第23讲 正方形、梯形 2025年中考数学一轮复习讲练测（广东专用）

第五章四边形第23讲正方形、梯形（6~8分）TOC\o"1-1"\n\h\z\u01考情透视·目标导航02知识导图·思维引航03考点突破·考法探究考点一正方形的性质与判定考点二四边形之间的区别与联系考点三梯形的性质与判定04题型精研·考向洞悉命题点一：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积►题型04与正方形有关的折叠问题►题型05求正方形重叠部分面积►题型06添加一个条件使四边形是正方形►题型07根据正方形的性质与判定解决问题命题点二：梯形的性质与判定►题型01等腰梯形的性质求解►题型02等腰梯形的综合问题命题点三四边形综合►题型01中点四边形►题型02特殊四边形动点问题►题型03特殊四边形线段最值问题►题型04四边形综合05分层训练·巩固提升基础巩固能力提升考点要求新课标要求考查频次命题预测正方形的性质与判定探索并证明正方形的性质定理.探索并证明正方形的判定定理.10年7考正方形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何图形中难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计2025年广东中考还将出现.其中，正方还经常成为综合压轴题的问题背景来考察，而正方其他出题类型还有选择、填空题的压轴题，难度都比较大，需要加以重视.解答题中考查正方形的性质和判定，45°半角模型，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大．四边形之间的区别和联系理解矩形、菱形、正方形之间的关系.10年7考梯形的性质与判定理解梯形的概念.10年7考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：＝对角线乘积的一半=2S△ABC=4S△AOB.正方形的周长公式：周长=4a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3平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定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考点三梯形的性质与判定梯形的定义：一组对边平行而另一组对边不平行的四边形叫梯形.梯形的分类：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=×（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.命题点一：正方形的性质与判定►题型01根据正方形的性质求角度1．（2024·广东·模拟预测）正方形与的位置如图所示，已知，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了正方形的性质，等式的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．由四边形是正方形，是直角三角形得到，则，化简即可．【详解】四边形是正方形，是直角三角形，∴，∴，∵，，．故选：C．2．（2024·广东江门·二模）如图，四边形是正方形，延长到点E，使，连接，则的度数是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据四边形是正方形，得到，根据得到，选择即可．本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握正方形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．【详解】∵四边形是正方形，∴，∵，∴，故选C．3．（2024·浙江杭州·三模）如图，已知点E为正方形内一点，为等边三角形，连结，，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，周角的定义，熟练掌握以上知识点是解题的关键．结合正方形的性质以及等边三角形的性质，可以知道，以及和为等腰三角形，利用三角形内角和求得和，最后利用周角求得的度数．【详解】四边形是正方形，为等边三角形，，，同理故选：B．4．（2024·重庆·三模）如图，在正方形中，、分别为边、上一点，且，连接，，平分交于点，且点为中点．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了正方形的性质，角平分线的性质，全等三角形的性质与判定；过点作于点，证明，，得出，即可求解．【详解】解：如图所示，过点作于点，∵四边形是正方形，∴，，又∵，∴∴∵平分交于点，且点为中点．∴，，∴又∵在和中，，∴，∴，故选：D．►题型02根据正方形的性质求线段长5．（2024·广东广州·模拟预测）如图，正方形的边长为2，为与点不重合的动点，以为边向下作正方形．则的最小值为（

）A．2 B． C．4 D．【答案】D【分析】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，勾股定理，连接、、，证可得，进而得到，勾股定理求出的长，即得最小值；【详解】解：如图，连接、、、，∵正方形和正方形，∴，，∴，在和中，∵∴∴∴，∵，∴的最小值为故答案为：．6．（2024·广东东莞·三模）如图，正方形的面积为，点在上，点在的延长线上，的面积为，则的长为（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】本题考查了正方形，等腰直角三角形，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．根据正方形的性质可得的值，根据题意可证，可得，结合几何图形面积可求出的值，在直角中可求出的值，由此即可求解．【详解】解：∵四边形是正方形，面积为，∴，∵是直角三角形，∴，∴，在与中，，∴，∴，∵的面积为，∴，∴，在中，，∴，故选：5．7．（2024·广东广州·一模）如图，抛物线经过正方形的三个顶点A，B，C，点B在y轴上，则的值为（

）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】本题考查了正方形的性质，二次函数的图象与性质，二次函数解析式．熟练掌握正方形的性质，二次函数的图象与性质，二次函数解析式是解题的关键．由题意知，关于轴对称，如图，连接交于，设，则，，将，，代入，可求，然后代值求解即可．【详解】解：由题意知，关于轴对称，如图，连接交于，∵正方形，∴，设，则，，将，，代入得，，解得，，∴，故选：D．8．（2024·浙江绍兴·二模）如图，在由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”中，四边形与四边形均为正方形，连结并延长，分别交边，于点，．若，，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了勾股定理的证明、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、正方形的性质等知识点，正确地作出辅助线是解题的关键．根据正方形的性质得到，过M作，根据相似三角形的性质得到，设，进而得到，求得，根据全等三角形的性质得到，最后根据线段的和差即可解答．【详解】解：∵，∴设，则，∴，∵，∴，∵四边形是正方形，∴，过M作，∴，∴，∴，∴，设，∵，∴，∵，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴，∴．故选：C．►题型03根据正方形的性质求面积9．（2023·江苏徐州·模拟预测）如图，“赵爽弦图”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．连接，若平分，且正方形的面积为3，则正方形的面积为（

）A． B． C． D．15【答案】A【分析】设直角三角形的长直角边是，短直角边是，得到，由，得到，由，得到，因此，由，得到，即可求出，的值，由勾股定理即可解决问题．【详解】解：设直角三角形的长直角边是，短直角边是，正方形的边长是，正方形的面积为3，，，平分，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，正方形的面积是．故选：A．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，关键是求出直角三角形的直角边的长，由勾股定理即可解决问题．10．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，正方形的边长为1，点E，F分别是对角线上的两点，，，垂足分别为G，I，H，J．则图中阴影部分的面积等于（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查正方形的性质，根据轴对称图形的性质，解决问题即可．【详解】解：∵四边形是正方形，正方形的边长为1，∴直线是正方形的对称轴，∵，垂足分别为G，I，H，J．∴根据对称性可知：四边形的面积与四边形的面积相等，∴，故选A．11．（2024·浙江杭州·二模）如图，在中，，以的各边为边作三个正方形，点H恰为中点，若，则阴影部分的面积为（）A． B．20 C．25 D．【答案】C【分析】本题主要考查了不规则图形面积．熟练掌握正方形性质，全等三角形判定和性质，勾股定理解直角三角形，线段中点性质，分割法求不规则图形面积，是解决问题的关键．设交于点P，由正方形边角性质证明，得到，由中点性质得到，得到，中由勾股定理得到，，证明，结合，，得到，得到，得到．【详解】设交于点P，∵四边形，四边形是正方形，∴，，，∵，∴，∴，∵H是中点，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴．故选：C．12．（2023·江西赣州·一模）如图，四个全等的直角三角形围成正方形和正方形，连接，于点M，N．已知，正方形的面积为，则图中阴影部分的面积之和为（）

A．4 B． C． D．5【答案】C【分析】本题考查了勾股定理的证明、全等图形、梯形的面积，首先要正确理解题意，然后会利用勾股定理和梯形的面积解题．根据正方形的面积可得正方形边长的平方，设，则，根据勾股定理可得的值，再根据题意可得，然后可得阴影部分的面积之和为梯形的面积．【详解】解：∵，∴，设，则，∴，∴，根据题意可知：，，

∴，∴，∵，∴，∴阴影部分的面积之和为：．故选：C．►题型04与正方形有关的折叠问题13．（2025·陕西西安·一模）如图，正方形的边长为6，将正方形折叠，使顶点D落在边上的点E处，折痕为．若点E恰好是的中点，则线段的长为（

）A． B． C．3 D．【答案】A【分析】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题关键．先根据正方形的性质可得，再根据翻折的性质可得，设，从而可得，然后在中，利用勾股定理即可得．【详解】解：正方形的边长为6，点恰好是的中点，，由翻折的性质得：，设，则，在中，，即，解得，即，故选：A．14．（2024·陕西渭南·二模）如图，将正方形纸片沿线段折叠之后，使点落在正方形内部的点处，若比大，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题主要考查了正方形与折叠问题，先由正方形的性质得到，再由折叠的性质可得，则可得，据此可得答案．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，由折叠的性质可得，∵比大，∴，∴，∴，故选：D．15．（2024·广东肇庆·一模）如图，在正方形中，E为的中点，F为上一点（不与B，C重合），将沿所在的直线折叠，得到，连接．当时，的值是（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】由正方形的性质得，由E为的中点，得，由折叠得，则，而，可证明是等边三角形，则，求得，，则，所以，于是得到问题的答案．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∵E为的中点，∴，由折叠得，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴∴，∵，∴，故选：B．【点睛】本题主要考查正方形的性质、轴对称的性质、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形等知识，求得是解题的关键．16．（2024·浙江宁波·一模）如图，点E、F分别是正方形的边、上的点，将正方形沿折叠，使得点B的对应点恰好落在边上，则的周长等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，如图，作，连接，，可证，，根据全等三角形的性质可得，，等量代换即可求解．【详解】解：如图，作，连接，，∵四边形是正方形，∴，由折叠可得，∴，∵∴，∴，∴，在和中，∴∴，，在和中，∴，∴，∴，故选：A．►题型05求正方形重叠部分面积17．（2023·山东菏泽·一模）如图，两个边长为4的正方形重叠在一起，点是其中一个正方形的中心，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】连接、，证明，得到，再由，代值求解即可得到答案．【详解】解：连接、，如图所示：，，是正方形，为正方形的中心，，，在和中，，，，，故答案是：4．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、正方形的性质，构造全等三角形得到阴影部分的面积等于的面积是解决问题的关键．18．（2021·重庆九龙坡·三模）如图，正方形ABCD的边长为4，分别以B、D为圆心，正方形的边长为半径画圆，则图中的阴影部分面积为．（结果保留π）【答案】8π﹣16【分析】由图可知，阴影部分的面积是两个圆心角为90°，且半径为4的扇形的面积与正方形的面积的差，可据此求出阴影部分的面积．【详解】解：由题意可得出：S阴影＝2S扇形﹣S正方形＝2×﹣42＝8π﹣16，故答案为:8π﹣16．【点睛】本题考查了扇形的面积，正方形的性质，得出S阴影=2S扇形-S正方形是解题关键．19．（2020·浙江·中考真题）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为（用含a，b的代数式表示）．【答案】【分析】如图，连接AE、AF，先证明△GAE≌△HAF，由此可证得，进而同理可得，根据正方形ABCD的面积等于四个相同四边形的面积之和及小正方形的面积即可求得答案．【详解】解：如图，连接AE、AF，∵点A为大正方形的中心，∴AE=AF，∠EAF=90°，∴∠AEF=∠AFE=45°，∵∠GEF=90°，∴∠AEG=∠GEF－∠AEF=45°，∴∠AEG=∠AFE，∵四边形ABCD为正方形，∴∠DAB=∠EAF=90°，∴∠GAE=∠HAF，在△GAE与△HAF中，∴△GAE≌△HAF（ASA），∴，∴，即，∵，∴，∴同理可得：，即，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定及性质，熟练掌握正方形的性质并能作出正确的辅助线是解决本题的关键．20．（18-19九年级上·广东汕头·期末）如图，将边长为2的正方形ABCD绕顶点A旋转，使点B落在AC上的点E处，得正方形AEFG，则两正方形重合部分（阴影部分）的面积是．【答案】4﹣4．【分析】阴影部分的面积=S△ACD-S△MEC，△ACD和△MEC都是等腰直角三角形，利用面积公式即可求解．【详解】∵△ADC是直角三角形,AD=CD=2,∴S△ACD=AD⋅CD=×2×2=2；AC=AD=2，则EC=2−2，∵△MEC是等腰直角三角形，∴S△MEC=ME⋅EC==6−4，∴阴影部分的面积=S△ACD−S△MEC=2−(6−4)=4−4.故答案是：4−4.【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的质，将不规则图形转化为规则图形的和（差）是解题的关键►题型06添加一个条件使四边形是正方形21．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形是平行四边形，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了正方形的判定，用概率公式求概率，掌握正方形的判定方法和概率公式是解题的关键．根据从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．再根据概率公式求解即可．【详解】解：从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．∴，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为．故选：A．22．（2024·陕西榆林·三模）已知菱形的对角线相交于点，下列条件中，能够判定菱形为正方形的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】本题考查菱形的性质和正方形的判定，菱形的对角线互相垂直，四条边相等，正方形的对角线互相垂直平分且相等，据此即可求解．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，，故A、C、D选项均不能判定菱形为正方形，不符合题意，如图，在菱形中，，∴，∵，，∴，∴菱形为正方形，故选：B．23．（2024·上海静安·二模）如图，菱形的对角线、相交于点，那么下列条件中，能判断菱形是正方形的为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本题考查正方形的判定．根据菱形到现在和正方形的判定定理即可得到结论．【详解】解：A、，，，，四边形是菱形，，故不能判断菱形是正方形；故A不符合题意；B、四边形是菱形，，，故不能判断菱形是正方形；故B不符合题意；C、四边形是菱形，，，，故不能判断菱形是正方形；故C不符合题意；D、四边形是菱形，平行于，，，，菱形是正方形，故D符合题意．故选：D．24．（2023·陕西西安·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（

