第19章 矩形、菱形与正方形（优质类型）-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）

第19章 矩形、菱形与正方形思维导图 【类型覆盖】 类型一、矩形、菱形、正方形的图象结合 【解惑】如图1，在正方形中，，分别为边，上的动点，且．设，两点之间的距离为，的面积为，与的函数关系图象如图所示．已知点的横坐标为，则点的纵坐标为(   ) A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图1，在菱形中，，动点P从点A出发，沿折线匀速运动，运动到点D停止．设点P的运动路程为的面积为与x的函数图象如图2所示，则的长为（   ） A．4 B． C．6 D． 2．如图1，正方形的边长为2，E为边的中点．动点P从点A出发沿匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，线段的长为y，y与x之间的函数图象如图2所示，则点M的坐标为 ． 3．如图①，在矩形中，，对角线，相交于点O，动点P由点A出发，沿向点D运动设点P的运动路程为x，的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则的长为 类型二、矩形、菱形、正方形的阴影部分 【解惑】如图，面积为的正方形是由正方形和四个形状、大小一样的直角三角形组成，其中，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，正方形、、、的边长分别为2、4、6、4，四个正方形按照如图所示的方式摆放，点、、分别位于正方形、、对角线的交点，则阴影部分的面积和为（     ） A．12 B．13 C．14 D．18 2．如图，在中，，，．分别以，，为边在的同侧作正方形，，，四块阴影部分的面积分别为，，，，则等于 ． 3．如图，在边长为的正方形铁皮上，剪去图中阴影部分的四个全等的等腰直角三角形，再沿图中的虚线折起，折成一个正方体工艺盒（A，B，C，D四个顶点正好重合于盒底面一点）．已知点M，N在边上，且是被剪去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，则这个工艺盒的体积为 ． 类型三、矩形中的动点求t 【解惑】如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点的运动时间为（单位：），下列结论正确的是（    ） A．当时，四边形为矩形 B．当时，四边形为平行四边形 C．当时， D．当时，或 【融会贯通】 1．如图，在矩形中，，，点E是边延长线上一点，，点M从点E出发，先以每秒2个单位长的速度向点B运动，点到达点B后，再以每秒6个单位长的速度沿射线方向运动，同时点N从点D出发，沿射线方向以每秒4个单位长的速度运动，设运动时间为t（s），若以E，M，C，N为顶点的四边形是平行四边形，则t的值为（    ） A．1或3 B．3或13 C．1或13 D．1或3或13 2．如图，在矩形中，，，延长到点E，使，连接．动点P从点B出发，以每秒2cm的速度沿向终点A运动．设点P的运动时间为t秒，则当 秒时，以A，B，P为顶点的三角形与全等． 3．如图，在四边形中，，，于点E，动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿的方向运动到D点后原路返回，向终点A运动；动点Q从点C出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P返回到点A时，点Q也随之停止运动，设点P运动时间为t秒． (1)的长为 ； (2)用含t的代数式表示线段的长； (3)当以P、D、E、Q为顶点的四边形为平行四边形时，直接写出t的值． 类型四、菱形中的动点求t 【解惑】如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形是菱形，点A坐标为，点B坐标为，直线交y轴于点D，边交y轴于点E，连接，动点P从点C出发，沿折线方向以2个单位/秒的速度向终点A匀速运动，设的面积为，点P的运动时间为t秒，则当P在上运动时，S与t之间的函数关系式为（　　） A． B． C． D． 【融会贯通】 1．如图，在菱形中，，，点P从点A出发，以的速度沿向点B运动，同时，点Q从点C出发，以的速度沿向点B运动，设点P的运动时间为，当为等边三角形时，t的值为（　　） A．1 B．1.3 C．1.5 D．2 2．如图，在等腰 中，，点从点出发沿 方向以的速度向点A匀速运动，同时点从点 A 出发沿方向以 的速度向点匀速运动，当其中一个点达到终点时，另一点也随之停止运动，设点运动的时间为秒．过点 作于点，若平面内存在一点，使得以为顶点的四边形为菱形，则的值为 ． 3．如图，在矩形中，，，点P从点D出发向点A运动，运动到点A立即停止；同时点Q从点B 出发向点C运动，运动到点C立即停止，点P，Q的速度都是，连接，，，设点P，Q运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是菱形？ (2)求（1）中菱形的周长和面积． 类型五、正方形中的动点求t 【解惑】如图，在正方形中，，是上的一点且，连接，动点从点出发，沿着路径以的速度运动，运动到点停止，设点的运动时间为秒，当和全等时，的值是（    ） A． B． C．或 D．或 【融会贯通】 1．如图，等边三角形的边长为．动点M从点B出发，沿的方向以的速度运动，动点N从点C出发，沿方向以的速度运动，若动点M，N同时出发，且其中一点到达终点时，另一点也停止运动，当点A，M，N以及的边上一点D构成的四边形为平行四边形时，t的值为（    ） A．2或3 B．2或4 C．1或3 D．1或2 2．如图，在正方形中，，点是线段上一点，且，点是正方形边上一动点，运动路线为，速度为每秒，运动时间为，是等腰三角形，则的值为 ． 3．如图①，在等腰直角三角形中，．动点从点出发，以每秒1个单位的速度沿线段向终点运动，过点作交于点．以为一边向右作正方形．设点的运动时间为秒．正方形与重叠部分图形的面积为． (1)当点落在上时，___________秒； (2)如图②，当时，重叠部分图形的面积___________； (3)在点运动的过程中，求出关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围； (4)连接．当是等腰三角形时，直接写出的值． 类型六、矩形中的新定义 【解惑】某学校数学兴趣小组的成员在学习了图形的旋转这节课后，探索了一个新的问题： 新定义：把长方形绕着一个顶点旋转，使一边落在对角线上，把这样的旋转称为“对角旋转”，这个旋转角称为“对角旋转角”如图1，在长方形中，，是对角线， (1)如图1，把长方形绕点A逆时针作“对角旋转”，使边落在对角线上，此时点B的对应点为点，点C的对应点为点，点D的对应点为点，连接，如果度数为，请直接写出“对角旋转角”的度数；（用含有的代数式表示） (2)在（1）的条件下，如，那么把长方形绕点A顺时针作“对角旋转”，使边落在对角线上，点B的对应点为点，点C的对应点为点，点D的对应点为点，连接，请直接写出的度数； (3)在长方形中，，在（1）（2）的基础上经“对角旋转”后，点C的对应点分别为点和点，连接、、、，面积为312，面积为130，请直接写出此时长方形的面积． 【融会贯通】 1．定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．    (1)如图1，在四边形中，，，对角线平分．请判断四边形是否为邻等四边形并说明相应理由． (2)如图2，在的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请分别在答题卷的三个网格图中画出三个不同的点D． (3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连结，若，求的长． 2．在平面直角坐标系中，给出如下定义：若在图形上存在一点，且点的纵坐标是横坐标的（为正整数）倍，则称点为图形的“倍点”． 例如，点是直线的“倍点”． (1)在点，，，中，_________是直线的“倍点”； (2)已知点的坐标为，点的坐标为，以线段为矩形的一边向上作矩形． ①若，，判断是否存在矩形的“倍点”，若存在，求出矩形的“倍点”的坐标，若不存在，请说明理由； ②若，且存在矩形的“倍点”，直接写出的取值范围． 3．如果一个直角三角形的三边长分别为，a，，（），则称这个三角形为均匀直角三角形． (1)判定按照上述定义，下列长度的三条线段能组成均匀直角三角形的是 ． A．1，1，；            B．5，12，13；            C．1，，2；            D．3，4，5． (2)如图为均匀直角三角形，，，矩形的顶点E、F分别在上，在直线上，求证：；    (3)在（2）的条件下，结合均匀直角三角形的概念． ①求的值； ②若已知，请求出矩形的最大面积． 类型七、菱形中的新定义 【解惑】【动手实践】阅读与思考 下面是小斌同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 准等距点定义：四边形一条对角线所在直线上的点，如果到这条对角线的两个端点距离不相等，但到另一条对角线的两个端点的距离相等，那么称这个点为“准等距点”．如图1，在四边形中，点P是对角线上的一点，，且，则点P就是一个“准等距点”．   根据“准等距点”的定义，我猜想菱形一定有“准等距点”． 例：如图2，在菱形中，点P是对角线上的一点，，则点P是一个“准等距点”． 下面是我的证明过程： 证明：如图2，连接． …… 于是我得到一个结论，四边形的一条对角线垂直平分另一条对角线时，这个四边形有无数个“准等距点”． 随后，我又进一步思考，如何找到四边形的“准等距点”呢？…… 任务： (1)请将上述证明过程补充完整． (2)如图3，请用尺规作出四边形的一个“准等距点”（要求：不写作法，保留作图痕迹）．    (3)已知一个四边形，对角线于点E，且，，四边形的面积为24．若四边形存在“准等距点”，直接写出的长度． 【融会贯通】 1．定义：有一组对角是直角的四边形叫做“准矩形”；有两组邻边（不重复）相等的四边形叫做“准菱形”． 如图①，在四边形中，若，则四边形是“准矩形”； 如图②，在四边形中，若，，则四边形是“准菱形”． (1)如图，在边长为1的正方形网格中，、、在格点（小正方形的顶点）上，请分别在图③、图④中画出“准矩形”和“准菱形”．（要求：、在格点上）； (2)下列说法正确的有_________；（填写所有正确结论的序号） ①一组对边平行的“准矩形”是矩形；②一组对边相等的“准矩形”是矩形； ③一组对边相等的“准菱形”是菱形；④一组对边平行的“准菱形”是菱形． (3)如图⑤，在中，，以为一边向外作“准菱形”，且，，、交于点；若．求证：“准菱形”是菱形． 2．阅读与思考：在平面直角坐标系中，直线过点且平行于轴，对于点和四边形，给出如下定义：点关于直线的对称点落在四边形所围成的图形上及其内部，则称点是四边形关于直线的可触碰点．已知点，，，． (1)四边形是 （填：平行四边形、菱形、矩形或正方形）；是四边形关于直线的可触碰点，则的取值范围是 ． (2)已知点是直线上的一动点，当是四边形关于直线的可触碰点时，求满足条件的所有点组成的几何图形的面积． 3．生活常用打印纸纸的长宽比为，此比值也叫“白银比”．现对于平面直角坐标系中的不同两点，，给出如下定义：若，则称M，N互为“白银点”．例如，点，互为“白银点”． (1)在，，，四个点中，能与坐标原点互为“白银点”的是：____________； (2)已知A点坐标为，四边形为菱形，且该菱形的面积为，求点B的坐标； (3)在（2）的条件下，若E、B两点的纵坐标相同，且点E是点A的“白银点”，求点E的坐标. 类型八、正方形中的新定义 【解惑】综合与实践 定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“邻等对补四边形”． 如图，四边形中，，（或），则四边形叫做“邻等对补四边形”． (1)概念理解 在以下四种图形中：平行四边形，菱形，矩形，正方形．一定是“邻等对补四边形”的是____________．（填写序号） (2)探究发现 如图，在四边形中，，平分，求证：四边形是邻等对补四边形． (3)拓展应用 如图，在中，，，为平面内一点，满足四边形为邻等对补四边形，直线与交于点，若中有一个角为，请直接写出的长． 【融会贯通】 1．阅读与思考 下面是勤学小组研究性学习的部分内容，请认真阅读，并完成相应的任务． 关于“邻对等四边形”的研究报告 勤学小组 研究对象：邻对等四边形． 研究思路：类比特殊四边形的性质进行研究． 定义：有一组邻角相等且对角线相等的四边形叫做邻对等四边形． 如图1，在四边形中，，连接，，且，则四边形是一个邻对等四边形． 性质探究： 性质1：对角线相等，即． 性质2：有一组邻角相等，即． 性质3：在图1中，若，则与互补． 下面是性质3的探究过程： 如图2，延长至点，使得，连接． …… 任务： (1)根据邻对等四边形的定义，下列特殊四边形中，一定是邻对等四边形的是________（从下列选项中选出两个）． A．矩形    B．菱形    C．正方形    D．平行四边形 (2)请你阅读上述报告，补全性质3的探究过程． (3)如图3，已知，，请你在图3中作一个邻对等四边形，使得点在的上方．（要求：尺规作图，不写作法，保留痕迹） 2．我们定义：若一个四边形的两条对角线互相垂直，且其中一条对角线平分另一条对角线，则称这个四边形为“和谐四边形”． (1)请从以下选项中选出属于“和谐四边形”的选项填在横线上． ___________ A．矩形    B．菱形    C．等腰梯形 (2)已知四边形是“和谐四边形”，对角线，平分于点若，求四边形面积___________． (3)如图，在四边形中，对角线、相交于点，平分，过点作交于点，交于点，．求证：四边形是“和谐四边形”． 3．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”，如图，在边长为的正方形中，为边上一动点（点不与点，重合），交于点 ，过点 作交于点． (1)试判断四边形是否为“等补四边形”，并说明理由． (2)如图，连接，，求出的周长（用含的字母表示）． (3)当时，求证：点是的中点． 类型九、正方形的半角模型 【解惑】如图，直线与轴，轴分别交于A，B两点，以为边在第二象限内作正方形，点为边的中点，作，交边于点． (1)求边的长； (2)求直线的解析式； (3)求的长． 【融会贯通】 1．【问题情境】 数学活动课上，老师和同学们一起玩旋转，如图1，四边形是正方形，绕点顺时针旋转后与重合． 【解决问题】 （1）连接，若，，求的长； 【类比迁移】 （2）用上述思想或其他方法证明：如图2，在正方形中，点、分别在、上，且．求证：． 2．如图，中，，、外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，，为垂足． (1) °（直接写出结果不写解答过程） (2)①求证：四边形是正方形． ②若，求的面积． (3)如图（2），在中，，高，，则的长度是 　　（直接写出结果不写解答过程）． 3．如图，在四边形中，点、分别在边、上．连接、． (1)如图1，四边形为正方形时，连结，且， ①已知，，求的长； ②已知，求的值； (2)如图2，四边形为矩形，，点为的中点，，，求的长．． 类型十、完美四边形 【解惑】阅读理解： 如图①，如果四边形ABCD满足AB=AD，CB=CD，∠B=∠D=90°，那么我们把这样的四边形叫做“完美筝形”.将一张如图①所示的“完美筝形”纸片ABCD先折叠成如图②所示形状，再展开得到图③，其中CE，CF为折痕，∠BCE=∠ECF=∠FCD，点B′为点B的对应点，点D′为点D的对应点，连接EB′，FD′相交于点O. 简单应用： (1)在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为“完美筝形”的是___________； (2)当图③中的∠BCD=120°时，∠AEB′=___________°； (3)当图③中的四边形AECF为菱形时，求证OD′CB′为完美筝形. 【融会贯通】 1．我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫作“完美四边形”． (1)在①平行四边形② 菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 （请填序号）； (2)在“完美”四边形 ABCD 中，AB=AD，∠B+∠D=180°，连接 AC． ① 如图 1，求证：AC 平分∠BCD； ②如图 2，当∠BAD=90°，用等式表示线段 AC，BC，CD 之间的数量关系，并证明． 2．综合与实践 折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为完美矩形． (1)操作发现： 如图①，将纸片按所示折叠成完美矩形，若的面积为，，则此完美矩形的边长 ，面积为 ． (2)类比探究： 如图②，将平行四边形纸片按所示折叠成完美矩形，若平行四边形的面积为，，则完美矩形的周长为 ． (3)拓展延伸： 如图③，将平行四边形纸片按所示折叠成完美矩形，若，，求此完美矩形的周长为多少． 3．阅读与思考 下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 完美四边形 定义：在平行四边形中，若有一条对角线的长是一边长的两倍，则这个平行四边形叫做“完美四边形”，其中这条对角线叫做完美对角线，这条边叫做完美边． 如图1、四边形是平行四边形．，是的中点，连接，并延长交的延长线于点，连接．求证：四边形是完美四边形．   证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴（依据1）， ∵是的中点， ∴． 在和中， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形（依据2）． ， ， ∴四边形是完美四边形． 任务： (1)材料中的依据1是指 ；依据2是指 ． (2)如图2，在矩形中，，是否存在值，使得矩形是完美四边形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【一览众山小】 1．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点O在原点处，顶点A在y轴上，已知点B坐标为，则点C的坐标为（    ） A． B． C． D． 2．如图，，将绕点B逆时针旋转得到，点A，C的对应点分别为D，E，延长交于F，连接．下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 3．如图，菱形在平面直角坐标系的第一象限，且边轴，点的横坐标为2，若该菱形的面积为20，周长为20，反比例函数的图象经过两点，则的值是（   ） A．12 B．10 C．9 D．8 4．如图，正方形的边长为8，点是边的中点，点是边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接．则的最小值是 ． 5．如图，在矩形中，以点为圆心，以长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点，作射线，交于点，若点是的中点，，，则 ． 6．如图，在平面直角坐标系中，过点分别作轴于点轴于点，反比例函数的图象分别与，相交于两点，连接．若四边形的面积为4，则的值为______． 7．如图，已知，连接． (1)请用无刻度的直尺和圆规作图（保留作图痕迹，不写作法）： 作的垂直平分线，分别交，，于点M，N，O，连接和； (2)在（1）的条件下，若四边形的周长为20，求的长． 8．如图，在菱形中，对角线，相交于点，在的延长线上截取，连接． (1)尺规作图：过点作的垂线交于点（保留作图痕迹，不写作法）； (2)求证：四边形为矩形． 证明：， ①________． 四边形是菱形， ． ． ． ②________． 又∵， 四边形为平行四边形． ③__________． ∴ ． 四边形为矩形． 思考：若四边形为矩形，在的延长线上截取，连接，再过点作的平行线交于点，四边形的形状为④______． 9．综合与实践课上，同学们以“折纸中的角”为主题开展数学活动． 【操作判断】 （1）如图①，将边长为的正方形对折，使点D与点B重合，得到折痕．打开后，再将正方形折叠，使点D落在边上的点P处，得到折痕，折痕与折痕交于点Q．打开铺平，连接．若点P的位置恰好使得． ① ； ②求的长； 【探究提炼】 （2）如图②，若（1）中的P是上任意一点，求的度数； 【理解应用】 （3）如图③，某广场上有一块边长为的菱形草坪，其中．现打算在草坪中修建步道和，使得点M在上，点N在上，且．请问：步道所围成的（步道宽度忽略不计）的面积是否存在最小值？若存在，请直接写出最小值；若不存在，说明理由． 10．【实践探究】 数学实践课上，活动小组的同学将两个正方形纸片按照图1所示的方式放置．如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，且这两个正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转． (1)【问题发现】 ①线段，之间的数量关系是__________，线段，之间的数量关系是__________． ②在①的基础上，连接，则线段，，之间的数量关系是_________． (2)【类比迁移】 如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转．判断线段，，之间的数量关系并证明． (3)【拓展应用】如图3，在中，，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕点旋转．当时，请求出线段的长． 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第19章 矩形、菱形与正方形思维导图 【类型覆盖】 类型一、矩形、菱形、正方形的图象结合 【解惑】如图1，在正方形中，，分别为边，上的动点，且．设，两点之间的距离为，的面积为，与的函数关系图象如图所示．已知点的横坐标为，则点的纵坐标为(   ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合图可知正方形边长为，然后根据识别半角模型，利用旋转，构造全等证明，，可得，当时，则，设，在中，勾股定理求得，进而得出，即可求解． 