第5章 特殊平行四边形（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（浙教版）

第5章 特殊平行四边形思维导图 【类型覆盖】 类型一、矩形的平移 【解惑】如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，C分别落在x轴和y轴的正半轴上，，，若将直线向下平移m（）个单位长度可将矩形的面积平分，则m的值为（    ）    A．6 B．7 C．8 D．10 【融会贯通】 1．如图（1），在平面直角坐标系中，矩形在第一象限，且轴，直线沿x轴正方向平移，在平移过程中，直线被矩形截得的线段长为a，直线在x轴上平移的距离为b，a、b间的函数关系图象如图（2）所示，那么矩形的面积为（    ） A．20 B． C．40 D．32 2．如图，已知矩形的长，宽，将矩形先向上平移，再向右平移得到矩形，连接，连接交于点，则图中面积为的三角形为 ． 3．【综合与实践】 图形变化是指图形的运动变化，可通过平移、轴对称和旋转来发现图形的变化规律和不变量． 【操作实践】在一次数学探究学习中，小明将两个全等的直角三角形纸片和拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合，其中，，，并进行如下研究活动：活动一：将图1中的纸片沿方向平移，连结（如图2），当点F与点C重合时，停止平移． 【思考】图2中的四边形是平行四边形吗？请说明理由； 【发现】当纸片平移到某一位置时，小明发现四边形为矩形（如图3），求的长； 活动二：在图3中，取的中点O，再将纸片绕点O顺时针方向旋转a度（），连结（如图4）． 【探究】当平分时，探究与的数量关系，并说明理由． 类型二、矩形的翻折 【解惑】如图，在矩形中，，点是对角线的中点，将沿翻折，得到，其中，与相交于点，连接，则为（　　　） A． B． C．1 D． 【融会贯通】 1．如图，在矩形纸片中，，，点E为边上一点，将沿翻折，点A恰好落在边上点F处，则长为（   ） A． B． C． D． 2．如图，矩形纸片中，，是上一点，连结，沿直线翻折后点落到点，过点作，垂足为．若，则的值为 ． 3．如图①，在矩形中，，，点M在边上，，点N是边上一动点（不含端点），．连接，将四边形沿所在直线翻折，得到四边形，点A、B的对应点分别为点E、F． (1) __________； (2)当时， ________；当时， ________． (3)如图②，当点E落在边上时，连接，求的值． (4)当所在直线经过矩形的顶点时，直接写出x的值． 类型三、矩形的旋转 【解惑】如图，矩形的顶点，，将矩形绕点旋转，则旋转后矩形的对角线交点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，点，点是轴正半轴上的一点，将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段，若点的坐标为，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．定义：点P与图形M上任意一点所连线段的最小值叫点P到图形M的距离，记为d．如图，在矩形中，，，点O为矩形对角线交点，，当矩形绕点O旋转时，点P到矩形的距离d的取值范围是 ． 3．如图，在矩形中，对角线，相交于点O，对角线所在的直线绕点O顺时针方向旋转，旋转中直线分别交边于点，．将四边形沿直线折叠得到四边形（点的对应点分别为，线段交边于．） (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，若，求证：； (3)若， ①如图3，点在点左侧时，求的长； ②如图4，点在点右侧时，直接写出的长． 类型四、菱形的平移 【解惑】如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点的坐标为，点的坐标为，点在第一象限，对角线与轴平行．直线与轴、轴分别交于点、F．将菱形沿轴向左平移个单位，当点落在的内部时（不包括三角形的边），的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，菱形的对角线，交于点，将沿点到点的方向平移，得到，当点与点重合时，，，则周长是（    ） A．24 B．36 C．22 D．26 2．如图，四边形是菱形，对角线所在直线是一条水平直线，过点作一条竖直直线，将直线沿水平方向向右平移，在平移过程中，直线落在菱形内部的线段长记作，若，，则正整数的值是 3．在平面直角坐标系中，直线：与x轴交于点B，与y轴交于点A，点B为线段的中点．直线经过点E，且与x轴交于点，与y轴交于点D． (1)如图1，求直线的解析式； (2)如图2，连接，点P为直线上一点且在E点的右侧，线段在x轴上移动且，点G在点F的左侧，当的面积为时，求的最大值； (3)如图3，将沿着射线方向平移个单位长度，点A的对应点是M，点B的对应点是N，点K为直线上一点．在平面直角坐标系中是否存在点H，使得以M、N、K、H四点构成的四边形是以为边的菱形，若存在，请直接写出点H的横坐标；若不存在，请说明理由． 类型五、菱形的翻折 【解惑】如图，在菱形纸片ABCD中，E是BC边上一点，将沿直线AE翻折，使点B落在上，连接，已知，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，在菱形的边上有点E，连接，把沿翻折，得到，连接．若，，则线段的长为（　　） A． B． C． D．4 2．如图，在菱形中，点E，F分别在上，沿翻折后，点B落在边上的G处，若，，，则的长为 ． 3．阅读与思考： 【教材呈现】如图是华师大版八年级下册数学教材第117页部分内容： 例5：如图1，已知矩形的对角线的垂直平分线与边分别交于点E、F．求证：四边形是菱形． 分析：要证四边形是菱形，由已知条件可知，所以只需证明四边形是 ① ，又知垂直平分，所以只需证明． 任务： (1)①中应填入的内容是：______． (2)如图2，直线分别交平行四边形的边于点E，F，将矩形沿翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为G，请同学们连接，判断出四边形的形状，并说明理由． 类型六、菱形的旋转 【解惑】如图，在平面直角坐标系中，菱形的对角线的中点O在坐标原点上，，轴，将菱形绕点O旋转，每秒旋转，则第100秒旋转结束时，点D的对应点的坐标是（    ）    A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，菱形ABCD的形状和大小保持不变，将菱形ABCD绕点B旋转适当角度得到菱形A'BC'D'，边A'D'与AD，DC交于E，F（D，E，F不重合），连接EB，FB．在旋转过程中，下列判断错误的是（　　） A．EB平分∠AED' B．FB平分∠A'FC C．△DEF的周长是一个定值 D．S△DEF+2S△BEF＝S菱形ABCD 2．如图，在平面直角坐标系中，菱形中，已知，，对角线、交点D．将菱形绕点O逆时针方向旋转，每次旋转，则旋转2次后，点D的坐标是 ，旋转2022次后．点D的坐标是 ．    3． 如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标为，直线经过点，，将四边形绕点按顺时针方向旋转角度得到四边形，此时边与边交于点，边与的延长线交于点，连接． (1)四边形的形状是_______． (2)在旋转过程中，当为等腰三角形时，直接写出点坐标． (3)在旋转过程中，四边形能否是菱形？若能，请求出此时Q点坐标，若不能，请说明理由． 类型七、正方形的平移 【解惑】如图，将边长为8的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到．当两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为16时，移动的距离等于（    ）    A．4 B．6 C．8 D．16 【融会贯通】 1．如图，正方形的顶点，分别在轴、轴上，点在直线上，直线分别交轴、轴于点，．将正方形沿轴向右平移个单位长度后，点恰好落在直线上，则的值为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 2．如图，在边长为4的正方形中，对角线，相交于点O，E是线段上一动点（不与端点重合），连接．将沿射线平移得到，使点E的对应点F落在对角线上，连接，．①若，则线段的长为 ；② °． 3．综合与实践 问题情境：在综合实践课上，老师要求同学们利用一副直角三角板和一张边长为10的正方形纸片，以“探究图形的性质”为主题开展数学活动，下面是同学们对相关问题的研究． 操作发现：如图1，点O为正方形内边的垂直平分线上一点，巧手小组将含有的直角三角板中角的顶点与O重合，角的两边与边交于M，N两点，调整三角板使得． （1）①判断的形状，并说明理由； ②如图2，善思小组将图1的三角板沿方向平移，点M，N，O的对应点分别为，，．当点与B重合时，若，直接写出平移的距离； 类比探究： （2）缜密小组将等腰直角三角板如图3放置，其中斜边的中点与正方形的顶点B重合，点F，G分别在边，上，点E在边的延长线上．将正方形纸片从图3的位置开始，绕点B逆时针方向旋转角度． ①在旋转过程中，当点F在正方形内部时，如图4，请判断线段，的数量关系和位置关系，并说明理由； ②已知，在旋转过程中，当时，过点A作的高交所在直线于点Q，请直接写出的长． 