专题01 特殊平行四边形（9大题型）-【寒假分层作业】2025年九年级数学寒假培优练（北师大版）

专题01 特殊平行四边形 内容早知道 ☛第一层 巩固提升练（9大题型） 题型一 菱形相关性质的运用 题型二 菱形的性质与判定综合运用 题型三 菱形中的动态问题 题型四 矩形相关性质的运用 题型五 矩形的性质与判定综合运用 题型六 矩形中的折叠（翻折）问题 题型七 正方形相关性质的运用 题型八 正方形的性质与判定综合运用 题型九 特殊平行四边形的综合问题 ☛第二层 能力培优练 ☛第三层 拓展突破练 菱形相关性质的运用 ⭐技巧积累与运用 菱形的性质：1）边：①四条边都相等；②对边平行；2）角：对角相等（与平行四边形相同）；3）对角线：①对角线相互垂直；②对角线相互平分；③每条对角线平分一组对角；4）对称性：既是轴对称图形，又是中心对称图形。5）对角线相互垂直的四边形的面积：对角线乘积的一半。 特别注意：若菱形的内角若出现60°，连结较短的对角线，则必出现等边三角形。 1．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）小明在研究某个菱形时，发现下列说法中只有一个是错误的，你认为错误的是（    ） A．菱形一条对角线长为6 B．菱形的面积为26 C．菱形的对角线均为整数 D．菱形的周长为20 【答案】B 【分析】此题考查菱形的性质．根据菱形的性质进行判断各个选项的正确性即可． 【详解】解：若菱形的周长为20，则边长， ∵，∴两条对角线可以是6和8，∴面积为，故选：B． 2．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）杭州纸伞馆有制作精美的纸伞，如图，四条长度相等的伞骨围成菱形，伞骨连接点A固定在伞柄顶端，伞圈C能沿着伞柄滑动．小聪通过测量发现：当伞完全张开时，伞柄的中点O到伞骨连接点B，D的距离都等于的一半，若夹角，则的度数是 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质、等腰三角形的性质，根据菱形的性质可得，，求得，，求得，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，∴，， ∴，，∵，∴， 由题意得，，∴， ∵，∴， ∴，故答案为：． 3．（24-25九年级上·海南海口·期中）如图，在菱形中，，，是一条对角线，是上一点，过点作，垂足为，连接．若，则的长为 ，的长为 ． 【答案】 2 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识．连接交于点H，先判断，都是等边三角形，得出，，，利用含的直角三角形的性质可得出，进而求出，，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：连接交于点H， ∵菱形中，，，∴，，， ∴，都是等边三角形，∴，，， ∵，∴，∴，又，∴，∴，∴， 在中，，∴，故答案为：2；． 4．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E在线段上，连接．若，，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，构造辅助线证明三角形全等是解题的关键；根据菱形的性质得到，由，设，则，得到，过D作于H，根据全等三角形的性质得到，求得，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：∵四边形为菱形，∴， 由，设，则，∴，∴， 过D作于H，∴， ∴，∴， ∵，∴，∵，， ∴，∴， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：，故答案为：． 菱形的性质与判定综合运用 ⭐技巧积累与运用 菱形的判定：1）判定方法1（定义）：平行四边形+1组邻边相等； 2）判定方法2（边）：四条边相等的四边形； 3）判定方法3（对角线）：平行四边形+对角线相互垂直，或对角线相互垂直且平分； 4）判定方法4（对角线）：平行四边形+对角线平分一组顶角，或对角线相互平分且平分一组顶角。 1．（23-24九年级上·河北保定·阶段练习）在中，，，在边，上分别找到点M，N，使四边形是菱形，下面有两种方案，关于方案的可行性，下列判断正确的是（    ） 方案Ⅰ：作的垂直平分线，分别交，于点M，N． 方案Ⅱ：作，的平分线，分别交，于点M，N． A．只有方案Ⅰ可行 B．只有方案Ⅱ可行 C．方案Ⅰ、Ⅱ都可行 D．方案Ⅰ、Ⅱ都不可行 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质．方案Ⅰ：由线段垂直平分线的性质得到，，再证明，推出，可判定四边形是菱形；方案Ⅱ：证明，得到，只能得到四边形是平行四边形，不能判断四边形是菱形，据此求解即可． 【详解】解：方案Ⅰ：设与相交于点， ∵是线段的垂直平分线，∴，，，∴， ∵，∴，∴，∴， ∵，∴，∴，∴，∴四边形是菱形； 方案Ⅱ：∵，∴，，， ∵平分，平分，∴，∴，∴， ∵，∴，∴，∴， ∴四边形是平行四边形，不能判断四边形是菱形，故选：A． 2．（24-25九年级上·重庆南岸·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，，，直线与y轴相交于点C，与x轴相交于点D，与直线AB交于点G．(1)求点G的坐标；(2)如图1，是直线上两动点，点E在点F上方，且，连接AF，BE，求的最小值及此时点F的坐标；(3)在（2）问取得最小时，点P是x轴上一动点，点Q是平面内一点，当以点为顶点的四边形是菱形时，请写出点Q的坐标，并写出求其中一个点Q的过程． 【答案】(1)(2)，(3)或或． 【分析】（1）由已知求出直线的解析式，与的解析式组成方程组，求方程组的解即可得点G的坐标；（2）过点作且截取，连接交于点，即可求出的最小值及此时点F的坐标；（3）以点为顶点的四边形是菱形分三种情况讨论：；；，分别求出点的坐标即可． 【详解】（1）解：∵，∴ 设的解析式为，把坐标代入得解之得∴的解析式为 解得∴点的坐标为． （2）过点作，且， 连接由平行四边形的性质可得，连接交于点，此时最小． 中令，得令，得∴，∴， 过点作轴，∵，∴∴ ∴点∴， 设的解析式为，把点的坐标代入解得∴的解析式为 ∴此时的最小值为：． （3）若，由四边形为菱形，可知点为点关于轴的对称点，∴； 若，则由四边形为菱形，可知， ∵，∴，∴点； 若，∵，∴∴∴四边形为正方形∴点． ∴点的坐标为或或． 【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，待定系数法求一次函数解析式，由轴对称求线段和最小，菱形的性质以及两点间的距离公式，关键是熟练掌握相关的知识，特别是通过轴对称求两条线段的和最短，分类讨论四边形为菱形时的所有可能情况． 菱形中的动态问题 ⭐技巧积累与运用 ‌菱形中的动态问题解题技巧主要包括以下几种方法‌： 1）‌利用动点特殊位置法‌：当动点位于特定位置时，可以通过特殊位置来简化问题‌。 2）‌构造等边三角形法‌：在解决三条线段和的最小值问题时，可以通过构造等边三角形来简化问题。具体步骤包括旋转60°、构造等边三角形、三“折”转一“直”，然后利用两点之间线段最短的原则来找到符合条件的点‌。 3）‌利用几何公理‌：在解决几何最值问题时，可以借助对称变换、平移变换和旋转变换‌。 4）‌利用相似比例‌：在计算动点与线段的关系时，可以利用相似三角形的比例关系来求解‌。 1．（2024·河南商丘·模拟预测）如图1，菱形中，点A为y轴正半轴上一点，轴，直线轴交菱形两边于E、F两点（点E在点F下方），直线l从y轴出发，沿以每秒1个单位长度的速度向右平移，设运动时间为x（秒），的面积为y，y与x的大致图象如图2，则菱形的面积为（    ） A． B．6 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查动点问题的函数图象，菱形的性质，根据函数图象可知，当时，点E在上，点F在上，当时，点E在上，点F在上，当时，点E在上，点F在上，则，再根据当时，，求出点D到的距离，据此利用菱形面积计算公式求解即可． 【详解】解：由函数图象可知，当时，点E在上，点F在上， 当时，点E在上，点F在上， 当时，点E在上，点F在上，∴， 设点D到的距离为h，∵当时，，∴，∴， ∴，故选：D． 2．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，线段，是线段上一动点，分别以和为边在同侧作菱形和菱形，且，，在同一条直线上，，连接，取的中点，连接，，以下说法正确的是（    ）    A．的长不会随着P点的运动而变化，始终为 B．的长随着P点的运动而变化，其最小值为 C．的长不会随着P点的运动而变化，始终为 D．的长随着P点的运动而变化，其最小值为 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程的应用，直角三角形的性质．先证，由直角三角形的性质可得，由勾股定理和平方的性质可求的最小值，即可求解． 【详解】解：如图，连接，，菱形和菱形，， ，，，，，，， ，，，是等边三角形，      点是的中点，，设，则， 是等边三角形，，，，作交的延长线于点， ∴，，∴，∴， ∵，， ，， 当时，有最小值为，的最小值为，故选：D． 3．（23-24八年级下·浙江丽水·期末）如图，在菱形中，点P是对角线上一动点，于点E，于点F，记菱形高线的长为h，则下列结论：①当P为中点时，则；②；③；④若，连接，则有最小值为2；⑤若，连接，则的最大值为．其中错误的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，连接，等积法判断①和②，四边形的内角和为360度，结合菱形的对角相等，判断③，连接，过点作，根据菱形的性质和成轴对称的特征求解，判断④，连接，过点作，利用含30度角的直角三角形的性质，结合配方法判断⑤即可． 【详解】解：菱形，∴，连接， 当P为中点时，则：， ∵于点E，于点F，∴，∵，∴，故①正确； ∵，，， ∴，∴；故②正确； ∵于点E，于点F，∴，∴，∵，∴；故③正确； 连接，过点作，则垂直平分， ∴，∴，∴当三点共线时，的值最小， ∵，∴当点与点重合时，的值最小为的长， ∵，且，∴，， ∴，∴为等边三角形，∴， ∴，∴的最小值为，故④错误；连接，过点作， ∵，∴，∴， ∵，∴，设，则：， ∴， ∵，∴，∴； ∴的最大值为；故⑤错误故选B． 矩形相关性质的运用 ⭐技巧积累与运用 菱形的性质：1）边：①对边平行；②对边相等；2）角：四个角都是90°；3）对角线：①对角线相等；②对角线相互平分；4）对称性：既是轴对称图形，又是中心对称图形。 5）重要推论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 1．（24-25九年级上·广东东莞·期中）如图，将矩形绕点B顺时针旋转至的位置，连接，取，的中点M，N连接，若，，则 ． 【答案】 【分析】连接，在中，利用勾股定理可得，利用矩形性质可知，根据旋转的性质得到是等腰直角三角形，利用勾股定理求出本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、旋转的性质，求线段长度，构造直角三角形利用勾股定理求解是解决这类问题的方法思路． 【详解】解：连接、， ∵将矩形绕点B顺时针旋转至的位置，，， 在中，利用勾股定理可得，为中点， 矩形绕点B顺时针旋转至的位置， ，且，故答案为 2．（2024·河北邢台·模拟预测）如图，在矩形中，，对角线、相交于点O，以为边在下方作正方形，已知，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，等边三角形的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，证明是等边三角形，进而可得，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理即可求解． 【详解】，∴，∴， ∵四边形是矩形，∴, ∴，∴，∴的等边三角形，∴， ∵，∴，∵， ， ∴，故选: B. 3．（23-24八年级下·广西南宁·期末）如图，矩形内有一点P，连接，延长交于点E，若，则的长是 ． 【答案】/ 【分析】此题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质以及勾股定理，延长交于F，根据已知条件得到，根据矩形的性质得到，，根据余角的性质得到，进一步推出，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：延长交于点F，如图， ∵，∴，∴， ∵四边形是矩形，∴，， ∵，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴，解得．故答案为：． 矩形的性质与判定综合运用 ⭐技巧积累与运用 矩形的判定：1）判定方法1（定义）：平行四边形+1个角是90°； 2）判定方法2（角）：有3个角是直角的四边形； 3）判定方法3（对角线）：平行四边形+对角线相等，或对角线相等且相互平分。 1．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）在矩形中，点是的中点，点是上一点，且，交于，下列结论：①平分；②；③；④．其中正确的是（    ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识知识，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，学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题．如图1中，作于，于，由，推出，由，，可得，故①正确，如图2中，延长交的延长线于，作于．易证，可得，设，则，通过计算即可一一判断． 【详解】解：如图，作于，于． ，四边形是矩形，，， ，，，， ，，，平分，故①正确， 如图中，延长交的延长线于，作于． 点是的中点，，，， ，，，，， ，，，， ，，设，则， ，，， ，，故②正确， ， ， ，，故③正确， ，，故④错误，故选：A 2．（24-25九年级上·四川成都·阶段练习）操作与探究：如图1，在锐角的边、上分别取点、，使，在上取点，作，连接交于点，作射线． (1)求证：平分．(2)移动点使，求证：是矩形．(3)如图3，在（2）的条件下，去中点连接，将绕点逆时针旋转适当的角度，得到（点、分别是的两边与的延长线、的交点）．猜想线段与之间的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3)，证明见解析 【分析】（1）根据判定，即可得到，进而得出结论； （2）根据三角形内角和可得，再根据等边对等角可得，根据等角对等边可得，再根据对角线相等的平行四边形是矩形，即可判定是矩形；（3）根据旋转的性质，可设，根据等腰内角和为，可得，根据直角三角形斜边上中线的性质，可得，进而得出，再由旋转的性质可得，最后根据即可判定，进而得到线段与之间的数量关系． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴， 在和中，，∴，∴，∴平分； （2）证明：∵，，∴， 又∵，∴，∴，∴， ∵，∴，，∴， 又∵四边形是平行四边形，∴是矩形； （3）线段与之间的数量关系为：． 证明：根据旋转的性质，可设，则等腰中，， ∴， ∵，Q为的中点，∴中，，∴， 又∵，∴，∴， ∴，由旋转可得，，∴， 在和中，，∴，∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的性质以及全等三角形判定与性质的综合应用，解决问题的关键是掌握：三条边分别对应相等的两个三角形全等；两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等．解题时注意：对角线相等的平行四边形是矩形． 3．（23-24八年级下·浙江金华·期末）如图1，在矩形中，，点，分别是，的中点，连结，交于点． (1)当且时，如图2，求的面积．(2)若，求此时的值． (3)连结，请问能否为等腰三角形，若能，求出的值，若不能，请说明理由． 【答案】(1)(2)(3)能，的值为或 【分析】（1）连接，根据中点、矩形的性质、三角形的面积公式，推出，，根据，当且时，则，得出，计算，计算，最后根据，计算得出答案即可； （2）过点作于点，和相交，连接，根据矩形的性质、等腰三角形三线合一的性质，证明是的中位线，是的中位线，是的中位线，根据中位线的性质，得出，，推出，证明三角形是等边三角形，根据等边三角形的性质，推出，根据含角的直角三角形的性质，得出，结合勾股定理计算，根据，计算得出答案即可； （3）分“当时”、“当时”和“当时”三种情况讨论．情况一，当时，在（2）辅助线基础下，过点作于点，交于点，根据矩形的性质与判定，证明四边形是矩形，由（2）得：点是中点，直线和相交于点，，，推出是的中位线，得出，推出，结合勾股定理计算，得出，根据，计算得出答案即可；情况二，当时，在（2）辅助线基础下，过点作于点，由（2）得：，推出，由情况一得：，，推出，结合勾股定理计算，根据，计算得出答案即可；情况三，当时，根据矩形的性质、等腰三角形三线合一的性质，推出，根据当时，推出点是的中点，得出此时是的中位线，则，，根据点是和相交所得，故和平行的情况不存在，故的情况不存在． 【详解】（1）解：如图，连接，∵在矩形中，，点，分别是，的中点， ∴，，，， ∴，，∴， ∴，， ∴，∴， 当且时，则，∴，∴， ∴，∴； （2）解：如图，过点作于点，和相交，连接， ∵四边形是矩形，∴，，∴点是中点，平分， ∵和是对顶角，∴直线平分，∴直线和相交于点， ∵点，分别是，的中点， ∴，是的中位线，是的中位线，是的中位线， ∴，，∴， ∵，∴，∴，∴， ∴，∴三角形是等边三角形，∴， ∴，∴， ∴，∴； （3）解：能， 情况1：如图，当时，在（2）辅助线基础下，过点作于点，交于点， ∴，，∴四边形是矩形， ∴，，∴， ∵由（2）得：点是中点，直线和相交于点，，， ∴，，，，， ∴，∴， ∵点是的中点，∴，∴点是的中点， ∴是的中位线，，∴， ∴，∴， ∴，∴， ∴，∴； 情况2：如图，当时，在（2）辅助线基础下，过点作于点， ∴，， ∵由（2）得：，∴，∴，∴， ∵由情况一得：，，∴， ∴，∴，∴； 情况3：当时，如图，连接，∵四边形是矩形，∴，， ∵点是的中点，∴，∴，∴， ∴，， 当时，∴，∴，∴，∴，即点是的中点， ∵点是的中点，∴是的中位线，∴，∴， ∵点是和相交所得，∴和平行的情况不存在，∴的情况不存在； 综上所述，能为等腰三角形，的值为或． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质、三角形中位线的定义与性质、等边三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，灵活运用知识点推理证明、数形结合、分类讨论是解题的关键． 矩形中的折叠（翻折）问题 ⭐技巧积累与运用 折叠问题的解决,大都是以轴对称图形的性质作为切入点，而数形变化,是解决这类问题的突破口。有了“折”就有了“形”--轴对称图形、全等形；有了“折”就有了“数”--线段之间、角与角之间的数量关系。“折” 就为“数”与“形”之间的转化搭起了桥梁。特殊平行四边形中的折叠问题,还要考虑特殊平行四边形本身的性质,有时也需要用到计算工具：相似和勾股定理建立方程求解。 折叠的性质:重合部分是全等图形,对应边、对应角相等；对称点的连线被对称轴垂直平分。 1．（23-24九年级上·重庆·阶段练习）如图，在矩形中，点在上，，，将沿直线翻折至的位置，使得点在边上，作于点，为的中点，连接．则 ． 【答案】 【分析】如图，连接，，由矩形的性质得，，进而利用勾股定理得，又由折叠性质得垂直平分，进而证明、、三点共线，是的中位线，利用三角形中位线的性质求解即可． 【详解】解：如图，连接，，∵四边形是矩形，，， ∴，，∴， ∵将沿直线翻折至的位置，使得点在边上，∴垂直平分，∴， ∵，∴，所在直线重合，即、、三点共线， ∵平分，为的中点，∴是的中位线，∴．故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，折叠的性质，熟练掌握三角形的中位线性质是解题的关键． 2．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在矩形中，点E在边上，将沿翻折得到（点C与点F是对应点），点F落在上．若，，则的长 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，根据题意，得到，，结合，得到，，根据勾股定理，得，根据三角形面积的不变性，得，得到，继而求得，再计算即可． 【详解】解：根据题意，设，， ∵，∴，， 根据勾股定理，得，根据三角形面积的不变性，得， ∴，∴，∴，∴, 解得(舍去)，故，故答案为：． 3．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，已知长方形纸片的长，宽，点均在上(在左侧)，先将纸片沿折叠，记点的对应点为，再将纸片沿折叠，使得的对应线段，连接，若折叠过程保持，分别在长方形的外部和内部，当时，的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 连接，交于，设交于点，利用全等三角形的性质证明，再证明共线，求出，设，，利用勾股定理构建方程组求解即可． 【详解】解：连接，交于，设交于点，如图： ∵四边形是长方形纸片，∴，由翻折的性质可知， ，，，，∴，， ∵，∴，∴， ∵，，∴，∴， ∵，∴，∴，∴， ∵，∴，∵，， ∴，∴，∵，∴共线，∴， ∵，∴，∴，∴， ∴，设，， 根据勾股定理可得，，可得： 故答案为： 正方形相关性质的运用 ⭐技巧积累与运用 正方形的性质：1）边：①四条边相等；②对边平行；2）角：四个角都是90°；3）对角线：①对角线相互平分；②对角线相等；③对角线相互垂直；④对角线平分对角；4）对称性：轴对称图形；中线对称图形。 1．（24-25九年级上·山西太原·期中）如图，点是正方形的边上的一点，线段交于点．连接．下列结论一定成立的是（   ） A． B．平分 C． D．平分 【答案】C 【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键．证明和全等得，再根据可得出选项一定成立，然后在讨论其它选项，对于选项，当时不成立，对于选项、，当时不成立，由此即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 在和中，∴，∴， ∵，∴故选项一定成立，符合题意； 对于选项，当时，此时，故项不一定成立；对于、项，当时，，，故此时、选项不成立，故选∶． 2．（23-24八年级下·辽宁盘锦·期末）如图，正方形中，为上一点，过作于，延长至点使．(1)当点在线段上时：①判断与有怎样的数量关系，并说明理由；②求证：；(2)若点是线段的三解分点，，求的长． 【答案】(1)①，理由见解析；②证明见解析(2) 【分析】（1）①根据同角的余角相等即可证明；②过点作于点，如图所示，根据已知条件可证明，所以，，又因为，所以可得，进而证明；（2）在中，利用勾股定理分别求出、即可解决问题． 【详解】（1）解：①， 理由如下：过点作于点，如图所示： ，，， ②证明：，，， 在和中，，，，， ，，； （2）解：如图所示：点是线段的三解分点，， 在中，，，由勾股定理可得，则， 由（2）可知，，， ，，在中，由勾股定理可得． 【点睛】本题考查了互余定义、等腰直角三角形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三等分点定义以及勾股定理的运用，题目的综合性很强，对学生的解题要求能力很高，熟练运用相关几何性质是解决问题的关键． 3．（24-25九年级上·四川成都·阶段练习）已知正方形，点是射线上一动点（不与、重合），连接并延长交直线于点，交于点，连接，过点作交于点． (1)若点在边上，如图．①证明：；②猜想线段与的关系并说明理由； (2)取中点，连结，若，正方形边长为6，求的长． 【答案】(1)①见解析；②，理由见解析(2)或 【分析】（1）①只要证明，即可解决问题；②只要证明，即可解决问题；（2）分两种情形解决问题：①当点F在线段上时，连接；②当点F在线段的延长线上时，连接．分别求出即可解决问题． 【详解】（1）①证明：∵四边形是正方形，∴，， 在和中，，∴，∴； ②解：结论：，理由如下：∵，∴， ∵，∴，∴， ∵，，∴，∴， ∵，，∴， ∴，∴，∴； （2）解：分以下两种情况：①如图，当点F在线段上时，连接．由（1）得， ∵中点，∴，∴是的中位线，∴， ∵正方形边长为6，∴，在中，， ∴； ②如图，当点F在线段的延长线上时，连接．同法可知是的中位线，∴， 在中，，∴，综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、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，属于中考常考题型． 正方形的性质与判定综合运用 ⭐技巧积累与运用 正方形的判定：1）判定方法1（定义）：平行四边形+1个直角+1组邻边相等， 或平行四边形+对角线垂直且相等； 2）判定方法2（从菱形出发）：菱形+1个直角，或菱形+对角线相等； 3）判定方法3（从矩形出发）：矩形+1组邻边相等，或矩形+对角线垂直； 4）判定方法4（从四边形出发）：对角线垂直平分且相等。 1．（23-24八年级下·山东日照·期末）如图，正方形的边长为9，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，下列结论中不正确的是（　　） A．矩形是正方形 B． C．平分 D． 【答案】B 【分析】过点E分别作，垂足分别为K，L，则，根据角平分线的性质，可得，可证明四边形是矩形，再证明，可得，从而得到矩形是正方形，可判断A选项；证明，可得，，从而得到平分，可判断C选项；再由勾股定理可得，可判断D选项；再由 与的大小无法判断，可得不一定成立，可判断B选项． 【详解】解：如图，过点E分别作，垂足分别为K，L，则，    ∵四边形是正方形，∴，，， ∴，∵，∴四边形是矩形，∴， ∵四边形是矩形，∴，∴，∴， ∴，∴矩形是正方形，故A选项正确，不符合题意；∴ ∵，∴， ∵，∴，∴，， ∴，平分，故C选项正确，不符合题意； ∵，∴，故D选项正确，不符合题意； ∵，∴，∴， ∵与的大小无法判断，∴不一定成立，故B选项不正确，符合题意；故选：B 【点睛】此题是四边形综合题，考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形内角和定理及其推论以及数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 2．（24-25九年级上·广东佛山·期中）如图，在正方形中， O是对角线与的交点， M是边上的动点（点M 不与B，C重合），过点C作垂直交于点，连结、 、．下列四个结论：①；②；③；④．其中结论正确的有（　） A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． ①证明，则，故结论①正确；②证明，则，故结论②正确；③，得到，故，故③正确；④由，，得到，在中，由勾股定理得：，，而，，故，即，故，因此④正确． 【详解】解：①四边形为正方形， ，，，， ，，， 在和中，，，∴ 故结论①正确； ②四边形为正方形，，，，， 在和中，，，，故结论②正确； ③∵，∴，∴， 故③正确；④，，，， 在中，由勾股定理得：，， ∵，∴，∴， ∵，∴，即，∴故结论④正确，故选：D． 3．（23-24吉林九年级模拟预测）【问题情境】如图①，点为正方形内一点，，，，将直角三角形绕点按逆时针方向旋转度，点、的对应点分别为点、． 【问题解决】(1)如图②，在旋转的过程中，当点落在上时，求此时的长；(2)若，如图③，得到（此时与重合），延长交于点，试判断四边形的形状，并说明理由；(3)在直角三角形绕点逆时针方向旋转的过程中，直接写出线段长度的最大值． 【答案】(1)(2)正方形，理由见解析(3) 【分析】本题主要考查了正方形的判定和性质，旋转变换的性质，矩形的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．（1）根据勾股定理得到，求出即可得到答案； （2）由旋转的性质先证明四边形是矩形，再由，即可得到结论； （3）当点落在的延长线上时，此时最长求解即可． 【详解】（1）解：，，，， 正方形，，， 由旋转的性质得：，； （2）解：旋转的性质得到，，， ，四边形是矩形，，四边形是正方形； （3）解：点不会在线段上，当点落在的延长线上时，， 最长． 特殊平行四边形的综合问题 ⭐技巧积累与运用 平行四边形的性质与判定是平行线和三角形知识的应用和深化，是学习矩形、菱形、正方形的必备知识，是证明线 段相等、角相等的重要依据。特殊的平行四边形是初中数学的一个重点与难点，尤其是与全等三角形、相似三角形的结合，常常成为中考数学的几何压轴题。 1．（24-25九年级上·河南焦作·期中）如图1，菱形中，，点E为对角线上一动点，连接．(1)与的等量关系是______；(2)如图2，将线段绕点E逆时针旋转，使点E的对应点F落在直线上①问：与有怎样的等量关系？并说明理由．②当时，如图3，延长交的延长线于G，求证：． 【答案】(1)；(2)①，理由见解析；②见解析． 【分析】对于（1），根据菱形的性质可知，再根据“边角边”证明，可得答案；对于（2），延长交于点G，可得，由（1）可知，再根据旋转得，即可得，然后根据三角形外角的性质得；对于（3），根据题意可知四边形是正方形，可得，由（2）①可知， 再根据，可得，然后根据直角三角形的两个锐角互余得，得出，进而得出，可知是线段的垂直平分线，接下来根据线段垂直平分线的性质得，再根据“斜边，直角边”证明，最后根据全等三角形的对应边相等得出答案． 【详解】（1）∵四边形是菱形，∴． ∵，∴，∴；故答案为：； （2）①延长交于点G，∵四边形是菱形，∴，∴． 由（1）可知，∴． 根据旋转得，∴，∴． ∵是的外角，∴ ； ②连接，∵四边形是菱形，且，∴是正方形， ∴． 由（2）①可知，，∴． ∵，∴， ∴，∴，∴是线段的垂直平分线，∴． ∵，∴，∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，旋转的性质，直角三角形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 2．（24-25九年级上·海南海口·期中）在矩形中，，，分别在，上． (1)若，．①如图1，求证：； ②如图2，点为延长线上一点，的延长线交于，若，求证：； (2)如图3，若为的中点，．求的值（结果用含的式子表示）． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)． 【分析】（1）①由“”可证；②过点作交于点，由等腰三角形的性质和平行线的性质可得，可得，即可得结论；（2）过点作于，连接，由角平分线的性质可得，由“”可证，可得，由勾股定理可求解． 【详解】（1）证明：①四边形是矩形，，四边形是正方形， ，，，，， ，且，，； ②如图，过点作交于点，由（1）可知， ，，， ∵，，，，； （2）解：如图，过点作于，连接， 为的中点，，，，， ，，， ，，，， 设，则，， ，，，． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 3．（2024·四川巴中·中考真题）综合与实践 (1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形为梯形，，是边上的点．经过剪拼，四边形为矩形．则______． (2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，是四边形边上的点．是拼接之后形成的四边形． ①通过操作得出：与的比值为______．②证明：四边形为平行四边形． (3)实践与应用：任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由． 【答案】(1)(2)①1；②见详解(3)见详解 【分析】（1）由“角角边”即可证明；（2）①由操作知，将四边形绕点E旋转得到四边形，故，因此；②由两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明； （3）取为中点为，连接，过点，点分别作，，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形． 【详解】（1）解：如图，∵，∴，由题意得为中点，‘∴’， ∵，∴故答案为：； （2）解：①如图，由操作知，点E为中点，将四边形绕点E旋转得到四边形， ∴，∴，故答案为：1； ②如图，由题意得，是的中点，操作为将四边形绕点E旋转得到四边形，将四边形绕点H旋转得到四边形，将四边形放在左上方空出， 则，， ∵，，， ∴，∵∴， ∴三点共线，同理三点共线，由操作得，， ∵，∴， ∴，∴四边形为平行四边形； （3）解：如图， 如图，取为中点为，连接，过点，点分别作，，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形． 由题意得，，， ∴，∴，由操作得，， ∵，∴，∴三点共线，同理三点共线， ∵，∴四边形为矩形，     如图，连接，∵为中点，∴， 同理，∴，∴， ∵，∴，∴，，∴， 由操作得，，而，∴，同理，， ∵，，， ∴，∵四边形为矩形，∴，∴， ∴，∴，同理， ∴四边形能放置左上方空出，∴按照以上操作可以拼成一个矩形． 【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，图形的旋转，三角形的中位线，正确理解题意是解题的关键． 1．（24-25九年级上·重庆·期中）如图，在正方形中，是对角线的中点，为正方形内的一点，连接，，使得，延长与的角平分线交于点．若，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，先证明∴，得到，从而得，继而，然后利用直角 三角形的性质，得出，从而有，然后由三角形外角的性质可求解． 【详解】解：连接，如图，∵正方形∴，， ∵∴，，∴， ∵是的角平分线∴∵，，， ∴∴，∴ ∴∴∴ ∵是对角线的中点，∴∴ ∴故选：A． 【点睛】本题考查正方形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，全等三角形的判定与性质，证明是解题的关键． 2．（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，菱形中，，过对角线BD上一点P，作，，交各边于点M，N，F，Q．的四个顶点分别在菱形的四条边上，且经过点P，若要求的面积，只需知道线段（   ） A．的长 B．的长 C．的长 D．的长 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的判定及性质，等积变换等；连接、，由平行四边形的性质得，由菱形的判定方法得四边形是菱形，菱形的性质及三角形的面积得，，即可求解；掌握相关的判定方法及性质，能根据题意连接辅助线构建两个等积三角形是解题的关键. 【详解】解：如图，连接、， 四边形是平行四边形，， 四边形是菱形，，，， ，， ，，四边形是平行四边形，，， ，，四边形是菱形， ， ，，，，故选：B. 3．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，在正方形纸片中，M，N分别是的中点，将纸片沿过点C的直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕交于点F，连接，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先证明是矩形，再推出是的垂直平分线，求出，再利用勾股定理求出，得到，设，则，利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，，， ∵M，N分别是的中点，∴，，∴是矩形， ∴，，∴， ∴是的垂直平分线，∴，由折叠的性质得：，， ∴，， 在中，，∴， 设，则，在中，， ∴，解得：，∴，故选：D． 【点睛】本题考查折叠的性质、矩形的判定与性质、正方形的性质，翻折变换的性质，适时利用勾股定理是解答此类问题的关键． 4．（24-25九年级上·福建三明·期中）如图，在正方形中，点是边上的一个动点，连接，以为斜边在正方形内部构造等腰直角三角形，连接．