【详解】解：由图可知，当时，， 此时点与重合，点与重合， ， 解得， 如图，在延长线上取一点，使， ，，， ， ，， ， ， ，即， ， ， ， 当时，则， ， 设，则， 在中，， ， 解得， ， ，即， 点的纵坐标为， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、动点问题的函数图象等内容，数形结合是解题的关键． 【融会贯通】 1．如图1，在菱形中，，动点P从点A出发，沿折线匀速运动，运动到点D停止．设点P的运动路程为的面积为与x的函数图象如图2所示，则的长为（   ） A．4 B． C．6 D． 【答案】A 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据菱形的性质和函数图象，能根据图形得出正确信息是解此题的关键．根据图1和图2判断为等边三角形，它的面积为解答即可． 【详解】解：连接， 在菱形中，， ∴为等边三角形， 设，由图2可知，的面积为， ∴的面积 解得：(负值已舍) 故选：A 2．如图1，正方形的边长为2，E为边的中点．动点P从点A出发沿匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，线段的长为y，y与x之间的函数图象如图2所示，则点M的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查动点问题的函数图象，关键是根据图2确定点的坐标与正方形的边之间的关系．根据图2确定点的横坐标为的长度，纵坐标为的长度，然后求值即可． 【详解】解：由题意可知，当点在边上时，的值先减小后增大， 当点在边上时，的值逐渐减小， ∴点的横坐标为的长度，纵坐标为的长度， ， ， ， 故答案为：． 3．如图①，在矩形中，，对角线，相交于点O，动点P由点A出发，沿向点D运动设点P的运动路程为x，的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则的长为 【答案】4 【分析】本题主要考查动点问题的函数图象，矩形的性质，三角形的面积，解题的关键是分析三角形面积随动点运动的变化过程，找到分界点极值，结合图象得到相关线段的具体数值． 当点在上运动时，面积逐渐增大，当点到达点时，结合图象可得面积最大为3，得到与的积为12；当点在上运动时，面积逐渐减小，当点到达点时，面积为0，此时结合图象可知点运动路径长为7，得到与的和为7，构造关于的一元二方程可求解． 【详解】解：当点在上运动时，面积逐渐增大，当点到达点时，面积最大为3． ，即． 当点在上运动时，面积逐渐减小，当点到达点时，面积为0，此时结合图象可知点运动路径长为7， ． 则，代入，得， 解得或3， ，即， ，． 即． 故答案为：4． 类型二、矩形、菱形、正方形的阴影部分 【解惑】如图，面积为的正方形是由正方形和四个形状、大小一样的直角三角形组成，其中，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握全等三角形的性质是解答的关键．设，则，根据勾股定理和正方形的性质可，，证明得到，由阴影部分面积求解即可． 【详解】解：设，由得， 由题意，，，，， ∴，， ∴，， ∴阴影部分面积为． 故选：B． 【融会贯通】 1．如图，正方形、、、的边长分别为2、4、6、4，四个正方形按照如图所示的方式摆放，点、、分别位于正方形、、对角线的交点，则阴影部分的面积和为（     ） A．12 B．13 C．14 D．18 【答案】C 【分析】 本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 由题意可以得到四边形是对角互补的四边形，过作、的垂线，垂足分别为、，先证≌，从而推得四边形的面积为正方形面积的四分之一，同样的方法，求得另外两个阴影部分面积，即可解决． 【详解】 解：设三个阴影部分的面积从左至右分别为、、， 如图， 设与交于点，与交于点， 过分别作于，于， 连接，， ∵四边形是正方形，是对角线的交点， ∴平分，且是等腰直角三角形， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴≌， ∴， ∴， ∴， 同理，，， ∴阴影部分的面积和为：． 故选：C． 2．如图，在中，，，．分别以，，为边在的同侧作正方形，，，四块阴影部分的面积分别为，，，，则等于 ． 【答案】 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，正确进行计算是解题关键． 先证明得到，进一步证明，由此求解即可． 【详解】解：∵正方形， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， 如图所示，可知， ∴， ，，， 由勾股定理可得， ∴， ， ， ∵，，， ∴， ， 故答案为：． 3．如图，在边长为的正方形铁皮上，剪去图中阴影部分的四个全等的等腰直角三角形，再沿图中的虚线折起，折成一个正方体工艺盒（A，B，C，D四个顶点正好重合于盒底面一点）．已知点M，N在边上，且是被剪去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，则这个工艺盒的体积为 ． 【答案】 【分析】先根据已知条件求得正方体的底面边长，，再利用，求出x，最后求正方体的体积即可；本题主要考查了勾股定理，正方形的性质，将实际问题转化成函数问题是解答本题的关键． 【详解】解：根据题意，设，折成的工艺盒恰好是个正方体， 由勾股定理可得：， ， ∵正方形纸片边长为， 即， ∴， 解得：， ∴正方体的底面边长为， ∴这个工艺盒的体积为． 故答案为：． 类型三、矩形中的动点求t 【解惑】如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点的运动时间为（单位：），下列结论正确的是（    ） A．当时，四边形为矩形 B．当时，四边形为平行四边形 C．当时， D．当时，或 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，对于选项A、B，分别计算当与时相应线段的长度结合平行四边形的判定方法判断即可；对于C、D选项，作，垂足分别为E、F，如图，证明，得出，进而得出关于t的方程，解方程判定即可. 【详解】解：当时，，cm，， ∴， ∴四边形不为矩形，故选项A结论错误； 当时，，，cm， ∴， ∴四边形不为平行四边形，故选项B结论错误； 当时，作，垂足分别为E、F，如图， ∵， ∴， ∴四边形都是矩形， ∴， ∴当时，，， ∴， ∵， ∴， 解得：或，故选项C错误、选项D正确； 故选：D. 【融会贯通】 1．如图，在矩形中，，，点E是边延长线上一点，，点M从点E出发，先以每秒2个单位长的速度向点B运动，点到达点B后，再以每秒6个单位长的速度沿射线方向运动，同时点N从点D出发，沿射线方向以每秒4个单位长的速度运动，设运动时间为t（s），若以E，M，C，N为顶点的四边形是平行四边形，则t的值为（    ） A．1或3 B．3或13 C．1或13 D．1或3或13 【答案】D 【分析】本题考查了矩形、平行四边形的性质及判定的应用．由题得出共四种情况，当从向运动时，在上时；当点在射线上的点右侧时；当点从点向点运动且点在上时；当点从点向点方向运动且点在点右侧时，根据每种情况，分别求出和，令，再求出即可． 【详解】解：由题得，， 四边形是矩形， ∴， 若，则以、、，为顶点的四边形是平行四边形， ， ， 当从向运动时，， 当在上时，即时， 得， ； 当点在射线上的点右侧时，即时，， ， ； 当点从点向点运动且点在上时，即时， ， ， （舍去）； 当点从点向点方向运动且点在点右侧时，即时， ， ， ； 综上的值为1或3或13． 故选：D． 2．如图，在矩形中，，，延长到点E，使，连接．动点P从点B出发，以每秒2cm的速度沿向终点A运动．设点P的运动时间为t秒，则当 秒时，以A，B，P为顶点的三角形与全等． 【答案】1或11 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质，矩形的性质， 由题意可知，分点P在上三种情况求解． 【详解】解：当点P在上时，由题意可知，， ∵与全等， ∴， 即， 解得； 当点P在上，不含端点时，， ∴与不全等； 当点P在上时，由题意可知，， ∵与全等， ∴， 即， 解得． 综上所述，与全等时，t为1或11秒． 故答案为：1或11． 3．如图，在四边形中，，，于点E，动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿的方向运动到D点后原路返回，向终点A运动；动点Q从点C出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P返回到点A时，点Q也随之停止运动，设点P运动时间为t秒． (1)的长为 ； (2)用含t的代数式表示线段的长； (3)当以P、D、E、Q为顶点的四边形为平行四边形时，直接写出t的值． 【答案】(1)4 (2) (3)2或 【分析】本题考查矩形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质： （1）证明四边形为矩形，勾股定理求出，矩形的性质，得到即可； （2）分和，两种情况进行求解即可； （3）分和和，三种情况，结合平行四边形的性质，列出方程进行求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∴； （2）由题意，得：点到达点所需时间为：秒， ∴点运动的总时间为：秒； ∴当时，， ∴； 当时，； 综上：； （3）点到达点所需时间为：秒； ∴当时，， ∵， ∴当四边形为平行四边形时，， ∴，解得：； 当时，则：，解得：； 当时，不存在以P、D、E、Q为顶点的四边形为平行四边形； 综上：或． 类型四、菱形中的动点求t 【解惑】如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形是菱形，点A坐标为，点B坐标为，直线交y轴于点D，边交y轴于点E，连接，动点P从点C出发，沿折线方向以2个单位/秒的速度向终点A匀速运动，设的面积为，点P的运动时间为t秒，则当P在上运动时，S与t之间的函数关系式为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了坐标与图形，菱形的性质，求一次函数的解析式等知识，根据菱形的性质一次函数的性质得出，再根据求得D到直线的距离为h，最后利用三角形的面积公式求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，点A坐标为，点B坐标为， ∴，． 设直线的解析式， 得， 解得：， ∴直线的解析式：， 设D到直线的距离为h， 当时， ， 即，， 由 得：， 即， 解得， 当P在上运动时，，． ∴． 故选：C． 【融会贯通】 1．如图，在菱形中，，，点P从点A出发，以的速度沿向点B运动，同时，点Q从点C出发，以的速度沿向点B运动，设点P的运动时间为，当为等边三角形时，t的值为（　　） A．1 B．1.3 C．1.5 D．2 【答案】D 【分析】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质，延长至点M，使，连接，易证，即可推出是等边三角形，列出方程即可解决问题． 【详解】解：如图，延长至点M，使，连接． ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴，． 又∵， ∴是等边三角形， ∴． ∵，， ∴． ∵． ∴． 故选：D． 2．如图，在等腰 中，，点从点出发沿 方向以的速度向点A匀速运动，同时点从点 A 出发沿方向以 的速度向点匀速运动，当其中一个点达到终点时，另一点也随之停止运动，设点运动的时间为秒．过点 作于点，若平面内存在一点，使得以为顶点的四边形为菱形，则的值为 ． 【答案】或或 5 【分析】本题考查的是菱形的性质、勾股定理的应用，先根据题意结合勾股定理分别表示出，及，再根据菱形性质分情况列方程计算即可． 【详解】解：在等腰 中，， ， 设点运动的时间为秒，则，， ，， ， ， ， 作于点H， ， ， ， ， 在中，， ， 在中，， ， 为顶点的四边形为菱形， 分三种情况：①当时，则， ， 解得：， ， ， ②当时，则， ， 解得：（不合题意舍去）， ③当时，则， ， 解得：（不合题意舍去）， 综上所述，的值为或或5． 3．如图，在矩形中，，，点P从点D出发向点A运动，运动到点A立即停止；同时点Q从点B 出发向点C运动，运动到点C立即停止，点P，Q的速度都是，连接，，，设点P，Q运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是菱形？ (2)求（1）中菱形的周长和面积． 【答案】(1)时，四边形是菱形 (2)菱形的周长为，菱形的面积 【分析】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的性质，菱形的判定及性质以及矩形的性质，熟练掌握菱形的判定及性质是解题的关键． （1）由矩形的性质得，，进而证明四边形为平行四边形，然后根据菱形的判定及勾股定理即可得解； （2）首先求出，根据菱形的性质即可求解． 【详解】（1）解：∵在矩形中，，， ∴， 由已知可得，， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴当时，四边形为菱形， ∵， ∴， ∴时，四边形为菱形， 解得， 故当时，四边形为菱形； （2）解：当时，， ∴菱形的周长为； 菱形的面积为． 类型五、正方形中的动点求t 【解惑】如图，在正方形中，，是上的一点且，连接，动点从点出发，沿着路径以的速度运动，运动到点停止，设点的运动时间为秒，当和全等时，的值是（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、动点问题．当和全等时，一定为直角三角形，点在上时，不能构成三角形；点在上时构成的不是直角三角形，此时两个三角形不能全等；当点在上时，此时点运动的路程为，根据运动的速度可以求出运动的时间；当点在上时，此时点运动的路程为，根据运动的速度求出运动的时间即可． 【详解】解：中， 当和全等时，一定为直角三角形， 当点在上时，不能构成三角形； 当点在上时，如下图所示， 构成的不是直角三角形，此时和不全等； 当点在上时，如下图所示， ， 则有， 此时点运动的路程为， 运动的时间为； 当点在上时，如下图所示， ， ， 此时点运动的路程为， 运动的时间为， 综上所述，当和全等时，的值是或． 故选：D ． 【融会贯通】 1．如图，等边三角形的边长为．动点M从点B出发，沿的方向以的速度运动，动点N从点C出发，沿方向以的速度运动，若动点M，N同时出发，且其中一点到达终点时，另一点也停止运动，当点A，M，N以及的边上一点D构成的四边形为平行四边形时，t的值为（    ） A．2或3 B．2或4 C．1或3 D．1或2 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定，等边三角形的性质，利用平行四边形的判定和等边三角形的性质求得相关线段的长度，然后列出方程求解是解题的关键．分三种情况讨论，由平行四边形的性质和等边三角形的性质可列方程，即可求解． 【详解】解：①当，点M、N、D的位置如图所示： 四边形是平行四边形， ，，， ，， ， ， ，即：， 解得：， ②当时，点M、N、D在同一直线上，不能构成四边形， ③当时，点M、N、D的位置如图所示： 四边形是平行四边形， ，， ， 为等边三角形， ， ， ， ，即：， 解得：， 综上所述，t的值为1或3， 故选：C． 2．如图，在正方形中，，点是线段上一点，且，点是正方形边上一动点，运动路线为，速度为每秒，运动时间为，是等腰三角形，则的值为 ． 【答案】或或 【分析】求出，根据点E的位置分三种情况进行解答即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ，， ∵， ∴ ①当时，如图， ∵， ∴， ∴， ∴ 此时 ②当时，如图， 设则 则 ∴， 即， 解得 ∴ ∴ ③当时，如图， 设则 则 即， 解得 ∴ 综上可知，的值为或或． 故答案为：或或． 【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的定义、一元一次方程的应用等知识，分类讨论是解题的关键． 3．如图①，在等腰直角三角形中，．动点从点出发，以每秒1个单位的速度沿线段向终点运动，过点作交于点．以为一边向右作正方形．设点的运动时间为秒．正方形与重叠部分图形的面积为． (1)当点落在上时，___________秒； (2)如图②，当时，重叠部分图形的面积___________； (3)在点运动的过程中，求出关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围； (4)连接．当是等腰三角形时，直接写出的值． 【答案】(1)2 (2)3 (3) (4)2或或 【分析】（1）当点落在上时，点恰好与点重合，此时点在的中点处，即可求得的值； （2）当时，正方形与重叠部分图形是边长分别为1和3的矩形，即可求出的值； （3）分为当时及两种情况进行讨论求解即可； （4）当是等腰三角形时，进行分类讨论，当时，当时，都是等腰直角三角形，再讨论，画图列式求的值即可． 【详解】（1）由题意得，当点落在上时，点恰好与点重合，如图①， 是等腰直角三角形，四边形是正方形， ． ． ． （2）当时，如图②， 由题意得：四边形是矩形， ． ． （3）如图③，当时， 由题意得，， ． 如图④，当时，， ． ． 综上所述，关于的函数解析式为 （4）的值为2或或． I当时，，如图⑤， ． ． 是等腰直角三角形，即此时点落在上． 由（1）得，此时． II．当时，如图⑥， ， ． ． 是等腰直角三角形． ， 在中， 在中，， 即． ． 在中， ． 解得． III．当时，如图⑦． ， ． ． 解得． 综上，当是等腰三角形时，的值为2或或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，求函数关系式，等腰直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是掌握等腰直角三角形的性质． 类型六、矩形中的新定义 【解惑】某学校数学兴趣小组的成员在学习了图形的旋转这节课后，探索了一个新的问题： 新定义：把长方形绕着一个顶点旋转，使一边落在对角线上，把这样的旋转称为“对角旋转”，这个旋转角称为“对角旋转角”如图1，在长方形中，，是对角线， (1)如图1，把长方形绕点A逆时针作“对角旋转”，使边落在对角线上，此时点B的对应点为点，点C的对应点为点，点D的对应点为点，连接，如果度数为，请直接写出“对角旋转角”的度数；（用含有的代数式表示） (2)在（1）的条件下，如，那么把长方形绕点A顺时针作“对角旋转”，使边落在对角线上，点B的对应点为点，点C的对应点为点，点D的对应点为点，连接，请直接写出的度数； (3)在长方形中，，在（1）（2）的基础上经“对角旋转”后，点C的对应点分别为点和点，连接、、、，面积为312，面积为130，请直接写出此时长方形的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，解题的关键是理解对角旋转的定义，正确的作图； （1）根据旋转的性质求解即可； （2）根据旋转的性质可得，进而求得，再根据旋转的性质求解即可； （3）根据三角形的面积可得，，进而可得，再根据已知求解即可． 【详解】（1）由题意可知：“对角旋转角”为，， ∴， ∴对角旋转角为：； （2）解：如图： 由旋转可知，， ∵， ∴， ∴， ， 由旋转可知，， ∴； （3）解：如图： ，， ∵，， ，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴． 【融会贯通】 1．定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．    (1)如图1，在四边形中，，，对角线平分．请判断四边形是否为邻等四边形并说明相应理由． (2)如图2，在的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请分别在答题卷的三个网格图中画出三个不同的点D． (3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连结，若，求的长． 【答案】(1)四边形为邻等四边形，理由见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题属于四边形的综合题，考查了邻等四边形定义，矩形的判定与性质，勾股定理等知识， （1）根据邻等四边形定义证明即可； （2）根据邻等四边形定义利用网格即可画图； （3）过过点D作于点F，结合题意推出四边形是矩形，根据矩形的性质得到，根据邻等四边形的定义推出，根据勾股定理求出，根据线段的和差求解即可． 【详解】（1）解：四边形为邻等四边形，理由如下： 在四边形中，， ∴， ， ∵对角线平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为邻等四边形； （2）解：如下3个图，点即为所求；    ， 四边形为邻等四边形，    ， 四边形为邻等四边形，    ， 四边形为邻等四边形， （3）解：如图3，过过点D作于点F，    ∵四边形是邻等四边形，为邻等角， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 2．在平面直角坐标系中，给出如下定义：若在图形上存在一点，且点的纵坐标是横坐标的（为正整数）倍，则称点为图形的“倍点”． 例如，点是直线的“倍点”． (1)在点，，，中，_________是直线的“倍点”； (2)已知点的坐标为，点的坐标为，以线段为矩形的一边向上作矩形． ①若，，判断是否存在矩形的“倍点”，若存在，求出矩形的“倍点”的坐标，若不存在，请说明理由； ②若，且存在矩形的“倍点”，直接写出的取值范围． 【答案】(1) (2)①存在，，；② 【分析】（1）根据“倍点”的定义进行判断即可； （2）①存在．根据题意可得：，，倍点在直线上，当时，；当时，，即可得出结论； ②根据题意可得：，，，，倍点在直线上，然后分两种情况讨论即可． 