专题09 平行四边形及特殊四边形综合探究（8大题型，压轴题专项训练）2026年中考数学(全国通用)

专题09 平行四边形及特殊四边形综合探究 目 录 模块一、解题方法总述 模块二、压轴题型专练 题型01 平行四边形的判定与性质综合 题型02 菱形的判定与性质综合 题型03 矩形的判定与性质综合 题型04 正方形的判定与性质综合 题型05 中点四边形问题 题型06 四边形中的折叠问题 题型07 四边形中的旋转问题 题型08 特殊四边形与函数图象结合的存在性探究 模块三、综合实战演练 一、四边形中的旋转问题解题策略： 核心逻辑：以旋转的全等本质为基础，锁定旋转三要素，结合特殊四边形的边、角、对角线固有性质，通过构造特殊三角形或全等三角形集中分散条件，实现“动中找静”，推导线段、角度、面积关系或图形位置关系。 1. 先明核心要素，标注不变量与固有性质 首先确定旋转的三要素：旋转中心（多为四边形的顶点、对角线交点，正方形/菱形常以中心或顶点为旋心）、旋转角（由四边形特征决定，正方形/矩形多为90°，菱形多为60°/120°，为高频特殊角）、旋转方向（顺/逆时针不影响等量关系，无需刻意区分）； 再标注旋转的不变量：旋转后对应边相等、对应角相等，结合四边形本身性质（平行四边形对边平行且相等、菱形四边相等+对角线垂直、矩形四角直角+对角线相等、正方形兼具所有特征），叠加推导更多等量边、角，为后续解题铺垫。 2.作关键辅助线，构造特殊图形集中条件 核心辅助线优先连旋转对应点，直接得到全等三角形，将分散在四边形不同位置的边、角转移到同一图形中； 结合旋转角和四边形特征构造特殊三角形：90°旋转（正方形/矩形）构造等腰直角三角形，60°旋转（菱形）构造等边三角形，平行四边形旋转可结合对边平行构造平行线型全等； 遇复杂图形可连四边形对角线，拆分出等腰、直角三角形，同时利用对角线的平分、垂直、相等特征，补充等量条件，让分散的条件更集中。 3. 结合题型需求，针对性推导结论 证线段/角相等、平行/垂直：由旋转全等直接得对应边、角相等，叠加四边形的平行、垂直、对角相等性质，推导线段和差、角度等量关系；证垂直可利用90°旋转角或等腰直角三角形特征，证平行可通过等角转化结合平行线判定定理； 求线段长/角度/面积：线段长和角度优先在构造的直角、等边、等腰直角三角形中，用勾股定理、特殊角三角函数求解；面积利用“旋转后图形与原图形全等（面积不变）”，不规则面积用割补法，结合四边形和特殊三角形的面积公式计算； 二、函数图像中特殊四边形存在性问题解题策略： 核心逻辑：数形结合，单参表动点坐标，按四边形判定分类列方程，求解验证保有效，将几何存在性转化为代数运算，核心是坐标化、方程化、分类化。 1. 定背景，设坐标：明确函数解析式，区分定点与动点；动点用单参表示（横坐标为参，代入函数表纵坐标），实现几何点向代数坐标转化。 1. 分情况，定判定：以平行四边形为基础，分类讨论（定线段为边/对角线）： · 平行四边形：用对角线中点重合（中点公式）列等式； · 菱形：平行四边形条件+邻边相等（距离公式）； · 矩形：平行四边形条件+邻边垂直（斜率乘积为-1）或对角线相等； · 正方形：平行四边形条件+邻边相等且垂直（菱形+矩形）。 1. 转等式，求参数：将几何特征转化为中点、距离、斜率公式，联立方程求解参数，简化运算（如距离公式平方消根号）。 1. 验结果，保存在：验证动点坐标满足函数解析式、四点不共线、几何条件全满足，剔除无效解，整理分类结论。 题型01 平行四边形的判定与性质综合 1．如图，在平行四边形中，、分别在边、上，且满足． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，连接，并求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质得出，，再证，即可得出结论； （2）根据平行四边形的性质和勾股定理解答即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ∴，， ， ， 即， 又， 四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 2．已知四边形中，P是对角线BD上的一点，过P作，分别交于点M，N，E，F，设，解答下列问题： (1)当四边形是矩形时，见图1，请判断a与b的大小关系，并说明理由． (2)当四边形是平行四边形，且为锐角时，见图2，（1）中的结论是否成立？并说明理由． (3)在（2）的条件下，设，是否存在这样的实数k，使得？若存在，请求出满足条件的所有k的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，理由见解析 (2)成立，理由见解析 (3)存在，或 【分析】（1）根据矩形的判定和性质得出四边形均为矩形．，，结合图形即可得出结果； （2）根据平行四边形的判定和性质得出四边形也均为平行四边形．同理得；过点E作于点H，得出，确定，然后结合图形表示出面积即可； （3）由(2)可知，，，然后代入式子化简即可求解． 【详解】（1）解：∵是矩形，， ∴四边形均为矩形． ∴， 又∵是对角线， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）成立． 理由如下：∵是平行四边形，， ∴四边形也均为平行四边形． 由(1)同理得； 过点E作于点H， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∵， ∴， ∴即； （3）解：由(2)可知，， 同理：， ∴ ， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴解得， 故存在实数，使得． 3．如图，在中，于点，，分别为，的中点，为边上一点，，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若点是的中点，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先根据直角三角形斜边上的中线性质得到，进而可证明得到，再根据三角形的中位线性质证得，然后根据平行四边形的判定可证得结论； （2）根据正切定义可设，则，根据中点的定义，平行四边形的性质可求出，根据三角形中位线定理得出，求出，则，，最后根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵F为边中点，， ∴为斜边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵E，F分别为，的中点， ∴为的中位线， ∴，即， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵，， ∴设，则， ∵点是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵，分别为，的中点， ∴， ∴， ∴，， ∴． 4．如图1，在中，与相交于点O，点E为的中点，连接交于点F． (1)求证：，； (2)如图2，点P为的中点，连接、、，判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是平行四边形，证明见解析 【分析】（1）如图1，连接，根据已知和平行四边形的性质可知，，然后设，，根据三角形的面积公式和三角形面积的和差表示出，，从而表示出，，然后再根据面积的和差表示出，，从而得到，利用因式分解得到a和b关系，即可证得结论； （2）根据，，利用（1）中的结论，通过线段的和差可推出，进而得到，结合即可证得结论． 【详解】（1）证明：如图1，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点E为的中点， ∴， 设，， 则，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴，即， ∴，即， ，即； （2）解：四边形是平行四边形，证明如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵点P为的中点， ∴， 由（1）可知，，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． 5．综合证明： (1)如图1，四边形是平行四边形，G、H是对角线的三等分点．求证：四边形是平行四边形． (2)如图2，四边形中，G、H是对角线的三等分点，延长、，分别与、交于E、F，若E、F分别是、的中点．求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接交于点O，由平行四边形的性质得，，再证明，然后由平行四边形的判定即可得出结论； （2）连接交于点O，连接，，先证明是的中位线，得，同理，再证明四边形是平行四边形，得，然后由平行四边形的判定即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图1，连接交于点O， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵G、H是对角线的三等分点， ∴， ∴， 即， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：如图2，连接交于点O，连接，， ∵G、H是对角线的三等分点， ∴， ∵E是的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理， ∴四边形是平行四边形， ∴，， 又∵， ∴， 即， ∴四边形是平行四边形． 核心：性质抓“对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分”；判定紧扣3类条件（边/角/对角线），用性质推条件，用判定证图形。 1. 性质应用：直接用边/角/对角线的等量关系，推导线段和差、角度计算、三角形全等； 2. 判定技巧：优先找边的关系（一组对边平行且相等/两组对边分别平行/相等），对角线互相平分次之，角的关系（两组对角相等）作补充； 3. 关键：无图题注意分类讨论（如对角线分情况、边的位置分情况）。 题型02 菱形的判定与性质综合 1．九年级（1）班学生在数学老师的指导下，以“图形的旋转”为主题，开展数学探究活动． (1)【观察猜想】 如图1，是等边三角形，点在边上，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，，请直接写出线段与线段的数量关系：____，_____； (2)【类比探究】 如图2，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）． ①如图3，当点在线段上，且，时，以线段为边作等边三角形，连接，请判断线段与线段的数量关系，并说明理由； ②在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，，请直接写出线段的长． 【答案】(1)， (2)①，理由见解析；②或 【分析】（1）证明得出，，进而求得； （2）根据菱形的性质以及，得出是等边三角形，证明，再证明，进而根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解； （3）分情况讨论，当在线段上，记与交于点，证明，，根据相似三角形的性质结合已知可得；当在线段上时，延长交于点，同理可得，即可求解． 【详解】（1）解：是等边三角形， ，，， 由旋转可得，，， ， ， ，， ； （2）①，理由如下： 在菱形中，， ∴， 是等边三角形， ，， 是等边三角形， ，， ，， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ； ②如图，当在线段上，记与交于点， ∵四边形是菱形 ∴，， ∴， ∵将线段绕点逆时针旋转得到， ∴ ∴ ∴，即， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； ②如图，当在线段上时，延长交于点 ∵， ∴， 同理可得， ∴， ∵， ∴； 2．如图，在矩形中，点E是的中点，延长至点G，使得 连接，的延长线与的延长线交于点F，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，，求菱形的面积． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先结合矩形的性质以及点E是的中点，证明，则，再证明四边形是平行四边形，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形进行分析，即可作答． （2）结合矩形的性质以及角平分线的定义得，则，运用勾股定理列式得，由（1）得四边形是菱形，运用对角线的乘积的一半算出菱形的面积． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴ ∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， 即， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴ ∵平分， ∴ ∴ ∴ ∵点E是的中点， ∴ ∴ ∵四边形是矩形， ∴ 由（1）得四边形是菱形； ∴， ∴菱形的面积． 3．如图，在中，，D为的中点，且， (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积．计算结果保留根号 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证出一组邻边相等，即可得出结论； （2）过点D作，垂足为点F；先证明是等边三角形，得出，，再由平行线的性质得出，在中，由三角函数求出，进而求得菱形的面积即可． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， 又，D是的中点， ， 平行四边形是菱形； （2）解：过点D作，垂足为点F，如图所示，即为菱形的高， ，， 是等边三角形， ，， ∵四边形是菱形， ∴，， ， 又， 在中，， 菱形的面积为 4．如图，在中， ，以边上一点O为圆心，长为半径作，与分别相切于点A、点D，并与边相交于另一点F，在优弧上求作一点E，使得四边形为菱形； 小文的作法如下： ①以点B为圆心，适当长为半径画弧分别交于点M，点N； ②分别以点M，N为圆心，大于 的长为半径作弧，两弧交于点P； ③连接，并延长交于点E，连接，即四边形为所求作的菱形． (1)证明：四边形为菱形； (2)若，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，先求出，，得到进而证明出，得到，同理可得，再由，得到，即可解答； （2）推导出，在中，求出，，则的周长为，即可解答． 【详解】（1）证明：连接，如图 ∵与分别相切于点A、点D， ∴， ∵根据小文的作图步骤可得是的平分线， ∴经过点O， ∵， ∴， ∴ ∴ ∴， ∴， ∴， 同理可得， 又∵， ∴， ∴四边形为菱形； （2）解：由(1)知四边形为菱形， ∴， 在中， ∵， ∴，， ∴的周长为． 5．综合与探究 (1)如图1，在矩形中，对角线与相交于点O，过点O作直线，交于点E，交于点F，连接，，且平分． ①求证：四边形是菱形； ②直接写出的度数． (2)把（1）中菱形进行分离研究，如图2，G，I分别在，边上，且，连接，H为的中点，连接，并延长交于点J，连接，，，．试探究线段与之间满足的数量及位置关系，并说明理由． 【答案】(1)①见解析；② (2)，，理由见解析 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的性质和判定、等边三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）①证明是的垂直平分线，≌，得到，进而证明； ②根据菱形的性质推出，进而解题即可； （2）延长到M，使，连接，证明≌以及是等边三角形，证明≌以及是等边三角形，推出，，即可得解． 【详解】（1）①证明：由题意知，，，， ∴， ∵， ∴是的垂直平分线， ∴，，， 在和中， ， ∴≌， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； ②解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：，，理由如下： 延长到M，使，连接，如图所示： ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴，，， ∵H为的中点， ∴， 在和中， ， ∴≌， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， 又∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴≌， ∴，， 在中，， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∵ ∴，， 在中，， ∴， 由勾股定理得：， ∴，． 核心：菱形是“特殊平行四边形”，性质多“四边相等、对角线垂直且平分内角”；判定先证平行四边形，再补菱形专属条件（边/对角线）。 1. 性质应用：四边相等推线段等量，对角线垂直构直角三角形（勾股定理求边长），对角线平分内角推角度平分线； 2. 判定技巧：① 先证平行四边形+一组邻边相等/对角线垂直；② 直接证四条边都相等； 3. 关键：对角线垂直是菱形核心特征，遇菱形必连对角线，用垂直和平分解题。 题型03 矩形的判定与性质综合 1．在矩形中，，，E、F是直线上的两个动点，分别从、两点同时出发相向而行，速度均为每秒2个单位长度，运动时间为t秒，其中． (1)如图1，、分别是、中点，当四边形是矩形时，求的值； (2)若、分别从点、沿折线运动，与相同的速度同时出发． ①如图2，若四边形为菱形，求的值； ②如图3，作的垂直平分线交、于点、Q，当四边形的面积是矩形面积的时，求的值． 【答案】(1)或 (2)①；② 【分析】（1）先证明，则，，可得，则，得四边形是平行四边形，连接，证明四边形是矩形，则，，当时，四边形是矩形，则或，解方程即可得到答案； （2）①由（1）知：，连接，由四边形为菱形得到，，则，则，由勾股定理得到，则，求得，则，则，即可得到； ②根据点G，H所在边的不同分情况讨论求解． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵M、N分别是的中点， ∴， ∵E、F分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒2个单位长度， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 如图1，连接， ∵四边形是矩形，M，N分别是中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵矩形中，，， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是矩形， ∴或， 解得：或； （2）解：①由（1）知：， 如图2，连接， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图3，点G在上，点在上时，连接， ∵是的垂直平分线， ∴， 设，则， ∵在中，， 即，解得， ∴，， 同理可得， ∴， ∵G、H分别从点A、C沿折线，运动， ∴， 又∵， ∴， ∴， 同理可证， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形的面积是矩形面积的， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 如图，点G在线段上，同时点在线段上， 即时， ， ， ∴， ∵在矩形中，，即， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 解得，不合题意，舍去． 故此情况不存在． 如图，点G在线段上，同时点在上， 即时， ，， ∴， ∵在矩形中，，即， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 解得，不合题意，舍去． 故此情况不存在． 综上所述，四边形的面积是矩形面积的时，的值为． 2．如图，在平行四边形中，过点D作于点E，，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见详解 (2)20 【分析】（1）利用平行四边形的性质得出平行的边和相等的边，判定出四边形是平行四边形，再根据矩形的定义即可判定； （2）利用平行的性质和角平分线的性质得出，然后根据勾股定理求出，即可求出矩形的面积． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， 又 ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵平分， ， ， ， ， ， ∴矩形的面积． 3．如图，在中， D，E分别是的中点，连接，过点 A 作，垂足为F，延长至点G，使，连接，延长至点H，使，连接，易知四边形的面积等于的面积． (1)求证：四边形 为矩形； (2)若，，请你利用上述结论求的面积． 【答案】(1)见详解 (2)36 【分析】本题考查了中位线，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）结合中位线的性质，得出，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得四边形为平行四边形，然后证明结合一个内角是90度的平行四边形是矩形，即可作答． （2）由（1）得得出，得出四边形的面积，又因为四边形的面积等于的面积，故的面积． 【详解】（1）解：∵D，E分别是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴ ∵D是的中点， ∴， ∵， ∴ ∴ ∴四边形 为矩形； （2）解：由（1）得， 四边形为矩形, ∴， ∵， ∴ ∴四边形的面积， ∵四边形的面积等于的面积， ∴的面积． 4．如图，在中，的平分线和的平分线交于点E，点E在边上，以为边作． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，则由角平分线的定义和平行线的性质可证明，则可得到，据此结合矩形的判定定理可证明结论； （2）由平行四边形的性质得到，，则，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵的平分线和的平分线交于点E， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵平分， ∴， 由（1）得， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形的周长． 5．在矩形中，点是上的一个动点（点不与端点重合），点为的中点，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，若，，当线段的长为整数时，直接写出线段的长． 【答案】(1)见详解 (2)或或或 【分析】（1）过点作交于，延长交于，结合矩形的判定及性质，由判定，由判定，由全等三角形的性质即可得证； （2）由点的运动路径得，设，由直角三角形的特征得，可求，由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：过点作交于，延长交于， ， 四边形是矩形， ，，， 四边形是矩形，， ， ， ， 是的中点， ， ， ， ， ， ； （2）解：连接， 四边形是矩形， ， ， 点是上的一个动点（点不与端点重合）， ， ， 设， 是的中点， ， ， 解得， ， 线段的长为整数， 为或或或， 为或或或， 当时， ， 同理可求时，， 时，， 时，， 综上，的长为或或或． 核心：矩形是“特殊平行四边形”，性质多“四角为直角、对角线相等”；判定先证平行四边形，再补矩形专属条件（角/对角线）。 1. 性质应用：直角构勾股定理/相似三角形，对角线相等推线段等量，直角+对角线结合证等腰三角形； 2. 判定技巧：① 先证平行四边形+一个直角/对角线相等；② 直接证三个角为直角； 3. 关键：直角和对角线相等是矩形核心，遇矩形优先用直角转化角度，用对角线相等推线段关系。 题型04 正方形的判定与性质综合 1．问题提出 (1)如图①，在中，，，点为边的中点，点为边上一点，过点作，交于点，若表示四边形的面积，表示的面积，则与之间的等量关系式为______； 问题探究 (2)如图②，已知正方形的边长为，点为对角线上一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形．若，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）证明，即可得到对应关系； （2）过点作，，则四边形是正方形，结合四边形是矩形，证明，然后利用，根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵在中，，，点为边的中点， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∴， ， ∴， ∵， ； （2）解：如图，过点作，， 则， ∴四边形是矩形， ∵是正方形， ∴， ∴， ， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ， 在和中， ∴， ∴， ， ， ， ， ， ， ， ∴． 2．如图，中，外角的平分线交于点A，过点A分别作直线的垂线，B，D为垂足． (1)求的度数； (2)①求证：四边形是正方形； ②若，求的值． 【答案】(1) (2)①见解析；②128 【分析】（1）先推导出，然后根据角平分线的定义得到，结合三角形内角和定理，即可解答； （2）①过点A作于G，推导出，得到四边形为矩形，然后根据角平分线性质定理推导出，即可证得结论； ②由①得四边形为正方形，推导出，得到，同理可得，再根据勾股定理，得到，化简得，然后展开式子，即可解答． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∵平分平分， ∴， ， ∴， ∴； （2）①证明：过点A作于G， 则， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∵外角平分线交于点A， ∴， ∴， ∴四边形为正方形 ②解：如图 由①得四边形为正方形 ∴， ∵，， ∴， ∴， 同理可得， ∴，， ∵， ∴， 化简，得， ∴． 3．如图，在中，，点是边的延长线上的一点．连接，过点作于点，交于点G，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)当点F是的中点，且时，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据四边形是平行四边形，得平行四边形为菱形，再根据，，可以证明，从而得出，由此即可得出结论； （2）连接、，根据于点，点为的中点得为线段的垂直平分线，则，再根据正方形对角线相等和菱形面积等于对角线乘积的一半求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，， 平行四边形为菱形， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 菱形为正方形． （2）解：连接、，如图所示：   于点，点为的中点， 为线段的垂直平分线， ， 四边形为正方形， ∴， 正方形的面积． 4．正方形中，点E是对角线上一动点，过点E作交射线于点F，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)若，求的长； (3)当与正方形的某条边的夹角为时，直接写出的度数； (4)若点为中点，连接，试判断和的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 (4)，理由见解析 【分析】（1）过点作于点，于点，然后证明，即可得到，即可证明； （2）先由勾股定理求解，则，再证明，即可得到； （3）分两种情况讨论，即与的夹角为或与的夹角为，根据正方形的性质以及四边形内角和定理求解即可； （4）可得此时重合，由四边形是正方形，得到． 【详解】（1）证明：过点作于点，于点，则， ∵四边形是正方形， ∴，平分， ∴， ∵四边形是矩形， ∴ ∴ ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：在正方形中， ∴ ∵ ∴， ∵在正方形中，， ∴ ∴， ∴； （3）解：当与的夹角为时，即，如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵在四边形中，，而 ∴； 当与的夹角为时，即，如图，设交于点， 由题意得， ∵ ∴ 综上：的度数为或； （4）解：，理由如下： 如图， ∵在正方形中，， 又∵点为的中点， ∴，即， ∵，点在射线上， ∴此时重合， ∵四边形是正方形， ∴． 5．问题情境：如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为M．那么与相等吗？ (1)直接判断∶______（填“”或“”）； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： (2)如图2，在正方形中，点E、F、G分别在边、和上，且，垂足为M．那么与相等吗？证明你的结论； 问题拓展： (3)如图3，点E在边上，且，垂足为H，当H在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点H落在点处． ①四边形是正方形吗？请说明理由； ②若，点在上，，直接写出的最小值为 ． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3)①四边形是正方形，理由见解析；② 【分析】（）证明即可得出结论； （）过点作，证明，由此可得； （）如图， 连接，证明，所以，，由折叠可知，，，由四边形内角和和平角的定义可得，所以，则，所以四边形是菱形，再由“有一个角是直角的菱形是正方形”可得结论； 作交的延长线于点，作于点，可证明，由此可得，易证是等腰直角三角形，所以，则，可得，则，作关于的对称点，则 ，可得， 求出的值即可得出结论． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴； （2）解：，证明如下： 如图，过点作交于点，交于点， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：四边形是正方形，理由如下： 如图，连接， 由（）的结论可知，， ∵四边形是正方形，是正方形的对角线， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由折叠可知，，， ∴， ∴四边形是菱形, ∵， ∴菱形是正方形； 如图，作交的延长线于点，作于点， ∴， 由上知四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 如图，作关于的对称点，则，过点作交延长线于点，则是等腰直角三角形， ∴， ∴当，，三点共线时，最小，最小值为的长， ∵， ∴由勾股定理得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即的最小值为． 核心：正方形是“菱形+矩形”，兼具两者所有性质，判定需同时满足菱形和矩形的条件，层层递进证明。 1. 性质应用：融合四边相等、四角直角、对角线垂直平分且相等的所有特征，可任意推导边、角、对角线的等量和垂直关系； 2. 判定技巧：三步法（最通用）：证平行四边形→证菱形（邻边相等/对角线垂直）→证矩形（直角/对角线相等），顺序可互换； 3. 关键：正方形性质最全面，遇题优先用对角线的“垂直、平分、相等”三重特征，简化推导。 题型05 中点四边形问题 1．综合与实践：小丰学习了第十八章《平行四边形》后，在复习题中做了一道关于“中点四边形”的问题．定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形．小丰进一步思考，提出问题：“中点四边形的形状由原图形的什么因素决定？”并进行如下的画图探究过程，请你一起完成． (1)作图与操作：如图1，画任意四边形，用刻度尺取四边中点E，F，G，H并顺次连接，得到四边形．请你画出图2、图3、图4中四边形的中点四边形（用刻度尺度量画图即可）； (2)观察与猜想：中点四边形的形状由原四边形的对角线的数量关系和位置关系决定．请填写下表： 图形 原四边形对角线与 中点四边形的形状 图1 既不相等，也不垂直 平行四边形 图2 ，但与不垂直 图3 ， 图4 ， (3)证明与表达：根据表中对图2，图3，图4的画图和猜想，选择其中一个进行证明．（写出已知，求证，再证明） 选择图 ，已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点， ．求证：四边形是 ． 【答案】(1)见解析 (2)菱形；矩形；正方形 (3)2；对角线，与不垂直；菱形（答案不唯一）；见解析 【分析】（1）依题意画出图形即可： （2）图2中的中点四边形EFGH是菱形，图3中的中点四边形EFGH是矩形，图4中的中点四边形EFGH是正方形，然后填入表格即可； （3）根据中位线定理得，，，，，，结合已知条件即可判定四边形是菱形、矩形、正方形即可． 【详解】（1）解：依题意画出图形如图所示： （2）解：如下表： 图形 原四边形对角线与 中点四边形的形状 图1 既不相等，也不垂直 平行四边形 图2 ，但与不垂直 菱形 图3 ， 矩形 图4 ， 正方形 （3）解：选择图2时：已知四边形中，对角线，与不垂直，点E，F，G，H分别，，，的中点，求证：四边形是菱形； 证明：∵点E，F分别是，的中点， 是的中位线， ，， 同理：是的中位线， ，， ，， ∴四边形是平行四边形， 同理：是的中位线， ，， ， ， 又，，与不垂直， 与不垂直， ∴平行四边形是菱形； 选择图3时，已知四边形中，对角线，，点E，F，G，H分别，，，的中点，求证：四边形是矩形； 证明：∵点E，F分别是，的中点， 是的中位线， ，， 同理：是的中位线， ，，， ，， ∴四边形是平行四边形， 同理：是的中位线， ，， ， ， 又，，， ， ， ∴平行四边形是矩形； 选择图4时，已知四边形ABCD中，对角线AC＝BD，AC⊥BD，点E，F，G，H分别AD，AB，BC，CD的中点，求证：四边形EFGH是正方形． 证明：∵点E，F分别是，的中点， 是的中位线， ，， 同理：是的中位线， ，，， ，， ∴四边形是平行四边形， 同理：是的中位线， ，， ， ， ∴平行四边形是菱形， 又，，， ， ， ∴菱形是正方形． 2．小明数学成绩优秀，他平时善于总结，并把总结出的结果灵活运用到做题中是他成功的经验之一，例如，总结出“依次连接任意一个四边形各边中点所得四边形（即原四边形的中点四边形）一定是平行四边形”后，他想到曾经做过的这样一道题：如图1，点 是线段的中点，分别以和为边在线段的同侧作等边三角形和等边三角形，连接和，他想到了四边形的中点四边形一定是菱形．于是，他又进一步探究：如图2，若是线段上任一点，在的同侧作和，使，，，连接，设点，，，分别是，，，的中点，顺次连接，，，．请你接着往下解决三个问题： (1)四边形的中点四边形的形状为 ； (2)当点在线段的上方时，如图3，在的外部作和，其他条件不变，（1）中结论还成立吗？说明理由； (3)如果（2）中，，其他条件不变，先补全图4，再判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)菱形 (2)成立，见解析 (3)四边形是正方形，见解析 【分析】（1）先根据是等边三角形，可得，进而，然后利用三角形中位线定理可得，即四边形是菱形； （2）先根据是等边三角形，可得，进而，然后利用三角形中位线定理可得，即四边形是菱形； （3）通过论证，进而得到菱形是正方形． 【详解】（1）解：连接、， ∵是等边三角形， ，， ， ， ， ， 、、、分别是、、、的中点， 、、、分别是、、、的中位线， 、、，， ， 四边形是菱形； 故答案为：菱形； （2）答：成立，理由： 连接、， ∵是等边三角形 ，， ， ， ， ， 、、、分别是、、、的中点， 、、、分别、、、的中位线， 、、，， ， 四边形是菱形． （3）答：如图，四边形是正方形，理由： 连接、， （2）中已证， ， ， ， ， ， ． （2）中已证、分别是、的中位线， ，， ， （2）中已证四边是菱形， 菱形是正方形． 3．【猜想探究】 如图1．在中，D、E分别为的中点，连接： 操作1．将绕点E按顺时针方向旋转到的位置． 操作2．延长到点F，使，连接． 试探究与有怎样的位置关系和数量关系？ （1）请结合操作1或操作2的方法所得出的结论，我们可以得到三角形中位线定理， ． 【结论应用】 （2）如图2，四边形中，对角线相交于点O，四条边上的中点分别为E、F、G、H、依次连接，得到四边形．若，，，求四边形的面积．    【问题解决】 （3）如图3所示，在一个四边形的草坪上修一条小路，其中点P和点Q分别为边和边的中点，且，，，求小路的长度．    【答案】（1）三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半；（2）；（3）5 【分析】（1）根据旋转性质或全等三角形的判定与性质证明，，进而证明四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质可得结论； （2）根据（1）中结论，得到，，，，从而可得四边形为平行四边形，再根据平行线的性质求得，过H作于M，利用正弦函数定义求得，然后根据平行四边形的面积公式求解即可； （3）连接，取的中点M，连接，，根据三角形中位线定理得到，，，，根据平行线的性质和三角形的外角性质可推导出，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）操作1：将绕点E按顺时针方向旋转到的位置，则，，， ∴，即， ∵D是的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴，； 操作2．延长到点F，使，连接． ∵E分别为的中点， ∴，又， ∴, ∴，， ∴，即， ∵D是的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴，； ∴三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半， 故答案为：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半 （2）∵四边形中，对角线相交于点O，四条边上的中点分别为E、F、G、H、依次连接， ∴，，，， ∴四边形为平行四边形； ∵，， ∴，， ∵，，， ∴， 过H作于M，则， ∴四边形的面积为； （3）连接，取的中点M，连接，， ∵点P和点Q分别为边和边的中点，，， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即小路的长度为5． 4．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”． 概念理解： （1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是 ． A．平行四边形        B．矩形        C．菱形        D．正方形 性质探究： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，直接写出关于四边形的对角线的关系： 问题解决： （3）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”，M，N分别是的中点， （4）试探索与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）D；（2），；（3）见解析；（4），理由见解析 【分析】（1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案； （2）由中位线的性质可得：，，，，结合正方形的性质可得结论； （3）如图，取四边形各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，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； （4）如图，记、的中点分别为E、F，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论． 【详解】解：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”， 理由如下：因为正方形的对角线相等且互相垂直，那么有中位线的性质可得四边相等，且一个内角为直角，所以其中点四边形是正方形； （2），．理由如下： ∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵E，F，G，H分别是，，，的中点， ∴，，，， ∴，． （3）如图，设四边形的边的中点分别为M、N、R、L，连接交于P，连接交于K，    ∵四边形各边中点分别为M、N、R、L， ∴、，，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∵，， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴． 又∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴． ∴菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”． （4）如图，记、的中点分别为E、F， 连接    ∵四边形是“中方四边形”，M，N分别是，的中点， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵M，F分别是，的中点， ∴， ∴． 5．如图，在四边形ABCD中，点，，，分别为，，，边的中点，顺次连接各边中点得到的新的四边形称为四边形的中点四边形． (1)求证：四边形的形状是平行四边形． (2)如图，在四边形中，，，且，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，…如此进行下去，得到四边形．则 ①四边形是 ．（填特殊平行四边形） ②四边形的周长是 ．（用，代数式表示） ③若四边形始终是正方形，则在现有条件下，，还应该满足 ． 【答案】(1)见解析 (2)①菱形； ②；③ 【分析】（1）利用三角形的中位线定理即可论证； （2）①利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形； ②找到下角标为奇数的中点四边形周长的变化规律即可得出结论； ③利用正方形的判定方法即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图， ∵点，，，分别为，，，边的中点， ∴和是和的中位线， ∴，，，， ∴，， ∴四边形为平行四边形； （2）解：①如图，连接，， ∵，，，为四边形各边中点， ∴由（1）得四边形为平行四边形，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴为矩形， ∴， ∵，，，为四边形各边中点， ∴四边形为平行四边形，，， ∴， ∴为菱形， 故答案为：菱形； ②∵，， ∴四边形的周长， ∵，， ∴四边形的周长， 按规律，四边形为矩形，经计算其周长， 四边形为矩形，经计算其周长， ...． ∴四边形为矩形，其周长为：． 故答案为：； ③已证四边形为矩形， 则当时，矩形为正方形， ∵，， ∴当，即时，满足题意， 故答案为：． 核心：中点四边形的形状由原四边形的对角线决定，有固定规律，直接套结论，无需复杂证明。 1. 核心结论：① 任意四边形的中点四边形是平行四边形；② 对角线相等的四边形，中点四边形是菱形；③ 对角线垂直的四边形，中点四边形是矩形；④ 对角线垂直且相等的四边形，中点四边形是正方形； 2. 解题技巧：先看原四边形对角线的关系（相等/垂直/垂直且相等），直接定中点四边形形状；反向题由中点四边形形状，推原四边形对角线特征； 3. 关键：仅与对角线有关，与原四边形形状无关。 题型06 四边形中的折叠问题 1．某班同学在开展以折纸为主题的实践活动中，发现了三等分直角、三等分线段的方法． (1)如图，将矩形对折，使得与重合，得到折痕（其中，点、分别是边、的中点），然后再将矩形纸片展开．再次折叠矩形纸片，使得点落在上，记作点，且使折痕经过点，得到折痕．求证：、将三等分． (2)类比地，如图，将正方形纸片对折，得到折痕（其中，点、分别是边、的中点），连接，将纸片沿翻折，使点落在点处，连接并延长交于于．求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由折叠得，，，，解直角三角形得到，然后结合平行线和折叠的性质得到即可证明； （2）如图，连接，由折叠得，，，，证明出，得到，设，，表示出，，然后利用勾股定理得到，求出，进而求解即可． 【详解】（1）解：由折叠得，，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 由折叠得，， ∴， ∴、将三等分； （2）解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠得，，，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴设， ∵点、分别是边、的中点， ∴设， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 整理得，， ∴， ∴，即． 2．如图1，矩形中，已知，，点E是线段上的一个动点，连接并延长，交射线于点F．将沿直线翻折，点B的对应点为点，延长交CD于点M． (1)求证：； (2)如图2，若点恰好落在对角线上，求的值； (3)如图3，若，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)当时，线段的长为 【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质进行证明即可； （2）利用勾股定理求出，再证明即可得到答案； （3）根据相似三角形的判定和性质、勾股定理进行解答即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为矩形， ∴， ∴， 由折叠可知：， ∴， ∴． （2）解：同（1）可知是等腰三角形，， 在中， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）解：在矩形中，，，， 由可得：， ∴，即， ∴， 由（1）可知． 设，则，则， 在中，， 即， 解得：， ∴． 故当时，线段的长为． 3．如图，已知矩形中，E是边上一点，将沿折叠得到，连接． (1)初步探究 如图1，当，落在直线上时． ①求证：； ②填空：________； (2)深入思考 如图2，当，与边相交时，在上取一点G，使，与交于点H．求的值（用含n的式子表示），并说明理由； (3)拓展延伸 在（2）的条件下，当，E是的中点时，若，求的长． 【答案】(1)①见解析②1 (2) (3)2 【分析】（1）①先证得四边形是正方形，再利用折叠的性质，即可证明，得出； ②根据全等三角形性质即可得出答案； （2）如图2，延长交于点T，利用折叠和矩形性质可证得，即可求得答案； （3）如图3，延长交于点T，连接，由，可得，，进而证得，得出，设，则，利用勾股定理和平行四边形性质即可求得答案． 【详解】（1）解：①证明：如图1， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， 由折叠可知，，， ∵折叠时落在直线上， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ②解：由①知：， ∴； （2）解：，理由如下：如图2，延长交于点T， 由折叠可知垂直平分， ∴，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴； （3）解：如图3，延长交于点T，连接， ∵E是的中点， ∴， 由折叠可知，， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴，即， 由（2）知， ∴，， ∴，，，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则， 由折叠得：垂直平分， ∴，， ∴，， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 又∵， ∴， 即， ∵， ∴， 即． 4．综合与实践 【问题情境】 数学兴趣小组对“矩形的折叠”作了如下探究．将矩形纸片先沿折叠，折痕与边，分别交于点，，点的对应点记为，点的对应点记为． (1)【特例探究】 角的探究：如图1，连接，与交于点，当点，，三点共线时，与相等的角为______（写出一个即可）； (2)线段的探究：如图2，当为的中点时，点恰好落在边上． ①猜想，，三条线段的数量关系，并说明理由； ②延长交于点，连接，，判断与的位置关系，并说明理由． (3)【深入探究】 如图3，将矩形纸片更换为平行四边形、，，，为的中点，当所在直线垂直于平行四边形的一边所在直线时，直接写出的值． 【答案】(1)或； (2)，理由见解析； ，理由见解析； (3)的值为或． 【分析】（1）由矩形的性质，可得，由折叠可得，，，可得，由直角三角形的两个锐角互余，结合同（等）角的余角相等，即可求解； （2）由折叠可得，，，，由矩形的性质，可得，，由平行线的性质，结合等角对等边，可得，结合已知可得，即可得，，三条线段的数量关系；由矩形的性质，可得，由折叠可得，，，可得，证明，可得，，点、在线段的垂直平分线上，即可判断与的位置关系； （3）按照，进行分类讨论，分别画出图形，根据折叠的性质和勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴，， 由折叠可得，，， ∴， 又∵， ∴， 又∵点、、三点共线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴与相等的角为或． （2）解：，理由： 由折叠可得，，，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴． ，理由： ∵四边形是矩形， ∴， 由折叠可得，，， ∴， ∵为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴点、在线段的垂直平分线上， ∴． （3）解：当时，如图，垂足为点，过点作于，连接交于， ∵，四边形是平行四边形， ∴，，，， 由折叠可得，，，，，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ， 设，则，， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴； 当时，如图，垂足为点，延长交于点， 由折叠可得，，，，，， ∴， ∵为的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ∴的值为或． 5．已知矩形纸片，按要求解决下列问题． (1)如图1，把矩形纸片折叠，使得点落在上的点处，则______，______．（用图中的字母表示） (2)如图2，将矩形纸片折叠，使点与点重合，点落在处，折痕交边于点，交边于点，连接．猜想四边形的形状并说明理由． (3)如图3，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处，得到折痕，再将矩形纸片沿过点的直线折叠，点恰好落在上的点处，点落在点处，得到折痕，交于点．求证：． 【答案】(1)； (2)四边形的形状是菱形，理由见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据折叠的性质得，； （2）根据折叠的性质得，，，再根据矩形的性质得，则，进而推出，证明四边形是平行四边形，再由可得四边形是菱形； （3）如图，连接，，先根据折叠的性质得，，证明四边形是正方形，得，再根据折叠的性质和矩形的性质推出，然后证明得，即，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵把矩形纸片折叠，使得点落在上的点处， ∴，， 故答案为：；； （2）解：四边形的形状是菱形，理由如下： 根据折叠的性质得，，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （3）证明：如图，连接，， ∵将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∵将矩形纸片沿过点的直线折叠，点恰好落在上的点处，点落在点处， ∴，， ∵是矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即， ∴． 核心：折叠是轴对称变换，抓全等不变量（对应边相等、对应角相等）和折痕性质（折痕是对应点连线的垂直平分线），结合四边形性质建方程。 1. 解题步骤：① 标折叠后的对应边、对应角，锁定不变量；② 结合平行四边形/菱形/矩形/正方形的性质，推导线段、角度的等量关系；③ 遇未知线段设参，利用勾股定理（直角居多）列方程求解； 2. 关键：矩形/正方形折叠常出现直角三角形，是建方程的核心；菱形折叠抓对角线平分内角和垂直特征。 题型07 四边形中的旋转问题 1．【问题情景】 数学实践小组的同学利用两个正方形进行了如下的探究与操作： 将正方形的点D和正方形的点E重合，并旋转正方形同时确保点H在正方形内部，在旋转中同学们尝试对此情景进行画图，提出了不同的研究方向． (1)【思考尝试】 如图1，同学们发现，连接、后，随着旋转，和有着一定的数量关系，请在图1中补全图形，并证明和的数量关系； (2)【应用迁移】 如图2，励志小组继续旋转，发现三点共线时，可以由正方形和正方形的边长求出的长，若，，请你思考并求的长． (3)【拓展探究】励志小组在旋转正方形时，发现并提出新的探究点：如图3，连接、，当正方形旋转时，的形状和面积也随之改变，若，，直接写出的面积的取值范围． 【答案】(1)补全图形见解析，，证明见解析 (2) (3)． 【分析】（1）根据题意补全图形，利用证明即可证明； （2）连接，，利用正方形的性质求得，，由，推出，，证明，设，在中，利用勾股定理列式计算即可求解； （3）当点运动到线段上时，有最小值，当点运动到延长线上时，有最大值，据此画出图形，利用三角形的面积公式即可求解． 【详解】（1）解：补全图形如图所示： .证明如下： ∵正方形和正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接，， ∵正方形和正方形，，，， ∴，， 由（1）得， ∴，， ∴， 设， 在中，由勾股定理得， 即， 整理得， 解得， ∴； （3）解：如图， 当点运动到线段上时，有最小值， 最小值， ∴的最小值， 如图， 当点运动到延长线上时，有最大值， 最大值， ∴的最在值， ∴的面积的取值范围为． 2．【课本再现】 （1）如图1，正方形的中心为点O，正方形与正方形的边长相等，且正方形绕点O旋转． 在正方形旋转过程中阴影部分的面积 （填写“改变”或“不变”），阴影部分的面积和正方形的面积S之间的数量关系为 ． 【深入思考】 （2）如图2，在旋转过程中，线段与的位置关系是什么？请写出并证明． 【问题迁移】 （3）如图2，如果正方形的边长为4，正方形在旋转中边长与有交点，设，请求出阴影部分的周长y与x的函数关系式． 【拓展应用】 （4）如图3，如果正方形的边长为4，边长为4且的菱形 绕点O旋转，请直接写出两个图形重叠部分（阴影部分）面积的最大值和最小值． 【答案】（1）不变；；（2），见解析；（3）；（4）最大值为，最小值为 【分析】（1）根据正方形的性质证明出，得到，进而求解即可； （2）由得到，然后由等腰直角三角形的性质得到，，得到，得到； （3）如图所示，过点作于点，求出，设，则，勾股定理求出，然后由得到，进而求解即可； （4）根据题意，分两种情况讨论：①两个图形重叠部分为三角形；②两个图形重叠部分为四边形，分别利用三角形外接圆的性质、解直角三角形、图形的面积公式等知识求解即可． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴，，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积， ∴在正方形旋转过程中阴影部分的面积不变，阴影部分的面积和正方形的面积S之间的数量关系为； 故答案为：不变；； （2），证明如下： ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴； （3）如图所示，过点作于点， ∵正方形的边长为4，， ∴， ∵设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴阴影部分的周长， ∴函数关系式为； （4）①若两个图形重叠部分为，如图所示， 作于点，作的外接圆，作于点，连接、、， ∵正方形的边长为4，， ∴， ∵的外接圆，， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∵在中，，， ∴，， ∴， ∵，即， ∴， ∴， ∴面积的最小值为， ∴两个图形重叠部分面积的最小值为； ②若两个图形重叠部分为四边形，如图所示， 作于点，于点，在上截取，作的外接圆，作于点，连接、、， ∵正方形的边长为4，，， ∴，，， ∴四边形是边长为2的正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴，， ∴，即， ∵的外接圆， ∴，， ∴是等边三角形，，， ∵， ∴， ∵在中，， ∴， ∵，即， ∴， ∴ ， ∴四边形面积的最大值为， ∴两个图形重叠部分面积的最大值为； ∴综上所述，两个图形重叠部分（阴影部分）面积的最大值为，最小值为． 3．我们知道平行四边形是中心对称图形，对角线的交点是对称中心．如图1，点是的对称中心． 如图2，若将绕对称中心点旋转得到，当分别与、交于点、，分别与、交于点、时．因为，，所以四边形是平行四边形，由旋转可知，，所以（等高），所以四边形是正方形，且由旋转可知点也是正方形对角线的交点． (1)如图3，若将绕对称中心点旋转一定的角度得到，当分别与、交于点、，分别与、交于点、时．求证：四边形是菱形． (2)如图4，若将绕对称中心点旋转得到，当各边与各边分别交于点、、、．求证：四边形是正方形． (3)如图5，在中，，点、、、分别在、、、上，满足什么条件时，存在正方形．（直接写出答案） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）作，，由题意得四边形是平行四边形，再证明，推出，即可证明结论成立； （2）作出如图的辅助线，由题干材料知，四边形是正方形，证明和，同理得到，推出四边形是菱形，再证明，根据正方形的判定定理即可得证； （3）分两种情况讨论，当重合和重合，分别根据勾股定理和等腰直角三角形的性质求得特殊点的情况，即可求解． 【详解】（1）证明：作，，垂足分别为，如图， ∵将绕对称中心点O旋转得到， ∴，四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）证明：延长交于点，连接，如图， 由题干材料知，四边形是正方形， ∴，， 由旋转的性质知，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理， ∵， ∴，又， ∴， ∴，， 同理，， ∵四边形是正方形， ∴， 同理得， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 由全等三角形的性质得， 由对顶角相等知， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； （3）解：当重合时，如图， ∵四边形为正方形，为对角线， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 当重合时，如图， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴当时，存在正方形． 4．如图1，已知正方形与正方形有公共顶点A，点E在正方形的对角线上（）．    (1)如图2，正方形绕A点顺时针方向旋转（），和的数量关系是 ，位置关系是 ； (2)如图3，正方形绕A点逆时针方向旋转（），求的值以及直线和直线所夹锐角的度数； (3)如图4，，点N在对角线上，，将正方形绕A顺时针方向旋转（），点M是边的中点，过点M作交于点H；在旋转过程中，线段的长度是否变化？如果不变，请直接写出的长度；如果改变，请说明理由． 【答案】(1)， (2)， (3)不变， 【分析】本题是相似形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，四点共圆，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）如图所示，过点P作交于点P，证明，进而得出，，根据平行线的性质得出，进而即可得出结论； （2）连接，证明，得出，，延长、交于点O，根据三角形的内角和定理，即可得出； （3）过点M作，得出，即可证明，设，则，连接，过点M作交于点O，证明，得出，进而得出，则M，C，H，O四点共圆，即可得出结论． 【详解】（1）解：过点P作交于点P，如图：   ， ∵正方形与正方形， ∴，，， ∴， ∴． ∴， ∴，， ∵， ∴， 即． 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴和的数量关系是相等，位置关系是垂直； （2）解：连接，如图：     ， 由旋转性质知， 在和中， ，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 延长、交于点O， ∵， ∴； （3）解：∵，点是边的中点，点N在对角线上，， ∴，， 过点M作，连接，过点M作交于点O，   ， 在中，， ∴， 即点N，重合， ∴， ∴， 设，则． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， 又∵， ∴， ，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴M、C、H、O四点共圆， ∴线段是一个定值，． 5．【问题背景】数学兴趣小组利用两块大小不同的正方形卡片进行“正方形旋转”的探究活动，如图1，他们将边长为4的正方形与边长为2的正方形的一个顶点重合于点B，使边，分别落在边上．容易发现． 【问题探究】将图1中正方形固定，将正方形绕点顺时针方向旋转． （1）如图2，连接，，试探究与是否仍然相等？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由． 【问题拓展】将图1中正方形固定，将正方形绕点顺时针方向旋转． （2）如图3，在旋转过程中，当三点在同一条直线上时，求线段的长； （3）如图4，连接，取中点，连接，请直接写出线段长度的最小值和最大值． 【答案】（1）成立，证明见解析；（2）或；（3）的最小值为，的最大值为． 【分析】（1）根据正方形的性质，得到，，继而得到，证明，可得； （2）连接，交于点M或N，利用正方形的性质，勾股定理分类计算即可； （3）延长到M，使，连接，则，根据题意得到G在以点B为圆心，为半径的圆上运动，进而分两种情况根据勾股定理计算即可． 【详解】（1）仍成立．理由如下： ∵边长为4的正方形与边长为2的正方形的一个顶点重合于点B， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）当A，G，E三点在的右侧且在同一条直线上时， 连接交于点M， ∵边长为4的正方形与边长为2的正方形的一个顶点重合于点B， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴； ∵边长为4的正方形与边长为2的正方形的一个顶点重合于点B， ∴，，， ∴； 当A，G，E三点在的左侧且在同一条直线上时， 连接，交于点N， 同理可证，， ∴； 综上所述，的长为或； （3）解：如图，延长到M，使，连接， ∵取中点，， ∴是中位线， 即， ∵将正方形绕点顺时针方向旋转， ∴G在以点B为圆心，为半径的圆上运动， 如图，当G到达时，取得最小值， ∵， ∴， ∵， ∴， 此时， 当G到达时，取得最大值， 同理可得 即的最小值为，的最大值为． 核心：旋转抓全等不变量（对应边相等、对应角相等）和旋转三要素（旋转中心、旋转角、旋转方向），结合四边形性质构造全等/等腰三角形。 1. 解题步骤：① 由旋转得全等，标相等的边和角，确定旋转角；② 结合四边形的平行、垂直、边相等特征，构造等腰/直角/等边三角形；③ 利用全等推导线段和差、角度关系，或求线段长/面积； 2. 关键：正方形/菱形旋转常出现旋转角为90°/60°的特殊情况，优先构造特殊三角形；旋转中心多为四边形的顶点/对角线交点。 题型08 特殊四边形与函数图象结合的存在性探究 1．如图，抛物线与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点，与y轴交于点，抛物线的顶点为D．过点D向x轴作垂线，交x轴于点E，以和为邻边在第二象限内作矩形．动点M从点D出发，沿向点E运动，运动的速度为每秒1个单位长度．设点M的运动时间为t秒，过点M作，交于点G，过点G作于点H，交抛物线于点Q． (1)求该抛物线的函数表达式． (2)当M为的中点时，求的长． (3)如图1，连接，，当的面积最大时，求t的值． (4)如图2，点M运动的同时，点P从点A出发沿向点F运动，运动的速度为每秒1个单位长度，K为矩形内一点，且点K在点G的正下方．当四边形为菱形时，求t的值． 【答案】(1)抛物线的函数表达式为 (2) (3)t的值为2 (4) 【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式即可解答此题； （2）利用相似三角形的判定和相似比即可解答此题； （3）分析当三角形的底边固定，高最大时三角形的面积最大，利用直线平行和直线与抛物线相切求得点坐标，进而根据题意求得点、点坐标，求得长可求值； （4）根据题意可表示出涉及到的点、点、点坐标，假设出点坐标，根据菱形的性质对边相等表示出点坐标，在利用菱形的性质邻边相等，列出方程，解方程即可求得值． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点和点， ∴， ， 解得：， 所以抛物线的函数解析式为． （2）解：根据顶点坐标公式可求顶点的坐标为， ∵点和点关于直线对称，且， ∴点坐标为， ， ，， ， 又， ， ∵M为的中点， ， ． （3）解：当边上的高最大时，的面积最大， 即平行于直线且与抛物线相切时，的面积最大， 设直线的解析式为，且点坐标为，点的坐标为， 解得：， 设平行于直线且与抛物线相切的直线为， ∵两直线平行， ， ， ∵直线与抛物线相切， ， 整理，得：， ， 解得：， ， 抛物线和直线解析式联立得，， 解得：， 即：， 此时，点横坐标为，代入得： ， 即：， ， ， （秒）． （4）解：， ， 根据题意可知点和点的纵坐标相等， ∴将代入得： ， ， ∵， ， ， 可设点坐标为， 则， 当四边形为菱形时，， 即：， 整理，得：， ∴点坐标为， 根据题意，由勾股定理可得： ， ， 即：， 整理，得：， 解得：（舍去），， （秒）． 2．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点，与轴交于点，且关于直线对称． (1)求该抛物线的解析式； (2)当时，的取值范围是，求的值； (3)点是抛物线上位于第一象限的一个动点，过点作轴的垂线交直线于点， ①求线段的最大值， ②在轴上是否存在点，使得以为顶点的四边形是菱形？若存在，求出该菱形的边长；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)①；②存在，边长为或2 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）分和，两种情况，结合二次函数的增减性进行求解即可． （3）①根据题意求出点坐标，得到直线的解析式，设，则，进而可得即可；②分为菱形的边和菱形的对角线两种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点，与y轴交于点B，且关于直线对称， ∴，解得：， ∴； （2）∵抛物线的开口向下，对称轴为直线， ∴抛物线上点到对称轴上的距离越远，函数值越小， ∵时，， ①当时，则：当时，函数有最大值，即：， 解得：或，均不符合题意，舍去； ②当时，则：当时，函数有最大值，即：， 解得：， 故； （3）①当时，解得：，当时，， ∴，， 设直线的解析式为，把代入，得：， ∴， 设，则：， ∴， 故线段的最大值为； ②存在； 由①知，，， 当B，C，D，E为顶点的四边形是菱形时，分两种情况： ①当为边时，则：，即， 解得：（舍去）或， 此时菱形的边长为； ②当为对角线时，则：，即：， 解得：或（舍去） 此时菱形的边长为：； 综上：存在以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为或2． 3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，且． 　 (1)试求抛物线的解析式； (2)直线与轴交于点，与抛物线在第一象限交于点，与直线交于点，记，试求的最大值及此时点的坐标； (3)在（2）的条件下，取最大值时，点是轴上的一个动点，点是坐标平面内的一点，是否存在这样的点、，使得以、、、四点组成的四边形是矩形？请直接写出满足条件的点的坐标． 【答案】(1) (2)取得最大值，此时点的坐标为 (3)存在，满足条件的的坐标为或 【分析】（1）根据已知条件求得点的坐标，用待定系数法即可求出抛物线的解析式； （2）过点作轴交直线于，连接，先求得直线的解析式，设，则，可得，再由，根据相似三角形的性质及等高三角形的面积比等于底的比可得，利用二次函数的性质解决问题即可； （3）存在这样的点、，使得以、、、四点组成的四边形是矩形，分是矩形的边和是矩形的对角线两种情况求点的坐标． 【详解】（1）解：， ， ， ， ， 抛物线经过点，，， ， 解得：， 该抛物线的解析式为； （2）解：如图1，过点作轴交直线于，连接， 设直线的解析式为， ，， ， 解得：， 直线的解析式为， 设，则， ， 直线与轴交于点， ， ， 轴，即， ， ， ， ， ， 当时，取得最大值，此时点的坐标为； （3）解：存在这样的点、，使得以、、、四点组成的四边形是矩形． ①当是矩形的边时，有两种情形， a、如图2﹣1中，四边形是矩形时， 由（2）可知，代入中，得到， 直线的解析式为，可得，， 由可得， , ， ， ． 根据矩形的性质，将点向右平移个单位，向下平移1个单位得到点， ，即， b、如图2﹣2中，四边形是矩形时， 直线的解析式为，， 直线的解析式为， ， 根据矩形的性质可知，将点D向右平移6个单位，向下平移4个单位得到点N， ，即． ②当是对角线时，设， 则，，， 是直角顶点， ， ， 整理得，方程无解，此种情形不存在， 综上所述，满足条件的的坐标为或． 4．如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，点是轴右侧抛物线上一动点． (1)请直接写出点的坐标和直线的函数解析式； (2)若点是轴上一点，连接，当交于点，且时，求线段的长； (3)在轴上是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)2 (3)存在，点的坐标为或或 【分析】（1）分别将、代入抛物线，求出点A、B、C的坐标，再利用待定系数法求出解析式即可； （2）连接，则，易证得、、是等腰直角三角形，进而得到点的纵坐标为，从而求出点的坐标，根据进行求解即可； （3）设点，点，分情况讨论：当为平行四边形的对角线或为平行四边形的对角线或为平行四边形的对角线时，根据两条对角线的中点坐标相同，列方程求解即可． 【详解】（1）解：当时，， 解得或， 点在点的左侧， 、， 当时，， ， 设直线的解析式为， 将、代入得：， 解得， 直线的解析式为； （2）解：如图，连接， 、， ， ， 是等腰直角三角形， ， 、， 是等腰三角形， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， 是等腰直角三角形， 点的纵坐标为， 令，， 解得或（舍去）， 、； （3）解：存在，点的坐标为或或，理由如下： 由（1）知、， 设点，点， 分情况讨论： ①当为对角线时，如图： 的中点坐标为，的中点坐标为， ， 解得或(舍去)， ； ②当为对角线时，如图： 的中点坐标为，的中点坐标为， ， 解得或（舍去）， ； ③当为对角线时，如图： 的中点坐标为，的中点坐标为， ， 解得或(舍去)， ； 综上所述，点的坐标为或或． 5．综合与探究 如图，抛物线与x轴交于点，点，与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，点P是直线上方抛物线上一点． (1)求抛物线的解析式； (2)在直线上方的抛物线上找一点P，作，当为最大值时，求线段的长； (3)连接，当时，求点P的坐标． (4)若点M为直线上一点，N为平面内一点，是否存在这样的点M和点N使得以C、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点M坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)点P的坐标为 (4)存在，点M的坐标为或或或． 【分析】（1）将点，代入，即可求解； （2）过点作轴交于点，连接，先求出直线 的解析式为，设，则，则，可得，当时，有最大值，即可求解； （3）作点关于直线的对称点，交于点，连接，过点作轴的垂线交轴于点，则在直线上，分别求出，，则，可知点与点重合，，用待定系数法求出直线的解析式为，联立方程组，即可求； （4）设，，，，分三种情况讨论：①当为菱形对角线时，；②当为菱形对角线时，；③当为菱形对角线时，． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于点，点， ∴， 解得 ， ∴抛物线的解析式为； （2）解：如图1，过点作轴交于点，连接， 令，则， ， 设直线的解析式为， ， 解得， ， 设，则， ， ，， ， ， ， ， 点是直线上方抛物线上， ， 当时，有最大值，此时； ∵二次函数对称轴与x轴交于点D，且二次函数的对称轴为直线， ∴， ∴， ∴当为最大值时，线段的长． （3）解：， 抛物线的对称轴为直线， ， 作点关于直线的对称点，交于点，连接，过点作轴的垂线交轴于点， ， ， ， 在直线上， ， ， ， ， ， ， ， ， 点与点重合， ， 设直线的解析式为， ， 解得， ， 联立方程组， 解得或（舍， ； （4）解：存在点和点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形，理由如下： 设，，，， ①当为菱形对角线时，， ， 解得， ，； ②当为菱形对角线时，， ， 解得， ，或，； ③当为菱形对角线时，， ， 解得或（舍， ； 综上所述：点的坐标为或或或． 核心：数形结合，以函数为基础求点的坐标，以特殊四边形的判定为依据列方程，验证点的合理性。 1. 解题步骤：① 设动点坐标（结合函数解析式，单参数表示，如一次函数设，二次函数设）；② 根据特殊四边形的判定条件（如平行四边形对角线中点重合、菱形邻边相等、矩形对角线相等），转化为坐标等式；③ 解方程组求参数，验证坐标是否在函数图象上、四边形是否存在（顶点不共线）； 2. 关键：平行四边形存在性优先用中点坐标公式（最简便），菱形/矩形/正方形在平行四边形基础上，补充邻边相等/垂直的坐标条件（斜率乘积为-1/距离相等）。 1．综合与探究 学习材料：中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添加辅助线．所谓倍长中线模型，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法． 如图1，在中，取的中点O，连接并延长，使得，连接、，四边形为平行四边形． 初步探究： (1)如图2，数学活动课上，老师让同学们制作两张全等的直角三角形纸片并重合放置，将保持固定，绕点A按逆时针方向旋转，其中，若，当点E落在AB边上时，连接并延长，使得，连接、，判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： (2)如图3，当绕点A按逆时针方向旋转90°时，连接、，取的中点P，连接交于点Q，试判断和的数量关系和位置关系，并说明理由． 拓展延伸： (3)当绕点A按逆时针方向旋转90°时，连接，M是射线上的一点，连接，过点A作的垂线交于点G，若G是的三等分点，请直接写出的值． 【答案】(1)矩形，理由见解析 (2)，，理由见解析 (3)或2 【分析】（1）由旋转证明 是等边三角形，再证明，进而得到，证明，则四边形是平行四边形．证明 ，则问题可证； （2）延长至点 ，使 ，连接，证明，从而证明，C、B、F共线，再证明，得到，再由角度的互余关系证明，则问题可证； （3）延长交延长线于点F，证明，得到，再有，和证明，再证明，由，故得到，最后分别利用G是BE的三等分点，分类讨论求解即可． 【详解】（1）解：，，， ，， 点 落在 边上， 中，，， 是等边三角形， ，， ， 是等腰三角形， ， ， ， ， ∴E 是 中点，， 在 和 中： ，， （SAS）， ，， ∴， 四边形是平行四边形． ， 四边形是矩形． （2），且 ， 理由：延长至点 ，使 ， 连接， 是的中点， ， 在 和 中： ， ， ， （SAS）， ，， ， 是绕点 逆时针旋转 得到， ，， ， ∴C、B、F共线， ， 在 和 中： ， ， ， ， ，， ， ，即 ， ， ． （3）解：延长交延长线于点F， 是绕点 逆时针旋转 得到， ，， ， ， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ， ， ∵ ， ， ∵G是的三等分点 ∴当 时，， 当 时，， 或 ． 2．几何综合 【方法尝试】 (1)如图，矩形是矩形以点为旋转中心，按逆时针方向旋转所得的图形，，分别是它们的对角线．求证：； 【类比迁移】 (2)如图，在和中，，，，，．将绕点在平面内逆时针旋转，连接，． 请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由； 当点，，在同一直线上时，求线段的长； 【拓展延伸】 (3)如图，在中，，，过点作，在射线上取一点，连接，使得，请直接写出线段的最大值． 【答案】(1)见解析； (2) ，，见解析；线段的长为或； (3)． 【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （）延长交于点，由四边形是矩形，则，通过旋转的性质可知，可得，从而求证； （）延长分别交于点，交于点，证明，所以 ，，从而求解； 分当点落在线段上时，当点在线段上时两种情况求解即可； （）过点作，使得 ，取的中点，连接，，，，证明，则，所以，由勾股定理得，又，从而可得最大值为，当，，三点共线时，取得最大值，此时线段取得最大值，再代入即可求解 【详解】（1）证明：如图，延长交于点， ∵四边形是矩形， ∴， 由旋转的性质可知，， ∵， ∴， ∴； （2）解：，，理由： 如图，延长分别交于点，交于点， ∵， ∴， ∵，，，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，； 如图，当点落在线段上时，设， ∵，， ∴， ∵，， ∵， ∴， 整理得，， 解得，（舍去）， ∴； 如图，当点在线段上时， 设，则，， ∵， ∴， 整理得，， ∴，（舍去）， ∴， ∴综上所述，线段的长为或； （3）解：如图，过点作，使得，取的中点，连接，，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴，即最大值为， ∴当，，三点共线时，取得最大值，此时线段取得最大值， ∴． 3．解决下列问题： (1)【操作探究】如图①，在平行四边形中．作图：过的中点O作直线，分别交于点E，F；发现：与的数量关系为_______． (2)【初步应用】如图②，在平行四边形中，过点O作，交于点H，G，连接．判断四边形的形状并说明理由； (3)【问题解决】如图③，在四边形中，，，点E，G分别在上，连接并延长交的延长线于点P，点O是的中点，连接并延长交于点F，连接．将线段所在的直线绕点E逆时针旋转交于点Q．当，，，时，求的长． 【答案】(1)作图见解析， (2)菱形，见解析 (3) 【分析】（1）先根据要求作图，再根据平行四边形的性质得到，，证明，得到，即可得到； （2）根据平行四边形的性质得到，，，证明，进而得到，证明，进而得到，同理可得，证明，进而得到，同理可得，可知四边形是平行四边形，根据可知四边形是菱形； （3）过点C作交的延长线于点M，证明四边形是矩形，证明，得到，设，，则，同（1）可得：，根据勾股定理求出，证明，得到，求出，即可求出GQ的长． 【详解】（1）解：作图如下： ∵平行四边形， ∴，， ∴， ∵过的中点O作直线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵四边形是平行四边形 ，，， ∴， 又∵O是的中点， ， 而， ， ， 同理：， ， ． 同理可得：． ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （3）解：如图，过点C作交的延长线于点M， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴四边形是矩形， 由题意可知：， ∴， ∴， ∵， ， ， 设，，则 同（1）可得： 在中，， 解得：（舍去负值） ， ， ， 又，， ， 而， ∵ ， ， 即： 解得：． ， 即的长为． 4．综合与实践 【问题情境】在书法课上，为了实现图的书写效果，需要解决“将正方形书法纸折出均等的三列”的问题．在学习了特殊平行四边形知识后，小华和小海以“正方形的折叠”为主题展开了探索． 【操作探索】 操作一：把正方形纸片对折，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：沿着再一次折叠纸片，使点落在点处，得到折痕交HE于点； 操作三：将沿过点的直线折叠，使与重合，得到折痕． 【猜想验证】 (1)根据以上操作，小华发现点三点共线，且①_________°；②线段之间的数量关系为：_________． (2)小海说：“我发现线段与线段的比值是，即点是线段的三等分点．”你认为小海的说法正确吗？请说明理由． 【问题探究】 (3)在（）和（）的条件下，延长交线段于点，连接交于点，你能发现线段与线段的比值吗？请直接写出答案． 【答案】(1)；； (2)小海说法正确；理由见解析 (3) 【分析】（）利用正方形的直角与两次折叠的角平分性质，推导出；结合折叠的线段相等关系和三点共线，得到； （）设正方形边长，用勾股定理列方程求解，得出是的三分之一，验证了是的三等分点； （）先设正方形边长为，利用折叠性质得出折痕为中位线、；再通过证明，设，在中用勾股定理列方程求出，进而得到；最后结合前序结论，计算出与的比值为． 【详解】（1）解：① 由折叠性质：折叠后，，正方形中， ∴，即， ∴， ② 由折叠得：，，且题目给出三点共线， ∴， 即：； （2）解：设正方形边长为，则， 设，则， 由（）得， 在中，， 由勾股定理： ， 代入得：， 展开化简：， 整理得， 解得，即， ∴是三等分点，小海说法正确； （3）解：设正方形边长为， ∵与重合，得到折痕， ∴为中位线，，， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则， 在中，，， 由勾股定理：， 解得：，即， ∴， ∵， ． 5．【问题呈现】小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在正方形中，点E、F分别在边上，且，试探究线段长度的最小值． 【问题分析】小明通过证明三角形全等，将动线段交点问题转化为单动点绕定点旋转问题，再通过定角或定长发现这个动点的运动路径，进而解决上述几何问题． 【问题解决】请结合图①，在【问题呈现】的条件下，完成下列问题： (1)证明： ①； ②直接写出的大小为________度． (2)如图②，取的中点O，连结，线段长度为________，线段长度的最小值为________． (3)【方法应用】如图③，在正方形中，对角线，点E在边上，点F在边上，且始终保持，连结，过点C作交直线于点Q，线段的最小值为________． 【答案】(1)①见解析；② 90 (2)4， (3) 【分析】（1）①利用证明，即可得出结论；②根据，，可得，进而可得； （2）斜边上的中线求出的长，勾股定理求出的长，根据进行求解即可； （3）设和交于点O，取的中点P，连接，过点P作，证明，得到，根据斜边上的中线得出，勾股定理得出的长，根据即可求解． 【详解】（1）①证明：四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ； ②解：，， ， ； （2）解：由（1）知， O为的中点， ， 在中，， ， ，当O，C，P三点共线时等号成立， 线段长度的最小值为； （3）解：设和交于点O，取的中点P，连接，过点P作， 四边形是正方形， ，， ， ， ， 又，， ， ， ，P为的中点， ， ，， ， ， ， ， ，当D，Q，P三点共线时等号成立， 线段长度的最小值为． 6．如图，在中，点O是边上的一个动点，过点O作直线，设交的角平分线于点E，交的平分线于点F． (1)说明：； (2)当点O运动到何处，四边形是矩形？说明你的结论． (3)当点O运动到何处，与具有怎样的关系时，四边形是正方形？为什么？ 【答案】(1)见解析 (2)当O点运动到的中点时，四边形为矩形，证明见解析 (3)当O点运动到的中点，且时，四边形是正方形，理由见解析 【分析】（1）根据平行线的性质和等腰三角形的性质得到，，即可得证； （2）先证明四边形是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形是矩形判断即可； （3）先证明四边形是矩形，再根据对角线互相垂直的矩形是正方形，即可得解． 【详解】（1）证明：， ， 又平分， ， ， ， 同理可得：， ； （2）解：当点运动到的中点时，四边形是矩形； 证明如下：当点运动到的中点时，， ， 四边形是平行四边形， 由（1）可得， ， ，即， 四边形是矩形； （3）解：当O点运动到的中点，且时，四边形是正方形， 理由：∵O点为的中点时，四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是正方形． 7．如图1，在平面直角坐标系中，，，双曲线与矩形的两边、分别交于D、E两点，连接、、，将沿翻折后得到． (1)探究一：如图2，若点D为中点时，点又恰好落在线段上，点E的纵坐标为________（用含n的式子表示）； (2)探究二：如图3，若平分，当四边形是正方形时，求矩形的面积： (3)探究三：如图4，若点D在直线上，是否存在m的值使点落在x轴上，若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）根据矩形的性质得到的坐标，进而求出D的坐标，可知，将的横坐标代入反比例函数解析式计算即可； （2）证明四边形是正方形，证，即可求得，设，则，则可表示出的坐标，代入反比例函数解析式，即可求得，则面积即可求解； （3）首先解方程组求得的坐标，利用表示出的长度，作于点，则，根据相似三角形的对应边的比相等求得的长，即可求得，求得的长，则的横坐标即可求得，代入反比例函数解析式即可求得纵坐标． 【详解】（1）解：，，矩形， 的坐标是， ∵点D为中点， 的坐标是：， 在双曲线上， ， 又的横坐标是，把代入， 则， 点E的纵坐标为； （2）解：设正方形的边长是，则，， 则的坐标是：，的坐标是， 则， ． 四边形是正方形． ∴，，， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ， 又平分， ， ， 设，则， ∴的坐标是， 代入得：， ∴， ∴正方形的面积是； （3）解：根据题意得：， 解得：或（舍去）， 则的坐标是． ∵的横坐标是， ∴的横坐标是， ∴， ∵将沿翻折后得到， ∴， 在中，当时，， ，， 如图所示，作于点． 折叠， ， ， 又， 则， ， ， 解得：， ∴在中，， 则， ， ， 把代入中得：， ． 8．【问题背景】在正方形中： 如图1，如果点、分别在、上，且，垂足为，那么与相等（无需证明）； (1)如图2，如果点、、分别在、、上，且，垂足为，那么与相等吗？证明你的结论； 【思考应用】 (2)如图3，若将正方形折叠，使得点的对应点落在边上，折痕分别交，于，．若正方形的边长为2，，则_____； 【继续探索】 (3)如图4，当图1中的点是的中点且时，连接，请你判断线段与之间的关系，并说明理由； 【拓展延伸】 (4)如图5，在正方形中，点、分别在、上，且，连接与相交于点．若，空白部分面积为，则_____． 【答案】(1)，证明见解析 (2) (3)，理由见解析 (4) 【分析】（1）过点A作，则有四边形是平行四边形，然后可得，进而问题即可得证； （2）连接，交于点K，由折叠的性质可知，同理可得，进而根据勾股定理可进行求解； （3）延长，交的延长线于点I，同理①可得：，然后通过证明，进而根据全等三角形的性质及直角三角形斜边中线定理可进行求解； （4）由题意易得，，则有，然后根据完全平方公式及线段的和差关系可进行求解． 【详解】（1），证明如下： 过点A作，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）连接，交于点K，如图所示： 由折叠的性质可知：， 同理②可得：， 在正方形中，， ∴； （3）延长，交的延长线于点I，如图所示： 同理（1）可得：， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， 在正方形中，， ∵， ∴， ∴， ∴点D为的中点， ∵， ∴， ∴； （4）同理①可得：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 解得：（负根舍去）； 9．在一次数学研究性学习中，小明发现：如图1，在正方形中，点、分别在边、上，于点，点、分别在边、上，，通过证明，再证四边形为平行四边形，从而证出． (1)【学以致用】如图2，正方形纸片的边长为12，是边上一点，连接，折叠该纸片，使点落在上的点，并使折痕经过点，折痕与交于点，点在上，若，求的长； (2)【类比探究】如图3，在矩形中，，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，得到四边形，交于点，连接交于点，试探究与之间的数量关系，并说明理由； (3)【拓展应用】如图4，在矩形中，，，点、分别在边、上，沿着直线折叠矩形，点、分别落在点、处，且点在线段上（不与两端点重合），过点作于点，连接交于点．若，则折叠后长为_______． 【答案】(1)； (2)，理由见解析； (3) 【分析】（1）根据正方形和折叠的性质证明，得到，利用勾股定理求出，再利用等面积法求解即可； （2）过点作交于点，根据折叠与矩形的性质，推出，则，再证明四边形是平行四边形，则，即可得解； （3）同（2）理可得，，求出，再结合四边形是矩形，利用勾股定理求出，设，则，利用勾股定理列方程，求出，则，从而可证，设，再利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：正方形纸片的边长为12， ，， ， 由折叠的性质可知，， ， ， ， 在和中， ， ， ， 在中，， ， ； （2）解：，理由如下： 如图，过点作交于点， 由折叠的性质可知，， ， ， 在矩形中，， ，，， ， ， 又， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ； （3）解：在矩形中，，， ，，， ， ，， 在中，， 同（2）理可得，， ， ， ， 四边形是矩形， ，， 在中，， 由折叠的性质可知，，，， 设，则， 在中，， ， 解得：，即， ， 在和中， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：，即折叠后长为． 10．已知正方形与正方形，正方形绕点A旋转一周． (1)在旋转过程中， ①连接与，结合图1，探究线段与的数量关系______，线段BE与DG的位置关系______； ②连接与，结合图2，试探究线段与的数量关系，并说明理由． (2)在旋转过程中，连接，取中点M， ①连接，结合图3，试探究与的关系，并说明理由； ②将正方形绕点A旋转一周，若，请直接写出点M在这个过程中的运动路径长______． 【答案】(1)①，；②，理由见解析 (2)①，且，理由见解析；② 【分析】（1）①如图，设线段与交于点P，与交于点Q，结合正方形的性质证明，可得，，即可求解；②连接，根据正方形的性质可得，可证明，即可求解； （2）①延长至点N使，连接，设分别交于点J，H，先证明，可得，再证明，可得，可证得是等腰直角三角形，即可求解；②连接，取的中点O，连接，根据三角形中位线定理可得，从而得到点M在这个过程中的运动路径为以点O为圆心，长为半径的圆，即可求解． 【详解】（1）解：①如图，设线段与交于点P，与交于点Q， ∵四边形与都是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴，即； 故答案为：， ②，理由如下： 如图，连接， ∵四边形与都是正方形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：①，且，理由如下： 如图，延长至点N使，连接，设分别交于点J，H， ∵点M为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形与都是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵点M为的中点， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴； ②如图，连接，取的中点O，连接， ∵点M为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点M在这个过程中的运动路径为以点O为圆心，长为半径的圆， ∴点M在这个过程中的运动路径长为． 故答案为：. 11．在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴、轴分别交于A、C两点，抛物线经过三点． (1)求抛物线的解析式． (2)当时，先随的增大而增大，后随的增大而减小，求的取值范围． (3)P为抛物线上一动点，在抛物线的对称轴上是否存在点，使以为顶点的四边形是平行四边形且三点不共线?若存在，求出的面积；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在符合题意的点，且的面积为 或 【分析】（1）通过已知三点坐标代入抛物线方程可解出系数； （2）利用抛物线的对称性分析区间内的增减性，确定对称轴位置关系从而求出范围； （3）结合动点在抛物线上，结合对称轴上的点，构造以为顶点的平行四边形，利用平行四边形性质列出坐标关系，排除共线情况后计算三角形面积． 【详解】（1）解：令，得， ∴点C的坐标为． 令，得， ∴点A的坐标为． ∵抛物线经过三点， ∴ 解得 ∴抛物线的解析式为 （2）解：， ∴抛物线的对称轴为直线． ∵， ∴在对称轴左侧，随的增大而增大，在对称轴右侧，随的增大而减小． ∵当时，先随的增大而增大，后随的增大而减小， ∴ 解得． （3）解：存在点Q，设 ①当为平行四边形的边时， 若四边形是平行四边形，如图1所示． ， ， ， ， ∴点Q的坐标为 又， ∴此时的面积为． 若四边形是平行四边形，如图2所示． ， ， ， ∴ ， ， ∴点Q的坐标为 又， ∴此时的面积为． ②当为平行四边形的对角线时，如图3所示． ， ， ， ， ， ， ∴点Q的坐标为， ∴此时三点共线，不符合题意． 综上所述，存在符合题意的点Q，且的面积为或． 12．如图，已知抛物线与x轴交于、B两点，与y轴交于C点，其对称轴为直线． (1)直接写出抛物线的解析式； (2)把线段沿x轴向右平移，设平移后A、C的对应点分别为，当落在抛物线上时，求的坐标； (3)除（2）中的平行四边形外，在x轴和抛物线上是否还分别存在点E、F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出E、F的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)点、的坐标分别为， (3)存在，，或，或， 【分析】（1）先求得点的坐标，然后根据待定系数法求出抛物线的解析式； （2）根据平移性质及抛物线的对称性，求出、的坐标； （3）分为平行四边形的边和对角线两种情况讨论即可． 【详解】（1）解：∵，对称轴为直线， ， 把，代入抛物线的表达式得：， 解得： ∴抛物线的解析式为：； （2）解：∵抛物线的解析式为， ∴当时，， ∴点， ∵抛物线的对称轴为， ∴点关于的对称点的坐标为， ∴点向右平移了2个单位长度． ∴点向右平移后的点的坐标为． ∴点、的坐标分别为，； （3）解：存在．理由如下： 设． 若以、、、为顶点的四边形为平行四边形，则： ①为平行四边形的边，如答图1， ⅰ）若四边形为平行四边形， 则且， 此时，分别与点、重合，与题意不符，舍去； ⅱ）若四边形为平行四边形，则且， 过点作轴于点， 则， ∴， ∴，． ∴点的纵坐标为， ∴， 解得：，． ，， ，； ②若为平行四边形的对角线，如答图2． 则且， ∴，； 综上所述，存在点、，使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形，点、的坐标为：，或，或，． 13．如图，抛物线经过点，已知点，点． (1)求抛物线的表达式； (2)为线段上一点，过点作轴的平行线，交抛物线于点，当的面积最大时，求点的坐标； (3)设是抛物线上的一点，在轴上是否存在点，使得为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，， 【分析】（1）由待定系数法求解即可； （2）先求出直线的表达式，设点的坐标为，则点的坐标为，则，再由建立二次函数关系式，然后根据二次函数的性质求解即可； （3）分两种情况进行讨论：为平行四边形的边或对角线，然后结合平行四边形的性质求解即可． 【详解】（1）解：点，点在抛物线上， 解得 即抛物线的表达式是； （2）解：令，则，解得， 点， 点的坐标为． 设过点、的直线的解析式为： ， 解得 过点、的直线的解析式为： 设点的坐标为，则点的坐标为， ． ． 当时，的面积最大， 点的坐标为； （3）解：存在． 当是平行四边形的边时， 则点的纵坐标为或， 是抛物线上的一点， 将代入，得（舍去），； 将代入，得． ∴ 则由点的平移可得：， 当为平行四边形的对角线时，， 则点的纵坐标为， 是抛物线上的一点， 将代入，得（舍去），； 即点． 则由点的平移可得：． 综上，，． 14．已知抛物线的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点．和1是关于x的一元二次方程的两个根． (1)求该抛物线的解析式； (2)过点B作交抛物线于点，与y轴交于点E，P为直线下方抛物线上的一个动点，连接交于点F，求的最大值及此时点P的坐标； (3)在（2）的条件下，将该抛物线向右平移2个单位后得到新抛物线，新抛物线与原抛物线相交于点Q，点M为原抛物线对称轴上一点，在平面直角坐标系中是否存在点N，使得以点A，M，N，Q为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点N的坐标；如不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)最大值为， (3)存在，点N的坐标为或或或或 【分析】（1）由一元二次方程根与系数的关系列方程组，求出系数a、b的值即可确定解析式； （2）过点P分别向x轴、直线作垂线，构造三角形，设点P的横坐标为t，根据相似三角形的对应边成比例的性质，用含x的代数式表示的高，该三角形的底边、平行线、之间的距离为定值，由此求出关于t的函数关系式，利用二次函数的性质求出的最大值及点P的坐标； （3）先求出点Q的坐标为，根据两点间距离公式得出，，，分三种情况：当时，当时，当时，分别列出方程，解方程求出点M的坐标，再根据中点坐标公式求出点N的坐标即可． 【详解】（1）解：∵和1是关于x的一元二次方程的两个根， ∴， 解得：，， ∴该抛物线的解析式为 （2）解：作轴，交于点H，作于点G，作于点K，如图所示： 当时，，则、， 当时，，则． 设直线的解析式为，则，解得 ∴ 设直线的解析式为， ∴， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则 ∴， ∵轴， ∴， ∴， ， 当时，的面积最大，最大值为，此时． （3）解：存在． ， ∴原抛物线的对称轴为直线， 设点M的坐标为， ∵将该抛物线向右平移2个单位后得到新抛物线， ∴新抛物线的解析式为：， 联立， 解得：， ∴点Q的坐标为， ∵， ∴， ， ， 当时，， 则， 解得：， ∴， 此时、为菱形的对角线， ∴， 解得：， 此时点N的坐标为； 当时，， 则， 解得：， ∴点的坐标为或， 此时、为菱形的对角线， ∴当点的坐标为时，， 解得：， 此时点N的坐标为； 当点的坐标为时，， 解得：， 此时点N的坐标为； 当时，， 则， 解得：， ∴点的坐标为或， 此时、为菱形的对角线， ∴当点的坐标为时，， 解得：， 此时点N的坐标为； 当点的坐标为时，， 解得：， 此时点N的坐标为； 综上，点N的坐标为或或或或． 15．已知抛物线与轴交于点，点，与轴交于点，直线经过点和．    (1)则点的坐标分别为________、________、________； (2)点是抛物线上一动点，过点作轴于点，交直线于点，连接． ①如图1，若动点在直线上方运动时，过点作于点，试求的周长的最大值． ②如图2，当点在抛物线上运动时，将沿直线翻折，点的对应点为点，若以、、、为顶点的四边形能成为菱形，求点的坐标． 【答案】(1)，， (2)①；②或， 【分析】（1）根据抛物线解析式，求出抛物线与轴和轴的交点坐标，即可得到答案； （2）①设，的周长为，则，，证明，得到，再利用勾股定理，求得，得到的周长为，进而得出，然后利用二次函数的性质，即可得到答案； ②根据菱形的性质可知，，且，即点落在轴上．过点作轴于点，设，则、，得到，，再利用勾股定理得到，然后利用列等式求解的值，即可求出点的坐标． 【详解】（1）解：抛物线与轴交于点，点，与轴交于点， 令，则，解得：，， 令，则， 、，， 故答案为：、、； （2）解：①设，的周长为， 则，， 轴， ， ， ， ， ， 由题意可知，、， ， 的周长为， ， ， 当时，， 即的周长的最大值为； ②将沿直线翻折后，以、、、为顶点的四边形能成为菱形， ，， 点落在轴上， 如图2，过点作轴于点， 设，则、， ，， 在中，， ， 或， 解方程①得：或（不符合题意，舍去）， 解方程②得：或（不符合题意，舍去）． 当时，， 当时，． 故以、、、为顶点的四边形能成为菱形的点的坐标为或 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 平行四边形及特殊四边形综合探究 目 录 模块一、解题方法总述 模块二、压轴题型专练 题型01 平行四边形的判定与性质综合 题型02 菱形的判定与性质综合 题型03 矩形的判定与性质综合 题型04 正方形的判定与性质综合 题型05 中点四边形问题 题型06 四边形中的折叠问题 题型07 四边形中的旋转问题 题型08 特殊四边形与函数图象结合的存在性探究 模块三、综合实战演练 一、四边形中的旋转问题解题策略： 核心逻辑：以旋转的全等本质为基础，锁定旋转三要素，结合特殊四边形的边、角、对角线固有性质，通过构造特殊三角形或全等三角形集中分散条件，实现“动中找静”，推导线段、角度、面积关系或图形位置关系。 1. 先明核心要素，标注不变量与固有性质 首先确定旋转的三要素：旋转中心（多为四边形的顶点、对角线交点，正方形/菱形常以中心或顶点为旋心）、旋转角（由四边形特征决定，正方形/矩形多为90°，菱形多为60°/120°，为高频特殊角）、旋转方向（顺/逆时针不影响等量关系，无需刻意区分）； 再标注旋转的不变量：旋转后对应边相等、对应角相等，结合四边形本身性质（平行四边形对边平行且相等、菱形四边相等+对角线垂直、矩形四角直角+对角线相等、正方形兼具所有特征），叠加推导更多等量边、角，为后续解题铺垫。 2.作关键辅助线，构造特殊图形集中条件 核心辅助线优先连旋转对应点，直接得到全等三角形，将分散在四边形不同位置的边、角转移到同一图形中； 结合旋转角和四边形特征构造特殊三角形：90°旋转（正方形/矩形）构造等腰直角三角形，60°旋转（菱形）构造等边三角形，平行四边形旋转可结合对边平行构造平行线型全等； 遇复杂图形可连四边形对角线，拆分出等腰、直角三角形，同时利用对角线的平分、垂直、相等特征，补充等量条件，让分散的条件更集中。 3. 结合题型需求，针对性推导结论 证线段/角相等、平行/垂直：由旋转全等直接得对应边、角相等，叠加四边形的平行、垂直、对角相等性质，推导线段和差、角度等量关系；证垂直可利用90°旋转角或等腰直角三角形特征，证平行可通过等角转化结合平行线判定定理； 求线段长/角度/面积：线段长和角度优先在构造的直角、等边、等腰直角三角形中，用勾股定理、特殊角三角函数求解；面积利用“旋转后图形与原图形全等（面积不变）”，不规则面积用割补法，结合四边形和特殊三角形的面积公式计算； 二、函数图像中特殊四边形存在性问题解题策略： 核心逻辑：数形结合，单参表动点坐标，按四边形判定分类列方程，求解验证保有效，将几何存在性转化为代数运算，核心是坐标化、方程化、分类化。 1. 定背景，设坐标：明确函数解析式，区分定点与动点；动点用单参表示（横坐标为参，代入函数表纵坐标），实现几何点向代数坐标转化。 1. 分情况，定判定：以平行四边形为基础，分类讨论（定线段为边/对角线）： · 平行四边形：用对角线中点重合（中点公式）列等式； · 菱形：平行四边形条件+邻边相等（距离公式）； · 矩形：平行四边形条件+邻边垂直（斜率乘积为-1）或对角线相等； · 正方形：平行四边形条件+邻边相等且垂直（菱形+矩形）。 1. 转等式，求参数：将几何特征转化为中点、距离、斜率公式，联立方程求解参数，简化运算（如距离公式平方消根号）。 1. 验结果，保存在：验证动点坐标满足函数解析式、四点不共线、几何条件全满足，剔除无效解，整理分类结论。 题型01 平行四边形的判定与性质综合 1．如图，在平行四边形中，、分别在边、上，且满足． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，连接，并求的长． 2．已知四边形中，P是对角线BD上的一点，过P作，分别交于点M，N，E，F，设，解答下列问题： (1)当四边形是矩形时，见图1，请判断a与b的大小关系，并说明理由． (2)当四边形是平行四边形，且为锐角时，见图2，（1）中的结论是否成立？并说明理由． (3)在（2）的条件下，设，是否存在这样的实数k，使得？若存在，请求出满足条件的所有k的值；若不存在，请说明理由． 3．如图，在中，于点，，分别为，的中点，为边上一点，，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若点是的中点，，，求的长． 4．如图1，在中，与相交于点O，点E为的中点，连接交于点F． (1)求证：，； (2)如图2，点P为的中点，连接、、，判断四边形的形状，并证明你的结论． 5．综合证明： (1)如图1，四边形是平行四边形，G、H是对角线的三等分点．求证：四边形是平行四边形． (2)如图2，四边形中，G、H是对角线的三等分点，延长、，分别与、交于E、F，若E、F分别是、的中点．求证：四边形是平行四边形． 核心：性质抓“对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分”；判定紧扣3类条件（边/角/对角线），用性质推条件，用判定证图形。 1. 性质应用：直接用边/角/对角线的等量关系，推导线段和差、角度计算、三角形全等； 2. 判定技巧：优先找边的关系（一组对边平行且相等/两组对边分别平行/相等），对角线互相平分次之，角的关系（两组对角相等）作补充； 3. 关键：无图题注意分类讨论（如对角线分情况、边的位置分情况）。 题型02 菱形的判定与性质综合 1．九年级（1）班学生在数学老师的指导下，以“图形的旋转”为主题，开展数学探究活动． (1)【观察猜想】 如图1，是等边三角形，点在边上，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，，请直接写出线段与线段的数量关系：____，_____； (2)【类比探究】 如图2，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）． ①如图3，当点在线段上，且，时，以线段为边作等边三角形，连接，请判断线段与线段的数量关系，并说明理由； ②在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，，请直接写出线段的长． 2．如图，在矩形中，点E是的中点，延长至点G，使得 连接，的延长线与的延长线交于点F，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，，求菱形的面积． 3．如图，在中，，D为的中点，且， (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积．计算结果保留根号 4．如图，在中， ，以边上一点O为圆心，长为半径作，与分别相切于点A、点D，并与边相交于另一点F，在优弧上求作一点E，使得四边形为菱形； 小文的作法如下： ①以点B为圆心，适当长为半径画弧分别交于点M，点N； ②分别以点M，N为圆心，大于 的长为半径作弧，两弧交于点P； ③连接，并延长交于点E，连接，即四边形为所求作的菱形． (1)证明：四边形为菱形； (2)若，求的周长． 5．综合与探究 (1)如图1，在矩形中，对角线与相交于点O，过点O作直线，交于点E，交于点F，连接，，且平分． ①求证：四边形是菱形； ②直接写出的度数． (2)把（1）中菱形进行分离研究，如图2，G，I分别在，边上，且，连接，H为的中点，连接，并延长交于点J，连接，，，．试探究线段与之间满足的数量及位置关系，并说明理由． 核心：菱形是“特殊平行四边形”，性质多“四边相等、对角线垂直且平分内角”；判定先证平行四边形，再补菱形专属条件（边/对角线）。 1. 性质应用：四边相等推线段等量，对角线垂直构直角三角形（勾股定理求边长），对角线平分内角推角度平分线； 2. 判定技巧：① 先证平行四边形+一组邻边相等/对角线垂直；② 直接证四条边都相等； 3. 关键：对角线垂直是菱形核心特征，遇菱形必连对角线，用垂直和平分解题。 题型03 矩形的判定与性质综合 1．在矩形中，，，E、F是直线上的两个动点，分别从、两点同时出发相向而行，速度均为每秒2个单位长度，运动时间为t秒，其中． (1)如图1，、分别是、中点，当四边形是矩形时，求的值； (2)若、分别从点、沿折线运动，与相同的速度同时出发． ①如图2，若四边形为菱形，求的值； ②如图3，作的垂直平分线交、于点、Q，当四边形的面积是矩形面积的时，求的值． 2．如图，在平行四边形中，过点D作于点E，，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若平分，，，求四边形的面积． 3．如图，在中， D，E分别是的中点，连接，过点 A 作，垂足为F，延长至点G，使，连接，延长至点H，使，连接，易知四边形的面积等于的面积． (1)求证：四边形 为矩形； (2)若，，请你利用上述结论求的面积． 4．如图，在中，的平分线和的平分线交于点E，点E在边上，以为边作． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的周长． 5．在矩形中，点是上的一个动点（点不与端点重合），点为的中点，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，若，，当线段的长为整数时，直接写出线段的长． 核心：矩形是“特殊平行四边形”，性质多“四角为直角、对角线相等”；判定先证平行四边形，再补矩形专属条件（角/对角线）。 1. 性质应用：直角构勾股定理/相似三角形，对角线相等推线段等量，直角+对角线结合证等腰三角形； 2. 判定技巧：① 先证平行四边形+一个直角/对角线相等；② 直接证三个角为直角； 3. 关键：直角和对角线相等是矩形核心，遇矩形优先用直角转化角度，用对角线相等推线段关系。 题型04 正方形的判定与性质综合 1．问题提出 (1)如图①，在中，，，点为边的中点，点为边上一点，过点作，交于点，若表示四边形的面积，表示的面积，则与之间的等量关系式为______； 问题探究 (2)如图②，已知正方形的边长为，点为对角线上一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形．若，求的长． 2．如图，中，外角的平分线交于点A，过点A分别作直线的垂线，B，D为垂足． (1)求的度数； (2)①求证：四边形是正方形； ②若，求的值． 3．如图，在中，，点是边的延长线上的一点．连接，过点作于点，交于点G，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)当点F是的中点，且时，求四边形的面积． 4．正方形中，点E是对角线上一动点，过点E作交射线于点F，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)若，求的长； (3)当与正方形的某条边的夹角为时，直接写出的度数； (4)若点为中点，连接，试判断和的位置关系，并说明理由． 5．问题情境：如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为M．那么与相等吗？ (1)直接判断∶______（填“”或“”）； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： (2)如图2，在正方形中，点E、F、G分别在边、和上，且，垂足为M．那么与相等吗？证明你的结论； 问题拓展： (3)如图3，点E在边上，且，垂足为H，当H在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点H落在点处． ①四边形是正方形吗？请说明理由； ②若，点在上，，直接写出的最小值为 ． 核心：正方形是“菱形+矩形”，兼具两者所有性质，判定需同时满足菱形和矩形的条件，层层递进证明。 1. 性质应用：融合四边相等、四角直角、对角线垂直平分且相等的所有特征，可任意推导边、角、对角线的等量和垂直关系； 2. 判定技巧：三步法（最通用）：证平行四边形→证菱形（邻边相等/对角线垂直）→证矩形（直角/对角线相等），顺序可互换； 3. 关键：正方形性质最全面，遇题优先用对角线的“垂直、平分、相等”三重特征，简化推导。 题型05 中点四边形问题 1．综合与实践：小丰学习了第十八章《平行四边形》后，在复习题中做了一道关于“中点四边形”的问题．定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形．小丰进一步思考，提出问题：“中点四边形的形状由原图形的什么因素决定？”并进行如下的画图探究过程，请你一起完成． (1)作图与操作：如图1，画任意四边形，用刻度尺取四边中点E，F，G，H并顺次连接，得到四边形．请你画出图2、图3、图4中四边形的中点四边形（用刻度尺度量画图即可）； (2)观察与猜想：中点四边形的形状由原四边形的对角线的数量关系和位置关系决定．请填写下表： 图形 原四边形对角线与 中点四边形的形状 图1 既不相等，也不垂直 平行四边形 图2 ，但与不垂直 图3 ， 图4 ， (3)证明与表达：根据表中对图2，图3，图4的画图和猜想，选择其中一个进行证明．（写出已知，求证，再证明） 选择图 ，已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点， ．求证：四边形是 ． 2．小明数学成绩优秀，他平时善于总结，并把总结出的结果灵活运用到做题中是他成功的经验之一，例如，总结出“依次连接任意一个四边形各边中点所得四边形（即原四边形的中点四边形）一定是平行四边形”后，他想到曾经做过的这样一道题：如图1，点 是线段的中点，分别以和为边在线段的同侧作等边三角形和等边三角形，连接和，他想到了四边形的中点四边形一定是菱形．于是，他又进一步探究：如图2，若是线段上任一点，在的同侧作和，使，，，连接，设点，，，分别是，，，的中点，顺次连接，，，．请你接着往下解决三个问题： (1)四边形的中点四边形的形状为 ； (2)当点在线段的上方时，如图3，在的外部作和，其他条件不变，（1）中结论还成立吗？说明理由； (3)如果（2）中，，其他条件不变，先补全图4，再判断四边形的形状，并说明理由． 3．【猜想探究】 如图1．在中，D、E分别为的中点，连接： 操作1．将绕点E按顺时针方向旋转到的位置． 操作2．延长到点F，使，连接． 试探究与有怎样的位置关系和数量关系？ （1）请结合操作1或操作2的方法所得出的结论，我们可以得到三角形中位线定理， ． 【结论应用】 （2）如图2，四边形中，对角线相交于点O，四条边上的中点分别为E、F、G、H、依次连接，得到四边形．若，，，求四边形的面积．    【问题解决】 （3）如图3所示，在一个四边形的草坪上修一条小路，其中点P和点Q分别为边和边的中点，且，，，求小路的长度．    4．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”． 概念理解： （1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是 ． A．平行四边形        B．矩形        C．菱形        D．正方形 性质探究： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，直接写出关于四边形的对角线的关系： 问题解决： （3）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”，M，N分别是的中点， （4）试探索与的数量关系，并说明理由． 5．如图，在四边形ABCD中，点，，，分别为，，，边的中点，顺次连接各边中点得到的新的四边形称为四边形的中点四边形． (1)求证：四边形的形状是平行四边形． (2)如图，在四边形中，，，且，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，…如此进行下去，得到四边形．则 ①四边形是 ．（填特殊平行四边形） ②四边形的周长是 ．（用，代数式表示） ③若四边形始终是正方形，则在现有条件下，，还应该满足 ． 核心：中点四边形的形状由原四边形的对角线决定，有固定规律，直接套结论，无需复杂证明。 1. 核心结论：① 任意四边形的中点四边形是平行四边形；② 对角线相等的四边形，中点四边形是菱形；③ 对角线垂直的四边形，中点四边形是矩形；④ 对角线垂直且相等的四边形，中点四边形是正方形； 2. 解题技巧：先看原四边形对角线的关系（相等/垂直/垂直且相等），直接定中点四边形形状；反向题由中点四边形形状，推原四边形对角线特征； 3. 关键：仅与对角线有关，与原四边形形状无关。 题型06 四边形中的折叠问题 1．某班同学在开展以折纸为主题的实践活动中，发现了三等分直角、三等分线段的方法． (1)如图，将矩形对折，使得与重合，得到折痕（其中，点、分别是边、的中点），然后再将矩形纸片展开．再次折叠矩形纸片，使得点落在上，记作点，且使折痕经过点，得到折痕．求证：、将三等分． (2)类比地，如图，将正方形纸片对折，得到折痕（其中，点、分别是边、的中点），连接，将纸片沿翻折，使点落在点处，连接并延长交于于．求证：． 2．如图1，矩形中，已知，，点E是线段上的一个动点，连接并延长，交射线于点F．将沿直线翻折，点B的对应点为点，延长交CD于点M． (1)求证：； (2)如图2，若点恰好落在对角线上，求的值； (3)如图3，若，求线段的长． 3．如图，已知矩形中，E是边上一点，将沿折叠得到，连接． (1)初步探究 如图1，当，落在直线上时． ①求证：； ②填空：________； (2)深入思考 如图2，当，与边相交时，在上取一点G，使，与交于点H．求的值（用含n的式子表示），并说明理由； (3)拓展延伸 在（2）的条件下，当，E是的中点时，若，求的长． 4．综合与实践 【问题情境】 数学兴趣小组对“矩形的折叠”作了如下探究．将矩形纸片先沿折叠，折痕与边，分别交于点，，点的对应点记为，点的对应点记为． (1)【特例探究】 角的探究：如图1，连接，与交于点，当点，，三点共线时，与相等的角为______（写出一个即可）； (2)线段的探究：如图2，当为的中点时，点恰好落在边上． ①猜想，，三条线段的数量关系，并说明理由； ②延长交于点，连接，，判断与的位置关系，并说明理由． (3)【深入探究】 如图3，将矩形纸片更换为平行四边形、，，，为的中点，当所在直线垂直于平行四边形的一边所在直线时，直接写出的值． 5．已知矩形纸片，按要求解决下列问题． (1)如图1，把矩形纸片折叠，使得点落在上的点处，则______，______．（用图中的字母表示） (2)如图2，将矩形纸片折叠，使点与点重合，点落在处，折痕交边于点，交边于点，连接．猜想四边形的形状并说明理由． (3)如图3，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处，得到折痕，再将矩形纸片沿过点的直线折叠，点恰好落在上的点处，点落在点处，得到折痕，交于点．求证：． 核心：折叠是轴对称变换，抓全等不变量（对应边相等、对应角相等）和折痕性质（折痕是对应点连线的垂直平分线），结合四边形性质建方程。 1. 解题步骤：① 标折叠后的对应边、对应角，锁定不变量；② 结合平行四边形/菱形/矩形/正方形的性质，推导线段、角度的等量关系；③ 遇未知线段设参，利用勾股定理（直角居多）列方程求解； 2. 关键：矩形/正方形折叠常出现直角三角形，是建方程的核心；菱形折叠抓对角线平分内角和垂直特征。 题型07 四边形中的旋转问题 1．【问题情景】 数学实践小组的同学利用两个正方形进行了如下的探究与操作： 将正方形的点D和正方形的点E重合，并旋转正方形同时确保点H在正方形内部，在旋转中同学们尝试对此情景进行画图，提出了不同的研究方向． (1)【思考尝试】 如图1，同学们发现，连接、后，随着旋转，和有着一定的数量关系，请在图1中补全图形，并证明和的数量关系； (2)【应用迁移】 如图2，励志小组继续旋转，发现三点共线时，可以由正方形和正方形的边长求出的长，若，，请你思考并求的长． (3)【拓展探究】励志小组在旋转正方形时，发现并提出新的探究点：如图3，连接、，当正方形旋转时，的形状和面积也随之改变，若，，直接写出的面积的取值范围． 2．【课本再现】 （1）如图1，正方形的中心为点O，正方形与正方形的边长相等，且正方形绕点O旋转． 在正方形旋转过程中阴影部分的面积 （填写“改变”或“不变”），阴影部分的面积和正方形的面积S之间的数量关系为 ． 【深入思考】 （2）如图2，在旋转过程中，线段与的位置关系是什么？请写出并证明． 【问题迁移】 （3）如图2，如果正方形的边长为4，正方形在旋转中边长与有交点，设，请求出阴影部分的周长y与x的函数关系式． 【拓展应用】 （4）如图3，如果正方形的边长为4，边长为4且的菱形 绕点O旋转，请直接写出两个图形重叠部分（阴影部分）面积的最大值和最小值． 3．我们知道平行四边形是中心对称图形，对角线的交点是对称中心．如图1，点是的对称中心． 如图2，若将绕对称中心点旋转得到，当分别与、交于点、，分别与、交于点、时．因为，，所以四边形是平行四边形，由旋转可知，，所以（等高），所以四边形是正方形，且由旋转可知点也是正方形对角线的交点． (1)如图3，若将绕对称中心点旋转一定的角度得到，当分别与、交于点、，分别与、交于点、时．求证：四边形是菱形． (2)如图4，若将绕对称中心点旋转得到，当各边与各边分别交于点、、、．求证：四边形是正方形． (3)如图5，在中，，点、、、分别在、、、上，满足什么条件时，存在正方形．（直接写出答案） 4．如图1，已知正方形与正方形有公共顶点A，点E在正方形的对角线上（）．    (1)如图2，正方形绕A点顺时针方向旋转（），和的数量关系是 ，位置关系是 ； (2)如图3，正方形绕A点逆时针方向旋转（），求的值以及直线和直线所夹锐角的度数； (3)如图4，，点N在对角线上，，将正方形绕A顺时针方向旋转（），点M是边的中点，过点M作交于点H；在旋转过程中，线段的长度是否变化？如果不变，请直接写出的长度；如果改变，请说明理由． 5．【问题背景】数学兴趣小组利用两块大小不同的正方形卡片进行“正方形旋转”的探究活动，如图1，他们将边长为4的正方形与边长为2的正方形的一个顶点重合于点B，使边，分别落在边上．容易发现． 【问题探究】将图1中正方形固定，将正方形绕点顺时针方向旋转． （1）如图2，连接，，试探究与是否仍然相等？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由． 【问题拓展】将图1中正方形固定，将正方形绕点顺时针方向旋转． （2）如图3，在旋转过程中，当三点在同一条直线上时，求线段的长； （3）如图4，连接，取中点，连接，请直接写出线段长度的最小值和最大值． 核心：旋转抓全等不变量（对应边相等、对应角相等）和旋转三要素（旋转中心、旋转角、旋转方向），结合四边形性质构造全等/等腰三角形。 1. 解题步骤：① 由旋转得全等，标相等的边和角，确定旋转角；② 结合四边形的平行、垂直、边相等特征，构造等腰/直角/等边三角形；③ 利用全等推导线段和差、角度关系，或求线段长/面积； 2. 关键：正方形/菱形旋转常出现旋转角为90°/60°的特殊情况，优先构造特殊三角形；旋转中心多为四边形的顶点/对角线交点。 题型08 特殊四边形与函数图象结合的存在性探究 1．如图，抛物线与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点，与y轴交于点，抛物线的顶点为D．过点D向x轴作垂线，交x轴于点E，以和为邻边在第二象限内作矩形．动点M从点D出发，沿向点E运动，运动的速度为每秒1个单位长度．设点M的运动时间为t秒，过点M作，交于点G，过点G作于点H，交抛物线于点Q． (1)求该抛物线的函数表达式． (2)当M为的中点时，求的长． (3)如图1，连接，，当的面积最大时，求t的值． (4)如图2，点M运动的同时，点P从点A出发沿向点F运动，运动的速度为每秒1个单位长度，K为矩形内一点，且点K在点G的正下方．当四边形为菱形时，求t的值． 2．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点，与轴交于点，且关于直线对称． (1)求该抛物线的解析式； (2)当时，的取值范围是，求的值； (3)点是抛物线上位于第一象限的一个动点，过点作轴的垂线交直线于点， ①求线段的最大值， ②在轴上是否存在点，使得以为顶点的四边形是菱形？若存在，求出该菱形的边长；若不存在，说明理由． 3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，且． 　 (1)试求抛物线的解析式； (2)直线与轴交于点，与抛物线在第一象限交于点，与直线交于点，记，试求的最大值及此时点的坐标； (3)在（2）的条件下，取最大值时，点是轴上的一个动点，点是坐标平面内的一点，是否存在这样的点、，使得以、、、四点组成的四边形是矩形？请直接写出满足条件的点的坐标． 4．如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，点是轴右侧抛物线上一动点． (1)请直接写出点的坐标和直线的函数解析式； (2)若点是轴上一点，连接，当交于点，且时，求线段的长； (3)在轴上是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 5．综合与探究 如图，抛物线与x轴交于点，点，与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，点P是直线上方抛物线上一点． (1)求抛物线的解析式； (2)在直线上方的抛物线上找一点P，作，当为最大值时，求线段的长； (3)连接，当时，求点P的坐标． (4)若点M为直线上一点，N为平面内一点，是否存在这样的点M和点N使得以C、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点M坐标；若不存在，说明理由． 核心：数形结合，以函数为基础求点的坐标，以特殊四边形的判定为依据列方程，验证点的合理性。 1. 解题步骤：① 设动点坐标（结合函数解析式，单参数表示，如一次函数设，二次函数设）；② 根据特殊四边形的判定条件（如平行四边形对角线中点重合、菱形邻边相等、矩形对角线相等），转化为坐标等式；③ 解方程组求参数，验证坐标是否在函数图象上、四边形是否存在（顶点不共线）； 2. 关键：平行四边形存在性优先用中点坐标公式（最简便），菱形/矩形/正方形在平行四边形基础上，补充邻边相等/垂直的坐标条件（斜率乘积为-1/距离相等）。 1．综合与探究 学习材料：中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添加辅助线．所谓倍长中线模型，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法． 如图1，在中，取的中点O，连接并延长，使得，连接、，四边形为平行四边形． 初步探究： (1)如图2，数学活动课上，老师让同学们制作两张全等的直角三角形纸片并重合放置，将保持固定，绕点A按逆时针方向旋转，其中，若，当点E落在AB边上时，连接并延长，使得，连接、，判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： (2)如图3，当绕点A按逆时针方向旋转90°时，连接、，取的中点P，连接交于点Q，试判断和的数量关系和位置关系，并说明理由． 拓展延伸： (3)当绕点A按逆时针方向旋转90°时，连接，M是射线上的一点，连接，过点A作的垂线交于点G，若G是的三等分点，请直接写出的值． 2．几何综合 【方法尝试】 (1)如图，矩形是矩形以点为旋转中心，按逆时针方向旋转所得的图形，，分别是它们的对角线．求证：； 【类比迁移】 (2)如图，在和中，，，，，．将绕点在平面内逆时针旋转，连接，． 请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由； 当点，，在同一直线上时，求线段的长； 【拓展延伸】 (3)如图，在中，，，过点作，在射线上取一点，连接，使得，请直接写出线段的最大值． 3．解决下列问题： (1)【操作探究】如图①，在平行四边形中．作图：过的中点O作直线，分别交于点E，F；发现：与的数量关系为_______． (2)【初步应用】如图②，在平行四边形中，过点O作，交于点H，G，连接．判断四边形的形状并说明理由； (3)【问题解决】如图③，在四边形中，，，点E，G分别在上，连接并延长交的延长线于点P，点O是的中点，连接并延长交于点F，连接．将线段所在的直线绕点E逆时针旋转交于点Q．当，，，时，求的长． 4．综合与实践 【问题情境】在书法课上，为了实现图的书写效果，需要解决“将正方形书法纸折出均等的三列”的问题．在学习了特殊平行四边形知识后，小华和小海以“正方形的折叠”为主题展开了探索． 【操作探索】 操作一：把正方形纸片对折，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：沿着再一次折叠纸片，使点落在点处，得到折痕交HE于点； 操作三：将沿过点的直线折叠，使与重合，得到折痕． 【猜想验证】 (1)根据以上操作，小华发现点三点共线，且①_________°；②线段之间的数量关系为：_________． (2)小海说：“我发现线段与线段的比值是，即点是线段的三等分点．”你认为小海的说法正确吗？请说明理由． 【问题探究】 (3)在（）和（）的条件下，延长交线段于点，连接交于点，你能发现线段与线段的比值吗？请直接写出答案． 5．【问题呈现】小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在正方形中，点E、F分别在边上，且，试探究线段长度的最小值． 【问题分析】小明通过证明三角形全等，将动线段交点问题转化为单动点绕定点旋转问题，再通过定角或定长发现这个动点的运动路径，进而解决上述几何问题． 【问题解决】请结合图①，在【问题呈现】的条件下，完成下列问题： (1)证明： ①； ②直接写出的大小为________度． (2)如图②，取的中点O，连结，线段长度为________，线段长度的最小值为________． (3)【方法应用】如图③，在正方形中，对角线，点E在边上，点F在边上，且始终保持，连结，过点C作交直线于点Q，线段的最小值为________． 6．如图，在中，点O是边上的一个动点，过点O作直线，设交的角平分线于点E，交的平分线于点F． (1)说明：； (2)当点O运动到何处，四边形是矩形？说明你的结论． (3)当点O运动到何处，与具有怎样的关系时，四边形是正方形？为什么？ 7．如图1，在平面直角坐标系中，，，双曲线与矩形的两边、分别交于D、E两点，连接、、，将沿翻折后得到． (1)探究一：如图2，若点D为中点时，点又恰好落在线段上，点E的纵坐标为________（用含n的式子表示）； (2)探究二：如图3，若平分，当四边形是正方形时，求矩形的面积： (3)探究三：如图4，若点D在直线上，是否存在m的值使点落在x轴上，若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 8．【问题背景】在正方形中： 如图1，如果点、分别在、上，且，垂足为，那么与相等（无需证明）； (1)如图2，如果点、、分别在、、上，且，垂足为，那么与相等吗？证明你的结论； 【思考应用】 (2)如图3，若将正方形折叠，使得点的对应点落在边上，折痕分别交，于，．若正方形的边长为2，，则_____； 【继续探索】 (3)如图4，当图1中的点是的中点且时，连接，请你判断线段与之间的关系，并说明理由； 【拓展延伸】 (4)如图5，在正方形中，点、分别在、上，且，连接与相交于点．若，空白部分面积为，则_____． 9．在一次数学研究性学习中，小明发现：如图1，在正方形中，点、分别在边、上，于点，点、分别在边、上，，通过证明，再证四边形为平行四边形，从而证出． (1)【学以致用】如图2，正方形纸片的边长为12，是边上一点，连接，折叠该纸片，使点落在上的点，并使折痕经过点，折痕与交于点，点在上，若，求的长； (2)【类比探究】如图3，在矩形中，，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，得到四边形，交于点，连接交于点，试探究与之间的数量关系，并说明理由； (3)【拓展应用】如图4，在矩形中，，，点、分别在边、上，沿着直线折叠矩形，点、分别落在点、处，且点在线段上（不与两端点重合），过点作于点，连接交于点．若，则折叠后长为_______． 10．已知正方形与正方形，正方形绕点A旋转一周． (1)在旋转过程中， ①连接与，结合图1，探究线段与的数量关系______，线段BE与DG的位置关系______； ②连接与，结合图2，试探究线段与的数量关系，并说明理由． (2)在旋转过程中，连接，取中点M， ①连接，结合图3，试探究与的关系，并说明理由； ②将正方形绕点A旋转一周，若，请直接写出点M在这个过程中的运动路径长______． 11．在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴、轴分别交于A、C两点，抛物线经过三点． (1)求抛物线的解析式． (2)当时，先随的增大而增大，后随的增大而减小，求的取值范围． (3)P为抛物线上一动点，在抛物线的对称轴上是否存在点，使以为顶点的四边形是平行四边形且三点不共线?若存在，求出的面积；若不存在，说明理由． 12．如图，已知抛物线与x轴交于、B两点，与y轴交于C点，其对称轴为直线． (1)直接写出抛物线的解析式； (2)把线段沿x轴向右平移，设平移后A、C的对应点分别为，当落在抛物线上时，求的坐标； (3)除（2）中的平行四边形外，在x轴和抛物线上是否还分别存在点E、F，使得以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出E、F的坐标；若不存在，请说明理由． 13．如图，抛物线经过点，已知点，点． (1)求抛物线的表达式； (2)为线段上一点，过点作轴的平行线，交抛物线于点，当的面积最大时，求点的坐标； (3)设是抛物线上的一点，在轴上是否存在点，使得为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由． 14．已知抛物线的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点．和1是关于x的一元二次方程的两个根． (1)求该抛物线的解析式； (2)过点B作交抛物线于点，与y轴交于点E，P为直线下方抛物线上的一个动点，连接交于点F，求的最大值及此时点P的坐标； (3)在（2）的条件下，将该抛物线向右平移2个单位后得到新抛物线，新抛物线与原抛物线相交于点Q，点M为原抛物线对称轴上一点，在平面直角坐标系中是否存在点N，使得以点A，M，N，Q为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点N的坐标；如不存在，请说明理由． 15．已知抛物线与轴交于点，点，与轴交于点，直线经过点和．    (1)则点的坐标分别为________、________、________； (2)点是抛物线上一动点，过点作轴于点，交直线于点，连接． ①如图1，若动点在直线上方运动时，过点作于点，试求的周长的最大值． ②如图2，当点在抛物线上运动时，将沿直线翻折，点的对应点为点，若以、、、为顶点的四边形能成为菱形，求点的坐标． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $