专题04特殊平行四边形的性质与判定、梯形19种题型（期中复习讲义）2025-2026学年八年级数学下学期期中复习专项训练（苏科版）

专题04 特殊平行四边形的性质与判定、梯形 （期中复习讲义，19种题型） 【题型01 矩形的性质】 2 【题型02 矩形的判定】 9 【题型03 矩形的性质与判定的综合】 15 【题型04 菱形的性质】 19 【题型05 菱形的判定】 24 【题型06 菱形的性质与判定的综合】 31 【题型07 正方形的性质】 38 【题型08 正方形的判定】 45 【题型09 正方形的性质与判定】 53 【题型10 特殊四边形性质与判定的综合】 69 【题型11 特殊四边形与平面直角坐标系的综合】 82 【题型12 特殊四边形中的多结论判断问题】 89 【题型13 特殊四边形与折叠问题】 96 【题型14 特殊四边形与动点运动问题】 102 【题型15 特殊四边形与最值问题】 108 【题型16 梯形的定义】 113 【题型17 等腰梯形的性质定理】 116 【题型18 等腰梯形的性质与判定的综合】 123 【题型19 特殊四边形与等腰梯形综合证明】 127 1. 考查分值：占期中试卷15%~22%，是几何板块重点难点，分值高于普通平行四边形，属于必考点，压轴题高频出现。 2. 考查题型：覆盖选择、填空、解答题，难度分层明显——基础题考查单一图形的性质/判定（如矩形对角线相等、菱形四边相等）；中档题考查单一图形的综合证明与计算；压轴题结合平面直角坐标系、折叠、动点、最值，或与等腰梯形、普通平行四边形综合考查（分值6~12分）。 3. 核心考点：① 矩形、菱形、正方形的性质（求线段、角度、周长、面积）；② 三种特殊平行四边形的判定（选择条件、证明）；③ 等腰梯形的性质与判定；④ 特殊四边形的综合应用（与折叠、动点、坐标系结合）；⑤ 特殊四边形与等腰梯形的综合证明。 4. 易错点汇总：① 混淆三种特殊平行四边形的性质与判定（如误将菱形对角线相等、矩形对角线垂直）；② 忽略梯形“只有一组对边平行”的定义；③ 等腰梯形与平行四边形性质混淆；④ 折叠题漏标折叠前后相等边、角；⑤ 坐标系中求特殊四边形顶点坐标漏解；⑥ 动点题未用参数表示线段，无法建立等量关系；⑦ 综合题中不会选择最优判定方法，步骤繁琐。 5. 命题趋势：侧重逻辑推理与综合应用，基础题占50%、中档题35%、压轴题15%；重点考查“数形结合”思想，特殊四边形常与折叠、动点、最值结合，等腰梯形多与特殊平行四边形综合证明，难度适中偏上，需熟练掌握性质与判定的转化。 03 期中知识•梳理 知识点1. 矩形（特殊的平行四边形，四个角为直角） （1）性质：① 继承平行四边形所有性质（对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分）；② 特有性质：四个角都是直角（∠A=∠B=∠C=∠D=90°）；对角线相等（AC=BD）；是轴对称图形（2条对称轴）。 （2）判定：① 定义法：有一个角是直角的平行四边形是矩形；② 角判定：有三个角是直角的四边形是矩形；③ 对角线判定：对角线相等的平行四边形是矩形（对角线相等且互相平分的四边形是矩形）。 知识点2. 菱形（特殊的平行四边形，四条边相等） （1）性质：① 继承平行四边形所有性质；② 特有性质：四条边都相等（AB=BC=CD=DA）；对角线互相垂直（AC⊥BD）；对角线平分一组对角；是轴对称图形（2条对称轴）。 （2）判定：① 定义法：有一组邻边相等的平行四边形是菱形；② 边判定：四条边都相等的四边形是菱形；③ 对角线判定：对角线互相垂直的平行四边形是菱形（对角线互相垂直且互相平分的四边形是菱形）。 知识点3. 正方形（特殊的矩形、特殊的菱形，最特殊的平行四边形） （1）性质：① 继承平行四边形、矩形、菱形所有性质；② 特有性质：四条边相等，四个角都是直角；对角线相等且互相垂直平分；对角线平分一组对角；是轴对称图形（4条对称轴）。 （2）判定：① 定义法：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形；② 矩形基础：有一组邻边相等的矩形是正方形；③ 菱形基础：有一个角是直角的菱形是正方形；④ 对角线：对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形。 知识点4：梯形与等腰梯形 1. 梯形定义：只有一组对边平行的四边形叫做梯形（平行的两边叫做底，不平行的两边叫做腰；两底之间的距离叫做高）。 2. 等腰梯形（特殊的梯形） （1）性质：① 两底平行，两腰相等（AB∥CD，AD=BC）；② 同一底上的两个角相等（∠A=∠B，∠C=∠D）；③ 对角线相等（AC=BD）；④ 是轴对称图形（1条对称轴）。 （2）判定：① 定义法：两腰相等的梯形是等腰梯形；② 角判定：同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形；③ 对角线判定：对角线相等的梯形是等腰梯形。 3. 易错提醒：① 梯形需满足“只有一组对边平行”，两组对边都平行的是平行四边形，不是梯形；② 等腰梯形是梯形，不是平行四边形，不具备平行四边形的对边相等、对角线互相平分等性质。 04 期中题型•汇总 【题型01 矩形的性质】 核心技巧：牢记“平行四边形性质+四个直角+对角线相等”，优先利用直角和对角线相等求解。求线段长用对角线相等、勾股定理；求角度直接用直角（90°）或邻角互补；复杂题型连接对角线，利用全等三角形、等腰三角形推导，标清直角和相等对角线。 【典例1】．如图，矩形中，点E在上，平分，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由角平分线的性质和等腰三角形的性质可得，由角的数量关系可求解．本题考查了矩形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 【详解】解：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴ ∵， ∴， ∴， 故选：C． 【变式1】．如图，矩形的对角线，相交于点，，，则的长等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据矩形的对角线相等且互相平分得，， 再根据得，则是等边三角形，由此得，即可得解． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ， ， 是等边三角形， ， ． 【变式2】．如图，点是矩形的对角线上一点，过点作 ，分别交、于点、，连接、．若图中阴影部分的面积为8，则的值为（　　） A．4 B．8 C．16 D．32 【答案】B 【分析】由矩形的性质可证明，再根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】解：过点作，交于点，交于点， ∵四边形是矩形，且 ∴四边形，四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形， ∴，，，，，， ∵， ， ∴， ∴． ∵， ∴，即， ∴． 【变式3】．如图在矩形中，，，，垂足是E，作点E关于的对称点F，连接、．将沿着射线方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到矩形的一边所在的直线上时，则________． 【答案】3或或 【分析】先计算出点F的初始位置，再根据平移规律，分三种情况讨论点F落在矩形哪条边上，即可求得m的值． 【详解】解：∵，，， 在中，， ∵，， ， 在中，， ∵与关于对称， ∴， ∴，， 如图，当在直线上时， ∴，此时点E与点重合， ∴， 如图2，当在直线上时，设与交于点M，连接， ∵，， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， 此时， 如图3，当在直线上时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 此时， 综上所述，m的值为3或或． 【变式4】．在矩形中，点E是的中点，连接，，点F是上一点，且平分交于点G，平分，则________． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义等知识，正确掌握相关知识是解题的关键． 延长，相交于点，根据矩形的性质和，易证，得，则，根据角平分线，可得，，再利用，易证，得，，从而，得是等腰三角形，进而得，根据角之间的关系求出的度数，最后利用三角形内角和计算即可求解． 【详解】解：如图，延长，相交于点， 矩形， ，，， 点E是的中点， ， ()， ，则， 平分， ， ， ，则 平分， 在和中， ， ， ， ， ，即是等腰三角形， ， ， ， ， ． 故答案为：. 【题型02 矩形的判定】 核心技巧：根据已知条件选择最优判定方法。有平行四边形，补一个直角或对角线相等；无平行四边形，补三个直角或对角线相等且互相平分；避免误用“对角线相等的四边形是矩形”（需加平行四边形前提），步骤先推导判定条件，再下结论。 【典例2】．如图所示，已知平行四边形的对角线相交于点O，． (1)求证：平行四边形是矩形． (2)若，且，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)8 【分析】（1） 由，得到，再由平行四边形性质推出，则可证明平行四边形是矩形． （2）由题意，证明是等边三角形，则可求． 【详解】（1）证明： ∵四边形为平行四边形 ∴， 平行四边形ABCD是矩形； （2）∵， ∴， ， ， 是等边三角形， ． 【变式1】．在平行四边形中，过点作于点，点在上且，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，平分，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)的长为 【分析】（1）由平行四边形的性质得，则，而，则四边形是平行四边形，再由，可推四边形是矩形； （2）由，，，根据勾股定理可求得，则，再利用角平分线证明，根据等角对等边求出． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， 于点，点在上， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形． （2）解：，，， ， ， ， 平分， ， ， ， ， 的长为5． 【变式2】．如图，在中，平分，交于点E，平分，交于点．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】首先，根据四边形是平行四边形，得到 ，进而得到，再由平分，平分及等腰三角形的“三线合一”得出，，，即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ， ． ， ． ，平分， ， 同理可得， ． 又∵， ∴四边形为平行四边形． 又∵， ∴平行四边形是矩形． 【变式3】．如图，在中，，两点分别在边，上，连接，，，，且． (1)求证：四边形为矩形； (2)若平分，且，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用平行四边形的性质得到，，，由得到，进而得到，再通过证明得到，最后利用矩形的判定即可证明； （2）根据角平分线的定义得到，再利用平行线的性质得到，则有，由（1）中的结论可得，，设，在和利用勾股定理建立方程，解方程求出的值即可解答． 【详解】（1）证明：， ，，， ， ， 又， ， 在和中， ， ， ， ， ， 四边形为矩形． （2）解：， ，，， 平分， ， ， ， ， ， 由（1）中的结论得，，，四边形为矩形， ，， 设，则， 在中，， 在中，， ， 解得：， 的长为． 【变式4】．如图，在中，为的中线，为的中点，过点作，交延长线于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，当满足不同条件时，四边形可能是矩形或菱形．请从以下两个结论中选择一个，先填写应满足的条件，再进行证明． 结论①：当满足___________时，四边形是矩形； 结论②：当满足___________时，四边形是菱形． 【答案】(1)详见解析 (2)①当满足时，四边形是矩形，详见解析；②当满足时，四边形是菱形，详见解析 【分析】（1）由两直线平行，内错角相等得，由证得，得出，由为的中线得出，进而得出，再根据平行四边形的判定定理(一组对边平行且相等的四边形是平行四边形)即可得证； （2）连接，如图，①先证出 ，再证出四边形是平行四边形，进而即可得证，②先利用直角三角形斜边中线等于斜边一半得出，再证出四边形是平行四边形，进而即可得证． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵是的中点， ∴， 在和中， ， ∴ ∴， ∵为的中线， ∴D是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴ 四边形是平行四边形； （2）解：连接，如图， ①当满足时，四边形是矩形，理由如下， ∵是中线，且， ∴，即 ， 由（1）知，且， ∵是中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形； ②当满足时，四边形是菱形，理由如下， ∵ ，是中线， ∴， 由（1）知，且， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，正确掌握平行四边形的判定方法是解题关键． 【题型03 矩形的性质与判定的综合】 核心技巧：分清逻辑顺序，“先判定后性质”。先证明四边形是矩形（用判定方法），再利用矩形的直角、对角线相等性质求线段、角度或证明；或先用矩形性质得条件，再证明另一四边形是矩形，辅助线以连接对角线为主。 【典例3】．如图，四边形中，对角线、相交于点，，，且． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，掌握这些知识是解题的关键； （1）由，可得四边形是平行四边形，再由即可得四边形是矩形； （2）由题意求得，由矩形的性质得是等边三角形，由等边三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形． ， 四边形是矩形． （2）解：，， ． 又矩形中，， ∴是等边三角形， ． 【变式1】．如图，平行四边形中，对角线，于点E，于点F， (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了全等三角形的证明，矩形的判定与性质，三角形内角和定理，通过比值换算，求出角的度数，再通过三角形内角和计算是解题的关键． （1）要证明平行四边形是矩形，证明求得即可． （2）首先根据矩形的性质和得到，，则，然后利用三角形内角和定理求解即可． 【详解】（1）证明：，， ， 在和中， ， ， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ∴四边形是矩形； （2）解：由（1）得：四边形是矩形， ，， ， 在直角三角形中，， ． 【变式2】．如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2.4 【分析】本题考查矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，关键是由平行四边形的性质推出，由勾股定理的逆定理判定是直角三角形， （1）由平行四边形的性质推出，，得到，判定四边形是平行四边形，而，即可证明四边形是矩形． （2）由勾股定理的逆定理判定是直角三角形，由三角形面积公式得到，即可求出． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：由（1）知：四边形是矩形，又， ∴， ∵，， ∴， ∴是直角三角形， ∴的面积， ∴， ∴． 【变式3】．如图，在中，于点，延长至点，使，连接与交于点． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理及其逆定理等知识点，熟练掌握相关知识是解题的关键； （1）先证明四边形为平行四边形，再根据有一个角为直角的平行四边形是矩形，即可得证； （2）矩形的性质，得到，勾股定理逆定理，得到，等积法求出的长即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴，即：， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形为矩形； （2）解：由（1）知：四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即：， ∴． 【题型04 菱形的性质】 核心技巧：紧扣“平行四边形性质+四条边相等+对角线垂直”，重点利用对角线垂直和四边相等求解。求线段长用四边相等、勾股定理（对角线垂直构成直角三角形）；求角度利用对角线平分一组对角，复杂题型结合全等三角形推导。 【典例4】．如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成的，根据实际需要可以调节，间的距离．若，间的距离调节到，菱形的边长，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图所示，连接，根据菱形的性质可得，可得是等边三角形，可算出，根据，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∵衣帽架是由三个全等的菱形构成的，间的距离调节到， ∴， ∵菱形的边长， ∴， ∴是等边三角形，则， ∵四边形是菱形， ∴． 【变式1】．如图，在菱形中，M，N分别在上，且，与交于点O，连接．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，根据菱形的性质以及，利用可得，可得，然后可得，继而可求得的度数． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， ，，， 在和中， ， ， ， 又， ， ， ∵， ∴， ． 故选：B． 【变式2】．如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接．若，菱形的面积为，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据菱形的对角线互相平分得到，点为的中点，根据菱形的面积公式可求出的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得答案． 【详解】解：∵菱形的对角线，相交于点， ∴，点为的中点， ∵菱形的面积为， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴ ． 【变式3】．如图，菱形的对角线交于点O，过点O作于点E，延长交于点F，若，，则的值为（    ） A．5 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的性质求出对角线的一半长，利用勾股定理求出菱形的边长，再利用菱形的面积公式（对角线乘积的一半等于底乘以高）即可求出的长． 【详解】解：∵ 四边形 是菱形， ∴， 在 中，由勾股定理得：， ∵，且 ， ∴，即 为菱形 边上的高， ∵， ∴， ∴． 【变式4】．如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E是的中点．若，，则菱形的面积为_______． 【答案】96 【分析】由菱形的性质得，，再由直角三角形斜边上的中线性质得，然后由勾股定理求得，则，即可求解． 【详解】解：∵四边形为菱形，， ∴，， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式5】．如图，在菱形中，，则菱形的面积为_____． 【答案】 【分析】连接，交于点，由菱形的性质和，可得是等边三角形，可得，再利用勾股定理可求得，即可求得面积． 【详解】解：如图，连接，交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴菱形的面积． 【题型05 菱形的判定】 核心技巧：“缺啥补啥”，结合判定方法选择条件。有平行四边形，补一组邻边相等或对角线垂直；无平行四边形，补四条边相等或对角线互相垂直且平分；避免误用“对角线垂直的四边形是菱形”（需加平行四边形前提）。 【典例5】．如图，四边形沿直线对折后重合，连接，交于点，若，则下列结论：；；；．其中正确的是_____．（只填序号） 【答案】 【分析】本题主要考查了轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定和性质定理成为解题的关键．根据轴对称的性质和已知条件可证，则，，即④正确；再证四边形为平行四边形可判定①②；最后证明四边形为菱形可判定③． 【详解】解：直线是四边形的对称轴， ． ， ，． 在和中 ． ，．即④正确； ， 四边形为平行四边形． ，，即正确； 直线是四边形的对称轴， ． 四边形为菱形． 不一定成立，故③错误； 故答案为：． 【变式1】．如图，在中，，点为中点，连接，过点作，，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据直角三角形斜边中线定理得出，根据条件证明四边形是平行四边形，再根据邻边相等即可得出结论； （2）根据菱形的性质得出，，推出，结合角平分线的性质和等角对等边推出，根据等腰三角形的三线合一推出，进而得到，根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】（1）证明：在中，，点为中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）四边形是菱形， ，， ， 平分， ， ， ， 在中，，点为中点， ， 平分，， ， ， ，即， ， ， ， ，， 四边形的周长． 【变式2】．如图，中，，将沿的方向平移得到，连接． (1)当点D移至什么位置时，四边形是菱形，并加以证明． (2)在（1）的条件下，如果，，求四边形的面积； (3)在（1）的条件下，四边形能否为正方形？若能，请说明理由；若不能，请给添加一个条件，使四边形为正方形，并写出推理过程． 【答案】(1)当D移至的中点时，四边形是菱形．证明见解析 (2)30 (3)不能为正方形，添加条件：时，四边形为正方形．推理见解析 【分析】（1）当D移至的中点时，四边形是菱形；由平移的性质可得且，，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”推知，再证明四边形是平行四边形，结合即可证明； （2）由勾股定理可得，由平移的性质可得，再根据菱形的性质求面积即可； （3）不能为正方形，添加条件：时，四边形为正方形．根据有一内角为直角的菱形是正方形来添加条件即可解答． 【详解】（1）解：如图：当D移至的中点时，四边形是菱形．证明如下： ∵将沿的方向平移得到，连接． ∴且，， 在中，，D是中点， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴平行四边形是菱形． （2）解：∵在中，，，， ∴， ∵将沿的方向平移得到，连接． ∴， ∵平行四边形是菱形， ∴四边形的面积为． （3）解：如图：四边形不能为正方形，添加条件：时，四边形为正方形．推理如下： ∵，D是中点， ，即， ∵四边形为菱形， ∴四边形是正方形． 【变式3】．如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点，连接． (1)求证：； (2)若．试判断四边形的形状，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形，证明见解析 【分析】（1）连接，交于点，证明，即可得证； （2）由（1）得：四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，，从而得到，再由，可得，从而得到，进而得到，即可解答． 【详解】（1）证明：连接，交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴； （2）解：四边形是菱形，证明如下： 连接，交于点，   由（1）得：， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 【变式4】．已知，在中，点，分别在和上，连接，将沿折叠得到，点的对应点为，连接．若点落在上，且． (1)求证四边形为菱形． (2)若四边形为正方形，请问与需要满足什么条件，并说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)当时，四边形是正方形，理由见解析． 【分析】（1）由折叠得到，，，证明，得到即可； （2）根据正方形的判定即可得出结论． 【详解】（1）证明：设交于点， 由折叠可知，，，， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是菱形； （2）解：当时，四边形是正方形，理由如下： ， ， 又四边形是菱形， 四边形是正方形． 【题型06 菱形的性质与判定的综合】 核心技巧：先判定四边形是菱形，再用菱形性质（四边相等、对角线垂直）求解；或先用菱形性质得相等边、垂直关系，再证明另一四边形是菱形。重点关注对角线垂直的性质，可结合勾股定理求线段长，辅助线优先连接对角线。 【典例6】．如图，在矩形中，连接，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线分别交，于点，，连接，，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、矩形的性质、菱形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．设与交于点，由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线，结合矩形的性质可得出四边形为菱形，再进一步可得答案． 【详解】解：设与交于点， 由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线， ，，，． 四边形为矩形， ， ，， ， ， ， 四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴； 故选：D． 【变式1】．如图，现有一张矩形纸片，，，点，分别在矩形的边，上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在边上点处，点落在点处，连接，交于点，连接．有以下结论：①；②四边形是菱形；③当点，重合时，；④点，，三点共线．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、折叠的性质、勾股定理，由矩形的性质结合折叠的性质可得，从而即可得出，结合题意可得，即可判断②；由勾股定理和折叠的性质计算即可判断①③；由折叠的性质结合菱形的性质即可判断④；熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：在矩形中，有， ∴． 由翻折可知：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． 又∵， ∴四边形是菱形，故②正确． ∴，． ∴， 当点与点重合时，如图，设，则． ， 在中，， 即，解得， ∴， ， （此时，故①错误）， ∴， ∴，故③正确． 由折叠可知：，， ∴， ∴． 四边形是菱形， ∴． 由过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，可得，，三点共线，故④正确． 综上所述，正确的结论有②③④， 故选：C． 【变式2】．如图，在中，，以点B为圆心，的长为半径画弧，交于点E，再分别以点A，E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点F，连接并延长交于点G，连接．若四边形的周长为，则四边形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图所示，设和交于点H，证明出四边形是菱形，得到，求出，然后求出，勾股定理求出，然后根据菱形的性质求解即可． 【详解】如图所示，设和交于点H 由作图得，是的平分线 ∴ ∵四边形是平行四边形 ∴ ∴ ∴ ∴ 由作图得，， ∴ ∴四边形是菱形 ∴ ∵四边形的周长为 ∴ ∵在中，， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴， ∴四边形的面积为． 故选：D． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，菱形的性质和判定，勾股定理，含角直角三角形的性质，尺规作角平分线等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 【变式3】．如图，在中， 的平分线交于点E，过点A作的垂线交于点F，交于点G，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定和性质、等角对等边、全等三角形的判定和性质、角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定和性质、勾股定理是解题的关键． （1）先证明，利用证明，得出，因此，证出四边形是平行四边形，即可得出结论； （2）过点作于点，由菱形的性质得出，，，在中，求出，在中，求出，再求出，得出，中，由勾股定理即可得出的长． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴且， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，过点作于点， ∵四边形是菱形，，，， ∴，，，， 在中，，， 在中，，， ∴， 在中，， ∴的长为． 【变式4】．如图，四边形为平行四边形，点E在边上，连接交于点F，． (1)如图1，若，则的度数为______ (2)如图2，若，，四边形的周长为28，求四边形的面积． 【答案】(1)； (2)四边形的面积为． 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，利用完全平方公式求面积是解题的关键． （1）设根据菱形的性质和等腰三角形的性质，得出三个角的度数，列方程得出，即可得到的度数； （2）连接，求出对角线的长度，从而得出四边形的边长，求出面积． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， 设， 则， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：连接交于点，如图： 设，则， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 设， ， ∴四边形的面积为． 【题型07 正方形的性质】 核心技巧：继承矩形、菱形所有性质，优先利用“四边相等、四个直角、对角线相等且垂直”求解。求线段长用四边相等、勾股定理；求角度直接用直角或对角线平分对角（45°）；复杂题型结合全等、等腰直角三角形，简化计算。 【典例7】．如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，将绕点顺时针旋转至，证明，得到，利用三角形外角的性质可推出，据此可得答案． 【详解】解：将绕点顺时针旋转至，    ∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转性质可知：，，， ∴， ∴点三点共线， ∵，， ∴，， ∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， 故选：A． 【变式1】．如图，已知正方形的边长为6，P是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则的长为（    ） A． B．4 C． D．5 【答案】C 【分析】连接，由正方形的性质可得，，，证明四边形是矩形，得出，，从而可得是等腰直角三角形，即可得出，结合题意求出，，从而可得，，再证明，即可得出结果． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴． 【变式2】．我国清代数学家李锐借助三个正方形用出入相补证明了勾股定理，如图，设直角三角形的边长分别是，斜边的长为，作三个边长分别为a，b，c的正方形，把它们拼成如图所示形状，使A，C，E三点在一条直线上．若，四边形与面积之和为37，则正方形的面积为（   ） A．100 B．63 C．58 D．56 【答案】C 【分析】作于点，根据四边形、四边形、四边形都是正方形，得，，证明，由题意得，证明，再证明，得出，根据，通过计算可得． 【详解】解：如图，作于点，则， 四边形、四边形、四边形都是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 由得， ， ， 故答案为：58． 【点睛】此题重点考查勾股定理的证明、全等三角形的判定与性质、等角的余角相等、乘法公式等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 【变式3】．如图，和是两个不等的正方形，连接交于，如果面积为10，则面积为____________． 【答案】10 【分析】本题考查了正方形的性质，等底等高的三角形面积相等等知识，掌握这些知识是解题的关键；连接，由正方形的性质得，；而，且，则可得，从而问题求解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形和是两个正方形， ∴，， ∴，； ∵， ， ∴； ∵， ∴； 故答案为：10． 【变式4】．如图，正方形的边长为9，E是的中点，垂直平分且分别交，于点F，G，则的长为______________． 【答案】 【分析】连接、，设，则，根据垂直平分线的性质得到，在和中，利用勾股定理求出和的表达式，列方程求解即可． 【详解】解：连接、， 四边形是正方形， 、， 是的中点， ， 设，则， 垂直平分， ， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ， 解得， ． 【题型08 正方形的判定】 核心技巧：选择最简判定方法，优先用“矩形+邻边相等”或“菱形+直角”。有平行四边形，补一组邻边相等+一个直角；有矩形，补一组邻边相等；有菱形，补一个直角；确保判定条件完整，不遗漏前提。 【典例8】．如图，在直角梯形纸片中，，，，将纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕为．连接并展开纸片． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)取线段的中点，连接、，如果，试说明四边形是等腰梯形． 【答案】(1)四边形为正方形．理由见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据折叠的性质得到，，由得，则可判断四边形为矩形，加上邻边相等，由此可判断四边形为正方形； （2）由，可判断四边形是平行四边形，则，，所以，于是可判断四边形是梯形，再利用点为的中点和正方形为轴对称图形得到，则，所以可判断四边形是等腰梯形． 【详解】（1）解：四边形为正方形． 理由如下： 纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕为， ，， ， ， 四边形为矩形， 而， 四边形为正方形； （2）解：，， 四边形是平行四边形， ，， ， 四边形是梯形， 又点为的中点， ， ， ， ， 四边形为等腰梯形． 【变式1】．正方形中，，为对角线上一动点，连接、，在边上取一点，作矩形． (1)①求证：矩形为正方形； ②连接，若，求的长； (2)取中点，连接，则最小值为________． 【答案】(1)①证明见解析；② (2) 【分析】（1）①设，结合正方形的性质和三角形外角的性质可得，由矩形的性质可得．容易证明，则，，用三角形的内角和定理可计算出，则，命题得证； ②由可得，，进而可计算出，则，利用勾股定理计算出，进而求出的长； （2）连接，过点作的垂线，交直线于点，容易证明，则，因此是等腰直角三角形，计算得，由垂线段最短可得，就是的最小值． 【详解】（1）解：①证明：设， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴矩形为正方形； ②∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在直角中，， ∴； （2）解：如图，连接，过点作的垂线，交直线于点， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由勾股定理可得，， ∴， ∵垂线段最短， ∴， ∴当点与点重合时，取得最小值． 【变式2】．已知：如图，在中，，点D在上，，垂足为F，且，点E为线段的中点，过点F作交射线于G，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． (3)当时，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）证明，得出，，证明，得出，，证明，得出； （2）根据平行线的性质得，证明，根据等腰三角形的判定得出，证明，即可证明结论； （3）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据正方形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， 在与中， ， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，； （2）证明：∵， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， 由（1）知：，， ∴， ∴四边形是菱形． （3）证明：∵，， ∴， 由（1）知，， ∴， ∵为的中点，， ∴， ∴， ∴， 由（1）知：， ∴， ∵四边形是菱形， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定，菱形的判定和性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形，熟练掌握全等三角形的判定方法和菱形、正方形的判定方法，是解题的关键． 【变式3】．如图，在矩形中，点E，F分别在，上，且，于点G． (1)求证：矩形是正方形； (2)延长到点H，使得，连接，判断的形状，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)是等腰三角形，理由见解析． 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定及性质，等腰三角形的判定． （）证明，得到，即可求证； （）证明可得，进而得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：是等腰三角形． 