《中考数学一轮考点复习精讲精练专题19 特殊平行四边形【考点精讲】（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《中考数学一轮考点复习精讲精练专题19 特殊平行四边形【考点精讲】（解析版）（29页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题19 特殊平行四边形一、菱形1. 定义:一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.2. 性质:菱形的四条边相等,两条对角线互垂直平分,且每一条对角线平分一组对角.3. 判定方法: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是菱形;四条边都相等的四边形是菱形.4. 设菱形对角线长分别为l1,l2,则S菱形=l1l2.二、矩形1. 定义:有一个内角是直角的平行四边形叫做矩形.2. 性质:矩形的对角线互相平分且相等,四个角都是直角.3. 判定方法:有三个角是直角的四边形是矩形;对角线相等的平行四边形是矩形;有一个角是直角的平行四边形是矩形.4. 设矩形的长和宽分别为a,b,则S矩形=ab.
2、三、正方形1. 正方形的定义：有一组邻边相等,并且有一个角是直角的平行四边形.2. 正方形的性质（1）正方形既有矩形的性质，又有菱形的性质.（2）正方形的四个角都是直角，四条边相等.（3）正方形的对角线相等且互相垂直平分.3. 正方形的判定方法（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.（3）有一个角是直角的菱形是正方形.（4）对角线相等的菱形是正方形.4. 平行四边形、矩形、菱形与正方形之间的联系【考点1】菱形的性质与判定【例1】（性质）（2022四川自贡）如图，菱形对角线交点与坐标原点重合，点，则点的坐标为（）ABCD【答案】B【分析】根据菱形的中心对称性，A、
3、C坐标关于原点对称，利用横反纵也反的口诀求解即可【详解】菱形是中心对称图形，且对称中心为原点，A、C坐标关于原点对称，C的坐标为，故选C【例2】（判定）（2022黑龙江齐齐哈尔）如图，在四边形ABCD中，ACBD，垂足为O，要使四边形ABCD为菱形，应添加的条件是_（只需写出一个条件即可）【答案】AB=CD或ADBC或OA=OC或OB=OD等（只需写出一个条件即可）【分析】由菱形的判定方法进行判断即可【详解】解：可以添加的条件是：ABCD，理由如下：，四边形ABCD是平行四边形，ACBD，四边形ABCD是菱形；也可以添加条件是：，利用如下：，四边形ABCD是平行四边形，ACBD，四边形ABCD
4、是菱形；也可以添加的条件是OA=OC，利用如下：，（AAS），AB=CD，四边形ABCD是平行四边形，ACBD，四边形ABCD是菱形；也可以添加的条件是OB=OD，利用如下：，（AAS），AB=CD，四边形ABCD是平行四边形，ACBD，四边形ABCD是菱形故答案为：AB=CD或ADBC或OA=OC或OB=OD等（只需写出一个条件即可）菱形的证明方法（三种）先证明四边形ABCD为平行四边形，再证明平行四边形ABCD的任一组邻边相等.先证明四边形ABCD为平行四边形，再证明平行四边形ABCD的对角线互相垂直.证明四边形ABCD的四条边相等.1（2022海南）如图，菱形中，点E是边的中点，垂直交的
5、延长线于点F，若，则菱形的边长是（）A3B4C5D【答案】B【分析】过C作CMAB延长线于M，根据设，由菱形的性质表示出BC=4x，BM=3x，根据勾股定理列方程计算即可【详解】过C作CMAB延长线于M，设点E是边的中点菱形，CEAB，CMAB四边形EFMC是矩形，BM=3x在RtBCM中，解得或（舍去）故选：B2（2021广东）下列命题中，为真命题的是（ ）（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形（2）对角线互相垂直的四边形是菱形（3）对角线相等的平行四边形是菱形（4）有一个角是直角的平行四边形是矩形A（1）（2）B（1）（4）C（2）（4）D（3）（4）【答案】B【分析】正确的命题叫真命题
6、，根据定义解答【详解】解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故（1）是真命题；对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故（2）不是真命题；对角线相等的平行四边形是矩形，故（3）不是真命题；有一个角是直角的平行四边形是矩形，故（4）是真命题；故选：B3（2022内蒙古呼和浩特中考真题）如图，四边形是菱形，点是中点，是对角线上一点，且，则的值是（）A3BCD【答案】D【分析】取AC的中点M，连接EM设由中位线性质可得再根据，可得出从而得到FC的长，即可得到的结果【详解】解：如图所示：取AC的中点M，连接EM，DM ，设点是中点，EM是的中位线，四边形是菱形，AMD=90，DM=，AM= 故选：D4（2