类型八、正方形的翻折 【解惑】如图，在边长为2的正方形中，点M是延长线上一点，连接、，将沿翻折至，连接，若，则B、N两点间的距离为（    ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，已知正方形纸片，M、N分别是、的中点，把边向上翻折，使点C恰好落在上的P点处，为折痕，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 2．如图，已知正方形的边长为4，点E、F分别在、上，将正方形沿着翻折，点B恰好落在边上的点处，若四边形的面积为6，则线段的长为 ，线段的长为 ． 3．正方形纸片中，，． (1)将正方形对折，使点与点重合．展开铺平，折痕为．将边沿翻折得到，延长交于．求证：为的三等分点． (2)若，点为射线上一动点，连接，将沿翻折得．直线与直线交于点．若，求的长． 类型九、正方形的旋转 【解惑】如图，已知点的坐标为，，点在轴的正半轴上，边长为的正方形绕点旋转，当、、三点共线时，（   ） A． B．或 C．或 D．或 【融会贯通】 1．如图，正方形的对角线相交于点，正方形与正方形的边长相等，且正方形绕点旋转，已知，则旋转过程中两个正方形重叠部分的面积为（   ） A．2 B． C．1 D．无法确定 2．如图，点为正方形对角线的中点，将以点为直角顶点的直角绕点旋转（的边始终在正方形外），若正方形边长为2，则在旋转过程中与正方形重叠部分的面积为 ． 3．我们知道平行四边形是中心对称图形，对角线的交点是对称中心．如图1，点是的对称中心． 如图2，若将绕对称中心点旋转得到，当分别与、交于点、，分别与、交于点、时．因为，，所以四边形是平行四边形，由旋转可知，，所以（等高），所以四边形是正方形，且由旋转可知点也是正方形对角线的交点． (1)如图3，若将绕对称中心点旋转一定的角度得到，当分别与、交于点、，分别与、交于点、时．求证：四边形是菱形． (2)如图4，若将绕对称中心点旋转得到，当各边与各边分别交于点、、、．求证：四边形是正方形． (3)如图5，在中，，点、、、分别在、、、上，满足什么条件时，存在正方形．（直接写出答案） 类型十、特殊平行四边形的剪、割、拼问题 【解惑】【情境】部分图形通过剪拼后能够得到矩形． 【操作1】嘉嘉将如图1所示的平行四边形通过裁剪拼成了矩形． （1）若，拼接时应将沿平移______． 【操作2】淇淇将如图2所示的三角形通过裁剪拼成了矩形． （2）依据图中呈现的操作方法，可知与的数量关系为______，与的位置关系为______． 【操作3】淇淇将如图3所示的四边形通过操作2中的方法裁剪拼成了矩形． （3）请在图3中补全剪拼过程和剪拼后的图形．（直接在原图形上画图，裁剪线用虚线，矩形用实线） 【操作4】嘉淇将如图4所示的菱形沿剪开，将筝形（有两组邻边分别相等的四边形）沿剪开，之后通过旋转平移等操作拼成了矩形． （4）若，，求的长． 【融会贯通】 1．【观察与发现】 如图1，我们在探究三角形中位线定理时，通过剪切和拼接的方法将三角形拼成了面积相等的平行四边形． 同样，我们也可以将任意一个四边形剪开拼成一个面积相等的平行四边形．操作如下：如图2，沿着过对边中点的两条线段和剪开，将四边形分成四部分．通过旋转或移动，使点B，C，D与A重合，可以得到，新四边形是平行四边形． 【类比与探究】 （1）类比上述做法，尝试将任意一个三角形剪开拼成一个与其面积相等的矩形． ①图3是将剪开拼成矩形的一种方法的一种方法． 依据图中呈现的操作方法，可知：与的数量关系为_______；与的位置关系为_________； ②如图4，请你再设计一种将剪开拼成与其面积相等的矩形的方法．仿照图3用虚线在左图中画出剪切线，简单说明剪切线满足的条件，在右图画出拼成的简图． 【实践与应用】 （2）请思考如何将任意一个四边形剪开拼成一个与原四边形面积相等的矩形？请你设计思路不同的两种方案，在图5中用虚线画出分割线，用实线画出拼成的矩形． 2．嘉嘉发现某种形状的纸片通过裁剪，可拼接为其他形状（拼接不重叠无缝隙无剩余）． 情境：嘉嘉将图1的正方形对折确定点，沿剪开后拼接得到图2所示的钻石型五边形． （1）直接写出 ； 操作：图3是边长为1的正方形网格，网格上画有两个正方形，嘉嘉发现将其中较大正方形沿三条线剪开，即可与较小正方形一起拼接成一个更大的正方形． （2）请你在下图较大正方形中画出三条裁剪线，并在右侧空白网格处画出所拼成的大正方形和拼接线； 探究：图4是由边长为4的正方形和边长为3的正方形拼接而成的，嘉嘉想用裁剪拼接的方法验证勾股定理，发现只要剪两条线就可以将所给图形拼成一个大的正方形． （3）请用虚线在图4中画出裁剪线和拼接后的图形，并直接写出拼接后图形的周长． 3．情境  图1是由正方形纸片去掉一个以中心O为顶点的等腰直角三角形后得到的． 该纸片通过裁剪，可拼接为图2所示的钻石型五边形，数据如图所示． （说明：纸片不折叠，拼接不重叠无缝隙无剩余） 操作  嘉嘉将图1所示的纸片通过裁剪，拼成了钻石型五边形． 如图3，嘉嘉沿虚线，裁剪，将该纸片剪成①，②，③三块，再按照图4所示进行拼接．根据嘉嘉的剪拼过程，解答问题： （1）直接写出线段的长； （2）直接写出图3中所有与线段相等的线段，并计算的长． 探究淇淇说：将图1所示纸片沿直线裁剪，剪成两块，就可以拼成钻石型五边形． 请你按照淇淇的说法设计一种方案：在图5所示纸片的边上找一点P（可以借助刻度尺或圆规），画出裁剪线（线段）的位置，并直接写出的长． 【一览众山小】 1．如图，菱形中，，，为垂足．若，则菱形的周长是（   ） A． B．8 C． D．16 2．下列命题中，正确的是（   ） A．菱形的对角线相等 B．矩形的对角线互相垂直 C．平行四边形是轴对称图形 D．三角形的外角和是 3．下列说法中，不正确的是（   ） A．有一个角是直角的四边形是矩形 B．有一组邻角相等的平行四边形是矩形 C．有一组对角互补的平行四边形是矩形 D．有三个角是直角的四边形是矩形 4．如图，在矩形ABCD中，若，则线段的长为 ． 5．如图，四边形是菱形，，，于点E，则 ． 6．如图，菱形的周长为，，，分别是、上的动点，则的最小值为 ． 7．矩形中，点是上一点，连接，过点作的平行线，过点作的平行线，两条平行线交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 8．如图：在平行四边形中，点F在上，且． (1)用直尺和圆规作的平分线交于点E（尺规作图的痕迹保留在图中）， (2)求证：四边形为菱形． 9．“无刻度直尺”是尺规作图的工具之一，它的作用在于连接任意两点、作任意直线、延长任意线段等．结合图形的性质，只利用无刻度直尺也可以解决一些几何作图问题． (1)如图1，四边形为正方形，点E为边的中点，请仅用无刻度的直尺画出边的中点F（保留作图痕迹，不要求写作法）； (2)如图2，四边形为菱形，点E，F分别是，的中点，请仅用无刻度的直尺作以为边的矩形（保留作图痕迹，不写作法）； (3)如图3，中，，垂足为M，交边于点N．仅用无刻度的直尺在图中作，垂足为H（保留作图痕迹，不要求写作法）； (4)如图4，点E、F分别在平行四边形的边上，．连接，请过点A作的垂线，垂足为G（仅用无刻度直尺作图并保留作图痕迹，不写画法）． 10．如图1，在等腰中，，点E在上（且不与点A、C重合），在的外部作等腰，使，连接，分别以，为邻边作平行四边形，连接． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)如图2，将绕点C逆时针旋转，当点E在线段上时，连接，求证： ； (3)如图3，将绕点C继续逆时针旋转，当平行四边形为菱形，且在的下方时，若，，求线段的长． 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第5章 特殊平行四边形思维导图 【类型覆盖】 类型一、矩形的平移 【解惑】如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，C分别落在x轴和y轴的正半轴上，，，若将直线向下平移m（）个单位长度可将矩形的面积平分，则m的值为（    ）    A．6 B．7 C．8 D．10 【答案】A 【分析】如图，连接，交于D点．当经过D点时，该直线可将矩形的面积平分，从而可得答案． 【详解】解：连接，交于D点，   ，是矩形的对角线，，， ，， ， ， 平移后的直线表达式为， ，解得， 直线向下平移6个单位长度可将矩形的面积平分． 故选A． 【点睛】本题考查的是矩形的性质，一次函数的图象的平移，利用待定系数法求解一次函数的解析式，理解矩形的性质是解本题的关键． 【融会贯通】 1．如图（1），在平面直角坐标系中，矩形在第一象限，且轴，直线沿x轴正方向平移，在平移过程中，直线被矩形截得的线段长为a，直线在x轴上平移的距离为b，a、b间的函数关系图象如图（2）所示，那么矩形的面积为（    ） A．20 B． C．40 D．32 【答案】C 【分析】根据函数图象中的数据可以分别求得矩形的边长，的长，从而可以求得矩形的面积． 【详解】解：如图所示，过点、分别作的平行线，交、于点、． 由图象和题意可得：，，，， 则，， 矩形的面积为． 故选：C． 【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答． 2．如图，已知矩形的长，宽，将矩形先向上平移，再向右平移得到矩形，连接，连接交于点，则图中面积为的三角形为 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质、平移的性质及三角形的面积计算．熟知矩形及平移的性质是正确解决本题的关键． 找到图中面积接近的各三角形的底和高计算面积即可得出答案． 【详解】解：由平移及题意可知，底为m，高为，面积为； 底为m，高为，面积为； 底为m，高为，面积为； 底为n，高为m，面积为； 故答案为：． 3．【综合与实践】 图形变化是指图形的运动变化，可通过平移、轴对称和旋转来发现图形的变化规律和不变量． 【操作实践】在一次数学探究学习中，小明将两个全等的直角三角形纸片和拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合，其中，，，并进行如下研究活动：活动一：将图1中的纸片沿方向平移，连结（如图2），当点F与点C重合时，停止平移． 【思考】图2中的四边形是平行四边形吗？请说明理由； 【发现】当纸片平移到某一位置时，小明发现四边形为矩形（如图3），求的长； 活动二：在图3中，取的中点O，再将纸片绕点O顺时针方向旋转a度（），连结（如图4）． 【探究】当平分时，探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】思考：是，理由见解析；发现：；探究：，理由见解析 【分析】本题考查了图形的综合变换，涉及了三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定与性质等，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键． 思考：由全等三角形的性质得出，则，可得出结论； 发现：连接交于点O，设，则，得出，由勾股定理可得，解方程求出x，则可求出； 探究：如图2，延长交于点H，证明，得出，，则，可证得，得出，则结论得证． 【详解】解：思考：四边形是平行四边形． 证明：如图，∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； 发现：如图1，连接交于点O， ∵四边形为矩形， ∴， 设，则， ∴， 在中，∵， ∴， 解得：， ∴． 探究：， 证明：如图2，延长交于点H， ∵旋转前四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 类型二、矩形的翻折 【解惑】如图，在矩形中，，点是对角线的中点，将沿翻折，得到，其中，与相交于点，连接，则为（　　　） A． B． C．1 D． 【答案】B 【分析】根据矩形的性质设，则，结合，得出，在中，勾股定理求出，则，根据折叠可得：，证出，根据等腰三角形三线合一得出，设，则，，在中，根据勾股定理得出，在中，勾股定理求出，即可求解； 【详解】解：在矩形中，， ∴， 设，则， ∵， ∴， 在中，， ∴， 根据折叠可得：， ∴， ∴， ∵点是对角线的中点，， ∴， 设，则，， 在中，， 则， 解得：， 在中，， 则； 故选：B． 【点睛】本题考查勾股定理，矩形的性质，等腰三角形的性质和判定，折叠的性质等知识点，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 【融会贯通】 1．如图，在矩形纸片中，，，点E为边上一点，将沿翻折，点A恰好落在边上点F处，则长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查矩形的性质与折叠，勾股定理；根据矩形的性质与折叠得到，设，再利用勾股定理，解出的值即可求出． 【详解】解：∵矩形纸片中，，，将沿翻折， ∴，， 在中， ∴ 设， 在中， ∴ 解得： ∴ 故选：B． 2．如图，矩形纸片中，，是上一点，连结，沿直线翻折后点落到点，过点作，垂足为．若，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形中与折叠，勾股定理，矩形的判定与性质，过点作，交于点，由折叠性质可得，，由勾股定理得，再证明四边形为矩形，故有，，设，则，，最后由勾股定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：过点作，交于点，如图， 由折叠性质可得，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴四边形为矩形， ∴，， 设，则，， 在中， ∵， ∴， 解得：， ∴， 故答案为：． 3．如图①，在矩形中，，，点M在边上，，点N是边上一动点（不含端点），．连接，将四边形沿所在直线翻折，得到四边形，点A、B的对应点分别为点E、F． (1) __________； (2)当时， ________；当时， ________． (3)如图②，当点E落在边上时，连接，求的值． (4)当所在直线经过矩形的顶点时，直接写出x的值． 【答案】(1)3 (2)1；2 (3) (4)或或 【分析】（1）根据，，直接求出； （2）根据，证明四边形为矩形，得出，说明此时；根据，求出，得出，证明四边形为矩形，得出，，，证明为等腰直角三角形，得出，即可得出答案即可； （3）过点N作于点P，根据折叠得出，，，，证明为等腰直角三角形，得出，，证明四边形为矩形，得出，，证明为等腰直角三角形，得出，，求出，，最后求出结果即可； （4）分三种情况：当所在直线经过矩形的顶点D时，当顶点C在的延长线上时，当顶点C在的延长线上时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴； （2）解：∵四边形为矩形， ∴，，，， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， 即此时； 当时，如图所示： 根据折叠可知：， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，，， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 即此时； （3）解：过点N作于点P，如图所示： 根据折叠可知：，，，， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ， ∴； （4）解：当所在直线经过矩形的顶点D时，如图所示： 根据折叠可知：，，，， ∵，，， ∴， ∴，， 根据勾股定理得：， ∴， ∴， ∵， ∴，， 根据勾股定理得：， 即， 解得：； 当顶点C在的延长线上时，连接，如图所示： 根据折叠可知：，，，， 根据勾股定理得：， ∴， ∵， ∴，， 根据勾股定理得：，， ∴， ∴， 解得：； 当顶点C在的延长线上时，连接，过点M作于点Q，如图所示： ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴在中，根据勾股定理得： ， 设，则，， 在中，根据勾股定理得：， 即， 解得：， ∴，， 根据折叠可知：， 在中，根据勾股定理得： ， 即， 解得：． 综上分析可知：或或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，勾股定理，注意进行分类讨论． 类型三、矩形的旋转 【解惑】如图，矩形的顶点，，将矩形绕点旋转，则旋转后矩形的对角线交点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设对角线的交点为，根据矩形的性质得出，根据中心对称的性质即可求解． 【详解】解：设对角线的交点为，如图所示， ∵，矩形对角线的交点为， ∴， ∴， 依题意，旋转后矩形的对角线交点的坐标为， 故选：C． 【点睛】本题考查了坐标与图形，中心对称的性质，矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 【融会贯通】 1．如图，点，点是轴正半轴上的一点，将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段，若点的坐标为，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用勾股定理解得的长度，再根据线段的和差得到方程，进而解得的值． 【详解】解：过点作轴，作轴，连接， ∵点，点C的坐标为， ∴，，， ∴， ∴在中，， ∵将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段， ∴是等边三角形， ∴， ∴在中，， ∴在中，， ∴， ∴， 化简变形得：， 解得：或(舍去)， ∴， 故选：． 【点睛】本题考查了直角坐标系中的旋转变化，勾股定理，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练勾股定理是解题的关键． 2．定义：点P与图形M上任意一点所连线段的最小值叫点P到图形M的距离，记为d．如图，在矩形中，，，点O为矩形对角线交点，，当矩形绕点O旋转时，点P到矩形的距离d的取值范围是 ． 【答案】/ 【分析】当矩形绕点O旋转，矩形四个顶点在上时，求出此时d的最小值，当矩形的边或的中点在上时，求出此时d的最大值，即可求解． 【详解】解：连接对角线， ∵矩形， ∴， 由勾股定理，得 ， ∵点O为矩形对角线交点， ∴， ∵矩形绕点O旋转， ∴当矩形四个顶点在上时，此时d值最小，若点A在上，如图1， ∴， 当矩形的边或的中点在上时，此时d值最大，如的中点E在上，如图2， 连接，， ∵矩形，点O为矩形对角线交点， ∴， ∵E为边的中点， ∴，， 在中，由勾股定理，得 ， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，由题意得出当矩形四个顶点在上时，此时d的值最小，当矩形的边或的中点在上时，此时d的值最大是解题的关键． 3．如图，在矩形中，对角线，相交于点O，对角线所在的直线绕点O顺时针方向旋转，旋转中直线分别交边于点，．将四边形沿直线折叠得到四边形（点的对应点分别为，线段交边于．） (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，若，求证：； (3)若， ①如图3，点在点左侧时，求的长； ②如图4，点在点右侧时，直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)①5；②2 【分析】（1）根据证明，利用全等三角形的性质可证； （2）设与的交点为，在上截取，连接证明得，再证明是等边三角形得，证明得，进而可证； （3）①过作于，则，证明四边形、是矩形得、，证明，由勾股定理求出，设，则，根据求出，进而可求出； ②过作于，同理，．设，则，由求出，可得． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ． ． 又， ， ； （2）证明：如图2，设与的交点为，在上截取，连接 ∵四边形是矩形， 与相等且互相平分， ， ． 四边形沿直线折叠得到四边形， ． 又， ， ， ． ， ． ， ， 设，则， ． ， ， ，即． ， 是等边三角形， ， ． 又， ， ． ， ，即； （3）①如图3，过作于，则， ∵四边形是矩形， ， ， 四边形是矩形， ． 同理四边形是矩形，． ， ． 又折叠， ， ， ． 在中，根据勾股定理得，． 设，则． ， ， ， ；    ②如图4，过作于，同理， ． 设，则， ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握以上知识是解决本题的关键． 类型四、菱形的平移 【解惑】如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点的坐标为，点的坐标为，点在第一象限，对角线与轴平行．直线与轴、轴分别交于点、F．将菱形沿轴向左平移个单位，当点落在的内部时（不包括三角形的边），的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题是一次函数综合题型，主要利用了一次函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，求出点点的坐标是解题的关键． 如图中，连接交于，延长交于．求出点的坐标，求出即可解决问题． 【详解】解：如图，连接交于，延长交于， ∵菱形的顶点的坐标为，点的坐标为，点在第一象限，对角线与轴平行， ， ∴点的坐标为， 当时，， 解得：， ∴点的坐标为， ， ∴当时，点落在的内部（不包括三角形的边）． 故选：A． 【融会贯通】 1．如图，菱形的对角线，交于点，将沿点到点的方向平移，得到，当点与点重合时，，，则周长是（    ） A．24 B．36 C．22 D．26 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，平移的性质，勾股定理，解题的关键是掌握菱形对角线互相垂直平分，平移前后对应边相等，对应角相等． 根据菱形的性质得出，，根据平移的性质得出，，设，则，由菱形面积公式得出，根据勾股定理得出，进而推出，即可解答． 【详解】解：∵菱形的对角线，交于点， ∴，， ∵将沿点到点的方向平移，得到， ∴，， 设， ∴， ∵， ∴，则， 整理得：， 在中，根据勾股定理可得：， 即， ∴， ∴， ∴周长． 故选：A． 2．如图，四边形是菱形，对角线所在直线是一条水平直线，过点作一条竖直直线，将直线沿水平方向向右平移，在平移过程中，直线落在菱形内部的线段长记作，若，，则正整数的值是 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识．连接交于点，根据菱形的性质可得，，，根据勾股定理求出，进而得到，根据当直线运动到点或点时，最小，最小值为，当直线运动到与重合时，最大，最大值为，得到，即可求解． 【详解】解：如图，连接交于点， 四边形是菱形，， ，，， ， ， 当直线运动到点或点时，最小，最小值为， 当直线运动到与重合时，最大，最大值为， ， 正整数的值是， 故答案为：． 3．在平面直角坐标系中，直线：与x轴交于点B，与y轴交于点A，点B为线段的中点．直线经过点E，且与x轴交于点，与y轴交于点D． (1)如图1，求直线的解析式； (2)如图2，连接，点P为直线上一点且在E点的右侧，线段在x轴上移动且，点G在点F的左侧，当的面积为时，求的最大值； (3)如图3，将沿着射线方向平移个单位长度，点A的对应点是M，点B的对应点是N，点K为直线上一点．在平面直角坐标系中是否存在点H，使得以M、N、K、H四点构成的四边形是以为边的菱形，若存在，请直接写出点H的横坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或或 【分析】（1）先求出，，由点E为的中点，得到，设的解析式为，代入，即可求解； （2）过点作的平行线交轴于点，连接，平行面积转化得到，进而求出点的坐标，进而得到的解析式，联立直线和直线的解析式，求出点坐标，将P点水平向左平移2个单位长度，得到点，连接，易得四边形为平行四边形，进而得到，故当三点共线时，取得最大值为：的长，进行求解即可； （3）设平移后点的对应点为，，列出方程求出平移规则，进行求出的坐标，根据以M、N、K、H四点构成的四边形是以为边的菱形，得到必为等腰三角形，且为腰，分和两种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：中，当时，；当时，． ∴，， ∵点E为的中点， ∴， ∵， ∴设的解析式为， ∴， 解得：， ∴的解析式为：； （2）过点作的平行线交轴于点，连接，则：， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴直线的解析式为：， 联立，解得： ∴， 将P点水平向左平移2个单位长度，得到点，连接，则：， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴当三点共线时，取得最大值为：的长； ，， ， ∴的最大值为； （3）沿着射线方向平移个单位长度， 设平移后点的对应点为， ， ，即， 解得：（不符合题意，舍去），或 ， 点E向右平移1个单位长度，再向上平移4个单位长度得到点， ∵，，点A的对应点是M，点B的对应点是N， ，， ， ∵点在直线上，设， 则：，， ∵以M、N、K、H四点构成的四边形是以为边的菱形， ∴必为等腰三角形，且为腰， ①当时，，解得：或， ∴的横坐标为：或， ∵，， ∴点向右平移个单位，再向下平移2个单位得到点， ∴点向右平移个单位，再向下平移2个单位得到点， ∴的横坐标为：或； ②当时，则：，解得：， ∴的横坐标为：， 此时为菱形的对角线， ∴的中点与的中点重合， ∴的横坐标为：； 综上：的横坐标为：或或． 【点睛】本题考查一次函数与几何的综合应用，平行四边形的判定和性质，勾股定理，菱形的性质，等腰三角形的性质，一元二次方程的计算，综合性强，难度大，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键． 类型五、菱形的翻折 【解惑】如图，在菱形纸片ABCD中，E是BC边上一点，将沿直线AE翻折，使点B落在上，连接，已知，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出的度数，证明出，即可利用等边对等角，以及三角形内角和定理求出的度数． 【详解】解：四边形是菱形，， ，， 将沿直线翻折，使点落在上，， ，， ，， ， 故选：D． 【点睛】本题考查翻折的性质，菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，弄清题意，灵活运用相关图形的性质是解题的关键． 【融会贯通】 1．如图，在菱形的边上有点E，连接，把沿翻折，得到，连接．若，，则线段的长为（　　） A． B． C． D．4 【答案】C 【分析】本题考查菱形中的翻折问题，含30度直角三角形性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握翻折的性质和菱形的性质．由沿翻折，得到，，可得，，，得到在上，而四边形是菱形，知，故，即可得，，从而，解得． 【详解】解：沿翻折，得到， ，，， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， ， 在上， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故选：C． 2．如图，在菱形中，点E，F分别在上，沿翻折后，点B落在边上的G处，若，，，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】此题重点考查菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质、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． 作交的延长线于点H，因为，所以，由四边形是菱形，得，则四边形是平行四边形，所以，由折叠得，则，所以，由勾股定理得，求得，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：作交的延长线于点H，则， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 由折叠得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 3．阅读与思考： 【教材呈现】如图是华师大版八年级下册数学教材第117页部分内容： 例5：如图1，已知矩形的对角线的垂直平分线与边分别交于点E、F．求证：四边形是菱形． 分析：要证四边形是菱形，由已知条件可知，所以只需证明四边形是 ① ，又知垂直平分，所以只需证明． 任务： (1)①中应填入的内容是：______． (2)如图2，直线分别交平行四边形的边于点E，F，将矩形沿翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为G，请同学们连接，判断出四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)平行四边形 (2)四边形是菱形，详见解析 【分析】此题考查了平行四边形的折叠、菱形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，证明是解题的关键． （1）根据题意填空即可； （2）连接，连接交于点O，由翻折可知垂直平分，则，，证明，则，即可证明四边形是平行四边形，又由即可证明结论成立． 【详解】（1）要证四边形是菱形，由已知条件可知，所以只需证明四边形是平行四边形，又知垂直平分，所以只需证明． 故答案为：平行四边形 （2）四边形是菱形. 理由如下：连接，连接交于点O，由翻折可知垂直平分； ∴， 又∵ ∴ 在和中 ∴ ∴ ∴四边形是平行四边形； 又∵ ∴平行四边形是菱形. 类型六、菱形的旋转 【解惑】如图，在平面直角坐标系中，菱形的对角线的中点O在坐标原点上，，轴，将菱形绕点O旋转，每秒旋转，则第100秒旋转结束时，点D的对应点的坐标是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，过点B作轴于点E，证得是等边三角形，得到，由O是对角线的中点，得到，根据，得到，勾股定理求出，得到，根据旋转的规律得第100秒旋转结束时，菱形旋转了，一周是，旋转了12周半，此时点D到达了点B的初始位置，即可得到点D的对应点的坐标是． 【详解】解：如图所示，过点B作轴于点E，    ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵O是对角线的中点， ∴， ∵轴， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵将菱形绕点O旋转，每秒旋转， ∴第100秒旋转结束时，菱形旋转了，一周是， ∴旋转了12周半，此时点D到达了点B的初始位置， ∴点D的对应点的坐标是， 故选C． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 【融会贯通】 1．如图，菱形ABCD的形状和大小保持不变，将菱形ABCD绕点B旋转适当角度得到菱形A'BC'D'，边A'D'与AD，DC交于E，F（D，E，F不重合），连接EB，FB．在旋转过程中，下列判断错误的是（　　） A．EB平分∠AED' B．FB平分∠A'FC C．△DEF的周长是一个定值 D．S△DEF+2S△BEF＝S菱形ABCD 【答案】D 【分析】过点作于，于，于，利用角平分线的判定定理证明选项A、B是否正确，再利用全等三角形的性质证明的周长为定值，利用排除法解题． 【详解】解：过点作于，于，于， 菱形是由菱形旋转得到，菱形的每条边上的高都相等， 于，于，于， 平分，平分，故选项A、B正确，不符合题意； 同法可证， 的周长为：， 的周长为定值， 故选项C正确，不符合题意， 故选：D． 【点睛】旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形面积等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 2．如图，在平面直角坐标系中，菱形中，已知，，对角线、交点D．将菱形绕点O逆时针方向旋转，每次旋转，则旋转2次后，点D的坐标是 ，旋转2022次后．点D的坐标是 ．    【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、点的坐标变化等知识点，求出点D的坐标，再根据其周期性变化求出坐标是解本题的关键，综合性较强，难度较大．先求出点D的坐标，菱形每次逆时针旋转，相当于对点D每次逆时针旋转，根据周期性，可求出点D的坐标． 【详解】解：如下图所示，作轴交于点E，    ∵四边形是菱形， ∴，点D是的中点， ∵点A的坐标为， ∴， ∵， ∴， ∵轴， ∴， ， ∴， ∴点B的坐标为，， ∵点D是的中点， ∴点D的坐标为， ， 菱形每次逆时针旋转，相当于对点D每次逆时针旋转， 根据图形变化可得， 旋转1次坐标为， 旋转2次坐标为， 旋转3次坐标为， 旋转4次坐标为， 旋转5次坐标为， 旋转6次坐标为， ……， ∴旋转2次后，点D的坐标是， 坐标的变化具有周期性， ， ∴旋转2022次后．点D的坐标是， 故答案为：；． 3． 如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标为，直线经过点，，将四边形绕点按顺时针方向旋转角度得到四边形，此时边与边交于点，边与的延长线交于点，连接． (1)四边形的形状是_______． (2)在旋转过程中，当为等腰三角形时，直接写出点坐标． (3)在旋转过程中，四边形能否是菱形？若能，请求出此时Q点坐标，若不能，请说明理由． 【答案】(1)矩形 (2)或或 (3)四边形不可能是菱形；理由见解析 【分析】（1）根据矩形的判定方法，坐标特点进行解答即可； （2）分三种情况：当时，当时，当时，分别画出图形求出结果即可； （3）延长交轴于点E，根据菱形的性质得出，求出点P的坐标，求出，证明，说明不可能是菱形． 【详解】（1）解：∵，，， ∴轴，轴， ∴， ∴四边形为矩形； 故答案为：矩形． （2）解：∵，，， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴； 当时，    在中根据勾股定理得： ， ∴， ∴； 当时，过点P作于点D，如图所示：    ∵，， ∴， ∴此时点P的坐标为； 当时，    在中根据勾股定理得： ， ∴； 综上分析可知，当为等腰三角形时，点P的坐标为或或． （3）解：四边形不可能是菱形，理由如下： 延长交轴于点E，如图所示：    根据解析（2）当时，点P的坐标为， ∴， ∴， 根据旋转可知，， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴不可能是菱形． 【点睛】本题主要考查了坐标与图象，矩形的判定和性质，菱形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是数形结合，并注意进行分类讨论． 类型七、正方形的平移 【解惑】如图，将边长为8的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到．当两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为16时，移动的距离等于（    ）    A．4 B．6 C．8 D．16 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质、图形的平移、平行四边形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，熟练掌握正方形和平移的性质是解题关键．先证出两个三角形重叠部分（阴影部分），即四边形是平行四边形，再证出，设，则，利用平行四边形的面积公式建立方程，解方程即可得． 【详解】解：∵四边形是边长为8的正方形， ∴，， 由平移的性质得：， ∴两个三角形重叠部分（阴影部分），即四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为16， ∴， 解得，符合题意， 即， 故选：A． 【融会贯通】 1．如图，正方形的顶点，分别在轴、轴上，点在直线上，直线分别交轴、轴于点，．将正方形沿轴向右平移个单位长度后，点恰好落在直线上，则的值为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】先根据待定系数法求得的解析式，过点作于点，证明，即可得到的长，即可得到点坐标，再根据平移可得平移后的坐标，代入直线的解析式，即可解答． 【详解】解：点在直线上， ， ， 直线解析式为， 如图，过点作于点， 则， ， 在正方形中，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴ 将正方形沿y轴向右平移个单位长度后，点恰好落在直线上， 设平移后点， ， 解得， 故选：C． 【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，平移的性质，正确做出辅助线是解题的关键． 2．如图，在边长为4的正方形中，对角线，相交于点O，E是线段上一动点（不与端点重合），连接．将沿射线平移得到，使点E的对应点F落在对角线上，连接，．①若，则线段的长为 ；② °． 【答案】 45 【分析】本题主要考查等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，平移的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． ①根据题意以及正方形的性质证明为等腰直角三角形，求出，由勾股定理即可得到答案； ②由题意证明，根据全等三角形的性质和平移的性质得到为等腰直角三角形，即可求出答案． 【详解】解：①连接，如解图所示．由平移，可知，，则四边形为平行四边形． ，． 由正方形的性质，可知，． ． 为等腰直角三角形． ． 在中，由勾股定理， 可得． ②标记角，如解图． 由，，， ， ，． 由平移，得． ． ，， ．由平移，得． ． ． 为等腰直角三角形． ． 3．综合与实践 问题情境：在综合实践课上，老师要求同学们利用一副直角三角板和一张边长为10的正方形纸片，以“探究图形的性质”为主题开展数学活动，下面是同学们对相关问题的研究． 操作发现：如图1，点O为正方形内边的垂直平分线上一点，巧手小组将含有的直角三角板中角的顶点与O重合，角的两边与边交于M，N两点，调整三角板使得． （1）①判断的形状，并说明理由； ②如图2，善思小组将图1的三角板沿方向平移，点M，N，O的对应点分别为，，．当点与B重合时，若，直接写出平移的距离； 类比探究： （2）缜密小组将等腰直角三角板如图3放置，其中斜边的中点与正方形的顶点B重合，点F，G分别在边，上，点E在边的延长线上．将正方形纸片从图3的位置开始，绕点B逆时针方向旋转角度． ①在旋转过程中，当点F在正方形内部时，如图4，请判断线段，的数量关系和位置关系，并说明理由； ②已知，在旋转过程中，当时，过点A作的高交所在直线于点Q，请直接写出的长． 【答案】（1）①等边三角形，见解析；②4；（2）①线段，的数量关系和位置关系分为，；②2或10 【分析】（1）①连接，，得到，结合，判定是等边三角形． ②根据，，计算得到，结合是等边三角形，得到，从而得到，故平移的距离为4． （2）①延长交于点Q，交于点M，证明，再利用垂直的定义证明，即可得到． ②过点F作于点Q，根据题意，得四边形是矩形，过点F作于点T，根据题意，得四边形是矩形，分两种情况，利用勾股定理建立方程解答即可． 【详解】（1）①解：是等边三角形，理由如下： 连接， ∵点O为正方形内边的垂直平分线上一点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形． ②解：∵，， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 故平移的距离为4． （2）①解：线段，的数量关系和位置关系分为，．理由如下： 延长交于点Q，交于点M， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵等腰直角三角板，其中斜边的中点与正方形的顶点B重合，点F，G分别在边，上，点E在边的延长线上． ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴；， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ②解：过点F作于点Q，根据题意，得四边形是矩形， ∴，； ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵，， ∴，， ∴， 解得， ∴， ∴； 过点F作于点T，根据题意，得四边形是矩形， ∴，； ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵，， ∴，， ∴， 解得， ∴， ∴； 综上所述，的长为2或10． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，平移与旋转，等腰直角三角形的性质，熟练掌握这些性质和定理是解题的关键． 类型八、正方形的翻折 【解惑】如图，在边长为2的正方形中，点M是延长线上一点，连接、，将沿翻折至，连接，若，则B、N两点间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】延长交于点G，根据折叠的性质，得，，设，，根据题意，得，，，解方程组解答即可． 【详解】解：延长交于点G，根据折叠的性质，得，， 设，， 根据题意，得，，， 解得， 故， 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，解方程组，熟练掌握正方形的性质，勾股定理是解题的关键． 【融会贯通】 1．如图，已知正方形纸片，M、N分别是、的中点，把边向上翻折，使点C恰好落在上的P点处，为折痕，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，折叠问题；取的中点E，连接，证明四边形为矩形，得出，根据直角三角形性质得出，证明为等边三角形，得出，即可得出结果． 【详解】解：取的中点E，连接，如图所示：    ∵四边形为正方形， ∴，，， 根据折叠的性质知：，， ∵M、N分别是、的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴． 故选：C． 2．如图，已知正方形的边长为4，点E、F分别在、上，将正方形沿着翻折，点B恰好落在边上的点处，若四边形的面积为6，则线段的长为 ，线段的长为 ． 【答案】 3 【分析】本题考查了正方形的性质，图形翻折的特征，矩形的判定和性质，三角形全等判定和性质，勾股定理，作出合理的辅助线是解决问题的关键．连接交于，过点作于．根据四边形的面积为6，得到，设，利用翻折特征，得到，证明，依次得到，，在利用勾股定理即可解决问题． 【详解】解：连接交于，过点作于，如图所示， 四边形为正方形， 四边形是梯形， 四边形的面积为，又， ， 设，则，， ，，， 四边形为矩形， ， , 四边形为矩形， , 点是点沿着的翻折点， ， ， ，又，， ， ， 在中，根据翻折特征，，利用勾股定理得， ，即， 解得， ， 故答案为：3，． 3．正方形纸片中，，． (1)将正方形对折，使点与点重合．展开铺平，折痕为．将边沿翻折得到，延长交于．求证：为的三等分点． (2)若，点为射线上一动点，连接，将沿翻折得．直线与直线交于点．若，求的长． 【答案】(1)证明过程见详解 (2)的长为或 【分析】（1）根据正方形和折叠的性质得到，，设，，，，在中由勾股定理得到，代入计算即可求解； （2）第一种情况，同（1）可得，当点在上时，，设，则，，在中，，代入计算；第二种情况，如图所示，点在线段的延长线上时，，则，设，则，，在中，，代入计算；由此即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵四边形是正方形，折叠的性质， ∴，， ∴，且， ∴， ∴， 设， ∴，，， 在中，， ∴， 解得，，即， ∴为的三等分点； （2）解：第一种情况，同（1）可得，当点在上时，，， 设，则，， 在中，， ∴， 解得，， ∴； 第二种情况，如图所示，点在线段的延长线上时，，则， ∵折叠， ∴，，，， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， 解得，， ∴； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握以上知识，数形结合分析，分类讨论思想是解题的关键． 类型九、正方形的旋转 【解惑】如图，已知点的坐标为，，点在轴的正半轴上，边长为的正方形绕点旋转，当、、三点共线时，（   ） A． B．或 C．或 D．或 【答案】D 【分析】当点D在上时，过A作轴于P，过C作轴于H，过E作轴于F，先求得点B坐标， 设，则直线的表达式为，证明得到点E坐标，进而利用待定系数法求得直线的函数表达式为，由点B坐标和勾股定理求得，（负值已舍去），则，再利用两点坐标距离公式求解即可；当点E在上时，同理可求解． 【详解】解：根据题意，分两种情况： 当点D在上时，如图，过A作轴于P，过C作轴于H，过E作轴于F， ∵的坐标为，， ∴，则， ∴， 设，则直线的函数表达式为， ∵四边形是边长为的正方形， ∴，，， ∴， ∴，又， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴设直线的函数表达式为， 将代入，得，解得， ∴直线的函数表达式为， 由题意，点B在直线上， ∴，则， ∵， ∴，（负值已舍去）， ∴， ∴； 当点E在上时，如图， 设，同理可求得直线的函数表达式为，，直线的函数表达式为， 由题意，点B在直线上， ∴，则， ∵， ∴，（正值已舍去）， ∴， ∴； 综上，或， 故选：D． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质、坐标与图形、全等三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式、正方形的性质、勾股定理、旋转的性质等知识，利用数形结合、分类讨论及函数思想是解答的关键． 【融会贯通】 1．如图，正方形的对角线相交于点，正方形与正方形的边长相等，且正方形绕点旋转，已知，则旋转过程中两个正方形重叠部分的面积为（   ） A．2 B． C．1 D．无法确定 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，设与交于点，与交于点，证明，则面积面积，由此可得四边形面积面积，据此解答即可． 【详解】解：设与交于点，与交于点， 四边形，是正方形， ，．，， ，， ． ． ， ． ， 正方形的面积为， ，即两个正方形重叠部分的面积是 故选：C． 2．如图，点为正方形对角线的中点，将以点为直角顶点的直角绕点旋转（的边始终在正方形外），若正方形边长为2，则在旋转过程中与正方形重叠部分的面积为 ． 【答案】1 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质，解题的关键是连接构造全等三角形． 如图，连接，由点是的中点，然后结合正方形的性质得到、、，进而结合得到，从而得证，再由全等三角形的性质得到重叠部分四边形的面积与的面积相等，最后由正方形的边长求得结果． 【详解】解：如图，连接， 点是的中点，四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 正方形的边长为2， ， ， ， 重叠部分四边形的面积为1． 故答案为：1． 3．我们知道平行四边形是中心对称图形，对角线的交点是对称中心．如图1，点是的对称中心． 如图2，若将绕对称中心点旋转得到，当分别与、交于点、，分别与、交于点、时．因为，，所以四边形是平行四边形，由旋转可知，，所以（等高），所以四边形是正方形，且由旋转可知点也是正方形对角线的交点． (1)如图3，若将绕对称中心点旋转一定的角度得到，当分别与、交于点、，分别与、交于点、时．求证：四边形是菱形． (2)如图4，若将绕对称中心点旋转得到，当各边与各边分别交于点、、、．求证：四边形是正方形． (3)如图5，在中，，点、、、分别在、、、上，满足什么条件时，存在正方形．（直接写出答案） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）作，，由题意得四边形是平行四边形，再证明，推出，即可证明结论成立； （2）作出如图的辅助线，由题干材料知，四边形是正方形，证明和，同理得到，推出四边形是菱形，再证明，根据正方形的判定定理即可得证； （3）分两种情况讨论，当重合和重合，分别根据勾股定理和等腰直角三角形的性质求得特殊点的情况，即可求解． 【详解】（1）证明：作，，垂足分别为，如图， ∵将绕对称中心点O旋转得到， ∴，四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）证明：延长交于点，连接，如图， 由题干材料知，四边形是正方形， ∴，， 由旋转的性质知，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理， ∵， ∴，又， ∴， ∴，， 同理，， ∵四边形是正方形， ∴， 同理得， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 由全等三角形的性质得， 由对顶角相等知， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； （3）解：当重合时，如图， ∵四边形为正方形，为对角线， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 当重合时，如图， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴当时，存在正方形． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 类型十、特殊平行四边形的剪、割、拼问题 【解惑】【情境】部分图形通过剪拼后能够得到矩形． 【操作1】嘉嘉将如图1所示的平行四边形通过裁剪拼成了矩形． （1）若，拼接时应将沿平移______． 【操作2】淇淇将如图2所示的三角形通过裁剪拼成了矩形． （2）依据图中呈现的操作方法，可知与的数量关系为______，与的位置关系为______． 【操作3】淇淇将如图3所示的四边形通过操作2中的方法裁剪拼成了矩形． （3）请在图3中补全剪拼过程和剪拼后的图形．（直接在原图形上画图，裁剪线用虚线，矩形用实线） 【操作4】嘉淇将如图4所示的菱形沿剪开，将筝形（有两组邻边分别相等的四边形）沿剪开，之后通过旋转平移等操作拼成了矩形． （4）若，，求的长． 【答案】（1）10；（2），；（3）见解析；（4）的长为． 【分析】（1）根据平移的性质即可求解； （2）由拼接知：是的中位线，，据此求解即可； （3）根据（2）的方法拼接即可； （4）连接，由拼接知，根据菱形的性质求得，，，在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）嘉嘉将如图1所示的平行四边形通过裁剪拼成了矩形，若，拼接时应将沿平移； 故答案为：10； （2），， 由拼接知：，， ∴是的中位线， ∴； ∵拼接图形是矩形， ∴， 由拼接知：， ∴， 故答案为：，； （3）如图，矩形即为所作； （4）连接，由拼接知，设与相交于点， ∵菱形， ∴，，， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题考查了平移的性质，图形的拼接，三角形中位线定理，勾股定理，菱形的性质．灵活运用中位线定理和构造全等三角形是解答本题的关键． 【融会贯通】 1．【观察与发现】 如图1，我们在探究三角形中位线定理时，通过剪切和拼接的方法将三角形拼成了面积相等的平行四边形． 同样，我们也可以将任意一个四边形剪开拼成一个面积相等的平行四边形．操作如下：如图2，沿着过对边中点的两条线段和剪开，将四边形分成四部分．通过旋转或移动，使点B，C，D与A重合，可以得到，新四边形是平行四边形． 【类比与探究】 （1）类比上述做法，尝试将任意一个三角形剪开拼成一个与其面积相等的矩形． ①图3是将剪开拼成矩形的一种方法的一种方法． 依据图中呈现的操作方法，可知：与的数量关系为_______；与的位置关系为_________； ②如图4，请你再设计一种将剪开拼成与其面积相等的矩形的方法．仿照图3用虚线在左图中画出剪切线，简单说明剪切线满足的条件，在右图画出拼成的简图． 【实践与应用】 （2）请思考如何将任意一个四边形剪开拼成一个与原四边形面积相等的矩形？请你设计思路不同的两种方案，在图5中用虚线画出分割线，用实线画出拼成的矩形． 【答案】（1）①；；②见解析（2）见解析 【分析】（1）①根据题意可得出，，进而由全等三角形对应边和对应角相等推出为的中位线，以及，即可得出结论． ②从和的中点D、E作的垂线，垂足分别为M、N，由和得到拼接方法． （2）把四边形由对角线分为两个三角形参考（1）①中的方法，或参考题干中四边形对边中点的方法拼接平行四边形的方法，把其中一组对边连线改为由中点向另一组对边中点连线作垂线进行分割操作即可． 【详解】解：（1）①如图，根据剪切和拼接操作方法可知，，， ， 为的中位线． ． 又∵四边形是矩形． ， 和的位置关系为． 故答案为：①；； ②如图，D，E分别是的中点，，．再由可推出，，沿和从剪下和，然后拼接在和． （2）第一种方法：E、F、H、G分别为四边形的四条边的中点，．沿虚线和剪开四边形，把和分别拼接到①、②、③和④处即可． ． 第二种方法：E、F、H、G分别为四边形的四条边的中点，，沿虚线和剪开四边形形成四个四边形①、②、③和④，再如图中所示拼接即可． ． 【点睛】本题考查了任意四边形拼接矩形，涉及到三角形中位线定理，矩形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点．对灵活运用中位线定理和构造全等三角形是解答本题的关键． 2．嘉嘉发现某种形状的纸片通过裁剪，可拼接为其他形状（拼接不重叠无缝隙无剩余）． 情境：嘉嘉将图1的正方形对折确定点，沿剪开后拼接得到图2所示的钻石型五边形． （1）直接写出 ； 操作：图3是边长为1的正方形网格，网格上画有两个正方形，嘉嘉发现将其中较大正方形沿三条线剪开，即可与较小正方形一起拼接成一个更大的正方形． （2）请你在下图较大正方形中画出三条裁剪线，并在右侧空白网格处画出所拼成的大正方形和拼接线； 探究：图4是由边长为4的正方形和边长为3的正方形拼接而成的，嘉嘉想用裁剪拼接的方法验证勾股定理，发现只要剪两条线就可以将所给图形拼成一个大的正方形． （3）请用虚线在图4中画出裁剪线和拼接后的图形，并直接写出拼接后图形的周长． 【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析，拼接后图形的周长为20 【分析】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据正方形的性质即可得到答案； （2）利用勾股定理画图，即可得到答案； （3）利用勾股定理画图，即可得到答案． 【详解】解：（1）根据题意得， 故答案为：； （2）如图所示，即为所求； （3）如图， 拼接后的正方形的边长为， 拼接后图形的周长为． 3．情境  图1是由正方形纸片去掉一个以中心O为顶点的等腰直角三角形后得到的． 该纸片通过裁剪，可拼接为图2所示的钻石型五边形，数据如图所示． （说明：纸片不折叠，拼接不重叠无缝隙无剩余） 操作  嘉嘉将图1所示的纸片通过裁剪，拼成了钻石型五边形． 如图3，嘉嘉沿虚线，裁剪，将该纸片剪成①，②，③三块，再按照图4所示进行拼接．根据嘉嘉的剪拼过程，解答问题： （1）直接写出线段的长； （2）直接写出图3中所有与线段相等的线段，并计算的长． 探究淇淇说：将图1所示纸片沿直线裁剪，剪成两块，就可以拼成钻石型五边形． 请你按照淇淇的说法设计一种方案：在图5所示纸片的边上找一点P（可以借助刻度尺或圆规），画出裁剪线（线段）的位置，并直接写出的长． 【答案】（1）；（2），；的长为或． 【分析】本题考查的是正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的混合运算，本题要求学生的操作能力要好，想象能力强，有一定的难度． （1）如图，过作于，结合题意可得：四边形为矩形，可得，由拼接可得：，可得，，为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，设，则，再进一步解答即可； （2）由为等腰直角三角形，；求解，再分别求解；可得答案，如图，以为圆心，为半径画弧交于，交于，则直线为分割线，或以圆心，为半径画弧，交于，交于，则直线为分割线，再进一步求解的长即可． 