第十八章 平行四边形（中等类型）-2024-2025学年八年级数学下册考点解惑【基础•中等•优质】题型过关专练（人教版）

第十八章 平行四边形思维导图 【类型覆盖】 类型一、(特殊)平行四边形的周长 【解惑】如图，的周长是，对角线与交于点，，的周长比的周长多是的中点，则的长度为（    ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，菱形的周长为20，点A的坐标是，则点B的坐标是（   ） A． B． C． D． 2．如图，矩形的对角线相交于点，，若，则四边形的周长为 ． 3．如图，在正方形中，点在上，点在上，且．若，则的周长为 ． 类型二、(特殊)平行四边形的面积 【解惑】如图，在矩形中，点是边上一点，连接，点分别是的中点，连接，若，则矩形的面积是（   ） A．200 B．196 C．192 D．188 【融会贯通】 1．如图，在平行四边形中，，，，是边上的动点，将沿翻折得，射线与射线交于点．下列说法正确的个数是（    ） （1）当时， （2）当点落在上时，四边形是菱形 （3）在点P运动的过程中，线段的最小值为2 （4）连接，则四边形的面积始终等于 A．1 B．2 C．3 D．4 2．如图，正方形的边长是8，E是的中点，连接，将沿折叠，点B的对应点是F，连接，则的面积是 ． 3．如图．菱形的两条对角线相交于，菱形的周长是，则菱形的面积是 ． 类型三、平行四边形的平移 【解惑】如图，已知的顶点，若将沿轴向下平移，使边的中点恰好落在轴上，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，已知点，，将线段平移得到线段，且四边形的周长为，则四边形的面积为（　　） A． B． C． D．9 2．如图，等边三角形的边长，点在边上，且．过点作，垂足为，以、为邻边作平行四边形．将沿向右平移，使点的对应点落在边上，则平移的距离为 ． 3．如图1，线段是由线段平移得到的．分别连接，．直线于点，延长与相交于点．点是射线上的一个动点，点不与点、点、点重合．连接，．    (1)线段，的关系是_____； (2)如图1，当点P在线段上运动时，，，之间的数量关系是_____； (3)如图2，当点P在线段上运动时，，，之间的数量关系是否发生变化？若发生变化请写出它们的关系，并证明；若没有发生变化，请说明理由； (4)如图3，当点P在点D上方运动时，请直接写出，，之间的数量关系：_____． 类型四、菱形的平移 【解惑】如图，在直角坐标系中，菱形的顶点的坐标为，．将菱形沿轴向右平移1个单位长度，再沿轴向下平移1个单位长度，得到菱形，其中点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，在平行四边形中中，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（    ） A．2 B．4 C．3 D．6 2．如图，在菱形中，，，将向右平移得到（点在线段AC上），连接，，.在平移过程中， （1）若四边形是矩形，则 . （2）的最小值为 . 3．在一次数学研究性学习中，小明将两个全等的直角三角形纸片和拼在一起，使点与点重合，点与点重合（如图1），其中，，，并进行如下研究活动：将图1中的纸片沿方向平移，连接，（如图2）．当点与点重合时停止平移． (1)求证：图2中的四边形是平行四边形； (2)当纸片平移到某一位置时，小明发现四边形为矩形（如图3）．求此时的长； (3)在纸片平移的过程中，四边形能成为菱形吗？如果可以，直接写出的长，如果不可以，说明理由． 类型五、矩形的平移 【解惑】已知矩形的顶点A、B、C 的坐标分别为，将该矩形向右平移3个单位长度得到矩形，则点的坐标为 （      ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，在矩形中，，将沿着射线的方向平移得到，则四边形的周长为（    ） A．26 B．24 C．22 D．20 2．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 ． 3．在平面直角坐标系中存在矩形，点、点，且a、b满足：（实数）． (1)求A点坐标； (2)如图1，作的角平分线交y轴于点D，的中点为点E，作交x轴于点F．求证：； (3)如图2，在（2）的条件下，当时，将矩形向右推倒得到矩形，使点A与点重合，点落在x轴上．现在将矩形沿射线以每秒1个单位长度的速度平移如图3，设平移过程中矩形与矩形重合部分的面积为S，平移时间为t，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围． 类型六、正方形的平移 【解惑】如图，正方形的边长为，将该正方形沿方向平移，得到正方形，交于点，交于点，则的长为（   ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，已知正方形，点M是边延长线上的动点（不与点A重合）且，由平移得到，若过点E作，H为垂足，则有以下结论：①在点M的运动过程中，四边形可能成为菱形；（2）点M位置变化，使得时，；③无论点M运动到何处，都有；④无论点M运动到何处，一定大于．以上结论正确的是（    ） A．①②③④ B．②③④ C．②④ D．③④ 2．已知，大正方形的边长为7厘米，小正方形的边长为3厘米，起始状态如图所示．大正方形固定不动，把小正方形以1厘米/秒的速度向右沿直线平移，设平移的时间为t秒，两个正方形重叠部分的面积为S平方厘米．当时，小正方形平移的时间为 秒． 3．数学实验活动：两个正方形纸片的摆放． 将两个边长为的正方形纸片、按图①方式进行摆放后，得到了8个阴影三角形，这些三角形的周长会有怎样的特点呢？数学实验小组经过探究，有了如下3个发现： 发现1：图①中的8个阴影三角形的周长之和是一个定值，这个定值为_______； 发现2：将两个正方形按图②方式进行摆放，其中经过点，且与、都相交，交点分别为、，则图中的阴影三角形（）的周长是一个定值，请你求出这个值； 发现3：在图②的情形下，按图③方式平移正方形纸片，使得分别与、相交于点、，分别与、相交于点、，则图中的2个阴影三角形（与）的周长之和也是一个定值，请你求出这个值． 类型七、三角形中位线的证明 【解惑】【问题初探】 （1）李老师给出如下问题：如图1，在平行四边形中，，且，点E是的中点，点F为对角线上的点，且，连接线段，若，求的长． 小鹏同学考虑到点E是的中点，从中点的角度思考，想办法构造另一个中点，从而形成中位线，所以想到连接，与交于点O．请你利用李老师的提示，帮助小鹏同学解决这个问题． 【类比拓展】李老师为了帮助学生更好地感悟中点的解题策略，李老师提出了下面问题，请你解答． （2）如图2，在中，平分，过点A作延长线的垂线，垂足为点D，，求证：． 【学以致用】 （3）如图3，在中，，点D在上，，点E，F分别是，的中点，连接并延长，与的延长线交于点G，连接，若，求证：． 【融会贯通】 1．[教材呈现] （1）如图是华师版九年级上册数学教材第80页的第3题，请完成这道题的证明． 如图①，在四边形中，，P是对角线的中点，M是的中点，N是的中点． 求证：． [结论应用] （2）如图②，在上边题目的条件下，延长图①中的线段交的延长线于点E，延长线段交的延长线于点F．求证：． （3）若（2）中的，则的大小为多少？ 2．如图，在中，，，点E在射线上（不与点A，B重合），将线段绕点E顺时针旋转，得到线段，连接，取中点F，连接． (1)如图1，若点E是中点时，点D，B，C恰好在一条直线上，用等式表示线段和的数量关系，并证明； (2)当点E在射线上时，（1）中的结论是否成立，在图2，图3中任选一种情况完成证明． 3．在四边形中，，点分别是边的中点． (1)如图，点为对角线的中点，连接，若，则______； (2)如图，直线分别与的延长线交于点．求证：． 类型八、中点四边形的证明 【解惑】定义：顺次连结四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形． 如图，在四边形中，顺次连结各边中点E、F、G、H得到的四边形叫做四边形的中点四边形． 利用三角形中位线的相关知识解决下列问题： (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当对角线满足下列条件时，请你探究中点四边形的形状：(写出结果并证明)当时， 四边形是 ． 【融会贯通】 1．已知：如图，四边形四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接，得到四边形（即四边形的中点四边形）． (1)四边形的形状是 ， 证明你的结论． 证明： (2)当四边形的对角线满足 条件时，四边形是矩形； (3)你学过的哪种特殊四边形的中点四边形是矩形？ ． 2．定义：对于一个四边形，我们把依次连接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】 （1）在已经学过的“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中，_________是“中方四边形”（填序号）． 【性质探究】 （2）如图1，若四边形是“中方四边形”，观察图形，线段和线段有什么关系，并证明你的结论． 【问题解决】 （3）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，依次连接四边形的四边中点得到四边形．求证：四边形是“中方四边形”． 3．定义：对于一个四边形，我们把依次连接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】： （1）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】： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，直接写出四边形的对角线，的关系； 【问题解决】： （3）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，连接，，．求证：四边形是“中方四边形”； 【拓展应用】： 如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是，的中点． （4）试探索与的数量关系，并说明理由． （5）若，求的最小值．    类型九、正方形的证明 【解惑】如图，四边形是平行四边形，延长至点，使点为的中点．连接，，，已知． (1)求证：四边形是矩形． (2)若还满足，则四边形的形状为________． 【融会贯通】 1．如图，在矩形中，的平分线交于的平分线交于，求证：四边形是正方形． 2．如图，已知四边形是正方形，为对角线上一动点，连接，过点作，交射线于点，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)连接，求证：． 3．定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径．如图，，四边形是损矩形，则该损矩形的直径是线段，同时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点：在公共边的同侧的两个角是相等的．如图中：和有公共边，在同侧有和，此时；再比如和有公共边，在同侧有和，此时． (1)请在图中再找出一对这样的角来：_____________； (2)如图，中，，以为一边向外作菱形，为菱形对角线的交点，连接． 四边形______损矩形；（填“是”或“不是”） 当平分时，判断四边形为何种特殊的四边形？请说明理由； 若，，，求的长． 类型十、坐标系中的平行四边形 【解惑】（1）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，已知点，，如何求顶点C的坐标呢?下面是小明和小颖的求解思路：    小明：如图，分别过点B，C向x轴作垂线，垂足为D和E，   在平行四边形中，有，，则 ，又，故（ ），所以，…… 小颖：在平行四边形中，有，且，因为点O水平向右平移3个单位长度得到点，所以点水平向右平移3个单位长度得到点C，于是点C的坐标为 ． 请将填空处的内容依次填在横线上： ， ， ． （2）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，已知点，，求顶点R的坐标．    【融会贯通】 1．如图，平面直角坐标系中的网格由边长为1的小正方形构成．中，点A坐标为，点B坐标为，点C坐标为． (1)边的长为 ； (2)判断的形状； (3)若以点A､B､C及点D为顶点的四边形是平行四边形，请在图中画出符合条件的平行四边形，并直接写出点D的坐标． 2．已知在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中边在轴上且，边在轴上且，平分交于点． (1)请直接写出，两点的坐标：（________），（________）． (2)如图1，求点的坐标． (3)如图2，线段（点在点上方）在轴上移动，且，连接，，则折最小值为________． (4)在平面内是否存在一点，使得，，，四点组成的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 3．【综合探究】 在平面直角坐标系中，点、，点为线段的中点，则线段的中点的坐标为 (1)如图1，已知点、，则线段的中点坐标为_________； (2)如图2，在（1）的条件下，过点、的直线交轴于点，交轴于点，图中点为轴上的动点，当时，求点的坐标． (3)如图3，在（1）（2）的条件下，且点在轴的负半轴时，点是轴上的动点，点是直线上的动点，存在以，，，为顶点的四边形为平行四边形，则点的坐标为______________________． 【一览众山小】 1．如图，在中，与交于点，是边的中点，下列判断一定正确的是（   ） A． B． C． D． 2．我国古代有“不以规矩，不能成方圆”的说法，人们把“规矩”当作几何名词，“规”是圆，“矩”是方，所以初中以后就把长方形改为比较专业的名称“矩形”．木艺活动课上，小明用四根细木条a，b，c，d搭成如图所示的一个四边形，现要判断这个四边形是否是矩形，以下测量方案正确的是（　　） A．测量是否有三个角是直角 B．测量对角线是否相等 C．测量两组对边是否分别相等 D．测量对角线是否互相垂直 3．如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，然后向右扭动框架，观察所得四边形的变化．下列判断错误的是（   ） A．四边形由矩形变为平行四边形 B．对角线的长度变大 C．四边形的面积不变 D．四边形的周长不变 4．如图，矩形中，，，将矩形沿对角线对折，的对应边与相交于点P，则的长为 ，的面积为 ． 5．如图，在矩形中，若，则线段的长为 ． 6．割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补” ．著名的数学著作《九章算术》已经能十分灵活地应用“出入相 补”原理解决平面图形的面积问题．在《九章算术》中，三角形被称为圭田，圭田术曰：“半广以乘正纵”， 也就是说三角形的面积等于底的一半乘高，说明三角形的面积是应用出入相补原理，由长方形面积导出的．  如图中的三角形下盈上虚，以下补上．如果图中矩形的面积为20，那么图中阴影部分的面积是 7．已知：如图，在中，、是对角线上的两点，且．请判断与的关系，并说明理由． 8．如图，在矩形中，，相交于点，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则四边形的面积为 ． 9．如图，在中，，过点D作，垂足为E．动点P从点A出发沿方向以的速度向点D运动；同时，动点Q从点C出发，以的速度沿射线运动，当点P到达点D时，点Q也随之停止运动，设点P，Q运动的时间为． (1)当时，求t的值； (2)当时，求出t的值，并判断此时四边形是什么特殊的四边形？说明理由． 10．已知：如图1，点、分别是正方形的边、上点，且，连接、交于点． (1)求证：； (2)如图2，连接对角线、交于点，且、与、分别交于点、点，连接，若平分，求证：； (3)在（2）的条件下，若，请直接写出正方形的面积． 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第十八章 平行四边形思维导图 【类型覆盖】 类型一、(特殊)平行四边形的周长 【解惑】如图，的周长是，对角线与交于点，，的周长比的周长多是的中点，则的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是掌握以上知识点．首先根据题意得到，，然后求出，，然后根据勾股定理求出，然后根据直角三角形斜边中线性质求解即可． 【详解】∵的周长是 ∴ ∵的周长比的周长多 ∴ ∴ ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵是的中点 ∴． 故选：C． 【融会贯通】 1．如图，菱形的周长为20，点A的坐标是，则点B的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质、坐标与图形的性质以及勾股定理．解题的关键是熟悉运用菱形的性质（四边相等，对角线互相垂直平分），以及根据点的坐标确定相关线段的长度． 本题可根据菱形的四边相等的性质以及菱形的周长可求出边长的值，再根据勾股定理即可求出的长，进而可求出点B的坐标． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵菱形是周长为20， ∴， ∵点A的坐标是， ∴， ∴在中，， ∴点B的坐标为． 故选：B． 2．如图，矩形的对角线相交于点，，若，则四边形的周长为 ． 【答案】 【分析】此题考查了菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形是菱形是解此题的关键． 首先由，，可证得四边形是平行四边形，又由四边形是矩形，根据矩形的性质，易得，即可判定四边形是菱形，继而求得答案． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴四边形的周长为：． 故答案为：． 3．如图，在正方形中，点在上，点在上，且．若，则的周长为 ． 【答案】8 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握添加合理的辅助线，构造三角形全等是解题的关键．根据题意可得，如图所示，在上取，连接，可证，得到，再证，得到，则的周长为，由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， 设，则，， ∵， ∴， ∴， 如图所示，在上取，连接， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵的周长为， ∴的周长为， 故答案为：8 ． 类型二、(特殊)平行四边形的面积 【解惑】如图，在矩形中，点是边上一点，连接，点分别是的中点，连接，若，则矩形的面积是（   ） A．200 B．196 C．192 D．188 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，直角三边形斜边的中线的性质，勾股定理逆定理，根据矩形的性质可得，根据F，G分别是的中点，可得，是的中位线，求出和的长，进一步可知是直角三角形，，根据，求出的面积，根据和矩形同底等高，可知矩形的面积，即可求出矩形的面积． 【详解】解：在矩形中，， ∵F，G分别是的中点， ∴，是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是直角三角形，， ∴， ∴矩形的面积， 故选：C． 【融会贯通】 1．如图，在平行四边形中，，，，是边上的动点，将沿翻折得，射线与射线交于点．下列说法正确的个数是（    ） （1）当时， （2）当点落在上时，四边形是菱形 （3）在点P运动的过程中，线段的最小值为2 （4）连接，则四边形的面积始终等于 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质和菱形的判定，熟练掌握相关知识是解题的关键，运用折叠的性质，平行四边形的性质和菱形的判定逐个分析判断即可． 【详解】（1）当时，， 在平行四边形中，， ， ， 由折叠可知，， ， ， 故（1）正确； （2）当点落在上时，点E和重合， 由平行四边形可知，，， 由折叠可知，，，， ， 是等边三角形， ， 四边形是菱形， 故（2）正确； （3）在点P运动的过程中， 当点P靠近点C时，在四边形外部，此时， ， 故（3）错误； （4）连接，由折叠可知，垂直平分， ， 则四边形的面积始终等于， 故（4）正确， 综上所述：（1）（2）（4）正确， 故选：C． 2．如图，正方形的边长是8，E是的中点，连接，将沿折叠，点B的对应点是F，连接，则的面积是 ． 【答案】 【分析】如图，延长，交于点G，根据正方形的性质得到，，求得，根据折叠的性质得到，，，根据全等三角形的性质得到，设，则，，根据勾股定理得到，根据三角形的面积公式得到根据勾股定理得到，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：如图，延长，交于点G， 四边形是边长为8的正方形， ，， 为的中点， ， 根据折叠的性质可得，，，， ，， 在和中， ， ， ， 设，则，， 在中，， ， 解得：， ， 在中，， ， ， ，即， ， 的面积， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，正确作出辅助线，构造全等三角形和直角三角形解决问题是解题关键． 3．如图．菱形的两条对角线相交于，菱形的周长是，则菱形的面积是 ． 【答案】/96平方厘米 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质，勾股定理的运用是解题的关键． 根据菱形的性质可得，，，，由勾股定理可得，由菱形的面积的公式即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故答案为： ． 类型三、平行四边形的平移 【解惑】如图，已知的顶点，若将沿轴向下平移，使边的中点恰好落在轴上，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的性质，平移的性质，首先根据平移及平行四边形的性质确定，利用中点坐标公式得出，从而确定向下平移个单位，据此得解． 【详解】解：，，都是的顶点， ∴，，， 即线段沿轴向右平移个单位得到线段，点是点的对应点，点是点的对应点， ∴， ∵点是线段边的中点， ∴点的坐标为，即， ∵将沿轴向下平移，使边的中点恰好落在轴上， ∴沿轴向下平移个单位， ∴点的坐标为． 故选：B． 【融会贯通】 1．如图，已知点，，将线段平移得到线段，且四边形的周长为，则四边形的面积为（　　） A． B． C． D．9 【答案】D 【分析】本题考查了平移的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，根据点，得，根据将线段平移得到线段得，，则四边形是平行四边形，即，根据平行四边形的性质和四边形的周长为得，在中，，，根据勾股定理得，，即可得；掌握平移的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理是解题的关键． 【详解】解：∵点，， ∴， ∵将线段平移得到线段， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形的周长为， ∴， 在中，，，根据勾股定理得， ， ∴四边形的面积为：， 故选：D． 2．如图，等边三角形的边长，点在边上，且．过点作，垂足为，以、为邻边作平行四边形．将沿向右平移，使点的对应点落在边上，则平移的距离为 ． 【答案】 【分析】本题考查了等边三角形的性质以及平移的性质，解题的关键是熟练掌握等边三角形的判定和性质． 已知是等边三角形，，求出，再根据，求出和，再根据四边形是平行四边形求出，进而求出即可． 【详解】解：∵是等边三角形，， ， ， ， ， ∵将沿向右平移， ∴、、三点共线， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， 故答案为：． 3．如图1，线段是由线段平移得到的．分别连接，．直线于点，延长与相交于点．点是射线上的一个动点，点不与点、点、点重合．连接，．    (1)线段，的关系是_____； (2)如图1，当点P在线段上运动时，，，之间的数量关系是_____； (3)如图2，当点P在线段上运动时，，，之间的数量关系是否发生变化？若发生变化请写出它们的关系，并证明；若没有发生变化，请说明理由； (4)如图3，当点P在点D上方运动时，请直接写出，，之间的数量关系：_____． 【答案】(1)； (2)； (3)不会发生变化，证明见解析； (4)． 【分析】（1）由平移的性质可得，，由“对边平行且相等的四边形为平行四边形”可得四边形为平行四边形，进而可得线段，的关系； （2）由平行线的性质可得，由三角形外角性质可得，进而可得，，之间的数量关系； （3）过点作交于点，易得，由平行线的性质可得，，由得到，以此即可求解； （4）由平行线的性质可得，由三角形外角性质可得，进而得到，，之间的数量关系． 【详解】（1）解：线段是由线段平移得到的， ，， 四边形为平行四边形， ，； 故答案为：，； （2）解：如图，设与交于点，    ∵， ， ， ； 故答案为：； （3）解：当点在线段上运动时，，，之间的数量关系不会发生变化，理由如下： 如图，过点作交于点，    ∵， ∴， ，， ， ； （4）解：如图，设交于点，    ∵， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查平移的性质、平行四边形的判定与性质、三角形外角性质、平行线的性质，熟练掌握平行线的性质和三角形外角性质是解题关键． 类型四、菱形的平移 【解惑】如图，在直角坐标系中，菱形的顶点的坐标为，．将菱形沿轴向右平移1个单位长度，再沿轴向下平移1个单位长度，得到菱形，其中点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、 直角坐标系中点的平移规律，作轴于，先求出点的坐标，再由平移规律即可得出答案． 【详解】解：如图，作轴于， ∴， ∵点的坐标为， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴由勾股定理得， ∴， ∴点的坐标为， ∵将菱形沿轴向右平移1个单位长度，再沿轴向下平移1个单位长度，得到菱形， ∴点的坐标为，即， 故选：A． 【融会贯通】 1．如图，在平行四边形中中，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（    ） A．2 B．4 C．3 D．6 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，平移的性质，先由菱形的性质得到，再由平移的性质得到由平移的性质可得，则，据此可得答案． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， 由平移的性质可得， ∴， ∴， ∴a的值为2， 故选：A． 2．如图，在菱形中，，，将向右平移得到（点在线段AC上），连接，，.在平移过程中， （1）若四边形是矩形，则 . （2）的最小值为 . 【答案】 【分析】（1）连接交于点，如图所示，由菱形性质，结合含直角三角形的三边关系即可得到及长，从而得到； （2）连接，延长到，使，如图所示，根据平移性质、菱形性质得到，从而确定当、、三点共线时，有最小值为，由含直角三角形的三边关系求解即可得到答案． 【详解】解：（1）连接交于点，如图所示： 在菱形中，，， ，， ， 在中，，则， 将向右平移得到（点在线段上）， ， 若四边形是矩形，则， ， 在中，，则， ， 故答案为：； （2）连接，延长到，使，如图所示： 将向右平移得到（点在线段上）， ，， 是平行四边形， ， 在菱形中，由菱形对称性得到， ， ，则当、、三点共线时，有最小值为， ， ， 是等边三角形， ，， 是的一个外角， ， ， 在中，，，则， 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查特殊平行四边形背景下求线段长，涉及菱形的性质、矩形的性质、平移的性质、等边三角形的判定与性质、含直角三角形的三边关系等知识，熟练掌握特殊平行四边形性质是解决问题的关键． 3．在一次数学研究性学习中，小明将两个全等的直角三角形纸片和拼在一起，使点与点重合，点与点重合（如图1），其中，，，并进行如下研究活动：将图1中的纸片沿方向平移，连接，（如图2）．当点与点重合时停止平移． (1)求证：图2中的四边形是平行四边形； (2)当纸片平移到某一位置时，小明发现四边形为矩形（如图3）．求此时的长； (3)在纸片平移的过程中，四边形能成为菱形吗？如果可以，直接写出的长，如果不可以，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)四边形能成为菱形， 【分析】（1）根据全等三角形的性质得出，即可得结论； （2）根据平移的性质，设，则，利用勾股定理表示、的长，由四边形为矩形，可得，建立方程求解即可； （3）设，根据菱形的性质得出，利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】（1）解：∵两个全等的直角三角形纸片和拼在一起， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）∵将图1中的纸片沿方向平移， ∴设，则， 在中，， 在中，， ∵四边形为矩形， ∴，即， 解得：，即． （3）纸片平移的过程中，四边形能成为菱形，理由如下： ∵四边形为菱形， ∴， 设， ∴， 解得：（负值舍去），即． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，平移的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关性质和判定定理是解题的关键． 类型五、矩形的平移 【解惑】已知矩形的顶点A、B、C 的坐标分别为，将该矩形向右平移3个单位长度得到矩形，则点的坐标为 （      ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了坐标的平移及矩形的性质；先由矩形的性质及A、B、C三点的坐标特点，确定点D的坐标，再根据平移即可确定点的坐标； 【详解】解：由A、B坐标知，轴，；由B、C坐标知，轴，； ∵四边形为矩形， ∴轴，轴，，， ∴； ∵矩形向右平移3个单位长度得到矩形， ∴； 故选：C． 【融会贯通】 1．如图，在矩形中，，将沿着射线的方向平移得到，则四边形的周长为（    ） A．26 B．24 C．22 D．20 【答案】A 【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， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵将沿着射线的方向平移得到， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形的周长为：， 故选：A． 2．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 ． 【答案】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． 【点睛】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． 3．在平面直角坐标系中存在矩形，点、点，且a、b满足：（实数）． (1)求A点坐标； (2)如图1，作的角平分线交y轴于点D，的中点为点E，作交x轴于点F．求证：； (3)如图2，在（2）的条件下，当时，将矩形向右推倒得到矩形，使点A与点重合，点落在x轴上．现在将矩形沿射线以每秒1个单位长度的速度平移如图3，设平移过程中矩形与矩形重合部分的面积为S，平移时间为t，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据算术平方根的非负性求解即可； （2）连接，先根据矩形性质和角平分线的定义得到，然后根据直角三角形斜边上的中线性质得到，再根据等腰三角形的性质得到，进而，证明即可证得结论； （3）分情况讨论：当时、当时、当时、当时，分别画出图形，利用矩形面积公式进行求解即可． 【详解】（1）解：∵，且，， ∴，， 解得，， ∴； （2）证明：连接，如图， 在矩形中，， ∵平分， ∴， 在中，的中点为点E， ∴， ∴， ∴，又， ∴，即， ∴， ∴； （3）解：由题意，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，则， 分以下情况： 当时，如图，重叠部分为矩形， 由题意，， ∴； 当时，如图，重叠部分为正方形， ∴； 当时，如图，重叠部分为矩形， 由题意，，， ∴； 当时，无重叠部分，∴， 综上，S与t之间的函数关系式为 ． 【点睛】本题考查四边形的综合，涉及算术平方根的非负性、直角三角形斜边中线性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平移性质、求函数解析式等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，数形结合和分类讨论思想的运用是解答的关键． 类型六、正方形的平移 【解惑】如图，正方形的边长为，将该正方形沿方向平移，得到正方形，交于点，交于点，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，平移的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，平移前后对应线段平行（或在同一直线上）且相等． 根据平移的性质得出，，结合正方形的性质得出，最后根据勾股定理，即可解答． 【详解】解：∵正方形的边长为， ∴， ∵正方形沿方向平移得到正方形， ∴，， ∴， 同理可得：， ∴， 根据勾股定理可得：， 则， 解得：（负值舍去）， 故选：A． 【融会贯通】 1．如图，已知正方形，点M是边延长线上的动点（不与点A重合）且，由平移得到，若过点E作，H为垂足，则有以下结论：①在点M的运动过程中，四边形可能成为菱形；（2）点M位置变化，使得时，；③无论点M运动到何处，都有；④无论点M运动到何处，一定大于．以上结论正确的是（    ） A．①②③④ B．②③④ C．②④ D．③④ 【答案】B 【分析】首先证明四边形是平行四边形，再证明，即可判断①错误；证明是等腰直角三角形即可判断③正确；证明，即可得出结论，即可判断②正确；证明，即可判断④正确． 【详解】解：如图，连接．    ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形不可能是菱形，故①错误， 由题可得，， ∴， ∵四边形是正方形，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 是等腰直角三角形， ∴，故③正确； 当时，， ∵是等腰直角三角形， ∴ ∴， ∴中，， 即，故②正确； ∵点M是边延长线上的动点（不与点A重合），且， ∴， ∴，故④正确； 由上可得正确结论的序号为②③④． 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 2．已知，大正方形的边长为7厘米，小正方形的边长为3厘米，起始状态如图所示．大正方形固定不动，把小正方形以1厘米/秒的速度向右沿直线平移，设平移的时间为t秒，两个正方形重叠部分的面积为S平方厘米．当时，小正方形平移的时间为 秒． 【答案】1或9 【分析】本题考查了平移的性质，主要利用了长方形的面积，难点在于分两种情况解答．先求出重叠部分长方形的宽，再分重叠部分在大正方形的左边和右边两种情况讨论求解． 【详解】解：当时，重叠部分长方形的宽， 重叠部分在大正方形的左边时，， 重叠部分在大正方形的右边时，， 综上所述，小正方形平移的时间为1或9秒． 故答案为：1或9 3．数学实验活动：两个正方形纸片的摆放． 将两个边长为的正方形纸片、按图①方式进行摆放后，得到了8个阴影三角形，这些三角形的周长会有怎样的特点呢？数学实验小组经过探究，有了如下3个发现： 发现1：图①中的8个阴影三角形的周长之和是一个定值，这个定值为_______； 发现2：将两个正方形按图②方式进行摆放，其中经过点，且与、都相交，交点分别为、，则图中的阴影三角形（）的周长是一个定值，请你求出这个值； 发现3：在图②的情形下，按图③方式平移正方形纸片，使得分别与、相交于点、，分别与、相交于点、，则图中的2个阴影三角形（与）的周长之和也是一个定值，请你求出这个值． 【答案】发现1：80；发现2：；发现3： 【分析】发现1：8个阴影三角形的周长之和是两个正方形的周长之和； 发现2：连接，，作于，可证得，，从而得出，，进一步得出结果； 发现3：作于，作于，作于，可证得，从而，，同理可得，从而，，进一步得出结果． 【详解】解：发现1：8个阴影三角形的周长之和等于 ， 故答案为：80； 发现2：如图1，连接，，作于， ， 四边形和四边形是全等的正方形， ，，， ∴， 四边形是矩形， ， 又， ， ， 同理可得，， ， ； 发现3：如图2，作于，作于，作于， ∴， ∵四边形是正方形， ∴ 由平移的性质可知：， ∵四边形是正方形， ， ∵， ∴， ∵一个角的两边与另一个角的两边分别平行，则这两个角相等或互补，理由如下： 如图，， ∴， ∴，互补同理可证， ∴由，， ， 又，， ， ，， 同理可得， ， ，， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，平移的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 类型七、三角形中位线的证明 【解惑】【问题初探】 （1）李老师给出如下问题：如图1，在平行四边形中，，且，点E是的中点，点F为对角线上的点，且，连接线段，若，求的长． 小鹏同学考虑到点E是的中点，从中点的角度思考，想办法构造另一个中点，从而形成中位线，所以想到连接，与交于点O．请你利用李老师的提示，帮助小鹏同学解决这个问题． 【类比拓展】李老师为了帮助学生更好地感悟中点的解题策略，李老师提出了下面问题，请你解答． （2）如图2，在中，平分，过点A作延长线的垂线，垂足为点D，，求证：． 【学以致用】 （3）如图3，在中，，点D在上，，点E，F分别是，的中点，连接并延长，与的延长线交于点G，连接，若，求证：． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析 【分析】（1）连接，交于点O，易得为的中位线，根据平行四边形的性质，结合勾股定理求出的长，即可求出的长； （2）延长交的延长线于点G，证明，得到，取的中点F，连接，证明，得到，进而得到，即可得证； （3）连接，取中点H，连接，根据三角形的中位线定理，推出是等边三角形，进而推出是等边三角形，得到，进而得到，等边对等角求出，进而推出，即可得证． 【详解】解：（1）连接，交于点O， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴； （2）如图，延长交的延长线于点G， ∵平分，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 取的中点F，连接，则有，且， ∴， ∵， 在和中， ∴， ∴， ∵，， ∴； （3）如图，连接，取中点H，连接， ∵E，F分别为和中点， ∴和分别为和的中位线， ∴且，且， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查三角形的中位线定理，平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造三角形的中位线，是解题的关键． 【融会贯通】 1．[教材呈现] （1）如图是华师版九年级上册数学教材第80页的第3题，请完成这道题的证明． 如图①，在四边形中，，P是对角线的中点，M是的中点，N是的中点． 求证：． [结论应用] （2）如图②，在上边题目的条件下，延长图①中的线段交的延长线于点E，延长线段交的延长线于点F．求证：． （3）若（2）中的，则的大小为多少？ 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） 【分析】本题考查了三角形中位线定理、三角形外角的性质、等腰三角形的性质，熟知三角形中位数定理是解题的关键． （1）可得分别为的中位线，则，则，即可求证； （2）根据三角形中位线定理得到，则，同理，再根据即可证明； （3）先由三角形中位线定理得到，则，由三角形外角的性质得到，再由，得到，，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵P是对角线的中点，M是的中点，N是的中点． ∴分别为的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）证明：P是的中点，M是中点， 是的中位线， ， ， 同理可得， ， ， ， ， ； （3）解：， ， 是的一个外角， ， ， ， ， ， ， ． 2．如图，在中，，，点E在射线上（不与点A，B重合），将线段绕点E顺时针旋转，得到线段，连接，取中点F，连接． (1)如图1，若点E是中点时，点D，B，C恰好在一条直线上，用等式表示线段和的数量关系，并证明； (2)当点E在射线上时，（1）中的结论是否成立，在图2，图3中任选一种情况完成证明． 【答案】(1)，证明见解析 (2)成立，证明见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角形中位线的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． （1）证明，再根据三角形中位线定理可得，从而可得结论； （2）当点E在上时，延长至G，使，连接，，可证得是等边三角形，从而，可得出是等边三角形，从而，，进而证得，从而，进一步得出结论，同样证得当点E在的延长线上时的情形． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴是等边三角形， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∴， ∵线段绕点E顺时针旋转得到线段， ∴， ∴， ∵点D，B，C恰好在一条直线上， ∴， ∴， ∴， ∵点F是的中点，点E是的中点， ∴， ∴； （2）解：结论仍然成立，理由如下： 如图1，当点E在上时， 延长至G，使，连接， ∵F是的中点， ∴， ∴， ∵线段绕点E顺时针旋转得到线段， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 由（1）知，是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图2，当点E在的延长线上时， 延长至G，使，连接， 同理可得，， ∴， ∴． 3．在四边形中，，点分别是边的中点． (1)如图，点为对角线的中点，连接，若，则______； (2)如图，直线分别与的延长线交于点．求证：． 【答案】(1)； (2)证明见解析． 【分析】（）由三角形中位线的性质可得，，进而得到，即得，再根据三角形内角和定理即可求解； （）连接，取线段的中点，连接，由三角形中位线的性质可得，，，，即可得，，，进而可得，即可得到； 本题考查了三角形中位线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）解：∵点分别是边的中点， ∴为的中位线，为的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）证明：连接，取线段的中点，连接， ∵点分别是边的中点，点为的中点， ∴是的中位线，是的中位线， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 类型八、中点四边形的证明 【解惑】定义：顺次连结四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形． 如图，在四边形中，顺次连结各边中点E、F、G、H得到的四边形叫做四边形的中点四边形． 利用三角形中位线的相关知识解决下列问题： (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当对角线满足下列条件时，请你探究中点四边形的形状：(写出结果并证明)当时， 四边形是 ． 【答案】(1)见解析 (2)矩形 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，中点四边形，矩形的判定，解题的关键是掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半． （1）连接，根据中位线定理，得出进而得出，，即可求证； （2）根据三角形的中位线定理得出，结合推出，即可得出结论． 【详解】（1）证明：连接， ∵点E、F、G、H是四边形各边中点， ∴ ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵点E、F、G、H是四边形各边中点， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形． 故答案为：矩形． 【融会贯通】 1．已知：如图，四边形四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接，得到四边形（即四边形的中点四边形）． (1)四边形的形状是 ， 证明你的结论． 证明： (2)当四边形的对角线满足 条件时，四边形是矩形； (3)你学过的哪种特殊四边形的中点四边形是矩形？ ． 【答案】(1)平行四边形，证明见解析 (2) (3)菱形 【分析】（1）连接，利用三角形的中位线性质得出，，，，从而得到，，即可由平行四边形的判定定理得出结论； （2）在（1）的基础上，所得四边形要成为矩形，则需有一个角是直角，故对角线应满足互相垂直； （3）在（1）的基础上，所得四边形要成为矩形，则需有一个角是直角，故对角线应满足互相垂直，故这样的特殊四边形是菱形． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形． 证明：连接， ∵E、F为边、的中点， ∴，， ∵H、G为边、的中点， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形． （2）解：如图，当时，设于O，交于P，交于Q， ∵ ∴ 由（1）知：， ∴ ∵E、H为边、的中点， ∴ ∴ 由（1）知：四边形是平行四边形 ∴四边形是矩形． ∴当四边形的对角线满足的条件时，四边形是矩形． 故答案为∶ ． （3）解：如图，菱形四条边上的中点分别为E、F、G、H， 连接，相交于O， 交于P，交于Q， ∵菱形 ∴ ∴ ∵G、H为边、的中点， ∴， ∴ ∵E、H为边、的中点， ∴ ∴ 由（1）知：四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形． 故答案为∶ 菱形的中点四边形是矩形． 【点睛】本题考查中点四边形，三角形中位线的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定，菱形的性质，熟练掌握三角形中位线的性质是解题的关键． 2．定义：对于一个四边形，我们把依次连接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】 （1）在已经学过的“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中，_________是“中方四边形”（填序号）． 【性质探究】 （2）如图1，若四边形是“中方四边形”，观察图形，线段和线段有什么关系，并证明你的结论． 【问题解决】 （3）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，依次连接四边形的四边中点得到四边形．求证：四边形是“中方四边形”． 【答案】（1）④；（2）；（3）见解析 【分析】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，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． （1）根据定义“中方四边形”，即可得出答案； （2）由四边形是“中方四边形”，可得是正方形且E、F、G、H分别是的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案； （3）如图2，取四边形各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，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． 【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下： 因为正方形的对角线相等且互相垂直， 故答案为：④； （2）解：； 理由如下：如图1， ∵四边形是“中方四边形”， ∴是正方形且E、F、G、H分别是的中点， ∴，，，， ∴， 故答案为：，； （3）证明：如图2，连接交于P，连接交于K， ∵四边形各边中点分别为M、N、R、L， ∴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， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴． 又∵ ∴， ∴， 又∵， ∴． ∴菱形是正方形， 即原四边形是“中方四边形”． 3．定义：对于一个四边形，我们把依次连接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】： （1）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】： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，直接写出四边形的对角线，的关系； 【问题解决】： （3）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，连接，，．求证：四边形是“中方四边形”； 【拓展应用】： 如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是，的中点． （4）试探索与的数量关系，并说明理由． （5）若，求的最小值．    【答案】（1）D；（2），；（3）证明见解析；（4），理由见解析；（5）的最小值为 ． 【分析】（1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案； （2）由中位线的性质可得：，，，，结合正方形的性质可得结论； （3）如图，取四边形各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，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； （4）如图，记、的中点分别为E、F，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； （5）如图，记、的中点分别为E、F，连接交于O，连接、，当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长，再结合（1）（4）的结论即可求得答案． 【详解】解：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”， 理由如下：因为正方形的对角线相等且互相垂直，所以其中点四边形是正方形； （2），．理由如下： ∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵E，F，G，H分别是，，，的中点， ∴，，，， ∴，． （3）如图，设四边形的边的中点分别为M、N、R、L，连接交于P，连接交于K，    ∵四边形各边中点分别为M、N、R、L， ∴、，，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∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴． ∴菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”． （4）如图，记、的中点分别为E、F，    ∵四边形是“中方四边形”，M，N分别是，的中点， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵M，F分别是，的中点， ∴， ∴； （5）如图， 连接交于O，连接、，    当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长， ∴的最小值， 由性质探究（1）知：， 又∵M，N分别是，的中点， ∴，， ∴， ∴的最小值， 由拓展应用（4）知：； 又∵， ∴， ∴的最小值为． 【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． 类型九、正方形的证明 【解惑】如图，四边形是平行四边形，延长至点，使点为的中点．连接，，，已知． (1)求证：四边形是矩形． (2)若还满足，则四边形的形状为________． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形，理由见解析 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，由题意易得，推出，易证四边形是平行四边形，再根据题意易得是等腰三角形，结合点为的中点，利用等腰三角形三线合一可证，即可证明结论； （2）根据题意易得是等腰直角三角形，利用直角三角形的性质可得，即可得到四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵边形是平行四边形， ∴，， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是等腰三角形， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）四边形是正方形，理由如下： ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∵点为的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，矩形的判定与性质，正方形的判定．熟记平行四边形的判定方法与性质是解本题的关键． 【融会贯通】 1．如图，在矩形中，的平分线交于的平分线交于，求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题关键．首先结合矩形的性质证明四边形是平行四边形，再根据“有一个角为直角的平行四边形为矩形”证明四边形是矩形，然后根据“邻边相等的矩形为正方形”证明四边形是正方形． 【详解】证明：如下图， 四边形是矩形， ， ． 平分， ， ， ； 同理可得， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形． 2．如图，已知四边形是正方形，为对角线上一动点，连接，过点作，交射线于点，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)连接，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）过点作于点，于点，根据正方形的性质有，接着证，得出，最后根据四边形是矩形，问题得证 （2）连接，先证，得出，在中，利用勾股定理即可得证． 【详解】（1）证明：如答图，过点作于点，于点， 则． 是正方形对角线上的点， ， ， ， ， ， 在和中，， ， ， 四边形是矩形， 矩形是正方形； （2）证明：如答图，连接， 由题意，知， 由（1）知，四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，构造辅助线是解题的关键． 3．定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径．如图，，四边形是损矩形，则该损矩形的直径是线段，同时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点：在公共边的同侧的两个角是相等的．如图中：和有公共边，在同侧有和，此时；再比如和有公共边，在同侧有和，此时． (1)请在图中再找出一对这样的角来：_____________； (2)如图，中，，以为一边向外作菱形，为菱形对角线的交点，连接． 四边形______损矩形；（填“是”或“不是”） 当平分时，判断四边形为何种特殊的四边形？请说明理由； 若，，，求的长． 【答案】(1)，或， (2)①是；②四边形为正方形，理由见详解；③ 【分析】（1）根据损矩形的性质进行判定即可求解； （2）①根据菱形的性质得到，由损矩形的定义即可求解； ②根据角平分线的性质可得，由损矩形的性质可得，结合正方形的判定即可求解； ③如图所示，过点作延长线于点，由菱形的性质得到，由损矩形的性质得到，根据含角的直角三角形的性质可得的值，在中运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：和有公共边，在同侧有和， 此时，， 和有公共边，在同侧有和， 此时，， 故答案为：，或，； （2）解：①∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是损矩形， 故答案为：是； ②四边形是正方形，理由如下， ∵，平分， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴菱形是正方形； ③如图所示，过点作延长线于点， ∵四边形是菱形，， ∴， ∵四边形是损矩形， ∴， 在中，， ∴， ∴， 在中，， 在中，， ∴， 在中，． 【点睛】本题主要考查了四边形的综合运用，掌握损矩形的定义和性质，等腰直角三角形的性质，菱形的性质，正方形的判定，含角的直角三角形的性质，勾股定理的运用等知识的综合运用是解题的关键． 类型十、坐标系中的平行四边形 【解惑】（1）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，已知点，，如何求顶点C的坐标呢?下面是小明和小颖的求解思路：    小明：如图，分别过点B，C向x轴作垂线，垂足为D和E，   在平行四边形中，有，，则 ，又，故（ ），所以，…… 小颖：在平行四边形中，有，且，因为点O水平向右平移3个单位长度得到点，所以点水平向右平移3个单位长度得到点C，于是点C的坐标为 ． 请将填空处的内容依次填在横线上： ， ， ． （2）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，已知点，，求顶点R的坐标．    【答案】（1），，（2） 【分析】本题考查了平行四边形的性质、点坐标的规律、由平移方式确定点的坐标、全等的判定及性质： （1）根据平行四边形的性质得到两直线平行，同位角相等，证得两个三角形全等，得到对应边相等；根据平移的规律可得到点的坐标； （2）方法一是根据证明两个三角形全等得到结果；方法二是根据平移的规律得到结果； 正确理解平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】解：（1）小明：由平行四边形的性质得到， ∴， 再根据两个三角形的两个角及一条边对应相等可得到两个直角三角形相等， ∴得到的条件是； 小颖：根据平移的方式，点水平向右平移3个单位长度得到点C，横坐标加3， 即； 故答案为：，，； （2）方法1：如图，作轴于点M，过点P作x轴的平行线，过点R作y轴的平行线，两者交于点N， 则，延长交x轴于点S，    ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又点，故点R的坐标为， 方法2：在平行四边形中，有， ∵原点O先水平向右平移4个单位长度，再竖直向上平移1个单位长度，得到点， ∴点，经过同样的平移方式可得到点R，则点R的坐标为． 【融会贯通】 1．如图，平面直角坐标系中的网格由边长为1的小正方形构成．中，点A坐标为，点B坐标为，点C坐标为． (1)边的长为 ； (2)判断的形状； (3)若以点A､B､C及点D为顶点的四边形是平行四边形，请在图中画出符合条件的平行四边形，并直接写出点D的坐标． 【答案】(1) (2)直角 (3)图见解析，（0，4）或或， 【分析】（1）利用勾股定理求出线段长即可； （2）利用勾股定理的逆定理即可得出结论； （3）画出图形，分三种情况，即可得出结论． 【详解】（1）解：， 故答案为：． （2）解：， ， ， ∴， ∴的形状为直角三角形； （3）解：如图： 当为对角线时，四边形是平行四边形，点D的坐标为； 当为对角线时，四边形是平行四边形，点D的坐标为； 当为对角线时，四边形是平行四边形，点D的坐标为； 综上所述，D的坐标为或或． 【点睛】本题考查平行四边形的判定、坐标与图形性质、勾股定理以及逆定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于常考题型． 2．已知在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中边在轴上且，边在轴上且，平分交于点． (1)请直接写出，两点的坐标：（________），（________）． (2)如图1，求点的坐标． (3)如图2，线段（点在点上方）在轴上移动，且，连接，，则折最小值为________． (4)在平面内是否存在一点，使得，，，四点组成的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2) (3) (4)或或 【分析】（1）根据题意可以直接写出点A，B的坐标； （2）根据勾股定理可得，设，则，过点D作于点K，根据角平分线的性质可得，再证明，可得，在中，根据勾股定理可得m的值，即可求解； （3）作点A作关于y轴的对称点E，连接，把沿y轴向下平移1个单位至，连接，则轴，，，，，可得的最小值为的长，再根据勾股定理可得的长，即可求解； （4）设点P的坐标为，分三种情况讨论：若以为对角线；若以为对角线；若以为对角线，结合平行四边形的性质，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ， ∴； 故答案为：； （2）解：在中，， 设，则， 如图，过点D作于点K， ∵平分，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴，解得：， 即， ∴点D的坐标为； （3）解：如图，作点A作关于y轴的对称点E，连接，把沿y轴向下平移1个单位至，连接，则轴，，，，， ∴， ∴的最小值为的长， ∵，， ∴， ∴， ∴的最小值为； 故答案为： （4）解：设点P的坐标为， 若以为对角线，则 ， 解得：， 此时点P的坐标为； 若以为对角线，则 ， 解得：， 此时点P的坐标为； 若以为对角线，则 ， 解得：， 此时点P的坐标为； 综上所述，点P的坐标为或或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质定理，坐标与图形，勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质，分情况求解是解答本题的关键． 3．【综合探究】 在平面直角坐标系中，点、，点为线段的中点，则线段的中点的坐标为 (1)如图1，已知点、，则线段的中点坐标为_________； (2)如图2，在（1）的条件下，过点、的直线交轴于点，交轴于点，图中点为轴上的动点，当时，求点的坐标． (3)如图3，在（1）（2）的条件下，且点在轴的负半轴时，点是轴上的动点，点是直线上的动点，存在以，，，为顶点的四边形为平行四边形，则点的坐标为______________________． 【答案】(1) (2)或 (3)或或 【分析】本题考查了一次函数的综合题，涉及了中点坐标公式、平行四边形的性质，难点在第三问，注意分类讨论，不要漏解，难度较大． （1）直接套用中点坐标公式，即可得出中点坐标； （2）先求出的直线解析式，再求出，的坐标，利用等面积代入数据可得出点的坐标； （3）当为对角线时，由中点坐标公式列出等式，即可求解；当为对角线时，同理可解． 【详解】（1）解：中点坐标为，，即的中点：； 故答案为：； （2）设的直线解析式 把和两点坐标代入中得， ， 解得， 一次函数的解析式为：． ∴， ∴ 设点的坐标，则 ∵， ∴ ∴ ∴或 ∴或 （3）由（1）（2）得， 设，， 当为对角线时，由中点坐标公式得， ， 解得， ， 当为对角线时，由中点坐标公式得， ， 解得， ， 当为对角线时，由中点坐标公式得：， 解得， ， 综上：或或， 故答案为：或或． 【一览众山小】 1．如图，在中，与交于点，是边的中点，下列判断一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，中位线的性质；根据平行四边形的性质可得，根据可得是的中位线，进而可得，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵是边的中点， ∴， ∴，故C选项正确，符合题意； 而，，不一定成立； 故选：C． 2．我国古代有“不以规矩，不能成方圆”的说法，人们把“规矩”当作几何名词，“规”是圆，“矩”是方，所以初中以后就把长方形改为比较专业的名称“矩形”．木艺活动课上，小明用四根细木条a，b，c，d搭成如图所示的一个四边形，现要判断这个四边形是否是矩形，以下测量方案正确的是（　　） A．测量是否有三个角是直角 B．测量对角线是否相等 C．测量两组对边是否分别相等 D．测量对角线是否互相垂直 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的判定方法，是解题的关键． 根据矩形的判定方法即可得到结论． 【详解】解：A、测量其中三个角是否为直角，能判定矩形；符合题意； B、测量对角线是否相等，不能判定形状；不符合题意； C、测量两组对边是否分别相等，能判定平行四边形；不符合题意； D、测量对角线是否互相垂直，不能判定形状；不符合题意． 故选：A． 3．如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，然后向右扭动框架，观察所得四边形的变化．下列判断错误的是（   ） A．四边形由矩形变为平行四边形 B．对角线的长度变大 C．四边形的面积不变 D．四边形的周长不变 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质、四边形的不稳定性，弄清图形变化前后的变量和不变量是解答此题的关键．根据四边形的不稳定性、矩形的性质和平行四边形的性质，结合图形前后变化逐项判断即可． 【详解】解：A、因为矩形框架向右扭动，，，但不再为直角，所以四边形变成平行四边形，故A正确，不符合题意； B、向右扭动框架，的长度变大，故B正确，不符合题意； C、因为拉成平行四边形后，高变小了，但底边没变，所以面积变小了，故C错误，符合题意； D、因为四边形的每条边的长度没变，所以周长没变，故D正确，不符合题意， 故选：C． 4．如图，矩形中，，，将矩形沿对角线对折，的对应边与相交于点P，则的长为 ，的面积为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理， 根据折叠和矩形的性质可得，再根据勾股定理求出，进而得出． 【详解】解：根据折叠的性质得， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴． 在中，， 即， 解得， ∴． 故答案为：，． 5．如图，在矩形中，若，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键． 由矩形的性质得出，，，利用勾股定理得出，再由已知条件可得出，再利用勾股定理即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴ 故答案为∶． 6．割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补” ．著名的数学著作《九章算术》已经能十分灵活地应用“出入相 补”原理解决平面图形的面积问题．在《九章算术》中，三角形被称为圭田，圭田术曰：“半广以乘正纵”， 也就是说三角形的面积等于底的一半乘高，说明三角形的面积是应用出入相补原理，由长方形面积导出的．  如图中的三角形下盈上虚，以下补上．如果图中矩形的面积为20，那么图中阴影部分的面积是 【答案】5 【分析】本题主要考查割补法求面积，理解题目意思是解题的关键．连接，由“出入相补”原理得到，即可得到答案． 【详解】解：连接，由“出入相补”原理得到，， ， ， ， 图中阴影部分的面积．    故答案为：5． 7．已知：如图，在中，、是对角线上的两点，且．请判断与的关系，并说明理由． 【答案】，，证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与全等三角形的判定与性质． 由四边形是平行四边形，即可得，然后利用平行线的性质，求得，又由，即可证得，继而可得、即，可得，可得四边形是平行四边形，从而可得结论． 【详解】解：猜想，， 理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴ 即， ∴， ∴且， ∴四边形是平行四边形， ∴，． 8．如图，在矩形中，，相交于点，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则四边形的面积为 ． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识． （1）根据，，可得四边形是平行四边形，根据矩形的性质可推出，即可得证； （2）连接，交于点，根据四边形是菱形，可得，，，再根据勾股定理求出，进而得到，即可求解． 【详解】（1）解：，， 四边形是平行四边形， 在矩形中，，相交于点， ，，， ， 平行四边形是菱形； （2）如图，连接，交于点， 四边形是菱形， ，，， ， ， ， 菱形的面积为：， 故答案为：． 9．如图，在中，，过点D作，垂足为E．动点P从点A出发沿方向以的速度向点D运动；同时，动点Q从点C出发，以的速度沿射线运动，当点P到达点D时，点Q也随之停止运动，设点P，Q运动的时间为． (1)当时，求t的值； (2)当时，求出t的值，并判断此时四边形是什么特殊的四边形？说明理由． 【答案】(1)； (2)，四边形是矩形，理由见解析． 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）由题意得，，求出，四边形是平行四边形，推出，得到，求解即可； （2）先求出，因此，得出，得到，进一步求出，得到，即可得出答案． 【详解】（1）解：由题意得：，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，过Q作于F， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时，， 在中，， ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴四边形是平行四边形． 又∵， ∴四边形是矩形． 10．已知：如图1，点、分别是正方形的边、上点，且，连接、交于点． (1)求证：； (2)如图2，连接对角线、交于点，且、与、分别交于点、点，连接，若平分，求证：； (3)在（2）的条件下，若，请直接写出正方形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）由可证，得，由余角的性质可证； （2）由正方形的性质和等腰三角形的性质可得，由直角三角形的性质可得，由可证，可得，可得结论； （3）利用勾股定理可求解． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ， 又， ， ， ， ， ， ； （2）证明：四边形是正方形， ，， 平分，， ， ， ， 又， ， 又， ， ，，， ， ， ； （3）解：， ， 设，则， ， ， ， 正方形的面积． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边上中线的性质、等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 6 学科网（北京）股份有限公司 $$