第1章 特殊平行四边形期末复习（知识清单）（答案版） -北师大版(2024)九上

第一章特殊平行四边形一．菱形的性质和判定1.菱形的概念：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。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一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。3.菱形的判定（1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念）（2）四边相等的四边形是菱形（3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形二．矩形的性质和判定1.矩形的概念：有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。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一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。3.矩形的判定（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形。（2）三个角是直角的四边形是矩形。（3）对角线相等的平行四边形是矩形。三．正方形的性质和判定1.正方形的概念：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。2.正方形的性质：正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。3.正方形的判定（1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。（2）有一组邻边相等的矩形是正方形。（3）有一个角是直角的菱形是正方形。易错点1菱形中的多解问题1.性质应用易错点：忽略菱形“对角线互相垂直平分且平分内角”的特性，如误用邻边相等却忽略对角线垂直，或计算面积时漏用对角线乘积的一半公式。需注意：菱形边长≠对角线长，内角非一定直角，需结合图形具体分析。2.动态问题多解性：涉及菱形动点、折叠或旋转时，易漏解位置变化的情况。例如：已知一边和一角画菱形，可能有两种不同内角；对角线长度不确定时，需考虑长短对角线的不同组合，避免漏算。例题1．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图，在菱形中，，点是的中点，点为边上一动点，将沿折叠，得到．若与菱形的对角线平行，则的长为．【答案】或【分析】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、含角的直角三角形的性质等知识，分两种情况画出图象进行解答即可．【详解】解：①若，如解图①，连接，∵四边形是菱形，∴平分，∴，∵，∴，由折叠，∴，∴．∵点E是的中点，∴，过点E作，垂足为G，∴，，在中，，∴，∴，∴；②若，如解图②，连接，∵四边形是菱形，∴，又∵，是等边三角形，∴．∵，∴．又∵，∴是等边三角形，点落在上，∴，∴，∴．综上所述，的长为或．故答案为：或易错点2矩形中的多解问题1.性质混淆与应用错误：易混淆矩形与正方形性质，忽略“矩形对角线相等但不一定垂直”。计算时误将对角线当作边的倍数，或忽略“直角三角形斜边中线等于斜边一半”的隐含条件，需结合勾股定理验证。2.动态问题漏解：涉及折叠、动点时，易漏算图形对称或位置变化的情况。例如：矩形内截等腰三角形，顶点位置不同会有多种截法；动点分线段比例时，需考虑正反比例两种可能。例题2．（24-25八年级下·河南商丘·期末）在矩形中，的平分线交于点E，作点E关于的对称点F，若点F落在矩形的边上，则的长为．【答案】4或/或4【分析】依题意分以下两种情况：①当点F落在边上时，根据对称的性质得，进而得是等腰直角三角形，则；②当点F落在边上时，根据对称的性质及角平分线定义得，在中，根据得，由勾股定理得，由此即可解答．【详解】解：∵四边形是矩形，且，∴，∵是的平分线，点E关于的对称点F落在矩形的边上，∴有以下两种情况：①如图1：当点F落在边上时，根据对称的性质得：，∵，∴，∴，又∵，∵是等腰直角三角形，∴；②如图2：当点F落在边上时，根据对称的性质得：，∵是的平分线，∴，∴，∵，，∴，在中，，∴，由勾股定理得：，∴，∴．综上所述：AB的长为4或．故答案为：4或．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定和性质、含有30°角的直角三角形的性质，角平分线的定义等知识点，理解矩形的性质、掌握分类讨论思想是解题的关键．易错点3正方形中的多解问题1.性质混淆与隐含条件忽略：易混淆正方形与菱形、矩形的特殊性，忽略“对角线相等且垂直平分”“四边相等且四角为直角”的叠加性质。计算时漏用对角线与边长的√2倍关系，或忽略内部直角三角形的勾股定理应用。2.动态变换多解遗漏：旋转、折叠或动点问题中，易漏算对称位置的情况。例如：正方形内画等边三角形，顶点在边或对角线上有不同画法；动点形成等腰三角形时，需考虑顶点为正方形顶点或动点的多种可能。例题3．（24-25八年级下·河南南阳·期末）如图，边长为3的正方形中，点为射线上一个动点，将沿折叠得到，点的对应点为点，射线交直线于点，当时，的长为．