易错点05四边形(原卷版+解析)

易错点05四边形多边形对角线、内角和、外角和平行四边形定义性质判定。菱形定义性质判定。矩形形定义性质判定。正方形定义性质判定。四边形综合应用易错分析易错分析01认识多边形。多边形考察范围较广，涉及的知识点较为宽泛，在综合能力考察上要求较高，注意规则图形与不规则图形的转换方式，辅助线分割方法，化繁为简。掌握解题技巧性如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C，D，E，F是网格线的交点，则的面积与的面积比为__________．【答案】1∶2【思路点拨】答案有误，分别求出△ABC的面积和△ABD的面积，即可求解．【规范解答】解：，，∴的面积与的面积比为1∶4．故答案为1∶4．【考点评析】本题考查了三角形的面积，掌握三角形的面积公式是解本题的关键．【变式训练01】（2022·江苏常州·九年级专题练习）如图，将一个边长为的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动成四边形，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到时才会断裂．若，则橡皮筋_____断裂（填“会”或“不会”，参考数据：）．【变式训练02】（2023秋）已知，在每个小正方形的边长均为1的方格纸中，有线段，点A、B均在小正方形的顶点上．(1)如图1，在方格纸中画出以为一边的等腰，点C在小正方形的顶点上，且的面积为10；(2)如图2，在方格纸中画出以为一边的平行四边形，点D、E均在小正方形的顶点上，且平行四边形的面积为10，连接，并直接写出线段的长．【变式训练03】（2022秋九年级期中）如图，菱形的两条对角线，相交于点O，若，，求菱形的周长．易错分析易错分析02多边形对角线、内角和、外角和。掌握内角和公式，外角和360°公理的由来。（2022秋·九年级统考期中）已知，如图两个四边形相似，则的度数是（）A． B． C． D．【答案】C【思路点拨】答案有误，根据相似多边形的性质及四边形的内角和即可求解．【规范解答】解：如图：两个四边形相似，，，故选：A．【考点评析】本题考查了相似多边形的性质，多边形的内角和，熟练掌握和运用相似多边形的性质是解决本题的关键．【变式训练01】（2022秋·江苏盐城·九年级校联考期中）如图，已知，．(1)在图中，用尺规作出的内切圆O，并标出与边，，的切点D，E，F（保留痕迹，不必写作法）；(2)连接，，求的度数．【变式训练02】（2021·校考二模）下列说法：（1）了解一批灯泡的使用寿命，采用全面调查；（2）若∠α＝20°40′，则∠α的补角为159°60′；（3）若一个正n边形的每个内角为144°，则正n边形的所有对角线的条数是35；（4）等腰三角形的一边长是3，另两边的长是关于x的方程x2﹣4x＋k＝0的两个根，则k的值为3；正确的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【变式训练03】（2022·江苏·九年级专题练习）【问题情境】如图1，点为正方形内一点，，，，将直角三角形绕点逆时针方向旋转度（），点、的对应点分别为点、．(1)【问题解决】如图2，在旋转的过程中，点落在了上，求此时的长；(2)【问题解决】若，如图3，得到（此时与重合），延长交于点，①试判断四边形的形状，并说明理由；②连接，求的长；(3)【问题解决】在直角三角形绕点逆时针方向旋转过程中，求线段长度的取值范围．易错分析易错分析03平行四边形的性质掌握及应用。理解性质和判定的区别和联系，充分应用平行四边形的性质解决问题（2022秋·江苏无锡·九年级校联考阶段练习）如图，对角线与交于点，且，，在延长线上取一点，使，连接交于，则的长为______．【答案】【思路点拨】答案有误，过点作，先由和平行四边形的性质说明是的中位线并求出，再判断，最后由相似三角形的性质得结论．【规范解答】解：过点作，交于点，四边形是平行四边形，是对角线与的交点，，点是的中点．，是的中位线．，．．．，．．．故答案为：．【考点评析】本题主要考查了相似三角形，掌握相似三角形的判定和性质、三角形的中位线定理及平行四边形的性质是解决本题的关键．【变式训练01】（2022春·江苏·九年级专题练习）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点均在格点上，是一条小河平行的两岸．（1）的距离等于___________；（2）现要在小河上修一座垂直于两岸的桥（点在上，点在上，桥的宽度忽略），使最短，请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，画出，并简要说明点，的位置是如何找到的（不要求证明）___________．【变式训练02】（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）如图，在中，是边的延长线上一点，连接交边于点，交对角线于点．(1)求证：；(2)若，求的值．【变式训练03】（2022·江苏·九年级专题练习）如图，四边形是平行四边形，以为直径的切于点A，与交于点E．(1)求证：直线是的切线；(2)若cm，弦CE的长为16cm，求的半径长．易错分析易错分析04平行四边形的判定及应用。熟练掌握判定方法的证明过程，借助辅助线解决问题。（2022·江苏盐城·校考三模）如图，在中，点D是边的中点，点F，E分别是及其延长线上的点，，连接，．(1)求证：四边形是平行四边形．(2)当满足____________条件时，四边形为菱形．（填写序号）①．②，③，④．【答案】(1)见详解(2)③，理由见详解【思路点拨】第2小题答案有误，（1）由已知条件，据证得，则可证得，继而证得四边形是平行四边形；（2）由，得到，由得，即互相垂直平分，然后根据菱形的判定，可得四边形是菱形．【规范解答】（1）证明：在中，D是边的中点，∴∵，∴，在和中，∴，∴，∴四边形是平行四边形；（2）满足条件①时四边形为菱形．理由：若时，为等腰三角形，∵为中线，∴，即，由（1）知，，∴，∴平行四边形为菱形．故答案为：①．【考点评析】此题主要考查了菱形的判定、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的性质以及等腰三角形的性质．熟练掌握菱形的判定方法，且证得得到是解决问题的关键．【变式训练01】（2019秋·江苏盐城·九年级统考期中）如图，在中，，，圆心在内部经过、两点，并交于点，过点作的切线交于点延长交于点，作交于点．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，，求的值．【变式训练02】（2022·江苏苏州·苏州市振华中学校校考模拟预测）（1）如图，点，均在正方形内部，且，．求证：四边形是平行四边形；求正方形的边长；（2）如图，点，，，均在正方形内部，且，，求正方形的边长．【变式训练03】（2021秋·江苏无锡·九年级校联考期中）如图，中，，O为边上一点，经过点A，与，两边分别交于点E，F，连接．平分，交于点D，经过点D．(1)求证：是的切线；(2)若，的半径为5，求的长．易错分析易错分析05特殊平行四边形（矩形）判定与性质应用。求角度，求线段长，求面积等问题中有一定难度，综合能力要求较高，注意解题技巧的掌握。三角形的中位线等于第三边的一半，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，尽管都有“一半”，但二者成立的条件和结论不一样，不要混淆。（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）如图．在正方形ABCD中，边长为4，M是CD的中点，点P是BC上一个动点，当∠DPM的度数最大时，则BP=___________．【答案】2【思路点拨】答案有误，未考虑到辅助线。首先确定P点的位置，画出辅助圆，再求出圆的半径，利用勾股定理和矩形的判定与性质即可求解．【规范解答】解：如图，当P点在与相切，且经过D点和M点的上时，的度数最大，此时，P点即为切点，连接，∴，∵正方形的边长为，M点为的中点，∴，过O点作于E，∴，延长，交于点F，∴，∴四边形和四边形都是矩形，∴，∴，连接，则，∴，∴，∴，故答案为：．【考点评析】本题考查了最大张角问题，涉及到了正方形性质的应用、勾股定理解三角形、矩形的判定与性质等内容，解题关键是理解当P点在与相切且经过D点和M点的圆上且位于切点处时张角最大．【变式训练01】（2022秋·江苏盐城·九年级校考期中）如图，为的直径，平分，于，交于．(1)求证：为的切线；(2)若，求的半径．【变式训练02】（（2022·江苏扬州·校考模拟预测）如图，在平行四边形中，轴，，原点是对角线的中点，顶点的坐标为，反比例函数在第一象限的图象过四边形的顶点．(1)求点的坐标和的值；(2)将平行四边形向上平移，使点落在反比例函数图象在第一象限的分支上，求平移过程中线段扫过的面积．(3)若、两点分别在反比例函数图象的两支上，且四边形是菱形，求的长．【变式训练03】（（2022秋·江苏常州·九年级常州市第二十四中学校考期中）如图，在矩形中，，，是边的中点，点在线段上，过作于，设．(1)求证：．(2)当点在线段上运动时，是否存在实数，使得以点，，为顶点的三角形也与相似？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．易错分析易错分析06特殊平行四边形（菱形）判定与性质应用。（2021·江苏苏州·一模）如图1，已知在平行四边形中，，若点P从顶点A出发，沿以的速度匀速运动到点B，图2是点P运动时，的面积随时间变化的关系图像，则a的值为（

）A．5 B． C． D．【答案】B【思路点拨】答案有误，首先判断四边形ABCD是菱形，过点D作DE⊥BC，根据图象的三角形的面积可得菱形的边长为5，再利用菱形的性质和勾股定理列方程可求A．【规范解答】解：过点D作DE⊥BC，∵平行四边形ABCD中，AD=DC，∴四边形ABCD是菱形，AD∥BC，∴当点P在边AD上运动时，y的值不变，∴AD=a，即菱形的边长是a，∴a•DE＝2a，即DE=4．当点P在DB上运动时，y逐渐减小，∴DB=5，∴BE=，在Rt△DCE中，DC=a，CE=a-3，DE=4，∴a2=42+（a-3）2，解得a=，故选：C．【考点评析】本题考查菱形的性质，根据图象分析得出a的值是解题关键．【变式训练01】（2022·江苏苏州·统考二模）如图，在矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F．(1)求证：△DOE≌△BOF；(2)若AB＝6，AD＝8，连接BE，DF，求四边形BFDE的周长．【变式训练02】（2022秋·江苏宿迁·九年级统考期中）如图，内接于⊙O，交⊙O于点D，交于点E，交⊙O于点F，连接．(1)求证：；(2)若⊙O的半径为3，，求的长（结果保留π）．【变式训练03】（2022·浙江温州·统考二模）如图，在8×8的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，四边形ABCD为格点图形（顶点在格点上），请按以下要求画出相应的格点图形．(1)在图1中画出格点△ABP，使△ABP的面积等于四边形ABCD的面积．(2)在图2中画出格点四边形ABQD，使四边形ABQD的面积等于四边形ABCD的面积，且格点Q不与格点C重合．易错分析易错分析07特殊平行四边形（正方形）判定与性质应用（2022秋·江苏泰州·九年级校考阶段练习）如图，矩形的边上有一点，，垂足为，将绕着点顺时针旋转，使得点的对应点落在上，点恰好落在点处，连接．下列结论：①；②四边形是正方形；③，④．其中结论正确的序号是（

）A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④【答案】C【思路点拨】答案有误，延长交于，连接，根据直角三角形的两个锐角互余得出，根据旋转的性质得出，得出即可判断①，根据题意得出四边形是矩形，由即可判断②，进而得出，根据判断③，根据勾股定理以及等角对等边可得，得出，由四边形是正方形，得出，即可求解．【规范解答】解：如图，延长交于，连接，∵，∴，∵，∴，∵将绕着点顺时针旋转得，∴，∴，∴，∴，故①正确；∵四边形是矩形，∴∵∴四边形是矩形，又∵，∴矩形是正方形，故②正确；∴，∴，故③正确；∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴又∵四边形是正方形，∴，∴，故④错误，∴正确的是：①②③，故选：B．【考点评析】本题考查了矩形的性质与判定，矩形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，三角形内角和定理的应用，综合运用以上知识是解题的关键．【变式训练01】（2022秋·九年级课时练习）如图，边长为的正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【变式训练02】（2022秋·江苏·九年级周测）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，O是BA上一点，以O为圆心，OB为半径的圆与AB交于点P，与AC相切于点D，已知AB=8，⊙O的半径为r．(1)如图1，若AP=DP，则⊙O的半径r值为_______；(2)求BC=6，求⊙O的半径r长；(3)若AD的垂直平分线和⊙O有公共点，求半径r的取值范围．【变式训练03】（2019·河北唐山·统考二模）关于边形，甲、乙、丙三位同学有以下三种说法：甲：五边形的内角和为乙：正六边形每个内角为丙：七边形共有对角线14条（1）判断三种说法是否正确，并对其中你认为不对的说法用计算进行说明（2）若边形的对角线共35条，求该边形的内角和易错分析易错分析08四边形综合应用。矩形、菱形、正方形有各自成立的前提条件，解题时应明确矩形、菱形、正方形的判定定理，不要混淆。平行四边形的两条对角线把其分割为4个三角形，其中相对的两个互相全等；矩形的两条对角线把其分割为4个等腰三角形，其中相对的两个互相全等；菱形的两条对角线把其分割为4个全等的直角三角形；正方形的两条对角线把其分割为4个全等的等腰直角三角形.解题时要充分应用这些三角形的特征，注意它们的联系与区别。（2022秋·江苏盐城·九年级统考期中）如图，在矩形中，，点P从点A出发沿以的速度向点B移动；同时，点Q从点C出发沿以的速度向点D移动，两点同时出发，一点到达终点时另一点即停．(1)运动几秒时，能将矩形ABCD的面积分成两部分？(2)运动几秒时，P，Q两点之间的距离是？【答案】(1)2秒(2)秒【思路点拨】（1）根据题意，设运动时间为t秒，将用t表示出来，跟为梯形的面积占2份和5份两种情况进行讨论即可；（2）过P点作，垂足为M点，根据勾股定理求解即可．【规范解答】（1）解：设运动时间为t秒，依题意得：∵，∴．∴，．∴，，解得，解得（舍），∴运动2秒时，能将矩形ABCD的面积分成两部分．（2）如图，过P点作，垂足为M点，∴，，∴，∴，即∴或（舍去），∴时，P、Q两点之间的距离是．【考点评析】本题主要考查矩形的动点问题，勾股定理和用平方根的定义解方程，解题的关键是根据题意做出合适的辅助线，利用勾股定理解答是关键．【变式训练01】（2022秋·江苏扬州·九年级校考阶段练习）【图形定义】有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．【问题探究】(1)如图①，已知矩形是“等邻边四边形”，则矩形___________（填“一定”或“不一定”）是正方形；(2)如图②，在菱形中，，，动点、分别在、上（不含端点），若，试判断四边形是否为“等邻边四边形”？如果是“等邻边四边形”，请证明；如果不是，请说明理由；此时，四边形的周长的最小值为___________；【尝试应用】(3)现有一个平行四边形材料，如图③，在中，，，，点在上，且，在边上有一点，使四边形为“等邻边四边形”，请直接写出此时四边形ABEP的面积可能为的值___________．【变式训练02】（2022春·江苏·九年级专题练习）如图，在矩形中，，．如果点E由点B出发沿方向向点C匀速运动，同时点F由点D出发沿方向向点A匀速运动，它们的速度分别为和．已知，分别交，于点P和点Q，设运动时间为（）．(1)连接，，当_____s时，四边形为平行四边形；(2)连接，若的面积为，求t的值；(3)若与相似，求t的值．一、选择题1．（2022秋·江苏南京·九年级南京市第二十九中学校考开学考试）四边形的对角线和相交于点O．有下列条件：①；②；③；④矩形；⑤菱形；⑥正方形．则下列推理正确的是（）A．②③→⑥ B．①②→⑤ C．①④→⑤ D．②⑤→⑥2．（2022春·江苏·九年级专题练习）如图，在菱形中，于点，分别交于点，的延长线于点，且．则的值为（

）A． B． C． D．3．（2021·江苏·九年级专题练习）正方形、矩形、菱形都具有的特征是（）A．对角线互相平分 B．对角线相等C．对角线互相垂直 D．对角线平分一组对角4．（2022秋·江苏南通·九年级统考期中）如图，矩形中，，点E在边上运动，连接，将绕点A顺时针旋转得到，旋转角等于，连接．设，，则y关于x的函数图象大致为（

）A．B．C． D．5．（2023秋·江苏扬州·九年级校考期末）如图，在正方形中，点的坐标分别是，，点在抛物线的图像上，则的值是（

）A． B． C． D．16．（2022·江苏淮安·模拟预测）如图，在平行四边形中，点、、分别是、、的中点，，则的长是（）A．2 B．3 C．4 D．5二、填空题7．（2023秋·江苏扬州·九年级校考期末）如图，正方形的边长为8，，，线段的两端在、上滑动，当______时，与相似.8．（2022秋·江苏盐城·九年级校联考期中）如图，若的内切圆⊙O与分别相切于点D，E，F，且，则阴影部分的周长是______．9．（2022秋·江苏盐城·九年级校联考阶段练习）如图，在中，E是上一点，且，连接相交于F，则是____________．10．（2022春·江苏·九年级专题练习）如图，在正方形中有一个面积为的小正方形，其中点、、分别在、、上，若，则正方形的边长为______．11．（2022秋·江苏苏州·九年级校考期中）如图，已知抛物线与x轴、y轴正半轴分别交于点A、B、D，且点B的坐标为，点C在抛物线上，且与点D的纵坐标相等，点E在x轴上，且，连接，取的中点F，则的长为__．三、解答题12．（2022·江苏淮安·模拟预测）如图，、是平行四边形对角线上的两点，且求证：．13．（2020秋·江苏扬州·九年级统考阶段练习）如图，在中，直径为，正方形的四个顶点分别在半径以及上，并且，若．(1)求的长；(2)求的半径．14．（2023秋·江苏扬州·九年级校考期末）如图，矩形中，为上一点，把沿翻折，点恰好落在边上的点处．(1)求证：；(2)若，，求的长．15．（2022秋·江苏盐城·九年级校考期中）如图，矩形中，，，点从点出发沿以的速度向点移动；点从点出发沿以的速度向点移动．设运动时间为秒．(1)当时，的面积为．(2)在运动过程中的面积能否为？如果能，求出的值，若不能请说明理由；(3)运动过程中，当点，，，四个点恰好在同一个圆上时，求值．易错点05四边形多边形对角线、内角和、外角和平行四边形定义性质判定。菱形定义性质判定。矩形形定义性质判定。正方形定义性质判定。四边形综合应用易错分析易错分析01认识多边形。多边形考察范围较广，涉及的知识点较为宽泛，在综合能力考察上要求较高，注意规则图形与不规则图形的转换方式，辅助线分割方法，化繁为简。掌握解题技巧性如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C，D，E，F是网格线的交点，则的面积与的面积比为__________．【答案】1∶2【思路点拨】答案有误，分别求出△ABC的面积和△ABD的面积，即可求解．【规范解答】解：，，∴的面积与的面积比为1∶4．故答案为1∶4．【考点评析】本题考查了三角形的面积，掌握三角形的面积公式是解本题的关键．【变式训练01】（2022·江苏常州·九年级专题练习）如图，将一个边长为的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动成四边形，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到时才会断裂．若，则橡皮筋_____断裂（填“会”或“不会”，参考数据：）．【答案】不会【思路点拨】设扭动后对角线的交点为，根据正方形的性质，得出扭动后的四边形为菱形，利用菱形的性质及条件，得出为等边三角形，利用勾股定理算出，从而得到，再比较即可判断．【规范解答】解：设扭动后对角线的交点为，如下图：，根据正方形的性质得，得出扭动后的四边形四边相等为菱形，cm，为等边三角形，cm，cm，cm，根据菱形的对角线的性质：(cm)，，不会断裂，故答案为：不会．【考点评析】本题考查了正方形的性质、菱形的判定及性质、等边三角形、勾股定理，解题的关键是要掌握菱形的判定及性质．【变式训练02】（2023秋）已知，在每个小正方形的边长均为1的方格纸中，有线段，点A、B均在小正方形的顶点上．(1)如图1，在方格纸中画出以为一边的等腰，点C在小正方形的顶点上，且的面积为10；(2)如图2，在方格纸中画出以为一边的平行四边形，点D、E均在小正方形的顶点上，且平行四边形的面积为10，连接，并直接写出线段的长．【答案】(1)见解析(2)见解析，【思路点拨】（1）利用等腰三角形的性质结合三角形面积求法得出答案；（2）根据平行四边形的面积为10构造图形即可．【规范解答】（1）解：如图，即为所求；（2）如图，四边形即为所求；由图可知：．【考点评析】此题主要考查了网格中多边形的面积，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，解题的关键是根据提供的面积，结合网格性质画图．【变式训练03】（2022秋九年级期中）如图，菱形的两条对角线，相交于点O，若，，求菱形的周长．【答案】【思路点拨】根据菱形的性质，得到，，进而得到，再根据勾股定理得到，即可求出菱形的周长．【规范解答】解：四边形是菱形，，，，，，，菱形的周长．【考点评析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，多边形周长，熟练掌握菱形的性质是解题关键．易错分析易错分析02多边形对角线、内角和、外角和。掌握内角和公式，外角和360°公理的由来。（2022秋·九年级统考期中）已知，如图两个四边形相似，则的度数是（）A． B． C． D．【答案】C【思路点拨】答案有误，根据相似多边形的性质及四边形的内角和即可求解．【规范解答】解：如图：两个四边形相似，，，故选：A．【考点评析】本题考查了相似多边形的性质，多边形的内角和，熟练掌握和运用相似多边形的性质是解决本题的关键．【变式训练01】（2022秋·江苏盐城·九年级校联考期中）如图，已知，．(1)在图中，用尺规作出的内切圆O，并标出与边，，的切点D，E，F（保留痕迹，不必写作法）；(2)连接，，求的度数．【答案】(1)见解析(2)【思路点拨】（1）直接利用基本作图即可得出结论；（2）利用四边形的性质，三角形的内切圆的性质即可得出结论．【规范解答】（1）解：如图1，即为所求．（2）如图2，连接，，∴，，∴，∵，∴，∴．【考点评析】此题主要考查了基本作图，三角形的内切圆的性质，四边形的内角和公式，圆周角定理，解本题的关键是作出三角形的内切圆．【变式训练02】（2021·校考二模）下列说法：（1）了解一批灯泡的使用寿命，采用全面调查；（2）若∠α＝20°40′，则∠α的补角为159°60′；（3）若一个正n边形的每个内角为144°，则正n边形的所有对角线的条数是35；（4）等腰三角形的一边长是3，另两边的长是关于x的方程x2﹣4x＋k＝0的两个根，则k的值为3；正确的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【思路点拨】根据根的判别式，全面调查和抽样调查的概念，补角的定义，多边形的内角和外角的定义判断即可．【规范解答】解：（1）了解一批灯泡的使用寿命，采用抽样调查，故错误，不符合题意；（2）若∠α＝20°40′，则∠α的补角为159°20′，故错误，不符合题意；（3）∵一个正n边形的每个内角为144°，∴144n＝180×（n﹣2），解得：n＝10，这个正n边形的对角线的条数是：＝35（条），正确，符合题意；（4）当3为腰长时，将x＝3代入x2﹣4x+k＝0，得：32﹣4×3+k＝0，解得：k＝3，当k＝3时，原方程为x2﹣4x+3＝0，解得：x1＝1，x2＝3，∵1+3＝4，4＞3，∴k＝3符合题意；当3为底边长时，关于x的方程x2﹣4x+k＝0有两个相等的实数根，∴Δ＝（﹣4）2﹣4×1×k＝0，解得：k＝4，当k＝4时，原方程为x2﹣4x+4＝0，解得：x1＝x2＝2，∵2+2＝4，4＞3，∴k＝4符合题意．∴k的值为3或4，故错误；∴正确的个数是1，故选：A．【考点评析】本题考查了等腰三角形的分类问题，注意等腰三角形的边分底边和腰两种情况，同时还要注意满足三角形三边关系.【变式训练03】（2022·江苏·九年级专题练习）【问题情境】如图1，点为正方形内一点，，，，将直角三角形绕点逆时针方向旋转度（），点、的对应点分别为点、．(1)【问题解决】如图2，在旋转的过程中，点落在了上，求此时的长；(2)【问题解决】若，如图3，得到（此时与重合），延长交于点，①试判断四边形的形状，并说明理由；②连接，求的长；(3)【问题解决】在直角三角形绕点逆时针方向旋转过程中，求线段长度的取值范围．【答案】(1)(2)①正方形，见解析；②(3)【思路点拨】（1）由勾股定理得AB=2，再由正方形的性质得，然后由旋转的性质得，即可求解；（2）①由旋转的性质得AE'=AE，∠EAE'=α=90°，∠AE'D=∠AEB=90°，再证四边形AEFE′是矩形，即可得出结论；②过点C作CG⊥BE于点G，证△BCG≌△ABE（AAS），得CG=BE=4，BG=AE=2，则EG=BE-BG=2，再由勾股定理求解即可；（3）当α=0°时，E'与E重合，CE'最短=2；当E‘落在CA的延长线上时，AE'=AE=2，CE'最长=AC+AE'=2+2，即可得出答案．【规范解答】（1）∵AE＝2，BE＝4，∠AEB＝90°，∴，∵四边形ABD是正方形，∴，∠ABC＝90°，∴，由旋转的性质得：，∴；（2）①四边形AEFE′是正方形，理由如下：由旋转的性质得：AE'＝AE，∠EAE'＝α＝90°，∠AE'D＝∠AEB＝90°，∵∠AEF＝180°﹣90°＝90°，∴四边形AEFE′是矩形，又∵AE'＝AE，∴四边形AEFE′是正方形；②过点C作CG⊥BE于点G，如图3所示：则∠BGC＝90°＝∠AEB，∴∠CBG+∠BCG＝∠CBG+∠ABE＝90°，∴∠BCG＝∠ABE，在△BCG和△ABE中，∠BCG＝∠ABE∠BGC＝∠AEBBC＝AB，∴△BCG≌△ABE（AAS），∴CG＝BE＝4，BG＝AE＝2，∴EG＝BE﹣BG＝4﹣2＝2，∴．（3）∵直角三角形ABE绕点A逆时针方向旋转α度（0≤α≤180°）点B、E的对应点分别为点B′、E′，点E′运动轨迹是以A为圆心，AE＝2为半径的半圆，∴当α＝0°时，E'与E重合，CE'最短；当E′落在CA的延长线上时，AE'＝AE＝2，CE'最长，∴线段CE′长度的取值范围是．【考点评析】本题主要考查了正方形的判定与性质、旋转变换的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形易错分析易错分析03平行四边形的性质掌握及应用。理解性质和判定的区别和联系，充分应用平行四边形的性质解决问题（2022秋·江苏无锡·九年级校联考阶段练习）如图，对角线与交于点，且，，在延长线上取一点，使，连接交于，则的长为______．【答案】【思路点拨】答案有误，过点作，先由和平行四边形的性质说明是的中位线并求出，再判断，最后由相似三角形的性质得结论．【规范解答】解：过点作，交于点，四边形是平行四边形，是对角线与的交点，，点是的中点．，是的中位线．，．．．，．．．故答案为：．【考点评析】本题主要考查了相似三角形，掌握相似三角形的判定和性质、三角形的中位线定理及平行四边形的性质是解决本题的关键．【变式训练01】（2022春·江苏·九年级专题练习）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点均在格点上，是一条小河平行的两岸．（1）的距离等于___________；（2）现要在小河上修一座垂直于两岸的桥（点在上，点在上，桥的宽度忽略），使最短，请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，画出，并简要说明点，的位置是如何找到的（不要求证明）___________．【答案】

见解析【思路点拨】（1）利用勾股定理求出的长即可；（2）要使最短，则，与转化成一条线段时最短，取格点，连接，使，交于Q，交于P，由网格性质可得，由可得平行线间的距离的长，取格点、，连接，使)，与交于点，根据相似三角形的性质可得，同理可作点，连接与交于点，连接与交于点，则，可得四边形是平行四边形，由全等三角形的性质可得，可得四边形是平行四边形，可知，同理，则距离最短，即可得解.【规范解答】（1）=.故答案为：（2）如图，取格点，连接，使，交于Q，交于P，∴，∴，取格点、，连接，使)，与交于点；∵，，∴，∴，∴，∴，同理作点；连接与交于点，连接与交于点，连接，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴，又∵，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∴，同理：，∴距离最短，∴即为所求.故答案为：取格点，连接，使，交于Q，交于P，取格点、，连接，使)，与交于点；同理作点；连接与交于点，连接与交于点，连接，即为所求．【考点评析】本题考查网格的特征，全等三角形及相似三角形的应用，熟练掌握相关性质是解题关键．【变式训练02】（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）如图，在中，是边的延长线上一点，连接交边于点，交对角线于点．(1)求证：；(2)若，求的值．【答案】(1)见解析(2)【思路点拨】（1）由四边形是平行四边形得，.根据“两角对应相等，两个三角形相似”得.（2）设，根据“相似三角形对应边成比例”列比例式得，则.同（1）证，根据“相似三角形对应边成比例”即可求出的值.【规范解答】（1）四边形是平行四边形，，（2）四边形是平行四边形设由（1）得，四边形是平行四边形．【考点评析】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质.熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键.【变式训练03】（2022·江苏·九年级专题练习）如图，四边形是平行四边形，以为直径的切于点A，与交于点E．(1)求证：直线是的切线；(2)若cm，弦CE的长为16cm，求的半径长．【答案】(1)见解析(2)10【思路点拨】（1）根据切线的性质可得，然后根据平行四边形的性质可得，从而利用平行线的性质求出，即可解答；（2）连接，根据直径所对的圆周角是直角可得，再利用同角的余角相等可得，从而可证，然后利用相似三角形的性质求出的长，最后在中，利用勾股定理求出的长，进行计算即可解答．【规范解答】（1）证明：∵与相切于点A，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵是的半径，∴直线是的切线；（2）解：连接，∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴或（舍去），在中，，∴，∴的半径长为10．【考点评析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，切线的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握切线的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．易错分析易错分析04平行四边形的判定及应用。熟练掌握判定方法的证明过程，借助辅助线解决问题。（2022·江苏盐城·校考三模）如图，在中，点D是边的中点，点F，E分别是及其延长线上的点，，连接，．(1)求证：四边形是平行四边形．(2)当满足____________条件时，四边形为菱形．（填写序号）①．②，③，④．【答案】(1)见详解(2)③，理由见详解【思路点拨】第2小题答案有误，（1）由已知条件，据证得，则可证得，继而证得四边形是平行四边形；（2）由，得到，由得，即互相垂直平分，然后根据菱形的判定，可得四边形是菱形．【规范解答】（1）证明：在中，D是边的中点，∴∵，∴，在和中，∴，∴，∴四边形是平行四边形；（2）满足条件①时四边形为菱形．理由：若时，为等腰三角形，∵为中线，∴，即，由（1）知，，∴，∴平行四边形为菱形．故答案为：①．【考点评析】此题主要考查了菱形的判定、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的性质以及等腰三角形的性质．熟练掌握菱形的判定方法，且证得得到是解决问题的关键．【变式训练01】（2019秋·江苏盐城·九年级统考期中）如图，在中，，，圆心在内部经过、两点，并交于点，过点作的切线交于点延长交于点，作交于点．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，，求的值．【答案】(1)详见解析(2)【思路点拨】（1）根据等腰直角三角形的性质得到，根据切线的性质得到，得到，于是得到结论；（2）过作于，得到是等腰直角三角形，得到，根据平行四边形的性质得到，根据余角的性质得到，等量代换得到，根据三角函数的定义得到，于是得到结论．【规范解答】（1）证明：在中，，，，，是的切线，，，，四边形是平行四边形；（2）解：过作于．是等腰直角三角形，，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，．【考点评析】本题考查了切线的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．【变式训练02】（2022·江苏苏州·苏州市振华中学校校考模拟预测）（1）如图，点，均在正方形内部，且，．求证：四边形是平行四边形；求正方形的边长；（2）如图，点，，，均在正方形内部，且，，求正方形的边长．【答案】（1）见解析；（2）（3）【思路点拨】（1）①连接交于点，证明，则，即可得证；②根据勾股定理以及全等三角形的性质得出，即可求解；（2）连接交于点，过点作交的延长线于点，证明，勾股定理求得，进而即可求解．【规范解答】（1）①证明：如图，连接交于点∵，，∴，∴，∴四边形是平行四边形；②∵，，∴，∴，∴四边形是正方形，∴；（2）连接交于点，过点作交的延长线于点，如图，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴三点共线，同理可得三点共线，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴，，∴，∴，∵四边形是正方形，∴．【考点评析】本题考查了正方形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，正确的添加辅助线是解题的关键．【变式训练03】（2021秋·江苏无锡·九年级校联考期中）如图，中，，O为边上一点，经过点A，与，两边分别交于点E，F，连接．平分，交于点D，经过点D．(1)求证：是的切线；(2)若，的半径为5，求的长．【答案】(1)见解析(2)4【思路点拨】（1）连接，欲证明是切线，只要证明即可得解；（2）过O作于点G．证明四边形四边形为矩形，求出，可得结论．【规范解答】（1）证明：如图，连接，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，又∵是的半径，∴为的切线；（2）解：如图，过O作于点G，由垂径定理，得：，又∵，∴，∵，∴，在中，由勾股定理，得：，∵的半径为5，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴四边形为矩形，∴．【考点评析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，垂径定理，矩形的判定和性质，切线的判定，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题．易错分析易错分析05特殊平行四边形（矩形）判定与性质应用。求角度，求线段长，求面积等问题中有一定难度，综合能力要求较高，注意解题技巧的掌握。三角形的中位线等于第三边的一半，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，尽管都有“一半”，但二者成立的条件和结论不一样，不要混淆。（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）如图．在正方形ABCD中，边长为4，M是CD的中点，点P是BC上一个动点，当∠DPM的度数最大时，则BP=___________．【答案】2【思路点拨】答案有误，未考虑到辅助线。首先确定P点的位置，画出辅助圆，再求出圆的半径，利用勾股定理和矩形的判定与性质即可求解．【规范解答】解：如图，当P点在与相切，且经过D点和M点的上时，的度数最大，此时，P点即为切点，连接，∴，∵正方形的边长为，M点为的中点，∴，过O点作于E，∴，延长，交于点F，∴，∴四边形和四边形都是矩形，∴，∴，连接，则，∴，∴，∴，故答案为：．【考点评析】本题考查了最大张角问题，涉及到了正方形性质的应用、勾股定理解三角形、矩形的判定与性质等内容，解题关键是理解当P点在与相切且经过D点和M点的圆上且位于切点处时张角最大．【变式训练01】（2022秋·江苏盐城·九年级校考期中）如图，为的直径，平分，于，交于．(1)求证：为的切线；(2)若，求的半径．【答案】(1)见解析(2)【思路点拨】（1）连接，推出，得到，即可得到，由此得到结论为的切线；（2）过点作于，根据垂径定理得到，证明四边形为矩形，求出，利用勾股定理求出即可．【规范解答】（1）证明：连接，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵为的半径，∴为的切线；（2）解：过点作于，则，∵，，，∴四边形为矩形，∴，∴，则的半径为．【考点评析】此题考查了圆的知识，证明一条直线是圆的切线，垂径定理，以及勾股定理，矩形的判定和性质定理，熟记各定理是解题的关键．【变式训练012（（2022·江苏扬州·校考模拟预测）如图，在平行四边形中，轴，，原点是对角线的中点，顶点的坐标为，反比例函数在第一象限的图象过四边形的顶点．(1)求点的坐标和的值；(2)将平行四边形向上平移，使点落在反比例函数图象在第一象限的分支上，求平移过程中线段扫过的面积．(3)若、两点分别在反比例函数图象的两支上，且四边形是菱形，求的长．【答案】(1)，(2)(3)【思路点拨】（1）利用平行于轴的直线上的点纵坐标相等得出的纵坐标，再用距离确定出点的横坐标，将的坐标代入，利用待定系数法即可求出；（2）利用平行四边形的性质得出点点坐标为．设点向上平移个单位，根据在的图象上，列出方程，求出，那么平移过程中线段扫过的面积是的面积，根据平行四边形的面积公式列式计算；（3）利用菱形的性质得出直线的解析式，根据点，在双曲线上求出点，的坐标，再根据两点间的距离公式求出的长．【规范解答】（1）解：设与轴交于点，轴，、的纵坐标相同．，，，．在反比例函数的图象上，；（2）解：在平行四边形中，原点是对角线的中点，与关于原点对称，．设点向上平移个单位，则在的图象上，，解得．设与相交于，则．平移过程中线段扫过的面积是；（3）解：四边形是菱形，．直线的解析式为，直线的解析式为：，设点的坐标为且，则点的坐标为，、两点分别在反比例函数图象的两支上，，解得：，故的坐标为：，的坐标为，．【考点评析】此题考查了平行四边形的性质，菱形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，待定系数法求函数的解析式，坐标与图形变化平移．解（1）的关键是掌握待定系数法，解（2）的关键是求出平移的距离，解（3）的关键是确定出直线的解析式．【变式训练013（（2022秋·江苏常州·九年级常州市第二十四中学校考期中）如图，在矩形中，，，是边的中点，点在线段上，过作于，设．(1)求证：．(2)当点在线段上运动时，是否存在实数，使得以点，，为顶点的三角形也与相似？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)存在，的值为或【思路点拨】（1）根据矩形的性质，结合已知条件可以证明两个角对应相等，从而证明三角形相似；（2）分情况讨论：①当时，则得到四边形为矩形，从而求得x的值；②当时，再结合（1）中的结论，得到等腰．再根据等腰三角形的三线合一得到是的中点，运用勾股定理和相似三角形的性质进行求解．【规范解答】（1）证明：∵矩形，∴，∴，又∵，∴，∴．（2）解：①若，如图1，则，∴，∴四边形为矩形，∴，即．②如图2，若，则，∵∴，∴．∴．∵，∴点为的中点，中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴满足条件的的值为或．【考点评析】本题考查动点问题，相似三角形的性质与判定，矩形的性质，解题关键是确定动点运动过程中，有几种对应的图形，然后再根据图形性质分析求解．易错分析易错分析06特殊平行四边形（菱形）判定与性质应用。（2021·江苏苏州·一模）如图1，已知在平行四边形中，，若点P从顶点A出发，沿以的速度匀速运动到点B，图2是点P运动时，的面积随时间变化的关系图像，则a的值为（

）A．5 B． C． D．【答案】B【思路点拨】答案有误，首先判断四边形ABCD是菱形，过点D作DE⊥BC，根据图象的三角形的面积可得菱形的边长为5，再利用菱形的性质和勾股定理列方程可求A．【规范解答】解：过点D作DE⊥BC，∵平行四边形ABCD中，AD=DC，∴四边形ABCD是菱形，AD∥BC，∴当点P在边AD上运动时，y的值不变，∴AD=a，即菱形的边长是a，∴a•DE＝2a，即DE=4．当点P在DB上运动时，y逐渐减小，∴DB=5，∴BE=，在Rt△DCE中，DC=a，CE=a-3，DE=4，∴a2=42+（a-3）2，解得a=，故选：C．【考点评析】本题考查菱形的性质，根据图象分析得出a的值是解题关键．【变式训练01】（2022·江苏苏州·统考二模）如图，在矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F．(1)求证：△DOE≌△BOF；(2)若AB＝6，AD＝8，连接BE，DF，求四边形BFDE的周长．【答案】(1)见解析(2)25【思路点拨】（1）根据矩形性质，先得出，根据平行线的性质得出∠EDO=∠FBO，利用“ASA”证明△DOE≌△BOF即可；（2）根据EF垂直平分BD，得出BE=DE，设BE=DE=x，则，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程得出x的值，证明四边形BFDE为菱形，即可求出其周长．【规范解答】（1）解：∵O为BD中点，∴BO=DO，∵四边形ABCD为矩形，∴，，∴∠EDO=∠FBO，∵∠DOE=∠BOF，∴△DOE≌△BOF（ASA）．（2）∵EF垂直平分BD，∴BE=DE，设BE=DE=x，则在Rt△ABE中，，即，解得：，∵△DOE≌△BOF，∴DE=BF，又∵，∴四边形BFDE为平行四边形，∵，∴四边形BFDE为菱形，，∴．【考点评析】本题主要考查了矩形的性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理，根据已知条件，利用勾股定理，求出BE的长，是解题的关键．【变式训练02】（2022秋·江苏宿迁·九年级统考期中）如图，内接于⊙O，交⊙O于点D，交于点E，交⊙O于点F，连接．(1)求证：；(2)若⊙O的半径为3，，求的长（结果保留π）．【答案】(1)证明见解析；(2)【思路点拨】（1）根据已知条件可证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得，等量代换可得，即可得出答案；（2）连接，由（1）中结论可计算出的度数，根据圆周角定理可计算出的度数，再根据弧长计算公式计算即可得出答案．【规范解答】（1）证明：∵，，∴四边形为平行四边形，∴，∵，∴，∴．（2）解：连接，如图，由（1）得，∵，∴，∴的长．【考点评析】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，圆的性质与弧长公式，考查化归与转化思想，推理能力，几何直观等数学素养．【变式训练03】（2022·浙江温州·统考二模）如图，在8×8的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，四边形ABCD为格点图形（顶点在格点上），请按以下要求画出相应的格点图形．(1)在图1中画出格点△ABP，使△ABP的面积等于四边形ABCD的面积．(2)在图2中画出格点四边形ABQD，使四边形ABQD的面积等于四边形ABCD的面积，且格点Q不与格点C重合．【答案】(1)图见解析；(2)图见解析．【思路点拨】（1）先延长CD、BA交于格点E，求出四边形ABCD的面积，根据AB的长度求出AB边上的高，作图即可；（2）连接BD，由题意知三角形BCD面积等于三角形BQD面积，即CQ∥BD，过点C作直线l∥BD，找到交点在格点的位置即可．【规范解答】（1）解：延长CD，BA交于格点E，如图所示，可得：四边形ABCD面积=三角形BCE面积－△ADE面积=，∵AB=3，∴三角形ABP中，AB边上的高为9×2÷3=6，即P点在距离AB为6个单位长度的直线上，作图如下（答案不唯一）．（2）解：连接BD，∵四边形ABQD的面积等于四边形ABCD的面积，∴三角形BCD面积等于三角形BQD面积，即CQ∥BD，过点C作直线l∥BD，直线l上在格点处即为Q点位置，作图如下（答案不唯一）．【考点评析】本题考查了格点中的应用设计作图，解题的关键是理解题意，熟练掌握三角形面积公式，难点在于利用同底等高的三角形面积相等作图．易错分析易错分析07特殊平行四边形（正方形）判定与性质应用（2022秋·江苏泰州·九年级校考阶段练习）如图，矩形的边上有一点，，垂足为，将绕着点顺时针旋转，使得点的对应点落在上，点恰好落在点处，连接．下列结论：①；②四边形是正方形；③，④．其中结论正确的序号是（

）A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④【答案】C【思路点拨】答案有误，延长交于，连接，根据直角三角形的两个锐角互余得出，根据旋转的性质得出，得出即可判断①，根据题意得出四边形是矩形，由即可判断②，进而得出，根据判断③，根据勾股定理以及等角对等边可得，得出，由四边形是正方形，得出，即可求解．【规范解答】解：如图，延长交于，连接，∵，∴，∵，∴，∵将绕着点顺时针旋转得，∴，∴，∴，∴，故①正确；∵四边形是矩形，∴∵∴四边形是矩形，又∵，∴矩形是正方形，故②正确；∴，∴，故③正确；∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴又∵四边形是正方形，∴，∴，故④错误，∴正确的是：①②③，故选：B．【考点评析】本题考查了矩形的性质与判定，矩形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，三角形内角和定理的应用，综合运用以上知识是解题的关键．【变式训练01】（2022秋·九年级课时练习）如图，边长为的正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【思路点拨】根据正方形的性质以及切线的性质，求得的长，勾股定理求得的长，进而根据即可求解．【规范解答】如图，连接,，边长为的正方形内接于，即，，，为的直径，，，分别与相切于点和点，，四边形是正方形，，是等腰直角三角形，，，四边形是矩形，，四边形是正方形，，，．故选C．【考点评析】本题考查了圆的切线的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．【变式训练02】（2022秋·江苏·九年级周测）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，O是BA上一点，以O为圆心，OB为半径的圆与AB交于点P，与AC相切于点D，已知AB=8，⊙O的半径为r．(1)如图1，若AP=DP，则⊙O的半径r值为_______；(2)求BC=6，求⊙O的半径r长；(3)若AD的垂直平分线和⊙O有公共点，求半径r的取值范围．【答案】(1)(2)3(3)【思路点拨】（1）连接OD，由切线的性质可得∠ADO=90°，由AP=DP，得∠PDA=∠A，再由等角的余角相等证明∠PDO=∠POD，则AP=OP=OB=r，列方程可求出r的值；（2）连接OC、OD，由勾股定理求出AC的长，再根据面积等式列方程即可求出r的值；（3）设AD的垂直平分线交AD于点F，与的一个交点为点E，当EF与相切时r的值最小，可求出r的最小值；再由OB+OD<OB+OA，列不等式求得r<4，即可求出r的取值范围；【规范解答】（1）解：如图1，连接OD，∵与AC相切于点D，∴，∴∠ADO=90°，即∠PDO+∠PDA=90°，∠POD+∠A=90°，∵AP=DP，∴∠PDA=∠A，∴∠PDO=∠POD，∴DP=OP=OB，∴AP=OP=OB=r，∵AB=8，∴3r=8，∴，故答案为：．（2）解：如图2，连接OC、OD，∵∠ABC=90°，AB=8，BC=6，∴，∵，，∴，∴，∴，∴．（3）解：设AD的垂直平分线交AD于点F，与的一个交点为点E，如图3，当EF与相切时，r的值最小，设切点为点E，连接OD、OE，则，∵∠EFD=∠ODF=∠OEF=90°，∴四边形ODFE是矩形，∵OD=OE，∴四边形ODFE是正方形，∴∵，∴，解得，（不符合题意，舍去），∴r的最小值为；如图4，当时，直线EF与相交，∵OD<OA，∴OB+OD<OB+OA，∴2r<8，∴r<4，∴r的取值范围是；【考点评析】本题主要考查了圆的切线的判定与性质、切线长定理、勾股定理、用不等式求取值范围等知识与方法，熟练掌握相关知识点是解题的关键，属于考试压轴题．【变式训练03】（2019·河北唐山·统考二模）关于边形，甲、乙、丙三位同学有以下三种说法：甲：五边形的内角和为乙：正六边形每个内角为丙：七边形共有对角线14条（1）判断三种说法是否正确，并对其中你认为不对的说法用计算进行说明（2）若边形的对角线共35条，求该边形的内角和【答案】（1）甲、乙的说法不正确；丙的说法正确，理由详见解析；（2）1440°【思路点拨】（1）根据三角形的内角和定理，三角形的外角和分别验证甲、乙的说法，根据多边形的对角线公式计算得出七边形的对角线条数是14条即可判断丙的说法；（2）根据题意列方程求出n，再根据多边形的内角和公式求出内角和即可.【规范解答】解(1)甲、乙的说法不正确；丙的说法正确，甲：正五边形的内角和为，乙：正六边形外角和为，每个外角为，每个内角为（其他方法也可）；(2)，解得：（舍去），∴该多边形的内角和是.【考点评析】此题考查多边形的内角和定理，外角和度数，对角线条数公式，解一元二次方程求边数.易错分析易错分析08四边形综合应用。矩形、菱形、正方形有各自成立的前提条件，解题时应明确矩形、菱形、正方形的判定定理，不要混淆。平行四边形的两条对角线把其分割为4个三角形，其中相对的两个互相全等；矩形的两条对角线把其分割为4个等腰三角形，其中相对的两个互相全等；菱形的两条对角线把其分割为4个全等的直角三角形；正方形的两条对角线把其分割为4个全等的等腰直角三角形.解题时要充分应用这些三角形的特征，注意它们的联系与区别。（2022秋·江苏盐城·九年级统考期中）如图，在矩形中，，点P从点A出发沿以的速度向点B移动；同时，点Q从点C出发沿以的速度向点D移动，两点同时出发，一点到达终点时另一点即停．(1)运动几秒时，能将矩形ABCD的面积分成两部分？(2)运动几秒时，P，Q两点之间的距离是？【答案】(1)2秒(2)秒【思路点拨】（1）根据题意，设运动时间为t秒，将用t表示出来，跟为梯形的面积占2份和5份两种情况进行讨论即可；（2）过P点作，垂足为M点，根据勾股定理求解即可．【规范解答】（1）解：设运动时间为t秒，依题意得：∵，∴．∴，．∴，，解得，解得（舍），∴运动2秒时，能将矩形ABCD的面积分成两部分．（2）如图，过P点作，垂足为M点，∴，，∴，∴，即∴或（舍去），∴时，P、Q两点之间的距离是．【考点评析】本题主要考查矩形的动点问题，勾股定理和用平方根的定义解方程，解题的关键是根据题意做出合适的辅助线，利用勾股定理解答是关键．【变式训练01】（2022秋·江苏扬州·九年级校考阶段练习）【图形定义】有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．【问题探究】(1)如图①，已知矩形是“等邻边四边形”，则矩形___________（填“一定”或“不一定”）是正方形；(2)如图②，在菱形中，，，动点、分别在、上（不含端点），若，试判断四边形是否为“等邻边四边形”？如果是“等邻边四边形”，请证明；如果不是，请说明理由；此时，四边形的周长的最小值为___________；【尝试应用】(3)现有一个平行四边形材料，如图③，在中，，，，点在上，且，在边上有一点，使四边形为“等邻边四边形”，请直接写出此时四边形ABEP的面积可能为的值___________．【答案】(1)一定(2)四边形是“等邻边四边形”，理由见解析，四边形的周长最小值为(3)或或14【思路点拨】（1）根据等邻边四边形的定义和正方形的判定可得出结论；（2）如图②中，结论：四边形是等邻四边形，利用全等三角形的性质证明即可；（3）如图③中，过点作于，点作于N，则四边形是矩形．分三种情形：①当时，②当时，③当时，分别求解即可．【规范解答】（1）∵四边形的邻边相等，∴矩形一定是正方形；故答案为：一定；（2）如图②，四边形是等邻四边形；理由：连接．∵四边形是菱形，∴，，∴，都是等边三角形，∴

，，∵，∴，∴，∴，，∴四边形是等邻四边形，∴，∵，∴的值最小时，四边形的周长最小，根据垂线段最短可知，当时，的值最小，此时，，∴四边形的周长的最小值为．（3）如图③中，过点作于，点作于N，则四边形是矩形．∵，，∴，，∵，∴，①当时，．②当时，设，在中，∵，∴，∴，∴．③当时，点与重合，此时．．综上：四边形的面积为或或14．【考点评析】本题考查了“等邻边四边形”的定义，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，梯形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．【变式训练02】（2022春·江苏·九年级专题练习）如图，在矩形中，，．如果点E由点B出发沿方向向点C匀速运动，同时点F由点D出发沿方向向点A匀速运动，它们的速度分别为和．已知，分别交，于点P和点Q，设运动时间为（）．(1)连接，，当_____s时，四边形为平行四边形；(2)连接，若的面积为，求t的值；(3)若与相似，求t的值．【答案】(1)(2)t的值为2(3)t的值为或或【思路点拨】（1）根据题意分别表示出，的代数式，令即可得出答案；（2）由题意知，，，，，根据的面积为，构建方程求出t即可．（3）分四种情况进行讨论：去①当点在点左侧，时；②当点在点左侧，时；③当到达点右侧时，时；④当到达点右侧时，时；分别根据相似三角形的性质以及等腰三角形的性质列方程求解即可．【规范解答】（1）解：∵四边形是矩形，∴根据题意得：，∵，∴，∴，∵四边形为平行四边形，∴,即，解得：，故答案为：；（2）由题意知，，，，，∵，∴，即，∴，∴，即，∴，∵的面积为，∴，∴，即t的值为2；（3）∵四边形是矩形，∴，∴，∵，当点在点左侧，时，∴，∴，∴，由（2）知，，∴，∴，即t的值为2．当点在点左侧，时，,∵，∴,∵,∴，∴，即,∴，∴，∴，∴；当到达点右侧时，时，，则,即，解得：，当到达点右侧时，时，点到达点，不符合题意；综上所述：若与相似，t的值为或或．【考点评析】本题属于相似形综合题，考查了矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程，属于中考常考题型．一、选择题1．（2022秋·江苏南京·九年级南京市第二十九中学校考开学考试）四边形的对角线和相交于点O．有下列条件：①；②；③；④矩形；⑤菱形；⑥正方形．则下列推理正确的是（）A．②③→⑥ B．①②→⑤ C．①④→⑤ D．②⑤→⑥【答案】D【思路点拨】由菱形的判定方法，矩形的判定方法，正方形的判定方法对每个选项进行分析，即可得出答案．【规范解答】解：∵由②③对角线相等，对角线互相垂直，不能判断四边形是正方形，∴选项A不符合题意；∵由①可得四边形是平行四边形，再由②，对角线相等的平行四边形是矩形，∴选项B不符合题意；∵由①可得四边形是平行四边形，再由④，四边形是矩形，不能判定四边形是菱形，∴选项C不符合题意；∵由②⑤，对角线相等的菱形是正方形，∴选项D符合题意；故选：D．【考点评析】本题考查了菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，掌握菱形的判定方法，矩形的判定方法，正方形的判定方法是解决问题的关键．2．（2022春·江苏·九年级专题练习）如图，在菱形中，于点，分别交于点，的延长线于点，且．则的值为（

）A． B． C． D．【答案】D【思路点拨】根据菱形的性质可得，，从而利用平行线的性质可得，，然后证明8字模型相似三角形，从而利用相似三角形的性质，进行计算即可解答．【规范解答】解：四边形是菱形，，，，，，，，，故选：D．【考点评析】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握8字模型相似三角形是解题的关键．3．（2021·江苏·九年级专题练习）正方形、矩形、菱形都具有的特征是（）A．对角线互相平分 B．对角线相等C．对角线互相垂直 D．对角线平分一组对角【答案】A【思路点拨】根据正方形的性质，菱形的性质及矩形的性质进行分析，三者都是平行四边形，从而得到答案．【规范解答】解：A、三者均具有此性质，故正确；B、菱形不具有此性质，故不正确；C、矩形不具有此性质，故不正确；D、矩形不具有此性质，故不正确；故选：A．【考点评析】本题主要考查了正方形、矩形、菱形的性质．4．（2022秋·江苏南通·九年级统考期中）如图，矩形中，，点E在边上运动，连接，将绕点A顺时针旋转得到，旋转角等于，连接．设，，则y关于x的函数图象大致为（

）A． B． C． D．【答案】A【思路点拨】勾股定理求出，作于M，证明，得到，由此求出，然后根据勾股定理即可得结论．【规范解答】解：∵四边形是矩形，∴，∵，∴，作于M，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，在中，，∴，∴，图象对称轴为y轴，开口向上，当点E与点C重合时，，∴y关于x的函数图象大致为A，故选：A．【考点评析】此题考查了动点问题的函数图象，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的图象和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．5．（2023秋·江苏扬州·九年级校考期末）如图，在正方形中，点的坐标分别是，，点在抛物线的图像上，则的值是（

）A． B． C． D．1【答案】B【思路点拨】作轴于，于，根据四边形是正方形，得到，由得到，从而可以证明，从而得到，设，根据边对应相等求出点的坐标，代入二次函数解析式即可求出的值．【规范解答】解：如图所示，作轴于，于，四边形是正方形，，，，，（AAS），，设，点的坐标分别是，，，解得，，点在抛物线的图像上，，解得：，故选：B．【考点评析】本题主要考查了正方形的性质、三角形全等的判定和性质、二次函数图象上点的坐标特点，得出点坐标是解题的关键．6．（2022·江苏淮安·模拟预测）如图，在平行四边形中，点、、分别是、、的中点，，则的长是（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【思路点拨】连接、，由平行四边形的性质得出，证明四边形是平行四边形，得出，由平行线得出，设，则，证明是的中位线，由三角形中位线定理得出，得出，由勾股定理得出方程，求出，得出，在中，由勾股定理求出，即可得出的长．【规范解答】解：如图所示：连接、，四边形是平行四边形，，点分别是的中点，，四边形是平行四边形，，，，设，则，点分别是的中点，是的中位线，，，，由勾股定理得：，即，，，，，在中，，，故选：．【考点评析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定、三角