理由：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰三角形． 【变式4】．如图，四边形中，，，，，作于点E，交的延长线于点F． (1)求证：四边形是正方形； (2)求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)144 【分析】本题主要考查了正方形的判定和性质，垂直的定义，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据垂直得出直角，证明四边形为矩形，利用证明，得出，即可得出结论； （2）借助（1）的结论得出四边形的面积等于正方形的面积，求出，即可求出面积． 【详解】（1）证明：∵，， ∴，， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； （2）解：由（1）得四边形是正方形，且， ∴四边形的面积等于正方形的面积，， ∵，， ∴， ∴正方形的面积为， 即四边形的面积为144． 【题型09 正方形的性质与判定】 核心技巧：逻辑清晰，先判定四边形是正方形，再用其性质求解；或先用正方形性质得条件，再证明另一四边形是正方形。重点利用对角线相等且垂直的特征，结合勾股定理、全等三角形，解决综合计算与证明问题。 【典例9】．如图，在正方形中，分别是上两点，交于点，且． (1)判断与之间的数量关系与位置关系，并说明理由： (2)当点是的中点时，连接，求的度数． 【答案】(1)，，理由见解析 (2) 【分析】（）证明，得，，进而可得，即得到，即可求证； （）过点作于，交的延长线于，可得四边形是矩形，再证明，得，利用三角形面积得，即得，即可得四边形是正方形，即可求解； 本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）解：，，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即； （2）解：如图，过点作于，交的延长线于， ∵， 则， ∴四边形是矩形， ∵点是的中点， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 由（）知， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴． 【变式1】．已知：在正方形中，为上一点，过作于，延长至点与交于，连接，若． (1)如图1，求的度数； (2)如图1，求证：； (3)如图2，延长、交于点，连接、，若为中点，，求的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形的性质可得，推出，由三角形的外角性质可得，结合，即可求解； （2）过点作于点，结合，可得，证明，得到，，再根据线段的和差即可求解； （3）过点作交的延长线于点，过点作于点，得到，结合，可推出，由推出，进而得到，可推出，结合可得，设，，则，证明得到，，在中，根据勾股定理求出，得到，在中，根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，    ， ， ， ， ， ， ， ； （2）过点作于点， ， ， ，   ， ， ， ， ，   四边形为正方形， ，， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ； （3）过点作交的延长线于点，过点作于点， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ，   ， ， ， ， 四边形是正方形， ，，， ， ， ， 设，   为的中点， ， ，    ， ，   ， ， ， ，    ， 在和中， ， ， ，， ，    ，， ，    ， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， ， ，， 在中，， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确作出辅助线，并灵活运用相关知识． 【变式2】．在四边形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．点Q在的延长线上且． (1)如图1，若四边形是正方形． ①求的度数； ②探究与的数量关系并说明理由． (2)如图2，若四边形是菱形且．探究与的数量关系并说明理由． 【答案】(1)①；②，详见解析 (2)，详见解析 【分析】本题主要考查了正方形和菱形的性质、全等三角形的判定和性质、腰三角形的性质和判定、等边三角形的性质和判定等知识点，熟练掌握有关基础知识是解题的关键． （1）①先证明，进而推出；可得出，根据等边对等角和三角形内角和定理即可解答；②如图2，如图2，在上取一点N，使，连接，证明，再根据全等三角形的性质即可解答； （2）如图3，过点D作于E，连接，先证明是等边三角形，再证明和，进而完成解答． 【详解】（1）解：①如图： ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ②，理由如下： 如图2，在上取一点N，使，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：，理由如下： 如图3，过点D作于E，连接， ∴，， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴，是等边三角形， ∴， 由（1）同理得：， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即． 【变式3】．完成以下问题 (1)正方形，分别在边上（不与端点重合），，与交于点． 如图（），若平分，直接写出线段，，之间等量关系； 如图（），若不平分，中线段，，之间等量关系还成立吗？若成立请证明；若不成立请说明理由 (2)如图（），矩形，，．点分别在边上，，，求的长度． 【答案】(1)；成立，证明见解析； (2)． 【分析】（）由四边形是正方形，得，，，证明，则，，所以，然后通过角平分线性质即可求解； 延长到点H，截取，连接，证明和即可求解； （）取，的中点，，连接，连接，证明四边形是正方形，由勾股定理得，由（）同理得：，设，则，，通过勾股定理求出，即，则，过作于点，再证明四边形是矩形，所以，然后证明，所以，再通过线段和差即可求解． 【详解】（1）解：如图（）， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵，平分， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴，， ∴； ，中线段，，之间等量关系还成立：， 如图（），延长到点，截取，连接， 在与中， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴，即， 在与中， ∵， ∴， ∴， （2）解：如图，取，的中点，，连接，连接， ∵，， ∴，， ∴四边形是正方形， 在中，，， ∴， ∴， ∵， 由（）同理得：， 设，则，， 在中，， ∴， ∴，即， ∴， 过作于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，角平分线定义等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 【变式4】．【问题呈现】已知正方形中，点F为对角线上一点，点E在的延长线上，连接． （1）如图1，连接，若，求的最小值； 【类比探究】 （2）如图2，在正方形中，点F为对角线上一点，点G在边上，，若，，求四边形的面积； 【拓展运用】 （3）如图3，将绕点F逆时针旋转得到，连接交于点H，试探索、满足怎样的数量关系时，点H恰为的中点； 【答案】（1）10；（2）16；（3） 【分析】（1）延长至点，使，连接，此时最小，根据正方形的性质可得，最后在中运用勾股定理即可求解； （2）过点作于点，作于点，根据正方形的性质和等腰直角三角形的判定和性质证明四边形是正方形，利用证明，则，进而可得，在中运用勾股定理求出，进而可得，最后运用等腰直角三角形的性质即可求解； （3）过作于点，交于点，连接，先根据正方形的性质可得，再运用勾股定理可得，进而可得，则可证明，可得，进而可证明，即可得到点恰为的中点． 【详解】解：（1）延长至点，使，连接，此时最小，如图， 四边形是正方形， ，， ， ， 在中，，，， ； （2）过点作于点，作于点，如图， ， 四边形是正方形， ，，， 四边形是矩形，， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， 又∵， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得， ， ， 四边形是正方形， ，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ． ； （3）当时，点恰为的中点，理由如下： 过作于点，交于点，连接，如图， ， ， ， 四边形是正方形，， ， 在中，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 即点恰为的中点． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的运用和等腰直角三角形的判定和性质，灵活运用所学知识是解决本题的关键． 【题型10 特殊四边形性质与判定的综合】 核心技巧：先明确图形类型（矩形、菱形、正方形），再选择对应性质与判定。区分不同图形的特有性质，灵活转化（如正方形可看作特殊矩形/菱形）；复杂题型先判定图形类型，再结合性质推导，辅助线以连接对角线、作高为主。 【典例10】．如图1，在中，，平分，，延长使得，连接． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)如图2，过作交于点，点在上，平分，过作交的延长线于点． ①求证：为等腰直角三角形； ②试探究：的数量关系，并证明． 【答案】(1)四边形是矩形，理由见解析 (2)①证明见解析；②，证明见解析 【分析】（1）先证出，再证出四边形是平行四边形，然后根据矩形的判定即可得； （2）①先根据角平分线的定义可得，，从而可得，再根据三角形的外角性质可得，由此即可得证； ②过点作，交延长线于点，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，根据勾股定理可得，然后证出四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，由此即可得． 【详解】（1）解：四边形是矩形，理由如下： ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）证明：①∵在中，， ∴， ∵平分， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形． ②，证明如下： 如图，过点作，交延长线于点，连接， 由上已得：，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 由（1）已证：四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识，较难的是题（2）②，通过作辅助线，构造全等三角形和等腰直角三角形是解题关键． 【变式1】．综合与探究． 【问题背景】 （1）数学活动课上，老师提出了一个问题：如图1，点E为的边上一点，连接，，请探究的面积与面积的关系？“领航”学习小组在数学活动中发现：的面积等于面积的2倍．请你写出完整的解答过程． 【尝试应用】 （2）如图2，长方形中，点E为边上一点，点F为右侧一点，，若，，，求的长； 【深入思考】 （3）如图3，中，点E为边上一点，点F为边上一点，连接，交于点G，连接，若，证明：平分．    【答案】（1）见解析；（2）12；（3）见解析 【分析】（1）如图，过点作于点，根据得出结论； （2）过点作于点，连接，先证明四边形是矩形，得出，求出，设，则，根据勾股定理求出结论； （3）连接，过点作于点，作于点，证明即可证明结论． 【详解】解：（1）如图，过点E作于点F，    ∴，， ∴； （2）如图，过点D作于点G，连接，    ∵， ∴四边形是矩形． ∴． ∵，， ∴， ∴． ∴． ∵四边形是矩形， ∴，，， 设，则， ∴． ∴． ∴． ∴， ∴， ∴； （3）如图，连接，，过点A作于点M，作于点N，    由（1）知， ∴，即， ∵， ∴， ∴点A在的平分线上，即平分． 【变式2】．四边形是一张平行四边形纸片，将纸片沿着折叠，使点落在直线上的点处，点的对应点为，和相交于点． (1)如图1，当平行四边形是矩形时： ①连接，求证：四边形为菱形： ②如图2，若，当点与点重合时，______； (2)如图3，当平行四边形满足，，且为的中点，求此时的长度． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【分析】（1）①根据折叠的性质得到，易证，得到，结合，得到，由平行线的性质得到，进而得到，推出，根据折叠的性质得到，即可证明结论；②如图，过点E作于点H，连接交于点O，证明四边形是矩形，设，则，求出，，证明是等边三角形，推出，利用三角形内角和定理结合等腰三角形的性质求出，再根据四边形为菱形，求出，即可解答； （2）连接，分别过点作，垂足分别为，证明，推出三点共线，再证明，证明是等腰三角形，求出，，，，，，进而求出，，利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）①折叠的性质得到， ∴， ∴， 由折叠的性质得， ∴，即， ∵使点落在直线上的点处，平行四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 由折叠的性质得， ∴， ∴四边形为菱形； ②如图，过点E作于点H，连接交于点O， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，， 设，则， ∵点与点重合， ∴， 由①知四边形为菱形， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∵点与点重合， ∴； （2）解：连接，分别过点作，垂足分别为， 折叠的性质得到， ∴， ∴， ∵三点共线， ∴三点共线， 由折叠的性质得， ∴，即， ∵点落在直线上的点处，四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了四边形的综合问题，涉及平行四边形的性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角矮星的判定与性质等知识，综合运用以上知识点是解题的关键. 【变式3】．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E． (1)求证∶四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明，继而得到四边形是平行四边形，证明即可； （2）根据勾股定理，得到，设，得到 ，解方程求解即可． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； ， 四边形是菱形； （2）解： 四边形是菱形，，， ，，，， ， ， 设， ， ， ， 解得． 【变式4】．定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为“勾股四边形”，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边． (1)概念理解 ①你所知道的特殊四边形中，是“勾股四边形”的有_______（一个即可）； ②如图1，，请你在图中画出以格点为顶点，，为勾股边，且对角线相等的所有“勾股四边形”； (2)知识运用 如图2，是正三角形，，且，．求证：，即四边形是“勾股四边形”． (3)拓展应用 如图3，菱形是“勾股四边形”，对角线交于点，求四边形OEBF的面积． 【答案】(1)①正方形（答案不唯一）；②见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）①正方形相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，即可求解，②根据勾股定理计算出对角线的长度，得到，再根据情况画出即可； （2）如图，连接EC，由可得，，因为，所以，又因为，所以，由勾股定理可得，所以，即四边形ABCD是勾股四边形． （3）先证明四边形是正方形，得，，，，进而得又证明得从而利用面积公式即可得解． 【详解】（1）解：①正方形相邻两边的平方和等于一条对角线的平方， 故答案为：正方形； ②由题意得： ∴，即要使， ∴点都满足条件，如图即为所求， （2）解：如图，连接， ∵是正三角形， ∴，， ∵， ∴，即：， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，即四边形是勾股四边形． （3）解：∵菱形是“勾股四边形”， ∴设 ∴ ∵四边形是菱形， ∴四边形是正方形， ∴，，，， ∴ ∴ ∵，， ∴ ∴， ∴ ∴ ∴. 【点睛】本题考查勾股定理及逆定理、正方形的判定及性质，旋转和全等三角形的判定及性质，解题的关键在于理解勾股四边形的概念，充分利用其特点解题． 【题型11 特殊四边形与平面直角坐标系的综合】 核心技巧：利用特殊四边形的性质（如矩形对角线相等、菱形对角线垂直），结合坐标系中点的坐标特征、中点公式求解。设未知顶点坐标，结合平行、垂直、相等关系列方程；分类讨论对角线情况，避免漏解，核对横纵坐标对应关系。 【典例11】．如图，在平面直角坐标系中，若菱形的顶点A、B的坐标分别为、，点D在y轴上，则点C的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平面直角坐标系中的几何问题，考查了菱形的性质和勾股定理，熟练掌握性质是本题的关键． 利用菱形的性质以及勾股定理得出的长，进而求出C点坐标． 【详解】解：四边形是菱形， ∴，， ∵点A、B的坐标分别为、， ∴，， ∴， ∵点D在y轴上， ∴， ∴， ∴点C的坐标为． 故选：A 【变式1】．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边与轴的夹角为，且，点的坐标为，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质，坐标与图形，直角三角形的性质，勾股定理，掌握以上知识是解答本题的关键； 过点作轴，根据点的坐标为，得出，求出，求出，根据直角三角形性质得出，根据勾股定理求出，即可得出答案． 【详解】解：过点作轴，如图所示： ， ∵点的坐标为， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∵与轴的夹角为， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 【变式2】．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知正方形ABOC，A（ - 4，4）．点D为x轴上一动点，以AD为边在AD的右侧作等腰Rt△ADE，∠ADE = 90°，连接CE，则CE的最小值是（      ） A．2 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】根据全等三角形的判定先求证△ADC≌△DEH，然后再根据等腰直角三角形中等边对等角求出∠EOH＝45°，再根据点在一次函数上运动，作垂直于直线y=x于F，，求出CF即为CE的最小值． 