第19章 矩形、菱形与正方形（题型清单）（十七类题型清单）-2024-2025学年八年级数学下册单元速记·巧练（华东师大版）

第19章 矩形、菱形与正方形（题型清单） 01 思维导图 02 知识速记 要点一：矩形、菱形、正方形的性质 1.矩形 （1）具有平行四边形的一切性质。 （2）四个角都是直角。 （3）对角线相等。 （4）是轴对称图形，有两条对称轴。 2.菱形 （1）具有平行四边形的一切性质。 （2）四条边都相等。 （3）两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。 （4）是轴对称图形，每条对角线所在的直线都是它的对称轴。 （5）面积等于对角线乘积的一半。 3.正方形 （1）具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质。 （2）四边相等，对边平行。 （3）四个角都是直角。 （4）对角线互相平分、相等且垂直，每一条对角线平分一组对角，即正方形的对角线与边的夹角为45度。 （5）是轴对称图形，有四条对称轴。 要点二：矩形、菱形、正方形的判定 1.矩形 （1）有一个内角是直角的平行四边形是矩形。 （2）对角线相等的平行四边形是矩形。 （3）有三个角是直角的四边形是矩形。 （4）对角线相等且互相平分的四边形是矩形。 2.菱形 （1）有一组邻边相等的平行四边形是菱形。 （2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 （3）四条边都相等的四边形是菱形。 （4）对角线垂直平分的四边形是菱形。 3.正方形 （1）一组邻边相等的矩形是正方形。 （2）有一个角是直角的菱形是正方形。 （3）一个四边形既是矩形又是菱形，则它是正方形。 03 题型归纳 题型一　矩形的性质 例题：如图，矩形的对角线和相交于点，平分交于点，如果，那么的度数为（   ） A． B． C． D． 巩固训练 1．如图，点在矩形的边上，将矩形沿翻折，点恰好落在边的点处，如果，，则的长为（   ） A． B． C． D． 2．如图，在矩形中，，相交于点，点，分别在，上，将沿翻折，使点与点重合．若，，则的长为 ． 3．如图，已知矩形中，点，分别是，上的点，，且． (1)求证：； (2)若，求的值． 题型二　矩形的判定 例题：已知在四边形中，，，添加下列条件，不能保证四边形是矩形的是(    ) A． B． C． D． 巩固训练 1．在凸四边形中，，，点在线段（不与端点重合）上，且，连接，．则下列结论错误的是（   ） A． B．若，则 C． D．若，则 2．如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，动点以每秒2个单位长度的速度从点出发沿方向运动，点同时以每秒2个单位长度的速度从点出发沿方向运动，若，则经过 秒时，四边形是矩形． 3．如图，在中，，是的中点，是的中点，，交的延长线于点，连接．求证：四边形是矩形． 题型三　矩形的图形运动 例题：如图，用平移法说明平行四边形的面积公式时， 若平移到，，，则的平移距离为（   ） A．1 B．3 C．4 D．5 巩固训练 1．如图所示，把矩形纸条沿，同时折叠，B，C两点恰好落在边的P点处，若的度数恰好为，，，则矩形的边的长为（    ） A．10 B．11 C．12 D．15 2．如图，有一张矩形纸片，，，点E是的中点．连接，将纸片沿直线折叠，使点B落在点，连接，则（1） ，（2）的长为 ． 3．在综合与实践课上．老师让同学们以“图形的旋转”为主题开展数学探索活动．在矩形中，，，以点为旋转中心，逆时针旋转矩形，旋转角为，得到矩形，点、、的对应点分别为点、、． (1)初步感知 如图①，当点落在边上时，线段的长度为______； (2)迁移探究 如图②，当点落在线段上时，与相交于点，连接．求线段的长度． (3)拓展应用 如图③，设点在边上，且，连接、、，在矩形旋转过程中，的面积存在最大值，请直接写出这个最大值为______． 题型四　矩形的最值 例题：如图，在中，，且，，点是斜边上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为（   ） A． B． C． D． 巩固训练 1．在矩形中，，，点在上，且，点是矩形所在平面内任意一点，且，连结，将线段绕着点顺时针旋转得到，连结．则线段的最小值为（    ） A． B． C．4 D． 2．如图，中，，，，点D、E分别是、上的动点，满足，则的最小值为 ． 3．“数形结合”是一种重要的数学思想，通过数和形之间的对应关系和相互转化可以解决很多抽象的数学问题．学习二次根式时，老师给同学们布置一道思考题：求代数式的最小值．小华同学发现可看作两直角边分别为和1的直角三角形的斜边长，可看作两直角边分别是和2的直角三角形的斜边长．于是构造出如图所示，将问题转化为求线段的最小值（其中，点在线段上），进而得的最小值为线段的长度． 先仔细阅读上面材料，然后用“数形结合”思想解答下面问题： (1)直接写出代数式的最小值； (2)若，均为正数，且，求的最小值； (3)若，求的值． 题型五　一次函数中的矩形 例题：矩形在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知，，则的值是（    ）    A．0.5 B．2 C． D．2.5 巩固训练 1．如图，四边形是长方形，O是平面直角坐标系的原点，点A，C分别在轴、上，点B的坐标是则直线对应的函数表达式为（） A． B． C． D． 2．如图，在平面直角坐标系中，反比例函数的图像与矩形的边，分别相交于点，，已知，，的面积为，则的面积为 ． 3．如图，在平面直角坐标系中，长方形的边在x轴上，边在y轴上，点B的坐标为，D是边上一点（不与点A、B重合），将沿直线翻折，使点B落在点E处． (1)如图1，当点E恰好落在y轴时，连接，求的长度． (2)如图2，当点E恰好落在长方形的对角线上时，求点D的坐标． (3)如图3，当以O、C、E三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求的面积． 题型六　菱形的性质 例题：如图，在菱形中，对角线与相交于点，且，，则菱形的高为（   ） A．3 B．4 C． D． 巩固训练 1．如图，在菱形中，E是上的点，连接交于点F，连接，若，菱形面积为24，，则的长为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 2．如图，是菱形的对角线，，点在的延长线上，则 ． 3．在菱形中，点是的中点，请仅用无刻度的直尺按要求画图． (1)在图中画出的中点； (2)在图中的对角线上取两个点，使． 题型七　菱形的判定 例题：下列关于菱形的说法正确的是（   ） A．菱形的四个内角一定相等 B．菱形的对角线一定相等 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．四条边相等的四边形是菱形 巩固训练 1．如图，的对角线，交于点，以下条件不能证明是菱形的是（    ）    A． B． C． D． 2．如图，在中，D是上一点，，交于点E，，交于点F，有下列条件：①；②平分；③，．选择条件 能使四边形是菱形． 3．如图，在中，，平分交于点D，点E在线段上，点F在的延长线上，且，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求和的长． 题型八　菱形的图形运动 例题：已知如图，在中，为锐角，将沿对角线边平移，得到，连接和，若使四边形是菱形，需添加一个条件，现有三种添加方案，甲方案：；乙方案：；丙方案：；其中正确的方案是（　　） A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲 巩固训练 1．将矩形纸片按如图所示的方式折叠，得到菱形．若，则的长为（   ） A．1 B．2 C． D． 2．如图，在矩形纸片中，，，点，分别是矩形的边，上的动点，将该纸片沿直线折叠，使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在点处，连接、、，与交于点．则当点与点重合时， ． 3．在数学活动课上，李老师给同学们提供了一个矩形（如图1），其中，连接对角线，且，要求各小组以图形的旋转为主题开展数学活动．以下是部分小组的探究过程，请你参与活动并解答所提出的问题： (1)如图2，“奋勇”小组将绕点D旋转得到，当点落到对角线上时，与交于点F，试猜想线段与的数量关系，并加以证明； (2)“勤学”小组在“奋勇”小组的基础上，取的中点E，连接，试判断四边形的形状，并说明理由； (3)在绕点D旋转的过程中，当时，求点A与点之间的距离，请你思考此问题，直接写出答案． 题型九　菱形的最值 例题：如图，在边长为8的菱形中，点为边，上的动点，且，连接，若菱形面积为60，则的最小值为（   ） A．15 B．16 C．17 D．18 巩固训练 1．如图，已知菱形的边长为6，点是对角线上的一动点，且，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 2．如图，在菱形中，，，点，在上，连接，．若，则的最小值为 ．    3．小明在学习完中心对称图形后，对课本上的几种图形展开探究，他尝试用两张长为9，宽为3的矩形纸片叠放在一起，得到如图所示的四边形，请你帮助．小明解答以下问题： (1)试说明四边形是菱形． (2)四边形面积的最小值为___________，最大值为___________． (3)请利用无刻度直尺和圆规，在给出的矩形中作一个面积最大的菱形． 题型十　一次函数中的菱形 例题：如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点D在x轴上，若点A的坐标为，则C点的坐标为（　　） A． B． C． D． 巩固训练 1．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为8，，点是边上一动点，点在上，且． 有下列结论： ①点的坐标为； ②； ③四边形的面积为定值； ④当为的中点时，的面积最小． 其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．在平面直角坐标系中，，点在轴上，在平面直角坐标系内存在点，使、、、为顶点的四边形是菱形，则点的坐标为 ． 3．在平面直角坐标系中，已知直线与直线交于点，直线分别交坐标轴于点． (1)求直线的函数表达式； (2)如图2，点P为线段上的一个动点，将绕点B逆时针旋转得到，连接与．点Q随着点P的运动而运动，请求出点Q运动所形成的线段所在直线的解析式； (3)直线上有任意一点F，平面直角坐标系内是否存在点N，使得以点B、D、F、N为顶点的四边形是菱形，如果存在，请直接写出点N的坐标；如果不存在，请说明理由． 题型十一　正方形的性质 例题：在正方形中，与交于点G，若平分，连接并取中点F，连接，则的度数是（    ） A． B． C． D． 巩固训练 1．已知四边形和都是正方形，点F在线段上，连接、，交于点H．若，则（    ） A． B． C． D． 2．如图，在正方形中，．若以边为底边向其外作等腰直角，连接，则的长为 ． 3．综合探究 【课本再现】如图①，四边形是正方形，是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点．求证：． 证明：取边的中点，连接． 四边形是正方形，，． 是边的中点，是边的中点， ，，． ______°______°． 是正方形外角的平分线，． ______°． ，． 又，． 又，， （______）（填判定方法）． ． （1）请将上述证明过程中缺少的内容填在对应的横线上． 【问题解决】（2）如图②，四边形是正方形，是边上任意一点（不与点，重合），，且交正方形外角的平分线于点，则与是否仍然相等？请说明理由． 【拓展探究】（3）如图③，四边形是正方形，是射线上任意一点（不与点，重合），，且交正方形外角的平分线于点．若，，求的长． 题型十二　正方形的判定 例题：在四边形中，点是对角线的交点．在下列条件中，能判定这个四边形为正方形的是（    ）． A．， B．， C．， D．，， 巩固训练 1．如图，在菱形中，对角线，交于点，下列条件：，，，．上述条件能使菱形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 2．如图，在四边形中，，垂足为点．若四边形的面积为13，则 ．    3．如图，平行四边形，连结，．点在边上，过点作，垂足为，交延长线于点，连接，． (1)求证：； (2)当为中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； (3)在满足（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形是正方形？（不必说明理由） 题型十三　正方形的图形运动 例题：“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠而成，寓意是同心吉祥．如图，将正方形沿对角线方向平移得到正方形，形成一个“方胜”图案，若，则的长是（    ） A． B． C． D． 巩固训练 1．如图，正方形纸片中，对角线、交于点O，折叠正方形纸片，使落在上，点A恰好与上的点F重合，展开后折痕分别交、于点E、G，连接，给出下列结论：①；②；③；④四边形是菱形；⑤；⑥若，则正方形的面积是，其中正确的结论个数为（  ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 2．如图，在正方形中，点为边上一点，将沿折叠得，若点恰好在对角线上，连接，则 ． 3．如图四边形是边长为2为正方形，该正方形绕点顺时针旋转一个角度（）得正方形，连接、相交于点． (1)若旋转角为，求大小； (2)在旋转过程中， ①求证：； ②连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由． 题型十四　正方形的最值 例题：如图，在正方形中，，点是边的中点，点是边的上任意一点，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，则周长的最小值为（   ） A．3 B． C． D．2 巩固训练 1．已知正方形边长为，，为正方形对角线上的动点，，则周长的最小值为（　　） A．6 B．8 C． D．10 2．如图，在正方形中，，E为边上一动点，点F在边上，且，将点E绕点F顺时针旋转得到点G，连接，则长的最小值为 ． 3．综合与实践 学完图形的平移后，小慧为了加深理解，对其进行了进一步探究． 【模型感知】 （1）她把边长为3的正方形纸片沿着对角线剪开，如图1．然后固定纸片，把纸片沿剪痕的方向平移得到，如图2．连接，，，在平移过程中： ①四边形的形状始终是________（点与点重合时除外）； ②求的最小值． 【拓展探究】 （2）如图3，她把正方形改为边长为1的菱形，，将沿射线的方向平移得到，连接，，，请直接写出的最小值． 题型十五　一次函数中的正方形 例题：如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点B在x轴上，顶点C在y轴上，且，，则正方形的面积是（    ） A．4 B．9 C．13 D．5 巩固训练 1．如图，在平面直角坐标系中有一边长为1的正方形，边、分别在轴、轴上，如果以对角线为边作第二个正方形，再以对角线为边作第三个正方形，照此规律作下去，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 2．在平面直角坐标系中，正方形、、，…，按在图所示的方式放置．点、、，…和、、，…分别在直线和轴上．已知，，则点的坐标是 ；点的坐标是 ． 3．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点B坐标为，点D在边上从点C运动到点B，以为边作正方形，连、，在点D运动过程中，请探究以下问题： (1)若为直角三角形，求此时正方形的边长； (2)的面积是否改变，如果不变，求出该定值；如果改变，请说明理由； (3)设，直接写出y关于x的函数关系式及自变量x的取值范围． 题型十六　矩形、菱形与正方形的动点求t 例题：如图，在边长为的正方形中，为边上一点，且，点在边上以的速度由点向点运动；同时，点在边上以的速度由点向点运动，它们运动的时间为，连接．当与全等时，的值为（　　） A．1 B．2 C．2或4 D．1或1.5 巩固训练 1．矩形中，厘米，厘米，点P是线段上一动点，O为的中点，的延长线交于Q．若P从点A出发，以1厘米/秒的速度向D运动(不与D重合)．设点P运动时间为t秒，若点P和Q与点中的两个点为顶点的四边形是菱形．则t的值为(　　) A．7 B．20 C．7或25 D．7或20 2．如图，在长方形中，，，点是上的一点，且．点从点出发，以的速度沿点匀速运动，最终到达点．设点运动时间为，若三角形的面积为，则的值为 ． 3．已知四边形是边长为的正方形，P，Q是正方形边上的两个动点，点P从点A出发，以的速度沿方向运动，点Q同时从点D出发以速度沿方向运动．设点P运动的时间为． (1)如图1，点P在边上，相交于点O，当互相平分时，求t的值； (2)如图2，点P在边上，相交于点H，当时，求t的值． 题型十七　矩形、菱形与正方形的新定义 例题：定义：一个四边形中，若有一个角的两边相等，且与它的对角互补，则称这个四边形为“半等边四边形”，则下列四边形一定是“半等边四边形”的是(    ) A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 巩固训练 1．矩形与正方形的形状有差异，我们将矩形与正方形的接近程度称为矩形的“接近度”，已知矩形的对角线，相交于点O，我们将矩形的“接近度”定义为，若时，则矩形的“接近度”为（    ） A． B． C． D． 2．新定义：对于线段，将线段绕点顺时针旋转，得到线段；将线段绕点逆时针旋转，得到线段，旋转后的线段和所在的直线交于点，我们称点为线段的“冯桥点”如图，已知直线与轴和轴分别相交于点，点，那么线段在第一象限的“冯桥点”的坐标为 ． 3．定义：有一个内角为，且对角线相等的四边形称为准矩形．      (1)①如图1，准矩形中，，若，，则_____； ②如图2，直角坐标系中，，，若整点使得四边形是准矩形，则点的坐标是_____；（整点指横坐标、纵坐标都为整数的点） (2)如图3，正方形中，点、分别是边、上的点，且，求证：四边形是准矩形； (3)已知，准矩形中，，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出这个准矩形的面积是_____． 2 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第19章 矩形、菱形与正方形（题型清单） 01 思维导图 02 知识速记 要点一：矩形、菱形、正方形的性质 1.矩形 （1）具有平行四边形的一切性质。 （2）四个角都是直角。 （3）对角线相等。 （4）是轴对称图形，有两条对称轴。 2.菱形 （1）具有平行四边形的一切性质。 （2）四条边都相等。 （3）两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。 （4）是轴对称图形，每条对角线所在的直线都是它的对称轴。 （5）面积等于对角线乘积的一半。 3.正方形 （1）具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质。 （2）四边相等，对边平行。 （3）四个角都是直角。 （4）对角线互相平分、相等且垂直，每一条对角线平分一组对角，即正方形的对角线与边的夹角为45度。 （5）是轴对称图形，有四条对称轴。 要点二：矩形、菱形、正方形的判定 1.矩形 （1）有一个内角是直角的平行四边形是矩形。 （2）对角线相等的平行四边形是矩形。 （3）有三个角是直角的四边形是矩形。 （4）对角线相等且互相平分的四边形是矩形。 2.菱形 （1）有一组邻边相等的平行四边形是菱形。 （2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 （3）四条边都相等的四边形是菱形。 （4）对角线垂直平分的四边形是菱形。 3.正方形 （1）一组邻边相等的矩形是正方形。 （2）有一个角是直角的菱形是正方形。 （3）一个四边形既是矩形又是菱形，则它是正方形。 03 题型归纳 题型一　矩形的性质 例题：如图，矩形的对角线和相交于点，平分交于点，如果，那么的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 根据矩形性质得出，，，，根据等腰三角形的判定得出，证明为等边三角形，得出，根据等腰三角形的性质得出即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 巩固训练 1．如图，点在矩形的边上，将矩形沿翻折，点恰好落在边的点处，如果，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，掌握矩形、折叠的性质是关键． 根据矩形的性质得到，由折叠的性质得到，，在中，，设，则，在中，由列式求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵折叠， ∴，， 设，则， 在中，， ∴， ∴，， 在中，， ∴， 解得，， ∴， 故选：B ． 2．如图，在矩形中，，相交于点，点，分别在，上，将沿翻折，使点与点重合．若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，过点O作于H，先由矩形的性质和勾股定理求出的长，则可得到的长，由三线合一定理得到的长，则可求出的长，由折叠的性质可得，在中，由勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：如图所示，过点O作于H， ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∵， ∴， ∴， 由折叠的性质可得， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 3．如图，已知矩形中，点，分别是，上的点，，且． (1)求证：； (2)若，求的值． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，解决本题的关键是证明，根据全等三角形的性质求解即可． 根据矩形的性质可得，根据可证，利用可证，根据全等三角形的性质可证结论成立； 根据，可得，又因为，可得：，即可得出答案． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ， ， ， ， 在与中， ， ， ； （2）解：， ， ， ， ． 题型二　矩形的判定 例题：已知在四边形中，，，添加下列条件，不能保证四边形是矩形的是(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由，，证明四边形是平行四边形，，而，则，求得，则四边形是矩形，可判断A不符合题意；由，，证明四边形是平行四边形，则，所以，求得，则四边形是矩形，可判断B不符合题意；由，，，证明，得，可知四边形可能是等腰梯形，也可能是平行四边形，可判断C符合题意；由，，得，由，得，则，所以，则四边形是矩形，可判断D不符合题意，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图1，，， 四边形是平行四边形，， ， ， ， 四边形是矩形， 故A不符合题意； 如图，，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， 故B不符合题意； 如图， 在和中， ， ， ， ， 四边形可能是等腰梯形，也可能是平行四边形， 不能保证四边形是矩形， 故C符合题意； 如图，，， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， 故D不符合题意， 故选：C． 巩固训练 1．在凸四边形中，，，点在线段（不与端点重合）上，且，连接，．则下列结论错误的是（   ） A． B．若，则 C． D．若，则 【答案】D 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，根据题意添加合适的辅助线是解题关键． A、证得，可推得，即可求解； B、通过题意进行等量代换即可求解； C、延长，作于点，证得四边形是矩形，结合直角三角形的斜边与两条直角边的关系即可求解； D、结合C选项和勾股定理即可求解． 【详解】解：A、根据题意，如图所示： 在和中， ， ， ， ， ， ， ，故A选项正确，但不符合题意； B、，， ， ， ， ，故B选项正确，但不符合题意； C、如图，延长，作于点， ， 四边形是矩形， ， 是的斜边， ， ， ，故C选项正确，但不符合题意； D、由C选项得：， 在中，， 无法判断和的大小，故D选项错误，但符合题意． 故选：D． 2．如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，动点以每秒2个单位长度的速度从点出发沿方向运动，点同时以每秒2个单位长度的速度从点出发沿方向运动，若，则经过 秒时，四边形是矩形． 【答案】或 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定，熟练掌握矩形的判定是解题关键．设经过秒时，四边形是矩形，先根据平行四边形的性质可得，，再分两种情况：①和②，证出四边形是平行四边形，根据矩形的判定可得要使平行四边形是矩形，则需，即，由此即可得． 【详解】解：设经过秒时，四边形是矩形， 由题意得：， ∵， ∴点从点运动到点所需时间为秒；当点相遇时，， 解得，此时，点在点相遇， ∵四边形是平行四边形，， ∴． ①如图1，在点相遇前，即， ∴，即， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 要使平行四边形是矩形，则需，即， ∴， 解得，符合题设； ②如图2，在点相遇后，即， ∴，即， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 要使平行四边形是矩形，则需，即， ∴， 解得，符合题设； 综上，经过或秒时，四边形是矩形， 故答案为：或． 3．如图，在中，，是的中点，是的中点，，交的延长线于点，连接．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了矩形的判定，全等三角形的性质与判定，三线合一定理，掌握其性质定理是解决此题的关键． 先证明≌，再证明四边形是平行四边形，再由矩形的判定方法即可证明． 【详解】证明：∵， ∴，， ∵是的中点， ∴， 在和中， ， ∴≌， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵，是的中点， ∴， ∴四边形是矩形． 题型三　矩形的图形运动 例题：如图，用平移法说明平行四边形的面积公式时， 若平移到，，，则的平移距离为（   ） A．1 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平移的性质，根据平移的性质结合矩形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， 由平移的性质得， ∴， ∴平行四边形的面积=矩形的面积， ∴的平移距离为4． 故选：C． 巩固训练 1．如图所示，把矩形纸条沿，同时折叠，B，C两点恰好落在边的P点处，若的度数恰好为，，，则矩形的边的长为（    ） A．10 B．11 C．12 D．15 【答案】C 【分析】本题考查折叠的性质和勾股定理，利用折叠的性质得到，，再利用勾股定理得到，即可求解． 【详解】解：∵矩形纸条沿，同时折叠，B，C两点恰好落在边的P点处， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 2．如图，有一张矩形纸片，，，点E是的中点．连接，将纸片沿直线折叠，使点B落在点，连接，则（1） ，（2）的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形、折叠的性质、三角形的内角和定理、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 通过折叠和点E是的中点可得，则、易得；在运用勾股定理可得，进而得到，然后在中运用勾股定理求得即可． 【详解】解：如图：设与相交于点O， ∵将纸片沿直线折叠，使点B落在点，连接，点E是的中点， ∴， ∴，， 又∵三内角之和为， ∴， ∴， ∴， 解得：； 在中，由可得：， ∵， ∴，解得：， ∵将纸片沿直线折叠，使点B落在点，连接， ∴点是点B关于直线的对称点， ∴垂直平分， ∴， 在中，． 故答案为：． 3．在综合与实践课上．老师让同学们以“图形的旋转”为主题开展数学探索活动．在矩形中，，，以点为旋转中心，逆时针旋转矩形，旋转角为，得到矩形，点、、的对应点分别为点、、． (1)初步感知 如图①，当点落在边上时，线段的长度为______； (2)迁移探究 如图②，当点落在线段上时，与相交于点，连接．求线段的长度． (3)拓展应用 如图③，设点在边上，且，连接、、，在矩形旋转过程中，的面积存在最大值，请直接写出这个最大值为______． 【答案】(1) (2)； (3)24 【分析】本题考查矩形的性质，旋转的性质与勾股定理，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据旋转得到，根据矩形得到，结合勾股定理即可得到答案； （2）首先证明出，得到，从而得到，即可得到，利用勾股定理求解即可得到答案； （3）根据矩形的性质，勾股定理求出固定，即可得到高最大，面积最大，结合三角形三边关系得到最大高即可得到答案． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形，， ∴，， ∵，逆时针旋转矩形得到矩形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：∵四边形是矩形，逆时针旋转矩形得到矩形， ∴，， 在与中， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得 ∴， 解得：， ∴； （3）解：∵， ∴， ∴，   过A作于E， ∵点B到的距离小于， ∴当，，三点共线时高最大，的面积最大如图所示， ∵， ∴， ∴， ∴． 题型四　矩形的最值 例题：如图，在中，，且，，点是斜边上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，根据勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题． 【详解】解：连接， ∵，，， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴当时，的值最小， 此时， ∴， ∴的最小值为． 故选：B． 【点睛】本题考查矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是掌握矩形的性质并理解垂线段最短的意义． 巩固训练 1．在矩形中，，，点在上，且，点是矩形所在平面内任意一点，且，连结，将线段绕着点顺时针旋转得到，连结．则线段的最小值为（    ） A． B． C．4 D． 【答案】D 【分析】连接，过点A作，截取，连接，通过证明，得，再利用勾股定理求出的长．最后在中，利用三边关系即可得出答案． 【详解】解：如图，连接，过点A作，截取，连接， ∵将线段绕着点A顺时针旋转得到， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴在中，． ∵， ∴． ∵，且当点G，P，E三点共线时取等号， ∴的最小值为． 故选：D． 【点睛】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系的应用等知识．正确作出辅助线构造出全等三角形是解题的关键． 2．如图，中，，，，点D、E分别是、上的动点，满足，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，线段最短问题，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题关键． 过点A作，使，连接、，过点F作，交的延长线于H，证明，由全等三角形的性质可得，进而可得，故当点C、D、F在同一直线上时，的值最小，即线段的长度，证明四边形为矩形，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：过点A作，使，连接、，过点F作，交的延长线于H，如图所示： ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 根据“两点之间线段最短”得：， ∴的最小值为线段的长， 即的最小值为线段的长， ∵，，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴的最小值为． 故答案为：． 3．“数形结合”是一种重要的数学思想，通过数和形之间的对应关系和相互转化可以解决很多抽象的数学问题．学习二次根式时，老师给同学们布置一道思考题：求代数式的最小值．小华同学发现可看作两直角边分别为和1的直角三角形的斜边长，可看作两直角边分别是和2的直角三角形的斜边长．于是构造出如图所示，将问题转化为求线段的最小值（其中，点在线段上），进而得的最小值为线段的长度． 先仔细阅读上面材料，然后用“数形结合”思想解答下面问题： (1)直接写出代数式的最小值； (2)若，均为正数，且，求的最小值； (3)若，求的值． 【答案】(1)5 (2)10 (3) 【分析】本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理、矩形的判定与性质，熟练掌握数形结合思想，正确构造直角三角形是解题关键． （1）过点作，交延长线于点，先求出的长，再利用勾股定理求出的长，由此即可得； （2）先构造出图形（见解析），则的最小值为线段的长度，再过点作，交延长线于点，然后求出的长，最后利用勾股定理求出的长，由此即可得； （3）先构造出图形（见解析），其中，，，，于点，根据勾股定理的逆定理求出，再利用三角形的面积公式求出的长，由此即可得． 【详解】（1）解：如图，过点作，交延长线于点， 则四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， 所以代数式的最小值为5． （2）解：由题意，构造如下图形：（其中，点在线段上）， 则，， ∴可将问题转化为求线段的最小值， ∴的最小值为线段的长度， 过点作，交延长线于点， 则四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， 所以代数式的最小值为10． （3）解：由题意，构造如下图形： 其中，，，，于点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 所以的值为． 题型五　一次函数中的矩形 例题：矩形在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知，，则的值是（    ）    A．0.5 B．2 C． D．2.5 【答案】B 【分析】本题考查了坐标与图形，矩形的性质，勾股定理等，利用矩形的性质得出，，，利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， 故选：B． 巩固训练 1．如图，四边形是长方形，O是平面直角坐标系的原点，点A，C分别在轴、上，点B的坐标是则直线对应的函数表达式为（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了一次函数表达式的求解以及长方形的性质知识点． 先根据长方形性质和点坐标求出A，C两点坐标，然后设直线对应的函数表达式为为常数，，将两点坐标代入表达式，进而得到直线的函数表达式． 【详解】因为四边形是长方形，是平面直角坐标系的原点，点A，C分别在轴，上，点的坐标是 根据长方形的性质，对边相等且平行， 所以的长度等于点的横坐标3，即点坐标为； 的长度等于点的纵坐标4，即点坐标为． 设直线对应的函数表达式为为常数，． 把分别代入中，得到方程组． 将代入，可得，移项得到， 解得． 所以直线AC对应的函数表达式为． 故选A． 2．如图，在平面直角坐标系中，反比例函数的图像与矩形的边，分别相交于点，，已知，，的面积为，则的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查坐标与图形性质、矩形的性质、反比例图像的性质，熟练掌握矩形的性质，利用割补法求解图形面积是解答的关键． 利用矩形性质和坐标与反比例图像的性质可得M的坐标是，N的坐标是，再根据坐标与图形性质和矩形性质，借助割补法，根据求解面积列方程即可求出．进而求解． 【详解】∵四边形是矩形，，， ∴轴，，， ∵M、在上， ∴M的坐标是，N的坐标是， ∵四边形是矩形， ∴， ，， ∴的面积， ∴， 解得：（负值已经舍去） 故 故答案为． 3．如图，在平面直角坐标系中，长方形的边在x轴上，边在y轴上，点B的坐标为，D是边上一点（不与点A、B重合），将沿直线翻折，使点B落在点E处． (1)如图1，当点E恰好落在y轴时，连接，求的长度． (2)如图2，当点E恰好落在长方形的对角线上时，求点D的坐标． (3)如图3，当以O、C、E三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求的面积． 【答案】(1) (2) (3)27或 【分析】（1）利用长方形的性质，求出点的坐标，得出的长，的长，再根据勾股定理，即可求解； （2）根据勾股定理得，设,则，由勾股定理得：，即，求出，即可求解； （3）①当时，，则的面积；②当时，利用勾股定理得：，求出，进而求解． 【详解】（1）解：∵点B的坐标为，且四边形是长方形， ∴点的坐标分别为， ∴，， 由折叠得，，，， ∴，，为等腰直角三角形， ∴， ∴． （2）解：∵点A的坐标为，点C的坐标为， ∴， ∴中，， ∵四边形是长方形， ∴， ∵沿折叠， ∴， ∴， ∴， 设,则， ∵中，由勾股定理得：， ∴， 解得， ∴， ∴点D的坐标为； （3）解：过点E分别作轴的垂线，垂足分别为， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． ①当时， ∵， ∴， 的面积； ②当时， ∵， ∴， 设，则， 在中，， 在中，， 即， 解得：， 则， 的面积； 故的面积为27或． 【点睛】本题考查的是长方形的性质、勾股定理的运用、面积的计算、坐标与图形，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏． 题型六　菱形的性质 例题：如图，在菱形中，对角线与相交于点，且，，则菱形的高为（   ） A．3 B．4 C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，由菱形的性质可得，，，在中，根据勾股定理可得，然后根据可得，于是得解．熟练掌握菱形的性质与菱形面积的计算方法是解题的关键． 【详解】解：四边形是菱形，，， ，，， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 是菱形的高， ， ， 故选：C． 巩固训练 1．如图，在菱形中，E是上的点，连接交于点F，连接，若，菱形面积为24，，则的长为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 先根据菱形的性质证明，再导角证明，即可由菱形面积求出． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 2．如图，是菱形的对角线，，点在的延长线上，则 ． 【答案】104 【分析】本题考查菱形的性质、平行线的性质，熟练掌握菱形的性质是解答的关键．先根据菱形的性质得到，，，再根据平行线的性质解答即可． 【详解】解：∵是菱形的对角线，， ∴，，， ∴，， ∴， 故答案为：． 3．在菱形中，点是的中点，请仅用无刻度的直尺按要求画图． (1)在图中画出的中点； (2)在图中的对角线上取两个点，使． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了菱形的性质和无刻度的直尺按要求画图，掌握知识点的应用是解题的关键． （）连接交于点，然后连接，延长交于点，则点即为所求； （）连接交于点，然后连接，延长交于点，连接交于点，连接交于点，则点即为所求． 【详解】（1）解：如图所示，点即为所求； （2）解：如图所示，点即为所求． 题型七　菱形的判定 例题：下列关于菱形的说法正确的是（   ） A．菱形的四个内角一定相等 B．菱形的对角线一定相等 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．四条边相等的四边形是菱形 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，根据菱形的判定定理和性质一一判断即可得出答案． 【详解】解：．菱形的对角相等，但四个角不一定相等，原说法错误，故该选项不符合题意； ．菱形的对角线互相垂直且平分但不一定相等，故该选项不符合题意； ．对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，原说法错误，故该选项不符合题意； ．四条边相等的四边形是菱形，说法正确，故该选项符合题意； 故选：D． 巩固训练 1．如图，的对角线，交于点，以下条件不能证明是菱形的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键． 根据菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，逐项判断即可求解． 【详解】解：A、∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形，故本选项不符合题意； B、∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴是菱形，故本选项不符合题意； C、∵ ∴， ∴，即， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形，故本选项不符合题意； D、∵， ∴，无法得到是菱形，故本选项符合题意； 故选：D 2．如图，在中，D是上一点，，交于点E，，交于点F，有下列条件：①；②平分；③，．选择条件 能使四边形是菱形． 【答案】②③/③② 【分析】此题考查了平行四边形和菱形的判定定理，平行线的性质，等角对等边，解题的关键是掌握以上知识点． 首先由，得到四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定定理求解即可． 【详解】∵， ∴四边形是平行四边形 若添加条件①，可以证明四边形是矩形，不能证明是菱形，故①不符合题意； 若添加条件②平分 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形，故②符合题意； 若添加条件③， ∴， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形，故③符合题意； 综上所述，选择条件②③能使四边形是菱形． 故答案为：②③． 3．如图，在中，，平分交于点D，点E在线段上，点F在的延长线上，且，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求和的长． 【答案】(1)见解析 (2)和的长分别为8和 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质． （1）根据对角线互相平分且垂直即可证明四边形是菱形； （2）根据等腰三角形的性质和勾股定理可得，设，则，所以，，然后利用勾股定理即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵，平分， ∴，， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：，，， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴和的长分别为8和． 题型八　菱形的图形运动 例题：已知如图，在中，为锐角，将沿对角线边平移，得到，连接和，若使四边形是菱形，需添加一个条件，现有三种添加方案，甲方案：；乙方案：；丙方案：；其中正确的方案是（　　） A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的判定及平移的性质，平行四边形的判定与性质，灵活选择判定定理是解题的关键．先根据题意可知四边形是平行四边形，再根据三种方案结合菱形的判定定理即可得出答案． 【详解】解：四边形为平行四边形， ，， 根据平移可知，， ， 四边形是平行四边形， ． 方案甲，添加不能判断四边形是菱形； 方案乙，由， 平行四边形是菱形； 方案丙， ， ， ∵， ， ， 平行四边形是菱形． 所以正确的是乙和丙． 故选B． 巩固训练 1．将矩形纸片按如图所示的方式折叠，得到菱形．若，则的长为（   ） A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质以及矩形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质；解决问题的关键是根据折叠以及菱形的性质发现特殊角，根据的直角三角形中各边之间的关系求得的长．根据菱形及矩形的性质可得到的度数，从而根据直角三角形的性质求得的长． 【详解】解：四边形为菱形， ，， 由折叠的性质可知，， 又， ， 在中，， 又，， ，， 中，， 故选：D． 2．如图，在矩形纸片中，，，点，分别是矩形的边，上的动点，将该纸片沿直线折叠，使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在点处，连接、、，与交于点．则当点与点重合时， ． 【答案】 【分析】本题考查矩形中的翻折问题，由四边形是矩形，得，由翻折的性质可知，，即知，从而，四边形是平行四边形，又，故四边形是菱形；当，重合时，设，根据勾股定理和菱形的性质即可得到结论．解题的关键是掌握翻折的性质，熟练地利用勾股定理解决问题． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， 由翻折的性质可知，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， 当，重合时，如图： 设， 在中， ， ， ，即， ，，， ， ， ， 故答案为：． 3．在数学活动课上，李老师给同学们提供了一个矩形（如图1），其中，连接对角线，且，要求各小组以图形的旋转为主题开展数学活动．以下是部分小组的探究过程，请你参与活动并解答所提出的问题： (1)如图2，“奋勇”小组将绕点D旋转得到，当点落到对角线上时，与交于点F，试猜想线段与的数量关系，并加以证明； (2)“勤学”小组在“奋勇”小组的基础上，取的中点E，连接，试判断四边形的形状，并说明理由； (3)在绕点D旋转的过程中，当时，求点A与点之间的距离，请你思考此问题，直接写出答案． 【答案】(1)，证明见解析 (2)四边形是菱形．理由见解析 (3)6或． 【分析】（1）首先根据矩形的性质得到，然后利用得到，然后证明出是等边三角形，得到，即可证明出； （2）首先由是等边三角形得到，然后结合旋转的性质得到，然后证明出，然后由得到与互相平分，证明出四边形是菱形； （3）根据题意分两种情况：当点在上方时，连接，首先由得到，然后结合旋转的性质得到，证明出点A，，三点共线，然后得到；当点在线段下方时，首先由和旋转的性质得到是等边三角形，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）， 证明：∵四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴，， 由旋转可得，， ∴是等边三角形， ∴， ∴； （2）四边形是菱形． 理由：由（1）得是等边三角形， ∴， 由旋转得，，，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵，点E是线段的中点， ∴， 又∵，，， ∴， 又∵， ∴， ∴与互相平分， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形； （3）如图所示，当点在上方时，连接， ∵， ∴， 由旋转可得，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点A，，三点共线， ∴， ∴，， ∴； 如图所示，当点在线段下方时， 由旋转可得，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 综上所述，当时，点与点之间的距离为6或． 【点睛】本题属于四边形旋转综合题，主要考查了矩形的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，旋转的性质的综合应用，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，旋转的性质是解题的关键． 题型九　菱形的最值 例题：如图，在边长为8的菱形中，点为边，上的动点，且，连接，若菱形面积为60，则的最小值为（   ） A．15 B．16 C．17 D．18 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形与三角形综合．熟练掌握菱形性质，全等三角形的判定和性质，轴对称性质，勾股定理，是解题的关键． 作点C关于的对称点G，连接交于点H，连接，则，可得，根据，得，得,得,根据菱形性质和，可得，得，得，得取得最小值为17 ． 【详解】作点C关于的对称点G，连接交于点H，连接， 则，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵菱形中，，且， ∴， ∴， ∴， ∴当点E在线段上时，取得最小值17． 故选：C． 巩固训练 1．如图，已知菱形的边长为6，点是对角线上的一动点，且，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质．过点D作于点E，交于点M，连接，根据垂线段最短，此时最短，即最小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出的长，进而可得结论． 【详解】解：如图，过点D作于点E，交于点M，连接， ∵菱形中，，， ∴， ∴是等边三角形，， ∴， ∵， ∴， 根据垂线段最短，此时最短，即最小， ∵菱形的边长为6， ∴， ∴． ∴的最小值是． 故选：D． 2．如图，在菱形中，，，点，在上，连接，．若，则的最小值为 ．    【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理．通过添加辅助线构造平行四边形是解题的关键． 作，，构造平行四边形，推出，，可得，当点G，F，C共线时等号成立，的最小值等于，结合菱形的性质，勾股定理，即可求解． 【详解】解：如图，作，，菱形的对角线交于点O，   菱形中，，， ，， ， ． ，， 四边形是平行四边形， ，， ， 当点G，F，C共线时等号成立，的最小值等于， ，， ， ， 的最小值为． 故答案为：． 3．小明在学习完中心对称图形后，对课本上的几种图形展开探究，他尝试用两张长为9，宽为3的矩形纸片叠放在一起，得到如图所示的四边形，请你帮助．小明解答以下问题： (1)试说明四边形是菱形． (2)四边形面积的最小值为___________，最大值为___________． (3)请利用无刻度直尺和圆规，在给出的矩形中作一个面积最大的菱形． 【答案】(1)见解析 (2)9，15 (3)见解析 【分析】（1）由，可得四边形是平行四边形．然后分别过点A、B作于F，于E．又由两张矩形纸片的宽度相等，即可得，又由面积问题，可得，即可得四边形为菱形； （2）结合题意知，菱形的面积为，当取最小值时，，所以，面积的最小值为9，当旋转至如图位置时，取得最大值，设，在中，利用勾股定理列方程，即可求解； （3）结合（2）可知，在矩形中所作的面积最大的菱形的较长得对角线与该矩形的对角线重合，再作对角线的垂直平分线即可； 【详解】（1）证明：如图，分别过点A、B作于F，于E． ∵，， ∴四边形是平行四边形． ∵两张矩形纸片的宽度相等， ∴， 又∵， ∴， ∴是菱形； （2）解：∵是菱形， ∴， ∴， 当越小时，越小，菱形的面积越小， ∴时，取最小值3，菱形的面积最小值为9， 当越大时，越大，菱形的面积越大， ∴旋转如图位置时，如图，此时取最大值， 设，则， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 此时菱形的面积取得最大值为15， 故答案为：9，15； （3）如图所示，四边形即为所求． 【点睛】本题考查了尺规作图——作垂直平分线，菱形的判定与性质，还考查了矩形的性质，勾股定理，方程思想，动态条件下的面积最值问题，将面积的最值问题转化成线段的最值问题，是解决本题的关键． 题型十　一次函数中的菱形 例题：如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点D在x轴上，若点A的坐标为，则C点的坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】在中，利用勾股定理求出即可解决问题． 本题考查菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是：熟练掌握菱形的性质． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， 在中，， ∴， 故选：C． 巩固训练 1．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为8，，点是边上一动点，点在上，且． 有下列结论： ①点的坐标为； ②； ③四边形的面积为定值； ④当为的中点时，的面积最小． 其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，作于，求出，，即可得出，从而判断①；连接，证明，即可判断②；由全等三角形的性质得出，从而得出，即可判断③；证明为等边三角形，当为的中点时，，此时最小，则最小，由③可知为定值，可得最大，即可判断④． 【详解】解：如图，作于， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴，故①正确； 连接， ∵，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∴，故③正确； ∵， ∴， ∴为等边三角形， 当为的中点时，，此时最小，则最小， 由③可知为定值，可得最大，故④不正确； 综上所述，正确的有①②③，共个， 故选：C． 2．在平面直角坐标系中，，点在轴上，在平面直角坐标系内存在点，使、、、为顶点的四边形是菱形，则点的坐标为 ． 【答案】或或或． 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，平面直角坐标系内求坐标， 根据题意画出图形，根据勾股定理求出，再以为边和对角线，结合菱形的性质求出坐标即可． 【详解】如图所示，根据题意可知， 根据勾股定理，得． 以为边，可得四边形，，是菱形， ∴点，，． 以为对角线，设边长，则， 根据勾股定理，得， 即， 解得， ∴， ∴． 故答案为：或或或． 3．在平面直角坐标系中，已知直线与直线交于点，直线分别交坐标轴于点． (1)求直线的函数表达式； (2)如图2，点P为线段上的一个动点，将绕点B逆时针旋转得到，连接与．点Q随着点P的运动而运动，请求出点Q运动所形成的线段所在直线的解析式； (3)直线上有任意一点F，平面直角坐标系内是否存在点N，使得以点B、D、F、N为顶点的四边形是菱形，如果存在，请直接写出点N的坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在点N，使得以点B、D、F、N为顶点的四边形是菱形，点N的坐标为或或或 【分析】（1）把点代入直线中可得，得，再把点代入直线中即可求解； （2）根据直线与坐标轴的交点的计算方法可得，如图所示，过点作轴于点，过点作轴于点，可证，设，则，可用含的式子表示，令，可得，，由此即可求解； （3）根据题意，点F是直线上有任意一点，设，根据菱形的性质分类讨论：第一种情况，如图所示，以为边，四边形是菱形，过点作轴于点，则，运用勾股定理可得；第二种情况，如图所示，以为对角线，四边形是菱形，运用两点之间距离的计算方法可得；第三种情况，如图所示，以为对角线，四边形是菱形，连接交以点，根据菱形的对角线相互垂直且平分即可求解． 【详解】（1）解：已知点在直线的图象上， ∴，则， 把点代入直线得，， 解得，， ∴直线的函数表达式为：； （2）解：在直线中，令，则，令，则， ∴， 如图所示，过点作轴于点，过点作轴于点， ∵旋转， ∴，， ∴，且， ∴， ∴， ∵点在直线的图象上， ∴设，则， ∴，，， ∴， 令， ∴，， ∴，整理得，， ∴点Q运动所形成的线段所在直线的解析式为：； （3）解：存在点N，使得以点B、D、F、N为顶点的四边形是菱形，点N的坐标为或或或，理由如下， 在直线中，令，则， ∴，则， ∵点F是直线上有任意一点， ∴设， 第一种情况，如图所示，以为边，四边形是菱形，过点作轴于点，则， ∴，， ∴，即， 解得，， ∴或， ∴或； 第二种情况，如图所示，以为对角线，四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴点于点重合， ∴， ∴； 第三种情况，如图所示，以为对角线，四边形是菱形，连接交以点， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴点的纵坐标为，即， 解得，， ∴， ∴； 综上所述，存在点N，使得以点B、D、F、N为顶点的四边形是菱形，点N的坐标为或或或． 【点睛】本题主要考查一次函数图象的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间距离的计算方法，菱形的判定和性质，勾股定理的运用等知识的综合，掌握一次函数图象的性质，两点之间距离的计算，菱形的判定和性质是解题的关键． 题型十一　正方形的性质 例题：在正方形中，与交于点G，若平分，连接并取中点F，连接，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由正方形的性质得，垂直平分，则，所以，求得，由得，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵在正方形中，与交于点G， ∴，垂直平分， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴平分， ∴， 故选：C． 【点睛】此题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、线段的垂直平分线的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、等腰三角形的“三线合一”等知识，求得是解题的关键． 巩固训练 1．已知四边形和都是正方形，点F在线段上，连接、，交于点H．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点E作于点M，作，交的延长线于N，设与交于T，先证明四边形为矩形，再证明和全等得，则矩形为正方形，由此得，则，进而得，则，由此可得的度数． 【详解】解：过点E作于点M，作，交的延长线于N，设与交于T，如图所示： 则， ∵四边形和都是正方形， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形为正方形， ∴平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是正方形的对角线， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解决问题的关键，正确地作出辅助线，构造正方形和全等三角形是解决问题的难点． 2．如图，在正方形中，．若以边为底边向其外作等腰直角，连接，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质与判定，勾股定理，构造直角三角形利用勾股定理求解是解题的关键． 过点作的延长线于点，过作于，根据 是等腰直角三角形，可证明四边形是正方形，则，最后在中，由勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，过点作的延长线于点，过作于，则， 是等腰直角三角形， ，， 四边形是正方形， ，， ∴， 四边形是矩形， ， ， 四边形是正方形， ， ∴在中，． 故答案为：． 3．综合探究 【课本再现】如图①，四边形是正方形，是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点．求证：． 证明：取边的中点，连接． 四边形是正方形，，． 是边的中点，是边的中点， ，，． ______°______°． 是正方形外角的平分线，． ______°． ，． 又，． 又，， （______）（填判定方法）． ． （1）请将上述证明过程中缺少的内容填在对应的横线上． 【问题解决】（2）如图②，四边形是正方形，是边上任意一点（不与点，重合），，且交正方形外角的平分线于点，则与是否仍然相等？请说明理由． 【拓展探究】（3）如图③，四边形是正方形，是射线上任意一点（不与点，重合），，且交正方形外角的平分线于点．若，，求的长． 【答案】（1）45 ，135 ，135 ，；（2）与仍然相等，理由见解析；（3）的长为5或 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判断及性质、勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键． （1）取边的中点，连接．根据正方形的性质结合证明，再根据全等三角形的性质即可得证； （2）在边上截取，连接，根据正方形的性质结合证明，再根据全等三角形的性质即可得证； （3）分当点E在边上时，当点E在的延长线上时，两种情况，利用正方形的性质及勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：取边的中点，连接． 四边形是正方形， ，． 是边的中点，是边的中点， ，， ． ． 是正方形外角的平分线， ． ． ， ． 又， ． 又，， ． ． 故答案为：45，135，135，； （2）与仍然相等，理由如下： 如图2，在边上截取，连接， 四边形是正方形， ，， ， ，，即， 是正方形外角的平分线， ， ， ， 在和中， ； （3）分两种情况讨论： ①如图3-1，当点E在边上时， 四边形是正方形， ，， ， 由勾股定理得， 由（2）可知，， ； ②如图3-2，当点E在的延长线上时，连接，过点F作，交的延长线于点G，在上截取，连接， 同理（2）可得， ， 四边形是正方形， ，， ， 由勾股定理，得， ， 综上所述，的长为或者． 题型十二　正方形的判定 例题：在四边形中，点是对角线的交点．在下列条件中，能判定这个四边形为正方形的是（    ）． A．， B．， C．， D．，， 【答案】C 【分析】本题考查的知识点是正方形的判定，解题关键是熟练掌握正方形的判定方法． 根据正方形的判定：对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形进行分析从而得到最后的答案． 【详解】解：A选项，不能，一组对边平行，对角线相等，无法判断是什么四边形，故A选项错误； B选项，不能，只能判定为平行四边形，B选项错误； C选项，对角线相等而且平分的四边形是矩形，对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故四边形可判定为正方形，C选项正确； D选项，不能，只能判定为菱形，D选项错误． 故选：C． 巩固训练 1．如图，在菱形中，对角线，交于点，下列条件：，，，．上述条件能使菱形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，正方形的判定，根据菱形的性质，正方形的判定逐一判断即可，熟练掌握菱形的性质，正方形的判定是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，故不能判定菱形是正方形； ∵， ∴菱形是正方形，故判定菱形是正方形； ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴菱形是正方形，故判定菱形是正方形； ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴菱形是正方形，故判定菱形是正方形； 综上：能判定菱形是正方形， 故选：． 2．如图，在四边形中，，垂足为点．若四边形的面积为13，则 ．    【答案】 【分析】作于F，如图，易得四边形为矩形，再证明得到，，则可判断四边形为正方形，四边形的面积=四边形的面积，然后根据正方形的面积公式计算的长． 【详解】解：作于F，如图，   ，， ∴四边形为矩形， ， 即， ， 即， ， 在和中， ， ， ，， ∴四边形为正方形， 四边形的面积=四边形的面积， 四边形的面积为13， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形． 3．如图，平行四边形，连结，．点在边上，过点作，垂足为，交延长线于点，连接，． (1)求证：； (2)当为中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； (3)在满足（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形是正方形？（不必说明理由） 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形，见解析 (3)或或是等腰直角三角形 【分析】（1）根据垂直的定义得到，得到，根据平行四边形的性质得到，得到，根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，于是得到； （2）由为中点，得到，得到，根据平行四边形的性质得到，得到，根据菱形的判定定理得到四边形是菱形； （3）根据正方形的判定定理得到结论． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是平行四边形， ； （2）解：四边形是菱形． 理由如下： 为中点， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是平行四边形； ，为中点， ， 四边形是菱形； （3）解：当满足（答案不唯一）时，四边形是正方形， 理由：由（2）知，四边形是菱形， ，， ， 四边形是正方形． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了直角三角形的性质，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，正方形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． 题型十三　正方形的图形运动 例题：“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠而成，寓意是同心吉祥．如图，将正方形沿对角线方向平移得到正方形，形成一个“方胜”图案，若，则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是平移的性质、正方形的性质，勾股定理，解题的关键是根据平移的性质求出，再利用正方形的性质，在等腰直角三角形中利用勾股定理求出结果． 【详解】解：由平移可知， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 巩固训练 1．如图，正方形纸片中，对角线、交于点O，折叠正方形纸片，使落在上，点A恰好与上的点F重合，展开后折痕分别交、于点E、G，连接，给出下列结论：①；②；③；④四边形是菱形；⑤；⑥若，则正方形的面积是，其中正确的结论个数为（  ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】B 【分析】①由四边形是正方形，可得，又由折叠的性质，可求得的度数； ②由，可得，即可判断； ③由，可得的面积的面积，即可判断； ④由折叠的性质与平行线的性质，得是等腰三角形，即可证得； ⑤证得四边形是菱形，由等腰直角三角形的性质，即可得； ⑥根据四边形是菱形可知，，再由，可得出时等腰直角三角形，由求出的长，进而可得出及的长，利用正方形的面积公式可得出结论． 【详解】解：四边形是正方形， ∴， 由折叠的性质可得：，故①正确． 由折叠的性质可得：，， ∴， ， ，故②错误． ， ∴，与同高， ， ∴，故③错误． ∵， ， ∴， ∵， ∴， ， ， ， ∵，， ∴， 四边形是菱形，故④正确． ∴， ∴， ∴．故⑤正确． 四边形是菱形， ，． ，， 是等腰直角三角形． ， ，解得， ∴，， ∴， ∴， ∴，故⑥错误． 其中正确结论的序号是：①④⑤，共三个． 故选：B． 【点睛】本题考查的是四边形综合题，涉及到正方形的性质、折叠的性质、等腰直角三角形的性质以及菱形的判定与性质，勾股定理等知识，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用是解题的关键． 2．如图，在正方形中，点为边上一点，将沿折叠得，若点恰好在对角线上，连接，则 ． 【答案】112.5 【分析】本题考查了正方形、折叠的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的运用，掌握折叠的性质，等腰三角形的判定和性质是关键． 根据正方形、折叠的性质得到，，则，由此得到，再根据即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，是对角线， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为： ． 3．如图四边形是边长为2为正方形，该正方形绕点顺时针旋转一个角度（）得正方形，连接、相交于点． (1)若旋转角为，求大小； (2)在旋转过程中， ①求证：； ②连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)①见解析；② 【分析】（1）由旋转的性质结合等腰三角形的性质，利用三角形内角和定理求出，由补角的定义即可求解； （2）①过点作交延长线于点，过点作垂足为，证明，推出，再证明，即可证明结论；②在①的基础上，过点作于点K，连接，易证是等腰三角形，推出，证明，是等腰三角形，利用等腰三角形三线合一求出，求出，再证明，推出，即可得出结论． 【详解】（1）解：由旋转的性质得：，， ∴， ∴， ∴； （2）①证明：如图，过点作交延长线于点，过点作垂足为， 由（1）知， ∵， ∴， 由旋转的性质得：， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②如图，在①的基础上，过点作于点K，连接， 由旋转的性质得：四边形，四边形都是边长为2的正方形， ∴，， ∴是等腰三角形， ∴， ∴，即， 由①知：， ∵， ∴， ∴， ∵是等腰三角形，， ∴，， ∴， 由旋转的性质得：， ∴是等腰三角形， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形，即， ∴，即， 由①知，即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，熟练掌握全等三角形的判定与性质及旋转的性质是解题的关键． 题型十四　正方形的最值 例题：如图，在正方形中，，点是边的中点，点是边的上任意一点，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，则周长的最小值为（   ） A．3 B． C． D．2 【答案】C 【分析】过点作，分别交于点，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，从而可得，再证出，根据全等三角形的性质可得，从而可得的周长为，然后根据两点之间线段最短可得当点共线时，取得最小值，最小值为，由此即可得． 【详解】解：如图，过点作，分别交于点，连接， ∵在正方形中，，点是边的中点， ∴，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 由旋转的性质得：，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴的周长为， 由两点之间线段最短可知，当点共线时，取得最小值，最小值为， ∴周长的最小值为， 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、勾股定理、三角形全等的判定与性质、矩形的判定与性质等知识，综合性较强，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键． 巩固训练 1．已知正方形边长为，，为正方形对角线上的动点，，则周长的最小值为（　　） A．6 B．8 C． D．10 【答案】B 【分析】如图所示，连接，过点F作，过点D作交于点G，连接，证明出四边形是平行四边形，得到，，然后推出当点B，F，G三点共线时，周长取得最小值，即的长度，然后求出，利用勾股定理求出，，进而求解即可． 【详解】如图所示，连接，过点F作，过点D作交于点G，连接 ∴四边形是平行四边形 ∴， ∵四边形是正方形，，为正方形对角线上的动点 ∴ ∴ ∴的周长 ∴当点B，F，G三点共线时，周长取得最小值，即的长度 ∵四边形是正方形， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵正方形边长为， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴周长的最小值为8． 故选：B． 【点睛】此题考查了正方形的性质，平行四边形的性质和判定，轴对称最值问题，勾股定理等知识，解题的关键是得到当点B，F，G三点共线时，周长取得最小值． 2．如图，在正方形中，，E为边上一动点，点F在边上，且，将点E绕点F顺时针旋转得到点G，连接，则长的最小值为 ． 【答案】3 【分析】过点G作，垂足为H，可得，根据正方形的性质可得，，根据旋转的性质可得，，，然后利用同角的余角相等可得，从而可证，进而可得，最后可得点G在与平行且与的距离为1的直线上，从而可得当点G在边上时，的值最小，进行计算即可解答． 【详解】解：过点G作，垂足为H， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 由旋转得：，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点G在与平行且与的距离为1的直线上， ∴当点G在边上时，最小且， ∴的最小值为3， 故答案为：3． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 3．综合与实践 学完图形的平移后，小慧为了加深理解，对其进行了进一步探究． 【模型感知】 （1）她把边长为3的正方形纸片沿着对角线剪开，如图1．然后固定纸片，把纸片沿剪痕的方向平移得到，如图2．连接，，，在平移过程中： ①四边形的形状始终是________（点与点重合时除外）； ②求的最小值． 【拓展探究】 （2）如图3，她把正方形改为边长为1的菱形，，将沿射线的方向平移得到，连接，，，请直接写出的最小值． 【答案】（1）①平行四边形；②；（2） 【分析】（1）①根据平移的性质以及平行四边形的判定定理，即可得到结论； ②作点关于的对称点，连接，，当共线时，有最小值，再证明是等腰直角三角形，且共线，在直角中，利用勾股定理即可求解． （2）同理可得是等边三角形，且共线，进而利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）①∵纸片沿剪痕的方向平移得到， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 故答案是：平行四边形； ②∵四边形是平行四边形， ∴， ∴=， 作点关于的对称点，连接，， 当共线时，有最小值， 此时的最小值， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵关于的对称点， ∴，， ∴是等腰直角三角形，且共线， ∴在直角中，， ∴的最小值=． （2）如图所示，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴=， 作点关于的对称点，连接，， 当共线时，有最小值， 此时的最小值， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵关于的对称点， ∴，， ∴是等边三角形，且共线， ∴在直角中，， ∴的最小值=． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，平移和轴对称的性质，作出点关于的对称点，是解题的关键． 题型十五　一次函数中的正方形 例题：如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点B在x轴上，顶点C在y轴上，且，，则正方形的面积是（    ） A．4 B．9 C．13 D．5 【答案】D 【分析】本题考查正方形的性质、坐标与图形的性质、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． 【详解】解：过点D作于点E，则，， ∴， ∵是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的面积是， 故选D． 巩固训练 1．如图，在平面直角坐标系中有一边长为1的正方形，边、分别在轴、轴上，如果以对角线为边作第二个正方形，再以对角线为边作第三个正方形，照此规律作下去，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理和坐标与图形的性质的知识点，首先求出、、、、、、、、的坐标，找出这些坐标的之间的规律，然后根据规律计算出点的坐标，正确由点坐标的规律发现每经过次作图后，点的坐标符号与第一次坐标符号相同，每次正方形的边长变为原来的倍是解决此题的关键． 【详解】解：正方形边长为1， ， 正方形是正方形的对角线为边， ， 点坐标为， 同理可知点坐标为， 同理可知点坐标为， 点坐标为，点坐标为,,，, ...... 由规律可以发现，每经过次作图后，点的坐标符号与第一次坐标符号相同，每次正方形的边长变为原来的倍， , 的纵横坐标符号与点的相同，横坐标为正值，纵坐标是， 的坐标为． 故选：． 2．在平面直角坐标系中，正方形、、，…，按在图所示的方式放置．点、、，…和、、，…分别在直线和轴上．已知，，则点的坐标是 ；点的坐标是 ． 【答案】 【分析】根据正方形的轴对称性，由、的坐标可求、的坐标，将、的坐标代入中，得到关于与的方程组，求出方程组的解得到与的值，从而求直线解析式，由正方形的性质求出，的长，设，表示出的坐标，代入直线方程中列出关于的方程，求出方程的解得到的值，确定出的坐标，依此类推寻找规律，即可求出的坐标． 【详解】解：连接，，，分别交轴于点、、， 正方形、、， 与关于轴对称，与关于轴对称，与关于轴对称， ，， ，即，，即， ，， 将与的坐标代入中得： ， 解得：， 直线解析式为， 设，则有坐标为， 代入直线解析式得：， 解得：， 坐标为，即， 依此类推． 故点的坐标是：；点的坐标是：． 故答案为：，． 【点睛】此题考查了一次函数的性质，正方形的性质，利用待定系数法求一次函数解析式，是一道规律型的试题，锻炼了学生归纳总结的能力，灵活运用正方形的性质是解本题的关键． 3．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点B坐标为，点D在边上从点C运动到点B，以为边作正方形，连、，在点D运动过程中，请探究以下问题： (1)若为直角三角形，求此时正方形的边长； (2)的面积是否改变，如果不变，求出该定值；如果改变，请说明理由； (3)设，直接写出y关于x的函数关系式及自变量x的取值范围． 【答案】(1) (2)不会改变， (3)当时， 【分析】（1）根据条件，若为直角三角形，正方形的对称中心为点B，点A、B、E在同一直线上，点D、B、F在同一直线上，利用勾股定理求解即可； （2）过点F作，交的延长线于H，根据矩形的性质可得，且，证明，可得，利用三角形的面积公式求解即可； （3）由全等三角形的性质可得，，可得，，即可求解． 【详解】（1）解：∵为直角三角形， ∴正方形的对称中心为点B，点A、B、E在同一直线上，点D、B、F在同一直线上， ∵， ∴正方形边长． （2）解：的面积不会改变， 如图，过点F作，交的延长线于H， ∵矩形的顶点B坐标为， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，且， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； （3）解：当时，如图，过点E作于H， 同理（2）可知 ∴，，且， ∴，， ∴， 当时，如图，过点F作于H，连接， 同理可得：，， ∴， 综上所述：当时，． 【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、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解题的关键． 题型十六　矩形、菱形与正方形的动点求t 例题：如图，在边长为的正方形中，为边上一点，且，点在边上以的速度由点向点运动；同时，点在边上以的速度由点向点运动，它们运动的时间为，连接．当与全等时，的值为（　　） A．1 B．2 C．2或4 D．1或1.5 【答案】C 【分析】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的性质．由正方形的性质得，，而，则，再分两种情况讨论，一是当，时，，此时，求得；二是当，时，，由，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是边长为的正方形， ∴，， ∵E为边上一点，且， ∴， 由题意得，则， 当，时，， ∴， ∴； 当，时，， ∴， ∴， 综上，的值为2或4． 故选：C． 巩固训练 1．矩形中，厘米，厘米，点P是线段上一动点，O为的中点，的延长线交于Q．若P从点A出发，以1厘米/秒的速度向D运动(不与D重合)．设点P运动时间为t秒，若点P和Q与点中的两个点为顶点的四边形是菱形．则t的值为(　　) A．7 B．20 C．7或25 D．7或20 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，运用数形结合及方程思想是解本题的关键． 分两种情况：①如果四边形是菱形，则，在中，根据勾股定理得出，列出关于t的方程，解方程求出t的值；②如果四边形是菱形，则，在中，根据勾股定理得出，列出关于t的方程，解方程求出t的值． 【详解】解：分两种情况： ①如果四边形是菱形，则．   ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：，即运动时间为25秒时，四边形是菱形． ②如果四边形是菱形，则， ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：，即运动时间为7秒时，四边形是菱形； 故选：C． 2．如图，在长方形中，，，点是上的一点，且．点从点出发，以的速度沿点匀速运动，最终到达点．设点运动时间为，若三角形的面积为，则的值为 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查了长方形的性质、三角形面积公式的运用、动点问题、分类讨论等知识点，灵活运用分类讨论思想是解答本题的关键． 分三种情况：当点在上，则，当点在上，当点在上，分别画出图形求出结果即可． 【详解】解：四边形是长方形， ，，， 点是上的一点，且， ，， 当点在上，则， ， ， 解得：； 当点在上，如图1所示， ， 则， ， 当点在上时，不存在的情况； 当点在上，如图所示， ，， ， 解得：， 综上所述，的值为或． 故答案为：或． 3．已知四边形是边长为的正方形，P，Q是正方形边上的两个动点，点P从点A出发，以的速度沿方向运动，点Q同时从点D出发以速度沿方向运动．设点P运动的时间为． (1)如图1，点P在边上，相交于点O，当互相平分时，求t的值； (2)如图2，点P在边上，相交于点H，当时，求t的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、一元一次方程等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）根据题意用t表示与，证明四边形为平行四边形得，由此列出t的方程即可； （2）根据题意用t表示与，证明得，由此列出t的方程即可． 【详解】（1）解：由题意得：， ∵四边形是边长为的正方形， ∴， 当互相平分时，四边形为平行四边形， ∴， ∴，解得：， ∴t的值为． （2）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，解得：，即t的值为． 题型十七　矩形、菱形与正方形的新定义 例题：定义：一个四边形中，若有一个角的两边相等，且与它的对角互补，则称这个四边形为“半等边四边形”，则下列四边形一定是“半等边四边形”的是(    ) A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质．根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，逐项判断即可求解． 【详解】解：A、平行四边形的邻边不一定相等，故本选项不符合题意； B、矩形的邻边不一定相等，故本选项不符合题意； C、菱形的对角不一定互补，故本选项不符合题意； D、正方形的邻边相等，对角互补，故本选项符合题意； 故选：D 巩固训练 1．矩形与正方形的形状有差异，我们将矩形与正方形的接近程度称为矩形的“接近度”，已知矩形的对角线，相交于点O，我们将矩形的“接近度”定义为，若时，则矩形的“接近度”为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作，与交于点E，设，根据矩形的性质，结合已知条件得出，求出，最后求出即可． 【详解】解：作，与交于点E，如图所示： 则，设， ∵四边形为矩形， ∴，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故B正确． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握等腰三角形的性质和判定． 2．新定义：对于线段，将线段绕点顺时针旋转，得到线段；将线段绕点逆时针旋转，得到线段，旋转后的线段和所在的直线交于点，我们称点为线段的“冯桥点”如图，已知直线与轴和轴分别相交于点，点，那么线段在第一象限的“冯桥点”的坐标为 ． 【答案】 【分析】先根据“冯桥点”的定义得出，再构造出正方形，利用勾股定理即可解决问题． 【详解】解：∵， 过点分别作轴和轴的垂线，垂足为和，如图： 将代入， 得， 即， 将代入， 得， 即， ∴，即 ∴， 又∵， ∴点和点都在的垂直平分线上， ∴垂直平分线段， ∴， ∴四边形是正方形， 令， ∵， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， 故点的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查一次函数图象上点的坐标特征，坐标与图形的变化——旋转，正方形的判定和性质，所对的直角边为斜边的一半，勾股定理，构造出正方形并巧妙利用勾股定理是解题的关键． 3．定义：有一个内角为，且对角线相等的四边形称为准矩形．      (1)①如图1，准矩形中，，若，，则_____； ②如图2，直角坐标系中，，，若整点使得四边形是准矩形，则点的坐标是_____；（整点指横坐标、纵坐标都为整数的点） (2)如图3，正方形中，点、分别是边、上的点，且，求证：四边形是准矩形； (3)已知，准矩形中，，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出这个准矩形的面积是_____． 【答案】(1)①；②或； (2)证明见解析； (3)或 【分析】（1）①利用准矩形的定义和勾股定理计算； ②根据准矩形的特点和整点的特点求出即可； （2）先利用正方形的性质判断出，即可得到结论； （3）分两种种情况分别计算，用到梯形面积公式，对角线面积公式，对角线互相垂直的四边形的面积计算方法． 【详解】（1）解：①， ， 故答案为：， ②，， ， 设点，， ， ，都为整数， 点或； 故答案为：或； （2）解：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， 四边形是准矩形； （3）解：，，， ， 准矩形中，， ①当时，如图1，作，   ， ， ； ②当时，如图2，    作， ∵， ， ， ； 故答案为:或 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了新定义，勾股定理，梯形面积公式，对角线面积公式，三角形面积公式，全等三角形的判定及性质，分情况计算是解本题的难点． 2 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$