【详解】解：如图，过作于， 结合题意可得：四边形为矩形， ∴， 由拼接可得：， 由正方形的性质可得：， ∴，，为等腰直角三角形， ∴为等腰直角三角形， 设， ∴， ∴，， ∵正方形的边长为， ∴对角线的长， ∴， ∴， 解得：， ∴； （2）∵为等腰直角三角形，； ∴， ∴， ∵， ， ∴； 如图，以为圆心，为半径画弧交于，交于，则直线为分割线， 此时，，符合要求， 或以圆心，为半径画弧，交于，交于，则直线为分割线， 此时，， ∴， 综上：的长为或． 【一览众山小】 1．如图，菱形中，，，为垂足．若，则菱形的周长是（   ） A． B．8 C． D．16 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，含角的直角三角形的性质，根据菱形的性质可求出，根据含角的直角三角形的性质可求出的长度，最后根据菱形的性质即可求出其周长． 【详解】解∶∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 又， ∴， ∴， ， ∴， ∴菱形的周长是， 故选∶A． 2．下列命题中，正确的是（   ） A．菱形的对角线相等 B．矩形的对角线互相垂直 C．平行四边形是轴对称图形 D．三角形的外角和是 【答案】D 【分析】根据矩形，菱形的性质，轴对称图形，多边形外角和，依次判断选项即可求解． 【详解】解：A．菱形对角线相互垂直，但不一定相等，故A选项错误； B．矩形的对角线相等，但不一定垂直，故B选项错误； C．平行四边形是中心对称图形，不一定是轴对称图形，故C选项错误； D．三角形的外角和是，故D选项正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形，菱形的性质，轴对称图形，多边形外角和，熟练掌握相关知识点的性质定理是解题的关键． 3．下列说法中，不正确的是（   ） A．有一个角是直角的四边形是矩形 B．有一组邻角相等的平行四边形是矩形 C．有一组对角互补的平行四边形是矩形 D．有三个角是直角的四边形是矩形 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的判定，掌握矩形的判定方法是解题的关键；根据矩形的几种判定方法进行判定即可． 【详解】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，原说法错误，符合题意； B、由于平行四边形的邻角互补，当一组邻角相等时，这两个角为直角，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可得出结论，原说法正确，不符合题意； C、根据平行四边形的对角相等及互补，得对角相等且为直角，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可得出结论，原说法正确，不符合题意； D、有三个角是直角的四边形是矩形，原说法正确，不符合题意； 故选：A． 4．如图，在矩形ABCD中，若，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】根据矩形的性质得到，，，根据勾股定理得到，由，得，根据勾股定理得到． 本题考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 5．如图，四边形是菱形，，，于点E，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，根据菱形对角线互相垂直平分和勾股定理求出的长，再根据菱形面积计算公式可得，据此列式求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 6．如图，菱形的周长为，，，分别是、上的动点，则的最小值为 ． 【答案】 【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，轴对称的性质等知识．连接，作于，利用证明，得，当点、、共线，的最小值为的长，再求出的长即可． 【详解】解：连接，作于， 四边形是菱形， ，， ， ， ， 当点、、共线，的最小值为的长， ∵菱形的周长为，则， ∵，则 ∴ ， 的最小值为， 故答案为：． 7．矩形中，点是上一点，连接，过点作的平行线，过点作的平行线，两条平行线交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)4 【分析】（1）由，，证明四边形是平行四边形，由矩形的性质得，由，推导出，则，即可证明四边形是矩形； （2）连接，由，，推导出，则，所以，因为四边形是矩形，所以． 此题重点考查矩形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半等知识，推导出，进而证明四边形AFBE是矩形是解题的关键． 【详解】（1）解：∵过点作的平行线，过点作的平行线，两条平行线交于点． ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：连接， ∵，， ∴， ∵ ∴ ∵四边形是矩形， ∴， ∴的长为4 8．如图：在平行四边形中，点F在上，且． (1)用直尺和圆规作的平分线交于点E（尺规作图的痕迹保留在图中）， (2)求证：四边形为菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）因为在平行四边形中，，故，以点A为圆心，为半径，画弧，分别与、交于点和，再以点和为圆心，大于为半径画弧，交于一点，然后连接A和这个交点，并延长交于一点，即为点，即可作答． （2）由尺规作的角平分线的过程可得，，，根据平行四边形的性质可得，然后证明，进而可得四边形为平行四边形，再由可得四边形为菱形； 此题主要考查了角平分线的尺规作图，平行四边形的性质，菱形的性质和判定，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形． 【详解】（1）解：如图所示： （2）证明：由尺规作的角平分线的过程可得，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形． 9．“无刻度直尺”是尺规作图的工具之一，它的作用在于连接任意两点、作任意直线、延长任意线段等．结合图形的性质，只利用无刻度直尺也可以解决一些几何作图问题． (1)如图1，四边形为正方形，点E为边的中点，请仅用无刻度的直尺画出边的中点F（保留作图痕迹，不要求写作法）； (2)如图2，四边形为菱形，点E，F分别是，的中点，请仅用无刻度的直尺作以为边的矩形（保留作图痕迹，不写作法）； (3)如图3，中，，垂足为M，交边于点N．仅用无刻度的直尺在图中作，垂足为H（保留作图痕迹，不要求写作法）； (4)如图4，点E、F分别在平行四边形的边上，．连接，请过点A作的垂线，垂足为G（仅用无刻度直尺作图并保留作图痕迹，不写画法）． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 (4)见解析 【分析】（1）根据正方形的中心对称性作图即可； （2）根据菱形的性质和三角形中位线定理构造中点四边形，根据矩形的判定即可得到答案； （3）根据平行四边形的中心对称性构造平行四边形，即可得到答案； （4）根据菱形判定和性质、平行四边形的判定和性质进行作图即可． 【详解】（1）解：如图，点F即为所求， （2）四边形即为所求， （3）如图，点即为所求， （4）如图，点G即为所求， 【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的性质、矩形的判定、三角形中位线定理等知识，熟练掌握相关平行四边形的性质是解题的关键． 10．如图1，在等腰中，，点E在上（且不与点A、C重合），在的外部作等腰，使，连接，分别以，为邻边作平行四边形，连接． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)如图2，将绕点C逆时针旋转，当点E在线段上时，连接，求证： ； (3)如图3，将绕点C继续逆时针旋转，当平行四边形为菱形，且在的下方时，若，，求线段的长． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质得出，，即可证明是等腰直角三角形； （2）连接，先证明，再证明是等腰直角三角形即可得出结论； （3）当时，四边形是菱形，先求得，在中，，即可得到． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴． 在等腰中，，点E在上（且不与点A、C重合），在的外部作等腰，使， ∵， ∴． ∵， ∴． 又∵ ∴是等腰直角三角形； （2）证明：连接，如图2， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； （3）解：当时，四边形是菱形， 设交于H， ∵，，可得垂直平分， ∵， 在等腰直角中， ， 在中，， 由勾股定理得， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，线段垂直平分线的判定和性质，掌握等腰直角三角形的判定和性质是解题的关键． 6 学科网（北京）股份有限公司 $$