知识必备08 四边形（2大模块知识清单+3种方法清单+13个考试清单真题专练） -【知识清单】最新中考数学一轮复习知识点一览表

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数）。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂转化为简单，将抽象转化为具体，将实际转化为数学。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
知识必备08 四边形
方法1：中点四边形模型
一．选择题（共2小题）
1．（2023•佛山模拟）如图，四边形中，点、、、分别是边、、、的中点．若四边形为菱形，则对角线、应满足条件是
A．B．C．且D．不确定
【分析】满足的条件应为：，把作为已知条件，根据三角形的中位线定理可得，平行且等于的一半，平行且等于的一半，根据等量代换和平行于同一条直线的两直线平行，得到和平行且相等，所以为平行四边形，又等于的一半且，所以得到所证四边形的邻边与相等，所以四边形为菱形．
【解答】解：满足的条件应为：．
理由如下：，，，分别是边、、、的中点，
在中，为的中位线，所以且；同理且，同理可得，
则且，
四边形为平行四边形，又，所以，
四边形为菱形．
故选：．
【点评】此题考查学生灵活运用三角形的中位线定理，平行四边形的判断及菱形的判断进行证明，是一道综合题．
2．（2023•晋中模拟）如图，顺次连接正六边形纸板各边中点得到一个新的正六边形．若将一个飞镖随机投掷到正六边形纸板上，则飞镖落在阴影区域的概率为
A．B．C．D．
【分析】通过题目可以容易的得出阴影部分是一个正六边形，要想计算飞镖落在阴影区域的概率，只要计算阴影部分的面积占总面积的比例即可．
【解答】解：
六边形六边形，
，
，
是的中点，
，
，
，
故选：．
【点评】本题主要考查了概率的应用，运用几何面积的比来表示概率．
二．填空题（共1小题）
3．（2023•东莞市校级模拟）如图，在平行四边形中，，．是边的中点，是平行四边形内一点，且．连接并延长，交于点．若，，则的长为 ．
【分析】根据题意构造出包含的图形，通过推断证明该图形的特征，利用四边形及三角形的相关性质进行计算得出答案．
【解答】解：
如图所示，延长交于点．
中，，，是的中点（已知），
，；即，．（平行四边形的性质：平行四边形对边平行且相等）．
即，
四边形是平行四边形（平行四边形的判定）； （平行的传递性），
，．
，且是的中点，
（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），
．
，
．
（已知），
．
，
，
，即是一个直角三角形．
，即，
．
故答案为．
【点评】本题考查了几何构图的能力，平行四边形的性质，三角形勾股定理的运用．
三．解答题（共1小题）
4．（2023•乐清市模拟）如图，是的对角线的交点，，，分别是，，的中点．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）当，，时，求四边形的周长．
【分析】（1）根据平行四边形的判定方法进行证明．
（2）分析四边形的四条边，先通过已知数据利用图形的相关性质算出的值，然后通过构造延长线段所在的三角形间接求出，从而算出周长．
【解答】（1）证明：
，，分别是，，的中点，
中，且（三角形中位线定理）；．
四边形是平行四边形，
，（平行四边形的对边平行相等），
，，
四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）．
（2）
解：如图所示，时，延长交于点．
、分别是平行四边形的对角线，，
（平行四边形对角线相互平分），（平行四边形对边相等）．
点、分别是、的中点，，
中，且（三角形中位线定理）；
点是的中点，
，
，
．
即，，
即，，
（两个直角三角形中，有一个锐角对应相等，这两个直角三角形相似），
，即，
，，
，
直角中，，
，
四边形的周长．
答：四边形的周长是．
【点评】本题考查了几何构图能力、平行四边形的相关性质、三角形相似、勾股定理．
方法2：正方形中的十字架模型
一．选择题（共5小题）
1．（2023•宜城市模拟）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板中，为对角线，，分别为，的中点，分别交，于，两点，，分别为，的中点，连接，，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之前，关于该图形的下列说法：①图中的三角形都是等腰直角三角形；②图中的四边形是菱形；③四边形的面积占正方形面积的．正确的有
A．①③B．①②C．只有①D．②③
【分析】首先根据正方形的性质可判定，、，均为等腰直角三角形，再判定是的中位线，为的中位线，为的中位线，据此可判定、均为直角三角形，据此可对说法①进行判定；
根据三角形的中位线得，，由可得，据此可对说法②进行判定；
设，则，，，，然后分别求出正方形的面积和四边形的面积即可对说法③进行判定．
【解答】解：四边形为正方形，
，，，，
，、，均为等腰直角三角形，
点，分别是，的中点，
是的中位线，为等腰直角三角形，
，
，
连接，
则点，，，在同一条直线上，
点为的中点，点为的中点，
为的中位线，
，
，
又，
为等腰直角三角形，
点为的中点，，
点为的中点，
又点为的中点，
为的中位线，
，，
，
为等腰直角三角形，
综上所述：说法①正确；
，，，，
四边形是平行四边形，
又，
，
四边形不是菱形，故说法②不正确；
设，则，，
，
，
，
四边形为梯形，
，
说法③不正确．
综上所述：说法正确的只是①．
故选：．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，三角形中位线定理，梯形的判定，正方形的面积、梯形的面积等知识点，熟练掌握正方形的性质是解决文题的关键．
2．（2023•沙坪坝区校级模拟）如图，点、、分别是正方形的边、、上的点，连接，，．且，，的度数为，则的度数为
A．B．C．D．
【分析】点作于点，则四边形为矩形，易通过证明，得到，，根据可得，于是得到，则为等腰直角三角形，，由即可求解．
【解答】解：四边形为正方形，
，，
如图，过点作于点，
则四边形为矩形，
，，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，即点为中点，
，
，即，
为等腰直角三角形，，
．
故选：．
【点评】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，解题关键是正确作出辅助线，构造全等三角形解决问题．
3．（2023•天山区校级二模）如图，在边长为4的正方形中，是边上一动点（不含，两点），将沿直线翻折，点落在点处；在上有一点，使得将沿直线翻折后，点落在直线上的点处，直线交于点，连接，．则以下结论中正确的是
①线段长度的最小值为5；
②四边形的面积最大值为10；
③当时，；
④当为中点时，是线段的垂直平分线．
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【分析】①设，则，首先证和相似得，再过点作于点，由勾股定理得，据此得当为最小时，为最小，然后求出的最小值即可得到的最小值，进而可对结论①进行判断；
②设四边形的面积为，则，然后将，代入构造二次函数即可求出的最大值，进而可对结论②进行判断；
③先证，从而得，然后在上取一点，使，则为等腰直角三角形，则，继而可得出，最后由可求出的值，进而可对结论③进行判断；
④设，由③可知，从而得，则，，然后利用勾股定理求出的值，进而可对结论④进行判断．
【解答】解：①四边形为正方形，边长为4，
，，
设，则，
由折叠知：，，
点、、三点在通一条直线上，
，即：，
，
又，
，
又，
，
，
，
，
过点作于点，
则四边形为矩形，
，，
在中，由勾股定理得：，
当为最小时，为最小，
，
，
当时，为最小，最小值为3，
即当时，为最小，
此时，
故结论①正确；
②设四边形的面积为，
则，
由①可知：，，
，
当时，为最大，最大值为10，
四边形的面积最大值为10．
故结论②正确；
③由翻折的性质可知：，
，，
在和中，
，，
，
又，
，
，
在上取一点，使，
，
，
为等腰直角三角形，
，
由勾股定理得：，
，
，
即：，
解得：，
，
故结论③正确；
④点为的中点，
，
设，
由③可知：，
，
，，
在中，由勾股定理得：，
即：，
解得：，
即：，
，
不是线段的垂直平分线，
故结论④不正确．
综上所述：正确的结论是①②③．
故选：．
【点评】此题主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，二次函数的最值等知识，解答此题的关键是构建二次函数解决最值问题，难点是正确的添加辅助线，构造矩形、等腰直角三角形．
4．（2023•浙江模拟）如图，正方形中，，与相交于点，点为中点，连结，若，则 的值为
A．B．C．D．
【分析】先根据题意得到三角形全等，再根据全等三角形的性质得到线段相等，作辅助线构造直角三角形，设，然后根据勾股定理表示出、的长度即可解答．
【解答】解：四边形是正方形，
，，
又，
，
，，
，
，
，
点为中点，，
，
，
，
，
设，则，
，
在中，，
，解得，
在中，根据勾股定理，
过点作于点，过作于点，过作交的延长线于点，如图：
则四边形为矩形，
，，
在中，，
，
，
又，，
，
，
，
，
根据勾股定理可得，
，
故选：．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的性质和勾股定理，关键是作辅助线，用参数表示出、的长度．
5．（2023•双峰县三模）如图，在边长为4的正方形中，点，分别是边，的中点，连接，交于点，将沿翻折，得到，延长交的延长线于点，连接．有以下结论：
①；
②；
③；
④．
其中正确的有
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】①根据正方形的性质可得，，从而可证，进而可得，然后可得，即可解答；
②根据正方形的性质可得，从而可得，再利用折叠可得，进而可得，即可解答；
③由折叠得：，，从而可得，进而可得，即可解答；
④在中，利用勾股定理求出，然后证明，利用相似三角形的性质，进行计算即可解答．
【解答】解：四边形是正方形，
，，
，
点，分别是边，的中点，
，，
，
，
，
，
，
，
故①正确；
四边形是正方形，
，
，
由折叠得：
，
，
，
故②正确；
由折叠得：
，，
，
，
，
，
故③正确；
，，，
，
，，
，
，
，
故④正确；
所以，以上结论，正确的有4个，
故选：．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，翻折变换（折叠问题），三角形的中位线定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
二．填空题（共3小题）
6．（2023•金东区二模）如图，点是正方形边上的一点，连结，过点作，交的延长线于点，过点作，过点作，和交于点，延长交于点，连结，以和为边作矩形．记的面积为，的面积为，矩形的面积为，若，，则 ．
【分析】先证四边形为矩形，再证和全等，从而得，进而可判定矩形为正方形，然后设，，则，据此可求出，，根据已知条件得，整理得，再证和相似得，据此可求出的值，进而可求得的长．
【解答】解：，，，
四边形为矩形，
四边形为正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
矩形为正方形，
设，，
，
，
，
，
又，
，
整理得：，
，，
，
，
即：，
，
将代入之中得：，
，
．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了正方形的性质和判定，全等三角形的全等及性质，相似三角形的判定和性质，三角形、矩形、正方形的面积，解答此题的关键是熟练掌握全等三角形、相似三角形的判定方法，难点是设置适当的辅助未知数，利用面积公式和相似三角形的性质找出相关线段之间的关系．
7．如图，正方形的边长为4，点、分别是边、上的一点，且，、相交于点，，则的值为 ．
【分析】过点作于点，过作于点，先证得，进而得，再证得，进而得，，据此可求出，，然后证得，据此可求出，，再利用三角形的面积公式求出，继而可求出，，进而可得的长．
【解答】解：过点作于点，过作于点，
四边形为正方形，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
，
又，
，
又，
在和中，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，
即：，
，
，
，，
，
；
，
在中，，，
由勾股定理得：，
，
，，
由三角形的面积公式得：
，
即：，
，
在中，，，
由勾股定理得：，
，
在中，，，
由勾股定理得：．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，解答此题的关键是熟练掌握全等三角形、相似三角形的判定方法，理解全等三角形的对应边相等、对应角相等，相似三角形的对应边成比例．
8．（2023•雁塔区校级三模）如图，在正方形中，，是边的中点，是正方形内一动点，且，连接，，，过点作，，且，，连接，，，则线段长度的最小值为 ．
【分析】首先证明和全等，从而得出，，过点作于点，再证和全等，从而，，然后利用勾股定理求出，最后根据“两点之间线段最短”得出，据此即可求出的最小值．
【解答】解：，，
，
即：，
，
在和中，
，
，
，，
四边形为正方形，，
，，
点为的中点，
，
过点作于点，
则，，
，
，
，
在和，
，
，
，，
，
在中，，，
由勾股定理得：，
由线段的性质得：，
即：，
，
的最小值为．
故答案为：．
【点评】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，线段的性质等知识点，解答此题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，难点是根据“两点之间线段最短”构造不等式，从而求出的最小值．
三．解答题（共3小题）
9．（2023•南关区四模）【问题提出】如图①，在正方形中，点，，分别在边，，上，．请判断与的数量关系，并说明理由．
【类比探究】如图②，在矩形中，，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，得到四边形，交于点，连结交于点．则与之间的数量关系为 ．
【拓展应用】在（2）的条件下，若，，则的长为 ．
【分析】【问题提出】，过作，然后证明即可；
【类比探究】过作，证明即可解答；
【拓展应用】由可设，，则，，由（2）可得，从而可得，在中根据勾股定理即可求出的长，，从而求出．
【解答】解：【问题提出】，理由如下：
过作，如图：
四边形是正方形，
，，，
，
．
，
，
；
【类比探究】，理由如下：
过作，如图：
，
，
，
，
，
，，
，
故答案为：．
【拓展应用】，
，
由折叠性质可知，
设，，则，，，
由（2）可知，
，
，
在中，
，
解得或（舍去），
，，
，
，
．
故答案为：2．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的性质，相似三角形的性质和判定，正确作出辅助线是解题关键．
10．（2023•遵义模拟）【问题探究】如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，求证：．
【知识迁移】如图2，在矩形中，，，点在边上，点、分别在边、上，且，求的值．
【拓展应用】如图3，在平行四边形中，，，点、分别在边、上，点、分别在边、上，当与的度数之间满足什么数量关系时，有试写出其数量关系，并说明理由．
【分析】【问题探究】利用证明，得；
【知识迁移】过点作于点，利用，得，即可得出答案；
【拓展应用】作，交于，，交于，说明，得，且四边形、是平行四边形，进而解决问题．
【解答】【问题探究】证明：四边形是正方形，
，，，
，
，
，
在与中，
，
，
；
【知识迁移】解：如图，过点作于点，
，
，
，
，，
在与中，，，
，
，
，
；
【拓展应用】解：当时，，
作，交于，，交于，
则，，，
，
，
，
，
，，，，
四边形、是平行四边形，
，，
当时，．
【点评】本题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握正方形中的十字架模型是解题的关键．
11．（2023•嘉鱼县模拟）【问题探究】如图1，正方形中，点、分别在边、上，且于点，求证；
【知识迁移】如图2，矩形中，，，点、、、分别在边、、、上，且于点．求的值；
【拓展应用】如图3，在四边形中，，，，点、分别在线段、上，且于点．请直接写出的值．
【分析】（1）根据正方形的性质，利用证明，得；
（2）作于点，作于点，证明，得，可得答案；
（3）过点作于点，交于点，首先说明，得，再利用是等腰三角形，得出，进而解决问题．
【解答】（1）证明：四边形是正方形，
，，，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：作于点，作于点，
则，，
，，，
又，
，
，
，
即；
（3）解：过点作于点，交于点，
则，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
在中，，
，
，
，
．
【点评】本题是相似形综合题，主要考查了正方形和矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，特殊角的三角函数等知识，作辅助线构造相似三角形是解题的关键．
方法3：四边形中的对角互补模型
一．解答题（共3小题）
1．（2023•宁阳县二模）在四边形中，，对角线平分．
（1）如图1，若，且，试探究边、与对角线的数量关系为 ；
（2）如图2，若将（1）中的条件“”去掉，（1）中的结论是否成立？请说明理由；
（3）如图3，若，若，，求线段的长和四边形的面积．
【分析】（1）先证得出，再求的度数，得出，进而求出；
（2）先画辅助线：以为顶点，为一边作，的另一边交延长线于点，作出辅助线后证明为等边三角形，根据四边形内角和为和，求出，进而证明，得出，最后得出；
（3）先证为等腰直角三角形，再证明得出，进而求出，求四边形的面积可以转化为求的面积．
【解答】解：（1），，
，
对角线平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
（2）（1）中结论成立，理由如下：
，
以为顶点，为一边作，的另一边交延长线于点，
由（1）可得：，
，
，
，
为等边三角形，
，
，，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
．
（3）过点作交延长线于点，
，
对角线平分，，
，
，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
在中：
，
，
，
，
，
．
【点评】本题主要考查了四边形的知识、全等三角形的知识、勾股定理的知识、等腰直角三角形的知识，有一定的难度．
2．（2023•雨花区校级二模）在中，弦平分圆周角，连接，过点作交的延长线于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，且是的中点，的直径是，求的长．
（3）是弦下方圆上的一个动点，连接和，过点作于点，请探究点在运动的过程中，
的比值是否改变，若改变，请说明理由；若不变，请直接写出比值．
【分析】（1）利用垂径定理即可证得结论；
（2）构建直角三角形，利用勾股定理求出线段长度即可求解；
（3）利用相似三角形，直角三角形，找到角之间的关系，然后转化为线段的关系进行求解．
【解答】证明：（1）如图1，连接交于点，连接，，，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线．
解：（2）如图2，连接，，，过点作于点，
，
，，
，
，
设，，
的直径是，
，
，
，
解得：，
，，
，
是的中点，
，
，
，
，
，
．
（3）解法一：如图3，延长至使得，连接，，连接，，连接交于点，连接，
，，，四点共圆，
，
，
，
，
是的切线，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
，，，四点共圆，
，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
．
解法二：如图4，在上截取，连接，，，，
弦平分圆周角，
，
，
，
，
，，
，
为的中线，
，
，
，
．
解法三：如图：连接，，，，将沿翻折得到△，
，，
，
，
由翻折得△，
，，
，
，，三点共线，
，
，
，
又，
，
，
比值不变，恒为．
【点评】本题考查了勾股定理，圆内接四边形，垂径定理等知识点，难度较大，解题的关键是作出辅助线，属于中考压轴题．
3．（2023•肥城市校级模拟）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．
理解：
（1）如图1，点，，在上，的平分线交于点，连接，．
求证：四边形是等补四边形；
探究：
（2）如图2，在等补四边形中，，连接，是否平分？请说明理由．
运用：
（3）如图3，在等补四边形中，，其外角的平分线交的延长线于点，，，求的长．
【分析】（1）由圆内接四边形对角互补可知，，再证，即可根据等补四边形的定义得出结论；
（2）过点分别作于点，垂直的延长线于点，证，得到，根据角平分线的判定可得出结论；
（3）连接，先证，推出，再证，利用相似三角形对应边的比相等可求出的长．
【解答】解：（1）证明：四边形为圆内接四边形，
，，
平分，
，
，
，
四边形是等补四边形；
（2）平分，理由如下：
如图2，过点分别作于点，垂直的延长线于点，
则，
四边形是等补四边形，
，
又，
，
，
，
，
是的平分线，即平分；
（3）如图3，连接，
四边形是等补四边形，
，
又，
，
平分，
，
由（2）知，平分，
，
，
又，
，
，
即，
．
【点评】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等．
一．多边形内角与外角（共2小题）
1．（2023•济宁）一个多边形的内角和是，则这个多边形是 五 边形．
【分析】根据多边形的内角和公式列方程并解方程即可．
【解答】解：设此多边形的边数为，
则，
解得：，
即此多边形为五边形，
故答案为：五．
【点评】本题考查多边形的内角和公式，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
2．（2023•扬州）如果一个多边形每一个外角都是，那么这个多边形的边数为 6 ．
【分析】根据多边形的外角和是360度即可求得外角的个数，即多边形的边数．
【解答】解：多边形的边数是：，
这个多边形的边数是6．
故答案为：6．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理，掌握多边形的外角和是是解题关键．
二．平面镶嵌（密铺）（共1小题）
3．（2023•淮安）如图，3个大小完全相同的正六边形无缝隙、不重叠的拼在一起，连接正六边形的三个顶点得到，则的值是 ．
【分析】以，，为边，作正六边形，，连接，，，由正六边形性质可得，，共线，，，共线；而，，即有，即，设正六边形的边长为，则，故，，从而．
【解答】解：以，，为边，作正六边形，，连接，，，如图：
由正六边形性质可知，，
，
，，共线；
由正六边形性质可得，，
，
，
同理，
，
，，共线；
，，
，即，
设正六边形的边长为，则，
，，
，
；
故答案为：．
【点评】本题考查平面镶嵌问题，解题的关键是掌握正六边形的性质和锐角三角函数的定义．
三．平行四边形的性质（共2小题）
4．（2023•福建）如图，在中，为的中点，过点且分别交，于点，．若，则的长为 10 ．
【分析】由平行线四边形的性质得到，，因此，，又，即可证明，得到，于是得出．
【解答】解：四边形是平行四边形，
，，
，，
为的中点，
，
，
，
，
．
故答案为：10．
【点评】本题考查平行线的性质，全等三角形的判定和性质，关键是由推出，由平行线的性质得到，推出．
5．（2023•凉山州）如图，在中，对角线与相交于点，，过点作交于点．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【分析】（1）证，得是菱形，再由菱形的性质即可得出结论；
（2）由菱形的性质得，，再由勾股定理得，然后证，得，即可得出结论．
【解答】（1）证明：，
，
是菱形，
；
（2）解：由（1）可知，是菱形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
即，
解得：，
即的长为．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理以及相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键．
四．平行四边形的判定（共1小题）
6．（2023•邵阳）如图，在四边形中，，若添加一个条件，使四边形为平行四边形，则下列正确的是
A．B．C．D．
【分析】由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：、由，，不能判定四边形为平行四边形，故选项不符合题意；
、，
，
不能判定四边形为平行四边形，故选项不符合题意；
、由，，不能判定四边形为平行四边形，故选项不符合题意；
、，
，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形，故选项符合题意；
故选：．
【点评】本题考查了平行四边形的判定以及平行线的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
五．平行四边形的判定与性质（共2小题）
7．（2023•自贡）如图，在平行四边形中，点，分别在边，上，且．求证：．
【分析】由平行四边形的性质得，，再证，然后由平行四边形的判定即可得出结论．
【解答】证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，
即，
又，
四边形是平行四边形，
．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明是解题的关键．
8．（2023•杭州）如图，平行四边形的对角线，相交于点，点，在对角线上，且，连接，，，．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）若的面积等于2，求的面积．
【分析】（1）由平行四边形的性质得，，再证，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质可求解．
【解答】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：，
，
四边形是平行四边形，
，，
的面积．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形的面积公式，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
六．菱形的性质（共4小题）
9．（2023•湘潭）如图，菱形中，连接，，若，则的度数为
A．B．C．D．
【分析】根据菱形的性质和平行线的性质以及三角形的内角和定理即可得到结论．
【解答】解：四边形是菱形，
，，
，
，
故选：．
【点评】本题考查了菱形的性质，平行线的性质，熟练掌握菱形的性质定理是解题的关键．
10．（2023•丽水）如图，在菱形中，，，则的长为
A．B．1C．D．
【分析】连接交于点，由菱形的性质得，，，再由含角的直角三角形的性质得，然后由勾股定理得，即可得出结论．
【解答】解：如图，连接交于点，
四边形是菱形，，
，，，
，
，
，
，
故选：．
【点评】本题考查了菱形的性质、含角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
11．（2023•牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点，在轴上，，，，将菱形绕点旋转后，得到菱形，则点的坐标是 ，或， ．
【分析】根据菱形的性质和含角的直角三角形的性质得出解答．
【解答】解：如图所示：
菱形的顶点，在轴上，，，，
，边的高是，
点的纵坐标为，横坐标为，
点的坐标为，或，，
故答案为：，或，．
【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质和含角的直角三角形的性质解答．
12．（2023•浙江）如图，在菱形中，于点，于点，连结．
（1）求证：；
（2）若，求的度数．
【分析】（1）欲证明，只需要证得即可；
（2）根据菱形的邻角互补和全等三角形的性质进行推理解答．
【解答】（1）证明：四边形是菱形，
，．
又于点，于点，
，
在与中，
．
．
；
（2）解：四边形是菱形，
．
而，
．
又，，
．
由（1）知，
．
．
是等边三角形．
．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
七．菱形的判定（共3小题）
13．（2023•深圳）如图，在平行四边形中，，，将线段水平向右平移个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则的值为
A．1B．2C．3D．4
【分析】证得四边形为平行四边形，当时，为为菱形，此时．
【解答】解：四边形是平行四边形，
，，，
将线段水平向右平得到线段，
，
四边形为平行四边形，
当时，为为菱形，
此时．
故选：．
【点评】本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质和判定，平移的性质，证得证得四边形为平行四边形，熟练掌握菱形的判定方法是解决问题的关键．
14．（2023•齐齐哈尔）如图，在四边形中，，于点．请添加一个条件： 或 或 等） ，使四边形成为菱形．
【分析】根据或或或，证得四边形是平行四边形，再根据可证得四边形是菱形；根据，证得，得到，，可证得四边形是菱形．
【解答】解：当添加“”时，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
当添加：“”时，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
当添加“”时，
，，
，
，，
四边形是菱形；
当添加：“”时，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形．
故答案为：（或或或等．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定、直角全等三角形全等的判定，解答本题的关键是熟练掌握菱形的判定，利用数形结合的思想解答．
15．（2023•湘西州）如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点，，连接，．
（1）求证：；
（2）若．求证：四边形是菱形．
【分析】（1）连接，交于点，证明，推出四边形为平行四边形，得到，即可得证；
（2）先证明四边形是菱形，得到，进而得到，即可得证．
【解答】证明：（1）连接，交于点，如图：
四边形是平行四边形，
，
，
，
又，
，
，
四边形为平行四边形，
，
；
（2）四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
平行四边形是菱形．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
八．菱形的判定与性质（共1小题）
16．（2023•云南）如图，平行四边形中，、分别是、的平分线，且、分别在边、上，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，的面积等于，求平行线与间的距离．
【分析】（1）根据平行四边形对角相等得到，再根据、分别是、的平分线，可得到，再根据平行四边形对边平行得到，于是有，得出，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证得四边形是平行四边形，最后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；
（2）连接，根据平行四边形的性质和角平分线的定义可证得，结合已知得到是等边三角形，从而求出，，再证得，即可得到，根据勾股定理求出的长，从而得出平行线与间的距离．
【解答】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
、分别是、的平分线，
，，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（2）解：连接，
四边形是平行四边形，
，
，
平分，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
的面积等于，
，
，
即，
由（1）知四边形是菱形，
，
，
是的一个外角，
，
，
，
即，
由勾股定理得，
即平行线与间的距离是．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质，掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形是此题的关键，理解平行线间的距离的定义，等边三角形的性质与判定．
九．矩形的性质（共6小题）
17．（2023•台湾）如图，矩形中，，，且有一点从点沿着往点移动，若过点作的垂线交于点，过点作的垂线交于点，则的长度最小为多少
A．B．C．5D．7
【分析】连接、，依据，，，可得四边形为矩形，借助矩形的对角线相等，将求的最小值转化成的最小值，再结合垂线段最短，将问题转化成求斜边上的高，利用面积法即可得解．
【解答】解：如图，连接、，
，，
．
四边形是矩形，
．
四边形为矩形．
．
要求的最小值就是要求的最小值．
点从点沿着往点移动，
当时，取最小值．
下面求此时的值，
在中，
，，，
．
，
．
的长度最小为：．
故本题选．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短及面积法求直角三角形斜边上的高，需要熟练掌握并灵活运用．
18．（2023•台州）如图，矩形中，，．在边上取一点，使，过点作，垂足为点，则的长为 ．
【分析】根据矩形的性质可得出，结合已知，利用证得和全等，得出，再根据矩形的性质得到，从而在中利用勾股定理求出的长．
【解答】解：四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
四边形是矩形，
，
在中，由勾股定理得，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，熟知矩形的对边平行且相等，四个角都是直角．
19．（2023•兰州）如图，矩形的对角线与相交于点，，直线是线段的垂直平分线，分别交，于点，，连接．
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
（2）当时，求的长．
【分析】（1）先根据线段垂直平分线的性质得，，，再证和全等得，据此可得，进而可判定四边形的形状；
（2）先证为等边三角形得，，进而，据此再分别求出，，进而可得的长．
【解答】解：（1）四边形是菱形，理由如下：
，
，
是线段的垂直平分线，
，，，
在和中，
，
，
，
又，，
，
四边形是菱形．
（2）四边形为矩形，
，，
是线段的垂直平分线，
，
，
为等边三角形，
，，
，
在中，，，
由勾股定理得：，
由（1）可知：四边形是菱形，
，
，
，
，
．
【点评】此题主要考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解答此题关键是理解菱形的判定，等边三角形的性质，数量利用勾股定理锐角三角函数进行计算．
20．（2023•怀化）如图，矩形中，过对角线的中点作的垂线，分别交，于点，．
（1）证明：；
（2）连接、，证明：四边形是菱形．
【分析】（1）根据矩形的对边平行得到，于是有，根据点是的中点得出，结合对顶角相等利用可证得和全等；
（2）由（1）可得，结合，可得四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证．
【解答】（1）证明：四边形是矩形，
，
，
点是的中点，
，
又，
；
（2）证明：由（1）已证，
，
四边形是矩形，
，即，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形．
【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，三角形全等的判定与性质，熟练掌握这些图形的性质是解题的关键．
21．（2023•温州）如图，已知矩形，点在延长线上，点在延长线上，过点作交的延长线于点，连结交于点，．
（1）求证：；
（2）当，时，求的长．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，再根据等边对等角得出，根据矩形的性质得出，，于是可证和全等，得到，从而问题得证；
（2）先证，得出比例式，再结合已知即可求出的长．
【解答】（1）证明：，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
即；
（2）解：四边形是矩形，
，即，，，
，
，
，
，
，
，
，
设，
，，
，
解得，
．
【点评】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握这些图形的性质是解题的关键．
22．（2023•随州）如图，矩形的对角线，相交于点，，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求四边形的面积．
【分析】（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）先求出矩形面积，再根据矩形性质可得，再由菱形性质可得菱形的面积可解答．
【解答】（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，，，
，，
，
四边形是菱形，
菱形的面积．
【点评】本题考查了矩形性质，菱形的判定和性质，矩形面积和菱形面积等基础知识，能综合运用相关知识点进行推理和计算是解此题的关键．
一十．矩形的判定（共2小题）
23．（2023•上海）在四边形中，，．下列说法能使四边形为矩形的是
A．B．C．D．
【分析】由矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：、，，
四边形是平行四边形，
由，不能判定四边形为矩形，故选项不符合题意；
、，，
四边形是平行四边形，
由，不能判定四边形为矩形，故选项不符合题意；
、，
，
，
，
，，
的长为与间的距离，
，
，，
，
四边形是矩形，故选项符合题意；
、，
，，
，
，
，
四边形是等腰梯形，故选项不符合题意；
故选：．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
24．（2023•新疆）如图，和相交于点，，，点、分别是、的中点．
（1）求证：；
（2）当时，求证：四边形是矩形．
【分析】（1）根据平行线的判定定理得到，根据平行线的性质得到，根据全等三角形的性质得到，根据线段中点的定义得到；
（2）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，求得，根据矩形的判定定理得到四边形是矩形．
【解答】证明：（1），
，
，
在与中，
，
，
，
点、分别是、的中点，
，
；
（2），，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
一十一．矩形的判定与性质（共1小题）
25．（2023•大庆）如图，在平行四边形中，为线段的中点，连接，，延长，交于点，连接，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求四边形的面积．
【分析】（1）证明，得，所以四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可解决问题；
（2）根据矩形的性质和勾股定理求出的值，由，可得四边形的面积平行四边形的面积，进而可以解决问题．
【解答】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，，
为线段的中点，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形；
（2）解：四边形是矩形，
，，
，，
，
，
的面积的面积，
平行四边形的面积，
四边形的面积平行四边形的面积的面积．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
一十二．正方形的性质（共4小题）
26．（2023•攀枝花）如图，已知正方形的边长为3，点是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则
A．B．2C．D．
【分析】先证四边形是矩形，可得，，由等腰直角三角形的性质可得，可求，的长，由勾股定理可求的长，由“”可证，可得．
【解答】解：连接，
四边形是正方形，
，，
，，，
四边形是矩形，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，，
，
，，，
，
，
故选：．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
27．（2023•安徽）如图，点在正方形的对角线上，于点，连接并延长，交边于点，交边的延长线于点．若，，则
A．B．C．D．
【分析】根据相似三角形的判定结合正方形的性质证得，求得，根据相似三角形的性质求得，，证得，根据相似三角形的性质得到，证得，求出，根据勾股定理即可求出．
【解答】解：四边形是正方形，，，
，，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
．
故选：．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
28．（2023•枣庄）如图，在正方形中，对角线与相交于点，为上一点，，为的中点，若的周长为32，则的长为 ．
【分析】在正方形中，对角线与相交于点，可知是中点，，为的中点，则，的周长为32，，则，即，根据勾股定理可得，从而求得，再根据中位线的性质即可解答．
【解答】解：在正方形中，对角线与相交于点，
，是中点，
为的中点，
，
的周长为32，，
，即，
在中，根据勾股定理可得，
，
根据三角形的中位线可得．
故答案为：．
【点评】本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，熟悉性质是解题关键．
29．（2023•绍兴）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点，不重合），，，，分别为垂足．连接，，并延长交于点．
（1）求证：；
（2）判断与是否垂直，并说明理由．
【分析】（1）直接由平行公理的推理即可解答．
（2）先连接，然后根据正方形的性质得出，从而得到．再证明即可．
【解答】（1）证明：在正方形中，，，
，
，
．
（2）解：，理由如下．
连结交于点，如图：
为正方形的对角线，
，
又，，
，
．
在正方形中，，
又，，
四边形为矩形，
，
，
，
由（1）得，
，
，
，
．
【点评】本题考查正方形的性质与全等三角形的性质，熟悉性质是解题关键．
一十三．四边形综合题（共8小题）
30．（2023•衡阳）问题探究
（1）如图1，在正方形中，对角线、相交于点．在线段上任取一点（端点除外），连接、．
①求证：；
②将线段绕点逆时针旋转，使点落在的延长线上的点处．当点在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由；
③探究与的数量关系，并说明理由．
迁移探究
（2）如图2，将正方形换成菱形，且，其他条件不变．试探究与的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）①根据正方形的性质证明，即可得到结论；
②作，，垂足分别为点、，如图，可得，证明四边形是矩形，推出，证明，得出，进而可得结论；
③作交于点，作于点，如图，证明，即可得出结论；．
（2）先证明，作交于点，交于点，如图，则四边形是平行四边形，可得，，都是等边三角形，进一步即可证得结论．
【解答】（1）①证明：四边形是正方形，
，．
，
，
；
②解：的大小不发生变化，；
理由：作，，垂足分别为点、，如图，
四边形是正方形，
，，
四边形是矩形，，
．
，，
，
，
．
，即；
③解：；
理由：作交于点，作于点，如图，
四边形是正方形，
，，
，四边形是矩形，
，，
，
，，
，
作于点，
则，，
，
，，
，
；
（2）解：；
理由：四边形是菱形，，
，，，
是等边三角形，垂直平分，
，，
，
，
作交于点，交于点，如图，
则四边形是平行四边形，，，
，，都是等边三角形，
，
作于点，则，，
，
．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形、菱形的性质，矩形、平行四边形、等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键．
31．（2023•阜新）如图，在正方形中，线段绕点逆时针旋转到处，旋转角为，点在直线上，且，连接．
（1）如图1，当时，
①求的大小（用含的式子表示）．
②求证：．
（2）如图2，取线段的中点，连接，已知，请直接写出在线段旋转过程中面积的最大值．
【分析】（1）①利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理计算得到，据此求解即可；
②连接，计算得到，利用证明，推出是等腰直角三角形，据此即可证明；
（2）过点作的垂直，交直线于点，连接，相交于点，连接，利用直角三角形的性质推出点在以点为圆心，为半径的一段弧上，得到当点、、在同一直线上时，有最大值，则面积的最大值，据此求解即可．
【解答】（1）解：①四边形是正方形，
．，
由题意得，
．
，
，
，
，
；
②连接．
，
，
，
，
，．
，
是等腰直角三角形，
；
（2）解：过点作的垂线，交直线于点，连接，相交于点，，连接，
由（1）得是等腰直角三角形，又点为斜边的中点，
，即，
四边形是正方形，
．
，
点在以点为圆心，为半径的一段弧上，
当点、、在同一直线上时，有最大值，则面积的最大值，
．
面积的最大值为．
【点评】本题考查的是正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、直角三角形的性质、勾股定
理，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
32．（2023•徐州）如图，正方形纸片的边长为4，将它剪去4个全等的直角三角形，得到四边形．设的长为，四边形的面积为．
（1）求关于的函数表达式；
（2）当取何值时，四边形的面积为10？
（3）四边形的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据正方形和全等三角形的性质得到，，，，，，根据勾股定理即可得到结论；
（2）当时，解方程即可得到结论．
（3）把二次函数化成顶点式，根据二次函数的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）正方形纸片的边长为4，4个直角三角形全等，
，，，，，，，
，
，
四边形是正方形，
；
（2）当时，即，
解得或，
答：当取1或3时，四边形的面积为10；
（3），
，
有最小值，最小值为8．
即四边形的面积有最小值，最小值为8．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了勾股定理，正方形的判定和性质，全等三角形的性质，二次函数的性质，熟练掌握正方形和全等三角形的性质是解题的关键．
33．（2023•兰州）综合与实践：
【思考尝试】（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形中，是边上一点，于点，，，，试猜想四边形的形状，并说明理由；
【实践探究】（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形中，是边上一点，于点，于点，交于点，可以用等式表示线段，，的数量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，是边上一点，于点，点在上，且，连接，，可以用等式表示线段，的数量关系，请你思考并解答这个问题．
【分析】（1）根据矩形的性质得到，得到，根据全等三角形的性质得到，于是得到四边形是正方形；
（2）根据矩形的判定定理得到四边形是矩形，求得，根据正方形的性质得到，，求得，根据全等三角形的性质得到，，根据正方形的判定定理得到矩形是正方形，于是得到；
（3）连接，根据正方形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质得到，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）四边形是正方形，
理由：四边形是矩形，
，
，
，
，
又，，
，
，
四边形是正方形；
（2），
理由：于点，于点，交于点，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
，，
矩形是正方形，
；
（3）连接，如图，
四边形是正方形，，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
即．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理以及相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
34．（2023•衢州）视力表中蕴含着很多数学知识，如：每个“”形图都是正方形结构，同一行的“”是全等图形且对应着同一个视力值，不同的检测距离需要不同的视力表．
【分析】探究1：由图象中的点的坐标规律得到与成反比例关系，由待定系数法可得，将 代入得：；
探究2：由，知在自变量的取值范围内，随着的增大而减小，故当时，，即可得；
探究3：由素材可知，当某人的视力确定时，其分辨视角也是确定的，可得，即可解得答案．
【解答】解：探究
由图象中的点的坐标规律得到与成反比例关系，
设，将其中一点代入得：，
解得：，
，将其余各点一一代入验证，都符合关系式；
将 代入得：；
答：检测距离为5米时，视力值1.2所对应行的“”形图边长为；
探究
，
在自变量的取值范围内，随着的增大而减小，
当时，，
，
；
探究3：由素材可知，当某人的视力确定时，其分辨视角也是确定的，由相似三角形性质可得，
由探究1知，
，
解得，
答：检测距离为时，视力值1.2所对应行的“”形图边长为．
【点评】本题考查反比例函数的综合应用，涉及待定系数法，函数图象上点坐标的特征，相似三角形的性质等知识，解题的关键是读懂题意，能将生活中的问题转化为数学问题加以解决．
35．（2023•徐州）【阅读理解】如图1，在矩形中，若，，由勾股定理，得同理，故．
【探究发现】如图2，四边形为平行四边形，若，，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
【拓展提升】如图3，已知为的一条中线，，，．
求证：．
【尝试应用】如图4，在矩形中，若，，点在边上，则的最小值为 200 ．
【分析】【阅读理解】根据矩形对角线相等可得，最后由勾股定理可得结论；
【探究发现】首先作于，于，根据全等三角形判定的方法，判断出，即可判断出，；然后根据勾股定理，可得，，，再根据，，即可推得结论；
【拓展提升】根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，由【探究发现】，可得，于是得到结论；
【尝试应用】过作于，根据矩形的性质得到，，，设，，根据勾股定理和二次函数的性质即可得到结论．
【解答】【阅读理解】解：如图1，
四边形是矩形，
，，
，
，，
；
【探究发现】解：上述结论依然成立，
理由：如图②，作于，于，
四边形是平行四边形，
，且，
，
在和中，
，
，
，，
在中，由勾股定理，可得
①，
在中，由勾股定理，可得
②，
由①②，可得
，
在中，由勾股定理，可得
，
；
【拓展提升】证明：如图3，延长至点，使，
是边上的中线，
，
又，
四边形是平行四边形，
由【探究发现】，可得，
，
，
，，，
，
．
【尝试应用】解：过作于，
则四边形和四边形是矩形，
，，，
设，，
，
故的最小值为200，
方法二：以、为一组邻边构造平行四边形，
设，则，
由（2）得，，
，
故的最小值为200，
故答案为：200．
【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质的应用，平行四边形判定和性质的应用，以及勾股定理的应用，构建直角三角形利用勾股定理列式是解本题的关键．
36．（2023•宁夏）综合与实践：
问题背景
数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．
探究发现
如图1，在中，，．
（1）操作发现：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，，则 72 ，设，，那么 （用含的式子表示）；
（2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：；
拓展应用
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．
如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．
【分析】探究发现
（1）可求得，，，进而求得的值，；
（2）可证得，从而，进而得出，解得，从而得出；
拓展应用
在上截取，连接，可得出是黄金三角形，从而得出的值，可推出，进而求得结果．
【解答】探究发现
（1）解：，，
，
边落在边上，点的对应点是点，
，，
，
，
故答案为：72，；
（2）证明：由（1）知：，
，
，
，
即，解得
；
拓展应用
如图，
在上截取，连接，
四边形是菱形，
，，，，
，，
，
，
，
，
．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造“黄金比”．
37．（2023•山西）综合与实践
问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中，，将和按图2所示方式摆放，其中点与点重合（标记为点．当时，延长交于点，试判断四边形的形状，并说明理由．
数学思考：（1）请你解答老师提出的问题；
深入探究：（2）老师将图2中的绕点逆时针方向旋转，使点落在内部，并让同学们提出新的问题．
①“善思小组”提出问题：如图3，当时，过点作交的延长线于点，与交于点．试猜想线段和的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；
②“智慧小组”提出问题：如图4，当时，过点作于点，若，，求的长．请你思考此问题，直接写出结果．
【分析】（1）先证明四边形是矩形，再由 可得，从而得四边形是 正方形；
（2）①由已知 可得，再由等积方法，再结 合已知即可证明结论；
②设，的交点为，过作 于，则易得，点是的中点；利用三角函数知识可求得的长，进而求得的长，利用相似三角形的性质即可求得结果．
【解答】解：（1）结论：四边形为正方形．理由如下：
，
，
，
，
，
，
四边形为矩形．
，
．
矩形为正方形；
（2）①结论：．
理由：，
，
，
，
，即，
，
，
．由（1）得，
．
②解：如图：设，的交点为，过作于，
，
，，，，
，
，
，
，
，
点是的中点，
由勾股定理得，
，
，
，即，
，
，，，
，
，
，即的长为．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定 与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形 是解题的关键．
素材1 国际通用的视力表以5米为检测距离，任选视力表中7个视力值，测得对应行的“”形图边长，在平面直角坐标系中描点如图1．
探究1 检测距离为5米时，归纳与的关系式，并求视力值1.2所对应行的“”形图边长．
素材2 图2为视网膜成像示意图，在检测视力时，眼睛能看清最小“”形图所成的角叫做分辨视角．视力值与分辨视角（分的对应关系近似满足．
探究2 当时，属于正常视力，根据函数增减性写出对应的分辨视角的范围．
素材3 如图3，当确定时，在处用边长为的Ⅰ号“”测得的视力与在处用边长为的Ⅱ号“”测得的视力相同．
探究3 若检测距离为3米，求视力值1.2所对应行的“”形图边长．