精品解析：福建省福州市晋安区2024-2025学年下学期八年级期中考数学试卷

晋安区2024-2025学年第二学期期中适应性练习 初二数学试卷 （满分150分，完卷时间120分钟） 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下列二次根式中，最简二次根式是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据最简二次根式的概念判断即可． 【详解】解：A、，故不是最简二次根式，不符合题意； B、是最简二次根式，符合题意； C、，故不是最简二次根式，不符合题意； D、=，故不是最简二次根式，不符合题意； 故选B． 【点睛】本题考查的是最简二次根式的概念，掌握被开方数不含分母、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式的二次根式是最简二次根式是解题的关键． 2. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查二次根式的加减乘除运算．利用二次根式的加减法的法则对A项和B项进行运算即可，利用二次根式的乘法和除法法则对C项和D项进行运算即可． 【详解】解：A、和，不是同类二次根式，不能合并，故此选项不符合题意； B、，故此选项不符合题意； C、，故此选项符合题意； D、，故此选项不符合题意； 故选：C． 3. 如图，为测量位于一水塘旁的两点A，B间的距离，在地面上确定点O，分别取，的中点C，D，量得，则A，B之间的距离是（ 　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，准确理解计算是解题的关键． 根据三角形中位线定理计算即可． 【详解】∵，的中点，， ∴， ∵， ∴． 故选：C． 4. 在中，，，的对边分别记为a，b，c，下列条件中，能判定是直角三角形的是（　　） A. ，， B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，熟练掌握勾股定理的逆定理，以及三角形内角和定理是解题的关键． 利用勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，进行计算逐一判断即可解答． 【详解】解：A、， 不能组成三角形， 故此选项不符合题意； B、， ， ， 是直角三角形， 故此选项符合题意； C、， 是等腰三角形，不一定是直角三角形， 故此选项不符合题意； D、，， ， 不是直角三角形， 故此选项不符合题意； 故选：B． 5. 顺次连接矩形各边中点得到四边形，它的形状是（　　） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了菱形的判定、正方形的判定、矩形的性质、三角形中位线定理，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题关键．连接，先根据矩形的性质可得，再根据三角形中位线定理可得，从而可得四边形是菱形，然后根据正方形的判定即可得． 【详解】解：四边形是菱形，理由如下： 如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵点分别是的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形， 又∵与不一定垂直， ∴与也不一定垂直， ∴四边形一定是菱形，不一定是正方形， 故选：C． 6. 下列命题的逆命题是假命题的是（ ） A. 两直线平行，内错角相等 B. 全等三角形的对应角相等 C. 如果直角三角形的两条直角边的长分别是，，斜边长为，那么 D. 平行四边形的对角相等 【答案】B 【解析】 【分析】交换命题的题设与结论得到四个命题的逆命题，然后根据平行线的判定、全等三角形的判定方法和角平分线的性质分别判断四个逆命题的真假． 【详解】解：A、两直线平行，内错角相等的逆命题为内错角相等，两直线平行，此逆命题为真命题； B、全等三角形的对应角相等的逆命题为三组对应角分别相等的三角形全等，此逆命题为假命题； C、如果直角三角形的两条直角边的长分别是，，斜边长为，那么的逆命题为：如果三角形三边长为a、b、c且，那么这个三角形的直角三角形，此逆命题为真命题； D、平行四边形的对角相等的逆命题为有两组对角相等的四边形是平行四边形，此逆命题为真命题． 故选：B． 【点睛】本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可． 7. 如图，菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若，则菱形ABCD的周长为（ ） A. 8 B. 16 C. 24 D. 32 【答案】D 【解析】 【分析】根据中位线的性质求出的长度，再由菱形四条边相等的性质运算周长即可． 【详解】∵E，F分别是AD，BD的中点 ∴为的中位线 ∴ 又∵是菱形 ∴ ∴ 故答案选：D. 【点睛】本题主要考查了中位线的性质，菱形的性质，熟悉掌握中位线的比值关系是解题的关键． 8. 在中，延长AB到E，使，连结DE交BC于F，则下列结论不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据平行四边形的性质可得CD∥AB，再根据平行线的性质可得∠E=∠CDF；首先证明△DCF≌△EBF可得EF=DF；根据全等可得CF=BF=BC，再利用等量代换可得AD=2BF；根据题意不能证明AD=BE，因此BE不一定等于2CF． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB， ∴∠E=∠CDF，（故A成立）； ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD=AB，CD∥BE， ∴∠C=∠CBE， ∵BE=AB， ∴CD=EB， 在△CDF和△BEF中， ， ∴△DCF≌△EBF（AAS）， ∴EF=DF，（故B成立）； ∵△DCF≌△EBF， ∴CF=BF=BC， ∵AD=BC， ∴AD=2BF，（故C成立）； ∵AD≠BE， ∴2CF≠BE，（故D不成立）； 故选：D． 【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形对边平行且相等． 9. 在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点A，B，D的坐标分别是，，则顶点C的坐标是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是平行四边形性质及坐标与图形，根据平行四边形的性质得出，，再根据点的坐标求出点C的坐标即可． 【详解】解：∵平行四边形的顶点A、B、D的坐标分别是，， ∴， ∴点C的横坐标，纵坐标点D的纵坐标， 即点C的坐标是， 故选：C． 10. 七巧板是一种古老的中国传统智力玩具（如图1），小明用图1中的一副七巧板拼出如图2所示“企鹅”的图形，已知正方形的边长为4，则图2中的长为则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】该题主要考查了七巧板，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是看懂图形．根据题意对应上图1和图2中七巧板，过点E作交的延长线于点H，只要算出，，再根据勾股定理即可求解； 【详解】解：如图，图1和图2中七巧板对应如下， ∵正方形的边长为4， ∴，，，，， ∴，则， 过点E作交的延长线于点H， 则， ， ， ， ， ， 故选：A． 二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分） 11. 使代数式有意义的的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式有意义的条件，被开方数为非负数，列出一元一次不等式求解，即可得到的取值范围． 【详解】解：根据二次根式有意义的条件，二次根式的被开方数为非负数，可得， 解得． 12. 在中，若，则________° 【答案】 【解析】 【分析】根据平行四边形的邻角互补即可得出的度数． 【详解】∵在中， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，比较简单，解答本题的关键是掌握平行四边形的对角相等，邻角互补的性质． 13. 在菱形中，若，周长是16，则菱形的面积是_______________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，菱形的面积；由菱形的性质得，，由直角三角形的特征得，由勾股定理得，求出， 由即可求解；掌握菱形的性质及面积的求法是解题的关键． 【详解】解：如图，与交于， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故答案：． 14. 如图，四边形是正方形，以为边向外作等边，与相交于点M，则的度数是________°． 【答案】60 【解析】 【分析】易得与全等，，因此只要求出的度数即可． 【详解】解：连接， 四边形是正方形． ，． 又AM=AM 与全等． ． ， ． ， ． ， ． 故答案为：60． 【点睛】此题考查正方形的性质，三角形的外角的性质、三角形全等，解题的关键是熟练掌握正方形及等边三角形的性质，会运用其性质进行一些简单的转化． 15. 如图，网格内每个小正方形的边长都是1个单位长度，，，，都是格点，与相交于点，则______． 【答案】##度 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形内角和定理，等腰三角形的性质及平行线的性质，熟练掌握格点的特征，构造等腰直角三角形是解题关键．如图，取格点，连接，，根据网格特征可知，根据平行线的性质得出，根据勾股定理及勾股定理的逆定理得出是等腰直角三角形，，即可得出，利用平角的定义即可得答案． 【详解】解：如图，取格点，连接，， 由网格特征可知，， ∴， ∵网格内每个小正方形的边长都是1个单位长度， ∴，，， ∴， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， ∴， ∴． 故答案为： 16. 如图，线段AB长为6cm，点C是线段AB上一动点（不与A，B重合），分别以AC和BC为斜边，在AB的同侧作等腰直角三角形△ADC，△CEB，点P是DE的中点，当点C从距离A点1cm处沿AB向右运动至距离B点1cm处时，点P运动的路径长是_____cm． 【答案】2 【解析】 【分析】分别延长AD、BE交于点F，易证四边形CDFE为平行四边形，得出P为CF中点，设点C从距离A点1cm处G沿AB向右运动至距离B点1cm处H，则P的运行轨迹为△FGH的中位线MN．再求出GH的长，运用中位线的性质求出MN的长度即可． 【详解】解：如图，分别延长AD、BE交于点F． ∵△ADC和△ECB都是等腰直角三角形，且∠ADC＝∠CEB＝90° ∵∠A＝∠ECB＝45°， ∴AF∥CE， 同理，CD∥BF， ∴四边形CDFE为平行四边形， ∴CF与DE互相平分． ∵P为DE的中点， ∴P为CF中点，即在P的运动过程中，P始终为FC的中点，所以P的运行轨迹为三角形FGH的中位线MN． ∵GH＝AB﹣AG﹣BH＝6﹣1﹣1＝4， ∴MN＝GH＝2， 即P的移动路径长为2cm． 故答案为：2． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、三角形中位线的性质、平行四边形的判定和性质，以及动点问题，是中考的热点，解题的关键是正确寻找点R的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题． 三、解答题（本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 计算 （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由二次根式性质化简，再合并同类二次根式即可； （2）先由完全平方公式、平方差公式展开，再由有理数加减运算计算即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 18. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】先根据分式的混合运算法则化简，然后再将代入计算即可解答． 【详解】解： ． 当时， 原式． 【点睛】本题主要考查了分式的基本性质及其运算、分母有理化，正确的化简分式是解答本题的关键． 19. 如图，在中，点E、F分别在、上，且，、相交于点O，求证：． 【答案】 证明：∵ 四边形是平行四边形 ∴ ∴ 在和中 ∴ ∴ 【解析】 【分析】利用平行四边形的性质得到边平行且相等的关系，进而推出三角形全等，从而证明线段相等．本题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形对边平行以及全等三角形的判定定理是解题的关键． 【详解】略 20. 如图，有一四边形纸片，，测得，，，，求这张纸片的面积． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理及其逆定理，三角形的面积，熟记定理是解题的关键．根据勾股定理逆定理证得，由于四边形纸片的面积，根据三角形的面积公式即可求得结论． 【详解】解：连接，如图． 在中，，，， ． ， ， 四边形纸片的面积 ． 所以这张纸片的面积为． 21. 求证：一组对边平行且一条对角线被另一条对角线平分的四边形是平行四边形． 【答案】 已知：如图，在四边形中，； 求证：四边形为平行四边形； 证明：∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形． 【解析】 【分析】利用证明，得出，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，证明结论即可． 【详解】略 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法，证明． 22. 如图，在矩形中，． （1）在的延长线上求作点，使；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） （2）在（1）的条件下，若，，求． 【答案】（1） 如图，E即为所求； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了垂直平分线的尺规作图及性质，矩形的性质，平行四边形是的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键． （1）用尺规作线段的垂直平分线，然后与的延长线交于E点即为所求； （2）先证四边形是平行四边形，再证，即可求解． 【小问1详解】 解：分别以B、D为圆心，以大于的一半的长为半径画弧，分别交于M、N两点，连接并延长交的延长线于E即为所求； 【小问2详解】 解：如图： ∵四边形是矩形， ，，， ， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴ 由（1）知垂直平分， ， ， ∵， ∴， ， ∴． 23. 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】 如图1，正方形纸片，将沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形的内部，得到折痕，点B的对应点为M，连接；将沿过点A的直线折叠，使与重合，得到折痕，将纸片展平，连接． （1）根据以上操作，易得点E，M，F三点共线，且①______； ②线段，，之间的数量关系为______． 【深入探究】 如图2，将沿所在直线折叠，使点C落在正方形的内部，点C的对应点为N，将纸片展平，连接，．同学们在折纸的过程中发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同，当点E在边上某一位置时（点E不与点B，C重合），点N恰好落在折痕上，此时交于点P，如图3所示． （2）小明通过观察图形，得出．请判断其是否正确，并说明理由． （3）小段发现是一个定值．小段同学的发现是否成立?若成立，求出的大小；若不成立，请说明理由． 【答案】（1）①45；②； （2）正确，理由如下： 由折叠的性质得：， ∴， 由（1）可知，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 由（1）已得：， ∴． （3）成立， 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定、三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质是解题关键． （1）①先根据正方形的性质可得，再根据折叠的性质可得，，，，则，由此即可得； ②先证出点三点共线，，再根据线段的和差、等量代换即可得； （2）正确，理由：先根据等腰三角形的判定可得，再证出，根据全等三角形的性质可得，由此即可得； （3）根据折叠的性质可得，，从而可得，再根据直角三角形的两个锐角互余求解即可得． 【详解】解：（1）①∵四边形是正方形， ∴， 由折叠的性质得：，，，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：45； ②∵，， ∴， ∴点三点共线， ∴， 故答案为：． （2） 略 （3）小段同学的发现成立，求解过程如下： 由折叠的性质得：，， ∵， ∴， ∵， ∴． 24. 两个含有二次根式的代数式相乘，如果它们的积不含有二次根式，我们就说这两个代数式互为有理化因式，例如与，与．在解形如的方程时也可以采用类似的策略：由，考虑到，可得，故可得，将两边平方可解得，经检验是原方程的解． 请根据此方法，解下面的方程： （1）方程的解是________； （2）方程的解是_________； （3）解方程． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】本题考查了解无理方程，解题的关键是读懂题意，仿照阅读材料解方程． （1）把方程两边平方可解得的值； （2）仿照阅读材料可解得的值； （3）仿照阅读材料可解得的值． 【小问1详解】 解：， ， 解得， 经检验，是原方程的解， 故答案为：； 【小问2详解】 解：， 又， ， ， ， ， 经检验，是原方程的解， 故答案为：； 【小问3详解】 解：， ， ， ， 解得， 经检验，是原方程的解， 原方程的解为． 25. 定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 【性质探究】 如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的两条结论 ， ； 【问题解决】 如图2，以锐角的两边，为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连接，，．求证：四边形是“中方四边形”； 【拓展应用】 如图3，已知四边形是“中方四边形”，，分别是，的中点， （1）试探索与的数量关系，并说明理由． （2）若，则的最小值是 ． 【答案】性质探究：，； 问题解决：如图2，取四边形各边中点分别为、、、并顺次连接成四边形，连接交于，连接交于， 四边形各边中点分别为、、、， 、、、分别是、、、的中位线， ，，，，，，，， ，，，， 四边形是平行四边形， 四边形和四边形都是正方形， ，，， 又， ， 即， 在和中， ， ， ，， 又，， ， 是菱形， ， ． 又，， ， ， 又，， ， 菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”； 拓展应用：（1），理由如下： 如图3，分别作、的中点、并顺次连接、、、， 四边形是“中方四边形”， ，分别是，的中点， 四边形是正方形， ，， ， ，分别是，的中点， ， ； （2） 【解析】 【分析】性质探究：由四边形是“中方四边形”，可得是正方形且、、、分别是、、、的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案； 问题解决：如图2，取四边形各边中点分别为、、、并顺次连接成四边形，连接交于，连接交于，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论； 拓展应用：（1）如图3，分别作、的中点、并顺次连接、、、，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论； （2）如图4，分别作、的中点、并顺次连接、、、，连接交于，连接、，当点在上（即、、共线）时，最小，最小值为的长，再结合（1）的结论即可求得答案． 【详解】性质探究：①，②； 理由如下：如图1， 四边形是“中方四边形”， 是正方形且、、、分别是、、、的中点， ，，，，，， ，， 故答案为：，； 问题解决：略 拓展应用：（1）略 （2）如图4，分别作、的中点、并顺次连接、、、， 连接交于，连接、， 当点在上（即、、共线）时，最小，最小值为的长， ， 由性质探究②知：， 又，分别是，的中点， ，， ， ， 由拓展应用（1）知：； 又， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 晋安区2024-2025学年第二学期期中适应性练习 初二数学试卷 （满分150分，完卷时间120分钟） 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下列二次根式中，最简二次根式是（ ） A. B. C. D. 2. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，为测量位于一水塘旁的两点A，B间的距离，在地面上确定点O，分别取，的中点C，D，量得，则A，B之间的距离是（ 　） A. B. C. D. 4. 在中，，，的对边分别记为a，b，c，下列条件中，能判定是直角三角形的是（　　） A. ，， B. C. D. 5. 顺次连接矩形各边中点得到四边形，它的形状是（　　） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 6. 下列命题的逆命题是假命题的是（ ） A. 两直线平行，内错角相等 B. 全等三角形的对应角相等 C. 如果直角三角形的两条直角边的长分别是，，斜边长为，那么 D. 平行四边形的对角相等 7. 如图，菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若，则菱形ABCD的周长为（ ） A. 8 B. 16 C. 24 D. 32 8. 在中，延长AB到E，使，连结DE交BC于F，则下列结论不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 9. 在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点A，B，D的坐标分别是，，则顶点C的坐标是（　　） A. B. C. D. 10. 七巧板是一种古老的中国传统智力玩具（如图1），小明用图1中的一副七巧板拼出如图2所示“企鹅”的图形，已知正方形的边长为4，则图2中的长为则（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分） 11. 使代数式有意义的的取值范围是______． 12. 在中，若，则________° 13. 在菱形中，若，周长是16，则菱形的面积是_______________． 14. 如图，四边形是正方形，以为边向外作等边，与相交于点M，则的度数是________°． 15. 如图，网格内每个小正方形的边长都是1个单位长度，，，，都是格点，与相交于点，则______． 16. 如图，线段AB长为6cm，点C是线段AB上一动点（不与A，B重合），分别以AC和BC为斜边，在AB的同侧作等腰直角三角形△ADC，△CEB，点P是DE的中点，当点C从距离A点1cm处沿AB向右运动至距离B点1cm处时，点P运动的路径长是_____cm． 三、解答题（本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 计算 （1）； （2）． 18. 先化简，再求值：，其中． 19. 如图，在中，点E、F分别在、上，且，、相交于点O，求证：． 20. 如图，有一四边形纸片，，测得，，，，求这张纸片的面积． 21. 求证：一组对边平行且一条对角线被另一条对角线平分的四边形是平行四边形． 22. 如图，在矩形中，． （1）在的延长线上求作点，使；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） （2）在（1）的条件下，若，，求． 23. 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】 如图1，正方形纸片，将沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形的内部，得到折痕，点B的对应点为M，连接；将沿过点A的直线折叠，使与重合，得到折痕，将纸片展平，连接． （1）根据以上操作，易得点E，M，F三点共线，且①______； ②线段，，之间的数量关系为______． 【深入探究】 如图2，将沿所在直线折叠，使点C落在正方形的内部，点C的对应点为N，将纸片展平，连接，．同学们在折纸的过程中发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同，当点E在边上某一位置时（点E不与点B，C重合），点N恰好落在折痕上，此时交于点P，如图3所示． （2）小明通过观察图形，得出．请判断其是否正确，并说明理由． （3）小段发现是一个定值．小段同学的发现是否成立?若成立，求出的大小；若不成立，请说明理由． 24. 两个含有二次根式的代数式相乘，如果它们的积不含有二次根式，我们就说这两个代数式互为有理化因式，例如与，与．在解形如的方程时也可以采用类似的策略：由，考虑到，可得，故可得，将两边平方可解得，经检验是原方程的解． 请根据此方法，解下面的方程： （1）方程的解是________； （2）方程的解是_________； （3）解方程． 25. 定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 【性质探究】 如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的两条结论 ， ； 【问题解决】 如图2，以锐角的两边，为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连接，，．求证：四边形是“中方四边形”； 【拓展应用】 如图3，已知四边形是“中方四边形”，，分别是，的中点， （1）试探索与的数量关系，并说明理由． （2）若，则的最小值是 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $