2026年广东中考数学二轮复习 热点05 特殊四边形的判定与性质(热点专练)(广东专用)

这是一份2026年广东中考数学二轮复习 热点05 特殊四边形的判定与性质(热点专练)(广东专用)，共43页。
热点聚焦 方法精讲 能力突破
第一部分 热点聚焦·析考情 聚焦中考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。
第二部分 题型引领·讲方法 归纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。
题型01 平行四边形的性质求解
题型02 平行四边形的性质与判定
题型03 矩形的性质求解
题型04 矩形的性质与判定
题型05 菱形的性质求解
题型06 菱形的性质与判定
题型07 正方形的性质求解
题型08 正方形的性质与判定
题型09 特殊四边形中的多结论问题
第三部分 能力突破·限时练 精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。

题型01 平行四边形的性质求解
例1（2025·广东广州·二模）如图，在中，，于点，若，，则______．
【答案】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，由平行四边形的性质和已知条件可证明，设，则，由勾股定理可得方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．
例2（2024·广东中山·一模）小宇利用尺规在内作出点E，又在边上作出点F，作图痕迹如图所示，若，则之间的距离为___．
【答案】4
【分析】本题考查了平行四边形的性质，尺规作图，角平分线的性质定理：
过点E作于点M，交的延长线于点N，则由平行四边形得到，而，故．
【详解】解：过点E作于点M，交的延长线于点N．
由作图可知，平分，平分，，
∵
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴之间的距离为4．
故答案为：4．
【变式1】（2025·广东汕头·一模）如图，，是平行四边形的边上的两点，连接，交于点，的面积为，的面积为，四边形的面积为，则图中阴影部分的面积为________．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，熟记平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．连接．根据相似三角形的面积比等于相似比的平方得出．得出三角形的面积，推出的面积．从而推出结果．
【详解】解：如图，连接．
，
．
的面积为，的面积为，
．
，
的面积为．
的面积为．
又的面积为，的面积为，四边形的面积为，
阴影部分的面积．
故答案为：．
【变式2】（2025·广东汕头·一模）如图，在中，对角线与相交于点O，延长至点E，使得，连接，交于点F．若的面积为36，则图中阴影部分的面积为______．

【答案】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定，过点O作，根据平行四边形的性质得到，证明得到，再证明得到，则可求出，．则．再由即可求出答案．
【详解】解：如图，过点O作交于．
∵在中，对角线与相交于点O，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．
∵（可根据O分别是的中点，结合三角形中线平分三角形面积得到）．
∴，
故答案为：．
题型02 平行四边形的性质与判定
例1（2025·广东佛山·二模）如图，点E为平行四边形对角线BD上一点．
(1)用尺规作图法作点F为线段BD上的点．（保留作图痕迹，不要求写作法）
(2)连接CE，若经过A、C、E三点的圆也经过点F，求证：
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、圆内接四边形的性质等知识，熟练掌握相关性质是关键．
（1）按照角的作图方法解答即可；
（2）证明连接，证明，得到，证明四边形是平行四边形，证明四边形是圆内接四边形，即可得到结论．
【详解】（1）解：如图，为所求作的图形.
（2）证明：连接，
四边形是平行四边形，
，
，
又，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
经过三点的圆也经过点，
四边形是圆内接四边形，
，
，
.
例2（2025·广东汕头·三模）如图，为半的直径，与半圆相切，四边形是平行四边形，与半交于点
(1)求证：是半的切线；
(2)若，，求平行四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)12
【分析】本题主要涉及圆的切线性质、平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质以及勾股定理的应用，连接辅助线并熟练掌握这些性质是解题的关键．
（1）要证明是半的切线，需通过连接，利用平行四边形的性质得到角的关系，进而证明三角形全等，得出即可证明．
（2）根据平行四边形的性质得出边的长度，再利用勾股定理求出的长度，最后根据平行四边形面积公式求解．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
在和中，
，
，
切于A，
，
，
是半的切线；
（2）解：四边形是平行四边形，，，
，，
在中，由勾股定理得：，
平行四边形的面积是．
【变式1】（2025·广东·模拟预测）如图，在平行四边形中，，以点O为圆心，作与直线相切，切点为E，连接．
(1)求的半径；
(2)延长交于点F，G是射线上一点，若与相似，请求出的长；
(3)P是上的一个动点，连接交直线于点H．在点P运动过程中，是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1
(2)或
(3)3
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，由切线的性质得到，由含30度角的直角三角形的性质即可求解；
（2）根据相似三角形的判定和性质，分类讨论，运用解直角三角形的计算，数形结合即可求解；
（3）作，交的延长线于点Q，如图，得到，所以，当最大时，的值最大，平移，使平移后的直线与相切，设切点为，作，交于点，连接，当点P在点处时，的值最大，再根据含30度角的直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴的半径为1．
（2）解：当时，如图，
则，
∵，，
∴；
当时，如图，
则，
∵，
∴，
∵，，
∴，
综上所述，的长为或．
（3）解：作，交的延长线于点Q，如图，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当最大时，的值最大，
平移，使平移后的直线与相切，设切点为，作，交于点，连接，则，
当点P在点处时，的值最大，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的最大值为3．
【变式2】（2025·广东佛山·三模）综合与实践
如果从一个平行四边形的一个顶点向不过该顶点的对角线作垂线，垂线交平行四边形的边于另一点，且该点为所在边的三等分点，那么这个平行四边形叫做“垂对三等分平行四边形”，垂足叫做“垂三等分点”．
(1)理解应用
如图1，在中，于点P，交于点E，若E为的三等分点，则是垂对三等分平行四边形，P是垂三等分点．若，，，则______；______．
(2)问题探究
如图2，在垂对三等分平行四边形中，P是垂三等分点，且满足．若，试猜想与的数量关系，并说明理由．
(3)拓展延伸
已知四边形是矩形，过点A作于点P，交于点E，，当四边形是垂对三等分平行四边形时，直接写出的长度．
【答案】(1)2；
(2)，理由见解析
(3)或
【分析】（1）由得到，得到，根据相似三角形的性质即可求出．根据勾股定理在中，求出，进而在中求出；
（2）由得到，得到，因此，设，则，，在中，根据勾股定理求得，进而有，，即可得到；
（3）分两种情况讨论：①若，则由，得到，设，则，，证明，得到，求得，即，在中，根据勾股定理即可求出．②若，同①思路即可求解．
【详解】（1）解：，，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，即，
．
，
在中，，
在中，．
故答案为：2；；
（2）解：，理由如下：
四边形是平行四边形，
，，
∵，
，
，
，
，
设，则，，
，
，
在中，，
，
，
，
，
；
（3）解：分两种情况讨论：
①如图，若，
在矩形中，，
，
，
设，则，，
，
，
在矩形中，，
，
，
，
，即，
解得（负值舍去），
，
在中，；
②如图，若，
在矩形中，，
，
，
设，则，，
，
，
在矩形中，，
，
，
，
，即，
解得（负值舍去），
，
在中，；
综上所述，的长为或．
题型03 矩形的性质求解
例1（2025·广东韶关·三模）如图，矩形的周长为，对角线和相交于点，点为中点，连接，则的值为________．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，中位线的性质，根据题意可得，是的中位线，进而可得，根据矩形的周长为，则，进而即可求解．
【详解】解：∵矩形的周长为，
∴，
∵对角线和相交于点，点为中点，
∴，
∴
∴，
故答案为：．
例2（2025·广东深圳·三模）如图，在矩形中，以点A为圆心，以长为半径画弧，恰好交边于点E，若扇形的面积为，，则的长度为_______．
【答案】/
【分析】本题考查扇形面积，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键，由根据题意并结合扇形面积公式可得，然后在等腰直角中，利用勾股定理求出的长，进而即可得到的长．
【详解】解：由题可得：，
∵扇形的面积为，，
∴由扇形面积公式可得：，
解得：，即，
∵四边形为矩形，
∴，
在等腰直角中，，
由勾股定理可得：，
解得：，
∴，
故答案为：．
【变式1】（2025·广东东莞·二模）如图，在矩形ABCD中，，，点E在边上，将四边形沿直线翻折，得到四边形，点B，C的对应点分别为点F，当点D恰好在线段上时，线段的长为______．
【答案】1.5
【分析】根据矩形及翻折的性质得，，，，，在中，由勾股定理可求出，则，然后在中，由勾股定理可求出，进而可得的长．
此题主要考查了矩形的性质，图形的翻折变换及其性质，熟练掌握矩形的性质，图形的翻折变换及其性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键．
【详解】解：四边形是矩形，，，
，，
设，
，
由翻折的性质得：，，，，，
在中，由勾股定理得：，
，
在中，由勾股定理得：，
，
解得：，
故答案为：
【变式2】（2025·广东阳江·模拟预测）如图，矩形中，，，点在边（不包含端点）上运动，点在边（包含端点）上运动，连接，，分别为，的中点，则长度的最大值与最小值的差为________．
【答案】2
【分析】通过连接辅助线、，利用三角形中位线定理得出与的数量关系，再根据矩形性质确定的最值，进而求出的最值差．
【详解】解：连接、．
∵，分别为，的中点，
∴是的中位线，
∴．
在矩形中，，．
当与重合时，，此时最小，；
当与重合时，，此时最大，．
∴长度的最大值与最小值的差为．
故答案为：．
题型04 矩形的性质与判定
例1（2025·广东惠州·二模）如图，在中，对角线，相交于点．
(1)求证：是矩形；
(2)点在边上，满足．若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理．解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法．
（1）先利用平行四边形的性质得到，利用得到，从而判定四边形为矩形；
（2）根据，是矩形，得到，，再求出所求线段的长．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
，
是矩形；
（2）解：，是矩形；
，
，
，
，
．
例2（2024·广东湛江·一模）如图，菱形对角线交于点，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查四边形综合，涉及平行四边形判定、菱形性质、矩形的判定与性质、菱形的面积公式等知识，熟练掌握平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．
（1）由平行四边形的判定得到四边形是平行四边形，再由菱形性质，结合矩形的判定即可得到答案；
（2）由已知条件，结合矩形性质及菱形性质得到相应线段长，利用菱形面积公式代值求解即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
又∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴菱形的面积=．
【变式1】（2023·广东惠州·二模）如图，平行四边形中，，过点D作交的延长线于点E，点M为的中点，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，且，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)90
【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定，理解直角三角形斜边中线等于斜边的一半，掌握平行四边形的性质及矩形的判定方法是解题关键．
（1）利用平行线的性质分析可得，从而求证四边形是矩形；
（2）根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和勾股定理求得的长度，从而利用矩形和三角形的面积公式计算求解．
【详解】（1）证明：平行四边形中，，
∵，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵，点M为的中点，，
∴，
在中，，
平行四边形中，，
在矩形中，，
∴四边形的面积．
【变式2】（2023·广东梅州·二模）在菱形中，点，，，分别为，，，的中点．

(1)如图所示，求证：四边形为矩形；
(2)已知，，作的角平分线交于点，作，的中点，连接交与点，交于点，求线段的长度．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，，与的交点为点，可证 ，，，，，从而可证四边形是平行四边形，可证，即可求证；
（2）过点作，垂足为，可求，，可证，从而可得，设，则，由，即可求解．
【详解】（1）
解：如图，连接，，与的交点为点，
点，，，分别为，，，的中点，
是的中位线，是的中位线，是中位线，
，，，，，
，，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
，
，
，
四边形是矩形．
（2）
解：如图，过点作，垂足为，
，
四边形是矩形，
，，，
，，，
、是、的中点，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
；
是的角平分线，
，
设，则，
，
解得，
，
．
题型05 菱形的性质求解
例1（2024·广东·模拟预测）如图所示，在菱形中，对角线与交于点，且，，则菱形的边长为___．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质和勾股定理的应用，熟练掌握菱形对角线互相垂直平分是解题的关键．由可得，再根据得；利用菱形对角线垂直平分的性质，在直角三角形中，利用勾股定理即可求出边长．
【详解】解：∵菱形中，对角线与交于点，
∴，
又∵，
∴，
从而，
在中，，
∴，
代入，，
即，
∴．
例2（2025·广东佛山·二模）如图，菱形的周长为24，，以点B为圆心的与分别相切，则图中阴影部分（即扇形）的面积是___________（结果保留π）
【答案】
【分析】过点作于点，由圆的切线的性质得到为半径，然后根据菱形的性质以及已知条件得到，，求出，再由扇形面积公式求解即可．
【详解】解：∵菱形的周长为24，
∴，，
过点作于点，
∵以点B为圆心的与分别相切，
∴为半径，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，，
∴，
∴，
故答案为：．
【变式1】（2025·广东河源·一模）如图，菱形中，，点E为上一点，点F为上一动点，点G为对角线上一动点，当取得最小值为6时，则的值是____________．
【答案】
【分析】本题考查考查了轴对称的性质，菱形的性质，全等三角形的判断和性质，解直角三角形，在上作，可得，则取最小值时，共线且，解直角三角形可得的值，正确找到取最小值时，的情况是解题的关键．
【详解】解：如图，在上作，
，四边形是菱形，
，
，
，
，
，
则取最小值时，即共线且，如图，过点作交于点，，
，四边形是菱形，
，
，
，
四边形为矩形，
，
，
在中，，，
，
故答案为：．
【变式2】（2024·广东佛山·一模）如图，在菱形中，，是锐角，于点E，M是的中点，连结，．若，则的长为 _________________．
【答案】
【分析】这把呢提考查菱形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，延长交的延长线于点H，先证，再根据勾股定理求解即可得到答案．
【详解】解：延长交的延长线于点H，如图所示：
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵M是的中点，
∴，
在和中，
∵，
∴
∴，，
∵，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，或（舍去），
∴；
故答案为：．
题型06 菱形的性质与判定
例1（2025·广东东莞·一模）如图，在矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交于点E，F．
(1)证明：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查菱形的判定及性质，勾股定理，全等三角形判定及性质，含30度的直角三角形三边关系等．
（1）先证明，可得四边形是平行四边形，即可得到本题答案；
（2）利用菱形性质得到，再利用勾股定理求出，继而得到本题答案．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，是对角线的中点，
∴，，
，
在和中，
，
∴，
，
又∵，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（2）解：四边形是菱形，
，
，
，
，
．
例2（2025·广东清远·二模）如图，是由在平面内绕点逆时针旋转得到的，且，，连接．
(1)求证：；
(2)四边形是什么特殊的四边形？并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)菱形，见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，菱形的判定，旋转变换等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
（）根据旋转的性质及角度间的关系得出，，再根据“”即可证明结论；
（）根据全等三角形的性质及菱形的判定方法即可得出结果．
【详解】（1）证明：由旋转知，，，，
∵，
∴，
∴，，
在和中，
，
∴；
（2）解：四边形是菱形，理由如下：
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴四边形是菱形．
【变式1】（2024·广东江门·二模）如图，在中，是直径，点E是弧的中点．
(1)如图1，连接，，若，求证：四边形是菱形；
(2)如图2，延长，交于点D，若求的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】对于（1），先证明，可得四边形是平行四边形，再根据“邻边相等的平行四边形是菱形”得出答案；
对于（2），连接，根据平行线分线段成比例得，再证明，根据相似三角形的对应边成比例得，再根据线段垂直平分线的性质得，可得答案．
【详解】（1）∵点E是的中点，
∴．
∵是的直径，
∴，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形；
（2）如图，连接，
由（1）可知，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴，，
∴，
∴，
即，
解得，负值舍去．
∵是的直径，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴的半径为．
【变式2】（2025·广东佛山·一模）如图1，在平面直角坐标系中，点，的坐标分别是和，连接，以线段为边向右侧作菱形，点在轴上．
(1)填空：点的坐标为 ， 度．
(2)连接，点是线段上一动点，点在轴上，且．过点作的平行线，过点作的平行线，两线相交于点．
①求证：四边形是菱形；
②当是等腰三角形时，直接写出的长度．
(3)在（2）的条件下，设，四边形的面积为，求关于的函数关系式．
【答案】(1)，
(2)①见解析；②或或
(3)
【分析】（1）利用勾股定理，可求得，从而知道菱形的边长，从而求得点，借助求得，从而算得；
（2）①连接，设交于点，先利用菱形的性质，求得，接着利用外角得到，从而推出，接着证明，得到，，接着证明 ，推出，从而知道，，借助，，可得到四边形是平行四边形，加上邻边相等，得证；②分成，，三种情况分类讨论，利用等腰三线合一，勾股定理，30度所对的直角边等于斜边的一半计算即可得出答案；
（3）作，作，先利用勾股定理，得出，得到，在中利用勾股定理求得，从而表示出，得出，从而得到函数关系式．
【详解】（1）解：点，的坐标分别是和，
，，
，
，，
，
，
，
以线段为边向右侧作菱形，
，，
，
故答案为：，；
（2）①证明：连接，设交于点，如图所示，
由（1）可知，四边形是菱形，，，，
四边形是菱形，，
，，
，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，，
四边形是平行四边形，，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
②解：或或，理由如下：
当时，点在上时，作交于，如图，
由①可知，，，，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
，，
，
，
；
当，点在的延长线上时，作，如图，
，，
，
，
，
，
，
又，，
，
，
；
当时，
，
，
，
、、都在轴上，
和重合，或者和重合，
，
，
，
只能是和重合，如图所示：
此时不存在，故矛盾；
当，如图，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
；
综上所述，的长度为或或．
（3）解：作，作，如图所示：
四边形是菱形，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
题型07 正方形的性质求解
例1（2025·广东东莞·模拟预测）如图，正方形和正方形的边长分别是4和2，连接，H是的中点，连接，则的长为_____．
【答案】
【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理，延长交于M，可证明四边形是矩形，得到的长，进而可得的长，再由勾股定理求出的长，再证明，即可根据直角三角形的性质求出答案．
【详解】解：如图所示，延长交于M，
∵正方形和正方形的边长分别是4和2，
∴，
，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，H是的中点，
∴，
故答案为：．
例2（2025·广东汕头·二模）如图，四边形为正方形，为上一点，于点，连接，设，若，则_____．（用含的式子表示）
【答案】
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
如图所示，过点D作于G，根据正方形的性质得到，证明得到，再由线段之间的关系推出，则是等腰直角三角形，得到，则由三角形外角的性质可得．
【详解】解：如图所示，过点D作于G，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案为：．
【变式1】（2025·广东珠海·三模）如图，在正方形中，点是边上一点，将正方形沿翻折，使点落在点处，连接并延长交于点，交于点，若，则的长为_____．
【答案】
【分析】本题考查正方形与折叠，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，根据翻折，得到，证明，进而得到，勾股定理求出的长，解直角三角形求出的长即可．
【详解】解：∵翻折，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，即：，
∴；
故答案为：．
【变式2】（2025·广东肇庆·二模）如图，正方形的边长为，将正方形绕点顺时针旋转得到正方形．连接，．当为直角三角形时，则线段的长度为______．
【答案】或或．
【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定，勾股定理，分当为直角顶点时，当为直角顶点时和当为直角顶点时三种情况求解即可，掌握知识点的应用及分情况讨论是解题的关键．
【详解】解：当为直角顶点时，与重合，如图，
此时；
当为直角顶点时，过作于，如图，
由旋转性质可得，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴ ，
∴，
∵，
∴，
解得；
当为直角顶点时，如图，
此时共线，
∴，
∴，
综上所述，的长为或或，
故答案为：或或．
题型08 正方形的性质与判定
例2（2023·广东佛山·模拟预测）已知：如图，边长为6的菱形的对角线与相交于点，若．
(1)求证：四边形是正方形．
(2)是上一点，，且，垂足为，与相交于点，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了菱形的性质、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由菱形的性质得出，，再证明出，即可得证；
（2）由正方形的性质可得，，再证明，得出，再求出，最后由勾股定理计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
，，
，
，
，
，
菱形是正方形，
（2）解：四边形是正方形，，
，，
∴，
，，
，垂足为，
，，
，
，
在和中，
，
∴，
．
∵，
∴，
∴．
例2（2023·广东惠州·一模）如图1，正方形的边长为，点为正方形边上一动点，过点作于点，将绕点逆时针旋转得，连接．
(1)证明：．
(2)延长交于点．判断四边形的形状，并说明理由；
(3)若，求线段的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形是正方形，理由见解析
(3)
【分析】（1）由旋转的性质证明，即可得出答案；
（2）先证明四边形是矩形，根据邻边相等的矩形是正方形即可证明；
（3）设正方形边长为，在中用勾股定理建立关于的方程，求解即可
【详解】（1）证明：由题意和旋转的性质可得：，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，即：，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：四边形是正方形，理由如下：
由（1）得：，且，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
（3）解：∵正方形的边长为，
∴，
设正方形的边长为，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
解得：，（不符合题意，舍去），
∴，
∴线段的长度为．
【变式1】（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．
【变式2】（2025·广东惠州·一模）已知正方形中，是上一动点，过点作交正方形的外角的平分线于点．
(1)【动手操作】
如图①，在上截取，连接，根据题意在图中画出图形，图中_____度．
(2)【深入探究】是线段上的一个动点，如图②，过点作交直线于点，以为斜边向右作等腰直角三角形，点在射线上，连接．试判断四边形的形状，并证明．
(3)【拓展应用】
是射线上的一个动点，过点作交直线于点，以为斜边向右作等腰直角三角形，点在射线上，连接．若，，求线段的长．
【答案】(1)；
(2)矩形是正方形；见解析；
(3)线段的长为或．
【分析】本题考查了正方形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，关键是通过构造辅助线证明三角形全等，推导线段相等关系，结合特殊四边形的判定定理进行推理，并根据动点的位置进行分类讨论．
（1）利用正方形的直角性质，结合证为等腰直角三角形，再通过邻补角的和差关系计算的度数；
（2）先在上截取，证明得，再构造辅助线证得，结合证平行四边形，再由垂直证矩形，最后由邻边相等证正方形；
（3）分点在线段上和点在延长线上两种情况，先证明两种情况下四边形均为正方形，得到，再利用勾股定理分别计算的长度，即可得的长．
【详解】（1）解：根据题意画图如图；
∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴；
（2）解：四边形为正方形，证明如下：
在上截取，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，即，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵平分，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
在和中，，，，
∴，
∴，
在上截取，连接，则，
∵，，
∴，，
是等腰直角三角形，
，，
，，
，
，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形，
又∵，
∴矩形是正方形；
（3）解：①当点在线段上时，
由（2）知四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴；
②当点在延长线上时，延长至，使得，连接，
∵，，且，，
∴，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∵，，
∴．
在和中，，
∴，
∴．
∵，，
∴，即．
延长至点，使，连接，
∵是等腰直角三角形，
∴，，
∴，且是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，，
∴．
在和中，，
∴，
∴．
结合，可得，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴平行四边形是矩形，
又∵，
∴矩形是正方形．
，
综上所述，线段的长为或．
题型09 特殊四边形中的多结论问题
例1（2025·广东肇庆·二模）如图，已知在矩形中，是边的中点，与垂直，交直线于点，连接，则下列四个结论中：①；②；③；④．正确的有（ ）
A．①②③④B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】A
【分析】通过证明，可得，可证；过作交于，可证四边形是平行四边形，可得，由直角三角形的性质和等腰三角形的性质可得；由平行线性质可得，，可证；通过证明，可得，可求，即可得，则可求解．
【详解】解：在矩形中，
，
，
，
是边的中点，
，
，
，故①符合题意；
如图，过作交于，

，，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，且，
是的垂直平分线，
，故②符合题意；
四边形是矩形，
，，，
，，
，故④符合题意；
，
，
，
，且，，
，且，
，
，
，
，
，
∴，
故③符合题意．
故选：A．
例2（2024·广东·模拟预测）如图，P为的直径延长线上的一点，与相切，切点为C，点D是上一点，连结．已知．下列结论：（1）与相切；（2）四边形是菱形；（3）；（4）．其中正确的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】（1）连接、，根据圆的切线的性质判定，得到，即可判断；（2）结合（1）证明，推出，即可判断；（3）连接，根据直径得到，进而证明，推出是等边三角形，再结合30度角所对的直角边等于斜边一半，即可判断；（4）根据菱形和等腰三角形的性质，即可判断．
【详解】解：（1）连接、，
与相切，切点为，
，
在和中，
，
，
，
又是半径，
与相切，（1）结论正确；
（2）由（1）得：，
，
在和中，
，
，
，
，
，
四边形是菱形，（2）结论正确；
（3）连接，
，
，
是直径，
，
在和中，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，（3）结论正确；
（4）四边形是菱形，，
，，
，
，（4）结论错误；
即正确个数有3个，
故选：C
【变式1】（2025·广东中山·二模）如图，正方形的边长为，延长至点，使得，平分交于点，连接，则下列结论：①；②平分；③；④，其中正确的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据勾股定理得到，如图所示，过点作于点，根据角平分线的性质定理可判定①；根据直角三角形内角和定理可判定②；根据线段大小关系可判定③；运用勾股定理可判定④；由此即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
，
如图所示，过点作于点，
平分交于点，
，且，
，
，
，
∴垂直平分，
，故①正确；
，
，
，
，
平分，故②正确；
，
与不垂直，故③不正确；
设则，
，
，
解得，
，
，故④正确；
综上，正确个数为3个，
选择：C．
【变式2】（2025·广东中山·模拟预测）如图1，E为矩形的边上一点，动点P，Q同时从点B出发，点P沿折线运动到点C时停止，点Q沿运动到点C时停止，它们运动的速度都是，设P，Q同时出发时，的面积为．已知y与t的函数关系如图2所示（曲线为抛物线的一部分），则下列结论错误的是（ ）．
A．
B．当时，的面积是
C．当时，
D．当时，
【答案】C
【分析】本题主要考查动点的函数图象、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，从图象中有效的获取信息是解题的关键．
由函数图象得，当时，点Q到达点C，点P到达点E，进而得到当时，点P在上运动，，即可判断B；再求出的长，勾股定理求出的长，即可判断A；如图：过点P作于点H，证明，可求，即可判断C；求出时，的长，即可判断D选项．
【详解】解：由函数图象得，当时，点Q到达点C，点P到达点E，
当时，点P在上运动，，
当时，点P到达点D，故选项B正确，不符合题意；
∵当时，，
∴，解得：，
∴，故选项A正确，不符合题意；
当时，点P在线段上，则，
如图：过点P作于点H，则：，
∴，
∴，
，即，解得：，
，故选项C错误，不符合题意；
，
∴当时，点P在线段上，此时，，
，故选项D正确，不符合题意．
故选：C．

（20分钟限时练）
一、单选题
1．（2025·广东云浮·一模）如图，在中，是的平分线，延长交的延长线于点．若，，则的长为（ ）
A．12B．15C．18D．21
【答案】C
【分析】本题考查了角平分线的定义，等角对等边，平行四边形的性质，根据平行四边形的性质可得，，根据角平分线的定义可得，根据平行线的性质可得，得出，进而得出，即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形
∴，，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
故选：C．
2．（2025·广东清远·二模）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．小陶家有一个菱形中国结装饰如图1所示，其示意图如图2所示，测得，，则该菱形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查菱形的性质，菱形的面积，熟练运用菱形的面积公式是解题的关键．根据菱形的面积为对角线乘积的一半即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，，，
．
故选：B．
3．（2025·广东江门·二模）如图，在矩形中，，，E是矩形内部的一个动点，且，则线段的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查圆周角定理、圆的基本性质及矩形的性质、勾股定理，根据可知点E在以为直径的半上，再进一步求解即可．
【详解】解：如图，
∵，
∴点E在以为直径的半上，
连接交于点，
∴当点E位于点位置时，线段取得最小值，
∵，
∴，
∵，
∴，
则.
故选：B．
4．（2025·广东中山·模拟预测）如图，在边长为6的正方形内部存在一动点P，且满足，连接，则的最大值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的性质和判定等知识，判断出点P的运动轨迹是以点D为圆心，的长为半径的圆（在正方形内部部分），延长交于点E，连接，证明与相切，得到，延长交于点F，则，，证明，则，由的长为定值6，则若要取最大值，则取最大值即可，求出的最大值为，即可得到答案．
【详解】∵点P在运动过程中始终满足，
故点P的运动轨迹是以点D为圆心，的长为半径的圆（在正方形内部部分），
延长交于点E，连接，
∵四边形为正方形，
∴，且，
∴与相切，
∴，
∴，
延长交于点F，
则，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的长为定值6，
故若要取最大值，则取最大值即可，
∴要取得最大值，则为直径时，可取得最大值为12，
∴的最大值为，
即的最大值为2．
故选：B．
二、填空题
5．（2025·广东广州·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，，，则的度数为______．
【答案】/50度
【分析】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的性质．
由等腰三角形的“等边对等角”得到，再由中，即可解答．
【详解】解：∵，，
∴，
∵在中，，
∴．
故答案为：
6．（2025·广东佛山·一模）如图，四边形是矩形，四边形是边长为4的正方形，其中点在边上，点在边上，若，则_____．
【答案】
【分析】本题考查矩形、正方形的性质，解直角三角形，根据正方形及矩形的性质可得，即，进而列出边的比例关系即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，四边形是边长为4的正方形，其中点在边上，点在边上，
∴，，
则，
∴，
∴，
∴，即：，
∴，
故答案为：
7．（2025·广东江门·一模）如图，正方形的边在的边上，顶点D、G分别在边、上，如果的边长为20，高为15，那么正方形的边长为___．
【答案】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，由得，利用相似三角形对应边上高的比等于相似比，列方程求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，即，
∵是的高，
∴，
．
∵，
∴，
．
，，
，，
∴，
设正方形的边长，
∵长为20，高为15，
∴，
解得．
故正方形的边长是．
故答案为：．
8．（2025·广东惠州·一模）如图，在菱形中，，对角线，相交于点，是对角线上的动点，且于点，于点．有以下结论：①为等边三角形，②，③，④．其中正确的是_________（填写序号）
【答案】①②③④
【分析】利用菱形的性质可证得，，从而可判定为等边三角形，可判断①；
先求出，再根据含度角的直角三角形的性质证得，然后利用勾股定理证得，可判断②；
先求得，再根据三角形的内角和定理，可判断③，
先利用含度角的直角三角形的性质，证得，，再相加可判断④．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴为等边三角形，故①正确；
∵四边形是菱形，
∴，平分和，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，，
∴，
∴，
，
故③正确；
∵，，
∴，，
∴，
故④正确，
综上所述，其中正确的是①②③④．
故答案为： ①②③④．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、含度角的直角三角形的性质、勾股定理、三角形的内角和定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
三、解答题
9．（2023·广东珠海·一模）如图，在正方形中，E，F分别是上的点，相交于点P，并且．
(1)求证：；
(2)若，求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了正方形性质，全等三角形性质和判定，勾股定理，等面积法求高，解题的关键在于灵活运用相关知识．
（1）利用正方形性质证明，根据全等三角形性质即可证明；
（2）利用勾股定理算出，再利用等面积法即可求出的长度．
【详解】（1）证明：四边形为正方形，
，
，
，
，
；
（2）解：，
，
，
，
解得．
10．（2024·广东·模拟预测）如图，在菱形中，对角线、相交于点，过点作一条直线分别交、的延长线于点、，连接、．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，垂足为，，求的值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】本题主要考查菱形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形函数的计算，掌握菱形的性质，相似三角形的性质，正切三角形函数的计算是解题的关键．
（1）在菱形中，，，，，可证，则有，由对角线相互平方的四边形是平行四边形即可求证；
（2）设，可证，则，即，再证，即可求解．
【详解】（1）证明：在菱形中，，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：如图所示，
设，
∵，，即，
∴，
又∵菱形，则对角线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
11．（2024·广东·模拟预测）（1）用数学的眼光观察．
如图1，在菱形中，，点E是对角线上一动点，连接，将绕点E顺时针旋转得到，连接．求的度数．
（2）用数学的思维思考．
如图2，在正方形中，点E是对角线上一动点，且，连接，将绕点E顺时针旋转得到，连接．判断C，D，F三点的位置关系，并说明理由；
（3）用数学的语言表达．
如图3，在矩形中，，，点E是对角线上一动点，连接，以为边在的右边作直角，，连接，若是以为腰的等腰三角形，求的长度．
【答案】（1）；（2）点C，点D，点F三点共线，理由见解析；（3）或
【分析】（1）先证，是等边三角形，推出，进而可得，证明，即可得出；
（2）连接交于O，过点F作的延长线于H，证明，推出，进而证明是等腰直角三角形，可得，，可证点C，点D，点F三点共线；
（3）过点A作于G，过点E作于H，由，可得四边形是圆内接四边形，再证C、D、F在同一条直线上，，由对应边呈比例可得，推出，设，则，，用含x的式子表示出的三条边长，分，两种情况，分别求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形是菱形，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵将绕点E顺时针旋转得到，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）点C，点D，点F三点共线，理由如下：
连接交于O，过点F作的延长线于H，
∵四边形是正方形，
∴，
∵将绕点E顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点C，点D，点F三点共线；
（3）如图，过点A作于G，过点E作于H，则，
∵矩形中，，，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
∴C、D、F在同一条直线上，
∵，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，
，，
设，则，，
∴，
在中，
，
∴，
∵，
∴，
∴， ，
∴，
∴，
当时，，
解得：或（舍去），
∴；
当时，，
解得：或（舍去），
∴；
综上所述，的长度为或．
【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的性质，正方形的性质，旋转的性质，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆等，难度较大，涉及知识点较多，解题的关键是正确作出辅助线，综合应用上述知识．
12．（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．
(1)【图形认知】如图①，在正方形中，，交于点G，则 （填比值）；
(2)【探究证明】如图②，在矩形中，，分别交、于点E、F，分别交、于点G、H，求证：；
(3)【结论应用】如图③，将矩形沿折叠，使得点B和点D重合，若，，则折痕的长；
(4)【拓展运用】如图④，将矩形沿折叠，使得点D落在边上的点G处，点C落在点P处，得到四边形，若，，，请求点P到直线的距离．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
(3)
(4)
【分析】本题考查了正方形、矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，折叠等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
（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．
近三年：根据近几年广东中考试题，“特殊四边形的判定与性质”部分的考试方向是突出基础性与综合性。试题严格依据课标，高度关注特殊四边形（矩形、菱形、正方形）的定义、性质和判定方法的灵活运用，常与三角形全等、相似、勾股定理、锐角三角函数等知识综合考查。在题型上，该板块分布广泛：选择题和填空题常考查特殊四边形的性质辨析、面积计算、与函数或最值问题的结合（如利用正方形性质求将军饮马最值）；解答题中，通常在第22-24题位置出现，往往以“尺规作图+几何证明”或“动点综合题”的形式考查特殊四边形的判定，如2024年考查中线旋转构造矩形。
预测2026年：2026年的考试方向将延续“素养立意”，更加注重在图形变换（平移、旋转、折叠）和动态问题中考查特殊四边形的判定与性质。试题可能进一步创新设问，例如将特殊四边形与圆或函数图象相结合。考试题型预计保持稳定：选择题或填空题中仍会出现特殊四边形性质的基本辨析；解答题中档题可能延续“作图+证明”的模式，证明特殊四边形的判定；压轴题往往以特殊四边形为背景，结合动点、存在性问题进行综合考查。
解｜题｜策｜略
1. 紧扣性质得等量关系：运用平行四边形对边相等、对角相等、对角线互相平分等性质，建立线段相等、角相等的等量关系。
2. 结合三角形知识求解：将平行四边形问题转化为三角形问题——连接对角线构造全等三角形，或运用勾股定理、三角形中位线进行计算。
3. 注意方程思想应用：当题目涉及边长、角度计算时，常需设未知数列方程求解，尤其与角平分线、中线结合时。
解｜题｜策｜略
1. 紧扣性质转化问题：运用平行四边形对边相等、对角相等、对角线互相平分等性质，将问题转化为三角形全等、勾股定理或中位线问题进行求解。
2. 掌握判定基本思路：根据已知条件选择判定方法——已知一组对边平行，可证这组对边相等或另一组对边平行；已知对角线相关，则考虑对角线互相平分。
3. 重视综合应用能力：广东卷常将平行四边形与函数、尺规作图等知识综合考查，需灵活运用逆向思维和数形结合思想解决问题。
解｜题｜策｜略
1. 紧扣性质得等量关系：运用矩形对边相等且平行、四个角均为直角、对角线互相平分且相等等性质，建立边、角间的相等关系。
2. 转化问题勾股求解：常将矩形问题转化为直角三角形问题，借助勾股定理计算边长或对角线长，尤其涉及折叠时。
3. 结合相似方程思想：当图形中存在交叉线段时，通过证明三角形相似建立比例式，设未知数列方程求解。
解｜题｜策｜略
1. 紧扣性质转化问题：运用矩形对边相等且平行、四个角均为直角、对角线互相平分且相等等性质，将问题转化为三角形全等、勾股定理或中位线问题求解。
2. 掌握判定基本思路：根据已知条件选择判定方法——可证平行四边形+一个直角，或证平行四边形+对角线相等，或直接证四边形有三个直角。
3. 重视综合应用能力：广东卷常将矩形与折叠、尺规作图、函数等知识综合考查，需灵活运用方程思想和数形结合思想解决问题。
解｜题｜策｜略
1. 紧扣性质转化问题：运用菱形四条边相等、对角线互相垂直平分、每条对角线平分一组对角等性质，将问题转化为直角三角形或全等三角形进行求解。
2. 灵活运用面积公式：菱形面积可用底乘高或对角线乘积的一半计算。涉及对角线条件时优先用后者，常结合勾股定理求边长。
3. 注意方程思想应用：已知边长、对角线或面积时，常设未知数构造方程（如勾股定理），同时注意分类讨论。
解｜题｜策｜略
1. 紧扣性质转化问题：运用菱形四条边相等、对角线互相垂直平分等性质，将问题转化为直角三角形或全等三角形进行求解。
2. 掌握判定基本思路：根据条件选择判定方法——可证平行四边形+一组邻边相等，或证平行四边形+对角线垂直，或直接证四条边相等。
3. 灵活运用面积公式：菱形面积可用底乘高或对角线乘积的一半计算。广东卷常结合勾股定理和方程思想求边长或对角线长。
解｜题｜策｜略
1. 紧扣性质转化问题：运用正方形四边相等、四角均为直角、对角线相等且互相垂直平分等性质，将问题转化为全等三角形或勾股定理进行计算。
2. 掌握面积两种求法：正方形面积可用边长的平方或对角线乘积的一半计算。涉及对角线条件时优先用后者。
3. 注意分类讨论思想：当点的位置不确定时（如点在线段上、延长线上等），需分情况讨论，避免漏解。
解｜题｜策｜略
1. 紧扣性质转化问题：运用正方形四边相等、四角均为直角、对角线相等且互相垂直平分等性质，将问题转化为全等三角形或勾股定理进行计算。
2. 掌握判定基本思路：根据条件选择判定方法——可证平行四边形+一组邻边相等+一个直角，或证矩形+一组邻边相等，或证菱形+一个直角。
3. 灵活运用面积公式：正方形面积可用边长的平方或对角线乘积的一半计算。广东卷常结合相似三角形和方程思想求边长或对角线长。
解｜题｜策｜略
1. 逐项分析，各个击破：将每个结论视为独立判断题，结合特殊四边形的性质（边、角、对角线）进行推导验证，切忌整体猜测。
2. 善用特值或极限位置：对于动点或不确定条件的结论，可取特殊点或临界位置快速判断正误，再一般性证明。
3. 综合运用排除法：对明显错误的结论先行排除，缩小选择范围。广东卷此类题常结合全等三角形、相似或勾股定理综合考查。