?考點(diǎn)19特殊平行四邊形
考點(diǎn)總結(jié)
知識(shí)點(diǎn)一：特殊平行四邊形的性質(zhì)與判定
關(guān)鍵點(diǎn)撥及對(duì)應(yīng)舉例
1.性質(zhì)
（具有平行四邊形的一切性質(zhì)，對(duì)邊平行且相等）
矩 形
菱 形
正方形
(1)矩形中,Rt△ABD≌Rt△DCA≌Rt△CDB≌Rt△BAC; _兩 對(duì)全等的等腰三角形.所以經(jīng)常結(jié)合勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)解題.
（2）菱形中，有兩對(duì)全等的等腰三角形；Rt△ABO≌Rt△ADO≌Rt△CBO≌Rt△CDO;若∠ABC=60°，則△ABC和△ADC為 等邊 三角形，且四個(gè)直角三角形中都有一個(gè)30°的銳角.
（3）正方形中有8個(gè)等腰直角三角形，解題時(shí)結(jié)合等腰直角三角形的銳角為45°，斜邊=直角邊.



（1）四個(gè)角都是直角
（2）對(duì)角線相等且互相平分.即
AO=CO=BO=DO.
（3）面積=長(zhǎng)×寬
=2S△ABD=4S△AOB.
（1）四邊相等
（2）對(duì)角線互相垂直、平分，一條對(duì)角線平分一組對(duì)角
（3）面積=底×高
=對(duì)角線_乘積的一半
(1)四條邊都相等，四個(gè)角都是直角
(2)對(duì)角線相等且互相垂直平分
(3)面積=邊長(zhǎng)×邊長(zhǎng)
=2S△ABD
=4S△AOB
2.判定
（1）定義法：有一個(gè)角是直角的平行四邊形
（2）有三個(gè)角是直角
（3）對(duì)角線相等的平行四邊形
（1）定義法：有一組鄰邊相等的平行四邊形
（2）對(duì)角線互相垂直的平行四邊形
（3）四條邊都相等的四邊形
（1）定義法：有一個(gè)角是直角，且有一組鄰邊相等的平行四邊形
（2）一組鄰邊相等的矩形
（3）一個(gè)角是直角的菱形
（4）對(duì)角線相等且互相垂直、平分
例：判斷正誤.
鄰邊相等的四邊形為菱形.（ ）
有三個(gè)角是直角的四邊形式矩形.
（ ）
對(duì)角線互相垂直平分的四邊形是菱形. （ ）
對(duì)邊相等的矩形是正方形.（ ）
3.聯(lián)系

包含關(guān)系：

知識(shí)點(diǎn)二：特殊平行四邊形的拓展歸納
4.中點(diǎn)四邊形
（1）任意四邊形多得到的中點(diǎn)四邊形一定是平行四邊形.
（2）對(duì)角線相等的四邊形所得到的中點(diǎn)四邊形是矩形.
（3）對(duì)角線互相垂直的四邊形所得到的中點(diǎn)四邊形是菱形.
（4）對(duì)角線互相垂直且相等的四邊形所得到的中點(diǎn)四邊形是正方形.
如圖，四邊形ABCD為菱形，則其中點(diǎn)四邊形EFGD的形狀是矩形.
5.特殊四邊形中的解題模型
（1）矩形：如圖①，E為AD上任意一點(diǎn)，EF過矩形中心O，則△AOE≌△COF,S1=S2.
（2）正方形:如圖②，若EF⊥MN，則EF=MN;如圖③，P為AD邊上任意一點(diǎn)，則PE+PF=AO. （變式：如圖④，四邊形ABCD為矩形，則PE+PF的求法利用面積法，需連接PO.）




圖① 圖② 圖③ 圖④


真題演練
一、單選題
1．（2021·山東日照·中考真題）下列命題：①的算術(shù)平方根是2；②菱形既是中心對(duì)稱圖形又是軸對(duì)稱圖形；②天氣預(yù)報(bào)說明天的降水概率是，則明天一定會(huì)下雨；④若一個(gè)多邊形的各內(nèi)角都等于，則它是正五邊形，其中真命題的個(gè)數(shù)是（　?。?br /> A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】
利用算術(shù)平方根的定義、菱形的對(duì)稱性、概率的意義及多邊形的內(nèi)角和等知識(shí)分別判斷后即可確定正確的選項(xiàng)．
【詳解】
解：①的算術(shù)平方根是，故原命題錯(cuò)誤，是假命題；
②菱形既是中心對(duì)稱圖形又是軸對(duì)稱圖形，正確，是真命題；
②天氣預(yù)報(bào)說明天的降水概率是，則明天下雨可能性很大，但不確定是否一定下雨，故原命題錯(cuò)誤，是假命題；
④若一個(gè)多邊形的各內(nèi)角都等于，各邊也相等，則它是正五邊形，故原命題錯(cuò)誤，是假命題；
真命題有1個(gè)，
故選：B．
2．（2021·山東濰坊·中考真題）若菱形兩條對(duì)角線的長(zhǎng)度是方程x2﹣6x+8＝0的兩根，則該菱形的邊長(zhǎng)為（ ）
A． B．4 C．25 D．5
【答案】A
【分析】
先求出方程的解，即可得到，根據(jù)菱形的性質(zhì)求出和 ，根據(jù)勾股定理求出即可．
【詳解】
解：解方程，得，
即，
∵四邊形是菱形，
∴，
由勾股定理得，
即菱形的邊長(zhǎng)為，


故選：．
3．（2021·山東濰坊·中考真題）古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得在《幾何原本》中記載了用尺規(guī)作某種六邊形的方法，其步驟是：①在⊙O上任取一點(diǎn)A，連接AO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)B；②以點(diǎn)B為圓心，BO為半徑作圓弧分別交⊙O于C，D兩點(diǎn)；③連接CO，DO并延長(zhǎng)分別交⊙O于點(diǎn)E，F(xiàn)；④順次連接BC，CF，F(xiàn)A，AE，ED，DB，得到六邊形AFCBDE．連接AD，EF，交于點(diǎn)G，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是 ．

A．△AOE的內(nèi)心與外心都是點(diǎn)G B．∠FGA＝∠FOA
C．點(diǎn)G是線段EF的三等分點(diǎn) D．EF＝AF
【答案】D
【分析】
證明△AOE是等邊三角形，EF⊥OA，AD⊥OE，可判斷A；．證明∠AGF=∠AOF=60°，可判斷B；證明FG=2GE，可判斷C；證明EF=AF，可判斷D．
【詳解】
解：如圖，

在正六邊形AEDBCF中，∠AOF=∠AOE=∠EOD=60°，
∵OF=OA=OE=OD，
∴△AOF，△AOE，△EOD都是等邊三角形，
∴AF=AE=OE=OF，OA=AE=ED=OD，
∴四邊形AEOF，四邊形AODE都是菱形，
∴AD⊥OE，EF⊥OA，
∴△AOE的內(nèi)心與外心都是點(diǎn)G，故A正確，
∵∠EAF=120°，∠EAD=30°，
∴∠FAD=90°，
∵∠AFE=30°，
∴∠AGF=∠AOF=60°，故B正確，
∵∠GAE=∠GEA=30°，
∴GA=GE，
∵FG=2AG，
∴FG=2GE，
∴點(diǎn)G是線段EF的三等分點(diǎn)，故C正確，
∵AF=AE，∠FAE=120°，
∴EF=AF，故D錯(cuò)誤，
故答案為：D．
4．（2021·山東威?！ぶ锌颊骖}）如圖，在平行四邊形中，，．連接AC，過點(diǎn)B作，交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接AE，交BC于點(diǎn)F．若，則四邊形ABEC的面積為（ ）

A． B． C．6 D．
【答案】B
【分析】
先證明四邊形ABEC為矩形，再求出AC，即可求出四邊形ABEC的面積．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AB=CD=2，BC=AD=3，∠D=∠ABC，
∵，
∴四邊形ABEC為平行四邊形，
∵，
∴，
∵∠AFC=∠ABF+∠BAF，
∴∠ABF=∠BAF，
∴AF=BF，
∴2AF=2BF，
即BC=AE，
∴平行四邊形ABEC是矩形，
∴∠BAC=90°，
∴,
∴矩形ABEC的面積為．
故選：B
5．（2021·山東棗莊·中考真題）如圖，四邊形是菱形，對(duì)角線，相交于點(diǎn)，，，點(diǎn)是上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)是的中點(diǎn)，則的最小值為（ ）

A． B． C．3 D．
【答案】A
【分析】
連接，先根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短可得當(dāng)點(diǎn)共線時(shí)，取得最小值，再根據(jù)菱形的性質(zhì)、勾股定理可得，然后根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)求出的長(zhǎng)即可得．
【詳解】
解：如圖，連接，

由兩點(diǎn)之間線段最短得：當(dāng)點(diǎn)共線時(shí)，取最小值，最小值為，
四邊形是菱形，，，
，
，
，
是等邊三角形，
點(diǎn)是的中點(diǎn)，
，
，
即的最小值為，
故選：A．
6．（2021·山東泰安·中考真題）如圖，在平行四邊形中，E是的中點(diǎn)，則下列四個(gè)結(jié)論：①；②若，，則；③若，則；④若，則與全等．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（ ）

A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)
【答案】D
【分析】
依次分析各選項(xiàng)，進(jìn)行推理論證即可；其中①可通過證明，進(jìn)一步轉(zhuǎn)換后可以得到結(jié)論，②可先得到該平行四邊形是矩形，利用矩形的性質(zhì)等得到MN垂直平分BC，即可完成求證，③可以先證明兩個(gè)三角形的共線邊上的高的關(guān)系，再利用三角形面積公式即可完成證明，④可以先證明后可進(jìn)一步證明，即可完成求證．
【詳解】
解：∵平行四邊形中，E是的中點(diǎn)，
∴，，，
∴,,
∴,
∴，
∴，
故①正確；
若，
則平行四邊形是矩形，
由矩形的對(duì)角線相等，而點(diǎn)E是矩形的對(duì)角線的交點(diǎn)可知，
E點(diǎn)到B、C兩點(diǎn)的距離相等，
∴E點(diǎn)在BC的垂直平分線上，
由，可得BN=CN，
所以N點(diǎn)是BC的中點(diǎn)，
∴MN垂直平分BC，
∴，
故②正確；
若，則BN=2CN，
如圖1，分別過D、E兩點(diǎn)向BC作垂線，垂足分別為Q點(diǎn)和P點(diǎn)，
∵E點(diǎn)是BD中點(diǎn)，
∴DQ=2EP，
∵，

∴，
故③正確；
若，
因?yàn)椋?br /> 所以，
分別過N、C兩點(diǎn)向AD作垂線，垂足分別為H、K，
由平行線間的距離處處相等可知：NH=CK，
∴，
∴，
∴,
∴，
又∵，
∴,
故④正確；
故選：D．

7．（2021·山東·青島大學(xué)附屬中學(xué)二模）如圖，在矩形中，為邊上一點(diǎn)，把沿翻折，使點(diǎn)恰好落在邊上的點(diǎn)處，，，則的長(zhǎng)為（ ）

A． B．1
C． D．
【答案】A
【分析】
先證得△ABF∽△FCE，再根據(jù)矩形的性質(zhì)及翻折變換的性質(zhì)推出BC=AD=AF=4，從而利用勾股定理求得BF=2，進(jìn)而結(jié)合線段之間的和差關(guān)系利用相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行求解即可．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=∠D=90°，
又△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴∠D=∠AFE=90°，
∵∠BAF+∠AFB=90°，∠EFC+∠AFB=90°，
∴∠BAF=∠EFC，
∴△ABF∽△FCE；
∵AB=，AD=4，
∴BC=AD=AF=4，
在Rt△ABF中，
，
∴CF=BC-BF=4-2=2，
又∵△ABF∽△FCE，
∴，即，
解得：，
故選擇：A
8．（2021·山東·濟(jì)寧學(xué)院附屬中學(xué)二模）如圖，矩形紙片，，，E為邊D上一點(diǎn)，將沿所在的直線折疊，點(diǎn)C恰好落在邊上的點(diǎn)F處，過點(diǎn)F作，垂足為點(diǎn)M，取的中點(diǎn)N，連接，則=（　?。?br />
A．5 B．6 C． D．
【答案】A
【分析】
連接，，可求得為的中點(diǎn)，根據(jù)中位線的性質(zhì)可得，勾股定理求得即可．
【詳解】
解：連接，

由折疊的性質(zhì)可得，
又∵
∴點(diǎn)在線段上，
又∵
∴
∴
又∵的中點(diǎn)N
∴為的中位線
∴
在中，
∴
故選A
9．（2021·山東省諸城市樹一中學(xué)三模）如圖，菱形的邊長(zhǎng)為2，，分別以點(diǎn)和點(diǎn)為圓心，大于的長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧相交于，兩點(diǎn)，直線交于點(diǎn)，連接，則的長(zhǎng)為（ ）

A．2 B．3
C． D．
【答案】D
【分析】
連接BE，由垂直平分線的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)，得BE=AE=， 再得∠EBC=90°，利用勾股定理即可求出CE的長(zhǎng)度．
【詳解】
解：連接BE，如圖：
由題意可知，MN垂直平分AB，
∴AE=BE，
∴，
∴∠AEB=90°，
在等腰直角三角形ABE中，AB=2，
∴BE=AE=，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AD∥BC，
∴∠EBC=∠AEB=90°，
在Rt△BCE中，由勾股定理，則
；
故選D．

10．（2021·山東棗莊·一模）如圖，在矩形ABCD中，O為AC中點(diǎn)，交AB于E，點(diǎn)G是AE中點(diǎn)且∠AOG＝30°，下列結(jié)論：（1）DC＝3OG；（2）OG＝BC；（3）等邊三角形；（4）S△AOE＝S矩形ABCD，正確的有（ ）

A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)
【答案】C
【分析】
根據(jù)矩形的性質(zhì)、等邊三角形的判定、勾股定理逐一判斷即可；
【詳解】
∵點(diǎn)G是AE中點(diǎn)，，
∴，
∵∠AOG＝30°，
∴，，
∴等邊三角形，故（3）正確；
設(shè)，則，
由勾股定理得，，
∵O為AC中點(diǎn)，
∴，
在中，，
∴，
由勾股定理得，，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴，
∴DC＝3OG，故（1）正確；
∵，，
∴，故（2）錯(cuò)誤；
∵，
，
∴，故（4）正確；
綜上所述，正確的結(jié)論有（1）（3）（4）；
故答案選C．

二、填空題
11．（2021·山東泰安·中考真題）如圖，將矩形紙片折疊（），使落在上，為折痕，然后將矩形紙片展開鋪在一個(gè)平面上，E點(diǎn)不動(dòng)，將邊折起，使點(diǎn)B落在上的點(diǎn)G處，連接，若，，則的長(zhǎng)為________．

【答案】
【分析】
根據(jù)矩形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)，證明，從而，又因?yàn)?，代入求解即可?br /> 【詳解】
解：∵四邊形是矩形,，
∴,,,且四邊形是正方形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴
又∵（折疊，
∴，, ，
設(shè),則，
∴ ，
又∵是正方形對(duì)角線，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，解得：，即 ，
∴．
故答案為：
12．（2021·山東臨沂·中考真題）數(shù)學(xué)知識(shí)在生產(chǎn)和生活中被廣泛應(yīng)用，下列實(shí)例所應(yīng)用的最主要的幾何知識(shí)，說法正確的是___（只填寫序號(hào)）．
①射擊時(shí)，瞄準(zhǔn)具的缺口、準(zhǔn)星和射擊目標(biāo)在同一直線上，應(yīng)用了“兩點(diǎn)確定一條直線”；
②車輪做成圓形，應(yīng)用了“圓是中心對(duì)稱圖形”；
③學(xué)校門口的伸縮門由菱形而不是其他四邊形組成，應(yīng)用了“菱形的對(duì)角線互相垂直平分”；
④地板磚可以做成矩形，應(yīng)用了“矩形對(duì)邊相等”．

【答案】①
【分析】
根據(jù)直線的性質(zhì)，圓的性質(zhì)，特殊四邊形的性質(zhì)分別判斷即可．
【詳解】
解：①射擊時(shí)，瞄準(zhǔn)具的缺口、準(zhǔn)星和射擊目標(biāo)在同一直線上，應(yīng)用了“兩點(diǎn)確定一條直線”，故正確；
②車輪做成圓形，應(yīng)用了“同圓的半徑相等”，故錯(cuò)誤；
③學(xué)校門口的伸縮門由菱形而不是其他四邊形組成，應(yīng)用了“菱形的四邊相等”，故錯(cuò)誤；
④地板磚可以做成矩形，應(yīng)用了“矩形的四個(gè)角是直角，可以密鋪”，故錯(cuò)誤；
故答案為：①．
13．（2021·山東青島·中考真題）已知正方形的邊長(zhǎng)為3，為上一點(diǎn)，連接并延長(zhǎng)，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，過點(diǎn)作，交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，為的中點(diǎn)，為上一動(dòng)點(diǎn)，分別連接，．若，則的最小值為__________．

【答案】
【分析】
由正方形的性質(zhì)，可得A點(diǎn)與C點(diǎn)關(guān)于BD對(duì)稱，則有MN +CM=MN+AM≥AN，所以當(dāng)A、M、N三點(diǎn)共線時(shí)，MN+CM的值最小為AN，先證明△DCG~△FCE，再由，可得，分別求出DE=1，CE=2，CF=6，即可求出AN．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴A點(diǎn)與C點(diǎn)關(guān)于BD對(duì)稱，
∴CM=AM，
∴MN+CM=MN+AM≥AN，
∴當(dāng)A、M、N三點(diǎn)共線時(shí)，MN+CM的值最小，
∵AD∥CF，
∴∠DAE=∠F，
∵∠DAE+∠DEH=90°，
∵DG⊥AF，
∴∠CDG+∠DEH=90°，
∴∠DAE=∠CDG，
∴∠CDG=∠F，
∴△DCG~△FCE，
∵，
∴ ，
∵正方形邊長(zhǎng)為3，
∴CF=6，
∵AD∥CF，
，
∴DE=1，CE=2，
在Rt△CEF中，EF2=CE2+CF2，
∴ ，
∵N是EF的中點(diǎn)，
，
在Rt△ADE中，EA2=AD2+DE2，
∴ ，
∴ ，
∴MN+MC的最小值為 ．
故答案為：．
14．（2021·山東日照·中考真題）如圖，在矩形中，，，點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，以的速度沿邊向點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)停止，同時(shí)，點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，以的速度沿邊向點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)停止，規(guī)定其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．當(dāng)為_____時(shí)，與全等．

【答案】2或
【分析】
可分兩種情況：①得到，，②得到，，然后分別計(jì)算出的值，進(jìn)而得到的值．
【詳解】
解：①當(dāng)，時(shí)，，
，
，
，
，解得：，
，
，
解得：；
②當(dāng)，時(shí)，，
，
，
，解得：，
，
，
解得：，
綜上所述，當(dāng)或時(shí)，與全等，
故答案為：2或．
15．（2021·山東淄博·中考真題）兩張寬為的紙條交叉重疊成四邊形，如圖所示．若，則對(duì)角線上的動(dòng)點(diǎn)到三點(diǎn)距離之和的最小值是__________．

【答案】
【分析】
由題意易得四邊形是菱形，過點(diǎn)D作DE⊥BC于點(diǎn)E，連接AC，交BD于點(diǎn)O，易得，，然后根據(jù)勾股定理可得，則，，進(jìn)而可得，要使為最小，即的值為最小，則可過點(diǎn)A作AM⊥AP，且使，連接BM，最后根據(jù)“胡不歸”問題可求解．
【詳解】
解：∵紙條的對(duì)邊平行，即，
∴四邊形是平行四邊形，
∵兩張紙條的寬度都為，
∴，
∴，
∴四邊形是菱形，
過點(diǎn)D作DE⊥BC于點(diǎn)E，連接AC，交BD于點(diǎn)O，如圖所示：

∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
過點(diǎn)A作AM⊥AP，且使，連接BM，如圖所示：

∴，
要使的值為最小，則需滿足為最小，根據(jù)三角不等關(guān)系可得：，所以當(dāng)B、P、M三點(diǎn)共線時(shí)，取最小，即為BM的長(zhǎng)，如圖所示：

∴，
∴，
∴的最小值為，即的最小值為；
故答案為．

三、解答題
16．（2021·山東濱州·中考真題）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，，．
（1）求證：四邊形AOBE是菱形；
（2）若，，求菱形AOBE的面積．

【答案】（1）證明過程見解答；（2）
【分析】
（1）根據(jù)BE∥AC，AE∥BD，可以得到四邊形AOBE是平行四邊形，然后根據(jù)矩形的性質(zhì)，可以得到OA=OB，由菱形的定義可以得到結(jié)論成立；
（2）根據(jù)∠AOB=60°，AC=4，可以求得菱形AOBE邊OA上的高，然后根據(jù)菱形的面積=底×高，代入數(shù)據(jù)計(jì)算即可．
【詳解】
解：（1）證明：∵BE∥AC，AE∥BD，
∴四邊形AOBE是平行四邊形，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OA=OC=AC，OB=OD=BD，
∴OA=OB，
∴四邊形AOBE是菱形；
（2）解：作BF⊥OA于點(diǎn)F，

∵四邊形ABCD是矩形，AC=4，
∴AC=BD=4，OA=OC=AC，OB=OD=BD，
∴OA=OB=2，
∵∠AOB=60°，
∴BF=OB?sin∠AOB=，
∴菱形AOBE的面積是：OA?BF==．
17．（2021·山東棗莊·中考真題）如圖1，對(duì)角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形．
（1）概念理解：如圖2，在四邊形中，，，問四邊形是垂美四邊形嗎？請(qǐng)說明理由；
（2）性質(zhì)探究：如圖1，垂美四邊形的對(duì)角線，交于點(diǎn)．猜想：與有什么關(guān)系？并證明你的猜想．
（3）解決問題：如圖3，分別以的直角邊和斜邊為邊向外作正方形和正方形，連結(jié)，，．已知，，求的長(zhǎng)．

【答案】（1）四邊形是垂美四邊形，理由見解析；（2），證明見解析；（3）．
【分析】
（1）連接，先根據(jù)線段垂直平分線的判定定理可證直線是線段的垂直平分線，再根據(jù)垂美四邊形的定義即可得證；
（2）先根據(jù)垂美四邊形的定義可得，再利用勾股定理解答即可；
（3）設(shè)分別交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，連接，先證明，得到，再根據(jù)角的和差可證，即，從而可得四邊形是垂美四邊形，然后結(jié)合（2）的結(jié)論、利用勾股定理進(jìn)行計(jì)算即可得．
【詳解】
證明：（1）四邊形是垂美四邊形，理由如下：
如圖，連接，

∵，
∴點(diǎn)在線段的垂直平分線上，
∵，
∴點(diǎn)在線段的垂直平分線上，
∴直線是線段的垂直平分線，即，
∴四邊形是垂美四邊形；
（2）猜想，證明如下：
∵四邊形是垂美四邊形，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
，
∴；
（3）如圖，設(shè)分別交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，連接，

∵四邊形和四邊形都是正方形，
∴，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即，
∴四邊形是垂美四邊形，
由（2）得：，
∵是的斜邊，且，，
∴，，
在中，，
在中，，
∴，
解得或（不符題意，舍去），
故的長(zhǎng)為．
18．（2021·山東淄博·中考真題）已知：在正方形的邊上任取一點(diǎn)，連接，一條與垂直的直線（垂足為點(diǎn)）沿方向，從點(diǎn)開始向下平移，交邊于點(diǎn)．

（1）當(dāng)直線經(jīng)過正方形的頂點(diǎn)時(shí)，如圖1所示．求證：；
（2）當(dāng)直線經(jīng)過的中點(diǎn)時(shí)，與對(duì)角線交于點(diǎn)，連接，如圖2所示．求的度數(shù)；
（3）直線繼續(xù)向下平移，當(dāng)點(diǎn)恰好落在對(duì)角線上時(shí)，交邊于點(diǎn)，如圖3所示．設(shè)，求與之間的關(guān)系式．
【答案】（1）見詳解；（2）；（3）
【分析】
（1）由題意易得，進(jìn)而可得，則有，然后問題可求證；
（2）連接AQ，過點(diǎn)Q作QM⊥AD于點(diǎn)M，并延長(zhǎng)MQ，交BC于點(diǎn)N，由題意易得AQ=FQ，∠ADB=45°，則有QM=MD，進(jìn)而可得證，然后可得，則問題可求解；
（3）過點(diǎn)D作DH∥EG，交AB于點(diǎn)H，由題意易證四邊形HEGD是平行四邊形，則有，進(jìn)而可得，然后可得，則問題可求解．
【詳解】
（1）證明：∵四邊形是正方形，
∴，
∵AF⊥ED，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：連接AQ，過點(diǎn)Q作QM⊥AD于點(diǎn)M，并延長(zhǎng)MQ，交BC于點(diǎn)N，如圖所示：

∵點(diǎn)P是AF的中點(diǎn)，AF⊥EQ，
∴，
∵四邊形是正方形，
∴，
∴四邊形MNCD是矩形，△MDQ是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（3）過點(diǎn)D作DH∥EG，交AB于點(diǎn)H，如圖所示：

∴四邊形HEGD是平行四邊形，
∴，
∵AF⊥EG，
∴AF⊥HD，
由（1）中結(jié)論可得，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴與之間的關(guān)系式為．
19．（2021·山東濰坊·中考真題）如圖，在直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線的頂點(diǎn)為（2，﹣），拋物線與軸的一個(gè)交點(diǎn)為A（4，0），點(diǎn)B（2，），點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱．

（1）判斷點(diǎn)C是否在該拋物線上，并說明理由；
（2）順次連接AB，BC，CO，判斷四邊形的形狀并證明；
（3）設(shè)點(diǎn)P是拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，連接PA、PC、AC，△PAC的面積S隨點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)而變化；請(qǐng)?zhí)骄康拇笮∽兓⑻顚懕砀瘼佗芴幍膬?nèi)容；在當(dāng)S的值為②時(shí)，求點(diǎn)P的橫坐標(biāo)的值．
直線的函數(shù)表達(dá)式
取的一個(gè)特殊值
滿足條件的點(diǎn)的個(gè)數(shù)
的可能取值范圍
①　　
6
4個(gè)
③　　
②　　
3個(gè)

10
2個(gè)
④　　
【答案】（1）點(diǎn)在該拋物線上；證明見解答；（2）四邊形是菱形；（3）①；②；③；④．當(dāng)=時(shí)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為或1或．
【分析】
（1）運(yùn)用待定系數(shù)法，設(shè)拋物線解析式為，將代入，即可求得拋物線解析式，當(dāng)時(shí)，，故點(diǎn)在該拋物線上；
（2）根據(jù)，，，的縱坐標(biāo)相等可判斷軸，再由，可判斷四邊形是平行四邊形，再運(yùn)用兩點(diǎn)間距離公式求出，運(yùn)用菱形的判定定理即可．
（3）①設(shè)，將，坐標(biāo)代入即可求出直線的函數(shù)表達(dá)式；②當(dāng)點(diǎn)在直線下方的拋物線上時(shí)，如圖2，設(shè)，過點(diǎn)作軸交直線于點(diǎn)，則，根據(jù)滿足條件的點(diǎn)有3個(gè)，可得在直線下方的拋物線上只有1個(gè)點(diǎn)，即的值最大，再利用二次函數(shù)最值性質(zhì)即可得出答案；③由滿足條件的點(diǎn)有3個(gè)，結(jié)合②即可得出答案；④滿足條件的點(diǎn)只有2個(gè)，而在直線上方的拋物線上一定有2個(gè)點(diǎn)，滿足，故在直線下方的拋物線上沒有點(diǎn)，滿足，結(jié)合②即可得出答案．
【詳解】
解：（1）設(shè)拋物線解析式為，將代入，
得：，
解得：，
拋物線解析式為，
點(diǎn)，與點(diǎn)關(guān)于軸對(duì)稱，
，，
當(dāng)時(shí)，，
點(diǎn)在該拋物線上；
（2）四邊形是菱形．

證明：，，，，
軸，，
，
，
，
四邊形是平行四邊形，
，
，
四邊形是菱形．
（3）①設(shè)直線的函數(shù)表達(dá)式為，
，，，
，
解得：，
直線的函數(shù)表達(dá)式為；
故答案為：；
②當(dāng)點(diǎn)在直線下方的拋物線上時(shí)，如圖2，

設(shè)，過點(diǎn)作軸交直線于點(diǎn)，
則，
，
滿足條件的點(diǎn)有3個(gè)，
在直線下方的拋物線上只有1個(gè)點(diǎn)，即的值最大，
，
當(dāng)時(shí)，取得最大值，此時(shí)點(diǎn)，
故答案為：；
當(dāng)P點(diǎn)在直線AC上方時(shí)，
∴，
當(dāng)=時(shí)，即：，解得：，
綜上所述：當(dāng)=時(shí)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為或1或．
③由②知，當(dāng)時(shí)，在直線下方的拋物線上有2個(gè)點(diǎn)，滿足，
在直線上方的拋物線上一定有2個(gè)點(diǎn)，滿足，
滿足條件的點(diǎn)有4個(gè)，符合題意．
故答案為：；
④滿足條件的點(diǎn)只有2個(gè)，而在直線上方的拋物線上一定有2個(gè)點(diǎn)，滿足，
在直線下方的拋物線上沒有點(diǎn)，滿足，
由②知，當(dāng)時(shí)，在直線下方的拋物線上沒有點(diǎn)，滿足，符合題意．
故答案為：．

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