专题02特殊的四边形热点难点问题（14大高频考点）（期中真题汇编，北师大版）九年级数学上学期

专题02特殊的四边形热点难点问题（14大高频考点） 14大高频考点概览 考点01 矩形与翻折问题 考点02菱形与翻折问题 考点03正方形与翻折问题 考点04正方形与翻折问题 考点05中点四边形问题 考点06正方形与翻折问题 考点07矩形与面积问题 考点08菱形与面积问题 考点09正方形与面积问题 考点10特殊四边形与规律探究问题 考点11特殊四边形与动点问题 考点12特殊四边形的多结论判断问题 考点13四边形与新定义问题 考点14特殊四边形与类比探究综合问题 地 城 考点01 矩形与翻折问题 1．（24-25九年级上·海南海口·期中）在一张矩形纸片中，，M，N分别为的中点，现将这张纸片按图方式折叠，使点B落在上的点F处，则的长为（    ） A．5 B． C． D． 2．（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，在矩形中，为边的四等分点，连接，将矩形沿折叠，点落在点处，点落在点处，与交于点，连接．若，，则点到的距离为 ． 3．（24-25九年级上·山西运城·期中）综合与探究 问题情境 如图，在矩形中，，，E为边上的一点，连接．将矩形沿直线折叠，点B的对应点为F． 问题解决 （1）如图1，当点F落在边上时． ①求的长． ②如图2，连接交于点G，过点B作于点N，交于点M，试判断，与的数量关系，并说明理由． 深入探究 （2）当点F落在上方时，交于点P，交于点Q，连接．若为等腰三角形，请直接写出的长． 地 城 考点02 菱形与翻折问题 4．（24-25九年级下·江苏无锡·期中）如图，在菱形纸片中，点在边上，将纸片沿折叠，点落在处，，垂足为．若，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 5．（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）如图，将矩形纸片按照如图所示的方式折叠，点A，点C恰好落在对角线上，得到菱形．若，则的长为（     ） A． B． C．3 D． 6．（24-25九年级上·江苏无锡·期中）如图，菱形的对角线，，M、N分别在边、上，将四边形沿翻折，使的对应线段经过顶点D． (1)求菱形的高； (2)若时，求的值； (3)若是直角三角形，则________． 地 城 考点03 正方形与翻折问题 7．（24-25九年级上·山东济南·期中）如图，在正方形纸片中，是边的中点，将正方形纸片沿折叠，点落在点处，延长交于点，连接并延长交于点．给出以下结论：①为等腰三角形；②为的中点；③；④．其中正确结论是（   ） A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 8．（24-25九年级上·江西抚州·阶段练习）如图，正方形的边长为4，点E、F分别在边、上，将、分别沿、折叠，使B、D恰好落在点M处，已知，则的长为（       ） A． B． C． D． 9．（24-25九年级上·宁夏银川·期中）如图，在正方形中，点为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于点，连接． (1)求证； (2)如图，若正方形边长为，点为的中点，连接，求线段的长； (3)在（）的条件下求出的面积． 10．（24-25九年级上·贵州黔东南·期中）如图1，在正方形中，点是边上一动点，将正方形沿折叠，点落在正方形内部的点处，连接并延长，交于点． (1)判断与的数量关系为______； (2)【应用】如图1，延长交于点． ①证明：； ②若，，，求的长度； (3)【拓展】如图2，将正方形沿折叠，使点落在点处（正方形内部），连接并延长，交于点，延长交直线于点．若，，直接写出的值． 地 城 考点04 中点四边形问题 11．（24-25九年级上·福建泉州·期中）如图，在四边形中，，四边的中点分别是E，F，G，H，请你先顺次连接各边中点，再判断所得到的中点四边形一定是（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 12．（24-25九年级上·广东佛山·期中）如图，点，，，分别为四边形的边，，，的中点，下列说法中不正确的是(   ) A．四边形一定是平行四边形 B．若，则四边形是菱形 C．若，则四边形是矩形 D．若四边形是矩形，则四边形是正方形 13．（23-24九年级上·江西九江·期中）如图1，2中四边形，点E，F，G，H分别为各边中点，顺次连接得到四边形EFGH．    (1)在图1中，判断四边形的形状，并说明理由； (2)在图2中，P为四边形内一点，且满足，．判断四边形的形状，并说明理由． 地 城 考点05 菱形与最值问题 14．（24-25九年级上·四川达州·期中）如图，在边长为的菱形中，，是边上的动点，是边上的动点，且，连接，则的最小值是（   ）． A．3 B．6 C． D． 15．（24-25九年级上·四川雅安·期中）如图，菱形中，，，，点为对角线上的一个动点，则的最小值为（　　） A．2 B． C． D． 16．（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，在周长为的菱形中，，，若为对角线上一动点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 17．（24-25九年级上·安徽宿州·期中）如图，边长为4 的菱形的对角线、相交于点O， ，P 为线段上的一动点，连接，将线段 绕点B 逆时针旋转得到线段，连接，则线段的最大值为 ，最小值为 ． 18．（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，连接，，，分别为，的中点，连接．若，，则的最小值为 ． 地 城 考点06 正方形与翻折问题 19．（24-25九年级上·江苏扬州·期中）如图，正方形的边长是2，点E是边上一动点，连接，过点A作于点F，点P是边上另一动点，则的最小值为（   ） A． B． C．3 D． 20．（24-25九年级上·广东江门·期中）如图，在正方形中，，G是的中点，点E是正方形内一动点，且，连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，则线段长的最小值是（   ） A． B．2 C．3 D． 21．（24-25九年级上·河南濮阳·期中）如图，在正方形中，，点E为正方形内一点，且，连接，则的最小值为 ． 22．（24-25九年级上·辽宁葫芦岛·期中）如图，在中，，D为上一动点，将线段绕点C逆时针旋转得到线段．则的最小值为 ． 地 城 考点07 矩形与面积问题 23．（24-25九年级上·甘肃兰州·期中）如图，四边形和四边形都是矩形，点B在边上，若矩形和矩形的面积分别为和，则和的大小关系是（   ） A． B． C． D． 24．（24-25九年级上·江苏泰州·期中）如图，矩形中，点是边上任意一点，以为一边的矩形的边经过点，记的面积为，的面积为，的面积为，的面积为，则下列关系式中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 地 城 考点08 菱形与面积问题 25．（23-24九年级上·四川达州·期中）如图，把菱形沿着它的对角线方向平移，得到菱形，若，则图中阴影部分的面积与四边形的面积之比为（    ） A． B． C． D． 26．（24-25九年级上·广东佛山·期中）将2021个形状、大小均相同的菱形按照如图所示的方式排成一列，使得右侧菱形的顶点与左侧菱形的对称中心重合．若这些菱形的边长为2，锐角为，则阴影部分的面积总和等于（    ） A． B． C． D． 27．（24-25九年级上·海南儋州·期中）如图，菱形的面积为，点是的中点，点是边上的动点．当点运动到边的中点时，的面积为 ；当的面积为时，图中阴影部分的面积为 ． 28．（23-24九年级上·陕西咸阳·期中）如图，菱形的对角线的长分别为和，是对角线上任一点（点不与点重合），且交于，交于，则阴影部分的面积是 ． 地 城 考点09 正方形与面积问题 29．（24-25九年级上·河南郑州·期中）如图，在菱形中，以为对角线作正方形，若，，则正方形的面积为（    ） A．12 B．18 C．24 D．48 30．（23-24九年级上·四川乐山·期中）边长分别为10、6、4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上（如图），则图中阴影部分的面积为（    ） A．15 B．18 C．21 D．30 31．（23-24九年级上·宁夏吴忠·期中）如图，边长为的正方形绕点逆时针旋转得到正方形，图中阴影部分的面积为（    ）    A． B． C． D． 32．（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，正方形的对角线相交于点，以点为顶点的正方形的两边，分别交正方形的两边，于点，，记的面积为，的面积为，若正方形的边长，，则的大小为 ． 地 城 考点10 特殊四边形与规律探究问题 33．（23-24九年级上·河南平顶山·期中）如图,正方形的边长为,顺次连接正方形四边的中点得到第一个正方形,又顺次连接正方形四边中点得到第二个正方形,…．以此类推,则第六个正方形的周长是 ;面积是 ．    34．（24-25九年级上·辽宁阜新·期中）如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC＝60°，OA＝1，将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2024次，点B的落点依次为，，，…，则的坐标为（   ） A． B． C． D． 35．（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形绕点O顺时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点O连续旋转次得到正方形，那么点的坐标是（     ） A． B． C． D． 36．（24-25九年级上·安徽宿州·期中）在平面直角坐标系中，正方形的位置如图所示，点的坐标为，点的坐标为，延长交轴于点，作正方形，延长交轴于点，作正方形按这样的规律进行下去，第2019个正方形的面积为（   ） A． B． C． D． 地 城 考点11 特殊四边形与动点问题 37．（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，在矩形中，，，动点P，Q同时出发，点P从A点出发以的速度向点B移动，一直到达点B为止，点Q从点C出发以的速度向点D移动．请问当点P和点Q的距离是时，P、Q两点出发了（   ）秒． A．4 B．或4 C．或8 D． 38．（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？ 39．（24-25九年级上·贵州六盘水·阶段练习）在四边形中，，，，．点P从点A出发，以的速度向终点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向终点B运动，当其中一个动点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为． (1)若，求的长； (2)当t为何值时，四边形是平行四边形？ (3)探究：当线段的长为多少时，第（2）小题中的四边形是菱形？ 40．（24-25九年级上·宁夏银川·期中）如图，在中，，动点P从点A开始沿边向点C以每秒1个单位长度的速度运动，同时动点Q从点C开始沿边向点B以每秒个单位长度的速度运动，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．过点P作，交于点D，连接．设运动时间为t秒（）． (1)用含t的代数式分别表示的长度：______，______，______． (2)当t取何值时．四边形是平行四边形？ (3)是否存在t，使四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由，并探究如何改变点Q的速度（匀速运动），能使四边形在某一时刻成为菱形． 地 城 考点12 特殊四边形的多结论判断问题 41．（22-23九年级上·广东深圳·期中）如图，在正方形中，以为边作等边三角形，连接，则下列结论：①；②；③和的面积比为；④．其中结论正确的序号有（    ）    A．①②④ B．②③ C．①③④ D．①②③④ 42．（24-25九年级上·辽宁本溪·期中）如图，正方形的边长为4，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况： ①若为的中点，则四边形是正方形； ②若为上任意一点，则； ③点在运动过程中，的值为定值4； ④点在运动过程中，线段的最小值为． 正确的有（    ） A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④ 43．（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）如图，正方形中，为边上任意一点，连接，于点，交于点，小星根据题意得到如下结论： ①； ②； ③与四边形面积相等； ④若点是的中点，则点是的中点． 其中，结论正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 44．（23-24九年级上·福建漳州·期中）如图，在正方形中，点E，F分别是的中点，相交于点M，G为上一动点（不与端点B，C重合），N为的中点．现有以下结论： ①四边形一定是矩形； ②四边形可能是菱形； ③连接，四边形不可能是正方形； ④当G为中点时，是等腰三角形． 其中一定正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） 地 城 考点13 四边形与新定义问题 45．（23-24九年级上·贵州贵阳·期中）【综合与实践】 定义：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．如图①所示的四边形是垂美四边形． 【概念理解】 ①正方形，②菱形，③矩形，三个图形中一定是垂美四边形的是______；(填序号) 【性质探究】 小明说：在如图①的垂美四边形中，请你判断他的说法是否正确，并说明理由； 【问题解决】 如图②，分别以Rt的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接交于点，连接交于点，连接．已知，求的长．    46．（23-24九年级上·福建宁德·期中）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：    (1)如图1，在正方形中，点F是上的一点，将绕B点旋转，使与重合，此时点F的对应点E在的延长线上，则四边形 “直等补”四边形；（填“是”或“不是”） (2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，过点B作于点E，过点C作于点F．试探究线段，和的数量关系，并说明理由； 地 城 考点14 特殊四边形与类比探究综合问题 47．（24-25九年级下·广东湛江·期中）问题背景：点分别在正方形的边上，，试判断之间的数量关系． （1）小云同学的思路是过点作，交的延长线于点，如图1，通过这种证明方法，可发现上述线段的数量关系为 ，并补充证明过程； 变式迁移： （2）如图2，在菱形中，，点，分别在，上，且，，若，求的长； 拓展应用： （3）如图3，在中，，于，，，求的长． 48．（24-25九年级上·贵州六盘水·期中）（1）如图①，在正方形中，是上一点，连接，过点作交的延长线于点．求证：； （2）如图②，在正方形中，是上一点，是上一点，如果，请利用（1）的结论证明：； （3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题： 如图③，在四边形中，，，，是上一点，且，，，求四边形的面积． 49．（24-25九年级上·河南焦作·期中）如图1，菱形中，，点E为对角线上一动点，连接． (1)与的等量关系是______； (2)如图2，将线段绕点E逆时针旋转，使点E的对应点F落在直线上 ①问：与有怎样的等量关系？并说明理由． ②当时，如图3，延长交的延长线于G，求证：． 50．（24-25九年级上·湖北随州·期中）综合与实践 问题情境： 如图①，点为正方形内一点，；将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接． 猜想证明： （1）如图①，试判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明； 解决问题： （3）如图①，若，，求和的长． 51．（24-25九年级上·陕西宝鸡·期中）【问题初探】 （1）北师大版教材九年级上册第一章《特殊平行四边形——正方形》习题中有这样的问题：如图1，正方形的边长为2，的顶点O在正方形两条对角线的交点处，，将绕点O旋转，的两边分别与正方形的边和交于点E和点F（点F与点C，D不重合），问：在旋转过程中，四边形的面积会发生变化吗？证明你的结论． 爱思考的小明给出这样的解题思路：如图b，考虑到正方形对角线的特征，过点O分别作于点G，于点H，证明，从而将四边形的面积转化成了小正方形的面积．通过小明的思路点拨，你认为：______（填一个数值） 【类比探究】 （2）如图2，矩形中，，，点O是边的中点，，点E在上，点F在上，则四边形的面积为______；______； 【问题解决】 （3）如图3，有一个菱形菜园，，为人行步道，且交于点O．现要在菜园的右下角建一四边形储藏间．已知点E在上，点F在上，．若四边形储藏间的占地面积为（人行步道的面积忽略不计），要在菱形菜园围一圈篱笆，则需要篱笆多少？ 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02特殊的四边形热点难点问题（14大高频考点） 14大高频考点概览 考点01 矩形与翻折问题 考点02菱形与翻折问题 考点03正方形与翻折问题 考点04正方形与翻折问题 考点05中点四边形问题 考点06正方形与翻折问题 考点07矩形与面积问题 考点08菱形与面积问题 考点09正方形与面积问题 考点10特殊四边形与规律探究问题 考点11特殊四边形与动点问题 考点12特殊四边形的多结论判断问题 考点13四边形与新定义问题 考点14特殊四边形与类比探究综合问题 地 城 考点01 矩形与翻折问题 1．（24-25九年级上·海南海口·期中）在一张矩形纸片中，，M，N分别为的中点，现将这张纸片按图方式折叠，使点B落在上的点F处，则的长为（    ） A．5 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理等，解题关键是掌握翻折的性质，然后作出相应辅助线．由矩形的性质得到，，再根据M，N分别为的中点，易证四边形是矩形，推出，，由折叠的性质求出，利用勾股定理求出，由即可求解． 【详解】解：∵矩形纸片中，， ∴，， ∵M，N分别为的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， 由折叠的性质得：， ∴， ∴． 故选：D． 2．（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，在矩形中，为边的四等分点，连接，将矩形沿折叠，点落在点处，点落在点处，与交于点，连接．若，，则点到的距离为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，二次根式的除法运算，等角对等边等知识，利用勾股定理建立方程是解题的关键．过点F作于H点，由矩形的性质及折叠性质得，进而在中，由勾股定理建立方程求得，从而求得，再由，利用面积法，即可求得． 【详解】解：过点F作于H点，如图； ∵四边形是矩形， ∴，，； ∴； 由折叠知：；， ∴， ∴； ∵为边的四等分点，且， ∴；， 在中，由勾股定理得：， 设，则； 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：，即， ∵， ∴， 又∵，即， ∴ 故答案为：． 3．（24-25九年级上·山西运城·期中）综合与探究 问题情境 如图，在矩形中，，，E为边上的一点，连接．将矩形沿直线折叠，点B的对应点为F． 问题解决 （1）如图1，当点F落在边上时． ①求的长． ②如图2，连接交于点G，过点B作于点N，交于点M，试判断，与的数量关系，并说明理由． 深入探究 （2）当点F落在上方时，交于点P，交于点Q，连接．若为等腰三角形，请直接写出的长． 【答案】（1）①；②；理由见解析；（2）的长为 【分析】本题属于四边形综合题，主要考查矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理和等腰三角形的性质，解题的关键是熟悉折叠的性质和全等三角形的应用． （1）①根据矩形的性质得，，，由折叠得，，即可利用勾股定理求得和，设，则，再次利用勾股定理即可求得； ②根据矩形得，，由折叠得，，，，即可判定，得，结合等腰三角形的性质得，则； （2）根据题意可知只有满足题意，证明，有，，设，，，，，，在中利用勾股定理即可求得． 【详解】解：（1）①∵四边形为矩形，，， ∴，，， ∵将矩形沿直线折叠，点B的对应点为F， ∴，， 在中，由勾股定理得：， 则， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得， 则； ②；理由如下： ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵将矩形沿直线折叠，点B的对应点为F， ∴，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 则， ∴， 则； （2）的长为； 如图， ∵点F落在上方，， ∴， ∵为等腰三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴，， 设，，则，，， 根据折叠的性质得，， ∴，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：，即， 解得， 则． 地 城 考点02 菱形与翻折问题 4．（24-25九年级下·江苏无锡·期中）如图，在菱形纸片中，点在边上，将纸片沿折叠，点落在处，，垂足为．若，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，熟练掌握性质是解题的关键．根据菱形的性质，翻折的性质，和三角形的相似判定和性质解答即可． 【详解】解：∵， ∴， 由翻折，菱形的性质，得： ， ，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 过点E作， 设， 则， ∵，， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴， 故选：A． 5．（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）如图，将矩形纸片按照如图所示的方式折叠，点A，点C恰好落在对角线上，得到菱形．若，则的长为（     ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【分析】设菱形的对角线交于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，即折叠后，点落在点处，同理可得，即折叠后，点落在点处，再设，则，在中，利用勾股定理建立方程，解方程即可得． 【详解】解：如图，设菱形的对角线交于点， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∵折叠后，点恰好落在对角线上， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即折叠后，点落在点处， 同理可得：，即折叠后，点落在点处， ∴， 设，则， 在中，，即， 解得或（不符合题意，舍去）， 即， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的性质、勾股定理、三角形全等的判定与性质、一元二次方程的应用、折叠的性质等知识，熟练掌握折叠的性质是解题关键． 6．（24-25九年级上·江苏无锡·期中）如图，菱形的对角线，，M、N分别在边、上，将四边形沿翻折，使的对应线段经过顶点D． (1)求菱形的高； (2)若时，求的值； (3)若是直角三角形，则________． 【答案】(1)4 (2) (3)或 【分析】（1）设菱形的高为，先根据菱形的性质可得的长、，再利用勾股定理可得的长，然后利用菱形的面积公式求解即可得； （2）过点作于点，作点于点，则，先解直角三角形可得，再根据折叠的性质可得，，从而可得，然后在中，解直角三角形即可得； （3）先判断出，再分两种情况：①和②，先解直角三角形可得的长，再根据折叠的性质、解直角三角形求出的长，由此即可得． 【详解】（1）解：设菱形的高为， ∵菱形的对角线，， ∴，，， ∴， ∵菱形的面积为， ∴， 即菱形的高为4． （2）解：如图，过点作于点，作点于点， 由（1）已得：，菱形的高为4， ∴， ∴， ∴在中，，，， 设，则， 由折叠的性质得：，， ∴， ∵，， ∴， 在中，， 解得， 经检验，是所列分式方程的解，且符合题意， ∴． （3）解：∵四边形是菱形， ∴， 由折叠的性质得：， ∴． 则分以下两种情况： ①如图1，当时，是直角三角形， 过点作于点，延长，交于点， 由上已得：在菱形中，，， 由折叠的性质得：，，， ∴， 设，则， 在中，， 解得， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴为菱形的高， ∴， ∴，， 由折叠的性质得：， 设，则， 在中，，即， 解得， ∴，， 又∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴； ②如图2，当时，是直角三角形， 延长交于点， 设，则， 在中，， 解得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由折叠的性质得：，， ∴， ∴， ∴， ∴，， 在中，，， ∴， 又∵，，即， ∴是菱形的高， ∴， ∴，， ∴， ∴； 综上，或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、解直角三角形、折叠的性质、矩形的判定与性质等知识，综合性强，较难的是题（3），正确分两种情况讨论，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键． 地 城 考点03 正方形与翻折问题 7．（24-25九年级上·山东济南·期中）如图，在正方形纸片中，是边的中点，将正方形纸片沿折叠，点落在点处，延长交于点，连接并延长交于点．给出以下结论：①为等腰三角形；②为的中点；③；④．其中正确结论是（   ） A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】设正方形的边长为，，根据折叠的性质得出，根据中点的性质得出，即可判断①，证明四边形是平行四边形，即可判断②，求得，设，则，勾股定理得出，进而判断③，进而求得，，勾股定理求得，进而即可判断④，即可求解． 【详解】解：如图所示， ∵为的中点， ∴， 设正方形的边长为， 则， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴是等腰三角形，故①正确； 设， ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，即是的中点，故②正确； ∵，， ∴， 在中，， ∵， ∴， 设，则， ∴ ∴ ∴，， ∴，故③错误； 连接，如图所示， ∵，，， 又， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故④正确； 综上分析可知：正确的为：①②④． 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形与折叠问题，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 8．（24-25九年级上·江西抚州·阶段练习）如图，正方形的边长为4，点E、F分别在边、上，将、分别沿、折叠，使B、D恰好落在点M处，已知，则的长为（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，折叠的性质，解方程，熟练掌握性质和解方程是解题的关键．根据折叠性质，得，，根据正方形的性质，结合，证明，设，则，利用勾股定理解答即可． 【详解】解：根据折叠性质，得，， ∴，， ∵正方形的边长是4，， ∴， ∴， ∴， ∴三点共线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设， 则， 由勾股定理，得， （舍去）． 故， 故选A． 9．（24-25九年级上·宁夏银川·期中）如图，在正方形中，点为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于点，连接． (1)求证； (2)如图，若正方形边长为，点为的中点，连接，求线段的长； (3)在（）的条件下求出的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（）由正方形得，，由折叠的性质得，，即可得，，进而利用即可求证； （）由正方形的边长为得，进而由折叠得，又由得，设，则，，在中，利用勾股定理求出即可求解； （）求出，再根据即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠可得，，， ∴，， 在和， ， ∴； （2）解：∵正方形边长为， ∴， ∵点为的中点， ∴， 由折叠可得，， ∵， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， 解得， ∴； （3）解：∵， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，掌握正方形和折叠的性质是解题的关键． 10．（24-25九年级上·贵州黔东南·期中）如图1，在正方形中，点是边上一动点，将正方形沿折叠，点落在正方形内部的点处，连接并延长，交于点． (1)判断与的数量关系为______； (2)【应用】如图1，延长交于点． ①证明：； ②若，，，求的长度； (3)【拓展】如图2，将正方形沿折叠，使点落在点处（正方形内部），连接并延长，交于点，延长交直线于点．若，，直接写出的值． 【答案】(1) (2)①见解析；② (3)的值为或 【分析】（1）利用证明即可； （2）①由折叠知，则，再由平行得，由，则有； ②由（1）得；由①知，而，进而得，求得a的值；设正方形的边长为m，则在中，利用勾股定理建立方程求得m，从而求得； （3）分点H在延长线上及点H在线段上两种情况进行，设，正方形的边长为m，与（2）②同理可求得，进而求得结果． 【详解】（1）解：由折叠知，， ∴； ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：； （2）①证明：由折叠知，则； ∵四边形是正方形， ∴， ∴； ∵， ∴； ②解：由（1）得； 由①知， ∴； 又； ∴， 解得：； ∴； 设正方形的边长为m，则， ∴， 在中，由勾股定理有， 即， 解得：（舍去）， 则； （3）解：设，正方形的边长为m； 当点H在线段上时， 与（2）②同理得：， 解得：， 同理在中，由勾股定理有， 即， 解得：（舍去）， 则， ∴； 当点H在线段延长线上时，如图； 则， 与（2）①同理，， 则； ∴， ∴； ∵，， 在中，由勾股定理有， 即， 解得：（舍去）， 则， ∴； 综上，的值为或． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，正方形的性质，解一元二次方程等知识，掌握这些知识并灵活运用是解题的关键． 地 城 考点04 中点四边形问题 11．（24-25九年级上·福建泉州·期中）如图，在四边形中，，四边的中点分别是E，F，G，H，请你先顺次连接各边中点，再判断所得到的中点四边形一定是（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的判定、三角形中位线定理等知识点，根据三角形中位线定理得到，，，，根据得到，再根据菱形的判定解答即可，熟记三角形中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键． 【详解】如图所示，连接，，，， ∵点E，F，G，H分别为、、、的中点， ∴、、、分别为、、、的中位线， ∴，，，， ∵， ∴， ∴四边形为菱形， 故选：C． 12．（24-25九年级上·广东佛山·期中）如图，点，，，分别为四边形的边，，，的中点，下列说法中不正确的是(   ) A．四边形一定是平行四边形 B．若，则四边形是菱形 C．若，则四边形是矩形 D．若四边形是矩形，则四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了中点四边形，中位线的性质，特殊四边形的判定，根据平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定定理逐项分析判断，即可求解． 【详解】解：点，，，分别为四边形的边，，，的中点， 、、分别为、、的中位线， ，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， 当时，，则平行四边形为菱形， 当时，，则平行四边形是矩形， 若四边形是矩形，则四边形是菱形，不一定是正方形， 故不正确的选项是D， 故选：D． 13．（23-24九年级上·江西九江·期中）如图1，2中四边形，点E，F，G，H分别为各边中点，顺次连接得到四边形EFGH．    (1)在图1中，判断四边形的形状，并说明理由； (2)在图2中，P为四边形内一点，且满足，．判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)四边形为平行四边形，理由见解析 (2)四边形为矩形，理由见解析 【分析】（1）连接，根据三角形的中位线定理，以及平行四边形的判定定理，即可得出结论； （2）连接，交于点，同（1）可知四边形为平行四边形，根据，，得到，进而推出，推出，进而得到，即可得到四边形为矩形． 【详解】（1）解：四边形为平行四边形；理由如下： 连接，如图，    ∵点E，F，G，H分别为各边中点， ∴为的中位线，为的中位线， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （2）四边形为矩形；理由如下： 连接，交于点，交于点，    ∵，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， 又， ∴， 即：， 同法（1）可知：四边形为平行四边形， ∵是的中位线，是的中位线， ∴， ∵， ∴，即：， ∴四边形为矩形． 【点睛】本题考查中点四边形，平行四边形的判定，矩形的判定，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线定理．熟练掌握中位线定理，是解题的关键． 地 城 考点05 菱形与最值问题 14．（24-25九年级上·四川达州·期中）如图，在边长为的菱形中，，是边上的动点，是边上的动点，且，连接，则的最小值是（   ）． A．3 B．6 C． D． 【答案】C 【分析】连接，，，如图所示，首先由菱形性质、等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质证明是等边三角形，构建垂线段最短，可知当时，最短，即最短． 【详解】解：连接，，，如图所示： 四边形是菱形， ， ， ，都是等边三角形， ，， 在和中， ， ， ，， ， 是等边三角形， ， 时，最小， ∵为等边三角形， ∴此时， ∴， 的最小值为． 故选：C． 【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理，全等三角形的判定与性质、动点最值问题-垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，灵活运用垂线段最短解决最值问题． 15．（24-25九年级上·四川雅安·期中）如图，菱形中，，，，点为对角线上的一个动点，则的最小值为（　　） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，连接，，过点作于，证明，可得，当，，三点共线时，最短，再进一步求解可得答案． 【详解】解：如图，连接，，过点作于， 由菱形的对称性可得：， ， 当，，三点共线时，最短（根据两点之间线段最短）， 菱形中，，， ，为等边三角形， ，， ， ， ， 的最小值为：； 故选：C． 【点睛】本题考查的是菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，三角形的三边关系的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 16．（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，在周长为的菱形中，，，若为对角线上一动点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定和性质，轴对称的性质，作点关于的对称点，则，，连接交于点，得到，可知当在一条直线上时，的值最小， 此时，再证明四边形是平行四边形即可求解，根据轴对称找到点的位置是解题的关键． 【详解】解：作点关于的对称点，则，，连接交于点， ∴， 由两点之间线段最短可知，当在一条直线上时，的值最小， 此时， ∵四边形为菱形，周长为， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴的最小值为， 故选：． 17．（24-25九年级上·安徽宿州·期中）如图，边长为4 的菱形的对角线、相交于点O， ，P 为线段上的一动点，连接，将线段 绕点B 逆时针旋转得到线段，连接，则线段的最大值为 ，最小值为 ． 【答案】 2 1 【分析】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质，在上取点，使，连接，由旋转得，，，由菱形的性质可得，，，进而可得为等边三角形，则，，证明，可得．由题意知，点为的中点，可知当时，取得最小值，当点与点或点重合时，取得最大值，进而可得答案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 【详解】解：在上取点，使，连接， 由旋转得，，， ． 四边形为菱形， ，，，． ， 为等边三角形， ，， ，， ． 在和中， ， ， ． ， ， 点为的中点． 当时，取得最小值，当点与点或点重合时，取得最大值， 的最大值为2， 即线段长的最大值为2． ，， ， ， ， 即线段长的最小值为1． 故答案为：2；1． 18．（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，连接，，，分别为，的中点，连接．若，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查的知识点是三角形的中位线定理、菱形的性质、勾股定理解直角三角形．由三角形中位线定理可得，则当有最小值时，有最小值，即当时，有最小值，由等腰直角三角形的性质可求的最小值，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵，分别为，的中点， ， 当有最小值时，有最小值， 当时，有最小值， 四边形是菱形， ，， 当时，， 的最小值， 的最小值为． 故答案为：． 地 城 考点06 正方形与翻折问题 19．（24-25九年级上·江苏扬州·期中）如图，正方形的边长是2，点E是边上一动点，连接，过点A作于点F，点P是边上另一动点，则的最小值为（   ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质，轴对称的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，直角三角形的性质，作点C关于直线的对称点G，过点G作交延长线于H，取的中点O，连接，由直角三角形的性质可得，由轴对称的性质可得，根据，可得当O、F、P、G四点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的值，证明四边形是矩形，得到，则，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，作点C关于直线的对称点G，过点G作交延长线于H，取的中点O，连接， ∵，O为的中点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 由轴对称的性质可得， ∴， ∵， ∴当O、F、P、G四点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的值， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为，即的最小值为． 故选：B．    20．（24-25九年级上·广东江门·期中）如图，在正方形中，，G是的中点，点E是正方形内一动点，且，连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，则线段长的最小值是（   ） A． B．2 C．3 D． 【答案】A 【分析】连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，过点M作于点N，利用三角形全等的判定和性质，勾股定理，两点间线段最短，解答即可． 【详解】解：连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接， 则，， 过点M作于点N， 则， ∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，G是的中点，， ∴，， ∴，直线是线段的垂直平分线， ∴， 由线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接， 则，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵， 故当C，F，M三点共线时，取得最小值，且最小值为， ∴的最小为， 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质，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，两点之间线段最短，熟练掌握性质是解题的关键． 21．（24-25九年级上·河南濮阳·期中）如图，在正方形中，，点E为正方形内一点，且，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查斜边上的中线，勾股定理，正方形的性质，取的中点，连接，斜边上的中线求出的长，勾股定理求出的长，根据，求出最小值即可． 【详解】解：取的中点，连接， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴当三点共线时，的值最小为； 故答案为：． 22．（24-25九年级上·辽宁葫芦岛·期中）如图，在中，，D为上一动点，将线段绕点C逆时针旋转得到线段．则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】过点C作于点K，将线段绕点C逆时针旋转得到，连接，延长交的延长线于点J；通过证明，进而证明所构建的四边形是正方形，所以当点E与点J重合时，的值最小，再通过在中已知的边角条件，即可求出答案． 【详解】解：如图，过点C作于点K，将线段绕点C逆时针旋转得到，连接，延长交的延长线于点J， ∵将线段绕点C逆时针旋转，得到线段， ∴， ∵， ∴， 又∵， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴点E在直线上运动，当点E与点J重合时，的值最小， ∵， ∴， 在中，， ∴，， ∴， ∴， 即的最小值为． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 地 城 考点07 矩形与面积问题 23．（24-25九年级上·甘肃兰州·期中）如图，四边形和四边形都是矩形，点B在边上，若矩形和矩形的面积分别为和，则和的大小关系是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质及面积的计算，能够熟练运用矩形的性质进行一些面积的计算问题．由于矩形的面积与矩形的面积都等于2个的面积，即可得两个矩形的面积关系． 【详解】∵，， ∴． 故选：B． 24．（24-25九年级上·江苏泰州·期中）如图，矩形中，点是边上任意一点，以为一边的矩形的边经过点，记的面积为，的面积为，的面积为，的面积为，则下列关系式中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形和三角形的面积问题，熟练掌握矩形的性质，学会利用几何图形的等面积法转换图形面积是解题的关键．连接，由矩形和三角形面积的关系可得：，，从而得到，再把矩形面积切割成3个小图形的面积，利用等式的性质即可得出结论． 【详解】解：如图，连接， 是边上一点， ， 是边上一点， ， ， ， ， 即． 故选：C． 地 城 考点08 菱形与面积问题 25．（23-24九年级上·四川达州·期中）如图，把菱形沿着它的对角线方向平移，得到菱形，若，则图中阴影部分的面积与四边形的面积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题主要考查了菱形的性质以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．首先得出，则 ，进而得出，即可得出答案． 【详解】， ， ， 菱形的对角线，把菱形沿着它的对角线方向平移，得到菱形， ，， ， ， ∴图中阴影部分图形的面积与四边形的面积之比为：． 故选：A． 26．（24-25九年级上·广东佛山·期中）将2021个形状、大小均相同的菱形按照如图所示的方式排成一列，使得右侧菱形的顶点与左侧菱形的对称中心重合．若这些菱形的边长为2，锐角为，则阴影部分的面积总和等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定及性质，菱形的面积计算，关键是求出阴影菱形的边长和个数．先通过菱形的性质和等边三角形的判定及性质可知是等边三角形，可知为的中点，得，进而得一个阴影菱形的面积为，再计算2020个阴影菱形的面积总和便可． 【详解】解：根据题意知，将2021个形状、大小均相同的菱形按照如图所示的方式排成一列，得到2020个阴影菱形，且这些阴影菱形的大小完全一致， 如图，由题意知，，，，，则，均为等边三角形， 则，，，， 由菱形的对角线平分一组对角可知， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，即为的中点， ∴， ∴一个阴影菱形的面积为：， ∴阴影菱形的面积总和为：， 故选：C． 27．（24-25九年级上·海南儋州·期中）如图，菱形的面积为，点是的中点，点是边上的动点．当点运动到边的中点时，的面积为 ；当的面积为时，图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，三角形中线的性质，当点运动到边的中点时，连接、，根据菱形的性质得，再根据三角形中线平分三角形的面积可得结论；当的面积为时，连接、、，根据菱形的性质得，，根据三角形的中线的性质得，，继而得到，再代入计算即可．解题的关键是掌握：三角形中线平分三角形的面积． 【详解】解：当点运动到边的中点时， 连接、， ∵菱形的面积为， ∴， ∵点是边中点， ∴， ∵点是边中点， ∴； 当的面积为时， 连接、、， ∵菱形的面积为， ∴，， ∵点是边中点， ∴， ∵的面积为， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴和的底相同，高相等， ∴， ∴； 故答案为：；． 28．（23-24九年级上·陕西咸阳·期中）如图，菱形的对角线的长分别为和，是对角线上任一点（点不与点重合），且交于，交于，则阴影部分的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的性质，设与相交于点，由，可得四边形为平行四边形，即得，再由菱形的性质可得，进而由即可求解，掌握平行四边形和菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，设与相交于点， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 故答案为：． 地 城 考点09 正方形与面积问题 29．（24-25九年级上·河南郑州·期中）如图，在菱形中，以为对角线作正方形，若，，则正方形的面积为（    ） A．12 B．18 C．24 D．48 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握正方形和菱形的性质是解答的关键．连接交于O，先根据菱形的性质证明，，，再根据含30度角的直角三角形的性质求得,，进而，在根据正方形的性质得到，，然后利用勾股定理求得即可求解． 【详解】解：连接交于O， ∵四边形是菱形，， ∴，，，又， ∴，则， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 则正方形的面积为24， 故选：C． 30．（23-24九年级上·四川乐山·期中）边长分别为10、6、4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上（如图），则图中阴影部分的面积为（    ） A．15 B．18 C．21 D．30 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，先证可得，进而得到；再证可得，进而得到，最后根据梯形的面积公式计算即可；灵活运用正方形的性质及相似三角形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图：由题意可知： ∵，， ∴， ∴， ∴, ∵， ∴, ∴,即, ∴, ∴图中阴影部分的面积为． 故选A． 31．（23-24九年级上·宁夏吴忠·期中）如图，边长为的正方形绕点逆时针旋转得到正方形，图中阴影部分的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查旋转与正方形的相关知识，根据旋转的性质以及正方形的性质可得到的度数，根据三角函数求得的长，则的面积即可求得，然后利用正方形的面积减去和的面积即可求解，熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，将与的交点记为，连接，    解：在和中，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， 在中，， ∴， ∴， 又∵， ∴， 故选：． 32．（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，正方形的对角线相交于点，以点为顶点的正方形的两边，分别交正方形的两边，于点，，记的面积为，的面积为，若正方形的边长，，则的大小为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定；由四边形是正方形，四边形是正方形，可证明，即得，而，可知，故． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 地 城 考点10 特殊四边形与规律探究问题 33．（23-24九年级上·河南平顶山·期中）如图,正方形的边长为,顺次连接正方形四边的中点得到第一个正方形,又顺次连接正方形四边中点得到第二个正方形,…．以此类推,则第六个正方形的周长是 ;面积是 ．    【答案】 【分析】本题考查正方形性质,勾股定理知识．通过阅读本题利用正方形及中点得到线段长度继而利用勾股定理求得下一个正方形边长,后根据规律求得正方形周长及面积．根据图形的变化得出规律是解答本题的关键． 【详解】解:∵正方形的边长为, ∴正方形的面积为,周长为; ∵顺次连接正方形四边的中点得到第一个正方形, ∴,根据勾股定理得, 即正方形的周长为,面积为; ∵顺次连接正方形四边中点得到第二个正方形, 同理可得正方形的周长为,面积为; …… ∴以此类推,不难发现规律,第个正方形的周长为,面积为, ∴第六个正方形的周长为,面积为． 故答案为：， 34．（24-25九年级上·辽宁阜新·期中）如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC＝60°，OA＝1，将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2024次，点B的落点依次为，，，…，则的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力．发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．连接，根据条件可以求出，画出第次、第次、第次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转次，图形向右平移．由于，因此点向右平移即即可到达点，根据点的坐标就可求出点的坐标． 【详解】解：连接，如图所示． 四边形是菱形， ． ， 是等边三角形． ， 画出第次、第次、第次翻转后的图形，如图所示． 由图可知：每翻转次，图形向右平移． ， 点向右平移即到点． 的坐标为， 的坐标为， 的坐标为． 故选：C． 35．（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形绕点O顺时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点O连续旋转次得到正方形，那么点的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，与旋转有关的点的坐标规律探索，根据题意可得每旋转八次点的对应点就与旋转前点A的位置重合，那么与的位置重合，进而可得的位置与点A绕点O顺时针旋转后点C对应点的位置相同，即的位置，过点作x轴的垂线，垂足为D，证明是等腰直角三角形，得到，据此可得答案． 【详解】解：∵， ∴每旋转八次点的对应点就与旋转前点A的位置重合， ∵， ∴与的位置重合， ∵是点A绕点O顺时针旋转得到的， ∴的位置与点A绕点O顺时针旋转后点C对应点的位置相同，即的位置， 如图所示，过点作x轴的垂线，垂足为D， 由旋转的性质可得， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 36．（24-25九年级上·安徽宿州·期中）在平面直角坐标系中，正方形的位置如图所示，点的坐标为，点的坐标为，延长交轴于点，作正方形，延长交轴于点，作正方形按这样的规律进行下去，第2019个正方形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由正方形的面积得，由正方形的性质结合相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，可求，同理可求，即可求解． 【详解】解：点的坐标为，点的坐标为， ，， ， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 同理可求：， ， ， 第2019个正方形的面积为． 故选：A． 【点睛】本题考查了规律探究，正方形的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理等；能由正方形的性质，相似三角形的判定及性质找出规律是解题的关键． 地 城 考点11 特殊四边形与动点问题 37．（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，在矩形中，，，动点P，Q同时出发，点P从A点出发以的速度向点B移动，一直到达点B为止，点Q从点C出发以的速度向点D移动．请问当点P和点Q的距离是时，P、Q两点出发了（   ）秒． A．4 B．或4 C．或8 D． 【答案】B 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，勾股定理，矩形的性质，利用勾股定理，找出等量关系是解题的关键． 利用时间=路程÷速度，可求出点P运动到点B所需时间，过点Q作于点E，则四边形是矩形，当运动时间为t秒时，，，结合，可得出，根据，可列出关于t的一元二次方程，解之即可得出结论． 【详解】解：（秒）． 过点Q作于点E，则四边形是矩形，如图所示． ， 当运动时间为t秒时，，， ∴． 根据题意得：， 即， 整理得：， 解得： ，， ∴当点P和点Q的距离是时，P、Q两点出发了或4秒． 故选：B． 38．（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． 39．（24-25九年级上·贵州六盘水·阶段练习）在四边形中，，，，．点P从点A出发，以的速度向终点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向终点B运动，当其中一个动点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为． (1)若，求的长； (2)当t为何值时，四边形是平行四边形？ (3)探究：当线段的长为多少时，第（2）小题中的四边形是菱形？ 【答案】(1)5 (2) (3) 【分析】（1）过点D作于点E，判定四边形是矩形，得到，，求得，利用勾股定理求的长即可； （2）根据题意，得点P从点A出发，以的速度向终点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向终点B运动，此时得到，继而得到，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． （3）根据题意，当时，四边形是平行四边形，此时．根据 第（2）小题中的四边形是菱形，得到，结合，利用勾股定理解答即可． 【详解】（1）解：如图，过点D作于点E， ∵，，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴． （2）解：设运动时间为． 根据题意，得点P从点A出发，以的速度向终点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向终点B运动， ∴， ∴， ∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形， ∴． ∴， 解得， 故当时，四边形是平行四边形． （3）解：根据题意，当时，四边形是平行四边形， 此时．根据 第（2）小题中的四边形是菱形， 故， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的判定，矩形的性质，勾股定理；平行四边形的判定，掌握以上知识是解题的关键． 40．（24-25九年级上·宁夏银川·期中）如图，在中，，动点P从点A开始沿边向点C以每秒1个单位长度的速度运动，同时动点Q从点C开始沿边向点B以每秒个单位长度的速度运动，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．过点P作，交于点D，连接．设运动时间为t秒（）． (1)用含t的代数式分别表示的长度：______，______，______． (2)当t取何值时．四边形是平行四边形？ (3)是否存在t，使四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由，并探究如何改变点Q的速度（匀速运动），能使四边形在某一时刻成为菱形． 【答案】(1)；； (2) (3)不存在，证明见解析； 点速度为每秒个单位长度，能使四边形在某一时刻成为菱形 【分析】（1）可用表示出、的长，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理可得，的长； （2）由平行四边形的性质可得，列方程求出即可； （3）当时，求出，故不存在的值，使四边形为菱形，设点的速度为每秒个单位长度，根据菱形的性质得到＝＝，列方程求解即可． 【详解】（1）解：，，， ， ，， ， ， ，， ； 故答案为：；；． （2）若四边形是平行四边形，则有， 即， 解得：； （3）不存在； 证明：由（2）得，当时，四边形是平行四边形， 此时， 不存在的值，使四边形为菱形， 设点的速度为每秒个单位长度， 则， 要使四边形为菱形，则， 当时，即， 解得：， 当，时，即， 解得： 当点的速度为每秒个单位长度时，在某一时刻可以使四边形是菱形． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质以及勾股定理，含度角的直角三角形的性质．熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键． 地 城 考点12 特殊四边形的多结论判断问题 41．（22-23九年级上·广东深圳·期中）如图，在正方形中，以为边作等边三角形，连接，则下列结论：①；②；③和的面积比为；④．其中结论正确的序号有（    ）    A．①②④ B．②③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，故①正确；利用证明，可判断②，由三角形的面积公式可得，，可得和的面积比为，故③正确；由直角三角形的性质可得，可得，故④正确，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，是等边三角形， ∴， ∴， ∴，故①正确；    ∵， ∴，故②正确； ∴， 过点P作于H，于G，如图所示： ∵是等边三角形，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ， ∴和的面积比为，故③正确； 过点C作交的延长线于N，如图所示， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故④正确， 综上所述：①②③④． 故选：D．    【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质与判定、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，熟练掌握相关的性质与适当作辅助线是解答此题的关键． 42．（24-25九年级上·辽宁本溪·期中）如图，正方形的边长为4，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况： ①若为的中点，则四边形是正方形； ②若为上任意一点，则； ③点在运动过程中，的值为定值4； ④点在运动过程中，线段的最小值为． 正确的有（    ） A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④ 【答案】D 【分析】本题主要考查了全矩形的性质与判定、正方形的性质与判定、勾股定理、等边对等角等知识点，灵活运用相关性质与判定定理是解题的关键． 由题意易得，则有四边形是矩形，然后可得，再结合为的中点可判定①；如图，连接．根据垂线段最短可知当时，最小，即取最小值；再根据等腰三角形的性质可得，进而判定②；根据等角对等边以及矩形的性质可判定③；先根据勾股定理求得，再运用垂线段最短以及等面积法即可判定④． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴． ∵，， ， ∴四边形是矩形，， ∴， ∵为的中点， ， ， ∴四边形是正方形，故①正确； 如图，连接． ∵四边形是矩形， ， 当时，最小，即取最小值， ∵， ∴，即，即②错误； ， ． ∵四边形是矩形， ， ，即的值为定值4，故③正确； ， ∴当最小时，最小， ∴当时，最小， 在中，． ， ，解得：， ∴线段的最小值为，故④正确． ∴正确的有①③④． 故选：D． 43．（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）如图，正方形中，为边上任意一点，连接，于点，交于点，小星根据题意得到如下结论： ①； ②； ③与四边形面积相等； ④若点是的中点，则点是的中点． 其中，结论正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【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．由正方形的性质得，，而，则，即可证明，得，，可判断①正确，②正确，由，得，可判断③正确；设，则，求得，所以，由，求得，则，所以点不是的中点，可判断④错误，于是得到问题的答案． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 于点， ， ， 在和中， ， ， ，，， 故①②正确； ， ， 故③正确； 设， 点是的中点， ， ， ， ， ， ， 点不是的中点， 故④错误； 故选：C． 44．（23-24九年级上·福建漳州·期中）如图，在正方形中，点E，F分别是的中点，相交于点M，G为上一动点（不与端点B，C重合），N为的中点．现有以下结论： ①四边形一定是矩形； ②四边形可能是菱形； ③连接，四边形不可能是正方形； ④当G为中点时，是等腰三角形． 其中一定正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） 【答案】①③④ 【分析】根据正方形的性质可得，，可得四边形是平行四边形，从而判断①；根据矩形的性质可得，再由在中，，可得，从而判断②；根据三角形中位线定理可得，从而得到不平行，从而判断③；证明，可得，从而判断④，即可． 【详解】解：如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∵点E，F分别是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形，故①正确； ∵四边形是矩形， ∴点M是的中点， ∴， ∵点E是的中点， ∴， 在中，， ∴， ∴四边形不可能是菱形，故②错误； 如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴点M是的中点， ∵N为的中点， ∴， ∵G为上一动点（不与端点B，C重合）， ∴点D，F，G不可能共线， ∴不平行， 即四边形不可能是正方形，故③正确； 如图，连接，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∵G为中点，点E是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰三角形，故④正确； 故答案为：①③④ 【点睛】本题主要查了正方形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定的判定和性质，等腰三角形的判定，熟练掌握正方形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定的判定和性质，等腰三角形的判定是解题的关键． 地 城 考点13 四边形与新定义问题 45．（23-24九年级上·贵州贵阳·期中）【综合与实践】 定义：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．如图①所示的四边形是垂美四边形． 【概念理解】 ①正方形，②菱形，③矩形，三个图形中一定是垂美四边形的是______；(填序号) 【性质探究】 小明说：在如图①的垂美四边形中，请你判断他的说法是否正确，并说明理由； 【问题解决】 如图②，分别以Rt的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接交于点，连接交于点，连接．已知，求的长．    【答案】【概念理解】①②；【性质探究】正确，证明见解析；【问题解决】． 【分析】本题考查四边形综合题、正方形的性质、勾股定理、垂美四边形的定义等知识 （1）根据垂美四边形的定义即可判断； （2）利用勾股定理即可证明； （3）只要证明四边形CGEB是垂美四边形，利用（2）中结论即可解决问题． 【详解】解：（1）∵菱形、正方形的对角线互相垂直， ∴菱形、正方形都是垂美四边形， 故答案为：①②； （2）说法正确，证明如下： 如图1，设交于点，    ∵四边形是垂美四边形， ∴， ∴， 由勾股定理，得， ， ∴； （3）∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴． ∴四边形是垂美四边形， 由（2）可知， ∵， 由勾股定理，得， ∴， ∴． 46．（23-24九年级上·福建宁德·期中）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：    (1)如图1，在正方形中，点F是上的一点，将绕B点旋转，使与重合，此时点F的对应点E在的延长线上，则四边形 “直等补”四边形；（填“是”或“不是”） (2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，过点B作于点E，过点C作于点F．试探究线段，和的数量关系，并说明理由； 【答案】(1)是 (2)，理由见解析 【分析】本题主要考查了新定义，旋转的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质． （1）由旋转可得，，又在正方形中，，从而，因此满足，，，故四边形是“直等补”四边形； （2）由四边形是“直等补”四边形，，，可得，，从而，又，，证得四边形是矩形，有，，利用“”证明，从而， 进而证得． 【详解】（1）∵将绕B点旋转，使与重合，此时点F的对应点E在的延长线上， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵，， ∴四边形是“直等补”四边形． 故答案为：是 （2）∵四边形是“直等补”四边形，，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形，        ∴，， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴． 地 城 考点14 特殊四边形与类比探究综合问题 47．（24-25九年级下·广东湛江·期中）问题背景：点分别在正方形的边上，，试判断之间的数量关系． （1）小云同学的思路是过点作，交的延长线于点，如图1，通过这种证明方法，可发现上述线段的数量关系为 ，并补充证明过程； 变式迁移： （2）如图2，在菱形中，，点，分别在，上，且，，若，求的长； 拓展应用： （3）如图3，在中，，于，，，求的长． 【答案】（1）：；（2）：；（3）：12 【分析】（1）如图1，过点A作，交的延长线于点．先证明，得到，，根据，，得到，进而证明，得到，即可证明； （2）：如图2，连，过点A作于点．先证明为等边三角形，进而证明 ，得到， ，再求出，根据勾股定理分别求出，，最后证明为等边三角形，即可得到； （3）：如图3，以为对称轴作的轴对称图形，以为对称轴作的轴对称图形，延长、交于点G．由轴对称的性质证明四边形是正方形，设，则，即可求出，在中，根据勾股定理得到，解得（不合题意，舍去），即可求出． 【详解】解：（1）； 证明：如图1，过点A作，交的延长线于点， ∵四边形为正方形，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即． 故答案为：； （2）：如图2，连，过点A作于点， ∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴为等边三角形， ∴，， ∴，， ∴ ∴，， ∴ ， ∵， ∴， 在中，， ∵， ∴， 在中，， 又∵，， ∴为等边三角形， ∴； （3）如图3，以为对称轴作的轴对称图形，以为对称轴作的轴对称图形，延长、交于点G， ∵， 由轴对称的性质得，，， ∵， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， 设，则， ∴， 在中，根据勾股定理得， 解得（不合题意，舍去）， ∴， 故答案为：12． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判断，轴对称等知识，综合性强，难度较大，熟知相关知识，根据条件添加适当辅助线是解题关键． 48．（24-25九年级上·贵州六盘水·期中）（1）如图①，在正方形中，是上一点，连接，过点作交的延长线于点．求证：； （2）如图②，在正方形中，是上一点，是上一点，如果，请利用（1）的结论证明：； （3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题： 如图③，在四边形中，，，，是上一点，且，，，求四边形的面积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）四边形的面积为27 【分析】本题考查了正方形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）根据正方形的性质得出，，证明即可得证； （2）过点作交的延长线于点，由全等三角形的性质可得，，，再证明得出，即可得证； （3）过点作于点，交延长线于，证明四边形是正方形，设正方形的边长为，根据勾股定理计算得出，即可得解． 【详解】（1）证明：四边形为正方形， ，， ，， ， ， ， 在和中， ， ； （2）证明：如解图①，过点作交的延长线于点， 由（1）可知： ∴，，， ， ，即， 在和中， ， ， ， ； （3）解：如解图②，过点作于点，交延长线于， ，， ， ，，， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， 由（2）可得：， 设正方形的边长为， ， ，，， 在中，根据勾股定理可得：， 即， 解得：， ， 四边形的面积为． 49．（24-25九年级上·河南焦作·期中）如图1，菱形中，，点E为对角线上一动点，连接． (1)与的等量关系是______； (2)如图2，将线段绕点E逆时针旋转，使点E的对应点F落在直线上 ①问：与有怎样的等量关系？并说明理由． ②当时，如图3，延长交的延长线于G，求证：． 【答案】(1)； (2)①，理由见解析；②见解析． 【分析】对于（1），根据菱形的性质可知，再根据“边角边”证明，可得答案； 对于（2），延长交于点G，可得，由（1）可知，再根据旋转得，即可得，然后根据三角形外角的性质得； 对于（3），根据题意可知四边形是正方形，可得，由（2）①可知， 再根据，可得，然后根据直角三角形的两个锐角互余得，得出，进而得出，可知是线段的垂直平分线，接下来根据线段垂直平分线的性质得，再根据“斜边，直角边”证明，最后根据全等三角形的对应边相等得出答案． 【详解】（1）∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴， ∴； 故答案为：； （2）①延长交于点G， ∵四边形是菱形， ∴， ∴． 由（1）可知， ∴． 根据旋转得， ∴， ∴． ∵是的外角， ∴ ； ②连接， ∵四边形是菱形，且， ∴是正方形， ∴． 由（2）①可知，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是线段的垂直平分线， ∴． ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，旋转的性质，直角三角形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 50．（24-25九年级上·湖北随州·期中）综合与实践 问题情境： 如图①，点为正方形内一点，；将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接． 猜想证明： （1）如图①，试判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明； 解决问题： （3）如图①，若，，求和的长． 【答案】（1）①四边形是正方形，证明见解析；②，证明见解析；（2）， 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，由正方形的判定可证四边形是正方形 （2）过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，由“”可得，可得，由旋转的性质可得，可得结论； （3）作于，根据勾股定理求出，可得，由（2）可得，进而求出，根据勾股定理计算的长． 【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下： ∵将绕点B按顺时针方向旋转， ∴，，， 又∵， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形； （2），证明如下： 如图②所示，过点D作，垂足为H，则， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 由（1）知四边形是正方形， ∴， ∴， 由旋转的性质可得：， ∴，   ∴， （3）解：如图①所示，作于， ∵四边形是正方形 ∴， 在中，∵，， ∴， ∴，则 ∴， 由（2）可知：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 51．（24-25九年级上·陕西宝鸡·期中）【问题初探】 （1）北师大版教材九年级上册第一章《特殊平行四边形——正方形》习题中有这样的问题：如图1，正方形的边长为2，的顶点O在正方形两条对角线的交点处，，将绕点O旋转，的两边分别与正方形的边和交于点E和点F（点F与点C，D不重合），问：在旋转过程中，四边形的面积会发生变化吗？证明你的结论． 爱思考的小明给出这样的解题思路：如图b，考虑到正方形对角线的特征，过点O分别作于点G，于点H，证明，从而将四边形的面积转化成了小正方形的面积．通过小明的思路点拨，你认为：______（填一个数值） 【类比探究】 （2）如图2，矩形中，，，点O是边的中点，，点E在上，点F在上，则四边形的面积为______；______； 【问题解决】 （3）如图3，有一个菱形菜园，，为人行步道，且交于点O．现要在菜园的右下角建一四边形储藏间．已知点E在上，点F在上，．若四边形储藏间的占地面积为（人行步道的面积忽略不计），要在菱形菜园围一圈篱笆，则需要篱笆多少？ 【答案】（1）；（2）①，；（3） 【分析】（1）由正方形的性质和全等三角形的判定与性质即可得出结论； （2）过作于点，证四边形是正方形，则，再证，得，，即可解决问题； （3）过作交于点，证是等边三角形和是等边三角形，得，，再证，得，则，然后根据已知四边形储藏间的占地面积为，即可解决问题． 【详解】解：（1），， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， 四边形是正方形，边长为， ，， ， ， 是的中位线， ， 同理：， ， ，四边形是正方形， ，， ， 故答案为：； （2）如图2，过点作于点， 则， 四边形是矩形， ， 四边形是矩形， ，，， ，点是边的中点， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， ，， ， ，， ，， 故答案为：，； （3）如图3，过点作交于点， 四边形是菱形，，则， ，，，，，， 是等边三角形，设其边长为 ，， ， ， ， ，， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ∵四边形储藏间的占地面积为 ∴ 解得：（负值舍去） 即， ∴菱形的周长为 答：需要篱笆 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质、矩形的性质以及菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $