专题03 正方形的性质与判定【十大考点+知识串讲】-2024-2025学年九年级数学上册重难考点强化训练（北师大版）

专题03 正方形的性质与判定 考点类型 知识一遍过 （一）正方形的性质 正方形的性质： 因为ABCD是正方形 几何表达式举例： (1) 对边平行且相等，对角线互相平分 (2) ∵四边形ABCD是正方形 ∴AB=BC=CD=DA ∠A=∠B=∠C=∠D=90° (3) ∵四边形ABCD是正方形 ∴AC=BD AC⊥BD （二）正方体的判定 正方形的判定： 四边形ABCD是正方形. 几何表达式举例： (1) ∵四边形ABCD是平行四边形 又∵AD=AB ∠ABC=90° ∴四边形ABCD是正方形 (2) ∵四边形ABCD是菱形 又∵∠ABC=90° ∴四边形ABCD是正方形 (3)∵四边形ABCD是矩形 又∵AD=AB ∴四边形ABCD是正方形 考点一遍过 考点1：正方形的性质——求角度 典例1：在正方形外侧作等边，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式1】如图，点E，F分别在正方形的边的延长线和边上，且，连接，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【变式2】如图，在正方形中，点在对角线上，且，延长交于点，连接，则的度数为 ． 【变式3】如图，若点是正方形外一点，且，，，则 °． 考点2：正方形的性质—— 求线段 典例2：如图，点为正方形对角线上的任意一点（不包括，两点），过点做，，垂足分别为，，若四边形的周长为，则正方形的面积是（    ）    A． B． C． D． 【变式1】如图，正方形ABCD的面积为169，G是BC上的一点，于点E，，且交AG于点F，若，则EF的长是（   ） A． B．13 C．8 D．7 【变式2】如图，正方形的对角线上有一动点，作于点，连接，若，则的长为 ． 【变式3】如图，在正方形中，，E为的中点，连接，将绕点D按逆时针方向旋转得到，连接，则的长为 ．    考点3：正方形的性质——求面积 典例3：四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变边长为2的正方形的内角，变为菱形，若，则阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 【变式1】如图，在正方形中，分别以点，为圆心，长为半径画弧，两弧相交于点，连接，得到，则与正方形的面积比为（    ） A．1:2 B．1:3 C．1:4 D． 【变式2】如图，有一个边长为的正方形，将一块的三角板直角顶点与正方形对角线交点O重合，两条直角边分别与边交于点E，与边交于点F．则四边形的面积是 ． 【变式3】如图，正方形瓷砖图案中的阴影部分是四个全等且顶角为45°的等腰三角形．已知该瓷砖的面积是，则中间小正方形的面积为 ． 考点4：正方形的性质——证明题 典例4：如图，在正方形中，，是边上的一点，将正方形沿折叠，点的对应点为点，点为的中点，当点恰好落在线段上时， 求证： (1)； (2)． 【变式1】如图，在正方形中，E、F分别是、的中点，，连接，交于点G，求证： (1)； (2)． 【变式2】王老师带领同学们在探究几何问题变换时，与同学们一起探究下列问题，请你思考解决．如图1，在正方形中，点P是射线上的一个动点，连接．    【观察发现】 （1）与的大小关系是（     ） A．大于              B．小于             C．相等              D．不能确定 【探究迁移】 （2）如图2，作，交延长线于点E，判断的形状并给出证明； 【拓展应用】 （3），交直线于点E，点P在运动的过程中，当，时，直接写出的长． 【变式3】已知正方形如图所示，连接其对角线，的平分线交于点，过点作于点，交于点，过点作，交延长线于点． (1)求证：； (2)若正方形的边长为，求的面积； (3)求证：． 考点5：正方形的性质——折叠问题 典例5：问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题展开数学活动．    动手操作： 第一步：如图，四边形是正方形纸片，将该纸片对折，使与重合，折痕为，展开铺平，如图； 第二步：沿直线折叠，使点落在处，设交于点．如图； 第三步：延长交于点，连接交于点，如图． 解决问题： (1)线段与的数量关系是__________； (2)若正方形的边长为． （）求的长； （）求的值． 、【变式1】如图，有一张边长为6的正方形纸片ABCD，P是AD边上一点（不与点A、D重合），将正方形纸片沿EF折叠，使点B落在点P处，点C落在点G处，PG交DC于H，连接BP． （1）求证：∠APB＝∠BPH； （2）若P为AD中点，求四边形EFGP的面积； （3）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？写出你的结论并证明． 【变式2】如图1，在正方形中，点E为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于，连接． (1)求的度数． (2)如图2，E为的中点，连接． ①求证：； ②若正方形边长为4，求线段的长． 【变式3】【阅读材料】 在学习正方形时，我们遇到过这样的问题：如图1，在正方形中，点E、F、G、H分别在、、、上，且，垂足为M，那么与相等吗？ 分别过点G、H作、，垂足分别为P、Q，通过证明，得到． 根据阅读材料，完成下面探究1、探究2中的问题． 【探究1】 如图2，在正方形中，点E在上，使用无刻度的直尺和圆规作，交于点F（要求直尺、圆规各使用一次），保留作图痕迹，并标出点F，不要求写作法； 【探究2】 如图3，在正方形中，点E、F分别在、上，将正方形沿着翻折，点B、C分别落在、处，且经过点D，将纸片展开，延长交于点G，连接交于点M． （1）求证：； （2）求证：． 考点6：正方形的性质——坐标问题 典例6：如图，正方形在平面直角坐标系中，其对角线，交于点B，，则点C的坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式1】如图，直线与x，y轴分别交于A，B两点，以为边在第一象限内作正方形，则点D的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【变式2】如图，将正方形放置于平面直角坐标系中，若点，点，则点B的坐标为 ． 【变式3】如图，正方形的边长为1，点A与原点重合，点B在y轴的正半轴上，点D在x轴的负半轴上，将正方形绕点A逆时针旋转至正方形的位置，与相交于点M，则点M的坐标为 ．    考点7：正方形的判定——证明题 典例7：如图，在菱形中，对角线，相交于点O，点E，F在对角线上，且，．求证：四边形是正方形． 