【答案】6或【分析】根据题意，分两种情况：在线段延长线上；在线段上讨论，然后根据勾股定理求解即可得到答案．【详解】解：∵边长为3的正方形中，，当在线段延长线上时，连接，如图1所示：∵将沿折叠得到，点的对应点为点，，又，∴，又∵，在和中，，∴，∴，在中，由勾股定理得：，则，解得；当在线段上时，连接，如图2所示：同理可求出，在中，由勾股定理得：，则，解得，综上所述，的长为或6，故答案为：或6．【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题）、正方形的性质、勾股定理、直角三角形全等的判定与性质等知识，解答本题的关键是熟练掌握折叠的性质，分类讨论求解．1．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）已知正方形中，以为边在平面内作等边三角形，连接，则的度数为．【答案】或【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，解题的关键是掌握分类讨论．分两种情况：点在正方形内和点在正方形外两种情况讨论即可．【详解】解：点在正方形内：正方形中，，，等边中，所以．．在等腰中，．点在正方形外：同理，．在等腰中，．综上，为或．故答案为：或．2．（24-25八年级下·浙江绍兴·期中）如图，在菱形中，，，点是边上的一个动点（不与、重合），交于点，点在上，．当是直角三角形时，的长为．【答案】或【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，由四边形是菱形，得到，由于，得到四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得到，再由进而得，过点D作于H，分两种情况：①当时；②当时．由勾股定理分别求出、的长．【详解】解：∵四边形是菱形，，∴，，，∵，∴四边形是平行四边形，，，∴，∵，∴，∴，如图，过点D作于H，，当是直角三角形时，分以下两种情况：①当时，在中，，∴，∴，在中，，，解得；②当时，在中，，，∴，解得（取正值，负值已舍去），∴，在中，，，解得；故答案为：或．3．（24-25八年级下·河南安阳·阶段练习）如图，矩形的面积是24，对角线，交于点，点是边的三等分点（位置不确定），连接，点是的中点，，连接，则的长为．【答案】或【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理．当时，利用三角形中位线定理求得，再求得矩形的边长，利用勾股定理求得的长，再根据斜边中线的性质即可求解；当时，同理求解即可．【详解】解：当时，如图，∵矩形，∴点O是的中点，∵点F是的中点，∴，，∵点E是边的三等分点，∴，，∵矩形的面积是24，∴，∴，∴，∴；当时，如图，∵矩形，∴点O是的中点，∵点F是的中点，∴，，∵点E是边的三等分点，∴，，∵矩形的面积是24，∴，∴，∴，∴；故答案为：或．4．（24-25八年级下·江西新余·期末）在菱形中，，点E，F分别是的中点，动点P从B出发沿着顺时针方向运动到C点，当为直角三角形时，．【答案】或或【分析】分三种情况考虑：点P在边上；点P在边上；点P在边上，利用等边三角形的判定与性质、勾股定理即可求得．【详解】∵四边形为菱形，，∴菱形四边长为4，且，∴,∵，∴，即，．∵E，F分别是的中点，∴；连接，则是等边三角形，即；①当点P在边上时；如图，

当点P是的中点时，∵是等边三角形，点P是的中点∴∴为直角三角形，此时，；②当点P在边上时，如图，连接，

当点P是的中点时，∵是等边三角形，点P是的中点时，∴∴为直角三角形，此时；③当点P在边上时，连接，如图，

当点P是的中点时，此时，∵，为的中位线，为的中位线，∴，，∴，∴为直角三角形，∵四边形为菱形，∴，∵，∴四边形为平行四边形，∴，∴综上所述，的长度为或或．故答案为：或或．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识，注意分类讨论是解题的关键．5．（24-25八年级下·安徽合肥·期中）如图，矩形中，，点E是边上一点，连接，把沿折叠，使点B落在点处，当三角形为直角三角形时，的长为．【答案】3或6【分析】本题考查矩形与折叠，正方形的判定和性质，当为直角三角形，有两种情况：①当点落在矩形内部，即时，连接，结合矩形性质、勾股定理求得，再根据折叠性质得到点、、共线，，，求得，设，则，再根据勾股定理即可得解；②当点落在边上，即时，证明四边形是正方形即可得解．【详解】解：当为直角三角形时，有两种情况：①当点落在矩形内部，即时，如下图，连接，矩形中，，，在中，，，，把沿着折叠，使点落在点处，，，点、、共线，根据折叠性质可得：，，，设，则，中，，，解得，；②当点落在边上，即时，如下图：由折叠性质得：，，四边形是正方形，，此时符合题意．故答案为：3或6．6．（2025九年级下·辽宁朝阳·学业考试）如图，在矩形中，，，点E为AD边上一点，连接CE，将沿CE翻折，点D落在点F处，连接BF，当是等腰三角形时，线段DE的长是．【答案】或【分析】本题主要考查矩形与折叠，分和两种情况结合勾股定理求解即可．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，①当时，如图，过点作于点，则于点，所以，四边形是矩形，∴，∵，,∴，∴，在中，∴,设，则，由折叠得：,在中，，∴，解得：，∴；②当时，过点作于点，则于点，所以，四边形是矩形，∴，过点作于点，则，由勾股定理得∵，∴，∴，∴，又四边形是矩形，∴，设，则，由折叠得：,在中，，∴，解得：，∴；综上，的长为或，故答案为：或．7．（24-25九年级上·广东河源·期中）如图，正方形的边长为8，点E在边上，，若点F在正方形的某一边上，满足，且与的交点为M，则的长度为．【答案】或2【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，正方形的性质，化为最简二次根式，当点F在上时，证明，可得，证明，求解，进一步可得答案；如图2所示，当点F在上时，同理可得，，证明四边形是矩形，进一步可得答案．【详解】解：分两种情况：①如图1所示，当点F在上时，由，，，可得，，∴，又∵，∴，∴，即，∵，，，∴，∴．②如图2所示，当点F在上时，同理可得，，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是矩形，∴．故答案为：或．8．（24-25八年级下·江西赣州·阶段练习）如图，在矩形中，，，现有一动点P以的速度从点A出发，沿矩形的边运动，点P返回到点A时停止运动．设点P的运动时间为，连接，，当是等腰三角形时，t的值为．【答案】或或【分析】本题考查了矩形的性质。全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，分情况求解t的值是解题的关键．若点P在上，则，证明，可得，即可求得答案；若点P在上，则，即可求得答案；若点P在上，则，即可求得答案．【详解】解：若点P在上，当是等腰三角形时，，四边形是矩形，，，，，，，；若点P在上，当是等腰三角形时，，，，；若点P在上，当是等腰三角形时，，，；综上所述，当是等腰三角形时，t的值为或或．故答案为：或或．9．（24-25八年级下·内蒙古通辽·期中）如图，在矩形中，，，将沿折叠，使点B落在F处，当为直角三角形时，的长为．【答案】6或3【分析】本题考查的是折叠变换的性质，掌握折叠变换是一种对称变换，它属于轴对称，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是解题的关键．当为直角三角形时，需要分类讨论：分与两种情况，通过勾股定理列方程求解．【详解】解：当时，三点共线，设长为x，则，由翻折可得，，由勾股定理的，∴，∵，∴，即，解得，∴．当时，四边形为正方形，∴，故答案为：6或3．10．（2025九年级上·全国·专题练习）如图①，在矩形纸片中，，连接，，沿对角线剪开，将沿射线方向平移得到（如图），直线与交于点，直线与交于点．设．(1)在图①中，的度数为_____；边的长为______；(2)若点在线段上，四边形的形状是______；(3)若点在射线上，当为何值时，以、、、为顶点的四边形是正方形？(4)已知存在值，使得以、、、为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的值．【答案】(1)，；(2)矩形；(3)当或时，以、、、为顶点的四边形是正方形；(4)或．【分析】（1）利用矩形的性质可求得，利用含直角三角形的性质结合勾股定理即可求得边的长；（2）由平移的性质得，推出，得到四边形是平行四边形，由，得到四边形是矩形；（3）分点在线段上和点在线段的延长线上时，两种情况讨论，利用，列式计算即可求解；（4）分点在线段上和点在线段的延长线上时，两种情况讨论，利用直角三角形的性质结合勾股定理求得和的长，再利用，列式计算即可求解．【详解】（1）解：矩形中，又，，矩形中，，，，；故答案为：，；（2）解：由平移的性质得，四边形为矩形，，，，四边形是平行四边形，，四边形是矩形；故答案为：矩形；（3）解：当点在线段上时，，，四边形是正方形，，即，；当点在线段的延长线上时，，，四边形是正方形，，即；综上所述，当为或时，以、、、为顶点的四边形是正方形；（4）解：存在，理由如下：当点在线段上时，，，由平移的性质知，，，，，，四边形是菱形，，即，；当点在线段的延长线上时，，，由平移的性质可知，，，，，，四边形是菱形，，即，，综上所述，当为或时，以、、、为顶点的四边形是菱形．【点睛】本题考查的知识点是含直角三角形特征、平移的性质、直角三角形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，菱形的性质，正方形性质，解题关键是灵活运用所学知识解决问题．11．（24-25八年级下·福建厦门·期中）如图，菱形的边长为，，动点从点出发，沿着线路做匀速运动，动点从点同时出发，沿着线路做匀速运动．(1)______；(2)已知动点、运动的速度分别为、．经过12秒后，、分别到达、两点，试判断的形状，并说明理由，同时求出的面积；(3)设问题（2）中的动点、分别从、同时沿原路返回，动点的速度不变，动点的速度改变为，经过3秒后，、分别到达、两点，若为直角三角形，试求的值．【答案】(1)(2)为直角三角形，(3)的值为2或6或【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解题关键是根据直角的不同分情况讨论求解．（1）先根据菱形的性质得出，再根据，可得为等边三角形，从而可得出；（2）利用等腰三角形三线合一，可证明，从而可得为直角三角形，再利用勾股定理求得，然后利用求