资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
2024人教八下数学期末复习 05压轴大题必刷60题12个考点
一．一次函数综合题（共14小题）
1．（2023春 栾城区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线，与轴、轴分别交于点、，直线，与轴、轴分别交于点、，点在直线上．
（1）直线过定点吗？　　（填“过”或“不过” ．
（2）若点、关于点对称，求此时直线的解析式；
（3）若直线将的面积分为两部分，请求出的值；
（4）当时，将点向右平移2.5个单位得到点，当线段沿直线向下平移时，请直接写出线段扫过内部（不包括边界）的整点（横纵坐标都是整数的点）的坐标．
2．（2023春 巴南区期末）如图，一次函数的图象交轴于点，，与正比例函数的图象交于点，点的横坐标为．
（1）求一次函数的解析式；
（2）若点在轴上，且满足，求点的坐标；
（3）一次函数有一点，点的纵坐标为1，点为坐标轴上一动点，在函数上确定一点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点的坐标的其中一个情况的过程．
3．（2023春 偃师市校级期末）如图，已知直线经过、两点．
（1）求直线的解析式；
（2）若是线段上一点，将线段绕点顺时针旋转得到，此时点恰好落在直线上．
①求点和点的坐标；
②若点在轴上，在直线上，是否存在以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点坐标，否则说明理由．
4．（2023春 武侯区期末）如图1，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与一次函数的图象在第一象限相交于点，与轴正半轴相交于点．
（1）若点的坐标为，分别求，的值；
（2）在（1）的条件下，是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在（1）的条件下，如图2，连接，过点作交直线于点，试探究的形状．
5．（2023春 抚顺县期末）如图，在平面直角坐标系中，是坐标原点，直线与轴交于点，与轴交于点，一次函数的图象经过点，与轴交于点，点是直线上一点，点是直线上一点．
（1）求一次函数的表达式；
（2）当点在第二象限，轴且时，求点的坐标；
（3）当以点，，为顶点的三角形是以为直角的等腰直角三角形时，直接写出点的坐标．
6．（2023春 来凤县期末）在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，直线交轴于点，交轴于点．
（1）如图1，连接，求的面积；
（2）如图2，在直线上存在点，使得，求点的坐标；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接，过点作的垂线交轴于点，点在直线上，在平面中存在一点，使得以为一边，，，，为顶点的四边形为菱形，请直接写出点的坐标．
7．（2023春 阳江期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，直线与轴、轴分别交于点和点，且与直线交于点．
（1）求直线的解析式；
（2）若点为线段上一个动点，过点作轴，垂足为，且与直线交于点，当时，求点的坐标；
（3）若在平面上存在点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标．
8．（2023春 洪洞县校级期末）如图一次函数的图象经过点，并与直线相交于点，与轴相交于点，其中点的横坐标为3．
（1）求一次函数的表达式；
（2）点为直线上一动点，当点运动到何位置时，的面积等于？请求出点的坐标；
（3）在轴上是否存在点，使是等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
9．（2023春 通河县期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点、，直线与轴负半轴交于点，且．
（1）求线段的长；
（2）动点从点出发沿射线以每秒1个单位的速度运动，连接，设点的运动时间为（秒，的面积为，求与的函数关系式，并直接写出自变量的取值范围；
（3）在（2）的条件下，在线段上是否存在点，连接，使得是以为直角边的等腰直角三角形，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．
10．（2023春 青秀区校级期末）已知：在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于、两点，直线经过点，与轴交于点．
（1）求直线的解析式；
（2）如图1，点为直线上的一个动点，若的面积等于9时，请求出点的坐标；
（3）如图2，将沿着轴平移，平移过程中的记为△请问在平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标．
11．（2023春 黄州区期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴相交于、两点，点在线段上，将线段绕着点顺时针旋转得到，此时点恰好落在直线上，过点作轴于点．
（1）求证：；
（2）如图2，将沿轴正方向平移得△，当经过点时，求平移的距离及点的坐标；
（3）若点在轴上，点在直线上，是否存在以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
12．（2023春 武汉期末）如图，直线与坐标轴分别交于点，，过点、作直线，以为边在轴的右侧作四边形．
（1）求点，的坐标；
（2）如图，点是轴上一动点，点在的右侧，，；
①如图1，问点是否在定直线上，若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由；
②如图2，点是线段的中点，另一动点在直线上，且，请直接写出点的坐标．
13．（2023春 宜兴市期末）在平面直角坐标系中，已知矩形，点，，现将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，点、、的对应点分别为点、、．
（1）如图1，当点落在边上时，求直线的函数表达式；
（2）如图2，当、、三点在一直线上时，所在直线与、分别交于点、，求线段的长度．
（3）如图3，设点为边的中点，连接，在矩形旋转过程中，点到直线的距离是否存在最大值？若存在，请直接写出这个最大值；若不存在，请说明理由．
14．（2023春 辛集市期末）如图，在平面直角坐标系中，点、点分别在轴与轴上，直线的解析式为，以线段、为边作平行四边形．
（1）如图1，若点的坐标为，判断四边形的形状，并说明理由；
（2）如图2，在（1）的条件下，为边上的动点，点关于直线的对称点是，连接，．
①当　　时，点位于线段的垂直平分线上；
②连接，，设，设的延长线交边于点，当时，求证：，并求出此时的值．
二．三角形中位线定理（共3小题）
15．（2023春 宝丰县期末）（1）证明三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半；要求根据图1写出已知、求证、证明；在证明过程中，至少有两处写出推理依据 “已知”除外）
（2）如图2，在中，对角线交点为，、、、分别是、、、的中点，、、、分别是、、、的中点，，以此类推．
若的周长为1，直接用算式表示各四边形的周长之和；
（3）借助图形3反映的规律，猜猜可能是多少？
16．（2023春 沭阳县期末）如图，在中，已知点、、分别是、、的中点，是高．
（1）若，，则四边形的面积为 　　．
（2）求证：．
17．（2023春 达川区校级期末）如图1，在四边形中，，，分别是，的中点，连接并延长，分别与，的延长线交于点，，则（不需证明）．
小明的思路是：在图1中，连接，取的中点，连接，，根据三角形中位线定理和平行线性质，可证得．
问题：如图2，在中，，点在上，，，分别是，的中点，连接并延长，与的延长线交于点，若，连接，判断的形状并证明．
三．平行四边形的性质（共3小题）
18．（2023春 渭南期末）问题提出
（1）如图，为等边三角形，边长为，动点从点出发，沿着三角形的三条边顺时针方向以的速度运动，动点从点出发，沿着三角形的三条边逆时针方向以的速度运动．动点、同时出发，当点在上运动且时，求点运动的时间．
问题解决
（2）某小区有一个边长为4米的等边三角形花坛，六一将至，物业借助花坛举办了一个有奖活动，一家四口举着一根长绳在花坛三边任选位置站立（不能站在各边中点上），四人拉紧、拉直长绳后（长绳可有剩余）可得到一个四边形，如工作人员量得这个四边形是平行四边形，则可领取奖品一份．笑笑和爸爸、妈妈、奶奶一起参加活动，四人的方案是奶奶在点站立不动，妈妈在边上某点处站立不动，爸爸从点出发，沿着花坛顺时针方向以2米秒的速度走动（可看作花坛边上运动的点，同时笑笑从点出发，沿着花坛逆时针方向以1米秒的速度走动（可看作花坛边上运动的点．若笑笑出发不到6秒，一家人就得奖了，那么妈妈所选的位置距点多少米？
19．（2023春 滑县校级期末）如图，在中，为对角线，垂直平分分别交、的于点、，交于点．
（1）试说明：；
（2）试说明：；
（3）如果在中，，，有两动点、分别从、两点同时出发，沿和各边运动一周，即点自停止，点自停止，点运动的路程是，点运动的路程是，当四边形是平行四边形时，求与满足的数量关系．（画出示意图）
20．（2023春 万源市校级期末）在平行四边形中，是上一点，，过点作直线，在上取一点，使得，连接．
（1）如图①，当与相交时，若，求证：；
（2）如图②，当与相交时，且，请你写出线段、、之间的数量关系，并证明你的结论．
四．平行四边形的判定（共2小题）
21．（2023春 渠县校级期末）如图，在中，，，，过点作，且点在点的右侧．点从点出发沿射线方向以每秒1个单位的速度运动，同时点从点出发沿射线方向以每秒2个单位的速度运动，在线段上取点，使得，连接，设点的运动时间为秒．
（1）若，求的长；
（2）请问是否存在的值，使以，，，为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
22．（2023春 阿荣旗期末）如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度向点运动；点从点同时出发，以的速度向点运动．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，从运动开始．使和，分别需经过多少时间？为什么？
五．平行四边形的判定与性质（共2小题）
23．（2023春 乾安县期末）如图，在中，，过上一点作交于点，以为顶点，为一边，作，另一边交于点．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）延长图①中的到点，使，连接，，，得到图②，若，判断四边形 的形状，并说明理由．
24．（2023春 通川区校级期末）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，四边形中，点，，，分别为边，，，的中点．求证：中点四边形是平行四边形；
（2）如图2，点是四边形内一点，且满足，，，点，，，分别为边，，，的中点，猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想；
（3）若改变（2）中的条件，使，其他条件不变，直接写出中点四边形的形状．（不必证明）
六．菱形的性质（共3小题）
25．（2023春 泉港区期末）如图，在平行四边形中，，点是上动点，连结．
（1）若平行四边形是菱形，，试求出的度数；
（2）若，，，求的长；
（3）过点作交线段于点．过点作于，交的高于点．若，，求证：．
26．（2023春 西乡塘区校级期末）【问题原型】如图1，在四边形中，，．点、分别为、的中点，连接，．试说明：．
【探究】如图2，在问题原型的条件下，当平分，时，求的大小．
【应用】如图3，在问题原型的条件下，当，且四边形是菱形时，直接写出四边形的面积．
27．（2023春 大安市期末）【感知】如图①，四边形、均为正方形．可知．
【拓展】如图②，四边形、均为菱形，且．求证：．
【应用】如图③，四边形、均为菱形，点在边上，点在延长线上．若，，的面积为8，则菱形的面积为　　．
七．菱形的判定（共2小题）
28．（2023春 桂林期末）如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发，以的速度向终点运动，同时动点从点出发，以的速度沿折线向终点运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为秒．
（1）用含的式子表示．
（2）当为何值时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？
（3）只改变点的运动速度，使运动过程中某一时刻四边形为菱形，则点的运动速度应为多少？
29．（2023春 石景山区校级期末）如图，已知，按如下步骤作图：
①分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于，两点；
②作直线，分别交，于点，，连接；
③过作交于点，连接．
（1）求证：；
（2）求证：四边形是菱形．
八．菱形的判定与性质（共3小题）
30．（2023春 益阳期末）如图1，是线段上的一点，在的同侧作和，使，，，连接，点、、、分别是、、、的中点，顺次连接、、、．
（1）猜想四边形的形状，直接回答，不必说明理由；
（2）当点在线段的上方时，如图2，在的外部作和，其他条件不变，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
（3）如果（2）中，，其他条件不变，先补全图3，再判断四边形的形状，并说明理由．
31．（2023春 潮南区期末）如图，已知，直线垂直平分，与边交于点，连接，过点作交于点，连接．
（1）求证：；
（2）求证：四边形是菱形．
（3）若，，则菱形的面积是多少？
32．（2023春 铁东区期末）如图，在中，，．，点从点出发沿方向以每秒2个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒1个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒．过点作于点，连接、．
（1）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；
（2）当为何值时，为直角三角形？请直接写出相应的值为：　　．
九．矩形的性质（共3小题）
33．（2023春 邻水县期末）已知，矩形中，，，的垂直平分线分别交、于点、，垂足为．
（1）如图1，连接、．求证四边形为菱形，并求的长；
（2）如图2，动点、分别从、两点同时出发，沿和各边匀速运动一周．即点自停止，点自停止．在运动过程中，
①已知点的速度为每秒，点的速度为每秒，运动时间为秒，当、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值．
②若点、的运动路程分别为、（单位：，，已知、、、四点为顶点的四边形是平行四边形，求与满足的数量关系式．
34．（2023春 凤阳县期末）如图，矩形的对角线与相交于点，，，交于点，连接、．
（1）求证：；
（2）连接，，已知 　　（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．
条件①：；
条件②：三角形是等边三角形．
（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分）
35．（2023春 乾安县期末）感知：如图①，的对角线，相交于点，，，则四边形是平行四边形（不需要证明）．
拓展：如图②，矩形的对角线，相交于点，，，则四边形是什么样的特殊四边形，请说明理由．
应用：如图③，菱形的对角线，相交于点，，，交的延长线于点，．求四边形的周长．
一十．正方形的性质（共17小题）
36．（2023春 太康县校级期末）数学课上，张老师出示了问题：如图1，四边形是正方形，点是边的中点．，且交正方形外角的平分线于点，求证：．
经过思考，小明展示了一种正确的解题思路：取的中点，连接，则，易证，所以．
在此基础上，同学们作了进一步的研究：
（1）小颖提出：如图2，如果把“点是边的中点”改为“点是边上（除，外）的任意一点”，其它条件不变，那么结论“”仍然成立，你认为小颖的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由；
（2）小华提出：如图3，点是的延长线上（除点外）的任意一点，其他条件不变，结论“”仍然成立．你认为小华的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由．
37．（2023春 阳新县期末）问题情境：四边形中，点是对角线的中点，点是直线上的一个动点（点与点、、都不重合）过点，分别作直线的垂线，垂足分别为、，连接，．
（1）初步探究：已知四边形是正方形，且点在线段上，求证；
（2）探究图中与的数量关系，并说明理由．
38．（2022秋 龙凤区校级期末）如图①，四边形是正方形，是等边三角形，为对角线（不含点）上任意一点，将绕点逆时针旋转得到，连接、、．
（1）连接，是等边三角形吗？为什么？
（2）求证：；
（3）①当点在何处时，的值最小；
②如图②，当点在何处时，的值最小，请你画出图形，并说明理由．
39．（2023春 西乡塘区校级期末）如图，已知正方形中，为延长线上一点，且，、分别为、的中点，连交于，交，于点．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）过作于点，连，则的值．
40．（2023春 遂平县期末）在边长为5的正方形中，点在边所在直线上，连接，以为边，在的下方作正方形，并连接．
（1）如图1，当点与点重合时，　　；
（2）如图2，当点在线段上时，，求的长；
（3）若，请直接写出此时的长．
41．（2023春 新会区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点、分别在轴正半轴、轴正半轴上，过点作轴交轴于点，交对角线于点．
（1）求证：；
（2）判断、的数量关系，并说明理由；
（3）若点，坐标分别为、，则的周长为 　　．
42．（2023春 滨州期末）已知是一个正方形花园．
（1）如图1，、是它的两个门，且，要修建两条路和，问这两条路等长吗？为什么？
（2）如图2，在正方形四边各开一个门、、、，并修建两条路和，使得，问这两条路等长吗？为什么？
43．（2023春 喀什地区期末）如图，正方形中，点是边上的一点（不与点、重合），连接，平分，交边于点．过点作，与的延长线交于点．
（1）根据题意，请把原图画完整；
（2）证明：；
（3）试判断线段、和之间的数量关系，并说明理由．
44．（2023春 青县期末）已知边长为2的正方形中，是对角线上的一个动点（与点，不重合），过点作，交于点，过点作，垂足为点．
（1）求证：；
（2）在点的运动过程中，的长度是否发生变化？若不变，求出这个不变的值；若变化，试说明理由．
45．（2023春 贵州期末）如图，正方形中，是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点，直角顶点在射线上移动，另一边交于．
（1）如图1，当点在边上时，探究与所满足的数量关系；
小明同学探究此问题的方法是：
过点作于点，于点，
根据正方形的性质和角平分线的性质，得出，
再证明，可得出结论，他的结论应是　 　；
（2）如图2，当点落在的延长线上时，猜想并写出与满足的数量关系，并证明你的猜想．
46．（2023春 金寨县期末）如图，在正方形中，，为正方形内一点，，，连结，，过点作，垂足为点，交的延长线于点，连结．
（1）当时，求的度数；
（2）判断的形状，并说明理由；
（3）当时，求的长．
47．（2023春 无棣县期末）如图，正方形中，是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点，直角顶点在射线上移动，另一边交于．
（1）如图①，当点在边上时，猜想并写出与所满足的数量关系，并加以证明；
（2）如图②，当点落在的延长线上时，猜想并写出与满足的数量关系，并证明你的猜想．
48．（2023春 香河县期末）如图，在正方形中，是边上的一点（不与，重合），点关于直线的对点是点，连接，，直线，交于点，连接．
（1）在图1中补全图形， 　　（填“”“ ”或“” ；
（2）猜想和的数量关系，并证明．
49．（2023春 通许县期末）如图1，正方形中，点是对角线的中点，点是线段上（不与、重合）的一个动点，过点作且交边于点．
（1）求证：；
（2）过点作于点，如图2，若正方形的边长为2，则在点运动的过程中，的长度是否发生变化？若不变，请直接写出这个不变的值；若变化，请说明理由．
50．（2023春 南岗区期末）定义：在平面直角坐标系中，如果点，为某个菱形相邻的两个顶点．且该菱形的两条对角线分别与轴，轴平行，另外两个顶点中有一个点的纵坐标小于，两点的纵坐标，那么称该菱形为点，的“相关菱形”．如图1所示，为点，的“相关菱形”的示意图．已知点的坐标为，点的坐标为．
（1）如果，在图2中画出点，的“相关菱形”，并求出该菱形的面积；
（2）如果点，的“相关菱形”为正方形，在图3中画出相应图形，请直接写出的值．
51．（2023春 大观区校级期末）如图①，已知正方形中，，分别是边，上的点（点，不与端点重合），且，，交于点，过点作交于点．
（1）写出与的数量关系为 　　，位置关系为 　　．
（2）若，，试求线段的长．
（3）如图②，连接并延长交于点，若点是的中点，试求的值．
52．（2023春 鼓楼区校级期末）问题引入：如图①，，，，是线段的中点．连结并延长交于点，连结．则与之间的数量关系是 　　．
问题延伸：如图②，在正方形和正方形中，点、、在同一条直线上，点在上，是线段的中点，连结、．
（1）判断与之间的数量关系，并说明理由．
（2）连结，若，，则的长为 　　．
一十一．正方形的判定与性质（共7小题）
53．（2023春 秦淮区期末）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接．
（1）求证：矩形是正方形；
（2）探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
54．（2023春 柘城县期末）四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以、为邻边作矩形，连接．
（1）如图1，求证：矩形是正方形；
（2）若，，求的长度；
（3）当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数．
55．（2023春 来凤县期末）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作．交射线于点，以、为邻边作矩形，连接．
①求证：矩形是正方形；
②探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
56．（2023春 淮阳区期末）（1）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，如图1．求证：四边形是正方形；
（2）将图1中的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，如图2．线段与是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由．
57．（2023春 福田区校级期末）如图1，四边形为正方形，为对角线上一点，连接，．
（1）求证：；
（2）如图2，过点作，交边于点，以，为邻边作矩形，连接．
①求证：矩形是正方形；
②若正方形的边长为9，，求正方形的边长．
58．（2023春 太康县期末）（1）如图矩形的对角线、交于点，过点作，且，连接，判断四边形的形状并说明理由．
（2）如果题目中的矩形变为菱形，结论应变为什么？说明理由．
（3）如果题目中的矩形变为正方形，结论又应变为什么？说明理由．
59．（2023春 曲阳县期末）问题解决：如图1，在矩形中，点，分别在，边上，，于点．
（1）求证：四边形是正方形；
（2）延长到点，使得，判断的形状，并说明理由．
类比迁移：如图2，在菱形中，点，分别在，边上，与相交于点，，，，，求的长．
一十二．四边形综合题（共1小题）
60．（2023春 湖北期末）（1）尝试探究：
如图1，是正方形的边上的一点，过点作，交的延长线于．
①求证：；
②过点作的平分线交于，连接，请探究与的数量关系，并证明你的结论．
（2）拓展应用：
如图2，是正方形的边上的一点，过点作，交的延长线于，连接交于，连接并延长交于，已知，，求的长．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
2024人教八下数学期末复习 05压轴大题必刷60题12个考点
一．一次函数综合题（共14小题）
1．（2023春 栾城区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线，与轴、轴分别交于点、，直线，与轴、轴分别交于点、，点在直线上．
（1）直线过定点吗？　过　（填“过”或“不过” ．
（2）若点、关于点对称，求此时直线的解析式；
（3）若直线将的面积分为两部分，请求出的值；
（4）当时，将点向右平移2.5个单位得到点，当线段沿直线向下平移时，请直接写出线段扫过内部（不包括边界）的整点（横纵坐标都是整数的点）的坐标．
【分析】（1）根据直线的解析式，即可判定；
（2）首先可求得点的坐标，再根据求线段中点坐标公式，即可求解；
（3）首先求得点、、的坐标，再分两种情况，根据三角形的面积公式，即可分别求得点、的坐标，据此即可求解；
（4）首先可求得直线的解析式为，及线段的长，再由内部（不包括边界）的整点有：，，，，，，即可一一判定．
【解答】解：（1），
当时，，
直线过定点，
故答案为：过；
（2）在中，令，则，
，
点、关于点对称，
，
将点的坐标代入，得，
解得，
直线的解析式：；
（3）在中，令，则，
，，
，
，
，
直线过定点，直线过点，
两直线的交点为，点到轴的距离为1，到轴的距离为4，
①当时，，
解得．
，
，
，
解得；
②当时，，
解得，
，
，
，
，
解得，
综上，的值为4或；
（4）当时，直线的解析式为，
将点向右平移2.5个单位得到点，
，
内部（不包括边界）的整点有：，，，，，，
在中，当时，，
，，，
当线段沿直线向下平移时，线段不扫过内部（不包括边界）的整点：，，；
在中，当时，，
，，
当线段沿直线向下平移时，线段扫过内部（不包括边界）的整点，不扫过，
在中，当时，，
，
当线段沿直线向下平移时，线段扫过内部（不包括边界）的整点，
综上，当线段沿直线向下平移时，线段扫过内部（不包括边界）的整点有，．
【点评】本题考查了一次函数的综合，坐标与图形，中点坐标公式，三角形的面积公式，采用分类讨论的思想是解决本题的关键．
2．（2023春 巴南区期末）如图，一次函数的图象交轴于点，，与正比例函数的图象交于点，点的横坐标为．
（1）求一次函数的解析式；
（2）若点在轴上，且满足，求点的坐标；
（3）一次函数有一点，点的纵坐标为1，点为坐标轴上一动点，在函数上确定一点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点的坐标的其中一个情况的过程．
【分析】（1）先求得，，再运用待定系数法即可求得一次函数的解析式；
（2）设，则，根据，建立方程求解即可得出答案；
（3）根据题意可得，，设，当点在轴上时，设，分三种情况：若、为对角线，则、的中点重合，若、为对角线，则、的中点重合，若、为对角线，则、的中点重合，当点在轴上时，设，分三种情况：若、为对角线，则、的中点重合，若、为对角线，则、的中点重合，若、为对角线，则、的中点重合，分别建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1），
，
直线经过点，且点的横坐标为，
，
把，代入，得，
解得：，
一次函数的解析式为；
（2）设，则，
，
，
即，
解得：，
点的坐标为或；
（3）由（1）知，
一次函数有一点，点的纵坐标为1，
，
点在直线上，
设，
当点在轴上时，设，
若、为对角线，则、的中点重合，
，
解得：，
，；
若、为对角线，则、的中点重合，
，
解得：，
，；
若、为对角线，则、的中点重合，
，
解得：，
，；
当点在轴上时，设，
若、为对角线，则、的中点重合，
，
解得：，
；
若、为对角线，则、的中点重合，
，
解得：，
；
若、为对角线，则、的中点重合，
，
解得：，
；
综上所述，点的坐标为，或，或，或或或．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法，三角形面积，平行四边形性质等，解题的关键是进行正确的分类讨论．
3．（2023春 偃师市校级期末）如图，已知直线经过、两点．
（1）求直线的解析式；
（2）若是线段上一点，将线段绕点顺时针旋转得到，此时点恰好落在直线上．
①求点和点的坐标；
②若点在轴上，在直线上，是否存在以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点坐标，否则说明理由．
【分析】（1）根据点，的坐标，利用待定系数可求出直线的表达式；
（2）①证明，利用全等三角形的性质可求出、的长，进而可得出点、的坐标；
②设点的坐标为，分为边和为对角线两种情况考虑：当为边时，由，的坐标及点的横坐标可求出值，进而可得出点的坐标；当为对角线时，由，的坐标及点的横坐标，利用平行四边形的对角线互相平分可求出值，进而可得出点的值．综上，此题得解．
【解答】解：（1）将，代入得：
，解得：，
直线的表达式为；
（2）①，
，，
．
在和中，
，
，
，．
设，则点的坐标为，
点在直线上，
，
，
点的坐标为，点的坐标为；
②存在，设点的坐标为．
分两种情况考虑，
当为边时，
点的坐标为，点的坐标为，点的横坐标为0，
或，
或，
点的坐标为或；
当为对角线时，
点的坐标为，点的坐标为，点的横坐标为0，
，
，
点的坐标为．
综上所述：存在以、、、为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为或或．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出直线的表达式；（2）利用全等三角形的判定和性质求解；（3）分为边和为对角线两种情况，利用平行四边形的性质求出点的坐标．
4．（2023春 武侯区期末）如图1，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与一次函数的图象在第一象限相交于点，与轴正半轴相交于点．
（1）若点的坐标为，分别求，的值；
（2）在（1）的条件下，是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在（1）的条件下，如图2，连接，过点作交直线于点，试探究的形状．
【分析】（1）将点的坐标为代入可得的值，将点的坐标代入可得的值；
（2）分三种情况：①当为对角线时，②当为对角线时，③当为对角线时，根据平行四边形的性质分别求解即可；
（3）设点，根据勾股定理求出的值，可得，即可得的形状．
【解答】解：（1）将点的坐标为代入得，
，
点的坐标为，代入得，
，解得；
（2）存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形，
由（1）得直线的解析式为，
，
分三种情况：
设点，
①当为对角线时，
，，，
，，
，，
；
②当为对角线时，
，，，
，，
，，
；
③当为对角线时，
，，，
，，
，，
；
综上，存在，点的坐标为或或；
（3）设点，
，
，
，解得，
，
，，
，，
，
是等腰三角形．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法，勾股定理，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，根据平行四边形边的性质分类讨论是（2）小问的关键，利用勾股定理求出点的坐标是（3）小问的关键．
5．（2023春 抚顺县期末）如图，在平面直角坐标系中，是坐标原点，直线与轴交于点，与轴交于点，一次函数的图象经过点，与轴交于点，点是直线上一点，点是直线上一点．
（1）求一次函数的表达式；
（2）当点在第二象限，轴且时，求点的坐标；
（3）当以点，，为顶点的三角形是以为直角的等腰直角三角形时，直接写出点的坐标．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）设点，点，则，即可求解；
（3）证明，得到且，即可求解．
【解答】解：（1）直线与轴交于点，则点，
则，
将点的坐标代入得：，
解得：，
则一次函数的表达式为：；
（2）设点，点，
则，
解得：，
则点，；
（3）设，点，
分别过点、作轴的垂线，垂足分别为点、，
以点，，为顶点的三角形是以为直角的等腰直角三角形时，
则，，
则，，
，
，，
，
则且，
即且，
解得：或，
则点，或，．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到三角形全等、一次函数的图象和性质，证明三角形全等是解题的关键．
6．（2023春 来凤县期末）在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，直线交轴于点，交轴于点．
（1）如图1，连接，求的面积；
（2）如图2，在直线上存在点，使得，求点的坐标；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接，过点作的垂线交轴于点，点在直线上，在平面中存在一点，使得以为一边，，，，为顶点的四边形为菱形，请直接写出点的坐标．
【分析】（1）对于直线，令，则，故点，同理可得点、，的面积，即可求解；
（2）证明，则，，即可求解；
（3）分点在点的下方、点在点的上方两种情况，利用平移的性质分别求解即可．
【解答】解：（1）对于直线，令，则，故点；
对于，令，则，令，即，解得：，故点、，
则，，
的面积；
（2）由题意，，观察图象可知，点只能直线在的右侧，过点作的垂线交于点，过点作轴的平行线交过点与轴的平行线于点，交过点与轴的平行线于点，
设点，点，
，故，
，，
，
，，
，
，，
即，，解得，
故点；
（3）直线的表达式为，
而，则设直线的表达式为，
将点的坐标代入上式并解得：，
故直线的表达式为，
设点，点，
点向右平移2个单位向上平移个单位得到，
同样点向右平移2个单位向上平移个单位得到，
当点在点的下方时，
则且①，
，即②，
联立①②并解得：或，
故点的坐标为，（不合题意的值已舍去）；
当点在点的上方时，
同理可得，点的坐标为，或，．
综上，点的坐标为，或，或，．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、三角形全等、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
7．（2023春 阳江期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，直线与轴、轴分别交于点和点，且与直线交于点．
（1）求直线的解析式；
（2）若点为线段上一个动点，过点作轴，垂足为，且与直线交于点，当时，求点的坐标；
（3）若在平面上存在点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标．
【分析】（1）先求出点的坐标，再利用待定系数法解答即可；
（2）利用两条直线的解析式表示出，两点的坐标，进而得出线段的长，列出方程即可解答；
（3）分三种情形解答，先求得经过点的解析式，再联立，解方程组即可求解．
【解答】解：（1）当时，，
．
设直线的解析式为，由题意得：
，
解得：．
直线的解析式为．
（2）轴，
，的横坐标相同．
设，则．
为线段上一个动点，
，，
，．
．
解得：．
．
（3）如图，当四边形为平行四边形时，
令，则，
．
，
直线的解析式为：．
令，则，
．
，
直线的解析式为：．
．
解得：．
．
如图，当四边形为平行四边形时，
，
直线的解析式为，
，
直线的解析式为，
当时，，
．
当四边形为平行四边形时，如图，
，
直线的解析式为，
，
直线的解析式为：，
当时，，
．
综上，存在点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为：或或．
【点评】本题是一道一次函数的综合题，主要考查了一次函数的解析式的求法，待定系数法，平行四边形的性质，一次函数图象上点的坐标的特征．待定系数法是确定函数解析式的重要方法，也是解答本题的关键．
8．（2023春 洪洞县校级期末）如图一次函数的图象经过点，并与直线相交于点，与轴相交于点，其中点的横坐标为3．
（1）求一次函数的表达式；
（2）点为直线上一动点，当点运动到何位置时，的面积等于？请求出点的坐标；
（3）在轴上是否存在点，使是等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出点的坐标，再将点、的坐标代入，利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）设点，根据的面积，求解即可；
（3）设点，分别表示出，，，分别讨论当时，当时，当时，建立方程，求解即可．
【解答】解：（1）一次函数与相交于点，其中点的横坐标为3，
，
则点，
将点、的坐标代入一次函数表达式中，得，
解得：，，
所以一次函数的表达式为；
（2）设点，则的面积，
解得：或1.5，
故点或；
（3）设点，而点、的坐标分别为：，，
则，，，
当时，，解得：或；
当时，同理可得：（舍去）或2；
当时，同理可得：；
综上点的坐标为：或或或．
【点评】本题考查了一次函数的综合应用，等腰三角形的判定，待定系数法求函数解析式，勾股定理，一次函数与反比例函数的交点，熟练掌握知识点是解题的关键．
9．（2023春 通河县期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点、，直线与轴负半轴交于点，且．
（1）求线段的长；
（2）动点从点出发沿射线以每秒1个单位的速度运动，连接，设点的运动时间为（秒，的面积为，求与的函数关系式，并直接写出自变量的取值范围；
（3）在（2）的条件下，在线段上是否存在点，连接，使得是以为直角边的等腰直角三角形，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）分别求出、点坐标，再由题意求出，可求点坐标，进而求得；
（2）根据点的运动特点先求出点坐标为，再求三角形面积即可；
（3）分两种情况讨论：当时，过点作轴，过点作交于点，过点作交于点，通过证明，可得，再将点代入直线的解析式：，求的值；当时，过点作轴交于点，同理可得，求出，即可求．
【解答】解：（1）把代入，，
，
把代入，，
，
，
，
，
；
；
（2），动点从点出发沿射线以每秒1个单位的速度运动，
，
，
，
，且；
（3）存在点，使得是以为直角边的等腰直角三角形，理由如下：
如图1，当时，过点作轴，过点作交于点，过点作交于点，
，
，
，
，
，
，
，，
，
设直线的解析式为，
，
解得，
直线的解析式为，
，
解得；
如图2，当时，过点作轴交于点，同理可得，
，，
，
，
解得；
综上所述：的值为或5．
【点评】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，三角形全等的判定及性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键．
10．（2023春 青秀区校级期末）已知：在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于、两点，直线经过点，与轴交于点．
（1）求直线的解析式；
（2）如图1，点为直线上的一个动点，若的面积等于9时，请求出点的坐标；
（3）如图2，将沿着轴平移，平移过程中的记为△请问在平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标．
【分析】（1）设直线的解析式，求出点的坐标，把、的坐标代入解析式计算即可；
（2）设点的横坐标为，根据三角形的面积公式建立方程，求解即可．
（3）按为菱形边长和对角线两种情况讨论，最后根据菱形的性质求出点的坐标即可．
【解答】解：（1）设直线的解析式，
直线与轴，轴分别交于、两点，
，，
直线经过点，与轴交于点，
，
，
直线的解析式：；
（2）由题意可知，，
设点的横坐标为，
，
或．
或；
（3）设将沿着轴平移个单位长度得到△，
，
，，
设点坐标为，
①当为以、、、为顶点的菱形边长时，有两种情况：
当时，即，
此时，即点在轴上，
且，
点与点重合，即．
当时，
，，
，
解得，
此时，即点在轴上，
且，
．
②当为以、、、为顶点的菱形对角线时，，即点在的垂直平分线上，且，关于对称，
当向左一移动，，，，
，
解得或（舍，
当向右移动时，，，，
，
解得（舍或（舍，
，
．
综上所述，存在点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形，点的坐标为，，．
【点评】本题属于一次函数综合题，涉及考查待定系数法求函数解析式，三角形的面积公式，菱形的性质与判定等相关知识，分类讨论等数学思想，根据题意进行正确的分类讨论是解题关键．
11．（2023春 黄州区期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴相交于、两点，点在线段上，将线段绕着点顺时针旋转得到，此时点恰好落在直线上，过点作轴于点．
（1）求证：；
（2）如图2，将沿轴正方向平移得△，当经过点时，求平移的距离及点的坐标；
（3）若点在轴上，点在直线上，是否存在以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用同角的余角相等可得出，由旋转的性质可得出，结合即可证出；
（2）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点的坐标，设，则点的坐标为，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出值，进而可得出点，的坐标，由点，的坐标，利用待定系数法可求出直线的解析式，结合及点在直线上可求出直线的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点的坐标，结合点的坐标即可得出平移的距离；
（3）设点的坐标为，点的坐标为，分为边及为对角线两种情况考虑，利用平行四边形的对角线互相平分，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出点的坐标．
【解答】（1）证明：，
，，
．
将线段绕着点顺时针旋转得到，
．
在和中，，
．
（2）解：直线与轴、轴相交于、两点，
点的坐标为，点的坐标为．
设，
，
，，
点的坐标为．
点在直线上，
，解得：，
点的坐标为，点的坐标为．
点的坐标为，点的坐标为，
直线的解析式为．
设直线的解析式为，
将代入，得：，解得：，
直线的解析式为，
点的坐标为，，
，
平移的距离为．
（3）解：设点的坐标为，点的坐标为．
分两种情况考虑，如图3所示：
①若为边，当四边形为平行四边形时，，，，，
，解得：，
点的坐标为；
当四边形为平行四边形时，，，，，
，解得：，
点的坐标为；
②若为对角线，，，，，
，解得：，
点的坐标为．
综上所述：存在，点的坐标为或．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、平行线的性质以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）利用全等三角形的判定定理证出；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征，求出点，的坐标；（3）分为边及为对角线两种情况，利用平行四边形的对角线互相平分求出点的坐标．
12．（2023春 武汉期末）如图，直线与坐标轴分别交于点，，过点、作直线，以为边在轴的右侧作四边形．
（1）求点，的坐标；
（2）如图，点是轴上一动点，点在的右侧，，；
①如图1，问点是否在定直线上，若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由；
②如图2，点是线段的中点，另一动点在直线上，且，请直接写出点的坐标．
【分析】（1）分别将，代入求解，再根据，即可求解；
（2）①过点作轴，通过证明，得到，即可求解；
②连接，可得点与点重合，作点关于直线的对称点，可得点坐标，求得直线的解析式，即可求解．
【解答】解：（1）分别将，代入，
得，，
即，，
，，
，
，
即，．
答：，．
（2）①点是在定直线上．
过点作轴，如图，
由题意可得：，
，
，
，
，，
，
，
设，则，，
由题意可得：，
即，
点在定直线上．
②连接，由题意可得为等腰直角三角形，，
四边形为正方形，
，
，此时点与点重合，
由①可得，
，
设直线为，将、代入，
得，
解得，
直线为，
当时，，
，
作点关于直线的对称点，
，
此时，
点为直线与的交点，
直线为，
联立，
解得，
．
综上，点坐标为或．
【点评】本题考查了一次函数的综合应用，涉及了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
13．（2023春 宜兴市期末）在平面直角坐标系中，已知矩形，点，，现将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，点、、的对应点分别为点、、．
（1）如图1，当点落在边上时，求直线的函数表达式；
（2）如图2，当、、三点在一直线上时，所在直线与、分别交于点、，求线段的长度．
（3）如图3，设点为边的中点，连接，在矩形旋转过程中，点到直线的距离是否存在最大值？若存在，请直接写出这个最大值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由矩形，点，得，，，可得，即知，，设的函数表达式为，求出，代入可得，故的函数表达式为；
（2）过点作于，连接、，证明，可得，又，有，可得，设，由勾股定理有；解得，即，从而可得；
（3）当在的左侧且时，到直线的距离最大，设于的交点为，求出，又面积法得，故点到直线的距离最大值是．
【解答】解：（1）矩形，点，
，，，
矩形是由矩形旋转得到，
，，
在 中，，
，
，，
直线表达式为，
设的函数表达式为，
由， 得，
，
解得，
的函数表达式为；
（2）如图，过点作于，连接、，
矩形是由矩形旋转得到，
，，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
设，
在 中，，
；
解得，
，
，
，
；
（3）在矩形旋转过程中，点到直线的距离存在最大值，这个最大值是，理由如下：
当在的左侧且时，到直线的距离最大，设于的交点为，如图：
为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
点到直线的距离最大值是．
【点评】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，全等三角形的判定与性质，旋转问题等，解题的关键是掌握旋转的性质．
14．（2023春 辛集市期末）如图，在平面直角坐标系中，点、点分别在轴与轴上，直线的解析式为，以线段、为边作平行四边形．
（1）如图1，若点的坐标为，判断四边形的形状，并说明理由；
（2）如图2，在（1）的条件下，为边上的动点，点关于直线的对称点是，连接，．
①当　30　时，点位于线段的垂直平分线上；
②连接，，设，设的延长线交边于点，当时，求证：，并求出此时的值．
【分析】（1）过作轴于，在中，可得，，即有，，，而，故，，可证，得，，从而可得，根据四边形是平行四边形，且，，即知四边形是正方形；
（2）①过作于，连接，由在的垂直平分线上，可得，而关于直线的对称点是，有，故是等边三角形，，即可得；
②由，关于直线的对称点是，四边形是正方形，可得，，而，有，故，即得，从而可得，设，在中有，从而可解得的值是．
【解答】解：（1）四边形是正方形，理由如下：
过作轴于，如图：
在中，令得，令得，
，，
，，，
，
，，
，，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形，且，，
四边形是正方形；
（2）①过作于，连接，如图：
在的垂直平分线上，
直线是正方形的对称轴，
是的垂直平分线，
，
关于直线的对称点是，
，
，
是等边三角形，
，
关于直线的对称点是，
，
故答案为：30；
②如图：
，
，，
关于直线的对称点是，四边形是正方形，
，，，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，，
在中，，
，
解得，
的值是．
【点评】本题考查一次函数的综合应用，涉及正方形的判定，等边三角形的判定，勾股定理及应用等知识，解题的关键是掌握对称的性质．
二．三角形中位线定理（共3小题）
15．（2023春 宝丰县期末）（1）证明三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半；要求根据图1写出已知、求证、证明；在证明过程中，至少有两处写出推理依据 “已知”除外）
（2）如图2，在中，对角线交点为，、、、分别是、、、的中点，、、、分别是、、、的中点，，以此类推．
若的周长为1，直接用算式表示各四边形的周长之和；
（3）借助图形3反映的规律，猜猜可能是多少？
【分析】（1）作出图形，延长至，使，然后根据“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，全等三角形对应角相等可得，再根据内错角相等，两直线平行可得，然后证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的对边平行且相等可得且，然后整理即可得证；
（2）根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出四边形的周长等于周长的一半，然后依次表示出各四边形的周长，再相加即可得解；
（3）根据规律，的算式等于大正方形的面积减去最后剩下的一小部分的面积，然后写出结果即可．
【解答】解：（1）已知：在中，、分别是边、的中点，
求证：且，
证明：如图，延长至，使，
是的中点，
，
在和中，
，
，
（全等三角形对应边相等），
（全等三角形对应角相等），
，
点是的中点，
，
且，
四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
且（平行四边形的对边平行且相等），
，
且；
（2）、、、分别是、、、的中点，
，，，，
四边形的周长，
同理可得，四边形的周长，
四边形的周长，
，
四边形的周长之和；
（3）由图可知，（无限接近于，
所以（无限接近于．
【点评】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半的证明，利用面积法求等比数列的和，平行四边形的判定与性质，（1）作辅助线构造出全等三角形的和平行四边形是解题的关键，（3）仔细观察图形得到部分与整体的关系是解题的关键．
16．（2023春 沭阳县期末）如图，在中，已知点、、分别是、、的中点，是高．
（1）若，，则四边形的面积为 　20　．
（2）求证：．
【分析】（1）由三角形面积公式可知：、的面积都等于面积的四分之一，进而可求出四边形的面积．
（2）首先证明四边形是平行四边形，进而可得，再利用三角形的中位线定理证明四边形是平行四边形，可得到，即可证出．
【解答】（1）解：，，
，
点、、分别是、、的中点，
、的面积都等于面积的，
四边形的面积，
故答案为：20；
（2）证明：
、、分别是各边中点，
，，
四边形是平行四边形，
，
是的高
、是直角三角形，
点、点是斜边、中点，
，，
，，
，
即，
．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质与判定，三角形的中位线定理，直角三角形的性质，解决题目的关键是证明与．
17．（2023春 达川区校级期末）如图1，在四边形中，，，分别是，的中点，连接并延长，分别与，的延长线交于点，，则（不需证明）．
小明的思路是：在图1中，连接，取的中点，连接，，根据三角形中位线定理和平行线性质，可证得．
问题：如图2，在中，，点在上，，，分别是，的中点，连接并延长，与的延长线交于点，若，连接，判断的形状并证明．
【分析】连接，取的中点，连接、，则是的中位线，是的中位线，从而判断，从而得出，判断为等边三角形，求出后即可得出结论．
【解答】解：判断是直角三角形．
证明：如图连接，取的中点，连接、，
是的中点，
，，
，
同理，，，
，
，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
即是直角三角形．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理、等边三角形的判定与性质，解答本题的关键是参考题目给出的思路，作出辅助线，有一定难度．
三．平行四边形的性质（共3小题）
18．（2023春 渭南期末）问题提出
（1）如图，为等边三角形，边长为，动点从点出发，沿着三角形的三条边顺时针方向以的速度运动，动点从点出发，沿着三角形的三条边逆时针方向以的速度运动．动点、同时出发，当点在上运动且时，求点运动的时间．
问题解决
（2）某小区有一个边长为4米的等边三角形花坛，六一将至，物业借助花坛举办了一个有奖活动，一家四口举着一根长绳在花坛三边任选位置站立（不能站在各边中点上），四人拉紧、拉直长绳后（长绳可有剩余）可得到一个四边形，如工作人员量得这个四边形是平行四边形，则可领取奖品一份．笑笑和爸爸、妈妈、奶奶一起参加活动，四人的方案是奶奶在点站立不动，妈妈在边上某点处站立不动，爸爸从点出发，沿着花坛顺时针方向以2米秒的速度走动（可看作花坛边上运动的点，同时笑笑从点出发，沿着花坛逆时针方向以1米秒的速度走动（可看作花坛边上运动的点．若笑笑出发不到6秒，一家人就得奖了，那么妈妈所选的位置距点多少米？
【分析】（1）设经过秒钟垂直于，解直角三角形即可得到结论；
（2）根据题意设笑笑出发秒，一家人就得奖了，则笑笑走了米，笑笑的爸爸走了米，即米，米，可得米，米，然后证明是等边三角形，可得米，列出方程即可解决问题．
【解答】解：（1）设点运动秒，点在上运动且，如图，
为等边三角形，边长为，
，，
，
由题意可知：，，
，
，
解得：，
点运动的时间为2秒；
（2）是边长为4米的等边三角形，
，．
设笑笑出发秒，一家人就得奖了，
则笑笑走了米，笑笑的爸爸走了米，
米，米，
米，米，
四边形为平行四边形，
米，，
，，
，
是等边三角形，
米，
，
解得，
米．
笑笑出发不到6秒，一家人就得奖了，那么妈妈所选的位置距点米．
【点评】本题主要考查的是平行四边形的性质和等边三角形的性质，利用平行四边形的性质和等边三角形的性质求得相关线段的长度，然后列方程求解是解题的关键．
19．（2023春 滑县校级期末）如图，在中，为对角线，垂直平分分别交、的于点、，交于点．
（1）试说明：；
（2）试说明：；
（3）如果在中，，，有两动点、分别从、两点同时出发，沿和各边运动一周，即点自停止，点自停止，点运动的路程是，点运动的路程是，当四边形是平行四边形时，求与满足的数量关系．（画出示意图）
【分析】（1）根据证即可；
（2）推出，根据平行四边形性质求出，推出，根据证即可；
（3）分为三种情况，求出的周长，每种情况都等于的周长．
【解答】解：（1）四边形是平行四边形，
，
，
垂直平分，
，
在和中，
，
，
；
（2）四边新是平行四边形，
，，，
，
，
在和中，
，
，
（3）解：垂直平分，
，
，
，，
的周长是，
的周长也是15，
①当在上，在上，
，
，
，，
，
，
②当在上，在上，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
；
③当在上，在上，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，，
，
，
．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，平行线的性质和判定的综合运用．此题难度较大，注意掌握数形结合思想的应用．
20．（2023春 万源市校级期末）在平行四边形中，是上一点，，过点作直线，在上取一点，使得，连接．
（1）如图①，当与相交时，若，求证：；
（2）如图②，当与相交时，且，请你写出线段、、之间的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）首先作交于点，易证得，又由，可证得是等边三角形，继而证得结论；
（2）首先作交于点，易证得，继而可得是等腰直角三角形，则可求得答案．
【解答】（1）证明：如图①，作交于点．
．
，，
．
在和中，
，
．
，．
，
是等边三角形．
．
；
（2）．
如图②，作交于点．
．
，
．
．
又，
．
，．
，
是等腰直角三角形．
．
．
【点评】此题考查了平行四边形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质以及三角函数等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
四．平行四边形的判定（共2小题）
21．（2023春 渠县校级期末）如图，在中，，，，过点作，且点在点的右侧．点从点出发沿射线方向以每秒1个单位的速度运动，同时点从点出发沿射线方向以每秒2个单位的速度运动，在线段上取点，使得，连接，设点的运动时间为秒．
（1）若，求的长；
（2）请问是否存在的值，使以，，，为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）作于，由已知条件得出，由等腰三角形的性质得出，由直角三角形斜边上的中线性质得出，证出和是等腰直角三角形，得出，，由得出方程，解方程即可；
（2）由平行四边形的判定得出，得出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）作于，设交于．如图所示：
，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
和是等腰直角三角形，
，，
，
，
解得：，所以；
（2）存在，或12；理由如下：
若以，，，为顶点的四边形为平行四边形，
则，
或
解得：或12
存在的值，使以，，，为顶点的四边形为平行四边形，或12．
【点评】本题考查了平行四边形的判定、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；根据题意得出的方程是解决问题的突破口．
22．（2023春 阿荣旗期末）如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度向点运动；点从点同时出发，以的速度向点运动．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，从运动开始．使和，分别需经过多少时间？为什么？
【分析】（1）由当时，四边形为平行四边形，可得方程，解此方程即可求得答案；
（2）根据，一种情况是：四边形为平行四边形，可得方程，一种情况是：四边形为等腰梯形，可求得当，即时，四边形为等腰梯形，解此方程即可求得答案．
【解答】解：根据题意得：，，则．
（1），
即，
当时，四边形为平行四边形，
即，
解得：，
即当时，；
（2）若，分两种情况：
①，由（1）可知，，
②如图，过作于，过作于，，则四边形是等腰梯形，则有，
可得方程：，
解得：．
【点评】此题考查了直角梯形的性质、平行四边形的判定、等腰梯形的判定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．
五．平行四边形的判定与性质（共2小题）
23．（2023春 乾安县期末）如图，在中，，过上一点作交于点，以为顶点，为一边，作，另一边交于点．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）延长图①中的到点，使，连接，，，得到图②，若，判断四边形 的形状，并说明理由．
【分析】（1）根据平行线的性质得到，根据题意得到，根据平行线的判定定理得到，根据平行四边形的判定定理证明；
（2）根据等腰三角形的性质得到，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明．
【解答】（1）证明：，
，
，
，
，
又，
四边形为平行四边形；
（2）解：四边形是矩形，理由如下：
由（1）得，四边形为平行四边形，
，，
，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
四边形是矩形．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定，掌握它们的判定定理是解题的关键．
24．（2023春 通川区校级期末）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，四边形中，点，，，分别为边，，，的中点．求证：中点四边形是平行四边形；
（2）如图2，点是四边形内一点，且满足，，，点，，，分别为边，，，的中点，猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想；
（3）若改变（2）中的条件，使，其他条件不变，直接写出中点四边形的形状．（不必证明）
【分析】（1）如图1中，连接，根据三角形中位线定理只要证明，即可．
（2）四边形是菱形．先证明，得到，再证明即可．
（3）四边形是正方形，只要证明，利用，得，即可证明，再根据平行线的性质即可证明．
【解答】（1）证明：如图1中，连接．
点，分别为边，的中点，
，，
点，分别为边，的中点，
，，
，，
中点四边形是平行四边形．
（2）四边形是菱形．
证明：如图2中，连接，．
，
即，
在和中，
，
，
点，，分别为边，，的中点，
，，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形．
（3）四边形是正方形．
证明：如图2中，设与交于点．与交于点，与交于点．
，
，
，
，
，，
，
四边形是菱形，
四边形是正方形．
【点评】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、菱形的判定和性质、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
六．菱形的性质（共3小题）
25．（2023春 泉港区期末）如图，在平行四边形中，，点是上动点，连结．
（1）若平行四边形是菱形，，试求出的度数；
（2）若，，，求的长；
（3）过点作交线段于点．过点作于，交的高于点．若，，求证：．
【分析】（1）由菱形的性质可求解的度数，进而可求解；
（2）作于，利用勾股定理可求解、的长，再利用勾股定理可求解的长；
（3）连接，证明，，可得，，，进而可证明结论．
【解答】（1）解：四边形为菱形，，
．，，
；
（2）解：作于，
由勾股定理可得，
，
，，
四边形为平行四边形，
，，
，
解得，
，，
；
（3）证明：连接，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，灵活利用勾股定理是解题的关键．
26．（2023春 西乡塘区校级期末）【问题原型】如图1，在四边形中，，．点、分别为、的中点，连接，．试说明：．
【探究】如图2，在问题原型的条件下，当平分，时，求的大小．
【应用】如图3，在问题原型的条件下，当，且四边形是菱形时，直接写出四边形的面积．
【分析】【问题原型】利用直角三角形斜边的中线性质和三角形的中位线性质可得结论；
【探究】先证明，，根据列方程得的度数；
【应用】由四边形是菱形，说明是等边三角形，再根据等底同高说明与间关系，根据相似说明与间关系，由，得，得等边△的面积，利用三角形的面积间关系得结论．
【解答】解：【问题原型】证明：
在中，点，分别为，的中点
，且
在中，点为的中点，
【探究】解：平分，，
，
，
【应用】四边形的面积为：
四边形是菱形，，
与都是等边三角形，
，
，
，，
．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理、直角三角形斜边的中线的性质、菱形的性质及等边三角形的面积等知识．题目难度中等，由题目原型到探究再到结论，步步深入，符合认知规律．
27．（2023春 大安市期末）【感知】如图①，四边形、均为正方形．可知．
【拓展】如图②，四边形、均为菱形，且．求证：．
【应用】如图③，四边形、均为菱形，点在边上，点在延长线上．若，，的面积为8，则菱形的面积为　　．
【分析】拓展：由四边形、四边形均为菱形，利用易证得，则可得；
应用：由，，可得，又由，可求得的面积，继而求得答案．
【解答】解：拓展：四边形、四边形均为菱形，
，，，．
，
．
，
即．
在和中，
，
，
．（6分）
应用：四边形为菱形，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．（9分）
【点评】此题考查了菱形的性质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的应用．
七．菱形的判定（共2小题）
28．（2023春 桂林期末）如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发，以的速度向终点运动，同时动点从点出发，以的速度沿折线向终点运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为秒．
（1）用含的式子表示．
（2）当为何值时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？
（3）只改变点的运动速度，使运动过程中某一时刻四边形为菱形，则点的运动速度应为多少？
【分析】（1）根据点的速度以及时间结合的长表示即可；
（2）根据勾股定理先求，只有点在上时，方能满足条件，分两种情况：①四边形是平行四边形；②四边形是平行四边形，进行解答即可；
（3）设的速度为，在边上，此时四边形可为菱形，满足，建立方程解决即可．
【解答】解：（1）由于从点以向点运动，
时，，
，
；
（2）过点作于点，，，
四边形是矩形，
，，
，，
中，根据勾股定理可得：
，
则在上运动时间为，
，
运动时间最长为，
时，在边上，
此时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形，分两种情况：
①四边形是平行四边形，如图所示：
即，
只需即可，由（1）知：，
以沿沿折线向终点运动，
运动时间为时，，
，
解得：；
②四边形是平行四边形，如图所示：
同理，
只需，四边形是平行四边形，
由（1）知：，
点，
，
解得：，
综上所述：当或12 时，
直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形；
（3）设的速度为，由（2）可知：在边上，此时四边形可为菱形，
，只需满足即可，
由（1）知：，
由（2）知：，，
，，
解得：，，
当点的速度为5.2 时，四边形为菱形．
【点评】本题考查了四边形的综合题考察了菱形的性质，平行四边形的性质于判定，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
29．（2023春 石景山区校级期末）如图，已知，按如下步骤作图：
①分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于，两点；
②作直线，分别交，于点，，连接；
③过作交于点，连接．
（1）求证：；
（2）求证：四边形是菱形．
【分析】（1）由作图知：为线段的垂直平分线，从而得到，，然后根据得到，，利用证得两三角形全等即可；
（2）根据全等得到，然后根据为线段的垂直平分线，得到，，从而得到，利用四边相等的四边形是菱形判定四边形为菱形．
【解答】解：（1）由作图知：为线段的垂直平分线，
，，
，，
在与中，
，
；
（2），
，
为线段的垂直平分线，
，，
，
四边形为菱形．
【点评】本题考查了菱形的判定、全等的判定与性质及基本作图，解题的关键是了解通过作图能得到直线的垂直平分线．
八．菱形的判定与性质（共3小题）
30．（2023春 益阳期末）如图1，是线段上的一点，在的同侧作和，使，，，连接，点、、、分别是、、、的中点，顺次连接、、、．
（1）猜想四边形的形状，直接回答，不必说明理由；
（2）当点在线段的上方时，如图2，在的外部作和，其他条件不变，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
（3）如果（2）中，，其他条件不变，先补全图3，再判断四边形的形状，并说明理由．
【分析】（1）连接、，利用可判定，从而得到，因为、、、分别是、、、的中位线，则可以得到，根据四边都相等的四边形是菱形，可推出四边形是菱形；
（2）成立，可以根据四边都相等的四边形是菱形判定；
（3）先将图形补充完整，再通过角之间的关系得到，已证四边形是菱形，则四边形是正方形．
【解答】解：
（1）四边形是菱形．（2分）
（2）成立．（3分）
理由：连接，．（4分）
，
．
即．
又，，
．（6分）
、、、分别是、、、的中点，
、、、分别是、、、的中位线．
，，，．
．
四边形是菱形．（7分）
（3）补全图形，如答图．（8分）
判断四边形是正方形．（9分）
理由：连接，．
（2）中已证．
．
，
．
又．
．
．（11分）
（2）中已证，分别是，的中位线，
，．
．
又（2）中已证四边形是菱形，
菱形是正方形．（12分）
【点评】此题主要考查了菱形的判定，正方形的判定，全等三角形的判定等知识点的综合运用及推理论证能力．
31．（2023春 潮南区期末）如图，已知，直线垂直平分，与边交于点，连接，过点作交于点，连接．
（1）求证：；
（2）求证：四边形是菱形．
（3）若，，则菱形的面积是多少？
【分析】（1）由为线段的垂直平分线得到，，然后根据得到，，利用证得两三角形全等即可；
（2）根据全等得到，然后根据为线段的垂直平分线，得到，，从而得到，利用四边相等的四边形是菱形判定四边形为菱形；
（3）由菱形的性质和勾股定理求出，得出的长，由菱形的面积公式即可得出结果．
【解答】（1）证明：为线段的垂直平分线，
，，，
，
，，
在与中，
；
（2）证明：，
，
为线段的垂直平分线，
，，
，
四边形为菱形；
（3）解：四边形是菱形，
，
，，
，．
，
菱形的面积．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、全等的判定与性质、盖棺定论、基本作图、线段垂直平分线的性质，解题的关键是了解通过作图能得到直线的垂直平分线．
32．（2023春 铁东区期末）如图，在中，，．，点从点出发沿方向以每秒2个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒1个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒．过点作于点，连接、．
（1）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；
（2）当为何值时，为直角三角形？请直接写出相应的值为：　或4　．
【分析】（1）由，，证出；
（2）先证明四边形为平行四边形．得出，，若为等边三角形，则？为菱形，得出，，求出；
（3）分三种情况讨论：①时；②时；③时，此种情况不存在；分别求出的值即可．
【解答】解：（1）（2）能；理由如下：
，，
．
又，
四边形为平行四边形．
，，
，，
，
若使能够成为等边三角形，
则平行四边形为菱形，则，
，
；
即当时，为等边三角形；
（2）当或4时，为直角三角形．理由如下：
①时，四边形为矩形．
在中，，
．即，
；
②时，由（2）知，
．
，
．
即，
；
③时，
，
点运动到点处，用了秒中，
同时点也运动5秒钟，点就和点重合，
点也就和点重合，
点，，不能构成三角形．
此种情况不存在；
综上所述，当或4时，为直角三角形．
故答案为：或4．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形、菱形、矩形的判定与性质以及锐角三角函数的知识；考查学生综合运用定理进行推理和计算的能力；特别注意（3）中分类讨论三种情况，分别求出的值，避免漏解
九．矩形的性质（共3小题）
33．（2023春 邻水县期末）已知，矩形中，，，的垂直平分线分别交、于点、，垂足为．
（1）如图1，连接、．求证四边形为菱形，并求的长；
（2）如图2，动点、分别从、两点同时出发，沿和各边匀速运动一周．即点自停止，点自停止．在运动过程中，
①已知点的速度为每秒，点的速度为每秒，运动时间为秒，当、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值．
②若点、的运动路程分别为、（单位：，，已知、、、四点为顶点的四边形是平行四边形，求与满足的数量关系式．
【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再根据对角线互相垂直平分的平行四边形是菱形作出判定；根据勾股定理即可求得的长；
（2）①分情况讨论可知，当点在上、点在上时，才能构成平行四边形，根据平行四边形的性质列出方程求解即可；
②分三种情况讨论可知与满足的数量关系式．
【解答】解：（1）①四边形是矩形，
，
，，
垂直平分，垂足为，
，
，
，
四边形为平行四边形，
又，
四边形为菱形，
②设菱形的边长，则，
在中，，
由勾股定理得，
解得，
．
（2）①显然当点在上时，点在上，此时、、、四点不可能构成平行四边形；
同理点在上时，点在或上或在，在时不构成平行四边形，也不能构成平行四边形．
因此只有当点在上、点在上时，才能构成平行四边形，
以、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，，
点的速度为每秒，点的速度为每秒，运动时间为秒，
，，即，
，
解得，
以、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，秒．
②由题意得，四边形是平行四边形时，点、在互相平行的对应边上．
分三种情况：
如图1，当点在上、点在上时，，即，得；
如图2，当点在上、点在上时，，即，得；
如图3，当点在上、点在上时，，即，得．
综上所述，与满足的数量关系式是．
【点评】本题综合性较强，考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质，注意分类思想的应用．
34．（2023春 凤阳县期末）如图，矩形的对角线与相交于点，，，交于点，连接、．
（1）求证：；
（2）连接，，已知 　①　（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．
条件①：；
条件②：三角形是等边三角形．
（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分）
【分析】（1）由全等三角形的判定与性质，矩形的性质，及等腰三角形的性质，可以证明；
（2）由矩形的性质，直角三角形的性质，两线平行的性质，可以推出四边形是菱形．
【解答】（1）证明：，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）选择①，四边形是菱形，
证明：，，
，
，，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形．
【点评】本题考查矩形的性质，菱形的判定，三角形的性质和判定，关键是灵活应用以上知识点．
35．（2023春 乾安县期末）感知：如图①，的对角线，相交于点，，，则四边形是平行四边形（不需要证明）．
拓展：如图②，矩形的对角线，相交于点，，，则四边形是什么样的特殊四边形，请说明理由．
应用：如图③，菱形的对角线，相交于点，，，交的延长线于点，．求四边形的周长．
【分析】拓展：结合矩形的性质，再利用邻边相等的平行四边形是菱形，进而得出答案；
应用：利用平行四边形的判定方法得出四边形是平行四边形，再利用等边三角形的判定方法得出，即可得出答案．
【解答】解：拓展：四边形是菱形，
证明：，，
四边形是平行四边形．
四边形是矩形，
，
平行四边形是菱形．
故答案为：菱；
应用：，，
四边形是平行四边形，
菱形，，，
，，
是等边三角形，
，
四边形的周长为：．
【点评】此题主要考查了矩形的性质以及菱形的性质和平行四边形的判定、矩形的判定等知识，正确掌握相关性质是解题关键．
一十．正方形的性质（共17小题）
36．（2023春 太康县校级期末）数学课上，张老师出示了问题：如图1，四边形是正方形，点是边的中点．，且交正方形外角的平分线于点，求证：．
经过思考，小明展示了一种正确的解题思路：取的中点，连接，则，易证，所以．
在此基础上，同学们作了进一步的研究：
（1）小颖提出：如图2，如果把“点是边的中点”改为“点是边上（除，外）的任意一点”，其它条件不变，那么结论“”仍然成立，你认为小颖的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由；
（2）小华提出：如图3，点是的延长线上（除点外）的任意一点，其他条件不变，结论“”仍然成立．你认为小华的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由．
【分析】（1）在上取一点，使，连接，根据已知条件利用判定，因为全等三角形的对应边相等，所以．
（2）在的延长线上取一点，使，连接，根据已知利用判定，因为全等三角形的对应边相等，所以．
【解答】解：（1）正确．
证明：在上取一点，使，连接．
，
，
，
是外角平分线，
，
，
，
，，
，
，
．
（2）正确．
证明：在的延长线上取一点．
使，连接．
，
，
平分，
，
，
四边形是正方形，
，
，
即，
，
，
．
【点评】此题主要考查学生对正方形的性质，角平分线的性质及全等三角形的判定方法的掌握情况．
37．（2023春 阳新县期末）问题情境：四边形中，点是对角线的中点，点是直线上的一个动点（点与点、、都不重合）过点，分别作直线的垂线，垂足分别为、，连接，．
（1）初步探究：已知四边形是正方形，且点在线段上，求证；
（2）探究图中与的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据正方形的性质证明即可得出结论；
（2）延长交于，证明，得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出结论．
【解答】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：，理由如下：
如图，延长交于，
，，
，
，
，，
在和中，
，
，
在中，．
．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，解决本题的关键是得到．
38．（2022秋 龙凤区校级期末）如图①，四边形是正方形，是等边三角形，为对角线（不含点）上任意一点，将绕点逆时针旋转得到，连接、、．
（1）连接，是等边三角形吗？为什么？
（2）求证：；
（3）①当点在何处时，的值最小；
②如图②，当点在何处时，的值最小，请你画出图形，并说明理由．
【分析】（1）根据旋转的性质可得，，再根据有一个角是的等腰三角形是等边三角形证明即可；
（2）根据等边三角形的性质可得，，，再求出，然后利用“边角边”证明和全等即可；
（3）①根据两点之间线段最短可知、、三点共线时，的值最小，再根据正方形的性质解答；
②根据全等三角形对应边相等可得，然后求出，再根据两点之间线段最短证明．
【解答】（1）解：是等边三角形．
理由如下：如图①，绕点逆时针旋转得到，
，，
是等边三角形；
（2）证明：和都是等边三角形，
，，，
，
即，
在和中，
，
；
（3）①由两点之间线段最短可知、、三点共线时，的值最小，
四边形是正方形，
点为的中点；
②当点在与的交点时，的值最小，
理由如下：如图②，，
，
是等边三角形，
，
，
由两点之间线段最短可知，点、、、在同一直线上时，，
故，点在与的交点时，的值最小．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，两点之间线段最短，（3）从两点之间线段最短考虑求解是解题的关键．
39．（2023春 西乡塘区校级期末）如图，已知正方形中，为延长线上一点，且，、分别为、的中点，连交于，交，于点．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）过作于点，连，则的值．
【分析】（1）根据正方形的性质得到，，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）延长至，且使，则，由证明，得出，证出为的中位线，得出，得出，即可得出；
（3）过点作交于，由证明，得出，，证出是等腰直角三角形，由勾股定理得出，即可得出答案；
【解答】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，，
，
，
，
；
（2）证明：延长至，且使，连接，如图1所示：
则，
四边形是矩形，
，，，
在和中，，
，
，
，，
为的中点，
为的中位线，
，
；
（3）解：过点作交于，如图2所示：
则，
，
，
，
，
，，
由角的互余关系得：，
，
在和中，，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
40．（2023春 遂平县期末）在边长为5的正方形中，点在边所在直线上，连接，以为边，在的下方作正方形，并连接．
（1）如图1，当点与点重合时，　　；
（2）如图2，当点在线段上时，，求的长；
（3）若，请直接写出此时的长．
【分析】（1）如图1，连接，证明，可得，，三点共线，利用勾股定理可得的长；
（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明，可得和的长，利用勾股定理计算的长；
（3）分三种情况：①当点在边的延长线上时，如图3，同（2）知，，根据勾股定理可得的长，即可的长，此种情况不成立；
②当点在边上；③当点在的延长线上时，同理可得结论．
【解答】解：（1）如图1，连接，
四边形和四边形是正方形，
，，，
，
，
，
，
，，
，，三点共线，
；
故答案为：；
（2）如图2，过点作，交的延长线于，
，，
，
，，
，
，，
，
，，
，
由勾股定理得：；
（3）分三种情况：
①当点在的延长线上时，如图3，同理知，
，
，
由勾股定理得：，
，此种情况不成立；
②当点在边上时，如图4，
同理得：；
③当点在的延长线上时，如图5，
同理得，
，
综上，的长是或．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．
41．（2023春 新会区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点、分别在轴正半轴、轴正半轴上，过点作轴交轴于点，交对角线于点．
（1）求证：；
（2）判断、的数量关系，并说明理由；
（3）若点，坐标分别为、，则的周长为 　24　．
【分析】（1）证明，即可得证；
（2）设，交于点，根据三角形内角和定理得出，根据得出，进而得出，等量代换即可求解；
（3）过点作轴于点，证明，得出，．，，进而即可求解．
【解答】（1）证明：四边形是正方形，
，，
在与中，
，
；
（2）解：，理由如下：
如图所示，设，交于点，
轴，
，
又，
，
，
又，
，即，
；
（3）解：如图所示，过点作轴于点，
则四边形是矩形，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，，
点，坐标分别为、，
，，
，，
，
的周长为．
故答案为：24．
【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，坐标与图形，全等三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
42．（2023春 滨州期末）已知是一个正方形花园．
（1）如图1，、是它的两个门，且，要修建两条路和，问这两条路等长吗？为什么？
（2）如图2，在正方形四边各开一个门、、、，并修建两条路和，使得，问这两条路等长吗？为什么？
【分析】（1）根据正方形的性质证明，即可解决问题；
（2）作于点，交于点，作于点，交于点，根据正方形的性质证明，即可解决问题．
【解答】解：（1）这两条路等长，理由如下：
四边形是正方形，
，，
，
，
即，
，
，
故这两条路等长；
（2）这两条路等长，理由如下：
如图2，作于点，交于点，作于点，交于点，
，，
，
四边形是正方形，
，，
”， ，
四边形、四边形都是矩形，
，，，
”， ，
，
，
，
，
，，
，
，
故这两条路等长．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
43．（2023春 喀什地区期末）如图，正方形中，点是边上的一点（不与点、重合），连接，平分，交边于点．过点作，与的延长线交于点．
（1）根据题意，请把原图画完整；
（2）证明：；
（3）试判断线段、和之间的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）画图即可；
（2）证明，可得结论；
（3）由（2）得：，得，根据，得，根据线段的和可得结论：．
【解答】解：（1）如图所示，
（2）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（3），
理由是：由（2）得：，
，
平分，
，
，
，
即，
，
，
，
，
即．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，垂直的意义，全等三角形的判定和性质，角平分线的意义，解本题的关键是构造全等三角形，是一道中考常考题．
44．（2023春 青县期末）已知边长为2的正方形中，是对角线上的一个动点（与点，不重合），过点作，交于点，过点作，垂足为点．
（1）求证：；
（2）在点的运动过程中，的长度是否发生变化？若不变，求出这个不变的值；若变化，试说明理由．
【分析】（1）过点作于，过点作于，如图1．要证，只需证到即可；
（2）连接，如图2．易证，则有，只需求出的长即可；
【解答】（1）证明：过点作于，过点作于，如图1．
四边形是正方形，，，
．
，．
，即，
．
在和中，
，
，
．
（2）解：的长度不变．
连接，如图2．
四边形是正方形，
，
，即，
，
，即，
，
在和中，
，
，
．
四边形是正方形，
，，
．
，
，
．
点在运动过程中，的长度不变，值为．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，有一定的综合性，而通过添加辅助线证明三角形全等是解决本题的关键．
45．（2023春 贵州期末）如图，正方形中，是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点，直角顶点在射线上移动，另一边交于．
（1）如图1，当点在边上时，探究与所满足的数量关系；
小明同学探究此问题的方法是：
过点作于点，于点，
根据正方形的性质和角平分线的性质，得出，
再证明，可得出结论，他的结论应是　　；
（2）如图2，当点落在的延长线上时，猜想并写出与满足的数量关系，并证明你的猜想．
【分析】（1）过作，，证明即可；
（2）证明思路同（1），只要证明即可；
【解答】解：（1）结论：，
理由：过作，，
，为正方形对角线上的点，
平分，，
，
四边形为正方形，
，，
，
在和中，
，
，
；
故答案为．
（2），
证明：过作，，
，为正方形对角线上的点，
平分，，
，
四边形为正方形，
，，
，
，
．
【点评】此题考查了正方形，角平分线的性质，以及全等三角形判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
46．（2023春 金寨县期末）如图，在正方形中，，为正方形内一点，，，连结，，过点作，垂足为点，交的延长线于点，连结．
（1）当时，求的度数；
（2）判断的形状，并说明理由；
（3）当时，求的长．
【分析】（1）由正方形的性质，求出，再根据三角形内角和定理求解即可即可求解．
（2）由等腰三角形的性质可得是的垂直平分线，可得，由四边形内角和定理，可求，即可求解．
（3）由正方形的性质和等腰直角三角形的性质可求，的长，在中，利用勾股定理可求解．
【解答】解：（1）四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
．
（2）结论：是等腰直角三角形．
理由：，，
是的垂直平分线，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
为等腰直角三角形．
（3）如图，连接，
四边形是正方形，
，
为等腰直角三角形，，
，
，
，
，
（负根已经舍弃）．
【点评】本题考查了正方形性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．
47．（2023春 无棣县期末）如图，正方形中，是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点，直角顶点在射线上移动，另一边交于．
（1）如图①，当点在边上时，猜想并写出与所满足的数量关系，并加以证明；
（2）如图②，当点落在的延长线上时，猜想并写出与满足的数量关系，并证明你的猜想．
【分析】（1）结论：，如图①中，过作，，垂足分别为，．只要证明即可．
（2）结论不变，证明方法类似．
【解答】解：（1）结论：，
理由：如图①中，过作，，垂足分别为，．
为正方形对角线上的点，
平分，，
，
四边形为正方形．
，，
，
在和中，
，
，
；
（2）结论：．
理由：如图②，过作，，垂足分别为，，
为正方形对角线上的点，
平分，，
，
四边形为正方形，
，，
，
在和中，
，
，
．
解法二：连接，先证明以角平分线为对称轴的两个三角形全等，再将角和角用未知数表示，通过角的代换等角对等边证明，
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等的三角形解决问题，属于中考常考题型．
48．（2023春 香河县期末）如图，在正方形中，是边上的一点（不与，重合），点关于直线的对点是点，连接，，直线，交于点，连接．
（1）在图1中补全图形， 　　（填“”“ ”或“” ；
（2）猜想和的数量关系，并证明．
【分析】（1）根据题意补全图形，由对称得，，等边对等角可得，根据同角的余角相等可得，等量代换即可得出结论；
（2）根据正方形的性质得，则，等边对等角可得，根据三角形的外角性质及角的和差可得，由（1）知，则，由得．
【解答】解：（1）补全图形如图1，
由对称得，，
，，
四边形是正方形，
，
，
，
故答案为：；
（2）．
证明：四边形是正方形，
，
，
，
，
，，
，
由（1）知，
，
，
．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、轴对称的性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的性质和等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
49．（2023春 通许县期末）如图1，正方形中，点是对角线的中点，点是线段上（不与、重合）的一个动点，过点作且交边于点．
（1）求证：；
（2）过点作于点，如图2，若正方形的边长为2，则在点运动的过程中，的长度是否发生变化？若不变，请直接写出这个不变的值；若变化，请说明理由．
【分析】（1）作辅助线，构建全等三角形，根据证明可得结论；
（2）如图2，连接，通过证明，得，则为定值是．
【解答】解：（1）证明：
如图1，过作，交于，交于，
，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
中，，
是等腰直角三角形，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
；
（2）在点运动的过程中，的长度不发生变化，理由是：
如图2，连接，
点是正方形对角线的中点，
，
，
，
，
，
，
，
由（1）得：，
，
，
，是等腰直角三角形，
，
为定值是．
【点评】本题是一个动态几何题，考查用正方形性质、等腰直角三角形的性质、三角形全等的条件和性质进行有条理的思考和表达能力．利用条件构造三角形全等是解题的关键．本题涉及知识点较多，综合性很强，难度适中．
50．（2023春 南岗区期末）定义：在平面直角坐标系中，如果点，为某个菱形相邻的两个顶点．且该菱形的两条对角线分别与轴，轴平行，另外两个顶点中有一个点的纵坐标小于，两点的纵坐标，那么称该菱形为点，的“相关菱形”．如图1所示，为点，的“相关菱形”的示意图．已知点的坐标为，点的坐标为．
（1）如果，在图2中画出点，的“相关菱形”，并求出该菱形的面积；
（2）如果点，的“相关菱形”为正方形，在图3中画出相应图形，请直接写出的值．
【分析】（1）首先确定为菱形的一边，轴为对角线，过点作轴于点，在的延长线上截取，得到菱形的一个顶点，在的延长线上截取，得到菱形的另一个顶点，据此可作出菱形；然后根据，，由菱形的面积公式可求出菱形的面积；
（2）首先确定为正方形的一边，轴为对角线，过点作轴于点，在的延长线上截取，得到正方形的一个顶点，然后分两种情况进行讨论：①当点在轴的正半轴上时，根据正方形的性质可得到菱形的另两个顶点，，由点，的坐标可得的值；②当点在轴的负半轴上时，①的点即为点，点即为点，由此可得的值．
【解答】解：（1）
点的坐标为，
根据“相关菱形”的定义得：线段只能是点， “相关菱形”的一边，轴为对角线，
过点作轴于点，在的延长线上截取，
则点为点， “相关菱形”的一个顶点，
在的延长线上截取，
则点为点，的“相关菱形”的另一个顶点，
过点，，，作四边形为所求，
则四边形为点，的“相关菱形”．
理由如下：
，，
四边形为平行四边形，
又，
四边形为菱形．
点，点，
，，
点的坐标为，，
，，
，，
．
（2）点在轴上，点，
根据“相关菱形”的定义得：线段只能是点， “相关菱形”的一边，轴为对角线，过点作轴于点，在的延长线上截取，
则点为点，的“相关菱形”的一个顶点，另两个顶点分别在轴上，
点，
，，
点的坐标为，
分两种情况进行讨论：
①当点在轴的正半轴上时，
又点，的“相关菱形”为正方形，
，
，
在的延长线上截取，
，
点的坐标为，点的为坐标为，
过点，，，作四边形为所求，此时．
②当点在轴的负半轴上时，
同理可得：点，点，此时，
综上所述：点，的“相关菱形”为正方形，的值为5或．
【点评】此题主要考查了点的坐标，菱形和正方形的判定和性质，解答此题的关键是理解题目中“相关菱形”的定义，熟练掌握菱形及正方形的性质．
51．（2023春 大观区校级期末）如图①，已知正方形中，，分别是边，上的点（点，不与端点重合），且，，交于点，过点作交于点．
（1）写出与的数量关系为 　　，位置关系为 　　．
（2）若，，试求线段的长．
（3）如图②，连接并延长交于点，若点是的中点，试求的值．
【分析】（1）证明，得出，得出，可得出结论；
（2）根据三角形的面积可求出，证明，由全等三角形的性质得出，则，可求出答案；
（3）证得，，可得出，在四边形中，设，，则，，，由可得出，的关系式，则可求出答案．
【解答】解：（1），，
理由：在正方形中，，，
又，
，
，，
又，
，
，
，
故答案为：，；
（2）在正方形中，，，，
，
，
，
在中，，
，
，，
，
，
，
又，
，
，
（3）在正方形中，，，
，，
，
，
，，
，
在中，，
，
在四边形中，设，，
则，，，
，
，
，
即，
．
【点评】本题属于四边形综合题，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，平行线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想解决问题，学会用方程的思想方法解决问题．
52．（2023春 鼓楼区校级期末）问题引入：如图①，，，，是线段的中点．连结并延长交于点，连结．则与之间的数量关系是 　　．
问题延伸：如图②，在正方形和正方形中，点、、在同一条直线上，点在上，是线段的中点，连结、．
（1）判断与之间的数量关系，并说明理由．
（2）连结，若，，则的长为 　　．
【分析】问题引入：利用证明，可得，进而可以解决问题；
问题延伸（1）延长交于点，根据正方形的性质证明，可得，，根据为斜边上的中线，进而可以解决问题；
（2）根据正方形的性质设，可得，然后利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：问题引入：，理由如下：
，
，
是的中点，
，
在和中，
，
，
，
，
为斜边上的中线，
，
；
故答案为：；
问题延伸：（1），理由如下：
如图，延长交于点，
四边形，为正方形，
，，
，
为的中点，
，
在和中，
，
，
，，
为斜边上的中线，
，
；
（2）四边形、为正方形，
，，，
设，
，
，
，
，
，
，
，，
．
【点评】本题考查了正方形的性质的运用，矩形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理，解答时证明三角形全等是解答本题的关键．
一十一．正方形的判定与性质（共7小题）
53．（2023春 秦淮区期末）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接．
（1）求证：矩形是正方形；
（2）探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【分析】（1）作出辅助线，得到，然后判断，得到，则有即可；
（2）同（1）的方法判断出得到，即：．
【解答】解：（1）如图，作于，于，
，
点是正方形对角线上的点，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
四边形是矩形，
矩形是正方形；
（2）的值是定值，定值为6，理由如下：
正方形和正方形，
，，
，
，
在和中，，
，
，
是定值．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，矩形的判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是作出辅助线，判断三角形全等．
54．（2023春 柘城县期末）四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以、为邻边作矩形，连接．
（1）如图1，求证：矩形是正方形；
（2）若，，求的长度；
（3）当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数．
【分析】（1）作于，于，证明，得到，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现是中点，点与重合，是等腰直角三角形，由此即可解决问题．
（3）分两种情形考虑问题即可；
【解答】（1）证明：作于，于，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
矩形是正方形；
（2）如图2中，在中．，
，
，
点与重合，此时是等腰直角三角形，易知．
（3）①当与的夹角为时，点在边上，，
则，
在四边形中，由四边形内角和定理得：，
②当与的夹角为时，点在的延长线上，，如图3所示：
，，
，
综上所述，或．
【点评】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
55．（2023春 来凤县期末）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作．交射线于点，以、为邻边作矩形，连接．
①求证：矩形是正方形；
②探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【分析】（1）作出辅助线，得到，然后判断，得到，则有即可；
（2）同（1）的方法证出得到，得出即可．
【解答】①证明：过作于点，过作于点，如图所示：
正方形，
，，
，
且，
四边形为正方形，
四边形是矩形，
，，
，
又，
在和中，，
，
，
矩形为正方形；
②解：的值为定值，理由如下：
矩形为正方形，
，，
四边形是正方形，
，，
，
在和中，，
，
，
，
是定值．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，矩形的判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是作出辅助线，判断三角形全等．
56．（2023春 淮阳区期末）（1）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，如图1．求证：四边形是正方形；
（2）将图1中的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，如图2．线段与是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由．
【分析】（1）由折叠性质得，，，再根据平行线的性质和等腰三角形的判定得到四边形是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形为正方形；
（2）连接，证明△△，得，便可得结论．
【解答】（1）证明：是矩形，
，
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，
，，，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
四边形是正方形；
（2）解：．
证明：如图1，连接，由（1）知，，
四边形是矩形，
，，
由折叠知，，，
，，
又，
在△和△中，
，
△△，
，
．
【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，等腰三角形的判定，全等三角形的性质与判定，解决本题关键证明利用勾股定理构建方程．
57．（2023春 福田区校级期末）如图1，四边形为正方形，为对角线上一点，连接，．
（1）求证：；
（2）如图2，过点作，交边于点，以，为邻边作矩形，连接．
①求证：矩形是正方形；
②若正方形的边长为9，，求正方形的边长．
【分析】（1）根据正方形的性质证明，即可解决问题；
（2）①作于，于，得到，然后证得，得到，则有，根据正方形的判定即可证得矩形是正方形；
②证明，可得，，证明，连接，根据勾股定理即可解决问题．
【解答】（1）证明：四边形为正方形，
，，
在和中，
，
，
；
（2）①证明：如图，作于，于，
得矩形，
，
点是正方形对角线上的点，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
四边形是矩形，
矩形是正方形；
②解：正方形和正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
．
，
，
连接，
，
．
正方形的边长为．
【点评】此题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是正确作出辅助线，证得．
58．（2023春 太康县期末）（1）如图矩形的对角线、交于点，过点作，且，连接，判断四边形的形状并说明理由．
（2）如果题目中的矩形变为菱形，结论应变为什么？说明理由．
（3）如果题目中的矩形变为正方形，结论又应变为什么？说明理由．
【分析】（1）根据矩形的性质得出，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形，根据菱形的判定推出即可；
（2）根据菱形的性质得出，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形，根据矩形的判定推出即可；
（3）根据正方形的性质得出，，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形，根据正方形的判定推出即可；
【解答】解：（1）四边形的形状是菱形，
理由是：四边形是矩形，
，，，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形；
（2）四边形的形状是矩形，
理由是：四边形是菱形，
，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是矩形；
（3）四边形的形状是正方形，
理由是：四边形是正方形，
，，，，
，，
，，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是正方形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，矩形、菱形、正方形的性质和判定，主要考查学生的猜想能力和推理能力，题目具有一定的代表性，是一道比较好的题目．
59．（2023春 曲阳县期末）问题解决：如图1，在矩形中，点，分别在，边上，，于点．
（1）求证：四边形是正方形；
（2）延长到点，使得，判断的形状，并说明理由．
类比迁移：如图2，在菱形中，点，分别在，边上，与相交于点，，，，，求的长．
【分析】（1）根据矩形的性质得，由等角的余角相等可得，利用可得，由全等三角形的性质得，即可得四边形是正方形；
（2）利用可得，由全等三角形的性质得，由已知可得，根据线段垂直平分线的性质可得即可得，是等腰三角形；
类比迁移：延长到点，使，连接，利用可得，由全等三角形的性质得，，由已知可得，可得是等边三角形，则，等量代换可得．
【解答】（1）证明：如图1中，
四边形是矩形，
，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
四边形是矩形，
四边形是正方形；
（2）解：结论：是等腰三角形，
理由：四边形是正方形，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰三角形；
类比迁移：解：延长到点，使，连接，
四边形是菱形，
，，
，
，
，
，，
，
，
是等边三角形，
，
．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形判定和性质等知识，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，属于中考压轴题．
一十二．四边形综合题（共1小题）
60．（2023春 湖北期末）（1）尝试探究：
如图1，是正方形的边上的一点，过点作，交的延长线于．
①求证：；
②过点作的平分线交于，连接，请探究与的数量关系，并证明你的结论．
（2）拓展应用：
如图2，是正方形的边上的一点，过点作，交的延长线于，连接交于，连接并延长交于，已知，，求的长．
【分析】（1）先判断出，再证明即可解决问题．
（2）证明即可解决问题．
（3）如图2中，作交于，连接．证明，由，，推出垂直平分线段，推出，设，则，，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，在正方形中，，，
，
，
，
，
．
（2）结论：．
理由：如图1中，，
，
，，
，
．
（3）如图2中，作交于，连接．
四边形是正方形，
，，，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
垂直平分线段，
，设，则，，
在中，则有，
，
．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，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，属于中考常考题型．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