专题1.10 特殊平行四边形（全章知识梳理与考点分类讲解）
第一部分【知识点归纳】
【知识点一】菱形
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）边：四条边都相等.
即；
对边平行.
即，.
（2）角：对角相等.
即，
（3）对角线：对角线互相垂直且平分，并且每一条对角线平分一组对角.
即
平分，平分
（4）对称性：既是中心对称图形，又是轴对称图形，有2条对称轴.
3、菱形的判定
（1）方法一（定义法）：有一组邻边相等的平行四边形是菱形.
（2）方法二：四条边都相等的四边形是菱形.
（3）方法三：对角线互相垂直的平行四边形菱形.
4、菱形的面积
菱形的面积=底×高=两对角线乘积的一半.
即
【知识点二】矩形
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）边：对边平行且相等.
即,
（2）角：四个角都是直角.
即
（3）对角线：对角线相等且互相平分，
即
对称性：既是中心对称图形，又是轴对称图形，有2条对称轴.
3、矩形的判定
（1）方法一（定义法）：有一个角是直角的平行四边形是矩形.
（2）方法二：有三个角是直角的四边形是矩形；
（3）方法三：对角线相等的平行四边形是矩形.
【知识点三】正方形
1、正方形的定义
有一组邻边相等,并且有一个角是直角的的平行四边形叫做正方形.
2、正方形的性质
（1）边：四条边都相等.
即；
对边平行.
即，.
（2）角：四个角都是直角.
即
（3）对角线：对角线互相垂直平分且相等，每一条对角线都平分一组对角（对角线与边的夹角为45°）.
即
（4）对称性：既是中心对称图形，又是轴对称图形，有4条对称轴.
3、正方形的判定
（1）方法一（定义法）：有一个角是直角，一组邻边相等的平行四边形是正方形.
（2）方法二：一组邻边相等的矩形是正方形.
（3）方法三：一个角是直角的菱形是正方形.
（4）方法四：对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形.
（5）方法五：对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形.
第二部分【题型展示与方法点拨】
【题型1】利用菱形的性质与判定求值或证明
【例1】（23-24八年级下·四川内江·期中）问题：如图，在中，，，，的平分线分别与直线交于点E、F，求的长．
探究：
(1) ．
(2)把“问题”中的条件“”去掉，其余条件不变．
①当点E与点F重合时， ；
②当点E与点C重合时， ；
(3)把“问题”中的条件“”去掉，其余条件不变，当点C、D、E、F相邻两点间的距离相等时，求的值．
【变式1】（2024八年级下·安徽·专题练习）如图，剪两张对边平行且宽度相同的纸条随意交叉叠放在一起，转动其中一张，重合部分构成一个四边形，则下列结论中不一定成立的是（ ）
A．， B．
C．， D．
【变式2】（23-24八年级下·辽宁铁岭·阶段练习）在矩形中，，，P是边上的一动点，E，F分别是线段的中点，连接，过点E作，交边于点G，则的最小值为 ．
【题型2】利用矩形的性质与判定求值或证明
【例2】（23-24八年级下·河南信阳·期末）如图，的对角线 相交于点O，点E是的中点，于点 G，于点 F，连接．
(1)求证∶四边形 是矩形；
(2)若 ，求的长．
【变式1】（22-23八年级下·河南开封·阶段练习）如图，在的两边上分别截取使，分别以点A，B为圆心，以的长为半径作弧，两弧交于点C，再连接，若，则四边形的面积是（ ）
A．240 B．130 C．120 D．65
【变式2】（23-24八年级下·广西南宁·期末）如图，矩形内有一点P，连接，延长交于点E，若，则的长是 ．
【题型3】利用正方形的性质与判定求值或证明
【例3】（23-24八年级下·福建南平·期末）如图，在平面直角坐标系中，点，，点D在第一象限内，，轴，交x轴于点C．
(1)求四边形的面积；
(2)直线交于点E，点P在线段上．
①若，求点P的坐标；
②设，直接写出 m的最小值．
【变式1】如图，是正方形的边上的一个动点，的垂直平分线交对角线于点，交于点，连接，，则的度数是（ ）
A．45° B．50° C．60° D．不确定
【变式2】（23-24九年级上·广东揭阳·期中）如图，在矩形中，交于点O，且，，将绕点C顺时针旋转至，连接，且、分别为、的中点，则四边形的面积是 ．
【题型4】中点四边形
【例4】（23-24八年级下·江苏南通·期中）我们把依次连接任意四边形各边中点得到的四边形叫做“中点四边形”．如图，在四边形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点，依次连接各边中点得到“中点四边形”．
(1)如图，“中点四边形”的形状是 ；
(2)求证：矩形的“中点四边形”是菱形．（画图，写出已知、求证和证明）
【变式1】（23-24八年级下·山西朔州·期末）如图，四边形的对角线于点，点，，，分别为边，，和的中点，顺次连接，，和得到四边形．若，则四边形的面积等于（ ）
A．30 B．35 C．40 D．60
【变式2】（23-24八年级下·广东河源·期中）如图，四边形的两条对角线、互相垂直，将四边形各边中点依次相连，得到四边形，若四边形的面积为15，则四边形的面积为 ．
【题型5】矩形、菱形、正方形性质与判定综合
【例5】（23-24八年级下·河南周口·期末）如图①，在正方形和正方形中，点，，在同一条直线上，是线段的中点，连接，．
(1)探究与的位置关系和数量关系；
(2)如图②，将原问题中的正方形和正方形换成菱形和菱形且．探究与的位置关系，写出你的猜想并加以证明
(3)如图③，将图②中的菱形绕点顺时针旋转，使菱形的边恰好与菱形的边在同一条直线上，问题（2）中的其他条件不变．探究与的位置关系？直接写出你的猜想不需要证明．
【变式1】（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，在矩形中，，，的平分线交于点，点在边上，且，点、分别是线段、上的动点，连结、．若，则的长为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【变式2】（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，在正方形中，顶点在坐标轴上，且，以为边构造菱形，将菱形与正方形组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2022次旋转结束时，点的坐标为
第三部分【中考链接与拓展延伸】
1、直通中考
【例1】（2024·四川泸州·中考真题）如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（ ）
A．4 B．5 C．8 D．10
【例2】（2021·青海·中考真题）如图，正方形的边长为8，M在上，且，N是上一动点，则的最小值为
2、拓展延伸
【例1】（23-24八年级下·青海果洛·期末）在正方形中，，且点为上的一动点，以为边作正方形，如图1所示，连接．
(1)求证：；
(2)如图2，延长交于点．
①求证：；
②若，求的长度．
【例2】（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，取一张矩形的纸片进行折叠，具体操作过程如下：
(1)【课本再现】
第一步：如图1，对折矩形纸片，使与重合，折痕为，把纸片展平；
第二步：在上选一点P，沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，根据以上操作，当点M在上时，___________；
(2)【类比应用】
如图2，现将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点Q，连接，当点M在上时，求的度数；
(3)【拓展延伸】
在（2）的探究中，正方形纸片的边长为，改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，并延长交于点Q，连接．当时，请求出的长．专题1.10 特殊平行四边形（全章知识梳理与考点分类讲解）
第一部分【知识点归纳】
【知识点一】菱形
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）边：四条边都相等.
即；
对边平行.
即，.
（2）角：对角相等.
即，
（3）对角线：对角线互相垂直且平分，并且每一条对角线平分一组对角.
即
平分，平分
（4）对称性：既是中心对称图形，又是轴对称图形，有2条对称轴.
3、菱形的判定
（1）方法一（定义法）：有一组邻边相等的平行四边形是菱形.
（2）方法二：四条边都相等的四边形是菱形.
（3）方法三：对角线互相垂直的平行四边形菱形.
4、菱形的面积
菱形的面积=底×高=两对角线乘积的一半.
即
【知识点二】矩形
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）边：对边平行且相等.
即,
（2）角：四个角都是直角.
即
（3）对角线：对角线相等且互相平分，
即
对称性：既是中心对称图形，又是轴对称图形，有2条对称轴.
3、矩形的判定
（1）方法一（定义法）：有一个角是直角的平行四边形是矩形.
（2）方法二：有三个角是直角的四边形是矩形；
（3）方法三：对角线相等的平行四边形是矩形.
【知识点三】正方形
1、正方形的定义
有一组邻边相等,并且有一个角是直角的的平行四边形叫做正方形.
2、正方形的性质
（1）边：四条边都相等.
即；
对边平行.
即，.
（2）角：四个角都是直角.
即
（3）对角线：对角线互相垂直平分且相等，每一条对角线都平分一组对角（对角线与边的夹角为45°）.
即
（4）对称性：既是中心对称图形，又是轴对称图形，有4条对称轴.
3、正方形的判定
（1）方法一（定义法）：有一个角是直角，一组邻边相等的平行四边形是正方形.
（2）方法二：一组邻边相等的矩形是正方形.
（3）方法三：一个角是直角的菱形是正方形.
（4）方法四：对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形.
（5）方法五：对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形.
第二部分【题型展示与方法点拨】
【题型1】利用菱形的性质与判定求值或证明
【例1】（23-24八年级下·四川内江·期中）问题：如图，在中，，，，的平分线分别与直线交于点E、F，求的长．
探究：
(1) ．
(2)把“问题”中的条件“”去掉，其余条件不变．
①当点E与点F重合时， ；
②当点E与点C重合时， ；
(3)把“问题”中的条件“”去掉，其余条件不变，当点C、D、E、F相邻两点间的距离相等时，求的值．
【答案】(1)2； (2)①10 ②5； (3)；；
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，再由等角对等边得出，，结合图形求解即可；
（2）①利用平行四边形的性质和角平分线的定义先分别求出，，即可完成求解；
②证明出即可完成求解；
（3）本小题由于E、F点的位置不确定，故应先分情况讨论，再根据每种情况，利用 ，以及点 C，D，E，F相邻两点间的距离相等建立相等关系求解即可．
（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
．
平分，
．
．
．
同理可得：．
，
，
故答案为：2．
（2）①如图1，四边形是平行四边形，
∴，
．
平分，
．
．
．
同理可得：．
点E与点F重合，
②如图2，点E与点C重合，
同理可证，
∴是菱形，
，
点F与点D重合，
．
（3）情况1，如图3，
可得，
．
情况2，如图4，
同理可得，，
又，
．
情况3，如图5，
由上，同理可以得到，
又，
．
综上：的值可以是，，．
【点拨】本题属于探究型应用题，综合考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、菱形的判定与性质等内容，解决本题的关键是读懂题意，正确画出图形，建立相等关系求解等，本题综合性较强，要求学生有较强的分析能力，本题涉及到的思想方法有分类讨论和数形结合的思想等．
【变式1】（2024八年级下·安徽·专题练习）如图，剪两张对边平行且宽度相同的纸条随意交叉叠放在一起，转动其中一张，重合部分构成一个四边形，则下列结论中不一定成立的是（ ）
A．， B．
C．， D．
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的判定与性质．注意：“邻边相等的平行四边形是菱形”，而非“邻边相等的四边形是菱形”．首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的等积转换可得邻边相等，则四边形为菱形．所以根据菱形的性质进行判断．
解四边形是用两张等宽的纸条交叉重叠地放在一起而组成的图形，
∴，，
四边形是平行四边形（对边相互平行的四边形是平行四边形）；
过点分别作，边上的高为，．则
（两纸条相同，纸条宽度相同）；
平行四边形中，，即，
，即．故B正确；
平行四边形为菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）．
，（菱形的对角相等），故A正确；
，（平行四边形的对边相等），故C正确；
如果四边形是矩形时，该等式成立．故D不一定正确．
故选：D．
【变式2】（23-24八年级下·辽宁铁岭·阶段练习）在矩形中，，，P是边上的一动点，E，F分别是线段的中点，连接，过点E作，交边于点G，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质、直角三角形的性质、三角形中位线的性质及线段最短问题，解决本题的关键是熟练掌握求两条线段和最短的方法，先根据矩形的性质可得，，，再由中位线的性质可得，，再证明四边形是平行四边形，可得，再由直角三角形的性质可得，故当点三点共线时，值的最小，即值的最小，并求出最小值即可，
解：矩形中，，
，，，
E，F分别是线段的中点，
，，
，
四边形是平行四边形，
，
，
中，E是线段的中点，
，
当点三点共线时，值的最小，即值的最小，
，
的最小值为，
故答案为：
【题型2】利用矩形的性质与判定求值或证明
【例2】（23-24八年级下·河南信阳·期末）如图，的对角线 相交于点O，点E是的中点，于点 G，于点 F，连接．
(1)求证∶四边形 是矩形；
(2)若 ，求的长．
【答案】(1)见解析； (2)
【分析】（1）先得出，又，则四边形为平行四边形，再由，即可得出结论；
（2）由矩形的性质和三角形中位线定理得，，则，再由勾股定理求出，即可解决问题．
（1）证明∶四边形是平行四边形，
是对角线的中点，
是的中点，
，
，
，
四边形是平行四边形．
，
，
四边形是矩形；
（2）解∶四边形是平行四边形，
，
是的中点，
，
由（1）知，四边形是矩形，
，
在中，
，
四边形是矩形，
，
是的中点，O 是的中点，
，
，
，
解得，
．
【点拨】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
【变式1】（22-23八年级下·河南开封·阶段练习）如图，在的两边上分别截取使，分别以点A，B为圆心，以的长为半径作弧，两弧交于点C，再连接，若，则四边形的面积是（ ）
A．240 B．130 C．120 D．65
【答案】C
【分析】根据作图可得四边形是菱形，勾股定理，求得的长，进而根据菱形的面积公式即可求解.
解：根据作图可得，
四边形是菱形，
，，
如图所示，
设交于点D，
在中，，
，
四边形的面积为：.
故选：C.
【点拨】此题考查了菱形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键.
【变式2】（23-24八年级下·广西南宁·期末）如图，矩形内有一点P，连接，延长交于点E，若，则的长是 ．
【答案】/
【分析】此题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质以及勾股定理，延长交于F，根据已知条件得到，根据矩形的性质得到，，根据余角的性质得到，进一步推出，根据勾股定理即可得到结论．
解：延长交于点F，如图，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得．
故答案为：．
【题型3】利用正方形的性质与判定求值或证明
【例3】（23-24八年级下·福建南平·期末）如图，在平面直角坐标系中，点，，点D在第一象限内，，轴，交x轴于点C．
(1)求四边形的面积；
(2)直线交于点E，点P在线段上．
①若，求点P的坐标；
②设，直接写出 m的最小值．
【答案】(1)24； (2)①；②6
【分析】（1）证明四边形是平行四边形，利用坐标与图形的性质求得，根据平行四边形的面积公式求解即可；
（2）①设，根据结合正比例函数的性质求得，根据，代入数据求解即可；
②连接，交直线l于点F，证明和，求得，推出当点P与点E重合时，m最小．据此求解即可．
（1）解：∵轴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
又，
∴，且，
∴；
（2）解：①设，
∵，
∴，
∵在直线中，当时，，
∴，
∴，
∵轴，且，
∴，
∴，
∵，，
∴且，
∴，
即，
即，
解得：，
∴；
②m的最小值为6，
连接，交直线l于点F，
∵轴，
∴，，
又，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，可得，
即，得直线l垂直平分，
∴点A，C关于直线l对称，
当点P与点E重合时，m最小．如图，
∵轴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴四边形是正方形，
∴，，
∴．
【点拨】本题考查了一次函数的解析式，平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，坐标与图形的性质，熟练掌握待定系数法，平行四边形的性质是解题的关键．
【变式1】如图，是正方形的边上的一个动点，的垂直平分线交对角线于点，交于点，连接，，则的度数是（ ）
A．45° B．50° C．60° D．不确定
【答案】A
【分析】过点作，，垂足分别为．证明，然后得到，易得答案.
解：如图所示，过点作，，垂足分别为．
∵四边形是正方形，
∴平分，
∴．
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴．
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
故选A．
【点拨】本题考查了正方形的性质，直角三角形全等的判定，全等三角形对应角相等的性质以及矩形的判定．解题的关键是会作辅助线，证明两个三角形全等.
【变式2】（23-24九年级上·广东揭阳·期中）如图，在矩形中，交于点O，且，，将绕点C顺时针旋转至，连接，且、分别为、的中点，则四边形的面积是 ．
【答案】
【分析】根据矩形的性质，三角形中位线定理可得，，再根据平行四边形的判定可得四边形为平行四边形，根据旋转的性质可得，，得，从而知四边形为正方形由此即可求解．
解：四边形为矩形，，，
，
，
、分别为、的中点，
，，
，
四边形为平行四边形，
将绕点顺时针旋转至，
，，
，
四边形为正方形，
，
故答案为：．
【点拨】本题考查了矩形的性质，勾股定理，中位线的判定与性质，平行四边形的判定，正方形的判定与性质，正方形面积公式等知识，需要较强的推理能力，正确判断出四边形为正方形是解题的关键．
【题型4】中点四边形
【例4】（23-24八年级下·江苏南通·期中）我们把依次连接任意四边形各边中点得到的四边形叫做“中点四边形”．如图，在四边形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点，依次连接各边中点得到“中点四边形”．
(1)如图，“中点四边形”的形状是 ；
(2)求证：矩形的“中点四边形”是菱形．（画图，写出已知、求证和证明）
【答案】(1)平行四边形 (2)见解析
【分析】本题考查三角形的中位线定理，平行四边形的性质和判定，矩形的性质，菱形的判定，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
（1）连接，得出是的中位线，即，，同理可得，，，即可证明；
（2）连接、，根据三角形中位线可得四边形是平行四边形，再利用矩形的性质得出，即可证明．
（1）解：连接，如图，
∵E、H分别是边、的中点，
∴是的中位线
∴，，
同理，，，
∴, ,
∴“中点四边形”的形状是平行四边形．
故答案为：平行四边形．
（2）如图，
已知：矩形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点
求证：四边形是菱形
证明：连接、．
∵E、F分别是边、的中点
∴是的中位线
∴，
同理，可得，，，
∴，
∴四边形是平行四边形
∵四边形是矩形
∴
∴
∴四边形是菱形．
【变式1】（23-24八年级下·山西朔州·期末）如图，四边形的对角线于点，点，，，分别为边，，和的中点，顺次连接，，和得到四边形．若，则四边形的面积等于（ ）
A．30 B．35 C．40 D．60
【答案】A
【分析】本题考查了三角形中位线的性质、平行四边形的判定定理、矩形的判定定理，根据三角形中位线的性质，结合平行四边形的判定定理，得出四边形是平行四边形，再根据矩形的判定定理，得出平行四边形是矩形，再根据矩形的面积公式，即可得出答案．
解：点，分别为边，的中点，
是的中位线，
，，
，
，
同理，可得：，，
，，
点，分别为边，的中点，
是的中位线，
，，
同理，可得：，，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
平行四边形是矩形，
矩形的面积为：，
即四边形的面积为30．
故选：A．
【变式2】（23-24八年级下·广东河源·期中）如图，四边形的两条对角线、互相垂直，将四边形各边中点依次相连，得到四边形，若四边形的面积为15，则四边形的面积为 ．
【答案】30
【分析】根据三角形的中位线定理证明四边形是矩形，从而根据矩形的面积和三角形的每件公式进行计算．此题主要考查中点四边形和三角形的面积，注意三角形中位线定理这一知识点的灵活运用，此题难易程度适中，是一道典型的题目．
解：，，，是四边形的中点四边形，
四边形的对角线、互相垂直，
四边形为矩形，
设，，
是的中位线，
，
同理可得，
四边形的面积为．
，
四边形的面积，
故答案为：30．
【题型5】矩形、菱形、正方形性质与判定综合
【例5】（23-24八年级下·河南周口·期末）如图①，在正方形和正方形中，点，，在同一条直线上，是线段的中点，连接，．
(1)探究与的位置关系和数量关系；
(2)如图②，将原问题中的正方形和正方形换成菱形和菱形且．探究与的位置关系，写出你的猜想并加以证明
(3)如图③，将图②中的菱形绕点顺时针旋转，使菱形的边恰好与菱形的边在同一条直线上，问题（2）中的其他条件不变．探究与的位置关系？直接写出你的猜想不需要证明．
【答案】(1)与的位置关系是．数量关系是 (2)与的位置关系是，证明见解析 (3)与的位置关系是，证明见解析
【分析】本题考查正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握等腰三角形的性质是解答的关键．
（1）延长交于点，利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质证明得到，，然后利用等腰直角三角形的性质可得结论；
（2）延长交于点，利用菱形的性质和全等三角形的判定与性质证明得到，，然后利用等腰三角形的性质可得结论；
（3）延长到点，使，连接，，．证明．得到，．由菱形的性质结合已知可得，，，再证明得到，然后利用等腰三角形的性质可得结论．
（1）解：与的位置关系是，数量关系是．
如图①，延长交于点，
是线段的中点，
．
四边形、四边形是正方形，
∴，，，
由题意可知，
．
又，
，
，．
，
，
是等腰直角三角形
，
；
（2）解：猜想：与的位置关系是．
证明：如图②，延长交于点，
是线段的中点，
．
四边形、四边形是菱形，
∴，，，
．
又，
．
，．
．
．
．
又，
．
（3）猜想：与的位置关系是．
证明：如图③，延长到点，使，
连接，，．
是线段的中点，
．
又，
．
，．
四边形、四边形是菱形，
∴，，，，
，．
又，
∴，
．
点，，在一条直线上，，
．
．
，
．
又，
．
【变式1】（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，在矩形中，，，的平分线交于点，点在边上，且，点、分别是线段、上的动点，连结、．若，则的长为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】C
【分析】过点P分别作，延长交于H，先证明四边形是矩形，再根据角平分线定理得出，即可得到四边形是正方形，即可求解．
解：过点P分别作，延长交于H，
∵四边形是矩形
∴
∴
∴
∴四边形是矩形
∵平分，，
∴
∴四边形是正方形
∵
∴，即
∵，
∴四边形是矩形
∴，即
∵
∴与重合，与重合
∵四边形是正方形
∴
∴
故选：C．
【点拨】本题考查矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，角平分线定理，作出适当的辅助线是解题关键．
【变式2】（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，在正方形中，顶点在坐标轴上，且，以为边构造菱形，将菱形与正方形组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2022次旋转结束时，点的坐标为
【答案】
【分析】本题考查了平面直角坐标系中点的坐标变换规律、正方形的性质、菱形的性质、勾股定理，分别求出的坐标，发现规律，根据规律即可得出答案．
解：由题意得：四边形为正方形，且，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵将菱形与正方形组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，
∴，，，，…，
∴不难发现从第五次旋转开始，点的坐标与前面的重复了，
∵，
∴第2022次旋转结束时，点的坐标与重合，为，
故答案为：．
第三部分【中考链接与拓展延伸】
1、直通中考
【例1】（2024·四川泸州·中考真题）如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（ ）
A．4 B．5 C．8 D．10
【答案】B
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理等等，先证明得到，进而得到，则由直角三角形的性质可得，如图所示，在延长线上截取，连接，易证明，则，可得当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，求出，在中，由勾股定理得，责任的最小值为5．
解：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵点M是的中点，
∴；
如图所示，在延长线上截取，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，
∵，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴的最小值为5，
故选：B．
【例2】（2021·青海·中考真题）如图，正方形的边长为8，M在上，且，N是上一动点，则的最小值为
【答案】10
【分析】本题考查了轴对称的应用，正方形的性质，勾股定理，解答本题的关键是根据轴对称的性质作出图形得到的最小值即为线段的长．连结，，，根据轴对称的性质，得到，的最小值即的最小值，即为线段的长，再根据勾股定理，即可求得的长，即得答案．
解：连结，，，
正方形是轴对称图形，点B与点D是以直线为对称轴的对称点，
直线即为的垂直平分线，
，
，
当点N在与的交点P处，取得最小值，最小值为的长，
正方形的边长为8，且，
，，，
，
的最小值为10．
故答案为：10．
2、拓展延伸
【例1】（23-24八年级下·青海果洛·期末）在正方形中，，且点为上的一动点，以为边作正方形，如图1所示，连接．
(1)求证：；
(2)如图2，延长交于点．
①求证：；
②若，求的长度．
【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②
【分析】（1）求出，利用“”证明即可；
（2）①由全等三角形的性质可知，然后根据平行线的性质和对顶角的性质可证，求出，可证结论成立；②根据含30度角的直角三角形的性质可得，然后利用勾股定理构建方程求出，进而可得的长．
（1）解：∵四边形为正方形，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）①，
，
又∵四边形为正方形，
∴，
，
，
，
，
又，
∴，
，
，
；
②，
，
又，，
∴，
∴，，
即，
∴，
．
【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，证明是解答本题的关键．
【例2】（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图，取一张矩形的纸片进行折叠，具体操作过程如下：
(1)【课本再现】
第一步：如图1，对折矩形纸片，使与重合，折痕为，把纸片展平；
第二步：在上选一点P，沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，根据以上操作，当点M在上时，___________；
(2)【类比应用】
如图2，现将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点Q，连接，当点M在上时，求的度数；
(3)【拓展延伸】
在（2）的探究中，正方形纸片的边长为，改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，并延长交于点Q，连接．当时，请求出的长．
【答案】(1)30 (2) (3)或
【分析】（）由折叠的性质得，，，，从而得到是等边三角形即可求解；
（）同（1）可证，再利用折叠的性质和正方形的性质证明，推出，可得；
（）分点Q在点F的下方、上方两种情况，利用勾股定理求解即可．
（1）解：如图，连接，
∵对折矩形纸片，使与重合，折痕为，
∴垂直平分,
∴，，
∵沿折叠纸片，使点落在矩形内部的点处，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：如图，
同（1）可证，
∴，
在正方形中，，，
由折叠知，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴
（3）解：当点Q在点F的下方时，如图，
∵正方形中，，
∴，
∴，
由（2）知，
∴，
设，由折叠知，
∴，，
在中，，
∴，
解得，即；
当点Q在点F的上方时，如图，
则，
∴，
∴，
设，
则，，
在中，，
∴，
解得，即；
综上可知，的长为或．
【点拨】本题考查正方形折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等，掌握折叠前后对应角相等、对应边相等，注意分情况讨论是解题的关键．