以下结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先证明；将绕点顺时针旋转得到，由旋转的性质可知：，，，，利用勾股定理得到，证明四边形为平行四边形，即可证明． 【详解】解：证明：过点作，如图所示：四边形为正方形，， ，，，， 为等腰直角三角形，，，∴， ；将绕点顺时针旋转得到， 由旋转的性质可知：，，，，，，， ，， 四边形为平行四边形，．故选：B． 【点睛】本题考查了正方形性质，平行四边形性质和判定，勾股定理，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，掌握性质的性质是解题的关键． 5．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在矩形中，点M在边上，将沿着直线折叠，点C的对称点N在边上，过点C作于点F，与相交于点E，延长交于点G，当G为边的中点时，有（m、n是有理数），则 ． 【答案】8 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，根据折叠可得，，，再证明，得到，过点作，交于点，得到，证明，从而推出，设，则,，从而得到，即可解答，正确作出辅助线，熟练进行全等三角形的判定是解题的关键． 【详解】解：由折叠可得，，， 四边形为矩形，，，，， ，，，如图，过点作，交于点， ，，， ，即，，， ，，， ，，, 设，则,， 根据，可得，即， 由于等式的取值与的值无关，，解得，，故答案为：． 6．（24-25九年级上·河南平顶山·期中）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线则图（1）中菱形的对角线长为 ． 【答案】 【分析】根据正方形的性质结合勾股定理求出，连接、交于点，则，由菱形的性质结合题意得出为等边三角形，则，由勾股定理求出，进而即可得解． 【详解】解：在正方形中，，，∴， ∵，，∴， 如图，连接、交于点，则， 在菱形中，，∵，∴为等边三角形，∴， ∵，∴，∴，∴， ∴，故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 7．（24-25九年级上·湖北黄冈·期中）如图，矩形中，平分交于点E，把绕点E逆时针旋转交于点F，过点C作于点G，连接，若，，则 ． 【答案】3 【分析】由题意易得，，，则有，然后可得，进而可得，最后问题可求解． 【详解】解：四边形是矩形，，， 平分，，，，， ，，，， ，，，， ，，，， ，是等腰直角三角形，，； ∵，，，∴故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理和矩形的性质，含30度角的直角三角形，等腰三角形的判定和性质，解题关键是熟练运用相关知识进行推理证明和计算． 8．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）小嵊与小州两位八年级的同学结合尺规作图展开了以下探究： 素材提供：圆规是常用的作图工具，如图1，圆规的两脚，． 实践操作：小嵊利用尺规作图作出了过直线外一点作已知直线的垂线． 步骤如下：①如图2，以点为圆心，以为半径画弧，交直线于，两点． ②再以，两点为圆心，以为半径分别画弧，两弧交于点． ③连结，则直线即为所作的直线的垂线． 问题解决：（1）如图1，若，则所画圆的面积为________．（2）如图2，的理由是： ∵由作图可知，四边形是________，∴．若，则________cm． 探究提升：（3）小州认为以下问题也可以借助尺规作图解决： 如图3，在矩形中，，，点是上一动点，点关于直线的对称点为点，当落在直线上时，用尺规作图作出点，并求出的长．（保留作图痕迹，要求：先尺规作图，再把痕迹用中性笔描黑） 【答案】（1）  （2）菱形，  （3）作图见解析， 【分析】本题考查尺规作图—作已知线段的垂直平分线，勾股定理，菱形的性质，掌握基本的尺规作图是解题的关键．（1）根据圆的面积公式计算即可；（2）由作图可得四边形是菱形，然后利用菱形的性质和勾股定理解题即可；（3）在BC的延长线上截取，然后以，为圆心，大于长为半径作弧交于点G，作射线交于点F，然后根据勾股定理求出长，然后再在中运用勾股定理解题即可． 【详解】（1）解：∵，∴圆的半径等于长，即圆的半径为， ∴圆的面积为；故答案为：； （2）如图2，的理由是：∵由作图可知，四边形是菱形，∴．设与交于点O， ∵是菱形，∴，，∴， ∴，故答案为：菱形，． （3）如图所示，点即为所作；∵是矩形，∴， 由作图可得，∴， 设，则，根据勾股定理可得，即， 解得：，即． 9．（23-24八年级下·河南开封·期中）（1）如图1，在正方形中，点E，F分别在边上，且，连接，设交于H．请判断与的数量关系和位置关系，并说明理由； （2）如图2，在正方形中，E是边的中点，F是上点．过点F作，分别交于点G、H，若，，求的长． 【答案】（1），且，理由见解析；（2）7 【分析】本题是四边形综合题，考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．（1）根据全等三角形的判定得到，由全等三角形的性质得到，，求出，求出即可； （2）过作于，由可得，根据，可得，再根据是边的中点，可得，进而便可求得． 【详解】解：（1），且． 理由如下：四边形是正方形．，， 在 和 中，，，，， ，，，，，且． （2）解：过作于，如图： 正方形，，， ，四边形是矩形，，，， ，， 在和中，，，， ，， 是边的中点，，，的长为7． 10．（2024·湖南长沙·一模）如图，中，，，，是斜边上一个动点，过点作于，于，连接．(1)求证：四边形是矩形；(2)在点的运动过程中，求的最小值；(3)若四边形为正方形，求．    【答案】(1)见解析(2)(3) 【分析】本题考查四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理． （1）由三个角是直角的四边形是矩形可以证明四边形是矩形；（2）连接，先用勾股定理求得，再由四边形是矩形，可得．由垂线段最短可知，当时，最小，即最小，再用面积法求解即可；（3）若四边形是正方形，可得，从而得出，再求解即可． 【详解】（1）证明：于，， ，四边形是矩形． （2）如图，连接，    中，，，，， 四边形是矩形，． 由垂线段最短可知，当时，最小，即最小， 此时，，即， ，，即的最小值是． （3）若四边形是正方形，， ，． 1．（24-25九年级上·江西九江·期中）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作的垂线交于点，，．下列结论：①；②点到直线的距离为；③；④，其中正确结论的序号为（   ） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】①利用同角的余角相等，易得，再结合已知条件用可证明两三角形全等；②过点作的延长线于点，利用勾股定理可求，利用为等腰直角三角形，可证为等腰直角三角形，再利用勾股定理可求，；③利用①中的全等，可得，再结合三角形外角性质可证；④在中，利用勾股定理可求，即是正方形的面积，从而可得答案． 【详解】解：①，．， 在正方形中，，，． 在和中，，，故①正确； ③，， 又，， ．即，故③正确； ②过点作的延长线于点，如图， ，，． 又，． ，． ，， 即点到直线的距离为，故②正确； ④，，在中，， ，故④不正确．综上所述，正确结论的序号为①②③，故选：A． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，正方形面积的计算，勾股定理等知识，等腰直角三角形的性质，证明，进而结合全等三角形的性质分析是解题关键． 2．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图1，菱形中，，E是边上一点，F是对角线上一点，且满足，G是的中点，连接和，令，，y与x的函数图象如图2所示，若图象最右边端点N的纵坐标为3，则图象与y轴交点M的纵坐标是 ，图象最低点T的纵坐标是 ． 【答案】 / 【分析】连接，证明是等边三角形，可证得，从而得到，进而得到，作点G关于的对称点H，连接，则，，，，从而得到， 观察图象得：当时，y的值等于图象最低点T的纵坐标，当点E与点B重合时，y的值等于图象最右边端点N的纵坐标，即等于图象最右边端点N的纵坐标，当点E与点A重合时，y的值等于图象与y轴交点M的纵坐标，即等于图象与y轴交点M的纵坐标，再由图象最右边端点N的纵坐标为3，可得，从而得到，，再由勾股定理可得，即可求得点M的纵坐标；由，可得，再由勾股定理，即可求解点T的纵坐标． 【详解】解：如图，连接，∵四边形是菱形，∴， ∵，∴是等边三角形，，∴， 在和中，∵，，，∴，∴，∵，∴，作点G关于的对称点H，连接，则，，，，∴， 观察图象得：当时，y的值等于图象最低点T的纵坐标，当点E与点B重合时，y的值等于图象最右边端点N的纵坐标，即等于图象最右边端点N的纵坐标，当点E与点A重合时，y的值等于图象与y轴交点M的纵坐标，即等于图象与y轴交点M的纵坐标， ∵图象最右边端点N的纵坐标为3，∴当点E与点B重合时，， ∵G是的中点，∴，，∴， ∴，，∴，∴； ，∴，∴． 