资源简介

专题4.9特殊平行四边形—中考数学重难点突破训练
一、选择题
1．下列命题中，真命题的是（　　）
A．有一个角是直角且对角线相等的四边形是矩形
B．两组邻边相等的四边形是菱形
C．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形
D．对角线互相平分且相等的四边形是正方形
【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：选项A：矩形的判定要求是对角线相等的平行四边形或三个角是直角的四边形，仅“有一个直角+对角线相等”的四边形不一定是矩形（可构造反例：一个直角、对角线相等但不互相平分的四边形），故A是假命题；
选项B：菱形的判定要求是四条边相等或一组邻边相等的平行四边形或对角线互相垂直平分，仅“两组邻边相等”的四边形不一定是菱形（如筝形，仅两组邻边相等，对边不平行），故B是假命题；
选项C：对角线互相平分的四边形是平行四边形，在此基础上对角线互相垂直，根据菱形的判定定理，该四边形是菱形，故C是真命题；
选项D：对角线互相平分且相等的四边形是矩形，而非正方形（正方形还需对角线互相垂直、邻边相等），故D是假命题。
故答案为：C .
【分析】本题考查特殊四边形（矩形、菱形、正方形）的判定定理，需逐一验证每个选项是否符合对应判定定理，找出真命题。
2．如图，正方形的边长为，将正方形沿对角线向右平移，则等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；平移的性质
【解析】【解答】解：∵正方形的边长为，
∴．
∵将正方形沿对角线向右平移得到正方形，
∴，
∴．
故答案为：D．
【分析】本题主要考查正方形的性质（对角线相等且互相垂直平分）、勾股定理以及平移的性质（对应点连线平行且相等）。由正方形边长为 2 cm，根据勾股定理得对角线。将正方形沿对角线 BD 向右平移 1 cm，则点 B 移动到，且，因此。注意平移方向沿对角线，平移距离为对应点间的距离。
3．如图， 在矩形ABCD中， AB=3， AD=5， 点E在DC上， 将矩形ABCD沿AE折叠，点D 恰好落在 BC 边上的点 F处，那么 sin∠EFC的值为 (　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：在矩形中，，
∵矩形沿折叠，点D恰好落在边上的点F处，
，
在中，，
则，
设，则，
在中，，
解得：，
，
，
故选：C．
【分析】先根据矩形的性质和折叠的性质得到，在中，根据勾股定理求出BF长，在中运用勾股定理求出CE长，再根据正弦的定义即可求解．
4．如图，将正方形沿折叠，使得点与对角线的交点重合，为折痕，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：如图，
∵正方形沿折叠，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵正方形，
∴，
∴.
故答案为：D.
【分析】根据折叠的性质，结合正方形的性质得相等，平行，即可证明和相似，根据相似性质得，即可得，代入计算即可得答案.
5．如图，将矩形纸片ABCD的两个直角∠A和∠B分别沿直线EN，EM折叠，折叠后点A，B的位置分别是点A'，B'.若∠A'EB'=α，则∠NEM的大小是（　　）
A．180°-2α B．180°-α C． D．90°-α
【答案】C
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠可知，，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：C.
【分析】根据折叠的性质可得，进而得到，再根据解答即可.
6．如图，将矩形纸片沿剪开，再把沿着方向平移，得到，，．若重叠部分为菱形，则菱形的边长是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质；平移的性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图所示：
∵四边形是菱形，
，
∵将矩形纸片沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，
∴，，
∴，即，
设，则，，
∴，
∴，
∴，
解得，
菱形的边长是，
故选：A．
【分析】根据菱形性质可得，再根据平移性质可得，根据勾股定理可得AC，再根据正弦定义可得，设，则，，代值式子可得，再建立方程，解方程即可求出答案.
7．如图1，这是某展览馆展示的清代木花窗，其造型美观.如图2，经数学抽象、图形提取，然后测量发现，四边形ABCD 的四边相等，点 E，F，G，H 分别为其四边中点，则四边形 EFGH 与四边形ABCD 的面积之比为 (　　)
A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：5
【答案】A
【知识点】菱形的性质；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理；中点四边形模型
【解析】【解答】解：如图，连接BD和AC交于点O，EH和AC交于点M，
∵ABCD是菱形，
∴∠AOB=90°，，
又∵E，F，G，H是中点，
∴EH∥BD，FG∥BD，EF∥AC，HG∥AC，，，
∴EF∥HG，EH∥FG，∠EMA=∠BOA=∠HEF=90°，
∴四边形EFGH是矩形，
∴，
∴ 四边形 EFGH 与四边形ABCD 的面积之比为1：2，
故答案为：A .
【分析】连接BD和AC交于点O，EH和AC交于点M，根据三角形的中位线定理得到四边形EFGH是矩形，然后根据菱形和矩形的面积公式解答即可.
8． 如图，在菱形ABCD 中，对角线AC，BD交于点E，∠DAB=60°，点 F，H分别为AD，BC上的点，且线段 FH过点 E，若四边形BFDH是矩形，则∠DEF的度数为 (　　)
A．30° B．40° C．50° D．60°
【答案】D
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；含60°角的菱形
【解析】【解答】解：四边形ABCD是菱形
为等边三角形
∵四边形 BFDH是矩形
为等边三角形
【分析】由于菱形的邻边相等且等于，则可证是等边三角形，则也是；由于矩形的对角线相等且互相平分，则也是等边三角形，即等于.
9．如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AC 是一条对角线，E 是AC 上一点，过点 E 作EF⊥AB，垂足为 F，连结DE.若AE=BF，则DE：BC的值为 （　　)
A．2：3 B． C．2.5：3 D． ：3
【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：因为四边形ABCD是菱形，
所以AB=BC=AD，又∠ABC=60°，
因此比△ABC是等边三角形，
故∠BAC=60°，AC=AB=BC。
因为EF⊥AB，
所以△AEF是直角三角形，∠AFE=90°，∠EAF=60°，
则∠AEF=30°，设AE=x，由30°角所对直角边是斜边的一半，得，再由勾股定理得.
已知AE=BF，
所以BF=AE=x，
因此，即。
因为菱形ABCD中，且ADIIBC，∠DAB=180°-∠ABC=120°，∠BAC=60°，
所以∠DAE=∠DAB-∠BAC=60°。
在△ADE中，，AE=x，∠DAE=60°，
过D作DG⊥AC于G，∠DAG=60°，则AG=，
，，
在Rt△DEG中，由勾股定理得。
因此，对应选项B.
故答案为：B.
【分析】 本题利用菱形性质与 60° 角构造等边三角形，结合直角三角形边角关系设参数表示线段长，再用勾股定理计算 DE 长度，最终求出 DE 与 BC 的比值。
10．如图， 在菱形 ABCD 中， ∠D=60°， AB=4， 以 B 为圆心、BC 长为半径画弧AC， 点 P 为菱形内一点， 连接 PA， PB， PC .当△BPC为等腰直角三角形时，图中阴影部分的面积为(　　)
A． B． C．8π D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质；扇形面积的计算；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SSS
【解析】【解答】解：连接，延长，交于E，
在菱形中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
在中，，
∴，
∴S阴影＝S扇形ABC﹣S△PAB﹣S△PBC＝，
故选：B．
【分析】连接，延长，交于E，根据菱形的性质可得是等边三角形，然后根据SSS得到△APB≌△APC，即可得到∠PAB=∠PAC，进而得到哦啊△BPC是等腰直角三角形，求出长，利用解答即可．
11． 如图1，有一张矩形纸片，已知，，现将纸片进行如下操作：先将纸片沿折痕进行折叠，使点落在边上的点处，点在上（如图2）；然后将纸片沿折痕进行第二次折叠，使点落在第一次的折痕上的点处，点在上（如图3），给出四个结论：
①的长为10；②的周长为18；③；④的长为5，正确的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】矩形的性质；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图，过点作，分别交、于点、，
四边形为矩形，
，，
由折叠可得，且，
四边形为正方形，
，故①正确；
，
和为等腰直角三角形，且，
设，则，，，
又由折叠的可知，
在中，由勾股定理可得，
即，解得，
，，，
又，
，
，
，
，
，即，
，，故④正确；
，
又和为等腰直角三角形，且，，
，，
的周长，
，
故②③不正确；正确；
综上可知正确的为①④，共2个．
【分析】过点作，交、于点、，根据正方形的性质求出的长判断①，得到和为等腰三角形，设，进而表示、、，根据折叠可得，在中根据勾股定理求出的值，再推理得到，根据对应边成比例求出、和，即可得到长判断②③④解答即可．
12．如图，正方形与正方形的边长都为，正方形绕顶点旋转一周，在此旋转过程中，线段的长的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；圆的相关概念
【解析】【解答】解：正方形与正方形的边长都为，
，
点是以为圆心，为半径的圆上一点，
当，，三点共线且在线段上时，
如下图所示，
最短为，
当，，三点共线且在线段上时，
如下图所示，
最长为，
．
故答案为：A．
【分析】根据正方形性质可得，则点是以为圆心，为半径的圆上一点，分情况讨论：当，，三点共线且在线段上时，当，，三点共线且在线段上时，根据边之间的关系即可求出答案.
13． 为筹备校园“正方形主题文化角”，工作人员用两个边长相同的正方形展板布置：如图，固定展板（顶点、在直线展台上）与移动展板（顶点、在直线展台上），移动展板可沿平移．设固定展板顶点与移动展板顶点的距离为（单位：）（），两个展板重叠部分的面积为（单位：），关于的函数图象如图所示．下列选项正确的是（　　）
A．正方形的对角线长为
B．当时，重叠面积
C．当时，重叠面积
D．函数图象的最高点的坐标为
【答案】B
【知识点】正方形的性质；平行四边形的面积；动点问题的函数图象；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：∵四边形与四边形是两个相同的正方形，与是对角线，
∴，，，，
∴，
由图及图知：当（即点与点重合）时，，
当（即）时，，
此时，
∴，故选项A不正确；
∴，
∴，即正方形与正方形的边长为，
当时，此时点为的中点，如图，设交于点，交于点，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴重叠面积，故选项B正确；
当时，如图，设交于点，交于点，
∴，四边形是正方形，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴重叠面积，故选项C不正确；
由图及图知：当（即点与点重合）时，取得最大值，
此时正方形与正方形重合，
∵正方形的边长为，
∴此时重叠面积，
∴函数图象的最高点的坐标为，故选项D不正确。
故答案为：B.
【分析】根据题意结合图2可得判断A；当时，设交于点，交于点，即可得到，根据重叠部分为正方形，根据面积公式计算判断B；当时，设交于点，交于点，即可得到，利用重叠面积计算判断C；根据函数的对称性可知（即点与点重合）时，取得最大值，根据重叠面积计算判断D解答即可.
二、填空题
14．四边形中，、分别是、的中点，连接、，已知，，，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，作交延长线于点，作于点，连接，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵、分别是、的中点，
∴，
故答案为：.
【分析】作交延长线于点，作于点，连接，即可得到四边形是矩形，设，在和中，根据勾股定理求出，进而求出AH和BD的长，再利用三角形的中位线定理解答即可．
15．如图，菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，点F是BC上的动点.若△BEF的面积为4，则图中阴影部分的面积为　 　.
【答案】10
【知识点】三角形的面积；菱形的性质；几何图形的面积计算-割补法；三角形的中线
【解析】【解答】解：连接，
∵菱形的面积为24，点E是的中点，的面积为4，
∴，，
设菱形中边上的高为h，
则，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：10．
【分析】利用菱形的性质和三角形中线分得的两个三角形的面积相等得到，，进而求出，，即可得到的面积，再根据解答即可．
16．小明在数学活动课上制作了两张卡片：一张是正方形，其中点O是正方形对角线的交点，另一张是等腰直角三角形，且．他将三角形卡片的一个顶点固定在正方形的顶点B处，然后绕着点B逆时针旋转三角形．当他旋转到某个角度时，发现三角形卡片的另外两个顶点与正方形的一个顶点D恰好三点共线．此时的长度为　 　．
【答案】或
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，，，是等腰直角三角形，
∵，将三角形卡片的一个顶点固定在正方形的顶点B处，然后绕着点B逆时针旋转三角形，
∴三角形可视为绕着点B逆时针旋转得到的，
由勾股定理得：，
∴，
由旋转性质得：，；
当点Q在线段上，如图1所示；
则，
∴；
点Q在线段的延长线上，如图2所示；
∵，
∴；
综上，的长为或．
【分析】
先求出正方形对角线BD和等腰直角三角形直角边BP，PQ的长，再利用勾股定理求出PD的长，最后根据点Q在线段PD上或DP的延长线上两种情况进行分类讨论.
17．如图所示，四边形，，均为正方形，且，，则正方形的边长可以是　 　（写出一个答案即可）．
【答案】（答案不唯一）
【知识点】无理数的估值；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵，，
∴，，
∴，
∴正方形的边长可以是，
故答案为：（答案不唯一）．
【分析】由正方形的面积公式可得，，结合图形得出，即可得到正方形的边长 ．
18．如图，已知菱形的边长为5，点在边上，将沿折叠，使点的对应点恰好落在边上，且，则的长度为　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，在的延长线上取点，使，
∵四边形是菱形，∴，，，∴
∵，∴，
∵，∴，
由对折可得：，，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，
设，则，∴，
∴，
∴，即，
故答案为：．
【分析】本题重点考查了折叠变换的性质、菱形的特征、相似三角形的判定与性质，掌握这些知识点是解题的关键。首先过点作垂线交于点，然后在的延长线上选取点，使得。通过分析菱形的特性以及折叠后的几何关系，结合三角形外角定理，可以推导出。根据相似三角形的比例关系得出。假设，则，进一步得到，从而完成解答。
19．如图，正方形与矩形在直线l的同侧，边在直线l上．保持正方形不动，并将矩形以的速度沿方向移动，移动开始前点E与点D重合，当矩形完全穿过正方形即点H与A点重合）时停止移动，设移动时间为．已知，，，连接．
（1）矩形从开始移动到完全穿过正方形，所用时间为　 　；
（2）在矩形移动的过程中，存在最小值时相应的　 　；
【答案】（1）9
（2）4.4
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题；矩形的性质；正方形的性质；四边形-动点问题；将军饮马模型-两线一点（两动一定）
【解析】【解答】解：(1)如图，
由运动知，E'H'=EH=4，
∵AD=5
∴E'D=E'H'+AD=4+5=9
∴9÷1=9秒
故答案为：9.
(3)由运动知，AE=|t-5|，QG=DH=|t-4|，
在Rt△AEF中，
在Rt△CQG中，，
∴，
此式子的几何意义是：如图5，x轴上一点J(t，0)到点I(5，3)和点T(4，2)的距离之和，
∵当AF+CG的最小时，最小值是点I(5，3)关于x轴的对称点I(5，-3)和点T(4，2)的距离，
即：AF+CG的最小值为
此时点J是TI'与x轴的交点
∵点I(5，-3)和点T(4，2)，
∴I'T直线的解析式为y=-5x+22
将点J(t，0)，代入直线I'T的解析式中得，-5t+22=0
∴t=4.4秒
故答案为：4.4.
【分析】(1)根据平移求出DE'=E'H'+AD=9，即可得出结论；
(2)分两种情况画出图形，利用相似三角形得出的比例式建立方程求解即可；
(3)建立AG+CG与t的函数关系式，利用几何意义即可得出结论.
三、解答题
20．在中，是边的中点，、分别在及其延长线上，，连接．
（1）求证：
（2）若，试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）证明：，
，
是边的中点，
，
在和中，
，
（2）解：四边形是矩形，理由如下：
，
∴DE=DF=EF，
又BD=CD
四边形是平行四边形，
∵DE=BC，DE=EF
∴BC=EF
是矩形
【知识点】矩形的判定；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）由二直线平行，内错角相等得∠ECD=∠FBD，由中点定义得BD=CD，结合对顶角相等，利用“ASA”证明△BDF≌△CDE；
（2）四边形BFCE是矩形，理由如下：由全等三角形的对应边相等得DE=DF，从而根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”得出四边形BFCE是平行四边形；结合已知易得BC=EF，从而根据对角线相等的平行四边形是矩形可得结论.
（1）证明：，
，
是边的中点，
，
在和中，
，
．
（2）解：四边形是矩形，理由如下：
和是边的中点，
，
和是等腰三角形，
，，
在中，，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
是矩形．
21．“草长莺飞二月天，扶梯杨柳醉春烟，儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”．星期天，小明和小伙伴准备自制风筝到公园去放，小明将正方形纸片和菱形纸片按照如图所示制作，顶点B和顶点N重合，菱形的对角线经过点D，点E，F分别在，上．
（1）求证：；
（2）若，点E在的中点上，求的长度.
【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
即，
∴
（2）连接，交于点O，可知．
根据（1）得，
∴．
∵点E是的中点，，
∴．
在中，，根据勾股定理，得，
在中，根据勾股定理，得．
根据勾股定理，得，
即，
解得，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质和菱形的性质得到，即可得出，利用得到两三角形全等；
（2）连接，交于点O，即可得出，根据全等三角形的对应边相等得到，根据勾股定理求出和长，进而求出OD长，最后根据线段的和差解答即可．
22．如图，在正方形中，点，，，分别在边，，，上，连接，，若，求证：．为了解决这个问题，两位同学分别给出了自己的方案：
（1）请你选择一位同学的方案，并进行证明；
（2）连接，，，，若．求四边形的面积．
【答案】（1）解：选小星的方案：
证明：如图①，过点作交于点，过点作分别交，，于点，，，设交于点，
四边形是正方形，
，，，，
四边形和四边形都是平行四边形，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
；
选小红的方案：
证明：如图②，过点作交于点，过点作交于点，
四边形、四边形是矩形，
，，，
，
四边形是正方形，，
，
，
，
，
，
，
，，，
，
；
（2）解：如图③，设交于点，
由（1）知，
又，
，
，
．
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定；正方形的性质；几何图形的面积计算-割补法；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】
（1）选小星的方案：过点作交于点，过点作分别交，，于点，，，设交于点，根据正方形的性质得到，，，，从而判断四边形和四边形都是平行四边形，再根据平行四边形的性质得到，，根据垂线的定义得到，再计算角度利用ASA证明，根据全等三角形的性质即可解答；
选小红的方案：过点作交于点，过点作交于点，根据矩形的判定得到四边形、四边形是矩形，再根据矩形的性质得到，，根据正方形的性质，得到，根据等角的余角相等得到，，再由，，得到，再利用AAS证明，根据全等三角形的性质即可解答；
（2）设交于点，根据（1）中结论，结合，再利用三角形的面积公式计算即可解答．
（1）解：选小星的方案：
证明：如图①，过点作交于点，过点作分别交，，于点，，，设交于点，
四边形是正方形，
，，，，
四边形和四边形都是平行四边形，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
；
选小红的方案：
证明：如图②，过点作交于点，过点作交于点，
四边形、四边形是矩形，
，，，
，
四边形是正方形，，
，
，
，
，
，
，
，，，
，
；
（2）解：如图③，设交于点，
由（1）知，
又，
，
，
．
23．综合与实践
学完图形的平移后，小慧为了加深理解，对其进行了进一步探究．
【模型感知】
（1）她把边长为3的正方形纸片沿着对角线剪开，如图1．然后固定纸片，把纸片沿剪痕的方向平移得到，如图2．连接，，，在平移过程中：
①四边形的形状始终是________（点与点重合时除外）；
②求的最小值．
【拓展探究】
（2）如图3，她把正方形改为边长为1的菱形，，将沿射线的方向平移得到，连接，，，请直接写出的最小值．
【答案】答： ①平行四边形；
解：②∵四边形是平行四边形，
∴，
∴=，
作点关于的对称点，连接，，
当共线时，有最小值，
此时的最小值，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵关于的对称点，
∴，，
∴是等腰直角三角形，且共线，
∴在直角中，，
∴的最小值=．
（2） .
【知识点】菱形的性质；正方形的性质；平移的性质；将军饮马模型-一线两点（一动两定）
【解析】【解答】
解：（1）①∵纸片沿剪痕的方向平移得到，
∴，，
∴四边形是平行四边形.
（2）如图所示，
∵四边形是菱形，
∴，
∴=，
作点关于的对称点，连接，，
当共线时，有最小值，
此时的最小值，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵关于的对称点，
∴，，
∴是等边三角形，且共线，
∴在直角中，，
∴的最小值=
【分析】
（1）①根据平移的性质知A`D`与AD平行且相等，再由平行四边形的性质知AD与BC平行且相等，即A`D`与BC平行且相等，则所求四边形是平行四边形；
②由平行四边形的对边相等可得A`B＝D`C，即可把A`B+D`B转化为D`C+D`B，再由将军饮马模型可作点C关于直线DD`的对称点C``，再连接C``B，再利用轴对称的性质可得DC＝DC``，再利用勾股定理求出BC``的值即可；
（2）同上可作点C关于直线DD`的对称点C``，再连接C``B，再利用轴对称的性质可得DC＝DC``，再由菱形的性质可证是等边三角形，再由等腰三角形三线合一可得，再解直角三角形求出BC``的值即可．
24．阅读短文，解决问题如果一个三角形和一个菱形满足条件：三角形的一个角与菱形的一个角重合，且菱形的这个角的对角顶点在三角形的这个角的对边上，则称这个菱形为该三角形的“亲密菱形”.如图1，菱形AEFD为△ABC的“亲密菱形”.如图2，在△ABC中，以点A为圆心，以任意长为半径作弧，交AB、AC于点M、N，再分别以M、N为圆心，以大于MN的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线AP，交BC于点F，过点F作FD//AC，FE//AB．
（1）求证：四边形AEFD是△ABC的“亲密菱形”；
（2）当AB=6，AC=12，∠BAC=45°时，求菱形AEFD的面积
【答案】（1）证明：由尺规作图可知AF平分∠BAC，
∴∠DAF=∠EAF，
∵DF//AC，
∴∠DFA=∠EAF，
∴∠DAF=∠DFA，
∴AD=DF，
∵FD//AC，FE//AB，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∴平行四边形AEFD是菱形，
∵∠BAC与∠DAE重合，点F点BC上，
∴菱形AEFD为△ABC的“亲密菱形”；
（2）解：设菱形的边长为a，即DF=AD=a，则BD=6-a，
∵DF//AC，
∴△BDF∽△BAC，
∴BD：BA=BF：AC，即（6-a）：6=a：12，
∴a=4，
过D作DG⊥AC，垂足为G，
在Rt△ADG中，∠DAG=45°，
∴
∴S菱形AEFD=AE DG=8，即四边形AEFD的面积为8.
【知识点】菱形的判定；相似三角形的判定；尺规作图-作角的平分线；相似三角形的性质-对应边；两直线平行，内错角相等
【解析】【分析】（1）根据尺规作图得到AF平分∠BAC，进而根据角平分线的定义得到∠DAF=∠EAF，再根据平行线的性质得到∠DFA=∠EAF，等量代换得到∠DAF=∠DFA，根据等腰三角形的判定结合平行四边形的判定、菱形的判定得到平行四边形AEFD是菱形，再根据“亲密菱形”的定义即可求解；
（2）设菱形的边长为a，即DF=AD=a，则BD=6-a，根据相似三角形的判定与性质证明△BDF∽△BAC得到BD：BA=BF：AC，代入求出a，过D作DG⊥AC，垂足为G，根据等腰直角三角形的性质结合题意即可求解。
25．请阅读下列材料，完成相应的任务．
×年×月×日星期日 只用卷尺也能判断矩形 今天，我在一本数学课外丛书上看到这样一个有趣的问题，工人师傅在做门窗或矩形零件时，他是这样做的：首先利用卷尺（有刻度）测量两组对边的长度是否分别相等；其次利用卷尺测量该门窗的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形．我有如下思考：工人师傅的做法究竟是依据什么原理得到四边形是矩形？已知在四边形中，，，． 求证：四边形是矩形． 证明：……．
任务：
（1）上述做法是依据了矩形的一个判定定理：________________；
（2）补全材料中的证明过程；
（3）利用卷尺（有刻度）能否用另外一种方法判定四边形是矩形？（写出简要的测量方法）
【答案】（1）对角线相等的平行四边形是矩形
（2）解：补全后的证明过程如下：
证明：，，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是矩形；
（3）解：利用卷尺测量两组对边是否相等，确定它的形状是平行四边形；
然后测量一条对角线的长度，当两条邻边长度的平方和等于对角线长度的平方时，根据勾股定理的逆定理可确定一个角为直角，
根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可判定该四边形是矩形．
【知识点】勾股定理的逆定理；矩形的判定
【解析】【解答】解：（1）上述做法是依据了矩形的一个判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，
故答案为：对角线相等的平行四边形是矩形；
【分析】（1）根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可求出答案.
（2）先根据对边相等证明四边形是平行四边形，再根据对角线相等证明四边形是矩形，即可求出答案.
（3）先测量对边是否相等，再测量出对角线，利用勾股定理的逆定理判断是否是直角三角形，即可判定是否为矩形．
26．已知平行四边形，在平行四边形内作菱形ABCD．
小亮的作法：如图1，连接BD，分别以D、B为圆心大于 的长为半径画弧，连接两弧交点与平行四边形两边交于点A，C，连接AB，CD，则四边形ABCD 即为菱形．
（1）判断小亮的作法是否正确，并说明理由．
（2）小丽说，作平行四边形AECF一组对角的角平分线可以得到菱形，你认为小丽的作法正确吗 请你在图2中作出图形(保留作图痕迹)．
【答案】（1）解：小亮的作法正确，理由如下：
设与交于点．
由作图方法可知，垂直平分，
∴，
四边形是平行四边形，
∴，即．
，
∴，
∴，
∴
四边形是菱形；
（2）解：作图如下：
∵四边形AECF是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
∴，
四边形是平行四边形，
根据现有条件无法证明，
∴无法证明是菱形，
∴小丽的作法不正确．
【知识点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定-AAS；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】（1）设与交于点，由作图可知垂直平分，即可得到，然后根据平行四边形的性质，利用AAS得到，得到AD=BC，然后根据四条边相等的四边形是菱形证明即可；
（2）根据角平分线的尺规作图方法作图，根据平行四边形的性质得到∠BAF=∠FCE，然后根据平行线的性质和角平分线的定义得到，得到，同理可得，即可得到，进而得到是平行四边形，无法证明是菱形，据此解答即可．
27．尺规作图起源于古希腊的数学课题，指的是只用没有刻度的直尺和圆规作图，并且只允许使用有限次，来解决不同的平面几何作图问题．数学课堂上，黄老师给同学们呈现了这样一个数学问题：如图，在矩形纸片中，点E在边的中点，将矩形纸片折叠，使点B与点E重合．
（1）请在图中作出折痕，交边于点F，交边于点G，连接，并在矩形纸片内用尺规作出一点M，使得四边形是菱形，请给出证明；（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若折痕交于点H，连接，若长为6，为，直接写出的长．
【答案】（1）解：如图，直线为折痕，点为所求作；
证明如下：由题意可知，点、关于直线对称，
垂直平分，
，，
在射线上取点，使得，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形
（2）
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】（2）解：四边形是矩形，
，
点为的中点，，
，
四边形是菱形，，
，，，，
，
【分析】（1） 由题意可知，点、关于直线对称， 根据垂直平分线判定定理可得垂直平分， 则，， 在射线上取点，使得，则四边形是平行四边形，再根据菱形判定定理即可求出答案.
（2）根据矩形性质可得，再根据线段中点可得 ，再根据菱形性质可得，，，，再根据勾股定理可得FH，再根据边之间的关系即可求出答案.
（1）解：如图，直线为折痕，点为所求作；
证明如下：由题意可知，点、关于直线对称，
垂直平分，
，，
在射线上取点，使得，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形；
（2）解：四边形是矩形，
，
点为的中点，，
，
四边形是菱形，，
，，，，
，
28．在学习了特殊平行四边形的判定后，数学兴趣小组进行了进一步的思考，在任意三角形中满足什么样的条件构造的四边形，可以判定为菱形呢？他们发现，三角形某个角的角平分线与对边交于一点，该角顶点与交点所构成的线段的垂直平分线与该角的两边所在直线交于两点，该角的顶点以及三个交点所构成的四边形是菱形，可利用证明三角形的全等得到此结论．根据他们的想法与思路，及（1）中的作图完成（2）中的填空：
（1）如图2，在中，平分，交于点．用尺规作的垂直平分线，分别交，，于点，，，连接，；
（2）在（1）所作的图形中，求证：四边形是菱形．
证明：∵平分，
，
又∵垂直平分，
，
，
．
又∵垂直平分，
①______，，
②______，
，
∴四边形是菱形．
进一步研究还可发现，在直角三角形中，直角的角平分线与对边交于一点，直角顶点与交点所构成的线段的垂直平分线与两直角边所在直线交于两点，直角顶点与三个交点所构成的四边形是③______．
【答案】（1）解：如图，分别以点和点为圆心，大于长的一半为半径画弧，两弧分别相交于两点，连接这两点交于点，交于点， 则直线即为所求．
（2）①；②；③正方形
【知识点】线段垂直平分线的性质；菱形的判定；正方形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】
解：（2）证明：∵平分，
．
又∵垂直平分，
，
，
．
又∵垂直平分，
，，
，
，
∴四边形是菱形．
进一步研究还可发现，在直角三角形中，直角的角平分线与对边交于一点，直角顶点与交点所构成的线段的垂直平分线与两直角边所在直线交于两点，直角顶点与三个交点所构成的四边形是正方形．
故答案为：①；②；③正方形．
【分析】本题以几何作图为背景，综合考查菱形判定的证明过程，涉及尺规作图、线段垂直平分线性质、全等三角形判定及菱形判定定理的综合运用.（1）本题是基础尺规作图题，核心要求是完成线段BD的垂直平分线绘制.
（2）证明时需先借助线段垂直平分线的性质得到边的等量关系，结合角平分线的条件推导角相等，通过证明三角形全等得到EF=GF，进而依据菱形的判定定理完成证明；直接三角形的拓展问题则需结合正方形的判定特征，推导最终结论.
（1）解：如图，分别以点和点为圆心，大于长的一半为半径画弧，两弧分别相交于两点，连接这两点交于点，交于点， 则直线即为所求．
（2）证明：∵平分，
．
又∵垂直平分，
，
，
．
又∵垂直平分，
，，
，
，
∴四边形是菱形．
进一步研究还可发现，在直角三角形中，直角的角平分线与对边交于一点，直角顶点与交点所构成的线段的垂直平分线与两直角边所在直线交于两点，直角顶点与三个交点所构成的四边形是正方形．
故答案为：①；②；③正方形．
29．如图①，在正方形中，点P为对角线上一点，连接．
（1）求证：；
（2）如图②，过P点作，交射线于点E．求证：；
（3）在图③中，过P点作，交射线于点E，猜想线段之间的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】（1）证明：由题意可得，AD=DC，∠ADB=∠CDB，，
∴，
∴AP=CP．
（2）证明：过点P作AD的垂线，交于点M，作CD的垂线，交于点N．
ABCD是正方形，BD是对角线，
∴四边形PMDN是正方形，
∴PM=PN，
∠MPN=90°，PE⊥PC，
∴∠MPE+∠NPE=90°，∠NPE+∠NPC=90°，
∴∠MPE=∠NPC，
PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PME=∠PNC=90°，
根据角边角定理，
∴△MPE≌△PCN，
∴PE=PC．
（3）线段之间的数量关系是CD2=DE2+CD· PD，证明见解析；
解：连接CE．
△PCE是等腰直角三角形，
∴PC2+PE2=CE2，
∴PC2= CE2，
△DPN是等腰直角三角形，
∴ PN2+DN2=PD2
∴PD2=2DN2，DN= PD ，
DN=PN，
代入前面的数量关系得PC2-CN2=DN2，
如图，CN+DN=CD代入上式得：CE2-CD2+CD·PD=0，
在Rt△CDE中，CE2=CD2+DE2，
∴DE2+CD·PD=CD2 ，
∴CD、DE、PD之间的数量关系是DE2+CD·PD=CD2．
【知识点】正方形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】(1)由题意可得，AD=DC，∠ADB=∠CDB，，得到，即可求证．
(2)过点P作AD的垂线，交AD于点M，作CD的垂线，交CD于点N．由题意可得四边形PMDN是正方形，∠MPE+∠NPE=90°，∠NPE+∠NPC=90°．得到PM=PN， ∠MPE=∠NPC，∠PME=∠PNC=90°，即，即可求证．
(3)连接CE，由题意可得△PCE是等腰直角三角形，即PC2+PE2=CE2，得到，由△DPN是等腰直角三角形可得，PN2+DN2=PD2，得到PD2=2DN2，DN=PD，由DN=PN得到PC2-CN2=DN2，由题意可得CN+DN=CD，得到，代入即可求解．
（1）证明：∴AD=DC，∠ADB=∠CDB，
DP是△ADP和△CDP的共同边，根据边角边定理，
∴△ADP与△CDP是全等三角形，
∴AP=CP．
（2）证明：过点P作AD的垂线，交于点M，作CD的垂线，交于点N．
ABCD是正方形，BD是对角线，
∴四边形PMDN是正方形，
∴PM=PN，
∠MPN=90°，PE⊥PC，
∴∠MPE+∠NPE=90°，∠NPE+∠NPC=90°，
∴∠MPE=∠NPC，
PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PME=∠PNC=90°，
根据角边角定理，
∴△MPE≌△PCN，
∴PE=PC．
（3）解：连接CE．
△PCE是等腰直角三角形，
∴PC2+PE2=CE2，
∴PC2= CE2，
△DPN是等腰直角三角形，
∴ PN2+DN2=PD2
∴PD2=2DN2，DN= PD ，
DN=PN，
代入前面的数量关系得PC2-CN2=DN2，
如图，CN+DN=CD代入上式得：CE2-CD2+CD·PD=0，
在Rt△CDE中，CE2=CD2+DE2，
∴DE2+CD·PD=CD2 ，
∴CD、DE、PD之间的数量关系是DE2+CD·PD=CD2．
30．在数学综合实践课上，李老师要求同学们以正方形的折叠与某些线段的折叠为例探究图形间存在的关系．如图，点在正方形的边上运动，连接，把沿所在直线折叠，点落在点处，连接并延长与的延长线交于点，沿所在直线折叠使点与点重合，点在上．
（1）如图1，的度数不变，请你求出该角的度数；
（2）如图2，连接，发现三条线段之间存在一定的数量关系，请证明你的发现；
（3）如图3，连接，，若正方形的边长4，请直接写出面积的最大值．
【答案】（1）解：根据折叠性质，得，
四边形是正方形，
，
根据折叠的性质得出，
，
的度数不变，为。
（2）理由如下：
证明：如图，过点作，交的延长线于点
在正方形中，，
由（）可知，，，
∴在中，
在和中，
（SAS），
，
在中，
。
（3）
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（3）解：根据折叠的性质得出
∴在以为圆心，为半径的圆上运动，
∴当在上时，的面积最大，此时
∵
∴，
∴
∴面积的最大值=
【分析】（1）根据折叠的性质以及正方形的性质，得出以及，从而得出，进而列式，从而得出答案；
（2）做辅助线后，结合正方形的性质以及角度计算得出，结合直角三角形锐角互余以及等角对等边，得出，此时利用SAS证明，从而得出，推出，然后根据勾股定理计算出，最后计算即可得出答案；
（3）根据折叠的性质可得，得出在以为圆心、为半径的圆上运动，观察图片以及三角形面积得出，当在上时，的面积最大，此时，进而结合勾股定理和正方形的性质，求出，，并求出，最后再结合三角形面积公式计算即可。
（1）解：把沿所在直线折叠，点落在点处，
四边形是正方形，
，
沿所在直线折叠使点与点重合，
，
的度数不变且为
（2）理由如下：如图，过点作，交的延长线于点
在正方形中，，
由（）可知，，，
∴在中，
在和中，
在中，
（3）解：∵折叠，
∴
∴在以为圆心，为半径的圆上运动，
∴当在上时，的面积最大，此时
∵
∴，
∴
∴面积的最大值为
31．【探究背景】图形的旋转是初中几何图形变化中的一个重要内容，数学“冲刺组”的同学为进一步探究旋转的相关内容，利用几何画板绘制了如下图形进行动态操作：如图 1，在 中， 将 绕点 C顺时针旋转一定的角度后得 点 B的对应点为点 D，点 A 的对应点为点 E.
（1）【特例感知】如图 2， 连接 AD，AE，当点 D恰好落在线段 AE上时，判断四边形 ABCD的形状，并证明；
（2）【猜想证明】如图 3， 连接 BD，AE，在旋转的过程中，同学们发现 BD和 AE的比值始终为一个定值，请你求出这个比值.
【答案】（1）解：四边形 ABCD为正方形；
证明： ∵△ABC绕点 C顺时针旋转得△DCE，
∴△ABC≌△EDC，
∴AB=DE， AC=CE， BC=CD，
由图 2可知： CD⊥AE，
∴AD=DE，
∵AB=BC，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形 ABCD为菱形
（2）解：∵AB＝BC，∠B＝90°，
∴∠BCA＝∠BAC＝45°，
∵△ABC≌△EDC，
∴∠BCA＝∠DCE＝45°，
∴∠BCA＋∠ACD＝∠DCE＋∠ACD，
∴∠BCD＝∠ACE，
∵AC＝CE，BC＝CD，
∴，
∴△BCD∽△ACE，
∴，
在直角三角形ABC中，cos∠BCA＝cos45°＝，
∴．
【知识点】菱形的判定；旋转的性质；四边形的综合；相似三角形的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得到△ABC≌△EDC，进而得到AD＝DE，证得四边形ABCD为菱形，根据∠B是直角，从而得出结论；
（2）易证得△BCD∽△ACE，进而得到，在Rt△ABC中，得到∠BCA＝45°，进而得到cos∠BCA＝，从而可得答案.
32． 问题情境：
如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别在边 BC，CD 上，且 AE⊥BF，垂足为 M，那么 AE 与BF 相等吗
（1）直接判断：AE 　 　BF（填“=”或“≠”）；在“问题情境”的基础上，继续探索：
（2）问题探究：
如图②，在正方形ABCD中，点E，F，G分
别在边 BC，CD 和 DA 上，且 GE⊥BF，垂足为M，那么 GE 与 BF 相等吗 请证明你的结论；
（3）问题拓展：
如图③，点 E在边 CD 上，且 MN⊥AE，垂足为H，当点 H在正方形ABCD 的对角线BD上时，连结AN，将△AHN沿AN 翻折，点 H落在点 H'处.四边形AHNH'是正方形吗 请说明理由.
【答案】（1）=
（2）解：GE=BF.
证明：如图①，过点 A 作AN∥GE，交 BF 于点H，交 BC于点N，
则∠NHB=∠EMB=90°，
∴∠FBC+∠BNH=90°.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB=BC，∠ABC=∠C=90°.
∵AD∥BC，AN∥GE，
∴四边形 ANEG是平行四边形，
∴AN=GE.
∵∠C=90°，∴∠FBC+∠BFC=90°，
∴ ∠BNH = ∠BFC， ∴ △ABN ≌△BCF(AAS)，∴AN=BF.
∵AN=GE，∴GE=BF.
（3）解：四边形 AHNH'是正方形.理由：如图②，连结CH.
由(2)的结论可知，AE=MN.
∵四边形 ABCD是正方形，BD是正方形的对角线，
∴∠ABD=∠CBD=45°，AB=BC.
又∵BH=BH，
∴△ABH≌△CBH(SAS)，
∴∠BAH=∠BCH，AH=CH.由折叠可知，AH=AH'，NH=NH'.
∵∠ABN+∠AHN=180°，
∴∠BAH+∠BNH=180°.
∵∠BNH+∠HNC=180°，
∴∠BAH=∠HNC，
∴∠HNC=∠NCH，∴NH=CH，
∴四边形 AHNH'是菱形.
又∵∠AHN=90°，
∴菱形 AHNH'是正方形.
【知识点】菱形的判定与性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；十字架模型
【解析】【解答】解：(1)AE=BF，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠C=90°，AB=BC
∴∠ABM+∠CBF=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠AMB=90°，
∴∠BAE+∠ABM=90°，
∴∠CBF=∠BAE，
∴△ABE≌△BCF(ASA)，
∴AE=BE，
故答案为：=.
【分析】(1)根据正方形的性质可知∠ABC=∠C=90°，AB=BC，进而推出∠CBF=∠BAE，再利用ASA证明△ABE≌△BCF，进而即可得出结论；
(2)过点 A 作AN//GE，交BF于点H，交BC于点N，根据正方形的性质可知AD∥BC，AB=BC，∠ABC=∠C=90°，进而得出四边形ANEG是平行四边形，再利用AAS证明△ABN≌△BCF，进而即可得出结论；
(3)由(2)的结论可知，AE=MN，再利用正方形的性质，进而得出△ABH≌△CBH(SAS)，再有折叠的性质，可推出四边形 AHNH'是菱形，再根据∠AHN=90°，即可得出结论.
33．在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究几何图形的经验，请运用已有经验，对“腰分双等四边形”进行研究。
【图形定义】
若四边形的一条对角线把其分割成两个等腰三角形.且这条对角线是这两个等腰三角形的腰，那么我们称这个四边形为“腰分双等四边形”，这条对角线为“腰分线”。
【概念理解】
（1）如图1，在四边形ABCD中， ∠BAD=∠BCD=90°，连接BD，点E是BD的中点，连接AE， CE。
求：①四边形ABCE　 　（填“是”或“不是”)腰分双等四边形；
②若∠AEC=90°， ∠ADC的度数为　 　°，∠ABC的度数为　 　。
（2）【性质探究】
如图2，正方形ABCD边长为6，点F为其内部一点（不含中心)，四边形ABFD为腰分双等四边形，AF为腰分线，过点 D作直线BF的垂线，垂足为点E，连结CE，若CE=2，求△ABF的面积。
（3）【拓展应用】
如图3，在矩形ABCD中， AD=5，点E是其内部一点，点F是边 CD上一点，四边形AEFD 是腰分双等四边形，DE为腰分线，延长AE交线段BC于点G，连接FG。若∠EFG 请直接写出 BG的长。
【答案】（1）是；45°；135°
（2）解：连接DB，过点A作AH⊥BF于点H，
∵四边形ABFD为腰分双等四边形，AF为腰分线，
∴AB=AF=AD=6，
∵正方形ABCD中， ∠BAD=90°，
∴同（1）可证， ∠BFD=135°，
∴∠EFD=45°，
∵DE⊥FE，
∴∠DEF=90°，
∴∠EDF=∠CDB=45°，
∴∠BDF=∠CDE，
又
∴△BDF∽△CDE，
（3）解：或
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；四边形的综合；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：（1）①∵∠BAD＝90°，点E是BD的中点，
∴EB＝EA＝ED，
∵∠BCD＝90°，点E是BD的中点，
∴EC＝EB＝ED，
∴EC＝EA，
∴四边形ABCE是腰分双等四边形，
故答案为：是；
②由题可知：EC＝ED，EA＝ED，
∴∠EDA＝∠EAD，∠EDC＝∠ECD，
∴∠AEB＝∠EDA＋∠EAD＝2∠EDA，∠CEB＝∠EDC＋ECD＝2∠EDC，
∵∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠CEB＋∠AEB＝2（∠EDC＋∠EDA）＝90°，
∴∠ADC＝∠EDC＋∠EDA＝45°，
∴∠ABC＝360° ∠ADC ∠BAD ∠BCD＝135°，
故答案为：45，135；
（3）①当DA＝DE＝DF＝5，如图3，过点D作DH⊥EF，
∴∠DHF＝90°，
∵∠EFG＝90°，
∴DH∥FG，
∴∠CFG＝∠FDH，
∵tan∠CFG＝，
∴tan∠FDH＝，
∴sin∠FDH＝＝，
∴FH＝sin∠FDH×DF＝×5＝3，
∴EF＝2FH＝6，
由（2）同理可得，∠AEF＝135°，
∴∠FEG＝45°，
∴∠FGE＝45°，
∴FE＝GF＝6，
∴CG＝sin∠CFG×GF＝×6＝，
∴BG＝BC CG＝5 ＝；
②当DA＝DE＝FE＝5，如图4，过点E作EH⊥DC，EM⊥AB，EN⊥AD，
∵∠EHF＝∠EFG＝∠C＝90°，
∴∠HEF＋∠HFE＝90°，∠HFE＋∠CFG＝90°，
∴∠CFG＝∠HEF，
∴∠HEF＝∠HED＝∠EDN＝∠CFG，
∵tan∠CFG＝，
∴tan∠EDN＝，
∴sin∠EDN＝，
∴EN＝DE×sin∠EDN＝5×＝3，
∴EN＝DH＝HF＝3＝AM，
∴DN＝4，
∴AN＝5 4＝1＝EM，
∵∠NEA＝∠EAM，
∴tan∠EAM＝＝，
设CG＝3x，则CF＝4x，则BG＝5 3x，
∴CD＝AB＝6＋4x，
∴tan∠EAM＝＝＝，
解得：x＝（经检验，是分式方程的解，且符合题意），
∴BG＝5 3x＝5 3×＝．
【分析】（1）①点E是BD的中点，可知EC＝EA，即可证明；
②根据三角形的外角定理可求解；
（2）由题可知△BDF∽△CDE，可得BF，根据勾股定理可得AG，进而可得面积；
（3）分类讨论，①当DA＝DE＝DF＝5，由平行线可知∠CFG＝∠FDH，根据锐角三角函数可知FH，CG，②当DA＝DE＝FE＝5，设CG＝3x，则CF＝4x，根据锐角三角函数即可求解.
34．综合与探究
【定义】如图 1，点O是 ABCD的对角线的交点，过点O作OM⊥BC， ON⊥AB，垂足分别为M、N.若ON≥OM时，我们称 是 ABCD的中心距比.
（1） 【概念理解】如图 2，当λ=1时，求证： ABCD是菱形；
（2）【性质探究】在图 1中， ABCD的中心距比 与其相邻两边比 是否存在某种关系 若有，求出这种关系；若没有，请说明理由；
（3）【拓展应用】如图 3，在矩形ABCD中(AD>AB)，其中心距比 O为对角线BD中点，E是BC边上一点，连接OE，作OF⊥OE交CD边于点F，若 求CE的值；
（4）如图 4， 点D是射线AP上一动点，点C是平面内一点.以A、B、C、D为顶点、AD为边的平行四边形的中心距比 点E在射线AP上，连接AC、BE，当 时，直接写出AE的长.
【答案】（1）证明：方法 1：
当λ=1时，则OM=ON，
∵ ABCD，
∴OA=OC，
在Rt△ANO和Rt△CMO中，
∴Rt△ANO≌Rt△CMO(HL)，
∴∠BAC=∠BCA.
∴BA=BC，
∴ ABCD是菱形.
方法 2：
∵ ABCD
∴OA=OC，
∵λ=1时， OM=ON，
∴AB=BC，
∴ ABCD是菱形.
（2）解：∵ ABCD
∴OA=OC，
（3）解：如图， 过点O作OM⊥BC， ON⊥CD，
∵矩形ABCD， BD=10，
∴AD=BC， AB=CD， ∠BCD=90°， OB=OD=OC=5，
∴设BC=4x， CD=AB=3x，
解得： x=2，
∴BC=8， CD=AB=6，
∵OB=OD=OC， OM⊥BC， ON⊥CD，
∵∠OMC=∠MCN=∠ONC=90°，
∴四边形OMCN是矩形，
∴∠MON=90°， OM=CN=3， ON=CM=4，
∴∠MON=∠EOF=90°，
∴∠MOE=∠NOF，
∴△MOE∽△NOF，
∴设FN=4t， ME=3t，
∴CF=CN+FN=3+4t， CE=CM-ME=4-3t，
解得：
（4）解：AE的长为 或 16或
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：（4）由(2)可知，当λ=2时，平行四边形两相邻边的比为 2.
①如图 1，当AD=2AB时，过点B作BG⊥AD于点G，过点A作AH⊥CD延长线于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=5， AB∥CD，
∴AD=BC=10， ∠ADH=∠PAB，
在Rt△ABG中，
∴设BG=4a， AG=3a，
解得： a=1，
∴BG=4， AG=3，
同理可得， DH=6， AH=8，
∴CH=CD+DH=11，
∵∠AEB=∠ACD，
∴tan∠AEB=tan∠ACD，
②如图 2，当AB=2AD时，过点B作BG⊥AD于点G，过点A作AH⊥CD延长线于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=5， AB∥CD，
∴tan∠ADH=tan∠PAB，
同理可求，
由①可知， BG=4， AG=3，
∵∠AEB=∠ACD，
∴tan∠AEB=tan∠ACD，
∴EG=13，
∴AE=EG+AG=13+3=16；
③如图 3，当AC=2AD时，连接CD，过点D作DF⊥AB，
∴设DF=4a， AF=3a，
∴BD=AC=10a，
∵AB=AF+BF=5，
解得：
∵BD∥AC，
∴∠BDE=∠CAD，
又∵∠AEB=∠ACD，
∴△EDB∽△CAD，
∴DE=20a，
综上可知，AE的长为 或 16或
【分析】（1）方法1：当 λ=1时，则OM=ON，根据平行四边形的性质，证明Rt ΔANO≌Rt ΔCMO(HL)，则
ㄥBAC=ㄥBCA，从而得出BA=BC，即可得证；
方法2：根据平行四边形对角线互相平分，可得S△AOB=S△COB，再结合OM=ON，得到AB=BC，即可得证；
（2）根据平行四边形对角线互相平分，可得S△AOB =S△COB，从而得出AB.ON=BC.OM，进而推出λ，即可得解；
(3)过点O作OM⊥BC，ON⊥CD，设BC=4x，CD=AB=3x，利用勾股定理列方程，求出BC=8
，CD=AB=6，证明四边形OMCN是矩形，得到∠MON=90°，OM=CN=3，ON=CM=4，进而推出△MOE∽△NOF，设FN=4t，ME=3t，根据三角形面积公式列方程，求出t的值，即可得解；
（4）由(2)可知，当 时，平行四边形两相邻边的比为2，分三种情况讨论：①当AD=2AB时，过点B作BG⊥AD于点G，过点A作AH⊥CD延长线于点H；②当AB=2AD时，过点B作BG⊥AD于点G，过点A作AH⊥CD延长线于点H，利用角的正切值求解；③AC=2AD时，连接CD，过点D作DF⊥AB，利用相似三角形的性质求解即可。
35． 综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点，
∴、分别是和的中位线，
∴，（ ① ）
∴．
同理可得：．
∴中点四边形是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据　 　.
（2）【探究二】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
菱形
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
（3）【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
②
从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是　 　．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
（5）【归纳总结】
请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
原四边形对角线关系 中点四边形形状
③ ④
结论：原四边形对角线　 　时，中点四边形是　 　．
【答案】（1）三角形中位线定理
（2）证明：方法一：
中点四边形EFGH是菱形
方法二：∵AC=BD
中点四边形EFGH是菱形；
（3）矩形
（4）证明：分别是和的中位线
四边形EMON是平行四边形
又
中点四边形EFGH是矩形.
（5）AC⊥BD且；正方形
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；三角形的中位线定理；中点四边形模型
【解析】【解答】解：（1）∵、分别是和的中位线，
∴，（三角形中位线定理 ）
故答案为：三角形中位线定理；
（3）如图，
原四边形对角线垂直时，中点四边形是矩形，
故答案为：矩形；
（5）AC⊥BD且时，中点四边形是正方形；
理由如下：如图，
∵AC⊥BD，由探究三可知四边形EFGH是矩形，
∵，由探究二可知四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形.
故答案为：AC⊥BD且；正方形.
【分析】（1）根据三角形中位线定理可得出答案；
（2）根据四条边相等的四边形是菱形，或有一组邻边相等得平行四边形是菱形，即可得出结论；
（3）根据矩形的判定定理可得结论；
（4）首先证明四边形EFGH是平行四边形，然后再根据一个内角是直角，即可得出四边形EFGH是矩形；
（5）根据（2），（3）即可得出AC⊥BD且AC=BD时，中点四边形是正方形.
1 / 1专题4.9特殊平行四边形—中考数学重难点突破训练
一、选择题
1．下列命题中，真命题的是（　　）
A．有一个角是直角且对角线相等的四边形是矩形
B．两组邻边相等的四边形是菱形
C．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形
D．对角线互相平分且相等的四边形是正方形
2．如图，正方形的边长为，将正方形沿对角线向右平移，则等于（　　）
A． B． C． D．
3．如图， 在矩形ABCD中， AB=3， AD=5， 点E在DC上， 将矩形ABCD沿AE折叠，点D 恰好落在 BC 边上的点 F处，那么 sin∠EFC的值为 (　　)
A． B． C． D．
4．如图，将正方形沿折叠，使得点与对角线的交点重合，为折痕，则的值为（　　）
A． B． C． D．
5．如图，将矩形纸片ABCD的两个直角∠A和∠B分别沿直线EN，EM折叠，折叠后点A，B的位置分别是点A'，B'.若∠A'EB'=α，则∠NEM的大小是（　　）
A．180°-2α B．180°-α C． D．90°-α
6．如图，将矩形纸片沿剪开，再把沿着方向平移，得到，，．若重叠部分为菱形，则菱形的边长是（　　）
A． B． C． D．
7．如图1，这是某展览馆展示的清代木花窗，其造型美观.如图2，经数学抽象、图形提取，然后测量发现，四边形ABCD 的四边相等，点 E，F，G，H 分别为其四边中点，则四边形 EFGH 与四边形ABCD 的面积之比为 (　　)
A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：5
8． 如图，在菱形ABCD 中，对角线AC，BD交于点E，∠DAB=60°，点 F，H分别为AD，BC上的点，且线段 FH过点 E，若四边形BFDH是矩形，则∠DEF的度数为 (　　)
A．30° B．40° C．50° D．60°
9．如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AC 是一条对角线，E 是AC 上一点，过点 E 作EF⊥AB，垂足为 F，连结DE.若AE=BF，则DE：BC的值为 （　　)
A．2：3 B． C．2.5：3 D． ：3
10．如图， 在菱形 ABCD 中， ∠D=60°， AB=4， 以 B 为圆心、BC 长为半径画弧AC， 点 P 为菱形内一点， 连接 PA， PB， PC .当△BPC为等腰直角三角形时，图中阴影部分的面积为(　　)
A． B． C．8π D．
11． 如图1，有一张矩形纸片，已知，，现将纸片进行如下操作：先将纸片沿折痕进行折叠，使点落在边上的点处，点在上（如图2）；然后将纸片沿折痕进行第二次折叠，使点落在第一次的折痕上的点处，点在上（如图3），给出四个结论：
①的长为10；②的周长为18；③；④的长为5，正确的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．如图，正方形与正方形的边长都为，正方形绕顶点旋转一周，在此旋转过程中，线段的长的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
13． 为筹备校园“正方形主题文化角”，工作人员用两个边长相同的正方形展板布置：如图，固定展板（顶点、在直线展台上）与移动展板（顶点、在直线展台上），移动展板可沿平移．设固定展板顶点与移动展板顶点的距离为（单位：）（），两个展板重叠部分的面积为（单位：），关于的函数图象如图所示．下列选项正确的是（　　）
A．正方形的对角线长为
B．当时，重叠面积
C．当时，重叠面积
D．函数图象的最高点的坐标为
二、填空题
14．四边形中，、分别是、的中点，连接、，已知，，，则的长为　 　．
15．如图，菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，点F是BC上的动点.若△BEF的面积为4，则图中阴影部分的面积为　 　.
16．小明在数学活动课上制作了两张卡片：一张是正方形，其中点O是正方形对角线的交点，另一张是等腰直角三角形，且．他将三角形卡片的一个顶点固定在正方形的顶点B处，然后绕着点B逆时针旋转三角形．当他旋转到某个角度时，发现三角形卡片的另外两个顶点与正方形的一个顶点D恰好三点共线．此时的长度为　 　．
17．如图所示，四边形，，均为正方形，且，，则正方形的边长可以是　 　（写出一个答案即可）．
18．如图，已知菱形的边长为5，点在边上，将沿折叠，使点的对应点恰好落在边上，且，则的长度为　 　．
19．如图，正方形与矩形在直线l的同侧，边在直线l上．保持正方形不动，并将矩形以的速度沿方向移动，移动开始前点E与点D重合，当矩形完全穿过正方形即点H与A点重合）时停止移动，设移动时间为．已知，，，连接．
（1）矩形从开始移动到完全穿过正方形，所用时间为　 　；
（2）在矩形移动的过程中，存在最小值时相应的　 　；
三、解答题
20．在中，是边的中点，、分别在及其延长线上，，连接．
（1）求证：
（2）若，试判断四边形的形状，并说明理由．
21．“草长莺飞二月天，扶梯杨柳醉春烟，儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”．星期天，小明和小伙伴准备自制风筝到公园去放，小明将正方形纸片和菱形纸片按照如图所示制作，顶点B和顶点N重合，菱形的对角线经过点D，点E，F分别在，上．
（1）求证：；
（2）若，点E在的中点上，求的长度.
22．如图，在正方形中，点，，，分别在边，，，上，连接，，若，求证：．为了解决这个问题，两位同学分别给出了自己的方案：
（1）请你选择一位同学的方案，并进行证明；
（2）连接，，，，若．求四边形的面积．
23．综合与实践
学完图形的平移后，小慧为了加深理解，对其进行了进一步探究．
【模型感知】
（1）她把边长为3的正方形纸片沿着对角线剪开，如图1．然后固定纸片，把纸片沿剪痕的方向平移得到，如图2．连接，，，在平移过程中：
①四边形的形状始终是________（点与点重合时除外）；
②求的最小值．
【拓展探究】
（2）如图3，她把正方形改为边长为1的菱形，，将沿射线的方向平移得到，连接，，，请直接写出的最小值．
24．阅读短文，解决问题如果一个三角形和一个菱形满足条件：三角形的一个角与菱形的一个角重合，且菱形的这个角的对角顶点在三角形的这个角的对边上，则称这个菱形为该三角形的“亲密菱形”.如图1，菱形AEFD为△ABC的“亲密菱形”.如图2，在△ABC中，以点A为圆心，以任意长为半径作弧，交AB、AC于点M、N，再分别以M、N为圆心，以大于MN的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线AP，交BC于点F，过点F作FD//AC，FE//AB．
（1）求证：四边形AEFD是△ABC的“亲密菱形”；
（2）当AB=6，AC=12，∠BAC=45°时，求菱形AEFD的面积
25．请阅读下列材料，完成相应的任务．
×年×月×日星期日 只用卷尺也能判断矩形 今天，我在一本数学课外丛书上看到这样一个有趣的问题，工人师傅在做门窗或矩形零件时，他是这样做的：首先利用卷尺（有刻度）测量两组对边的长度是否分别相等；其次利用卷尺测量该门窗的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形．我有如下思考：工人师傅的做法究竟是依据什么原理得到四边形是矩形？已知在四边形中，，，． 求证：四边形是矩形． 证明：……．
任务：
（1）上述做法是依据了矩形的一个判定定理：________________；
（2）补全材料中的证明过程；
（3）利用卷尺（有刻度）能否用另外一种方法判定四边形是矩形？（写出简要的测量方法）
26．已知平行四边形，在平行四边形内作菱形ABCD．
小亮的作法：如图1，连接BD，分别以D、B为圆心大于 的长为半径画弧，连接两弧交点与平行四边形两边交于点A，C，连接AB，CD，则四边形ABCD 即为菱形．
（1）判断小亮的作法是否正确，并说明理由．
（2）小丽说，作平行四边形AECF一组对角的角平分线可以得到菱形，你认为小丽的作法正确吗 请你在图2中作出图形(保留作图痕迹)．
27．尺规作图起源于古希腊的数学课题，指的是只用没有刻度的直尺和圆规作图，并且只允许使用有限次，来解决不同的平面几何作图问题．数学课堂上，黄老师给同学们呈现了这样一个数学问题：如图，在矩形纸片中，点E在边的中点，将矩形纸片折叠，使点B与点E重合．
（1）请在图中作出折痕，交边于点F，交边于点G，连接，并在矩形纸片内用尺规作出一点M，使得四边形是菱形，请给出证明；（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若折痕交于点H，连接，若长为6，为，直接写出的长．
28．在学习了特殊平行四边形的判定后，数学兴趣小组进行了进一步的思考，在任意三角形中满足什么样的条件构造的四边形，可以判定为菱形呢？他们发现，三角形某个角的角平分线与对边交于一点，该角顶点与交点所构成的线段的垂直平分线与该角的两边所在直线交于两点，该角的顶点以及三个交点所构成的四边形是菱形，可利用证明三角形的全等得到此结论．根据他们的想法与思路，及（1）中的作图完成（2）中的填空：
（1）如图2，在中，平分，交于点．用尺规作的垂直平分线，分别交，，于点，，，连接，；
（2）在（1）所作的图形中，求证：四边形是菱形．
证明：∵平分，
，
又∵垂直平分，
，
，
．
又∵垂直平分，
①______，，
②______，
，
∴四边形是菱形．
进一步研究还可发现，在直角三角形中，直角的角平分线与对边交于一点，直角顶点与交点所构成的线段的垂直平分线与两直角边所在直线交于两点，直角顶点与三个交点所构成的四边形是③______．
29．如图①，在正方形中，点P为对角线上一点，连接．
（1）求证：；
（2）如图②，过P点作，交射线于点E．求证：；
（3）在图③中，过P点作，交射线于点E，猜想线段之间的数量关系，并证明你的猜想．
30．在数学综合实践课上，李老师要求同学们以正方形的折叠与某些线段的折叠为例探究图形间存在的关系．如图，点在正方形的边上运动，连接，把沿所在直线折叠，点落在点处，连接并延长与的延长线交于点，沿所在直线折叠使点与点重合，点在上．
（1）如图1，的度数不变，请你求出该角的度数；
（2）如图2，连接，发现三条线段之间存在一定的数量关系，请证明你的发现；
（3）如图3，连接，，若正方形的边长4，请直接写出面积的最大值．
31．【探究背景】图形的旋转是初中几何图形变化中的一个重要内容，数学“冲刺组”的同学为进一步探究旋转的相关内容，利用几何画板绘制了如下图形进行动态操作：如图 1，在 中， 将 绕点 C顺时针旋转一定的角度后得 点 B的对应点为点 D，点 A 的对应点为点 E.
（1）【特例感知】如图 2， 连接 AD，AE，当点 D恰好落在线段 AE上时，判断四边形 ABCD的形状，并证明；
（2）【猜想证明】如图 3， 连接 BD，AE，在旋转的过程中，同学们发现 BD和 AE的比值始终为一个定值，请你求出这个比值.
32． 问题情境：
如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别在边 BC，CD 上，且 AE⊥BF，垂足为 M，那么 AE 与BF 相等吗
（1）直接判断：AE 　 　BF（填“=”或“≠”）；在“问题情境”的基础上，继续探索：
（2）问题探究：
如图②，在正方形ABCD中，点E，F，G分
别在边 BC，CD 和 DA 上，且 GE⊥BF，垂足为M，那么 GE 与 BF 相等吗 请证明你的结论；
（3）问题拓展：
如图③，点 E在边 CD 上，且 MN⊥AE，垂足为H，当点 H在正方形ABCD 的对角线BD上时，连结AN，将△AHN沿AN 翻折，点 H落在点 H'处.四边形AHNH'是正方形吗 请说明理由.
33．在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究几何图形的经验，请运用已有经验，对“腰分双等四边形”进行研究。
【图形定义】
若四边形的一条对角线把其分割成两个等腰三角形.且这条对角线是这两个等腰三角形的腰，那么我们称这个四边形为“腰分双等四边形”，这条对角线为“腰分线”。
【概念理解】
（1）如图1，在四边形ABCD中， ∠BAD=∠BCD=90°，连接BD，点E是BD的中点，连接AE， CE。
求：①四边形ABCE　 　（填“是”或“不是”)腰分双等四边形；
②若∠AEC=90°， ∠ADC的度数为　 　°，∠ABC的度数为　 　。
（2）【性质探究】
如图2，正方形ABCD边长为6，点F为其内部一点（不含中心)，四边形ABFD为腰分双等四边形，AF为腰分线，过点 D作直线BF的垂线，垂足为点E，连结CE，若CE=2，求△ABF的面积。
（3）【拓展应用】
如图3，在矩形ABCD中， AD=5，点E是其内部一点，点F是边 CD上一点，四边形AEFD 是腰分双等四边形，DE为腰分线，延长AE交线段BC于点G，连接FG。若∠EFG 请直接写出 BG的长。
34．综合与探究
【定义】如图 1，点O是 ABCD的对角线的交点，过点O作OM⊥BC， ON⊥AB，垂足分别为M、N.若ON≥OM时，我们称 是 ABCD的中心距比.
（1） 【概念理解】如图 2，当λ=1时，求证： ABCD是菱形；
（2）【性质探究】在图 1中， ABCD的中心距比 与其相邻两边比 是否存在某种关系 若有，求出这种关系；若没有，请说明理由；
（3）【拓展应用】如图 3，在矩形ABCD中(AD>AB)，其中心距比 O为对角线BD中点，E是BC边上一点，连接OE，作OF⊥OE交CD边于点F，若 求CE的值；
（4）如图 4， 点D是射线AP上一动点，点C是平面内一点.以A、B、C、D为顶点、AD为边的平行四边形的中心距比 点E在射线AP上，连接AC、BE，当 时，直接写出AE的长.
35． 综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点，
∴、分别是和的中位线，
∴，（ ① ）
∴．
同理可得：．
∴中点四边形是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据　 　.
（2）【探究二】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
菱形
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
（3）【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
②
从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是　 　．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
（5）【归纳总结】
请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
原四边形对角线关系 中点四边形形状
③ ④
结论：原四边形对角线　 　时，中点四边形是　 　．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：选项A：矩形的判定要求是对角线相等的平行四边形或三个角是直角的四边形，仅“有一个直角+对角线相等”的四边形不一定是矩形（可构造反例：一个直角、对角线相等但不互相平分的四边形），故A是假命题；
选项B：菱形的判定要求是四条边相等或一组邻边相等的平行四边形或对角线互相垂直平分，仅“两组邻边相等”的四边形不一定是菱形（如筝形，仅两组邻边相等，对边不平行），故B是假命题；
选项C：对角线互相平分的四边形是平行四边形，在此基础上对角线互相垂直，根据菱形的判定定理，该四边形是菱形，故C是真命题；
选项D：对角线互相平分且相等的四边形是矩形，而非正方形（正方形还需对角线互相垂直、邻边相等），故D是假命题。
故答案为：C .
【分析】本题考查特殊四边形（矩形、菱形、正方形）的判定定理，需逐一验证每个选项是否符合对应判定定理，找出真命题。
2．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；平移的性质
【解析】【解答】解：∵正方形的边长为，
∴．
∵将正方形沿对角线向右平移得到正方形，
∴，
∴．
故答案为：D．
【分析】本题主要考查正方形的性质（对角线相等且互相垂直平分）、勾股定理以及平移的性质（对应点连线平行且相等）。由正方形边长为 2 cm，根据勾股定理得对角线。将正方形沿对角线 BD 向右平移 1 cm，则点 B 移动到，且，因此。注意平移方向沿对角线，平移距离为对应点间的距离。
3．【答案】C
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：在矩形中，，
∵矩形沿折叠，点D恰好落在边上的点F处，
，
在中，，
则，
设，则，
在中，，
解得：，
，
，
故选：C．
【分析】先根据矩形的性质和折叠的性质得到，在中，根据勾股定理求出BF长，在中运用勾股定理求出CE长，再根据正弦的定义即可求解．
4．【答案】D
【知识点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：如图，
∵正方形沿折叠，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵正方形，
∴，
∴.
故答案为：D.
【分析】根据折叠的性质，结合正方形的性质得相等，平行，即可证明和相似，根据相似性质得，即可得，代入计算即可得答案.
5．【答案】C
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠可知，，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：C.
【分析】根据折叠的性质可得，进而得到，再根据解答即可.
6．【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质；平移的性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图所示：
∵四边形是菱形，
，
∵将矩形纸片沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，
∴，，
∴，即，
设，则，，
∴，
∴，
∴，
解得，
菱形的边长是，
故选：A．
【分析】根据菱形性质可得，再根据平移性质可得，根据勾股定理可得AC，再根据正弦定义可得，设，则，，代值式子可得，再建立方程，解方程即可求出答案.
7．【答案】A
【知识点】菱形的性质；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理；中点四边形模型
【解析】【解答】解：如图，连接BD和AC交于点O，EH和AC交于点M，
∵ABCD是菱形，
∴∠AOB=90°，，
又∵E，F，G，H是中点，
∴EH∥BD，FG∥BD，EF∥AC，HG∥AC，，，
∴EF∥HG，EH∥FG，∠EMA=∠BOA=∠HEF=90°，
∴四边形EFGH是矩形，
∴，
∴ 四边形 EFGH 与四边形ABCD 的面积之比为1：2，
故答案为：A .
【分析】连接BD和AC交于点O，EH和AC交于点M，根据三角形的中位线定理得到四边形EFGH是矩形，然后根据菱形和矩形的面积公式解答即可.
8．【答案】D
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；含60°角的菱形
【解析】【解答】解：四边形ABCD是菱形
为等边三角形
∵四边形 BFDH是矩形
为等边三角形
【分析】由于菱形的邻边相等且等于，则可证是等边三角形，则也是；由于矩形的对角线相等且互相平分，则也是等边三角形，即等于.
9．【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：因为四边形ABCD是菱形，
所以AB=BC=AD，又∠ABC=60°，
因此比△ABC是等边三角形，
故∠BAC=60°，AC=AB=BC。
因为EF⊥AB，
所以△AEF是直角三角形，∠AFE=90°，∠EAF=60°，
则∠AEF=30°，设AE=x，由30°角所对直角边是斜边的一半，得，再由勾股定理得.
已知AE=BF，
所以BF=AE=x，
因此，即。
因为菱形ABCD中，且ADIIBC，∠DAB=180°-∠ABC=120°，∠BAC=60°，
所以∠DAE=∠DAB-∠BAC=60°。
在△ADE中，，AE=x，∠DAE=60°，
过D作DG⊥AC于G，∠DAG=60°，则AG=，
，，
在Rt△DEG中，由勾股定理得。
因此，对应选项B.
故答案为：B.
【分析】 本题利用菱形性质与 60° 角构造等边三角形，结合直角三角形边角关系设参数表示线段长，再用勾股定理计算 DE 长度，最终求出 DE 与 BC 的比值。
10．【答案】B
【知识点】菱形的性质；扇形面积的计算；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SSS
【解析】【解答】解：连接，延长，交于E，
在菱形中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
在中，，
∴，
∴S阴影＝S扇形ABC﹣S△PAB﹣S△PBC＝，
故选：B．
【分析】连接，延长，交于E，根据菱形的性质可得是等边三角形，然后根据SSS得到△APB≌△APC，即可得到∠PAB=∠PAC，进而得到哦啊△BPC是等腰直角三角形，求出长，利用解答即可．
11．【答案】B
【知识点】矩形的性质；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：如图，过点作，分别交、于点、，
四边形为矩形，
，，
由折叠可得，且，
四边形为正方形，
，故①正确；
，
和为等腰直角三角形，且，
设，则，，，
又由折叠的可知，
在中，由勾股定理可得，
即，解得，
，，，
又，
，
，
，
，
，即，
，，故④正确；
，
又和为等腰直角三角形，且，，
，，
的周长，
，
故②③不正确；正确；
综上可知正确的为①④，共2个．
【分析】过点作，交、于点、，根据正方形的性质求出的长判断①，得到和为等腰三角形，设，进而表示、、，根据折叠可得，在中根据勾股定理求出的值，再推理得到，根据对应边成比例求出、和，即可得到长判断②③④解答即可．
12．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；圆的相关概念
【解析】【解答】解：正方形与正方形的边长都为，
，
点是以为圆心，为半径的圆上一点，
当，，三点共线且在线段上时，
如下图所示，
最短为，
当，，三点共线且在线段上时，
如下图所示，
最长为，
．
故答案为：A．
【分析】根据正方形性质可得，则点是以为圆心，为半径的圆上一点，分情况讨论：当，，三点共线且在线段上时，当，，三点共线且在线段上时，根据边之间的关系即可求出答案.
13．【答案】B
【知识点】正方形的性质；平行四边形的面积；动点问题的函数图象；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：∵四边形与四边形是两个相同的正方形，与是对角线，
∴，，，，
∴，
由图及图知：当（即点与点重合）时，，
当（即）时，，
此时，
∴，故选项A不正确；
∴，
∴，即正方形与正方形的边长为，
当时，此时点为的中点，如图，设交于点，交于点，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴重叠面积，故选项B正确；
当时，如图，设交于点，交于点，
∴，四边形是正方形，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴重叠面积，故选项C不正确；
由图及图知：当（即点与点重合）时，取得最大值，
此时正方形与正方形重合，
∵正方形的边长为，
∴此时重叠面积，
∴函数图象的最高点的坐标为，故选项D不正确。
故答案为：B.
【分析】根据题意结合图2可得判断A；当时，设交于点，交于点，即可得到，根据重叠部分为正方形，根据面积公式计算判断B；当时，设交于点，交于点，即可得到，利用重叠面积计算判断C；根据函数的对称性可知（即点与点重合）时，取得最大值，根据重叠面积计算判断D解答即可.
14．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，作交延长线于点，作于点，连接，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵、分别是、的中点，
∴，
故答案为：.
【分析】作交延长线于点，作于点，连接，即可得到四边形是矩形，设，在和中，根据勾股定理求出，进而求出AH和BD的长，再利用三角形的中位线定理解答即可．
15．【答案】10
【知识点】三角形的面积；菱形的性质；几何图形的面积计算-割补法；三角形的中线
【解析】【解答】解：连接，
∵菱形的面积为24，点E是的中点，的面积为4，
∴，，
设菱形中边上的高为h，
则，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：10．
【分析】利用菱形的性质和三角形中线分得的两个三角形的面积相等得到，，进而求出，，即可得到的面积，再根据解答即可．
16．【答案】或
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，，，是等腰直角三角形，
∵，将三角形卡片的一个顶点固定在正方形的顶点B处，然后绕着点B逆时针旋转三角形，
∴三角形可视为绕着点B逆时针旋转得到的，
由勾股定理得：，
∴，
由旋转性质得：，；
当点Q在线段上，如图1所示；
则，
∴；
点Q在线段的延长线上，如图2所示；
∵，
∴；
综上，的长为或．
【分析】
先求出正方形对角线BD和等腰直角三角形直角边BP，PQ的长，再利用勾股定理求出PD的长，最后根据点Q在线段PD上或DP的延长线上两种情况进行分类讨论.
17．【答案】（答案不唯一）
【知识点】无理数的估值；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵，，
∴，，
∴，
∴正方形的边长可以是，
故答案为：（答案不唯一）．
【分析】由正方形的面积公式可得，，结合图形得出，即可得到正方形的边长 ．
18．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，在的延长线上取点，使，
∵四边形是菱形，∴，，，∴
∵，∴，
∵，∴，
由对折可得：，，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，
设，则，∴，
∴，
∴，即，
故答案为：．
【分析】本题重点考查了折叠变换的性质、菱形的特征、相似三角形的判定与性质，掌握这些知识点是解题的关键。首先过点作垂线交于点，然后在的延长线上选取点，使得。通过分析菱形的特性以及折叠后的几何关系，结合三角形外角定理，可以推导出。根据相似三角形的比例关系得出。假设，则，进一步得到，从而完成解答。
19．【答案】（1）9
（2）4.4
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题；矩形的性质；正方形的性质；四边形-动点问题；将军饮马模型-两线一点（两动一定）
【解析】【解答】解：(1)如图，
由运动知，E'H'=EH=4，
∵AD=5
∴E'D=E'H'+AD=4+5=9
∴9÷1=9秒
故答案为：9.
(3)由运动知，AE=|t-5|，QG=DH=|t-4|，
在Rt△AEF中，
在Rt△CQG中，，
∴，
此式子的几何意义是：如图5，x轴上一点J(t，0)到点I(5，3)和点T(4，2)的距离之和，
∵当AF+CG的最小时，最小值是点I(5，3)关于x轴的对称点I(5，-3)和点T(4，2)的距离，
即：AF+CG的最小值为
此时点J是TI'与x轴的交点
∵点I(5，-3)和点T(4，2)，
∴I'T直线的解析式为y=-5x+22
将点J(t，0)，代入直线I'T的解析式中得，-5t+22=0
∴t=4.4秒
故答案为：4.4.
【分析】(1)根据平移求出DE'=E'H'+AD=9，即可得出结论；
(2)分两种情况画出图形，利用相似三角形得出的比例式建立方程求解即可；
(3)建立AG+CG与t的函数关系式，利用几何意义即可得出结论.
20．【答案】（1）证明：，
，
是边的中点，
，
在和中，
，
（2）解：四边形是矩形，理由如下：
，
∴DE=DF=EF，
又BD=CD
四边形是平行四边形，
∵DE=BC，DE=EF
∴BC=EF
是矩形
【知识点】矩形的判定；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）由二直线平行，内错角相等得∠ECD=∠FBD，由中点定义得BD=CD，结合对顶角相等，利用“ASA”证明△BDF≌△CDE；
（2）四边形BFCE是矩形，理由如下：由全等三角形的对应边相等得DE=DF，从而根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”得出四边形BFCE是平行四边形；结合已知易得BC=EF，从而根据对角线相等的平行四边形是矩形可得结论.
（1）证明：，
，
是边的中点，
，
在和中，
，
．
（2）解：四边形是矩形，理由如下：
和是边的中点，
，
和是等腰三角形，
，，
在中，，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
是矩形．
21．【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
即，
∴
（2）连接，交于点O，可知．
根据（1）得，
∴．
∵点E是的中点，，
∴．
在中，，根据勾股定理，得，
在中，根据勾股定理，得．
根据勾股定理，得，
即，
解得，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质和菱形的性质得到，即可得出，利用得到两三角形全等；
（2）连接，交于点O，即可得出，根据全等三角形的对应边相等得到，根据勾股定理求出和长，进而求出OD长，最后根据线段的和差解答即可．
22．【答案】（1）解：选小星的方案：
证明：如图①，过点作交于点，过点作分别交，，于点，，，设交于点，
四边形是正方形，
，，，，
四边形和四边形都是平行四边形，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
；
选小红的方案：
证明：如图②，过点作交于点，过点作交于点，
四边形、四边形是矩形，
，，，
，
四边形是正方形，，
，
，
，
，
，
，
，，，
，
；
（2）解：如图③，设交于点，
由（1）知，
又，
，
，
．
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定；正方形的性质；几何图形的面积计算-割补法；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】
（1）选小星的方案：过点作交于点，过点作分别交，，于点，，，设交于点，根据正方形的性质得到，，，，从而判断四边形和四边形都是平行四边形，再根据平行四边形的性质得到，，根据垂线的定义得到，再计算角度利用ASA证明，根据全等三角形的性质即可解答；
选小红的方案：过点作交于点，过点作交于点，根据矩形的判定得到四边形、四边形是矩形，再根据矩形的性质得到，，根据正方形的性质，得到，根据等角的余角相等得到，，再由，，得到，再利用AAS证明，根据全等三角形的性质即可解答；
（2）设交于点，根据（1）中结论，结合，再利用三角形的面积公式计算即可解答．
（1）解：选小星的方案：
证明：如图①，过点作交于点，过点作分别交，，于点，，，设交于点，
四边形是正方形，
，，，，
四边形和四边形都是平行四边形，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
；
选小红的方案：
证明：如图②，过点作交于点，过点作交于点，
四边形、四边形是矩形，
，，，
，
四边形是正方形，，
，
，
，
，
，
，
，，，
，
；
（2）解：如图③，设交于点，
由（1）知，
又，
，
，
．
23．【答案】答： ①平行四边形；
解：②∵四边形是平行四边形，
∴，
∴=，
作点关于的对称点，连接，，
当共线时，有最小值，
此时的最小值，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵关于的对称点，
∴，，
∴是等腰直角三角形，且共线，
∴在直角中，，
∴的最小值=．
（2） .
【知识点】菱形的性质；正方形的性质；平移的性质；将军饮马模型-一线两点（一动两定）
【解析】【解答】
解：（1）①∵纸片沿剪痕的方向平移得到，
∴，，
∴四边形是平行四边形.
（2）如图所示，
∵四边形是菱形，
∴，
∴=，
作点关于的对称点，连接，，
当共线时，有最小值，
此时的最小值，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵关于的对称点，
∴，，
∴是等边三角形，且共线，
∴在直角中，，
∴的最小值=
【分析】
（1）①根据平移的性质知A`D`与AD平行且相等，再由平行四边形的性质知AD与BC平行且相等，即A`D`与BC平行且相等，则所求四边形是平行四边形；
②由平行四边形的对边相等可得A`B＝D`C，即可把A`B+D`B转化为D`C+D`B，再由将军饮马模型可作点C关于直线DD`的对称点C``，再连接C``B，再利用轴对称的性质可得DC＝DC``，再利用勾股定理求出BC``的值即可；
（2）同上可作点C关于直线DD`的对称点C``，再连接C``B，再利用轴对称的性质可得DC＝DC``，再由菱形的性质可证是等边三角形，再由等腰三角形三线合一可得，再解直角三角形求出BC``的值即可．
24．【答案】（1）证明：由尺规作图可知AF平分∠BAC，
∴∠DAF=∠EAF，
∵DF//AC，
∴∠DFA=∠EAF，
∴∠DAF=∠DFA，
∴AD=DF，
∵FD//AC，FE//AB，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∴平行四边形AEFD是菱形，
∵∠BAC与∠DAE重合，点F点BC上，
∴菱形AEFD为△ABC的“亲密菱形”；
（2）解：设菱形的边长为a，即DF=AD=a，则BD=6-a，
∵DF//AC，
∴△BDF∽△BAC，
∴BD：BA=BF：AC，即（6-a）：6=a：12，
∴a=4，
过D作DG⊥AC，垂足为G，
在Rt△ADG中，∠DAG=45°，
∴
∴S菱形AEFD=AE DG=8，即四边形AEFD的面积为8.
【知识点】菱形的判定；相似三角形的判定；尺规作图-作角的平分线；相似三角形的性质-对应边；两直线平行，内错角相等
【解析】【分析】（1）根据尺规作图得到AF平分∠BAC，进而根据角平分线的定义得到∠DAF=∠EAF，再根据平行线的性质得到∠DFA=∠EAF，等量代换得到∠DAF=∠DFA，根据等腰三角形的判定结合平行四边形的判定、菱形的判定得到平行四边形AEFD是菱形，再根据“亲密菱形”的定义即可求解；
（2）设菱形的边长为a，即DF=AD=a，则BD=6-a，根据相似三角形的判定与性质证明△BDF∽△BAC得到BD：BA=BF：AC，代入求出a，过D作DG⊥AC，垂足为G，根据等腰直角三角形的性质结合题意即可求解。
25．【答案】（1）对角线相等的平行四边形是矩形
（2）解：补全后的证明过程如下：
证明：，，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是矩形；
（3）解：利用卷尺测量两组对边是否相等，确定它的形状是平行四边形；
然后测量一条对角线的长度，当两条邻边长度的平方和等于对角线长度的平方时，根据勾股定理的逆定理可确定一个角为直角，
根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可判定该四边形是矩形．
【知识点】勾股定理的逆定理；矩形的判定
【解析】【解答】解：（1）上述做法是依据了矩形的一个判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，
故答案为：对角线相等的平行四边形是矩形；
【分析】（1）根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可求出答案.
（2）先根据对边相等证明四边形是平行四边形，再根据对角线相等证明四边形是矩形，即可求出答案.
（3）先测量对边是否相等，再测量出对角线，利用勾股定理的逆定理判断是否是直角三角形，即可判定是否为矩形．
26．【答案】（1）解：小亮的作法正确，理由如下：
设与交于点．
由作图方法可知，垂直平分，
∴，
四边形是平行四边形，
∴，即．
，
∴，
∴，
∴
四边形是菱形；
（2）解：作图如下：
∵四边形AECF是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
∴，
四边形是平行四边形，
根据现有条件无法证明，
∴无法证明是菱形，
∴小丽的作法不正确．
【知识点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定-AAS；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】（1）设与交于点，由作图可知垂直平分，即可得到，然后根据平行四边形的性质，利用AAS得到，得到AD=BC，然后根据四条边相等的四边形是菱形证明即可；
（2）根据角平分线的尺规作图方法作图，根据平行四边形的性质得到∠BAF=∠FCE，然后根据平行线的性质和角平分线的定义得到，得到，同理可得，即可得到，进而得到是平行四边形，无法证明是菱形，据此解答即可．
27．【答案】（1）解：如图，直线为折痕，点为所求作；
证明如下：由题意可知，点、关于直线对称，
垂直平分，
，，
在射线上取点，使得，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形
（2）
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】（2）解：四边形是矩形，
，
点为的中点，，
，
四边形是菱形，，
，，，，
，
【分析】（1） 由题意可知，点、关于直线对称， 根据垂直平分线判定定理可得垂直平分， 则，， 在射线上取点，使得，则四边形是平行四边形，再根据菱形判定定理即可求出答案.
（2）根据矩形性质可得，再根据线段中点可得 ，再根据菱形性质可得，，，，再根据勾股定理可得FH，再根据边之间的关系即可求出答案.
（1）解：如图，直线为折痕，点为所求作；
证明如下：由题意可知，点、关于直线对称，
垂直平分，
，，
在射线上取点，使得，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形；
（2）解：四边形是矩形，
，
点为的中点，，
，
四边形是菱形，，
，，，，
，
28．【答案】（1）解：如图，分别以点和点为圆心，大于长的一半为半径画弧，两弧分别相交于两点，连接这两点交于点，交于点， 则直线即为所求．
（2）①；②；③正方形
【知识点】线段垂直平分线的性质；菱形的判定；正方形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】
解：（2）证明：∵平分，
．
又∵垂直平分，
，
，
．
又∵垂直平分，
，，
，
，
∴四边形是菱形．
进一步研究还可发现，在直角三角形中，直角的角平分线与对边交于一点，直角顶点与交点所构成的线段的垂直平分线与两直角边所在直线交于两点，直角顶点与三个交点所构成的四边形是正方形．
故答案为：①；②；③正方形．
【分析】本题以几何作图为背景，综合考查菱形判定的证明过程，涉及尺规作图、线段垂直平分线性质、全等三角形判定及菱形判定定理的综合运用.（1）本题是基础尺规作图题，核心要求是完成线段BD的垂直平分线绘制.
（2）证明时需先借助线段垂直平分线的性质得到边的等量关系，结合角平分线的条件推导角相等，通过证明三角形全等得到EF=GF，进而依据菱形的判定定理完成证明；直接三角形的拓展问题则需结合正方形的判定特征，推导最终结论.
（1）解：如图，分别以点和点为圆心，大于长的一半为半径画弧，两弧分别相交于两点，连接这两点交于点，交于点， 则直线即为所求．
（2）证明：∵平分，
．
又∵垂直平分，
，
，
．
又∵垂直平分，
，，
，
，
∴四边形是菱形．
进一步研究还可发现，在直角三角形中，直角的角平分线与对边交于一点，直角顶点与交点所构成的线段的垂直平分线与两直角边所在直线交于两点，直角顶点与三个交点所构成的四边形是正方形．
故答案为：①；②；③正方形．
29．【答案】（1）证明：由题意可得，AD=DC，∠ADB=∠CDB，，
∴，
∴AP=CP．
（2）证明：过点P作AD的垂线，交于点M，作CD的垂线，交于点N．
ABCD是正方形，BD是对角线，
∴四边形PMDN是正方形，
∴PM=PN，
∠MPN=90°，PE⊥PC，
∴∠MPE+∠NPE=90°，∠NPE+∠NPC=90°，
∴∠MPE=∠NPC，
PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PME=∠PNC=90°，
根据角边角定理，
∴△MPE≌△PCN，
∴PE=PC．
（3）线段之间的数量关系是CD2=DE2+CD· PD，证明见解析；
解：连接CE．
△PCE是等腰直角三角形，
∴PC2+PE2=CE2，
∴PC2= CE2，
△DPN是等腰直角三角形，
∴ PN2+DN2=PD2
∴PD2=2DN2，DN= PD ，
DN=PN，
代入前面的数量关系得PC2-CN2=DN2，
如图，CN+DN=CD代入上式得：CE2-CD2+CD·PD=0，
在Rt△CDE中，CE2=CD2+DE2，
∴DE2+CD·PD=CD2 ，
∴CD、DE、PD之间的数量关系是DE2+CD·PD=CD2．
【知识点】正方形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】(1)由题意可得，AD=DC，∠ADB=∠CDB，，得到，即可求证．
(2)过点P作AD的垂线，交AD于点M，作CD的垂线，交CD于点N．由题意可得四边形PMDN是正方形，∠MPE+∠NPE=90°，∠NPE+∠NPC=90°．得到PM=PN， ∠MPE=∠NPC，∠PME=∠PNC=90°，即，即可求证．
(3)连接CE，由题意可得△PCE是等腰直角三角形，即PC2+PE2=CE2，得到，由△DPN是等腰直角三角形可得，PN2+DN2=PD2，得到PD2=2DN2，DN=PD，由DN=PN得到PC2-CN2=DN2，由题意可得CN+DN=CD，得到，代入即可求解．
（1）证明：∴AD=DC，∠ADB=∠CDB，
DP是△ADP和△CDP的共同边，根据边角边定理，
∴△ADP与△CDP是全等三角形，
∴AP=CP．
（2）证明：过点P作AD的垂线，交于点M，作CD的垂线，交于点N．
ABCD是正方形，BD是对角线，
∴四边形PMDN是正方形，
∴PM=PN，
∠MPN=90°，PE⊥PC，
∴∠MPE+∠NPE=90°，∠NPE+∠NPC=90°，
∴∠MPE=∠NPC，
PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PME=∠PNC=90°，
根据角边角定理，
∴△MPE≌△PCN，
∴PE=PC．
（3）解：连接CE．
△PCE是等腰直角三角形，
∴PC2+PE2=CE2，
∴PC2= CE2，
△DPN是等腰直角三角形，
∴ PN2+DN2=PD2
∴PD2=2DN2，DN= PD ，
DN=PN，
代入前面的数量关系得PC2-CN2=DN2，
如图，CN+DN=CD代入上式得：CE2-CD2+CD·PD=0，
在Rt△CDE中，CE2=CD2+DE2，
∴DE2+CD·PD=CD2 ，
∴CD、DE、PD之间的数量关系是DE2+CD·PD=CD2．
30．【答案】（1）解：根据折叠性质，得，
四边形是正方形，
，
根据折叠的性质得出，
，
的度数不变，为。
（2）理由如下：
证明：如图，过点作，交的延长线于点
在正方形中，，
由（）可知，，，
∴在中，
在和中，
（SAS），
，
在中，
。
（3）
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（3）解：根据折叠的性质得出
∴在以为圆心，为半径的圆上运动，
∴当在上时，的面积最大，此时
∵
∴，
∴
∴面积的最大值=
【分析】（1）根据折叠的性质以及正方形的性质，得出以及，从而得出，进而列式，从而得出答案；
（2）做辅助线后，结合正方形的性质以及角度计算得出，结合直角三角形锐角互余以及等角对等边，得出，此时利用SAS证明，从而得出，推出，然后根据勾股定理计算出，最后计算即可得出答案；
（3）根据折叠的性质可得，得出在以为圆心、为半径的圆上运动，观察图片以及三角形面积得出，当在上时，的面积最大，此时，进而结合勾股定理和正方形的性质，求出，，并求出，最后再结合三角形面积公式计算即可。
（1）解：把沿所在直线折叠，点落在点处，
四边形是正方形，
，
沿所在直线折叠使点与点重合，
，
的度数不变且为
（2）理由如下：如图，过点作，交的延长线于点
在正方形中，，
由（）可知，，，
∴在中，
在和中，
在中，
（3）解：∵折叠，
∴
∴在以为圆心，为半径的圆上运动，
∴当在上时，的面积最大，此时
∵
∴，
∴
∴面积的最大值为
31．【答案】（1）解：四边形 ABCD为正方形；
证明： ∵△ABC绕点 C顺时针旋转得△DCE，
∴△ABC≌△EDC，
∴AB=DE， AC=CE， BC=CD，
由图 2可知： CD⊥AE，
∴AD=DE，
∵AB=BC，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形 ABCD为菱形
（2）解：∵AB＝BC，∠B＝90°，
∴∠BCA＝∠BAC＝45°，
∵△ABC≌△EDC，
∴∠BCA＝∠DCE＝45°，
∴∠BCA＋∠ACD＝∠DCE＋∠ACD，
∴∠BCD＝∠ACE，
∵AC＝CE，BC＝CD，
∴，
∴△BCD∽△ACE，
∴，
在直角三角形ABC中，cos∠BCA＝cos45°＝，
∴．
【知识点】菱形的判定；旋转的性质；四边形的综合；相似三角形的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得到△ABC≌△EDC，进而得到AD＝DE，证得四边形ABCD为菱形，根据∠B是直角，从而得出结论；
（2）易证得△BCD∽△ACE，进而得到，在Rt△ABC中，得到∠BCA＝45°，进而得到cos∠BCA＝，从而可得答案.
32．【答案】（1）=
（2）解：GE=BF.
证明：如图①，过点 A 作AN∥GE，交 BF 于点H，交 BC于点N，
则∠NHB=∠EMB=90°，
∴∠FBC+∠BNH=90°.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB=BC，∠ABC=∠C=90°.
∵AD∥BC，AN∥GE，
∴四边形 ANEG是平行四边形，
∴AN=GE.
∵∠C=90°，∴∠FBC+∠BFC=90°，
∴ ∠BNH = ∠BFC， ∴ △ABN ≌△BCF(AAS)，∴AN=BF.
∵AN=GE，∴GE=BF.
（3）解：四边形 AHNH'是正方形.理由：如图②，连结CH.
由(2)的结论可知，AE=MN.
∵四边形 ABCD是正方形，BD是正方形的对角线，
∴∠ABD=∠CBD=45°，AB=BC.
又∵BH=BH，
∴△ABH≌△CBH(SAS)，
∴∠BAH=∠BCH，AH=CH.由折叠可知，AH=AH'，NH=NH'.
∵∠ABN+∠AHN=180°，
∴∠BAH+∠BNH=180°.
∵∠BNH+∠HNC=180°，
∴∠BAH=∠HNC，
∴∠HNC=∠NCH，∴NH=CH，
∴四边形 AHNH'是菱形.
又∵∠AHN=90°，
∴菱形 AHNH'是正方形.
【知识点】菱形的判定与性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；十字架模型
【解析】【解答】解：(1)AE=BF，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠C=90°，AB=BC
∴∠ABM+∠CBF=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠AMB=90°，
∴∠BAE+∠ABM=90°，
∴∠CBF=∠BAE，
∴△ABE≌△BCF(ASA)，
∴AE=BE，
故答案为：=.
【分析】(1)根据正方形的性质可知∠ABC=∠C=90°，AB=BC，进而推出∠CBF=∠BAE，再利用ASA证明△ABE≌△BCF，进而即可得出结论；
(2)过点 A 作AN//GE，交BF于点H，交BC于点N，根据正方形的性质可知AD∥BC，AB=BC，∠ABC=∠C=90°，进而得出四边形ANEG是平行四边形，再利用AAS证明△ABN≌△BCF，进而即可得出结论；
(3)由(2)的结论可知，AE=MN，再利用正方形的性质，进而得出△ABH≌△CBH(SAS)，再有折叠的性质，可推出四边形 AHNH'是菱形，再根据∠AHN=90°，即可得出结论.
33．【答案】（1）是；45°；135°
（2）解：连接DB，过点A作AH⊥BF于点H，
∵四边形ABFD为腰分双等四边形，AF为腰分线，
∴AB=AF=AD=6，
∵正方形ABCD中， ∠BAD=90°，
∴同（1）可证， ∠BFD=135°，
∴∠EFD=45°，
∵DE⊥FE，
∴∠DEF=90°，
∴∠EDF=∠CDB=45°，
∴∠BDF=∠CDE，
又
∴△BDF∽△CDE，
（3）解：或
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；四边形的综合；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：（1）①∵∠BAD＝90°，点E是BD的中点，
∴EB＝EA＝ED，
∵∠BCD＝90°，点E是BD的中点，
∴EC＝EB＝ED，
∴EC＝EA，
∴四边形ABCE是腰分双等四边形，
故答案为：是；
②由题可知：EC＝ED，EA＝ED，
∴∠EDA＝∠EAD，∠EDC＝∠ECD，
∴∠AEB＝∠EDA＋∠EAD＝2∠EDA，∠CEB＝∠EDC＋ECD＝2∠EDC，
∵∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠CEB＋∠AEB＝2（∠EDC＋∠EDA）＝90°，
∴∠ADC＝∠EDC＋∠EDA＝45°，
∴∠ABC＝360° ∠ADC ∠BAD ∠BCD＝135°，
故答案为：45，135；
（3）①当DA＝DE＝DF＝5，如图3，过点D作DH⊥EF，
∴∠DHF＝90°，
∵∠EFG＝90°，
∴DH∥FG，
∴∠CFG＝∠FDH，
∵tan∠CFG＝，
∴tan∠FDH＝，
∴sin∠FDH＝＝，
∴FH＝sin∠FDH×DF＝×5＝3，
∴EF＝2FH＝6，
由（2）同理可得，∠AEF＝135°，
∴∠FEG＝45°，
∴∠FGE＝45°，
∴FE＝GF＝6，
∴CG＝sin∠CFG×GF＝×6＝，
∴BG＝BC CG＝5 ＝；
②当DA＝DE＝FE＝5，如图4，过点E作EH⊥DC，EM⊥AB，EN⊥AD，
∵∠EHF＝∠EFG＝∠C＝90°，
∴∠HEF＋∠HFE＝90°，∠HFE＋∠CFG＝90°，
∴∠CFG＝∠HEF，
∴∠HEF＝∠HED＝∠EDN＝∠CFG，
∵tan∠CFG＝，
∴tan∠EDN＝，
∴sin∠EDN＝，
∴EN＝DE×sin∠EDN＝5×＝3，
∴EN＝DH＝HF＝3＝AM，
∴DN＝4，
∴AN＝5 4＝1＝EM，
∵∠NEA＝∠EAM，
∴tan∠EAM＝＝，
设CG＝3x，则CF＝4x，则BG＝5 3x，
∴CD＝AB＝6＋4x，
∴tan∠EAM＝＝＝，
解得：x＝（经检验，是分式方程的解，且符合题意），
∴BG＝5 3x＝5 3×＝．
【分析】（1）①点E是BD的中点，可知EC＝EA，即可证明；
②根据三角形的外角定理可求解；
（2）由题可知△BDF∽△CDE，可得BF，根据勾股定理可得AG，进而可得面积；
（3）分类讨论，①当DA＝DE＝DF＝5，由平行线可知∠CFG＝∠FDH，根据锐角三角函数可知FH，CG，②当DA＝DE＝FE＝5，设CG＝3x，则CF＝4x，根据锐角三角函数即可求解.
34．【答案】（1）证明：方法 1：
当λ=1时，则OM=ON，
∵ ABCD，
∴OA=OC，
在Rt△ANO和Rt△CMO中，
∴Rt△ANO≌Rt△CMO(HL)，
∴∠BAC=∠BCA.
∴BA=BC，
∴ ABCD是菱形.
方法 2：
∵ ABCD
∴OA=OC，
∵λ=1时， OM=ON，
∴AB=BC，
∴ ABCD是菱形.
（2）解：∵ ABCD
∴OA=OC，
（3）解：如图， 过点O作OM⊥BC， ON⊥CD，
∵矩形ABCD， BD=10，
∴AD=BC， AB=CD， ∠BCD=90°， OB=OD=OC=5，
∴设BC=4x， CD=AB=3x，
解得： x=2，
∴BC=8， CD=AB=6，
∵OB=OD=OC， OM⊥BC， ON⊥CD，
∵∠OMC=∠MCN=∠ONC=90°，
∴四边形OMCN是矩形，
∴∠MON=90°， OM=CN=3， ON=CM=4，
∴∠MON=∠EOF=90°，
∴∠MOE=∠NOF，
∴△MOE∽△NOF，
∴设FN=4t， ME=3t，
∴CF=CN+FN=3+4t， CE=CM-ME=4-3t，
解得：
（4）解：AE的长为 或 16或
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：（4）由(2)可知，当λ=2时，平行四边形两相邻边的比为 2.
①如图 1，当AD=2AB时，过点B作BG⊥AD于点G，过点A作AH⊥CD延长线于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=5， AB∥CD，
∴AD=BC=10， ∠ADH=∠PAB，
在Rt△ABG中，
∴设BG=4a， AG=3a，
解得： a=1，
∴BG=4， AG=3，
同理可得， DH=6， AH=8，
∴CH=CD+DH=11，
∵∠AEB=∠ACD，
∴tan∠AEB=tan∠ACD，
②如图 2，当AB=2AD时，过点B作BG⊥AD于点G，过点A作AH⊥CD延长线于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=5， AB∥CD，
∴tan∠ADH=tan∠PAB，
同理可求，
由①可知， BG=4， AG=3，
∵∠AEB=∠ACD，
∴tan∠AEB=tan∠ACD，
∴EG=13，
∴AE=EG+AG=13+3=16；
③如图 3，当AC=2AD时，连接CD，过点D作DF⊥AB，
∴设DF=4a， AF=3a，
∴BD=AC=10a，
∵AB=AF+BF=5，
解得：
∵BD∥AC，
∴∠BDE=∠CAD，
又∵∠AEB=∠ACD，
∴△EDB∽△CAD，
∴DE=20a，
综上可知，AE的长为 或 16或
【分析】（1）方法1：当 λ=1时，则OM=ON，根据平行四边形的性质，证明Rt ΔANO≌Rt ΔCMO(HL)，则
ㄥBAC=ㄥBCA，从而得出BA=BC，即可得证；
方法2：根据平行四边形对角线互相平分，可得S△AOB=S△COB，再结合OM=ON，得到AB=BC，即可得证；
（2）根据平行四边形对角线互相平分，可得S△AOB =S△COB，从而得出AB.ON=BC.OM，进而推出λ，即可得解；
(3)过点O作OM⊥BC，ON⊥CD，设BC=4x，CD=AB=3x，利用勾股定理列方程，求出BC=8
，CD=AB=6，证明四边形OMCN是矩形，得到∠MON=90°，OM=CN=3，ON=CM=4，进而推出△MOE∽△NOF，设FN=4t，ME=3t，根据三角形面积公式列方程，求出t的值，即可得解；
（4）由(2)可知，当 时，平行四边形两相邻边的比为2，分三种情况讨论：①当AD=2AB时，过点B作BG⊥AD于点G，过点A作AH⊥CD延长线于点H；②当AB=2AD时，过点B作BG⊥AD于点G，过点A作AH⊥CD延长线于点H，利用角的正切值求解；③AC=2AD时，连接CD，过点D作DF⊥AB，利用相似三角形的性质求解即可。
35．【答案】（1）三角形中位线定理
（2）证明：方法一：
中点四边形EFGH是菱形
方法二：∵AC=BD
中点四边形EFGH是菱形；
（3）矩形
（4）证明：分别是和的中位线
四边形EMON是平行四边形
又
中点四边形EFGH是矩形.
（5）AC⊥BD且；正方形
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；三角形的中位线定理；中点四边形模型
【解析】【解答】解：（1）∵、分别是和的中位线，
∴，（三角形中位线定理 ）
故答案为：三角形中位线定理；
（3）如图，
原四边形对角线垂直时，中点四边形是矩形，
故答案为：矩形；
（5）AC⊥BD且时，中点四边形是正方形；
理由如下：如图，
∵AC⊥BD，由探究三可知四边形EFGH是矩形，
∵，由探究二可知四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形.
故答案为：AC⊥BD且；正方形.
【分析】（1）根据三角形中位线定理可得出答案；
（2）根据四条边相等的四边形是菱形，或有一组邻边相等得平行四边形是菱形，即可得出结论；
（3）根据矩形的判定定理可得结论；
（4）首先证明四边形EFGH是平行四边形，然后再根据一个内角是直角，即可得出四边形EFGH是矩形；
（5）根据（2），（3）即可得出AC⊥BD且AC=BD时，中点四边形是正方形.
1 / 1

展开更多......

收起↑