特殊四边形中考复习.docx

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特殊四边形中考复习

特殊四边形

一、同步知识梳理

名称

定义

性质

判定

面积

矩形

有一个角是直角的平行四边形叫矩形。

除具有平行四边形的性质外，还有

1四个角都是直角

②对角线相等

③既是中心对称图形又是轴对称图形

①有三个角是直角的四边形是矩形；

②角线相等的平行四边形是矩形；

③定义。

①S＝ab（a是一边的长，b是这边上的高）

菱形

有一组邻边相等的平行四边形是菱形。

除具有平行四边形的性质外，还有

①四条边都相等

②对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角

③既是中心对称图形又是轴对称图形。

①四条边相等的四边形是菱形；

②对角线垂直的平行四边形是菱形；

③定义

①S＝ah（a是一边的长，h是这边上的高）②S＝

bc（b、c为两条对角线的长）

正方形

有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形形。

除具有平行四边形、矩形、菱形的性质外，还有

①四个角都是直角，四条边都相等

②对角线相等且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角

③是中心对称图形又是轴对称图形。

①有一组邻边相等的矩形是正方形；

②有一个角是直角的菱形是正方形；

③定义

①S＝

（a是边长）②S＝

（b为对角线的长）

二、同步题型分析

题型1：

矩形性质与判定

例1：

（★）（2013.资阳）矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，∠AOB＝60°，AC＝10cm，则AB＝______cm，BC＝______cm．

考点：

含30度角的直角三角形；矩形的性质，勾股定理．

分析：

根据矩形的性质，可以得到△AOB是等边三角形，则可以求得OA的长，进而求得AB的长．

点评：

本题考查了矩形的性质，正确理解△AOB是等边三角形是关键．

答案1．5，5

．

例2：

（★★）（2013年揭西县模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，对角线AC的垂直平分线分别交D，BC于点E、F，连结CE，则CE的长______．

考点：

垂直平分线性质、勾股定理

分析：

根据矩形的性质，可以得到∠D=90°，由垂直平分线性质可以得到AE=CE=x，ED=3-x，CD=2，通过构造方程便可求解．

点评：

本题还可以通过其他方法解答，例如△AOE∽△ADC，可求出OE的长度，方程思想的运用

答案：

例3：

（★★）已知：

如图，□ABCD中，AC与BD交于O点，∠OAB＝∠OBA．

（1）求证：

四边形ABCD为矩形；

（2）作BE⊥AC于E，CF⊥BD于F，求证：

BE＝CF．

考点：

矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．

分析：

（1）根据矩形的判定定理，欲求证四边形ABCD是矩形，已知OA=OC、OB=OD再证AC=BD即可，由∠OAB=∠OBA易证．

（2）根据三角形全等的判定，欲求证BE=CF，只需证△OBE≌△OCF即可，根据AAS容易证出．

答案例3．

（1）提示：

先证OA＝OB，推出AC＝BD；

（2）提示：

证△BOE≌△COF．

例4：

（★★）（2013.沙湾区模拟）如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于F，且AF＝DC，连结CF．

（1）求证：

D是BC的中点；

（2）如果AB＝AC，试猜测四边形ADCF的形状，并证明你的结论

考点：

平行四边形的判定与性质；矩形的判定．

分析：

（1）首先利用平行线的性质得出△AEF≌△DEB，进而得出D为BC的中点；

（2）利用等腰三角形的性质以及矩形的判定得出即可；

答案例4．

（1）略；

（2）四边形ADCF是矩形．

题型2：

菱形性质与判定

例1：

（★）（13年台州模拟）如图，在菱形ABCD中，E、F分别是AB、AC的中点，如果EF＝2，那么菱形ABCD的周长是（）．

（A）4（B）8

（C）12（D）16

考点：

三角形中位线定理；菱形的性质．

分析：

根据中位线定理求边长，再求ABCD的周长．

答案例1．D．

例2：

（★★）（12年邢台二模）如图，在菱形ABCD中，E是AB的中点，且DE⊥AB，AB＝4．

求：

（1）∠ABC的度数；

（2）菱形ABCD的面积．

考点：

菱形的性质；

分析：

（1）由在菱形ABCD中，E是AB的中点，且DE⊥AB，

（2）由S菱形ABCD=对角线乘积一半

点评：

此题考查了菱形的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．

答案例2．

（1）120°；

（2）8

例3：

（★★★）（2010年.广元）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AC平分∠BAD，CE∥AD交AB于E．

（1）求证：

四边形AECD是菱形；

（2）若点E是AB的中点，试判断△ABC的形状，并说明理由．

考点：

梯形；菱形的判定．

分析：

（1）根据四边形ABCD是梯形得到AB∥DC，从而得到∠DCA=∠EAC，利用EC平分∠BAD，得到∠BAC=∠DAC，从而∠DAC=∠DCA，所以AD=CD，利用邻边相等的平行四边形是菱形判定四边形AECD是菱形；

（2）利用若点E是AB的中点，得到AE=BE，根据CE=AE，得到CE=BE，从而得到△ABC为直角三角形．

答案例3．

（1）略；

（2）△ABC是Rt△．

例4：

（★★★）如图，□ABCD中，AB⊥AC，AB＝1，BC＝

．对角线AC，BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转，分别交BC，AD于点E，F．

（1）证明：

当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形；

（2）试说明在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等；

（3）在旋转过程中，四边形BEDF可能是菱形吗?

如果不能，请说明理由；如果能，画出图形并写出此时AC绕点O顺时针旋转的度数．

考点：

几何变换综合题．

分析：

（1）根据旋转角可得∠AOE=90°，根据内错角相等，两直线平行可得AB∥EF，再根据平行四边形的对边平行可得AE∥BF，然后根据平行的四边形的定义即可得证；

（2）根据平行四边形的对角线互相平分可得AO=CO，两直线平行，内错角相等可得∠EAO=∠FCO，然后利用“角边角”证明△AOE和△COF全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=CF，从而得到四边形AECF为平行四边形，再根据平行四边形的对边相等即可得证；

（3）连接BE、DF，根据全等三角形对应边相等可得OE=OF，从而得到EF和BD互相平分，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形判断当EF⊥BD时，四边形BEDF为菱形，再利用勾股定理列式求出AC，根据平行四边形的对角线互相平分求出OA=2，然后求出∠AOB=45°，再求出∠AOE=45°，即旋转角为45°．

点评：

本题是几何变换综合题型，主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，以及旋转的性质，菱形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键．

答案例4.

（1）略；

（2）略；（3）当旋转角是45°时，四边形BEDF是菱形，证明略．

题型3：

正方形性质与判定

例1：

（★）如图，将一边长为12的正方形纸片ABCD的顶点A折叠至DC边上的点E，使DE＝5，折痕为PQ，则PQ的长为（）

（A）12（B）13

（C）14（D）15

考点：

翻折变换（折叠问题）．

分析：

利用线段平移和全等三角形的性质．

点评：

所求线段应进行平移，构造相应的全等三角形求解．

答案例1．B．

例2：

（★★）在正方形ABCD中，E为BC上一点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为F、G，如果

，那么EF＋EG的长为______．

考点：

正方形的性质．

分析：

根据条件可以得到四边形GEOF是矩形，因而EG=OF，同时易证△FCE是等腰直角三角形，因而FE=FC，则FE+OF=OA．根据勾股定理即可求解．

点评：

本题主要利用三角形相似或者勾股定理等多方法将所求的线段表示出来．

答案例2．5cm．

例3：

（★★）（2013•宝坻区一模）已知：

如图，正方形ABCD中，点E、M、N分别在AB、BC、AD边上，CE＝MN，

∠MCE＝35°，求∠ANM的度数．

考点：

正方形的性质；全等三角形的判定与性质．

分析：

过N做NP⊥BC于P，则NP=DC，易证△BEC≌△PMN，即可得∠MCE=∠PNM，根据直角三角形内角和为180°即可求得∠ANM=90°-∠MCE．

点评：

本题考查了正方形各边长、各内角相等的性质，考查了全等三角形的判定和全等三角形对应角相等的性质，本题中证明△BEC≌△PMN是解题的关键．

答案例3．55°．提示：

过D点作DF∥NM，交BC于F．

例4：

（★★★）（2013•西城区二模）如图，边长为3的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转30°后，得到正方形EFCG，EF交AD于H，求DH的长．

考点：

旋转的性质；正方形的性质．

分析：

根据旋转的性质得∠BCF=30°，CB=CF=3，∠F=∠B=90°，则可根据“HL”判断Rt△CHF≌Rt△CHD，所以∠FCH=∠DCH=30°，然后根据含30度的直角三角形三边的关系求解．

点评：

本题考查了旋转的性质：

旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了正方形的性质．

答案4．提示：

连结CH，DH＝

．

例5：

（★★★）如图，P为正方形ABCD的对角线上任一点，PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，判断DP与EF的关系，并证明．

考点：

正方形的性质；全等三角形的判定与性质．

分析：

可通过构建全等三角形来证得，根据正方形的性质我们不难得出两三角形全等的条件．（SAS）

点评：

本题主要考查了正方形，矩形的性质，以及全等三角形的判定，利用全等三角形来证线段相等是常用的方法．

答案5．提示：

连结BP．DP⊥EF

题型4：

特殊四边形面积问题

例1：

（★）已知菱形ABCD的面积是12cm2，对角线AC＝4cm，则菱形的边长是______cm．

考点：

菱形的性质．

分析：

根据菱形的面积公式求出另一对角线的长．然后因为菱形的对角线互相垂直平分，利用勾股定理求出菱形的边长．

点评：

此题主要考查菱形的性质和菱形的面积公式，综合利用了勾股定理．

答案：

例2：

（★★）（2010•安顺）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF．若AB＝3，则BC的长为（）．

（A）1（B）2（C）

（D）

考点：

菱形的性质；勾股定理．

分析：

根据题意可知，AC=2BC，∠B=90°，所以根据勾股定理可知AC2=AB2+BC2，即（2BC）2=32+BC2，从而可求得BC的长．

点评：

此题主要考查学生对菱形的性质及勾股定理的理解及运用．

答案D

例3：

（★★）如图，正方形ABCD的边长为4cm，则图中阴影部分的面积为（）cm2．

（A）6（B）8

（C）16（D）不能确定

考点：

轴对称的性质．

分析:

正方形为轴对称图形，一条对称轴为其对角线；由图形条件可以看出阴影部分的面积为正方形面积的一半．

本题考查轴对称的性质．对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，点评：

对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．

答案B．

例4：

（★★★）（2010•巢湖模拟）如图，正方形ABCD的边长为1cm，E、F分别是BC、CD的中点，连接BF、DE，则图中阴影部分的面积是cm2．

考点：

正方形的性质．

分析：

连接CG，根据同底等高的三角形面积相等，得出四个三角形：

△BEG、△EGC、△GCF、△GFD的面积相等，再求出△BFC的面积，即可求出一个三角形的面积，进而求出空白部分的面积，再利用正方形的面积减去空白部分的面积即可．

点评：

此题将阴影部分的面积和正方形的性质相结合，有一定的难度．解题的关键是利用同底等高的三角形的面积相等．

答案：

2/3

题型5：

最值问题

例1：

（★★★）在正方形ABCD中，E在AB上，BE＝2，AE＝1，P是BD上的动点，则PE和PA的长度之和最小值为___________．

考点：

轴对称-最短路线问题．

分析：

要求PB+PE的最小值，PB，PE不能直接求，可考虑通过作辅助线转化PB，PE的值，从而找出其最小值求解．

点评：

考查正方形的性质和轴对称--最短路线问题的综合应用．

答案：

例2：

（★★★）如图，菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，E是AB的中点，P是对角线AC上的一个动点，则PE+PB的最小值是．

考点：

轴对称-最短路线问题；菱形的性质．

分析：

找出B点关于AC的对称点D，连接DE，则DE就是PE+PB的最小值，求出即可．

点评：

本题主要考查轴对称-最短路线问题和菱形的性质的知识点，解答本题的关键，此题是道比较不错的习题．

答案：

例3：

（★★★）如图，将两张长为8，宽为2的矩形纸条交叉，使重叠部分是一个菱形，容易知道当两张纸条垂直时，菱形的周长有最小值8，那么菱形周长的最大值是．

考点：

菱形的性质；勾股定理．

分析：

画出图形，设菱形的边长为x，根据勾股定理求出周长即可．

点评：

本题的解答关键是怎样放置纸条使得到的菱形的周长最大，然后根据图形列方程．

答案：

为17

三、课堂达标检测

检测题1：

（★★）如图，在□ABCD中，E，F分别为边AB，CD的中点，连结DE，BF，BD．

（1）求证：

△ADE≌△CBF．

（2）若AD⊥BD，则四边形BFDE是什么特殊四边形?

请证明你的结论．

考点：

平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；

分析：

（1）根据平行四边形的对边相等的性质可以得到AD=BC，AB=CD，又点E、F是AB、CD中点，所以AE=CF，然后利用边角边即可证明两三角形全等；

（2）连接EF，可以证明四边形AEFD是平行四边形，所以AD∥EF，又AD⊥BD，所以BD⊥EF，根据菱形的判定可以得到四边形是菱形．

点评：

本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定以及菱形的判定，利用好E、F是中点是解题的关键．

答案．

（1）略；

（2）四边形BFDE是菱形，证明略．

检测题2：

（★★★）如图，四边形ABCD是一张矩形纸片，AD＝2AB，若沿过点D的折痕DE将A角翻折，使点A落在BC上的A1处，则∠EA1B＝______°。

考点：

翻折变换（折叠问题）．

分析：

由折叠的性质知，∠DA1E=∠A=90°；DA1=AD=2CD，易证∠CDA1=60°．再证∠EA1B=∠CDA1．

点评：

本题利用了：

1、折叠的性质：

折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；2、直角三角形的性质，同角的余角相等求解．

答案：

60°

检测题3：

（★★★）已知：

如图，在矩形ABCD中，E、F分别是边BC、AB上的点，且EF＝ED，EF⊥ED．

求证：

AE平分∠BAD．

考点：

矩形的性质；全等三角形的判定与性质．

分析：

要证AE平分∠BAD，可转化为△ABE为等腰直角三角形，得AB=BE，又AB=CD，再将它们分别转化为两全等三角形的两对应边，根据全等三角形的判定，和矩形的性质，可确定ASA．即求证．

点评：

三角形全等的判定是中考的热点．求证的结果可一步步转化为全等三角形的对应边、对应角相等．

答案提示：

证明△BFE≌△CED，从而BE＝DC＝AB，∴∠BAE＝45°，可得AE平分∠BAD．

检测题4：

（★★★）如图所示，矩形

的对角线

和

相交于点

，

过点

的直线分别交

和

于点E、F，

，

则图中阴影部分的面积为　　　　　．

考点：

矩形的性质；中心对称．

分析：

根据矩形是中心对称图形寻找思路：

△OBF≌△ODE，图中阴影部分的面积就是△ADC的面积．

点评：

本题考查了矩形的性质以及三角形的面积公式的运用，解题的关键是把阴影图形的面积补为一个直角三角形的面积．

答案：

3．

检测题5：

（★★★）已知：

如图，E是正方形ABCD对角线AC上一点，且AE＝AB，EF⊥AC，交BC于F．求证：

BF＝EC．

考点：

全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；正方形的性质．

分析：

通过△AEF≌△ABF，可以求证FE=FB，然后证得△CEF为等腰直角三角形即可．

点评：

本题考查了全等三角形的证明，考查了等腰直角三角形的判定，本题求证Rt△AEF≌Rt△ABF是解本题的关键．

答案．提示：

连结AF．

专题

一、专题精讲

题型一：

正方形基本性质拓展

例1：

（★★★★）（08年北京二模）如图，正方形ABCD绕点A逆时针旋转n°后得到正方形AEFG，边EF与CD交于点O。

（1）以图中已标有字母的点为端点连结两条线段（正方形的对角线除外），要求所连结的两条线段相交且互相垂直，交说明这两条线段互相垂直的理由；

（2）若正方形的边长为2cm，重叠部分（四边形AEOD）的面积为

，求旋转的角度n。

考点：

正方形的性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．

分析：

（1）易证Rt△ADO≌Rt△AEO，得到∠DAO=∠OAE，则问题得证；

（2）四边形AEOD，若连接OA，则OA把四边形评分成两个全等的三角形，根据解直角三角形得条件就可以求出旋转的角度．

点评：

本题考查了正方形和旋转的性质，利用旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变是解题关键．

解：

（1）我连结的两条相交且互相垂直的线段是____AO____和____DE____。

　　　　　　理由如下：

　　　　　　∵在Rt△ADO与Rt△AEO中，AD=AE，AO=AO，

　　　　　　∴Rt△ADO≌Rt△AEO

　　　　　　∴∠DAO=∠OAE（即AO平分∠DAE）

　　　　　　∴AO⊥DE（等腰三角形的三线合一）

　　　　　　注：

其它的结论也成立如GD⊥BE。

（2）∵四边形AEOD的面积为

　　　　　　∴三角形ADO的面积=

　　　　　　∵AD=2

　　　　　　∴

　　　　　　∴∠DAO=30°

　　　　　　∴∠EAB=30°即旋转的角度是30°

题型二：

菱形综合

例1：

（★★★★）（08年大兴安岭）如图，菱形AB1C1D1的边长为1，∠B1＝60°；作AD2⊥B1C1于点D2，以AD2为一边，作第二个菱形AB2C2D2，使∠B2＝60°；作AD3⊥B2C2于点D3，以AD3为一边，作第三个菱形AB3C3D3，使∠B3＝60°；……依此类推，这样作的第n个菱形ABnCnDn的边ADn的长是______．

考点：

菱形的性质．

分析：

本题要找出规律方能解答．第一个菱形边长为1，∠B1=60°，可求出AD2，即第二个菱形的边长…按照此规律解答即可．

点评：

本题是一道找规律的题目，要求学生通过观察，分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题．

答案例1．

例2：

（★★★★★）（09年辽宁营口）如图1，P是线段AB上的一点，在AB的同侧作△APC和△BPD，使PC＝PA，PD＝PB，∠APC＝∠BPD，连结CD，点E，F，G，H分别是AC，AB，BD，CD的中点，顺次连接E，F，G，H．

图1

（1）猜想四边形EFGH的形状，直接回答，不必说明理由；

（2）当点P在线段AB的上方时，如图2，在△APB的外部作△APC和△BPD，其他条件不变，

（1）中的结论还成立吗?

说明理由；

图2

（3）如图3中，若∠APC＝∠BPD＝90°，其他条件不变，先补全图3，再判断四边形EFGH的形状，并说明理由．

图3

考点：

三角形中位线定理；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；菱形的判定．

分析：

（1）四边形EFGH为菱形，可以由EH为三角形ACD的中位线，根据中位线定理得到EH平行与AD，且EH等于AD的一半，同理由PG为三角形ABD的中位线，得到PG平行于AD，且PG等于AD的一半，可得出EH与PG平行且相等，得到EFGH为平行四边形，再由三角形APC与三角形BDP都为等边三角形且P为AB的中点，可得出AP=CP，PD=PB，且∠APD=∠CPB=120°，利用SAS得到三角形APD与三角形CPB全等，根据全等三角形的对应边相等可得出AD=BC，再由三角形中位线定理得到HG为BC的一半，等量代换可得出HE=HG，得到平行四边形为菱形；

（2）

（1）的结论仍成立，理由为：

连接AD，BC，如图2所示，可以由EH为三角形ACD的中位线，根据中位线定理得到EH平行与AD，且EH等于AD的一半，同理由PG为三角形ABD的中位线，得到PG平行于AD，且PG等于AD的一半，可得出EH与PG平行且相等，得到EFGH为平行四边形，由∠APC=∠BPD，两边都加上∠CPD，可得出∠APD=∠CPB，再由AP=CP，DP=BP，利用SAS可得出三角形APD与三角形CPB全等，根据全等三角形的对应边相等可得出AD=BC，再由三角形中位线定理得到HG为BC的一半，等量代换可得出HE=HG，得到平行四边形为菱形；

（3）根据题意补充图形，连接AD，BC，如图3所示，可以由EH为三角形ACD的中位线，根据中位线定理得到EH平行与AD，且EH等于AD的一半，同理由PG为三角形ABD的中位线，得到PG平行于AD，且PG等于AD的一半，可得出EH与PG平行且相等，得到EFGH为平行四边形，由∠APC=∠BPD，两边都加上∠CPD，可得出∠APD=∠CPB，再由AP=CP，DP=BP，利用SAS可得出三角形APD与三角形CPB全等，根据全等三角形的对应边相等可得出AD=BC，再由三角形中位线定理得到HG为BC的一半，等量代换可得出HE=HG，得到平行四边形为菱形．

点评：

此题考查了三角形的中位线定理，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，以及等边三角形的性质，利用了数形结合及等量代换的思想，本题三问的方法类似，注意2、3小题连接AD与BC，构造全等三角形得到AD=BC，然后利用三角形中位线定理来解决问题．

答案

（1）菱形；

（2）菱形，提示：

连结CB，AD；证明CB＝AD；

（3）如图，正方形，提示：

连结CB、AD，证明△APD≌△CPB，从而得出AD＝CB，

∠DAP＝∠BCP，进而得到CB⊥AD．

题型三：

矩形综合（模拟题）

例1：

（★★★★）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8．把△BCD沿对角线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于点G；E、F分别是C′D和BD上的点，线段EF交AD于点H，把△FDE沿EF折叠，使点D落在D′处，点D′恰好与点A重合．

（1）求证：

△ABG≌△C′DG；

（2）求tan∠ABG的值；

（3）求EF的长．

考点：

翻折变换（折叠问题），翻折变换的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义，三角形中位线定理。

分析：

（1）根据翻折变换的性质可知∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，故可得出结论。

（2）由

（1）可知GD=GB，故AG+GB=AD，设AG=x，则GB=8-x，在Rt△ABG中利用勾股定理即可求出AG的长，从而得出tan∠ABG的值。

（3）由△AEF是△DEF翻折而成可知EF垂直平分AD，故HD=

AD=4，再根据tan∠ABG的值即可得出EH的长，同理可得HF是△ABD的中位线，故可得出HF的长，由EF=EH+HF即可得出结果。

【答案】

（1）证明：

∵△BDC