【详解】解：如图，过点E作EH⊥x轴于H，连接OH， ∵四边形ABOC是正方形， ∴∠ACD=∠ADE=∠DHE=90°，AC=OC， ∴∠ADC+∠EDH＝90°，∠EDH+∠DEH＝90°， ∴∠ADC＝∠DEH， ∵AD＝DE， ∴△ADC≌△DEH（AAS）， ∴AC＝DH=OC，CD＝EH， ∴CD＝EH＝OH， 设点E的坐标为（a，b），则a=b， ∴点E在直线y＝x上运动，作CF垂直于直线y=x于F，，则△COF是等腰直角三角形， ∵点A的坐标为（-4，4）， ∴OC=4， ∴ ∴CE的最小值为 ． 故选A． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质、等腰三角形的性质和垂线段最短，一次函数的应用等等，熟练掌握基础知识并作出辅助线是解题的关键． 【变式3】．如图①，正方形边长为5，以O为坐标原点建立平面直角坐标系，将图①中正方形绕点O逆时针旋转一定角度得到图②，若点到x轴的距离为3，则点的坐标为______． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，坐标与图形，勾股定理，通过添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 过点作轴于点D，过点作轴于点N，构造矩形，证明，根据对应边相等，求出和的长度即可． 【详解】解：如图，过点作轴于点D，过点作轴于点N， 则， 四边形是矩形， ， 点到x轴的距离为3，正方形边长为5， ，， ． 正方形是正方形， ，， ， 又， ， 在与中， ， ， ，， ， ， 点的坐标为． 故答案为：． 【变式4】．如图1，点在平面直角坐标系中，点到坐标轴的垂线段，与坐标轴围成矩形，当这个矩形的一组邻边长的和与积相等时，点称作“垂点”，矩形称作“垂点矩形”． (1)在点，，中，是“垂点”的点为______； (2)点是第三象限的“垂点”，直接写出的值_______； (3)如果“垂点矩形”的面积是4，且“垂点”位于第二象限，写出满足条件的“垂点”的坐标________； (4)如图2，平面直角坐标系的原点是正方形的对角线的交点，当正方形的边上存在“垂点”时，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) (4)8 【分析】本题是四边形的综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的面积公式，理解新定义和应用新定义的能力，解答本题的关键是用方程的思想解决问题． （1）根据“垂点”的意义直接判断即可得出结论； （2）根据“垂点”的意义建立方程即可得出结论； （3）根据“垂点”的意义和矩形的面积建立方程即可得出结论； （4）先确定出直线的解析式，利用“垂点”的意义建立方程，利用非负性即可确定出的取值范围，即可得出结论． 【详解】（1）解：， ，， ， 点不是“垂点”， ， ，， 是“垂点” ， ， ，， ， 点不是“垂点”， 故答案为: ； （2）解：∵点是第三象限的“垂点”， ∴， 解得， 故答案为：； （3）解：设第二象限内的“垂点”坐标为， 根据题意得， 解得， ∴“垂点”坐标为， 故答案为：； （4）解：设点（）， 四边形是正方形， ，直线的解析式为， 设边上的 “垂点” 的坐标为， ， ， ， ， ， ， 的最小值为4， 的最小值为． 【题型12 特殊四边形中的多结论判断问题】 核心技巧：逐一验证结论，结合特殊四边形、全等、等腰三角形、勾股定理等知识。优先验证简单结论（如矩形对角线相等、菱形四边相等），复杂结论通过画图、举反例排除错误；注意特殊情况（如正方形是特殊矩形/菱形）的验证，避免以偏概全。 【典例12】．如图，正方形和正方形的顶点，，在同一直线上，且，，给出下列结论：①；②；③；④的面积是6．其中正确的结论为（    ） A．①②④ B．①④ C．①②③ D．①③④ 【答案】A 【分析】根据正方形的性质和平角的定义可求即可判断①；首先证明，可得，利用勾股定理求解即可判断②③；根据三角形面积公式计算即可判断④． 【详解】解：①，， ，故①正确； ②四边形与四边形均为正方形， ，，， ， ， ， ， 连接交于,过作交于， 四边形为矩形， ，， ，, ， ， ，， ∴，故②正确； ， ∴，故③错误； ④的面积，故④正确； 其中正确的结论为①②④． 【变式1】．如图，用一根绳子检测一个平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量两条对角线就可以判断了．在如下定理中：①两组对边分别相等的四边形是平行四边形，②对角线相等的平行四边形是矩形，③矩形的四个角都是直角，④三个角都是直角的四边形是矩形，这种检测方法用到的数学根据是（    ） A．①② B．③④ C．①④ D．②③ 【答案】D 【分析】根据对角线相等的平行四边形是矩形判定书架是矩形，由矩形的性质可得结论． 【详解】解：用绳子分别测量两条对角线，如果相等，则是矩形，依据是对角线相等的平行四边形为矩形，然后由矩形的四个角都是直角可得侧边和上、下底都垂直， 故选D． 【点睛】本题主要考查对矩形的性质和判定的理解和掌握，能熟练地运用矩形的判定定理解决实际问题是解此题的关键． 【变式2】．如图，在菱形中，，E，F分别是，的中点，，相交于点G，连接，，有下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】由菱形的性质及等边三角形的性质得到，由三角形的内角和为求出的值，得出，由直角三角形的性质得到，即可得到；在直角三角形中，，故与不全等，由三角形的面积公式即可判断． 【详解】解：菱形， 是等边三角形，是等边三角形， ， 分别是的中点， ，故①正确； ， ， 在和中， ， ， ，故②正确； 是直角三角形， ， 与不全等，故③错误； ， ， ，故④正确； 综上，正确的有3个． 【变式3】．如图，在菱形中，，对角线交于点，是射线上一动点，连接，以为边顺时针作等边，连接，已知．有以下4个结论： ①当时， ②当时， ③当时，连接，若 ④当时，连接，若，则 其中正确结论的序号为（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】根据菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求出，进而求出，证明为等边三角形，再证明，得到，，推出，连接，勾股定理求出的长，判断①②③，当时，点在线段的延长线上，同理得到，利用勾股定理求出的长判断④即可． 【详解】解：∵菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， 当时，则： ∵等边， ∴， ∴， ∴， ∴，，故①正确； ∴， ∴；故②正确； 连接， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴；故③错误； 当时，点在线段的延长线上，如图： 同理：， ∴， ∴， ∵，， ∴；故④正确； 故选B． 本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等，是解题的关键． 【变式4】．如图，正方形和正方形的顶点 A、O、E在同一直线l上，且D、F两点之间的距离为2，，给出下列结论：①；②；③；④的面积为 ，其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】根据正方形的性质和平角的定义可求，可判定①；根据正方形的性质可求，再根据线段的和差关系可求的长，可判定②；作于，作交的延长线于，根据含的直角三角形的性质可求，根据勾股定理可求，，可判定③；根据三角形面积公式，可判定④． 【详解】解： ，， ，故①正确； 连接， ∵正方形 ， ∵正方形 ∴ ，故②错误； 作于，作交的延长线于， 则， ， ， ， ，故③错误； ，故④正确； 其中正确的结论为①④，共2个， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，含的直角三角形的性质，三角形面积，勾股定理，平角的定义，综合性较强，有一定的难度． 【题型13 特殊四边形与折叠问题】 核心技巧：抓住折叠前后全等性（对应边、角相等），结合特殊四边形的性质转化线段、角度。标全相等边、角，利用矩形的直角、菱形的对角线垂直、正方形的四边相等，结合勾股定理列方程求解；注意折痕的垂直平分线性质，避免漏标关系。 【典例13】．如图，在正方形纸片中，对角线相交于点O，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后，折痕分别交、于点、，连接，下列结论：①；②；③；④四边形是菱形；⑤，其中结论正确的是（   ） A．①④ B．②③④ C．①④⑤ D．①②④⑤ 【答案】C 【分析】①由四边形是正方形，可得，又由折叠的性质，可求得的度数；②由，可得；③由，可得的面积的面积；④由折叠的性质与平行线的性质，易得是等腰三角形，即可证得，易证得四边形是菱形；⑤由菱形性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，即可得． 【详解】解：四边形是正方形， ， 由折叠的性质可得： 故，故①正确． 由折叠的性质可得：，， ， ， ， ，故②错误． ， ，与同高， ，故③错误． ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， 四边形是菱形， 故四边形是菱形，故④正确． 四边形是菱形， ， ， ， ， 同理可得．故⑤正确． 综上，正确的结论有①④⑤． 【变式1】．如图，已知在正方形中，是上一点，将正方形的边沿折叠到，延长交于点，连接．现有如下4个结论：①；②与一定不相等；③；④的周长是一个定值．其中正确的个数为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由翻折的性质及全等三角形的性质可判断①；根据正方形的性质及角的和差关系可判断③；根据三角形的周长公式可判断④；当是的中点时，可得，再判断②的正确性． 【详解】解：∵正方形， ∴，， ∵折叠， ∴， ∴，，，， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴，，故①正确； ∴， 故③正确； ∵的周长，， ∴的周长， 是定值，故④正确， ∵当是的中点时，可得，故②错误， ∴正确的结论有①③④． 【变式2】．如图，四边形是边长为18的正方形纸片，为边上的点，．将纸片沿某条直线折叠，使点B落在点处，点A的对应点为，折痕分别与边交于点M、N，则的长是（   ） A．4 B．4.25 C．5 D．5.5 【答案】A 【分析】连接，依据垂直平分，即可得到，设，则，依据勾股定理可得方程，即可得到的长． 【详解】解：如图，连接， 由折叠可得，B，关于对称，即垂直平分， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∵中，， 中，， ∴， 解得， ∴， 故选：A． 【变式3】．如图．在矩形中，将矩形沿折叠，点D落在点E处，且与交于F，则下列结论①②③④若，则，正确的是（    ） A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】利用矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理，逐一分析各个结论的正确性，再结合选项选择正确答案即可． 【详解】解：在矩形中，， ∵矩形沿翻折， ∴， ∴， ∴，故①正确； 结论②中未给出任何关于角度的特殊条件，无法通过已知条件推导出， ∴②不一定成立，无特殊条件支持，故②错误； ∵矩形沿翻折， ∴， ∴，， 在矩形中，，， ∴，， 在和中， ， ∴，故③正确； 设，则， 由③可知，， ∴， 在中，，，， ∴， ∴， 解得， ∴，故④正确， 综上所述，正确的结论有①③④． 【变式4】．如图，菱形纸片ABCD中，∠A=60°，P为AB的中点，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP所在的直线上，得到经过点D的折痕DE，则∠DEC的度数是（　　） A．45° B．60° C．75° D．80° 【答案】C 【分析】如图：连接BD，先说明三角形ABD为等边三角形，由P为AB的中点利用三线合一可得DP为角平分线，即∠ADP=30°、∠ADC=120°、∠C=60°，进而求出∠PDC=90°，由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，最后利用三角形的内角和定理即可解答． 【详解】解：如图：连接BD， ∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°， ∴△ABD为等边三角形，∠ADC=120°，∠C=60°， ∵P为AB的中点， ∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP=∠BDP=30°， ∴∠PDC=90°， ∴由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°， 在△DEC中，∠DEC=180°-（∠CDE+∠C）=75°． 故选C． 【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题）、菱形的性质、等边三角形的性质以及内角和定理等知识点，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键． 【题型14 特殊四边形与动点运动问题】 核心技巧：用含t的代数式表示动点相关线段长度，结合特殊四边形的判定条件列方程。确定动点轨迹、速度，用t表示线段；根据矩形、菱形、正方形的判定，列出关于t的方程，求解后验证动点位置合理性，分类讨论不同运动位置。 【典例14】．如图，在边长为的正方形中，为边上一点，且，点在边上以的速度由点向点运动；同时，点在边上以的速度由点向点运动，它们运动的时间为，连接．当与全等时，的值为（　　） A．1 B．2 C．2或4 D．1或1.5 【答案】C 【分析】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的性质．由正方形的性质得，，而，则，再分两种情况讨论，一是当，时，，此时，求得；二是当，时，，由，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是边长为的正方形， ∴，， ∵E为边上一点，且， ∴， 由题意得，则， 当，时，， ∴， ∴； 当，时，， ∴， ∴， 综上，的值为2或4． 故选：C． 【变式1】．如图，在长方形中，已知，，点P以的速度由点B向点C运动，同时点Q以的速度由点C向点D运动，若某时刻以A、B、P为顶点的三角形和以P、C、Q为顶点的三角形全等，则a的值为（    ） A．2 B．3 C．2或 D．2或 【答案】D 【分析】本题考查了特殊四边形的动点问题，全等三角形的性质，利用分类讨论的思想解决问题是解题关键．设运动时间为，由题意得可知，，，，分两种情况讨论：①；②，利用全等三角形的性质分别求解，即可得到答案． 【详解】解：设运动时间为， 由题意得：，，则， ①若，则，， ，， ，； ②若，则，， ，， 解得：， ， 解得：a＝， 综上，a的值为2或． 故选：D． 【变式2】．在矩形中，．动点P从点A开始沿边以的速度运动，动点Q从点C开始沿边以的速度运动．点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．那么______秒后四边形为矩形？ 【答案】5 【分析】设动点的运动时间为秒，根据题意得，，根据矩形的对边相等，求出的值，即可解决问题． 【详解】解：设动点的运动时间为秒， 由题意得：，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴ 解得． 即当秒时，四边形是矩形． 故答案为：5． 【点睛】本题考查了矩形的性质，解题的关键是灵活运用矩形的性质． 【变式3】．如图，在矩形中，，，，是对角线上的两个动点，分别从点，同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度．设运动时间为，其中． (1)若，分别是，的中点，则四边形一定是____________（，相遇时除外）． (2)在（1）的条件下，若四边形为矩形，求的值． 【答案】(1)平行四边形 (2)2或8 【分析】（1）根据矩形的性质结合平行线的性质可得到，，通过中点可证明，进而证明，利用三角形全等可得，，则，即可证明； （2）分为两种情况，一种是四边形为矩形，另一种是为矩形，利用即可求解． 【详解】（1）解：平行四边形． 由题意得：, ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵，分别是，中点， ∴，， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图①，连接． ，分别是，的中点，四边形是矩形， 四边形是矩形， ． 分以下两种情况讨论： ①如图①，当四边形是矩形时，． ，，， ． ， ， ； ②如图②，当四边形是矩形时，，． ， ， ． 综上所述，四边形为矩形时，的值为2或8． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用． 【变式4】．如图，已知正方形中，边长为，点E在边上，．如果点P在线段上以的速度由B点向点C运动，同时点Q在线段上以的速度由点C向点D运动，设运动的时间为t秒． (1)________，________；（用含t的代数式表示） (2)若以E，B，P为顶点的三角形和以P，C，Q为顶点的三角形全等，试求a的值． 【答案】(1)， (2)a的值为2或 【分析】（1）先根据点P运动的速度与时间，用t表示出，再根据，用t表示出； （2）分、两种情况讨论，分别求出a的值． 【详解】（1）解：点P在线段上以的速度由B点向点C运动，运动的时间为t秒， ， ， ， 故答案为：2t，； （2）当时， 此时，， 则有，， 此时，． 当时， 此时，， 则有，， 此时，． 综上所述，a的值为2或． 【点睛】本题考查了列代数式，全等三角形的性质，根据正方形的性质求线段长，（特殊）平行四边形的动点问题等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 【题型15 特殊四边形与最值问题】 核心技巧：结合将军饮马模型、垂线段最短、三角形三边关系，利用特殊四边形性质转化动点轨迹。将线段转化到同一直线，构造对称点（将军饮马）或利用垂线段最短，结合矩形直角、菱形对角线垂直等性质，简化最值求解。 【典例15】．如图，菱形中，，，E、F分别是、上的动点，且，则的最小值为（   ） A．4 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，以及线段最值问题，准确添加辅助线是解题的关键． 如图构造全等三角形，使得，点A、G在直线两端，再根据三角形三边的性质，判断出，利用角度关系得出，结合直角三角形边长关系求出的长度，则为的最小值． 【详解】解：在下方取点，使， 连接、，如图所示： 又∵， ∴， ，故当、、三点共线时最小， ∵四边形为菱形， ∴，， 故，且， 得等腰， ， 则， 故选． 【变式1】．如图，正方形的边长为12，点E在AB上，且，点F是上一动点，则的最小值是（    ） A．15 B． C． D．12 【答案】A 【分析】本题主要考查了最短路线问题、勾股定理以及正方形的性质的运用，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点． 连接，依据，可得，当在同一直线上时，的最小值等于的长，再根据勾股定理即可得到的长即为的最小值． 【详解】如图所示，连接， ∵点与点关于对称， ， 当在同一直线上时， 的最小值等于的长， ∴的最小值等于15， 故选：A． 【变式2】．如图，中，，点D是与点B不重合的动点，以为一边作正方形，连接，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质定理，勾股定理，等腰直角三角形正方形的性质，根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质得出，进而解答即可． 【详解】解：中，，如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴，即， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， 当A、D、E、C在同一直线上时，最小即为， ∵中，， ∴， ∴最小即为， 故选：A． 【变式3】．已知菱形的边长为2，且，M是对角线上一动点，的最小值为______． 【答案】 【分析】连接，交于点，如图，过点作的垂线，垂足为，连接，求得，，推出，当共线时，最小，然后用勾股定理算得即可． 【详解】解：连接，交于点，如图，过点作的垂线，垂足为，连接， ∵菱形的边长为2， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵是对角线上一动点，，， ∴垂直平分， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴当共线时，最小，最小值为， 此时， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 【变式4】．如图，在中，，，D是边上任意一点，连接，以，为邻边作，连接，则长的最小值为________． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，掌握相关知识点是解题的关键． 设交于点，过点作于点，由勾股定理求得，再根据等面积法求得，根据垂线段最短，可知当点与点重合时，最小，进而求得的最小值，即可求解． 【详解】解：如图，设相交于点，过点作于点， 四边形为平行四边形， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， 故当点与点重合时，最小，此时， 的最小值为． 故答案为：． 【题型16 梯形的定义】 核心技巧：紧扣“只有一组对边平行”的定义，判断图形是否为梯形。注意“只有一组”，排除平行四边形（两组对边平行）；区分梯形的底（平行边）、腰（非平行边）、高（两底间距离），避免混淆底和腰。 【典例16】．下列命题中，错误的是（　　） A．有两个角相等的梯形是等腰梯形 B．顺次联结矩形各边中点所成四边形是菱形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 【答案】A 【分析】利用等腰梯形的判定方法、菱形及矩形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A、有两个角相等的梯形可能是等腰梯形，也可能是直角梯形，故错误，符合题意； B、顺次联结矩形各边中点所成四边形是菱形，正确，不符合题意； C、对角线相等的平行四边形是矩形，正确，不符合题意； D、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，正确，不符合题意． 故选：A． 【点睛】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解等腰梯形的判定方法、菱形及矩形的判定方法，难度不大． 【变式1】．等腰梯形的腰长为，两底差为，则高为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查等腰梯形的性质，勾股定理，矩形的判定与性质，要求学生掌握等腰梯形的性质，知道先过上底的一个顶点作下底的垂线，组成一个直角三角形，再解这个直角三角形． 【详解】解：如图，四边形是等腰梯形，，两底差为， 过点A和点D作的垂线，垂足为点E和点F， ∵四边形是等腰梯形，， ∴四边形是矩形， ∵两底差为， ∴，则， 根据勾股定理可得：， 故选：B． 【变式2】．如图，在梯形中，、分别是梯形的上底和下底，与相交于点，若三角形的面积是，三角形的面积是，则有（    ）． A． B． C． D．无法确定 【答案】C 【分析】本题考查了梯形的性质，关键是根据同底等高的两个三角形面积相等解答．首先得到，推出，进而求解即可． 【详解】解：由梯形的性质可知，， 由同底等高的两个三角形面积相等，可得：， ， 即， ． 故选：C． 【变式3】．如图，在梯形中，，，，那么边的长为______．    【答案】8 【分析】过点A作交于点，可得四边形是平行四边形，是等边三角形，进一步得出，从而可求出边的长． 【详解】解：过点A作交于点，如图，    ∵ ∴四边形是平行四边形， ∴； ∵， ∴ ∵ ∴是等边三角形， ∴， ∴ 故答案为：8． 【点睛】本题主要考查了梯形，正确作出辅助线，构造平行四边形和等边三角形是解答本题的关键． 【变式4】．一个高为的直角梯形面积是70，若该梯形的上底增加，它就变成一个矩形，则梯形的下底是__________． 【答案】17 【分析】根据题意可知，该直角梯形的下底比上底长，结合梯形面积公式建立方程，即可求解下底的长度． 【详解】设梯形的下底为， 因为上底增加后梯形变为矩形，矩形对边相等， 因此梯形上底为， 已知梯形的高，面积， ∴， 解得， 故梯形的下底是． 【题型17 等腰梯形的性质定理】 核心技巧：牢记“两底平行、两腰相等、同一底上两角相等、对角线相等”。求线段长用两腰相等、对角线相等；求角度用同一底上两角相等、邻角互补；复杂题型作高构造直角三角形，转化线段长度。 【典例17】．如图，等腰梯形中，，，交于点，下列结论错误的是（   ） A． B． C． D．平分 【答案】D 【分析】本题考查了等腰梯形，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定等知识点，熟练掌握等腰梯形的性质是解题的关键． 过点分别作的垂线，垂足为点，证明，再证明，最后证明即可． 【详解】解：过点分别作的垂线，垂足为点， ∵， ∴， ∵四边形是等腰梯形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴，， ∴， ∴ ∴， ∴， 故A、B、C正确，不符合题意，D不能证明， 故D不符合题意， 故选：D． 【变式1】．如图，在等腰梯形中，，，，求___________． 【答案】 【分析】首先设，由，，可求得，，然后由，可得方程：，解此方程即可求得答案． 【详解】解：设， ∵等腰梯形中，，， ． ． ， ． ∵等腰梯形中，， ． ∵在中，， ， ， 解得， ． 【变式2】．如图，在等腰梯形中，，是中位线，且，，平分，的长为__________cm． 【答案】10 【分析】本题考查了梯形中位线的性质，解题关键是明确梯形中位线的性质，再根据角平分线得出，再根据30度角所对直角边等于斜边一半得出，然后利用即可求解． 【详解】解：在等腰梯形中，， ∴，， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是中位线，且， ∴， 即， ， 故答案为：10． 【变式3】．如图，梯形中，，，平分，若，，则的长为________． 【答案】 【分析】过点作于点，过点作于点，则四边形是矩形．证明，推出，利用勾股定理求出，，可得结论． 【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，则四边形是矩形． 梯形中，，， ，， 平分， ， ， ，，， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查梯形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 【变式4】．如图，在等腰梯形中，，，，等腰直角三角形中，含角的顶点放在边上移动，直角边始终经过点，斜边与交于点，若为等腰三角形，则的长为________．    【答案】4或或2． 【分析】分三种情况讨论：①当时，过点D作于点G，根据等腰梯形的性质，易证四边形是矩形，进而证明，得到，，由勾股定理求得，然后证明是等腰直角三角形，再利用勾股定理即可求出的长；②当时，利用等腰梯形的性质、等腰三角形的性质，三角形内角和定理，求得，进而得到，再利用，即可求出得长；③当时，利用等腰梯形的性质、等腰三角形的性质，三角形内角和定理，求得，进而利用勾股定理，得出，再利用三角形内角和定理，易证是等腰直角三角形，得到，最后由勾股定理即可求出的长． 【详解】解：①如图1，当时，过点D作于点G，   等腰梯形中，， ，， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， 在中，， ，， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 在中，， ； ②如图2，当时，   ， 等腰梯形中，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ； ③如图3，当时，   等腰梯形中，， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 在中，； 综上所述，CF的长为3或5﹣4或2． 故答案为：4或或2． 【点睛】本题考查了等腰梯形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，利用分类讨论的思想解决问题是解题关键． 【题型18 等腰梯形的性质与判定的综合】 核心技巧：先判定梯形为等腰梯形（用两腰相等、同一底上两角相等或对角线相等），再用其性质求解；或先用等腰梯形性质得条件，再证明另一梯形是等腰梯形。辅助线常用作高、平移一腰，构造直角三角形或平行四边形。 【典例18】．梯形上底长为，两条腰的中点连线长为，则梯形两条对角线中点的连线长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了梯形中位线性质、三角形中位线定理，找到相应关系的线段是解题的关键，利用图形结合更能直观地得结论． 根据题意作出图形，根据三角形中位线定理和梯形中位线性质，通过等量关系代换可得到连接两条对角线中点的线段长． 【详解】解：根据题意作出如图， 设梯形，其中，为中位线，与对角线交于， 其中，， ∵中位线， ∴、为、的中位线，为的中位线，为的中位线， ∴，，，， ，即， ． 故选：D． 【变式1】．下列说法正确的是（   ） A．有一组邻边相等的梯形是等腰梯形 B．有一组对边相等的四边形是等腰梯形 C．有两个相邻的内角相等的梯形是等腰梯形 D．有一个角是直角的梯形是直角梯形 【答案】D 【分析】本题考查了梯形及等腰梯形、直角梯形的判定及性质，解题的关键是熟练掌握其性质及判定方法．根据梯形、等腰梯形、直角梯形的判定定理，逐一分析各选项的正误即可． 【详解】解：∵梯形的定义是一组对边平行，另一组对边不平行的四边形， ∴对各选项分析如下： A. 有一组邻边相等的梯形不一定是等腰梯形，比如直角梯形中垂直的腰与底边可能相等，故A错误，与题意不符； B. 有一组对边相等的四边形不一定是等腰梯形，平行四边形也满足一组对边相等，故B错误，与题意不符； C. 有两个相邻内角相等的梯形不一定是等腰梯形，直角梯形中相邻的两个直角相等，但它不是等腰梯形，故C错误，与题意不符； D. ∵梯形一组对边平行，若有一个角是直角，则与这个角相邻的同旁内角也为直角，符合直角梯形的定义，故D正确，符合题意； 故选：D． 【变式2】．如图，在梯形中，，延长到点E，使，． (1)试说明梯形是等腰梯形． (2)连接，试判断与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】本题考查了等腰梯形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的性质和判定的应用，注意：有两腰相等的梯形是等腰梯形． （1）根据平行线的性质求出，根据推出，证，推出即可． （2）根据等腰梯形性质得出，即可得出答案． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是等腰梯形． （2）解：， 理由是：连接, ∵四边形是等腰梯形， ∴， ∵， ∴． 【变式3】．如图，在梯形中，，，，、分别在、的延长线上，且，交于点． (1)证明 (2)求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、梯形的性质，熟练掌握全等三角形的判定定理与性质是解题的关键． （）先根据梯形的性质得出边和角的关系，再结合已知条件找到全等的条件（）证明． （）求的度数，可利用（）中全等三角形的性质，将角进行转化，再结合梯形中角的关系求解． 【详解】（1）证明：∵在梯形中，，， ∴ ∵在和中，，， ∴ （2）解：∵ ∴ ∴ ∵， ∴ 【变式4】．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务： 等腰梯形 在第六章，我们按照“定义一性质一判定”的路径研究了平行四边形．生活中还有另一种特殊四边形一等腰梯形，我们可以类比平行四边形对其进行研究． 定义：只有一组对边平行的四边形叫做梯形，其中互相平行的两边叫做底，不平行的两边叫做腰．两腰相等的梯形叫做等腰梯形． 如图1，四边形是等腰梯形，其中 性质：从整体对称性看，等腰梯形是轴对称图形： 从局部元素特征看，等腰梯形有如下性质： 性质1：等腰梯形同一底上的两个角相等；性质2：… 判定：与平行四边形类似，等腰梯形的性质与判定也具有互逆关系 判定1：…．    任务： (1)为证明等腰梯形的性质1，小颖的思考如下．请按她的思路选择一种方法写出证明过程． 已知：如图2，四边形是等腰梯形， 求证：，． 证明：方法1：过点作的平行线，交于点，…； 方法2：过点，作的垂线，垂足分别为， (2)根据材料中的思路，小颖由等腰梯形的性质1得到关于等腰梯形判定方法的猜想，请你补全该命题　 　的梯形是等腰梯形，该命题是 　 　命题． 【答案】(1)见解析 (2)同一底上的两个角相等，真 【分析】（1）方法1：如图1，过点作的平行线，交于点，证明四边形是平行四边形，得到，进而证明，再由平行线性质即可证明； 方法2：如图2，过点，作的垂线，垂足分别为，，证明四边形是矩形，进而证明，即可得到，再由平行线性质即可证明； （2）结合（1）的方法二，证明，可证得，即可得出结论． 【详解】（1）证明：方法1：如图1，过点作的平行线交于点，   ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ，， ． 方法2：如图2，过点，作的垂线，垂足分别为，，   ， ，， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ，， ． （2）解：同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形，该命题是真命题 已知：如图2，四边形是梯形，． 求证：梯形是等腰梯形． 证明：如图2，过点，作的垂线，垂足分别为，， 四边形是梯形 ， ，， ， 四边形是矩形， ， 在和中， ， ， ， 梯形是等腰梯形， 故答案为：同一底上的两个角相等，真． 【点睛】本题考查了梯形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握梯形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定及合理利用数形结合思想是解题关键． 【题型19 特殊四边形与等腰梯形综合证明】 核心技巧：明确图形之间的关系（如等腰梯形与矩形、菱形的结合），先判定各图形类型，再利用对应性质推导。优先证明简单图形（如先证平行四边形，再证矩形/菱形），再结合等腰梯形的性质，通过全等、平行关系完成综合证明，步骤规范清晰。 【典例19】．已知：如图，在梯形中，的平分线交延长线于点E，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)交点G，如果，求证：． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题考查的是梯形的性质、菱形的判定和性质，掌握菱形的判定定理是解题的关键． （1）根据等腰三角形的三线合一得到，根据角平分线的定义、平行线的性质得到，得到，根据菱形的判定定理证明； （2）连接，根据等腰梯形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质求出，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出，证明结论． 【详解】（1）证明：∵是的平分线， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴四边形为平行四边形， ， ∴平行四边形是菱形； （2）如图，连接， 在梯形中，， 则梯形等腰梯形， ， 由（1）可知：四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ． 【变式1】．已知：如图，在梯形中，，，对角线相交于点，点分别是的中点，连接． (1)求证：； (2)连接，如果，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题主要考查了等腰梯形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定等知识，熟练掌握等腰梯形的性质和全等三角形的性质是解题关键． （1）连接并延长交于点，证明，得到，利用三角形中位线定理证得，即可证明结论成立； （2）连接并延长交于点，连接并延长交于点，证明，推出，同理，得到，再证明，推出，据此即可证明结论． 【详解】（1）证明：连接并延长交于点， ∵点分别是的中点， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵点分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴； （2）证明：连接并延长交于点，连接并延长交于点， ∵在梯形中，，， ∴四边形为等腰梯形，，， ∴， 由（1）可知，，又， ∴， ∵， ∴， 由（1）得， ∴， 同理，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形． 【变式2】．如图，在四边形中，，，，，，点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点B运动．规定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t． (1)________，________（用含t的代数式表示）； (2)运动中，是否存在这样的t，使得，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． (3)连接，是否存在为等腰三角形？若存在请直接写出t值，若不存在，说明理由． 【答案】(1)； (2)或时， (3)当的值为或者或者时，为等腰三角形． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰梯形，勾股定理，等腰三角形的性质以及采用开平方解方程的知识，掌握平行四边形的性质、梯形的性质以及等腰三角形的性质是解答本题的关键． （1）根据题意有：，，进而有； （2）分四边形是平行四边形和四边形是等腰梯形两种情况，结合题意计算，得到答案； （3）分三种情况讨论：当为等腰三角形，且时，过D点于H；当为等腰三角形，且时；当为等腰三角形，且时，根据等腰三角形的性质结合勾股定理列出关于t的方程，解方程即可求解． 【详解】（1）解：由题意得，，， ∴， 故答案为：；； （2）解：当，四边形是平行四边形时，即有：， ∴， 解得，； 当时，四边形是等腰梯形时， 过P点作于M，过D点于N，如图， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵梯形为等腰梯形，于M， ∴，， ∵， ∴， 解得， 综上所述：或时，． （3）解：存在，理由如下： 由题意得，，， ∴，， 根据（2）有， 当为等腰三角形，且时，过D点于H，如图， 根据（2）可知：， ∵为等腰三角形， ∴， ∴， 解得； 当为等腰三角形，且时，如图， ∴， 解得； 当为等腰三角形，且时， 过D点于H，过Q点于G，如图， 根据（2）同理可知四边形四边形是矩形， ∴， ∵，，， ∴， ∵，， ∴， ∵在中，由勾股定理， ∴， 解得：， 综上所述：当的值为或者或者时，为等腰三角形． 【变式3】．如图（1），直角梯形中，，，且，，． (1)求证：为等边三角形； (2)如图（2），于点H，动点P从点H出发，沿线段向点O运动，动点Q从点O出发，沿线段向点A运动，两点同时出发，速度都为1/秒．设点P运动的时间为t秒，的面积为S，求S与之间的函数关系式，并求出的取值范围； (3)设与交于点M，当时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用勾股定理求出，然后根据含30度的直角三角形三边的关系得到，，则，在中有两的角，根据等边三角形的判定即可得到结论； （2）根据等边三角形的性质易得，，则，，利用三角形的面积公式得到，代值即可得到； （3）由得到，则，利用含30度的直角三角形三边的关系得到，即，解方程即可． 【详解】（1）在中，，， ， ，， ， ， 而， 为等边三角形； （2），过点P作，   ，， ，， ∴， ∴， ∴， 而， ； （3）， ， 而 ， ，即， ．    【点睛】本题考查了梯形的性质，等边三角形的判定与性质、勾股定理以及含30度的直角三角形三边的关系，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 【变式4】．如图，在直角梯形ABCD中，ADBC，∠B=90°，且AD=12cm，AB=8cm，DC=10cm，若动点P从A点出发，以每秒2cm的速度沿线段AD向点D运动；动点Q从C点出发以每秒3cm的速度沿CB向B点运动，当P点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，设点P、Q同时出发，并运动了t秒，回答下列问题： (1)BC= cm； (2)当t为多少时，四边形PQCD为等腰梯形？ (3)是否存在t，使得△DQC是等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)18 (2)当t=时，四边形PQCD为等腰梯形； (3)存在，t的值为秒或4秒或秒 【分析】（1）作DE⊥BC于E，则四边形ABED为矩形．在直角△CDE中，已知DC、DE的长，根据勾股定理可以计算EC的长度，根据BC=BE+EC即可求出BC的长度； （2）首先过D作DE⊥BC于E，可求得EC的长，又由当PQ=CD时，四边形PQCD为等腰梯形，可求得当QC-PD=QC-EF=QF+EC=2CE，即3t-（12-2t）=12时，四边形PQCD为等腰梯形，解此方程即可求得答案； （3）因为三边中，每两条边都有相等的可能，所以应考虑三种情况．结合路程=速度×时间求得其中的有关的边，运用等腰三角形的性质和解直角三角形的知识求解． 【详解】（1）解：如图，过D点作DE⊥BC于E， 则四边形ABED为矩形，DE=AB=8cm，AD=BE=12cm， 在直角△CDE中，∵∠CED=90°，DC=10cm，DE=8cm， ∴EC==6(cm)， ∴BC=BE+EC=18(cm)． 故答案为：18； （2）解：根据题意得：PA=2t，CQ=3t，则PD=AD-PA=12-2t． 如图，过D点作DE⊥BC于E， 则四边形ABED为矩形，DE=AB=8cm，AD=BE=12cm， 当PQ=CD时，四边形PQCD为等腰梯形． 过点P作PF⊥BC于点F，过点D作DE⊥BC于点E，则四边形PDEF是矩形，EF=PD=12-2t，PF=DE． 在Rt△PQF和Rt△CDE中，， ∴Rt△PQF≌Rt△CDE（HL）， ∴QF=CE， ∴QC-PD=QC-EF=QF+EC=2CE， 即3t-（12-2t）=12， 解得：t=， 即当t=时，四边形PQCD为等腰梯形； （3）解：△DQC是等腰三角形时，分三种情况讨论： ①当QC=DC时，即3t=10， ∴t=； ②当DQ=DC时， 如图，过D点作DE⊥BC于E， 同理，QC=2EC，即3t=2×6， ∴t=4； ③当QD=QC时， 如图，过D点作DE⊥BC于E，过Q点作QG⊥DC于G， 此时DG=GC=5， ∵，即， ∴QG=t， 在Rt△QGC中，，即， ∴t=． 故存在t，使得△DQC是等腰三角形，此时t的值为秒或4秒或秒． 【点睛】此题考查了直角梯形的性质、矩形的判定和性质、平行四边形的判定、等腰梯形的判定、勾股定理以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 1．矩形具有而菱形不一定具有的性质是（    ）05 期中过关•检测 A．四条边都相等 B．对角线相等 C．对角线互相垂直且平分 D．对边平行且相等 【答案】B 【分析】根据矩形和菱形的性质，逐项对比，即可找出符合要求的选项． 【详解】解：A、菱形的四条边相等，矩形的四条边不一定相等，不符合题意； B、菱形的对角线不一定相等，矩形的对角线相等，符合题意； C、菱形的对角线互相垂直且平分，矩形的对角线互相平分但不一定互相垂直，不符合题意； D、菱形的对边平行且相等，矩形的对边平行且相等，不符合题意； 2．下列选项的命题中，是真命题的是（   ） A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．平行四边形的两条对角线相等 C．两条对角线互相平分的四边形是矩形 D．邻边相等的平行四边形是菱形 【答案】D 【分析】根据平行四边形、矩形、菱形的判定定理和性质，逐一判断各选项命题的真假即可得到答案． 【详解】A.∵一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，不一定是平行四边形，∴A是假命题； B.∵平行四边形的对角线互相平分，不一定相等，只有矩形的对角线相等，∴B是假命题； C.∵两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线相等且互相平分的四边形才是矩形，∴C是假命题； D.∵根据菱形的定义，邻边相等的平行四边形是菱形，∴D是真命题； 3．如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点D落在点处，则重叠部分的面积为（   ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【分析】根据折叠以及矩形的性质得到，设，则，，再对运用勾股定理建立方程求解． 【详解】解：由折叠得， 四边形是矩形， ， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ． 4．如图，在矩形中，对角线、相交于点，过点作，分别交、于点，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，由矩形的性质可得是的垂直平分线，即得，再利用勾股定理求出即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵矩形， ∴，，， ∵， ∴是的垂直平分线， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴． 5．如图，矩形中，对角线交于O点．若，，则的长为（    ） A．4 B． C．3 D．5 【答案】A 【分析】根据矩形中，对角线，交于点，，判定是等边三角形，得到，解答即可． 【详解】解：∵矩形中，对角线，交于点， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴． 6．如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接．若，菱形的面积为，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据菱形的对角线互相平分得到，点为的中点，根据菱形的面积公式可求出的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得答案． 【详解】解：∵菱形的对角线，相交于点， ∴，点为的中点， ∵菱形的面积为， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴ ． 7．如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点，为垂足，连接，则等于（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，根据线段垂直平分线得出，由等边对等角可得，求出，再利用“边角边”证明，根据全等三角形对应角相等可得，即可得出答案． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴． 8．如图，在菱形中，，，过菱形的顶点分别作对角线，的平行线，两两相交于点M，N，P，Q，则四边形的面积为（   ） A． B．4 C． D．8 【答案】C 【分析】先证明四边形、、、是平行四边形，得到，，再证明四边形为矩形，根据勾股定理和直角三角形的性质求出，，得出，，最后求出矩形的面积即可． 【详解】解：连接，，与相交于点，如图所示：   ，， 四边形、、、是平行四边形， 四边形是菱形 ，，，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形为矩形， ，， ， ， ，， ， ，， 四边形的面积为：． 9．按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质及判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键． 判定出四边形为菱形，再利用菱形的性质求解即可． 【详解】解：由题意可得：， ∴四边形为菱形， ∴， ∴， 故选：C． 10．如图，为正方形的对角线，延长到点，使，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，由正方形的性质可知，，，，再结合平行的性质和等边对等角，得出，即可得解． 【详解】解：如图，连接， 正方形， ，，， ， ， ， ， ， ． 11．如图，正方形的边长为9，E是的中点，垂直平分且分别交，于点F，G，则的长为______________． 【答案】 【分析】连接、，设，则，根据垂直平分线的性质得到，在和中，利用勾股定理求出和的表达式，列方程求解即可． 【详解】解：连接、， 四边形是正方形， 、， 是的中点， ， 设，则， 垂直平分， ， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ， 解得， ． 12．如图，矩形的边在x轴上，且过原点，连接．将沿翻折，点B的对应点恰好落在边上．若点的坐标为，则点C的坐标为____________． 【答案】 【分析】由点的坐标得到和的长，根据勾股定理求出，由折叠得到，，设，根据勾股定理计算即可． 【详解】解：∵点的坐标为， ∴，， ∴在中，， ∵将沿翻折，点的对应点恰好落在边上， ∴，， ∴， ∴在矩形中，，，， 设，则， ∵在中，， ∴， 解得， ∴， ∴点的坐标为． 13．如图，在菱形中，是对角线上一动点，过点作于点，于点．若菱形的周长为，面积为．则的值为______． 【答案】 【分析】连接，通过菱形的周长和面积分别求出边长和，最后由面积和差即可求出的值． 【详解】解：连接，如图， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∵菱形的周长为， ∴， ∴， ， ， ， 则． 14．如图，已知在梯形中，，，，平分，交边于点．如果是直角三角形，那么的长为_____． 【答案】或 【分析】本题主要考查矩形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理等，分两种情况讨论：（Ⅰ）当时，过点作的垂线，交于点，容易证明，四边形为矩形，结合，即可求得的数值；（Ⅱ）当时，如图所示，过点作的垂线，交于点，容易证明，，可得，即可求得的数值． 【详解】（Ⅰ）当时，如图所示，过点作的垂线，交于点， 设，则， 因为平分， 所以， 又因为，， 所以， 所以，， 因为，， 所以， 又因为， 所以四边形为矩形， 所以，， 所以， 所以， 所以， 因为， 所以 所以， 所以， （Ⅱ）当时，如图所示，过点作的垂线，交于点， 设，则， 同（Ⅰ）可证得， 所以，， 因为，， 所以， 又因为，， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 综上所述，或． 15．如图，在正方形中，点在上，点在上，于点，点在上，，连接延长交于点，若，，则线段的长为______________． 【答案】 【分析】先证明，可得，设，则，，，，由，，可证，，再利用，可得，进而证明，可得，，由勾股定理，可列出方程，解出x的值，即可求出，的长，再根据勾股定理求出线段的长即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵在和中， ∴, ∴, ∵,, 设,则,, ∴,, ∵,, ∴, ∴, ∵, ∴, ∵在正方形中, ∴, ∴, ∴, ∴, 又∵， 在中，由勾股定理得， ∴，解得，（舍）， ∴，， ∴在中，由勾股定理得 ， ∴ ． 16．新定义题型构思巧妙，立意新颖，重在考查学生的学习能力，实践能力及创新精神，让我们试试吧！我们定义∶有一组邻角相等的凸四边形叫作“等邻角四边形”． 【定义理解】 (1)如图① ，已知四边形为等邻角四边形，且，求的度数． 【定义运用】 (2)如图② ，在五边形中，，对角线平分，求证∶四边形为等邻角四边形； 【定义拓展】 (3)如图③ ，在等邻角四边形中，．点P为边BC边上的一动点，过点P作，垂足分别为M，N，在点P的运动过程中，的值是否是定值？若是，请求出这个值；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)的值为定值，定值为． 【分析】（1）根据“等邻角四边形”的定义，再结合已知条件和四边形内角和定理求解即可； （2）根据两直线平行，内错角相等，再结合角平分线的定义和“等邻角四边形”的定义证明即可． （3）作垂足为Q，作垂足为R，易得四边形是矩形可得且，再证明可得，进而得到，再利用含30度直角三角形的性质以及勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形为等邻角四边形，且， ∴、均不可能与、中的任意一个角相等，否则总内角和大于． ∴． ∵， ∴， 解得：． （2）证明：∵， ∴， ∵对角线平分， ∴． ∴． ∴四边形为等邻角四边形． （3）解：的值是定值，定值为． 如图，作垂足为Q，作垂足为R， ∵， ∴四边形是矩形． ∴且， ∴． ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴ ∴ 在点P的运动过程中，的值为定值． 17．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E． (1)求证∶四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明，继而得到四边形是平行四边形，证明即可； （2）根据勾股定理，得到，设，得到 ，解方程求解即可． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； ， 四边形是菱形； （2）解： 四边形是菱形，，， ，，，， ， ， 设， ， ， ， 解得． 18．如图，在矩形边上取一点C使，过点作，交的延长线于点B，垂足为点O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)线段的长为 【分析】（1）先推导出，，得到证明出，可得到，即可证明平行四边形是菱形． （2）先求出，，，，根据勾股定理，得到，，可求出． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，即． ∴． ∵， ∴． ∴ ∵ ∴， 在和中， ∴． ∴． ∴． ∴四边形是平行四边形． 又∵， ∴平行四边形是菱形． （2）解：∵四边形是矩形， ∴． ∴， 在中， ． ∴． ∵四边形是菱形， ∴， 在中， ． ∴． 在中， ． ∵四边形是菱形， ∴O为的中点． ∴． 答：线段的长为． 19．在平面直角坐标系中有矩形，，． (1)如图1，矩形的顶点B的坐标是______； (2)如图2，将矩形沿对角线折叠，使得点落在点处，交轴于点．点是对角线上一动点，求的最小值； (3)点P为x轴负半轴上一动点，Q是平面内一点，若以B，D，P，Q为顶点的四边形是菱形，请直接写出Q点坐标______ 【答案】(1) (2) (3)或或 【分析】（1）利用矩形的性质和含有角的直角三角形求出即可得解； （2）过点作轴于点，作轴于点，在中，得出，则在中，,，得出，过点作于点，并延长交于点，连接，根据折叠可得，，，，进而得出，当且仅当点三点共线时，取得等于号，在中，勾股定理求得，即可求解． （3）分类讨论，画出图形求解即可． 【详解】（1）解：如图，设与轴交于点， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：由矩形的性质可得，，， ∴， 过点作轴于点，作轴于点， 在中，，， ∴， ∴， 在中，,， ∴， 过点作于点，并延长交于点，连接， 由折叠可得，， ∴， ∴，， ∴，， ∴，当且仅当点三点共线时，取得等于号， 在中，，， ∴， 即的最小值为； （3）解：①若、为边，为对角线， 则作的垂直平分线交轴负半轴于，即第（）问的点， ，即第（）问的点； ②若、为边，为对角线， ∵，则， ∴， ∴， ∴， 则以为圆心，长为半径画弧，交轴负半轴于点， 将点沿方向平移即向下平移个单位，向左平移个单位得到， ， ③若、为边，为对角线， ∵，， ∴， ∴， 则以为圆心，长为半径画弧，交轴负半轴于点， 将按方向平移，即向右平移个单位向上平移个单位得到， ∴， 综上所述，点坐标为或或． 20．利用旋转变换解决数学问题是一种常用的方法．在数学活动课上，李老师和同学们一起操作探究下面问题： (1)如图①，在正方形中，E为边上一动点，点F在边上，且．求证：． 为了解决这个问题，小明把绕点A逆时针旋转，得到图②．易证，则得以证明．请您按照小明的思路完成证明过程； (2)如图③，在等腰中，，点M在边上，，，求的长； (3)如图④，在四边形中，，，，点E，F分别在边，上，且，求此时的周长． 