特殊四边形综合必考考点压轴练-2026年中考数学三轮复习备考

**基本信息** 聚焦特殊四边形综合应用，以问题探究为主线，构建“模型建立-规律探究-拓展延伸”三阶解题体系，强化几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |规律探究|3题|特殊到一般归纳法、辅助线构造（垂线/对角线）|正方形中心性质→等腰直角三角形性质→面积关系推导| |模型应用|4题|十字架模型、旋转全等、双垂线段法|矩形性质→正方形性质→直角梯形迁移，体现图形性质的横向联系| |新定义综合|3题|定义转化、坐标法、动态轨迹分析|垂等四边形/等补四边形定义→性质探究→函数综合应用，形成概念生成-应用的纵向链条| |实践操作|3题|折叠性质、轨迹思想、最值模型|翻折变换→动点轨迹→面积/长度最值，强化空间观念与应用意识|

特殊四边形综合必考考点压轴练-2026年中考数学三轮复习备考 1．综合与实践 某数学兴趣小组在探索正方形的中心与等腰直角三角形有关问题时，经历了如下过程： 如图，O是正方形的中心，等腰直角三角形的直角顶点E在的延长线上，与交于点G． 规律探究 （1）如图1，若，求的值． （2如图2，若，求的值． 拓展延伸 （3）如图3，设正方形的面积为，以O，E，F，C为顶点的四边形面积为，若，求的值．    2．【问题发现】矩形里的有趣“十字架” 某校九年级三班数学探究小组在研究矩形时发现矩形里有一个有趣的“十字架”：如图①，在矩形中，，，E、F、G、H分别是边、、、上的点，连接、交于点O，当时，总是会有． 【模型建立】如何证明这个猜想呢？ 在同学们陷入深思时，组长小林提议道：“我们可以先找一种特殊情况探究它，然后再将探究方法推广到一般情况呀！”于是，在他的提议下，同学们一致认为可以先将F、G分别移动到顶点、处，如图②，可证，可得． （1）在图①中添加辅助线，证明一般性的规律． 【模型应用】 （2）如图③，在正方形中，，E、F分别在边、上，连接、，若，，则______．（直接写出结果）． 【拓广延伸】 （3）如图④，在直角梯形中，，，点M、N分别是边上的动点，连接交梯形对角线于点O，若，求的长度． 3．【问题情境】 数学兴趣小组在探究与正方形有关的动点问题时，如图2，在正方形中，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交射线于点F． 【特例探究】 启智小组在探究过程中遵循由特殊到一般的探究规律：如图1，当时，点F与点C重合，此时可以证明． 【探究发现】 (1)博学小组发现，如图2，当时，点F落在边上，此时，过点E作于点M，于点N，通过证明，进而可以证明，请你帮助博学小组完成证明． (2)奋发小组受博学小组的启发，进一步深入探究，图2中可以把和看作是目标三角形，作双垂可以既截大三角形又补小三角形，除了这个思路还有其他的解题方法吗？如图3，当时，点F落在BC的延长线上．请补全图形并用新的方法证明． (3)王老师非常欣赏同学们学习数学的态度，提出了两个思考题： ①如图3，在（2）的条件下，当，且时，则________． ②如图4，把正方形改为菱形，且，其他条件不变，若要使成立，则________．（用含的代数式表示） 4．小亮同学喜欢研究数学问题．他在一本资料中看到一个新的数学概念“对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形”，并对垂等四边形进行了研究．具体内容如下：    (1)【理解应用】如图1，在平面直角坐标系中，已知四边形是垂等四边形，点A的坐标为，点C的坐标为，求点B的坐标； (2)【规律初探】如图2，正方形的边长为a，点E在边上，点F在边上，点G在边上，点H在边上，若四边形满足，请直接写出四边形面积S的取值范围； (3)【综合探究】如图3，已知抛物线与x轴交于M，N两点，点M在点N的左侧，P，Q两点在该抛物线上．若以M，N，P，Q为顶点的四边形是垂等四边形且．设点P的横坐标为m，点Q的横坐标为n，且，求m的值． 5．阅读材料，解决问题 在数学探究中，我们常从特殊情况入手，归纳出一般规律．例如在研究几何图形性质时，通过对特殊多边形的分析来了解多边形的普遍性质．我们规定：有一组邻边相等且有一组对角互补的四边形叫做“等补四边形”． (1)初步认识：在以下常见四边形中，一定是“等补四边形”的是（   ） A．平行四边形     B．矩形     C．菱形    D．正方形 (2)性质探究：已知四边形是“等补四边形”，，，如图，连接，试探究是否平分，并说明理由． (3)应用拓展：在“等补四边形”中，，，，如图2，求的长． 