2023年中考数学专项汇编 专题 特殊平行四边形的性质与判定

这是一份2023年中考数学专项汇编 专题 特殊平行四边形的性质与判定，共126页。
专题 特殊平行四边形的性质与判定
【题型目录】
题型一 矩形的性质与判定重难点题型
题型二 菱形的性质与判定重难点题型
题型三 正方形的性质与判定重难点题型
题型四 特殊平行四边形中长度问题
题型五 特殊平行四边形中角度问题
题型六 利用特殊平行四边形的性质求面积
题型七 中点四边形
题型八 特殊平行四边形的动点问题
题型九 四边形中的线段最值问题
题型十 特殊平行四边形中的折叠问题
题型十一 四边形其他综合问题

【经典例题一 矩形的性质与判定重难点题型】
知识点1：矩形的性质
1.边：对边平行且相等；
2.角：四个角都是直角；
3.对角线：对角线相等且互相平分；
4.对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，有两条对称轴.（对称轴为矩形对边中点所在的直线）
知识点2：矩形的判定
1.定义法：有一个角是直角的平行四边形；
2.对角线相等的平行四边形是矩形；
3.有三个角都是90°的四边形是矩形.
【例1】（2022秋·湖北·九年级统考期中）已知大小一样的矩形和矩形如图1摆放，，现在把矩形绕点A旋转，如图2，交于点M，交于点N，若，则的值为（   ）．

A． B． C． D．
【变式训练】
【变式1】（2022秋·河北保定·九年级保定市第十七中学校考期末）如图，在四边形中，对角线，相交于点，且，，下列说法错误的是（   ）

A．若，四边形是菱形
B．若，四边形是矩形
C．若且，四边形是正方形
D．若，四边形是正方形
【变式2】（2022春·山东德州·八年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，，，直线经过B，D两点．将直线L平移得到直线，若它与矩形有公共点，则b的取值的范围___________．

【变式3】（2021春·北京丰台·八年级北京市第十二中学校考阶段练习）如图，是矩形的边上一点，，是对角线上任意一点，，，垂足分别为和，则一定与图中哪条线段的长度相等：__．

【变式4】（2021春·重庆巴南·九年级校考期中）如图，在矩形中，是对角线，、分别平分、，交边、于点、．

(1)若，，求的长．
(2)求证：．


【变式5】（2022秋·湖北宜昌·九年级校联考期中）已知，点F是矩形边上一点，点E在边上，，连接．

(1)如图1，点F在边上，且，连接．求证：；
(2)如图2，点F在边上，且，连接交于点G．求证：．
(3)在（2）的条件下，，，则 ．


【经典例题二 菱形的性质与判定重难点题型】
知识点1：菱形的性质
1.边：对边平行，四条边都相等
2.角：对角相等
3.对角线：
4.对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，对角线所在直线就是对称轴
知识点2：菱形的判定
1.定义法：有一组邻边相等的平行四边形是菱形
2.对角线互相垂直的平行四边形是菱形
3.四条边都相等的四边形是菱形
【例2】（2022秋·安徽滁州·九年级统考期中）菱形中，，E，F分别是，上的动点，且，连接，交于G，则下列结论：①；②为等边三角形；③的最小值为．其中正确的结论是（    ）

A．①② B．①②③ C．①③ D．②③

【变式训练】
【变式1】（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，菱形的周长为，高长为，则对角线长和长之比为（      ）

A． B． C． D．
【变式2】（2022春·吉林长春·八年级统考期末）如图，在菱形中，，垂足为点．与交于点，连接．若，则的大小为______．

【变式3】（2022秋·湖北宜昌·九年级校联考期中）如图，中，； 和都是等边三角形，为的中点，连接交于点，与交于点；以下结论：①；②四边形为菱形；③；④．其中，正确的结论有_______．（填写所有正确结论的序号）

【变式4】（2020秋·四川成都·九年级成都外国语学校校考期中）如图，平行四边形ABCD的对角线，相交于点O，且，，．

(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，求的长．


【变式5】（2021春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在矩形中，点E在边上，折叠使点A落在边上的点F处，折痕为，过点A作交于点G，连接．

(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，求四边形的面积．



【经典例题三 正方形的性质与判定重难点题型】
知识点1：正方形的性质
1. 边：对边平行，四条边都相等
2. 角：四个角都是直角
3. 对角线
4. 对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，有四条对称轴
5. 正方形面积求法：（表示正方形的边长，表示正方形的对角线）
注：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

知识点2：正方形的判定
1. 有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形
2. 有一组邻边相等的矩形是正方形
3. 对角线互相垂直的矩形是正方形
4. 有一个角是直角的菱形是正方形
5. 对角线相等的菱形是正方形
知识点3：四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系

【例3】（2022秋·四川泸州·九年级统考期中）如图，已知在正方形内有一点，连接、、，将顺时针旋转得到，连接，点恰好在线段上，若，，则的长度为（    ）

A．2 B． C． D．
【变式训练】
【变式1】（2022春·山东德州·八年级统考期末）如图，把正方形放在直角坐标系中，直角顶点落在第二象限，顶点、分别落在轴、轴上，已知点、，则点的坐标为（    ）

A． B． C． D．
【变式2】（2022春·四川绵阳·八年级校考期中）如图，在中，，，以为边向外作正方形，连接，则_______．

【变式3】（2022春·江苏常州·八年级统考期中）如图，正方形ABCD的边长为a，点P是AB边上的中点，将AD沿DP翻折到DE，延长PE交BC于点Q，连接DQ、BE，下列结论中：①∠PDQ=45°；②△BPQ的周长为2a；③连接AE，．正确的是___________（填正确的序号）．

【变式4】（2022春·江苏苏州·八年级校考阶段练习）如图，正方形中，点在边上，连接，过点作与的延长线相交于点，连接与边相交于点，与对角线相交于点．

(1)若，且，求的长；
(2)若，求证：．



【变式5】（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）【提出问题】在一次数学探究活动中，李老师给出了一道题．如图①，点是等边内的一点，连接、、．当，，时，求的度数．
【解决问题】小明在解决此题时，将点绕点逆时针方向旋转得到点，连接、、，并结合已知条件证得．
请利用小明的作法及结论求的度数．
【方法应用】如图②，点是正方形内一点，连接、、．若，，，则______________°．



【经典例题四 特殊平行四边形中长度问题】
【例4】（2022秋·陕西汉中·九年级校考期中）如图，矩形的对角线、相交于点，过点作交于点，若，，则的长为（    ）

A． B．6 C． D．5

【变式训练】
【变式1】（2021春·四川凉山·八年级校考期中）如图，菱形的周长为，对角线、相交于点O，，垂足为E，，则为（    ）

A． B． C． D．4cm

【变式2】（2021春·重庆沙坪坝·八年级重庆市第七中学校校考期中）如图，在正方形中，是对角线上一点，过点作，交于点，，，则___________．


【变式3】（2023秋·山东济南·九年级统考期末）如图，在正方形中，点、为边和上的动点（不含端点），，下列四个结论：①当时，则；②；③的周长不变；④若，，则的面积为15．其中正确结论的序号是______．


【变式4】（2020秋·云南楚雄·九年级统考期末）如图，在平行四边形中，平分，交于点，交的延长线于点，，连接．

(1)求证：四边形是矩形．
(2)若，，求线段的值．

【变式5】（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，在菱形 中，，将菱形折叠，使点 恰好落在对角线 上的点 处（不与 ， 重合），折痕为 ，若 ，，则 的长为____．






【经典例题五 特殊平行四边形中角度问题】
【例5】（2022秋·山东枣庄·九年级统考期中）如图，在矩形中，对角线、相交于点O，若平分交于点E，且，连接，则（    ） 

A． B． C． D．
【变式训练】
【变式1】（2022秋·重庆·九年级重庆市育才中学校考阶段练习）如图，在正方形中，E、F分别为边、上一点，且，连接，，平分交于点G．若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
【变式2】（2022秋·四川成都·九年级成都七中校考期中）如图，在菱形中，与相交于点，的垂直平分线交于点，连接，若，则的度数为______．

【变式3】
（2022秋·陕西西安·九年级统考期中）如图，在菱形中，，点E为对角线上一点，F为边上一点，连接、、，若，，则的度数为______．

【变式4】（2022秋·江苏泰州·九年级统考期末）（1）如图1，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3，BC=4，D为BC边上一点， CD=．求证：AD平分∠CAB．

（2）如图2，矩形ABCD中，AB=5，BC=4，点E是CD边上一点，DE=2，连接AE，请用无刻度的直尺和圆规在AB边上找一点F，使得∠AFD=2∠DAE．（保留作图痕迹，不要求写出作法）

【变式5】（2021春·广西南宁·八年级统考期末）如图1，四边形是菱形，于．

（1）若，，求的值；
（2）在图1的基础上连接得图2，若，求的度数．

【经典例题六 利用特殊平行四边形的性质求面积】
【例7】（2022秋·河南平顶山·九年级统考期中）如图，四边形和都是矩形且点B在上，若，，则矩形的面积是（    ）

A．2 B． C． D．

【变式训练】
【变式1】（2022春·浙江温州·八年级温州绣山中学校考阶段练习）如图，菱形与菱形的顶点A，C重合，，，若菱形的面积为，则菱形的面积为（　　）

A．4 B． C． D．

【变式2】（2022春·浙江宁波·七年级校考期末）如图，在长方形中，，点P为长方形内部一点，过点P分别作于点E，于点F，分别以为边作正方形，正方形，若两个正方形的面积之和为59，长方形的面积为11，，则长方形的面积为：___________．


【变式3】（2022春·江苏无锡·八年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB＝5，点E、G、H、F分别在AB、BC、CD、AD上，且AF＝CG＝2，BE＝DH＝1，点P是直线EF、GH之间任意一点，连结PE、PF、PG、PH，则△PEF和△PGH的面积和等于_________．


【变式4】（2022秋·河南郑州·九年级校考期中）如图，在中，，，E，F分别为，的中点，过点B作的平行线与的延长线交于点D，连接，．

(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，求四边形的面积．

【变式5】（2022秋·浙江杭州·七年级校联考期中）如图, 在的小正方形组成的图形中有一个阴影部分，阴影部分也是正方形．若每个小正方形的边长为1．

(1)求图中阴影部分的面积．
(2)阴影正方形的边长的值在哪两个连续的整数之间？与哪个整数较接近？（直接写结果）
(3)若阴影正方形的边长的值的整数部分为x，小数部分为y，求的值．



【经典例题七 中点四边形】
知识点：中点四边形
定义：依次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形.
常见结论
原图形
中点四边形的形状
任意四边形
平行四边形
矩形
菱形
菱形
矩形
正方形
正方形
对角线相等的四边形
菱形
对角线垂直的四边形
矩形
对角线垂直且相等的四边形
正方形

【例8】（2022春·安徽合肥·八年级校考期中）如图，、、、分别是四边形四条边的中点，顺次连接、、、得四边形，连接、，下列命题不正确的是（　）

A．当四边形是矩形时，四边形是菱形
B．当四边形是菱形时，四边形是矩形
C．当四边形满足时，四边形是菱形
D．当四边形满足，时，四边形是矩形

【变式训练】
【变式1】（2022春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，矩形ABCD的周长为1，连接矩形ABCD四条边中点得到四边形A1B1C1D1，再连接四边形A1B1C1D1四条边中点得到四边形A2B2C2D2，如此继续下去…，则四边形A10B10C10D10的周长为（    ）

A．（）5 B．（）10 C．（）5 D．（）10
【变式2】（2022秋·九年级单元测试）如图，连接四边形ABCD各边中点，得到四边形EFGH，只要添加条件AC____BD．就能保证四边形EFGH是菱形．

【变式3】（2022春·上海·八年级校考阶段练习）我们把联结四边形对边中点的线段称为“中对线”． 凸四边形的对角线 ，且这两条对角线的夹角为60°，那么该四边形较长的“中对线”的长度为_________．

【变式4】（2021秋·陕西宝鸡·九年级统考期末）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形．

(1)四边形的形状是______，请证明你的结论；
(2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形；
(3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种．





【变式5】（2022秋·山西运城·九年级校考阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．
概念理解：
下列四边形中一定是“中方四边形”的是_____________．
A．平行四边形            B．矩形        C．菱形        D．正方形
性质探究：
如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD的两条结论；
问题解决：
如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：
如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
（1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．
（2）若AC=2，求AB+CD的最小值．










【经典例题题八 特殊平行四边形的动点问题】
【例8】（2022春·河南南阳·八年级统考期末）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状不可能是（    ）

A．平行四边形 B．菱形 C．正方形 D．矩形

【变式训练】
【变式1】（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，AB=4，E是BC上的一点且CE=3，连接DE，动点M从点A以每秒2个单位长度的速度沿AB-BC-CD-DA向终点A运动，设点M的运动时间为t秒，当△ABM和△DCE全等时，t的值是（   ）

A．3.5 B．5.5 C．6.5 D．3.5或6.5

【变式2】（2021秋·江苏无锡·九年级期中）如图，在矩形ABCD中，DC＝14 cm，AD＝6 cm，点P从点A出发沿AB以4 cm/s的速度向点B移动；同时，点Q从点C出发沿CD以1 cm/s的速度向点D移动，两点同时出发，一点到达终点时另一点即停．设运动时间为t s，则t＝________时，P，Q两点之间的距离是10 cm．

【变式3】（2022春·江苏盐城·八年级校联考期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝20cm，BC＝30cm，点E以1cm/s的速度从点A出发向点D运动，连接CE，以CE为边向右侧作正方形CEFG，连接DF、DG，若t秒后△DFG的面积恰好为cm2，则t的值为_____．

【变式4】（2022秋·江苏盐城·九年级统考期中）如图，在矩形中，，点P从点A出发沿以的速度向点B移动；同时，点Q从点C出发沿以的速度向点D移动，两点同时出发，一点到达终点时另一点即停．

(1)运动几秒时，能将矩形ABCD的面积分成两部分？
(2)运动几秒时，P，Q两点之间的距离是？




【变式5】（2022秋·山西运城·九年级山西省运城市实验中学校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，，，动点P，Q分别从点A，C同时出发，都以每秒1个单位的速度运动，点P到达点D后停止，点Q到达点B后停止．设运动时间为t秒．

(1)当时，t的值为______．
(2)当时，求t的值．
(3)在点P和点Q的运动过程中是否存在，你的判断是______（填“存在”或“不存在”）．

【经典例题九 四边形中的线段最值问题】
【例8】（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，点N、O、P、M分别是边AB、BC、CD、DA上的点(不与端点重合)，若AN=CP，BO=DM，且AB=2BC=2，则四边形MNOP周长的最小值等于（    ）

A．2 B．2 C． D．

【变式训练】
【变式1】（2022春·福建福州·八年级福建省福州第十九中学校考期中）如图，在菱形ABCD中，，，E，F，P分别是AB，BC，AC上的动点，则的最小值为（    ）

A． B．2 C． D．

【变式2】（2022秋·陕西汉中·九年级校考期中）如图，在正方形中，，为边上一点，．为对角线上一动点（不与点、重合），过点分别作于点、于点，连接、，则的最小值为______．


【变式3】（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，正方形中，，动点从点出发向点运动，同时动点从点出发向点运动，点、运动的速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线段、相交于点，是线段上任意一点，则的最小值为___．

【变式4】（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，在中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，过A点作交CB的延长线于点G．

(1)求证：；
(2)当满足什么条件时，四边形DEBF是菱形（不需要证明）
(3)请利用备用图分析，在（2）的条件下，若，，点M为BF的中点，当点P在BD边上运动时，求的最小值．


【变式5】（2021春·河北沧州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝AC，E、F分别是AB、CD的中点，连接CE、AF．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）当平行四边形ABCD的边或角满足什么关系时，四边形AECF是正方形？请说明理由．
（3）在（2）的条件下，若AE＝4，点M为EC中点，当点P在线段AC上运动时，求PE+PM的最小值．

【经典例题十 特殊平行四边形中的折叠问题】
【例8】（2022秋·河南郑州·八年级校考期中）如图，在长方形中，，，为上一点，将沿翻折至，，与分别相交于点，，且．则的长为（    ）

A． B． C． D．

【变式训练】
【变式1】（2022·重庆南岸·校考模拟预测）如图，在正方形中，是边上的一点，，，将正方形边沿折叠到，延长交于，连接现在有如下四个结论：；；③；其中结论正确的个数是（    ）

A． B． C． D．

【变式2】（2022秋·山西晋中·九年级校考阶段练习）如图，正方形纸片中，，点为边的中点，沿折叠至，连接．则线段的长为________．


【变式3】（2021春·江苏南京·八年级校考期中）在矩形中，，，点是直线一动点，若将沿折叠，使点落在点处，连结，若三点在同一条直线上，则__________．



【变式4】（2022秋·江苏扬州·八年级校考阶段练习）在矩形中，，，．P为上一点，将沿直线翻折至的位置（点B落在点E处）．

(1)如图1，当点E落在边上时，利用尺规作图，在图①中作出（不写作法，保留作图痕迹）．
(2)在（1）的条件下，求BP的长．
(3)如图2，与相交于点F，与相交于点G，且，求的长．



【变式5】（2020秋·安徽阜阳·八年级阜阳实验中学校考阶段练习）如图，边长为2的正方形ABCD，点P在射线BC上，将ABP沿AP向右翻折，得到AEP，DE所在直线与AP所在直线交于点F．

(1)如图1，当点P在边BC上时，若∠BAP=20°，求∠AFD的度数；
(2)若点P是BC边上任意一点时（不与B，C重合），∠AFD的度数是否会发生变化？试证明你的结论；
(3)如图2，若点P在BC边的延长线上时，∠AFD的度数是否会发生变化？试在图中画出图形，并直接写出结论；








【经典例题十一 四边形其他综合问题】
【例6】（2022春·重庆江北·八年级校考期中）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF，则下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG=CG；③AGCF；④，其中正确的是（　　）

A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【变式训练】
【变式1】（2022春·江苏无锡·八年级统考期末）如图，矩形ABCD的边CD上有一点E，DE＝1，∠DAE＝22.5°，EF⊥AB，垂足为F，将△AEF绕着点F顺时针旋转，使得点A的对应点G落在EF上，点E恰好落在点B处，连接 BE．有下列结论：① AB＝BE；②BG平分∠EBF；③△BFG的面积是四边形EFBC面积的；④BE＝＋2．其中结论正确的是（  ）

A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④

【变式2】（2022春·福建厦门·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，，线段AD上有一动点P（点P不与点A，D重合），沿直线BP将三角形ABP翻折，使得点A落在点E处．连接CE，在点P的运动过程中，下列结论：①，②，③，④，始终成立的有______．（写出所有正确结论的序号）


【变式3】（2022春·湖北武汉·九年级专题练习）在五边形的纸片中，，，．如图1，先将它沿着虚线，剪成三块，再用这三块小纸片进行拼接，恰好拼成如图2的无缝隙、不重叠的正方形，则的值是______．

【变式4】（2022秋·浙江·八年级专题练习）（1）问题背景：如图1，在四边形中，，，．分别是上的点，且，请探究图中线段之间的数量关系是什么？
小明探究此问题的方法是：延长到点，使，连结．先证明，得；再由条件可得，证明，进而可得线段之间的数量关系是　   　．
（2）拓展应用：如图2，在四边形中，，．分别是上的点，且．问（1）中的线段之间的数量关系是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．








【变式5】（2023秋·河北邯郸·九年级邯郸市翰光学校校考期末）如图1，边长为4的正方形与边长为（）的正方形的顶点重合点在对角线上．

(1)【问题发现】如图1，与的数量关系为______．
(2)【类比探究】如图2，将正方形绕点顺时针旋转度（），问题发现中的结论是否还成立？如成立写出推理过程，如不成立，说明理由．
(3)【拓展延伸】在图1中，若点为的中点，将正方形绕点顺时针旋转，在旋转过程中，当点，，在一条直线上时，直接写出此时线段的长度.

























【例1】（2022秋·湖北·九年级统考期中）已知大小一样的矩形和矩形如图1摆放，，现在把矩形绕点A旋转，如图2，交于点M，交于点N，若，则的值为（   ）．

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设与交于点H，由已知可得、都是等腰直角三角形，由勾股定理可得、的长，从而可求得的长．
【详解】设与交于点H，如图，
∵四边形、四边形都是矩形，
∴，，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
同理，是等腰直角三角形，
∴，
由勾股定理可得，
∴，
由勾股定理得：，
∴．
故选：D．

【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，由题意得到若干个等腰直角三角形是问题的关键．

【变式训练】
【变式1】（2022秋·河北保定·九年级保定市第十七中学校考期末）如图，在四边形中，对角线，相交于点，且，，下列说法错误的是（   ）

A．若，四边形是菱形
B．若，四边形是矩形
C．若且，四边形是正方形
D．若，四边形是正方形
【答案】D
【分析】由平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定以及正方形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：，，
四边形是平行四边形，
A、若，则平行四边形是菱形，故选项A不符合题意；
B、若，则平行四边形是矩形，故选项C不符合题意；
C、若且，则平行四边形是正方形，故选项C不符合题意；
D、若，则平行四边形是矩形，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的判定以及正方形的判定等知识，熟练掌握各四边形的判定是解题的关键．
【变式2】（2022春·山东德州·八年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，，，直线经过B，D两点．将直线L平移得到直线，若它与矩形有公共点，则b的取值的范围___________．

【答案】1£b£7##7³b³1
【分析】先利用矩形性质得点C、D坐标，用待定系数法求直线L解析式，再分别把A、C两点坐标代入中，求得b的值即可得到答案．
【详解】解：，，，
，，
直线经过、两点，
，
解得，
，
直线与矩形有公共点，分别将A、C两点坐标代入得：
或，
或，
；
故答案为：1£b£7．
【点睛】此题考查了待定系数法求函数解析式、一次函数的图像的平移、矩形的性质等知识，准确找到直线与矩形有公共点的两个临界点A与C是解此题的关键．
【变式3】（2021春·北京丰台·八年级北京市第十二中学校考阶段练习）如图，是矩形的边上一点，，是对角线上任意一点，，，垂足分别为和，则一定与图中哪条线段的长度相等：__．

【答案】或
【分析】连接，根据题意的面积等于与面积和，由可得，再由的面积等于，即可得出答案．
【详解】证明：连接，如图,

，，，


，
又四边形是矩形，
，，
，
，
．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质及三角形面积计算，应用等面积法列式计算是解决本题的关键．
【变式4】（2021春·重庆巴南·九年级校考期中）如图，在矩形中，是对角线，、分别平分、，交边、于点、．

(1)若，，求的长．
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)见解析

【分析】（1）由已知可求得的长及，由勾股定理求得的长，再由含30度角直角三角形的性质即可求得结果；
（2）由矩形的性质及角平分线的意义易得，从而问题解决．
【详解】（1）解：四边形是矩形，
，
，，
；
平分，
，
，
∴；
由勾股定理得，
；
（2）证明：四边形是矩形，
，，，
，
、分别平分、，
，，
，
，
．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30度直角三角形的性质等知识，灵活运用这些知识是关键．
【变式5】（2022秋·湖北宜昌·九年级校联考期中）已知，点F是矩形边上一点，点E在边上，，连接．

(1)如图1，点F在边上，且，连接．求证：；
(2)如图2，点F在边上，且，连接交于点G．求证：．
(3)在（2）的条件下，，，则．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据证明，得出，即可得出答案；
（2）过点C作，交于H，连接，证明四边形是平行四边形，得出，即可得出，根据证明，得出，，证明，即可求出，根据平行线的性质，得出；
（3）设，则，，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即可得出BE的值，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
，，
∵在和中，
，
，
，
，
，
．
（2）证明：如图2，过点C作，交于H，连接，

，，
∴四边形是平行四边形，
，
，
，
∵在和中，
∴，
，，
，
，
，
又，
，
，

（3）解：设，则，，
根据解析（2）可知，，
∵，
即，
解得：或，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴不符合题意舍去，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，作出辅助线，构造全等三角形，是解题的关键．
【经典例题二菱形的性质与判定重难点题型】
知识点1：菱形的性质
1.边：对边平行，四条边都相等
2.角：对角相等
3.对角线：
4.对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，对角线所在直线就是对称轴
知识点2：菱形的判定
4.定义法：有一组邻边相等的平行四边形是菱形
5.对角线互相垂直的平行四边形是菱形
6.四条边都相等的四边形是菱形
【例2】（2022秋·安徽滁州·九年级统考期中）菱形中，，E，F分别是，上的动点，且，连接，交于G，则下列结论：①；②为等边三角形；③的最小值为．其中正确的结论是（    ）

A．①② B．①②③ C．①③ D．②③
【答案】B
【分析】根据菱形的性质以及，先证明是等边三角形，再根据“”可得≌，进而可得，可说明是等边三角形，在是等边三角形中，要求最小，根据垂线段最短即可知当时，最小，再通过勾股定理即可求出．
【详解】∵四边形是菱形，，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴结论①正确；
∵，
∴．
∵，
∴，
即，
∴是等边三角形，
∴结论②正确；
∵当时，最小，
在中，，可知，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值是，
∴结论③正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、垂线段最短、勾股定理等知识，充分利用含角的菱形的性质是解答本题的关键．

【变式训练】
【变式1】（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，菱形的周长为，高长为，则对角线长和长之比为（      ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设与相交于点，根据菱形的性质，得出，，再根据题意，得出，再根据勾股定理，得出的长，再根据直角三角形中，所对的直角边等于斜边的一半，得出，再根据等边三角形的判定定理，得出是等边三角形，再根据等边三角形的性质，得出，，再根据菱形的性质，得出，进而计算即可得出结果．
【详解】解：如图，设与相交于点，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵菱形的周长为，
∴，
∵高长为，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴和长度之比为．

故选：D
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形的特征、等边三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解本题的关键．
【变式2】（2022春·吉林长春·八年级统考期末）如图，在菱形中，，垂足为点．与交于点，连接．若，则的大小为______．

【答案】
【分析】根据菱形的性质，得出，，再根据，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据菱形的性质，得出，再根据垂线的定义，得出，再根据三角形的内角和定理，得出，进而即可得出结果．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴，
∴，
即．
故答案为：
【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理，解本题的关键在熟练掌握相关的性质、定理．
【变式3】（2022秋·湖北宜昌·九年级校联考期中）如图，中，；和都是等边三角形，为的中点，连接交于点，与交于点；以下结论：①；②四边形为菱形；③；④．其中，正确的结论有_________．（填写所有正确结论的序号）

【答案】①③④
【分析】根据等边三角形三边相等三个角都是的性质，以及直角三角形中，所对的直角边是斜边的一半的性质逐项判断即可；
【详解】解：∵是等边三角形



∵为的中点，


∴


，故①正确；


∵是的中点，
∴
∵
∴ ，故④正确；


在和中



∴四边形为平行四边形，

；故③说法正确；

∴四边形不是菱形；故②不正确；
故答案为：①③④
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、特殊的直角三角形的性质、菱形的判定；综合运用等边三角形和直角三角形的性质实现线段的转化是解题的关键．
【变式4】（2020秋·四川成都·九年级成都外国语学校校考期中）如图，平行四边形ABCD的对角线，相交于点O，且，，．

(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据平行四边形的性质和菱形的判定证明即可；
（2）由菱形的性质可得，，，可求，，即可得出答案．
【详解】（1）解：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，
．
．
平行四边形是菱形；
（2）由（1）得：四边形是矩形，四边形是菱形，
，，，，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形的判定与性质等知识；灵活运用有关性质是解题的关键．
【变式5】（2021春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在矩形中，点E在边上，折叠使点A落在边上的点F处，折痕为，过点A作交于点G，连接．

(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，交于点，根据折叠得到是的垂直平分线，进而得到，，根据平行线的性质，推出，进而得到，即可得证．
（2）根据矩形和折叠的性质，利用勾股定理，求出长，进而求出的长，再利用菱形的性质和勾股定理，求出的长，利用菱形的面积公式进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接，交于点，

∵折叠使点A落在边上的点F处，折痕为，
∴是的垂直平分线，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵在矩形中，，，
∴，
∵折叠使点A落在边上的点F处，折痕为，
∴，
在中，，
∴，
设，则：，
在中，，即：，
解得：，
∴，
∴四边形的面积．
【点睛】本题考查矩形与折叠，菱形的判定和性质以及勾股定理．熟练掌握矩形和折叠的性质，是解题的关键．
【经典例题三正方形的性质与判定重难点题型】
知识点1：正方形的性质
6. 边：对边平行，四条边都相等
7. 角：四个角都是直角
8. 对角线
9. 对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，有四条对称轴
10. 正方形面积求法：（表示正方形的边长，表示正方形的对角线）
注：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
知识点2：正方形的判定
6. 有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形
7. 有一组邻边相等的矩形是正方形
8. 对角线互相垂直的矩形是正方形
9. 有一个角是直角的菱形是正方形
10. 对角线相等的菱形是正方形
知识点3：四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系

【例3】（2022秋·四川泸州·九年级统考期中）如图，已知在正方形内有一点，连接、、，将顺时针旋转得到，连接，点恰好在线段上，若，，则的长度为（    ）

A．2 B． C． D．
【答案】B
【分析】根据旋转的性质可得，从而可得，进而可得，然后利用勾股定理求出，即可解答．
【详解】解：由旋转得：
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．

【变式训练】
【变式1】（2022春·山东德州·八年级统考期末）如图，把正方形放在直角坐标系中，直角顶点落在第二象限，顶点、分别落在轴、轴上，已知点、，则点的坐标为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，过点作轴于、轴于，则四边形是矩形可得、，再由A、B的坐标结合图形可得，然后再证明可得，进而确定OD的长即可解答．
【详解】解：如图，过点作轴于，轴于，

轴，轴，，
四边形是矩形，
，，
点、，
，，
，
四边形是正方形，
，，
，
在和中，  
，
∴，
，
，
点．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，掌握数形结合思想成为解答本题的关键．
【变式2】（2022春·四川绵阳·八年级校考期中）如图，在中，，，以为边向外作正方形，连接，则_______．

【答案】
【分析】作出如图的辅助线，利用等腰三角形的性质以及勾股定理求得，，证明，利用全等三角形的性质求得，，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：过点C、D、E分别作直线的垂线，垂足分别为F、I、G，过点D作直线的垂线，垂足为H，如图，

∴四边形为矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【变式3】（2022春·江苏常州·八年级统考期中）如图，正方形ABCD的边长为a，点P是AB边上的中点，将AD沿DP翻折到DE，延长PE交BC于点Q，连接DQ、BE，下列结论中：①∠PDQ=45°；②△BPQ的周长为2a；③连接AE，．正确的是___________（填正确的序号）．

【答案】①②③
【分析】先根据正方形中的翻折得到，由全等三角形的性质得，再由题意用HL证明，根据对应角相等进行角的等量代换即可证明结论①正确；由①中已证的两组全等进行线段的等量代换即可证明结论②正确；根据翻折的性质可知垂直且平分，再利用中点与全等，得出，由等边对等角证明，再根据外角的性质，利用同位角相等证出，从而可证，继而可得，证出结论③正确．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，边长为a，将AD沿DP翻折到DE，
∴，
∴．
∵点Q在PE的延长线上，
∴．
在和中，，
∴，
∴，
∴．
故结论①正确；
由和可知，，
∴△BPQ的周长．
故结论②正确；
连接AE，如图所示，

∵，
∴垂直且平分．
∵点P是AB边上的中点，
∴，
∴．
又∵是的外角，
∴，
且，
∴，
∴，
∴，
∴．
故结论③正确．
故答案为：①②③．
【点睛】本题是一道几何综合题，考查了正方形的性质，翻折的性质，全等三角形的判定和性质，以及等边对等角、外角、平行线等知识，解题的关键是要熟练掌握几何相关的性质与判定定理，并能够灵活应用，找到相等的线段进行转化．
【变式4】（2022春·江苏苏州·八年级校考阶段练习）如图，正方形中，点在边上，连接，过点作与的延长线相交于点，连接与边相交于点，与对角线相交于点．

(1)若，且，求的长；
(2)若，求证：．
【答案】(1)
(2)见解析

【分析】（1）在正方形中，由，利用等式的性质得到一对角相等，再由一对直角相等，且，利用得到，利用全等三角形对应边相等得到，进而利用计算的长；
（2）在上取一点，使，连接，利用得到，利用全等三角形对应边相等，对应角相等得到，，进而确定出为等边三角形，利用等边三角形的性质即可得证．
【详解】（1） ∵四边形是正方形，
∴，
∵
∴
∴，
在和中


∴
∴
又∵
∴
则
（2）

在上取一点，使，连接

由（1）
∴
则是等腰直角三角形
∴
在和中


∴
则，
∵，
∴
∴，
则
∴为等边三角形
∴
∵
∴
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
【变式5】（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）【提出问题】在一次数学探究活动中，李老师给出了一道题．如图①，点是等边内的一点，连接、、．当，，时，求的度数．
【解决问题】小明在解决此题时，将点绕点逆时针方向旋转得到点，连接、、，并结合已知条件证得．
请利用小明的作法及结论求的度数．
【方法应用】如图②，点是正方形内一点，连接、、．若，，，则______________°．

【答案】解决问题：；方法应用：
【分析】解决问题：将点绕点逆时针方向旋转得到点，连接、、，得到是等边三角形，证明得，得到，利用勾股定理求得，即可求得
方法应用：将点绕点逆时针方向旋转得到点，连接、、，得到三角形是等腰直角三角形，证明得，得到，利用勾股定理求得，即可求得
【详解】解决问题：
∵将点绕点逆时针方向旋转得到点，连接、、，
∴是等边三角形，
∴，
又∵是等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中：
，
∴，
∴，且，，
∴在中，，
∴是直角三角形，即，
∴
方法应用：
如图②，将点绕点逆时针方向旋转得到点，连接、、，

∴三角形是等腰直角三角形，
∴，，，
∵是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中：
，
∴，
∴，且，，
∴在中，，
∴是直角三角形，即，
∴
【点睛】本题是旋转和三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、正方形的性质及勾股定理，解决问题的关键是通过旋转构造恰当的三角形

【经典例题四特殊平行四边形中长度问题】
【例4】（2022秋·陕西汉中·九年级校考期中）如图，矩形的对角线、相交于点，过点作交于点，若，，则的长为（    ）

A． B．6 C． D．5
【答案】C
【分析】根据矩形，得到，，，从而可得，设，则，，再利用勾股定理计算即可．
【详解】解：如图，连接，
∵ 矩形，，，
∴，，，，
∵，
∴，
设，则，，
在中，，
∴，

∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，线段的垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键．

【变式训练】
【变式1】（2021春·四川凉山·八年级校考期中）如图，菱形的周长为，对角线、相交于点O，，垂足为E，，则为（    ）

A． B． C． D．4cm
【答案】B
【分析】根据菱形的性质和周长，求出边长，利用勾股定理，分别求出利用等积法求出即可．
【详解】解：∵菱形的周长为，
∴，
∵，垂足为E，，
∴，
∴，
∴，
∵，即：，
∴；
故选B．
【点睛】本题考查菱形的性质．熟练掌握菱形的性质，是解题的关键．
【变式2】（2021春·重庆沙坪坝·八年级重庆市第七中学校校考期中）如图，在正方形中，是对角线上一点，过点作，交于点，，，则___________．

【答案】
【分析】作出如图的辅助线，证明，推出，，再证明，可推出为等腰直角三角形，求得长，设，由勾股定理建立方程即可求的长．
【详解】解：连接、，过点E作于点M，如图所示，

∵四边形为正方形，
∴，，，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵，，
∴，
∵，即，
∴，
设，
在中，，
∴，解得，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，证明是解决问题的关键．
【变式3】（2023秋·山东济南·九年级统考期末）如图，在正方形中，点、为边和上的动点（不含端点），，下列四个结论：①当时，则；②；③的周长不变；④若，，则的面积为15．其中正确结论的序号是______．

【答案】①③##③①
【分析】①先用勾股定理求得，则易得，再结合，可得答案；
②将绕点A顺时针旋转得，证明，再利用四边形内角和及邻补角关系，可证得结论；
③由，可得，从而将的三边相加即可得答案；
④设正方形的边长为，则，，利用勾股定理列出关于a的方程，求出a的值，可证得结论．
【详解】解：①∵正方形中，，
∴
当时，

∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴
∵，
∴，故①正确；
②如图，

将绕点A顺时针旋转得，
则，
在和中，
，，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
不一定等于，故②错误；
③∵，
∴，
∴的周长为：
，
∵和均为正方形的边长，故的周长不变，故③正确；
④设正方形的边长为，则，，
根据解析③可知，，
∵，
即，
解得：或（舍去），
∴，故④错误；
综上①③都正确，
故答案为：①③．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理等知识点，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，本题具有一定的综合性．
【变式4】（2020秋·云南楚雄·九年级统考期末）如图，在平行四边形中，平分，交于点，交的延长线于点，，连接．

(1)求证：四边形是矩形．
(2)若，，求线段的值．
【答案】(1)见解析
(2)6

【分析】（1）欲证明四边形是矩形，只需推知是直角；
（2）在中，由可得．
【详解】（1）解：证明：四边形是平行四边形，
．
．
，
．
是的平分线，
．
．
又四边形是平行四边形，
四边形是矩形．
（2）四边形是矩形，
．
，，
．
在中，，
．
．

【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的判定与性质和平行四边形的判定与性质．注意：本题中通过勾股定理求得有关线段的长度．
【变式5】（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，在菱形中，，将菱形折叠，使点恰好落在对角线上的点处（不与，重合），折痕为，若，，则的长为____．

【答案】##
【分析】过点作于，根据菱形的性质可证明是等边三角形，进而可得到，，设，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：过点作于，则
由折叠性质得，
∵在菱形中，，
∴,，
∴是等边三角形，
∴，，即，
∴，，
设，则，，，
在中，，
由得，
解得，
∴．

【点睛】本题考查了菱形的性质、折叠性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．

【经典例题五特殊平行四边形中角度问题】
【例5】（2022秋·山东枣庄·九年级统考期中）如图，在矩形中，对角线、相交于点O，若平分交于点E，且，连接，则（    ） 

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由矩形，得到，根据平分，得到等边三角形，，求出，根据三角形的内角和定理即可求出答案．
【详解】解：四边形是矩形，
∴，，，，，
，，
平分，
，
，
，

是等边三角形，
，
，
∵，
．
故选C．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理，矩形的性质，等边三角形的性质和判定，平行线的性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定，矩形的性质等知识点，证明是等边三角形是解决本题的关键．
【变式训练】
【变式1】（2022秋·重庆·九年级重庆市育才中学校考阶段练习）如图，在正方形中，E、F分别为边、上一点，且，连接，，平分交于点G．若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据正方形的性质以及题目所给条件证明，然后根据全等三角形的性质以及平行线的性质得出，然后根据角平分线的定义得出，结论可得．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，，
在和中，
,
∴，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，平行线的性质以及三角形内角和定理，熟练掌握相关性质定理是解本题的关键．
【变式2】（2022秋·四川成都·九年级成都七中校考期中）如图，在菱形中，与相交于点，的垂直平分线交于点，连接，若，则的度数为______．

【答案】
【分析】根据菱形的性质，得到，，再根据垂直平分线性质，得到，从而得到，最后利用三角形外角性质即可求出的度数．
【详解】解：连接，
四边形是菱形，，
，，，
，
垂直平分，
，
，
，
，
故答案为：．

【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质等知识，熟练掌握菱形的基本性质是解题关键．
【变式3】
（2022秋·陕西西安·九年级统考期中）如图，在菱形中，，点E为对角线上一点，F为边上一点，连接、、，若，，则的度数为______．

【答案】##38度
【分析】根据四边形的性质，得出，根据证明，得出，根据三角形内角和得出，根据平行线的性质，得出，得出，根据等腰三角形的性质，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形为菱形，，
∴，，，
∵在和中，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行线的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，证明．
【变式4】（2022秋·江苏泰州·九年级统考期末）（1）如图1，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3，BC=4，D为BC边上一点，CD=．求证：AD平分∠CAB．

（2）如图2，矩形ABCD中，AB=5，BC=4，点E是CD边上一点，DE=2，连接AE，请用无刻度的直尺和圆规在AB边上找一点F，使得∠AFD=2∠DAE．（保留作图痕迹，不要求写出作法）

【答案】（1）见解析
（2）见解析
【分析】（1）过点D作DE⊥AB于点E，根据勾股定理先求出AB=5，设AE=x，则BE=AB-AE=5-x，根据勾股定理可得AD2-AE2=BD2-BE2，所以-x2=（）2-（5-x）2，解得x=3，然后证明Rt△ACD≌Rt△AED（HL），可得∠CAD=∠EAD，进而可以解决问题；
（2）①作∠GAE=∠DAE，交DC于点G，②作∠ADF=∠AGD，交AB于点F．根据直角三角形两个锐角互余即可证明∠AFD=∠GAD=2∠DAE．
【详解】（1）证明：如图1，过点D作DE⊥AB于点E，

在Rt△ACB中，∠C=90°，
∵AC=3，BC=4，
∴AB==5，
∵CD=，
∴BD=BC-CD=4-=，
在Rt△ACD中，根据勾股定理，得
AD2=AC2+CD2=32+（）2=，
设AE=x，则BE=AB-AE=5-x，
∵AD2-AE2=BD2-BE2，
∴-x2=（）2-（5-x）2，
解得x=3，
∴AC=AE，
在Rt△ACD和Rt△AED中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL），
∴∠CAD=∠EAD，
∴AD平分∠CAB；
（2）解：如图2，点F即为所求．

作法：①作∠GAE=∠DAE，交DC于点G，
②作∠ADF=∠AGD，交AB于点F．
理由：∵∠ADF+∠AFD=90°，∠AGD+∠GAD=90°，
∴∠AFD=∠GAD=2∠DAE．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图，角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，解决本题的关键是掌握基本作图方法．
【变式5】（2021春·广西南宁·八年级统考期末）如图1，四边形是菱形，于．

（1）若，，求的值；
（2）在图1的基础上连接得图2，若，求的度数．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据勾股定理求得，再根据等面积法即可求解；
（2）根据直角三角形的性质可得，求得的度数，即可求解．
【详解】解：（1）∵四边形为菱形，
∴，，，
∴
∴
又于
∴
，
（2）于
是直角三角形，且





菱形中，，
，
【点睛】此题考查了菱形的性质，涉及了勾股定理、直角三角形的性质等，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．

【经典例题六利用特殊平行四边形的性质求面积】
【例7】（2022秋·河南平顶山·九年级统考期中）如图，四边形和都是矩形且点B在上，若，，则矩形的面积是（    ）

A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】如图所示，连接，利用勾股定理求出进而求出，根据平行线间间距相等和矩形的性质可得，则．
【详解】解：如图所示，连接，

四边形是矩形，
，
在中，由勾股定理得：，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
故选D．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，平行线的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式训练】
【变式1】（2022春·浙江温州·八年级温州绣山中学校考阶段练习）如图，菱形与菱形的顶点A，C重合，，，若菱形的面积为，则菱形的面积为（　　）

A．4 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质，结合，根据证明，从而得出，即可得出，根据证明，同理证明得出，从而证明，根据，即可求出结果．
【详解】解：连接，，交于点O，延长交于点G，如图所示：

∵四边形与四边形为菱形，
∴，，，
，，，
∴，
，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，菱形的性质，熟练掌握三角形全等的判定方法和菱形性质，是解题的关键．
【变式2】（2022春·浙江宁波·七年级校考期末）如图，在长方形中，，点P为长方形内部一点，过点P分别作于点E，于点F，分别以为边作正方形，正方形，若两个正方形的面积之和为59，长方形的面积为11，，则长方形的面积为：___________．

【答案】33
【分析】由正方形的性质和矩形的性质可得，由完全平方公式可求，即可求解．
【详解】解：∵四边形和四边形都是正方形，
∴，
∴，
∵长方形的面积为11，
∴
∴，
∴，
∵长方形的面积，
∴长方形的面积，
故答案为：33．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的性质，完全平方公式等知识，求出的值是本题的关键．
【变式3】（2022春·江苏无锡·八年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB＝5，点E、G、H、F分别在AB、BC、CD、AD上，且AF＝CG＝2，BE＝DH＝1，点P是直线EF、GH之间任意一点，连结PE、PF、PG、PH，则△PEF和△PGH的面积和等于_________．

【答案】13
【分析】连接EG、FH，易证得△AEF≌△CHG，△FHD≌△GEB，即可得FH=EG、EF=GH，由此可证得四边形EFHG是平行四边形，可过P作EF、GH的垂线，可发现所求的两个三角形的面积和实际等于平行四边形EFHG面积的一半，按此思路进行求解即可．
【详解】解：连接FH、EG；

∵AF=CG=2，AE=CH=5-1=4，∠A=∠C=90°，
∴△AEF≌△CHG，S△AEF=S△CHG=4；
同理可证：△FHD≌△GEB，S△FHD=S△GEB=3；
∴FH=EG，EF=GH，即四边形EFHG是平行四边形；
且S平行四边形=S矩形-2S△AEF-2S△FHD=；
则S△EFP+S△GHP=EF（PM+PN）=EF•MN=S▱EFHG=13．
故答案为：13．
【点睛】此题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质以及图形面积的求法，能够判断出四边形EFHG是平行四边形是解答此题的关键所在．
【变式4】（2022秋·河南郑州·九年级校考期中）如图，在中，，，E，F分别为，的中点，过点B作的平行线与的延长线交于点D，连接，．

(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析；
(2)四边形的面积为．
【分析】（1）根据平行线的性质得出，求出，证，推出，推出四边形是平行四边形，再求出即可；
（2）求出，，推出，由勾股定理得出，求出，求出，，即可求出四边形的面积．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵为中点，
∴，
在和中

∴（ASA），
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵为中点，为中点，
∴，
∵，
∴，
即，
∴四边形为菱形；
（2）解：∵，E，F分别为，的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
∵，，
∴，，
∴四边形的面积为：
．
即：四边形的面积为．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的性质和判定，含30°角的直角三角形性质，菱形的性质和判定，三角形的面积，平行四边形的判定的应用，能综合运用定理进行推理是解此题的关键，题目综合性比较强，难度适中．
【变式5】（2022秋·浙江杭州·七年级校联考期中）如图, 在的小正方形组成的图形中有一个阴影部分，阴影部分也是正方形．若每个小正方形的边长为1．

(1)求图中阴影部分的面积．
(2)阴影正方形的边长的值在哪两个连续的整数之间？与哪个整数较接近？（直接写结果）
(3)若阴影正方形的边长的值的整数部分为x，小数部分为y，求的值．
【答案】(1)图中阴影部分的面积为10
(2)与3更接近
(3)

【分析】（1）用大正方形面积减去四个小三角形面积即可；
（2）由可得答案；
（3）求出，，再代入计算即可．
【详解】（1）解：，
阴影部分面积为10；
（2）解：由（1）可知，阴影正方形的边长为，
，
阴影正方形的边长的值在3和4之间，与3较接近；
（3）解：阴影正方形的边长的值在3和4之间，
，，



．
【点睛】本题考查正方形面积，实数的估算和求代数式的值，解题的关键是估算的范围．

【经典例题七中点四边形】
知识点：中点四边形
定义：依次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形.
常见结论
原图形
中点四边形的形状
任意四边形
平行四边形
矩形
菱形
菱形
矩形
正方形
正方形
对角线相等的四边形
菱形
对角线垂直的四边形
矩形
对角线垂直且相等的四边形
正方形
【例8】（2022春·安徽合肥·八年级校考期中）如图，、、、分别是四边形四条边的中点，顺次连接、、、得四边形，连接、，下列命题不正确的是（　）

A．当四边形是矩形时，四边形是菱形
B．当四边形是菱形时，四边形是矩形
C．当四边形满足时，四边形是菱形
D．当四边形满足，时，四边形是矩形
【答案】C
【分析】先证四边形EFGH是平行四边形；再根据选项条件结合矩形、菱形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：，分别是，的中点，
，，
，分别是，的中点，
，，
，，
四边形是平行四边形；
，分别是，的中点，、分别是、中点，
，，
当四边形是矩形时，，
，
四边形是菱形，故A正确，不符合题意；
当四边形是菱形时，，
，，
，
四边形是菱形，故B正确，不符合题意；
当四边形满足时，不能证明四边形是菱形，故C错误，符合题意；
当四边形满足，时，
∵，，
∴AC是BD的垂直平分线，即
∵，
∴∠HEF=∠EFG=∠DGH=∠GHE=90°
∴四边形是矩形，故D正确，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中点四边形，灵活利用矩形、菱形的判定定理是解答本题的关键
【变式训练】
【变式1】（2022春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，矩形ABCD的周长为1，连接矩形ABCD四条边中点得到四边形A1B1C1D1，再连接四边形A1B1C1D1四条边中点得到四边形A2B2C2D2，如此继续下去…，则四边形A10B10C10D10的周长为（    ）

A．（）5 B．（）10 C．（）5 D．（）10
【答案】A
【分析】根据矩形ABCD的周长，四边形A2B2C2D2的周长、四边形A4B4C4D4的周长，找到规律即可解题．
【详解】解：顺次连接四边形A1B1C1D1四边的中点得到四边形A2B2C2D2，
连接AC，BD交于点O，

∵四边形A1B1C1D1是矩形ABCD的中点四边形，
∴A1B1的中点A2在AC上，A1D1的中点D2在BD上，
∴A2D2=AD，
同理A2B2=AB，B2C2=BC，C2D2=CD，
∴四边形A2B2C2D2的周长为四边形ABCD周长的一半，即为矩形ABCD周长的，
同理：四边形A4B4C4D4的周长为四边形A2B2C2D2周长的一半，即为矩形ABCD周长的，
……，
∴四边形A10B10C10D10周长为矩形ABCD周长的，
故选：A ．
【点睛】本题考查了中点四边形以及矩形的性质，找到连接矩形、菱形中点所得的中点四边形的周长为原四边形周长的一半是解题的关键．
【变式2】（2022秋·九年级单元测试）如图，连接四边形ABCD各边中点，得到四边形EFGH，只要添加条件AC____BD．就能保证四边形EFGH是菱形．

【答案】=
【分析】根据中点四边形为平行四边形，那么只需让一组邻边相等即可，而邻边都等于对角线的一半，那么对角线需相等．
【详解】解：∵顺次连接四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH即为平行四边形，
∴根据菱形的性质，只要再有一组邻边相等就为菱形，只要添加的条件能使四边形EFGH一组对边相等即可，
则AC=BD，
故答案为：=．
【点睛】本题考查菱形的判定，四边相等的四边形是菱形和中位线定理，解题的关键是了解菱形的判定定理，难度不大．
【变式3】（2022春·上海·八年级校考阶段练习）我们把联结四边形对边中点的线段称为“中对线”．凸四边形的对角线，且这两条对角线的夹角为60°，那么该四边形较长的“中对线”的长度为_________．

【答案】
【分析】根据三角形中位线定理可得菱形EFGH，然后根据菱形的性质及等边三角形的性质可得EH，利用勾股定理求出EN，可得EG．
【详解】解：如图，设两条对角线AC、BD的夹角为60°，
取四边的中点并连接起来，设AC与EH交于M，HF与EG交于N，
∴EH是三角形ABD的中位线，
∴EH=BD=2，EH∥BD，
同理，FG=BD=2，FG∥BD，EF=AC=2，EF∥AC，HG=AC=2，HG∥AC，
∴EH∥HG∥AC，EF=FG=HG=HE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵EH=BD=2，EH∥BD，
∴∠AOB=60°=∠AME，
∵FE∥AC，
∴∠FEH=∠AME=60°，
∴∠HEN=∠FEN=30°，
∴HN=EH=1，
∴EN==，
∴EG=，
∴较长的“中对线”长度为．
故答案为：．

【点睛】此题考查的是三角形的中位线定理，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，掌握其定理是解决此题关键．
【变式4】（2021秋·陕西宝鸡·九年级统考期末）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形．

(1)四边形的形状是______，请证明你的结论；
(2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形；
(3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种．
【答案】(1)平行四边形．证明见解析
(2)；
(3)矩形的中点四边形是菱形．

【分析】（1）连接，根据三角形的中位线定理得到，，，，推出，，，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形；
（2）根据有一组是邻边的平行四边形是菱形，可知当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形；
（3）矩形的中点四边形是菱形．根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得，，再根据矩形对角线相等，然后根据四边相等的四边形是菱形．
【详解】（1）四边形的形状是平行四边形．理由如下：
如图，连接．

、分别是、中点，
，，
同理，，
，，
四边形是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形．理由如下：
如图，连接、．

、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，
，
，
又四边形是平行四边形
平行四边形是菱形；
故答案为：；
（3）矩形的中点四边形是菱形．理由如下：
连接、．

、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质等知识点的理解和掌握，熟练掌握各定理是解决此题的关键．
【变式5】（2022秋·山西运城·九年级校考阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．
概念理解：
下列四边形中一定是“中方四边形”的是_____________．
A．平行四边形            B．矩形        C．菱形        D．正方形
性质探究：
如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD的两条结论；
问题解决：
如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：
如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
（1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．
（2）若AC=2，求AB+CD的最小值．

【答案】概念理解：D；性质探究：①，②；问题解决：见解析；拓展应用：（1），理由见解析；（2）
【分析】概念理解：根据定义“中方四边形”，即可得出答案；
性质探究：由四边形ABCD是“中方四边形”，可得EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，利用三角形中位线定理可证得四边形MNRL是平行四边形，再证得△EAC≌△BAG（SAS），推出▱MNRL是菱形，再由∠LMN=90°，可得菱形MNRL是正方形，即可证得结论；
拓展应用：（1）如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，可得四边形ENFM是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，连接BD交AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，再结合（1）的结论即可求得答案．
【详解】解：概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下：
因为正方形的对角线相等且互相垂直，
故选：D；
性质探究：①AC=BD，②AC⊥BD；
理由如下：如图1，

∵四边形ABCD是“中方四边形”，
∴EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴∠FEH=90°，EF=EH，EHBD，EH=BD，EF∥AC，EF=AC，
∴AC⊥BD，AC=BD，
故答案为：AC⊥BD，AC=BD；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，

∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L，
∴MN、NR、RL、LM分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位线，
∴MNBG，MN=BG，
RLBG，RL=BG，
RNCE，RN=CE，
MLCE，ML=CE，
∴MNRL，MN=RL，RNMLCE，RN=ML，
∴四边形MNRL是平行四边形，
∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，
∴AE=AB，AG=AC，∠EAB=∠GAC=90°，
又∵∠BAC=∠BAC，
∴∠EAB+∠BAC=∠GAC+∠BAC，
即∠EAC=∠BAG，
在△EAC和△BAG中，
，
∴△EAC≌△BAG（SAS），
∴CE=BG，∠AEC=∠ABG，
又∵RL=BG，RN=CE，
∴RL=RN，
∴▱MNRL是菱形，
∵∠EAB=90°，
∴∠AEP+∠APE=90°．
又∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK，
∴∠ABG+∠BPK=90°，
∴∠BKP=90°，
又∵MNBG，MLCE，
∴∠LMN=90°，
∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：（1）MN=AC，理由如下：
如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
∴四边形ENFM是正方形，
∴FM=FN，∠MFN=90°，
∴MN===FM，

∵M，F分别是AB，BC的中点，
∴FM=AC，
∴MN=AC；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
连接BD交AC于O，连接OM、ON，

当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，
∴2（OM+ON） 2MN，
由性质探究②知：AC⊥BD，
又∵M，N分别是AB，CD的中点，
∴AB=2OM，CD=2ON，
∴2（OM+ON）=AB+CD，
∴AB+CD2MN，
由拓展应用（1）知：MN=AC；
又∵AC=2，
∴MN=，
∴AB+CD的最小值为2．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键．

【经典例题题八特殊平行四边形的动点问题】
【例8】（2022春·河南南阳·八年级统考期末）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状不可能是（    ）

A．平行四边形 B．菱形 C．正方形 D．矩形
【答案】C
【分析】根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况，由此可得结论．
【详解】解：连接AC，∵四边形ABCD是矩形，
∴ AO＝CO，CDAB，
∴∠OAE＝∠OCF，
∵∠AOE＝∠COF，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
当EF⊥AC时，四边形AECF是菱形，
当点E和点B重合时，四边形AECF是矩形，

可知四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形，不可能是正方形，
故选：C．
【点睛】考查了全等三角形的判定和性质、矩形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，根据EF与AC的关系即可求解．
【变式训练】
【变式1】（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，AB=4，E是BC上的一点且CE=3，连接DE，动点M从点A以每秒2个单位长度的速度沿AB-BC-CD-DA向终点A运动，设点M的运动时间为t秒，当△ABM和△DCE全等时，t的值是（   ）

A．3.5 B．5.5 C．6.5 D．3.5或6.5
【答案】D
【分析】分两种情况进行讨论，根据题意得出BM=2t-4=3和AM=16-2t=3即可求得．
【详解】解：如图，当点M在BC上时，

∵△ABM′和△DCE全等，
∴BM=CE，
由题意得：BM′=2t-4=3，
所以t=3.5（秒）；
当点M在AD上时，
∵△ABM″和△CDE全等，
∴AM″=CE，
由题意得：AM″=16-2t=3，
解得t=6.5（秒）．
所以，当t的值为3.5秒或6.5秒时．△ABM和△DCE全等．
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定，解题的关键是掌握正方形的性质．
【变式2】（2021秋·江苏无锡·九年级期中）如图，在矩形ABCD中，DC＝14 cm，AD＝6 cm，点P从点A出发沿AB以4 cm/s的速度向点B移动；同时，点Q从点C出发沿CD以1 cm/s的速度向点D移动，两点同时出发，一点到达终点时另一点即停．设运动时间为t s，则t＝________时，P，Q两点之间的距离是10 cm．

【答案】##1.2##
【分析】如图，过P点作，垂足为M点，得到DQ的长，并根据四边形ABCD为矩形推出PM和QM的长，利用勾股定理列式解答即可．
【详解】解：依题意得：点P从点A移动到点B需要秒，
点Q从点C移动到点D需要14秒，
又∵两点同时出发，一点到达终点时另一点即停，
∴．
如图，过P点作，垂足为M点，
，
，
四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠D=∠PMD=∠APM=90°，
∴四边形ADMP也是矩形，(三个内角是直角)

，
在直角三角形PQM中，
，即

或（舍去）
∴时，P、Q两点之间的距离是10cm．
故答案为：．

【点睛】本题主要考查矩形的动点问题，涉及勾股定理和用平方根的定义解方程，有一定难度，根据题意做出合适的辅助线，利用勾股定理解答是关键．
【变式3】（2022春·江苏盐城·八年级校联考期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝20cm，BC＝30cm，点E以1cm/s的速度从点A出发向点D运动，连接CE，以CE为边向右侧作正方形CEFG，连接DF、DG，若t秒后△DFG的面积恰好为cm2，则t的值为_____．

【答案】
【分析】AE＝t，ED＝30－t，再利用的面积关系，求解即可．
【详解】解：由图形可知：，
若t秒后△DFG的面积恰好为cm2时，
AE＝t，ED＝30－t，
，
，
，
，
解得：．
答案为：17.5
【点睛】本题考查了正方形中的动点问题，分析动点与面积间关系是解本题的关键．
【变式4】（2022秋·江苏盐城·九年级统考期中）如图，在矩形中，，点P从点A出发沿以的速度向点B移动；同时，点Q从点C出发沿以的速度向点D移动，两点同时出发，一点到达终点时另一点即停．

(1)运动几秒时，能将矩形ABCD的面积分成两部分？
(2)运动几秒时，P，Q两点之间的距离是？
【答案】(1)2秒
(2)秒

【分析】（1）根据题意，设运动时间为t秒，将用t表示出来，跟为梯形的面积占2份和5份两种情况进行讨论即可；
（2）过P点作，垂足为M点，根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：设运动时间为t秒，
依题意得：∵，
∴．
∴，．
∴，
，解得
，解得（舍），
∴运动2秒时，能将矩形ABCD的面积分成两部分．
（2）如图，过P点作，垂足为M点，

∴，，
∴，
∴，即
∴或（舍去），
∴时，P、Q两点之间的距离是．
【点睛】本题主要考查矩形的动点问题，勾股定理和用平方根的定义解方程，解题的关键是根据题意做出合适的辅助线，利用勾股定理解答是关键．
【变式5】（2022秋·山西运城·九年级山西省运城市实验中学校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，，，动点P，Q分别从点A，C同时出发，都以每秒1个单位的速度运动，点P到达点D后停止，点Q到达点B后停止．设运动时间为t秒．

(1)当时，t的值为______．
(2)当时，求t的值．
(3)在点P和点Q的运动过程中是否存在，你的判断是______（填“存在”或“不存在”）．
【答案】(1)
(2)，．
(3)不存在
【分析】（1）根据列出方程求解；
（2）方法一：作于点M，则四边形CDMQ是矩形，然后表示出，结合，利用勾股定理列方程求解；
方法二：作于点M，则四边形CDMQ是矩形，首先表示出，然后根据勾股定理表示出，最后根据列方程求解；
方法三：作于点M，则，首先根据题意证明出，得到．，然后在中利用勾股定理列方程求解即可；
（3）作于点M，则四边形是矩形，根据题意分别表示出，然后根据勾股定理的逆定理求解即可．
【详解】（1）∵
∴
∴
解得
（2）方法一：作于点M，则四边形是矩形，

∴，，．
在中，，，
∵，
∴，
解得，．
方法二：作于点M，则四边形CDMQ是矩形，

∴，，．
在中，，
，
∵，
∴．
∴，解得，．
方法三：作于点M，则．

∵四边形ABCD是矩形，
∴，．
∴，．
∵，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．．
∴，．
∴．
在中，，
∵，
∴，
解得，．
（3）作于点M，则四边形是矩形，

∴，，．
在中，，，
在中，，
又∵
∵
∴
∴在点P和点Q的运动过程中不存在．
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是正确作出辅助线．
【经典例题九四边形中的线段最值问题】
【例8】（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，点N、O、P、M分别是边AB、BC、CD、DA上的点(不与端点重合)，若AN=CP，BO=DM，且AB=2BC=2，则四边形MNOP周长的最小值等于（    ）

A．2 B．2 C． D．
【答案】A
【分析】首先利用SAS证明，得，同理得，则四边形是平行四边形，作点N关于BC的对称点，连接，，求出    的长，从而解决问题．
【详解】解：∵，
∴．
∵，，
∴，
∴．
同理得，，
∴四边形MNOP是平行四边形，
作点N关于BC的对称点，连接，，过点P和，将AB于点H，

则，，
∴的最小值为．
∵四边形ABCD是矩形，，，
∴四边形PCBH是矩形，
∴，．
∵，
∴，
由勾股定理得，，
∴四边形MNOP周长的最小值为．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，轴对称最短路线问题，勾股定理等知识，证明四边形MNOP是平行四边形是解题的关键．
【变式训练】
【变式1】（2022春·福建福州·八年级福建省福州第十九中学校考期中）如图，在菱形ABCD中，，，E，F，P分别是AB，BC，AC上的动点，则的最小值为（    ）

A． B．2 C． D．
【答案】A
【分析】在BA上取，连接，根据菱形的性质可得，则点E、P、共线时，且时，PF＋PE的值最小，再根据等腰三角形的性质可得CH的值，从而得出答案．
【详解】解：在BA上取，连接，如图所示：

∵菱形ABCD关于BD对称，
∴，
∴，
∴点E、P、共线时，且时，PF＋PE的值最小，此时正好等于菱形一条边上的高，作CH⊥AB于H，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
设，
∵AB＝2，
∴根据勾股定理得：，
解得：或（舍去），
∴PF＋PE的最小值为，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，轴对称最短路线问题，等腰直角三角形的性质等知识，根据找出使PF＋PE的值最小时，点P的位置，是解题的关键．
【变式2】（2022秋·陕西汉中·九年级校考期中）如图，在正方形中，，为边上一点，．为对角线上一动点（不与点、重合），过点分别作于点、于点，连接、，则的最小值为______．

【答案】13
【分析】连接、，由四边形为矩形，得，由正方形的对称性得，即知，故当最小时，最小，此时、、共线，的最小值即为的长，由，，可得，从而的最小值为13．
【详解】解：连接、，如图：

，，，
四边形为矩形，
，
四边形是正方形，
由正方形的对称性可得，
，
，
当最小时，最小，此时、、共线，的最小值即为的长，如图：

，，
，
，
的最小值为13，
故答案为：13．
【点睛】本题考查正方形中的动点问题，解题的关键是把求的最小值问题转化成求的长．
【变式3】（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，正方形中，，动点从点出发向点运动，同时动点从点出发向点运动，点、运动的速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线段、相交于点，是线段上任意一点，则的最小值为___．

【答案】
【分析】首先作出点D关于的对称点，当点E与点D重合，点F与点C重合时，最短，然后由正方形的性质和轴对称图形的性质可知：，，最后由勾股定理即可求得的长，从而可求得的最小值．
【详解】解：如图作点D关于的对称点，连接，

由轴对称的性质可知：，
∴，
过点P作垂直，垂足为G，
由题意得，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故可知P的轨迹为以为直径的四分之一圆弧上，当点E与点D重合，点F与点C重合时，
此时，最短．
∵四边形为正方形，
∴，．
∴．
在中，由勾股定理得：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查的是最短路径问题，由轴对称图形的性质和正方形的性质确定出点P的位置是解题的关键．
【变式4】（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，在中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，过A点作交CB的延长线于点G．

(1)求证：；
(2)当满足什么条件时，四边形DEBF是菱形（不需要证明）
(3)请利用备用图分析，在（2）的条件下，若，，点M为BF的中点，当点P在BD边上运动时，求的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)当∠ADB=90°时，四边形DEBF是菱形，证明见解析
(3)

【分析】（1）根据平行四边形的性质得到DF=BE，AB∥CD，根据平行四边形的判定定理证明四边形DEBF是平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论；
（2）根据矩形的判定定理得到四边形AGBD是矩形，根据直角三角形的性质得到ED=EB，证明结论；
（3）连接EM交BD于P，根据轴对称的性质证明此时PF+PM的值最小，根据等边三角形的性质计算即可．
【详解】（1）解：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∵E、F分别为边AB、CD的中点，
∴DF=BE，又AB∥CD，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE∥BF；
（2）当∠ADB=90°时，四边形DEBF是菱形．
理由：∵∠ADB=90°，又E为边AB的中点，
∴ED=EB，又四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形；
（3）连接EF，连接EM交BD于P，
∵四边形DEBF是菱形，
∴点E和点F关于BD轴对称，此时PF+PM的值最小，
∵四边形DEBF是菱形，∠DEB=120°，
∴∠EBF=60°，
∴△BEF是等边三角形，又BE=2，
∴EM=，即PF+PM的最小值为．

【点睛】本题属于四边形综合题，考查的是平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质，轴对称变换的性质以及等边三角形的性质的综合运用，掌握相关的判定定理和性质定理、正确作出辅助性是解题的关键．
【变式5】（2021春·河北沧州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝AC，E、F分别是AB、CD的中点，连接CE、AF．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）当平行四边形ABCD的边或角满足什么关系时，四边形AECF是正方形？请说明理由．
（3）在（2）的条件下，若AE＝4，点M为EC中点，当点P在线段AC上运动时，求PE+PM的最小值．

【答案】（1）见解析；（2）∠B＝45°或AB＝BC，理由见解析；（3）
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形得AB＝CD，AB∥CD，再由E、F分别是AB、CD的中点得AE＝AB，CF＝CD，即可证得四边形AECF为平行四边形，再由BC＝AC，E为AB中点，得CE⊥AB，故四边形AECF是矩形；
（2）当∠B＝45°时，可证∠BAC＝90°，由E为AB的中点得EC＝AB＝AE，故矩形AECF为正方形；当AB＝BC时，由BC＝AC，AB＝BC，可证得AC2+BC2＝AB2，△ACB为直角三角形，再由E为AB的中点得EC＝AB＝AE，故矩形AECF为正方形；
（3）连接EF，连接FM交AC于P，由E和F关于AC对称得此时PE+PM最小，再在Rt△MCF中用勾股定理求出FM即可．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴AE＝AB，CF＝CD，
∴AE＝CF，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵BC＝AC，E为AB中点，
∴CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°四边形AECF是矩形；
（2）解：①当∠B＝45°时，四边形AECF是正方形，
理由：∵BC＝AC，∠B＝45°，
∴∠BAC＝∠B＝45°，
∴∠BAC＝90°，
∵E为AB的中点，
∴EC＝AB＝AE，
∴矩形AECF为正方形，
或②当AB＝BC时，矩形AECF为正方形，
理由：∵BC＝AC，AB＝BC，
∴AC2+BC2＝2BC2，
AB2＝（BC）2＝2BC2，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ACB为直角三角形，
∵E为AB的中点，
∴EC＝AB＝AE，
∴矩形AECF为正方形；
（3）解：连接EF，连接FM交AC于P，

∵四边形AECF为正方形，
∴E和F关于AC对称，此时PE+PM最小且为FM，
在Rt△MCF中，CM＝2，CF＝AE＝4，
∴FM＝
∴PE+PM最小值为．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，正方形的性质与判定，勾股定理和勾股定理的逆定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.

【经典例题十特殊平行四边形中的折叠问题】
【例8】（2022秋·河南郑州·八年级校考期中）如图，在长方形中，，，为上一点，将沿翻折至，，与分别相交于点，，且．则的长为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由折叠的性质得出，，，证明，得出，，设，则，，求出，，根据勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
根据题意得：，
∴，，，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
设，则，，
∴，，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，
∴，
故选：D
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，熟练掌握翻折变换和矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
【变式训练】
【变式1】（2022·重庆南岸·校考模拟预测）如图，在正方形中，是边上的一点，，，将正方形边沿折叠到，延长交于，连接现在有如下四个结论：；；③；其中结论正确的个数是（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】①正确．证明,得到，结合可得结果．
②错误．可以证明，不是等边三角形，可得结论．
③正确．证明，即可．
④错误．证明，求出的面积即可．
【详解】解：如图，连接，

四边形是正方形，
，，
由翻折可知：，，，，
，，，
∴，
，，
，故正确，
设，
在中，
，
，
，
，
，
是等腰三角形，
易知不是等边三角形，显然，故错误，
，
，
，
，，
，
，故正确，
，：：，
∴，
，故正确，
故选：C．
【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
【变式2】（2022秋·山西晋中·九年级校考阶段练习）如图，正方形纸片中，，点为边的中点，沿折叠至，连接．则线段的长为________．

【答案】
【分析】连接，交于点，根据翻折的性质知，，垂直平分，再说明，利用等积法求出的长，再利用勾股定理可得答案．
【详解】解：如图，连接，交于点，
∵将沿折叠得到，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，
∴，，，
∴垂直平分，，
∴，，
∵正方形纸片中，，点为边的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
在，．
故答案为：．

【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，垂直平分线的判定和性质，等腰三角形的
【变式3】（2021春·江苏南京·八年级校考期中）在矩形中，，，点是直线一动点，若将沿折叠，使点落在点处，连结，若三点在同一条直线上，则__________．

【答案】1或9
【分析】根据折叠，得出相等的线段、角，由于在一条直线上，由勾股定理可以求出的长，设，在直角三角形中，由勾股定理列出方程进而求出结果．
【详解】解：如图1，当点在线段上时，

由折叠可得：，
在Rt中，由勾股定理得：
，
设，则，
在Rt中，由勾股定理得：
，
解得：，
即；
如图2，当点在的延长线上时，

由折叠得：，
，
，
在和中，
，
（AAS），
，
在Rt中，由勾股定理得：
，
，
综上所述：的长为1或9，
故答案为：1或9．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、折叠的性质等知识，设未知数，转化到一个三角形中，借助勾股定理列方程求解是解题的关键．
【变式4】（2022秋·江苏扬州·八年级校考阶段练习）在矩形中，，，．P为上一点，将沿直线翻折至的位置（点B落在点E处）．

(1)如图1，当点E落在边上时，利用尺规作图，在图①中作出（不写作法，保留作图痕迹）．
(2)在（1）的条件下，求BP的长．
(3)如图2，与相交于点F，与相交于点G，且，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)

【分析】（1）以点为圆心，长为半径画弧，交于点，连接，作的垂直平分线交于点，连接、；
（2）由翻折的性质和勾股定理求出，，设：，根据可求得的值，即可得的长度；
（3）由翻折得：，，设，则，再证（ASA），得，，则，，，然后在中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
【详解】（1）解：如图所示，即为所求的三角形，

（2）由翻折可知，，
∵
由勾股定理可得：，
∴，
设：，则，
则，由勾股定理可得：，即，
解得：，
∴
（3）如图，由翻折的性质得：，，，
∴，
设，则，
∵，，
在和中，，
∴（ASA），
∴，，
∴，
∴，，
在中，由勾股定理得：，
解得，即．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及尺规作图等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和翻折变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键，属于中考常考题型．
【变式5】（2020秋·安徽阜阳·八年级阜阳实验中学校考阶段练习）如图，边长为2的正方形ABCD，点P在射线BC上，将ABP沿AP向右翻折，得到AEP，DE所在直线与AP所在直线交于点F．

(1)如图1，当点P在边BC上时，若∠BAP=20°，求∠AFD的度数；
(2)若点P是BC边上任意一点时（不与B，C重合），∠AFD的度数是否会发生变化？试证明你的结论；
(3)如图2，若点P在BC边的延长线上时，∠AFD的度数是否会发生变化？试在图中画出图形，并直接写出结论；
【答案】(1)∠AFD=45°；
(2)∠AFD的大小不会改变，始终是45°，理由见解析
(3)∠AFD的大小不会改变，始终是45°

【分析】（1）先求出∠DAE=20°，进而求出∠ADE=65°，最后再用三角形的内角和即可得出结论；
（2）设∠BAP=∠EAP=α，同（1）的方法即可得出结论；
（3）设∠BAP=∠EAP=α，同（2）的方法即可得出结论．
（1）
解：由折叠的性质知∠EAP=∠BAP=20°，AB=AD=AE，
∴∠DAE=90°20°×2=50°．
∵在ADE中，AD=AE，∠DAE=50°，
∴∠ADE=∠AED=（180°50°）÷2=65°．
∵在AFD中，∠FAD=90°20°=70°，∠ADF=65°，
∴∠AFD=180°70°65°=45°；
（2）
解：∠AFD的大小不会改变，始终是45°，
设∠BAP=∠EAP=α，则∠EAD=90°2α，∠FAD=90°α．
∵在ADE中，AD=AE，∠EAD=90°2α，
∴∠ADE=（180°∠EAD）=（180°90°+2α）=45°+α．
∴在ADF中，∠F=180°∠FAD∠ADE=180°（90°α）（45°+α）=45°；
（3）
解：∠AFD的大小不会改变，始终是45°，
设∠BAP=∠EAP=α，则∠EAD=2α90°，

∵在ADE中，AD=AE，∠EAD=2α90°，
∴∠AED=（180°∠EAD）=（180°2α+90°）=135°α．
∴在AEF中，∠AFD=180°∠FAE∠AED=180°α（135°α）=45°．
【点睛】此题主要考查了折叠的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，正方形的性质，掌握折叠的性质，找出对应角和对应边相等是解题的关键．

【经典例题十一四边形其他综合问题】
【例6】（2022春·重庆江北·八年级校考期中）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF，则下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG=CG；③AGCF；④，其中正确的是（　　）

A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△ABG≌Rt△AFG；在直角△ECG中，根据勾股定理可证BG=GC；通过证明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，由平行线的判定可得AG∥CF；求出和的面积即可．
【详解】解：①正确．
理由：∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；
②正确．
理由：EF=DE=CD=2，设BG=FG=x，则CG=6﹣x．
在直角△ECG中，根据勾股定理，得，
解得x=3．
∴BG=3=6﹣3=CG；
③正确．
理由：∵CG=BG，BG=GF，
∴CG=GF，
∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF．
又∵Rt△ABG≌Rt△AFG；
∴∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=2∠AGB=180°﹣∠FGC=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，
∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，
∴AGCF；
④正确．
理由：∵，
∵，
∴，
∴其中正确的是①②③④．
故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用．
【变式训练】
【变式1】（2022春·江苏无锡·八年级统考期末）如图，矩形ABCD的边CD上有一点E，DE＝1，∠DAE＝22.5°，EF⊥AB，垂足为F，将△AEF绕着点F顺时针旋转，使得点A的对应点G落在EF上，点E恰好落在点B处，连接BE．有下列结论：① AB＝BE；②BG平分∠EBF；③△BFG的面积是四边形EFBC面积的；④BE＝＋2．其中结论正确的是（  ）

A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】C
【分析】由角的数量关系可求∠AEB=67.5°=∠EAF，可得AB=BE，故①正确；计算出∠EBG=22.5°，得出∠EBG=∠FBG，故②正确；过点G作GM⊥BE于点M，由角平分线的性质可得GF=GM，根据直角三角形的斜边大于直角边得出GE＞GM=GF，从而根据三角形的面积公式得出结论，得到③错误；连接AG，根据等腰直角三角形的性质可知AG=，推导得出AG=EG=，从而EF=EG+FG=+1，再由BE=BF+AF，判断出④正确．
【详解】解：由旋转的性质可得：EF=FB，∠EFB=90°，
∵四边形ABCD是矩形，EF⊥AB，
∴∠ABC=∠C=∠EFB=90°，
∴四边形EFBC是矩形，
又∵EF=BF，
∴矩形EFBC是正方形，
∴∠BEF=∠EBF=45°，
∵∠DAE=∠AEF=22.5°，
∴∠AEB=∠FEB+∠AEF=67.5°=90°-22.5°=∠EAF，
∴AB=BE，故①正确；
∵∠EBF=45°，∠FBG=∠AEF=∠DAE=22.5°，
∴∠EBG=45°-22.5°=22.5°，
∴∠EBG=∠FBG，
∴BG平分∠EBF，故②正确；
过点G作GM⊥BE于点M，如图1，
∵BG平分∠EBF，
∴GF=GM，
在Rt△GME中，GE＞GM=GF，
∴S△BFG≠S△BFE，
∵S△BFE＝S四边形EFBC，
∴S△BFG≠S四边形的EFBC，故③错误；
连接AG，如图1，

∵∠AFG=90°，DE=AF=FG=1，
∴∠GAF=45°，AG=，
∴∠EAG=67.5°-45°=22.5°，
∴∠AEG=∠GAE，
∴EG=AG=，
∴EF=EG+FG=+1，
又∵EF=BF，AB=BE，
∴BE=BF+AF=+1+1=+2，故④正确，
∴正确的是：①②④，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，正方形的判定与性质及角平分线的性质，掌握常用辅助线的添加方法，灵活运用相关知识是解题的关键．
【变式2】（2022春·福建厦门·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，，线段AD上有一动点P（点P不与点A，D重合），沿直线BP将三角形ABP翻折，使得点A落在点E处．连接CE，在点P的运动过程中，下列结论：①，②，③，④，始终成立的有______．（写出所有正确结论的序号）

【答案】①③④．
【分析】①正确．利用翻折变换的性质证明PE＝PA，可得结论；②错误．利用反证法，可得结论；③正确．设∠CBE＝x，证明∠CAE＝x，可得结论；④正确．利用等腰三角形的性质以及四边形内角和定理证明即可．
【详解】解：如图，设PB交AE于点O，PB交AC于点J．

由翻折的性质可知，PA＝PE，BA＝BE，
∴∠PAE＝∠PEA，故①正确，
不妨假设∠CAE＝∠ABP，
∵BA＝BE，PA＝PE，
∴PB垂直平分线线段AE，
∴∠ABP＝∠EBP，
∴∠JAO＝∠JPR，
∵∠AJO＝∠BJR，
∴∠BRJ＝∠AOJ＝90°，显然BE与AC不垂直与已知条件矛盾，故②错误，
设∠CBE＝x，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD//AB，AB＝BC＝CD＝AD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∵∠BCD＝120°，
∴∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠CAB＝60°，
∴∠ABE＝60°﹣x，
∵BA＝BE，
∴∠EAB＝（180°﹣60°+x）＝60°+x，
∠CAE＝∠EAB﹣∠CAB＝x，
∴∠CAE+∠ABP＝x+（60°﹣x）＝30°，故③正确，
∵BC＝BA＝BE，
∴∠BCE＝∠BEC，∠BEA＝∠BAE，
∵2∠BEC+2∠BEA+∠ABC＝360°，
∴2∠BEC+2∠BEA＝300°，
∴∠AEC＝∠CEB+∠AEB＝150°，故④正确．
故答案为：①③④．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了等边三角形的性质，翻折变换，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式3】（2022春·湖北武汉·九年级专题练习）在五边形的纸片中，，，．如图1，先将它沿着虚线，剪成三块，再用这三块小纸片进行拼接，恰好拼成如图2的无缝隙、不重叠的正方形，则的值是______．

【答案】
【分析】根据题意，画出拼接后的正方形，由剪贴和拼接知：，，设，，，由剪贴和拼接知，在中，根据勾股定理得：，在中，利用勾股定理得，进而求得的值．
【详解】如图所示，拼接后的正方形为，连接，

由剪贴和拼接知：，，
设，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴在中，，
∴，
∴，
∴．
在中，，
∴，
∴或(舍去)，
∴．
∵，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查图形的拼接，正方形的性质，解直角三角形等知识，学会利用参数解决问题是解本题的关键．
【变式4】（2022秋·浙江·八年级专题练习）（1）问题背景：如图1，在四边形中，，，．分别是上的点，且，请探究图中线段之间的数量关系是什么？
小明探究此问题的方法是：延长到点，使，连结．先证明，得；再由条件可得，证明，进而可得线段之间的数量关系是　   　．
（2）拓展应用：如图2，在四边形中，，．分别是上的点，且．问（1）中的线段之间的数量关系是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．

【答案】（1）；（2）结论仍然成立；证明见解析．
【分析】（1）延长到点．使．连结，即可证明，可得，再证明，可得，即可解题；
（2）延长到点．使．连结，即可证明，可得，再证明，可得，即可解题．
【详解】（1），
理由如下：
在中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：．
（2）结论仍然成立；
理由：延长到点．使．连结，如图2，

∵，，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，四边形综合题，解题关键是添加辅助线构造全等三角形．
【变式5】（2023秋·河北邯郸·九年级邯郸市翰光学校校考期末）如图1，边长为4的正方形与边长为（）的正方形的顶点重合点在对角线上．

(1)【问题发现】如图1，与的数量关系为______．
(2)【类比探究】如图2，将正方形绕点顺时针旋转度（），问题发现中的结论是否还成立？如成立写出推理过程，如不成立，说明理由．
(3)【拓展延伸】在图1中，若点为的中点，将正方形绕点顺时针旋转，在旋转过程中，当点，，在一条直线上时，直接写出此时线段的长度．
【答案】(1)
(2)，证明见解答过程，
(3)
【分析】易证AB∥EF，由平行线分线段成比例可解．
证明△ACE和△BCF相似可解．
分情况讨论，连接CE交GF于H，由正方形的性质可得四边长度和对角线的长度，进而求出CF，GF，HE等线段长度，最终得到AH的长度，得到答案．
【详解】（1）
证明：∵四边形ABCD和四边形EFCG是正方形，
∴∠B=∠CFE=90°，∠FCE=∠BCA=45°，，CE⊥GF，
∴AB∥EF，
∴
∴
故答案为
（2）上述结论还成立，
证明，连接CE，如图，

∵∠FCE=∠BCA=45°，
∴∠BCF=∠ACE=45°-∠ACF，
在Rt△CEG和Rt△CBA中，

∴
∴△ACE∽△BCF，
则
∴
（3）分两种情况：
连接CE交GF于H，如图，

∵四边形ABCD和四边形EFCG是正方形，
∴AB=BC=4，HF=HE=HC，
∵点F为BC的中点，
∴CF=BC=2，GF=CE=2，GH=HF=HE=HC=，
∴
则
连接CE交GF于H，如图，

由①可知：GH=HF=HE=HC=
∴
则
故AG的长度为
【点睛】题是四边形的综合题目，考查正方形的性质、图形旋转、平行线分线段成比例、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是熟练运用正方形的性质，证明三角形相似，得到对应边成比例.