第19章 矩形、菱形与正方形（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（华东师大版）
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内容正文：
第19章 矩形、菱形与正方形思维导图
【类型覆盖】
类型一、矩形中的尺规作图
【解惑】在中，，利用尺规作矩形．甲、乙两位同学的作法如图所示，关于两人的作法判断正确的是（ ）
A．只有甲的可以 B．只有乙的可以 C．甲、乙的都可以 D．甲、乙的都不可以
【答案】C
【分析】本题考查了尺规作图，平行四边形的判定，矩形的判定，甲：根据尺规作图可知，，再结合，即可证明，四边形是矩形；乙：根据，，再结合，即可证明，四边形是矩形；尺规作图可知熟记相关定理内容是解题关键．
【详解】解：由甲的做法可知：，，
根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
由乙的做法可知：，，
∴四边形是平行四边形；
∵，
∴四边形是矩形；
故选：C．
【融会贯通】
1．综合实践课上，老师让同学们利用尺规借助直角三角形作矩形，如图是甲、乙、丙三名同学作的矩形，其中正确的是（ ）
A．甲和丙 B．乙和丙 C．甲和乙 D．都正确
【答案】D
【分析】本题主要考查矩形的判定定理，甲利用对角线互相平分且相等的四边形是矩形；乙和丙先构造出平行四边形，再利用有一个角是直角的平行四边形是矩形得以证明．
【详解】甲：对角线互相平分且相等的四边形是矩形．
乙：根据内错角相等，两直线平行，先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，再结合有一个角是直角，说明是矩形．
丙：先利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形，再结合有一个角是直角，说明是矩形．
A、甲、丙都符合矩形的判定定理，少乙，该选项说法错误，不符合题意；
B、乙、丙都符合矩形的判定定理，少甲，该选项说法错误，不符合题意；
C、甲、乙都符合矩形的判定定理，少丙，该选项说法错误，不符合题意；
D、甲、乙、丙都正确，故该选项说法正确，符合题意；
故选：D．
2．如图，在矩形中，，依据尺规作图的痕迹，则的度数是 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，尺规作图作角平分线，尺规作图作垂线，角平分线的性质，平行线的性质．先根据矩形的性质得到，由作图痕迹得到，，则，最后根据平行线的性质作答即可．
【详解】解：如图，∵矩形，
∴，
由作图痕迹可知平分，
∴，
由作图痕迹可知垂直平分，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
3．如图，在矩形中，是一条对角线．
(1)尺规作图：作的垂直平分线，分别交和于点，（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了尺规作图---线段的垂直平分线，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
（1）按照尺规作图线段垂直平分线的方法即可作图；
（2）证明即可．
【详解】（1）解：如图，即为所作：
（2）解：记交点为点
∵是的垂直平分线，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴．
类型二、菱形中的尺规作图
【解惑】尺规作图：已知具体步骤如下：①在射线、上分别截取、，使；②分别以点、为圆心，大于的同一长度为半径作弧，两弧交于内的一点，作射线；③以点为圆心，为半径作弧，交射线于点，联结、．那么所作的四边形一定是（ ）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
【答案】A
【分析】本题考查作图-基本作图，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，等腰梯形的判定．根据要求作出图形，再根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
【详解】解：由作图可知，平分，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
故选：A．
【融会贯通】
1．利用尺规作图，过直线外一点作已知直线的平行线．下列作法错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了作图，平行线的判定，尺规作图作一个角等于已知角；尺规作图作角的平分线；尺规作图垂直平分线，利用作一个角等于已知角判断A，利用等腰三角形与角平分线角度转换判断B，利用菱形的性质判断C，利用垂直平分线的性质检验D．
【详解】解：A．根据作图痕迹可知，表示为作一个角等于已知角，此时同位角相等，两直线平行，不符合题意；
B．此时作的角平分线及作等腰，故，即内错角相等，两直线平行，不符合题意；
C．如图所示，
由题意可得，
∴四边形是菱形
∴，不符合题意；
D．作出线段的垂直平分线，无法证明平行，符合题意．
故选：D．
2．如图，在中，尺规作图：以点为圆心，的长为半径画弧交于点，分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧交于点，作射线交与点，若，，则的值为 ．
【答案】26
【分析】证明四边形是菱形，利用勾股定理求出即可解决问题．
【详解】解：由题意可知：，，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，，
在中，，
，
．
故答案为：26．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是判定四边形是菱形．
3．如图，在中，点D为线段上任意一点．
(1)尺规作图：作线段的垂直平分线，分别交，于点E，F，连接，；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的基础上，线段与交于点G，已知________（请从“①平分；②点G为中点”这两个条件中选取一个作为已知条件）．
求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了基本作图，线段垂直平分线的判定和性质，菱形的判定定理．
（1）根据作线段的垂直平分线的基本步骤作图即可；
（2）选择①平分，先证明四边形为平行四边形，根据“邻边相等的平行四边形是菱形”进行证明．选择②点G为中点，先证明是线段的垂直平分线，利用线段垂直平分线的性质求得，即可证明四边形为菱形．
【详解】（1）解：如图：即为所求；
；
（2）解：选择①平分；
证明：平分，
，
∵是线段垂直平分线，
∴，，
，，
，，
，，
四边形为平行四边形，
，
为菱形．
选择②点G为中点，
证明：∵是线段垂直平分线，
∴，
∴是线段的垂直平分线，
∵是线段垂直平分线，
∴，，
∵是线段的垂直平分线，
∴，，
∴，
∴四边形为菱形．
类型三、正方形中的尺规作图
【解惑】如图，在中，．
①以点为圆心，适当长为半径画弧，分别与，相交于点；分别以为圆心，大于的长为半径画弧．两弧相交于点，作射线．
②以点为圆心，适当长为半径画弧，分别与，相交于点；分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点；作射线，与射线相交于点．
③连接．
根据以上作图，若点到直线的距离为1，则线段的长（ ）．
A．1 B． C． D．2
【答案】B
【分析】本题考查的角平分线的作图及性质，正方形判定与性质、勾股定理的应用，熟练掌握它们的性质是解题的关键；
作，，，垂足分别是D、E、F，证明四边形是正方形即可求出．
【详解】解：作，，，垂足分别是D、E、F，
由题意得：平分，平分，点P到直线的距离为1，
，
，
四边形为矩形，
，
四边形为正方形，
，
，
故选：B．
【融会贯通】
1．如图，在中，，，，按以下步骤作图：
①以为圆心，任意长为半径作弧，分别交于点；
②分别以为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点；
③作射线；
④以同样的方法作射线交于点O，连接，则为（ ）
A．8 B．4 C．2 D．1
【答案】A
【分析】直接利用勾股定理的逆定理求得，推出四边形是正方形，利用全等三角形的判定和性质得出，，，据此求解即可．
【详解】解：过点O作，，，垂足分别为D，G，，
由作图知点O是三个角的平分线的交点，
∵，，，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∴四边形是矩形，
∵点O是三个角的平分线的交点，
∴，
∴四边形是正方形，
∵，，，
∴，
∴，
同理，，，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查三角形内心的定义和正方形的性质，勾股定理，全等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．
2．如图，在正方形中，，E是的中点，按以下步骤作图．分别以点A和点E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点G，H．作直线交于点F．则的长为 ．
【答案】/
【分析】本题考查正方形的性质，作线段垂直平分线，线段垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握线段垂直平分线的作法和性质、勾股定理是解题的关键．先由作法得出且平分，从而得到，在中，设，则，由勾股定理，得，求解即可．
【详解】解：连接，
由作图可知，且平分，
，
∵正方形，
∴，，
∵E是的中点，
，
在中，设，则，
由勾股定理，得，
解得：，
∴，
故答案为：．
3．小明在学习了黄金分割和黄金矩形后，了解到白银矩形和白银分割的知识：如果一个矩形．满足，这个矩形就称为白银矩形，这个比叫做白银比：如果点把线段分成两部分，若，那么称线段被点白银分割，点为线段的白银分割点．小明决定在正方形中构造一个白银矩形，请按要求完成下列问题：
如图，在正方形中，对角线、交于点．
(1)尺规作图：作的角平分线交于点，过点作的垂线交于点，交于点（只保留作图痕迹，不要求写作法）
(2)结合图形，帮助小明完成以下证明过程：
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
在中，，
∵平分，
∴ ① ，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
在和中，
，
∴，
∴， ③ ，
所以矩形是白银矩形，
小明进一步思考发现， ④ ，点为线段的白银分割点．
【答案】(1)作图见解析；
(2)；；；．
【分析】本题考查了尺规作图，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）根据尺规作图——作角平分线，作垂线的方法即可；
（）四边形是正方形，得，，，然后证明四边形为矩形，从而可证，再根据全等三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：如图，
（2）证明：∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
在中，，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
在和中，
，
∴，
∴，，
所以矩形是白银矩形，
小明进一步思考发现，，点为线段的白银分割点，
故答案为：；；；．
类型四、矩形、菱形、正方形中的平移
【解惑】如图，在直角坐标系中，已知点，，线段向上平移后，的对应点分别为，若四边形是正方形，则点的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】本题考查正方形的性质，平移的坐标变换，熟练掌握坐标平移变换规律“左减右加，上加下减”是解题的关键．
根据正方形的性质求得，再根据坐标平移变换规律求解即可．
【详解】解：∵，，
∴
∵四边形是正方形，
∴
∵线段向上平移后，的对应点分别为，
∴，
∴
故选：B．
【融会贯通】
1．如图，正方形的边长为5，点的坐标为，平行于轴，现将正方形向左平移2个单位，则平移后点的对应点坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查正方形的性质，矩形的判定与性质，坐标与图形的性质，关键是由正方形的性质求出、的长．
由点的坐标得到，由正方形的性质推出，，，判定四边形是矩形，得到，求出，，即可得到点的坐标为．
【详解】解：如图，设、与y轴分别交于M、N，
的坐标是，
，
平行于轴，
轴，
四边形是正方形，且正方形的边长为5，
，，，
轴，
四边形是矩形，
，
，
，
点的坐标为．
故选：A．
2．如图1，四个边长为1的小正方形组成一个边长为2的大正方形，过点的直线是它的一条对称轴．如图2，将图1中的正方形沿直线向下平移，使点落在的垂直平分线上，连接，则阴影部分面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查正方形的性质，轴对称图形的性质，平移的性质及垂直平分线的性质，连接，延长交于点，根据垂直平分线的性质得到，由平移的性质得到，求出，即可解答．
【详解】如图，连接，延长交于点，
点落在的垂直平分线上，
．
由平移，得，
，
．
．
故答案为：．
3．如图①，在矩形 纸片中，，连接，，沿对角线剪开，将沿射线方向平移得到（如图2），直线与交于点E，直线与交于点F．设．
(1)在图①中，的度数为_____；边 的长为______；
(2)若点在线段上，四边形的形状是______；
(3)若点在射线上，当x为何值时，以、、C、D 为顶点的四边形是正方形？
(4)已知存在x值，使得以、E、C、F为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的x值．
【答案】(1)；
(2)矩形
(3)或
(4)或
【分析】（1）利用矩形的性质可求得，利用直角三角形的性质结合勾股定理即可求得边的长；
（2）由平移的性质得，推出，得到四边形是平行四边形，由，得到四边形是矩形；
（3）分点在线段上和点在线段的延长线上时，两种情况讨论，利用，列式计算即可求解；
（4）分点在线段上和点在线段的延长线上时，两种情况讨论，利用直角三角形的性质结合勾股定理求得和的长，再利用，列式计算即可求解．
【详解】（1）∵矩形，
∴，
∵，
∴，
∵矩形，，
∴，，
∴，
∴；
故答案为：，；
（2）由平移的性质得，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；
故答案为：矩形；
（3）当点在线段上时，
∵，
，
∵四边形是正方形，
∴，即，
；
当点在线段的延长线上时，
∵，
，
∵四边形是正方形，
∴，即
；
综上所述，当x为或时，以，，C，D为顶点的四边形是正方形；
（4）存在，理由如下：
当点在线段上时，
∵，
，
由平移的性质知，
∴，，
，，
，
∵四边形是菱形，
，即，
；
当点在线段的延长线上时，
∵，
，
由平移的性质可知，
，，
，，
，
四边形是菱形，
，即，
，
综上所述，当为或时，以、E、C、F为顶点的四边形是菱形
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了平移的性质，直角三角形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，二次根式的混合运算．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
类型五、矩形、菱形、正方形中的旋转
【解惑】如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，顶点在轴上，点在轴上，点B在第一象限，分别以点A，B为圆心，长为半径画弧，两弧交正方形内一点D，将点D绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查坐标与图形变化旋转及点的坐标变化规律．先根据题意求出点的坐标，再由所给旋转方式得出每旋转四次点对应点循环出现，据此可解决问题．
【详解】解：由题知，是等边三角形．过点作的垂线，垂足为，
点坐标为，
，
则正方形的边长为2．
，．
在中，
，
点的坐标为．
∵，
∴每旋转四次点的对应点循环出现．
∵，
∴第2025次旋转结束时，点的对应点位置与点重合，如图，
作轴于点，作轴于点，
由旋转的性质知，，
∴，
∴，
∴，，
∴点的对应点坐标为．
∴第2024次旋转结束时，点的对应点坐标为．
故选：A．
【融会贯通】
1．正方形的两边分别在x轴、y轴上，点在边上，以C为旋转中心，把旋转，则旋转后D点得到的对应点的坐标是（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】C
【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，把握旋转的不变性是解题的关键．
分两种情况讨论，确定点在或延长线上，根据旋转的性质即可求解．
【详解】解：当顺时针旋转时，如图
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴当顺时针旋转时，旋转后的与重合，
∴，
∴点共线，
∴
∴；
当逆时针旋转，如图：
同理可得此时点的对应点在延长线上，
∴，
∴，
综上所述，对应点的坐标是或，
故选：C．
2．如图，四边形和都是边长为2的正方形，且、相交于点，现将正方形绕点旋转，则两个正方形重叠部分的面积为 ．
【答案】1
【分析】本题考查了正方形的性质以及旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
利用可证明，则，由此可得四边形面积，即可求解．
【详解】解：如图，
∵O为正方形的对角线的交点，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴两个正方形重叠部分的面积
．
故答案为：1．
3．在初中数学的学习过程当中，我们掌握了许多关于中点的基础知识，比如特殊三角形的中线的性质、倍长中线法构造全等、中位线定理等等，也积累了很多解决中点问题的活动经验，灵活运用这些经验和技能，可以帮助我们解决很多问题．
如图 1，点是正方形的边上的点，以为边，在正方形右侧作正方形，连接，为线段的中点，连接．
(1)猜想：图 1 中线段和线段的位置关系为： ，数量关系为： （直接写出结论，无需证明）；
(2)以为旋转中心将正方形顺时针旋转，旋转角为，则（1）中结论是否仍然成立？若成立，以图 2 中情形为例证明你的结论；若不成立，说明理由；
(3)若正方形的边长为2，正方形的边长为1，则在正方形旋转一周的过程中，当点、点、点三点共线时，直接写出的长．
【答案】(1)；
(2)成立，见解析
(3)或
【分析】（1）连接，由正方形，，得，，，进而可得，证明，，可得，，，即可得结论；
（2）作，与的延长线交于点，连接，，，证明，得，，进而可得，再证明，可得，， ，根据等腰三角形和直角三角形的性质即可得结论；
（3）分两种情况：①当在线段上时，②当在线段的延长上时，连接，利用勾股定理及线段和差关系即可得解．
【详解】（1）解：如图，连接，
正方形，，
，，
，
为线段的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
（2）解：成立，理由如下，
如图，作，与的延长线交于点，连接，，，
，，
，
，
，，
，
，
正方形，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，；
（3）解：①如图，当在线段上时，连接，
正方形的边长为2， ，
，
中，，
由（1）、（2）知，，
，
；
②如图，当在线段的延长上时，连接，
正方形的边长为2， ，
，
中，，
由（1）、（2）知，，
，
；
综上所述，当点、点、点三点共线时，的长为或．
【点睛】本题考查四边形综合应用，涉及正方形的性质，全等三角形的判断与性质，直角三角形中线性质定理、等腰三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
类型六、矩形、菱形、正方形中的折叠
【解惑】如图，矩形中，，将矩形沿折叠，使顶点落在上的点处，其中在上连接，则（ ）．
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质和勾股定理，根据折叠得出，由勾股定理求得长，进而求得长，设，在中利用勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：矩形中，，由折叠可知，，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
∵，
∴，
∴，
解得，，
故选：A．
【融会贯通】
1．如图，在矩形中，，，将矩形沿对角线折叠，点C落在点处，交于点E，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查的是矩形与折叠、勾股定理、全等三角形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
根据矩形与折叠的性质可得出，，利用证明，设，则，利用勾股定理即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵翻折，
∴，，，
在与中，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
即，
解得：，
，
故选A．
2．如图，在矩形中，，，点分别在上，将矩形沿折叠，使点分别落在矩形外部的点处，则整个阴影部分图形的周长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，掌握折叠的性质是解题的关键；由矩形的性质得，，由折叠的性质得，，，进而可得整个阴影部分图形的周长，代入计算即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
由折叠得，，，，
∴整个阴影部分图形的周长
，
故答案为：．
3．已知正方形，点E，F分别为边上两点．
【建立模型】
（1）如图1，连接，如果，求证：；
【模型应用】
（2）如图2，点E为边上一点，连接，作的垂直平分线交于点G，交于点F，若，，求的长度；
【模型迁移】
（3）如图3，将沿折叠，使点B落在上的点G处，与交于点M，若，，请直接写出的长度．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）证明即可；
（2）连接，过点作于点H，由垂直平分，则，，可得四边形为矩形，证明，则，同理可证明四边形为矩形，设，则，，则，那么，在中，由勾股定理建立方程，求解，即可得出答案；
（3）由折叠可得：，同（1），，，则，，由勾股定理得，由面积法得到，再由即可求解．
【详解】（1）证明：如图，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，过点作于点H，
∵垂直平分，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可证明四边形为矩形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴设，
则，
∴，
∴，
在中，
由勾股定理得：
∴
解得：，
∴；
（3）如图：
由折叠可得：，，
同（1），，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，熟练掌握正方形的性质和折叠的不变性是解题的关键．
类型七、平面直角坐标系中的矩形
【解惑】已知平面直角坐标系的原点O是矩形的对角线的中点，如果点D的坐标是，则点B的坐标是（ ）
A． B． C． D．不能确定
【答案】B
【分析】根据矩形的中心对称性质，可得点B与点D关于原点对称，根据原点对称的特点是横坐标变成相反数，纵坐标也变成相反数，解答即可．
本题考查了矩形的性质，原点对称，熟练掌握对称是解题的关键．
【详解】解：根据矩形的中心对称性质，可得点B与点D关于原点对称，
根据原点对称的特点是横坐标变成相反数，纵坐标也变成相反数，点D的坐标是，则点B的坐标是．
故选：B．
【融会贯通】
1．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，过点作轴于点，轴于点，点在上．将沿直线翻折，点恰好落在轴上的点处，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了矩形中的折叠问题，坐标与图形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．设，由折叠性质得到，，利用勾股定理计算出，则，在中利用勾股定理得到，然后解方程求出，即可得到点的坐标．
【详解】解：如图，
轴，轴，
，
四边形是矩形，
又点的坐标为，
，，
设，
与关于直线对称，
，，
在中，，
．
在中，，
，
即，
解得：，
点的坐标是，
故选：B．
2．如图，矩形的两边分别在平面直角坐标系的坐标轴上，点C的坐标为．点D为中点，反比例函数的图象经过点D，，连接、、，则的面积为 ．
【答案】9
【分析】本题考查反比例函数与几何的综合应用，先求出点坐标，进而求出值，利用值的几何意义和分割法求出的面积即可．
【详解】解：∵矩形，点C的坐标为，
∴，
∵点D为中点，
∴，
∴，
∵反比例函数的图象经过点D，，
∴，
∵点在上，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积；
故答案为：9．
3．如图，在平面直角坐标系第一象限内有一矩形，其顶点的坐标分别为，反比例函数的图象经过矩形的顶点且与矩形的边相交于点．
(1)求的值；
(2)直线与相交于点，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题主要考查了反比例函数与几何综合，一次函数与几何综合，矩形的性质，熟知相关知识是解题的关键．
（1）设，则，根据矩形的性质可得，则，解方程求出a的值即可求出k的值；
（2）先求出直线解析式，进而求出点M的坐标，再根据三角形 面积计算公式求解即可．
【详解】（1）解：设，则，
两点在上，
，
，
（2）解：设直线的解析式为：
把代入得，，
∴直线的解析式为
在中，当时，，
．
．
类型八、平面直角坐标系中的菱形
【解惑】如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为2，点在第一象限，点在轴的正半轴上，．若将菱形绕点顺时针旋转，得到四边形，则点的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质、菱形的性质、坐标与图形变化-旋转等知识点，灵活运用相关性质是解题的关键．
作轴于H点，连接，根据菱形的性质得到，再根据旋转的性质得，则，所以为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可计算得，然后根据第四象限内点的坐标特征写出点的坐标．
【详解】解：如图：作轴于H点，连接，作于D点，
∵四边形为菱形，
∴平分，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵菱形绕原点O顺时针旋转至第四象限的位置，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴点的坐标为．
故选：A．
【融会贯通】
1．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A在x轴正半轴上，顶点C在直线上，点C的横坐标是2，将菱形绕点O顺时针旋转得到菱形，则点B的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】延长交轴于点，过点作轴于点G，则，由一次函数得，，由勾股定理得：，则，由旋转得，，证明，根据全等三角形的性质即可求解．
【详解】解：延长交轴于点，过点作轴于点G，则
∵四边形是菱形，
∴轴，
∴，
∵顶点C在直线上，点C的横坐标是2，
∴，，
由勾股定理得：，
∴，
由旋转得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点在第四象限，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，一次函数与几何综合，构造全等三角形是解题的关键．
2．如图，在平面直角坐标系中，点、点都在双曲线上，点、点都在轴上，并且四边形和四边形都是菱形．若两个影阴部分的面积和为8，则的值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，反比例函数的几何意义，根据题意得出两个菱形的面积为，根据反比例函数的意义得出，即可求解．
【详解】解：如图所示，
∵两个影阴部分的面积和为8，
∴两个菱形的面积和为，
∴
又，
∴；
故答案为：．
3．如图，在平面直角坐标系中，四边形的顶点是，连接．
(1)求直线的解析式；
(2)若过点A作轴于点F，交于点G，若点P是x轴正半轴上一动点，且满足，求点P的坐标；
(3)若直线与相交于点M，Q为平面内任意一点，在x轴是否存在N点，使得以O、M、N、Q为顶点且以为边的菱形，若存在，请直接写出N点坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或者
(3)或或
【分析】本题主要考查了一次函数的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点，
（1）利用待定系数法求出k值即可得解；
（2）分当点位于的左侧时和当点位于的右侧时两种情况讨论即可得解；
（3）利用菱形的性质和点的坐标特征分情况讨论即可得解；熟练掌握其性质，准确画出图形是解决此题的关键．
【详解】（1）设直线的解析式为，
，
，
解得：，
直线的解析式为．
（2）当点位于的左侧时，如图，作于点，交于点，
，
∴，
∵，
，
，
点的横坐标为2，
∴代入得，
点，
，
，
点的坐标为；
当在的右侧时，如图所示，
，
∴，
∵，
，
，
点的横坐标为2，
∴代入得，
点，
，
∴，
∴点的坐标为，
综上所述，或者；
（3）设直线的解析式为，
∴，解方程组得：，
∴，
∴，解方程组得：，
∴直线与的交点的坐标，
∴，
如图所示，
当四边形和四边形为菱形时，
∴，
∴或，
当四边形为菱形时，
∴垂直平分时，
∴，
∴，
综上所述：以为边的菱形得或或
类型九、平面直角坐标系中的正方形
【解惑】如图，正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的“赵爽弦图”．以顶点为原点、边所在直线为轴建立平面直角坐标系，已知点，将正方形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束后，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设点的坐标为，则，因为是直角三角形，根据勾股定理可得，解方程求出的值，即可求出正方形的边长，从而可得点的坐标，根据旋转的性质可知正方形绕点顺时针旋转次，到达的位置与点的位置关于原点中心对称，根据中心对称的性质即可得到第次旋转结束后，点的坐标．
【详解】解：设点的坐标为，则，
点的坐标为，
，，
是直角三角形，
，
，
解得：，
正方形的边长为，
点的坐标是，
正方形绕点顺时针旋转，每次旋转，
又，
正方形绕点顺时针旋转次回到出发点，
，
正方形绕点顺时针旋转次，到达的位置与点的位置关于原点中心对称，
将正方形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束后点的坐标为
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、中心对称图形的性质、旋转的性质、勾股定理，解决本题的关键是利用勾股定理求出点的坐标，再根据旋转的性质和中心对称的性质求出旋转次后点到达的位置的坐标．
【融会贯通】
1．如图，，，点在边上（与，不重合），四边形为正方形，过点作，交的延长线于点，连接，交于点，以为原点建立如图所示的平面直角坐标系，点坐标为，点坐标为，给出以下结论：①四边形为矩形；②；③；④点的坐标；⑤．其中正确的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】由正方形的性质得到，，证明，得到，，再证明，即可证明四边形是矩形，故①正确；则，再由，可得，故②错误；在中，由勾股定理得，则，在中，由勾股定理得，，故③正确；如图所示，过点E作轴于T，同理可证明，可得；求出直线解析式为，可得，故④错误；则，故⑤正确．
【详解】解：∵点坐标为，点坐标为，
∴；
四边形为正方形，
，，
，
，
，
，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形，故①正确；
∴，
∴，
∵，
∴，故②错误；
在中，由勾股定理得，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，故③正确；
如图所示，过点E作轴于T，
同理可证明，
∴，
∴，
∴；
设直线解析式为，
∴，
∴，
∴直线解析式为，
在中，当时，，
∴，故④错误；
∴，故⑤正确；
∴正确的有3个，
故选B．
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，正确利用一线三垂直模型证明三角形全等是解题的关键．
2．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在轴上，顶点在轴上．且，则正方形的面积是 ．
【答案】5
【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．通过添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．作轴于点E，证明，推出，再利用勾股定理解即可．
【详解】解：如图，作轴于点E，
，
，，
，
四边形是正方形，
，，
，，
，
又，，
，
，
，
即正方形的面积是5，
故答案为：5．
3．在平面直角坐标系中，对于点和正方形，给出如下定义：若点关于轴的对称点到正方形的边所在直线的最大距离是最小距离的2倍，则称点是正方形的“最佳距离点”．
已知：点．
(1)当时，
①点的坐标是___________；
②在三个点中，___________是正方形的“最佳距离点”；
(2)当时，点（其中）是正方形的“最佳距离点”，直接写出的取值范围；
(3)点，若线段上存在正方形的“最佳距离点”，直接写出的取值范围．
【答案】(1)①；②和；
(2)
(3)或或．
【分析】本题考查了坐标与图形——对称，正方形的性质，一次函数的应用，利用数形结合的思想解决问题是关键．
（1）①根据正方形的性质求解即可；②分别写出点关于轴的对称点坐标，再求出对称点到正方形的边所在直线的最大距离和最小距离，即可得到答案；
（2）当时，点关于轴的对称点的坐标为，分四种情况，利用“最佳距离点”定义分别求解即可；
（3）点关于轴的对称点坐标分别为，利用待定系数法求出直线的解析式为，设直线上有一点，分两种情况讨论：当点在正方形内部时；当点在正方形外部时，利用“最佳距离点”定义分别列方程求解即可．
【详解】（1）解：①当时，点，
四边形是正方形，
，
，
故答案为：；
②点关于轴的对称点的坐标为，
点到正方形的边所在直线的最大距离是，最小距离是，
最大距离不是最小距离的2倍，
点不是正方形的“最佳距离点”；
点关于轴的对称点的坐标为，
点到正方形的边所在直线的最大距离是，最小距离是，
最大距离是最小距离的2倍，
点不是正方形的“最佳距离点”；
点关于轴的对称点的坐标为，
点到正方形的边所在直线的最大距离是，最小距离是，
最大距离是最小距离的2倍，
点是正方形的“最佳距离点”；
在三个点中，和是正方形的“最佳距离点”，
故答案为：和；
（2）解：当时，，则，
点关于轴的对称点的坐标为，
①当时，对称点到正方形的边所在直线的最大距离大于，最小距离小于，
即最大距离不是最小距离的2倍，不符合题意；
②当时，对称点到正方形的边所在直线的最大距离为，最小距离为，
即最大距离是最小距离的2倍，符合题意；
③当时，对称点到正方形的边所在直线的最大距离大于，最小距离小于，
即最大距离不是最小距离的2倍，不符合题意；
④当时，若点是正方形的“最佳距离点”，
则，解得：，
当，，此时最大距离大于，最小距离小于，
最大距离不是最小距离的2倍，不符合题意；
综上可知，点（其中）是正方形的“最佳距离点”， 的取值范围为；
（3）解：点关于轴的对称点坐标分别为，
设直线的解析式为，
则，解得：，
直线的解析式为，
设直线上有一点，
当点在正方形内部时，
①，解得：，即
②，解得：，即；
当点在正方形外部时，
，解得：，即，
综上可知，若线段上存在正方形的“最佳距离点”，的取值范围为或或．
类型十、矩形、菱形、正方形的无刻度尺作图
【解惑】（1）用刻度尺画出关于点O的中心对称图形；
（2）用无刻度的直尺画一条直线，将所给图形分成面积相等的两部分（保留画图痕迹）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】本题考查中心对称作图、矩形的性质，（1）连接并延长至点，使得，连接并延长至点，使得，连接并延长至点，使得，再顺次连接点、、，则就是以点O为对称中心，与成中心对称的图形；
（2）先把图形分成两个矩形，再分别作出两个矩形的中心，进行两个中心作直线即可．
【详解】解：（1）如图，即为所求；
（2）如图，直线即为所求；
【融会贯通】
1．我们知道平行四边形是中心对称图形．已知四边形是平行四边形，如图所示，请只用一把无刻度的直尺，按要求作出相应的图形．（不写作法，保留作图痕迹）
(1)如图1，点E是边的中点，作出边的中点F；
(2)如图2，在平行四边形的四边上各作一点，分别记为M、N、P、Q，使得四边形是平行四边形；
(3)如图3，若四边形为正方形，点G在对角线上一点，作一个菱形，使得为菱形的一边．
【答案】(1)图见解析
(2)图见解析
(3)图见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，正方形的性质，菱形的判定，无刻度直尺作图：
（1）连接，连接和线段的交点，并延长，交于点即可，根据平行四边形的性质，易证，得到，即可；
（2）连接交于点，分别过点作线段，交平行四边形的四边于，同（1）可得全等三角形，进而推出互相平分，进而得到四边形是平行四边形；
（3）连接交于点，延长交于一点，连接该点于点并延长，交于一点，连接该点和点交于点，连接并延长交于一点，连接并延长于一点，同（2）可得两个平行四边形，进而得到四边形的两组对边平行，得到四边形是平行四边形，易得，得到，根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得到四边形为菱形．
【详解】（1）解：如图，点即为所求；
（2）如图，四边形即为所求；
（3）如图，菱形即为所求；
2．【课本知识】平行四边形是________图形，菱形是________图形（填序号“①中心对称，②轴对称”）
【知识应用】只用无刻度的直尺作图（保留作图痕迹，不要求写做法）
（1）如图1，四边形是平行四边形，E为上任意一点，请在边上找点F，使；
（2）如图2，是菱形的边上的高，请作出菱形的边上的高.
【答案】[课本知识]①；①②；[知识应用]（1）见解析；（2）见解析
【分析】[课本知识]根据轴对称图形和中心对称图形的定义以及平行四边形和菱形的性质即可判断；
[知识应用]（1）连接交于O，②连接并延长交于F点，根据平行四边形的中心对称性质即可求解；
（2）①连接与交于点G；②连接并延长交于点F，根据菱形的轴对称可知，．
【详解】解：[课本知识]平行四边形是中心对称图形，菱形是中心对称图形和轴对称图形，
故答案为：①；①②；
解：[知识应用]（1）如图所示，即为所作：
（2）如图所示，即为所作：
3．如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．正方形的四个顶点都是格点，E点是格点，且在边上．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
(1)画格点F，并连且，使，且；
(2)在线段上画一点M，连接，使；
(3)直接写出（2）中线段的长度为_______．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查作图-应用与设计作图，勾股定理，正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（1）把线段绕点顺时针旋转得到线段即可；
（2）取格点, 连接交于点N ，连接并延长交于点,则点M即为所作；
（3）设，再利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）解：如图, 点即为所求；
（2）如图，点即为所求；
由（1）作图可得，，，
又∵是矩形，
∴垂直平分，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（3）设则 ，
在中， ， 即，
解得：，
故答案为：．
【一览众山小】
1．如图，在菱形中，若，则菱形的面积是（ ）
A．12 B．24 C．30 D．48
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质及菱形面积的求法，解题的关键是根据菱形的性质利用勾股定理求得的长，从而得到的长，再根据菱形的面积公式即可求得其面积．
【详解】解：连接，交于点
在菱形中，，，
，，
，
，
菱形的面积．
故选：B．
2．如图，正方形的顶点分别在反比例函数和的图象上．若点的横坐标为3，则的值是（ ）
A．6 B．12 C．15 D．18
【答案】C
【分析】本题考查反比例函数与几何的综合应用，过点作轴，交轴于点，过点作，过点作，证明，设，求出点坐标，根据正方形的性质结合平移思想，求出点坐标，根据均在反比例函数图象上，列出方程进行求解即可．
【详解】解：过点作轴，交轴于点，过点作，过点作，
则：，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵在的图象上，且点的横坐标为3，
∴，设，
则：，，
∴，，
∴，
∵将点向左平移个单位，再向上平移个单位，得到点，
∴将点向左平移个单位，再向上平移个单位，得到点，
∴，即：，
∵均在反比例函数图象上，
∴，
解得：（舍去）或（舍去）或，
经检验是原方程的解，
∴，
∴．
故选C．
3．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（ ）
A． B．6 C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，垂线段最短，勾股定理等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用．
连接，根据条件得出四边形为矩形，根据矩形的对角线相等和垂线段最短，得出当时，线段最短，利用勾股定理和等面积法即可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵，于点，于点，
∴四边形为矩形，
∴，
当时，线段最短，即线段最短，
在中，由勾股定理得，，
利用等面积法可得，
即，
故选：C．
4．如图，矩形中，点、、的坐标分别是，，，则点的坐标是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了坐标与图形．先根据A、B的坐标求出的长，则，并证明轴，同理可得轴，由此即可得到答案．
【详解】解：∵，，
∴，轴，
∵四边形是长方形，
∴，轴，
同理可得轴，
∵点，
∴点D的坐标为，
故答案为：．
5．如图，在菱形中，对角线交于点O，若，，则菱形的面积为 ．
【答案】24
【分析】此题考查了菱形的性质．根据菱形的对角线互相平分求出，，根据菱形面积公式即可求出答案．
【详解】解：∵在菱形中，对角线交于点O，，，
∴，，
∴菱形的面积为，
故答案为：．
6．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点，则点D的坐标是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，
作轴，根据正方形的性质证明，可得，即可得出答案．
【详解】解：如图所示，过点D作轴，交x轴于点E，
∴．
∵点，
∴．
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴点D的坐标是．
故答案为：．
7．如图，已知，点在射线上，请用尺规作图法以线段为对角线作菱形，便得点在射线上，点在射线上方．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】见解析
【分析】本题主要考查了菱形的判定，线段垂直平分线的尺规作图，作线段的垂直平分线交射线于C，交于T，再以点T为圆心，的长为半径画弧交线段的垂直平分线于T，连接，则四边形即为所求．
【详解】解：如图所示，作线段的垂直平分线交射线于C，交于T，再以点T为圆心，的长为半径画弧交线段的垂直平分线于D，连接，则四边形即为所求．
8．如图，在菱形中，点E，F分别在，上，且．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定及性质，由菱形的性质得到，，再由等角的补角相等得到，即可证得，根据全等三角形的性质即可得证．
【详解】证明：∵四边形为菱形，
∴，，
∵，
∴
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
9．已知是菱形的对角线．
(1)如图1，以为圆心，适当长度为半径作弧，交于点，连接．求证：四边形是菱形．
(2)尺规作图：在图2中作正方形，其中在上（保留作图痕迹，不写作法）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，正方形的判定，尺规作图，解题的关键是熟练掌握正方形和菱形的判定．
（1）连接，根据菱形的性质得出，，根据等腰三角形的性质得出，证明四边形为平行四边形，再证明四边形为菱形即可；
（2）连接，交于点O，以点O为圆心，为半径画弧，交于点M、N，连接、、、，则四边形即为所求．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：
∵四边形为菱形，
∴，，
根据作图可知：，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形；
（2）解：连接，交于点O，以点O为圆心，为半径画弧，交于点M、N，连接、、、，则四边形即为所求作的正方形．
∵四边形为菱形，
∴，，
根据作图可知：，
∴，
∴、互相垂直平分，且相等，
∴四边形为正方形．
10．如图，在平面直角坐标系中，、、三点坐标分别为、、，把沿翻折，点恰好落在轴的点处，为折痕．
(1)求直线的解析式；
(2)在平面直角坐标系中，有一个动点使得，动点的纵坐标是否为横坐标的函数？若是，求出关于的函数解析式；若否，请说明理由；
(3)连接、，点为边的中点，，且交外角的平分线于点，请补全图形，并求证．
【答案】(1)
(2)是，或
(3)补全图形见解析，证明见解析
【分析】（1）由翻折的性质可得，，待定系数法求直线的解析式即可；
（2）由题意知，，则，由勾股定理得，，设到的距离为，依题意得，，可求，即点在距离为的直线上运动，如图1，记与轴的交点为，与轴的交点为，作于，则，可求，由勾股定理得，，则，，设直线的解析式为；将代入，可求，则直线的解析式为；同理，直线的解析式为；
（3）如图2，延长交的延长线于，记与轴的交点为，则，证明四边形是正方形，，证明，则，由，可得，如图2，作于，轴于，证明四边形是正方形，则，，，证明，则，证明，进而可证．
【详解】（1）解：由翻折的性质可得，，
设直线的解析式为，
将，代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为；
（2）解：由题意知，，
∴，
由勾股定理得，，
设到的距离为，
依题意得，，
解得，，
∴点在距离为的直线上运动，如图1，记与轴的交点为，与轴的交点为，作于，
∴，
∴，，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
同理可得，，
设直线的解析式为；
将代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为；
同理，直线的解析式为；
∴动点的纵坐标是横坐标的函数，关于的函数解析式为或；
（3）证明：如图2，延长交的延长线于，记与轴的交点为，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，，
∴外角为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
如图2，作于，轴于，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，，
∴，即，
又∵，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了翻折的性质，一次函数解析式，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，平行线间的距离，正方形的判定与性质，角平分线，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识．熟练掌握翻折的性质，一次函数解析式，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，平行线间的距离，正方形的判定与性质，角平分线，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
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第19章 矩形、菱形与正方形思维导图
【类型覆盖】
类型一、矩形中的尺规作图
【解惑】在中，，利用尺规作矩形．甲、乙两位同学的作法如图所示，关于两人的作法判断正确的是（ ）
A．只有甲的可以 B．只有乙的可以 C．甲、乙的都可以 D．甲、乙的都不可以
【融会贯通】
1．综合实践课上，老师让同学们利用尺规借助直角三角形作矩形，如图是甲、乙、丙三名同学作的矩形，其中正确的是（ ）
A．甲和丙 B．乙和丙 C．甲和乙 D．都正确
2．如图，在矩形中，，依据尺规作图的痕迹，则的度数是 ．
3．如图，在矩形中，是一条对角线．
(1)尺规作图：作的垂直平分线，分别交和于点，（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)求证：．
类型二、菱形中的尺规作图
【解惑】尺规作图：已知具体步骤如下：①在射线、上分别截取、，使；②分别以点、为圆心，大于的同一长度为半径作弧，两弧交于内的一点，作射线；③以点为圆心，为半径作弧，交射线于点，联结、．那么所作的四边形一定是（ ）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
【融会贯通】
1．利用尺规作图，过直线外一点作已知直线的平行线．下列作法错误的是（ ）
A． B．
C． D．
2．如图，在中，尺规作图：以点为圆心，的长为半径画弧交于点，分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧交于点，作射线交与点，若，，则的值为 ．
3．如图，在中，点D为线段上任意一点．
(1)尺规作图：作线段的垂直平分线，分别交，于点E，F，连接，；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的基础上，线段与交于点G，已知________（请从“①平分；②点G为中点”这两个条件中选取一个作为已知条件）．
求证：四边形是菱形．
类型三、正方形中的尺规作图
【解惑】如图，在中，．
①以点为圆心，适当长为半径画弧，分别与，相交于点；分别以为圆心，大于的长为半径画弧．两弧相交于点，作射线．
②以点为圆心，适当长为半径画弧，分别与，相交于点；分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点；作射线，与射线相交于点．
③连接．
根据以上作图，若点到直线的距离为1，则线段的长（ ）．
A．1 B． C． D．2
【融会贯通】
1．如图，在中，，，，按以下步骤作图：
①以为圆心，任意长为半径作弧，分别交于点；
②分别以为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点；
③作射线；
④以同样的方法作射线交于点O，连接，则为（ ）
A．8 B．4 C．2 D．1
2．如图，在正方形中，，E是的中点，按以下步骤作图．分别以点A和点E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点G，H．作直线交于点F．则的长为 ．
3．小明在学习了黄金分割和黄金矩形后，了解到白银矩形和白银分割的知识：如果一个矩形．满足，这个矩形就称为白银矩形，这个比叫做白银比：如果点把线段分成两部分，若，那么称线段被点白银分割，点为线段的白银分割点．小明决定在正方形中构造一个白银矩形，请按要求完成下列问题：
如图，在正方形中，对角线、交于点．
(1)尺规作图：作的角平分线交于点，过点作的垂线交于点，交于点（只保留作图痕迹，不要求写作法）
(2)结合图形，帮助小明完成以下证明过程：
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
在中，，
∵平分，
∴ ① ，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
在和中，
，
∴，
∴， ③ ，
所以矩形是白银矩形，
小明进一步思考发现， ④ ，点为线段的白银分割点．
类型四、矩形、菱形、正方形中的平移
【解惑】如图，在直角坐标系中，已知点，，线段向上平移后，的对应点分别为，若四边形是正方形，则点的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
【融会贯通】
1．如图，正方形的边长为5，点的坐标为，平行于轴，现将正方形向左平移2个单位，则平移后点的对应点坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．如图1，四个边长为1的小正方形组成一个边长为2的大正方形，过点的直线是它的一条对称轴．如图2，将图1中的正方形沿直线向下平移，使点落在的垂直平分线上，连接，则阴影部分面积为 ．
3．如图①，在矩形 纸片中，，连接，，沿对角线剪开，将沿射线方向平移得到（如图2），直线与交于点E，直线与交于点F．设．
(1)在图①中，的度数为_____；边 的长为______；
(2)若点在线段上，四边形的形状是______；
(3)若点在射线上，当x为何值时，以、、C、D 为顶点的四边形是正方形？
(4)已知存在x值，使得以、E、C、F为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的x值．
类型五、矩形、菱形、正方形中的旋转
【解惑】如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，顶点在轴上，点在轴上，点B在第一象限，分别以点A，B为圆心，长为半径画弧，两弧交正方形内一点D，将点D绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【融会贯通】
1．正方形的两边分别在x轴、y轴上，点在边上，以C为旋转中心，把旋转，则旋转后D点得到的对应点的坐标是（ ）
A． B．
C．或 D．或
2．如图，四边形和都是边长为2的正方形，且、相交于点，现将正方形绕点旋转，则两个正方形重叠部分的面积为 ．
3．在初中数学的学习过程当中，我们掌握了许多关于中点的基础知识，比如特殊三角形的中线的性质、倍长中线法构造全等、中位线定理等等，也积累了很多解决中点问题的活动经验，灵活运用这些经验和技能，可以帮助我们解决很多问题．
如图 1，点是正方形的边上的点，以为边，在正方形右侧作正方形，连接，为线段的中点，连接．
(1)猜想：图 1 中线段和线段的位置关系为： ，数量关系为： （直接写出结论，无需证明）；
(2)以为旋转中心将正方形顺时针旋转，旋转角为，则（1）中结论是否仍然成立？若成立，以图 2 中情形为例证明你的结论；若不成立，说明理由；
(3)若正方形的边长为2，正方形的边长为1，则在正方形旋转一周的过程中，当点、点、点三点共线时，直接写出的长．
类型六、矩形、菱形、正方形中的折叠
【解惑】如图，矩形中，，将矩形沿折叠，使顶点落在上的点处，其中在上连接，则（ ）．
A． B． C． D．1
【融会贯通】
1．如图，在矩形中，，，将矩形沿对角线折叠，点C落在点处，交于点E，则的长为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在矩形中，，，点分别在上，将矩形沿折叠，使点分别落在矩形外部的点处，则整个阴影部分图形的周长为 ．
3．已知正方形，点E，F分别为边上两点．
【建立模型】
（1）如图1，连接，如果，求证：；
【模型应用】
（2）如图2，点E为边上一点，连接，作的垂直平分线交于点G，交于点F，若，，求的长度；
【模型迁移】
（3）如图3，将沿折叠，使点B落在上的点G处，与交于点M，若，，请直接写出的长度．
类型七、平面直角坐标系中的矩形
【解惑】已知平面直角坐标系的原点O是矩形的对角线的中点，如果点D的坐标是，则点B的坐标是（ ）
A． B． C． D．不能确定
【融会贯通】
1．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，过点作轴于点，轴于点，点在上．将沿直线翻折，点恰好落在轴上的点处，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，矩形的两边分别在平面直角坐标系的坐标轴上，点C的坐标为．点D为中点，反比例函数的图象经过点D，，连接、、，则的面积为 ．
3．如图，在平面直角坐标系第一象限内有一矩形，其顶点的坐标分别为，反比例函数的图象经过矩形的顶点且与矩形的边相交于点．
(1)求的值；
(2)直线与相交于点，求的面积．
类型八、平面直角坐标系中的菱形
【解惑】如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为2，点在第一象限，点在轴的正半轴上，．若将菱形绕点顺时针旋转，得到四边形，则点的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【融会贯通】
1．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A在x轴正半轴上，顶点C在直线上，点C的横坐标是2，将菱形绕点O顺时针旋转得到菱形，则点B的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在平面直角坐标系中，点、点都在双曲线上，点、点都在轴上，并且四边形和四边形都是菱形．若两个影阴部分的面积和为8，则的值为 ．
3．如图，在平面直角坐标系中，四边形的顶点是，连接．
(1)求直线的解析式；
(2)若过点A作轴于点F，交于点G，若点P是x轴正半轴上一动点，且满足，求点P的坐标；
(3)若直线与相交于点M，Q为平面内任意一点，在x轴是否存在N点，使得以O、M、N、Q为顶点且以为边的菱形，若存在，请直接写出N点坐标，若不存在，请说明理由．
类型九、平面直角坐标系中的正方形
【解惑】如图，正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的“赵爽弦图”．以顶点为原点、边所在直线为轴建立平面直角坐标系，已知点，将正方形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束后，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【融会贯通】
1．如图，，，点在边上（与，不重合），四边形为正方形，过点作，交的延长线于点，连接，交于点，以为原点建立如图所示的平面直角坐标系，点坐标为，点坐标为，给出以下结论：①四边形为矩形；②；③；④点的坐标；⑤．其中正确的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在轴上，顶点在轴上．且，则正方形的面积是 ．
3．在平面直角坐标系中，对于点和正方形，给出如下定义：若点关于轴的对称点到正方形的边所在直线的最大距离是最小距离的2倍，则称点是正方形的“最佳距离点”．
已知：点．
(1)当时，
①点的坐标是___________；
②在三个点中，___________是正方形的“最佳距离点”；
(2)当时，点（其中）是正方形的“最佳距离点”，直接写出的取值范围；
(3)点，若线段上存在正方形的“最佳距离点”，直接写出的取值范围．
类型十、矩形、菱形、正方形的无刻度尺作图
【解惑】（1）用刻度尺画出关于点O的中心对称图形；
（2）用无刻度的直尺画一条直线，将所给图形分成面积相等的两部分（保留画图痕迹）．
【融会贯通】
1．我们知道平行四边形是中心对称图形．已知四边形是平行四边形，如图所示，请只用一把无刻度的直尺，按要求作出相应的图形．（不写作法，保留作图痕迹）
(1)如图1，点E是边的中点，作出边的中点F；
(2)如图2，在平行四边形的四边上各作一点，分别记为M、N、P、Q，使得四边形是平行四边形；
(3)如图3，若四边形为正方形，点G在对角线上一点，作一个菱形，使得为菱形的一边．
2．【课本知识】平行四边形是________图形，菱形是________图形（填序号“①中心对称，②轴对称”）
【知识应用】只用无刻度的直尺作图（保留作图痕迹，不要求写做法）
（1）如图1，四边形是平行四边形，E为上任意一点，请在边上找点F，使；
（2）如图2，是菱形的边上的高，请作出菱形的边上的高.
3．如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．正方形的四个顶点都是格点，E点是格点，且在边上．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
(1)画格点F，并连且，使，且；
(2)在线段上画一点M，连接，使；
(3)直接写出（2）中线段的长度为_______．
【一览众山小】
1．如图，在菱形中，若，则菱形的面积是（ ）
A．12 B．24 C．30 D．48
2．如图，正方形的顶点分别在反比例函数和的图象上．若点的横坐标为3，则的值是（ ）
A．6 B．12 C．15 D．18
3．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（ ）
A． B．6 C． D．
4．如图，矩形中，点、、的坐标分别是，，，则点的坐标是 ．
5．如图，在菱形中，对角线交于点O，若，，则菱形的面积为 ．
6．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点，则点D的坐标是 ．
7．如图，已知，点在射线上，请用尺规作图法以线段为对角线作菱形，便得点在射线上，点在射线上方．（保留作图痕迹，不写作法）
8．如图，在菱形中，点E，F分别在，上，且．求证：．
9．已知是菱形的对角线．
(1)如图1，以为圆心，适当长度为半径作弧，交于点，连接．求证：四边形是菱形．
(2)尺规作图：在图2中作正方形，其中在上（保留作图痕迹，不写作法）．
10．如图，在平面直角坐标系中，、、三点坐标分别为、、，把沿翻折，点恰好落在轴的点处，为折痕．
(1)求直线的解析式；
(2)在平面直角坐标系中，有一个动点使得，动点的纵坐标是否为横坐标的函数？若是，求出关于的函数解析式；若否，请说明理由；
(3)连接、，点为边的中点，，且交外角的平分线于点，请补全图形，并求证．
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