【变式1】如图，在中，的外角平分线交于点A，过点A分别作直线的垂线，B，D为垂足． (1)求证：四边形是正方形； (2)已知的长为6，求的值． 、【变式2】如图，在中，对角线相交于点O，点E是的延长线上一点，且是等边三角形． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，求证：四边形是正方形． 【变式3】如图，在矩形中，的平分线交于点E，于点于点与交于点O．    (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 考点8：正方形的判定与性质综合 典例8：阅读下列材料： 我们定义：若一个四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，则称这条对角线叫这个四边形的和谐线，这个四边形叫做和谐四边形． 如正方形就是和谐四边形． 结合阅读材料，完成下列问题： (1)下列哪个四边形一定是和谐四边形（       ） A．平行四边形；B．矩形；C．菱形；D．等腰梯形 (2)如图：等腰中，．若点C为平面上一点，为凸四边形的和谐线，且， 求出的度数．    【变式1】在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作： 第一步：将矩形纸片的一角，利用图①所示的方法折叠，使点落在上的点处，得到折痕，连接，然后把纸片展平； 第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点处，得到折痕，如图②． 根据以上操作，解答下列各题． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求线段的长． 【变式2】如图，在中，的角平分线交于点，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且，求四边形的面积． 【变式3】问题情境：如图1，点E为正方形内一点，，将绕点B顺时针旋转，得到，延长交于点F，连接． 猜想证明： (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)如图2，若，猜想线段与的数量关系并加以证明； 解决问题： (3)如图1，若，，直接写出的长 ．（结果可含根式） 考点9：正方形中点的动点最值问题 典例9：如图，已知正方形的边长为3，点M在上，，点N是上的一个动点，那么的最小值是（    ） A．3 B．4 C． D． 【变式1】如图，菱形的边长为8，，点E，F分别是，边上的动点，且，过点B作于点G，连接，则长的最小值是（    ） A． B． C． D． 、【变式2】在矩形中，点E，F分别是，上的动点，连接，将沿折叠，使点A落在点P处，连接，若，，则的最小值为 ． 【变式3】正方形中，点在上，，，点在上，的最小值 ．    考点10：中点四边形——证明题 典例10：如图①，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点．求证：． 【应用】如图②，连结图①中的，并取中点，连结、． （1）若，则四边形的周长为 ． （2）图③，若，且，则四边形的面积为 ． 【变式1】阅读下面材料： 在数学课上，老师请同学们思考如下问题：如图1，我们把一个四边形的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到的四边形是平行四边形吗？ 小敏在思考问题时，有如下思路：连接． 结合小敏的思路作答： （1）若只改变图1中四边形的形状（如图2），则四边形还是平行四边形吗？请说明理由； 参考小敏思考问题的方法，解决以下问题： （2）如图2，在（1）的条件下，若连接，．当与满足什么关系时，四边形是正方形．直接写出结论． 【变式2】如图，的对角线相交于点O，且E、F、G、H分别是的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的周长． 【变式3】阅读与思考 下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务， 瓦里尼翁平行四边形我们知道，如图1，在四边形中，点、、，分别是边、，，的中点，顺次连接，、、，得到的四边形是平行四边形． 我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnon， Pierte 1654-1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切． ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交，于点、，过点作于点，交于点 ∵、分别为，的中点，∴，．（依据1） ∴，∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形， ∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形，（依据2）． ∴， ∵，∴．同理，…    任务： (1)填空：材料中的依据1是指：________．依据2是指：________． (2)如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，满足下列要求： ①四边形及它的瓦里尼翁平行四边形的顶点都在小正方形网格的格点的上；    ②四边形是矩形，不是正方形． (3)在图1中，分别连接，得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线、长度的关系，并证明你的结论．    原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 正方形的性质与判定 考点类型 知识一遍过 （一）正方形的性质 正方形的性质： 因为ABCD是正方形 几何表达式举例： (1) 对边平行且相等，对角线互相平分 (2) ∵四边形ABCD是正方形 ∴AB=BC=CD=DA ∠A=∠B=∠C=∠D=90° (3) ∵四边形ABCD是正方形 ∴AC=BD AC⊥BD （二）正方体的判定 正方形的判定： 四边形ABCD是正方形. 几何表达式举例： (1) ∵四边形ABCD是平行四边形 又∵AD=AB ∠ABC=90° ∴四边形ABCD是正方形 (2) ∵四边形ABCD是菱形 又∵∠ABC=90° ∴四边形ABCD是正方形 (3)∵四边形ABCD是矩形 又∵AD=AB ∴四边形ABCD是正方形 考点一遍过 考点1：正方形的性质——求角度 典例1：在正方形外侧作等边，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了正方形和等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握它们的性质是解题的关键；由四边形是正方形，是等边三角形，得到，，得是等腰三角形，然后利用等腰三角形的性质得到，即可解决问题． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 又 是等边三角形， ，， ∴， 是等腰三角形，， ． ∴ 故选：C． 【变式1】如图，点E，F分别在正方形的边的延长线和边上，且，连接，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，解决本题的关键是得到． 连接，根据正方形的性质证明，可得，然后根据全等三角形的性质即可解决问题． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 【变式2】如图，在正方形中，点在对角线上，且，延长交于点，连接，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质等知识，掌握正方形的性质是解决此题的关键．根据正方形的性质可得，，，由可得，进而得到，证明，得到，最后根据三角形的外角性质即可求解． 【详解】解：四边形是正方形，点在对角线上， ，，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【变式3】如图，若点是正方形外一点，且，，，则 °． 【答案】 【分析】将绕点顺时针旋转，得到，连接，利用旋转的性质得到，，，由等腰直角三角形性质可得，利用勾股定理得到，进而得到，由勾股定理逆定理可知，，最后根据，即可求得． 【详解】解：将绕点顺时针旋转，得到，连接， ， ，， ，，， ， ， ， ，， ， 是直角三角形，且， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，勾股定理，勾股定理逆定理，等腰三角形性质，解题的关键是作辅助线构造直角三角形解决问题． 考点2：正方形的性质—— 求线段 典例2：如图，点为正方形对角线上的任意一点（不包括，两点），过点做，，垂足分别为，，若四边形的周长为，则正方形的面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，由四边形是正方形，得，，则可证，是等腰直角三角形，故有，，得四边形的周长，然后求出，最后根据面积公式即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∴，， ∴，是等腰直角三角形， ∴，， ∵四边形的周长， ， ， ， ∴， ∴正方形的面积是， 故选：． 【变式1】如图，正方形ABCD的面积为169，G是BC上的一点，于点E，，且交AG于点F，若，则EF的长是（   ） A． B．13 C．8 D．7 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定等知识，先证，得出，根据正方形的性质以及勾股定理，可知的长，根据即可得答案，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：∵正方形的面积为， ∵于点， ， ∵于点， ， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 【变式2】如图，正方形的对角线上有一动点，作于点，连接，若，则的长为 ． 【答案】或/或 【分析】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识．延长交于H，可得，，可设，则，在中，根据勾股定理可得， 再由勾股定理，即可求解． 【详解】解：如图，延长交于H， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴，解得∶， 当时，， ∴； 当时，， ∴； 综上所述，的长为或． 故答案为∶ 或 【变式3】如图，在正方形中，，E为的中点，连接，将绕点D按逆时针方向旋转得到，连接，则的长为 ．    【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．先根据正方形的性质得到，则利用勾股定理可计算出，再根据旋转的性质得到，，然后利用为等腰直角三角形得到． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴， ∵绕点D按逆时针方向旋转得到， ∴，， ∴为等腰直角三角形， ∴ ． 故答案为：． 考点3：正方形的性质——求面积 典例3：四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变边长为2的正方形的内角，变为菱形，若，则阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】用勾股定理先求C′E，再求BE，最后求梯形D′EBA面积，最后求阴影部分的面积． 【详解】解：设BC与C′D′交点为E， ∵在正方形ABCD和菱形，ABC′D′中， ∴C′D′= C′B=AB=2， ∴BE⊥C′D′， ∵∠C′＝∠D′AB＝45°， ∴C′E＝BE， 设C′E=BC=x， 则在Rt△C′EB中 ，解得： ， ∴C′E=BC ∴D′E＝C′D′-C′E=2−， ∴梯形D′EBA面积为： S′＝（D′E＋AB）×BE×＝2 −1， 阴影面积为：S＝ −S′＝2×2−（2 −1）＝5−2． 故选：D． 【点睛】本题考查了多边形的面积，掌握求阴影部分的面积化为面积之差，勾股定理、梯形面积的应用是解决此题的关键． 【变式1】如图，在正方形中，分别以点，为圆心，长为半径画弧，两弧相交于点，连接，得到，则与正方形的面积比为（    ） A．1:2 B．1:3 C．1:4 D． 【答案】C 【分析】由作图可得知△BEC是等边三角形，可求出∠ABE=30°，进而可求出△ABE边AB上的高，再根据三角形和正方形的面积公式求出它们的面积比即可. 【详解】根据作图知，BE=CE=BC， ∴△BEC是等边三角形， ∴∠EBC=60°, ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC=90°，AB=BC， ∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=90°-60°=30°， 设AB=BC=a，过点E作EF⊥AB于点F，如图， 则EF=BE=a， ∴. 故选C. 【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定以及正方形的性质，熟练掌握有关性质是解题的关键. 【变式2】如图，有一个边长为的正方形，将一块的三角板直角顶点与正方形对角线交点O重合，两条直角边分别与边交于点E，与边交于点F．则四边形的面积是 ． 