2024年中考数学复习讲义 第25讲 特殊四边形-正方形与梯形(含答案)

这是一份2024年中考数学复习讲义 第25讲 特殊四边形-正方形与梯形(含答案)，共172页。学案主要包含了考情分析，知识建构等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u 一、考情分析
二、知识建构
考点一 正方形的性质与判定
题型01 根据正方形的性质求角度
题型02 根据正方形的性质求线段长
题型03 根据正方形的性质求面颊
题型04 根据正方形的性质求坐标
题型05 与正方形有关的折叠问题
题型06 求正方形重叠部分面积
题型07利用正方形的性质证明
题型08 添加一个条件使四边形是正方形
题型09 证明四边形是正方形
题型10 根据正方形的性质与判定求角度
题型11 根据正方形的性质与判定求线段长
题型12 根据正方形的性质与判定求面积
题型13 根据正方形的性质与判定证明
题型14 根据正方形的性质与判定解决多结论问题
题型15 与正方形有关的规律探究问题
题型16 与正方形有关的动点问题
题型17 正方形与一次函数的综合应用
题型18 正方形与反比例函数的综合应用
题型19 正方形与一次函数、反比例函数综合应用
题型20 正方形与二次函数综合应用
考点二 四边形之间的区别与联系
题型01 平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系
题型02 平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定
题型03 平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质
题型04 利用矩形、菱形、正方形的性质与判定求解
考点三 梯形的性质与判定
题型01 等腰三角形的性质求解
题型02 等腰三角形的判定求解
题型03 解决梯形问题的常用方法
考点一 正方形的性质与判定
正方形的定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形.
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：a2＝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01 根据正方形的性质求角度
【例1】（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考三模）如图，点E.F、G分别是正方形ABCD的边AD、BC、AB上的点，连接DG，EF，GF．且EF=DG，DE=2AG，∠ADG的度数为α，则∠EFG的度数为（ ）

A．αB．2αC．45°-αD．45°+α
【答案】C
【分析】过点F作FH⊥AD于点H，由题意易证△ADG≌△HFE，则有EH=DH=FC，然后可得BG=BF，进而问题可求解．
【详解】解：过点F作FH⊥AD于点H，如图所示：

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC=AB=BC,∠A=∠B=∠EHF=∠C=∠ADC=90°，AD∥BC，
∴四边形HFCD是矩形，
∴HF=DC=AD,HD=FC，
∵EF=DG，
∴△ADG≌△HFEHL，
∴EH=AG，∠HEF=∠AGD，
∵∠ADG+∠AGD=90°，
∴∠ADG+∠HEF=90°，即∠EMD=∠GMF=90°，
∵DE=2AG，
∴AG=EH=HD=FC，
∴BG=BF，
∴∠BFG=45°，
∵∠ADG=α，
∴∠HEF=90°-α，
∵AD∥BC，
∴∠EFB=∠HEF=90°-α，
∴∠EFG=∠EFB-∠GFB=45°-α；
故选C．
【点拨】本题主要考查全等三角形的判定与性质、正方形的性质及直角三角形的两个锐角互余，熟练掌握全等三角形的判定与性质、正方形的性质及直角三角形的两个锐角互余是解题的关键．
【变式1-1】（2022·湖北武汉·校考模拟预测）如图，点E是正方形ABCD中的一点，连接EB、EC、EA、ED，若△EBC为等边三角形时，则∠EAD= ．

【答案】15°
【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质证明∠DAE=∠DEA=∠CBE=∠CEB=75°即可解决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=DC，∠ADC=∠BCD=∠DAB=∠ABC=90°，
∵ΔEBC是等边三角形，
∴AB=BE=DC=EC，∠EBC=∠ECB=60°，
∴∠ABE=∠DCE=30°，
∵AB=BE=CE=CD，
∴∠BAE=∠BEA=∠CDE=∠CED=75°，
∴∠EAD=90°-75°=15°．
故答案为：15°．
【点拨】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，解题的关键是掌握正方形的性质．
【变式1-2】（2023·陕西西安·西安市庆安初级中学校联考模拟预测）如图，正六边形ABCDEF内，以AB为边做正方形ABGH，则∠CBG= ．

【答案】30°/30度
【分析】分别求出正六边形，正方形的内角可得结论．
【详解】解：在正六边形ABCDEF内，正方形ABGH中，∠ABC= 6-2×180°6=120°，∠ABG=90°，
∴∠CBG=∠ABC-∠ABG=120°-90°=30°．
故答案为：30°．
【点拨】本题考查正多边形性质，解题的关键是求出正多边形的内角，属于中考常考题型．
【变式1-3】（2023·浙江湖州·统考二模）如图，在正方形ABCD中，延长BC至点F，使得CF=CA，连接AF交CD于点E，则∠AED的度数为 ．

【答案】
【分析】根据AD∥BC和CF=CA推出AF平分∠CAD，从而求出∠DAE，从而求出∠AED．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AD=CD，∠D=90°，
∴∠DAE=∠F，∠CAD=45°，
又∵CF=CA，
∴∠CAF=∠F
∴∠CAF=∠DAE，即AF平分∠CAD，
∴∠DAE=12∠CAD=22.5°
∴∠AED=180°-∠D-∠DAE=67.5°
故答案为：67.5°
【点拨】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识，推导AF平分∠CAD是解题的关键．
题型02 根据正方形的性质求线段长
【例2】（2024·福建三明·统考一模）如图，正方形ABCD的边长为4，点E为AD的中点，连接AC，BE，点M,N分别在BE,AC上，且BM=13ME，CN=13AN，则MN的长为（ ）
A．322B．52C．22D．3
【答案】B
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质．设AC，BE交于点P，根据正方形的性质可得△AEP∽△CBP，从而得到PE=13BE,AP=13AC，再由BM=13ME，CN=13AN，可得PMPE=PNPA=54，从而得到△APE∽△NPM，即可求解．
【详解】解：如图，设AC，BE交于点P，
∵四边形ABCD是正方形，且边长为4，
∴AD=BC=4,AD∥BC，
∴△AEP∽△CBP，
∴APCP=EPBP=AEBC，
∵点E为AD的中点，
∴AE=12AD=12BC=2，
∴APCP=EPBP=12，
∴APAC=EPBE=13，即PE=13BE,AP=13AC，
∵BM=13ME，CN=13AN，
∴ME=34BE，AN=34AC，
∴PM=512BE,PN=512AC，
∴PMPE=PNPA=54，
∵∠APE=∠NPM，
∴△APE∽△NPM，
∴MNAE=PNPA=54，
∴MN2=54，
∴MN=52．
故选：B
【变式2-1】（2022·湖南长沙·统考一模）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM交CD于点N，若四边形MOND的面积是4，则AB的长为（ ）
A．2B．22C．4D．42
【答案】C
【分析】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．过点O作OE⊥AD，OF⊥CD，证明△OEM≌△OFN，进而得到四边形MOND的面积等于正方形OFDE的面积，进而求出DE的长，即可得解．
【详解】解：过点O作OE⊥AD于点E，OF⊥CD于点F，
则：∠OEM=∠OFN=∠OFD=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OD=OC，∠ADC=90°，
∴AE=DE=12AD=12CD=DF，四边形OEDF为矩形，
∴四边形OEDF为正方形，
∴OE=OF，∠EOF=90°，
∵ON⊥OM，
∴∠MON=90°=∠EOF，
∴∠EOM=∠FON，
∴△OEM≌△OFNASA，
∴正方形OFDE的面积等于四边形MOND的面积，
∴DE2=4，
∴DE=2（负值已舍掉）；
∴AB=AD=2DE=4；
故选：C．
【变式2-2】（2023·广东清远·统考模拟预测）如图，边长分别为2和6的正方形ABCD和CEFG并排放在一起，连接BD并延长交EG于点T，交FG于点P．则GT=（ ）
A．2B．22C．1D．2
【答案】B
【分析】首先证明∠BTE=90°；然后证明GD=GP=4；运用勾股定理求出DP的长度；根据GT⊥BP，得到GT=12DP，即可解决问题．
【详解】

解：如图，∵四边形ABCD和CEFG均为正方形，
∴∠DBC=∠BDC=45°,∠GCE=90°,GP∥BC，
∴∠GPD=∠DBC=45°,∠GDP=∠BDC=45°,∠TBC+∠TEC=90°，
∴∠GDP=∠GPD=45°,∠BTE=90°；
∴GD=GР=6-2=4,GT⊥DP，
∴GT=12DP，
由勾股定理得：DP=DG2+GP2=42，
∴GT=22，
故选：B．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识点的应用问题：应牢固掌握正方形的性质、勾股定理、直角三角形的性质．
【变式2-3】（2023·安徽宿州·统考模拟预测）如图，是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，若每个直角三角形的面积为4，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为（ ）
A．9B．6C．1D．3
【答案】D
【分析】根据大正方形的面积为25，每个直角三角形面积为4，设直角三角形较短直角边长为a，较长直角边长为b，得出(b-a)2+4×4=25，即可求解．
【详解】解：设直角三角形较短直角边长为a，较长直角边长为b，
∵大正方形的面积为25，每个直角三角形面积为4，
∴(b-a)2+4×4=25，
∴b-a=3，
即小正方形的边长为3．
故选：D．
【点拨】本题考查了以弦图为背景的计算，根据大正方形的面积等于4个直角三角形的面积加上小正方形的面积求解是解题的关键．
【变式2-4】（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六十九中学校校考模拟预测）已知：正方形ABCD边长为3，E为直线AD上一点，AE=1，连接CE，CE所在直线与AB所在直线交于点F．则AF= ．
【答案】34或32
【分析】分两种情况：当点E在线段AD上时，当点E在DA延长线上时，分别作出图形，利用正方形的性质可证得△AEF∽△BCF，可得AEBC=AFBF，进而求解即可．
【详解】解：当点E在线段AD上时，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BC，AB=BC=3，
∴△AEF∽△BCF，则AEBC=AFBF，
即：13=AF3+AF，可得：AF=32；
当点E在DA延长线上时，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=3，AD∥BC，
则∠E=∠BCF，∠EAF=∠CBF，
∴△AEF∽△BCF，则AEBC=AFBF，
即：13=AF3-AF，可得：AF=34；
综上，AF=34或32，
故答案为：34或32．
【点拨】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定及性质，作出图形，结合相似三角形的判定及性质是解决问题的关键．
题型03 根据正方形的性质求面颊
【例3】（2024·重庆大渡口·统考一模）一个正方形的边长为2，它的面积为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的面积计算，由正方形的面积等于边长的平方即可求解，掌握正方形的面积计算方法是解题的关键．
【详解】解：∵正方形的边长为2，
∴正方形的面积为22=4，
故选：B．
【变式3-1】（2023·广东汕尾·三模）如图，大正方形中有2个小正方形，这两个小正方形的面积分别是S1和S2，则S1S2的值是（ ）

A．98B．89C．1D．54
【答案】A
【分析】设正方形ABCD的边长为m，可证明两个小正方形的边长分别为23m和12m，则两个小正方形的面积分别为S2=29m2，S1=14m2，即可求得S1S2．
【详解】解：如图，设正方形ABCD的边长为m，

∵∠B=∠D=90°，AB=CB=AD=CD，
∴∠BAC=∠BCA=∠DAC=∠DCA=45°，AC=AD2+CD2=2m，
∵四边形BPNM和四边形EFGH都是正方形，
∴∠BMN=∠BPN=∠EHG=∠FGH=90°，
∴∠AMN=∠CPN=∠AHE=90°，
∴∠MNA＝∠MAN＝∠PNC＝∠PCN=∠HEA=∠HAE=∠GFC=∠GCF=45°，
∴MN=BM=AM=PN=BP=CP=12m，
EH=AH=GH=FG=CG=13×2m=2m3，
∴S2=29m2，S1=14m2，
∴S1S2=98．
故选：A．
【点拨】本题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的面积公式等知识，正确地作含同一字母的代数式表示两个小正方形的面积S1和S2是解题的关键．
【变式3-2】（2023·江苏苏州·苏州市立达中学校校考一模）如图，一块正方形地砖的图案是由4个全等的五边形和1个小正方形组成的，已知小正方形的面积和五边形的面积相等，并且图中线段a的长度为10-2，则这块地砖的面积为（ ）
A．50B．40C．30D．20
【答案】B
【分析】如图，根据题意易知，点O为正方形ABCD，EFGH的中心，利用图中的面积关系最终可推出14S正方形ABCD=5S△EOF，设正方形ABCD的边长为2x,则OF=OE=x-a,以此可得方程14⋅2x⋅2x=52x-a2，解此方程，再将a的值代入即可求解．
【详解】解：如图，
根据题意易知，点O为正方形ABCD，EFGH的中心，
∴S△EOF=14S正方形EFGH，即S正方形EFGH=4S△EOF，S正方形ABCD=5S正方形EFGH，
∵S五边形AMFEP=S正方形EFGH，
∴S五边形AMFEP=4S△EOF，
∵S五边形AMFEP=14S正方形ABCD-S△EOF，
∴14S正方形ABCD=5S△EOF，
设正方形ABCD的边长为2x,则OF=OE=x-a,
∴14⋅2x⋅2x=52x-a2，解得：x=5±10a3，
∵a=10-2，
∴x=10或710-203，
∵710-203CD，
∴四边形CEMD不可能是菱形，故③错误，
∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM0的图象交于点Mm,-4，与y轴交于点A，与x轴交于点B，△AOB两个外角的平分线在第一象限内交于点C，反比例函数y=kx的图象恰好经过点C．
(1)求m的值和线段AB的长；
(2)求反比例函数y=kx的表达式．
【答案】(1)m=6；AB=5
(2)y=36x
【分析】（1）把点M的纵坐标代入反比例函数解析式y=-24xx>0中即可求出m的值，进而求出点M的坐标，把点M坐标代入一次函数解析式中求出a的值，进而求出一次函数的解析式，根据点A和点B的位置求出点A和点B的坐标，进而求出OA和OB的长度，最后根据勾股定理即可求出AB的长度．
（2）过点C作CD⊥y轴于D，过点C作CE⊥AB于E，过点C作CF⊥x轴于F．根据角平分线的性质定理和勾股定理确定AD=AE，BE=BF．进而用BF表示出OD和OF，根据正方形的判定定理和性质确定OD=OF，进而求出BF的长度，再代入计算可得OD和OF的长度，进而得到点C的坐标，最后把点C坐标代入反比例函数解析式y=kx中即可求出k的值，进而得到反比例函数y=kx的表达式．
【详解】（1）解：∵Mm,-4在反比例函数y=-24xx>0的图象上，
∴-4=-24m．
∴m=6．
∴M6,-4．
∵M6,-4在一次函数y=ax-3aa≠0的图象上，
∴-4=6a-3a．
∴a=-43．
∴一次函数解析式为y=-43x+4．
∵一次函数的图象与y轴交于点A，与x轴交于点B，
∴当x=0时，y=4；当y=0时，x=3．
∴A0,4，B3,0．
∴OA=4，OB=3．
∵∠AOB=90°，
∴AB=OA2+OB2=5．
（2）解：如下图所示，过点C作CD⊥y轴于D，过点C作CE⊥AB于E，过点C作CF⊥x轴于F．
∵CD⊥y轴，CE⊥AB，CF⊥x轴，△AOB两个外角的平分线在第一象限内交于点C，
∴CD=CE=CF．
∴AD=AC2-CD2，AE=AC2-CE2，BE=BC2-CE2，BF=BC2-CF2．
∴AD=AE，BE=BF．
∵AB=5，
∴AD=AE=AB-BE=AB-BF=5-BF．
∵OA=4，OB=3，
∴OD=OA+AD=9-BF，OF=OB+BF=3+BF．
∵∠AOB=90°，CD⊥y轴，CF⊥x轴，
∴四边形ODCF是矩形．
∵CD=CF，
∴四边形ODCF是正方形．
∴OD=OF．
∴9-BF=3+BF．
∴BF=3．
∴OD=6，OF=6．
∴C6,6．
把点C坐标代入反比例函数解析式y=kx中得6=k6．
解得k=36．
∴反比例函数y=kx的表达式是y=36x．
【点拨】本题考查根据反比例函数值求自变量，待定系数法求一次函数解析式，一次函数与坐标轴交点问题，勾股定理，角平分线的性质定理，正方形的判定定理和性质，待定系数法求反比例函数解析式，综合应用这些知识点是解题关键．
题型20 正方形与二次函数综合应用
【例20】（2023·浙江宁波·校联考一模）如图，边长为2的正方形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，二次函数y=-x2+bx+c的图象经过B，C两点．
(1)求b，c的值；
(2)若将该抛物线向下平移m个单位，使其顶点落在正方形OABC内（不包括边上），求m的取值范围．
【答案】(1)b=2c=2
(2)10，
∴m6·a2-2m3·a＞0，
∵m＞0，
∴a26-2a3＞0，
解得：a＜0或a＞4，
∴a的取值范围为：a＜0或a＞4；
（3）①如下图，过点D作DE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥DE于点F，
∵二次函数的解析式为y=m6x2-2m3x+m，
∴顶点P（2，m3），
当x=0时，y=m，
∴点A（0，m），
∴OA=m；
设直线AP的解析式为y=kx+b(k≠0)，
把点A（0，m），点P（2，m3）代入，得：
{m=bm3=2k+b，
解得：{k=-m3b=m，
∴直线AP的解析式为y=-m3x+m，
当y=0时，x=3，
∴点B（3，0）；
∴OB=3；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAF+∠FAB=90°，
且∠OAB+∠FAB =90°，
∴∠DAF=∠OAB，
在△ADF和△ABO中，
{∠DAF=∠OAB∠AFD=∠AOBAD=AB，
∴△ADF≌△ABO（AAS），
∴AF=OA=m，DF=OB=3，DE=DF+EF= DF+OA=m+3，
∴点D的坐标为：（m，m+3）；
②由①同理可得：C（m+3，3），
∵二次函数的图象与正方形ABCD的边CD有公共点，
∴当x=m时，y≤m+3，可得m63-2m23+m≤m+3，化简得：m3-4m2≤18．
∵m>0，∴m2-4m≤18m，∴(m-2)2-4≤18m，
显然：m=1，2，3，4是上述不等式的解，
当m≥5时，(m-2)2-4≥5，18m≤3.6，此时，(m-2)2-4>18m，
∴符合条件的正整数m=1，2，3，4；
当x= m+3时，y≥3，可得m(m+3)62-2m(m+3)3+m≥3，
∵m>0，∴m2+2m+3≥18m，即(m+1)2+2≥18m，
显然：m=1不是上述不等式的解，
当m≥2时，(m+1)2+2≥11，18m≤9，此时，(m+1)2+2>18m恒成立，
∴符合条件的正整数m =2，3，4；
综上：符合条件的整数m的值为2，3，4．
【点拨】本题考查二次函数与几何问题的综合运用，熟练掌握二次函数的图象和性质、一次函数的图象和性质、正方形的性质是解题的关键．
【变式20-3】（2020·河北唐山·统考二模）如图1，二次函数y=-13x2+bx+c的图象过原点，与x轴的另一个交点为M8,0．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）如图2，y1=23x与二次函数y=-13x2+bx+c的图象交于点N，求△OMN的面积；
（3）如图3，直线y2=4与二次函数y=-13x2+bx+c的图象交于A、B两点（点A在点B的左侧），过A、B两点分别作x轴的垂线，垂足分别为点D、点C．判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
（4）如图4，在（3）的条件下，动点P从点A出发沿射线AB以每秒1个单位长度匀速运动，同时动点Q以相同的速度从点A出发沿线段AD匀速运动，到达点D时立即原速返回，当动点Q返回到点A时，P、Q两点同时停止运动，设运动时间为t秒（t>0）．过点P向x轴作垂线，交抛物线于点E，交直线AC于点F，问：以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形能否是平行四边形？若能，请直接写出t的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）y=﹣13x2+83x；（2）16；（3）四边形ABCD为正方形，见解析；（4）能，4，6或2+27
【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）先求出y1=23x与二次函数y=-13x2+bx+c的图象交点N的坐标，再根据三角形的面积公式即可得出结论
（3）利用二次函数图象上点的坐标特征求出点A，B的坐标，进而得出AB=4，再利用正方形的判定方法即可得出结论；
（4）根据点A，C的坐标，利用待定系数法可求出直线AC的解析式，利用二次函数图象上点的坐标特征及一次函数图象上点的坐标特征可求出点E，F的坐标，由AQ∥EF且以A.E.F、Q四点为顶点的四边形为平行四边形可得出AQ=EF，分0＜t≤4，4＜t≤7，7＜t≤8三种情况找出AQ，EF的长，由AQ=EF可得出关于t的一元二次方程，解之取其合适的值即可得出结论．
【详解】.解：（1）将（0，0），（8，0）代入y=﹣13x2+bx+c，
得：c=0-643+8b+c=0
解得：b=83c=0
∴该二次函数的解析式为y=﹣13x2+83x．
（2）y1=23x 与二次函数y=﹣13x2+bx+c的图象交于点N，则
23x=﹣13x2+83x，
解得x1=0，x2=6，
∴点N的坐标为（6，4），
∴△OMN的面积=12×8×4=16；
（3）四边形ABCD为正方形.
理由：由题意可知，直线y2=4与x轴平行，AD⊥x轴，BC⊥x轴，
∴四边形ABCD为矩形.
直线y2=4与二次函数图象交于A.B两点，
∴﹣13x2+83x=4，
解得：x1=2，x2=6，
∴点A的坐标为（2，4），点B的坐标为（6，4），
∴AB=4，
∴AB=AD，
∴矩形ABCD为正方形．
（4）以A.E.F、Q四点为顶点构成的四边形能为平行四边形，此时t的值为4 、6或2+27．
由（2）可知：点A的坐标为（2，4），点B的坐标为（6，4），
点C的坐标为（6，0），点D的坐标为（2，0）．
设直线AC的解析式为y=kx+a（k≠0），
将A（2，4），C（6，0）代入y=kx+a，得：2k+a=46k+a=0，解得：k=-1a=6，
∴直线AC的解析式为y=﹣x+6．
当x=2+t时，y=﹣13x2+83x=﹣13t2+43t+4，y=﹣x+6=﹣t+4，
∴点E的坐标为（2+t，﹣13t2+43t+4），点F的坐标为（2+t，﹣t+4）．
∵以A.E.F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形，且AQ∥EF，∴AQ=EF，
分三种情况考虑：
①当0＜t≤4时，如图1所示，AQ=t，EF=﹣13t2+43t+4﹣（﹣t+4）=﹣13t2+73t，
∴t=﹣13t2+73t，解得：t1=0（舍去），t2=4；
②当4＜t≤7时，如图2所示，AQ=8﹣t，EF=﹣13t2+43t+4﹣（﹣t+4）=﹣
13t2+73t，∴8﹣t =﹣13t2+73t，解得：t3=4（舍去），t4=6；
③当7＜t≤8时，如图3所示，AQ=8﹣t，EF=﹣t+4﹣（﹣13t2+43t+4）=13t2﹣73t，∴8﹣t =13t2﹣73t，解得：t5=2﹣27（舍去），t6=2+27 ．
综上所述：当以A.E.F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形时，t的值为4.6或2+27．
【点拨】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、正方形的判定、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质，解题的关键是理解题意，能灵活运用所学知识解题．
考点二 四边形之间的区别与联系
1. 平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系：
2. 平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质
3 平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定
题型01 平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系
【例1】（2021·福建宁德·统考一模）如图，在反映特殊四边形之间关系的知识结构图中，①②③④表示需要添加的条件，则下列描述错误的是（ ）
A．①表示有一个角是直角B．②表示有一组邻边相等
C．③表示四个角都相等D．④表示对角线相等
【答案】C
【分析】根据特殊四边形的判定方法判断即可．
【详解】∵有一个角是平行四边形是矩形，
∴①表示有一个角是直角是正确的；
∴A的描述正确，不符合题意；
∵有一组邻边相等的平行四边形是菱形，
∴②表示有一组邻边相等是正确的；
∴B的描述正确，不符合题意；
∵四个角都相等的四边形是矩形，
∴③表示四个角都相等是错误的；
∴C的描述错误，符合题意；
∵对角线相等的菱形是正方形，
∴④表示对角线相等是正确的；
∴D的描述正确，不符合题意；
故选C．
【点拨】本题考查了特殊四边形的判定，熟练掌握特殊四边形的各种判定方法是解题的关键．
【变式1-1】（2023·安徽蚌埠·统考三模）如图推理中，空格①②③④处可以填上条件“对角线相等”的是（ ）

A．①②B．①④C．③④D．②③
【答案】D
【分析】根据矩形的判定定理，正方形的判定定理即可求解．
【详解】解：∵对角线相等的平行四边形是矩形，对角线相等的菱形是正方形，
故选：D．
【点拨】本题考查了矩形的判定定理，正方形的判定定理，熟练掌握矩形的判定定理，正方形的判定定理是解题的关键．
【变式1-2】（2023·山西晋中·统考二模）在平行四边形的复习课上，小明绘制了如下知识框架图，箭头处添加条件错误的是（ ）

A．①：对角线相等B．②：对角互补C．③：一组邻边相等D．④：有一个角是直角
【答案】B
【分析】由矩形，菱形，正方形的判定，即可判断．
【详解】解：A.对角线相等的平行四边形是矩形，故A正确，不符合题意；
B.对角互补的矩形不一定是正方形，错误，故B符合题意；
C.一组邻边相等的平行四边形是菱形，正确，故C不符合题意；
D.有一个角是直角的菱形是正方形，正确，故D不符合题意．
故选：B．
【点拨】本题考查矩形，菱形，正方形的判定，关键是熟练掌握矩形，菱形，正方形的判定方法．
题型02 平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定
【例2】（2023·广东佛山·校考一模）给出下列判断，正确的是（ ）
A．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D．有一条对角线平分一个内角的平行四边形为菱形
【答案】D
【分析】依据平行四边形的判定、矩形的判定、正方形的判定以及菱形的判定方法，即可得出结论．
【详解】解：A. 一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；
B. 对角线相等的平行四边形是矩形，故该选项不正确，不符合题意；
C. 对角线互相平分，垂直且相等的四边形是正方形，故该选项不正确，不符合题意；
D. 有一条对角线平分一个内角的平行四边形为菱形，故该选项正确，符合题意；
故选：D．
【点拨】本题主要考查了特殊四边形的判定方法，解题关键在于掌握各特殊四边形的判定方法．
【变式2-1】（2023·浙江绍兴·统考三模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=30°，∠C=60°，AB=6，AD=4，E.F是BC上的两动点，且EF=4，点E从点B出发，当点F移动到点C时，两点停止运动．在四边形AEFD形状的变化过程中，依次出现的特殊四边形是（ ）

A．平行四边形→菱形→矩形→平行四边形B．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形
C．平行四边形→菱形→正方形→菱形D．平行四边形→矩形→菱形→平行四边形
【答案】A
【分析】先判断出点E在移动过程中，四边形AEFD始终是平行四边形，当AE=AD=4时，四边形AEFD是菱形，当点E与点G重合时，四边形AEFD是矩形，即可求解．
【详解】解：如图，过点A.D作BC的垂线，垂足分别为G、H，

∵AD∥BC，
∴四边形ADHG为矩形，
∵∠B=30°，AB=6，
∴AG=12AB=3，
∴DH=3，
∵∠C=60°，
∴CD=DHsin60°=23