解题技巧专题：平行四边形五种模型解题技巧-【寒假自学课】2025年八年级数学寒假提升精品讲义（苏科版）

解题技巧专题:平行四边形五种模型解题技巧 模型一：中点四边形 “中点四边形”，也叫瓦里尼翁平行四边形，是顺次连接四边形各边中点而组成的四边形，是四边形的内接四边形的一种特殊情况，一般有以下三种形态： （原四边形ABCD依次是：凸四边形，凹四边形，折四边形） （一）中点四边形一定是平行四边形 1. 当原四边形对角线相等时，其中点四边形为菱形 2. 当原四边形对角线垂直时，其中点四边形为矩形 3. 当原四边形对角线垂直且相等时，其中点四边形为正方形 （二）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和 （三）中点四边形的面积等于原四边形面积的二分之一 模型二：正方形中的十字架模型 模型三：四边形中的对角互补模型 模型1:全等形一-90°对角互补模型 模型2:全等形--120°对角互补模型 模型 3:全等形一一任意角对角互补模型 模型4:相似形一-90°对角互补模型（后面会学到） 模型四：与正方形有关三垂线 模型五：正方形与45°角的基本图 模型一：中点四边形 1．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，在四边形中，分别是的中点．下列结论： ①四边形是平行四边形； ②当时，四边形是菱形； ③当时，四边形是矩形． 其中所有正确结论的序号是（   ）． A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 2．（23-24八年级下·江苏盐城·期中）如图，在四边形中，、、、分别是边、、、的中点，，则四边形的周长为 ．    3．（2023春•大丰区期中）如图，已知矩形的对角线的长为，顺次连结各边中点、、、得四边形，则四边形的周长为 　 　． 4．（2023春•梁溪区校级期末）如图，在四边形中，对角线，若，，则四边形各边中点连线构成的四边形的面积是　　． 5．（2023春•苏州期中）如图，四边形是边长为3的菱形，对角线，点，，，分别为边，，，中点，顺次连接，，，．则四边形的面积为 　　． 6．（2023春•徐州期中）如图，、、、为菱形各边中点． （1）求证：四边形为矩形； （2）若，则　 　． 7．（2023春•靖江市期中）如图1，，，，分别是四边形各边的中点，且，，． （1）试判断四边形的形状，并证明你的结论； （2）如图2，依次取，，，的中点，，，，再依次取，，，的中点，，，以此类推，取，，，的中点，，，，根据信息填空： ①四边形的面积是 　　； ②若四边形的面积为，则　　； ③试用表示四边形的面积 　　． 8．（2023春•姜堰区期中）如图，在四边形中，点、、、分别是、、、的中点，连接、． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）当对角线与满足什么关系时，四边形是菱形，并说明理由． 9．（2023春•盐城期中）阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． （1）这个中点四边形的形状是 　 　； （2）如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，、、、分别为、、、的中点，试判断四边形的形状并证明． 模型二：正方形中的十字架模型 1．（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，正方形的边长为5，点E为正方形边上一动点，过点B作于点P，将绕点A逆时针旋转得，连接交延长线于点F． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，求线段的长度． 2．（23-24八年级下·江苏扬州·期中）【问题一】如图①，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点， 交于点E， 交于点F，则与的数量关系为______； 【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图②：直线m、n经过正方形的对称中心O，直线m分别与交于点E、F，直线n分别与交于点G、H，且 ，若正方形边长为8，求四边形的面积； 【问题三】在图②中，连接E、G、F、H四点，请证明四边形是正方形． 3．（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）【探究与证明】 在数学活动课上，同学们以“图形的旋转”为主题进行探究． 【问题情境】 如图①，在矩形中，，将边绕点 A逆时针旋转（）得到线段，过点E作，交直线于点F． 【猜想证明】从特殊到一般． (1)当时，四边形的形状为_______；（直接写出答案） (2)如图②，当时，连接，求此时的面积； (3)是否存在α，使点F，E，D三点共线？若存在，请求出此时的长度；若不存在，请说明理由． 4．（23-24八年级下·江苏泰州·期末）【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：． 5．（22-23八年级下·江苏苏州·阶段练习）在正方形纸片中，点、分别是、上的点，连接． (1)问题探究：如图1，作，交于点，求证：； (2)问题解决：如图2，将正方形纸片沿过点、的直线折叠，点的对应点恰好落在上，点的对应点为点，若，，求线段的长． 6．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，点是正方形的边上一动点(点不与、重合)，连接，将沿翻折，使点落在点处．    (1)当最小时，的值为 ； (2)如图，连接并延长，交的延长线于点，在点的运动过程中，的大小是否变化，若变化，请说明理由；若不变，请求的值； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，试探索、、之间的数量关系． 7．（2023春•淮安期末）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 　　． 模型三：四边形中的对角互补模型 1．（2023春•金湖县期中）如图，是的对角线，点在上，，，则是　　 A． B． C． D． 2．（2023春•分宜县期末）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”． （1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 　　（请填序号）； （2）在“完美”四边形中，，，连接． ①如图1，求证：平分； 小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明平分 想法一：通过，可延长到，使，通过证明，从而可证平分； 想法二：通过，可将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，可证，，三点在一条直线上，从而可证平分． 请你参考上面的想法，帮助小明证明平分； ②如图2，当，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 模型四：与正方形有关三垂线 1．（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图，四边形AFDC是正方形，和都是直角，且E，A，B三点共线，，则图中阴影部分的面积是（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 2．（2022春·广东东莞·八年级塘厦初中校考期中）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． （1）如图，求证：矩形DEFG是正方形； （2）若AB＝4，CE＝2，求CG的长度； （3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数． 3．（2022春·新疆省直辖县级单位·八年级校联考期末）如图，点是正方形的边上的任意一点（不与、重合），与正方形的外角的角平分线交于点． (1)求证：． (2)将图放在平面直角坐标系中，如图，连、，与交于点，若正方形的边长为，则四边形的面积是否随点位置的变化而变化？若不变，请求出四边形的面积． (3)在的（2）条件下，若，求四边形的面积． 模型五：正方形与45°角的基本图 1．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，D，M关于直线AF对称．连结DM并延长交AE的延长线于N，求证：． 2．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，，M关于直线AF对称． （1）求证：B，M关于AE对称； （2）若的平分线交AE的延长线于G，求证：． 3．（2023春·江苏·八年级专题练习）（1）如图①，在正方形中，、分别是、上的点，且，连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由； （2）如图②，在四边形中，，，、分别是、上的点，且，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由． 4．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且． （1）求证：； （2）在图1中，若G在上，且，则成立吗？为什么？ （3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题： ①如图2，在直角梯形中，，，，E是上一点，且，，求的长． ②如图3，在中，，，，，则的面积为____（直接写出结果，不需要写出计算过程） 5．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图正方形的边、在坐标轴上，已知点．将正方形绕点顺时针旋转一定的角度（小于），得到正方形，交线段于点，的延长线交线段于点，连接、． （1）求的度数． （2）当时，求点的坐标． （3）在（2）的条件下，直线上是否存在点，使以、、为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 6．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知正方形，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交、于点M、N，于点H． （1）如图①，当时，可以通过证明，得到与的数量关系，这个数量关系是___________； （2）如图②，当时，（1）中发现的与的数量关系还成立吗？说明理由； （3）如图③，已知中，，于点H，，，求的长． 7．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知四边形ABCD是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与A点重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC，CD于M，N． (1)如图1，当M，N分别在边BC，CD上时，求证：BM+DN=MN (2)如图2，当M，N分别在边BC，CD的延长线上时，请直接写出线段BM，DN，MN之间的数量关系 (3)如图3，直线AN与BC交于P点，MN=10，CN=6，MC=8，求CP的长． 8．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知：四边形为正方形，是等腰，． （1）如图：当绕点旋转时，若边、分别与、相交于点、，连接，试证明：． （2）如图，当绕点旋转时，若边、分别与、的延长线相交于点、，连接． ①试写出此时三线段、、的数量关系并加以证明． ②若，，求：正方形的边长以及中边上的高． 9．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知正方形ABCD，∠EAF＝45°，将∠EAF绕顶点A旋转，角的两边始终与直线CD交于点E，与直线BC交于点F，连接EF． （1）如图①，当BF＝DE时，求证：△ABF≌△ADE； （2）若∠EAF旋转到如图②的位置时，求证：∠AFB＝∠AFE； （3）若BC＝4，当边AE经过线段BC的中点时，在AF的右侧作以AF为腰的等腰直角三角形AFP，直接写出点P到直线AB的距离． 一、单选题 1．（23-24八年级下·江苏徐州·期末）如图，在四边形中，、、、分别是、、、的中点，要使四边形是菱形，则四边形只需要满足的一个条件是（    ） A．对角线 B．四边形是菱形 C．对角线 D． 二、填空题 2．（23-24八年级下·江苏徐州·期中）如图，在矩形中，，，对角线、相交于点，是线段上的任意一点（点不与点，重合），过点作于点，于点，则 ． 3．（2024八年级下·江苏·专题练习）如图，矩形的对角线、相交于点O，过点O作交于点E若，，则 ． 4．（22-23八年级下·江苏扬州·期中）如图，在中，，，于，则 ． 5．（22-23八年级下·江苏无锡·期中）如图，在正方形中，，点E是边的中点，将沿着翻折，得到，延长交的延长线于点H，则＝ ．    三、解答题 6．（23-24八年级下·江苏徐州·期中）如图，、是四边形的对角线，点、、、分别是线段、、、上的中点． (1)求证：线段、互相平分； (2)四边形满足什么条件时，？证明你得到的结论． 7．（23-24八年级下·江苏镇江·期中）如图，已知四边形是正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交射线于点F，以，为邻边作矩形，连． (1)求证：矩形为正方形； (2) ． 8．（23-24八年级下·江苏盐城·期中）如图，为正方形边的中点，是延长线上的一点，，且交的平分线于． (1)求证：； (2)若将上述条件中的“为边的中点”改为“为边上任意一点”，其余条件不变，则结论“”成立吗？如果成立，请证明；如果不成立，说明理由． 9．（23-24八年级下·江苏淮安·期末）（1）已知点E是正方形边上的一点，连接．如图1，把射线绕点B顺时针旋转交的延长线于点F，求证：； （2）边长把边沿翻折． ①如图2，若点P落在对角线上，则 ； ②如图3，点G在边上，，连接、，当点P落在内部时（不含边上），线段长度的取值范围为 ； （3）如图4，点M是正方形内一点，连接、，若，求最小值； （4）如图5，点M是矩形内一点，连接，若，，则最小值为 ． 10．（23-24八年级下·江苏苏州·期中）已知： 如图，在菱形中，，点E， F分别是上的动点(不与菱形的顶点重合)，． (1)求证∶是等边三角形； (2)探究四边形与菱形的面积关系，并说明理由： (3)若菱形的边长为，则面积的最大值是 (直接写出答案)． 11．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）已知正方形的边长为3，是边上的一个动点， (1)如图1，若点关于直线的对称点为，连接，连接并延长交于点，连接．则______； (2)如图2，在点运动过程中，作的平分线交延长线于，交于，若，请求出线段的长． 12．（23-24八年级下·江苏镇江·阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 概念理解：下列四边形中一定是“中方四边形”的是______． A．平行四边形；    B．矩形；    C．菱形；    D．正方形． 性质探究：如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的结论： ①______；②______． 问题解决：如图2，以锐角的两边，为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连结，，． （1）连结，，问，的数量关系和位置关系是什么？请说明理由． （2）四边形______“中方四边形”（此空填“是”或“不是”） 拓展应用：如图3，已知四边形是“中方四边形”，，分别是，的中点． （3）试探索与的数量关系，并说明理由． （4）若的最小值是，则的长度为______．（不需要解答过程） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 解题技巧专题:平行四边形五种模型解题技巧 模型一：中点四边形 “中点四边形”，也叫瓦里尼翁平行四边形，是顺次连接四边形各边中点而组成的四边形，是四边形的内接四边形的一种特殊情况，一般有以下三种形态： （原四边形ABCD依次是：凸四边形，凹四边形，折四边形） （一）中点四边形一定是平行四边形 1. 当原四边形对角线相等时，其中点四边形为菱形 2. 当原四边形对角线垂直时，其中点四边形为矩形 3. 当原四边形对角线垂直且相等时，其中点四边形为正方形 （二）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和 （三）中点四边形的面积等于原四边形面积的二分之一 模型二：正方形中的十字架模型 模型三：四边形中的对角互补模型 模型1:全等形一-90°对角互补模型 模型2:全等形--120°对角互补模型 模型 3:全等形一一任意角对角互补模型 模型4:相似形一-90°对角互补模型（后面会学到） 模型四：与正方形有关三垂线 模型五：正方形与45°角的基本图 模型一：中点四边形 1．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，在四边形中，分别是的中点．下列结论： ①四边形是平行四边形； ②当时，四边形是菱形； ③当时，四边形是矩形． 其中所有正确结论的序号是（   ）． A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】A 【分析】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形、菱形的判定定理是解题的关键．①根据三角形中位线定理得到，，，，根据平行四边形的判定定理证明结论；②根据邻边相等的平行四边形是菱形解答；③根据矩形的判定定理解答． 【详解】解：①，分别是，的中点， 是的中位线， ，， 同理，，， ，， 四边形是平行四边形； 故①正确，符合题意； ②，分别是，的中点， 是的中位线， ，， 当时，， 四边形是菱形； 当与满足条件时，四边形是菱形， 故②正确，符合题意； ③， ， ， ， 当时， ， ， ， 平行四边形是矩形， 当时，四边形不一定是矩形， 故③错误，不符合题意； 故选：A． 2．（23-24八年级下·江苏盐城·期中）如图，在四边形中，、、、分别是边、、、的中点，，则四边形的周长为 ．    【答案】 【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质及判定，熟练掌握三角形中位线的性质及判定是解题的关键，根据三角形的中位线及性质求解即可。 【详解】解：∵、、、分别是、、、的中点， ∴、、、分别是、、、的中位线， ∴，，，， ∴四边形的周长； 故答案为：． 3．（2023春•大丰区期中）如图，已知矩形的对角线的长为，顺次连结各边中点、、、得四边形，则四边形的周长为 　 　． 【分析】根据三角形中位线定理易得四边形的各边长等于矩形对角线的一半，而矩形对角线是相等的，都为10，那么就求得了各边长，让各边长相加即可． 【解答】解：、是与的中点， 是的中位线， ， 同理，根据矩形的对角线相等， 连接， 得到：， 四边形的周长为． 故答案为：20． 【点评】本题考查了矩形的性质，三角形的中位线的应用，能求出四边形的各个边的长是解此题的关键，注意：矩形的对角线相等，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． 4．（2023春•梁溪区校级期末）如图，在四边形中，对角线，若，，则四边形各边中点连线构成的四边形的面积是　　． 【分析】由三角形中位线定理推出，，得到四边形是平行四边形，由，，，推出，得是矩形，即可求出四边形的面积． 【解答】解：，分别是，的中点， 是的中位线， ，， 同理：，， ，， 四边形是平行四边形， ，分别是，的中点， 是的中位线， ，， ，， ， 四边形是矩形， 四边形的面积． 故答案为：27． 【点评】本题考查中点四边形，三角形中位线定理，矩形的判定，关键是由三角形中位线定理判定四边形是矩形． 5．（2023春•苏州期中）如图，四边形是边长为3的菱形，对角线，点，，，分别为边，，，中点，顺次连接，，，．则四边形的面积为 　3.5　． 【分析】利用菱形性质以及勾股定理得到，即，结合，推出，再根据中点四边形的知识证明四边形为矩形，根据矩形面积公式即可求解． 【解答】解：设菱形的对角线的交点为， ，，， ，即， ， ， ， 点，，，分别为边，，，中点， ，，，， 四边形为平行四边形， ， ， 四边形为矩形， 四边形的面积为， 故答案为：3.5． 【点评】本题考查了菱形的性质，中点四边形的知识，完全平方公式的变形，证明四边形为矩形是解题的关键． 6．（2023春•徐州期中）如图，、、、为菱形各边中点． （1）求证：四边形为矩形； （2）若，则　 　． 【分析】（1）连接、，根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理得到四边形为平行四边形，根据菱形的性质得到，根据矩形的判定定理证明； （2）根据菱形的面积公式计算，得到答案． 【解答】（1）证明：连接、， 、为、中点， ，， 同理可得：，， ，， 四边形为平行四边形， 四边形为菱形， ， 、为、中点， ， ， 平行四边形为矩形； （2）解：， ， ， ， 故答案为：12． 【点评】本题考查的是矩形的判定定理、三角形中位线定理、菱形的性质，熟记有一个角是直角的平行四边形是矩形是解题的关键． 7．（2023春•靖江市期中）如图1，，，，分别是四边形各边的中点，且，，． （1）试判断四边形的形状，并证明你的结论； （2）如图2，依次取，，，的中点，，，，再依次取，，，的中点，，，以此类推，取，，，的中点，，，，根据信息填空： ①四边形的面积是 　　； ②若四边形的面积为，则　　； ③试用表示四边形的面积 　　． 【分析】（1）根据三角形中位线定理、矩形的判定定理证明； （2）①根据三角形中位线定理、矩形的面积公式计算； ②根据①的结论写出前五个四边形的面积，求出； ③根据②的规律解答． 【解答】（1）解：四边形是矩形， 证明：，，，分别是四边形各边的中点， ，， ， 同理可得，， 四边形是平行四边形 ，，， ， 四边形是矩形； （2）①，，，分别是四边形各边的中点， ，， 矩形的面积， 故答案为：15； ②由①可知，的面积， 则的面积， 的面积， 的面积， 的面积， ， 故答案为：5； ③四边形的面积， 故答案为：． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、矩形、菱形的判定和性质，掌握矩形的判定定理、菱形的判定定理、根据图形的变化找出规律是解题的关键． 8．（2023春•姜堰区期中）如图，在四边形中，点、、、分别是、、、的中点，连接、． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）当对角线与满足什么关系时，四边形是菱形，并说明理由． 【分析】（1）利用三角形中位线定理可得新四边形的对边平行且等于原四边形一条对角线的一半，那么根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判定所得的四边形一定是平行四边形； （2）根据邻边相等的平行四边形是菱形，只要证明即可． 【解答】（1）证明：点、、、分别是、、、的中点， ，，，， ，， 四边形为平行四边形； （2）当时，四边形是菱形，理由如下： 由（1）知：四边形是平行四边形． 、分别是、的中点， ． 又， 当时，， 平行四边形是菱形． 【点评】此题考查了三角形的中位线定理和特殊四边形的判定定理．熟记结论：顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形；顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形；顺次连接对角线垂直的四边形各边中点所得四边形是矩形；顺次连接对角线相等且互相垂直的四边形各边中点所得四边形是正方形． 9．（2023春•盐城期中）阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． （1）这个中点四边形的形状是 　 　； （2）如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，、、、分别为、、、的中点，试判断四边形的形状并证明． 【分析】（1）连接，由三角形中位线定理得出，，，，得出，，即可得出结论； （2）连接、，由等边三角形的性质得出，，，证出，由证明，得出，由三角形中位线定理得出，，，，，得出，，证出四边形是平行四边形；再得出，即可得出结论． 【解答】解：（1）中点四边形是平行四边形； 理由如下：连接，如图1所示： ，，，分别是边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线， ，，，， ，， 四边形是平行四边形； 故答案为：平行四边形； （2）四边形为菱形．理由如下： 连接与，如图2所示： 和为等边三角形， ，，， ， 在和中， ， ， ， ，，，分别是边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线， ，，，，， ，， 四边形是平行四边形； ， ， 四边形为菱形． 【点评】本题考查了中点四边形、菱形的判定方法、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质；熟练掌握中点四边形，证明三角形全等得出是解决问题（2）的关键． 模型二：正方形中的十字架模型 1．（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，正方形的边长为5，点E为正方形边上一动点，过点B作于点P，将绕点A逆时针旋转得，连接交延长线于点F． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，求线段的长度． 【答案】(1)正方形，理由见解析 (2)3 【分析】本题考查全等三角形判定及性质，正方形判定，勾股定理，旋转性质等． （1）先判定，利用全等性质判定为矩形，继而判定为正方形； （2）根据题意设正方形 的边长为，在中应用勾股定理即可得到本题答案． 【详解】（1）解：由题意得：，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形； （2）解：∵正方形的边长为5， ∴， 设正方形 的边长为， ∴， ∵， ∴， 在中，，解得：， ∴线段的长度为． 2．（23-24八年级下·江苏扬州·期中）【问题一】如图①，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点， 交于点E， 交于点F，则与的数量关系为______； 【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图②：直线m、n经过正方形的对称中心O，直线m分别与交于点E、F，直线n分别与交于点G、H，且 ，若正方形边长为8，求四边形的面积； 【问题三】在图②中，连接E、G、F、H四点，请证明四边形是正方形． 【答案】【问题一】；【问题二】；【问题三】证明见解析 【分析】本题考查正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等． 问题一：证明，即可得到结论； 问题二：连接，由正方形的性质可得，，由（1）中结论可得，等量代换即可得到； 问题三：先证明四边形是菱形，再证明，即可得证． 【详解】问题一： ， 证明如下：在 和 中， 因为 ， 且 ， 所以 ，又因为 ， ， 所以 ，所以 ； 问题二： 如图，连接， 因为点O是正方形的中心，所以， 又由问题一可知，，所以， 所以； 问题三：四边形是正方形， 证明如下：由问题一知，，所以， 所以由勾股定理知，所以四边形是菱形， 又因为在和中，对应边均相等，所以两个三角形全等，所以， 所以，所以，所以四边形是正方形． 3．（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）【探究与证明】 在数学活动课上，同学们以“图形的旋转”为主题进行探究． 【问题情境】 如图①，在矩形中，，将边绕点 A逆时针旋转（）得到线段，过点E作，交直线于点F． 【猜想证明】从特殊到一般． (1)当时，四边形的形状为_______；（直接写出答案） (2)如图②，当时，连接，求此时的面积； (3)是否存在α，使点F，E，D三点共线？若存在，请求出此时的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)正方形 (2) (3)存在，或 【分析】（1）当时，落在边上，易得四边形为正方形； （2）过E作于G，由旋转的性质及勾股定理的长，从而求得的面积； （3）分两种情况：当点E在线段上；当点E在线段反向延长线上；利用旋转的性质及勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：如图，当时，落在边上， 由旋转得：， ， ， 四边形为正方形； 故答案为：正方形； （2）解：如图，过E作于G， 由旋转得：，； 由四边形是矩形，得， ； ， ， ； 由勾股定理得， ； （3）解：存在 设，连接； 当点E在线段上时，如图； ， ， ， ； ， 由勾股定理得：， ； 在中，由勾股定理得：， 解得：， 即； 当点E在线段反向延长线上时，如图； 同理，， ； 由勾股定理得：， ； 在中，由勾股定理得：， 解得：， 即； 综上，或． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质等知识，熟练运用这些知识是关键． 4．（23-24八年级下·江苏泰州·期末）【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，， ∴ 5．（22-23八年级下·江苏苏州·阶段练习）在正方形纸片中，点、分别是、上的点，连接． (1)问题探究：如图1，作，交于点，求证：； (2)问题解决：如图2，将正方形纸片沿过点、的直线折叠，点的对应点恰好落在上，点的对应点为点，若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形中的十字架模型是解题的关键． （1）过点作于，利用证明，得； （2）连接，，设正方形的边长为，由勾股定理得，，解方程可得的值，利用勾股定理求出，再根据（1）知，，从而解决问题． 【详解】（1）解：证明：过点作于， 四边形是正方形， ，， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ，， ， ； （2）（2）连接，， 由折叠的性质得到：，， 设正方形的边长为， 由勾股定理得，， ， 解得：， ， ， 由勾股定理得， ， 是的垂直平分线， 由（1）知，， ． 6．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，点是正方形的边上一动点(点不与、重合)，连接，将沿翻折，使点落在点处．    (1)当最小时，的值为 ； (2)如图，连接并延长，交的延长线于点，在点的运动过程中，的大小是否变化，若变化，请说明理由；若不变，请求的值； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，试探索、、之间的数量关系． 【答案】(1) (2)为，理由见解析 (3) 【分析】（1）当，，三点共线时，有最小值，由等腰直角三角形的性质可得出答案； （2）过点作于点，则，证出，则可得出结论； （3）过点作，交的延长线于点，则，证明，得出，则可得出结论． 【详解】（1）解：∵将沿翻折， ∴，，， ∵，即， ∴当，，三点共线时，有最小值， 此时， 如图，设， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：；    （2）为． 理由如下： 过点作于点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵将沿翻折，使点落在点处， ∴，， 又∵， ∴， 又∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 即， 又∵， ∴；    （3）． 理由如下： 过点作，交的延长线于点，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即．    【点睛】本题是几何变换综合题，考查折叠的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质等知识，通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 7．（2023春•淮安期末）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 　　． 【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． 【解答】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：． 【点评】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 模型三：四边形中的对角互补模型 1．（2023春•金湖县期中）如图，是的对角线，点在上，，，则是　　 A． B． C． D． 【分析】根据平行四边形的性质，得到，，进而得到，，设的度数为，列式计算即可． 【解答】解：，， ，， ， ，， ， 设的度数为，则：，，， ， ， ； 故选． 【点评】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的内角和与外角的性质，熟练掌握相关性质，并灵活运用，是解题的关键． 2．（2023春•分宜县期末）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”． （1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 　　（请填序号）； （2）在“完美”四边形中，，，连接． ①如图1，求证：平分； 小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明平分 想法一：通过，可延长到，使，通过证明，从而可证平分； 想法二：通过，可将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，可证，，三点在一条直线上，从而可证平分． 请你参考上面的想法，帮助小明证明平分； ②如图2，当，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）由“完美四边形”定义可求解； （2）①想法一：由“”可证，可得，，由等腰三角形的性质可得结论； 想法二：由旋转的性质可得，，，可证点，，在一条直线上，由等腰三角形的性质可得结论； ②延长使，连接，由①可得为等腰三角形，由，可证为等腰直角三角形，即可得解． 【解答】解：（1）由“完美四边形”的定义可得正方形是“完美四边形”． 故答案为：④ （2）①想法一：延长使，连接 ，， ， ， ． ． 即平分； 想法二：将绕点顺时针旋转，使边与边重合，得到， ． ； ； ． ， ． 点，，在一条直线上． ， 即平分 ② 理由如下： 延长使，连接， 由 ①得为等腰三角形． ， ， ． ． 【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，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本题的关键． 模型四：与正方形有关三垂线 1．（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图，四边形AFDC是正方形，和都是直角，且E，A，B三点共线，，则图中阴影部分的面积是（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 【答案】C 【分析】易证△AEC≌△FBA，得AB=EC，即可求得． 【详解】∵四边形AFDC是正方形 ∴AC=AF，∠FAC=90° ∴∠CAE+∠FAB=90° 又∵∠CAE+∠ACE=90° ∴∠ACE=∠FAB 又∵∠CEA=∠FBA=90° ∴△AEC≌△FBA ∴AB=EC=4 ∴图中阴影部分的面积= 故选C 【点睛】本题考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定条件是解题的关键． 2．（2022春·广东东莞·八年级塘厦初中校考期中）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． （1）如图，求证：矩形DEFG是正方形； （2）若AB＝4，CE＝2，求CG的长度； （3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数． 【答案】（1）见解析；（2）2；（3）∠EFC＝130°或40° 【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可； （2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题； （3）分两种情形：①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，求得∠DEC＝45°＋40°＝85°，得到∠CEF＝5°，根据角的和差得到∠EFC＝130°，②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，根据三角形的内角和定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图1，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q， ∵∠DCA＝∠BCA， ∴EQ＝EP， ∵∠QEF＋∠FEC＝45°，∠PED＋∠FEC＝45°， ∴∠QEF＝∠PED， 在△EQF和△EPD中， ， ∴△EQF≌△EPD（ASA）， ∴EF＝ED， ∴矩形DEFG是正方形； （2）如图2中，在Rt△ABC中，AC＝AB＝4， ∵CE＝2， ∴AE＝CE， ∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形， ∴四边形DECG是正方形， ∴CG＝CE＝2； （3）①如图3，当DE与AD的夹角为40°时， ∠DEC＝45°＋40°＝85°， ∵∠DEF＝90°， ∴∠CEF＝5°， ∵∠ECF＝45°， ∴∠EFC＝130°， ②如图4，当DE与DC的夹角为40°时， ∵∠DEF＝∠DCF＝90°， ∴∠EFC＝∠EDC＝40°， 综上所述，∠EFC＝130°或40°． 【点睛】此题考查了正方形的判定以及性质，涉及了全等三角形的证明、等腰直角三角形等性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键． 3．（2022春·新疆省直辖县级单位·八年级校联考期末）如图，点是正方形的边上的任意一点（不与、重合），与正方形的外角的角平分线交于点． (1)求证：． (2)将图放在平面直角坐标系中，如图，连、，与交于点，若正方形的边长为，则四边形的面积是否随点位置的变化而变化？若不变，请求出四边形的面积． (3)在的（2）条件下，若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)16 (3) 【分析】（1）在上取点，使，连接，则是等腰直角三角形，再利用证明≌，得； （2）连接，根据，得，则四边形的面积为正方形的面积； （3）作于，由，可得，再利用证明≌，得，可知，利用待定系数法求出直线和的解析式，求出交点的坐标，从而解决问题． （1） 证明：在上取点，使，连接， 则， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ≌， ； （2） 解：四边形的面积不变，为， 连接， ， ∴， ， 四边形的面积为正方形的面积， 四边形的面积为； （3） 解：作于， ， ， ， 由得，， ，， ≌， ， ， 设直线的解析式为， ， ， 直线的解析式为， 同理得，直线的解析式为， 当时， ， ， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，待定系数法求直线解析式等知识，求出点的坐标是解决问题（3）的关键． 模型五：正方形与45°角的基本图 1．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，D，M关于直线AF对称．连结DM并延长交AE的延长线于N，求证：． 【答案】见解析 【分析】连结，由对称的性质可知，进而可证，即可得，由∠AON=90°，可得． 【详解】证明：连结， 、关于对称， ∴垂直平分， ， ∴， ∴，， 在Rt和Rt中 ， ∴，又， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，全等三角形的判定与性质，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．有关45°角的问题，往往利用全等，构造等腰直角三角形，使问题迅速获解． 2．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，，M关于直线AF对称． （1）求证：B，M关于AE对称； （2）若的平分线交AE的延长线于G，求证：． 【答案】(1)见解析；（2）见解析 【分析】（1）由已知可证，，即可得证； （2）由上述结论可得，再证△AFG为等腰直角三角形． 【详解】解：连结AM，DM，BM， ∵D、M关于直线AF对称， ∴AF垂直平分DM， ∴AD=AM，FD=FM， ∴△DAF≌△MAF， ∴∠AMF=∠ADF=∠AME=∠ABE=90°，AM=AB，AE=AE， ∴△BAE≌△MAE， ∴EM=EB， ∴AE垂直平分BM， ∴B、M关于AE对称； （2）由（1）知△BAE≌△MAE， ∴AE平分∠BEF， ∴∠EAF=∠BAD=45°， 又AF平分∠DFE，FG平分∠EFC， ∴∠AFG=90°． ∴△AFG为等腰直角三角形， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，三角形的面积等知识，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．有关45°角的问题，往往利用全等，构造等腰直角三角形，使问题迅速获解． 3．（2023春·江苏·八年级专题练习）（1）如图①，在正方形中，、分别是、上的点，且，连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由； （2）如图②，在四边形中，，，、分别是、上的点，且，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由． 【答案】（1），理由见解析；（2）成立，理由见解析 【分析】（1）典型的“夹半角模型”，延长到使得，先证，再证，最后根据边的关系即可证明； （2）图形变式题可以参考第一问的思路，延长到使得，先证 ，再证，最后根据边的关系即可证明； 【详解】解：（1） 证明：延长到，使得      连接      ∵四边形是正方形      ∴，      又∵      ∴      ∴，      ∵      ∴     ∴     又∵     ∴     ∴     又∵     ∴ （2） 证明：延长到，使得      连接      ∵，      ∴      又∵，      ∴      ∴，      ∵      ∴     ∴     又∵     ∴     ∴     又∵     ∴ 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正确的根据“夹半角模型”作出辅助线是解题的关键． 4．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且． （1）求证：； （2）在图1中，若G在上，且，则成立吗？为什么？ （3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题： ①如图2，在直角梯形中，，，，E是上一点，且，，求的长． ②如图3，在中，，，，，则的面积为____（直接写出结果，不需要写出计算过程） 【答案】（1）见解析；（2）成立，理由见解析；（3）①10；②15 【分析】（1）因为ABCD为正方形，所以CB=CD，∠B=∠CDA=90°，又因为DF=BE，则△BCE≌△DCF，即可求证CE=CF； （2）因为∠BCD=90°，∠GCE=45°，则有∠BCE+∠GCD=45°，又因为△BCE≌△DCF，所以∠ECG=∠FCG，CE=CF，CG=CG，则△ECG≌△FCG，故GE=BE+GD成立； （3）①过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G，利用勾股定理求得DE的长；②由题中条件，建立图形，根据已知条件，运用勾股定理，求出AD的长，再求得△ABC的面积． 【详解】解：（1）证明：在正方形ABCD中 CB=CD，∠B=∠CDA=90°， ∴∠CDF=∠B=90°． 在△BCE和△DCF中， ， ∴△BCE≌△DCF（SAS）． ∴CE=CF． （2）解：GE=BE+GD成立．理由如下： ∵∠BCD=90°，∠GCE=45°， ∴∠BCE+∠GCD=45°． ∵△BCE≌△DCF（已证）， ∴∠BCE=∠DCF． ∴∠GCF=∠GCD+∠DCF=∠GCD+∠BCE=45°． ∴∠ECG=∠FCG=45°． 在△ECG和△FCG中， ， ∴△ECG≌△FCG（SAS）． ∴GE=FG． ∵FG=GD+DF， ∴GE=BE+GD． （3）①如图2，过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G， 由（2）和题设知：DE=DG+BE， 设DG=x，则AD=12-x，DE=x+4， 在Rt△ADE中，由勾股定理，得： AD2+AE2=DE2 ∴（12-4）2+（12-x）2=（x+4）2 解得x=6． ∴DE=6+4=10； ②将△ABD沿着AB边折叠，使D与E重合，△ACD沿着AC边折叠，使D与G重合， 可得∠BAD=∠EAB，∠DAC=∠GAC， ∴∠EAG=∠E=∠G=90°， AE=AG=AD， BD=EB=2， DC=CG=3， ∴四边形AEFG为正方形， 设正方形的边长为x， 可得BF=x-2，CF=x-3， 在Rt△BCF中， 根据勾股定理得： BF2+CF2=BC2， 即（x-2）2+（x-3）2=（2+3）2， 解得：x=6或x=-1（舍去）， ∴AD=6， 则S△ABC=BC•AD=15． 【点睛】此题是一道把等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的判定和全等三角形的判定结合求解的综合题．考查学生综合运用数学知识的能力，解决问题的关键是在直角三角形中运用勾股定理列方程求解． 5．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图正方形的边、在坐标轴上，已知点．将正方形绕点顺时针旋转一定的角度（小于），得到正方形，交线段于点，的延长线交线段于点，连接、． （1）求的度数． （2）当时，求点的坐标． （3）在（2）的条件下，直线上是否存在点，使以、、为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）∠PAG =45°（2）P点坐标为：（3， ）；（3）M1（0，-3）、M2（，3）． 【分析】（1）由AD=AB，AP=AP，根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，易证Rt△ADP≌Rt△ABP，同理易证Rt△AOG≌Rt△ADG，继而可得∠DAP=∠BAP，∠OAG=∠DAG；然后根据∠OAG+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，求出∠PAG的度数； （2）根据题意易得：∠OAG＋∠AGO＝90°，  ∠CPG+∠PGC=90°，继而可得∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，∠AGO=∠AGD=∠PGC=60°，∠OAG =∠CPG=30°，在Rt△AOG中，，，CG=3﹣，在Rt△CPG中，可得，继而即可求解； (3)根据题意，分两种情况：①当点M在为直线PE与y轴交点时；②当点M为直线EP与直线AB的交点时；根据以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形，求出M点坐标即可． 【详解】（1）在Rt△ADP和Rt△ABP中， ∴Rt△ADP≌Rt△ABP（HL）， ∴∠DAP=∠BAP； 在Rt△AOG和Rt△ADG中， ∴Rt△AOG≌Rt△ADG（HL）． ∴∠OAG=∠DAG； 又∵∠OAG+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°， ∴2∠DAG+2∠DAP=90°， ∴∠DAG+∠DAP=45°， ∴∠PAG=∠DAG+∠DAP =45°；   （2）∵∠OAG＋∠AGO＝90°， ∠CPG+∠PGC=90°，∠OAG =∠CPG， ∴∠AGO＝∠PGC， 又∵∠AGO=∠AGD， ∴∠AGO=∠AGD=∠PGC， 又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°， ∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=180°÷3=60°， ∴∠OAG =∠CPG=90°﹣60°=30°， 在Rt△AOG中，AO=3， 设OG=x，AG＝2x， 由勾股定理可得：，即 解得：（负数舍去） ∴， ∴G点坐标为（，0），CG=3﹣， ， ∴P点坐标为：（3， ）， （3）①如图1，当点M在为直线PE与y轴交点时， ∵∠OGM=∠PGC=60°，∠AGO=60°， ∴∠AGO=∠MGO， 又∵∠AOG=∠MOG=90°，OG=OG， ∴△AOG≌△MOG， ∴AG=MG，OM=OA=3， ∴点M坐标为（0，﹣3）． ②如图2，当点M为直线EP与直线AB的交点时， ∵AB//CO， ∴∠AMG=∠PGC=60°， 又∵∠AGP=60°， ∴∠AMG=∠AGP=60°， ∴△AGM是等边三角形， ∴AM=AG=， ∴M的横坐标是，纵坐标是3， ∴点M坐标为（，3）． 综上，可得 点M坐标为（0，﹣3）或（，3）． 【点睛】本题考查几何变换综合题，涉及到全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定及其性质，解直角三角形，解题的关键是综合运用所学知识，利用数形结合的思想，学会分类讨论． 6．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知正方形，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交、于点M、N，于点H． （1）如图①，当时，可以通过证明，得到与的数量关系，这个数量关系是___________； （2）如图②，当时，（1）中发现的与的数量关系还成立吗？说明理由； （3）如图③，已知中，，于点H，，，求的长． 【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3） 【分析】（1）由“SAS”可证Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5°，由AAS可证Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH； （2）延长CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB＝AH； （3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，可证四边形ABCD是正方形，设AH＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得答案． 【详解】解：（1）∵正方形ABCD， ∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°， 在Rt△ABM和Rt△ADN中， ∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS）， ∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN， ∵∠MAN＝45°， ∴∠BAM＋∠DAN＝45°， ∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°， ∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN， ∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°， ∴∠BAM＝∠MAH， 在Rt△ABM和Rt△AHM中， ∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS）， ∴AB＝AH， 故答案为：AB＝AH； （2）AB＝AH成立，理由如下： 延长CB至E，使BE＝DN，如图： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°， 在Rt△AEB和Rt△AND中， ∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS）， ∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD， ∵∠DAN＋∠BAM＝45°， ∴∠EAB＋∠BAM＝45°， ∴∠EAM＝45°， ∴∠EAM＝∠NAM＝45°， 在△AEM和△ANM中， ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高， ∴AB＝AH． （3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，如图： ∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND， ∴AB＝AH＝AD，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D， ∴四边形ABCD是正方形， ∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD． 由折叠可得BM＝MH＝3，NH＝DN＝7， 设AH＝AB＝BC＝CD＝x， 在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2＋NC2， ∴， 解得或（舍去）， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形性质及应用，勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 7．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知四边形ABCD是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与A点重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC，CD于M，N． (1)如图1，当M，N分别在边BC，CD上时，求证：BM+DN=MN (2)如图2，当M，N分别在边BC，CD的延长线上时，请直接写出线段BM，DN，MN之间的数量关系 (3)如图3，直线AN与BC交于P点，MN=10，CN=6，MC=8，求CP的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）3 【分析】（1）延长到使，连接AG，先证明，由此得到，，再根据，，可以得到，从而证明，然后根据全等三角形的性质即可证明； （2）在BM上取一点G，使得，连接AG，先证明，由此得到，，由此可得，再根据可以得到，从而证明，然后根据全等三角形的性质即可证明； （3）在DN上取一点G，使得，连接AG，先证明，再证明，设，根据可求得，由此可得，最后再证明，由此即可求得答案． 【详解】（1）证明：如图，延长到使，连接AG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴，， 在与中， ， ， ，， ，， ∴， ， ， 在与中， ， ， ， 又∵，， ； （2），理由如下： 如图，在BM上取一点G，使得，连接AG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴，， 在与中， ， ， ，， ∴， ∴， 又， ， 在与中， ， ， ， 又∵，， ∴， 故答案为：； （3）如图，在DN上取一点G，使得，连接AG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴，，， 在与中， ， ， ，， ∴， ∴， 又， ， 在与中， ， ， ， 设， ∵，， ∴，， ∵， ∴， 解得：， ∴， ∵， ∴， 在与中， ， ， ， ∴CP的长为3． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，能够作出正确的辅助线并能灵活运用全等三角形的判定与性质是解决本题的的关键． 8．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知：四边形为正方形，是等腰，． （1）如图：当绕点旋转时，若边、分别与、相交于点、，连接，试证明：． （2）如图，当绕点旋转时，若边、分别与、的延长线相交于点、，连接． ①试写出此时三线段、、的数量关系并加以证明． ②若，，求：正方形的边长以及中边上的高． 【答案】（1）证明见解析；（2）①，证明见解析；② 【分析】（1）延长CB到G，使BG=DF，连接AG，根据正方形性质得出AD=AB，∠D=∠ABG，根据全等三角形的判定推出即可； （2）①EF=BE-DF，理由是：在BC上取BG=DF，连接AG，证△ABG≌△ADF，△FAE≌△EAG即可； ②过F作FH⊥AE于H，设正方形ABCD的边长是x，则BC=CD=x，EF=GE=BC-BG+CE=x+4，在Rt△FCE中，由勾股定理得出方程（x+4）2=（x+2）2+62，求出x后再求出FH即可． 【详解】（1）证明：如图1，延长CB到G，使BG=DF，连接AG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠D=∠ABC=∠DAB=∠ABG=90°，AD=AB， 在△ADF和△ABG中， ， ∴△ADF≌△ABG（SAS）， ∴AG=AF，∠DAF=∠BAG， ∵∠EAF=45°， ∴∠EAG=∠EAB+∠BAG=∠EAB+∠DAF=45°， ∴∠EAF=∠EAG， ∵AE=AE， ∴△EAF≌△EAG， ∴EF=EG=EB+BG=EB+DF． （2）①三线段、、的数量关系是：，理由如下: 如图2，在上取一点，使 连接，同(1)可证， ∴AG=AF，∠DAF=∠BAG， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴． ②如图2，过F作FH⊥AE于H， 设正方形ABCD的边长是x，则BC=CD=x， ∵CE=6，DF=BG=2， ∴EF=GE=CG+CE=BC-BG+CE=x-2+6=x+4， 在Rt△FCE中，由勾股定理得：EF2=FC2+CE2， ∴（x+4）2=（x+2）2+62， 解得：x=6， ∴AG=AF=， ∵∠FAM=45°，∴FH=AF==，， 即△AEF中AE边上的高为． 【点睛】本题考查旋转综合题、正方形的性质、全等三角形的性质和判定、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，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题． 9．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知正方形ABCD，∠EAF＝45°，将∠EAF绕顶点A旋转，角的两边始终与直线CD交于点E，与直线BC交于点F，连接EF． （1）如图①，当BF＝DE时，求证：△ABF≌△ADE； （2）若∠EAF旋转到如图②的位置时，求证：∠AFB＝∠AFE； （3）若BC＝4，当边AE经过线段BC的中点时，在AF的右侧作以AF为腰的等腰直角三角形AFP，直接写出点P到直线AB的距离． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）或4 【分析】（1）利用定理判定即可； （2）延长到，使，连接，易证，则，；再证明即可得出结论； （3）分两种情形：①，②；①过点作于点，过点作，交延长线于点，利用三角形的面积公式和勾股定理列出方程组求得线段；利用，可得，则点到直线的距离为，结论可得；②通过说明，可得，则点到直线的距离为，结论可得． 【详解】解：（1）证明： 四边形为正方形， ，． 在和中， ， ． （2）延长到，使，连接，如图， 四边形为正方形， ，． ． 在和中， ， ． ，． ， ． 即． ， ． 在和中， ， ． ． （3）点到直线的距离为或4，理由： 当①时，； 过点作于点，过点作，交延长线于点，如图， 四边形为正方形， ，． 点是的中点， ， ． 设，， ，， ． ， ． ． 在中， ， ． ． 解得：，（不合题意，舍去）． ． ， ， ， ， ． 在和中， ， ． ， 到直线的距离为． ②当，时， 过作，交的延长线于点，如图， 则点到直线的距离为， ， ， ， ， ． 在和中， ， ． ． 点到直线的距离为． 综上，点到直线的距离为或4． 【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了三角形全等的判定与性质，正方形的性质，三角形的面积，勾股定理，二元二次方程组的解法，根据正方形的特殊性质构造全等三角形是解题的关键． 一、单选题 1．（23-24八年级下·江苏徐州·期末）如图，在四边形中，、、、分别是、、、的中点，要使四边形是菱形，则四边形只需要满足的一个条件是（    ） A．对角线 B．四边形是菱形 C．对角线 D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的判定与性质．菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分．利用三角形中位线定理可以证得四边形是平行四边形；然后由菱形的判定定理进行解答． 【详解】解：∵在四边形中，E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴，，， ∴； 同理，，， ∴四边形是平行四边形； A、若，得不到，则，不能证明四边形是菱形，故本选项错误； B、若四边形是菱形时，点四点共线；故本选项错误； C、若对角线时，得不到，则，不能证明四边形是菱形；故本选项错误； D、当时，则；所以平行四边形是菱形；故本选项正确； 故选：D． 二、填空题 2．（23-24八年级下·江苏徐州·期中）如图，在矩形中，，，对角线、相交于点，是线段上的任意一点（点不与点，重合），过点作于点，于点，则 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握矩形的性质，勾股定理的运用．连接，根据矩形的性质，得，点是对角线的中点，则，再根据，，即可求出的值． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ，，， ∴， 根据勾股定理得：， ∴， ∵，， ∴， ∵于点，于点， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 3．（2024八年级下·江苏·专题练习）如图，矩形的对角线、相交于点O，过点O作交于点E若，，则 ． 【答案】 【分析】此题重点考查矩形的性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．连接，由矩形的性质得，，，，因为，所以垂直平分，则，由勾股定理得，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形，对角线、相交于点O， ∴，，，， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， 故答案为：． 4．（22-23八年级下·江苏扬州·期中）如图，在中，，，于，则 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了等腰三角形性质，平行四边形性质，三角形内角和定理，利用等腰三角形性质得到，进而利用平行四边形性质得到，最后结合三角形内角和定理求解，即可解题． 【详解】解：，， ， 四边形为平行四边形， ， ， 于， ， ， 故答案为：． 5．（22-23八年级下·江苏无锡·期中）如图，在正方形中，，点E是边的中点，将沿着翻折，得到，延长交的延长线于点H，则＝ ．    【答案】 【分析】先根据勾股定理求出，根据折叠的性质得到，进而得到，过点D′作于点F，过点C作于点G，则，于是，由三角形内角和定理得到，，由可算出，在中，，则. 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴， ∵点E是边的中点， ∴， 在中，， ∵将沿着翻折，得到， ∴， ∴， 如图，过点D′作于点F，过点C作于点G，    则， ∴ ， ∴， ∴为等腰直角三角形，， ∵， ∴ , ∴， 在中，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的性质，正确作出辅助线，根据题意推理论证得到是解题关键． 三、解答题 6．（23-24八年级下·江苏徐州·期中）如图，、是四边形的对角线，点、、、分别是线段、、、上的中点． (1)求证：线段、互相平分； (2)四边形满足什么条件时，？证明你得到的结论． 【答案】(1)见解析 (2)当时，，理由见解析 【分析】本题考查的是平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、三角形中位线定理，掌握菱形的对角线互相垂直是解题的关键． （1）连接、、、，根据三角形中位线定理得到，，，，证明四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论； （2）根据菱形的判定定理得到平行四边形是菱形，根据菱形的性质定理证明即可． 【详解】（1）证明：连接、、、， ∵点E、F分别是线段、的中点， ∴，， ∵点G、H分别是线段、的中点， ∴，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴线段、互相平分； （2）解：当时，， 理由如下：∵点G、F分别是线段、的中点， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴． 7．（23-24八年级下·江苏镇江·期中）如图，已知四边形是正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交射线于点F，以，为邻边作矩形，连． (1)求证：矩形为正方形； (2) ． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）过点作于M，于N，证，得，即可证矩形为正方形； （2）证明，可得，由此可推得，利用勾股定理计算即可． 【详解】（1）证明：如图，过点作于M，于N，则． 四边形是正方形， 平分，， 又，， ，， ∴四边形是矩形， ∴， ， ，， ． 在和中， ， ． ， ∵四边形是矩形， 矩形是正方形． （2）解：四边形与四边形为正方形， ∴，，， ， ∴， 在与中， ， ∴， ∴． ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，角平分线的性质定理，全等三角形的性质与判定，勾股定理，化为最简二次根式，解决本题的关键是熟练运用相关性质定理． 8．（23-24八年级下·江苏盐城·期中）如图，为正方形边的中点，是延长线上的一点，，且交的平分线于． (1)求证：； (2)若将上述条件中的“为边的中点”改为“为边上任意一点”，其余条件不变，则结论“”成立吗？如果成立，请证明；如果不成立，说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)成立，证明见解析． 【分析】本题综合考查了利用正方形的性质和全等三角形的判定的知识． （1）要证，就要构建，只需取的中点，连接，依据正方形的性质可证 （2）只需作，其余证法与1同． 【详解】（1）证明：取的中点，连接． ∵， ∴， ∵为正方形边的中点， ∴， ∵平分，即， 又∵， ∴， ∴． 在和中 ∵， ∴． ∴． （2）解：结论“”仍成立． 证明如下： 在上截取，连接． ∵，，，， ∴． ∵， ∴． 又， 在和中 ∵， ∴． ∴． 9．（23-24八年级下·江苏淮安·期末）（1）已知点E是正方形边上的一点，连接．如图1，把射线绕点B顺时针旋转交的延长线于点F，求证：； （2）边长把边沿翻折． ①如图2，若点P落在对角线上，则 ； ②如图3，点G在边上，，连接、，当点P落在内部时（不含边上），线段长度的取值范围为 ； （3）如图4，点M是正方形内一点，连接、，若，求最小值； （4）如图5，点M是矩形内一点，连接，若，，则最小值为 ． 【答案】（1）见解析；（2）①；②；（3）（4） 【分析】（1）由旋转的性质可得，，再根据正方形的性质可得，，利用等量代换可得，进而证明，即可证明； （2）由折叠的性质可得，，，，，再利用勾股定理求得，再根据等腰直角三角形的判定可得，再利用，即可求解； ②当点P落到上，由折叠的性质可得，垂直平分，即，，可得，当点P落到上，连接，证得，可得，即可求解； （3）①当A、M、C不共线时，，②当点A、M、C三点共线时，的值最小为，根据等腰三角形的判定与性质可得是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得，即可求解； （4）将绕点B逆时针旋转得到，由旋转的性质和等边三角形的判定与性质可得，进而可得当点、、M、C共线时，的值最小，最小值是，过点作的延长线于点N，由旋转的性质可得，，根据直角三角形的性质和勾股定理求得，，可得，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）由旋转的性质可得，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴； （2）①由折叠的性质可得，，，， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴，， ∴， 故答案为：； ②如图，当点P落到上， 由折叠的性质可得，垂直平分， ∴， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 当点P落到上，连接， 由折叠的性质可得，，，， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵点P在的内部，不含边， ∴， 故答案为：； （3）①当A、M、C不共线时， ， ②当点A、M、C三点共线时，的值最小为， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴ 即最小值为； （4）如图，将绕点B逆时针旋转得到， ∴，， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴当点、、M、C共线时，的值最小，最小值是， 过点作的延长线于点N， 由旋转的性质得，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴, 即的最小值是， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质、折叠的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理、等边三角形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键． 10．（23-24八年级下·江苏苏州·期中）已知： 如图，在菱形中，，点E， F分别是上的动点(不与菱形的顶点重合)，． (1)求证∶是等边三角形； (2)探究四边形与菱形的面积关系，并说明理由： (3)若菱形的边长为，则面积的最大值是 (直接写出答案)． 【答案】(1)见解析 (2)四边形的面积等于菱形的面积的一半，理由见解析 (3) 【分析】（1）由四边形是菱形，，可得，，可得出和是等边三角形，从而得出，，再证明 ，可得，，再用等边三角形的判定证明即可； （2）由菱形的性质可得，再由，可得，从而得出，可得结论； （3）过点作，交的延长线于，设，可得， 再由，可得，再由，可得，，从而得出，再求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是菱形，， ，， 和是等边三角形， ，， 又， ， ，， ， 是等边三角形， （2）四边形的面积等于菱形的面积的一半，理由如下： 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， 即四边形的面积等于菱形的面积的一半； （3）如图，过点作，交的延长线于， 设， ， ， ， ， ，， ， 当时，的最大值为． 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，配方法的应用等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 11．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）已知正方形的边长为3，是边上的一个动点， (1)如图1，若点关于直线的对称点为，连接，连接并延长交于点，连接．则______； (2)如图2，在点运动过程中，作的平分线交延长线于，交于，若，请求出线段的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由轴对称的性质可知，利用全等三角形的性质证明即可解决问题； （2）过点作，交的延长线于点，，交的延长线于点， 证明，由全等三角形的性质得出，由角平分线的性质得出，根据三角形面积公式可得出答案． 【详解】（1）四边形是正方形，点关于对称， ，，， ， ， ， ， 故答案为：； （2）解：过点作，交的延长线于点，，交的延长线于点， 点关于直线的对称点为， ，， 平分， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， 平分，，， ， ，， ， ， ， ． ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 12．（23-24八年级下·江苏镇江·阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 概念理解：下列四边形中一定是“中方四边形”的是______． A．平行四边形；    B．矩形；    C．菱形；    D．正方形． 性质探究：如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的结论： ①______；②______． 问题解决：如图2，以锐角的两边，为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连结，，． （1）连结，，问，的数量关系和位置关系是什么？请说明理由． （2）四边形______“中方四边形”（此空填“是”或“不是”） 拓展应用：如图3，已知四边形是“中方四边形”，，分别是，的中点． （3）试探索与的数量关系，并说明理由． （4）若的最小值是，则的长度为______．（不需要解答过程） 【答案】概念理解：D  性质探究： 问题解决：（1） （2）原四边形是“中方四边形”  拓展应用：（3）   （4） 【分析】概念理解：根据三角形中位线定理，以及正方形判定和性质可得答案； 性质探究：由中位线的性质可得：，结合正方形的性质可得结论； 问题解决：（1）如图，取四边形各边中点分别为并顺次连接成四边形， 连接交于， 连接交于，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得 ，推出是菱形， 再由可得菱形是正方形，即可证得结论； 拓展应用：（3）如图， 记的中点分别为，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论； （4）如图， 记的中点分别为，连接交于， 连接， 当点在上 (即共线) 时，最小，最小值为的长，再结合性质探究与拓展应用（3）的结论即可求得答案. 【详解】概念理解：∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，正方形的对角线相等且互相垂直， ∴一定是“中方四边形”的是正方形； 故答案为：； 性质探究：∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ， ， ∵分别是的中点， ， ， 故答案为：； 问题解决：（1）证明： 如图， 设四边形的边的中点分别为， 连接交于， 连接交于， ∵四边形各边中点分别为， ∴分别是 的中位线， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 又∵ ∴， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴. 又∵， ∴， ∴，即， 又∵， ∴. ∴菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”. 拓展应用：（3）； 理由如下： 如图3， 记的中点分别为， 连接， ∵四边形是“中方四边形”， 分别是的中点， ∴四边形是正方形， ， ， ∵分别是的中点， ， ； （4）如图， 令与的交点为， 连接， 当点在上 (即共线) 时， 最小，最小值为的长， 的最小值， 由性质探究知： 又∵分别是的中点， ， ， 的最小值， 由拓展应用（3）知：， ； ． 故答案为： 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！5 学科网（北京）股份有限公司 $$