专题03 平行四边形 矩形、菱形与正方形-【暑假自学课】2025年新九年级数学暑假提升精品讲义（华东师大版）

专题03 平行四边形 矩形、菱形与正方形思维导图 核心考点聚焦 1. 平行四边形的性质 2. 平行四边形的判定 3. 矩形 4. 菱形 5. 正方形 一、平行四边形的定义与性质 1 平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。 2 平行四边形的性质： 对边平行且相等。 对角相等，邻角互补。 对角线互相平分。 平行四边形是中心对称图形，对角线交点是对称中心。 二、平行四边形的判定 1 两组对边分别平行的四边形是平行四边形。 2 两组对边分别相等的四边形是平行四边形。 3 对角线互相平分的四边形是平行四边形。 4 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形。 三、平行四边形的面积 平行四边形的面积等于底边长乘以高，即S平行四边形=底边长×高。 四、矩形的性质与判定 1 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。 2 矩形的性质： 对边平行且相等，邻边互相垂直。 四个角都是直角。 对角线相等且互相平分。 矩形既是轴对称图形（有两条对称轴），又是中心对称图形（对称中心是对角线交点）。 3 矩形的判定： 有一个角是直角的平行四边形是矩形。 有三个角是直角的四边形是矩形。 对角线相等的平行四边形是矩形。 五、菱形的性质与判定 1 菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 2 菱形的性质： 四条边都相等。 对角相等，邻角互补。 对角线互相垂直且平分一组对角。 菱形既是轴对称图形（有两条对称轴），又是中心对称图形（对称中心是对角线交点）。 3 菱形的判定： 一组邻边相等的平行四边形是菱形。 四条边都相等的四边形是菱形。 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 六、正方形的性质与判定 1 正方形的定义：四条边相等且四个角都是直角的四边形叫做正方形。 2 正方形的性质： 具有矩形和菱形的所有性质。 对角线相等且互相垂直平分。 正方形既是轴对称图形（有四条对称轴），又是中心对称图形（对称中心是对角线交点）。 3 正方形的判定： 有一组邻边相等的矩形是正方形。 有一个角是直角的菱形是正方形。 对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形。 难点强化一、(特殊)平行四边形中的最值问题 1．如图，在平面直角坐标系中，，，点是轴上一动点，作平行四边形，当取最小值时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 2．如图，在正方形中，边长，点为边的中点，连接对角线，在上截取线段，使，连接，，则的最小值为 ． 3．利用轴对称求最值的核心思路是通过轴对称变换，将复杂的几何问题转化为简单的对称问题．具体步骤如下：首先需要确定问题的对称轴，这通常是根据题目的几何条件来确定的．然后构造对称点，将动点关于对称轴构造出对称点，这样可以将原问题转化为两个对称点之间的问题．请据此解答下面的问题． 问题提出 （1）如图，已知，是内一点，，点，分别是，边上的动点（不与点重合），求周长的最小值．我们可以分别作点关于，的对称点，，然后连接，，与，有两个交点，当、分别与这两个交点重合时，如图，周长最小． 的度数是 ； 周长的最小值是 ． 问题探究 （2）如图，在等腰中，，，点是的中点．在上取点，连接，，试求的最小值． 问题解决 （3）如图，四边形为一个矩形绿地，点为矩形的中心，通过测量得，米，在绿地边上存在一点P，使得的值最小．请直接写出这个最小值． 难点强化二、(特殊)平行四边形与图象结合问题 1．如图，在平行四边形中，点P沿方向从点A移动到点C．设点P移动的路程为x，线段的长为y，图2是点P运动时y随x变化的关系图象，则点Q的横坐标b等于（    ） A． B． C． D．5 2．如图，菱形中，点为角线上一个动点，点为的中点，连接，设的长为，为，如图为关于变化的图象，则该图象最低点时的纵坐标为 ． 3．如图1，在矩形中，，动点P从点E出发，沿运动，速度为每秒1个单位长度，同时动点Q从点E出发沿射线运动，速度为每秒2个单位长度，当点P停止运动时点Q也随之停止．连接，设点P运动时间为x秒，的面积为，的面积与的面积比值为． (1)请直接写出关于x的函数表达式，并注明自变量x的取值范围； (2)在给定的平面直角坐标系中，画出函数的图象，并写出函数的一条性质； (3)结合的函数图象，请直接写出时x的取值范围（近似值精确到0.1，误差不超过0.2）． 难点强化三、(特殊)平行四边形的动点求t 1．如图，在四边形中，，，，，．动点从点出发，沿射线以每秒的速度运动．动点同时从点出发，在线段上以每秒的速度向点运动；当动点到达点时，动点也同时停止运动．设点的运动时间为秒，当以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时，的值为（   ） A．2或秒 B．秒 C．或秒 D．秒 2．如图，在四边形中，，，，，．点P是线段上一点，，点Q从点C出发，以的速度向点D运动，到达D点后运动立即停止，则t为 秒时，为直角三角形． 3．如图，在矩形中，是对角线上的两个动点，两点分别从点同时出发，相向而行，速度均为每秒个单位长度，运动时间为，其中． (1)若分别是的中点，则四边形一定是怎样的四边形？请说明理由． (2)在（1）的条件下，若四边形为矩形，求的值． (3)在（1）的条件下，若两点运动的同时，点向点运动，点向点运动，且与点的速度相同，点运动到点时，四点都停止运动．当四边形是菱形时，求的值． 难点强化四、(特殊)平行四边形的折叠问题 1．如图，在平行四边形中，E为边上的一个点，将沿折叠至处，与交于点F，若，，（    ）． A． B． C． D． 2．如图，点M，N是矩形边，上的点，，，将沿AE折叠，点D的对应点F落在线段上．若线段所在的直线是矩形的对称轴，则的长为 ．    3．综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动． 【操作判断】 操作一：如图1，在正方形纸片的边上选一点E（点E不与点A，D重合），将正方形沿折叠，使点A落在正方形内部的点G处，得到折痕，延长交边于点F，连接． （1）求的度数． 【深入探究】 操作二：如图2，在操作一的基础上，将沿着折叠，使点D落在正方形的内部，点D的对应点为H，在折叠的过程中，同学们发现，随着点E的位置改变，点H的位置也随之改变，当点E在边上的某一位置时，点H恰好落在上，此时与交于点M，把正方形纸片展平． （2）求的度数； （3）求证：． 【拓展延伸】 操作三：如图3，在操作一的基础上，连接交于点P，连接，调整点E的位置，使． （4）求证： 难点强化五、(特殊)平行四边形的旋转问题 1．如图1，把平面内一条数轴x绕原点O逆时针旋转得到另一条数轴y，x轴和y轴构成一个平面斜坐标系．规定：过点P作y轴的平行线，交x轴于点A，过点P作x轴的平行线，交y轴于点B，若点A在x轴上对应的实数为a，点B在y轴上对应的实数为b，则称有序实数对为点P的斜坐标．在图2所示的平面斜坐标系中，已知，点P的斜坐标为，过点P作y轴的平行线，交x轴于点A，过点P作x轴的平行线，交y轴于点B，将四边形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点P的斜坐标为（    ）    A． B． C． D． 2．如图， 正方形中，， 点E为正方形外一点， 且 将绕点A 逆时针方向旋转得到， 的延长线交 于点 H． 若 ， 则的长为 ． 3．如图1，点是边长为6的正方形边上一点，点是延长线上一点，四边形是边长为4的正方形，连接，点是线段的中点，连接． (1)如图2，连接并延长交于点，求线段的长度； (2)将图1中的正方形绕点顺时针方向旋转， ①如图3，当点恰好落在线段上，求此时线段的长度； ②在旋转过程中，当三点在一条直线上时，请直接写的面积． 难点强化六、(特殊)平行四边形的新定义问题 1．【问题情境】 定义：如果一个平行四边形一条对角线的长恰好等于另一条对角线长的3倍，那么称这个平行四边形为“倍线平行四边形”． 【数学思考】 如图1，在中，若，，试判断是否为“倍线平行四边形”，并说明理由． 【深入探究】 如图2，为“倍线平行四边形”，E是上的动点，连结交于点． ①若是的中点，，，求的长． ②过点作交于点，若，求证：是的中点． 2．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”． (1)下列选项中一定是“等补四边形”的是______． A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 (2)如图1，在边长为4的正方形中，为边上一动点（不与重合），交于点，过作交于点． ①试判断四边形是否为“等补四边形”，并说明理由； ②如图2，连接，求的周长； ③若四边形是“等补四边形”，求的长． 3．类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”． （1）概念理解 如图1，在四边形中，添加一个条件使得四边形是“等邻边四边形”．请写出你添加的一个条件______． （2）问题探究 如图2，已知，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接． ①四边形______（填“是”或“不是”）等邻边四边形； ②求线段的长度． （3）拓展应用 如图3，在等邻边四边形中，和为四边形的对角线，为等边三角形，试探究和的数量关系，并说明理由． 难点强化七、(特殊)平行四边形与一次函数结合 1．综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，函数的图象分别交轴、轴于、两点．点在上，且，作直线．    (1)A点坐标为_________，B点坐标为_________； (2)求直线的解析式； (3)在直线上找一点，使得，请直接写出点的坐标； (4)在坐标平面内是否存在这样的点，使得以点为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请你直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 2．如图1，在平面直角坐标系中，直线交y轴于点A，交x轴于点B，，直线经过点A，交x轴于点C． (1)求直线的解析式． (2)如图2，点D是y轴负半轴上一动点，点E是x轴上一动点，若，求的最小值． (3)如图3，点P是直线上的一个动点，过点P作y轴的平行线交直线于点Q，平面内有一个动点M，若以C，P，Q，M为顶点的四边形是菱形，请直接写出点M的坐标． 3．【定义】如果在平面直角坐标系中，点在直线上，我们就把直线叫做点P的“依附线”，点叫做这条直线的“依附点”，叫做点的“依附数”．例如，点在直线上，所以直线为点的“依附线”，点的“依附数”为． 【应用】 (1)已知点，在，，中，与点的“依附数”相同的点是______； (2)已知矩形中，点，，，．若矩形边上存在两个不同的点，都是直线的“依附点”，求的取值范围； (3)若直线上存在点，且点的“依附数”为，当，时，求的取值范围． 难点强化八、(特殊)平行四边形与反比例函数结合 1．在平面直角坐标系中，直线与反比例函数的图象交于，两点． (1)求直线的函数表达式及点的坐标； (2)如图1，过点的直线分别与轴，反比例函数的图象（）交于点，，且，连接，求的面积； (3)如图2，点在另一条反比例函数（）的图像上，点在轴正半轴上，连接交该反比例函数图像于点，且，再连接，，若此时四边形恰好为平行四边形，求的值． 2．综合与探究 如图，一次函数与反比例函数的图象交于点，与轴交于点． (1)求这个反比例函数的表达式； (2)点是轴上的一个动点，连接，，当线段与之和最小时，求点的坐标； (3)过点作直线轴，交反比例函数的图象于点，若点是直线上的一个动点，点是平面直角系内的一个动点，试判断是否存在这样的点，使得以点，，，为顶点的四边形是菱形．若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 3．综合与实践：如图1，某兴趣小组计划开垦一个面积为的矩形地块种植农作物，地块一边靠墙，另外三边用木栏围住，木栏总长为． 【问题提出】小组同学提出这样一个问题：若，能否围出矩形地块？ 【问题探究】小颖尝试从“函数图象”的角度解决这个问题： 设为，为．由矩形地块面积为，得到，满足条件的可看成是反比例函数的图象在第一象限内点的坐标；木栏总长为，得到，满足条件的可看成一次函数的图象在第一象限内点的坐标，同时满足这两个条件的就可以看成两个函数图象交点的坐标． 如图2，反比例函数的图象与直线的交点坐标为和_______，因此，木栏总长为时，能围出矩形地块，分别为：；或_______，_______． （1）根据小颖的分析思路，完成上面的填空； 【类比探究】 （2）若，能否围出矩形地块？请仿照小颖的方法，在图2中画出一次函数图象并回答：_______围出矩形地块（填“能”或“不能”）理由是：_______． 【问题延伸】 （3）当木栏总长为时，小颖建立了一次函数．发现直线可以看成是直线通过平移得到的，在平移过程中，求出直线与反比例函数的图象有唯一交点时的交点坐标及a的值． 【拓展应用】 小颖从以上探究中发现“能否围成矩形地块问题”可以转化为“与图象在第一象限内交点的存在问题”． （4）若要围出满足条件的矩形地块，且和的长均不小于，请直接写出a的取值范围_______． 难点强化九、完美四边形 1．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、无重叠的长方形，这样的长方形称为完美长方形． (1)操作发现： 如图1，将纸片按所示折叠成完美长方形，若的面积为12，，则此完美长方形的边长 ，面积为 ． (2)类比探究： 如图2，将纸片按所示折叠成完美长方形，若的面积为20，，求完美长方形的周长． (3)拓展延伸： 如图3，将纸片按所示折叠成完美长方形，若，则此完美长方形的周长为 ，面积为 ． 2．定义：如果一个矩形的其中一边是另一边的2倍，那么称这个矩形为“完美矩形”． 如图1，在矩形中，，则矩形是“完美矩形”． E是边上任意一点，连接，作的垂直平分线分别交，于点F，G，与的交点为O，连接和．    (1)试判断四边形的形状，并说明理由： (2)如图3，记四边形的面积为，“和谐矩形”的面积为，且，若（a为常数），且，求的长．（用含有a的代数式表示）． (3)如图 2，在“和谐矩形”ABCD中，若，且，E是边AD上一个动点，把沿BE折叠，点A落在点处，若恰在矩形的对称轴上，则AE的长为 ． 3．我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做完美四边形． (1)在以下四种四边形中，一定是完美四边形的是______（请填序号）； ①平行四边形    ②菱形    ③矩形    ④正方形 (2)如图1，菱形中，，，分别是，上的点，且，求证：四边形是完美四边形； (3)如图2和如图3中，四边形均为完美四边形，，，连接． ①在图2中，求证：平分； ②在图3中，当时，直接用等式写出线段，，之间的数量关系． 难点强化十、无刻度尺作图 1．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．A，B，C，E，F都是格点，N在上，M在上，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)在图（1）中，先以，为邻边作平行四边形，再在上画点H，使得； (2)在图（2）中，先画点F关于的对称点P，再过点M作的平行线l． 2．如图是由小正方形组成的网格，每个边长为的小正方形的顶点叫做格点，图中、、、都是格点，是上一点，是与网格线的交点，仅用无刻度的直尺在网格中完成下列画图，画图过程用虚线，结果用实线表示． (1)在图1中，在线段上找点，使得； (2)在图1中，在线段上找点，使得； (3)在图2中，在线段上找点，使得四边形为矩形； (4)在图3中，在边上画点，连接，使得． 3．如图正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，在平行四边形中，点E在边上，且点A、B、E均为格点，C、D在小正方形内部．仅用无刻度的直尺在给定的的网格中完成下列作图，保留作图痕迹，不写作法． (1)如图1，直接写出的长为___； (2)在图1中，在边上取一点F，使，并直接写出此时___； (3)在图2中，在边上取一点Q使得平分； (4)如图3，延长交网格线于G，连接、，请作出的中位线，其中M在上，N在上． 真题感知 1．如图，在中，点是的中点，过点，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（2024·四川成都·中考真题）如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·四川自贡·中考真题）如图，以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点M，N，再分别以M、N为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点B，连接．若，则（    ）    A． B． C． D． 4．（2024·四川广安·中考真题）如图，在中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为 ． 5．（2024·四川·中考真题）如图，在菱形中，，则菱形的周长为 ． 6．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为 ．    7．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在中，E，F是对角线上的点，且．求证：． 8．（2024·四川广安·中考真题）如图，菱形中，点E，F分别是，边上的点，．求证：． 9．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形． (1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，交于点E，交于点F；（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接．求证：四边形是菱形． 10．（2024·四川广安·中考真题）如图，矩形纸片的长为4，宽为3，矩形内已用虚线画出网格线，每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点，现沿着网格线对矩形纸片进行剪裁，使其分成两块纸片．请在下列备用图中，用实线画出符合相应要求的剪裁线． 注：①剪裁过程中，在格点处剪裁方向可发生改变但仍须沿着网格线剪裁； ②在各种剪法中，若剪裁线通过旋转、平移或翻折后能完全重合则视为同一情况． 11．（2024·四川遂宁·中考真题）康康在学习了矩形定义及判定定理1后，继续探究其它判定定理． (1)实践与操作    ①任意作两条相交的直线，交点记为O； ②以点为圆心，适当长为半径画弧，在两条直线上分别截取相等的四条线段； ③顺次连结所得的四点得到四边形． 于是可以直接判定四边形是平行四边形，则该判定定理是：______． (2)猜想与证明 通过和同伴交流，他们一致认为四边形是矩形，于是猜想得到了矩形的另外一种判定方法：对角线相等的平行四边形是矩形．并写出了以下已知、求证，请你完成证明过程． 已知：如图，四边形是平行四边形，．求证：四边形是矩形．    12．（2024·四川巴中·中考真题）综合与实践 (1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形为梯形，，是边上的点．经过剪拼，四边形为矩形．则______． (2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，是四边形边上的点．是拼接之后形成的四边形． ①通过操作得出：与的比值为______． ②证明：四边形为平行四边形． (3)实践与应用：任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由． / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 平行四边形 矩形、菱形与正方形思维导图 核心考点聚焦 1. 平行四边形的性质 2. 平行四边形的判定 3. 矩形 4. 菱形 5. 正方形 一、平行四边形的定义与性质 1 平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。 2 平行四边形的性质： 对边平行且相等。 对角相等，邻角互补。 对角线互相平分。 平行四边形是中心对称图形，对角线交点是对称中心。 二、平行四边形的判定 1 两组对边分别平行的四边形是平行四边形。 2 两组对边分别相等的四边形是平行四边形。 3 对角线互相平分的四边形是平行四边形。 4 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形。 三、平行四边形的面积 平行四边形的面积等于底边长乘以高，即S平行四边形=底边长×高。 四、矩形的性质与判定 1 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。 2 矩形的性质： 对边平行且相等，邻边互相垂直。 四个角都是直角。 对角线相等且互相平分。 矩形既是轴对称图形（有两条对称轴），又是中心对称图形（对称中心是对角线交点）。 3 矩形的判定： 有一个角是直角的平行四边形是矩形。 有三个角是直角的四边形是矩形。 对角线相等的平行四边形是矩形。 五、菱形的性质与判定 1 菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 2 菱形的性质： 四条边都相等。 对角相等，邻角互补。 对角线互相垂直且平分一组对角。 菱形既是轴对称图形（有两条对称轴），又是中心对称图形（对称中心是对角线交点）。 3 菱形的判定： 一组邻边相等的平行四边形是菱形。 四条边都相等的四边形是菱形。 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 六、正方形的性质与判定 1 正方形的定义：四条边相等且四个角都是直角的四边形叫做正方形。 2 正方形的性质： 具有矩形和菱形的所有性质。 对角线相等且互相垂直平分。 正方形既是轴对称图形（有四条对称轴），又是中心对称图形（对称中心是对角线交点）。 3 正方形的判定： 有一组邻边相等的矩形是正方形。 有一个角是直角的菱形是正方形。 对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形。 难点强化一、(特殊)平行四边形中的最值问题 1．如图，在平面直角坐标系中，，，点是轴上一动点，作平行四边形，当取最小值时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了最短路径问题，涉及到平行四边形的性质，一次函数的图像与性质，关键是得出点在直线上运动．先得出点是直线上的动点，再将转化成，根据最短路径问题求解． 【详解】解：，，点是轴上一动点，四边形是平行四边形， 根据平移的性质得， 点是直线上的动点， 作关于直线的对称点，连接、，则， 四边形是平行四边形， ， ， 当、、三点共线时，最小，最小值为， 设直线的表达式为，代入得，， 直线的表达式为， 令，则， 解得：， 点的坐标为， 故选：A． 2．如图，在正方形中，边长，点为边的中点，连接对角线，在上截取线段，使，连接，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，勾股定理，以为腰在正方形的左侧作等腰直角三角形，取的中点，连接，过点作于点，进而证明四边形是平行四边形，得出的最小值为，再勾股定理求得的长，即可求解． 【详解】解：如图，以为腰在正方形的左侧作等腰直角三角形，取的中点，连接，过点作于点， ∵四边形是正方形，， ∴， ∵等腰直角三角形， ∴， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴ ∴ ∴的最小值为 ∵， ∴ ∴， ∵是的中点 ∴ ∴， 在中， ∴的最小值为， 故答案为：． 3．利用轴对称求最值的核心思路是通过轴对称变换，将复杂的几何问题转化为简单的对称问题．具体步骤如下：首先需要确定问题的对称轴，这通常是根据题目的几何条件来确定的．然后构造对称点，将动点关于对称轴构造出对称点，这样可以将原问题转化为两个对称点之间的问题．请据此解答下面的问题． 问题提出 （1）如图，已知，是内一点，，点，分别是，边上的动点（不与点重合），求周长的最小值．我们可以分别作点关于，的对称点，，然后连接，，与，有两个交点，当、分别与这两个交点重合时，如图，周长最小． 的度数是 ； 周长的最小值是 ． 问题探究 （2）如图，在等腰中，，，点是的中点．在上取点，连接，，试求的最小值． 问题解决 （3）如图，四边形为一个矩形绿地，点为矩形的中心，通过测量得，米，在绿地边上存在一点P，使得的值最小．请直接写出这个最小值． 【答案】（1），； （2）； （3）米 【分析】根据对称的性质可知：，，所以可知，，从而可得：； 根据对称性质可知，，所以可知是等边三角形，从而可知，线段的长度就是周长的最小值； 过点作于点，延长到点，使，连接，则点与点关于直线对称，连接交于点，则，线段的长度就是的最小值，利用勾股定理求出线段的长度即可； 过点作的垂线交的延长线于点，于的交点即为所求，根据直角三角形的性质可知米，利用可证，根据全等三角形的性质可知，米，利用勾股定理求出米，可得：的最小值是米． 【详解】解：点与点关于对称， ， 点与点关于对称， ， ， ， ， ， 故答案是：； 解：点与点关于对称， ，， 点与点关于对称， ，， ， 由可知， 是等边三角形， ， 的周长是， 周长的最小值是， 故答案是：； 解：如下图所示，过点作于点，延长到点，使，连接， 则点与点关于直线对称， 连接交于点，则， 线段的长度就是的最小值， 是等腰直角三角形，，， ， ， ， 在和中，， ， ，， ， 点是的中点， ， ， 的最小值是； 如下图所示，过点作的垂线交的延长线于点，于的交点即为所求， 四边形为一个矩形， ， ，米， 米， 米， ， 点是矩形的中心， ， ， ， ， 在中， ，， ， 在和中，， ， ，米， 米， 米， 的最小值是米， 米， 的最小值是米． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、直角三角形的性质、轴对称的性质、等边三角形的性质、勾股定理，解决本题的关键是根据轴对称的性质构造全等三角形和直角三角形，利用勾股定理求出边的长度． 难点强化二、(特殊)平行四边形与图象结合问题 1．如图，在平行四边形中，点P沿方向从点A移动到点C．设点P移动的路程为x，线段的长为y，图2是点P运动时y随x变化的关系图象，则点Q的横坐标b等于（    ） A． B． C． D．5 【答案】C 【分析】本题主要考查动点问题的函数图象，平行四边形的性质，勾股定理及其逆定理，掌握平行四边形的性质，根据点P运动规律，结合函数图象解题是解题关键．根据平行四边形的性质，再结合P运动时y随x的变化的关系图象，通过勾股定理的逆定理及其定理即可求解． 【详解】解：当点P运动到点B处时，，即， 当点P运动到点C处时，如图， ∵，即，此时，即， ∵， ∴为直角三角形， 由等面积得，， ∴，即． ∴ ∴ 故选：C． 2．如图，菱形中，点为角线上一个动点，点为的中点，连接，设的长为，为，如图为关于变化的图象，则该图象最低点时的纵坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，函数图象的动点问题，等边三角形的性质等，如图，连接，交于，可得，即得，可知当三点在同一直线上时，取最小值，的最小值为线段的长，由图可得当时，，设，则，可得，即得，得到，进而由可得和为等边三角形，过点作交延长线于点，可得，利用直角三角形的性质和勾股定理求出即可求解，看懂函数图象是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，交于， ∵在菱形中点和点关于对称， ∴， ∴， 当三点在同一直线上时，取最小值，的最小值为线段的长， 如图，当时，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， 由图知，， ∴和为等边三角形， 如图，过点作交延长线于点，则， ∵， ∴， ∴， ∴在中，， ∴， ∴，， 在中，， 即图象最低点的纵坐标是， 故答案为：． 3．如图1，在矩形中，，动点P从点E出发，沿运动，速度为每秒1个单位长度，同时动点Q从点E出发沿射线运动，速度为每秒2个单位长度，当点P停止运动时点Q也随之停止．连接，设点P运动时间为x秒，的面积为，的面积与的面积比值为． (1)请直接写出关于x的函数表达式，并注明自变量x的取值范围； (2)在给定的平面直角坐标系中，画出函数的图象，并写出函数的一条性质； (3)结合的函数图象，请直接写出时x的取值范围（近似值精确到0.1，误差不超过0.2）． 【答案】(1)，，； (2)见解析，当时，函数值随自变量的增大而增大；（答案不唯一） (3) 【分析】（1）分点P在与点P在上两种情况，即可求得；分别求出的面积与的面积，即可求得； （2）根据一次函数与反比例函数的图象画出两个函数的图象即可；利用一次函数的性质即可写出的一条性质； （3）根据所画的函数图象即可求解． 【详解】（1）解：在矩形中，， ∴； 当点P在上时，则，此时，； 当点P在上时，则，此时，； 即； 的面积为，而，， ∴的面积为， ∴，其中； （2）解：画图如下： 当时，函数值随自变量的增大而增大； （3）解：由图象知，当时，． 【点睛】本题考查了矩形的性质，求动点问题的函数解析式，画函数图象，一次函数与反比例函数的图象与性质等知识，掌握一次函数与反比例函数的图象和性质是解题的关键． 难点强化三、(特殊)平行四边形的动点求t 1．如图，在四边形中，，，，，．动点从点出发，沿射线以每秒的速度运动．动点同时从点出发，在线段上以每秒的速度向点运动；当动点到达点时，动点也同时停止运动．设点的运动时间为秒，当以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时，的值为（   ） A．2或秒 B．秒 C．或秒 D．秒 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，一元一次方程的应用，分两种情况：①当四边形为平行四边形时，②当四边形为平行四边形时，分别结合平行四边形的性质，列出一元一次方程，解方程即可求解． 