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第五单元 特殊平行四边形
期末专题复习（学生版）
姓名：__________ 班级：__________ 得分：__________
一、考点回顾
考点01 矩形
1. 定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。矩形是特殊的平行四边形。
2. 性质：矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等。
3. 判定：①有一个角是直角的平行四边形是矩形；②对角线相等的平行四边形是矩形；③有三个角是直角的四边形是矩形。
4. 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。
考点02 菱形
1. 定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。菱形是特殊的平行四边形。
2. 性质：菱形的四条边都相等；菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。
3. 判定：①有一组邻边相等的平行四边形是菱形；②对角线互相垂直的平行四边形是菱形；③四条边都相等的四边形是菱形。
4. 菱形的面积=底×高=对角线乘积的一半。
考点03 正方形
1. 定义：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. 性质：正方形具有矩形和菱形的所有性质。四个角都是直角，四条边都相等；对角线相等且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角。
3. 判定：既是矩形又是菱形的四边形是正方形。具体判定方法灵活运用矩形和菱形的判定条件。
考点04 中点四边形
1. 定义：顺次连结四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形。
2. 中点四边形的形状取决于原四边形的对角线：①任意四边形的中点四边形是平行四边形；②对角线相等的四边形的中点四边形是菱形；③对角线互相垂直的四边形的中点四边形是矩形；④对角线相等且互相垂直的四边形的中点四边形是正方形。
3. 中点四边形的周长等于原四边形对角线之和；面积等于原四边形面积的一半。
考点05 特殊平行四边形的综合应用
1. 矩形、菱形、正方形的关系：正方形既是矩形也是菱形，具有两者的全部性质。
2. 折叠问题：折叠前后对应线段相等、对应角相等。
3. 坐标系中的特殊平行四边形：利用顶点坐标特征和平行四边形的性质综合求解。
4. 面积计算：矩形面积=长×宽；菱形面积=底×高= ×对角线乘积；正方形面积=边长 = ×对角线 。
二、考点例题讲解
例1 （考点01·矩形）矩形折叠中的角度计算
1．如图，在矩形纸片中，将其折叠，使点与点重合，折痕为，已知，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
例2 （考点02·菱形）菱形对角线与角度的关系
2．如图，在菱形中，连接、，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
例3 （考点03·正方形）正方形中对角线的性质
3．如图，点是正方形对角线上一点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
例4 （考点04·中点四边形）中点四边形的判定
4．如果四边形的四边中点依次是E、F、G、H，那么四边形是_______形．如果，，那么四边形的周长等于________cm．
例5 （考点05·特殊平行四边形的综合应用）特殊四边形性质的综合辨析
5．下列说法正确的是（ ）
A．有一个角是直角的四边形是矩形 B．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C．两条对角线相等的矩形是正方形 D．两条对角线相等的菱形是正方形
三、课后训练
一、选择题
1．如图，的对角线，交于点O，要使成为菱形，则可添加一个条件是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在菱形中，，，则对角线的长为（ ）
A． B．6 C． D．
3．下列关于矩形叙述正确的是（ ）
A．对角线相等且互相垂直 B．对角线互相垂直的平行四边形
C．对角线相等且互相平分的四边形 D．矩形的对角线平分一组对角
4．如图，O是菱形对角线的交点，，，连接，设，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，菱形的对角线和交于点O，且，E是边的中点，则线段的长为（ ）

A．8 B．5 C．2.5 D．6
6．如图，在菱形中，，．E是边上一动点，过点E分别作于点F，于点G，连接，则的最小值为（　　）
A．2.4 B．3 C．4.8 D．4
二、填空题
7．如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，轴，已知点，则点的坐标是_______．
8．如图，在菱形中，交于点O，于点E，连接，若，则的度数是 ________．

9．如图，在菱形中，，则的度数为________．
10．菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，点的坐标是，则点的坐标是_____．
三、解答题
11．已知的两边，的长是关于的方程的两个实数根，则当为何值时，是菱形？并求此菱形的周长．
12．如图，将长方形纸片进行折叠，使折痕的两个端点P、F分别在边上，顶点B落在边的E点处．已知．
(1)试求出的长度；
(2)请求的面积．
13．如图，在矩形中，，将矩形沿折叠，使点与点重合．
(1)若，求的度数；
(2)求证：；
(3)若，，求的长．
四、参考答案
考点例题讲解
例一：
【答案】C
【分析】根据矩形的性质可得，再由折叠的性质可得，，从而得到，，进而得到，即可求解．
【详解】解：在矩形中，，，
∴，
由折叠的性质得：，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：C
例二：
【答案】C
【分析】本题主要考查了菱形的性质，以及求余角，设、相交于点O，由菱形的性质可得出，在利用余角的定义即可求出答案．
【详解】解：设、相交于点O，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：C．

例三：
【答案】B
【分析】本题考查的是正方形的性质．由正方形的性质可得，，证明的度数，再利用三角形的外角性质可得答案．
【详解】解：∵正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
例四：
【答案】 平行四边形 56
【分析】此题主要考查了中点四边形．直接利用三角形中位线定理得出，，得到四边形是平行四边形；由三角形中位线定理得出，，即可得出答案．
【详解】解：连接，，
，，，分别是，，，边的中点，
∴，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
，，，分别是，，，边的中点，
同理，，
∴四边形的周长是：．
故答案为：平行四边形；56．
例五：
【答案】D
【分析】根据矩形、正方形、菱形的判定方法一一判断即可；
【详解】解：A、有三个角是直角的四边形是矩形，故选项说法错误；
B、两条对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故选项说法错误；
C、两条对角线相等的菱形是正方形，故选项说法错误；
D、两条对角线相等的菱形是正方形，故选项说法正确；
故选：D．
课后训练
1．
【答案】C
【分析】本题主要考查菱形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键；因此此题可根据菱形的判定定理进行排除选项．
【详解】解：A、是的性质，不能作为菱形的判定条件，故不符合题意；
B、当时，则是矩形，不能判定是菱形，故不符合题意；
C、当时，则是菱形，故符合题意；
D、当时，则是矩形，不能判定是菱形，故不符合题意；
故选C．
2．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记等边三角形的判定与性质是解题的关键．判断是等边三角形，即可得解．
【详解】解：∵四边形是菱形
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴
故选:
3．
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形对角线的性质．
根据矩形的性质，逐一分析每个选项是否正确．
【详解】A．矩形的对角线相等，但互相垂直仅当矩形为正方形时成立，故A错误；
B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，而非矩形，故B错误；
C．对角线互相平分的四边形是平行四边形，若对角线相等，则此平行四边形为矩形，故C正确；
D．矩形的对角线平分一组对角仅当其为正方形时成立，普通矩形不满足，故D错误．
故选：C．
4．
【答案】C
【分析】本题考查的是菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
先证明四边形为平行四边形，再利用菱形的性质证明，求解长，再证明平行四边形为矩形，再利用矩形的性质可得答案．
【详解】解：∵是菱形，
∴，，，
∴，
又∵，，
∴是平行四边形，
∵，
∴是矩形，
∴，
故选C．
5．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质结合勾股定理求出，再根据直角三角形斜边上中线的性质得出答案．
【详解】解：∵在菱形中，，，，
∴，
∵E是边的中点，
∴，
故选：C．
6．
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．由菱形的性质和勾股定理，得出，证明四边形是矩形，得到，当时，有最小值，利用三角形面积公式，求出的长，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接，
四边形是菱形，，．
，，，
，
，，
，
四边形是矩形，
，
当时，有最小值，
，
，
的最小值为2.4，
故选：A．
二、填空题
7．
【答案】
【分析】本题考查矩形的性质和点的坐标，熟练掌握矩形的性质是解题关键．
先由矩形的性质得出线段的长，再结合点的坐标即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
，
，
，
∴点的坐标为，
故答案为：．
8．
【答案】/20度
【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
由菱形的性质得，，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得，进而由直角三角形斜边上的中线性质得，然后由等腰三角形的性质得，即可得出结论．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
9．
【答案】/68度
【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，掌握菱形的四边相等是解题的关键．由菱形的性质可得，，由等腰三角形的性质可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴．
故答案为：．
10．
【答案】
【分析】本题考查了直角坐标系中点的坐标，菱形的性质，连接，交于点，由菱形的性质得到，由点的坐标可得，得到，即可求解，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：连接，交于点，如图：
∵四边形是菱形，
∴，
∵点的坐标是，
∴，
∴，
∵点在第四象限，
∴点，
故答案为：．
三、解答题
11．
【答案】当为1时，平行四边形是菱形，此时菱形的周长为2．
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式的应用及菱形的性质．根据菱形的邻边相等可知方程有两个相等的实数根，利用根的判别式计算求得m的值，再代入方程解答即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴当时平行四边形是菱形．
∴，
即时，是菱形；
把代入已知方程可得：，解得：．
∴此菱形的边长为．
∴菱形的周长为．
答：当为1时，平行四边形是菱形，此时菱形的周长为2．
12．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，熟记翻折前后两个图形能够重合得到相等的线段和角是解题的关键．
（1）过P作于H，根据勾股定理求出，进而可以解决问题；
（2）设，则，根据勾股定理求出x，得，，然后利用三角形的面积公式即可解决问题．
【详解】（1）解：如图，过P作于H，
在中，，
∵，
∴，
∴；
（2）解：设，则，
在中，，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴的面积．
13．
【答案】(1)；
(2)
证明：∵四边形是矩形,
∴，
由翻折可知: ，，
∴，，
在和中，
，
∴；
(3)．
【分析】（）根据矩形和翻折的性质即可解决问题；
（）根据矩形和翻折的性质可得，，即可解决问题；
（）设，则，根据勾股定理列出方程求解即可；
本题考查了翻折变换的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟记各性质并作利用勾股定理列方程是解题的关键．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
由翻折可知: ，
∴，
∴度数为；
（2）略
（3）解：设，则，
∵沿翻折后点与点重合，
∴，
在中，由勾股定理得，即 ，
解得，
∴．
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第五单元 特殊平行四边形
期末专题复习（教师版）
一、考点回顾
考点01 矩形
1. 定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。矩形是特殊的平行四边形。
2. 性质：矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等。
3. 判定：①有一个角是直角的平行四边形是矩形；②对角线相等的平行四边形是矩形；③有三个角是直角的四边形是矩形。
4. 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。
考点02 菱形
1. 定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。菱形是特殊的平行四边形。
2. 性质：菱形的四条边都相等；菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。
3. 判定：①有一组邻边相等的平行四边形是菱形；②对角线互相垂直的平行四边形是菱形；③四条边都相等的四边形是菱形。
4. 菱形的面积=底×高=对角线乘积的一半。
考点03 正方形
1. 定义：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. 性质：正方形具有矩形和菱形的所有性质。四个角都是直角，四条边都相等；对角线相等且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角。
3. 判定：既是矩形又是菱形的四边形是正方形。具体判定方法灵活运用矩形和菱形的判定条件。
考点04 中点四边形
1. 定义：顺次连结四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形。
2. 中点四边形的形状取决于原四边形的对角线：①任意四边形的中点四边形是平行四边形；②对角线相等的四边形的中点四边形是菱形；③对角线互相垂直的四边形的中点四边形是矩形；④对角线相等且互相垂直的四边形的中点四边形是正方形。
3. 中点四边形的周长等于原四边形对角线之和；面积等于原四边形面积的一半。
考点05 特殊平行四边形的综合应用
1. 矩形、菱形、正方形的关系：正方形既是矩形也是菱形，具有两者的全部性质。
2. 折叠问题：折叠前后对应线段相等、对应角相等。
3. 坐标系中的特殊平行四边形：利用顶点坐标特征和平行四边形的性质综合求解。
4. 面积计算：矩形面积=长×宽；菱形面积=底×高= ×对角线乘积；正方形面积=边长 = ×对角线 。
二、考点例题讲解
例1 （考点01·矩形）
1．如图，在矩形纸片中，将其折叠，使点与点重合，折痕为，已知，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据矩形的性质可得，再由折叠的性质可得，，从而得到，，进而得到，即可求解．
【详解】解：在矩形中，，，
∴，
由折叠的性质得：，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：C
例2 （考点02·菱形）
2．如图，在菱形中，连接、，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了菱形的性质，以及求余角，设、相交于点O，由菱形的性质可得出，在利用余角的定义即可求出答案．
【详解】解：设、相交于点O，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：C．

例3 （考点03·正方形）
3．如图，点是正方形对角线上一点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查的是正方形的性质．由正方形的性质可得，，证明的度数，再利用三角形的外角性质可得答案．
【详解】解：∵正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
例4 （考点04·中点四边形）
4．如果四边形的四边中点依次是E、F、G、H，那么四边形是_______形．如果，，那么四边形的周长等于________cm．
【答案】 平行四边形 56
【分析】此题主要考查了中点四边形．直接利用三角形中位线定理得出，，得到四边形是平行四边形；由三角形中位线定理得出，，即可得出答案．
【详解】解：连接，，
，，，分别是，，，边的中点，
∴，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
，，，分别是，，，边的中点，
同理，，
∴四边形的周长是：．
故答案为：平行四边形；56．
例5 （考点05·特殊平行四边形的综合应用）
5．下列说法正确的是（ ）
A．有一个角是直角的四边形是矩形 B．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C．两条对角线相等的矩形是正方形 D．两条对角线相等的菱形是正方形
【答案】D
【分析】根据矩形、正方形、菱形的判定方法一一判断即可；
【详解】解：A、有三个角是直角的四边形是矩形，故选项说法错误；
B、两条对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故选项说法错误；
C、两条对角线相等的菱形是正方形，故选项说法错误；
D、两条对角线相等的菱形是正方形，故选项说法正确；
故选：D．
三、课后训练
一、选择题
1．如图，的对角线，交于点O，要使成为菱形，则可添加一个条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查菱形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键；因此此题可根据菱形的判定定理进行排除选项．
【详解】解：A、是的性质，不能作为菱形的判定条件，故不符合题意；
B、当时，则是矩形，不能判定是菱形，故不符合题意；
C、当时，则是菱形，故符合题意；
D、当时，则是矩形，不能判定是菱形，故不符合题意；
故选C．
2．如图，在菱形中，，，则对角线的长为（ ）
A． B．6 C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记等边三角形的判定与性质是解题的关键．判断是等边三角形，即可得解．
【详解】解：∵四边形是菱形
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴
故选:
3．下列关于矩形叙述正确的是（ ）
A．对角线相等且互相垂直 B．对角线互相垂直的平行四边形
C．对角线相等且互相平分的四边形 D．矩形的对角线平分一组对角
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形对角线的性质．
根据矩形的性质，逐一分析每个选项是否正确．
【详解】A．矩形的对角线相等，但互相垂直仅当矩形为正方形时成立，故A错误；
B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，而非矩形，故B错误；
C．对角线互相平分的四边形是平行四边形，若对角线相等，则此平行四边形为矩形，故C正确；
D．矩形的对角线平分一组对角仅当其为正方形时成立，普通矩形不满足，故D错误．
故选：C．
4．如图，O是菱形对角线的交点，，，连接，设，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查的是菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
先证明四边形为平行四边形，再利用菱形的性质证明，求解长，再证明平行四边形为矩形，再利用矩形的性质可得答案．
【详解】解：∵是菱形，
∴，，，
∴，
又∵，，
∴是平行四边形，
∵，
∴是矩形，
∴，
故选C．
5．如图，菱形的对角线和交于点O，且，E是边的中点，则线段的长为（ ）

A．8 B．5 C．2.5 D．6
【答案】C
【分析】根据菱形的性质结合勾股定理求出，再根据直角三角形斜边上中线的性质得出答案．
【详解】解：∵在菱形中，，，，
∴，
∵E是边的中点，
∴，
故选：C．
6．如图，在菱形中，，．E是边上一动点，过点E分别作于点F，于点G，连接，则的最小值为（　　）
A．2.4 B．3 C．4.8 D．4
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．由菱形的性质和勾股定理，得出，证明四边形是矩形，得到，当时，有最小值，利用三角形面积公式，求出的长，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接，
四边形是菱形，，．
，，，
，
，，
，
四边形是矩形，
，
当时，有最小值，
，
，
的最小值为2.4，
故选：A．
二、填空题
7．如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，轴，已知点，则点的坐标是_______．
【答案】
【分析】本题考查矩形的性质和点的坐标，熟练掌握矩形的性质是解题关键．
先由矩形的性质得出线段的长，再结合点的坐标即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
，
，
，
∴点的坐标为，
故答案为：．
8．如图，在菱形中，交于点O，于点E，连接，若，则的度数是 ________．

【答案】/20度
【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
由菱形的性质得，，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得，进而由直角三角形斜边上的中线性质得，然后由等腰三角形的性质得，即可得出结论．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
9．如图，在菱形中，，则的度数为________．
【答案】/68度
【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，掌握菱形的四边相等是解题的关键．由菱形的性质可得，，由等腰三角形的性质可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴．
故答案为：．
10．菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，点的坐标是，则点的坐标是_____．
【答案】
【分析】本题考查了直角坐标系中点的坐标，菱形的性质，连接，交于点，由菱形的性质得到，由点的坐标可得，得到，即可求解，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：连接，交于点，如图：
∵四边形是菱形，
∴，
∵点的坐标是，
∴，
∴，
∵点在第四象限，
∴点，
故答案为：．
三、解答题
11．已知的两边，的长是关于的方程的两个实数根，则当为何值时，是菱形？并求此菱形的周长．
【答案】当为1时，平行四边形是菱形，此时菱形的周长为2．
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式的应用及菱形的性质．根据菱形的邻边相等可知方程有两个相等的实数根，利用根的判别式计算求得m的值，再代入方程解答即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴当时平行四边形是菱形．
∴，
即时，是菱形；
把代入已知方程可得：，解得：．
∴此菱形的边长为．
∴菱形的周长为．
答：当为1时，平行四边形是菱形，此时菱形的周长为2．
12．如图，将长方形纸片进行折叠，使折痕的两个端点P、F分别在边上，顶点B落在边的E点处．已知．
(1)试求出的长度；
(2)请求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，熟记翻折前后两个图形能够重合得到相等的线段和角是解题的关键．
（1）过P作于H，根据勾股定理求出，进而可以解决问题；
（2）设，则，根据勾股定理求出x，得，，然后利用三角形的面积公式即可解决问题．
【详解】（1）解：如图，过P作于H，
在中，，
∵，
∴，
∴；
（2）解：设，则，
在中，，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴的面积．
13．如图，在矩形中，，将矩形沿折叠，使点与点重合．
(1)若，求的度数；
(2)求证：；
(3)若，，求的长．
【答案】(1)；
(2)
证明：∵四边形是矩形,
∴，
由翻折可知: ，，
∴，，
在和中，
，
∴；
(3)．
【分析】（）根据矩形和翻折的性质即可解决问题；
（）根据矩形和翻折的性质可得，，即可解决问题；
（）设，则，根据勾股定理列出方程求解即可；
本题考查了翻折变换的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟记各性质并作利用勾股定理列方程是解题的关键．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
由翻折可知: ，
∴，
∴度数为；
（2）略
（3）解：设，则，
∵沿翻折后点与点重合，
∴，
在中，由勾股定理得，即 ，
解得，
∴．
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