线段的垂直平分线，得到，根据勾股定理得到，如图2，连接，根据线段垂直平分线的性质得到，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：∵M为的中点，
∴，
如图1，连接，过M作于H，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，，
∴，
∴，
由折叠的性质知是线段的垂直平分线，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
如图2，连接，
∵把矩形沿着过点M的直线折叠，点A刚好落在边上的点E处，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴BF=，
∴，
∴，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折变换（折叠问题），勾股定理，全等三角形的性质和判定，分类讨论是解题的关键．
【变式4】（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）如图，在矩形中，，，点、在边、上，且，点为上一动点，点为矩形内部一动点，且，连接、，则的最小值为______．
【答案】
【分析】连接，作点D关于的对称点H，连接，根据题意可知点Q在以A为圆心，长为半径的圆上运动，从而将的最小值转化为圆外一点到圆心的最小值问题．
【详解】
连接，作点D关于的对称点H，连接，
∵，
∴点Q在以A为圆心，长为半径的圆上运动
∵点D关于的对称点为H
∴
∴
∴的最小值为
在中根据勾股定理得
∴的最小值为
故答案为．
【点睛】本题考查了矩形的性质、轴对称最短路线问题、定弦定角、勾股定理等知识点，熟练掌握上述知识点是解答本题的关键．
【变式5】（2022·云南文山·统考三模）如图，在中，，点D是的中点，连接，点E是的中点，延长至点F，使，连接，与交于点G，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明，推出，由等腰三角形的性质推出，证明四边形是平行四边形，据此即可得出结论；
（2）由等腰三角形的性质以及，推出，由勾股定理推出，求得，再根据直角三角形斜边中线的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵点E是中点，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
∵，点D是中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵，点D是中点，
∴，，
∴，即，
∵，即，
∴，，
∵，即，且点D是中点，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，矩形的判定，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
核心考点二 矩形的相关证明与计算
例1 （2021·四川绵阳·统考中考真题）如图，在等腰直角中，，、分别为、上的点，，为上的点，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作辅助线，构建矩形，得P是MN的中点，则MP＝NP＝CP，根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质可解答．
【详解】解：如图，过点M作MG⊥BC于M，过点N作NG⊥AC于N，连接CG交MN于H，
∴∠GMC＝∠ACB＝∠CNG＝90°，
∴四边形CMGN是矩形，
∴CH＝CG＝MN，
∵PC＝MN，
存在两种情况：
如图，CP＝CP1＝MN，
①P是MN中点时，
∴MP＝NP＝CP，
∴∠CNM＝∠PCN＝50°，∠PMN＝∠PCM＝90°−50°＝40°，
∴∠CPM＝180°−40°−40°＝100°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
∵∠CPB＝117°，
∴∠BPM＝117°−100°＝17°，
∵∠PMC＝∠PBM＋∠BPM，
∴∠PBM＝40°−17°＝23°，
∴∠ABP＝45°−23°＝22°．
②CP1＝MN，
∴CP＝CP1，
∴∠CPP1＝∠CP1P＝80°，
∵∠BP1C＝117°，
∴∠BP1M＝117°−80°＝37°，
∴∠MBP1＝40°−37°＝3°，
而图中∠MBP1＞∠MBP，所以此种情况不符合题意．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了等腰直角三角形的性质，矩形的性质和判定，等腰三角形的性质等知识，作出辅助线构建矩形CNGM证明P是MN的中点是解本题的关键．
例2 （2021·四川内江·统考中考真题）如图，矩形，，，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上．当点在轴上运动时，点也随之在轴上运动，在这个运动过程中，点到原点的最大距离为 __．
【答案】##
【分析】取 的中点 ，连接 ， ，由勾股定理可求 的长，由直角三角形的性质可求 的长，由三角形的三边可求解．
【详解】如图，取的中点，连接，，
矩形，，，
，，
点是的中点，
，
，
，点是的中点，
，
在中，，
当点在上时，，
的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角形的三边形关系，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造三角形是解题的关键．
例3 （2022·湖北十堰·统考中考真题）如图，中，，相交于点，，分别是，的中点．
(1)求证：；
(2)设，当为何值时，四边形是矩形？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)当时，四边形是矩形，理由见解析
【分析】（1）连接，先根据平行四边形的性质可得，再根据线段中点的定义可得，然后根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，最后根据平行四边形的性质即可得证；
（2）先根据矩形的判定可得当时，四边形是矩形，再根据线段中点的定义、平行四边形的性质可得，由此即可得出的值．
【详解】（1）证明：如图，连接，
四边形是平行四边形，
，
分别是，的中点，
，
四边形是平行四边形，
．
（2）解：由（1）已证：四边形是平行四边形，
要使平行四边形是矩形，则，
，
，即，
，
故当时，四边形是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
【变式1】（2021·浙江宁波·校考三模）如图，在中，点是线段上一点，于点，四边形为矩形，若，的面积为，矩形的面积为，则下列图形中面积可以确定的是（ ）
A．的面积B．四边形的面积
C．梯形的面积D．的面积
【答案】D
【分析】过点作于点，交于点，根据矩形的性质和梯形的性质利用面积公式解答即可．
【详解】解：过点作于点，交于点，
则，
，
，
则，
，
则，
四边形为矩形，
，
，
，
四边形为矩形，
，
，
，
，
，
，
，
的面积可以确定，
故选：D．
【点睛】此题考查梯形，解题的关键是根据矩形的性质得出解答．
【变式2】（2022·湖南娄底·统考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，DE平分交BC于点E，点F是CD边上一点（不与点D重合）．点P为DE上一动点，，将绕点P逆时针旋转90°后，角的两边交射线DA于H，G两点，有下列结论：①；②；③；④，其中一定正确的是（ ）
A．①②B．②③C．①④D．③④
【答案】D
【分析】根据旋转的性质判断得，可判断③正确，证可判断④正确，从而得出结果.
【详解】解：根据旋转的性质可知，，
∵DE平分，
∴，
∴，
∴PH=PD，
∵
∴
在和中，
∵
∴
∴
∵
∴
∴
故③正确；
∵，
∴
∴
即，
故④正确；
根据已知条件无法证明①DH=DE，②DP=DG.
故选：D．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、三角形的全等、三角形的相似，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
【变式3】（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）已知矩形，点在边上，，连接，点在边上，连接，平分，若，，，则的面积是___________．
【答案】
【分析】过点作于，设，则，，证明，得到，再求出，则，，由勾股定理可求的长，即可求解．
【详解】解：如图，过点作于，
设，则，，
平分，
，
，
，
，
，，
四边形是矩形，
，
，，
，，
，
（负值舍去），
，，，，
，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，利用勾股定理求出的长是解题的关键．
【变式4】（2022·陕西咸阳·统考一模）如图，在中，，，，是上一点，于点，于点，连接，则的最小值为___________．
【答案】2.4##
【分析】证明四边形CFDE是矩形，由垂线段最短可得，当时，线段CD的值最小，即线段EF的值最小，求得此时的最小值即可．
【详解】解：如图，连接CD．
∵，AC=3cm，BC=4cm，
∴AB==5(cm)，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，，
四边形CFDE是矩形．
∴EF=CD，
由垂线段最短可得，当CD⊥AB时，线段CD的值最小，即线段EF的值最小．
此时，．
解得CD=2.4cm．
∴EF的最小值是2.4cm．
故答案为：2.4．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，解决问题的关键在于判断出时，线段CD的值最小．
【变式5】（2022·黑龙江哈尔滨·统考三模）在四边形ABCD中，，点E在AD上，连接BE，CE，．在四边形ABCD中，AB∥CD，点E在AD上，连接BE，CE，△ABE≌△DCE．
(1)如图1，求证：四边形ABCD为矩形；
(2)如图2，连接AC交BE于点F，点G在CF上，，连接BG，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图中所有面积为四边形ABCD面积的的三角形．
【答案】(1)见解析
(2)，，，
【分析】（1）先证明四边形四边形ABCD为平行四边形，然后再证得有一个角是直角即可；
（2）根据题意直接写出即可．
(1)
∵，
∴，，
∵，
∴四边形ABCD是平行四边形，，
∴，
∴四边形ABCD为矩形；
(2)
∵，
∴，
∴；
；
；
∵，，
∴△AEF∽△CBF，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
核心考点三 菱形的性质与判定
例1 （2022·山东菏泽·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，，M是对角线BD上的一个动点，，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】C
【分析】连接AF，则AF的长就是AM+FM的最小值，证明△ABC是等边三角形，AF是高线，利用三角函数即可求解．
【详解】解：连接AF，则AF的长就是AM+FM的最小值．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
又∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵
∴F是BC的中点，
∴AF⊥BC．
则AF＝AB•sin60°＝2．
即的最小值是．
故选：C
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形以及三角函数，确定AF的长就是的最小值是关键．
例2 （2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，菱形的边长为2，，对角线与交于点，为中点，为中点，连接，则的长为_________．
【答案】
【分析】由菱形的性质可得AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，由三角形中位线定理得FH＝AO＝，FHAO，然后求出OE、OH，由勾股定理可求解．
【详解】解：如图，取OD的中点H，连接FH，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，
∴AO＝AB＝1，BO＝＝DO，
∵点H是OD的中点，点F是AD的中点，
∴FH＝AO＝，FHAO，
∴FH⊥BD，
∵点E是BO的中点，点H是OD的中点，
∴OE＝，OH＝，
∴EH＝，
∴EF＝，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
例3 （2022·广东广州·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠BAD = 120°，AB = 6，连接BD ．
(1)求BD的长；
(2)点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合）， 点F在边AD上，且BE=DF，
①当CE丄AB时，求四边形ABEF的面积；
②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+CF的值是否也最小？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)①四边形ABEF的面积为；②最小值为12
【分析】（1）证明△ABC是等边三角形，可得BO= ，即可求解；
（2）过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N， 根据菱形的面积可求出MN=，设BE=，则EN=，从而得到EM=MN-EN=，再由BE=DF，可得DF=，从而得到四边形ABEF的面积s= S△ABD - S△DEF ，①当CE⊥AB时，可得点E是△ABC重心，从而得到BE=CE=BO=，即可求解；②作CH⊥AD于H，可得当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；再由，可得当，即BE=时， s达到最小值，从而得到此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，即可求解．
【详解】（1）解∶连接AC，设AC与BD的交点为O，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD ， OA=OC，AB∥CD，AC平分∠DAB，
∵∠BAD = 120°，
∴∠CAB=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BO=AB▪sin60°==，
∴BD=2BO=；
（2）解：如图，过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=6，
由（1）得：BD=；
菱形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，AB∥CD，BC=AB=6，
∴MN⊥BC，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴∠EBN=30°；
∴EN=BE
∵，
∴MN=，
设BE=，则EN=，
∴EM=MN-EN=，
∵S菱形ABCD= AD▪MN=，
∴S△ABD= S菱形ABCD=，
∵BE=DF，
∴DF=，
∴S△DEF=DF ▪EM= =，
记四边形ABEF的面积为s，
∴s= S△ABD - S△DEF =-（），
∵点E在BD上，且不在端点，∴0