专题01 特殊的平行四边形9考点（期末真题汇编，广东专用）九年级数学上学期北师大版

null 专题01 特殊的平行四边形 9大高频考点概览 考点01 菱形的性质 考点02 菱形的判定 考点03 矩形的性质 考点04 矩形的判定 考点05 矩形的性质和判定的综合 考点06 正方形的性质与判定的综合 考点07 与菱形有关的计算与证明 考点08 与与矩形有关的计算与证明 考点09 与正方形有关的计算和证明 地 城 考点01 菱形的性质 1．(24-25九上·广东佛山禅城区·期末)以红色和金色的丝线精心编织的菱形中国结装饰，不仅展现了中国传统手工艺的精细与复杂，也蕴含着深厚的文化意义和美好的祝福．若最外层菱形的对角线长度分别为，则它的两条对边的距离应为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题重点考查菱形有性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地求出菱形的边长是解题的关键．设最外层菱形为菱形，它的对角线、相交于点，，，由，得，而，，所以，设菱形两条对边的距离，则，解方程求出的值即得到问题的答案． 【详解】解：如图，菱形的对角线、相交于点，，， ， ， ，， ， 设菱形两条对边的距离， ， ， 解得， 它的两条对边的距离应为， 故选：A． 2．(24-25九上·广东佛山南海区·期末)若菱形的边的长为，则菱形的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的性质即可求出菱形的周长，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵菱形的边的长为， ∴， ∴菱形的周长为， 故选：D． 3．(24-25九上·广东佛山顺德区·期末)如图，在菱形中，，、分别是、上的动点，满足．若，则周长的最小值为（   ） A． B． C．12 D．18 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、垂线段最短等知识，正确添加常用辅助线构造全等三角形是解题的关键． 如图：连接．先根据菱形的性质说明都是等边三角形，再结合已知条件证明可得，进而证明是等边三角形；再根据垂线段最短求得的最小值为，最后求的周长即可． 【详解】解：如图：连接． ∵四边形是菱形， ∴，， ∴都是等边三角形， ∴， ∵， ∴ 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， 根据垂线段最短可知，当时，的长最短， 如图：过B作垂足为， ∵, ∴, ∴， ∴,即的最小值为， ∴周长的最小值为． 故选B． 4．(24-25九上·广东河源龙川第一实验学校·期末)如图，在菱形中，，E是上一点，M、N分别是的中点，且，则菱形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，三角形中位线定理，连接，由三角形中位线定理可得，再由菱形的性质得到，则可证明是等边三角形，得到，据此根据菱形周长计算公式求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， ∵M、N分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴菱形的周长， 故答案为：． 5．(23-24九上·陕西咸阳秦都区·期末)如图，P为菱形的对角线上的一定点，Q为边上的一个动点，的垂直平分线分别交， 于点E，G，，若的最小值为2，则的长为 ． 【答案】4 【分析】本题考查了菱形的性质，线段的垂直平分线性质，含角的直角三角形，垂线段最短，依次计算即可． 【详解】∵P为菱形的对角线上的一定点，，的最小值为2， ∴，， 连接，过点P作， 则，， ∴， ∴ ∴， 故答案为：4． 6．(24-25九上·广东清远英德·期末)如图，在平面直角坐标系中把矩形沿对角线所在的直线折叠，点落在点处．与轴相交于点，，点是轴负半轴上一个动点，点在坐标平面内，使以点，，，为顶点的四边形是菱形的点的坐标为 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查矩形与折叠，菱形的判定与性质；先根据题意得，设，根据勾股定理得到，即，再分不同情况进行解答即可． 【详解】解：∵， ∴， 根据题意：， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∵为直角三角形，， ∴， ∴， 解得：， ∴， 当运动到，作边，为对角线时， ∵A，D，P，F为顶点的四边形是菱形， ∵， ∴， 当运动到，作边时，    ∴ 综上所述，或 故答案为：或． 7．(24-25九上·广东佛山南海区大沥镇海北初级中学·期末)如图，已知菱形的面积为5，边在轴上，顶点在反比例函数图象（第一象限的分支）上，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了反比例函数的图象，菱形的面积．作轴于点，作轴于点，设，在中，利用勾股定理列式，求得，据此求解即可． 【详解】解：作轴于点，作轴于点， 设，且， ∵菱形的面积为5， ∴， ∴，， 在中，， 即， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴点的坐标是， 故答案为：． 8．(24-25九上·广东揭阳榕城区·期末)【问题发现】数学小组成员小明做作业时遇到以下问题：请你帮助解决 （1）若四边形是菱形，边长为2，，点P是射线上一动点，以为边向右侧作等边，如图1，连接，则与的数量关系为 ，长度的最小值为 ． 【类比探究】数学小组对该问题进一步探究，请你帮助解决： （2）如图2，若四边形是正方形，边长为2，点O为中点，点P是射线上一动点，以为斜边在边的右侧作等腰，，连接求： ①与的数量关系； ②求长度的最小值． 【拓展应用】 （3）如图3，在（2）的基础上，当P是对角线的延长线上一动点时，以为直角边在边的右侧作等腰，，连接，若，，求的面积． 【答案】（1），1；（2）①，②长度的最小值为1；（3） 【分析】（1）连接，由菱形性质推出和是等边三角形，又是等边三角形，可证明，即得，，延长交于，则在射线上运动，当，即与重合时，取最小值，可得，即可求出的最小值为1； （2）①连接，根据正方形性质可知是的中点，知是等腰直角三角形，有，，而是等腰直角三角形，可知，，即可推出，利用相似三角形性质可得结果；②延长交于，由在射线上运动，当，即与重合时，取最小值，可求出，故可求出最小值； （3）连接交于点，过点作交于点，根据正方形性质，可得的长，证明，结合勾股定理即可求解． 【详解】解：（1）如图，连接，   四边形是菱形， ， ， 和是等边三角形， ，， ， ， ，， 四边形是菱形，， ， ， 如图，延长交于，则在射线上运动，当，即与重合时，取最小值，   ，， ， ， 的最小值为1， 故答案为：，1； （2）①如图，连接，   四边形为正方形，为的中点， 是等腰三角形， ，， 是等腰直角三角形， ，， ，， ， ， ，， ； ②延长交于，如图，   ， 在射线上运动，当，即与重合时，取最小值， 四边形为正方形， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 的最小值为1； （3）如图，连接交于点，过点作交于点，   四边形为正方形，， ，，， ，， ，， ， ， 在中，，， ， ， ， ， ， ，， 在中，有勾股定理得：， ， 解得：，（舍去）， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了解直角三角形的相关运算，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质、作辅助线构造相似三角形和全等三角形是解题的关键． 9．(24-25九上·广东河源紫金县·期末)【问题背景】如图，点是菱形的对角线上一点，连接，延长后交于点，交的延长线于点． 【知识技能】 （1）求证：； 【数学理解】 （2）若点为的中点，求的值； 【拓展探索】 （3）若菱形的边长为，，，求的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 【分析】（1）根据菱形的性质得，，利用即可得证； （2）由中点的定义得，结合菱形的性质证明，得，证明，得，可得结论； （3）根据菱形的性质及三角形内角和定理，，继而推出，，，证明，得，继而得到，即，求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形且点是菱形的对角线上一点， ∴，， 在和中， ∴； （2）解：∵点为的中点， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴，． ∴， ∴， 即的值为； （3）∵菱形的边长为，，， ∴， ，， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． ∴， 解得：（舍去），， ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等角对等边等知识点．掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 10．(24-25九上·广东清远阳山白莲中学·期末)已知：如图，在菱形中，对角线、相交于点O，分别过点C、D作、的平行线，两线相交于点P，求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定，熟练掌握菱形的性质定理，矩形的判定定理是解题的关键．根据，，即可证出四边形是平行四边形，由菱形的性质得出，即可得出结论． 【详解】证明：由题意得，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 11．(24-25九上·广东清远连州·期末)综合探究 如图，将一张矩形的纸对折、再对折，然后沿图中的虚线剪下，取右下角纸片．展开后四边形的形状是菱形（如图）； 菱形中，对角线、交于点，点在边延长线上，平分交于点． (1)如图1，当时，证明：是的中点； (2)如图2，当，的大小发生变化时，在上找一点，使为定值，说明理由； (3)如图3，与的交点为，当点移动时，写出图中新增加的等腰三角形（不增加字母的情况下）． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)和 【分析】（1）延长交于点，利用菱形的性质得到，，再由得到，再利用直角三角形的性质以及等量代换可得，推出，再利用三线合一性质得到，最后通过证明，即可证明； （2）过点作交于点，设与交于点，由证出，得出，再由得出，得出，最后通过证明，即可得出为定值； （3）先证明，推出，则说明是等腰三角形，再根据菱形的性质和平行线的性质得出，利用直角三角形的性质以及等量代换可得，说明也是等腰三角形，即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图，延长交于点， 菱形， ，， ，， ， ， ，， ， ， ， 又平分， ， 又，， ， ， 是的中点． （2）解：过点作交于点，此时点使得为定值，理由如下： 如图，设与交于点， ， ， 菱形， ，，，， ， ， ， ， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 为定值． （3）解：菱形， ，，， 又， ， ， 是等腰三角形，； 由（2）得，， ， ， ，， ， ， ， 是等腰三角形； 综上所述，新增加的等腰三角形有和． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、相似三角形的性质与判定、直角三角形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定，熟练掌握相关知识点，学会结合图形添加适当的辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的几何推理能力，适合有能力解决几何难题的学生． 12．(24-25九上·广东揭阳榕城区·期末)如图，在菱形中，，，点P从点A出发，沿线段以每秒1个单位长度的速度向终点D运动，过点P作于点Q，作交直线于点M，交直线于点F，设与菱形重叠部分图形的面积为S，点P运动时间为t（秒）． (1)当点M与点B重合时，_______秒； (2)当t为何值时，与全等； (3)求S与t的函数关系式． 【答案】(1)2 (2)或4 (3) 【分析】（1）根据直角三角形的性质求解即可； （2）分两种情况：①当时，②当时，由全等三角形的性质得出关于t的方程，解方程可得出答案； （3）分两种情况：①当时，②当时，由直角三角形的性质及三角形的面积公式可得出答案． 【详解】（1）解：如图1：当M与B重合时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：2； （2）解：分以下两种情况讨论： ①当时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②当时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 综上所述，t的值为或4； （3）解：由题意得， 分以下两种情况讨论： ①时，如图2， 在中，，，， ∴， ∴， 同理在中，， ∴， ∴与菱形重叠部分图形的面积为； ②当时，如图3， 在中，，，， ∴， ∴， 同理在中，， ∴，， ∵菱形，且， ∴，，， ∴，， ∴， 由①得， ∴与菱形重叠部分图形的面积为， ∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了菱形的性质、全等三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、三角形的面积等知识点，正确进行分类讨论是解题的关键． 地 城 考点02 菱形的判定 1．(24-25九上·广东佛山南海区·期末)在中，、是它的两条对角线，添加下列其中一个条件就能使成为矩形，那么添加的条件是（    ） A． B． C． D．平分 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的判定，菱形的判断，根据矩形和菱形的判定定理逐项判断即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：、由能判定是矩形，该选项符合题意； 、由能判定是菱形，该选项不合题意； 、由能判定是菱形，该选项不合题意； 、由平分能判定是菱形，该选项不合题意； 故选：． 2．(24-25九上·广东佛山南海区大沥镇海北初级中学·期末)如图所示，的对角线,相交于点，以下说法正确的是（    ）    A．若，则是矩形 B．若，则是菱形 C．若，则是正方形 D．若，则是正方形 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形、菱形、正方形的判定定理，熟悉了解三者之间的关系及判定定理是解题关键．根据矩形、菱形、正方形的判定定理依次进行判断即可． 【详解】解：A、的对角线，相交于点，且， 是矩形，原说法正确，符合题意； B、若，得不到是菱形，原说法错误，不符合题意； C、若，得不到是正方形，原说法错误，不符合题意； D、若，则是矩形，原说法错误，不符合题意． 故选：A． 3．(24-25九上·广东清远连州·期末)矩形各边中点构成的四边形是 ． 【答案】菱形 【分析】本题考查了中点四边形、矩形的性质、菱形的判定，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键．作出矩形，取出各边中点为，连接、，利用三角形的中位线定理得出，同理得到，，，结合矩形的性质和菱形的判定推出四边形是菱形，即可得出结论． 【详解】解：如图，矩形，取出各边中点为，连接、， 矩形， ， 在中，分别为的中点， ， 同理可得，，，， ， 四边形是菱形， 矩形各边中点构成的四边形是菱形． 故答案为：菱形． 4．(24-25九上·广东揭阳惠来县·期末)如图，在矩形中，连接，分别以B，D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线，分别与交于点M、N，连接．若．则四边形的周长为 ． 【答案】10 【分析】本题考查矩形的性质，尺规作图—作垂线，菱形的判定和性质，勾股定理，根据作图可知：垂直平分，证明，得到，推出四边形为菱形，设，在中，利用勾股定理求出的值，进而求出四边形的周长即可． 【详解】解：由作图可知：垂直平分，设，相交于点， ∴， ∵矩形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴互相垂直平分， ∴四边形为菱形， ∴， 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得：， ∴， ∴四边形的周长为． 故答案为：10． 5．(23-24九上·陕西咸阳武功县·期末)【初步感知】 （1）如图①，在中，点为上一点，连接并延长交的延长线于点，若，求证：点是的中点； 【探究运用】 （2）如图②，在四边形中，，，，，点是的中点，且，、的延长线相交于点，求证四边形是菱形，并求的长； 【实际运用】 （3）如图③，某小区内有一块三角形区域，在边的中点处修建一个公共卫生间，在边上确定一点，使得，修两条笔直的小路和，在其交汇处修一凉亭（凉亭大小忽略不计），已知凉亭到处的距离为200米（即米），求凉亭到处的距离． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）凉亭到处的距离为600米 【分析】本题考查几何综合，涉及平行四边形性质、三角形相似的判定与性质、三角形全等的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关几何性质及判定是解决问题的关键． （1）利用平行四边形性质，得到，利用面积比等于相似比的平方即可得证； （2）由（1）中结论，由三角形全等的判定与性质得到，进而根据菱形的判定定理得到答案，从而由勾股定理求出的长； （3）过作交的延长线于点，如图所示，由（2）中结论及三角形相似的判定与性质，由及题中条件得到，从而得到答案． 【详解】（1）证明：在中，，， ， ， ， ，即， ， 点是的中点； （2）证明：， ， 又点是的中点，且， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， 在，，，，则， ； （3）解：过作交的延长线于点，如图所示： 与（2）同理可得， ， ， ，， ， ， ， ，即， ，则，即， 米， 答：凉亭到处的距离为600米． 6．(24-25九上·广东河源连平县·期末)尺规作图并按要求完成： 已知，以点为圆心，以长为半径画弧，交于点，分别以、为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点．做射线，交于点．连接． (1)填空：则是的________； (2)判断四边形的形状，并证明你的结论； (3)已知，，求四边形的面积． 【答案】(1)平分线 (2)四边形是菱形，证明见解析 (3) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，掌握平行四边形的性质，菱形的判定与性质是解决本题的关键． （1）根据作图可知是的平分线； （2）根据作图的过程可知是的平分线，根据平行四边形的性质可得，根据作图可知，得，证明四边形是平行四边形，进而可得四边形是菱形； （3）连接交于点，利用菱形的性质结合勾股定理求得菱形的对角线的长，利用菱形的面积公式即可求解． 【详解】（1）解：根据作图可知是的平分线； 故答案为：平分线； （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵是的平分线， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 根据作图可知， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （3）解：连接交于点， ， ∵四边形是菱形，， ∴，，， ∴， ∴， ∴菱形的面积为． 7．(24-25九上·广东清远连州·期末)如图，已知． (1)尺规作图：分别在、、边上取点、、，使得四边形是菱形（保留作图痕迹，不写作法）； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)120 【分析】本题考查了尺规作图、菱形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握尺规作角平分线和线段垂直平分线的方法是解题的关键． （1）作的角平分线，作线段的垂直平分线交于点，交于点，连接、，设与交于点，利用线段垂直平分线的性质得到，，，结合角平分线的定义和等腰三角形的判定推出，再根据菱形的判定可知四边形即为所求； （2）设与交于点，利用菱形的性质得到，，利用勾股定理求出的长，进而得到的长，最后利用菱形的面积公式即可求解． 【详解】（1）解：如图，作的角平分线，作线段的垂直平分线交于点，交于点，连接、，设与交于点， 是的垂直平分线， ，，， ， 平分， ， ， ， ， 四边形是菱形， 点、、的位置即为所求． （2）解：设与交于点， 四边形是菱形， ，，， ， ， ， ． 四边形的面积为120． 地 城 考点03 矩形的性质 1．(24-25九上·广东清远清城区·期末)如图，矩形纸片中，，，同学们按以下所给图步骤折叠这张矩形纸片，则线段AF长为（   ） A．2 B．1 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形中的折叠问题，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质．由通过折叠得到可得：，，推出，由矩形通过折叠得到矩形可得：，得到为等腰直角三角形，最后根据勾股定理即可求解． 【详解】解：由通过折叠得到可得：，， 则， 由矩形通过折叠得到矩形可得：， ，， 为等腰直角三角形， ， ， 故选：D． 2．(24-25九上·广东佛山顺德区·期末)如图，点在矩形的边上，若是等边三角形，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关知识的应用． 首先由等边三角形的性质得出，又四边形是矩形，则有，然后根据平行线的性质即可求解． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 故选：． 3．(24-25九上·广东佛山南海区大沥镇海北初级中学·期末)如图，矩形中，点分别在边上，连接，将和分别沿折叠，使点恰好落在上的同一个点，记为点，若，则的长度为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的折叠、勾股定理等知识．在矩形中，， ，根据折叠的性质得到设，则由勾股定理得到，，列方程即可求出答案． 【详解】解：在矩形中，， 根据折叠的性质得到 设，则 由勾股定理得到，， 即 解得 即的长度为， 故选：D 4．(24-25九上·广东清远阳山白莲中学·期末)下列的性质中，正方形具有而矩形不一定具有的是（    ） A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形和矩形的性质，比较正方形和矩形的性质，找出正方形具备而矩形不一定具备的特征即可． 【详解】解：正方形同时具有矩形和菱形的所有性质，矩形的对角线相等且互相平分，但不一定垂直；而正方形的对角线不仅相等、互相平分，还互相垂直， 因此“对角线互相垂直”是正方形具备而矩形不一定具备的性质． 故选：D． 5．(24-25九上·广东河源紫金县·期末)如图，矩形的对角线和相交于点，，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质、三角形的内角和定理、邻补角的定义，熟练掌握以上知识是解答本题的关键． 先根据矩形的对角线相等且互相平分证明，从而根据已知角求出的度数，然后根据三角形内角和定理求出，最后根据邻补角的定义求出即可． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 6．(24-25九上·广东清远清新区·期末)如图，矩形中，点E在边上，将矩形沿直线折叠，点A恰好落在边的点F处．若，，则的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形与折叠，勾股定理．利用数形结合的思想是解题关键．由折叠的性质可知，，再根据矩形的性质得出，，，设，则，根据勾股定理得出，求出结果即可． 【详解】解：由折叠的性质可知，， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴根据勾股定理得：， 设，则， 根据勾股定理得：， ∴， 解得：． 故答案为：． 7．(24-25九上·广东佛山三水区·期末)【知识技能】（1）如图1，矩形与叠放在一起，（点Q，N分别与点A，B重合，点M落在对角线上），已知，则 ． 【数学理解】（2）如图2，以每秒1个单位长度的速度在线段上从点A向点C运动；同时，动点P以每秒2个单位长度的速度在线段上从点D向点A运动，设它们的运动时间为，连接．解答下列问题： ①当t为何值时，点A在线段的垂直平分线上？ ②是否存在某一时刻t，使得与四边形面积之比为？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【拓展探索】（3）如图3，将绕着点M顺时针旋转得到，点N、Q的对应点是，连接，，当t为何值时，的值最小？ 【答案】（1）12；（2）①，②存在，理由见解析；（3） 【分析】（1）由勾股定理求得，进而根据面积法求得的值； （2）①根据点A在线段的垂直平分线上得出，进而列出方程求得结果； ②作于E，可先求出，根据得出，从而表示出的值，从而得出，进一步得出结果； （3）连接，作于H，根据垂直平分线的性质得出，从而得出，当共线时，最小，从而得出，连接，作于F，则，求出，，证明四边形是平行四边形，进一步证明，根据相似三角形的性质列式计算可得结论． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由得，， 故答案为：12； （2）①∵在矩形中， ∴， ∵在中，， ∴， ∵点A在线段的垂直平分线上， ∴， ∴， 解得， ∴当t为时，点A在线段的垂直平分线上； ②存在，理由如下： 如图，过点M作于E， ∵四边形是矩形，， ∴，， ∵， ∴． ∴， ∴， ∴， ∵与四边形面积之比为， ∴与的面积之比为， ∴， ∴， 解得（舍去）， ∴当时，与四边形面积之比为； （3）如图，连接， ∵旋转得到， ∴ ∴， ∴当共线时，的值最小， 如图，连接，作于F，则， ∴， ∵， ∴ ∴ ∵旋转得到， ∴ ∴四边形是平行四边形 ∵， ∴ ∵ （对顶角相等） ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． 8．(24-25九上·广东佛山禅城区·期末)如图，把两个全等的矩形和矩形拼成如图所示的图案，判断的形状并说明理由． 【答案】是等腰直角三角形，理由见解析 【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判断，证明，得到，，推出，即可得出结果． 【详解】解：是等腰直角三角形 理由：矩形与矩形全等， ，， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形． 9．(23-24九上·广东佛山南海区、三水区·期末)如图①，矩形的边，，将矩形绕点逆时针旋转角得到矩形，与交于点． 数学思考：（1）填空：图①中__________；（用含的代数式表示） 深入探究：（2）如图②，当点在对角线的垂直平分线上时，连接，求证：． 【答案】（1）；（2）见解析 【分析】本题考查矩形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）根据旋转得到，结合矩形对边平行即可得到答案； （2）证明即可得到答案． 【详解】解：（1）∵矩形绕点逆时针旋转角得到矩形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）证明：∵点在对角线的垂直平分线上，边经过点， ，         ∵四边形是矩形， ，， 由旋转得：， ，， 在与中， ∵， ， ． 10．(24-25九上·广东佛山顺德区·期末)网格是研究几何图形的一种工具，是解决问题的一种方法，是培养几何直观的一种方式． (1)如图1，点A、、、都在格点（正方形的顶点）上．仅用无刻度的直尺在线段上找出点，使得和相似，并说明画图的依据； (2)如图2，点为一次函数与反比例函数图象的交点．将一次函数的图象绕点逆时针方向旋转45°，求新图象的表达式． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了无刻度直尺作图，反比例函数与一次函数的综合、矩形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，掌握全等三角形的判定和性质及待定系数法是解题的关键． （1）根据矩形的性质和三角形的中位线的性质作图即可； （2）先根据反比例的性质求得点P的坐标，根据全等三角形的判定和性质及待定系数法求解即可． 【详解】（1）解：如图：点E即为所求． 根据矩形的对角线互相平分找到的中点E，再根据三角形的中位线平行于第三边可得，可使和相似． （2）解：由题意得∶，解得∶， ∴， 如图：设交y轴于点A，则， 过P作轴于点C，过A作且，过B作轴于点D， 则， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， 设直线的解析式为， 则，解得：， ∴直线的解析式为，即新图象的表达式为． 11．(24-25九上·广东佛山禅城区·期末)综合探究  如图1，在矩形中，，动点在边上，连接． (1)过点作交于， ①当，求证：． ②当时，求的值（用含的代数式表示）． (2)如图2，动点在边上，将矩形沿折叠，点、折叠后的位置分别是点、，点恰好是线段的中点，求的值（用含的代数式表示）． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【分析】（1）①，从而，，从而，从而得出，从而， ②可推出，，从而，从而； （2）取的中点，连接，作，交于，可证得四边形是平行四边形，从而；根据对称得出点和点关于对称，，，从而得出，从而，从而，进一步得出结果． 【详解】（1）①证明：如图1， 设，交于点， 当，， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， ②解：由①知， ，， ， ； （2）解：如图2， 取的中点，连接，作，交于， ， 四边形是矩形， ，， 四边形是平行四边形， ， 矩形沿折叠，点、折叠后的位置分别是点、，点恰好是线段的中点， 点和点关于对称，， ， ， 由②知，， ， 不妨设，，则， ， ， ， ． 地 城 考点04 矩形的判定 1．(24-25九上·广东佛山顺德区·期末)如图，平行四边形的对角线与相交于点． (1)给定三个关系：①；②；③．其中能使得平行四边形为矩形的有______，选择其中一个作为条件进行证明； (2)在（1）的条件下，点从点开始沿边运动，速度为；点同时从点开始沿边运动，速度为．如果，，点到达点A时所有运动停止，那么何时与相似？ 【答案】(1)①③，证明见解析 (2)2秒或秒 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质、矩形的判定和性质等知识点，理解题意、灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形判定即可解答； （2）分和两种情况分别利用相似三角形的性质构建方程求解即可． 【详解】（1）解：①③．证明如下： 若添加①： ∵ ， ∴， ∴平行四边形是矩形； 若添加③∶ ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形． 故答案为∶①③． （2）解：设运动时间为．由题意可得：， ， 当时，， ∴，解得：； 当时，， ∴，解得：； 综上，当运动2秒或秒时，与相似． 2．(24-25九上·广东清远清城区·期末)如图，在菱形中，，． (1)实践操作：用尺规作图法过点B作边上的高：（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)应用与证明：在（1）的条件下，在线段上截取线段，使，连接，求证四边形是矩形，并求出它的周长． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析， 【分析】本题考查作图—复杂作图、菱形的性质、矩形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）结合垂线的作图方法作图即可； （2）结合菱形的性质、矩形的判定可证明四边形是矩形．由矩形的性质可得，，进而可得，，，从而可得答案． 【详解】（1）解：如图，即为所求． （2）证明：∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵为边上的高， ∴， ∴四边形是矩形． ∴，， ∴． ∵， ∴，， ∴， ∴矩形的周长为． 3．(24-25九上·广东清远清新区·期末)综合与实践 【主题】反比例函数图象与三等分角 【素材】我们知道，利用尺规可以平分任意一个角，从而可以把一个角四等分、八等分……那么，能否用尺规三等分一个任意角呢？ 公元前5世纪，古希腊的学者们就提出了这个问题．为了解决这个问题，数学家们花费了大量的时间和精力．直到1837年，数学家才证明了“三等分任意角”是不可能用尺规完成的．在研究这个问题的过程中，古希腊数学家帕普斯（Pappus，约300-350）给出了一种方法． 【实践与操作】 步骤1：建立平面直角坐标系，将已知锐角的顶点与原点O重合，角的一边与x轴正方向重合． 步骤2：在平面直角坐标系中，绘制函数的图象，图象与已知角的另一边交于点P． 步骤3：以P为圆心，的长为半径作弧，交函数的图象于点R． 步骤4：分别过点P和R作x轴和y轴的平行线，两线交于点M． 步骤5：连接，得到． 【实践探索】 (1)过P作轴于点H且交于Q，连接，，请证明四边形为矩形． (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查反比例函数的性质，矩形的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． （1）设，，则，得到的直线解析式，证明四边形为平行四边形，即可得到结论； （2）设矩形的对角线交于点，则，证明，根据平行的性质得到，，即可得到结论． 【详解】（1）证明：设，，则， 所以的直线解析式为， 轴， ， ， 又， 四边形为平行四边形， 又， 四边形为矩形； （2）证明：设矩形的对角线交于点，则， ， ， ， 又， ， 又， ， 又轴， ． ， 即． 4．(24-25九上·广东清远连州·期末)如图，在中，是的中点，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定以及性质，三腰三角形三线合一的性质，勾股定理等知识，掌握这些性质是解题的关键． （1）由等腰三角形三线合一的性质得出，有平行线的性质得出，结合已知条件可得出，即可证明四边形是矩形． （2）由（1）可知四边形是矩形．由矩形的性质得出，，，由勾股定理求出，最后根据等面积法可得出，即可求出． 【详解】（1）证明：∵，是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解： 由（1）可知四边形是矩形． ∴， ∵，是的中点， ∴， 在中，， ∵ ∴ 地 城 考点05 矩形的性质和判定的综合 5．(24-25九上·广东茂名高州·期末)如图，已知在中，，，，点P在斜边上（不与A、B重合），过P作，，垂足分别是E、F，连接，随着P点在边上位置的改变，则长度的最小值（   ） A． B．5 C． D．3 【答案】C 【分析】此题主要考查了矩形的判定与性质，垂线段的性质，连接，过点C作于点H，先求出，证明四边形是矩形，则，当的值最小时，的值为最小，再根据“垂线段最短”得当点P于点H重合时，的值为最小，最小值为线段的长，则的最小值是线段的长，然后根据三角形的面积公式求出线段的长即可得出答案． 【详解】解：连接，过点C作于点H，如图所示： 在中，，，， 由勾股定理得：， ，， ， 四边形是矩形， ， 当的值最小时，的值为最小， 点P在斜边上（不与A、B重合）， 根据“垂线段最短”得：当点P于点H重合时，的值为最小，最小值为线段的长， 的最小值是线段的长， ， ， 长度的最小值为． 故选：C． 6．(22-23九上·广东佛山顺德区·期末)如图1，是斜边上的中线． (1)求证：； (2)如图2，，，点P是上一个点，过点P分别作和的垂线，垂足为E、F．当P在上移动时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1），过点A作，交的延长线于点E，连接，再证明≌，可得四边形是矩形，然后根据矩形的性质得出答案； （2），连接，根据勾股定理求出，进而得出，，并求出，可知，然后根据三角形面积相等得出答案． 【详解】（1）如图，过点A作，交的延长线于点E，连接， ∴． ∵，， ∴≌， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； （2）如图，连接，作，于点G， 在中，，， 根据勾股定理，得， ∴． 可知， 即， ∴， 则， 即， 解得． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，矩形的性质和判定，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，求三角形的面积等，构造矩形是证明直角三角形斜边的性质的关键． 7．(24-25九上·广东佛山南海区大沥镇海北初级中学·期末)我们将四个顶点都在三角形边上的正方形，称为该三角形的内接正方形． (1)如1图，正方形是的内接正方形，请在图中找出一对相似三角形，并说明理由； (2)在（1）的条件下，若三边分别为是边上的高，试求： ①边上的高的长； ②内接正方形的边长； (3)如3图，面积为的正方形内接于，如果的面积分别记为，请用含有的式子表示（不用说明理由）． 【答案】(1)，详见解析 (2)①；② (3) 【分析】（1）根据正方形的性质和三角形相似的判定方法进行判断即可； （2）①根据勾股定理得出，代入数据得出，求出，再根据勾股定理求出即可； ②设正方形的边长为a，则，，根据相似三角形的性质得出，代入得：，求出，即可得出答案； （3）过点A作于点H，交于点I，设正方形的边长为a，得出，，，得出，根据相似三角形性质得出，即，整理得出，求出结果即可． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵四边形为正方形， ∴， ∴； （2）解：①∵为边上的高， ∴， ∴， 根据勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴； ②∵，， ∴， ∴为边上的高， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， 设正方形的边长为a，则，， 根据解析（1）可知：， ∴， ∴， 解得：， ∴正方形的边长为． （3）解：过点A作于点H，交于点I，如图所示： 根据解析（2）可知：为边上的高， 设正方形的边长为a， ∴，，， ∴， 根据解析（1）可知：， ∴， ∴， 整理得：， ∴，负值舍去． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形面积的计算，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质． 8．(24-25九上·广东佛山三水区·期末)【问题背景】 如图，在平面直角坐标系中，的一边与轴正方向重合，点在射线上；过点作轴于点，的面积是，函数的图象经过点；以点为圆心，以为半径作弧，交函数的图象于点；分别过点，点作轴和轴的平行线，两线相交于点，连接；过点作轴的平行线交线段于点． 【构建联系】 （1）填空： ． 【深入探究】 （2）求证：点在直线上． （3）请写出与的数量关系，并说明理由． （4）尺规作图：求作射线，使得．（保留作图痕迹，不要求写作法） 【答案】（1） （2）见解析 （3），见解析 （4）见解析 【分析】（1）运用反比例函数系数的几何意义即可求得答案； （2）设，，由轴，轴，可得，，运用待定系数法可得直线的解析式为，当时，，即可证得结论； （3）连接交于点，可证得四边形是矩形，推出，再证得，即可求得答案； （4）连接交反比例函数的图象于点，以点为圆心，为半径画弧交反比例函数的图象于点，分别过、作轴、轴的平行线交于点，作点关于轴的对称点，连接、即可． 【详解】解：（1）由于函数的图象经过点， 则， 又， ， 故答案为：； （2）证明：由（1）知：， 设，， 轴，轴， ，， 设直线的解析式为，则， 解得：， 直线的解析式为， 当时，， 点在直线上； （3），理由如下： 轴，轴， ， 四边形是矩形， ，，， ，， ， ， ， ， ， 轴， ， ； （4）如图所示，连接交反比例函数的图象于点，以点为圆心，为半径画弧交反比例函数的图象于点，分别过、作轴、轴的平行线交于点，作点关于轴的对称点，连接、，则射线，即为所求． 【点睛】本题考查了待定系数法、反比例函数系数的几何意义、矩形的判定与性质、等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 9．(24-25九上·广东揭阳惠来县·期末)甲乙两名游客选择两种不同的方式游览某景区，如图，甲从山脚A处乘坐缆车到达景点C处，同时乙开车从山脚A处前行到达D处，此时遇一斜坡，坡度，沿着斜坡前行到达停车场E处，停车后，再跑步到达景点C处（汽车行驶在平路和上坡的速度相等，停车时间忽略不计）．甲在A处观测景点C的仰角为，乙在E处观测景点C的仰角为． (1)求景点C的高度；（结果精确到） (2)甲乘坐缆车的速度为，乙的车速为，乙的跑步速度为，谁先到达景点C?（参考数据：） 【答案】(1)； (2)乙先到达景点． 【分析】本题主要考查了矩形的判定及性质，平行线的性质，解直角三角形，熟练掌握解直角三角形是解题的关键． （1）过点作，于，，延长交于点，在中，由，得，，进而得，，再证明，得， ，，设，进而，在中，由，构造方程求解即可； （2）利用解直角三角形分别求出及，进而求得甲、乙的运动时间，从而比较即可得解． 【详解】（1）解：如图，过点作，于，，延长交于点， ∵在中，由， ∴，， ∴，， ∵为的边上的高， ∴， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴是等腰直角三角形，是等腰直角三角形， ∴，，设， ∴， 在中，，即， 解得，经检验是原方程的解， ∴； 答：景点C的高度为； （2）解：由（）得，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴， ∴， ∴乙先到达景点． 地 城 考点06 正方形的性质和判定的综合 1．(24-25九上·广东佛山南海区大沥镇海北初级中学·期末)如图，四边形是正方形，将绕点顺时针旋转得，连接，则的角度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键． 根据旋转的性质可得，，由正方形性质可得，得． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 由旋转知，，， ∴， ∴． 故选：D． 2．(24-25九上·广东揭阳普宁·期末)如图，在中，，以其三边为边在的同侧作三个正方形，点在上，与交于点，与交于点，若，则的值是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，三角函数的定义，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．设，正方形的边长为，证明，先后求得，，，利用三角形面积公式求得，证明，求得，，据此求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形，且， 设，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 同理，即， ∴， 同理， ∴， ，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 3．(24-25九上·广东佛山禅城区·期末)如图，过扇形圆弧边上点动在内部作正方形（四个顶点分别在扇形的半径和弧上），若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理，灵活运用勾股定理进行几何计算是解决问题的关键．也考查了正方形的性质．连接，如图，设正方形的边长为，则，利用△为等腰直角三角形得到，，再利用勾股定理计算出，所以，然后求出，从而得到的长． 【详解】解：连接，如图， 设正方形的边长为，则， ， 为等腰直角三角形， ，， 在中，，， ， ， ， 解得， ． 故答案为：． 4．(24-25九上·广东清远清城区·期末)如图，四边形是正方形，E是上一点，，，则 ． 【答案】 【分析】此题重点考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质等知识．先证明，由，得，则，即，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 5．(24-25九上·广东佛山南海区·期末)如图，为正方形的边的中点，反比例函数的图象与、分别交于点、，连接、、，，． (1)求的值； (2)求证：； (3)猜想与的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)，证明见解析 【分析】（）设，， 由勾股定理得，即得，，即得到，进而求出点坐标即可求解； （）连接，利用勾股定理求出，再根据勾股定理的逆定理得是直角三角形，据此即可求证； （）设的中点为，连接，延长与的延长线相交于点，证明得，证明得，，即得，进而得，即得到，即可得． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， ， ∵， ∴设，， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∵ ， ∴， ∴，，， ∴， ∴点的坐标为， ∵反比例函数的图象经过点， ∴； （2）证明：连接，如图所示， ∵点是的中点， ∴， 在中，由勾股定理得， ∵点的横坐标为，且反比例函数 的图象经过点， ∴点的坐标为， ∴，， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， 在中， ，， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∴； （3）解：，证明如下： 设的中点为，连接，延长与的延长线相交于点，如图所示， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理及其逆定理，待定系数法求反比例函数解析式，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 6．(24-25九上·广东揭阳榕城区·期末)如图1，在正方形中，点是边上一点，且点不与、重合，过点作的垂线交延长线于点，连接． (1)计算的度数； (2)如图2，过点作，垂足为，连接．求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定； （1）根据正方形的性质结合已知条件证明，得出，进而证明是等腰直角三角形，即可求解； （2）连接，证明，根据相似三角形的性质即可得证． 【详解】（1）解： 四边形是正方形， ，， ，， ， ，即 ， ， ， 是等腰直角三角形． ； （2）证明：如图2，连接， ∵是等腰直角三角形，， ∴，， ∵四边形是正方形，是对角线， ∴是等腰直角三角形，，， ∴， ∴； 又∵， ∴， ∴， ∴． 7．(24-25九上·广东清远阳山白莲中学·期末)【建立模型】 （1）如图①，已知中，，，点D在上，且，点E是的中点，证明： 【知识拓展】 （2）如图②，已知中，，，点D是的中点，点E是边上的动点，连接，当与相似时，求的长度． 【问题解决】 （3）密室逃脱是一种实景逃脱游戏．在游戏中，玩家会被“关”在一个主题房间里，玩家在规定时间内，通过观察、推理和论证来解开一系列谜题，找到逃出房间的方法．如图③，一间地面为边长3米的正方形房间沿对角线分成两间密室，在密室中，墙底部嵌有一面可沿左右滑动的小镜子P（镜面与墙平行），墙底部中间位置E处有一固定激光笔（激光可射向的任何位置），当C处光感器能接收到激光时，密室解开．请计算密室解开时，镜子P与激光笔E的距离． 【答案】（1）证明见解析，（2）的长为或；（3）密室解开时，镜子P与激光笔E的距离为米． 【分析】本题考查的是正方形的性质，线段的垂直平分线的性质，相似三角形的判定与性质； （1）求解，证明，结合，即可得到结论； （2）求解，分两种情况讨论：当时，如图，当时，再进一步求解即可； （3）如图，由题意可得：为的垂直平分线，可得，证明，可得，进一步求解即可． 【详解】解：（1）∵，，点D在上，且，点E是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）如图，∵，，点D是的中点， ∴， 当时， ∴， ∴； 如图，当时， ∴， ∴， 综上：的长为或． （3）如图，由题意可得：为的垂直平分线， ∴， ∵边长3米的正方形，为的中点， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∴密室解开时，镜子P与激光笔E的距离为（米）． 8．(24-25九上·广东佛山顺德区·期末)点是正方形所在平面内一点． (1)如图，若为边上一点，为延长线上一点，且，判断与之间的关系，说明理由； (2)如图，若点在边下方，当时，过点作的垂线交的延长线于点，猜想线段，，之间的数量关系，并证明； (3)在（）的条件下，连接，延长交于点.当，时，求的面积． 【答案】(1)，，理由见解析； (2)，理由见解析； (3)的面积为． 【分析】（）根据正方形的性质可得，，然后利用“边角边”证明和全等，得出，延长交于点，进而求出，从而证明即可； （）设，交于，设，求得，得到，求得，根据全等三角形的性质得到，，根据等腰直角三角形的性质得到； （）由（）知，，根据相似三角形的性质得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）解：，，理由： 延长交于点，如图， ∵四边形是正方形， ∴，， 在和 中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴ ∴，； （2）解：，理由： 设，交于， ∵，， ∴， 设， 则， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 即：； （3）解：如图，由（）知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ （负值舍去）， ∴， ∴的面积． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键 9．(24-25九上·广东深圳·期末)【问题思考】 （1）如图1，已知正方形，M，N分别是边，上一点，连接，，，且，若延长到，使得，连接． 则：运用三角形全等的相关知识，可推理得到三条线段，，之间的数量关系是 ． 【探究应用】 （2）如图2，正方形的边长为5，点E是射线上一动点（不与点B重合），连接，以为边长在的上方作正方形，交射线于点，连接． ①当点E在上时． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）若是等腰三角形，求此时的长． ②当点E在的延长线上时，若，则线段的长为 ． 【答案】（1），理由见解析；（2）①（ⅰ）；（ⅱ）或5；②． 【分析】（1）利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可； （2）（i）连接，利用正方形的性质得到，利用（）的结论得到：，设，则，，利用勾股定理列出方程求得值，再利用直角三角形的边角关系定理解答即可；（ii）过点作，交的延长线于点，利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质求得．设，则，，，再利用分类讨论的思想方法分三种情况推论解答：I．当时，，此种情况不存在；Ⅱ．当时，，则，点与点重合；Ⅲ．当时，．则，利用勾股定理解答即可． ②过点作，交的延长线于点，延长，交于点，利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质和矩形的判定与性质得到，设，则，再利用相似三角形的判定与性质解答即可． 【详解】解：（1），之间的数量关系是：．理由： 四边形为正方形， ，， 在和中， ， ， ，， ， ， 即． ， ． 在和中， ， ， ， ， ． 故答案为：； （2）①（i）连接，如图， 四边形为正方形， ，， ， 由（）知：． 正方形的边长为，， ． 设，则，． ， ， ． ， ； （ii）过点作，交的延长线于点，如图， 四边形和四边形为正方形， ，，， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 为等腰直角三角形， ． 设，则，，． ． Ⅰ．当时，， ． ， ． 此时，不合题意，舍去； Ⅱ．当时，， ， 此时，点与点重合， 点与点重合， ； Ⅲ．当时，． 则， ． ， ． 解得： 综上，若是等腰三角形，的长为或； ②过点作，交的延长线于点，延长，交于点，如图， 四边形和四边形为正方形， ，，， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， 四边形为矩形， ，， 同理：四边形为矩形， ． ， ． 设，则， ． ， ． ，， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，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，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，等腰三角形的判定与性质，分类讨论的思想方法，添加恰当的辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 10．(24-25九上·广东佛山南海区·期末)如图，在正方形中，点为对角线上一动点（点不与、重合），连接，过点作交直线于，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，，． (1)求证：； (2)试探究与的数量关系，并说明理由； (3)若正方形的边长为，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（）利用正方形的性质和旋转的性质可得，，利用余角性质可得，进而即可求证； （）由全等三角形的性质得，即得，进而由正方形性质得； （）延长至，使 ，连接、、，由正方形和全等三角形的性质得，进而可得，即得，得到，即可得，利用勾股定理求出即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 又由旋转得，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：， 理由如下： ∵， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴； （3）解：如图，延长至，使 ，连接、、，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴当点三点共线时，取最小值，最小值为的长， ∵， ∴的最小值为． 【点睛】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，勾股定理，两点之间线段最短，正确作出辅助线是解题的关键． 11．(24-25九上·广东佛山南海区大沥镇海北初级中学·期末)如题图，已知点、点分别是正方形，边上的一点，且，连接，相交于点． (1)探究一：与有什么关系？请说明理由； (2)探究二：如题图，当时，求的值． 【答案】(1)，，详见解析； (2)． 【分析】（）由四边形是正方形，，，证明，由全等三角形的性质可得，，再利用角度和差即可； （）设，则，，由勾股定理求出，然后证明，根据相似三角形的性质，从而即可求解． 本题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，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）解：，，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：设，则， ∴， 由（）得，则， ∵中，， ∴， ∴， 由（）得，则， ∴， 又∵， ∴， ∴． 12．(24-25九上·广东清远英德·期末)在矩形中，点G是边的中点，点E，F是其所在平面的两个点，且，，连接，，点H是的中点，连接． (1)如图1，若点E在边上，点F在边上，且，请直接写出与的数量关系； (2)如图2，，将绕点B旋转，连接，若，猜想与的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图3，，将绕点B旋转，连接，若． ①猜想与的数量关系（用m、n表示），并证明你的猜想； ②如图4，当绕点B顺时针旋转时，将沿翻折得到，若点K刚好与点F重合，则此时矩形的边长与应满足什么关系？请说明理由． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3)①；② 【分析】（1）先证明，，结合为的中位线，可得结论； （2）如图，连接，证明四边形为正方形，证明，可得，再结合三角形的中位线可得答案； （3）①仿照（2）的思路进行证明与计算即可；②如图，连接，当K与F重合时，，则，证明，可得，设，则，可得，从而可得结论． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵，，， ∴，， ∵点G是边的中点，点H是的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 如图，连接， ∵，矩形， ∴四边形为正方形， ∴， ∴， ∵，， ∴， 在和中   ∴， ∴， ∵G、H分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴． （3）解：①，理由见解析； 如图，连接， 同理可得：， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∴； ②，理由如下： 如图，连接，当K与F重合时，， ∴， ∴，， ∴， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 而，， 设，则 ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，中位线的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质等，找到需要相似三角形是解题的关键． 地 城 考点07 与菱形有关的计算和证明 1.如图，在四边形中，，是对角线． (1)用尺规完成以下基本作图：作线段的垂直平分线，分别交于点O，E，F．连接．（只保留作图痕迹） (2)在（1）问所作的图形中，求证：四边形为菱形． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】（1）根据线段垂直平分线的尺规作图方法，分别以、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧分别相交于两点，过这两点作直线，即为的垂直平分线． （2）先利用垂直平分线的性质得到且，再由得出内错角相等，通过角边角定理证明三角形全等，得到，结合证明四边形是平行四边形，最后根据对角线垂直的平行四边形是菱形来证明． 【详解】（1）解：如图，为所求作的线段的垂直平分线； （2）证明：∵垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形，     ∵， ∴四边形为菱形（对角线垂直的平行四边形为菱形） 【点睛】本题主要考查了尺规作图、全等三角形的判定及性质、菱形的判定，熟练掌握线段垂直平分线的尺规作图方法以及菱形的判定定理是解题的关键． 2．(24-25九上·广东江门鹤山·期末)如图，每个小方格都是边长为1的正方形，A、B、C、O都是格点（每个小方格的顶点叫做格点）． (1)画出关于点O对称的； (2)连接和，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】(1)图见解析； (2)四边形为菱形，证明见解析． 【分析】本题考查作图-旋转变换、平行四边形的判定，菱形的判定等知识，熟练掌握中心对称的性质、菱形的判定是解题的关键． （1）根据中心对称的性质作图即可． （2）由中心对称的性质可得，，则四边形为平行四边形，再结合勾股定理可得，则可得四边形为菱形． 【详解】（1）解：如图，分别连接并延长，再取，，，依次连接，则即为所求， （2）解：四边形为菱形，理由如下： ∵与关于点对称， ∴，， ∴四边形为平行四边形， 由网格得，， ∴， ∴四边形为菱形． 3．(24-25九上·广东汕头金平区·)如图，中，，，是由绕点按逆时针方向旋转得到的，连接相交于点． (1)求证：； (2)当四边形为菱形时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据旋转的性质得到，，可证，由此即可求解； （2）根据菱形的性质得到，，为等腰直角三角形，由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵由绕点按逆时针方向旋转得到， ∴，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴． 【点睛】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质是解题的关键． 4．(23-24九上·广东惠州·期末)如图，是的对角线． (1)尺规作图（请用铅笔）：作线段的垂直平分线，交，，分别于E，O，F，连接，（保留作图痕迹，不写作法）． (2)试判断四边形的形状并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形为菱形，见解析 【分析】（1）利用基本作图，作线段的垂直平分线即可； （2）先根据线段垂直平分线的性质得到，，，再证明得到，所以，于是可判断四边形为菱形． 【详解】（1）如图所示， （2）四边形为菱形．理由如下： ∵垂直平分， ∴，，， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形． 【点睛】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质和菱形的判定． 5．(23-24九上·广东清远清城区·期末)在数学综合实践课上，仿照北师大版九年级上册第8页，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展探究活动.如图1，将长与宽都相等的两个矩形纸片和叠放在一起，固定矩形，将矩形绕的中点O逆时针旋转. (1)初步发现：在旋转过程中，对角线与边、分别交于点S、T，如图2，则线段与始终存在着怎样的数量关系?请说明理由； (2)继续探究：旋转过程中，当两个矩形纸片重叠部分为四边形时，如图2. ①求证：四边形为菱形； ②随着矩形纸片的旋转，四边形的面积会发生变化，若，，请求出四边形的最大面积与最小面积． 【答案】(1)，理由见解析 (2)①见解析；②四边形的最大面积为20，最小面积为16 【分析】本题考查三角形全等的判定及性质，矩形的性质，菱形的判定，勾股定理． （1）由矩形的性质可得，，从而通过“”证明，即可得到； （2）①过点Q作于点K，作于点L．由矩形和矩形得到，，因此四边形是平行四边形．通过“”证明，得到，从而得证是菱形； ②由菱形的面积公式可得，而在中，，因此当为最大值时，有最大值，当为最小值时，有最小值．而随着矩形纸片的旋转，逐渐减小，当时为最小值，然后逐渐增大．当点F与点C重合时或点E与点B重合时， 有最大值；当点N与点K重合时，，为最小值．分别求解即可解答． 【详解】（1），理由如下： ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 在和中 ， ∴， ∴ （2）①过点Q作于点K，作于点L． ∵四边形，四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是平行四边形． ∵， ， ∴，， ∴， ∵四边形，四边形是矩形， ∴，， ∴四边形，四边形都是矩形， ∴，， ∵矩形和的宽相等，即， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴在和中 ， ∴， ∴， ∴是菱形； ②∵四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， ∵在中，， ∴当为最大值时，有最大值，当为最小值时，有最小值． ∵随着矩形纸片的旋转，逐渐减小，当时为最小值，然后逐渐增大． 如图①，当点F与点C重合时，有最大值，此时点A与点Q，点D与点K重合， 设，则，， 在中，，即， 解得， ∴ ∴， ∴ ， 或如图②，当点E与点B重合时，有最大值，此时点D与点G，点N重合 同理设，， 在中，，即， 解得， ∴， ∴ ∴ ， 即菱形面积的最大值为20； 如图③，当点N与点K重合时，，为最小值，此时， ∴ 即菱形面积的最小值为16； 综上所述，四边形的最大面积为20，最小面积为16 地 城 考点08 与矩形有关的计算和证明 2．(23-24九上·广东茂名高州·期末)综合与实践 【问题背景】“夏至”过后，越来越多的市民喜欢去海边游玩，小明同学发现沙滩上有很多的遮阳伞为游客带来一丝清凉，如图1是沙滩上的圆形遮阳伞支架张开的状态，为了了解遮阳伞下方的遮阴面积，小明进行了如下操作调研． 【测量与整理】通过操作发现，小明发现：如图2，当伞完全折叠时，伞顶与伞柄顶端点重合，两边主骨架的端点与重合；如图3，在撑开过程中，骨架的中点到点的距离始终等于的一半，；如图4，当伞完全张开时，． 【计算与分析】                 图1                       图2                      图3                          图4 (1)当伞完全张开后，求的长度； (2)当太阳光垂直照到遮阳伞上时，求伞完全张开时，遮挡住的阴影部分的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查矩形的判定和性质，勾股定理，圆的面积的计算，掌握矩形的判定，勾股定理的实际运用是解题的关键． （1）根据题意，连结，过点作于，可证四边形是矩形，根据勾股定理可求出的长度，由此即可求解； （2）根据圆的面积的计算方法即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，连结，过点作于， ， ， 又如图3，连接， 伞在撑开过程中，点是中点，等于一半， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ∴的长度为． （2）解：， 所以遮挡住的阴影部分的面积是． 2．(23-24九上·广东河源紫金县·期末)如图，在平行四边形中，点E，F分别在，上，，．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，且，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据，证明平行四边形是矩形即可； （2）先根据勾股定理求出，根据，得出四边形为菱形．证明，设，则，根据勾股定理得出，求出，再求出平行四边形的面积即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ，即， ∵， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形． （2）解：四边形是矩形， ， ，， 在中，由勾股定理得： ， ， 四边形为菱形． ， 设，则， 在中，由勾股定理得， 即， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握矩形、菱形和平行四边形的判定方法，数形结合． 3．(23-24九上·广东普宁·期末)【综合与探究】 问题情境：综合实践课上，老师让同学们探究“平面直角坐标系中图形的旋转问题”．如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点在x轴上，点在y轴上．操作发现：以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F． （1）如图①，当点D落在边上时，求D点的坐标； 【继续探究】 （2）如图②，当点D落在线段上时，与交于点H， ①求证：； ②求点H的坐标． 【拓展探究】 （3）如图①，点M是x轴上任意一点，点N是平面内任意一点，是否存在点N，使以A、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出N点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）①见解析；②；（3）存在，或或或 【分析】（1）根据矩形的性质得出，，根据旋转的性质得出，根据勾股定理可得：，则，即可得出点D的坐标； （2）①根据旋转的性质得出，则，即可根据证明；②根据旋转的性质得出，即可求证，得出，设，则，根据勾股定理可得：，列出方程，求出x的值，即可得出H的坐标； （3）根据菱形的性质可得出以A、D、M为顶点的三角形是等腰三角形，设，，根据两点之间距离公式得出，，，再进行分类讨论：①当时，②当时，③当时，先求出点M的坐标，再根据中点坐标公式，即可得出点N的坐标． 【详解】（1）解：∵，，四边形为矩形， ∴，， ∵顺时针旋转矩形，得到矩形， ∴， 根据勾股定理可得：， ∴， ∴； （2）①∵顺时针旋转矩形，得到矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； ②∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则， 在中，根据勾股定理可得：， 即， 解得：， 即， ∴； （3）∵使以A、D、M、N为顶点的四边形是菱形， ∴使以A、D、M为顶点的三角形是等腰三角形， 设，， ∵，， ∴， ， ， ①当时，， ∴， 解得：， ∴或， ∴或， 解得：或 ∴或； ②当时，， ， 解得：（舍去）， ∴， ∴， 解得：， ∴； ③当时，， ∴， 解得：， ∴， ∴， 解得：， ∴， 综上：或或或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，菱形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形对边相等且平行，四个角都是直角；旋转前后对应角相等，对应边相等；菱形四边都相等，对角线互相垂直平分． 地 城 考点09 与正方形有关的计算和证明 1．(24-25九上·广东广州知用学校·期末)已知，如图 ，正方形 的边长为 ，点、分别在边、 的延长线上，且，连接． (1)求证： (2)将 绕点顺时针方向旋转，当旋转角满足时，设与射线交于点，与交于点，如图所示，试判断线段、、的数量关系，并说明理由． (3)若将绕点旋转一周，连接、，并延长 交直线于点 ，连接，试 说明点的运动路径并求线段的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 (3)点的运动路径是：以为直径的圆，当与重合时， 最小，；当与重合时， 最大为， 【分析】(1)先证明，根据，可得为等腰直角三角形，从而得出结论； (2)如图，作辅助线，构建全等三角形，先证明，得，由，得，，利用勾股定理得：，根据相等关系线段等量代换可得结论：； (3)如图3，先证明，根据的圆周角所对的弦是直径可得：点的运动路径是以为直径的圆，如图，可得的取值范围． 【详解】（1）证明： 四边形是正方形， ，， ， ， 即， ； （2）解：， 理由是：如图  ，过作 ，截取，连接、， ，， ， 由旋转得：， ， ， ，， , ， 中，， 即：； （3）解：如图 3，    ， ，， ， ， ， 将绕点旋转一周，总存在直线与直线垂直， 点的运动路径是：以为直径的圆，如图4，当与重合时， 最小，；当与重合时， 最大为，． 线段的取值范围是：． 【点睛】本题是四边形和几何变换的综合题，考查了正方形、等腰直角三角形的判定和性质，通过作辅助线构建全等三角形得出边相等和角相等，因此本题辅助线的作法是关键；故在几何证明中，恰当的作辅助线可以把四边形的问题转化为三角形的问题，使问题得以解决． 2．(24-25九上·广东珠海金湾区·期末)综合探究 操作一：折叠正方形纸片，使顶点落在边上点处，得到折痕，把纸片展平（如图1）； 操作二：折叠正方形纸片，使顶点也落在边上的点处，得到折痕，与交于点，连接（如图2）． (1)根据以上操作，直接写出图2中与线段相等的两条线段：______； (2)探究发现：把上题图中的纸片展平，得到图，通过观察发现无论点在线段上任何位置，线段与线段始终相等，请你直接用第一问发现的结论写出完整的证明过程； (3)拓展应用：已知正方形纸片的边长为，在以上探究过程中当点到的距离是时，求线段的长． 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)或 【分析】（）由折叠的性质和线段垂直平分线的性质可得； （）过点作，交于，交于，可证，得到，进而可得，即可求证； （）过点作，交于，交于，分点在点的右侧和左侧两种情况解答即可求解． 【详解】（1）解：如图2，连接， ∵折叠正方形纸片，使顶点A落在边上点P处，得到折痕， ∴垂直平分， ∴， ∵折叠正方形纸片，使顶点B也落在边上点P处，得到折痕， ∴垂直平分， ∴， ∴， 故答案为：； （2）证明：如图，过点作，交于，交于， ∵四边形为正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴； （3）解：过点作，交于，交于， 当点在点的右侧时， ∵，， ∴， ∵点到距离是， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； 当点在点的左侧时，， 综上所述：或． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，轴对称性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 3．(24-25九上·广东惠州惠城区·期末)如图1，已知，，点、分别在边、上，，连接，点、、分别为、、的中点． (1)【观察猜想】在图1中，线段与的数量关系是_____； (2)【探究证明】当，把绕点A顺时针方向旋转到图2的位置，请直接写出的形状为______； (3)【拓展延伸】当，，，再连接，再取的中点，把绕点在平面内自由旋转，如图3． ①求证：四边形是正方形； ②请直接写出四边形面积的最大值为______． 【答案】(1) (2)等腰三角形 (3)①见解析；②16 【分析】（1）线段与的数量关系是：，理由是：是的中位线，是的中位线，可得，，而，，可得，故； （2）连接、，证明，可得，根据点、、分别为、、的中点，得，，故，是等腰三角形； （3）①连接、，由，可得，，根据是的中位线，是的中位线，是中位线，是中位线，即可证明四边形是菱形，再经过倒角证明，，即得四边形是正方形； ②由①可知：四边形是正方形，，故四边形面积的最大，即是最大，此时在延长线上，，即得，四边形面积的最大值为． 【详解】（1）解：线段与的数量关系是：，理由是： 点、、分别为、、的中点， 是的中位线，是的中位线， ，， 而，， ，即， ； 故答案为：； （2）解：是等腰三角形，理由如下： 如图2，连接、， 把绕点顺时针方向旋转， ， 在和中， ， ， ， 点、、分别为、、的中点， 是的中位线，是的中位线， ，， ， 是等腰三角形， 故答案为：等腰三角形； （3）①证明：如图3，连接、， 把绕点旋转， ， 在和中， ， ， ，， 点、、分别为、、的中点，为中点， 是的中位线，是的中位线，是中位线，是中位线， ，，，， ， 四边形是菱形， ，， ， ， ，即， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是正方形； ②解：如图4， 由①可知：四边形是正方形，， 四边形面积的最大，即是最大， 而，， 在延长线上时，最大，此时， ， 四边形面积的最大值为． 故答案为：16． 【点睛】本题考查四边形综合应用，涉及等腰三角形判定及性质、正方形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、三角形中位线定理等知识，解题的关键是熟练应用三角形的中位线定理． 4．(23-24九上·广东深圳南山区·期末)如图，在正方形中，点，分别在，上，，垂足为．    (1)求证：； (2)若正方形的边长是8，，点是的中点，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判断和性质，勾股定理，斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）根据正方形的性质可得，，结合可得，推出，即可得证； （2）由题意知，即可求出，则，根据勾股定理即可求出，由是中点可得，即可解答． 【详解】（1）证明：四边形是正方形 ， （2）解：正方形的边长是8， ，，， ，点是的中点 5．(23-24九上·广东珠海金湾区·期末)综合与实践 已知正方形纸片． 第一步：如图1，将正方形纸片沿、分别折叠，然后展开后得到折痕、，折痕相交于点． 第二步：如图2，将正方形纸片折叠，使点的对应点恰好落在上，得到折痕，与相交于点，然后展开，连接、． 问题解决： (1)的度数是________． (2)已知的边长是4，求的长， 【答案】(1)； (2)的长为 【分析】（1）由正方形的性质得：，由折叠的性质得，在中，根据三角形的内角和即可得答案； （2）由正方形和勾股定理求出得长，由折叠额性质得，，，，最后根据勾股定理计算可得答案． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ， 由折叠的性质得：， 在中，； （2）设， 在正方形中， ，， 由折叠知：，，，，， 在中，，即， 解得：， 的长为． 【点睛】本题考查了正方形得性质，三角形的内角和，图形的翻折，勾股定理的性质，解题的关键是熟练掌握翻折的性质． 6．(23-24九上·广东湛江经济技术开发区·期末)如图所示，四边形是正方形，旋转一定角度后得到，，． (1)这个图形变换中，旋转中心是__________，旋转角度是__________，_________． (2)求证：直线 【答案】(1)A，，， (2)证明见解析 【分析】本题考查了旋转的性质和正方形的性质，旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等，熟知旋转的性质是解题的关键． （1）根据旋转的性质可知为旋转角，A为旋转中心，，即可求解； （2）延长交于点，求得，即可求解． 【详解】（1）解：四边形是正方形，旋转一定角度后得到， ∴，， 由旋转的性质可得：旋转中心是A，旋转角度是，， ∴； （2）延长交于点，如图： 由旋转的性质可得： 又∵ ∴ ∴． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $