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压轴题06 特殊四边形压轴题1
四边形这个中考考点在中考数学中包含平行四边形、矩形、菱形、正方形，因为四边形与三角形基础知识、特殊三角形、相似三角形等的紧密结合性，所以常出对应压轴题，特别是正方形，更容易出选择填空压轴题。对应压轴题牵涉考点有以下几个方面：
1、平行四边形：①平行四边形因为自带“∥”，所以常可以和与“平行”相关的模型结合，如角平分线、平行线、角平分线组合的“知二得一”；再比如因为“∥”得到的“A字图相似”、“8字图相似”也是平行四边形结合的重点；②根据平行四边形的性质——对角相等、对角线互相平分，这些角的等量关系、线段的等量关系因为与三角形全等结论相同，故常将平行四边形的问题转化为全等三角形的问题来思考解决；③等腰三角形的存在性问题也可以在平行四边形的问题背景下出题。
2、矩形、菱形：矩形和菱形都是特殊的平行四边形，所以平行四边形有的结合及转化方式，它们也有，而且更特殊。如：矩形和菱形还可以转化为直角三角形和等腰三角形解决问题，矩形有直角，所以矩形的存在性问题也可以转化为直角三角形的存在性问题来思考，同理，菱形存在性问题因为菱形的四条边相等，也可以转化为等腰三角形的存在性问题。
3、正方形：正方形在压轴题中常考考点包括：①正方形的半角模型；②正方形与勾股定理；③正方形与三角函数等。另外，正方形的问题常转化为等腰三角形问题思考。最后，平行四边形的考点结合类型，正方形也有。
压轴题型一：平行四边形选择、填空压轴题
1．（2024 浙江）如图，在 ABCD中，AC，BD相交于点O，AC＝2，．过点A作AE⊥BC的垂线交BC于点E，记BE长为x，BC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　）
A．x+y B．x﹣y C．xy D．x2+y2
【分析】过D作DH⊥BC，交BC延长线于H，由平行四边形当性质推出AB＝DC，AD∥BC，得到AE＝DH，判定Rt△DCH≌Rt△ABE（HL），得到CH＝BE＝x，由勾股定理得到22﹣（y﹣x）2（y+x）2，得到xy＝2．
【解答】解：过D作DH⊥BC，交BC延长线于H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，AD∥BC，
∵AE⊥BC，DH⊥BC，
∴AE＝DH，
∴Rt△DCH≌Rt△ABE（HL），
∴CH＝BE＝x，
∵BC＝y，
∴EC＝BC﹣BE＝y﹣x，BH＝BC+CH＝y+x，
∵AE2＝AC2﹣EC2，DH2＝BD2﹣BH2，
∴22﹣（y﹣x）2（y+x）2，
∴xy＝2．
故选：C．
【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，关键是由Rt△DCH≌Rt△ABE（HL），得到CH＝BE，由勾股定理得到22﹣（y﹣x）2（y+x）2．
2．（2024 自贡）如图，在 ABCD中，∠B＝60°，AB＝6cm，BC＝12cm．点P从点A出发，以1cm/s的速度沿A→D运动，同时点Q从点C出发，以3cm/s的速度沿C→B→C→…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PQ＝CD出现的次数是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】由已知可得，P从A到D需12s，Q从C到B（或从B到C）需4s，设P，Q运动时间为t s，分三种情况画出图形：①当0≤t≤4时，过Q作QH⊥AD于H，过C作CG⊥AD于G，由四边形CQPD是等腰梯形，可得t+3+3t+3＝12，t＝1.5；当四边形CQPD是平行四边形时，t+3t＝12，得t＝3；②当4＜t≤8时，若四边形CQPD是平行四边形，可得3（t﹣4）＝t，t＝6；而四边形CQPD是等腰梯形，则PD＞6cm，这种情况在4＜t≤8时不存在；③当8＜t≤12时，若四边形CQPD是平行四边形，3（t﹣8）＝12﹣t，得t＝9，即可得到答案．
【解答】解：由已知可得，P从A到D需12s，Q从C到B（或从B到C）需4s，
设P，Q运动时间为t s，
①当0≤t≤4时，过Q作QH⊥AD于H，过C作CG⊥AD于G，如图：
由题可知，AP＝t cm，CQ＝3t cm＝GH，
∵PD∥CQ，PQ＝CD，
∴四边形CQPD是等腰梯形，
∴∠QPH＝∠D＝∠B＝60°，
∵PQ＝CD＝AB＝6cm，
∴PHPQ＝3cm，DGCD＝3cm，
∵AP+PH+GH+DG＝AD＝BC＝12，
∴t+3+3t+3＝12，
解得t＝1.5；
当四边形CQPD是平行四边形时，如图：
此时PD＝CQ＝3t cm，
∴t+3t＝12，
解得t＝3，
∴t为1.5s或3s时，PQ＝CD；
②当4＜t≤8时，若四边形CQPD是平行四边形，如图：
此时BQ＝3（t﹣4）cm，AP＝t cm，
∵AD＝BC，PD＝CQ，
∴BQ＝AP，
∴3（t﹣4）＝t，
解得t＝6；
由①知，若四边形CQPD是CD，PQ为腰的等腰梯形，则PD＞6cm，这种情况在4＜t≤8时不存在；
∴t为6s时，PQ＝CD；
③当8＜t≤12时，若四边形CQPD是平行四边形，如图：
此时CQ＝3（t﹣8），PD＝12﹣t，
∴3（t﹣8）＝12﹣t，
解得t＝9，
∴t为9s时，PQ＝CD；
综上所述，t为1.5s或3s或6s或9s时，PQ＝CD；
故选：B．
【点评】本题考查平行四边形，等腰梯形的性质及应用，解题的关键是分类讨论思想的应用．
3．（2024 九龙坡区校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，∠C＝45°，AB＝6 BC＝12．E为BC边上一点，且满足CE＝AE，作∠CEA的平分线EF交AD于点F，则EF的长度为 　　．
【分析】连接AC交EF于点O，连接CF，过点A作AH⊥CB交CB的延长线于H，先证四边形AECF为菱形，则EF⊥AC，OE＝OF，OA＝OC，在Rt△ABH中分别求出AH＝BH＝6，则CH＝BC+BH＝18，由此得AC，则OC＝OA，证△COE∽△CHA，利用相似三角形的性质求出OE，由此即可得出EF的长．
【解答】解：连接AC交EF于点O，连接CF，过点A作AH⊥CB交CB的延长线于H，如图所示：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，CD∥AB，
∴∠2＝∠3，
∵EF平分∠CEA，
∴∠1＝∠2，
∴∠3＝∠1，
∴AF＝AE，
∵CE＝AE，
∴AF＝CE，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵CE＝AE，
∴平行四边形AECF为菱形，
∴EF⊥AC，OE＝OF，OA＝OC，
∵CD∥AB，∠DCB＝45°，
∴∠ABH＝∠DCB＝45°，
在Rt△ABH中，AB，
∴sin∠ABH，cos∠ABH，
∴AH＝AB sin∠ABHsin45°＝6，BH＝AB cos∠ABHcos45°＝6，
∴CH＝BC+BH＝12+6＝18，
在Rt△ACH中，由勾股定理得：AC，
∴OC＝OAAC，
∴∠COE＝∠H＝90°，∠EOC＝∠ACH，
∴△COE∽△CHA，
∴OE：AH＝OC：CH，
即OE：6：18，
∴OE，
∴EF＝2OE．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，理解平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用锐角三角函数，勾股定理及相似三角形的性质进行计算是解决问题的关键．
4．（2024 永修县校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝8，BC＝12，∠B＝120°，E是BC的中点，点P在平行四边形ABCD的边上，若△PBE为等腰三角形，则EP的长为　6或6或　．
【分析】当P点在BA上，BP＝BE＝6，作BH⊥PE于H，如图1，根据等腰三角形的性质得PH＝EH，再计算出∠BPE＝∠BEP＝30°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系计算出EH，从而得到此时的PE的长；当P点在AD上，BP＝PE，作BG⊥AD于G，PF⊥BE于F，如图2，所以BF＝EF＝3，先求出BG＝4，从而得到PF＝4，然后利用勾股定理计算出此时PE的长；当点P在CD上，如图3，EB＝EP＝6．
【解答】解：当P点在BA上，BP＝BE＝6，
作BH⊥PE于H，如图1，则PH＝EH，
∵∠B＝120°，
∴∠BPE＝∠BEP＝30°，
在Rt△BEH中，BHBE＝3，EHBH＝3，
∴PE＝2EH＝6；
当P点在AD上，BP＝PE，
作BG⊥AD于G，PF⊥BE于F，如图2，则BF＝EF＝3，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∵∠ABC＝120°，
∴∠A＝60°，
在Rt△ABG中，AGAB＝4，BGAG＝4，
∴PF＝4，
在Rt△PEF中，PE；
当点P在CD上，如图3，EB＝EP＝6，
综上所述，PE的长为6或6或．
故答案为6或6或．
【点评】本题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对边相等；平行四边形的对角相等；平行四边形的对角线互相平分．平行线间的距离处处相等．也考查了等腰三角形的性质．
5．（2024 香坊区一模）在 ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AD＝5，AC＝8，BD＝6，延长BC至点E，连接OE交CD于点F，若，则线段OF的长为 　　．
【分析】作DP∥AC，交BC延长线于点P，因为AD∥BC，即AD∥CP，四边形ACPD是平行四边形，可得DP＝AC，CP＝AD，已知AD＝5，AC＝8，BD＝6，可得BD、DP、BP的长，BD2+DP2＝BP2符合勾股定理，所以∠BDP＝90°，因为DP∥AC，可得∠BOC＝90°，可得 ABCD是菱形，所以∠BCO＝∠DCO，因为，可得∠E＝∠EOC，证△BOM∽△BDC，△FEC∽△OEM，所以，，可得OM、EM、BM的长，因为BO2﹣BN2＝ON2，OM2﹣MN2＝ON2，可求得ON、MN的长，由勾股定理ON2+MN2＝OE2可得OE的长，因为，可得EF的长，因为OF＝OE﹣EF，可得OF的长．
【解答】解：，
作DMP∥AC，交BC延长线于点P，
∵AD∥BC，即AD∥CP，
∴四边形ACPD是平行四边形，
∴DP＝AC＝8，CP＝AD＝5，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD＝5，AO＝CO，BO＝DO，
∴BP＝BC+CP＝10，
∵62+82＝102，即BD2+DP2＝BP2，
∴∠BDP＝90°，
∵AC∥DM，
∴∠BOC＝∠BDP＝90°，
∴ ABCD是菱形，
∴∠BCO＝∠DCO，
∵，
∴∠BCO＝2∠E，
∵∠BCO＝∠E+∠EOC，
∴∠E＝∠EOC，
∴CE＝CO＝4，
过O作OM∥CD，交BC于点M，过O作ON⊥BC，交BC于点N，
∴∠OMB＝∠DCB，∠OME＝∠FCE，
∵∠DBC＝∠OBM，∠FEC＝∠OEM，
∴△BOM∽△BDC，△FEC∽△OEM，
∴，，
∴OM＝2.5，BM＝2.5，EM＝MC+CE＝6.5，
∴，
∵BO2﹣BN2＝ON2，OM2﹣MN2＝ON2，
∴BO2﹣BN2＝OM2﹣MN2，即32﹣（2.5﹣MN）2＝2.52﹣MN2，
解得：MN＝0.7，
∴ON＝2.4，EN＝7.2，
∴OE，
∵，
∴EF，
∴OF＝OE﹣EF，
故答案为：．
【点评】本题考查了平行四边形综合题，关键是掌握平行四边形的性质，菱形的判定条件与性质．
压轴题型二：矩形选择、填空压轴题
1．（2024 苏州）如图，矩形ABCD中，AB，BC＝1，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB，CD向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则AG的最大值为（　　）
A． B． C．2 D．1
【分析】由勾股定理可求AC的长，由“AAS“可证△COF≌△AOE，可得AO＝CO＝1，由AG⊥EF，可得点G在以AO为直径的圆上运动，则AG为直径时，AG有最大值为1，即可求解．
【解答】解：连接AC，交EF于O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠B＝90°，
∵AB，BC＝1，
∴AC2，
∵动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB，CD向终点B，D运动，
∴CF＝AE，
∵AB∥CD，
∴∠ACD＝∠CAB，
又∵∠COF＝∠AOE，
∴△COF≌△AOE（AAS），
∴AO＝CO＝1，
∵AG⊥EF，
∴点G在以AO为直径的圆上运动，
∴AG为直径时，AG有最大值为1，
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，圆的有关知识，确定点G的运动轨迹是解题的关键．
2．（2024 巴中）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，DE⊥AC于点E，延长DE与BC交于点F．若AB＝3，BC＝4，则点F到BD的距离为 　　．
【分析】过点F作FH⊥DB，垂足为H，利用勾股定理求出AC的长，利用角的余弦值求出DF的长，再利用勾股定理求出FC，从而得出BF，利用三角形面积求出FH即可．
【解答】解：如图，过点F作FH⊥DB，垂足为H，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD＝∠BCD＝90°，AC＝BD，
∵AB＝3，BC＝4，
∴AC＝BD5，
∴S△ADCAD DCAC DE，即4×35×DE，
解得：DE，
∴cos∠EDC，即，
解得：DF，
∴FC，
∴BF＝BC FC＝4 ，
∴S△BDFBD FHBF DC，即5×FH3，
解得：FH，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，熟练掌握各知识点是解题的关键．
3．（2024 历下区一模）如图，已知矩形ABCD，AB＝6，AD＝8，点E为边BC上一点，连接DE，以DE为一边在与点C的同侧作正方形DEFG，连接AF．当点E在边BC上运动时，AF的最小值是 　10　．
【分析】过点E作EH⊥AD于点H，过点F作FK⊥BE，交BE的延长线于点K，交AB的延长线于点M，利用矩形的判定与性质，正方形的性质，直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质得到KF＝EH＝6，KE＝HD，设AH＝x，则HD＝EK＝8﹣x，MH＝x，利用勾股定理，配方法以及非负数的意义解答即可得出结论．
【解答】解：过点E作EH⊥AD于点H，过点F作FK⊥BE，交BE的延长线于点K，交AB的延长线于点M，如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∠C＝∠ADC＝90°，
∵EH⊥AD，
∴四边形CDHE为矩形，
∴EH＝CD＝6，
∵四边形DEFG为正方形，
∴EF＝ED，∠FED＝90°．
∴∠KEF+∠HED＝90°．
∵FK⊥BE，
∴∠KFE+∠KEF＝90°，
∴∠KFE＝∠HED．
在△KFE和△HED中，
，
∴△KFE≌△HED（AAS），
∴KF＝EH＝6，KE＝HD．
∵∠BAH＝∠AHE＝∠MKH＝90°，
∴四边形AHKM为矩形，
∴AH＝MK，AM＝HK，∠M＝90°，
设AH＝x，则HD＝EK＝8﹣x，MH＝x，
∴AM＝HK＝HE+EK＝14﹣x，MF＝KF+MK＝6+x，
在Rt△AFM中，
∵AM2+MF2＝AF2，
∴AF，
∵2（x﹣4）2≥0，
∴当x＝4时，AF取得最小值为10．
∴AF的最小值是10．
故答案为：10．
【点评】本题主要考查了矩形的判定与性质，正方形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，配方法，非负数的应用，恰当的添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
4．（2024 南明区校级二模）如图，在矩形ABCD中，∠BCD的角平分线CE与边AD交于点E，∠AEC的角平分线与边CB的延长线交于点G，与边AB交于点F，如果AB，AF＝2BF，那么GB＝　　．
【分析】证明△AFE∽△BFG，得AE＝2BG，设BG＝a，则AE＝2a，根据平行线的性质和角平分线的定义可得CD＝DE＝AB＝3，CE＝CGCD6，从而得结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴△AFE∽△BFG，
∴，
∵AF＝2BF，
∴AE＝2BG，
设BG＝a，则AE＝2a，
∵CE平分∠DCB，EF平分∠AEC，
∴∠DCE＝∠ECB，∠AEF＝∠CEF，
∵AD∥CG，
∴∠AEF＝∠G，∠DEC＝∠ECG，
∴∠CEF＝∠G，∠DEC＝∠DCB，
∴CD＝DE＝AB＝3，CE＝CGCD6，
∴a+2a+36，
∴a＝2，
∴GB＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了矩形的性质的运用，相似三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等腰三角形的性质和判定的运用，解答时运用角平分线的定义和平行线得等腰是本题的关键．
5．（2024 雷州市一模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，AD上的动点，P是线段EF的中点，PG⊥BC，PH⊥CD，G，H为垂足，连接GH．若AB＝8，AD＝6，EF＝6，则GH的最小值是 　7　．
【分析】连接AC、AP、CP，由勾股定理求出AC＝10，再由直角三角形斜边上的中线性质得AP＝3，然后证四边形PGCH是矩形，得GH＝CP，当A、P、C三点共线时，CP最小＝AC﹣AP＝10﹣3＝7，即可求解．
【解答】解：连接AC、AP、CP，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝6，∠BAD＝∠B＝∠C＝90°，
∴AC10，
∵P是线段EF的中点，
∴APEF＝3，
∵PG⊥BC，PH⊥CD，
∴∠PGC＝∠PHC＝90°，
∴四边形PGCH是矩形，
∴GH＝CP，
当A、P、C三点共线时，CP最小＝AC﹣AP＝10﹣3＝7，
∴GH的最小值是7，
故答案为：7．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，求出CP的最小值是解题的关键．
6．（2024 平顶山一模）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，若P是射线AD上一个动点，连接BP，点A关于直线BP的对称点为M，连接MP，MC，当P，M，C三点共线时，AP的长为 　1或9　．
【分析】分两种情况画图：根据当P，M，C三点共线时画出图形，利用点A关于直线BP的对称点为M，得∠A＝∠BMP＝90°，BM＝AB＝3，AP＝MP，根据勾股定理列出方程即可解决问题．由轴对称的性质得AP＝MP，∠APB＝∠MPB，由平行线的性质得∠APB＝∠CBP，进而可以解决问题．
【解答】解：①当P，M，C三点共线时，如图1所示：
在矩形ABCD中，CD＝AB＝3，AD＝BC＝5，∠A＝∠D＝90°，
∵点A关于直线BP的对称点为M，
∴∠A＝∠BMP＝90°，BM＝AB＝3，AP＝MP，
∴CM4，
设AP＝x，
则PD＝AD﹣AP＝5﹣x，CP＝CM+PM＝4+x，
在Rt△PDC中，根据勾股定理得：PC2＝PD2+CD2，
∴（4+x）2＝（5﹣x）2+32，
∴x＝1，
∴AP的长为1；
②如图2，由轴对称的性质得AP＝MP，∠APB＝∠MPB，
由平行线的性质得∠APB＝∠CBP
∴∠CPB＝∠CBP，
∴CP＝CB＝5，
在RtABCM中，BM＝AB＝3，由勾股定理得CM＝4，
∴MP＝CP+CM＝9，
∴AP＝9，
综上所述：AP的长为1或9，
故答案为：1或9．
【点评】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．
压轴题型三：菱形选择、填空压轴题
1．（2024 泰安）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，点E是AB边上的点，AE＝4，BE＝8，点F是BC上的一点，△EGF是以点G为直角顶点，∠EFG为30°角的直角三角形，连结AG．当点F在直线BC上运动时，线段AG的最小值是（　　）
A．2 B． C． D．4
【分析】E作EM⊥BC，则点E、M、F、G四点共圆，从而得到AP＝MH，因为AG≥AP，所以求出MH的值即可得解．
【解答】解：如图，过E作EM⊥BC于点M，作MH⊥AB于点H，作AP⊥GM于点P，
∵∠EMF+∠EGF＝180°，
∴点E、M、F、G四点共圆，
∴∠EMG＝∠EFG＝30°，
∵∠B＝60°，
∴∠BEM＝30°＝∠EMG，
∴MG∥AB，
∴四边形MHAP是矩形，
∴MH＝AP，
∵BE＝8，
∴EM＝BE cos30°＝4，
∴MHEM＝2AP，
∴AG≥AP＝2，
∴AG最小值是2．
故选：C．
【点评】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，熟练掌握相关知识点和添加合适的辅助线是解题关键．
2．（2024 娄星区二模）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，且∠ABC＝120°，则MA+MB+MD的最小值是（　　）
A． B．3+3 C．6 D．
【分析】过点M作ME⊥AB于点E，连接BD交AC于O，点M运动到DE上，且DE⊥射线AB时，DE取得最小值，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出DE的长，进而可得结论．
【解答】解：如图，过点M作ME⊥AB于点E，连接BD交AC于O，
∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝DC＝BC，
∴△ADB是等边三角形，
∴∠MAE＝30°，
∴AM＝2ME，
∵MD＝MB，
∴MA+MB+MD＝2ME+2DM＝2DE，
点M运动到DE上，且DE⊥射线AB时，DE取得最小值，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，
∵菱形ABCD的边长为6，
∴DE3，
∴2DE＝6．
∴MA+MB+MD的最小值是6．
故选：D．
【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质．
3．（2024 淄博）如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E在BC延长线上，OE与CD相交于点F．若∠ACD＝2∠OEC，，则菱形ABCD的面积为 　96　．
【分析】作OH∥BC交CD于点H，则△DOH∽△DBC，由菱形的性质得OD＝OB，OA＝OC，AC⊥BD，则，求得OHBC＝5，再证明△OFH∽△EFC，得，则ECOH＝6，再证明∠OEC＝∠COE，则OC＝EC＝6，求得OB8，则BD＝16，AC＝12，所以S菱形ABCDBD AC＝96，于是得到问题的答案．
【解答】解：作OH∥BC交CD于点H，则△DOH∽△DBC，
∵四边形ABCD是边长为10的菱形，对角线AC，BD相交于点O，
∴BC＝10，OD＝OBBD，OA＝OC，AC⊥BD，
∴，∠BOC＝90°，
∴OHBC＝5，
∵OH∥EC，，
∴△OFH∽△EFC，
∴，
∴ECOH5＝6，
∵BC＝DC，AC⊥BD，∠ACD＝2∠OEC，
∴∠ACB＝∠ACD＝2∠OEC＝∠COE+∠OEC，
∴∠OEC＝∠COE，
∴OC＝EC＝6，
∴OB8，
∴BD＝2OB＝16，AC＝2OC＝12，
∴S菱形ABCDBD AC16×12＝96，
故答案为：96．
【点评】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，正确地作出辅助线是解题的关键．
4．（2024 宝安区三模）周末淘气一家开车外出旅游，车子突然向路边侧滑，幸亏淘气爸爸反应及时，车子才慢慢停了下来．淘气一家人赶紧下车查看，原来是前轮爆胎了．爸爸说，只要把备胎换上就行了．于是爸爸从后备厢取出备胎和工具，开始忙活，其中千斤顶引起了小光的注意．图（1）是一种利用了四边形不稳定性设计的千斤顶．如图（2）所示，该千斤顶的基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变∠ADC的大小（菱形的边长不变），从而改变千斤顶的高度（即A，C之间的距离）．已知AB＝40cm，∠ADC＝60°，当千斤顶升高 　（4040）　cm时，四边形ABCD为正方形．
【分析】由菱形的性质得AD＝CD＝AB＝40cm，连接AC，因为∠ADC＝60°，所以△ACD是等边三角形，则AC＝AD＝40cm，当四边形ABCD为正方形时，则∠ADC＝90°，所以AC40cm，可知当千斤顶升高（4040）cm时，四边形ABCD为正方形，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AB＝40cm，
∴AD＝CD＝AB＝40cm，
如图（2），连接AC，
∵∠ADC＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AC＝AD＝40cm，
如图（3），四边形ABCD为正方形，则∠ADC＝90°，
∴AC40（cm），
∴当千斤顶升高（4040）cm时，四边形ABCD为正方形，
故答案为：（4040）．
【点评】此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解是的关键．
5．（2025 佛山一模）如图1是王先生家的菜圃，图2是该菜圃的示意图，该菜圃可看作矩形，点E，F分别是矩形ABCD的边CD，AB的中点，两条平行线AK，CL分别经过菱形EGFH的顶点H，G和边FG，EH的中点M，N．已知菱形EGFH的面积为6，则阴影部分的面积之和为 　5　．
【分析】连接EF，GH交于点O，设EF交NG于点R，交AK于点T，连接AG，先证明四边形AFED是矩形，得到EF∥AD，EF＝AD，∠AFE＝90°，证明△GHM≌△FAM，推出四边形AFHG为平行四边形，推出A，G，E三点共线，且AG＝EG，再证明△AGL≌△EGR，得到AL＝ER，证明四边形ALRT，四边形ALCK均为平行四边形，得到ER＝RT，平行线分线段成比例，推出，根据菱形的面积分别求出四边形ALCK和GMHN的面积，分割法求出阴影部分的面积即可．
【解答】解：连接EF，GH交于点O，设EF交NG于点R，交AK于点T，连接AG，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∠D＝90°，
∵点E，F分别是边CD，AB的中点，
∴，，
∴DE＝AF，
∵DE∥AF，
∴四边形AFED为平行四边形，
∵∠D＝90°，
∴四边形AFED是矩形；
∴EF∥AD，EF＝AD，∠AFE＝90°，
∵四边形EGFH为菱形，
∴GH⊥EF，，EG∥FH，EG＝FH，
∴∠EOG＝90°＝∠AFE，
∴GH∥AF，
∴∠GHM＝∠FAM，
∵点M是FG的中点，
∴GM＝FM，
∵∠GMH＝∠FMA，
在△GHM和△FAM中，
，
∴△GHM≌△FAM（AAS），
∴GH＝AF，
∴四边形AFHG为平行四边形，
∴AG∥HF，AG＝HF，
∵EG∥FH，EG＝FH，
∴A，G，E三点共线，且AG＝EG，
∵EF∥AD，
∴∠LAG＝∠REG，
∵∠LGA＝∠RGE，
∴△AGL≌△EGR（ASA），
∴AL＝ER，
∵AL∥RT∥CK，CL∥AK，
∴四边形ALRT，四边形ALCK均为平行四边形，
∴AL＝RT＝CK，
∴ER＝RT，
∵AK∥CL，
∴，
∴FT＝RT，
∴，
∵菱形EGFH的面积为6，
∴EF GH＝12，
∴AD AB＝24，
∵，
∴，
∵，
∴S阴影＝S ALCK﹣S GNHM＝8﹣3＝5；
故答案为：5．
【点评】本题考查矩形的判定和性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等三角形和特殊图形，是解题的关键．
6．（2024 道外区三模）如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，AB边的垂直平分线交BD于点E，交AB于点F，点G为CD边中点，连接EG，若AC＝8，BD＝16，则线段EG的长为 　　．
【分析】延长FE、DC交于点H，由菱形的性质得CD∥AB，AC⊥BD，OA＝OCAC＝4，OB＝ODBD＝8，则CD＝AB＝4，所以BF＝AF＝DG＝CG＝2，由cos∠ABO，求得BE＝5，则DE＝11，由sin∠CDO，cos∠CDO，求得EH，DH，则GH，即可根据勾股定理求得EG，于是得到问题的答案．
【解答】解：延长FE、DC交于点H，
∵四边形ABCD是菱形，AC与BD交于点O，AC＝8，BD＝16，
∴CD∥AB，AC⊥BD，OA＝OCAC＝4，OB＝ODBD＝8，
∴∠AOB＝∠COD＝90°，
∴CD＝AB4，
∵EF垂直平分AB，点G为CD边中点，
∴∠H＝∠EFB＝90°，BF＝AFAB＝2，DG＝CGCD＝2，
∵cos∠ABO，
∴BE5，
∴DE＝BD﹣BE＝16﹣5＝11，
∵sin∠CDO，cos∠CDO，
∴EH，DH，
∴GH＝DH﹣DG2，
∴EG，
故答案为：．
【点评】此题重点考查菱形的性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
7．（2024 广陵区校级四模）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点M，点N分别是AB、AC边上的点，且AN＝BM，BN、CM交于点E，如果点F是DE的中点，那么 　　．
【分析】延长EC到G，使CG＝EC，连接DG，延长BE到H，使EH＝CE，连接CH，先根据等边三角形的判定定理以及菱形的性质，得出△ABC为等边三角形，进而证明△ABN和△BCM全等，再根据外角的性质得出∠CEH＝60°，从而判定△CEH也是等边三角形，根据角的和差运算，得出∠BCH＝∠DCG，进而证明△BCH和△DCG全等，从而得到DG＝BH＝BE+CE，再根据中位线定理得出DG＝2CF，从而得解．
【解答】解：延长EC到G，使CG＝EC，连接DG，延长BE到H，使EH＝CE，连接CH，如图：
∵F是DE的中点，EC＝CE，
∴CF是△DEG的中位线，
∴DG＝2CF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC＝CD，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
在△ABN和△BCM中，
，
∴△ABN≌△BCM（SAS），
∴∠ABN＝∠BCM，
∴∠CBE＝∠ACE，
∴∠HEC＝∠CBE+∠ECB＝60°，
∴△CEH也是等边三角形，
∴∠ECH＝60°，CH＝CE，
∴∠BCH＝∠BCE+60°，
∵∠DCG＝180°﹣∠ECD＝180°﹣60°﹣∠ACE＝60°+∠BCE，
∴∠BCH＝∠DCG，
在△BCH和△DCG中，
，
∴△BCH≌△DCG（SAS），
∴DG＝BH＝BE+CE，
∴BE+CE＝2CF，
∴．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了菱形与三角形综合．熟练掌握菱形性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，解直角三角形的相关计算是解题的关键．
压轴题型四：正方形选择、填空压轴题
1．（2024 泸州）如图，在边长为6的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC上的动点，且满足AE＝BF，AF与DE交于点O，点M是DF的中点，G是边AB上的点，AG＝2GB，则OMFG的最小值是（　　）
A．4 B．5 C．8 D．10
【分析】先证明△ADE≌△BAF（SAS）得到∠ADE＝∠BAE，进而得到∠DOF＝90°，则由直角三角形的性质可得 ，如图所示，在AB延长线上截取BH＝BG，连接FH，易证明△FBG≌△FBH（SAS），则FH＝FG，可得当H、D、F三点共线时，DF+HF有最小值，即此时，有最小值，最小值即为DH的长的一半，求出AH＝8，在Rt△ADH中，由勾股定理得，则的最小值为5．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝∠ABC＝90°，
又∵AE＝BF，
∴△ADE≌△BAF（SAS），
∴∠ADE＝∠BAF，
∴∠DOF＝∠ADO+∠DAO＝∠BAF+∠DAO＝∠DAB＝90°，
∵点M是DF的中点，
∴，
如图所示，在AB延长线上截取BH＝BG，连接FH，
∵∠FBG＝∠FBH＝90°，FB＝FB，BG＝BH，
∴△FBG≌△FBH（SAS），
∴FH＝FG，
∴，
∴当H、D、F三点共线时，DF+HF有最小值，即此时有最小值，最小值即为DH的长的一半，
∵AG＝2GB，AB＝6，
∴BH＝BG＝2，
∴AH＝8，
在Rt△ADH中，由勾股定理得．
∴的最小值为5，
故选：B．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理等，通过作辅助线可帮助解题．
2．（2025 江北区模拟）如图，在正方形ABCD中，点E为BC边上一点，BE：CE＝1：2，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°后，点A对应点为点F，连接CF、DF，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【分析】作FL⊥CD于点L，FH⊥BC交BC的延长线于点H，可证明△HEF≌△BAE，则EH＝AB＝BC，HF＝BE，推导出HC＝BE＝HF，则四边形CHFL是正方形，所以FL＝CL＝HF＝BE，则DL＝CE，由BE：CE＝1：2，得CL：DL＝1：2，则DL＝2CL＝2FL，求得CFFL，DFFL，则，于是得到问题的答案．
【解答】解：作FL⊥CD于点L，FH⊥BC交BC的延长线于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠H＝∠B＝∠DCB＝90°，CD＝BC＝AB，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°后，点A对应点为点F，
∴∠AEF＝90°，EF＝AE，
∴∠HEF＝∠BAE＝90°﹣∠AEB，
在△HEF和△BAE中，
，
∴△HEF≌△BAE（AAS），
∴EH＝AB，HF＝BE，
∴EH＝BC，
∴EH﹣CE＝BC﹣CE，
∴HC＝BE，
∴HF＝HC，
∵∠H＝∠HCL＝∠FLC＝90°，
∴四边形CHFL是矩形，且HF＝HC，
∴四边形CHFL是正方形，
∴FL＝CL＝HF＝BE，
∴DL＝CD﹣CL＝BC﹣BE＝CE，
∵BE：CE＝1：2，
∴CL：DL＝1：2，
∴DL＝2CL＝2FL，
∵∠FLC＝∠DLF＝90°，
∴CFFL，DFFL，
∴，
故选：D．
【点评】此题重点考查正方形的判定与性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
3．（2024 新城区校级二模）如图，已知E，F分别为正方形ABCD的边AB，BC的中点，AF与DE交于点M，O为BD的中点，则下列结论：①∠AME＝90°，②∠BAF＝∠EDB，③AMMF，④ME+MFMB．其中正确结论的有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】根据正方形的性质可得AB＝BC＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，再根据中点定义求出AE＝BF，然后利用“边角边”证明△ABF和△DAE全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BAF＝∠ADE，然后求出∠ADE+∠DAF＝∠BAD＝90°，从而求出∠AMD＝90°，再根据邻补角的定义可得∠AME＝90°，得出①正确；根据中线的定义判断出∠ADE≠∠EDB，然后求出∠BAF≠∠EDB，判断出②错误；设正方形ABCD的边长为2a，利用勾股定理列式求出AF，再根据似三角形对应边成比例求出AM，然后求出MF，消掉a即可得到AMMF，判断出③正确；如图，过点M作MN⊥AB于N，于是得到，得到NB＝AB﹣AN＝2aaa，根据勾股定理得到BMa，于是得到结论．
【解答】解：在正方形ABCD中，AB＝BC＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∵E、F分别为边AB，BC的中点，
∴AE＝BFBC，
在△ABF和△DAE中，，
∴△ABF≌△DAE（SAS），
∴∠BAF＝∠ADE，
∵∠BAF+∠DAF＝∠BAD＝90°，
∴∠AME＝180°﹣∠AMD＝180°﹣90°＝90°，
故①正确；
∵DE是△ABD的中线，
∴∠ADE≠∠EDB，
∴∠BAF≠∠EDB，
故②错误；
设正方形ABCD的边长为2a，则BF＝a，
在Rt△ABF中，AFa，
∵∠BAF＝∠MAE，∠ABC＝∠AME＝90°，
∴△AME∽△ABF，
∴，即，
解得：AMa，
∴MF＝AF﹣AMaaa，
∴AMMF，
故③正确；
如图，过点M作MN⊥AB于N，
则，
即，
解得MNa，ANa，
∴NB＝AB﹣AN＝2aaa，
根据勾股定理，BMa，
∵ME+MFaaa，MBaa，
∴ME+MFMB．
综上所述，正确的结论有①③④共3个．
故选：B．
【点评】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，勾股定理的应用，勾股定理逆定理的应用，综合性较强，难度较大，仔细分析图形并作出辅助线构造出直角三角形与相似三角形是解题的关键．
4．（2024 黑龙江）如图，在正方形ABCD中，点H在AD边上（不与点A、D重合），∠BHF＝90°，HF交正方形外角的平分线DF于点F，连接AC交BH于点M，连接BF交AC于点G，交CD于点N，连接BD．则下列结论：
①∠HBF＝45°；②点G是BF的中点；③若点H是AD的中点，则sin∠NBC；④BNBM；⑤若AHHD，则S△BNDS△AHM．其中正确的结论是（　　）
A．①②③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤
【分析】连接DG，可得，AC垂直平分BD，先证明点B、H、D、F四点共圆，即可判断①；根据AC垂直平分BD，结合互余可证明DG＝FG，即有DG＝FG＝BG，则可判断②正确；证明△ABM∽△DBN，即有，可判断④；根据相似有 ，根据 可得3AH＝AD，再证明△AHM﹣△CBM，可得，即可判断⑤；根据点H是AD的中点，设AD＝2，即求出 ，同理可证明△AHM∽△CBM，可得 ，即可得 ，进而可判断③．
【解答】解：连接DG，如图，
∵四边形ABCD是正方形，∠BDC＝∠BAC＝∠ADB＝45°，，∠BAD＝∠ADC＝90°，AC垂直平分BD，
∴∠CDP＝90°，
∵DF平分∠CDP，
∴，
∴∠BDF＝∠CDF+∠CDB＝90°，∠BHF＝90°＝∠BDF，
∴点B、H、D、F四点共圆，
∴∠HFB＝∠HDB＝45°，∠DHF＝∠DBF，
∴∠HBF＝180°﹣∠HFB﹣∠FHB＝45°，故①正确，
∵AC垂直平分BD，
∴BG＝DG，
∴∠BDG＝∠DBG，
∵∠BDF＝90°，
∴∠BDG+∠GDF＝90°＝∠DBG+∠DFG，
∴∠GDF＝∠DFG，
∴DG＝FG，
∴DG＝FG＝BG，
∴点G是BF的中点，故②正确，
∵∠BHF＝90°＝∠BAH，
∴∠AHB+∠DHF＝90°＝∠AHB+∠ABH，
∴∠DHF＝∠ABH，
∵∠DHF＝∠DBF，
∴∠ABH＝∠DBF，
又∵∠BAC＝∠DBC＝45°，AD∥BC，
∴△ABM∽△DBN，
∴，
∴，故④正确，
∴，
若，则，
∴3AH＝AD，
∴，即，
∵AD∥DC，
∴△AHM∽△CBM，
∴，
∵，
∴S△ABM＝3S△AHM，
∴，
∴S△BND＝2S△ABM＝6S△AHM，故⑤错误，
如图，③若点H是AD的中点，
设AD＝2，即AB＝BC＝AD＝2，
∴，
∴，
同理可证明△AHM∽△CBM，
∴， ，
∵，
∴，
∵BC＝2，
在Rt△BNC 中， ，故③正确，则正确的有：①②③④，
故选：A．
【点评】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，正弦，圆周角定理以及勾股定理等知识，证明点B、H、D、F四点共圆，△ABM∽△DBN，是解答本题的关键．
5．（2024 南通）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝5．正方形DEFG的边长为，它的顶点D，E，G分别在△ABC的边上，则BG的长为 　3　．
【分析】过点G作GH⊥AC于点H，证明△ABC是等腰直角三角形，△AGH是等腰直角三角形，证明△DGH≌△DEC（AAS），得GH＝DC，DH＝CE，设AH＝HG＝DC＝a，DH＝CE＝b，得2a+b＝5，a2+b2＝（）2，求出a的值，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，过点G作GH⊥AC于点H，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝5，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠A＝45°，ABAC＝5，
∵GH⊥AC，
∴△AGH是等腰直角三角形，
∴AH＝HG，AGAH，
∵四边形DEFG是正方形，
∴DG＝DE，∠GDE＝90°，
∴∠GDH＝90°﹣∠EDC＝90°﹣∠DGH＝∠DEC，
在△DGH和△DEC中，
，
∴△DGH≌△DEC（AAS），
∴GH＝DC，DH＝CE，
∴AH＝HG＝DC，
设AH＝HG＝DC＝a，DH＝CE＝b，
∵正方形DEFG的边长为，
∴DE，
∵AC＝AH+DH+DC，DC2+CE2＝DE2，
∴2a+b＝5，a2+b2＝（）2，
将b＝5﹣2a代入a2+b2＝（）2整理得：a2﹣4a+4＝0，
解得a1＝a2＝2，
∴AH＝a＝2，
∴AGAH＝2，
∴BG＝AB﹣AG＝523，
故答案为：3．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，代入法解二元二次方程，解一元二次方程，解决本题的关键是准确作出辅助线构造全等三角形．
6．（2024 呼和浩特）如图，正方形ABCD的面积为50，以AB为腰作等腰△ABF，AB＝AF，AE平分∠DAF交DC于点G，交BF的延长线于点E，连接DE．若BF＝2，则DG＝　　．
【分析】先证明△AEF≌△AED（SAS），再通过角度计算得出∠AEM是等腰直角三角形，求出EF的长度，最后利用勾股定理和射影定理，得出DG的长度．
【解答】解：设∠CBE＝x，则∠ABF＝∠AFB＝90°﹣x，
∴∠AFE＝90°+x，∠BAF＝180°﹣2（90°﹣x）＝2x，
∵AF＝AB＝AD，AE＝AE，∠EAF＝∠EAD＝45°﹣x，
∴△AEF≌△AED（SAS），
∴∠ADE＝∠AFE＝90°+x，
∴∠CDE＝x，
∴∠DEB＝90°，
∴∠AED＝∠AEB＝45°，
过点A作AM⊥BE于点M，过点D作DN⊥AE于点N，
∴∠EAM＝45°﹣x+x＝45°，
∴△AEM是等腰直角三角形，
∵AM，
∴EM＝AM＝7，
∴EF＝6，
∴DE＝EF＝6，
∴DN，
∴AN，
由射影定理得：NG，
∴DG，
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质，掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
7．（2024 鹿城区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AC和BC为边在△ABC的外侧作正方形ACDE和正方形BCFG，延长ED和GF交于点P，AM⊥AB交EP于点M，BN⊥AB交GP于点N，PC的延长线交AB于点Q．若PM＝2ME，PQ＝14，则阴影部分的面积为 　100　．
【分析】先证四边形ACPM是平行四边形，得到AM＝PC，再证Rt△AEM≌Rt△CDP，得到EM＝DP，然后根据PM＝2ME推出PD＝EM＝DM，最后设参把PQ表示出来，建立方程求解即可．
【解答】解：∵AM⊥AB，PQ⊥AB，
∴PC∥AM，
∵PM∥AC，
∴四边形ACPM是平行四边形，
∴AM＝PC，
∵AE＝CD，
∴Rt△AEM≌Rt△CDP（HL），
∴EM＝DP，
∵PM＝2ME，
∴PD＝EM＝DM，
设PD＝EM＝DM＝a，则DE＝AE＝2a，
∴AM＝PCa，
∵AC＝2a，BC＝a，
∴ABa，
根据等面积CQa，
∴PQ＝PC+CQa＝14，
解得a＝2，
∴AC＝AE＝2a＝4，BG＝BC＝2，
另同理可证四边形BCPN是平行四边形，
∴S阴影＝S AMPC+S BCPNPM AEBC BG＝4422100．
故答案为：100．
【点评】本题主要考查了正方形得性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)压轴题06 特殊四边形压轴题1
四边形这个中考考点在中考数学中包含平行四边形、矩形、菱形、正方形，因为四边形与三角形基础知识、特殊三角形、相似三角形等的紧密结合性，所以常出对应压轴题，特别是正方形，更容易出选择填空压轴题。对应压轴题牵涉考点有以下几个方面：
1、平行四边形：①平行四边形因为自带“∥”，所以常可以和与“平行”相关的模型结合，如角平分线、平行线、角平分线组合的“知二得一”；再比如因为“∥”得到的“A字图相似”、“8字图相似”也是平行四边形结合的重点；②根据平行四边形的性质——对角相等、对角线互相平分，这些角的等量关系、线段的等量关系因为与三角形全等结论相同，故常将平行四边形的问题转化为全等三角形的问题来思考解决；③等腰三角形的存在性问题也可以在平行四边形的问题背景下出题。
2、矩形、菱形：矩形和菱形都是特殊的平行四边形，所以平行四边形有的结合及转化方式，它们也有，而且更特殊。如：矩形和菱形还可以转化为直角三角形和等腰三角形解决问题，矩形有直角，所以矩形的存在性问题也可以转化为直角三角形的存在性问题来思考，同理，菱形存在性问题因为菱形的四条边相等，也可以转化为等腰三角形的存在性问题。
3、正方形：正方形在压轴题中常考考点包括：①正方形的半角模型；②正方形与勾股定理；③正方形与三角函数等。另外，正方形的问题常转化为等腰三角形问题思考。最后，平行四边形的考点结合类型，正方形也有。
压轴题型一：平行四边形选择、填空压轴题
1．（2024 浙江）如图，在 ABCD中，AC，BD相交于点O，AC＝2，．过点A作AE⊥BC的垂线交BC于点E，记BE长为x，BC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　）
A．x+y B．x﹣y C．xy D．x2+y2
2．（2024 自贡）如图，在 ABCD中，∠B＝60°，AB＝6cm，BC＝12cm．点P从点A出发，以1cm/s的速度沿A→D运动，同时点Q从点C出发，以3cm/s的速度沿C→B→C→…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PQ＝CD出现的次数是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．（2024 九龙坡区校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，∠C＝45°，AB＝6 BC＝12．E为BC边上一点，且满足CE＝AE，作∠CEA的平分线EF交AD于点F，则EF的长度为 　 　．
4．（2024 永修县校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝8，BC＝12，∠B＝120°，E是BC的中点，点P在平行四边形ABCD的边上，若△PBE为等腰三角形，则EP的长为　 　．
5．（2024 香坊区一模）在 ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AD＝5，AC＝8，BD＝6，延长BC至点E，连接OE交CD于点F，若，则线段OF的长为 　 　．
压轴题型二：矩形选择、填空压轴题
1．（2024 苏州）如图，矩形ABCD中，AB，BC＝1，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB，CD向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则AG的最大值为（　　）
A． B． C．2 D．1
2．（2024 巴中）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，DE⊥AC于点E，延长DE与BC交于点F．若AB＝3，BC＝4，则点F到BD的距离为 　 　．
3．（2024 历下区一模）如图，已知矩形ABCD，AB＝6，AD＝8，点E为边BC上一点，连接DE，以DE为一边在与点C的同侧作正方形DEFG，连接AF．当点E在边BC上运动时，AF的最小值是 　 　．
4．（2024 南明区校级二模）如图，在矩形ABCD中，∠BCD的角平分线CE与边AD交于点E，∠AEC的角平分线与边CB的延长线交于点G，与边AB交于点F，如果AB，AF＝2BF，那么GB＝　 　．
5．（2024 雷州市一模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，AD上的动点，P是线段EF的中点，PG⊥BC，PH⊥CD，G，H为垂足，连接GH．若AB＝8，AD＝6，EF＝6，则GH的最小值是 　 　．
6．（2024 平顶山一模）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，若P是射线AD上一个动点，连接BP，点A关于直线BP的对称点为M，连接MP，MC，当P，M，C三点共线时，AP的长为 　 　．
压轴题型三：菱形选择、填空压轴题
1．（2024 泰安）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，点E是AB边上的点，AE＝4，BE＝8，点F是BC上的一点，△EGF是以点G为直角顶点，∠EFG为30°角的直角三角形，连结AG．当点F在直线BC上运动时，线段AG的最小值是（　　）
A．2 B． C． D．4
2．（2024 娄星区二模）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，且∠ABC＝120°，则MA+MB+MD的最小值是（　　）
A． B．3+3 C．6 D．
3．（2024 淄博）如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E在BC延长线上，OE与CD相交于点F．若∠ACD＝2∠OEC，，则菱形ABCD的面积为 　 　．
4．（2024 宝安区三模）周末淘气一家开车外出旅游，车子突然向路边侧滑，幸亏淘气爸爸反应及时，车子才慢慢停了下来．淘气一家人赶紧下车查看，原来是前轮爆胎了．爸爸说，只要把备胎换上就行了．于是爸爸从后备厢取出备胎和工具，开始忙活，其中千斤顶引起了小光的注意．图（1）是一种利用了四边形不稳定性设计的千斤顶．如图（2）所示，该千斤顶的基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变∠ADC的大小（菱形的边长不变），从而改变千斤顶的高度（即A，C之间的距离）．已知AB＝40cm，∠ADC＝60°，当千斤顶升高 　 　cm时，四边形ABCD为正方形．
5．（2025 佛山一模）如图1是王先生家的菜圃，图2是该菜圃的示意图，该菜圃可看作矩形，点E，F分别是矩形ABCD的边CD，AB的中点，两条平行线AK，CL分别经过菱形EGFH的顶点H，G和边FG，EH的中点M，N．已知菱形EGFH的面积为6，则阴影部分的面积之和为 　 　．
6．（2024 道外区三模）如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，AB边的垂直平分线交BD于点E，交AB于点F，点G为CD边中点，连接EG，若AC＝8，BD＝16，则线段EG的长为 　 　．
7．（2024 广陵区校级四模）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点M，点N分别是AB、AC边上的点，且AN＝BM，BN、CM交于点E，如果点F是DE的中点，那么 　 　．
压轴题型四：正方形选择、填空压轴题
1．（2024 泸州）如图，在边长为6的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC上的动点，且满足AE＝BF，AF与DE交于点O，点M是DF的中点，G是边AB上的点，AG＝2GB，则OMFG的最小值是（　　）
A．4 B．5 C．8 D．10
2．（2025 江北区模拟）如图，在正方形ABCD中，点E为BC边上一点，BE：CE＝1：2，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°后，点A对应点为点F，连接CF、DF，则的值是（　　）
A． B． C． D．
3．（2024 新城区校级二模）如图，已知E，F分别为正方形ABCD的边AB，BC的中点，AF与DE交于点M，O为BD的中点，则下列结论：①∠AME＝90°，②∠BAF＝∠EDB，③AMMF，④ME+MFMB．其中正确结论的有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
4．（2024 黑龙江）如图，在正方形ABCD中，点H在AD边上（不与点A、D重合），∠BHF＝90°，HF交正方形外角的平分线DF于点F，连接AC交BH于点M，连接BF交AC于点G，交CD于点N，连接BD．则下列结论：
①∠HBF＝45°；②点G是BF的中点；③若点H是AD的中点，则sin∠NBC；④BNBM；⑤若AHHD，则S△BNDS△AHM．其中正确的结论是（　　）
A．①②③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤
5．（2024 南通）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝5．正方形DEFG的边长为，它的顶点D，E，G分别在△ABC的边上，则BG的长为 　 　．
6．（2024 呼和浩特）如图，正方形ABCD的面积为50，以AB为腰作等腰△ABF，AB＝AF，AE平分∠DAF交DC于点G，交BF的延长线于点E，连接DE．若BF＝2，则DG＝　 　．
7．（2024 鹿城区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AC和BC为边在△ABC的外侧作正方形ACDE和正方形BCFG，延长ED和GF交于点P，AM⊥AB交EP于点M，BN⊥AB交GP于点N，PC的延长线交AB于点Q．若PM＝2ME，PQ＝14，则阴影部分的面积为 　 　．
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