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沈岳夫众所周知，特殊四边形是初中数学教学的一个核心内容，也是中考考试的高频考点.现以2012年的中考试题为例从四方面进行解析，供读者在第三轮专题复习时参考、借鉴.
策略一运用平面几何知识解决最值问题
1.利用垂线段最短的性质求最值
例1以边长为2的正方形的中心O为端点，引两条相互垂直的射线，分别与正方形的边交于A、B两点，则线段AB的最小值是.
解析：如图1，因为四边形CDEF是正方形，所以∠OCD=∠ODB=45°，∠COD=90°，OC=OD.又因为AO⊥OB，所以∠AOB=90°.进而得∠COA+∠AOD=90°，∠AOD+∠DOB=90°，所以∠COA=∠DOB.所以证得△COA≌△DOB（ASA）.得OA=OB.因为∠AOB=90°，所以△AOB是等腰直角三角形.由勾股定理得AB=OA2+OB2=2OA.要使AB最小，只要OA取最小值即可.根据垂线段最短的性质，当OA⊥CD时，OA最小.因为四边形CDEF是正方形，所以FC⊥CD，OD=OF.所以CA=DA，所以OA=12CF=1.所以AB=2.
图1图2评析：本题考查了正方形的性质、垂线段最短、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等知识，题目具有代表性，有一定的难度.解答本题关键是判断AB=2OA时，AB最小，即OA与OB分别与正方形边长垂直时AB有最小值.
2.利用轴对称的性质求最值
例2 如图2，菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，点P，Q，K分别为线段BC，CD，BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为（ ）
（A） 1 （B） 3 （C） 2（D） 3+1
解析：分两步分析： （1）若点P，Q固定，此时点K的位置：如图3，作点P关于BD的对称点P1，连结P1Q，交BD于点K1.由线段中垂线上的点到线段两端距离相等的性质，得 P1K1 = PK1，P1K=PK.由三角形两边之和大于第三边的性质，得P1K+QK>P1Q=P1K1+QK1= PK1+QK1.所以此时的K1就是使PK+QK最小的位置.
图3图4（2）若点P，Q变动，如图4，根据菱形的性质，点P关于BD的对称点P1在AB上，即不论点P在BC上任一点，点P1总在AB上.因此，根据直线外一点到直线的所有连线中垂直线段最短的性质，得当P1Q⊥AB时P1Q最短. 过点A作AQ1⊥DC于点Q1. 因为∠A=120°，所以∠DAQ1=30°.又因为AD=AB=2，所以P1Q=AQ1=AD·cos30°=2×32=3.
综上所述，PK+QK的最小值为3.故选（B）.
评析：本题通过作点P关于BD的对称点P1，则点P1必然落在边AB上，且P1Q即为PK+QK的最小值.由于点P1、Q均为动点，结合“垂线段最短”可知：当P1、A重合，且AQ1⊥DC时，P1Q最短.解此类问题时，要充分借用正方形（例1）、菱形（例2）的对称性（当然，命题载体还可以换作其他具有轴对称的图形，如等腰三角形、圆等），通过一次或多次“轴对称变换”，把不能拉直的路线（折线）化归为能拉直的折线，综合已学知识把问题得以解决.
策略二运用构造法
1.构造出特殊三角形
例3如图5，菱形纸片ABCD中，∠A=60°，将纸片折叠，点A、D分别落在A′、D′ 处，且A′D′ 经过B，EF为折痕，当D′F⊥CD时，CFFD的值为（ ）
（A） 3-12（B） 36
（C） 23-16（D） 3+18
图5图6解析：如图6，延长DC与A′D′，交于点M.因为在菱形纸片ABCD中，∠A=60°，所以∠DCB=∠A=60°，AB∥CD.所以可得∠D=120°.根据折叠的性质，可得∠A′D′F=∠D=120°，所以可得∠FD′M=60°.因为D′F⊥CD，所以∠D′FM=90°，进而得∠M=30°.由于∠BCM=180°-∠BCD=120°，所以∠CBM=180°-∠BCM-∠M=30°.所以∠CBM=∠M.所以BC=CM.设CF=x，D′F=DF=y， 则BC=CM=CD=CF+DF=x+y.所以FM=CM+CF=2x+y，在Rt△D′FM中，tan∠M=tan30°=D′FFM=y2x+y=33，经整理得，xy=3-12.所以CFFD=3-12.故选（A）.
评析：在直角三角形或能构造出直角三角形的图形中三角函数就存在，三角函数说得直观一点就是边的比值.经观察、分析，其核心的构题方法是：首先根据题中条件D′ F⊥CD，自然想到延长DC与A′D′，交于点M，进而得到∠M=30°.其次，通过计算，可得BC=CM=CD.设CF=x，D′F=DF=y，则BC=CM=CD=CF+DF=x+y，FM=CM+CF=2x+y，这样通过数形结合及三角函数可简捷地求出CFFD的比值.这样的设计有助于学生发挥聪明才智，尽显此题在数学基础与能力上的区分甄别功能，同时也使此题反映了应用与创新的光芒.
策略三运用转化与化归的思想
1.运用等积转化
例4如图7，线段AC=n+1（其中n为正整数），点B在线段AC上，在线段AC同侧作正方形ABMN及正方形BCEF，连结AM、ME、EA得到△AME.当AB=1时，△AME的面积记为S1；当AB=2时，△AME的面积记为S2；当AB=3时，△AME的面积记为S3；…；当AB=n时，△AME的面积记为Sn.当n≥2时，Sn-Sn-1=.
图7图8解析：如图8，连结BE.因为在线段AC同侧作正方形ABMN及正方形BCEF，所以BE∥AM.所以S△AME=S△AMB.所以当AB=n时，△AME的面积为Sn=12n2，当AB=n-1时，△AME的面积为Sn=12（n-1）2.因此当n≥2时，Sn-Sn-1=12n2-12（n-1）2=12（n+n-1）（n-n+1）=2n-12. 评析：此题是一点传统的经典几何题，其解法较多，可用面积差、补形法、等积法等方法，但例中所用的方法最为简捷.主要考查了三角形面积求法以及正方形的性质，根据已知得出正确图形，得出S与n的关系是解题关键.规律探究题考查学生细致的观察、严密的思维、准确的推理，稍有不慎，就会功亏一篑.面积求值问题通常作为填空题的“小压轴题”，对学生的思维要求较高，应引起重点关注.
2.运用等量代换
例5如图9，P是矩形ABCD内的任意一点，连结PA、PB、PC、PD，得到△PAB、△PBC、△PCD、△PDA，设它们的面积分别是S1、S2、S3、S4，给出如下结论：
①S1+S2=S3+S4， ②S2+S4=S1+S3
③若S3=2S1，则S4=2S2， ④若S1=S2，则P点在矩形的对角线上.
其中正确的结论的序号是 （把所有正确结论的序号都填在横线上）.
图9图10解析：如图10，过点P分别作四个三角形的高.因为△APD以AD为底边，△PBC以BC为底边，所以此时两三角形的高的和为AB，所以S1+S3=12S矩形ABCD；同理，可得出S2+S4=12S矩形ABCD.所以，②S2+S4=S1+S3正确，则①S1+S2=S3+S4错误.若S3=2S1，只能得出△APD与△PBC高度之比，S4不一定等于2S2，故结论③错误.由于S1+S3=S2+S4，又S1=S2，则S2+S3=S1+S4=12SABCD，所以④一定成立.
综上所述，结论②和④正确.
评析：本题利用三角形的面积计算，能够得出②成立.要判断④成立，在这里充分利用所给条件，对等式进行变形.不要因为选出②，就认为找到答案了，对每个结论都要分析，当然感觉不一定对的，可以举反例即可.对于 ④这一选项容易漏选.
策略四运用分类讨论的思想
1.由角的不确定性进行分类
例6在面积为15的平行四边形ABCD中，过点A作AE垂直于直线BC于点E，作AF垂直于直线CD于点F，若AB=5，BC=6，则CE+CF的值为（ ）
（A） 11+1132 （B） 11-1132
（C） 11+1132或11-1132 （D） 11+1132或1+32
解析：当∠A为钝角时，如图17，因为平行四边形的面积为15，CD=AB=15，BC=6，所以AE=156，AF=3.由勾股定理，得BE=532，DF=33.由于33>5，故CF=DF-CD=33-5，CE=BC-BE=6-532，所以CE+CF=6-532+33-5=1+32.
如图12，当∠A为锐角时，同理有CE+CF=（BC+BE）+（DF+CD）=6+532+33+5=11+1132.故选（D）.
图11图12评析：此题主要考查平行四边形的性质、面积公式、勾股定理等知识点，是一道较难的题目，难在“先构造图形，再构造运算”.由数量关系可知，图形有两种情形，确定图形以后根据面积关系建立方程得到相应的长度，再运用勾股定理分别求出CE、CF的长度.但是，这一道题还有一个陷阱，因为选项A和B合起来就是选项C，相信很多同学很容易选择C，而是一个错误的选项.
2.由翻折后边的不确定性进行分类
例7长为20，宽为a的矩形纸片（10 解析： 由题意，可知当102a-20，即a<40，那么第三次操作时正方形的边长为2a-20. 则2a-20=（20-a） -（2a-20），解得a=12；②如果20-a<2a-20，即a>40，那么第三次操作时正方形的边长为20-a. 则20-a=（2a-20） -（20-a），解得a=15（舍去）.所以当n=3时，a的值为12.故答案为：12.
【评析】此题考查了折叠的性质与矩形的性质.此题难度较大，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用，注意折叠中的对应关系.本题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是分2种情况：①20-a>2a-20；②20-a<2a-20.对于每一种情况，分别求出操作后剩下的矩形的两边，根据剩下的矩形为正方形，列出方程，求出满足题意的a值.
例8如图14，正方形ABCD的边长为a，动点P从点A出发，沿折线A→B→D→C→A的路径运动，回到点A时运动停止.设点P运动的路程长为x，AP长为y，则y关于x的函数图象大致是（ ）
解析： 根据题意，求出点P运动的路程x与点P到点A的距离y的函数关系式，然后对x从0到2a+22a时分别进行分析，并写出分段函数，结合图象得出结论.
因为正方形ABCD的边长为a，所以BD=2a，则当0≤x 当（2+2）a≤x≤（2+22）a时，y=（2+22）a-x.
结合函数解析式可以得出第2，3段函数解析式不同，因此（A）选项一定错误；根据当a≤x<（1+2）a时，函数图象被P在BD中点时，分为对称的两部分，故（B）选项错误；再利用第4段函数为一次函数得出，故（C）选项一定错误，故只有（D）符合要求.故选（D）.
评析：解答此类问题的策略：可以归纳为三步：“一看”、“二写”、“三选”. “一看”——是指认真观察几何图形，彻底弄清楚动态问题从何点开始出发，运动到何点停止，整个运动过程分为不同的几段，何点（时刻）是特殊点（时刻），正如本题，动点P按沿折线A→B→D→C→A的路径运动，因此，y关于x的函数图象分为四部分：A→B，B→D，D→C，C→A，这是准确解答的前提和关键；“二写”——是指计算、写出动态问题在不同路段的函数解析式，注意一定要注明自变量的取值范围，求出在特殊点的函数的值和自变量的值；“三选”——就是根据解析式选择准确的函数图象或答案，多用排除法.可先排除不符合函数类形的图象选项，再根据自变量的取值范围或函数的最大值或最小值进行排除，然后选出准确答案.
策略一运用平面几何知识解决最值问题
1.利用垂线段最短的性质求最值
例1以边长为2的正方形的中心O为端点，引两条相互垂直的射线，分别与正方形的边交于A、B两点，则线段AB的最小值是.
解析：如图1，因为四边形CDEF是正方形，所以∠OCD=∠ODB=45°，∠COD=90°，OC=OD.又因为AO⊥OB，所以∠AOB=90°.进而得∠COA+∠AOD=90°，∠AOD+∠DOB=90°，所以∠COA=∠DOB.所以证得△COA≌△DOB（ASA）.得OA=OB.因为∠AOB=90°，所以△AOB是等腰直角三角形.由勾股定理得AB=OA2+OB2=2OA.要使AB最小，只要OA取最小值即可.根据垂线段最短的性质，当OA⊥CD时，OA最小.因为四边形CDEF是正方形，所以FC⊥CD，OD=OF.所以CA=DA，所以OA=12CF=1.所以AB=2.
图1图2评析：本题考查了正方形的性质、垂线段最短、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等知识，题目具有代表性，有一定的难度.解答本题关键是判断AB=2OA时，AB最小，即OA与OB分别与正方形边长垂直时AB有最小值.
2.利用轴对称的性质求最值
例2 如图2，菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，点P，Q，K分别为线段BC，CD，BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为（ ）
（A） 1 （B） 3 （C） 2（D） 3+1
解析：分两步分析： （1）若点P，Q固定，此时点K的位置：如图3，作点P关于BD的对称点P1，连结P1Q，交BD于点K1.由线段中垂线上的点到线段两端距离相等的性质，得 P1K1 = PK1，P1K=PK.由三角形两边之和大于第三边的性质，得P1K+QK>P1Q=P1K1+QK1= PK1+QK1.所以此时的K1就是使PK+QK最小的位置.
图3图4（2）若点P，Q变动，如图4，根据菱形的性质，点P关于BD的对称点P1在AB上，即不论点P在BC上任一点，点P1总在AB上.因此，根据直线外一点到直线的所有连线中垂直线段最短的性质，得当P1Q⊥AB时P1Q最短. 过点A作AQ1⊥DC于点Q1. 因为∠A=120°，所以∠DAQ1=30°.又因为AD=AB=2，所以P1Q=AQ1=AD·cos30°=2×32=3.
综上所述，PK+QK的最小值为3.故选（B）.
评析：本题通过作点P关于BD的对称点P1，则点P1必然落在边AB上，且P1Q即为PK+QK的最小值.由于点P1、Q均为动点，结合“垂线段最短”可知：当P1、A重合，且AQ1⊥DC时，P1Q最短.解此类问题时，要充分借用正方形（例1）、菱形（例2）的对称性（当然，命题载体还可以换作其他具有轴对称的图形，如等腰三角形、圆等），通过一次或多次“轴对称变换”，把不能拉直的路线（折线）化归为能拉直的折线，综合已学知识把问题得以解决.
策略二运用构造法
1.构造出特殊三角形
例3如图5，菱形纸片ABCD中，∠A=60°，将纸片折叠，点A、D分别落在A′、D′ 处，且A′D′ 经过B，EF为折痕，当D′F⊥CD时，CFFD的值为（ ）
（A） 3-12（B） 36
（C） 23-16（D） 3+18
图5图6解析：如图6，延长DC与A′D′，交于点M.因为在菱形纸片ABCD中，∠A=60°，所以∠DCB=∠A=60°，AB∥CD.所以可得∠D=120°.根据折叠的性质，可得∠A′D′F=∠D=120°，所以可得∠FD′M=60°.因为D′F⊥CD，所以∠D′FM=90°，进而得∠M=30°.由于∠BCM=180°-∠BCD=120°，所以∠CBM=180°-∠BCM-∠M=30°.所以∠CBM=∠M.所以BC=CM.设CF=x，D′F=DF=y， 则BC=CM=CD=CF+DF=x+y.所以FM=CM+CF=2x+y，在Rt△D′FM中，tan∠M=tan30°=D′FFM=y2x+y=33，经整理得，xy=3-12.所以CFFD=3-12.故选（A）.
评析：在直角三角形或能构造出直角三角形的图形中三角函数就存在，三角函数说得直观一点就是边的比值.经观察、分析，其核心的构题方法是：首先根据题中条件D′ F⊥CD，自然想到延长DC与A′D′，交于点M，进而得到∠M=30°.其次，通过计算，可得BC=CM=CD.设CF=x，D′F=DF=y，则BC=CM=CD=CF+DF=x+y，FM=CM+CF=2x+y，这样通过数形结合及三角函数可简捷地求出CFFD的比值.这样的设计有助于学生发挥聪明才智，尽显此题在数学基础与能力上的区分甄别功能，同时也使此题反映了应用与创新的光芒.
策略三运用转化与化归的思想
1.运用等积转化
例4如图7，线段AC=n+1（其中n为正整数），点B在线段AC上，在线段AC同侧作正方形ABMN及正方形BCEF，连结AM、ME、EA得到△AME.当AB=1时，△AME的面积记为S1；当AB=2时，△AME的面积记为S2；当AB=3时，△AME的面积记为S3；…；当AB=n时，△AME的面积记为Sn.当n≥2时，Sn-Sn-1=.
图7图8解析：如图8，连结BE.因为在线段AC同侧作正方形ABMN及正方形BCEF，所以BE∥AM.所以S△AME=S△AMB.所以当AB=n时，△AME的面积为Sn=12n2，当AB=n-1时，△AME的面积为Sn=12（n-1）2.因此当n≥2时，Sn-Sn-1=12n2-12（n-1）2=12（n+n-1）（n-n+1）=2n-12. 评析：此题是一点传统的经典几何题，其解法较多，可用面积差、补形法、等积法等方法，但例中所用的方法最为简捷.主要考查了三角形面积求法以及正方形的性质，根据已知得出正确图形，得出S与n的关系是解题关键.规律探究题考查学生细致的观察、严密的思维、准确的推理，稍有不慎，就会功亏一篑.面积求值问题通常作为填空题的“小压轴题”，对学生的思维要求较高，应引起重点关注.
2.运用等量代换
例5如图9，P是矩形ABCD内的任意一点，连结PA、PB、PC、PD，得到△PAB、△PBC、△PCD、△PDA，设它们的面积分别是S1、S2、S3、S4，给出如下结论：
①S1+S2=S3+S4， ②S2+S4=S1+S3
③若S3=2S1，则S4=2S2， ④若S1=S2，则P点在矩形的对角线上.
其中正确的结论的序号是 （把所有正确结论的序号都填在横线上）.
图9图10解析：如图10，过点P分别作四个三角形的高.因为△APD以AD为底边，△PBC以BC为底边，所以此时两三角形的高的和为AB，所以S1+S3=12S矩形ABCD；同理，可得出S2+S4=12S矩形ABCD.所以，②S2+S4=S1+S3正确，则①S1+S2=S3+S4错误.若S3=2S1，只能得出△APD与△PBC高度之比，S4不一定等于2S2，故结论③错误.由于S1+S3=S2+S4，又S1=S2，则S2+S3=S1+S4=12SABCD，所以④一定成立.
综上所述，结论②和④正确.
评析：本题利用三角形的面积计算，能够得出②成立.要判断④成立，在这里充分利用所给条件，对等式进行变形.不要因为选出②，就认为找到答案了，对每个结论都要分析，当然感觉不一定对的，可以举反例即可.对于 ④这一选项容易漏选.
策略四运用分类讨论的思想
1.由角的不确定性进行分类
例6在面积为15的平行四边形ABCD中，过点A作AE垂直于直线BC于点E，作AF垂直于直线CD于点F，若AB=5，BC=6，则CE+CF的值为（ ）
（A） 11+1132 （B） 11-1132
（C） 11+1132或11-1132 （D） 11+1132或1+32
解析：当∠A为钝角时，如图17，因为平行四边形的面积为15，CD=AB=15，BC=6，所以AE=156，AF=3.由勾股定理，得BE=532，DF=33.由于33>5，故CF=DF-CD=33-5，CE=BC-BE=6-532，所以CE+CF=6-532+33-5=1+32.
如图12，当∠A为锐角时，同理有CE+CF=（BC+BE）+（DF+CD）=6+532+33+5=11+1132.故选（D）.
图11图12评析：此题主要考查平行四边形的性质、面积公式、勾股定理等知识点，是一道较难的题目，难在“先构造图形，再构造运算”.由数量关系可知，图形有两种情形，确定图形以后根据面积关系建立方程得到相应的长度，再运用勾股定理分别求出CE、CF的长度.但是，这一道题还有一个陷阱，因为选项A和B合起来就是选项C，相信很多同学很容易选择C，而是一个错误的选项.
2.由翻折后边的不确定性进行分类
例7长为20，宽为a的矩形纸片（10
【评析】此题考查了折叠的性质与矩形的性质.此题难度较大，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用，注意折叠中的对应关系.本题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是分2种情况：①20-a>2a-20；②20-a<2a-20.对于每一种情况，分别求出操作后剩下的矩形的两边，根据剩下的矩形为正方形，列出方程，求出满足题意的a值.
例8如图14，正方形ABCD的边长为a，动点P从点A出发，沿折线A→B→D→C→A的路径运动，回到点A时运动停止.设点P运动的路程长为x，AP长为y，则y关于x的函数图象大致是（ ）
解析： 根据题意，求出点P运动的路程x与点P到点A的距离y的函数关系式，然后对x从0到2a+22a时分别进行分析，并写出分段函数，结合图象得出结论.
因为正方形ABCD的边长为a，所以BD=2a，则当0≤x
结合函数解析式可以得出第2，3段函数解析式不同，因此（A）选项一定错误；根据当a≤x<（1+2）a时，函数图象被P在BD中点时，分为对称的两部分，故（B）选项错误；再利用第4段函数为一次函数得出，故（C）选项一定错误，故只有（D）符合要求.故选（D）.
评析：解答此类问题的策略：可以归纳为三步：“一看”、“二写”、“三选”. “一看”——是指认真观察几何图形，彻底弄清楚动态问题从何点开始出发，运动到何点停止，整个运动过程分为不同的几段，何点（时刻）是特殊点（时刻），正如本题，动点P按沿折线A→B→D→C→A的路径运动，因此，y关于x的函数图象分为四部分：A→B，B→D，D→C，C→A，这是准确解答的前提和关键；“二写”——是指计算、写出动态问题在不同路段的函数解析式，注意一定要注明自变量的取值范围，求出在特殊点的函数的值和自变量的值；“三选”——就是根据解析式选择准确的函数图象或答案，多用排除法.可先排除不符合函数类形的图象选项，再根据自变量的取值范围或函数的最大值或最小值进行排除，然后选出准确答案.