）

A．当时，它是正方形 B．当时，它是菱形C．当时，它是矩形 D．当时，它是矩形【答案】A【分析】根据正方形的判定、矩形的判定、菱形的判定逐项判断即可得．【详解】解：A、当时，它是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形），不一定是正方形，则此项错误，符合题意；B、当时，它是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形），则此项正确，不符合题意；C、当时，它是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形），则此项正确，不符合题意；D、当时，它是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形），则此项正确，不符合题意；故选：A．【点睛】本题考查了正方形的判定、矩形的判定、菱形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定是解题关键．►题型07根据正方形的性质与判定解决问题25．（2024·广东佛山·三模）如图1，正方形中，，点E，F分别是边，的中点，连接，点G是线段上的一个动点，连接，将线段绕点A逆时针方向旋转，得到，连接，．(1)求证：；(2)如图2，若，连接，试判断四边形的形状，并说明理由；(3)若直线与直线交于点M，当为直角三角形时，求四边形的面积．【答案】(1)证明见解析(2)四边形为正方形，证明见解析(3)或【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可证明结论；（2）先证明四边形是平行四边形，再结合，，即可四边形的形状；（3）根据为直角三角形，可分两种情况讨论，当时，过点G作于点N，先证明四边形为正方形，再求，即得答案；当时，点G与点F重合，分别求出和的面积，即得答案．【详解】（1）线段绕点A逆时针方向旋转后得到，，，四边形是正方形，，，，，；（2）四边形为正方形；理由如下：点E，F分别是边，的中点，，，，点G为线段的中点，，，，四边形是平行四边形，，，四边形为正方形；（3）分两种情况讨论：当时，如图，过点G作于点N，，，，四边形为矩形，，四边形为正方形，，，，，，，，，，四边形的面积为；当时，如图，点G与点F重合，此时，，，，，，，，，，，，，，，，即，，，四边形的面积为；综上说述，四边形的面积为或．【点睛】本题考查了正方形的判定性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握掌握相关判定与性质，用分类讨论思想来解题是解答本题的关键．26．（2024·广东珠海·三模）在平面直角坐标系中，已知点A在y轴负半轴上.(1)如图1，已知点，，在抛物线上，则________；_______；(2)在（1）的条件下，若点D在抛物线上，且轴，是否存在四边形为菱形？请说明理由；(3)如图2，已知正方形的顶点B，D在二次函数（a为常数，且）的图象上，点D在点B的左侧，设点B，D的横坐标分别为m，n，请求出m，n满足的数量关系.【答案】(1)－1；－1(2)不存在，理由见解析(3)，满足的等量关系为或【分析】（1）利用待定系数法将点的坐标代入函数解析式即可求出a、m的值；（2）假设存在，由，，可知，因为四边形为菱形，所以，可求出，因此可求得点的坐标，根据轴，亦可求出点的坐标，又已知点在抛物线上，而，因此假设不成立，即不存在四边形为菱形；（3）过点B作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，则，，然后分情况讨论：①当点B，均在轴左侧时，②当点在轴左侧，点B在轴右侧时，③当点B，均在轴右侧时，证明，因此利用，，即可得出结论．【详解】（1）解：，在抛物线上，将代入，得，，将代入，得，（2）不存在．理由如下：假设存在，由（1）得，，，设与轴交于点，，四边形为菱形，，．点的坐标为，轴，点的坐标为，又点在抛物线上，而，假设不成立，不存在四边形为菱形；（3）过点B作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，则，，①当点B，均在轴左侧时，如图1，，，，，，，，又，，，，，化简得，，；②当点在轴左侧，点B在轴右侧时，如图2，，，，，同理可得，，，，化简得，或；③当点B，均在轴右侧时，如图3，，，，，同理可得，，，，化简得，，，综上所述，，满足的等量关系为或．【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图像和性质，正方形和菱形的性质，全等三角形的判定和性质，本题的关键是熟练运用二次函数的性质解题．27．（2024·广东广州·二模）如图，在矩形中，，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线方向移动，作关于直线的对称，设点P的运动时间为t秒．(1)若．①当点落在上时，求此时t的值；②是否存在t，使得？若存在，求t的值？若不存在，请说明理由；(2)当点P不与C重合时，若直线与直线相交于点M，且当时存在结论“”成立，试探究：对于的任意时刻，结论“”是否总是成立？请说明理由．【答案】(1)①；②t的值为2或6；(2)成立，理由见解析【分析】（1）①先利用勾股定理求出长，再根据，得出，，再证明，根据相似三角形的性质求解即可；②分如图1-1所示，当时，此时点落在上，如图1-2所示，当时，此时点在的延长线上，如图1-3所示，当时，三种情况求出对应的的长即可得到答案；（2）如图2-1，根据以及翻折的性质可以证明得到，从而可得，如图2-2所示，设，则，则，证明，得到，再由折叠的性质可得，由此即可证明．【详解】（1）解：①∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，，，∴，，又∵，∴，∴，即，∴，∴，即；②如图1-1所示，当时，此时点落在上，由折叠的性质可得，由矩形的性质得，∴，在中，由勾股定理得，∴，在中，由勾股定理得：，∴，解得；如图1-2所示，当时，此时点在的延长线上，在中，由勾股定理得，∴，在中，由勾股定理得：，∴，解得；综上所述，t的值为2或6；（2）解：对于的任意时刻，结论“”总是成立，理由如下：如图2-1所示，∵，∴，∴由折叠的性质可得，，∴，又∵，，∴，∴．如图2-2所示，设，则，∴，∵∴，∴，由折叠的性质可得∴，∴∴．【点睛】本题是四边形综合题，涉及了矩形的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定，勾股定理的应用，翻折的性质等，综合性较强，有一定的难度，正确画出符合题意的图形，熟练运用相关知识是解题的关键．28．（2024·广东深圳·二模）如图1，在正方形中，点E是边上一点，F为的中点，将线段绕点F顺时针旋转至线段，连接．某数学学习小组成员发现线段与之间存在一定的数量关系，并运用“特殊到一般”的思想开展了探究．【特例分析】当点E与点B重合时，小组成员经过讨论得到如下两种思路：思路一思路二第一步如图2，连接，，证明；如图3，将线段绕点F逆时针旋转至，连接，证明；第二步利用相似三角形的性质及线段与之间的关系，得到线段与之间的数量关系．利用全等三角形的性质及线段与之间的关系，得到线段与之间的数量关系．图形表达（1）①在上述两种思路中，选择其中一种完成其相应的第一步的证明：②写出线段与之间的数量关系式：______；【深入探究】（2）如图1，当点E与点B不重合时，（1）中线段与之间的数量关系还成立吗？若成立，请加以证明：若不成立，请说明理由；【拓展延伸】（3）连接，记正方形的面积为，的面积为，当是直角三角形时，请直接写出的值．【答案】（1）①选择思路一，证明见解析；选择思路二，证明见解析；②或；（2）成立，证明见解析；（3）4或【分析】（1）①选择思路一：连接，如图所示，根据正方形的性质得到，，由旋转的性质证明是等腰直角三角形，进而得到，即可推出，，据此可证明；选择思路二：将线段绕点F逆时针旋转至，连接，如图所示，由旋转的性质可得，再证明，即可证明；②选择思路一：利用相似三角形的性质即可得到答案；选择思路二：由全等三角形的性质得到，过点H作于M，证明四边形是正方形，推出，进而得到，即可得到；（2）连接，同理可证明；得到；再由直角三角形的性质得到，则；（3）由于，则，进而得到，故当为直角三角形，不能作为斜边；当时，和共线，则E和A重合，G和D重合，由正方形的性质可得，则；当时，连接，过B作于M，如图：证明，设，则，，由勾股定理得，则；证明是等腰直角三角形，得到，则，由勾股定理得，则，据此可得．【详解】解：（1）①选择思路一：证明：连接，如图所示，∵四边形是正方形∴，，由旋转得，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，，∴，∴；选择思路二：证明：将线段绕点F逆时针旋转至，连接，如图所示，由旋转的性质可得，∴，∴，∴；②思路一：由（1）①知，∴，∵为的中点，∴∴，∴，即；思路二：由（1）①知，∴，如图所示，过点H作于M，则四边形是矩形，又∵，∴四边形是正方形，∴，∴，∴，∴，∴，即；综上所述，；（2）如图所示，连接，∵四边形是正方形∴，，由旋转得，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，，∴，∴；∴；∵在中，点F为的中点，∴，∴，∴；（3）∵E在边上，∴，∴，∵，∴，∵为直角三角形，∴不能作为斜边，①当时，∵，∴和共线，∴E和A重合，G和D重合，如图：∴由正方形的性质可得，∴；当时，连接，过B作于M，如图：由（2）知，，∴，∵，∴，∵，∴，设，则，，在中，由勾股定理得，∴；在中，F是中点，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴，在中，由勾股定理得，∴，∴；综上所述，或．【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形和全等三角形是解题的关键．命题点二：梯形的性质与判定►题型01等腰梯形的性质求解29．（2024·四川遂宁·二模）如图，已知等腰梯形中，，，，，则此等腰梯形的周长为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了矩形的判定与性质，等腰梯形的性质，全等三角形的判定与性质，所对直角边是斜边的一半，作，，证明四边形是矩形，从而有，，根据等腰梯形的性质得，证明，根据所对直角边是斜边的一半得出即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】如图，作，，∴，∵，∴，∴，∴四边形是矩形，∴，，∵四边形是等腰梯形，∴，∴，∴，∵，，∴，∴等腰梯形的周长为，故选：．30．（2022·浙江宁波·三模）如图，在中，点是线段上一点，于点，四边形为矩形，若，的面积为，矩形的面积为，则下列图形中面积可以确定的是（

