专题04 特殊平行四边形60道压轴题型专训（10大题型）-2024-2025学年九年级数学上册重难点专题提升精讲精练（北师大版）

专题04 特殊平行四边形60道压轴题型专训（10大题型） 题型一 菱形的判定与性质压轴题型 题型二 矩形的判定与性质压轴题型 题型三 正方形的判定与性质压轴题型 题型四 特殊平行四边形存在性问题 题型五 特殊平行四边形中的翻折问题 题型六 特殊平行四边形最值问题 题型七 特殊平行四边形旋转问题 题型八 特殊平行四边形与一次函数综合 题型九 特殊平行四边形中的新定义问题（垂美四边形等） 题型十 四边形其他综合大题 【经典例题一 菱形的判定与性质压轴题型】 1．（2024八年级下·浙江·专题练习）如图1，两个全等的直角三角形和的斜边和在同一直线上，，将沿直线平移，并连结，． (1)【基础巩固】 求证：在沿直线平移过程中，四边形是平行四边形； (2)【操作思考】 如图2，已知，，当沿平移到某一个位置时，四边形为菱形，求此时的长； (3)【拓展探究】 如图3，连结，若四边形为菱形，且，求的度数． 2．（23-24八年级下·重庆铜梁·阶段练习）综合与实践 问题情境： 在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片中，E为边上任意一点，将沿折叠，点D的对应点为． 分析探究： （1）如图1，当，当点恰好落在边上时，三角形的形状为 ． 问题解决： （2）如图2，当E，F为边的三等分点时，连接并延长，交边于点G．试判断线段与的数量关系，并说明理由． （3）如图3，当，时，连接并延长，交边于点H．若的面积为24，，请直接写出线段的长． 3．（23-24八年级上·山东泰安·期末）在中，点是上任意一点，延长交的延长线于点． (1)在图1中，当时，求证：是的平分线； (2)根据（1）的条件和结论， ①如图2，若，点是的中点，请求出的度数； ②如图3，若，且，连接、，请直接写出的度数． 4．（23-24九年级上·福建福州·阶段练习）如图，在菱形中，，对角线、相交于点．在线段上任取一点（端点除外），连接、．    (1)求证：； (2)将线段绕点逆时针旋转，使点落在的延长线上的点处．当点在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由： (3)在（2）的条件下探与的数量关系，并说明理由． 5．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．    (1)如图①，求证； (2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等． 6．（22-23八年级下·河南开封·期末）在，．请仅用无刻度的直尺，按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)如图1，点E在边上，且，作的平分线． (2)如图2，点E、F分别在边、上，且 ，连接 ．过点A 作的垂线． 【经典例题二 矩形的判定与性质压轴题型】 7．（2024·山西吕梁·模拟预测）综合与实践 问题情境： 综合实践课上，老师让同学们以“三角形与四边形的相互转化”为主题展开数学活动．善思小组发现特殊三角形和特殊四边形之间可以相互转化解决问题，如矩形可以转化为两个直角三角形，菱形可以转化为两个等腰三角形等；而特殊三角形也可以转化为特殊四边形．他们通过探究提出“以等腰三角形为背景可以构造出平行四边形”，具体操作如下：如图1，在等腰三角形中，为边上一点，过点B作，且，以点E为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点F，连接并延长，交的延长线于点G，连接． 观察发现： （1）①图1中与的数量关系为___________； ②在不添加字母的条件下找出图1中的平行四边形，并说明理由． （2）如图1，试猜想与的位置关系，并给出证明． 拓展应用： （3）如图2，在等腰三角形中，其他条件不变，若射线恰好经过的中点O，且，，请直接写出的长． 8．（2024·陕西渭南·模拟预测）问题提出： 如图1，在四边形中，，，连接，将绕点D按逆时针方向旋转到处，点B，C分别落在点A，E处． 问题解决： （1）的度数为_____； （2）求证：． 拓展应用： （3）如图2，某市公园里有一个四边形的人工湖．已知，．在人工湖上修建了一座观光桥，恰巧满足．为满足实际需求，要在人工湖上再修建一座观光桥，试求观光桥的长． 9．（2024·河南濮阳·二模）折纸是富有趣味和有意义的一项活动，折纸中隐含着数学知识与思想方法．深入探究折纸，可以用数学的眼光发现，用数学的思维思考、用数学的语言描述，提升同学们的综合素养． 【操作发现】 （）如图（），在矩形中，把矩形折叠，使与重合，与重合，展平纸片得到折痕，再第二次折叠，点落在上点，展平纸片得到折痕，连接，，则等于（    ）                                            【深入探究】 （）如图（），是矩形边上一点，把矩形折叠，使与重合，展平纸片得到折痕；第二次折叠，点落在上的点 ，落在点 ，展平纸片得到折痕，连接，，，写出与的数量关系，并给出证明； 【拓展应用】 （）如图（），正方形中，是射线上一点，点与点是对称点，是对称轴．点与点 是对称点，是对称轴，点关于的对称点为点 ，连接 ，，，，当时，直接写出的长． 10．（2024八年级下·浙江·专题练习）定义：我们把一组对边平行另一组对边相等且不平行的四边形叫做等腰梯形． 【性质初探】（1）如图1，已知，，，点是边上一点，连结，四边形恰为等腰梯形．求的度数； 【性质再探】（2）如图2，已知四边形是矩形，以为一边作等腰梯形，，连结、．求证：； 【拓展应用】（3）如图3，的对角线、交于点，，，过点作的垂线交的延长线于点，连结．若，求的长． 11．（23-24八年级下·黑龙江牡丹江·期中）在中，的平分线交直线于点、交的延长线于点，连接． (1)如图，若，是的中点，连接、． ①求证：． ②请判断的形状，并说明理由；(提示：连接) (2)如图，若，将线段绕点顺时针旋转至，连接、，那么又是怎样的形状．（直接写出结论） 12．（23-24八年级下·江西南昌·期中）【探究发现】如图，矩形所在平面内有一点．连接． （1）①当点与矩形对角线交点重合时（如图1），显然有； ②当点落在边上时（如图2），且，则______；通过计算，发现并猜想的关系：______． （2）当点在矩形内部（如图3），是否仍存在你所猜想的结论？ 【直接运用】如图4，矩形外有一点，且． ①．求证：； ②．若，则______． 【拓展应用】如图5，，点在边上运动，若，求的值． 【经典例题三 正方形的判定与性质压轴题型】 13．（23-24八年级下·江苏南通·期中）如图，四边形是边长为4的正方形，点P为射线上的一个动点，延长到点E，使，连接，以为边作平行四边形，直线和直线相交于点M． (1)如图1，点P在边上，判断四边形的形状，并说明理由； (2)在（1）的条件下，若点P为的中点，求点F到边的距离； (3)若，求的长． 14．（23-24八年级下·山东济南·期中）用四根一样长的木棍搭成菱形，是线段上的动点（点不与点和点重合），在射线上取一点，连接，，使． 操作探究一 （1）如图1，调整菱形，使，在射线上取一点N，使，则______，_______． 操作探究二 （2）如图2，调整菱形，使，在射线上取一点，使，连接，探索与的数量关系，并说明理由． 拓展迁移 （3）在菱形中，，．若点在直线上，且当时，请直接写出的长． 15．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，正方形中，E为上一点，过B作于G． (1)如图1，求证： (2)如图2，若延长至点F，使，求证： (3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点M，连接，若点C为的中点，，求的长． 16．（23-24八年级下·广东广州·期中）在中，，E是边上一动点，连接． (1)如图1，若，交于点M，求证：． (2)在（1）的条件下，如图2，若，以为边，在右侧作正方形，连接，当点E在上运动时（不与B、C重合），的大小是否发生变化，如果变化，请说明理由．如果不变，请求出的度数． (3)如图3，点P在正方形的边延长线上，且，在直线的右侧作，且，R为线段的中点，当点E从点B运动到点C时，求出点R运动路径长度，并简要说明理由． 17．（23-24八年级下·浙江湖州·阶段练习）如图1，在中，的平分线交于点，交的延长线于点，以、为邻边作． (1)证明：是菱形． (2)如图2，若，连结、，猜想并证明与的数量关系． (3)如图3，若，，，是的中点，求的长． 18．（23-24八年级下·全国·单元测试）四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以、为邻边作矩形，连接． (1)如图1，求证：矩形是正方形； (2)若，，求的长度； (3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数． 【经典例题四 特殊平行四边形存在性问题】 19．（23-24八年级下·广东潮州·期中）（1）【教材改编】如图1，四边形是正方形，点G、E分别是边、的中点，，且交正方形外角的平分线于点F．求证：． （2）【类比探究】如图2，四边形是正方形，点E是边上的任意一点，，且交正方形外角的平分线于点P．求证：． （3）【知识迁移】在边上是否存在点M，使得四边形是平行四边形？若存在，请在图3画出图形并给予证明：若不存在，请说明理由． 20．（23-24八年级下·山东烟台·期中）在学习了“特殊的平行四边形”这一章后，同学小明对特殊四边形的探究产生了浓厚的兴趣，他发现除了已经学过的特殊四边形外，还有很多比较特殊的四边形，勇于创新的他大胆地作出这样的定义：有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”．请你根据以上定义，回答下列问题： (1)下列关于“双直四边形”的说法，正确的有_______（把所有正确的序号都填上）； ①“双直四边形”的对角线不可能相等： ②“双直四边形”的面积等于对角线乘积的一半； ③若一个“双直四边形”是中心对称图形，则其一定是正方形． (2)如图①，正方形中，点、分别在边、上，连接，，，，线段、于点O，若，证明：四边形为“双直四边形”； (3)如图②，在平面直角坐标系中，已知点，，点在线段上，且，在第一象限内，是否存在点，使得四边形为“双直四边形”，若存在；请直接写出所有点的坐标，若不存在，请说明理由． 21．（23-24八年级下·浙江金华·期中）如图1，在直角坐标系中，线段可以绕原点O逆时针旋转，已知： ，点M，N在x轴上，，分别是，的平分线，于点A，于点C． (1)求证：四边形是矩形． (2)当时，求四边形的周长． (3)过点A作轴于点Q，如图2，当在第一、二象限内旋转，且存在时，求线段的长． (4)如图3，若，直角坐标系内有一点P，使点P，B，O，C为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点P的坐标． 22．（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，矩形的顶点A、C分别在y、x轴的正半轴上，点B的坐标为，一次函数的图象与边、分别交于点D、E，并且满足，点P是线段上的一个动点． (1)求一次函数的解析式； (2)若点P在平分线上，求点P的坐标； (3)连接，若把四边形面积分成两部分，求点P的坐标； (4)设点Q是x轴上方平面内的一点，以O，D，P，Q为顶点的四边形为菱形时，直接写出点Q的坐标． 23．（22-23八年级下·江苏常州·期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，P是x轴上一点．    (1)填空：线段______； (2)若点P在线段上（点P不与点O，A重合），将绕点P旋转后得到（点C，D，E依次与点O，A，B对应），连接，，若四边形恰好是矩形，求点P的坐标； (3)若P是x轴负半轴上一点，F是一次函数的图象上一点，Q是坐标平面内一点，且以P，Q，B，F为顶点的四边形是正方形，直接写出点Q的坐标． 24．（22-23八年级下·福建龙岩·期中）如图，正方形的边在坐标轴上，点B坐标为，将正方形绕点C逆时针旋转一个锐角，得到正方形交线段与点G，的延长线交线段于点H，连． (1)求证：； (2)求的度数； (3)连接得到四边形，在旋转过程中四边形能否为矩形？如果能，请求出点H的坐标；如果不能，请说明理由． 【经典例题五 特殊平行四边形中的翻折问题】 25．（2024·河南商丘·二模）在数学课上，王老师组织同学们以“正方形纸片的折叠”为主题开展数学活动．王老师对正方形纸片进行如下操作：如图1，将正方形纸片沿过点的一条直线翻折，使点落在点处，折痕为，请同学们在图1的基础上进行探究． 【操作发现】 （1）如图2，小明延长交射线于点，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，则线段与的数量关系是________． 【深入探究】 （2）如图3，小华在图2的基础上延长，交的延长线于点，在图3中是否存在一条线段与相等？若存在，请找出这条线段并给出证明；若不存在，请说明理由． 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，若正方形纸片的边长为4，当时，请直接写出线段的长． 26．（2024八年级下·江苏·专题练习）问题情境：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题： 如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为．那么与相等吗？ （1）直接判断： （填“”或“” ； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： （2）如图2，在正方形中，点、、分别在边、和上，且，垂足为．那么与相等吗？证明你的结论； 问题拓展： （3）如图3，点在边上，且，垂足为，当在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点落在点处． ①四边形是正方形吗？请说明理由； ②若，点在上，，直接写出的最小值为 　　． 27．（2023·江苏扬州·模拟预测）【问题情境】：如图，在中，，于，，，求的长． 【问题解决】小明同学是这样分析的：将沿着翻折得到，将沿着翻折得到，延长、相交于点，设为，在中运用勾股定理，可以求出的长．    （1）说明四边形是正方形； （2）求出的长． 【方法提炼】请用小明的方法解决以下问题： （3）如图，四边形中，，，，，求的最大值． （4）如图，四边形中，，，点是上一点，且，，，则的最大值为 （直接写出结果） 28．（2023·吉林松原·模拟预测）【感知】如图①，中，，则的度数为______； 【探究】如图②，四边形是一张边长为4的正方形纸片，E，F分别为的中点，沿过点的折痕将纸片翻折，使点落在上的点处，折痕交于点，试求的度数和的长； 【拓展】若矩形纸片按图③所示的方式折叠，B，D两点恰好重合于对角线的中点O(如图④)，则四边形为______；当时，则四边形的面积为______．（用含a的代数式表示） 29．（2023·贵州贵阳·模拟预测）如图，在边长为的正方形中，点，分别为，边上的点，将正方形沿翻折，点的对应点为，点恰好落在边的点处． (1)【问题解决】 如图①，连接，则与折痕的位置关系是______，与的数量关系是______； (2)【问题探究】 如图②，连接，在翻折过程中，平分，试探究的面积是否为定值，若为定值，请求出的面积；若不是定值，请说明理由； (3)【拓展延伸】若，求出的最小值． 30．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图1，在矩形中，，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线方向移动，将沿直线翻折，得到，设点P的运动时间为， (1)如图2，当点落在上时，显然是直角三角形，求此时t的值； (2)是否在异于图2的时刻，使得是直角三角形？若存在，请写出所有符合题意的t的值？若不存在，请说明理由． 【经典例题六 特殊平行四边形最值问题】 31．（2024九年级·全国·竞赛）如图，在正方形中，点为对角线上一点，为等边三角形． (1)当点在何处时，的值最小，说明理由； (2)当正方形的边长为8时，求的最小值是多少？ 32．（22-23八年级下·广东汕头·期中）已知，如图，矩形中，，，菱形的三个顶点E，G，H分别在矩形的边，，上，，连接． (1)若，求证：四边形正方形； (2)若，求的面积； (3)当为　 　时，的面积最小？最小值是 　 　． 33．（2022九年级上·全国·专题练习）问题提出 (1)如图，点、是直线外两点，在直线上找一点，使得最小． 问题探究 (2)在等边三角形内有一点，且，，，求度数的大小． 问题解决 (3)如图，矩形是某公园的平面图，米，米，现需要在对角线上修一凉亭，使得到公园出口、，的距离之和最小．问：是否存在这样的点？若存在，请画出点的位置，并求出的和的最小值；若不存在，请说明理由． 34．（21-22八年级下·山东济宁·期中）【问题情境】如图1，已知点A，B在直线l的同侧，在直线l上找一点P，使得的值最小． 小军的思路是：如图2，作点A关于直线l的对称点，连接，则与直线l的交点P即为所求． 【启发应用】请参考小军同学的思路，探究并解答下列问题： (1)如图3，在图2的基础上，设与直线l的交点为点C，过点B作，垂足为点D．若，，，求出此时的最小值； (2)如图3，若，，，则此时的最小值为______； (3)【解决问题】根据以上解决问题的思路，直接写出的最小值． 35．（23-24八年级下·福建厦门·期中）已知，在正方形中，点，分别为上的两点，连接、，并延长交于点，连接，为上一点，连接、，. (1)如图1，若为的中点，，且，求线段的长； (2)如图2，若，过点作于点，求证：； (3)如图3，若，为线段（包含端点、）上一动点，连接，过点作于点，将沿翻折得，为直线上一动点，连接，当面积最大时，直接写出的最小值． 36．（22-23八年级下·四川绵阳·期末）如图，正方形的边长为，射线是外角的平分线，点在边上运动（不与点、重合），点在射线上，且，与相交于点，连结、、．    (1)求证：； (2)求的周长（用含的代数式表示）； (3)试探索：点在边上运动至什么位置时，的面积最大． 【经典例题七 特殊平行四边形旋转问题】 37．（2024·河南安阳·二模）在综合与实践课上，李老师提出如下问题：将图1中的正方形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的等腰直角三角形纸片，分别表示为和，其中，将和按图2所示方式摆放（C，B，E三点共线），其中点B与点D重合（标记为B）．连接，取的中点M，过点F作交的延长线于点N． 【问题初探】 （1）试判断的形状： 三角形． 【深入探究】 （2）将图2中的绕点B顺时针旋转，当C，B，E三点不在一条直线上时，连接，如图3所示，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请你证明；若不成立，请说明理由． 【拓展应用】 （3）若正方形的边长是2，在（2）的旋转过程中，当时，请直接写出的面积． 38．（2023·江苏盐城·模拟预测）如图1，四边形是边长为的正方形，点在线段上运动，连接，将线段绕点顺时针旋转得到． 【探索发现】 （1）爱思考的小强发现：过点作时，一定等于，小强发现的结论正确吗？如果正确请帮小强完成证明过程，如不正确请说明理由； 【结论运用】 （2）当点落在上时，此时的长为 ； 【深入理解】 （3）若点在直线上运动，当以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时，求的长； 【拓展延伸】 （4）如图2，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点是轴正半轴上的一点，将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段．若点的坐标为，则的值为 ． 39．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如图1，四边形是正方形，E，F分别在边和上，且（此时 ），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段，，之间的关系，将绕点A顺时针旋转后解决了这个问题．    (1)请直接写出线段，，之间的关系． (2)如图3，等腰直角三角形，，，点E，F在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由． (3)如图4， 在中， ，，点， 在边上，且，当， 时， 求的长． 40．（23-24九年级下·福建福州·阶段练习）如图，和中，，直线与交于点H． (1)如图1，当时，延长交直线于点H，交于点F，求的度数（用含a的式子表示）； (2)当时，将绕点C旋转一周． ①如图2，当点E在直线右侧时，求证：； ②当时，若，请直接写出线段的长． 41．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）综合与实践 正方形（square）是我们熟悉的几何图形，它的四条边都相等，四个角都是直角．因此，正方形既是矩形，又是菱形．它既有矩形的性质，又有菱形的性质．    (1)【尝试探究】如图1 条件一：正方形、正方形，点落在上，连接、． 条件二：连接，取的中点，连接． 根据以上条件，证明：； (2)【深入探究】如图2 在（1）中的正方形、正方形，是的中点，连接，若将正方形绕着点旋转至点落在的延长线上，连接，证明：； (3)【拓展应用】 在（2）中是的中点的条件不变，继续将正方形绕着点旋转，如图3，连接交于点，连接，若点为的中点，的面积为2，求线段的长． 42．（2024·广西柳州·三模）问题提出： （1）如图1，在正方形中，E，F分别为边，上的点，，连接，试说明线段和之间的数量关系． 小明是这样思考的：将绕点A按顺时针方向旋转得到（如图2），此时即是，直接写出线段和之间的数量关系：____________________． 问题探究： （2）如图3，在直角梯形中，（），，E是边上的一点．若，求的长． 问题解决： （3）某小区想在一块不规则的空地上修建一个花园，根据设计要求，花园由一个三角形和一个正方形组成，如图4所示，已知，以为边作正方形，现要在花园里修建一条小路，为了满足观赏需求，小路要尽可能长，求出此时的度数及小路的最大值．    【经典例题八 特殊平行四边形与一次函数综合】 43．（22-23八年级下·河北石家庄·期中）如图，在直角坐标系中，一次函数的图象与轴交于点（），与轴交于点，与一次函数的图象交于点． (1)求的函数表达式； (2)直线与轴交于点，求的面积； (3)如图，已知长方形，，，，矩形的边在轴上平移，若矩形与直线或有交点，直接写出的取值范围． 44．（23-24八年级下·广西柳州·期中）如图，平面直角坐标系中，把矩形沿对角线所在的直线折叠，点A落在点D处，与交于点E．的长满足式子． (1)求点A，C的坐标； (2)求出点E的坐标和直线的函数解析式； (3)F是x轴上一点，在坐标平面内是否存在点P，使以O，B，P，F为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 45．（23-24八年级下·湖北省直辖县级单位·阶段练习）综合与运用： 已知，如图1，在平面直角坐标系中，点，且满足等式，以线段为对角线画正方形．    (1)求直线的函数解析式； (2)求点的坐标； (3)如图2所示，将正方形绕点逆时针旋转得到正方形，点的对应点分别为点，点是直线上一动点，设点的横坐标为，点，当以点，，，为顶点的四边形为平行四边形时，请直接写出所有满足条件的的值及对应的的值． 46．（23-24九年级上·四川成都·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知直线与直线：交于点分别交坐标轴于点A、B、C、D． (1)求直线的函数表达式； (2)如图2，点P为线段上的一个动点，将绕点B逆时针旋转得到，连接与．点Q随着点P的运动而运动，请求出点Q运动所形成的线段所在直线的解析式，以及的最小值； (3)直线上有任意一点F，平面直角坐标系内是否存在点N，使得以点B、D、F、N为顶点的四边形是菱形，如果存在，请直接求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由． 47．（23-24八年级上·江苏泰州·阶段练习）（1）如图1，等腰直角三角形中，，，直线经过点，过作于点，过作于点．求证：； （2）如图2，已知直线与坐标轴交于点A，B，将直线绕点A按逆时针旋转45°至直线，求直线的函数表达式； （3）如图3，已知在长方形中，O为坐标原点，点B的坐标为，点A，C分别在坐标轴上，P是线段上的动点，D是直线上的动点，且在第四象限．若是以D为直角顶点的等腰直角三角形，求点D的坐标． 48．（23-24九年级下·浙江宁波·阶段练习）若一个三角形有一边上的中线与这边的长相等，则称这个三角形为该边上的“中线三角形”．在直角坐标系中，正方形的两直角边分别在坐标轴上，点的坐标是．      (1)在正方形的边上找一点，使得是边上的“中线三角形”，求点的坐标． (2)直线与正方形的两边的交点为，，能否是“中线三角形”？若能，求该直线的函数表达式；若不能，试说明理由． 【经典例题九 特殊平行四边形中的新定义问题（垂美四边形等）】 49．（2024八年级下·浙江·专题练习）我们定义：以已知菱形的对角线为边且有一条边与已知菱形的一条边共线的新菱形称为已知菱形的伴随菱形．如图1，在菱形中，连接，在的延长线上取点E使得，以为边作菱形，我们称菱形是菱形的“伴随菱形”． (1)如图2，在菱形中，连接，在的延长线上作，作的平分线交的延长线于点，连接．求证：四边形为菱形的“伴随菱形”． (2)①如图3，菱形为菱形的“伴随菱形”，过作垂直于点，对角线相交于点．连接若，试判断与的数量关系并加以证明． ②在①的条件下请直接写出的值． 50．（2024八年级下·浙江·专题练习）【新知学习】 定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形”．如在凸四边形中，若，，则四边形是“筝形”． （1）如图1，在边长为1的正方形网格中，画出“筝形”，要求点是格点； 【问题探究】 （2）如图2，在矩形中，，，“筝形”的顶点是的中点，点，，分别在，，上，且，求对角线的长； 【拓展思考】 （3）如图3，在“筝形”中，，，，、分别是、上的点，平分，，，求“筝形”的面积． 51．（23-24九年级上·吉林松原·期末）定义：对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的四边形，则这样的四边形称为镶嵌四边形． (1)如图1，将纸片沿中位线折叠，使点落在边上的处，再将纸片分别沿，折叠，使点和点都与点重合，得到双层四边形，则双层四边形为______形． (2)纸片按图2的方式折叠，折成双层四边形为矩形，若，，求的长． (3)如图3，四边形纸片满足，，，，．把该纸片折叠，得到双层四边形为正方形．请你画出一种折叠的示意图，并直接写出此时的长． 52．（23-24八年级上·山东淄博·期末）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形． 根据以上定义，解决下列问题： (1)如图①，正方形中，E是上的点，将绕B点旋转，使与重合，此时点E的对应点F在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？ (2)如图②，已知四边形是“直等补”四边形，，，过点B作于点E，作交延长线于点F． ①试判断四边形的形状，证明你的结论，并求出的长． ②若点M是边上的动点，求周长的最小值． 53．（23-24九年级下·江西抚州·阶段练习）定义：在等腰三角形的外部，以一条腰为斜边作直角三角形，那么等腰三角形和直角三角形组成一个四边形，我们就称这个四边形是“等对邻直角四边形”． 概念理解 如图，在四边形中，若，，则四边形______“等对邻直角四边形”； A．是    B．不是 问题探究 (1)如图，在“等对邻直角四边形”中，，，是的中点，是的中点．则与的数量关系是 ； (2)如图，在（）的条件下，平分，，问四边形为何种特殊四边形，并说明理由； 拓展探究： (3)在中，，是的中点，是的中点．，，以为直角边作等腰直角，且，求以为顶点的四边形的面积．    54．（23-24八年级上·四川成都·阶段练习）（1）概念理解：如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （2）性质探究：如图1，四边形的对角线交于点．求证：； （3）解决问题：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接．已知． ①请问四边形是垂美四边形吗？并说明理由； ②求的长．    【经典例题十 四边形其他综合大题】 55．（23-24八年级下·江苏南通·期中）四边形为正方形，为对角线上一点，连接，过点作，交射线于点，以，为邻边作矩形，连接． (1)如图，当点在线段上时， ①求证：矩形是正方形； ②若，，求正方形的边长． (2)当线段与正方形的某条边的夹角是时，请直接写出的度数． 56．（23-24八年级下·河南洛阳·期中）定义：如果一个凸四边形沿着它的一条对角线对折后能完全重合，我们就把这个四边形称为“忧乐四边形”．如图1，凸四边形沿对角线对折后完全重合，四边形是以直线为对称轴的“忧乐四边形” (1)下列四边形一定是“忧乐四边形”的有_______ (填序号)； ①平行四边形②菱形③矩形④正方形 (2)如图2，在矩形中，点是边上的中点，四边形是以直线为对称轴的“优乐四边形”（点在四边形内部），连接并延长交于点． 求证：四边形是“忧乐四边形” (3)如图3，在四边形中，，，，，点是边上的中点，四边形是以直线为对称轴的“忧乐四边形”（点在四边形内部），连接并延长交于点．当是直角三角形时，请直接写出线段的长． 57．（23-24八年级下·广东珠海·期中）如图1，在平面直角坐标系中，点，点，以为边在右侧作正方形． (1)当点B在x轴正半轴上运动时，求点C的坐标（用m表示）； (2)当时，如图2，P为上一点，连接，过点P作，过A作，与交于点M，求证：； (3)在（2）的条件下，如图3，连交于点N，求的值． 58．（2024·山西长治·二模）请认真阅读下列材料，并完成相应的任务． 从毕达哥拉斯到帕普斯毕达哥拉斯从地板的结构中发现了直角三角形的三边关系——勾股定理，之后相继有很多数学家及数学爱好者都用面积割补法给出了验证．如我国三国时期的数学家赵爽，美国第二十任总统加菲尔德等． 欧几里得在《几何原本》中第一次在公理体系下给出了以三角形为“桥梁”证明勾股定理的方法：如图（1），过点A作，交于点M，连接． 先证明，所以． 又因为，， 所以． 同理得，则， 即． 之后，我国清代数学家梅文鼎在欧几里得证法的基础上，进行了“改进”，以平行四边形作为“桥梁”进行了证明．如图（2），延长交于点P，连接并延长分别交于点M，N，延长交于点Q． 梅文鼎的证法如下：由题可知，四边形为矩形，∴． ∵四边形，四边形都是正方形， ∴，，． ∴． ∴，． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵四边形为正方形， ∴，， ∵． ∴． ∴． ∴． ∵四边形为正方形， ∴． ∴四边形为平行四边形（依据______） ∴， ∵， ∴． ∵， ∴． ∵，． ∴．…… (1)材料中的依据为______； (2)把材料中的证明过程补充完整； (3)古希腊数学家帕普斯在梅文鼎证法的基础上进行了改进，如图（3），中，，，以为边作和，且中边的高为2，的面积为6，延长交于点R，连接并延长，过点B作，且，再以为边作．请直接写出中边的高． 59．（2024·山西太原·二模）综合与实践 问题情境： 如图1，在正方形中，是对角线，过点作，为垂足，过点作的平行线，过点作的平行线，两线相交于点． 问题解决： （1）判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： （2）如图2，将四边形绕着点逆时针方向旋转，得到四边形，且三点在同一条直线上，过点作为垂足，连接并延长交于点， ①求证：是的中点； ②若正方形的边长为2，请直接写出的长． 60．（2024·山东菏泽·一模）【问题情境】已知在四边形中，为边上一点（不与点，重合），连接，将沿折叠得到，点的对应点为点． 【问题解决】 （1）如图（1），若四边形是正方形，点落在对角线上，连接并延长交于点，写出与相等的角：______（写出一个即可）： 【拓展变式】 （2）如图（2），若四边形是矩形，点恰好落在的垂直平分线上，与交于点．给出下列结论：①；②是等边三角形；③当，，三点共线时，，请任意选择一个你认为正确的结论加以证明； （3）如图（3），若四边形是平行四边形，，，点落在线段上，为的中点，连接，，，求的面积． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 特殊平行四边形60道压轴题型专训（10大题型） 题型一 菱形的判定与性质压轴题型 题型二 矩形的判定与性质压轴题型 题型三 正方形的判定与性质压轴题型 题型四 特殊平行四边形存在性问题 题型五 特殊平行四边形中的翻折问题 题型六 特殊平行四边形最值问题 题型七 特殊平行四边形旋转问题 题型八 特殊平行四边形与一次函数综合 题型九 特殊平行四边形中的新定义问题（垂美四边形等） 题型十 四边形其他综合大题 【经典例题一 菱形的判定与性质压轴题型】 1．（2024八年级下·浙江·专题练习）如图1，两个全等的直角三角形和的斜边和在同一直线上，，将沿直线平移，并连结，． (1)【基础巩固】 求证：在沿直线平移过程中，四边形是平行四边形； (2)【操作思考】 如图2，已知，，当沿平移到某一个位置时，四边形为菱形，求此时的长； (3)【拓展探究】 如图3，连结，若四边形为菱形，且，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可解决问题； （2）设，根据勾股定理，建立方程求解即可； （3）延长交于点，证明，得，所以是等腰直角三角形，然后根据菱形的性质即可解决问题． 【详解】（1）证明：， ，， ， 四边形是平行四边形； （2）解：，，， ， 如图2，连接交于点， 四边形是菱形， ，，， ， ， ， 设， ， ， ， ， ， 整理得， 解得：或（舍去）， ． 当时，四边形能成为菱形； （3）解：如图3，连结，延长交于点， 四边形为菱形， ，， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 四边形为菱形， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，平移的性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 2．（23-24八年级下·重庆铜梁·阶段练习）综合与实践 问题情境： 在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片中，E为边上任意一点，将沿折叠，点D的对应点为． 分析探究： （1）如图1，当，当点恰好落在边上时，三角形的形状为 ． 问题解决： （2）如图2，当E，F为边的三等分点时，连接并延长，交边于点G．试判断线段与的数量关系，并说明理由． （3）如图3，当，时，连接并延长，交边于点H．若的面积为24，，请直接写出线段的长． 【答案】（1）等边三角形；（2）；（3） 【分析】（1）利用平行四边形的性质及折叠的性质可得，，可得四边形是菱形，可知，根据即可得是等边三角形； （2）利用折叠的性质可得，，结合三等分点可知，进而可得，利用三角形外角性质可得，进而可知，可得四边形是平行四边形，再结合平行四边形的性质即可得与的数量关系； （3）由折叠可知：，，易知为等腰直角三角形，延长交于，可知，由平行四边形的性质可得，，，进而可知由的面积为24，，得，求得，可得，再利用勾股定理即可求解． 【详解】解：（1）∵四边形是平行四边形， ∴，，则 由折叠可知：，，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， 故答案为：等边三角形； （2），理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，， 又∵E，F为边的三等分点， ∴， 由折叠可知：，， 则， ∴， 由三角形外角可知：， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴，则， ∴； （3）由折叠可知：，， ∴，则为等腰直角三角形， ∴， 延长交于，则    ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，，即， ∴ ∵的面积为24，，即：， ∴， 则， ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定及性质，翻折的性质，等边三角形的判定，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键． 3．（23-24八年级上·山东泰安·期末）在中，点是上任意一点，延长交的延长线于点． (1)在图1中，当时，求证：是的平分线； (2)根据（1）的条件和结论， ①如图2，若，点是的中点，请求出的度数； ②如图3，若，且，连接、，请直接写出的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）根据等边对等角，利用四边形是平行四边形，可得，由等量关系可得即可证明结论； （2）①先说明是等腰直角三角形可得，再证明可得，然后证明是等腰直角三角形即可证明结论；②延长相较于H，连接，求证四边形是平行四边形，再求证是等边三角形，求证，再根据全等三角形的性质及角的和差即可解答． 【详解】（1）证明：如图1，， ， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴是的平分线． （2）解：①如图2，连接 ∵在平行四边形中，， ， ， ， 又， ∴是等腰直角三角形，即：， 由（1）可得：， ， 又∵是的中点， ， ， ∴， ∴， 是等腰直角三角形，即：； ②如图3，延长相较于H，连接． ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形为平行四边形 由（1）可得：AD=DF，CE=CF ∴平行四边形是菱形．平行四边形是菱形． ∵， ∴,, ∴是等边三角形，即， 在与中，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识点，综合运用相关知识成为解题的关键． 4．（23-24九年级上·福建福州·阶段练习）如图，在菱形中，，对角线、相交于点．在线段上任取一点（端点除外），连接、．    (1)求证：； (2)将线段绕点逆时针旋转，使点落在的延长线上的点处．当点在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由： (3)在（2）的条件下探与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)不变，见解析 (3)，见解析 【分析】（1）①根据正方形的性质证明，即可得到结论； （2）作，，垂足分别为点、，如图，可得，证明四边形是矩形，推出，证明，得出，进而可得结论； （3）作交于点，作于点，如图，证明，即可得出结论． 【详解】（1）四边形是正方形， ，． ， ∴， ； （2）的大小不发生变化，； 理由：作，，垂足分别为点、，如图，    四边形是正方形， ，， 四边形是矩形，， ． ，， ∴， ， ． ，即； （3）； 理由：四边形ABCD是菱形，， ∴， ∴是等边三角形， ∴ ∵由（1）可知，旋转得， ∴， 过P作交AB于点E，交BC于点G，如图，    ∴四边形PEGC是平行四边形， ，， ∴， ∴，都是等边三角形， ∴， 过P作于点M，则，， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形、菱形的性质，矩形、平行四边形、等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键． 5．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．    (1)如图①，求证； (2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等． 【答案】(1)见解析； (2)，理由见解析． 【分析】（1）由平行四边形的性质得，，进而有，从而利用即可证明结论成立； （2）先证四边形是菱形，得，又证，得，由（）得得，根据等角的补角相等即可证明． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴； （2）解：，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由（）得， ∴， ∵， ∴．    【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键． 6．（22-23八年级下·河南开封·期末）在，．请仅用无刻度的直尺，按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)如图1，点E在边上，且，作的平分线． (2)如图2，点E、F分别在边、上，且 ，连接 ．过点A 作的垂线． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）连接，即可作答； （2）连接、，与交于点O，连接，并延长交于N，连接，即为所求． 【详解】（1）如图，连接， 即为所求， 证明∵在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分； （2）连接、，与交于点O，连接，并延长交于N，连接，如图， 即为所求． 证明：连接，并延长交于M，连接、、， 在中，，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 同理可证明：， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，，， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查复杂作图，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 【经典例题二 矩形的判定与性质压轴题型】 7．（2024·山西吕梁·模拟预测）综合与实践 问题情境： 综合实践课上，老师让同学们以“三角形与四边形的相互转化”为主题展开数学活动．善思小组发现特殊三角形和特殊四边形之间可以相互转化解决问题，如矩形可以转化为两个直角三角形，菱形可以转化为两个等腰三角形等；而特殊三角形也可以转化为特殊四边形．他们通过探究提出“以等腰三角形为背景可以构造出平行四边形”，具体操作如下：如图1，在等腰三角形中，为边上一点，过点B作，且，以点E为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点F，连接并延长，交的延长线于点G，连接． 观察发现： （1）①图1中与的数量关系为___________； ②在不添加字母的条件下找出图1中的平行四边形，并说明理由． （2）如图1，试猜想与的位置关系，并给出证明． 拓展应用： （3）如图2，在等腰三角形中，其他条件不变，若射线恰好经过的中点O，且，，请直接写出的长． 【答案】（1）①；②四边形是平行四边形；理由见解析；（2）；（3）的长为． 【分析】（1）①利用证明即可得到；②证明，得到，即可证明四边形是平行四边形； （2）证明和，根据等腰三线合一的性质即可得； （3）连接，证明四边形是矩形，得到，再推出，得到是线段的垂直平分线，则，设，再列式计算即可求解． 【详解】解：（1）①； ∵，∴， ∵，， ∴， ∴； ②四边形是平行四边形；理由如下， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）；理由如下， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）②得， ∴， 根据等腰三线合一的性质得； （3）连接， ∵点O是的中点，则点O也是的中点， ∵， ∴， ∴都是等腰直角三角形， 则四边形是矩形， ∴， ∴， 由， ∴， ∴， ∵，且， ∴， ∴是线段的垂直平分线， ∴， 设， 又， ∴， ∴， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 8．（2024·陕西渭南·模拟预测）问题提出： 如图1，在四边形中，，，连接，将绕点D按逆时针方向旋转到处，点B，C分别落在点A，E处． 问题解决： （1）的度数为_____； （2）求证：． 拓展应用： （3）如图2，某市公园里有一个四边形的人工湖．已知，．在人工湖上修建了一座观光桥，恰巧满足．为满足实际需求，要在人工湖上再修建一座观光桥，试求观光桥的长． 【答案】（1）；（2）见详解；（3） 【分析】（1）根据旋转的性质得到，再由三角形内角和定理和等腰三角形的性质即可求解； （2）解可得，再由旋转的性质得到，根据线段和差即可求证； （3）取中点为点Q，连接，延长，过作于，过作于，由等腰三角形的“三线合一”及勾股定理求得，对运用等面积法求得，可得四边形为矩形，则对运用勾股定理勾股定理可得，对中运用勾股定理可得，即可求解． 【详解】解：（1）由题意得：， ∴， 故答案为：； （2）由旋转得， ∵， ∴， ∵在中，， ∴， ∴； （3）取中点为点Q，连接，延长，过作于，过作于， ，为的中点， ，， ， ， ， ， ， ，， ， 四边形为矩形， ， 在中，根据勾股定理可得： ， ∴ 在中，根据勾股定理可得： ，负值舍掉． 【点睛】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数，三角形内角和定理，勾股定理，等腰三角形的性质，矩形的判定与性质，数量掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 9．（2024·河南濮阳·二模）折纸是富有趣味和有意义的一项活动，折纸中隐含着数学知识与思想方法．深入探究折纸，可以用数学的眼光发现，用数学的思维思考、用数学的语言描述，提升同学们的综合素养． 【操作发现】 （）如图（），在矩形中，把矩形折叠，使与重合，与重合，展平纸片得到折痕，再第二次折叠，点落在上点，展平纸片得到折痕，连接，，则等于（    ）                                            【深入探究】 （）如图（），是矩形边上一点，把矩形折叠，使与重合，展平纸片得到折痕；第二次折叠，点落在上的点 ，落在点 ，展平纸片得到折痕，连接，，，写出与的数量关系，并给出证明； 【拓展应用】 （）如图（），正方形中，是射线上一点，点与点是对称点，是对称轴．点与点 是对称点，是对称轴，点关于的对称点为点 ，连接 ，，，，当时，直接写出的长． 【答案】（1）；（2），详见解析；（3）或 【分析】（1）由折叠知，继而是等边三角形，则，而，即可求解； （2）连接与交于点O，由轴对称可知点O在折痕上，是的垂直平分线，则，因此，由，，得到，故，再根据即可求证．； （3）当点P在边上时，连接，由折叠知是的垂直平分线，则，可求，设，则，，由勾股定理得，则，解得，因此；当点P在线段延长线上，同上可求． 【详解】（）解：由折叠的性质可知：， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 故选：； （）解：， 连接与交于点O，由轴对称可知点O在折痕上，是的垂直平分线， ∴， ∴， ∵是的对称轴， ∴，， ∴ ∴， ∵四边形是矩形， ∴，而， ∴， ∴ ∴， ∴， （）当点P在边上时，连接，如图： 由折叠知是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，而， ∴， 设，则，，由勾股定理得， ∴， 解得：， ∵是的对称轴， ∴ ∴； 当点P在线段延长线上，如图： 设，同上可求， ∴， 综上：或． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，平行线的性质，折叠的性质，矩形，正方形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握知识点，正确条件辅助线是解题的关键． 10．（2024八年级下·浙江·专题练习）定义：我们把一组对边平行另一组对边相等且不平行的四边形叫做等腰梯形． 【性质初探】（1）如图1，已知，，，点是边上一点，连结，四边形恰为等腰梯形．求的度数； 【性质再探】（2）如图2，已知四边形是矩形，以为一边作等腰梯形，，连结、．求证：； 【拓展应用】（3）如图3，的对角线、交于点，，，过点作的垂线交的延长线于点，连结．若，求的长． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）． 【分析】（1）过点作交于，过点作交于，证明，即可求解； （2）证明，即可求解； （3）连接，过点作交延长线于点，分别证明是等腰三角形，是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，从而可求，，在中，用勾股定理求出的长即为所求的长． 【详解】（1）解：过点作交于，过点作交于， ， ∴， ， 四边形恰为等腰梯形， ， ， ， ， ； （2）证明：四边形是矩形， ∴， 四边形是等腰梯形，， 由（1）同理可知，， ， ； （3）解：连接，过点作交延长线于点， 四边形是平行四边形， 是的中点， ， ， ∵，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ． 【点睛】本题是四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，矩形的性质，等腰直角三角形的判定及性质，等腰梯形的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键． 11．（23-24八年级下·黑龙江牡丹江·期中）在中，的平分线交直线于点、交的延长线于点，连接． (1)如图，若，是的中点，连接、． ①求证：． ②请判断的形状，并说明理由；(提示：连接) (2)如图，若，将线段绕点顺时针旋转至，连接、，那么又是怎样的形状．（直接写出结论） 【答案】(1)①见解析；②等腰直角三角形，理由见解析； (2)是等边三角形． 【分析】（1）①先判断四边形是矩形，再根据矩形的性质可得，，然后根据平行线的性质求出，，再根据是的平分线，利用角平分线的定义得到，从而得到，然后根据等角对等边的性质即可证明；②连接，根据等腰直角三角形的性质可得，再根据等腰三角形三线合一的性质求出，，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形性质得，，再求出，然后求出，，根据等腰直角三角形的定义判断即可． （2）连接，根据旋转的性质可得是等边三角形，再根据角平分线的定义以及平行线的性质求出，利用“边角边”证明和全等，得到，，然后求出，再求出，根据等边三角形的判定方法判断即可． 【详解】（1）证明：①∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴，， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴； ②是等腰直角三角形． 理由如下：连接， 由①知，，， ∴， ∵G是的中点， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 即， ∴， ∴是等腰直角三角形； （2）连接， ∵绕点F顺时针旋转至， ∴是等边三角形， ∴，， 又∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 在中， ， ∴， ∴是等边三角形． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 12．（23-24八年级下·江西南昌·期中）【探究发现】如图，矩形所在平面内有一点．连接． （1）①当点与矩形对角线交点重合时（如图1），显然有； ②当点落在边上时（如图2），且，则______；通过计算，发现并猜想的关系：______． （2）当点在矩形内部（如图3），是否仍存在你所猜想的结论？ 【直接运用】如图4，矩形外有一点，且． ①．求证：； ②．若，则______． 【拓展应用】如图5，，点在边上运动，若，求的值． 【答案】【探究发现】（1）②7，；（2）见解析；【直接运用】①．见解析；②．；【拓展应用】16 【分析】（1）②直接利用矩形的性质与勾股定理计算即可得到答案； （2）如图3中，过点作的垂线，交于点，交于点，则四边形和为矩形，，再利用勾股定理可得结论； 【直接运用】①当点在矩形外部时，如图4中，由（2）同法可证：；如图5中，连接．证明，结合，从而可得结论；②直接利用①的结论计算即可； 【拓展应用】如图6中，将沿翻折得到，连接，证明四边形是矩形，再利用前面的结论可得答案． 【详解】解：（1）②如图2中， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ． （2）如图3中，过点作的垂线，交于点，交于点， 则四边形和为矩形， ， 由勾股定理得：则，， ， ， ． 直接运用： ①证明：当点在矩形外部时，如图4中，由（2）同法可证： ； 如图5中，连接． ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ． ②， ， ∵， ∴， 拓展应用： 如图6中，将沿翻折得到，连接，         ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查矩形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质，二次根式的乘法运算等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会构建模型解决问题，属于中考压轴题． 【经典例题三 正方形的判定与性质压轴题型】 13．（23-24八年级下·江苏南通·期中）如图，四边形是边长为4的正方形，点P为射线上的一个动点，延长到点E，使，连接，以为边作平行四边形，直线和直线相交于点M． (1)如图1，点P在边上，判断四边形的形状，并说明理由； (2)在（1）的条件下，若点P为的中点，求点F到边的距离； (3)若，求的长． 【答案】(1)正方形，理由见解析 (2)2 (3)1或3 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定： （1）先证明得到，进而证明，即可证明四边形是正方形； （2）如图所示，作，垂足为H，证明，得到，求出，则，即点F到距离为2； （3）分点P在上和点P在得延长线上两种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下： 解：在正方形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是正方形； （2）解：如图所示，作，垂足为H， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∵点P是中点， ∴， ∴， ∴点F到距离为2； （3）解：①点P在线段上， ∵， ∴， ∴， 由（2）可得，， ∴， 设，则， 由勾股定理得， ∴， 解得， ∴； ②点P在延长线上， 如图所示，作，垂足为H， 同理可得， 同理可证明， ∴， 设，则， 由勾股定理得， ∴， 解得， ∴； 综上所述，得长为1或3． 14．（23-24八年级下·山东济南·期中）用四根一样长的木棍搭成菱形，是线段上的动点（点不与点和点重合），在射线上取一点，连接，，使． 操作探究一 （1）如图1，调整菱形，使，在射线上取一点N，使，则______，_______． 操作探究二 （2）如图2，调整菱形，使，在射线上取一点，使，连接，探索与的数量关系，并说明理由． 拓展迁移 （3）在菱形中，，．若点在直线上，且当时，请直接写出的长． 【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）长度为或 【分析】（1）证明得到，，从而得到，推出为等腰直角三角形，最后根据等腰直角三角形的性质即可得到答案； （2）证明得到，，从而得到，作交于，则，，根据含角的性质及勾股定理得出，从而得到； （3）当时，点和点重合，再分两种情况：当点在线段的延长线时，过点作于点；当点在的延长线上时，过点作交的延长线于点；利用等腰直角三角形的性质以及锐角三角形函数进行计算即可得到答案． 【详解】解：（1）四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， 即； （2），理由如下： 四边形是菱形，， ，， 在和中，， ， ，， ， ， ， ， ， ， 如图2，作交于，则，， 在中，，， ， ， ； （3）当时，点和点重合， 如图3，当点在线段的延长线时，过点作于点， 设， ，， 为等腰直角三角形， ， 四边形是菱形，，，， ，， 由菱形的对称性及可得， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ， ， ， ； 如图4，当点在的延长线上时，过点作交的延长线于点， 设，同①可得：，， ， ， ， 综上所述，的长度为或． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、菱形的性质、正方形的性质、含角的直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键． 15．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，正方形中，E为上一点，过B作于G． (1)如图1，求证： (2)如图2，若延长至点F，使，求证： (3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点M，连接，若点C为的中点，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形性质证明即可证明结论； （2）过C点作于H点，根据正方形的性质证明，根据全等三角形的性质可得，等量代换即可得到结论； （3）连接，过C点作于H点，先证明， 都是等腰直角三角形，得到，设根据勾股定理列方程求出，证明，从而证明，得，进而求出结论． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ， ， ； （2）证明：过C点作于H点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中 ∵， ∴， ∴， ∴, ∵， ∴， ∴； （3）连接，过C点作于H点， ，， ，即是等腰直角三角形， 点C为的中点， ， 是等腰直角三角形， ， ， 由（2）知， 设，则， 在中，， ， 解得：， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构建等腰直角三角形是解题的关键． 16．（23-24八年级下·广东广州·期中）在中，，E是边上一动点，连接． (1)如图1，若，交于点M，求证：． (2)在（1）的条件下，如图2，若，以为边，在右侧作正方形，连接，当点E在上运动时（不与B、C重合），的大小是否发生变化，如果变化，请说明理由．如果不变，请求出的度数． (3)如图3，点P在正方形的边延长线上，且，在直线的右侧作，且，R为线段的中点，当点E从点B运动到点C时，求出点R运动路径长度，并简要说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)不变， (3)，理由见解析 【分析】（1）如图1中，先证明四边形是菱形，再证明即可解决问题． （2）由“”可证，可得，，可证，可求，即可求解； （3）连接，作交于J．利用全等三角形的性质证明，点R的运动轨迹是线段，求出的长，利用三角形的中位线定理即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，且 ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解：的大小不会变化， ∵四边形是菱形，且， ∴四边形是正方形， 过点F作，交的延长线于H，如图， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图中，连接，作交于J． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点R的运动轨迹是线段， ∵点E从B运动到C时，， ∴， ∴， ∴当点E从点B运动到点C时，点R运动的路径长为． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 17．（23-24八年级下·浙江湖州·阶段练习）如图1，在中，的平分线交于点，交的延长线于点，以、为邻边作． (1)证明：是菱形． (2)如图2，若，连结、，猜想并证明与的数量关系． (3)如图3，若，，，是的中点，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据平分，得出，根据四边形是平行四边形，证出，，从而得出，即可证明四边形为菱形； （2）先判断出， 再判断出， 进而得出， 即可判断出， 再判断出， 进而得出是等边三角形， 即可得出结论； （3）首先证明四边形为正方形， 再证明可得， 再根据可得到是等腰直角三角形， 由等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）解：证明：平分， ， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ， 又四边形是平行四边形， 四边形为菱形； （2）四边形是平行四边形， ，，， ， ，， 由（1）知，四边形是菱形， ，， ，， ， ， 是的平分线， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）连接，，． ，四边形是平行四边形， 四边形是矩形， 又由（1）可知四边形为菱形，， 四边形为正方形． ， ， 为中点， ， ， 在和中， ， ， ，． ， 是等腰直角三角形． ，， ， ∵， ． 【点睛】此题主要考查平行四边形的判定方法，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法． 18．（23-24八年级下·全国·单元测试）四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以、为邻边作矩形，连接． (1)如图1，求证：矩形是正方形； (2)若，，求的长度； (3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题． （1）作于，于，证明，得到，根据正方形的判定定理证明即可； （2）通过计算发现是中点，点与重合，是等腰直角三角形，由此即可解决问题． （3）分两种情形考虑问题即可； 【详解】（1）证明：作于，于， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， 矩形是正方形； （2）如图2中，在中．， ， ， 点与重合，此时是等腰直角三角形，易知． （3）①当与的夹角为时，点在边上，， 则， 在四边形中，由四边形内角和定理得：， ②当与的夹角为时，点在的延长线上，，如图3所示： ，， ， 综上所述，或． 【经典例题四 特殊平行四边形存在性问题】 19．（23-24八年级下·广东潮州·期中）（1）【教材改编】如图1，四边形是正方形，点G、E分别是边、的中点，，且交正方形外角的平分线于点F．求证：． （2）【类比探究】如图2，四边形是正方形，点E是边上的任意一点，，且交正方形外角的平分线于点P．求证：． （3）【知识迁移】在边上是否存在点M，使得四边形是平行四边形？若存在，请在图3画出图形并给予证明：若不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）存在，见解析 【分析】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，平行四边形的判定等知识，此题综合性很强，图形比较复杂，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的准确选择． （1）证明，即可由全等三角形的性质得出结论； （2）在上取，连接，根据已知及正方形的性质利用判定，即可由全等三角形的性质得出结论； （3）先证，进而可得四边形是平行四边形． 【详解】（1）证明：∵四边形形是正方形． ，， ∵点G、E分别为、的中点， ，， ； ， ， ∵是正方形外角的角平分线， ， ， ， ， ， 又， ， 在和中 ， ； （2）证明：如图，在上截取， 四边形为正方形， ，， ，， ， 为正方形的外角平分线， ， ， ， ． ， ， 在和中， ， ． ； （3）解：存在点使得四边形是平行四边形， 理由如下： 过点作，交于点，交于点，连接、， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形． 20．（23-24八年级下·山东烟台·期中）在学习了“特殊的平行四边形”这一章后，同学小明对特殊四边形的探究产生了浓厚的兴趣，他发现除了已经学过的特殊四边形外，还有很多比较特殊的四边形，勇于创新的他大胆地作出这样的定义：有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”．请你根据以上定义，回答下列问题： (1)下列关于“双直四边形”的说法，正确的有_______（把所有正确的序号都填上）； ①“双直四边形”的对角线不可能相等： ②“双直四边形”的面积等于对角线乘积的一半； ③若一个“双直四边形”是中心对称图形，则其一定是正方形． (2)如图①，正方形中，点、分别在边、上，连接，，，，线段、于点O，若，证明：四边形为“双直四边形”； (3)如图②，在平面直角坐标系中，已知点，，点在线段上，且，在第一象限内，是否存在点，使得四边形为“双直四边形”，若存在；请直接写出所有点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)②③ (2)证明见解析 (3)存在，点的坐标或 【分析】（1）由“双直四边形”的定义依次判断即可． （2）设的交点为点，先根据SAS证明    ，于是得，再证明，即可得 ，由此得四边形为“双直四边形”． （3）先求出的解析式，再分三种情况讨论：，，，分别求出点D的坐标即可． 【详解】（1）解：∵正方形是“双直四边形”，正方形的对角线相等． 故①不正确． ∵“双直四边形”的对角线互相垂直， ∴“双直四边形”的面积等于对角线乘积的一半． 故②正确． ∵中心对称的四边形是平行四边形，对角线互相垂直且有一个角是直角的的平行四边形是正方形． ∴若一个“双直四边形”是中心对称图形，则其一定是正方形． 故③正确． 故答案为：②③； （2）证明：如图，设与的交点为， ∵四边形是正方形， ， 又， ， ， ， ， ， ， ， ，     ∴四边形为“双直四边形”． （3）解：假设存在点在第一象限，使得四边形为“双直四边形”． 如图，设的交点为 ∵，， ， 即， ， 解得， ， 是的中点， ， 设直线的解析式为则      解得      ∴直线的解析式为     设， ①当时，则， ， 则； ②当时， ， 是的垂直平分线， ， ， ， ， 此时点坐标还是； ③当时， ， 是等腰直角三角形， ，， ， ∵，， ∴， ∴， 整理得， ， 当时，， 此时在第四象限，不符合题意． 当时，， 此时在第一象限，符合题意． 综上，或． 【点睛】本题是一道四边形的综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，一次函数等知识，综合性较强，题目难度较大．熟练掌握以上知识以及分类讨论思想是解题的关键． 21．（23-24八年级下·浙江金华·期中）如图1，在直角坐标系中，线段可以绕原点O逆时针旋转，已知： ，点M，N在x轴上，，分别是，的平分线，于点A，于点C． (1)求证：四边形是矩形． (2)当时，求四边形的周长． (3)过点A作轴于点Q，如图2，当在第一、二象限内旋转，且存在时，求线段的长． (4)如图3，若，直角坐标系内有一点P，使点P，B，O，C为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点P的坐标． 【答案】(1)见解析 (2) (3) (4)或或 【分析】（1）利用角平分线定义和平角定义求出，然后利用矩形的判定即可得证； （2）判定是等腰直角三角形，利用勾股定理求出，证明四边形是正方形，利用正方形的性质求解即可； （3）先根据勾股定理求出，取中点G，连接，过B作轴于H，证明是等边三角形，得出，利用含的直角三角形的性质求出，，利用勾股定理求出，即可； （4）过B作轴于D，过C作轴于E，在上取点G，使，先求出B的坐标，设，利用含的直角三角形的性质，勾股定理，可求出，，，同理设，则，根据勾股定理得出，求出，利用勾股定理得出，则可求出，即可求出点C的坐标，然后分①以，为对角线时，②以，为对角线时，③以，为对角线时，三种情况讨论，利用中点坐标公式构建方程组求解即可． 【详解】（1）解∶∵，分别是，的平分线， ∴，， 又， ∴， 即， 又，， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形， ∴正方形的周长为； （3）解：∵，，， ∴， 解得， 取中点G，连接，过B作轴于H， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴，， ∴， 同理， ∴，， ∴ （4）解：过B作轴于D，过C作轴于E，在上取点G，使 ∵，，， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，， 同理设，则， ∵， ∴， 化简得， ∵， ∴， 解得， ∴，， ∴， 设， ①以，为对角线时， ， 解得， ∴； ②以，为对角线时， ， 解得， ∴； ③以，为对角线时， ， 解得， ∴； 综上，P的坐标为或或． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理，含的直角三角形的性质，直角三角形斜边上中线的性质，坐标与图形等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造特殊三角形求解是解题的关键． 22．（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，矩形的顶点A、C分别在y、x轴的正半轴上，点B的坐标为，一次函数的图象与边、分别交于点D、E，并且满足，点P是线段上的一个动点． (1)求一次函数的解析式； (2)若点P在平分线上，求点P的坐标； (3)连接，若把四边形面积分成两部分，求点P的坐标； (4)设点Q是x轴上方平面内的一点，以O，D，P，Q为顶点的四边形为菱形时，直接写出点Q的坐标． 【答案】(1)； (2) (3)或； (4)点Q的坐标为或． 【分析】（1）先令，即可求得，然后利用求出E的坐标，代入一次函数解析式求得m的值即可求解； （2）过点P作轴于点M，轴于点N，连接，直线交x轴于点H，先证明矩形是正方形，即有，再根据，即可作答； （3）先求得四边形的面积，然后分两种情况求解即可； （4）分四边形是菱形和四边形是菱形两种情况求解即可． 【详解】（1）对于，令，解得， 则D的坐标是，， ∵点B的坐标为， ∴，， ∴， ∵， ∴，则E的坐标是， 把E的坐标代入得， 解得， ∴； （2）过点P作轴于点M，轴于点N，连接，直线交x轴于点H，如图， ∵点P在平分线上， ∴， ∵轴，轴，， ∴四边形是矩形， ∴平分，轴，轴， ∴， ∴矩形是正方形， ∴， 当时，， 解得：， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴； （3）设， ， 当时， 则， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时， 则， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上可知，点P的坐标为： 或； （4）当四边形是菱形时，如图1， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∵P的纵坐标是3，把代入， 得， 解得：， 则P的坐标是， ∴Q的坐标是； 当四边形是菱形时，如图2 ∵四边形是菱形， ∴，， 设P的横坐标是n，则纵坐标是， 则， 解得：或0（舍去）， 则P的坐标是 ∴Q的横坐标是，Q的纵坐标是， ∴Q的坐标是， 综上，点Q的坐标为或． 【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，矩形的性质，正方形的判定与性质，坐标与图形的性质，菱形的性质，以及勾股定理等知识，正确根据菱形的性质求得Q的坐标是解决本题的关键． 23．（22-23八年级下·江苏常州·期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，P是x轴上一点．    (1)填空：线段______； (2)若点P在线段上（点P不与点O，A重合），将绕点P旋转后得到（点C，D，E依次与点O，A，B对应），连接，，若四边形恰好是矩形，求点P的坐标； (3)若P是x轴负半轴上一点，F是一次函数的图象上一点，Q是坐标平面内一点，且以P，Q，B，F为顶点的四边形是正方形，直接写出点Q的坐标． 【答案】(1)8 (2) (3)满足条件的点Q的值为或或或． 【分析】（1）求出点A的坐标，可得结论； （2）设，则，构建方程求出m即可； （3）分两种情形：为正方形的边，为正方形的对角线，分别构建全等三角形求解即可． 【详解】（1）解：对于直线中， 令，得到， 令，得到， ∴，， ∴， 故答案为：8； （2）如图1中， ∵，， ∴，    ∵四边形是矩形， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∵由旋转可得：， ∴，， ∴； （3）当为正方形的边，时，如图， 同理可得：，设， ∴，解得：， ∴．    过作于， ∵正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 由中点坐标公式可得：； 当时，如图：过点作轴， 设， 同法可得：， ∴， ∴， ∴， ∵F是一次函数的图象上一点， ∴，解得：， ∴， ∵为对角线， 由中点坐标公式可得：； 当为正方形的对角线时，设，．    过作于，作于， 同理可得：， ∴，， 解得：，， ∴， 过作于， 同理可得：，， ∴， ∴； 综上所述，满足条件的点Q的值为或或或． 【点睛】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，正方形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 24．（22-23八年级下·福建龙岩·期中）如图，正方形的边在坐标轴上，点B坐标为，将正方形绕点C逆时针旋转一个锐角，得到正方形交线段与点G，的延长线交线段于点H，连． (1)求证：； (2)求的度数； (3)连接得到四边形，在旋转过程中四边形能否为矩形？如果能，请求出点H的坐标；如果不能，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)在旋转过程中四边形能为矩形，此时 【分析】（1）求证全等，观查两个三角形，发现都有直角，而为公共边，进而再锁定一条直角边相等即可，因为其为正方形旋转得到，所以边都相等，即结论可证． （2）上问的结论，本题一般都要使用才能求出结果．所以由三角形全等可以得到对应边、角相等，即．同第一问的思路你也容易发现，也有对应边、角相等，即．于是为． （3）四边形若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为中点的时候．由上几问知，所以此时同时满足，即四边形为矩形．求H点的坐标，可以设其为，则．而为的一半，所以．又由（2），，所以中，三边都可以用含x的表达式表达，那么根据勾股定理可列方程，进而求出x，推得H坐标． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵旋转正方形到正方形， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴ （2） 理由如下： ∵四边形是正方形， ∴． 又∵， ∴． 在和中， ∵， ∴． ∴，． ∵， ∴，． （3）解：在旋转过程中四边形能为矩形，此时． 当G为中点时，四边形能为矩形，理由如下： 如图所示，连结． ∵旋转正方形到正方形， ∴． ∵G为中点， ∴． 又∵， ∴． ∴． ∴四边形为平行四边形． 又∵， ∴四边形为矩形． ∵旋转正方形到正方形，， ∴． ∵四边形是矩形， ∴． 设，则． ∴． 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：． ∴． ∴H的坐标是． 【点睛】本题考查的知识点是是三角形全等的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，矩形的判定，解题关键是注意作出辅助线将所问图形表示出来． 【经典例题五 特殊平行四边形中的翻折问题】 25．（2024·河南商丘·二模）在数学课上，王老师组织同学们以“正方形纸片的折叠”为主题开展数学活动．王老师对正方形纸片进行如下操作：如图1，将正方形纸片沿过点的一条直线翻折，使点落在点处，折痕为，请同学们在图1的基础上进行探究． 【操作发现】 （1）如图2，小明延长交射线于点，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，则线段与的数量关系是________． 【深入探究】 （2）如图3，小华在图2的基础上延长，交的延长线于点，在图3中是否存在一条线段与相等？若存在，请找出这条线段并给出证明；若不存在，请说明理由． 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，若正方形纸片的边长为4，当时，请直接写出线段的长． 【答案】（1）；（2）存在，，证明见解析；（3）4或 【分析】（1）根据折叠的性质，得，证出，再根据，和，得出，即可证明； （2）根据正方形性质得出，，证明．得出，即可证明； （3）根据题意，分两种情况讨论．①当点在线段上时，如图1所示．②当点在的延长线上时，如图2所示． 【详解】解：（1）． 由折叠的性质，得， ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． （2）存在，． 证明：在正方形中，，， ∴． ∵， ∴． ∴． 在和中， ， ∴． ∴． ∵， ∴， 即． （3）4或． 根据题意，分两种情况讨论． ①当点在线段上时，如图1所示． ∵，， ∴，． ∴． 由（1）知， ∴． 由（2）知， ∴． ②当点在的延长线上时，如图2所示． 同①可得，． ∴． ∴． ∴． 综上所述，线段的长为4或． 【点睛】该题主要考查了折叠的性质，正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 26．（2024八年级下·江苏·专题练习）问题情境：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题： 如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为．那么与相等吗？ （1）直接判断： （填“”或“” ； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： （2）如图2，在正方形中，点、、分别在边、和上，且，垂足为．那么与相等吗？证明你的结论； 问题拓展： （3）如图3，点在边上，且，垂足为，当在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点落在点处． ①四边形是正方形吗？请说明理由； ②若，点在上，，直接写出的最小值为 　　． 【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）①是，理由见解析；② 【分析】（1）证明即可得出结论； （2）过点作，证明，由此可得； （3）①如图3，连接，证明，所以，；由折叠可知，，，由四边形内角和和平角的定义可得，所以，则，所以四边形是菱形，再由“有一个角是直角的菱形是正方形”可得结论； ②作交的延长线于点，作于点，可证明，由此可得；易证是等腰直角三角形，所以，则，可得，则；作关于的对称点，则，可得，求出的值即可得出结论． 【详解】解：（1）， ， ， 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ． 故答案为：； （2），理由如下： 如图2，过点作，交于点，交于点， ， ， 四边形是正方形， ，，， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ． （3）①如图3，连接， 由（2）的结论可知，， 四边形是正方形，是正方形的对角线， ，， ， ， ，， 由折叠可知，，， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， 菱形是正方形； ②如图4，作交的延长线于点，作于点， ， 由上知四边形是正方形， ，，， ， ， ， ，； ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ； 如图4，作关于的对称点，则，过点作交延长线于点， 则是等腰直角三角形， ，即当，，三点共线时，最小，最小值为的长． ， ， ， ， ， ， ，即的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理的应用等，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角 形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 27．（2023·江苏扬州·模拟预测）【问题情境】：如图，在中，，于，，，求的长． 【问题解决】小明同学是这样分析的：将沿着翻折得到，将沿着翻折得到，延长、相交于点，设为，在中运用勾股定理，可以求出的长．    （1）说明四边形是正方形； （2）求出的长． 【方法提炼】请用小明的方法解决以下问题： （3）如图，四边形中，，，，，求的最大值． （4）如图，四边形中，，，点是上一点，且，，，则的最大值为 （直接写出结果） 【答案】（1）见解析；（2）；（3）的最大值为；（4） 【分析】（1）由折叠的性质可得，，，，，，，可证四边形是正方形； （2）由正方形的性质可得，，由勾股定理可求解； （3）将沿着翻折得到，将沿着翻折得到，由折叠的性质可求，当，，三条线段共线时，有最大值为，即可求解； （4）由折叠的性质可得，，，，，，可求，当，，三条线段共线时，有最大值． 【详解】解：（1）将沿着翻折得到，将沿着翻折得到， ，，，，，，， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形； （2）设， 四边形是正方形， ，， ，， 在中，， ， 或（舍去）， ； （3）如图，将沿着翻折得到，将沿着翻折得到，连接， ，，，，， ， ， ， ，，， ， 当，，三条线段共线时，有最大值， 则的最大值； （4）如图，将沿着翻折得到，将沿着翻折得到，连接，   ，，，，，， ， ， ， ， 当，，三条线段共线时，有最大值， 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，正方形的判定和性质，勾股定理等知识，利用折叠的性质添加辅助线是解题的关键． 28．（2023·吉林松原·模拟预测）【感知】如图①，中，，则的度数为______； 【探究】如图②，四边形是一张边长为4的正方形纸片，E，F分别为的中点，沿过点的折痕将纸片翻折，使点落在上的点处，折痕交于点，试求的度数和的长； 【拓展】若矩形纸片按图③所示的方式折叠，B，D两点恰好重合于对角线的中点O(如图④)，则四边形为______；当时，则四边形的面积为______．（用含a的代数式表示） 【答案】（感知）：；（探究）：；；（拓展）：菱形； 【分析】本题是四边形的综合题，考查了含30度的直角三角形的性质、矩形的性质、等边三角形的判定及性质等知识，掌握正方形、矩形折叠的性质是解决本题的关键． （感知）：先判断出是等边三角形，即可得出结论； （探究）：求出的度数，利用翻折变换的性质可求出的度数，在中求出，得出，在中可求出，利用翻折变换的性质可得出的长度． （拓展）：先判断出，得出，从而求出的长度，根据翻折变换的性质可得出，在中求出，即可得出答案． 【详解】解：（感知）：如图（1），取的中点，连接， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴； 故答案为：； （探究）：∵正方形边长为分别为的中点， ∵沿过点的折痕将纸片翻折，使点落在上的点处， 沿折叠落在处， （拓展）：∵四边形是矩形， 由折叠得， ∴点、、在同一条直线上， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形； ∵折叠后、两点恰好重合于一点， 由折叠知，， 设，则， 在中，， 根据勾股定理得， 在中，同理得，， 故答案为：菱形，． 29．（2023·贵州贵阳·模拟预测）如图，在边长为的正方形中，点，分别为，边上的点，将正方形沿翻折，点的对应点为，点恰好落在边的点处． (1)【问题解决】 如图①，连接，则与折痕的位置关系是______，与的数量关系是______； (2)【问题探究】 如图②，连接，在翻折过程中，平分，试探究的面积是否为定值，若为定值，请求出的面积；若不是定值，请说明理由； (3)【拓展延伸】若，求出的最小值． 【答案】(1)， (2)的面积为定值，理由见解析 (3) 【分析】（1）过F作于M，由翻折的性质得出垂直平分，利用证明，即可得出结论； （2）作于N，证明，得出，即可得出结论； （3）作点C关于的对称点Q，连接，，，利用证明，得出，则，当B、G、Q三点共线时，的值最小，最小值为的长，然后在中利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：， 理由：过F作于M， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵翻折， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， 又，， ∴， ∴， 故答案为：，； （2）解：的面积为定值， 理由：作于N， ∵平分， ∴， 又，， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∴； （3）解：作点C关于的对称点Q，连接，，， 则垂直平分， ∴， ∵折叠， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴， 当B、G、Q三点共线时，的值最小，最小值为的长， 当时，，， ∴， 即的最小值为． 【点睛】本题考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，轴对称最短路径问题等，将转化为的长是解决第（3）的关键． 30．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图1，在矩形中，，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线方向移动，将沿直线翻折，得到，设点P的运动时间为， (1)如图2，当点落在上时，显然是直角三角形，求此时t的值； (2)是否在异于图2的时刻，使得是直角三角形？若存在，请写出所有符合题意的t的值？若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，或或 【分析】（1）先利用勾股定理求出长，再根据折叠的性质得到得出，，设，则，在中，，据此建立方程，解方程即可求解； （2）根据题意分三种情况，当时，此时点落在上，当时，此时点在的延长线上，当时，则四边形为正方形，三种情况讨论求解即可. 【详解】（1） 解：四边形是矩形， ， ， 由折叠的性质可得，，， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得：， ∴ ∴； （2）解：如图，当时，此时点落在上， 在中，， ∴， ， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得； 如图，当时，此时点在的延长线上， 在中，， ， ， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得； 当时，则四边形为正方形， ， 解得； 综上，或或； 【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，正方形的判定与性质，勾股定理与折叠问题，正确画出符合题意的图形，熟练运用相关知识是解题的关键． 【经典例题六 特殊平行四边形最值问题】 31．（2024九年级·全国·竞赛）如图，在正方形中，点为对角线上一点，为等边三角形． (1)当点在何处时，的值最小，说明理由； (2)当正方形的边长为8时，求的最小值是多少？ 【答案】(1)为与的交点．证明见解析 (2)的最小值为：． 【分析】（1）如图，将线段顺时针旋转得线段，连接，，证明，可得当，，，四点共线时，如图，此时最小，可得为与的交点． （2）如图，过作交的延长线于，证明，可得，，再利用勾股定理可得最小值． 【详解】（1）解：如图，将线段顺时针旋转得线段，连接，， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∵为等边三角形． ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 当，，，四点共线时，如图， 此时最小， ∴为与的交点． （2）如图，过作交的延长线于， ∵正方形，等边三角形，， ∴，，， ∴， ∴，， ∴， ∴的最小值为：． 【点睛】本题考查的是旋转的性质，等边三角形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的混合运算，作出合适的辅助线是解本题的关键． 32．（22-23八年级下·广东汕头·期中）已知，如图，矩形中，，，菱形的三个顶点E，G，H分别在矩形的边，，上，，连接． (1)若，求证：四边形正方形； (2)若，求的面积； (3)当为　 　时，的面积最小？最小值是 　 　． 【答案】(1)见解析 (2)9 (3)2，15﹣3 【分析】（1）利用菱形和矩形的性质得到，，进而证得 ，根据全等三角形的性质证得即可； （2）过F作，交延长线于M，连接GE，由于，可得，同理有，进而得到，再结合，，可证，从而有，即无论菱形如何变化，点F到直线的距离始终为定值2，进而可求三角形面积； （3）设，则由第（2）小题得，，在中，，利用勾股定理可得，再利用勾股定理可得，进而可求得，从而得到当时，的面积最小． 【详解】（1）解：∵四边形为矩形，四边形为菱形， ∴， ， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴∠EHG＝90°， ∴四边形为正方形； （2）解：如下图所示，过F作，交延长线于M， 连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴，即无论菱形如何变化，点F到直线的距离始终为定值2， ∴； （3）解：设，则由第（2）小题得，， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为，此时, ∴当时，的面积最小为． 故答案为：，． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、三角形全等的判定与性质以及菱形的性质，还涉及了勾股定理以及最值问题，难度较大，熟练掌握相关性质定理是解题关键． 33．（2022九年级上·全国·专题练习）问题提出 (1)如图，点、是直线外两点，在直线上找一点，使得最小． 问题探究 (2)在等边三角形内有一点，且，，，求度数的大小． 问题解决 (3)如图，矩形是某公园的平面图，米，米，现需要在对角线上修一凉亭，使得到公园出口、，的距离之和最小．问：是否存在这样的点？若存在，请画出点的位置，并求出的和的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)对角线上不存在这样的点，使得到公园出口、，的距离之和最小，理由见解析 【分析】（1）根据两点间线段距离最短，连接点，与直线交于点，点 即为所求．； （2）把绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质可知是等边三角形，从而得到，由勾股定理逆定理可知，从而求得，即可求解； （3）连接，设在内一点，把绕点逆时针旋转得到， ，由旋转的性质，、是等边三角形，根据两点间线段距离最短，可得当时最短，从而得到最小值为的长，点为、的交点，即可求解． 【详解】（1）解：如图1，连接点，与直线交于点，点 即为所求． （2）解：如图2，把绕点逆时针旋转得到， 由旋转的性质，，，， 是等边三角形， ，， ，， ， ， ； 故； （3）解：如图，连接，设在内一点，把绕点逆时针旋转得到， 由旋转的性质，，，，，，， 、是等边三角形， ， ， 根据两点间线段距离最短得：当时最短， 是等边三角形， 以为一边作等边三角形， 最小值为的长，此时点在线段上， 点为、的交点． 若点与点重合，即在对角线 上， 则点为与的交点，此时点（E）与点重合， 显然不符合题意，故点不在对角线上， 即对角线上不存在这样的点，使得到公园出口、，的距离之和最小． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了旋转知识、三角形全等、特殊角直角三角形、等边三角形的性质和勾股定理，熟练掌握旋转知识构建全等三角形是解题的关键． 34．（21-22八年级下·山东济宁·期中）【问题情境】如图1，已知点A，B在直线l的同侧，在直线l上找一点P，使得的值最小． 小军的思路是：如图2，作点A关于直线l的对称点，连接，则与直线l的交点P即为所求． 【启发应用】请参考小军同学的思路，探究并解答下列问题： (1)如图3，在图2的基础上，设与直线l的交点为点C，过点B作，垂足为点D．若，，，求出此时的最小值； (2)如图3，若，，，则此时的最小值为______； (3)【解决问题】根据以上解决问题的思路，直接写出的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据等腰三角形的判定证得△ACP和△BDP为等腰直角三角形，利用勾股定理求得PA和PB，从而求得PA+PB； （2）作A′E∥l，交BD的延长线于E，根据已知条件求得BE、A′E，然后根据勾股定理即可求得A′B，从而求得AP+BP的值； （3）设AC=5m-3，PC=1，可得PA，设BD=8-5m，PD=3，可得PB，结合（2）即可求解． 【详解】（1）解：∵AA′⊥l，AC=1，PC=1， ∴AC=CP，∠ACP=90°， ∴∠CAP=∠CPA=45°， ∴PA=， ∵点A关于直线l的对称点为A'， ∴PA′=PA=， ∴∠CPA′=∠CPA=45°， ∵BD⊥l，∠BPD=∠CPA′=45°， ∴∠PBD=90°-45°=45°=∠BPD， ∴BD=PD=2， ∴PB=， ∴AP+PB的最小值为=； （2）作A′E∥l，交BD的延长线于E，如图3，则四边形A′EDC是矩形， ∴A′E=DC=6，DE=A′C=AC=1， ∵BD=2， ∴BD+AC=BD+DE=3， 即BE=3， 在Rt△A′BE中，A′B=， ∴AP+BP=A′P+BP=A′B=； （3）如图3，设AC=5m-3，PC=1，则PA=， 设BD=8-5m，PD=3，则PB=， ∵DE=AC=5m-3， ∴BE=BD+DE=5，A′E=CD=PC+PD=4， ∴PA+PB=A′B=， ∴=． 【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，熟练掌握轴对称的性质和勾股定理的应用是解题的关键． 35．（23-24八年级下·福建厦门·期中）已知，在正方形中，点，分别为上的两点，连接、，并延长交于点，连接，为上一点，连接、，. (1)如图1，若为的中点，，且，求线段的长； (2)如图2，若，过点作于点，求证：； (3)如图3，若，为线段（包含端点、）上一动点，连接，过点作于点，将沿翻折得，为直线上一动点，连接，当面积最大时，直接写出的最小值． 【答案】(1)； (2)见解析 (3)的最小值为． 【分析】（1）根据正方形的性质，求得，，在中，根据勾股定理求得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解； （2）过点作于点，证明是等腰直角三角形，，进而证明是等腰直角三角形，根据即可得证； （3）取的中点，连接，连接，以为底边，在的左侧作等腰直角三角形，根据直角三角形中斜边上的中点等于斜边的一半可得，则当时，的面积最大，由，可得当三点共线时，取得最小值，证明四边形是矩形，可得，即的最小值为． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，， ∴，， ∵，∴，， 在中，， ∵为的中点， ∴； （2）证明：如图，过点作于点， ，， ， ， ，， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ，，， ， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， 即； （3）证明：如图甲所示，取的中点，连接，连接，以为底边，在的左侧作等腰直角三角形， ， ， 是直角三角形， 将沿BC翻折得， 是直角三角形， ， 当时，的面积最大， 是的中点， 是等腰直角三角形， 则也是等腰直角三角形， ， 此时如图乙所示，则点与重合， ∵， ，，三点共线时，取得最小值， ， ，， 则四边形是矩形， ， 即的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，两点之间线段最短，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键． 36．（22-23八年级下·四川绵阳·期末）如图，正方形的边长为，射线是外角的平分线，点在边上运动（不与点、重合），点在射线上，且，与相交于点，连结、、．    (1)求证：； (2)求的周长（用含的代数式表示）； (3)试探索：点在边上运动至什么位置时，的面积最大． 【答案】(1)见解析 (2) (3)点为边中点 【分析】（1）过点作于，则，证出是等腰直角三角形，得出，，证出，证明≌，即可得出； （2）证出，得出是等腰直角三角形，，把绕点逆时针旋转至位置，则，，，得出，进而得出，证得≌，得到，据此解答即可； （3）设，由（1）得，则的面积，由平方数的非负性质即可得出答案． 【详解】（1）（1）证明：过点作于，如图所示：    则， 平分， ， 是等腰直角三角形， ，， ， ， ， ， ≌， ； （2）解：≌， ， 在中，， ， ， 由（1）知，， 是等腰直角三角形，， 把绕点逆时针旋转至位置，如图所示： 则E、B、N三点共线，    则，，， ， ， ≌， ， 的周长； （3）解：设， 由（1）得：， 则的面积， 当，即点在边中点时，的面积最大，最大值为． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、旋转的性质等知识；熟练掌握正方形和等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 【经典例题七 特殊平行四边形旋转问题】 37．（2024·河南安阳·二模）在综合与实践课上，李老师提出如下问题：将图1中的正方形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的等腰直角三角形纸片，分别表示为和，其中，将和按图2所示方式摆放（C，B，E三点共线），其中点B与点D重合（标记为B）．连接，取的中点M，过点F作交的延长线于点N． 【问题初探】 （1）试判断的形状： 三角形． 【深入探究】 （2）将图2中的绕点B顺时针旋转，当C，B，E三点不在一条直线上时，连接，如图3所示，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请你证明；若不成立，请说明理由． 【拓展应用】 （3）若正方形的边长是2，在（2）的旋转过程中，当时，请直接写出的面积． 【答案】（1）等腰直角；（2）（1）中的结论仍然成立，证明见解析；（3）或 【分析】（1）根据正方形和等腰直角三角形性质可证得，推出，即可证得结论； （2）延长相较于点H，设与相较于点O，可证得，得出，再证得，可得，即可推出是等腰直角三角形； （3）分两种情况：当点F在的延长线上时，当点F在的延长线上时，分别运用等腰直角三角形性质和勾股定理即可求得答案． 【详解】（1）解：是等腰直角三角形 如图，和都是等腰直角三角形， ∴， ， ∵点C，B，E三点在一条直线上，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点M是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴是等腰直角三角形． （2）解：成立，即是等腰直角三角形，理由如下： 如图：延长相交于点H，设与相交于点O，连接， ∵点M是的中点， ∴， ∵， ∴；                                又∵， ∴ ∴， ∵和是腰长相等的等腰直角三角形， ∴，且 ∵， ∴， ∴． ∵是和的外角 ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴是等腰直角三角形； （3）解：当点F在的延长线上时，过点E作于K，如图， ∵正方形的边长是2， ∴， ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∴， 由①知是等腰直角三角形， ∴； 当点F在的延长线上时，过点E作于G，如图， 则，， 由①知是等腰直角三角形， ∴； 综上所述，当点C，B，F三点共线时，的面积为或． 【点睛】本题是正方形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，三角形面积等，正确添加辅助线是解题关键． 38．（2023·江苏盐城·模拟预测）如图1，四边形是边长为的正方形，点在线段上运动，连接，将线段绕点顺时针旋转得到． 【探索发现】 （1）爱思考的小强发现：过点作时，一定等于，小强发现的结论正确吗？如果正确请帮小强完成证明过程，如不正确请说明理由； 【结论运用】 （2）当点落在上时，此时的长为 ； 【深入理解】 （3）若点在直线上运动，当以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时，求的长； 【拓展延伸】 （4）如图2，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点是轴正半轴上的一点，将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段．若点的坐标为，则的值为 ． 【答案】（1）小强发现的结论正确，理由见解析；（2）；（3）；（4） 【分析】（1）由“”可证，可得； （2）由正方形的性质可得，，由等腰直角三角形的性质可求解； （3）由等腰直角三角形的性质可求，由平行四边形的性质可得，即可求解； （4）由“”可证，可得，通过证明是等腰直角三角形，可得，通过证明四边形是矩形，可得，即可求解． 【详解】解：（1）结论正确，理由如下： 将线段绕点顺时针旋转得到， ，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ； （2）如图， 四边形是正方形， ，， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ， 故答案为：； （3）如图，设交于点， ，，， ， 四边形是平行是四边形， ， ， ≌， ； （4）如图，过点作于，在上截取，连接，作于，过点作，交于，作，交于点， 点的坐标为，点的坐标为， ，，， ， ，， ， 将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段， ，， ， 又， ， ， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ，，， ， ，四边形是矩形， ，， 又， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 39．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如图1，四边形是正方形，E，F分别在边和上，且（此时 ），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段，，之间的关系，将绕点A顺时针旋转后解决了这个问题．    (1)请直接写出线段，，之间的关系． (2)如图3，等腰直角三角形，，，点E，F在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由． (3)如图4， 在中， ，，点， 在边上，且，当， 时， 求的长． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)14 【分析】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质、勾股定理，解题的关键是：利用旋转转化线段关系，将分散的条件集中到同一个三角形求解． （1）利用旋转的性质，证明，得到，等量代换即可证明； （2）把绕点顺时针旋转得到，连接，根据旋转的性质，可知，，，，在中，，可求得，所以，证，利用得到． （3）同（2）方法，把绕点顺时针旋转得到，连接，可证明：，在中，，，，过点D作，垂足为，利用直角三角形性质和勾股定理求出即可得出答案． 【详解】（1）解： 证明：由旋转可得，，， 四边形为正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （2）猜想：， 证明：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图3，   ，，，， ， ， ，即， ， 又， ， ，即， 在和中 ， ， ． （3）证明：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图3，   ，，，， ，， ， ，即， 又， ， 在和中 ， ， 过点D作，垂足为， ∵， ∴， ∴， ． ∴， ∴ 40．（23-24九年级下·福建福州·阶段练习）如图，和中，，直线与交于点H． (1)如图1，当时，延长交直线于点H，交于点F，求的度数（用含a的式子表示）； (2)当时，将绕点C旋转一周． ①如图2，当点E在直线右侧时，求证：； ②当时，若，请直接写出线段的长． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②或 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，勾股定理等等： （1）证明，得到，进而得到，则； （2）①在线段上截取，连接，同理可得，证明，得到，进而得到，则，据此可证明；②当D、G、E三点共线时，，当点H与点E重合时，，两种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）①证明：如图所示，在线段上截取，连接， 同理可得， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； ②如图所示，当D、G、E三点共线时，， ∵， ∴， ∵， ∴； 同理可证明， ∴， 同理可得， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得或（舍去）； ∴； 如图所示，当点H与点E重合时， 同理可得，， ∵， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得或（舍去）； ∴； 综上所述，或． 41．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）综合与实践 正方形（square）是我们熟悉的几何图形，它的四条边都相等，四个角都是直角．因此，正方形既是矩形，又是菱形．它既有矩形的性质，又有菱形的性质．    (1)【尝试探究】如图1 条件一：正方形、正方形，点落在上，连接、． 条件二：连接，取的中点，连接． 根据以上条件，证明：； (2)【深入探究】如图2 在（1）中的正方形、正方形，是的中点，连接，若将正方形绕着点旋转至点落在的延长线上，连接，证明：； (3)【拓展应用】 在（2）中是的中点的条件不变，继续将正方形绕着点旋转，如图3，连接交于点，连接，若点为的中点，的面积为2，求线段的长． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3) 【分析】（1）根据四边形、是正方形，得出，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可证明； （2）在上截取，连接，根据是中点，得出，再结合四边形、是正方形，得出，证明，根据全等三角形的性质得出，再根据等腰三角形三线合一的性质即可证明； （3）延长至，使，连接，连接延长交于点，证明，再证出，即可得出、是等腰直角三角形，证出，过C作于点L，证明，证出，根据，即可解答； 【详解】（1）∵四边形、是正方形， ， ， ∵是中点， ， 即； （2）在上截取，连接，    ∵是中点， ， ， ， ∵四边形、是正方形， ， ， ， ， ， 即； （3）延长至，使，连接，连接延长交于点，    ∵是中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∵四边形、是正方形， ． ， ，     ， ， ， ， ， ∴、是等腰直角三角形， ， 过C作于点L， 是中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】该题主要考查了全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确作出辅助线． 42．（2024·广西柳州·三模）问题提出： （1）如图1，在正方形中，E，F分别为边，上的点，，连接，试说明线段和之间的数量关系． 小明是这样思考的：将绕点A按顺时针方向旋转得到（如图2），此时即是，直接写出线段和之间的数量关系：____________________． 问题探究： （2）如图3，在直角梯形中，（），，E是边上的一点．若，求的长． 问题解决： （3）某小区想在一块不规则的空地上修建一个花园，根据设计要求，花园由一个三角形和一个正方形组成，如图4所示，已知，以为边作正方形，现要在花园里修建一条小路，为了满足观赏需求，小路要尽可能长，求出此时的度数及小路的最大值．    【答案】（1）；（2）；（3），最大值为． 【分析】本题是四边形综合题，考查正方形的性质、勾股定理、三角形三边之间的关系、旋转的性质、三角形全等的判定与性质，仔细审题，理解题意是解此题的关键． （1）由旋转的性质可得，由“”证明，可得，即可得证； （2）过点作交的延长线于点，可得四边形是正方形，设，表示出，、，再利用勾股定理计算即可； （3）过点作，取，由勾股定理求出的长，由“”证明，可得，再由三角形三边关系即可得出答案． 【详解】解：（1）∵将绕点顺时针旋转得到， ∴， ∴， ∴点，点，点三点共线， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）过点作交的延长线于点，    ∵， ∴， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， 根据上面结论，可知， 设， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：， 故； （3）过点作，取，    ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴线段有最大值时，只需最大即可， 在中，， 当三点共线时，取最大值，此时， 在等腰直角三角形中，， ∴， ∵， ∴最大值为：． ∴的最大值为，此时． 【经典例题八 特殊平行四边形与一次函数综合】 43．（22-23八年级下·河北石家庄·期中）如图，在直角坐标系中，一次函数的图象与轴交于点（），与轴交于点，与一次函数的图象交于点． (1)求的函数表达式； (2)直线与轴交于点，求的面积； (3)如图，已知长方形，，，，矩形的边在轴上平移，若矩形与直线或有交点，直接写出的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)当时，矩形与直线有交点，当时，矩形与直线有交点 【分析】（1）利用待定系数法求出的解析式； （2）根据点是直线和直线的交点，求出点坐标，利用面积计算公式即可求解； （3）分别求出矩形在平移过程中，当点在上、点在上、点在上、点在上时的值，即可得出结论． 【详解】（1）解：设直线的表达式， ∵直线过点（，）和点， ∴， 解得． ∴直线的表达式为． （2）解：∵点是直线和直线的交点，联立得： ， 解得， 则点的坐标为， 令中，，则， ∴ ∴； （3）解：当矩形的顶点在上时，的值为， 矩形向右平移，当点在上时， ， 解得，即点， ∴的值为， 矩形继续向右平移，当点在上时，的值为， 矩形继续向右平移，当点在上时，， 解得，即点， ∴的值， 综上所述，当时，矩形与直线有交点，当时，矩形与直线有交点． 【点睛】本题主要考查求一次函数，两条直线相交或平行、图形的平移以及矩形的性质，掌握待定系数法及求出各临界点时的值，就可以得到的取值范围是解题的关键． 44．（23-24八年级下·广西柳州·期中）如图，平面直角坐标系中，把矩形沿对角线所在的直线折叠，点A落在点D处，与交于点E．的长满足式子． (1)求点A，C的坐标； (2)求出点E的坐标和直线的函数解析式； (3)F是x轴上一点，在坐标平面内是否存在点P，使以O，B，P，F为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)， (3)存在，或或或 【分析】（1）利用绝对值及算术平方根的非负性求解； （2）根据折叠、平行的性质可证，设，则，用勾股定理解，求出x的值即可得到点E的坐标；利用待定系数法求直线的函数解析式； （3）分三种情况：为边，为对角线；为边，为对角线；为对角线，分别求解即可． 【详解】（1）解：， ，， ，（负值舍去）， ，； （2）解：矩形中， ， 由折叠得， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得， 点E的坐标为， 设直线的函数解析式为， 将，代入，得：， 解得， 直线的函数解析式为； （3）解：存在，点P的坐标为或或或． 矩形中，， ， ， 当以O，B，P，F为顶点的四边形为菱形时，存在四种情况，如图： 当为边，为对角线时，, 当点P在点B左侧时，如所示，点坐标为， 当点P在点B右侧时，如所示，点坐标为； 当为边，为对角线时，点P与点B关于x轴对称，如所示，点坐标为； 当为对角线时，如所示， 设，则， 在中，，即， 解得， 可得点坐标为，即， 综上可知，点P的坐标为或或或． 【点睛】本题考查坐标与图形，非负数的性质，矩形的性质，菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，求一次函数解析式等，注意数形结合及分类讨论是解题的关键． 45．（23-24八年级下·湖北省直辖县级单位·阶段练习）综合与运用： 已知，如图1，在平面直角坐标系中，点，且满足等式，以线段为对角线画正方形．    (1)求直线的函数解析式； (2)求点的坐标； (3)如图2所示，将正方形绕点逆时针旋转得到正方形，点的对应点分别为点，点是直线上一动点，设点的横坐标为，点，当以点，，，为顶点的四边形为平行四边形时，请直接写出所有满足条件的的值及对应的的值． 【答案】(1) (2) (3)；； 【分析】（1）先根据二次根式有意义的条件求出a、b的值，然后用待定系数法求出函数解析式即可； （2）过点C作轴于点E，过点A作于点D，设点C的横坐标为m，则，，，证明，得出，，根据，求出，即可得出答案； （3）先求出，点F的坐标为；点，，分三种情况：当为平行四边形的对角线时，当为平行四边形的边，点F平移得到点Q，点D平移得到点P时，当为平行四边形的边，点F平移得到点P，点D平移得到点Q时，分别求出结果即可． 【详解】（1）解：∵有意义， ∴， 解得：， ∴， ∴， 设直线的解析式为，把代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为； （2）解：过点C作轴于点E，过点A作于点D，如图所示：    则， 设点C的横坐标为m，则， ∵ ∴，， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴点C的坐标为； （3）解：过点D作轴于点M，过点F作轴于点N，如图所示：    则， ∵， ∴， ∵四边形为正方形， ∴正方形的边长为，， ∵将正方形绕点逆时针旋转得到正方形， ∴点D在上， 设点D的坐标为， ∴， 解得：，负值舍去， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴点F的坐标为； ∵点是直线上一动点，设点的横坐标为，点， ∴， 当为平行四边形的对角线时，， 解得：； 当为平行四边形的边，点F平移得到点Q，点D平移得到点P时，， 解得：； 当为平行四边形的边，点F平移得到点P，点D平移得到点Q时，， 解得：； 综上分析可知：；；． 【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，坐标于图形，三角形全等的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质，正方形的性质，求一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，注意进行分类讨论． 46．（23-24九年级上·四川成都·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知直线与直线：交于点分别交坐标轴于点A、B、C、D． (1)求直线的函数表达式； (2)如图2，点P为线段上的一个动点，将绕点B逆时针旋转得到，连接与．点Q随着点P的运动而运动，请求出点Q运动所形成的线段所在直线的解析式，以及的最小值； (3)直线上有任意一点F，平面直角坐标系内是否存在点N，使得以点B、D、F、N为顶点的四边形是菱形，如果存在，请直接求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)， (3)或或或 【分析】（1）把代入确定a值，再代入确定直线的解析式； （2）分别过点P、Q作y轴的垂线，垂足为G、H，设点，则点，根据旋转证明，可求得点，即有点Q运动所形成的线段所在直线的解析式，再利用二次函数的性质即可求得其最小值； （3）分为边、为对角线两种情况，利用平移的性质和中点公式分别求解即可． 【详解】（1）解：∵点在直线上， ∴， 解得， 把代入，得， 解得， 故直线的表达式为：； （2）分别过点P、Q作y轴的垂线，垂足为G、H，如图， ∵直线的表达式为：， ∴设点，则点， ∵绕点B逆时针旋转度得到， ∴， ∴，， ∴， 在和中 ∵， ∴， ∴， ∵直线， ∴点， ∴，， 故点， 令， ∴． ，当时，， 故最小值为． （3）∵直线，直线上有任意一点F， ∴设点F的坐标为， ∵点，点， ∴， ∵点，点， ∴， 当点F与点M重合时，为菱形的一边时， 点M沿着平移5个单位长度，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形， 得到点M平移后的点都是符合题意的， ∵点， ∴； 当点F在的左侧，为菱形的一边时， 点F沿着平移5个单位长度，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形， ∵点F的坐标为，， ∴， 解得， 故点或， 点F沿着平移5个单位长度，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形， 得到点N平移后的点都是符合题意的， ∴或， 当是菱形的对角线时， 设与的交点为G，则， ∵轴， ∴， ∴，， 解得， ∴， 综上，点N的坐标为或或或． 【点睛】本题主要考查一次函数的运用，涉及到待定系数法求解析式、一次函数的性质、三角形全等、二次函数的最值、菱形的判定和性质、平移思想和分类思想，熟练掌握待定系数法、菱形的判定和性质和平移是解题的关键． 47．（23-24八年级上·江苏泰州·阶段练习）（1）如图1，等腰直角三角形中，，，直线经过点，过作于点，过作于点．求证：； （2）如图2，已知直线与坐标轴交于点A，B，将直线绕点A按逆时针旋转45°至直线，求直线的函数表达式； （3）如图3，已知在长方形中，O为坐标原点，点B的坐标为，点A，C分别在坐标轴上，P是线段上的动点，D是直线上的动点，且在第四象限．若是以D为直角顶点的等腰直角三角形，求点D的坐标． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）或 【分析】（1）根据为等腰直角三角形，，，可判定； （2）①过点B作，交于C，过C作轴于D，根据，得出，，求得，最后运用待定系数法求直线的函数表达式； （3）根据是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，当点D是直线上的动点且在第四象限时，分两种情况：当点D在矩形的内部时，当点D在矩形的外部时，设，分别根据，得出，据此列出方程进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵为等腰直角三角形， ∴，， 又∵，， ∴，， ∴， 在与中，， ∴； （2）如图2，过点B作，交于C，过C作轴于D， ∵， ∴为等腰直角三角形， 由（1）可知：， ∴，， ∵直线中，当，则；若，则， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 设的解析式为，则， 解得：， ∴的解析式为：； （3）当点D是直线上的动点且在第四象限时，分两种情况： 当点D在矩形的内部时，如图，过D作x轴的平行线，交直线于E，交于F， ∴， 设，， 则，，， 由（1）可得，，则， 即：， 解得， ∴， ∴， 当点D在矩形的外部时，如图，过D作x轴的平行线，交直线于E，交直线于F， 设，则，，， 同理可得：，则， 即：， 解得， ∴， ∴， 综上所述，D点坐标为：或 【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了点的坐标与距离的关系、矩形的性质、待定系数法、等腰直角三角形的性质以及全等三角形等相关知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，运用全等三角形的性质进行计算，解题时注意分类思想的运用． 48．（23-24九年级下·浙江宁波·阶段练习）若一个三角形有一边上的中线与这边的长相等，则称这个三角形为该边上的“中线三角形”．在直角坐标系中，正方形的两直角边分别在坐标轴上，点的坐标是．      (1)在正方形的边上找一点，使得是边上的“中线三角形”，求点的坐标． (2)直线与正方形的两边的交点为，，能否是“中线三角形”？若能，求该直线的函数表达式；若不能，试说明理由． 【答案】(1)或或 (2)或 【分析】（1）利用正方形的性质得到，，进而得到中点D的坐标为，再分当点P在上时，当点P在上时，当点P在上时，三种情况利用勾股定理建立方程求解即可； （2）先证明直线与x轴，y轴的夹角（锐角）都为，则当与有交点时，一定不满足能否是“中线三角形”；当与交于E、F时，则，则，再证明，进而证明，得到；当中线时，由等腰直角三角形的性质得到，，同理，则三点共线，则，求出，得到，则，利用待定系数法即可求出直线解析式为；当中线时，过点E作于H，设，点T为中点，则，，由勾股定理得到，则，，求出，同理可得，则，求出，则直线解析式为． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，点的坐标是， ∴，， ∴中点D的坐标为， 如图所示，当点P在上时，设； ∵是边上的“中线三角形”， ∴， ∴， 解得， ∴点P的坐标为；    如图所示，当点P在上时，设； ∵是边上的“中线三角形”， ∴， ∴， 解得（负值舍去）， ∴点P的坐标为；    如图所示，当点P在上时，设； ∵是边上的“中线三角形”， ∴， ∴， 解得（负值舍去）， ∴点P的坐标为； 综上所述，点P的坐标为或或；    （2）解：在中，当时，，当时，， ∴直线与x轴，y轴的交点到原点的距离相同， ∴直线与x轴，y轴的夹角（锐角）都为， ∴当与有交点时，一定不满足能否是“中线三角形”； 当当与交于E、F时，则， ∴， 由正方形的性质可得， ∴， ∴， ∴； 如图所示，当中线时， ∵为的中点， ∴，， 同理， ∴三点共线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴直线解析式为；    如图所示，当中线时，过点E作于H，设，点T为中点， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴直线解析式为； 综上所述，直线解析式为或．      【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，正方形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 【经典例题九 特殊平行四边形中的新定义问题（垂美四边形等）】 49．（2024八年级下·浙江·专题练习）我们定义：以已知菱形的对角线为边且有一条边与已知菱形的一条边共线的新菱形称为已知菱形的伴随菱形．如图1，在菱形中，连接，在的延长线上取点E使得，以为边作菱形，我们称菱形是菱形的“伴随菱形”． (1)如图2，在菱形中，连接，在的延长线上作，作的平分线交的延长线于点，连接．求证：四边形为菱形的“伴随菱形”． (2)①如图3，菱形为菱形的“伴随菱形”，过作垂直于点，对角线相交于点．连接若，试判断与的数量关系并加以证明． ②在①的条件下请直接写出的值． 【答案】(1)详见解析 (2)①，见解析；② 【分析】（1）根据角平分线的定义及平行线的性质得到四边形为平行四边形，再根据菱形的判定即可解答； （2）①根据菱形的性质及勾股定理得到，再根据角平分线的定义及平行线的性质可得到；根据等腰三角形的性质及勾股定理列方程即可解答．②根据平行线的性质及中位线的定义，再根据勾股定理列方程即可解答． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，　　 ∴四边形为平行四边形， ∴为菱形， 即菱形为菱形的伴随菱形； （2）解：①理由如下 过点作于点、于点， 过点作于点，连接， ∵四边形为菱形， ∴，点在的平分线上，　 ∴， ∵， 由勾股定理可得，　　 ∴， ∴平分， ∴， ∴点在的平分线上，　　 即， 又∵，　 ∴， ∴；      ②∵四边形为菱形， ∴，点在的平分线上，　 ∴， ∵， 由勾股定理可得，　　 ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， 设，， ∴， ∴在中，， 即， 解得：，（舍）， ∴， 【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，勾股定理，菱形的判定与性质，等腰直角三角形的性质与判定，掌握菱形的性质及判定是解题的关键． 50．（2024八年级下·浙江·专题练习）【新知学习】 定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形”．如在凸四边形中，若，，则四边形是“筝形”． （1）如图1，在边长为1的正方形网格中，画出“筝形”，要求点是格点； 【问题探究】 （2）如图2，在矩形中，，，“筝形”的顶点是的中点，点，，分别在，，上，且，求对角线的长； 【拓展思考】 （3）如图3，在“筝形”中，，，，、分别是、上的点，平分，，，求“筝形”的面积． 【答案】（1）图见解析；（2）的长是12或；（3）72 【分析】（1）根据“筝形”的定义，结合网格性质画图即可； （2）分，两种情况，画出图形，分别求解； （3）过A作，证明，得到，，再证明，从而说明四边形是正方形，设，表示出相应边，在中，利用勾股定理列出方程，求出，再计算面积． 【详解】解：（1）如图1，点D是所求作的点， 由勾股定理得， ， ， 由图可得， ∴，， ∴四边形是“筝形”； （2）如图，当时，    ∵是中点， ∴， ∵，，， ∴， ∴，又，， ∴四边形为矩形． ∴． ∵，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． 如图，，， 过点G作于点M， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点E是的中点，， ∴，， 在中，，， 由勾股定理得， ∵， ∴， 在中，，， 由勾股定理得， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得： ； 综上所述，或． （3）如图，过A作， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∴，． 又，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴，    设，则， ，， 在中，， 即， 解得． ∴，，， ∴ ． 【点睛】本题是四边形综合题，正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的判定等知识，有一定综合性和拓展性，通过新图形“筝形”关联所学知识点，能够更好地体现知识点的应用． 51．（23-24九年级上·吉林松原·期末）定义：对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的四边形，则这样的四边形称为镶嵌四边形． (1)如图1，将纸片沿中位线折叠，使点落在边上的处，再将纸片分别沿，折叠，使点和点都与点重合，得到双层四边形，则双层四边形为______形． (2)纸片按图2的方式折叠，折成双层四边形为矩形，若，，求的长． (3)如图3，四边形纸片满足，，，，．把该纸片折叠，得到双层四边形为正方形．请你画出一种折叠的示意图，并直接写出此时的长． 【答案】(1)矩 (2) (3)答案不唯一，见解析 【分析】（1）由折叠的性质可得，可得四边形是矩形； （2）由勾股定理可求，由“”可证，可得，由折叠的性质可得，，即可求解； （3）分三种情况讨论，由正方形的性质和勾股定理可求解． 【详解】（1）双层四边形为矩形， 理由如下：由折叠的性质可得，， ， ， ， 同理可得， 四边形是矩形， 故答案为：矩； （2）四边形为矩形， ，，， ，， 又为平行四边形， ，， 由折叠得，， ， 在与中， ， ， ， 由折叠得，， ， 又， ， 又，， ． （3）有以下三种基本折法： 折法1中，如图所示： 由折叠的性质得：，，，，， 四边形是叠合正方形， ， ， ，； 折法2中，如图所示： 由折叠的性质得：四边形的面积梯形的面积，，，，，， ， 四边形是叠合正方形， ，正方形的面积， ， ， 设，则， 梯形的面积， ， ， ， ， ， 解得：， ，． 折法3中，如图所示，作于， 则，分别为，的中点， 则，，正方形的边长， ，， ． 综上所述：或11或． 【点睛】本题属于四边形综合题目，主要考查了折叠的性质、正方形的性质、勾股定理、梯形面积的计算、解方程等知识的综合运用；折叠是一种对称变换，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． 52．（23-24八年级上·山东淄博·期末）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形． 根据以上定义，解决下列问题： (1)如图①，正方形中，E是上的点，将绕B点旋转，使与重合，此时点E的对应点F在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？ (2)如图②，已知四边形是“直等补”四边形，，，过点B作于点E，作交延长线于点F． ①试判断四边形的形状，证明你的结论，并求出的长． ②若点M是边上的动点，求周长的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)①四边形是正方形，；②周长的最小值为 【分析】（1）由旋转可得，由全等三角形的性质则可得四边形符合“直等补”四边形的条件，因而问题解决； （2）①由已知可得四边形是矩形，现证明，则易得是正方形；设，由勾股定理建立方程即可求得x的值； ②作点C关于的对称点H，连接，交于点N，则当M与N重合时，的周长最小，即可求得周长的最小值． 【详解】（1）解：∵在正方形中，， 又绕B点旋转得到，且与重合， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为“直等补”四边形； （2）解：①∵，， ∴； ∵四边形是“直等补”四边形，， ∴， ∴， 即， ∴四边形是矩形； ∴； 即， ∴； 又∵，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； ∴； 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：（舍去）， ∴； ②如图，作点C关于的对称点H，连接，交于点N， 则， ∵， ∴当M与N重合时，取得最小值，最小值为线段的长； ∵的周长为， ∴的周长最小值为； ∵， ∴由勾股定理得：， ∴周长的最小值为． 【点睛】本题是几何综合问题，考查了正方形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，新定义，轴对称的性质等知识，构造适当的辅助线是解题的关键． 53．（23-24九年级下·江西抚州·阶段练习）定义：在等腰三角形的外部，以一条腰为斜边作直角三角形，那么等腰三角形和直角三角形组成一个四边形，我们就称这个四边形是“等对邻直角四边形”． 概念理解 如图，在四边形中，若，，则四边形______“等对邻直角四边形”； A．是    B．不是 问题探究 (1)如图，在“等对邻直角四边形”中，，，是的中点，是的中点．则与的数量关系是 ； (2)如图，在（）的条件下，平分，，问四边形为何种特殊四边形，并说明理由； 拓展探究： (3)在中，，是的中点，是的中点．，，以为直角边作等腰直角，且，求以为顶点的四边形的面积．    【答案】(1)； (2)四边形为菱形，理由见解析； (3)或． 【分析】（）根据定义及三角形中位线的性质和直角三角形斜边上的中线是斜边的一半即可求解； （）先证四边形为平行四边形，再证为菱形即可； （）分情况讨论，在由面积和差计算即可； 本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，和直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）根据定义可得：四边形是“等对邻直角四边形”， ∵“等对邻直角四边形”中，，，是的中点，是的中点， ∴，， ∴， 故答案为：，； （2）四边形为菱形，理由如下： 由（）得， ∵是的中点，是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵等对邻直角四边形， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴四边形为菱形； （3）∵，是的中点， ∴，， ∵为中点， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， 如图，    ∴以为顶点的四边形的面积为； 如图，   以为顶点的四边形的面积为． 54．（23-24八年级上·四川成都·阶段练习）（1）概念理解：如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （2）性质探究：如图1，四边形的对角线交于点．求证：； （3）解决问题：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接．已知． ①请问四边形是垂美四边形吗？并说明理由； ②求的长．    【答案】性质探究：见解析； 解决问题：①四边形是垂美四边形，理由见解析；② 【分析】性质探究：根据勾股定理解答即可； 解决问题：①连接、，与交于点O，与交于点N，证明，进而得，再根据（1）的结论便可求得结果． ②由（2）得出 ，根据勾股定理可得出答案． 【详解】性质探究： 证明∶ 如图，    ∵， ∴∠， 由勾股定理，得， ， ∴ ； 解决问题： ①连接、， 令与交于点O，与交于点N，如图2，    ∵分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形， ∴，，， ∴，即， 在和中， ， ∴，   ∴， 又∵， ∴，即， ∴， ∴四边形是垂美四边形； ②∵由（2）得， ， ，， ∴， ，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理，正确理解垂美四边形的定义以及灵活运用勾股定理是解题的关键． 【经典例题十 四边形其他综合大题】 55．（23-24八年级下·江苏南通·期中）四边形为正方形，为对角线上一点，连接，过点作，交射线于点，以，为邻边作矩形，连接． (1)如图，当点在线段上时， ①求证：矩形是正方形； ②若，，求正方形的边长． (2)当线段与正方形的某条边的夹角是时，请直接写出的度数． 【答案】(1)①见解析；②正方形的边长为 (2)或 【分析】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质和判定，矩形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质等，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）①过点作于点，过点作于点，根据正方形的性质和矩形的性质易证，进一步可得，即可得证； ②过点作于点，易证，可得，根据已知条件可得的长，进一步可得的长； （2）分情况讨论：当，当时，根据正方形的性质以及三角形的内角和定理即可求出的度数． 【详解】（1）①证明：如图，作于，于，得矩形， ， 点是正方形对角线上的点， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是矩形， 矩形是正方形； ②解：正方形和正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ． ， ， 连接， ， ． 正方形的边长为； （2）解：分情况讨论： 当， ， ， ， ， ； 当时，如图所示： ， ， ， ， ， 综上，或． 56．（23-24八年级下·河南洛阳·期中）定义：如果一个凸四边形沿着它的一条对角线对折后能完全重合，我们就把这个四边形称为“忧乐四边形”．如图1，凸四边形沿对角线对折后完全重合，四边形是以直线为对称轴的“忧乐四边形” (1)下列四边形一定是“忧乐四边形”的有_______ (填序号)； ①平行四边形②菱形③矩形④正方形 (2)如图2，在矩形中，点是边上的中点，四边形是以直线为对称轴的“优乐四边形”（点在四边形内部），连接并延长交于点． 求证：四边形是“忧乐四边形” (3)如图3，在四边形中，，，，，点是边上的中点，四边形是以直线为对称轴的“忧乐四边形”（点在四边形内部），连接并延长交于点．当是直角三角形时，请直接写出线段的长． 【答案】(1)②④ (2)见解析 (3)或 【分析】（1）根据“忧乐四边形”的定义对几个四边形进行逐一判定即可解决问题； （2）连接，证明，得出四边形沿折叠完全重合，则可得出结论； （3）分两种情况，由折叠的性质，直角三角形的性质，勾股定理可得出答案． 【详解】（1）①平行四边形，③矩形，沿着它的一条对角线对折后不能完全重合；②菱形，④正方形，沿着它的一条对角线对折后能完全重合． ②菱形，④正方形一定是忧乐四边形； 故答案为：②④； （2）证明：如图2，连接， 四边形是矩形， ， 是的中点， ， 将沿折叠后得到， ，，， ， ， ， 四边形沿折叠完全重合， 四边形是“忧乐四边形”； （3）． 若，连接，则四边形是矩形， ， 由（2）知，， 设，则，， ， ， ， ； 若，连接，过点作于点，，交的延长线于点，如图， 由（2）知， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 设， ， （负值舍）， ． 综上所述，的长为或． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了新定义，矩形的性质，平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．深入理解题意，理解新定义是解决问题的关键． 57．（23-24八年级下·广东珠海·期中）如图1，在平面直角坐标系中，点，点，以为边在右侧作正方形． (1)当点B在x轴正半轴上运动时，求点C的坐标（用m表示）； (2)当时，如图2，P为上一点，连接，过点P作，过A作，与交于点M，求证：； (3)在（2）的条件下，如图3，连交于点N，求的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）如图1中，作轴于．利用全等三角形的性质即可解决问题； （2）如图2中，在上取点Q，使，连接，先证明，再根据全等三角形的性质解决问题即可； （3）过M作交于F．证明，再根据全等三角形的性质解决问题即可； 【详解】（1）如图1中，作轴于E． ， ，， ， ， ， ，， ． （2）如图，在上取点Q，使，连接， 正方形为对角线， ，，， ， ， ①，， ， ， ， ， ， ， ，② 由①②知：， ， ． （3）如图，过M作交于F． 正方形， ， ∴ ，， 四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查四边形综合题、正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或特殊四边形解决问题，学会利用参数解决问题，学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考压轴题． 58．（2024·山西长治·二模）请认真阅读下列材料，并完成相应的任务． 从毕达哥拉斯到帕普斯毕达哥拉斯从地板的结构中发现了直角三角形的三边关系——勾股定理，之后相继有很多数学家及数学爱好者都用面积割补法给出了验证．如我国三国时期的数学家赵爽，美国第二十任总统加菲尔德等． 欧几里得在《几何原本》中第一次在公理体系下给出了以三角形为“桥梁”证明勾股定理的方法：如图（1），过点A作，交于点M，连接． 先证明，所以． 又因为，， 所以． 同理得，则， 即． 之后，我国清代数学家梅文鼎在欧几里得证法的基础上，进行了“改进”，以平行四边形作为“桥梁”进行了证明．如图（2），延长交于点P，连接并延长分别交于点M，N，延长交于点Q． 梅文鼎的证法如下：由题可知，四边形为矩形，∴． ∵四边形，四边形都是正方形， ∴，，． ∴． ∴，． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵四边形为正方形， ∴，， ∵． ∴． ∴． ∴． ∵四边形为正方形， ∴． ∴四边形为平行四边形（依据______） ∴， ∵， ∴． ∵， ∴． ∵，． ∴．…… (1)材料中的依据为______； (2)把材料中的证明过程补充完整； (3)古希腊数学家帕普斯在梅文鼎证法的基础上进行了改进，如图（3），中，，，以为边作和，且中边的高为2，的面积为6，延长交于点R，连接并延长，过点B作，且，再以为边作．请直接写出中边的高． 【答案】(1)两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形 (2)见解析 (3) 【分析】本题是四边形的综合题，考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确地找出辅助线是解题的关键． （1）根据证明过程即可确定依据； （2）根据题干思路证明即可； （3）设中边上的高为，延长交于点，与交于点，过点作于点过点作于点过点作于点，过点作于点．根据，，，，证明四边形是平行四边形，再根据，证明，列出等式解答即可； 【详解】（1）根据，， 得出四边形APQB为平行四边形， 故依据为：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形； （2）证明：， ， 同理， ， 即． （3）解：设中边上的高为， 如图，延长交于点，与交于点，过点作于点过点作于点过点作于点，过点作于点． ∵，，，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 故中边的高为． 59．（2024·山西太原·二模）综合与实践 问题情境： 如图1，在正方形中，是对角线，过点作，为垂足，过点作的平行线，过点作的平行线，两线相交于点． 问题解决： （1）判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： （2）如图2，将四边形绕着点逆时针方向旋转，得到四边形，且三点在同一条直线上，过点作为垂足，连接并延长交于点， ①求证：是的中点； ②若正方形的边长为2，请直接写出的长． 【答案】（1）正方形，见解析；（2）①见解析；② 【分析】（1）根据四边形是正方形，得出是等腰直角三角形，，再根据，得出．，再结合，，即可证明； （2）①证明： 过点作为垂足，证明四边形是矩形，再结合四边形是正方形，，证出是等腰直角三角形，证明，从而证出，即可证明； ②如图， 延长交的延长线于，根据旋转可知，，算出，，根据勾股定理算出，从而算出，证明 根据等面积法算出，再根据勾股定理算出，即可求解； 【详解】（1）四边形的形状是正方形． 理由如下： ∵四边形是正方形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． ∵， ∴四边形是正方形． （2）①证明： 过点作为垂足， ∵， ∴四边形是矩形， ∴． ∵四边形是正方形，， ∴是等腰直角三角形， ∴． ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 又 ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 又 ∵， ∴． ∴是的中点． ②如图， 延长交的延长线于， 由①知：， ， ， 由（1）可知， 由旋转可知，， ， ， ， ， ， ， ，， 即， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】该题主要考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，正方形的性质和判定，旋转的性质，矩形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，等面积法等知识点，解题的关键是正确做出图形和辅助线，掌握以上知识点． 60．（2024·山东菏泽·一模）【问题情境】已知在四边形中，为边上一点（不与点，重合），连接，将沿折叠得到，点的对应点为点． 【问题解决】 （1）如图（1），若四边形是正方形，点落在对角线上，连接并延长交于点，写出与相等的角：______（写出一个即可）： 【拓展变式】 （2）如图（2），若四边形是矩形，点恰好落在的垂直平分线上，与交于点．给出下列结论：①；②是等边三角形；③当，，三点共线时，，请任意选择一个你认为正确的结论加以证明； （3）如图（3），若四边形是平行四边形，，，点落在线段上，为的中点，连接，，，求的面积． 【答案】（1）（答案不唯一）；（2）选择①，见解析；选择②，见解析；（3） 【分析】（1）根据正方形的性质及直角三角形的特征即可求解； （2）选择①：根据垂直平分线段，结合折叠的性质可得，，在中，根据含30度角的直角三角形的特征即可证明；选择②：根据四边形是矩形，垂直平分线段，结合折叠的性质可得，即可证明为等边三角形； （3）连接，延长至点，使得，连接，由折叠的性质得，易证为等边三角形，推出，在中，求出，，易证，推出，，三点共线，即可得到，即可求解． 【详解】解：（1）四边形是正方形，点落在对角线上， ， ， ， 故答案为：（答案不唯一）； （2）选择①： 垂直平分线段， ，，， 由折叠的性质可知， ， ， ， 由折叠性质可知， ， ， 在中，， ， ； 选择②：， 四边形是矩形，垂直平分线段， ， ， 由折叠的性质可知， ， 为等边三角形； （3）连接， 由折叠的性质得， ， 为等边三角形， ， ， 为的中点， ， 延长至点，使得，连接， 在中，， ，， 四边形是平行四边形，，， ， ，， ， ， ， ，，三点共线， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了四边形综合问题，涉及正方形，矩形，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的特征，折叠的性质，熟练掌握正方形，矩形，平行四边形的性质是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$