第21讲 矩形、菱形与正方形（复习讲义，2考点18题型5重难）（湖南专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

第五章 四边形 第21讲 矩形、菱形与正方形 目 录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 2 02·知识导航·网络构建 3 03·考点解析·知识通关 3 04·命题洞悉·题型预测 7 命题点一 矩形的性质与判定 题型01利用矩形性质求解 题型02 与矩形判定的证明题 题型03 矩形与三角形全等/相似 题型04 根据矩形的性质与判定解决多结论问题 题型05 矩形有关的折叠问题 题型06 矩形与坐标系 命题点二 菱形的性质与判定 题型01 利用菱形性质求解 题型02 与菱形判定的证明题 题型03 菱形与三角函数 题型04 菱形与坐标系 题型05 根据菱形的性质与判定解决多结论问题 命题点三 正方形的性质与判定 题型01 利用正方形性质求解 题型02 与正方形判定的证明题 题型03 正方形与三角形相似 题型04 与正方形有关旋转题 题型05 根据正方形的性质与判定解决多结论问题 题型06 正方形有关的折叠问题 题型07 特殊平行四边形判定辨析题 05·重难突破·思维进阶难 29 突破一 中点四边形 突破二 特殊平行四边形与函数的综合题 突破三 特殊平行四边形与圆的综合题 突破四 特殊平行四边形新定义探究题 突破五 综合与实践类问题 06·优题精选·练能提分 42 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点 2025年 2024年 课标要求 矩形的性质与判定 长沙市卷T21 长沙市卷T23 湖南省卷 T26 掌握矩形的性质（四个角都是直角、对角线相等）和判定（有一个角是直角的平行四边形、对角线相等的平行四边形）。 菱形的性质与判定 湖南省卷 T8 长沙市卷T10 掌握菱形的性质（四条边相等、对角线互相垂直平分、每条对角线平分一组对角）和判定（四条边相等的四边形、对角线互相垂直的平行四边形）。 正方形的性质与判定 长沙市卷T21 长沙市卷T24 掌握正方形的性质（四边相等、四个角都是直角、对角线相等且互相垂直平分）和判定（既是矩形又是菱形的四边形）。 命题预测 1. 矩形性质与判定稳定考查（选择题/解答题，6-10分） 对角线性质：矩形对角线相等且互相平分；直角三角形结合：利用矩形对角线构造直角三角形；折叠问题：矩形中的折叠与勾股定理结合 2. 菱形性质与判定高频出现（填空题/解答题，6-8分） 对角线性质：菱形对角线互相垂直平分，每条对角线平分一组对角；面积计算：菱形面积 = 对角线乘积的一半；动点问题：菱形中的动点轨迹与最值 3. 正方形综合应用为压轴热点（解答题，10-15分） 全等构造：正方形中常构造全等三角形；旋转问题：正方形与旋转结合（如手拉手模型） 新定义探究：正方形作为“完美型双圆”四边形 4. 特殊平行四边形之间的转化（解答题，8-12分） 从平行四边形到矩形/菱形/正方形：添加条件判定；矩形与菱形的关系：正方形是特殊的矩形，也是特殊的菱形 备考建议 1. 基础知识巩固 矩形：四个直角、对角线相等；菱形：四边相等、对角线垂直平分、平分对角；正方形：兼具矩形和菱形所有性质 2. 解题能力提升 辅助线技巧：遇矩形对角线，常构造直角三角形;遇菱形对角线，常构造全等三角形;遇正方形，常考虑旋转构造全等;方程思想：设未知数，用勾股定理列方程 4. 重点突破题型 ① 矩形中的折叠问题② 菱形中的动点最值③ 正方形中的旋转全等（手拉手模型）④ 特殊平行四边形判定综合题⑤ 新定义背景下的正方形探究 考点一 矩形、菱形、正方形的概念及性质 概念 性质 面积 边 角 对角线 其它 矩形 有一个角为直角的平行四边形 对边平行且相等 四个角都是直角 对角线互相平分且相等 对角线将其分成4个等腰三角形 （a,b分别为矩形的长和宽） 菱形 有一组邻边相等的平行四边形 对边平行、四条边都相等 对角相等 两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角 对角线将其分成4个全等的直角三角形 （a为菱形的边长，h为菱形一边上的高）； （m,n分别为两条对角线的长） 正方形 四条边都相等、四个角都是直角的四边形 四个角都是直角 对角线将其分成4个全等的等腰直角三角形 （a为正方形的边长） 【补充】矩形、菱形、正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形. 1.（2024·湖南·中考真题）下列命题中，正确的是（    ） A．两点之间，线段最短 B．菱形的对角线相等 C．正五边形的外角和为 D．直角三角形是轴对称图形 2.（2025·湖南长沙·中考真题）如图，正方形中，点E，F分别在，上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，求的长． 3.（2025·张家界桑植县·二模）如图，矩形内接于扇形，顶点P在上，且不与M，N重合，当点P在上移动时，矩形的形状、大小随之变化，则的值（    ）    A．变大 B．变小 C．不变 D．不能确定 4.（2025·湖南常德·二模）如图，点A，B，C，D在上，且四边形是菱形，则的大小为（   ） A． B． C． D． 5.（2025·湖南长沙·考前模拟）如图，正方形内的为正三角形，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 考点二 矩形、菱形、正方形的判定 四边形 边 角 对角线 矩形 1）平行四边形+一直角 2）四边形+三直角 平行四边形+两条对角线相等 菱形 1）平行四边形+一组邻边相等 2）四边形+四条边都相等 平行四边形+两条对角线互相垂直 正方形 矩形+一组邻边相等 菱形+一直角 矩形+对角线互相垂直 菱形+对角线相等 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 1.（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． 2.（2025·湖南衡阳·三模）如图，已知． (1)证明：． (2)连接，线段交于点．从“①；②”这两组条件中，任选一组作为已知条件，填在横线上 （填序号），则四边形的形状是 ，并说明理由． 3.（2024·湖南·模拟预测）如图，在矩形中，和的角平分线交于点，和的角平分线交于点． (1)求证：； (2)试判断四边形的形状，并说明理由． 命题点一 矩形的性质与判定 ►题型01 利用矩形性质求解 【典例】（2025·湖南长沙·二模）如图，四边形是矩形，对角线和相交于点，已知，则的长为（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 【变式1】（2025·湖南十三州市·一模联考）翻花绳是中国民间流传的儿童游戏，在中国不同的地域，有不同的称法，如线翻花、翻花鼓、挑绷绷、解股等等，如图1是翻花绳的一种图案，可以抽象成如右图，在矩形中，，，的度数为（    ）．    A．30° B．45° C．50° D．60° 【变式2】（2025·湖南·二模）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，点E是边的中点，点F在对角线上，且，连接．若，则的长为（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 【变式3】（2024·湖南常德·一模）两个矩形的位置如图所示，若，则（    ） A． B． C． D． 【变式4】（2024·湖南·模拟预测）如图，矩形内接于，分别以为直径向外作半圆．若，，则阴影部分的面积是（   ） A． B． C． D． ►题型02 与矩形判定的证明题 【典例】（2026·湖南长沙·一模）如图，在中，D是边上一点，M是边的中点，连接并延长至点N，使得，连接，，，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求点A到边的距离． 【变式1】（2026·湖南邵阳·模拟）如图，在中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，试判断四边形的形状，并证明． 【变式2】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，点为的中点，过点作，延长到点使，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． ►题型03 矩形与三角形全等/相似 由矩形的性质可得到两组对边相等，对角线相等且互相平分和四个直角，解决以矩形为背景的几何问题时，常常借助这些边和直角并结合全等/相似三角形的知识把已知和未知联系起来，使问题得以解决. 【典例】（2025·湖南武冈·一模）如图，四边形是矩形，直线分别交，，于点E，F，O，下列条件中，不能证明的是（   ）    A．为矩形两条对角线的交点 B． C． D． 【变式1】（2026·湖南长沙·一模）如图，在矩形中，连接对角线，分别以点，为圆心，大于 的长为半径画弧，两弧分别交于点，，作直线，分别交边，于点，，交于点． (1)求证：； (2)连接，若，的周长为，求线段的长． 【变式2】（2025·湖南邵阳·一模）在矩形中，已知两条邻边与的长分别为2和3，若是边的中点，连接，过点作，垂足为，则的长为（     ） A． B． C． D． 【变式3】（2026·湖南衡阳·一模）如图1，在矩形中，点为边上不与端点重合的一动点，点是对角线上一点，连接交于点，且． 【模型建立】 （1）求证：； 【模型应用】 （2）若，求的长； 【模型迁移】 （3）如图2，若矩形是正方形，，求的值． ►题型04 根据矩形的性质与判定解决多结论问题 【典例】（2025·湖南长沙·二模）如图，矩形中，E是中点，于点F，连接，则下列结论：①；②；③；④；其中正确的结论有(  ) A．①②③ B．①②④ C．①③ D．①③④ 【变式1】（2025·湖南株洲·一模）如图，在矩形中，O为的中点，过点O作的垂线，分别交于点F，交于点E，G是的中点，且，有下列结论：①；②；③连结，，四边形为菱形；④其中正确的是（　　） A．②③ B．③④ C．①②④ D．①③④ 【变式2】（2024·湖南益阳·二模）如图，在矩形中，，的平分线交于点，于点，连接并延长交于点，连接交于点，有下列结论：①平分；②；③；④．其中正确的结论有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 ►题型05 矩形有关的折叠问题 【典例】（2025·湖南娄底·三模）如图，在矩形中，分别为边上的点，且，将矩形沿直线折叠，得到四边形，点的对应点分别为点（点落在上方），连接，当三点共线时，的长为（    ） A．2 B． C． D．1 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）如图，四边形为矩形，是边上一点，连接，将矩形沿折叠，点的对应点为点，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·湖南学易金卷·一模）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF．则下列结论不正确的是（  ） A．BD＝10 B．HG＝2 C． D．GF⊥BC ►题型06 矩形与坐标系 【典例】（2025·湖南长沙·模拟）如图，矩形中，．反比例函数的图象的一支经过矩形对角线的交点P，则该反比例函数的解析式是（    ） A． B． C． D． 【变式1】（2025·湖南桑植县·模拟）如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点，分别在轴、轴上，且点，为边上一点，将沿所在直线翻折，当点的对应点恰好落在对角线上时，点的坐标为(    ) A． B． C． D． 【变式2】（2024·湖南株洲·一模）如图，矩形ABCD的顶点A和对称中心在反比例函数（k≠0，x＞0），若矩形ABCD的面积为10，则k的值为（　　） A．10 B．4 C．3 D．5 命题点二 菱形的性质与判定 ►题型01 利用菱形的性质求解 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. 【变式1】（2025·湖南衡阳·模拟）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【变式2】（25-26九年级上·湖南衡阳·开学考试）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，，垂足为E，若，则的大小为（   ） A．33度 B．34度 C．57度 D．67度 【变式3】（25-26九年级上·湖南邵阳·期末）如图，在菱形中，对角线相交于点，，则的长是（    ） A．12 B．24 C．36 D．48 【变式4】（2025·湖南湘潭·模拟预测）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，点E，F分别为，的中点，连接，，，则菱形的面积为 ___________． 【变式5】（2025·湖南长沙·一模）如图，在矩形中，，点分别在边上，点在对角线上．如果四边形是菱形，那么线段的长为（   ）    A． B． C． D． 【变式6】（2025·湖南长沙·二模）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作，且，连接． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，求菱形的面积． ►题型02 与菱形判定有关的证明题 【典例】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在四边形中，点与点关于直线对称，连接交于点为上一点，，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求的度数及的长． 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，对角线与交于点，要使它成为菱形，那么需要添加的条件是：______．（写出一个即可） 【变式2】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，，为的中点，过点作，交的延长线于点，连接，过点作，交的延长线于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求的面积． 【变式3】（2024·湖南娄底·二模）如图，在矩形中，对角线交于点O，分别过点作的平行线交于点E，连接交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的周长． ►题型03 菱形与三角函数 菱形的 “对角线互相垂直平分” 会形成多个直角三角形，这是三角函数的天然应用场景。 【典例】（2025·湖南衡阳·一模）在菱形中，，，，则（    ） A． B． C．2 D． 【变式1】（2025·湖南长沙·学易金卷二模）如图是由6个形状、大小完全相同的菱形组成的网格，菱形的顶点称为格点，已知菱形的一个角，点都在格点上，则的值是_______． 【变式2】（2025·湖南·二模）如图1是汽车内常备的千斤顶，图2是它的平面示意图，四边形是菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变线段的长度，同时改变的大小（菱形的边长不变），从而改变千斤顶的高度（即点与点之间的距离）．经测量，． (1)当时，求的长（结果保留整数）． (2)从增加到时，这个千斤顶高度升高了______cm（结果保留整数）．（参考数据：，，） 【变式3】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作，交的延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长及的值． ►题型04 菱形与坐标系 【典例】（2025·湖南娄底·一模）在2025年春晚上，舞蹈节目《秧》由16台人形机器人与16名新疆艺术学院的舞蹈演员共同表演，大放异彩．如图所示，机器人小数在平面直角坐标系中从A点开始，按顺序沿循环舞动跳8字舞，它舞动的路径由两个全等菱形拼接而成，已知菱形的边长为1米，，点B的坐标为．若机器人小数从点出发，舞动了100米时所在位置的坐标是______． 【变式1】（2025·湖南长沙·三模）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，且点落在反比例函数的图像上，则的值为（   ） A． B．5 C．8 D．10 【变式2】（2025·湖南·三模）如图，反比例函数的图象经过菱形的顶点A，B两点，若轴，菱形的面积为12，点A的纵坐标为1，则k的值为（    ）    A． B． C．6 D． 【变式3】（25-26九年级下·湖南长沙·开学考试）如图，若菱形的顶点在轴正半轴上，，反比例函数的图像过点和菱形的对称中心，则的值为__________． 【变式4】（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，，，与交于点D，若反比例函数经过点D，则_________． ►题型05 根据菱形的性质与判定解决多结论问题 【典例】（2025·湖南·模拟预测）菱形中，，E，F分别是AB,AD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2．其中正确的结论是_________________．      【变式1】（25-26九年级上·湖南怀化·期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点，在反比例函数的图象上，对角线平行于轴，坐标原点为的中点，若．有以下结论：①；②当点的横坐标为3时，四边形是正方形；③当点的纵坐标为9时，点的横坐标为，其中正确的结论是（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【变式2】（2025·湖南·模拟）如图，在菱形ABCD中，E是AD边的中点，连接BE交AC于点F，连接DF，下列四个结论：①△AEF∽△CBF，②CF＝2AF，③DF＝DC，④2S四边形CDEF＝5S△ABF，其中正确正确的结论有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 命题点三 正方形的性质与判定 ►题型01 利用正方形的性质求解 在正方形问题中，一般可以通过证三角形全等来得到等线段或等角，也可以利用正方形的角是直角来构造直角三角形，利用勾股定理解题.在正方形中，也常用对角线互相垂直平分证明线段相等. 【典例】（2025·湖南·模拟预测）如图，四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大的正方形，连接．若，则的面积为___________． 【变式1】（2025·湖南邵阳·三模）如图，四边形为矩形，点E是矩形的边上的一点，连接，以为边作正方形，顶点F恰好落在边上（与点B，C不重合）．若，，则的长为（    ） A．2 B． C． D． 【变式2】（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，在正方形的外侧，作等边，则为（    ）    A． B． C． D． 【变式3】（2025·湖南·模拟预测）如图，在面积为25的正方形内有两点E、F，且，，则的长为（　　） A．1 B．2 C． D． ►题型02 与正方形判定有关的证明题 在判定一个四边形是正方形时，要弄清是在“四边形”还是在“平行四边形”的基础之上来判定的，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． 解答此类问题时要认真审题，通过对已知条件的综合分析，最后确定用哪一种判定方法. 【典例】（2025·湖南长沙梅溪湖·模拟）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过D的直线折叠，使点C落在上的点处，得到折痕，然后再把纸片展平；第二步：如图2，将图1的矩形纸片沿过点E的直线折叠，点A恰好落在上的点处，得到折痕交于点M，再把纸片展平．问题解决： (1)如图1，求证：四边形是正方形． (2)如图2，若，求的面积． 【变式1】．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，对角线交于点E，，．    (1)当平分时，求证：为矩形． (2)在以下命题中：①当时，为正方形．②当时，为正方形．③当时，四边形为菱形．④当时，四边形为菱形．正确的有：________，请选择一个正确的命题进行证明． 【变式2】（2024·湖南长沙·模拟）如图，四边形为矩形，点在边上，，连接，过点作交于点，分别过点、作、且、相交于点．    (1)求证：； (2)连接，若，点是的中点，求的长． ►题型03 正方形与三角形相似 正方形的 “直角” 和 “边长相等” 的性质，很容易构造出全等/相似三角形. 【典例】（2025·湖南长沙·学易金卷一模）已知：如图，在矩形中，E、F分别是边、上的点，且，． (1)求证：矩形是正方形； (2)连接、，若，求证：． 【变式1】（2025·湖南娄底·三模）综合与探究：如图，，点P在的平分线上，于点A． (1)【操作判断】 如图①，过点P作于点C，根据题意在图①中画出，图中的度数为______度； (2)【问题探究】 如图②，点M在线段上，连接，过点P作交射线于点N，求证：； (3)【拓展延伸】 点M在射线上，连接，过点P作交射线于点N，射线与射线相交于点F，若，求的值． 【变式2】（2025·湖南·模拟仿真卷）如图1，将三角板放在正方形上，使三角板的直角顶点E与正方形的顶点A重合三角板的一边交于点F．另一边交的延长线于点G． (1)求证：； (2)如图2，移动三角板，使顶点E始终在正方形的对角线上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给子证明；若不成立．请说明理由； (3)如图3，将（3）中的“正方形”改为“矩形”，且使三角版的一边经过点B，其他条件不变，若，，求的值． ►题型04 与正方形有关旋转题 【典例】（2024·湖南·模拟预测四）将一副直角三角板与叠放在一起，如图1，，，，．在两三角板所在平面内，将三角板绕点O顺时针方向旋转（）度到位置，使，如图2．    (1)求的值； (2)如图3，继续将三角板绕点O顺时针方向旋转，使点E落在边上点处，点D落在点处．设交于点G，交于点H，若点G是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由． 【变式1】（2024·湖南·一模）如图，把边长为5的正方形绕点逆时针旋转得到正方形与交于点的延长线交于点，交的延长线于点．若，则__________． 【变式2】（2024·湖南长沙·模拟预测）如图所示，面积为9的正方形和将面积为6的正方形分别绕原点顺时针旋转，使，落在数轴上，点，在数轴上对应的数字分别为、，则______ . ►题型05 根据正方形的性质与判定解决多结论问题 【典例】（2025·湖南岳阳·模拟）如图，在正方形纸片中，对角线、相交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后，折痕分别交、于点、，连接，有以下结论：①；②；③；④四边形是菱形；⑤，其中正确结论的个数有（    ）    A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）如图，在正方形中，点为上的一点，的垂直平分线交于点，交于点，，交于点，连接．给出以下结论：①；②；③；④．其中正确的结论是______．（请将正确结论的序号填在横线上） 【变式2】（2025·湖南株洲·一模）如图，已知正方形，点M是边延长线上的动点（不与点A重合）且，由平移得到，若过点E作，H为垂足，则有以下结论： ①点M位置变化，使得时，； ②无论点M运动到何处，都有； ③在点M的运动过程中，四边形可能成为菱形； ④无论点M运动到何处，一定大于． 以上结论正确的有____（把所有正确结论的序号都填上）． 【变式3】（2025·湖南常德·三模）如图，四边形为正方形，的平分线交于点，将绕点顺时针旋转得到，延长交于点，连接，，与相交于点．有下列结论： ①；②；③；④． 