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第四章 三角形及四边形
第六节 特殊的平行四边形
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 矩形的判定及性质 ☆☆☆ 特殊的平行四边形是中考中的考查重点，年年都会考查，分值为15分左右，预计2024年各地中考还将出现，并且在选择、填空题中考查利用特殊四边形性质和判定求角度、长度问题的可能性比较大。解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和三角形全等（相似）、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大。对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用。
考点2 菱形的判定及性质 ☆☆☆
考点3 正方形的判定及性质 ☆☆☆
考点4 梯形 ☆
注意：补充的特殊梯形属于沪教版内容，其他版本可以不用掌握。
■考点一 矩形的判定及性质
1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。
2）矩形的性质：（1）矩形两组对边平行且相等；（2）矩形的四个角都是直角；（3）对角线互相平分且相等；（4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心。
【推论】在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半。
3）矩形的判定：（1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）对角线相等的平行四边形是矩形；
（3）有三个角是直角的四边形是矩形。
矩形的判定思路：要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明。
4）矩形的折叠问题：（1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角；（2）折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）；（3) 折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）；（4）选择一个直角三角形(不找以折痕为边长的直角三角形)，利用未知数表示其它直角三角形三边，通过勾股定理/相似三角形知识求解。
■考点二 菱形的判定及性质
1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。
2）菱形的性质：1）具有平行四边形的所有性质；2）四条边都相等；3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角；4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，菱形的对称中心是菱形对角线的交点，菱形的对称轴是菱形对角线所在的直线，菱形的对称轴过菱形的对称中心。
3）菱形的判定：（1）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（2）一组邻边相等的平行四边形是菱形；（3）四条边相等的四边形是菱形。
菱形的判定思路：判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分。
4）菱形的面积：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）；菱形的周长：周长C=4a。
■考点三 正方形的判定及性质
1）正方形的定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形。
2）正方形的性质：（1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质；
（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；（3）正方形对边平行且相等；
（4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；
（5）正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形，正方形对角线与边的夹角为45°；
（6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。
3）正方形的判定：（1）平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角；（2）矩形+一组邻边相等；
（3）矩形+对角线互相垂直；（4）菱形+一个角是直角；（5）菱形+对角线相等.
正方形的判定思路：判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等。
4）正方形的面积：S正方形＝a2＝对角线乘积的一半；正方形的周长：C正方形=4a。
5）平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系：
■考点四 梯形
1）梯形的定义：一组对边平行而另一组对边不平行的四边形叫梯形。
2）梯形的分类：一般梯形、等腰梯形、直角梯形。
3）等腰梯形性质：（1）等腰梯形的两底平行，两腰相等；（2）等腰梯形的同一底边上的两个角相等；（3）等腰梯形的两条对角线相等；（4）等腰梯形是轴对称图形（底边的中垂线就是它的对称轴）。
4）等腰梯形判定：1）两腰相等的梯形是等腰梯形；2）同一底边上的两个角相等的梯形是等腰梯形；
3）对角线相等的梯形是等腰梯形。
等腰梯形的判定思路：判定一个四边形是等腰梯形,必须先判定四边形是梯形,再证明同一底边上的两个角相等或两腰相等或两条对角线相等。
5）梯形的面积公式：S=×（上底+下底）×高。
6）解决梯形问题的常用方法（如下图所示）：
（1）作高：使两腰在两个直角三角形中；（2）平移对角线：使两条对角线在同一个三角形中；
（3）延长两腰：构造具有公共角的两个三角形.（4）等积变形：连接梯形上底一端点和另一腰中点，并延长交下底的延长线于一点，构成三角形．并且这个三角形面积与原来的梯形面积相等；
（5）平移腰：过上底端点作一腰的平行线，构造一个平行四边形和三角形；
（6）过上底中点平移两腰：构造两个平行四边形和一个三角形。
■易错提示
1.定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形，不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形。
2.定义说有一组邻边相等的平行四边形才是菱形，不要错误地理解为有一组邻边相等的四边形是菱形。
3.在利用对角线长求菱形的面积时，要特别注意不要漏掉计算公式中的。
■考点一 矩形的判定及性质
◇典例1：（2023·湖北襄阳·统考中考真题）如图，矩形的对角线相交于点，下列结论一定正确的是（ ）
A．平分 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据矩形的对角线相等，以及矩形与菱形性质的区别判断即可．
【详解】解：由矩形的对角线相交于点，根据矩形的对角线相等，可得．故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，关键是掌握矩形的性质．
◆变式训练
1．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据矩形性质得出，推出则有等边三角形，即，然后运用余切函数即可解答．
【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∴，
∵，∴是等边三角形，∴，∴，
∵，故D正确．故选：D．
【点睛】本题考查了等边三角形性质和判定、矩形的性质、余切的定义等知识点，求出是解答本题的关键．
2．（2023·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）如图，矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点，．若，，则的长为（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】A
【分析】依据题意，连接，记与交于点，先证，从而得，再由线段垂直平分从而，又在中可得的值，从而再在中可求得．
【详解】解：由题意，连接，记与交于点．
线段垂直平分，，．
四边形是矩形，．．
又，．．
在中，．
在中可得，．故选：A．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质和线段垂直平分线的性质，解题时要熟练掌握并理解是关键．
3．（2023·四川绵阳·统考中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，过点作的垂线分别交，于、两点．若，，则的长度为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】A
【分析】根据邻补角求出∠DEO的度数，根据余角的定义求出∠ADO的度数，再根据平行四边形的性质及等边对等角可求出∠EAO和∠AOE的度数，根据等角对等边得出AE=EO，然后勾股定理可求得AE的值，最后根据中心对称的性质即可得出答案．
【详解】解：∵，∴，∵，∴，
∵四边形是矩形，∴，∴，
∴，∴，∵，∴，
设OE=x,则DE=2x在中， 即
解得：（负值已舍去） ∴，
∵矩形关于对角线交点中心对称，∴．故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
◇典例2：（2023·西藏·统考中考真题）如图，矩形中，和相交于点O，，，点E是边上一点，过点E作于点H，于点G，则的值是（ ）
A．2.4 B．2.5 C．3 D．4
【答案】A
【分析】连接，利用矩形的性质可得， ，，即，再利用面积可得，，结合，可得，问题随之得解．
【详解】解：连接，如图，∵四边形是矩形，，，
∴，，，，
∴，，即，
∵，，∴，，
∵，∴．
∴，∴，故选：A．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理以及三角形的面积等知识，灵活利用面积得出，是解答本题的关键．
◆变式训练
1．（2023·湖北武汉·校考模拟预测）矩形中，E，F分别在边，上，，，，则 ．
【答案】
【分析】连接，作于点H，根据条件求得，根据角度之间的关系可以证得，两个三角形相似，对应边成比例，进而可求得结果．
【详解】解：连接，作于点H，如图所示：
∵，∴，∴，
∵四边形是矩形，∴，∴，
∴，∴，
∵，∴，∴，
在中，由勾股定理得，
∴，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质特点、勾股定理的计算、相似三角形的判定与性质，解题的关键是找到各个角度，各个边长之间的关系．
2．（2023·湖北黄冈·统考中考真题）如图，矩形中，，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于长为半径画弧交于点P，作射线，过点C作的垂线分别交于点M，N，则的长为（ ）
A． B． C． D．4
【答案】A
【分析】由作图可知平分，设与交于点O，与交于点R，作于点Q，根据角平分线的性质可知，进而证明，推出，设，则，解求出．利用三角形面积法求出，再证，根据相似三角形对应边成比例即可求出．
【详解】解：如图，设与交于点O，与交于点R，作于点Q，
矩形中，，，．
由作图过程可知，平分，四边形是矩形，，
又，，在和中，，
，，，
设，则，在中，由勾股定理得，
即，解得，．．
，．
，，，
，即，解得．故选A．
【点睛】本题考查角平分线的作图方法，矩形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等，涉及知识点较多，有一定难度，解题的关键是根据作图过程判断出平分，通过勾股定理解直角三角形求出．
◇典例3：（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是矩形，，．点E为边的中点，点F为边上一点，将四边形沿折叠，点A的对应点为点，点B的对应点为点，过点作于点H，若，则的长是 ．
【答案】或
【分析】分两种情况：当点在点左侧时，设交于点，过点作于点，则四边形为矩形，，由折叠可知，，由平行线的性质可得，于是，，利用勾股定理求得，证明，利用相似三角形的性质求得，，于是，，则，代入计算即可得到答案；当点在点右侧时，设交于点，过点作于点，同理可得，，四边形为矩形，，利用相似三角形的性质求得，，进而去除，则，代入计算即可求解．
【详解】解：当点在点左侧时，如图，设交于点，过点作于点，
则，点为边的中点，，
四边形为矩形，，，，，
，四边形为矩形，，，
由折叠可知，，，
，，，即，，
，，在中，，
，，，，，，
，即，，，
，，；
当点在点右侧时，如图，设交于点，过点作于点，
同理可得：，，四边形为矩形，，，
在中，，
，，即，，，
，．
综上，的长是或．故答案为：或．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．
◆变式训练
1．（2023·浙江杭州·校考三模）如图，将矩形纸片折叠，折痕为，点M，N分别在边，上，点C，D的对应点分别为点E，F，且点F在矩形内部，的延长线交边于点G，交边于点H．，，，当时，的长为 ．
【答案】
【分析】根据折叠的性质和平行线的性质证明，得到，证明，求出的长，过点作于点，则，设，根据勾股定理列方程求出即可．
【详解】解：∵将矩形纸片折叠，折痕为，
∴，，，，，
∴，，∴，∴，
∵，，∴，∴，∴，
过点作于点，则，
设，则，∴，∴，
∵，∴，解得：或（舍去，不符合题意），
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠问题，矩形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定及性质，勾股定理，根据勾股定理列方程求解是解题的关键．
2．（2023·黑龙江·统考中考真题）矩形中，，将矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，若是直角三角形，则点到直线的距离是 ．
【答案】6或或
【分析】由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，长为半径的圆上运动，延长交的另一侧于点E，则此时是直角三角形，易得点到直线的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，是直角三角形，分两种情况讨论即可求解．
【详解】解：由题意矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，
可知点E在以点A为圆心，长为半径的圆上运动，
如图，延长交的另一侧于点E，则此时是直角三角形，
点到直线的距离为的长度，即，
当过点D的直线与圆相切于点E时，是直角三角形，分两种情况，
①如图，过点E作交于点H，交于点G，
∵四边形是矩形，∴，∴四边形是矩形，
∵，，，由勾股定理可得，
∵，∴，∴到直线的距离，
②如图，过点E作交于点N，交于点M，
∵四边形是矩形，∴，∴四边形是矩形，
∵，，，由勾股定理可得，
∵，∴，∴到直线的距离，
综上，6或或，故答案为：6或或．
【点睛】本题考查了矩形的折叠问题切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键．
3．（2023·青海西宁·统考中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N．
【猜想】【验证】请将下列证明过程补充完整：
∵矩形纸片沿所在的直线折叠∴ 。
∵四边形是矩形∴（矩形的对边平行）
∴ （ ）
∴ （等量代换）
∴（ ）
【应用】如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为．
（1）猜想与的数量关系，并说明理由；（2）若，，求的长．
【答案】【验证】；；两直线平行，内错角相等；；；等角对等边；【应用】（1），见解析；（2）5
【验证】（1）由折叠得，由平行线性质，得，于是 ，进而可得证， 即；
（2）由折叠得，，．在中，根据勾股定理，构建方程求解得，得.
【详解】解：【验证】∵矩形纸片沿所在的直线折叠∴
∵四边形是矩形∴（矩形的对边平行）
∴ （两直线平行，内错角相等）
∴（等量代换） ∴（等角对等边 ）
【应用】（1）
理由如下：∵由四边形折叠得到四边形 ∴
∵四边形是矩形 ∴（矩形的对边平行）
∴（两直线平行，内错角相等）
∴ ∴（等角对等边）
∵ ∴ 即；
（2）∵矩形沿所在直线折叠
∴，，．
设∴
在中，∴（勾股定理）
∴ 解得 ∴.
【点睛】本题考查轴对称折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等角对等边；根据折叠的性质得到线段相等、角相等是解题的关键．
◇典例4：（2023·上海·统考中考真题）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可．
【详解】A：，为平行四边形而非矩形故A不符合题意
B：，为平行四边形而非矩形故B不符合题意
C：
∴∥四边形为矩形故C符合题意
D：
不是平行四边形也不是矩形 故D不符合题意 故选：C ．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．
◆变式训练
1.（2023·山西晋城·统考一模）如图，在中，对角线，相交于点O，点E，F在上，且，连接，，，．若添加一个条件使四边形是矩形，则该条件可以是 ．（填写一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据平行四边形的判定和性质定理以及矩形的判定定理即可得到结论．
【详解】解：，
理由：∵四边形是平行四边形，∴，，
∵，∴．即．∴四边形为平行四边形，
∵，∴四边形是矩形．故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】此题主要考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．
2.（2022·广西河池·统考一模）要求加工4个长为、宽为的矩形零件．陈师傅对4个零件进行了检测．根据零件的检测结果，图中不合格的零件是（ ）
A．B． C．D．
【答案】C
【分析】本题考查的是矩形的判定定理，根据矩形的判定定理：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形解答即可．熟练掌握矩形的判定方法是解答本题的关键．
【详解】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，能判定矩形，不符合题意；
B、其中四边形中三个角都为直角，能判定矩形，不符合题意；
C、对角相等的四边形不一定是矩形，不能判定形状，符合题意；
D、一组对边平行且相等，能判定平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形，则能判定矩形，不符合题意．故选：C．
◇典例5：（2023·山东青岛·统考中考真题）如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，点G，H分别是和的中点．(1)求证：；
(2)连接．若，请判断四边形的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析(2)矩形，证明见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质得出，，，，证出，，由证明，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出，，证出，由已知得出，，即可证出四边形是平行四边形．
【详解】（1）解：证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，，∴，，
∵和的平分线、分别交、于点E、F，
∴，，∴，
在和中，，∴．
（2）证明：∵，∴，，
∴，∴，∵点G、H分别为、的中点，
∴，，∴四边形是平行四边形
∵，G为的中点，∴，∴四边形是矩形．
【点睛】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、平行线的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质与判定，证明三角形全等是解决问题的关键．
◆变式训练
1．（2023·四川内江·统考中考真题）如图，在中，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F．(1)求证：；(2)连接，若，求证：四边形是矩形．
【答案】(1)见解析；(2)见解析；
【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等求出，然后利用“角角边”证明三角形全等，再由全等三角形的性质容易得出结论；（2）先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形判定即可．
【详解】（1）证明：∵，∴，∵点E为的中点，∴，
在和中，，∴；
∴，∵，∴；
（2）证明：，∴四边形是平行四边形，
∵，∴，∴平行四边形是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，是基础题，明确有一个角是直角的平行四边形是矩形是解本题的关键．
2．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）如图，点在的边上，，请从以下三个选项中①；②；③，选择一个合适的选项作为已知条件，使为矩形．(1)你添加的条件是_________（填序号）；(2)添加条件后，请证明为矩形．
【答案】(1)答案不唯一，①或②(2)见解析
【分析】（1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行选取；（2）通过证明可得，然后结合平行线的性质求得，从而得出为矩形．
【详解】（1）解：①或②
（2）添加条件①，为矩形，理由如下：
在中，，
在和中，∴∴，
又∵，∴，∴，∴为矩形；
添加条件②，为矩形，理由如下：在中，，
在和中，∴∴，
又∵，∴，∴，∴为矩形
【点睛】本题考查矩形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质和矩形的判定方法（有一个角是直角的平行四边形是矩形）是解题关键．
■考点二 菱形的判定及性质
◇典例6：（2023·湖南·统考中考真题）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质可得，则，进而即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形∴，∴，
∵，∴,故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练掌握是菱形的性质解题的关键．
◆变式训练
1. （2023·四川甘孜·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴的正半轴上，点的坐标为，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】根据点的坐标是，可得的长，再根据菱形的四条边都相等即可得点的坐标．
【详解】解：点的坐标是，，
四边形为菱形，，，则点的坐标为．故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质、坐标与图形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
3．（2023·山东临沂·统考中考真题）若菱形的两条对角线长分别为6和8，则该菱形的面积为 ．
【答案】24
【分析】由菱形的性质得到，再通过的面积，的面积得到菱形的面积．
【详解】解：如图：菱形中，，四边形是菱形，，
的面积，的面积，
菱形的面积的面积的面积．
故答案为：24．
【点睛】本题考查菱形的性质，三角形面积，由三角形的面积得到菱形的面积的面积的面积是解题的关键．
◇典例7：（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图，四边形为菱形，，交的延长线于点，交于点，且．则下列结论：①；②；③；④．其中正确结论是（ ）
A．①③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】根据菱形的性质，通过证明即可；通过证明，即可求证；通过证明，即可求证；连接交于，设，根据三角形面积之间的关系，即可求证．
【详解】解：四边形为菱形，，，
，；故①正确；，，
，∴，，故②正确；
∵，，，
，，；故③正确；连接交于，
，，，设，，，
，，，故④正确；故选：D．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质等基础知识，解题的关键是熟练掌握相关基础知识．
◆变式训练
1. （2023·海南三亚·统考二模）如图，将边长为4，锐角为的菱形沿折叠，使顶点恰好落在边的中点处，记为，则的长度为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】B
【分析】本题考查了折叠的性质、菱形的性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质等知识．过作于点，先求出，，则点与重合，再由折叠的性质得，设，则，然后由勾股定理得，即可得出答案．
【详解】解：如图，过作于点，，
边长为4，锐角为的菱形，
，，，，
是的中点，，，，
，，
点与重合，，，由折叠的性质得：，
设，则，在中，由勾股定理得：，
即，解得：，，故选：B．
2．（2023·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）如图，在菱形中，，点在上，连接，点在上，，过点作于点，若，，则的长为 ．
【答案】3
【分析】作平分交的延长线于点，则，得，设，作于点，可证明四边形是矩形，得，再证明，得，由得，，因为，，所以，于是可列方程，解方程求得，则，，，即可求得．
【详解】解：如图，作平分交的延长线于点，
四边形是菱形，∴，，，
设，作于点，则，
于点，，四边形是矩形，，
，，，
，，，，
在和中，，，，
由得，，
，，，∴，
，，，
整理得，解得，（不符合题意，舍去），，，
，，，的长为3，答案：3．
【点睛】此题重点考查菱形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定、等角的余角相等、全等三角形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、解一元二次方程等知识与方法，此题难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
3．（2023·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）如图，四边形是平行四边形，连接，交于点，平分交于点，平分交于点，连接，．
(1)求证：；(2)若四边形是菱形且，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）由平行四边形的性质，角平分线定义推出，得到，判定四边形是平行四边形，推出，得到．
（2）由菱形的性质得到，，推出四边形的菱形，由平行线的性质得到，判定是等边三角形，得到，，求出，得到，由菱形的面积公式即可求出四边形的面积．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，，平分，平分，
，，，，
，，，，
四边形是平行四边形，，．
（2）解：由（1）知，，
四边形是菱形，，，，四边形的菱形，
，，，
，，，是等边三角形，
，，，
，，，
四边形的面积．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，关键是由，得到，判定四边形是平行四边形；证明四边形是菱形．
◇典例8：（2023·湖南永州·统考中考真题）如图，已知四边形是平行四边形，其对角线相交于点O，．(1)是直角三角形吗？请说明理由；(2)求证：四边形是菱形．
【答案】(1)是直角三角形，理由见解析．(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分可得，再根据勾股定理的逆定理，即可得出结论；（2）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可求证．
【详解】（1）解：是直角三角形，理由如下：
∵四边形是平行四边形，∴，
∵，∴是直角三角形．
（2）证明：由（1）可得：是直角三角形，∴，即，
∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，菱形的判定，解题的关键是掌握平行四边形对角线互相平分，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
◆变式训练
1．（2023·云南·统考中考真题）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．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）先证，再证，从而四边形是平行四边形，又，于是四边形是菱形；（2）连接，先求得，再证，，于是有，得，再证，从而根据面积公式即可求得．
【详解】（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，
∵，，∴，∴，
∵四边形是菱形，∴，∴，
∴，，
∴，即，∴，
∵，∴，
∵的面积等于，∴，
∴平行线与间的距离．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离，熟练掌握平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离等知识是解题的关键．
2．（2023·广东深圳·学校考模拟预测）如图，在四边形中，，对角线的垂直平分线与边分别相交于点M、N．
(1)求证：四边形是菱形；(2)若，求菱形的周长．
【答案】(1)见解析(2)52
【分析】（1）证，得出，由，证出四边形是平行四边形，进而得出结论；（2）由菱形的性质得出，，由勾股定理得，即可得出答案．
【详解】（1）证明：，，
是对角线的垂直平分线，，
在和中，，，，
，∴四边形是平行四边形，
，∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，，
，，
在中，由勾股定理得：，
∴菱形的周长．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键．
■考点三 正方形的判定及性质
◇典例9：（2023·四川攀枝花·统考中考真题）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．2 C． D．
【答案】C
【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．
【详解】解：如图：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：．
【点睛】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．
◆变式训练
1．（2023·海南三亚·统考二模）如图，点，，以为边作正方形，点E是边上一点，且，则点E的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过点E作于点H，先求出，再证明，则，求得，则，即可得到答案．
此题考查了相似三角形的判定和性质、正方形的性质、图形和坐标等知识，熟练证明是解题的关键．
【详解】解：过点E作于点H，∵点，，∴，
∵四边形是正方形， ∴，，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，∴，
∴,∴点E的坐标为，故选：A
2．（2023·广东汕尾·统考二模）如图，正方形的边长为，点在对角线上，且，于点，则的长为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，根据正方形的性质得到，，求得，根据等腰三角形的判定定理得到，推出是等腰直角三角形，于是得到结论．
【详解】解：四边形是正方形，，，
正方形的边长为，，，，
，，，
，，
是等腰直角三角形故选：C．
3．（2023·重庆开州·统考一模）如图，正方形的边长为6，点E，F分别在上，，连接与相交于点G，连接，取的中点H，连接，则的长为（ ）
A． B． C．5 D．
【答案】B
【分析】先证明，可得，进而得到，用勾股定理求得，再由直角三角形的性质，即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，∴，
∵，∴，
在和中，，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵点H是的中点，∴，∵，
∴，∴．故选：B
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键．
◇典例10：（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，在正方形中，点为边的中点，连接，过点作于点，连接交于点，平分交于点．则下列结论中，正确的个数为（ ）
①；②；③当时，
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】D
【分析】①根据题意可得，则，即，又,即可判断①；②设正方形的边长为，根据勾股定理求得，证明，根据相似三角形的性质求得，进而求得，即可判断②；过点分别作的垂线，垂足分别为，根据②的结论求得，勾股定理求得，即可判断③．
【详解】∵四边形是正方形，∴，
∵∴∴
即，又,∴，故①正确；设正方形的边长为，
∵点为边的中点，∴,∴,
在中，，∴
在中，∴，
∵∴∴∴
∴∴
∴，故②正确；∵，∴,
如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，
又∵，∴四边形是矩形，∵是的角平分线，
∴，∴四边形是正方形，∴
∵∴
设，则 在中，，
∵∴解得：∴，
∴，故④正确．故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
◆变式训练
1．（2023·山东枣庄·统考二模）如图，已知正方形的边长为，是边延长线上一点，，是边上一点，将沿翻折，使点的对应点落在边上，连接交折痕于点，则的长是 ．
【答案】/
【分析】此题考查正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度；由正方形的性质得，，则，由翻折得，则，所以，，则，因为垂直平分，所以，由勾股定理，求得，即可根据等面积法，求得，于是得到问题的答案．
【详解】解：四边形是边长为的正方形，
，，，
由翻折得，，
，，，
点与点关于直线对称，垂直平分，，
，且，，解得，
，，解得，故答案为：．
2．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在正方形中，点E是上一点，延长至点F，使，连结，交于点K，过点A作，垂足为点H，交于点G，连结．下列四个结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据正方形的性质可由定理证，即可判定是等腰直角三角形，进而可得，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得；由此即可判断①正确；再根据，可判断③正确，进而证明，可得，结合，即可得出结论④正确，由随着长度变化而变化，不固定，可 判断②不一定成立．
【详解】解：∵正方形，∴，，
∴，∵，∴，
∴，，∴，
∴是等腰直角三角形， ，∵，∴，
∵，∴，∴，故①正确；
又∵,,∴,∴，
∵，即：，
∴，∴，故③正确，
又∵，∴，∴，
又∵，∴，故④正确，
∵若，则，又∵，∴，
而点E是上一动点，随着长度变化而变化，不固定，
而，则故不一定成立，故②错误；
综上，正确的有①③④共3个，故选：C．
【点睛】本题考查三角形综合，涉及了正方形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，等腰三角形＂三线合一＂的性质，直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质是解题的关键．
◇典例11：（2023·河北邢台·统考二模）下列四个菱形中分别标注了部分数据，根据所标数据，可以判断菱形是正方形的是（ ）A．B． C．D．
【答案】B
【分析】根据菱形的性质和正方形的判定逐项判断即可．
【详解】解：A中图形中是一组邻边相等不能判定此菱形是正方形，故不符合题意；
B中图形给出，根据菱形的对角线平分对角可得到，则可判定此菱形是正方形，符合题意；
C中图形只给出，但不能证得，不能判定此菱形是正方形，故不符合题意；
D中图形只给出，即对角线互相垂直平分，不能判定此菱形是正方形，故不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的性质，熟知正方形的判定方法是解答的关键．
◆变式训练
1．（2023·陕西咸阳·统考一模）如图，已知矩形，下列条件能使矩形成为正方形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】已知四边形是矩形，要使它成为正方形只有两种方法：（1）一组邻边相等；（2）对角线互相垂直，据此求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，∴当或当或或或时，四边形是正方形；故选：B.
【点睛】本题主要考查了正方形的判定，熟练地掌握正方形的判定方法是解题的关键．（1）一组邻边相等的矩形是正方形；（2）对角线互相垂直的矩形是正方形．
2．（2023·陕西咸阳·统考三模）如图，已知，过点D作交的延长线于点E，过点C作交的延长线于点F．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)请添加一个条件：______，使得四边形是正方形，不用说明理由．
【答案】(1)见解析(2)（答案不唯一）
【分析】（1）四边形是平行四边形，则，由，得到四边形是平行四边形，由得到，即可得到结论；（2）据矩形成为一个正方形的条件添加即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，
∵，∴四边形是平行四边形，
∵，∴，∴四边形是矩形；
（2），理由是：∵四边形是矩形，，∴四边形是正方形．
故答案为：（答案不唯一）
【点睛】此题主要考查了矩形的判定、正方形的判定、平行四边形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定、正方形的判定是解题的关键．
3．（2023·湖北十堰·统考中考真题）如图，的对角线交于点，分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接．(1)试判断四边形的形状，并说明理由；(2)请说明当的对角线满足什么条件时，四边形是正方形？
【答案】(1)平行四边形，见解析(2)且
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得到，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可．
（2）根据对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形判定即可．
【详解】（1）四边形是平行四边形．理由如下：
∵的对角线交于点，∴，
∵以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，
∴∴四边形是平行四边形．
（2）∵对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形，
∴且时，四边形是正方形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题关键．
◇典例12：（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（ ）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
【答案】A
【分析】根据题意，分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．
【详解】∵四边形是矩形，∴，，
∴，，∵、，∴
∵对称，∴，∴
∵对称，∴，
∴，同理，∴∴
∴四边形是平行四边形，如图所示，
当三点重合时，，∴即∴四边形是菱形，
如图所示，当分别为的中点时，设，则，，
在中，，连接，，
∵，∴是等边三角形，
∵为中点，∴，，∴，
根据对称性可得，∴，
∴，∴是直角三角形，且，∴四边形是矩形，
当分别与重合时，都是等边三角形，则四边形是菱形
∴在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
故选：A．
【点睛】本题考查菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
◆变式训练
1.（2023·山西晋中·统考二模）在平行四边形的复习课上，小明绘制了如下知识框架图，箭头处添加条件错误的是（ ）
A．①：对角线相等 B．②：对角互补 C．③：一组邻边相等 D．④：有一个角是直角
【答案】B
【分析】由矩形，菱形，正方形的判定，即可判断．
【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，故A正确，不符合题意；
B、对角互补的矩形不一定是正方形，错误，故B符合题意；
C、一组邻边相等的平行四边形是菱形，正确，故C不符合题意；
D、有一个角是直角的菱形是正方形，正确，故D不符合题意．故选：B．
【点睛】本题考查矩形，菱形，正方形的判定，关键是熟练掌握矩形，菱形，正方形的判定方法．
2．（2023·安徽·模拟预测）过等腰的顶点画线段，使得线段与边平行且相等，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则以为顶点的四边形是正方形
B．若以为顶点的四边形是正方形，则
C．若，则以为顶点的四边形是菱形
D．若以为顶点的四边形是菱形，则
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，正方形的判定与性质；
由题意可得以为顶点的四边形是平行四边形．再根据各选项条件进行判断即可．
【详解】解：线段与平行且相等，以为顶点的四边形是平行四边形，
，只有为底角时，才可能有以为顶点的四边形是正方形，
∴A选项为假命题；同理，B选项也为假命题；
若，一定有，∴以为顶点的四边形一定是菱形，∴C为真命题；
若以为顶点的四边形是菱形，则有四边相等，但不能得到，∴D选项为假命题．
3．（2023·河南信阳·校考三模）下列命题中，是真命题的是（ ）
A．对角线互相垂直且平分的四边形是菱形
B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
C．一个角为90°且一组邻边相等的四边形是正方形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是矩形
【答案】A
【分析】根据特殊四边形的判定方法即可完成．
【详解】A、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，正确；
B、一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，可以是等腰梯形，故不正确；
C、一个角为90°且一组邻边相等的四边形是正方形，是假命题，一个角为90°且一组邻边相等的平行四边形是正方形；D、对角线互相垂直且相等的四边形是矩形是假命题；故选：A．
【点睛】本题考查了特殊四边形的判定，掌握它们的判定方法是关键．
■考点四 梯形
◇典例13：（2023·湖南·统考一模）如图，在梯形中，，，与相交于P．已知，，，则点P的坐标为 ．
【答案】
【分析】根据题意得梯形是等腰梯形，则由对称性可知P的横坐标为6，过点P作于点E, 过点D作于点F，则，即可得，
根据题意得，，，进行计算得 ，即可得点P的纵坐标为，即可得．
【详解】解：∵在梯形中，，，，，，
∴梯形是等腰梯形，∴由对称性可知P的横坐标为6，
如图所示，过点P作于点E, 过点D作于点F，则，∴，
又∵，，，
∴， ∴，∴点P的纵坐标为， ∴点P的坐标为．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质，梯形的性质，相似三角形的性质和判定的应用，主要是考查学生综合运用知识进行计算的能力．
◆变式训练
1.（2023·上海普陀·统考二模）如果用两根长度相同的细竹签作对角线，制作一个四边形的风筝，那么做成的风筝形状不可能是（ ）
A．矩形 B．正方形 C．等腰梯形 D．直角梯形
【答案】D
【分析】根据矩形、正方形，等腰梯形的对角线相等，即可求解．
【详解】解：∵矩形、正方形，等腰梯形的对角线相等
∴如果用两根长度相同的细竹签作对角线，制作一个四边形的风筝，那么做成的风筝形状不可能是直角梯形，故选：D．
【点睛】本题考查了矩形、正方形，等腰梯形的性质，熟练掌握矩形、正方形，等腰梯形的性质是解题的关键．
2.（2023·上海·校考二模）依次连接等腰梯形各边的中点得到的四边形是（ ）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
【答案】A
【分析】根据等腰梯形的性质、中位线定理以及菱形的判定，可推出四边形为菱形．
【详解】解：如图所示，等腰梯形中，，，分别是、的中点，连接．
E、F分别是的中点，，
同理，可得：，
又等腰梯形，，，四边形是菱形．故选A．
【点睛】此题考查了等腰梯形的性质、三角形中位线定理以及菱形的判定，熟练掌握这些性质与定理是解此题的关键．
◇典例14：（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，四边形中，，，，，则线段的长 ．
【答案】
【分析】作， 交延长线于点E，作于点F，得到四边形是矩形，四边形是等腰梯形，设，则，，推出，得到，解方程，求得，在和中，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：作， 交延长线于点E，作于点F，
则，
∵，∴，且四边形是矩形，
∴，，∴，
∴四边形是等腰梯形，则，，
∵，，∴，∴，
设，则，，
∵，∴，
而，∴，∴，即，
在中，，，∴，
∴，即，在中，，，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理，矩形、梯形的判定和性质，解题关键是学会利用参数构建方程解决问题．
◆变式训练
1．（2023·上海长宁·统考二模）下列命题中，假命题的是（ ）
A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B．对角线互相垂直的梯形是等腰梯形
C．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形 D．对角线平分一组对角的矩形是正方形
【答案】B
【分析】根据矩等腰梯形、菱形和正方形的判定一一判断即可．
【详解】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，为真命题，不符合题意；
B、对角线互相垂直的梯形是等腰梯形，还有可能为直角梯形等其它梯形，为假命题，符合题意；
C、对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，为真命题，不符合题意；
D、对角线平分一组对角的矩形是正方形，为真命题，不符合题意；故选：B．
【点睛】本题考查了命题，等腰梯形、菱形和正方形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
◇典例13：（2023·宁夏银川·校考一模）如图，在中，，是边的中点，是内一点，且 连接并延长，交于点若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】依据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到的长，再得到的长，进而得出的长．
【详解】解：是边的中点，且，∴中，，
，，是边的中点，是的中点，
可得，，
又，，故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理、梯形的中位线定理、直角三角形斜边上中线的性质等知识，熟练掌握相关定理是解题的关键．
◆变式训练
1．（2023·山西晋中·统考一模）如图，在中，，，，延长到点D，使，分别过点B，D作，，连接，点M，N分别是的中点，连接，则 ．
【答案】/
【分析】取的中点G，连接，求出，，，则，由得，，则，，求出，由是梯形的中位线得，，则，作于点H，可得，，得到，由勾股定理即可得到．
【详解】解：取的中点G，连接，∵，，，
∴，，，∴，
∵，∴，∵，∴四边形是梯形，，
∴，∴，∵N分别是的中点，
∴，∴，
∵M是的中点，∴是梯形的中位线，
∴，，∴，
作于点H，∴，，
∴，∴．故答案为：
【点睛】此题考查了梯形的中位线定理、解直角三角形、勾股定理等知识，构造梯形的中位线和准确计算是解题的关键．
2．（2023·江苏南京·校联考模拟预测）如图，四边形中，，E是的中点，过点E作交于F，则的长为 ．
【答案】
【分析】过点E作于点H，过点D作于点G，过点A作于点P，则，可得四边形是矩形，设，则，证明，可得，在中，根据勾股定理可得，再证得是梯形的中位线，可得，再由，即可求解．
【详解】解：如图，过点E作于点H，过点D作于点G，过点A作于点P，则，
∴，∴四边形是矩形，，
∴，设，则，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，即，解得：，
在中，，∴，解得：，∴，
∵，E是的中点，∴，即，
∴是梯形的中位线，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴，即，解得：．故答案为：
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，梯形的中位线定理，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，梯形的中位线定理，勾股定理，矩形的判定和性质是解题的关键．
3．（2023·上海徐汇·统考二模）如图，在梯形中，已知，，，，，分别以、为直径作圆，这两圆的位置关系是（ ）
A．内切 B．外切 C．相交 D．外离
【答案】D
【分析】先求出两圆的圆心距，和的一半为两圆的半径，利用半径之和两圆的圆心距的大小关系求解．
【详解】解：∵分别以、为直径作圆，
∴两圆的圆心分别是、的中点，∴两圆心的连线是梯形的中位线．
∵，，∴两圆的圆心距为，
∵，，∴两圆的半径分别为3和2，
∵，∴两圆外离，故选：D．
【点睛】本题考查了梯形的中位线，以及圆与圆的位置关系，解题的关键是分别求得两圆的圆心距和两圆的半径．
1．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，在中，，以其三边为边在的同侧作三个正方形，点在上，与交于点与交于点．若，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，正方形的边长为，证明，先后求得，，，利用三角形面积公式求得，证明，求得，，据此求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，且，设，则，
∵四边形是正方形，∴，∴，
∴，即，∴，∴，
同理，即，∴，同理，∴，
，，
∵，∴，
∴，∴，
∵，∴，故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，三角函数的定义，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
2．（2023·湖北随州·统考中考真题）如图，在中，分别以B，D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，过M，N两点作直线交于点O，交于点E，F，下列结论不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据作图可知：垂直平分，得到，于是得到点O为的对称中心，，根据全等三角形的性质得到，根据平行线的性质得到，推出四边形是菱形，据此判断即可．
【详解】解：根据作图可知：垂直平分，∴，∴点O为的对称中心，
∴，∵，∴，∴，
∵在中，，∴，∴，
∴，∴，故B正确；
∴，∴，故A正确；
∴四边形是菱形，∴，故C正确；
与不一定相等，故D错误，故选：D．
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，尺规作图，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，掌握菱形的判定与性质是解答本题的关键．
3．（2023·上海·统考中考真题）已知在梯形中，连接，且，设．下列两个说法：
①；②
则下列说法正确的是（ ）
A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①②均正确 D．①②均错误
【答案】D
【分析】根据已知及结论，作出图形，进而可知当梯形为等腰梯形，即，时，①；②，其余情况得不出这样的结论，从而得到答案．
【详解】解：过作，交延长线于，如图所示：
若梯形为等腰梯形，即，时，
四边形是平行四边形，，，，
， ，即，又，，
在中，，，则，
，此时①正确；
过作于，如图所示：
在中，，，，则，，
，此时②正确；
而题中，梯形是否为等腰梯形，并未确定；梯形是还是，并未确定，
无法保证①②正确，故选：D．
【点睛】本题考查梯形中求线段长，涉及梯形性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何判定与性质是解决问题关键．
4．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边中点、、、，则四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长．
【详解】解：如图，连接、，相交于点，
点分别是边的中点，
，，，同理，四边形是平行四边形，
四边形是菱形， ，，对角线互相垂直，
，，，，是等边三角形，，
在中，，，，
，，，
四边形的周长为．故选：C．
【点睛】本题考查了中点四边形的知识，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，菱形的性质及平行四边形的判定与性质进行计算．
5．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在正方形中，O为对角线的中点，E为正方形内一点，连接，，连接并延长，与的平分线交于点F，连接，若，则的长度为（ ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】D
【分析】连接，根据正方形得到，，根据角平分线的性质和等腰三角形的性质，求得，再证明，求得，最后根据直角三角形斜边上的中点等于斜边的一半，即可求出的长度．
【详解】解：如图，连接，
四边形是正方形，，，，
，，，
平分，，，
在与,，，
，，
O为对角线的中点，，故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，正方形的性质，直角三角形特征，作出正确的辅助线，求得是解题的关键．
6．（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）矩形的对角线，相交于点，点在矩形边上，连接．若，，则 ．
【答案】或
【分析】根据题意画出图形，分点在上和上两种情况讨论即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∴，
∵，∴∴，
如图所示，当点在上时，∵，∴
如图所示，当点在上时，∵，∴，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形的外角的性质，分类讨论是解题的关键．
7．（2023·陕西·统考中考真题）如图，在矩形中，，．点在边上，且，、分别是边、上的动点，且，是线段上的动点，连接，．若．则线段的长为 ．
【答案】
【分析】由题意知是等腰直角三角形，作点关于的对称点，则在直线上，连接，，．即，，，所以此时、、三点共线且，点在的中点处，，可求出．
【详解】解：，是等腰直角三角形，
作点关于的对称点，则在直线上，连接，如图：
．，即，
此时、、三点共线且，点在的中点处，
，．故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质和等腰直角三角形的性质，作出适当的辅助线是解题关键．
8．（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别在轴、轴正半轴上，点在边上，将矩形沿折叠，点恰好落在边上的点处．若，，则点的坐标是 ．
【答案】
【分析】根据折叠的性质得出，在中，勾股定理求得，进而得出，在中，勾股定理建立方程，求得的长，即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∵折叠，∴，
在中，∴，
∴设，则，∵折叠，∴，
在中，，∴，解得：，
∴，∴的坐标为，故答案为：．
【点睛】本题考查矩形与折叠，勾股定理，坐标与图形，熟练掌握折叠的性质及勾股定理是解题关键．
9．（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．(1)如图①，求证；(2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何轴助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等．
【答案】(1)见解析；(2)，理由见解析．
【分析】（1）由平行四边形的性质得，，进而有，从而利用即可证明结论成立；（2）先证四边形是菱形，得，又证，得，由（）得得，根据等角的补角相等即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，∴，
∵，∴；
（2）解：，理由如下：
∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形，，
∴，，，∴，
∵，∴，∴，
∴，由（）得，∴，
∵，∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
10．（2023·内蒙古·统考中考真题）已知正方形，是对角线上一点．
(1)如图1，连接，．求证：；
(2)如图2，是延长线上一点，交于点，．判断的形状并说明理由；
(3)在第（2）题的条件下，．求的值．
【答案】(1)见解析(2)是等腰三角形，理由见解析(3)
【分析】（1）利用正方形的性质得出，，进而即可得到；（2）先判断出，进而判断出，即可得到结论；
（3）先求出的长，可证明是等腰直角三角形．从而得到的长，再利用，，可证得，进而得到，从而可得到答案．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，是对角线，∴，，
在和中∴．
（2）解：是等腰三角形，理由如下：∵，∴，
∵四边形是正方形，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，∴，
∴，∴，∴是等腰三角形．
（3）解：∵，，∴，
又∵，∴是等腰直角三角形．∴，，
∴，∴，∴，
∵，，∴，
∴，∴．
【点睛】本题考查四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形，等腰三角形以及相似三角形，熟练掌握等腰三角形以及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
11．（2023·江苏·统考中考真题）综合与实践
定义：将宽与长的比值为（为正整数）的矩形称为阶奇妙矩形．
（1）概念理解：当时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（）与长的比值是_________．
（2）操作验证：用正方形纸片进行如下操作（如图（2））：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，连接；
第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；
第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．
试说明：矩形是1阶奇妙矩形．
（3）方法迁移：用正方形纸片折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．
（4）探究发现：小明操作发现任一个阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点为正方形边上（不与端点重合）任意一点，连接，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形的周长与矩形的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3），理由见解析
【分析】（1）将代入，即可求解．（2）设正方形的边长为，根据折叠的性质，可得，设，则，在中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解；（3）仿照（2）的方法得出2阶奇妙矩形．（4）根据（2）的方法，分别求得四边形的周长与矩形的周长，即可求解．
【详解】解：（1）当时，，故答案为：．
（2）如图（2），连接，
设正方形的边长为，根据折叠的性质，可得
设，则根据折叠，可得，，
在中，，∴，
在中，
∴解得：∴∴矩形是1阶奇妙矩形．
（3）用正方形纸片进行如下操作（如图）：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，再对折，折痕为，连接；
第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；
第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．
矩形是2阶奇妙矩形，
理由如下，连接，设正方形的边长为，根据折叠可得，则，
设，则根据折叠，可得，，
在中，，∴，
在中，
∴ 解得：∴
当时，∴矩形是2阶奇妙矩形．
（4）如图（4），连接，设正方形的边长为1，设，则，
设，则 根据折叠，可得，，
在中，，∴，
在中，
∴整理得，
∴四边形的边长为
矩形的周长为，
∴四边形的周长与矩形的周长比值总是定值
【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
1．（2023·上海浦东新·校考三模）下列命题中，真命题的是（ ）
A．两条对角线相等的四边形是矩形 B．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C．两条对角线相等的四边形是矩形或等腰梯形 D．两条对角互相平分的四边形是平行四边形
【答案】D
【分析】根据特殊四边形的判定方法即可判定．
【详解】解：A、两条对角线相等的平行四边形是矩形，故为假命题；
B、两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故为假命题；
C、两条对角线相等的四边形不一定是矩形或等腰梯形，故为假命题；
D、两条对角互相平分的四边形是平行四边形，故为真命题；故选：D．
【点睛】本题考查了命题的真假．解决本题要熟悉常见四边形的判定方法．
2．（2022·陕西西安·校联考一模）如图，在矩形中，于点E，，则的长为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【分析】由矩形的性质得出，得出，由已知条件得出，，由线段垂直平分线的性质得出，得出为等边三角形，因此，由三角形的外角性质得出，由含角的直角三角形的性质即可得出的长．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，∴，∴，
∵，∴
∴又故点D在线段的垂直平分线上.
∴，∴，∴为等边三角形，
∴，∴，
∵在中,，∴，
∴，∴．故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，证明是等边三角形是本题的关键．
3．（2023·河南濮阳·统考一模）如图，平行四边形的对角线，相交于点，则下列说法不正确的是（ ）
A．当时，平行四边形是矩形 B．当时，平行四边形是矩形
C．当时，平行四边形是矩形 D．当时，平行四边形是矩形
【答案】C
【分析】根据矩形和菱形的判定性质分别对各项进行判断即可．
【详解】解：、四边形是平行四边形，，
平行四边形是矩形，故本选项不符合题意；
、四边形是平行四边形，，
平行四边形是矩形，故本选项不符合题意；
、四边形是平行四边形，，
平行四边形是菱形，故本选项符合题意；
、四边形是平行四边形，，，
，，平行四边形是矩形，故本选项不符合题意，故选：．
【点睛】本题考查了矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定是解答本题的关键．
4．（2024·福建三明·统考一模）如图，正方形的边长为4，点为的中点，连接，点分别在上，且，则的长为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】B
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质．设交于点P，根据正方形的性质可得，从而得到，再由，可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：如图，设交于点P，
∵四边形是正方形，且边长为4， ∴，
∴，∴，∵点为的中点，∴，
∴，∴，即，
∵，∴，
∴，∴，
∵，∴，∴，∴，∴．故选：B
5．（2023·广东阳江·统考一模）如图，在矩形中，，，连接，点E为上一个动点，点F为上一个动点，连接，且始终满足，则线段的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】D
【分析】先利用矩形的性质及已知条件得出的长，再由勾股定理得出的长，然后利用三角函数得出，从而，再证得，取中点O，E在以为直径的圆上，则当时，最短，设，则，，根据题意得出关于x的一元一次方程，解得x的值，则答案可求．
【详解】解：∵四边形为矩形，∴，
∵，∴，∴由勾股定理得：，
∵，∴，
∵，∴，
∴，∴取中点O，E在以为直径的圆上，
∴，∴当取最小值时，也为最小值，
∵E为上的动点，∴当时，OE最短，∵，∴，
设，则，∴，∴，
∴，∴．故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质、解直角三角形、勾股定理在计算中的应用、圆的定义及一元一次方程在几何问题中的应用，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
6．（2023·江苏无锡·一模）如图，长方形中，，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，将绕着点顺时针旋转到的位置，连接和，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，连接交于，首先证明，推出点的在射线上运动，推出当时，的值最小，求出、的长即可得到答案．
【详解】解：如图，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，连接交于，
四边形是矩形，，
，，，，
，点的在射线上运动，当时，的值最小，
，，，
，四边形是矩形，
，，，，
，，的最小值为．
【点睛】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用的辅助线，构造全等三角形解决问题．
7．（2023·甘肃天水·校考模拟预测）如图，菱形的对角线与相交于点O，E为的中点，连接，，4，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质、含30度角的直角三角形以及斜中半定理等知识点，根据菱形的性质可得，进而可推出，；求出，根据即可求解．
【详解】解：∵，∴
∵∴，，∴
∵∴
∵E为的中点，∴故答案为：
8．（2023·湖北武汉·校考模拟预测）如图，矩形中，，相交于点O，过点B作交于点F，交于点M，过点D作交于点E，交于点N，连接，．则下列结论：①；②；③；④当时，四边形是菱形．其中正确的结论是 ．
【答案】①②④
【分析】证，得出，，判断①；证，得出，，证四边形是平行四边形，得出，判断②；假设，可得与题干信息不相符的结论，可判断③，证四边形是平行四边形，证出，则，得出四边形是菱形；判断④；即可得出结论．
【详解】解：四边形是矩形，，，，，，，，
，，，，
在和中，，，
，，故①符合题意；
在和中，，，
，， ，即，
，四边形是平行四边形，，故②符合题意；
∴，当，则，
∵，∴，∴，与题干信息不符，故③不符合题意；
，，，，四边形是平行四边形，
，，是等边三角形，
，，
，，，，
四边形是菱形；故④符合题意；故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
9．（2023·吉林长春·统考一模）如图，在平行四边形中，对角线交于点O，交延长线于点E，交延长线于点F．(1)求证：四边形是矩形．(2)若四边形为菱形，H为中点，连接，若，则长为 ．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）先证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，由勾股定理和三角形的中位线定理即可解答．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴．
∵，∴四边形是平行四边形．
∵，∴，∴平行四边形是矩形．
（2）解：如图，∵四边形是菱形，∴，
∵四边形是矩形，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵H为中点，∴，∴．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理以及三角形中位线定理等知识，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定是解题的关键．
10．（2024·上海杨浦·统考一模）已知：如图，在等腰梯形中，，，点在边上，与交于点，．
(1)求证：；(2)如果点是边的中点，求证：．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】本题考查了等腰梯形的性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握相似的判定和性质是解题的关键．(1)先证明，得到；再证明，得到，等量代换即可．(2)先，得到；再证明，得到，等量代换即可．
【详解】（1）∵，，
∴，∴，∴；
∵等腰梯形中，，，∴
∵，∴，∴，
∴；∴．
（2）∵等腰梯形中，，，∴
∵，∴，∴，
∴， ，
∵点是边的中点，∴．∴；∴；
∵，，∴，∴，
∴，∴．
11．（2023·河南周口·校联考模拟预测）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展实践活动．
(1)操作判断
操作一：如图（1），正方形纸片，点是边上（点不与点，重合）任意一点，沿折叠到，如图（2）所示；
操作二：将图（2）沿过点的直线折叠，使点的对称点落在上，得到折痕，点的对称点记为，如图（3）所示；
操作三：将纸片展平，连接，如图（4）所示．
根据以上操作，回答下列问题：
①，，三点 （填“在”或“不在”一条直线上；
②和的位置关系是 ，数量关系是 ；
③如图（5），连接，改变点在上的位置， （填“存在”或“不存在”点，使平分．
(2)迁移探究：苏钰同学将正方形纸片换成矩形纸片，，，按照（1）中的方式操作，得到图（6）或图（7）．请完成下列探究：
①当点在上时，如图（6），和有何数量关系？并说明理由；
②当的长为1时，请直接写出的长．
【答案】(1)①在，②，相等；③不存在；(2)①，理由见解析；②或．
【分析】（1）①的对称点为，，，即可判断；②由①，由同角的余角相等得，由可判定，由全等三角形的性质即可得证；③由可判定，由全等三角形的性质得，等量代换得，与矛盾，即可得证；（2）①由（1）中的②可判定，由三角形相似的性质即可求解；②当在上时，，由三角形相似的性质即可求解；当在上时，同理可判定，由三角形相似的性质即可求解．
【详解】（1）解：①的对称点为，
，，、、共线，故答案为：在；
②由①知：、、共线，在上，，
，，
四边形是正方形，，
，，，
在和中，()，，故答案为：相等；
③不存在，理由如下：假如存在，平分，，
四边形是正方形，，，
在和中()，，
，，是的斜边，，与矛盾，
故假设不成立，所以答案为：不存在；
（2）解：①，理由如下：由（1）中的②得：
，，，；
②当在上时，，由①知：，
，，
当在上时，，
，，，
，，，综上所述：或．
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形相似的判定及性质，掌握相关的判定方法及性质，“十字架”典型问题的解法是解题的关键．
1．（2023·四川眉山·统考模拟预测）如图，将矩形纸片折叠，折痕为，点，分别在边，上，点，的对应点分别为，且点在矩形内部，的延长线交与点，交边于点，，，当点为三等分点时，的长为（ ）
A． B． C． D．4或
【答案】D
【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，考查了分类讨论的思想，根据勾股定理列方程求解是解题的关键．
根据点为三等分点，分两种情况分别计算，根据折叠的性质和平行线的性质证明，得到，证明，求出的长，过点作于点，则，设根据勾股定理列方程求出即可．
【详解】解：当时，，将矩形纸片折叠，折痕为，
，，，，，
，，，，
，，，，，
过点作于点，则，
设，则，，，
，，解得： ；
当时，，，，
，，，，
，，解得：，．故选：D．
2．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在菱形中，，连接，以点为圆心，长为半径作弧，交直线于点，连接，则的度数是 ．
【答案】或
【分析】根据题意画出图形，结合菱形的性质可得，再进行分类讨论：当点E在点A上方时，当点E在点A下方时，即可进行解答．
【详解】解：∵四边形为菱形，，∴，
连接，①当点E在点A上方时，如图，
∵，，∴，
②当点E在点A下方时，如图，
∵，，∴，故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和以及三角形的外角定理，解题的关键是掌握菱形的对角线平分内角；等腰三角形两底角相等，三角形的内角和为；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和．
3．（2023·湖南·统考中考真题）如图，在矩形中，，动点在矩形的边上沿运动．当点不与点重合时，将沿对折，得到，连接，则在点的运动过程中，线段的最小值为 ．
【答案】/
【分析】根据折叠的性质得出在为圆心，为半径的弧上运动，进而分类讨论当点在上时，当点在上时，当在上时，即可求解．
【详解】解：∵在矩形中，，
∴，，
如图所示，当点在上时，
∵∴在为圆心，为半径的弧上运动，
当三点共线时，最短，此时，
当点在上时，如图所示，
此时 当在上时，如图所示，此时
综上所述，的最小值为，故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，圆外一点到圆上的距离的最值问题，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
4．（2023·湖北襄阳·统考中考真题）【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形绕点怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的.想一想，这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形的对角线相交于点，点落在线段上，（为常数）．
【特例证明】（1）如图1，将的直角顶点与点重合，两直角边分别与边，相交于点，.①填空：______；②求证：．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明；也可过点分别作，的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．）
【类比探究】（2）如图2，将图1中的沿方向平移，判断与的数量关系（用含的式子表示），并说明理由．
【拓展运用】（3）如图3，点在边上，，延长交边于点，若，求的值．
【答案】（1）①1；②见解析；（2），理由见解析；（3）3
【分析】（1）①利用正方形性质即可得出答案；
②根据正方形的性质可得，，，利用证明即可；
（2）过点作交于，利用平行线的性质及正方形的性质易证得，，可证明，利用相似三角形性质即可得出答案；
（3）过点作交于，作于，作于，利用证得，可得：，，再证得，可得，同理可得：，推出，进而可得，令，则，，，利用勾股定理即可求得答案．
【详解】解：（1）①由正方形的性质可知：，
∵将的直角顶点与点重合，∴，故答案为：1；
②证明：∵四边形是正方形，∴，，，
∴，即，∴，∴．
（2），理由如下：过点作交于，∴，，
∵四边形是正方形，∴，，
∴，，
∴，，即，
∴，∴．
（3）过点作交于，作于，作于，
则，∴，
即，∴，
由（2）和已知条件可得：，，∴，
∴，∴，，
∵，，∴，
∴，∴，同理可得：，
∵，∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，令，则，，，
∴，∴．
【点睛】此题是相似三角形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键．
5．（2023·浙江衢州·统考中考真题）如图1，点为矩形的对称中心，，，点为边上一点，连接并延长，交于点，四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点．
(1)求证：；(2)当时，求的长；(3)令，．
①求证：；②如图2，连接，，分别交，于点，.记四边形的面积为，的面积为.当时，求的值．
【答案】(1)见解析(2)(3)①见解析；②
【分析】（1）根据轴对称和矩形的性质，证明，即可解答；
（2）过点作于，设，则，求得，再利用勾股定理，列方程即可解答；（3）①过点作于，连接，证明，可得，得到，即可解答；②连接，证明，进而证明，进而证明，可得，再证明，得到，再得到，最后根据①中结论，即可解答．
【详解】（1）证明：四边形为矩形，，，
四边形与关于所在直线成轴对称，
，，；
（2）解：如图，过点作于，
设设，则，，
，四边形为矩形，，
点为矩形的对称中心，，，
在中，，可得方程，
解得（此时，故舍去0），；
（3）解：①证明：过点作于，连接，
点为矩形的对称中心，，，
，，，
，，，即，
，，；
②如图，连接，由题意可得,
点为矩形的对称中心，，
同理可得，由（1）知，，即，
，，，
，，
，，即，
，，，，，
，，
，，，
，，当时，由①可得，解得，
，，．
【点睛】本题考查了四边形综合应用，涉及轴对称变换，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，解题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．
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第四章 三角形及四边形
第六节 特殊的平行四边形
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 矩形的判定及性质 ☆☆☆ 特殊的平行四边形是中考中的考查重点，年年都会考查，分值为15分左右，预计2024年各地中考还将出现，并且在选择、填空题中考查利用特殊四边形性质和判定求角度、长度问题的可能性比较大。解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和三角形全等（相似）、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大。对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用。
考点2 菱形的判定及性质 ☆☆☆
考点3 正方形的判定及性质 ☆☆☆
考点4 梯形 ☆
注意：补充的特殊梯形属于沪教版内容，其他版本可以不用掌握。
■考点一 矩形的判定及性质
1）矩形的定义：有一个角是 的平行四边形叫做 。
2）矩形的性质：（1）矩形两组对边平行且相等；（2）矩形的四个角都是直角；（3）对角线互相 且 ；（4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心。
【推论】在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的 。
3）矩形的判定：（1) 有一个角是直角的 是矩形；（2）对角线 的平行四边形是矩形；
（3）有 是直角的四边形是矩形。
矩形的判定思路：要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明。
4）矩形的折叠问题：（1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角；（2）折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）；（3) 折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）；（4）选择一个直角三角形(不找以折痕为边长的直角三角形)，利用未知数表示其它直角三角形三边，通过勾股定理/相似三角形知识求解。
■考点二 菱形的判定及性质
1）菱形的定义：有一组 的 四边形叫做菱形。
2）菱形的性质：1）具有平行四边形的所有性质；2）四条边都 ；3）两条对角线互相 ，且每条对角线平分 ；4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，菱形的对称中心是菱形对角线的交点，菱形的对称轴是菱形对角线所在的直线，菱形的对称轴过菱形的对称中心。
3）菱形的判定：（1）对角线互相 的 四边形是菱形；（2）一组 的 四边形是菱形；（3） 的四边形是菱形。
菱形的判定思路：判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分。
4）菱形的面积：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）；菱形的周长：周长C=4a。
■考点三 正方形的判定及性质
1）正方形的定义： 都相等， 都是直角的四边形叫做 。
2）正方形的性质：（1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质；
（2）正方形的四个角都是 ，四条边都 ；（3）正方形对边 且 ；
（4）正方形的对角线互相 且 ，每条对角线平分一组 ；
（5）正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形，正方形对角线与边的夹角为45°；
（6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。
3）正方形的判定：（1）平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角；（2）矩形+一组邻边相等；
（3）矩形+对角线互相垂直；（4）菱形+一个角是直角；（5）菱形+对角线相等.
正方形的判定思路：判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等。
4）正方形的面积：S正方形＝a2＝对角线乘积的一半；正方形的周长：C正方形=4a。
5）平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系：
■考点四 梯形
1）梯形的定义：一组对边 而另一组对边 的四边形叫梯形。
2）梯形的分类：一般梯形、等腰梯形、直角梯形。
3）等腰梯形性质：（1）等腰梯形的两底 ，两腰 ；（2）等腰梯形的同一底边上的两个角 ；（3）等腰梯形的两条对角线 ；（4）等腰梯形是轴对称图形（底边的中垂线就是它的对称轴）。
4）等腰梯形判定：1）两腰相等的梯形是等腰梯形；2）同一底边上的两个角相等的梯形是等腰梯形；
3）对角线相等的梯形是等腰梯形。
等腰梯形的判定思路：判定一个四边形是等腰梯形,必须先判定四边形是梯形,再证明同一底边上的两个角相等或两腰相等或两条对角线相等。
5）梯形的面积公式： 。
6）解决梯形问题的常用方法（如下图所示）：
（1）作高：使两腰在两个直角三角形中；（2）平移对角线：使两条对角线在同一个三角形中；
（3）延长两腰：构造具有公共角的两个三角形.（4）等积变形：连接梯形上底一端点和另一腰中点，并延长交下底的延长线于一点，构成三角形．并且这个三角形面积与原来的梯形面积相等；
（5）平移腰：过上底端点作一腰的平行线，构造一个平行四边形和三角形；
（6）过上底中点平移两腰：构造两个平行四边形和一个三角形。
■易错提示
1.定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形，不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形。
2.定义说有一组邻边相等的平行四边形才是菱形，不要错误地理解为有一组邻边相等的四边形是菱形。
3.在利用对角线长求菱形的面积时，要特别注意不要漏掉计算公式中的。
■考点一 矩形的判定及性质
◇典例1：（2023·湖北襄阳·统考中考真题）如图，矩形的对角线相交于点，下列结论一定正确的是（ ）
A．平分 B． C． D．
◆变式训练
1．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）如图，矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点，．若，，则的长为（ ）
A． B．3 C． D．
3．（2023·四川绵阳·统考中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，过点作的垂线分别交，于、两点．若，，则的长度为（ ）
A．1 B．2 C． D．
◇典例2：（2023·西藏·统考中考真题）如图，矩形中，和相交于点O，，，点E是边上一点，过点E作于点H，于点G，则的值是（ ）
A．2.4 B．2.5 C．3 D．4
◆变式训练
1．（2023·湖北武汉·校考模拟预测）矩形中，E，F分别在边，上，，，，则 ．
2．（2023·湖北黄冈·统考中考真题）如图，矩形中，，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于长为半径画弧交于点P，作射线，过点C作的垂线分别交于点M，N，则的长为（ ）
A． B． C． D．4
◇典例3：（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是矩形，，．点E为边的中点，点F为边上一点，将四边形沿折叠，点A的对应点为点，点B的对应点为点，过点作于点H，若，则的长是 ．
◆变式训练
1．（2023·浙江杭州·校考三模）如图，将矩形纸片折叠，折痕为，点M，N分别在边，上，点C，D的对应点分别为点E，F，且点F在矩形内部，的延长线交边于点G，交边于点H．，，，当时，的长为 ．
2．（2023·黑龙江·统考中考真题）矩形中，，将矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，若是直角三角形，则点到直线的距离是 ．
3．（2023·青海西宁·统考中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N．
【猜想】【验证】请将下列证明过程补充完整：
∵矩形纸片沿所在的直线折叠∴ 。
∵四边形是矩形∴（矩形的对边平行）
∴ （ ）
∴ （等量代换）
∴（ ）
【应用】如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为．
（1）猜想与的数量关系，并说明理由；（2）若，，求的长．
◇典例4：（2023·上海·统考中考真题）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
◆变式训练
1.（2023·山西晋城·统考一模）如图，在中，对角线，相交于点O，点E，F在上，且，连接，，，．若添加一个条件使四边形是矩形，则该条件可以是 ．（填写一个即可）
2.（2022·广西河池·统考一模）要求加工4个长为、宽为的矩形零件．陈师傅对4个零件进行了检测．根据零件的检测结果，图中不合格的零件是（ ）
A．B． C．D．
◇典例5：（2023·山东青岛·统考中考真题）如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，点G，H分别是和的中点．(1)求证：；
(2)连接．若，请判断四边形的形状，并证明你的结论．
◆变式训练
1．（2023·四川内江·统考中考真题）如图，在中，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F．(1)求证：；(2)连接，若，求证：四边形是矩形．
2．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）如图，点在的边上，，请从以下三个选项中①；②；③，选择一个合适的选项作为已知条件，使为矩形．(1)你添加的条件是_________（填序号）；(2)添加条件后，请证明为矩形．
■考点二 菱形的判定及性质
◇典例6：（2023·湖南·统考中考真题）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
◆变式训练
1. （2023·四川甘孜·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴的正半轴上，点的坐标为，则点的坐标为 ．
3．（2023·山东临沂·统考中考真题）若菱形的两条对角线长分别为6和8，则该菱形的面积为 ．
◇典例7：（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图，四边形为菱形，，交的延长线于点，交于点，且．则下列结论：①；②；③；④．其中正确结论是（ ）
A．①③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
◆变式训练
1. （2023·海南三亚·统考二模）如图，将边长为4，锐角为的菱形沿折叠，使顶点恰好落在边的中点处，记为，则的长度为（ ）
A． B． C．3 D．
2．（2023·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）如图，在菱形中，，点在上，连接，点在上，，过点作于点，若，，则的长为 ．
3．（2023·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）如图，四边形是平行四边形，连接，交于点，平分交于点，平分交于点，连接，．
(1)求证：；(2)若四边形是菱形且，，求四边形的面积．
◇典例8：（2023·湖南永州·统考中考真题）如图，已知四边形是平行四边形，其对角线相交于点O，．(1)是直角三角形吗？请说明理由；(2)求证：四边形是菱形．
◆变式训练
1．（2023·云南·统考中考真题）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．
2．（2023·广东深圳·学校考模拟预测）如图，在四边形中，，对角线的垂直平分线与边分别相交于点M、N．
(1)求证：四边形是菱形；(2)若，求菱形的周长．
■考点三 正方形的判定及性质
◇典例9：（2023·四川攀枝花·统考中考真题）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．2 C． D．
◆变式训练
1．（2023·海南三亚·统考二模）如图，点，，以为边作正方形，点E是边上一点，且，则点E的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·广东汕尾·统考二模）如图，正方形的边长为，点在对角线上，且，于点，则的长为( )
A． B． C． D．
3．（2023·重庆开州·统考一模）如图，正方形的边长为6，点E，F分别在上，，连接与相交于点G，连接，取的中点H，连接，则的长为（ ）
A． B． C．5 D．
◇典例10：（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，在正方形中，点为边的中点，连接，过点作于点，连接交于点，平分交于点．则下列结论中，正确的个数为（ ）
①；②；③当时，
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
◆变式训练
1．（2023·山东枣庄·统考二模）如图，已知正方形的边长为，是边延长线上一点，，是边上一点，将沿翻折，使点的对应点落在边上，连接交折痕于点，则的长是 ．
2．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在正方形中，点E是上一点，延长至点F，使，连结，交于点K，过点A作，垂足为点H，交于点G，连结．下列四个结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
◇典例11：（2023·河北邢台·统考二模）下列四个菱形中分别标注了部分数据，根据所标数据，可以判断菱形是正方形的是（ ）A．B． C．D．
◆变式训练
1．（2023·陕西咸阳·统考一模）如图，已知矩形，下列条件能使矩形成为正方形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·陕西咸阳·统考三模）如图，已知，过点D作交的延长线于点E，过点C作交的延长线于点F．(1)求证：四边形是矩形；
(2)请添加一个条件：______，使得四边形是正方形，不用说明理由．
3．（2023·湖北十堰·统考中考真题）如图，的对角线交于点，分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接．(1)试判断四边形的形状，并说明理由；(2)请说明当的对角线满足什么条件时，四边形是正方形？
◇典例12：（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（ ）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
◆变式训练
1.（2023·山西晋中·统考二模）在平行四边形的复习课上，小明绘制了如下知识框架图，箭头处添加条件错误的是（ ）
A．①：对角线相等 B．②：对角互补 C．③：一组邻边相等 D．④：有一个角是直角
2．（2023·安徽·模拟预测）过等腰的顶点画线段，使得线段与边平行且相等，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则以为顶点的四边形是正方形
B．若以为顶点的四边形是正方形，则
C．若，则以为顶点的四边形是菱形
D．若以为顶点的四边形是菱形，则
3．（2023·河南信阳·校考三模）下列命题中，是真命题的是（ ）
A．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
C．一个角为90°且一组邻边相等的四边形是正方形D．对角线互相垂直且相等的四边形是矩形
■考点四 梯形
◇典例13：（2023·湖南·统考一模）如图，在梯形中，，，与相交于P．已知，，，则点P的坐标为 ．
◆变式训练
1.（2023·上海普陀·统考二模）如果用两根长度相同的细竹签作对角线，制作一个四边形的风筝，那么做成的风筝形状不可能是（ ）
A．矩形 B．正方形 C．等腰梯形 D．直角梯形
2.（2023·上海·校考二模）依次连接等腰梯形各边的中点得到的四边形是（ ）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
◇典例14：（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，四边形中，，，，，则线段的长 ．
◆变式训练
1．（2023·上海长宁·统考二模）下列命题中，假命题的是（ ）
A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B．对角线互相垂直的梯形是等腰梯形
C．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形 D．对角线平分一组对角的矩形是正方形
◇典例13：（2023·宁夏银川·校考一模）如图，在中，，是边的中点，是内一点，且 连接并延长，交于点若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
◆变式训练
1．（2023·山西晋中·统考一模）如图，在中，，，，延长到点D，使，分别过点B，D作，，连接，点M，N分别是的中点，连接，则 ．
2．（2023·江苏南京·校联考模拟预测）如图，四边形中，，E是的中点，过点E作交于F，则的长为 ．
3．（2023·上海徐汇·统考二模）如图，在梯形中，已知，，，，，分别以、为直径作圆，这两圆的位置关系是（ ）
A．内切 B．外切 C．相交 D．外离
1．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，在中，，以其三边为边在的同侧作三个正方形，点在上，与交于点与交于点．若，则的值是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·湖北随州·统考中考真题）如图，在中，分别以B，D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，过M，N两点作直线交于点O，交于点E，F，下列结论不正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·上海·统考中考真题）已知在梯形中，连接，且，设．下列两个说法：①；②则下列说法正确的是（ ）
A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①②均正确 D．①②均错误
4．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边中点、、、，则四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在正方形中，O为对角线的中点，E为正方形内一点，连接，，连接并延长，与的平分线交于点F，连接，若，则的长度为（ ）
A．2 B． C．1 D．
6．（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）矩形的对角线，相交于点，点在矩形边上，连接．若，，则 ．
7．（2023·陕西·统考中考真题）如图，在矩形中，，．点在边上，且，、分别是边、上的动点，且，是线段上的动点，连接，．若．则线段的长为 ．
8．（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别在轴、轴正半轴上，点在边上，将矩形沿折叠，点恰好落在边上的点处．若，，则点的坐标是 ．
9．（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．(1)如图①，求证；(2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何轴助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等．
10．（2023·内蒙古·统考中考真题）已知正方形，是对角线上一点．
(1)如图1，连接，．求证：；
(2)如图2，是延长线上一点，交于点，．判断的形状并说明理由；
(3)在第（2）题的条件下，．求的值．
11．（2023·江苏·统考中考真题）综合与实践
定义：将宽与长的比值为（为正整数）的矩形称为阶奇妙矩形．
（1）概念理解：当时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（）与长的比值是_________．
（2）操作验证：用正方形纸片进行如下操作（如图（2））：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，连接；
第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；
第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．
试说明：矩形是1阶奇妙矩形．
（3）方法迁移：用正方形纸片折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．
（4）探究发现：小明操作发现任一个阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点为正方形边上（不与端点重合）任意一点，连接，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形的周长与矩形的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．
1．（2023·上海浦东新·校考三模）下列命题中，真命题的是（ ）
A．两条对角线相等的四边形是矩形 B．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C．两条对角线相等的四边形是矩形或等腰梯形 D．两条对角互相平分的四边形是平行四边形
2．（2022·陕西西安·校联考一模）如图，在矩形中，于点E，，则的长为（ ）
A． B．2 C． D．
3．（2023·河南濮阳·统考一模）如图，平行四边形的对角线，相交于点，则下列说法不正确的是（ ）
A．当时，平行四边形是矩形 B．当时，平行四边形是矩形
C．当时，平行四边形是矩形 D．当时，平行四边形是矩形
4．（2024·福建三明·统考一模）如图，正方形的边长为4，点为的中点，连接，点分别在上，且，则的长为（ ）
A． B． C． D．3
5．（2023·广东阳江·统考一模）如图，在矩形中，，，连接，点E为上一个动点，点F为上一个动点，连接，且始终满足，则线段的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．2
6．（2023·江苏无锡·一模）如图，长方形中，，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，将绕着点顺时针旋转到的位置，连接和，则的最小值为 ．
7．（2023·甘肃天水·校考模拟预测）如图，菱形的对角线与相交于点O，E为的中点，连接，，4，则 ．
8．（2023·湖北武汉·校考模拟预测）如图，矩形中，，相交于点O，过点B作交于点F，交于点M，过点D作交于点E，交于点N，连接，．则下列结论：①；②；③；④当时，四边形是菱形．其中正确的结论是 ．
9．（2023·吉林长春·统考一模）如图，在平行四边形中，对角线交于点O，交延长线于点E，交延长线于点F．(1)求证：四边形是矩形．(2)若四边形为菱形，H为中点，连接，若，则长为 ．
10．（2024·上海杨浦·统考一模）已知：如图，在等腰梯形中，，，点在边上，与交于点，．
(1)求证：；(2)如果点是边的中点，求证：．
11．（2023·河南周口·校联考模拟预测）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展实践活动．
(1)操作判断
操作一：如图（1），正方形纸片，点是边上（点不与点，重合）任意一点，沿折叠到，如图（2）所示；
操作二：将图（2）沿过点的直线折叠，使点的对称点落在上，得到折痕，点的对称点记为，如图（3）所示；
操作三：将纸片展平，连接，如图（4）所示．
根据以上操作，回答下列问题：
①，，三点 （填“在”或“不在”一条直线上；
②和的位置关系是 ，数量关系是 ；
③如图（5），连接，改变点在上的位置， （填“存在”或“不存在”点，使平分．
(2)迁移探究：苏钰同学将正方形纸片换成矩形纸片，，，按照（1）中的方式操作，得到图（6）或图（7）．请完成下列探究：
①当点在上时，如图（6），和有何数量关系？并说明理由；
②当的长为1时，请直接写出的长．
1．（2023·四川眉山·统考模拟预测）如图，将矩形纸片折叠，折痕为，点，分别在边，上，点，的对应点分别为，且点在矩形内部，的延长线交与点，交边于点，，，当点为三等分点时，的长为（ ）
A． B． C． D．4或
2．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在菱形中，，连接，以点为圆心，长为半径作弧，交直线于点，连接，则的度数是 ．
3．（2023·湖南·统考中考真题）如图，在矩形中，，动点在矩形的边上沿运动．当点不与点重合时，将沿对折，得到，连接，则在点的运动过程中，线段的最小值为 ．
4．（2023·湖北襄阳·统考中考真题）【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形绕点怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的.想一想，这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形的对角线相交于点，点落在线段上，（为常数）．
【特例证明】（1）如图1，将的直角顶点与点重合，两直角边分别与边，相交于点，.①填空：______；②求证：．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明；也可过点分别作，的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．）
【类比探究】（2）如图2，将图1中的沿方向平移，判断与的数量关系（用含的式子表示），并说明理由．
【拓展运用】（3）如图3，点在边上，，延长交边于点，若，求的值．
5．（2023·浙江衢州·统考中考真题）如图1，点为矩形的对称中心，，，点为边上一点，连接并延长，交于点，四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点．
(1)求证：；(2)当时，求的长；(3)令，．
①求证：；②如图2，连接，，分别交，于点，.记四边形的面积为，的面积为.当时，求的值．
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