2024年中考数学易错05 四边形（七大易错分析+举一反三+易错题通关）（解析版）

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易错点一：考虑不全面
易错提醒：一个边形剪去一个角后，若剪去的一个角只经过一个顶点和一边，则剩下的形状是边形，若剪去的一个角经过两条邻边，则剩下的形状是边形，若剪去的一个角经过两个相邻点，则剩下的形状是边形．所以遇到相关题目时，要分类讨论．
例1．一个多边形截去一个角后，形成一个七边形，那么原多边形边数为（ ）．
A．6B．6或7C．6或8D．6或7或8
【答案】D
【分析】本题主要考查了截一个多边形，一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1，可能减少1，或不变，据此画图利用数形结合的思想求解即可．
【详解】解：如图所示，六边形，七边形和八边形截去一个角后都可以形成七边形，
∴原多边形边数为6或7或8，
故选：D．

例2．已知正多边形的每一个内角的度数等于相邻外角的倍．
(1)求这个正多边形的边数．
(2)若截去一个角，求截完后所形成的新多边形的内角和．
【答案】(1)这个多边形的边数为；
(2)截完后所形成的新多边形的内角和为或或．
【分析】（）利用邻补角互补求出外角，用外角和除以一个外角的度数即可求解；
（）分三种情况，根据多边形的内角和计算公式即可求解；
本题考查了正多边形的内角和外角，掌握多边形的内角和计算及分类讨论是解题的关键．
【详解】（1）设正多边形的一个外角的度数为，则与其相邻的内角的度数等于，
∴，
解得，
答：这个多边形的边数为；
（2）剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了条，也可能减少了条，或者不变，
当多边形为九边形时，
内角和；
当多边形为八边形时，
内角和；
当多边形为七边形时，
内角和．
综上所述，截完后所形成的新多边形的内角和为或或．
变式1．一个多边形截去一个角后，形成新多边形的内角和为，则原多边形边数为 ．
【答案】或16或17
【分析】先求出新多边形的边数，再根据截去一个角后的多边形与原多边形的边数相等，多，少三种情况进行讨论．
【详解】设新多边形的边数是，则，
解得，
∵截去一个角后的多边形与原多边形的边数可以相等，多或少，
∴原多边形的边数是，
故答案为：．
【点睛】此题考查了多边形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握多边形的内角和定理求多边形边数．
变式2．若一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形内角和为，则原多边形的边数（ ）
A．12B．11或12C．12或13或14D．11或12 或13
【答案】D
【分析】本题考查了多边形的内角和公式，先根据多边形的内角和公式求出截去一个角后的多边形的边数，再根据截去一个角后边数增加1，不变，减少1可得答案，理解截取一个角后多边形的边数的变化情况是解本题的关键．
【详解】解：设多边形截去一个角后的边数为n，
则，
解得，
∵截去一个角后边上可以增加1，不变，减少1，
∴原来多边形的边数是11或12或13．
故选D．
变式3．一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和为，那么原多边形的边数为（ ）
A．5B．5或6C．6或7D．5或6或7
【答案】D
【分析】根据内角和为可得：多边形的边数为六边形，然后分情况求解即可．
【详解】解：如图，

剪切的三种情况：①不经过顶点剪，则比原来边数多1，
②只过一个顶点剪，则和原来边数相等，
③按照顶点连线剪，则比原来的边数少1，
设内角和为的多边形的边数是n，
∴，
解得：．
则原多边形的边数为5或6或7．
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的内角和定理，分三种情况讨论是关键．
变式4．若一个多边形截去一个角后，得到的新多边形为十五边形，则原来的多边形边数为 ．
【答案】14或15或16
【分析】分三种情况进行讨论，得出答案即可．
【详解】解：如图，一个多边形减去一个角后，比原来多边形少了一条边，
∴此时原多边形的边数为；
如图，一个多边形减去一个角后，与原来多边形的边数相同，
∴此时原多边形的边数为15；
如图，一个多边形减去一个角后，比原来多边形多了一条边，
∴此时原多边形的边数为；
综上分析可知，原来的多边形边数为14或15或16．
故答案为：14或15或16．
【点睛】本题主要考查了多边形的边数问题，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论．
1．若一个多边形截去一个角后，形成的新多边形的内角和是．则原来多边形的边数可能是（ ）
A．10或11B．11C．11或12D．10或11或12
【答案】D
【分析】本题考查了多边形的内角和；先求出截去一个角后得到的是11边形，再根据不同的裁切方式求出原来多边形的边数即可．
【详解】解：设截去一个角后的多边形边数为n，
则有：，
解得：，
如图1，从角两边的线段中间部分切去一个角后，在原边数基础上增加了一条边，则原来多边形的边数是10；
如图2，从一边中间部分，与另一顶点处截取一个角，边数不增也不减，则原来多边形的边数是11；
如图3，从两个顶点处切去一个角，边数减少1，则原来多边形的边数是12；
综上，原来多边形的边数可能是10或11或12；
故选：D．
2．一天妈妈给小新出了一道智力题考他．将一个多边形截去一个角后，得到这个多边形的内角和将会（ ）
A．不变B．增加C．减少D．无法确定
【答案】D
【分析】分三种情况讨论，即可得到答案．
【详解】解∶设该多边形为边形，则该多边形的内角和为，
∵边形截去一个角后，得到这个多边形可能为边形或边形或边形，
∴新多边形的内角和为或或
∴新多边形的内角和将不变或增加或减少．
故选∶ D．
【点睛】本题考查多边形的内角和公式，解题的关键是分情况讨论．
3．一个多边形截去一个角后，所形成的一个新多边形的内角和为，则原多边形有 条边；
【答案】15或16或17
【分析】本题考查多边形内角和公式，设新多边形有n条边，根据多边形内角和等于列方程，求出n的值，再根据截去一个角后边数的变化情况，分别讨论即可．
【详解】解：设新多边形有n条边，
由题意得，
解得，
分三种情况：
当截去一个角后，多边形的边数加1时，原多边形有15条边；
当截去一个角后，多边形的边数不变时，原多边形有16条边；
当截去一个角后，多边形的边数减1时，原多边形有17条边；
故答案为：15或16或17．
4．一个多边形截去一个角后，形成的新多边形的内角和是，则原多边形的边数是 ．
【答案】17，18或19
【分析】根据多边形的内角和公式可得：，求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论，计算即可．
【详解】解：设新多边形的边数为，
则，
解得：，
若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为19，
若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为17，
若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为18，
则多边形的边数是17，18或19，
故答案为：17，18或19．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式（且是整数），注意要分情况进行讨论，避免漏解．
5．一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是1440°．则原来多边形的边数是 ．
【答案】9或10或11
【分析】先根据多边形的内角和公式求出截去一个角后的多边形的边数，再分情况说明求得原来多边形的解．
【详解】解：设多边形截去一个角的边数为，根据题意得：
又截去一个角后的多边形的边可以增加1、不变、减少1，
原多边形的边数为9或10或11．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和公式，本题的易错点在于忽略考虑截去一个角后多边形的边数可以不变、增加或者减少．
6．一个多边形截去一个角后，形成新多边形的内角和为，则原多边形边数为 ；其中边数最少的原多边形从一顶点出发，能做 条对角线．
【答案】 15，16或17
【分析】先求出新多边形的边数，再根据截去一个角后的多边形与原多边形的边数相等，多1，少1三种情况进行讨论；根据n边形，从一个顶点出发可以引条对角线解答即可．
【详解】设新多边形的边数为n，
则，
解得，
①若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为15，
②若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为16，
③若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为17，
所以多边形的边数可以为15，16或17．
从十五边形的一顶点出发，能作的对角线的条数为：（条）．
故答案为：15，16或17；12．
【点睛】本题考查了多边形的内角和定理、多边形的对角线，解题的关键在于截去一个角后的多边形与原多边形的边数相等，多1，少1，有这么三种情况．
7．如果一个正多边形的每个外角都为45°．
(1)求这个正多边形的边数；
(2)若截去一个角（截线不经过多边形的顶点），求截完角后所形成的另一个多边形的内角和．
【答案】(1)这个正多边形的边数为8；
(2)
【分析】（1）利用正多边形的性质和多边形的外角和计算即可；
（2）由题意确定截完角后所形成多边形的边数，然后利用多边形的内角和公式计算即可．
【详解】（1）解：由题意可得：，
即这个正多边形的边数为8；
（2）解：∵将正多边形截去一个角（截线不经过多边形的顶点），
∴截完角后所形成的多边形为九边形，
则其内角和为：．
【点睛】本题考查多边形的内角和与外角和，正多边形的性质，（2）中根据题意确定截完角后所形成多边形的边数是解题的关键．
易错点二：混淆判定条件
平行四边形的判定：
①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形
②定理1：两组对角分别相等的四边形是平行四边形
③定理2：两组对边分别相等的四边形是平行四边形
④定理3：对角线互相平分的四边形是平行四边形
⑤定理4：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
易错提醒：在应用平行四边形的判定时要注意题目所给边或角是不是对边、对角，否则容易造成判定的错用．
例3．如图，在“V”字形图形中，，，，，，若要求出这个图形的周长，则需添加的一个条件是（ ）

A．的长B．的长C．的长D．与的和
【答案】C
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，先得到，，为平行四边形，然后根据对边相等得到图形的周长为解题即可．
【详解】解：延长，交，于点G，H，

∵，，
∴四边形，，为平行四边形，
∴，，
∴图形的周长为，
∴需要知道的长即可，
故选：C．
例4．如图，在中，点E，F在对角线上，且．证明：
(1)；
(2)四边形是平行四边形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质可得，，根据平行线的性质可得，结合已知条件根据即可证明；
（2）根据可得，根据邻补角的意义可得，可得，根据一组对边平行且相等即可得出．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，即，
∴；
（2）证明：∵，
∴
∴，
∴四边形AECF是平行四边形．
变式1．如图，和都是等腰直角三角形，，四边形是平行四边形，在不添加辅助线的情况下，图中与全等的三角形共有 个．
【答案】3
【分析】本题考查了全等三角形的判定，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，结合等腰三角形的性质，平行四边形的性质利用，即可证明出与全等的三角形共有3个．
【详解】解：和都是等腰直角三角形，，
，，
四边形是平行四边形，
，，
；
，
，即，
；
四边形是平行四边形，
，
，，
，
；
综上与全等的三角形共有3个；
故答案为：3．
变式2．在四边形中，．要使四边形是平行四边形，则的长为 ．
【答案】8
【分析】此题主要考查了平行四边形的判定，正确把握平行四边形的判定定理是解题关键．
直接利用平行四边形的判定方法得出时四边形是平行四边形．
【详解】解：当时，四边形是平行四边形，
∵，
∴当时，四边形是平行四边形，
故答案为：8．
变式3．如图，在中，，，求证：
【答案】见解析
【分析】证明四边形是平行四边形，得到，再证明四边形是平行四边形，得到，则四边形是平行四边形，即可得到．此题考查了平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定并灵活选择方法是解题的关键．
【详解】解：在中，，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
变式4．如图，已知，、相交于点O，延长到点E，使，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形：
(2)连接，交于点F，连接，判断与的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)，理由见解析．
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质；
（1）根据平行四边形的性质得到，再根据等量代换得到，即可得到结论；
（2）根据平行四边形的性质得到，，然后根据三角形的中位线的性质解题即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
又
，
四边形是平行四边形；
（2）．
四边形是平行四边形，
，
又中，，
是的中位线，
，
．
1．如图，在中，点分别在、、上，连接、，且，，．若四边形的面积为，则的面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的判定和面积计算，三角形的面积计算，由，得到四边形为平行四边形，利用平行四边形与同高即可求解，利用平行四边形与三角形同高找到面积的关系是解题的关键．
【详解】解：过点作于点，

∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵四边形的面积为，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：．
2．如图，在等腰梯形中，AB平行CD，对角线于点O，，则 ．
【答案】
【分析】作于点E，交DC延长线于点F，，从而构建了平行四边形，则把转化到边上，利用等腰直角三角形的判定与性质求出，由勾股定理求出的长，从而，然后求出，的值即可求解．
【详解】解：如图，作于点E，交延长线于点F，
∵，
∴，
∵四边形是等腰梯形，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形
∴，，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴、是等腰直角三角形，
∴，
在中，根据勾股定理得：
，
∵，
∴，又，
∴，
∵与等高，
∴．
【点睛】本题考查的是等腰题型的性质、等腰直角三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出平行四边形是解答此题的关键．
3．如图，在中，，于点D，延长到点E，使，过点E作交的延长线于点F，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，直接写出的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解答本题的关键．
（1）证，得，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得，再由等腰三角形的性质得，则，进而由勾股定理得，然后利用勾股定理求出的长即可．
【详解】（1）证明：，
，
在与中，
，
，
,
又，
四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）可知四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
．
4．如图，在平行四边形中，是的中点，延长到点，使，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，，求的长和平行四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)平行四边形的面积为，
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
（1）由“平行四边形的对边平行且相等”的性质推知，且；然后根据中点的定义、结合已知条件推知四边形的对边平行且相等，即四边形是平行四边形；
（2）如图，过点D作于点H，构造含度角的直角和直角．通过解直角和在直角中运用勾股定理来求线段的长度．
【详解】（1）证明：在平行四边形中，且，
∵F是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形；
（2）如图，过点作于点H，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵在中，，
∴
∴，
∴，
∴平行四边形的面积为，
在平行四边形中，，
则，
∴在中，
.
5．如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．的三个顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
(1)在图1中，先画的角平分线，再画点C关于直线轴对称的点E；
(2)在图2中，先在上画点F，使，再画．
【答案】(1)图见解析
(2)图见解析
【分析】（1）取格点，使，取的中点，连接，交于点，即为的角平分线，连接并延长，交于点，点即为所求；
（2）取格点连接，，易得为等腰直角三角形，进而得到，则的交点即为点，取的中点，连接并倍长，得到点，连接，并倍长，得到点，连接，即可得到．
【详解】（1）解：如图所示，，点即为所求；
由图可知：，
∵为的中点，
∴，平分，
∵，交于点，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴为的中垂线，即：关于对称；
（2）如图，点，即为所求．
由图可知：，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
由图可知：，，
∴，，
∴，即：，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查无刻度直尺格点作图．涉及等腰三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
6．【问题探究】如图，六边形的六个内角均为，分别延长、交于点G，得到．请判断的形状，并证明你的结论．
【结论应用】若，，，，直接写出六边形的周长为 ．
【答案】问题探究：为等边三角形；理由见解析；结论应用：22
【分析】问题探究：根据，得出，，证明，即可证明结论；
结论应用：延长，交于点H，根据等边三角形的性质得出，，，证明四边形为平行四边形，得出，，求出，，最后求出结果即可．
【详解】解：问题探究：为等边三角形．理由如下：
∵六边形的六个内角均为，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴为等边三角形．
延长，交于点H，如图所示：
根据问题探究可知，、都是等边三角形，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
∴，，
∴六边形的周长为：
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，平行线的判定，邻补角的计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握等边三角形的判定方法．
7．如图，点E为平行四边形的边上的一点，连接并延长，使，连接并延长，使，连接，为的中点，连接，．
(1)若，，求的度数；
(2)求证：四边形为平行四边形；
(3)连接，交于点O，若，，直接写出的长度．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．
（1）由平行四边形的性质和平行线的判定和性质得出答案即可；
（2）由平行四边形的性质得，，，再证是的中位线，得，，证出，，然后由平行四边形的判定即可得出结论；
（3）连接，，，由三角形的中位线定理以及平行四边形的判定和性质解答即可．
【详解】（1）解：四边形为平行四边形，
，，
，
，
；
（2）证明：四边形为平行四边形，
，，，
，，
是的中位线，
，，
为的中点，
，
，，
，，
四边形为平行四边形；
（3）如图，连接，，，
，，
，，
，
，
四边形为平行四边形，
，，
，
，
，
．
易错点三：没有分类讨论
易错提醒：对于没有给出图形的题目，我们要根据题意自己画出图形，这时候就要注意分类讨论，要时刻保持分类讨论的思想，具体问题具体分析．
例5．在平行四边形中，，平分交直线于点，平分交直线于点，且，则的长为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】D
【分析】根据平行线的性质以及角平分线的性质，根据等边对等角得出然后分类讨论即可求解．
【详解】解：如图所示，平行四边形中，，
∴，，，
∵平分交直线于点，平分交直线于点，
，
，
∴；
如图，同理可得
，
∴,
综上分析可知，的长为3或5，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，平行四边形的性质，等边对等角，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
例6．平行四边形中，，，交直线于，若平行四边形的面积为，则的长为 ．
【答案】2或4/4或2
【分析】分两种情形考虑：如图1中，当高在平行四边形内部时，如图2中，当高在平行四边形外部时，分别画出图形，根据勾股定理即可解决问题．
【详解】解：如图1中，当高在平行四边形内部时，

∴，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴．
如图2中，当高在平行四边形外部时，

由第一种情况可知，
故答案为：2或4．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确画出图形，有两种情形，考虑问题要全面，属于中考常考题型．
变式1．已知中，cm，cm，过点B作交所在的直线于H，若cm，则 cm．
【答案】或
【分析】分类讨论：①在上，可求，从而可求，②在的延长线上，同理即可求解．
【详解】解：①如图，在上，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
；
②如图，在的延长线上，
由①同理可求：，
；
综上所述，cm或cm，
故答案：或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，掌握平行四边形的性质，找出的不同位置是解题的关键．
变式2．已知在中，和的平分线分别交直线交于点E，F，若，则的长为 ．
【答案】7
【分析】由题意知，分①在线段上，如图1；②在直线上，如图2；③当一点在线段上，一点在线段的延长线上，如图3；三种情况求解；根据题意可知，，然后根据线段的数量关系进行判断求解即可．
【详解】解：由题意知，分三种情况求解：
①在线段上，如图1，
由题意知，，，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴；
②在直线上，如图2，
同①，可知，，
∵，
∴此情况不成立；
③当一点在线段上，一点在线段延长线上，如图3，
同①，可知，，
∵，
∴此情况不成立；
综上所述，的长为7，
故答案为：7．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线，等角对等边等知识．解题的关键在于分情况讨论求解．
变式3．过平行四边形对角线交点O作直线m，分别交直线于点E，交直线于点F，若，，则DF的长是 ．
【答案】8或2/8或2
【分析】由题意易得E在的延长线上或E在的延长线上，所以的长不唯一，根据平行四边形的性质和全等三角形的性质分别求解即可．
【详解】解：当F在的反向延长线上时，如图1所示，
四边形是平行四边形，
∴，，，
在和中，
当F在的延长线上时，如图2所示，
同理可得：，
．
故答案为：8或2．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定以及性质，解题时要注意F点的位置不唯一，要分别讨论，这是解题关键．
变式4．四边形是平行四边形，，的平分线交直线于点，若，则的周长为 ．
【答案】16或24/24或16
【分析】可分两种情况：当点在线段上时；当点在线段延长线上时，由平行四边形的性质知，由平行线的性质即角平分线的定义可得，进而可求解的长，即可求得的长，再根据平行四边形的周长可求解．
【详解】解：当点在线段上时，如图：
四边形为平行四边形，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
平行四边形的周长为：，
当点在线段延长线上时，如图：
四边形为平行四边形，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
平行四边形的周长为：，
综上，平行四边形的周长为16或24．
故答案为：16或24．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，证明求解的长是解题的关键．
1．四边形是平行四边形，，的平分线交直线于点，若，则四边形的周长为 ．
【答案】56或40/40或56
【分析】可分两种情况：当E在线段上时，当E在线段延长线上时，由平行四边形的性质知，由平行线的性质即角平分线的
定义可得，进而可求解的长，即可求得的长，再根据平行四边形的周长可求解．
【详解】解：当E在线段上时，如图，

∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形的周长为：；
当E在线段延长线上时，如图，

∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形的周长为：；
综上：四边形的周长为56或40，
故答案为：56或40
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，证明求解的长是解题的关键．
2．平行四边形的周长为，的角平分线交边所在直线于点，且：：，则 ．
【答案】6或3/或
【分析】证是等腰三角形，分两种情况，分别求得答案即可．
【详解】
解：分两种情况：
角平分线在内部，如图，
四边形是平行四边形，
，，，
，，
的平分线交所在的直线于点，
，
，
，
，
，
的长为：．

角平分线在外部，如图，
四边形是平行四边形，
，，，
，，
的平分线交所在的直线于点，
，
，
，
，
，
的长为：．
故答案为：或．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的判定与性质．注意分类讨论．
3．在中，的平分线交直线于点，，，则的周长为 ．
【答案】或
【分析】根据平行四边形的性质，角平分线的性质，分类讨论：当的平分线在上，当的平分线在的延长线上，即可．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
当的平分线在上，如图，
∵的平分线交直线于点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
当的平分线在的延长线上，如图，
∵，
∴，
∴，
∵的平分线交直线于点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴平行四边形的周长为：或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查平行四边形和等腰三角形的知识，解题的关键是掌握平行四边形的性质，等角对等边．
4．如图，在平行四边形中，，以点B为圆心，长为半径作弧，交直线与点E，连接，则的度数为 ．
【答案】或
【分析】如图1所示，当点E在上方时，先由等边对等角得到，再由平行四边形的性质得到，利用三角形内角和定理求出的度数即可利用平行线的性质得到答案；如图2所示，当点E在下方时，先求出的度数，进而得到的度数，再根据等边对等角和三角形内角和定理求出的度数即可得到答案．
【详解】解：如图1所示，当点E在上方时：由题意得，，
∴，
∵四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∴，
如图2所示，当点E在下方时，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
综上所述，的度数为或，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了平行线四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟知平行四边形的性质是解题的关键．
5．四边形ABCD是平行四边形，AB＝8，∠BAD的平分线交直线BC于点E．若CE＝2，则BC的长为 ．
【答案】6或10/10或6
【分析】可分：当E点在线段BC和当E点在线段BC延长线上时两种情况，分别由平行四边形的性质知BC∥AD，由平行线的性质即角平分线的定义可得∠BEA＝∠BAE，进而可求解BE的长，即可求得BC的长．
【详解】解：当E点在线段BC上时，如图：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BC//AD，
∴∠BEA＝∠EAD，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠EAD，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴BE＝AB，
∵AB＝8，
∴BE＝8，
∵CE＝2，
∴BC＝BE+CE＝8+2＝10，
当E点在线段BC延长线上时，如图：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BC//AD，
∴∠BEA＝∠EAD，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠EAD，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴BE＝AB，
∵AB＝8，
∴BE＝8，
∵CE＝2，
∴BC＝BE﹣CE＝8﹣2＝6，
综上，BC的长为10或6．
故答案为：6或10．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、角平分线的定义等知识点，证明BE＝AB及分类讨论是解答本题的关键．
6．在平行四边形ABCD中，BE平分∠ABC，交边AD所在直线于E点，若AB=6，ED=3，则边BC的长度为 ．
【答案】3或9/9或3
【分析】分E点在线段AD上和在AD延长线上两种情况讨论，根据平行四边形性质以及角平分线的定义，推出AB=AE即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=6，AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AB=AE=6，
当E点在线段AD上时，如图甲所示，
BC=AD=AE+DE=6+3=9；
当E点在AD延长线上时，如图乙所示，
BC=AD=AE－+DE=6-3=3；
故答案为：3或9．
【点睛】本题考查了平行四边形性质、三角形的角平分线的定义，平行线的性质的应用，关键是推出AB=AE．
7．在中，的平分线交直线于点，且．求的周长．
【答案】的周长是或
【详解】解：分两种情况：
①如图①，当点在上时，
四边形是平行四边形，
，
．
平分，
，
，
，
，
，
的周长；
②如图②，当点在的延长线上时，
四边形是平行四边形，
，
．
平分，
，
，
，
，
，
的周长．
综上所述，的周长是或．
易错点四：混淆各种判定和性质
平行四边形和特殊平行四边形之间的逻辑关系：
①平行四边形有一个角是直角的是矩形，再证明有一组邻边相等的就是正方形；
②平行四边行有一组邻边相等并且有一个角是直角的是正方形；
③平行四边形有一组邻边相等的是菱形，再证明有一个角是直角的就是正方形．
易错提醒：解答特殊平行四边形的相关问题时易错在张冠李戴，如将矩形的判定条件和性质误用到菱形上，为了避免此类错误，首先要须充分理解和熟记平行四边形和特殊平行四边形的判定和性质．
例7．已知点在矩形的对角线上（不与点重合），下列命题为假命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】本题主要考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质、真假命题的判断等知识，．依据相关图形的性质逐一判断即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
如图，

，
在矩形中，
∵，
∴，
∵
，
A项为真命题，不符合题意；
如图，

，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴
∴；
B项为真命题，不符合题意；
如图，

∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴；
故选项C是真命题，不符合题意；
如图，

当时，无法证明，
故D选项是假命题，符合题意．
故选：D．
例8．如图，正方形的边长为15，，，连接，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，延长交于点，先利用勾股定理的逆定理证，，再证得，进而可得，，由此可得，进而得，，，据此得，，然后在中由勾股定理可求出的长．
【详解】延长交于点，如图：
四边形为正方形，边长为15，
，，
，，，
，，
，
即为直角三角形，则，
同理：，
在和中，
，
，
，
，，
，，
又，，
，，
，
在和中，
，
，
，，，
，
同理：，
，
，
在中，，，
由勾股定理得：．
故选：D．
变式1．如图，中，，是的角平分线，点为的中点，连接并延长到点，使，连接，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)当满足什么条件时，矩形是正方形，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)，证明见解析
【分析】本题考查正方形的判定以及矩形的判定和等腰直角三角形的性质等知识，
（1）利用平行四边形的判定首先得出四边形是平行四边形，进而由等腰三角形的性质得出，即可得证；
（2）利用等腰直角三角形的性质得出，进而利用正方形的判定得出即可；
熟练掌握正方形和矩形的判定是解题关键．
【详解】（1）证明：∵点为的中点，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，是的角平分线，，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（2）当时，矩形是正方形．
理由：∵，是的角平分线，
∴是边的中线，即，
∵，
∴，
∴，
∵由（1）得四边形是矩形，
∴矩形是正方形．
变式2．如图，分别以的边为边向外作正方形，连接，若，，则 ．
【答案】
【分析】过A作于M，过A作的垂线，分别过F、E作的垂线，垂足分别为H、G，过E作于N；由正方形的性质可分别证明，则有；由勾股定理可求得的长；再在中，由勾股定理即可求得结果．
【详解】解：如图，过A作于M，过A作的垂线，分别过F、E作的垂线，垂足分别为H、G，过E作于N；
∵四边形是正方形，
∴；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
同理：，
∴；
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，
∴；
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴在中，由勾股定理得．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，构造全等三角形是解题的关键．
变式3．如图，在中，是 的角平分线．
(1)请用圆规和无刻度的直尺作的垂直平分线，分别交，于点，；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)连接，，试判断四边形的形状，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是菱形，证明见解析
【分析】本题考查作图基本作图，线段的垂直平分线，菱形的判定等知识，解题的关键是理解题意，正确作出图形．
（1）根据要求作出图形；
（2）结论：四边形是菱形．证明四边相等可得结论．
【详解】（1）图形如图所示：
（2）结论：四边形是菱形．
理由：设交于点．
垂直平分线段，
，，
平分，
，
，，
，
，
四边形是菱形．
变式4．如图，在菱形中，过点作的垂线，垂足为，延长到点，使，连接．求证：四边形是矩形．
【答案】见解析
【分析】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定以及矩形的判定，根据菱形的性质得到且，得到，证明四边形是平行四边形，再根据矩形的判定，即可解题．
【详解】证明：四边形是菱形，
且，
，
，
即，
.
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形．
1．如图，在等腰中，，为的中点，点在上，是上一个动点，则的最小值为（ ）
A．10B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理．作点关于直线的对称点，连接交于点，此时的值最小，最小值为，得到为等腰直角三角形，过点作于点，则四边形为矩形，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，作点关于直线的对称点，连接交于点，连接，
此时的值最小，最小值为，
∵在中，，，
∴，
∵，
∴，，
∵为的中点，
∴，连接，
∴为等腰直角三角形，
∴，
过点作于点，
∵，，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴的最小值为．
故选：B．
2．如图，在菱形中，对角线，相交于点，为边的中点，菱形的周长为48，则的长等于 .
【答案】6
【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识点，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
由菱形的性质得出可知，由直角三角形的性质即可解答．
【详解】解：∵菱形的周长为48，
∴，，
∴是直角三角形．
∵H为边中点，
∴．
故答案为：6．
3．如图，菱形的边长为17，点是对角线上的一点，且，连挍，在的左侧作为边的正方形，连接，则 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形和正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定及性质．
连接，交于点O，过点F作于点H，设，，则，由菱形的对角线互相垂直平分可得，，由勾股定理得在中，，在中，，从而，代入即可求得，得到，，由正方形的性质可证，得到，，进而根据勾股定理在中，求得的长．
【详解】连接，交于点O，过点F作于点H，
∵，
∴设，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
在中，，
∴，即，
∴，
∴，，，
，
∵，
∴，
∴，，
∵在正方形中，，
即，
∴，
∵在正方形中，，
∴，
∴，，
∴
∴在中，．
故答案为：
4．如图，在菱形中，，，点是边的中点．点是边上一动点（不与点重合），延长交射线的延长线于点，连接，．
(1)求证：；
(2)当点在什么位置时，四边形是矩形？请证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析；
(2)在中点时，四边形是矩形，理由见解析．
【分析】此题考查了矩形判定、菱形的性质，熟练掌握矩形、菱形的边、角、对角线所具有的性质是解题的关键．
（1）利用平行线的性质可得，结合已知和图形中的隐含条件即可证明；
（2）由（）得从而得到，至此，可得四边形是平行四边形； 然后根据矩形的性质得到，再求出，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半即可；
【详解】（1）∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
（2）在中点时，四边形是矩形，理由，
由（）得：，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∵平行四边形是矩形，
∴， 即，
∵，
∴，
∴，
即在中点时，四边形是矩形．
5．如图：在菱形中，，过点作于点，交于点，点为的中点，若，求的长．
【答案】的长为．
【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、含角的直角三角形的性质以及三角形的外角性质等知识．由菱形的性质得，，再证，进而由直角三角形斜边上的中线性质得，则，得，然后证，即可解决问题．
【详解】解：四边形为菱形，
∴，，
，
，
，
，
点为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
即的长为．
6．已知：如图，在中，，点E，F分别是的中点．
(1)求证：；
(2)当______时，四边形是正方形？请证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)45，证明见解析
【分析】（1）平行四边形，得到，再根据中点，得到，即可；
（2）先证明四边形是矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形，判断即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵点E，F分别是的中点，
∴，
∴；
（2）；理由如下：
∵，
∴，
∵点E，F分别是的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形，
∵，
∴，
∴，
∴矩形是正方形．
故答案为：45．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质．掌握相关判定方法和性质，是解题的关键．
7．如图，在四边形中，，，连接．
(1)求证：，
(2)若，求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、菱形的判定等知识，熟练掌握三角形全等的判定和菱形的判定是解题关键．
（1）证出，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）先根据平行线的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的判定可得，从而可得，最后根据菱形的判定即可得证．
【详解】（1）证明：在和中，
，
，
．
（2）证明：，
，
由（1）已证：，
，
，
∵，，
∴，
∴四边形是菱形．
易错点五：无法确定对称轴
易错提醒：做题中不能找出“最短路径”的模型，分析不出题目中哪些是模型中的点、哪些是模型中的线，从而导致解决不了此类问题
例9．如图，菱形的边长为2，，E是的中点，P是对角线上的一个动点，则的最小值是（ ）

A．B．C．2D．3
【答案】B
【分析】由菱形的性质可知A、C两点关于对称，连接，，与的交点即为点P，此时的值最小，求出的长即可求解．
【详解】解：连接，连接与交于点P，

∵菱形的边长为2，，
∴A、C两点关于对称，，，
∴为等边三角形，，
此时，值最小．
∵E是中点，
∴，，
∴，
∴．
故选B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，轴对称的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，确定点P的位置是解题的关键．
例10．如图，在长方形中，是的中点，是上任意一点．若，，则的最小值为 ，最大值为 ．
【答案】 /
【分析】本题主要考查线段的和差，线段最短，最长的计算方法，掌握两点之间线段最短，勾股定理的运用是解题的关键．
根据题意，当时，线段的值最小；当点与点（或点）重合时，线段的值最大，由此即可求解．
【详解】解：根据题意，，
∴当的值最小时，的值最小；
当的值最大时，的值最大；
∴①如图所示，当时，的值最小，
∵四边形是长方形，点是的中点，
∴，，
∴，，
∴，
∴的最小值为：，
故答案为：；
②如图所示，当点与点（或点）重合时，线段的值最大，
∵四边形是长方形，
∴，，且，
∴，
∴，
∴的最大值为：，
故答案为：．
变式1．如图所示，正方形的边长为4，以为边作等边三角形，，若正方形的对角线上有一动点M，则周长的最小值是 ．
【答案】
【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质及轴对称最短距离和问题，根据等边三角形及正方形得到及当A，M，E三点共线时，取得最小值代入求解即可得到答案；
【详解】∵为等边三角形，
∴，
连接，
∵，又长为定值，
∴周长的最小值在最小时取得，
又∵正方形的对角线所在的直线是它的一条对称轴，
∴点A与点C关于对称，
∴，
故，
∴当A，M，E三点共线时，取得最小值，时，，
∴周长的最小值为．
故答案为：
变式2．如图，在四边形中， ，，，的面积为24，的垂直平分线分别交，于点M、N，若点P和点Q分别是线段和边上的动点，则的最小值为 ．
【答案】8
【分析】连接，过点作于．利用三角形的面积公式求出，由题意，求出的最小值，可得结论．
【详解】解：连接，过点作于．
面积为24，，
，
，
垂直平分线段，
，
，
当的值最小时，的值最小，
根据垂线段最短可知，当时，的值最小，
，，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
．
的值最小值为8．
故答案为：8．
【点睛】本题考查轴对称最短问题，平行线的性质，三角形的面积，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是把最短问题转化为垂线段最短，属于中考常考题型．
变式3．已知如图，．为x轴上一条动线段，D在C点右边且，当的最小值为 .

【答案】/
【分析】本题考查了“将军饮马”求最值的模型，涉及了平行四边形的判定与性质、两点之间线段最短等知识点，将点向右平移1个单位长度得到点构造平行四边形是解题关键．
【详解】解：将点向右平移1个单位长度得到点，作点关于轴的对称点，连接，与轴的交点即为点，此时的值最小，如图所示：
∵，且
∴四边形为平行四边形
∴
∵点关于轴的对称点为，
∴
∴
∵
∴的最小值为：
故答案为：
变式4．图①、图②、图③均是 6×6 的正方形网格，每个小正方形的边长均为 1，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC 的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图，保留适当的画图痕迹．
(1)在图①中画出 AC 边上的中线 BD．
(2)在图②中画出 AC 边上的高线 BE．
(3)在图③中，若点 P、Q 分别为线段 AB、AC 上的动点，连结 PC、PQ，当 PC+PQ 取得最小值时，画出点 P、点 Q 的位置．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）利用网格特征作出的中点，连接即可；
（2）利用数形结合的思想作出高即可；
（3）取格点，，连接，交于点，交于点，取格点，连接交于点，点，即为所求．
【详解】（1）解：如图①中，线段即为所求；
（2）解：如图②中，线段即为所求；
（3）解：如图③中，点，即为所求．
【点睛】本题考查作图应用与设计作图，三角形的高，中线，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
1．如图，在矩形中，，点E在边上，点F在边上，且，连接，，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查矩形的性质、勾股定理、将军饮马问题全等三角形的判定与性质等内容，综合性较强，将转化为是解题的关键．
先连接，将转化为，再利用将军饮马解决问题即可．
【详解】AIAI
如图，连接
四边形是矩形
，
∵
如图，作B点关于A点的对称点，连接
，
的最小值为
故答案为：．
2．如图，正方形的边长为2．为与点不重合的动点，以为一边作正方形．设，点、与点的距离分别为、，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，勾股定理，连接、、，证可得，当、、、四点共线时，即得最小值；
【详解】解：如图，连接、、，
∵
∴
在和中，
∵
∴
∴
∴
当时，最小，
∴的最小值为，
故答案为：．
3．如图，在等腰直角三角形中，，，的面积等于35，点P在上，点Q在上，，上有一动点M，若要使最小，则该最小值是 ．
【答案】
【分析】本题考查轴对称——最短路径，平行四边形的判定和性质，作点P关于的对称点N，当M，N，Q三点共线时，取最小值，最小值为，通过证明四边形是平行四边形，推出，即可求解．
【详解】解：，，，
，，
，
作点P关于的对称点N，则，
，
当M，N，Q三点共线时，取最小值，最小值为，
如下图所示，与交点即为M，
由题意知垂直平分，
，，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
即的最小值为．
故答案为：．
4．如图，边长为8的正方形中，为边上一点，且，是对角线上的一个动点，则的最小值为 ．
【答案】10
【分析】本题考查了正方形的性质、最小值问题、勾股定理、轴对称的性质，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
连接，交于M，连接，根据正方形的性质可知点与点关于直线对称，故的长即为的最小值，利用勾股定理可求解．
【详解】解：连接交于M，连接，如图，
∵正方形
∴点B与点D关于对称，
∴，
∴，
根据两点间线段最短，此时值最小，最小值等于，
∵正方形
∴，
∵
∴
由勾股定理得：，
∴的最小值为10．
故答案为：10．
5．如图，在平行四边形中，点E在边上，平分，点F在边上，．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，点P在线段上运动，请直接写出当点P在什么位置时取得最小值，最小值是多少．
【答案】(1)见解析；
(2)9．
【分析】（1）先通过两组对边平行证明平行四边形，然后加上邻边相等证明菱形即可；
（2）将军饮马类题型，先作对称然后连线求最小值即可．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）由（1）可知，四边形是菱形，
∴，
∴关于对称，
∴．

【点睛】此题考查菱形的判定和将军饮马题型，菱形的判定是在平行四边形的基础上添加一组邻边相等或者对角线垂直的条件即可；将军饮马题型即将点先对称，然后连线即为最小值．
6．如图，在□ABCD中，点E在BC边上，AE平分∠BAD，点F在AD边上，EFAB．
(1)求证：四边形ABEF是菱形；
(2)若AB＝2，BC＝3，点P在线段AE上运动，请直接回答当点P在什么位置时，PC+PF取得最小值，最小值是多少．
【答案】(1)见解析
(2)点与点重合时，最小，最小值为
【分析】（1）根据对边平行可得四边形是平行四边形，根据平行线、角平分线的定义以及等角对等边可得，进而证明四边形是菱形；
（2）根据菱形的对称性可知与关于对称，根据点P在线段AE上，可得，代入数值即可求解．
【详解】（1）四边形是平行四边形，
四边形是平行四边形
AE平分∠BAD，
四边形是菱形
（2）四边形是菱形
与关于对称，
，
当点与点重合时，最小，最小值为．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，轴对称的性质求线段和的最值问题等，掌握菱形的性质与判定是解题的关键．
7．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝4．BD＝5．点P是线段AO上一动点（不与A，O重合）．点E与点P在AD所在直线的两侧．AE⊥AB．AE＝BD．点F在AD边上，DF＝AP．连接PE，BF．
(1)补全图形，求PE：BF的值；
(2)连接BP，点P在何处时BP+BF取得最小值？并求出这个最小值．
【答案】(1)图见解析，PE：BF＝1
(2)点P在BE与OA的交点处时，
【分析】（1）根据要求画出图形即可，利用全等三角形的性质证明PE=BF，可得结论．
（2）当点P在BE与OA的交点处时，BP+BF的值最小，最小值BE=．
【详解】（1）图形如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠DAO＝∠BAO，
∴∠AOD＝90°，
∵EA⊥AB，
∴∠EAP+∠BAO＝90°，
∵∠DAO+∠ADO＝90°，
∴∠EAP＝∠BDF，
∵AE＝DB，AP＝DF，
∴△EAP≌△BDF（SAS），
∴PE＝BF，
∴PE：BF＝1．
（2）∵PE＝BF，
∴BP+BF＝BP+PE≥BE，
∴当点P在BE与OA的交点处时，BP+BF的值最小，最小值BE．
【点睛】本题考查轴对称最短问题，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
易错点六：变换前后的图形无法结合
易错提醒：四边形中的翻折、平移、旋转、剪拼等动手操作性问题，要弄清变化的过程，注意其中的不变量与变量，有时候往往是利用其中不变的量证明全等或相似后，再求变的量．所以解决此类问题的关键在于确定图形变换过程中不变量和变量，千万不能找错，否则容易造成后续证明中的错误．
例11．如图，矩形的对角线相交于点O，F是上的一点，连接，将沿翻折，点C恰好与点O重合，延长交于点E，连接．则下列结论：①是等边三角形；②；③四边形是菱形；④，其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质和全等三角形的判定和性质解答．根据矩形的性质和等边三角形的判定得出是等边三角形，进而判断①正确；根据30度的直角三角形的性质判断②正确；证明是等边三角形，根据菱形的判定定理可判断③正确；设，分别求得和，即可判断④正确．
【详解】解：∵矩形的对角线相交于点O，
∴，
∵将沿翻折，点C恰好与点O重合，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，故①正确；
∵是等边三角形，，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴垂直平分，
∵，
∴四边形是菱形，故③正确；
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，，
∴，故④正确；
综上，①②③④都是正确的，
故选：A
例12．如图，将边长为的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到如图的，若两个三角形重叠部分的面积为，
(1)直接写出阴影部分是什么特殊四边形；
(2)求移动的距离．
【答案】(1)平行四边形，证明见解析；
(2)．
【分析】本题考查了正方形和图形的平移，一元二次方程的应用，熟练掌握平移的性质，正方形的性质；
（1）由平移的性质可知阴影部分为平行四边形；
（2）设，根据题意阴影部分的面积为，列方程即可求解，根据图形列出方程是解题的关键．
【详解】（1）平行四边形．
理由：由平移得，，，
∴四边形为平行四边形，
即阴影部分是平行四边形；
（2）设，与相交于点，
∵是正方形剪开得到的，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵两个三角形重叠部分的面积为4，
∴，
解得，
即移动的距离．
变式1．如图，菱形的对角线交于点O，将绕点D旋转得到，若菱形的面积为 ，，则 ．
【答案】
【分析】本题考查中心对称及旋转的性质，菱形的性质．给出菱形的面积，结合的长即可解决问题．
【详解】∵四边形是菱形，
∴．
令菱形的面积为，
又∵，
∴，
∴．
又∵由绕点D旋转得到，
∴，，
∴．
在中，．
故答案为：，（答案不唯一）．
变式2．与平移相同，折叠也不改变图形的大小．如图，把一张长方形纸片ABCD折叠后，点D，C分别落在点D′，C′的位置，D′C′交BC于点G，若∠DEF＝65°，则∠BGD′的度数是 ．
【答案】40°
【解析】略
变式3．如图，矩形纸片中，，，点、分别在、上，将、分别沿、翻折，翻折后点与点重合，点与点重合当、、、四点在同一直线上时，线段长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，根据勾股定理列方程是解题的关键．
根据矩形的性质得到，，，根据折叠的性质得到，，，根据勾股定理得到，设，由勾股定理列方程得到，，由折叠的性质得到，，求得，设，则，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【详解】解：在矩形纸片中，，，
，，，
将沿翻折，翻折后点与点重合，
，，，
，
设，
，，
，
，
解得：，
，，
将沿翻折，翻折后点与点重合，
，，，
，
设，
则，
，
，
，
线段长为，
故答案为：．
变式4．“玩转数学”实践活动，是一种非常有效的学习方式，我们一起来动手、动脑玩转数学吧．如图①，折一折：将正方形纸片折叠，使边，都落在对角线上，展开得折痕，，连接．
(1)_______°；
转一转：如图②，将图①中的绕点A旋转，使它的两边分别交边，于点P，Q，连接．
(2)猜想线段、、之间的数量关系，并说明理由；
(3)若正方形的边长为6，，求的长．
【答案】(1)45
(2)，详见解析
(3)或
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
（1）由翻折的性质可知，，再根据正方形的性质求解；
（2）延长到，使，证明，即可得到结论；
（3）根据题意和勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：由翻折的性质可知，，
正方形纸片，
，
，
，
，
；
（2）解：延长到，使，
正方形纸片，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：，
，
，
，
，
在中，，
即，
解得或．
1．如图，已知正方形、正方形的边长分别为4和1，将正方形绕点旋转，连接，点是的中点，连接，则线段的最大值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了、三角形中位线定理、正方形的性质、三角形三边关系、勾股定理，延长至点，使，连接，，，由三角形中位线定理可得，由正方形的性质结合勾股定理可得，，由三角形三边关系可得，从而可得的最大值为，即可得解，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，延长至点，使，连接，，，
，
点是的中点，，
是的中位线，
，
正方形、正方形的边长分别为4和1，
，，
，
的最大值为，
的最大值为，
故选：D．
2．如图，四边形是菱形，，点为平面内一点，连接，将线段绕点A逆时针方向旋转得到线段，连接，连接． 点在直线上，，则线段的长为 ．
【答案】5或3/3或5
【分析】本题考查旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，分类画出图形是解题的关键．
分点E在菱形内部和外部两种情况，分别连接，证明可得，然后根据线段的和差即可解答．
【详解】解：①如图：当点E在菱形内部时，连接，
∵四边形是菱形，，
∴是等边三角形，
∴，
∵将线段绕点A逆时针方向旋转得到线段，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如图：当点E在菱形外部时，连接，
同理可证：，，
∴，
∴．
故答案为：5或3．
3．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，以AB为斜边在矩形内部构造等腰直角三角形APB，将△ABP沿BC方向平移得到△A'B'P'，当AB与CD重合时停止，连接P'A，P'D．当△AP'D是等腰三角形时，平移的距离是 ．
【答案】1或4-2
【详解】过点P作AD的平行线，交AB于点E，交DC于点F．
∵△ABP为等腰直角三角形，AP=BP，
∴AE=BE=AB=2，
∴AE=EP=2．
如图，在平移过程中，点P在射线PF上移动，分两种情况讨论．
①作边AD的垂直平分线，交EF于点P'，如图1所示，则P'A=P'D，此时△AP'D是等腰三角形．
∴EP'=AD=3，
∴PP'=EP'-EP=3-2=1；
②以点A为圆心，AD长为半径作弧，交EF于点P'，如图2所示，则AP'=AD=6，此时△AP'D是等腰三角形．
在Rt△AEP'中，由勾股定理，得EP'==4，
∴PP'=EP'=4-2．
综上所述，当△AP'D是等腰三角形时，平移的距离是1或4-2．
图1
图2
4．如图，在，，，，点D在边上，连接，将沿着翻折，点C的对应点为点E，连接，如果，那么的长等于 ．

【答案】
【分析】由，，，根据勾股定理求得，由翻折得，由，得，，可证明四边形是正方形，则，所以，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵，，，
∴，
由翻折得，
∵，
∴，，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．

【点睛】此题重点考查勾股定理、轴对称的性质、平行线的性质、正方形的判定与性质等知识，求得是解题的关键．
5．如图，矩形纸片的对角线，相交于点，，将矩形纸片翻折，使点恰好落在点处，折痕为，点在边上，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查翻折变换，等边三角形的判定和性质，含30度的直角三角形的性质；首先证明是等边三角形，根据含30度角的直角三角形的性质得出，证明，根据，即可求解．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
由翻折性质可知：，，
，
是等边三角形，
，
，，则
,，
，
故答案为：6．
6．如图，在菱形中，对角线、交于点O，，将沿方向平移，使点B落到点C处．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)5．
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平移的性质、平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识．
（1）由平移的性质得：，，则四边形是平行四边形，再证，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得，设，则，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】（1）由平移的性质得：，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
（2）∵四边形是菱形，
∴，
设，则，
由平移可得，
∴在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，
∴．
7．如图（1），是的边上的中线，将沿直线翻折得到，连接，．

(1)求证：是直角三角形．
(2)如图（2），若，，求的大小．
(3)若是直角三角形，是等边三角形，探究与的数量关系．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)或，证明见解析
【分析】（1）根据折叠的性质得，，利用中点求出，进而得，然后根据三角形内角和得出结论；
（2）根据含的直角三角形的性质，及中线性质，证为等边三角形，在证，根据折叠得；
（3）根据三个角都有可能为直角，分类讨论，利用折叠性质和等边三角形性质得结论．
【详解】（1）沿直线翻折得到，
，
是的边上的中线，
，
，
，
，
是直角三角形．
（2），，
，
，
是的边上的中线，
，
，
为等边三角形，
沿直线翻折得到，
，，
，
（3）①当时，
是的边上的中线，
，
②如图，当时
，
是等边三角形，
沿直线翻折得到，
，
，
，
，
是的边上的中线，
，
；
③如图当时，
，
是等边三角形，
沿直线翻折得到，
，
，
【点睛】本题考查了直角三角形的判定，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质、直角三角形斜边中线的性质及等边三角形的判定与性质；熟练掌握含30°角的直角三角形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．
易错点七：找不到变量间的关系
动点问题：在研究动点问题时，可以在运动中寻找不变的量，即不变的数量关系或位置关系．如果动点的轨迹是一条线段，那么其中不变的量便是该动点到某条直线的距离始终保持不变；如果动点的轨迹是一段圆弧，那么其中不变的量便是该动点到某个定点的距离始终保持不变．
易错提醒：动点问题可转化为寻找定直线或定点，需要学习如何画辅助线找到定直线或定点
例13．如图，在中，，，，点A、C分别在x轴、y轴上，当点A在x轴上运动时，点C随之在y轴上运动，在运动过程中，点B到原点的最大距离是 ．
【答案】/
【分析】本题考查直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，三角形三边关系等，取中点E，连接，，由三角形斜边中线等于斜边的一半，以及勾股定理可得点A在x轴上运动时，和保持不变，当O，B，E三点共线时，取最大值，由此可解．
【详解】解：如图，取中点E，连接，，
，，
，
又，，
，
，当O，B，E三点共线时，等号成立，
的最大值，
即点B到原点的最大距离是．
故答案为：．
例14．在四边形中，，，，，点从出发以的速度向运动，点从点出发，以的速度向点运动，当其中一点到达终点，而另一点也随之停止，设运动时间为t．
若是上一点，且，t取何值时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形？
【答案】或
【分析】本题考查了平行四边形的性质，一元一次方程的应用．熟练掌握平行四边形的性质，一元一次方程的应用是解题的关键．
由题意知，分当点在线段上，当在线段上，两种情况求解；①当点在线段上，时，即，计算求解即可；②当在线段上，时，即，计算求解即可．
【详解】解：∵，是上一点，即，
∴，，
①当点在线段上，时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形，
∴，
解得；
②当在线段上，时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形，
∴，
解得；
综上所述，或时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形．
变式1．如图，P是的斜边（不与点A、C重合）上一动点，分别作于点M，于点N，O是的中点，若，，当点P在上运动时，的最小值是 ．
【答案】/
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短、勾股定理等知识．连接，证四边形是矩形，得．再根据当时，最小，然后由面积法求出的最小值，即可解决问题．
【详解】解：连接，如图，

∵，，
∴．
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，与互相平分．
∵点O是的中点，
∴点O在上，．
∵当时，最小，
又∵此时，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
变式2．如图，在中，，，，点是半径为4的上一动点，连接，点是的中点，当点落在线段上时，则的长度为 ；若点在上运动，当取最大值时，的长度是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了含角的直角三角形的性质、三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形中位线定理，由含角的直角三角形的性质可得，得出，即可得出的长，取的中点，连接、、，则，由三角形中位线定理可得，由即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：在中，，，，
，
点是半径为4的上一动点，
，
当点落在线段上时，，
点是的中点，
；
如图，取的中点，连接、、，
，
在中，，，
，
点是的中点，
是的中位线，
，
，
，
的最大值为，
故答案为：，．
变式3．如图，在四边形中，，，，，，动点从点A出发，以的速度向终点运动，同时动点从点出发，以的速度沿折线向终点运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为秒．
(1)用含的式子表示；
(2)当为何值时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？
(3)只改变点的运动速度，使运动过程中某一时刻四边形为菱形，则点的运动速度应为多少？
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】本题考查了四边形的综合题，涉及到菱形的性质、平行四边形的判定及性质．
（1）根据P点的速度以及时间结合的长表示即可；
（2）只有Q点在上时，方能满足条件，分两种情况：①四边形是平行四边形，②四边形是平行四边形，进行解答即可；
（3）设Q的速度为，Q在CD边上，此时可为菱形，满足，建立方程解决即可．
【详解】（1）P从A点以向B点运动
时，
；
（2）
Q在上运动时间为
运动时间最长为
时，在边上
此时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形，分两种情况：
①四边形是平行四边形，如图所示：
即
只需即可，由（1）知：
以的速度沿折线向终点运动，
运动时间为时，
解得：；
②四边形是平行四边形，如图所示：
同理
只需，四边形是平行四边形
由（1）知，
则
解得：
综上所述：当或时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形；
（3）设Q的速度为，由（2）可知，Q在边上，此时四边形可为菱形
只需满足即可
由（1）知：
由（2）知：，
，
解得：，
当Q点的速度为时，四边形为菱形．
变式4．如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，，点是延长线上一点，是线段上一动点（不包括），作，垂足为，且，过点作射线．
(1)请直接写出C点的坐标；
(2)在M点的运动过程中，试证明的度数为定值；
(3)连接交于，连接，下列两个结论：①的长度不变；②平分，其中只有一个结论是正确的，请你指出正确的结论，并给出证明．
【答案】(1)；
(2)见解析
(3)②平分，正确，理由见解析
【分析】（1）根据坐标与图形性质求解即可；
（2）在上取，连接，证明即可证得结论；
（3）在延长线上取，同样证明和得到，（不为定值），利用等角的余角相等得到即可．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，，
∴，，
∴；
（2）证明：如图，在上取，连接，

∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为定值；
（3）结论：平分成立．
证明：如图，在延长线上取，
在和中，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和，，，，
∴，
∴，（不为定值）；
由（1）可知，
∴，
∴，
即平分．
【点睛】本题考查正方形的性质、坐标与图形、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、角平分线的定义等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线构造全等三角形解决问题是解答的关键，
1．如图，长方形两边长，两顶点A、B分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上运动，则顶点D到原点O的距离最大值是 ．

【答案】/
【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，三角形三边关系，确定出过的中点时值最大是解题的关键．取的中点E，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，利用勾股定理列式求出，然后根据三角形任意两边之和大于第三边可得过点E时最大．
【详解】解：如图：取线段的中点E，连接，

∵，点E是的中点，，
∴，
∵四边形是长方形，
∴，，
∴，
∵，
∴当点D，点E，点O共线时，的长度最大．
∴点D到点O的最大距离，
故答案为：．
2．如图，在矩形中，点P在边上运动（可与端点重合），连接，E、F分别为、的中点，连接，若，则线段的最小值为 ．
【答案】3
【分析】本题主要考查矩形性质、三角形中位线的判定和性质、垂线段最短等知识点，求得当P、D重合时，最小，即可求得有最小值是解题的关键．
如图：连接，根据矩形性质可得，根据三角形中位线的判定和性质可得，继而根据两点之间线段最短可得当P、D重合时，最小，即可求得最小值．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∵E、F分别为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴当最小时，有最小值，
∵当P、D重合时，最小，有最小值，
∴,
∴的最小值为3．
故答案为：3．
3．如图，在平面直角坐标系中，是的中点，已知，，，，点是线段上的一个动点，当的长为 时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形．
【答案】或
【分析】本题考查的知识点是平行四边形的性质，解题关键是熟练运用平行四边形的性质．
求出点坐标后，根据平行四边形的性质：对边平行且相等可得，据此即可求解．
【详解】解：依题得：，
，，
且是的中点，
，
是上的动点，
，
又以、、、为顶点的四边形是平行四边形，
，
设，则，
，
解得或，
或，
即或．
故答案为：或．
4．如图，在中，，，，点P从点C出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线运动．设点P的运动时间为t秒．
(1)_______．
(2)当点P在斜边上时，
①当点P运动到的中点时，则___________．
②当点P运动到最短时，则________．
(3)当P在边上时，的长为________．（用含t的代数式表示）
(4)若点P在的角平分线上，求t的值．
【答案】(1)24
(2)，
(3)
(4)
【分析】（1）利用勾股定理求解；
（2）①根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解；②根据垂线段最短得到，当时，最短，利用等面积法即可求解；
（3）根据点P的运动路径及速度可解；
（4）过点P作于E，利用角平分线的性质可知，再证，推出，最后利用勾股定理即可解决问题．
【详解】（1）解：∵在中，，，，
；
故答案为：24；
（2）解：①∵在中，，，点P为的中点，
，
故答案为：；
②当时，最短，
，
,
，
故答案为：；
（3）解：∵点P从点C出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，，，
故答案为：；
（4）解：点P在的角平分线上，过点P作于E，如图2所示，
平分，，
，
又，
∴，
，则，
由题意，知，
，
，
在 中，
由勾股定理，得，即，
解得，
∴点P在的角平分线上时，．
【点睛】本题主要考查勾股定理在动点问题中的应用，数形结合、直角三角形的特征，三角形全等的判定与性质，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
5．如图，在矩形中，，，动点P从点A开始沿边以的速度运动，动点Q从点C开始沿边以的速度运动．点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设动点的运动时间为．
(1)用含t的代数式表示 ；
(2)若四边形为矩形，求t的值；
(3)是否存在t值，使线段的长为？若存在，直接写出t的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)，
【分析】（1）先用含t的代数式表示出，再用的长减去就是；
（2）用含t的代数式分别表示出和，当四边形为矩形时，，据此列出关于t的方程，解方程即可求出t值；
（3）过点Q作于E，分两种情况分别求出当时的t值即可．
【详解】（1）∵动点P从点A开始沿边以的速度运动，
∴，
又∵，
∴．
故答案为：；
（2）∵四边形是矩形，
∴，
由题意得，， ，
当四边形为矩形时，，
∴，
∴．
（3）当时，如图1，过点Q作于E，
∴，，
当时，，
∴，
解得：；
当时，如图2，过点Q作于E，
∴，
当时，，
∴，
解得：；
∴或9．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，一元一次方程的应用以及分类讨论思想，深入理解题意是解决问题的关键．
6．如图1，在平面直角坐标系中，点B的坐标是，动点A从原点O出发，沿着x轴正方向移动，是以为斜边的等腰直角三角形（点A、B、P顺时针方向排列）．
(1)当点A与点O重合时，得到等腰直角（此时点P与点C重合），则______．当时，点P的坐标是______；
(2)设动点A的坐标为．
①点A在移动过程中，作轴于M，于N，求证：四边形是正方形；
②用含t的代数式表示点P的坐标为：（______，______）；
(3)在上述条件中，过点A作y轴的平行线交的延长线于点Q，如图2，是否存在这样的点A，使得的面积是的面积的3倍？若存在，请求出A的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)①见解析；②；
(3)存在点，使得的面积是的面积的3倍
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得；根据，是等腰直角三角形，可证得四边形是矩形，从而得到，即可；
（2）①先证明四边形是矩形，再证得，可得，即可；②由①得：，从而得到，再由四边形是正方形，可得，可求出，从而得到，即可；
（3）设点A的坐标为，则，可得，由（2）②得：点P的坐标为，则，证明四边形是矩形，可得，然后根据的面积是的面积的3倍，可得到关于m的方程，即可求解．
【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵点B的坐标是，
∴，
∴；
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴点P的坐标为；
故答案为：；；
（2）解：①∵轴，轴，
∴，
∴，四边形是矩形，
∵是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
在和中，
∵，，，
∴，
∴，
∴四边形是正方形；
②由①得：，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵点A的坐标为，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点P的坐标为；
故答案为：；
（3）解：存在，
设点A的坐标为，则，
∴，
由（2）②得：点P的坐标为，则，
根据题意得：，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵的面积是的面积的3倍，
∴，
解得：或0（舍去），
即存在点，使得的面积是的面积的3倍．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，一元二次方程的应用，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质是解题的关键．
7．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以，为边作矩形.动点，分别从点，同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点A，移动.当移动时间为4秒时，求的值.
【答案】
【分析】根据题意，得出，，勾股定理求得，，即可求解．本题考查了坐标与图形，勾股定理求两点坐标距离，矩形的性质，求得的坐标是解题的关键．
【详解】解：连接、，

∵点A的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．
∴，
∴，，
依题意，，，
∴，则，
∴，
∴，
∴，
∴．