专题03 特殊的平行四边形（暑假复习讲义）新九年级数学新教材人教版含答案

这是一份专题03 特殊的平行四边形（暑假复习讲义）新九年级数学新教材人教版含答案，共10页。学案主要包含了平行四边形的概念及性质与判定，矩形的概念及性质与判定，菱形的概念及性质与判定，正方形的概念及性质与判定等内容，欢迎下载使用。
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 → 系统讲解重难核心知识，重构整合形成体系
03 题型突破 → 汇总常考题型，举一反三，方法提炼
题型1 利用平行四边形的性质求角度或线段
题型2 平行四边形的性质和判定的综合问题
题型3 利用矩形的性质求解
题型4 矩形的性质与判定的综合问题
题型5 利用菱形的性质求解
题型6 菱形的性质与判定的综合问题
题型7 利用正方形的性质求解
题型8 正方形的性质与判定的综合问题
题型9 与特殊平行四边形的性质与判定有关的作图（含无刻度作图）
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
知识点一 平行四边形的概念及性质与判定
1.平行四边形的概念：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。
2.平行四边形的性质：
（1）平行四边形的对边相等；（2）平行四边形的对角相等（3）平行四边形的对角线互相平分。
3.平行四边形的判定
（1）两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形（概念）
（2）一组对边平行且相等的四边形叫做平行四边形
（3）对角线互相平分的四边形叫做平行四边形
（4）两组对边分别相等的四边形叫做平行四边形
【易错警示】
- 性质：对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分，勿与矩形、菱形性质混淆。
- 判定：一组对边平行且相等是常用判定，勿只记“平行”或只记“相等”；对角线互相平分也是重要判定。
- 条件充分性：两组对角相等或两组对边相等均能判定，但一组邻角互补不一定。
即时即练1.如图，在中，为边上一点，连接为中点，过点C作，交的延长线于点F，连接交于点G．
(1)判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若，，．求的长．
【答案】(1)平行四边形，理由见解析
(2)2
【分析】（1）通过平行线的性质证得，可得，结合题意得即可求证四边形是平行四边形；
（2）设，根据题意可得，通过勾股定理求出，即可求解．
【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下：
为中点，
，
，
，，
在和中，
，
，
，
，
四边形是平行四边形．
（2）解：四边形是平行四边形，
，
，，
，
在中，，
设，则，
，
解得（负值舍去），
，
．
2已知，如图，的对角线，相交于点，过点，分别交，于点，，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，则的边上的高为________．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（）由平行四边形的性质得出，，由平行线的性质得出，由“”证明，由全等三角形的性质得出，证出四边形为平行四边形即可；
（）过点作于点，于点，利用等腰三角形的性质求出，利用面积法求出即可.
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
在 和 中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：过点作于点，于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的边上的高为，
故答案为：．
知识点二 矩形的概念及性质与判定
1.矩形的概念和性质
（1）有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。
（2）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）有一个角是直角的平行四边形是矩形
（2）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
【易错警示】
- 性质：具平行四边形所有性质，且四个角为直角、对角线相等。勿遗漏对角线相等。
- 判定：一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形也是矩形。勿用“对角线相等且垂直”。
- 混淆：勿将矩形性质（对角线相等）与菱形（对角线垂直）记混。
即时即练1.如图，在矩形中，，相交于点，平分交于点．若，则的度数为_____．
【答案】/度
【分析】本题主要考查矩形的性质，等腰三角形的判定及性质，可求得，得到，进而求得为等边三角形，得到．
【详解】∵平分，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵四边形为矩形，
∴，．
∴，．
∴．
∴为等边三角形．
∴．
∴．
∴．
故答案为：
2.如图，在中，，D为中点，四边形是平行四边形．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)过点E作于点H，若，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）通过等腰三角形三线合一，可得，，结合四边形是平行四边形，，，从而得证；
（2）不妨设，那么，先求得，接着通过外角求得，得到为等腰直角三角形，结合矩形的性质以及勾股定理，可求得，最后通过可求得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，．
∵，D为的中点，
∴，．
∴，，
∴四边形是平行四边形．
又∵
∴平行四边形是矩形．
（2）解：不妨设，那么，
∴，
∵四边形是矩形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
知识点三 菱形的概念及性质与判定
1.菱形的概念与性质
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。
2.菱形的判定
（1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念）
（2）四边相等的四边形是菱形
（3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形
【易错警示】
- 性质：具平行四边形所有性质，且四边相等、对角线互相垂直平分并平分内角。勿漏对角线平分内角。
- 判定：一组邻边相等的平行四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形也是菱形。勿只用“对角线垂直”（还需平行四边形条件）。
- 面积：可用对角线积的一半，勿只记底乘高。
即时即练1.如图，边长为5的菱形的对角线、交于点，是的中点，则的长为_____________．
【答案】
【分析】根据菱形的性质可得，，再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，且边长，
，，
，
∵是的中点，
．
2.如图，四边形的对角线、交于点O，延长至点E，使得，连接交边于点F，点D、F分别是、的中点，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查菱形的性质和判定，勾股定理；
（1）先证明得到，，得出四边形是平行四边形，再证明邻边即可；
（2）由菱形的性质和勾股定理求出，即可求出四边形的面积．
【详解】（1）证明：∵点D、F分别是、的中点，，
∴，，，
又∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴设，则，
∵，
∴，解得：，
∴，
∵四边形是菱形，
∴．
知识点四 正方形的概念及性质与判定
1.正方形的概念、性质
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。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。
2.正方形的判定
（1）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（概念）
（2）有一组邻边相等的矩形是正方形
（3）有一个角是直角的菱形是正方形
【易错警示】
- 性质：具矩形和菱形所有性质（四边等、四角直角、对角线垂直且相等）。
- 判定：先证矩形再加邻边相等或对角线垂直；或先证菱形再加一个直角或对角线相等。勿只证一组条件就下结论。
- 混淆：勿将正方形性质误作仅矩形或菱形特有。
即时即练1.如图，P是正方形内的一点，连接，，，．若是等边三角形，则的度数是______．
【答案】/75度
【分析】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质．根据正方形的性质，等边三角形的性质可得，，即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，，
∴．
故答案为：
2.如图，在四边形中，，，，点在边上，点是边的中点，且，于点，延长交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题．
（1）根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
（2）证明是等腰直角三角形可得结论．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
（2）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴．
题型1 利用平行四边形的性质求角度或线段
例1．如图，平行四边形的一个外角为，则的度数为 ．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形对角相等，邻角互补．
利用已知可先求出，根据平行四边形的性质知，平行四边形的对角相等来求的度数．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵平行四边形的一个外角为，
∴，
∴．
故答案为：．
例2．如图，在中，对角线AC，BD交于点O．若，，，则BC的长为 ．

【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质定理，勾股定理，勾股逆定理，熟练掌握相关定理是解题的关键；
利用平行四边形的性质求得、的长，再根据勾股逆定理判断形状并求边长即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，．
在中，
∵，，，
∴，
∴是直角三角形，且．
在中，
．
故答案为：．
【技巧总结】
1. 对边平行：得同位角、内错角相等，结合邻角互补求角度。
2. 对边相等、对角线互分：转移线段或证全等，利用中点或等长求线段。
3. 设未知列方程：将条件转化为含未知数的等式，解出角度或边长。
【变式训练1-1】如下图，在中，按如下步骤作图：①以点D为圆心，适当长为半径作弧，分别交、于E、F两点；②分别以点E、F为圆心，大于的一半长为半径作弧，两弧交于点G；③作射线交的延长线于点M．如果，，，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查作角平分线、平行四边形的性质，熟练掌握角平分线的定义、平行四边形的性质是解答本题的关键．由作图过程可知，为的平分线，可得．由平行四边形的性质可得，，则，进而可得，再根据可得答案．
【详解】解：由作图过程可知，为的平分线，
．
四边形为平行四边形，
，，
，
，
，
．
故答案为：．
【变式训练1-2】如图，在中，，将绕点逆时针旋转角得到，连接．当为等腰三角形时，的值为 ．
【答案】1或或
【分析】分三种情况讨论，①点在上，则是等边三角形，可证明，则是等腰三角形，根据勾股定理即可得到结论，②点在上，可证明，则是等腰三角形，根据等边三角形的性质即可得到结论；③是等腰三角形，且，作于点，交于点，则，可证明，再推导出，则，所以，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：①如图 1，当点在上时，
由旋转得，
，
∴是等边三角形，
，，
，
∵四边形是平行四边形，
，
，
∴是等腰三角形，
，
，
∵，
，
；
②如图 2，当点在上时，
，
，
，
∴是等腰三角形，
即当是等腰三角形，时，；
③如图3，是等腰三角形，且，作于点，交于点，
则，
，
，
，
，
，
，
，
由旋转得，
，
，
过点A作，
则，，
，
，
；
综上所述，或或，
故答案为：1或或．
题型2 平行四边形的性质和判定的综合问题
例3．如图，在四边形中，，点在上，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键；
（1）根据已知得出，进而根据，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形，即可得证；
（2）根据题意得出，进而根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，即可求解．
【详解】（1）证明：，
；
又，
四边形是平行四边形；
（2）四边形是平行四边形，，
；
，
；
，
，；
，
．
例4．如图，在中，D是AC的中点，E是线段BC延长线上一点，连接AE，ED，过点C作交ED的延长线于点F，连接AF．
(1)求证：四边形AFCE是平行四边形．
(2)若，的面积为8，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，正确理解上述知识点是解题的关键．
（1）由两直线平行，内错角相等可得到，由中点的性质得到，接着通过判定，由全等三角形的性质得到，最后通过对角线互相平分的四边形为平行四边形可证四边形是平行四边形；
（2）由平行四边形的性质可得，根据，结合等高的三角形的面积比等于底之比得到，由此可求出的面积．
【详解】（1）证明：，
．
是的中点，
．
在和中，
，
，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵四边形是平行四边形，
．
，的边上的高与的边上的高相等，
，
，
．
【技巧总结】
1. 判平行四边：从边（平行或相等）、角、对角线三个方向找依据。
2. 搭桥转化：利用性质得边角等量关系，再用判定证另一组四边形。
3. 连对角线：构造全等三角形，转移条件，连接已知与未知。
【变式训练2-1】如图，中，，点是边上一点，且，点是延长线上一点，且，点在上，且．

(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)若，求四边形的周长；
(3)过点作交于点，判断和的大小关系并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形的周长为
(3)，理由见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的判定与性质．
（1）根据平行四边形的对角线互相平分即可求解；
（2）根据平行四边形的对边分别相等，结合，，即可求解；
（3）根据直角三角形的两个锐角互余和等腰三角形的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：，，
四边形是平行四边形；
（2）四边形是平行四边形，
，，
，，
，
平行四边形的周长为：；
（3），
，
即，
中，，
，
，
，
．
【变式训练2-2】如图，在中，，分别是边，上的中线，与相交于点，点，分别是，的中点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)求证：；
(3)试猜想与的数量关系并给予证明．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)，证明见解析．
【分析】本题主要考查三角形中位线定理、平行四边形的判定及三角形面积的计算，属于几何综合题．
（1）利用三角形中位线定理，分别证明和都平行且等于的一半，从而得到与平行且相等，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）利用平行四边形对角线互相平分的性质得到，结合是中点的条件，即可推导出；
（3）将四边形的面积拆成两个三角形的面积和，再利用已知的线段比例，结合等高三角形面积比等于底边长之比的性质，算出其中一个小三角形面积占对应大三角形面积的三分之一，并用同样的方法推出另一部分三角形的面积占比，最后结合两个相关三角形面积之和的面积，把两部分面积合并得证．
【详解】（1）解：∵，分别是边，上的中线，
∴是的中点，是的中点，
∴是的中位线，
∴，且；
又∵点，分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴，且；
∴，且，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴；
又∵是的中点，
∴，
∴；
（3）解：猜想，证明如下：
由（1），，
∴，，
∴．
∵与同高，
∴，
同理可得：．
又，，
∴．
题型3 利用矩形的性质求解
例5．如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，，，则的度数为 ．
【答案】102.5°
【分析】本题主要考查矩形的性质，熟练掌握矩形的对角线相等是解决此题的关键．
由四边形是矩形，得出，由，进而得到，根据得到，进而得到．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
故答案为：．
例6．如图，是矩形的对角线上一点，过点作，分别交，于点，，连接，．若，，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】12
【分析】利用矩形的性质和面积转化思想，通过证明三角形面积相等，将分散的阴影部分面积整合为一个规则图形的面积来计算．
【详解】解：如图，过点作于点，交于点，则四边形、四边形、四边形和四边形都是矩形．
∴，，，，，，
，
．
故答案为：．
【技巧总结】
1. 借直角：用勾股定理求对角线或边长，设未知列方程。
2. 用对角线：对角线相等且互相平分，得等腰三角形，转移角度。
3. 遇中点：连接对角线或利用斜边中线等于斜边一半求线段。
4. 面积法：不同边与高乘积相等求未知量。
【变式训练3-1】已知，矩形中为上一点，且为上一点，且，连接，，．若是直角三角形，则的长为 ．
【答案】或
【分析】本题考查矩形的性质、勾股定理及分类讨论思想．关键是由于的直角顶点不确定，需分三种情况(、、)讨论，利用勾股定理列出方程求解，同时验证解是否符合矩形边长的实际意义．
【详解】解：如图，设的长为，
∵四边形是矩形，
∴，，．
由，得；
由，得．
在中，；
在中，；
在中，．
①若，则，
即，解得；
此时，符合题意．
②若，则，
即，化简得，
∵判别式，
∴该方程无实数根，此情况不存在．
③若，则，
即，
解得；
此时，符合题意．
综上，的长为或．
故答案为：或．
【变式训练3-2】如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、的坐标分别为，，点为，点在线段上运动，当是腰长为5的等腰三角形时，点的坐标为 ．
【答案】或或
【分析】此题主要考查了矩形的性质以及坐标与图形的性质和等腰三角形的性质，勾股定理，根据是腰长为的等腰三角形进行分类讨论是解决问题的关键．根据当时，以及当时，分别进行讨论得出点的坐标．
【详解】解：矩形的顶点、的坐标分别为，，点为，
∴，
过作于，
①当时，如图1所示：
，，
由勾股定理得：，
；
②当时，
如图2所示：
，，
由勾股定理得：，
，
；
如图3所示：
，，
由勾股定理得：，
，
；
综上，满足题意的点的坐标为或或，
故答案为：或或．
题型4 矩形的性质与判定的综合问题
例7．如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)2.4
【分析】本题考查矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，关键是由平行四边形的性质推出，由勾股定理的逆定理判定是直角三角形，
（1）由平行四边形的性质推出，，得到，判定四边形是平行四边形，而，即可证明四边形是矩形．
（2）由勾股定理的逆定理判定是直角三角形，由三角形面积公式得到，即可求出．
【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：由（1）知：四边形是矩形，又，
∴，
∵，，
∴，
∴是直角三角形，
∴的面积，
∴，
∴．
例8．如图，在四边形中，对角线与相交于点，点是、的中点，点在四边形外，连接，且，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求矩形的面积
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】此题主要考查了矩形的性质和判定、等腰三角形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质，关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
（1）首先根据为和的中点，得出四边形是平行四边形，在中，结合，得到，可证出结论．
（2）根据矩形性质求出，求出，根据直角三角形的性质求出即可．
【详解】（1）证明：∵是、的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∵，
∴，
又 ∵四边形是平行四边形，
∴平行四边形是矩形．
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
，
∵四边形是矩形，
，
，
，
．
【技巧总结】
1. 先证平行四边：从对边平行或相等、对角相等、对角线互分入手。
2. 再加直角：一个直角即矩形；或对角线相等直接得矩形。
3. 借性质算量：证得矩形后，用对角线相等、勾股定理、面积法求边长或角度。
【变式训练4-1】如图，四边形是平行四边形，，相交于点O，点E是的中点，连接，过点E作于点F，过点O作于点G．
(1)求证：四边形是矩形．
(2)若四边形是菱形，，且，求的面积．
【答案】(1)见详解；
(2)
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质、三角形中位线定理、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．
（1）先证是的中位线，得，由，，得，，即可解答；
（2）过点E作于H，证是等腰三角形，得，由勾股定理求出、即可解答；
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点E是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，，
∴，，
∴四边形是矩形，
（2）解：过点E作于H，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵点E是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
∵，
∴即，
∴，，
∴，
∴．
【变式训练4-2】如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，分别在轴、轴上．点在上，过点作分别交轴、轴于点，，过点作交轴于点，连接，．
(1)求证：四边形是矩形．
(2)连接交轴于点，已知点的坐标为．
①求的长；
②请直接写出点的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)① ②
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握先判定平行四边形再结合直角判定矩形，利用全等和勾股定理计算边长与坐标是解题的关键．
（1）先证明四边形是平行四边形，再结合一个直角判定为矩形；
（2）①通过证明三角形全等，得到与相等，从而求的长；
②由（2）①的全等三角形结论得到，结合的长度求出的长度；再利用矩形对角线互相平分的性质得到；最后通过线段的和差计算出的长度，从而确定点坐标．
【详解】（1）证明：，，
．
，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：①∵四边形为矩形，点的坐标为，
，，，，
，．
由（1）知，四边形是矩形，
，，
，
．
在和中，
，
．
②由（2）①知，，
．
∵四边形为矩形，对角线，交于点，
，
，
点的坐标为．
题型5 利用菱形的性质求解
例9．如图，是菱形的对角线，在上截取，使得，连接，若，则的度数为 ．
【答案】/73度
【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是掌握以上知识点．
首先根据菱形的性质得到，然后利用等边对等角和三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
例10．如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，于点，连接，若，则的度数是 ．
【答案】/24度
【分析】利用菱形性质得出，可知为斜边中线，结合等腰三角形的性质求出，利用外角即可求出的值．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【技巧总结】
1. 四边相等：转移线段，证等腰三角形，求周长或边长。
2. 对角线垂直平分：得四个直角三角形，用勾股定理求对角线长或面积。
3. 面积公式：\( \text{面积} = \frac{1}{2} \times \text{对角线乘积} = \text{底} \times \text{高} \)，灵活转换。
【变式训练5-1】中国结作为中国传统手工艺品，寓意是团圆、平安、幸福，承载着人们对美好生活的祈盼．小敏家有一个菱形中国结装饰．测得，，则该菱形的面积是 ．
【答案】24
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，菱形的面积，解题的关键是掌握以上性质．
根据菱形的性质得出直角三角形以及对角线的数量关系，利用勾股定理求出对角线长度，然后利用菱形面积公式求解即可．
【详解】解：如图所示，交于点，
∵四边形是菱形，
∴，，
由勾股定理得，
∴，
∴该菱形的面积是
故答案为：24．
【变式训练5-2】如图，菱形的对角线，相交于点，，，点是边上的一个动点，过点作于点，于点，连接，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短等，由菱形的性质可得，，，即得，四边形是矩形，连接，可知，可得当时，取最小值，此时的值最小，再利用三角形的面积解答即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形， ，，
∴，，，
∴，
∵于点，于点，
∴，
∴四边形是矩形，
连接，则，
当时，取最小值，此时的值最小，
∵，
∴，
解得，
∴的最小值为，
故答案为：．
题型6 菱形的性质与判定的综合问题
例11．如图，在矩形中，、相交于点，为的中点，连接并延长至点，使，连接和．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用平行四边形的判定定理证明四边形是平行四边形，再利用邻边相等的平行四边形是菱形可得结果；
（2）利用矩形的性质结合三角形中位线定理得出，利用菱形的面积公式进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵点为的中点，且，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，且，
∴，，
又∵点为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
由（1）可知：四边形是菱形，
∴菱形的面积为：．
例12．如图，在四边形中，，，对角线交于点平分，过点作，交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析；
(2)4
【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
（1）先证，再证四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论；
（2）由菱形的性质求出，，然后利用菱形的面积公式即可解决问题．
【详解】（1）解：证明：，
．
为的平分线，
，
，
．
，
．
，
四边形是平行四边形．
，
平行四边形是菱形．
（2）解：四边形是菱形，
．
，
．
，
，
菱形的面积为．
故答案为：4．
【技巧总结】
1. 先证平行四边：从对边平行或相等、对角相等、对角线互分入手。
2. 再加边等：一组邻边相等即菱形；或对角线垂直。
3. 借性质算量：证得菱形后，用对角线垂直平分、勾股定理、面积公式求值。
【变式训练6-1】如图，在矩形中，，．
(1)如图1，过对角线中点作，分别交，于点，，连接，，求证：四边形为菱形；
(2)求图1中线段的长；
(3)如图2，矩形内有一点，连接，，延长交于点，若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定和性质、勾股定理等内容，利用勾股定理建立方程是本题的解题的关键．
（1）先证可得四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直即可得证；
（2）易得，再在中利用勾股定理建立方程求解即可；
（3）易得，则，据此在中利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，是中点，
，，，
，
又，，
，，，
，
；
四边形是平行四边形
，
四边形为菱形；
（2）解：四边形为菱形，
，
在中，，
即
解得
（3）解：，
，
，
．
又，
，，
．

设的长为，则的长为，的长为，
在中，由勾股定理得，，
解得，即的长为．
【变式训练6-2】如图1，矩形的对角线相交于点O，延长至点E，使，连接是的中点，连接．
(1)①试猜想四边形的形状，并说明理由．
②若，则四边形的面积为________．
(2)如图2，将图1中的矩形改为正方形，其他条件不变．若正方形的面积为16，求四边形的面积．
【答案】(1)①四边形是菱形，理由见解析；②24
(2)8
【分析】本题考查矩形的性质和菱形的性质与判定，掌握矩形和菱形的性质是解题关键．
（1）①根据矩形性质先得到，再利用垂直和平分的条件得到，最后借助H为中点，通过等量代换得到，即可通过四边相等的四边形是菱形证明结论；
②利用矩形和菱形的性质，找到图中矩形和菱形被对角线分割而成的三角形的面积关系，求解即可；
（2）同（1）②理，改矩形为正方形不影响图中三角形的面积关系，按照同样的面积关系计算即可．
【详解】（1）①解：四边形是菱形，理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，，，
又，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∵点H是中点，，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
②解：∵四边形是矩形，
∴，
由中点的性质，可知，
∵，
∴，
由（1）可知，四边形是菱形，
由菱形的对称性可知，，
∴四边形的面积为；
（2）解：∵正方形是特殊的矩形，具有矩形的所有性质，
∴（1）中的结论仍成立，
由（1）可知，，，
∴四边形的面积为．
题型7 利用正方形的性质求解
例13．如图，是正方形的对角线上一点，且，连接，则的度数是 ．
【答案】
【分析】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握相关知识是解决问题的关键．因为在正方形中，则，因为，则，利用三角形内角和定理可求，则的度数可求．
【详解】解：在正方形中，
则，
∵，
∴，
∴．
故答案为：
例14．在正方形中，对角线，交于点，延长至点，使，连接，点为的中点，连接．若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，斜边上的中线等于斜边的一半，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先理解题意，运用正方形的性质证明，，又因为点为的中点，得出，再根据勾股定理得，代入数值计算，即可作答．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【技巧总结】
1. 四边等、四角直：得等腰直角三角形，用勾股或三角函数。
2. 对角线：相等、垂直平分且平分内角，将问题转为等腰直角。
3. 对称性：利用轴对称或中心对称转移线段、构造全等。
4. 旋转全等：常将含90°的三角形旋转解题。
【变式训练7-1】如图，三个边长为的正方形按如图所示的方式重叠在一起，点O是其中一个正方形的中心，则重叠部分（阴影）的面积为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查正方形的性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．连接，，由正方形的性质可得，证明△△可得，进而可求解．
【详解】解：连接，，
由题意知：四边形，四边形都是正方形，
，，，，
，
△△，
，
，
．
故答案为：．
【变式训练7-2】如图，在正方形中，，点F从点A出发，沿运动到点C，点E是边的中点，连接，，，当为等腰三角形时，的长为 ．
【答案】1或2或
【分析】本题考查的是正方形的性质，等腰三角形的定义，勾股定理的应用，分三种情况再结合勾股定理建立方程求解即可.
【详解】解：根据题意，可知：在正方形中，，点E是边的中点，
∴，，．
当时，设，
∴．
，，
∴，
解得：，
∴，
当时，
∴，
∴，
当时，
∴，
∴，
综上所述，的长为1或2或 ．
故答案为：1或2或
题型8 正方形的性质与判定的综合问题
例15．如图，点P是矩形的边的延长线上一点，连接，过点B作于点E．过点D作于点F，．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的性质、正方形的判定、全等三角形的判定与性质、含30度直角三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键．
（1）由垂直的定义可得，即；再根据矩形的性质可得，进而得到，再证明可得，进而证明结论；
（2）由矩形的性质以及已知条件可得，进而得到，根据直角三角形的性质可得，最后根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：∵过点B作于点E．过点D作于点F，
∴，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
（2）解：∵矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
例16．如图，已知四边形为正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交于点F，以为邻边作矩形，连接．
(1)求证：矩形是正方形．
(2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
(3)直接写出的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)是定值，6
(3)
【分析】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
（）过作于点，过作于点，可证四边形是正方形，得，进而证明，得到，即可求证；
（）证明，可得，即得，即可求解；
（3）由矩形为正方形，得到，根据垂线段最短可知，当时，取得最小值，最小值为，此时，有最小值，即可解答．
【详解】（1）证明：如图，过作于点，过作于点，
∵四边形为正方形，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵是正方形对角线的一点，
∴，
，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴矩形为正方形；
（2）解：是定值，定值为，理由如下：
∵矩形为正方形，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
即，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
∴是定值，定值为．
（3）解：∵矩形为正方形，
∴，
由垂线段最短可知，当时，取得最小值，最小值为，
此时，有最小值，
由（2）知，
∴的最小值为．
【技巧总结】
1. 先证矩形：一角为直角的平行四边形；或对角线相等的平行四边形。
2. 再证菱形：一组邻边相等；或对角线垂直。
3. 得正方形：既是矩形又是菱形。
4. 借性质：用对角线、边长、勾股定理、全等三角形求值或证结论。
【变式训练8-1】如图，四边形ABCD为正方形，E为射线AC上一点，连接DE，过点E作，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
(1)如图①，当点E在线段AC的延长线上时，求证：矩形DEFG是正方形．
(2)如图②，当点E在线段AC上时，
①若，，求CG的长度；
②当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是时，直接写出的度数：________________．
【答案】(1)见解析
(2)①，②或
【分析】（1）要证明矩形是正方形，核心是证明矩形的邻边相等．利用正方形的对角线性质，构造辅助线，得到正方形；再通过角的互余关系证明，从而证得全等，推出，矩形即可判定为正方形．
（2）①先由正方形边长，得对角线；结合​，可知，即为中点，此时与重合，矩形为正方形，故．
②分两种情况讨论： 当与夹角为时，利用正方形对角线的角性质和三角形内角和，计算得； 当与夹角为时，利用矩形和正方形的角性质，得．
【详解】（1）证明：如图①，过点E作，交DC的延长线于点P，，交BC的延长线于点Q，则四边形为矩形，
∴．
∵，
∴，，
∴四边形为正方形，．
∵，
∴，
∴．
在和中:
∴，
∴，
∴矩形是正方形．
（2）解：①如图②，在中，由勾股定理，得，
∵，
∴，
∴点F与点C重合，此时是等腰直角三角形，
∴矩形是正方形，．
②分以下两种情况讨论：①如图③，当与的夹角为时，．
∵，
∴．
∵，
∴；
②如图④，当与的夹角为时，
∵，
∴．
综上所述，当线段与正方形的某条边的夹角是时，的度数为或．
【变式训练8-2】已知正方形中，是上一动点，过点作交正方形的外角的平分线于点．
(1)【动手操作】
如图①，在上截取，连接，根据题意在图中画出图形，图中_____度．
(2)【深入探究】是线段上的一个动点，如图②，过点作交直线于点，以为斜边向右作等腰直角三角形，点在射线上，连接．试判断四边形的形状，并证明．
(3)【拓展应用】
是射线上的一个动点，过点作交直线于点，以为斜边向右作等腰直角三角形，点在射线上，连接．若，，求线段的长．
【答案】(1)；
(2)矩形是正方形；见解析；
(3)线段的长为或．
【分析】本题考查了正方形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，关键是通过构造辅助线证明三角形全等，推导线段相等关系，结合特殊四边形的判定定理进行推理，并根据动点的位置进行分类讨论．
（1）利用正方形的直角性质，结合证为等腰直角三角形，再通过邻补角的和差关系计算的度数；
（2）先在上截取，证明得，再构造辅助线证得，结合证平行四边形，再由垂直证矩形，最后由邻边相等证正方形；
（3）分点在线段上和点在延长线上两种情况，先证明两种情况下四边形均为正方形，得到，再利用勾股定理分别计算的长度，即可得的长．
【详解】（1）解：根据题意画图如图；
∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴；
（2）解：四边形为正方形，证明如下：
在上截取，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，即，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵平分，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
在和中，，，，
∴，
∴，
在上截取，连接，则，
∵，，
∴，，
是等腰直角三角形，
，，
，，
，
，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形，
又∵，
∴矩形是正方形；
（3）解：①当点在线段上时，
由（2）知四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴；
②当点在延长线上时，延长至，使得，连接，
∵，，且，，
∴，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∵，，
∴．
在和中，，
∴，
∴．
∵，，
∴，即．
延长至点，使，连接，
∵是等腰直角三角形，
∴，，
∴，且是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，，
∴．
在和中，，
∴，
∴．
结合，可得，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴平行四边形是矩形，
又∵，
∴矩形是正方形．
，
综上所述，线段的长为或．
题型9 与特殊平行四边形的性质与判定有关的作图（含无刻度作图）
例17．如图，在中，点为的中点，请仅用无刻度直尺完成以下作图（保留作图痕迹）：
(1)在图1中，，作出中边上的高；
(2)在图2中，过点作的平行线．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查基本作图，考查了平行四边形的性质，掌握等腰三角形底边上的高垂直平分底边和三角形三条中线交于一点、平行四边形对角线相互平分是解答本题的关键．
（1）作出中边上的高；即找到的中点即可，连接，交于点，由平行四边形性质可知，，连接并延长交于，容易证明，从而可得，即是中点，
（2）利用对角线互相平分的四边形是平行四边形，连接并延长交延长线于，可得平行四边形，由此即可解题．
【详解】（1）解：如图，为所求，
（2）解：如图，为所求，
例18．如图，在长方形中，是对角线．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作出点关于直线的对称点（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，连接，交于点，若．求的面积．
【答案】(1)作图见详解
(2)
【分析】（1）过点作的垂线，垂足为点，在垂线上截取即可得到答案；
（2）根据题意，作出图形，由对称性得到，从而结合等腰三角形性质、矩形性质得到，再由两个三角形全等的判定定理得到，进而得到，设，则，在中，列方程求解得到，则，再由三角形面积公式代值计算即可得到答案．
【详解】（1）解：如图所示：
点即为所求；
（2）解：如图所示：
由（1）中的作图过程可知，，
，
在长方形中，，则，
，
在和中，
，
，
，
在长方形中，，则，
设，则，
在中，，，则由勾股定理可得，
即，
解得，
，
．
【技巧总结】
1. 借对角线交点：连接已知顶点与对角线交点，利用中心对称找等分点。
2. 用平行与垂直：借助矩形、正方形网格线作平行或垂直，构造菱形、正方形。
3. 找对称点：利用轴对称性质，通过作垂线或连线找对应点。
【变式训练9-1】如图，已知四边形为菱形，延长到点，使得，过点作，交的延长线于点（保留作图痕迹，不写作法）．
(1)如图①，用无刻度的直尺作直线直线不与重合）；
(2)如图②，用无刻度的直尺作出一个矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接，，分别交，于点，，连接，则线段所在的直线即为所求的直线；
（2）连接，交于点，分别延长，，相交于点，连接，，相交于点，则四边形即为所求．
【详解】（1）解：如图，直线即为所求．
（2）解：如图，矩形即为所求．
【变式训练9-2】如图，在正方形中，点E是的中点，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求作图．（请保留作图痕迹，不写作法）
(1)在图①中，作出边的中点P；
(2)在图②中，作出一个面积等于正方形面积的一半的正方形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接交于点O，连接并延长交于点P即可；
（2）在（1）的基础上，连接交于点H，作直线分别交于点G，点F，依次连接即可．
【详解】（1）解：如图所示点P为所求：
∵点E是的中点，点O是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵在正方形中，，，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴点P为边的中点；
（2）解：如图所示，正方形为所求：
由（1）知四边形是矩形，是的中位线，
∴，，，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴所在直线垂直平分，
∵，
∴所在直线垂直平分，所在直线垂直平分，
∴所在直线是正方形的对称轴，
∴四边形，四边形，四边形，四边形都是正方形，且边长都相等，
∴，，
∴，
∴四边形是正方形，
设正方形的边长为，则，正方形的面积为，
∴，
∴正方形的面积为，
∴正方形的面积等于正方形面积一半．
1．在平行四边形中，如果，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】已知的度数，根据即可计算出的度数．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴．
2．如图，在菱形中，按如下步骤作图：①分别以点和点为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，；②连接直线，直线恰好经过点，与交于点，连接，若，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先利用垂直平分线和菱形的性质，用勾股定理求出的长度，再结合平行线的性质推出，最后用勾股定理算出的长．
【详解】解：根据题意可知，为的垂直平分线，则，，
四边形为菱形，
，
，
，
，，
，
在中，．
3．如图，正方形的边长为，为边上一点，为延长线上一点，为线段的中点，连接并延长交边于点．若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，，由四边形是正方形，得，然后证明，所以，又为中点，所以，即有垂直平分，所以，设，则，，在中，，即，解得，最后再通过勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵为中点，
∴，
∴垂直平分，
∴，
设，则，，
在中，，
∴，
∴，
在中，．
4．第一步：如图，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，得到折痕，然后把纸片展平．第二步：如图，将图中的矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处，得到折痕，再把纸片展平．若，，（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据矩形的性质、折叠的性质可得，利用勾股定理得到，设，根据，列方程求解即可．
【详解】解：∵将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，得到折痕，
∴
∴四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处，得到折痕，
∴，，
∴，
∴，
设，，
∵，
∴，
解得：，
即：．
5．如图，中，，，，，，则平行四边形的面积 ________．
【答案】
【分析】由直角三角形的性质可得，由平行四边形的性质可得，，，再由直角三角形的性质可得，从而求出，即可得出结果．
【详解】解：∵，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
6．如图，在正方形中，点P，Q分别为边上的点，且，连接．则为________度．
【答案】
【分析】根据题意利用证明即可．
【详解】解：在正方形中，，，
∴在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
7．如图，在菱形中，对角线与相交于点，，，是线段的中点，连接，
（I）线段的长为____________；
（II）为的中点，是的中点，连接，则线段的长为____________．
【答案】
【分析】（I）根据菱形对角线互相垂直平分求出 的长，由中点定义求出的长，在中利用勾股定理求出；
（II）取中点，连接，利用三角形中位线定理求出的长，进而求出的长，在中利用勾股定理求出．
【详解】（I） 四边形 是菱形，，，
，，．
是线段 的中点，
，
在 中，由勾股定理得：
．
（II）如图，取的中点，连接，
为的中点，为的中点，
是的中位线，
，，
，
，即．
为的中点，，
．
是的中点，，
，
．
在中，由勾股定理得：
．
8．矩形中，对角线，将绕点旋转一定的角度后，点的对应点恰好为一边的中点，则________．
【答案】2或或
【分析】根据矩形的性质得到是直角三角形，结合旋转的性质得到对应线段相等，分情况讨论中点的不同位置，利用勾股定理计算求解．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，
∵将绕点旋转一定的角度后，点的对应点恰好为一边的中点，
∴当点的对应点为斜边的中点时，如图，则此时，
∴当点的对应点为直角边的中点时，此时，
∴，
∴（负值不符合题意，舍去），
当点的对应点为边的中点时，记此时的对应点为，则，，
由勾股定理可得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴（负值不符合题意，舍去）
综上所述，或或．
9．如图，在菱形中，，，点E，F分别在边和上，且．
(1)求证：；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴；
(2)
【分析】（1）由题意易得，然后可得，进而问题可求证；
（2）连接，过点作，由题意易得，则有是等边三角形，然后可得，进而问题可求解．
【详解】（1）略
（2）解：连接，过点作，如图所示：
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
10．如图，在正方形中，点、分别在、上，且，垂足为．
(1)求证：；
(2)若点是的中点，连接，请你判断线段与之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质，结合同角的余角相等，证明，即可证得结论；
（2）延长、，交于点，由三角形全等的性质，可得，证明，可得点是的中点，由直角三角形斜边中线的性质，即可得线段与之间的关系．
【详解】（1）证明：在正方形中，，，
∴，
∵，垂足为，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：，理由：
在正方形中，，，
延长、，交于点，则，
∴，
由（1）得，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴点是的中点，
又∵，
∴．
11．如图，为菱形的对角线，点为线段的中点，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）．
(1)如图1，过点作直线，使得；
(2)如图2，在边上找点，使得．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接并延长，与的延长线相交于点，作直线，因为点为线段的中点，所以，因为，所以，，故可得，得到，所以四边形为平行四边形，即；
（2）连接交于点，连接并延长交于点即可，根据菱形的性质，利用易得，得到，，对顶角得到 ，进而得到，进而得到 .
【详解】（1）解：如图，直线即为所求．
（2）解：如图2，点即为所求；
12．如图，四边形是矩形，O是对角线的中点，连接，分别过点A，D作，，F是对角线延长线上的点，且，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)13
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明，即可根据菱形的判定证明结论；
（2）过点F作交的延长线于点G，先证明，得到，，再根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
，
是的中点，
，
四边形是菱形；
（2）解：过点F作交的延长线于点G，
，
四边形是矩形，
，，，
，
在与中，
，
，
，，
，
在中，．
13．如图，在四边形中，，对角线、交于点，且．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若，过点作交的延长线于点．
（ⅰ）求证：为的中点．
（ⅱ）连接交于点，过点作于点，若，，求的长．
【答案】(1)证明：，
，；
在和中，
，
，
，
，，
四边形是平行四边形；
(2)（ⅰ）证明：，
．
，
四边形是平行四边形，
．
四边形是平行四边形，
，
，即为的中点；
（ⅱ）．
【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等可得，结合题中给出的条件求出，根据全等三角形的性质得出，即可求证四边形是平行四边形；
（2）（ⅰ）根据平行四边形的判定求出四边形是平行四边形，则有，根据平行四边形的性质可知，即可求证；
（ⅱ）根据一个角是直角的平行四边形是矩形可判定四边形是矩形，则有，根据求出是等腰直角三角形，根据设，即可求解．
【详解】（1）略；
（2）（ⅰ）略；
（ⅱ）四边形是平行四边形，，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形．
设，则，，
．
，
，
，
，
．
14．如图，正方形的边长为，直线分别交于点关于直线l的对称点为，且点恰好在上．
(1)当点是中点时，的长为_____；
(2)连接，交于点，连接，交于点．
①连接，求证；
②已知的面积为，求的长．
【答案】(1)
(2)①如图所示，过点作于点，
∴，
∵折叠，
∴，
在正方形中，，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
∴，，，
∴，，
在中，
，
，
∴，
∴，
∵，
∴
②
【分析】（1）过点作，交于点，证明，由勾股定理可得，即可得出结果；
（2）①过点作于点，证明，再证明，从而，再证明即可；
②设，则，，求得，则，得出，设，得出，整理得，解得，，进一步得出结果．
【详解】（1）解：如图所示，过点作，交于点，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
在正方形中，，
∵折叠，
∴，垂足为点，
∴，垂足为点，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∴，
∵点是中点，
∴，
∴，
∴的长为，
故答案为：
（2）解：①略
②根据上述证明得到，
∴，
设，则，
∴，
∵的面积为，
∴，则，
在中，，
∴，整理得，，
设，
∴，整理得，，
解得，，
∴．
常考考点
命题风向
1. 平行四边形对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分。
2. 矩形四个角直角、对角线相等。
3. 菱形四条边相等、对角线垂直平分。
4. 正方形兼具矩形与菱形性质。
5. 判定方法综合运用（如添加条件）。
6. 折叠、动点及最值问题。
1. 判定与性质辨析：重点考查从一般四边形到矩形、菱形、正方形的判定路径，高频设置条件选择题（如“添加什么条件可判定为菱形”）。
2. 折叠与动点问题：将折叠变换与平行四边形结合求线段长度，或设置动点探究四边形形状，考查分类讨论与几何直观。
3. 对角线核心地位：充分利用对角线互相平分、垂直、相等等性质进行证明或计算，常与勾股定理、面积法综合。
4. 实际情境应用：结合矩形裁剪、菱形花坛、正方形地砖等生活问题，考查性质的实际运用。
考情解码：根据2026年新教材考情，特殊的平行四边形是几何证明与计算的核心板块。命题聚焦从边、角、对角线三个维度判定矩形、菱形、正方形，并灵活运用其性质（如矩形对角线相等、菱形对角线垂直）解决线段长度、角度及面积问题。折叠变换、动点探究存在性及最值问题是压轴题高频方向，同时强调与勾股定理、全等三角形的综合，考查逻辑推理与分类讨论思想。