第23讲 特殊的平行四边形
陕西《中考说明》 考点归纳 比重 陕西2012～2014年中考试题分析 考试要求 1.掌握矩形的概念和性质；2.掌握并探索矩形的有关性质和四边形是矩形的条件 解答题 年份 题型 题号 分值 考查内容 分值 考点1 矩形 2014 25 12 2013 选择题 1.掌握菱形的概念和性质；2.掌握并探索菱形的有关性质和四边形是菱形的条件 选择题 选择题 3.掌握正方形的概念和性质；2.掌握并探索正方形的有关性质和四边形是正方形的条件 解答题 9 3 矩形、圆、正方形、三角形结合的综合探究题 矩形与菱形的性质应用 4.2% 考点2 菱形 2014 2012 9 7 3 3 菱形的性质 利用菱形的性质求角度数 1.7% 考点3 正方形 2013 25 12 2012 解答题 25 12 圆、正方形、三角形的性 质等探究综合题 以三角形与正方形为基础图形，以问题探究的6.7% 形式综合考查尺规作图、正方形 1
性质及最值问题 在近几年的陕西中考试题中，特殊的平行四边形是考查的重点，一般考查的是与特殊平行四边形有关的开放性、探索性问题，或是与三角形全等和相似、圆、函数等知识结合构建的综合题，每年都会在选择(填空)和解答题中对本节内容考查．预计2015年对此部分的考查仍会是一个重点，可能会在选择或填空题中考查特殊四边形相关计算，在解答题中结合开放性问题来考查．
1．有一个角是__直角__的平行四边形是矩形．矩形的四个角都是__直角__，对角线__相等且互相平分__；既是轴对称图形，又是中心对称图形，有__两__条对称轴．
矩形的判定方法：
(1)有三个角是__直角__的四边形；
(2)是平行四边形且有一个角是__直角__； (3)__对角线相等__的平行四边形；
(4)__对角线相等且互相平分__的四边形．
2．有一组__邻边相等__的平行四边形叫做菱形．菱形的四条边都__相等__，对角线__互相垂直平分__，且每一条对角线__平分一组对角__；既是轴对称图形，又是中心对称图形，有__两__条对称轴．
菱形的判定方法：
(1)四条边都__相等__；
(2)有一组__邻边相等__的平行四边形； (3)对角线__互相垂直__的平行四边形； (4)对角线__互相垂直平分__的四边形．
3．有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．正方形的四个角都是__直角__，四条边都__相等__，两条对角线__相等__，并且__互相垂直平分__，每一条对角线__平分一组对角__；既是轴对称图形，又是中心对称图形，有__四__条对称轴．
正方形的判定方法：
(1)邻边相等的__矩形__； (2)有一角是直角的__菱形__．
一个防范 在判定矩形、菱形或正方形时，要明确是在“四边形”还是在“平行四边形”的基础之上来求证的．要熟悉各判定定理的联系和区别，解题时要认真审题，通过对已知条件的分析、综合，最后确定用哪一种判定方法．
三种联系
(1)平行四边形与矩形的联系： 在平行四边形的基础上，增加“一个角是直角”或“对角线相等”的条件可为矩形；若在四边形的基础上，则需有三个角是直角(第四个角必是直角)则可判定为矩形．
(2)平行四边形与菱形的联系：
在平行四边形的基础上，增加“一组邻边相等”或“对角线互相垂直”的条件可为菱形；若在四边形的基础上，需有四边相等则可判定为菱形．
(3)菱形、矩形与正方形的联系： 正方形的判定可简记为：菱形＋矩形＝正方形，其证明思路有两个：先证四边形是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等(即矩形)；或先证四边形是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直(即菱形)．
总结：平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系归纳如下：
2
注：学好本部分内容的方法是：弄清楚平行四边形，矩形、菱形和正方形之间的联系和区别，以整体的的观点看待本部分内容．
1．(2014·陕西)如图，在菱形ABCD中，AB＝5，对角线AC＝6.若过点A作AE⊥BC ，垂足为E，则AE的长为( C )
1224
A．4 B. C. D．5
55
,第1题图 ) ,第2题图)
2．(2013·陕西)如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB，点M，N分别在边AD，BC上，连接
AM
BM，DN，若四边形MBND是菱形，则等于( C )
MD
3234A. B. C. D. 8355
3．(2012·陕西)如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，OE⊥AB，垂足为E，若∠ADC＝130°，则∠AOE的大小为( B )
A．75° B．65° C．55° D．50° 4．(2014·陕西)问题探究
(1)如图①，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，如果BC边上存在点P，使△APD为等腰三角形，那么请画出满足条件的一个等腰三角形△APD，并求出此时BP的长；
(2)如图②，在△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝12，AD是BC边上的高，E，F分别为边AB，AC的中点，当AD＝6时，BC边上存在一点Q，使∠EQF＝90°，求此时BQ的长；
问题解决
(3)有一山庄，它的平面图为如图③的五边形ABCDE，山庄保卫人员想在线段CD上选一点M安装监控装置，用来监视边AB，现只要使∠AMB大约为60°，就可以让监控装置的效果达到最佳，已知∠A＝∠E＝∠D＝90°，AB＝270 m，AE＝400 m，ED＝285 m，CD＝340 m，问在线段CD上是否存在点M，使∠AMB＝60°？若存在，请求出符合条件的DM的长，若不存在，请说明理由．
解：(1)①作AD的垂直平分线交BC于点P，如图①，则PA＝PD.∴△PAD是等腰三角形．∵
3
四边形ABCD是矩形，∴AB＝DC，∠B＝∠C＝90°.∵PA＝PD，AB＝DC，∴Rt△ABP≌Rt△DCP(HL)．∴BP＝CP.∵BC＝4，∴BP＝CP＝2 ②以点D为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P′，如图①，则DA＝DP′.∴△P′AD是 等腰三角形．∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，
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AB＝DC，∠C＝90°.∵AB＝3，BC＝4，∴DC＝3，DP′＝4.∴CP′＝4－3＝7.∴BP′＝4－7.③点A为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P″，如图①，则AD＝AP″.∴△P″AD是等腰三角形．同理可得：BP″＝7.综上所述：在等腰三角形△ADP中，若PA＝PD，则BP＝2；若DP＝DA，则BP＝4－7；若AP＝AD，则BP＝7
1
(2)∵E，F分别为边AB，AC的中点，∴EF∥BC，EF＝BC.∵BC＝12，∴EF＝6.以EF为
2
直径作⊙O，过点O作OQ⊥BC，垂足为Q，连接EQ、FQ，如图②.∵AD⊥BC，AD＝6，∴EF与BC之间的距离为3.∴OQ＝3∴OQ＝OE＝3.∴⊙O与BC相切，切点为Q.∵EF为⊙O的直径，∴∠EQF＝90°.过点E作EG⊥BC，垂足为G，如图②.∵EG⊥BC，OQ⊥BC，∴EG∥OQ.∵EO∥GQ，EG∥OQ，∠EGQ＝90°，OE＝OQ，∴四边形OEGQ是正方形．∴GQ＝EO＝3，EG＝OQ＝3.∵∠B＝60°，∠EGB＝90°，EG＝3，∴BG＝3.∴BQ＝GQ＋BG＝3＋3.∴当∠EQF＝90°时，BQ的长为3＋3 (3)在线段CD上存在点M，使∠AMB＝60°.理由如下：以AB为边，在AB的右侧作等边三角形ABG，作GP⊥AB，垂足为P，作AK⊥BG，垂足为K.设GP与AK交于点O，以点O为圆心，OA为半径作⊙O，过点O作OH⊥CD，垂足为H，如图③.则⊙O是△ABG
1
的外接圆，∵△ABG是等边三角形，GP⊥AB，∴AP＝PB＝AB.∵AB＝270，∴AP＝135.∵ED
2
＝285，∴OH＝285－135＝150.∵△ABG是等边三角形，AK⊥BG，∴∠BAK＝∠GAK＝30°.∴
3
OP＝AP·tan30°＝135×＝453.∴OA＝2OP＝903.∴OH＜OA.∴⊙O与CD相交，设交
3点为M，连接MA、MB，如图③.∴∠AMB＝∠AGB＝60°，OM＝OA＝903.∵OH⊥CD，OH＝150，OM＝903，∴HM＝OM－OH＝（903）－150＝302.∵AE＝400，OP＝453，∴DH＝400－453.若点M在点H的左边，则DM＝DH＋HM＝400－453＋302.∵400－453＋302＞340，∴DM＞CD.∴点M不在线段CD上，应舍去．若点M在点H的右边，则DM＝DH－HM＝400－453－303.∵400－453－302＜340，∴DM＜CD.∴点M在线段CD上．综上所述：在线段CD上存在唯一的点M，使∠AMB＝60°，此时DM的长为(400－453－302)米
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5．(2013·陕西)问题探究
(1)请在图①中作出两条直线，使它们将圆面积四等分；
(2)如图②，M是正方形ABCD内一定点，请在图②中作出两条直线(要求其中一条直线必须过点M)使它们将正方形ABCD的面积四等分，并说明理由．
问题解决
(3)如图③，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＋CD＝BC，点P是AD的中点，如果AB＝a，CD＝b，且b＞a，那么在边BC上是否存在一点Q，使PQ所在直线将四边形ABCD的面积分成相等的两部分？如若存在，求出BQ的长；若不存在，说明理由．
解：(1)如图1所示
4
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