中考数学二轮复习讲练测(全国通用)专题05四边形的性质与判定(讲练)(原卷版+解析)

这是一份中考数学二轮复习讲练测(全国通用)专题05四边形的性质与判定(讲练)(原卷版+解析)，共224页。试卷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 \l "_Tc160094594" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc161309507" 考点一 平行四边形
\l "_Tc161309508" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc161309509" 题型01 多边形内角和与外角和综合问题
\l "_Tc161309510" 题型02 多边形内角和/外角和的实际应用
\l "_Tc161309511" 题型03 利用平行四边形的性质与判定求解
\l "_Tc161309512" 题型04 利用平行四边形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc161309513" 题型05 构建三角形中位线解决问题
\l "_Tc161309519" \l "_Tc160094604" 【核心提炼·查漏补缺】
\l "_Tc161309520" \l "_Tc160094605" 【好题必刷·强化落实】
\l "_Tc161309521" 考点二 特殊四边形
\l "_Tc161309522" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc161309523" 题型01 利用矩形的性质与判定求解
\l "_Tc161309524" 题型02 与矩形（或正方形）有关的折叠问题
\l "_Tc161309525" 题型03 根据矩形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc161309526" 题型04 矩形与函数的相关问题
\l "_Tc161309527" 题型05 根据菱形的性质与判定求解
\l "_Tc161309529" 题型06 菱形与函数的相关问题
\l "_Tc161309530" 题型07 根据正方形的性质与判定求解
\l "_Tc161309531" 题型08 根据正方形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc161309532" 题型09 正方形与函数的相关问题
\l "_Tc161309533" 题型10 与特殊四边形有关的新定义问题
\l "_Tc161309534" 题型11 与特殊四边形有关的规律探究问题
\l "_Tc161309535" 题型12 梯形的相关计算
\l "_Tc161309536" 题型13 四边形的常见几何模型
\l "_Tc161309537" \l "_Tc160094604" 【核心提炼·查漏补缺】
\l "_Tc161309538" \l "_Tc160094605" 【好题必刷·强化落实】
考点一 平行四边形
题型01 多边形内角和与外角和综合问题
多边形的有关计算公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误：
①n边形内角和＝（n－2）×180°（n≥3）.
②从n边形的一个顶点可以引出（n-3）条对角线，n个顶点可以引出n（n-3）条对角线，但是每条对角线计算了两次，因此n边形共有n(n−3)2 条对角线.
③n边形的边数＝（内角和÷180°）＋2.
④n边形的外角和是360°.
⑤n边形的外角和加内角和＝n×180°.
⑥在n边形内任取一点O，连接O与各个顶点，把n边形分成n个三角形；在n边形的任意一边上任取一点O，连接O点与其不相邻的其它各顶点的线段可以把n边形分成（n－1）个三角形；连接n边形的任一顶点A与其不相邻的各个顶点的线段，把n边形分成（n－2）个三角形．
1）n边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°.
2）任意多边形的内角和均为180°的整数倍.
3）利用多边形内角和定理可解决三类问题：①已知多边形的边数求内角和；②已知多边形的内角和求边数；③已知足够的角度条件下求某一个内角的度数．
4）任意多边形的外角和等于360°，与多边形的形状和边数无关.
5）正n边形的每个内角为为（n−2）×180°n，每一个外角为360°n．
6）正n边形有n条对称轴．
7）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形．
1．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若∠1=44°，则∠2的度数为（ ）

A．14°B．16°C．24°D．26°
2．（2022·江苏南京·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的3个外角∠EAB，∠FBC，∠GCD的度数之比为1:2:4，则∠D= ．
3．（2023·内蒙古·中考真题）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，以点A为圆心，AB为半径画弧BF，得到扇形BAF（阴影部分）．若扇形BAF正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是 ．

4．（2023·新疆·中考真题）一个多边形的每个内角都是144°，这个多边形是 边形．
题型02 多边形内角和/外角和的实际应用
1．（2023·山西·中考真题）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点P,Q,M均为正六边形的顶点．若点P,Q的坐标分别为−23,3,0,−3，则点M的坐标为（ ）

A．33,−2B．33,2C．2,−33D．−2,−33
2．（2022·河北·中考真题）如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设△ABC与四边形BCDE的外角和的度数分别为α，β，则正确的是（ ）
A．α−β=0B．α−β0D．无法比较α与β的大小
3．（2020·山东德州·中考真题）如图，小明从A点出发，沿直线前进8米后向左转45°，再沿直线前进8米，又向左转45°……照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为（ ）
A．80米B．96米C．64米D．48米
4．（2022·湖南常德·中考真题）剪纸片：有一张长方形的纸片，用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片；从这2张中任选一张，再用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，这样共有3张纸片：从这3张中任选一张，再用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，这样共有4张纸片；……；如此下去，若最后得到10张纸片，其中有1张五边形纸片，3张三角形纸片，5 张四边形纸片，则还有一张多边形纸片的边数为 ．
5．（2023·河北·中考真题）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上，两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中
（1）∠α= 度．
（2）中间正六边形的中心到直线l的距离为 （结果保留根号）．

题型03 利用平行四边形的性质与判定求解
平行四边形的性质：1)对边平行且相等； 2)对角相等、邻角互补； 3)对角线互相平分；
4)平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心.
【解题技巧】
1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．
2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．
3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．
4）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE．
5）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE．
6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．
平行四边形的判定定理：
①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
③两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
④两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【解题技巧】
一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：
1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明；
2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明；
3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明．
1．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，已知∠AOB，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于12CD长为半径作圆弧，两条圆弧交于∠AOB内一点P，连接OP，过点P作直线PE∥OA，交OB于点E，过点P作直线PF∥OB，交OA于点F．若∠AOB=60°，OP=6cm，则四边形PFOE的面积是（ ）

A．123cm2B．63cm2C．33cm2D．23cm2
2．（2023·西藏·中考真题）如图，两张宽为3的长方形纸条叠放在一起，已知∠ABC=60°，则阴影部分的面积是（ ）

A．92B．33C．932D．63
3．（2023·江苏徐州·中考真题）【阅读理解】如图1，在矩形ABCD中，若AB=a,BC=b，由勾股定理，得AC2=a2+b2，同理BD2=a2+b2，故AC2+BD2=2a2+b2．
【探究发现】如图2，四边形ABCD为平行四边形，若AB=a,BC=b，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
【拓展提升】如图3，已知BO为△ABC的一条中线，AB=a,BC=b,AC=c．求证：BO2=a2+b22−c24．
【尝试应用】如图4，在矩形ABCD中，若AB=8,BC=12，点P在边AD上，则PB2+PC2的最小值为_______．
4．（2023·贵州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，延长CB至D，使得BD=CB，过点A，D分别作AE∥BD，DE∥BA，AE与DE相交于点E．下面是两位同学的对话：

(1)请你选择一位同学的说法，并进行证明；
(2)连接AD，若AD=52,CBAC=23，求AC的长．
题型04 利用平行四边形的性质与判定解决多结论问题
1．（2022·山东泰安·中考真题）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．点E为BC的中点，连接EO并延长交AD于点F，∠ABC=60°，BC=2AB．下列结论：①AB⊥AC；②AD=4OE；③四边形AECF是菱形；④S△BOE=14S△ABC．其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
2．（2021·山东泰安·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，则下列四个结论：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，则BM=CM；③若MD=2AM，则S△MNC=S△BNE；④若AB=MN，则△MFN与△DFC全等．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
3．（2021·四川南充·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=15，BC=20，把边AB沿对角线BD平移，点A'，B'分别对应点A，B．给出下列结论：①顺次连接点A'，B'，C，D的图形是平行四边形；②点C到它关于直线AA'的对称点的距离为48；③A'C−B'C的最大值为15；④A'C+B'C的最小值为917．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
4．（2023·湖北·中考真题）如图，△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DEB=∠AEF=90°，点E在△ABC内，BE>AE，连接DF交AE于点G,DE交AB于点H，连接CF．给出下面四个结论：①∠DBA=∠EBC；②∠BHE=∠EGF；③AB=DF；④AD=CF．其中所有正确结论的序号是 ．
题型05 构建三角形中位线解决问题
构造三角形中位线的常用方法：
1）连接两点构造三角形中位线;
2) 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线.
3) 利用角平分线+垂直构造三角形的中位线.
1．（2020·山东泰安·中考真题）如图，点A，B的坐标分别为A(2,0),B(0,2)，点C为坐标平面内一点，BC=1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（ ）

A．2+1B．2+12C．22+1D．22−12
2．（2023·广西·中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，M，N分别是EF，AF的中点，则MN的最大值为 ．

3．（2021·天津·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，对角线AC,BD相交于点O，点E，F分别在BC,CD的延长线上，且CE=2,DF=1，G为EF的中点，连接OE，交CD于点H，连接GH，则GH的长为 ．
4．（2023·山东烟台·中考真题）如图，点C为线段AB上一点，分别以AC,BC为等腰三角形的底边，在AB的同侧作等腰△ACD和等腰△BCE，且∠A=∠CBE．在线段EC上取一点F，使EF=AD，连接BF,DE．

(1)如图1，求证：DE=BF；
(2)如图2，若AD=2，BF的延长线恰好经过DE的中点G，求BE的长．
多边形的定义：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形.
多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线.
多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n－3）条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n–2)
个三角形，n边形的对角线条数为n(n−3)2
正多边形的相关概念
正多边形的常用公式
【解题思路】正多边形与圆的计算问题：正n边形的外接圆半径和边心距把正n边形分成2n个全等的直角三角形，而每个直角三角形都集中地反映了这个正n边形各元素间的关系，故可以把正n边形的计算转化为解直角三角形，再利用勾股定理即可完成计算．
1．（2022·北京平谷·一模）2021年3月考古人员在山西泉阳发现目前中国规模最大、保存最完好的战国水井，井壁由等长的柏木按原始榫卯结构相互搭接呈闭合的正九边形逐层垒砌，关于正九边形下列说法错误的是（ ）
A．它是轴对称图形B．它是中心对称图形
C．它的外角和是360°D．它的每个内角都是140°
2．（2023·河北衡水·二模）图中表示被撕掉一块的正n边形纸片，若a⊥b，则n的值是（ ）
A．6B．8C．10D．12
3．（2023·河南南阳·三模）如图，▱OABC的顶点O0,0，A4,0，点E5,1是边AB的中点，则对角线AC，OB的交点D的坐标为（ ）

A．3,1B．4,1C．1,3D．2,1
4．（2023·河北保定·二模）如图，在平行四边形ABCD中，按下列条件得到的四边形EFGH不一定是平行四边形的是（ ）
A． EG，FH是过对角线交点的两条线段
B． E，F，G，H是四边形各边中点
C． EF⊥BC，GH⊥AD
D． AF，BH，CH，DF是角平分线
5．（2023·河北衡水·二模）如图，将一个平行四边形分成16个一模一样的小平行四边形．若用颜料涂满△ABC，至少需用完1瓶颜料，则将△DEF涂满，至少需用完颜料的瓶数是（ ）
A．0.5B．1C．1.5D．2
6．（2022·浙江舟山·三模）如图，△ABC、△DBE和△FGC均为正三角形，以点D，E，F，G 在△ABC的各边上，DE和FG相交于点H，若S四边形ADHF=S△HGE，BC=a，BD=b，CF=c，则a，b，c 满足的关系式为（ ）
A．a+c=2bB．b2+c2=a2C．b+c=aD．a=2bc
7．（2023·河北石家庄·一模）如图1，将两条重合的线段绕一个公共端点沿逆时针和顺时针方向分别旋转，旋转角为α，所得的两条新线段夹角为β，以α为内角，以图中线段为边作两个正多边形，正多边形边数为n．如图2，当α=120°时，得到两个正六边形．
（1）用含α的代数式表示β，β= ；
（2）边数n，旋转角α，夹角β的部分对应值如表格所示，其中m= °；
（3）若β≤10°，则n的最小值是 ．
8．（2023·吉林长春·三模）如图①是15世纪艺术家阿尔布雷希特·丢勒利用正五边形和菱形创作的镶嵌图案设计，图②是镶嵌图案中的某一片段的放大图，其中菱形的最小内角为 度．

9．（2023·江苏南京·一模）如图①，有一个圆柱形的玻璃杯，底面直径AB是30cm，杯内装有一些溶液．如图②，将玻璃杯绕点B倾斜，液面恰好到达容器顶端时，AB与水平线l的夹角为30°．则图①中液面距离容器顶端 cm．
10．（2023·辽宁抚顺·二模）如图，在平行四边形ABCD中，AB=8，BC=6，E，F分别是BC上的动点，且EF=3，连接AE，AF，DE，DF，AE与DF相交于P，过点P作MN∥BC，交DE于M，交AF于N，当E，F在BC上移动时，下列结论：①AP=2PE；②S△PAD=4S△PEF；③PM=PN=2；④S△PAF=S△PDE．其中正确的有 ．（填序号）
11．（2023·陕西西安·模拟预测）定义：由n条线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做n边形．相邻两边组成的角叫做它的内角，一边和它邻边的延长线组成的角叫做它的外角．为了探究n边形的外角和与内角和的度数，小华做了以下实验：取若干张纸片，分别在纸片上画出三角形、四边形、五边形等，顺次延长各边得到各个外角，然后沿着多边形的边和延长线将它剪开，将外角拼在一起，观察图形，并进行推理．
（1）实验操作．

（2）归纳猜想．
（3）理解应用．
一个多边形的内角和是外角和的1008倍，它是多少边形？
12．（2023·吉林松原·三模）知识呈现：
如图①，在▱ABCD中，∠ADC的平分线与AB相交于点E，求证：BE+BC=CD；

知识应用：
（1）如图②，在▱ABCD中，点E在CD上，AE、BE分别平分∠BAD、∠ABC，若BC=2.5，BE=3，则AE=______；
（2）如图③，在矩形ABCD中，AB=3，BC=2，点E为BC的中点，连接AE，作∠AEF=∠AEB，则cs∠FEC=______．
13．（2023·陕西榆林·三模）在▱ABCD中，∠ABC=45°,BC=2AB,E为CD上一点．

(1)如图1，连接AC，求证：∠BAC=90°；
(2)如图2，连接BE，过点C作CQ⊥BE于点Q，连接AQ．
①求∠AQB的度数；
②如图3，延长AQ交BC的延长线于点F，试判断线段BE与AF有何数量关系？并说明理由．
考点二 特殊四边形
题型01 利用矩形的性质与判定求解
矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质；
2）矩形的四个角都是直角；
3）对角线互相平分且相等；
4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心.
【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.
2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半.
矩形的判定：1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形；
2）对角线相等的平行四边形是矩形；
3）有三个角是直角的四边形是矩形.
【解题思路】要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明．
1. 对于矩形的定义要注意两点:a.是平行四边形;b.有一个角是直角.
2. 定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形,不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形.
1．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，菱形ABCD中，AB＝23，∠ABC＝60°，矩形BEFG的边EF经过点C，且点G在边AD上，若BG＝4，则BE的长为（ ）
A．32B．332C．6D．3
2．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE,AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S,S1,S2，若要求出S−S1−S2的值，只需知道( )

A．△ABE的面积B．△ACD的面积C．△ABC的面积D．矩形BCDE的面积
3．（2023·江西·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，将AB绕点A逆时针旋转角α（0°0,x>0)上，点B在直线y=mx−2b(m>0,b>0)上，A与B关于x轴对称，直线l与y轴交于点C，当四边形AOCB是菱形时，有以下结论：
①A(b,3b) ②当b=2时，k=43
③m=33 ④S四边形AOCB=2b2
则所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【分析】根据一次函数图象上的点的坐标特征、菱形的性质及勾股定理即可求出A(3b,b)，即可判断①错误；根据反比例函图象上的点的特征即可求出k=3b2，当b=2时，即可求出k的值，即可判断②正确；将点B(3b,b)代入直线y=mx−2b(m>0,b>0)，即可求出m的值，即可判断③正确；再根据底乘高即可计算S四边形AOCB，继而判断④错误．
【详解】∵直线y=mx−2b(m>0,b>0)，
∴当x=0时，y=−2b，
∴C(0,−2b)，
∴OC=2b，
∵四边形AOCB是菱形，
∴OC=OA=AB=2b，
∵A与B关于x轴对称，设AB交x轴于点D，
∴AD=BD=b
∴在Rt△AOD中，OD=OA2−AD2=3b，
∴A(3b,b)，故①错误；
∵ A(3b,b)在双曲线y=kx(k>0,x>0)上，
∴b=k3b，
∴k=3b2，
当b=2时，k=43，故②正确；
∵OD=3b,BD=b，
∴B(3b,b)，
∵点B在直线y=mx−2b(m>0,b>0)上，
∴3mb−2b=−b，
∴3mb=b，
∴m=33，故③正确；
S四边形AOCB=AB⋅OD=2b⋅3b=23b2，故④错误；
综上，正确结论的序号是②③，
故答案为：②③．
【点睛】本题考查了一次函数图象上的点的坐标特征、反比例函数图象上的点的坐标特征、菱形的性质及勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
2．（2023·山东滨州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的一边OC在x轴正半轴上，顶点A的坐标为2,23，点D是边OC上的动点，过点D作DE ⊥ OB交边OA于点E，作DF∥OB交边BC于点F，连接EF．设OD=x,△DEF的面积为S．

(1)求S关于x的函数解析式；
(2)当x取何值时，S的值最大？请求出最大值．
【答案】(1)S=−32x2+23x
(2)当x=2时，S的最大值为23
【分析】（1）过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，证明△AOC是等边三角形，可得DE=x，进而证明△CDF∽△COB，得出DF=34−x，根据三角形面积公式即可求解；
（2）根据二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，

∵顶点A的坐标为2,23，
∴OA=22+232=4，OG=2，AG=23
∴cs∠AOG=OGAO=12，
∴∠AOG=60°
∵四边形OABC是菱形，
∴∠BOC=∠AOB=30°，AC⊥BD,AO=OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO=60°，
∵DE⊥OB，
∴DE∥AC,
∴∠EDO=∠ACO=60°
∴△EOD是等边三角形，
∴ED=OD=x
∵DF∥OB，
∴△CDF∽△COB，
∴DFOB=CDCO
∵A 2,23，AO=4，则B6,23，
∴OB=62+232=43
∴DF43=4−x4
∴DF=34−x
∴S=12x×34−x=−32x2+23x
∴S=−32x2+23x0≤x≤4
（2）解：∵S=−32x2+23x=−32x−22+23
∵−32m>0)的位置和函数y1=mx(x>0)、y2=m−ax(xm>0的条件下任意变化时，△PGH的面积是否变化？请说明理由；
(3)试判断直线PH与BC边的交点是否在函数y2的图像上？并说明理由．
【答案】(1)函数y3的表达式为y3=−2x+5，△PGH的面积为12
(2)不变，理由见解析
(3)在，理由见解析
【分析】（1）由m=2，a=4，可得A(2，0)，B(−2，0)，y1=2x，y2=−2x，则AB=4，当x=2，y1=22=1，则E2，1；当y1=4，4=2x，解得x=12，则G12，4；当y2=4，4=−2x，解得x=−12，则H−12，4；待定系数法求一次函数y3的解析式为y3=−2x+5，当x=0，y3=5，则P0，5，根据S△PGH=12×12−−12×5−4，计算求解即可；
（2）求解过程同（1）；
（3）设直线PH的解析式为y=k2x+b2，将P0，1+a，Hm−aa，a，代入y=k2x+b2得，b2=1+am−aak2+b2=a，解得b2=1+ak2=aa−m，即y=aa−mx+1+a，当x=m−a，y=aa−m×m−a+1+a=1，则直线PH与BC边的交点坐标为m−a，1，当x=m−a，y2=m−am−a=1，进而可得结论．
【详解】（1）解：∵m=2，a=4，
∴A(2，0)，B(−2，0)，y1=2x，y2=−2x，
∴AB=4，
当x=2，y1=22=1，则E2，1；
当y1=4，4=2x，解得x=12，则G12，4；
当y2=4，4=−2x，解得x=−12，则H−12，4；
设一次函数y3的解析式为y3=kx+b，
将E2，1，G12，4，代入y3=kx+b得，2k+b=112k+b=4，解得k=−2b=5，
∴y3=−2x+5，
当x=0，y3=5，则P0，5，
∴S△PGH=12×12−−12×5−4=12；
∴函数y3的表达式为y3=−2x+5，△PGH的面积为12；
（2）解：△PGH的面积不变，理由如下：
∵A(m，0)，B(m−a，0)，y1=mx，y2=m−ax，
∴AB=a，
当x=m，y1=mm=1，则Em，1；
当y1=a，a=mx，解得x=ma，则Gma，a；
当y2=a，a=m−ax，解得x=m−aa，则Hm−aa，a；
设一次函数y3的解析式为y3=k1x+b1，
将Em，1，Gma，a，代入y3=k1x+b1得，mk1+b1=1mak1+b1=a，解得k1=−amb1=1+a，
∴y3=−amx+1+a，
当x=0，y3=1+a，则P0，1+a，
∴S△PGH=12×ma−m−aa×1+a−a=12；
∴△PGH的面积不变；
（3）解：直线PH与BC边的交点在函数y2的图像上，理由如下：
设直线PH的解析式为y=k2x+b2，
将P0，1+a，Hm−aa，a，代入y=k2x+b2得，b2=1+am−aak2+b2=a，解得b2=1+ak2=aa−m，
∴y=aa−mx+1+a，
当x=m−a，y=aa−m×m−a+1+a=1，
∴直线PH与BC边的交点坐标为m−a，1，
当x=m−a，y2=m−am−a=1，
∴直线PH与BC边的交点在函数y2的图像上．
【点睛】本题考查了正方形的性质，一次函数解析式，反比例函数解析式，交点坐标．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
2．（2022·江苏徐州·中考真题）如图，一次函数y=kx+b(k>0)的图像与反比例函数y=8x(x>0)的图像交于点A，与x轴交于点B，与y轴交于点C，AD⊥x轴于点D，CB=CD，点C关于直线AD的对称点为点E．
(1)点E是否在这个反比例函数的图像上？请说明理由；
(2)连接AE、DE，若四边形ACDE为正方形．
①求k、b的值；
②若点P在y轴上，当|PE−PB|最大时，求点P的坐标．

【答案】(1)点E在这个反比例函数的图像上，理由见解析
(2)①k=1，b=2；②点P的坐标为(0,−2)
【分析】（1）设点A的坐标为(m,8m)，根据轴对称的性质得到AD⊥CE，AD平分CE，如图，连接CE交AD于H，得到CH=EH，再结合等腰三角形三线合一得到CH为ΔACD边AD上的中线，即AH=HD，求出H(m,4m)，进而求得E(2m,4m)，于是得到点E在这个反比例函数的图像上；
（2）①根据正方形的性质得到AD=CE，AD垂直平分CE，求得CH=12AD，设点A的坐标为(m,8m)，得到m=2（负值舍去），求得A(2,4)，C(0,2)，把A(2,4)，C(0,2)代入y=kx+b得，解方程组即可得到结论；②延长ED交y轴于P，根据已知条件得到点B与点D关于y轴对称，求得|PE−PD|=|PE−PB|，则点P即为符合条件的点，求得直线DE的解析式为y=x−2，于是得到结论．
【详解】（1）解：点E在这个反比例函数的图像上．
理由如下：
∵一次函数y=kx+b(k>0)的图像与反比例函数y=8x(x>0)的图像交于点A，
∴设点A的坐标为(m,8m)，
∵点C关于直线AD的对称点为点E，
∴AD⊥CE，AD平分CE，
连接CE交AD于H，如图所示：

∴CH=EH，
∵AD⊥x轴于D，
∴CE∥x轴，∠ADB=90°，
∴∠CDO+∠ADC=90°，
∵CB=CD，
∴∠CBO=∠CDO，
在RtΔABD中，∠ABD+∠BAD=90°，
∴∠CAD=∠CDA，
∴CH为ΔACD边AD上的中线，即AH=HD，
∴H(m,4m)，
∴E(2m,4m)，
∵2m×4m=8，
∴点E在这个反比例函数的图像上；
（2）解：①∵四边形ACDE为正方形，
∴AD=CE，AD垂直平分CE，
∴CH=12AD，
设点A的坐标为(m,8m)，
∴CH=m，AD=8m，
∴m=12×8m，
∴m=2（负值舍去），
∴A(2,4)，C(0,2)，
把A(2,4)，C(0,2)代入y=kx+b得{2k+b=4b=2，
∴ {k=1b=2；
②延长ED交y轴于P，如图所示：

∵CB=CD，OC⊥BD，
∴点B与点D关于y轴对称，
∴|PE−PD|=|PE−PB|，则点P即为符合条件的点，
由①知，A(2,4)，C(0,2)，
∴D(2,0)，E(4,2)，
设直线DE的解析式为y=ax+n，
∴ {2a+n=04a+n=2，解得{a=1n=−2，
∴直线DE的解析式为y=x−2，
当x=0时，y=−2，即(0,−2)，故当|PE−PB|最大时，点P的坐标为(0,−2)．
【点睛】本题考查了反比例函数的综合题，正方形的性质，轴对称的性质，待定系数法求一次函数的解析式，正确地作出辅助线是解题的关键．
3．（2023·辽宁·中考真题）如图，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于点A和点B4，0，与y轴交于点C0，4，点E在抛物线上．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点E在第一象限内，过点E作EF∥y轴，交BC于点F，作EH∥x轴，交抛物线于点H，点H在点E的左侧，以线段EF,EH为邻边作矩形EFGH，当矩形EFGH的周长为11时，求线段EH的长；
(3)点M在直线AC上，点N在平面内，当四边形OENM是正方形时，请直接写出点N的坐标．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=−12x2+x+4；
(2)EH=4；
(3)点N的坐标为4，4或−72，32或−5+574,−17−3574或−5−574,−17+3574
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）先求得直线BC的解析式为y=−x+4，设Ex，−12x2+x+4，则Fx，−x+4，利用对称性质求得H2−x，−12x2+x+4，推出GH=EF=−12x2+2x，GF=EH=2x−2，利用矩形周长公式列一元二次方程计算即可求解；
（3）先求得直线AC的解析式为y=2x+4，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，证明△OEP≌△MOQ，推出PE=OQ，PO=MQ，设Em，−12m2+m+4，则M12m2−m−4，m，由点M在直线AC上，列式计算，可求得m的值，利用平移的性质可得点N的坐标；设点Ma,b，则点Eb,−a，当OM绕着点O逆时针旋转90°得到OE时，当点M绕点O逆时针90°得到点E时，根据旋转的性质，可得点N的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−12x2+bx+c经过点B4，0和C0，4，
∴−12×42+4b+c=0c=4，
解得b=1c=4，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+x+4；
（2）解：∵点B4，0和C0，4，
设直线BC的解析式为y=kx+4，则0=4k+4，
解得k=−1，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
设Ex，−12x2+x+4，且0AB，点B到直线AD的距离为BE．
①求BE的长．
②若M、N分别是AB、AD边上的动点，求ΔMNC周长的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）①BE=4；②ΔMNC周长的最小值为82
【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BEDF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BEDF为“直等补”四边形；
（2）∵四边形ABCD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：x2+(x−1)2=25，即x2−x−12=0，
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,
∴BCPC=BFPH=CFCH,
即52=4PH=3CH，
解得：CH=65,PH=85,
在Rt△PHT中，TH=5+5+65=565,
PT=PH2+HT2=82,
∴ΔMNC周长的最小值为82．
【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．
3．（2020·湖北咸宁·中考真题）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
理解：
（1）若四边形ABCD是对余四边形，则∠A与∠C的度数之和为______；
证明：
（2）如图1，MN是⊙O的直径，点A,B,C在⊙O上，AM，CN相交于点D．
求证：四边形ABCD是对余四边形；
探究：
（3）如图2，在对余四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=60°，探究线段AD，CD和BD之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
【答案】（1）90°或270°；（2）见解析；（3）CD2+AD2=BD2，理由见解析
【分析】（1）分当∠A和∠C互余时，当∠B和∠D互余时，两种情况求解；
（2）连接BO，得到∠BON+∠BOM=180°，再利用圆周角定理证明∠C+∠A=90°即可；
（3）作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，先证明GF是圆O的直径，得到GE2+EF2=GF2，再证明△ABC∽△FEC，△ACD∽△GCE，△BCD∽△GCF，可得AB2CF2+AD2GC2=AC2EF2+AC2GE2，BCGC=BDGF=CDCF=k，从而得出AB2CD2+AD2BC2=AC2BD2，根据△ABC为等边三角形可得AB=AC=BC，从而得到CD2+AD2=BD2.
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是对余四边形，
当∠A和∠C互余时，
∠A+∠C=90°，
当∠B与∠D互余时，
∠B+∠D=90°，
则∠A+∠C=360°-90°=270°，
故答案为：90°或270°；
（2）如图，连接BO，
可得：∠BON=2∠C，∠BOM=2∠A，
而∠BON+∠BOM=180°，
∴2∠C+2∠A=180°，
∴∠C+∠A=90°，
∴四边形ABCD是对余四边形；
（3）∵四边形ABCD为对于四边形，∠ABC=60°，
∴∠ADC=30°，
如图，作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，
则∠AEF=∠ABC=60°，∠AEG=∠ADG=30°，
∴∠AEF+∠AEG=90°，即∠FEG=90°，
∴GF是圆O的直径，
∵AB=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∵∠ABC=∠AEF，∠ACB=∠ECF，
∴△ABC∽△FEC，得：ABEF=ACFC=BCEC，则AB2CF2=AC2EF2，
同理，△ACD∽△GCE，得：ACGC=ADGE=CDCE，则AC2GE2=AD2GC2，
△BCD∽△GCF，得：BCGC=BDGF=CDCF=k，
可得：AB2CF2+AD2GC2=AC2EF2+AC2GE2，
而GE2+EF2=GF2，
∴AB2CF2+AD2GC2=AC2GF2，
∴AB2CD2k2+AD2BC2k2=AC2BD2k2，
∴AB2CD2+AD2BC2=AC2BD2，
∵AB=BC=AC，
∴CD2+AD2=BD2.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，四边形的新定义问题，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，多边形内角和，解题的关键是理解对余四边形的概念，结合所学知识求证.
题型11 与特殊四边形有关的规律探究问题
1．（2022·山东烟台·中考真题）如图，正方形ABCD边长为1，以AC为边作第2个正方形ACEF，再以CF为边作第3个正方形FCGH，…，按照这样的规律作下去，第6个正方形的边长为（ ）

A．（22）5B．（22）6C．（2）5D．（2）6
【答案】C
【分析】根据勾股定理得出正方形的对角线是边长的2，第1个正方形的边长为1，其对角线长为2；第2个正方形的边长为2，其对角线长为22；第3个正方形的边长为22，其对角线长为23；•••；第n个正方形的边长为2n−1．所以，第6个正方形的边长25．
【详解】解：由题知，第1个正方形的边长AB=1，
根据勾股定理得，第2个正方形的边长AC=2，
根据勾股定理得，第3个正方形的边长CF=22，
根据勾股定理得，第4个正方形的边长GF=23，
根据勾股定理得，第5个正方形的边长GN=24，
根据勾股定理得，第6个正方形的边长=25．
故选：C．
【点睛】本题主要考查勾股定理，根据勾股定理找到正方形边长之间的2倍关系是解题的关键．
2．（2023·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=3x−3与x轴交于点A1，以OA1为边作正方形A1B1C1O点C1在y轴上，延长C1B1交直线l于点A2，以C1A2为边作正方形A2B2C2C1，点C2在y轴上，以同样的方式依次作正方形A3B3C3C2，…，正方形A2023B2023C2023C2022，则点B2023的横坐标是 ．

【答案】1+332022
【分析】分别求出点点B1的横坐标是1，点B2的横坐标是1+33，点B3的横坐标是233+43=1+332，找到规律，得到答案见即可．
【详解】解：当y=0，0=3x−3，解得x=1，
∴点A11,0,
∵A1B1C1O是正方形，
∴OA1=A1B1=OC1=1，
∴点B11,1，
∴点B1的横坐标是1，
当y=1时，1=3x−3，解得x=1+33，
∴点A21+33,1，
∵A2B2C2C1是正方形，
∴A2B2=C1C2=A2C1=1+33，
∴点B21+33,2+33，
即点B2的横坐标是1+33，
当y=2+33时，2+33=3x−3，解得x=233+2，
∴点A3233+43,2+33，
∵A3B3C3C2是正方形，
∴A3B3=C2C3=A3C2=233+43，
∴点B3的横坐标是233+43=1+332，
……
以此类推，则点B2023的横坐标是1+332022
故答案为：1+332022
【点睛】此题是点的坐标规律题，考查了二次函数的图象和性质、正方形的性质等知识，数形结合是是解题的关键．
3．（2022·辽宁·中考真题）如图，A1为射线ON上一点，B1为射线OM上一点，∠B1A1O=60°,OA1=3,B1A1=1．以B1A1为边在其右侧作菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°,C1D1与射线OM交于点B2，得△C1B1B2；延长B2D1交射线ON于点A2，以B2A2为边在其右侧作菱形A2B2C2D2，且∠B2A2D2=60°,C2D2与射线OM交于点B3，得△C2B2B3；延长B3D2交射线ON于点A3，以B3A3为边在其右侧作菱形A3B3C3D3，且∠B3A3D3=60°,C3D3与射线OM交于点B4，得△C3B3B4；…，按此规律进行下去，则△C2022B2022B2023的面积 ．
【答案】36×434042
【分析】过点B1作B1D⊥OA1于点D，连接B1D1,B2D2,B3D3，分别作B2H⊥B1D1,B3G⊥B2D2,B4E⊥B3D3，然后根据菱形的性质及题意可得B1D1//OA1,B2D2//OA1,B3D3//OA1，则有tan∠O=tan∠B2B1D1=tan∠B3B2D2=tan∠B4B3D3=35，进而可得出规律进行求解．
【详解】解：过点B1作B1D⊥OA1于点D，连接B1D1,B2D2,B3D3，分别作B2H⊥B1D1,B3G⊥B2D2,B4E⊥B3D3，如图所示：
∴∠B1DO=∠B1DA1=∠B2HD1=∠B3GD2=∠B4ED3=90°，
∵∠B1A1O=60°，
∴∠DB1A1=30°，
∵B1A1=1，OA1=3，
∴DA1=12B1A1=12，OD=52，
∴B1D=A1B12−A1D2=32，
∴tan∠O=B1DOD=35，
∵菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°，
∴△A1B1D1是等边三角形，
∴∠A1B1D1=60°，B1D1=A1B1=1，
∵∠A1B1D1=∠OA1B1=60°，
∴OA1//B1D1，
∴∠O=∠B2B1D1，
∴tan∠B2B1D1=tan∠O=35，
设B2D1=x，
∵∠B2D1H=60°，
∴HD1=B2D1⋅cs60°=12x,B2H=B2D1⋅sin60°=32x，
∴B1H=B2Htan∠B2B1H=52x，
∴52x+12x=1，解得：x=13，
∴B2D1=13，
∴A2B2=43，
同理可得：B3D2=49，B4D3=1627，
∴A3B3=169,A4B4=6427，
由上可得：AnBn=43n−1，Bn+1Dn=13⋅43n−1，
∴S△C2022B2022B2023=S△C2022B2022D2022−S△B2023B2022D2022=34×4320212−12×432021×13×432021×32=36×434042，
故答案为36×434042．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数是解题的关键．
4．（2020·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形OAA1B中，OA=3，AA1=2，连接OA1，以OA1为边，作矩形OA1A2B1使A1A2=23OA1，连接OA2交A1B于点C；以OA2为边，作矩形OA2A3B2，使A2A3=23OA2，连接OA3交A2B1于点C1；以OA3为边，作矩形OA3A4B3，使A3A4=23OA3，连接OA4交A3B2于点C2；…按照这个规律进行下去，则ΔC2019C2020A2022的面积为 ．
【答案】34⋅(133)4042．
【分析】先寻找规律求得S矩OAnAn+1Bn的面积，再结合勾股定理以及三角形中线平分三角形的面积求得三角形面积是它所在矩形面积的18，依此即可求得ΔC2019C2020A2022的面积．
【详解】解：∵四边形OAA1B为矩形，
∴∠A=∠B=90°，A1B=OA=3，OB=AA1=2，A1B//OA，
∴∠BA1O=∠A1OA，
∴OA1=OA2+AA12=13,AA1=23OA，OA1=133OA，
∵A1A2=23OA1，
∴A1A2=23⋅133OA，
∴tan∠A2OA1=tan∠A1OA
∴∠A2OA1=∠A1OA，
∴∠BA1O=∠A2OA1，
∴OC=A1C，
同理可证OA2=133OA1=(133)2OA， A2A3=23⋅133OA2=23⋅(133)2OA，
依次类推OAn=(133)nOA，AnAn+1=23⋅(133)nOA，
故S矩OAnAn+1Bn=OAn⋅AnAn+1=(133)nOA⋅23⋅(133)nOA=6⋅(133)2n ，
在矩形OAA1B中，设OC=A1C=x，则BC=3−x，
根据勾股定理OB2+BC2=OC2，
即22+(3−x)2=x2，解得x=136，
∵OA2=(133)2OA=133，即OC=CA2=12OA2，
同理可证OC1=C1A3=12OA3，
∴SΔCC1A3=12SΔOCA3=12⋅12SΔOA2A3=12⋅12⋅12S矩OA2A3B2=18S矩OA2A3B2
同理可证SΔC2019C2020A2022=18S矩OA2021A2022B2021=18⋅6⋅(133)4042=34⋅(133)4042
故答案为：34⋅(133)4042．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，三角形中线有关的面积计算，探索与表达规律，解直角三角形．解决此题的关键有两个：①寻找规律，求得S矩OAnAn+1Bn=OAn⋅AnAn+1；②得出三角形面积是它所在矩形面积的18．需注意标序号的时候不要混淆了．
题型12 梯形的相关计算
等腰梯形性质：1）等腰梯形的两底平行，两腰相等；
2）等腰梯形的同一底边上的两个角相等；
3）等腰梯形的两条对角线相等；
4）等腰梯形是轴对称图形（底边的中垂线就是它的对称轴）.
等腰梯形判定：1）两腰相等的梯形是等腰梯形；
2）同一底边上的两个角相等的梯形是等腰梯形；
3）对角线相等的梯形是等腰梯形.
【解题思路】判定一个四边形是等腰梯形,必须先判定四边形是梯形,再证明同一底边上的两个角相等或两腰相等或两条对角线相等.
梯形的面积公式：S=12×（上底+下底）×高
解决梯形问题的常用方法（如下图所示）：
1）“作高”：使两腰在两个直角三角形中；
2）“平移对角线”：使两条对角线在同一个三角形中.
3）“延长两腰”：构造具有公共角的两个三角形.
4）“等积变形”：连接梯形上底一端点和另一腰中点，并延长交下底的延长线于一点，构成三角形．并且这个三角形面积与原来的梯形面积相等.
5）平移腰.过上底端点作一腰的平行线，构造一个平行四边形和三角形.
6）过上底中点平移两腰.构造两个平行四边形和一个三角形.
1．（2023·上海·中考真题）已知在梯形ABCD中，连接AC，BD，且AC⊥BD，设AB=a,CD=b．下列两个说法：
①AC=22a+b；②AD=22a2+b2
则下列说法正确的是（ ）
A．①正确②错误B．①错误②正确C．①②均正确D．①②均错误
【答案】D
【分析】根据已知及结论，作出图形，进而可知当梯形ABCD为等腰梯形，即AD=BC，AB∥CD时，①AC=22a+b；②AD=22a2+b2，其余情况得不出这样的结论，从而得到答案．
【详解】解：过B作BE∥CA，交BC延长线于E，如图所示：

若梯形ABCD为等腰梯形，即AD=BC，AB∥CD时，
∴四边形ACEB是平行四边形，
∴CE=AB,AC=BE，
∵AB∥DC，
∴∠DAB=∠CBA，
∵AB=AB，
∴△DAB≌△CBASAS
∴AC=BD，即BD=BE，
又∵ AC⊥BD，
∴ BE⊥BD，
在Rt△BDE中，BD=BE，AB=a,CD=b，则DE=DC+CE=b+a，
∴AC=BE=DE2=22DE=22a+b，此时①正确；
过B作BF⊥DE于F，如图所示：

在Rt△BFC中，BD=BE，AB=a,CD=b，DE=b+a，则BF=FE=12DE=12a+b，FC=FE−CE=12a+b−a=12b−a，
∴BC=BF2+FC2=a+b22+b−a22 =22a2+b2，此时②正确；
而题中，梯形ABCD是否为等腰梯形，并未确定；梯形ABCD是AB∥CD还是AD∥BC，并未确定，
∴无法保证①②正确，
故选：D．
【点睛】本题考查梯形中求线段长，涉及梯形性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何判定与性质是解决问题的关键．
2．（2021·广东·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AB//CD，AB≠CD，∠ABC=90°，点E、F分别在线段BC、AD上，且EF//CD，AB=AF，CD=DF．
（1）求证：CF⊥FB；
（2）求证：以AD为直径的圆与BC相切；
（3）若EF=2，∠DFE=120°，求△ADE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）833
【分析】(1)设∠DCF=∠DFC=α，进而求得∠ABF=∠AFB=90°−α，再由∠CFB=180°−∠CFD−∠BFA=90°即可求得CF⊥FB；
(2)取AD中点O，过点O作OM⊥BC，由梯形中位线定理得到OM=12AB+CD，利用AF=AB，DF=DC得到AD=2OA，进而OA=OM=OD，由此即可证明；
(3)过点D，点A分别向EF作垂线交EF于点M，N，得到S△ADE=S△EFD+S△EFA，分别求出BE=EF3=233，CE=3EF=23再代入求解即可．
【详解】解：(1)∵CD=DF，设∠DCF=∠DFC=α，
∴∠FDC=180°−2α，
∵CD∥AB，
∴∠BAF=180∘−(180∘−2α)=2α，
又∵AB=AF，
∴∠ABF=∠AFB=180°−2α2=90°−α，
∴∠CFB=180°−∠CFD−∠BFA=180°−α−(90°−α)=90°，
∴CF⊥BF．
(2)如图，取AD中点O，过点O作OM⊥BC，
∵CD∥AB，∠ABC=90°，
∴∠DCB=90°，
又∵OM⊥BC，
∴OM∥AB，
∴M为BC中点，
∴OM=12AB+CD，
∵AD=AF+DF，
又∵AF=AB,DF=DC，
∴AD=AB+CD=2OM，
又∵AD=2OA，
∴OA=OM=OD，
∴以AD为直径的圆与BC相切．
(3)∵∠DFE=120°，CD∥EF∥AB，
∴∠CDA=60°，∠BAD=120°，∠AFE=60°，
又∵DC=DF
∴△DCF为等边三角形，∠DFC=∠FCD=60°，
∵CD∥EF，
∴∠CFE=∠FCD=60°，
由(2)得：∠CFB=90°，
∴∠EFB=30°，
∴∠BFA=∠FBA=30°，
∵EF=2，在Rt△BFE中，三边之比为1:3:2，
∴BE=EF3=233，
在Rt△CEF中，三边之比为1:3:2，
∴CE=3EF=23，
如图，过点D，点A分别向EF作垂线交EF于点M，N，
∵∠CEM=∠EMD=∠ECD=90∘，
∴四边形CDME为矩形，
∴CE=DM=23，
同理，四边形BENA为矩形，
∴BE=AN=233，
S△ADE=S△EFD+S△EFA =12⋅EF⋅DM+12⋅EF⋅AN
=12⋅EF⋅(DM+AN)
=12×2×23+233
=833．
【点睛】本题考查了等腰三角形等腰对等角、梯形中位线定理、割补法求四边形的面积、圆的切线的证明方法等，熟练掌握各图形的基本性质是解决本题的关键．
3．（2021·四川攀枝花·中考真题）如图，在直角梯形ABCD中，∠A=∠B=90°，AB=12，BC=14，AD=9，线段BC上的点P从点B运动到点C，∠ADP的角平分线DQ交以DP为直径的圆M于点Q，连接PQ．
(1)当点P不与点B重合时，求证：PQ平分∠BPD；
(2)当圆M与直角梯形ABCD的边相切时，请直接写出此时BP的长度；
(3)动点P从点B出发，运动到点C停止，求点Q所经过的路程．
【答案】(1)见解析
(2)4或9
(3)8
【分析】（1）利用等角的余角相等证明∠QPD=∠BPQ即可；
（2）分两种情况讨论：①当⊙M与AB相切时，连接QM，②当⊙M与BC相切时，分别求解即可；
（3）由（2）可知点Q在梯形ABCD的中位线TK所在的直线上，求出点P与点B重合时KQ'的长，点P与点C重合时QK的长，可得结论．
【详解】（1）证明：如图1中，
∵PD是直径，
∴∠PQD=90°，
∴∠QDP+∠QPD=90°，
∵AD∥BC，
∴∠ADP+∠DPB=180°，
∴∠ADQ+∠BPQ=90°，
∵QD平分∠ADP，
∴∠ADQ=∠QDP，
∴∠QPD=∠BPQ，
∴PQ平分∠BPD．
（2）解：如图2﹣1中，当⊙M与AB相切时，连接QM．
∵MQ=MP，
∴∠MQP=∠MPQ，
∵∠QPM=∠QPB，
∴∠MQP=∠QPB，
∴MQ∥PB，
∵DM=PM，
∴AQ=QB=6，
∵∠A=∠B=∠DQP=90°，
∴∠AQD+∠BQP=90°，∠BQP+∠QPB=90°，
∴∠AQD=∠BPQ，
∴△DAQ∽△QBP，
∴ADQB=AQPB，
∴96=6BP，
∴BP=4．
如图2﹣2中，当⊙M与BC相切时，四边形ABPD是矩形，
∴BP=AD=9，AB=PD=12，CD=CP2+PD2=52+122=13，
综上所述，满足条件的BP的值为4或9．
（3）解：如图3中，由（2）可知点Q在梯形ABCD的中位线TK所在的直线上，
当点P与B重合时， BD=AD2+AB2=92+122=15，
∵DM=MB，
∴MQ'=12BD=152，
∵DK=KC，MD=MB，
∴MK=12BC=7，
∴KQ'=MQ'+MK=152+7=292，
当点P与C重合时，KQ=12CD=132，
∴QQ'=Q'K−KQ=292−132=8．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了直角梯形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，注意要分类讨论．
题型13 四边形的常见几何模型
1）垂美四边形
【模型介绍】对角线互相垂直的四边形为垂美四边形.
【性质】四边形中AC⊥BD，则①S垂美四边形ABCD=12AC•BD ②AB2+DC2=AD2+BC2
2）中点四边形
【模型介绍】依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形.
中点四边形的性质：
已知点E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边AB、BC、CD、AD的中点，则
①四边形EFGH是平行四边形 ②CEFGH =AC+BD ③sEFGH =12sABCD
④顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形.
⑤顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形.
⑥顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形.
速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正.
3）十字架模型
【模型介绍】如图，在正方形ABCD中，若EF⊥MN，则EF=MN
【易错点】正方形内十字架模型，垂直一定相等，相等不一定垂直.
【解题技巧】无论怎么变，只要垂直，十字架就相等.
4）对角线互补模型
类型一 90°对角互补模型
如图，在四边形ABCD中，若∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC，则
①AD = CD ②AB+BC=2BD ③S△ABD+S△BDC=12BD2
类型一 120°对角互补模型
如图，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB，则
①CD=CE ②OD+OE=OC ③S△DCO+S△COE=√34OC2
5）正方形半角模型
【模型介绍】从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型.
已知正方形ABCD中，E，F分别是BC、CD上的点，∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点O、P，则：
①EF=BE+DF ②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE ③C∆CEF=2倍正方形边长
④S∆ABE +S∆ADF =S∆AEF ⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G）
⑥OP2=OB2+OD2 ⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点
⑧∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA ⑨ABEP四点共圆、AOFD四点共圆、OECFP五点共圆
⑩∆APE、∆AOF为等腰直角三角形 (11) EF=2OP
(12) S∆AEF=2S∆APO (13)AB2=BP×OD
(14)CE•CF=2BE•DF (15) ∆EPC为等腰三角形
(16) PX=BX+DP(过点E作EX⊥BD，垂足为点X)
1．（2023·重庆·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接AE，AF，EF，∠EAF=45°．若∠BAE=α，则∠FEC一定等于（ ）

A．2αB．90°−2αC．45°−αD．90°−α
【答案】A
【分析】利用三角形逆时针旋转90°后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】将△ADF绕点A逆时针旋转90°至△ABH，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=∠C=90°，
由旋转性质可知：∠DAF=∠BAH，∠D=∠ABH=90°，AF=AH，
∴∠ABH+∠ABC=180°，
∴点H，B，C三点共线，
∵∠BAE=α，∠EAF=45°，∠BAD=∠HAF=90°，
∴∠DAF=∠BAH=45°−α，∠EAF=∠EAH=45°，
∵∠AHB+∠BAH=90°，
∴∠AHB=45°+α，
在△AEF和△AEH中
AF=AH∠FAE=∠HAEAE=AE，
∴△AFE≌△AHE(SAS)，
∴∠AHE=∠AFE=45°+α，
∴∠AHE=∠AFD=∠AFE=45°+α，
∴∠DFE=∠AFD+∠AFE=90°+2α，
∵∠DFE=∠FEC+∠C=∠FEC+90°，
∴∠FEC=2α，
故选：A．
【点睛】此题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，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度．
2．（2023·辽宁丹东·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB=12，点E，F分别在边BC，CD上，AE与BF相交于点G，若BE=CF=5，则BG的长为 ．
【答案】6013
【分析】根据题意证明△ABE≌△BCFSAS，△EBG∽△FBC，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE=∠C=90°，AB=BC，
∵BE=CF，
∴△ABE≌△BCFSAS，
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABG=90°，
∴∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠BGE=90°，
∴∠BGE=∠C，
又∵∠EBG=∠FBC，
∴△EBG∽△FBC，
∴ BGBC=BEBF，
∵BC=AB=12，CF=BE=5，
∴BF=BC2+CF2=122+52=13，
∴ BG12=513，
∴ BG=6013．
故答案为：6013．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，掌握这些性质是解题的关键．
3．（2021·山东枣庄·中考真题）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；
（2）性质探究：如图1，垂美四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O．猜想：AB2+CD2与AD2+BC2有什么关系？并证明你的猜想．
（3）解决问题：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE，BG，GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．
【答案】（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由见解析；（2）AB2+CD2=AD2+BC2，证明见解析；（3）GE=73．
【分析】（1）连接AC,BD，先根据线段垂直平分线的判定定理可证直线AC是线段BD的垂直平分线，再根据垂美四边形的定义即可得证；
（2）先根据垂美四边形的定义可得AC⊥BD，再利用勾股定理解答即可；
（3）设CE分别交AB于点M，交BG于点N，连接BE,CG，先证明△GAB≅△CAE，得到∠ABG=∠AEC，再根据角的和差可证∠BNM=90°，即CE⊥BG，从而可得四边形CGEB是垂美四边形，然后结合（2）的结论、利用勾股定理进行计算即可得．
【详解】证明：（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由如下：
如图，连接AC,BD，
∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是垂美四边形；
（2）猜想AB2+CD2=AD2+BC2，证明如下：
∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，
由勾股定理得：AD2+BC2=OA2+OD2+OB2+OC2，
AB2+CD2=OA2+OB2+OC2+OD2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2；
（3）如图，设CE分别交AB于点M，交BG于点N，连接BE,CG，
∵四边形ACFG和四边形ABDE都是正方形，
∴∠CAG=∠BAE=90°,AG=AC,AB=AE，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，AG=AC∠GAB=∠CAEAB=AE，
∴△GAB≅△CAESAS，
∴∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，
∴∠ABG+∠BMN=90°，
∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得：CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AB是Rt△ACB的斜边，且AC=4，AB=5，
∴BC2=AB2−AC2=9，AG=AC=4,AE=AB=5，
在Rt△ACG中，CG2=AC2+AG2=32，
在Rt△ABE中，BE2=AB2+AE2=50，
∴9+GE2=32+50，
解得GE=73或GE=−73（不符题意，舍去），
故GE的长为73．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定定理与性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理等知识点，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关键．
4．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
任务：
(1)填空：材料中的依据1是指：_____________．
依据2是指：_____________．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH，使得四边形EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）
(3)在图1中，分别连接AC,BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC,BD长度的关系，并证明你的结论．

【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
(2)答案不唯一，见解析
(3)平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和，见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；
（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求

（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的两条对角线AC与BD长度的和，
证明如下：∵点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点，
∴EF=12AC,GH=12AC．
∴EF+GH=AC．
同理EH+FG=BD．
∴四边形EFGH的周长=EF+GH+EH+FG=AC+BD．
即瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
5．（2023·山东·中考真题）（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G．求证：△ADE∽△DCF．

【问题解决】
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF，延长BC到点H，使CH=DE，连接DH．求证：∠ADF=∠H．
【类比迁移】
（3）如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF=11，DE=8，∠AED=60°，求CF的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）3
【分析】（1）由矩形的性质可得∠ADE=∠DCF=90°，则∠CDF+∠DFC=90°，再由AE⊥DF，可得∠DGE=90°，则∠CDF+∠AED=90°，根据等角的余角相等得∠AED=∠DFC，即可得证；
（2）利用“HL”证明△ADE≌△DCF，可得DE=CF，由CH=DE，可得CF=CH，利用“SAS”证明△DCF≌△DCH，则∠DHC=∠DFC，由正方形的性质可得AD∥BC，根据平行线的性质，即可得证；
（3）延长BC到点G，使CG=DE=8，连接DG，由菱形的性质可得AD=DC，AD∥BC，则∠ADE=∠DCG，推出△ADE≌△DCGSAS，由全等的性质可得∠DGC=∠AED=60°，DG=AE，进而推出△DFG是等边三角形，再根据线段的和差关系计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADE=∠DCF=90°，
∴∠CDF+∠DFC=90°，
∵ AE⊥DF，
∴∠DGE=90°，
∴∠CDF+∠AED=90°，
∴∠AED=∠DFC，
∴△ADE∽△DCF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，AD∥BC，∠ADE=∠DCF=90°，
∵AE=DF，
∴△ADE≌△DCFHL，
∴DE=CF，
又∵ CH=DE，
∴ CF=CH，
∵点H在BC的延长线上，
∴ ∠DCH=∠DCF=90°，
∵DC=DC，
∴△DCF≌△DCHSAS，
∴∠H=∠DFC，
∵ AD∥BC，
∴∠ADF=∠DFC=∠H；
（3）解：如图，延长BC到点G，使CG=DE=8，连接DG，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=DC，AD∥BC，
∴∠ADE=∠DCG，
∴△ADE≌△DCGSAS，
∴∠DGC=∠AED=60°，DG=AE，
∵AE=DF，
∴DG=DF，
∴△DFG是等边三角形，
∴FG=FC+CG=DF=11，
∴FC=11−CG=11−8=3．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握这些知识点并灵活运用是解题的关键．
6．（2020·湖南湘西·中考真题）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFC≌△BFE，可得出结论，他的结论就是_______________；
探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=2∠MBN，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由．
探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BA=BC，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC=2∠MBN，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．
实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．实际应用：210海里．
【分析】延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸1：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸2：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的长代入即可．
【详解】解：EF=AE+CF
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
在△BCG和△BAE中，
BC=BA∠BCG=∠BAE=90°CG=AE，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE+∠CBF=60°，
∴∠CBG+∠CBF=60°，
即∠GBF=60°，
在△BGF和△BEF中，
BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
在△BCG和△BAE中，
BC=BA∠BCG=∠BAE=90°CG=AE，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=12∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=12∠ABC，
即∠GBF=12∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCG+∠BCD=180°，
∴∠BCG=∠BAD
在△BCG和△BAE中，
BC=BA∠BCG=∠BAECG=AE，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=12∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=12∠ABC，
即∠GBF=12∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，
∴∠EOF=12∠AOB
∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF= AE+CF仍然成立
即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
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
1．（2023·陕西西安·二模）已知四边形为菱形，点E、F、G、H分别、、、边的中点，依次连接E、F、G、H得到四边形，则四边形为（ ）
A．平行四边形B．菱形C．矩形D．正方形
【答案】C
【分析】连接，根据三角形中位线定理得到，根据菱形的性质得到，即可判断四边形为矩形．
【详解】连接交于，

∵点E、F、G、H分别、、、边的中点，
∴，，，
∴四边形为平行四边形，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
故选：C．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形的判定、菱形的性质是解题的关键．
2．（2023·河南驻马店·二模）如图，已知矩形的邻边长分别为a、b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形…则第2023次操作后，得到四边形的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了图形的变化类规律，找出规律、的表示方法是解题的关键．
记四边形的面积为，易知四边形为菱形，四边形为矩形，， ，……，推出，最后令即可解答．
【详解】解：记四边形的面积为，
如图:连接
∵矩形的邻边长分别为a、b，
∴矩形的面积为:,
∵分别为为的中点，
∴
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
再证：四边形为矩形，，
∴
……，
∴，
∴的面积．
故选：A．
3．（2023·山西吕梁·三模）如图，在矩形纸片中，，，点是上一点，点是上一点，将矩形沿折叠，使点的对应点正好落在的中点处，则的长为（ ）

A．B．C．2D．3
【答案】B
【分析】设，先根据矩形的性质和折叠的性质分别表示出的长度，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，，
∴，，
∵矩形沿折叠，点的对应点正好落在的中点处，
∴，，
设，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
即，
解得，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
4．（2023·安徽宣城·模拟预测）在矩形中，，，动点P点A的距离，连接，M为的中点，连接，则的最大值为（ ）
A．3B．4C．5D．
【答案】B
【分析】连接，取的中点O，分别连接，，，只有时，取最大值，此时B，O，M三点在同一条直线上，利用三角形中位线和矩形的性质求出和即可．
【详解】如图1，连接，取的中点O，分别连接，，，只有时，取最大值，此时B，O，M三点在同一条直线上（如图2），

，，
，
∵M为的中点，
是的中位线，
，
是矩形，点O是的中点，
，
的最大值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形三边的关系，矩形的性质，三角形中位线，勾股定理，正确作出辅助线并熟练运用矩形的性质求线段的长是解题的关键
5．（2023·湖北恩施·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，以为边在第二象限作正方形，点D在双曲线上，将正方形沿x轴正方向平移a个单位长度后，点C恰好落在此双曲线上，则a的值是（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】作轴于点，交双曲线于点作轴于点，易证，求得A、的坐标，根据全等三角形的性质可以求得、的坐标，从而利用待定系数法求得反比例函数的解析式，进而求得平移后的点的坐标，则的值即可求解．
【详解】解：作轴于点，交双曲线于点，作轴于点．

在中，令，解得：，
的坐标是．
令，解得：，
的坐标是．
，．
∵四边形是正方形，
∴，，
，
又直角中，，
，
在和中，
，
，
同理可证，
，，
的坐标是，的坐标是．

点在双曲线上，
，
反函数的解析式是：．
把代入得：．
．
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定与性质，待定系数法求函数的解析式，正确求得、的坐标是关键．
6．（2023·河北沧州·模拟预测）图1所示的教具是用钉子将四根木条钉成的平行四边形框架，在与，与两点之间分别用一根橡皮筋拉直固定．老师推动框架至如图2所示，下列判断一定正确的是（ ）

A．在图2中，B．在图2中，
C．四边形的周长变大D．四边形的面积不变
【答案】B
【分析】根据平行四边形的邻边不一定相等，判断A；根据矩形的对角线相等，判定B；根据线段的大小不会随位置的改变而改变，可判定C；根据矩形的面积，平行四边形的面积可判定D．
【详解】A、平行四边形的邻边不一定相等，在图2中，不一定成立，不符合题意；
B、平行四边形框架，且，故平行四边形是矩形，
故，正确，符合题意；
C、根据线段的大小不会随位置的改变而改变，故四边形的周长不变，错误，不符合题意；
D、如图，过点A作，交的延长线于点E，根据题意，得，根据斜边大于直角边，判定其上的高逐渐变大，
故四边形的面积变大，错误，不符合题意；

故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定和性质，直角三角形的性质，线段的大小不变性是解题的关键．
7．（2023·山西忻州·模拟预测）如图，是一个等腰直角三角形纸板，，在此三角形内部作一个正方形，使在边上，点，分别在，边上．将一个飞镖随机投掷到这个纸板上，则飞镖落在阴影区域的概率为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用阴影的面积除以的面积即可．
【详解】解：如图，

是一个等腰直角三角形，，设，
的面积为，，
四边形为正方形，是一个等腰直角三角形
∴，
，
阴影区域的面积为，
飞镖落在阴影区域的概率为．
故选：C．
【点睛】本题主要考查几何概率，求概率时，已知和未知与几何有关的就是几何概率．计算方法是长度比，面积比，体积比等．
8．（2023·四川遂宁·一模）如图，已知正方形中，，连接与，分别交于，点，则下列结论正确的有 个．
①点到的距离等于正方形的边长；②；③、都为等腰直角三角形；④．

A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】将绕点逆时针旋转，使与重合，得到．证明，根据全等三角形的性质判断①；将绕点顺时针性质得到，连接．证明，得到，根据勾股定理计算判断②；根据等腰直角三角形的判定定理判断③；根据等腰直角三角形的性质、三角形的面积公式计算，判断④．
【详解】将绕点逆时针旋转，使与重合，得到．

则，
四边形是正方形，
，
，
，
，
在和中，
，
，
点到的距离等于正方形的边长，①结论正确；
如图，将绕点顺时针性质得到，连接．

，，
，
，，
，
，
，
，
在中，，
，，
∵，②结论正确；
四边形是正方形，
，，
，
，
、、、四点共圆，
，
，
是等腰直角三角形，
同理是等腰直角三角形；③结论正确；
是等腰直角三角形，同理是等腰直角三角形，
，，
如图，过点作于，

在中，，
，
，
，
，
，④正确；
故选：C．
【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，等腰直角三角形的判定和性质，解本题的关键是构造全等三角形．
9．（2023·吉林白山·一模）如图，▱ABCD的边与矩形的边相交于点H．若 度．
【答案】124
【分析】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质得出解答．
根据矩形的性质得出，利用四边形的内角和得出解答即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
四边形是平行四边形，
故答案为：124．
10．（2023·浙江杭州·二模）如图在四边形中，且，，，，则 ．
【答案】
【分析】本题主要考查勾股定理，矩形的判定与性质，三角形的面积，解答的关键是作出适当的辅助线．过点作，则可求得四边形是矩形，从而有，，利用勾股定理可得，，则可求得，再根据图形可得与等高，利用三角形的面积公式进行求解即可．
【详解】解：过点作，如图，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，，，，
，，
，，，
①，②，
②①得：，
解得：，（不符合题意，舍去），
，，
．
故答案为：．
11．（2023·河北保定·一模）如图，在矩形中，对角线交于点O，，点M在线段上，且．点P为线段上的一个动点．

（1） °；
（2）的最小值为 ．
【答案】 2
【分析】（1）由矩形的性质得到，又由得到是等边三角形，则，即可得到答案；
（2）过点P作于点E，过点M作于点F，证明，进一求解即可得到答案．
【详解】解：（1）∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）过点P作于点E，过点M作于点F，

在中，
由（1）知：，
∴，
∴，
在矩形中，
，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴的最小值为2，
故答案为：2．
【点睛】此题考查了矩形的性质、含的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握矩形的性质、含的直角三角形的性质是解题的关键．
12．（2024·陕西西安·一模）【问题提出】
（1）如图1，已知在边长为5的等边中，点D在边上，，连接，则的面积为 ；
【问题探究】
（2）如图2，已知在边长为6的正方形中，点E在边上，点F在边上，且，若，求的面积；
【问题解决】
（3）如图3是某座城市廷康大道的一部分，因自来水抢修在米，米的矩形区域内开挖一个的工作面，其中B、F分别在边上（不与B、C、D重合），且，为了减少对该路段的拥堵影响，要求面积最小，那么是否存在一个面积最小的？若存在，请求出面积的最小值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）如图所示，过点A作于E，利用等边三角形的性质得到，再利用勾股定理得到，即可利用求出答案；
（2）如图所示，延长到G使得，连接，证明，得到，再证明，得到，，则；
（3）把绕点A顺时针旋转并把边长缩小为原来的，得到，则，；过点E作于M，作于N，则四边形是矩形，则，解直角三角形得到，进而得到，即，则当的面积最小时，的面积最小；如图所示，作的外接圆，圆心为O，连接，过点O作于H，设，由圆周角定理得到，则，推出，由于，则当r最小时，的面积最小，故当A、O、H三点共线时，有最小值，最小值为，则，即存在一个面积最小的，其最小值为．
【详解】解：（1）如图所示，过点A作于E，
∵是边长为5的等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；

（2）如图所示，延长到G使得，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴；

（3）把绕点A顺时针旋转并把边长缩小为原来的，得到，
∴，
∵，
∴，
过点E作于M，作于N，则四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当的面积最小时，的面积最小；
如图所示，作的外接圆，圆心为O，连接，过点O作于H，设，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当r最小时，的面积最小，
∵，
∴，
∴，
∴当A、O、H三点共线时，有最小值，最小值为，
∴，
∴存在一个面积最小的，其最小值为．

【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，旋转的性质，解直角三角形，正方形的性质，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，通过作出辅助线构造直角三角形，全等三角形是解题的关键．
13．（2024·江苏淮安·模拟预测）【概念学习】
如果四边形的一条对角线是其中两边的比例中项，则称这个四边形为“闪亮四边形”，这条对角线称为“亮线”，如图1，四边形中，满足 ，四边形是闪亮四边形，是亮线．
【概念理解】
(1)菱形是闪亮四边形，则它的较小的一个内角是 °.
【概念应用】
(2)如图2，四边形ABCD中，， ， 判断哪一条线段是四边形的亮线?请你作出判断并说明理由．
(3)如图3，是闪亮四边形的唯一亮线，请求线段的长．
【答案】（1）；（2）是四边形的亮线，理由见解析；（3）或或或
【分析】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理以及三角函数在解三角形中的应用，作出正确的辅助线是解题关键.
（1）画出菱形，根据菱形四边相等的性质即可求解；
（2）作，可推出四边形是矩形，得，分别求出四边形的对角线，即可作出判断；
（3）分类讨论时时时时时，五种情况即可求解．
【详解】解：（1）如图所示：
不妨设
∵四边形ABCD是菱形，
∴
∴
∴是等边三角形，
∴，
故答案为：
（2）是四边形的亮线，理由如下：
作，如图所示：
∵，
∴
∵
∴四边形是矩形，
∴
∴，
∴
∵，
∴是四边形的亮线
（3）
时：
作，如图所示：
∵，
∴
∵，
∴
即：
∴
∴是等边三角形，
∴;
时：
即：，
解得：
作，如图所示：
∵
∴符合题意；
时：
即：，
解得：
∵
∴不符合题意；
时：
即：，
解得：
作，如图所示：
∵
∴不符合题意；
时：
作，如图所示：
∵，
∴
设则，
∵，
∴
解得：或,
∴或
综上所述，或或或
14．（2023·北京海淀·一模）如图，正方形中，点分别在上，交于点；
(1)_______．
(2)在线段上截取，连接的角平分线交于点．
①依题意补全图形；
②用等式表示线段与的数量关系，并证明．
【答案】(1)
(2)①见解析；②
【分析】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定，等腰直角三角形性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，合理作出辅助线．
（1）通过证明，得出，根据，得出，即可解答；
（2）①根据题意补全图形即可；②过点A作，交延长线于点H，连接，先证明，得出，则，再证明，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵四边形为正方形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）解：①根据题意补全图形如图所示：
②证明：过点A作，交延长线于点H，连接，
∵，平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
15．（2024·陕西西安·一模）陕北窑洞，具有十分浓厚的民俗风情和土气息． 如图所示，某窑洞口的下部近似为矩形 ，上部近似为一条抛物线． 已知 米，米，窑洞的最高点 (抛物线的顶点)高地面 的距离为 米．
(1)建立如图所示的平面直角坐标系，求抛物线的表达式；
(2)若在窑洞口的上部要安装一个正方形窗户，使得点 在矩形 的边上，点 在抛物线上，那么这个正方形窗户 的边长为多少米？
【答案】(1)
(2)1米
【分析】本题考查待定系数法求抛物线解析式，矩形和正方形的性质等知识，掌握待定系数法和表示出点G的解析式是解题的关键．
（1）先求出点C、M的坐标，再用顶点式设出抛物线表达式，将点C代入求出a即可得解；
（2）设这个正方形窗户 的边长为米，表示出点G的坐标，再代入抛物线解析式求出m即可．
【详解】（1）解：∵在矩形中，米，米，
∴米，米，
∴，，，
∴抛物线的对称轴是直线，
又∵窑洞的最高点(抛物线的顶点)高地面的距离为米，
∴，
设抛物线的解析式是：，
将点C代入得：，
解得：，
∴抛物线的表达式为；
（2）设这个正方形窗户 的边长为米，
即，
∴点G的纵坐标是：(米)，
由抛物线和正方形的对称性可知：，
∴(米)，
∴点G的横坐标是：(米)，
∴，
将点G代入抛物线解析式得：，
解得：(舍去)
∴这个正方形窗户的边长为1米．考点要求
命题预测
平行四边形
平行四边形和特殊平行四边形在中考数学中是占比比较大的一块考点，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用:考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样;并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强.所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合.平行四边形与特殊平行四边形的考察热点有:多边形内角和定理、平行四边形的性质与判定定理、平行四边形的综合应用;矩形、菱形、正方形的性质与判定定理;特殊四边形的图形平移、轴对称、旋转等结合问题.
特殊四边形

小星：由题目的已知条件，若连接BE，则可
证明BE⊥CD．
小红：由题目的已知条件，若连接CE，则可证明CE=DE．

正多边形概念
各条边相等，并且各个内角也都相等的多边形叫做正多边形.
正多边形的中心
正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心.
正多边形的半径
正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径.
正多边形的中心角
正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角.
正多边形的边心距
中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距.
边长
an=2Rn⋅sin1800n （Rn为正多边形外接圆的半径）
周长
Pn=n⋅an
外角/中心角度数
360°n
面积
Sn=12an⋅rn⋅n
对角线条数
n(n−3)2
边心距
rn=Rn⋅cs1800n
内角和
（ n-2 ）×180°.
内角度数
（n−2）×180°n
n边形的边数
（内角和÷180°）＋2
an、Rn、rn的关系
Rn2=rn2+an24 （an 、Rn、rn为构成直角三角形的三边长，已知其中两个值，第三个值可以借助勾股定理求解.）
边数n
4
5
6
…
旋转角α
90°
108°
120°
…
夹角β
180°
m
120°
…
多边形
三角形
四边形
五边形
…
n边形
外角和
___________
___________
___________
…
___________
内角和
___________
___________
___________
…
___________
多边形
三角形
四边形
五边形
…
n边形
外角和
360°
360°
360°
…
360°
内角和
180°
360°
540°
…
n−2×180°
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD，DA的中点，顺次连接E,F,G,H，得到的四边形EFGH是平行四边形．

我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁Varingnn，Pierre1654－1722是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．

①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接AC，分别交EH,FG于点P,Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
∵H,G分别为AD,CD的中点，∴HG∥AC,HG=12AC．（依据1）

∴DNNM=DGGC．∵DG=GC，∴DN=NM=12DM．
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．
∵HG∥AC，即HG∥PQ，
∴四边形HPQG是平行四边形．（依据2）∴S▱HPQG=HG⋅MN=12HG⋅DM．
∵S△ADC=12AC⋅DM=HG⋅DM，∴S▱HPQG=12S△ADC．同理，…
四边形
边
角
对角线
对称性
平行四边形
对边平行且相等
对角相等
两条对角线互相平分
中心对称
矩形
对边平行且相等
四个角都是直角
两条对角线互相平分且相等
轴对称、中心对称
菱形
对边平行且四条边都相等
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
轴对称、中心对称
正方形
对边平行且四条边都相等
四个角都是直角
两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角
轴对称、中心对称
四边形
边
角
对角线
平行四边形
1）两组对边分别平行
2) 两组对边分别相等
3) 一组对边平行且相等
两组对角分别相等
两组对角线互相平分
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
两条对角线互相垂直平分且相等的四边形