第五章四邊形第23講正方形、梯形（6~8分）TOC\o"1-1"\n\h\z\u01考情透視·目標導航02知識導圖·思維引航03考點突破·考法探究考點一正方形的性質與判定考點二四邊形之間的區別與聯系考點三梯形的性質與判定04題型精研·考向洞悉命題點一：正方形的性質與判定?題型01根據正方形的性質求角度?題型02根據正方形的性質求線段長?題型03根據正方形的性質求面積?題型04與正方形有關的折疊問題?題型05求正方形重疊部分面積?題型06添加一個條件使四邊形是正方形?題型07根據正方形的性質與判定解決問題命題點二：梯形的性質與判定?題型01等腰梯形的性質求解?題型02等腰梯形的綜合問題命題點三四邊形綜合?題型01中點四邊形?題型02特殊四邊形動點問題?題型03特殊四邊形線段最值問題?題型04四邊形綜合05分層訓練·鞏固提升基礎鞏固能力提升考點要求新課標要求考查頻次命題預測正方形的性質與判定探索并證明正方形的性質定理.探索并證明正方形的判定定理.10年7考正方形是特殊平行四邊形中比較重要的圖形，也是幾何圖形中難度比較大的幾個圖形之一，年年都會考查，預計2025年廣東中考還將出現.其中，正方還經常成為綜合壓軸題的問題背景來考察，而正方其他出題類型還有選擇、填空題的壓軸題，難度都比較大，需要加以重視.解答題中考查正方形的性質和判定，45°半角模型，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函數、動態問題綜合應用的可能性比較大．四邊形之間的區別和聯系理解矩形、菱形、正方形之間的關系.10年7考梯形的性質與判定理解梯形的概念.10年7考考點一正方形的性質與判定正方形的定義：四條邊都相等，四個角都是直角的四邊形叫做正方形.

正方形的性質：1）正方形具有平行四邊形、矩形、菱形的所有性質.2）正方形的四個角都是直角，四條邊都相等.3）正方形對邊平行且相等.4）正方形的對角線互相垂直平分且相等，每條對角線平分一組對角；

5）正方形的兩條對角線把正方形分成四個全等的等腰直角三角形；

6）正方形既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形.【補充】正方形對角線與邊的夾角為45°.正方形的判定：1）平行四邊形+一組鄰邊相等+一個角為直角；2）矩形+一組鄰邊相等；3）矩形+對角線互相垂直；4）菱形+一個角是直角；5）菱形+對角線相等.【解題技巧】判定一個四邊形是正方形通常先證明它是矩形，再證明它有一組鄰邊相等或對角線互相垂直；或者先證明它是菱形，再證明它有一個角是直角或對角線相等；還可以先判定四邊形是平行四邊形，再證明它有一個角為直角和一組鄰邊相等．正方形的面積公式：＝對角線乘積的一半=2S△ABC=4S△AOB.正方形的周長公式：周長=4a考點二四邊形之間的區別與聯系1.平行四邊形、矩形、菱形、正方形之間的關系：2.平行四邊形、矩形、菱形、正方形的性質四邊形邊角對角線對稱性平行四邊形對邊平行且相等對角相等兩條對角線互相平分中心對稱矩形對邊平行且相等四個角都是直角兩條對角線互相平分且相等軸對稱、中心對稱菱形對邊平行且四條邊都相等對角相等兩條對角線互相垂直平分，且每一條對角線平分一組對角軸對稱、中心對稱正方形對邊平行且四條邊都相等四個角都是直角兩條對角線互相垂直平分，且每一條對角線平分一組對角軸對稱、中心對稱3平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定四邊形邊角對角線平行四邊形1）兩組對邊分別平行2)兩組對邊分別相等3)一組對邊平行且相等兩組對角分別相等兩組對角線互相平分矩形1）平行四邊形+一直角2）四邊形+三直角平行四邊形+兩條對角線相等菱形1）平行四邊形+一組鄰邊相等2）四邊形+四條邊都相等平行四邊形+兩條對角線互相垂直正方形矩形+一組鄰邊相等菱形+一直角兩條對角線互相垂直平分且相等的四邊形考點三梯形的性質與判定梯形的定義：一組對邊平行而另一組對邊不平行的四邊形叫梯形.梯形的分類：等腰梯形性質：1）等腰梯形的兩底平行，兩腰相等；2）等腰梯形的同一底邊上的兩個角相等；3）等腰梯形的兩條對角線相等；4）等腰梯形是軸對稱圖形（底邊的中垂線就是它的對稱軸）.等腰梯形判定：1）兩腰相等的梯形是等腰梯形；2）同一底邊上的兩個角相等的梯形是等腰梯形；3）對角線相等的梯形是等腰梯形.【解題思路】判定一個四邊形是等腰梯形,必須先判定四邊形是梯形,再證明同一底邊上的兩個角相等或兩腰相等或兩條對角線相等.梯形的面積公式：S=×（上底+下底）×高解決梯形問題的常用方法（如下圖所示）：1）“作高”：使兩腰在兩個直角三角形中；2）“平移對角線”：使兩條對角線在同一個三角形中.3）“延長兩腰”：構造具有公共角的兩個三角形.4）“等積變形”：連接梯形上底一端點和另一腰中點，并延長交下底的延長線于一點，構成三角形．并且這個三角形面積與原來的梯形面積相等.5）平移腰.過上底端點作一腰的平行線，構造一個平行四邊形和三角形.6）過上底中點平移兩腰.構造兩個平行四邊形和一個三角形.命題點一：正方形的性質與判定?題型01根據正方形的性質求角度1．（2024·廣東·模擬預測）正方形與的位置如圖所示，已知，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了正方形的性質，等式的性質，熟練掌握知識點是解題的關鍵．由四邊形是正方形，是直角三角形得到，則，化簡即可．【詳解】四邊形是正方形，是直角三角形，∴，∴，∵，，．故選：C．2．（2024·廣東江門·二模）如圖，四邊形是正方形，延長到點E，使，連接，則的度數是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根據四邊形是正方形，得到，根據得到，選擇即可．本題考查了正方形的性質，等腰三角形的性質，三角形內角和定理，熟練掌握正方形的性質，等腰三角形的性質是解題的關鍵．【詳解】∵四邊形是正方形，∴，∵，∴，故選C．3．（2024·浙江杭州·三模）如圖，已知點E為正方形內一點，為等邊三角形，連結，，則的度數為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了正方形的性質，等邊三角形的性質，等腰三角形的性質，周角的定義，熟練掌握以上知識點是解題的關鍵．結合正方形的性質以及等邊三角形的性質，可以知道，以及和為等腰三角形，利用三角形內角和求得和，最后利用周角求得的度數．【詳解】四邊形是正方形，為等邊三角形，，，同理故選：B．4．（2024·重慶·三模）如圖，在正方形中，、分別為邊、上一點，且，連接，，平分交于點，且點為中點．若，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查了正方形的性質，角平分線的性質，全等三角形的性質與判定；過點作于點，證明，，得出，即可求解．【詳解】解：如圖所示，過點作于點，∵四邊形是正方形，∴，，又∵，∴∴∵平分交于點，且點為中點．∴，，∴又∵在和中，，∴，∴，故選：D．?題型02根據正方形的性質求線段長5．（2024·廣東廣州·模擬預測）如圖，正方形的邊長為2，為與點不重合的動點，以為邊向下作正方形．則的最小值為（

）A．2 B． C．4 D．【答案】D【分析】本題主要考查正方形的性質、三角形的全等證明，勾股定理，連接、、，證可得，進而得到，勾股定理求出的長，即得最小值；【詳解】解：如圖，連接、、、，∵正方形和正方形，∴，，∴，在和中，∵∴∴∴，∵，∴的最小值為故答案為：．6．（2024·廣東東莞·三模）如圖，正方形的面積為，點在上，點在的延長線上，的面積為，則的長為（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】本題考查了正方形，等腰直角三角形，全等三角形的判定和性質，勾股定理的運用，掌握全等三角形的判定和性質，勾股定理是解題的關鍵．根據正方形的性質可得的值，根據題意可證，可得，結合幾何圖形面積可求出的值，在直角中可求出的值，由此即可求解．【詳解】解：∵四邊形是正方形，面積為，∴，∵是直角三角形，∴，∴，在與中，，∴，∴，∵的面積為，∴，∴，在中，，∴，故選：5．7．（2024·廣東廣州·一模）如圖，拋物線經過正方形的三個頂點A，B，C，點B在y軸上，則的值為（

）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】本題考查了正方形的性質，二次函數的圖象與性質，二次函數解析式．熟練掌握正方形的性質，二次函數的圖象與性質，二次函數解析式是解題的關鍵．由題意知，關于軸對稱，如圖，連接交于，設，則，，將，，代入，可求，然后代值求解即可．【詳解】解：由題意知，關于軸對稱，如圖，連接交于，∵正方形，∴，設，則，，將，，代入得，，解得，，∴，故選：D．8．（2024·浙江紹興·二模）如圖，在由四個全等的直角三角形拼成的“趙爽弦圖”中，四邊形與四邊形均為正方形，連結并延長，分別交邊，于點，．若，，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題主要考查了勾股定理的證明、全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、正方形的性質等知識點，正確地作出輔助線是解題的關鍵．根據正方形的性質得到，過M作，根據相似三角形的性質得到，設，進而得到，求得，根據全等三角形的性質得到，最后根據線段的和差即可解答．【詳解】解：∵，∴設，則，∴，∵，∴，∵四邊形是正方形，∴，過M作，∴，∴，∴，∴，設，∵，∴，∵，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴，∴．故選：C．?題型03根據正方形的性質求面積9．（2023·江蘇徐州·模擬預測）如圖，“趙爽弦圖”是由四個全等的直角三角形和一個小正方形拼成的一個大正方形．連接，若平分，且正方形的面積為3，則正方形的面積為（

）A． B． C． D．15【答案】A【分析】設直角三角形的長直角邊是，短直角邊是，得到，由，得到，由，得到，因此，由，得到，即可求出，的值，由勾股定理即可解決問題．【詳解】解：設直角三角形的長直角邊是，短直角邊是，正方形的邊長是，正方形的面積為3，，，平分，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，正方形的面積是．故選：A．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，關鍵是求出直角三角形的直角邊的長，由勾股定理即可解決問題．10．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，正方形的邊長為1，點E，F分別是對角線上的兩點，，，垂足分別為G，I，H，J．則圖中陰影部分的面積等于（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查正方形的性質，根據軸對稱圖形的性質，解決問題即可．【詳解】解：∵四邊形是正方形，正方形的邊長為1，∴直線是正方形的對稱軸，∵，垂足分別為G，I，H，J．∴根據對稱性可知：四邊形的面積與四邊形的面積相等，∴，故選A．11．（2024·浙江杭州·二模）如圖，在中，，以的各邊為邊作三個正方形，點H恰為中點，若，則陰影部分的面積為（）A． B．20 C．25 D．【答案】C【分析】本題主要考查了不規則圖形面積．熟練掌握正方形性質，全等三角形判定和性質，勾股定理解直角三角形，線段中點性質，分割法求不規則圖形面積，是解決問題的關鍵．設交于點P，由正方形邊角性質證明，得到，由中點性質得到，得到，中由勾股定理得到，，證明，結合，，得到，得到，得到．【詳解】設交于點P，∵四邊形，四邊形是正方形，∴，，，∵，∴，∴，∵H是中點，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴．故選：C．12．（2023·江西贛州·一模）如圖，四個全等的直角三角形圍成正方形和正方形，連接，于點M，N．已知，正方形的面積為，則圖中陰影部分的面積之和為（）

A．4 B． C． D．5【答案】C【分析】本題考查了勾股定理的證明、全等圖形、梯形的面積，首先要正確理解題意，然后會利用勾股定理和梯形的面積解題．根據正方形的面積可得正方形邊長的平方，設，則，根據勾股定理可得的值，再根據題意可得，然后可得陰影部分的面積之和為梯形的面積．【詳解】解：∵，∴，設，則，∴，∴，根據題意可知：，，

∴，∴，∵，∴，∴陰影部分的面積之和為：．故選：C．?題型04與正方形有關的折疊問題13．（2025·陜西西安·一模）如圖，正方形的邊長為6，將正方形折疊，使頂點D落在邊上的點E處，折痕為．若點E恰好是的中點，則線段的長為（

）A． B． C．3 D．【答案】A【分析】本題考查了正方形的性質、折疊的性質、勾股定理，熟練掌握折疊的性質是解題關鍵．先根據正方形的性質可得，再根據翻折的性質可得，設，從而可得，然后在中，利用勾股定理即可得．【詳解】解：正方形的邊長為6，點恰好是的中點，，由翻折的性質得：，設，則，在中，，即，解得，即，故選：A．14．（2024·陜西渭南·二模）如圖，將正方形紙片沿線段折疊之后，使點落在正方形內部的點處，若比大，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題主要考查了正方形與折疊問題，先由正方形的性質得到，再由折疊的性質可得，則可得，據此可得答案．【詳解】解：∵四邊形是正方形，∴，由折疊的性質可得，∵比大，∴，∴，∴，故選：D．15．（2024·廣東肇慶·一模）如圖，在正方形中，E為的中點，F為上一點（不與B，C重合），將沿所在的直線折疊，得到，連接．當時，的值是（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】由正方形的性質得，由E為的中點，得，由折疊得，則，而，可證明是等邊三角形，則，求得，，則，所以，于是得到問題的答案．【詳解】解：∵四邊形是正方形，∴，∵E為的中點，∴，由折疊得，∴，∵，∴，∴是等邊三角形，∴，∴，∴，∴∴，∵，∴，故選：B．【點睛】本題主要考查正方形的性質、軸對稱的性質、等邊三角形的判定與性質、銳角三角函數與解直角三角形等知識，求得是解題的關鍵．16．（2024·浙江寧波·一模）如圖，點E、F分別是正方形的邊、上的點，將正方形沿折疊，使得點B的對應點恰好落在邊上，則的周長等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查正方形的性質，全等三角形的判定與性質，如圖，作，連接，，可證，，根據全等三角形的性質可得，，等量代換即可求解．【詳解】解：如圖，作，連接，，∵四邊形是正方形，∴，由折疊可得，∴，∵∴，∴，∴，在和中，∴∴，，在和中，∴，∴，∴，故選：A．?題型05求正方形重疊部分面積17．（2023·山東菏澤·一模）如圖，兩個邊長為4的正方形重疊在一起，點是其中一個正方形的中心，則圖中陰影部分的面積為．【答案】【分析】連接、，證明，得到，再由，代值求解即可得到答案．【詳解】解：連接、，如圖所示：，，是正方形，為正方形的中心，，，在和中，，，，，故答案是：4．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質、正方形的性質，構造全等三角形得到陰影部分的面積等于的面積是解決問題的關鍵．18．（2021·重慶九龍坡·三模）如圖，正方形ABCD的邊長為4，分別以B、D為圓心，正方形的邊長為半徑畫圓，則圖中的陰影部分面積為．（結果保留π）【答案】8π﹣16【分析】由圖可知，陰影部分的面積是兩個圓心角為90°，且半徑為4的扇形的面積與正方形的面積的差，可據此求出陰影部分的面積．【詳解】解：由題意可得出：S陰影＝2S扇形﹣S正方形＝2×﹣42＝8π﹣16，故答案為:8π﹣16．【點睛】本題考查了扇形的面積，正方形的性質，得出S陰影=2S扇形-S正方形是解題關鍵．19．（2020·浙江·中考真題）用四塊大正方形地磚和一塊小正方形地磚拼成如圖所示的實線圖案，每塊大正方形地磚的面積為a，小正方形地磚的面積為b，依次連接四塊大正方形地磚的中心得到正方形ABCD．則正方形ABCD的面積為（用含a，b的代數式表示）．【答案】【分析】如圖，連接AE、AF，先證明△GAE≌△HAF，由此可證得，進而同理可得，根據正方形ABCD的面積等于四個相同四邊形的面積之和及小正方形的面積即可求得答案．【詳解】解：如圖，連接AE、AF，∵點A為大正方形的中心，∴AE=AF，∠EAF=90°，∴∠AEF=∠AFE=45°，∵∠GEF=90°，∴∠AEG=∠GEF－∠AEF=45°，∴∠AEG=∠AFE，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠DAB=∠EAF=90°，∴∠GAE=∠HAF，在△GAE與△HAF中，∴△GAE≌△HAF（ASA），∴，∴，即，∵，∴，∴同理可得：，即，故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的性質和全等三角形的判定及性質，熟練掌握正方形的性質并能作出正確的輔助線是解決本題的關鍵．20．（18-19九年級上·廣東汕頭·期末）如圖，將邊長為2的正方形ABCD繞頂點A旋轉，使點B落在AC上的點E處，得正方形AEFG，則兩正方形重合部分（陰影部分）的面積是．【答案】4﹣4．【分析】陰影部分的面積=S△ACD-S△MEC，△ACD和△MEC都是等腰直角三角形，利用面積公式即可求解．【詳解】∵△ADC是直角三角形,AD=CD=2,∴S△ACD=AD?CD=×2×2=2；AC=AD=2，則EC=2?2，∵△MEC是等腰直角三角形，∴S△MEC=ME?EC==6?4，∴陰影部分的面積=S△ACD?S△MEC=2?(6?4)=4?4.故答案是：4?4.【點睛】本題考查旋轉的性質，正方形的質，將不規則圖形轉化為規則圖形的和（差）是解題的關鍵?題型06添加一個條件使四邊形是正方形21．（2024·山東東營·中考真題）如圖，四邊形是平行四邊形，從①，②，③，這三個條件中任意選取兩個，能使是正方形的概率為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了正方形的判定，用概率公式求概率，掌握正方形的判定方法和概率公式是解題的關鍵．根據從①，②，③，這三個條件中任意選取兩個，共有①②、①③、②③，3種方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2種可判定平行四邊形是正方形．再根據概率公式求解即可．【詳解】解：從①，②，③，這三個條件中任意選取兩個，共有①②、①③、②③，3種方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2種可判定平行四邊形是正方形．∴，從①，②，③，這三個條件中任意選取兩個，能使是正方形的概率為．故選：A．22．（2024·陜西榆林·三模）已知菱形的對角線相交于點，下列條件中，能夠判定菱形為正方形的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】本題考查菱形的性質和正方形的判定，菱形的對角線互相垂直，四條邊相等，正方形的對角線互相垂直平分且相等，據此即可求解．【詳解】解：∵四邊形是菱形，∴，，，故A、C、D選項均不能判定菱形為正方形，不符合題意，如圖，在菱形中，，∴，∵，，∴，∴菱形為正方形，故選：B．23．（2024·上海靜安·二模）如圖，菱形的對角線、相交于點，那么下列條件中，能判斷菱形是正方形的為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本題考查正方形的判定．根據菱形到現在和正方形的判定定理即可得到結論．【詳解】解：A、，，，，四邊形是菱形，，故不能判斷菱形是正方形；故A不符合題意；B、四邊形是菱形，，，故不能判斷菱形是正方形；故B不符合題意；C、四邊形是菱形，，，，故不能判斷菱形是正方形；故C不符合題意；D、四邊形是菱形，平行于，，，，菱形是正方形，故D符合題意．故選：D．24．（2023·陜西西安·模擬預測）如圖，四邊形是平行四邊形，下列結論中錯誤的是（

）

A．當時，它是正方形 B．當時，它是菱形C．當時，它是矩形 D．當時，它是矩形【答案】A【分析】根據正方形的判定、矩形的判定、菱形的判定逐項判斷即可得．【詳解】解：A、當時，它是菱形（有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形），不一定是正方形，則此項錯誤，符合題意；B、當時，它是菱形（對角線互相垂直的平行四邊形是菱形），則此項正確，不符合題意；C、當時，它是矩形（對角線相等的平行四邊形是矩形），則此項正確，不符合題意；D、當時，它是矩形（有一個角是直角的平行四邊形是矩形），則此項正確，不符合題意；故選：A．【點睛】本題考查了正方形的判定、矩形的判定、菱形的判定，熟練掌握特殊四邊形的判定是解題關鍵．?題型07根據正方形的性質與判定解決問題25．（2024·廣東佛山·三模）如圖1，正方形中，，點E，F分別是邊，的中點，連接，點G是線段上的一個動點，連接，將線段繞點A逆時針方向旋轉，得到，連接，．(1)求證：；(2)如圖2，若，連接，試判斷四邊形的形狀，并說明理由；(3)若直線與直線交于點M，當為直角三角形時，求四邊形的面積．【答案】(1)證明見解析(2)四邊形為正方形，證明見解析(3)或【分析】（1）根據正方形的性質，證明，即可證明結論；（2）先證明四邊形是平行四邊形，再結合，，即可四邊形的形狀；（3）根據為直角三角形，可分兩種情況討論，當時，過點G作于點N，先證明四邊形為正方形，再求，即得答案；當時，點G與點F重合，分別求出和的面積，即得答案．【詳解】（1）線段繞點A逆時針方向旋轉后得到，，，四邊形是正方形，，，，，；（2）四邊形為正方形；理由如下：點E，F分別是邊，的中點，，，，點G為線段的中點，，，，四邊形是平行四邊形，，，四邊形為正方形；（3）分兩種情況討論：當時，如圖，過點G作于點N，，，，四邊形為矩形，，四邊形為正方形，，，，，，，，，，四邊形的面積為；當時，如圖，點G與點F重合，此時，，，，，，，，，，，，，，，，即，，，四邊形的面積為；綜上說述，四邊形的面積為或．【點睛】本題考查了正方形的判定性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理等知識，熟練掌握掌握相關判定與性質，用分類討論思想來解題是解答本題的關鍵．26．（2024·廣東珠海·三模）在平面直角坐標系中，已知點A在y軸負半軸上.(1)如圖1，已知點，，在拋物線上，則________；_______；(2)在（1）的條件下，若點D在拋物線上，且軸，是否存在四邊形為菱形？請說明理由；(3)如圖2，已知正方形的頂點B，D在二次函數（a為常數，且）的圖象上，點D在點B的左側，設點B，D的橫坐標分別為m，n，請求出m，n滿足的數量關系.【答案】(1)－1；－1(2)不存在，理由見解析(3)，滿足的等量關系為或【分析】（1）利用待定系數法將點的坐標代入函數解析式即可求出a、m的值；（2）假設存在，由，，可知，因為四邊形為菱形，所以，可求出，因此可求得點的坐標，根據軸，亦可求出點的坐標，又已知點在拋物線上，而，因此假設不成立，即不存在四邊形為菱形；（3）過點B作軸，垂足為，過點作軸，垂足為，則，，然后分情況討論：①當點B，均在軸左側時，②當點在軸左側，點B在軸右側時，③當點B，均在軸右側時，證明，因此利用，，即可得出結論．【詳解】（1）解：，在拋物線上，將代入，得，，將代入，得，（2）不存在．理由如下：假設存在，由（1）得，，，設與軸交于點，，四邊形為菱形，，．點的坐標為，軸，點的坐標為，又點在拋物線上，而，假設不成立，不存在四邊形為菱形；（3）過點B作軸，垂足為，過點作軸，垂足為，則，，①當點B，均在軸左側時，如圖1，，，，，，，，又，，，，，化簡得，，；②當點在軸左側，點B在軸右側時，如圖2，，，，，同理可得，，，，化簡得，或；③當點B，均在軸右側時，如圖3，，，，，同理可得，，，，化簡得，，，綜上所述，，滿足的等量關系為或．【點睛】本題考查了待定系數法求函數解析式，二次函數的圖像和性質，正方形和菱形的性質，全等三角形的判定和性質，本題的關鍵是熟練運用二次函數的性質解題．27．（2024·廣東廣州·二模）如圖，在矩形中，，動點P從B出發，以每秒1個單位的速度，沿射線方向移動，作關于直線的對稱，設點P的運動時間為t秒．(1)若．①當點落在上時，求此時t的值；②是否存在t，使得？若存在，求t的值？若不存在，請說明理由；(2)當點P不與C重合時，若直線與直線相交于點M，且當時存在結論“”成立，試探究：對于的任意時刻，結論“”是否總是成立？請說明理由．【答案】(1)①；②t的值為2或6；(2)成立，理由見解析【分析】（1）①先利用勾股定理求出長，再根據，得出，，再證明，根據相似三角形的性質求解即可；②分如圖1-1所示，當時，此時點落在上，如圖1-2所示，當時，此時點在的延長線上，如圖1-3所示，當時，三種情況求出對應的的長即可得到答案；（2）如圖2-1，根據以及翻折的性質可以證明得到，從而可得，如圖2-2所示，設，則，則，證明，得到，再由折疊的性質可得，由此即可證明．【詳解】（1）解：①∵四邊形是矩形，∴，∴，∵，∴，，，∴，，又∵，∴，∴，即，∴，∴，即；②如圖1-1所示，當時，此時點落在上，由折疊的性質可得，由矩形的性質得，∴，在中，由勾股定理得，∴，在中，由勾股定理得：，∴，解得；如圖1-2所示，當時，此時點在的延長線上，在中，由勾股定理得，∴，在中，由勾股定理得：，∴，解得；綜上所述，t的值為2或6；（2）解：對于的任意時刻，結論“”總是成立，理由如下：如圖2-1所示，∵，∴，∴由折疊的性質可得，，∴，又∵，，∴，∴．如圖2-2所示，設，則，∴，∵∴，∴，由折疊的性質可得∴，∴∴．【點睛】本題是四邊形綜合題，涉及了矩形的性質，正方形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定，勾股定理的應用，翻折的性質等，綜合性較強，有一定的難度，正確畫出符合題意的圖形，熟練運用相關知識是解題的關鍵．28．（2024·廣東深圳·二模）如圖1，在正方形中，點E是邊上一點，F為的中點，將線段繞點F順時針旋轉至線段，連接．某數學學習小組成員發現線段與之間存在一定的數量關系，并運用“特殊到一般”的思想開展了探究．【特例分析】當點E與點B重合時，小組成員經過討論得到如下兩種思路：思路一思路二第一步如圖2，連接，，證明；如圖3，將線段繞點F逆時針旋轉至，連接，證明；第二步利用相似三角形的性質及線段與之間的關系，得到線段與之間的數量關系．利用全等三角形的性質及線段與之間的關系，得到線段與之間的數量關系．圖形表達（1）①在上述兩種思路中，選擇其中一種完成其相應的第一步的證明：②寫出線段與之間的數量關系式：______；【深入探究】（2）如圖1，當點E與點B不重合時，（1）中線段與之間的數量關系還成立嗎？若成立，請加以證明：若不成立，請說明理由；【拓展延伸】（3）連接，記正方形的面積為，的面積為，當是直角三角形時，請直接寫出的值．【答案】（1）①選擇思路一，證明見解析；選擇思路二，證明見解析；②或；（2）成立，證明見解析；（3）4或【分析】（1）①選擇思路一：連接，如圖所示，根據正方形的性質得到，，由旋轉的性質證明是等腰直角三角形，進而得到，即可推出，，據此可證明；選擇思路二：將線段繞點F逆時針旋轉至，連接，如圖所示，由旋轉的性質可得，再證明，即可證明；②選擇思路一：利用相似三角形的性質即可得到答案；選擇思路二：由全等三角形的性質得到，過點H作于M，證明四邊形是正方形，推出，進而得到，即可得到；（2）連接，同理可證明；得到；再由直角三角形的性質得到，則；（3）由于，則，進而得到，故當為直角三角形，不能作為斜邊；當時，和共線，則E和A重合，G和D重合，由正方形的性質可得，則；當時，連接，過B作于M，如圖：證明，設，則，，由勾股定理得，則；證明是等腰直角三角形，得到，則，由勾股定理得，則，據此可得．【詳解】解：（1）①選擇思路一：證明：連接，如圖所示，∵四邊形是正方形∴，，由旋轉得，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，，∴，∴；選擇思路二：證明：將線段繞點F逆時針旋轉至，連接，如圖所示，由旋轉的性質可得，∴，∴，∴；②思路一：由（1）①知，∴，∵為的中點，∴∴，∴，即；思路二：由（1）①知，∴，如圖所示，過點H作于M，則四邊形是矩形，又∵，∴四邊形是正方形，∴，∴，∴，∴，∴，即；綜上所述，；（2）如圖所示，連接，∵四邊形是正方形∴，，由旋轉得，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，，∴，∴；∴；∵在中，點F為的中點，∴，∴，∴；（3）∵E在邊上，∴，∴，∵，∴，∵為直角三角形，∴不能作為斜邊，①當時，∵，∴和共線，∴E和A重合，G和D重合，如圖：∴由正方形的性質可得，∴；當時，連接，過B作于M，如圖：由（2）知，，∴，∵，∴，∵，∴，設，則，，在中，由勾股定理得，∴；在中，F是中點，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴，在中，由勾股定理得，∴，∴；綜上所述，或．【點睛】本題主要考查了正方形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，旋轉的性質，全等三角形的性質與判定，等腰直角三角形的性質與判定，勾股定理等等，正確作出輔助線構造相似三角形和全等三角形是解題的關鍵．命題點二：梯形的性質與判定?題型01等腰梯形的性質求解29．（2024·四川遂寧·二模）如圖，已知等腰梯形中，，，，，則此等腰梯形的周長為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查了矩形的判定與性質，等腰梯形的性質，全等三角形的判定與性質，所對直角邊是斜邊的一半，作，，證明四邊形是矩形，從而有，，根據等腰梯形的性質得，證明，根據所對直角邊是斜邊的一半得出即可求解，熟練掌握知識點的應用是解題的關鍵．【詳解】如圖，作，，∴，∵，∴，∴，∴四邊形是矩形，∴，，∵四邊形是等腰梯形，∴，∴，∴，∵，，∴，∴等腰梯形的周長為，故選：．30．（2022·浙江寧波·三模）如圖，在中，點是線段上一點，于點，四邊形為矩形，若，的面積為，矩形的面積為，則下列圖形中面積可以確定的是（

）A．的面積 B．四邊形的面積C．梯形的面積 D．的面積【答案】D【分析】過點作于點，交于點，根據矩形的性質和梯形的性質利用面積公式解答即可．【詳解】解：過點作于點，交于點，則，，，則，，則，四邊形為矩形，，，，四邊形為矩形，，，，，，，，的面積可以確定，故選：D．【點睛】此題考查梯形，解題的關鍵是根據矩形的性質得出解答．31．（2024·四川自貢·中考真題）如圖，在中，，，．A點P從點A出發、以的速度沿運動，同時點Q從點C出發，以的速度沿往復運動，當點P到達端點D時，點Q隨之停止運動．在此運動過程中，線段出現的次數是（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】本題考查了平行四邊形的判定與性質，一元一次方程的應用，全等三角形的判定與性質，分四種情況：當時，當時，當時，四邊形為平行四邊形；當時，四邊形為等腰梯形，分別求解即可，掌握相關知識是解題的關鍵．【詳解】解：在中，，，∴，，∵點P從點A出發、以的速度沿運動，∴點P從點A出發到達D點的時間為：，∵點Q從點C出發，以的速度沿往復運動，∴點Q從點C出發到B點的時間為：，∵，∴，當時，四邊形為平行四邊形，∴，當時，四邊形為等腰梯形，∴，設同時運動的時間為，當時，，∴，此時，四邊形為平行四邊形，，如圖：過點分別作的垂線，分別交于點，∴四邊形是矩形，∴，，∵四邊形是等腰梯形，∴，，∵，，∴，∵，∴，∴，在中，，，∴，∴，∴，∴，∴，此時是等腰梯形，，當時，，∴，此時，四邊形為平行四邊形，，當時，，∴，此時，四邊形為平行四邊形，，綜上，當或或或時，，共4次，故選：B．32．（2023·山東聊城·三模）如圖1，在四邊形中，，，P、Q同時從B出發，以每秒1單位長度分別沿和方向運動至相遇時停止，設運動時間為t（秒），的面積為S（平方單位），S與t的函數圖象如圖2所示，則下列結論正確的個數是（

）①當秒時，②③當時，④當秒時，平分四邊形的面積．A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】本題考查了動點問題的函數圖象分析，根據等腰梯形的性質及動點函數圖象的性質，綜合判斷可得答案，解題關鍵是結合函數圖象與幾何圖形的性質求解．【詳解】解：由圖2可知，動點運動過程分為三個階段：（1）段，函數圖象為拋物線，運動圖形如圖所示．此時點P在線段上、點Q在線段上運動，為等邊三角形，其邊長：高，由函數圖象可知，當秒時，，故符合題意，（2）段，函數圖象為直線，運動圖形如圖所示，此時點P在線段上、點Q在線段上運動，由函數圖象可知，此階段運動時間為，故符合題意，設直線的解析式為：將代入得：解得：故選項不符合題意，（3）段，函數圖象為直線，運動圖形如圖所示，此時點P、Q均在線段上運動，設梯形高為h，則，當時，則，，即平分梯形的面積，故符合題意，綜上所述，符合題意的有3個，故選：C．?題型02等腰梯形的綜合問題33．（2024·山東濰坊·三模）已知梯形中，，點E，點F分別為，的中點.(1)請直接寫出與，之間的位置關系和數量關系；(2)請證明（1）的結論.【答案】(1)，(2)證明見解析【分析】本題考查梯形中位線定理的證明，掌握全等三角形的判定與性質和三角形中位線定理是解題的關鍵．（1）根據題干條件猜想出結論即可；（2）連接，并延長交的延長線于點，證明，得到，，再根據三角形中位線定理證明即可．【詳解】（1）解：，；（2）解：連接，并延長交的延長線于點，，，點E為的中點，，，，，，點E為的中點，點F為的中點，，，，．34．（2024·上海靜安·三模）已知：四邊形中，，，分別為中點，相交于點．(1)如圖，如果，求證：．(2)當，時，求的長；(3)當為直角三角形時，線段與之間有怎樣的數量關系？并說明理由．【答案】(1)見解析(2)(3)或，理由見解析【分析】（1）過D作交于H，證出四邊形為等腰梯形，再證出，利用三角形的外角性質和等量代換即可得出答案；（2）先證出為正三角形，然后設，得出，證出，用相似比得出，利用得出，求出a值，即可得解；（3）先利用三角形邊角關系得出，然后分類討論①②兩種情況，即可得解．【詳解】（1）過D作交于H，∴，∵，∴，，，，四邊形為平四邊形，，，四邊形為梯形，，四邊形為等腰梯形，，又E，F分別為中點，，，

又，，，，∴，（2），，∴，∵，∴為正三角形，∴延長．交于M，設，∴，∵E為的中點，，∴，，，∴，∴，∴∴∵，∴，∴，，，，，∴，又，，，∴，，，∴（負值已舍），，∴；（3），，

，，僅兩種分類，①，延長交于，過D作于，設

，∵四邊形為等腰梯形，∴，∵，，∴，∴，∴，，，∴，∵，，即，②，則，∴四邊形為正方形，，【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，等腰梯形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質等知識點，熟練掌握其性質合理作出輔助線是解決此題的關鍵．35．（2024·上海長寧·二模）已知：在梯形中，，點E在邊上（點E不與點A、D重合），點F在邊上，且．(1)求證：；(2)連接，與交于點G，如果，求證：四邊形為等腰梯形．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】本題考查相似三角形判定及性質，等腰梯形判定等．（1）根據題意判定即可得到本題答案；（2）根據角的轉換，證明兩個底角即，繼而得到本題答案．【詳解】（1）證明：∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（2）解：根據題意如下圖：∵，∴，∵，，∵，，∴，∴，∴四邊形為梯形，∴，∴，∴四邊形為等腰梯形．36．（2023·上海徐匯·一模）已知：在梯形中，，，，，點E是邊上一點，，點是邊上的一動點，連接，作，使得，射線與邊交于點，與的延長線交于點，設，．

(1)求的長；(2)試求y關于x的函數關系式，并寫出定義域；(3)連接，如果是等腰三角形，試求的長．【答案】(1)(2)(3)或時，是等腰三角形【分析】（1）作等腰梯形的高、，得矩形，，則；（2）先由三角形內角和定理得出，由等腰梯形在同一底上的兩個角相等得出，則，根據相似三角形對應邊成比例得出關于的函數關系式，并寫出定義域；（3）分三種情況：①；②；③．【詳解】（1）解：如圖，作等腰梯形的高、，∴，∵，∴，∴四邊形是矩形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，設，由勾股定理得，∴，所以；（2）解：如圖．，，，∵四邊形是等腰梯形，，，，；∴，過點B分別作，如圖所示：∴四邊形為平行四邊形，∴，，由（1）可知要使成立，則點P需在點K、C之間運動，∴，∴；（3）解：分三種情況：①如果，如圖，過作平行線交底邊于，則．在與中，，，，；②如果，如圖，過作平行線交底邊于，則．在與中，，，，又，過點做的高，則，，，解得；即；③如果，同理可得，，，過點做的高，則，，，解得，；（舍去），綜上所述：或時，是等腰三角形．【點睛】本題考查了等腰梯形的性質，全等三角形、相似三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，第（3）問進行分類討論是解題的關鍵．命題點三四邊形綜合?題型01中點四邊形37．（2024·陜西西安·模擬預測）如圖，已知四邊形與交于點O，，且為直角，E、F、G、H分別為的中點，則四邊形的面積為（

）A． B．12 C． D．【答案】B【分析】此題考查三角形的中位線性質定理，正方形的判定等知識，能證得四邊形是正方形是解題的關鍵.根據三角形的中位線定理，證明四邊形是菱形，再證明，證得四邊形是正方形，即可根據正方形的面積公式計算得出答案.【詳解】∵點E、F分別是邊的中點，∴，，同理，，，，，，，∴∴四邊形是菱形，∵為直角，∴，∴，∵，∴，∴，∴四邊形是正方形，∴四邊形的面積=,故選：B.38．（2024·河北·模擬預測）如圖，在中，，點分別是的中點，順次連接，在從逐漸增大到的過程中，四邊形形狀的變化依次是（

）A．平行四邊形→菱形→平行四邊形B．平行四邊形→矩形→平行四邊形C．平行四邊形→菱形→正方形→平行四邊形D．平行四邊形→矩形→正方形→平行四邊形【答案】A【分析】本題主要考查了三角形的中位線．熟練掌握三角形的中位線性質，平行四邊形的性質與判定，菱形的判定，是解題的關鍵．根據三角形中位線定理，得到，得到，得到四邊形是平行四邊形，當時，是矩形，，得到，得到是菱形；當時，或時，，∴，四邊形是平行四邊形，【詳解】連接，∵E、F、G、H是的各邊中點，∴，∴，當時，∵中，，∴，∴四邊形是平行四邊形，當時，是矩形，∴，∴，∴是菱形，當時，∵，∴，∴四邊形是平行四邊形．∴四邊形形狀的變化依次是：平行四邊形→菱形→平行四邊形．故選：A．39．（2024·四川瀘州·一模）如圖，順次連接矩形四條邊的中點得到四邊形，若，，則四邊形的面積為（

）A．6 B．6.5 C．7 D．7.5【答案】D【分析】本題主要考查中點四邊形，首先證明是菱形，再根據菱形的面積計算公式求解即可【詳解】解：連接如圖，∵四邊形是矩形，∴∵分別是的中點，∴∴∴四邊形是菱形，又∵，故選：D40．（2023·重慶渝北·一模）如圖，已知矩形的兩邊長分別為m，n，進行如下操作：第一次，順次連接矩形各邊的中點，得到四邊形；第二次，順次連接四邊形各邊的中點，得到四邊形；…；如此反復操作下去，則第7次操作后，得到四邊形的面積是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查圖形類規律探究，涉及矩形和菱形的判定與性質，三角形的中位線性質，根據矩形和菱形的判定與性質，結合三角形的中位線性質得到每一次得到的四邊形的面積與矩形的關系，進而得到變化規律即可，通過推導計算得到面積的變化規律是解答的關鍵．【詳解】解：如圖，連接，∵第一次，順次連接矩形各邊的中點，得到四邊形，，四邊形是矩形，，，四邊形是菱形，，同理可得，四邊形為平行四邊形，，，平行四邊形為矩形，，依次可得，四邊形的面積是，故選：B．?題型02特殊四邊形動點問題41．（2023·河北·二模）如圖，在四邊形中，，，，點從點出發，以的速度向點運動，點從點同時出發，以相同的速度向點運動，當其中一個動點到達端點時，兩個動點同時停止運動.設點的運動時間為（單位：），下列結論正確的是（

）

A．當時，四邊形為矩形 B．當時，四邊形為平行四邊形C．當時， D．當時，或【答案】D【分析】對于選項A、B，分別計算當與時相應線段的長度結合平行四邊形的判定方法判斷即可；對于C、D選項，作，垂足分別為E、F，如圖，證明，得出，進而得出關于t的方程，解方程判定即可.【詳解】解：當時，，cm，，∴，∴四邊形不為矩形，故選項A結論錯誤；當時，，，cm，∴，∴四邊形不為平行四邊形，故選項B結論錯誤；當時，作，垂足分別為E、F，如圖，∵，∴，∴四邊形都是矩形，∴，∴當時，，，∴，∵，∴，解得：或，故選項C錯誤、選項D正確；故選：D.

【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了平行四邊形的判定和性質、矩形的判定和性質、全等三角形的判定和性質等知識，熟練掌握相關圖形的判定和性質、善于動中取靜是解題的關鍵.42．（2022·遼寧錦州·中考真題）如圖，四邊形是邊長為的正方形，點E，點F分別為邊，中點，點O為正方形的中心，連接，點P從點E出發沿運動，同時點Q從點B出發沿運動，兩點運動速度均為，當點P運動到點F時，兩點同時停止運動，設運動時間為，連接，的面積為，下列圖像能正確反映出S與t的函數關系的是（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】分0≤t≤1和1＜t≤2兩種情形，確定解析式，判斷即可．【詳解】當0≤t≤1時，∵正方形ABCD的邊長為2，點O為正方形的中心，∴直線EO垂直BC，∴點P到直線BC的距離為2-t，BQ=t，∴S=；當1＜t≤2時，∵正方形ABCD的邊長為2，點F分別為邊，中點，點O為正方形的中心，∴直線OF∥BC，∴點P到直線BC的距離為1，BQ=t，∴S=；故選D．【點睛】本題考查了正方形的性質，二次函數的解析式，一次函數解析式，正確確定面積，從而確定解析式是解題的關鍵．43．（2022·遼寧鞍山·一模）如圖，在平面四邊形ABCD中，，，點M從A出發沿路徑運動，點N從B出發沿路徑運動，M，N兩點同時出發，且點N的運動速度是點M運動速度的3倍，當M運動到B時，M，N兩點同時停止運動，若M的運動路程為x，△BMN的面積為y；則能反映y與x之間函數關系的圖象是（

）A．B．C．D．【答案】C【分析】過點N作NE⊥AB交射線AB于E，根據四邊形ABCD為平行四邊形，求出∠DAB=∠NBE=60°，根據NE⊥AB，求出∠BNE=90°-∠NBE=30°，分兩段，當點N在BC上時，求出，當點N在CD上，點N到AB的距離，過點C作CF⊥AB交射線AB于F，求出，然后對各選項進行分析即可．【詳解】解：過點N作NE⊥AB交射線AB于E，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DAB=∠NBE=60°，

∵NE⊥AB，∴∠BNE=90°-∠NBE=30°，分兩段，當點N在BC上時，AM=x，BN=3AM=3x，∴BE=，∴NE=，∴，當點N在CD上，點N到AB的距離，過點C作CF⊥AB交射線AB于F，∵NE⊥AB，CF⊥AB，CD∥AB，∴∠NEF=∠CFE=∠ENC=90°，∴四邊形NEFC為矩形，

∴CF=NE，在Rt△BCF中，BC=4，∠BCF=90°-∠CBE=30°，∴BF=，∴CF=，，∴點N在BC上是開口向下的拋物線，點N在CD上是一次函數，A．圖像是兩個一次函數的聯合，故選項A不合題意；B．點N在BC上時函數圖像是一次函數，點N在CD上函數圖像是開口向上的拋物線，故選項B不合題意；C．點N在BC上時函數圖像是開口向下的拋物線，點N在CD上函數圖像是一次函數，故選項C合題意；D．點N在BC上時函數圖像是開口向下的拋物線函數，點N在CD上函數圖像是開口向上的拋物線，故選項D不合題意．故選擇C．【點睛】本題考查平行四邊形性質，二次函數，一次函數，圖形動點問題，30°張角三角形性質，勾股定理，三角形面積，掌握平行四邊形性質，二次函數，一次函數，圖形動點問題，30°張角三角形性質，勾股定理，三角形面積是解題關鍵．44．（2023·山東菏澤·一模）如圖，平行四邊形中，，動點沿勻速運動，運動速度為，同時動點從點向點勻速運動，運動速度為，點到點時兩點同時停止運動．設點走過的路程為，的面積為，能大致刻畫與的函數關系的圖像是（）A．B．C． D．【答案】B【分析】根據題意，結合圖形，分段解析，當時；當時；當時；由此即可求解．【詳解】解：動點沿勻速運動，運動速度為，同時動點從點向點勻速運動，運動速度為，設點走過的路程為，∴，①當時，，如圖所示，∴，，且，∴，是一條開口向上，頂點在原點處的拋物線，隨的增大而增大，且當時，；②當時，如圖所示，∴，∴，即是關于的一次函數，且隨的增大而增大，當時，；③當時，∵，∴點到點的時間為，點到點的時間是，如圖所示，∴，，且，∴，即是關于的二次函數，開口向下，且隨的增大而減小，∴選項，當時，是關于的二次函數，開口向下，且隨的增大而增大，不符合題意；選項，當時，是關于的二次函數，開口向上，且隨的增大而增大；當時，是關于的一次函數，且隨的增大而增大；當時，是關于的二次函數，開口向下，且隨的增大而減小．符合題意；選項，當時，是關于的二次函數，開口向下，且隨的增大而增大，不符合題意；選項，當時，是關于的二次函數，開口向下，且隨的增大而增大，不符合題意；故選：．【點睛】本題主要考查動點與函數像的關系，掌握動點的運動規律，函數圖像的性質是解題的關鍵．?題型03特殊四邊形線段最值問題45．（2023·湖南湘西·三模）如圖所示，正方形的邊長為2，點為邊的中點，點在對角線上移動，則周長的最小值是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】作點E關于的對稱點為，連接交于點P，可得，，根據勾股定理求出，可得周長，即可求解．【詳解】解：作點E關于的對稱點為，連接交于點P，如圖所示，

∵E關于的對稱點為，∴，，∵正方形的邊長為2，點為邊的中點，∴，，∴，∴，∵周長，又∵，∴周長，∴周長最小值為，故選：B．【點睛】本題考查了軸對稱的性質，正方形的性質，勾股定理，解題的關鍵是作出輔助線，熟練掌握軸對稱的性質．46．（2023·山西朔州·一模）如圖，菱形的邊長為8，，點E，F分別是，邊上的動點，且，過點B作于點G，連接，則長的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】連接與相交于O，判斷出點O是菱形的中心，連接，取中點M，連接，，則，為定長，利用兩點之間線段最短解決問題即可．【詳解】解：如圖，連接與相交于O，∵四邊形是菱形，∴，∵，∴，∴，∴點O是菱形的中心，連接，取中點M，連接，，則，為定長，∵菱形的邊長為8，，∴，由勾股定理可得：，∵M是的中點，∴，在Rt中，，在Rt中，，∵，當A，M，G三點共線時，最小為，故選：C．【點睛】本題主要考查了菱形的性質，勾股定理，等邊三角形性質，直角三角形斜邊中線的性質等知識，解題的關鍵是求出，的值．47．（2023·安徽·一模）如圖，在矩形中，，，點E是矩形內部一動點，且，點P是邊上一動點，連接、，則的最小值為（

）A．8 B． C．10 D．【答案】A【分析】根據得到點的運動軌跡，利用“將軍飲馬”模型將進行轉化即可求解．【詳解】解：如圖，設點O為的中點，由題意可知，點E在以為直徑的半圓O上運動，作半圓O關于的對稱圖形（半圓），點E的對稱點為，連接,則，∴當點D、P、、共線時，的值最小，最小值為的長，如圖所示，在中，，，，又，，即的最小值為8，故選：A．【點睛】本題考查線段和最短問題、軸對稱的性質、勾股定理及圓周角定理，利用“將軍飲馬”模型將進行轉化時解題的關鍵．48．（2022·山東泰安·模擬預測）如圖，在邊長為的正方形中，動點，分別以相同的速度從，兩點同時出發向和運動任何一個點到達即停止，連接、交于點，過點作交于點，交于點，連接，在運動過程中則下列結論：①；②；③；④；⑤線段的最小值為．其中正確的結論有（

）A．個 B．個 C．個 D．個【答案】D【分析】①動點，分別以相同的速度從，兩點同時出發，所以，從而得到，再根據正方形的性質，利用證明；②由得到；③由得到，從而有，所以；④由，，把問題轉化為證明，結論成立；⑤在矩形中，，所以問題轉化為求的最值，的運動軌跡是以為直徑的圓，所以的最小值是中點與的連線段減去的一半．【詳解】解：①動點，分別以相同的速度從，兩點同時出發，，，即，又，，，所以①正確；②由得到，所以②正確；③，，又，，，即，③正確；④，，，，即，又，，，④正確；⑤在矩形中，，所以問題轉化為求的最值，的運動軌跡是以為直徑的圓，所以的最小值是中點與的連線段減去的一半，如圖，是中點，的最小值即，，，的最小值是，⑤正確；故選：D．【點睛】本題是四邊形的綜合應用，考查了全等三角形、相似三角形的判定和性質，勾股定理，正方形的性質，動點最值問題，解題的關鍵是選擇恰當的判定條件，證明．?題型04四邊形綜合49．（2023·廣東惠州·二模）在矩形中，，P是邊上一點，把沿直線折疊，頂點B的對應點是點G，過點B作，垂足為E且在上，交于點F．

(1)如圖1，若點E是的中點，①求證：；②求的長．(2)如圖2，連接．①求證：四邊形是菱形；②當時，求的長．【答案】(1)①見解析；②24(2)①見解析；②9【分析】（1）①根據矩形的性質可得，再由點E是的中點，可得，即可求證；②先證得是等腰直角三角形，可得是等腰直角三角形，即可求解；（2）①由折疊的性質可得：，，，再由，可得，從而得到，進而得到，繼而得到，即可求證；②根據，可得，從而得到，再由四邊形是菱形，可得，，從而得到，可證明，從而得到，即可求解．【詳解】（1）①∵四邊形是矩形，∴，∵E是中點，∴，在△AEB和△DEC中，∴；②解：由①得：，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵四邊形是矩形，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴；（2）①證明：由折疊的性質得：，，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴四邊形是菱形；②∵，∴，∴，∵，∴，∵四邊形是菱形，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，解得：，∴．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質，全等三角形的性質和判定，相似三角形的性質和判定，折疊的性質，熟練掌握相關知識點是解題的關鍵．50．（2021·廣東江門·一模）問題背景：在數學探索課上，數學老師拿出兩張大小不同的矩形紙片現場演示進行旋轉變換探究活動，如圖1，在矩形紙片ABCD和矩形紙片EFGH中，，，且，，點E是AD的中點，矩形紙片EFGH以點E為旋轉中心進行逆時針旋轉，在旋轉過程中會產生一些數量關系，同學們分組提了不少問題，最后老師歸納為如下三個問題，請你協助解決：(1)如圖1，當EF與AB相交于點M，EH與BC相交于點N時，求證：；(2)在（1）的條件下，當時，AM與BM相等嗎？請證明你的結論；(3)若矩形EFGH繼續以點E為旋轉中心進行逆時針旋轉，當時，如圖2，求出此時EF將邊BC分成的兩條線段的長度．【答案】(1)見解析(2)；見解析(3)，【分析】（1）先判斷出PE＝AE，再判斷出∠PEN＝∠AEM，進而得到△PEN≌△AEM，即可得出結論；（2）先判斷出PN＝CN＝PC，進而求出PN＝CN＝，再判斷出AM＝PN，即可得出BM＝，結論得證；（3）在直角三角形PEM中，求出PM，再用線段的和差即可得出結論．【詳解】（1）解：如圖1所示，過點E作，垂足為P，則四邊形ABPE是矩形，，，∵點E是AD的中點，∴，∴，∵，∴，即，∴，∴；（2）當時，，由（1）知：，∴，∵，∵四邊形EPCD是矩形，∴，∴，∴，∴；（3）當時，設EF與BC交于M，EH與CD交于N，過點E作于P，連接EC，EP把矩形分成兩個邊長為1的正方形，如圖所示：∵四邊形ABCD為矩形，∴，∴，∵在中，，∴，∴，∴，∴EF將邊BC分成的兩條線段的長度為：，．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質，全等三角形的判定和性質，解（1）的關鍵是判斷出PE＝AE，解（2）的關鍵是得出PN＝CN＝，解（3）的關鍵是求出PM．51．（2021·廣東云浮·一模）如圖，在矩形ABCD中，，，E是AD上一點，連接BE，作點A關于直線BE的軸對稱點F．(1)如圖1，當∠EBF=30°時，求AE的長；(2)當△BCF的面積等于3時，求EF的長；(3)如圖2，射線CF交線段AD于G，求AG的最大值．【答案】(1)(2)(3)AG的最大值為【詳解】（1）利用對稱可各到三角形全等，再利用全等三角形的性質和的正切值即可算出AE的長；（2）過點F作于點M，于點N，通過的面積等于3求出FN的長，進而求出FM的長，再通過銳角三角函數的定義求出EF的長即AE的長；（3）點A關于直線BE的軸對稱為點F，點F在以點B為圓心AB長為半徑的圓弧上，當射線CF與圓弧只有一個交點時，即與圓弧相切時，CF的延長線交AD于點G，此時G與E重合，此時AG的值最大，結合圖象求出AG即可．解：（1）∵點與點關于直線對稱，，．在與中，，；（2）過F作CD的平行線，交AD，BC分別于M，N，則．的面積為3，，，．在Rt△BNF中，∠FNB=90°，BF=2，，．∵∠EFB=∠A=90°，∴，∴，∴，∴，∴；（3）由于BF=BA，因此點F的軌跡是以點B為圓心，以BF（長度為2）為半徑的圓弧（實際上，此時點G和點E重合）以點B為圓心，以BA為半徑畫圓，過C作圓B的切線，交線段AD于G此時AG取得最大值∵AD∥BC∴∠DGC=∠BCF，∴tan∠DGC=tan∠BCF即：，，在Rt△GCD中，，∴，所以AG的最大值為.【點睛】本題屬于四邊形的綜合應用，考查了對稱的基本性質，勾股定理等知識，熟練掌握對稱的基本性質，勾股定理的綜合應用以及學會結合圖形綜合分析是解題的關鍵．52．（2023·廣東珠海·三模）某班數學課題學習小組對矩形內兩條互相垂直的線段與矩形兩鄰邊的數量關系進行探究，提出下列問題，請你給出證明：(1)【圖形認知】如圖①，在正方形中，，交于點，則______（填比值）；(2)【探究證明】如圖②，在矩形中，，分別交、于點、，分別交、于點、，求證：；(3)【結論應用】如圖③，將矩形沿折疊，使得點和點重合，若，．求折痕的長；(4)【拓展運用】如圖④，將矩形沿折疊，使得點落在邊上的點處，點落在點處，得到四邊形，若，，，請求點P到直線的距離．

【答案】(1)(2)證明見解析(3)(4)【分析】（1）由題意知，，，證明，則，進而可得的比值；（2）如圖②，過作交于，過作交于，由矩形，可得，，則四邊形、均為平行四邊形，，，同（1）可得，證明，則，；（3）由矩形的性質可得，由勾股定理得，由（2）可知，，即，計算求解即可；（4）如圖④，延長到，過作于，由（2）可知，，即，解得，由勾股定理得，由折疊的性質可得，，，，設，則，在中，結合勾股定理即可解得，即，再證明，則，計算求解的值，進而可得點到直線的距離．【詳解】（1）解：由題意知，，又∵，∴，∴，∵在和中，，∴，∴，∴，故答案為：．（2）證明：如圖②，過作交于，過作交于，

∵四邊形是矩形，∴，，∴四邊形、均為平行四邊形，∴，，同（1）可得，又∵，∴，∴，∴．（3）解：由矩形的性質可得，由勾股定理得，由（2）可知，，即，解得，∴的長．（4）解：如圖④，延長到，過作于，

由（2）可知，，即，解得，∴在中，由勾股定理得，由折疊的性質可得，，，，設：，則，∴在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，，∵，∴，又∵，∴，∴，即，解得，∴點到直線的距離為．基礎鞏固單選題1．（2023·廣東汕尾·二模）如圖，正方形的邊長為，點在對角線上，且，于點，則的長為()A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了正方形的性質，勾股定理，等腰三角形的判定和性質，根據正方形的性質得到，，求得，根據等腰三角形的判定定理得到，推出是等腰直角三角形，于是得到結論．【詳解】解：四邊形是正方形，，，正方形的邊長為，，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，故選：C．2．（2023·廣東揭陽·一模）如圖，正方形中，，點E在邊上，，則的值為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據正方形的性質得到，，利用勾股定理求出，再利用正弦的定義計算即可．【詳解】解：在正方形中，，，∵，，∴，故選A．【點睛】本題考查了正方形的性質，勾股定理，正弦的定義，解題的關鍵是掌握直角三角形中銳角的正弦值為對邊與斜邊之比．3．（2023·廣東汕尾·二模）如圖，正方形的邊長為，點F為對角線上一點，當時，則的長是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求得，利用等角對等邊即可求解．【詳解】解：∵四邊形是正方形，∴，，∵，∴，，∴，∴，故選：A．【點睛】本題考查了正方形的性質，三角形外角的性質，等腰三角形的判定和性質，熟記各圖形的性質并準確識圖是解題的關鍵．4．（2023·廣東河源·一模）如圖，P為上任意一點，分別以為邊在同側作正方形、正方形，連接，設，，則y與x的關系為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據正方形的性質，利用“”證明，證得即可求得答案．【詳解】解：∵四邊形和四邊形都是正方形，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴．故選：D．【點睛】本題主要考查了正方形的性質、全等三角形的判定和性質，對于解決四邊形的問題往往是通過解決三角形的問題而實現的．二、填空題5．（2023·廣東東莞·模擬預測）如圖，在中，．E是邊CD的中點，F是內一點，且．連接AF并延長，交BC于點G．若，，則AF的長為．【答案】【分析】依據直角三角形斜邊上中線的性質，即可得到的長，再得到的長，進而得出的長，再利用勾股定理求出，即可求得．【詳解】解：是邊的中點，且，中，，，，是邊的中點，是的中點，可得，，又，，又，又在中，．故答案為：．【點睛】此題考查了平行四邊形的性質、梯形的中位線定理、直角三角形斜邊上中線的性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握相關定理．6．（2022·上海徐匯·模擬預測）如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，EF是梯形的中位線，點E在AB上，若AD：BC＝2：3，AD＝a，則用a表示FE＝．【答案】a【分析】根據線段的比，即可用a表示出BC的長，再根據梯形中位線的性質即可求出EF的長．【詳解】∵AD：BC＝2：3，AD＝a，∴BCa，∵EF是梯形ABCD的中位線，∴EFa，故答案為：a．【點睛】本題主要考查梯形中位線的性質．掌握梯形中位線的長為上底與下底和的一半是解題關鍵．7．（2024·廣東佛山·一模）如圖，在四邊形中，，，對角線于點，若添加一個條件后，可使得四邊形是正方形，則添加的條件可以是（不再增加其他線條和字母）【答案】或【分析】解答此題的關鍵是熟練掌握正方形的判定定理，即有一個角是直角的菱形是正方形．根據菱形的判定定理及正方形的判定定理即可解答．【詳解】解：∵在四邊形中，，，∴是平行四邊形，又∵，∴是菱形，∴要使四邊形是正方形，則還需增加一個條件是：或．故答案為：或．8．（2024·湖南婁底·模擬預測）如圖，正方形的邊長為1，以為邊作第2個正方形，再以為邊作第3個正方形…按照這樣的規律作下去，第個正方形的面積為．【答案】【分析】本題考查了圖形的規律問題，涉及了正方形的性質，根據圖形得出第個正方形的邊長為，據此即可求解．【詳解】解：由圖可知：第1個正方形的邊長為1，第個正方形的邊長為，第個正方形的邊長為，第個正方形的邊長為，……第個正方形的邊長為，∴第個正方形的邊長為，面積為，故答案為：三、解答題9．（2022·廣東汕頭·一模）如圖所示，在正方形中，是上的點，且，是的中點．(1)與是否相似？為什么？(2)試問：與有什么關系？【答案】(1)與相似，理由見解析(2)，且【分析】本題考查了正方形的性質，相似三角形的判定與性質，掌握正方形的性質，相似三角形的判定與性質，求出的比例關系是解本題關鍵．（1）由正方形性質可得，，再根據，是的中點，可計算出，根據相似三角形判定“兩邊成比例且夾角相等的兩個三角形相似”，即可得出結論；（2）根據相似三角形的性質“相似三角形對應角相等，對應邊成比例”，得到，，再根據，即可得出，根據，得，即可計算出，得出結論．【詳解】（1）解：與相似，四邊形是正方形，，，，是的中點，，，，，，又，．（2）解：，且，，，，，，，即，，，，．10．（2022·廣東珠海·一模）如圖，E、F分別是正方形ABCD邊AB、AD的中點，將△ABF沿BF折疊，點A落在點Q處，連接FQ并延長，交DC于G點．(1)求證：CE＝BF；(2)若AB＝4，求GF的值．【答案】(1)見解析(2)GF的值為．【分析】（1）先判斷出AF=BE，進而得出△FAB≌△EBC（SAS），即可得出結論；（2）連接BG，根據HL證明Rt△BQG≌Rt△BCG，得QG=GC，設QG=b，在Rt△DFG中，根據勾股定理列方程可得b，從而可得結論．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠A=∠ABC=90°，∵E、F分別是正方形ABCD邊AB、AD的中點，∵AF=BE，∴△FAB≌△EBC（SAS），∴CE=BF；（2）解：如圖，連接BG，由折疊得：AB=BQ，∠BQF=∠A=90°，∵AB=BC，∴BC=BQ，∵BG=BG，∴Rt△BQG≌Rt△BCG（HL），∴QG=GC，∵AB=4，F是正方形ABCD邊AD的中點，設QG=b，則DF=AF=FQ=2，FG=2+b，DG=4-b，在Rt△DFG中，∵DF2+DG2=FG2，∴，∴b=，即QG=，∴GF=FQ+QG=2+=．∴GF的值為．【點睛】此題主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理等知識，正確作輔助線是本題的關鍵．能力提升一、單選題1．（2022·廣東深圳·三模）如圖，在正方形中，點是上一點，且，連接交對角線于點，過點作交的延長線于點，若，則的長度為（）

A． B． C． D．【答案】D【分析】過點作，交延長線于，再根據正方形的性質，推出，根據同角的余角相等，推出，證明，推出，結合設，則，，進而可得，是正方形對角線，推出，求出，可求得，再由勾股定理可得，再證，利用相似三角形的性質可求出．【詳解】解：過點作，交延長線于，∴，

在正方形中，，，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴設，則，，∴，∴，∵是正方形對角線，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵在正方形中，，則，，∴，∴，∴，∴；故選：D．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質、正方形的性質，掌握相似三角形的判定與性質、正方形的性質的綜合應用，其中輔助線的做法、相似的證明、勾股定理的應用是解題關鍵．2．（2024·廣東清遠·三模）如圖，在中，，頂點A的坐標為，以為邊向的外側作正方形，將組成的圖形繞點O逆時針旋轉，每次旋轉，則第2024次旋轉結束時，點D的坐標為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查旋轉中的坐標規律探究，由題意可得每8次旋轉一個循環，然后利用等腰直角三角形的性質和正方形的性質即可求解．【詳解】解：∵，∴經過8次旋轉后圖形回到原位置．∵，∴旋轉2024次后恰好回到原來圖形位置，過點D作軸于點E．由題意可得，是等腰直角三角形，∴，．∵四邊形是正方形，∴，，∴，∴在中，，∴，∴點D的坐標為．故選D．3．（2024·廣東東莞·模擬預測）如圖，在正方形中，是對角線，的交點．過點作，分別交，于點，．若，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查正方形的性質，證明，得到，繼而得到，最后在中，利用勾股定理可得的值．掌握正方形的性質及勾股定理是解題的關鍵．【詳解】解：∵四邊形是正方形，，，∴，，，，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，在中，，，∴．故選：B．4．（2024·廣東梅州·一模）如圖，E、F分別是正方形的邊，上的點，且，，相交于點，下列結論：①；②；③；④中，正確的結論有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，證明是解題的關鍵．根據四邊形是正方形及，可證出，則得到：①；可判斷④；可以證出，則②一定成立；用反證法可證明，即可判斷③．【詳解】解：四邊形是正方形，，，，，在和中，，，（故①正確）；∴∵四邊形是正方形，∴∴（故④正確）；∴∵四邊形是正方形，∴，，∴一定成立（故②正確）；假設，，（線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等），在中，，，這與正方形的邊長相矛盾，假設不成立，（故③錯誤）；∴正確的有