专题09 四边形的综合题（讲练，2考点+11题型+方法指导+命题预测）-【上好课】2025年中考数学二轮复习讲练测（江苏专用）

专题09 四边形的综合题 试卷第1页，共3页 2 / 12 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 平行四边形 ►题型01 利用平行四边形的性质与判定解决多结论问题 ►题型02 利用平行四边形的性质与判定求解 考点二 特殊的平行四边形 ►题型01 矩形与函数的相关问题 ►题型02 利用矩形的性质与判定求解 ►题型03 与矩形（或正方形）有关的折叠问题 ►题型04 菱形与函数的相关问题 ►题型05 根据菱形的性质与判定求解 ►题型06 正方形与函数的相关问题 ►题型07 根据正方形的性质与判定求解 ►题型08 与特殊四边形有关的新定义问题 ►题型09 与特殊四边形有关的规律探究问题 01考情透视·目标航 中考考点 新课标要求 命题预测 平行四边形与特殊的平行四边形 平行四边形的判定和性质与特殊的平行四边形的判定和性质 平行四边形和特殊平行四边形在中考数学中是占比比较大的一块考点，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用:考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样;并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强.所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合.平行四边形与特殊平行四边形的考察热点有:多边形内角和定理、平行四边形的性质与判定定理、平行四边形的综合应用;矩形、菱形、正方形的性质与判定定理;特殊四边形的图形平移、轴对称、旋转等结合问题. 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 平行四边形 ►题型01 利用平行四边形的性质与判定解决多结论问题 1．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在中，点是的中点，过点，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ►题型02 利用平行四边形的性质与判定求解 2．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，的对角线，相交于点，点，在上，且． (1)求证：； (2)过点作，垂足为，交于点，若的周长为，求四边形的周长． 3．（2024·山东日照·中考真题）如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线，交于点，交的延长线于点． (1)由以上作图可知，与的数量关系是_______ (2)求证： (3)若，，，求的面积． 平行四边形的性质：1)对边平行且相等； 2)对角相等、邻角互补； 3)对角线互相平分； 4)平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心. 【解题技巧】 1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半． 2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题． 3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长． 4）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE． 5）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE． 6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD． 平行四边形的判定定理： ①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形． ②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． ③两组对边分别相等的四边形是平行四边形． ④两组对角分别相等的四边形是平行四边形． ⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形． 【解题技巧】 一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路： 1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明； 2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明； 3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明． 1．（2024·山东泰安·二模）如图，在平行四边形中，E是的中点，则下列四个结论：①；②若，，则；③若，则；④若，则与全等．其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（2024·安徽合肥·三模）如图，点是的对角线的交点，的平分线 交于点，，连接．下列结论：①；②平分；③；④；⑤其中正确的个数有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 3．（2025·湖南娄底·一模）已知：如图，点在同一条直线上，，，．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 4．（2024·四川雅安·中考真题）如图，点O是对角线的交点，过点O的直线分别交，于点E，F． (1)求证：； (2)当时，，分别连接，，求此时四边形的周长． 5．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形中，、分别是，的平分线，且E、F分别在边，上． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的面积． 考点二 特殊的平行四边形 ►题型01 矩形与函数的相关问题 1．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，矩形中，为其对角线，一动点从出发，沿着的路径行进，过点作，垂足为．设点的运动路程为，为，与的函数图象如图2，则的长为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·宁夏银川·二模）如图1，矩形中，点为的中点，动点从点出发，沿折线匀速运动，到达点时停止运动，连接、，设为，为，且关于的函数图象如图2所示，则的最大值为（　　） A．4 B．4．5 C．5 D．5．5 ►题型02 利用矩形的性质与判定求解 3．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值． 4．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，对角线，相交于点O，． (1)求证：； (2)点E在边上，满足．若，，求的长及的值． 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质； 2）矩形的四个角都是直角； 3）对角线互相平分且相等； 4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心. 【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半. 2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半. 矩形的判定：1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形； 2）对角线相等的平行四边形是矩形； 3）有三个角是直角的四边形是矩形. 【解题思路】要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明． 1. 对于矩形的定义要注意两点:a.是平行四边形;b.有一个角是直角. 2. 定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形,不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形. ►题型03 与矩形（或正方形）有关的折叠问题 5．（2024·湖北·中考真题）在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿折叠，使点A的对应点P落在边上，点B的对应点为点G，交于点H． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当P为的中点，，时，求的长； (3)如图3，连接，当P，H分别为，的中点时，探究与的数量关系，并说明理由． 6．（2024·江苏宿迁·中考真题）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片，得到折痕，把纸片展平； 操作二：如图②，在边上选一点E，沿折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕； 操作三：如图③，在边上选一点F，沿折叠，使边与边重合，得到折痕把正方形纸片展平，得图④，折痕与的交点分别为G、H． 根据以上操作，得________． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接，试判断的形状并证明； （2）如图⑥，连接，过点G作的垂线，分别交于点P、Q、M．求证：． 【深入研究】 若，请求出的值（用含k的代数式表示）． 矩形的折叠问题的常用解题思路： 1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角； 2）折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）． 3) 折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）. 4）选择一个直角三角形(不找以折痕为边长的直角三角形)，利用未知数表示其它直角三角形三边，通过勾股定理/相似三角形知识求解. ►题型04 菱形与函数的相关问题 7．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图1，在菱形中，，连接，点M从B出发沿方向以的速度运动至D，同时点N从B出发沿方向以的速度运动至C，设运动时间为，的面积为，y与x的函数图象如图2所示，则菱形的边长为（    ）    A． B． C． D． 8．（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（　　） A．2 B．3 C． D． ►题型05 根据菱形的性质与判定求解 9．（2024·山东德州·中考真题）如图，中，对角线平分．    (1)求证：是菱形； (2)若，，求菱形的边长．（参考数据：，，） 10．（2023·甘肃兰州·中考真题）如图，矩形的对角线与相交于点O，，直线是线段的垂直平分线，分别交于点F，G，连接．    (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)当时，求的长． 菱形的性质： 1）具有平行四边形的所有性质； 2）四条边都相等； 3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角. 4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，菱形的对称中心是菱形对角线的交点，菱形的对称轴是菱形对角线所在的直线，菱形的对称轴过菱形的对称中心. 菱形的判定： 1）对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 2）一组邻边相等的平行四边形是菱形. 3）四条边相等的四边形是菱形. 【解题思路】判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分． 菱形的面积公式：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）. 菱形的周长公式：周长l=4a（其中a为边长）. 1. 对于菱形的定义要注意两点:a.是平行四边形;b.一组邻边相等. 2. 定义说有一组邻边相等的平行四边形才是菱形,不要错误地理解为有一组邻边相等的四边形是菱形. 3. 菱形的面积S=对角线乘积的一半，适用于对角线互相垂直的任意四边形的面积的计算. 4. 在求菱形面积时,要根据图形特点及已知条体灵活选择面积公式来解决问题， 5. 在利用对角线长求菱形的面积时,要特别注意不要漏掉计算公式中的 . ►题型06 正方形与函数的相关问题 11．（2023·甘肃武威·中考真题）如图1，正方形的边长为4，为边的中点．动点从点出发沿匀速运动，运动到点时停止．设点的运动路程为，线段的长为，与的函数图象如图2所示，则点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 12．（2024·河南南阳·一模）如图1，在正方形中，点E为边的中点，点P为线段上的一个动点，设，，图2是点P运动时，y随x变化的函数图象，其中点H为图象的最低点，则正方形的面积为（    ） A．4 B．5 C．8 D． ►题型07 根据正方形的性质与判定求解 13．（2023·内蒙古·中考真题）已知正方形，是对角线上一点．    (1)如图1，连接，．求证：； (2)如图2，是延长线上一点，交于点，．判断的形状并说明理由； (3)在第（2）题的条件下，．求的值． 14．（2024·内蒙古通辽·中考真题）数学活动课上，某小组将一个含的三角尺利一个正方形纸板如图1摆放，若，．将三角尺绕点逆时针方向旋转角，观察图形的变化，完成探究活动． 【初步探究】 如图2，连接，并延长，延长线相交于点交于点． 问题1　　和的数量关系是________，位置关系是_________． 【深入探究】 应用问题1的结论解决下面的问题． 问题2　　如图3，连接，点是的中点，连接，．求证． 【尝试应用】 问题3　　如图4，请直接写出当旋转角从变化到时，点经过路线的长度． 正方形的性质： 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等. 3）正方形对边平行且相等. 4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角； 5）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； 6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形. 【补充】正方形对角线与边的夹角为45°. 正方形的判定： 1）平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角； 2）矩形+一组邻边相等； 3）矩形+对角线互相垂直； 4）菱形+一个角是直角； 5）菱形+对角线相等. 【解题技巧】判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等． 正方形的面积公式： ＝对角线乘积的一半=2S△ABC=4S△AOB. 正方形的周长公式：周长= 4a ►题型08 与特殊四边形有关的新定义问题 15．（2023·浙江宁波·中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．      (1)如图1，在四边形中，，对角线平分．求证：四边形为邻等四边形． (2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D． (3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过B作交的延长线于点E．若，求四边形的周长． 16．（2023·江苏·中考真题）综合与实践 定义：将宽与长的比值为（为正整数）的矩形称为阶奇妙矩形． （1）概念理解： 当时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（）与长的比值是_________． （2）操作验证： 用正方形纸片进行如下操作（如图（2））： 第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，连接； 第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为； 第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为． 试说明：矩形是1阶奇妙矩形．   　　  　　  　　   （3）方法迁移： 用正方形纸片折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注． （4）探究发现： 小明操作发现任一个阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点为正方形边上（不与端点重合）任意一点，连接，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形的周长与矩形的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由． ►题型09 与特殊四边形有关的规律探究问题 17．（2022·山东烟台·中考真题）如图，正方形ABCD边长为1，以AC为边作第2个正方形ACEF，再以CF为边作第3个正方形FCGH，…，按照这样的规律作下去，第6个正方形的边长为（　　）    A．（2）5 B．（2）6 C．（）5 D．（）6 1．（2024·河南周口·模拟预测）如图①在正方形中，点是的中点，点是对角线上一动点，设图②是关于的函数图象，且图象上最低点的坐标为则正方形的边长为（    ） A． B． C．4 D．5 2．（2024·安徽·一模）如图，四边形是矩形，点P从边上点E出发，沿直线运动到矩形内部一点处，再从该点沿直线运动到顶点B，最后沿运动到点C．设点P运动的路程为x，的面积为y，图2是y关于x变化的函数图像，根据图像，下列判断正确的是（    ） A． B．点P经过矩形对角线的交点 C． D．当时，长度的最小值为4 3．（23-24九年级上·安徽滁州·期末）如图，菱形的边长为3cm，，动点P从点B出发以的速度沿着边运动，到达点A后停止运动；同时动点Q从点B出发，以的速度沿着边向A点运动，到达点A后停止运动．设点P的运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），则y关于x的函数图象为（　　） A． B． C． D． 4．（2024·湖南娄底·模拟预测）如图，正方形的边长为1，以为边作第2个正方形，再以为边作第3个正方形…按照这样的规律作下去，第个正方形的面积为 ． 5．（2024·黑龙江绥化·模拟预测）在平面直角坐标系中，正方形的位置如图所示，点的坐标为，点的坐标为，延长交x轴于点，作正方形，延长交x轴于点，作正方形按这样的规律进行下去，则点到x轴的距离是 ． 6．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，为射线上一点，为射线上一点，，．以为边在其右侧作菱形，且与射线交于点得；延长交射线于点，以为边在其右侧作菱形，且，与射线交于点，得；延长交射线于点，以为边在其右侧作菱形，且，与射线交于点，得；…，按此规律进行下去，则的面积为 ．    7．（2025·陕西西安·一模）如图，在中，是的角平分线，四边形是平行四边形，连接，，交于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)判断与的数量关系和位置关系，并说明理由． 8．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，在菱形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 9．（2025·陕西西安·一模）综合与探究： 问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点．    （1）若，，则四边形的面积为 ； 深入探究： （2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，． 如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由； 当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点，若，，求四边形的面积． 10．（21-22八年级下·浙江湖州·期末）定义：我们把一组对边平行另一组对边相等且不平行的四边形叫做等腰梯形． 【性质初探】（1）如图1，已知，，，点是边上一点，连结，四边形恰为等腰梯形．求的度数； 【性质再探】（2）如图2，已知四边形是矩形，以为一边作等腰梯形，，连结、．求证：； 【拓展应用】（3）如图3，的对角线、交于点，，，过点作的垂线交的延长线于点，连结．若，求的长． 11．（23-24九年级上·湖南张家界·期末）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”． (1)下列选项中一定是“等补四边形”的是________； A．平行四边形；   B．矩形；        C．正方形；            D．菱形 (2)如图1，在边长为a的正方形中，E为边上一动点（E不与C、D重合），交于点F，过F作交于点H． ①试判断四边形是否为“等补四边形”并说明理由； ②如图2，连接，将绕A点逆时针旋转得到，判断线段与线段的数量关系，并求的周长； ③若四边形是“等补四边形”，当时，求的长． 12．（2025·广东深圳·三模）【问题提出】 （1）如图，在矩形中，点，分别是边，上的点，连接与交于点，若，求证：； 【迁移应用】 （2）如图，在中，，，点，分别是边，上的点，连接交于点，且，求的值； 【拓展提高】 （3）如图，在四边形中，点是边上的一点，连接与交于点，，，，请直接写出的值． 13．（2025·山西长治·模拟预测）综合与探究 问题情境： 在正方形中，E是边上的一个动点，连接将沿直线翻折，得到，点B的对应点落在正方形内． 猜想证明： （1）如图1，连接并延长，交边于点F．求证：． （2）如图2，当E是边的中点时，连接并延长，交边于点H，将沿直线翻折，点D恰好落在直线上的点处，交于点M，交于点N．试判断四边形的形状，并说明理由． 问题解决： （3）在（2）的条件下，若，请直接写出四边形的面积． 14．（2025·江西景德镇·模拟预测）马超同学在学习完《图形的相似》后结合前面所学习的矩形，对矩形中的动点问题展开了以下探究： 如图1，在矩形中，，，点为边上的一个动点，连接，并交于点； （1）若，则_____；若，则_____； 如图2，在矩形中，，，点为对角线（不与点A，重合）上一动点，过点作，交边，于点，，过点作交于点； （2）判断点在移动过程中，线段的长度是否会发生变化，若变化，请求出线段长度的变化范围，若不变化，求出线段长度的大小； （3）若，求出此时的面积； 如图3，矩形中，，，点为矩形内部一动点，连接且满足，点在线段上且，连接． （4）请直接写出的最小值． $$专题09 四边形的综合题 试卷第1页，共3页 2 / 12 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 平行四边形 ►题型01 利用平行四边形的性质与判定解决多结论问题 ►题型02 利用平行四边形的性质与判定求解 考点二 特殊的平行四边形 ►题型01 矩形与函数的相关问题 ►题型02 利用矩形的性质与判定求解 ►题型03 与矩形（或正方形）有关的折叠问题 ►题型04 菱形与函数的相关问题 ►题型05 根据菱形的性质与判定求解 ►题型06 正方形与函数的相关问题 ►题型07 根据正方形的性质与判定求解 ►题型08 与特殊四边形有关的新定义问题 ►题型09 与特殊四边形有关的规律探究问题 01考情透视·目标航 中考考点 新课标要求 命题预测 平行四边形与特殊的平行四边形 平行四边形的判定和性质与特殊的平行四边形的判定和性质 平行四边形和特殊平行四边形在中考数学中是占比比较大的一块考点，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用:考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样;并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强.所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合.平行四边形与特殊平行四边形的考察热点有:多边形内角和定理、平行四边形的性质与判定定理、平行四边形的综合应用;矩形、菱形、正方形的性质与判定定理;特殊四边形的图形平移、轴对称、旋转等结合问题. 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 平行四边形 ►题型01 利用平行四边形的性质与判定解决多结论问题 1．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在中，点是的中点，过点，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【知识点】利用平行四边形的性质求解 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，对角线互相平分，对角相等等性质进行判断即可 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，，故①③正确， ，， 点是的中点， ， 又，，， ， ，，故②不正确， ，， ， 即，故④正确， 综上所述，正确结论的个数为3个， 故选：C． ►题型02 利用平行四边形的性质与判定求解 2．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，的对角线，相交于点，点，在上，且． (1)求证：； (2)过点作，垂足为，交于点，若的周长为，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)四边形的周长为24 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用平行四边形性质和判定证明、线段垂直平分线的性质 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质及平行线的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解答的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，，求得，根据全等三角形的性质得到，根据平行线的判定定理即可得到结论； （2）由（1）知，，，求得，根据线段垂直平分线的性质得到，于是得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， 在与中， ， ， ， ， ； （2）解：由（1）知，，， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， 的周长为12， ， . 四边形的周长为24. 3．（2024·山东日照·中考真题）如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线，交于点，交的延长线于点． (1)由以上作图可知，与的数量关系是_______ (2)求证： (3)若，，，求的面积． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【知识点】利用平行四边形的性质证明、解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、三角形角平分线的定义 【分析】本题考查了角平分线定义，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键． （1）根据作图可知，为的角平分线，即可得到答案； （2）根据平行四边形的性质可知，结合，从而推出，即可证明； （3）过点作的垂线交的延长线于点，根据平行四边形的性质，，，结合，推出，从而得到，，，最后由计算即可． 【详解】（1）解：由作图可知，为的角平分线 故答案为： （2）证明：四边形为平行四边形 （3）解：如图，过点作的垂线交的延长线于点 四边形为平行四边形， ， ， 又 ． 平行四边形的性质：1)对边平行且相等； 2)对角相等、邻角互补； 3)对角线互相平分； 4)平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心. 【解题技巧】 1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半． 2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题． 3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长． 4）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE． 5）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE． 6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD． 平行四边形的判定定理： ①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形． ②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． ③两组对边分别相等的四边形是平行四边形． ④两组对角分别相等的四边形是平行四边形． ⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形． 【解题技巧】 一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路： 1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明； 2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明； 3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明． 1．（2024·山东泰安·二模）如图，在平行四边形中，E是的中点，则下列四个结论：①；②若，，则；③若，则；④若，则与全等．其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【知识点】全等三角形综合问题、利用平行四边形的性质求解、根据矩形的性质与判定求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】依次分析各选项，进行推理论证即可；其中①可通过证明，进一步转换后可以得到结论，②可先得到该平行四边形是矩形，利用矩形的性质等得到MN垂直平分BC，即可完成求证，③可以先证明两个三角形的共线边上的高的关系，再利用三角形面积公式即可完成证明，④可以先证明后可进一步证明，即可完成求证． 【详解】解：∵平行四边形中，E是的中点， ∴，，， ∴,， ∴， ∴， ∴， 故①正确； 若， 则平行四边形是矩形， 由矩形的对角线相等，而点E是矩形的对角线的交点可知， E点到B、C两点的距离相等， ∴E点在的垂直平分线上， 由，可得， 所以N点是的中点， ∴垂直平分， ∴， 故②正确； 若，则， 如图1，分别过D、E两点向作垂线，垂足分别为Q点和P点， ∴， ， ∵E点是中点， ∴， ∵，， ∴， ， 故③错误； 若， 因为， 所以， 分别过N、C两点向作垂线，垂足分别为H、K， 由平行线间的距离处处相等可知：， ∴， ∴， ∴, ∴， 又∵， ∴， 故④正确； 故选：C． 【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与性质，能熟练运用全等三角形的判定与性质进行角或边之间关系的转化等，本题对推理分析能力要求较高，属于中等难度偏上的题目，对学生的综合分析能力有一定的要求． 2．（2024·安徽合肥·三模）如图，点是的对角线的交点，的平分线 交于点，，连接．下列结论：①；②平分；③；④；⑤其中正确的个数有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】B 【知识点】利用平行四边形的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、等边三角形的判定和性质、解直角三角形的相关计算 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，三角形中位线定理等等，求得，即，即可得到；根据，可得，进而得出平分；依据中，，即可得到；由三角形中位线定理可得，，解直角三角形得到，则，可得；证明，得到，则，  即可得到． 【详解】解：在中， ，，平分， ， 是等边三角形， ， 是的中点， ， ， ，即， ，故①正确； ， ， ， 故平分，故②正确； 依据中，，即可得到，故③错误； 是中点，为中点， ∴是的中位线， ∴，， 在中，， ∴， ∴，故④正确； ∵， ∴， ∴， ∴，   ∴，故⑤错误； ∴正确的有3个， 故选B． 3．（2025·湖南娄底·一模）已知：如图，点在同一条直线上，，，．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【知识点】全等的性质和SSS综合（SSS）、证明四边形是平行四边形 【分析】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是利用证明与全等解答． （1）根据等式的性质得出，进而利用证明与全等，进而利用全等三角形的性质和平行线的判定解答即可； （2）根据全等三角形的性质得出，进而利用证明三角形全等得出，从而可证明四边形是平行四边形． 【详解】（1）证明：∵点A，D，C，B在同一条直线上，， ∴ ， 即， ∵， ∴ ， ∴ ， ∴ ； （2）证明：∵， ∴ ， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． 4．（2024·四川雅安·中考真题）如图，点O是对角线的交点，过点O的直线分别交，于点E，F． (1)求证：； (2)当时，，分别连接，，求此时四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是菱形 【分析】本题主要考查了平行四边形和菱形．熟练掌握平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，是解决问题的关键． （1）由题目中的中，O为对角线的中点，可以得出，，结合，可以证得两个三角形全等，进而得出结论； （2）由（1）中得到的结论可以得到，结合得出四边形是平行四边形，进而利用证明出四边形为菱形，根据即可求出菱形的周长． 【详解】（1）∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点O是对角线的交点， ∴， 在△和中，， ∴． （2）由（1）知，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形， ∴， ∴， ∴四边形的周长为． 5．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形中，、分别是，的平分线，且E、F分别在边，上． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)． 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、等边三角形的判定和性质、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，，结合角平分线的条件得到，由得到，，根据平行线的判定得到，根据平行四边形的判定即可得到是平行四边形； （2）求得是等边三角形，得到，，证明，求得，作于点，在中，求得，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵分别是、的平分线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：由（1）得，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 作于点， 在中，，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 考点二 特殊的平行四边形 ►题型01 矩形与函数的相关问题 1．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，矩形中，为其对角线，一动点从出发，沿着的路径行进，过点作，垂足为．设点的运动路程为，为，与的函数图象如图2，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】动点问题的函数图象、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据图象得出信息是解题的关键． 根据函数的图象与坐标的关系确定的长，再根据矩形性质及勾股定理列方程求解． 【详解】解：由图象得：，当时，，此时点P在边上， 设此时，则，， 在中，， 即：， 解得：， ， 故选：B． 2．（2024·宁夏银川·二模）如图1，矩形中，点为的中点，动点从点出发，沿折线匀速运动，到达点时停止运动，连接、，设为，为，且关于的函数图象如图2所示，则的最大值为（　　） A．4 B．4．5 C．5 D．5．5 【答案】C 【知识点】动点问题的函数图象、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题主要考查了动点问题的函数图象，矩形的性质，勾股定理，在函数图象中找到当时，时得出，再利用图象的拐点得出，由图象知P到达C时得最长，由勾股定理即可求出其值． 【详解】解：由图知，当时，，即当P在A点时， ∵点为的中点， ∴， 当P在上运动时，慢慢增大，P到D点时，从图中的拐点可知，此时， ∴， 当P在上运动时，先减小再增大，直到P到达C点时，此时最长 ∵， ∴， 故选：C． ►题型02 利用矩形的性质与判定求解 3．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)当时，四边形是矩形，理由见解析，此时 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、证明四边形是平行四边形、根据矩形的性质与判定求线段长、求角的正切值 【分析】（1）先证明得到，再由垂线的定义得到，据此证明，得到，由此即可证明四边形是平行四边形； （2）当时，四边形是矩形，利用三角形内角和定理得到，则可证明是等边三角形，得到，进而可证明，则四边形是矩形，在中，． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当时，四边形是矩形，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 即当时，四边形是矩形， ∴， ∴在中，． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键． 4．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，对角线，相交于点O，． (1)求证：； (2)点E在边上，满足．若，，求的长及的值． 【答案】(1)见解析 (2)， 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、求角的正切值 【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解答的关键． （1）直接根据矩形的判定证明即可； （2）先利用勾股定理结合矩形的性质求得，．进而可得，再根据等腰三角形的判定得到，过点O作于点F，根据等腰三角形的性质，结合勾股定理分别求得，，，然后利用正切定义求解即可． 【详解】（1）证明：因为四边形是平行四边形，且， 所以四边形是矩形． 所以； （2）解：在中，，， 所以， 因为四边形是矩形， 所以，． 因为，所以． 过点O作于点F，则， 所以， 在中，， 所以． 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质； 2）矩形的四个角都是直角； 3）对角线互相平分且相等； 4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心. 【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半. 2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半. 矩形的判定：1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形； 2）对角线相等的平行四边形是矩形； 3）有三个角是直角的四边形是矩形. 【解题思路】要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明． 1. 对于矩形的定义要注意两点:a.是平行四边形;b.有一个角是直角. 2. 定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形,不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形. ►题型03 与矩形（或正方形）有关的折叠问题 5．（2024·湖北·中考真题）在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿折叠，使点A的对应点P落在边上，点B的对应点为点G，交于点H． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当P为的中点，，时，求的长； (3)如图3，连接，当P，H分别为，的中点时，探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)，见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、相似三角形的判定与性质综合、等腰三角形的性质和判定、根据矩形的性质求线段长 【分析】（1）证明对应角相等，即可得到； （2）根据，求得的长度，从而得出长度； （3）延长，交于一点，连接，先证明，得到相等的边，再根据，得出大小关系． 【详解】（1）证明：如图， 四边形是矩形， ， ， ，分别在，上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上， ， ， ， ； （2）解：四边形是矩形， ，，， 为中点， ， 设， ， 在中，， 即， 解得， ， ， ， ，即， ， ， ． （3）解：如图，延长，交于一点，连接， ，分别在，上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上， ，直线， ， ， ， ， 是等腰三角形， ， 为中点， 设， ， 为中点， ， ，， ， ，， ， ， 在中，， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， ，即． 【点睛】本题考查了矩形与折叠、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握以上基础知识是解题关键． 6．（2024·江苏宿迁·中考真题）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片，得到折痕，把纸片展平； 操作二：如图②，在边上选一点E，沿折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕； 操作三：如图③，在边上选一点F，沿折叠，使边与边重合，得到折痕把正方形纸片展平，得图④，折痕与的交点分别为G、H． 根据以上操作，得________． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接，试判断的形状并证明； （2）如图⑥，连接，过点G作的垂线，分别交于点P、Q、M．求证：． 【深入研究】 若，请求出的值（用含k的代数式表示）． 【答案】[操作判断]45； [探究证明]（1）等腰直角三角形，理由见详解；（2）见详解； [深入研究] 【知识点】根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】[操作判断] 根据正方形的性质以及折叠的性质即可求解； [探究证明]（1）先证明，再证明，则，继而得到，因此，，即是等腰直角三角形；（2）由翻折得，，由，得到，故，因此，而由，得到，则，因此； [深入研究] 连接，先证明，则，由，设，则，而，  则，可得，，，那么，故． 【详解】[操作判断] 解：如图， 由题意得，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， 故答案为：45； [探究证明] 解：（1）如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形； （2）如图， 由翻折得，， ∵四边形是正方形， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； [深入研究] 解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵是对角线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴, ∵， ∴设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形背景下的折叠问题，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定，解直角三角形，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 矩形的折叠问题的常用解题思路： 1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角； 2）折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）． 3) 折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）. 4）选择一个直角三角形(不找以折痕为边长的直角三角形)，利用未知数表示其它直角三角形三边，通过勾股定理/相似三角形知识求解. ►题型04 菱形与函数的相关问题 7．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图1，在菱形中，，连接，点M从B出发沿方向以的速度运动至D，同时点N从B出发沿方向以的速度运动至C，设运动时间为，的面积为，y与x的函数图象如图2所示，则菱形的边长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】图形运动问题(实际问题与二次函数)、利用菱形的性质求线段长、解直角三角形的相关计算 【分析】本题主要考查菱形的性质和二次函数的性质，根据题意可知，，结合菱形的性质得，过点M作于点H，则，那么，设菱形的边长为a，则，那么点M和点N同时到达点D和点C，此时的面积达到最大值为，利用最大值即可求得运动时间，即可知菱形边长． 【详解】解：根据题意知，，， ∵四边形为菱形，， ∴， 过点M作于点H，连接交于点O，如图，    则， 那么，的面积为， 设菱形的边长为a， ∴， ∴点M和点N同时到达点D和点C，此时的面积达到最大值为， ∴，解得，（负值舍去）， ∴． 故选：C． 8．（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（　　） A．2 B．3 C． D． 【答案】C 【知识点】动点问题的函数图象、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】结合图象，得到当时，，当点P运动到点B时，，根据菱形的性质，得，继而得到，当点P运动到中点时，的长为，解得即可． 本题考查了菱形的性质，图象信息题，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键． 【详解】结合图象，得到当时，， 当点P运动到点B时，， 根据菱形的性质，得， 故， 当点P运动到中点时，的长为， 故选C． ►题型05 根据菱形的性质与判定求解 9．（2024·山东德州·中考真题）如图，中，对角线平分．    (1)求证：是菱形； (2)若，，求菱形的边长．（参考数据：，，） 【答案】(1)见解析 (2)5 【知识点】根据等角对等边证明边相等、利用平行四边形的性质证明、根据菱形的性质与判定求线段长、已知余弦求边长 【分析】此题考查平行四边形性质和菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，解直角三角形． （1）根据平行四边形性质得出，再结合角平分线的定义及等腰三角形的判定即可得出，，根据邻边相等的平行四边形是菱形进而得出结论； （2）连接，由菱形性质可知，，，在利用余弦求出长即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴． ∴． ∵平分， ∴． ∴． ∴． ∴四边形是菱形． （2）连接，交于点O，    ∵四边形是菱形．，， ∴，，， ∴， 即菱形的边长为5． 10．（2023·甘肃兰州·中考真题）如图，矩形的对角线与相交于点O，，直线是线段的垂直平分线，分别交于点F，G，连接．    (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)当时，求的长． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)． 【知识点】线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定和性质、根据菱形的性质与判定求线段长、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）证明和是等边三角形，即可推出四边形是菱形； （2）利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得和的长，利用菱形的性质得到，在中，解直角三角形求得的长，据此求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是菱形，理由如下， ∵矩形的对角线与相交于点O， ∴， ∵直线是线段的垂直平分线， ∴，， ∴，即是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵直线是线段的垂直平分线，且， ∴，， 由（1）得四边形是菱形， ∴， 在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 菱形的性质： 1）具有平行四边形的所有性质； 2）四条边都相等； 3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角. 4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，菱形的对称中心是菱形对角线的交点，菱形的对称轴是菱形对角线所在的直线，菱形的对称轴过菱形的对称中心. 菱形的判定： 1）对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 2）一组邻边相等的平行四边形是菱形. 3）四条边相等的四边形是菱形. 【解题思路】判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分． 菱形的面积公式：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）. 菱形的周长公式：周长l=4a（其中a为边长）. 1. 对于菱形的定义要注意两点:a.是平行四边形;b.一组邻边相等. 2. 定义说有一组邻边相等的平行四边形才是菱形,不要错误地理解为有一组邻边相等的四边形是菱形. 3. 菱形的面积S=对角线乘积的一半，适用于对角线互相垂直的任意四边形的面积的计算. 4. 在求菱形面积时,要根据图形特点及已知条体灵活选择面积公式来解决问题， 5. 在利用对角线长求菱形的面积时,要特别注意不要漏掉计算公式中的 . ►题型06 正方形与函数的相关问题 11．（2023·甘肃武威·中考真题）如图1，正方形的边长为4，为边的中点．动点从点出发沿匀速运动，运动到点时停止．设点的运动路程为，线段的长为，与的函数图象如图2所示，则点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】动点问题的函数图象、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长 【分析】证明，，，则当P与A，B重合时，最长，此时，而运动路程为0或4，从而可得答案． 【详解】解：∵正方形的边长为4，为边的中点， ∴，，， 当P与A，B重合时，最长， 此时， 运动路程为0或4， 结合函数图象可得， 故选C 【点睛】本题考查的是从函数图象中获取信息，正方形的性质，勾股定理的应用，理解题意，确定函数图象上横纵坐标的含义是解本题的关键． 12．（2024·河南南阳·一模）如图1，在正方形中，点E为边的中点，点P为线段上的一个动点，设，，图2是点P运动时，y随x变化的函数图象，其中点H为图象的最低点，则正方形的面积为（    ） A．4 B．5 C．8 D． 【答案】B 【知识点】动点问题的函数图象、根据正方形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查动点的函数图象问题，相似三角形的判定和性质，解题的关键是找到图中的关键点及对应的关键数． 由点的运动可知，当点时，的值最小，再根据题可证得，进而可得的长，进而可得正方形的面积． 【详解】解：由点的运动可知，当点时，的值最小，即，如图 点是的中点， ， ， ，则， ， ， ， ， ， 则， ， ， 正方形的面积为：， 故选：B． ►题型07 根据正方形的性质与判定求解 13．（2023·内蒙古·中考真题）已知正方形，是对角线上一点．    (1)如图1，连接，．求证：； (2)如图2，是延长线上一点，交于点，．判断的形状并说明理由； (3)在第（2）题的条件下，．求的值． 【答案】(1)见解析 (2)是等腰三角形，理由见解析 (3) 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、根据正方形的性质与判定证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）利用正方形的性质得出，，进而即可得到； （2）先判断出，进而判断出，即可得到结论； （3）先求出的长，可证明是等腰直角三角形．从而得到的长，再利用，，可证得，进而得到，从而可得到答案． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，是对角线， ∴，， 在和中 ∴． （2）解：是等腰三角形，理由如下： ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形．    （3）解：∵，， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形． ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形，等腰三角形以及相似三角形，熟练掌握等腰三角形以及全等三角形的判定与性质是解题的关键． 14．（2024·内蒙古通辽·中考真题）数学活动课上，某小组将一个含的三角尺利一个正方形纸板如图1摆放，若，．将三角尺绕点逆时针方向旋转角，观察图形的变化，完成探究活动． 【初步探究】 如图2，连接，并延长，延长线相交于点交于点． 问题1　　和的数量关系是________，位置关系是_________． 【深入探究】 应用问题1的结论解决下面的问题． 问题2　　如图3，连接，点是的中点，连接，．求证． 【尝试应用】 问题3　　如图4，请直接写出当旋转角从变化到时，点经过路线的长度． 【答案】（1）；；（2）证明见解析；（3） 【知识点】根据正方形的性质与判定求线段长、圆周角定理、求某点的弧形运动路径长度、根据旋转的性质求解 【分析】（1）如图，由四边形是正方形，是等腰直角三角形，，证明，再进一步可得结论； （2）如图，由，，再结合直角三角形斜边上的中线的性质可得结论； （3）如图， 证明在以为圆心，为半径的上，过作于，当时，证明，可得，，证明四边形是正方形，可得当旋转角从变化到时，在上运动，再进一步解答即可； 【详解】解：；；理由如下： 如图，∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等腰直角三角形，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）如图，∵四边形是正方形， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴； （3）如图，∵，， ∴在以为圆心，为半径的上， 过作于， 当时， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 而，， ∴四边形是正方形， ∴当旋转角从变化到时，在上运动， ∵，，， ∴， ∴点经过路线的长度为. 【点睛】本题考查的是正方形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，圆周角的应用，勾股定理的逆定理的应用，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键. 正方形的性质： 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等. 3）正方形对边平行且相等. 4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角； 5）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； 6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形. 【补充】正方形对角线与边的夹角为45°. 正方形的判定： 1）平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角； 2）矩形+一组邻边相等； 3）矩形+对角线互相垂直； 4）菱形+一个角是直角； 5）菱形+对角线相等. 【解题技巧】判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等． 正方形的面积公式： ＝对角线乘积的一半=2S△ABC=4S△AOB. 正方形的周长公式：周长= 4a ►题型08 与特殊四边形有关的新定义问题 15．（2023·浙江宁波·中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．      (1)如图1，在四边形中，，对角线平分．求证：四边形为邻等四边形． (2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D． (3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过B作交的延长线于点E．若，求四边形的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2)画图见解析 (3) 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、根据矩形的性质与判定求线段长、公式法解一元二次方程、用勾股定理解三角形 【分析】（1）先证明，，再证明，即可得到结论； （2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①，结合图形再确定满足或的格点D；②，结合图形再确定满足的格点D； （3）如图，过作于，可得四边形是矩形，，，证明四边形为平行四边形，可得，，设，而，，，由新定义可得，由勾股定理可得：，再解方程可得答案． 【详解】（1）解：∵， ∴，， ∵对角线平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为邻等四边形． （2）解：，，即为所求； （3）如图，过作于，      ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴，， 设，而， ∴，， 由新定义可得， 由勾股定理可得：， 整理得：， 解得：，（不符合题意舍去）， ∴， ∴四边形的周长为． 【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键． 16．（2023·江苏·中考真题）综合与实践 定义：将宽与长的比值为（为正整数）的矩形称为阶奇妙矩形． （1）概念理解： 当时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（）与长的比值是_________． （2）操作验证： 用正方形纸片进行如下操作（如图（2））： 第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，连接； 第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为； 第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为． 试说明：矩形是1阶奇妙矩形．   　　  　　  　　   （3）方法迁移： 用正方形纸片折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注． （4）探究发现： 小明操作发现任一个阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点为正方形边上（不与端点重合）任意一点，连接，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形的周长与矩形的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由． 【答案】（1）；（2）见解析；（3），理由见解析 【知识点】正方形折叠问题、勾股定理与折叠问题 【分析】（1）将代入，即可求解． （2）设正方形的边长为，根据折叠的性质，可得，设，则，在中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解； （3）仿照（2）的方法得出2阶奇妙矩形． （4）根据（2）的方法，分别求得四边形的周长与矩形的周长，即可求解． 【详解】解：（1）当时，， 故答案为：． （2）如图（2），连接，    设正方形的边长为，根据折叠的性质，可得 设，则 根据折叠，可得，， 在中，， ∴， 在中， ∴ 解得： ∴ ∴矩形是1阶奇妙矩形． （3）用正方形纸片进行如下操作（如图）： 第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，再对折，折痕为，连接； 第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为； 第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为． 矩形是2阶奇妙矩形，    理由如下，连接，设正方形的边长为，根据折叠可得，则，    设，则 根据折叠，可得，， 在中，， ∴， 在中， ∴ 解得： ∴ 当时， ∴矩形是2阶奇妙矩形． （4）如图（4），连接诶，设正方形的边长为1，设，则，    设，则 根据折叠，可得，， 在中，， ∴， 在中， ∴ 整理得， ∴四边形的边长为 矩形的周长为， ∴四边形的周长与矩形的周长比值总是定值 【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． ►题型09 与特殊四边形有关的规律探究问题 17．（2022·山东烟台·中考真题）如图，正方形ABCD边长为1，以AC为边作第2个正方形ACEF，再以CF为边作第3个正方形FCGH，…，按照这样的规律作下去，第6个正方形的边长为（　　）    A．（2）5 B．（2）6 C．（）5 D．（）6 【答案】C 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长 【分析】根据勾股定理得出正方形的对角线是边长的，第1个正方形的边长为1，其对角线长为；第2个正方形的边长为，其对角线长为；第3个正方形的边长为，其对角线长为；•••；第n个正方形的边长为．所以，第6个正方形的边长． 【详解】解：由题知，第1个正方形的边长， 根据勾股定理得，第2个正方形的边长， 根据勾股定理得，第3个正方形的边长， 根据勾股定理得，第4个正方形的边长， 根据勾股定理得，第5个正方形的边长， 根据勾股定理得，第6个正方形的边长． 故选：C． 【点睛】本题主要考查勾股定理，根据勾股定理找到正方形边长之间的倍关系是解题的关键． 1．（2024·河南周口·模拟预测）如图①在正方形中，点是的中点，点是对角线上一动点，设图②是关于的函数图象，且图象上最低点的坐标为则正方形的边长为（    ） A． B． C．4 D．5 【答案】C 【知识点】动点问题的函数图象、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长 【分析】本题考查的是动点图象问题，涉及到函数，正方形的性质，利用勾股定理求线段长是解题的关键．由点是点关于直线的对称点，连接交于点，则此时取得最小值，即，即可求解． 【详解】解：如图，点是点关于直线的对称点，连接交于点， 根据点的对称性，，则为最小， 故， 设正方形的边长为，则， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：（负值已舍去）， 故选：C． 2．（2024·安徽·一模）如图，四边形是矩形，点P从边上点E出发，沿直线运动到矩形内部一点处，再从该点沿直线运动到顶点B，最后沿运动到点C．设点P运动的路程为x，的面积为y，图2是y关于x变化的函数图像，根据图像，下列判断正确的是（    ） A． B．点P经过矩形对角线的交点 C． D．当时，长度的最小值为4 【答案】B 【知识点】动点问题的函数图象、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、解直角三角形的相关计算 【分析】本题主要考查了动点问题的函数图象，解直角三角形的相关计算，勾股定理，在解题时根据函数的图象求出有关的线段的长度，分析各个选项即可得到答案． 【详解】解：由题意知，当P与B重合时，，最大， 当点P在上运动，逐渐减小，直至P与C重合时，则， ，的最大值， ，A错误； ， ， C错误； 当时，点P在上，，，，， 点E是的中点，即点P从的中点出发，延长交于点G， ，用勾股定理可求， 是的中点， 点F是矩形对角线的交点，即点P经过矩形对角线的交点， B正确； 作，易求， 当时，长度的最小值为， D错误． 故选：B． 3．（23-24九年级上·安徽滁州·期末）如图，菱形的边长为3cm，，动点P从点B出发以的速度沿着边运动，到达点A后停止运动；同时动点Q从点B出发，以的速度沿着边向A点运动，到达点A后停止运动．设点P的运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），则y关于x的函数图象为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】利用菱形的性质求线段长、用勾股定理解三角形、图形运动问题(实际问题与二次函数) 【分析】本题考查动点问题的函数图象．根据拐点得到各个自变量范围内的函数解析式是解决本题的关键．易得点P运动的路程为，点Q运动的路程为．当时，点P在线段上，点Q在线段上，过点Q作于点E，求得的长度，然后根据面积公式可得y与x关系式；当点P在线段上时，，边上的高是和之间的距离为，根据面积公式可得y与x之间的关系式；当点Q在线段上时，，作出边上的高，利用三角形的面积公式可得y与x的关系式．然后根据各个函数解析式可得正确选项． 【详解】解：∵点P的速度是，点Q的速度为，运动时间为x（s）， ∴点P运动的路程为，点Q运动的路程为． ①当时，点P在线段上，点Q在线段上． 过点Q作于点E， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴此段函数图象为开口向上的二次函数图象，排除B； ②当时，点P在线段上，点Q在线段上． 过点C作于点F，则为中边上的高． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴此段函数图象为y随x的增大而增大的正比例函数图象，故排除A； ③当时，点P在线段上，点Q在线段上． 过点P作于点M． ∴． ∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴． ∴． 由题意得：． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴此段函数图象为开口向下的二次函数图象． 故选：D． 4．（2024·湖南娄底·模拟预测）如图，正方形的边长为1，以为边作第2个正方形，再以为边作第3个正方形…按照这样的规律作下去，第个正方形的面积为 ． 【答案】 【知识点】图形类规律探索、根据正方形的性质求线段长 【分析】本题考查了图形的规律问题，涉及了正方形的性质，根据图形得出第个正方形的边长为，据此即可求解． 【详解】解：由图可知：第1个正方形的边长为1， 第个正方形的边长为， 第个正方形的边长为， 第个正方形的边长为， …… 第个正方形的边长为， ∴第个正方形的边长为，面积为， 故答案为： 5．（2024·黑龙江绥化·模拟预测）在平面直角坐标系中，正方形的位置如图所示，点的坐标为，点的坐标为，延长交x轴于点，作正方形，延长交x轴于点，作正方形按这样的规律进行下去，则点到x轴的距离是 ． 【答案】/0.375 【知识点】坐标与图形、根据正方形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】根据勾股定理可得正方形的边长为，根据相似三角形的性质可得后面正方形的边长依次是前面正方形边长的，依次得到第四个正方形和第五个正方形的边长，进一步得到点到轴的距离． 【详解】解：在中，，， 正方形的边长为， ，， ， ， ∴， ， 过作轴于， ∵， ∴， ∴， 依此可得，，， ， 同理可得：点到轴的距离是． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，坐标与图形性质，勾股定理，锐角三角函数的应用．掌握以上基础知识是解本题的关键． 6．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，为射线上一点，为射线上一点，，．以为边在其右侧作菱形，且与射线交于点得；延长交射线于点，以为边在其右侧作菱形，且，与射线交于点，得；延长交射线于点，以为边在其右侧作菱形，且，与射线交于点，得；…，按此规律进行下去，则的面积为 ．    【答案】 【知识点】利用菱形的性质求面积、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】通过作辅助线和已知条件，利用勾股定理求出和长度，结合正切值相等以及菱形的性质推出， ，都是等边三角形和，设参数,利用正切值相等和已知条件从而求出和长度，用相同的证明方法找出规律求得，，最后利用三角形相似分别求出和，即可求出的面积，最后即可求出答案． 【详解】解：连接,，，过点作于，过点作于， 过点作于，过点作于，如图所示，   ， ， ， ，， ，． 在中，， ． 菱形，且， 为等边三角形， ，，也是等边三角形，同理，都是等边三角形， ， ， ． 设， ， ，， ． ， ， ． 同理可得：，， ，． 由上可得，，． ， 都是等边三角形， ，， ， ， ． ，的高 的高为， ， ． 的面积． 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，相似三角形的性质，解直角三角形，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理以及通过计算找出规律． 7．（2025·陕西西安·一模）如图，在中，是的角平分线，四边形是平行四边形，连接，，交于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)判断与的数量关系和位置关系，并说明理由． 【答案】(1)矩形，理由见解析 (2)，理由见解析 【知识点】等腰三角形的性质和判定、证明四边形是平行四边形、证明四边形是矩形、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的性质，三线合一以及三角形中位线的性质，熟练掌握矩形的性质与判定是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，再根据等腰三角形三线合一得到，求出，证明四边形为平行四边形，再根据即可证明结论． （2）四边形为矩形，得到，再根据是边的中线，证明是的中位线，即可得到结论． 【详解】（1）解：矩形，理由如下： 四边形是平行四边形， ， ， ，平分， 是边的中线，， ， ， 四边形为平行四边形， ， 四边形为矩形． （2）解：，理由如下： 四边形是矩形， ， ，平分， 所以是边的中线， ， 是的中位线， ． 8．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，在菱形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【知识点】解直角三角形的相关计算、利用菱形的性质求线段长、证明四边形是矩形、与三角形中位线有关的证明 【分析】（1）连接，，根据E、F、G、H分别是边、、、的中点得到，，，，从而得到四边形是平行四边形，再根据菱形得到，即可得到，从而得到，即可得到证明； （2）根据得到，结合菱形性质得到，根据得到，即可得到，即可得到答案； 【详解】（1）证明：连接，， ∵E、F、G、H分别是边、、、的中点， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ， ∴四边形是矩形； （2）解：∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质及矩形的判定与性质，三角形中位线定理，解直角三角形，解题的关键是根据中位线得到线段的关系． 9．（2025·陕西西安·一模）综合与探究： 问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点．    （1）若，，则四边形的面积为 ； 深入探究： （2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，． 如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由； 当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点，若，，求四边形的面积． 【答案】（）；（），理由如下见解析；四边形的面积为或． 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用菱形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（）连接，由四边形是菱形，得，再根据直角三角形的性质得，通过勾股定理求出，从而求出，同理得，最后由面积和差即可求解； （）由旋转性质可知，，，，又四边形是菱形，则，，证明，再通过全等三角形的性质和线段和差即可求解； 当点在延长线上时和当点在线段上时两种情况求解即可． 【详解】解：（）如图，连接，    ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴， 同理：， ∴， 故答案为：； （），理由如下： ∵， ∴， 由旋转性质可知：，，，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图，当点在延长线上时，    ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， 根据菱形面积可得：， ∴， 由旋转性质可知，，，，， ∴由勾股定理得：， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 由， ∴，，即，， ∴，， ∴， ∴ ； 如图，当点在线段上时，    同上理可得：四边形是矩形， ∴， 由旋转性质可知：，，，，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ； ∴四边形的面积为或． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，解直角三角形，直角三角形的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 10．（21-22八年级下·浙江湖州·期末）定义：我们把一组对边平行另一组对边相等且不平行的四边形叫做等腰梯形． 【性质初探】（1）如图1，已知，，，点是边上一点，连结，四边形恰为等腰梯形．求的度数； 【性质再探】（2）如图2，已知四边形是矩形，以为一边作等腰梯形，，连结、．求证：； 【拓展应用】（3）如图3，的对角线、交于点，，，过点作的垂线交的延长线于点，连结．若，求的长． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）． 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质证明、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】（1）过点作交于，过点作交于，证明，即可求解； （2）证明，即可求解； （3）连接，过点作交延长线于点，分别证明是等腰三角形，是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，从而可求，，在中，用勾股定理求出的长即为所求的长． 【详解】（1）解：过点作交于，过点作交于， ， ∴， ， 四边形恰为等腰梯形， ， ， ， ， ； （2）证明：四边形是矩形， ∴， 四边形是等腰梯形，， 由（1）同理可知，， ， ； （3）解：连接，过点作交延长线于点， 四边形是平行四边形， 是的中点， ， ， ∵，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ． 【点睛】本题是四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，矩形的性质，等腰直角三角形的判定及性质，等腰梯形的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键． 11．（23-24九年级上·湖南张家界·期末）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”． (1)下列选项中一定是“等补四边形”的是________； A．平行四边形；   B．矩形；        C．正方形；            D．菱形 (2)如图1，在边长为a的正方形中，E为边上一动点（E不与C、D重合），交于点F，过F作交于点H． ①试判断四边形是否为“等补四边形”并说明理由； ②如图2，连接，将绕A点逆时针旋转得到，判断线段与线段的数量关系，并求的周长； ③若四边形是“等补四边形”，当时，求的长． 【答案】(1)C (2)①四边形是等补四边形，见解析；②；；③或者 【知识点】用SAS证明三角形全等（SAS）、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解、三角函数综合 【分析】本题考查了新定义，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，圆的内接四边形性质，勾股定理，分类思想； （1）根据定义，判断邻边是否相等，相等后，再判断对角是否互补即可． （2）①根据，得到；连接，根据四点共圆，正方形的性质，证明即可． ②根据旋转性质，得，得到，结合，得到，继而得到，，从而得到，证明，计算即可． ③根据，得到；根据四边形是“等补四边形”，只需分类得到一组相等邻边，计算即可． 【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补， ∴正方形是等补四边形， 故选：D． （2）解：①四边形是“等补四边形”，理由如下： ∵边长为a的正方形中，交于点F，交于点H． ∴，，， ∴； 连接，如图，则A、B、H、F四点共圆， ∴， ∴． ，     ∴四边形是“等补四边形”； ②，理由如下： 根据旋转性质，得， ∴， ∵，， ∴，C，D，L三点共线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴的周长是． ③∵，，， ∴； ∵四边形是“等补四边形”， ∴还需要一组邻边相等，分以下四种情况讨论：      情况1：，连接， 由题意知∶，，又， ∴， ∴， 则为正三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； 情况2：， ∵， ∴， ∴，同情况1， 此时，； 情况3：，由②得的周长． 设，则， 则， ∴，即； 情况4：，连接，如图， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ，则垂直平分， ∴， ∵，， ∴，     ∵，， ∴， ∴，     ∴， 又， ∴， 又，， ∴， ∴，这不可能，故这种情况不存在． 综上：或者． 12．（2025·广东深圳·三模）【问题提出】 （1）如图，在矩形中，点，分别是边，上的点，连接与交于点，若，求证：； 【迁移应用】 （2）如图，在中，，，点，分别是边，上的点，连接交于点，且，求的值； 【拓展提高】 （3）如图，在四边形中，点是边上的一点，连接与交于点，，，，请直接写出的值． 【答案】（）见解析；（）；（） 【知识点】等边三角形的判定和性质、利用平行四边形的判定与性质求解、根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（）根据矩形的性质得到，求得，得到，根据相似三角形的性质得到，求得； （）根据补角的性质得到，根据相似三角形的性质得到，根据平行四边形的性质得到，，根据相似三角形的性质得到，求得，得到，于是得到结论； （）过点作，交延长线于，过点作，交延长线于，则四边形是平行四边形，得到∴，，，同（）可得，在上取一点使得，连接，根据平行线的性质得到，推出是等边三角形，得到，， 求得，根据相似三角形的性质得到，设 ，则，，得到 ，根据题意列方程即可得到结论． 【详解】（）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （）∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∵，， ∴的值为； （）如图所示，过点作，交延长线于，过点作，交延长线于，则四边形是平行四边形， ∴，，， 同（）可得， ∵， ∴设，， 在上取一点使得，连接， ∵，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，同角的补角相等，平行四边形的性质与判定，矩形的性质，等边三角形的性质与判定等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 13．（2025·山西长治·模拟预测）综合与探究 问题情境： 在正方形中，E是边上的一个动点，连接将沿直线翻折，得到，点B的对应点落在正方形内． 猜想证明： （1）如图1，连接并延长，交边于点F．求证：． （2）如图2，当E是边的中点时，连接并延长，交边于点H，将沿直线翻折，点D恰好落在直线上的点处，交于点M，交于点N．试判断四边形的形状，并说明理由． 问题解决： （3）在（2）的条件下，若，请直接写出四边形的面积． 【答案】（1）见解析；（2）四边形是矩形，理由见解析；（3）． 【知识点】解直角三角形的相关计算、根据正方形的性质证明、根据矩形的性质与判定求面积、用勾股定理解三角形 【分析】（1）设和相交于点O，证明，即可得到； （2）证明即可证明四边形是矩形； （3）连接交于点G，求出，证明，得到，由等积法求出，由求出，即可求出，得到四边形的面积． 【详解】（1）证明：如图，设和相交于点O， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴ 由折叠可知，垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ （2）四边形是矩形， 理由：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵E是边的中点， ∴， 由折叠的性质可知，， ∴， ∴， 由折叠的性质可知， ∴ ∴， ∴ ∴ ∴ ∴四边形是矩形； （3）连接交于点G， ∵四边形是正方形， ∴， ∵E是边的中点， ∴， 由（2）得，， ∴， ∵ ∴ 由折叠可知， ∴ ∴ ∵ ∴ 同理可证， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵ ∴ 由折叠可知，， ∴ ∴     ∴ 解得， ∴ ∴ ∴四边形的面积为 【点睛】此题考查了矩形的判定和性质、正方形的性质、等腰三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理、全等三角形的判定和性质、轴对称的性质等知识，添加必要的辅助线构造全等是解题的关键． 14．（2025·江西景德镇·模拟预测）马超同学在学习完《图形的相似》后结合前面所学习的矩形，对矩形中的动点问题展开了以下探究： 如图1，在矩形中，，，点为边上的一个动点，连接，并交于点； （1）若，则_____；若，则_____； 如图2，在矩形中，，，点为对角线（不与点A，重合）上一动点，过点作，交边，于点，，过点作交于点； （2）判断点在移动过程中，线段的长度是否会发生变化，若变化，请求出线段长度的变化范围，若不变化，求出线段长度的大小； （3）若，求出此时的面积； 如图3，矩形中，，，点为矩形内部一动点，连接且满足，点在线段上且，连接． （4）请直接写出的最小值． 【答案】（１）；；（２）；（３）；（４） 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了矩形与相似三角形．熟练掌握矩形性质，相似三角形判定和性质，是解题的关键． （1）根据矩形性质得，得，得，得；当时，，得，得； （2）作交于G，得，得四边形是平行四边形，根据，运用勾股定理求出，即得； （3）由已知可得，证明，得，可得，证明 和,得，即得； （4）在上取，连接，求出,，根据，得的最小值为， ，，得，，即得的最小值为． 【详解】解：（1）∵矩形中，，， ∴， ∴， ∴； 当时，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 故答案为：2；； （2）不变．作交于G， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 由（1）知，， ∴， ∴,不变； （3）当时 ，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； （4）在上取，连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴的最小值为， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． $$