【期中真题】2023-2024学年九年级数学上册 期中真题分类专题汇编 专题01 特殊四边形的性质与判定（十大题型）.zip

专题01 特殊四边形的性质与判定 菱形的性质1．（2022秋·广东揭阳·九年级统考期中）如图，菱形中，交于，于，连接，若，则的度数为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由菱形的性质可得，由直角三角形的性质可求解．【详解】解：∵四边形是菱形，，∴，∵，∴，∴，故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．2．（2022秋·山东青岛·九年级统考期中）如图，菱形的对角线、相交于点，、分别是、边上的中点，连接，若菱形的周长为，，则（    ）cm．A． B． C． D．28【答案】A【分析】先根据菱形的性质求出，，然后根据勾股定理求出，从而求出，最后根据三角形中位线定理即可求出．【详解】解∶ ∵菱形的周长为，，∴，，，，∴，∴，又、分别是、边上的中点，∴．故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，掌握菱形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理是解题的关键．3．（2022秋·辽宁锦州·九年级统考期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC＝16cm．BD＝12cm，则菱形边AB上的高，DH的长是 cm．【答案】9.6/【分析】先根据菱形的性质和勾股定理求出AB的长，再根据菱形面积公式求解即可．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=16cm，BD=12cm，∴AC⊥BD，，在Rt△AOB中，由勾股定理得，∵，∴，故答案为：9.6．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟知菱形的性质是解题的关键．4．（2023春·山东济南·九年级校考期中）已知：如图，在菱形ABCD中，E，F是对角线AC上两点，连接DE，DF，∠ADF＝∠CDE．求证：AE＝CF．【答案】见解析【分析】根据菱形的性质得出，，再利用角的等量代换得出，接着由角边角判定，最后由全等的性质即可得出结论．【详解】解：∵四边形是菱形，E，F是对角线AC上两点，∴，．∵，∴，即．在和中，，∴，∴．【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练地掌握这些性质和判定定理，并能从题中找到合适的条件进行证明． 菱形的判定5．（2022秋·福建三明·九年级统考期中）如图，下列条件中能使成为菱形的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据菱形的判定定理可得．【详解】解：A、AB=CD不能判定▱ABCD是菱形，故不符合题意；B、AC=BD只能判定▱ABCD是矩形，故不符合题意；C、∠BAD=90°只能判定▱ABCD是矩形，故不符合题意；D、AB=BC能判定▱ABCD是菱形，故符合题意；故选：D．【点睛】此题主要考查了菱形的判定，熟练地掌握菱形的判定定理是解决问题的关键．6．（2023春·广东深圳·九年级北师大南山附属学校校考期中）如图，∠MON=60°，以点O为圆心，适当长为半径画弧，交OM于点A，交ON于点B；分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧在∠MON的内部相交于点P，画射线OP；连接AB，AP，BP，过点P作PE⊥OM于点E，PF⊥ON于点F．则以下结论错误的是（    ）  A．△AOB是等边三角形 B．PE=PF C．△PAE≌△PBF D．四边形OAPB是菱形【答案】D【分析】利用等边三角形的判定定理可判定选项A；根据角平分线的性质可判定选项B；利用HL可证明△PAE≌△PBF；利用菱形的判定定理可判定选项D．【详解】解：∵∠MON=60°，OA=OB，∴△AOB是等边三角形，故选项A成立，不符合题意；由作图知：射线OP是∠MON的平分线，且PE⊥OM，PF⊥ON，∴PE=PF，故选项B成立，不符合题意；由作图知：AP=BP，又PE=PF，∴△PAE≌△PBF(HL) ，故选项C成立，不符合题意；∵OA与AP不一定相等，∴四边形OAPB不一定是菱形，故选项D不成立，符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了全等三角形的判定、菱形的判定．7．（2022秋·北京海淀·九年级统考期中）如图，在△ABC中，，BD为△的中线．，，连接CE．(1)求证：四边形BDCE为菱形；(2)连接DE，若，，求DE的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用对边平行且相等证平行四边形，再通过直角三角形斜边上的中线的性质判定即可．（2）连接DE，根据菱形的性质利用勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：∵，， ∴ 四边形为平行四边形． ∵ ，BD为AC边上的中线，∴ ，∴ 四边形为菱形．（2）解：连接DE交BC于O点，如图．∵ 四边形为菱形，，∴ ．∵ ，∴ ．∴ ．∴ ．∴ ．【点睛】本题主要考查菱形的判定及性质，能够熟练运用菱形的性质是解题关键．菱形的性质与判定的综合运用8．（2020春·浙江杭州·九年级期中）在菱形ABCD中，∠ADC＝120°，点E关于∠A的平分线的对称点为F，点F关于∠B的平分线的对称点为G，连结EG．若AE＝1，AB＝4，则EG＝（　　）A．2 B．2 C．3 D．【答案】B【分析】连接FG，根据菱形的性质和轴对称的性质可得∠A=60°，AE＝AF，BF＝BG，进而可证△AEF是等边三角形及△BFG是等腰三角形，根据等边三角形的性质和等腰三角形的性质可求得EF和FG的长，且∠EFG=90°，根据勾股定理即可求得EG的长．【详解】解：连接FG，过点B作BH⊥FG于H，如图，∵菱形ABCD，∠ADC＝120°，∴∠A＝60°，∠ABC＝120°，∵点E关于∠A的平分线的对称点为F，点F关于∠B的平分线的对称点为G，∴AE＝AF=1，BF＝BG，∴△AEF是等边三角形，∴∠AFE＝60°，EF=AF=1∵BF＝BG，∴△BFG是等腰三角形，∴∠GFB＝=30°，∴∠EFG＝180°﹣60°﹣30°＝90°，∵BF＝4﹣1＝3，∴BH=，FH=，∴FG＝2FH=3，∴EG＝，故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的三边关系、勾股定理，属于常考基本题型，难度适中，充分利用轴对称的性质是解答的关键．9．（2022秋·山东青岛·九年级统考期中）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形，在其中一张纸条转动的过程中，下列结论一定成立的是（　　）A． B．四边形面积不变C． D．四边形周长不变【答案】A【分析】两张等宽的纸条的宽为h，根据题意可得，从而得到四边形是平行四边形，再由，可得，进而得到四边形是菱形，即可．【详解】解∶ 设两张等宽的纸条的宽为h，∵纸条的对边平行，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴，∴四边形是菱形，∴，故A选项正确，符合题意，C选项错误，不符合题意；∵在旋转的过程中，在变化，∴四边形面积和周长也在变化，故B、D选项错误，不符合题意；故选：A．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，面积法等知识，学握菱形的性质是解题的关键．10．（2022秋·福建厦门·九年级厦门市第三中学校考期中）如图，中，，D、E分别是边、的中点．将绕点E旋转180度，得．（1）判断四边形的形状，并证明；（2）已知，，求四边形的面积S．【答案】（1）菱形，理由见解析；（2）7【分析】（1）根据三角形中位线定理可得，根据旋转的性质，，可证明四边形是平行四边形，再根据，D、E分别是边、的中点，可知，所以四边形是菱形；（2）由（1）得菱形的对角线互相垂直平分，再根据，可得到，利用勾股定理可求出BO和AO，再根据菱形的面积求解公式计算即可；【详解】（1）四边形ABCD是菱形，理由如下：∵D、E分别是边、的中点，∴，又∵绕点E旋转180度后得，∴，∴，∴四边形ABCD是平行四边形，又∵，∴，∴四边形ABCD是菱形．（2）如图，连接AD、BF，∵四边形ABCD是菱形，∴AD与BF相互垂直且平分，又∵，∴，令，，在Rt△ABO中，，∴,即，解得：，，即由图可知，，∴，，∴．【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质综合应用，准确理解中位线定理和旋转性质是解题的关键． 矩形的性质11．（2022秋·山东济南·九年级统考期中）如图，是矩形的对角线，分别以点A，C为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于点E，F，直线交于点M，交于点N，若，，则边的长为（    ）A．6 B．10 C． D．【答案】D【分析】如图，连接CM，利用垂直平分线与勾股定理即可解决问题．【详解】解：如图，连接CM．由作图可知，MN垂直平分线段AC，∴MA＝MC＝8，∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，∴CD＝，∴AB=CD=，故选D．【点睛】本题考查作图−基本作图，矩形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．12．（2021秋·河南平顶山·九年级统考期中）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作，分别交AB，CD于点E，F，连接PB，PD．若，．则图中阴影部分的面积为 ．【答案】10【分析】想办法证明S△PEB=S△PFD解答即可．【详解】作PM⊥AD于M，交BC于N．则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，∴S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PBE=S△PBN，S△PFD=S△PDM，S△PFC=S△PCN，∴S△DFP=S△PBE=×2×5=5，∴S阴=5+5=10，故答案为10．【点睛】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证明S△PEB=S△PFD．13．（2023春·江苏南京·九年级统考期中）如图，O为矩形的对角线的中点，过O作分别交，于点E，F．(1)求证：四边形是菱形．(2)若，，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)45【分析】（1）先根据矩形的性质可得，，再根据定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据菱形的判定即可得证；（2）设菱形的边长为，则，在中，利用勾股定理求出的值，然后根据菱形的面积公式即可得．【详解】（1）证明：四边形是矩形，∴，，，∵O为矩形的对角线的中点，∴，在和中，，，，四边形是平行四边形，又，四边形是菱形．（2）解：四边形是矩形，，设菱形的边长为，则，，，在中，，即，解得，，则四边形的面积为．【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．矩形的判定14．（2022秋·山东青岛·九年级山东省青岛第二十六中学校联考期中）要检验一个四边形画框是否为矩形，可行的测量方法是（    ）A．测量四边形画框的两个角是否为B．测量四边形画框的对角线是否相等且互相平分C．测量四边形画框的一组对边是否平行且相等D．测量四边形画框的四边是否相等【答案】B【分析】按照有一个角是直角是平行四边形是矩形，有三个角是直角是四边形是矩形，两条对角线相等的平行四边形是矩形，逐一分析判定．【详解】A.测量四边形画框的两个角是否为，∵有三个角是直角的四边形是矩形，∴此测量方法不可行，不合题意；B.测量四边形画框的对角线是否相等且互相平分，∵对角线相等且互相平分的四边形是矩形，∴此测量方法可行，符合题意；C.测量四边形画框的一组对边是否平行且相等，∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，不一定是矩形，∴此测量方法不可行，不合题意；D.测量四边形画框的的四边是否相等，∵四边相等的四边形可能是菱形，不是矩形，∴此测量方法不可行，不合题意．故选：B．【点睛】本题主要考查了矩形的判定，解决问题的关键是熟练掌握矩形的定义和判定定理．15．（2022秋·河南郑州·九年级校考期中）如图，在平行四边形 ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，添加下列条件不能判定四边形ABCD是矩形的是（    ）A．AC⊥BD B．AB⊥BC C．AC＝BD D．∠1＝∠2【答案】A【分析】根据菱形和矩形的判定、等腰三角形的性质、平行四边形的性质逐项判断即可得．【详解】解：A、由对角线互相垂直的平行四边形是菱形可知，添加能判定是菱形，不一定是矩形，则此项符合题意；B、由有一个角是直角的平行四边形是矩形可知，添加能判定是矩形，则此项不符题意；C、由对角线相等的平行四边形是矩形可知，添加能判定是矩形，则此项不符题意；D、，，四边形是平行四边形，，，是矩形，即添加能判定是矩形，则此项不符题意；故选：A．【点睛】本题考查了菱形和矩形的判定、等腰三角形的性质、平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定方法是解题关键.16．（2022秋·广东佛山·九年级校考期中）如图，在中，过点A作于点E，延长BC至点F使得，连接．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，，求AD的长．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）先证四边形为平行四边形，再证，即可得出结论；（2）由矩形的性质得，再由勾股定理的逆定理得为直角三角形，然后由面积法求出的长，即可得出答案．【详解】（1）证明：∵，∴，即，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，∵，∴，∴平行四边形为矩形；（2）解：由（1）知，四边形为矩形，∴，∵，，，∴，∴为直角三角形，，∴，∴，即，∴，∴．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理的逆定理以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．直角三角形斜边上的中线17．（2022秋·陕西·九年级陕西师大附中校考期中）如图，在中，，点为边的中点，，，则的长为（    ）A．3 B．4 C．6 D．【答案】D【分析】根据直角三角形斜边中线的性质，推导得，再根据勾股定理性质计算，即可得到答案．【详解】∵，点为边的中点，，∴，∴，故选：D ．【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握勾股定理的性质，从而完成求解．18．（2022秋·北京朝阳·九年级校考期中）如图，A，B，C是某社区的三栋楼，若在中点处建一个基站，其覆盖半径为，则这三栋楼中在该基站覆盖范围内的是（ ）A．A，B，C都不在 B．只有C．只有A，C D．A，B，C【答案】D【分析】根据勾股定理的逆定理证得是直角三角形，可以根据直角三角形斜边中线的性质求得的长，然后与比较大小，即可解答本题．【详解】解：，，，，是直角三角形，且，点是斜边的中点，，，，点A，B，C都在覆盖范围内，这三栋楼中在该基站覆盖范围内的是A，B，C．故选：D．【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，解题的关键是求出三角形三个顶点到点的距离．19．（2022秋·广东深圳·九年级红岭中学校联考期中）如图，为斜边的中线，，，，则的面积为 ．【答案】【分析】延长到点，使得，连接，，如图所示：证明，可得，，再证明，根据勾股定理，得，证明，可得的面积，从而可得答案.【详解】解：延长到点，使得，连接，，如图所示：为斜边的中线，，在和中，，，，，，，，，，，，根据勾股定理，得，，，垂直平分线段，，，的面积，的面积，，的面积，故答案为：．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，线段的垂直平分线的性质，勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，作出适当的辅助线构建全等三角形是解本题的关键.20．（2022秋·福建漳州·九年级校考期中）如图，△ABC中，∠BCA＝90°，CD是边AB上的中线，分别过点C，D作BA和BC的平行线，两线交于点E，且DE交AC于点O，连接AE．（1）求证：四边形ADCE是菱形；（2）若∠B＝60°，BC＝6，求四边形ADCE的面积．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）先根据已知条件，证明四边形DBCE是平行四边形，可得EC∥AB，且EC＝DB，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，则可得四边形是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；（2）根据已知条件可得是等边三角形，进而求得，根据，进而根据菱形的性质求得面积．【详解】（1）证明：∵DE∥BC，EC∥AB，∴四边形DBCE是平行四边形．∴EC∥AB，且EC＝DB．在Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，∴AD＝DB＝CD．∴EC＝AD．四边形ADCE是平行四边形∴四边形ADCE是菱形．（2）解：Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，∠B＝60°，BC＝6，是等边三角形∴AD＝DB＝CD＝6．∴AB＝12，由勾股定理得．∵四边形DBCE是平行四边形，∴DE＝BC＝6．∴菱形．【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，等边三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．矩形的性质与判定的综合运用21．（2022秋·山东青岛·九年级校考期中）矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点M在边CD上，若AM平分∠DMB，则DM的长是（　　）A． B． C．﹣ D．2﹣【答案】D【分析】根据题意由矩形的性质得出CD=AB=2，AB∥CD，BC=AD=1，∠C=90°，由平行线的性质得出∠BAM=∠AMD，再由角平分线证出∠BAM=∠AMB，得出MB=AB=2，由勾股定理求出CM，即可得出DM的长．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB=2，AB∥CD，BC=AD=1，∠C=90°，∴∠BAM=∠AMD，∵AM平分∠DMB，∴∠AMD=∠AMB，∴∠BAM=∠AMB，∴BM=AB=2，∴CM=，∴DM=CD-CM=2-.故选：D．【点睛】本题考查矩形的性质和等腰三角形的判定以及平行线的性质和勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明MB=AB是解决问题的关键．22．（2022秋·上海黄浦·九年级统考期中）如图，在中，，是的重心，若，则 ．【答案】【分析】延长交于点中点，取的中点，的中点，连接，，，又根据中位线的性质，则，，得四边形是平行四边形，根据矩形的判定和性质，又根据是的重心，，则，即可求出．【详解】延长交于点，取的中点，的中点，连接，，∴，，∴四边形是平行四边形∵∴平行四边形是矩形∴∵是的重心，∴∴故答案为：．【点睛】本题考查三角形重心，中位线，矩形的知识，解题的关键是掌握三角形重心定理，三角形中位线的性质，矩形的判定和性质．23．（2020秋·浙江金华·九年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC，对角线AC、BD交于点O，AO＝BO，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE．（1）求证：四边形ABCD是矩形；（2）若AB＝2，求△OEC的面积．【答案】（1）详见解析；（2）1【分析】（1）证出∠BAD＝∠BCD，得出四边形ABCD是平行四边形，得出OA＝OC，OB＝OD，证出AC＝BD，即可解决问题；（2）作OF⊥BC于F．求出EC、OF即可解决问题；【详解】（1）证明：∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∠ADC+∠BCD＝180°，∵∠ABC＝∠ADC，∴∠BAD＝∠BCD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵OA＝OB，∴AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形．（2）解：作OF⊥BC于F，如图所示．∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝2，∠BCD＝90°，AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，∴AO＝BO＝CO＝DO，∴BF＝FC，∴OF＝CD＝1，∵DE平分∠ADC，∠ADC＝90°，∴∠EDC＝45°，在Rt△EDC中，EC＝CD＝2，∴△OEC的面积＝•EC•OF＝1．【点睛】本题考查矩形的性质、三角形的面积、三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题，属于中考常考题型．24．（2021秋·广东佛山·九年级校考期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作且DE＝AC，连接CE、OE，连接AE交OD于点F．(1)求证：OE＝CD；(2)若菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，求AE的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直即AC⊥BD，证明OCED是矩形，可得OE＝CD；（2）根据菱形的性质以及勾股定理求出AC与CE的长，再根据勾股定理求出AE的长度即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴OC＝AC，AC⊥BD，∵DE＝AC，∴DE＝OC，∵DE∥AC，∴四边形OCED是平行四边形．∵AC⊥BD，∴平行四边形OCED是矩形．∴OE＝CD．（2）解：∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝2，∵OA=AC=1，AC⊥BD，AD=2，∴OD=，∴在矩形OCED中，CE＝OD＝，∴在Rt△ACE中，AE＝．【点睛】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．正方形的性质25.（2022秋·福建三明·九年级统考期中）如图，正方形ABCD中，点E是对角线BD上的一点，且，连接CE，AE，则的度数为（    ）A．22.5° B．25° C．30° D．32.5°【答案】A【分析】根据正方形的性质得到∠ABD=45°，∠BAD=90°，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠BAE=67.5°，然后计算∠BAD-∠BAE即可．【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴∠ABD=45°，∠BAD=90°，∵BE=AB，∴∠BAE=∠BEA=×（180°-45°）=67.5°，∴∠DAE=∠BAD-∠BAE=90°-67.5°=22.5°．故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．26．（2023春·重庆江津·九年级校联考期中）如图，点为正方形的边上的一点，，，连接为边延长线上一点，且，连接，过点A作交于点，连接，则线段的长度为 ．【答案】【分析】过点G作，先证明，可得是等腰三角形，再结合条件得到即可得到答案．【详解】解：过点G作，如图所示，∵四边形是正方形，∴，，∵， ∴，∴，∴是等腰三角形，∵，∴点G是的中点，∵，∴，∵，，∴，，∴，，∴，∴；故答案为：．【点睛】本题考查了几何问题，灵活运用所学知识和正确作出辅助线是解题关键．27．（2022秋·陕西西安·九年级校考期中）如图，在正方形中，E，F分别是边上的点（点E，F不与端点重合），且．交于点P，过点C作交于点H．(1)求证：；(2)连接并延长交于点Q，若点H是的中点，试求的值．【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）利用证明得到，再证明得到即可证明；（2）先证明垂直平分，得到，则，证明，推出，得到，进一步证明，得到，设，则，在中，由勾股定理得，，即，得到，即．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：∵，点H是的中点，∴垂直平分，∴，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，设，∴，在中，由勾股定理得，，∴，∴，∴，即．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质等等，灵活运用所学知识是解题的关键．正方形的判定28．（2022秋·四川成都·九年级校考期中）下列说法正确的是（    ）A．矩形对角线相互垂直平分 B．对角线相等的菱形是正方形C．一组邻边相等的四边形是菱形 D．对角线相等的平行四边形是菱形【答案】B【分析】根据矩形的性质可得A错误；先判定四边形是菱形，再判定是矩形就是正方形可得B正确；根据菱形的判定可得C错误；根据对角线的关系判定矩形，从而得D错误．【详解】解：A．矩形的对角线相等且平分，故A原说法错误，不符合题意；B．对角线相等的菱形是正方形，正确，符合题意；C．两组邻边相等的四边形是菱形，故C原说法错误，不符合题意；D．对角线相等的平行四边形是矩形，故D原说法错误，不符合题意；故选B．【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，正方形的判定，菱形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行判断求解.29．（2019秋·福建三明·九年级校考期中）已知在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，，下列判断中错误的是（    ）A．如果，，那么四边形ABCD是平行四边形B．如果，，那么四边形ABCD是矩形C．如果，，那么四边形ABCD是菱形D．如果，AC垂直平分BD，那么四边形ABCD是正方形【答案】A【分析】根据矩形和菱形的判定定理进行判断即可．【详解】解：A选项，四边形ABCD有可能是等腰梯形，故此选项错误，符合题意；B选项，，，所以四边形ABCD是平行四边形，对角线相等的平行四边形是矩形，故此选项正确，不符合题意；C选项，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故此选项正确，不符合题意；D选项，对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故此选项正确，不符合题意．故选：A．【点睛】此题主要考查了正方形的判定，矩形的判定和菱形的判定，关键是熟练掌握矩形和菱形的判定定理．30．（2019秋·广东清远·九年级统考期中）如图，△ABC中，AD是BC边的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于F，连结CF．（1）求证：四边形ADCF是平行四边形；（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCF是菱形；（3）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCF是正方形．注：（2）、（3）小题直接填写条件，不需要写出理由．  【答案】（1）见解析；（2）当△ABC满足∠BAC＝90゜条件时，四边形ADCF是菱形；（3）当△ABC满足AB＝AC且∠BAC＝90゜条件时，四边形ADCF是正方形．【分析】（1）由两直线平行，内错角相等，得到∠FAE＝∠EDB，∠AFE＝∠EBD，进而证明△AEF≌△DEB（AAS），再由全等三角形对应边相等性质，解得AF=DB，结合AD是BC边中线，解得AF=DC，最后根据一组对边平行且相等可证明四边形ADCF为平行四边形；（2）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形解题，即当三角形ABC是直角三角形时，斜边中线等于斜边的一半即可判定；（3）根据有一个直角的菱形是正方形解题，当且时，由三线合一性质，可解题．【详解】（1）证明：∵AFBC，∴∠FAE＝∠EDB，∠AFE＝∠EBD，在AEF和△DEB中，，∴△AEF≌△DEB（AAS），∴AF＝DB，又∵BD＝DC，∴AF＝DC，又∵AFDC，∴四边形ADCF为平行四边形．（2）当△ABC满足∠BAC＝90゜条件时，四边形ADCF是菱形；AD是斜边BC的中线，又四边形ADCF是平行四边形四边形ADCF是菱形；（3）当△ABC满足AB＝AC且∠BAC＝90゜条件时，四边形ADCF是正方形．∠BAC＝90゜，AD是BC边的中线，又四边形ADCF为平行四边形，∴四边形ADCF为菱形，∴四边形ADCF为正方形．【点睛】本题考查特殊平行四边形的判定与性质，其中涉及平行线的判定、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、菱形的判定、正方形的判定等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．31．（2022秋·广东梅州·九年级统考期中）在中，，点D是的中点，连接，过点B，C分别作，，、交于点F．(1)求证：四边形是菱形；(2)当和满足怎样的关系时，四边形是正方形？并证明你的结论．【答案】(1)见解析(2)当时，四边形是正方形，证明见解析【分析】（1）由，，可得四边形是平行四边形，由直角三角形斜边上的中线的性质可得，即可得到平行四边形是菱形；（2）由等腰三角形的性质得到，即可得到菱形四边形是正方形．【详解】（1）证明：∵，，∴四边形是平行四边形，∵，点D是的中点，∴，∴四边形是菱形；（2）解：当时，四边形是正方形．理由如下：∵，点D是的中点，∴，∴，由（1）知，四边形是菱形，∴四边形是正方形．【点睛】本题主要考查了正方形的判定，直角三角形斜边中线的性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握菱形和正方形的判定方法是解决问题的关键．正方形的性质与判定的综合运用32．（2023春·广东汕头·九年级校考期中）如图，在四边形中，，，，E是上一点，且，则的长度是（    ）A．3.2 B．3.4 C．3.6 D．4【答案】B【分析】如图，过点C作CF⊥AD，交AD延长线于F，CG⊥CD，交AB延长线于G，可证明四边形ABCF是正方形，可得DF的长，根据角的和差关系可得∠DCF=∠GCB，利用ASA可证明△DCF≌△GCB，可得CD=CG，BG=DF，根据∠DCE=45°可知∠ECG=∠DCE=45°，利用SAS可证明△DCE≌△GCE，可得DE=GE，根据S正方形ABCF=S△AED+2S△GCE列方程可求出AE的长，进而求出GE的长即可得答案．【详解】如图，过点C作CF⊥AD，交AD延长线于F，CG⊥CD，交AB延长线于G，∵，，，∴四边形ABCF是正方形，DF=1，∵∠DCF+∠BCD=90°，∠GCB+∠BCD=90°，∴∠DCF=∠GCB，在△DCF和△GCB中，，∴△DCF≌△GCB，∴CG=CD，BG=DF=1，∵∠DCE=45°，CG⊥CD，∴∠ECG=∠DCE=45°，在△DCE和△GCE中，，∴△DCE≌△GCE，∴S△GCE=S△DCE，DE=GE，∴S正方形ABCF=S△AED+2S△GCE，∴AE·AD+2×GE·BC=AB2，即×3AE+4（5-AE）=42，解得：AE=1.6，∴DE=GE=5-AE=3.4．故选：B．【点睛】本题考查正方形的判定与性质及全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．33．（2022秋·广东佛山·九年级期中）如图，已知正方形ABCD边长为1，∠EAF＝45°，AE＝AF，则有下列结论：①∠1＝∠2＝22.5°；②点C到EF的距离是﹣1；③ECF的周长为2；④BE+DF＞EF，其中正确的结论有（　　）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】B【分析】先证明Rt△ABE≌Rt△ADF得到∠1＝∠2，易得∠1＝∠2＝∠22.5°，于是可对①进行判断；连接EF、AC，它们相交于点H，如图，利用Rt△ABE≌Rt△ADF得到BE＝DF，则CE＝CF，接着判断AC垂直平分EF，AH平分∠EAF，于是利用角平分线的性质定理得到EB＝EH，FD＝FH，则可对③④进行判断；设BE＝x，则EF＝2x，CE＝1−x，利用等腰直角三角形的性质得到2x＝（1−x），解方程，则可对②进行判断．【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°，在Rt△ABE和Rt△ADF中，，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴∠1＝∠2，∵∠EAF＝45°，∴∠1＝∠2＝∠22.5°，所以①正确；连接EF、AC，它们相交于点H，如图，∵Rt△ABE≌Rt△ADF，∴BE＝DF，而BC＝DC，∴CE＝CF，∵AE＝AF，∴AC垂直平分EF，AH平分∠EAF，∴EB＝EH，FD＝FH，∴BE+DF＝EH+HF＝EF，所以④错误；∴△ECF的周长＝CE+CF+EF＝CE+BE+CF+DF＝CB+CD＝1+1＝2，所以③正确；设BE＝x，则EF＝2x，CE＝1﹣x，∵△CEF为等腰直角三角形，∴CE=CF∴EF＝=CE，即2x＝（1﹣x），解得x＝﹣1，∴BE＝﹣1，Rt△ECF中，EH＝FH，∴CH＝EF＝EH＝BE＝﹣1，∵CH⊥EF，∴点C到EF的距离是﹣1，所以②正确；本题正确的有：①②③；故选：B．【点睛】本题考查了四边形的综合题：熟练掌握正方形的性质和角平分线的性质定理．解决本题的关键是证明AC垂直平分EF．34．（2021秋·甘肃张掖·九年级校考期中）如图，在中，的角平分线交于点D，．（1）试判断四边形的形状，并说明理由；（2）若，且，求四边形的面积．【答案】（1）菱形，理由见解析；（2）4【分析】（1）根据DE∥AB，DF∥AC判定四边形AFDE是平行四边形，再根据平行线的性质和角平分线的定义得到∠EDA=∠EAD，可得AE=DE，即可证明；（2）根据∠BAC=90°得到菱形AFDE是正方形，根据对角线AD求出边长，再根据面积公式计算即可．【详解】解：（1）四边形AFDE是菱形，理由是：∵DE∥AB，DF∥AC，∴四边形AFDE是平行四边形，∵AD平分∠BAC，∴∠FAD=∠EAD，∵DE∥AB，∴∠EDA=∠FAD，∴∠EDA=∠EAD，∴AE=DE，∴平行四边形AFDE是菱形；（2）∵∠BAC=90°，∴四边形AFDE是正方形，∵AD=，∴AF=DF=DE=AE==2，∴四边形AFDE的面积为2×2=4．【点睛】本题考查了菱形的判定，正方形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，解题的关键是掌握特殊四边形的判定方法．35．（2022秋·福建漳州·九年级校考期中）如图，在长方形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于点F，连结EF，若AB＝6，BC＝4，则FD的长为(   )A．2 B．4 C． D．2【答案】B【详解】试题分析：∵E是AD的中点，∴AE=DE，∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，∴AE=EG，AB=BG，∴ED=EG，∵在矩形ABCD中，∴∠A=∠D=90°，∴∠EGF=90°，在Rt△EDF和Rt△EGF中，∵ED=EG，EF=EF，∴Rt△EDF≌Rt△EGF（HL），∴DF=FG，设DF=x，则BF=6+x，CF=6﹣x，在Rt△BCF中，，解得x=4．故选B．考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．综合题．36．（2022秋·辽宁沈阳·九年级校考期中）如图，在菱形中，，对角线，若过点作，垂足为，则的长为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接对角线BD，根据勾股定理求对角线BD=24，由菱形的面积列式得：S菱形ABCD=BC•AE=AC•BD，代入计算可求AE的长．【详解】连接BD交AC于O，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA=AC=×10=5，∵AB=13=BC，由勾股定瑆得：OB===12，∴BD=2OB=24，∵AE⊥BC，∴S菱形ABCD=BC•AE=AC•BD，13AE=×10×24，AE=，故选C．【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形以下的性质是关键：①菱形的对角线互相平分且垂直，②菱形的四边相等，③菱形的面积=两条对角线积的一半=底边×高；根据面积法可以求菱形的边或高．37．（2019秋·辽宁锦州·九年级统考期中）如图所示，直线经过正方形的顶点，分别过顶点、作于点、于点，若，，则的长为 ．【答案】1或7【分析】如图1或2，证明△ABF≌△DAE，得到BF＝AE＝3，AF＝DE＝4，即可解决问题．【详解】如图1，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAD＝90°，AB＝AD；∵BF⊥EF，DE⊥EF，∴∠FBA＋∠FAB＝∠FAB＋∠DAE，∴∠FBA＝∠DAE；在△ABF与△DAE中，∠FBA＝∠DAE，AB＝AD，∠BAF＝∠ADE，∴△ABF≌△DAE（ASA），∴BF＝AE＝3，AF＝DE＝4，∴EF＝3＋4＝7；如图2，同理可证△ABF≌△DAE，∴BF＝AE＝3，AF＝DE＝4，∴EF＝4−3＝1；故答案为：7或1．【点睛】该题以正方形为载体，以考查正方形的性质、全等三角形的判定及其性质的应用为核心构造而成；解题的关键是深入把握题意，准确找出图形中隐含的等量关系．38．（2021秋·河南郑州·九年级郑州外国语中学校考期中）如图，是的角平分线，交于，交于．且交于，则 度．【答案】【分析】先根据平行四边形的判定定理得出四边形AEDF为平行四边形，再根据平行线的性质及角平分线的性质得出∠1=∠3，故可得出▱AEDF为菱形，根据菱形的性质即可得出．【详解】如图所示：∵DE∥AC，DF∥AB，∴四边形AEDF为平行四边形，∴OA=OD，OE=OF，∠2=∠3，∵AD是△ABC的角平分线，∵∠1=∠2，∴∠1=∠3，∴AE=DE．∴▱AEDF为菱形．∴AD⊥EF，即∠AOF=90°．故答案是：90．【点睛】考查的是菱形的判定与性质，根据题意判断出四边形AEDF是菱形是解答此题的关键．39．（2023春·江西抚州·九年级临川一中校考期中）如图，在中，，，，点、分别在、上，沿将翻折使顶点的对应点落在上，若，则等于 ．【答案】【分析】连接，交于点，根据折叠的性质，得出，，再根据平行线的判定，得出，再根据平行线的性质，得出，再根据，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据菱形的判定定理，得出四边形为菱形，再根据菱形的性质，得出，然后设，则，再根据直角三角形所对的直角边等于斜边的一半，得出，进而列出方程，并解出，再根据等边三角形的判定，得出为等边三角形，再根据等边三角形的性质，即可得出结果．【详解】解：如图，连接，交于点，根据题意，可得：，，∵，，∴，∴，在和中，，∴，∴，又∵，，∴四边形为菱形，∴，设，则，∵，，∴，即，解得：，∴，∵，，∴，∴为等边三角形，∴．故答案为：【点睛】本题考查了折叠的性质、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、直角三角形所对的直角边等于斜边的一半、等边三角形的判定与性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质、定理．40．（2021秋·陕西西安·九年级西安市第八十五中学校考期中）将矩形ABCD折叠使A，C重合，折痕交BC于E，交AD于F，（1）求证：四边形AECF为菱形；（2）若AB＝4，BC＝8，①求菱形的边长；②求折痕EF的长．【答案】（1）见解析；（2）①5；②2．【分析】（1）根据折叠的性质得OA＝OC，EF⊥AC，EA＝EC，再利用AD∥AC得到∠FAC＝∠ECA，则可根据“ASA”判断△AOF≌△COE，得到OF＝OE，加上OA＝OC，AC⊥EF，于是可根据菱形的判定方法得到四边形AECF为菱形；（2）①设菱形的边长为x，则BE＝BC﹣CE＝8﹣x，AE＝x，在Rt△ABE中，根据勾股定理得（8﹣x）2+42＝x2，然后解方程即可得到菱形的边长；②先在Rt△ABC中，利用勾股定理计算出AC＝4，则OA＝AC＝2，然后在Rt△AOE中，利用勾股定理计算出OE＝，所以EF＝2OE＝2．【详解】（1）∵矩形ABCD折叠使A，C重合，折痕为EF，∴OA＝OC，EF⊥AC，EA＝EC，∵AD∥AC，∴∠FAC＝∠ECA，在△AOF和△COE中，∴△AOF≌△COE，∴OF＝OE，∵OA＝OC，AC⊥EF，∴四边形AECF为菱形；（2）①设菱形的边长为x，则BE＝BC﹣CE＝8﹣x，AE＝x，在Rt△ABE中，∵BE2+AB2＝AE2，∴（8﹣x）2+42＝x2，解得x＝5，即菱形的边长为5；②在Rt△ABC中，AC＝＝4，∴OA＝AC＝2，在Rt△AOE中，AE＝5，OE＝＝，∴EF＝2OE＝2．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质及折叠的性质．菱形是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法．41．（2019秋·重庆江北·九年级统考期中）如图，在正方形ABCD的对角线AC上取点E，使得∠CDE=15°，连接BE．延长BE到F，连接CF，使得CF=BC．（1）求证：DE=BE；（2）求证：EF=CE+DE．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）由正方形的性质可以得出AB=AD，∠BAC=∠DAC=45°，通过证明△ABE≌△ADE，就可以得出结论；（2）在EF上取一点G，使EG=EC，连结CG，再通过条件证明△DEC≌△FGC就可以得出结论．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，∠BAC=∠DAC=45°．∵在△ABE和△ADE中，，∴△ABE≌△ADE（SAS），∴BE=DE．（2）在EF上取一点G，使EG=EC，连结CG，∵△ABE≌△ADE，∴∠ABE=∠ADE．∴∠CBE=∠CDE，∵BC=CF，∴∠CBE=∠F， ∵∠CDE=15°，∴∠CBE=15°，∴∠CEG=60°．∵CE=GE，∴△CEG是等边三角形．∴∠CGE=60°，CE=GC，∴∠GCF=45°，∴∠ECD=GCF．∵在△DEC和△FGC中，，∴△DEC≌△FGC（SAS），∴DE=GF．∵EF=EG+GF，∴EF=CE+ED．42．（2021秋·广东揭阳·九年级校联考阶段练习）【问题情境】如图1，四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM．【探究展示】（1）请你判断AM，AD，MC三条线段的数量关系，并说明理由；（2）AM = DE + BM是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．【拓展延伸】（3）若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，探究展示（1）、（2）中的结论是否仍然成立？请分别作出判断，不需要证明．【答案】（1）AM=AD+MC，见解析；（2）成立，见解析；（3）结论AM=AD+MC仍然成立，结论AM=DE+BM不成立【分析】（1）从平行线和中点这两个条件出发，延长、交于点，如图1（1），易证，从而有，只需证明即可；（2）作交的延长线于点，易证，只需证明即可；要证，只需证明它们所在的两个三角形全等即可；（3）在图2（1）中，仿照（1）中的证明思路即可证到仍然成立；在图2（2）中，采用反证法，并仿照（2）中的证明思路即可证到不成立．【详解】解：（1）AM=AD+MC．理由如下：如图1（1）所示，分别延长AE，BC交于点N，∵四边形ABCD是正方形，∴ADBC，∴∠DAE=∠ENC，∵AE平分∠DAM，∴∠DAE=∠MAE，∴∠ENC=∠MAE，∴MA=MN，∵E是CD的中点，∴DE=CE，在ADE与NCE中，∴ADE≌NCE（AAS），∴AD=NC，∵MN=NC+MC，∴AM=AD+MC；（2）AM=DE+BM成立．理由如下：如图1（2）所示，将ADE绕点A顺时针旋转90°，得到ABF，∵四边形ABCD是正方形，∴ABDC，∠D=∠ABM=90°，∴∠AED=∠BAE，∵旋转，∴∠F=∠AED，∠FAB=∠EAD，BF=ED，∠D=∠ABF=90°，∴∠ABM＋∠ABF=180°，∴点F、B、M在同一直线上，∵AE平分∠DAM，∴∠DAE=∠MAE，∴∠BAF=∠MAE，∵∠BAE=∠BAM+∠MAE，∴∠AED=∠BAM+∠BAF=∠FAM，∴∠F=∠FAM，∴AM=FM，∵FM=BF+BM∴AM=DE+BM；（3）①结论AM=AD+MC仍然成立，理由如下：①如图2（1），延长、交于点， 四边形是矩形，．．平分，．．．在ADE与PCE中，∴ADE≌PCE（AAS），．∵MP=PC+MC，∴AM=AD+MC；②结论不成立，理由如下：假设成立．过点作，交的延长线于点，如图2（2）所示．四边形是矩形，，．，．．．，．，，．．．，．，与条件“ “矛盾，故假设不成立．不成立．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形及矩形的性质、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的判定、平行线的性质、角平分线的定义等知识，考查了基本模型的构造（平行加中点构造全等三角形），考查了反证法的应用，综合性比较强．添加辅助线，构造全等三角形是解决这道题的关键．