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第5章 特殊平行四边形 单元复习讲义
一、基础目标
能复述矩形、菱形、正方形的定义。
能复述矩形的性质：四个角都是直角、对角线相等。
能复述菱形的性质：四条边都相等、对角线互相垂直且平分每一组对角。
能复述正方形的性质：具有矩形和菱形的所有性质（四个角都是直角、四条边都相等、对角线相等且互相垂直平分每一组对角）。
能复述矩形的判定定理：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；有三个角是直角的四边形是矩形。
能复述菱形的判定定理：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；四条边都相等的四边形是菱形。
能复述正方形的判定定理：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；有一组邻边相等的矩形是正方形；有一个角是直角的菱形是正方形。
会根据矩形、菱形、正方形的性质，计算边长、角度、对角线长度等基础几何量。
会运用矩形、菱形、正方形的判定定理，判断一个四边形或平行四边形是否为矩形、菱形或正方形。
二、进阶目标
理解并应用矩形的性质进行简单的几何证明，例如证明两条线段相等、两个角相等、两条直线平行或垂直等。
理解并应用菱形的性质进行简单的几何证明，例如证明两条线段相等、两个角相等、两条直线平行或垂直，特别是利用对角线互相垂直的性质解决相关问题。
理解并应用正方形的性质进行简单的几何证明，综合运用矩形和菱形的性质解决问题。
会推导矩形、菱形、正方形的性质定理（如矩形对角线相等、菱形对角线互相垂直等），明确其推导过程和依据。
会推导矩形、菱形、正方形的判定定理，并能理解判定定理之间的联系与区别。
能结合三角形全等、等腰三角形、直角三角形等知识，解决与特殊平行四边形相关的综合性计算问题（如结合勾股定理求边长、面积等）。
能识别并运用特殊平行四边形的性质解决折叠、旋转等动态几何问题中的基础计算与证明。
理解矩形、菱形、正方形之间的包含关系（如正方形是特殊的矩形和菱形，矩形和菱形是特殊的平行四边形），并能在具体问题中明确它们的区别与联系。
三、拓展目标
能综合运用特殊平行四边形的性质和判定，解决较为复杂的几何证明题，包括需要添加辅助线的问题。
能运用特殊平行四边形的知识解决与函数、坐标系相结合的综合性问题，例如在平面直角坐标系中，根据特殊平行四边形的性质求点的坐标、图形的面积等。
能解决与特殊平行四边形相关的探究性问题，例如探究图形在运动变化过程中特殊平行四边形的存在性、性质的不变性等。
能运用特殊平行四边形的性质解决实际生活中的应用问题，如测量距离、设计图案等，并能进行简单的方案优化。
理解并应用特殊平行四边形的对称性（矩形、菱形、正方形都是中心对称图形，矩形和菱形是轴对称图形，正方形既是中心对称图形也是轴对称图形）解决相关问题。
会利用特殊平行四边形的性质和判定，结合相似三角形、勾股定理等知识解决中考难度的综合题，能够清晰表述解题思路和推理过程。
类别 具体内容 完整分析
常见结论
矩形 1. 四个角都是直角
2. 对角线相等且互相平分
3. 既是中心对称图形，也是轴对称图形（有两条对称轴）
4. 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 1. 矩形的定义决定了其四个内角均为90°，这是矩形最基本的性质。
2. 矩形作为特殊的平行四边形，具有平行四边形对角线互相平分的共性，同时其特殊之处在于对角线相等。
3. 矩形的对称中心是两条对角线的交点；其对称轴为经过对边中点的两条直线。
4. 该结论是矩形性质的重要推论，由矩形对角线相等且互相平分可直接推出，在解决与直角三角形相关的计算和证明中应用广泛。
菱形 1. 四条边都相等
2. 对角线互相垂直且平分，每条对角线平分一组对角
3. 既是中心对称图形，也是轴对称图形（有两条对称轴）
4. 菱形的面积等于两条对角线乘积的一半 1. 菱形的定义明确了其四条边长度相等，这是菱形区别于一般平行四边形的核心特征。
2. 菱形的对角线不仅互相平分（平行四边形共性），还具有互相垂直的特性，并且每条对角线都会将一组对角二等分。
3. 菱形的对称中心是两条对角线的交点；其对称轴为两条对角线所在的直线。
4. 由于菱形的对角线互相垂直，可将菱形分割成两个全等的直角三角形或四个全等的直角三角形，利用三角形面积公式可推导出此面积公式，该公式计算菱形面积有时比“底×高”更简便。
正方形 1. 四条边都相等，四个角都是直角
2. 对角线相等、互相垂直且平分，每条对角线平分一组对角
3. 既是中心对称图形，也是轴对称图形（有四条对称轴）
4. 具有矩形和菱形的所有性质 1. 正方形兼具矩形（四个直角）和菱形（四条边相等）的双重特性，是特殊的矩形和特殊的菱形。
2. 正方形的对角线融合了矩形（对角线相等）和菱形（对角线垂直）的特性，同时具备平行四边形对角线互相平分以及菱形对角线平分内角的性质。
3. 正方形的对称中心是两条对角线的交点；其对称轴有四条，分别是两条对角线所在的直线和经过对边中点的两条直线。
4. 正因正方形是特殊的矩形和菱形，所以它自然继承了这两种图形的所有性质，在证明和计算中可以综合运用这些性质。
易错点
概念混淆 1. 对矩形、菱形、正方形的定义理解不清，如认为“有一组邻边相等的四边形是菱形”（遗漏“平行四边形”前提）
2. 混淆特殊平行四边形的性质，如认为“菱形的对角线相等”（菱形对角线不相等，矩形对角线相等） 1. 菱形的定义是“有一组邻边相等的平行四边形”，必须强调“平行四边形”这个前提，否则普通的四边形即使有一组邻边相等也不是菱形。类似地，矩形定义需强调“平行四边形”和“一个角是直角”。
2. 菱形的对角线性质是“互相垂直且平分，每条对角线平分一组对角”，而“对角线相等”是矩形的性质。正方形因为既是矩形又是菱形，所以对角线既相等又垂直。学生常因对各图形独特性质掌握不牢而混淆。
性质应用错误 1. 在矩形中，错误地使用“对角线互相垂直”（矩形对角线一般不垂直，仅正方形特殊情况垂直）
2. 在菱形中，错误地使用“四个角都是直角”（菱形四个角一般不是直角，仅正方形特殊情况是直角） 1. 矩形的对角线相等且互相平分，但只有当矩形是正方形时，对角线才互相垂直。若忽略这一点，在非正方形的矩形中应用对角线垂直的性质，会导致推理错误。
2. 菱形的四个角不一定是直角，其对角相等，邻角互补。只有当菱形是正方形时，四个角才都是直角。若将菱形的角等同于矩形的角，会得出错误结论。
判定方法错误 1. 判定矩形时，仅由“对角线相等”就得出是矩形（忽略“平行四边形”前提，等腰梯形对角线也相等）
2. 判定菱形时，仅由“对角线互相垂直”就得出是菱形（忽略“平行四边形”前提，筝形对角线也可能垂直） 1. “对角线相等的平行四边形是矩形”才是正确的判定定理。如果一个四边形不是平行四边形，即使对角线相等（如等腰梯形），也不能判定为矩形。
2. “对角线互相垂直的平行四边形是菱形”是正确的判定。对于非平行四边形的四边形，如筝形，虽然对角线可能垂直，但它不是菱形。
与其他图形关系不清 1. 认为“矩形是特殊的菱形”或“菱形是特殊的矩形”（两者都是特殊的平行四边形，但一般情况下互不包含，正方形是两者的交集）
2. 忽略正方形既是矩形也是菱形的双重身份，导致在证明或计算中未能充分利用其性质 1. 矩形的核心特征是“四个角是直角”，菱形的核心特征是“四条边相等”。除了正方形这一特殊情况外，矩形和菱形没有包含关系，它们是平行四边形下的两个不同分支。
2. 正方形同时满足矩形和菱形的所有定义和性质。在解决与正方形相关问题时，若只考虑其矩形性质或只考虑其菱形性质，可能会走弯路或遗漏关键条件，应充分利用其双重特性。
计算问题 1. 利用菱形面积公式（对角线乘积的一半）时，忘记除以2
2. 在直角三角形斜边上中线性质应用时，忽略“直角三角形”前提，或错误认为“斜边上的中线等于斜边的一半”对任意三角形都成立 1. 菱形面积公式“对角线乘积的一半”是由两个全等的三角形面积相加推导而来（每个三角形面积为$\frac{1}{2}×$对角线1$×$对角线2的一半），因此必须除以2，遗漏则会导致面积计算加倍。
2. “直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”是矩形性质的推论，其前提必须是直角三角形。对于锐角或钝角三角形，该结论不成立，若错误应用会导致计算错误。
【例1】从下列条件中选择一个条件添加后，还不能判定平行四边形是菱形，则这个条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查菱形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．根据菱形的判定方法即可一一判断．
【详解】解：A、对角线垂直的平行四边形是菱形．不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形．符合题意；
C、邻边相等的平行四边形是菱形．不符合题意；
D、邻边相等的平行四边形是菱形，不符合题意；
故选：B．
【变式1-1】如图，要使平行四边形是正方形，需增加条件．在条件①，②，③，④中选取两个作为条件，不正确的是(　　)
A．①和② B．①和③ C．②和③ D．③和④
【答案】B
【分析】此题主要考查了正方形的判定以及矩形、菱形的判定方法，利用矩形、菱形、正方形之间的关系与区别，结合正方形的判定方法分别判断得出即可．
【详解】解：A、∵四边形是平行四边形，
当①时，平行四边形是菱形，
当②时，菱形是正方形，故此选项正确，不合题意；
B、四边形是平行四边形，
当①时，平行四边形是菱形，
当③时，菱形不一定是正方形，故此选项错误，符合题意；
C、四边形是平行四边形，
当③时，平行四边形是菱形，
当②时，四边形是正方形，故此选项正确，不符合题意；
D、当④时，平行四边形是矩形，
当③时，得出四边形是正方形，故此选项正确，不合题意；
故选：B．
【变式1-2】如下图，在平行四边形中，增加一个条件后，平行四边形就成为矩形，这个条件可以是
【答案】(答案不唯一)
【分析】本题考查矩形的判定．需要知道及矩形的判定定理，比如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．本题从这两个判定角度去考虑添加条件．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
若，
根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，此时平行四边形就成为矩形，
故答案为：．
【例2】若顺次连接四边形的各边中点所得的四边形是菱形，则该四边形一定是（ ）
A．矩形 B．菱形
C．对角线相等的四边形 D．对角线互相垂直的四边形
【答案】C
【分析】本题主要考查的是中点四边形，掌握菱形的判定定理，三角形的中位线定理解此题的关键．
根据三角形中位线定理，中点四边形是平行四边形，要使其为菱形，需邻边相等，从而推出原四边形的对角线相等．
【详解】解：如图，已知四边形，、、、分别为、、、的中点，连接、，
、是、中点，
且．
、是、中点，
且 ．
且，
∴ 四边形是平行四边形．
若四边形是菱形，则．
、是、中点，
且．
，
∴．
．
∴ 原四边形对角线相等．
故选：C．
【变式2-1】若顺次连接某四边形四边中点所得的四边形是矩形，则原四边形一定是（　　）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．梯形
【答案】C
【分析】本题考查了中点四边形，顺次连接四边形四边中点所得四边形是平行四边形，当它是矩形时，根据中位线性质，原四边形的对角线互相垂直，对于平行四边形，对角线垂直的平行四边形是菱形，因此原四边形一定是菱形，据此进行分析，即可作答．
【详解】解：设这个原四边形为四边形，其中点四边形为矩形，
∵四边形是矩形，
∴，
∵分别为各边中点，
∴（中位线性质），
∴
则
∴，
结合四个选项，平行四边形的对角线不一定互相垂直，故A选项不符合题意；
矩形的对角线不一定互相垂直，故B选项不符合题意；
菱形的对角线一定互相垂直，
当原四边形是平行四边形，则对角线垂直的平行四边形是菱形，
梯形的对角线不一定互相垂直，故D选项不符合题意；
故选：C．
【变式2-2】如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是1，则第n个矩形的面积是 ．
【答案】
【分析】由中点四边形的含义可得矩形的中点四边形是菱形，菱形的中点四边形是矩形，而中点四边形的面积是原四边形的面积的一半，可得原矩形的面积为1，矩形的中点四边形（菱形）的面积为 再得到菱形的中点四边形（矩形）的面积为： 从而总结归纳出规律，可得答案．本题考查了中点四边形的性质，是一道找规律的题目．
【详解】已知第一个矩形的面积是1，
第二个矩形的面积为
第三个矩形的面积是
则第n个矩形的面积是
故答案为：．
【例3】如图，四边形的四边相等，面积为120，，则四边形的周长为（ ）
A．52 B．40 C．39 D．26
【答案】A
【分析】本题考查菱形的判定与性质，勾股定理，根据题意易证四边形是菱形，连接交于点，根据菱形的面积公式求出，由菱形的性质得到，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形的四边相等，
∴四边形为菱形，
连接交于点，
∴，
∵四边形的面积为120，，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理可得，
∴四边形的周长为．
故选：A．
【变式3-1】如果菱形的两条对角线的长为a和b，且a，b满足，那么菱形的面积等于（ ）
A．12 B．6 C．2.4 D．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，非负数的性质，利用非负数的性质求出和的值，再根据菱形的面积公式计算即可得出结果，熟练掌握菱形的性质是解此题的关键．
【详解】解：∵，且，，
∴，，
解得：，，
∵菱形的两条对角线的长为a和b，
∴菱形的面积等于，
故选：B．
【变式3-2】已知某菱形的一条对角线长为，面积为，则此菱形的边长是 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质；菱形的对角线互相垂直平分，可算出另一条对角线的长度，再结合勾股定理求解边长.