其中正确的是______． ►题型06 正方形有关的折叠问题 【典例】（2026·湖南·模拟预测）如图，点E在正方形的边上，将沿折叠，点D落在点F处，延长交于点G，若，则___________． 【变式1】（2025·湖南怀化·模拟）如图，正方形的边长为4，将正方形折叠，使顶点落在边上的点处，折痕为，若，则线段的长为________． 【变式2】（2025·湖南衡阳·模拟预测）魏晋数学家刘徽利用如图所示的“青朱出入图”证明了勾股定理，其中四边形，和都是正方形，已知图中与的面积比为． （1）若正方形的边长为16，则的长为_______； （2）的值为_______． 【变式3】（2025·湖南·一模）如图，在正方形的边上有一点E，将直角三角形沿直线进行折叠，点F是点B的对应点，若，，则点F到边的距离是______． ►题型07 特殊平行四边形判定辨析题 【典例】（24-25九年级上·广东佛山·期中）如图，点，，，分别为四边形的边，，，的中点，下列说法中不正确的是(   ) A．四边形一定是平行四边形 B．若，则四边形是菱形 C．若，则四边形是矩形 D．若四边形是矩形，则四边形是正方形 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）下列命题是真命题的是（    ） A．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 B．对角线相等的四边形是平行四边形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 【变式2】（2024·湖南娄底·三模）下列判断错误的是（　　） A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B．四个内角都相等的四边形是矩形 C．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形 D．四条边都相等的四边形是菱形 突破一 中点四边形 【典例】如图所示，分别是四边形各边中点，连接，则四边形为________形．在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． （1）当四边形满足________条件时，四边形是菱形． （2）当四边形满足________条件时，四边形是矩形． （3）当四边形满足________条件时，四边形是正方形． 【变式1】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． 【变式2】定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做神奇四边形．顺次连接四边形各边中点得到的四边形叫做中点四边形． （1）判断： ①在平行四边形、矩形、菱形中，一定是神奇四边形的是 ； ②命题：如图1，在四边形中，则四边形是神奇四边形．此命题是_____（填“真”或“假”)命题；    ③神奇四边形的中点四边形是 （2）如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接 ①求证：四边形是神奇四边形； ②若，求的长；    （3）如图3，四边形是神奇四边形，若分别是方程的两根，求的值．    【变式3】综合与探究 【初步感知】如图1，是三边的中点，则叫作的内中点三角形，叫作的外中点三角形． （1）直接写出面积与面积的数量关系； （2）在图2的网格中画出的外中点． 【类比探究】如图3，是四边形各边的中点，则四边形叫作四边形的内中点四边形，四边形叫作四边形的外中点四边形． （3）求证：四边形是平行四边形； （4）若四边形的面积为，四边形面积为，求证：； （5）在图4的网格中画出的一个外中点四边形．（要求：都在网格线的交点上） 突破二 特殊平行四边形与函数的综合题 【典例】如图，抛物线与轴交于点、，与轴交于点，连接，点为线段上一个动点（不与点，重合），过点作轴交抛物线于点， (1)求抛物线的表达式； (2)设 的横坐标为，请用含的式子表示线段的长，并求出线段的最大值； (3)已知点是抛物线对称轴上的一个点，点是平面直角坐标系内一点，当线段取得最大值时，是否存在这样的点、，使得四边形是菱形？ 若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式1】如图，已知菱形，点在轴上，反比例函数的图象经过菱形的顶点，连接，与反比例函数图象交于点． (1)求反比例函数解析式； (2)求直线的解析式和点的坐标． 【变式2】如图，在平面直角坐标系中，四边形是以为直径的的内接四边形，点在轴上，是边长为的等边三角形，过点作直线与轴垂直，交于点，且点平分． (1)求过，，三点抛物线的函数表达式； (2)求证：四边形是菱形； (3)在抛物线上存在一点，使得的面积等于，请直接写出点的坐标． 【变式3】如图，在平面直角坐标系中，将一个正方形放在第一象限斜靠在两坐标轴上，且点，的坐标分别为，，抛物线经过点． (1)求点的坐标； (2)求抛物线的表达式，并求出其顶点坐标； (3)在抛物线上是否存在点与点（点，除外）使四边形为正方形？若存在，请求出，的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式4】已知二次函数与轴交于、两点，与轴交于点，点在抛物线上，且点的横坐标为 (1)直接写出该抛物线的顶点坐标______用含有的代数式表示 (2)当时，若， ①当时，求的取值范围； ②抛物线之间的最大值与最小值的差为，直接写出的取值范围______． (3)当点坐标为，点关于坐标原点的对称点为，以为对角线作矩形，且矩形的边平行于坐标轴．当抛物线与矩形的边有且只有两个公共点，且经过这两个公共点的直线将矩形分成面积比为的两部分时，求的值． 【变式5】如图1，已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点． (1)求抛物线的函数表达式； (2)若矩形的顶点，在位于轴上方的抛物线上，一边在轴上（如图2），设点的坐标为，矩形的周长为，求的最大值及此时点的坐标； (3)在（2）的前提下（即当取得最大值时），在抛物线的对称轴上是否存在一点，使沿直线折叠后，点刚好落在轴上？若存在，请求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 突破三 特殊平行四边形与圆的综合题 【典例】如图，点E为正方形的边上的一点，是的外接圆，与交于点F，G是上一点，且．    (1)求证：是的切线； (2)若，，求半径的长． 【变式1】如图，菱形中，，以为直径作，交于点E，过点E作于点F． (1)求证：是的切线； (2)连接，若，求的长． (3)在（2）的条件下，若点G是上的一个动点，则线段CG的取值范围是什么？ 【变式2】如图，在菱形ABCD中，O是对角线BD上一点（），，垂足为E，以OE为半径的分别交DC于点H，交EO的延长线于点F，EF与DC交于点G． (1)求证：BC是的切线； (2)若G是OF的中点，，． ①求HE的长； ②求AD的长． 【变式3】已知矩形纸片ABCD，AB=2，AD=1．将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合． （1）如果折痕FG分别与AD，AB交于点F，G（如图（1）），AF=求DE的长． （2）如果折痕FG分别与CD，AB交于点F，G（如图（2）），△AED的外接圆与直线BC相切，求折痕FG的长． 突破四 特殊平行四边形新定义探究题 【典例】定义：如果四边形有一组对角为直角，那么我们称这样的四边形为“对补四边形”． 【尝试判断】 （1）在①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形中，是“对补四边形”的是__________； （2）如图1，四边形是“对补四边形”，若，则边的长是__________； 【操作探究】如图2，在菱形中，于点E，请在边找一点，使得以点A，E，C，F组成的四边形为“对补四边形”，直接写出的长是__________； 【拓展延伸】如图3，在正方形中，，点E，F，G分别从点B，B，C同时出发，并分别以每秒1，1，2个单位长度的速度，分别沿正方形的边方向运动（保持），再分别过点作的垂线交于点H，连接．试说明：四边形为“对补四边形”； 【实践应用】某加工厂有一批四边形板材，形状如图4所示，其中米，米，．现根据客户要求，需将每张四边形板材进一步分割成两个等腰三角形板材和一个“对补四边形”板材，且这两个等腰三角形的腰长相等，要求材料充分利用无剩余，请直接写出分割后得到的等腰三角形的腰长． 【变式1】如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． 【问题探究】如图1，已知四边形是垂美四边形，，垂足为． （1）发现：由勾股定理得___________，___________． （2）猜想：___________．（填“＞”或“＜”或“＝”） 【学以致用】如图2，在中，，分别以和为边向外作等腰直角和等腰直角，，，相交于点． （3）①判断四边形是不是垂美四边形？请说明理由； ②若，，直接写出的长． 【变式2】定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”． (1)我们学过下列四边形：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形．其中是“神奇四边形”的是________；（填序号） (2)如图1，在正方形中，E为上一点，连接，过点B作于点H，交于点G，连接，． ①判定四边形是否为“神奇四边形”； ②如图2，点M，N，P，Q分别是，，，的中点，则四边形________“神奇四边形”；（填“是”或“不是”） (3)如图3，点F，R分别在正方形的边，上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O．若，正方形的边长为9，求线段的长． 突破五 综合与实践类问题 【典例】问题情景：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图，在平行四边形中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明； (1)独立思考：请解答老师提出的问题； (2)实践探究：梦之队小组受此问题的启发，将平行四边形沿着（为的中点）所在直线折叠，如图，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明； (3)问题解决：智慧小组突发奇想，将平行四边形沿过点的直线折叠，如图，点的对应点，使于点，连接，交于点．若此平行四边形的面积为， ，，求图中阴影部分（四边形）的面积． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵是由翻折得到， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， 设则 ∵， ∴ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ． 【变式1】【操作判断】 （1）①在学习特殊平行四边形的性质时，赵老师让学生制作两个大小相同的正方形纸片和，其中正方形的对角线相交于点．赵老师让学生固定正方形纸片，将正方形纸片的顶点与点重合，并将纸片绕着点旋转，如图①，学生们惊奇地发现两个正方形重叠部分的面积____________（填“变了”或“不变”）； ②赵老师又让学生制作了两个大小一样的菱形纸片和，其中菱形的对角线相交于点．赵老师让学生固定菱形纸片，将菱形纸片的顶点与点重合，并将纸片绕着点旋转，交边于点交边于点，如图②，学生们惊奇地发现两个菱形重叠部分（四边形）的面积____________（填“变了”或“不变”）； 【探索发现】 （2）根据（1）中的发现，学生们认为图①和图②存在共同的特征：①射线是的____________； ②____________； 【迁移探究】 （3）如图③，平分，点在上，点分别是上的动点，且，当点分别在上运动时，试判断四边形的面积是否发生变化，并利用图③说明理由． 【变式2】【问题探究】 （1）如图，在矩形中，点、、分别在、、边上，，连接，过点作，交的延长线于点，若，则的长为______； （2）如图，在菱形中，连接，点、分别是、边上的动点，连接，点、分别是、的中点，若，，求的最小值； 【问题解决】 （3）如图，李叔叔家有一个正方形菜地，他计划对其进行改造，为菜地内一动点，且，为的中点，点、分别为、边上的动点，在改造的过程中始终要满足，为的中点，他计划在三角形区域内种植茄子，在三角形区域内种植西红柿，其余区域内种植辣椒，并分别沿、修建灌溉水渠，经测量，米，为了控制成本，要求灌溉水渠的总长度尽可能的短，若不考虑其他因素，求灌溉水渠总长度的最小值． 【变式3】【基础学习】 （1）如图1，在△ABC中，D，E，F分别为上的点，，交于点G，求证：． 【尝试应用】 （2）如图2，已知D、E为的边上的两点，且满足，一条平行于的直线分别交和于点P、Q和M，求的值． 【拓展提高】 （3）如图3，矩形中（为常数），点是矩形边上的一个动点，延长至点，使，连接，，与相交于点，连接，求的最小值（用的代数式表示）． 【变式4】在数学综合与实践活动课上，同学们用两个完全相同的矩形纸片展开探究活动： 【实践探究】：（1）小红将两个矩形纸片摆成图1的形状，连接，则__________ 【解决问题】：（2）将矩形绕点A顺时针转动，边与边交于点M，连接，． ①如图2，当时，求证：平分； ②如图3，当点F落在上时，连接交于点O，则__________； 【迁移应用】：（3）如图4，正方形的边长为是边上一点（不与点重合），连接，将线段绕点E顺时针旋转至，作射线交的延长线于点G，求的长； （4）如图5，在菱形中，是边上一点（不与点重合），连接，将线段绕点E顺时针旋转至，作射线交的延长线于点G，若，求的长。 1.（2025·湖南娄底·二模）下列命题是真命题的是（   ） A．一个三角形只有一条中位线 B．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 C．等腰三角形顶角最大是 D．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 2.（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，矩形的对角线，相交于点O，点E，F分别是线段，上的点．若，，，，则的长为______． 3.（2025·湖南·模拟预测）如图，四边形为⊙的内接四边形，若四边形为菱形，为（    ）． A．45° B．60° C．72° D．36° 4.（2025·湖南岳阳·一模）数学活动课上，小明用四根长度相同的木条制作成能够活动的菱形学具．老师问小明：要让这个菱形学具成为正方形学具，需要添加的条件可以是（  ） A． B． C． D． 5.（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在正方形中，，与相交于点O，E为上的一点(点E与点B不重合)，过点E作，垂足为点F．设，的面积为，则与之间的函数关系式为（    ） 不考虑自变量的取值范围（   ） A． B． C． D． 6.（2025·湖南株洲·开学考试）如图，正六边形内接于，若四边形的面积为，则的半径为（   ） A．2 B． C． D．4 7.（2025·湖南·二模）如图，，其中，，，为中点，过点，交、于点、，连接、，则下列结论错误的是（    ） A．四边形为平行四边形 B．当时，四边形为矩形 C．当时，四边形为菱形 D．四边形不可能为正方形 8.（2025·湖南·模拟预测）如图，四边形是菱形，于点，于点． (1)求证：； (2)若，求菱形的面积． 9.（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，在矩形中，，，垂足分别为E、F，连接，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求证：E为线段的黄金分割点． 10.（2025·湖南湘西·模拟）如图，在中，对角线交于点E，，．    (1)当平分时，求证：为矩形． (2)在以下命题中：①当时，为正方形．②当时，为正方形．③当时，四边形为菱形．④当时，四边形为菱形．正确的有：________，请选择一个正确的命题进行证明． 11.（2025·湖南怀化·模拟预测）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下列问题： （1）如图1，正方形中，是上的点，将绕点旋转，使与重合，此时点的对应点在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？ （2）如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，，点到直线的距离为． ①求的长． ②若、分别是、边上的动点，求周长的最小值． 12.（2025·湖南常德·二模）如图1，在矩形中，，P是线段上一个动点（P不与A重合），以为边在的上方作正方形，连接，，，与交于点G． (1)若正方形和矩形的周长相等，则的值为__________； (2)若，当长为多少时，是直角三角形？请说明理由； (3)把图1沿折叠，点F恰好落在线段的延长线上的点处，如图2所示，求的值． 13.（2025·湖南长沙·一模）不妨约定，关于的二次函数，若（为正整数），则称该函数为“函数”，为“值”．例如：二次函数，有，故该函数为“函数”，“值”． (1)判断下列二次函数是否为“函数”，是的在括号里打“√”，不是的在括号里打“×”． ①；（   ） ②；（   ） ③．（   ） (2)已知二次函数（，为常数，）是“函数”，且“值”． ①求证：该函数与轴总有两个交点； ②该函数经过某一定点，求出该定点的坐标． (3)如图，在（2）的条件下，二次函数与轴交于两点，（点在点的左侧），与轴相交于点，顶点为，过点作，交抛物线于点，过点作，当时，求点的坐标． 1.（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 2.（2025·北京·中考真题）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求和的长． 3.（2025·广东深圳·中考真题）如图1，在中，是的中点，，． (1)求证：四边形为菱形； (2)如图2，若点为上一点，，且，，三点均在上，连接，与相切于点， ①求__________； ②求的半径； (3)利用圆规和无刻度直尺在图2中作射线，交于点，保留作图痕迹，不用写出作法和理由． 4.（2025·甘肃平凉·中考真题）如图，四边形的顶点A，B，C在上，，直径与弦相交于点F，点D是延长线上的一点，． (1)求证：是的切线； (2)若四边形是平行四边形，，求的长． 5.（2025·内蒙古·中考真题）问题背景： 综合与实践课上，老师让同学们设计一个家电装置图案，某小组设计的效果图如图所示． 外形参数： 如图1，装置整体图案为轴对称图形，外形由上方的抛物线，中间的矩形和下方的抛物线组成．抛物线的高度为，矩形的边，，抛物线的高度为．在装置内部安装矩形电子显示屏，点，在抛物线上，点，在抛物线上． 问题解决： 如图2，该小组以矩形的顶点为原点，以边所在的直线为轴，以边所在的直线为轴．建立平面直角坐标系．请结合外形参数，完成以下任务： (1)直接写出，，三点的坐标； (2)直接写出抛物线和的顶点坐标，并分别求出抛物线和的函数表达式； (3)为满足矩形电子显示屏的空间要求，需要边的长为，求此时边的长． 6.（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，，的长是一元二次方程的根，过点作交于点，交对角线于点．动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，、两点同时出发，设运动时间为秒． (1)求点坐标； (2)连接、，求的面积S关于运动时间t的函数解析式； (3)当时，在对角线上是否存在一点，使得是含角的等腰三角形．若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 7.（2025·贵州·中考真题）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）． 【问题解决】 （1）如图①，若点与线段的中点重合，则 度，线段与线段的位置关系是 ； 【问题探究】 （2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长． 8.（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 9.（2025·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系． 【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； （2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系． 10.（2025·山西·中考真题）阅读与思考 下面是小宣同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务． 双关联线段 【概念理解】 如果两条线段所在直线形成的夹角中有一个角是，且这两条线段相等，则称其中一条线段是另一条线段的双关联线段，也称这两条线段互为双关联线段． 例如，下列各图中的线段与所在直线形成的夹角中有一个角是，若，则下列各图中的线段都是相应线段的双关联线段．   【问题解决】 问题1：如图，在矩形中，，若对角线与互为双关联线段，则________．   问题2：如图，在等边中，点D，E分别在边的延长线上，且，连接．   求证：线段是线段的双关联线段． 证明：延长交于点F． 是等边三角形， ． ， （依据）． ， ， ； …    任务： (1)问题1中的________，问题2中的依据是________________； (2)补全问题2的证明过程； (3)如图，点C在线段上，请在图3中作线段的双关联线段． （要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一条即可）． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第五章 四边形 第21讲 矩形、菱形与正方形 目 录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 2 02·知识导航·网络构建 3 03·考点解析·知识通关 3 04·命题洞悉·题型预测 12 命题点一 矩形的性质与判定 题型01利用矩形性质求解 题型02 与矩形判定的证明题 题型03 矩形与三角形全等/相似 题型04 根据矩形的性质与判定解决多结论问题 题型05 矩形有关的折叠问题 题型06 矩形与坐标系 命题点二 菱形的性质与判定 题型01 利用菱形性质求解 题型02 与菱形判定的证明题 题型03 菱形与三角函数 题型04 菱形与坐标系 题型05 根据菱形的性质与判定解决多结论问题 命题点三 正方形的性质与判定 题型01 利用正方形性质求解 题型02 与正方形判定的证明题 题型03 正方形与三角形相似 题型04 与正方形有关旋转题 题型05 根据正方形的性质与判定解决多结论问题 题型06 正方形有关的折叠问题 题型07 特殊平行四边形判定辨析题 05·重难突破·思维进阶难 94 突破一 中点四边形 突破二 特殊平行四边形与函数的综合题 突破三 特殊平行四边形与圆的综合题 突破四 特殊平行四边形新定义探究题 突破五 综合与实践类问题 06·优题精选·练能提分 153 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点 2025年 2024年 课标要求 矩形的性质与判定 长沙市卷T21 长沙市卷T23 湖南省卷 T26 掌握矩形的性质（四个角都是直角、对角线相等）和判定（有一个角是直角的平行四边形、对角线相等的平行四边形）。 菱形的性质与判定 湖南省卷 T8 长沙市卷T10 掌握菱形的性质（四条边相等、对角线互相垂直平分、每条对角线平分一组对角）和判定（四条边相等的四边形、对角线互相垂直的平行四边形）。 正方形的性质与判定 长沙市卷T21 长沙市卷T24 掌握正方形的性质（四边相等、四个角都是直角、对角线相等且互相垂直平分）和判定（既是矩形又是菱形的四边形）。 命题预测 1. 矩形性质与判定稳定考查（选择题/解答题，6-10分） 对角线性质：矩形对角线相等且互相平分；直角三角形结合：利用矩形对角线构造直角三角形；折叠问题：矩形中的折叠与勾股定理结合 2. 菱形性质与判定高频出现（填空题/解答题，6-8分） 对角线性质：菱形对角线互相垂直平分，每条对角线平分一组对角；面积计算：菱形面积 = 对角线乘积的一半；动点问题：菱形中的动点轨迹与最值 3. 正方形综合应用为压轴热点（解答题，10-15分） 全等构造：正方形中常构造全等三角形；旋转问题：正方形与旋转结合（如手拉手模型） 新定义探究：正方形作为“完美型双圆”四边形 4. 特殊平行四边形之间的转化（解答题，8-12分） 从平行四边形到矩形/菱形/正方形：添加条件判定；矩形与菱形的关系：正方形是特殊的矩形，也是特殊的菱形 备考建议 1. 基础知识巩固 矩形：四个直角、对角线相等；菱形：四边相等、对角线垂直平分、平分对角；正方形：兼具矩形和菱形所有性质 2. 解题能力提升 辅助线技巧：遇矩形对角线，常构造直角三角形;遇菱形对角线，常构造全等三角形;遇正方形，常考虑旋转构造全等;方程思想：设未知数，用勾股定理列方程 4. 重点突破题型 ① 矩形中的折叠问题② 菱形中的动点最值③ 正方形中的旋转全等（手拉手模型）④ 特殊平行四边形判定综合题⑤ 新定义背景下的正方形探究 考点一 矩形、菱形、正方形的概念及性质 概念 性质 面积 边 角 对角线 其它 矩形 有一个角为直角的平行四边形 对边平行且相等 四个角都是直角 对角线互相平分且相等 对角线将其分成4个等腰三角形 （a,b分别为矩形的长和宽） 菱形 有一组邻边相等的平行四边形 对边平行、四条边都相等 对角相等 两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角 对角线将其分成4个全等的直角三角形 （a为菱形的边长，h为菱形一边上的高）； （m,n分别为两条对角线的长） 正方形 四条边都相等、四个角都是直角的四边形 四个角都是直角 对角线将其分成4个全等的等腰直角三角形 （a为正方形的边长） 【补充】矩形、菱形、正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形. 1.（2024·湖南·中考真题）下列命题中，正确的是（    ） A．两点之间，线段最短 B．菱形的对角线相等 C．正五边形的外角和为 D．直角三角形是轴对称图形 【答案】A 【分析】本题考查了命题与定理的知识，多边形外角性质，菱形性质及轴对称图形的特点，解题的关键是掌握这些基础知识点． 【详解】解：A、两点之间，线段最短，正确，是真命题，符合题意； B、菱形的对角线互相垂直，不一定相等，选项错误，是假命题，不符合题意； C、正五边形的外角和为，选项错误，是假命题，不符合题意； D、直角三角形不一定是轴对称图形，只有等腰直角三角形是轴对称图形，选项错误，是假命题，不符合题意； 故选：A． 2.（2025·湖南长沙·中考真题）如图，正方形中，点E，F分别在，上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】该题考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据四边形是正方形，得出且．结合，得出．结合，即可证明四边形是平行四边形． （2）过点作于点．根据四边形是正方形，，得出．结合，证出四边形是矩形．得出．结合，得出．在中，由勾股定理求出． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴且． 又， ． ． 又． ∴四边形是平行四边形． （2）解：过点作于点． ∵四边形是正方形，， ． 又， ∴四边形是矩形． ． 又， ． 在中，由勾股定理得． 3.（2025·张家界桑植县·二模）如图，矩形内接于扇形，顶点P在上，且不与M，N重合，当点P在上移动时，矩形的形状、大小随之变化，则的值（    ）    A．变大 B．变小 C．不变 D．不能确定 【答案】C 【分析】本题考查了圆的认识，矩形的性质．四边形是扇形的内接矩形，根据矩形的性质半径，所以长度不变． 【详解】解：连接，    ∵四边形是扇形的内接矩形， ∴半径， ∴， ∴当点P在上移动时，的值保持不变， 故选：C． 4.（2025·湖南常德·二模）如图，点A，B，C，D在上，且四边形是菱形，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、圆周角定理，连接，证明是等边三角形，再根据圆周角定理解答即可． 【详解】解：如图，连接， ∵是菱形， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故选：A． 5.（2025·湖南长沙·考前模拟）如图，正方形内的为正三角形，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由四边形是正方形和是正三角形，得出是等腰三角形，，由等腰三角形的性质得出，求出，同理得出，最后由三角形内角和求出． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ∵是正三角形， ，， ，即是等腰三角形，， ， ， 同理：， ． 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定以及三角形内角和定理；熟练掌握正方形和等边三角形的性质是解决问题的关键． 考点二 矩形、菱形、正方形的判定 四边形 边 角 对角线 矩形 1）平行四边形+一直角 2）四边形+三直角 平行四边形+两条对角线相等 菱形 1）平行四边形+一组邻边相等 2）四边形+四条边都相等 平行四边形+两条对角线互相垂直 正方形 矩形+一组邻边相等 菱形+一直角 矩形+对角线互相垂直 菱形+对角线相等 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 1.（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)， 【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． 2.（2025·湖南衡阳·三模）如图，已知． (1)证明：． (2)连接，线段交于点．从“①；②”这两组条件中，任选一组作为已知条件，填在横线上 （填序号），则四边形的形状是 ，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①；菱形；或②，矩形，证明见解析 【分析】（1）先证明，再结合已知条件可得，即可得到结论； （2）选择条件①，则四边形是菱形．先证明四边形是平行四边形，再证明，即可得到四边形是菱形． 选择条件②，则四边形是矩形．先证明四边形是平行四边形，再证明，即可得到四边形是矩形． 【详解】（1）解：， ， ， ， ． （2）解：选择条件①，则四边形是菱形． 理由如下：由（1）知， ， ， ∴． 又， 四边形是平行四边形， 点是对角线，的中点． ， ，即， 四边形是菱形． 选择条件②，则四边形是矩形． 理由如下：由（1）知， ， ， ∴． 又， 四边形是平行四边形， 点是对角线，的中点． ， ， 四边形是矩形． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，矩形的判定，熟记特殊四边形的判定方法是关键． 3.（2024·湖南·模拟预测）如图，在矩形中，和的角平分线交于点，和的角平分线交于点． (1)求证：； (2)试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形，理由见解析 【分析】本题综合考查矩形性质、角平分线定义、三角形的判定及性质定理，菱形及正方形的判定定理． （）要证明两个三角形全等，可根据矩形的性质以及角平分线的定义，找出对应边和对应角相等，利用全等三角形的判定定理来证明； （）根据（）的信息，同理，进一步得到，再根据特殊四边形的判定定理来判断形状；四条边都相等的四边形是菱形，有一个角是直角的菱形是正方形即可解答． 【详解】（1）解：∵在矩形中，，， 又∵和的角平分线交于点， ∴， 则， 同理：和的角平分线交于点， 则， 在和中， ， ∴； （2）四边形是正方形，理由如下： 由（）知， ∴是等腰直角三角形， 同理：是等腰直角三角形， ∴，， 同理， ∴， ∴， 即， 即四边形是菱形， 又∵， ∴菱形是正方形． 命题点一 矩形的性质与判定 ►题型01 利用矩形性质求解 【典例】（2025·湖南长沙·二模）如图，四边形是矩形，对角线和相交于点，已知，则的长为（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】本题主要考查矩形的性质，掌握矩形的对角线相等且互相平分是解题的关键． 根据矩形的性质可得，在结合即可求得的长． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴． 故选C． 【变式1】（2025·湖南十三州市·一模联考）翻花绳是中国民间流传的儿童游戏，在中国不同的地域，有不同的称法，如线翻花、翻花鼓、挑绷绷、解股等等，如图1是翻花绳的一种图案，可以抽象成如右图，在矩形中，，，的度数为（    ）．    A．30° B．45° C．50° D．60° 【答案】D 【分析】由矩形的性质可得，进而可得；再根据三角形内角和定理可得；然后再证四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得，最后由对顶角相等即可解答． 【详解】解：如图：∵矩形中， ∴, ∵， ∴, ∴, ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴, ∴． 故选D．    【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定、性质定理是解答本题的关键． 【变式2】（2025·湖南·二模）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，点E是边的中点，点F在对角线上，且，连接．若，则的长为（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，三角形中位线定理. 由矩形性质得点为中点，从而可得为的中位线，进而求解． 【详解】解：在矩形中，， ， ， ， 即点F是边的中点， 点是边的中点， 为的中位线， ． 故选：B． 【变式3】（2024·湖南常德·一模）两个矩形的位置如图所示，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】用三角形外角性质得到∠3=∠1-90°=α-90°，用余角的定义得到∠2=90°-∠3=180°-α． 【详解】解：如图，∠3=∠1-90°=α-90°， ∠2=90°-∠3=180°-α． 故选：C． 【点睛】 本题主要考查了矩形，三角形外角，余角，解决问题的关键是熟练掌握矩形的角的性质，三角形的外角性质，互为余角的定义． 【变式4】（2024·湖南·模拟预测）如图，矩形内接于，分别以为直径向外作半圆．若，，则阴影部分的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了勾股定理，矩形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．阴影面积整个图形的面积的面积，整个图形的面积以为直径向外作半圆的面积矩形的面积，分别计算出整个图形的面积和的面积，两个面积之差就是阴影面积． 【详解】解：如下图所示，连接，则是的直径， 四边形是矩形， ， ，， ， 的面积为：， 整个图形的面积为：， 阴影面积. 故选：B． ►题型02 与矩形判定的证明题 【典例】（2026·湖南长沙·一模）如图，在中，D是边上一点，M是边的中点，连接并延长至点N，使得，连接，，，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求点A到边的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，可得，再由，可得，即可证明结论； （2）过点作于点，利用矩形的性质可得，，由可得是等边三角形，则可得，，再可求得，，然后利用三角形的面积求出的长即可． 【详解】（1）证明：∵M是边的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：如图，过点作于点， 由（1）可知，四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 【变式1】（2026·湖南邵阳·模拟）如图，在中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，试判断四边形的形状，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形是矩形，理由见解析 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质； （1）先证明，可得，结合可得结论； （2）由，点是边上的中点，可得即，结合由（1）得四边形是平行四边形，从而可得结论. 【详解】（1）证明：∵点为的中点 ∴， ∵ ∴，， 在和中 ∴， ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形； （2）证明：当时，四边形是矩形， 理由如下： ∵ ，点是边上的中点， ∴ 即， ∵ 由（1）得四边形是平行四边形， ∴ 四边形是矩形. 【变式2】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，点为的中点，过点作，延长到点使，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（）利用平行四边形的性质可证四边形是平行四边形，进而由即可求证； （）由（）可得，即得，，进而由得，利用勾股定理得，最后根据直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：由（）可知，，，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∵是的中点，， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，三角函数，掌握以上知识点是解题的关键． ►题型03 矩形与三角形全等/相似 由矩形的性质可得到两组对边相等，对角线相等且互相平分和四个直角，解决以矩形为背景的几何问题时，常常借助这些边和直角并结合全等/相似三角形的知识把已知和未知联系起来，使问题得以解决. 【典例】（2025·湖南武冈·一模）如图，四边形是矩形，直线分别交，，于点E，F，O，下列条件中，不能证明的是（   ）    A．为矩形两条对角线的交点 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定，熟练掌握矩形的性质和全等三角形的判定是解题的关键． 由矩形的性质得出 ，再由平行线的性质得出，，然后由全等三角形的判定逐一判定即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴ ， ∴，， A、∵O为矩形两条对角线的交点， ∴， 在和中， ， ∴， 故此选项不符合题意； B、在和中， ， ∴， 故此选项不符合题意； C、∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， 故此选项不符合题意； D、∵， ∴， 两三角形中缺少对应边相等，所以不能判定， 故此选项符合题意； 故选：D． 【变式1】（2026·湖南长沙·一模）如图，在矩形中，连接对角线，分别以点，为圆心，大于 的长为半径画弧，两弧分别交于点，，作直线，分别交边，于点，，交于点． (1)求证：； (2)连接，若，的周长为，求线段的长． 【答案】(1)证明见详解； (2) 【分析】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定以及勾股定理的应用，熟练掌握相关性质与判定定理是解答本题的关键． （1）由作图可知直线是线段的垂直平分线，结合矩形对边平行的性质，利用“角边角”（）判定定理证明； （2）根据线段垂直平分线的性质得到，将的周长转化为，结合已知条件求出的长度，最后在中利用勾股定理计算对角线的长． 【详解】（1）证明：由作法得垂直平分， ， 四边形为矩形， ， ， 在和中， ， ； （2）解：四边形为矩形， ， 垂直平分， ， ， ， ， 在中， ． 【变式2】（2025·湖南邵阳·一模）在矩形中，已知两条邻边与的长分别为2和3，若是边的中点，连接，过点作，垂足为，则的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，根据矩形的性质和题意得，，，根据是边的中点得，根据勾股定理得，根据得，即可得，根据得，根据可得，即可得，掌握相似三角形的判定与性质，矩形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图所示， ∵四边形是矩形，两条邻边与的长分别为2和3， ∴，， ∵是边的中点， ∴， 在中，根据勾股定理得， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 【变式3】（2026·湖南衡阳·一模）如图1，在矩形中，点为边上不与端点重合的一动点，点是对角线上一点，连接交于点，且． 【模型建立】 （1）求证：； 【模型应用】 （2）若，求的长； 【模型迁移】 （3）如图2，若矩形是正方形，，求的值． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）． 【分析】（1）根据矩形的性质、余角的定义以及等量代换得到即可证明结论； （2）如图：延长交于点G，证明得到，再证明，求出的长，进而求出的长； （3）设正方形的边长为a，如图：延长交于点G，证明，得到，进而得到，勾股定理求出，进而求出的长，即可解答． 【详解】解：（1）∵矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）如图：延长交于点G， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）设正方形的边长为a，则， 如图：延长交于点G， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】正确作出辅助线，构造相似三角形是解题的关键． ►题型04 根据矩形的性质与判定解决多结论问题 【典例】（2025·湖南长沙·二模）如图，矩形中，E是中点，于点F，连接，则下列结论：①；②；③；④；其中正确的结论有(  ) A．①②③ B．①②④ C．①③ D．①③④ 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，相似三角的判定和性质，求正切值等知识，先推导④再推导③是解题的关键．推导得到，从而得到，从而判定①，设，则，证明得到，继而求出，再用正切的定义得到，从而判断②，过点F作于点G，则，利用，求出和，从而求出，从而判断④，再根据④正确得到，再用余角的性质和等量代换得到，从而判断③． 【详解】∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴ 又∵E是中点， ∴，故①正确； 设，则 又∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴(舍去负值)， ∴，故②错误； ∵， ∴， 过点F作于点G，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故④正确， 故， 又∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴故③正确， 故选：D． 【变式1】（2025·湖南株洲·一模）如图，在矩形中，O为的中点，过点O作的垂线，分别交于点F，交于点E，G是的中点，且，有下列结论：①；②；③连结，，四边形为菱形；④其中正确的是（　　） A．②③ B．③④ C．①②④ D．①③④ 【答案】D 【分析】由G是的中点，O为的中点，得到，故②错误，由，得到，由，得到，设，则，，在中，引用勾股定理，求出，进而得到，在中，求出、，即可判断①正确，由，得到，由垂直平分线的性质得到，，即可判断③正确，分别计算，，即可判断④正确， 本题考查了矩形的性质，含角的直角三角形，菱形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是：用含的代数式，表示出各个线段的长． 【详解】解：连接，如图， ∵G是的中点，O为的中点， ∴，故②错误， ∵， ∴， ∵， ∴， 设，则，， 在中，， ∴，， ∵矩形， ∴，， ∴， 在中，，， ∴，故①正确， ∵，，， ∴， ∴， ∵O为的中点，， ∴，，即：， ∴四边形为菱形，故③正确， ，， ∴，故④正确， 综上所述：①③④正确， 故选：D． 【变式2】（2024·湖南益阳·二模）如图，在矩形中，，的平分线交于点，于点，连接并延长交于点，连接交于点，有下列结论：①平分；②；③；④．其中正确的结论有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【分析】根据角平分线的定义可得，可得出是等腰直角三角形，证出，证明，可得，求出，从而判断出①正确；求出，，然后根据等角对等边可得，判断出②正确；求出，，证明，可得，判断出③正确；判断出不是等边三角形，从而得到，即，得到④错误． 【详解】解：在矩形中，平分， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， 平分，故①正确； ，， ， ， ，， ， ， ， ，故②正确； ， ， 又，， 在和中， ， ， ，，故③正确； ，， 不是等边三角形， ， 即，故④错误； 综上所述，正确的结论是①②③，共3个． 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． ►题型05 矩形有关的折叠问题 【典例】（2025·湖南娄底·三模）如图，在矩形中，分别为边上的点，且，将矩形沿直线折叠，得到四边形，点的对应点分别为点（点落在上方），连接，当三点共线时，的长为（    ） A．2 B． C． D．1 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质，折叠问题，勾股定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握其性质，合理添加辅助线是解决此题的关键．如图，记与的交点为，延长交于，结合，则，可得，结合，设，则，，可得，求解，再进一步求解即可． 【详解】解：∵在矩形中，， ∴，，，， 由对折可得：，，， ∴， ∴， 如图，记与的交点为，延长交于， ∴， 由对折可得：， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ∴， 解得：， ∴，， ∴， 同理：， ∴，即， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）如图，四边形为矩形，是边上一点，连接，将矩形沿折叠，点的对应点为点，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了三角函数，矩形中的折叠问题，解题的关键是掌握相关知识．过点作于点，延长交于点，可得四边形为矩形，推出，，由折叠可得：，，，推出，进而得到，，得到，，最后根据，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点，延长交于点， 四边形为矩形， ， 四边形为矩形， ，， 由折叠可得：，，， ， ， ，， ， ， 故选：D． 【变式2】（2025·湖南学易金卷·一模）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF．则下列结论不正确的是（  ） A．BD＝10 B．HG＝2 C． D．GF⊥BC 【答案】D 【分析】根据矩形的性质以及勾股定理即可判断A，根据折叠的性质即可求得，进而判断B，根据折叠的性质可得，进而判断C选项，根据勾股定理求得的长，根据平行线线段成比例，可判断D选项 【详解】BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8， 故A选项正确， 将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折， ， , 故B选项正确， , ∴EG∥HF， 故C正确 设，则， ， 即 ，同理可得 若 则 ， ， 不平行， 即不垂直， 故D不正确． 故选D 【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，掌握以上知识是解题的关键． ►题型06 矩形与坐标系 【典例】（2025·湖南长沙·模拟）如图，矩形中，．反比例函数的图象的一支经过矩形对角线的交点P，则该反比例函数的解析式是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据矩形的性质，可得点，再把点代入，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵点， ∴点， 把点代入得： ，解得：， ∴该反比例函数的解析式是． 故选：B 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，求反比例函数的解析式，根据矩形的性质得到点是解题的关键． 【变式1】（2025·湖南桑植县·模拟）如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点，分别在轴、轴上，且点，为边上一点，将沿所在直线翻折，当点的对应点恰好落在对角线上时，点的坐标为(    ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，坐标与图形．根据点的坐标得出，根据勾股定理求得，设，则．在中，由勾股定理，建立方程，解方程，即可求解． 【详解】解：依题意，， 由折叠的性质，可知，， ． 设，则．在中，由勾股定理， 得， 解得． 点的坐标为， 故选B． 【变式2】（2024·湖南株洲·一模）如图，矩形ABCD的顶点A和对称中心在反比例函数（k≠0，x＞0），若矩形ABCD的面积为10，则k的值为（　　） A．10 B．4 C．3 D．5 【答案】D 【分析】设A点的坐标为（）则根据矩形的性质得出矩形中心的坐标为：（），即（），进而可得出BC的长度．然后将坐标代入函数解析式即可求出k的值． 【详解】解：设 A（ ）， ∴AB＝， ∵矩形的面积为10， ∴BC＝， ∴矩形ABCD对称中心的坐标为： 矩形对称中心的坐标为：（），即（） ∵对称中心在 的图象上， ∴， ∴ ∴ ∴k＝5， 故选：D． 【点睛】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数中k=xy为定值是解答此题的关键． 命题点二 菱形的性质与判定 ►题型01 利用菱形的性质求解 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. 【典例】 【变式1】（2025·湖南衡阳·模拟）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的性质可得，则，进而即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形 ∴， ∴， ∵， ∴, 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练掌握是菱形的性质解题的关键． 【变式2】（25-26九年级上·湖南衡阳·开学考试）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，，垂足为E，若，则的大小为（   ） A．33度 B．34度 C．57度 D．67度 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形内角和定理，由菱形的性质可得，，，再结合三角形内角和定理计算即可得解，熟练掌握菱形的性质是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 故选：A． 【变式3】（25-26九年级上·湖南邵阳·期末）如图，在菱形中，对角线相交于点，，则的长是（    ） A．12 B．24 C．36 D．48 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的对角线相互平分且垂直是解题的关键． 根据菱形的对角线相互平分且垂直，可得，，，然后由勾股定理求得，即可解答． 【详解】解：∵菱形中，对角线相交于点，， ∴，，， ∴， ∴． 故选：B． 【变式4】（2025·湖南湘潭·模拟预测）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，点E，F分别为，的中点，连接，，，则菱形的面积为 ___________． 【答案】12 【分析】本题考查中位线的性质，菱形的性质，根据中位线的性质可得，根据菱形的性质可得，根据菱形的面积公式，即可求解． 【详解】解：∵点分别为的中点，， ， ∵在菱形中，对角线相交于点， ， ∴菱形的面积为， 故答案为：12． 【变式5】（2025·湖南长沙·一模）如图，在矩形中，，点分别在边上，点在对角线上．如果四边形是菱形，那么线段的长为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，连接交于，可证，得，由勾股定理求得的长，求得的长，再根据，可得的长，进而即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接交于，如图，      ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 在与中， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∵，， ∴ ∴， 即， 解得， ∴， 故选：． 【变式6】（2025·湖南长沙·二模）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作，且，连接． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，证明四边形为矩形是解题的关键． （1）先证四边形是平行四边形，再由，即可得出结论； （2）根据勾股定理求得，进而求得，，进而根据菱形面积公式进行计算即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形． （2）解：∵四边形为矩形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 在中， ∴ ∴菱形的面积． ►题型02 与菱形判定有关的证明题 【典例】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在四边形中，点与点关于直线对称，连接交于点为上一点，，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求的度数及的长． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】本题考查了菱形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键； （1）根据轴对称的性质可得，，进而证明四边形为平行四边形，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可得证； （2）根据等边对等角得出，进而根据三角形的外角的性质即可得出的度数，进而根据等边三角形的性质以及含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，进而根据，即可求解． 【详解】（1）证明：∵点与点关于直线对称 ∴，， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； （2）∵ ∴ ∴ ∵四边形为菱形； ∴，， ∴ ∴是等边三角形， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，对角线与交于点，要使它成为菱形，那么需要添加的条件是：______．（写出一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了菱形的判定，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可添加条件． 【详解】解：添加条件，则可根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得到四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 【变式2】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，，为的中点，过点作，交的延长线于点，连接，过点作，交的延长线于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质； （1）先证明，，结合，证明，可得，可得四边形是平行四边形，再进一步可得结论； （2）由菱形的性质求解，证明，再进一步求解即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形， 理由：∵为的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形，， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式3】（2024·湖南娄底·二模）如图，在矩形中，对角线交于点O，分别过点作的平行线交于点E，连接交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)20 【分析】该题主要考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质，菱形的性质和判定，等边三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点； （1）根据平行四边形的判定得出四边形是平行四边形，进而利用菱形的判定解答即可； （2）根据矩形的性质和菱形的性质得出面积解答即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 由（1）知：四边形是菱形， ∴． ►题型03 菱形与三角函数 菱形的 “对角线互相垂直平分” 会形成多个直角三角形，这是三角函数的天然应用场景。 【典例】（2025·湖南衡阳·一模）在菱形中，，，，则（    ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】本题考查了解直角三角形中三角函数的应用，要熟练掌握好边角之间的关系，难度适中．根据，设出，则，，得出，根据，，求出，再利用勾股定理得出的长，即可求出答案． 【详解】解：， 设，则，， ， ， ， ， ， ， ， ． 故选：B． 【变式1】（2025·湖南长沙·学易金卷二模）如图是由6个形状、大小完全相同的菱形组成的网格，菱形的顶点称为格点，已知菱形的一个角，点都在格点上，则的值是_______． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，三角函数、特殊三角形边角关系等知识，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形解决问题． 如图，连接，，证明，、C、B共线，再根据解题即可． 【详解】解：如图，连接，， 设菱形的边长为，由题意得，，，， ∴， 则， ∵， ∴， ∴、、共线， 在中， ． 故答案为：． 【变式2】（2025·湖南·二模）如图1是汽车内常备的千斤顶，图2是它的平面示意图，四边形是菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变线段的长度，同时改变的大小（菱形的边长不变），从而改变千斤顶的高度（即点与点之间的距离）．经测量，． (1)当时，求的长（结果保留整数）． (2)从增加到时，这个千斤顶高度升高了______cm（结果保留整数）．（参考数据：，，） 【答案】(1)的长约为 (2)13 【分析】（1）连接，交于点O，根据四边形是菱形，得到，根据，解答即可． （2）连接，交于点O，根据四边形是菱形，当得到，根据，当得到，根据，解答即可． 本题考查了菱形的性质，正弦函数的应用，特殊角的三角函数值，熟练掌握菱形的性质，正弦函数的应用是解题的关键． 【详解】（1）连接，交于点O， ∵四边形是菱形，，， ∴， ∴， ∴． （2）连接，交于点O， ∵四边形是菱形，，， ∴， ∴， ∴． ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴． 故千斤顶升高了， 故答案为：13． 【变式3】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作，交的延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长及的值． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，锐角三角函数等知识． （1）根据题意先证明四边形是平行四边形，再由可得平行四边形是菱形； （2）根据菱形的性质得出的长以及，利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出，然后根据菱形的面积 求出，再结合锐角三角函数的定义即可解答． 【详解】（1）证明：∵， ， ∵平分， ， ， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ，， 在中，， ∴， ， ， ， ， ， 而， ∴， ∵， ∴， ∴． ►题型04 菱形与坐标系 【典例】（2025·湖南娄底·一模）在2025年春晚上，舞蹈节目《秧》由16台人形机器人与16名新疆艺术学院的舞蹈演员共同表演，大放异彩．如图所示，机器人小数在平面直角坐标系中从A点开始，按顺序沿循环舞动跳8字舞，它舞动的路径由两个全等菱形拼接而成，已知菱形的边长为1米，，点B的坐标为．若机器人小数从点出发，舞动了100米时所在位置的坐标是______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，点坐标规律探究，数形结合是解答本题的关键．作于点H，求出舞动了100米时所在位置是点E．求出米，米，进而可求出点E的坐标． 【详解】解：作于点H， ∵， ∴舞动了100米时所在位置是点E． ∵菱形的边长为1米，， ∴米， ， ∴米，米， ∴点E的横坐标为，纵坐标为， ∴点E的坐标为， ∴舞动了100米时所在位置的坐标是． 故答案为：． 【变式1】（2025·湖南长沙·三模）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，且点落在反比例函数的图像上，则的值为（   ） A． B．5 C．8 D．10 【答案】C 【分析】先根据菱形的性质得出边长，再结合三角函数求出点的坐标，最后代入反比例函数求出的值． 【详解】解： ∵四边形是菱形， ∴． 过点作轴于点， ，设，， 由勾股定理，即， ， ，又，则 ． ， ． ∵且， ∴点的横坐标为，纵坐标为，即 ． 又∵点在反比例函数上， ． 故选： ． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、三角函数、勾股定理以及反比例函数的性质，熟练掌握菱形的边长相等、三角函数的定义、勾股定理的应用和反比例函数上点的坐标特征是解题的关键． 【变式2】（2025·湖南·三模）如图，反比例函数的图象经过菱形的顶点A，B两点，若轴，菱形的面积为12，点A的纵坐标为1，则k的值为（    ）    A． B． C．6 D． 【答案】B 【分析】作轴于点G，求得，求得菱形的边长，再求得，据此即可求解． 【详解】解：作轴于点G，交x轴于点F，    ∵四边形是菱形，A，B两点在反比例函数的图象上，且轴， ∴，， ∵点A的纵坐标为1， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 【点睛】本题是反比例函数与几何的综合题，考查了菱形的性质，坐标与图形，勾股定理，通过菱形面积确定点的坐标是解题的关键． 【变式3】（25-26九年级下·湖南长沙·开学考试）如图，若菱形的顶点在轴正半轴上，，反比例函数的图像过点和菱形的对称中心，则的值为__________． 【答案】 【分析】先证明，，设，可得，，求得，过点作于，再利用勾股定理求得，从而可求得点的坐标，再求出即可． 【详解】解：∵菱形的顶点在轴正半轴上，， ∴，， ∴， 设， ∴， ∴， 解得：， 过点作于， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式4】（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，，，与交于点D，若反比例函数经过点D，则_________． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，反比例函数图象上点的坐标特征，求出的坐标是解此题的关键． 过作轴于，得出，则根据菱形的性质得出是的中点，求得的坐标，进而求得的坐标，由反比例函数的图象经过点即可求出的值． 【详解】解：过作轴于， ∵， 则， 设， 则， ∵四边形是菱形， ∴是的中点， ∵， ∴， ∴， ∴点的坐标是， ∵反比例函数的图象经过点， ， 故答案为：． ►题型05 根据菱形的性质与判定解决多结论问题 【典例】（2025·湖南·模拟预测）菱形中，，E，F分别是AB,AD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2．其中正确的结论是_________________．      【答案】①② 【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】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错误． 故答案为：①②． 【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1】（25-26九年级上·湖南怀化·期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点，在反比例函数的图象上，对角线平行于轴，坐标原点为的中点，若．有以下结论：①；②当点的横坐标为3时，四边形是正方形；③当点的纵坐标为9时，点的横坐标为，其中正确的结论是（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、反比例函数的性质以及正方形的判定，结合已知条件求出的值，再根据正方形的判定条件判断，最后根据点的坐标求出的横坐标，对三项依次判断正误即可，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 【详解】解：设，， ，在上， ， ∵平行于轴， ∴， 如图，连接，交于点， ， ∵四边形为菱形， ∴，点 ∵平行于轴， ∴轴， ∴， ∵坐标原点为的中点， ∴，， ∴，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 由菱形的性质并结合图形可得，点、点关于线段对称，点、点关于线段对称， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∴反比例函数的解析式为， 当点的横坐标为3时， 为的中点， ∴点的横坐标为， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴四边形是正方形，故②正确； 当点的纵坐标为9时，点的横坐标为， ∵， ∴点的横坐标为，故③错误； 故选：A． 【变式2】（2025·湖南·模拟）如图，在菱形ABCD中，E是AD边的中点，连接BE交AC于点F，连接DF，下列四个结论：①△AEF∽△CBF，②CF＝2AF，③DF＝DC，④2S四边形CDEF＝5S△ABF，其中正确正确的结论有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【分析】①由菱形的性质得出ADBC，得出△AEF∽△CBF，故①正确； ②根据相似三角形对应边成比例，可得CF＝2AF，故②正确； ③根据菱形的性质得到AD=CD，由三角形外角定理得到△CDF不是等腰三角形可得DF≠DC，故③错误； ④根据△AEF∽△CBF得到EF与BF的比值，以及AF与AC的比值，据此求出S△AEF＝S△ABF，S△ABF＝S四边形ABCD，可得S四边形CDEF＝S△ACD−S△AEF＝S四边形ABCD，即可得到S四边形CDEF＝S△ABF，故④正确． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴ADBC， ∴△AEF∽△CBF， ∴， ∵E是AD边的中点， ∴AE＝AD＝BC， ∴， ∴CF＝2AF，故①，②正确； ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD=CD，∠DAC=∠DCA ∵∠DFC=∠DAC+∠ADF ∴∠DFC ≠∠DCA ∴△CDF不是等腰三角形 ∴DF≠DC，故③错误； ∵△AEF∽△CBF， ∴， ∴S△AEF＝S△ABF， ∵E是AD边的中点， ∴S△ABE＝S四边形ABCD， ∴S△ABF＝S△ABE=×S四边形ABCD= S四边形ABCD， ∴S△AEF＝S四边形ABCD， 又∵S四边形CDEF＝S△ACD−S△AEF＝S四边形ABCD−S四边形ABCD＝S四边形ABCD， ∴2S四边形CDEF＝5 S△ABF，故④正确； 故选B． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，证明△AEF∽△CBF是解题的关键． 命题点三 正方形的性质与判定 ►题型01 利用正方形的性质求解 在正方形问题中，一般可以通过证三角形全等来得到等线段或等角，也可以利用正方形的角是直角来构造直角三角形，利用勾股定理解题.在正方形中，也常用对角线互相垂直平分证明线段相等. 【典例】（2025·湖南·模拟预测）如图，四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大的正方形，连接．若，则的面积为___________． 【答案】 【分析】此题重点考查全等三角形的性质、正方形的性质，由全等三角形的性质得，，则，根据面积分割法即可解答．熟练利用全等三角形的性质是解题的关键． 【详解】解：， ，， 四边形是正方形， ，， ， 故答案为：． 【变式1】（2025·湖南邵阳·三模）如图，四边形为矩形，点E是矩形的边上的一点，连接，以为边作正方形，顶点F恰好落在边上（与点B，C不重合）．若，，则的长为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】先证明，，可得，，，设，而，可得，再解方程并进一步解答即可． 【详解】解：∵四边形为矩形，正方形， ∴，，，，， ∴，， ∴，， ∴，，， 设，而， ∴，， ∴， 解得：，（舍去）， ∴； 故选：D 【点睛】本题考查的是矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练的利用相似三角形的性质建立方程求解是关键． 【变式2】（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，在正方形的外侧，作等边，则为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题题主要考查了正方形和等边三角形的性质，由四边形是正方形，是正三角形可得，即可得答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵是正三角形， ∴， ∴． 故选：B． 【变式3】（2025·湖南·模拟预测）如图，在面积为25的正方形内有两点E、F，且，，则的长为（　　） A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【详解】本题考查了正方形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点．延长交于点G，首先根据勾股定理的逆定理得到，然后证明出，得到，然后证明出，得到，，然后利用勾股定理求解即可． 【解答】解：如图所示，延长交于点G， ∵正方形的面积为25， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴． 故选：D． ►题型02 与正方形判定有关的证明题 在判定一个四边形是正方形时，要弄清是在“四边形”还是在“平行四边形”的基础之上来判定的，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． 解答此类问题时要认真审题，通过对已知条件的综合分析，最后确定用哪一种判定方法. 【典例】（2025·湖南长沙梅溪湖·模拟）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过D的直线折叠，使点C落在上的点处，得到折痕，然后再把纸片展平；第二步：如图2，将图1的矩形纸片沿过点E的直线折叠，点A恰好落在上的点处，得到折痕交于点M，再把纸片展平．问题解决： (1)如图1，求证：四边形是正方形． (2)如图2，若，求的面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)6． 【分析】（1）先证明四边形是矩形，再根据，即可得出结论； （2）连接，，由矩形的性质得到，由折叠的性质，证明，得到，设，由勾股定理得，解得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵将矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点C落在上的点处，得到折痕， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴矩形是正方形； （2）解：如图，连接，， 由（1）知，， ∵四边形是矩形， ∴， 由折叠知，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， 在中， 由勾股定理，得， 即， 解得：， 即， ∴的面积 =． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键． 【变式1】．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，对角线交于点E，，．    (1)当平分时，求证：为矩形． (2)在以下命题中：①当时，为正方形．②当时，为正方形．③当时，四边形为菱形．④当时，四边形为菱形．正确的有：________，请选择一个正确的命题进行证明． 【答案】(1)见解析 (2)②，证明见解析 【分析】（1）先证四边形为平行四边形，利用平行四边形的性质及角平分线的定义可得，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可求证； （2）根据特殊平行四边形的判定定理即可进行判断． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形为平行四边形 ∴ ∵平分 ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴为矩形 （2）解：①当时，则，为菱形．故①错误； ②当时， ∵， ∴四边形为平行四边形 ∴ ∵ ∴， ∴且 ∴为正方形 故②正确； ③当时，不能推出四边形为菱形．故③错误； ④当时， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴四边形为矩形 故④错误 故正确的有：②；证明见上 【点睛】本题考查了平行四边形及特殊平行四边形的判定．熟记定理内容是解题关键． 【变式2】（2024·湖南长沙·模拟）如图，四边形为矩形，点在边上，，连接，过点作交于点，分别过点、作、且、相交于点．    (1)求证：； (2)连接，若，点是的中点，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）根据即余角的性质得到，可得，根据矩形的性质可得，可证明，由此即可求证； （2）根据题意可证四边形是正方形，在中由勾股定理求出的长，且是等腰直角三角形，根据其性质得到． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解：如图所示，连接，    ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∵，点是的中点， ∴， ∵， 在中，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴是等腰直角三角形， ∴． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，解题的关键是证明，由勾股定理求出的长，由等腰直角三角形的性质即可得到． ►题型03 正方形与三角形相似 正方形的 “直角” 和 “边长相等” 的性质，很容易构造出全等/相似三角形. 【典例】（2025·湖南长沙·学易金卷一模）已知：如图，在矩形中，E、F分别是边、上的点，且，． (1)求证：矩形是正方形； (2)连接、，若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先证明， 可得，从而可得结论； （2）证明，，结合，可得，证明， 可得，再结合平行线的性质可得结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）证明：如图， 由（1）可知，， ∴， ∵正方形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是正方形的性质与判定，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 【变式1】（2025·湖南娄底·三模）综合与探究：如图，，点P在的平分线上，于点A． (1)【操作判断】 如图①，过点P作于点C，根据题意在图①中画出，图中的度数为______度； (2)【问题探究】 如图②，点M在线段上，连接，过点P作交射线于点N，求证：； (3)【拓展延伸】 点M在射线上，连接，过点P作交射线于点N，射线与射线相交于点F，若，求的值． 【答案】(1)画图见解析，90 (2)见解析 (3)或 【分析】（1）依题意画出图形即可，证明四边形是矩形，即可求解； （2）过P作于C，证明矩形是正方形，得出，利用证明，得出，然后利用线段的和差关系以及等量代换即可得证； （3）分M在线段，线段的延长线讨论，利用相似三角形的判定与性质求解即可； 【详解】（1）解：如图，即为所求， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， 故答案为：90； （2）证明：过P作于C， 由（1）知：四边形是矩形， ∵点P在的平分线上，，， ∴， ∴矩形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴ ； （3）解：①当M在线段上时，如图，延长、相交于点G， 由（2）知， 设，则，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当M在的延长线上时，如图，过P作于C，并延长交于G 由（2）知：四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴ ， ∵ ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上，的值为或． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判断与性质，相似三角形的判断与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形，合理分类讨论是解题的关键． 【变式2】（2025·湖南·模拟仿真卷）如图1，将三角板放在正方形上，使三角板的直角顶点E与正方形的顶点A重合三角板的一边交于点F．另一边交的延长线于点G． (1)求证：； (2)如图2，移动三角板，使顶点E始终在正方形的对角线上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给子证明；若不成立．请说明理由； (3)如图3，将（3）中的“正方形”改为“矩形”，且使三角版的一边经过点B，其他条件不变，若，，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)成立，证明见解析 (3) 【分析】（1）由，，可得，又由正方形的性质，可利用证得，则问题得证； （2）首先过点分别作、的垂线，垂足分别为、，然后利用证得，则问题得证； （3）首先过点分别作、的垂线，垂足分别为、，易证得，，则可证得，，又由有两角对应相等的三角形相似，证得，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得答案． 【详解】（1）解：证明：，， ， 在和中， ， ， ； （2）成立．证明： 如图，过点作于，过点作于， 四边形为正方形， 平分， 又，， ， 四边形是正方形， ， ，， ， ， ； （3）如图，过点作于，过点作于，垂足分别为、， 则， ，． ，， ，， ，即， ， ， ， ， ， ． 【点睛】此题考查了正方形，矩形的性质，以及全等三角形与相似三角形的判定与性质．此题综合性较强，注意数形结合思想的应用． ►题型04 与正方形有关旋转题 【典例】（2024·湖南·模拟预测四）将一副直角三角板与叠放在一起，如图1，，，，．在两三角板所在平面内，将三角板绕点O顺时针方向旋转（）度到位置，使，如图2．    (1)求的值； (2)如图3，继续将三角板绕点O顺时针方向旋转，使点E落在边上点处，点D落在点处．设交于点G，交于点H，若点G是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1) (2)正方形，见解析 【分析】（1）确定旋转角，结合，，计算即可． （2）先证明四边形是矩形，再利用等腰直角三角形的性质，结合一组邻边相等的矩形是正方形证明即可． 【详解】（1）根据题意，得旋转角， ∵，， ∴， 故． （2）根据题意，得旋转角， ∵，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵，，      ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质是解题的关键． 【变式1】（2024·湖南·一模）如图，把边长为5的正方形绕点逆时针旋转得到正方形与交于点的延长线交于点，交的延长线于点．若，则__________． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键． 由，推出，再由可得，设，在中由勾股定理即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵把边长为5的正方形绕点O逆时针旋转得到正方形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：或0（舍去）， ∴． 故答案为： 【变式2】（2024·湖南长沙·模拟预测）如图所示，面积为9的正方形和将面积为6的正方形分别绕原点顺时针旋转，使，落在数轴上，点，在数轴上对应的数字分别为、，则______ . 【答案】 【分析】利用正方形的面积求得，，根据旋转的性质得出，，从而求得. 本题考查了正方形的性质，旋转的性质，算术平方根，利用数形结合是解题的关键. 【详解】解：∵正方形和正方形的面积分别为6和9， ，， ，， . 故答案为：. ►题型05 根据正方形的性质与判定解决多结论问题 【典例】（2025·湖南岳阳·模拟）如图，在正方形纸片中，对角线、相交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后，折痕分别交、于点、，连接，有以下结论：①；②；③；④四边形是菱形；⑤，其中正确结论的个数有（    ）    A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】B 【分析】①由四边形是正方形，可得，又由折叠的性质，可求得的度数；②由，可得；③由，可得的面积的面积；④由折叠的性质与平行线的性质，易得是等腰三角形，即可证得；⑤易证得四边形是菱形，由等腰直角三角形的性质，即可得．此题考查的是折叠的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质以及菱形的判定与性质等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用． 【详解】解：四边形是正方形， ， 由折叠的性质可得： 故， 故①正确． 由折叠的性质可得：，， ， ， ， ，故②错误． ， ，与同高， ， 故③错误． ， ， ， ， ， ， ， ， 故四边形是菱形， 故④正确． ，， ， 四边形是菱形， ， ， ． 故⑤正确． 故选：B． 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）如图，在正方形中，点为上的一点，的垂直平分线交于点，交于点，，交于点，连接．给出以下结论：①；②；③；④．其中正确的结论是______．（请将正确结论的序号填在横线上） 【答案】①②④ 【分析】设相交于点，由线段垂直平分线的性质及等腰三角形的性质可判定①；过点作交于，交于，证明可判定②；过点作于，证明，，可得，，即得，即可判定③；由全等三角形的性质得，，即可判定④，综上即可求解； 【详解】解：设相交于点， ∵是的垂直平分线， ∴，， ∴，故①正确； 过点作交于，交于， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确； 过点作于，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 又∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴，故③错误； ∵，， ∴，， ∴，故④正确； 综上，正确的结论是①②④， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，矩形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，三角函数等知识点，正确作出辅助线是解题的关键． 【变式2】（2025·湖南株洲·一模）如图，已知正方形，点M是边延长线上的动点（不与点A重合）且，由平移得到，若过点E作，H为垂足，则有以下结论： ①点M位置变化，使得时，； ②无论点M运动到何处，都有； ③在点M的运动过程中，四边形可能成为菱形； ④无论点M运动到何处，一定大于． 以上结论正确的有____（把所有正确结论的序号都填上）． 【答案】①②④ 【分析】根据正方形的性质，证明，即可得出①中的结论．证明是等腰直角三角形，则可得出②中的结论．首先证明四边形是平行四边形，再结合即可判断③．先证明，则，即可判断． 【详解】解：如图，连接，． ∵由平移得到， ∴， ∴， ∵四边形是正方形，， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 则是等腰直角三角形， ∴，故②符合题意； 当时，， ∴， ∴中，， 即，故①符合题意； ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴四边形不可能是菱形，故③不符合题意， ∵点M是边延长线上的动点（不与点A重合），且， ∴， ∴，故④符合题意； 由上可得正确结论的序号为①②③． 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 【变式3】（2025·湖南常德·三模）如图，四边形为正方形，的平分线交于点，将绕点顺时针旋转得到，延长交于点，连接，，与相交于点．有下列结论： ①；②；③；④． 其中正确的是______． 【答案】①②③④ 【分析】由旋转的性质得，即得，即可判断①；由正方形的性质得，即得，进 而可得，即可判断②；先证明，可得，根据等腰三角形的性质可得，进而可得，即可判断④；证明，可得，即可判断④，综上即可求解． 【详解】解：∵将绕点顺时针旋转得到， ∴， ∴，故①正确； ∵四边形为正方形， ∴，， ∵平分， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∵平分， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故③正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故④正确； 综上，正确的结论是①②③④， 故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判断，角平分线的性质，相似三角形的性质与判定，直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，灵活运用这些知识是解题的关键． ►题型06 正方形有关的折叠问题 【典例】（2026·湖南·模拟预测）如图，点E在正方形的边上，将沿折叠，点D落在点F处，延长交于点G，若，则___________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，正切的定义及勾股定理．连接，根据折叠的性质得到，，，证明，从而得出，再由设，则，从而得到相关线段的表达式，设，则，，，利用勾股定理求得x的值，进而得到的值，最终可求得结果． 【详解】解：如图，连接， 由折叠性质可知，，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， 设，则， ∴，， ∴， 设，则，，， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式1】（2025·湖南怀化·模拟）如图，正方形的边长为4，将正方形折叠，使顶点落在边上的点处，折痕为，若，则线段的长为________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，折叠的性质等知识．先根据正方形的性质得到，，，再根据折叠的性质得到，设，则，在中，根据勾股定理列出方程，解方程即可求解． 【详解】解：∵正方形的边长为4，， ∴，，， 由折叠的性质得， 设，则， 在中，根据勾股定理得， 解得， 即． 故答案为： 【变式2】（2025·湖南衡阳·模拟预测）魏晋数学家刘徽利用如图所示的“青朱出入图”证明了勾股定理，其中四边形，和都是正方形，已知图中与的面积比为． （1）若正方形的边长为16，则的长为_______； （2）的值为_______． 【答案】 / /0.75 【分析】本题考查了正方形性质，相似三角形性质和判定，正切的定义，解题的关键在于熟练掌握相关知识． （1）根据正方形性质证明，利用相似三角形性质求解，即可解题； （2）结合正方形性质，相似三角形性质和判定推出，，进而求解，即可解题． 【详解】解：（1）和都是正方形， ， ， 图中与的面积比为， ， 正方形的边长为16， ， ； 故答案为：． （2）和都是正方形， ， ， 由（1）同理可知，， ，， ，， ， ， ； 故答案为：． 【变式3】（2025·湖南·一模）如图，在正方形的边上有一点E，将直角三角形沿直线进行折叠，点F是点B的对应点，若，，则点F到边的距离是______． 【答案】 【分析】如图，连接，过作于，证明，，，可得，，求解，，设，则，再利用勾股定理进一步解答即可． 【详解】解：如图，连接，过作于， ∵在正方形的边上有一点E，将直角三角形沿直线进行折叠，点F是点B的对应点， ，， ∴，，，设垂足为K， ∴，， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：， ∴， ∴点F到边的距离是； 故答案为： 【点睛】本题考查的是轴对称的性质，正方形的性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，作出合适的辅助线是解本题的关键． ►题型07 特殊平行四边形判定辨析题 【典例】（24-25九年级上·广东佛山·期中）如图，点，，，分别为四边形的边，，，的中点，下列说法中不正确的是(   ) A．四边形一定是平行四边形 B．若，则四边形是菱形 C．若，则四边形是矩形 D．若四边形是矩形，则四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了中点四边形，中位线的性质，特殊四边形的判定，根据平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定定理逐项分析判断，即可求解． 【详解】解：点，，，分别为四边形的边，，，的中点， 、、分别为、、的中位线， ，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， 当时，，则平行四边形为菱形， 当时，，则平行四边形是矩形， 若四边形是矩形，则四边形是菱形，不一定是正方形， 故不正确的选项是D， 故选：D． 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）下列命题是真命题的是（    ） A．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 B．对角线相等的四边形是平行四边形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 【答案】A 【分析】本题考查了命题与定理的知识，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法是解题的关键． 利用平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，是真命题，符合题意； B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原命题是假命题，不符合题意； C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题，不符合题意； D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，原命题是假命题，不符合题意； 故选：A． 【变式2】（2024·湖南娄底·三模）下列判断错误的是（　　） A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B．四个内角都相等的四边形是矩形 C．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形 D．四条边都相等的四边形是菱形 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定方法，根据平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定方法逐一进行判断即可，掌握平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，该说法正确，不符合题意； 、四个内角都相等的四边形是矩形，该说法正确，不符合题意； 、两条对角线垂直且平分且相等的四边形是正方形，原说法错误，符合题意； 、四条边都相等的四边形是菱形，说法正确，不符合题意； 故选：． 突破一 中点四边形 【典例】如图所示，分别是四边形各边中点，连接，则四边形为________形．在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． （1）当四边形满足________条件时，四边形是菱形． （2）当四边形满足________条件时，四边形是矩形． （3）当四边形满足________条件时，四边形是正方形． 【答案】平行四边形，见解析；（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3）且，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，中位线定理，掌握相关知识点是解题的关键． 连接，可以根据分别是四边形各边中点，得到线段分别为的中位线，由中位线定理可以证明四边形为平行四边形；再根据菱形，矩形和正方形的判定条件，添加对应的条件即可得到答案． 【详解】解：四边形为平行四边形， 理由，连接， 分别是四边形各边中点， 线段分别为的中位线， ，，，， ，， 四边形为平行四边形， 故答案为：平行四边形； （1）， 理由，如图①四边形的对角线， 四边形为平行四边形，且，， ， 平行四边形为菱形， 故答案为：； （2）， 理由，如图②四边形的对角线互相垂直， 分别是四边形各边中点， 线段分别为的中位线， ，， ， ， 四边形为平行四边形， 四边形为矩形， 故答案为：； （3）且， 理由，如图③四边形的对角线相等且互相垂直， 根据，由（2）可知， 根据，由（1）可知平行四边形为菱形， 四边形为正方形， 故答案为：且． 【变式1】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． 【变式2】定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做神奇四边形．顺次连接四边形各边中点得到的四边形叫做中点四边形． （1）判断： ①在平行四边形、矩形、菱形中，一定是神奇四边形的是 ； ②命题：如图1，在四边形中，则四边形是神奇四边形．此命题是_____（填“真”或“假”)命题；    ③神奇四边形的中点四边形是 （2）如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接 ①求证：四边形是神奇四边形； ②若，求的长；    （3）如图3，四边形是神奇四边形，若分别是方程的两根，求的值．    【答案】（1）菱形；真；矩形；（2）①见解析，②；（3）5 【分析】（1）①根据神奇四边形的定义即可判断； ②连接AC、BD，根据SSS证明△ADC≌△ABC得出∠DAC=∠BAC，再利用等腰三角形三线合一的性质证明AC⊥BD即可得到结论； ③根据四边形对角线互相垂直，运用三角形中位线平行于第三边证明四个角都是直角，判断是矩形． （2）①判断出CE⊥BG，即可得出四边形BCGE是神奇四边形； ②利用勾股定理即得出，再把相关数据代入求解即可； (3)利用勾股定理即可得出，把，代入求得，再由方程得到，，进而得出，求解方程即可. 【详解】①∵在平行四边形、矩形、菱形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形， ∴菱形一定是神奇四边形； 故答案为：菱形； ②连接AC、BD，    在△ACD和△ACB中， ∴△ACD≌△ACB ∴∠DAC=∠BAC ∵AB=AD ∴AC⊥BD ∴四边形是神奇四边形. 故答案为：真； ③如图：∵E、F、G、H分别为各边中点，    ∴EF∥GH∥AC，EF=GH=AC， EH=FG=DB，EH∥FG∥BD， ∵DB⊥AC， ∴EF⊥EH， ∴四边形EFGH是矩形． 故答案为：矩形； 证明:连接相交于点交于点,如图所 正方形和正方形, , ,即 在和中, , ， , ,即 四边形是神奇四边形; ②四边形是神奇四边形，    , 由勾股定理得 ， , 正方形和正方形, , . 四边形是神奇四边形,同中②的证明方法,可得 又分别是方程的两根. 解得 当时,不合题意,所以舍去， 【点睛】本题是四边形综合题目，考查的是神奇四边形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解神奇四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． 【变式3】综合与探究 【初步感知】如图1，是三边的中点，则叫作的内中点三角形，叫作的外中点三角形． （1）直接写出面积与面积的数量关系； （2）在图2的网格中画出的外中点． 【类比探究】如图3，是四边形各边的中点，则四边形叫作四边形的内中点四边形，四边形叫作四边形的外中点四边形． （3）求证：四边形是平行四边形； （4）若四边形的面积为，四边形面积为，求证：； （5）在图4的网格中画出的一个外中点四边形．（要求：都在网格线的交点上） 【答案】（1） （2）见解析 （3）见解析 （4）见解析 （5）见解析 【分析】（1）证明，即可由相似三角形的性质求解； （2）取格点P、M、N，连接，使B、C、A分别是的中点即可； （3）连接，根据三角形中位线的性质得出，，，．则，．即可由平行四边形的判定定理得出结论； （4）方法一：连接，证明，得同理，，，则，即． 方法二：连接分别交于点；过A作于点，交于点．证明，四边形为平行四边形．则．所以．．则． （5）取格点P、Q、M、N，连接，使B、C、D、A分别是的中点即可． 【详解】解：（1）∵是三边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）如图所示，即为所求； （3）如图，连接， 分别是的中点， ，． 同理：，． ，． 四边形是平行四边形． （4）方法一：连接， ， ． 又为中点， ． ，即． 同理，，， ，即． 方法二：连接分别交于点；过A作于点，交于点． ， ． 又为中点， ． ，． 又，， 四边形为平行四边形． ． ． 同理：． ． （5）如图所示，四边形即为所求．（画出一种即可） 【点睛】本题考查三角形的中位线的性质，相似三角形的判定与性质，中点四边形，平行四边形的判定，三角形的面积等知识，熟练掌握三角形的中位线的性质和相似三角形的判定与性质，是解题的关键． 突破二 特殊平行四边形与函数的综合题 【典例】如图，抛物线与轴交于点、，与轴交于点，连接，点为线段上一个动点（不与点，重合），过点作轴交抛物线于点， (1)求抛物线的表达式； (2)设 的横坐标为，请用含的式子表示线段的长，并求出线段的最大值； (3)已知点是抛物线对称轴上的一个点，点是平面直角坐标系内一点，当线段取得最大值时，是否存在这样的点、，使得四边形是菱形？ 若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)，最大值是4 (3)存在，或 【分析】（1）设抛物线的解析式为，根据抛物线与轴交点可得交点式，化简即可求解； （2）求出点坐标后可求得直线的表达式，设点，则，利用二次函数的性质即可求出的最大值； （3）当四边形是菱形时，，设点，由方程，求出的值即得答案． 【详解】（1）解：设抛物线的解析式为， 抛物线与轴交于点、， ， 故抛物线的表达式为； （2）解：抛物线的表达式为， 时，，即， 设直线的表达式为， 将代入得， 解得， 则直线的表达式为， 设点，则， 则， ， 其中， 有最大值，当时，取最大值； （3）解：存在，理由如下： 当时，点， 抛物线的表达式为， 抛物线对称轴为， 设点，而， 四边形是菱形， ， 即， 解得， 即点的坐标为或． 【点睛】本题考查的知识点是二次函数综合、二次函数交点式、求一次函数解析式、二次函数的图象与性质、菱形的性质、一元二次方程的应用，解题关键是熟练掌握二次函数的图象与性质． 【变式1】如图，已知菱形，点在轴上，反比例函数的图象经过菱形的顶点，连接，与反比例函数图象交于点． (1)求反比例函数解析式； (2)求直线的解析式和点的坐标． 【答案】(1)； (2)，． 【分析】本题考查了正比例函数和反比例函数的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）利用待定系数法即可求解； （）由得，又四边形是菱形，则，得到，从而求出直线的解析式为，然后联立，即可求解． 【详解】（1）解：把代入，得， ∴反比例函数解析式为； （2）解：∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 把代入得， ∴ ∴直线的解析式为， ∵点是反比例函数与正比例函数的交点， ∴联立解析式， 解得或， ∵， ∴． 【变式2】如图，在平面直角坐标系中，四边形是以为直径的的内接四边形，点在轴上，是边长为的等边三角形，过点作直线与轴垂直，交于点，且点平分． (1)求过，，三点抛物线的函数表达式； (2)求证：四边形是菱形； (3)在抛物线上存在一点，使得的面积等于，请直接写出点的坐标． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)点坐标为或或． 【分析】（）首先根据等边三角形的性质和同圆的半径相等确定点的坐标，再利用交点式求出函数解析式； （）连接，利用等边三角形的性质结合圆的有关性质得出，得出，从而证得结论； （）设点的纵坐标为，则，进而求出的值，再代入函数关系式即可求出点坐标． 【详解】（1）解：由题意可知，是边长为的等边三角形，点均在上，则 ， 又∵ ， ∴， ∴，，， 设过，，三点抛物线的函数表达式为， 把的坐标代入， ∴， ∴， ∴过，，三点抛物线的函数表达式为； （2）证明：如图所示，连接， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∵点平分， ∴ ， ∵， ∴，是等边三角形， ∴， ∴四边形为菱形； （3）解：存在，理由如下： ∵，， ∴， 设点的纵坐标为， ∵，， ∴， ∴， 解得：， 当时，， 解得：，， 即点的坐标为，， 当时，， 解得，即点的坐标为， 综上，所求点坐标为或或． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，待定系数法，解一元二次方程，等边三角形的性质，三角形的面积，菱形的判定等知识，掌握知识点的应用及学会利用参数构建方程解决问题解题的关键． 【变式3】如图，在平面直角坐标系中，将一个正方形放在第一象限斜靠在两坐标轴上，且点，的坐标分别为，，抛物线经过点． (1)求点的坐标； (2)求抛物线的表达式，并求出其顶点坐标； (3)在抛物线上是否存在点与点（点，除外）使四边形为正方形？若存在，请求出，的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)，顶点坐标为； (3)， 【分析】（1）如图，作轴于点，证明出，得到，，进而求解即可； （2）利用待定系数法求出抛物线的解析式为，即可得到顶点坐标为； （3）如图，以为边在的左侧作正方形，过作于，轴于，同（1）可证，求出点坐标为，点坐标为．然后分别代入抛物线验证即可． 【详解】（1）如图，作轴于点， ∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， 又∵ ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴点坐标为； （2）∵抛物线经过点， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为 ∴顶点坐标为； （3）在抛物线上存在点、，使四边形是正方形． 如图，以为边在的左侧作正方形，过作于，轴于， 同（1）可证， ∴，， ∴点坐标为，点坐标为． 由（2）抛物线， 当时，；当时，． ∴、在抛物线上． 故在抛物线上存在点、，使四边形是正方形． 【点睛】此题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数和四边形综合，全等三角形的性质和判定，正方形的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 【变式4】已知二次函数与轴交于、两点，与轴交于点，点在抛物线上，且点的横坐标为 (1)直接写出该抛物线的顶点坐标______用含有的代数式表示 (2)当时，若， ①当时，求的取值范围； ②抛物线之间的最大值与最小值的差为，直接写出的取值范围______． (3)当点坐标为，点关于坐标原点的对称点为，以为对角线作矩形，且矩形的边平行于坐标轴．当抛物线与矩形的边有且只有两个公共点，且经过这两个公共点的直线将矩形分成面积比为的两部分时，求的值． 【答案】(1) (2)①；②或 (3)1或或 【分析】（）根据交点式可得：，配方后可得抛物线顶点的坐标； （）①先求出点的坐标，代入可得抛物线的解析式，根据图象即可得时，的取值范围是；②根据抛物线之间的最大值与最小值的差为，确定和时对应的的值，即可解答； （）先根据点坐标为可得，即得抛物线的解析式为，分三种情况，分别画出图形，根据中心对称图形的性质解答即可求解． 【详解】（1）解：∵二次函数与轴交于，两点， ， ∴顶点坐标为， 故答案为：； （2）解：①， ， ，， ， ， ∴， ， ， ，，， 当时，， 当时，即时，的取值范围是； ②，顶点的坐标为， 点的对称点是， 当时，， ， 解得， ∵抛物线之间的最大值与最小值的差为， 的取值范围是或； 故答案为：或； （3）解：把点坐标为代入中得，， ， ∴抛物线的解析式为：， ①如图，当点是抛物线的顶点时，， ， ∵四边形是矩形， ∴矩形的面积，的面积， 此时，满足条件， ； ②如图，∵点关于坐标原点的对称点为， ∴当与轴交于点时，直线将矩形分成面积比为的两部分， ∴点的纵坐标为， ∴点的纵坐标为， 当时，， 解得（不合，舍去），； ③如图，点在边上，则点的横坐标为， ， ∴矩形的面积，的面积，满足条件，此时； 综上，的值是或或． 【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，勾股定理，矩形的性质，中心对称图形的性质，二次函数的几何应用等，掌握数形结合的思想，并灵活运用所学知识是解题的关键． 【变式5】如图1，已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点． (1)求抛物线的函数表达式； (2)若矩形的顶点，在位于轴上方的抛物线上，一边在轴上（如图2），设点的坐标为，矩形的周长为，求的最大值及此时点的坐标； (3)在（2）的前提下（即当取得最大值时），在抛物线的对称轴上是否存在一点，使沿直线折叠后，点刚好落在轴上？若存在，请求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)的最大值为，； (3)或 【分析】此题考查了二次函数的图象和性质、矩形的性质、轴对称的性质等知识，数形结合是关键． （1）利用待定系数法求解即可； （2）设点，根据对称性得到，则矩形的周长为，即可求出答案； （3）设点，由（2）可知，点，则点，沿直线折叠后，点刚好落在轴上，即为点， 由题意可知，，且,即，且，即可求出答案． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于、两点， ∴ 解得 ∴抛物线的函数表达式为； （2）设点， ∵， ∴抛物线的对称轴为直线， ∵点M和点F关于直线对称， ∴， ∴矩形的周长为， 即的最大值为，此时，即； （3）存在， 设点，由（2）可知，点，则点，沿直线折叠后，点刚好落在轴上，即为点， 由题意可知，，且, 即，且， 解得，， ∴或 突破三 特殊平行四边形与圆的综合题 【典例】如图，点E为正方形的边上的一点，是的外接圆，与交于点F，G是上一点，且．    (1)求证：是的切线； (2)若，，求半径的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据正方形的性质得出，则，根据，推出，进而得出，即可求证； （2）连接，证明四边形为矩形，设，则，， 证明，根据，求出x的值，最后根据勾股定理即可求出． 【详解】（1）证明：连接，    ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴是的切线； （2）解：连接，    ∵为直径， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， 设，则， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得：，即， 根据勾股定理可得： ∴半径的长为． 【点睛】本题主要考查了圆与四边形的综合，相似三角形的判定和性质，切线的判定，解题的关键是掌握直径所对的圆周角为直角，相似三角形对应边成比例． 【变式1】如图，菱形中，，以为直径作，交于点E，过点E作于点F． (1)求证：是的切线； (2)连接，若，求的长． (3)在（2）的条件下，若点G是上的一个动点，则线段CG的取值范围是什么？ 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，通过菱形的性质和圆的性质证明，又由，证得，即可得证； （2）连接，根据菱形和圆的有关性质，求得，，在，由勾股定理解答即可． （3）如图，连接,交于两点，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1） 证明：如图，连接． ∵四边形是菱形                      又∵是的半径 ∴是的切线． （2）解：如图，连接． ∵是的直径       在中，， 在中，， 在中， ， ∴=． （3）解：如图，过点C作垂直，交延长线于点M， 由（2）知，          ∴==      ∵， ∴线段的取值范围是： 【点睛】本题考查的是圆和菱形的综合题，运用了圆周角定理，圆的切线的判定，含有60°的特殊菱形的性质，以及特殊角的三角函数的运算，再对圆和菱形的基础进行整合提高，最后再运用圆的动点知识，求出动线段的取值范围。这是一道代几综合题型，侧重几何综合考察。从思想方法上看，本题运用模型思想、三角函数运算、转化思想、运动变化观念等，渗透增量，巧设简化意识的考查。本题体现出多种解答数学问题的思想方法，贴近生活、层层递进，为不同层次的学生展示自己的才华创设了平台，培养了学生的数学综合素养。 【变式2】如图，在菱形ABCD中，O是对角线BD上一点（），，垂足为E，以OE为半径的分别交DC于点H，交EO的延长线于点F，EF与DC交于点G． (1)求证：BC是的切线； (2)若G是OF的中点，，． ①求HE的长； ②求AD的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）过点O作OM⊥BC于M．根据菱形的性质，角平分线的性质定理确定点M在上，然后根据切线的判定定理即可证明． （2）①连接HE．根据线段中点的性质求出OF的长度，根据圆的定义求出OE和OH的长度，根据菱形的性质，平行线的性质确定∠OGH=90°，根据勾股定理求出GH的长度，再根据勾股定理即可求出HE的长度． ②过点D作DN⊥BC于N，设AD=x．根据菱形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定定理和性质求出BE的长度，根据矩形的判定定理和性质求出NE和DN的长度，根据线段的和差关系求出AN的长度，最后根据勾股定理列出方程求解即可． 【详解】（1）证明：如下图所示，过点O作OM⊥BC于M． ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ABD=∠CBD． ∴OB平分∠EBM． ∵OE⊥AB，OM⊥BC， ∴OE=OM． ∴点M在上． ∴BC是的切线． （2）解：①如下图所示，连接HE． ∵G是OF的中点，OG=2， ∴OF=2OG=4． ∵OE，OH，OF都是的半径， ∴OE=OH=OF=4． ∴EG=OG+OE=6． ∵四边形ABCD是菱形， ∴． ∴∠OGH+∠OEB=180°． ∵OE⊥AB， ∴∠OEB=90°． ∴∠OGH=180°-∠OEB=90°． ∴． ∴． ②如下图所示，过点D作DN⊥BC于N，设AD=x． ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=AD=x，，即． ∴∠OBE=∠ODG，∠OEB=∠OGD． ∴． ∴． ∴BE=2DG． ∵DG=1， ∴BE=2． ∵DN⊥AB，OE⊥AB， ∴，即，． ∴四边形DNEG是平行四边形． ∴四边形DNEG是矩形． ∴NE=DG=1，DN=EG=6． ∴AN=AB-NE-BE=x-3． ∴． 解得． ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质，角平分线的性质定理，切线的判定定理，平行线的性质，勾股定理，相似三角形的判定定理和性质，矩形的判定定理和性质，综合应用这些知识点是解题关键． 【变式3】已知矩形纸片ABCD，AB=2，AD=1．将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合． （1）如果折痕FG分别与AD，AB交于点F，G（如图（1）），AF=求DE的长． （2）如果折痕FG分别与CD，AB交于点F，G（如图（2）），△AED的外接圆与直线BC相切，求折痕FG的长． 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）根据AF，AD的长可以求得DF的长，根据折叠知EF＝AF，再根据勾股定理即可计算得到DE的长； （2）根据直角三角形的外接圆的圆心是斜边的中点，则折痕与AE的交点O即是其外接圆的圆心．设DE＝x，根据三角形ADE的中位线定理求得OM＝x，进一步表示出ON的长．根据直线和圆相切，则圆心到直线的距离等于圆的半径得到AE＝2ON，在直角三角形ADE中，根据勾股定理列方程求解．再根据直角三角形FOE相似于直角三角形ADE，求得OF的长，从而根据轴对称的性质得到FG＝2OF． 【详解】在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，AF=，∠D=90°． 根据轴对称的性质，得EF=AF=． ∴DF=AD-AF=． 在Rt△DEF中，DE=． （2）设AE与FG的交点为O．根据轴对称的性质，得AO=EO． 取AD的中点M，连接MO．则MO=DE，MODC． 设DE=x，则MO=x，在矩形ABCD中，∠C=∠D=90°， ∴AE为△AED的外接圆的直径，O为圆心． 延长MO交BC于点N，则ONCD， ∴∠CNM=180°-∠C=90°， ∴ON⊥BC，四边形MNCD是矩形． ∴MN=CD=AB=2． ∴ON=MN-MO=2-x． ∵△AED的外接圆与BC相切， ∴ON是△AED的外接圆的半径， ∴OE=ON=2-x，AE=2ON=4-x． 在Rt△AED中，AD2+DE2=AE2， ∴12+x2=（4-x）2． 解这个方程，得x=． ∴DE=，OE=2-x=． 根据轴对称的性质，得AE⊥FG． ∴∠FOE=∠D=90° 可得， 即FO=． 又ABCD，∴∠EFO=∠AGO，∠FEO=∠GAO． ∴△FEO≌△GAO．∴FO=GO． ∴FG=2FO=． ∴折痕FG的长是． 【点睛】本题通过矩形纸片折叠，利用轴对称图形的性质，在丰富的图形关系中，考查学生获取信息和利用所得信息认识新事物的能力，本题对图形折叠前后的不变量的把握、直线与圆位置关系的准确理解、方程思想的运用意识和策略等具有可再抽象性． 突破四 特殊平行四边形新定义探究题 【典例】定义：如果四边形有一组对角为直角，那么我们称这样的四边形为“对补四边形”． 【尝试判断】 （1）在①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形中，是“对补四边形”的是__________； （2）如图1，四边形是“对补四边形”，若，则边的长是__________； 【操作探究】如图2，在菱形中，于点E，请在边找一点，使得以点A，E，C，F组成的四边形为“对补四边形”，直接写出的长是__________； 【拓展延伸】如图3，在正方形中，，点E，F，G分别从点B，B，C同时出发，并分别以每秒1，1，2个单位长度的速度，分别沿正方形的边方向运动（保持），再分别过点作的垂线交于点H，连接．试说明：四边形为“对补四边形”； 【实践应用】某加工厂有一批四边形板材，形状如图4所示，其中米，米，．现根据客户要求，需将每张四边形板材进一步分割成两个等腰三角形板材和一个“对补四边形”板材，且这两个等腰三角形的腰长相等，要求材料充分利用无剩余，请直接写出分割后得到的等腰三角形的腰长． 【答案】[判断尝试]（1）②④；（2）；[操作探究]；[拓展延伸]见解析；[实践应用] 或或或3 【分析】[判断尝试]（1）根据相关四边形的性质判断即可； （2）连接，根据勾股定理求得结果； [操作探究]连接，则，是等边三角形，故取的中点，进而得出结果； [拓展延伸]延长，交于，可证得，从而，进而得出，进一步得出结论； [实践应用]分四种情况进行讨论求解即可． 【详解】[判断尝试]解：（1）矩形和正方形的四个角都是直角， 矩形和正方形是“对补四边形”， 故答案为：②④； （2）如图，连接， 四边形是对补四边形，， ， ， ， ， 故答案为：； [操作探究]解：在菱形中，，，， ，， ，均为等边三角形， ， ， ，， ， 如图，取的中点，连接， 则， 同理：，， ，， 四边形是“对补四边形”， 为等边三角形， ， 故答案为：； [拓展延伸]证明：如图，延长，交于， 四边形是正方形， ，， ，， ， 四边形是矩形， 点、、分别从点、、同时出发，并分别以每秒1、1、2个单位长度的速度运动， ， 四边形是正方形， ， ， 同理可得：四边形是矩形， ，， ，， ， ， ， ， ， 四边形为“对补四边形”； [实践应用]解：①如图，作于，作于， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， 四边形是“对补四边形”，和是腰长相等的等腰三角形， ； ②如图，作于，作于， 同上可知，四边形是“对补四边形”，和是腰长相等的等腰三角形， ， ③如图，作，交于，作于， 则四边形是“对补四边形”， 由上知， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ； ④如图，以为底边作等腰直角三角形，连接，作，交的延长线于点，交于， ，，四边形是“对补四边形”， ，， ， ，， ，， ，， ，， ， ， ， 和是边长相等的等腰三角形， ， ， 综上，等腰三角形的腰长为或或或3． 【点睛】本题考查了四边形的综合应用，主要考查正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，直角三角形的性质等知识，解决问题的关键是掌握新定义和分类讨论的思想． 【变式1】如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． 【问题探究】如图1，已知四边形是垂美四边形，，垂足为． （1）发现：由勾股定理得___________，___________． （2）猜想：___________．（填“＞”或“＜”或“＝”） 【学以致用】如图2，在中，，分别以和为边向外作等腰直角和等腰直角，，，相交于点． （3）①判断四边形是不是垂美四边形？请说明理由； ②若，，直接写出的长． 【答案】（1），；（2）；（3）①四边形是垂美四边形；理由见解析；②． 【分析】（1）根据勾股定理进行求解即可； （2）由勾股定理列出等式即可求解； （3）①先证明可得，再根据三角形内角和定理列式整理可得，然后根据垂美四边形定义进行求解即可；②根据勾股定理，结合，进行求解即可． 【详解】解：（1）∵， ∴， ∴，． 故答案为：，． （2）在和中，根据勾股定理得：，， ，， ∴． 故答案为：． （3）①如图2：四边形是垂美四边形；理由如下： ∵和是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴，即， ∴； ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴四边形是垂美四边形． ②∵，，， ∴， ∵和是等腰直角三角形， ∴，， 根据解析（2）可知：， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查四边形的综合应用，掌握垂美四边形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理等知识点，正确理解垂美四边形的定义并灵活运用勾股定理是解题的关键． 【变式2】定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”． (1)我们学过下列四边形：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形．其中是“神奇四边形”的是________；（填序号） (2)如图1，在正方形中，E为上一点，连接，过点B作于点H，交于点G，连接，． ①判定四边形是否为“神奇四边形”； ②如图2，点M，N，P，Q分别是，，，的中点，则四边形________“神奇四边形”；（填“是”或“不是”） (3)如图3，点F，R分别在正方形的边，上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O．若，正方形的边长为9，求线段的长． 【答案】(1)④； (2)①是；②是 (3) 【分析】（1）由“神奇四边形”的定义即可得出结论； （2）①证，得，再由“神奇四边形”的定义即可得出结论；②由三角形中位线定理得出，则四边形为平行四边形，再证四边形是正方形，则可得出结论； （3）在取折叠时点的对应点，连接，可以证明，，由勾股定理求出的长，设，则，再由勾股定理得，解得，即可解决问题． 【详解】（1）平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等 正方形是“神奇四边形” 故答案为：④ （2）①是 证明：四边形是正方形 在和中 又 四边形是“神奇四边形” ②解：四边形是“神奇四边形”， 理由如下： 为的中点， 为的中位线， 同理：，， ，， ，， ， 四边形为平行四边形 ， ， 平行四边形为菱形 ， ， ， ， ， 四边形为正方形 四边形是“神奇四边形” （3）解：如图，在上取折叠时点的对应点，连接， ∴， 又∵， ∴、在同一直线上，是与的交点， 由翻折的性质可知，，，，， 四边形是正方形，边长为， ，， ，， ， 设，则， 在中，由勾股定理得： ， ， ， ， 即线段的长为 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了新定义“神奇四边形”、折叠的性质、正方形的判定与性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，三角形中位线定理等知识，本题综合性强理解新定义“神奇四边形”，熟练掌握正方形的判定与性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 突破五 综合与实践类问题 【典例】问题情景：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图，在平行四边形中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明； (1)独立思考：请解答老师提出的问题； (2)实践探究：梦之队小组受此问题的启发，将平行四边形沿着（为的中点）所在直线折叠，如图，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明； (3)问题解决：智慧小组突发奇想，将平行四边形沿过点的直线折叠，如图，点的对应点，使于点，连接，交于点．若此平行四边形的面积为， ，，求图中阴影部分（四边形）的面积． 【答案】(1)，见解析； (2)，证明见解析； (3)图中阴影部分的面积为． 【分析】（1）如图中，作交于H．证明垂直平分线段即可； （2）如图中，证明四边形是平行四边形，可得结论； （3）如图中，过点作于，过点作于．根据，求解即可． 【详解】（1）解：． 证明：如图中，过点作交于， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：． 证明：如图中，连接， ∵是由翻折得到， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）如图中，过点作于，过点作于． ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， 设则 ∵， ∴ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ． 【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，矩形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质，翻折变换，平行线分线段成比例定理，解直角三角形． 【变式1】【操作判断】 （1）①在学习特殊平行四边形的性质时，赵老师让学生制作两个大小相同的正方形纸片和，其中正方形的对角线相交于点．赵老师让学生固定正方形纸片，将正方形纸片的顶点与点重合，并将纸片绕着点旋转，如图①，学生们惊奇地发现两个正方形重叠部分的面积____________（填“变了”或“不变”）； ②赵老师又让学生制作了两个大小一样的菱形纸片和，其中菱形的对角线相交于点．赵老师让学生固定菱形纸片，将菱形纸片的顶点与点重合，并将纸片绕着点旋转，交边于点交边于点，如图②，学生们惊奇地发现两个菱形重叠部分（四边形）的面积____________（填“变了”或“不变”）； 【探索发现】 （2）根据（1）中的发现，学生们认为图①和图②存在共同的特征：①射线是的____________； ②____________； 【迁移探究】 （3）如图③，平分，点在上，点分别是上的动点，且，当点分别在上运动时，试判断四边形的面积是否发生变化，并利用图③说明理由． 【答案】（1）①不变；②不变；（2）①平分线；②；（3）不变，理由见解析 【分析】（1）①作于，作于，设与交于点，与交于点，根据正方形的性质证明，即可得结论；②取的中点，连接，得是等边三角形，证明， ，得，，进而可得不变这一结论； （2）①由正方形、菱形的性质即可得射线是的平分线；②由正方形、菱形的性质即可得； （3）过点作，，垂足分别为，，证明，进而可证明，利用面积和差可得结论． 【详解】解：（1）①不变；理由如下： 作于，作于，设与交于点，与交于点， 由题意可得，正方形中，平分， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， 故答案为：不变； ②不变； ， 又菱形中，，， 是等边三角形， ， 如图，取的中点，连接， 是的中位线， ， ， ， 则是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：不变； （2）①四边形是正方形， 平分； 四边形是菱形， 平分； 故答案为：平分线； ②在图（1）中，， ， 在图（2）中，， ， 故答案为：； （3）不变，理由如下： 如图，过点作，，垂足分别为，， 则， ， ， ， ， 平分，，， ， ， ，， ， ， 为定值， 故四边形的面积不发生变化 【点睛】本题是三角形、四边形综合题，主要考查了旋转的性质、正方形的性质和判定、菱形的性质，角平分线的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的判定和性质等，熟知相关性质定理，正确作出辅助线是解题的关键． 【变式2】【问题探究】 （1）如图，在矩形中，点、、分别在、、边上，，连接，过点作，交的延长线于点，若，则的长为______； （2）如图，在菱形中，连接，点、分别是、边上的动点，连接，点、分别是、的中点，若，，求的最小值； 【问题解决】 （3）如图，李叔叔家有一个正方形菜地，他计划对其进行改造，为菜地内一动点，且，为的中点，点、分别为、边上的动点，在改造的过程中始终要满足，为的中点，他计划在三角形区域内种植茄子，在三角形区域内种植西红柿，其余区域内种植辣椒，并分别沿、修建灌溉水渠，经测量，米，为了控制成本，要求灌溉水渠的总长度尽可能的短，若不考虑其他因素，求灌溉水渠总长度的最小值． 【答案】（1）；（2）；（3）米 【分析】（1）可证得，从而， （2）连接，连接，交于O，根据三角形中位线的性质得出，从而得出当时，最小，从而最小，根据可求得，进而得出结果； （3）取的中点T，作射线，交延长线于，在的延长线上截取，连接，可证得是矩形，从而，进而求得的值，可证得，从而，从而得出，作于V，则最小值是的值，进一步得出结果． 【详解】（1）解：如图， 四边形是矩形，， ∵， ， ， ， ， 故答案为：； （2）解：如图1， 连接，连接，交于O， 点M、N分别是、的中点， ， 当时，最小，从而最小， 四边形是菱形， ，，， ， ， 由， ， ， ； （3）解：如图2， 取的中点T，作射线，交延长线于，在的延长线上截取，连接， 四边形是矩形， ，，， ，为的中点， ，， ， 四边形是平行四边形， 是矩形，， ，， 米， ， ， ， ， 是的中点， ， ， 作于V， 则最小值是的值， 米， 米， 米， 灌溉水渠总长度的最小值为：米． 【点睛】本题考查了正方形，菱形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线的性质解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 【变式3】【基础学习】 （1）如图1，在△ABC中，D，E，F分别为上的点，，交于点G，求证：． 【尝试应用】 （2）如图2，已知D、E为的边上的两点，且满足，一条平行于的直线分别交和于点P、Q和M，求的值． 【拓展提高】 （3）如图3，矩形中（为常数），点是矩形边上的一个动点，延长至点，使，连接，，与相交于点，连接，求的最小值（用的代数式表示）． 【答案】（1）证明见解答 （2） （3）a 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的性质和判定是解题的关键． （1）由题意得：，，根据相似三角形的性质得到，进而证明出结论； （2）过点M作交于点H，交于点N，交于点G，由（1）中结论可得，，根据，证明，，，，根据相似三角形的性质可得，整理可得； （3）如图，连接并延长交于点H，连接，证明，求出，由此可得：点H为定点，点G在线段上运动，当时，有最小值，利用勾股定理求出，由，即可求出的最小值为． 【详解】（1）证明：， ，， ，， ， ； （2）如图，过点M作交于点H，交于点N，交于点G， ∵， 由（1）中结论可得，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ； （3）解：如图，连接并延长交于点H，连接， ， ， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 由此可得：点H为定点，点G在线段上运动， 当时，有最小值， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即的最小值为． 【变式4】在数学综合与实践活动课上，同学们用两个完全相同的矩形纸片展开探究活动： 【实践探究】：（1）小红将两个矩形纸片摆成图1的形状，连接，则__________ 【解决问题】：（2）将矩形绕点A顺时针转动，边与边交于点M，连接，． ①如图2，当时，求证：平分； ②如图3，当点F落在上时，连接交于点O，则__________； 【迁移应用】：（3）如图4，正方形的边长为是边上一点（不与点重合），连接，将线段绕点E顺时针旋转至，作射线交的延长线于点G，求的长； （4）如图5，在菱形中，是边上一点（不与点重合），连接，将线段绕点E顺时针旋转至，作射线交的延长线于点G，若，求的长。 【答案】（1）45；（2）①见解析；②4；（3）；（4） 【分析】（1）证明是等腰直角三角形，得出，则可得出答案； （2）①由矩形的性质及平行线的性质证明，则可得出结论； ②过点B作于点E，求出，证明，得出，，证明，得出； （3）过点F作交于点H，证明，得出，，证明是等腰直角三角形，则可得出答案； （4）过点F作，与的延长线交于点H，证明，得出，，，证出是直角三角形，由直角三角形的性质可得出答案． 【详解】解：（1）∵长方形纸片和是两个完全相同的长方形， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， 故答案为：45； （2）①证明：∵， ， ∵矩形中， ， ， 平分； ②过点B作于点E， ，， ， ， ， ， ， ， 又，， ， ，， ， ， ， 又，， ， ， 故答案为：4； （3）过点F作交于点H， 四边形是正方形， ，， ， 由旋转得，， ， ， 在和中， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ； （4）过点F作，与的延长线交于点H，如图： 四边形是菱形， ，， ， 由旋转得，， ， ， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 是直角三角形， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，矩形的性质，菱形的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识． 1.（2025·湖南娄底·二模）下列命题是真命题的是（   ） A．一个三角形只有一条中位线 B．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 C．等腰三角形顶角最大是 D．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 【答案】D 【分析】此题考查了真假命题的判断．根据三角形中位线、正方形和矩形的判定、等腰三角形等知识进行判断即可． 【详解】A. 一个三角形有三条中位线，故选项是假命题； B. 对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故选项是假命题； C. 等腰三角形顶角可以是钝角，即可以大于，故选项是假命题； D. 对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故选项是真命题； 故选：D 2.（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，矩形的对角线，相交于点O，点E，F分别是线段，上的点．若，，，，则的长为______． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，由可证，可得，由等腰三角形的性质可求，由勾股定理可求解． 【详解】解：如图，过点B作于N，在上截取，连接， 四边形是矩形， ，， 又，， ， ， ， ， 又， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 3.（2025·湖南·模拟预测）如图，四边形为⊙的内接四边形，若四边形为菱形，为（    ）． A．45° B．60° C．72° D．36° 【答案】B 【分析】根据菱形性质，得；连接，根据圆的对称性，得；根据等边三角形的性质，得，再根据圆周角和圆心角的性质计算，即可得到答案． 【详解】∵四边形为菱形 ∴ 连接 ∵四边形为⊙的内接四边形 ∴ ∴，为等边三角形 ∴ ∴ ∴ 故选：B． 【点睛】本题考查了圆内接多边形、等边三角形、菱形的知识；解题的关键是熟练掌握圆的对称性、等边三角形、菱形、圆周角、圆心角的知识；从而完成求解． 4.（2025·湖南岳阳·一模）数学活动课上，小明用四根长度相同的木条制作成能够活动的菱形学具．老师问小明：要让这个菱形学具成为正方形学具，需要添加的条件可以是（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定，掌握正方形的判定定理是解题的关键． 利用有一个角为直角的菱形为正方形即可得出答案． 【详解】解：A.有一个角为直角的菱形为正方形，该选项正确，符合题意； B.该选项不能判定菱形为正方形，故不符合题意； C. 该选项不能判定菱形为正方形，故不符合题意； D. 该选项不能判定菱形为正方形，故不符合题意； 故选：A． 5.（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在正方形中，，与相交于点O，E为上的一点(点E与点B不重合)，过点E作，垂足为点F．设，的面积为，则与之间的函数关系式为（    ） 不考虑自变量的取值范围（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，函数关系式的计算，掌握正方形的性质，三角形的面积，函数关系式的计算是关键． 根据正方形的性质，运用勾股定理得到，是等腰直角三角形，由此得到，由三角形的面积公式即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴，即是等腰直角三角形， ∴，则， ∴， 故选：A ． 6.（2025·湖南株洲·开学考试）如图，正六边形内接于，若四边形的面积为，则的半径为（   ） A．2 B． C． D．4 【答案】D 【分析】本题考查了圆内接正多边形、菱形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，熟练掌握圆内接正多边形的性质是解题关键．连接于点，设的半径为，则，先证出四边形是菱形，再根据菱形的性质可得，然后利用三角形的面积公式建立方程，解方程即可得． 【详解】解：如图，连接于点， 设的半径为，则， ∵正六边形内接于， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 同理可得：， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵四边形的面积为， ∴，即， 解得或（不符合题意，舍去）， ∴的半径为， 故选：D． 7.（2025·湖南·二模）如图，，其中，，，为中点，过点，交、于点、，连接、，则下列结论错误的是（    ） A．四边形为平行四边形 B．当时，四边形为矩形 C．当时，四边形为菱形 D．四边形不可能为正方形 【答案】B 【分析】证明，得到，由此判断A选项；利用勾股定理的逆定理判断B选项；利用直角三角形斜边中线的性质定理得到，由此判断C选项；利用判断D选项． 【详解】证明：， ， ， 为中点， ， ， ， ， 四边形为平行四边形，故A选项正确； ，，， ， ， ，， ， 不是直角，故四边形不为矩形，故B选项错误； 当时，则， ， ， ， 四边形为菱形，故C选项正确； ，，， ， 四边形不可能为正方形，故D选项正确； 故选：B． 【点睛】此题考查平行四边形的判定定理，菱形及矩形的判定定理，正方形的判定，勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，熟记各判定定理是解题的关键． 8.（2025·湖南·模拟预测）如图，四边形是菱形，于点，于点． (1)求证：； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． （1）根据菱形的性质可得，可证明，即可求证； （2）先证明，再由勾股定理可得，再由菱形的性质可得，从而得到，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积为． 9.（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，在矩形中，，，垂足分别为E、F，连接，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求证：E为线段的黄金分割点． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先由，得，再由证，可得，即可得出结论； （2）先证明，根据相似三角形的性质得，再由已知，得，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （2）证明：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴E为线段的黄金分割点． 【点睛】本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，相似三角形的判定及性质，黄金分割点的定义． 10.（2025·湖南湘西·模拟）如图，在中，对角线交于点E，，．    (1)当平分时，求证：为矩形． (2)在以下命题中：①当时，为正方形．②当时，为正方形．③当时，四边形为菱形．④当时，四边形为菱形．正确的有：________，请选择一个正确的命题进行证明． 【答案】(1)见解析 (2)②，证明见解析 【分析】（1）先证四边形为平行四边形，利用平行四边形的性质及角平分线的定义可得，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可求证； （2）根据特殊平行四边形的判定定理即可进行判断． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形为平行四边形 ∴ ∵平分 ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴为矩形 （2）解：①当时，则，为菱形．故①错误； ②当时， ∵， ∴四边形为平行四边形 ∴ ∵ ∴， ∴且 ∴为正方形 故②正确； ③当时，不能推出四边形为菱形．故③错误； ④当时， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴四边形为矩形 故④错误 故正确的有：②；证明见上 【点睛】本题考查了平行四边形及特殊平行四边形的判定．熟记定理内容是解题关键． 11.（2025·湖南怀化·模拟预测）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下列问题： （1）如图1，正方形中，是上的点，将绕点旋转，使与重合，此时点的对应点在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？ （2）如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，，点到直线的距离为． ①求的长． ②若、分别是、边上的动点，求周长的最小值． 【答案】（1）见解析；（2）①BE=4；②周长的最小值为 【分析】（1）由旋转性质证得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,进而可证得四边形为“直等补”四边形； （2）如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，可证得四边形EBFD是正方形，则有BE=FD,设BE=x，则FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可； （3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5，则NP=NC，MT=MC, 由△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，过P作PH⊥BC交BC延长线于H，易证△BFC∽△PHC，求得CH、PH，进而求得TH，在Rt△PHT中，由勾股定理求得PT，即可求得周长的最小值． 【详解】（1）如图1由旋转的性质得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE ∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°， ∴∠F+∠BED=180°， ∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°， 故满足“直等补”四边形的定义， ∴四边形为“直等补”四边形； （2）∵四边形是“直等补”四边形，AB=BC， ∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°， 如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF， 则∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE ∴D、C、F共线， ∴四边形EBFD是正方形， ∴BE=FD， 设BE=x，则CF=x-1， 在Rt△BFC中，BC=5， 由勾股定理得：，即， 解得：x=4或x=﹣3(舍去)， ∴BE=4 （3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5, 则NP=NC，MT=MC, ∴△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT 当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT， 过P作PH⊥BC，交BC延长线于H， ∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH, ∴△BCF∽△PCH, ∴, 即， 解得：, 在Rt△PHT中，TH=, , ∴周长的最小值为． 【点睛】本题是一道四边形的综合题，涉及旋转的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、垂直平分线性质、动点的最值问题等知识，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相关信息的联系点，借用类比等解题方法确定解题思路，进而进行推理、探究、发现和计算． 12.（2025·湖南常德·二模）如图1，在矩形中，，P是线段上一个动点（P不与A重合），以为边在的上方作正方形，连接，，，与交于点G． (1)若正方形和矩形的周长相等，则的值为__________； (2)若，当长为多少时，是直角三角形？请说明理由； (3)把图1沿折叠，点F恰好落在线段的延长线上的点处，如图2所示，求的值． 【答案】(1) (2)的长为2或时，是直角三角形，见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形和矩形的周长相等，得到即可求解． （2）分和两种情况讨论，当时，可以得出，进一步得到即可求解；当时，可以得到，进一步得到即可求解． （3）先利用折叠得到，过点G作于M，得到，则，设，得出，设正方形的边长为y，利用，得出，再利用相似三角形的判定与性质即可求解． 【详解】（1）解：∵在矩形中，， ∴在矩形的周长为， ∵ 正方形和矩形的周长相等， ∴， ∴． （2）解：的长为2或时，是直角三角形，理由如下： 当时， 因为正方形中，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； 当时， 因为矩形中，， ∴， ∴， ∴， 设， ∴ ∴ ∴， ∴， ∴的长为2或时，是直角三角形． （3）解：由折叠可知， 过点G作于M， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设正方形的边长为y， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，利用正切的概念建立相等关系解直角三角形，全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，解题关键是理解题意，发现全等三角形与相似三角形，利用三角函数建立方程求解． 13.（2025·湖南长沙·一模）不妨约定，关于的二次函数，若（为正整数），则称该函数为“函数”，为“值”．例如：二次函数，有，故该函数为“函数”，“值”． (1)判断下列二次函数是否为“函数”，是的在括号里打“√”，不是的在括号里打“×”． ①；（   ） ②；（   ） ③．（   ） (2)已知二次函数（，为常数，）是“函数”，且“值”． ①求证：该函数与轴总有两个交点； ②该函数经过某一定点，求出该定点的坐标． (3)如图，在（2）的条件下，二次函数与轴交于两点，（点在点的左侧），与轴相交于点，顶点为，过点作，交抛物线于点，过点作，当时，求点的坐标． 【答案】(1)×，×，√ (2)①证明见详解；② (3)． 【分析】（1）根据已知分别求得a，b和c，结合已知的定义即可判定是否属于“函数”； （2）①根据题意解得，则二次函数，令，求得，即可判定； ②二次函数，当，则即可； （3）根据二次函数求得点，，，，进一步求得直线的解析式，和直线的解析式，延长与y轴交于点G，延长与x轴交于点H，过点E作于点I，过点C作于点L，则四边形为矩形，，求得，联立求得点，可判定，，进一步求得，，，结合已知求得c即可． 【详解】（1）解：①， 则，根据已知得， ∵不为正整数 ∴不是“函数”； ②， 则，根据已知得， ∵不为正整数 ∴不是“函数”； ③， 则，根据已知得， ∵为正整数 ∴是“函数”； 故答案为：×，×，√； （2）解：①根据题意得，得， 则二次函数（为常数，）， 令，则， ∵ ∴， 那么，该函数与轴总有两个交点； ②二次函数， 当，则， 则该函数经过定点； （3）解：二次函数（为常数，）， 令，解得， 当，， 则点，，，， 设直线的解析式为，则 ，解得， 那么，直线的解析式为， ∵， ∴直线的解析式为， ∵直线过点D， ∴，解得， 则直线的解析式为， 延长与y轴交于点G，延长与x轴交于点H，过点E作于点I，过点C作于点L，如图， 则四边形为矩形，， ∵点， ∴， 由，解得， 则的长为， 那么，点， ∵，， ∴，， ∴， ，， ∵ ∴，解得（负值已舍去）， 则点． 【点睛】本题主要依托新定义考查二次函数的性质和平行线的性质、等腰直角三角形的判定和性质、一次函数的性质、坐标与图形性质等知识点，解题的关键是熟悉二次函数的性质、过定点的求解和解一元二次方程． 1.（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 【答案】(1)证明见解析 (2)条件①，四边形为矩形；条件②，四边形为菱形，证明见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形和矩形的判定，熟练掌握各四边形的判定与性质是解题的关键． （1）根据平行得到，，再由，即可由证明全等； （2）先证明四边形为平行四边形，再根据选择的条件结合菱形和矩形判定证明即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴ （2）解：选择条件①，四边形为矩形，理由如下： ∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； 选择条件②，四边形为菱形，理由如下： ∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 2.（2025·北京·中考真题）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求和的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定，三角形中位线定理，勾股定理，解直角三角形，熟知相关知识是解题的关键． （1）由三角形中位线定理可得，即，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是矩形； （2）求出，解得到，则；由线段中点的定义可得；过点A作于H，解得到，则，再利用勾股定即可求出的长． 【详解】（1）证明：∵D，E分别为的中点， ∴是的中位线， ∴，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵， ∴； ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴； ∵点D为的中点， ∴； 如图所示，过点A作于H， 在中，， ∴， 在中，由勾股定理得． 3.（2025·广东深圳·中考真题）如图1，在中，是的中点，，． (1)求证：四边形为菱形； (2)如图2，若点为上一点，，且，，三点均在上，连接，与相切于点， ①求__________； ②求的半径； (3)利用圆规和无刻度直尺在图2中作射线，交于点，保留作图痕迹，不用写出作法和理由． 【答案】(1)见解析 (2)①30°；② (3)见解析 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，斜边上的中线得到，即可得证； （2）①根据菱形的性质，得到，等角对等边得到，三角形的外角得到，切线得到，再根据角的和差关系进行求解即可；②解直角三角形，进行求解即可； （3）利用尺规作图作，即可． 【详解】（1）解：， 四边形为平行四边形， 又，且为中点 ， 平行四边形为菱形． （2）①四边形为菱形． ， ， 又， ， ， 切于， ， ； ； ②设半径为， ， ， ，， ； 解得：； （3）由题意，作图如下： 【点睛】本题考查菱形的判定和性质，斜边上的中线，切线的性质，解直角三角形，尺规作平行线，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 4.（2025·甘肃平凉·中考真题）如图，四边形的顶点A，B，C在上，，直径与弦相交于点F，点D是延长线上的一点，． (1)求证：是的切线； (2)若四边形是平行四边形，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查切线的判定，圆周角定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握切线的判定方法，圆周角定理，是解题的关键． （1）连接，根据圆周角定理得到，推出，根据等边对等角，推出，根据直径得到，进而得到，继而得到，即，即可得证； （2）由平行四边形的性质得到，根据，得到，求出的长，证明是菱形，得到为等边三角形，进而得到，解，求出的长即可． 【详解】（1）证明：如图1，连接， ，， ． ， ． 是的直径， ，即． ， ，即． 为的半径， 是的切线． （2）解：如图2， 四边形是平行四边形， ． 又， ， ． ， 是菱形， ． 为等边三角形， ∴． 在中，． 5.（2025·内蒙古·中考真题）问题背景： 综合与实践课上，老师让同学们设计一个家电装置图案，某小组设计的效果图如图所示． 外形参数： 如图1，装置整体图案为轴对称图形，外形由上方的抛物线，中间的矩形和下方的抛物线组成．抛物线的高度为，矩形的边，，抛物线的高度为．在装置内部安装矩形电子显示屏，点，在抛物线上，点，在抛物线上． 问题解决： 如图2，该小组以矩形的顶点为原点，以边所在的直线为轴，以边所在的直线为轴．建立平面直角坐标系．请结合外形参数，完成以下任务： (1)直接写出，，三点的坐标； (2)直接写出抛物线和的顶点坐标，并分别求出抛物线和的函数表达式； (3)为满足矩形电子显示屏的空间要求，需要边的长为，求此时边的长． 【答案】(1)，， (2)抛物线和的顶点坐标分别为，， 的表达式为；的表达式为； (3) 【分析】（1）由矩形性质可得，，，，即可得出坐标； （2）由装置整体图案为轴对称图形，作出对称轴，分别交抛物线于，交抛物线于，交矩形于，，结合矩形和抛物线的对称性，可得直线是抛物线和的对称轴，，，由矩形中，抛物线的高度为，抛物线的高度为，直线是抛物线和的对称轴，即可得出抛物线和的顶点坐标分别为，，分别设抛物线和的表达式为，，分别将将和代入求解即可； （3）由装置整体图案为轴对称图形，得出，，证明轴，设，则，，则，求得，由抛物线对称性可得． 【详解】（1）解：∵矩形的边，， ∴，，，， ∴，，； （2）解：∵装置整体图案为轴对称图形， 如图，作出对称轴，分别交抛物线于，交抛物线于，交矩形于，， 结合矩形和抛物线的对称性，可得直线是抛物线和的对称轴，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵抛物线的高度为，抛物线的高度为，直线是抛物线和的对称轴， ∴，， ∴抛物线和的顶点坐标分别为，， 分别设抛物线和的表达式为，， 将代入， 解得， 则抛物线的表达式为； 将代入， 解得； 则抛物线的表达式为； （3）解：∵装置整体图案为轴对称图形， ∴，， ∵轴， ∴轴， ∵是矩形， ∴， ∴轴， ∴， 设， ∴，， ∴， 解得：或（在对称轴右侧，舍）， ∴， 由抛物线对称性可得． 【点睛】本题考查二次函数的图象与几何综合，矩形的性质，平面直角坐标系，待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的图象与性质，熟练掌握相关性质是解题的关键． 6.（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，，的长是一元二次方程的根，过点作交于点，交对角线于点．动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，、两点同时出发，设运动时间为秒． (1)求点坐标； (2)连接、，求的面积S关于运动时间t的函数解析式； (3)当时，在对角线上是否存在一点，使得是含角的等腰三角形．若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)点的坐标为； (2)的面积S关于运动时间t的函数解析式为； (3)当时，在对角线上存在一点，使得是含角的等腰三角形，，，． 【分析】（1）解方程得出的长度，由菱形的性质与锐角函数综合，可得和的长度，即可得点的坐标； （2）分类讨论，分别由运动时间表示出线段长度，代入三角形的面积公式，化简整理即可； （3）根据运动时间，确定点和点的坐标，分类讨论，根据等腰三角形的性质即可得点的坐标． 【详解】（1）解：由解得，，， ∵的长是一元二次方程的根， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴平分， ∴， ∴， ∴ 答：点的坐标为． （2）解：根据题意可知，，， 如图，作于点，则， ∵，，， ∴， 作轴于点， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时，， ∴的面积， 当时，， ∴的面积， 综上所述，， 答：的面积关于运动时间t的函数解析式为． （3）解：如图，当时，，点和点重合，，，， 假设在对角线上存在一点，使得是含角的等腰三角形， 当为顶角时，点与点重合，， 当为顶角时，点与点重合，， 当为顶角时，， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 答：当时，在对角线上存在一点，使得是含角的等腰三角形，，，． 【点睛】本题考查解一元二次方程，菱形的性质，锐角三角函数，解直角三角形，等腰三角形，解题的关键是正确作出辅助线，熟练掌握分类讨论的思想方法． 7.（2025·贵州·中考真题）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）． 【问题解决】 （1）如图①，若点与线段的中点重合，则 度，线段与线段的位置关系是 ； 【问题探究】 （2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长． 【答案】（1），；（2），理由见解析；（3）的长为或. 【分析】（1）根据菱形的性质证明为等边三角形，再结合等边三角形的性质可得答案； （2）如图，把绕顺时针旋转得到，证明为等边三角形，可得，，求解，，，可得，进一步可得结论； （3）如图，当在线段上，记与交于点，证明，可得，设，则，可得，证明，再进一步解答即可；如图，当在线段上时，延长交于，同理可得： ，设，而，则，可得，证明，再进一步可得答案. 【详解】解：（1）∵在菱形中， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∵点与线段的中点重合， ∴，； （2）如图，把绕顺时针旋转得到， ∴，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵点在线段上，且， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）如图，当在线段上，记与交于点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， 如图，当在线段上时，延长交于， 同理可得：，， ∴， 设，而，则， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∴， 综上：的长为或. 【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，菱形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键. 8.（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握利用图形的旋转来构造全等三角形是解题的关键． （1）根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案； （2）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据旋转的性质及全等三角形的判定与性质，可逐步证明，即得答案； （3）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案． 【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转，得到， ，，，， 四边形是正方形， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； （2）解：；理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， E在上， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：．理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ． 9.（2025·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系． 【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； （2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系． 【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析 【分析】（1）利用正方形的性质求得，证明，推出，根据即可求解； （2）在上截取，证明，推出，，证明是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得； （3）在上截取，证明，得到，，同理，得到是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得． 【详解】解：（1），理由如下， 如图，当点G，H重合时， ∵正方形与正方形， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2），理由如下， 由（1）得， ∴， 在上截取， ∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； （3），理由如下， 由（1）得， ∴，， 在上截取， ∵，， ∴， ∴，， 同理，是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识点，作出辅助线，证明三角形全等是解本题的关键． 10.（2025·山西·中考真题）阅读与思考 下面是小宣同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务． 双关联线段 【概念理解】 如果两条线段所在直线形成的夹角中有一个角是，且这两条线段相等，则称其中一条线段是另一条线段的双关联线段，也称这两条线段互为双关联线段． 例如，下列各图中的线段与所在直线形成的夹角中有一个角是，若，则下列各图中的线段都是相应线段的双关联线段．   【问题解决】 问题1：如图，在矩形中，，若对角线与互为双关联线段，则________．   问题2：如图，在等边中，点D，E分别在边的延长线上，且，连接．   求证：线段是线段的双关联线段． 证明：延长交于点F． 是等边三角形， ． ， （依据）． ， ， ； …    任务： (1)问题1中的________，问题2中的依据是________________； (2)补全问题2的证明过程； (3)如图，点C在线段上，请在图3中作线段的双关联线段． （要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一条即可）． 【答案】(1)，等角的补角相等； (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）设的交点为O，利用矩形的性质及已知可证明是等边三角形，由等边三角形的性质及矩形性质即可求解．利用等角的补角相等即可完成问题2的依据． （2）利用三角形外角的性质及等边三角形的性质即可，从而问题完成； （3）作一个等边三角形即可完成． 【详解】（1）解：设的交点为O，如图； ∵四边形是矩形， ∴； ∵对角线与互为双关联线段， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴；    故答案为：； 问题2中的依据是：等角的补角相等；                       故答案为：等角的补角相等； （2）解：是的外角，   ． 是的外角，            ．          ， ．                即线段与线段所在直线形成的夹角中有一个角是． ， 线段与线段是双关联线段． （3）解：答案不唯一，例如： 作法一：   作法二：   如图，线段即为所求． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，尺规作图等知识，掌握这些知识是解题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $