TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc157028134" 一、考情分析
二、知識(shí)建構(gòu)
\l "_Tc157028135" 考點(diǎn)一 正方形的性質(zhì)與判定
\l "_Tc157028136" 題型01 根據(jù)正方形的性質(zhì)求角度
\l "_Tc157028137" 題型02 根據(jù)正方形的性質(zhì)求線段長(zhǎng)
\l "_Tc157028138" 題型03 根據(jù)正方形的性質(zhì)求面頰
\l "_Tc157028139" 題型04 根據(jù)正方形的性質(zhì)求坐標(biāo)
\l "_Tc157028140" 題型05 與正方形有關(guān)的折疊問(wèn)題
\l "_Tc157028141" 題型06 求正方形重疊部分面積
\l "_Tc157028142" 題型07利用正方形的性質(zhì)證明
\l "_Tc157028143" 題型08 添加一個(gè)條件使四邊形是正方形
\l "_Tc157028144" 題型09 證明四邊形是正方形
\l "_Tc157028145" 題型10 根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求角度
\l "_Tc157028146" 題型11 根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求線段長(zhǎng)
\l "_Tc157028147" 題型12 根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求面積
\l "_Tc157028148" 題型13 根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定證明
\l "_Tc157028149" 題型14 根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問(wèn)題
\l "_Tc157028150" 題型15 與正方形有關(guān)的規(guī)律探究問(wèn)題
\l "_Tc157028151" 題型16 與正方形有關(guān)的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題
\l "_Tc157028152" 題型17 正方形與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用
\l "_Tc157028153" 題型18 正方形與反比例函數(shù)的綜合應(yīng)用
\l "_Tc157028154" 題型19 正方形與一次函數(shù)、反比例函數(shù)綜合應(yīng)用
\l "_Tc157028155" 題型20 正方形與二次函數(shù)綜合應(yīng)用
\l "_Tc157028156" 考點(diǎn)二 四邊形之間的區(qū)別與聯(lián)系
\l "_Tc157028157" 題型01 平行四邊形、矩形、菱形、正方形之間的關(guān)系
\l "_Tc157028158" 題型02 平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定
\l "_Tc157028159" 題型03 平行四邊形、矩形、菱形、正方形的性質(zhì)
\l "_Tc157028160" 題型04 利用矩形、菱形、正方形的性質(zhì)與判定求解
\l "_Tc157028161" 考點(diǎn)三 梯形的性質(zhì)與判定
\l "_Tc157028162" 題型01 等腰三角形的性質(zhì)求解
\l "_Tc157028163" 題型02 等腰三角形的判定求解
\l "_Tc157028164" 題型03 解決梯形問(wèn)題的常用方法
考點(diǎn)一 正方形的性質(zhì)與判定
正方形的定義：四條邊都相等，四個(gè)角都是直角的四邊形叫做正方形.
正方形的性質(zhì)：
1）正方形具有平行四邊形、矩形、菱形的所有性質(zhì).
2）正方形的四個(gè)角都是直角，四條邊都相等.
3）正方形對(duì)邊平行且相等.
4）正方形的對(duì)角線互相垂直平分且相等，每條對(duì)角線平分一組對(duì)角；
5）正方形的兩條對(duì)角線把正方形分成四個(gè)全等的等腰直角三角形；
6）正方形既是中心對(duì)稱圖形，也是軸對(duì)稱圖形.
【補(bǔ)充】正方形對(duì)角線與邊的夾角為45°.
正方形的判定：
1）平行四邊形+一組鄰邊相等+一個(gè)角為直角；
2）矩形+一組鄰邊相等；
3）矩形+對(duì)角線互相垂直；
4）菱形+一個(gè)角是直角；
5）菱形+對(duì)角線相等.
【解題技巧】判定一個(gè)四邊形是正方形通常先證明它是矩形，再證明它有一組鄰邊相等或?qū)蔷€互相垂直；或者先證明它是菱形，再證明它有一個(gè)角是直角或?qū)蔷€相等；還可以先判定四邊形是平行四邊形，再證明它有一個(gè)角為直角和一組鄰邊相等．
正方形的面積公式：a2＝對(duì)角線乘積的一半=2S△ABC=4S△AOB.
正方形的周長(zhǎng)公式：周長(zhǎng)= 4a
題型01 根據(jù)正方形的性質(zhì)求角度
【例1】（2023·重慶沙坪壩·重慶一中?？既＃┤鐖D，點(diǎn)E、F、G分別是正方形ABCD的邊AD、BC、AB上的點(diǎn)，連接DG，EF，GF．且EF=DG，DE=2AG，∠ADG的度數(shù)為α，則∠EFG的度數(shù)為（ ）

A．αB．2αC．45°-αD．45°+α
【答案】C
【分析】過(guò)點(diǎn)F作FH⊥AD于點(diǎn)H，由題意易證△ADG≌△HFE，則有EH=DH=FC，然后可得BG=BF，進(jìn)而問(wèn)題可求解．
【詳解】解：過(guò)點(diǎn)F作FH⊥AD于點(diǎn)H，如圖所示：

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=DC=AB=BC,∠A=∠B=∠EHF=∠C=∠ADC=90°，AD∥BC，
∴四邊形HFCD是矩形，
∴HF=DC=AD,HD=FC，
∵EF=DG，
∴△ADG≌△HFEHL，
∴EH=AG，∠HEF=∠AGD，
∵∠ADG+∠AGD=90°，
∴∠ADG+∠HEF=90°，即∠EMD=∠GMF=90°，
∵DE=2AG，
∴AG=EH=HD=FC，
∴BG=BF，
∴∠BFG=45°，
∵∠ADG=α，
∴∠HEF=90°-α，
∵AD∥BC，
∴∠EFB=∠HEF=90°-α，
∴∠EFG=∠EFB-∠GFB=45°-α；
故選C．
【點(diǎn)睛】本題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)及直角三角形的兩個(gè)銳角互余，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)及直角三角形的兩個(gè)銳角互余是解題的關(guān)鍵．
【變式1-1】（2022·湖北武漢·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，點(diǎn)E是正方形ABCD中的一點(diǎn)，連接EB、EC、EA、ED，若△EBC為等邊三角形時(shí)，則∠EAD= ．

【答案】15°
【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)證明∠DAE=∠DEA=∠CBE=∠CEB=75°即可解決問(wèn)題．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=DC，∠ADC=∠BCD=∠DAB=∠ABC=90°，
∵ΔEBC是等邊三角形，
∴AB=BE=DC=EC，∠EBC=∠ECB=60°，
∴∠ABE=∠DCE=30°，
∵AB=BE=CE=CD，
∴∠BAE=∠BEA=∠CDE=∠CED=75°，
∴∠EAD=90°-75°=15°．
故答案為：15°．
【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握正方形的性質(zhì)．
【變式1-2】（2023·陜西西安·西安市慶安初級(jí)中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)，以AB為邊做正方形ABGH，則∠CBG= ．

【答案】30°/30度
【分析】分別求出正六邊形，正方形的內(nèi)角可得結(jié)論．
【詳解】解：在正六邊形ABCDEF內(nèi)，正方形ABGH中，∠ABC= 6-2×180°6=120°，∠ABG=90°，
∴∠CBG=∠ABC-∠ABG=120°-90°=30°．
故答案為：30°．
【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是求出正多邊形的內(nèi)角，屬于中考?？碱}型．
【變式1-3】（2023·浙江湖州·統(tǒng)考二模）如圖，在正方形ABCD中，延長(zhǎng)BC至點(diǎn)F，使得CF=CA，連接AF交CD于點(diǎn)E，則∠AED的度數(shù)為 ．

【答案】67.5°
【分析】根據(jù)AD∥BC和CF=CA推出AF平分∠CAD，從而求出∠DAE，從而求出∠AED．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AD=CD，∠D=90°，
∴∠DAE=∠F，∠CAD=45°，
又∵CF=CA，
∴∠CAF=∠F
∴∠CAF=∠DAE，即AF平分∠CAD，
∴∠DAE=12∠CAD=22.5°
∴∠AED=180°-∠D-∠DAE=67.5°
故答案為：67.5°
【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)等知識(shí)，推導(dǎo)AF平分∠CAD是解題的關(guān)鍵．
題型02 根據(jù)正方形的性質(zhì)求線段長(zhǎng)
【例2】（2024·福建三明·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，連接AC，BE，點(diǎn)M,N分別在BE,AC上，且BM=13ME，CN=13AN，則MN的長(zhǎng)為（ ）
A．322B．52C．22D．3
【答案】B
【分析】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)．設(shè)AC，BE交于點(diǎn)P，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得△AEP∽△CBP，從而得到PE=13BE,AP=13AC，再由BM=13ME，CN=13AN，可得PMPE=PNPA=54，從而得到△APE∽△NPM，即可求解．
【詳解】解：如圖，設(shè)AC，BE交于點(diǎn)P，
∵四邊形ABCD是正方形，且邊長(zhǎng)為4，
∴AD=BC=4,AD∥BC，
∴△AEP∽△CBP，
∴APCP=EPBP=AEBC，
∵點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，
∴AE=12AD=12BC=2，
∴APCP=EPBP=12，
∴APAC=EPBE=13，即PE=13BE,AP=13AC，
∵BM=13ME，CN=13AN，
∴ME=34BE，AN=34AC，
∴PM=512BE,PN=512AC，
∴PMPE=PNPA=54，
∵∠APE=∠NPM，
∴△APE∽△NPM，
∴MNAE=PNPA=54，
∴MN2=54，
∴MN=52．
故選：B
【變式2-1】（2022·湖南長(zhǎng)沙·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD的對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，M是邊AD上一點(diǎn)，連接OM，過(guò)點(diǎn)O作ON⊥OM交CD于點(diǎn)N，若四邊形MOND的面積是4，則AB的長(zhǎng)為（ ）
A．2B．22C．4D．42
【答案】C
【分析】本題考查正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)．過(guò)點(diǎn)O作OE⊥AD，OF⊥CD，證明△OEM≌△OFN，進(jìn)而得到四邊形MOND的面積等于正方形OFDE的面積，進(jìn)而求出DE的長(zhǎng)，即可得解．
【詳解】解：過(guò)點(diǎn)O作OE⊥AD于點(diǎn)E，OF⊥CD于點(diǎn)F，
則：∠OEM=∠OFN=∠OFD=90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴OA=OD=OC，∠ADC=90°，
∴AE=DE=12AD=12CD=DF，四邊形OEDF為矩形，
∴四邊形OEDF為正方形，
∴OE=OF，∠EOF=90°，
∵ON⊥OM，
∴∠MON=90°=∠EOF，
∴∠EOM=∠FON，
∴△OEM≌△OFNASA，
∴正方形OFDE的面積等于四邊形MOND的面積，
∴DE2=4，
∴DE=2（負(fù)值已舍掉）；
∴AB=AD=2DE=4；
故選：C．
【變式2-2】（2023·廣東清遠(yuǎn)·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，邊長(zhǎng)分別為2和6的正方形ABCD和CEFG并排放在一起，連接BD并延長(zhǎng)交EG于點(diǎn)T，交FG于點(diǎn)P．則GT=（ ）
A．2B．22C．1D．2
【答案】B
【分析】首先證明∠BTE=90°；然后證明GD=GP=4；運(yùn)用勾股定理求出DP的長(zhǎng)度；根據(jù)GT⊥BP，得到GT=12DP，即可解決問(wèn)題．
【詳解】

解：如圖，∵四邊形ABCD和CEFG均為正方形，
∴∠DBC=∠BDC=45°,∠GCE=90°,GP∥BC，
∴∠GPD=∠DBC=45°,∠GDP=∠BDC=45°,∠TBC+∠TEC=90°，
∴∠GDP=∠GPD=45°,∠BTE=90°；
∴GD=GР=6-2=4,GT⊥DP，
∴GT=12DP，
由勾股定理得：DP=DG2+GP2=42，
∴GT=22，
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用問(wèn)題：應(yīng)牢固掌握正方形的性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的性質(zhì)．
【變式2-3】（2023·安徽宿州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，是由四個(gè)全等的直角三角形和一個(gè)小正方形拼成的一個(gè)大正方形，若每個(gè)直角三角形的面積為4，大正方形的面積為25，則小正方形的邊長(zhǎng)為（ ）
A．9B．6C．1D．3
【答案】D
【分析】根據(jù)大正方形的面積為25，每個(gè)直角三角形面積為4，設(shè)直角三角形較短直角邊長(zhǎng)為a，較長(zhǎng)直角邊長(zhǎng)為b，得出(b-a)2+4×4=25，即可求解．
【詳解】解：設(shè)直角三角形較短直角邊長(zhǎng)為a，較長(zhǎng)直角邊長(zhǎng)為b，
∵大正方形的面積為25，每個(gè)直角三角形面積為4，
∴(b-a)2+4×4=25，
∴b-a=3，
即小正方形的邊長(zhǎng)為3．
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了以弦圖為背景的計(jì)算，根據(jù)大正方形的面積等于4個(gè)直角三角形的面積加上小正方形的面積求解是解題的關(guān)鍵．
【變式2-4】（2022·黑龍江哈爾濱·哈爾濱市第六十九中學(xué)校?？寄M預(yù)測(cè)）已知：正方形ABCD邊長(zhǎng)為3，E為直線AD上一點(diǎn)，AE=1，連接CE，CE所在直線與AB所在直線交于點(diǎn)F．則AF= ．
【答案】34或32
【分析】分兩種情況：當(dāng)點(diǎn)E在線段AD上時(shí)，當(dāng)點(diǎn)E在DA延長(zhǎng)線上時(shí)，分別作出圖形，利用正方形的性質(zhì)可證得△AEF∽△BCF，可得AEBC=AFBF，進(jìn)而求解即可．
【詳解】解：當(dāng)點(diǎn)E在線段AD上時(shí)，如圖，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AD∥BC，AB=BC=3，
∴△AEF∽△BCF，則AEBC=AFBF，
即：13=AF3+AF，可得：AF=32；
當(dāng)點(diǎn)E在DA延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB=BC=3，AD∥BC，
則∠E=∠BCF，∠EAF=∠CBF，
∴△AEF∽△BCF，則AEBC=AFBF，
即：13=AF3-AF，可得：AF=34；
綜上，AF=34或32，
故答案為：34或32．
【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，作出圖形，結(jié)合相似三角形的判定及性質(zhì)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
題型03 根據(jù)正方形的性質(zhì)求面頰
【例3】（2024·重慶大渡口·統(tǒng)考一模）一個(gè)正方形的邊長(zhǎng)為2，它的面積為（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】B
【分析】本題考查了正方形的面積計(jì)算，由正方形的面積等于邊長(zhǎng)的平方即可求解，掌握正方形的面積計(jì)算方法是解題的關(guān)鍵．
【詳解】解：∵正方形的邊長(zhǎng)為2，
∴正方形的面積為22=4，
故選：B．
【變式3-1】（2023·廣東汕尾·三模）如圖，大正方形中有2個(gè)小正方形，這兩個(gè)小正方形的面積分別是S1和S2，則S1S2的值是（ ）

A．98B．89C．1D．54
【答案】A
【分析】設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為m，可證明兩個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)分別為23m和12m，則兩個(gè)小正方形的面積分別為S2=29m2，S1=14m2，即可求得S1S2．
【詳解】解：如圖，設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為m，

∵∠B=∠D=90°，AB=CB=AD=CD，
∴∠BAC=∠BCA=∠DAC=∠DCA=45°，AC=AD2+CD2=2m，
∵四邊形BPNM和四邊形EFGH都是正方形，
∴∠BMN=∠BPN=∠EHG=∠FGH=90°，
∴∠AMN=∠CPN=∠AHE=90°，
∴∠MNA＝∠MAN＝∠PNC＝∠PCN=∠HEA=∠HAE=∠GFC=∠GCF=45°，
∴MN=BM=AM=PN=BP=CP=12m，
EH=AH=GH=FG=CG=13×2m=2m3，
∴S2=29m2，S1=14m2，
∴S1S2=98．
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題重點(diǎn)考查正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、正方形的面積公式等知識(shí)，正確地作含同一字母的代數(shù)式表示兩個(gè)小正方形的面積S1和S2是解題的關(guān)鍵．
【變式3-2】（2023·江蘇蘇州·蘇州市立達(dá)中學(xué)校?？家荒＃┤鐖D，一塊正方形地磚的圖案是由4個(gè)全等的五邊形和1個(gè)小正方形組成的，已知小正方形的面積和五邊形的面積相等，并且圖中線段a的長(zhǎng)度為10-2，則這塊地磚的面積為（ ）
A．50B．40C．30D．20
【答案】B
【分析】如圖，根據(jù)題意易知，點(diǎn)O為正方形ABCD，EFGH的中心，利用圖中的面積關(guān)系最終可推出14S正方形ABCD=5S△EOF，設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2x,則OF=OE=x-a,以此可得方程14?2x?2x=52x-a2，解此方程，再將a的值代入即可求解．
【詳解】解：如圖，
根據(jù)題意易知，點(diǎn)O為正方形ABCD，EFGH的中心，
∴S△EOF=14S正方形EFGH，即S正方形EFGH=4S△EOF，S正方形ABCD=5S正方形EFGH，
∵S五邊形AMFEP=S正方形EFGH，
∴S五邊形AMFEP=4S△EOF，
∵S五邊形AMFEP=14S正方形ABCD-S△EOF，
∴14S正方形ABCD=5S△EOF，
設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2x,則OF=OE=x-a,
∴14?2x?2x=52x-a2，解得：x=5±10a3，
∵a=10-2，
∴x=10或710-203，
∵710-203CD，
∴四邊形CEMD不可能是菱形，故③錯(cuò)誤，
∵點(diǎn)M是邊BA延長(zhǎng)線上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A重合），且AM0的圖象交于點(diǎn)Mm,-4，與y軸交于點(diǎn)A，與x軸交于點(diǎn)B，△AOB兩個(gè)外角的平分線在第一象限內(nèi)交于點(diǎn)C，反比例函數(shù)y=kx的圖象恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)C．
(1)求m的值和線段AB的長(zhǎng)；
(2)求反比例函數(shù)y=kx的表達(dá)式．
【答案】(1)m=6；AB=5
(2)y=36x
【分析】（1）把點(diǎn)M的縱坐標(biāo)代入反比例函數(shù)解析式y(tǒng)=-24xx>0中即可求出m的值，進(jìn)而求出點(diǎn)M的坐標(biāo)，把點(diǎn)M坐標(biāo)代入一次函數(shù)解析式中求出a的值，進(jìn)而求出一次函數(shù)的解析式，根據(jù)點(diǎn)A和點(diǎn)B的位置求出點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)，進(jìn)而求出OA和OB的長(zhǎng)度，最后根據(jù)勾股定理即可求出AB的長(zhǎng)度．
（2）過(guò)點(diǎn)C作CD⊥y軸于D，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB于E，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥x軸于F．根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理和勾股定理確定AD=AE，BE=BF．進(jìn)而用BF表示出OD和OF，根據(jù)正方形的判定定理和性質(zhì)確定OD=OF，進(jìn)而求出BF的長(zhǎng)度，再代入計(jì)算可得OD和OF的長(zhǎng)度，進(jìn)而得到點(diǎn)C的坐標(biāo)，最后把點(diǎn)C坐標(biāo)代入反比例函數(shù)解析式y(tǒng)=kx中即可求出k的值，進(jìn)而得到反比例函數(shù)y=kx的表達(dá)式．
【詳解】（1）解：∵M(jìn)m,-4在反比例函數(shù)y=-24xx>0的圖象上，
∴-4=-24m．
∴m=6．
∴M6,-4．
∵M(jìn)6,-4在一次函數(shù)y=ax-3aa≠0的圖象上，
∴-4=6a-3a．
∴a=-43．
∴一次函數(shù)解析式為y=-43x+4．
∵一次函數(shù)的圖象與y軸交于點(diǎn)A，與x軸交于點(diǎn)B，
∴當(dāng)x=0時(shí)，y=4；當(dāng)y=0時(shí)，x=3．
∴A0,4，B3,0．
∴OA=4，OB=3．
∵∠AOB=90°，
∴AB=OA2+OB2=5．
（2）解：如下圖所示，過(guò)點(diǎn)C作CD⊥y軸于D，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB于E，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥x軸于F．
∵CD⊥y軸，CE⊥AB，CF⊥x軸，△AOB兩個(gè)外角的平分線在第一象限內(nèi)交于點(diǎn)C，
∴CD=CE=CF．
∴AD=AC2-CD2，AE=AC2-CE2，BE=BC2-CE2，BF=BC2-CF2．
∴AD=AE，BE=BF．
∵AB=5，
∴AD=AE=AB-BE=AB-BF=5-BF．
∵OA=4，OB=3，
∴OD=OA+AD=9-BF，OF=OB+BF=3+BF．
∵∠AOB=90°，CD⊥y軸，CF⊥x軸，
∴四邊形ODCF是矩形．
∵CD=CF，
∴四邊形ODCF是正方形．
∴OD=OF．
∴9-BF=3+BF．
∴BF=3．
∴OD=6，OF=6．
∴C6,6．
把點(diǎn)C坐標(biāo)代入反比例函數(shù)解析式y(tǒng)=kx中得6=k6．
解得k=36．
∴反比例函數(shù)y=kx的表達(dá)式是y=36x．
【點(diǎn)睛】本題考查根據(jù)反比例函數(shù)值求自變量，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，一次函數(shù)與坐標(biāo)軸交點(diǎn)問(wèn)題，勾股定理，角平分線的性質(zhì)定理，正方形的判定定理和性質(zhì)，待定系數(shù)法求反比例函數(shù)解析式，綜合應(yīng)用這些知識(shí)點(diǎn)是解題關(guān)鍵．
題型20 正方形與二次函數(shù)綜合應(yīng)用
【例20】（2023·浙江寧波·校聯(lián)考一模）如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形OABC的頂點(diǎn)A，C分別在x軸，y軸的正半軸上，二次函數(shù)y=-x2+bx+c的圖象經(jīng)過(guò)B，C兩點(diǎn)．
(1)求b，c的值；
(2)若將該拋物線向下平移m個(gè)單位，使其頂點(diǎn)落在正方形OABC內(nèi)（不包括邊上），求m的取值范圍．
【答案】(1)b=2c=2
(2)10，
∴m6·a2-2m3·a＞0，
∵m＞0，
∴a26-2a3＞0，
解得：a＜0或a＞4，
∴a的取值范圍為：a＜0或a＞4；
（3）①如下圖，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥DE于點(diǎn)F，
∵二次函數(shù)的解析式為y=m6x2-2m3x+m，
∴頂點(diǎn)P（2，m3），
當(dāng)x=0時(shí)，y=m，
∴點(diǎn)A（0，m），
∴OA=m；
設(shè)直線AP的解析式為y=kx+b(k≠0)，
把點(diǎn)A（0，m），點(diǎn)P（2，m3）代入，得：
{m=bm3=2k+b，
解得：{k=-m3b=m，
∴直線AP的解析式為y=-m3x+m，
當(dāng)y=0時(shí)，x=3，
∴點(diǎn)B（3，0）；
∴OB=3；
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAF+∠FAB=90°，
且∠OAB+∠FAB =90°，
∴∠DAF=∠OAB，
在△ADF和△ABO中，
{∠DAF=∠OAB∠AFD=∠AOBAD=AB，
∴△ADF≌△ABO（AAS），
∴AF=OA=m，DF=OB=3，DE=DF+EF= DF+OA=m+3，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為：（m，m+3）；