【详解】（1）解：当时，， ∴点在直线上， 又∵， ∴点是直线的“倍点”； 当时，， ∴点在直线上， 又∵， ∴点不是直线的“倍点”； 当时，， ∴点不在直线上， ∴点不是直线的“倍点”； 当时，， ∴点在直线上， 又∵， ∴点不是直线的“倍点”； 故答案为：． （2）解：①存在，如图， 当时，点的坐标为，点坐标为， ∵四边形是矩形，， ∴， ∴，， ∵倍点在直线上， 当时，，点， 当时，，点， ∴矩形的“倍点”的坐标为，； ②如图，当时， ∵点的坐标为，点的坐标为， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵，且存在矩形的“倍点”， ∴，，， ∴倍点在直线上， 当时，，则， 当时，，则， ∴， 当时， 当时，点在直线上， 则， 综上所述，的取值范围为． 【点睛】本题考查坐标与图形，矩形的性质，一次函数图象上点的坐标特征，运用了分类讨论的思想．掌握“倍点”的定义是解题的关键． 3．如果一个直角三角形的三边长分别为，a，，（），则称这个三角形为均匀直角三角形． (1)判定按照上述定义，下列长度的三条线段能组成均匀直角三角形的是 ． A．1，1，；            B．5，12，13；            C．1，，2；            D．3，4，5． (2)如图为均匀直角三角形，，，矩形的顶点E、F分别在上，在直线上，求证：；    (3)在（2）的条件下，结合均匀直角三角形的概念． ①求的值； ②若已知，请求出矩形的最大面积． 【答案】(1)D (2)见解析 (3)①；②矩形面积最大值为1200． 【分析】（1）根据新定义“均匀直角三角形”判断即可； （2）作交于点H，证明，推出，设，，，利用勾股定理结合面积法即可求解； （3）①设，根据为均匀直角三角形可得和的长，根据勾股定理列方程可得，从而得结论； ②根据勾股定理求得，，过作于，设，，，，利用等积法得到，据此计算即可得到结论． 【详解】（1）解：A、， ，1，三条线段不能组成均匀直角三角形，故A不符合题意； B、，且， ，12，13三条线段不能组成均匀直角三角形，故B不符合题意； C、，且， ，，2三条线段不能组成均匀直角三角形，故C不符合题意； D、，且， ， ，4，5能组成均匀直角三角形，故D符合题意； 故选：D； （2）解：如图，作交于点H， ∴，， ∵四边形是矩形，    ，， ∴， ∴， 设，，， ∴，， ∵， ∴， 整理得，即， ∴， ； （3）解：①设， 为均匀直角三角形，且， ，， ， ， ， ， ； ②如图，过点作，    ∵四边形是矩形， 设，，，， 三个小三角形的面积和为， 也可以表示为， 整理得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在均匀直角三角形纸板中，，， 由①知：， ， ，， ∴， 矩形面积最大值为1200． 【点睛】本题考查了勾股定理的应用，矩形的性质，完全平方公式的应用，三角形的三边关系，正确的理解题意是解题的关键． 类型七、菱形中的新定义 【解惑】【动手实践】阅读与思考 下面是小斌同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 准等距点定义：四边形一条对角线所在直线上的点，如果到这条对角线的两个端点距离不相等，但到另一条对角线的两个端点的距离相等，那么称这个点为“准等距点”．如图1，在四边形中，点P是对角线上的一点，，且，则点P就是一个“准等距点”．   根据“准等距点”的定义，我猜想菱形一定有“准等距点”． 例：如图2，在菱形中，点P是对角线上的一点，，则点P是一个“准等距点”． 下面是我的证明过程： 证明：如图2，连接． …… 于是我得到一个结论，四边形的一条对角线垂直平分另一条对角线时，这个四边形有无数个“准等距点”． 随后，我又进一步思考，如何找到四边形的“准等距点”呢？…… 任务： (1)请将上述证明过程补充完整． (2)如图3，请用尺规作出四边形的一个“准等距点”（要求：不写作法，保留作图痕迹）．    (3)已知一个四边形，对角线于点E，且，，四边形的面积为24．若四边形存在“准等距点”，直接写出的长度． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了新定义，主要涉及菱形的性质，线段垂直平分线的性质以及尺规作图，正确理解新定义是解题的关键． （1）根据菱形的对角线垂直且互相平分，再结合线段垂直平分线的性质即可证明； （2）根据定义可得，作一条对角线的垂直平分线与另一条对角线的交点即为点； （3）由题意得当且仅当垂直平分时，四边形存在“准等距点”，，由即可求解，继而求． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴垂直平分， ∵点P在直线上， ∴， ∵， ∴点P是一个“准等距点”； （2）解：如答图，点P即为所求“准等距点”．（答案不唯一）    （3）解：由“准等距点”的定义可知四边形存在“准等距点”时，“准等距点”一定在某条对角线的垂直平分线上，如图析，    ∵， ∴当且仅当垂直平分时，四边形存在“准等距点”， ∴， ∵，四边形的面积为24， ∴， ∴， ∴， ∴． 【融会贯通】 1．定义：有一组对角是直角的四边形叫做“准矩形”；有两组邻边（不重复）相等的四边形叫做“准菱形”． 如图①，在四边形中，若，则四边形是“准矩形”； 如图②，在四边形中，若，，则四边形是“准菱形”． (1)如图，在边长为1的正方形网格中，、、在格点（小正方形的顶点）上，请分别在图③、图④中画出“准矩形”和“准菱形”．（要求：、在格点上）； (2)下列说法正确的有_________；（填写所有正确结论的序号） ①一组对边平行的“准矩形”是矩形；②一组对边相等的“准矩形”是矩形； ③一组对边相等的“准菱形”是菱形；④一组对边平行的“准菱形”是菱形． (3)如图⑤，在中，，以为一边向外作“准菱形”，且，，、交于点；若．求证：“准菱形”是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)①②③④ (3)见解析 【分析】（1）根据准矩形和准菱形的特点画图即可，可通过勾股定理及其逆定理说理； （2）根据矩形的判定定理和菱形的判定定理结合准矩形和准菱形的性质对每一个选项进行推断即可； （3）先根据已知得出，再结合可推出，，则证明了“准菱形”是平行四边形，又因为即可得出“准菱形”是菱形； 【详解】（1）解：如图，四边形和即为所求． （2）解：①∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为矩形，故①正确； ②，，连接，如图所示： ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形，故②正确； ③∵，，， ∴， ∴四边形为菱形，故③正确； ④∵，，，连接，如图所示： ∵，， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形，故④正确； 故答案为：①②③④； （3）证明：∵，，， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴“准菱形”是平行四边形， ∵， ∴“准菱形”是菱形． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，勾股定理，熟练掌握各知识点并熟练应用是解题关键． 2．阅读与思考：在平面直角坐标系中，直线过点且平行于轴，对于点和四边形，给出如下定义：点关于直线的对称点落在四边形所围成的图形上及其内部，则称点是四边形关于直线的可触碰点．已知点，，，． (1)四边形是 （填：平行四边形、菱形、矩形或正方形）；是四边形关于直线的可触碰点，则的取值范围是 ． (2)已知点是直线上的一动点，当是四边形关于直线的可触碰点时，求满足条件的所有点组成的几何图形的面积． 【答案】(1)菱形， (2) 【分析】（1）由勾股定理求出，即可判断四边形的形状，求出关于直线的对称点为，结合可触碰点的定义得出，计算即可得解； （2）由题意可得，四边形关于直线对称的图形为，其中，，，，结合可触碰点的定义得出在四边形内部及其边框上，直线代表的是直线及其下方的所有平行直线，点恰好在直线上，设该直线与直线的交点为点，从而可得点的所有点组成的图形为四边形，求出直线的解析式为，联立得出，再由计算即可得解． 【详解】（1）解：∵，，，， ∴，，，， ∴， ∴四边形是菱形， ∵是四边形关于直线的可触碰点， ∴关于直线的对称点为， ∴， 解得：； （2）解：由题意可得，四边形关于直线对称的图形为，其中，，，， ， ∵是四边形关于直线的可触碰点， ∴在四边形内部及其边框上， 直线代表的是直线及其下方的所有平行直线，点恰好在直线上，设该直线与直线的交点为点， ∴点的所有点组成的图形为四边形， 设直线的解析式为， 将，代入直线得， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立，解得， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了坐标与图形、轴对称的性质、菱形的判定定理、勾股定理、一次函数的应用等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 3．生活常用打印纸纸的长宽比为，此比值也叫“白银比”．现对于平面直角坐标系中的不同两点，，给出如下定义：若，则称M，N互为“白银点”．例如，点，互为“白银点”． (1)在，，，四个点中，能与坐标原点互为“白银点”的是：____________； (2)已知A点坐标为，四边形为菱形，且该菱形的面积为，求点B的坐标； (3)在（2）的条件下，若E、B两点的纵坐标相同，且点E是点A的“白银点”，求点E的坐标. 【答案】(1)，， (2)或 (3)或或或 【分析】（1）根据定义，计算判断即可； （2）根据四边形为菱形，得到是菱形的一条对角线，设对角线的交点为M，结合，得到,，结合菱形的面积为，性质，,计算点B的坐标即可. （3）根据题意，得或，结合点E是点A的“白银点”， ，得到或，解答即可. 本题考查了新定义计算题，菱形的性质，正确理解新定义，熟练掌握菱形的性质是解题的关键. . 【详解】（1）∵，，，， 且，，， ∴能与坐标原点互为“白银点”的是，，， 故答案为：，，. （2）∵四边形为菱形， ∴是菱形的一条对角线， 设对角线的交点为M， ∵， ∴,， ∵菱形的面积为， ∴，,, 解得， ∴，点M，B，C三点共线， ∴或. （3）根据题意，得或， ∵点E是点A的“白银点”， ， ∴或， 解得或；或； ∴或或或. 类型八、正方形中的新定义 【解惑】综合与实践 定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“邻等对补四边形”． 如图，四边形中，，（或），则四边形叫做“邻等对补四边形”． (1)概念理解 在以下四种图形中：平行四边形，菱形，矩形，正方形．一定是“邻等对补四边形”的是____________．（填写序号） (2)探究发现 如图，在四边形中，，平分，求证：四边形是邻等对补四边形． (3)拓展应用 如图，在中，，，为平面内一点，满足四边形为邻等对补四边形，直线与交于点，若中有一个角为，请直接写出的长． 【答案】(1)； (2)见解析； (3)或． 【分析】本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据“邻等对补四边形”定义逐一判断即可； （）过作交延长线于点，作于点，则，证明，故有，然后根据“邻等对补四边形”定义即可求证； （）分当时和当时两种情况分即可． 【详解】（1）解：平行四边形对角相等，邻边不相等，不是“邻等对补四边形”； 菱形对角相等，邻边相等，不是“邻等对补四边形”； 矩形对角相等且互补，邻边不相等，不是“邻等对补四边形”； 正方形对角相等且互补，邻边相等，一定是“邻等对补四边形”； 故选：； （2）解：如图，过作交延长线于点，作于点，则， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵平分， ∴四边形是邻等对补四边形； （3）解：如图，当时， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴； 如图，当时， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴； 综上可知的长为或． 【融会贯通】 1．阅读与思考 下面是勤学小组研究性学习的部分内容，请认真阅读，并完成相应的任务． 关于“邻对等四边形”的研究报告 勤学小组 研究对象：邻对等四边形． 研究思路：类比特殊四边形的性质进行研究． 定义：有一组邻角相等且对角线相等的四边形叫做邻对等四边形． 如图1，在四边形中，，连接，，且，则四边形是一个邻对等四边形． 性质探究： 性质1：对角线相等，即． 性质2：有一组邻角相等，即． 性质3：在图1中，若，则与互补． 下面是性质3的探究过程： 如图2，延长至点，使得，连接． …… 任务： (1)根据邻对等四边形的定义，下列特殊四边形中，一定是邻对等四边形的是________（从下列选项中选出两个）． A．矩形    B．菱形    C．正方形    D．平行四边形 (2)请你阅读上述报告，补全性质3的探究过程． (3)如图3，已知，，请你在图3中作一个邻对等四边形，使得点在的上方．（要求：尺规作图，不写作法，保留痕迹） 【答案】(1)AC (2)见解析 (3)见解析（答案不唯一） 【分析】本题考查了正方形和矩形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质、作一个角等于已知角的尺规作图等知识，较难的是题（2），正确找出两个全等三角形是解题关键． （1）根据正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质即可得； （2）先证出，根据全等三角形的性质可得，，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后根据和等量代换即可得； （3）先根据作一个角等于已知角的尺规作图画出，再以点为圆心、长为半径画弧，交射线于点，连接，则邻对等四边形即为所求． 【详解】（1）解：∵矩形和正方形的四个内角都是直角，且对角线都相等， ∴矩形和正方形一定都是邻对等四边形， ∵菱形和平行四边形的对角线不一定相等， ∴菱形和平行四边形不一定是邻对等四边形， 故选：AC． （2）解：如图2，延长至点，使得，连接， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴与互补． （3）解：如图3，邻对等四边形即为所求． ． 2．我们定义：若一个四边形的两条对角线互相垂直，且其中一条对角线平分另一条对角线，则称这个四边形为“和谐四边形”． (1)请从以下选项中选出属于“和谐四边形”的选项填在横线上． ___________ A．矩形    B．菱形    C．等腰梯形 (2)已知四边形是“和谐四边形”，对角线，平分于点若，求四边形面积___________． (3)如图，在四边形中，对角线、相交于点，平分，过点作交于点，交于点，．求证：四边形是“和谐四边形”． 【答案】(1)B (2)24 (3)详见解析 【分析】（1）根据“和谐四边形”的定义进行判断即可； （2）由于对角线互相垂直，所以四边形的面积可化为的和，再求解即可； （3）先证明，再证得，求得，由等腰三角形三线合一性质可得，从而证得结论． 【详解】（1）解：菱形的两条对角线互相垂直，且两条对角线互相平分，符合“和谐四边形”的定义， 故选：B； （2）解：设与相交于点， ， 的面积为：， 的面积为：， 四边形的面积：， ， ， ， 故答案为：24； （3）证明：，， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， 平分， ， ， ， （三线合一性质）， 四边形是“和谐四边形”． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质及三角形的面积，解决本题的关键是熟练掌握对“和谐四边形”的理解． 3．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”，如图，在边长为的正方形中，为边上一动点（点不与点，重合），交于点 ，过点 作交于点． (1)试判断四边形是否为“等补四边形”，并说明理由． (2)如图，连接，，求出的周长（用含的字母表示）． (3)当时，求证：点是的中点． 【答案】(1)四边形是“等补四边形”，理由见解析； (2)的周长为； (3)证明见解析． 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用及正确添加辅助线是解题的关键． （）连接，证明，则有，，由，则，所以，由，从而有，则，根据等边对等角和全等三角形的性质即可得出，从而判断； （）过作，交延长线于点，则，证明，，根据性质得出，则有的周长； （）过作，交延长线于点，则，证明，，则，设，则，，然后由勾股定理得，求出即可． 【详解】（1）解：四边形是“等补四边形”，理由如下： 如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是“等补四边形”； （2）解：过作，交延长线于点，则， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 由（）知，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴的周长； （3）解：如图，过作，交延长线于点，则， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由（）得， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则，， 由勾股定理得：， ∴， 解得：，（舍去）， ∴， ∴点是的中点． 类型九、正方形的半角模型 【解惑】如图，直线与轴，轴分别交于A，B两点，以为边在第二象限内作正方形，点为边的中点，作，交边于点． (1)求边的长； (2)求直线的解析式； (3)求的长． 【答案】(1)10 (2) (3) 【分析】（1）把、分别代入求得，，即，，再利用勾股定理求解即可； （2）过点C作轴于点G，根据正方形的性质可得，，，从而证得，求得，由一次函数的平行规律设直线的解析式为，再利用待定系数法求解即可； （3）把绕点B逆时针旋转得到，连接、，证明，可得，，可证，可得，设，则，，利用勾股定理即可求出答案． 【详解】（1）解：把代入得，， ∴， 把代入得，， 解得， ∴， ∴，， 在中，； （2）解：过点C作轴于点G， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， 又∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴设直线的解析式为， 把代入得，， 解得， ∴直线的解析式为； （3）解：把绕点B逆时针旋转得到，连接、， ∵， ∴， 又∵， ∴， 由旋转的性质得，， 又∵， ∴， ∴，，， ∵， ∴点在的延长线上， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵点E是的中点，， ∴， 设，则，， 在中，， 又∵， ∴， 解得， 即 【点睛】本题考查一次函数与坐标轴的交点问题、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、用待定系数法求一次函数解析式、正方形的性质，熟练掌握相关定理，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【融会贯通】 1．【问题情境】 数学活动课上，老师和同学们一起玩旋转，如图1，四边形是正方形，绕点顺时针旋转后与重合． 【解决问题】 （1）连接，若，，求的长； 【类比迁移】 （2）用上述思想或其他方法证明：如图2，在正方形中，点、分别在、上，且．求证：． 【答案】（1）；（2）证明见解析． 【分析】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等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质得到，，，根据旋转性质得到，，再根据勾股定理即可求解； （2）运用旋转变换，将绕点逆时针旋转，得到，再判定，进而得到，再根据，得出． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，， ∴，， ∵绕点顺时针旋转后与重合，， ∴，， ∴， 在中，； （2）证明：如图，将绕A点逆时针旋转，得到， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵ ∴三点共线， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 2．如图，中，，、外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，，为垂足． (1) °（直接写出结果不写解答过程） (2)①求证：四边形是正方形． ②若，求的面积． (3)如图（2），在中，，高，，则的长度是 　　（直接写出结果不写解答过程）． 【答案】(1)45 (2)①见解析；②15 (3)2.8 【分析】（1）由可得，进而得，再根据角平分线的定义可得，最后根据三角形内角和定理即可求解； （2）①过点作于，由角平分线的性质可得，再证明四边形是矩形即可求证； ②证明得，同理得，设，得，又由可得， 得到，在中，利用勾股定理得，得到，即得，再根据三角形面积公式即可求解； （3）如图2所示，把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点，同理（2）即可求解； 【详解】（1）解：， ， ， 平分，平分， ，， ， ， 故答案为：45； （2）①证明：过点作于， 平分，，， ， 同理可得， ， ，， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形； ②， ， 在和中， ， ， ， 同理可得， 设， ， ， ， ， ， 在中，， ， 解得， ， ； （3）解：如图2所示，把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点， 由折叠可得，，，，，，， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， ， 设，则，， 在中，， ， 解得， ， 故答案为：2.8． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，角平分线的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 3．如图，在四边形中，点、分别在边、上．连接、． (1)如图1，四边形为正方形时，连结，且， ①已知，，求的长； ②已知，求的值； (2)如图2，四边形为矩形，，点为的中点，，，求的长．． 【答案】(1)①10；②4 (2) 【分析】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及勾股定理，根据全等三角形对应边之间的关系，设未知数利用勾股定理列方程为解题关键． （1）①利用勾股定理可直接得出结论； ②延长至点，使，连接，可证明，所以，；进而可得，所以；设，，则，，．所以，在中，利用股定理可得关于和的等式，解之即可得出结论； （2）如图，延长、交于点．可证，所以，由，可得，所以，设，则，即，解之即可得出结论． 【详解】（1）解：（1）①在正方中，， 在中，，，， ， 即的长为10． ②如图，延长至点，使，连接， 在正方形中，，， 在和中， ， ， ，， ， ， ，即， 在和中， ， ， ， ， 设，，则，，． ， 在中，， ， ， ， ，即， 的值为4． （2）如图，延长、交于点． ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ，， ，， 设，则， 即， 解得：， ． 类型十、完美四边形 【解惑】阅读理解： 如图①，如果四边形ABCD满足AB=AD，CB=CD，∠B=∠D=90°，那么我们把这样的四边形叫做“完美筝形”.将一张如图①所示的“完美筝形”纸片ABCD先折叠成如图②所示形状，再展开得到图③，其中CE，CF为折痕，∠BCE=∠ECF=∠FCD，点B′为点B的对应点，点D′为点D的对应点，连接EB′，FD′相交于点O. 简单应用： (1)在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为“完美筝形”的是___________； (2)当图③中的∠BCD=120°时，∠AEB′=___________°； (3)当图③中的四边形AECF为菱形时，求证OD′CB′为完美筝形. 【答案】(1)正方形 (2)80° (3)见解析 【分析】(1)根据“完美风筝”的定义判断即可得到结果； (2)根据根据∠BCE＝∠ECF＝∠FCD，可得到∠BCE=∠BCD=40°，由三角形的内角和可得∠BEC=50°，根据对折得到∠BEC=∠EC，根据邻补角即可求解； (3)根据“完美筝形”的定义得出线段、角相等，转化到四边形ODCB中，即可． 【详解】（1） ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，CB=CD，∠B=∠D=90°， ∴正边形一定是“完美筝形” 故答案为：正边形 （2）由对折有，∠BEC=∠EC， ∵∠BCE=∠ECF=∠FCD，且∠BCD=120°， ∴∠BCE=∠BCD=40°， ∴∠BEC=90°∠BCE=50°， ∴∠BE=100° ∴∠AE=80°， 故答案为： （3）四边形CO是“完美筝形”． 理由：∵四边形ABCD是“完美筝形”， ∴CB＝CD，∠B＝∠D＝90°． 由折叠可知，＝CD，C＝CD，∠O＝∠CO＝90°， ∴＝C，＝∠OF＝90°． ∵四边形AECF为菱形， ∴CE＝CF， ∴＝F， 在△OED′和△OF中， ∴ (AAS)， ∴O＝O， ∴四边形CO是“完美筝形”． 【点睛】本题考查了特殊平行四边形的性质和判定，解本题的关键是“完美筝形”的定义的条件． 【融会贯通】 1．我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫作“完美四边形”． (1)在①平行四边形② 菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 （请填序号）； (2)在“完美”四边形 ABCD 中，AB=AD，∠B+∠D=180°，连接 AC． ① 如图 1，求证：AC 平分∠BCD； ②如图 2，当∠BAD=90°，用等式表示线段 AC，BC，CD 之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)④ (2)①证明见解析；②，证明见解析 【分析】（1）根据各种图形的性质，由“完美四边形”定义可求解； （2）①延长CB到点E，使得BE＝CD，连接AE，先证明△ADC≌△ABE（SAS），得到∠ACD＝∠AEB，AC＝AE，进进一步得到∠ACB＝∠AEB，结论得证； ②延长CB到点E，使得BE＝CD，连接AE，先证明△ADC≌△ABE（SAS），得到∠CAD＝∠BAE，AC＝AE，CD＝BE，即△ACE为等腰三角形．再证△ACE是等腰直角三角形．由勾股定理得到，进一步即可得到结论． 【详解】（1）解：∵平行四边形的一组邻边不一定相等且对角不一定互补，菱形的邻边相等但对角不一定互补，矩形的对角互补但邻边不一定相等，正方形的邻边相等且对角互补， ∴由“完美四边形”的定义可得正方形一定是“完美四边形”，①②③都不一定是“完美四边形”． 故答案为：④ （2）①证明：如图①，延长CB到点E，使得BE＝CD，连接AE， ∵∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABE+∠ABC＝180°， ∴∠ADC＝∠ABE， ∵AB=AD， ∴△ADC≌△ABE（SAS）， ∴∠ACD＝∠AEB，AC＝AE， ∴∠ACB＝∠AEB． ∴∠ACD＝∠ACB． 即AC平分∠BCD； ②． 理由如下：如图②，延长CB到点E，使得BE＝CD，连接AE， ∵∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABE+∠ABC＝180°， ∴∠ADC＝∠ABE， ∵AB=AD， ∴△ADC≌△ABE（SAS）， ∴∠CAD＝∠BAE，AC＝AE，CD＝BE， ∴△ACE为等腰三角形． ∵∠BAD＝∠CAD＋∠BAC＝90°， ∴∠EAC＝∠BAE＋∠BAC＝∠90° ∴△ACE是等腰直角三角形． ∴， ∴． ∵CE＝BC＋BE＝BC＋CD， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 2．综合与实践 折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为完美矩形． (1)操作发现： 如图①，将纸片按所示折叠成完美矩形，若的面积为，，则此完美矩形的边长 ，面积为 ． (2)类比探究： 如图②，将平行四边形纸片按所示折叠成完美矩形，若平行四边形的面积为，，则完美矩形的周长为 ． (3)拓展延伸： 如图③，将平行四边形纸片按所示折叠成完美矩形，若，，求此完美矩形的周长为多少． 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，折叠的性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，熟悉利用折叠的性质是解题的关键． （1）根据折叠的性质和三角形的面积公式分别求出矩形的长和宽，即可得到矩形的周长； （2）根据折叠的性质和三角形的面积公式分别求出矩形的长和宽，即可得到矩形的周长； （3）连接，根据折叠的性质证出四边形是平行四边形，设，则，利用勾股定理求出矩形的长和宽，即可得到矩形的周长． 【详解】（1）解：由折叠可知，，，， ∴，点是中点， 过点作于点，交于点，如图①所示： ∵， ， ∴由折叠可知：， ∴， ∴完美矩形的面积为：； （2）解：由折叠可得：，，，， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的周长； （3）解：连接，如图所示： 由折叠可得：点和分别是和的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴设，则， ∵在中，， ∴， 解得：， ∴，， ∴矩形的周长． 3．阅读与思考 下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 完美四边形 定义：在平行四边形中，若有一条对角线的长是一边长的两倍，则这个平行四边形叫做“完美四边形”，其中这条对角线叫做完美对角线，这条边叫做完美边． 如图1、四边形是平行四边形．，是的中点，连接，并延长交的延长线于点，连接．求证：四边形是完美四边形．   证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴（依据1）， ∵是的中点， ∴． 在和中， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形（依据2）． ， ， ∴四边形是完美四边形． 任务： (1)材料中的依据1是指 ；依据2是指 ． (2)如图2，在矩形中，，是否存在值，使得矩形是完美四边形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)两直线平行，内错角相等；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 (2)当的值为或时，矩形是完美四边形 【分析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理的运用，理解题目中“完美四边形的定义”，掌握平行四边形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理的综合运用是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质，可证，可得，结合平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，，由此即可求解； （2）根据矩形的性质可得直角，根据“完美四边形的定义”的定义，分类讨论：当时；当时；结合勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴（两直线平行，内错角相等）， ∵是的中点， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）， ， ， ∴四边形是完美四边形． 故答案为：两直线平行，内错角相等；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． （2）解：存在，理由如下， ∵四边形是矩形， ∴，， 当时，四边形是完美四边形， ∴在中，； 当时，四边形是完美四边形， ∴在中，， 即，解得，（舍去），； 综上所述，当的值为或时，矩形是完美四边形． 【一览众山小】 1．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点O在原点处，顶点A在y轴上，已知点B坐标为，则点C的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，关键是由勾股定理列出关于的方程． 过作轴于，延长交轴于，判定四边形是矩形，得到，，由点坐标，得到，，令，由勾股定理得到，求出，得到，推出，即可得到点的坐标． 【详解】解：过作轴于，延长交轴于， 轴， 四边形是菱形， ，， ， 四边形是矩形， ，， 点坐标为， ，， 令， ， ， ， ， ， ， ， ， 则点的坐标为． 故选：B． 2．如图，，将绕点B逆时针旋转得到，点A，C的对应点分别为D，E，延长交于F，连接．下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的判定和性质；由旋转的性质可得，可证四边形是正方形，可得．掌握旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：∵将绕点B逆时针旋转得到， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， 故B选项正确，A、C、D不正确， 故选：B． 3．如图，菱形在平面直角坐标系的第一象限，且边轴，点的横坐标为2，若该菱形的面积为20，周长为20，反比例函数的图象经过两点，则的值是（   ） A．12 B．10 C．9 D．8 【答案】B 【分析】此题考查了菱形的性质、反比例函数的图象和性质等知识. 过点A作交的延长线于点G，的延长线交轴于点H，求出，，根据即可求出答案. 【详解】解：过点A作交的延长线于点G，的延长线交轴于点H， ∵菱形的面积为20，周长为20， ∴，， ∴， ∴ ∴， ∵点的横坐标为2，边轴， ∴， ∴， ∴， 解得， 故选：B 4．如图，正方形的边长为8，点是边的中点，点是边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接．则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，根据正方形的性质和勾股定理可得的长，再由翻折知，由可知当点三点共线时，最小．由勾股定理求出的长即可解决问题． 【详解】解：∵正方形的边长为8， ∴， ∵点G是边的中点， ∴， 连接， ∴， ∵将△沿翻折得到， ∴， ∵， ∴当点G、F、A三点共线时，最小， ∴的最小值为． 故答案为：． 5．如图，在矩形中，以点为圆心，以长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点，作射线，交于点，若点是的中点，，，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了作图——作角平分线，矩形的性质，建立平面直角坐标系等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，由矩形性质可知，，由作图可知，，，则有，则，，，然后根据中点坐标，两点间的距离即可求解． 【详解】解：如图，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴， ∵四边形是矩形， ∴，， 由作图可知，，， ∴， ∴， ∴，，， ∵若点是的中点， ∴，即， ∴， 故答案为：． 6．如图，在平面直角坐标系中，过点分别作轴于点轴于点，反比例函数的图象分别与，相交于两点，连接．若四边形的面积为4，则的值为______． 【答案】 【分析】本题考查了反比例函数的图象与性质、矩形的判定与性质，熟练掌握反比例函数的应用是解题关键．先求出，四边形是矩形，再根据反比例函数的几何意义可得，然后根据计算即可得． 【详解】解：∵过点分别作轴于点，轴于点， ∴，四边形是矩形， ∵反比例函数的图象分别与，相交于两点， ∴， ∵四边形的面积为4， ∴， ∴， 解得， 故答案为：． 7．如图，已知，连接． (1)请用无刻度的直尺和圆规作图（保留作图痕迹，不写作法）： 作的垂直平分线，分别交，，于点M，N，O，连接和； (2)在（1）的条件下，若四边形的周长为20，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了菱形的性质和判定，线段垂直平分线的作图和性质，全等三角形的判定和性质，证明四边形是菱形是解题的关键． （1）按照垂直平分线的作图方法作图即可； （2）证明，则．又由即可证明四边形是平行四边形．由垂直平分线段得到，即可证明四边形是菱形，根据菱形的周长即可求出的长． 【详解】（1）解：（1）如图所示，直线即为所求． （2）∵四边形是平行四边形， ∴，． ∴． 又∵， ∴，           ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形．           ∵MN垂直平分线段AC， ∴． ∴四边形是菱形，           ∴四边形的周长． ∴． 8．如图，在菱形中，对角线，相交于点，在的延长线上截取，连接． (1)尺规作图：过点作的垂线交于点（保留作图痕迹，不写作法）； (2)求证：四边形为矩形． 证明：， ①________． 四边形是菱形， ． ． ． ②________． 又∵， 四边形为平行四边形． ③__________． ∴ ． 四边形为矩形． 思考：若四边形为矩形，在的延长线上截取，连接，再过点作的平行线交于点，四边形的形状为④______． 【答案】(1)见解析 (2)①，②，③，④菱形 【分析】本题考查了基本作图，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质． （1）根据过直线外一点作已知直线的垂线的基本作法作图； （2）根据前后的逻辑关系填前面几个空即可；空⑤的需要先由四边形是矩形，得到，再证明四边形为平行四边形和四边形为平行四边形，最后结合得到平行四边形为菱形． 【详解】（1）解：在的延长线上截取，连接，再过点作的垂线交于点，如图： （2）证明：∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴四边形为矩形． 思考：四边形的形状为菱形． 证明如下： 如图， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵过点作的平行线，即， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴平行四边形为菱形． 故答案为：，，，菱形． 9．综合与实践课上，同学们以“折纸中的角”为主题开展数学活动． 【操作判断】 （1）如图①，将边长为的正方形对折，使点D与点B重合，得到折痕．打开后，再将正方形折叠，使点D落在边上的点P处，得到折痕，折痕与折痕交于点Q．打开铺平，连接．若点P的位置恰好使得． ① ； ②求的长； 【探究提炼】 （2）如图②，若（1）中的P是上任意一点，求的度数； 【理解应用】 （3）如图③，某广场上有一块边长为的菱形草坪，其中．现打算在草坪中修建步道和，使得点M在上，点N在上，且．请问：步道所围成的（步道宽度忽略不计）的面积是否存在最小值？若存在，请直接写出最小值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）①；②（2）（3）存在，最小值为 【分析】（1）①由可得，由折叠可知：，可得，由三角形外角性质即可求出，②由是垂直平分线可得，进而可得，由折叠性质求出，由此即可证明，即可得； （2）过点作，垂足为，过点作，垂足为，证明即可得，从而证明，由等腰三角形性质即可得出， （3）过点作，垂足为，过点作，垂足为，同理（2）可得是以为底，顶角为等腰三角形，当最小时三角形面积最小，利用直角三角形性质解三角形即可得出结论． 【详解】解：（1）①∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴，， 由折叠可知：， ∴， ∵ ∴ ②由折叠可知：， ，， ∴， 如图1，连接， ∵，，即是垂直平分线， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）如图2；过点作，垂足为，过点作，垂足为， ∴， ∵是的角平分线， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴； ∴ （3）存在，过程如下： 如图3；过点作，垂足为，过点作，垂足为， ∵， ∴， ∵在菱形中，是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 过点作，垂足为，设， 则，， ∵，即 ∴ ∴， ∴当最小时，面积最小， ∴当时，面积最小， 如图4： ∵，， ∴， ∴ ∴， 即， ∴最小值为 【点睛】本题主要考查了正方形、菱形性质、折叠的性质，等腰三角形性质和判断，勾股定理，全等三角形的判定与性质，利用角平分线构造全等三角形是解题关键． 10．【实践探究】 数学实践课上，活动小组的同学将两个正方形纸片按照图1所示的方式放置．如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，且这两个正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转． (1)【问题发现】 ①线段，之间的数量关系是__________，线段，之间的数量关系是__________． ②在①的基础上，连接，则线段，，之间的数量关系是_________． (2)【类比迁移】 如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转．判断线段，，之间的数量关系并证明． (3)【拓展应用】如图3，在中，，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕点旋转．当时，请求出线段的长． 【答案】(1)①；；② (2)，证明见解析 (3)的长为或 【分析】（1）①证明，由全等三角形的性质即可得到，从而可得； ②由①的结论及勾股定理即可得到三线段间的数量关系； （2）由矩形的性质可证明，则有；再由矩形的性质及线段垂直平分线的性质可得；在中，由勾股定理及等量代换可得 ； （3）分两种情况：点E在边上；点E在延长线上；由（2）的结论及勾股定理即可解决． 【详解】（1）解：①∵四边形、四边形均为正方形， ∴，，， ∴； 在与中， ， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴； 故答案为：；； ②在中，， 而，， ∴， 故答案为：； （2）解：线段间的数量关系为：； 证明如下： ∵四边形、四边形均为矩形，矩形的中心为O， ∴，， ， ∴； 在与中， ， ∴， ∴； ∵， ∴垂直平分， ∴； 在中，由勾股定理得：， ∴； （3）解：①当点E在边上时； 由（2）的结论知：； ∵在中，由勾股定理得：， 即； 设，则，而， ∴， 解得：， 即； ②如图，当点E在延长线上时，把补成矩形，延长交延长线于点P，连接， 由（2）的结论知：； 在中，由勾股定理得：， 即； 设，则，而， ∴， 解得：， 即； 综上，的长为或． 【点睛】本题是四边形的综合，考查了矩形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，旋转的性质等知识，证明三角形全等是问题的关键． 6 学科网（北京）股份有限公司 $$