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易错点07 四边形
易错陷阱一：多边形及其内角和
易错点1:正多边形的边和角
一、正多边形的定义
正多边形是指二维平面内各边相等，各角也相等的多边形。正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心，外接圆的半径叫做正多边形的半径。
二、正多边形的边和角的关系
1.正多边形的各边相等，各角也相等。
2.正n边形的一个内角大小为(n-2)×180°÷n，一个外角大小为360°÷n。由于一个内角与其相邻的外角互补，所以内外角之和为180°。
3.正多边形的中心角，即中心到多边形任意一边的连线与相邻两边的夹角，也等于360°÷n。
三、正多边形的对称性
正多边形具有高度的对称性。对于奇数边的正多边形，其对称轴是连接一个顶点和该顶点所对边的中点的线段所在的直线；对于偶数边的正多边形，除了上述对称轴外，连接相对两个边的中点或者相对称的两个顶点的线段所在的直线也是对称轴。
易错提醒：（1）混淆正多边形与普通多边形（2）计算内角或外角时出错（30忽视正多边形的对称性.
易错点2:圆内接四边形的角
1.圆内接四边形的对角互补，即任意两个对角的角度和为180度。例如，在圆内接四边形ABCD中，角ABC角ADC互补，角BAC与角BCD互补。
2.圆内接四边形的外角等于它的内对角。也就是说，如果一个角是圆内接四边形的一个外角，那么它等于与它不相邻的内对角。
易错提醒：（1）误将圆内接四边形的非相邻内角当作互补角。实际上，只有对角才互补，非相邻的内角并不互补。（2）在应用外角等于内对角的性质时，可能会混淆外角和内对角的位置关系，导致错误。因此，在解题时需要仔细辨别角度的位置关系。（3）对于圆内接四边形的角度计算问题，如果未能准确理解并应用相关性质，可能会导致计算错误。
例1．若一个正多边形的内角和比另一个多边形的外角和多，则这个正多边形的边数为 ．
例2．如图，是的内接三角形，点是弧的中点，已知，，则 度．
变式1．如图为九边形边缘异形币，该正九边形的内角和为 ．
变式2．我国古代伟大的数学家刘徽于公元263年撰《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值．刘徽发现，圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，从而创立“割圆术”，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法．如图，六边形ABCDEF是圆内接正六边形，把每段弧二等分，作出一个圆内接正十二边形，连接AG，CF，AG交CF于点P，若，则的长为 ．
变式3．如图，点在上，，则 ．
变式4．如图，四边形内接于，若四边形是菱形，则 ．
易错陷阱二：平行四边形
易错点3:平行四边形的性质与判定
平行四边形的性质主要包括：
一、平行四边形的对边相等；
二、平行四边形的对角相等；
三、平行四边形的对角线互相平分；
四、平行四边形是中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点；
五、平行四边形的面积等于底和高的积。
平行四边形的判定方法主要包括：
一、两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
二、对角线互相平分的四边形是平行四边形；
三、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
四、两组对角分别相等的四边形是平行四边形；
五、两组对边分别平行的四边形是平行四边形。
易错提醒：（1）对平行四边形性质的灵活运用不够熟练，导致在解题时无法准确应用；（2）对平行四边形判定方法的掌握不够全面，容易忽略某些判定条件；（3）在求平行四边形的面积时，容易混淆底和高的对应关系，导致计算结果错误；（4）在证明一个四边形是平行四边形时，选错证明方法，导致证明过程繁琐或无法得出正确结论。
例3．如图，平行四边形的边在x轴正半轴上，，，点D是的中点，的图象经过C、D，则 ．
变式1．如图，在 中，，为边上一点，作关于直线的对称点，连接交于点，当在上且，时，的长为 ．
变式2．如图，在中，，点为边上一点，，点是边上的动点，将沿直线折叠得到，若点恰好落在线段上，则的值为 ．
易错陷阱三：特殊平行四边形
易错点4:坐标系中的特殊平行四边形
在平面直角坐标系中，特殊平行四边形的顶点坐标可以通过其性质和判定定理进行求解。例如，已知正方形的边长和某一顶点的坐标，可以利用勾股定理或三角形全等求解其他顶点的坐标。
易错提醒：（1）忽视特殊平行四边形的判定条件（2）混淆特殊平行四边形的性质（3）计算错误。
易错点5:特殊平行四边形的性质
1.矩形的性质：
（1）四个角都是直角。
（2）对角线相等。
2.菱形的性质：
（1）四条边都相等。
（2）对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。
（3）面积等于对角线乘积的一半。
3.正方形的性质：
正方形具有矩形和菱形的所有性质。
即四条边相等，四个角都是直角，对角线相等且互相垂直平分。
易错提醒：（1）误认为平行四边形的对角线相等，实际上平行四边形的对角线只是互相平分，不一定相等。
（2）误认为一组对边平行且相等就能判定为平行四边形，实际上必须两组对边分别平行且相等才能判定为平行四边形，否则可能是等腰梯形。（3）在证明特殊平行四边形时，选择正确的方法非常重要。例如，在证明菱形时，不能错误地认为两组邻边相等的四边形就是菱形，实际上必须是一组邻边相等且是平行四边形的四边形才是菱形。（4）在利用对角线长度求菱形面积时，不要忘记乘1/2。
易错点6:特殊平行四边形的证明
1.矩形：有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；有三组相邻的边互相垂直的平行四边形是矩形。
2.菱形：有一组邻边相等的平行四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形；四边相等的四边形是菱形。
3.正方形：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；对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形；既是矩形又是菱形的四边形是正方形。
易错提醒：（1）对角线性质混淆（2）判定条件不全面（3）三角形中位线定理运用不熟练。
易错点7:特殊平行四边形的折叠
一、菱形中的折叠
在菱形中，对角线互相垂直且平分。折叠菱形纸片时，若使某一点与对角线的交点重合，则折痕会垂直平分该点到交点的线段。此时，可以利用菱形的性质和折叠后的对称性，构造出直角三角形，进而求解。
二、矩形中的折叠
矩形纸片折叠后，可以形成新的矩形或其他四边形。在折叠过程中，需要关注折叠后的图形与原图形的关系，以及折叠线（即对称轴）的位置。通过折叠，可以构造出全等的三角形或特殊的四边形，进而利用这些图形的性质进行求解。
三、正方形中的折叠
正方形纸片折叠后，同样可以形成新的正方形或其他四边形。在折叠过程中，需要关注正方形的对称性和翻折不变性。通过折叠和构造辅助线，可以形成直角三角形或其他特殊图形，进而利用这些图形的性质进行求解。
易错提醒：（1）混淆特殊四边形的判定条件（2）未充分利用折叠的对称性和翻折不变性（3）未正确构造辅助线或利用特殊图形
易错点8:特殊平行四边形的旋转
一、旋转的性质
图形在旋转前后是全等的。例如，正方形绕着其对角线的交点旋转90度后，能与原来的正方形重合。
二、特殊平行四边形的旋转应用
1.正方形旋转：在正方形ABCD中，若点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF为45度，连接EF。通过旋转，可以证明EF等于BE与DF之和。
2.菱形旋转：在菱形中，若∠BAD为120度，∠EAF为60度，∠EAF的两边与菱形的两边相交，通过旋转，可以探索线段之间的数量关系。
三、旋转在解题中的应用
在解决特殊平行四边形的问题时，适当地应用旋转变换，可以将分散、远离的条件从图形的某一部分转移到适当的新的位置上，从而集中已知条件和求证结论，达到解决问题的目的。