7、022内蒙古赤峰）如图，菱形，点、均在坐标轴上，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（）A3B5CD【答案】A【分析】直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小属“将军饮马”模型，由D关于直线AC的对称点B，连接BE，则线段BE的长即是PD+PE的最小值【详解】如图：连接BE， ，菱形ABCD，B、D关于直线AC对称，直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小根据“将军饮马”模型可知BE长度即是PD+PE的最小值，菱形ABCD，点，CDB是等边三角形 点是的中点，,且BECD， 故选：A5（2021辽宁）如图，在中，点O是的中点，连接并延长交的延长线于点E，连接、（1）求证：四边形
8、是平行四边形；（2）若，判断四边形的形状，并说明理由【答案】（1）证明见详解；（2）四边形ACDE是菱形，理由见详解【分析】（1）利用平行四边形的性质，即可判定，即可得到，再根据CDAE，即可证得四边形ACDE是平行四边形；（2）利用（1）的结论和平行四边形的性质可得AC=CD，由此即可判定是菱形【详解】（1）证明：在ABCD中，ABCD，点O为AD的中点，在与中，又BECD ，四边形ACDE是平行四边形； （2）解：由（1）知四边形ACDE是平行四边形，四边形ACDE是菱形 【考点2】矩形的性质与判定【例3】（性质）（2021四川巴中中考真题）如图，矩形AOBC的顶点A、B在坐标轴上，点C的
9、坐标是(10，8)，点D在AC上，将BCD沿BD翻折，点C恰好落在OA边上点E处，则tanDBE等于（）ABCD【答案】D【分析】先根据四边形ABCD是矩形，C（-10，8），得出BC=AO=10，AC=OB=8，A=O=C=90，再由折叠的性质得到CD=DE，BC=BE=10，DEB=C=90，利用勾股定理先求出OE的长，即可得到AE，再利用勾股定理求出DE，利用求解即可.【解析】解：四边形ABCD是矩形，C（-10，8），BC=AO=10，AC=OB=8，A=O=C=90，由折叠的性质可知：CD=DE，BC=BE=10，DEB=C=90，在直角三角形BEO中：，设，则在直角三角形ADE中：
10、，解得，DEB=90，故选D.【例4】（判定）（2022陕西）在下列条件中，能够判定为矩形的是（）ABCD【答案】D【分析】根据矩形的判定定理逐项判断即可【详解】当AB=AC时，不能说明是矩形，所以A不符合题意；当ACBD时，是菱形，所以B不符合题意；当AB=AD时，是菱形，所以C不符合题意；当AC=BD时，是矩形，所以D符合题意故选：D矩形的证明方法（三种） 先证明四边形ABCD为平行四边形，再证明平行四边形ABCD的任意一个角为直角. 先证明四边形ABCD为平行四边形，再证明平行四边形ABCD的对角线相等. 证明四边形ABCD的三个角是直角.1（2022贵州黔东南）如图，矩形的对角线，相交
11、于点，/，/若，则四边形的周长是_【答案】20【分析】首先由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD=5，由CEBD，DEAC，可证得四边形CODE是平行四边形，又可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案【详解】解：四边形ABCD是矩形，AC=BD=10，OA=OC，OB=OD，OC=OD=BD=5，/，/，四边形CODE是平行四边形，OC=OD =5，四边形CODE是菱形，四边形CODE的周长为：4OC=45=20故答案为202（2022广西贺州）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是AD，AB的中点，的平分线交AB于点G，点P是线段DG上的一个动点，则的周长最小值为_【答案】#【
12、分析】在CD上取点H，使DH=DE，连接EH，PH，过点F作FKCD于点K，可得DG垂直平分EH，从而得到当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF，再分别求出EF和FH，即可求解【详解】解：如图，在CD上取点H，使DH=DE，连接EH，PH，过点F作FKCD于点K，在矩形ABCD中，A=ADC=90，AD=BC=6，CD=AB=8，DEH为等腰直角三角形，DG平分ADC，DG垂直平分EH，PE=PH，的周长等于PE+PF+EF=PH+PF+EFFH+EF，当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF，E，F分别是AD，AB的中点，AE=DE=DH=3，AF=4，EF
13、=5，FKCD，DKF=A=ADC=90，四边形ADKF为矩形，DK=AF=4，FK=AD=6，HK=1，FH+EF=，即的周长最小为故答案为：3（2022辽宁营口）如图，在矩形中，点M在边上，把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，连接，过点B作，垂足为F，若，则线段的长为（）ABCD【答案】A【分析】先证明BFCCDE，可得DE=CF=2，再用勾股定理求得CE=，从而可得AD=BC=，最后求得AE的长【详解】解：四边形ABCD是矩形，BC=AD，ABC=D=90，ADBC，DEC=FCB，BFC=CDE，把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，BC=EC，在BFC与CDE中，BFCCDE（AAS），DE=CF=2，AD=BC=CE=，AE=AD-DE=，故选：