【详解】解：如图所示，，，
∵菱形的对角线互相垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴.
故答案为：.
【例4】如图，矩形的两对角线交于点，，设，矩形的面积为，则变量y与x的函数关系式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查矩形的性质及解含的直角三角形，根据题意得，进而得到，再由矩形面积公式求解即可．
【详解】解：由题意，可得，，
所以，
所以．
故选：A．
【变式4-1】矩形中，，，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于长为半径画弧交于点P，作射线，过点C作的垂线分别交，于点M，N，则的长为（ ）
A． B． C．4 D．5
【答案】A
【分析】本题考查尺规作图作已知角的平分线，矩形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，等腰三角形的性质和判定；设交于点Q，先由矩形的性质和勾股定理可求出，然后证明可得，，进而求出，由等腰三角形的性质和判定可得，最后由勾股定理可求出.
【详解】解：设交于点Q，
在矩形中，，，
∵，，
∴，
由作图得：平分，
∴，
∵过点C作的垂线分别交，于点M，N，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴.
故选：A.
【变式4-2】如图，将一张长方形纸片先沿折叠，点A，B分别落在点、处，将得到的图形再沿折叠，点、分别落在点、处．若，则的度数为 ．
【答案】/155度
【分析】本题考查了矩形中的折叠问题、折叠的性质、平行线的性质等知识点，根据题意、弄清角之间的关系是解题的关键．
根据平行线的性质可得，再根据折叠的性质可得：，再根据平行线的性质，可得，即可求得的值，最后根据邻补角的性质即可解答．
【详解】解：∵四边形是长方形，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
由沿折叠可知：，
∴，
由沿折叠可知：，
∵，
∴，
∴，解得：，
∴，
∴．
故答案为：．
【例5】若一个正方形的对角线长为，则它的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查正方形的面积与对角线的关系，利用公式“正方形面积等于对角线平方的一半”直接计算．
【详解】解：∵正方形对角线长为，且面积，
∴．
故选：A．
【变式5-1】如图，已知在边长为2的正方形中，点E为对角线上一点，且，过点E作交于点F，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定是解决本题的关键．
根据正方形的性质可得，，，进而证明，即可求出的长．
【详解】解：∵四边形为正方形，且边长为2，
∴，，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
故选C．
【变式5-2】如图，是由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”，得到正方形与正方形，连结并延长，交于点，若，为中点，则的长为 ．
【答案】/
【分析】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，证明是解题的关键．先证明得出，再证明，最后根据列方程即可得出结果．
【详解】解：∵为中点，
∴，
∵正方形与正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【例6】如图，在平面直角坐标系中，点，，若平移点B到点C，使以点O，A，B，C为顶点的四边形是菱形，则平移方法错误的是（ ）
A．向左平移3个单位长度，再向上平移个单位长度
B．向左平移个单位长度，再向上平移2个单位长度
C．向右平移1个单位长度，再向上平移个单位长度
D．向左平移1个单位长度，再向下平移个单位长度
【答案】B
【分析】本题考查菱形判定，平行四边形判定及性质．根据题意画出平移后的图象，再根据选项逐一进行分析即可得到本题答案．
【详解】解：如图，
，
∵，
∴，
A、由平移的性质得：，，，
∴，
∴四边形是平行四边形，，
∴平行四边形是菱形，故选项A不符合题意；
B、向左平移个单位长度，再向上平移2个单位长度，四边形不是菱形，故选项B符合题意；
C、同A得平行四边形是菱形，故选项C不符合题意；
D、同C得平行四边形是菱形，故选项D不符合题意；
故选：B．
【变式6-1】如图1，小华将矩形纸片先沿对角线折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线上，点B 的对应点记为，折痕与边分别交于点E，F．
（1） 如图2， 当点与点D 重合时， 四边形是 ．
（2） 如图3， 当时， 与的数量关系是 ．
【答案】 菱形
【分析】（1）由折叠可得：，，再证得，可得，利用菱形的判定定理即可得出答案；
（2）设，则，利用折叠的性质和平行线性质可得：，再运用三角形内角和定理即可求得，利用直角三角形及勾股定理即可求得答案．
【详解】解：（1）当点与点重合时，四边形是菱形，证明如下：
设与交于点，如图，
由折叠得：，，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
∵，
四边形是菱形．
（2）当时，始终有与对角线平行．
理由：四边形是矩形，
，，
，
设，则，
由折叠得：，，
，，
，
，
，
，
，即，
，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当时，．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等腰三角形性质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等，涉及知识点多，综合性强，难度较大，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
【变式6-2】如图，四边形是边长为2，一个锐角等于的菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D重合，按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交（或它们的延长线）于点E、F，，当时，如图1小芳同学得出的结论是．

(1)继续旋转三角形纸片，当时，如图2小芳的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由；
(2)再次旋转三角形纸片，当点E、F分别在的延长线上时，如图3，求证：；
【答案】(1)，理由见解析
(2)证明过程见解析
【分析】（1）由菱形的性质得到是等边三角形，再证明即可得出结论；
（2）根据菱形的性质可得，，再由，可得，从而可证，可得，即可得出结论．
【详解】（1）解：，理由如下：
如图，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；

（2）证明：如图，连接，
∵四边形是菱形，，
∴， ，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．

【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【例7】如图（1），在平面直角坐标系中，矩形在第一象限，且轴，直线沿x轴正方向平移，在平移过程中，直线被矩形截得的线段长为a，直线在x轴上平移的距离为b，a、b间的函数关系图象如图（2）所示，那么矩形的面积为（ ）
A． B． C．6 D．8
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的面积计算，一次函数图形的实际意义，勾股定理，一次函数的分段函数转折点的意义；正确的分析函数图像，数形结合解决实际问题是解题的关键．
根据平移的距离b可以判断出矩形边的长，根据a的最大值和平移的距离b可以求得矩形边的长，从而求得面积．
【详解】解：设直线移到过点B时与交于点E，
由图象得：，，，
由勾股定理得：，，
∴矩形的面积为：，
故选：D．
【变式7-1】如图，已知长方形纸片的长，宽，点均在上(在左侧)，先将纸片沿折叠，记点的对应点为，再将纸片沿折叠，使得的对应线段，连接，若折叠过程保持，分别在长方形的外部和内部，当时，的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
连接，交于，设交于点，利用全等三角形的性质证明，再证明共线，求出，设，，利用勾股定理构建方程组求解即可．
【详解】解：连接，交于，设交于点，如图：
∵四边形是长方形纸片，
∴，
由翻折的性质可知，，，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴共线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，，
根据勾股定理可得，，
可得：
故答案为：
【变式7-2】如图，矩形和矩形重合，，．矩形保持不动，将矩形绕点逆时针方向旋转．
(1)如图，将矩形的顶点旋转至边上，求的长；
(2)如图，继续旋转矩形，使点落在的延长线上．求证：、、在同一条直线上；
(3)在（）的条件下，如图，连接交于点，延长交的延长线于点，则的长为______．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（）利用勾股定理求得的长度，即可求解；
（）连接，证明四边形是平行四边形，进而即可解答；
（）利用平行四边形的性质得到，，再通过勾股定理列方程解得的长，进而即可求解；
本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】（1）解：∵四边形为矩形，矩形和矩形重合，
∴，，
∴，
∴；
（2）证明：如图，连接，
根据题意可得，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴在同一条直线上；
（3）解：由()知，四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
∵在同一条直线上，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．
【例8】如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点的坐标为，点，在轴上，将正方形平移后，点成为新正方形的对称中心，则正方形的平移过程可能是（ ）

A．向右平移8个单位长度，再向下平移4个单位长度
B．向右平移4个单位长度，再向下平移4个单位长度
C．向右平移2个单位长度，再向下平移4个单位长度
D．向右平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度
【答案】D
【分析】先根据点坐标推出正方形中的点坐标，再根据正方形的性质，求出对角线交点坐标，也就是对称中心的坐标，最后由正方形的平移转化到正方形的对称中心的平移即可就出平移过程．
【详解】∵四边形为正方形，已知在轴上，且点的坐标为，
∴根据正方形的性质可得正方形的边长，
∴点坐标为，点坐标为，
∵正方形的对称中心为对角线的交点，正方形对角线相互平分，
∴正方形的对称中心的坐标为的中点坐标，
∴对称中心的坐标为，
∵将正方形平移后，点成为新正方形的对称中心，
∴正方形的平移过程即为对称中心的平移过程，
∵正方形的对称中心的坐标为，平移后的正方形的对称中心为坐标原点，
∴可得出正方形的平移方式为向右平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度．
故选：D．
【点睛】本题考查中心对称，正方形的性质,点的平移等知识点，解题的关键是求出原来正方形的对称中心，结合对称中心点的平移方式得到正方形的平移方式．
【变式8-1】如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点的坐标是，为边上一点，，沿折叠正方形，折叠后，点落在平面内的点处，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】本题考查了图形的翻折变换和正方形的性质，要会根据点的坐标求出所需要的线段的长度，灵活运用勾股定理．
过点作，因为，，所以，，根据勾股定理得，故，即点的坐标即可求解．
【详解】解：过点作，如图所示：
四边形是正方形，点的坐标是，
，，
，
，
由折叠的性质可得：，
，
，
在中，根据勾股定理得，
，
即点的坐标为，
故答案为：．
【变式8-2】如图1，正方形的对角线相交于点，正方形与正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转．
【问题发现】
（1）连接，则线段，，之间的数量关系是__________
【类比迁移】
（2）如图2，点为矩形的中心，矩形的边与边相交点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转．判断线段，，之间的数量关系，并加以证明．
【拓展应用】
（3）如图3，在中，，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕点旋转．当时，请直接写出线段的长．
【答案】（1）；（2），见解析；（3）或
【分析】（1）证明，可得，在中，利用勾股定理解答即可；
（2）证明，可得，，再由线段垂直平分线的性质可得，然后在中，利用勾股定理解答即可；
（3）设，分两种情况：当点E在边上时，当点E在的延长线上时，由（2）的结论及勾股定理即可解决．
【详解】解：（1）∵四边形，均为是正方形，
∴，，，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
故答案为：
（2）∵四边形，均为矩形，
∴，
∴，
∵点为矩形的中心，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴垂直平分，
∴，
在中，，
∴；
（3）设，
当点E在边上时，此时，
由（2）得：，
在中，，
∴，
∵，
∴，
解得：，
即；
当点E在的延长线上时，如图，把直角补充成矩形，延长交延长线于点P，连接，则，此时，，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴垂直平分，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴
解得：，
即；
综上所述，的长为或．
【点睛】本题是四边形的综合，考查了矩形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，旋转的性质等知识，证明三角形全等是问题的关键．
【例9】如图，在菱形中，，，Q为的中点，P为对角线上的任意一点，则的最小值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】C
【分析】如图，连接．证明，可得，解直角三角形求出，可得结论．
【详解】解：如图，连接．
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∴,
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的最小值为．
故选：C．
【点睛】本题考查轴对称最短问题，等边三角形的判定和性质，菱形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．
【变式9-1】如图，在矩形中，，，动点满足，则点到、两点距离之和的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了距离和最小值问题，利用转化思想是解题的关键．
根据同底等高面积相等，知点的轨迹，再利用轴对称进行转化，找到最小值，再求解．
【详解】解：如图，过点作于点，
，
．
．
过点作，则点的运动轨迹是直线．
即在直线上找一点使最小．
，
．
延长到，使，则点与关于对称，
则，
，
根据两点之间线段最短，，
根据勾股定理得：．
故答案为：．
【变式9-2】【阅读思考】已知，求的最小值．
分析：如图，我们可以构造边长为1的正方形，为边上的动点．设，则，那么可以用含的式子表示，，问题可以转化为与的和的最小值，用几何知识可以解答．
(1)求的最小值；
(2)已知，为两个正数，且，运用以上方法求的最小值；
(3)借助上述思考过程，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题主要考查了轴对称-最短路线问题，勾股定理等知识，解题的关键是利用数形结合思想，学会利用转化思想解决问题．
（1）依据题意，构造边长为1的正方形，P为边上的动点．设，则，作点关于的对称点，连接，则的最小值即为的长，利用勾股定理求出的长即可判断得解；
（2）构造图形，使得，则，当点A、P、D三点共线时，的最小值为的长，作，交的延长线于E，勾股定理求出的长即可得解；
（3）构造图形，使得，则，则当点A、D、P三点共线时，的最大值为，延长，交于E，作于H，勾股定理求出即可得解．
【详解】（1）解：作点关于的对称点，连接交于点P，则的最小值即为的长，
在中，由勾股定理得，，
的最小值是；
（2）解：，
，
如图，，，，，，设，
，
当点，，三点共线时，的最小值为的长，
作，交的延长线于，
，
∴四边形是矩形，
，，
由勾股定理得，，
的最小值为；
（3）解：，
如图，，，，，，
则，
当点，，三点共线时，的最大值为的长，
延长，交于，作于，
，
∴四边形是矩形，
∴
∴
由勾股定理得，，
的最大值为．
【例10】如图，矩形的对角线，相交于点O，，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求矩形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形性质，菱形的判定和性质，勾股定理，矩形的面积等基础知识，能综合运用相关知识点进行推理和计算是解此题的关键.
（1）证明四边形是平行四边形，再根据矩形性质可得利用菱形的判定即可证得结论；
（2）先证明为等边三角形，得出，根据勾股定理得出，最后求出矩形的面积即可．
【详解】（1）证明：，，
∴四边形是平行四边形，
∵矩形的对角线，相交于点，
，，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，
，，
∵，
∴为等边三角形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【变式10-1】如图所示，在中，的平分线交于点D，过点D作交于点E，F为上一点，且，连接．
(1)求证：；
(2)求证：四边形为矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由角平分线的性质及平行线的性质即可证明；
（2）由（1）所证及，得，再由及，即可证明结论成立．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：由（1）知，，
∵，
∴，
∵
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，平行线的性质，等角对等边，矩形的判定，熟练掌握这些知识是关键．
【变式10-2】如图，已知菱形的对角线交于点O，E，F是对角线所在直线上的两点，且，，连接，得四边形．求证：四边形是正方形．
【答案】见解析
【分析】本题考查菱形的判定和性质，正方形的判定，熟练掌握相关判定定理和性质，是解题的关键．根据菱形的性质，得到，线段的和差得到，进而得到四边形为菱形，得到，进而得到，即可得出结论．
【详解】证明：∵菱形，
∴，
∵，
∴，即，
∴四边形为平行四边形形，
又，
∴四边形为菱形，
∴，
∴，
∴四边形为正方形．
【例11】如图，在平面直角坐标系中，直线l与直线平行，且直线l与x轴、y轴分别交于点A，B，点A的坐标为，点在直线l上．
(1)求直线l对应的函数表达式以及点C的坐标；
(2)点P在y轴的正半轴上，Q是平面直角坐标系内一点，若四边形为矩形，求点P，Q的坐标．
【答案】(1)，
(2)点P的坐标为，点Q的坐标为
【分析】（1）由题意设直线l对应的函数表达式为，然后将代入得到，然后将代入求解即可；
（2）首先求出点B的坐标为，证明出，得到，进而求解即可．
【详解】（1）直线l与直线平行，
设直线l对应的函数表达式为．
直线l经过点，
，
解得．
直线l对应的函数表达式为．
点在直线l上，
．
点C的坐标为．
（2）如图，四边形是矩形，
与是矩形的对角线．
直线l对应的函数表达式为，
令，得，
点B的坐标为．
点A的坐标为，点C的坐标为，
，．
．
是对角线与的交点．
点P在y轴的正半轴上，
点Q在y轴上．
．
点P的坐标为，点Q的坐标为．
【点睛】本题考查了一次函数和几何综合，待定系数法求一次函数解析式，矩形的性质和判定，勾股定理，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式11-1】如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB： 与直线相交于点，分别交坐标轴于点A，B，C，D．
(1)求直线的解析表达式；
(2)如图，点P是直线上的一个动点，当的面积为20时，求点P的坐标；
(3)直线上有一点F，在平面直角坐标系内找一点N，使得以为一边，以点B，D，F，N为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的点N的坐标．
【答案】(1)
(2)或
(3)或或
【分析】本题主要考查了求一次函数关系式，菱形的性质和判定，一次函数与几何图形，
对于（1），先求出点M的坐标，再将点的坐标代入直线可得答案；
对于（2），先求出点，点，可得，再结合可得答案；
对于（3），设点F的坐标为，当是边时，点F在点N上方时，则，可得，求出m可得点的坐标；
当为对角线时，则的中点坐标为，根据点F的纵坐标求出横坐标，进而得出答案.
【详解】（1）解：将点代入，得，
∴点.
将点代入，得，
解得，
∴直线的表达式为；
（2）解：由（1）得直线的表达式为，
当时，，
∴点.
∵，
当时，，
∴点.
∵，
∴.
当点P在点M右侧时；
当点P在线段上时（不符合题意）；
当点P在点D左侧时，
解得或，
所以点或；
（3）解：设点F的坐标为，
当是边时，点F在点N上方时，则，
即，
解得，
则点或，
点N在点F正下方5个单位时，
点或；
当为对角线时，则的中点坐标为，
∴点F的纵坐标为，即，
解得，
∴点.
∵的中点为，
∴.
综上所述，点N的坐标为或或.
