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专题06 四边形中的证明与计算问题
目录
题型1 特殊四边形的判定和性质
题型2 新定义四边形问题
题型3 三角形中位线问题
题型4 四边形的面积问题
题型5 与四边形有关的最值问题
题型6 四边形与函数综合问题
题型7 四边形与圆综合问题
题型1 特殊四边形的判定和性质
【知识要点与解题策略】
1． 平行四边形的性质、判定； 2． 矩形的性质、判定； 3． 菱形的性质、判定； 4． 正方形的性质、判定；
【典例分析】
例题
（2024·江苏徐州·一模）
1．如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，．

(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若的面积等于6，求的面积．
【变式训练】
（2024·陕西·一模）
2．如图，在中，，是斜边上的中线，的中位线交于点O，连接．求证：四边形是矩形．
（2024·江苏扬州·一模）
3．在中，，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F．
(1)求证：；
(2)证明四边形是菱形．
（2023·山东青岛·二模）
4．已知：在中，，点、分别是、的中点，连接并延长交外角的平分线于点．
(1)求证：；
(2)连接，，当满足什么条件时，四边形为正方形？请证明你的结论．
（2023·山东青岛·二模）
5．如图，平行四边形，延长至，延长至，使，连结、．

(1)证明：；
(2)若是中点，且平分，则平行四边形满足 ___________时，四边形是矩形？请说明理由．
题型2 新定义四边形问题
【知识要点与解题策略】
所有新定义四边形的问题的解决必须转化为已经学过的特殊四边形问题或三角形问题解决．
【典例分析】
例题（2023·江苏·中考真题）
6．对于平面内的一个四边形，若存在点，使得该四边形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形中，对角线、相交于点，则点是矩形的一个“旋点”．

(1)若菱形为“可旋四边形”，其面积是，则菱形的边长是_______；
(2)如图1，四边形为“可旋四边形”，边的中点是四边形的一个“旋点”．求的度数；
(3)如图2，在四边形中，，与不平行．四边形是否为“可旋四边形”？请说明理由．
【变式训练】
（23-24九年级上·吉林松原·期末）
7．定义：对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的四边形，则这样的四边形称为镶嵌四边形．
(1)如图1，将纸片沿中位线折叠，使点落在边上的处，再将纸片分别沿，折叠，使点和点都与点重合，得到双层四边形，则双层四边形为______形．
(2)纸片按图2的方式折叠，折成双层四边形为矩形，若，，求的长．
(3)如图3，四边形纸片满足，，，，．把该纸片折叠，得到双层四边形为正方形．请你画出一种折叠的示意图，并直接写出此时的长．
8．定义：一个四边形的四条边和两条对角线这六条线段中只有两种长度，我们把这样的四边形叫做双距四边形．

(1)下列说法正确的有______（填序号）．
①正方形一定是双距四边形．
②矩形一定是双距四边形．
③有一个内角为的菱形是双距四边形．
(2)如图1，在四边形中，，，，求证：四边形为双距四边形．
(3)如图2，四边形为双距四边形，，，，求的长．
（2022·江苏无锡·一模）
9．定义：长宽比为∶1（n为正整数）的矩形称为矩形．下面，我们通过折叠的方式折出一个矩形，如图a所示．
操作1：将正方形ABEF沿过点A的直线折叠，使折叠后的点B落在对角线AE上的点G处，折痕为AH．
操作2：将FE沿过点G的直线折叠，使点F、点E分别落在边AF，BE上，折痕为CD．则四边形ABCD为矩形．
(1)证明：四边形ABCD为矩形；
(2)在题（1）的矩形ABCD中，点M是边AB上一动点．
①如图b，O是对角线AC的中点，若点N在边BC上，OM⊥ON，连接MN．求tan∠OMN的值；
②若AM＝AD，点N在边BC上，当△DMN的周长最小时，求的值；
③连接CM，作BR⊥CM，垂足为R．若AB＝4，则DR的最小值＝ ．
（22-23九年级下·江西九江·阶段练习）
10．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”．
(1)定义理解：

如图①，已知四边形为等邻角四边形，且，求的度数．
(2)定义运用：
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；
(3)定义拓展：
如图③，在等邻角四边形中，，点为边边上的一动点，过点作，垂足分别为，试猜想，在点的运动过程中，的值是否会发生改变，并说明理由．
题型3 三角形中位线问题
【知识要点与解题策略】
题目中出现“中点”条件的时候，一般就两个去向．一，联想三角形的中线；二，联想三角形的中位线．有很多时候“中位线”，题目中没有这个条件，或者条件不够，需要自己添加中点构造中位线．
【典例分析】
例题（2024·江苏徐州·一模）
11．如图，在和中，，点M，N，P分别为的中点，若绕点A在平面内自由旋转，则面积S的取值范围为 ．
【变式训练】
（2023·河南平顶山·模拟预测）
12．如图，中，，，平分，交于点E，平分，交于点F，交于点O，点G，H分别是和的中点，则的长为 ．
（2023·贵州遵义·一模）
13．如图，在边长为的正方形中，点，分别是，边的中点，连接，，点，分别是，的中点，连接，则 ．

（2024·江苏盐城·模拟预测）
14．如图，平行四边形的对角线相交于点O，的平分线与边相交于点P，E是中点，若，，则的长为 ．

（2023·浙江宁波·一模）
15．如图，矩形的两条对角线，相交于点，，垂足为，是的中点，连接交于点，那么 ．

题型4 四边形的面积问题
【知识要点与解题策略】
面积问题的相关问题的解决最终还是要化归为三角形的面积或特殊四边形的面积问题，熟练掌握各种图形的特性是解决面积问题的关键：1． 三角形的中线平分三角形的面积； 2． 三角形的中位线将原三角形的面积分为1：3； 3． 过平行四边形对角线交点的任意直线平分平行四边形的面积； 4． 菱形的面积公式：菱形面积= 5． 正方形的面积=边长的平方=
【典例分析】
例题（2023·江苏扬州·模拟预测）
16．已知矩形中，，，点E、F分别在线段上，把沿直线翻折，点B落在点
(1)当点E与点A重合时，
①如图1，连接，射线交于点G，求证：点G在折痕的垂直平分线上；
②如图2，连接，若是直角三角形，则______；
③在点F运动变化过程中，试判断能否平分矩形的面积？若能，求出的值；若不能，则说明理由；
(2)如图3，若时，连接、，求四边形面积的最小值．
【变式训练】
（2023·江苏泰州·一模）
17．（1）如图1，过矩形对角线的中点O作直线分别交、于E、F，试说明四边形的面积是矩形面积的一半；
（2）如图2，矩形中，，，请用无刻度的直尺和圆规在AD、BC上分别确定点E、F，使得平分矩形的面积，且．（保留作图痕迹，不要求写作法）
（2023·河南商丘·二模）
18．综合与实践
【问题发现】
在学习了“特殊的四边形”后，数学兴趣小组的同学发现了这样一个问题：
如图1，已知正方形为对角线上一动点，过点作垂直于的射线，点在射线上，且，连接．
通过观察图形，数学兴趣小组的同学进行了如下猜想：
猜想①：；
猜想②：；
猜想③：点在上运动的过程中，四边形的面积不变．
根据上述猜想，兴趣小组的同学进行了证明，过程如下：
四边形是正方形，
，
，
，即．
．
．
又，
．
（依据：________）．
……
（1）上述证明过程中的依据是________，上述猜想中正确的有________（填序号）．
【类比探究】
（2）兴趣小组的同学在探究了正方形中的结论后，将正方形换成矩形继续探究．
如图，已知矩形，，为对角线上一动点，过点作垂直于的射线，点在射线上，且，连接．
①请判断线段与的数量关系，并说明理由．
②点在上运动时，四边形的面积是否改变？________．（填“不变”或“改变”）
【拓展应用】
（3）在（2）的条件下，若，点在上运动，当四边形为轴对称图形时，请直接写出线段的长．
（2023·吉林·三模）
19．如图①，在中，，，，动点从点出发，沿以每秒2个单位长度的速度向终点运动，同时点从点出发，沿以每秒2个单位长度的速度向终点运动，当点不与点，点重合时，过点作的垂线交于点，连结，以，为邻边作平行四边形，当点停止运动时，点继续运动，设点的运动时间为秒．

(1)用含t的代数式表示线段的长；
(2)当平行四边形为矩形时，求t的值；
(3)当AB将平行四边形的面积分为两部分时，求t的值；
(4)如图②，点为的中点，连结，当直线与的边平行时，直接写出的值．
（2024·吉林松原·一模）
20．【知识呈现】如图①，在中，是边的中点，过点作直线，使，交的延长线于点．求证：；
【结论应用】
（1）如图②，在中，点是边的中点，与的延长线交于点，点、分别在线段、上，且，求证：四边形是平行四边形；
（2）如图③，在矩形中，，，分别取、边的中点、，连接，经过线段的中点任意作一条直线，作点关于直线的对称点，连接、、，过点作的平行线交的延长线于点，连接，得到四边形，则四边形面积的最大值为______．
题型5 与四边形有关的最值问题
【知识要点与解题策略】
最值问题的解决策略有二：1． 借助函数的方法解决； 2． 借助常见几何模型．
【典例分析】
例题（2023·江苏镇江·一模）
21．如图，正方形的边长为2，点是正方形对角线所在直线上的一个动点，连接，以为斜边作等腰（点A，E，F按逆时针排序），则长的最小值为（　　）
A． B．1 C． D．2
【变式训练】
（23-24九年级上·重庆铜梁·阶段练习）
22．如图，在正方形中，E是边中点，F是边上一动点，G是延长线上一点，且．若，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
（2023·广东阳江·一模）
23．如图，在矩形中，，，连接，点E为上一个动点，点F为上一个动点，连接，且始终满足，则线段的最小值为（　　）
A．1 B． C． D．2
（2023·江苏徐州·三模）
24．如图，矩形的宽为10，长为12，是矩形内的动点，，则最小值为（　　）
A．9 B．8 C．7 D．6
（2023·江苏宿迁·一模）
25．如图，已知四边形中，，，点分别是边上的两个动点，且，过点B作于G，连接，则的最小值是（ ）

A． B． C． D．
题型6 四边形与函数综合问题
【知识要点与解题策略】
四边形与函数的综合问题解决：1． 熟练掌握课标，课本要求的几种特殊四边形的性质和判定方法； 2． 掌握好二次函数、反比例函数、二次函数的性质，尤其是增减性，同时要注意自变量的取值范围； 3． 选择合适的自变量，利用函数的性质解决相关问题．
【典例分析】
例题（2023·浙江温州·三模）
26．【问题背景】为了保持室内空气的清新，某仓库的门动换气窗采用了以下设计：如图1，窗子的形状是一个五边形，该窗子关闭时可以完全密封，根据室内的温度和湿度也可以自动打开窗子上的通风口换气．通风口为（阴影部分均不通风），点F为的中点，是可以沿窗户边框上下滑动且始终保持和平行的伸缩横杆．
已知边框，设为a，窗子的高度h（窗子的最高点到边框的距离）．
【初步探究】
（1）若，．
①与之间的距离为，求此时的面积．
②与之间的距离为x，试将通风口的面积y表示成关于x的函数．
③伸缩杆移动到什么位置时，通风口面积最大，最大面积是多少？
【拓展提升】
（2）若金属杆移动到高于所在位置的某一处时通风口面积达到最大值．h需要满足的条件是 ，通风口的最大面积是 （用含a，h的代数式表示）
【变式训练】
（2023·浙江金华·三模）
27．如图，在中，，，，点从点出发沿向终点运动，过点作边的垂线，交其他边于点，在的右上方作正方形．
(1)如图，点为中点时，求正方形的面积．
(2)如图，点从点运动到点的过程中，点为该正方形对角线的中点．
①设，的面积为，求上述运动过程中关于的函数表达式．
②当有一个内角为时，求的长．
（2023·浙江杭州·二模）
28．如图1，在正方形中，点是对角线上任意一点，连结，．
(1)求证：；
(2)如图2，过点作交于点，，．
①求关于的函数表达式；
②设，求证：．
（2022·广东佛山·模拟预测）
29．如图（1），正方形ABCD顶点A、B在函数y＝（k＞0）的图象上，点C、D分别在x轴、y轴的正半轴上，当k的值改变时，正方形ABCD的大小也随之改变．
(1)若点A的坐标为(4,7)，求正方形ABCD的面积；
(2)如图（2），当k＝8时，求BD的长；
(3)当变化的正方形ABCD与（2）中的正方形A′B′C′D′有重叠部分时，求k的取值范围．
（2023·浙江杭州·模拟预测）
30．如图，在矩形中，，，点是边上一点，且，点在边上，过点作圆，交边或其延长线于，连接，设．
(1)求的值；
(2)若，求的值；
(3)若，求弧的长；
(4)若圆经过矩形的两个顶点时，直接写出的值．（注：，，）
题型7 四边形与圆综合问题
【知识要点与解题策略】
四边形与圆的综合问题通常与两个问题有关：1． 圆周角、圆心角、弧的关系； 2． 切线的性质和判定；
【典例分析】
例题（2023·广东江门·一模）
31．如图，矩形中，＝13，＝6，点E是上的动点，以为直径的⊙O与交于点F，过点F作于点G．

(1)当E是的中点时：tan的值．
(2)在（1）的条件下，证明：是圆O的切线．
【变式训练】
（2022·福建厦门·模拟预测）
32．已知矩形，

图1 图2
(1)如图1，若点B，D在以O为圆心，为半径的圆上，，求证：；
(2)如图2，点E，F分别在边上，若点D，点C关于直线对称的点分别为点B和点P，判断直线与过A，E，F三点的圆的位置关系，并说明理由
（2023·江苏盐城·一模）
33．“鹿鸣·博约”数学兴趣小组开展了《再探矩形的折叠）这一课题研究．已知矩形，点、分别是、边上的动点．

(1)若四边形是正方形，如图①，将四边形沿翻折，点，的对应点分别为、．点恰好是的中点．
①若，求的长度；
②若与的交点为，连接，试说明．
(2)若，，如图②，且，将四边形沿翻折，点、的对应点分别为、．当点从点运动至点的过程中，点的运动路径长为_________．

(3)若四边形是正方形，，如图③，连接交于点，以为直径作圆，该圆与交于点和点，将沿翻折，若点的对应点刚好落在边上，求此时的长度．

（2022·河北石家庄·模拟预测）
34．如图，在直角坐标系中，点，点为轴正半轴上的一个动点，以为直径作圆交轴于点，圆与直线交于点，连接，过点作交圆于点，连接．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)设矩形的面积为，试求关于的函数解析式，写出的取值范围．并判断是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值，若不存在，请说明理由；
(3)当时，求点移动路线的长．
（2023·江苏扬州·三模）
35．已知在矩形中，，点是边上的一点（不与点重合），以点为圆心，长为半径作圆，交射线于点．

(1)如图1，当与直线相切时，求半径的长；
(2)当经过点时，求的正弦值．
(3)当与的三边有且只有两个交点时，求半径的取值范围；
（2024·陕西西安·一模）
36．如图，已知，增加下列条件可以使四边形成为平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
（2024·辽宁沈阳·一模）
37．如图，在四边形中，，．按以下步骤作图：①以点 B为圆心， 的长为半径作弧，交于点G；②分别以点 G，C 为圆心，大于 的长为半径作弧，两弧交于点 P，作射线．若点 D 在射线 上，则线段的长度为（ ）
A． B． C．8 D．
（2023·浙江台州·二模）
38．如图是一个由五张纸片拼成的边长为10的正方形，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中与是两张全等的纸片，与是两张全等的纸片，中间是一张四边形纸片已知，，记纸片的面积为，四边形纸片的面积为，则的值是（ ）
A． B． C． D．
（2024·重庆大渡口·一模）
39．如图，在菱形中，对角线交于点，若菱形的面积是，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
（2024·四川成都·一模）
40．如图，在中，对角线，相交于点，．若点，分别为，的中点，连接，，，则四边形的周长为（　　）

A． B． C．12 D．10
（2023·浙江金华·二模）
41．如图，在正方形中，为中点，连接，延长至点，使得，以为边作正方形，在《几何原本》中按此方法找到线段的黄金分割点．现连接并延长，分别交，于点，，若：的面积与的面积之差为，则线段的长为（ ）

A． B． C． D．
（2023·广西河池·一模）
42．如图，将四边形是边长为18的正方形纸片，将其沿折叠，使点落在边上的处，点对应点为，且，则的长是（　　）
A．7 B．8 C．9 D．1
（2020·黑龙江大庆·中考真题）
43．如图，在边长为2的正方形中，，分别为与的中点，一个三角形沿竖直方向向上平移，在运动的过程中，点恒在直线上，当点运动到线段的中点时，点，恰与，两边的中点重合．设点到的距离为，三角形与正方形的公共部分的面积为，则当时，的值为（ ）
A．或 B．或 C． D．或
（2023·山西朔州·一模）
44．如图，菱形的边长为8，，点E，F分别是，边上的动点，且，过点B作于点G，连接，则长的最小值是（ ）
A． B． C． D．
（22-23九年级上·四川达州·阶段练习）
45．如图，在矩形中，相交于点O，过点B作于点M，交于点F，过点D作交于点N．交于点E，连接．有下列结论：①四边形为平行四边形；②；③为等边三角形；④当时，四边形是菱形．其中，正确结论的序号是（　　）
A．①②④ B．①②③ C．①③ D．②③④
（2023·辽宁阜新·二模）
46．如图，菱形中，点是边的中点，垂直交的延长线于点，若，的面积为3，则菱形的面积 ．
（2023·浙江杭州·二模）
47．如图，射线都垂直于线段，过点A作的垂线分别交于点F，C，垂足为D，若，则 ．

（2023·山东聊城·二模）
48．如图，以的三边为边在上方分别作等边，且点在内部．给出以下结论：
四边形是平行四边形；
当时，四边形是矩形；
当时，四边形是菱形；
当，且时，四边形是正方形．
其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）．

（2024·河南·一模）
49．如图，菱形的边长为2，，将菱形纸片翻折，使点B落在对角线上的点处，折痕为，连接，当为等腰三角形时，的长为 ．
（23-24九年级上·河南郑州·阶段练习）
50．如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作，交的延长线于点，连接． 若，，则的长为 ．
（2024·陕西·一模）
51．如图，在中，，是斜边上的中线，的中位线交于点O，连接．求证：四边形是矩形．
（2023·山东聊城·二模）
52．如图，在中，点分别为的中点，连接，过点作的平行线，交的延长线于点，连接．
(1)求证：；
(2)对添加一个条件，使四边形为菱形，并加以证明．
（贵州省遵义市2023-2024学年九年级上学期12月月考数学试题）
53．如图，正方形内接于，P是上一动点，连接与交于点Q．
(1)如图1，连接，则______；若，则点O到的距离的长为______．
(2)如图1，若P为的中点，求证：．
(3)如图2，若，求的值．
（2024·河南漯河·一模）
54．【特例感知】
（1）如图（1），四边形为正方形，点分别为边上一点（不与端点重合）．以为邻边在正方形的内部构造它的相似图形，连接，与的数量关系是__________．
（2）如图（2），当正方形变成矩形，且．其他条件不变，此时与的数量关系是__________．
【猜想证明】
（3）如图（3），在（2）的条件下，将“”变成更为一般性的条件“”，并将矩形绕点逆时针旋转，连接．则与之间满足怎样的数量关系，并说明理由．
【应用延伸】
（4）在（3）的条件下，当时，矩形旋转至三点共线时，请直接写出的长．
（22-23八年级下·湖南·阶段练习）
55．我们不妨约定：对角线互相垂直且相等的凸四边形叫做“奇妙四边形”．

(1)在“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中一定是“奇妙四边形”的有_____；（请填序号）
(2)如图1，为凸四边形内一点，如果和分别是以，为底的等腰直角三角形，求证：四边形是“奇妙四边形”；
(3)如图2，“奇妙四边形”的对角线与交于点，、分别是边、的中点，若，求的长．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)见解析
(2)3
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形的面积公式，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
（1）由平行四边形的性质得，再证，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
2．见解析
【分析】本题主要考查直角三角形的性质，平行四边形的判定，矩形的判定等知识，先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行证明即可．
【详解】证明：∵是斜边上的中线，
∴点F是边的中点，
又点D、E分别为的中点．
∴是的中位线，是的中位线，
∴．，．
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是矩形．
3．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，菱形的判定的应用，主要考查学生的推理能力﹒
（1）根据题意，直接运用“角角边”证明即可；
（2）结合（1）的结论，先证明其为平行四边形，然后证明一组邻边相等，根据菱形的定义判定即可．
【详解】（1）解∶，
是的中点，
在与中，
（2）由（1）可知，，
是的中点，
四边形是平行四边形，
又为直角三角形，D是的中点，
四边形是菱形．
4．(1)证明见解析
(2)当，四边形是正方形，证明见解析
【分析】本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据等腰三角形的性质得到，根据外角的性质定理得到，由角平分线的定义得到，求得，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）由已知条件得到是等腰直角三角形，求得，推出，由（1）知，得到四边形是平行四边形，根据直角三角形的性质得到，求得，根据正方形的判定定理得到结论．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
平分，
，
，
是的中点，
，
在与中，
，
，
；
（2）解：当满足，四边形是正方形，
证明：连接，，
，，
是等腰直角三角形，
，
平分，
，
，
，
由（1）知，
四边形是平行四边形，
点是的中点，
，
，
，
矩形是正方形．
5．(1)见解析
(2)，见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定：
（1）根据平行四边形的性质，利用进行证明即可；
（2）根据有一个角为直角的平行四边形是矩形，添加条件即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
；
（2）解：平行四边形满足，四边形是矩形．
理由：，
，
又为的中点，
，
，
又四边形是平行四边形，
，
四边形为平行四边形，
平分，
，
又，
，
，
，
，，
，
，
，
四边形是矩形．
故答案为：．
6．(1)
(2)
(3)是
【分析】（1）根据“可旋四边形”的性质可得，根据正方形的判定可得菱形为正方形，根据正方形四条边都相等的性质即可求解；
（2）连接，根据“可旋四边形”的性质和题意可得，，推得，根据等边对等角可得，，根据三角形内角和定理即可求出结果；
分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，根据垂直平分线的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，求得，即可证明四边形是“可旋四边形”．
【详解】（1）解：∵菱形为“可旋四边形”，
则菱形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，
即，
则菱形为正方形，
∵菱形的面积为，
∴菱形的边长是．
故答案为：．
（2）解：连接，如图：

∵四边形为“可旋四边形”，且点是四边形的一个“旋点”，
∴，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
即，
∴．
（3）解：四边形是“可旋四边形”；理由如下：
分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，如图：

∵点在线段和线段的垂直平分线上，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
则，
即，
∴四边形是“可旋四边形”．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，等边对等角，三角形内角和定理，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是做辅助线，构建全等三角形．
7．(1)矩
(2)
(3)答案不唯一，见解析
【分析】（1）由折叠的性质可得，可得四边形是矩形；
（2）由勾股定理可求，由“”可证，可得，由折叠的性质可得，，即可求解；
（3）分三种情况讨论，由正方形的性质和勾股定理可求解．
【详解】（1）双层四边形为矩形，
理由如下：由折叠的性质可得，，
，
，
，
同理可得，
四边形是矩形，
故答案为：矩；
（2）四边形为矩形，
，，，
，，
又为平行四边形，
，，
由折叠得，，
，
在与中，
，
，
，
由折叠得，，
，
又，
，
又，，
．
（3）有以下三种基本折法：
折法1中，如图所示：
由折叠的性质得：，，，，，
四边形是叠合正方形，
，
，
，；
折法2中，如图所示：
由折叠的性质得：四边形的面积梯形的面积，，，，，，
，
四边形是叠合正方形，
，正方形的面积，
，
，
设，则，
梯形的面积，
，
，
，
，
，
解得：，
，．
折法3中，如图所示，作于，
则，分别为，的中点，
则，，正方形的边长，
，，
．
综上所述：或11或．
【点睛】本题属于四边形综合题目，主要考查了折叠的性质、正方形的性质、勾股定理、梯形面积的计算、解方程等知识的综合运用；折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
8．(1)①③
(2)见详解
(3)
【分析】（1）根据“双距四边形”的定义及矩形、正方形、菱形的性质可进行求解；
（2）由题意易得，，则有，分别过点A、D作，垂足分别为E、F，然后可证，进而问题可求证；
（3）设与的交点为O，由题意可得，，然后可设，则有，进而根据勾股定理可进行求解．
【详解】（1）解：①假设正方形的边长为a，根据正方形的性质可知对角线的长为，所以正方形一定是双距四边形；
②因为矩形的长跟宽不相等，所以矩形不满足双距四边形的概念，故不符合题意；
③如图，

∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，，
∴，
∴，
∴，
∴有一个内角为的菱形是双距四边形；
故答案为①③；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
分别过点A、D作，垂足分别为E、F，如图所示：

∴，，
∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴四边形为双距四边形；
（3）解：设与的交点为O，如图所示：

∵四边形为双距四边形，且，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
设，则有，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
解得：，（负根舍去），
∴．
【点睛】本题主要考查勾股定理、矩形、菱形、正方形的性质及全等三角形的性质与判定，熟练掌握勾股定理、矩形、菱形、正方形的性质及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
9．(1)见解析
(2)①；②；③
【分析】（1）设正方形的边长为，先根据折叠的性质证四边形是矩形，再根据是等腰直角三角形得出和的比例关系，即可得证结论；
（2）①作，，垂足分别为，，证，根据线段比例关系得出即可得出结论；
②作点关于直线的对称点，连接交于点，连接，此时周长最小，根据平行线分线段成比例求出此时线段的比值即可；
③根据题意得出点在以为直径的圆上，根据勾股定理求出的最小值即可．
【详解】（1）证明：设正方形的边长为，
是正方形的对角线，
，
由折叠的性质可知，
，
四边形的矩形，
是等腰直角三角形，
，
，
四边形是矩形；
（2）解：①如图，作，，垂足分别为，，
四边形是矩形，，
四边形是矩形，
，，，
，，
为的中点，
，，
，
，
，
，
；
②作点关于直线的对称点，连接交于点，连接，
此时最小等于，
则此时的周长最小，
，
，
设，则，
，
；
③四边形是矩形，，
，
，
点在以为直径的圆上，即的中点为，
，
最小，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查四边形的综合知识，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，明确矩形的定义及掌握平行线分线段成比例、相似三角形的判定和性质等知识．
10．(1)
(2)见解析
(3)的值不会发生改变．理由见解析
【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，即可求解．
（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”的定义即可证明．
（3）作，垂足为Q，设法证明为定值．
【详解】（1）因为四边形的内角和为，且与的度数均大于或等于，故根据“等邻角四边形”定义，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）∵，
∴．
∵平分，
∴．
∴．
∴四边形为等邻角四边形；
（3）的值不会发生改变．理由如下：
如图，作，垂足为Q，自P作，垂足为R，

∵，
∴四边形是矩形．
∴，且，
∴．由题意，知
．
又∵，
∴．
∴，
∴．
因此， 在点P的运动过程中，的值不会发生改变，总等于；
【点睛】本题考查了新定义的理解、平行线的性质、矩形的性质、全等三角形的判定及性质等知识点，解题的关键是能灵活运用上面的知识点．
11．
【分析】连接，根据三角形中位线定理得到推出，根据全等三角形的性质得到，推出是等腰直角三角形．根据等腰直角三角形的性质得到，推出最大时，面积最大，最小时，面积最小，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：连接并延长交于G交于O，
∵点P，N是的中点，
∴，
∵点P，M是的中点，
∴，
∵，
∴，
即，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
∴，
∴最大时，面积最大，最小时，面积最小，
∴当点E在的延长线上时，最大，此时，，
当点E在线段上时，最小，此时，，
∴，．
面积S的取值范围为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质，解题关键是判断出的最大值和最小值．
12．1
【分析】根据平行四边形的性质可得出，，，结合平行线的性质和角平分线的定义可证，，得出，，从而可求出，最后根据三角形中位线定理求解即可．
【详解】解：中，，，
∴，，，
∴，．
∵平分，平分，
∴，，
∴，，
∴，．
∵，即
∴．
∵点G，H分别是和的中点，
∴是的中位线，
∴．
故答案为：1．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识．证明出，，并掌握三角形中位线定理是解题关键．
13．##
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质．连接并延长交于，连接，根据正方形的性质得到，，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
【详解】解：连接并延长交于，连接，
四边形是正方形，
，，，
，分别是边，的中点，
，
，
，
∵H是边的中点，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
点，分别是，的中点，
．
故答案为：．
14．1
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、三角形中位线的判定与性质等知识点，根据题意求得的长是解题的关键．
由平行四边形可得,则，根据平分可得，从而可得，可得，进一步可得的长，再根据三角形中位线定理可得即可解答．
【详解】解：在平行四边形中，
∴是的中点，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵E是的中点，O是的中点，
∴是的中位线，
∴．
故答案为1．
15．
【分析】取的中点，连接，根据矩形性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得，，根据可证得，可求得，即可求解．
【详解】如图，取的中点，连接，
是矩形，
，
，点为中点，
，，
是的中点，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
16．(1)①见解析；②或；③不能，理由见解析
(2)
【分析】（1）①先证，，从而，再证，进而得出结论；
②分三种情形讨论：当时，，可推出，从而得出；当时，可推出点在AC上，设，则，根据∽，得出，从而，求得；因为，，所以，不可能是，从而得出结论；
③连接AC，BD，交于点O，以点A 为圆心，6 为半径画，推出点O在内，为的切线，随意不可能经过点O，从而得出FG不能平分矩形ABCD的面积；
（2）点在以E为圆心，2 为半径的圆上运动，可推出，从而当AC距离最小时，四边形面积最小，向左平移AC，当第一次和相切于点，最小，连接，并延长交AC于点H，根据得出，求得EH的值，进一步得出结果．
【详解】（1）解：①证明：是矩形，
，
，
由折叠知：，
，
，
点G在折痕AF的垂直平分线上；
②解：四边形ABCD是矩形，
，
，，
，
当时，，
，
，
，
，
当时，
，
，
点在AC上，
设，则，
，，
∽，
，
，
，
，
，，
，
不可能是，
综上所述：或，
故答案为：6或；
③解：FG不能平分矩形ABCD的面积，理由如下：
如图1，
连接AC，BD，交于点O，以点A 为圆心，6 为半径画，
可得，
点O在内，
，
点在以A为圆心，6为半径的上运动，
，
为的切线，
不可能经过点O，
不能平分矩形ABCD的面积；
（2）解：解：如图2，
，，
，
点在以E为圆心，2 为半径的圆上运动，
，，，
，
，
当AC距离最小时，四边形面积最小，
向左平移AC，当第一次和相切于点，最小，连接，并延长交AC于点H，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形的面积最小值为：；
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是根据圆的定义，确定辅助圆．
17．（1）见解析；（2）见解析
【分析】本题考查了作图，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，
（1）根据矩形的性质，证明，得到，进而表示出，即可说明结论；
（2）连接、交于点，以为圆心长为半径画弧，交于点，连接并延长交于点，即为所求作．
【详解】解：（1）四边形时矩形，O为对角线的中点，
，，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
四边形的面积是矩形面积的一半；
（2）连接、交于点，
在矩形中，，，
，，
以为圆心长为半径画弧，交于点，连接并延长交于点，
则，
，
，
由（1）可知，过矩形对角线中点的线段平分矩形面积，
则如下图即为所求作；
18．（1）（或“两角和它们的夹边分别相等的两个三角形全等）；①②③；（2）①，理由见解析；②改变；（3）2或
【分析】（1）由全等三角形的判定与性质可得出结论；
（2）①证明，根据相似三角形的性质即可解答；
②由相似三角形的性质得出结论；
（3）分两种情况，①当四边形关于所在直线对称时，②当四边形为矩形时，由轴对称的性质及直角三角形的性质可求出的长．
【详解】解： （1）四边形是正方形，
，，，
，
，
即，
，
，
，
又，
，
，
上述证明过程中的依据是
，，
猜想①、猜想②正确．
，
．
．
点在上运动的过程中，四边形的面积不变．
猜想③正确．
故答案为：ASA；①②③；
（2）①．
理由如下：四边形是矩形，
．
，
．
，
，即．
．
，
．
又，
．
．
．
．
②改变．
由（2），可知，且相似比为，
．
．
点在上运动时，四边形的面积改变．
（3）2或．
分两种情况讨论．①当四边形关于所在直线对称时，如图，此时交于点，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
∴
．
②当四边形为矩形时，
如解图2所示，此时．
综上所述，线段的长为2或．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．
19．(1)或
(2)；
(3)t的值为
(4)满足条件的的值为或或．
【分析】（1）利用勾股定理求出，分两种情形分别求出即可；
（2）如图①中，当点落在上时，四边形是矩形．构建方程求解即可；
（3）如图①中，当点在上时，设交于点．如图①中，当点在线段上时，设交于点．分别求解即可；
（4）分三种情形：如图②中，当时，延长交于点，过点作于点．如图②中，当时，过点作于点．则四边形是矩形．如图②中，当时，，分别构建方程求解．
【详解】（1）解：在中，，，，
，
当点在上时，．
当点在上时，；
（2）解：如图①中，当点落在上时，四边形是矩形．
由，可得，
解得：；
（3）解：如图①中，当点在上时，设交于点．
将平行四边形的面积分为两部分，
，
，
解得，；
如图①中，当点在线段上时，设交于点．
将平行四边形的面积分为两部分，
，
，
解得，（不符合题意舍去）．
综上所述，满足条件的的值为；
（4）解：如图②中，当时，延长交于点，过点作于点．
，，
，
，
∴，
∵，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
．值符合．
如图②中，当时，过点作于点．则四边形是矩形．
，
，
．
如图②中，当时，，
，
．（此时值符合．
综上所述，满足条件的的值为或或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
20．知识呈现：见解析；结论应用：（1）见解析；（2）
【分析】教材呈现：证明，进而得出结论；
结论应用：（1）由教材呈现得：，进而得出，进一步得出结论；
（2）根据轴对称性质可得，从而得出点P在以O为圆心，为半径的圆上运动，当的边上的高最大时，四边形的面积最大，当时，四边形的面积最大，进一步得出结果．
【详解】解：教材呈现：
证明：∵，
∴，
∵D是边的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
结论应用：
（1）证明：在中，，
∵点E是边的中点，
∴由教材呈现得：，
∵，
∴，
∵点E是边的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：如图，
连接作于H，
由（1）得：四边形是平行四边形，
∴，
∴当最大时，的面积最大，
∵，
∴当时，的面积最大，
∵点B与点P关于l对称，
∴直线l是的垂直平分线，
∴，
∴点P在以O为圆心，为半径的圆上运动，作，交于，
当P运动到时，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，确定圆的条件，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是确定点P的运动轨迹．
21．B
【分析】连接交于点，连接并延长交于点，由正方形的性质得，，，则，得，由，，证明，则，变形为，而，则，可推导出，则，所以，，可知点在的垂直平分线上运动，当点与点重合时，长的值最小，此时，于是得到问题的答案．
【详解】解：连接交于点，连接并延长交于点，
四边形是正方形，
，，，
，
，
，
，，
，
于点，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
点在的垂直平分线上运动，
，
当点与点重合时，的值最小，此时，
长的最小值为1，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、平行线的判定与性质、垂线段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
22．B
【分析】如图，过点G作于H，过G作交的延长线于M，交的延长线于N，则四边形和四边形均为矩形，设，证明，则，，，由勾股定理得，，，则，根据，求解作答即可．
【详解】解：如图，过点G作于H，过G作交的延长线于M，交的延长线于N，则四边形和四边形均为矩形，
设，
∵正方形中，E是边中点，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，，
由勾股定理得：，
在中，，
由勾股定理得：，
∴，
∵，
∴，即，
∴的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，完全平方公式等知识．熟练掌握正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，完全平方公式是解题的关键．
23．D
【分析】先利用矩形的性质及已知条件得出的长，再由勾股定理得出的长，然后利用三角函数得出，从而，再证得，取中点O，E在以为直径的圆上，则当时，最短，设，则，，根据题意得出关于x的一元一次方程，解得x的值，则答案可求．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴由勾股定理得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴取中点O，E在以为直径的圆上，
∴，
∴当取最小值时，也为最小值，
∵E为上的动点，
∴当时，OE最短，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质、解直角三角形、勾股定理在计算中的应用、圆的定义及一元一次方程在几何问题中的应用，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
24．B
【分析】本题主要考查圆周角定理、圆的基本性质及矩形的性质、勾股定理，由知点在以为直径的半上，连接交于点，当点位于点位置时，线段取得最小值，利用勾股定理可得答案．
【详解】如图，
，
点在以为直径的半上，
连接交于点，
当点位于点位置时，线段取得最小值，
，
，
，
．
．
故选：B．
25．D
【分析】过点C作，交延长线于M，连接，交于O，则构造的四边形为正方形，由可证，得出，则O是正方形的中心，由正方形的性质得出，取中点N，连接，过点N作于H，由勾股定理求出，由直角三角形的中线性质得出，由三角形三边关系得，则当C、G、N三点共线时，最小，即可得出结果．
【详解】解：过点C作，交延长线于M，连接，交于O，如图所示：
∴，

∵，，
∴，
∴．
∵，
∴四边形为矩形．
∵，
∴四边形为正方形，
∴．
∵，
∴，，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴O是正方形的中心．
∵，
∴，
取中点N，连接，过点N作于H，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
在中，N是的中点，
∴．
∵，
当C、G、N三点共线时，最小为：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、平行线的性质、三角形三边关系等知识，熟练掌握正方形的性质、直角三角形的性质是解题的关键．
26．（1）①1.5平方米；②；③金属杆移动到所在的位置时，最大面积是3平方米；（2）；
【分析】（1）①当时，，将代入即可；
②过E作，垂足为F，分别与、相交于点G、H，当时，；当时，由四边形是矩形，可得四边形是矩形，再证明，运用相似三角形性质即可得出结论．
③根据②的结论进行分析计算即可；
（2）①在中有内接矩形，易证当为中位线时，矩形的面积最大，且最大面积为面积的一半；延长、交直线于F、G，则为的中位线时，矩形的面积最大；要想金属杆移动到高于所在位置的某一处时通风口面积达到最大值，只需与边平行的中位线在上方即可，作于S交于J，证明，利用相似三角形性质即可得到结论．
【详解】解：（1）①由题意知，
∵与之间的距离为，
∴；
∴与之间的距离为1时的面积为1.5；
②当时，，
当时，如图，过E作于点F，分别与、交于点G、H，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由题意可知，，，
∴，，
∵，
∴，
又、分别是和对应的高，
∴即
化简，得：．
∴；
综上可知，；
③当时，，
因此，当时，最大值是3．
当时，，
因此，当时，最大值是3．
综上所述，当时，最大值是3．
因此，金属杆移动到所在的位置时，最大面积是3．
（2）如图，
已知在中有内接矩形，其中M、N在、上，P、Q在边上，可知当为中位线时，矩形的面积最大，且为面积的一半，
在图中，延长、交直线于点F、G，如图，
则为的中位线时，矩形的面积最大，
所以要想金属杆移动到高于所在位置的某一处时通风口面积达到最大值，
只需与边平行的中位线在上方即可，
即，此时矩形的面积最大，为面积的一半，
作于S交于J，
∵，
∴，
∴，即
∴，
则通风口的面积为矩形面积的最大值的一半，
即
故答案为：；．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，三角形面积公式，相似三角形的判定和性质，最值问题，勾股定理等知识，综合性强，熟练掌握相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．
27．(1)
(2)①；②或或或
【分析】（1）解直角三角形求出，进而求得结果；
（2）①分两种情况：当点在、之间时，即时，作于点，连接；当时，、在直线上，、在直线边上，作于，作于；分别求出表达式即可；②分四种情况：当点在上，当时；当点在上，当；当点在上，当时；当点在上，当时；分别得出关于的方程，解方程即可得出答案．
【详解】（1）解：∵点为中点，，
，
，，
，，
；
（2）解：①如图，当点在、之间时，即时，作于点，连接，
，，，，
，，
四边形是正方形，
，
，
在中，，
，
，
，
，
为的中线，
，
如图，当时，、在直线上，、在直线边上，作于，作于，
，，，
，，
，
；
②如图，当点在上，当时，设交于，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
如图，当点在上，当，作于，
，，，
，
，
，
，
由得，
，
，
如图，当点在上，当时，作于，作于，
，
由②知：，，
，
，
，
，
如图，当点在上，当时，作，交的延长线于，
，，
由得，，
，
综上所述：或或或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、正方形的性质、解直角三角形等知识点，解决问题的关键是采用分类讨论的思想解决问题．
28．(1)见解析
(2)①；②见解析
【分析】（1）由“”可证，可得；
（2）①由“”可证，可得，，由等腰三角形的性质可求解；
②由三角形的面积公式可得，由锐角三角函数可求解．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，，
又，
，
；
（2）①解：如图2，过点作于，交于，
，，
，
，
，，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
又，
，，
；
②证明：，，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
29．(1)32
(2)4
(3)
【分析】（1）过点作轴于点，则．利用正方形的性质得，，再根据等角的余角相等得到，则利用“”可判断，从而得到，于是确定点的纵坐标为4，即可求出答案；
（2）作轴于，轴于点，设，，同理可得，利用全等的性质得，，则，，再根据反比例函数图象上点的坐标特征得到，，解方程组求出、，从而得到、两点的坐标，即可求出答案；
（3）先利用待定系数法求出直线解析式为，直线解析式为，设点的坐标为，则点坐标为，若当点在直线上时，则，解得，可确定此时点的坐标，从而得到此时的值；当点在直线上时，则，同样可确定此时点的坐标和的值，所以可确定当变化的正方形与（2）中的正方形有重叠部分时的取值范围．
【详解】（1）解：如图（1），过点作轴于点，则，
点的坐标为，
，，
四边形为正方形，
，，
．
，
，
在和中，
，
，
，，
，
根据勾股定理得，，
正方形的面积为32；
（2）解：如图（2），过点作轴于，过点作轴于点，

设，，则，
同（1）的方法得，，
，，
，，
点、在反比例函数的图象上，
，
或（舍去），
的坐标为，，
，
即的长为4；
（3）解：设直线的解析式为，
把，代入得
，
解得，
直线解析式为，
同样可求得直线解析式为，
由（2）可知是等腰直角三角形，
设点的坐标为，点坐标为，
当点在直线上时，则，解得，
此时点的坐标为，
；
当点在直线上时，有，此时点的坐标为，
；
综上可知：当变化的正方形与（2）中的正方形有重叠部分时，的取值范围为．
【点睛】本题是反比例函数综合题，考查了反比例函数的图象与性质，正方形的性质，全等三角形的性质，利用待定系数法求一次函数解析式等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
30．(1)；
(2)；
(3)；
(4)或．
【分析】（）由题意得，根据锐角三角函数的定义可得出结论；
（）连接，证明，得出，由勾股定理得出，解之即可求解；
（）证明，得出 ，求出，由锐角三角函数可求出，由弧长公式可得出答案；
（）分两种情况：若圆经过矩形的顶点时；若圆经过矩形的顶点时；由勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴；
（2）解：连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∴是圆的直径，
∴，
在和中，，，
∴，
∴，
在中，∵，
∴，
解得；
（3）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的长；
（4）或．
若圆经过矩形的顶点时，
∵，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴；
若圆经过矩形的顶点时，过点作，垂足落在的延长线，
则四边形是矩形，四边形是矩形，过点作于点，
延长交于点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴的值为或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，弧长公式，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，正确进行分类是解题的关键．
31．(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质可得，利用E为中点即可求得；
（2）连接，矩形的性质证明，得出，利用等边对等角得角相等，等量代换得，得出平行从而有，则结论得证．
【详解】（1）（1）解：∵四边形是矩形，
∴， ，，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∴．
（2）证明：连接，
在矩形中，，，
又，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，
∵是⊙O的半径，
∴是⊙O的切线．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、切线的判定．熟练掌握切线的判定是解题的关键．
32．(1)见解析；
(2)相交，理由见解析
【分析】（1）先证明 是 的外接圆，再证明 是 的直径， 再证明 为等边三角形，得 ，得，，便可得出结论；
（2）设过 三点的圆为 ，连接 ，过点 作 于点 ，由对称性质得 过点 ， 再由 ， 根据直线与圆的位置关系得出结论；
【详解】（1）∵四边形是矩形，
∴，
∵点B，D在上，
∴是的直径，O是中点，
，
，
，
，
是等边三角形，
，，
，，
；
（2）解：如图，连接，

∵点B，D关于直线对称，
∴直线垂直平分；
∴，，
，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形
∴垂直平分，
在上取点O，连接，
经过点，，
，
点在上，
点，关于直线对称，
，，
，
，
，
，
点，，三点共线；
，
，
，，
，
，，
，
，点在上；
直线与有两个交点；
直线与相交；
【点睛】本题考查了矩形的性质，直线与圆的位置关系，圆周角定理，轴对称的性质，关键是综合应用这些知识解题
33．(1)①；②证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）①设，则，在中根据勾股定理列出方程，进而求得结果；
②取的中点，连接，可推出是梯形的中位线，从而得出，在中，根据直角三角形的性质得出，从而得出；
（2）连接，交于，连接，，作点关于的对称点，可证得，从而，进而证得是等边三角形，从而，从而得出点在以为圆心，2为半径的上运动，根据弧长公式求得结果；
（3）解：连接，作于，作，交的延长线于，设，，可证得，从而，，进而表示出，可证得，从而得出，，进而表示出，，，，，，在中，由勾股定理列出方程求得的值，进一步得出结果．
【详解】（1）①解：四边形是正方形，
，，
是的中点，
，
设，则，
，
，
；
②证明：如图1，

取的中点，连接，
四边形是正方形，
，，
是的中点，
，
由折叠得，
，
，
；
（2）解：如图2，

连接，交于，连接，，作点关于的对称点，
，
四边形是矩形，
，，
，
，，
，，
，
，，
，
，
是等边三角形，
，，
点在以为圆心，2为半径的上运动，
，
，
，
故答案为：；
（3）解：如图3，

连接，作于，作，交的延长线于，
设，，
四边形是的内接四边形，是的直径，
，，，，
，，
，
，
，，
，
由折叠得，
，，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
，
，
，，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
，
，（舍去），
，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理的推论，圆的内接四边形的性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
34．(1)见解析；
(2)有最小值，无最大值；
(3)．
【分析】（）先判断出，进而判断出，即可得出结论；
（）先判断出，得出，再求出点求出的平方，再求出的平方，即可得出结论；
（）先判断出点的运动轨迹是一段线段，进而判断出点的移动路线是线段，再判断出即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
连接，
∵是的直径，
∴，
即：，
∴，
在中，，，，
∴，，
∵，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
当时，有最小值，无最大值；

（3）解：连接，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点在垂直于的直线上运动，
当时，点的运动轨迹是从点到点的一段线段，
当时，点与点重合，
当时，点到达点，
∴点的移动路程长为的长度，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题是考查了圆的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形的面积公式，勾股定理，判断出和判断出点的运动轨迹是解题的关键．
35．(1)；
(2)；
(3)或．
【分析】（1）设与直线的切点为点，连接，根据全等三角形的判定和性质及勾股定理求解即可；
（2）连接，设，则，利用勾股定理构造方程求得，，从而即可得解；
（3）分三种临界情况：①当与边的切点为点，连接，此时恰好有三个交点，②当恰好经过点时，连接，③当点与点重合时，作出相应图形求解即可．
【详解】（1）解：设与直线的切点为点，连接，如图所示：

∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得：，
∴半径的长为；
（2）解：连接，设，

∵四边形是矩形，
∴，，
∵当经过点，
∴，
∴，
∵，
∴即，
解得，
∴
∴；
（3）解：①如图所示：当与边的切点为点，连接，此时恰好有三个交点，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，

∴由（）得半径的长为，恰好有一个交点，
∴当时，满足条件；
②当恰好经过点时，连接，如图所示：

由（）得半径的长为；
∴当时，与的三边的交点多于个，不满足条件；
③当点与点重合时，如图所示，满足条件，

∴当时，满足条件；
综上可得：或时，满足条件．
【点睛】题目主要考查切线的性质，全等三角形的判定和性质，求正弦值，矩形的性质及勾股定理解三角形，正切函数的定义等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
36．C
【分析】此题考查平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知平行四边形的判定定理．根据平行四边形的判定定理即可求解．
【详解】解：A．∵，
∴，
∴不能判定四边形是平行四边形；
B．不能判定四边形是平行四边形；
C．∵，
∴
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
D．不能判定四边形是平行四边形；
故选C．
37．A
【分析】本题考查了勾股定理，等腰三角形的判定，矩形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．过点D作的垂线，交的延长线于点H，先根据勾股定理求出的长，再证明，证明四边形是矩形得，，然后根据勾股定理求解即可．
【详解】解：过点D作的垂线，交的延长线于点H，如图，
在中，，
由勾股定理可知．
由作图过程可知射线平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
在中，．
故选A．
38．D
【分析】过点F作于H，作于T，延长交于P，过点B作于G，连接，先证四边形为平行四边形，四边形为矩形，在中根据，可求出，，证∽得，则，再证∽得，进而得，然后证∽得，据此可证为的中位线，从而得，在中由勾股定理得，则，由此可得，则，据此可分别求出，，继而可得出的值．
【详解】解：过点F作于H，作于T，延长交于P，过点B作于G，连接，过点M作于点Q，如图，
≌，≌，
，，，，
，，
即：，，
四边形为平行四边形，
，
四边形为正方形，且边长为10，
，，
四边形为矩形，
，，
在中，，
，
又，
由勾股定理得：，
即：，
，
，，
，，
，
∽，
，
即：，
在中，由勾股定理得：，
即：，
，
，，
∽，
，
即：，
，
在中，，，
由勾股定理得：，
，，
，
，
，
，
，
点P为的中点，
，
，
为的中位线，
，
在中，，，
由勾股定理得：，
，
，
在中，，，
由勾股定理得：，
，
，
，
，，
，
，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，三角形的中位线定理，三角形的面积计算，勾股定理等知识点，解答此题的关键熟练掌握相似三角形的判定方法，利用相似三角形的性质找出线段之间的关系，并利用勾股定理进行计算．
39．A
【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的性质得到，，再根据等底同高的三角形面积相等得到，进而得到，即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴ 和是等底同高的三角形，
和是等底同高的三角形，
和是等底同高的三角形，
∴，， ，
，
∴，
故选：．
40．A
【分析】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、三角形中位线定理以及勾股定理等知识．由菱形的判定得是菱形，由三角形中位线定理得，再由菱形的性质得，，然后由勾股定理得，即可求出菱形的周长．
【详解】解：四边形是平行四边形，，
是菱形，
点，分别为，的中点，
是的中位线，
，
四边形是菱形，
，，
在中，由勾股定理得：，
菱形的周长．
故选：A．
41．C
【分析】本题考查了正方形的性质，黄金分割，三角形的面积．连接，设，根据线段的中点定义可得，再根据正方形的性质可得，，从而在中，利用勾股定理求出的长，进而求出的长，然后利用线段的和差关系求出的长，再利用正方形的性质可得，，从而可得，进而可得是等腰直角三角形，最后利用等腰直角三角形的性质可得，再根据已知的面积的面积，可得的面积的面积，从而利用三角形的面积公式进行计算，即可解答．
【详解】解：连接，

设，
为中点，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
四边形是正方形，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
的面积的面积，
的面积的面积）的面积的面积），
的面积的面积，
，
，
解得：或（舍去），
，
故选：C．
42．C
【分析】本题考查翻折变换、正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理．根据正方形的性质、折叠的性质和相似三角形的判定和性质，可以求得的长．
【详解】解：四边形是边长为18的正方形，，
，，
由折叠的性质可知：，，
设，则，
，
，
，
解得，
即，
，，
，
又，
，
，
即，
解得，
故选：C．
43．A
【分析】本题应该分类讨论，从以下三个情况进行讨论，分别是：①当x<1时，重叠部分为直角三角形的面积，将其三角形面积用x表示，但是求出，与x<1相违背，要舍去；②当12时，重叠部分为一个多边形，可以从剩余部分的角度进行求解，分别将矩形PQFE、、的面积用x表示，求出x即可，将x求出后，应该与前提条件假设的x的范围进行比较，判断x的值．
【详解】解：∵在边长为2的正方形EFGH中，如图所示，当A运动到MN的中点时，点E、F恰好与AB、AC的中点重合，即AM=EM=FM=1，且MNEF，
∴AME和AMF均为等腰直角三角形，可得：ABC也是等腰直角三角形，其中AB=AC=，BC=4，
设A到EF的距离AM=x，
①当x<1时，此时图形的位置如下图所示，AB与EF交于P点，AC与EF交于Q点，
∵AM=x，且△APQ为等腰直角三角形，
∴，解得：，但是与前提条件x<1相违背，故不存在该情况；
②当1∵公共部分面积为，正方形剩余部分，∴，四边形ANHP是直角梯形，当AM=x，则AN=2-x，PE=x-1，HP=3-x，NH=1，
∴，解得：；
③当2＜x＜3时，此时图形的位置如下图所示，AB与EH交于K点，AB与HG交于I点，AC与FG交于L点，AC与HG交于J点，BC与EH交于P点，BC与GF交于Q点，
∵公共部分面积为，∴，
且，解得：或（舍），
④当x=3时，H,G分别是AB,AC的中点，此时重合的部分的面积为2，不符合题意；
⑤当x≥3时，重合的面积小于2，也不符合题意；
所以，满足条件的AM的值为或，
故选：A．
【点睛】本题考查了移动图形间的重叠问题，需要进行分类讨论，必须要把x的移动范围进行分类，根据不同的x取值，画出不同重叠的图形，并将重叠部分的面积用x进行表示，解题的关键在于利用剩余部分的面积进行倒推求解．
44．C
【分析】连接与相交于O，判断出点O是菱形的中心，连接，取中点M，连接，，则，为定长，利用两点之间线段最短解决问题即可．
【详解】解：如图，连接与相交于O，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点O是菱形的中心，
连接，取中点M，连接，，则，为定长，
∵菱形的边长为8，，
∴，
由勾股定理可得：，
∵M是的中点，
∴，
在Rt中，，
在Rt中，，
∵，
当A，M，G三点共线时，最小为，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是求出，的值．
45．A
【分析】通过全等三角形的判定和性质，证明，，判断结论①；通过证明，然后利用全等三角形和相似三角形的性质判断结论②；假设结论成立，找出与题意的矛盾之处，判断结论③，结合等腰三角形的判定和性质求得，可得结论④
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，即，
∵，
∴四边形是平行四边形，故①正确，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故②正确，
若是等边三角形，则，
即，不符合题意，故③错误，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形；故④正确．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
46．72
【分析】过点作于点，则四边形为平行四边形，可得，，设，则，可得，然后根据相似三角形面积比等于相似比的平方求出，利用勾股定理得，再利用菱形面积公式即可求解．
【详解】解：过点作于点，如图，
四边形是菱形，
，，，
，，
，
四边形为平行四边形，
，，
点是边的中点，
，
，
，
，
，的面积为3，
的面积为12，
，，
，
设，则，
，，
，
，
，
，
，
，即，
在中，
，
，
，
，
菱形的面积，
故答案为：72．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，灵活运用菱形的性质是解题的关键．
47．
【分析】本题主要考查了矩形的性质、直角三角形的性质、相似三角形的性质等知识点，求得的比例关系是解答此题的关键．
设，再说明，易得，那么，因此只需求得的比例关系即可．再证明，继而可得，联立，求得的比例关系即可解答．
【详解】解：设；
∵，
∴；
∴；
∴；
中，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴四边形是矩形，
∴；
∴，即，
∴，解得；
∴．
故答案为：．
48．
【分析】本题考查了平行四边形及矩形、菱形、正方形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，证明和即可判断；当时，求出即可判断；由得到即可判断；由得到，得到是矩形，再结合即可判断；熟练掌握特殊四边形的判定方法和性质是解题的关键．
【详解】解：∵是等边三角形，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理由，得，
由，即可得出四边形 是平行四边形，故结论正确；
当时，
，
由知四边形是平行四边形，
∴平行四边形不是矩形，故结论错误；
由知，四边形 是平行四边形，
∴当时，，
∴平行四边形是菱形，故结论正确；
当时，
，
∵是平行四边形，
∴四边形是矩形，
又由知四边形是菱形，
∴四边形是正方形，故结论正确；
故答案为：．
49．或
【分析】连接，交于点H，设与的交点为，四边形是菱形，求出，，分和及三种情况讨论．
【详解】解：连接，交于点H，设与的交点为，
点落在对角线上，
，即，
是边长为2的菱形，，
，
，
，
，
，
由折叠的性质得：，
，
四边形是菱形，
，
，
，
当时，此时点重合，，不符合题意；
当时，如图1，
则，
，
，
；
当时，如图2，
则，
，
，
，
，
，
；
综上，的长为或，
故答案为：或．
【点睛】此题主要考查菱形的折叠问题，等腰三角形的判定与性质，解直角三角形，三角形全等的判定与性质，菱形判定与性质，直角三角形的特征，解题的关键是熟知菱形的性质、折叠的特点．
50．
【分析】由，平分，，可得，根据对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证是平行四边形，根据一组临边相等的平行四边形是菱形，可证是菱形，根据平行四边形的性质，可知，，，在中，应用勾股定理，求出的长，由直角三角形斜边中线等于斜边一半，可知，即可求解，
本题考查了平行四边形的判定，菱形的性质与判定，勾股定理，直角三角形斜边中线，解题的关键是：通过菱形的性质，和，得到．
【详解】解：，
，
平分，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形，
，，，
，
，
，
在中，，
，
故答案为：．
51．见解析
【分析】本题主要考查直角三角形的性质，平行四边形的判定，矩形的判定等知识，先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行证明即可．
【详解】证明：∵是斜边上的中线，
∴点F是边的中点，
又点D、E分别为的中点．
∴是的中位线，是的中位线，
∴．，．
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是矩形．
52．(1)见解析
(2)当是直角三角形时，四边形是菱形，理由见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定以及菱形的判定，熟练应用平行四边形的判定是解题关键．
（1）利用即可证明；
（2）利用直角三角形的性质结合菱形的判定方法得出即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∵点为的中点，
∴，
∴；
（2）解：当是直角三角形时，四边形是菱形，
理由：∵点是边的中点，是直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
53．(1)，1
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据正方形的性质和圆周角定理可求得；根据垂径定理可求得，再根据等腰直角三角形的判定与性质可求解；
（2）根据等弧所对的弦相等可证得结论；
（3）先根据等边对等角得到，进而利用正方形的性质和三角形的内角和定理求得，由圆周角定理得，利用含30度角的直角三角的性质可得结论．
【详解】（1）解：∵四边形正方形，
∴，
∵，
∴；
∵，
∴，，
∴，
故答案为：；1；
（2）证明：∵四边形正方形，
∴，则，
∵P为的中点，
∴，
∴，则；
（3）解：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，则，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质、圆周角定理、垂径定理、弦和弧的关系、等腰三角形的性质、含30度角的直角三角的性质、三角形的内角和定理等知识，涉及知识点较多，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
54．（1）；（2）；（3），理由见解析；（4）或
【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、正方形的性质、旋转的性质等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键．
（1）连接，，由正方形的性质得到，则点D、G、B三点共线，即可得到答案；
（2）连接，，由勾股定理得到，证明，则，，则，即可进一步得到；
（3）连接，，证明，则，证明，则由勾股定理得到，即可得到；
（4）分两种情况分别画出图形，分别进行求解即可．
【详解】解：（1）连接，，
∵四边形为正方形，以为邻边在正方形的内部构造它的相似图形，
∴，
∴点D、G、B三点共线，
∴，
故答案为：
（2）连接，，
∵．
∴，
∴，
∵矩形与矩形相似，
∴，
∴，
∴，
∴点B、G、D在同一条直线上，
∴
∴，
∴，
即，
故答案为：
（3）连接，，
∵矩形与矩形相似
∴．
∴，
∴，
∴
∴，
∴
∵，
∴
∴
∴，
∴
∴
（4）如图，三点共线，
∵，
∴
∴
∵矩形与矩形相似
∴
∴
在中，
∴
如图所示，
同理可得，，
∴
∴
综上可知，或
55．(1)④
(2)证明见详解
(3)
【分析】（1）根据“奇妙四边形”的定义判断即可；
（2）如图1，由和都是等腰直角三角形，可证得，根据全等三角形的性质可得，，从而可得，即可得出结论
（3）此题要构造三角形的中位线，根据三角形的中位线定理以及勾股定理进行计算即可进行．
【详解】（1）解：正方形的对角线互相垂直且相等，
正方形，是“奇妙四边形”，
平行四边形的对角线互相平分，
平行四边形不是“奇妙四边形”，
矩形的对角线互相平分且相等，
矩形不是“奇妙四边形”，
菱形的对角线互相垂直平分，
菱形不是“奇妙四边形”，
故答案为：④．
（2）证明： 、交于点，如图1：
和都是以，为底的等腰直角三角形，
，，，
．
在和中，
，
，
，，
，
，
∴四边形是“奇妙四边形”
（3）取的中点，连接，，
、分别为、的中点，
是的中位线，
，
同理可得，，
∵是“奇妙四边形”
∴为等腰直角三角形，
∴．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，中位线定理注意此题中的辅助线：构造三角形的中位线．运用三角形的中位线的数量关系和位置关系进行分析证明．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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