2024年中考数学【高分·突破】考点11四边形的相关概念、判定及性质(原卷版+解析)

这是一份2024年中考数学【高分·突破】考点11四边形的相关概念、判定及性质(原卷版+解析)，共38页。

一、单选题
1．如图，点，，以为边作正方形，点E是边上一点，且，则点E的坐标为（ ）
A．B．C．D．
2．已知点在矩形的对角线上（不与点重合），下列命题为假命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
3．如图，菱形边在x轴的正半轴上，且点B的纵坐标为4，点P从点O开始向点A运动，至点A停止，过P点与x轴垂直的直线与菱形另一边交点为M，记，的面积为S，且S与x的函数关系图象如右图，则的值为（ ）

A．B．C．D．
4．如图，菱形ABCD中，，，点M是边CD的中点，直线EF分别与、交于点、，若点与点关于直线对称，则的值为（ ）

A．2B．C．D．
5．小明遇到这样一道试题：如图1，在平行四边形中，点E是的中点，请利用无刻度直尺作图．
（1）在图1中，请过点E作的平行线交于点F．
（2）在图1中，请过点E作的平行线交于点G．
小明第（1）问的做法是：如图2，①连接交于点O；②连接并延长，交于点F，则即为所求．
小明第（2）问的做法是：如图3，①连接交于点O；②连接并延长，交于点M；③连接交于点N；④连接并延长，交于点G，连接，则即为所求．对小明的解答，下列说法正确的是（ ）

A．两问都正确B．两问都不正确
C．第（1）问正确，第（2）问错误D．第（1）问错误，第（2）问正确
6．如图，▱OABC的顶点，，点是边的中点，则对角线，的交点的坐标为（ ）

A．B．C．D．
7．如图，在矩形中，，连接，尺规作图如图所示，直线与、交于点E、F，连接、．甲说：图中若，则；乙说：图中若，，则的长为；丙说：图中．则下列说法正确的是（ ）

A．甲、乙正确B．甲、丙正确C．乙、丙正确D．甲、乙、丙都正确
8．数学小组将两块全等的含角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究，如图1，其中，，，将沿射线方向平移，得到，分别连接，（如图2所示），下列有关四边形的说法正确的是（ ）

A．先是平行四边形，平移个单位长度后是菱形
B．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是菱形
C．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是正方形
D．在平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形
二、填空题
9．矩形在平面直角坐标系如图所示，，，点、分别是、上的动点，点、分别从A、同时出发，沿、方向，分别以每秒1个单位长度和每秒2个单位长度的速度向点、运动，当运动 秒时，；当时，直线的解析式为 ．

10．如图，沿折叠菱形纸片，使得的对应边恰好经过点，若，则

（1） ．
（2）线段的长是 ．
11．如图，现有一矩形纸片，为矩形的对角线，，，点为上一点，沿线段将折叠为，交于点，连接，作点关于线段对称的点，点恰好落在对角线上，连接，．则的大小为 ；的长为 ．
12．如图，将一副三角板放置在盒子中，已知的斜边恰好与盒子的长度相等，可以左右移动，，则线段的长度的取值范围是 ．

13．如图在矩形中，是上一点，连结，过作于点．将向右下方向平移到的位置，在上，四边形向左下方向平移到四边形的位置．若重新组成的矩形与矩形全等，则的长为 ．内有一点，平移后对应点为点，若是矩形的中心，则点到的距离为 ．

14．如图，点G是矩形的边的中点，点H是边上的动点，将矩形沿GH折叠，点A，B的对应点分别是点E，F，且点E在矩形内部，过点E作分别交于点M，N，连接．若，，当G，E，C三点在同一条直线上时，的长为 ．

15．如图，在平面直角坐标系中，正方形，，关于原点O位似，其中点B，，，都在x轴上，点在上，在上．依此方式，继续作正方形，若点坐标为，则点的坐标为 ．

16．如图，点G是正方形边上的一点，连接，过点C作，交的延长线于点E，过点E作，过点G作，和交于点F，延长交于点H，连接，以和为边作矩形．记的面积为，的面积为，矩形的面积为，若，，则 ．

三、解答题
17．阅读下面的例题及点拨，并解决问题：
例题：如图①，已知四边形与四边形都是正方形，点B，C，G在同一直线上，连接，点H是的中点，连接，，求证：且．
点拨1：如图②，延长交于点M，由题意可知，易证：，可得，，又因为，，且，所以，所以点H是等腰直角三角形斜边上的中点，所以且．
点拨2：如图③，延长使得，连接、，，可证得四边形是平行四边形，且F、E、M三点共线，所以，又因为，，所以，所以点H是等腰直角三角形斜边的中点，所以且．
问题：如图④，四边形与四边形都是菱形，点B，C，G在同一直线上，且，连接，点H是的中点，连接，，求证：且．
18．如图，延长矩形的边到点，使，连接，是上一点，连接交于点，交于点．

(1)求证：；
(2)若，，，求的长．
19．如图，正方形中，点E是对角线上一点，连接交边于点M，延长交延长线于点F，过E作交边于点N，交延长线于点G，和的延长线交于点P．

(1)若，，求的长．
(2)若．
①求的度数；
②求证：．
20．阅读与思考
小明在查阅勾股定理证明方法的过程中，看到一种利用“等积变形---同底等高的两个平行四边形的面积相等”证明勾股定理的方法，并尝试按自己的理解进行证明．
如图1，在中，，四边形，四边形，四边形都是正方形．

过点C作交的延长线于点N，则四边是平行四边形（依据__________________）
利用“等积变形”可得：
将沿直线向下平移的长度得到
若点恰好与点Q重合，即，则即为
延长交于点H，利用“等积变形”可得：
同理：
∵
∴
即
(1)上述证明过程中的依据是___________．
(2)根据小明的思路，请你帮助小明证明“若点恰好与点Q重合”这一猜想．
(3)已知：（如图2）正方形的边长为8，E是边上的一个动点，以为一边在正方形外作正方形，连接，，点E在运动的过程中，的面积是否发生变化，若变化说出变化的理由，若不变，请直接写出的面积．
压轴热点考点11 四边形的相关概念、判定及性质
压轴突破——2024年【中考·冲刺】数学高频热点考点好题精编
一、单选题
1．如图，点，，以为边作正方形，点E是边上一点，且，则点E的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过点E作于点H，先求出，再证明，则，求得，则，即可得到答案．
此题考查了相似三角形的判定和性质、正方形的性质、图形和坐标等知识，熟练证明是解题的关键．
【详解】解：过点E作于点H，
∵点，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴,
∴点E的坐标为，
故选：A
2．已知点在矩形的对角线上（不与点重合），下列命题为假命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】本题主要考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质、真假命题的判断等知识，．依据相关图形的性质逐一判断即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
如图，

，
在矩形中，
∵，
∴，
∵
，
A项为真命题，不符合题意；
如图，

，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴
∴；
B项为真命题，不符合题意；
如图，

∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴；
故选项C是真命题，不符合题意；
如图，

当时，无法证明，
故D选项是假命题，符合题意．
故选：D．
3．如图，菱形边在x轴的正半轴上，且点B的纵坐标为4，点P从点O开始向点A运动，至点A停止，过P点与x轴垂直的直线与菱形另一边交点为M，记，的面积为S，且S与x的函数关系图象如右图，则的值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意得，，，，，在中，，，，利用勾股定理求得，据此求解即可．
【详解】解：作于点D，作于点E，

根据题意得，，，，，
∴，，
在中，，，，
∴，
解得，
即，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，菱形的性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
4．如图，菱形ABCD中，，，点M是边CD的中点，直线EF分别与、交于点、，若点与点关于直线对称，则的值为（ ）

A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】利用勾股定理得出的长，再利用菱形的性质以及等边三角形的性质得出，进而得出答案．
【详解】解：如图所示：延长，过点作于点，连接，，，

，四边形是菱形，
，
，
设，则，，
，
，
，
解得：，
故，
连接，
，，
是等边三角形，
是的中点，
，
，，
，
设，则，
故，
解得：，
的值为：．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，利用勾股定理得出的长是解题关键．
5．小明遇到这样一道试题：如图1，在平行四边形中，点E是的中点，请利用无刻度直尺作图．
（1）在图1中，请过点E作的平行线交于点F．
（2）在图1中，请过点E作的平行线交于点G．
小明第（1）问的做法是：如图2，①连接交于点O；②连接并延长，交于点F，则即为所求．
小明第（2）问的做法是：如图3，①连接交于点O；②连接并延长，交于点M；③连接交于点N；④连接并延长，交于点G，连接，则即为所求．对小明的解答，下列说法正确的是（ ）

A．两问都正确B．两问都不正确
C．第（1）问正确，第（2）问错误D．第（1）问错误，第（2）问正确
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质，得出，再根据中位线的判定，得出是的中位线，再根据三角形中位线的性质，即可判断小明第（1）问的做法；根据平行四边形的性质，得出，，进而得出四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质，得出，再根据中位线的判定，得出是的中位线，再根据三角形中位线的性质，得出，再根据中位线的判定，得出是的中位线，再根据三角形中位线的性质，得出，再根据中位线的判定，得出是的中位线，再根据三角形中位线的性质，即可判断小明第（2）问的做法．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点E是的中点，
∴是的中位线，
∴，即，故小明的作法正确；
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴，
又∵为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴，故小明的作法正确；
故选：A．
【点睛】本题考查作图一复杂作图，平行四边形的性质，三角形中位线的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
6．如图，▱OABC的顶点，，点是边的中点，则对角线，的交点的坐标为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意易得，再证明为的中位线，结合中位线的性质求得，即可获得答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∵四边形为平行四边形，对角线，的交点为，
∴，
又∵点是边的中点，
∴，且，
∵点，
∴点的坐标为．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、平行四边形的性质、三角形中位线的性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
7．如图，在矩形中，，连接，尺规作图如图所示，直线与、交于点E、F，连接、．甲说：图中若，则；乙说：图中若，，则的长为；丙说：图中．则下列说法正确的是（ ）

A．甲、乙正确B．甲、丙正确C．乙、丙正确D．甲、乙、丙都正确
【答案】C
【分析】尺规作图，得到平分，是的垂直平分线，证明，推出四边形是菱形，利用菱形的性质，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，判断甲，乙，丙的正确性，即可得出结论．
【详解】解：根据尺规作图可得，平分，是的垂直平分线，设与交于点O，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，故甲说法错误；
设，
∵，
∴，在中，，
∴，解得，
∴，故乙说法正确；
∵四边形是菱形，
∴，
∵AE平分，
∴，
∵，
∴，
∴，故丙说法正确．
故选C．

【点睛】本题考查角平分线，中垂线的作图，矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，含30度角的直角三角形．解题的关键是根据作图痕迹判断出平分，是的垂直平分线．
8．数学小组将两块全等的含角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究，如图1，其中，，，将沿射线方向平移，得到，分别连接，（如图2所示），下列有关四边形的说法正确的是（ ）

A．先是平行四边形，平移个单位长度后是菱形
B．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是菱形
C．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是正方形
D．在平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形
【答案】B
【分析】根据平移过程逐步分析，排除正方形的可能，再分矩形和菱形，利用性质求出平移距离即可．
【详解】解：由题意可得：平移过程中，
，，，
∴四边形是平行四边形，
刚开始平移时，，
∴如图，当平移至时，，
∴此时四边形是矩形，且不可能为正方形，，
∴平移距离为：，
即平移个单位长度后是矩形，

继续平移，当与共线时，
此时，即四边形是菱形，
此时的总平移距离为，
即再平移个单位长度后是菱形；

综上可得：平移过程中，四边形先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是菱形，
故选B．
【点睛】此题主要考查平行四边形、矩形、菱形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形，综合利用了特殊四边形的判定和性质．
二、填空题
9．矩形在平面直角坐标系如图所示，，，点、分别是、上的动点，点、分别从A、同时出发，沿、方向，分别以每秒1个单位长度和每秒2个单位长度的速度向点、运动，当运动 秒时，；当时，直线的解析式为 ．

【答案】 6
【分析】首先设当运动秒时，，由此得，，，再根据得和相似，根据相似三角形的性质可求出的值，当时，，则有，再列方程求出的值，然后再求出点与点的坐标，最后根据待定系数法可求出直线的解析式．
【详解】解：设当运动秒时，，
依题意得：，，
四边形为矩形，，，
，
，
，
，
即：，
解得：，
当时，且，
又，
，
则有，
点的坐标为，点的坐标为，
设直线的解析式为：，
将点，代入，
得：，解得：，
直线的解析式为：．
故答案为：6，．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，待定系数法求一次函数的解析式，解答此题的关键是熟练掌握系数法求一次函数的解析式，难点是根据相似三角形的性质求出点，的坐标．
10．如图，沿折叠菱形纸片，使得的对应边恰好经过点，若，则

（1） ．
（2）线段的长是 ．
【答案】
【分析】（1）证明，，由对折可得：，可得；
（2）先延长，交于点G，根据三角形三角形外角性质以及等腰三角形的判定，即可得到，设，则，， ， 再依据勾股定理可得，进而得出方程，解方程即可．
【详解】解：（1）∵菱形，，
∴，
∵，
∴，
由对折可得：，
∴，
故答案为：；
（2）如图所示，延长，交于点G，

∵菱形，，，
∴，，，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴， 设，则，，
∴，
∵中，，
∴， 解得：，（负值已舍去）
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，等腰三角形的判定，菱形的性质，解一元二次方程以及勾股定理的运用；解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，依据勾股定理列方程求解．
11．如图，现有一矩形纸片，为矩形的对角线，，，点为上一点，沿线段将折叠为，交于点，连接，作点关于线段对称的点，点恰好落在对角线上，连接，．则的大小为 ；的长为 ．
【答案】 75
【分析】证明，可得；再证明，，求出，可得结论．
【详解】解：由折叠的性质可知，，
，关于对称，
，
，
，
，
，
，
．
，，，
，
，，
，，
，
，，
，．
故答案为：75；．
【点睛】本题考查作图轴对称变换，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握轴对称变换的性质，灵活运用所学知识解决问题．
12．如图，将一副三角板放置在盒子中，已知的斜边恰好与盒子的长度相等，可以左右移动，，则线段的长度的取值范围是 ．

【答案】
【分析】依题意可知，当点B与点E重合时，线段的长度最小；当点A与点F重合时，线段的长度最大，分别求出两个最值即可得解．
【详解】解：将矩形盒子作如下标记∶

∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∴，
又∵，
∴，，
在中，，，，
设，则，
∵，即
解得：
∴，
∴
依题意得：当点B与点E重合时，的长度最小，作图如下：

∵，，
∴
∴，
∴
即
当点A与点F重合时，线段的长度最大，作图如下：

同理可得：
∴
即
综上所示：线段的长度的取值范围是：
【点睛】本题考查矩形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，正确找出取最值得情况是解题的关键．
13．如图在矩形中，是上一点，连结，过作于点．将向右下方向平移到的位置，在上，四边形向左下方向平移到四边形的位置．若重新组成的矩形与矩形全等，则的长为 ．内有一点，平移后对应点为点，若是矩形的中心，则点到的距离为 ．

【答案】 2
【分析】根据题意可得，，则，再由即可得到答案；连接，作交于，作，交延长线于，连接，由题意可得，，，为的中点，通过证明，可得，通过证明可得，再根据三角形中位线定理可得，从而即可得到答案．
【详解】解：根据题意可得：，，
，
；
如图所示，连接，作交于，作，交延长线于，连接，
，
由题意可得，，，为的中点，点到的距离为到的距离，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
，，为的中点，
为的中位线，
，
点到的距离为，
故答案为：2；．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平移的性质、相似三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平移的性质、相似三角形的判定与性质、三角形的中位线定理，添加适当的辅助线，是解题的关键．
14．如图，点G是矩形的边的中点，点H是边上的动点，将矩形沿GH折叠，点A，B的对应点分别是点E，F，且点E在矩形内部，过点E作分别交于点M，N，连接．若，，当G，E，C三点在同一条直线上时，的长为 ．

【答案】
【分析】当G，E，C三点在同一条直线上时，过点H作于点P，由点G是矩形的边的中点得到,由勾股定理得到，由平行线的性质和折叠的性质可证得到，则，证明四边形是矩形，则，得到，用勾股定理即可求得的长．
【详解】解：如图，当G，E，C三点在同一条直线上时，过点H作于点P，

∵点G是矩形的边的中点，
∴,
∵，
∴，
∵,
∴
∵将矩形沿GH折叠，点A，B的对应点分别是点E，F，
∴
∴
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴
故答案为：
【点睛】此题考查了矩形与折叠、勾股定理与折叠问题，熟练掌握矩形的判定和性质、勾股定理是解题的关键．
15．如图，在平面直角坐标系中，正方形，，关于原点O位似，其中点B，，，都在x轴上，点在上，在上．依此方式，继续作正方形，若点坐标为，则点的坐标为 ．

【答案】
【分析】根据题意求出直线的解析式为，点均在直线上，再根据正方形的性质求出点，，，，的坐标即可．
【详解】解：∵点坐标为，四边形是正方形，
，
∵正方形，，关于原点O位似，
直线的解析式为，点均在直线上，
时，则，正方形的边长为2，
，
同理可得：，，
,故答案为：．
【点睛】本题考查的是位似变换、正方形的性质、图形的变化规律，掌握位似变换的概念和性质是解题的关键．
16．如图，点G是正方形边上的一点，连接，过点C作，交的延长线于点E，过点E作，过点G作，和交于点F，延长交于点H，连接，以和为边作矩形．记的面积为，的面积为，矩形的面积为，若，，则 ．

【答案】
【分析】证明四边形是矩形，，，，，可得，证明四边形为正方形，可得，设，可得，结合，可得，，由，再建立方程求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴四边形是矩形，，
∵正方形，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形为正方形，
∴，
设，
∴，
∵，
∴，
∵矩形，
∴，，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，解得：（负根舍去），
∴．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，灵活的运用以上知识解题是关键．
三、解答题
17．阅读下面的例题及点拨，并解决问题：
例题：如图①，已知四边形与四边形都是正方形，点B，C，G在同一直线上，连接，点H是的中点，连接，，求证：且．
点拨1：如图②，延长交于点M，由题意可知，易证：，可得，，又因为，，且，所以，所以点H是等腰直角三角形斜边上的中点，所以且．
点拨2：如图③，延长使得，连接、，，可证得四边形是平行四边形，且F、E、M三点共线，所以，又因为，，所以，所以点H是等腰直角三角形斜边的中点，所以且．
问题：如图④，四边形与四边形都是菱形，点B，C，G在同一直线上，且，连接，点H是的中点，连接，，求证：且．
【答案】证明见解析
【分析】延长交于点M，首先证明出，得到，，然后利用线段的和差得到，然后证明出是等边三角形，得到，然后利用等边三角形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】如图所示，延长交于点M，
∵四边形与四边形都是菱形，
∴
∴，
又∵点H是的中点，即
∴
∴，
∵，，且，
∴
∵
∴是等边三角形
∵
∴
∴
∴
∵，即
∴解得
∴．
【点睛】此题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，勾股定理知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
18．如图，延长矩形的边到点，使，连接，是上一点，连接交于点，交于点．

(1)求证：；
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的性质，相似三角形的性质和判定，平行线分线段成比例性质等知识，掌握相似三角形的性质和判定是解本题的关键．
（1）先根据四边形是矩形，可得，再得出，由四边形是平行四边形，可得，再由平行线分线段成比例定理可得最后可得结论；
（2）由平行线性质可得，再由直角三角形性质可得，再证明，再由相似三角形的性质可得，求得，最后可得结果．
【详解】（1）四边形是矩形，
．
，
四边形是平行四边形，
，
．
（2）
，
．
．
，
，
即
，
．
19．如图，正方形中，点E是对角线上一点，连接交边于点M，延长交延长线于点F，过E作交边于点N，交延长线于点G，和的延长线交于点P．

(1)若，，求的长．
(2)若．
①求的度数；
②求证：．
【答案】(1)；
(2)①；②见解析．
【分析】（1）利用正方形的性质和解直角三角形求得，，再证明得到即可求解；
（2）①先利用直角三角形斜边中线性质得到，则，设，利用三角形外角性质得到，证明得到，利用直角三角形的两个锐角互余求得，即，进而可求解；
②先利用正方形的性质和圆周角定理证得，F、E、C、G四点在以为直径的圆上，则，即，
证明，得到，解直角三角形得到即可证得结论．
【详解】（1）∵四边形为正方形，且，
∴，，，
∴在中，，
∵，
∴在中，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①如图，连接，
∵，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
设，则，
∵四边形为正方形
∴，，，又，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
解得：，
∴，
又∵，
∴；
②证明：∵，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
，
∵，
∴F、E、C、G四点在以为直径的圆上，

∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，由（2）已知，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、等腰三角形的判定与性质、圆周角定理、直角三角形的有关性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用相似三角形的性质和圆周角定理求解是解答的关键．
20．阅读与思考
小明在查阅勾股定理证明方法的过程中，看到一种利用“等积变形---同底等高的两个平行四边形的面积相等”证明勾股定理的方法，并尝试按自己的理解进行证明．
如图1，在中，，四边形，四边形，四边形都是正方形．

过点C作交的延长线于点N，则四边是平行四边形（依据__________________）
利用“等积变形”可得：
将沿直线向下平移的长度得到
若点恰好与点Q重合，即，则即为
延长交于点H，利用“等积变形”可得：
同理：
∵
∴
即
(1)上述证明过程中的依据是___________．
(2)根据小明的思路，请你帮助小明证明“若点恰好与点Q重合”这一猜想．
(3)已知：（如图2）正方形的边长为8，E是边上的一个动点，以为一边在正方形外作正方形，连接，，点E在运动的过程中，的面积是否发生变化，若变化说出变化的理由，若不变，请直接写出的面积．
【答案】(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形
(2)证明见解析
(3)的面积为
【分析】（1）由，结合，可得四边形是平行四边形，从而可得推理的依据；
（2）证明，，，，，再证明，可得，从而可得结论；
（3）设正方形边长为a，由可得结论．
【详解】（1）解：∵正方形，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴依据是两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
（2）∵正方形，
∵，，
∵正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，而，
∴，
∴平移后点恰好与点Q重合．
（3）的面积不变，为32．理由如下：
设正方形边长为a，
则
．
故的面积不变，为32．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平移的性质，平行四边形的性质，正方形的性质，利用割补法求解图形面积，理解题意，选择合适的方法解题是关键．