【详解】解：∵，动点同时从点出发，在线段上以每秒的速度向终点运动， ∴运动时间为（秒）， ，的速度为每秒，到达的时间为（秒）， 当在点以及点的左边时，即时，， 当在的右边时，即时，， 以点、、、为顶点的四边形是平行四边形， ①当四边形为平行四边形时，，， ∴， 解得：； ②当四边形为平行四边形时，，， ∴， 解得， 综合上述，当或时，以点、、、为顶点的四边形是平行四边形． 故选：C． 2．如图，在四边形中，，，，，．点P是线段上一点，，点Q从点C出发，以的速度向点D运动，到达D点后运动立即停止，则t为 秒时，为直角三角形． 【答案】6或 【分析】本题主要考查了勾股定理，矩形的判定和性质，平行线的性质，分两种情况：当时，当时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】解：∵，， ∴， 当时，如图所示： ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴此时点Q运动的时间为：（秒）； 当时，过点P作于点E，如图所示： ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， 设，则， 在中，根据勾股定理得： ， 在中，根据勾股定理得：， 在中，根据勾股定理得：， ∴， 即， 解得：， ∴， ∴此时点Q运动的时间为：（秒）； 综上分析可知：t为6秒或秒时，为直角三角形． 故答案为：6或． 3．如图，在矩形中，是对角线上的两个动点，两点分别从点同时出发，相向而行，速度均为每秒个单位长度，运动时间为，其中． (1)若分别是的中点，则四边形一定是怎样的四边形？请说明理由． (2)在（1）的条件下，若四边形为矩形，求的值． (3)在（1）的条件下，若两点运动的同时，点向点运动，点向点运动，且与点的速度相同，点运动到点时，四点都停止运动．当四边形是菱形时，求的值． 【答案】(1)四边形一定是平行四边形，理由见解析 (2) (3)当时，四边形为菱形 【分析】（1）由题意得，由矩形的性质得，，所以，由分别是的中点得，证明得，所以，进而得，即可得解； （2）如图，连接，证明四边形是矩形得，当四边形是矩形时，，所以，解出即可； （3）如图，连接与相交于点，由四边形为菱形，得垂直平分，，，进而得，由题意得，所以，证明出平行四边形为菱形，所以，设，则，由勾股定理，得，即，解得，所以，解出即可． 【详解】（1）解：四边形一定是平行四边形，理由： 由题意，得， 四边形是矩形， ，， ， 分别是的中点， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：如图，连接， 由（1）得，，， 四边形是矩形， ， 四边形是矩形，， ， 当四边形是矩形时，， ， ， 解得：； （3）解：如图，连接与相交于点， 四边形为菱形， 垂直平分，，， ， 又是对角线上的两个动点，两点分别从点同时出发，相向而行，速度均为每秒个单位长度，运动时间为， ， ， ， 平行四边形为菱形， ， 设，则， 由勾股定理，得， 即， 解得， ， 解得：， 当时，四边形为菱形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 难点强化四、(特殊)平行四边形的折叠问题 1．如图，在平行四边形中，E为边上的一个点，将沿折叠至处，与交于点F，若，，（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质以及三角形的外角性质等知识；熟练掌握翻折变换得性质和平行四边形的性质，求出的度数是解题的关键． 由平行四边形的性质得，再由三角形的外角性质得，则，然后由折叠的性质得，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ， ， ， ， ∵将沿折叠至处， ， ， 故选：A． 2．如图，点M，N是矩形边，上的点，，，将沿AE折叠，点D的对应点F落在线段上．若线段所在的直线是矩形的对称轴，则的长为 ．    【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质以及勾股定理的应用，解题的关键是利用折叠性质得到相等线段，结合矩形对称轴性质和勾股定理建立方程求解． 设，由折叠性质得， ．利用矩形对称轴性质可知、为、中点，，，在中，根据勾股定理，进而得，，在中，依据勾股定理列方程，解得，即 ． 【详解】设，由折叠可知：，， ∵线段所在的直线是矩形的对称轴， ∴点是边的中点，，，， ， 在中， ， ， ∴， 在中， ． ． 3．综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动． 【操作判断】 操作一：如图1，在正方形纸片的边上选一点E（点E不与点A，D重合），将正方形沿折叠，使点A落在正方形内部的点G处，得到折痕，延长交边于点F，连接． （1）求的度数． 【深入探究】 操作二：如图2，在操作一的基础上，将沿着折叠，使点D落在正方形的内部，点D的对应点为H，在折叠的过程中，同学们发现，随着点E的位置改变，点H的位置也随之改变，当点E在边上的某一位置时，点H恰好落在上，此时与交于点M，把正方形纸片展平． （2）求的度数； （3）求证：． 【拓展延伸】 操作三：如图3，在操作一的基础上，连接交于点P，连接，调整点E的位置，使． （4）求证： 【答案】（1）；（2）；（3）见解析；（4）见解析 【分析】本题主要考查了正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）由正方形和折叠的性质可得，则可证明得到，据此可得； （2）由折叠和全等三角形的性质得到，则可求出，由折叠的性质可得； （3）可证明，由折叠的性质可得，则可证明是等腰直角三角形，得到，证明，即可证明； （4）如图所示，延长到Q，使得，连接，证明是等腰直角三角形，得到，再证明，得到，由勾股定理可得，则． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）由折叠的性质可得， 由（1）可得， ∴， ∴， ∵， ∴， 由矩形的性质可得， ∴， ∴， 由折叠的性质可得； （3）由（2）可得， ∴， ∴， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴； （4）如图所示，延长到Q，使得，连接， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即． 难点强化五、(特殊)平行四边形的旋转问题 1．如图1，把平面内一条数轴x绕原点O逆时针旋转得到另一条数轴y，x轴和y轴构成一个平面斜坐标系．规定：过点P作y轴的平行线，交x轴于点A，过点P作x轴的平行线，交y轴于点B，若点A在x轴上对应的实数为a，点B在y轴上对应的实数为b，则称有序实数对为点P的斜坐标．在图2所示的平面斜坐标系中，已知，点P的斜坐标为，过点P作y轴的平行线，交x轴于点A，过点P作x轴的平行线，交y轴于点B，将四边形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点P的斜坐标为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据旋转可知，每旋转6次为1个周期，根据，得出第次旋转结束时点P的斜坐标和第1次旋转结束时点P的斜坐标相同，求出四边形第1次旋转结束时，点P旋转后的坐标即可得出答案． 【详解】解：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∵四边形绕点O逆时针旋转，每次旋转， ∴每旋转6次为1个周期， ∵， ∴第次旋转结束时点P的斜坐标和第1次旋转结束时点P的斜坐标相同， 记四边形第1次旋转结束时，点A，P，B的对应点分别为，，， 此时点在y轴上，过点作轴，交y轴于点E，延长交x轴于点F， 如解图所示，由旋转的性质，易知，，，轴， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∴点的斜坐标为， 即第2023次旋转结束时，点P的斜坐标为， 故选：A．    【点睛】本题主要考查了旋转的性质，点的坐标规律探索，平行数形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是数形结合，作出第1次旋转后点P的位置． 2．如图， 正方形中，， 点E为正方形外一点， 且 将绕点A 逆时针方向旋转得到， 的延长线交 于点 H． 若 ， 则的长为 ． 【答案】17 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，连接，由正方形的性质可得，则由勾股定理可得，由旋转的性质可得，则可证明四边形是矩形，得到，据此根据勾股定理可求出答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是正方形， ∴， 在中，由勾股定理可得， ∵绕点A 逆时针方向旋转得到， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：17 ． 3．如图1，点是边长为6的正方形边上一点，点是延长线上一点，四边形是边长为4的正方形，连接，点是线段的中点，连接． (1)如图2，连接并延长交于点，求线段的长度； (2)将图1中的正方形绕点顺时针方向旋转， ①如图3，当点恰好落在线段上，求此时线段的长度； ②在旋转过程中，当三点在一条直线上时，请直接写的面积． 【答案】(1) (2)①；②的面积为5 【分析】（1）先证，再证为等腰直角三角形，即可得解； （2）①先证，再证为等腰直角三角形，即可得解； ②分情况讨论，当在右侧或者左侧，画出图形，利用勾股定理和中位线性质定理即可得解. 【详解】（1）四边形和四边形是正方形， ， ， ， 又点是线段的中点， ， ， ， 又， 为等腰直角三角形， ； （2）①连接并延长，交延长线于点， 四边形和四边形是正方形， ， ， ， 又点是线段的中点， ， ， ，， 又， 为等腰直角三角形， ； ②如图，当在右侧时，过作于点，过作于点， 在中，， ， ，， ， ， 是中点，，是中点， ， ； 如图，当在左侧时，过作于点，过作于点， 同理可得， ， . 综上所述：的面积为5. 【点睛】本题主要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、等腰直角三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键. 难点强化六、(特殊)平行四边形的新定义问题 1．【问题情境】 定义：如果一个平行四边形一条对角线的长恰好等于另一条对角线长的3倍，那么称这个平行四边形为“倍线平行四边形”． 【数学思考】 如图1，在中，若，，试判断是否为“倍线平行四边形”，并说明理由． 【深入探究】 如图2，为“倍线平行四边形”，E是上的动点，连结交于点． ①若是的中点，，，求的长． ②过点作交于点，若，求证：是的中点． 【答案】[数学思考]是“倍线平行四边形”，见解析；【深入探究】①；②见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上内容是解题关键． [数学思考] 由已知可得为菱形，又，故，由勾股定理可得 ，故，即故▱为“倍线平行四边形”； [深入探究] ①：由为“倍线平行四边形”可知，，设，则勾股定理求得， 进而勾股定理求得，根据含度角的直角三角形的性质得出； ②过点作的延长线于点，证明四边形是平行四边形，得出，进而证明，，即可得出，即可得证． 【详解】解：[数学思考]是“倍线平行四边形”． 理由：在中，，． ， ， ， ， ， ， 是“倍线平行四边形”． [深入探究] ①是“倍线平行四边形”， ， ． 设，则． ，， ， ， ， ． 是的中点，且， ． ②证明：如图，过点作的延长线于点． ， ． ， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ． ， ． ， ，． 又， ， ∴， ，， ， ， 是的中点． 2．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”． (1)下列选项中一定是“等补四边形”的是______． A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 (2)如图1，在边长为4的正方形中，为边上一动点（不与重合），交于点，过作交于点． ①试判断四边形是否为“等补四边形”，并说明理由； ②如图2，连接，求的周长； ③若四边形是“等补四边形”，求的长． 【答案】(1)D (2)①四边形是等补四边形，见解析；②；③或者 【分析】（1）在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，符合等补四边形的定义，即可得到问题的答案； （2）①先证A、B、H、F四点共圆，利用圆周角定理可得，进而求出，利用等角对等边得出，最后利用“等补四边形”的定义即可证明； ②将绕A点逆时针旋转得到，证明，再证，得出，即可求出的周长； ③根据，四边形是“等补四边形”可得四边形有一组邻边相等，然后分、、、四种情况讨论即可． 【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补， ∴正方形是等补四边形， 故选：D． （2）解：①四边形是“等补四边形”，理由如下： ∵为正方形的对角线， ∴， 又，， ∴A、B、H、F四点共圆， ∴， ∴， ∴， 又， ∴四边形是“等补四边形”． ②将绕A点逆时针旋转得到， ∴，， ∴E、D、L三点共线， 由①得， ∴， 在和中 ∴， ∴， ∴的周长； ③∵，四边形是“等补四边形”， ∴还需要一组邻边相等，分以下四种情况讨论： 情况1：， 连接， 由题意知∶，， 又， ∴， ∴， 则为正三角形， ∴， ∴， ∴，； 情况2：，则， ∴， 同情况1，； 情况3：，由②得的周长． 设，则，有， ∴， 即； 情况4：， 连接， 则， 则HF垂直平分AE， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， 又，， ∴， ∴，这不可能，故这种情况不存在． 综上：或者． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质等知识，目前题意，理解新定义，找出所求问题需要的条件是解题的关键． 3．类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”． （1）概念理解 如图1，在四边形中，添加一个条件使得四边形是“等邻边四边形”．请写出你添加的一个条件______． （2）问题探究 如图2，已知，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接． ①四边形______（填“是”或“不是”）等邻边四边形； ②求线段的长度． （3）拓展应用 如图3，在等邻边四边形中，和为四边形的对角线，为等边三角形，试探究和的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）或或或任写一个即可； （2）①是；②； （3），见解析 【分析】（1）根据新定义，添加一组邻边相等即可求解． （2）由旋转可得：，则四边形是等邻边四边形；②过点D作于点H，通过证明为等边三角形，推出，则，，进而得出， 最后根据勾股定理即可求解； （3）过作，且，连接，，证明为等边三角形，，进而根据等腰直角三角形的性质，勾股定理，即可得出结论． 【详解】解：（1）如图，或或或任写一个即可； （2）①由旋转可得：， ∴四边形是等邻边四边形； 故答案为：是； ②过点D作于点H， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， 根据勾股定理可得：； （3） 过作，且，连接，，   ， ， 又，为等边三角形， ， ，， ， 为等边三角形， ， ， ，， ， ， ，， ∴， ， ． 【点睛】本题考查了新定理，解直角三角形，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是明确题目所给等邻边四边形的定义，正确画出辅助线解答． 难点强化七、(特殊)平行四边形与一次函数结合 1．综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，函数的图象分别交轴、轴于、两点．点在上，且，作直线．    (1)A点坐标为_________，B点坐标为_________； (2)求直线的解析式； (3)在直线上找一点，使得，请直接写出点的坐标； (4)在坐标平面内是否存在这样的点，使得以点为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请你直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，； (2) (3)或 (4)存在：，， 【分析】（1）根据函数的图象分别交轴、轴于、两点，即可求出点，点； （2）由（1）得，点的坐标，根据，求出点的坐标，设直线的解析式为：，把点，的坐标代入，即可求解； （3）设点，分类讨论：点在直线的右侧时；点在直线的左侧时，再根据，求出即可； （4）根据平行四边形的性质，分类讨论：当以，为平行四边形的边，为对角线时；当，为平行四边形的边，为对角线时；当，为平行四边形的边，为对角线时；根据中点坐标，即可求解． 【详解】（1）∵函数的图象分别交轴、轴于、两点， ∴当时，， ∴点； ∵当时，， ∴点； 故答案为：，． （2）由（1）得，点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点， 设直线的解析式为：，点， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为：． （3）∵点在直线上， ∴设点， ∵点，点， ∴，， ∴， 当点在直线的右侧时，过点作交于点，过点作轴于点， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴； 当点在直线的左侧时，过点作轴于点，过点作轴于点， ∵， ∴， ∵点， ∴，， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴； 综上所述：当或时，．    （4）存在： ∵点，，， ∴线段的中点坐标为：，线段的中点坐标为：，线段的中点坐标为：， 设， 当以，为平行四边形的边，为对角线，为对角线时， ∴的中点坐标为：， ∵， 解得：， ∴点， 当，为平行四边形的边，为对角线，为对角线时， ∴的中点坐标：， ∴， 解得：， ∴点； 当，为平行四边形的边，为对角线，为对角线时， ∴线段的中点坐标为：， ∴， 解得：， ∴点； 综上所述：当或或时，存在点为顶点的四边形为平行四边形． 【点睛】本题考查一次函数和几何的综合，解题的关键是掌握一次函数的图象和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的面积，注意分类讨论． 2．如图1，在平面直角坐标系中，直线交y轴于点A，交x轴于点B，，直线经过点A，交x轴于点C． (1)求直线的解析式． (2)如图2，点D是y轴负半轴上一动点，点E是x轴上一动点，若，求的最小值． (3)如图3，点P是直线上的一个动点，过点P作y轴的平行线交直线于点Q，平面内有一个动点M，若以C，P，Q，M为顶点的四边形是菱形，请直接写出点M的坐标． 【答案】(1)； (2)； (3)． 【分析】本题考查一次函数和几何的综合应用，涉及到求一次函数的解析式以及线段长度的最值问题以及菱形的存在性问题，熟练掌握求一次函数的解析式的方法以及轴对称的性质和菱形的性质是解题的关键． （1）先得出，再利用三角函数得出即可用待定系数法求出直线的解析式； （2）先利用，得出，然后过点作于点，交轴于点，利用含的直角三角形性质得出，进一步利用点到直线垂线段最短得出的最小值； （3）分别以为对角线，利用邻边相等列方程进行求解即可． 【详解】（1）解：当时，，   ∴，即， ∵， ∴， ∴， 设直线的解析式为：， 把分别代入解析式得： ，解得， ∴直线的解析式为：； （2）解：当时，，解得， ， ， ， 在y轴负半轴上 过点作于点，交轴于点， ， ， ， ； （3）解： 由题意设，， ①当为对角线时，,则， ， 化简得：， 解得：或； 当，即，，如图： 由菱形性质可知, ，， ； 当，即，，如图： 由菱形性质可知, ，， ； ②当为对角线时，,则，如图： ， 化简得：，解得：或（舍去）， ，， 由菱形性质可知的横坐标， ； ③当为对角线时，,则，如图： ， 化简得：，解得：（舍去）或， 由菱形性质可知, ，， ． 综上． 3．【定义】如果在平面直角坐标系中，点在直线上，我们就把直线叫做点P的“依附线”，点叫做这条直线的“依附点”，叫做点的“依附数”．例如，点在直线上，所以直线为点的“依附线”，点的“依附数”为． 【应用】 (1)已知点，在，，中，与点的“依附数”相同的点是______； (2)已知矩形中，点，，，．若矩形边上存在两个不同的点，都是直线的“依附点”，求的取值范围； (3)若直线上存在点，且点的“依附数”为，当，时，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)，且 【分析】（1）根据题中关于“依附数”的定义可知，对任意一点，若满足，则是点的“依附数”，分别判断点，，，的依附数即可； （2）设，，根据题意可得，分类讨论即可分别得到的范围和的范围，取其公共部分即可； （3）根据题意列方程组求得，结合，进行求解即可． 【详解】（1）解：根据题意可知，点在在直线上， 将代入得： ， 解得， 即直线的解析式为； 故点是直线的“依附点”，是点的“依附数”， 由此可得，对任意一点，若满足，则是点的“依附数”； ∴对于，，故是点的“依附数”， 对于，，故是点的“依附数”， 对于，，是点的“依附数”， ∴与点的“依附数”相同的点是． 故答案为：． （2）解：设，，若点，都是直线的“依附点”，即， ∵点，是两个不同的点，即点，在不同边上， 设点在上，则，，∴， ①点在上，则，，∴，故； ②点在上，则，，∴，故不存在； ③点在上，则，，∴，故； 综上，的取值范围为． （3）解：根据题意可知若点的“依附数”为，即直线是点的“依附线”，点在直线上， 故点是直线和直线的交点， 故 整理得：， ∵，即， 当时，解得：， ∵，则，，即，故该情况下无解； 当时，解得：， ∵，则，，即，故该情况下无解； 当时，解得： ∵，则，，即， 故当，时，的取值范围为，且． 【点睛】本题考查了一次函数的性质，两直线交点与方程的解，求不等式组的解，熟练掌握“依附数”的定义是解题的关键． 难点强化八、(特殊)平行四边形与反比例函数结合 1．在平面直角坐标系中，直线与反比例函数的图象交于，两点． (1)求直线的函数表达式及点的坐标； (2)如图1，过点的直线分别与轴，反比例函数的图象（）交于点，，且，连接，求的面积； (3)如图2，点在另一条反比例函数（）的图像上，点在轴正半轴上，连接交该反比例函数图像于点，且，再连接，，若此时四边形恰好为平行四边形，求的值． 【答案】(1)的函数表达式为，点B的坐标为 (2) (3) 【分析】本题考查反比例函数与一次函数的综合，掌握待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键． （1）利用待定系数法求函数解析式即可； （2）过点A作轴交x轴于点H，交过点N垂直y轴的直线与点G，设直线与x轴交于点K，先根据平行线分线段成比例得到点N的纵坐标为代入求出点N的坐标，然后求出直线的解析式，解出与x轴交点M的坐标，然后根据解题即可； （3）根据平行设直线的解析式为，然后得到点C的坐标，由平移得到点D的坐标，然后利用相似三角形的判定和性质得到点E的坐标，然后根据题意列方程解题即可． 【详解】（1）解：把代入得， ∴点A的坐标为， 把代入得，解得， ∴直线的函数表达式为， 解方程组得：或， ∴点B的坐标为； （2）解：过点A作轴交x轴于点H，交过点N垂直y轴的直线与点G，设直线与x轴交于点K， 则， ∴， ∵， ∴， ∴点N的纵坐标为 当，， ∴点N的坐标为， 设直线的解析式为：，代入得： ，解得， ∴直线的解析式为：， 令，则，解得， ∴点M的坐标为， 令，则，解得， ∴ ∴； （3）解：∵为平行四边形， ∴，， 设的解析式为， 令，则，解得：， ∴点C的坐标为， 根据平移可得点D的坐标为， 过点E作轴于点P，点D作轴于点Q， 则， ∴， ∴，即， 解得：，， ∴， ∴点E的坐标为， 又∵点D和点E在同一曲线上， ∴， 解得：，． 2．综合与探究 如图，一次函数与反比例函数的图象交于点，与轴交于点． (1)求这个反比例函数的表达式； (2)点是轴上的一个动点，连接，，当线段与之和最小时，求点的坐标； (3)过点作直线轴，交反比例函数的图象于点，若点是直线上的一个动点，点是平面直角系内的一个动点，试判断是否存在这样的点，使得以点，，，为顶点的四边形是菱形．若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或或或 【分析】（1）先将点代入一次函数解析式，求出点坐标，再代入反比例函数解析式，求解即可； （2）求出点坐标，作点关于轴的对称点，连接，与轴的交点即为点，求出的解析式，进而求出点的坐标即可； （3）分为菱形的边长，以及为菱形的对角线，两种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：把代入，得：， ∴， ∴， ∴反比例函数的解析式为：； （2）∵，当时，， ∴， 作点关于轴的对称点， 则：，， ∴当三点共线时，的值最小， 连接，与轴的交点即为点， 设直线的解析式为：，把代入，得：， ∴， ∴当时，， ∴； （3）∵过点作直线轴，交反比例函数的图象于点， ∴点的纵坐标为， ∴， 设，设， 则：，，； 当点，，，为顶点的四边形是菱形，分两种情况： ①当为边时，则：， 当时：，， 则：，解得：， 当时：，，即：； 当时：，，即：； 当时，，， 则：，解得：或（舍掉）， 当时，，，即：； ②当为对角线时：则， ∴， 此时，即：，解得：， ∴，即：； 综上：或或或． 【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的综合应用，反比例函数与几何的综合应用，涉及求函数解析式，利用轴对称解决线段和最小问题，菱形的性质．正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想，进行求解，是解题的关键．属于压轴题． 3．综合与实践：如图1，某兴趣小组计划开垦一个面积为的矩形地块种植农作物，地块一边靠墙，另外三边用木栏围住，木栏总长为． 【问题提出】小组同学提出这样一个问题：若，能否围出矩形地块？ 【问题探究】小颖尝试从“函数图象”的角度解决这个问题： 设为，为．由矩形地块面积为，得到，满足条件的可看成是反比例函数的图象在第一象限内点的坐标；木栏总长为，得到，满足条件的可看成一次函数的图象在第一象限内点的坐标，同时满足这两个条件的就可以看成两个函数图象交点的坐标． 如图2，反比例函数的图象与直线的交点坐标为和_______，因此，木栏总长为时，能围出矩形地块，分别为：；或_______，_______． （1）根据小颖的分析思路，完成上面的填空； 【类比探究】 （2）若，能否围出矩形地块？请仿照小颖的方法，在图2中画出一次函数图象并回答：_______围出矩形地块（填“能”或“不能”）理由是：_______． 【问题延伸】 （3）当木栏总长为时，小颖建立了一次函数．发现直线可以看成是直线通过平移得到的，在平移过程中，求出直线与反比例函数的图象有唯一交点时的交点坐标及a的值． 【拓展应用】 小颖从以上探究中发现“能否围成矩形地块问题”可以转化为“与图象在第一象限内交点的存在问题”． （4）若要围出满足条件的矩形地块，且和的长均不小于，请直接写出a的取值范围_______． 【答案】（1）；4；2；（2）不能，见解析；（3），8；（4） 【分析】本题考查了实际应用题的函数直观解释，比较新颖，实质是函数图象的平移，一次函数和反比例图象的交点问题,利用数形结合的思想求解是解题的关键． （1）观察图象，联立解方程组得，求解即可得到另一个交点坐标为，进而可求解； （2）画出的图象，观察图象得到与函数图象没有交点即可求解； （3）由直线与反比例函数的图象有唯一交点，可知由唯一解，即：方程只有一个解，利用根的判别式求得（负值舍去），进而可求得交点坐标为； （4）和的长均不小于，可得，直线在、上面或之间移动，可得求的范围． 利用数形结合数学思想是解决问题的关键． 【详解】解：（1）将反比例函数与直线：联立得， ∴， ∴， ∴，， 在中，当时，， ∴另一个交点坐标为， ∵为，为， ∴，． 故答案为：；4；2； （2）不能围出面积为 的矩形； 理由如下： 的图象，如图中所示： ∵与函数 图象没有交点， ∴不能围出面积为 的矩形． 故答案为：与函数 图象没有交点； （3）如图中直线：所示， ∵直线与反比例函数的图象有唯一交点， ∴由唯一解，即：方程只有一个解， ∴，解得：（负值舍去）， 此时：，解得：， 当时，， ∴此时交点坐标为； （4）∵和的长均不小于 ∴，， ∴， ∴， ∴， 如图所示，直线在、上面或之间移动， 把代入得， ∴． 难点强化九、完美四边形 1．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、无重叠的长方形，这样的长方形称为完美长方形． (1)操作发现： 如图1，将纸片按所示折叠成完美长方形，若的面积为12，，则此完美长方形的边长 ，面积为 ． (2)类比探究： 如图2，将纸片按所示折叠成完美长方形，若的面积为20，，求完美长方形的周长． (3)拓展延伸： 如图3，将纸片按所示折叠成完美长方形，若，则此完美长方形的周长为 ，面积为 ． 【答案】(1)3，6 (2)13 (3)42，108 【分析】（1）由折叠可知点H是中点，，过点A作于M，根据三角形面积求的长，由，点H是中点可知是中位线，得到 进而求完美长方形面积； （2）根据折叠可知，，从而可得 ，根据平行四边形面积可求得的长为4进而可求周长； （3）由折叠可证点E，G分别是中点，进一步可证四边形是平行四边形，所以，即长方形对角线长为15，设，根据勾股定理得到方程，解出x，从而可得完美长方形的边长和宽，最后求周长面积即可． 【详解】（1）由折叠可知，， ∴，点H是中点 ∵ ∴ 即， 过点A作于M ∵四边形是矩形 ∴，， ∴ ∴H是中点 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴完美长方形的面积为 故答案为：3，6 （2）由折叠可知 同理可知 ∴长方形的面积为         ∴长方形的周长为 （3）由折叠可证点E，G分别是的中点 ∴ 由题意知 ∴ ∴为平行四边形 ∴ 在中，设，则 由勾股定理得 ∴ ∴周长为：    面积为： 故答案为：42，108 【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质与判定等知识，熟练掌握其性质是解决此题的关键．   2．定义：如果一个矩形的其中一边是另一边的2倍，那么称这个矩形为“完美矩形”． 如图1，在矩形中，，则矩形是“完美矩形”． E是边上任意一点，连接，作的垂直平分线分别交，于点F，G，与的交点为O，连接和．    (1)试判断四边形的形状，并说明理由： (2)如图3，记四边形的面积为，“和谐矩形”的面积为，且，若（a为常数），且，求的长．（用含有a的代数式表示）． (3)如图 2，在“和谐矩形”ABCD中，若，且，E是边AD上一个动点，把沿BE折叠，点A落在点处，若恰在矩形的对称轴上，则AE的长为 ． 【答案】(1)四边形BFEG是菱形，理由见解析 (2) (3)或3 【分析】（1）由矩形中，，可得，；由垂直平分，可得，，从而证明，得到，从而四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直即，得到四边形是菱形． （2）设菱形的边长，根据四边形是“和谐矩形”，且，与平行四边形的面积公式可得，，，又， 得到，即，根据勾股定理，在中，求得， ，在中，求得，再根据得，，从而得到； （3）根据对称轴的不同分两种情况讨论：①若对称轴是对边的中点P与的中点Q所在的直线，点落在上，连结，由折叠得，，根据矩形对称轴的性质得，从而是等边三角形，，由折叠可得，进而，因此在中，解直角三角形可求出的长；②若对称轴是对边的中点M与的中点N所在的直线，点落在上，由矩形对称轴的性质可得，，即点B到的距离为3，又，因此点与点N重合，由折叠得，又，即，因此与重合，点E与点M重合，从而． 【详解】（1）四边形BFEG是菱形． 理由：如图1，在矩形中，， ，； 垂直平分， ，， ， ， 四边形是平行四边形； ， ∴四边形是菱形． （2）由（1）得，四边形是菱形，设， 四边形是“和谐矩形”，且， ， ， ， ， ， ， 即 ∴在中，， ， ∴在中，， 由得，， ． （3）由于恰在矩形的对称轴上，所以根据对称轴的不同分两种情况讨论： ①如图，若对称轴是对边的中点P与的中点Q所在的直线，点落在上，    连结，由折叠得，， 是矩形的对称轴， ∴垂直平分， ∴ ∴ ， ， ∵在矩形中， ∴ ∵在中， ∴ ∴ ②如图，若对称轴是对边的中点M与的中点N所在的直线，点落在上，    ∵ ∴ 是矩形的对称轴， ∴垂直平分， ， ∴点B到的距离为3 ，即 ∴点与点N重合， ∵由折叠得 又 ∴ ∴与重合，点E与点M重合， ， 综上所述，的长为或3． 【点睛】本题考查菱形的判定，矩形的性质，勾股定理，熟练运用矩形的性质，勾股定理是解题的关键． 3．我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做完美四边形． (1)在以下四种四边形中，一定是完美四边形的是______（请填序号）； ①平行四边形    ②菱形    ③矩形    ④正方形 (2)如图1，菱形中，，，分别是，上的点，且，求证：四边形是完美四边形； (3)如图2和如图3中，四边形均为完美四边形，，，连接． ①在图2中，求证：平分； ②在图3中，当时，直接用等式写出线段，，之间的数量关系． 【答案】(1)④ (2)见解析 (3)①见解析，②BC+CD=AC 【分析】（1）根据“完美四边形”的定义即可判断； （2）连接BD，先证△ABD是等边三角形得AD=BD，再证△ADE≌△BDF得DE=DF，∠AED=∠BFD，结合∠AED+∠DEB=180°知∠BFD+∠DEB=180°，从而得证； （3）①延长CB至点E，使BE=CD，连接AE，证△ADC≌△ABE得∠ACD=∠E，AC=AE，继而知∠ACE=∠E，从而得∠ACD=∠ACE，即可得证； ②延长CB使BE=CD，连接AE，由“SAS“可证△ADC≌△ABE，可得AC=AE，∠EAB=∠CAD，CD=BE，在Rt△CAE中，由勾股定埋可求CE=AC，即可求解． 【详解】（1）解：根据完美四边形的定义，可知“正方形”是完美四边形； 故答案为：④； （2）证明：如图，连接BD， ∵菱形ABCD， ∴AB=AD，AD∥BC. ∵∠A=60°， ∴△ABD是等边三角形，∠ABC=120°， ∴AD=BD ∵BD平分∠ABC， ∴∠DBC=60°=∠A， ∵AE=BF， ∴△ADE≌△BDF（SAS）， ∴DE=DF，∠AED=∠BFD， ∵∠AED+∠DEB=180°， ∴∠BFD+∠DEB=180°， ∴四边形DEBF是完美四边形． （3）①证明：延长CB至点E，使BE=CD，连接AE， ∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABE=180°， ∴∠ABE=∠D， 又∵AB=AD， ∴△ADC≌△ABE（SAS）， ∴∠ACD=∠E，AC=AE， ∴∠ACE=∠E， ∴∠ACD=∠ACE， ∴CA平分∠DCB； ②BC+CD=AC，理由如下：如图2，延长CB，使BE=CD，连接AE， ∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ABE+∠ABC=180°， ∴∠ADC=∠ABE， 又∵AD=AB，BE=CD， ∴△ADC≌△ABE（SAS）， ∴AC=AE，∠EAB=∠CAD，CD=BE， ∴∠CAE=∠DAB=90°， ∴， ∴CD+BC=AC． 【点睛】本题考查了完美四边形的定义，三角形面积，三角形全等的性质和判定，圆内接四边形的性质等知识，是四边形综合题，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题． 难点强化十、无刻度尺作图 1．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．A，B，C，E，F都是格点，N在上，M在上，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)在图（1）中，先以，为邻边作平行四边形，再在上画点H，使得； (2)在图（2）中，先画点F关于的对称点P，再过点M作的平行线l． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）根据平行四边形的判定画出图形，连接交于点，连接，延长交一点，点即为所求(证明，推出； （2）根据轴对称变化的性质求出点的对应点，取格点，连接交于点，连接，延长交于点，作直线即可． 【详解】（1）解：如图1中，四边形，点即为所求； 证明：∵， ∴是平行四边形， ， ， ， ； （2）解：如图2中，点，直线即为所求． 证明：∵， ， ； ∴， 即是的线段垂直平分线， 故点F关于的对称是点P； ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 【点睛】本题考查作图-轴对称变换，线段垂直平分线的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，平行线的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 2．如图是由小正方形组成的网格，每个边长为的小正方形的顶点叫做格点，图中、、、都是格点，是上一点，是与网格线的交点，仅用无刻度的直尺在网格中完成下列画图，画图过程用虚线，结果用实线表示． (1)在图1中，在线段上找点，使得； (2)在图1中，在线段上找点，使得； (3)在图2中，在线段上找点，使得四边形为矩形； (4)在图3中，在边上画点，连接，使得． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 (4)见解析 【分析】（1）连接交于点，连接交于点，点即为所求； （2）根据网格特点找到的中点，连接并延长，交于点，则点即为所求； （3）连接，根据网格的特点找到的中点，，连接交于点，连接并延长，交于点，连接，则矩形即为所求； 【详解】（1）解：如图所示，连接交于点，连接交于点，点即为所求； ∵， ∴四边形是菱形， 又 ∴ ∴ ∴四边形是正方形； 根据对称性可得； （2）解：如图所示，根据网格特点找到的中点，连接并延长，交于点，则点即为所求； 根据中心对称的性质可得 （3）解：如图所示，连接，根据网格的特点找到的中点，，连接交于点，连接并延长，交于点，连接，则矩形即为所求； 根据作图可得垂直平分，则， ∴，又， ∴ ∴， 又 ∴四边形是平行四边形， 由 ∴四边形是矩形； （4）解：如图所示，延长交于点，作等腰直角，交于点，则点即为所求； ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∵是等腰直角三角形，则 即 又∵， ∴ ∴ ∴ 在中， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 【点睛】本题考查了无刻度直尺作图，正方形的性质与判定，勾股定理与网格问题，全等三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 3．如图正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，在平行四边形中，点E在边上，且点A、B、E均为格点，C、D在小正方形内部．仅用无刻度的直尺在给定的的网格中完成下列作图，保留作图痕迹，不写作法． (1)如图1，直接写出的长为___； (2)在图1中，在边上取一点F，使，并直接写出此时___； (3)在图2中，在边上取一点Q使得平分； (4)如图3，延长交网格线于G，连接、，请作出的中位线，其中M在上，N在上． 【答案】(1) (2)图见解析， (3)图见解析 (4)图见解析 【分析】（1）利用勾股定理即可得出结论； （2）取格点，连接，与交于点，即为所求； （3）延长至点，连接，取格点，连接，交于点，交于点，即为所求； （4）连接，交于点，延长至点，连接，，交于点，即为所求． 【详解】（1）解：由勾股定理，得：； 故答案为：； （2）取格点，连接，与交于点，即为所求，如图所示： 由图可知：，， ∴， ∵， ∴， 即：， ∴， ∴， ∴即为所求； 如图，由图可知：四边形为菱形， ，， ∴， 即：， ∴； 故答案为：； （3）延长至点，连接，取格点，连接，交于点，交于点，即为所求，如图： 由图可知：为正方形， ∴互相垂直平分， ∵点在上， ∴， ∵， ∴， 即：为的角平分线； （4）连接，交于点，延长至点，连接，，交于点，即为所求，如图所示： ∵平行四边形， ∴，即：是的中点， 由图可得：四边形是平行四边形， 同理可得：为的中点， ∴为的中位线． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质．熟练掌握相关性质，确定点的位置，是解题的关键． 真题感知 1．如图，在中，点是的中点，过点，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，对角线互相平分，对角相等等性质进行判断即可 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，，故①③正确， ，， 点是的中点， ， 又，，， ， ，，故②不正确， ，， ， 即，故④正确， 综上所述，正确结论的个数为3个， 故选：C． 2．（2024·四川成都·中考真题）如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质，根据矩形的性质逐项判断即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，则， ∴选项A中不一定正确，故不符合题意； 选项B中不一定正确，故不符合题意； 选项C中一定正确，故符合题意； 选项D中不一定正确，故不符合题意， 故选：C． 3．（2024·四川自贡·中考真题）如图，以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点M，N，再分别以M、N为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点B，连接．若，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定和性质．证明四边形是菱形，即可求解． 【详解】解：由作图知， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， 故选：A． 4．（2024·四川广安·中考真题）如图，在中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，，当重合时，最小，最小值为，再进一步结合勾股定理求解即可. 【详解】解：如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，， ∴当重合时，最小，最小值为， ∵，，在中， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 故答案为： 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理，轴对称的性质，求最小值问题，正确理解各性质及掌握各知识点是解题的关键． 5．（2024·四川·中考真题）如图，在菱形中，，则菱形的周长为 ． 【答案】8 【分析】本题主要考查菱形的性质．根据菱形的性质“菱形的四条边相等”可直接进行求解． 【详解】解：由菱形的四条边相等可得：菱形的周长为， 故答案为：8． 6．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为 ．    【答案】 【分析】过作于点，于点，，由四边形是矩形，得，，证明四边形是矩形，通过角平分线的性质证得四边形是正方形，最后根据折叠的性质和勾股定理即可求解． 【详解】如图，过作于点，于点，    ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵平分， ∴，， ∴四边形是正方形， 由折叠性质可知：，， ∴， ∴，， 在中，由勾股定理得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，所对直角边是斜边的一半，角平分线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 7．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在中，E，F是对角线上的点，且．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，先由平行四边形的性质得到，则，再证明，即可证明． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． 8．（2024·四川广安·中考真题）如图，菱形中，点E，F分别是，边上的点，．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的性质．先证明，根据性质得出即可证明结论． 【详解】证明：在菱形中，， 又， ， ， ． 9．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形． (1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，交于点E，交于点F；（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接．求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题主要考查矩形的性质，垂直平分线的画法及性质，三角形全等的判定与性质，菱形的判定． （1）根据垂直平分线的画法即可求解； （2）由直线是线段的垂直平分线．得到，，，，根据矩形的性质可证，可得，即可得到，即可求证． 【详解】（1）解：如图1所示，直线为所求； （2）证明：如图2，设与的交点为O， 由（1）可知，直线是线段的垂直平分线． ∴，，，， 又∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 10．（2024·四川广安·中考真题）如图，矩形纸片的长为4，宽为3，矩形内已用虚线画出网格线，每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点，现沿着网格线对矩形纸片进行剪裁，使其分成两块纸片．请在下列备用图中，用实线画出符合相应要求的剪裁线． 注：①剪裁过程中，在格点处剪裁方向可发生改变但仍须沿着网格线剪裁； ②在各种剪法中，若剪裁线通过旋转、平移或翻折后能完全重合则视为同一情况． 【答案】见解析 【分析】本题考查的是矩形的性质，全等图形的定义与性质，同时考查了学生实际的动手操作能力，根据全等图形的性质分别画出符合题意的图形即可. 【详解】解：如图， 11．（2024·四川遂宁·中考真题）康康在学习了矩形定义及判定定理1后，继续探究其它判定定理． (1)实践与操作    ①任意作两条相交的直线，交点记为O； ②以点为圆心，适当长为半径画弧，在两条直线上分别截取相等的四条线段； ③顺次连结所得的四点得到四边形． 于是可以直接判定四边形是平行四边形，则该判定定理是：______． (2)猜想与证明 通过和同伴交流，他们一致认为四边形是矩形，于是猜想得到了矩形的另外一种判定方法：对角线相等的平行四边形是矩形．并写出了以下已知、求证，请你完成证明过程． 已知：如图，四边形是平行四边形，．求证：四边形是矩形．    【答案】(1)对角线互相平分的四边形是平行四边形 (2)证明见解析 【分析】（1）由作图结合对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案； （2）先证明，再证明，可得，从而可得结论． 【详解】（1）解：由作图可得：，， ∴四边形是平行四边形， 该判定定理是：对角线互相平分的四边形是平行四边形； （2）∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质，掌握平行四边形与矩形的判定方法是关键． 12．（2024·四川巴中·中考真题）综合与实践 (1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形为梯形，，是边上的点．经过剪拼，四边形为矩形．则______． (2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，是四边形边上的点．是拼接之后形成的四边形． ①通过操作得出：与的比值为______． ②证明：四边形为平行四边形． (3)实践与应用：任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由． 【答案】(1) (2)①1；②见详解 (3)见详解 【分析】（1）由“角角边”即可证明； （2）①由操作知，将四边形绕点E旋转得到四边形，故，因此；②由两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明； （3）取为中点为，连接，过点，点分别作，，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形． 【详解】（1）解：如图， ∵， ∴， 由题意得为中点，‘ ∴’， ∵， ∴ 故答案为：； （2）解：①如图，由操作知，点E为中点，将四边形绕点E旋转得到四边形， ∴， ∴， 故答案为：1； ②如图， 由题意得，是的中点，操作为将四边形绕点E旋转得到四边形，将四边形绕点H旋转得到四边形，将四边形放在左上方空出， 则，， ∵，，， ∴， ∵ ∴， ∴三点共线，同理三点共线， 由操作得，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （3）解：如图，     如图，取为中点为，连接，过点，点分别作，，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形． 由题意得，，， ∴， ∴， 由操作得，， ∵， ∴， ∴三点共线， 同理三点共线， ∵， ∴四边形为矩形， 如图，连接， ∵为中点， ∴， 同理， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 由操作得，，而， ∴， 同理，， ∵，，， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴四边形能放置左上方空出， ∴按照以上操作可以拼成一个矩形． 【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，图形的旋转，三角形的中位线，正确理解题意是解题的关键． 2 / 79 学科网（北京）股份有限公司 $$