【答案】4 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，本题的解题关键是知道题中重合的部分的面积是不变的，总是等于正方形面积的． 根据正方形的性质得出，，求出，根据全等三角形的判定得出 ，即可求出四边形的面积三角形的面积，即可得出答案． 【详解】解：如图： 连接和，则和都过点O， 四边形是正方形， ，， ， ， ， 在和中 ， ， ， 故答案为：4． 【变式3】如图，正方形瓷砖图案中的阴影部分是四个全等且顶角为45°的等腰三角形．已知该瓷砖的面积是，则中间小正方形的面积为 ． 【答案】 【分析】作大正方形的对角线，作一条小正方形的对角线并延长交大正方形各边于中点，由图形可知，小正方形的边长加对角线的长度刚好等于大正方形的边长，列方程求解小正方形边长即可求解． 【详解】解：如图，作大正方形的对角线，作小正方形的对角线并延长交大正方形各边于中点， 设小正方形的边长为 ， 则大正方形的边长为 ， 瓷砖的面积是， 大正方形的边长为， 即， 解得， 中间小正方形的面积为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形和等腰三角形的性质，根据题意得出小正方形边长和大正方形边长之间的关系是解题的关键． 考点4：正方形的性质——证明题 典例4：如图，在正方形中，，是边上的一点，将正方形沿折叠，点的对应点为点，点为的中点，当点恰好落在线段上时， 求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质等知识是解题的关键． （1）根据证，再根据折叠的性质即可得出； （2）根据（1）知，即，再利用外角的性质可得出，即可得出结论． 【详解】（1）证明：由折叠知，， 四边形是正方形， ， 在和中， ， ， ， 又， ， 即； （2）由（1）知， 即，， ， ， ， ． 【变式1】如图，在正方形中，E、F分别是、的中点，，连接，交于点G，求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键． （1）根据正方形的性质可知，，进一步推得，再根据全等三角形的判定即可证明结论； （2）根据全等三角形的性质可得，再根据，等量代换可得，即得答案． 【详解】（1）四边形是正方形， ·，， ， ，即， 在和中， ， ； （2）由（1）知， ， 即， ， ， ． 【变式2】王老师带领同学们在探究几何问题变换时，与同学们一起探究下列问题，请你思考解决．如图1，在正方形中，点P是射线上的一个动点，连接．    【观察发现】 （1）与的大小关系是（     ） A．大于              B．小于             C．相等              D．不能确定 【探究迁移】 （2）如图2，作，交延长线于点E，判断的形状并给出证明； 【拓展应用】 （3），交直线于点E，点P在运动的过程中，当，时，直接写出的长． 【答案】（1）C；（2）是等腰三角形，理由见解析；（3）的长是或． 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键． （1）由正方形的性质，得到，，可证明即可得出结论； （2）由得到，再由，，得到，进而得到，则可判定是等腰三角形； （3）分两种情况：当点P在上时，当点P在的延长线上时，分别证明是等腰三角形， 是等腰三角形，即可求解． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 故选：C． （2）是等腰三角形，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， 又∵， ， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴是等腰三角形． （3）当点P在上时，如图：    ∵四边形是正方形，， ∴，， ∵是等腰三角形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， ∴； 当点P在的延长线上时，如图：    由（2）可知，， ∴， ∵是等腰三角形，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， ∴的长是或． 【变式3】已知正方形如图所示，连接其对角线，的平分线交于点，过点作于点，交于点，过点作，交延长线于点． (1)求证：； (2)若正方形的边长为，求的面积； (3)求证：． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)证明见解析． 【分析】（）由可证，可得； （）根据等角对等边易证，根据勾股定理求得的长，然后根据三角形的面积公式即可求解； （）由全等三角形的性质可得，在上截取，连接，则可以证明，得到，即可证得； 本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握知识点的应用及正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴，且， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）在上截取，连接， ∵， ∴， ∵，且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 考点5：正方形的性质——折叠问题 典例5：问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题展开数学活动．    动手操作： 第一步：如图，四边形是正方形纸片，将该纸片对折，使与重合，折痕为，展开铺平，如图； 第二步：沿直线折叠，使点落在处，设交于点．如图； 第三步：延长交于点，连接交于点，如图． 解决问题： (1)线段与的数量关系是__________； (2)若正方形的边长为． （）求的长； （）求的值． 【答案】(1)； (2)（）；（）． 【分析】（）根据正方形的性质可得，，再根据折叠性质可得，，证明即可； （）（）由折叠性质可知，，，正方形的性质得，，，再由勾股定理即可求解； （）连接，由折叠的性质可知，垂直平分，则，，，再证是的中位线得，最后由折叠性质和勾股定理即可求解． 