【答案】(1)见解析 (2)1 (3) 【分析】（1）根据正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，证明即可． （2）将绕点A逆时针旋转到，利用旋转的性质，勾股定理求解即可． （3）延长到点G，使，连接，仿照（2）的解答，利用三角形全等，直角三角形的性质，勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵绕点A逆时针旋转到， ∴ ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解：将绕点A逆时针旋转到， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵等腰中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）解：延长到点G，使，连接， ∵，， ∵, ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴的周长为：． 连接， ∵， 且， ∴， ∴，， ∵在四边形中，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的周长为：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 特殊平行四边形的性质与判定、梯形 （期中复习讲义，19种题型） 【题型01 矩形的性质】 2 【题型02 矩形的判定】 4 【题型03 矩形的性质与判定的综合】 5 【题型04 菱形的性质】 6 【题型05 菱形的判定】 8 【题型06 菱形的性质与判定的综合】 10 【题型07 正方形的性质】 11 【题型08 正方形的判定】 13 【题型09 正方形的性质与判定】 14 【题型10 特殊四边形性质与判定的综合】 17 【题型11 特殊四边形与平面直角坐标系的综合】 19 【题型12 特殊四边形中的多结论判断问题】 21 【题型13 特殊四边形与折叠问题】 23 【题型14 特殊四边形与动点运动问题】 25 【题型15 特殊四边形与最值问题】 26 【题型16 梯形的定义】 28 【题型17 等腰梯形的性质定理】 29 【题型18 等腰梯形的性质与判定的综合】 30 【题型19 特殊四边形与等腰梯形综合证明】 32 1. 考查分值：占期中试卷15%~22%，是几何板块重点难点，分值高于普通平行四边形，属于必考点，压轴题高频出现。 2. 考查题型：覆盖选择、填空、解答题，难度分层明显——基础题考查单一图形的性质/判定（如矩形对角线相等、菱形四边相等）；中档题考查单一图形的综合证明与计算；压轴题结合平面直角坐标系、折叠、动点、最值，或与等腰梯形、普通平行四边形综合考查（分值6~12分）。 3. 核心考点：① 矩形、菱形、正方形的性质（求线段、角度、周长、面积）；② 三种特殊平行四边形的判定（选择条件、证明）；③ 等腰梯形的性质与判定；④ 特殊四边形的综合应用（与折叠、动点、坐标系结合）；⑤ 特殊四边形与等腰梯形的综合证明。 4. 易错点汇总：① 混淆三种特殊平行四边形的性质与判定（如误将菱形对角线相等、矩形对角线垂直）；② 忽略梯形“只有一组对边平行”的定义；③ 等腰梯形与平行四边形性质混淆；④ 折叠题漏标折叠前后相等边、角；⑤ 坐标系中求特殊四边形顶点坐标漏解；⑥ 动点题未用参数表示线段，无法建立等量关系；⑦ 综合题中不会选择最优判定方法，步骤繁琐。 5. 命题趋势：侧重逻辑推理与综合应用，基础题占50%、中档题35%、压轴题15%；重点考查“数形结合”思想，特殊四边形常与折叠、动点、最值结合，等腰梯形多与特殊平行四边形综合证明，难度适中偏上，需熟练掌握性质与判定的转化。 03 期中知识•梳理 知识点1. 矩形（特殊的平行四边形，四个角为直角） （1）性质：① 继承平行四边形所有性质（对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分）；② 特有性质：四个角都是直角（∠A=∠B=∠C=∠D=90°）；对角线相等（AC=BD）；是轴对称图形（2条对称轴）。 （2）判定：① 定义法：有一个角是直角的平行四边形是矩形；② 角判定：有三个角是直角的四边形是矩形；③ 对角线判定：对角线相等的平行四边形是矩形（对角线相等且互相平分的四边形是矩形）。 知识点2. 菱形（特殊的平行四边形，四条边相等） （1）性质：① 继承平行四边形所有性质；② 特有性质：四条边都相等（AB=BC=CD=DA）；对角线互相垂直（AC⊥BD）；对角线平分一组对角；是轴对称图形（2条对称轴）。 （2）判定：① 定义法：有一组邻边相等的平行四边形是菱形；② 边判定：四条边都相等的四边形是菱形；③ 对角线判定：对角线互相垂直的平行四边形是菱形（对角线互相垂直且互相平分的四边形是菱形）。 知识点3. 正方形（特殊的矩形、特殊的菱形，最特殊的平行四边形） （1）性质：① 继承平行四边形、矩形、菱形所有性质；② 特有性质：四条边相等，四个角都是直角；对角线相等且互相垂直平分；对角线平分一组对角；是轴对称图形（4条对称轴）。 （2）判定：① 定义法：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形；② 矩形基础：有一组邻边相等的矩形是正方形；③ 菱形基础：有一个角是直角的菱形是正方形；④ 对角线：对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形。 知识点4：梯形与等腰梯形 1. 梯形定义：只有一组对边平行的四边形叫做梯形（平行的两边叫做底，不平行的两边叫做腰；两底之间的距离叫做高）。 2. 等腰梯形（特殊的梯形） （1）性质：① 两底平行，两腰相等（AB∥CD，AD=BC）；② 同一底上的两个角相等（∠A=∠B，∠C=∠D）；③ 对角线相等（AC=BD）；④ 是轴对称图形（1条对称轴）。 （2）判定：① 定义法：两腰相等的梯形是等腰梯形；② 角判定：同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形；③ 对角线判定：对角线相等的梯形是等腰梯形。 3. 易错提醒：① 梯形需满足“只有一组对边平行”，两组对边都平行的是平行四边形，不是梯形；② 等腰梯形是梯形，不是平行四边形，不具备平行四边形的对边相等、对角线互相平分等性质。 04 期中题型•汇总 【题型01 矩形的性质】 核心技巧：牢记“平行四边形性质+四个直角+对角线相等”，优先利用直角和对角线相等求解。求线段长用对角线相等、勾股定理；求角度直接用直角（90°）或邻角互补；复杂题型连接对角线，利用全等三角形、等腰三角形推导，标清直角和相等对角线。 【典例1】．如图，矩形中，点E在上，平分，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【变式1】．如图，矩形的对角线，相交于点，，，则的长等于（    ） A． B． C． D． 【变式2】．如图，点是矩形的对角线上一点，过点作 ，分别交、于点、，连接、．若图中阴影部分的面积为8，则的值为（　　） A．4 B．8 C．16 D．32 【变式3】．如图在矩形中，，，，垂足是E，作点E关于的对称点F，连接、．将沿着射线方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到矩形的一边所在的直线上时，则________． 【变式4】．在矩形中，点E是的中点，连接，，点F是上一点，且平分交于点G，平分，则________． 【题型02 矩形的判定】 核心技巧：根据已知条件选择最优判定方法。有平行四边形，补一个直角或对角线相等；无平行四边形，补三个直角或对角线相等且互相平分；避免误用“对角线相等的四边形是矩形”（需加平行四边形前提），步骤先推导判定条件，再下结论。 【典例2】．如图所示，已知平行四边形的对角线相交于点O，． (1)求证：平行四边形是矩形． (2)若，且，求的长． 【变式1】．在平行四边形中，过点作于点，点在上且，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，平分，求的长． 【变式2】．如图，在中，平分，交于点E，平分，交于点．求证：四边形是矩形． 【变式3】．如图，在中，，两点分别在边，上，连接，，，，且． (1)求证：四边形为矩形； (2)若平分，且，，求的长． 【变式4】．如图，在中，为的中线，为的中点，过点作，交延长线于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，当满足不同条件时，四边形可能是矩形或菱形．请从以下两个结论中选择一个，先填写应满足的条件，再进行证明． 结论①：当满足___________时，四边形是矩形； 结论②：当满足___________时，四边形是菱形． 【题型03 矩形的性质与判定的综合】 核心技巧：分清逻辑顺序，“先判定后性质”。先证明四边形是矩形（用判定方法），再利用矩形的直角、对角线相等性质求线段、角度或证明；或先用矩形性质得条件，再证明另一四边形是矩形，辅助线以连接对角线为主。 【典例3】．如图，四边形中，对角线、相交于点，，，且． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的度数． 【变式1】．如图，平行四边形中，对角线，于点E，于点F， (1)求证：四边形是矩形． (2)若，求的度数． 【变式2】．如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 【变式3】．如图，在中，于点，延长至点，使，连接与交于点． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，求的长． 【题型04 菱形的性质】 核心技巧：紧扣“平行四边形性质+四条边相等+对角线垂直”，重点利用对角线垂直和四边相等求解。求线段长用四边相等、勾股定理（对角线垂直构成直角三角形）；求角度利用对角线平分一组对角，复杂题型结合全等三角形推导。 【典例4】．如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成的，根据实际需要可以调节，间的距离．若，间的距离调节到，菱形的边长，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【变式1】．如图，在菱形中，M，N分别在上，且，与交于点O，连接．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式2】．如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接．若，菱形的面积为，则的长为（   ） A． B． C． D． 【变式3】．如图，菱形的对角线交于点O，过点O作于点E，延长交于点F，若，，则的值为（    ） A．5 B． C． D． 【变式4】．如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E是的中点．若，，则菱形的面积为_______． 【变式5】．如图，在菱形中，，则菱形的面积为_____． 【题型05 菱形的判定】 核心技巧：“缺啥补啥”，结合判定方法选择条件。有平行四边形，补一组邻边相等或对角线垂直；无平行四边形，补四条边相等或对角线互相垂直且平分；避免误用“对角线垂直的四边形是菱形”（需加平行四边形前提）。 【典例5】．如图，四边形沿直线对折后重合，连接，交于点，若，则下列结论：；；；．其中正确的是_____．（只填序号） 【变式1】．如图，在中，，点为中点，连接，过点作，，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，，求四边形的周长． 【变式2】．如图，中，，将沿的方向平移得到，连接． (1)当点D移至什么位置时，四边形是菱形，并加以证明． (2)在（1）的条件下，如果，，求四边形的面积； (3)在（1）的条件下，四边形能否为正方形？若能，请说明理由；若不能，请给添加一个条件，使四边形为正方形，并写出推理过程． 【变式3】．如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点，连接． (1)求证：； (2)若．试判断四边形的形状，并证明． 【变式4】．已知，在中，点，分别在和上，连接，将沿折叠得到，点的对应点为，连接．若点落在上，且． (1)求证四边形为菱形． (2)若四边形为正方形，请问与需要满足什么条件，并说明理由． 【题型06 菱形的性质与判定的综合】 核心技巧：先判定四边形是菱形，再用菱形性质（四边相等、对角线垂直）求解；或先用菱形性质得相等边、垂直关系，再证明另一四边形是菱形。重点关注对角线垂直的性质，可结合勾股定理求线段长，辅助线优先连接对角线。 【典例6】．如图，在矩形中，连接，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线分别交，于点，，连接，，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【变式1】．如图，现有一张矩形纸片，，，点，分别在矩形的边，上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在边上点处，点落在点处，连接，交于点，连接．有以下结论：①；②四边形是菱形；③当点，重合时，；④点，，三点共线．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①④ C．②③④ D．①②③④ 【变式2】．如图，在中，，以点B为圆心，的长为半径画弧，交于点E，再分别以点A，E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点F，连接并延长交于点G，连接．若四边形的周长为，则四边形的面积为（   ） A． B． C． D． 【变式3】．如图，在中， 的平分线交于点E，过点A作的垂线交于点F，交于点G，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求的长． 【变式4】．如图，四边形为平行四边形，点E在边上，连接交于点F，． (1)如图1，若，则的度数为______ (2)如图2，若，，四边形的周长为28，求四边形的面积． 【题型07 正方形的性质】 核心技巧：继承矩形、菱形所有性质，优先利用“四边相等、四个直角、对角线相等且垂直”求解。求线段长用四边相等、勾股定理；求角度直接用直角或对角线平分对角（45°）；复杂题型结合全等、等腰直角三角形，简化计算。 【典例7】．如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（   ） A． B． C． D． 【变式1】．如图，已知正方形的边长为6，P是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则的长为（    ） A． B．4 C． D．5 【变式2】．我国清代数学家李锐借助三个正方形用出入相补证明了勾股定理，如图，设直角三角形的边长分别是，斜边的长为，作三个边长分别为a，b，c的正方形，把它们拼成如图所示形状，使A，C，E三点在一条直线上．若，四边形与面积之和为37，则正方形的面积为（   ） A．100 B．63 C．58 D．56 【变式3】．如图，和是两个不等的正方形，连接交于，如果面积为10，则面积为____________． 【变式4】．如图，正方形的边长为9，E是的中点，垂直平分且分别交，于点F，G，则的长为______________． 【题型08 正方形的判定】 核心技巧：选择最简判定方法，优先用“矩形+邻边相等”或“菱形+直角”。有平行四边形，补一组邻边相等+一个直角；有矩形，补一组邻边相等；有菱形，补一个直角；确保判定条件完整，不遗漏前提。 【典例8】．如图，在直角梯形纸片中，，，，将纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕为．连接并展开纸片． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)取线段的中点，连接、，如果，试说明四边形是等腰梯形． 【变式1】．正方形中，，为对角线上一动点，连接、，在边上取一点，作矩形． (1)①求证：矩形为正方形； ②连接，若，求的长； (2)取中点，连接，则最小值为________． 【变式2】．已知：如图，在中，，点D在上，，垂足为F，且，点E为线段的中点，过点F作交射线于G，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． (3)当时，求证：四边形是正方形． 【变式3】．如图，在矩形中，点E，F分别在，上，且，于点G． (1)求证：矩形是正方形； (2)延长到点H，使得，连接，判断的形状，并说明理由． 【变式4】．如图，四边形中，，，，，作于点E，交的延长线于点F． (1)求证：四边形是正方形； (2)求四边形的面积． 【题型09 正方形的性质与判定】 核心技巧：逻辑清晰，先判定四边形是正方形，再用其性质求解；或先用正方形性质得条件，再证明另一四边形是正方形。重点利用对角线相等且垂直的特征，结合勾股定理、全等三角形，解决综合计算与证明问题。 【典例9】．如图，在正方形中，分别是上两点，交于点，且． (1)判断与之间的数量关系与位置关系，并说明理由： (2)当点是的中点时，连接，求的度数． 【变式1】．已知：在正方形中，为上一点，过作于，延长至点与交于，连接，若． (1)如图1，求的度数； (2)如图1，求证：； (3)如图2，延长、交于点，连接、，若为中点，，求的长． 【变式2】．在四边形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．点Q在的延长线上且． (1)如图1，若四边形是正方形． ①求的度数； ②探究与的数量关系并说明理由． (2)如图2，若四边形是菱形且．探究与的数量关系并说明理由． 【变式3】．完成以下问题 (1)正方形，分别在边上（不与端点重合），，与交于点． 如图（），若平分，直接写出线段，，之间等量关系； 如图（），若不平分，中线段，，之间等量关系还成立吗？若成立请证明；若不成立请说明理由 (2)如图（），矩形，，．点分别在边上，，，求的长度． 【变式4】．【问题呈现】已知正方形中，点F为对角线上一点，点E在的延长线上，连接． （1）如图1，连接，若，求的最小值； 【类比探究】 （2）如图2，在正方形中，点F为对角线上一点，点G在边上，，若，，求四边形的面积； 【拓展运用】 （3）如图3，将绕点F逆时针旋转得到，连接交于点H，试探索、满足怎样的数量关系时，点H恰为的中点； 【题型10 特殊四边形性质与判定的综合】 核心技巧：先明确图形类型（矩形、菱形、正方形），再选择对应性质与判定。区分不同图形的特有性质，灵活转化（如正方形可看作特殊矩形/菱形）；复杂题型先判定图形类型，再结合性质推导，辅助线以连接对角线、作高为主。 【典例10】．如图1，在中，，平分，，延长使得，连接． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)如图2，过作交于点，点在上，平分，过作交的延长线于点． ①求证：为等腰直角三角形； ②试探究：的数量关系，并证明． 【变式1】．综合与探究． 【问题背景】 （1）数学活动课上，老师提出了一个问题：如图1，点E为的边上一点，连接，，请探究的面积与面积的关系？“领航”学习小组在数学活动中发现：的面积等于面积的2倍．请你写出完整的解答过程． 【尝试应用】 （2）如图2，长方形中，点E为边上一点，点F为右侧一点，，若，，，求的长； 【深入思考】 （3）如图3，中，点E为边上一点，点F为边上一点，连接，交于点G，连接，若，证明：平分．    【变式2】．四边形是一张平行四边形纸片，将纸片沿着折叠，使点落在直线上的点处，点的对应点为，和相交于点． (1)如图1，当平行四边形是矩形时： ①连接，求证：四边形为菱形： ②如图2，若，当点与点重合时，______； (2)如图3，当平行四边形满足，，且为的中点，求此时的长度． 【变式3】．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E． (1)求证∶四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【变式4】．定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为“勾股四边形”，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边． (1)概念理解 ①你所知道的特殊四边形中，是“勾股四边形”的有_______（一个即可）； ②如图1，，请你在图中画出以格点为顶点，，为勾股边，且对角线相等的所有“勾股四边形”； (2)知识运用 如图2，是正三角形，，且，．求证：，即四边形是“勾股四边形”． (3)拓展应用 如图3，菱形是“勾股四边形”，对角线交于点，求四边形OEBF的面积． 【题型11 特殊四边形与平面直角坐标系的综合】 核心技巧：利用特殊四边形的性质（如矩形对角线相等、菱形对角线垂直），结合坐标系中点的坐标特征、中点公式求解。设未知顶点坐标，结合平行、垂直、相等关系列方程；分类讨论对角线情况，避免漏解，核对横纵坐标对应关系。 【典例11】．如图，在平面直角坐标系中，若菱形的顶点A、B的坐标分别为、，点D在y轴上，则点C的坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式1】．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边与轴的夹角为，且，点的坐标为，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【变式2】．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知正方形ABOC，A（ - 4，4）．点D为x轴上一动点，以AD为边在AD的右侧作等腰Rt△ADE，∠ADE = 90°，连接CE，则CE的最小值是（      ） A．2 B．2 C．3 D．4 【变式3】．如图①，正方形边长为5，以O为坐标原点建立平面直角坐标系，将图①中正方形绕点O逆时针旋转一定角度得到图②，若点到x轴的距离为3，则点的坐标为______． 【变式4】．如图1，点在平面直角坐标系中，点到坐标轴的垂线段，与坐标轴围成矩形，当这个矩形的一组邻边长的和与积相等时，点称作“垂点”，矩形称作“垂点矩形”． (1)在点，，中，是“垂点”的点为______； (2)点是第三象限的“垂点”，直接写出的值_______； (3)如果“垂点矩形”的面积是4，且“垂点”位于第二象限，写出满足条件的“垂点”的坐标________； (4)如图2，平面直角坐标系的原点是正方形的对角线的交点，当正方形的边上存在“垂点”时，求的最小值． 【题型12 特殊四边形中的多结论判断问题】 核心技巧：逐一验证结论，结合特殊四边形、全等、等腰三角形、勾股定理等知识。优先验证简单结论（如矩形对角线相等、菱形四边相等），复杂结论通过画图、举反例排除错误；注意特殊情况（如正方形是特殊矩形/菱形）的验证，避免以偏概全。 【典例12】．如图，正方形和正方形的顶点，，在同一直线上，且，，给出下列结论：①；②；③；④的面积是6．其中正确的结论为（    ） A．①②④ B．①④ C．①②③ D．①③④ 【变式1】．如图，用一根绳子检测一个平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量两条对角线就可以判断了．在如下定理中：①两组对边分别相等的四边形是平行四边形，②对角线相等的平行四边形是矩形，③矩形的四个角都是直角，④三个角都是直角的四边形是矩形，这种检测方法用到的数学根据是（    ） A．①② B．③④ C．①④ D．②③ 【变式2】．如图，在菱形中，，E，F分别是，的中点，，相交于点G，连接，，有下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式3】．如图，在菱形中，，对角线交于点，是射线上一动点，连接，以为边顺时针作等边，连接，已知．有以下4个结论： ①当时， ②当时， ③当时，连接，若 ④当时，连接，若，则 其中正确结论的序号为（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【变式4】．如图，正方形和正方形的顶点 A、O、E在同一直线l上，且D、F两点之间的距离为2，，给出下列结论：①；②；③；④的面积为 ，其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【题型13 特殊四边形与折叠问题】 核心技巧：抓住折叠前后全等性（对应边、角相等），结合特殊四边形的性质转化线段、角度。标全相等边、角，利用矩形的直角、菱形的对角线垂直、正方形的四边相等，结合勾股定理列方程求解；注意折痕的垂直平分线性质，避免漏标关系。 【典例13】．如图，在正方形纸片中，对角线相交于点O，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后，折痕分别交、于点、，连接，下列结论：①；②；③；④四边形是菱形；⑤，其中结论正确的是（   ） A．①④ B．②③④ C．①④⑤ D．①②④⑤ 【变式1】．如图，已知在正方形中，是上一点，将正方形的边沿折叠到，延长交于点，连接．现有如下4个结论：①；②与一定不相等；③；④的周长是一个定值．其中正确的个数为（    ）． A． B． C． D． 【变式2】．如图，四边形是边长为18的正方形纸片，为边上的点，．将纸片沿某条直线折叠，使点B落在点处，点A的对应点为，折痕分别与边交于点M、N，则的长是（   ） A．4 B．4.25 C．5 D．5.5 【变式3】．如图．在矩形中，将矩形沿折叠，点D落在点E处，且与交于F，则下列结论①②③④若，则，正确的是（    ） A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④ 【变式4】．如图，菱形纸片ABCD中，∠A=60°，P为AB的中点，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP所在的直线上，得到经过点D的折痕DE，则∠DEC的度数是（　　） A．45° B．60° C．75° D．80° 【题型14 特殊四边形与动点运动问题】 核心技巧：用含t的代数式表示动点相关线段长度，结合特殊四边形的判定条件列方程。确定动点轨迹、速度，用t表示线段；根据矩形、菱形、正方形的判定，列出关于t的方程，求解后验证动点位置合理性，分类讨论不同运动位置。 【典例14】．如图，在边长为的正方形中，为边上一点，且，点在边上以的速度由点向点运动；同时，点在边上以的速度由点向点运动，它们运动的时间为，连接．当与全等时，的值为（　　） A．1 B．2 C．2或4 D．1或1.5 【变式1】．如图，在长方形中，已知，，点P以的速度由点B向点C运动，同时点Q以的速度由点C向点D运动，若某时刻以A、B、P为顶点的三角形和以P、C、Q为顶点的三角形全等，则a的值为（    ） A．2 B．3 C．2或 D．2或 【变式2】．在矩形中，．动点P从点A开始沿边以的速度运动，动点Q从点C开始沿边以的速度运动．点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．那么______秒后四边形为矩形？ 【变式3】．如图，在矩形中，，，，是对角线上的两个动点，分别从点，同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度．设运动时间为，其中． (1)若，分别是，的中点，则四边形一定是____________（，相遇时除外）． (2)在（1）的条件下，若四边形为矩形，求的值． 【变式4】．如图，已知正方形中，边长为，点E在边上，．如果点P在线段上以的速度由B点向点C运动，同时点Q在线段上以的速度由点C向点D运动，设运动的时间为t秒． (1)________，________；（用含t的代数式表示） (2)若以E，B，P为顶点的三角形和以P，C，Q为顶点的三角形全等，试求a的值． 【题型15 特殊四边形与最值问题】 核心技巧：结合将军饮马模型、垂线段最短、三角形三边关系，利用特殊四边形性质转化动点轨迹。将线段转化到同一直线，构造对称点（将军饮马）或利用垂线段最短，结合矩形直角、菱形对角线垂直等性质，简化最值求解。 【典例15】．如图，菱形中，，，E、F分别是、上的动点，且，则的最小值为（   ） A．4 B． C． D． 【变式1】．如图，正方形的边长为12，点E在AB上，且，点F是上一动点，则的最小值是（    ） A．15 B． C． D．12 【变式2】．如图，中，，点D是与点B不重合的动点，以为一边作正方形，连接，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【变式3】．已知菱形的边长为2，且，M是对角线上一动点，的最小值为______． 【变式4】．如图，在中，，，D是边上任意一点，连接，以，为邻边作，连接，则长的最小值为________． 【题型16 梯形的定义】 核心技巧：紧扣“只有一组对边平行”的定义，判断图形是否为梯形。注意“只有一组”，排除平行四边形（两组对边平行）；区分梯形的底（平行边）、腰（非平行边）、高（两底间距离），避免混淆底和腰。 【典例16】．下列命题中，错误的是（　　） A．有两个角相等的梯形是等腰梯形 B．顺次联结矩形各边中点所成四边形是菱形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 【变式1】．等腰梯形的腰长为，两底差为，则高为（    ） A． B． C． D． 【变式2】．如图，在梯形中，、分别是梯形的上底和下底，与相交于点，若三角形的面积是，三角形的面积是，则有（    ）． A． B． C． D．无法确定 【变式3】．如图，在梯形中，，，，那么边的长为______．    【变式4】．一个高为的直角梯形面积是70，若该梯形的上底增加，它就变成一个矩形，则梯形的下底是__________． 【题型17 等腰梯形的性质定理】 核心技巧：牢记“两底平行、两腰相等、同一底上两角相等、对角线相等”。求线段长用两腰相等、对角线相等；求角度用同一底上两角相等、邻角互补；复杂题型作高构造直角三角形，转化线段长度。 【典例17】．如图，等腰梯形中，，，交于点，下列结论错误的是（   ） A． B． C． D．平分 【变式1】．如图，在等腰梯形中，，，，求___________． 【变式2】．如图，在等腰梯形中，，是中位线，且，，平分，的长为__________cm． 【变式3】．如图，梯形中，，，平分，若，，则的长为________． 【变式4】．如图，在等腰梯形中，，，，等腰直角三角形中，含角的顶点放在边上移动，直角边始终经过点，斜边与交于点，若为等腰三角形，则的长为________．    【题型18 等腰梯形的性质与判定的综合】 核心技巧：先判定梯形为等腰梯形（用两腰相等、同一底上两角相等或对角线相等），再用其性质求解；或先用等腰梯形性质得条件，再证明另一梯形是等腰梯形。辅助线常用作高、平移一腰，构造直角三角形或平行四边形。 【典例18】．梯形上底长为，两条腰的中点连线长为，则梯形两条对角线中点的连线长为（   ） A． B． C． D． 【变式1】．下列说法正确的是（   ） A．有一组邻边相等的梯形是等腰梯形 B．有一组对边相等的四边形是等腰梯形 C．有两个相邻的内角相等的梯形是等腰梯形 D．有一个角是直角的梯形是直角梯形 【变式2】．如图，在梯形中，，延长到点E，使，． (1)试说明梯形是等腰梯形． (2)连接，试判断与的数量关系，并说明理由． 【变式3】．如图，在梯形中，，，，、分别在、的延长线上，且，交于点． (1)证明 (2)求的度数． 【变式4】．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务： 等腰梯形 在第六章，我们按照“定义一性质一判定”的路径研究了平行四边形．生活中还有另一种特殊四边形一等腰梯形，我们可以类比平行四边形对其进行研究． 定义：只有一组对边平行的四边形叫做梯形，其中互相平行的两边叫做底，不平行的两边叫做腰．两腰相等的梯形叫做等腰梯形． 如图1，四边形是等腰梯形，其中 性质：从整体对称性看，等腰梯形是轴对称图形： 从局部元素特征看，等腰梯形有如下性质： 性质1：等腰梯形同一底上的两个角相等；性质2：… 判定：与平行四边形类似，等腰梯形的性质与判定也具有互逆关系 判定1：…．    任务： (1)为证明等腰梯形的性质1，小颖的思考如下．请按她的思路选择一种方法写出证明过程． 已知：如图2，四边形是等腰梯形， 求证：，． 证明：方法1：过点作的平行线，交于点，…； 方法2：过点，作的垂线，垂足分别为， (2)根据材料中的思路，小颖由等腰梯形的性质1得到关于等腰梯形判定方法的猜想，请你补全该命题　 　的梯形是等腰梯形，该命题是 　 　命题． 【题型19 特殊四边形与等腰梯形综合证明】 核心技巧：明确图形之间的关系（如等腰梯形与矩形、菱形的结合），先判定各图形类型，再利用对应性质推导。优先证明简单图形（如先证平行四边形，再证矩形/菱形），再结合等腰梯形的性质，通过全等、平行关系完成综合证明，步骤规范清晰。 【典例19】．已知：如图，在梯形中，的平分线交延长线于点E，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)交点G，如果，求证：． 【变式1】．已知：如图，在梯形中，，，对角线相交于点，点分别是的中点，连接． (1)求证：； (2)连接，如果，求证：四边形是矩形． 【变式2】．如图，在四边形中，，，，，，点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点B运动．规定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t． (1)________，________（用含t的代数式表示）； (2)运动中，是否存在这样的t，使得，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． (3)连接，是否存在为等腰三角形？若存在请直接写出t值，若不存在，说明理由． 【变式3】．如图（1），直角梯形中，，，且，，． (1)求证：为等边三角形； (2)如图（2），于点H，动点P从点H出发，沿线段向点O运动，动点Q从点O出发，沿线段向点A运动，两点同时出发，速度都为1/秒．设点P运动的时间为t秒，的面积为S，求S与之间的函数关系式，并求出的取值范围； (3)设与交于点M，当时，求的值． 【变式4】．如图，在直角梯形ABCD中，ADBC，∠B=90°，且AD=12cm，AB=8cm，DC=10cm，若动点P从A点出发，以每秒2cm的速度沿线段AD向点D运动；动点Q从C点出发以每秒3cm的速度沿CB向B点运动，当P点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，设点P、Q同时出发，并运动了t秒，回答下列问题： (1)BC= cm； (2)当t为多少时，四边形PQCD为等腰梯形？ (3)是否存在t，使得△DQC是等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，说明理由． 05 期中过关•检测 1．矩形具有而菱形不一定具有的性质是（    ） A．四条边都相等 B．对角线相等 C．对角线互相垂直且平分 D．对边平行且相等 2．下列选项的命题中，是真命题的是（   ） A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．平行四边形的两条对角线相等 C．两条对角线互相平分的四边形是矩形 D．邻边相等的平行四边形是菱形 3．如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点D落在点处，则重叠部分的面积为（   ） A．6 B．8 C．10 D．12 4．如图，在矩形中，对角线、相交于点，过点作，分别交、于点，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 5．如图，矩形中，对角线交于O点．若，，则的长为（    ） A．4 B． C．3 D．5 6．如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接．若，菱形的面积为，则的长为（   ） A． B． C． D． 7．如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点，为垂足，连接，则等于（ ） A． B． C． D． 8．如图，在菱形中，，，过菱形的顶点分别作对角线，的平行线，两两相交于点M，N，P，Q，则四边形的面积为（   ） A． B．4 C． D．8 9．按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（    ） A． B． C． D． 10．如图，为正方形的对角线，延长到点，使，则的度数为（    ） A． B． C． D． 11．如图，正方形的边长为9，E是的中点，垂直平分且分别交，于点F，G，则的长为______________． 12．如图，矩形的边在x轴上，且过原点，连接．将沿翻折，点B的对应点恰好落在边上．若点的坐标为，则点C的坐标为____________． 13．如图，在菱形中，是对角线上一动点，过点作于点，于点．若菱形的周长为，面积为．则的值为______． 14．如图，已知在梯形中，，，，平分，交边于点．如果是直角三角形，那么的长为_____． 15．如图，在正方形中，点在上，点在上，于点，点在上，，连接延长交于点，若，，则线段的长为______________． 16．新定义题型构思巧妙，立意新颖，重在考查学生的学习能力，实践能力及创新精神，让我们试试吧！我们定义∶有一组邻角相等的凸四边形叫作“等邻角四边形”． 【定义理解】 (1)如图① ，已知四边形为等邻角四边形，且，求的度数． 【定义运用】 (2)如图② ，在五边形中，，对角线平分，求证∶四边形为等邻角四边形； 【定义拓展】 (3)如图③ ，在等邻角四边形中，．点P为边BC边上的一动点，过点P作，垂足分别为M，N，在点P的运动过程中，的值是否是定值？若是，请求出这个值；若不是，说明理由． 17．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E． (1)求证∶四边形是菱形； (2)若，，求的长． 18．如图，在矩形边上取一点C使，过点作，交的延长线于点B，垂足为点O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求线段的长． 19．在平面直角坐标系中有矩形，，． (1)如图1，矩形的顶点B的坐标是______； (2)如图2，将矩形沿对角线折叠，使得点落在点处，交轴于点．点是对角线上一动点，求的最小值； (3)点P为x轴负半轴上一动点，Q是平面内一点，若以B，D，P，Q为顶点的四边形是菱形，请直接写出Q点坐标______ 20．利用旋转变换解决数学问题是一种常用的方法．在数学活动课上，李老师和同学们一起操作探究下面问题： (1)如图①，在正方形中，E为边上一动点，点F在边上，且．求证：． 为了解决这个问题，小明把绕点A逆时针旋转，得到图②．易证，则得以证明．请您按照小明的思路完成证明过程； (2)如图③，在等腰中，，点M在边上，，，求的长； (3)如图④，在四边形中，，，，点E，F分别在边，上，且，求此时的周长． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $