重难点06 四边形综合应用题型总结（平行四边形、菱形、矩形、正方形）-2025年中考数学答题技巧与模板构建练习 含答案

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本专题主要通过上一专题三角形知识的学习路径，类比学习平行四边形，构建知识树；掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的定义、性质和判定。清楚平行四边形、特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）的特征以及彼此之间的关系。经历从平行四边形到矩形、菱形、正方形的研究过程，体验“从一般到特殊”的研究方法；通过猜想、验证、归纳的过程，掌握矩形、菱形、正方形的性质定理，感悟类比思想；在考试中能利用它们的性质和判定进行推理和计算，提高主动探究的习惯和意识。
模型01 平行四边形综合应用
考｜向｜预｜测
平行四边形的性质与判定该题型主要以选择、填空形式出现，难度系数不大，在各类考试中得分率较高。掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的定义、性质和判定。清楚平行四边形、特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）的特征以及彼此之间的关系。能用平行四边形的判定定理和性质定理进行几何证明和计算是考试的重点。
答｜题｜技｜巧
1. 认真分析题目，理解题意；
2. 根据题意，利用平行四边形的判定定理和性质定理进行几何证明和计算；
3. 注意是否引入其它知识点，例如三角形、平面直角坐标系、函数等；
4. 利用相关的性质和判定进行推理和计算。
1．如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在点E处．若∠1=56°，∠2=40°，则∠A的度数为（ ）

A．68°B．70°C．110°D．112°
【答案】D
【详解】解：根据折叠可知，∠EDB=∠2=40°，∠EBD=∠ABD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠CDB=∠ABD，
∴∠EBD=∠CDB=∠ABD，
∵∠1=∠EBD+∠CDB，
∴2∠EBD=56°，
∴∠EBD=28°，
∴∠ABD=28°，
∴∠A=180°−∠ABD−∠2=180°−28°−40°=112°，
故选：D．
1．下列四个命题中，假命题是（ ）
A．顺次连接四边形各边中点得到的四边形是平行四边形
B．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形
C．对角线互相平分且垂直的四边形是矩形
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
【答案】C
【分析】此题考查了中点四边形、特殊四边形的判定等知识．根据相关知识进行逐项判断即可．
【详解】解：A. 顺次连接四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意；
B. 对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，是真命题，不符合题意；
C. 对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，选项是假命题，符合题意；
D. 一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意；
故选：C
2．如图所示，在平行四边形中，对角线，相交于点，，若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．利用平行四边形的对角线互相平分得，，再在中利用勾股定理求出，即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
故选：A．
3．如图，在平行四边形中，对角线相交于点为的四等分点，为的中点．若，则的长是（ ）
A．8B．10C．14D．16
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，，再证出，根据相似三角形的性质可得，求出的长，由此即可得．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵为的四等分点，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
4．如图，已知平行四边形．
(1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规作出的平分线．（要求：不写作法，保留作图痕迹）
(2)E为上一点，设（1）中的平分线交于点F，连接，若，判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)菱形，理由见解析
【分析】（1）按照作角平分线的步骤即可作图；
（2）先证明四边形是平行四边形，然后证明，即可证明为菱形．
【详解】（1）解：如图：即为所作：
（2）解：四边形是菱形，理由如下，
证明：如图，∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
5．如图，与的边，在同一条直线上，，且，求证：四边形是平行四边形．
【答案】见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质．根据平行线的性质推出，再证出，由即可得出，由全等三角形的性质得出，结合，即可得出结论．
【详解】证明：∵，，
∴，
，
，
，
在和中，
；
，
，
四边形是平行四边形．
6．如图，在中，点，分别是，的中点，且于，于．
求证：
(1)；
(2)四边形是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
（1）根据平行四边形的性质得到，，由平行线的性质得到，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到，再根据，得到，即可得证．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
点，分别是，的中点，
，，
，
，，
，
在和和中，
，
；
（2）因为，
所以，
因为，（或因为，所以），
所以，
四边形是平行四边形．
模型02 菱形综合应用
考｜向｜预｜测
菱形的性质与判定该题型主要是在综合性大题中考试较多，一般情况下出现在与圆结合或者利用相似求长度、类比探究题型，具有一定的综合性和难度。掌握菱形的性质与判定，菱形的面积公式，及一些特殊的菱形是解答本题的关键。注意菱形与平行四边形的区别，菱形与正方形的联系与区别，利用数形结合及方程的思想解题。
答｜题｜技｜巧
理解题意；
根据题意，利用菱形的判定定理和性质定理进行几何证明和计算；
注意菱形面积的求解，菱形与动点问题、圆及平面直角坐标系的结合；
利用相关的性质和判定进行推理和计算。
1．（2023·湖南）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解：∵四边形是菱形
∴，
∴，
∵，
∴,
故选：C．
1．如图，在菱形 中，于点E，，则菱形 的周长是（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线的性质，直角三角形的性质，连接，根据题意可得是直角三角形，结合菱形的性质可得点是的中点，求出，由，易得点是的中点，易证是的中位线，推出，再根据菱形的性质即可求解．
【详解】解：连接，
∵，
∴
∴是直角三角形，
∵四边形为菱形，
∴点是的中点，，
∴，
∵，
∴点是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴菱形 的周长是．
故选：B．
2．如图，是四边形的对角线，点分别是的中点，点分别是的中点．下列说法中不正确的是（ ）
A．四边形一定是平行四边形
B．若，则四边形是矩形
C．若，则四边形是菱形
D．若，则四边形是矩形
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的性质以及三角形中位线定理；根据中位线的性质得出，，即可判断A，C，根据平行线的性质以及三角形的外角的性质得出，即可判断D选项，B选项条件不能得出四边形是矩形，即可求解．
【详解】解：∵点分别是的中点，点分别是的中点
∴，
∴四边形一定是平行四边形，故A正确；
若，不能得出四边形是矩形，故B不正确；
若，则，则四边形是菱形，故C正确；
∵
∴，
∵，
∴，
又∵
若，
∴，
即，则四边形是矩形，故D正确；
故选：B．
3．如图，四边形是菱形，，，则点C的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了坐标与图形、勾股定理、菱形的性质，由勾股定理可得，结合菱形的性质可得，，即可得解．
【详解】解：∵，，
∴，，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，
∴点C的坐标为，
故选：C．
4．如图，在中，F是的中点，E是线段的延长线上一动点，连接，过点C作，与线段的延长线交于点D，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若，则在点E的运动过程中，
①当为何值时，四边形是矩形；
②当为何值时，四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)①2；②4
【分析】本题考查平行四边形的判定，矩形的性质和菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边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：
（1）证明，得到，即可得证；
（2）①根据四边形是矩形，推出，根据含30度角的直角三角形即可得出结果；②根据菱形的性质，推出是等边三角形，即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
∵F是的中点，
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
又，即，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：①当四边形是矩形时，．
∵，
∴．
∴．
∴；
②当四边形是菱形时，．
∵，
∴．
∴是等边三角形．
∴．
5．（1）【提出问题】数学课上，老师提出问题：如图1，在等腰中，，点E在边上，以为边作正方形，点F在边上，连接，点P为线段的中点，连接．以点P为对称中心，画出关于点P对称的图形，并直接写出与的位置及大小关系_____；
（2）【类比探究】在等边中，D、E分别是边上一点，且，以、为邻边作菱形，再将菱形绕C点顺时针旋转一定角度后得到新的菱形如图2，连接，点P为线段的中点，连接、，判断与的位置及大小关系，并证明你的结论；
（3）【迁移运用】在（2）的条件下，若，，菱形在旋转过程中，当最小时，直接写出的值_________．
【答案】（1），；（2），；见解析；（3）
【分析】（1）延长至G，使，连接，利用“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，可得，，得出，再证得，即可得出答案；
（2）作关于点P成中心对称的，连接、，延长交于点，则，，，进而可得，再结合等边三角形的性质、勾股定理和全等三角形的判定和性质即可求得答案；
（3）过点A作于点H，连接，交于点L，利用三角形中位线定理可得，又点H是定点，得出点P在以H为圆心，为半径的圆上运动，可求得的最小值，再利用三角形面积公式即可求得答案．
【详解】解：（1）如图1，延长至G，使，连接，
则与关于点P对称，即为所求作的图形．
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵点P为线段的中点，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，；
（2）结论：，；证明如下：
如图2，作关于点P成中心对称的，连接、，延长交于点，则，
则，，，
∴，
由题意可知：四边形是菱形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
在中，；
（3）如图3，过点A作于点H，连接，交于点L，
由旋转得，，
∵四边形是菱形，，
∴是等边三角形，，
∴，
∵是等边三角形，，，
∴同理可知：H是的中点，，
又∵点P为线段的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵点H是定点，
∴点P在以H为圆心，为半径的圆上运动，
设交于点，当点P与点重合时，
为最小值，
此时，，
故答案为：．
模型03 矩形综合应用
考｜向｜预｜测
矩形的性质与判定该题型近年主要以填空及综合性大题的形式出现，一般属于多解型问题，难度系数较大。矩形或其它特殊平行四边形的折叠问题注意折叠前后对应边相等、对应角相等，在多解题型中，准确画出折叠后的图形是我们解题的关键。结合矩形的相关性质及判定定理与推论和其它几何的相关知识点进行解题。
答｜题｜技｜巧
1. 确定试题考点方向，折叠、旋转、判定等；
2. 应用矩形相关的性质与判定进行解题；
3. 注意矩形的折叠、旋转、矩形与坐标系结合等题型的解法；
4. 进行相关计算解决问题.
1.（2023•安徽）如图，在矩形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为E、F．求证：AF＝CE．
【答案】过程见详解；
【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠BAE＝∠DCF．
又BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°．
在△ABE与△CDF中，
∠AEB=∠CFD∠BAE=∠DCFAB=CD，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴AE+EF＝CF+EF，
即AF＝CE．
1．如图，矩形中，为中点，连接．点为点关于的对称点，连接，，．设，的面积为，则与的函数图象大致为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设交于点，根据对称性，得到垂直平分，进而得到为的中位线，得到，解，求出，利用面积公式求出关于的表达式，进行判断即可．
【详解】解：设交于点，
∵点为点关于的对称点，
∴垂直平分，
∴，
∵为中点，
∴为的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴设，
则：，
∴，
∴，
∴，当时，，
∴与的函数图象大致为：
故选D．
2．如图，矩形中，是边上一动点，，，若，那么的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．连接，可得，得到，，进而得，即得，据此解答即可求解．
【详解】解：连接，如下图，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴可设，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：．
3．如图，在矩形中，，点分别在边上，将矩形沿折叠，得到四边形，且点恰好为边的中点，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查折叠的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及定理是解题关键．
设，则，进而得出，进而在中，，根据勾股定理建立方程解方程，得出，进而根据折叠的性质以及平行线的性质得出则，进而即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
依题意，，
设，则，
∴，
在中，，
即，
解得：，
∴，
∵折叠，
∴
∵
∴，
∴
∴，
∴
故选：C．
4．已知，矩形中，点为边上一点．

(1)如图1，将沿直线翻折，点落在点处，当，且时，求的度数；
(2)如图2，将沿直线翻折，点落在点处，连接，，若，且平分，判断的形状，并证明；
(3)如图3，点为上一点，将沿直线翻折，点落在点处，若，，且，直接写出的最短距离．
【答案】(1)
(2)是等腰直角三角形，见解析
(3)的最短距离是10
【分析】（1）首先由矩形得到，求出，然后由折叠得到，进而求解即可；
（2）延长交于，过作于，首先由矩形得到，然后得到，求出，由折叠的性质得到，，得到是等边三角形，进而求解即可；
（3）如图，连接，勾股定理求出，由折叠的性质得到：，进而求解即可．
【详解】（1）解：如图1，四边形是矩形，
，
，
，
由折叠的性质得到：，
，
，
，
；
（2）解：是等腰直角三角形，理由如下：
如图所示，延长交于，过作于，
四边形是矩形，
，
平分，
，
，
，
，
，
由折叠的性质得到：，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，，，
，
∴，
，
垂直平分，
，
，
，
△是等腰直角三角形；
（3）解：如图，连接，
，，
，
，，
，
由折叠的性质得到：，
，
的最短距离是10．
5．如图，在中，过点D作于点E，点F在边上，，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)已知，平分，若，求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再结合证明为矩形；
（2）根据含30度角的直角三角形的性质求出，再用勾股定理求出，结合矩形的性质可得，，再解求出即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形
∴，，
∵，
∴且
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形
∴，，
∵是的平分线，，
∴，且，
∴，
∴，
∴．
模型04 正方形综合应用
考｜向｜预｜测
正方形的性质与判定该题型主要以解答题的形式出现，综合性较强，有一定难度，本专题重点分析正方形与平面直角坐标系相结合、正方形的折叠等题型。结合各类模型展示旋转中的变与不变，并结合经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学的综合解题能力。
答｜题｜技｜巧
1. 确定正方形所考查知识点；
2. 利用正方形的特殊性分析题目信息，根据已知条件得出相关结论；
3. 结合各类模型中解题技巧和方法，综合运用；
4. 结合其它几何的相关知识点进行解题；
1．（2023•湖南）如图，点、为正方形边的点，，点、分别为线段、的中点，连接，若，，则的长为 ．
【答案】8
【详解】解：连接并延长交于，连接，
四边形是正方形，
，，
，
在和中，
，
，
，，
点为线段的中点，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
，
，
，
故答案为：8．
1．如图是我国古代著名的赵爽弦图的示意图，其由四个全等的直角三角形拼接成一个正方形，其中，连结，若，则正方形的边长是（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】本题主要查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的性质，正方形的性质，勾股定理．根据等腰三角形的判定可得，再由全等三角形的性质以及等腰三角形的性质可得是等腰直角三角形，根据勾股定理可得，再由勾股定理，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵由四个全等的直角三角形拼接成一个正方形，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴．
故选：A
2．如图，点是正方形的边上一点，把绕点顺时针旋转到的位置．若四边形的面积为，，则的长为（ ）
A．6B．C．8D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，勾股定理；正确利用旋转的性质是解题的关键．利用旋转的性质得出四边形的面积等于正方形的面积，进而可求出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案．
【详解】解：把顺时针旋转的位置，
，
，四边形的面积等于正方形的面积等于，
，
，
在中，
，
故选：．
3．小曼和他的同学组成了“爱琢磨”学习小组，有一次，他们碰到这样一道题：“已知正方形，点E、F、G、H分别在边上，若，则．”为了解决这个问题，经过思考，大家给出了以下两个方案：
方案一：过点A作交于点M，过点B作交于点N；
方案二：过点A作交于点M，过点A作交边的延长线于点N．…
(1)对小曼遇到的问题，请在两个方案中任选一个加以证明（如图（1））．
(2)如果把条件中的“正方形”改为“长方形”，并设（如图（2）），试探究之间有怎样的数量关系，并证明你的结论．
(3)如果把条件中的“”改为“与的夹角为”，并假设正方形的边长为2，的长为（如图（3）），试求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)，见解析
(3)
【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质与判定，解题关键是熟记相关性质定理和判定定理，熟练运用它们进行推理证明和计算．
（1）画出辅助线，证明两个三角形全等即可；
（2）画出辅助线，证明两个三角形相似，再根据比例式得出关系即可；
（3）仿照（1）的方法，构建全等三角形，再根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：方案一：过点A作交于点M，过点B作交于点N；
由正方形性质可知，，，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，设交点为P，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
方案二：过点A作交于点M，过点A作交边的延长线于点N．
同方案一可知，，，
由平行可知，，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
同理可得，
∴，
∴．
（2）解：；理由如下：过点A作交于点M，过点B作交于点N；
由（1）可知，四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
∴．
（3）解：过点A作交于点M，过点A作交于点N；
∵与的夹角为，
∴，
在延长线是截取，连接，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，，
∴，
解得，，
∴．
4．点是正方形所在平面内一点．
(1)如图，若为边上一点，为延长线上一点，且，判断与之间的关系，说明理由；
(2)如图，若点在边下方，当时，过点作的垂线交的延长线于点，猜想线段，，之间的数量关系，并证明；
(3)在（）的条件下，连接，延长交于点.当，时，求的面积．
【答案】(1)，，理由见解析；
(2)，理由见解析；
(3)的面积为．
【分析】（）根据正方形的性质可得，，然后利用“边角边”证明和全等，得出，延长交于点，进而求出，从而证明即可；
（）设，交于，设，求得，得到，求得，根据全等三角形的性质得到，，根据等腰直角三角形的性质得到；
（）由（）知，，根据相似三角形的性质得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）解：，，理由：
延长交于点，如图，
∵四边形是正方形，
∴，，
在和 中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴
∴，；
（2）解：，理由：
设，交于，
∵，，
∴，
设，
则，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
即：；
（3）解：如图，由（）知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴ （负值舍去），
∴，
∴的面积．
5．已知正方形中，，点是正方形内动点，且始终保持．
(1)如图1，绕顺时针旋转得，请在图中画出并求的长；
(2)在（1）的条件下，如图2，当、、三点共线时，求的度数及的长；
(3)在（1）的条件下，是否存在某时刻使得，请求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)图见解析，
(2)，
(3)存在，
【分析】（1）根据旋转的性质画出图形，然后根据勾股定理求解即可；
（2）首先得出，即可求出的度数；过作于，得到，然后利用勾股定理求出，进而求解即可；
（3）作，交延长线于，解直角三角形求出，，然后利用勾股定理求出，进而求解即可．
【详解】（1）如图：

由题意得：，
∴由勾股定理得；
（2）如图，过作于
，
∴是等腰直角三角形
∴
∵，
∴，
在中，
；
（3）存在．
如图，作，交延长线于，
∴，
∴在中，由勾股定理得，
．
1．如图，在平行四边形中，，．按下列步骤作图：
①以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点；
②分别以点为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点；
③连接并延长交于点．则的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了角平分线的画法，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，由作图可知是的平分线，得，由平行四边形的性质得，，即得，得到，即可得，进而根据线段的和差关系即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】解：由题可得，是的平分线，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：.
2．如图，点是平行四边形内一点，与轴平行，与轴平行，，．若反比例函数的图象经过、两点，则的值是（ ）
A．3B．6C．D．12
【答案】B
【分析】本题考查了反比例函数与几何图形的综合．作交的延长线于点E，作轴于点F，计算出长度，证明，得出长度，设出点的坐标，表示出点的坐标，据此计算出值．
【详解】解：作交的延长线于点E，作轴于点F，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵，，
∴，即，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
设点，，
∴，
解得：，
∴，
故选：B．
3．如图，将菱形纸片折叠，使点落在边的点处，折痕为，若，为的中点，，则四边形的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定；连接，根据菱形的性质得出，则是等边三角形，根据等边三角形的性质，勾股定理求得的长，进而求得，根据折叠的性质可得，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，，
∴，则是等边三角形，
∵，为的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，
∴四边形的面积是，
故选：B．
4．如图（1），在正方形中，点是对角线上 一动点，点是上的点，且． 设，，已知与之间的函数关系图象如图（2）所示，点是图象的最低点，那么的值为 （ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握利用轴对称得到最短距离是解题的关键．连接，，则，得到，推出，即当点在上时，的值最小，此时的值最小，根据可得，由可设，则，，在中，由勾股定理求出，得到，，，然后证明，根据相似三角形的性质解题即可．
【详解】解：由正方形的性质可知点，关于直线对称，连接，，
四边形是正方形，
，，
又，
，
，
，
当点在上时，的值最小，此时的值最小，
点，
，
，
设，则，，
在中，由勾股定理可得：，
即，
解得：（负值已舍去），
，，
，
，
，
，
，
故选：A．
5．如图，是的外接圆，是的直径，点D在上，，过点D作的切线并交的延长线于点E，且．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的性质，弧长公式，平行四边形的判定和性质；
（1）先证明，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可得到四边形是平行四边形；
（2）连接，设，由切线的性质求得，由三角形内角和定理得到，解得，利用弧长公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：连接，设，
由（1）得四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴的长度为．
6．如图，在正方形中，为对角线上一点（不与、重合），连接，过点作交边于点，连接、．
(1)判断的形状，并说明理由；
(2)若，直接写出的取值范围是________；
(3)延长交射线于点，请将图形补充完整，猜想线段和线段的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)等腰直角三角形，见解析
(2)
(3)见解析，，见解析
【分析】（1）根据四边形是正方形，得出，证明，得出．在四边形中，证明点四点共圆，结合，根据圆周角定理得出，即可证明．
（2）根据是等腰直角三角形，得出．当时，取得最小值，根据勾股定理求出，此时．当点与点（或点）无限接近时，趋近于，求出，即可求解．
（3）过点作交于点，则，得出，根据平行线的性质得出，再证明，从而证明，得出，再根据等腰三角形得出，即可证明．
【详解】（1）解：为等腰直角三角形，
理由如下：
四边形是正方形，
．
，
．
．
，
．
在四边形中，，
点四点共圆．
在正方形中，，
．
．
为等腰直角三角形．
（2）解：是等腰直角三角形，
．
当时，取得最小值．
正方形中，，
根据勾股定理可得，
此时．
当点与点（或点）无限接近时，趋近于，
．
但不与、重合，所以．
故答案为：．
（3）解：，
理由如下：
过点作交于点，则，
四边形是正方形，
．
．
．
．
又，
．
又，
．
．
．
．
又，
．
．
又，
．
．
．
7．综合与实践
在综合实践课上，老师组织同学们以“图形的旋转”为主题开展数学活动，下面是同学们进行相关问题的研究：
如图1，已知△ABC是等腰直角三角形，，点D是的中点，作正方形，使点A，C分别在和上，连接，．
(1)试猜想线段与的关系为 ；
(2)将正方形绕点D逆时针方向旋转一定角度（旋转角度大于，小于或等于）．如图2，在旋转过程中，请判断（1）中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由；
(3)若，．
①将正方形绕点Ｄ逆时针方向旋转到如图3位置，即A、B、G三点在一条直线上，且点B在A、G之间，求的长；
②在图2中，若，过点G作中边的高线，与的延长线交于点P，请直接写出的长．
【答案】(1)，
(2)成立，见解析
(3)①，②10
【分析】（1）如图1，延长交于，由等腰直角三角形的性质及正方形的性质可以得出，进而利用全等三角形的性质，结合三角形的内角和定理得出结论；
（2）如图2，连接，延长交于点K，交于点O，由等腰直角三角形的性质及正方形的性质可以得出，进而利用全等三角形的性质，结合三角形的内角和定理得出结论；
（3）①如图3，连接，先利用等腰直角三角形的性质得到，利用勾股定理列方程，进而解方程即可；
②如图2，过点G作中边的高线，与的延长线交于点P，过A作于，先根据等腰直角三角形和正方形的性质得到，，设，由勾股定理可得，然后解方程得到，，证明，得，进而求得即可求解．
【详解】（1）解：，．
理由：如图1，延长交于．
是等腰直角三角形，，点是的中点，
，，
．
四边形是正方形，
．
在和中，
，
，
，，
，
，
．
故答案为：，；
（2）解：成立，连接，延长交于点K，交于点O，
在中，，点D是的中点，
∴，，
∴，
又∵四边形是正方形，
∴，且，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴；
（3）解：①如图，连接，
∵是等腰直角三角形，，点是的中点，，
∴，
在中，，
在中，，，
∴，
由（2）得，，
∴，
∴，
∴，
解得；
②如图，过点G作中边的高线，与的延长线交于点P，过A作于，
∵是等腰直角三角形，，点是的中点，，
∴，
∵四边形是正方形，，
∴，
设，则，
由勾股定理可得：，
∴，
解得：，即，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
1．如图，矩形的对角线相交于点，点分别是边上的点，且．若，，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，同弧或等弧所对圆周角相等，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
根据矩形的性质得到，根据，得到点四点共圆，则，可证，得到，由此即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴点四点共圆，
如图所示，连接，
∴，
∴，且，
∴，
∴，
∴，
故选：C ．
2．如图，是矩形的对角线，是边上的中点，连接，于点，连接，分析下列四个结论：①；②；③；④．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握学生三角形的判定和性质是解题的关键．
过点作，交于，得到，，可证明；由得到，得到，即可得到；由四边形是平行四边形得到垂直平分，继而得到，条件不足以证明；设，，由得到，即，得到．即可得到答案．
【详解】解：如图过点作，交于，
四边形是矩形，
，，，
，
于点，
，
，
故①正确；
，
，
，
，
，
，
故②正确；
，，
四边形是平行四边形，，
，
，
，
于点，，
，
垂直平分，
，
条件不足以证明，
故③错误；
设，，则，
四边形是矩形，
,
,
于点，
,
,
，
，即，
，
，
即，
故④正确；
综上正确的是①②④，有个．
故选：C．
3．如图，在正方形中，E，F是对角线上两点，，的延长线分别交于点G，H，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质，结合正方形的性质、全等三角形的判定与性质求出，进而判定，再根据相似三角形的性质及平行线分线段成比例定理求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
3．如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，．若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为（ ）
A．B．4C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了正方形的性质，作，由边长为3的正方形，等腰三角形，．F为的中点，得．，，得，H是的中点，得，，，即可得．
【详解】解：作交于I，
边长为3的正方形，等腰三角形，．F为的中点，
．，，
，
，，
H是的中点，
，
，，，
．
故选：C
4．【问题初探】
（1）李老师给出如下问题：如图1，在平行四边形中，，且，点E是的中点，点F为对角线上的点，且，连接线段，若，求的长．
小鹏同学考虑到点E是的中点，从中点的角度思考，想办法构造另一个中点，从而形成中位线，所以想到连接，与交于点O．请你利用李老师的提示，帮助小鹏同学解决这个问题．
【类比拓展】李老师为了帮助学生更好地感悟中点的解题策略，李老师提出了下面问题，请你解答．
（2）如图2，在中，平分，过点A作延长线的垂线，垂足为点D，，求证：．
【学以致用】
（3）如图3，在中，，点D在上，，点E，F分别是，的中点，连接并延长，与的延长线交于点G，连接，若，求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）连接，交于点O，易得为的中位线，根据平行四边形的性质，结合勾股定理求出的长，即可求出的长；
（2）延长交的延长线于点G，证明，得到，取的中点F，连接，证明，得到，进而得到，即可得证；
（3）连接，取中点H，连接，根据三角形的中位线定理，推出是等边三角形，进而推出是等边三角形，得到，进而得到，等边对等角求出，进而推出，即可得证．
【详解】解：（1）连接，交于点O，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴；
（2）如图，延长交的延长线于点G，
∵平分，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
取的中点F，连接，则有，且，
∴，
∵，
在和中，
∴，
∴，
∵，，
∴；
（3）如图，连接，取中点H，连接，
∵E，F分别为和中点，
∴和分别为和的中位线，
∴且，且，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
5．如图，菱形的对角线与相交于点，的中点为，连接并延长至点，使得，连接，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)见解析．
(2)96．
【分析】（1）根据对角线互相平分可得到四边形四边形是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直，可得到一个角是直角，即可证明；
（2）由易得，由勾股定理可得的长度，再根据菱形的面积等于对角线之积的一半即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵的中点为，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
在菱形中，，
∴，
又四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
（2）解：由（1）可知四边形是矩形，
∴
∵，，
∴，
在菱形中，，
又，
∴，
在中，
∴，
即，
∴，
∴．
即菱形的面积为96．
6．如图，菱形的边长为5，，，垂足分别为点，连接，已知．
(1)求证：；
(2)求的长；
(3)连接，与相交于点，将图1中的绕点旋转，当点落在线段上时，如图2，点在线段上，连接，与相交于点，，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由垂直得到，由四边形是菱形得到，，即可证明；
（2）连接，相交于点O，求出，由（1）可知，，得到则，证明，则，即可得到答案；
（3）作交于点V，作于点W，作于点Q，则，得到，，由，，由得到，则,得到，即可得到．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴
（2）如图，连接，相交于点O，
∵四边形是菱形，
∴，,
∵
∴
∴在中，
在中，，
∴
∴，
∴，
∴，
由（1）可知，
∴
∴，
∴，
∵
∴
∴，
∴，
∴
（3）如图，作交于点V，作于点W，作于点Q，
∴，
∴，，
由（2）可知， ，
∴，
∴
由得到，
，
∴,
∴，
∴,
∴，
∴
6．【特例感知】
（1）如图1，在正方形中，点E是边上一点，将E沿翻折，点的对应点为，延长交边于点，连接．求证：．
【类比迁移】
（2）如图2，在矩形中，，点是边上一点，将沿翻折，点的对应点恰好落在边上，求的度数．
【拓展应用】
（3）在菱形中，，边长为，点是边上一点，点是边上一点，将沿翻折，点的对应点恰好落在菱形的一条边上，且．
①如图3，当点落在边上时，求的长；
②当点落在边上时，请直接写出的长．
【答案】（1）见解析，（2），（3）①4；②．
【分析】（1）运用翻折变换的性质、正方形的性质及全等三角形的判定即可证得结论；
（2）过点作于点，利用矩形的性质和判定及翻折变换的性质即可求得答案；
（3）①利用等边三角形的判定和性质即可求得答案；
②过点作于点M，过点作于点，运用勾股定理可得，根据菱形性质及翻折可得：，，，再运用勾股定理即可求得答案．
【详解】（1）证明：∵将沿翻折到处，四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，，
∴．
（2）解：过点作于点，如图，
则，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
由翻折得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：①当点落在边上时，如图，

∵，，
∴是等边三角形，
∴；
②当点落在边上时，如图，过点作于点，

∵，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
由翻折得：，
设，则，
在中，，
∴，
解得： ，
即．