考点16 特殊的平行四边形（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（冀教版）

这是一份考点16 特殊的平行四边形（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（冀教版），共19页。试卷主要包含了矩形的性质与判定，菱形的性质与判定，正方形的性质与判定，联系，中点四边形等内容，欢迎下载使用。
考点16 特殊的平行四边形
考点总结

一、矩形的性质与判定
1．矩形的性质：
1）四个角都是直角；2）对角线相等且互相平分；3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB．（如图）

2．矩形的判定：
1）定义法：有一个角是直角的平行四边形；2）有三个角是直角；3）对角线相等的平行四边形．
二、菱形的性质与判定
1．菱形的性质：
1）四边相等；2）对角线互相垂直、平分，一条对角线平分一组对角；3）面积=底×高=对角线乘积的一半．
2．菱形的判定：
1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形；2）对角线互相垂直的平行四边形；3）四条边都相等的四边形．
三、正方形的性质与判定
1．正方形的性质：
1）四条边都相等，四个角都是直角；2）对角线相等且互相垂直平分；3）面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB．
2．正方形的判定：
1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形；2）一组邻边相等的矩形；
3）一个角是直角的菱形；4）对角线相等且互相垂直、平分．
四、联系

（1）两组对边分别平行；（2）相邻两边相等；（3）有一个角是直角；（4）有一个角是直角；
（5）相邻两边相等；（6）有一个角是直角，相邻两边相等；（7）四边相等；（8）有三个角都是直角．
五、中点四边形
1）任意四边形所得到的中点四边形一定是平行四边形.
2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.
3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.
4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.

真题演练

一．选择题（共10小题）
1．（2021•河北模拟）如图，四边形ABCD为菱形，若CE为边AB的垂直平分线，则∠ADB的度数为（　　）

A．20° B．25° C．30° D．40°
【分析】连接AC，根据菱形的性质和线段垂直平分线的性质可得△ABC是等边三角形，所以∠ABC＝60°，进而可得∠ADB的度数．
【解答】解：如图，连接AC，

∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC＝AD，
∵CE为边AB的垂直平分线，
∴AC＝BC，
∴AB＝AC＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠ABD＝30°，
∵AB＝AD，
∴∠ADB＝∠ABD＝30°，
故选：C．
2．（2021•海港区模拟）如图，菱形ABCD中，∠1＝15°，则∠D＝（　　）

A．130° B．125° C．120° D．150°
【分析】根据菱形的性质解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAB＝2∠1，AB∥DC，
∴∠DAB+∠D＝180°，
∵∠1＝15°，
∴∠DAB＝30°，
∴∠D＝180°﹣∠DAB＝180°﹣30°＝150°，
故选：D．
3．（2021•桥东区二模）如图，两根木条钉成一个角形框架∠AOB，且∠AOB＝120°，AO＝BO＝2cm，将一根橡皮筋两端固定在点A，B处，拉展成线段AB，在平面内，拉动橡皮筋上的一点C，当四边形OACB是菱形时，橡皮筋再次被拉长了（　　）

A．2cm B．4cm C．（43−4）cm D．（4﹣23）cm
【分析】根据菱形的性质得出AB，进而解答即可．
【解答】解：连接OC，交AB于E，

∵四边形OACB是菱形，∠AOB＝120°，AO＝BO＝2cm，
∴AB⊥OC，∠AOC＝60°，AB＝2AE，
∴AE=32OA=3（cm），
∴AB＝23（cm），
∴橡皮筋再次被拉长了（4﹣23）cm，
故选：D．
4．（2021•河北一模）如图，在菱形ABCD中，标出了四条线段的长度，其中有一个长度是标错的，这个长度是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】由菱形的性质得OA＝OC，AD＝AB＝5，AC⊥BD，再由勾股定理求出OA＝2，即可得出结论．
【解答】解：有一个长度是标错的，这个长度是2，理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，AD＝AB＝5，AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
∴OA=AD2−OD2=52−42=3＝OC，
∴有一个长度是标错的，这个长度是2，
故选：A．
5．（2021•路北区三模）如图，四边形ABCD为菱形，A，B两点的坐标分别是（3，0），（0，3），点C，D在坐标轴上，则菱形ABCD的周长等于（　　）

A．83 B．43 C．23 D．46
【分析】由勾股定理可求AB的长，由菱形的性质可求解．
【解答】解：∵A，B两点的坐标分别是（3，0），（0，3），
∴OB=3，OA＝3，
∴AB=OB2+OA2=3+9=23，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝23，
∴菱形ABCD的周长＝4×23=83，
故选：A．
6．（2021•顺平县二模）如图，在矩形内画了一些直线，已知△ADH，△BEF，四边形HGFC的面积分别是12、32、96，那么图中阴影部分的面积是（　　）

A．48 B．52 C．60 D．108
【分析】设矩形的面积为S，则S△CDE=S△ABC=12S，由图形可知，S+96＝S△CDE+S△ABC+12+32+S阴影，进而解答即可．
【解答】解：设矩形的面积为S，作EM⊥CD，AN⊥BC，
∵S△CDE=12EM⋅CD，S△ABC=12AN⋅BC，
∵四边形为矩形，
∴AN＝CD，EM＝BC，
∴S△CDE=S△ABC=12S，
∴S+96＝S△CDE+S△ABC+12+32+S阴影，
∴S阴影＝S﹣S△CDE﹣S△ABC﹣12﹣32+96，
∴S阴影=S−12S−12S−12−32+96，
∴S阴影＝96﹣32﹣12＝52，
故选：B．
7．（2021•路南区三模）如图，证明矩形的对角线相等．已知：四边形ABCD是矩形．求证：AC＝BD．以下是排乱的证明过程：①∴AB＝CD，∠ABC＝∠DCB；②∵BC＝CB；③∵四边形ABCD是矩形；④∴AC＝DB；⑤∴△ABC≌△DCB．
甲的证明顺序是：③①②⑤④
乙的证明顺序是：②③①⑤④
则下列说法正确的是（　　）

A．甲和乙都对 B．甲和乙都不对
C．甲对乙不对 D．乙对甲不对
【分析】由证明过程可以判断顺序．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD、∠ABC＝∠DCB＝90°．
∵BC＝CB，
∴△ABC≌△DCB（SAS），
∴AC＝DB，
∴证明步骤正确的顺序是：③①②⑤④或③①②⑤④，
故选：A．
8．（2021•路北区三模）如图，线段CE的长度为10，点D为线段CE上一动点（不与点C，E重合），DE为一边在CE上方作矩形ABCD，DEFG，使CB=33CD，DG=3DE，连接AC，EG，并取AC，EG的中点，分别记为M、N，连接MN．下面结论正确的是（　　）
①∠ACD＝30°；
②当点A落在MN上时，S矩形ABCD：S矩形DEFG＝1：3；
③连接BF，则MN∥BF．

A．① B．② C．③ D．①②③
【分析】由矩形的性质得到AD＝CB，然后有ADCD=33，利用解直角三角形，即可得到∠ACD的度数；分别求出DE＝5，CD＝5，DG=53，AD=533，然后求出两个矩形的面积，即可进行判断；连接BD、DF，由三角形的中位线定理即可进行判断．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝CB，∠ADC＝90°，
∵CB=33CD，
∴AB=33CD，
∴ADCD=33，
在直角三角形ADC中，∠ADC＝90°，
tan∠ACD=ADCD=33，
∴∠ACD＝30°；故①符合题意；
当点A落在MN上时，如图：
，
则点C、M、A、N，四点共线，DG=3DE，
∴DGDE=3，
∵∠EDG＝90°，
∴tan∠DEG=DGDE=3，
∴∠DEG＝60°，
∵∠ACD＝30°，
∴∠ENC＝90°；
∵CE＝10，
∴NE=12CE＝5，
∴GE＝2NE＝10，
∴DE＝5，
∴CD＝10﹣5＝5，DG=53，
∴AD=533，
∴S矩形ABCD=5×533=2533；
S矩形DEFG=5×53=253；
∴S矩形ABCD：S矩形DEFG=2533：253=1：3；故②符合题意；
连接 BF，BD，FD，如图：

由矩形的性质，
点M是BD的中点，点N是DF的中点，
在△BDF中，MN是中位线，
∴MN∥BF，故③符合题意；
故选：D．
9．（2021•长安区二模）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，AC，BD交于点O．添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法错误的是（　　）

A．添加“AB∥CD”，则四边形ABCD是菱形
B．添加“∠BAD＝90°，则四边形ABCD是矩形
C．添加“OA＝OC”，则四边形ABCD是菱形
D．添加“∠ABC＝∠BCD＝90°”，则四边形ABCD是正方形
【分析】根据AB＝AD，BC＝DC，可以得到AC垂直平分BD，然后再根据各个选项中的条件，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：∵AB＝AD，BC＝DC，
∴AC垂直平分BD，
当添加：“AB∥CD”，则∠ABD＝∠BDC，
∵∠BDC＝∠DBC，
∴∠ABO＝∠CBO，
又∵BO＝BO，∠BOA＝∠BOC，
∴△ABO≌△CBO（ASA），
∴BA＝BC，
∴AB＝BC＝CD＝DA，
∴四边形ABCD是菱形，故选项A不符合题意；
当添加“∠BAD＝90°，无法证明四边形ABCD是矩形，故选项B符合题意；
当添加条件“OA＝OC”时，
∵OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故选项C不符合题意；
当添加条件“∠ABC＝∠BCD＝90°”时，
则∠ABC+∠BCD＝180°，
∴AB∥CD，
由证选项A可知四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，故选项D不符合题意；
故选：B．
10．（2021•饶平县校级模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点Q是AB边上的一个动点（点Q不与点B重合），点M，N分别是DQ，BQ的中点，则线段MN＝（　　）

A．32 B．322 C．3 D．6
【分析】根据正方形的性质和勾股定理，可以得到DB的长，然后三角形中位线，可以得到MN的长，本题得以解决．
【解答】解：连接DB，
∵四边形ABCD是正方形，AB＝6，
∴∠A＝90°，AD＝AB＝6，
∴DB=AD2+AB2=62+62=62，
∵点M，N分别是DQ，BQ的中点，
∴MN是△DQB的中位线，
∴MN=12DB＝32，
故选：A．

二．填空题（共5小题）
11．（2021•高阳县模拟）如图，正方形ABCD的边长为3，连接BD，P、Q两点分别在AD、CD的延长线上，且满足∠PBQ＝45°．
（1）BD的长为　32　；
（2）当BD平分∠PBQ时，DP、DQ的数量关系为　PD＝QD　；
（3）当BD不平分∠PBQ时，DP•DQ＝　18　．

【分析】（1）根据正方形的性质和勾股定理即可得到结论；
（2）当BD平分∠PBQ时，证明△ABP≌△CBQ和△QBD≌△PBD，可得结论；
（3）当BD不平分∠PBQ时，证明△BQD∽△PBD，列比例式可得结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝3，∠A＝90°，
∴BD=AB2+AD2=33+32=32，
故答案为：32；
（2）解：当BD平分∠PBQ时，
∵∠PBQ＝45°，
∴∠QBD＝∠PBD＝22.5°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠C＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴∠ABP＝∠CBQ＝22.5°+45°＝67.5°，
在△ABP和△CBQ中，
∠A=∠CAB=BC∠ABP=∠CBQ，
∴△ABP≌△CBQ（ASA），
∴BP＝BQ，
在△QBD和△PBD中，
BQ=BP∠OBD=∠PBDBD=BD，
∴△QBD≌△PBD（SAS），
∴PD＝QD，
故答案为：PD＝QD；
（3）当BD不平分∠PBQ时，
∵AB∥CQ，
∴∠ABQ＝∠CQB，
∵∠QBD+∠DBP＝∠QBD+∠ABQ＝45°，
∴∠DBP＝∠ABQ＝∠CQB，
∵∠BDQ＝∠ADQ+∠ADB＝90°+45°＝135°，
∠BDP＝∠CDP+∠BDC＝90°+45°＝135°，
∴∠BDQ＝∠BDP，
∴△BQD∽△PBD，
∴BDPD=QDBD，
∴PD•QD＝BD2＝32+32＝18，
故答案为：18．
12．（2018•台州）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为　15+3　．

【分析】根据阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，进而依据△BCG的面积以及勾股定理，得出BG+CG的长，进而得出其周长．
【解答】解：∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，
∴阴影部分的面积为23×9＝6，
∴空白部分的面积为9﹣6＝3，
由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，
∴△BCG的面积与四边形DEGF的面积相等，均为12×3=32，
∠CBE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠BCG＝90°，
∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，
设BG＝a，CG＝b，则12ab=32，
又∵a2+b2＝32，
∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，
即（a+b）2＝15，
∴a+b=15，即BG+CG=15，
∴△BCG的周长=15+3，
故答案为：15+3．

13．（2011•河北）如图，已知菱形ABCD，其顶点A，B在数轴上对应的数分别为﹣4和1，则BC＝　5　．

【分析】根据数轴上A，B在数轴上对应的数分别为﹣4和1，得出AB的长度，再根据BC＝AB即可得出答案．
【解答】解：∵菱形ABCD，其顶点A，B在数轴上对应的数分别为﹣4和1，则AB＝1﹣（﹣4）＝5，
∴AB＝BC＝5．
故答案为：5．
14．（2021•竞秀区一模）如图，扇形AOB中，半径OA在直线l上，∠AOB＝120°，OA＝1，矩形EFGH的边EF也在l上，且EH＝2，OE=103π+20+22，将扇形AOB在直线l上向右滚动．

（1）滚动一周时得到扇形A'O'B'，这时OO'＝　23π+2　．
（2）当扇形与矩形EFGH有公共点时停止滚动，设公共点为D，则DE＝　22　．
【分析】（1）滚动一周时得到扇形A'O'B'，可得OO'等于扇形的周长，根据弧长公式即可求出弧AB的长，进而可得结果．
（2）先求出当扇形与矩形EFGH有公共点时扇形滚动的周数，可得点O′到点E的距离，进而利用勾股定理可得结论．
【解答】（1）∵滚动一周时得到扇形A'O'B'，
∴弧AB的长为：120π×1180=2π3，
∴OO'=2π3+2．
故答案为：2π3+2；
（2）∵OE=103π+20+22，
∴10π3÷2π3=5，
∴当扇形与矩形EFGH有公共点时扇形滚动5周，
如图，设此时扇形圆心为O″，

则O″E＝OE﹣OO″=103π+20+22−5（2π3+2）=22，
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠OEH＝90°，
在Rt△O″ED中，DE=O″D2−O″E2=12−(22)2=22．
故答案为：22．
15．（2020•莲池区一模）如图，正方形4个顶点均在圆上，且边长为4cm，则圆的面积为　8πcm2　．

【分析】连接AC，由于90°的圆周角所对的弦是直径，在Rt△ABC中，由勾股定理AC可求，半径可得，利用圆的面积公式结论可得．
【解答】解：连接AC，如图，
∵ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°．
∴AC为圆的直径．
由题意：AB＝BC＝4cm，
∴ACAB2+BC2=42+42=42（cm）．
∴圆的半径为12AC＝22（cm）．
∴圆的面积为π×(22)2=8π（cm2）．
故答案为8πcm2．

三．解答题（共3小题）
16．（2021•长安区二模）如图，正方形ABCD和正方形BEFG有公共顶点B，且顶点A，G，F三点共线，顶点C，F，E三点共线，DM⊥AG于点M，AB＝15，BE＝9．
（1）求证：△ABG≌△DAM；
（2）连接DG，求DG的长；
（3）直接写出△ABH与△CFH的面积差．

【分析】（1）由四边形ABCD和四边形BEFG是正方形以及DM⊥AG证明△ABG≌△DAM即可；
（2）先在在Rt△ABG中求出AG＝12，再由△ABG≌△DAM得DM＝AG＝12，AM＝BG＝9，故MG＝AG﹣AM＝3，再在Rt△DMG中求出DG即可；
（3）先证明△ABG≌△CBE，由此得S△ABG＝S△CBE，再由S△ABH﹣S△CHF＝S△ABH+S四边形BHFE﹣（S△CHF+S四边形HFEB）＝S△ABG+S正方形GBFE﹣S△CBE＝S正方形BGFE求出即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形，
∴∠BAD＝∠FGB＝90°，AB＝AD，
∵DM⊥AG，
∴∠DMA＝∠AGB＝90°，
∵∠DAM+∠GAB＝90°，∠DAM+∠ADM＝90°，
∴∠ADM＝∠GAB，
∴△ABG≌△DAM（AAS）；
（2）解：在Rt△ABG中，AG=AB2−BG2=12，
∵△ABG≌△DAM，
∴DM＝AG＝12，AM＝BG＝9，
∴MG＝AG﹣AM＝3，
在Rt△DMG中，DG=DM2+MG2=317；
（3）解：∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形，
∴∠ABC＝∠GBE＝90°，AB＝BC，
∴∠ABG＝∠CBE，
∴△ABG≌△CBE（SAS），
∴S△ABG＝S△CBE，
∵S△ABH﹣S△CHF＝S△ABH+S四边形BHFE﹣（S△CHF+S四边形HFEB）＝S△ABG+S正方形GBFE﹣S△CBE＝S正方形BGFE＝92＝81，
∴△ABH与△CFH的面积差为81．
17．（2018•金昌）已知矩形ABCD中，E是AD边上的一个动点，点F，G，H分别是BC，BE，CE的中点．
（1）求证：△BGF≌△FHC；
（2）设AD＝a，当四边形EGFH是正方形时，求矩形ABCD的面积．

【分析】（1）根据三角形中位线定理和全等三角形的判定证明即可；
（2）利用正方形的性质和矩形的面积公式解答即可．
【解答】解：连接EF，（1）∵点F，G，H分别是BC，BE，CE的中点，
∴FH∥BE，FH=12BE，FH＝BG，
∴∠CFH＝∠CBG，
∵BF＝CF，
∴△BGF≌△FHC，
（2）当四边形EGFH是正方形时，连接GH，可得：EF⊥GH且EF＝GH，
∵在△BEC中，点G，H分别是BE，CE的中点，
∴GH=12BC=12AD=12a，且GH∥BC，
∴EF⊥BC，
∵AD∥BC，AB⊥BC，
∴AB＝EF＝GH=12a，
∴矩形ABCD的面积=AB⋅AD=12a⋅a=12a2．
18．（2021•顺平县二模）在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，E是边BC上一点（可与B、C重合），以点E为直角顶点，在AE的右侧作等腰直角△AEF．
（1）如图1，当BE的长满足什么条件时，点F在矩形ABCD内？
（2）如图2，点F在矩形外，连接DF，若AE∥DF，求BE的长．

【分析】（1）根据矩形的性质和AAS得出△ABE'≌△E'CF'，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（2）延长DF、C交于点N，过点F作FM⊥BC于点M，利用全等三角形的判定和性质以及勾股定理解答即可．
【解答】解：（1）如图1，假设F在边CD上，设为F'．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°
∵E'F'⊥AE'，∠AE'F'＝90°，
∴∠AE'B＝∠E'F'C．
∵E'F'＝AE'，
∴△ABE'≌△E'CF'（AAS），
∴CE'＝AB＝6，
∴BE'＝BC﹣CE'＝2，
∴若要点F在矩形ABCD内，BE的长应满足0＜BE＜2．
（2）如图2，若AE∥DF，则EF⊥DF，延长DF、C交于点N，过点F作FM⊥BC于点M．

同理可证△ABE≌△EMF（AAS）．
设BE＝x，则EM＝AB＝6，FM﹣BE＝x，EC＝8﹣x．
∵EF⊥DF，
∴∠DFE＝∠DCB＝90°，
∴∠FEC＝∠CDF．
又∵CD＝AB＝EM，∠FME＝∠DCN＝90°．
∴△EFM≌△DNC（ASA），
∴NC＝FM＝x，EN＝EC+NC＝8，NM＝EN﹣EM＝2．
即在Rt△FMN中，FN2＝x2+22，
在Rt△EFM中，EF2＝x2+62，
在Rt△EFN中，FN2+EF2＝EN2，
即x2+22+x2+62＝82，
解得x=23或−23（舍去），
即BE=23．