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【题型预测】06 平行四边形与特殊的平行四边形
题型一 平行四边形的性质与判定定理
1．（2025 嘉善县一模）如图，BD是△ABC的中线，点E是线段BD的中点，连结CE并延长至点F，使得EF＝CE，连结FB，FD．求证：
（1）BF∥CD；
（2）AB与FD互相平分．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）证明见解答过程．
【分析】（1）根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”推出四边形FBCD是平行四边形，再根据平行四边形的性质即可得证；
（2）根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”推出四边形AFBD是平行四边形，再根据平行四边形的性质即可得证．
【详解】（1）证明：∵点E是线段BD的中点，
∴BE＝DE，
又∵EF＝CE，
∴四边形FBCD是平行四边形，
∴BF∥CD；
（2）如图，连接AF，
∵四边形FBCD是平行四边形，
∴BD∥CD，BF＝CD，
∵BD是△ABC的中线，
∴AD＝CD＝BF，
∴四边形AFBD是平行四边形，
∴AB与FD互相平分．
2．（创新考法）如图，在 ABCD中，点O是对角线AC的中点．某数学兴趣小组要在AC上找两个点E，F，使四边形BEDF为平行四边形，现总结出甲、乙两种方案如下：
甲方案 乙方案
在AO，CO上分别取点E，F，使得AE＝CF 作BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F
请回答下列问题：
（1）选择其中一种方案，并证明四边形BEDF为平行四边形；
（2）在（1）的基础上，若EF＝3AE，S△AED＝5，则 ABCD的面积为 　 　 ．
【答案】（1）见解答；
（2）50．
【分析】（1）甲方案，由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，则∠BAE＝∠DCF，可证明△ABE≌△CDF，得BE＝DF，∠AEB＝∠CFD，所以∠BEF＝∠DFE，则BE∥DF，即可证明四边形BEDF是平行四边形；
乙方案，由BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，得BE∥DF，∠AEB＝∠CFD＝90°，由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，则∠BAE＝∠DCF，可证明△ABE≌△CDF，得BE＝DF，即可证明四边形BEDF是平行四边形；
（2）由全等三角形的性质得AE＝CF，再证AC＝5AE，然后由三角形面积关系得S△ABC＝S△ADC＝5S△AED＝25，即可解决问题．
【解答】解：（1）甲方案，证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴BE＝DF，∠AEB＝∠CFD，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEB，∠DFE＝180°﹣∠CFD，
∴∠BEF＝∠DFE，
∴BE∥DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
乙方案，证明：∵BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，
∴BE∥DF，∠AEB＝∠CFD＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）由（1）得△ABE≌△CDF，
∴AE＝CF，
∵EF＝3AE，
∴AC＝5AE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴S△ABC＝S△ADC＝5S△AED＝5×5＝25，
∴S ABCD＝2×25＝50，
故答案为：50．
题型二 矩形的性质与判定
1．（2024 邗江区校级一模）如图，点A在∠MON的边ON上，AB⊥OM于B，AE＝OB，DE⊥ON于E，AD＝AO，DC⊥OM于C．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若DE＝3，OE＝9，求AD的长．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）AD的长为5．
【分析】（1）证明Rt△ABO≌Rt△DEA，然后根据矩形的判定解答即可；
（2）利用全等得到AB＝DE＝3，设AD＝x，则OA＝x，AE＝OE﹣OA＝9﹣x．利用勾股定理列式解答即可．
【详解】（1）证明：∵AB⊥OM于B，DE⊥ON于E，
∴∠ABO＝∠DEA＝90°．
在Rt△ABO与Rt△DEA中，
，
∴Rt△ABO≌Rt△DEA（HL）
∴∠AOB＝∠DAE．
∴AD∥BC．
又∵AB⊥OM，DC⊥OM，
∴AB∥DC．
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：由（1）知Rt△ABO≌Rt△DEA，
∴AB＝DE＝3，
设AD＝x，则OA＝x，AE＝OE﹣OA＝9﹣x．
在Rt△DEA中，由AE2+DE2＝AD2得：（9﹣x）2+32＝x2，
解得x＝5．
∴AD＝5．即AD的长为5．
2．（项目化数学）阅读与思考
请阅读下列材料，完成相应的任务．
×年×月×日星期日 只用卷尺也能判断矩形 今天，我在一本数学课外丛书上看到这样一个有趣的问题，工人师傅在做门窗或矩形零件时，他是这样做的：首先利用卷尺（有刻度）测量两组对边的长度是否分别相等；其次利用卷尺测量该门窗的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形．我有如下思考：工人师傅的做法究竟是依据什么原理得到四边形是矩形？已知在四边形ABCD中，AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD． 求证：四边形ABCD是矩形． 证明：…．
任务：（1）上述做法是依据了矩形的一个判定定理：　 　 ；
（2）补全材料中的证明过程；
（3）利用卷尺（有刻度）能否用另外一种方法判定四边形是矩形？（写出简要的测量方法）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据已知条件和矩形的判定定理（对角线相等的平行四边形为矩形）解答即可；
（2）根据平行四边形的判定和性质以及矩形的判定定理即可得到结论；
（3）根据已知条件和矩形的判定定理（有一个角是直角的平行四边形为矩形）解答即可；
【解答】（1）解：工人师傅测量对边长度相等，是为了确保它的形状是平行四边形；再测量它的对角线相等，就确保了它是矩形．这里主要依据了矩形的一个判定定理，即对角线相等的平行四边形是矩形；
故答案为：对角线相等的平行四边形是矩形；
（2）证明：∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形．
（3）解：工人师傅利用卷尺测量对边长度相等，是为了确保它的形状是平行四边形；然后再量一下对角线的长度，两条临边的平方和等于对角线的平方时，就确保了它是矩形（有一个角是直角的平行四边形为矩形）．
题型三 矩形的折叠问题
1．（2025 东营校级一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，E为AB上一点，连接DE，将△ADE沿DE折叠，点A落在A1处，连接A1C，若F、G分别为A1C、BC的中点，则FG的最小值为　 　 ．
【答案】2
【分析】连接A1B，BD，由F、G分别为A1C、BC的中点可得，在△A1BD中有A1B+A1D≥BD，由勾股定理可得BD，由折叠性质和矩形性质可得A1D＝AD＝BC，即可求解．
【详解】解：如图，连接A1B，BD，
∵F、G分别为A1C、BC的中点，
∴，
当FG的最小时，即A1B最小，
∵四边形ABCD矩形，AB＝8，BC＝6，
∴AD＝BC＝6，∠A＝90°，
∴，
∵△ADE沿DE折叠，
∴A1D＝AD＝6，
在△A1BD中有A1B+A1D≥BD，
∴A1B≥BD﹣A1D，
即A1B≥4，
∴，
∴FG的最小值为2，
故答案为：2．
2．（创新情境）综合与实践段．
【问题情境】如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作60°、30°、15°等大小的角，该怎么办呢？
【实践探究】小西进行了以下操作研究（如图1）：
第1步：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平．
第2步：再次折叠纸片，使点4落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到了线段BN．
小雅在小西研究的基础上，再次动手操作（如图2）：
将MN延长交BC于点G，将△BMG沿MG折叠，点B刚好落在AD边上点H处，连接GH，把纸片再次展平．
（1）直接写出BE和BN的数量关系：　 　 ；
（2）请求出∠ABM的度数；
（3）求证：四边形BGHM是菱形．
【答案】（1）BEBN；
（2）30°；
（3）证明过程见解答
【分析】（1）根据折叠的性质即可解决问题；
（2）结合（1）证明∠BNE＝30°，由折叠可得BM平分∠ABN，进而可以解决问题；
（3）根据翻折的性质证明△BNM≌△BNG（ASA），得BM＝BG，然后证明四边形BGHM是平行四边形，进而可以解决问题．
【解答】（1）解：BEBN，理由如下：
∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，
∴AE＝BEAB，AB＝BN，
∴BEBN，
故答案为：BEBN；
（2）解：∵∠BEN＝90°，BEBN，
∴sin∠BNE，
∴∠BNE＝30°，
∴∠ABN＝60°，
由折叠可知：BM平分∠ABN，
∴∠ABMABN＝30°；
（3）证明：由（1）知：∠NBM＝∠ABM＝30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A＝∠ABC＝90°，
∴∠CBN＝30°，
∴∠MBN＝∠CBN＝30°，
由翻折可知：∠BNM＝∠A＝90°，
∵BN＝BN，
∴△BNM≌△BNG（ASA），
∴BM＝BG，
∵AD∥BC，
∴∠BHM＝∠CBN＝30°，
∴∠BHM＝∠MBN＝30°，
∴BM＝HM，
∴BG＝HM，
∵AD∥BC，
∴四边形BGHM是平行四边形，
∵BM＝HM，
∴四边形BGHM是菱形．
题型四 综合性问题探究
1．（2025 镜湖区校级一模）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，点E在边AD上，且AE：ED＝1：4，动点P从点A出发，沿AB运动到点B停止，过点E作EF⊥PE交射线BC于点F，连接PF，点Q是线段PF的中点，连接EQ，则：
（1）当AP＝2时，BQ＝ 　 　 ；
（2）连接DQ，则在点P运动的整个过程中，线段DQ长的最小值为 　 ．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）过F作FK⊥AD于K，连接BQ，证明四边形ABFK是矩形，可得AK＝BF，FK＝AB＝6，证明∠KEF＝45°＝∠KFE，可得EK＝FK＝6，再进一步解答即可；
（2）如图，连接BE，BQ，取BE的中点K，连接QK并延长与DA的延长线交于点J，连接JB，证明Q在PF的垂直平分线上，可得当QK为线段BE的垂直平分线且DQ⊥QK时，DQ最小，求解AJ＝8，证明∠BEA＝∠JDQ，可得，再进一步解答即可．
【详解】解：（1）矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，如图1，过F作FK⊥AD于K，连接BQ，
∴AB＝CD＝6，AD＝BC＝10，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝∠D＝90°，
∴四边形ABFK是矩形，
∴AK＝BF，FK＝AB＝6，
∵AE：ED＝1：4，
∴AE＝2，DE＝8，
∵AP＝2，
∴AE＝AP，BP＝6﹣2＝4，
∴∠APE＝∠AEP＝45°，
∵EF⊥PE，
∴∠KEF＝45°＝∠KFE，
∴EK＝FK＝6，
∴AK＝BF＝8，
∴，
∵点Q是线段 PF的中点，
∴；
故答案为：；
（2）∠ABC＝∠PEF＝90°，点Q是线段 PF的中点，如图2，连接BE，BQ，取BE的中点K，连接QK并延长与DA的延长线交于点J，连接JB，
∴，
∴Q在BE的垂直平分线上，
∴当QK为线段BE的垂直平分线且DQ⊥QK时，DQ最小，
∴JE＝JB＝AJ+2，EB∥DQ，
∴（AJ+2）2＝62+AJ2，
∴AJ＝8，
∴JD＝8+10＝18，
∵EB∥DQ，
∴∠BEA＝∠JDQ，
∴，
∵AE＝2，AB＝6，∠BAD＝90°，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴DQ的最小值为．
故答案为：
2．（2025 德惠市一模）【感知】在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6．将△DAB绕着点B顺时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜360°）得到△FEB，点A、D的对应点分别为E、F．若点E落在BD上，如图①，则DE＝ 　 　 ．
【探究】当点E落在线段DF上时，CD与BE交于点G．其它条件不变，如图②．
（1）求证：△ADB≌△EDB；
（2）CG的长为 　 　 ．
【拓展】连结CF，在△BAD的旋转过程中，设△CEF的面积为S，直接写出S的取值范围．
【答案】【感知】2
【探究】（1）见解析；
（2）；
【拓展】6≤S≤42．
【分析】【感知】由勾股定理得出BD10，由旋转的性质得出BE＝BA＝8，即可得出答案；
【探究】（1）由HL证明Rt△ADB≌Rt△EDB即可；
（2）由矩形的性质和折叠的性质得出∠CDB＝∠EBD，证出DG＝BG，设CG＝x，则DG＝BG＝8﹣x，在Rt△BCG中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
【拓展】由题意得出点C到EF的距离最小时，△CEF的面积最小；点C到EF的距离最大时，△CEF的面积最大；当点E在BC的延长线上时，点C到EF的距离最小，此时CE⊥EF，CE＝BE﹣BC＝1，由三角形面积公式得出△CEF的面积S最小EF CE＝6；当点E在CB的延长线上时，点C到EF的距离最大，此时CE⊥EF，CE＝BE+BC＝7，由三角形面积公式得出△CEF的面积S最大EF CE＝42；即可得出答案．
【解答】【感知】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AD＝BC＝6，
∴BD10，
由旋转的性质得：BE＝BA＝8，
∴DE＝BD﹣BE＝10﹣8＝2．
故答案为：2；
【探究】（1）证明：由旋转的性质得：△BEF≌△BAD，
∴∠BEF＝∠A＝90°，BE＝BA，
∴∠BED＝180°﹣∠BEF＝90°＝∠A，
在Rt△ADB和Rt△EDB中，
，
∴Rt△ADB≌Rt△EDB（HL）；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，CD＝AB＝4，∠BCD＝90°，
∴∠ABD＝∠CDB，
由折叠的性质得：∠ABD＝∠EBD，
∴∠CDB＝∠EBD，
∴DG＝BG，
设CG＝x，则DG＝BG＝8﹣x，
在Rt△BCG中，由勾股定理得：x2+62＝（8﹣x）2，
解得：x，即CG
故答案为：；
【拓展】解：∵△CEF的边长EF＝AD＝6，
∴点C到EF的距离最小时，△CEF的面积最小；点C到EF的距离最大时，△CEF的面积最大；
当点E在BC的延长线上时，点C到EF的距离最小，如图③所示：
此时CE⊥EF，CE＝BE﹣BC＝8﹣6＝2，
△CEF的面积S最小EF CE6×2＝6；
当点E在CB的延长线上时，点C到EF的距离最大，如图④所示：
此时CE⊥EF，CE＝BE+BC＝8+6＝14，
△CEF的面积S最大EF CE6×14＝42；
∴S的取值范围为6≤S≤42．
3．（课本延伸）综合与实践课上，老师带领同学们以“矩形和平行四边形的折叠”为主题开展数学活动．
（1）操作判断：
如图1，在矩形ABCD中，点E为边AB的中点，沿DE折叠，使点A落在点F处，把纸片展平，延长DF与BC交于点G．请写出线段FG与线段BG的数量关系，并说明理由；
（2）迁移思考：
如图1，若AB＝4，按照（1）中的操作进行折叠和作图，当CG＝2时，求AD的值；
（3）拓展探索：
如图2，四边形ABCD为平行四边形，其中∠A与∠C是对角，点E为边AB的中点，沿DE折叠，使点A落在点F处，把纸片展平，延长DF与射线BC交于点G．若AD＝2，CG＝0.5，请直接写出线段DG的值．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由“HL”可证Rt△EFG≌Rt△EBG，可得FG＝BG；
（2）由勾股定理可求解；
（3）分两种情况讨论，由折叠的性质可得AD＝DF＝2，∠A＝∠DFE，EF＝AE，由等腰三角形的性质可求FG的长，即可求解．
【解答】解：（1）FG＝BG，
理由如下：如图，连接EG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°．
∵点E是AB的中点，
∴AB＝BE．
由折叠可知AE＝EF，
∴EF＝EB．
在Rt△EFG和Rt△EBG中，
∴Rt△EFG≌Rt△EBG（HL），
∴FG＝BG；
（2）∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，
∴CD＝AB＝4．
∴．
令AD＝x，则DF＝AD＝x，
由（1）知FG＝BG＝x﹣2，
∴．
解得，
即AD的长为．
（3）当点F在DC的下方时，如图2，连接BF，
∵折叠，
∴AD＝DF＝2，∠A＝∠DFE，EF＝AE，
∵∠A+∠ABC＝180°，∠DFE+∠EFG＝180°，
∴∠EFG＝∠ABC，
∵点E为边AB的中点，
∴AE＝BE，
∴EF＝BE，
∴∠EFB＝∠EBF，
∴∠GFB＝∠GBF，
∴GF＝BG＝BC﹣CG＝2﹣0.5＝1.5，
∴DG＝3.5；
当点F在DC的上方时，如图3，连接BF，
同理可求：FG＝BG＝BC+CG＝2+0.5＝2.5，
∴DG＝4.5，
综上所述：DG的长为3.5或4.5．
题型五 菱形的性质与判定
1．（2025 浙江模拟）在一次数学活动中，王老师布置任务，让同学们用已学知识制作一个菱形．小汪同学经过思考，给出了如下作图步骤：
①如图，作直角三角形AOB，其中∠AOB＝90°；
②分别延长AO至点C，使CO＝AO；延长BO至点D，使DO＝BO；
③连结BC，CD，AD，形成四边形ABCD．
请根据上述步骤，解答以下问题：
（1）判断四边形ABCD是否为菱形，并说明理由．
（2）若AC＝8，AB＝5，求点C到AB的距离．
【答案】（1）四边形ABCD是菱形，理由见解析；
（2）．
【分析】（1）根据题意可得OA＝OC，OB＝OD，易证四边形ABCD是平行四边形，再根据∠AOB＝90°，推出AC⊥BD，即可证明四边形ABCD是菱形；
（2）由题意易求AO＝CO＝4，利用勾股定理求出BO＝3，得到BD＝6，设点C到AB的距离为h，利用菱形ABCD的面积即可求解．
【详解】解：（1）四边形ABCD是菱形，理由如下：
根据题意得OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠AOB＝90°，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）∵AB＝8，
∴OA＝OC＝4，
∵∠AOB＝90°，AB＝5，
在直角三角形AOB中，由勾股定理得：，
∵OB＝OD，四边形ABCD是菱形，
∴BD＝6，
设点C到AB的距离为h，
∴，
∴，
∴点C到AB的距离为．
2．（创新情境）小明和同学玩纸条重叠游戏，他将两个宽度都为2厘米的足够长纸条重叠在一起，得到了四边形ABCD，即直线AB与CD的距离为2厘米，直线AD与BC的距离为2厘米，如图所示，则四边形ABCD面积的最小值为 　 　 平方厘米．
【答案】4
【分析】作AE⊥BC于点E，AF⊥DC于点F，由AB∥CD，AD∥CB，证明四边形ABCD是平行四边形，由AE＝AF＝2，且S四边形ABCD＝BC AE＝CD AF，得2BC＝2CD，所以BC＝CD，则四边形ABCD是菱形，所以BC＝AB，由AB≥2，可知AB的最小值为2，则BC的最小值为2，所以当BC＝2时，S四边形ABCD最小＝4，于是得到问题的答案．
【解答】解：作AE⊥BC于点E，AF⊥DC于点F，
∵AB∥CD，AD∥CB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵直线AB与CD的距离为2厘米，直线AD与BC的距离为2厘米，
∴AE＝AF＝2，
∵S四边形ABCD＝BC AE＝CD AF，
∴2BC＝2CD，
∴BC＝CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴BC＝AB，
∵AB≥AE，
∴AB≥2，
∴AB的最小值为2，
∴BC的最小值为2，
∵S四边形ABCD＝BC AE＝2BC，
∴当BC＝2时，S四边形ABCD最小＝2×2＝4，
故答案为：4．
题型六 尺规作图菱形
1．（2025 襄州区二模）如图，在平行四边形ABCD中，分别以A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN，分别与AD，BC，AC相交于点E，F，O．连接AF，CE．
（1）根据作图过程，判断EF与AC的位置关系是　 ；
（2）求证：四边形AFCE是菱形．
【答案】（1）EF垂直平分AC；
（2）见解析．
【分析】（1）由作图可知直接得出结论；
（2）证明△AOE≌△COF（AAS），得出AE＝CF，即可推出结论．
【详解】（1）解：由作图可知，EF垂直平分AC，
故答案为：EF垂直平分AC；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC
∴∠OAE＝∠OCF，∠OEA＝∠OFC，
∵EF垂直平分AC，
∴OA＝OC，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴AE＝CF，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF垂直平分AC，
∴四边形AFCE是菱形．
2．（项目化探究）小姜有一块如图为平行四边形ABCD形状的布料，春天到了，她打算做一个风筝。
制作准备
1.平行四边形ABCD形状的布料一块，其中AB=40cm，AD=64cm，∠B=60°。 2.长度足够长的轻质竹条。 3.用ai软件请教制作风筝在结构上要注意的事项有： （1）轻质耐用 ：优先选用竹篾、塑料棒等轻质且有一定强度的骨架材料，搭配宣纸、尼龙布等轻便蒙面材料，以减轻自重并提升抗风性 ； （2）对称平衡 ：确保骨架左右对称，重心位置居中，避免飞行时偏斜失衡。 4.美观大方的要求：余下布料想要做四条长方形尾带。
制作 （1）以点A为圆心，AB为半径作弧，交AD于点F，再分别以点B，F为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点G，射线AG交BC于点E．沿着EF将四边形ABEF剪下。如下图① （2）将剩余布料四边形CDEF平均裁成四条，每条两端分别减去一个直角三角形，成长方形条状。如下图② 图① 图②
任务1：判断 裁剪下来的四边形ABEF是什么形状，是否符合风筝的形状要求？
任务2：加固 截取与线段AE和BF等长的竹条，并固定。两根竹条分别需要多少长？
任务3：美化 四条尾带每条长多少？
【答案】任务一：菱形 符合
任务二：AE长40cm，BF长40cm。
任务三：34cm。
【分析】本题是围绕制作风筝展开的项目化问题，考查了平行四边形和菱形的有关知识。在任务中，需要认真读题，明确尺规作图的结果是四边形ABEF为菱形，结合AB=AF，通过△OAF≌△OBE，证明AF=BE，则证明菱形ABEF。在任务二中，通过∠ABE=60°，可知△ABE为等边三角形，AE=AB=40cm；再结合直角三角形OAB求出OB，再求出BF即可。任务三中，剪掉的部分是斜边为6cm的直角三角形，其短直角边为3cm，所以尾带长为40－2×3=34cm。
【解答】任务一：由尺规作图可知，AB=AF，AG为∠FAB的角平分线。
∵AB=AF，∠FAE=∠BAE；EB=EF
∴AO⊥BE，OB=OF；
又∵AF∥BE
有∠FAO=∠BEO
又∵∠AOF=∠EOB
∴△OAF≌△OBE（AAS）
∴AF=BE。
∴有AB=AF=BE=FE，四边形ABEF是菱形。
制作风筝在形状上要求图形对称；菱形是轴对称图形，符合要求。
任务二：∵BA=BE，∠ABE=60°，
∴△ABE是等边三角形。
∴AE=AB=40cm；
BO⊥AE,
∴在直角三角形AOB中，OB==20cm，
∴BF=2OB=40cm。
任务三：取其中一条尾带CDMN，四边形CDMN为平行四边形。如图作MH⊥CD，CK⊥MN，
DM=（64－40）÷4=6cm，∠D=60°
∴DH=6×cos60°=3cm
同理NK=DH=3cm，
∴CH=40－3－3=34cm。
题型七 正方形的性质与判定定理
1.（2024 台州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AB为边向三角形外作正方形ABDE，作EF⊥BC于点F，交对角线AD于点G，连接BG．要求△BFG的周长，只需要知道（　　）
A．线段BF的长度 B．线段AC的长度
C．线段FG的长度 D．线段BC的长度
【答案】D
【分析】方法一：设BC＝a，AC＝b，AB＝c，AB与EF交于H，先证△EDG和△BDG全等得EG＝BG，则△BFG的周长＝BG+GF+BF＝EF+BF，证△EAH∽△BCA得EH：AB＝AH：AC＝AE：BC，则EH，AH，由此得BH＝AB﹣AH，再证△BHF∽△BAC得HF：AC＝BF：BC＝BH：AB，由此得HF，BF＝a﹣b，则EF+BF＝EH+HF+BF，将c2＝a2+b2代入得EF+BF＝2a，据此即可得出答案．
方法二：过点A作AM⊥EF于点M，证明△EDG和△BDG全等得EG＝BG，则△BFG的周长＝BG+GF+BF＝EG+GF+BF＝EF+BF，再证明△AEM和△ABC全等得EM＝BC，AM＝AC，则四边形AMFC为正方形，从而得MF＝CF，则EF+BF＝EM+MF+BF＝BC+CF+BF＝2BC，即△BFG的周长＝2BC，由此可得出答案．
【解答】解法一：设BC＝a，AC＝b，AB＝c，AB与EF交于H，如图所示：
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，则c2＝a2+b2，
∵四边形ABDE为正方形，AD为对角线，
∴DE＝DB，∠EDA＝∠BDA＝45°，∠EAB＝90°，AE＝AB＝c，
在△EDG和△BDG中，
，
∴△EDG≌△BDG（SAS），
∴EG＝BG，
∴△BFG的周长＝BG+GF+BF＝EG+GF+BF＝EF+BF，
∵EF⊥BC，∠ACB＝90°，
∴EF∥AC，
∴∠1＝∠2，
又∵∠EAH＝∠ACB＝90°，
∴△EAH∽△BCA，
∴EH：AB＝AH：AC＝AE：BC，
即EH：c＝AH：b＝c：a，
∴EH，AH，
∴BH＝AB﹣AH，
∵EF∥AC，
∴△BHF∽△BAC，
∴HF：AC＝BF：BC＝BH：AB，
即HF：b＝BF：a，
∴HF，BF＝a﹣b，
∴EF+BF＝EH+HF+BF
，
将c2＝a2+b2代入上式得：
EF+BF2a，
即EF+BF＝2BC，
∴△BFG的周长＝2BC，
因此要求△BFG的周长，只需要知道线段BC的长度即可．
故选：D．
解法二：过点A作AM⊥EF于点M，如图所示：
∵四边形ABDE为正方形，AD为对角线，
∴DE＝DB，∠EDA＝∠BDA＝45°，∠EAB＝90°，AE＝AB，
在△EDG和△BDG中，
，
∴△EDG≌△BDG（SAS），
∴EG＝BG，
∴△BFG的周长＝BG+GF+BF＝EG+GF+BF＝EF+BF，
∵∠ACB＝90°，AM⊥EF，EF⊥BC
∴∠AME＝∠C＝∠EFB＝∠EAB＝90°，
∴四边形AMFC为矩形，
∴∠ABC+∠2＝90°，∠AEM+∠1＝90°，
∵∠1＝∠2，
∴∠AEM＝∠ABC，
在△AEM和△ABC中，
，
∴△AEM≌△ABC（AAS），
∴EM＝BC，AM＝AC，
∴矩形AMFC为正方形，
∴MF＝CF，
∴EF+BF＝EM+MF+BF＝BC+CF+BF＝2BC，
∴△BFG的周长＝2BC，
∴要求△BFG的周长，只需要知道线段BC的长度即可，
故选：D．
2.（2024 青田县校级模拟）如图，已知正方形ABCD，AB＝4，点M在边CD上，射线AM交BD于点E，交射线BC于点F，过点C作CP⊥CE，交AF于点P．
（1）求证：△ADE≌△CDE．
（2）判断△CPF的形状，并说明理由．
（3）作DM的中点N，连结PN，若PN＝3，求CF的长．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由“SAS”可证△ADE≌△CDE；
（2）由全等三角形的性质可得∠DAE＝∠DCE，由余角的性质可得∠DCE＝∠PCF，可得结论；
（3）由三角形中位线定理可求DF＝6，由勾股定理可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADE＝∠CDE＝45°，
在△ADE和△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS）；
（2）解：△CPF是等腰三角形，理由如下：
∵△ADE≌△CDE，
∴∠DAE＝∠DCE，
又∵CP⊥CE，DC⊥CF，
∴∠DCE＝∠PCF，
又∵AD∥BF，
∴∠DAE＝∠CFP，
∴∠PCF＝∠PFC，
∴CP＝PF，
∴△CPF是等腰三角形；
（3）解：如图，连接DF，
∵∠PCF＝∠PFC，
∴∠PCM＝∠PMC，
∴PC＝MP，
∴MP＝PF，
又∵点N是DM的中点，
∴DF＝2NP＝6，
∴CF2．
题型八 弦图与七巧板等
1.（文化背景）我国古代数学家赵爽的“勾股圆方图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．如果大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，直角三角形的两直角边长分别为a、b，那么（a﹣b）2的值是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】根据勾股定理可以求得a2+b2等于大正方形的面积，然后求四个直角三角形的面积，即可得到ab的值，然后根据（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2即可求解．
【解答】解：根据勾股定理可得a2+b2＝13，
四个直角三角形的面积是：ab×4＝13﹣1＝12，即：2ab＝12，
则（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2＝13﹣12＝1．
故选：A．
2.（文化背景）我国三国时期的数学家赵爽巧妙地利用面积关系（后人称“赵爽弦图”）证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图，该“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD．已知小正方形的边长为3，大正方形的边长为7．设每个直角三角形的周长介于n和n+1之间，则整数n的值为　 　 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】设DH＝CG＝x，则CH＝3+x，根据勾股定理得到DH，解不等式组即可得到结论．
【解答】解：设DH＝CG＝x，则CH＝3+x，
∵CD＝7，
∴x2+（3+x）2＝72，
∴x或x（不合题意舍去）
∴DH，
∴n3+7＜n+1，
∴nn+1，
∵n为整数，
∴n＝16，
故答案为：16．
3.（文化背景）如图，是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形EFGH拼成的赵爽弦图，连结CE并延长，交BG于点M，交AB于点N．记△NAE的面积为S1，△CGM的面积为S2．（1）若NA＝NE，则的值为 　 　 ．
（2）若，且EF＝9，则AE的长度为 　 　 ．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）过点N作N⊥AF交于点I，证明△AIN∽△CGM，推导出，NA＝NE，AE⊥IN，进而得到△ANE为等腰三角形，I为EA中点，得到，进而得到；
（2）证明△CGM∽△EFM，得到，得到，推导出EICG，AICG，tan∠5，，令CG＝t，推导出IN，结合IN，解得t，即AE＝CG．
【解答】解：（1）过点N作N⊥AF交于点I，
∵NA＝NE，
∴∠5＝∠6，
∵∠4＝∠6，
∴∠5＝∠4，
∴CH∥AF，
∴∠5＝∠1，
∴∠4＝∠1，
设AE＝x，
∴DH＝CG＝BF＝AE＝x，
∵∠5＝∠1，∠AIN＝∠CGM＝90°，
∴△AIN∽△CGM，
∴，
∴NA＝NE，AE⊥IN，
∴△ANE为等腰三角形，
∴I为EA中点，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）∵∠1＝∠4，∠2＝∠3，
∴△CGM∽△EFM，
∴，
∵EF＝GF＝9，AE＝CG，
∴，
∵，
∴，
∴GM＝3IN，
∵∠1＝∠4＝∠6，
∴tan∠1tan∠6，
∴，
∴EICG，AICG，tan∠5，
∴，
令CG＝t，
则IN，
∵，
∴（3﹣IN）t＝9IN，
∴3t＝（9+t）IN，
∴IN，
∵IN，
∴，
∴2t＝9，
∴t，即AE＝CG，
故答案为：．
4.（文化背景）如图，在赵爽弦图中，正方形ABCD是由四个全等的直角三角形ABF，BCG，CDH，DAE和一个小正方形EFGH组成的．若把四个直角三角形分别沿斜边向外翻折，可得正方形MNPQ，连接PH并延长，交MQ于点O．若正方形MNPQ的面积为196，正方形EFGH的面积为4，则：
（1）正方形ABCD的面积为 　 　 ．
（2）OH的长为 　 　 ．
【答案】100，7.9．
【分析】（1）可设每个小直角三角形的长直角边长为a，短直角边长为b，斜边长为c．根据正方形MNPQ的面积为196，正方形EFGH的面积为4可得关于a和b的两个等式，计算即可得到a和b的值，进而可得c的值，正方形ABCD的面积等于c2，计算即可；
（2）由a，b，c的值可得∠DCP的正弦值和余弦值．设HP交CD于点K，
【解答】解：（1）设每个小直角三角形的长直角边长为a，短直角边长为b，斜边长为c．
∵正方形MNPQ的面积为196，正方形EFGH的面积为4，
∴．
∵a＞0，b＞0，
∴．
解得：．
∴c10．
∴正方形ABCD的面积为：c2＝100．
故答案为100；
（2）设HP交CD于点K．
由题意得：CH＝CP，∠HCK＝∠PCK，
∴CK⊥HP．
∴∠CKP＝90°．
∴∠KCP+∠KPC＝90°．
∵四边形MNPQ是正方形，
∴∠CPK+∠DPK＝90°．
∴∠KCP＝∠DPK．
由题意得：PC＝b＝8，sin∠DCP．
∴PK＝PC sin∠DCP＝84.8．
同理HK＝4.8．
∴PH＝9.6．
由题意得：∠Q＝90°，PQ＝6+8＝14，cos∠OPQ＝cos∠DCP．
∴OP＝QP÷cos∠OPQ＝14÷0.8＝17.5．
∴OH＝OP﹣PH＝17.5﹣9.6＝7.9．
故答案为：7.9．
5.（文化背景）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为的正方形可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板在拼成如图2所示的造型恰好放入矩形ABCD中（其中点E，F，G，H都在矩形边上），若AB：BC＝7：6，则∠AGF的正切值为 　 　 ．
【答案】．
【分析】在图1中，根据正方形的性质求得正方形的对角线长为4，再根据七巧板的构造求出有关的线段的长，于是在图2中，即可求得EF＝GH＝3，FG＝4，再证明△DFE≌△BHG，得DE＝BG，进而证明△DFE∽△AGF，则，得DE＝BGAF，AGDF，由AB：BC＝7：6，得ABBCAD（AF+DF），所以（AF+DF）DFAF，可求得AFDF，再由tan∠AGF求出∠AGF的正切值即可．
【解答】解：如图1，∵四边形PQMN是矩形为2的正方形，
∴∠NPQ＝90°，PN＝PQ＝2，
∴QN4，
由七巧板的构造可知，图形①、②、③、④、⑤都是等腰直角三角形，图形⑥是正方形，
∴PK＝NK＝QKQN＝2，
∴LK＝JK＝JI＝JQQK＝1，
∴LN＝NK﹣LK＝1，
如图2，∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠D＝∠B＝∠A＝90°，
由图1可知，EF＝GH＝2+1＝3，FG＝2+2＝4，∠EFG＝∠FGH＝90°，
∵∠DFE＝90°﹣∠AFG＝∠AGF，∠BHG＝90°﹣∠BGH＝∠AGF，
∴∠DFE＝∠BHG，
∴△DFE≌△BHG（AAS），
∴DE＝BG，
∵∠D＝∠A，∠DFE＝∠AGF，
∴△DFE∽△AGF，
∴，
∴DEAF，AGDF，
∴BGAF，
∴AB＝AG+BGDFAF，
∵AB：BC＝7：6，
∴ABBCAD（AF+DF），
∴（AF+DF）DFAF，
∴AFDF，
∴tan∠AGF，
故答案为：．
6.（创新情境）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上．
（1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，则BE的长是 　 　 cm．
（2）若，则tan∠DAH的值是 　 　 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）将AE和FC用BE表示出来，再代入AE+FC＝11cm，即可求出BE的长；
（2）由已知条件可以证明∠DAH＝∠CDG，从而得到tan∠DAH＝tan∠CDG，设AH＝x，DG＝5k，GH＝4k，用x和k的式子表示出CG，再利用tan∠DAH＝tan∠CDG列方程，解出x，从而求出tan∠DAH的值．
【解答】解：（1）∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，
∴AE＝BE，BF＝CF，
∵AE+FC＝11cm，
∴BE+BF＝11cm，
即BE+BE+EF＝11cm，
即2BE+EF＝11cm，
∵EF＝3cm，
∴2BE+3cm＝11cm，
∴BE＝4cm，
故答案为：4；
（2）设AH＝x，
∵，
∴可设DG＝5k，GH＝4k，
∵四边形EFGH是正方形，
∴HE＝EF＝FG＝GH＝4k，
∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，
∴AE＝BE，BF＝CF，∠ABE＝∠CBF＝45°，
∴CG＝CF+GF＝BF+4k＝BE+8k＝AH+12k＝x+12k，
∠ABC＝∠ABE+∠CBF＝45°+45°＝90°，
∵四边形ABCD对角互补，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADH+∠CDG＝90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠AHD＝∠CGD＝90°，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∴∠DAH＝∠CDG，
∴tan∠DAH＝tan∠CDG，
∴，即，
整理得：x2+12kx﹣45k2＝0，
解得x1＝3k，x2＝﹣15k（舍去），
∴tan∠DAH3．
故答案为：3．
题型九 正方形常见模型考查
1.半角模型
（2025 浙江一模）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，F在BC边上，且∠EAF＝45°，连接EF，则BF的长为（　　）
A．2 B． C．3 D．
【答案】A
【分析】把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，首先证明△AFE≌△AGE，进而得到EF＝FG，问题即可解决．
【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，
∴把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图：
∴∠BAF＝∠DAG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAF+∠DAE＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG，
∵∠ADG＝∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠EDG＝180°，点E、D、G共线，
在△AFE和△AGE中，
，
∴△AFE≌△AGE（SAS），
∴EF＝EG，
即：EF＝EG＝ED+DG，
∵E为CD的中点，边长为6的正方形ABCD，
∴CD＝BC＝6，DE＝CE＝3，∠C＝90°，
∴设BF＝x，则CF＝6﹣x，EF＝3+x，
在Rt△CFE中，由勾股定理得：
EF2＝CE2+CF2，
∴（3+x）2＝32+（6﹣x）2，
解得：x＝2，
即BF＝2，
故选：A．
2.弦图模型
（2025 洞头区模拟）如图是由四个全等的直角三角形（△ABF，△BCH，△CDG，△ADE）组成的新图形，若EF＝2，GH＝8，则正方形ABCD的边长为（　　）
A．5 B． C． D．6
【答案】C
【分析】由全等三角形的性质得AF＝CH，AE＝BF＝CG，而EF＝2，GH＝8，推导出AF＝BF+2，AF+BF＝8，求得BF＝3，AF＝5，由勾股定理得AB，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵Rt△ABF≌Rt△CBH≌Rt△DCG≌Rt△DAE，
∴AF＝CH，AE＝BF＝CG，
∵EF＝2，GH＝8，
∴AF＝AE+EF＝BF+2，AF+BF＝CH+CG＝GH＝8，
∴BF+2+BF＝8，
解得BF＝3，
∴AF＝3+2＝5，
∵∠F＝90°，
∴AB，
∴正方形ABCD的边长为，
故选：C．
3.对角线动点模型
（2024 上城区校级模拟）正方形ABCD中，P是对角线BD所在直线上一点．若P在对角线BD上（如图1），连接PC，过点P作PQ⊥CP交AB于点Q．若，AB＝6，则BQ的长为 　 　 ；
若P在BD的延长线上（如图2），连接AP，过点P作PE⊥AP交BC延长线于点E，连接DE，若CE＝8，△DPE的面积是20，则PE的长为 　 　 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】过点P作PE⊥AB、PH⊥DC，PF⊥BC，由正方形的性质可得∠BDC＝45°，根据PH⊥DC，可得∠BDC＝∠HPC＝45°，继而可证△PHD是等腰三角形，由勾股定理可得DH＝PH＝2，根据矩形的判定可得四边形PFCH是矩形和四边形ADHE是矩形，继而得到FC＝PH＝AE＝DH＝2，继而求出QE＝FC＝2，从而得到BQ；
过点P作PH⊥AB，PF⊥BC，根据正方形的性质可得BD是∠ABC的角平分线，由角平分线的性质可得PH＝PF，根据三角形的判定定理可证△HPA≌△FPE，继而可得HA＝FE，再由正方形的性质求出CF＝EF＝CE＝4，设小正方形的边长为a，则大正方形的边长为（a+4），根据S△PDE＝S梯形DCFP+S△PFE﹣S△DCE列方程求出a，最后根据勾股定理进行计算．
【解答】解：过点P作PE⊥AB，PH⊥DC，PF⊥BC，如图1，
∵正方形ABCD中，BD是对角线，
∴∠BDC＝45°
∵PH⊥DC，
∴∠BDC＝∠HPC＝45°，
∴DH＝PH，
∴△PHD是等腰直角三角形，
由勾股定理可得：PH2+DH2＝PD2，
即PH2，
解得：PH＝2，
∴DH＝PH＝2，
∵∠FPH＝∠PFC＝∠PHC＝90°，
∴四边形PFCH是矩形，
∴FC＝PH＝2，
同理可证：四边形ADHE是矩形，
∴AE＝DH＝2，
∵PQ⊥CP，PF⊥BC，
∴∠EPQ+∠QPF＝90°，∠QPF+∠CPF＝90°，
∴∠EPQ＝∠CPF，
∵PE＝PF，∠QEP＝∠PFC，
∴△EPQ≌△FPC（ASA），
∴QE＝FC＝2，
∴BQ＝AB﹣AE﹣EQ＝6﹣2﹣2＝2；
过点P作PH⊥AB，PF⊥BC，如图2，
∵正方形ABCD中，BD是对角线，点P在∠ABC的平分线BD上，PH⊥AB，PF⊥BC，
∴PH＝PF，
∵∠HPF＝90°，∠APE＝90°
∴∠HPA+∠APF＝90°，∠APF+∠FPE＝90°
∴∠HPA＝∠FPE，
在△HPA和△FPE中，
，
∴△HPA≌△FPE（ASA），
∴HA＝FE，
∵四边形BHPF和ABCD均为正方形，
∴BH＝BF，AB＝BC，
∴AH＝CF，CF＝EFCE＝4，
设小正方形的边长为a，则大正方形的边长为（a+4），
∵S△PDE＝S梯形DCFP+S△PFE﹣S△DCE，
∴（a+a+4）×44（a+4）a×8＝20，
解得：a＝2，
∴PF＝6，
∴PE2，
故答案为：2；．
题型十 正方形综合性问题探究
1.（2024 舟山三模）如图1，正方形ABCD边长为6，点E是线段BC上一点，且BE＝2，点F是直线CD上一点，以EF为边作正方形EFGH（E，F，G，H逆时针排列），连接HA，直线HA与直线CD交于点P．
（1）如图2，当HG恰好过点A时，EF的长为 　 ；
（2）当点H在直线CD的左侧，且AP＝2AH时，EF的长为 　 　 ．
【答案】（1）； （2） 或 ．
【分析】（1）如图1，过点H作 HN⊥AB，HM⊥BC．易证△HME≌△ECF，设 HN＝x＝MB，由△AHN∽△EHM，得，即可得．
（2）当点P在射线CD上时，如图2所示．由AP＝2AH，△AHN∽△PAD，得，即 HN＝3，得；当点P在线段CD上时，如图3所示．同理可解得 HN＝3＝MB，即可得EM＝1，．
【解答】解：（1）如图1，过点H作 HN⊥AB，HM⊥BC．
易证△HME≌△ECF，
∴HM＝EC＝4，
∴AN＝6﹣NB＝6﹣HM＝2，
设 HN＝x＝MB，由△AHN∽△EHM，
∴，即 ，解得x＝2或﹣4（舍去），
∴．
（2）当点P在射线CD上时，如图2所示．
由AP＝2AH，△AHN∽△PAD，
∴，即 HN＝3，
∴；
当点P在线段CD上时，如图3所示．
同理可解得 HN＝3＝MB，
∴EM＝1，．
故答案为：（1）； （2） 或 ．
2.（2025 拱墅区一模）如图，点O和点O′分别是正方形ABCD和正方形A'B'C'D′对角线的交点，边A′B′∥AB且过点O，与边BC交于点E，A'D'与边DC交于点F，连接OO′．已知AB＝8，A'O＝EB'＝a（a＞0）．
（1）求证：重叠部分的四边形A′FCE是矩形．
（2）若，求a的值．
（3）若正方形ABCD和正方形A'B'C'D'分别绕点O和点O′顺时针旋转相同的角度后，重叠部分的四边形恰好为正方形，且，求重叠部分正方形边长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）7．
【分析】（1）证明∠CEA'＝∠C＝∠FA'E＝90°，即可得到四边形A'FCE是矩形；
（2）作O'H⊥OE于点H，证明△COE∽△CAB，求得OE＝4，证明△O'A'O≌△O'B'E，求得OH＝OE＝2，再利用三角函数的定义即可求解；
（3）重叠部分的四边形恰好为正方形，则正方形ABCD和正方形ABC′D的对角线重合，得到点A、A'、O、O'、C、C'共线，结合（2）的结论，求解即可．
【解答】（1）证明：∵正方形ABCD和正方形A'B'C'D'，
∴∠B＝∠C＝∠FA'E＝90°，
∵AB′∥AB，
∴∠CEA'＝90°，
∴∠CEA'＝∠C＝∠FA'E＝90°，
∴四边形A'FCE是矩形；
（2）解：连接O'A'、O'B'、O'E，作O'H⊥OE于点H，
∵点O是正方形ABCD对角线的交点，且OE⊥BC，
∴OE∥AB，
∴△COE∽△CAB，
∴，
∴，
∵点O'是正方形A'B'C'D'对角线的交点，
∴O'A[＝O'B'，∠O'A'O＝∠O'B'E＝45°，A'H＝O'H，
∵A'O＝EB'，
∴△O'A'O≌△O'B'E（SAS），
∴OO'＝O'E，
∵O'H⊥OE，
∴OH＝HEOE＝2，
∵，
∴，
∴，
∴a＝A'O＝A'H﹣OH＝O'H﹣OH；
（3）解：作O'H⊥OE于点H，
由（2）知OH＝OE＝2，
∵，
∴O'H3，
∵点O'是正方形A'B'C′D'对角线的交点，
∴正方形A'B'C′D'的边长为6，
∴O'A'3，
∵AB＝8，
∴，OCAC＝4，
∵重叠部分的四边形恰好为正方形，
∴正方形ABCD和正方形A'B'C'D'的对角线重合，
∴点A、A'、O、O'、C、C'共线，
如图，重叠部分的四边形A'ECF的对角线为A'C，
∴A'O＝O'A'﹣OO'＝3，
∴A'C＝A'O+OC＝347
∴重叠部分的四边形A'ECF的L边长CF＝A'C sin45°＝7．
3.（2025 西湖区校级一模）综合与实践
【问题情境】
如图，在正方形ABCD中，点E在线段AD上，点F在线段CD上，且始终满足AE＝CF连接BE，BF，将线段BE绕点E逆时针旋转一定角度，得到线段EG（点G是点B旋转后的对应点），并使点G落在线段BC上，EG与BF交于点H．
【初步分析】
（1）线段EG与BF具有怎样的数量关系和位置关系，请说明理由．
【深入分析】
（2）如图②，再将线段EG绕点E逆时针旋转90°，得到线段EM（点M是点G旋转后的对应点），连接FM，请判断四边形BEMF的形状，并说明理由．
（3）如图③，若点G落在BC的延长线上，且当点H恰好为EG的中点时，设CD与EG交于点N，AD＝4，求CG的长．
【答案】（1）EG＝BF，EG⊥BF，理由见解析；（2）菱形，理由见解析；（3）4．
【分析】（1）先证明△ABE≌△CBF（SAS），再由旋转性质得BE＝EG，继而得到∠CBF+∠EGB＝90°，即可得到本题答案；
（2）先证明出四边形BEMF是平行四边形，再结合BE＝BF，即可得到本题答案；
（3）先得到BE＝BG，再得到，继而得到，再得到本题答案．
【解答】解：（1）EG＝BF，EG⊥BF，理由如下：
∵正方形ABCD，
∴∠A＝∠C＝∠ABC＝90°，AB＝CB，
∵AE＝CF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴BE＝BF，∠ABE＝∠CBF，
由旋转性质得：BE＝EG，
∴EG＝BF，∠EBG＝∠EGB，
∵∠ABE+∠EBG＝∠ABC＝90°，
∴∠CBF+∠EGB＝90°，
∴∠BHG＝90°，即EG⊥BF；
（2）四边形BEMF为菱形，理由如下：
由旋转性质得ME＝EG，∠GEM＝90°，
∵BF＝EG，∠BHE＝90°，
∴ME＝BF，∠GEM＝∠BHE＝90°，
∴EM∥BF，
∴四边形BEMF是平行四边形，
∵BE＝BF，
∴四边形BEMF是菱形；
（3）∵点H恰好为EG的中点，EG⊥BF，
∴BF是EG的垂直平分线，
∴BE＝BG，
∴∠EBF＝∠GBF，
∵∠ABE＝∠CBF，
∴∠ABE＝∠CBF＝∠EBF90°＝30°，
∵正方形ABCD，
∴∠D＝90°，AB＝AD＝CD＝BC＝4，
∴在Rt△ABE中，BE，
∴BG，
∴CG＝BG﹣BC4．中小学教育资源及组卷应用平台
【题型预测】06 平行四边形与特殊的平行四边形
题型一 平行四边形的性质与判定定理
1．（2025 嘉善县一模）如图，BD是△ABC的中线，点E是线段BD的中点，连结CE并延长至点F，使得EF＝CE，连结FB，FD．求证：
（1）BF∥CD；
（2）AB与FD互相平分．
2．（创新考法）如图，在 ABCD中，点O是对角线AC的中点．某数学兴趣小组要在AC上找两个点E，F，使四边形BEDF为平行四边形，现总结出甲、乙两种方案如下：
甲方案 乙方案
在AO，CO上分别取点E，F，使得AE＝CF 作BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F
请回答下列问题：
（1）选择其中一种方案，并证明四边形BEDF为平行四边形；
（2）在（1）的基础上，若EF＝3AE，S△AED＝5，则 ABCD的面积为 　 　 ．
题型二 矩形的性质与判定
1．（2024 邗江区校级一模）如图，点A在∠MON的边ON上，AB⊥OM于B，AE＝OB，DE⊥ON于E，AD＝AO，DC⊥OM于C．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若DE＝3，OE＝9，求AD的长．
2．（项目化数学）阅读与思考
请阅读下列材料，完成相应的任务．
×年×月×日星期日 只用卷尺也能判断矩形 今天，我在一本数学课外丛书上看到这样一个有趣的问题，工人师傅在做门窗或矩形零件时，他是这样做的：首先利用卷尺（有刻度）测量两组对边的长度是否分别相等；其次利用卷尺测量该门窗的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形．我有如下思考：工人师傅的做法究竟是依据什么原理得到四边形是矩形？已知在四边形ABCD中，AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD． 求证：四边形ABCD是矩形． 证明：…．
任务：（1）上述做法是依据了矩形的一个判定定理：　 　 ；
（2）补全材料中的证明过程；
（3）利用卷尺（有刻度）能否用另外一种方法判定四边形是矩形？（写出简要的测量方法）
题型三 矩形的折叠问题
1．（2025 东营校级一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，E为AB上一点，连接DE，将△ADE沿DE折叠，点A落在A1处，连接A1C，若F、G分别为A1C、BC的中点，则FG的最小值为　 　 ．
2．（创新情境）综合与实践段．
【问题情境】如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作60°、30°、15°等大小的角，该怎么办呢？
【实践探究】小西进行了以下操作研究（如图1）：
第1步：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平．
第2步：再次折叠纸片，使点4落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到了线段BN．
小雅在小西研究的基础上，再次动手操作（如图2）：
将MN延长交BC于点G，将△BMG沿MG折叠，点B刚好落在AD边上点H处，连接GH，把纸片再次展平．
（1）直接写出BE和BN的数量关系：　 　 ；
（2）请求出∠ABM的度数；
（3）求证：四边形BGHM是菱形．
题型四 综合性问题探究
1．（2025 镜湖区校级一模）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，点E在边AD上，且AE：ED＝1：4，动点P从点A出发，沿AB运动到点B停止，过点E作EF⊥PE交射线BC于点F，连接PF，点Q是线段PF的中点，连接EQ，则：
（1）当AP＝2时，BQ＝ 　 　 ；
（2）连接DQ，则在点P运动的整个过程中，线段DQ长的最小值为 　 ．
2．（2025 德惠市一模）【感知】在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6．将△DAB绕着点B顺时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜360°）得到△FEB，点A、D的对应点分别为E、F．若点E落在BD上，如图①，则DE＝ 　 　 ．
【探究】当点E落在线段DF上时，CD与BE交于点G．其它条件不变，如图②．
（1）求证：△ADB≌△EDB；
（2）CG的长为 　　 ．
【拓展】连结CF，在△BAD的旋转过程中，设△CEF的面积为S，直接写出S的取值范围．
3．（课本延伸）综合与实践课上，老师带领同学们以“矩形和平行四边形的折叠”为主题开展数学活动．
（1）操作判断：
如图1，在矩形ABCD中，点E为边AB的中点，沿DE折叠，使点A落在点F处，把纸片展平，延长DF与BC交于点G．请写出线段FG与线段BG的数量关系，并说明理由；
（2）迁移思考：
如图1，若AB＝4，按照（1）中的操作进行折叠和作图，当CG＝2时，求AD的值；
（3）拓展探索：
如图2，四边形ABCD为平行四边形，其中∠A与∠C是对角，点E为边AB的中点，沿DE折叠，使点A落在点F处，把纸片展平，延长DF与射线BC交于点G．若AD＝2，CG＝0.5，请直接写出线段DG的值．
题型五 菱形的性质与判定
1．（2025 浙江模拟）在一次数学活动中，王老师布置任务，让同学们用已学知识制作一个菱形．小汪同学经过思考，给出了如下作图步骤：
①如图，作直角三角形AOB，其中∠AOB＝90°；
②分别延长AO至点C，使CO＝AO；延长BO至点D，使DO＝BO；
③连结BC，CD，AD，形成四边形ABCD．
请根据上述步骤，解答以下问题：
（1）判断四边形ABCD是否为菱形，并说明理由．
（2）若AC＝8，AB＝5，求点C到AB的距离．
2．（创新情境）小明和同学玩纸条重叠游戏，他将两个宽度都为2厘米的足够长纸条重叠在一起，得到了四边形ABCD，即直线AB与CD的距离为2厘米，直线AD与BC的距离为2厘米，如图所示，则四边形ABCD面积的最小值为 　 　 平方厘米．
题型六 尺规作图菱形
1．（2025 襄州区二模）如图，在平行四边形ABCD中，分别以A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN，分别与AD，BC，AC相交于点E，F，O．连接AF，CE．
（1）根据作图过程，判断EF与AC的位置关系是　 ；
（2）求证：四边形AFCE是菱形．
2．（项目化探究）小姜有一块如图为平行四边形ABCD形状的布料，春天到了，她打算做一个风筝。
制作准备
1.平行四边形ABCD形状的布料一块，其中AB=40cm，AD=64cm，∠B=60°。 2.长度足够长的轻质竹条。 3.用ai软件请教制作风筝在结构上要注意的事项有： （1）轻质耐用 ：优先选用竹篾、塑料棒等轻质且有一定强度的骨架材料，搭配宣纸、尼龙布等轻便蒙面材料，以减轻自重并提升抗风性 ； （2）对称平衡 ：确保骨架左右对称，重心位置居中，避免飞行时偏斜失衡。 4.美观大方的要求：余下布料想要做四条长方形尾带。
制作 （1）以点A为圆心，AB为半径作弧，交AD于点F，再分别以点B，F为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点G，射线AG交BC于点E．沿着EF将四边形ABEF剪下。如下图① （2）将剩余布料四边形CDEF平均裁成四条，每条两端分别减去一个直角三角形，成长方形条状。如下图② 图① 图②
任务1：判断 裁剪下来的四边形ABEF是什么形状，是否符合风筝的形状要求？
任务2：加固 截取与线段AE和BF等长的竹条，并固定。两根竹条分别需要多少长？
任务3：美化 四条尾带每条长多少？
题型七 正方形的性质与判定定理
1.（2024 台州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AB为边向三角形外作正方形ABDE，作EF⊥BC于点F，交对角线AD于点G，连接BG．要求△BFG的周长，只需要知道（　　）
A．线段BF的长度 B．线段AC的长度
C．线段FG的长度 D．线段BC的长度
2.（2024 青田县校级模拟）如图，已知正方形ABCD，AB＝4，点M在边CD上，射线AM交BD于点E，交射线BC于点F，过点C作CP⊥CE，交AF于点P．
（1）求证：△ADE≌△CDE．
（2）判断△CPF的形状，并说明理由．
（3）作DM的中点N，连结PN，若PN＝3，求CF的长．
题型八 弦图与七巧板等
1.（文化背景）我国古代数学家赵爽的“勾股圆方图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．如果大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，直角三角形的两直角边长分别为a、b，那么（a﹣b）2的值是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
2.（文化背景）我国三国时期的数学家赵爽巧妙地利用面积关系（后人称“赵爽弦图”）证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图，该“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD．已知小正方形的边长为3，大正方形的边长为7．设每个直角三角形的周长介于n和n+1之间，则整数n的值为　 　 ．
3.（文化背景）如图，是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形EFGH拼成的赵爽弦图，连结CE并延长，交BG于点M，交AB于点N．记△NAE的面积为S1，△CGM的面积为S2．（1）若NA＝NE，则的值为 　 　 ．
（2）若，且EF＝9，则AE的长度为 　 　 ．
4.（文化背景）如图，在赵爽弦图中，正方形ABCD是由四个全等的直角三角形ABF，BCG，CDH，DAE和一个小正方形EFGH组成的．若把四个直角三角形分别沿斜边向外翻折，可得正方形MNPQ，连接PH并延长，交MQ于点O．若正方形MNPQ的面积为196，正方形EFGH的面积为4，则：
（1）正方形ABCD的面积为 　 　 ．
（2）OH的长为 　 　 ．
5.（文化背景）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为的正方形可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板在拼成如图2所示的造型恰好放入矩形ABCD中（其中点E，F，G，H都在矩形边上），若AB：BC＝7：6，则∠AGF的正切值为 　 　 ．
6.（创新情境）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上．
（1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，则BE的长是 　 　 cm．
（2）若，则tan∠DAH的值是 　 　 ．
题型九 正方形常见模型考查
1.半角模型
（2025 浙江一模）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，F在BC边上，且∠EAF＝45°，连接EF，则BF的长为（　　）
A．2 B． C．3 D．
2.弦图模型
（2025 洞头区模拟）如图是由四个全等的直角三角形（△ABF，△BCH，△CDG，△ADE）组成的新图形，若EF＝2，GH＝8，则正方形ABCD的边长为（　　）
A．5 B． C． D．6
3.对角线动点模型
（2024 上城区校级模拟）正方形ABCD中，P是对角线BD所在直线上一点．若P在对角线BD上（如图1），连接PC，过点P作PQ⊥CP交AB于点Q．若，AB＝6，则BQ的长为 　 　 ；
若P在BD的延长线上（如图2），连接AP，过点P作PE⊥AP交BC延长线于点E，连接DE，若CE＝8，△DPE的面积是20，则PE的长为 　 　 ．
题型十 正方形综合性问题探究
1.（2024 舟山三模）如图1，正方形ABCD边长为6，点E是线段BC上一点，且BE＝2，点F是直线CD上一点，以EF为边作正方形EFGH（E，F，G，H逆时针排列），连接HA，直线HA与直线CD交于点P．
（1）如图2，当HG恰好过点A时，EF的长为 　 ；
（2）当点H在直线CD的左侧，且AP＝2AH时，EF的长为 　 　 ．
2.（2025 拱墅区一模）如图，点O和点O′分别是正方形ABCD和正方形A'B'C'D′对角线的交点，边A′B′∥AB且过点O，与边BC交于点E，A'D'与边DC交于点F，连接OO′．已知AB＝8，A'O＝EB'＝a（a＞0）．
（1）求证：重叠部分的四边形A′FCE是矩形．
（2）若，求a的值．
（3）若正方形ABCD和正方形A'B'C'D'分别绕点O和点O′顺时针旋转相同的角度后，重叠部分的四边形恰好为正方形，且，求重叠部分正方形边长．
3.（2025 西湖区校级一模）综合与实践
【问题情境】
如图，在正方形ABCD中，点E在线段AD上，点F在线段CD上，且始终满足AE＝CF连接BE，BF，将线段BE绕点E逆时针旋转一定角度，得到线段EG（点G是点B旋转后的对应点），并使点G落在线段BC上，EG与BF交于点H．
【初步分析】
（1）线段EG与BF具有怎样的数量关系和位置关系，请说明理由．
【深入分析】
（2）如图②，再将线段EG绕点E逆时针旋转90°，得到线段EM（点M是点G旋转后的对应点），连接FM，请判断四边形BEMF的形状，并说明理由．
（3）如图③，若点G落在BC的延长线上，且当点H恰好为EG的中点时，设CD与EG交于点N，AD＝4，求CG的长．

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