专题1.8 特殊的平行四边形全章专项复习【3大考点7种题型】-2024-2025学年九年级数学上册举一反三系列（北师大版）

PAGE1专题1.8特殊的平行四边形全章专项复习【3大考点7种题型】【北师大版】TOC\o"1-3"\h\u【考点1菱形的性质与判定】 1【题型1菱形性质的应用】 2【题型2菱形性质与判定的综合应用】 6【题型3菱形中的动点问题】 12【考点2矩形的性质与判定】 19【题型4矩形的性质与判定的综合应用】 20【题型5矩形中的折叠问题】 25【考点3正方形的性质与判定】 33【题型6正方形性质的应用】 34【题型7几种特殊平行四边形的综合】 38【考点1菱形的性质与判定】1.菱形：有一组邻边相等平行四边形叫做菱形.【注意】（1）菱形必须具备两个条件：①是平行四边形；②是有一组邻边相等.这两个条件缺一不可.（2）菱形的定义既是菱形的性质，也是菱形的判定方法.2.菱形的性质：菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有自身独特的性质，总结见下表.性质数学语言图形边菱形的四条边都相等四边形是菱形，.对角线菱形的两条对角巷互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角四边形是菱形，,对称性菱形是轴对称图形，有两条对称轴【注意】（1）菱形的两条对称轴分别是两条对角线所在直线.（2）菱形的两条对角线互相垂直，且把菱形分成四个全等的直角三角形.把菱形的性质与勾股定理相联系，可得对角线与边之间的关系，即边长的平方等于两条对角线一半的平方和.（3）如果菱形的一个内角为60°，那么菱形的两条边与较短的对角线构成的三角形为等边三角形.3.菱形的面积公式由来文字语言数学语言图示菱形的面积公式菱形是平行四边形.菱形的面积=底×高.菱形的对角线互相垂直菱形的面积=对角线长的乘积的一半【拓展】对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半.【题型1菱形性质的应用】【例1】（23-24九年级·河北唐山·期末）如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM=CN，MN与AC交于点O，连接BO，若∠OBC=65∘，则∠DAC的度数为（

）A．20° B．25° C．30° D．35°【答案】B【分析】本题考查了菱形的性质，三角形全等的性质与判定，等腰三角形的性质，掌握以上性质定理是解题的关键．根据菱形的性质以及AM=CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO＝CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠DAC的度数．【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，∴AB∥CD，AB=BC，BC∥AD，∴∠MAO=∠NCO，∠AMO=∠CNO，又∵AM=CN，∴△AMO≌△CNO(ASA∴AO=CO，∵AB=BC，∴BO⊥AC，∴∠BOC＝90°，∵∠OBC=65∴∠BCA＝90°−∠OBC＝90°−65°=25°，∵BC∥AD，∴∠DAC＝∠BCA=25°．故选B．【变式1-1】（23-24九年级·广东湛江·期末）如图，在菱形ABCD中，∠DAB=45°，DE⊥BC于点E，交对角线AC于点P，过点P作PF⊥CD于点F．若△PDF的周长为8．则菱形ABCD的面积为．【答案】322【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定等知识点，能熟记菱形的性质和求出DF=PF=PE是解此题的关键根据菱形的性质得出DC=BC，∠DAB=∠DCB=45°，∠DCA=∠BCA，根据角平分线的性质得出PF=PE，求出DF=PF，设DF=PF=x，则DP=2，根据的周长为8得出，求出x+x+2x=8，求出DF=PF=PE=8−42，DP=2x=82−8，【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=45°，∴DC=BC，∠DAB=∠DCB=45°，∠DCA=∠BCA，∵DE⊥BC，PF⊥DC，∴∠DEC=∠PFD=90°，PF=PE，∴∠EDC=∠DPF=∠DCB=45°，∴DF=PF=PE，DE=CE，设DF=PF=x，则DP=2∵△PDF的周长为8，∴x+x+2解得：x=8−42即DF=PF=PE=8−42，DP=∴DE=DP+PE=82即DE=CE=42，DC=∴BC=DC=8，∴菱形ABCD的面积=BC×DE=8×4故答案为：322【变式1-2】（23-24九年级·重庆沙坪坝·期中）如图，菱形ABCD，对角线AC与BD交于点O，CE⊥AB于点E，F为线段AE上一点，若AC=6,BD=8,AF=49AE，则线段【答案】2【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理、等积法，熟练掌握菱形的性质和勾股定理的应用是解题的关键．由四边形ABCD是菱形，可得AC⊥BD,BO=12BD=4,AO=12AC=3，在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB=5，由等积法可得CE=24【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD,BO=1在Rt△AOB由勾股定理得：AB=A∵12∴12解得：CE=24在Rt△ACE由勾股定理得：AE=A∵AF=4∴EF=AE−AF=2故答案为：2．【变式1-3】（23-24九年级·四川宜宾·期末）已知：如图，四边形ABCD是菱形，过AB的中点E作AC的垂线EF，交AD于点M，交CD的延长线于点F．(1)求证：AM=DM；(2)若菱形ABCD的周长是16，求DF的长．【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）连接BD，根据题中所给条件证明△AEM与△DFM全等即可证明AM=DM．（2）根据菱形的性质可得AB=4，可得AE=2，结合（1）证得△AME≌【详解】（1）证明：连接BD，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，AB∥∵EF⊥AC，∴EF∥∴四边形EFDB是平行四边形，∴DF=EB，∵E是AB中点，∴AE=EB，∴AE=DF，∵AB∥∴∠EAM=∠ADF，在△AEM和△DMF中，∠EAM=∠FDN∠AME=∠DMF∴△AME≌∴AM=DM；（2）解：∵菱形ABCD的周长是16，∴AB=4．∵E为AB的中点，∴AE=2，∵△AME≌∴DF=AE=2；【点睛】此题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质及三角形全等的判定与性质等知识点．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．【题型2菱形性质与判定的综合应用】【方法总结】通常解决菱形性质与判定的综合题时,首先应判定相应的四边形是菱形,然后再根据菱形的性质进行下一步的证明.【例2】（23-24九年级·湖南益阳·期中）如图，四边形ABCD为平行四边形，对角线BD的垂直平分线分别交BD、AD、BC于点O、E、F，(1)求证：四边形BEDF是菱形；(2)若∠AEB=62°，求∠BDF的度数．【答案】(1)证明见解析；(2)∠BDF=31°．【分析】（1）先证△DOE≌△BOFASA,得EO=FO,再证四边形BEDF是平行四边形，然后由（2）由菱形的性质得BE∥DF,∠BDF=12∠EDF,本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质，证明△DOE≌△BOF是解题的关键．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC,∴∠ODE=∠OBF,∵EF垂直平分BD，∴BO=DO,在△DOE和△BOF中，∠ODE=∠OBF∴△DOE≌△BOF∴EO=FO,∴四边形BEDF是平行四边形，∵EF⊥BD,∴平行四边形BEDF是菱形；（2）解：由（1）可知，四边形BEDF是菱形，∴BE∥DF,∠BDF=∴∠EDF=∠AEB=62°∴∠BDF=【变式2-1】（23-24九年级·江苏南京·期中）如图，在▱ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，∠ABC的平分线交AD于点F．若AB=5，AD=10,BF=8，则▱ABCD的面积为．【答案】48【分析】根据平行四边形的性质和角平分线的性质证明∠BAE=∠BEA，从而可得AB=BE，同理可得AB=AF，再由AF//BE可得四边形ABEF是菱形；连接EF、过点A作AH⊥BC于点H，证明四边形ABEF为菱形，根据菱形的性质可得AO=EO，BO=FO，BE=AB=5，AE⊥BF，利用勾股定理可得AO的长，进而可得AE长，利用菱形的面积公式计算出AH的长，然后可得【详解】解：连接EF、过点A作AH⊥BC于点H，如图所示：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，BC=AD=10，∴∠DAE=∠AEB，∵∠BAD的平分线交BC于点E∴∠DAE=∠BAE，∴∠BAE=∠BEA，∴AB=BE，同理：AB=AF，∴AF=BE，∵AF∥BE，∴四边形ABEF是平行四边形，∵AB=AF，∴四边形ABEF是菱形，∴AO=EO，BO=FO，BE=AB=5，AE⊥BF，∵BF=8，∴BO=4，∴AO=A∴AE=2AO=6，∴S菱形∴AH=S∴S▱ABCD故答案为：48．【点睛】此题主要考查了菱形的性质和判定，以及平行四边形的性质，勾股定理，关键是掌握邻边相等的平行四边形是菱形，菱形的面积为对角线之积的一半．【变式2-2】（23-24九年级·山东德州·期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB的中点，连接CD，过点B作BE∥CD，过点C作CE∥AB，BE(1)判断四边形CEBD的形状并说明理由；(2)过点D作DF⊥CE于点F，交CB于点G，连接EG．若AB=10，CF=3，求DG的长．【答案】(1)四边形CEBD是菱形，理由见解析(2)DG=【分析】（1）根据题意证明四边形CEBD是平行四边形，再利用直角三角形性质得到CD=BD=12AB（2）利用直角三角形性质得到CD=12AB=5，利用勾股定理得到DF，结合菱形性质得到EF，并证明△DCG≌△ECG【详解】（1）解：四边形CEBD是菱形．理由如下：∵BE∥CD，∴四边形CEBD是平行四边形，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，且点D是AB∴CD=BD=1∴四边形CEBD是菱形；（2）解：∵AB=10，∴CD=1∵DF⊥CE，∴∠DFC=90°，在Rt△CDF中，CF=3∴DF=C∵四边形CEBD是菱形，∴CE=CD=5，∠DCG=∠ECG，∴EF=CE−CF=2，在△DCG与△ECG中，CD=CE∠DCG=∠ECG∴△DCG≌△ECGSAS∴DG=GE，∵FG∴4−DG∴DG=5【点睛】本题考查了菱形的判定及性质、勾股定理、全等三角形的判定及性质、直角三角形的特征，熟练掌握其判定及性质是解题的关键．【变式2-3】（23-24九年级·甘肃武威·期末）如图是一张对边平行的纸片，点A，C分别在平行边上，连接AC．(1)求作：菱形ABCD，使点A，D落在纸片的同一边上；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）(2)证明：四边形ABCD是菱形．(3)在（1）的条件下，AC，BD交于点O，若BC=6，OC=3，求菱形ABCD的面积．【答案】(1)作图见解析(2)证明见解析(3)18【分析】（1）作线段AC的垂直平分线，交纸片的平行边于两点B，D，连接AB、CD；（2）根据垂直平分线的性质得AO=CO，AB=BC，由AD∥BC，得∠ADO=∠CBO，∠DAO=∠BCO，证明△AOD≌△COBAAS，得AD=BC（3）先根据菱形的性质得到AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，根据勾股定理得BO=B【详解】（1）解：如图，作线段AC的垂直平分线，交纸片的平行边于两点B，D，连接AB、CD，则四边形ABCD即为所作；（2）证明：设AC，BD交于点O，根据作图可知：BD垂直平分AC，∴AO=CO，AB=BC，∵AD∥∴∠ADO=∠CBO，∠DAO=∠BCO，在△AOD和△COB中，∠DAO=∠BCO∠ADO=∠CBO∴△AOD≌△COBAAS∴AD=BC，∴四边形ABCD为平行四边形，∵AB=BC，∴四边形ABCD为菱形；（3）解：∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，∵BC=6，OC=3，∴BO=B∴AC=2OC=6，BD=2BO=63∴S菱形∴菱形ABCD的面积为183【点睛】本题考查作图—复杂作图，垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理．解题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．【题型3菱形中的动点问题】【方法总结】解决动点问题的思路:

1.动中求静:在运动变化中探索问题的不变性.

2.动静互化:抓住“静”的瞬间,找出导致图形发生改变的特殊时刻,同时在变化过程中寻找不变性及变化规律.【例3】（23-24九年级·黑龙江鸡西·期末）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，四边形ABCO是菱形，点A的坐标为−3,4，点C在x轴的正半轴上，直线AC交y轴于点M，AB边交y轴于点H，连接BM．(1)菱形ABCO的边长为；(2)求直线AC的解析式；(3)动点P从点A出发，沿折线ABC以1个单位长度/秒的速度向终点C匀速运动，设△PMB的面积为S，点P的运动时间为t秒．①求S与t之间的函数关系式；②在点P的运动过程中，当S=3时，请直接写出t的值．【答案】(1)5(2)y=−(3)①S=−3【分析】（1）在Rt△AOH（2）根据（1）即可求OC的长，则C的坐标即可求得，利用待定系数法即可求得直线AC的解析式；（3）①根据S△ABC=S△AMB+S△BMC求得M到直线BC的距离为h，然后分成P【详解】（1）解：∵四边形ABCO是菱形，∴AB∥x轴，AB=OA=OC=BC，∴AB⊥y轴，∵点A的坐标为−3,4，∴AH=3,OH=4，∴OA=A即菱形ABCO的边长为5；故答案为：5（2）解：由（1）得：OC=OA=5，∴点C的坐标为5,0，设直线AC的解析式为y=kx+bk≠0把点5,0，−3,4代入得：5k+b=0−3k+b=4，解得：k=−∴直线AC的解析式为y=−1（3）解：①设M到直线BC的距离为h，对于y=−1当x=0时，y=5∴点M的坐标为0,5∴HM=HO−OM=4−5∵S△ABC∴12即12解得：ℎ=5当点P在AB边上时，，此时BP=BA−AP=5−t,HM=3∴S=1当点P在BC边上时，5≤t≤10，此时BP=t−5,ℎ=5S=1综上所述，S与t之间的函数关系式为S=−②∵S=3，当0≤t<5时，3=−3解得：t=1；当5≤t≤10时，3=5解得：t=37综上所述，t的值为1或375【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式以及菱形的性质，根据三角形的面积关系求得M到直线BC的距离h是关键．【变式3-1】（23-24九年级·山东济南·期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC=90°，AB=18cm，CD=28cm，动点P从点A出发，以1cm/s的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以3(1)当四边形PBCQ是平行四边形时，求t的值；(2)当t=________时，四边形APQD是矩形；若AD=16cm且点Q的移动速度不变，要使四边形APQD能够成为正方形，则P点移动速度是________cm/s(3)在点P、Q运动过程中，若四边形PBQD能够成为菱形，求AD的长度．【答案】(1)t=4.5(2)7；4(3)AD=12【分析】（1）根据平行四边形对边相等的性质得到关于t的方程即可得解；（2）根据矩形及正方形的性质列方程求解即可；（3）根据菱形的性质可以算得四边形PBDQ成为菱形的t值，并算出AP、PD的值，再根据勾股定理可以得到AD的值．【详解】（1）解：当四边形PBCQ是平行四边形时，PB=CQ，∴18−t=3t，解得t=4.5．（2）解：若四边形APQD是矩形，则：AP=QD，∴t=28−3t，解得：t=7；若四边形APQD是正方形，则：QD=AP=AD=16cm∴28−3t=16,解得：t=4，设P点运动速度为vcm/s，则由AD=164v=16，解得：v=4，∴当要使四边形APQD能够成为正方形，则P点移动速度是4cm故答案为：7；4；（3）解：如图，若四边形PBQD是菱形，则BP=DQ=DP，∴18−t=28−3t，解得：t=5，∴AP=5cm，BP=DQ=13∵AB∥CD，∴∠A=180°−90°=90°，在Rt△DAPAD=D【点睛】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的应用，勾股定理，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形有关边的性质、勾股定理的应用是解题关键．【变式3-2】（23-24九年级·广西钦州·期中）如图，已知菱形ABCD的边长为8，点M是对角线AC上的一动点，且∠ADC=120°，则MA+MB+MD的最小值是．【答案】8【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定及性质，直角三角形的特征，勾股定理等；由等边三角形的判定方法得△ADB是等边三角形，由直角三角形的特征AM=2ME，当D、M、E三点共线时，ME+DM取得最小值，此时ME+DM=DE，MA+MB+MD的最小值为2DE，即可求解；掌握菱形的性质，等边三角形的判定及性质，直角三角形的特征，找出取得最值的条件是解题的关键．【详解】解：如图，过点M作ME⊥AB于点E，连接BD，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥AD=AB=DC=BC，∠MAE=1∴∠DAB+∠ADC=180°，∴∠DAB=180°−120°=60°，∴∠MAE=1△DAB是等边三角形，∵ME⊥AB，∴AM=2ME，∵MD=MB，∴MA+MB+MD=2ME+2DM=2ME+DM∴当D、M、E三点共线时，ME+DM取得最小值，此时ME+DM=DE，∴MA+MB+MD的最小值为2DE，∴AE=1∴DE===43∴2ME+DM∴MA+MB+MD的最小值为83故答案：83【变式3-3】（23-24九年级·江苏扬州·期末）如图，在矩形ABCD中，点F是BC上一点，且CF=2BF，CE⊥AF，垂足为点E，∠BCE=30°．(1)求证：AE=EF+CF；(2)若AD=6cm，点P是AD上一动点，以1cm/s的速度从点A运动到点D，问：点P运动多少秒四边形【答案】(1)见解析(2)4秒，见解析【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的性质与判定；（1）根据矩形的性质，结合已知条件，证明△ABF≌△CEF，进而即可得证；（2）设点P运动t秒，四边形AFCP是菱形，根据菱形的性质可得AP=AF=CF=CP=t，根据CF=2BF，BC=6建立方程，解方程，即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∵CE⊥AF，∴∠E=90°，在Rt△CEF中，∠ECF=90°，∴EF=1∵CF=2BF，∴BF=EF，又∠BFA=∠EFC，∴△ABF≌△CEF，∴AF=CF，∵AE=AF+EF，∴AE=CF+EF；（2）解：设点P运动t秒，四边形AFCP是菱形，∵四边形AFCP是菱形∴AP=AF=CF=CP=t，∵CF=2BF∴BF=1∵AD=6，∴BC=6，即BF+CF=6，∴12t+t=6∴点P运动4秒，四边形AFCP是菱形．【考点2矩形的性质与判定】1.矩形：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.【注意】（1）矩形是特殊的平行四边形，但平行四边形不一定是矩形.（2）矩形必须具备两个条件：①是平行四边形；②有一个角是直角.这两个条件缺一不可.（3）矩形的定义可以作为判定一个四边形是矩形的方法.2.矩形的性质：矩形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有自身独特的性质（见下表）.性质数学语言图形角矩形的四个角都是直角四边形是矩形，对角线矩形的对角线相等四边形是矩形，对称性矩形是轴对称图形，它有两条对称轴【注意】（1）矩形的性质可归结为三个方面.①边：矩形的对边平行且相等，邻边互相垂直.②角：矩形的四个角都是直角.③对角线：矩形的对角线互相平分且相等.（2）矩形的两条对称轴分别是两对对边中点连线所在的直线，对称轴的交点就是对角线的交点.（3）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，这四个三角形的面积相等.3.直角三角形斜边上中线的性质性质数学语言主要应用图示直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半如图所示，在中，(或)证明线段倍分、相等关系【拓展】该性质的逆命题“如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形”仍然成立，它可以用来判断一个三角形是否为直角三角形.4.矩形的判定判定方法数学语言图形角有一个角是直角的平行四边形是矩形（定义）在中，，是矩形.有三个角是直角的四边形是矩形在四边形中，，四边形是矩形.对角线对角线相等的平行四边形是矩形在中，，是矩形【题型4矩形的性质与判定的综合应用】【例4】（23-24九年级·辽宁大连·期中）如图，四边形ABCD为平行四边形，点E在边BC上，连接AE，BD交于点F，(1)如图1，若AB=BC=AE，则∠DBC的度数为______°(2)如图2，若∠ABC=90°，AF=5，四边形ABCD的周长为28，求四边形ABCD的面积．【答案】(1)36；(2)四边形ABCD的面积为48．【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，利用完全平方公式求面积是解题的关键．（1）设∠DBC=x,根据菱形的性质和等腰三角形的性质，得出△BEF三个角的度数，列方程得出x，即可得到∠DBC的度数；（2）连接AC，求出对角线BD的长度，从而得出四边形ABCD的边长，求出面积．【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB=BC，∴四边形ABCD是菱形，设∠DBC=x，则∠ABD=x，∴∠ABE=2x，∵AB=AE，∴∠AEB=∠ABE=2x，∵∠AEB+∠BFE+∠DBC=180°，∴2x+2x+x=180°，∴x=36°，∴∠DBC=36°，故答案为：36；（2）解：连接AC交BD于点O，如图：设∠DBC=x，则∠BFE=2x，∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=90°，∴四边形ABCD是矩形，∴AO=OD，∴∠DAO=∠ADO=∠DBC=x，∴BD=10，设AB=a，∴a+b=14,∴ab=a+b∴四边形ABCD的面积为48．【变式4-1】（23-24九年级·江苏南通·期末）如图，AM∥BN，C为BN上一点．小明利用直尺和圆规完成了以下作图：连接AC，分别以点A，C为圆心，大于12AC长为半径作弧，两弧交于P，Q两点，作直线PQ，交AC于点O，连接BO并延长交AM于点D，连接(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；(2)当∠ABC=90°时，在BN上取一点E，使BE=AC，连接DE．若∠BED=75°，求∠DBC的度数．【答案】(1)证明见解析；(2)∠DBC的度数为30°．【分析】（1）由作图过程可知，直线PQ为线段AC的垂直平分线，则可得AO=CO，证明△AOD≌△COB,可得AD=CB,结合平行四边形的判定可得结论．（2）由题意可得四边形ABCD为矩形，则BD=AC,进而可得BD=BE,则∠BDE=∠BED=75°,则∠DBC=180°−∠BDE−∠BED=30°．本题考查作图-基本作图、平行四边形的判定、矩形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定、矩形的判定与性质是解答本题的关键．【详解】（1）证明：由作图过程可知，直线PQ为线段AC的垂直平分线，∴AO=CO，∵AM∥BN，∴∠DAO=∠BCO，∵∠AOD=∠COB，∴△AOD≌△COBASA∴AD=CB，∵AD∥CB，∴四边形ABCD是平行四边形．（2）解：∵∠ABC=90°，∴平行四边形ABCD为矩形，∴BD=AC，∵BE=AC，∴BD=BE，∴∠BDE=∠BED=75°，∴∠DBC=180°−∠BDE−∠BED=30°．【变式4-2】（23-24九年级·浙江杭州·期中）如图所示，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AO=CO=10，BO=DO，且AB=12，BC=16．(1)求证：四边形ABCD是矩形．(2)若∠ADF:∠FDC=3:2，DF⊥AC于点E，求∠BDF的度数．【答案】(1)见解析(2)18°【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，利用勾股定理逆定理，得到∠ABC=90°，即可得证；（2）求出∠FDC的度数，根据三角形的内角和，求出∠DCO，然后根据OD=OC，得到∠CDO，即可求出∠BDF的度数．【详解】（1）证明：∵在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AO=CO=10，BO=DO，∴四边形ABCD是平行四边形，AC=AO+CO=20，∵AB=12，BC=16，∴AB∴∠ABC=90°，∴四边形ABCD是矩形；（2）∵四边形ABCD是矩形∴∠ADC=90°，∵∠ADF:∠FDC=3:2，∠ADF+∠FDC=∠ADC，∴∠FDC=2∵DF⊥AC，∴∠DCO=90°−36°=54°，∵四边形ABCD是矩形，∴CO=OD，∴∠ODC=∠DCO=54°，∴∠BDF=∠ODC−∠FDC=18°．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，能灵活运用定理进行推理是解题的关键．注意：矩形的对角线相等，有一个角是直角的平行四边形是矩形．【变式4-3】（23-24九年级·河南郑州·期末）如图1，四边形ABCD中，点E，点F在对角线AC上，AF=CE，连接DE，BF，DE=BF，DE∥BF．(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；(2)如图2，连接BD交AC于点O，连接BE，若BE平分∠ABD，AC=BD=2AB，BC=6，求△BEC的面积．【答案】(1)见解析(2)9【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．（1）利用SAS证明△ABF≌△CDE，然后得到AB∥CD，AB=CD，即可得到结论；（2）证明四边形ABCD是矩形，然后可以得到△ABO是等边三角形，利用勾股定理求出EC和BE长即可解题．【详解】（1）证明：∵DE∥BF，∴∠DEC=∠BFA，又∵AF=CE，DE=BF，∴△ABF≌△CDE，∴AB=CD，∠BAC=∠DCA，∴AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD=2AB，∴四边形ABCD是矩形，∴AO=BO=CO=DO=AB，∠ABC=90°，∴△ABO是等边三角形，∴∠ABO=60°，又∵AC2∴AB=3∴AC=2AB=43又∵BE平分∠ABD，∴∠ABE=12∠ABO=30°∴AE=1∴BE=AB又∵EC=AC−AE=43∴S△BEC【题型5矩形中的折叠问题】【方法总结】解决与矩形相关的折叠问题,主要是利用折叠的性质“折叠前后的图形能够完全重合,折叠前后的图形对应边相等,对应角相等”.解答此类问题,往往通过图形间的折叠,找出折叠部分与原图形之间线段或角的联系,从而得到折叠部分与原图形或其他图形之间的关系.【例5】（23-24九年级·河南南阳·期末）如图，将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH=3cm，EF=4cm，则矩形ABCD的周长为（A．18cm B．18.4cm C．19.6cm D．20cm【答案】C【分析】由翻折的规律证明四边形EFGH是矩形及AB＝2EM，再由矩形的性质结合已知条件求出EM的长度，即可求出AB的长度，由折叠性质证明AD+BC＝2HF，求得AD，最后由矩形的周长公式求得周长便可．【详解】解：如图所示，∵将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，∴EA＝EM，BE＝EM，∠AEH＝∠HEM，∠BEF＝∠FEM，∠EMH＝∠A＝90°，∴AB＝AE+EB＝2EM，∵∠AEH+∠HEM+∠BEF+∠FEM＝180°，∴∠HEF＝∠HEM+∠FEM=1同理，∠EFG＝∠FGH＝90°，∴四边形EFGH是矩形，∵EH＝3cm，EF＝4cm，∴HF=E∵EM•HF＝EH•EF，

∴EM=EF⋅EF∴AB＝2×12由折叠知，AH＝HM，BF＝MF，DH＝HN，CF＝NF，∴AH+DH+BF+CF＝HM+MF+HN+NF，∴AD+BC＝2HF＝2×5＝10，∵AD＝BC，∴AD＝5，∴矩形ABCD的周长＝2（AB+AD）＝2（245故选：C．【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的判定与性质，掌握翻折变换的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，等积法是解决问题的关键．【变式5-1】（23-24九年级·浙江宁波·期中）如图1，在矩形ABCD中，点P是BC上的点，△ABP沿AP折叠B点的对应点是M点，延长PM交直线AD于点E．(1)求证：EA=EP；(2)Q是AD上的点，QD=BP；△CDQ沿CQ折叠D点的对应点是N点，且P、M、N、Q在同一直线上．①如图2，若M、N互相重合，求ABAD②若AB=4,MN=4，求BP的长．（自己画草图）【答案】(1)见详解(2)①ABAD=33②【分析】（1）由折叠的性质及矩形的性质证明∠APM=∠EAP，则可得出结论；（2）①证出∠BAP=30°，设BP=x，则AB=3x，②分两种情况，由矩形的性质及勾股定理可得出答案．【详解】（1）证明：∵△ABP沿AP折叠B点的对应点是M点，∴∠APB=∠APM，∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BC，∴∠APB=∠EAP，∴∠APM=∠EAP，∴EA=EP；（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD=BC，∵DQ=BP，∴AQ=CP，∴四边形APCQ为平行四边形，∵折叠，∴∠ABP=∠AMP=90°，∴AC⊥PQ，∴四边形APCQ为菱形，∴∠PAM=∠QAM，∵∠BAP=∠PAM，∴3∠BAP=90°，∴∠BAP=30°，设BP=x，则AB=3x，∴BC=BP+PC=3x，∴AD=3x，∴ABAD②如图，若MN=4，N在M在上方，设BP=DQ=a，∴PM=NQ=a，∴PQ=2a+4，∴AD=3a+4，过点Q作QH⊥BC于点H，则四边形QHCD为矩形，∴QH=DC=4，QD=HC=a，∴PH=BC−BP−CH=a+4，∵PQ∴(2a+4)∴a=43，a=−4（舍∴BP=4如图，设BP=a，同理可得(a−4)2∴a=4，a=−43（舍∴BP=4，综上所述，BP的长为43【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．【变式5-2】（23-24九年级·江苏泰州·阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，AB＜BC，∠B＝30°，AB＝23，将△ABC沿AC翻折至△AB'C，连接B'D．当BC长为时，△AB'D是直角三角形．【答案】6或4【分析】分∠B′AD=90°和∠AB′D=90°两种情况，画出图形，利用含30°的直角三角形的性质和矩形的判定与性质解答即可．【详解】解：∵AB＜BC，∴∠ADB′≠90°．①当∠B′AD=90°时，如图1，延长B′A交BC于E，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB=CD，AD=BC，∠B=∠ADC，∴∠B′EC=90°，由折叠性质得，BC=B′C，AB=AB′，∠AB′C=∠B=30°，在Rt△B′EC中，CE=12B′C，即CE=12∴BE=CE=12BC在Rt△ABE中，∠B=30°，AB＝23，∴AE=12AB=3，BE=A∴BC=2BE=6；②当∠AB′D=90°时，如图2，设AD与B′C相交于O，∵AD∥BC，∴∠OAC=∠ACB，由折叠性质得：∠BAC=∠B′AC，∠ACO=∠ACB，∠B=∠AB′C，∴∠OAC=∠ACO，∴OA=OC，又AD=BC=B′C，∴OD=OB′∴∠ODB′=∠OB′D，即∠ADB′≠90°．∵∠ADC=∠B=∠AB′C，∴∠CDB′=∠AB′D=90°，∴CD∥AB′，又CD=AB′，∴四边形AB′DC是矩形，∴∠B′AC=90°，即∠BAC=90°，在Rt△BAC中，∠B=30°，AB=23∴BC=2AC，BC2=AB2+AC2，解得：BC=4，综上，当BC长为6或4时，△AB′D是直角三角形．故答案为：6或4．【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、平行线的判定与性质、矩形的判定与性质、含30°的直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识间的联系与运用是解答的关键．【变式5-3】（23-24九年级·天津滨海新·期末）如图，已知OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为坐标原点，点A15,0．点C0,9，在边AB上任取一点D，将△AOD沿OD翻折，使点A落在BC边上，记为点

(1)OA的长=______，OE的长=________，CE的长=________，AD的长=________；(2)设点P在x轴上，且OP=EP，求点P的坐标．【答案】(1)15

15

12

5(2)P(9.375,0)【分析】（1）由点A、点C的坐标可求得OA、OC的长，由翻折的对称性知，OE=OA；由勾股定理，在Rt△OCE中可求得CE的长；于是可求得BE的长，设AD=DE=x，BD=9−x，则在Rt（2）自点E作EH⊥OA，垂足为H．利用矩形的性质可求得EH、OH的长，设OP=EP=x，则在Rt△EHP中利用勾股定理可求得x=OP的长，于是点P【详解】（1）如图．

由点A(15,0)可知，OA=15．由△AOD沿OD翻折变成△EOD知，△AOD≅△EOD，∴OE=OA=15．由点C0,9知，OC=9∴CE=O∴BE=BC−CE=OA−CE=15−12=3．由△AOD≅△EOD得，AD=DE，设AD=DE=x，则BD=AB−AD=OC−AD=9−x．在Rt△BDE中，即：x2解得：x=5．∴AD的长=5．（2）自点E作EH⊥OA，垂足为点H．则四边形OCEH是矩形．∴OH=CE=12，设OP=EP=x，则PH=OH−OP=12−x．在Rt△EHP中，∴x解得：x=9.375．∴点P的坐标为9.375,0【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理的应用、矩形的折叠等知识点，解题的关键是将条件集中在一个直角三角形内，利用勾股定理求解．【考点3正方形的性质与判定】1.正方形：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形.【注意】（1）正方形必须具备三个条件：①是平行四边形；②有一组邻边相等；③有一个角是直角.这三个条件缺一不可.（2）正方形的四条边都相等，说明正方形时特殊的菱形；正方形的各个角都是直角，说明正方形时特殊的矩形.即正方形不仅是特殊的平行四边形，也是特殊的矩形和菱形.2.正方形的性质正方形具有平行四边形、矩形和菱形的所有性质.元素性质边对边平行，四条边都相等角四个角都是直角对角线两条对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角对称性是轴对称图形，有四条对称轴【注意】矩形、菱形，正方形都是特殊的平行四边形，它们之间的关系如图所示.（2）正方形的面积=边长的平方=两条对角线长乘积的一半.（3）正方形被两条对角线分成四个全等的等腰直角三角形，因此，在正方形中解决问题时常用到等腰三角形和直角三角形的性质.3.正方形的判定1.先证明是矩形，再从矩形出发：（1）有一组邻边相等的矩形是正方形；（2）对角线互相垂直的矩形是正方形.2.先证明是菱形，再从菱形出发：（1）有一个角是直角的菱形是正方形；（2）对角线相等的菱形是正方形.【注意】（1）由上面的判定方法可以得到判定一个四边形为正方形的一般顺序为：先判定四边形是平行四边形，再判定该平行四边形是矩形或菱形，最后判定该矩形或菱形是正方形.【题型6正方形性质的应用】【方法总结】关于利用正方形的性质进行计算的技巧:

(1)求角:利用正方形的四个角为直角,一条对角线与一边的夹角为45°进行推导计算.

(2)求线段的长:利用正方形的四条边相等,对角线相等且互相垂直平分进行计算.【例6】（23-24九年级·江苏南京·期中）如图，在正方形ABCD内作等边三角形AED，连接BE，CE，则∠EBC的度数为（

）A．15° B．20° C．22.5° D．30°【答案】A【分析】本题考查了正方形、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质等知识，先根据正方形、等边三角形的性质得出AB=AD=AE，∠BAD=∠ABC=90°，∠DAE=60°，从而可求出∠BAE的度数，然后利用等边对等角和三角形内角和定理可求出∠ABE的度数，最后根据角的和差关系求解即可.【详解】解：∵在正方形ABCD内作等边三角形AED，∴AB=AD=AE，∠BAD=∠ABC=90°，∠DAE=60°，∴∠BAE=∠BAD−∠DAE=30°，∵AB=AE，∴∠ABE=∠AEB=180°−∠BAE∴∠EBC=∠ABC−∠ABE=15°，故选：A.【变式6-1】（23-24九年级·山东威海·期末）如图，正方形OABC中，点O为原点，点A，C分别在x轴，y轴正半轴上，对角线AC，BO交于点D，作以下操作：①以点B为圆心，任意长为半径作弧，分别交BO，AB于点E，F两点；②分别以E、F为圆心，以大于12EF的长为半径作弧，两弧交于点③作射线BG，交AC于点M，交OA于点N．若点N的坐标为2,0，则点M的坐标为．【答案】2【分析】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了正方形的性质．过N点作NH⊥OB于H点，过M点作MQ⊥AB于Q点，如图，根据正方形的性质得到∠BOA=∠BAC=45°，∠OAB=90°，根据基本作图得到BN平分∠ABO，则利用角平分线的性质得到NH=NA，在Rt△ONH中利用等腰直角三角形的性质得到OH=NH=2，所以OA=2+2，则AD=2+1，接着根据角平分线的性质得到MQ=MD，根据等腰直角三角形的性质得到AM=2DM=2AQ【详解】解：过N点作NH⊥OB于H点，过M点作MQ⊥AB于Q点，如图，∵四边形ABCO为正方形，∴∠BOA=∠BAC=45°，∠OAB=90°，由作法得BN平分∠ABO，而NH⊥OB，NA⊥AB，∴NH=NA，∵N2,0∴ON=2，在Rt△ONH中，OH=NH=∴OA=2+2∴AD=2∵BM平分∠ABD，∴MQ=MD，∵AM=2∴AM=2∵DM+AM=AD，∴DM+2解得DM=1，∴MQ=AQ=1，∴M点的坐标为2+1,1故答案为：2+1,1【变式6-2】（23-24九年级·湖北武汉·阶段练习）园林小路，曲径通幽，如图所示，小路由白色的正方形理石和黑色的三角形理石铺成．已知中间的所有正方形的面积之和是a平方米，内圈的所有三角形的面积之和是b平方米，这条小路一共占地（

）平方米．

A．a+1.5b B．a+2b C．a+2.5b D．a+3b【答案】B【分析】先证明每两个正方形公共顶点处内外两个三角形的面积相等，进而求解．【详解】先证明每两个正方形公共顶点处内外两个三角形的面积相等：如图，过点C作CM⊥AB于M，过点G作GN⊥EA交EA延长线于N，则∠AMC=∠ANG=90°，∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，∴∠BAE=∠CAG=90°，AB=AE，AC=AG，∵∠BAE+∠CAG+∠BAC+∠EAG=360°，∴∠BAC+∠EAG=180°，∵∠EAG+∠GAN=180°，∴∠BAC=∠GAN，在△ACM和△AGN中，∠MAC=∠NAG∠AMC=∠ANG∴△ACM≌△AGN(AAS)∴CM=GN，∵S△ABC=∴S

由上知外圈的所有三角形的面积之和等于内圈的所有三角形的面积之和．∴这条小路的面积为(a+2b)平方米．故选：B【点睛】本题考查了正方形的性质和三角形全等的判定和性质，关键是寻找三角形面积之间的等量关系．【变式6-3】（23-24九年级·内蒙古呼和浩特·期中）如图，已知正方形ABCD，P是对角线AC上任意一点，过点P作PM⊥AD于点M，PN⊥AB于点N．(1)求证：四边形PMAN是正方形；(2)若E是AM上一点，且∠EPA=15°，写出∠MEP的度数．【答案】(1)见解析(2)60°【分析】本题考查了正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，三角形内角和，角平分线性质，熟练掌握正方形的各种性质是证题的关键．（1）由四边形ABCD是正方形，易得∠BAD=90°，AC平分∠BAD，又由PM⊥AD，（2）根据正方形的性质得到∠APM=45°，∠AMP=90°，求得【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，AC平分∠BAD，

∵PM⊥AD，∴PM=PN，∠PMA=∠PNA=90°∴四边形PMAN是矩形，

∵PM=PN，∴四边形PMAN是正方形；（2）解：∵四边形PMAN是正方形，∴∠APM=45°，∠AMP=90°∵∠APE=15°，∴∠EPM=30°，∴∠MEP=60°．【题型7几种特殊平行四边形的综合】【例7】（23-24九年级·河北唐山·期末）在矩形ABCD中，AB=6,BC=8，G，H分别是AD，BC中点，，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中0≤t≤10．(1)当0≤t<5，则四边形EGFH一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外），说明理由．(2)若四边形EGFH为矩形，t的值为；(3)若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形EGFH为菱形，则t的值为．【答案】(1)四边形EGFH是平行四边形(2)四边形EGFH为矩形时t=2或t=8(3)当t=94时，四边形【分析】（1）利用三角形全等可得EG=FH，∠AEG=∠CFH，则EG∥（2）分为两种情况，一种是四边形EGFH为矩形，另一种是FGEH为矩形，利用EF=GH即可求解；（3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形AGCH为菱形，再利用勾股定理即可求解．【详解】（1）解：∵四边形EGFH是平行四边形，理由如下：由题意得：AE=CF=t0≤t<5∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠GAE=∠HCF，∵G，H分别是AD，BC中点，∴AG=12AD∴AG=CH，∴△AEG≌△CFHSAS∴EG=FH，∠AEG=∠CFH，∴∠FEG=∠EFH，∴EG∥∴四边形EGFH是平行四边形；（2）解：如图1，连接GH，由（1）得AG=CH=BH，AG∥BH，∴四边形ABHG是矩形，∴GH=AB=6，①如图1，当四边形EGFH是矩形时，∴EF=GH=6，∵AE=CF=t，∴EF=10−2t=6，∴t=2；②如图2，当四边形EGFH是矩形时，∵EF=GH=6，AE=CF=t，∴EF=t+t−10=2t−10=6，∴t=8；综上，四边形EGFH为矩形时t=2或t=8；（3）解：如图3，M和N分别是AD和BC的中点，连接AH，CG，GH，AC与GH交于O，∵四边形EGFH为菱形，∴GH⊥EF，OG=OH，OE=OF，∴OA=OC，AG=AH，∴四边形AGCH为菱形，∴AG=CG，设AG=CG=x，则DG=8−x，由勾股定理可得：CD即：62解得：x=25∴MG=254−4=∴当t=94时，四边形【点睛】本题考查矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用．【变式7-1】（23-24九年级·河北邢台·期末）如图1，在矩形ABCD中，AB=4，BC=5，E是BC边上的一个动点（点E不与B、C重合），DF⊥AE，垂足为点F，过点D作DG∥AE，交BC的延长线于点

(1)若DF=AB，①求证：四边形AEGD是菱形；②求四边形CDFE的周长；(2)如图2，AM⊥DG于点M，EN⊥DG于点N，探究：①当CE为何值时，四边形AFDM是正方形；②点E在BC边上的运动过程中，四边形AENM的面积是否发生变化，若不变，请求出该四边形的面积；若变化，请说明理由．【答案】(1)①见解析；②12；(2)①当CE=1时，四边形AFDM是正方形；②不发生变化，理由见解析【分析】本题主要考查平行四边形性质，全等三角形的性质，矩形的性质，正方形的性质等知识；（1）①由两组对边平行的四边形是平行四边形可证四边形AEGD是平行四边形，再证△DFA≌△ABE，可得AE=AD，即可得结论；②由全等三角形的性质和矩形的性质可得AF=BE，DF=AB=CD=4，AE=BC=AD=5，由勾股定理可求（2）①由题意可证四边形AFDM是矩形．由正方形的性质可得AF=DF，可得∠DAF=∠AEB=∠BAE=45°，可得AB=BE=4，即可求解；②由S矩形【详解】（1）证明：①∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥∴∠DAF=∠AEB，又∵DG∥∴四边形AEGD是平行四边形，又∵DF⊥AE，∴∠AFD=90°，∴∠AFD=∠B，又∵DF=AB，∴△DFA≌△ABEAAS∴AD=AE，∴四边形AEGD是菱形；②在矩形ABCD中，DC=AB=4，∵△DFA≌△ABE，∴AF=BE，∴在Rt△ABE中，BE=∴AF=BE=3，∴四边形CDFE的周长=2(CE+DC)=12；（2）①∵DG∥∴∠AFD=∠FDM=90°．∵AM⊥DG．