专题02 中心对称图形-平行四边形-【暑假自学课】2025年新九年级数学暑假提升精品讲义（苏科版）

专题02 中心对称图形-平行四边形 内容导航 考点聚焦：核心考点+高考考点，有的放矢 重点速记：知识点和关键点梳理，查漏补缺 难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升 复习提升：真题感知+提升专练，全面突破 核心考点聚焦 1、旋转的概念与性质 2、中心对称与中心对称图形 3、平行四边形的性质与判定 4、矩形的性质与判定 5、菱形的性质与判定 6、正方形的性质 7、三角形的中位线定理及应用 中考考点聚焦 常考考点 真题举例 根据正方形的性质求解 2024·江苏徐州·中考真题 利用菱形的性质求解 2024·山东青岛·中考真题 中心对称图形的识别 2024·山东青岛·中考真题 利用菱形的性质求线段长 2024·山东济宁·中考真题 利用平行四边形性质和判定证明 2024·四川雅安·中考真题 与三角形中位线有关的求解问题 2024·湖南长沙·中考真题 根据矩形的性质与判定求线段长 2024·四川南充·中考真题 一．旋转的概念与性质 定义：在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转过一个角度，这样的图形运动叫旋转．这个定点叫做旋转中心，转过的这个角叫做旋转角． 三大要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度． 性质： 1）对应点到旋转中心的距离相等； 2）每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角； 3）旋转前后的图形全等． 作图步骤： 1）根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角； 2）找出原图形的关键点； 3）连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点； 4）按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形． 二．中心对称与中心对称图形 中心对称 中心对称图形 图形 定义 如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称. 如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心. 区别 中心对称是指两个图形的关系 中心对称图形是指具有某种特性的一个图形 联系 两者可以相互转化，如果把中心对称的两个图形看成一个整体（一个图形），那么这“一个图形”就是中心对称图形；反过来，如果把一个中心对称图形相互对称的两部分看成两个图形，那么这“两个图形”中心对称. 三．平行四边形的性质与判定 1.平行四边形的性质可以从三个方面记， ①边：对边平行且相等；②角：对角相等，邻角互补； ③对角线：对角线互相平分； 2. 平行四边形的问题经常转化为全等三角形的判定与性质类问题来解决。 3、平行四边形的判定也可以从三个方面记， ①边：两组对边分别平行；两组对边分别相等；一组对边平行且相等；②角：两组对角分别相等； ③对角线：对角线互相平分； 【高分技巧】平行四边形的判定和性质经常综合在一起考，即先考判定一个四边形是平行四边，然后再利用平行四边形的性质去解剩余的问题。做题时，不要太轻率，要综合考虑用到的考点。 四．矩形的性质与判定 1.矩形的性质可以从在平行四边形的基础上增加性质记忆， ①矩形具有平行四边形的一切性质；②增加性质：四个角都是直角、对角线相等； 【高分技巧】矩形问题的转化方向有直角三角形、等腰三角形。正因此，矩形常和勾股定理结合来求长度。 2.矩形的判定： ①从平行四边形入手判定，把矩形有平行四边形没有的性质加上，就可以证一个平行四边是矩形； ②从普通四边形入手判定则有： 有三个角是直角的四边形是矩形、对角线相等且互相平分的四边形是矩形； 五.菱形的性质与判定 1.菱形的性质可以从在平行四边形的基础上增加性质记忆， ①菱形具有平行四边形的一切性质；②增加性质：四条边都相等、对角线互相垂直、每条对角线平分一组对角； 【高分技巧】菱形问题的转化方向有直角三角形、等腰三角形。也常和勾股定理结合来求长度。 2.菱形面积的特殊计算方法：对角线相乘除以2 3.菱形的判定也可以从两个方向记忆： ①从平行四边形入手判定，把菱形有平行四边形没有的性质加上，就可以证一个平行四边是菱形； ②从普通四边形入手判定则有： 有四条边相等的四边形是菱形、对角线垂直且互相平分的四边形是菱形； 六．正方形的性质 1、正方向具有矩形和菱形的一切性质； 【高分技巧】正方形问题的转化方向只有一个——等腰直角三角形； 七．三角形的中位线 三角形中位线：在△ABC 中，D，E 分别是 AB，AC 的中点，连接 DE.像 DE 这样， 连接三角形_两边中点的线段叫做三角形的中位线. 中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的二分之一。 【题型1特殊平行四边形的性质与判定综合】 1．（23-24八年级下·甘肃兰州·期末）综合与实践 数学活动课上，同学们以“正方形与旋转”为主题开展探究活动． 【探索发现】 （1）如图①，在正方形中，点是边上一点，于点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，可证得．请写出证明过程． 【深入思考】 （2）在（1）的条件下，如图②，延长，交于点，试猜想线段，，之间的数量关系，并证明你的猜想． 【拓展延伸】 （3）在（2）的条件下，如图③，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，点在上，试猜想与的数量关系，并证明你的猜想． 2．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，菱形的对角线与相交于点O，的中点为E，连接并延长至点F，使得，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 3．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以为邻边作矩形，连接． (1)如图1，求证：矩形是正方形； (2)若，，求的长度； (3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，求的度数． 4.（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）【问题背景】 （教材原题）如图1，四边形是正方形，点E是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点F．求证：（无需证明）． 【问题探究】 (1)如图2，四边形是正方形，点E在上，，，连接，则的度数为 ； (2)如图3，四边形是菱形，点E在上，（），，连接．探究与的数量关系，并证明你的结论． 5．（24-25八年级上·山东青岛·期末）如图，已知长方形的顶点A在x轴上，顶点C在y轴上，，，D、E分别为上的两点，将长方形沿直线折叠后，点A刚好与点C重合，点B落在点F处，再将其打开、展平． (1)点B的坐标是______； (2)求直线的函数表达式； (3)设动点P从点D出发，以1个单位长度/秒的速度沿折线向终点C运动，运动时间为t秒，当时，求t的值． 6．（2024·贵州·模拟预测）综合与实践：在菱形中，，作，，分别交，于点，． (1)【动手操作】如图①，若是边的中点，根据题意在图①中画出，则________度； (2)【问题探究】如图②，当为边上任意一点时，求证：； (3)【拓展延伸】如图③，在菱形中，，点，分别在边，上，在菱形内部作，连接，若，求线段的长． 7.（24-25九年级上·广东韶关·期中）【阅读理解】 半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题， 【初步探究】 如图1，在正方形中，点分别在边上，连接．若，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到．易证：． （1）根据以上信息，填空： ①_______°； ②线段之间满足的数量关系为_______； 【迁移探究】 （2）如图2，在正方形中，若点在射线上，点在射线上，，猜想线段之间的数量关系，请证明你的结论； 【拓展探索】 （3）如图3，已知正方形的边长为，连接分别交于点，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长． 【题型2特殊平行四边形中求最值问题】 1．（24-25九年级上·山东青岛·期末）如图，是矩形的对角线上一点，，，于点，于点，连接，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，在矩形中，，，点是对角线上一动点，过点分别作的垂线，垂足分别为点，连接，则的最小值为 ． 3．（23-24八年级下·贵州黔东南·期末）在矩形中，点E，F分别是，上的动点，连接，将沿折叠，使点A落在点P处，连接，若，，则的小值为 ． 4．（23-24八年级下·广东汕头·期末）如图，在菱形中，，，点，，分别为线段，，上的任意一点，则的最小值为 ． 5．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，边长为3的正方形中，为边上一点，且，是对角线上的一个动点，则的最小值为 ．    6．（24-25九年级上·全国·期末）如图，在正方形中，．，E为边上一点，点F在边上，且，将点E绕着点F顺时针旋转得到点G，连接，则的长的最小值为 ． 【题型3 中点四边形问题】 1．（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）阅读理解：我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，分别是边的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． (1)菱形的中点四边形的形状是_______； (2)如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，分别为的中点，试判断四边形的形状并证明． (3)若四边形的中点四边形为正方形，的最小值为4，则_______． 2．（23-24八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）综合与探究：如图1，四边形中，分别是的中点，顺次连接． （图1）                               （备用图） (1)如图1，在四边形内一点，使，其他条件不变，试探究四边形的形状，并说明理由． (2)在（1）的条件下，若，求四边形的面积． 【题型4 三角形中位线的综合应用】 1．（24-25九年级上·吉林长春·期中）【三角形中位线定理】已知：在中，点，分别是边，的中点．直接写出和的关系为 ； 【应用】如图，在四边形中，点，分别是边，的中点，若，，，，则的度数为 度； 【拓展】如图，在四边形中，与相交于点，点，分别为，的中点，分别交，于点，，．求证：． 2．（24-25九年级上·吉林长春·期中）【定理】三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． 【应用】 如图①，在中，点P、Q分别是边、的中点，连结，若，则线段的长为________． 【探究】 如图②，在应用的条件下，点为平面上的一点（与不平行），点M为线段的中点，连结、，当时，求的长． 【拓展】 如图②，在探究的条件下，若，当的面积最大时，直接写出的度数． 【题型5 几何与动点综合】 1．（24-25九年级上·广东梅州·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点从点A出发，以的速度向终点运动，同时动点从点出发，以的速度沿折线向终点运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为秒． (1)用含t的式子表示 ． (2)当t为何值时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？ (3)只改变点Q的运动速度，使运动过程中某一时刻四边形为菱形，则点Q的运动速度应为多少？ 2．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）已知，如图，为坐标原点，四边形为矩形，，，点是的中点，动点在线段上以每秒2个单位长的速度由点向运动．设动点的运动时间为秒 (1)当为何值时，四边形是平行四边形？ (2)在直线上是否存在一点，使得、、、四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求的值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由． (3)在线段上有一点，且，当运动______秒点，四边形的周长最小． 3．（24-25八年级上·贵州遵义·期中）如图，在四边形中，，，且，，，若动点P从A点出发，以每秒的速度沿线段向点D运动；动点Q从C点出发以每秒的速度沿向B点运动，当Q点到达B点时，动点同时停止运动，设点同时出发，并运动了t秒，回答下列问题： (1) cm； (2)当 秒时，四边形成为矩形． (3)当t为多少时，？ (4)是否存在t，使得是等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，说明理由． 4．（23-24八年级下·河北承德·期末）如图，在四边形中，，，，．点从点出发，以的速度向点运动；同时点从点出发以的速度向点运动．规定运动时间为秒，当其中一点到达终点时另一点也同时停止运动． (1) ____，____（分别用含有的式子表示）； (2)四边形可能是平行四边形吗？说明理由． (3)当四边形的面积是四边形面积的2倍时，求出的值． (4)当点与四边形的任意两个顶点所形成的四边形是平行四边形时，直接写出的值． 真题感知 1．（2024·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为点，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，如此下去，……，若点的坐标为，则点的坐标为（    ）． A． B． C． D． 2．（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（    ）    A．4 B．5 C．8 D．10 4．（2024·广东·中考真题）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为 ． 5．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为 ． 6．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．在中，，点D在直线上，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，过点E作，交直线于点F． （1）当点D在线段上时，如图①，求证：； 分析问题：某同学在思考这道题时，想利用构造全等三角形，便尝试着在上截取，连接，通过证明两个三角形全等，最终证出结论： 推理证明：写出图①的证明过程： 探究问题：　　 （2）当点D在线段的延长线上时，如图②：当点D在线段的延长线上时，如图③，请判断并直接写出线段，，之间的数量关系； 拓展思考： （3）在（1）（2）的条件下，若，，则______． 7．（2024·甘肃·中考真题）【模型建立】 （1）如图1，已知和，，，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【模型应用】 （2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【模型迁移】 （3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 8．（2023·山东东营·中考真题）（1）用数学的眼光观察． 如图，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点，求证：． （2）用数学的思维思考． 如图，延长图中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求证：． （3）用数学的语言表达． 如图，在中，，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，连接，若，试判断的形状，并进行证明． 9．（2023·山东烟台·中考真题）【问题背景】 如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形进行如下操作：①分别以点为圆心，以大于的长度为半径作弧，两弧相交于点，，作直线交于点，连接；②将沿翻折，点的对应点落在点处，作射线交于点．    【问题提出】 在矩形中，，求线段的长． 【问题解决】 经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下： 方案一：连接，如图2．经过推理、计算可求出线段的长； 方案二：将绕点旋转至处，如图3．经过推理、计算可求出线段的长． 请你任选其中一种方案求线段的长． 提升专练 1．（24-25九年级上·广东江门·期末）【知识技能】 （1）如图1，在等边三角形内有一点．若点到顶点的距离分别为6，10，8，求的度数． 为了解决本题，我们可以将绕顶点逆时针旋转到处，此时，这样就可以利用旋转变换，将三条线段转化到一个三角形中，从而求得________°． 【构建联系】 利用（1）的解答思想方法，解答下面的问题． （2）如图2，在中，为上的点，且，求证：． 【深入探究】 （3）如图3，在等边三角形中，为内一点，连接，且，求的值． 2．（24-25八年级上·山东烟台·期末）【问题解决】 如图，在矩形中，点分别在边上，，于点． （1）求证：四边形是正方形； （2）延长到点，使得，连接，判断的形状，并说明理由． 【类比探究】 （3）如图，在菱形中，点分别在边上，与相交于点，，，，，求的值． 3．（23-24九年级上·河南郑州·阶段练习）小明在学习了平行四边形这一章后，对特殊平行四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． (1)【概念理解】在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是_________． (2)【性质探究】通过探究，小明发现了垂美四边形的一些性质：垂美四边形的面积S与对角线的数量关系为：_________． (3)【问题解决】如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和．连接，已知．求证：四边形为垂美四边形，并求出它的面积． (4)【学以致用】（3）中的长为_______． 4．（23-24九年级上·辽宁锦州·阶段练习）【课本再现】 （1）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，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点转动．则下列结论正确的是______（填序号即可）： ①； ②； ③四边形的面积总等于； ④连接，总有． 【类比迁移】 （2）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，矩形可绕着点旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 （3）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着点旋转，当时，请直接写出的长度． 5．（23-24八年级下·甘肃武威·期末）某班级开展数学讨论课，老师给出两个大小不同的正方形，要求同学们利用这两个图形提出不同的数学问题，并解决问题． 【问题提出】（）小明思考后提出问题：如图，大正方形和小正方形，顶点重合，点分别在边，上．那么线段满足什么数量关系? 【联系迁移】（）小颖受此问题启发，思考并提出新的问题：如图，将图中的小正方形绕点顺时针旋转，（旋转不改变图形的形状和大小）使点在边上，在的延长线上，连接．那么线段满足什么数量关系?说明理由； 【开放探索】（）小新深入研究前面提出的问题，发现并提出新的问题：如图，将图中的小正方形绕点顺时针旋转任意角度，连接．那么线段仍然具有（）（）中的数量关系吗?说明理由． 6．（23-24八年级下·广东肇庆·期末）如图，矩形的顶点、分别在、轴的正半轴上，点的坐标为，一次函数的图像与边、分别交于点、，并且满足，点是线段上的一个动点． (1)求得____； (2)连接，若的面积与四边形的面积之比为，求点的坐标； (3)设点是轴上方平面内的一点，以、、、为顶点的四边形为菱形时，请求出点的坐标． 7．（23-24八年级下·辽宁大连·期末）在数学活动课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；在上选一点，沿折叠，使点落在矩形内部点处，把纸片展平，连接、． (1)如图，当点在上时，______度； (2)如图，当落在边上时，并且折痕交边于点，交边于点，把纸片展开，连接交于点，连接．求证：四边形是菱形； (3)如图，矩形纸片中，，，折叠纸片，使点落在边上，并且折痕交边于点，交直线于点，把纸片展平，请求出线段的取值范围． 8．（24-25八年级下·河南漯河·期中）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． 9．（24-25八年级下·广东东莞·阶段练习）综合与实践活动课上，老师让同学们以“折纸作的角”为主题开展数学活动． 【操作判断】 （1）①如图①，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平在上选一点P，沿折叠，使点A落在上的点M处，把纸片展平，连接．则______． ②如图②，在前面操作的基础上，延长与交于点N，则的形状是______． 【迁移探究】 （2）小明将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下： 将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长与交于点Q，连接． 如图③，若改变点P在上的位置(点P不与点A，D重合)，判断与的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】 （3）在（2）的探究中，已知正方形的边长为，当P是边的三等分点时，求出的长． / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 中心对称图形-平行四边形 内容导航 考点聚焦：核心考点+高考考点，有的放矢 重点速记：知识点和关键点梳理，查漏补缺 难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升 复习提升：真题感知+提升专练，全面突破 核心考点聚焦 1、旋转的概念与性质 2、中心对称与中心对称图形 3、平行四边形的性质与判定 4、矩形的性质与判定 5、菱形的性质与判定 6、正方形的性质 7、三角形的中位线定理及应用 中考考点聚焦 常考考点 真题举例 根据正方形的性质求解 2024·江苏徐州·中考真题 利用菱形的性质求解 2024·山东青岛·中考真题 中心对称图形的识别 2024·山东青岛·中考真题 利用菱形的性质求线段长 2024·山东济宁·中考真题 利用平行四边形性质和判定证明 2024·四川雅安·中考真题 与三角形中位线有关的求解问题 2024·湖南长沙·中考真题 根据矩形的性质与判定求线段长 2024·四川南充·中考真题 一．旋转的概念与性质 定义：在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转过一个角度，这样的图形运动叫旋转．这个定点叫做旋转中心，转过的这个角叫做旋转角． 三大要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度． 性质： 1）对应点到旋转中心的距离相等； 2）每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角； 3）旋转前后的图形全等． 作图步骤： 1）根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角； 2）找出原图形的关键点； 3）连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点； 4）按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形． 二．中心对称与中心对称图形 中心对称 中心对称图形 图形 定义 如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称. 如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心. 区别 中心对称是指两个图形的关系 中心对称图形是指具有某种特性的一个图形 联系 两者可以相互转化，如果把中心对称的两个图形看成一个整体（一个图形），那么这“一个图形”就是中心对称图形；反过来，如果把一个中心对称图形相互对称的两部分看成两个图形，那么这“两个图形”中心对称. 三．平行四边形的性质与判定 1.平行四边形的性质可以从三个方面记， ①边：对边平行且相等；②角：对角相等，邻角互补； ③对角线：对角线互相平分； 2. 平行四边形的问题经常转化为全等三角形的判定与性质类问题来解决。 3、平行四边形的判定也可以从三个方面记， ①边：两组对边分别平行；两组对边分别相等；一组对边平行且相等；②角：两组对角分别相等； ③对角线：对角线互相平分； 【高分技巧】平行四边形的判定和性质经常综合在一起考，即先考判定一个四边形是平行四边，然后再利用平行四边形的性质去解剩余的问题。做题时，不要太轻率，要综合考虑用到的考点。 四．矩形的性质与判定 1.矩形的性质可以从在平行四边形的基础上增加性质记忆， ①矩形具有平行四边形的一切性质；②增加性质：四个角都是直角、对角线相等； 【高分技巧】矩形问题的转化方向有直角三角形、等腰三角形。正因此，矩形常和勾股定理结合来求长度。 2.矩形的判定： ①从平行四边形入手判定，把矩形有平行四边形没有的性质加上，就可以证一个平行四边是矩形； ②从普通四边形入手判定则有： 有三个角是直角的四边形是矩形、对角线相等且互相平分的四边形是矩形； 五.菱形的性质与判定 1.菱形的性质可以从在平行四边形的基础上增加性质记忆， ①菱形具有平行四边形的一切性质；②增加性质：四条边都相等、对角线互相垂直、每条对角线平分一组对角； 【高分技巧】菱形问题的转化方向有直角三角形、等腰三角形。也常和勾股定理结合来求长度。 2.菱形面积的特殊计算方法：对角线相乘除以2 3.菱形的判定也可以从两个方向记忆： ①从平行四边形入手判定，把菱形有平行四边形没有的性质加上，就可以证一个平行四边是菱形； ②从普通四边形入手判定则有： 有四条边相等的四边形是菱形、对角线垂直且互相平分的四边形是菱形； 六．正方形的性质 1、正方向具有矩形和菱形的一切性质； 【高分技巧】正方形问题的转化方向只有一个——等腰直角三角形； 七．三角形的中位线 三角形中位线：在△ABC 中，D，E 分别是 AB，AC 的中点，连接 DE.像 DE 这样， 连接三角形_两边中点的线段叫做三角形的中位线. 中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的二分之一。 【题型1特殊平行四边形的性质与判定综合】 1．（23-24八年级下·甘肃兰州·期末）综合与实践 数学活动课上，同学们以“正方形与旋转”为主题开展探究活动． 【探索发现】 （1）如图①，在正方形中，点是边上一点，于点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，可证得．请写出证明过程． 【深入思考】 （2）在（1）的条件下，如图②，延长，交于点，试猜想线段，，之间的数量关系，并证明你的猜想． 【拓展延伸】 （3）在（2）的条件下，如图③，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，点在上，试猜想与的数量关系，并证明你的猜想． 【答案】（1）证明见解析；（2），证明见解析（3），证明见解析 【分析】（1）可推出，从而，根据即可得证； （2）根据，，进而可推出矩形是正方形，从而，进一步得出结果； （3）在上截取，证明得，，进而得出，从而，进一步得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴，， ∴，即， 在和中， ， ∴； （2）解：， 证明：∵， ∴， 由（1）知：， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴矩形是正方形， ∴， 即； （3）解：． 证明：如图，在上截取， ∵四边形和都是正方形， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的判定和性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 2．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，菱形的对角线与相交于点O，的中点为E，连接并延长至点F，使得，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)96 【分析】（1）由，，证明四边形是平行四边形，根据菱形的性质证明，则四边形是矩形； （2）由菱形的性质得，由矩形的性质得，则 6，，所以，则． 【详解】（1）证明：∵的中点为E， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形，对角线与相交于点O， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：∵，， ∴，， ∴， ∴ 6， ∴， ∴， ∴菱形的面积为96． 【点睛】此题重点考查菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，求得及是解题的关键． 3．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以为邻边作矩形，连接． (1)如图1，求证：矩形是正方形； (2)若，，求的长度； (3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（）作于，于，证明，得到，根据正方形的判定定理证明即可； （）由正方形的性质可得，，，，，由“”可证 ，可得； （）分两种情况：当与的夹角为时，当与的夹角为时，分别画出图形求出结果即可； 【详解】（1）证明：如图，作于，于，    ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：∵四边形是正方形，， ∴，， ， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：当与的夹角为时，如图，    ∴，， ∴， ∵， ∴， ②当与的夹角为时，如图， 过作于点，过作于点，    ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 综上所述：或 ． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形判定和性质，熟练掌握知识点的应用及分类讨论思想是解题的关键． 4.（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）【问题背景】 （教材原题）如图1，四边形是正方形，点E是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点F．求证：（无需证明）． 【问题探究】 (1)如图2，四边形是正方形，点E在上，，，连接，则的度数为 ； (2)如图3，四边形是菱形，点E在上，（），，连接．探究与的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）连接，过点E作，交于点H，由可证，可得，即可求出； （2）由可得，可得，，由角的数量关系可求解． 【详解】（1）解：如图2，连接，过点E作，交于点H， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：．证明如下： 证明：如图3，在的延长线上取点G，使得， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了四边形的综合应用，主要考查正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的性质与判定，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 5．（24-25八年级上·山东青岛·期末）如图，已知长方形的顶点A在x轴上，顶点C在y轴上，，，D、E分别为上的两点，将长方形沿直线折叠后，点A刚好与点C重合，点B落在点F处，再将其打开、展平． (1)点B的坐标是______； (2)求直线的函数表达式； (3)设动点P从点D出发，以1个单位长度/秒的速度沿折线向终点C运动，运动时间为t秒，当时，求t的值． 【答案】(1) (2) (3)不存在，见解析 【分析】（1）根据，，知． （2）设，则，可得，解得，故，，证明，知，再用待定系数法可得直线的函数表达式为； （3）求出；再分当时，P在线段上，当时，P在线段上，当时．P在线段上三种情况讨论可得答案． 【详解】（1）解：，， ， 故答案为：． （2）解：设，则， 根据翻折的性质可得，， ， ， 解得：， ，， ， ， ， ， ， 设直线的函数表达式为，把，代入得： ， 解得：， 直线的函数表达式为； （3）解：，， ； ， 当时，P在线段上， ， 此时不存在点P，使； 当时，P在线段上，如图： 此时， ，，， ， 解得：（不符合题意，舍去， 当时．P在线段上，如图： ， ， ，， 在线段上，不存在P，使， 综上所述，P在运动过程中，不存在时刻t，使． 【点睛】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，勾股定理，平行线的性质，等腰三角形的判定，三角形面积，翻折问题等，解题的关键是掌握翻折的性质． 6．（2024·贵州·模拟预测）综合与实践：在菱形中，，作，，分别交，于点，． (1)【动手操作】如图①，若是边的中点，根据题意在图①中画出，则________度； (2)【问题探究】如图②，当为边上任意一点时，求证：； (3)【拓展延伸】如图③，在菱形中，，点，分别在边，上，在菱形内部作，连接，若，求线段的长． 【答案】(1)图见解析， (2)见解析 (3)1或3 【分析】（1）根据题意作图，由菱形的性质可得是等边三角形，根据等腰三角形的性质可得，由直角三角形的性质即可求解； （2）如解图，连接，由四边形是菱形，可得和都是等边三角形，再证即可求解； （3）根据题意作图如解图，过点作于点，连接，可得是等边三角形，由勾股定理可得，在中，，，由勾股定理可得，同理可得，分类讨论：当点在点的左侧（的位置）时，；当点在点的右侧（的位置）时，；再由（2）知，可得线段的长为1或3，由此即可求解． 【详解】（1）解：作如解图， ∵四边形是菱形， ∴， 如图所示，连接，， ∴是等边三角形， ∴， ∵点是中点， ∴，即， ∴， 故答案为：； （2）证明：如解图，连接， 四边形是菱形，且， ，， 和都是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ． （3）解：根据题意作图如解图，过点作于点，连接， 四边形是菱形，且，， ， 是等边三角形， ， ， 在中，，， ，同理可得， 当点在点的左侧（的位置）时，； 当点在点的右侧（的位置）时，； 或3； 由（2）知， ， ， 线段的长为1或3． 【点睛】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的综合运用，掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，分类讨论思想是解题的关键． 7.（24-25九年级上·广东韶关·期中）【阅读理解】 半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题， 【初步探究】 如图1，在正方形中，点分别在边上，连接．若，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到．易证：． （1）根据以上信息，填空： ①_______°； ②线段之间满足的数量关系为_______； 【迁移探究】 （2）如图2，在正方形中，若点在射线上，点在射线上，，猜想线段之间的数量关系，请证明你的结论； 【拓展探索】 （3）如图3，已知正方形的边长为，连接分别交于点，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长． 【答案】（1）①45；②；（2）．证明见解析；（3） 【分析】本题考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，构造全等三角形是解答的关键． （1）如图1，先由正方形的性质和旋转性质得，，，，进而可得G、B、E共线，，证明得到即可求解； （2）在图2中，在上截取，连接，先证明，得到，则可得，再证明得到，进而可得结论； （3）将绕点顺时针旋转得到，连接，先求得，则由已知得，由旋转可得，，易证，证明得到，设，则，利用勾股定理列方程求解x值即可． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴，， 将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到． 则，，，， ∴G、B、E共线， ， ∴， 在和中， ， ， ， ， ∴， 故答案为：①45 ；②； （2）解：． 证明如下：如图2，在上截取，连接， 在和中，， ， ， ，即， ， ， 在和中，， ， ， ， ∴， （3）将绕点顺时针旋转得到，连接， ∵四边形是正方形， ，， ， 由旋转可得，， ， ， ， 又， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得， ． 【题型2特殊平行四边形中求最值问题】 1．（24-25九年级上·山东青岛·期末）如图，是矩形的对角线上一点，，，于点，于点，连接，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，根据矩形的性质得到，的最小值即为的最小值，当，，三点共线时，的值最小，且为的长度，根据勾股定理得到，于是得到结论． 【详解】解：连接， 四边形是矩形， ， ，， 四边形是矩形， ， 的最小值即为的最小值， 当，，三点共线时，的值最小，且为的长度， 四边形是矩形， ， 的最小值为． 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是矩形的判定与性质、勾股定理解直角三角形，解题关键是熟练掌握矩形的判定与性质． 2．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，在矩形中，，，点是对角线上一动点，过点分别作的垂线，垂足分别为点，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短，连接，由矩形的性质可得四边形是矩形， 即得，可知要求的最小值，就是要求的最小值，当时，取最小值，由勾股定理得，再根据三角形的面积求出即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴.， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴要求的最小值，就是要求的最小值， 当时，取最小值， 在中，，，， ∴， ∵ ， ∴， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 3．（23-24八年级下·贵州黔东南·期末）在矩形中，点E，F分别是，上的动点，连接，将沿折叠，使点A落在点P处，连接，若，，则的小值为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查矩形与折叠、勾股定理、线段最值问题，由题意得，点A、点P关于对称，可得当点B、P、F三点共线时，的最小，此时，点P在对角线上，利用勾股定理求得，由折叠的性质得，，再利用求解即可． 【详解】解：由折叠的性质得，， 则当，即点B、P、F三点共线时，的最小， 此时，点P在对角线上， ∵，， ∴， 由折叠的性质得，， ∴， 故答案为：． 4．（23-24八年级下·广东汕头·期末）如图，在菱形中，，，点，，分别为线段，，上的任意一点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据轴对称确定最短路线问题，作点关于的对称点，连接，，过点作于，然后根据直线外一点到直线的所有连线中垂直线段最短的性质可知当，K，Q共线，时，的最小值，然后求解即可． 【详解】解：作点关于的对称点，连接，，过点作于， 则， ∴当，K，Q共线，时，的最小值， ∵四边形是菱形， ， ， ∵， ， ∴， ∴， ， 点到的距离， 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，30度直角三角形的性质，轴对称确定最短路线问题，熟记菱形的轴对称性和利用轴对称确定最短路线的方法是解题的关键． 5．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，边长为3的正方形中，为边上一点，且，是对角线上的一个动点，则的最小值为 ．    【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，最短路径问题，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．连接、，根据正方形的性质可证出，得到，利用勾股定理求出的长，再利用两点之间线段最短性质即可得出的最小值． 【详解】解：如图，连接、， 边长为3的正方形， ，，， 又， ， ， ， ， 在中，， 由两点之间线段最短性质得，， ， 的最小值为． 故答案为：． 6．（24-25九年级上·全国·期末）如图，在正方形中，．，E为边上一点，点F在边上，且，将点E绕着点F顺时针旋转得到点G，连接，则的长的最小值为 ． 【答案】8 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，过点G作，证明，进而得到点G在与平行且与的距离为3的直线上，进而得到当点G在边上时，最小，求解即可． 【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3的直线上， ∴当点G在边上时，最小且， ∴的最小值为8． 答案为：8． 【题型3 中点四边形问题】 1．（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）阅读理解：我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，分别是边的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． (1)菱形的中点四边形的形状是_______； (2)如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，分别为的中点，试判断四边形的形状并证明． (3)若四边形的中点四边形为正方形，的最小值为4，则_______． 【答案】(1)矩形 (2)四边形为菱形；证明见解析 (3) 【分析】（1）由菱形的性质及矩形的判定可得出答案； （2）连接、，由等边三角形的性质得出，，，证出，由证明，得出，由三角形中位线定理得出，，，，，得出，，证出四边形是平行四边形；再得出，即可得出结论； （3）连接交于O，连接，当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长，再证明即可求得答案． 【详解】（1）解：如图， 四边形是菱形时，连接各边中点，得到四边形， 根据中位线性质得到，， ∴， 同理可得， ∴为平行四边形， 又∵是菱形， ∴，则， ∴为矩形． 故答案为：矩形； （2）解：四边形为菱形．理由如下： 连接与，如图2所示： ∵和为等边三角形， ，，， ， 在和中， ， ， ， ，，，分别是边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线， ，，，，， ，， 四边形是平行四边形； ， ， 四边形为菱形； （3）解：如图3，连接交于O，连接、， 当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长， ∴的最小值， 由性质探究知：， 又∵M，N分别是的中点， ∴，， ∴， ∴的最小值， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵N，F分别是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了三角形中位线定理，平行四边形、矩形、菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，利用前面得出的结论解决新问题是解题的关键． 2．（23-24八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）综合与探究：如图1，四边形中，分别是的中点，顺次连接． （图1）                               （备用图） (1)如图1，在四边形内一点，使，其他条件不变，试探究四边形的形状，并说明理由． (2)在（1）的条件下，若，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【分析】（1）连接，证明得到，再由三角形中位线定理得到，则，据此可证明四边形是菱形； （2）由全等三角形的性质得到，则可证明，得到，由三角形中位线定理得到，则，可证明四边形是正方形，则． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 如图所示，连接， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵分别是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，设交于O，交于T， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵分别是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，菱形的判定，三角形中位线定理，全等三角形的性质与判定，熟知三角形中位线平行于第三边且等于第三边长的一半是解题的关键． 【题型4 三角形中位线的综合应用】 1．（24-25九年级上·吉林长春·期中）【三角形中位线定理】已知：在中，点，分别是边，的中点．直接写出和的关系为 ； 【应用】如图，在四边形中，点，分别是边，的中点，若，，，，则的度数为 度； 【拓展】如图，在四边形中，与相交于点，点，分别为，的中点，分别交，于点，，．求证：． 【答案】[三角形中位线定理]，；[应用]；[拓展]见解析 【分析】本题考查了三角形中位线的应用，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理的逆定理，熟练掌握三角形中位线的应用是解题的关键． [三角形中位线定理]根据三角形中位线定理即可得到结论； [应用]连接，根据三角形中位线定理得到，，根据勾股定理的逆定理得到，计算即可； [拓展]取的中点，连接、，则、分别是、的中位线，由中位线的性质定理可得且，且，结合等腰三角形的判定和性质，平行线的性质即可得结论． 【详解】[三角形中位线定理]解：，； 理由：∵点，分别是边，的中点， ∴是的中位线， ∴，， 故答案为：，； [应用]解：如图所示，连接， ∵点，分别是边，的中点， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； [拓展]证明：取的中点，连接、．如图： ∵点，分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴且， 同理可得且． ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 2．（24-25九年级上·吉林长春·期中）【定理】三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． 【应用】 如图①，在中，点P、Q分别是边、的中点，连结，若，则线段的长为________． 【探究】 如图②，在应用的条件下，点为平面上的一点（与不平行），点M为线段的中点，连结、，当时，求的长． 【拓展】 如图②，在探究的条件下，若，当的面积最大时，直接写出的度数． 【答案】6； 6；或 【分析】此题重点考查三角形的中位线定理的应用、垂线段最短、等腰三角形的判定与性质． 应用：由点、分别是边、的中点，得，于是得到问题的答案； 探究：由，得，因为，，所以，则； 拓展：作交的延长线于点，则，由“垂线段最短”证明当时，，此时，再分两种情况讨论，一是点在直线的下方，设交于点，则，，得，，则；二是点在直线的上方，延长交于点，则，，所以． 【详解】解：应用：∵，点、分别是边、的中点， ∴是中位线， ∴， 线段的长为6， 故答案为：6； 探究：， ， 点为线段的中点，点为线段的中点， ∴是中位线， ， ， ， ， 的长是6； 拓展：如图②，作交的延长线于点， ，且， 当时，， 当的面积最大时，， 分以下两种情况讨论： 如图③，点在直线的下方，设交于点， 、、分别为、、的中点， ∴，， ，， ； 如图④，点在直线的上方，延长交于点， 、、分别为、、的中点， ∴，， ，， ， 综上所述，的度数为或． 【题型5 几何与动点综合】 1．（24-25九年级上·广东梅州·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点从点A出发，以的速度向终点运动，同时动点从点出发，以的速度沿折线向终点运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为秒． (1)用含t的式子表示 ． (2)当t为何值时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？ (3)只改变点Q的运动速度，使运动过程中某一时刻四边形为菱形，则点Q的运动速度应为多少？ 【答案】(1) (2)当或时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形； (3)当Q点的速度为时，四边形为菱形． 【分析】本题考查了四边形的综合题，涉及到菱形的性质、平行四边形的判定及性质． （1）根据P点的速度以及时间结合的长表示即可； （2）只有Q点在上时，方能满足条件，分两种情况：①四边形是平行四边形，②四边形是平行四边形，进行解答即可； （3）设Q的速度为，Q在边上，此时可为菱形，满足，建立方程解决即可． 【详解】（1）解：P从A点以向B点运动， 时，， ， ； 故答案为：； （2）解：作于点， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， Q在上运动时间为， ， 运动时间最长为， 时，在边上， 此时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形，分两种情况： ①四边形是平行四边形，如图所示： ∵即， 只需即可，由（1）知：， 以的速度沿折线向终点运动， 运动时间为时，， ， 解得：； ②四边形是平行四边形，如图所示： 同理， 只需，四边形是平行四边形， 由（1）知，， 则， ， 解得：， 综上所述：当或时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形； （3）解：设Q的速度为，由（2）可知，Q在边上，此时四边形可为菱形， ， 只需满足即可， 由（1）知：， 由（2）知：，， ，， 解得：，， 当Q点的速度为时，四边形为菱形． 2．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）已知，如图，为坐标原点，四边形为矩形，，，点是的中点，动点在线段上以每秒2个单位长的速度由点向运动．设动点的运动时间为秒 (1)当为何值时，四边形是平行四边形？ (2)在直线上是否存在一点，使得、、、四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求的值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由． (3)在线段上有一点，且，当运动______秒点，四边形的周长最小． 【答案】(1) (2)存在点Q，使得、、、四点为顶点的四边形是菱形，且为时，；时，；时， (3) 【分析】（1）根据题意，得点P从点C出发，以的速度向终点B运动，此时得到，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，列出方程解答即可． （2）根据菱形的判定和性质，结合勾股定理，分类思想，特别注意是点Q在直线上，点Q可能在第二象限内的直线上，解答要全面． （3）根据四边形的周长为,， 把四边形的周长最小就转化为最小，证明四边形是平行四边形，得到，于是最小就转化为，利用将军饮马河原理解答即可． 【详解】（1）解：∵四边形为矩形，，，点是的中点，∴,,,, ∵点P从点C出发，以的速度向终点B运动， ∴， ∵四边形是平行四边形, ∴, ∴， 解得 故点P运动时，四边形是平行四边形． （2）解：存在点Q，使得、、、四点为顶点的四边形是菱形，且为时，；时，；时，，理由如下： 当点Q在点P的右侧时，如图1所示， ∵四边形为矩形，，，点是的中点，∴,,,,直线上点的纵坐标都是4， ∵点P从点C出发，以的速度向终点B运动， ∴， ∵四边形是菱形, ∴， ∴， ∴，， 解得， 故时，点； 当点Q在点P的左侧时，如图2所示， ∵四边形为矩形，，，点是的中点，∴,,,,直线上点的纵坐标都是4， ∵点P从点C出发，以的速度向终点B运动， ∴， ∵四边形是菱形, ∴， ∴， ∴， 解得， 故时，点； 当点Q在点P的左侧时，且点Q在第二象限，如图3所示， ∵四边形为矩形，，，点是的中点，∴,,,,直线上点的纵坐标都是4， ∵点P从点C出发，以的速度向终点B运动， ∴， ∵四边形是菱形, ∴， ∴， ∴， 解得， 故时，点； 综上所述，存在点Q，使得、、、四点为顶点的四边形是菱形，且为时，；时，；时，． （3）解：∵四边形为矩形，，，点是的中点，∴,,,,直线上点的纵坐标都是4， ∵点P从点C出发，以的速度向终点B运动， ∴， ∵四边形的周长为,， ∴四边形的周长最小就转化为最小， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴最小就转化为， 如图4作出点A关于直线的对称点E，连接，交于点H，此时， 故当M与点H重合时，取得最小值，最小值为的长， 过点D作于点N， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是的中位线， ∵， ∴， ∴，， ∴， 解得， 故时，点； 故答案为：． 【点睛】考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，将军饮马河原理，三角形中位线定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 3．（24-25八年级上·贵州遵义·期中）如图，在四边形中，，，且，，，若动点P从A点出发，以每秒的速度沿线段向点D运动；动点Q从C点出发以每秒的速度沿向B点运动，当Q点到达B点时，动点同时停止运动，设点同时出发，并运动了t秒，回答下列问题： (1) cm； (2)当 秒时，四边形成为矩形． (3)当t为多少时，？ (4)是否存在t，使得是等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)18 (2)6 (3)4 (4)存在t，使得△是等腰三角形，此时t的值为秒或6秒或秒． 【分析】（1）作于E，则四边形为矩形．在中，已知的长，根据勾股定理可以计算的长度，根据即可求出的长度； （2）当时，四边形为矩形，根据列出关于t的方程，解方程即可； （3）当时，四边形是平行四边形可建立方程求解即可得出结论； （4）因为三边中，每两条边都有相等的可能，所以应考虑三种情况．结合路程=速度×时间求得其中的有关的边，运用等腰三角形的性质和解直角三角形的知识求解． 【详解】（1）如图，过D点作于E， ∵，， ∴ ， ∴四边形为矩形， ∴，， 在中， ∵，，， ∴， ∴； （2）根据题意得：，，则， ， ∵， ∴当时，四边形为矩形， 即，解得秒， 故当秒时，四边形为矩形； （3）根据题意得：，，则， ， 时，如图， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴秒； （4）是等腰三角形时，分三种情况讨论： ①当时，即， ∴； ②当时，， 即， ∴； ③如图，当时，则 ， ， 在 中， ， 即 ， 解得： ． 故存在t，使得是等腰三角形，此时t的值为秒或6秒或秒． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了直角梯形的性质、矩形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 4．（23-24八年级下·河北承德·期末）如图，在四边形中，，，，．点从点出发，以的速度向点运动；同时点从点出发以的速度向点运动．规定运动时间为秒，当其中一点到达终点时另一点也同时停止运动． (1) ____，____（分别用含有的式子表示）； (2)四边形可能是平行四边形吗？说明理由． (3)当四边形的面积是四边形面积的2倍时，求出的值． (4)当点与四边形的任意两个顶点所形成的四边形是平行四边形时，直接写出的值． 【答案】(1)，． (2)四边形不可能是平行四边形，理由见解析 (3)； (4)或3或5 【分析】本题考查了列代数式、一元一次方程的应用、平行四边形的判定和性质，利用分类讨论思想是解决问题的关键． （1）根据路程等于速度乘以时间，即可求解； （2）根据平行四边形的性质进行判断即可； （3）设点到距离为，根据四边形的面积是四边形面积的2倍，可列方程，解方程即可得到答案； （4）分四种情况讨论，根据平行四边形对边相等，列出一元一次方程，解方程即可． 【详解】（1）解：∵点以的速度由向运动，点以的速度由向运动， ∴，， ∴， 故答案为：，． （2）四边形不可能是平行四边形， 由题意可得，，若四边形是平行四边形，则， 但是， ∴四边形不可能是平行四边形 （3）解：设点到的距离为， ∵四边形的面积是四边形面积的2倍， ∴可得：， 解得：； （4）解：若四边形是平行四边形， ∴， ∴可得：， 解得：， 若四边形是平行四边形， ∴， ∴可得：， 解得：， 若四边形是平行四边形， ∴， ∴可得：， 解得：（不合题意，舍去）， 若四边形是平行四边形， ∴， ∴可得：， 解得：， 综上可得：当或3或5时，点、与四边形的任意两个顶点所形成的四边形是平行四边形． 真题感知 1．（2024·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为点，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，如此下去，……，若点的坐标为，则点的坐标为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平面直角坐标系、一次函数、旋转的性质、勾股定理等知识点．找出点的坐标规律以及旋转过程中线段长度的关系是解题的关键． 通过求出点的坐标，、、的长度，再根据旋转的特点逐步推导出后续点的位置和坐标，然后结合图形求解即可． 【详解】 轴，点的坐标为， ，则点的纵坐标为3，代入， 得：，则点的坐标为． ，， ， 由旋转可知，，，， ，， ， ． 设点的坐标为， 则， 解得或（舍去），则， 点的坐标为． 故选C． 2．（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不大，设计很新颖，解题的关键是求的最小值转化为其相等线段的最小值．连接，根据矩形的性质可知：，当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小，再根据三角形的面积为定值即可求出的长． 【详解】解：中，，，， ， 连接，如图所示： ∵于点，于点，， ∴， 四边形是矩形， ， 当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小， ∴此时． 故选：B． 3．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（    ）    A．4 B．5 C．8 D．10 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理等等，先证明得到，进而得到，则由直角三角形的性质可得，如图所示，在延长线上截取，连接，易证明，则，可得当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，求出，在中，由勾股定理得，责任的最小值为5． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵点M是的中点， ∴； 如图所示，在延长线上截取，连接，    ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半， ∵，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴的最小值为5， 故选：B． 4．（2024·广东·中考真题）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】10 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中线的性质，利用菱形的性质、三角形中线的性质求出，，根据和菱形的面积求出，，则可求出的面积，然后利用求解即可． 【详解】解：连接， ∵菱形的面积为24，点E是的中点，的面积为4， ∴，， 设菱形中边上的高为h， 则，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：10． 5．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为 ． 【答案】 【分析】设正方形的边长为a，与y轴相交于G，先判断四边形是矩形，得出，，，根据折叠的性质得出，，在中，利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在中，利用勾股定理构建关于的方程，求出的值，即可求解． 【详解】解∶设正方形的边长为a，与y轴相交于G， 则四边形是矩形， ∴，，， ∵折叠， ∴，， ∵点A的坐标为，点F的坐标为， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴，， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴点E的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键． 6．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．在中，，点D在直线上，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，过点E作，交直线于点F． （1）当点D在线段上时，如图①，求证：； 分析问题：某同学在思考这道题时，想利用构造全等三角形，便尝试着在上截取，连接，通过证明两个三角形全等，最终证出结论： 推理证明：写出图①的证明过程： 探究问题：　　 （2）当点D在线段的延长线上时，如图②：当点D在线段的延长线上时，如图③，请判断并直接写出线段，，之间的数量关系； 拓展思考： （3）在（1）（2）的条件下，若，，则______． 【答案】（1）见解析；（2）图②：，图③：；（3）10或18 【分析】（1）在边上截取，连接，根据题意证明出，得到，然后证明出是等边三角形，得到，进而求解即可； （2）图②：在上取点H，使，连接并延长到点G使，连接，首先证明出是等边三角形，得到，然后求出，然后证明出，得到，，然后证明出是等边三角形，得到，进而求解即可； 图③：在上取点H使，同理证明出，得到，，进而求解即可； （3）根据勾股定理和含角直角三角形的性质求出，，然后结合，分别（1）（2）的条件下求出的长度，进而求解即可． 【详解】（1）证明：在边上截取，连接． 在中，． ， ． 又， ． 又，， ． 又， ． ． ． ． ， ． 是等边三角形． ， ， ； （2）图②：当点D在线段的延长线上时，，证明如下： 如图所示，在上取点H，使，连接并延长到点G使，连接， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵线段绕点A顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴； 图③：当点D在线段的延长线上时，，证明如下∶ 如图所示，在上取点H使， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵将线段绕点A顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （3）如图所示， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 由（1）可知，， ∴； 如图所示，当点D在线段的延长线上时， ∵，与矛盾， ∴不符合题意； 如图所示，当点D在线段的延长线上时， ∵，， ∴， 由（2）可知，， ∵， ∴． 综上所述，或18． 【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，等边三角形的性质和判定，含角直角三角形的性质，解题的关键是掌握以上知识点． 7．（2024·甘肃·中考真题）【模型建立】 （1）如图1，已知和，，，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【模型应用】 （2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【模型迁移】 （3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【答案】（1），理由见详解，（2），理由见详解，（3），理由见详解 【分析】（1）直接证明，即可证明； （2）过E点作于点M，过E点作于点N，先证明，可得，结合等腰直角三角形的性质可得：， ，即有，，进而可得，即可证； （3）过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，先证明，再结合等腰直角三角形的性质，即可证明． 【详解】（1），理由如下： ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴； （2），理由如下： 过E点作于点M，过E点作于点N，如图， ∵四边形是正方形，是正方形的对角线， ∴，平分，， ∴， 即， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，，， ∴四边形是正方形， ∴是正方形对角线，， ∴， ， ∴，， ∴，即， ∵， ∴， 即有； （3），理由如下， 过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，如图， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵在正方形中，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，题目难度中等，作出合理的辅助线，灵活证明三角形的全等，并准确表示出各个边之间的数量关系，是解答本题的关键． 8．（2023·山东东营·中考真题）（1）用数学的眼光观察． 如图，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点，求证：． （2）用数学的思维思考． 如图，延长图中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求证：． （3）用数学的语言表达． 如图，在中，，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，连接，若，试判断的形状，并进行证明． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）是直角三角形，证明见解析． 【分析】（1）根据中位线定理即可求出，利用等腰三角形的性质即可证明； （2）根据中位线定理即可求出和，通过第（1）问的结果进行等量代换即可证明； （3）根据中位线定理推出和从而求出，证明是等边三角形，利用中点求出，从而求出度数，即可求证的形状. 【详解】证明：（1）的中点，是的中点， . 同理，. ， . . （2）的中点，是的中点， ， . 同理，. 由（1）可知， . （3）是直角三角形，证明如下： 如图，取的中点，连接，， 是的中点， ，. 同理，，. ， . . ， ， . ， . 又， 是等边三角形， . 又， . ， . 是直角三角形. 故答案为：是直角三角形. 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及直角三角形的判定，解题的关键在于灵活运用中位线定理. 9．（2023·山东烟台·中考真题）【问题背景】 如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形进行如下操作：①分别以点为圆心，以大于的长度为半径作弧，两弧相交于点，，作直线交于点，连接；②将沿翻折，点的对应点落在点处，作射线交于点．    【问题提出】 在矩形中，，求线段的长． 【问题解决】 经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下： 方案一：连接，如图2．经过推理、计算可求出线段的长； 方案二：将绕点旋转至处，如图3．经过推理、计算可求出线段的长． 请你任选其中一种方案求线段的长． 【答案】线段的长为． 【分析】方案一：连接，由翻折的不变性，知，，证明，推出，设，在中，利用勾股定理列式计算求解即可； 方案二：将绕点旋转至处，证明，推出，设，同方案一即可求解． 【详解】解：方案一：连接，如图2．    ∵四边形是矩形， ∴，， 由作图知， 由翻折的不变性，知，，， ∴，，又， ∴， ∴， 设，则，， 在中，，即， 解得， ∴线段的长为； 方案二：将绕点旋转至处，如图3．    ∵四边形是矩形， ∴，， 由作图知， 由旋转的不变性，知，，， 则， ∴共线， 由翻折的不变性，知， ∴， ∴， 设，则，， 在中，，即， 解得， ∴线段的长为． 【点睛】本题考查了作线段的垂直平分线，翻折的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 提升专练 1．（24-25九年级上·广东江门·期末）【知识技能】 （1）如图1，在等边三角形内有一点．若点到顶点的距离分别为6，10，8，求的度数． 为了解决本题，我们可以将绕顶点逆时针旋转到处，此时，这样就可以利用旋转变换，将三条线段转化到一个三角形中，从而求得________°． 【构建联系】 利用（1）的解答思想方法，解答下面的问题． （2）如图2，在中，为上的点，且，求证：． 【深入探究】 （3）如图3，在等边三角形中，为内一点，连接，且，求的值． 【答案】（1）；（2）见解析；（3） 【分析】（1）根据全等三角形的性质及等边三角形的判定及性质得出为等边三角形，再根据等边三角形的性质得出，，然后利用勾股定理的逆定理得出，最后根据角的和差即可得出答案； （2）把绕点C逆时针旋转得到，连接，由旋转的性质得，，，，，再利用证明，然后根据全等三角形的性质及勾股定理即可得证； （3）将绕点顺时针旋转，得到，连接，由旋转性质得，，，，，则可求得，是等边三角形，再根据等边三角形的性质结合角的和差得出、、、四点共线，过作交延长线于H，则，根据勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求得即可求解． 【详解】（1）解：由旋转性质得，，，， 为等边三角形 ， 为等边三角形 ， 为直角三角形，且 ； 故答案为：； （2）证明：如图2，把绕点C逆时针旋转得到，连接， 由旋转的性质得，，，， ， 在和中 ， 由勾股定理得， 即； （3）如图３，将绕点顺时针旋转，得到，连接， 则，，，，， ，是等边三角形， ，， ∵， 、、、四点共线， 过作交延长线于H，则， ∴，则， ∴，， 在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的综合题，涉及到全等三角形的判定及性质、等边三角形的判定及性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质、含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 2．（24-25八年级上·山东烟台·期末）【问题解决】 如图，在矩形中，点分别在边上，，于点． （1）求证：四边形是正方形； （2）延长到点，使得，连接，判断的形状，并说明理由． 【类比探究】 （3）如图，在菱形中，点分别在边上，与相交于点，，，，，求的值． 【答案】（1）见解析；（2）是等腰三角形，理由见解析；（3）31 【分析】（）证明，得到，即可求证； （）证明可得，进而得，即可求解； （）延长到点，使，连接，作，可证，得到，，进而得是等边三角形，得到，即得，再利用勾股定理求出，进而即可求出的长，进而可得到答案； 本题考查了矩形的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定，等腰三角形的判定，等边三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：是等腰三角形． 理由：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰三角形； （3）解：延长到点，使，连接，作， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵菱形， ∴， ∴． 3．（23-24九年级上·河南郑州·阶段练习）小明在学习了平行四边形这一章后，对特殊平行四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． (1)【概念理解】在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是_________． (2)【性质探究】通过探究，小明发现了垂美四边形的一些性质：垂美四边形的面积S与对角线的数量关系为：_________． (3)【问题解决】如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和．连接，已知．求证：四边形为垂美四边形，并求出它的面积． (4)【学以致用】（3）中的长为_______． 【答案】(1)菱形、正方形 (2) (3)证明见解析，面积为 (4) 【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论； （2）四边形的面积=的面积+的面积； （3）根据正方形的性质可证得和全等，得出，由得出，再根据对顶角相等得到，于是有，从而得出，根据垂美四边形的定义得出四边形为垂美四边形，根据垂美四边形的面积等于两对角线乘积的一半即可得出结果． （4）勾股定理求出，设，双勾股定理求出的值，进而求出的长，再用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形，正方形， 一定是垂美四边形的是菱形，正方形， 故答案为：菱形，正方形； （2）如图1所示： ∵四边形的面积 的面积 的面积 ∴； 故答案为：； （3）证明：连接，，设与交于点，与交于点， 四边形是正方形， ，， 四边形是正方形， ，， ， 即， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， 四边形为垂美四边形； 四边形是正方形， ，， ， ， 点、、在一条直线上， 在中，，， 由勾股定理得， ， 在中，由勾股定理得， ∵， ， 四边形为垂美四边形， 四边形的面积是． （4）∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则：， ∴，即：， 解得：，则 ∴， ∴， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了垂美四边形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． 4．（23-24九年级上·辽宁锦州·阶段练习）【课本再现】 （1）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，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点转动．则下列结论正确的是______（填序号即可）： ①； ②； ③四边形的面积总等于； ④连接，总有． 【类比迁移】 （2）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，矩形可绕着点旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 （3）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着点旋转，当时，请直接写出的长度． 【答案】（1）①②③④   （2），见解析（3） 或 【分析】（1）根据正方形的性质，先证明于是得到即可判定① ②正确；根据正方形的性质，得，利用全等三角形的性质，分割法表示面积，可判定四边形的面积总等于，得到③正确；根据正方形的性质，三角形全等的性质，得到，根据勾股定理得到，从而判定④正确． （2）连接，延长交于点G，先证明得到，再利用勾股定理，线段垂直平分线的性质，等量代换即可的结论； （3）仿照（2）的解题思路，分点E在上和的延长线上，两种情况求解即可． 【详解】（1）解：∵正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1， ∴；， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， 故①②正确； 根据正方形的性质，得， ∵， ∴，， ∴， ∴， 故③正确； ∵，， ∴， 根据勾股定理得到， 故， 故④正确． 故答案为：①②③④． （2）解：连接，延长交于点G， ∵矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点， ∴；，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． （3）解：当点E在上时， 过点B作，交的延长线于点M，连接 ∵， ∴；， ∵，，， ∴，， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点E在的延长线上时， 过点B作，交的延长线于点N，连接 ∵，， ∴；， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴； 故的长度为 或 ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，线段的垂直平分线的判定和性质是解题的关键． 5．（23-24八年级下·甘肃武威·期末）某班级开展数学讨论课，老师给出两个大小不同的正方形，要求同学们利用这两个图形提出不同的数学问题，并解决问题． 【问题提出】（）小明思考后提出问题：如图，大正方形和小正方形，顶点重合，点分别在边，上．那么线段满足什么数量关系? 【联系迁移】（）小颖受此问题启发，思考并提出新的问题：如图，将图中的小正方形绕点顺时针旋转，（旋转不改变图形的形状和大小）使点在边上，在的延长线上，连接．那么线段满足什么数量关系?说明理由； 【开放探索】（）小新深入研究前面提出的问题，发现并提出新的问题：如图，将图中的小正方形绕点顺时针旋转任意角度，连接．那么线段仍然具有（）（）中的数量关系吗?说明理由． 【答案】（）；（），理由见解析；（）具有，理由见解析． 【分析】（）由正方形的性质可得，，进而即可求解； （）证明即可求解； （）证明即可求解； 本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质和全等三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：（）∵四边形和四边形是正方形， ∴，， ∴， 即； （），理由如下： ∵四边形和四边形是正方形， ∴，，， 又由旋转可得， ∴， ∴， ∴； （）线段仍然具有（）（）中的数量关系，理由如下： ∵四边形和四边形是正方形， ∴，，， ∴， 即， ∴， ∴． 6．（23-24八年级下·广东肇庆·期末）如图，矩形的顶点、分别在、轴的正半轴上，点的坐标为，一次函数的图像与边、分别交于点、，并且满足，点是线段上的一个动点． (1)求得____； (2)连接，若的面积与四边形的面积之比为，求点的坐标； (3)设点是轴上方平面内的一点，以、、、为顶点的四边形为菱形时，请求出点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)点的坐标为或 【分析】本题主要考查一次函数的性质与菱形的判定与性质，矩形的性质，正确根据菱形的性质进行分类讨论求得的坐标是解决本题的关键． （1）根据，可得点，将代入解析式，即可求解； （2）由（1）知一次函数的解析式为，，，根据的面积与四边形的面积之比为，可得，，设点的横坐标为，则，即可求解； （3）分两种情况：若以为对角线，得到菱形；若以为对角线，得到菱形讨论，结合图形，利用菱形的性质即可求解． 【详解】（1）四边形是矩形， 轴，轴， 一次函数的图像与边、分别交于点、，并且满足， 当时，， ， 点的坐标为， ，点的横坐标为， ， 点，将点代入得：， 解得：， 故答案为：； （2）由（1）知：一次函数的解析式为：，，， 的面积与四边形的面积之比为， ， ， ， 设点的横坐标为，则， 即， 解得：， 将代入，得：， ； （3）如图所示，若以为对角线，得到菱形， 则垂直平分，和关于轴对称， ， 点和的纵坐标均是， 将代入得：， 解得：， 点， ， ， 点； 如图所示，若以为对角线，得到菱形，则，线段与线段的中点重合，过点作轴于点， 设点的横坐标为，则纵坐标为， ，，， ，即 解得：（不能构成菱形，舍去）或， 将代入得：， 点， 菱形， ， 点， 综上所述，以、、、为顶点的四边形为菱形时，点的坐标为或． 7．（23-24八年级下·辽宁大连·期末）在数学活动课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；在上选一点，沿折叠，使点落在矩形内部点处，把纸片展平，连接、． (1)如图，当点在上时，______度； (2)如图，当落在边上时，并且折痕交边于点，交边于点，把纸片展开，连接交于点，连接．求证：四边形是菱形； (3)如图，矩形纸片中，，，折叠纸片，使点落在边上，并且折痕交边于点，交直线于点，把纸片展平，请求出线段的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，根据轴对称的性质得出，，，于是得出，从而得到是等边三角形，即可求出的度数； （2）由轴对称的性质得出，，根据平行线的性质得出，，从而证得，得出，于是推出四边形是平行四边形，再根据即可证得四边形是菱形； （3）由轴对称的性质得出，根据，即可得出，再根据当点与点重合时，有最大值为，即可得出答案． 【详解】（1）解：，理由如下： 如图，连接， 对折矩形纸片，使与重合，得到折痕， 是的垂直平分线， ，， 以为折痕再一次折叠纸片，使点落在折痕上的点处， ， ， 是等边三角形， ， ； （2）证明：如图2， 折叠矩形纸片，点在边上， 垂直平分， ，， 又， ，， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形； （3）解：如图3， 折叠纸片，点落在边上， ， 在中，， 又， ， ， 又点在边上， 当点与点重合时，有最大值为， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定，等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 8．（24-25八年级下·河南漯河·期中）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． 9．（24-25八年级下·广东东莞·阶段练习）综合与实践活动课上，老师让同学们以“折纸作的角”为主题开展数学活动． 【操作判断】 （1）①如图①，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平在上选一点P，沿折叠，使点A落在上的点M处，把纸片展平，连接．则______． ②如图②，在前面操作的基础上，延长与交于点N，则的形状是______． 【迁移探究】 （2）小明将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下： 将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长与交于点Q，连接． 如图③，若改变点P在上的位置(点P不与点A，D重合)，判断与的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】 （3）在（2）的探究中，已知正方形的边长为，当P是边的三等分点时，求出的长． 【答案】（1）①；②是等边三角形，理由见解析 （2），理由见解析 （3）或 【分析】本题主要考查了矩形与折叠、正方形的性质、勾股定理、三角形全等的判定和性质等知识点，掌握正方形和矩形的性质是解题的关键． （1）①根据矩形的性质以及折叠的特点即可解答；②根据折叠的性质说明即可判定的形状； （2）利用正方形和折叠的特点，证明，然后根据全等三角形的性质即可解答； （3）当点P是边的三等分点时，即或；据此分两种情况分别运用三角形全等和勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）①∵对折矩形纸片，使与重合，得到折痕， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵沿折叠，使点A落在上的点M处， ∴． 故答案为：． ②是等边三角形，理由如下： ∵， ∴， ∴是等边三角形． （2）解： ，理由如下： 由折叠性质得，． ∵四边形是正方形， ∴． ∴． 又∵，， ∴． ∴． （3）解：∵P是边的三等分点， ∴或， ①如图：当时， 由（2）可知：， ∴， 设，则， 在中，有， 解得：，即； ②如图：， 由（2）可知：， ∴， 设，则， 在中，有， 解得：，即； 综上所述，的长为或． / 学科网（北京）股份有限公司 $$