【变式11-2】如图，在平面直角坐标系中，直线 交x轴于点A，交y轴于点B，线段的中点E的坐标为．
(1)求k、b的值；
(2)P为直线上一点，轴于点 C， 轴于点D，若四边形为正方形，求点 P 的坐标．
【答案】(1)
(2)P 的坐标为 或
【分析】本题考查了待定系数法求函数的解析式以及正方形的性质，理解在直线上或在直线上是关键．
（1）作于点，连接，线段的中点E的坐标为可求得、的长，则、的坐标可求得，利用待定系数法求得直线的解析式；
（2）当四边形为正方形时，点一定在一、三象限的角平分线上或二、四象限的角平分线上，则在直线上或在直线上，求出与的交点坐标即可．
【详解】（1）过点 E作于点 F，连接，则，，
∵E是线段的中点，
∴，
∴
∴，是的中位线，
∴，
∴点B 的坐标为，点 A 的坐标为，
根据题意，得，解得 ．
（2）由(1)知直线的解析式为
当四边形 为正方形时，点P一定在上，
当点P 在直线上时，
，解得，
此时点 P 的坐标为；
当点 P 在直线上时，
，解得 ，
此时点P的坐标为．
综上可知点 P 的坐标为或．
【例12】在矩形中， ，点P从点A开始沿边向终点B以的速度移动，与此同时，点Q从点B开始沿边向终点C以的速度移动．如果P、Q分别从A、B同时出发，当点Q运动到点C时，两点停止运动．设运动时间为t秒．
(1)当t为何值时，点B在的垂直平分线上？
(2)当t为何值时，的长度等于？
(3)是否存在t的值，使得五边形的面积等于？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)当t的值为时，点B在的垂直平分线上
(2)当时，的长度等于10cm
(3)存在t的值，使得五边形的面积等于，此时t的值为1
【分析】 本题考查了一元二次方程的应用、勾股定理，理解题意，正确列出一元二次方程是解此题的关键．
（1）由题意得，，则，再根据垂直平分线的性质可得进行求解即可；
（2）由勾股定理得出关于的一元二次方程，计算即可得解；
（3）根据题意得出关于的一元二次方程，计算即可得解．
【详解】（1）解：由题意得：，则，
当时，点B在的垂直平分线上，
∴，
解得，
∴当t的值为时，点B在的垂直平分线上；
（2）解：在中，由勾股定理得：，
即，
，
，
解得：（不合题意，舍去），
∴当时，的长度等于；
（3）解：存在t的值，使得五边形的面积等于，理由如下：
由题意得：，
，
∴五边形的面积，
即，
整理得：，
解得：，
当时，，不合题意，舍去；
当时，，符合题意；
∴存在t的值，使得五边形的面积等于，此时t的值为1．
【变式12-1】将两个全等的直角三角形如图摆放，其中，，，动点从点出发以每秒1个单位长度的速度沿射线运动，同时点从点出发以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，点到达终点后点也停止运动，设点运动时间为（秒）：
(1)当时，求的长；
(2)是否存在的值，使得以，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；
(3)是否存在的值，使得与互相平分？若存在，直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
(3)不存在，见解析
【分析】（1）先根据勾股定理求出，再根据运动速度，求出，最后求出结果即可；
（2）根据菱形的性质，得出，且，然后列出方程，解方程即可；
（3）根据与互相平分时，，列出方程，解方程得出答案，然后进行判断即可．
【详解】（1）解：在中
∵，，
∴由勾股定理得：，
∴，
∵点从点出发以每秒1个单位长度的速度沿射线运动，点从点出发以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，
∴，当时，，
∴．
（2）解：存在；理由：
依题意，若以，，，为顶点的四边形是菱形，则满足，且
即，
解得，
当时，，
∴当时，以，，，为顶点的四边形是菱形；
（3）解：不存在；理由：
若与互相平分，则在的左侧，且四边形为平行四边形，
∴，即，
解得，
由（1）知，
∴不存在的值，使得与互相平分．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，一元一次方程的应用，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．
【变式12-2】如图，长方形中，，，，，动点P从点B出发，以每秒的速度沿的方向，向终点D运动；动点Q从点B出发以每秒的速度沿的方向向终点C运动．以为边向右上方作正方形，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点P、Q同时出发，运动时间为t秒()．
(1)当P在上运动时， （用含t的代数式表示）；
(2)当点N落在边上时，求t的值；
(3)当正方形与长方形的重叠部分为四边形时，求重叠部分的面积S（用含t的代数式表示）；
(4)当正方形与长方形的重叠部分为三角形时，请直接写出t的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)当时，；当时，
(4)或时，正方形与长方形的重叠部分为三角形
【分析】（1）根据P在上运动时，可直接进行求解；
（2）证明，则，即，求的值即可；
（3）画出图形，当时，正方形在长方形的内部；当点运动到点处，，此时正方形与长方形的重叠部分为三角形，当点运动到点处时，当时，正方形与长方形的重叠部分为三角形，则可知时，正方形与长方形的重叠部分为三角形；当点运动与点时，，此时正方形与长方形的重叠部分为三角形；则时，正方形与长方形的重叠部分为四边形；
（4）由（3）的讨论直接求解即可．
【详解】（1）解：由题意得：，
∵点P在上运动，
∴；
故答案为；
（2）解：如图1，
∵，，，
，
∵四边形是正方形，
，
，
在长方形中，，
，
，
，
∴，
，
，
；
（3）解：由（2）知，时，正方形在长方形的内部，
∴，正方形与长方形的重叠部分为四边形，即为正方形，
∵，，
∴，
；
如图2，当点运动到点处，，此时正方形与长方形的重叠部分为三角形，
如图3，当点运动到点处时，
，，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
，
解得，
∴当时，正方形与长方形的重叠部分为三角形，
时，正方形与长方形的重叠部分为三角形；
如图4，当点运动与点时，，此时正方形与长方形的重叠部分为三角形；
时，正方形与长方形的重叠部分为四边形，
如图5，
同理上面可知：是等腰直角三角形，且，
∴
；
综上所述：当时，；当时，；
（4）解：由（3）可知当时，正方形与长方形的重叠部分为三角形；
当时，正方形与长方形的重叠部分为三角形；
综上所述：当或时，正方形与长方形的重叠部分为三角形．
【点睛】本题是四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，正方形的性质，直角三角形的性质，数形结合，分类讨论是解题的关键．
【例13】定义：若一个四边形满足三个条件①有一组对角互补，②一组邻边相等，③相等邻边的夹角为直角，则称这样的四边形为“直角等邻对补”四边形，简称为“直等补”四边形．根据以上定义，解答下列问题．
(1)如图1，四边形是正方形，点E在边上，点F在边的延长线上，且，连接，，请根据定义判断四边形是否是“直等补”四边形，并说明理由．
(2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，若，，求的长．
【答案】(1)四边形是“直等补”四边形，理由见解析．
(2)28．
【分析】（1）本题考查了对于“直等补”四边形定义的理解，要判断四边形是否是“直等补”四边形，关键在于根据定义，找到满足定义的三个条件即可．根据已知可证，由此可得到，，，即证明四边形是“直等补”四边形．
（2）本题同样考查了“直等补”四边形定义的理解，作辅助线构造直角三角形是解决问题的关键．根据“直等补”四边形定义，可得到，然后利用勾股定理即可求得的长．
【详解】（1）解： 四边形是正方形，
，，
，
在与中，
（），
，，
，
，
，
四边形满足三个条件：①一组对角和互补，②一组邻边，③相等邻边夹角．
故四边形是“直等补”四边形；
（2）连接，如下图所示
四边形是“直等补”四边形，，
，
，
，
，
，
，
．
故的长为28．
【变式13-1】探究与实践．
【抽象定义】定义：有一组对角都是直角的四边形叫做对直四边形．
【问题解决】
（1）写出一个你知道的对直四边形： ．
（2）如图1，四边形是对直四边形，若，则边的长是 ．
（3）如图在方格纸中，A、B两点在格点上，请画出两个符合条件的不全等的对直四边形，且点C、D都在格点上．
【拓展探究】
（4）如图4，在边长为4的正方形中，点E，F分别在，上，且点E为的中点，，试说明四边形是对直四边形．
【实践应用】
（5）某新建小区的建筑工地有一批铺完室内地板后剩下的瓷砖，形状如图5所示，其中，，．现根据要求，需将每张四边形瓷砖进一步切割成一个等腰三角形瓷砖和一个“对直四边形”瓷砖，用来铺设小区内花园的小路，要求原材料充分利用无剩余．请直接写出切割后得到的等腰三角形瓷砖的腰长是　　　　　．（写出所有情况）
【答案】（1）矩形（答案不唯一）；（2）；（3）见解析，答案不唯一；（4）见解析；（5）或或
【分析】（1）根据新定义得矩形或正方形，即可求解；
（2）连接，由勾股定理得，，即可求解；
（3）根据新定义画出图形即可求解；
（4）连接，由正方形的性质及勾股定理及其逆定理得，为直角三角形，即可求解；
（5）分类讨论：①过点作交于，②在①的条件下，过点作交于，③过点作交于；即可求解．
【详解】解：（1）矩形（答案不唯一），
故答案为：矩形（答案不唯一）；
（2）连接，根据题意可得，
，
，
故答案为：；
（3）如图，答案不唯一
（4）连接，
四边形是正方形，
，，
是的中点，
，
，
，
，
，
，
，
为直角三角形，
，
，
四边形是对直四边形；
（5）①过点作交于，
，
四边形是矩形，
四边形是对直四边形，
，
，
，
为等腰三角形，
；
故腰长为；
②在①的条件下，过点作交于，
同理可证：，
是等腰三角形，
∴，
四边形是对直四边形，
由①得，，
，
，
，
故腰长为；
③过点作交于，
，
四边形是对直四边形，
，
，
，
，
，
是等腰三角形，
，
故腰长为；
综上所述：等腰三角形瓷砖的腰长是或或．
【点睛】本题考查了新定义，等腰三角形的判定，勾股定理及其逆定理，矩形的判定及性质，正方形的性质；理解新定义，能根据腰不同进行分类讨论是解题的关键．
【变式13-2】【定义】
在学习了“中心对称图形--平行四边形”这一章后，小明同学对特殊四边形的探究产生了浓厚的兴趣，他发现除了已经学过的特殊四边形外，还有很多比较特殊的四边形．勇于创新的他大胆地作出这样的定义：有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”，并进行了以下问题的探究．
【理解】（1）如图① ，正方形中，点，分别在边，上，连接，，，，若，求证：四边形为“双直四边形”
【应用】（2）如图② ，双直四边形中，，，，对角线与相交于点，且，求四边形的面积．
【拓展】
（3）如图③ ，双直四边形中，，，且，若，求线段的长度．
【答案】（1）见解析（2）；（3）
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握勾股定理是解决此题的关键．
（1）证明，由“双直四边形”的定义可得出结论；
（2）由勾股定理求出，，根据三角形面积可得出答案；
（3）过作交延长线于点，由双直四边形可得，证明，设，则，，得出方程，求出，则可得出答案．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
（），
，
，
，
，
四边形为“双直四边形”；
（2）解：由题意知，
，，，
，
，
，
，
，
，
四边形的面积；
（3）解：过作交延长线于点，
，，
四边形是矩形，
，，
由双直四边形可得，
，，
，
同理可得，
，
设，则，，
，
（负值舍），
，
．
【例14】学习几何时，通常是先用几何的眼光去观察，再用代数的方法去验证．网格是研究几何图形的一种工具，也是培养几何直观的一种方式．

(1)如图是正方形网格，正方形的顶点称为格点，每一个小正方形的边长为1，那么_____，_____，_____；
(2)仅用无刻度的直尺，不允许用其他的工具，找出线段的中点（不写作法，保留作图痕迹）；
(3)仅用无刻度的直尺，不允许用其他的工具，找出的平分线交于点（不写作法，保留作图痕迹）．
【答案】(1)5；3；
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题考查的是勾股定理、矩形性质、等腰三角形性质及格点作图题，
（1）根据勾股定理求出结论即可；
（2）取格点，连接交于点O，即为所求作；
（3）取格点，连接交于点G，则点G为中点，根据，则平分，点P即为所求作；
【详解】（1）解：由题意得：，
，
，
故答案为：5；3；；
（2）解：如图点即为所求作；
（3）解：如图点即为所求作．
【变式14-1】如图，四边形是平行四边形，为上任意一点．
(1)如图①，只用无刻度的直尺在边上作出点，使直线平分平行四边形的面积；
(2)如图②，用无刻度直尺和圆规作出矩形，使得点、、分别在边、、上（不写作法，只保留作图痕迹）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查作图,平行四边形的性质，矩形的判定和性质等知识，
（1）连接，交于点，连接，延长交于点，点即为所求作．