）A．的面积 B．四边形的面积C．梯形的面积 D．的面积【答案】D【分析】过点作于点，交于点，根据矩形的性质和梯形的性质利用面积公式解答即可．【详解】解：过点作于点，交于点，则，，，则，，则，四边形为矩形，，，，四边形为矩形，，，，，，，，的面积可以确定，故选：D．【点睛】此题考查梯形，解题的关键是根据矩形的性质得出解答．31．（2024·四川自贡·中考真题）如图，在中，，，．A点P从点A出发、以的速度沿运动，同时点Q从点C出发，以的速度沿往复运动，当点P到达端点D时，点Q随之停止运动．在此运动过程中，线段出现的次数是（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，一元一次方程的应用，全等三角形的判定与性质，分四种情况：当时，当时，当时，四边形为平行四边形；当时，四边形为等腰梯形，分别求解即可，掌握相关知识是解题的关键．【详解】解：在中，，，∴，，∵点P从点A出发、以的速度沿运动，∴点P从点A出发到达D点的时间为：，∵点Q从点C出发，以的速度沿往复运动，∴点Q从点C出发到B点的时间为：，∵，∴，当时，四边形为平行四边形，∴，当时，四边形为等腰梯形，∴，设同时运动的时间为，当时，，∴，此时，四边形为平行四边形，，如图：过点分别作的垂线，分别交于点，∴四边形是矩形，∴，，∵四边形是等腰梯形，∴，，∵，，∴，∵，∴，∴，在中，，，∴，∴，∴，∴，∴，此时是等腰梯形，，当时，，∴，此时，四边形为平行四边形，，当时，，∴，此时，四边形为平行四边形，，综上，当或或或时，，共4次，故选：B．32．（2023·山东聊城·三模）如图1，在四边形中，，，P、Q同时从B出发，以每秒1单位长度分别沿和方向运动至相遇时停止，设运动时间为t（秒），的面积为S（平方单位），S与t的函数图象如图2所示，则下列结论正确的个数是（

）①当秒时，②③当时，④当秒时，平分四边形的面积．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】本题考查了动点问题的函数图象分析，根据等腰梯形的性质及动点函数图象的性质，综合判断可得答案，解题关键是结合函数图象与几何图形的性质求解．【详解】解：由图2可知，动点运动过程分为三个阶段：（1）段，函数图象为抛物线，运动图形如图所示．此时点P在线段上、点Q在线段上运动，为等边三角形，其边长：高，由函数图象可知，当秒时，，故符合题意，（2）段，函数图象为直线，运动图形如图所示，此时点P在线段上、点Q在线段上运动，由函数图象可知，此阶段运动时间为，故符合题意，设直线的解析式为：将代入得：解得：故选项不符合题意，（3）段，函数图象为直线，运动图形如图所示，此时点P、Q均在线段上运动，设梯形高为h，则，当时，则，，即平分梯形的面积，故符合题意，综上所述，符合题意的有3个，故选：C．►题型02等腰梯形的综合问题33．（2024·山东潍坊·三模）已知梯形中，，点E，点F分别为，的中点.(1)请直接写出与，之间的位置关系和数量关系；(2)请证明（1）的结论.【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】本题考查梯形中位线定理的证明，掌握全等三角形的判定与性质和三角形中位线定理是解题的关键．（1）根据题干条件猜想出结论即可；（2）连接，并延长交的延长线于点，证明，得到，，再根据三角形中位线定理证明即可．【详解】（1）解：，；（2）解：连接，并延长交的延长线于点，，，点E为的中点，，，，，，点E为的中点，点F为的中点，，，，．34．（2024·上海静安·三模）已知：四边形中，，，分别为中点，相交于点．(1)如图，如果，求证：．(2)当，时，求的长；(3)当为直角三角形时，线段与之间有怎样的数量关系？并说明理由．【答案】(1)见解析(2)(3)或，理由见解析【分析】（1）过D作交于H，证出四边形为等腰梯形，再证出，利用三角形的外角性质和等量代换即可得出答案；（2）先证出为正三角形，然后设，得出，证出，用相似比得出，利用得出，求出a值，即可得解；（3）先利用三角形边角关系得出，然后分类讨论①②两种情况，即可得解．【详解】（1）过D作交于H，∴，∵，∴，，，，四边形为平四边形，，，四边形为梯形，，四边形为等腰梯形，，又E，F分别为中点，，，

又，，，，∴，（2），，∴，∵，∴为正三角形，∴延长．交于M，设，∴，∵E为的中点，，∴，，，∴，∴，∴∴∵，∴，∴，，，，，∴，又，，，∴，，，∴（负值已舍），，∴；（3），，

，，仅两种分类，①，延长交于，过D作于，设

，∵四边形为等腰梯形，∴，∵，，∴，∴，∴，，，∴，∵，，即，②，则，∴四边形为正方形，，【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰梯形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握其性质合理作出辅助线是解决此题的关键．35．（2024·上海长宁·二模）已知：在梯形中，，点E在边上（点E不与点A、D重合），点F在边上，且．(1)求证：；(2)连接，与交于点G，如果，求证：四边形为等腰梯形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查相似三角形判定及性质，等腰梯形判定等．（1）根据题意判定即可得到本题答案；（2）根据角的转换，证明两个底角即，继而得到本题答案．【详解】（1）证明：∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（2）解：根据题意如下图：∵，∴，∵，，∵，，∴，∴，∴四边形为梯形，∴，∴，∴四边形为等腰梯形．36．（2023·上海徐汇·一模）已知：在梯形中，，，，，点E是边上一点，，点是边上的一动点，连接，作，使得，射线与边交于点，与的延长线交于点，设，．

(1)求的长；(2)试求y关于x的函数关系式，并写出定义域；(3)连接，如果是等腰三角形，试求的长．【答案】(1)(2)(3)或时，是等腰三角形【分析】（1）作等腰梯形的高、，得矩形，，则；（2）先由三角形内角和定理得出，由等腰梯形在同一底上的两个角相等得出，则，根据相似三角形对应边成比例得出关于的函数关系式，并写出定义域；（3）分三种情况：①；②；③．【详解】（1）解：如图，作等腰梯形的高、，∴，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，设，由勾股定理得，∴，所以；（2）解：如图．，，，∵四边形是等腰梯形，，，，；∴，过点B分别作，如图所示：∴四边形为平行四边形，∴，，由（1）可知要使成立，则点P需在点K、C之间运动，∴，∴；（3）解：分三种情况：①如果，如图，过作平行线交底边于，则．在与中，，，，；②如果，如图，过作平行线交底边于，则．在与中，，，，又，过点做的高，则，，，解得；即；③如果，同理可得，，，过点做的高，则，，，解得，；（舍去），综上所述：或时，是等腰三角形．【点睛】本题考查了等腰梯形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，第（3）问进行分类讨论是解题的关键．命题点三四边形综合►题型01中点四边形37．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，已知四边形与交于点O，，且为直角，E、F、G、H分别为的中点，则四边形的面积为（

）A． B．12 C． D．【答案】B【分析】此题考查三角形的中位线性质定理，正方形的判定等知识，能证得四边形是正方形是解题的关键.根据三角形的中位线定理，证明四边形是菱形，再证明，证得四边形是正方形，即可根据正方形的面积公式计算得出答案.【详解】∵点E、F分别是边的中点，∴，，同理，，，，，，，∴∴四边形是菱形，∵为直角，∴，∴，∵，∴，∴，∴四边形是正方形，∴四边形的面积=,故选：B.38．（2024·河北·模拟预测）如图，在中，，点分别是的中点，顺次连接，在从逐渐增大到的过程中，四边形形状的变化依次是（

）A．平行四边形→菱形→平行四边形B．平行四边形→矩形→平行四边形C．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形D．平行四边形→矩形→正方形→平行四边形【答案】A【分析】本题主要考查了三角形的中位线．熟练掌握三角形的中位线性质，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，是解题的关键．根据三角形中位线定理，得到，得到，得到四边形是平行四边形，当时，是矩形，，得到，得到是菱形；当时，或时，，∴，四边形是平行四边形，【详解】连接，∵E、F、G、H是的各边中点，∴，∴，当时，∵中，，∴，∴四边形是平行四边形，当时，是矩形，∴，∴，∴是菱形，当时，∵，∴，∴四边形是平行四边形．∴四边形形状的变化依次是：平行四边形→菱形→平行四边形．故选：A．39．（2024·四川泸州·一模）如图，顺次连接矩形四条边的中点得到四边形，若，，则四边形的面积为（

）A．6 B．6.5 C．7 D．7.5【答案】D【分析】本题主要考查中点四边形，首先证明是菱形，再根据菱形的面积计算公式求解即可【详解】解：连接如图，∵四边形是矩形，∴∵分别是的中点，∴∴∴四边形是菱形，又∵，故选：D40．（2023·重庆渝北·一模）如图，已知矩形的两边长分别为m，n，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；…；如此反复操作下去，则第7次操作后，得到四边形的面积是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查图形类规律探究，涉及矩形和菱形的判定与性质，三角形的中位线性质，根据矩形和菱形的判定与性质，结合三角形的中位线性质得到每一次得到的四边形的面积与矩形的关系，进而得到变化规律即可，通过推导计算得到面积的变化规律是解答的关键．【详解】解：如图，连接，∵第一次，顺次连接矩形各边的中点，得到四边形，，四边形是矩形，，，四边形是菱形，，同理可得，四边形为平行四边形，，，平行四边形为矩形，，依次可得，四边形的面积是，故选：B．►题型02特殊四边形动点问题41．（2023·河北·二模）如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动.设点的运动时间为（单位：），下列结论正确的是（

）

A．当时，四边形为矩形 B．当时，四边形为平行四边形C．当时， D．当时，或【答案】D【分析】对于选项A、B，分别计算当与时相应线段的长度结合平行四边形的判定方法判断即可；对于C、D选项，作，垂足分别为E、F，如图，证明，得出，进而得出关于t的方程，解方程判定即可.【详解】解：当时，，cm，，∴，∴四边形不为矩形，故选项A结论错误；当时，，，cm，∴，∴四边形不为平行四边形，故选项B结论错误；当时，作，垂足分别为E、F，如图，∵，∴，∴四边形都是矩形，∴，∴当时，，，∴，∵，∴，解得：或，故选项C错误、选项D正确；故选：D.

【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、善于动中取静是解题的关键.42．（2022·辽宁锦州·中考真题）如图，四边形是边长为的正方形，点E，点F分别为边，中点，点O为正方形的中心，连接，点P从点E出发沿运动，同时点Q从点B出发沿运动，两点运动速度均为，当点P运动到点F时，两点同时停止运动，设运动时间为，连接，的面积为，下列图像能正确反映出S与t的函数关系的是（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】分0≤t≤1和1＜t≤2两种情形，确定解析式，判断即可．【详解】当0≤t≤1时，∵正方形ABCD的边长为2，点O为正方形的中心，∴直线EO垂直BC，∴点P到直线BC的距离为2-t，BQ=t，∴S=；当1＜t≤2时，∵正方形ABCD的边长为2，点F分别为边，中点，点O为正方形的中心，∴直线OF∥BC，∴点P到直线BC的距离为1，BQ=t，∴S=；故选D．【点睛】本题考查了正方形的性质，二次函数的解析式，一次函数解析式，正确确定面积，从而确定解析式是解题的关键．43．（2022·辽宁鞍山·一模）如图，在平面四边形ABCD中，，，点M从A出发沿路径运动，点N从B出发沿路径运动，M，N两点同时出发，且点N的运动速度是点M运动速度的3倍，当M运动到B时，M，N两点同时停止运动，若M的运动路程为x，△BMN的面积为y；则能反映y与x之间函数关系的图象是（

）A．B．C．D．【答案】C【分析】过点N作NE⊥AB交射线AB于E，根据四边形ABCD为平行四边形，求出∠DAB=∠NBE=60°，根据NE⊥AB，求出∠BNE=90°-∠NBE=30°，分两段，当点N在BC上时，求出，当点N在CD上，点N到AB的距离，过点C作CF⊥AB交射线AB于F，求出，然后对各选项进行分析即可．【详解】解：过点N作NE⊥AB交射线AB于E，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，∴∠DAB=∠NBE=60°，

∵NE⊥AB，∴∠BNE=90°-∠NBE=30°，分两段，当点N在BC上时，AM=x，BN=3AM=3x，∴BE=，∴NE=，∴，当点N在CD上，点N到AB的距离，过点C作CF⊥AB交射线AB于F，∵NE⊥AB，CF⊥AB，CD∥AB，∴∠NEF=∠CFE=∠ENC=90°，∴四边形NEFC为矩形，

∴CF=NE，在Rt△BCF中，BC=4，∠BCF=90°-∠CBE=30°，∴BF=，∴CF=，，∴点N在BC上是开口向下的抛物线，点N在CD上是一次函数，A．图像是两个一次函数的联合，故选项A不合题意；B．点N在BC上时函数图像是一次函数，点N在CD上函数图像是开口向上的抛物线，故选项B不合题意；C．点N在BC上时函数图像是开口向下的抛物线，点N在CD上函数图像是一次函数，故选项C合题意；D．点N在BC上时函数图像是开口向下的抛物线函数，点N在CD上函数图像是开口向上的抛物线，故选项D不合题意．故选择C．【点睛】本题考查平行四边形性质，二次函数，一次函数，图形动点问题，30°张角三角形性质，勾股定理，三角形面积，掌握平行四边形性质，二次函数，一次函数，图形动点问题，30°张角三角形性质，勾股定理，三角形面积是解题关键．44．（2023·山东菏泽·一模）如图，平行四边形中，，动点沿匀速运动，运动速度为，同时动点从点向点匀速运动，运动速度为，点到点时两点同时停止运动．设点走过的路程为，的面积为，能大致刻画与的函数关系的图像是（）A．B．C． D．【答案】B【分析】根据题意，结合图形，分段解析，当时；当时；当时；由此即可求解．【详解】解：动点沿匀速运动，运动速度为，同时动点从点向点匀速运动，运动速度为，设点走过的路程为，∴，①当时，，如图所示，∴，，且，∴，是一条开口向上，顶点在原点处的抛物线，随的增大而增大，且当时，；②当时，如图所示，∴，∴，即是关于的一次函数，且随的增大而增大，当时，；③当时，∵，∴点到点的时间为，点到点的时间是，如图所示，∴，，且，∴，即是关于的二次函数，开口向下，且随的增大而减小，∴选项，当时，是关于的二次函数，开口向下，且随的增大而增大，不符合题意；选项，当时，是关于的二次函数，开口向上，且随的增大而增大；当时，是关于的一次函数，且随的增大而增大；当时，是关于的二次函数，开口向下，且随的增大而减小．符合题意；选项，当时，是关于的二次函数，开口向下，且随的增大而增大，不符合题意；选项，当时，是关于的二次函数，开口向下，且随的增大而增大，不符合题意；故选：．【点睛】本题主要考查动点与函数像的关系，掌握动点的运动规律，函数图像的性质是解题的关键．►题型03特殊四边形线段最值问题45．（2023·湖南湘西·三模）如图所示，正方形的边长为2，点为边的中点，点在对角线上移动，则周长的最小值是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】作点E关于的对称点为，连接交于点P，可得，，根据勾股定理求出，可得周长，即可求解．【详解】解：作点E关于的对称点为，连接交于点P，如图所示，

∵E关于的对称点为，∴，，∵正方形的边长为2，点为边的中点，∴，，∴，∴，∵周长，又∵，∴周长，∴周长最小值为，故选：B．【点睛】本题考查了轴对称的性质，正方形的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握轴对称的性质．46．（2023·山西朔州·一模）如图，菱形的边长为8，，点E，F分别是，边上的动点，且，过点B作于点G，连接，则长的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接与相交于O，判断出点O是菱形的中心，连接，取中点M，连接，，则，为定长，利用两点之间线段最短解决问题即可．【详解】解：如图，连接与相交于O，∵四边形是菱形，∴，∵，∴，∴，∴点O是菱形的中心，连接，取中点M，连接，，则，为定长，∵菱形的边长为8，，∴，由勾股定理可得：，∵M是的中点，∴，在Rt中，，在Rt中，，∵，当A，M，G三点共线时，最小为，故选：C．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是求出，的值．47．（2023·安徽·一模）如图，在矩形中，，，点E是矩形内部一动点，且，点P是边上一动点，连接、，则的最小值为（

）A．8 B． C．10 D．【答案】A【分析】根据得到点的运动轨迹，利用“将军饮马”模型将进行转化即可求解．【详解】解：如图，设点O为的中点，由题意可知，点E在以为直径的半圆O上运动，作半圆O关于的对称图形（半圆），点E的对称点为，连接,则，∴当点D、P、、共线时，的值最小，最小值为的长，如图所示，在中，，，，又，，即的最小值为8，故选：A．【点睛】本题考查线段和最短问题、轴对称的性质、勾股定理及圆周角定理，利用“将军饮马”模型将进行转化时解题的关键．48．（2022·山东泰安·模拟预测）如图，在边长为的正方形中，动点，分别以相同的速度从，两点同时出发向和运动任何一个点到达即停止，连接、交于点，过点作交于点，交于点，连接，在运动过程中则下列结论：①；②；③；④；⑤线段的最小值为．其中正确的结论有（

）A．个 B．个 C．个 D．个【答案】D【分析】①动点，分别以相同的速度从，两点同时出发，所以，从而得到，再根据正方形的性质，利用证明；②由得到；③由得到，从而有，所以；④由，，把问题转化为证明，结论成立；⑤在矩形中，，所以问题转化为求的最值，的运动轨迹是以为直径的圆，所以的最小值是中点与的连线段减去的一半．【详解】解：①动点，分别以相同的速度从，两点同时出发，，，即，又，，，所以①正确；②由得到，所以②正确；③，，又，，，即，③正确；④，，，，即，又，，，④正确；⑤在矩形中，，所以问题转化为求的最值，的运动轨迹是以为直径的圆，所以的最小值是中点与的连线段减去的一半，如图，是中点，的最小值即，，，的最小值是，⑤正确；故选：D．【点睛】本题是四边形的综合应用，考查了全等三角形、相似三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，动点最值问题，解题的关键是选择恰当的判定条件，证明．►题型04四边形综合49．（2023·广东惠州·二模）在矩形中，，P是边上一点，把沿直线折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作，垂足为E且在上，交于点F．

(1)如图1，若点E是的中点，①求证：；②求的长．(2)如图2，连接．①求证：四边形是菱形；②当时，求的长．【答案】(1)①见解析；②24(2)①见解析；②9【分析】（1）①根据矩形的性质可得，再由点E是的中点，可得，即可求证；②先证得是等腰直角三角形，可得是等腰直角三角形，即可求解；（2）①由折叠的性质可得：，，，再由，可得，从而得到，进而得到，继而得到，即可求证；②根据，可得，从而得到，再由四边形是菱形，可得，，从而得到，可证明，从而得到，即可求解．【详解】（1）①∵四边形是矩形，∴，∵E是中点，∴，在△AEB和△DEC中，∴；②解：由①得：，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴；（2）①证明：由折叠的性质得：，，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴四边形是菱形；②∵，∴，∴，∵，∴，∵四边形是菱形，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，解得：，∴．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，折叠的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．50．（2021·广东江门·一模）问题背景：在数学探索课上，数学老师拿出两张大小不同的矩形纸片现场演示进行旋转变换探究活动，如图1，在矩形纸片ABCD和矩形纸片EFGH中，，，且，，点E是AD的中点，矩形纸片EFGH以点E为旋转中心进行逆时针旋转，在旋转过程中会产生一些数量关系，同学们分组提了不少问题，最后老师归纳为如下三个问题，请你协助解决：(1)如图1，当EF与AB相交于点M，EH与BC相交于点N时，求证：；(2)在（1）的条件下，当时，AM与BM相等吗？请证明你的结论；(3)若矩形EFGH继续以点E为旋转中心进行逆时针旋转，当时，如图2，求出此时EF将边BC分成的两条线段的长度．【答案】(1)见解析(2)；见解析(3)，【分析】（1）先判断出PE＝AE，再判断出∠PEN＝∠AEM，进而得到△PEN≌△AEM，即可得出结论；（2）先判断出PN＝CN＝PC，进而求出PN＝CN＝，再判断出AM＝PN，即可得出BM＝，结论得证；（3）在直角三角形PEM中，求出PM，再用线段的和差即可得出结论．【详解】（1）解：如图1所示，过点E作，垂足为P，则四边形ABPE是矩形，，，∵点E是AD的中点，∴，∴，∵，∴，即，∴，∴；（2）当时，，由（1）知：，∴，∵，∵四边形EPCD是矩形，∴，∴，∴，∴；（3）当时，设EF与BC交于M，EH与CD交于N，过点E作于P，连接EC，EP把矩形分成两个边长为1的正方形，如图所示：∵四边形ABCD为矩形，∴，∴，∵在中，，∴，∴，∴，∴EF将边BC分成的两条线段的长度为：，．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解（1）的关键是判断出PE＝AE，解（2）的关键是得出PN＝CN＝，解（3）的关键是求出PM．51．（2021·广东云浮·一模）如图，在矩形ABCD中，，，E是AD上一点，连接BE，作点A关于直线BE的轴对称点F．(1)如图1，当∠EBF=30°时，求AE的长；(2)当△BCF的面积等于3时，求EF的长；(3)如图2，射线CF交线段AD于G，求AG的最大值．【答案】(1)(2)(3)AG的最大值为【详解】（1）利用对称可各到三角形全等，再利用全等三角形的性质和的正切值即可算出AE的长；（2）过点F作于点M，于点N，通过的面积等于3求出FN的长，进而求出FM的长，再通过锐角三角函数的定义求出EF的长即AE的长；（3）点A关于直线BE的轴对称为点F，点F在以点B为圆心AB长为半径的圆弧上，当射线CF与圆弧只有一个交点时，即与圆弧相切时，CF的延长线交AD于点G，此时G与E重合，此时AG的值最大，结合图象求出AG即可．解：（1）∵点与点关于直线对称，，．在与中，，；（2）过F作CD的平行线，交AD，BC分别于M，N，则．的面积为3，，，．在Rt△BNF中，∠FNB=90°，BF=2，，．∵∠EFB=∠A=90°，∴，∴，∴，∴，∴；（3）由于BF=BA，因此点F的轨迹是以点B为圆心，以BF（长度为2）为半径的圆弧（实际上，此时点G和点E重合）以点B为圆心，以BA为半径画圆，过C作圆B的切线，交线段AD于G此时AG取得最大值∵AD∥BC∴∠DGC=∠BCF，∴tan∠DGC=tan∠BCF即：，，在Rt△GCD中，，∴，所以AG的最大值为.【点睛】本题属于四边形的综合应用，考查了对称的基本性质，勾股定理等知识，熟练掌握对称的基本性质，勾股定理的综合应用以及学会结合图形综合分析是解题的关键．52．（2023·广东珠海·三模）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明：(1)【图形认知】如图①，在正方形中，，交于点，则______（填比值）；(2)【探究证明】如图②，在矩形中，，分别交、于点、，分别交、于点、，求证：；(3)【结论应用】如图③，将矩形沿折叠，使得点和点重合，若，．求折痕的长；(4)【拓展运用】如图④，将矩形沿折叠，使得点落在边上的点处，点落在点处，得到四边形，若，，，请求点P到直线的距离．

【答案】(1)(2)证明见解析(3)(4)【分析】（1）由题意知，，，证明，则，进而可得的比值；（2）如图②，过作交于，过作交于，由矩形，可得，，则四边形、均为平行四边形，，，同（1）可得，证明，则，；（3）由矩形的性质可得，由勾股定理得，由（2）可知，，即，计算求解即可；（4）如图④，延长到，过作于，由（2）可知，，即，解得，由勾股定理得，由折叠的性质可得，，，，设，则，在中，结合勾股定理即可解得，即，再证明，则，计算求解的值，进而可得点到直线的距离．【详解】（1）解：由题意知，，又∵，∴，∴，∵在和中，，∴，∴，∴，故答案为：．（2）证明：如图②，过作交于，过作交于，

∵四边形是矩形，∴，，∴四边形、均为平行四边形，∴，，同（1）可得，又∵，∴，∴，∴．（3）解：由矩形的性质可得，由勾股定理得，由（2）可知，，即，解得，∴的长．（4）解：如图④，延长到，过作于，

由（2）可知，，即，解得，∴在中，由勾股定理得，由折叠的性质可得，，，，设：，则，∴在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，，∵，∴，又∵，∴，∴，即，解得，∴点到直线的距离为．基础巩固单选题1．（2023·广东汕尾·二模）如图，正方形的边长为，点在对角线上，且，于点，则的长为()A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，根据正方形的性质得到，，求得，根据等腰三角形的判定定理得到，推出是等腰直角三角形，于是得到结论．【详解】解：四边形是正方形，，，正方形的边长为，，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，故选：C．2．（2023·广东揭阳·一模）如图，正方形中，，点E在边上，，则的值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正方形的性质得到，，利用勾股定理求出，再利用正弦的定义计算即可．【详解】解：在正方形中，，，∵，，∴，故选A．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，正弦的定义，解题的关键是掌握直角三角形中锐角的正弦值为对边与斜边之比．3．（2023·广东汕尾·二模）如图，正方形的边长为，点F为对角线上一点，当时，则的长是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求得，利用等角对等边即可求解．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，，∴，∴，故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形外角的性质，等腰三角形的判定和性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．4．（2023·广东河源·一模）如图，P为上任意一点，分别以为边在同侧作正方形、正方形，连接，设，，则y与x的关系为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据正方形的性质，利用“”证明，证得即可求得答案．【详解】解：∵四边形和四边形都是正方形，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴．故选：D．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，对于解决四边形的问题往往是通过解决三角形的问题而实现的．二、填空题5．（2023·广东东莞·模拟预测）如图，在中，．E是边CD的中点，F是内一点，且．连接AF并延长，交BC于点G．若，，则AF的长为．【答案】【分析】依据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到的长，再得到的长，进而得出的长，再利用勾股定理求出，即可求得．【详解】解：是边的中点，且，中，，，，是边的中点，是的中点，可得，，又，，又，又在中，．故答案为：．【点睛】此题考查了平行四边形的性质、梯形的中位线定理、直角三角形斜边上中线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关定理．6．（2022·上海徐汇·模拟预测）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，EF是梯形的中位线，点E在AB上，若AD：BC＝2：3，AD＝a，则用a表示FE＝．【答案】a【分析】根据线段的比，即可用a表示出BC的长，再根据梯形中位线的性质即可求出EF的长．【详解】∵AD：BC＝2：3，AD＝a，∴BCa，∵EF是梯形ABCD的中位线，∴EFa，故答案为：a．【点睛】本题主要考查梯形中位线的性质．掌握梯形中位线的长为上底与下底和的一半是解题关键．7．（2024·广东佛山·一模）如图，在四边形中，，，对角线于点，若添加一个条件后，可使得四边形是正方形，则添加的条件可以是（不再增加其他线条和字母）【答案】或【分析】解答此题的关键是熟练掌握正方形的判定定理，即有一个角是直角的菱形是正方形．根据菱形的判定定理及正方形的判定定理即可解答．【详解】解：∵在四边形中，，，∴是平行四边形，又∵，∴是菱形，∴要使四边形是正方形，则还需增加一个条件是：或．故答案为：或．8．（2024·湖南娄底·模拟预测）如图，正方形的边长为1，以为边作第2个正方形，再以为边作第3个正方形…按照这样的规律作下去，第个正方形的面积为．【答案】【分析】本题考查了图形的规律问题，涉及了正方形的性质，根据图形得出第个正方形的边长为，据此即可求解．【详解】解：由图可知：第1个正方形的边长为1，第个正方形的边长为，第个正方形的边长为，第个正方形的边长为，……第个正方形的边长为，∴第个正方形的边长为，面积为，故答案为：三、解答题9．（2022·广东汕头·一模）如图所示，在正方形中，是上的点，且，是的中点．(1)与是否相似？为什么？(2)试问：与有什么关系？【答案】(1)与相似，理由见解析(2)，且【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握正方形的性质，相似三角形的判定与性质，求出的比例关系是解本题关键．（1）由正方形性质可得，，再根据，是的中点，可计算出，根据相似三角形判定“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”，即可得出结论；（2）根据相似三角形的性质“相似三角形对应角相等，对应边成比例”，得到，，再根据，即可得出，根据，得，即可计算出，得出结论．【详解】（1）解：与相似，四边形是正方形，，，，是的中点，，，，，，又，．（2）解：，且，，，，，，，即，，，，．10．（2022·广东珠海·一模）如图，E、F分别是正方形ABCD边AB、AD的中点，将△ABF沿BF折叠，点A落在点Q处，连接FQ并延长，交DC于G点．(1)求证：CE＝BF；(2)若AB＝4，求GF的值．【答案】(1)见解析(2)GF的值为．【分析】（1）先判断出AF=BE，进而得出△FAB≌△EBC（SAS），即可得出结论；（2）连接BG，根据HL证明Rt△BQG≌Rt△BCG，得QG=GC，设QG=b，在Rt△DFG中，根据勾股定理列方程可得b，从而可得结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠A=∠ABC=90°，∵E、F分别是正方形ABCD边AB、AD的中点，∵AF=BE，∴△FAB≌△EBC（SAS），∴CE=BF；（2）解：如图，连接BG，由折叠得：AB=BQ，∠BQF=∠A=90°，∵AB=BC，∴BC=BQ，∵BG=BG，∴Rt△BQG≌Rt△BCG（HL），∴QG=GC，∵AB=4，F是正方形ABCD边AD的中点，设QG=b，则DF=AF=FQ=2，FG=2+b，DG=4-b，在Rt△DFG中，∵DF2+DG2=FG2，∴，∴b=，即QG=，∴GF=FQ+QG=2+=．∴GF的值为．【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，正确作辅助线是本题的关键．能力提升一、单选题1．（2022·广东深圳·三模）如图，在正方形中，点是上一点，且，连接交对角线于点，过点作交的延长线于点，若，则的长度为（）

A． B． C． D．【答案】D【分析】过点作，交延长线于，再根据正方形的性质，推出，根据同角的余角相等，推出，证明，推出，结合设，则，，进而可得，是正方形对角线，推出，求出，可求得，再由勾股定理可得，再证，利用相似三角形的性质可求出．【详解】解：过点作，交延长线于，∴，

在正方形中，，，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴设，则，，∴，∴，∵是正方形对角线，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵在正方形中，，则，，∴，∴，∴，∴；故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质，掌握相似三角形的判定与性质、正方形的性质的综合应用，其中辅助线的做法、相似的证明、勾股定理的应用是解题关键．2．（2024·广东清远·三模）如图，在中，，顶点A的坐标为，以为边向的外侧作正方形，将组成的图形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2024次旋转结束时，点D的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查旋转中的坐标规律探究，由题意可得每8次旋转一个循环，然后利用等腰直角三角形的性质和正方形的性质即可求解．【详解】解：∵，∴经过8次旋转后图形回到原位置．∵，∴旋转2024次后恰好回到原来图形位置，过点D作轴于点E．由题意可得，是等腰直角三角形，∴，．∵四边形是正方形，∴，，∴，∴在中，，∴，∴点D的坐标为．故选D．3．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，在正方形中，是对角线，的交点．过点作，分别交，于点，．若，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查正方形的性质，证明，得到，继而得到，最后在中，利用勾股定理可得的值．掌握正方形的性质及勾股定理是解题的关键．【详解】解：∵四边形是正方形，，，∴，，，，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，在中，，，∴．故选：B．4．（2024·广东梅州·一模）如图，E、F分别是正方形的边，上的点，且，，相交于点，下列结论：①；②；③；④中，正确的结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明是解题的关键．根据四边形是正方形及，可证出，则得到：①；可判断④；可以证出，则②一定成立；用反证法可证明，即可判断③．【详解】解：四边形是正方形，，，，，在和中，，，（故①正确）；∴∵四边形是正方形，∴∴（故④正确）；∴∵四边形是正方形，∴，，∴一定成立（故②正确）；假设，，（线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等），在中，，，这与正方形的边长相矛盾，假设不成立，（故③错误）；∴正确的有