综上所述，图象与y轴交点M的纵坐标为；图象最低点T的纵坐标为 故答案为：； 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，证得是解题的关键． 3．（24-25八年级上·北京东城·期中）如图，在矩形中，，．如果、分别是、上的点，且经过中点，，是对角线上的点．下列判断正确的有 ．（填序号） ①在上存在无数组、，使得四边形是平行四边形； ②在上存在无数组、，使得四边形是矩形； ③在上存在无数组、，使得四边形是菱形； ④当时，存在，使得四边形是正方形． 【答案】①②③④ 【分析】如图，矩形中，为对角线的交点，由中心对称性证明：，所以当时，四边形是平行四边形，当时，四边形是矩形，当，四边形是菱形，再利用正方形的性质求解，从而可得答案. 【详解】解解：如图，矩形，为对角线的交点， 由中心对称性可得：，当时，四边形是平行四边形， 上存在无数组G、H，使得四边形是平行四边形；故①符合题意； 当时，四边形是矩形，而不是定值， 在上存在无数组G、H，使得四边形是矩形；故②符合题意； 当四边形是菱形， 在上存在无数组G、H，使得四边形是菱形，故③符合题意； 如图，当四边形是正方形时， 由矩形可得： 当时，存在E、F、G，H，使得四边形是正方形，故④符合题意；故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的判定，正方形的性质，掌握“特殊四边形的判定与性质”是解本题的关键. 4．（2024·吉林·模拟预测）如图，在矩形中，，，E，F分别为，边的中点，动点P从点E出发沿向点A运动，同时，动点Q从点F出发沿向点C运动，连接，过点B作于点H，连接．若点P的速度是点Q的速度的倍，在点P从点E运动至点A的过程中，线段长度的最大值为 ，线段长度的最小值为 ． 【答案】 【分析】当点P与点A重合时，线段长度的最大，求出长度的最大值，连接交于，连接，取的中点，连接，，过点作于．解直角三角形求出，即可解决问题． 【详解】解：由题意得：当点P与点A重合时，线段长度的最大， ∵点P的速度是点Q的速度的倍，∴，∴， ∴线段长度的最大值为， 连接交于，连接，取的中点，连接，，过点作于，如图所示：    则，，∵矩形中，，，，， ∴，∴，∵E，F分别为，边的中点，∴，， ∴，∴四边形为平行四边形，∴，∴， ，，，， ，，，， ，，由于和点都是定点，所以其中点也是定点，当，，共线时，此时最小，的最小值为，故答案为：；． 【点睛】本题考查矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，平行四边形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题． 5．（2024·山东济南·中考真题）如图，在矩形纸片中，，为边的中点，点在边上，连接，将沿翻折，点的对应点为，连接．若，则 ． 【答案】/ 【分析】如图：连接，延长交的延长线于H，根据折叠的性质及矩形的性质，证明，进而得到为直角三角形，设，则，证明为等腰三角形，求出，进而完成解答． 【详解】解：如图：连接，延长交的延长线于H， ∵矩形中，为边的中点，，∴，， ∵将沿翻折，点的对应点为， ∴，∴， ∴，∴， ∵，∴，即，∴为直角三角形， 设，则，∴， ∴，∴为等腰三角形，∴， ∴，∴．故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、勾股定理、折叠的性质等知识点，灵活运用相关性质定理是解题的关键． 6．（23-24八年级下·湖北宜昌·期中）已知，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形为正方形． (1)若正方形边长为6．①如图1，E，F分别在边上，于H，且，请直接写出F点的坐标．②如图2，若D为上一点，且，Q为y轴正半轴上一点，且，求点Q坐标．(2)若正方形边长为4，如图3，E、F分别在边上，当F为的中点，于H，在直线上E点的两侧有点D、G，能使线段，，且，求． 【答案】(1)①；②(2) 【分析】（1）①通过证明，求出，即可求点的坐标； ②过点作交轴于点，可证明，连接，可证明，设，则，，在中由勾股定理求出，即可求； （2）在中，求出，，再由，可得，连接，，证明，分别得到，，则，再证明，可求，，推导出，在中，由勾股定理求出，在中，由勾股定理求出． 【详解】（1）①，，，，， ，，，,，； ②如图2，过点作交轴于点，，， ，，，， ，，连接，，， 又，，，，，， 设，则，，在中，，解得，，； （2）为的中点，，， 在中，，，，，， ，，连接，，是的中点，是的中点， ，，，，， ，，，， ，，，， ，，，，，， 在中，，在中，． 【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定及性质，直角三角形的性质，数形结合是解题的关键． 7．（22-23八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，，为直线上一动点，连接，过作，交直线、直线于点、，连接．(1)点的坐标为____________；直线的解析式为____________．(2)当为中点时，求的长．(3)在点的运动过程中，坐标平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形（且为菱形的一边），若存在，求出点的横坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，(2)(3)存在，或 【分析】（1）根据矩形的性质，垂线的定义，两点确定一条直线可得轴，轴，再由，即可得出点的坐标；由点、分别在轴、轴上，且，，可求得点和点的坐标，设直线的解析式为，将、两点的坐标代入，得二元一次方程组，解之，即可求得直线的解析式；（2）设，可证得，进而在中，根据勾股定理列出方程，解之，即可求出的长；（3）分情况讨论：以、为边时，根据（2）可求得点和点的坐标，进而根据菱形的性质和线段中点坐标的计算求得点的横坐标；以、为边时，延长至，使，在的延长线上截取，连接，可推出平分，从而证得，于是可得，，然后可证得，于是可得，设，在中，根据勾股定理列出方程，解之，即可求得点和点的坐标，然后根据菱形的性质和线段中点坐标的计算求得点的横坐标；以、为边时，此时不再是菱形的边，而是菱形的对角线，这与题中要求“为菱形的一边”不符，故不再讨论此种情况． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ，，，，，， 点、在轴上，点、在轴上，轴，轴， 又，，点到轴的距离为，到轴的距离为，点的坐标为； 矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，，点，点， 设直线的解析式为，代入点、坐标，得， 将代入，得：，移项，得：，系数化为，得：， 直线的解析式为；故答案为：，； （2）解：为的中点，，在矩形中，，， 又，，，， ，为线段的垂直平分线，， 设，则，，，， 在中，根据勾股定理，，即， 将方程展开，得：，移项，得：， 合并同类项，得：，系数化为，得：，； （3）解：存在点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形（且为菱形的一边）， 分情况讨论：以、为边时，则， ，为的中点，为线段的垂直平分线，由（2）可知：此时， ，，， 根据菱形的性质可知：此时，为其对角线的中点，同时也是对角线的中点， 点的横坐标点的横坐标点的横坐标点的横坐标点的横坐标， 点的横坐标点的横坐标点的横坐标点的横坐标； 以、为边时，则，如图，延长至，使，在的延长线上截取，连接，可知，是的中位线，，，， ，，，，， ，，， 在和中，，， ，，，，， ，，， 在和中，，，， ，，设， 在中，，，， 根据勾股定理，，，将方程展开，得：， 移项，得：，合并同类项，得：，系数化为，得：，，， 假设菱形两条对角线、的交点为点， 根据菱形的性质可知：点同时也是两条对角线、的中点， 点的横坐标点的横坐标点的横坐标点的横坐标点的横坐标， 点的横坐标点的横坐标点的横坐标点的横坐标； 以、为边时，又可分为两种情况：点在线段上（如图），或点在线段的延长线上（如图）， 但无论哪种情况，此时都不再是菱形的边，而是菱形的对角线，这与题中要求“为菱形的一边”不符，故此处不再讨论；综上所述，点的横坐标为或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，垂线的定义，两点确定一条直线，点到坐标轴的距离，待定系数法求一次函数解析式，解二元一次方程组，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质，勾股定理，解一元一次方程，菱形的性质，三线合一，线段中点坐标的计算，三角形中位线定理，等边对等角，直角三角形的两个锐角互余等知识点，寻找等量关系，利用勾股定理列解方程是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 特殊平行四边形 内容早知道 ☛第一层 巩固提升练（9大题型） 题型一 菱形相关性质的运用 题型二 菱形的性质与判定综合运用 题型三 菱形中的动态问题 题型四 矩形相关性质的运用 题型五 矩形的性质与判定综合运用 题型六 矩形中的折叠（翻折）问题 题型七 正方形相关性质的运用 题型八 正方形的性质与判定综合运用 题型九 特殊平行四边形的综合问题 ☛第二层 能力培优练 ☛第三层 拓展突破练 菱形相关性质的运用 ⭐技巧积累与运用 菱形的性质：1）边：①四条边都相等；②对边平行；2）角：对角相等（与平行四边形相同）；3）对角线：①对角线相互垂直；②对角线相互平分；③每条对角线平分一组对角；4）对称性：既是轴对称图形，又是中心对称图形。5）对角线相互垂直的四边形的面积：对角线乘积的一半。 特别注意：若菱形的内角若出现60°，连结较短的对角线，则必出现等边三角形。 1．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）小明在研究某个菱形时，发现下列说法中只有一个是错误的，你认为错误的是（    ） A．菱形一条对角线长为6 B．菱形的面积为26 C．菱形的对角线均为整数 D．菱形的周长为20 2．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）杭州纸伞馆有制作精美的纸伞，如图，四条长度相等的伞骨围成菱形，伞骨连接点A固定在伞柄顶端，伞圈C能沿着伞柄滑动．小聪通过测量发现：当伞完全张开时，伞柄的中点O到伞骨连接点B，D的距离都等于的一半，若夹角，则的度数是 ． 3．（24-25九年级上·海南海口·期中）如图，在菱形中，，，是一条对角线，是上一点，过点作，垂足为，连接．若，则的长为 ，的长为 ． 4．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E在线段上，连接．若，，则线段的长为 ． 菱形的性质与判定综合运用 ⭐技巧积累与运用 菱形的判定：1）判定方法1（定义）：平行四边形+1组邻边相等； 2）判定方法2（边）：四条边相等的四边形； 3）判定方法3（对角线）：平行四边形+对角线相互垂直，或对角线相互垂直且平分； 4）判定方法4（对角线）：平行四边形+对角线平分一组顶角，或对角线相互平分且平分一组顶角。 1．（23-24九年级上·河北保定·阶段练习）在中，，，在边，上分别找到点M，N，使四边形是菱形，下面有两种方案，关于方案的可行性，下列判断正确的是（    ） 方案Ⅰ：作的垂直平分线，分别交，于点M，N． 方案Ⅱ：作，的平分线，分别交，于点M，N． A．只有方案Ⅰ可行 B．只有方案Ⅱ可行 C．方案Ⅰ、Ⅱ都可行 D．方案Ⅰ、Ⅱ都不可行 2．（24-25九年级上·重庆南岸·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，，，直线与y轴相交于点C，与x轴相交于点D，与直线AB交于点G．(1)求点G的坐标；(2)如图1，是直线上两动点，点E在点F上方，且，连接AF，BE，求的最小值及此时点F的坐标；(3)在（2）问取得最小时，点P是x轴上一动点，点Q是平面内一点，当以点为顶点的四边形是菱形时，请写出点Q的坐标，并写出求其中一个点Q的过程． 菱形中的动态问题 ⭐技巧积累与运用 ‌菱形中的动态问题解题技巧主要包括以下几种方法‌： 1）‌利用动点特殊位置法‌：当动点位于特定位置时，可以通过特殊位置来简化问题‌。 2）‌构造等边三角形法‌：在解决三条线段和的最小值问题时，可以通过构造等边三角形来简化问题。具体步骤包括旋转60°、构造等边三角形、三“折”转一“直”，然后利用两点之间线段最短的原则来找到符合条件的点‌。 3）‌利用几何公理‌：在解决几何最值问题时，可以借助对称变换、平移变换和旋转变换‌。 4）‌利用相似比例‌：在计算动点与线段的关系时，可以利用相似三角形的比例关系来求解‌。 1．（2024·河南商丘·模拟预测）如图1，菱形中，点A为y轴正半轴上一点，轴，直线轴交菱形两边于E、F两点（点E在点F下方），直线l从y轴出发，沿以每秒1个单位长度的速度向右平移，设运动时间为x（秒），的面积为y，y与x的大致图象如图2，则菱形的面积为（    ） A． B．6 C． D． 2．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，线段，是线段上一动点，分别以和为边在同侧作菱形和菱形，且，，在同一条直线上，，连接，取的中点，连接，，以下说法正确的是（    ）    A．的长不会随着P点的运动而变化，始终为 B．的长随着P点的运动而变化，其最小值为 C．的长不会随着P点的运动而变化，始终为 D．的长随着P点的运动而变化，其最小值为 3．（23-24八年级下·浙江丽水·期末）如图，在菱形中，点P是对角线上一动点，于点E，于点F，记菱形高线的长为h，则下列结论：①当P为中点时，则；②；③；④若，连接，则有最小值为2；⑤若，连接，则的最大值为．其中错误的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 矩形相关性质的运用 ⭐技巧积累与运用 菱形的性质：1）边：①对边平行；②对边相等；2）角：四个角都是90°；3）对角线：①对角线相等；②对角线相互平分；4）对称性：既是轴对称图形，又是中心对称图形。 5）重要推论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 1．（24-25九年级上·广东东莞·期中）如图，将矩形绕点B顺时针旋转至的位置，连接，取，的中点M，N连接，若，，则 ． 2．（2024·河北邢台·模拟预测）如图，在矩形中，，对角线、相交于点O，以为边在下方作正方形，已知，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·广西南宁·期末）如图，矩形内有一点P，连接，延长交于点E，若，则的长是 ． 矩形的性质与判定综合运用 ⭐技巧积累与运用 矩形的判定：1）判定方法1（定义）：平行四边形+1个角是90°； 2）判定方法2（角）：有3个角是直角的四边形； 3）判定方法3（对角线）：平行四边形+对角线相等，或对角线相等且相互平分。 1．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）在矩形中，点是的中点，点是上一点，且，交于，下列结论：①平分；②；③；④．其中正确的是（    ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 2．（24-25九年级上·四川成都·阶段练习）操作与探究：如图1，在锐角的边、上分别取点、，使，在上取点，作，连接交于点，作射线． (1)求证：平分．(2)移动点使，求证：是矩形．(3)如图3，在（2）的条件下，去中点连接，将绕点逆时针旋转适当的角度，得到（点、分别是的两边与的延长线、的交点）．猜想线段与之间的数量关系，并证明你的结论． 3．（23-24八年级下·浙江金华·期末）如图1，在矩形中，，点，分别是，的中点，连结，交于点．(1)当且时，如图2，求的面积．(2)若，求此时的值．(3)连结，请问能否为等腰三角形，若能，求出的值，若不能，请说明理由． 矩形中的折叠（翻折）问题 ⭐技巧积累与运用 折叠问题的解决,大都是以轴对称图形的性质作为切入点，而数形变化,是解决这类问题的突破口。有了“折”就有了“形”--轴对称图形、全等形；有了“折”就有了“数”--线段之间、角与角之间的数量关系。“折” 就为“数”与“形”之间的转化搭起了桥梁。特殊平行四边形中的折叠问题,还要考虑特殊平行四边形本身的性质,有时也需要用到计算工具：相似和勾股定理建立方程求解。 折叠的性质:重合部分是全等图形,对应边、对应角相等；对称点的连线被对称轴垂直平分。 1．（23-24九年级上·重庆·阶段练习）如图，在矩形中，点在上，，，将沿直线翻折至的位置，使得点在边上，作于点，为的中点，连接．则 ． 2．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在矩形中，点E在边上，将沿翻折得到（点C与点F是对应点），点F落在上．若，，则的长 ． 3．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，已知长方形纸片的长，宽，点均在上(在左侧)，先将纸片沿折叠，记点的对应点为，再将纸片沿折叠，使得的对应线段，连接，若折叠过程保持，分别在长方形的外部和内部，当时，的长为 ． 正方形相关性质的运用 ⭐技巧积累与运用 正方形的性质：1）边：①四条边相等；②对边平行；2）角：四个角都是90°；3）对角线：①对角线相互平分；②对角线相等；③对角线相互垂直；④对角线平分对角；4）对称性：轴对称图形；中线对称图形。 1．（24-25九年级上·山西太原·期中）如图，点是正方形的边上的一点，线段交于点．连接．下列结论一定成立的是（   ） A． B．平分 C． D．平分 2．（23-24八年级下·辽宁盘锦·期末）如图，正方形中，为上一点，过作于，延长至点使．(1)当点在线段上时：①判断与有怎样的数量关系，并说明理由；②求证：；(2)若点是线段的三解分点，，求的长． 3．（24-25九年级上·四川成都·阶段练习）已知正方形，点是射线上一动点（不与、重合），连接并延长交直线于点，交于点，连接，过点作交于点． (1)若点在边上，如图．①证明：；②猜想线段与的关系并说明理由； (2)取中点，连结，若，正方形边长为6，求的长． 正方形的性质与判定综合运用 ⭐技巧积累与运用 正方形的判定：1）判定方法1（定义）：平行四边形+1个直角+1组邻边相等， 或平行四边形+对角线垂直且相等； 2）判定方法2（从菱形出发）：菱形+1个直角，或菱形+对角线相等； 3）判定方法3（从矩形出发）：矩形+1组邻边相等，或矩形+对角线垂直； 4）判定方法4（从四边形出发）：对角线垂直平分且相等。 1．（23-24八年级下·山东日照·期末）如图，正方形的边长为9，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，下列结论中不正确的是（　　） A．矩形是正方形 B． C．平分 D． 2．（24-25九年级上·广东佛山·期中）如图，在正方形中， O是对角线与的交点， M是边上的动点（点M 不与B，C重合），过点C作垂直交于点，连结、 、．下列四个结论：①；②；③；④．其中结论正确的有（　） A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 3．（23-24吉林九年级模拟预测）【问题情境】如图①，点为正方形内一点，，，，将直角三角形绕点按逆时针方向旋转度，点、的对应点分别为点、． 【问题解决】(1)如图②，在旋转的过程中，当点落在上时，求此时的长；(2)若，如图③，得到（此时与重合），延长交于点，试判断四边形的形状，并说明理由；(3)在直角三角形绕点逆时针方向旋转的过程中，直接写出线段长度的最大值． 特殊平行四边形的综合问题 ⭐技巧积累与运用 平行四边形的性质与判定是平行线和三角形知识的应用和深化，是学习矩形、菱形、正方形的必备知识，是证明线 段相等、角相等的重要依据。特殊的平行四边形是初中数学的一个重点与难点，尤其是与全等三角形、相似三角形的结合，常常成为中考数学的几何压轴题。 1．（24-25九年级上·河南焦作·期中）如图1，菱形中，，点E为对角线上一动点，连接．(1)与的等量关系是______；(2)如图2，将线段绕点E逆时针旋转，使点E的对应点F落在直线上①问：与有怎样的等量关系？并说明理由．②当时，如图3，延长交的延长线于G，求证：． 2．（24-25九年级上·海南海口·期中）在矩形中，，，分别在，上． (1)若，．①如图1，求证：； ②如图2，点为延长线上一点，的延长线交于，若，求证：； (2)如图3，若为的中点，．求的值（结果用含的式子表示）． 3．（2024·四川巴中·中考真题）综合与实践 (1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形为梯形，，是边上的点．经过剪拼，四边形为矩形．则______． (2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，是四边形边上的点．是拼接之后形成的四边形． ①通过操作得出：与的比值为______．②证明：四边形为平行四边形． (3)实践与应用：任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由． 1．（24-25九年级上·重庆·期中）如图，在正方形中，是对角线的中点，为正方形内的一点，连接，，使得，延长与的角平分线交于点．若，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，菱形中，，过对角线BD上一点P，作，，交各边于点M，N，F，Q．的四个顶点分别在菱形的四条边上，且经过点P，若要求的面积，只需知道线段（   ） A．的长 B．的长 C．的长 D．的长 3．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，在正方形纸片中，M，N分别是的中点，将纸片沿过点C的直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕交于点F，连接，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25九年级上·福建三明·期中）如图，在正方形中，点是边上的一个动点，连接，以为斜边在正方形内部构造等腰直角三角形，连接．以下结论正确的是（   ） A． B． C． D． 5．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在矩形中，点M在边上，将沿着直线折叠，点C的对称点N在边上，过点C作于点F，与相交于点E，延长交于点G，当G为边的中点时，有（m、n是有理数），则 ． 6．（24-25九年级上·河南平顶山·期中）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线则图（1）中菱形的对角线长为 ． 7．（24-25九年级上·湖北黄冈·期中）如图，矩形中，平分交于点E，把绕点E逆时针旋转交于点F，过点C作于点G，连接，若，，则 ． 8．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）小嵊与小州两位八年级的同学结合尺规作图展开了以下探究： 素材提供：圆规是常用的作图工具，如图1，圆规的两脚，． 实践操作：小嵊利用尺规作图作出了过直线外一点作已知直线的垂线． 步骤如下：①如图2，以点为圆心，以为半径画弧，交直线于，两点． ②再以，两点为圆心，以为半径分别画弧，两弧交于点． ③连结，则直线即为所作的直线的垂线． 问题解决：（1）如图1，若，则所画圆的面积为________．（2）如图2，的理由是： ∵由作图可知，四边形是________，∴．若，则________cm． 探究提升：（3）小州认为以下问题也可以借助尺规作图解决： 如图3，在矩形中，，，点是上一动点，点关于直线的对称点为点，当落在直线上时，用尺规作图作出点，并求出的长．（保留作图痕迹，要求：先尺规作图，再把痕迹用中性笔描黑） 9．（23-24八年级下·河南开封·期中）（1）如图1，在正方形中，点E，F分别在边上，且，连接，设交于H．请判断与的数量关系和位置关系，并说明理由； （2）如图2，在正方形中，E是边的中点，F是上点．过点F作，分别交于点G、H，若，，求的长． 10．（2024·湖南长沙·一模）如图，中，，，，是斜边上一个动点，过点作于，于，连接．(1)求证：四边形是矩形；(2)在点的运动过程中，求的最小值；(3)若四边形为正方形，求．    1．（24-25九年级上·江西九江·期中）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作的垂线交于点，，．下列结论：①；②点到直线的距离为；③；④，其中正确结论的序号为（   ） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④ 2．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图1，菱形中，，E是边上一点，F是对角线上一点，且满足，G是的中点，连接和，令，，y与x的函数图象如图2所示，若图象最右边端点N的纵坐标为3，则图象与y轴交点M的纵坐标是 ，图象最低点T的纵坐标是 ． 3．（24-25八年级上·北京东城·期中）如图，在矩形中，，．如果、分别是、上的点，且经过中点，，是对角线上的点．下列判断正确的有 ．（填序号） ①在上存在无数组、，使得四边形是平行四边形； ②在上存在无数组、，使得四边形是矩形； ③在上存在无数组、，使得四边形是菱形； ④当时，存在，使得四边形是正方形． 4．（2024·吉林·模拟预测）如图，在矩形中，，，E，F分别为，边的中点，动点P从点E出发沿向点A运动，同时，动点Q从点F出发沿向点C运动，连接，过点B作于点H，连接．若点P的速度是点Q的速度的倍，在点P从点E运动至点A的过程中，线段长度的最大值为 ，线段长度的最小值为 ． 5．（2024·山东济南·中考真题）如图，在矩形纸片中，，为边的中点，点在边上，连接，将沿翻折，点的对应点为，连接．若，则 ． 6．（23-24八年级下·湖北宜昌·期中）已知，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形为正方形． (1)若正方形边长为6．①如图1，E，F分别在边上，于H，且，请直接写出F点的坐标．②如图2，若D为上一点，且，Q为y轴正半轴上一点，且，求点Q坐标．(2)若正方形边长为4，如图3，E、F分别在边上，当F为的中点，于H，在直线上E点的两侧有点D、G，能使线段，，且，求． 7．（22-23八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，，为直线上一动点，连接，过作，交直线、直线于点、，连接．(1)点的坐标为____________；直线的解析式为____________．(2)当为中点时，求的长．(3)在点的运动过程中，坐标平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形（且为菱形的一边），若存在，求出点的横坐标，若不存在，请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！18 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$