②由①同理可得：C（m+3，3），
∵二次函數(shù)的圖象與正方形ABCD的邊CD有公共點(diǎn)，
∴當(dāng)x=m時(shí)，y≤m+3，可得m63-2m23+m≤m+3，化簡(jiǎn)得：m3-4m2≤18．
∵m>0，∴m2-4m≤18m，∴(m-2)2-4≤18m，
顯然：m=1，2，3，4是上述不等式的解，
當(dāng)m≥5時(shí)，(m-2)2-4≥5，18m≤3.6，此時(shí)，(m-2)2-4>18m，
∴符合條件的正整數(shù)m=1，2，3，4；
當(dāng)x= m+3時(shí)，y≥3，可得m(m+3)62-2m(m+3)3+m≥3，
∵m>0，∴m2+2m+3≥18m，即(m+1)2+2≥18m，
顯然：m=1不是上述不等式的解，
當(dāng)m≥2時(shí)，(m+1)2+2≥11，18m≤9，此時(shí)，(m+1)2+2>18m恒成立，
∴符合條件的正整數(shù)m =2，3，4；
綜上：符合條件的整數(shù)m的值為2，3，4．
【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)與幾何問(wèn)題的綜合運(yùn)用，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式20-3】（2020·河北唐山·統(tǒng)考二模）如圖1，二次函數(shù)y=-13x2+bx+c的圖象過(guò)原點(diǎn)，與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為M8,0．
（1）求該二次函數(shù)的解析式；
（2）如圖2，y1=23x與二次函數(shù)y=-13x2+bx+c的圖象交于點(diǎn)N，求△OMN的面積；
（3）如圖3，直線y2=4與二次函數(shù)y=-13x2+bx+c的圖象交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），過(guò)A、B兩點(diǎn)分別作x軸的垂線，垂足分別為點(diǎn)D、點(diǎn)C．判斷四邊形ABCD的形狀，并說(shuō)明理由；
（4）如圖4，在（3）的條件下，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿射線AB以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q以相同的速度從點(diǎn)A出發(fā)沿線段AD勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)D時(shí)立即原速返回，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)Q返回到點(diǎn)A時(shí)，P、Q兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（t>0）．過(guò)點(diǎn)P向x軸作垂線，交拋物線于點(diǎn)E，交直線AC于點(diǎn)F，問(wèn)：以A、E、F、Q四點(diǎn)為頂點(diǎn)構(gòu)成的四邊形能否是平行四邊形？若能，請(qǐng)直接寫出t的值；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】（1）y=﹣13x2+83x；（2）16；（3）四邊形ABCD為正方形，見(jiàn)解析；（4）能，4，6或2+27
【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出二次函數(shù)的解析式；
（2）先求出y1=23x與二次函數(shù)y=-13x2+bx+c的圖象交點(diǎn)N的坐標(biāo)，再根據(jù)三角形的面積公式即可得出結(jié)論
（3）利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征求出點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，進(jìn)而得出AB=4，再利用正方形的判定方法即可得出結(jié)論；
（4）根據(jù)點(diǎn)A，C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線AC的解析式，利用二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征及一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可求出點(diǎn)E，F(xiàn)的坐標(biāo)，由AQ∥EF且以A、E、F、Q四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形可得出AQ=EF，分0＜t≤4，4＜t≤7，7＜t≤8三種情況找出AQ，EF的長(zhǎng)，由AQ=EF可得出關(guān)于t的一元二次方程，解之取其合適的值即可得出結(jié)論．
【詳解】.解：（1）將（0，0），（8，0）代入y=﹣13x2+bx+c，
得：c=0-643+8b+c=0
解得：b=83c=0
∴該二次函數(shù)的解析式為y=﹣13x2+83x．
（2）y1=23x 與二次函數(shù)y=﹣13x2+bx+c的圖象交于點(diǎn)N，則
23x=﹣13x2+83x，
解得x1=0，x2=6，
∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（6，4），
∴△OMN的面積=12×8×4=16；
（3）四邊形ABCD為正方形.
理由：由題意可知，直線y2=4與x軸平行，AD⊥x軸，BC⊥x軸，
∴四邊形ABCD為矩形.
直線y2=4與二次函數(shù)圖象交于A、B兩點(diǎn)，
∴﹣13x2+83x=4，
解得：x1=2，x2=6，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（2，4），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（6，4），
∴AB=4，
∴AB=AD，
∴矩形ABCD為正方形．
（4）以A、E、F、Q四點(diǎn)為頂點(diǎn)構(gòu)成的四邊形能為平行四邊形，此時(shí)t的值為4 、6或2+27．
由（2）可知：點(diǎn)A的坐標(biāo)為（2，4），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（6，4），
點(diǎn)C的坐標(biāo)為（6，0），點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，0）．
設(shè)直線AC的解析式為y=kx+a（k≠0），
將A（2，4），C（6，0）代入y=kx+a，得：2k+a=46k+a=0，解得：k=-1a=6，
∴直線AC的解析式為y=﹣x+6．
當(dāng)x=2+t時(shí)，y=﹣13x2+83x=﹣13t2+43t+4，y=﹣x+6=﹣t+4，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（2+t，﹣13t2+43t+4），點(diǎn)F的坐標(biāo)為（2+t，﹣t+4）．
∵以A、E、F、Q四點(diǎn)為頂點(diǎn)構(gòu)成的四邊形為平行四邊形，且AQ∥EF，∴AQ=EF，
分三種情況考慮：
①當(dāng)0＜t≤4時(shí)，如圖1所示，AQ=t，EF=﹣13t2+43t+4﹣（﹣t+4）=﹣13t2+73t，
∴t=﹣13t2+73t，解得：t1=0（舍去），t2=4；
②當(dāng)4＜t≤7時(shí)，如圖2所示，AQ=8﹣t，EF=﹣13t2+43t+4﹣（﹣t+4）=﹣
13t2+73t，∴8﹣t =﹣13t2+73t，解得：t3=4（舍去），t4=6；
③當(dāng)7＜t≤8時(shí)，如圖3所示，AQ=8﹣t，EF=﹣t+4﹣（﹣13t2+43t+4）=13t2﹣73t，∴8﹣t =13t2﹣73t，解得：t5=2﹣27（舍去），t6=2+27 ．
綜上所述：當(dāng)以A、E、F、Q四點(diǎn)為頂點(diǎn)構(gòu)成的四邊形為平行四邊形時(shí)，t的值為4、6或2+27．
【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、正方形的判定、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征以及平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是理解題意，能靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解題．
考點(diǎn)二 四邊形之間的區(qū)別與聯(lián)系
1. 平行四邊形、矩形、菱形、正方形之間的關(guān)系：
2. 平行四邊形、矩形、菱形、正方形的性質(zhì)
3 平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定
題型01 平行四邊形、矩形、菱形、正方形之間的關(guān)系
【例1】（2021·福建寧德·統(tǒng)考一模）如圖，在反映特殊四邊形之間關(guān)系的知識(shí)結(jié)構(gòu)圖中，①②③④表示需要添加的條件，則下列描述錯(cuò)誤的是（ ）
A．①表示有一個(gè)角是直角B．②表示有一組鄰邊相等
C．③表示四個(gè)角都相等D．④表示對(duì)角線相等
【答案】C
【分析】根據(jù)特殊四邊形的判定方法判斷即可．
【詳解】∵有一個(gè)角是平行四邊形是矩形，
∴①表示有一個(gè)角是直角是正確的；
∴A的描述正確，不符合題意；
∵有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，
∴②表示有一組鄰邊相等是正確的；
∴B的描述正確，不符合題意；
∵四個(gè)角都相等的四邊形是矩形，
∴③表示四個(gè)角都相等是錯(cuò)誤的；
∴C的描述錯(cuò)誤，符合題意；
∵對(duì)角線相等的菱形是正方形，
∴④表示對(duì)角線相等是正確的；
∴D的描述正確，不符合題意；
故選C．
【點(diǎn)睛】本題考查了特殊四邊形的判定，熟練掌握特殊四邊形的各種判定方法是解題的關(guān)鍵．
【變式1-1】（2023·安徽蚌埠·統(tǒng)考三模）如圖推理中，空格①②③④處可以填上條件“對(duì)角線相等”的是（ ）

A．①②B．①④C．③④D．②③
【答案】D
【分析】根據(jù)矩形的判定定理，正方形的判定定理即可求解．
【詳解】解：∵對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形，對(duì)角線相等的菱形是正方形，
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定定理，正方形的判定定理，熟練掌握矩形的判定定理，正方形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
【變式1-2】（2023·山西晉中·統(tǒng)考二模）在平行四邊形的復(fù)習(xí)課上，小明繪制了如下知識(shí)框架圖，箭頭處添加條件錯(cuò)誤的是（ ）

A．①：對(duì)角線相等B．②：對(duì)角互補(bǔ)C．③：一組鄰邊相等D．④：有一個(gè)角是直角
【答案】B
【分析】由矩形，菱形，正方形的判定，即可判斷．
【詳解】解：A、對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形，故A正確，不符合題意；
B、對(duì)角互補(bǔ)的矩形不一定是正方形，錯(cuò)誤，故B符合題意；
C、一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，正確，故C不符合題意；
D、有一個(gè)角是直角的菱形是正方形，正確，故D不符合題意．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查矩形，菱形，正方形的判定，關(guān)鍵是熟練掌握矩形，菱形，正方形的判定方法．
題型02 平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定
【例2】（2023·廣東佛山·校考一模）給出下列判斷，正確的是（ ）
A．一組對(duì)邊相等，另一組對(duì)邊平行的四邊形是平行四邊形
B．對(duì)角線相等的四邊形是矩形
C．對(duì)角線互相垂直且相等的四邊形是正方形
D．有一條對(duì)角線平分一個(gè)內(nèi)角的平行四邊形為菱形
【答案】D
【分析】依據(jù)平行四邊形的判定、矩形的判定、正方形的判定以及菱形的判定方法，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：A. 一組對(duì)邊相等且平行的四邊形是平行四邊形，故該選項(xiàng)不正確，不符合題意；
B. 對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形，故該選項(xiàng)不正確，不符合題意；
C. 對(duì)角線互相平分，垂直且相等的四邊形是正方形，故該選項(xiàng)不正確，不符合題意；
D. 有一條對(duì)角線平分一個(gè)內(nèi)角的平行四邊形為菱形，故該選項(xiàng)正確，符合題意；
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了特殊四邊形的判定方法，解題關(guān)鍵在于掌握各特殊四邊形的判定方法．
【變式2-1】（2023·浙江紹興·統(tǒng)考三模）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B=30°，∠C=60°，AB=6，AD=4，E、F是BC上的兩動(dòng)點(diǎn)，且EF=4，點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)F移動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，兩點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)．在四邊形AEFD形狀的變化過(guò)程中，依次出現(xiàn)的特殊四邊形是（ ）

A．平行四邊形→菱形→矩形→平行四邊形B．平行四邊形→菱形→正方形→平行四邊形
C．平行四邊形→菱形→正方形→菱形D．平行四邊形→矩形→菱形→平行四邊形
【答案】A
【分析】先判斷出點(diǎn)E在移動(dòng)過(guò)程中，四邊形AEFD始終是平行四邊形，當(dāng)AE=AD=4時(shí)，四邊形AEFD是菱形，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)G重合時(shí)，四邊形AEFD是矩形，即可求解．
【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)A、D作BC的垂線，垂足分別為G、H，

∵AD∥BC，
∴四邊形ADHG為矩形，
∵∠B=30°，AB=6，
∴AG=12AB=3，
∴DH=3，
∵∠C=60°，
∴CD=DHsin60°=23

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