（2）连接，交于点，连接，延长交于点，以为圆心为半径作弧交于点，延长交于点，连接，，，，四边形即为所求．
【详解】（1）解：如图，点，四边形即为所求作．
（2）如图，四边形即为所求作．

理由：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
同理：，可得，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形．
【变式14-2】已知正方形和中，，请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图（保留画图痕迹）．
(1)在图1中作的中点；
(2)在图2中作的三等分点．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
【分析】（1）连接交于点，由正方形性质可得，再结合，连接，由垂直平分线的判定与性质可得，从而得到答案；
（2）连接交于点，作直线交于点，交于点，连接交于点，连接交于点，作直线交于点，由平行线分线段成比例可知点即为所求．
【详解】（1）解：如图所示：
点即为所求的点；
（2）解：如图所示：
点即为所求的点．
【点睛】本题考查作图 复杂作图，涉及线段的垂直平分线的判定与性质、正方形的性质、矩形的性质、平行线分线段成比例等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
1．菱形的周长为，那么菱形的边长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形四边相等求解即可．
【详解】解：∵菱形的四边相等，周长为，
∴边长，
故选：C．
2．如图，在矩形中，两条对角线相交于点，，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C． D．4
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，掌握矩形的性质是关键．
根据矩形的性质得到，结合题意得到是等边三角形，由此即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故选：D ．
3．如图，，对角线，交于点O，添加下列条件，能使变为菱形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的判定方法，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．根据一组邻边相等或对角线互相垂直的平行四边形为菱形，逐一进行分析即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴当的一组邻边相等或对角线互相垂直时，能使变为菱形，
逐一对比选项，其中选项D符合对角线相互垂直，A、B、C均不符合．
故选：D．
4．如图，阴影部分为正方形，，，则四边形的面积为（ ）
A．146 B．76 C．84 D．60
【答案】D
【分析】本题考查求四边形面积，涉及正方形性质、勾股定理及梯形面积公式等知识，熟记正方形性质、勾股定理及梯形面积公式等知识是解决问题的关键．
先由正方形性质得到，，在中，由勾股定理求出正方形边长，最后由梯形面积公式代值计算即可得到答案．
【详解】解：在正方形中，，，
，
在中，，，则由勾股定理可得，
四边形的面积为，
故选：D．
5．如图，在矩形中，对角线与相交于点，点在边上，连接，，是的中点，连接，，，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、中位线定理，掌握“直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方”、“方程思想”、“三角形的中位线长度等于第三边的一半”是解题的关键．设，则，在中，由勾股定理得，解得，即，根据、分别是、的中点，可得是的中位线，由中位线定理可知，．
【详解】解：设，
，
，
矩形中，，
中，由勾股定理得：，即，
解得：，即，
是的中点，矩形中，
是的中位线，
，
即线段的长为．
故选：．
6．已知菱形的对角线的长分别为和，则这个菱形的面积是 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半．
根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求解．
【详解】解：∵菱形的对角线的长分别为和，
∴这个菱形的面积是，
故答案为：．
7．如图，在中，当 时，是矩形（填一个条件即可）．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查了矩形的判定定理，根据对角线相等的平行四边形为矩形得出答案即可，熟练掌握矩形的判定定理是解此题的关键．
【详解】解：在中，当时，是矩形，
故答案为：（答案不唯一）．
8．如图，是菱形的对角线，在上截取，使得，连接，若，则的度数为 ．
【答案】/73度
【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是掌握以上知识点．
首先根据菱形的性质得到，然后利用等边对等角和三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
9．如图，矩形在平面直角坐标系内，点的坐标为，则对角线的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理及坐标与图形，掌握其性质定理是解决此题的关键．连接，由矩形的性质得到，再由坐标系中点到原点的距离计算公式求出的长即可得到答案．
【详解】解；连接，如图所示，
四边形是矩形，
，
，
，
，
故答案为：．
10．如图，矩形中，连接对角线，将沿折叠，点B落在点处，交边于点E，则：
（1）的形状是 ；
（2）若，则点到边的距离是 ．
【答案】 等腰三角形
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，掌握折叠的性质与等腰三角形的判定是解题的关键．
（1）由折叠的性质得，由平行线的性质可得，则可得，由等角对等边即可得的形状是等腰三角形；
（2）由折叠的性质得，，设，则可表示，在中，由勾股定理建立方程求得x，利用面积关系即可求得点到边的距离．
【详解】解：（1）由折叠的性质得，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
故答案为：等腰三角形；
（2）∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质得，，
设，则，
在中，，
即，
解得：，
∴，
设点到边的距离为d，
∵，
∴，
即点到边的距离为，
故答案为：．
11．如图，四边形是矩形，，交的延长线于点，，交的延长线于点，连接．
求证：四边形是菱形．
【答案】见详解
【分析】本题考查菱形的判定，矩形的性质，平行四边形的判定与性质．根据题意先证四边形是平行四边形，再由即可．
【详解】证明：四边形是矩形
,
四边形，四边形都是平行四边形
四边形是平行四边形
四边形是菱形．
12．如图，在梯形中，，，动点P从点A出发沿方向向点D以的速度运动，动点Q从点C开始沿着方向向点B以的速度运动，点P、Q分别从点A和点C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点随之停止运动．
(1)经过多长时间，四边形是平行四边形？
(2)经过多长时间，四边形是矩形？
【答案】(1)经过时，四边形是平行四边形
(2)经过时，四边形是矩形
【分析】本题主要考查了平行四边形的想在，矩形的性质：
（1）设经过时，四边形是平行四边形，则，根据即可求解；
（2）设经过时，四边形是矩形，则，根据，即可求解．
【详解】（1）解：设经过时，四边形是平行四边形，则，
由题意得，，
∴
∵，
∴，
解得，
即经过时，四边形是平行四边形；
（2）解：设经过时，四边形是矩形，则，
由题意得，，
∴，
∵，
，
解得，
即经过时，四边形是矩形．
13．请仅用无刻度的直尺完成下列画图，不写画法，保留画图痕迹．
(1)如图1，画出菱形的对称轴m；
(2)如图2，画出正五边形的对称轴n．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了画对称轴，熟知对称轴的定义是解题的关键．
（1）菱形的对称轴为其对角线所在的直线，据此作图即可；
（2）正五边形的对角线为其顶点与该顶点对边中点的连线所在的直线，据此作图即可．
【详解】（1）解：如图所示，直线和直线即为所求；
（2）解：如图所示，直线即为所求．
14．数学兴趣小组利用长方形纸板制作礼品盒，选择长为，宽为的长方形纸板，如图，在其四角分别剪去两个同样大小的正方形和两个同样大小的长方形（阴影部分），再把剩余部分沿虚线折起来得长方体礼品盒．
(1)当礼盒底面的长是宽的4倍时，该长方体礼品盒的体积为 ；
(2)当礼盒的侧面的面积为，求剪去的小正方形的边长．
【答案】(1)
(2)剪去的小正方形的边长为
【分析】本题考查了几何问题(一元一次方程的应用)，与图形有关的问题(一元二次方程的应用)，矩形性质理解，正方形性质理解等知识点，找准等量关系，正确列出一元二次方程和一元一次方程是解题的关键．
（1）设小正方形的边长为x，则礼盒底面的长为（），宽为，高为，根据礼盒底面的长是宽的4倍，列出一元一次方程，解方程，即可解决问题；
（2）设剪去的小正方形的边长为，则礼盒的侧面的长为，宽为，根据礼盒的侧面的面积为，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可．
【详解】（1）解：设小正方形的边长为，
则礼盒底面的长为（），宽为，高为，
由题意得：，
解得：，
∴，
，
∴（），
即该长方体礼品盒的体积为，
故答案为：；
（2）设小正方形的边长为，则礼盒的侧面的长为，宽为，
由题意得：，
整理得：，
解得：，（不符合题意，舍去），
答：剪去的小正方形的边长为．
15．【问题呈现】
如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点P旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点E、F（点F与点C，D不重合）．探索线段之间的数量关系．
(1)【问题初探】
爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论．请你写出线段之间的数量关系________；
(2)【问题引申】
如图2，将图1中的正方形改为的菱形，，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段之间的数量关系，并说明理由：
(3)【问题解决】
如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为16，点P运动至与A点距离恰好为14的位置，且旋转至时，请直接写出的长度________．
【答案】(1)
(2)
(3)8或4
【分析】（1）根据正方形的性质可得，，证明，得到，即可求解；
（2）取的中点，连接，根据菱形的性质可得是等边三角形，可证明，得到，即可证明；
（3）分两种情况：当点靠近点时，；当点靠近点时；过点作于，连接，作交于，结合（2），根据勾股定理和等边三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：如图1中，
正方形的对角线，交于点，
，，
，
，
在和中
，
，
，
；
故答案为：
（2）解：结论变为，理由如下：
如图2中，取的中点T，连接，
四边形为的菱形，
，，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
故答案为：；
（3）解：如图3﹣1中，当点P靠近点B时，过点A作于H，连接，作交于G．
是等边三角形，，，
，，
在中，，
，
由（2）可知，，
；
如图中，当点靠近点时，同法可得，，
，
，
综上所述，满足条件的的值为8或4；
故答案为：8或4．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形及菱形的性质，等腰三角形的性质，解答本题的关键是设计三角形全等，巧妙地借助两个三角形全等，寻找所求线段与线段之间的等量关系．
1．下列说法中，正确的是（ ）
A．菱形的对角线互相垂直且相等
B．有一组邻边相等的平行四边形是菱形
C．取平行四边形四边的中点并顺次连接，构成的四边形是矩形
D．有一个角是直角的平行四边形是正方形
【答案】B
【分析】本题考查特殊四边形的判定和性质，根据特殊平行四边形的判定和性质逐一分析各选项的正确性．
【详解】解：A．菱形的对角线互相垂直但不一定相等，故A错误；
B．有一组邻边相等的平行四边形是菱形，符合菱形定义，故B正确；
C．平行四边形中点四边形是平行四边形，仅当原四边形对角线垂直时为矩形，但平行四边形对角线不一定垂直，故C错误；
D．有一个角是直角的平行四边形是矩形，不一定是正方形，故D错误．
故选：B．
2．如图，在矩形中，，，点E，F分别在边和上（均不与D端点重合），点G在矩形内部，连接，四边形为正方形，连接，若，则的长为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了矩形和正方形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握矩形和正方形的性质．
可得，设，则，然后在中运用勾股定理建立方程，即可求解，则即可求解，再在中运用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，
∵四边形是矩形，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
设，则，
∵在中，，
∴，
解得，（不符合题意，舍去），
∴，
∴，
∵
∴
∴．
故选：B．
3．如图，在正方形中，点在上，点在上，连接和交于点，连接，若，，，则四边形的面积为（ ）
A．63 B．65 C．81 D．130
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，连接，设，，则，由正方形的性质可得，，结合题意可得，，，都是直角三角形，证明，得出，由勾股定理可得，，，，，由可得，由可得，从而得出，求出，再结合计算即可得出结果，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接，
，
设，，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，，，都是直角三角形，
在中，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，由勾股定理可得：，
在中，由勾股定理可得：，
在中，由勾股定理可得：，
在中，由勾股定理可得：，
在中，由勾股定理可得：，
由可得：，
由可得：，
∴，
∵，，
∴，
∴，
整理可得：，
∵，，，
∴
，
即四边形的面积为，
故选：B．
4．如图，已知正方形的边长为12，，将正方形的边沿折叠到，延长交于G，连接．下列结论①，②，③五边形的周长是44，④的面积是60．正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】本题主要考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的运用，解决本题的关键是综合运用以上知识点．
根据正方形的性质和折叠的性质可得，，于是可得，依据全等三角形的性质以及折叠的性质，即可得到；再由勾股定理求出相应线段的长可得五边形的周长，利用三角形面积公式即可确定的面积．
【详解】解：由折叠可知：，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
由折叠可得，，
∴，故结论②符合题意；
∵正方形边长是，
∴，
设，则，，
由勾股定理得，
即，
解得，
∴，，，
∴，故结论①错误，不符合题意；
∴五边形的周长为，故结论③符合题意；
的面积为，故结论④符合题意；
综上，正确的结论为②③④，共三个，
故选C．
5．如图，长方形的边，，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，若以为边向右侧作等腰直角三角形，，连接，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，线段最短的计算，掌握以上知识，数形结合，合理作出辅助线是关键．
如图所示，过点G作于点H，作，交于点M，交于点N，可证，得到，当点在线段上运动时，点在线段的某一部分上运动，再得到四边形，四边形都是矩形，则，，，由勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，过点G作于点H，作，交于点M，交于点N，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∴当点在线段上运动时，点在线段的某一部分上运动，如图所示，
当点重合时，线段的值最小，
根据作图，，
∴四边形，四边形都是矩形，
∴，，
∴，
在中，，
∴的最小值为，
故选：B．
6．如图，菱形的对角线与相交于点O，E是的中点，且，则的长是 ．
【答案】6
【分析】本题考查了菱形的性质以及直角三角形斜边上的中线性质，由菱形的性质可得，由直角三角形的性质可得，故可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∴是直角三角形，
∵点E是的中点，
∴．
故答案为：6．
7．瓷砖镶嵌是一种充满艺术美的技艺，如图是放置的正方形瓷砖，它的对称轴与平面直角坐标系的坐标轴重合．若点A的坐标为，则点C的坐标为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了正方形的性质，坐标与图形性质及关于原点对称的点的坐标，熟知中心对称的性质是解题的关键．
根据所给图形，得点与点关于原点对称，再根据中心对称的性质即可解决问题．
【详解】解：∵正方形的对称轴与平面直角坐标系的坐标轴重合，
∴点与点关于原点对称．
∵点的坐标为，
∴点的坐标为．
故答案为：．
8．如图，在矩形纸片中，，，把纸片沿对角线向上折叠，顶点落在处，交于点，连接分别交于点，交于点，则 ．
【答案】3
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质．
由折叠可知，，，证明，设，，根据勾股定理，即可得．
【详解】解：设，则，
由折叠可知，，，
在和中，
，
∴，
∴，，
设，，
在中，，
∴，
解得：，
∴．
故答案为：3．
9．如图，矩形中，交于点O，，，点M在边上，且，点P是上的动点，连接，当是等腰三角形时，的长为 ．
【答案】5或或
【分析】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形中位线的性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线，分情况讨论是解题关键．
过点作于点，结合矩形的性质易得为等腰三角形，可得，进而可知为的中位线，可得，利用勾股定理可解得，若是等腰三角形，可分，和三种情况，分别求解即可．
【详解】解：如下图，过点作于点，
∵四边形为矩形，，，
∴，，，
∵，
∴，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是等腰三角形，
当时，可有；
当时，则有，
此时；
当时，设，
则有，
在中，可有，
∴，解得．
综上所述，的长为5或或．
故答案为：5或或．
10．如图，在矩形中，，，点M是射线上一动点，作直线．作关于直线的对称图形，得到，当点B的对称点E恰好落在直线上时，的值为 ．
【答案】8或2
【分析】本题考查矩形与折叠，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点，利用分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．分点在线段的延长线上和点在线段上两种情况，进行讨论求解即可．
【详解】解：∵矩形，
∴，
当点在线段的延长线上时，如图，
∵折叠，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
当点在线段上时，如图，
∵翻折，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：8或2．
11．如图，在菱形中，点E，F分别在边和上，且．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查菱形的性质及全等三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质及全等三角形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，然后可得，进而问题可求证．
【详解】证明：∵四边形是菱形，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
12．如图，已知，、分别是、边上的中点，于点，点在的延长线上，，连接．
(1)求证：四边形是矩形．
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
根据中位线的性质证得，结合，证得四边形是平行四边形，根据，从而得出结论；
在中，证得、，进而证得和，过点作于点，根据勾股定理求出的长即可．
【详解】（1）证明：D、分别是、边上的中点，
是的中位线，
，即，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形；
（2）解：
在中，，
、
点是的中点，
过点作于点
在中，，
在中，，
由勾股定理得，．
13．如图，在长方形电子屏中，m，m．一条公益广告画面的动态效果设计如下：动点从点出发沿边，以的速度向点运动，随着的移动，画面逐渐展开．
(1)写出展开的画面面积（单位：）关于点的运动时间（单位：s）的函数表达式；
(2)当展开的画面面积达到电子屏面积的时开始播放广告语，播放时间持续，求播放结束时展开的画面面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题主要考查一次函数的应用，矩形的性质，图形面积，正确理解题意是解题的关键．
（1）当时，展开的画面面积就是的面积；当时，矩形的面积的面积；
（2）先根据展开的画面面积达到电子屏面积的时开始播放广告语，计算展开的画面面积，再分别代入（1）中的关系式可得的值，计算总时间，即可解答．
【详解】（1）解：如图1，当时，，
如图2，当时，；
综上，（单位：关于点的运动时间（单位：的函数表达式为：；
（2）解：，
当时，，
，
当时，（不符合题意），
答：播放结束时展开的画面面积是．
14．如图，在矩形中，，，点O为对角线的中点，动点P从点A出发，沿向终点C运动．连结，当点P不与点B重合时，作点P关于的对称点E，顺次连结O、P、B、E四个点，组成四边形．
(1)______；
(2)求证：；
(3)当四边形的面积为20时，求出此时的长．
(4)在点P运动过程中，当四边形是菱形时，请直接写出此时的值．
【答案】(1)5
(2)证明见解析
(3)或
(4)或
【分析】（1）根据矩形的性质以及勾股定理即可求解；
（2）根据题意可得垂直平分，从而得到，即可求证；
（3）分两种情况：点P在边上或点P在边上，结合勾股定理以及等腰三角形的性质解答即可；
（4）设，点P在边上或点P在边上，结合勾股定理以及菱形的性质解答即可．
【详解】（1）解：在矩形中，，
∴，，
∴，
∵点O为对角线的中点，
∴，
故答案为：5
（2）证明：∵点P关于的对称点为点E，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴；
（3）解：∵，
∴
∵四边形的面积为20，
∴，
∵点O为对角线的中点，
∴，，
当点P在边上时，过点O作，如图，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴；
当点P在边上时，过点O作于点G，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴；
综上所述，的长为或；
（4）解：设，
如图，当点P在边上时，设交于点N，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
由（2）得：，，
在中，，
∴，
解得：，
即；
当点P在边上时，延长交于点M，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
由（2）得：，，
在中，，
∴，
解得：，
即；
综上所述，的值为或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解答是解题的关键．
15．如图1，四边形ABCD是长方形，，，，，，点E是边上一点，连接，过点E作的垂线，交于点F，将沿所在直线翻折得到，其中点G是点B的对应点．
(1)如图2，连接，若，直接写出的长为________；
(2)连接DG，若是以为腰的等腰三角形时，求的长；
(3)如图3，连接，若的延长线正好经过点D，直接写出的面积为________．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】本题考查翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，三角形面积计算；
（1）由翻折的性质得，，，从而得到四边形为正方形，最后在中勾股定理即可求解；
（2）分两种情况：①当，设，利用在中建立方程求解；②当，设，过D点作，证明得到建立方程求解；
（3）连接，若的延长线正好经过点D，设，则，，在中建立方程可求出，从求出的面积，再利用与的比例关系即可求出的面积.
【详解】（1）解：∵，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵将沿所在直线翻折得到，
∴，，，
∴，
∴四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴在中，.
（2）解：若是以为腰的等腰三角形，分两种情况：
①当，如图所示，设，
∵，
∴，
由翻折可得：，
∴，
在中，，
即，
解得：，
∴，
②当，如图所示，设，过D点作，
∵，
∴，
由翻折可得：，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
由翻折可得：，
∴，
在与中
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴.
综上：或.
（3）解：连接，若的延长线正好经过点D，如图所示，
由翻折可知： ，，，
∵的延长线正好经过点D，
∴，
由（2）可得，
∴，
∴，
设，则，，
在中，，
∴，
解得：，
∴，，
∴
∵,
∴.中小学教育资源及组卷应用平台
第5章 特殊平行四边形 单元复习讲义
一、基础目标
能复述矩形、菱形、正方形的定义。
能复述矩形的性质：四个角都是直角、对角线相等。
能复述菱形的性质：四条边都相等、对角线互相垂直且平分每一组对角。
能复述正方形的性质：具有矩形和菱形的所有性质（四个角都是直角、四条边都相等、对角线相等且互相垂直平分每一组对角）。
能复述矩形的判定定理：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；有三个角是直角的四边形是矩形。
能复述菱形的判定定理：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；四条边都相等的四边形是菱形。
能复述正方形的判定定理：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；有一组邻边相等的矩形是正方形；有一个角是直角的菱形是正方形。
会根据矩形、菱形、正方形的性质，计算边长、角度、对角线长度等基础几何量。
会运用矩形、菱形、正方形的判定定理，判断一个四边形或平行四边形是否为矩形、菱形或正方形。
二、进阶目标
理解并应用矩形的性质进行简单的几何证明，例如证明两条线段相等、两个角相等、两条直线平行或垂直等。
理解并应用菱形的性质进行简单的几何证明，例如证明两条线段相等、两个角相等、两条直线平行或垂直，特别是利用对角线互相垂直的性质解决相关问题。
理解并应用正方形的性质进行简单的几何证明，综合运用矩形和菱形的性质解决问题。
会推导矩形、菱形、正方形的性质定理（如矩形对角线相等、菱形对角线互相垂直等），明确其推导过程和依据。
会推导矩形、菱形、正方形的判定定理，并能理解判定定理之间的联系与区别。
能结合三角形全等、等腰三角形、直角三角形等知识，解决与特殊平行四边形相关的综合性计算问题（如结合勾股定理求边长、面积等）。
能识别并运用特殊平行四边形的性质解决折叠、旋转等动态几何问题中的基础计算与证明。
理解矩形、菱形、正方形之间的包含关系（如正方形是特殊的矩形和菱形，矩形和菱形是特殊的平行四边形），并能在具体问题中明确它们的区别与联系。
三、拓展目标
能综合运用特殊平行四边形的性质和判定，解决较为复杂的几何证明题，包括需要添加辅助线的问题。
能运用特殊平行四边形的知识解决与函数、坐标系相结合的综合性问题，例如在平面直角坐标系中，根据特殊平行四边形的性质求点的坐标、图形的面积等。
能解决与特殊平行四边形相关的探究性问题，例如探究图形在运动变化过程中特殊平行四边形的存在性、性质的不变性等。
能运用特殊平行四边形的性质解决实际生活中的应用问题，如测量距离、设计图案等，并能进行简单的方案优化。
理解并应用特殊平行四边形的对称性（矩形、菱形、正方形都是中心对称图形，矩形和菱形是轴对称图形，正方形既是中心对称图形也是轴对称图形）解决相关问题。
会利用特殊平行四边形的性质和判定，结合相似三角形、勾股定理等知识解决中考难度的综合题，能够清晰表述解题思路和推理过程。
类别 具体内容 完整分析
常见结论
矩形 1. 四个角都是直角
2. 对角线相等且互相平分
3. 既是中心对称图形，也是轴对称图形（有两条对称轴）
4. 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 1. 矩形的定义决定了其四个内角均为90°，这是矩形最基本的性质。
2. 矩形作为特殊的平行四边形，具有平行四边形对角线互相平分的共性，同时其特殊之处在于对角线相等。
3. 矩形的对称中心是两条对角线的交点；其对称轴为经过对边中点的两条直线。
4. 该结论是矩形性质的重要推论，由矩形对角线相等且互相平分可直接推出，在解决与直角三角形相关的计算和证明中应用广泛。
菱形 1. 四条边都相等
2. 对角线互相垂直且平分，每条对角线平分一组对角
3. 既是中心对称图形，也是轴对称图形（有两条对称轴）
4. 菱形的面积等于两条对角线乘积的一半 1. 菱形的定义明确了其四条边长度相等，这是菱形区别于一般平行四边形的核心特征。
2. 菱形的对角线不仅互相平分（平行四边形共性），还具有互相垂直的特性，并且每条对角线都会将一组对角二等分。
3. 菱形的对称中心是两条对角线的交点；其对称轴为两条对角线所在的直线。
4. 由于菱形的对角线互相垂直，可将菱形分割成两个全等的直角三角形或四个全等的直角三角形，利用三角形面积公式可推导出此面积公式，该公式计算菱形面积有时比“底×高”更简便。
正方形 1. 四条边都相等，四个角都是直角
2. 对角线相等、互相垂直且平分，每条对角线平分一组对角
3. 既是中心对称图形，也是轴对称图形（有四条对称轴）
4. 具有矩形和菱形的所有性质 1. 正方形兼具矩形（四个直角）和菱形（四条边相等）的双重特性，是特殊的矩形和特殊的菱形。
2. 正方形的对角线融合了矩形（对角线相等）和菱形（对角线垂直）的特性，同时具备平行四边形对角线互相平分以及菱形对角线平分内角的性质。
3. 正方形的对称中心是两条对角线的交点；其对称轴有四条，分别是两条对角线所在的直线和经过对边中点的两条直线。
4. 正因正方形是特殊的矩形和菱形，所以它自然继承了这两种图形的所有性质，在证明和计算中可以综合运用这些性质。
易错点
概念混淆 1. 对矩形、菱形、正方形的定义理解不清，如认为“有一组邻边相等的四边形是菱形”（遗漏“平行四边形”前提）
2. 混淆特殊平行四边形的性质，如认为“菱形的对角线相等”（菱形对角线不相等，矩形对角线相等） 1. 菱形的定义是“有一组邻边相等的平行四边形”，必须强调“平行四边形”这个前提，否则普通的四边形即使有一组邻边相等也不是菱形。类似地，矩形定义需强调“平行四边形”和“一个角是直角”。
2. 菱形的对角线性质是“互相垂直且平分，每条对角线平分一组对角”，而“对角线相等”是矩形的性质。正方形因为既是矩形又是菱形，所以对角线既相等又垂直。学生常因对各图形独特性质掌握不牢而混淆。
性质应用错误 1. 在矩形中，错误地使用“对角线互相垂直”（矩形对角线一般不垂直，仅正方形特殊情况垂直）
2. 在菱形中，错误地使用“四个角都是直角”（菱形四个角一般不是直角，仅正方形特殊情况是直角） 1. 矩形的对角线相等且互相平分，但只有当矩形是正方形时，对角线才互相垂直。若忽略这一点，在非正方形的矩形中应用对角线垂直的性质，会导致推理错误。
2. 菱形的四个角不一定是直角，其对角相等，邻角互补。只有当菱形是正方形时，四个角才都是直角。若将菱形的角等同于矩形的角，会得出错误结论。
判定方法错误 1. 判定矩形时，仅由“对角线相等”就得出是矩形（忽略“平行四边形”前提，等腰梯形对角线也相等）
2. 判定菱形时，仅由“对角线互相垂直”就得出是菱形（忽略“平行四边形”前提，筝形对角线也可能垂直） 1. “对角线相等的平行四边形是矩形”才是正确的判定定理。如果一个四边形不是平行四边形，即使对角线相等（如等腰梯形），也不能判定为矩形。
2. “对角线互相垂直的平行四边形是菱形”是正确的判定。对于非平行四边形的四边形，如筝形，虽然对角线可能垂直，但它不是菱形。
与其他图形关系不清 1. 认为“矩形是特殊的菱形”或“菱形是特殊的矩形”（两者都是特殊的平行四边形，但一般情况下互不包含，正方形是两者的交集）
2. 忽略正方形既是矩形也是菱形的双重身份，导致在证明或计算中未能充分利用其性质 1. 矩形的核心特征是“四个角是直角”，菱形的核心特征是“四条边相等”。除了正方形这一特殊情况外，矩形和菱形没有包含关系，它们是平行四边形下的两个不同分支。
2. 正方形同时满足矩形和菱形的所有定义和性质。在解决与正方形相关问题时，若只考虑其矩形性质或只考虑其菱形性质，可能会走弯路或遗漏关键条件，应充分利用其双重特性。
计算问题 1. 利用菱形面积公式（对角线乘积的一半）时，忘记除以2
2. 在直角三角形斜边上中线性质应用时，忽略“直角三角形”前提，或错误认为“斜边上的中线等于斜边的一半”对任意三角形都成立 1. 菱形面积公式“对角线乘积的一半”是由两个全等的三角形面积相加推导而来（每个三角形面积为$\frac{1}{2}×$对角线1$×$对角线2的一半），因此必须除以2，遗漏则会导致面积计算加倍。
2. “直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”是矩形性质的推论，其前提必须是直角三角形。对于锐角或钝角三角形，该结论不成立，若错误应用会导致计算错误。
【例1】从下列条件中选择一个条件添加后，还不能判定平行四边形是菱形，则这个条件是（ ）
A． B． C． D．
【变式1-1】如图，要使平行四边形是正方形，需增加条件．在条件①，②，③，④中选取两个作为条件，不正确的是(　　)
A．①和② B．①和③ C．②和③ D．③和④
【变式1-2】如下图，在平行四边形中，增加一个条件后，平行四边形就成为矩形，这个条件可以是
【例2】若顺次连接四边形的各边中点所得的四边形是菱形，则该四边形一定是（ ）
A．矩形 B．菱形
C．对角线相等的四边形 D．对角线互相垂直的四边形
【变式2-1】若顺次连接某四边形四边中点所得的四边形是矩形，则原四边形一定是（　　）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．梯形
【变式2-2】如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是1，则第n个矩形的面积是 ．
【例3】如图，四边形的四边相等，面积为120，，则四边形的周长为（ ）
A．52 B．40 C．39 D．26
【变式3-1】如果菱形的两条对角线的长为a和b，且a，b满足，那么菱形的面积等于（ ）
A．12 B．6 C．2.4 D．
【变式3-2】已知某菱形的一条对角线长为，面积为，则此菱形的边长是 ．
【例4】如图，矩形的两对角线交于点，，设，矩形的面积为，则变量y与x的函数关系式为（ ）
A． B． C． D．
【变式4-1】矩形中，，，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于长为半径画弧交于点P，作射线，过点C作的垂线分别交，于点M，N，则的长为（ ）
A． B． C．4 D．5
【变式4-2】如图，将一张长方形纸片先沿折叠，点A，B分别落在点、处，将得到的图形再沿折叠，点、分别落在点、处．若，则的度数为 ．
【例5】若一个正方形的对角线长为，则它的面积是（ ）
A． B． C． D．
【变式5-1】如图，已知在边长为2的正方形中，点E为对角线上一点，且，过点E作交于点F，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-2】如图，是由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”，得到正方形与正方形，连结并延长，交于点，若，为中点，则的长为 ．
【例6】如图，在平面直角坐标系中，点，，若平移点B到点C，使以点O，A，B，C为顶点的四边形是菱形，则平移方法错误的是（ ）
A．向左平移3个单位长度，再向上平移个单位长度
B．向左平移个单位长度，再向上平移2个单位长度
C．向右平移1个单位长度，再向上平移个单位长度
D．向左平移1个单位长度，再向下平移个单位长度
【变式6-1】如图1，小华将矩形纸片先沿对角线折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线上，点B 的对应点记为，折痕与边分别交于点E，F．
（1） 如图2， 当点与点D 重合时， 四边形是 ．
（2） 如图3， 当时， 与的数量关系是 ．
【变式6-2】如图，四边形是边长为2，一个锐角等于的菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D重合，按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交（或它们的延长线）于点E、F，，当时，如图1小芳同学得出的结论是．

(1)继续旋转三角形纸片，当时，如图2小芳的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由；
(2)再次旋转三角形纸片，当点E、F分别在的延长线上时，如图3，求证：；
【例7】如图（1），在平面直角坐标系中，矩形在第一象限，且轴，直线沿x轴正方向平移，在平移过程中，直线被矩形截得的线段长为a，直线在x轴上平移的距离为b，a、b间的函数关系图象如图（2）所示，那么矩形的面积为（ ）
A． B． C．6 D．8
【变式7-1】如图，已知长方形纸片的长，宽，点均在上(在左侧)，先将纸片沿折叠，记点的对应点为，再将纸片沿折叠，使得的对应线段，连接，若折叠过程保持，分别在长方形的外部和内部，当时，的长为 ．
【变式7-2】如图，矩形和矩形重合，，．矩形保持不动，将矩形绕点逆时针方向旋转．
(1)如图，将矩形的顶点旋转至边上，求的长；
(2)如图，继续旋转矩形，使点落在的延长线上．求证：、、在同一条直线上；
(3)在（）的条件下，如图，连接交于点，延长交的延长线于点，则的长为______．
【例8】如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点的坐标为，点，在轴上，将正方形平移后，点成为新正方形的对称中心，则正方形的平移过程可能是（ ）

A．向右平移8个单位长度，再向下平移4个单位长度
B．向右平移4个单位长度，再向下平移4个单位长度
C．向右平移2个单位长度，再向下平移4个单位长度
D．向右平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度
【变式8-1】如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点的坐标是，为边上一点，，沿折叠正方形，折叠后，点落在平面内的点处，则点的坐标为 ．
【变式8-2】如图1，正方形的对角线相交于点，正方形与正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转．
【问题发现】
（1）连接，则线段，，之间的数量关系是__________
【类比迁移】
（2）如图2，点为矩形的中心，矩形的边与边相交点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转．判断线段，，之间的数量关系，并加以证明．
【拓展应用】
（3）如图3，在中，，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕点旋转．当时，请直接写出线段的长．
【例9】如图，在菱形中，，，Q为的中点，P为对角线上的任意一点，则的最小值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
【变式9-1】如图，在矩形中，，，动点满足，则点到、两点距离之和的最小值为 ．
【变式9-2】【阅读思考】已知，求的最小值．
分析：如图，我们可以构造边长为1的正方形，为边上的动点．设，则，那么可以用含的式子表示，，问题可以转化为与的和的最小值，用几何知识可以解答．
(1)求的最小值；
(2)已知，为两个正数，且，运用以上方法求的最小值；
(3)借助上述思考过程，求的最大值．
【例10】如图，矩形的对角线，相交于点O，，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求矩形的面积．
【变式10-1】如图所示，在中，的平分线交于点D，过点D作交于点E，F为上一点，且，连接．
(1)求证：；
(2)求证：四边形为矩形．
【变式10-2】如图，已知菱形的对角线交于点O，E，F是对角线所在直线上的两点，且，，连接，得四边形．求证：四边形是正方形．
【例11】如图，在平面直角坐标系中，直线l与直线平行，且直线l与x轴、y轴分别交于点A，B，点A的坐标为，点在直线l上．
(1)求直线l对应的函数表达式以及点C的坐标；
(2)点P在y轴的正半轴上，Q是平面直角坐标系内一点，若四边形为矩形，求点P，Q的坐标．
【变式11-1】如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB： 与直线相交于点，分别交坐标轴于点A，B，C，D．
(1)求直线的解析表达式；
(2)如图，点P是直线上的一个动点，当的面积为20时，求点P的坐标；
(3)直线上有一点F，在平面直角坐标系内找一点N，使得以为一边，以点B，D，F，N为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的点N的坐标．
【变式11-2】如图，在平面直角坐标系中，直线 交x轴于点A，交y轴于点B，线段的中点E的坐标为．
(1)求k、b的值；
(2)P为直线上一点，轴于点 C， 轴于点D，若四边形为正方形，求点 P 的坐标．
【例12】在矩形中， ，点P从点A开始沿边向终点B以的速度移动，与此同时，点Q从点B开始沿边向终点C以的速度移动．如果P、Q分别从A、B同时出发，当点Q运动到点C时，两点停止运动．设运动时间为t秒．
(1)当t为何值时，点B在的垂直平分线上？
(2)当t为何值时，的长度等于？
(3)是否存在t的值，使得五边形的面积等于？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【变式12-1】将两个全等的直角三角形如图摆放，其中，，，动点从点出发以每秒1个单位长度的速度沿射线运动，同时点从点出发以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，点到达终点后点也停止运动，设点运动时间为（秒）：
(1)当时，求的长；
(2)是否存在的值，使得以，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；
(3)是否存在的值，使得与互相平分？若存在，直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【变式12-2】如图，长方形中，，，，，动点P从点B出发，以每秒的速度沿的方向，向终点D运动；动点Q从点B出发以每秒的速度沿的方向向终点C运动．以为边向右上方作正方形，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点P、Q同时出发，运动时间为t秒()．
(1)当P在上运动时， （用含t的代数式表示）；
(2)当点N落在边上时，求t的值；
(3)当正方形与长方形的重叠部分为四边形时，求重叠部分的面积S（用含t的代数式表示）；
(4)当正方形与长方形的重叠部分为三角形时，请直接写出t的取值范围．
【例13】定义：若一个四边形满足三个条件①有一组对角互补，②一组邻边相等，③相等邻边的夹角为直角，则称这样的四边形为“直角等邻对补”四边形，简称为“直等补”四边形．根据以上定义，解答下列问题．
(1)如图1，四边形是正方形，点E在边上，点F在边的延长线上，且，连接，，请根据定义判断四边形是否是“直等补”四边形，并说明理由．
(2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，若，，求的长．
【变式13-1】探究与实践．
【抽象定义】定义：有一组对角都是直角的四边形叫做对直四边形．
【问题解决】
（1）写出一个你知道的对直四边形： ．
（2）如图1，四边形是对直四边形，若，则边的长是 ．
（3）如图在方格纸中，A、B两点在格点上，请画出两个符合条件的不全等的对直四边形，且点C、D都在格点上．
【拓展探究】
（4）如图4，在边长为4的正方形中，点E，F分别在，上，且点E为的中点，，试说明四边形是对直四边形．
【实践应用】
（5）某新建小区的建筑工地有一批铺完室内地板后剩下的瓷砖，形状如图5所示，其中，，．现根据要求，需将每张四边形瓷砖进一步切割成一个等腰三角形瓷砖和一个“对直四边形”瓷砖，用来铺设小区内花园的小路，要求原材料充分利用无剩余．请直接写出切割后得到的等腰三角形瓷砖的腰长是　　　　　．（写出所有情况）
【变式13-2】【定义】
在学习了“中心对称图形--平行四边形”这一章后，小明同学对特殊四边形的探究产生了浓厚的兴趣，他发现除了已经学过的特殊四边形外，还有很多比较特殊的四边形．勇于创新的他大胆地作出这样的定义：有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”，并进行了以下问题的探究．
【理解】（1）如图① ，正方形中，点，分别在边，上，连接，，，，若，求证：四边形为“双直四边形”
【应用】（2）如图② ，双直四边形中，，，，对角线与相交于点，且，求四边形的面积．
【拓展】
（3）如图③ ，双直四边形中，，，且，若，求线段的长度．
【例14】学习几何时，通常是先用几何的眼光去观察，再用代数的方法去验证．网格是研究几何图形的一种工具，也是培养几何直观的一种方式．

(1)如图是正方形网格，正方形的顶点称为格点，每一个小正方形的边长为1，那么_____，_____，_____；
(2)仅用无刻度的直尺，不允许用其他的工具，找出线段的中点（不写作法，保留作图痕迹）；
(3)仅用无刻度的直尺，不允许用其他的工具，找出的平分线交于点（不写作法，保留作图痕迹）．
【变式14-1】如图，四边形是平行四边形，为上任意一点．
(1)如图①，只用无刻度的直尺在边上作出点，使直线平分平行四边形的面积；
(2)如图②，用无刻度直尺和圆规作出矩形，使得点、、分别在边、、上（不写作法，只保留作图痕迹）．
【变式14-2】已知正方形和中，，请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图（保留画图痕迹）．
(1)在图1中作的中点；
(2)在图2中作的三等分点．
1．菱形的周长为，那么菱形的边长是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在矩形中，两条对角线相交于点，，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C． D．4
3．如图，，对角线，交于点O，添加下列条件，能使变为菱形的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，阴影部分为正方形，，，则四边形的面积为（ ）
A．146 B．76 C．84 D．60
5．如图，在矩形中，对角线与相交于点，点在边上，连接，，是的中点，连接，，，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
6．已知菱形的对角线的长分别为和，则这个菱形的面积是 ．
7．如图，在中，当 时，是矩形（填一个条件即可）．
8．如图，是菱形的对角线，在上截取，使得，连接，若，则的度数为 ．
9．如图，矩形在平面直角坐标系内，点的坐标为，则对角线的长为 ．
10．如图，矩形中，连接对角线，将沿折叠，点B落在点处，交边于点E，则：
（1）的形状是 ；
（2）若，则点到边的距离是 ．
11．如图，四边形是矩形，，交的延长线于点，，交的延长线于点，连接．
求证：四边形是菱形．
12．如图，在梯形中，，，动点P从点A出发沿方向向点D以的速度运动，动点Q从点C开始沿着方向向点B以的速度运动，点P、Q分别从点A和点C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点随之停止运动．
(1)经过多长时间，四边形是平行四边形？
(2)经过多长时间，四边形是矩形？
13．请仅用无刻度的直尺完成下列画图，不写画法，保留画图痕迹．
(1)如图1，画出菱形的对称轴m；
(2)如图2，画出正五边形的对称轴n．
14．数学兴趣小组利用长方形纸板制作礼品盒，选择长为，宽为的长方形纸板，如图，在其四角分别剪去两个同样大小的正方形和两个同样大小的长方形（阴影部分），再把剩余部分沿虚线折起来得长方体礼品盒．
(1)当礼盒底面的长是宽的4倍时，该长方体礼品盒的体积为 ；
(2)当礼盒的侧面的面积为，求剪去的小正方形的边长．
15．【问题呈现】
如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点P旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点E、F（点F与点C，D不重合）．探索线段之间的数量关系．
(1)【问题初探】
爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论．请你写出线段之间的数量关系________；
(2)【问题引申】
如图2，将图1中的正方形改为的菱形，，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段之间的数量关系，并说明理由：
(3)【问题解决】
如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为16，点P运动至与A点距离恰好为14的位置，且旋转至时，请直接写出的长度________．
1．下列说法中，正确的是（ ）
A．菱形的对角线互相垂直且相等
B．有一组邻边相等的平行四边形是菱形
C．取平行四边形四边的中点并顺次连接，构成的四边形是矩形
D．有一个角是直角的平行四边形是正方形
2．如图，在矩形中，，，点E，F分别在边和上（均不与D端点重合），点G在矩形内部，连接，四边形为正方形，连接，若，则的长为（ ）
A．4 B． C． D．
3．如图，在正方形中，点在上，点在上，连接和交于点，连接，若，，，则四边形的面积为（ ）
A．63 B．65 C．81 D．130
4．如图，已知正方形的边长为12，，将正方形的边沿折叠到，延长交于G，连接．下列结论①，②，③五边形的周长是44，④的面积是60．正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．如图，长方形的边，，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，若以为边向右侧作等腰直角三角形，，连接，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，菱形的对角线与相交于点O，E是的中点，且，则的长是 ．
7．瓷砖镶嵌是一种充满艺术美的技艺，如图是放置的正方形瓷砖，它的对称轴与平面直角坐标系的坐标轴重合．若点A的坐标为，则点C的坐标为 ．
8．如图，在矩形纸片中，，，把纸片沿对角线向上折叠，顶点落在处，交于点，连接分别交于点，交于点，则 ．
9．如图，矩形中，交于点O，，，点M在边上，且，点P是上的动点，连接，当是等腰三角形时，的长为 ．
10．如图，在矩形中，，，点M是射线上一动点，作直线．作关于直线的对称图形，得到，当点B的对称点E恰好落在直线上时，的值为 ．
11．如图，在菱形中，点E，F分别在边和上，且．求证：．
12．如图，已知，、分别是、边上的中点，于点，点在的延长线上，，连接．
(1)求证：四边形是矩形．
(2)若，，，求的长．
13．如图，在长方形电子屏中，m，m．一条公益广告画面的动态效果设计如下：动点从点出发沿边，以的速度向点运动，随着的移动，画面逐渐展开．
(1)写出展开的画面面积（单位：）关于点的运动时间（单位：s）的函数表达式；
(2)当展开的画面面积达到电子屏面积的时开始播放广告语，播放时间持续，求播放结束时展开的画面面积．
14．如图，在矩形中，，，点O为对角线的中点，动点P从点A出发，沿向终点C运动．连结，当点P不与点B重合时，作点P关于的对称点E，顺次连结O、P、B、E四个点，组成四边形．
(1)______；
(2)求证：；
(3)当四边形的面积为20时，求出此时的长．
(4)在点P运动过程中，当四边形是菱形时，请直接写出此时的值．
15．如图1，四边形ABCD是长方形，，，，，，点E是边上一点，连接，过点E作的垂线，交于点F，将沿所在直线翻折得到，其中点G是点B的对应点．
(1)如图2，连接，若，直接写出的长为________；
(2)连接DG，若是以为腰的等腰三角形时，求的长；
(3)如图3，连接，若的延长线正好经过点D，直接写出的面积为________．

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