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9 整理与复习
知识梳理
菱形、矩形、正方形以及平行四边形的关系如图，请在下面带箭头的线上填上文字，把图示的含义表达完整。
平行四边形
矩形
菱形
正方形
专题探究
知识梳理
菱形、矩形、正方形以及平行四边形的关系如图，请在下面带箭头的线上填上文字，把图示的含义表达完整。
平行四边形
矩形
菱形
正方形
专题探究
答案
解析
【分析】
本题考查特殊平行四边形之间的转化与判定关系，解题思路是先回忆平行四边形、矩形、菱形、正方形的定义和判定定理，明确各类四边形的从属关系：矩形和菱形是特殊的平行四边形，正方形是同时具备矩形和菱形特征的特殊平行四边形，再对应每个箭头的转化方向匹配对应的判定条件即可。
【解析】
根据各特殊平行四边形的判定定理逐一对应箭头内容：
1. 平行四边形转化为矩形：根据矩形定义，有一个角是直角的平行四边形是矩形，对应上方箭头内容；
2. 平行四边形转化为菱形：根据菱形定义，邻边相等（或对角线互相垂直）的平行四边形是菱形，对应下方箭头内容；
3. 矩形转化为正方形：需让矩形同时具备菱形的特征，因此添加“邻边相等”或“对角线互相垂直”的条件即可，对应矩形到正方形的箭头内容；
4. 菱形转化为正方形：需让菱形同时具备矩形的特征，因此添加“有一个角是直角”（或对角线相等）的条件即可，对应菱形到正方形的箭头内容；
5. 平行四边形直接转化为正方形：需同时满足矩形和菱形的判定条件，即“邻边相等且一个角为直角”，对应中间箭头内容。
【答案】
【知识点】
特殊平行四边形关系、矩形的判定、正方形的判定
【点评】
本题是梳理四边形知识体系的基础题，通过转化关系可以清晰区分不同特殊平行四边形的联系和差异，能帮助同学们强化对判定定理的理解和记忆。
【难度系数】
0.8
本题考查特殊平行四边形之间的转化与判定关系，解题思路是先回忆平行四边形、矩形、菱形、正方形的定义和判定定理，明确各类四边形的从属关系：矩形和菱形是特殊的平行四边形，正方形是同时具备矩形和菱形特征的特殊平行四边形，再对应每个箭头的转化方向匹配对应的判定条件即可。
【解析】
根据各特殊平行四边形的判定定理逐一对应箭头内容：
1. 平行四边形转化为矩形：根据矩形定义，有一个角是直角的平行四边形是矩形，对应上方箭头内容；
2. 平行四边形转化为菱形：根据菱形定义，邻边相等（或对角线互相垂直）的平行四边形是菱形，对应下方箭头内容；
3. 矩形转化为正方形：需让矩形同时具备菱形的特征，因此添加“邻边相等”或“对角线互相垂直”的条件即可，对应矩形到正方形的箭头内容；
4. 菱形转化为正方形：需让菱形同时具备矩形的特征，因此添加“有一个角是直角”（或对角线相等）的条件即可，对应菱形到正方形的箭头内容；
5. 平行四边形直接转化为正方形：需同时满足矩形和菱形的判定条件，即“邻边相等且一个角为直角”，对应中间箭头内容。
【答案】
【知识点】
特殊平行四边形关系、矩形的判定、正方形的判定
【点评】
本题是梳理四边形知识体系的基础题，通过转化关系可以清晰区分不同特殊平行四边形的联系和差异，能帮助同学们强化对判定定理的理解和记忆。
【难度系数】
0.8
1.如图,在平行四边形ABCD中,AB=4,BC=6,将线段AB向右平移a个单位长度得到线段EF。若四边形ECDF为菱形,则a的值为(
A.1
B.2
C.3
D.4
B
)。A.1
B.2
C.3
D.4
答案
1.B
解析
【分析】
解题时先结合已知条件梳理图形性质：首先利用平行四边形对边相等的性质得到CD、BC的长度，再根据平移的性质得到线段间的数量与位置关系，判断出四边形ECDF是平行四边形，最后根据菱形“邻边相等”的特征列等式计算a的值即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=4，BC=6，AB//CD。
∵线段AB向右平移a个单位长度得到EF，
∴EF=AB=4，EF//AB，BE=AF=a，
∴EF//CD，EF=CD，
∴四边形ECDF是平行四边形。
若四边形ECDF为菱形，则需邻边相等，即EC=CD，
又
∵EC=BC - BE=6 - a，CD=4，
∴6 - a=4，
解得a=2。
【答案】
B
【知识点】
平行四边形的性质；平移的性质；菱形的判定
【点评】
本题是几何基础综合题，解题关键是先推导得出四边形ECDF为平行四边形，再结合菱形的性质建立等量关系求解，解题思路清晰，难度较低。
【难度系数】
0.8
解题时先结合已知条件梳理图形性质：首先利用平行四边形对边相等的性质得到CD、BC的长度，再根据平移的性质得到线段间的数量与位置关系，判断出四边形ECDF是平行四边形，最后根据菱形“邻边相等”的特征列等式计算a的值即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=4，BC=6，AB//CD。
∵线段AB向右平移a个单位长度得到EF，
∴EF=AB=4，EF//AB，BE=AF=a，
∴EF//CD，EF=CD，
∴四边形ECDF是平行四边形。
若四边形ECDF为菱形，则需邻边相等，即EC=CD，
又
∵EC=BC - BE=6 - a，CD=4，
∴6 - a=4，
解得a=2。
【答案】
B
【知识点】
平行四边形的性质；平移的性质；菱形的判定
【点评】
本题是几何基础综合题，解题关键是先推导得出四边形ECDF为平行四边形，再结合菱形的性质建立等量关系求解，解题思路清晰，难度较低。
【难度系数】
0.8
2.如图,矩形ABCD的对角线相交于点O,则下列结论一定正确的是(
A.AC平分∠BAD
B.AB=BC
C.AC=BD
D.AC⊥BD
C
)。A.AC平分∠BAD
B.AB=BC
C.AC=BD
D.AC⊥BD
答案
2.C
解析
【分析】
本题考查矩形的性质，解题时需逐一分析每个选项对应的结论是否是所有矩形都具备的性质，区分普通矩形与特殊平行四边形（菱形、正方形）的性质差异。首先明确“一定正确”指的是对任意矩形都成立，而非仅对特殊的矩形成立，接下来分别回忆各选项对应的性质所属的图形类型，逐一判断即可。
【解析】
根据矩形的性质：矩形的对角线相等且互相平分，对边相等，四个角均为直角，逐一判断选项：
选项A：对角线平分内角是菱形（含正方形）的性质，仅当矩形为正方形时该结论成立，普通矩形不满足，故A错误；
选项B：邻边相等是菱形的性质，仅当矩形为正方形时AB=BC，普通矩形邻边不相等，故B错误；
选项C：对角线相等是矩形的核心性质之一，所有矩形的对角线都相等，即AC=BD恒成立，故C正确；
选项D：对角线互相垂直是菱形的性质，仅当矩形为正方形时该结论成立，普通矩形对角线不垂直，故D错误。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质；特殊平行四边形的性质
【点评】
本题属于基础题，重点考查学生对矩形及特殊平行四边形性质的区分，解题时要注意题干中“一定正确”的要求，不要将仅正方形具备的性质当成所有矩形的共性。
【难度系数】
0.9
本题考查矩形的性质，解题时需逐一分析每个选项对应的结论是否是所有矩形都具备的性质，区分普通矩形与特殊平行四边形（菱形、正方形）的性质差异。首先明确“一定正确”指的是对任意矩形都成立，而非仅对特殊的矩形成立，接下来分别回忆各选项对应的性质所属的图形类型，逐一判断即可。
【解析】
根据矩形的性质：矩形的对角线相等且互相平分，对边相等，四个角均为直角，逐一判断选项：
选项A：对角线平分内角是菱形（含正方形）的性质，仅当矩形为正方形时该结论成立，普通矩形不满足，故A错误；
选项B：邻边相等是菱形的性质，仅当矩形为正方形时AB=BC，普通矩形邻边不相等，故B错误；
选项C：对角线相等是矩形的核心性质之一，所有矩形的对角线都相等，即AC=BD恒成立，故C正确；
选项D：对角线互相垂直是菱形的性质，仅当矩形为正方形时该结论成立，普通矩形对角线不垂直，故D错误。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质；特殊平行四边形的性质
【点评】
本题属于基础题，重点考查学生对矩形及特殊平行四边形性质的区分，解题时要注意题干中“一定正确”的要求，不要将仅正方形具备的性质当成所有矩形的共性。
【难度系数】
0.9
3.如图,已知正方形ABCD的边长为3,P是对角线BD上的一点,PF⊥AD于点F,PE⊥AB于点E,连接PC,当PE:PF=1:2时,PC=(
A.$\sqrt{3}$
B.2
C.$\sqrt{5}$
D.$\frac{5}{2}$
C
)。A.$\sqrt{3}$
B.2
C.$\sqrt{5}$
D.$\frac{5}{2}$
答案
3.C
解析
【分析】
解题时首先结合正方形的性质和PE、PF的垂直关系，判定四边形AEPF为矩形；再利用正方形对角线与边的夹角为45°，得到等腰直角△BEP，推出BE=PE，结合边长为3和PE:PF=1:2的比例关系，计算出PE、PF的长度；最后利用正方形关于对角线BD对称的性质，得到PC=AP，通过勾股定理计算AP的长度即可得到PC的值。也可通过建立平面直角坐标系，求出P点坐标后用两点间距离公式计算PC。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，边长为3
∴∠A=90°，AB=3，BD为正方形的对称轴，∠ABD=45°
∵PE⊥AB，PF⊥AD
∴∠AEP=∠AFP=90°，
∴四边形AEPF是矩形
∴AE=PF，PE=AF
在Rt△BEP中，∠EBP=45°，
∴BE=PE
∵AB=AE+BE=PF+PE=3，且PE:PF=1:2
设PE=x，则PF=2x，代入得：x+2x=3，解得x=1
∴PE=1，PF=2，即AE=2，PE=1
连接AP，
∵点P在正方形的对称轴BD上
∴AP=PC
在Rt△AEP中，由勾股定理得：
AP=√(AE² + PE²)=√(2² + 1²)=√5
∴PC=√5
【答案】
C
【知识点】
正方形的性质；勾股定理；矩形的判定与性质
【点评】
本题是基础的几何综合题，将正方形、矩形的性质与勾股定理结合考查，解题的关键是利用正方形的对称性将未知线段PC转化为易求的AP，简化计算过程。
【难度系数】
0.7
解题时首先结合正方形的性质和PE、PF的垂直关系，判定四边形AEPF为矩形；再利用正方形对角线与边的夹角为45°，得到等腰直角△BEP，推出BE=PE，结合边长为3和PE:PF=1:2的比例关系，计算出PE、PF的长度；最后利用正方形关于对角线BD对称的性质，得到PC=AP，通过勾股定理计算AP的长度即可得到PC的值。也可通过建立平面直角坐标系，求出P点坐标后用两点间距离公式计算PC。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，边长为3
∴∠A=90°，AB=3，BD为正方形的对称轴，∠ABD=45°
∵PE⊥AB，PF⊥AD
∴∠AEP=∠AFP=90°，
∴四边形AEPF是矩形
∴AE=PF，PE=AF
在Rt△BEP中，∠EBP=45°，
∴BE=PE
∵AB=AE+BE=PF+PE=3，且PE:PF=1:2
设PE=x，则PF=2x，代入得：x+2x=3，解得x=1
∴PE=1，PF=2，即AE=2，PE=1
连接AP，
∵点P在正方形的对称轴BD上
∴AP=PC
在Rt△AEP中，由勾股定理得：
AP=√(AE² + PE²)=√(2² + 1²)=√5
∴PC=√5
【答案】
C
【知识点】
正方形的性质；勾股定理；矩形的判定与性质
【点评】
本题是基础的几何综合题，将正方形、矩形的性质与勾股定理结合考查，解题的关键是利用正方形的对称性将未知线段PC转化为易求的AP，简化计算过程。
【难度系数】
0.7
4.出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早由魏晋时期数学家刘徽提出。“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一。如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=12，对角线AC与BD交于点O，E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为F，G，则EF+EG=
$\frac{60}{13}$
。答案
4.$\frac{60}{13}$
解析
【分析】
本题可利用面积法结合矩形性质求解。首先根据矩形边长用勾股定理求出对角线长度，再根据矩形对角线互相平分且相等得到OB、OC的长度；接着连接辅助线OE，可知△OBC的面积等于△OBE与△OCE的面积之和，两个小三角形的高分别是EG和EF，结合面积相等关系即可求出EF+EG的和。
【解析】
解：在矩形ABCD中，∠ABC=90°，AB=5，BC=AD=12，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$，
∵矩形对角线相等且互相平分，
∴$OB=OC=\frac{1}{2}AC=\frac{13}{2}$，
矩形ABCD的面积$S_{ABCD}=AB×AD=5×12=60$，
∴$△ OBC$的面积$S_{△ OBC}=\frac{1}{4}S_{ABCD}=\frac{1}{4}×60=15$，
连接OE，
∵$S_{△ OBC}=S_{△ OBE}+S_{△ OCE}$，且$EG⊥BD$，$EF⊥AC$，
∴$15=\frac{1}{2}×OB×EG+\frac{1}{2}×OC×EF$，
将$OB=OC=\frac{13}{2}$代入得：
$15=\frac{1}{2}×\frac{13}{2}×(EG+EF)$，
解得：$EF+EG=\frac{15×4}{13}=\frac{60}{13}$。
【答案】
$\frac{60}{13}$
【知识点】
矩形的性质，勾股定理，面积法求线段和
【点评】
本题结合我国古代出入相补原理考查几何计算，将所求线段和转化为两个三角形的高的和，利用面积恒等关系求解，解题的关键是合理作出辅助线，灵活运用面积法简化计算。
【难度系数】
0.6
本题可利用面积法结合矩形性质求解。首先根据矩形边长用勾股定理求出对角线长度，再根据矩形对角线互相平分且相等得到OB、OC的长度；接着连接辅助线OE，可知△OBC的面积等于△OBE与△OCE的面积之和，两个小三角形的高分别是EG和EF，结合面积相等关系即可求出EF+EG的和。
【解析】
解：在矩形ABCD中，∠ABC=90°，AB=5，BC=AD=12，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$，
∵矩形对角线相等且互相平分，
∴$OB=OC=\frac{1}{2}AC=\frac{13}{2}$，
矩形ABCD的面积$S_{ABCD}=AB×AD=5×12=60$，
∴$△ OBC$的面积$S_{△ OBC}=\frac{1}{4}S_{ABCD}=\frac{1}{4}×60=15$，
连接OE，
∵$S_{△ OBC}=S_{△ OBE}+S_{△ OCE}$，且$EG⊥BD$，$EF⊥AC$，
∴$15=\frac{1}{2}×OB×EG+\frac{1}{2}×OC×EF$，
将$OB=OC=\frac{13}{2}$代入得：
$15=\frac{1}{2}×\frac{13}{2}×(EG+EF)$，
解得：$EF+EG=\frac{15×4}{13}=\frac{60}{13}$。
【答案】
$\frac{60}{13}$
【知识点】
矩形的性质，勾股定理，面积法求线段和
【点评】
本题结合我国古代出入相补原理考查几何计算，将所求线段和转化为两个三角形的高的和，利用面积恒等关系求解，解题的关键是合理作出辅助线，灵活运用面积法简化计算。
【难度系数】
0.6
