专题19 特殊的四边形（中考高频题型归纳与训练）-备战2025年中考数学真题题源解密（山东专用）(原卷版+解析版)

这是一份专题19 特殊的四边形（中考高频题型归纳与训练）-备战2025年中考数学真题题源解密（山东专用）(原卷版+解析版)，文件包含专题19特殊的四边形原卷版docx、专题19特殊的四边形解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共51页， 欢迎下载使用。

►考向一 矩形的性质与判定
1.（2024•青岛）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)当时，四边形是矩形，理由见解析，此时
【难度】0.65
【分析】（1）先证明得到，再由垂线的定义得到，据此证明，得到，由此即可证明四边形是平行四边形；
（2）当时，四边形是矩形，利用三角形内角和定理得到，则可证明是等边三角形，得到，进而可证明，则四边形是矩形，在中，．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：当时，四边形是矩形，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
即当时，四边形是矩形，
∴，
∴在中，．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键．
►考向二 菱形的判定
1.（2024•德州）如图，中，对角线平分．

(1)求证：是菱形；
(2)若，，求菱形的边长．（参考数据：，，）
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】此题考查平行四边形性质和菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，解直角三角形．
（1）根据平行四边形性质得出，再结合角平分线的定义及等腰三角形的判定即可得出，，根据邻边相等的平行四边形是菱形进而得出结论；
（2）连接，由菱形性质可知，，，在利用余弦求出长即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴．
∴．
∵平分，
∴．
∴．
∴．
∴四边形是菱形．
（2）连接，交于点O，

∵四边形是菱形．，，
∴，，，
∴，
即菱形的边长为5．
2.（2024•潍坊）（多选）如图，是的外接圆，，连接并延长交于点．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点．直线交于点，连接，下列结论一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．四边形为菱形
【答案】ABD
【分析】本题主要考查圆的性质、圆周角定理、平行线的性质以及菱形的判定，熟练掌握性质定理是解题的关键．根据全等三角形的判定定理证明，证明即可证明四边形为菱形，再根据圆周角定理进行判定即可．
【详解】解：令AC,OE交于点，
由题意得：是的垂直平分线，
，
，选项A正确；
故四边形为菱形，选项D正确；
，
四边形为菱形，
四边形为平行四边形，
，选项B正确；
，故选项C错误；
故选ABD．
►考向三 菱形的性质
1.（2024•济宁）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，连接．若，则菱形的边长为（ ）

A．6B．8C．10D．12
【答案】A
【分析】根据菱形的性质可得，根据“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”可得，即可得解．
本题主要考查了菱形的性质和“直角三角形中斜边中线等于斜边一半”的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，
，
∵E是的中点，
，
∴。
故选：A．
2.（2024•青岛）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则 ．
【答案】
【难度】0.65
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线，解题的关键是利用菱形的性质求 出的长度．根据菱形的面积公式结合的长度即可得出、的长度，在中利用勾股定理即可求出的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴（负值已舍去），
∴，
∴，
∴，
∴，CO＝3（舍去）．
∵AE⊥BC，，
∴．
故答案为：．
3.（2024•泰安）如图，菱形中，，点是边上的点，，，点是上的一点，是以点为直角顶点，为角的直角三角形，连结．当点在直线上运动时，线段的最小值是（ ）
A．2B．C．D．4
【答案】C
【分析】如图：过E作于点M，作于点H，作于点I，则点E、M、F、G四点共圆，从而得到，因为，所以求出的值即可解答．
【详解】解：如图，过E作于点M，作于点H，作于点I，
∵，
∴点E、M、F、G四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴最小值是．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、解直角三角形、垂线段最短、圆内接四边形对角互补等知识点，熟练掌握相关知识点和添加合适的辅助线是解题关键．
4.（2024•淄博）如图，在边长为10的菱形中，对角线，相交与点，点在延长线上，与相交与点．若，，则菱形的面积为 ．
【答案】96
【分析】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识．作交于点H，则，求得，再证明，求得，再证明，则，利用勾股定理求得的长，再利用菱形的面积公式求解即可得到问题的答案．
【详解】解：作交于点H，则，
∵四边形是边长为10的菱形，对角线相交于点O，
∴，，，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：96．
►考向四 菱形的判定与性质
1.（2024•泰安）如图，在中，对角线，BD交于点，点在上，点在CD上，连接，，，交于点．下列结论错误的是（ ）
A．若，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】D
【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定；根据相似三角形的性质与判定即可判断A，根据题意可得四边形是的角平分线，进而判断四边形是菱形，证明可得则垂直平分，即可判断B选项，证明四边形是菱形，即可判断C选项，D选项给的条件，若加上，则成立，据此，即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴
A. 若，即，又，
∴
∴
∴，故A选项正确，
B. 若，，，
∴是的角平分线，
∴
∵
∴
∴
∴
∴四边形是菱形，
∴
在中，
∴
∴
又∵
∴
∴，故B选项正确，
C. ∵，
∴
∵，
∴
∴
∴
∴四边形是菱形，
∴，
又∵
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴
∴，故C选项正确；
D. 若，则四边形是菱形，
由，且时，
可得垂直平分，
∵
∴，故D选项不正确
故选：D．
►考向五 正方形的判定
1.（2024•东营）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．
►考向六 正方形的性质
1.（2024•东营）如图，在正方形中，与交于点O，H为延长线上的一点，且，连接，分别交，BC于点E，F，连接，则下列结论：①；②；③平分；④．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】根据正方形的性质结合勾股定理可知，，，，与互相垂直且平分，进而可求得，根据正切值定义即可判断②；由，可知，由相似三角形的性质即可判断①；由，可求得，再结合与互相垂直且平分，得，可知，进而可判断③；再证，即可判断④．
【详解】解：在正方形中，，，，，与互相垂直且平分，
则，
∵，则，
∴，故②不正确；
∵，则，，
∴，
∴，故①不正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵与互相垂直且平分，
∴，
∴，则，
∴，
∴平分，故③正确；
由上可知，，
∴，
∴，则，
又∵，
∴，故④正确；
综上，正确的有③④，共2个，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
2.（2024•烟台）如图，在正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，连接并延长交于点G，连接，若，则用含α的代数式表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质．证明，求得，证明，证得，推出，得到，据此求解即可．
【详解】解：∵正方形中，点E，F分别为对角线的三等分点，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵点E，F分别为对角线的三等分点，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
►考向七 四边形与三角形的综合
1.（2024•泰安）综合与实践
为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动．
【探究发现】
（1）同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片翻折，使矩形顶点的对应点恰好落在矩形的一边上，折痕为，将纸片展平，连结，与相交于点．同学们发现图形中四条线段成比例，即，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由．
【拓展延伸】
（2）同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，是平行四边形纸片的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点的对应点，点的对应点都落在对角线上，折痕分别是和，将纸片展平，连结，，，同学们探究后发现，若，那么点恰好是对角线的一个“黄金分剧点”，即．请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由．
【答案】（1）正确，理由见解析；（2）正确，理由见解析
【分析】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质、折叠的性质等知识点，掌握相关知识是解题的关键．
（1）如图：作于点M，再证可得，再证明四边形是矩形可得即可证明结论；
（2）利用平行线分线段比例可得，再说明，进而得到；再由由平行四边形及折叠可得，，则即可证明结论．
【详解】解：（1）正确，理由如下，
作于点，
，
，
，
，
，
，
又，
．
∴．
是矩形，，
四边形是矩形．
，
．
（2）同学们的发现说法正确，理由如下，
，
，，
由折叠知，
，
，
，
由平行四边形及折叠知，，
，
，即点为的一个黄金分割点．
一、单选题
1．（2023·山东济南·二模）如图，，在的两边上分别截取，使；分别以A，C为圆心，以长为半径画弧，两弧交于点D，分别连接线段，若，点F为的中点，连接交于点G，连接．则下列4个结论中正确的个数是（ ）

①；②四边形是菱形；③；④．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由作图可知四边形是菱形，可判断②；由可证明，可判断①；根据菱形的面积公式，可判断③；由相似三角形的性质求得，作于G，求得、、的长，即可判断④.
【详解】解：∵，，∴是等边三角形，∴，由作图知，∴，∴四边形是菱形，故②正确；
∵四边形是菱形，∴，∴，，∴，故①正确；
∵四边形是菱形，∴，故③错误；
作于G，

∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵点F为的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，，
∴，故④正确；
综上，①②④正确，共3个，
故选：C.
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正切函数的定义，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
2．（23-24九年级下·山东日照·期中）下列说法中，正确的是（ ）
A．若关于x的一元二次方程有两个实数根，则
B．甲、乙两人跳绳各10次，其成绩的平均数相等，，则乙的成绩比甲稳定
C．“打开电视机，恰好播放新闻”这一事件是必然事件
D．有一个角是直角的平行四边形是正方形
【答案】B
【分析】题目主要考查根的判别式、方差判断稳定性，随机事件的判断及矩形的判定，根据这些知识点依次判断即可
【详解】解：A、∵若关于x的一元二次方程有两个实数根，
∴，
∴，选项错误，不符合题意；
B、甲、乙两人跳绳各10次，其成绩的平均数相等，，则乙的成绩比甲稳定，选项正确，符合题意；
C、“打开电视机，恰好播放新闻”这一事件是随机事件，选项错误，不符合题意；
D、有一个角是直角的平行四边形是矩形，选项错误，不符合题意；
故选：B
二、填空题
3．（22-23八年级下·山东济宁·期中）如图，矩形中，，．延长至点A，使，在上取一点B，使，连接并延长，交延长线于点G，点H是上一动点（不与点D，F重合）．当时，则的长是 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，一次函数解析式等知识．熟练掌握矩形的性质，勾股定理，一次函数解析式是解题的关键．
以为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图，则，，，待定系数法求直线的解析式为，当时，，即，设，则，由，可得，可求满足要求的解为，即，根据，求解作答即可．
【详解】解：以为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
将代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得，或（舍去），
∴，
∴，
故答案为：．
4．（23-24八年级下·山东淄博·期末）给定一正方形，其边长等于a，正方形两组相对的顶点是两个全等菱形的顶点．如果每个菱形的面积等于正方形面积的一半，则两菱形公共部分的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正方形和菱形的性质的应用，三角形的面积之间的关系是解题关键．
利用平行证出与的比、与的比，从而求出与的比，求出与的面积之比，与的面积的比即阴影面积与正方形的面积的比，根据正方形的面积即可求出答案．
【详解】解：连接，得、、在同一直线上，，且点为中点，
，
由题得，，，
，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
连接，
，
，
，
，，
，
两菱形公共部分的面积为．
故答案为：．
5．（2024·山东青岛·模拟预测）如图，正方形，点是AB上一点，连接，交于点，点关于直线对称，连接DE、CE，延长DE、CE分别交射线AB、于点、点，以下结论中：①；②当时，；③；④，．其中正确的有 ．
【答案】①②
【分析】本题考查了正方形的性质，三角形内角和性质，相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先结合正方形的性质以及轴对称的性质得,，运用角的运算，得，证明故①是正确的；结合正方形的性质，证明，所以②是正确的；因为轴对称性质，得不是等腰直角三角形，故③是错误；因为正方形的性质，得出四边形是正方形，运用三角形面积公式列式，分析即可作答④是错误．
【详解】解： ∵四边形是正方形
∴
∵点关于直线对称，
∴,
连接，设
则
∵，
∴
∴
∵点关于直线对称，
∴
故①是正确的；
∵四边形是正方形
∴
∴
∴
∵
∴
∴，\
故②是正确的；
∵点关于直线对称，
∴
在四边形中，
∴
∵
∴
∴不是等腰直角三角形
∴
即
故③是错误；
连接，分别过作
∵是正方形的对角线
∴，是矩形
∴
∴四边形是正方形
∴
∵
∴
∵，．
∴
∵
∴
故④是错误的；
故答案为：①②
6．（2024·山东菏泽·一模）将菱形的两个相邻的内角记为和，定义为菱形的“接近度”，则当“接近度”为 时，这个菱形就是正方形．
【答案】1
【分析】本题主要考查了正方形的判定，菱形的性质，有一个角是直角的菱形就是正方形，且菱形相邻的两个内角互补，据此可得当菱形相邻的两个内角都为90度时，该菱形是正方形，由此可得答案．
【详解】解：∵有一个角是直角的菱形就是正方形，且菱形相邻的两个内角互补，
∴当菱形相邻的两个内角都为90度时，该菱形是正方形，
∴，
∴当时，这个菱形就是正方形，
故答案为：1．
三、解答题
7．（23-24八年级下·山东聊城·期末）综合与实践
【问题情景】
数学活动课上，老师让同学们以“图形的旋转”为主题开展数学活动
（1）小红将任意三角形绕点C旋转，得到（如图1），连接，，得到四边形，则四边形的形状是______．
【探究与实践】
（2）小亮受到此问题的启发，继续进行探究，当满足什么条件时，四边形是矩形，并说明理由．
【拓展应用】
（3）大刚深入研究，并提出新的探究点，
如图2，将正方形与一个直角的顶点重合并旋转直角，使得直角的一边与交于点E，另一边与的延长线交于点F，作的平分线交于点G，连接，试判断线段，，三条线段之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）平行四边形；（2），证明见解析；（3），理由见解析
【分析】本题考查了图形的旋转结合四边形的判定与性质，涉及了三角形的判定与性质，熟练掌握四边形的判定方法及三角形全等的判定与性质是解题的关键．
（1）利用旋转得对角线互相平分即可判定；
（2）利用对角线相等的平行四边形是矩形判定即可；
（3）先证，再证即可判定．
【详解】（1）四边形的形状是平行四边形，理由如下：
由旋转得：，，
∴四边形是平行四边形，
故答案为：平行四边形；
（2）当时，四边形是矩形，理由如下：
∵，，，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴四边形为矩形；
（3），理由如下：
∵正方形中，，
∵，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵平分，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
8．（2025·山东临沂·一模）【问题情境】
如图 1 ，在矩形中，E 是边 上的一点，过点 D 作 ，过点 D 作， 过点 A 作 ，且．
【基础探究】
（1）判断图 1 中四边形的形状，并说明理由；
【深入探究】
（2）如图 2 ，当 E 在 延长线上时，其他条件不变，请写出，， 之间的数量关系， 并证明；
【拓展迁移】
（3）如图 3 ，在（2）的条件下，连接 ， ，当 E 在延长线上的位置发生改变时，判 断的大小是否发生变化，请说明理由．
【答案】（1）四边形 是正方形，见解析；（2），见解析；（3），不发生变化，见解析
【分析】（1）， ，， 证明 ，，可得，可得矩形是正方形．
（2）证明四边形是矩形，结合 ， 可得四边形是正方形 ，可得，进一步可得结论；
（3）过点B作于点P ，在上截取，连接，证明，可得，，，证明，可得，证明，进一步可得结论．
【详解】解：（1）四边形是正方形 ，
理由： ∵四边形是矩形，
∴ ，
又∵， ，，
∴ ，
∴ ，
∴ 即，
又∵， ，
∴ ，
∴ ，
∴矩形是正方形．
（2），
理由： ， ， ，
∴四边形是矩形，
由（1）得 ，
∴ ，，
∴四边形是正方形 ，
∴，
∴；
（3），理由如下：
过点B作于点P ，在上截取，连接，
∴，，
∵四边形是正方形，四边形为正方形，
∴，，，
同理可得：，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴ ．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
9．（24-25九年级上·山东青岛·期中）借助平移、旋转、轴对称等操作，本学期我们研究了特殊平行四边形的性质．深入探究会发现四边形还有很多神奇之处．
定义：四边形内一点与四个顶点连线形成的四个角中，如果相邻的两个角相等，且其余两个角也相等，那么称这个点为四边形的“分角点”．
【理解发现】
（1）如图①，由定义可知，
∵为四边形的分角点，＝，
∴______．
（2）如果一个四边形存在分角点，那么它在四边形的对角线上吗？
（3）一个菱形共有多少个分角点？
【尝试思考】
（1）请按照给出的作法，用尺规作图的方法作出四边形的一个分角点：
（2）如图②，四边形的顶点都在格点上，请在图②中画出它的一个分角点．
【答案】理解发现∶（1）；（2）分角点在四边形的对角线上，理由见解析；（3）菱形有无数个分角点；尝试思考：（1）见解析；（2）见解析．
【分析】理解发现：
（1）根据定义得出结果
（2）可证明，从而得出结果；
（3）根据姜形的对称性得出结论，
理解发现：
（1）根据题干做给作法作出图形即可；
（2）根据（1）找出点关于BD的对称点，作射线CE，交BD于点即可．
【详解】解：理解发现∶
（1）如图①，由定义可知，
∵为四边形的分角点，＝，
∴，
故答案为∶；
（2）分角点在四边形的对角线上，理由如下∶
如图①，，，
∴
∴点，，共线，
∴分角点在四边形的对角线上；
（3）如图1，
菱形有无数个分角点，理由如下∶
∵四边形是菱形，
∴，．
∴．
∴
∴．即．
∴点是四边形的分角点，
∵为BD上任意一点，
∴菱形有无数个分角点，
尝试思考：
（1）如图

（2）如图3，
找出点关于BD的对称点，作射线CE，交BD于点，则点就是求作的图形．
【点睛】考查了尺规作垂线，等腰三角形的性质，轴对称的性质，菱形的性质等知识，解决问题的关键是理解题意，转化条件．
10．（2024·山东济南·模拟预测）（1）如图1，已知等边，点是边上的动点（不与点重合），连接．将线段绕点顺时针旋转得到，连接，则线段的数量关系是______．
（2）如图2，在正方形中，点是边上的动点（不与点重合），连接．将线段绕点顺时针旋转得到，连接，请判断线段的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，在菱形中，对角线交于点，，点是线段上的动点（不与点重合），连接．将线段绕点旋转，点落在射线上的点处，请判断线段的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）；（2），见解析；（3），见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质及旋转的性质，证明，可得，进而可得结论；
（2）如图，过点作，交的延长线于点，类比（1）先证明，得，，得，再利用线段之间的和差关系证明，进而可得，根据勾股定理可得，即可的结论；
（3）如图，连接，过点作于点，作交于点，过点作交于点，则四边形是平行四边形，得，根据菱形的性质可证得是等边三角形，是等边三角形，进而可得，由菱形的性质可得，结合，可得，根据等腰三角形的性质结合线段和差关系即可证得结论．
【详解】解：（1）解：在等边中，，，
由旋转可知，，，
则，
∴，
∴，
∴，
则，
故答案为：；
（2），证明如下：
如图，过点作，交的延长线于点．
四边形是正方形，
，，
．
，
，
．
在和中，
．
，，
，
，
．
，，
，
．
（3），证明如下：
如图，连接，过点作于点，作交于点，过点作交于点，则四边形是平行四边形，
．
四边形是菱形，，
．
，
，
是等边三角形．
，
．
四边形是菱形，
，，
．
又，
．
，
．
，
，
是等边三角形．
，
，
即，
．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定及性质，正方形的性质，菱形的性质，添加辅助线构造全等三角形是解决本题的关键．
11．（22-23八年级下·山东临沂·期中）问题情境
宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感，世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计，下面，我们用宽为2的矩形纸片折叠黄金矩形．（提示：）
第一步，在矩形纸片一端，利用图①的方法折出一个正方形，然后把纸片展平．
第二步，如图②，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平．
第三步，折出内侧矩形的对角线，并把折到图③中所示的处．
第四步，展平纸片，按照所得的点折出，使，则图④中矩形BCDE和MNDE都是黄金矩形．
问题解决：
(1)图①中四边形是正方形，请给出证明；
(2)如图③，判断四边形的形状，并说明理由；
(3)图④中矩形和都是黄金矩形，说明理由．（提示：）
【答案】(1)详见解析
(2)四边形是菱形，理由见解析
(3)详见解析
【分析】（1）根据折叠的性质得出，，结合，即可判定四边形是正方形；
（2）结合折叠的性质，根据菱形的判定即可得出答案；
（3）根据黄金矩形的定义，观察图形，数形结合可得答案．
【详解】（1）解：由折叠可知：，
又，
四边形是矩形，
又由折叠可知：，
四边形是正方形．
（2）四边形是菱形．
理由如下：
由折叠可知：，，，
，
，
，
，
即，
四边形为菱形．
（3），，
，，
，
故矩形是黄金矩形；
，
故矩形是黄金矩形．
【点睛】本题考查四边形综合应用，涉及新定义黄金矩形、勾股定理、翻折变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考创新题目．
12．（23-24八年级下·山东威海·期末）折纸是一项有趣的数学实验活动，通过折纸可以折出特殊角，特殊图形，也可以将线段等分．请你通过折出一个菱形．要求∶为菱形的一个内角，且菱形的一个顶点在边上．请画出折痕及菱形，并说明四边形是菱形的理由．
【答案】见解析
【分析】本题考查三角形的折叠，菱形的判定，掌握菱形的判定定理是解题的关键．
根据菱形的对角线平分一组对角，得到沿折叠，然后根据菱形的对角线互相垂直平分得到沿DE折叠，即可得到菱形，然后利用四条边相等的四边形是菱形证明即可．
【详解】①沿折叠，使得边与AB边重合；
②沿DE折叠，使得点与点重合，
则四边形是菱形．
证明：由折叠可得，DE垂直平分，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
13．（23-24七年级下·山东潍坊·期末）如图，在中，，，，点为的中点，连接，将沿射线的方向平移，使平移的距离等于线段的长，得到，连接．
(1)求平移过程中扫过的图形的面积；
(2)求证：垂直平分．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）连接，，根据平移的性质可得四边形，是平行四边形，利用勾股定理逆定理证明是直角三角形，，然后证明四边形是菱形，然后根据平移的性质得平移过程中扫过的图形的面积的面积平行四边形的面积；
（2）结合（1）四边形是菱形，根据菱形的性质即可解决问题．
【详解】（1）解：如图，连接，，
由平移可知：，，
四边形，是平行四边形，
，，，
，
，
是直角三角形，，
点为的中点，
．
，
四边形是菱形，
，，
，
，
由平移性质可知：扫过的图形的面积是的面积平行四边形的面积，
平移过程中扫过的图形的面积；
（2）证明：由（1）知：四边形是菱形，
垂直平分，
垂直平分．
【点睛】本题考查了平移的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理逆定理，平行四边形的面积，直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握相关图形的性质．
14．（2024·山东青岛·模拟预测）如图①，已知，在等腰直角中，，点在上，以AD为边作正方形，连接CF．
(1)问题解决 求证：；
(2)问题变式 如图②，当点在线段的延长线上时，其它条件不变，猜想CF、、CD三条线段之间的关系并说明理由；
(3)问题拓展 如图③，已知，点是等边的边延长线上的一点，连接AD，以AD为边作菱形，并且使，CF垂直平分AD，猜想与之间的数量关系并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2),见解析
(3)，证明见解析
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，线段的垂直平分线的性质以及30°角所对的直角边等于斜边的一半.（3） 得出是本题的关键．
（1）根据等腰直角三角形的性质可得， 再根据正方形的性质可得， 然后利用同角的余角相等求出， 然后利用“边角边”证明和全等， 从而得证；
（2）与（1）同理可得， 从而求出；
（3）依据线段的垂直平分线的性质得出， 从而得出， 得出，然后根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得．
【详解】（1）证明： ∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：，
理由： ∵，
∴，
即，
在与中
，
∴
∴，
∴；
（3）解：
∵CF垂直平分AD，
∴，
∴，
在等边中，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
，
∴在中，
，
．
15．（2024·山东潍坊·二模）小颖使用数学软件进行正方形折叠实验，其操作过程是：首先，将边长为2的正方形纸片（如图1）进行翻折，使，两个直角的顶点始终重合于对角线上一点P，折痕为，，则正方形变为六边形（如图2）；其次，移动点P的位置，改变六边形的形状（如图3）．最后，小颖利用数学软件中的周长测量工具和面积测量工具对六边形进行了测量，有了新发现．设，请解决下列问题：
(1)当时点P在什么位置？答： ；
(2)证明：四边形为正方形；
(3)六边形周长是否为定值？请证明你的判断；
(4)请说明当时，六边形面积的变化规律并进行数学解释．
【答案】(1)正方形的中心
(2)证明见解析
(3)是，周长为，证明见解析
(4)当时，六边形面积随着x的增大而逐渐增大；当时，六边形面积此时最大，最大值为3；当时, 六边形面积随着x的增大而逐渐减小；解释见解析
【分析】（1）根据折叠的性质即可推出；
（2）根据折叠的性质先判断出是矩形，再根据即可推出；
（3）根据，且，，进行变换计算即可；
（4）由，得出函数关系式，借助二次函数的性质即可求出．
【详解】（1）解：由题知，正方形纸片进行翻折，使，两个直角的顶点始终重合于对角线上一点P，
∴和是等腰直角三角形，
∴当时，重合点P是的中点，
∴点P是正方形的中心．
（2）由题知，正方形纸片进行翻折，使，两个直角的顶点始终重合于对角线上一点P，
∴，，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形．
（3）由（2）知，四边形为正方形，
易得四边形也为正方形
∴，
在中，由勾股定理，可得
即
（4）
∵
∴
∴当时，六边形面积随着x的增大而逐渐增大；
当时，六边形面积此时最大，最大值为3；
当时, 六边形面积随着x的增大而逐渐减小．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），折叠的性质，正方形的性质和判定，勾股定理，二次函数的性质，熟练掌握折叠的性质以及正方形的判定和性质是解题的关键．课标要求
考点
考向
1．探索并证明矩形、菱形的性质定理:矩形的四个角都是直角，对角线相等;菱形的四条边相等，对角线互相垂直。探索并证明矩形、菱形的判定定理:三个角是直角的四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形;四边相等的四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形。正方形既是矩形，又是菱形;理解矩形、菱形、正方形之间的包含关系。
2. 探索并证明三角形的中位线定理。
特殊的四边形
考向一 矩形的性质与判定
考向二 菱形的判定
考向三 菱形的性质
考向四 菱形的判定与性质
考向五 正方形的判定
考向六 正方形的性质
考向七 四边形与三角形的综合
考点 特殊的四边形
作法
图形
1．连接．
2．以所在的直线为对称轴，作点的对称点．
3．作射线，交于点．
为四边形的一个分角点．