6．【特例感知】如图1，点 是正方形 ABCD 对角线AC上一点，于点 ，于点 （1）求证：四边形是正方形． （2） ； 【规律探究】将正方形 绕点A 旋转得到图2，连接 ，， （3） 的比值是否会发生变化? 请说明理由． 【拓展应用】 如图3，在图2 的基础上，，，分别是 ，，的中点． （4）求证：四边形． 是正方形． 7．综合与实践 如图，在矩形中，，，为上一点，且，为边上一动点（含，两个顶点），连接，将绕点顺时针旋转到的位置，连接．探究的面积与点移动的关系． 特例感知 （1）如图1，当时，求的面积． 规律探究 （2）如图2，若设，的面积为，求与之间的函数解析式，并求出的最小值． 数学思考 （3）如图3，连接，当的长最小时，求的面积． 8．综合与实践 问题情境： 数学兴趣小组在探究与正方形有关的动点问题时，如图2，在正方形内取一点E，使，将点E绕点C逆时针旋转得到点，射线，交于点F． 特例研究： (1)精勤小组在探究过程中遵循由特殊到一般的探究规律：如图1，发现点E在对角线中点O处时，点F与点B重合，此时四边形的形状为______． 探究发现： (2)博雅小组发现，如图2，只要，四边形的形状都是正方形，请证明. (3)卓越小组受博雅小组的启发，进一步深入探究，如图3，取中点G，连接，，，又发现：在点E运动过程中，与始终保持特定的数量关系，请写出此数量关系，并说明理由. 拓展应用： (4)在（3）的条件下，已知，，直接写出的长． 9．综合与实践 数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地． (1)问题初探：如图1，在和中，，连接，延长交于点D．则与的数量关系：________，_______； (2)类比分析：如图2，在和中，，当，连接．延长交于点D．连接，求证平分； (3)学以致用：如图3，正方形ABCD和等腰直角，连接并延长交于G，交于点，将绕A点旋转至时，若，则的长是________． 10．综合与实践： 小明想知道一张纸的长宽比（长＞宽），他设计了如下方案： (1)他拿出一张纸，量出长和宽分别为和，用长度除以宽度得出了大致长宽比，则长宽比约等于______；（保留1位小数） (2)小明受图1启发，将一张纸按图2的方式先沿折叠，再沿折叠后发现和重合，若长方形的宽为2，则它的长为______； (3)小明发现，两张纸可以拼成一张纸，并且长宽比保持不变，你能由此得出纸的长宽比吗？请说明理由； (4)小明发现两张纸可以拼成一张，两张纸可以拼成一张……按此规律，请直接写出纸的长与纸的长的关系． 11．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，延长交轴于点，作正方形；延长交轴于点，作正方形． (1)求正方形的面积； (2)求正方形的面积； (3)若按题中的规律继续作正方形，则正方形的面积为_____．（用含的式子表示） 12．综合与实践 某数学兴趣小组在探究苏科版八年级数学教材时，经历了如下过程：如图，正方形的边长为，、、、分别是上的动点，且． 【知识回顾】（1）求证：四边形是正方形； 【规律探究】（2）判断直线是否经过一个定点，并说明理由； 【拓展延伸】（3）设线段的中点为，当点从点运动到点的过程中，求点运动的路径长． 13．如图，在边长为的正方形中，为上一点，将梯形沿翻折得到梯形，连接交、于、． (1)探究翻折性质：求证：垂直平分，并寻找与的关系； (2)探索动点规律：求点的运动轨迹长度； (3)综合运用知识：当时，求四边形的面积． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．（1）；（2）；（3）1 【分析】（1）过点O作于点H，首先根据题意得到，然后证明出，得到，设，则，然后求出，进而求解即可； （2）过点O作于点M，设，表示出，，然后证明出，得到，然后代入求出，然后勾股定理求出，进而求解即可； （3）连接，，过点O作，分别交于点M，N，设，，然后表示出，设，证明出，得到，，然后利用表示出，然后根据得到，然后求出，得到，进而求解即可． 【详解】（1）如图所示，过点O作于点H ∵O是正方形的中心 ∴ ∵ ∴ ∴ ∵四边形是正方形 ∴ ∵ ∴ ∴ 设，则 ∴ ∵ ∴ ∴； （2）如图所示，过点O作于点M ∵O是正方形的中心 ∴设 ∵ ∴ ∴ ∴ 同（1）可证 ∴ ∴ ∴ ∵是等腰直角三角形， ∴ ∴ ∴； （3）如图所示，连接，，过点O作，分别交于点M，N ∵O是正方形的中心 ∴设 ∴ ∴ 设 ∴， ∵ ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴， ∴ ∵ ∴ 整理得， ∴ 解得或（舍去） ∴ ∴． 