2019中考数学题型专项研究第8讲：平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定与性质

2019年中考数学题型专项研究

第8讲：平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定与性质

1．简单的应用平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质或判定解答证明题．

2．四边形动态问题——旋转变换类、平移变换类、折叠变换类，运动问题类，利用折叠(翻折)、轴对称解答最值问题．

3．平行四边形的存在性问题．

4．四边形与二次函数的综合题．

1．折叠、轴对称及特殊平行四边形的性质应用出错．

2．平行四边形的存在性问题中解有遗漏．

3．很难解答四边形与二次函数的综合题，无从下手．

1．四边形是几何知识中非常重要的一块内容，因其“变化多端”更是成为中考数学考试的一个热门考点．近几年随着新课改的不断深入，中考题更加考查学生思维能力，如出现一些图形折叠、翻转等问题．这类问题的实践性强，要利用图形变化前后线段、角的对应相等关系，构造一些特殊三角形等知识来求解．2．中考还常把四边形与平面直角坐标系结合起来考查，这类题目不仅仅把“数”与“形”联系起来思考，更提高同学们综合运用知识的能力．数形结合题目可以考查学生对“新事物”“新知识”的接受和理解能力，也考查学生运用所学知识来解决“新事物”“新知识”的能力．3．四边形作为特殊的四边形，一直是中考试题中的主角．尤其是在综合了函数知识后动态研究它的存在性问题，对学生分析问题和解决问题的要求较高．此类题目主要考查平行四边形的判定与性质、函数解析式的确定与性质，考查识图作图、运算求解、数学表达等能力，数形结合、分类讨论、函数与方程等数学思想．

1．简单的应用平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质或判定解答证明题：平行四边形具有对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分等性质，它们在计算、证明中都有广泛的应用：(1)求角的度数；(2)求线段的长；(3)求周长；(4)求第三

边的取值范围．

2．四边形动态问题——旋转变换类、平移变换类、折叠变换类，运动问题类，利用折叠(翻折)、轴对称解答最值问题：有关矩形纸片折叠的问题，通过动手操作去发现解决问题的方法．其规律为利用折叠前后线段、角的对应相等关系，构造直角三角形，利用勾股定理来求解．折叠问题数学思想：(1)思考问题的逆向(反方向)，(2)转化与化归思想；(3)归纳与分类的思想；(4)从变寻不变性的思想．

3．综合了函数知识后动态研究平行四边形的存在性问题：此类题目主要考查平行四边形的判定与性质、函数解析式的确定与性质，考查识图作图、运算求解、数学表达等能力，数形结合、分类讨论、函数与方程等数学思想．学生在处理问题的时候，往往不能正确分类，导致漏解．此外，在解题时一般需要添设辅助线，利用平行四边形的性质，转化为全等进行计算，学生顺利完成的难度就更大．如何才能让他们有目的的进行分类、简单明了的给出解答，从而减轻学习负担呢？借助平行四边形的对角线性质，来探究平行四边形的存在性问题就是一个很好的途径．

4．四边形与二次函数的综合题是压轴题：综合考查了二次函数，一次函数，尺规作图，勾股定理，平面直角坐标系，一元二次方程，轴对称——翻折，最值问题．读懂题目、准确作图、熟悉二次函数及其图象是解题的关键．解决压轴题关键是找准切入点，如添辅助线，构造定理所需的图形或基本图形；紧扣不变量，并善于使用前题所采用的方法或结论；深度挖掘题干，反复认真的审题，在题目中寻找多解的信息，等等．压轴题牵涉到的知识点较多，知识转化的难度较高，除了要熟知各类知识外，平时要多练，提高知识运用和转化的能力

【典例解析】

【例题1】（2017广西河池）如图，在?ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG，若AD=5，DE=6，则AG的长是（）

A．6 B．8 C．10 D．12

【考点】N2：作图—基本作图；L5：平行四边形的性质．

【分析】连接EG，由作图可知AD=AE，根据等腰三角形的性质可知AG是DE的垂直平分线，由平行四边形的性质可得出CD∥AB，故可得出∠2=∠3，据此可知AD=DG，由等腰三角形的性

质可知OA=AG，利用勾股定理求出OA的长即可．

【解答】解：连接EG，

∵由作图可知AD=AE，AG是∠BAD的平分线，

∴∠1=∠2，

∴AG⊥DE，OD=DE=3．

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴CD∥AB，

∴∠2=∠3，

∴∠1=∠3，

∴AD=DG．

∵AG⊥DE，

∴OA=AG．

在Rt△AOD中，OA===4，

∴AG=2AO=8．

故选B．

【例题2】（2017江苏徐州）如图，在?ABCD中，点O是边BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．

（1）求证：四边形BECD是平行四边形；

（2）若∠A=50°，则当∠BOD=100°时，四边形BECD是矩形．

【考点】LC：矩形的判定；L7：平行四边形的判定与性质．

【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE=OD，即可得出结论；

（2）由平行四边形的性质得出∠BCD=∠A=50°，由三角形的外角性质求出∠ODC=∠BCD，得出

OC=OD，证出DE=BC，即可得出结论．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AB∥DC，AB=CD，

∴∠OEB=∠ODC，

又∵O为BC的中点，

∴BO=CO，

在△BOE和△COD中，，

∴△BOE≌△COD（AAS）；

∴OE=OD，

∴四边形BECD是平行四边形；

（2）解：若∠A=50°，则当∠BOD=100°时，四边形BECD是矩形．理由如下：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠BCD=∠A=50°，

∵∠BOD=∠BCD+∠ODC，

∴∠ODC=100°﹣50°=50°=∠BCD，

∴OC=OD，

∵BO=CO，OD=OE，

∴DE=BC，

∵四边形BECD是平行四边形，

∴四边形BECD是矩形；

故答案为：100．

【例题3】定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．（1）如图1，等腰直角四边形ABCD，AB=BC，∠ABC=90°，

①若AB=CD=1，AB∥CD，求对角线BD的长．

②若AC⊥BD，求证：AD=CD，

（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=5，BC=9，点P是对角线BD上一点，且BP=2PD，过点P 作直线分别交边AD，BC于点E，F，使四边形ABFE是等腰直角四边形，求AE的长．

【考点】LO：四边形综合题．

【分析】（1）①只要证明四边形ABCD是正方形即可解决问题；

②只要证明△ABD≌△CBD，即可解决问题；

（2）若EF⊥BC，则AE≠EF，BF≠EF，推出四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．若EF与BC不垂直，①当AE=AB时，如图2中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，②当BF=AB时，如图3中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，分别求解即可；

【解答】解：（1）①∵AB=AC=1，AB∥CD，

∴S四边形ABCD是平行四边形，

∵AB=BC，

∴四边形ABCD是菱形，

∵∠ABC=90°，

∴四边形ABCD是正方形，

∴BD=AC==．

（2）如图1中，连接AC、BD．

∵AB=BC，AC⊥BD，

∴∠ABD=∠CBD，

∵BD=BD，

∴△ABD≌△CBD，

∴AD=CD．

（2）若EF⊥BC，则AE≠EF，BF≠EF，

∴四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．

若EF与BC不垂直，

①当AE=AB时，如图2中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，

∴AE=AB=5．

②当BF=AB时，如图3中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，

∴BF=AB=5，

∵DE∥BF，

∴DE：BF=PD：PB=1：2，

∴DE=2.5，

∴AE=9﹣2.5=6.5，

综上所述，满足条件的AE的长为5或6.5．

【例题4】（2017浙江衢州）在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC、连结OB，点D为OB的中点，点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA 于点F，连结EF．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒．

（1）如图1，当t=3时，求DF的长．

（2）如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值．

（3）连结AD，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，求相应的t的值．

【考点】LO：四边形综合题．

【分析】（1）当t=3时，点E为AB的中点，由三角形中位线定理得出DE∥OA，DE=OA=4，再由矩形的性质证出DE⊥AB，得出∠OAB=∠DEA=90°，证出四边形DFAE是矩形，得出DF=AE=3即可；

（2）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，证明四边形DMAN是矩形，得出∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，由平行线得出比例式， =，由三角形中位线定理得出DM=AB=3，DN=OA=4，证明△DMF∽△DNE，得出=，再由三角函数定义即可得出答案；

（3）作作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；

①当点E到达中点之前时，NE=3﹣t，由△DMF∽△DNE得：MF=（3﹣t），求出AF=4+MF=﹣t+，得出G（， t），求出直线AD的解析式为y=﹣x+6，把G（，

t）代入即可求出t的值；

②当点E越过中点之后，NE=t﹣3，由△DMF∽△DNE得：MF=（t﹣3），求出AF=4﹣MF=﹣

t+，得出G（， t），代入直线AD的解析式y=﹣x+6求出t的值即可．

【解答】解：（1）当t=3时，点E为AB的中点，

∵A（8，0），C（0，6），

∴OA=8，OC=6，

∵点D为OB的中点，

∴DE∥OA，DE=OA=4，

∵四边形OABC是矩形，

∴OA⊥AB，

∴DE⊥AB，

∴∠OAB=∠DEA=90°，

又∵DF⊥DE，

∴∠EDF=90°，

∴四边形DFAE是矩形，

∴DF=AE=3；

（2）∠DEF的大小不变；理由如下：

作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，如图2所示：

∵四边形OABC是矩形，

∴OA⊥AB，

∴四边形DMAN是矩形，

∴∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，

∴， =，

∵点D为OB的中点，

∴M、N分别是OA、AB的中点，

∴DM=AB=3，DN=OA=4，

∵∠EDF=90°，

∴∠FDM=∠EDN，

又∵∠DMF=∠DNE=90°，

∴△DMF∽△DNE，

∴=，

∵∠EDF=90°，

∴tan∠DEF==；

（3）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，

若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，

设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；

①当点E到达中点之前时，如图3所示，NE=3﹣t，由△DMF∽△DNE得：MF=（3﹣t），

∴AF=4+MF=﹣t+，

∵点G为EF的三等分点，

∴G（， t），

设直线AD的解析式为y=kx+b，

把A（8，0），D（4，3）代入得：，

解得：，

∴直线AD的解析式为y=﹣x+6，

把G（， t）代入得：t=；

②当点E越过中点之后，如图4所示，NE=t﹣3，

由△DMF∽△DNE得：MF=（t﹣3），

∴AF=4﹣MF=﹣t+，

∵点G为EF的三等分点，

∴G（， t），

代入直线AD的解析式y=﹣x+6得：t=；

综上所述，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，t的值为或

【专项训练】

一、选择题：

1.（2017?黑龙江）在平行四边形ABCD中，∠A的平分线把BC边分成长度是3和4的两部分，则平行四边形ABCD周长是（）

A．22 B．20 C．22或20 D．18

【考点】L5：平行四边形的性质．

【分析】根据AE平分∠BAD及AD∥BC可得出AB=BE，BC=BE+EC，从而根据AB、AD的长可求出平行四边形的周长．

【解答】解：在平行四边形ABCD中，AD∥BC，则∠DAE=∠AEB．

∵AE平分∠BAD，

∴∠BAE=∠DAE，

∴∠BAE=∠BEA，

∴AB=BE，BC=BE+EC，

①当BE=3，EC=4时，

平行四边形ABCD的周长为：2（AB+AD）=2（3+3+4）=20．

②当BE=4，EC=3时，

平行四边形ABCD的周长为：2（AB+AD）=2（4+4+3）=22．

故选：C．

【点评】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定；根据题意判断出AB=BE是解答本题的关键．

2.（2017贵州安顺）如图，矩形纸片ABCD中，AD=4cm，把纸片沿直线AC折叠，点B落在E 处，AE交DC于点O，若AO=5cm，则AB的长为（）

A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm

【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．

【分析】根据折叠前后角相等可证AO=CO，在直角三角形ADO中，运用勾股定理求得DO，再根据线段的和差关系求解即可．

【解答】解：根据折叠前后角相等可知∠BAC=∠EAC，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AB∥CD，

∴∠BAC=∠ACD，

∴∠EAC=∠EAC，

∴AO=CO=5cm，

在直角三角形ADO中，DO==3cm，

AB=CD=DO+CO=3+5=8cm．

故选：C．

3.如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连接BD、DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：

①BE=2AE；②△DFP∽△BPH；③△PFD∽△PDB；④DP2=PHPC

其中正确的是（）

A．①②③④B．②③C．①②④D．①③④

【分析】由正方形的性质和相似三角形的判定与性质，即可得出结论．

【解答】解：∵△BPC是等边三角形，

∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°，

在正方形ABCD中，

∵AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=90°

∴∠ABE=∠DCF=30°，

∴BE=2AE；故①正确；

∵PC=CD，∠PCD=30°，

∴∠PDC=75°，

∴∠FDP=15°，

∵∠DBA=45°，

∴∠PBD=15°，

∴∠FDP=∠PBD，

∵∠DFP=∠BPC=60°，

∴△DFP∽△BPH；故②正确；

∵∠FDP=∠PBD=15°，∠ADB=45°，

∴∠PDB=30°，而∠DFP=60°，

∴∠PFD≠∠PDB，

∴△PFD与△PDB不会相似；故③错误；

∵∠PDH=∠PCD=30°，∠DPH=∠DPC，

∴△DPH∽△CPD，

∴，

∴DP2=PHPC，故④正确；

故选C．

【点评】本题考查的正方形的性质，等边三角形的性质以及相似三角形的判定和性质，解答此题的关键是熟练掌握性质和定理．

4.（2017呼和浩特）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，E，F为BD所在直线上的两点，若AE=，∠EAF=135°，则下列结论正确的是（）

A．DE=1 B．tan∠AFO=

C．AF=D．四边形AFCE的面积为

【考点】LE：正方形的性质；T7：解直角三角形．

【分析】根据正方形的性质求出AO的长，用勾股定理求出EO的长，然后由∠MAN=135°及∠BAD=90°可以得到相似三角形，根据相似三角形的性质求出BF的长，再一一计算即可判断．

【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=CB=CD=AD=1，AC⊥BD，∠ADO=∠ABO=45°，

∴OD=OB=OA=，∠ABF=∠ADE=135°，

在Rt△AEO中，EO===，

∴DE=，故A错误．