专题1.12 特殊平行四边形（全章题型分类拓展专题）-2024-2025学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（北师大版）

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专题1.12 特殊平行四边形（全章题型分类拓展专题）【题型目录】【题型1】特殊平行四边形中的作图问题； 【题型2】特殊平行四边形中的折叠问题；【题型3】特殊平行四边形中的最值问题； 【题型4】特殊平行四边形中的平移问题；【题型5】特殊平行四边形中的旋转问题； 【题型6】特殊平行四边形中动点问题.单选题（每个题型3个题）【题型1】特殊平行四边形中的作图问题； 1．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，在中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：①以点为圆心，以适当长为半径画弧，分别与，交于点，；②分别以，为圆心，以适当长为半径画弧，两弧交于点，作射线，与边交于点；③以为圆心，长为半径画弧，交于边于点．若，，则点，之间的距离为（    ）A．5 B．6 C．7 D．82．（2024·新疆伊犁·一模）如图，在矩形中，，以为圆心，适当的长为半径画弧，交于两点；再分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线，交于点，则的长为（    ）A．3 B． C．5 D．3．（22-23九年级上·河北石家庄·期末）如图，中，，平分交于点D，按下列步骤作图．步骤1：分别以点C和点D为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点；步骤2：作直线，分别交，于点E，F；步骤3：连接，．若，，则线段的长为（    ）A． B． C． D．【题型2】特殊平行四边形中的折叠问题；4．（23-24八年级下·河南三门峡·期末）如图．菱形的顶点A在x轴上，于点D，将菱形沿所在直线折叠，点B的对应点为．若，点的横坐标为4，则点B的坐标为（    ）A． B． C． D．5．（2024·辽宁大连·一模）如图，将矩形纸片折叠，使边落在对角线上，点的对应点是点，折痕为．若，，则的长是（    ）A．6 B．5.5 C．5 D．4.56．（23-24八年级下·湖南怀化·期末）如图，在正方形中，，点E，F分别在边上，．若将四边形沿折叠，点B恰好落在边上，则的长度为（    ）A．1 B． C． D．2【题型3】特殊平行四边形中的最值问题；7．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，E为菱形的对角线上的动点，以，为邻边作平行四边形，若，，则的最小值为（    ）A． B． C． D．8．（23-24七年级下·山东济南·期末）如图，已知，，，，点D，E分别是，边上的动点，满足．连接，，则的最小值为（   ）．A．12 B．13 C．14 D．159．（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【题型4】特殊平行四边形中的平移问题；10．（2024·陕西汉中·二模）如图，在中，，将线段向右平移a个单位长度后得到线段（点E、F分别与点A、B对应，且点E、F分别在线段上），当四边形为菱形时，a的值为（   ）A．1 B．2 C．3 D．411．（23-24八年级下·内蒙古通辽·阶段练习）如图，在矩形中，，，将沿着射线的方向，平移线段的长度得到，则四边形的周长为（　　）A． B． C． D．12．（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期末）如图，正方形的顶点A，D分别在x轴，y轴上，点在直线上，直线l分别交x轴，y轴于点E，F，将正方形沿y轴向下平移m个单位长度后，点C恰好落在直线l上．则m的值为（    ）A．5 B．7 C．3 D．6【题型5】特殊平行四边形中的旋转问题； 13．（23-24八年级下·河南驻马店·期末）如图，中，，顶点在轴的负半轴上，，，将绕点逆时针旋转，每秒旋转，则第2025秒旋转结束时，点的坐标为（    ）A． B． C． D．14．（23-24八年级上·陕西西安·阶段练习）如图，四边形中，，，，，将边绕点逆时针方向旋转90°至，连接，则的面积为（    ）A．3 B．4 C．5 D．615．（23-24八年级下·河北唐山·期中）如图，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到．延长交于点，连接，下列结论：；四边形是正方形，若，则；若，其中正确的结论是（    ）A． B． C． D．【题型6】特殊平行四边形中动点问题.16．（23-24八年级下·四川乐山·期末）如图菱形，，，点E、F分别为、上的动点，，点E从点A向点D运动过程中，的长度（    ）．A．恒等于6 B．恒等于9 C．逐渐增加 D．先增加再减小17．（2023·山东菏泽·二模）如图，菱形中，是的中点，是对角线上的一个动点，若的最小值是，则长为（    ）A．2 B．1 C． D．318．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，矩形中，．平分交于点，是上一动点，连结，于点，若，且，则的长为（　　） B． C． D．填空题（每个题型3个题）【题型1】特殊平行四边形中的作图问题； 19．（23-24八年级下·辽宁大连·期末）如图，分别以菱形的顶点为圆心，以大于长为半径画弧，两弧分别相交于点，直线恰好经过菱形的顶点，则对角线与边的夹角的度数为 度．20．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，在中，，分别以点C，B为圆心，以大于为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线分别交于点D，E，连接相交于点P．若，则的大小为 ．21．（2024·浙江湖州·一模）如图，正方形的边长为4，点E在边上，．以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点F，G；以点A为圆心，长为半径画弧，交于点H，以点H为圆心，长为半径画弧，两弧相交于点I；连接并延长，交于点M，交于点P，连接，若N为的中点，连接，则的长为 ．【题型2】特殊平行四边形中的折叠问题；22．（23-24八年级下·湖北孝感·期末）如图，在边长为2的菱形中，，将菱形折叠，使点B落在的延长线上的点处，折痕为，交于点F，则的长为 ．23．（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边分别在x轴、y轴正半轴上，点D在边上，将矩形沿折叠，点C恰好落在边上的点E处．若，则 ，点D的坐标是 ．24．（23-24八年级下·湖北襄阳·期末）如图，正方形纸片的边长为12，是边上一点，连接，点在上，沿折叠，使点落在上的点，若，则的长为 ．  【题型3】特殊平行四边形中的最值问题；25．（23-24八年级下·河南周口·期末）在平面直角坐标系中，菱形的位置如图所示，点A的坐标为，点B的坐标为，点D在y轴上，．点P是对角线上一个动点，当最短时，点P的坐标为 ．26．（23-24八年级下·重庆渝北·期末）如图，菱形的对角线、相交于点O，点P为边上一动点（不与点 A、B重合），于点E，于点F，若 ，则的最小值为 ．27．（23-24八年级下·安徽阜阳·阶段练习）如图等边与正方形的顶点B、C、D三点共线，动点P沿着由C向A运动．连接、，与交于点G．其中，．（1）若点P为中点，则 ．（2）点P沿着运动过程中，的最小值是 ．【题型4】特殊平行四边形中的平移问题；28．（23-24八年级下·山东淄博·期末）定义：一条对角线所在直线垂直平分另一条对角线的四边形叫做筝形.如图，在筝形中，，，.将沿射线的方向平移得到，分别连接，，则的最小值为 .29．（23-24八年级下·辽宁铁岭·期中）如图，在矩形中，，，P为边上一点，沿直线将矩形折叠，使点B落在边的B处，将沿线段平移，当点与点C重合时，得，与交于点Q，则的长为 ．30．（2023·河南新乡·一模）如图，四边形是正方形，顶点在直线：上将正方形OABC沿轴正方向平移个单位长度，若正方形在x轴上方的其他任一顶点恰好落在直线上，则m的值为 ．  【题型5】特殊平行四边形中的旋转问题； 31．（2024·广东深圳·模拟预测）菱形中，，，点在边上，且．将线段绕点旋转，得到线段，连接，是线段的中点，连接，则旋转一周的过程中线段的最大值是 ．32．（23-24八年级下·湖北襄阳·期末）如图，将矩形绕点旋转得到矩形，点在上，延长交于点．若，则的度数为 ．33．（23-24八年级下·上海长宁·期末）如图，正方形的边长为，将绕点旋转，得到，其中、的对应点分别是点、．如果点在正方形内，且到点、的距离相等，那么的长为 ．【题型6】特殊平行四边形中动点问题.34．（2024·陕西西安·一模）如图，在矩形中，，，点是边的中点，点是边上的一个动点，与关于对称，连接．当点恰好落在矩形的对称轴上时，的长为 ．35．（2024·河南周口·模拟预测）在菱形中，，，为对角线的中点，为边上一动点，若为等腰三角形，则的长为 ．36．（23-24八年级下·浙江金华·阶段练习）如图，在矩形中，，．P是射线上一动点，将矩形沿着对折，点A的对应点为．当P，，C三点在同一直线上时，则的长 ．解答题（每个题型2个题）【题型1】特殊平行四边形中的作图问题； 37．（23-24八年级下·辽宁铁岭·阶段练习）如图，在矩形中，以点B为圆心，以为半径画弧，交边于点E，连接，作于点F．(1)求证：；(2)若，，求四边形的周长．38．（2024·湖北荆门·模拟预测）如图，，平分，且交于点C．以点B为圆心，适当长为半径画弧，交于点E，交于点F，再分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，画射线交于点D，连接．求证：四边形是菱形．【题型2】特殊平行四边形中的折叠问题；39．（23-24八年级下·河南信阳·期末）如图，有一张矩形纸片， 将纸片折叠一次，使点A与点C重合，再展开，折痕交边于E，交边于F，连接和．(1)求证：四边形 是菱形．(2)若 的面积为 ，求的周长．40．（23-24八年级下·湖北孝感·期末）（1）如图1．在正方形中，点分别在上，且．垂足为，那么与的数量关系为______．（2）如图2，在正方形中，点分别在上．且，垂足为，证明：．（3）如图3，将边长为的正方形纸片沿折叠．使得点落到边上．若．求和的长．  【题型3】特殊平行四边形中的最值问题；41．（23-24九年级下·吉林长春·期中）将两张长为，宽为的长方形纸条按如图所示的形式交叉叠放，其中重叠部分是四边形．(1)求证：四边形为菱形；(2)在纸条转动的过程中，菱形面积的最大值为______（两张纸条不完全重合）．42．（23-24八年级下·福建泉州·期中）某数学小组在一次数学探究活动过程中，经历了如下过程：问题提出：如图，正方形中，，P为对角线上的一个动点，以P为直角顶点，向右作等腰直角．(1)的最小值为_______，最大值为________；(2)求证：点M在射线上；【题型4】特殊平行四边形中的平移问题；43．（23-24八年级下·广东汕尾·期中）已知：如图，在□中，是边上的高，将沿方向平移，使点E与点C重合，得．  (1)求证：；(2)若，当与满足什么数量关系时，四边形是菱形？证明你的结论．44．（23-24七年级下·四川乐山·期末）翻折，平移，旋转是构造全等图形的常用变换方法．四边形是边长为的正方形，点，，在同一直线上，将通过一定的变换得到如下所示的图形，请解答下列问题：  (1)将绕点逆时针旋转______可得；将向右平移______可得；(2)如果点为边的中点，求四边形的面积；(3)试判断线段与的关系，并说明理由．【题型5】特殊平行四边形中的旋转问题； 45．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知矩形，点，现将矩形绕点O逆时针旋转得到矩形，点B、C、D的对应点分别为点E、F、G．  (1)如图1，当点E落在边上时，求直线的函数表达式．(2)如图2，当C、E、F三点在一直线上时，所在直线与、分别交于点H、M，求线段的长度．(3)如图3，设点P为边的中点，连接，在矩形旋转过程中，设的面积为S，请直接写出S的取值范围．46．（23-24八年级下·河南安阳·期末）给出定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形．  (1)在你学过的四边形中，写出一种勾股四边形的名称________．(2)如图，将绕顶点B按顺时针方向旋转得到，连接，，，已知．①直接写出的度数是________．②判断四边形是否为勾股四边形，并说明理由．【题型6】特殊平行四边形中动点问题.47．（23-24八年级下·安徽安庆·期末）已知，点C为射线上一动点（不与点B重合），关于的轴对称图形为．(1)如图1，当点D在射线上时，求证：四边形是菱形；(2)如图2，当点D在射线之间时，若点G为射线上一点，点C为的中点，且，，，求的长．48．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，直线与坐标轴分别交于点，以为边在轴的右侧作正方形．(1)求点的坐标；(2)如图，点是轴上一动点，点在的右侧，．①如图1，问点是否在定直线上，若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由；②如图2，点是线段的中点，另一动点在直线上，且，请直接写出点的坐标．参考答案：1．B【分析】本题考查了作图基本作图，菱形的判定与性质，勾股定理，证明四边形是菱形是解题的关键．连接、，设交于点，根据题意证明四边形是菱形，从而得出的长，再根据勾股定理即可得出结果．【详解】解：如图，连接、，设交于点，由题意可知，是的角平分线，，又四边形是平行四边形，，，，，以为圆心，长为半径画弧，交于边于点，，，又，四边形是平行四边形，又，四边形是菱形，，，，，，，故选：B2．C【分析】本题考查了角平分线的作法和性质，矩形的性质，勾股定理等知识；利用面积关系求的长是解题关键．过F作于G，由角平分线的性质求得，再由求得面积，从而得出的长，即可解答；【详解】解：由作图步骤可得：是的角平分线，如图，过F作于G，由矩形性质可得：，，∴，由角平分线的性质可得：，∴，∵，∴，∴，∴故选：C．3．B【分析】由作图可知，四边形是正方形，根据，可得，由此即可解决问题．【详解】解：∵平分，，∴，由作图可知，是的垂直平分线，∴，，∴，∴，∴四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵，，∴， 故选：B．【点拨】本题考查线段的垂直平分线的性质、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用面积法构建方程解决问题．4．A【分析】令与的交点为，根据菱形和折叠的性质，得到，进而得出，再由勾股定理求出，即可得到点B的坐标．【详解】解：如图，令与的交点为，四边形是菱形，，，，，，菱形沿所在直线折叠，点B的对应点为，，即，，点的横坐标为4，，是等腰直角三角形，，，，点B的坐标为，故选：A．【点拨】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，利用数形结合的思想解决问题是关键．5．D【分析】本题考查了图形的翻折变换，以及勾股定理的应用，矩形的性质，关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．首先利用勾股定理计算出的长，再根据折叠可得，设，则，，，再根据勾股定理可得方程，再解方程即可．【详解】解：在矩形中，，，∴，∴根据折叠可得：∴，，设，则，，，在中：，，解得：．故选：D．6．D【分析】本题考查正方形的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键是熟练运用以上性质；根据可得根据折叠后对应角相等、对应边相等，可得，进而可得，根据含30度角的直角三角形的性质可得，设，则，列方程求解即可．【详解】解：四边形是正方形，将四边形沿折叠，点B恰好落在边上，，，设，则，，，，故选：D．7．B【分析】本题考查了菱形以及平行四边形的性质，勾股定理等知识点，连接，根据可得当，最小，据此即可求解．【详解】解：连接，如图所示：由题意得：，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴当，即时，最小，此时，最小值为，故选：B．8．B【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识，正确作出辅助线是解题关键．过A作，垂足为A，使，过点F作交延长线于点G，连接，则，可得四边形是矩形，再证明，可得当C、D、F共线时，取得最小值，最小值为的长，再由勾股定理求出的长，即可求解．【详解】解：过A作，垂足为A，使，过点F作交延长线于点G，连接，则，∴四边形是矩形，∴，，∵，，， ∴，∴，∴，即当C、D、F共线时，取得最小值，最小值为的长，，即的最小值为13．故选：B9．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．【详解】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．10．B【分析】本题考查了平行四边形的性质以及平移性质，菱形性质，先得出四边形是平行四边形，再结合四边形为菱形，得出，即可作答．【详解】解：∵在中，将线段向右平移a个单位长度后得到线段，∴，∴四边形是平行四边形，∵，四边形为菱形，∴，则，即a的值为，故选：B．11．B【分析】本题考查矩形的性质，平移的性质和勾股定理，根据矩形的性质和平移的性质，可以得到的长，然后即可求得四边形的周长，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：四边形是矩形，∴，，∵，，∴，∴，由题意可知：，∴，，∴，∴四边形的周长为：，故选：．12．B【分析】先根据待定系数法求得的解析式，过点作于点，过点作于点，证明，即可得到的长，再证明，即可得到点坐标，再根据平移可得平移后的坐标，代入直线，即可解答．【详解】解：点在直线上，，，直线解析式为，如图，过点作于点，过点作于点，则，，，，在正方形中，，，，，，，，，，，同理可得，，，，将正方形沿y轴向下平移个单位长度后，点C恰好落在直线l上，设平移后点，，解得，故选：B．【点拨】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，平移的性质，正确做出辅助线是解题的关键．13．B【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，坐标规律探索，旋转性质，先证明为菱形，得出，根据勾股定理得出，根据旋转得出第1秒点C的坐标为，第2秒点C的坐标为，第3秒点C的坐标为，第4秒点C的坐标为，得出每4秒中点C循环一周，根据，得出第2025秒旋转结束时，点C的坐标与第1秒旋转后的坐标相同，求出结果即可．【详解】解：∵，，∴，∵中，，∴为菱形，∴，∵，∴，∵将绕点逆时针旋转，每秒旋转，∴第1秒点C的坐标为，第2秒点C的坐标为，第3秒点C的坐标为，第4秒点C的坐标为，第5秒点C的坐标为，…∴每4秒中点C循环一周，∵，∴第2025秒旋转结束时，点C的坐标与第1秒旋转后的坐标相同，∴第2025秒旋转结束时，点C的坐标，故选：B．14．A【分析】此题重点考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识．作于点G，作交的延长线于点F，可证明四边形是矩形，得，，则，，由旋转得，，即可证明，得，即可求得．【详解】解：作于点G，作交的延长线于点F，则，∵，∴，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，，，，由旋转得，，∴，在和中，，∴，故选：A．15．A【分析】本题考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，设交于，由及将绕点按顺时针方向旋转，得到，可得，即可得，从而判断正确；由旋转的性质可得，，，由正方形的判定可证四边形是正方形，可判断正确；过点作于，由等腰三角形 的性质可得，，由“ ”可得，可得，由旋转的性质可得，从而可得，可判断正确；由等边三角形的性质得到，可得，再根据正方形的面积可得，可判断正确；灵活运用以上性质进行推理是解题的关键．【详解】解：设交于，如图，∵四边形是正方形，∴，∴， ∵将绕点按顺时针方向旋转，得到，∴，∵，∴，∴， ∴，故正确；∵将绕点按顺时针方向旋转，∴，，， 又∵，∴四边形是矩形，又∵，∴ 四边形是正方形，故正确；如图，过点作于，∵，，∴，，∵四边形是正方形，∴，，∴，∴， 又∵，，∴， ∴， ∵将绕点按顺时针方向旋转，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，故正确；若，则，∵，∴，即，∵四边形和四边形是正方形，∴，故正确；∴正确的有，故选：．16．A【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，连接，由菱形的性质推出，，，判定是等边三角形，得到，，，由，推出，判定，得到，于是得到．【详解】解：连接，∵四边形是菱形，∴，，∴、是等边三角形，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴．故选：A．17．A【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，轴对称最短路径问题，连接，由菱形的性质得到，垂直平分，则，故当三点共线时，最小，即此时最小，则；证明是等边三角形，得到，，求出，则．【详解】解：如图所示，连接，由菱形的性质可得，垂直平分，∴，∴，∴当三点共线时，最小，即此时最小，∴，∵，∴是等边三角形，∵是的中点，∴，，∴，∴，故选；A．18．A【分析】连接、，根据经过某一条线段的中点，并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得，根据一般地，从一个角的顶点出发，把这个角分成两个相等的角的射线，叫做这个角的平分线可得，根据矩形的对边平行且相等，四个角都是直角可得，，，根据两直线平行，内错角相等可推得，根据等角对等边可得，根据斜边及另一条直角边对应相等的两个直角三角形是全等三角形，全等三角形的对应角相等可得，结合直角三角形中两个锐角互余可得，推得是直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半可得，设，则，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方即可列出方程，解方程求出的值，即可求解．【详解】解：连接、，如图，∵，，∴是的垂直平分线，∴，∵平分，∴，∵四边形是矩形，∴，，，∴，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，在中，，∴，即，∴是直角三角形，∴，设，则，即，在中，，在中，，即，，解得：，∴，∴．故选：A．【点拨】本题考查了线段垂直平分线的判定与性质，角平分线的定义，矩形的性质，平行线的性质，等角对等边，全等三角形的判定与性质，直角三角形的判定，勾股定理等，熟练掌握这些知识点是解题的关键．19．30【分析】本题考查了作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质，连接，由作图过程可得：直线为线段的垂直平分线，可得，由菱形的性质得出，，从而得出为等边三角形，得到，即可得解．【详解】解：如图，连接，，由作图过程可得：直线为线段的垂直平分线，∴，∵四边形为菱形，∴，，∴为等边三角形，∴，∴，故答案为：．20．/75度【分析】本题考查作图基本作图，线段的垂直平分线的性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．由作图可知，可得，根据直角三角形斜边上中线的性质可得，然后由角的和差关系可得答案．【详解】解：由作图可知是的垂直平分线，，，，，，，，，，，故答案为：．21．/【分析】根据正方形的性质得到，，由作图知，求得，根据全等三角形的性质得到，求得，根据勾股定理得到，根据直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 由作图知， ∴， ∴，∴， 在与中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵N为的中点， ∴， 故答案为：．【点拨】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，直角三角形斜边中点等于斜边的一半，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．22．【分析】由菱形，可得，，则，由折叠的性质可知， ，，，则，，，可得，由勾股定理得，，可求，则，，由勾股定理得，，计算求解即可．【详解】解：∵菱形，∴，，∴，由折叠的性质可知， ，，，∴，，，∴，由勾股定理得，，解得，，∴，，由勾股定理得，，解得，，故答案为：．【点拨】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质等知识．熟练掌握菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质是解题的关键．23． 6 【分析】本题主要考查了翻折变换，矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理列方程是解题的关键．根据矩形的性质可知，，再利用折叠的性质得，，由勾股定理求得，设，则，在中，利用勾股定理列方程可得答案．【详解】解：，，，，四边形是矩形，，，将该长方形沿折叠，点恰好落在边上的处．，，由勾股定理得，，，设，则，在 中，，解得，，故答案为：6，．24．/【分析】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质 ，全等三角形的判定与性质，勾股定理，面积法求线段的长度等，解题关键是能够灵活运用正方形的性质和轴对称的性质．由折叠及轴对称的性质可知， 垂直平分, 先证推出的长，再利用勾股定理求出的长, 最后在中利用面积法可求出的长，可进一步求出的长，的长.【详解】解：设与交于点M，在正方形中,   ，在中,，∵由折叠的性质可得，∴垂直平分,，∵，所以，又∵，，∴，∴，又∵， 故答案为： 25．【分析】先求出，点B，D关于直线对称．设交于，连接，则，，即．则当点P和点重合时，的值最小．在中，，则，则，求出，即可得到点P的坐标．【详解】解：点A的坐标为，点B的坐标为，∴四边形是菱形，，D关于直线对称．设交于，连接，则，  ，即．当点P和点重合时，的值最小．在中，，∴，则，即，，，故答案为：．【点拨】此题考查了勾股定理、含角的直角三角形的性质、菱形的性质、轴对称的性质、点的坐标等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．26．【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，等积法求高等知识，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．连接，根据菱形的性质和勾股定理，得出，，，由勾股定理，得出，再证明四边形是矩形，得到，由垂线段最短可知，当时，有最小值，即有最小值，利用等积法求出，即可得到答案．【详解】解：如图，连接，四边形是菱形，，，，，，在中，，，，，四边形是矩形，，由垂线段最短可知，当时，有最小值，即有最小值，，，即的最小值为，故答案为：27． 【分析】（1）过点P作于点Q，qj ，，可得，，，再利用勾股定理可得答案；（2）当时，取得最小值，求解，设，则，由解得，再进一步可得答案．【详解】解：（1）过点P作于点Q，∵等边，，点P为中点，∴，，∴，∴，，∵正方形，，∴，，，；故答案为：（2）当时，取得最小值，，，，∵，∴，设，则，由得，解得，，，，．故答案为：【点拨】本题考查的是正方形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理的应用，二次根式的加减运算，理解垂线段最短并灵活运用是解本题的关键．28．【分析】先在上取点H，使得为菱形，平移后的点为，过点C作直线的对称点M，交于点N，证明，则当三点共线时，的值最小，结合菱形性质，得，证明是等边三角形，运用勾股定理列式计算，即可作答．【详解】解：如图：在上取点H，使得为菱形，平移后的点为，过点C作直线的对称点M，交于点N∴由平移可得 在和中∴∴当三点共线时，的值最小∵， 且四边形为菱形∴∴，∵， ，∴是等边三角形∴∴∵∴∵为的直角三角形，∴∴∴∴则的最小值为故答案为：【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的性质以及勾股定理，轴对称的性质，等边三角形的性质与判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．29．2【分析】由矩形的性质和折叠的性质，可知，，则，在中，，列出方程求得：，即，连接，过点作交延长线于，则，由平移可知，，，，则四边形为矩形，，得，，由此可知， 由延平移所得，则，得，设，则，根据，，列出方程即可求解．【详解】解：在矩形中，，，，由折叠可知，，，则，∴，设，则，在中，，即：，解得：，即，连接，过点作交延长线于，则，由平移可知，，，，则四边形为矩形，，∴，，由此可知， 由延平移所得，则，∴，设，则，∴，，则，解得：，∴，故答案为：2．【点拨】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，平移的性质等知识点，利用平移的性质得，由此建立方程求解是解决问题的关键．30．或【分析】过点A和点C作x轴的垂线，垂足分别为点D和点E，过点D作于点F，通过证明，，得出点C和点B的坐标，再求出直线的解析式为，设点C平移后的点为，点B平移后的点为，根据平移的性质可知，点C和点纵坐标相等，点B和点纵坐标相等，求出点和的坐标，即可解答．【详解】解：过点A和点C作x轴的垂线，垂足分别为点D和点E，过点D作于点F，  ∵，∴，∵四边形为正方形，∴，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，同理可得：，∴，∴，把代入得：，解得：，∴直线的解析式为，设点C平移后的点为，点B平移后的点为，①当在l上时，，解得：，∴，∴，②当在l上时，，解得：，∴，∴，故答案为：或．【点拨】本题考查了正方形的性质，一次函数，全等三角形的判定和性质，平移的性质，解题的关键是正确画出辅助线，构造全等三角形，掌握正方形的性质，平移的性质，以及用待定系数法求解一次函数解析式的方法和步骤．31．【分析】本题主要考查了菱形的性质，旋转的性质，三角形的中位线定理，等边三角形的性质与判定，延长到点，使得，连接，，由三角形的中位线定理得，当、、依次在同一直线上时的值最大，据此求得的最大值便可求得的最大值．【详解】解：延长到点，使得，连接，，如图，四边形是菱形，，，，，为等边三角形，，点是的中点，，当取最大值时，的值就最大，由题意知，点在以为圆心，以为半径的圆上，当、、依次在同一直线上时，的值最大，如图，由旋转性质知，，的最大值为 ，故答案为：．32．/度【分析】本题考查矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，正确得出全等是解题的关键．根据矩形的性质得出，，，根据旋转的性质得出，再证明；由全等三角形的性质得出，再计算即可得出答案．【详解】解：∵四边形是矩形．，，，由旋转性质，得：．，∵在矩形中，，，在和中，，，，，，∴，即的度数为，故答案为：．33．/【分析】作的垂直平分线，交于，交于，作，交于点，连接、、，由题意可知当在上时满足到点、的距离相等，得到，根据正方形性质可证明，从而推出，然后判定四边形是矩形，结合垂直平分，推出，即可根据勾股定理可算出，得到，最后再由勾股定理算出，即可得到答案．【详解】作的垂直平分线，交于，交于，作，交于点，连接、、由题意可知，当旋转到上时，到点、的距离相等，且四边形是正方形，，，在和中，，四边形是矩形又垂直平分，故答案为：．【点拨】本题考查了图形的旋转，垂直平分线的性质，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，根据题意找到位置并作出相应的辅助线是解题的关键．34．【分析】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，正方形的判定等知识，由轴对称的性质可得，，，则在以为圆心，为半径的圆上运动，通过证明四边形是正方形，可得．【详解】解：如图，画出矩形的两条对称轴，点是边的中点，，与关于对称，，，在以为圆心，为半径的圆上运动，点恰好落在矩形的对称轴上，且点到的距离为，点只能在上，，四边形是矩形，又，四边形是正方形，，故答案为：．35．或1【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．由菱形的性质可求，，可证是等边三角形，可得，，由勾股定理可求的长，分，两种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解．【详解】解：如图，连接，四边形是菱形，，与互相垂直平分，，，是等边三角形，，，，当时，则，，，，，，，当时，，故答案为：或1．36．【分析】分类讨论：当点P在上时，由折叠的性质得，，，利用勾股定理求得，设，则，，利用勾股定理列方程求解即可；当点P在的延长线上时，由折叠的性质得，，，利用勾股定理求得，设，则，，利用勾股定理列方程求解即可．【详解】解：如图，当点P在上时，由折叠的性质得，，，，∴，在中，，设，则，，在中，，即，解得，∴；如图，当点P在的延长线上时，由折叠的性质得，，，，在中，，设，则，，在中，，即，解得，综上所述，，故答案为：．【点拨】本题考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、解一元一次方程，运用分类讨论思想解决问题是解题的关键．37．(1)见解析(2)【分析】此题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．（1）由在矩形中，，，易证得，又由，可得，然后由，利用即可判定：，最后由全等三角形性质可得结论；（2）利用勾股定理可求得的长，再由，可得，继而求得答案．【详解】（1）证明：在矩形中，，，，，，，在和中，，；，；（2）由题意可得，在中，，，，，，四边形的周长．38．见解析【分析】本题主要考查基本作图，平行四边形的判定与性质和菱形的判定，由作图知,由知，从而得出得，同理可得，证明四边形是平行四边形，由可得结论【详解】证明：由作图得是的平分线，∴∴∵平分，∴∵∴∴∴又∴四边形是平行四边形,∵∴四边形是菱形39．(1)见解析(2)【分析】（1）由折叠的性质和矩形的性质可得，，，根据平行线的性质可得，进而由等角对等边可得，由等量代换可得，证明四边形是平行四边形，再根据菱形的判定证明即可；（2）由菱形的性质得，利用勾股定理可得，进而可得，由的面积为 ，可得，即可求得，进而求解即可．【详解】（1）证明：∵一张矩形纸片，将纸片折叠一次，使点A与点C重合，∴，，，∴，∴，∴，∴，∵，即，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形；（2）解：由（1）可得，四边形是菱形，∴，∵四边形是矩形，∴，在中，，∴，∴，∵的面积为 ，∴，即，把②代入①得，，即，∴（负值舍去），∴．【点拨】本题考查矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、完全平方公式及求算术平方根，熟练运用矩形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键．40．（1）相等；（2）证明见解析；（3），【分析】本题考查了全等三角形的判定及其性质、勾股定理、对称原理及其应用问题；对综合的分析问题、解决问题的能力提出了较高的要求．（1）根据正方形的性质证明，即可得出结论；（2）可过点作，证明即可得出结论．（3）借助对称原理，根据勾股定理即可求出、的长；利用第（2）问中的结论即可获得的长．【详解】解：（1）∵四边形是正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，在与中，，∴，故答案为：相等；（2）如图所示，过点作，交于，  则四边形为矩形；；，，，，；在与中，，．（3）如图，连接；设，则；由对称原理得：，，；由问题（1）知：；四边形为正方形，；由勾股定理得：，；，解得，∴，．41．(1)详见解析(2)【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，方程思想，动态条件下的面积最值问题，将面积的最值问题转化成线段的最值问题，是解决本题的关键．（1）由题意可得，，，所以四边形时平行四边形，所以，分别过作于，于，则，可以证明，得到，所以是菱形；（2）菱形的面积为，当旋转至如图位置时，取得最大值，设，在中，利用勾股定理列方程，即可求解．【详解】（1）证明：分别过作于，于，如图1，，由题意可得，，，， 四边形是平行四边形，，在与中，，，，是菱形；（2）解：∵是菱形，，，当越大时，菱形的面积越大，旋转如图位置时，如图2，此时取最大值，设，则，在中，，，，，故答案为：．42．(1)4，(2)见解析【分析】（1）当点P运动到对角线的中点时，值最小；当点P运动到点A或点C时，最大；（2）分点P在线段与两种情况讨论，连接，过M作于E，证明，可得出，进而求出，然后证明B、C、M在同一条直线上即可．【详解】（1）解：由于点P运动到与垂直时，根据“垂线段最短”可知最短，则最短，此时与对角线重合，与重合，∴．由于点P运动到点A或点C时，斜线段最长，因此最长，此时：，则，故答案为：4，；（2）证明：连接，连接交于点，过M作于E，①如图，当点在线段上时， ∵正方形，∴，，，，∵是等腰直角三角形，∴，，∴，又，∴，∴，，又，∴，∴，∴，又，∴，∴，∴B、C、M三点共线，∴点在线段的延长线上． ②如图，当点在线段上时，   同理，∴，，又，∴，∴，∴，又，∴∴B、C、M三点共线，∵点在线段上．综上所述，点在射线上上．【点拨】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等相关知识点，解题的关键是掌握以上知识点．43．(1)见解析(2)当时，四边形是菱形，证明见解析【分析】本题考查平移的基本性质以及菱形的判定，关键是掌握①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等和平行四边形的性质以及菱形的判定定理．（1）根据平移的性质，可得：，再证明即可得到；（2）要使四边形是菱形，须使；根据条件找到满足的与满足的数量关系即可．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴．∵是边上的高，且是由沿方向平移而成．∴．∴．∵，∴．∴．（2）当时，四边形是菱形．证明：∵，，∴四边形是平行四边形．∵中，，∴，∴．∵，∴．∴．∴四边形是菱形．44．(1)，4(2)(3)且，理由见解析【分析】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的性质，正方形的性质，平移与旋转的性质等知识，熟练掌握平移与旋转的性质是解题的关键．（1）由平移与旋转的性质即可求解；（2）先由平移的性质求出的长，再由四边形的面积即可求解；（3）由平移与旋转的性质可得，从而可得，再进行推导即可求解．【详解】（1）由题意得：将绕点逆时针旋转可得；将向右平移4可得，故答案为：，4；（2）点为边的中点，，，四边形的面积，（3）且，理由如下：将绕点逆时针旋转可得；将向右平移4可得，，，，，，．45．(1)(2)2(3)【分析】（1）由矩形的性质得，，，，根据勾股定理求得，即，利用勾股定理求得，可得，求得直线的表达式为，过点G作轴于点A，利用勾股定理求得，设的函数表达式为，再利用待定系数法求解即可；（2）过点M作于点N，连接、，旋转的性质得，，再根据等腰三角形的性质得，证明四边形是矩形，可得，可证，，可得，设，利用勾股定理列方程求解即可；（3）求出两个临界值，当矩形没有转动时，即矩形与矩形重合，求出最小值；点B到直线的距离最大时，存在面积最大值，分别求解即可．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，，∴，，，∵矩形是矩形旋转得到，∴，，在中，，∴，∴，∴，设直线的表达式为，把点代入得，，解得，∴直线的表达式为，设的函数表达式为，过点G作轴于点A，∵，，∴，∴，∴，把点代入得，，解得，∴的函数解析式为；  （2）解：如图，过点M作于点N，连接、，∵矩形是矩形旋转得到，∴，，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，设，在中，，即，解得，∴，∴，∴，∴，∴线段的长度为2；      （3）解：当矩形没有转动时，即矩形与矩形重合，∵点P为的中点，∴，∴，∴，在矩形旋转的过程中，点B到直线的距离存在最大值，即S的最大值，当在点O的左侧且时，B到直线的距离最大，设与的交点为M，如图，∵点P为的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴．  【点拨】本题考查用待定系数法求一次函数解析式、矩形的性质与判定、勾股定理、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质，熟练掌握旋转的性质，运用分类讨论思想解决问题是解题的关键．46．(1)正方形、矩形、直角梯形均可(2)①；②四边形是勾股四边形，理由见解析【分析】（1）根据题意结合所学四边形即可求解；（2）①先证明，得出，，连接，进一步得出为等边三角形即可求解；②等边三角形的性质进一步得出是直角三角形，即可求解．【详解】（1）解：正方形、矩形、直角梯形均可，故答案为：正方形、矩形、直角梯形均可；（2）解：①由旋转的性质得，，∴，∵，∴是等边三角形，∴，故答案为：；②∵是等边三角形，∴，，∵，∴，在中，，即四边形是勾股四边形．【点拨】本题考查旋转的性质、勾股定理、等边三角形的性质与判定、特殊四边形的性质，熟练掌握勾股定理和等边三角形的性质与判定证得是解题的关键47．(1)见解析(2)【分析】（1）根据轴对称图形的性质得到，根据平行线的性质推出，根据等腰三角形的判定得出，则，根据菱形的判定定理即可得解；（2）连接交于点M，根据轴对称图形的性质得到，则是的中位线，，根据三角形中位线性质得出，根据三角形中位线的判定与性质及直角三角形的性质求出，设，则，根据勾股定理推出，据此求出x的值，再根据三角形中位线性质即可得解．【详解】（1）证明：如图所示，∵关于的轴对称图形为，∴，∵，∴，，∴，∴，∴四边形是菱形．（2）解：如图所示，连接交于点M，∵关于的轴对称图形为，∴，∴，∵C是的中点，∵，∴，∴是直角三角形；∵，C是的中点，，∴是的中位线，∴，设，∵，∴，在中，，在中，，∴，即，解得：，∴，∴．【点拨】此题是四边形综合题，考查了轴对称图形的性质、三角形中位线的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练运用轴对称图形的性质、三角形中位线的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理是解题的关键．48．(1)(2)①是，；②或【分析】（1）先求出，得到，，再由正方形的性质可得，解之即可得到答案；（2）①过点作轴，通过证明，得到，即可求解；②连接，可得点H与点重合，作点关于直线的对称点，可得，求得直线的解析式，即可求解．【详解】（1）解：在中，当时，，当时，，∴，∴，，∵四边形是正方形，∴，∴∴∴；（2）解：①过点作轴，如下图：  由题意可得：，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴，设，则，由题意可得：，即，∴E在定直线上；②连接，由题意可得为等腰直角三角形，∴∵四边形为正方形，∴∴，∴当点与点重合时满足题意，∵点是线段的中点，∴，由①可得，，设直线解析式为，将、代入可得，解得，∴直线解析式为，设交于M，在中，当时，，即点作点关于直线的对称点，则∴，∴点为直线与的交点，同理可得直线解析式为联立，解得此时；  综上，点坐标为或【点拨】此题考查了一次函数与几何的综合应用，涉及了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质与判定，轴对称的性质等等，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．