【详解】（1）∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠性质可知，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）（）由折叠性质可知，，， 由（）知， ∵正方形的边长为， ∴，，， 在中，， 即， 解得； （）连接，如图，      由折叠的性质可知，垂直平分， ∴，，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴是的中位线， ∴， 由折叠性质可知，，， ∴， ∴， ∴ 在中，， ∴，解得， ∴ ，， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，折叠的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，中位线性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【变式1】如图，有一张边长为6的正方形纸片ABCD，P是AD边上一点（不与点A、D重合），将正方形纸片沿EF折叠，使点B落在点P处，点C落在点G处，PG交DC于H，连接BP． （1）求证：∠APB＝∠BPH； （2）若P为AD中点，求四边形EFGP的面积； （3）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？写出你的结论并证明． 【答案】（1）见解析；（3）；（3）△PHD的周长不变为定值12，见解析. 【分析】（1）欲证明∠APB=∠BPH，只要证明∠APB+∠EBP=90°，∠BPH+∠EPB=90°，根据EP=EB，推出∠EBP=∠EPB即可证明． （2）如图1中，作FM⊥AB于M．由△ABP≌△MFE，推出AP=EM=3，想办法求出EB、CF即可解决问题． （3）△PHD的周长不变为定值12．如图2中，作BQ⊥PG于Q，连接BH，分别证明△BPA≌△BPQ和△BHQ≌△BHC即可． 【详解】（1）∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB． ∵∠A=∠ABC=∠EPG=90°，∴∠APB+∠EBP=90°，∠BPH+∠EPB=90°，∴∠APB=∠BPH． （2）如图1中，作FM⊥AB于M． ∵∠BEF+∠ABP=90°，∠BEF+∠EFM=90°，∴∠ABP=∠EFM． 在△ABP和△MFE中，∵，∴△ABP≌△MFE，∴ME=APAD=3．在Rt△AEP中，设AE=x，则EP=BE=6﹣x，∴（6﹣x）2=x2+32，∴x，∴CF=BM=AB﹣AE﹣EM，∴S四边形EFGP（CF+BE）×BC（）×6． （3）△PHD的周长不变为定值12．证明如下： 如图2中，作BQ⊥PG于Q，连接BH． 由（1）可知∠APB=∠BPQ．在△BPA和△BPQ中，∵，∴△BPA≌△BPQ，∴AP=PQ，AB=BQ． ∵AB=BC，∴BC=BQ． ∵∠BQH=∠C=90°，BH=BH，∴△BHQ≌△BHC，∴CH=QH，∴△PDH的周长=DP+PH+DH=（DP+AP）+（CH+DH）=AD+CD=12． 【点睛】本题考查了四边形综合题、翻折变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 【变式2】如图1，在正方形中，点E为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于，连接． (1)求的度数． (2)如图2，E为的中点，连接． ①求证：； ②若正方形边长为4，求线段的长． 【答案】(1) (2)①见解析；② 【分析】（1）由正方形的性质可得．，再由翻折的性质得，，，然后由“”证明，得，即可得出结论； （2）①根据折叠的性质和线段中点的定义可得，，再证出，即可得出结论； ②设，表示出、，根据点是的中点求出、，得到的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ．， 由折叠知，，，， ，， ， ， ， ． （2）①证明：由折叠知，，， 为的中点， ， ， ， ， ， ； ②由（1）得，， ， 设，则， 又， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：， 即线段的长为． 【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，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折变换的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握针锋相对性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型． 【变式3】【阅读材料】 在学习正方形时，我们遇到过这样的问题：如图1，在正方形中，点E、F、G、H分别在、、、上，且，垂足为M，那么与相等吗？ 分别过点G、H作、，垂足分别为P、Q，通过证明，得到． 根据阅读材料，完成下面探究1、探究2中的问题． 【探究1】 如图2，在正方形中，点E在上，使用无刻度的直尺和圆规作，交于点F（要求直尺、圆规各使用一次），保留作图痕迹，并标出点F，不要求写作法； 【探究2】 如图3，在正方形中，点E、F分别在、上，将正方形沿着翻折，点B、C分别落在、处，且经过点D，将纸片展开，延长交于点G，连接交于点M． （1）求证：； （2）求证：． 【答案】[探究1]见解析；[探究2]（1）见解析；（2）见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是： [探究1]以B为圆心，为半径画弧，交于F，连接即可； [探究2]（1）利用翻折的性质和证明，然后利用全等三角形的性质即可得证； （2）连接，过F作于N，可得四边形是矩形，得出，，，，利用翻折的性质，等边对等角以及外角的性质可得，进而得出，从而得出，类似材料中的思路可证得，得出，即可得出答案． 【详解】解∶[探究1] 如图，即为所求，    ∵四边形是正方形， ∴，，， 由作图知：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； [探究2] （1）证明：∵翻折， ∴，， 又， ∴， ∴； （2）连接，过F作于N， 则四边形是矩形， ∴，， 又， ∴， ∵翻折， ∴， ∵，， ∴，， 又， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又，， ∴， ∴， 又，， ∴ 考点6：正方形的性质——坐标问题 典例6：如图，正方形在平面直角坐标系中，其对角线，交于点B，，则点C的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质，坐标与图形，根据正方形的性质可得，，根据勾股定理即可求得的长，从而得出点C的坐标． 【详解】解：四边形是正方形， 对角线，互相垂直平分， ，， ， 点C的坐标为， 故选：D． 【变式1】如图，直线与x，y轴分别交于A，B两点，以为边在第一象限内作正方形，则点D的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查坐标与图形，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，先根据直线的解析式求出点A、B的坐标，然后过点D作轴于点E，得到，即可得到，，进而解题即可． 【详解】解：过点D作轴于点E，    一次函数的图象与x轴相交于点A，与y轴相交于点B， 当时，，解得：，当时，； ∴A、B两点的坐标为，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴，即， 又，， ∴， ∴，， ∴， 故D点坐标为， 故选D． 【变式2】如图，将正方形放置于平面直角坐标系中，若点，点，则点B的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，坐标与图形性质．过点作轴，易证，可得，继而可求点坐标． 【详解】解：过点作轴，垂足为， 点，点， ，， ∵ ∴ 在和中， ， ， ，， ， ． 故答案为：． 【变式3】如图，正方形的边长为1，点A与原点重合，点B在y轴的正半轴上，点D在x轴的负半轴上，将正方形绕点A逆时针旋转至正方形的位置，与相交于点M，则点M的坐标为 ．    【答案】 【分析】连接，由旋转性质知，，，证，得，进而根据含度角的直角三角形的性质，勾股定理可得答案． 【详解】解：如图，连接，    将边长为的正方形绕点逆时针旋转得到正方形， ，， ， 在和中， ， ， ∵在中，， ∴， ， 点的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查旋转的性质、含度角的直角三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理,解题的关键是掌握旋转变换的不变性． 考点7：正方形的判定——证明题 典例7：如图，在菱形中，对角线，相交于点O，点E，F在对角线上，且，．求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，正方形的判定，掌握相关定理是解题基础．先证明四边形是菱形，再证明，即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ，，， ， ， ∴四边形是菱形； ， ，即， ∴菱形是正方形． 【变式1】如图，在中，的外角平分线交于点A，过点A分别作直线的垂线，B，D为垂足． (1)求证：四边形是正方形； (2)已知的长为6，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)72 【分析】此题考查了正方形的判定定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质： （1）作于G，则．证得四边形是矩形．根据角平分线的性质定理得到，从而推出，得到四边形是正方形． （2）证明，得到．同理，，推出，得到．设，则．由勾股定理，得，整理得，进而得到 【详解】（1）证明：作于G，如图，则． ∵， ∴， ∴四边形是矩形． ∵的外角平分线交于点A， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． （2）解：四边形是正方形， ∴． 在和中， ∴， ∴． 同理，， ∴， ∴． 设，则． 在中，由勾股定理，得， 整理得， ∴． 【变式2】如图，在中，对角线相交于点O，点E是的延长线上一点，且是等边三角形． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】此题主要考查菱形的判定、正方形的判定，要灵活应用判定定理． （1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形．进而利用菱形的判定证明即可； （2）根据有一个角是的菱形是正方形，进而根据菱形和正方形的判定证明即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即O是的中点，是的中线， ∵是等边三角形， ∴， 即， ∴是菱形，即四边形是菱形； （2）∵是等边三角形， ∴ 由（1）知， ∴，是直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是菱形， ∴， ∴菱形是正方形，即四边形是正方形． 【变式3】如图，在矩形中，的平分线交于点E，于点于点与交于点O．    (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，角平分线的定义，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，理解正方形的判定与性质，矩形的性质，角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质是解决问题的关键． （1）根据矩形性质及得，则四边形为矩形，再根据是的平分线得，则为等腰直角三角形，即，由此即可得出结论； （2）根据四边形为正方形，得，证明和全等得，由此可得的长． 【详解】（1）证明：四边形为矩形， ， ， ， 四边形为矩形， 是的平分线， ， 为等腰直角三角形， ， 矩形为正方形； （2）解：四边形为正方形，， ， ， ， 在和中， ， ， ． 考点8：正方形的判定与性质综合 典例8：阅读下列材料： 我们定义：若一个四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，则称这条对角线叫这个四边形的和谐线，这个四边形叫做和谐四边形． 如正方形就是和谐四边形． 结合阅读材料，完成下列问题： (1)下列哪个四边形一定是和谐四边形（       ） A．平行四边形；B．矩形；C．菱形；D．等腰梯形 (2)如图：等腰中，．若点C为平面上一点，为凸四边形的和谐线，且， 求出的度数．    【答案】(1)C (2)或或 【分析】（1）由和谐四边形的定义，即可得到菱形是和谐四边形； （2）首先根据题意画出图形，然后由是四边形的和谐线，可以得出是等腰三角形，从图1，图2，图3三种情况运用等边三角形的性质，正方形的性质和直角三角形性质，即可求出的度数． 【详解】（1）解：根据和谐四边形定义，平行四边形，矩形，等腰梯形的对角线不能把四边形分成两个等腰三角形，菱形的一条对角线能把四边形分成两个等腰三角形够． 故选C． （2）解：∵是四边形的和谐线，且， ∴是等腰三角形， ∵在等腰中，， ∴， ①如图1，当时，    ∴， ∴是正三角形， ∴； ②如图2，当时，    ∴． ∵， ∴四边形是正方形， ∴； ③如图3，当时，过点C作于E，过点B作于F， ∵， ∴． ∵， ∴四边形是矩形， ∴． ∵， ∴， 取中点G，连接， ∴， ∴是等边三角形， ∴，    ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的度数为或或． 【点睛】此题主要考查了等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质、矩形的性质与判定、正方形的性质与判定以及菱形的性质，此题难度较大，解题的关键是掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用． 【变式1】在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作： 第一步：将矩形纸片的一角，利用图①所示的方法折叠，使点落在上的点处，得到折痕，连接，然后把纸片展平； 第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点处，得到折痕，如图②． 根据以上操作，解答下列各题． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求线段的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，正方形的判定和性质； （1）根据矩形的性质和折叠的性质可得，，，从而得到，进而得到，继而得到四边形是菱形，即可求证； （2）根据矩形的性质和折叠的性质可得．在中，利用勾股定理建立方程即可求得的值，从而求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ， 将矩形纸片折叠，使点落在AD上的点处， ，，， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， 菱形是正方形． （2）解：四边形和四边形都是矩形， ，，，， 是由折叠得到的， ． 在中，由勾股定理，得：， 即， 解得． 【变式2】如图，在中，的角平分线交于点，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的判定与性质，正方形的判定与性质． （1）先证明四边形是平行四边形，结合角平分线的定义可证明平行四边形是菱形； （2）由可 得四边形是正方形，由，结合勾股定理求出正方形的边长，即可求解． 【详解】（1）解：四边形是菱形， 理由： ，， 四边形是平行四边形， 平分， ， ， ， ， ， 平行四边形是菱形； （2） ， 四边形是正方形， ，， ， ，即， ， 四边形的面积为． 【变式3】问题情境：如图1，点E为正方形内一点，，将绕点B顺时针旋转，得到，延长交于点F，连接． 猜想证明： (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)如图2，若，猜想线段与的数量关系并加以证明； 解决问题： (3)如图1，若，，直接写出的长 ．（结果可含根式） 【答案】(1)四边形是正方形，理由见解析 (2)结论：，见解析 (3) 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，再由正方形的判定即可得证； （2）过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，证明，可得，由旋转的性质可得，可得出结论； （3）求得、，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下： ∵将绕点B按顺时针方向旋转， ∴，，， 又， 四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形； （2）结论：； 理由：如图2，过点D作于H， ，， ， ∴， ∵四边形是正方形， ，， ∴， ∴， 又，， ∴， ∴， ∵将绕点B按顺时针方向旋转， ∴， ∵四边形是正方形， ， ∴， ∴； （3）如图1，过点D作于H， ∵四边形是正方形， ， ， ， 由（2）可知：，， ∴， ． 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，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，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 考点9：正方形中点的动点最值问题 典例9：如图，已知正方形的边长为3，点M在上，，点N是上的一个动点，那么的最小值是（    ） A．3 B．4 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，根据点B与点D关于直线对称，可知的长即为的最小值是解答此题的关键．由正方形的对称性可知点B与D关于直线对称，连接交于点，即为所求，在中利用勾股定理即可求出的长即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴点B与D关于直线对称， 连接交于点，连接， 则， ， 当B、N、M三点共线时，取得最小值， 则即为所求的点， 则的长即为的最小值， ∵四边形是正方形， ∴是线段的垂直平分线， 又， 在中，， 故的最小值是． 故选：C． 【变式1】如图，菱形的边长为8，，点E，F分别是，边上的动点，且，过点B作于点G，连接，则长的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接与相交于O，判断出点O是菱形的中心，连接，取中点M，连接，，则，为定长，利用两点之间线段最短解决问题即可． 【详解】解：如图，连接与相交于O， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点O是菱形的中心， 连接，取中点M，连接，，则，为定长， ∵菱形的边长为8，， ∴， 由勾股定理可得：， ∵M是的中点， ∴， 在Rt中，， 在Rt中，， ∵， 当A，M，G三点共线时，最小为， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是求出，的值． 【变式2】在矩形中，点E，F分别是，上的动点，连接，将沿折叠，使点A落在点P处，连接，若，，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查矩形与折叠、勾股定理、线段最值问题，由题意得，点A、点P关于对称，可得当点B、P、F三点共线时，的最小，此时，点P在对角线上，利用勾股定理求得，由折叠的性质得，，再利用求解即可． 【详解】解：由折叠的性质得，， 则当，即点B、P、F三点共线时，的最小， 此时，点P在对角线上， ∵，， ∴， 由折叠的性质得，， ∴， 故答案为：． 【变式3】正方形中，点在上，，，点在上，的最小值 ．    【答案】 【分析】此题考查了正方形的性质，轴对称，两点之间线段最短和勾股定理，连接交于点O，连接与交于点P，连接，结合两点之间线段最短，即可求解． 【详解】如图，连接交于点，连接与交于点P，连接，    ∵四边形是正方形， ∴，且， ∴，则，此时最短， ∵，， ∴根据勾股定理得， ∴， 即的最小值为：， 故答案为：． 考点10：中点四边形——证明题 典例10：如图①，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点．求证：． 【应用】如图②，连结图①中的，并取中点，连结、． （1）若，则四边形的周长为 ． （2）图③，若，且，则四边形的面积为 ． 【答案】见解析；（1）①四边形的周长为；（2） 【分析】运用三角形中位线定理和等腰三角形性质即可证得结论； （1）运用三角形中位线定理可得，，再由，可得，即可得出答案； （2）由（1）得，得出四边形是菱形，再证得，得出四边形是正方形，即可求得答案． 【详解】证明：如图①， 、、分别是、、的中点， 、分别是、的中位线，   ，， ， ， ． （1）如图②， 、、、分别是、、、的中点， ，，   ， ， 四边形的周长为16； （2）：如图③， 、、、分别是、、、的中点， ，，，， ，，   ， ， 四边形是菱形， ， ， ， 菱形是正方形， ． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了三角形的中位线定理，平行线的性质，菱形和正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解本题的关键． 【变式1】阅读下面材料： 在数学课上，老师请同学们思考如下问题：如图1，我们把一个四边形的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到的四边形是平行四边形吗？ 小敏在思考问题时，有如下思路：连接． 结合小敏的思路作答： （1）若只改变图1中四边形的形状（如图2），则四边形还是平行四边形吗？请说明理由； 参考小敏思考问题的方法，解决以下问题： （2）如图2，在（1）的条件下，若连接，．当与满足什么关系时，四边形是正方形．直接写出结论． 【答案】（1）是，理由见解析；（2）且 【分析】本题考查了中点四边形，涉及了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定、正方形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． （1）结论：四边形还是平行四边形．连接．根据中位线定理证明，即可； （2）利用（1）的结论，可知需要满足而且，由此可知当与满足且即可． 【详解】解：（1）结论：四边形还是平行四边形． 理由：如图2，连接． 、分别是、中点 ，， 同理：，， ，， 四边形是平行四边形． （2）结论：当且时，四边形是正方形． 理由：如图3中，由（1）四边形是平行四边形 、是、中点 同理： 平行四边形是菱形． ，， ， ， ， ， 四边形是正方形． 【变式2】如图，的对角线相交于点O，且E、F、G、H分别是的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2)的周长为 【分析】本题考查了三角形中点四边形，中位线定理、平行四边形的判定和性质，掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，根据线段中点的概念得到，，，，得到，，根据平行四边形的判定定理证明； （2）根据三角形中位线定理求出，根据三角形的周长公式计算，得到答案． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， E、F、G、H分别是的中点， 四边形是平行四边形； （2）， ， ， 分别是的中点， 是的中位线， ， 的周长． 【变式3】阅读与思考 下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务， 瓦里尼翁平行四边形我们知道，如图1，在四边形中，点、、，分别是边、，，的中点，顺次连接，、、，得到的四边形是平行四边形． 我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnon， Pierte 1654-1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切． ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交，于点、，过点作于点，交于点 ∵、分别为，的中点，∴，．（依据1） ∴，∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形， ∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形，（依据2）． ∴， ∵，∴．同理，…    任务： (1)填空：材料中的依据1是指：________．依据2是指：________． (2)如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，满足下列要求： ①四边形及它的瓦里尼翁平行四边形的顶点都在小正方形网格的格点的上；    ②四边形是矩形，不是正方形． (3)在图1中，分别连接，得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线、长度的关系，并证明你的结论．    【答案】(1)三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形； (2)见解析； (3)行四边形的周长等于． 【分析】（1）由三角形中位线定理和平行四边形的判定可求解； （2）先画格点矩形，再找出格点A、B、C、D点，使点，，，分别是恰好边，，，的中点，顺次连接即可得到所求； （3）由三角形中位线定理可得，，，，即可求解． 【详解】（1）解：（1）证明：如图2，连接，分别交，于点，，过点作于点，交于点． ，分别为，的中点， ，，（三角形中位线定理）， ， ， ， 四边形是瓦里尼翁平行四边形， ，即． ，即， 四边形是平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）， ， ， ， 同理可得，， ， 故答案为：三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形； （2）如图，四边形及它的瓦里尼翁平行四边形为所求：    （3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于，理由如下： 四边形是瓦里尼翁平行四边形， 点，，，分别是边，，，的中点， ，，，， 瓦里尼翁平行四边形的周长． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，矩形的判定等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$