易错提醒：（1）对旋转性质的理解不足（2）忽视特殊平行四边形的性质（3）旋转角度和方向的混淆。
易错点9:特殊平行四边形中的三角函数
1 正弦、余弦、正切的定义：在直角三角形中，正弦是对边与斜边的比值，余弦是邻边与斜边的比值，正切是对边与邻边的比值。在特殊平行四边形中，可以通过构造直角三角形来应用这些定义。
2 特殊角度的三角函数值：对于30°、45°、60°等特殊角度，其正弦、余弦、正切值具有特定的数值，这些数值在解决特殊平行四边形中的问题时非常有用。
3 三角函数的应用：在特殊平行四边形中，可以利用三角函数来求解未知边长或角度。例如，在矩形中，已知一条边长和一个角度，可以利用正弦或余弦函数求出另一条边长。
易错提醒：（1）忽视平行四边形的特殊性（2）混淆三角函数定义（3）忽视角度范围（4）误用三角函数公式。
易错点10;特殊平行四边形中的新定义
新定义的理解：明确题目中赋予图形的特殊条件（如边、角、对角线的特殊关系）。
性质推导：基于定义，结合平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定与性质进行推理。
分类讨论：根据定义中可能存在的不同情况（如动点问题、参数变化）分析图形形态。
几何变换：涉及对称、旋转等变换时，需关联图形的不变量与变量特征。
易错提醒：（1）条件遗漏：忽视定义中的隐含条件（如“相邻边相等”可能隐含角的关系）。（2）判定混淆：错误套用矩形、菱形的判定定理（如对角线垂直平分≠菱形）。（3）逻辑跳跃：未严格证明所有必要条件直接断言图形类型（如缺步论证正方形）。（4）符号误读：混淆自定义术语与常规几何概念（如“等邻角”≠对角相等）。
例4．如图，菱形的边在x轴负半轴上，点C的坐标为，将菱形绕点A旋转，点O的对应点恰好落在对角线上，则点C的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
例5．如图，在矩形中，，对角线与交于点O，，垂足为点E，且平分，则的长为（ ）
A．3 B．4 C． D．
例6．如图，在中，对角线，相交于点，，是的中点，过点作，交于点．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求四边形的面积．
例7．如图，正方形的边长为6，将正方形折叠，使顶点D 落在边上的点E 处，折痕为．若点E恰好是的中点，则线段的长为（ ）
A． B． C．3 D．
例8．如图，坐标平面内有一个矩形，点位于原点，点、在坐标轴上，点的坐标为，现固定点并将此矩形按顺时针方向旋转，若旋转后点的坐标为，则旋转后点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
例9．如图，在中，，分别以为边向外作正方形和正方形，连结，设，则的值为（ ）
A． B．2 C． D．
例10．新定义1：将宽与长的比等于黄金分割比的矩形称为黄金矩形
新定义2：将顶角为的等腰三角形称为黄金三角形
①在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平
②如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平
③折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处
④展平纸片，按照所得到的点D折出
(1)根据以上折纸法，求证：矩形为黄金矩形
(2)如图5，已知为黄金三角形，，求：的长
(3)在（2）的条件下，截取交AC于D，截取交线段于E，过E作任意直线与边交于P，Q两点，试判断：是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由
变式1．如图，四边形为矩形，A，C分别在坐标轴上， ，，将绕点A顺时针旋转得，交x轴于点E，则点E坐标为 （ ）

A． B． C． D．
变式2．如图，四边形是矩形，反比例函数的图象与边交于点，与边交于点，与交于点，，若四边形的面积为，则的值是 ．
变式3．如图，在菱形中，于点，，，则的长是（ ）
A． B．6 C． D．12
变式4．如图，点是正方形的边上一点，过点作，交射线于点，连接交于点，则 ，若，则 ．
变式5．如图，在中，对角线，相交于点，作和的平分线，分别交于点，，延长交于点，延长交于点．
(1)求证：；
(2)已知（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），判断四边形的形状，并证明．条件①：平分；条件②：．
变式6．如图，在中，，垂足为点D，是外角的平分线，，垂足为点E．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)当满足什么条件时，四边形为正方形？给出证明．
变式7．如图，矩形中，，．点E为上一个动点，把沿折叠，当点D的对应点落在的角平分线上时，的长为 ．
变式8．综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．
(1)【操作猜想】
操作一：对折正方形纸片，使边与边重合，得到折痕，把纸片展平，如图1；
操作二：继续沿折叠纸片，使点落在正方形内部点处，把纸片展平，连接，，如图2．
根据以上操作：写出一个图2中与相等的角：______．
(2)【探究证明】
如图3，延长与边交于点，连接．
①与的大小关系是______；线段，，之间的数量关系是______；
②求证：．
(3)【拓展延伸】
如图3，若正方形的边长为，求点到线段的距离．
变式9．如图1，在矩形中，，，点、在、上，且，将四边形绕点逆时针旋转角，连接、相交于点，旋转后的图形如图2所示，则此时的值为 ．
变式10．新考法 知识探索＋迁移＋拓展
【操作判断】
①在学习特殊平行四边形的性质时，赵老师让学生制作两个大小相同的正方形纸片和，其中正方形的对角线相交于点O，赵老师让学生固定正方形纸片， 将 正 方 形 纸 片的顶点D'与点O重合，并将纸片绕着点O旋转，如图（1），学生们惊奇 地发现两个正方形重叠部分的面积 ．（填“变了”或“不变”）
② 赵老师又让学生制作了两个大小一样的菱形纸片和，其中菱形 的 对 角 线相交于点O，． 赵老师让学生固定菱形纸片， 将菱形纸片的顶 点 与点O重合，并将纸片绕着点O旋转，交边于点E，交边 于 点 F， 如 图（2），学生们惊奇地发现两个菱形重叠部分（四边形） 的面积 ．（填“变了”或 “不变”）
【探索发现】
根据（1）中的发现，学生们认为图（1）和图（2）存在共同的特征：①射线是的 ；
② ．
【迁移探究】
如图（3），平分，点 P 在上，点E，D 分别是，上的动点，且，当点D，E 分别在， 上运动时，试判断四边形的面积是否发生变化，并利用图 （3）说明理由．
【拓展应用】
如图（4），平行四边形中 ，，，，点E为边上一点，且平分， 连接．将绕 点E 旋转，当点C 的对应点F 落在上时，点F 恰好为的三等分点，请直接写出m 的值．
变式11．如图，四边形是矩形，连接，点、分别为、边的中点，连接，，交的延长线于点，点为的中点，连接，若，则 ．
变式12．【知识技能】
（1）如图1，在三角形纸片中，，点D在上，将沿直线翻折后，点B落在点E处，如果，那么线段的长为多少？
【数学理解】
（2）如图2矩形中，，点E为上一点：且，将沿翻折，得到，连接并延长，与相交于点F，则的值为：
【拓展探索】
（3）如图3，在矩形纸片中，，点E为射线上的一个动点，把沿直线折叠，当点A的对应点F刚好落在线段的垂直平分线上时，求的长．
变式13．新定义：平行四边形一组邻边的中点与不在这组邻边上的顶点顺次连接而成的三角形如果是直角三角形，则称这个三角形为平行四边形的“中直三角形”，并且把该平行四边形的长边与短边之比成为该平行四边形的“度量值”
(1)如图1，已知矩形，为其“中直三角形”，其中，求：矩形的“度量值”；
(2)如图2，为的“中直三角形”，其中，，求：的“度量值”；
(3)在中，，，请直接写出以为中直三角形的平行四边形的“度量值”．
变式14．定义：在平面直角坐标系xOy中，当点N在图形M的内部，或在图形M上，且点N的横坐标和纵坐标相等时，则称点N为图形M的“梦之点”．
(1)如图①，矩形的顶点坐标分别是，，，，在点，，中，是矩形 “梦之点”的是 ；
(2)如图②，已知点A，B是抛物线上的“梦之点”，点C是抛物线的顶点．连接，，，求的面积；
(3)在（2）的条件下，点P为抛物线上一点，点Q为平面内一点，是否存在点P、Q，使得以为对角线，以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由．
1．如图，在中，，，点在边上，点在边上，将沿直线翻折，点恰好落在边上的点处，若，则的长为（ ）
A．1.6 B．2 C．2.4 D．3
2．如图，在正五边形中，延长，交于点，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在中，，将折叠，使点C与点A重合，折痕为，且，则的边上的高是（ ）
A． B． C．5 D．4
4．若一个边形的每一个外角为，则边数的值是 ．
5．如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，，若菱形的面积为，则的长为 ．
6．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的顶点B在y轴上，边在x轴上，点H为的中点，连接并延长，交的延长线于点M，则点M的横坐标为 ．
7．如图1为折叠便携钓鱼椅子，将其抽象成几何图形，如图2所示，测得，，，，，已知．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)求椅子最高点A到地面的距离．
8．如图，在矩形中，点是上一点，连接，，点是上一点，．求证：．
9．【模型建立】
（1）如图1，在正方形中，点E，F分别在边，上，且AE⊥DF，求证：；
【模型应用】
（2）如图2，在矩形中，，，点E在边上，点M，N分别在边，上，且，求的值；
【模型迁移】
（3）如图3，在四边形中，，，，，点E，F分别在边，上，且，垂足为G，求的值．
10．数学活动课上，小陈同学把两个相同的直角三角板拼成了如图1所示的图形，研究发现四边形满足，，，借助学习特殊四边形的经验，小陈同学将两组邻边分别相等，且有一组对角为的四边形叫作“完美筝形”．
【性质探究】
（1）“完美筝形”是__________图形．（填“轴对称”或“中心对称”）
【性质应用】
图1如图2，四边形是“完美筝形”，其中，，，将四边形先折叠成如图3所示的形状，再展开得到图4，，为折痕，，点B的对应点为，点D的对应点为，连接，相交于点O．
（2）若图4中的四边形是“完美筝形”．
①判断四边形是什么特殊四边形，并说明理由；
②求的度数．
（3）如图5，在矩形中，，，点E，F分别在边，上，点G在边上，当四边形是“完美筝形”时，直接写出线段的最大值与最小值．
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易错陷阱一：多边形及其内角和
易错点1:正多边形的边和角
一、正多边形的定义
正多边形是指二维平面内各边相等，各角也相等的多边形。正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心，外接圆的半径叫做正多边形的半径。
二、正多边形的边和角的关系
1.正多边形的各边相等，各角也相等。
2.正n边形的一个内角大小为(n-2)×180°÷n，一个外角大小为360°÷n。由于一个内角与其相邻的外角互补，所以内外角之和为180°。
3.正多边形的中心角，即中心到多边形任意一边的连线与相邻两边的夹角，也等于360°÷n。
三、正多边形的对称性
正多边形具有高度的对称性。对于奇数边的正多边形，其对称轴是连接一个顶点和该顶点所对边的中点的线段所在的直线；对于偶数边的正多边形，除了上述对称轴外，连接相对两个边的中点或者相对称的两个顶点的线段所在的直线也是对称轴。
易错提醒：（1）混淆正多边形与普通多边形（2）计算内角或外角时出错（30忽视正多边形的对称性.
易错点2:圆内接四边形的角
1.圆内接四边形的对角互补，即任意两个对角的角度和为180度。例如，在圆内接四边形ABCD中，角ABC角ADC互补，角BAC与角BCD互补。
2.圆内接四边形的外角等于它的内对角。也就是说，如果一个角是圆内接四边形的一个外角，那么它等于与它不相邻的内对角。
易错提醒：（1）误将圆内接四边形的非相邻内角当作互补角。实际上，只有对角才互补，非相邻的内角并不互补。（2）在应用外角等于内对角的性质时，可能会混淆外角和内对角的位置关系，导致错误。因此，在解题时需要仔细辨别角度的位置关系。（3）对于圆内接四边形的角度计算问题，如果未能准确理解并应用相关性质，可能会导致计算错误。
例1．若一个正多边形的内角和比另一个多边形的外角和多，则这个正多边形的边数为 ．
【答案】8
【分析】本题主要考查正多边形的内角和和外角的问题，熟练掌握正多边形的性质及多边形内角和是解题的关键；设这个正多边形的边数为n，由题意易得，然后进行求解即可．
【详解】解：设这个正多边形的边数为n，由题意得：
，
解得：；
故答案为：8．
例2．如图，是的内接三角形，点是弧的中点，已知，，则 度．
【答案】100
【分析】本题考查圆周角定理，圆内接四边形，弧，弦，角之间的关系，根据圆周角定理，求出的度数，三角形的内角和定理求出的度数，圆内接四边形的对角互补，求出的度数，等弧对等弦，得到，等边对等角求出的度数，再根据角的和差关系求出的度数即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵是的内接三角形，点是弧的中点，
∴，，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：100．
变式1．如图为九边形边缘异形币，该正九边形的内角和为 ．
【答案】
【分析】本题考查了求正多边形内角和，根据多边形的内角和公式即可求解，掌握正多边形内角和公式是解题的关键．
【详解】解：正九边形的内角和为，
故答案为：．
变式2．我国古代伟大的数学家刘徽于公元263年撰《九章算术注》中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值．刘徽发现，圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限逼近圆周长，从而创立“割圆术”，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法．如图，六边形ABCDEF是圆内接正六边形，把每段弧二等分，作出一个圆内接正十二边形，连接AG，CF，AG交CF于点P，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正多边形和圆，正六边形和正十二边形的性质，解直角三角形，弧长的计算，正确的理解题意是解题的关键．
设正六边形外接圆的圆心为，连接，于是得到，由题意得，，，过作于，推出是等腰直角三角形，得到，求得，得到圆的半径，再利用弧长公式计算即可．
【详解】解：设正六边形外接圆的圆心为，
连接，则，
由题意得，，，
过作于，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
的长为
故答案为：．
变式3．如图，点在上，，则 ．
【答案】/102度
【分析】本题主要考查了圆周角定理以及三角形内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．根据题意得到，再根据三角形内角和定理是解题的关键．
【详解】解：由题意可得：，
，
．
故答案为：．
变式4．如图，四边形内接于，若四边形是菱形，则 ．
【答案】
【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质，菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键；
根据圆内接四边形的性质得到，根据菱形的性质，圆周角定理列式计算即可求解．
【详解】解：∵四边形内接于，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．
易错陷阱二：平行四边形
易错点3:平行四边形的性质与判定
平行四边形的性质主要包括：
一、平行四边形的对边相等；
二、平行四边形的对角相等；
三、平行四边形的对角线互相平分；
四、平行四边形是中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点；
五、平行四边形的面积等于底和高的积。
平行四边形的判定方法主要包括：
一、两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
二、对角线互相平分的四边形是平行四边形；
三、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
四、两组对角分别相等的四边形是平行四边形；
五、两组对边分别平行的四边形是平行四边形。
易错提醒：（1）对平行四边形性质的灵活运用不够熟练，导致在解题时无法准确应用；（2）对平行四边形判定方法的掌握不够全面，容易忽略某些判定条件；（3）在求平行四边形的面积时，容易混淆底和高的对应关系，导致计算结果错误；（4）在证明一个四边形是平行四边形时，选错证明方法，导致证明过程繁琐或无法得出正确结论。
例3．如图，平行四边形的边在x轴正半轴上，，，点D是的中点，的图象经过C、D，则 ．
【答案】
【分析】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、平行四边形的性质、解直角三角形、坐标与图形性质等知识，得到点C、B坐标是解答的关键．根据平行四边形的性质得到轴，，延长交y轴于P，则，，设，解直角三角形得到，，再利用中点坐标公式得到，根据反比例函数图象上点的坐标特征列方程求解即可．
【详解】解：∵平行四边形的边在x轴正半轴上，，
∴轴，，
延长交y轴于P，则，，
设，
在中，，，
∴，，
∵点D是的中点，
∴,
∵的图象经过C、D，
∴，
解得，，
故答案为：．
变式1．如图，在 中，，为边上一点，作关于直线的对称点，连接交于点，当在上且，时，的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形点的性质，熟练掌握平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．也考查了对称轴的性质．先根据平行四边形的性质和平行线的性质得到，，根据轴对称的性质得到，，再证明，得到，所以，接着证明，利用相似比可计算出，则，再利用平行线分线段成比例定理，由得到，设，，则，然后利用勾股定理，在中，得到，在中，得，最后解方程组即可．
【详解】解：
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵点A关于直线的对称点为点E，
∴，，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得，
∴，
∵，
∴，
设，，则，
在中，∵，
∴，
在中，∵，
∴，
∴，
解得（负值舍去），
故答案为：
变式2．如图，在中，，点为边上一点，，点是边上的动点，将沿直线折叠得到，若点恰好落在线段上，则的值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了翻折背景下勾股定理和相似三角形性质和判定的运用，及平行四边形的性质，解直角三角形，根据题意画出图形是突破该题的关键．
作于M，作交延长线于N，用勾股定理求出的长，进而可求，证明，得，进而可用勾股定理求，分别延长，交于点，由翻折可知，，，进而可得，根据，得，即可求出．
【详解】解：作于M，作交延长线于N，
、都是直角三角形，
中，
，
，
，
，，
即，
，，
，
，
，
中，，，，
，
，
，，
，
分别延长，交于点，
由翻折可知，，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
易错陷阱三：特殊平行四边形
易错点4:坐标系中的特殊平行四边形
在平面直角坐标系中，特殊平行四边形的顶点坐标可以通过其性质和判定定理进行求解。例如，已知正方形的边长和某一顶点的坐标，可以利用勾股定理或三角形全等求解其他顶点的坐标。
易错提醒：（1）忽视特殊平行四边形的判定条件（2）混淆特殊平行四边形的性质（3）计算错误。
易错点5:特殊平行四边形的性质
1.矩形的性质：
（1）四个角都是直角。
（2）对角线相等。
2.菱形的性质：
（1）四条边都相等。
（2）对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。
（3）面积等于对角线乘积的一半。
3.正方形的性质：
正方形具有矩形和菱形的所有性质。
即四条边相等，四个角都是直角，对角线相等且互相垂直平分。
易错提醒：（1）误认为平行四边形的对角线相等，实际上平行四边形的对角线只是互相平分，不一定相等。
（2）误认为一组对边平行且相等就能判定为平行四边形，实际上必须两组对边分别平行且相等才能判定为平行四边形，否则可能是等腰梯形。（3）在证明特殊平行四边形时，选择正确的方法非常重要。例如，在证明菱形时，不能错误地认为两组邻边相等的四边形就是菱形，实际上必须是一组邻边相等且是平行四边形的四边形才是菱形。（4）在利用对角线长度求菱形面积时，不要忘记乘1/2。
易错点6:特殊平行四边形的证明
1.矩形：有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；有三组相邻的边互相垂直的平行四边形是矩形。
2.菱形：有一组邻边相等的平行四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形；四边相等的四边形是菱形。
3.正方形：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；对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形；既是矩形又是菱形的四边形是正方形。
易错提醒：（1）对角线性质混淆（2）判定条件不全面（3）三角形中位线定理运用不熟练。
易错点7:特殊平行四边形的折叠
一、菱形中的折叠
在菱形中，对角线互相垂直且平分。折叠菱形纸片时，若使某一点与对角线的交点重合，则折痕会垂直平分该点到交点的线段。此时，可以利用菱形的性质和折叠后的对称性，构造出直角三角形，进而求解。
二、矩形中的折叠
矩形纸片折叠后，可以形成新的矩形或其他四边形。在折叠过程中，需要关注折叠后的图形与原图形的关系，以及折叠线（即对称轴）的位置。通过折叠，可以构造出全等的三角形或特殊的四边形，进而利用这些图形的性质进行求解。
三、正方形中的折叠
正方形纸片折叠后，同样可以形成新的正方形或其他四边形。在折叠过程中，需要关注正方形的对称性和翻折不变性。通过折叠和构造辅助线，可以形成直角三角形或其他特殊图形，进而利用这些图形的性质进行求解。
易错提醒：（1）混淆特殊四边形的判定条件（2）未充分利用折叠的对称性和翻折不变性（3）未正确构造辅助线或利用特殊图形
易错点8:特殊平行四边形的旋转
一、旋转的性质
图形在旋转前后是全等的。例如，正方形绕着其对角线的交点旋转90度后，能与原来的正方形重合。
二、特殊平行四边形的旋转应用
1.正方形旋转：在正方形ABCD中，若点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF为45度，连接EF。通过旋转，可以证明EF等于BE与DF之和。
2.菱形旋转：在菱形中，若∠BAD为120度，∠EAF为60度，∠EAF的两边与菱形的两边相交，通过旋转，可以探索线段之间的数量关系。
三、旋转在解题中的应用
在解决特殊平行四边形的问题时，适当地应用旋转变换，可以将分散、远离的条件从图形的某一部分转移到适当的新的位置上，从而集中已知条件和求证结论，达到解决问题的目的。
易错提醒：（1）对旋转性质的理解不足（2）忽视特殊平行四边形的性质（3）旋转角度和方向的混淆。
易错点9:特殊平行四边形中的三角函数
1 正弦、余弦、正切的定义：在直角三角形中，正弦是对边与斜边的比值，余弦是邻边与斜边的比值，正切是对边与邻边的比值。在特殊平行四边形中，可以通过构造直角三角形来应用这些定义。
2 特殊角度的三角函数值：对于30°、45°、60°等特殊角度，其正弦、余弦、正切值具有特定的数值，这些数值在解决特殊平行四边形中的问题时非常有用。
3 三角函数的应用：在特殊平行四边形中，可以利用三角函数来求解未知边长或角度。例如，在矩形中，已知一条边长和一个角度，可以利用正弦或余弦函数求出另一条边长。
易错提醒：（1）忽视平行四边形的特殊性（2）混淆三角函数定义（3）忽视角度范围（4）误用三角函数公式。
易错点10;特殊平行四边形中的新定义
新定义的理解：明确题目中赋予图形的特殊条件（如边、角、对角线的特殊关系）。
性质推导：基于定义，结合平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定与性质进行推理。
分类讨论：根据定义中可能存在的不同情况（如动点问题、参数变化）分析图形形态。
几何变换：涉及对称、旋转等变换时，需关联图形的不变量与变量特征。
易错提醒：（1）条件遗漏：忽视定义中的隐含条件（如“相邻边相等”可能隐含角的关系）。（2）判定混淆：错误套用矩形、菱形的判定定理（如对角线垂直平分≠菱形）。（3）逻辑跳跃：未严格证明所有必要条件直接断言图形类型（如缺步论证正方形）。（4）符号误读：混淆自定义术语与常规几何概念（如“等邻角”≠对角相等）。
例4．如图，菱形的边在x轴负半轴上，点C的坐标为，将菱形绕点A旋转，点O的对应点恰好落在对角线上，则点C的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查图形与坐标、菱形的性质、旋转的性质及含30度直角三角形的性质，熟练掌握图形与坐标、菱形的性质、旋转的性质及含30度直角三角形的性质是解题的关键；过点C作轴于点D，过点作轴于点E，由题意易得，，则有，然后可得，，E三点共线，进而根据旋转的性质可进行求解
【详解】解：过点C作轴于点D，过点作轴于点E，如解图所示．
点C的坐标为，
，，
，．
，，
．
∴，
由旋转的性质可知：，
，即，，E三点共线．
由旋转，得，
，，
，．
点的坐标为，
故选C．
例5．如图，在矩形中，，对角线与交于点O，，垂足为点E，且平分，则的长为（ ）
A．3 B．4 C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定以及性质，勾股定理，由矩形的性质可得，可证，可得，由勾股定理可求的长．
【详解】解：∵四边形是矩形
∴，
∵平分
∴，且，，
∴
∴，且
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
故选：C．
例6．如图，在中，对角线，相交于点，，是的中点，过点作，交于点．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
（1）证是的中位线，得，则四边形是平行四边形，再证，即可得出结论；
（2）根据勾股定理得出，进而利用矩形的面积公式解答即可．
【详解】（1）四边形是平行四边形，
．
点是的中点，
是的中位线．
．
又，
四边形是平行四边形．
，
，
．
四边形是矩形．
（2），
，
，
，
，
矩形的面积．
例7．如图，正方形的边长为6，将正方形折叠，使顶点D 落在边上的点E 处，折痕为．若点E恰好是的中点，则线段的长为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题关键．先根据正方形的性质可得，再根据翻折的性质可得，设，从而可得，然后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】解：正方形的边长为6，点恰好是的中点，
，
由翻折的性质得：，
设，则，
在中，，即，
解得，
即，
故选：A．
例8．如图，坐标平面内有一个矩形，点位于原点，点、在坐标轴上，点的坐标为，现固定点并将此矩形按顺时针方向旋转，若旋转后点的坐标为，则旋转后点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了旋转的性质、矩形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题关键．
先根据旋转后点的坐标为，得出点落在轴上，再根据，即可得到点的坐标为．
【详解】解：∵旋转后点的坐标为，
∴点落在轴上，
∴此时，
∴点的坐标为，
故选：D．
例9．如图，在中，，分别以为边向外作正方形和正方形，连结，设，则的值为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了求正切，正方形的性质，勾股定理；连接，设交于点，则，证明三点共线，进而根据正切的定义，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，设交于点，则，
∵四边形，是正方形，
∴
又∵
∴
∴三点共线，
又∵
∴，
∵
∴
∴
故选：C．
例10．新定义1：将宽与长的比等于黄金分割比的矩形称为黄金矩形
新定义2：将顶角为的等腰三角形称为黄金三角形
①在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平
②如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平
③折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处
④展平纸片，按照所得到的点D折出
(1)根据以上折纸法，求证：矩形为黄金矩形
(2)如图5，已知为黄金三角形，，求：的长
(3)在（2）的条件下，截取交AC于D，截取交线段于E，过E作任意直线与边交于P，Q两点，试判断：是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据折叠的性质得出，，结合，即可判定四边形是正方形，可得，再求出，则由勾股定理可得，再证明即可；
（2）作的角平分线交于D，先求出，再证明，得到，进一步证明，根据相似三角形的性质列出比例式求解即可；
（3）如图所示，过点E分别作的垂线，垂足分别为F，G，过点Q作于H，根据，得到；再证明，进而得到，解直角三角形得到，则，再解直角三角形得到，则；证明，得到，则，可得；如图所示，连接，由勾股定理得到，根据，得到，据此代值计算即可．
【详解】（1）证明：由折叠可知：，
又∵，
四边形是矩形，
又由折叠可知：，
四边形是正方形，
∴，
由题意得，
∴；
由折叠得，
∴，
∴，，
∴矩形是黄金矩形；
（2）解：如图所示，作的角平分线交于D，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
解得或（舍去），
经检验，是原方程的解．
（3）解：如图所示，过点E分别作的垂线，垂足分别为F，G，过点Q作于H，
∵，
∴；
由（2）可知，当平分时有，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
如图所示，连接，
在中，，
∵，
∴
．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，矩形与折叠问题，等腰三角形的性质与判定等等，正确理解题意作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
变式1．如图，四边形为矩形，A，C分别在坐标轴上， ，，将绕点A顺时针旋转得，交x轴于点E，则点E坐标为 （ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、一次函数与几何的综合等知识点，正确作出辅助线构造全等三角形成为解题的关键．
如图，延长交x轴于点F，过点F作交的延长线于点H，易得是等腰直角三角形，其中；过点H作x轴的平行线，交y轴于点M，过点F作于点 N，则四边形是矩形；证明可得，；然后证明，根据相似三角形的性质列比例式可得；设，则，则，然后求得m的值，进而确定点H的坐标；再运用待定系数法求得直线AH的表达式为，最后求得点E的坐标即可．
【详解】解：如图，延长交x轴于点F，过点F作交的延长线于点H，

∴是等腰直角三角形，其中
过点H作x轴的平行线，交y轴于点M，过点F作于点 N，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，
∴，
∵
∴ ，
∴，，
∵，
∴，
∴ ，即，解得：，
∴，
设，则，
∴
∴，解得∶，
∴，
设直线的表达式为，
将代入，得，解得：
∴直线AH的表达式为，
令，则，解得：，
∴点E的坐标为．
故选C．
变式2．如图，四边形是矩形，反比例函数的图象与边交于点，与边交于点，与交于点，，若四边形的面积为，则的值是 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数的几何意义，相似三角形的判定和性质，熟练掌握这个知识点是解题的关键.
过点作于点，则，得到，得到，设，得出，继而得到，得到，即可求出.
【详解】解：，
，
四边形是矩形，
如图，过点作于点，
，
，
，
，
点在反比例函数图象上，
设，
，
，，，
，
解得，
故答案为：.
变式3．如图，在菱形中，于点，，，则的长是（ ）
A． B．6 C． D．12
【答案】A
【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理等知识点，掌握菱形的性质成为解题的关键．
由菱形的性质可得、，再运用勾股定理可得，然后运用等面积法求解即可．
【详解】解：∵在菱形中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，解得：．
故选A．
变式4．如图，点是正方形的边上一点，过点作，交射线于点，连接交于点，则 ，若，则 ．
【答案】
【分析】根据四边形是正方形，得出，，证明，得出，，即可得，证明，得出，根据，设，则，得出，即可得，，即可证明．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，．
【点睛】该题主要考查了相似三角形的性质和判定，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
变式5．如图，在中，对角线，相交于点，作和的平分线，分别交于点，，延长交于点，延长交于点．
(1)求证：；
(2)已知（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），判断四边形的形状，并证明．条件①：平分；条件②：．
【答案】(1)见解析
(2)②；是菱形，证明见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，特殊四边形的判定与性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，熟练掌握这些判定与性质是解题的关键．
（1）利用平行四边形的性质得出，，，可得，再结合，分别是和的平分线，得出，即可证明；
（2）通过，得出，则可证明，则可证明四边形是平行四边形；当添加条件①时，再通过证，得出与不垂直，则四边形不是菱形和正方形；通过证，得出与不垂直，四边形不是矩形，综上，添加条件①不合适；当添加条件②时，再通过证明推出是菱形．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∵，分别是和的平分线，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形；
如果添加条件①无法证明四边形是其余特殊四边形，理由如下：
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴与不垂直，
∴四边形不是菱形和正方形；
∵，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴与不垂直，
∴四边形不是矩形；
综上，添加条件①不合适；
如果添加条件②，四边形是菱形．理由如下：
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
变式6．如图，在中，，垂足为点D，是外角的平分线，，垂足为点E．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)当满足什么条件时，四边形为正方形？给出证明．
【答案】(1)见解析
(2)时，见解析
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，角平分线的意义，矩形的判定，正方形的判定，熟练掌握知识点是解题的关键．
（1）利用等腰三角形的性质和角平分线的意义，垂直的意义，可得，进而证明即可；
（2）利用等腰三角形的性质可得，进而证明即可．
【详解】（1）∵，
∴，，
∵是外角的平分线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形；
（2）当时，四边形为正方形，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴平分，
∴，
∴
∴，
∵四边形为矩形，
∴四边形为正方形．
变式7．如图，矩形中，，．点E为上一个动点，把沿折叠，当点D的对应点落在的角平分线上时，的长为 ．
【答案】或
【分析】连接，过作，交于点,于点,作交于点,先利用勾股定理求出的长，然后分两种情况利用勾股定理解题即可．
【详解】解：连接，过作，交于点,于点,作交于点,则是直角三角形，
∵四边形 是矩形，点的对应点落在的角平分线上，
，，
∴四边形是矩形，
，
，
则四边形是正方形.
设 ，
，
，
又
，
在中，根据勾股定理，得即，
解得或,
或.
设,当时，，
根据勾股定理，得，即
解得；
同理，当时,
根据勾股定理，得
解得
综上，或
故答案为：或 ．
【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，角平分线的性质，矩形的判定与性质，正方向的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
变式8．综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．
(1)【操作猜想】
操作一：对折正方形纸片，使边与边重合，得到折痕，把纸片展平，如图1；
操作二：继续沿折叠纸片，使点落在正方形内部点处，把纸片展平，连接，，如图2．
根据以上操作：写出一个图2中与相等的角：______．
(2)【探究证明】
如图3，延长与边交于点，连接．
①与的大小关系是______；线段，，之间的数量关系是______；
②求证：．
(3)【拓展延伸】
如图3，若正方形的边长为，求点到线段的距离．
【答案】(1)（或）
(2)①（或相等）；②详见解析
(3)点到线段的距离为
【分析】（1）由折叠的性质可得，故；由折叠得，则即可；
（2）①由得：，，从而证得；
②设，，在中，通过勾股定理得到：，解方程得，，即，从而解决问题；
（3）过点作的垂线段，垂足为，则，通过相似三角形的对应边成比例即可求出点到线段的距离．
【详解】（1）解：由折叠的性质得：，
故；
由折叠得，
∴，
故答案为：（或）；
（2）①四边形是正方形，
，，
由折叠的性质得：，即，，，
，
在与中，
，
，
，
；
故答案为：；
②设，，
由折叠性质得：，
，，，
在中，
，
，
解得：，
即，
（3）如图：过点作的垂线段，垂足为，则，
，
，
，
，
，
，
，
．
点到线段的距离为．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及方程思想是解题的关键．
变式9．如图1，在矩形中，，，点、在、上，且，将四边形绕点逆时针旋转角，连接、相交于点，旋转后的图形如图2所示，则此时的值为 ．
【答案】
【分析】连接，由勾股定理得，，在图2中，，，由旋转得：在图2中，，继而可证明，再根据对应边成比例即可求解．
【详解】解：连接，
在图1中，∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，，
∴
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴在图2中，，，
∴，
∴
由旋转得：在图2中，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，旋转的的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
变式10．新考法 知识探索＋迁移＋拓展
【操作判断】
①在学习特殊平行四边形的性质时，赵老师让学生制作两个大小相同的正方形纸片和，其中正方形的对角线相交于点O，赵老师让学生固定正方形纸片， 将 正 方 形 纸 片的顶点D'与点O重合，并将纸片绕着点O旋转，如图（1），学生们惊奇 地发现两个正方形重叠部分的面积 ．（填“变了”或“不变”）
② 赵老师又让学生制作了两个大小一样的菱形纸片和，其中菱形 的 对 角 线相交于点O，． 赵老师让学生固定菱形纸片， 将菱形纸片的顶 点 与点O重合，并将纸片绕着点O旋转，交边于点E，交边 于 点 F， 如 图（2），学生们惊奇地发现两个菱形重叠部分（四边形） 的面积 ．（填“变了”或 “不变”）
【探索发现】
根据（1）中的发现，学生们认为图（1）和图（2）存在共同的特征：①射线是的 ；
② ．
【迁移探究】
如图（3），平分，点 P 在上，点E，D 分别是，上的动点，且，当点D，E 分别在， 上运动时，试判断四边形的面积是否发生变化，并利用图 （3）说明理由．
【拓展应用】
如图（4），平行四边形中 ，，，，点E为边上一点，且平分， 连接．将绕 点E 旋转，当点C 的对应点F 落在上时，点F 恰好为的三等分点，请直接写出m 的值．
【答案】[操作判断] ①不变；②不变；
[探索发现] ①平分线；②；
[迁移探究]不变，理由见详解；
[拓展应用]的值为7或8
【分析】[操作判断] ①作于，作于，设与交于点，与交于点，根据正方形的性质证明，即可得结论；②取的中点，连接，得是等边三角形，证明， ，得，，进而可得不变这一结论；
[探索发现] ①由正方形、菱形的性质即可得线是的平分线；②由正方形、菱形的性质即可得；
[迁移探究] 过点作，，垂足分别为，，证明，进而可证明，利用面积和差可得结论；
[拓展应用]根据上面所得结论，过点作，垂足为，过点作，垂足为，可得，证明， ，求得，进而可得， 分以下两种情况讨论：当点是靠近点的三等分点时，当点是靠近点的三等分点时，结合图形求解即可．
【详解】解：[操作判断]
①不变；理由如下：
作于，作于，设与交于点，与交于点，
由题意可得，正方形中，平分，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
故答案为：不变；
②不变；
，
又菱形中，，，
是等边三角形，
，
如图，取的中点，连接，
是的中位线，
，
，
，
则是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：不变；
[探索发现]
①四边形是正方形，
平分；
四边形是菱形，
平分；
故答案为：平分线；
②在图（1）中，，
，
在图（2）中，，
，
故答案为：；
[迁移探究]
不变，理由如下：
如图，过点作，，垂足分别为，，
则，
，
，
，
，
平分，，，
，
，
，，
，
，
为定值，
故四边形的面积不发生变化；
[拓展应用]
解：的值为7或8；
平分，
，
，
，
，
，，
；
，
过点作，垂足为，过点作，垂足为，
可得，
同上可证明， ，
，
，
，
，
分以下两种情况讨论：
如图，当点是靠近点的三等分点时，，，则；
当点是靠近点的三等分点时，，，则，

综上所述，的值为7或8．
【点睛】本题是三角形、四边形综合题，主要考查了旋转的性质、正方形的性质和判定、菱形的性质，角平分线的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，解直角三角形等，熟知相关性质定理，正确作出辅助线是解题的关键．
变式11．如图，四边形是矩形，连接，点、分别为、边的中点，连接，，交的延长线于点，点为的中点，连接，若，则 ．
【答案】
【分析】连接，根据中位线的性质可得，根据矩形对角线相等可得，根据正切的定义求得，进而勾股定理求得的长，进而根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵点、分别为、边的中点，
∴是的中位线，
∴
∵四边形是矩形，
∴
∵，
∴
∴
在中，
∵点为的中点，
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，中位线的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，正切的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．
变式12．【知识技能】
（1）如图1，在三角形纸片中，，点D在上，将沿直线翻折后，点B落在点E处，如果，那么线段的长为多少？
【数学理解】
（2）如图2矩形中，，点E为上一点：且，将沿翻折，得到，连接并延长，与相交于点F，则的值为：
【拓展探索】
（3）如图3，在矩形纸片中，，点E为射线上的一个动点，把沿直线折叠，当点A的对应点F刚好落在线段的垂直平分线上时，求的长．
【答案】（1）；（2）；（3）2.5或10
【分析】（1）解得到，根据翻折的性质得到，则，那么；
（2）由矩形得到，由沿翻折，得到，可知，过点作于M，可得，在中，则，，则，可得，求出，在中，即可求解；
（3）当点F在矩形内部时，由折叠的性质得，在中，由勾股定理得，则，设，则，在中，由勾股定理即可求解；当点F在矩形外部时，由折叠的性质得，同①得，则，设，则，同理在中， 由勾股定理即可求．
【详解】（1）解：∵在中，，
∴，
∵由沿直线翻折后，可知
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是矩形
∴，
由沿翻折，得到，可知：
，
如图过点作于M，
∵，
∴，
在中，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴
∴
在中，，，，
∴；
（3）解：∵四边形是矩形，
∴，
设线段的垂直平分线交于点M，交于点N，
则，
∴四边形为矩形，
则，，
分两种情况：
①如图，当点F在矩形内部时，由折叠的性质得，
在中，由勾股定理得，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
即，
解得
即的长为；
②如图，当点F在矩形外部时，
由折叠的性质得，
同①得，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
即，解得，
即的长10，
综上所述，当点F刚好落在线段的垂直平分线上时，的长为或10．
【点睛】本题考查了解直角三角形，折叠的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
变式13．新定义：平行四边形一组邻边的中点与不在这组邻边上的顶点顺次连接而成的三角形如果是直角三角形，则称这个三角形为平行四边形的“中直三角形”，并且把该平行四边形的长边与短边之比成为该平行四边形的“度量值”
(1)如图1，已知矩形，为其“中直三角形”，其中，求：矩形的“度量值”；
(2)如图2，为的“中直三角形”，其中，，求：的“度量值”；
(3)在中，，，请直接写出以为中直三角形的平行四边形的“度量值”．
【答案】(1)
(2)
(3)或或
【分析】（1）证明，则，由题意知，，则，计算求解，然后作答即可；
（2） 如图1，作于G，作的延长线于点H，同理，，，由题意得，，，则，计算求解，然后作答即可；
（3） 由题意知，分C点与邻边上的顶点重合，B点与邻边上的顶点重合，A点与邻边上的顶点重合，三种情况，利用相似三角形的判定与性质以及线段的等量关系求解即可．
【详解】（1）解：∵为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由题意知，，
∴，
解得，，
∴矩形ABCD的“度量值”为，
（2）解：如图1，作于G，作的延长线于点H，
同理，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∴，
由勾股定理可得，，
∴，，
∴，整理得，，
解得，或（舍去）；
∴；
∴的“度量值”为；
（3）解：由题意知，分C点与邻边上的顶点重合，B点与邻边上的顶点重合，A点与邻边上的顶点重合，三种情况求解；
当点与邻边上的顶点重合时，如图2，作以为中直三角形的平行四边形，作的延长线于点H，作于G，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
同理，，
∴，即，
解得，，
∴，，
∵，
∴，
解得，，
∴，
由勾股定理得，，
∴；
当点与邻边上的顶点重合，如图3，作以为中直三角形的平行四边形，作的延长线于点H，作于G，
同理，，，
设，则，
同理，，
∴，即，
解得，，
∴，，
∵，
∴，
解得，，
∴，
由勾股定理得，，
∴；
当点与邻边上的顶点重合，如图4，作以为中直三角形的平行四边形，作于Q，作于H，作的延长线于点G，则四边形是矩形，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
同理，，
∴，即，
解得，，
∴，，，
∵，
∴，
解得，
∴，
由勾股定理得，，
∴；
综上所述：的值为或或．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，含的直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识．熟练掌握各知识并分情况求解是解题的关键．
变式14．定义：在平面直角坐标系xOy中，当点N在图形M的内部，或在图形M上，且点N的横坐标和纵坐标相等时，则称点N为图形M的“梦之点”．
(1)如图①，矩形的顶点坐标分别是，，，，在点，，中，是矩形 “梦之点”的是 ；
(2)如图②，已知点A，B是抛物线上的“梦之点”，点C是抛物线的顶点．连接，，，求的面积；
(3)在（2）的条件下，点P为抛物线上一点，点Q为平面内一点，是否存在点P、Q，使得以为对角线，以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)12；
(3)存在，或．
【分析】（1）根据“梦之点”的定义，确定自变量的范围，函数值的取值范围，判断这几个点是否在矩形的内部或边上；
（2）根据“梦之点”的定义可得：，确定，，利用二次函数的顶点式可得抛物线的顶点为，抛物线的对称轴为直线，利用分割法计算面积即可求；
（3）设，由以为对角线，以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形，可得，利用两点间距离公式建立方程求解即可求得答案．
【详解】（1）解：∵矩形的顶点坐标分别是，，，，
∴矩形的“梦之点”满足，，
∴点，是矩形 “梦之点”，
故答案为：，．
（2）解：∵点A，B是抛物线上的“梦之点”，
∴点A，B是直线上的点，
∴，
解得：，，
∴，，
∵，
∴抛物线的顶点为，抛物线的对称轴为直线，
设抛物线的对称轴交于M，则，
∴，
∴．
（3）解：存在，理由如下：
设，
∵以为对角线，以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴
解得：，
当时，，
当时，，
∴或．
【点睛】本题考查了新定义，方程组求交点，分割法求面积，菱形的性质，两点间距离公式，熟练掌握定义，菱形性质，两点间距离公式是解题的关键．
1．如图，在中，，，点在边上，点在边上，将沿直线翻折，点恰好落在边上的点处，若，则的长为（ ）
A．1.6 B．2 C．2.4 D．3
【答案】A
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，折叠的性质，得出是解题的关键．
由折叠可知：，，，，，设，则，证四边形是菱形，证，即可解答．
【详解】解：由折叠可知：，，，，，设，则
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
．
故选：A．
2．如图，在正五边形中，延长，交于点，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查正多边形的外角，三角形的内角和定理，根据正多边形的外角和为360度求出的度数，利用三角形的内角和定理，进行求解即可．
【详解】解：∵为正五边形的外角，
∴，
∴；
故选：A．
3．如图，在中，，将折叠，使点C与点A重合，折痕为，且，则的边上的高是（ ）
A． B． C．5 D．4
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理，菱形的判定与性质，平行四边形的性质等知识，连接，，设的边上的高为h，与于点O，先证明，得出，则可证明四边形是菱形，得出，，，根据勾股定理求出，然后根据等面积法求解即可．
【详解】解：连接，，设的边上的高为h，与于点O，
∵折叠，使点C与点A重合，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴平行四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
即的边上的高是，
故选：A．
4．若一个边形的每一个外角为，则边数的值是 ．
【答案】8
【分析】本题主要考查了多边形的外角，根据多边形外角和定理进行计算即可得出答案．
【详解】解：根据题意可得，
．
故答案为：8．
5．如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，，若菱形的面积为，则的长为 ．
【答案】
【分析】由菱形的性质得， ，，再求出，然后由菱形面积求出，即可解决问题．
本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴， ，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵菱形的面积，
∴，
故答案为：．
6．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的顶点B在y轴上，边在x轴上，点H为的中点，连接并延长，交的延长线于点M，则点M的横坐标为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了坐标与图形，涉及等边三角形的性质和判定，多边形的内角和，相似三角形的性质和判定，正确作出辅助线是解题的关键。
本题先通过正六边形的性质得到是等边三角形．求出，，，再利用相似三角形的性质求出，延长交轴于点，根据点到轴的距离，即可求出点M的横坐标．
【详解】解：如图，延长交轴于点，
六边形是正六边形，
正六边形的每个内角都是，
，
同理，
在中，，
是等边三角形，
正六边形的边长为2，
即，
，
又，
，
点为的中点，，
则，
，
，
，
，
，，，
则，
，
延长交轴于点，
正六边形中，，
，
在中，，，，
，
点到轴的距离，
其中，，，
，
点的横坐标为．
故答案为：．
7．如图1为折叠便携钓鱼椅子，将其抽象成几何图形，如图2所示，测得，，，，，已知．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)求椅子最高点A到地面的距离．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查平行四边形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
（1）由平行线的性质可得，，进而得，可知，即可证明结论；
（2）由平行四边形的性质得，延长交于，由（1）可知，，，可知四边形是平行四边形，得，，求得，，证明，再由勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵，，，
∴，，
则，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
延长交于，
由（1）可知，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
则，，
连接，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
即：椅子最高点到地面的距离为．
8．如图，在矩形中，点是上一点，连接，，点是上一点，．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，两直线平行内错角相等等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
由矩形的性质可得，，由两直线平行内错角相等可得，再结合，可得，利用可证得，由全等三角形的性质即可得出结论．
【详解】证明：四边形是矩形，
，，
，
又，
，
在和中，
，
，
．
9．【模型建立】
（1）如图1，在正方形中，点E，F分别在边，上，且AE⊥DF，求证：；
【模型应用】
（2）如图2，在矩形中，，，点E在边上，点M，N分别在边，上，且，求的值；
【模型迁移】
（3）如图3，在四边形中，，，，，点E，F分别在边，上，且，垂足为G，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）＝；（3）
【分析】（1）证明，即可得证；
（2）证明四边形是矩形，得出，，再证明，即可得解；
（3）过点C作于点N，交的延长线于点M，连接，证明四边形是矩形，得出，，证明，得出，证明，得出．设，则，设，则，由勾股定理可得，再证明，即可得解．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：过点N作于点H，
，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）解：过点C作于点N，交的延长线于点M，连接，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
设，则，设，则，
∴，
在中，由勾股定理，得，
∴，
解得 (舍去)，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
10．数学活动课上，小陈同学把两个相同的直角三角板拼成了如图1所示的图形，研究发现四边形满足，，，借助学习特殊四边形的经验，小陈同学将两组邻边分别相等，且有一组对角为的四边形叫作“完美筝形”．
【性质探究】
（1）“完美筝形”是__________图形．（填“轴对称”或“中心对称”）
【性质应用】
图1如图2，四边形是“完美筝形”，其中，，，将四边形先折叠成如图3所示的形状，再展开得到图4，，为折痕，，点B的对应点为，点D的对应点为，连接，相交于点O．
（2）若图4中的四边形是“完美筝形”．
①判断四边形是什么特殊四边形，并说明理由；
②求的度数．
（3）如图5，在矩形中，，，点E，F分别在边，上，点G在边上，当四边形是“完美筝形”时，直接写出线段的最大值与最小值．
【答案】（1）轴对称；（2）①四边形是菱形．理由见解析；②；（3）最大值4，最小值
【分析】（1）根据轴对称的性质可直接进行求解；
（2）①由题意易得，，，然后可得四边形AECF是平行四边形，进而可得，最后问题可求证；②由题意易得，然后可得，进而问题可求解；
（3）由题意易得，则有．，，然后可知当，，此时点E与点A重合时，取得最大值，当点F与点C重合时，取得最小值，进而分类进行求解即可
【详解】解：（1）由题意得：“完美筝形”是轴对称图形；
故答案为：轴对称．
（2）①四边形是菱形．理由如下：
四边形是“完美箏形”，且，
，．
．（依据：折叠的性质），
又，
．（依据：折叠的性质）
四边形是“完美筝形”，且，
．
，．
，．
四边形AECF是平行四边形．
又，，，
．
，
四边形为菱形．
②四边形是菱形，
．
由题得．
设，则．
，
，即，
解得．
，即．
（3）解：如解图1，∵四边形是矩形，
∴，
四边形是“完美筝形”，，
．，，
当，，如解图2，此时点E与点A重合时，取得最大值，由题可知四边形是正方形，
∴；
如解图3，当点F与点C重合时，取得最小值，
∴，
在中，，
∴．
【点睛】本题主要考查正方形的判定、矩形的性质、轴对称图形的性质、菱形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握正方形的判定、矩形的性质、轴对称图形的性质、菱形的性质与判定及勾股定理是解题的关键
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