专题1.12 特殊平行四边形（全章题型分类拓展专题）-2024-2025学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（北师大版）

专题1.12 特殊平行四边形（全章题型分类拓展专题） 【题型目录】 【题型1】特殊平行四边形中的作图问题； 【题型2】特殊平行四边形中的折叠问题； 【题型3】特殊平行四边形中的最值问题； 【题型4】特殊平行四边形中的平移问题； 【题型5】特殊平行四边形中的旋转问题； 【题型6】特殊平行四边形中动点问题. 1、 单选题（每个题型3个题） 【题型1】特殊平行四边形中的作图问题； 1．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，在中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：①以点为圆心，以适当长为半径画弧，分别与，交于点，；②分别以，为圆心，以适当长为半径画弧，两弧交于点，作射线，与边交于点；③以为圆心，长为半径画弧，交于边于点．若，，则点，之间的距离为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 2．（2024·新疆伊犁·一模）如图，在矩形中，，以为圆心，适当的长为半径画弧，交于两点；再分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线，交于点，则的长为（    ） A．3 B． C．5 D． 3．（22-23九年级上·河北石家庄·期末）如图，中，，平分交于点D，按下列步骤作图． 步骤1：分别以点C和点D为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点； 步骤2：作直线，分别交，于点E，F； 步骤3：连接，． 若，，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 【题型2】特殊平行四边形中的折叠问题； 4．（23-24八年级下·河南三门峡·期末）如图．菱形的顶点A在x轴上，于点D，将菱形沿所在直线折叠，点B的对应点为．若，点的横坐标为4，则点B的坐标为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·辽宁大连·一模）如图，将矩形纸片折叠，使边落在对角线上，点的对应点是点，折痕为．若，，则的长是（    ） A．6 B．5.5 C．5 D．4.5 6．（23-24八年级下·湖南怀化·期末）如图，在正方形中，，点E，F分别在边上，．若将四边形沿折叠，点B恰好落在边上，则的长度为（    ） A．1 B． C． D．2 【题型3】特殊平行四边形中的最值问题； 7．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，E为菱形的对角线上的动点，以，为邻边作平行四边形，若，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．（23-24七年级下·山东济南·期末）如图，已知，，，，点D，E分别是，边上的动点，满足．连接，，则的最小值为（   ）． A．12 B．13 C．14 D．15 9．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（    ）    A．4 B．5 C．8 D．10 【题型4】特殊平行四边形中的平移问题； 10．（2024·陕西汉中·二模）如图，在中，，将线段向右平移a个单位长度后得到线段（点E、F分别与点A、B对应，且点E、F分别在线段上），当四边形为菱形时，a的值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 11．（23-24八年级下·内蒙古通辽·阶段练习）如图，在矩形中，，，将沿着射线的方向，平移线段的长度得到，则四边形的周长为（　　） A． B． C． D． 12．（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期末）如图，正方形的顶点A，D分别在x轴，y轴上，点在直线上，直线l分别交x轴，y轴于点E，F，将正方形沿y轴向下平移m个单位长度后，点C恰好落在直线l上．则m的值为（    ） A．5 B．7 C．3 D．6 【题型5】特殊平行四边形中的旋转问题； 13．（23-24八年级下·河南驻马店·期末）如图，中，，顶点在轴的负半轴上，，，将绕点逆时针旋转，每秒旋转，则第2025秒旋转结束时，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 14．（23-24八年级上·陕西西安·阶段练习）如图，四边形中，，，，，将边绕点逆时针方向旋转90°至，连接，则的面积为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 15．（23-24八年级下·河北唐山·期中）如图，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到．延长交于点，连接，下列结论：；四边形是正方形，若，则；若，其中正确的结论是（    ） A． B． C． D． 【题型6】特殊平行四边形中动点问题. 16．（23-24八年级下·四川乐山·期末）如图菱形，，，点E、F分别为、上的动点，，点E从点A向点D运动过程中，的长度（    ）． A．恒等于6 B．恒等于9 C．逐渐增加 D．先增加再减小 17．（2023·山东菏泽·二模）如图，菱形中，是的中点，是对角线上的一个动点，若的最小值是，则长为（    ） A．2 B．1 C． D．3 18．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，矩形中，．平分交于点，是上一动点，连结，于点，若，且，则的长为（　　） A． B． C． D． 2、 填空题（每个题型3个题） 【题型1】特殊平行四边形中的作图问题； 19．（23-24八年级下·辽宁大连·期末）如图，分别以菱形的顶点为圆心，以大于长为半径画弧，两弧分别相交于点，直线恰好经过菱形的顶点，则对角线与边的夹角的度数为 度． 20．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，在中，，分别以点C，B为圆心，以大于为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线分别交于点D，E，连接相交于点P．若，则的大小为 ． 21．（2024·浙江湖州·一模）如图，正方形的边长为4，点E在边上，．以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点F，G；以点A为圆心，长为半径画弧，交于点H，以点H为圆心，长为半径画弧，两弧相交于点I；连接并延长，交于点M，交于点P，连接，若N为的中点，连接，则的长为 ． 【题型2】特殊平行四边形中的折叠问题； 22．（23-24八年级下·湖北孝感·期末）如图，在边长为2的菱形中，，将菱形折叠，使点B落在的延长线上的点处，折痕为，交于点F，则的长为 ． 23．（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边分别在x轴、y轴正半轴上，点D在边上，将矩形沿折叠，点C恰好落在边上的点E处．若，则 ，点D的坐标是 ． 24．（23-24八年级下·湖北襄阳·期末）如图，正方形纸片的边长为12，是边上一点，连接，点在上，沿折叠，使点落在上的点，若，则的长为 ．    【题型3】特殊平行四边形中的最值问题； 25．（23-24八年级下·河南周口·期末）在平面直角坐标系中，菱形的位置如图所示，点A的坐标为，点B的坐标为，点D在y轴上，．点P是对角线上一个动点，当最短时，点P的坐标为 ． 26．（23-24八年级下·重庆渝北·期末）如图，菱形的对角线、相交于点O，点P为边上一动点（不与点 A、B重合），于点E，于点F，若 ，则的最小值为 ． 27．（23-24八年级下·安徽阜阳·阶段练习）如图等边与正方形的顶点B、C、D三点共线，动点P沿着由C向A运动．连接、，与交于点G．其中，． （1）若点P为中点，则 ． （2）点P沿着运动过程中，的最小值是 ． 【题型4】特殊平行四边形中的平移问题； 28．（23-24八年级下·山东淄博·期末）定义：一条对角线所在直线垂直平分另一条对角线的四边形叫做筝形.如图，在筝形中，，，.将沿射线的方向平移得到，分别连接，，则的最小值为 . 29．（23-24八年级下·辽宁铁岭·期中）如图，在矩形中，，，P为边上一点，沿直线将矩形折叠，使点B落在边的B处，将沿线段平移，当点与点C重合时，得，与交于点Q，则的长为 ． 30．（2023·河南新乡·一模）如图，四边形是正方形，顶点在直线：上将正方形OABC沿轴正方向平移个单位长度，若正方形在x轴上方的其他任一顶点恰好落在直线上，则m的值为 ．    【题型5】特殊平行四边形中的旋转问题； 31．（2024·广东深圳·模拟预测）菱形中，，，点在边上，且．将线段绕点旋转，得到线段，连接，是线段的中点，连接，则旋转一周的过程中线段的最大值是 ． 32．（23-24八年级下·湖北襄阳·期末）如图，将矩形绕点旋转得到矩形，点在上，延长交于点．若，则的度数为 ． 33．（23-24八年级下·上海长宁·期末）如图，正方形的边长为，将绕点旋转，得到，其中、的对应点分别是点、．如果点在正方形内，且到点、的距离相等，那么的长为 ． 【题型6】特殊平行四边形中动点问题. 34．（2024·陕西西安·一模）如图，在矩形中，，，点是边的中点，点是边上的一个动点，与关于对称，连接．当点恰好落在矩形的对称轴上时，的长为 ． 35．（2024·河南周口·模拟预测）在菱形中，，，为对角线的中点，为边上一动点，若为等腰三角形，则的长为 ． 36．（23-24八年级下·浙江金华·阶段练习）如图，在矩形中，，．P是射线上一动点，将矩形沿着对折，点A的对应点为．当P，，C三点在同一直线上时，则的长 ． 3、 解答题（每个题型2个题） 【题型1】特殊平行四边形中的作图问题； 37．（23-24八年级下·辽宁铁岭·阶段练习）如图，在矩形中，以点B为圆心，以为半径画弧，交边于点E，连接，作于点F． (1)求证：； (2)若，，求四边形的周长． 38．（2024·湖北荆门·模拟预测）如图，，平分，且交于点C．以点B为圆心，适当长为半径画弧，交于点E，交于点F，再分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，画射线交于点D，连接． 求证：四边形是菱形． 【题型2】特殊平行四边形中的折叠问题； 39．（23-24八年级下·河南信阳·期末）如图，有一张矩形纸片， 将纸片折叠一次，使点A与点C重合，再展开，折痕交边于E，交边于F，连接和． (1)求证：四边形 是菱形． (2)若 的面积为 ，求的周长． 40．（23-24八年级下·湖北孝感·期末）（1）如图1．在正方形中，点分别在上，且．垂足为，那么与的数量关系为______． （2）如图2，在正方形中，点分别在上．且，垂足为，证明：． （3）如图3，将边长为的正方形纸片沿折叠．使得点落到边上．若．求和的长．    【题型3】特殊平行四边形中的最值问题； 41．（23-24九年级下·吉林长春·期中）将两张长为，宽为的长方形纸条按如图所示的形式交叉叠放，其中重叠部分是四边形． (1)求证：四边形为菱形； (2)在纸条转动的过程中，菱形面积的最大值为______（两张纸条不完全重合）． 42．（23-24八年级下·福建泉州·期中）某数学小组在一次数学探究活动过程中，经历了如下过程：问题提出：如图，正方形中，，P为对角线上的一个动点，以P为直角顶点，向右作等腰直角． (1)的最小值为_______，最大值为________； (2)求证：点M在射线上； 【题型4】特殊平行四边形中的平移问题； 43．（23-24八年级下·广东汕尾·期中）已知：如图，在□中，是边上的高，将沿方向平移，使点E与点C重合，得．   (1)求证：； (2)若，当与满足什么数量关系时，四边形是菱形？证明你的结论． 44．（23-24七年级下·四川乐山·期末）翻折，平移，旋转是构造全等图形的常用变换方法．四边形是边长为的正方形，点，，在同一直线上，将通过一定的变换得到如下所示的图形，请解答下列问题：   (1)将绕点逆时针旋转______可得；将向右平移______可得； (2)如果点为边的中点，求四边形的面积； (3)试判断线段与的关系，并说明理由． 【题型5】特殊平行四边形中的旋转问题； 45．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知矩形，点，现将矩形绕点O逆时针旋转得到矩形，点B、C、D的对应点分别为点E、F、G．    (1)如图1，当点E落在边上时，求直线的函数表达式． (2)如图2，当C、E、F三点在一直线上时，所在直线与、分别交于点H、M，求线段的长度． (3)如图3，设点P为边的中点，连接，在矩形旋转过程中，设的面积为S，请直接写出S的取值范围． 46．（23-24八年级下·河南安阳·期末）给出定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形．   (1)在你学过的四边形中，写出一种勾股四边形的名称________． (2)如图，将绕顶点B按顺时针方向旋转得到，连接，，，已知． ①直接写出的度数是________． ②判断四边形是否为勾股四边形，并说明理由． 【题型6】特殊平行四边形中动点问题. 47．（23-24八年级下·安徽安庆·期末）已知，点C为射线上一动点（不与点B重合），关于的轴对称图形为． (1)如图1，当点D在射线上时，求证：四边形是菱形； (2)如图2，当点D在射线之间时，若点G为射线上一点，点C为的中点，且，，，求的长． 48．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，直线与坐标轴分别交于点，以为边在轴的右侧作正方形． (1)求点的坐标； (2)如图，点是轴上一动点，点在的右侧，． ①如图1，问点是否在定直线上，若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由； ②如图2，点是线段的中点，另一动点在直线上，且，请直接写出点的坐标． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【分析】本题考查了作图基本作图，菱形的判定与性质，勾股定理，证明四边形是菱形是解题的关键．连接、，设交于点，根据题意证明四边形是菱形，从而得出的长，再根据勾股定理即可得出结果． 【详解】解：如图，连接、，设交于点， 由题意可知，是的角平分线， ， 又四边形是平行四边形， ， ， ， ， 以为圆心，长为半径画弧，交于边于点， ， ， 又， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形， ，，， ， ， ， 故选：B 2．C 【分析】本题考查了角平分线的作法和性质，矩形的性质，勾股定理等知识；利用面积关系求的长是解题关键．过F作于G，由角平分线的性质求得，再由求得面积，从而得出的长，即可解答； 【详解】解：由作图步骤可得：是的角平分线， 如图，过F作于G， 由矩形性质可得：，， ∴， 由角平分线的性质可得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 故选：C． 3．B 【分析】由作图可知，四边形是正方形，根据，可得，由此即可解决问题． 【详解】解：∵平分，， ∴， 由作图可知，是的垂直平分线， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， 故选：B． 【点拨】本题考查线段的垂直平分线的性质、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用面积法构建方程解决问题． 4．A 【分析】令与的交点为，根据菱形和折叠的性质，得到，进而得出，再由勾股定理求出，即可得到点B的坐标． 【详解】解：如图，令与的交点为， 四边形是菱形，， ，，， ，菱形沿所在直线折叠，点B的对应点为 ， ，即， ， 点的横坐标为4， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 点B的坐标为， 故选：A． 【点拨】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，利用数形结合的思想解决问题是关键． 5．D 【分析】本题考查了图形的翻折变换，以及勾股定理的应用，矩形的性质，关键是掌握折叠的性质：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． 首先利用勾股定理计算出的长，再根据折叠可得，设，则，，，再根据勾股定理可得方程，再解方程即可． 【详解】解：在矩形中，，， ∴， ∴ 根据折叠可得： ∴，， 设，则，，， 在中：，， 解得：． 故选：D． 6．D 【分析】本题考查正方形的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键是熟练运用以上性质；根据可得根据折叠后对应角相等、对应边相等，可得，进而可得，根据含30度角的直角三角形的性质可得，设，则，列方程求解即可． 【详解】解：四边形是正方形， 将四边形沿折叠，点B恰好落在边上， ， ， 设，则， ， ， ， 故选：D． 7．B 【分析】本题考查了菱形以及平行四边形的性质，勾股定理等知识点，连接，根据可得当，最小，据此即可求解． 【详解】解：连接，如图所示： 由题意得：， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴当，即时，最小， 此时，最小值为， 故选：B． 8．B 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识，正确作出辅助线是解题关键．过A作，垂足为A，使，过点F作交延长线于点G，连接，则，可得四边形是矩形，再证明，可得当C、D、F共线时，取得最小值，最小值为的长，再由勾股定理求出的长，即可求解． 【详解】解：过A作，垂足为A，使，过点F作交延长线于点G，连接，则， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 即当C、D、F共线时，取得最小值，最小值为的长， ， 即的最小值为13． 故选：B 9．B 【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，直角三角形的性质，勾股定理等等，先证明得到，进而得到，则由直角三角形的性质可得，如图所示，在延长线上截取，连接，易证明，则，可得当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，求出，在中，由勾股定理得，责任的最小值为5． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵点M是的中点， ∴； 如图所示，在延长线上截取，连接，    ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半， ∵，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴的最小值为5， 故选：B． 10．B 【分析】本题考查了平行四边形的性质以及平移性质，菱形性质，先得出四边形是平行四边形，再结合四边形为菱形，得出，即可作答． 【详解】解：∵在中，将线段向右平移a个单位长度后得到线段， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，四边形为菱形， ∴， 则， 即a的值为， 故选：B． 11．B 【分析】本题考查矩形的性质，平移的性质和勾股定理，根据矩形的性质和平移的性质，可以得到的长，然后即可求得四边形的周长，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 由题意可知：， ∴，， ∴， ∴四边形的周长为：， 故选：． 12．B 【分析】先根据待定系数法求得的解析式，过点作于点，过点作于点，证明，即可得到的长，再证明，即可得到点坐标，再根据平移可得平移后的坐标，代入直线，即可解答． 【详解】解：点在直线上， ， ， 直线解析式为， 如图，过点作于点，过点作于点， 则，， ，， 在正方形中，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 同理可得， ， ， ， 将正方形沿y轴向下平移个单位长度后，点C恰好落在直线l上， 设平移后点， ， 解得， 故选：B． 【点拨】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，平移的性质，正确做出辅助线是解题的关键． 13．B 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，坐标规律探索，旋转性质，先证明为菱形，得出，根据勾股定理得出，根据旋转得出第1秒点C的坐标为，第2秒点C的坐标为，第3秒点C的坐标为，第4秒点C的坐标为，得出每4秒中点C循环一周，根据，得出第2025秒旋转结束时，点C的坐标与第1秒旋转后的坐标相同，求出结果即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∵中，， ∴为菱形， ∴， ∵， ∴， ∵将绕点逆时针旋转，每秒旋转， ∴第1秒点C的坐标为， 第2秒点C的坐标为， 第3秒点C的坐标为， 第4秒点C的坐标为， 第5秒点C的坐标为， … ∴每4秒中点C循环一周， ∵， ∴第2025秒旋转结束时，点C的坐标与第1秒旋转后的坐标相同， ∴第2025秒旋转结束时，点C的坐标， 故选：B． 14．A 【分析】此题重点考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识．作于点G，作交的延长线于点F，可证明四边形是矩形，得，，则，，由旋转得，，即可证明，得，即可求得． 【详解】解：作于点G，作交的延长线于点F， 则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ，， 由旋转得，， ∴， 在和中， ， ∴， 故选：A． 15．A 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，设交于，由及将绕点按顺时针方向旋转，得到，可得，即可得，从而判断正确；由旋转的性质可得，，，由正方形的判定可证四边形是正方形，可判断正确；过点作于，由等腰三角形 的性质可得，，由“ ”可得，可得，由旋转的性质可得，从而可得，可判断正确；由等边三角形的性质得到，可得，再根据正方形的面积可得，可判断正确；灵活运用以上性质进行推理是解题的关键． 【详解】解：设交于，如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵将绕点按顺时针方向旋转，得到， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故正确； ∵将绕点按顺时针方向旋转， ∴，，， 又∵， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴ 四边形是正方形，故正确； 如图，过点作于， ∵，， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵将绕点按顺时针方向旋转， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴，故正确； 若，则， ∵， ∴，即， ∵四边形和四边形是正方形， ∴，故正确； ∴正确的有， 故选：． 16．A 【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，连接，由菱形的性质推出，，，判定是等边三角形，得到，，，由，推出，判定，得到，于是得到． 【详解】解：连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴、是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：A． 17．A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，轴对称最短路径问题，连接，由菱形的性质得到，垂直平分，则，故当三点共线时，最小，即此时最小，则；证明是等边三角形，得到，，求出，则． 【详解】解：如图所示，连接， 由菱形的性质可得，垂直平分， ∴， ∴， ∴当三点共线时，最小，即此时最小， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵是的中点， ∴，， ∴， ∴， 故选；A． 18．A 【分析】连接、，根据经过某一条线段的中点，并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得，根据一般地，从一个角的顶点出发，把这个角分成两个相等的角的射线，叫做这个角的平分线可得，根据矩形的对边平行且相等，四个角都是直角可得，，，根据两直线平行，内错角相等可推得，根据等角对等边可得，根据斜边及另一条直角边对应相等的两个直角三角形是全等三角形，全等三角形的对应角相等可得，结合直角三角形中两个锐角互余可得，推得是直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半可得，设，则，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方即可列出方程，解方程求出的值，即可求解． 【详解】解：连接、，如图， ∵，， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵平分， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，， ∴， 即， ∴是直角三角形， ∴， 设，则， 即， 在中，， 在中，， 即，， 解得：， ∴， ∴． 故选：A． 【点拨】本题考查了线段垂直平分线的判定与性质，角平分线的定义，矩形的性质，平行线的性质，等角对等边，全等三角形的判定与性质，直角三角形的判定，勾股定理等，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 19．30 【分析】本题考查了作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质，连接，由作图过程可得：直线为线段的垂直平分线，可得，由菱形的性质得出，，从而得出为等边三角形，得到，即可得解． 【详解】解：如图，连接， ， 由作图过程可得：直线为线段的垂直平分线， ∴， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 20．/75度 【分析】本题考查作图基本作图，线段的垂直平分线的性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．由作图可知，可得，根据直角三角形斜边上中线的性质可得，然后由角的和差关系可得答案． 【详解】解：由作图可知是的垂直平分线， ， ， ， ，，， ， ， ，， 故答案为：． 21．/ 【分析】根据正方形的性质得到，，由作图知，求得，根据全等三角形的性质得到，求得，根据勾股定理得到，根据直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 由作图知， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵N为的中点， ∴， 故答案为：． 【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中点等于斜边的一半，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． 22． 【分析】由菱形，可得，，则，由折叠的性质可知， ，，，则，，，可得，由勾股定理得，，可求，则，，由勾股定理得，，计算求解即可． 【详解】解：∵菱形， ∴，， ∴， 由折叠的性质可知， ，，， ∴，，， ∴， 由勾股定理得，， 解得，， ∴，， 由勾股定理得，， 解得，， 故答案为：． 【点拨】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质等知识．熟练掌握菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质是解题的关键． 23． 6 【分析】本题主要考查了翻折变换，矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理列方程是解题的关键．根据矩形的性质可知，，再利用折叠的性质得，，由勾股定理求得，设，则，在中，利用勾股定理列方程可得答案． 【详解】解：，， ，， 四边形是矩形， ，， 将该长方形沿折叠，点恰好落在边上的处． ，， 由勾股定理得，， ， 设，则， 在 中， ， 解得， ， 故答案为：6，． 24．/ 【分析】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质 ，全等三角形的判定与性质，勾股定理，面积法求线段的长度等，解题关键是能够灵活运用正方形的性质和轴对称的性质． 由折叠及轴对称的性质可知， 垂直平分, 先证推出的长，再利用勾股定理求出的长, 最后在中利用面积法可求出的长，可进一步求出的长，的长. 【详解】解：设与交于点M， 在正方形中,   ， 在中,， ∵由折叠的性质可得 ， ∴垂直平分, ， ∵， 所以， 又∵，， ∴， ∴， 又∵， 故答案为： 25． 【分析】先求出，点B，D关于直线对称．设交于，连接，则，，即．则当点P和点重合时，的值最小．在中，，则，则，求出，即可得到点P的坐标． 【详解】解：点A的坐标为，点B的坐标为， ∴ 四边形是菱形， ，D关于直线对称． 设交于，连接，则，   ，即． 当点P和点重合时，的值最小． 在中， ， ∴， 则，即， ， ， 故答案为：． 【点拨】此题考查了勾股定理、含角的直角三角形的性质、菱形的性质、轴对称的性质、点的坐标等知识，数形结合和准确计算是解题的关键． 26． 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，等积法求高等知识，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．连接，根据菱形的性质和勾股定理，得出，，，由勾股定理，得出，再证明四边形是矩形，得到，由垂线段最短可知，当时，有最小值，即有最小值，利用等积法求出，即可得到答案． 【详解】解：如图，连接， 四边形是菱形，，， ，，， 在中，， ，， ， 四边形是矩形， ， 由垂线段最短可知，当时，有最小值，即有最小值， ， ， 即的最小值为， 故答案为： 27． 【分析】（1）过点P作于点Q，qj ，，可得，，，再利用勾股定理可得答案； （2）当时，取得最小值，求解，设，则，由解得，再进一步可得答案． 【详解】解：（1）过点P作于点Q， ∵等边，，点P为中点， ∴，， ∴， ∴，， ∵正方形，， ∴，，， ； 故答案为： （2）当时，取得最小值， ，， ， ∵， ∴， 设，则， 由得， 解得， ，，， ． 故答案为： 【点拨】本题考查的是正方形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理的应用，二次根式的加减运算，理解垂线段最短并灵活运用是解本题的关键． 28． 【分析】先在上取点H，使得为菱形，平移后的点为，过点C作直线的对称点M，交于点N，证明，则当三点共线时，的值最小，结合菱形性质，得，证明是等边三角形，运用勾股定理列式计算，即可作答． 【详解】解：如图： 在上取点H，使得为菱形，平移后的点为，过点C作直线的对称点M，交于点N ∴ 由平移可得 在和中 ∴ ∴ 当三点共线时，的值最小 ∵， 且四边形为菱形 ∴ ∴， ∵， ， ∴是等边三角形 ∴ ∴ ∵ ∴ ∵为的直角三角形， ∴ ∴ ∴ ∴则的最小值为 故答案为： 【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的性质以及勾股定理，轴对称的性质，等边三角形的性质与判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 29．2 【分析】由矩形的性质和折叠的性质，可知，，则，在中，，列出方程求得：，即，连接，过点作交延长线于，则，由平移可知，，，，则四边形为矩形，，得，，由此可知， 由延平移所得，则，得，设，则，根据，，列出方程即可求解． 【详解】解：在矩形中，，，， 由折叠可知，，，则， ∴， 设，则， 在中，，即：， 解得：，即， 连接，过点作交延长线于，则， 由平移可知，，，， 则四边形为矩形，， ∴，， 由此可知， 由延平移所得，则， ∴， 设，则， ∴， ， 则，解得：， ∴， 故答案为：2． 【点拨】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，平移的性质等知识点，利用平移的性质得，由此建立方程求解是解决问题的关键． 30．或 【分析】过点A和点C作x轴的垂线，垂足分别为点D和点E，过点D作于点F，通过证明，，得出点C和点B的坐标，再求出直线的解析式为，设点C平移后的点为，点B平移后的点为，根据平移的性质可知，点C和点纵坐标相等，点B和点纵坐标相等，求出点和的坐标，即可解答． 【详解】解：过点A和点C作x轴的垂线，垂足分别为点D和点E，过点D作于点F，    ∵， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， ∴， 把代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为， 设点C平移后的点为，点B平移后的点为， ①当在l上时，， 解得：， ∴， ∴， ②当在l上时，， 解得：， ∴， ∴， 故答案为：或． 【点拨】本题考查了正方形的性质，一次函数，全等三角形的判定和性质，平移的性质，解题的关键是正确画出辅助线，构造全等三角形，掌握正方形的性质，平移的性质，以及用待定系数法求解一次函数解析式的方法和步骤． 31． 【分析】本题主要考查了菱形的性质，旋转的性质，三角形的中位线定理，等边三角形的性质与判定，延长到点，使得，连接，，由三角形的中位线定理得，当、、依次在同一直线上时的值最大，据此求得的最大值便可求得的最大值． 【详解】解：延长到点，使得，连接，，如图， 四边形是菱形， ，， ， ， 为等边三角形， ， 点是的中点， ， 当取最大值时，的值就最大， 由题意知，点在以为圆心，以为半径的圆上， 当、、依次在同一直线上时，的值最大，如图， 由旋转性质知，， 的最大值为 ， 故答案为：． 32．/度 【分析】本题考查矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，正确得出全等是解题的关键．根据矩形的性质得出，，，根据旋转的性质得出，再证明；由全等三角形的性质得出，再计算即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是矩形． ，， ， 由旋转性质，得：． ， ∵在矩形中，， ， 在和中， ， ， ， ， ， ∴，即的度数为， 故答案为：． 33．/ 【分析】作的垂直平分线，交于，交于，作，交于点，连接、、，由题意可知当在上时满足到点、的距离相等，得到，根据正方形性质可证明，从而推出，然后判定四边形是矩形，结合垂直平分，推出，即可根据勾股定理可算出，得到，最后再由勾股定理算出，即可得到答案． 【详解】作的垂直平分线，交于，交于，作，交于点，连接、、 由题意可知，当旋转到上时，到点、的距离相等，且 四边形是正方形 ，， ， 在和中 ，， 四边形是矩形 又垂直平分， 故答案为：． 【点拨】本题考查了图形的旋转，垂直平分线的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据题意找到位置并作出相应的辅助线是解题的关键． 34． 【分析】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，正方形的判定等知识，由轴对称的性质可得，，，则在以为圆心，为半径的圆上运动，通过证明四边形是正方形，可得． 【详解】解：如图，画出矩形的两条对称轴， 点是边的中点， ， 与关于对称， ，， 在以为圆心，为半径的圆上运动， 点恰好落在矩形的对称轴上，且点到的距离为， 点只能在上， ， 四边形是矩形， 又， 四边形是正方形， ， 故答案为：． 35．或1 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 由菱形的性质可求，，可证是等边三角形，可得，，由勾股定理可求的长，分，两种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解． 【详解】解：如图，连接， 四边形是菱形，， 与互相垂直平分，，， 是等边三角形， ，， ， 当时，则， ， ， ， ， ， ， 当时，， 故答案为：或1． 36． 【分析】分类讨论：当点P在上时，由折叠的性质得，，，利用勾股定理求得，设，则，，利用勾股定理列方程求解即可；当点P在的延长线上时，由折叠的性质得，，，利用勾股定理求得，设，则，，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：如图，当点P在上时， 由折叠的性质得，，，， ∴， 在中，， 设，则，， 在中，，即， 解得， ∴； 如图，当点P在的延长线上时， 由折叠的性质得，，，， 在中，， 设，则，， 在中，，即， 解得， 综上所述，， 故答案为：． 【点拨】本题考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、解一元一次方程，运用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 37．(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用． （1）由在矩形中，，，易证得，又由，可得，然后由，利用即可判定：，最后由全等三角形性质可得结论； （2）利用勾股定理可求得的长，再由，可得，继而求得答案． 【详解】（1）证明：在矩形中，，，， ， ， ， 在和中， ， ； ， ； （2）由题意可得， 在中，， ， ， ，， 四边形的周长． 38．见解析 【分析】本题主要考查基本作图，平行四边形的判定与性质和菱形的判定，由作图知,由知，从而得出得，同理可得，证明四边形是平行四边形，由可得结论 【详解】证明：由作图得是的平分线， ∴ ∴ ∵平分， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 又 ∴四边形是平行四边形, ∵ ∴四边形是菱形 39．(1)见解析 (2) 【分析】（1）由折叠的性质和矩形的性质可得，，，根据平行线的性质可得，进而由等角对等边可得，由等量代换可得，证明四边形是平行四边形，再根据菱形的判定证明即可； （2）由菱形的性质得，利用勾股定理可得，进而可得，由的面积为 ，可得，即可求得，进而求解即可． 【详解】（1）证明：∵一张矩形纸片，将纸片折叠一次，使点A与点C重合， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：由（1）可得，四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵的面积为 ， ∴，即， 把②代入①得，， 即， ∴（负值舍去）， ∴． 【点拨】本题考查矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、完全平方公式及求算术平方根，熟练运用矩形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键． 40．（1）相等；（2）证明见解析；（3）， 【分析】本题考查了全等三角形的判定及其性质、勾股定理、对称原理及其应用问题；对综合的分析问题、解决问题的能力提出了较高的要求． （1）根据正方形的性质证明，即可得出结论； （2）可过点作，证明即可得出结论． （3）借助对称原理，根据勾股定理即可求出、的长；利用第（2）问中的结论即可获得的长． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， 故答案为：相等； （2）如图所示，过点作，交于，    则四边形为矩形； ； ，， ，， ； 在与中， ， ． （3）如图，连接； 设，则； 由对称原理得：，，；由问题（1）知：； 四边形为正方形， ； 由勾股定理得：，； ，解得， ∴，． 41．(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，方程思想，动态条件下的面积最值问题，将面积的最值问题转化成线段的最值问题，是解决本题的关键． （1）由题意可得，，，所以四边形时平行四边形，所以，分别过作于，于，则，可以证明，得到，所以是菱形； （2）菱形的面积为，当旋转至如图位置时，取得最大值，设，在中，利用勾股定理列方程，即可求解． 【详解】（1）证明：分别过作于，于，如图1， ， 由题意可得，，，， 四边形是平行四边形， ， 在与中， ， ， ， 是菱形； （2）解：∵是菱形， ， ， 当越大时，菱形的面积越大， 旋转如图位置时，如图2，此时取最大值， 设，则， 在中，， ， ， ， 故答案为：． 42．(1)4， (2)见解析 【分析】（1）当点P运动到对角线的中点时，值最小；当点P运动到点A或点C时，最大； （2）分点P在线段与两种情况讨论，连接，过M作于E，证明，可得出，进而求出，然后证明B、C、M在同一条直线上即可． 【详解】（1）解：由于点P运动到与垂直时，根据“垂线段最短”可知最短，则最短，此时与对角线重合，与重合， ∴． 由于点P运动到点A或点C时，斜线段最长，因此最长，此时：， 则， 故答案为：4，； （2）证明：连接，连接交于点，过M作于E， ①如图，当点在线段上时， ∵正方形， ∴，，，， ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴， 又， ∴， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴B、C、M三点共线， ∴点在线段的延长线上． ②如图，当点在线段上时，    同理， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴， 又， ∴ ∴B、C、M三点共线， ∵点在线段上． 综上所述，点在射线上上． 【点拨】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等相关知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 43．(1)见解析 (2)当时，四边形是菱形，证明见解析 【分析】本题考查平移的基本性质以及菱形的判定，关键是掌握①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等和平行四边形的性质以及菱形的判定定理． （1）根据平移的性质，可得：，再证明即可得到； （2）要使四边形是菱形，须使；根据条件找到满足的与满足的数量关系即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴． ∵是边上的高，且是由沿方向平移而成． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． （2）当时，四边形是菱形． 证明：∵，， ∴四边形是平行四边形． ∵中，， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴四边形是菱形． 44．(1)，4 (2) (3)且，理由见解析 【分析】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的性质，正方形的性质，平移与旋转的性质等知识，熟练掌握平移与旋转的性质是解题的关键． （1）由平移与旋转的性质即可求解； （2）先由平移的性质求出的长，再由四边形的面积即可求解； （3）由平移与旋转的性质可得，从而可得，再进行推导即可求解． 【详解】（1）由题意得：将绕点逆时针旋转可得；将向右平移4可得， 故答案为：，4； （2）点为边的中点， ， ， 四边形的面积， （3）且，理由如下： 将绕点逆时针旋转可得；将向右平移4可得， ， ，， ， ， ． 45．(1) (2)2 (3) 【分析】（1）由矩形的性质得，，，，根据勾股定理求得，即，利用勾股定理求得，可得，求得直线的表达式为，过点G作轴于点A，利用勾股定理求得，设的函数表达式为，再利用待定系数法求解即可； （2）过点M作于点N，连接、，旋转的性质得，，再根据等腰三角形的性质得，证明四边形是矩形，可得，可证，，可得，设，利用勾股定理列方程求解即可； （3）求出两个临界值，当矩形没有转动时，即矩形与矩形重合，求出最小值；点B到直线的距离最大时，存在面积最大值，分别求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形，， ∴，，， ∵矩形是矩形旋转得到， ∴，， 在中，， ∴， ∴， ∴， 设直线的表达式为， 把点代入得，， 解得， ∴直线的表达式为， 设的函数表达式为， 过点G作轴于点A， ∵，， ∴， ∴， ∴， 把点代入得，， 解得， ∴的函数解析式为；    （2）解：如图，过点M作于点N，连接、， ∵矩形是矩形旋转得到， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， 在中，，即， 解得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴线段的长度为2；        （3）解：当矩形没有转动时，即矩形与矩形重合， ∵点P为的中点， ∴， ∴， ∴， 在矩形旋转的过程中，点B到直线的距离存在最大值，即S的最大值， 当在点O的左侧且时，B到直线的距离最大，设与的交点为M，如图， ∵点P为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴．    【点拨】本题考查用待定系数法求一次函数解析式、矩形的性质与判定、勾股定理、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质，熟练掌握旋转的性质，运用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 46．(1)正方形、矩形、直角梯形均可 (2)①；②四边形是勾股四边形，理由见解析 【分析】（1）根据题意结合所学四边形即可求解； （2）①先证明，得出，，连接，进一步得出为等边三角形即可求解； ②等边三角形的性质进一步得出是直角三角形，即可求解． 【详解】（1）解：正方形、矩形、直角梯形均可， 故答案为：正方形、矩形、直角梯形均可； （2）解：①由旋转的性质得，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 故答案为：； ②∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， 在中，， 即四边形是勾股四边形． 【点拨】本题考查旋转的性质、勾股定理、等边三角形的性质与判定、特殊四边形的性质，熟练掌握勾股定理和等边三角形的性质与判定证得是解题的关键 47．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据轴对称图形的性质得到，根据平行线的性质推出，根据等腰三角形的判定得出，则，根据菱形的判定定理即可得解； （2）连接交于点M，根据轴对称图形的性质得到，则是的中位线，，根据三角形中位线性质得出，根据三角形中位线的判定与性质及直角三角形的性质求出，设，则，根据勾股定理推出，据此求出x的值，再根据三角形中位线性质即可得解． 【详解】（1）证明：如图所示， ∵关于的轴对称图形为， ∴， ∵， ∴， ， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：如图所示，连接交于点M， ∵关于的轴对称图形为， ∴， ∴， ∵C是的中点， ∵， ∴， ∴是直角三角形； ∵，C是的中点，， ∴是的中位线， ∴， 设， ∵， ∴， 在中，， 在中，， ∴， 即， 解得：， ∴， ∴． 【点拨】此题是四边形综合题，考查了轴对称图形的性质、三角形中位线的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练运用轴对称图形的性质、三角形中位线的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理是解题的关键． 48．(1) (2)①是，；②或 【分析】（1）先求出，得到，，再由正方形的性质可得，解之即可得到答案； （2）①过点作轴，通过证明，得到，即可求解；②连接，可得点H与点重合，作点关于直线的对称点，可得，求得直线的解析式，即可求解． 【详解】（1）解：在中，当时，，当时，， ∴， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴ ∴ ∴； （2）解：①过点作轴，如下图：    由题意可得：， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， 设，则， 由题意可得：，即， ∴E在定直线上； ②连接，由题意可得为等腰直角三角形， ∴ ∵四边形为正方形， ∴ ∴， ∴当点与点重合时满足题意， ∵点是线段的中点， ∴， 由①可得，， 设直线解析式为，将、代入可得 ，解得， ∴直线解析式为， 设交于M， 在中，当时，，即点 作点关于直线的对称点，则 ∴， ∴点为直线与的交点， 同理可得直线解析式为 联立，解得 此时；    综上，点坐标为或 【点拨】此题考查了一次函数与几何的综合应用，涉及了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质与判定，轴对称的性质等等，解题的关键是熟练掌握相关基础性质． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$