【点睛】此题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定，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． 2．（1）证明见解析；（2）1；（3） 【分析】（1）过点作，交于点，过点作，交于点，先证出，根据相似三角形的性质可得，再证出四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，，由此即可得证； （2）先证出，根据全等三角形的性质可得，再利用勾股定理可得，由此即可得； （3）先利用勾股定理可得，再过点作于点，证出，根据相似三角形的性质求解即可得． 【详解】（1）证明：如图①，过点作，交于点，过点作，交于点， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵，；，， ∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形， ∴，， ∴． （2）解：∵在正方形中，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴在中，， ∴， 故答案为：1． （3）解：∵， ∴， ∵， ∴， 如图④，过点作于点， ∴四边形是矩形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即， 解得． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键． 3．(1)见解析； (2)见解析； (3)①；②． 【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）根据正方形的性质、角平分线的性质证明，再根据全等三角形的性质即可证明结论； （2）如图：过点E作交于点P，再根据正方形的性质证明，再根据全等三角形的性质即可证明结论； （3）①如图：作于G，由正方形的性质以及三角形外角的性质可得，易得、，进而完成解答；②如图，连接，易证明可得，再根据等量代换以及等边对等角可得，设，然后根据三角形外角的性质、三角形内角和定理以及等量代换即可解答． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，平分， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）证明：如图：过点E作交于点P， ∵四边形是正方形， ∴，平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （3）解：①如图：作于G， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴； ②如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴，(三角形外角等于与其不相邻的两内角和) ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 4．(1)点B的坐标为； (2)； (3)m的值为2或4． 【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式，新定义图形问题，正方形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，本题的关键是理解新定义的图形，分类讨论解决问题． （1）过点B作轴于点K，可证得，得出，，进而可求得点B的坐标； （2）当四边形的顶点分别与正方形的顶点重合时，最大，当四边形的顶点E、F无限趋近B或E、H无限趋近A，G、H无限趋近D或F、G无限趋近C时，最小，分别确定S的最大值和最小值即可； （3）求出点P和点Q的坐标，分点P，Q在轴上方和点P，Q在轴下方两种情况，求出一次函数的解析式，联立二次函数求交点即可得到m的值． 【详解】（1）解：（1）如图1，过点B作轴于点K，    则， ∵， ∴， ∵四边形是垂等四边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，， ∵点A的坐标为，点C的坐标为， ∴，， ∴，， ∴点B的坐标为； （2）解：如图2，当四边形的顶点分别与正方形的顶点重合时，最大，，    当四边形的顶点E、F无限趋近B或E、H无限趋近A，G、H无限趋近D或F、G无限趋近C时，最小，无限趋近于0， ∴； （3）解：把代入， 得， 解得，， ∴点M的坐标为，点N的坐标为， ∵以M，N，P，Q为顶点的四边形是垂等四边形且， ∴，且， 若点P，Q在x轴上方， 设与交于点K，过点K作轴，垂足为L，如图3，    由二次函数的对称性，且，， 得， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴点K的坐标为， 设直线的解析式为， 代入， 得， 解得， ∴直线的解析式为， 联立方程组得， 解得，（点M的坐标，舍去）， ∴m的值为2； 若点P，Q在x轴下方，如图4，    同理可得直线的解析式为， 联立， 解得，（点M的坐标，舍去）， ∴m的值为4； 综上所述，m的值为2或4． 5．(1)D (2)平分；见解析 (3) 【分析】（1）根据“等补四边形”的定义进行判断即可； （2）延长，过点A作于点E，作于点F，证明，得出，证明，得出，即可得出结论； （3）根据解析（2）可知：平分，求出，根据直角三角形的性质求出，根据勾股定理得出，求出结果即可． 【详解】（1）解：∵平行四边形的对角相等，但对角不一定互补， ∴平行四边形不是“等补四边形”； ∵矩形的邻边不一定相等， ∴矩形不是“等补四边形”； ∵菱形的对角相等，但对角不一定互补， ∴菱形不是“等补四边形”； ∵正方形的每个内角都是，四条边都相等， ∴正方形有一组邻边相等且有一组对角互补， ∴正方形是“等补四边形”； 故选：D． （2）解：平分；理由如下： 延长，过点A作于点E，作于点F，如图所示： 则， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴平分； （3）解：∵在“等补四边形”中，，，， ∴根据解析（2）可知：平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：，负值舍去， 即的长为． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，平行四边形、矩形、菱形和正方形的性质，勾股定理，补角的性质，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法． 6．（1）见解析；（2）；（3）不变，理由见解析；（4）见解析 【分析】（1）根据正方形的性质和判定即可； （2）根据正方形的性质求解即可； （3）过作于点，过作交于点，证明四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，再根据性质证明是等腰直角三角形即可； （4）根据正方形的性质和判定即可； 【详解】（1）四边形是正方形， ，平分， ，， ， ,四边形是矩形， 四边形是正方形； （2）由（1）得：四边形是正方形， 四边形是正方形， 设正方形的边长为，正方形的边长为， ，， ， ， 故答案为：； （3）不变，理由： 四边形是正方形，四边形是正方形， ，， ， ， ， 过作于点，过作交于点， 四边形是平行四边形， ， 四边形是平行四边形， 易得：， ，， ，即是等腰直角三角形， ， ； （4）四边形是正方形，理由： 由（3）得， ， 点，，分别是，，的中点， ， ， ， ， 四边形是正方形． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键． 7．（1） （2），当时，由最小值，最小值为 （3）的面积为 【分析】（1）根据矩形、折叠的性质，结合题意得到是等腰直角三角形，，如图所示，过点作于点，则是等腰直角三角形，四边形是矩形，结合面积的计算即可求解； （2）设，则，根据旋转得到，过点作于点，是等腰直角三角形，，结合面积的计算即可求解； （3）如图所示，将线段绕点顺时针旋转得，连接，交于点，，，，当时，的值最小，是等腰直角三角形，四边形是矩形，则，由（2）可得，，，代入计算即可求解． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形， ∴， ∵将绕点顺时针旋转到，， ∴， ∴， 又， ∴，是等腰直角三角形， ∴，， ∴， 如图所示，过点作于点， ∴，则是等腰直角三角形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； （2）设，则， 当点与点重合时，，当点与点重合时，， 在中，， ∵， ∴恒有意义， ∴根据旋转得到， 如图所示，过点作于点， ∵， ∴是等腰直角三角形，， ∴ ， ∵， ∴当时，有最小值，最小值为； （3）如图所示，将线段绕点顺时针旋转得，连接，交于点， ∴ ∴，即， 又， ∴， ∴，， 当时，的值最小， ∵， ∴，且， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 由（2）可得，，， ∴． 【点睛】本题主要考查矩形的判定和性质，旋转的性质，函数表达式的计算，二次函数最值的计算，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识的综合，掌握以上知识，数形结合分析是关键． 8．(1)正方形 (2)见解析 (3)，理由见解析 (4) 【分析】（1）利用正方形的性质即可得出结论； （2）先证明，再利用正方形的判定定理证明即可； （3）利用正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的特点，推理证明即可； （4）取的中点M，取的中点N，连接，求得，再证明，利用勾股定理求得，即可求得． 【详解】（1）解：点E在对角线中点O处，点F与点B重合，四边形是正方形， ∴，， 由旋转的性质得，， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； （2）证明：四边形是正方形， ， ， 点E绕点C逆时针旋转得到点， ， ， ，， ， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形． （3）解：，理由如下： 连接， 四边形是正方形，O是的中点， O是的中点，， 四边形是正方形， ， ， 四边形是正方形，O是的中点， ， G是的中点， ， ， 四边形是正方形， ， G是的中点， ， ， ． （4）解：取的中点M，取的中点N，连接， ， 根据（3）得， ，， ， 四边形是正方形，O是的中点， ，，， ， ， 过点M作于点Q， ∵， ∴是等腰直角三角形 ， ， ， ， ． 9．(1)，30； (2)证明见解析 (3)4或12 【分析】此题重点考查全等三角形的判定与性质、正方形的性质和判定，相似三角形的判定和性质等知识，证明是解题的关键． （1）根据等腰三角形的性质，利用证明即可得出结论； （2）根据等腰三角形的性质，利用证明，过点作的垂线段交于点点，证明，即可得出结论； （3）分两种情况，证明，得到，再根据，证明四边形为正方形，可得，即可求得的长，再利用线段的和差，即可求得的长． 【详解】（1）解：， ， 即， ， ， ，， ， ， ， 故答案为：相等；； （2）解：如图，过点作的垂线段交于点点， ， ， 即， 同（1），可得， ，， ， ， ， ， ， 平分； （3）解:①如图，为第一种情况， , ， 即， 同（1）道理，可得， ， , , , , \, 四边形为矩形， , 矩形为正方形， , ， , , , , ，即， 解得或（舍）， ； ②如图，为第二种情况， 根据上述同理可得，四边形为正方形， ，，， ， ， ， ，即 ， 或（舍）， ， ， 综上所述，的长度为或12， 故答案为：或12． 10．(1) (2) (3)纸的长宽比为；理由见解析 (4) 【分析】本题考查折叠的性质，规律探究，勾股定理，二次根式的混合运算． （1）根据题意计算即可求解； （2）根据折叠的性质求得四边形是正方形，利用勾股定理求解即可； （3）设纸的长为，则宽为，则纸的长为，则宽为，根据长宽比保持不变，列式计算即可求解； （4）由（3）的结论求得纸的长为纸的长的倍，找到规律，根据规律求解即可． 【详解】（1）解：； 故答案为：； （2）解：∵长方形的宽为2， ∴，由折叠的性质得，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴，即长方形的长为， 故答案为：； （3）解：纸的长宽比为；理由如下， 设纸的长为，则宽为， ∵两张纸可以拼成一张纸， ∴纸的长为，则宽为， ∵长宽比保持不变， ∴， ∴（负值已舍）， ∴，即纸的长宽比为； （4）解：设纸的长为， 由（3）得纸的长为，纸的长为， 则纸的长为纸的长的倍， ∴纸的长为， 纸的长， 纸的长， ， ∴纸的长为， ∴． 11．(1)5 (2) (3) 【分析】（1）由点的坐标为，点的坐标为．即可求得与的长，然后由勾股定理即可求得的长，继而求得正方形的面积； （2）易证得，然后由相似三角形的对应边成比例，可求得的长，即可求得的长，即可得正方形的面积； （3）证明，可得，据此可求出，进而求出正方形的边长，计算出正方形的面积后，观察规律，可得正方形的面积为． 【详解】（1）解：点的坐标为，点的坐标为， ，， 在中，， 正方形的面积为：； （2）解：四边形是正方形， ，， ，， ， ， ， ， 即， 解得：， ， 正方形的面积为：； （3）解：∵在正方形中， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴正方形的面积为：， 探索规律： 正方形的面积为5， 正方形的面积为， 正方形的面积为：， 正方形的面积为：． 故答案为：． 【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质，勾股定理，探索规律，掌握相关知识是解决问题的关键． 12．（1）见解析；（2）直线经过一个定点，这个定点为正方形的中心（、的交点）；理由见解析；（3）点运动的路径长为． 【分析】（1）由正方形的性质得出，，证出，由证明三角形全等，得出，，证出四边形是菱形，再证出，即可得出结论； （2）连接、，交点为；先证明，得出，证出为对角线、的交点，即为正方形的中心； （3）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，，，设，则，点运动的路径直线上，进而利用勾股定理即可得解． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， 同理可得：， ∴ 四边形是菱形， ， ， ， 四边形是正方形； （2）解：直线经过一个定点，这个定点为正方形的中心（、的交点），理由如下： 连接、，交点为，如图所示： 四边形是正方形， ， ， 在和中， ， ， ，，即为的中点， 正方形的对角线互相平分， 为对角线、的交点，即为正方形的中心； （3）解：如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则，，设，则， ∴，， ∵为的中点， ∴即， ∵， ∴在直线上， 当时，，当时，，解得 ∴点运动的路径长为． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，求一次函数及勾股定理，勾股定理，本题综合性强，有一定难度，正确地作出辅助线及构造直角坐标系是解题的关键． 13．(1)见解析，与的关系为； (2)点的运动轨迹长度为 (3)四边形的面积为． 【分析】（1）延长交于，由翻折的性质可得，，从而可得，即可证得结论，由正方形的性质，结合翻折的性质可得，从而可得，，进而可得与的关系； （2）连接，，分析运动过程，可得点的运动轨迹是以为圆心，半径为，圆心角为的弧， 根据扇形的弧长公式计算即可； （3）作于点，过点，分别作，轴交于点，，分别交过点的平行的直线于，，则四边形为矩形，可证，，对应边成比例，可得，，，，作于点，设，，根据勾股定理，结合矩形的性质可得，，从而可得，，代入面积公式，计算，即可得四边形的面积． 【详解】（1）解：延长交于，由折叠得，， ∴， ∴，， 又∵， ∴垂直平分． ∵四边形是正方形，为上一点， ∴， ∴ 由翻折的性质可得，，， ∴，， ∴， ∴． （2）解：连接，， 由（1）得垂直平分，且，                                                                          又，， ∴，且， ∴垂直平分． ∴， 即在运动过程中不变， 当运动至点时，点与关于对称， ∴点的运动轨迹是以为圆心，半径为，圆心角为的弧，            ∵， ∴， ∴点的运动轨迹长度为． （3）解：∵，， ∴， ∴， 作于点，则， 过点，分别作，轴交直线于点，，分别交过点的平行的直线于，，则四边形为矩形， ∵在正方形中，， ∴， ∵ ∴， ∴，即， 在正方形中，， ∴， 又∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， ∴，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，，   ∴，         由（1）得， ∴， 又， ∴， 作于点， 设，，，， 则， 解得， ∴，， ∴，， ∴ ． ∴四边形的面积为． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，垂直平分线的判定及性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定及性质，四边形面积的求解问题． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $