专题05（特殊）平行四边形-【好题汇编】5年（2020-2024）中考1年模拟数学真题分类汇编（天津专用）

专题05（特殊）平行四边形 思维导图 真题再现 题型一、（特殊）平行四边形在坐标系中的坐标 1．（2020·天津·中考真题）如图，四边形是正方形，O，D两点的坐标分别是，，点C在第一象限，则点C的坐标是（    ）    A． B． C． D． 2．（2021·天津·中考真题）如图，的顶点A，B，C的坐标分别是，则顶点D的坐标是（    ） A． B． C． D． 题型二、（特殊）平行四边形的性质 1.（2020·天津·中考真题）如图，的顶点C在等边的边上，点E在的延长线上，G为的中点，连接．若，，则的长为 ． 2．（2024·天津·中考真题）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接． （1）线段的长为 ； （2）若为的中点，则线段的长为 ． 3．（2023·天津·中考真题）如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，． （1）的面积为 ； （2）若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为 ． 4．（2022·天津·中考真题）如图，已知菱形的边长为2，，E为的中点，F为的中点，与相交于点G，则的长等于 ． 5．（2021·天津·中考真题）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为 ． 题型三、（特殊）平行四边形的重叠面积 1．（2024·天津·中考真题）将一个平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点在第一象限，且． (1)填空：如图①，点的坐标为______，点的坐标为______； (2)若为轴的正半轴上一动点，过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，点的对应点为．设． ①如图②，若直线与边相交于点，当折叠后四边形与重叠部分为五边形时，与相交于点．试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 2．（2020·天津·中考真题）将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点B在第一象限，，，点P在边上（点P不与点重合）．    (1)如图①，当时，求点P的坐标； (2)折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点为，设． ①如图②，若折叠后与重叠部分为四边形，分别与边相交于点，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围； ②若折叠后与重叠部分的面积为S，当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 3．（2023·天津·中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形的顶点，矩形的顶点． (1)填空：如图①，点C的坐标为________，点G的坐标为________； (2)将矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，．设，矩形与菱形重叠部分的面积为S．    ①如图②，当边与相交于点M、边与相交于点N，且矩形与菱形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围： ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 4．（2022·天津·中考真题）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点P在边上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点落在第一象限．设． (1)如图①，当时，求的大小和点的坐标； (2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，分别与边相交于点E，F，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围； (3)若折叠后重合部分的面积为，则t的值可以是___________（请直接写出两个不同的值即可）． 5．（2021·天津·中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，是等腰直角三角形，，顶点，点B在第一象限，矩形的顶点，点C在y轴的正半轴上，点D在第二象限，射线经过点B． （Ⅰ）如图①，求点B的坐标； （Ⅱ）将矩形沿x轴向右平移，得到矩形，点O，C，D，E的对应点分别为，，，，设，矩形与重叠部分的面积为S． ①如图②，当点在x轴正半轴上，且矩形与重叠部分为四边形时，与相交于点F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 未来视野 题型一、（特殊）平行四边形的性质 1．如图，在中，于点，于点，若的周长为，，    (1)求和之间的距离及和之间的距离． (2)求平行四边形的面积． 2．矩形在如图所示的直角坐标系中，点的坐标为，、直线经过点，交边于点，此时直线的函数表达式是． (1)求的长； (2)沿轴负方向平移直线，分别交边于点． 当四边形是菱形时，求平移的距离； 设，当直线把矩形分成两部分的面积之比为时，求的值． 3．如图，在平面直角坐标系中，点，点，点关于轴的对称点为． (1)点的坐标为 　　； (2)已知一次函数的图象经过点与，求这个一次函数的解析式； (3)点是轴上的一个动点，当　　时，的周长最小； (4)点，是轴上的两个动点，当 时，的周长最小； (5)点，点分别是轴和轴上的动点，当四边形的周长最小时，　　 ，此时四边形的面积为 　　 ． 4．在平面直角坐标系中，为坐标原点，过点分别作轴、轴的平行线，交轴于点，交轴于点，点是从点出发，沿以2个单位长度/秒的速度向终点运动的一个动点，运动时间为（秒）． (1)直接写出点和点的坐标（______，______）、C（______，______）； (2)当点运动时，用含的式子表示线段的长，并写出的取值范围； (3)点，连接，在（2）条件下是否存在这样的值，使，若存在，请求出值，若不存在，请说明理由． 5．综合探究 已知点是边长为2的正方形内部一个动点，始终保持．    【初步探究】（1）如图，延长交边于点．当点是的中点时，求的值； 【深入探究】（2）如图，连接并延长交边于点．当点是的中点时，求的值； 【延伸探究】（3）如图，连接并延长交边于点．当取得最大值时，求的值． 题型二、（特殊）平行四边形的证明 1．如图，平行四边形的对角线，相交于点O，E、F分别是、的中点．求证：．    2．如图，在中，过点、作，，分别交、的延长线于点和． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点，点是线段的中点，若，，求矩形的周长． 3．已知，四边形是菱形． (1)若，则菱形的周长______； (2)如图①，、是对角线，则与的位置关系是_______． (3)如图②，点、分别在、上，且，，，点、分别在、上，与相交于点．求证：四边形是菱形． 4．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 5．如图，四边形是菱形，对角线、交于点O，点D、B是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，． (1)求证：四边形是正方形； (2)若正方形的面积为72，，求点F到线段的距离． 题型三、（特殊）平行四边形的最值 1．如图，在一个边长为2的正方形中，E为的中点，P为对角线上的一个动点，则最小值的是（　　） A．2 B． C．3 D． 2．如图，在矩形中，，，为中点，为上一动点，则的最小值为（    ）    A． B． C． D． 3．如图，在直角三角形ABC中，，，，点M是边AB上一点（不与点A，B重合），作于点E，于点F，若点P是EF的中点，则CP的最小值是（    ） A．1.2 B．1.5 C．2.4 D．2.5 4．如图，在矩形中，，点为直线下方一点，且以为斜边在矩形的外部作直角三角形，点是的中点，则的最大值为 ． 5．在中，，，． （1）如图①，将线段绕点C顺时针旋转，所得到与交于点M，则的长= ； （2）如图②，点D是边上一点D且，将线段绕点A旋转，得线段，点F始终为的中点，则将线段绕点A逆时针旋转 度时，线段的长最大，最大值为 ． 题型四、（特殊）平行四边形的折叠 1．在平行四边形中，，现将平行四边形沿折叠，使点与点重合，点落在处，则的度数（    ） A． B． C． D． 2．如图，已知矩形纸片，，，点在边上，将沿折叠，点落在点处，、分别交于点、，且，则的长为（　　） A． B． C． D． 3．如图，在正方形中，是的中点，将沿折叠，得到点的对应点，延长交线段于，若，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 4．如图，矩形中，，，点是边上一点，连接，把沿折叠，使点落在点处，当为直角三角形时，的长为（    ） A．2 B．3 C．2或3 D．3或 5．如图，将正方形纸片折叠，使边均落在对角线上，得折痕，则的度数是（    ） A． B． C． D． 1．（2024·天津武清·三模）如图，某公司准备在一个的绿地上建造一个矩形的休闲书吧，其中，点D，E，F分别在边上．有下列结论：①的长可以为；②点D在两个不同位置可使得休闲书吧的面积为；③休闲书吧面积的最大值为．其中，正确结论的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．（2024·天津红桥·二模）如图，在正方形中，E，F是对角线上两点，，且．将以点A为中心顺时针旋转得到，点D，F的对应点分别为点B，G，连接，则下列结论一定正确的是（    ） A．B．C． D． 3．（2024·天津·三模）一块三角形材料如图所示：，，．用这块材料剪出一个矩形，其中，点D，E，F分别在，，上，下列结论中正确的个数是（   ） ①当时，矩形的面积是 ②矩形 面积最大时，点 E为 中点： ③当，矩形 面积为y时， ④当矩形 面积为时，． A．1 B．2 C．3 D．4 4．（2024·天津河西·二模）已知菱形，，，点，，，分别在菱形的四条边上，．连接．有下列结论：①四边形是矩形；②长有两个不同的值，使得四边形的面积都为；③四边形面积的最大值为．其中，正确结论的个数是（    ）    A．0 B．1 C．2 D．3 5．（2024·天津红桥·三模）如图，在中，，，，D为边的中点，点E在边上，且． （1）的长为 ． （2）若点F为的中点，点G为的中点，则的长为 ． 6．（2024·天津武清·三模）如图，菱形的边长为5，对角线的长为8． （1）的面积为 ； （2）点E是边上一点，过点E作的垂线，交于点F，交的延长线于点G，若点F为的中点，则的长为 ．    7．（2024·天津南开·三模）如图，将矩形绕点顺时针旋转至矩形的位置，连接，，取，的中点，，连接，若，． （1）的长度为 ； （2）的长度为 ． 8．（2024·天津红桥·二模）如图，在中，． （1）的面积为 ； （2）以为边作正方形，过点作，与的延长线相交于点，则的长为 ． 9．（2024·天津·二模）如图，正方形的边长为4，点E是边的中点，，交正方形外角的平分线于点F． （1）的面积为 ； （2）若M是的中点，连接，则的长为 ． 10．（2024·天津滨海新·二模）如图，四边形是正方形，边长为，是边上的动点，在正方形的外侧以为边作正方形，连接，若为的中点，连接，则线段的最小值为 ． 11．（2024·天津和平·三模）如图，在菱形中，对角线交于点O，点E为的中点，连接，．    （Ⅰ）的面积为 ； （Ⅱ）若点F为的中点，连接交于点G，，则线段的长为 ． 12．（2024·天津·三模）如图，在矩形中，，，点E是的中点，点F是边上一点，连接，． （1） 的长为 ； （2）若平分，则的长为 ． 13．（2024·天津河西·二模）如图，在边长为4的正方形的外侧，作直角三角形，，且． （Ⅰ）与的长度和为 ； （Ⅱ）若O为的中点，连接，则的长为 ． 14．（2024·天津南开·二模）如图，，均为等腰直角三角形，其中，，点A，E，D在同一直线，与相交于点F，G为的中点，连接，． （1）的度数为 ． （2）若F为的中点，且，则的长为 ． 15．（2024·天津宝坻·二模）如图，正方形的边长为4，点是边的中点，，交正方形外角的平分线于点． （Ⅰ）的面积为 ． （Ⅱ）若是的中点，连接，则的长为 ． 16．（2024·天津河东·二模）如图，E为平行四边形外一点，且满足，，，． （Ⅰ）平行四边形的面积为 ； （Ⅱ）若点M，N分别在线段，上，连接，当时，连接，，的最小值为 ． 17．（2024·天津河西·二模）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点在边上（点不与点，重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点，并与轴的正半轴相交于点，且，点的对应点落在第一象限．设．    (1)如图①，当时，的大小为______，点的坐标为______； (2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，点的对应点为，且在直线的下方，与边相交于点，折痕与边相交于点，试用含有的式子表示的长，并直接写出的取值范围； (3)当，求折叠后重合部分面积的取值范围． 18．（2024·天津南开·二模）如图1，将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点D在边上（点D不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点D，并与直线相交于点F，且，点C的对应点为﹒设． (1)如图2，当折痕经过点B时，求t的值和点的坐标； (2)若折叠后的图形为四边形，点B的对应点为，与边相交于点G，，分别与x轴相交于点H，I，设折叠后四边形与矩形重合部分的面积为S． ①如图3，当折叠后四边形与矩形重合部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，直接写出S的取值范围． 19．（2024·天津和平·三模）将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，，，，D为边的中点，连接，点E，F分别为，的中点．    (1)填空：如图①，点D的坐标为　　，点F的坐标为　　； (2)将矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，，当点与点B重合时停止移动．设，矩形与重叠部分的面积记为S． ①如图②， 当边与相交于点M，边与相交于点N，且矩形与重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 20．（2024·天津河东·二模）将一个正方形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点P在y轴正半轴上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与边相交于点Q，且，点O的对应点落在第一象限．设． (1)填空：如图①，当时，的大小为______，点的坐标为______； (2)如图②，若折叠后重合部分为五边形，点C的对应点为，，分别与边，相交于点D，E，F，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围； (3)求折叠后重合部分的面积的最大值，以及相应的t的值（请直接写出结果即可）． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05（特殊）平行四边形 思维导图 真题再现 题型一、（特殊）平行四边形在坐标系中的坐标 1．（2020·天津·中考真题）如图，四边形是正方形，O，D两点的坐标分别是，，点C在第一象限，则点C的坐标是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用O，D两点的坐标，求出OD的长度，利用正方形的性质求出ＯB，BC的长度，进而得出C点的坐标即可． 【详解】解：∵O，D两点的坐标分别是，， ∴OD＝6， ∵四边形是正方形， ∴OB⊥BC，OB=BC=6 ∴C点的坐标为：， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了点的坐标和正方形的性质，正确求出OB，BC的长度是解决本题的关键． 2．（2021·天津·中考真题）如图，的顶点A，B，C的坐标分别是，则顶点D的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行四边形性质以及点的平移性质计算即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， 点B的坐标为(-2，-2)，点C的坐标为(2，-2)， ∴点B到点C为水平向右移动4个单位长度， ∴A到D也应向右移动4个单位长度， ∵点A的坐标为(0，1)， 则点D的坐标为(4，1)， 故选:C． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，以及平移的相关知识点，熟知点的平移特点是解决本题的关键． 题型二、（特殊）平行四边形的性质 1.（2020·天津·中考真题）如图，的顶点C在等边的边上，点E在的延长线上，G为的中点，连接．若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】延长DC交EF于点M（图见详解），根据平行四边形与等边三角形的性质，可证△CFM是等边三角形，BF=BE=EF=BC+CF=5，可求出CF=CM=MF=2，可得C、G是DM和DE的中点，根据中位线的性质，可得出CG=，代入数值即可得出答案． 【详解】解：如下图所示，延长DC交EF于点M，，， 平行四边形的顶点C在等边的边上， ， 是等边三角形， ． 在平行四边形中，，， 又是等边三角形， ， ． G为的中点，， 是的中点，且是的中位线， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的性质、中位线等知识点，延长DC交EF于点M，利用平行四边形、等边三角形性质求出相应的线段长，证出是的中位线是解题的关键． 2．（2024·天津·中考真题）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接． （1）线段的长为 ； （2）若为的中点，则线段的长为 ． 【答案】 2 / 【分析】本题考查正方形的性质，中位线定理，熟练运用中位线定理是解题的关键； （1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解， （2）作辅助线，构造中位线即可． 【详解】（1）四边形是正方形， ， 在中，， ， ， （2）延长到点，使，连接 由点向作垂线，垂足为 ∵为的中点，为的中点， ∴为的中位线， 在中， ， ， 在中，， 为的中位线， 3．（2023·天津·中考真题）如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，．    （1）的面积为 ； （2）若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为 ． 【答案】 3 【分析】（1）过点E作，根据正方形和等腰三角形的性质，得到的长，再利用勾股定理，求出的长，即可得到的面积； （2）延长交于点K，利用正方形和平行线的性质，证明，得到的长，进而得到的长，再证明，得到，进而求出的长，最后利用勾股定理，即可求出的长． 【详解】解：（1）过点E作，   正方形的边长为3， ， 是等腰三角形，，， ， 在中，， , 故答案为：3； （2）延长交于点K， 正方形的边长为3， ，， ，， ， ， ， F为的中点， ， 在和中， ， ， ， 由（1）可知，，， ， ， ， ， ， 在中，， 故答案为：．    【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键． 4．（2022·天津·中考真题）如图，已知菱形的边长为2，，E为的中点，F为的中点，与相交于点G，则的长等于 ． 【答案】 【分析】连接FB，作交AB的延长线于点G．由菱形的性质得出，，解直角求出，，推出FB为的中位线，进而求出FB，利用勾股定理求出AF，再证明，得出． 【详解】解：如图，连接FB，作交AB的延长线于点G． ∵四边形是边长为2的菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ， ∵E为的中点， ∴， ∴，即点B为线段EG的中点， 又∵F为的中点， ∴FB为的中位线， ∴，， ∴，即是直角三角形， ∴． 在和中， ，‘ ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，平行线的性质，三角函数解直角三角形，三角形中位线的性质，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，添加辅助线构造直角是解题的关键． 5．（2021·天津·中考真题）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为 ． 【答案】 【分析】先作辅助线构造直角三角形，求出CH和MG的长，再求出MH的长，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】解:如图,作OK⊥BC，垂足为点K， ∵正方形边长为4， ∴OK=2，KC=2， ∴KC=CE， ∴CH是△OKE的中位线 ∴， 作GM⊥CD，垂足为点M， ∵G点为EF中点， ∴GM是△FCE的中位线， ∴，， ∴， 在Rt△MHG中，， 故答案为：． 【点睛】本题综合考查了正方形的性质、三角形中位线定理、勾股定理等内容，解决本题的关键是能作出辅助线构造直角三角形，得到三角形的中位线，利用三角形中位线定理求出相应线段的长，利用勾股定理解直角三角形等． 题型三、（特殊）平行四边形的重叠面积 1．（2024·天津·中考真题）将一个平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点在第一象限，且． (1)填空：如图①，点的坐标为______，点的坐标为______； (2)若为轴的正半轴上一动点，过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，点的对应点为．设． ①如图②，若直线与边相交于点，当折叠后四边形与重叠部分为五边形时，与相交于点．试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据平行四边形的性质，得出结合勾股定理，即可作答． （2）①由折叠得，，再证明是等边三角形，运用线段的和差关系列式化简，，考虑当与点重合时，和当与点B重合时，分别作图，得出的取值范围，即可作答． ②根据①的结论，根据解直角三角形的性质得出，再分别以时，时，，分别作图，运用数形结合思路列式计算，即可作答． 【详解】（1）解：如图：过点C作 ∵四边形是平行四边形，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 故答案为：， （2）解：①∵过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上， ∴，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴是等边三角形 ∴ ∵ ∴ ∴； 当与点重合时， 此时与的交点为E与A重合， 如图：当与点B重合时， 此时与的交点为E与B重合， ∴的取值范围为； ②如图：过点C作 由（1）得出， ∴， ∴ 当时， ∴，开口向上，对称轴直线 ∴在时，随着的增大而增大 ∴； 当时，如图： ∴，随着的增大而增大 ∴在时；在时； ∴当时， ∵当时，过点E作，如图： ∵由①得出是等边三角形， ∴， ∴， ∴ ∵ ∴开口向下，在时，有最大值 ∴ ∴在时， ∴ 则在时，； 当时，如图， ∴，随着的增大而减小 ∴在时，则把分别代入 得出， ∴在时， 综上： 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形的性质，折叠性质，二次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 2．（2020·天津·中考真题）将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点B在第一象限，，，点P在边上（点P不与点重合）．    (1)如图①，当时，求点P的坐标； (2)折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点为，设． ①如图②，若折叠后与重叠部分为四边形，分别与边相交于点，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围； ②若折叠后与重叠部分的面积为S，当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)点P的坐标为； (2)①，t的取值范围是；②． 【分析】（1）过点P作轴，则，因为，，可得，进而得，由30°所对的直角边等于斜边的一半可得，进而用勾股定理可得，点P的坐标即求出； （2）①由折叠知，，所以，；再根据，即可根据菱形的定义“四条边相等的四边形是菱形”可证四边形为菱形，所以，可得；根据点A的坐标可知，加之，从而有；而在中，， 又因为，所以得，由和的取值范围可得t的范围是；②分重叠部分为四边形和三角形两种情况，分别由①知，为等边三角形，由（1）四边形为菱形，所以,三角形为直角三角形，进而求得重叠部分面积的表达式，然后根据二次函数的性质求最值即可． 【详解】（1）解：如图，过点P作轴，垂足为H，则． ， ． ． 在中，， ，． 点P的坐标为． （2）解：①由折叠知，， ，． 又∵， ． 四边形为菱形． ．可得． 点， ． ∴． 在中，． ， ，其中t的取值范围是． ②当重叠部分为四边形时，即 由①知，为等边三角形， ∵四边形为菱形， ∴, ∴三角形为直角三角形，， ∴，, ∴， ∵， ∴． 当重叠部分为三角形时，即 由折叠知，， ，． 又∵， ． 四边形为菱形． ． ∴． 点， ． ∴． 在中，． ∴，其中t的取值范围是． ∴，, ∴， ∵， ∴． 综上，当时，求S的取值范围为． 【点睛】本题主要考查了折叠问题、菱形的判定与性质、求不规则四边形的面积等知识，掌握数形结合思想是解答本题的关键． 3．（2023·天津·中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形的顶点，矩形的顶点． (1)填空：如图①，点C的坐标为________，点G的坐标为________； (2)将矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，．设，矩形与菱形重叠部分的面积为S．    ①如图②，当边与相交于点M、边与相交于点N，且矩形与菱形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围： ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)，． (2)①；② 【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解； （2）①由题意易得，然后可得，则有，进而根据割补法可进行求解面积S；②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的，然后根据题意画出图形计算面积的最大值和最小值即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形，且， ∴， ∴； 连接，交于一点H，如图所示：    ∵四边形是菱形，且， ∴，， ∴， ∴， 故答案为，； （2）解：①∵点，点，点， ∴矩形中，轴，轴，． ∴矩形中，轴，轴，． 由点，点，得． 在中，，得． 在中，由，得． ∴．同理，得． ∵，得． 又， ∴， 当时，则矩形和菱形重叠部分为， ∴的取值范围是． ②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的， ∴当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：    此时面积S最大，最大值为； 当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：    由（1）可知B、D之间的水平距离为，则有点D到的距离为， 由①可知：， ∴矩形和菱形重叠部分为等边三角形， ∴该等边三角形的边长为， ∴此时面积S最小，最小值为； 综上所述：当时，则． 【点睛】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标，熟练掌握矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标是解题的关键． 4．（2022·天津·中考真题）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点P在边上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点落在第一象限．设． (1)如图①，当时，求的大小和点的坐标； (2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，分别与边相交于点E，F，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围； (3)若折叠后重合部分的面积为，则t的值可以是___________（请直接写出两个不同的值即可）． 【答案】(1)，点的坐标为 (2)，其中t的取值范围是 (3)3，．（答案不唯一，满足即可） 【分析】（1）先根据折叠的性质得，即可得出，作，然后求出和OH，可得答案； （2）根据题意先表示，再根据，表示QE，然后根据表示即可，再求出取值范围； （3）求出t=3时的重合部分的面积，可得从t=3之后重合部分的面积始终是，再求出P与C重合时t的值可得t的取值范围，问题得解． 【详解】（1）在中，由，得． 根据折叠，知， ∴，． ∵， ∴． 如图，过点O′作，垂足为H，则． ∴在中，得． 由，得，则． 由， 得，． ∴点的坐标为． （2）∵点， ∴． 又， ∴． 同（1）知，，． ∵四边形是矩形， ∴． 在中，，得． ∴． 又， ∴. 如图，当点O′与AB重合时，，， 则， ∴， ∴， 解得t=2， ∴t的取值范围是； （3）3，．（答案不唯一，满足即可） 当点Q与点A重合时，，， ∴， 则. ∴t=3时，重合部分的面积是， 从t=3之后重合部分的面积始终是， 当P与C重合时，OP＝6，∠OPQ＝30°，此时t＝OP·tan30°＝， 由于P不能与C重合，故， 所以都符合题意． 【点睛】这是一道关于动点的几何综合问题，考查了折叠的性质，勾股定理，含30°直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形等． 5．（2021·天津·中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，是等腰直角三角形，，顶点，点B在第一象限，矩形的顶点，点C在y轴的正半轴上，点D在第二象限，射线经过点B． （Ⅰ）如图①，求点B的坐标； （Ⅱ）将矩形沿x轴向右平移，得到矩形，点O，C，D，E的对应点分别为，，，，设，矩形与重叠部分的面积为S． ①如图②，当点在x轴正半轴上，且矩形与重叠部分为四边形时，与相交于点F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】（Ⅰ）点B的坐标为；（Ⅱ）①， t的取值范围是；②． 【分析】(I)过点B作，垂足为H，由等腰三角形的“三线合一”性质得到，再由∠BOH=45°得到△OBH为等腰直角三角形，进而，由此求得B点坐标； (II)①由平移知，四边形是矩形，得，进而得到，再由重叠部分面积即可求解； ②画出不同情况下重叠部分的图形，分和和两种情况，将重叠部分的面积表示成关于t的二次函数，再结合二次函数的最值问题求解． 【详解】解：(I)如图，过点B作，垂足为H． 由点，得． ∵， ∴． 又∠BOH=45°， ∴△OBH为等腰直角三角形， ∴． ∴点B的坐标为． (II)①由点，得．由平移知，四边形是矩形，得． ∴，． ∵，， ∴． ∴ ∴． ∴． ∴． ∴． 整理后得到：． 当与A重合时，矩形与重叠部分刚开始为四边形，如下图(1)所示：此时， 当与B重合时，矩形与重叠部分为三角形，接下来往右平移时重叠部分一直为三角形直到与A点重合，如下图(2)所示： 此时， ∴t的取值范围是， 故答案为：，其中：； ②当时，矩形与重叠部分的面积如下图3所示： 此时，∠BAO=45°，为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴重叠部分面积， ∴是关于的二次函数，且对称轴为，且开口向下， 故自变量离对称轴越远，其对应的函数值越小， 故将代入， 得到最大值， 将代入， 得到最小值， 当时，矩形与重叠部分的面积如下图4所示： 此时， 和均为等腰直角三角形， ∴， ， ∴重叠部分面积， ∴是关于的二次函数，且对称轴为，且开口向下， 故自变量离对称轴越远，其对应的函数值越小，故将代入，得到最大值， 将代入， 得到最小值， ∴的最小值为，最大值为， 故答案为：． 当时，由①知 ∴当时，S有最大值为，当时，S有最小值为 ∴的最小值为，最大值为， 综上，S的取值范围为， ∴S的取值范围为． 【点睛】本题考查了矩形的性质、坐标与图形性质、平移的性质、直角三角形的性质、二次函数的最值等问题，属于综合题，需要画出动点不同状态下的图形求解，本题难度较大，需要分类讨论． 未来视野 题型一、（特殊）平行四边形的性质 1．如图，在中，于点，于点，若的周长为，，    (1)求和之间的距离及和之间的距离． (2)求平行四边形的面积． 【答案】(1)和之间的距离，和之间的距离 (2) 【分析】此题主要考查了平行四边形的性质，解答本题的关键是掌握以下知识点：（1）平行四边形的两组对边分别相等；（2）平行四边形的面积等于边长乘以高． （1）根据平行线间的距离求解即可； （2）已知平行四边形的高，，根据“等面积法”列方程，求出BC＝8，根据平行四边形的面积＝底乘以高可得出答案． 【详解】（1）解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴和之间的距离，和之间的距离； （2）∵的周长为， ∴， 又，即， ∴， ∴， ∴， ∴． 2．矩形在如图所示的直角坐标系中，点的坐标为，、直线经过点，交边于点，此时直线的函数表达式是． (1)求的长； (2)沿轴负方向平移直线，分别交边于点． 当四边形是菱形时，求平移的距离； 设，当直线把矩形分成两部分的面积之比为时，求的值． 【答案】(1)，； (2)；或． 【分析】（）首先根据l的函数解析式可以求出的坐标，也就求出了，又，由此求出，然后就可以求出的纵坐标为，代入直线解析式可以求出横坐标，即求出了的长； （）当四边形是菱形时，根据勾股定理可以求出的长，也就求出了的长度，然后即可求出E的坐标，再利用待定系数法可以确定平移后的直线的解析式，接着求出平移后的直线与轴的交点坐标，比较两个与轴的交点坐标即可求出平移的距离； 由，可以得到，而直线把矩形分成两部分的面积之比为，由此可以列出关于的方程，解方程即可求出的值． 此题考查了一次函数的应用，矩形和菱形的性质，勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）∵直线经过轴上的点， ∴，， ∴， 而的坐标为， ∴， ∴， ∴的纵坐标为， 代入得， ∴； （2）当四边形是菱形时，如图， 即， ∴， 设平移后的直线的解析式为， 把代入得， ∴与轴的交点， ∴沿轴负方向平移的距离为； ∵，， ∴， 而或， ∴或， ∴或者， 所以或． 3．如图，在平面直角坐标系中，点，点，点关于轴的对称点为． (1)点的坐标为 　　； (2)已知一次函数的图象经过点与，求这个一次函数的解析式； (3)点是轴上的一个动点，当　　时，的周长最小； (4)点，是轴上的两个动点，当 时，的周长最小； (5)点，点分别是轴和轴上的动点，当四边形的周长最小时，　　 ，此时四边形的面积为 　　 ． 【答案】(1)； (2)； (3)； (4)； (5)，． 【分析】（）根据对称的性质直接可得； （）根据待定系数法求函数解析式，设直线的解析式为，代入，的坐标计算即可； （）根据轴对称的性质，三点共线时，最小，由（）中解析式即可求出的值； （）作，且，得四边形为平行四边形，所以，即共线时，最小，求出的函数解析式解决问题； （5）根据轴对称的性质，作关于轴的对称点，关于轴的对称点，连接交轴于，交轴于，点共线时，，此时四边形周长最小，再根据已知数据进行计算． 【详解】（1）解：∵点关于轴的对称点为， ∴， 故答案为：； （2）解：设直线的解析式为， 则， ∴， ∴直线的解析式为； （3）解：∵周长为，且为定值， ∴只要最小， ∵， ∴三点共线时，最小， 令，得， 故答案为：； （4）解：如图，四边形周长为 ∴只要最小， 作，且，连接， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴，即共线时，最小， ∵，， 设直线的解析式为， ∴，解得：， ∴直线的解析式为， 当时，， ∴， ∴， 故答案为：； （5）解：根据轴对称的性质，作关于轴的对称点，关于轴的对称点，连接交轴于，交轴于， 此时四边形周长为， ∴点共线时，，此时四边形周长最小， ∵，， ∴，， 设直线的函数解析式为， ∴，解得：， ∴直线的函数解析式为， 当时，；当时，， ∴，， ∴， ∴ ， 故答案为：，． 【点睛】本题考查了一次函数的性质，待定系数法求函数解析式，轴对称的性质，线段最短，平行四边形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 4．在平面直角坐标系中，为坐标原点，过点分别作轴、轴的平行线，交轴于点，交轴于点，点是从点出发，沿以2个单位长度/秒的速度向终点运动的一个动点，运动时间为（秒）． (1)直接写出点和点的坐标（______，______）、C（______，______）； (2)当点运动时，用含的式子表示线段的长，并写出的取值范围； (3)点，连接，在（2）条件下是否存在这样的值，使，若存在，请求出值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)． (3)存在，秒和秒 【分析】本题考查了坐标与图形性质，矩形的性质； （1）根据题意即可得到结论； （2）当点在线段上时，根据，，，得到，当点在线段上时，于是得到结论； （3）当点在线段上时，当点在线段上时，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）解：∵，轴，轴 ∴，， （2）当点P在线段BA上时， 由，，可得：， ，， ； 当点在线段上时， 点走过的路程． （3）存在两个符合条件的t值， 当点在线段上时 ， ， 解得：， 当点在线段上时，    ， 解得：， 综上所述：当为秒和秒时． 5．综合探究 已知点是边长为2的正方形内部一个动点，始终保持．    【初步探究】（1）如图，延长交边于点．当点是的中点时，求的值； 【深入探究】（2）如图，连接并延长交边于点．当点是的中点时，求的值； 【延伸探究】（3）如图，连接并延长交边于点．当取得最大值时，求的值． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】（1）如图1，首先推导出，由推导出，结合点是的中点，得到； （2）延长交边于点，如图2，利用勾股定理求得，，继而推导出，与（1）同理可得：； （3）延长交边于点，如图3，取中点，连接，，当与半圆相切时，有最大值．同时推导出也为半圆的切线，点在线段的垂直平分线上，同理：点在线段的垂直平分线上，所以是线段的垂直平分线，推导出，结合，得到四边形是平行四边形，求得，，与（1）同理可得：． 【详解】解：（1）如图1，在正方形中，，， ，   ， ． 点是的中点， ； （2）延长交边于点，如图2，   点是的中点时，， ， ， 在中，， ， 在正方形中，， ， ， ， ， 与（1）同理可得：； （3）延长交边于点，如图3，   ，， 点在以为直径的半圆上运动， 取中点，连接，， 当与半圆相切时，有最大值． 且为半径， 也为半圆的切线， ， 点在线段的垂直平分线上， 同理：点在线段的垂直平分线上， 是线段的垂直平分线， ， ， 又， 四边形是平行四边形． ， ． 与（1）同理可得：． 【点睛】本题属于相似形综合题，主要考查了正方形的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握正方形的性质以及勾股定理． 题型二、（特殊）平行四边形的证明 1．如图，平行四边形的对角线，相交于点O，E、F分别是、的中点．求证：．    【答案】见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．根据平行四边形的性质对角线互相平分得出，，利用中点的定义得出，从而利用平行四边形的判定定理“对角线互相平分的四边形是平行四边形”判定是平行四边形，从而得出． 【详解】证明：连接，，如图所示：    ∵四边形是平行四边形, ∴, ∵分别是的中点, ， ∴, ∴是平行四边形， ∴. 2．如图，在中，过点、作，，分别交、的延长线于点和． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点，点是线段的中点，若，，求矩形的周长． 【答案】(1)详见解析 (2)32 【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理等知识，熟练掌握矩形的判定和性质是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，得到，推出，证明四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论； （2）根据平行四边形的性质得到，根据三角形中位线定理得到的值，根据勾股定理得到，然后计算矩形的周长即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点是线段的中点， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴矩形的周长． 3．已知，四边形是菱形． (1)若，则菱形的周长______； (2)如图①，、是对角线，则与的位置关系是_______． (3)如图②，点、分别在、上，且，，，点、分别在、上，与相交于点．求证：四边形是菱形． 【答案】(1)20 (2)垂直 (3)见解析 【分析】此题考查了菱形的性质与判定、平行四边形的判定等知识，证得四边形是平行四边形与是解题的关键． （1）根据菱形的性质即可得，即可得到结论； （2）根据菱形的性质即可得到结论； （3）由，，可证得四边形是平行四边形，又由四边形是菱形，，可得，即可证得四边形是菱形． 【详解】（1）解：（1）∵四边形是菱形， ∴， ∴菱形的周长． 故答案为：20； （2）∵四边形是菱形，、是对角线， ∴， ∴与的位置关系是垂直． 故答案为：垂直； （3）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 4．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）根据题意先证明四边形是平行四边形，再由可得平行四边形是菱形； （2）根据菱形的性质得出的长以及，利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出，即可解答． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵为的平分线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴． 5．如图，四边形是菱形，对角线、交于点O，点D、B是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，． (1)求证：四边形是正方形； (2)若正方形的面积为72，，求点F到线段的距离． 【答案】(1)详见解析 (2)点F到线段的距离为 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的判定和性质定理是解题的关键． （1）根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形可得四边形是菱形，根据对角线相等的菱形是正方形即可解决问题； （2）由正方形的面积公式求得，进而得到，由四边形是菱形得到，，菱形的面积，由勾股定理求得，根据菱形的面积公式即可求得答案． 【详解】（1）证明：菱形的对角线和交于点O， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形， ， ， ， ， 四边形是正方形； （2）解：正方形的面积为72， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， ，， 菱形的面积， 在中，， 设点F到线段的距离为h， ， 即， ． 即点F到线段的距离为． 题型三、（特殊）平行四边形的最值 1．如图，在一个边长为2的正方形中，E为的中点，P为对角线上的一个动点，则最小值的是（　　） A．2 B． C．3 D． 【答案】D 【分析】连接，利用正方形的性质可知，当点C、P、E三点共线时，最小为，利用勾股定理求出即可． 【详解】解：连接， ∵四边形是正方形， ∴所在直线是正方形的对称轴， ∴， ∴， ∴当点C、P、E三点共线时，最小为， ∵E为的中点， ∴ 在中，由勾股定理得， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，轴对称﹣最短路线问题，勾股定理等知识，将的最小值转化为是解题的关键． 2．如图，在矩形中，，，为中点，为上一动点，则的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图所示，过点作于点，作点关于的对称点，连接交于点，此时的值最小，根据矩形的性质可判定四边形是矩形，可求出的长，根据折叠的性质可求出的长，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点，作点关于的对称点，连接交于点，此时的值最小，      ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵，即， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵为中点， ∴， ∴，则， ∵点是点关于的对称点， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 故选：． 【点睛】本题主要考查轴对称—最短路径，矩形的判定和性质，勾股定理等知识的综合，将转换为，根据勾股定理求解线段长度是解题的关键． 3．如图，在直角三角形ABC中，，，，点M是边AB上一点（不与点A，B重合），作于点E，于点F，若点P是EF的中点，则CP的最小值是（    ） A．1.2 B．1.5 C．2.4 D．2.5 【答案】A 【分析】先由勾股定理求出，再证四边形CEMF是矩形，得，当时，CM最短，此时EF也最小，则CP最小，然后由三角形面积求出，即可得出答案． 【详解】解：连接CM，如图所示： ∵，，， ∴， ∵，，， ∴四边形CEMF是矩形， ∴， ∵点P是EF的中点， ∴， 当CM⊥AB时，CM最短， 此时EF也最小，则CP最小， ∵， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、三角形面积以及最小值等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 4．如图，在矩形中，，点为直线下方一点，且以为斜边在矩形的外部作直角三角形，点是的中点，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，取中点O，连接，根据矩形的性质可求的长，根据勾股定理可求的长，根据直角三角形的性质可求的长，根据三角形三边关系可求得当点O，点E，点F共线时，有最大值，即． 【详解】如图，取中点O，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵点F是中点，点O是的中点， ∴， ∴， ∵点O是的斜边的中点， ∴， ∵根据三角形三边关系可得：， ∴当点O，点E，点F共线时，最大，最大值为． 故答案为：． 5．在中，，，． （1）如图①，将线段绕点C顺时针旋转，所得到与交于点M，则的长= ； （2）如图②，点D是边上一点D且，将线段绕点A旋转，得线段，点F始终为的中点，则将线段绕点A逆时针旋转 度时，线段的长最大，最大值为 ． 【答案】 6 150 【分析】（1）根据旋转的性质及等腰三角形、等边三角形的性质求解； （2）取中点E连接，所以为中位线，求出，再利用求的最大值及此时的旋转角． 【详解】解：（1）如图1所示： 在中，， ， 将线段绕点C顺时针旋转， ∴ 为等腰三角形， ， ， ∴ 为等边三角形， ， 故答案为：6； （2）在中，， ， 取中点E连接，如图2， 为中位线， 又， ， ， 当共线时，最大，最大值=， 此时，， ， 即当将线段绕点A逆时针旋转时，线段的长最大，最大值为； 故答案为：150；． 【点睛】此题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和等腰三角形、等边三角形以及直角三角形的性质是解答此题的关键． 题型四、（特殊）平行四边形的折叠 1．在平行四边形中，，现将平行四边形沿折叠，使点与点重合，点落在处，则的度数（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质以及折叠变换，首先根据折叠找到对应相等的角，，然后根据三角形内角和可算出，进而可得的度数，再根据平行四边形的性质可得．解题的关键是找准折叠后哪些角是对应相等的． 【详解】解：∵将平行四边形沿折叠，使点与点重合，点落在处，， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴的度数为． 故选：C． 2．如图，已知矩形纸片，，，点在边上，将沿折叠，点落在点处，、分别交于点、，且，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据折叠的性质可得出，进而、，由、、可得出，根据全等三角形的性质可得出、，设，则，，，依据中，，解方程得，即可确定的长． 【详解】解：根据折叠可知：， ，． 在和中， ， ， ，， ， 设，则，，， ， 中，由勾股定理可得，即，解得， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，解题时常常设要求的线段长为，然后根据折叠和轴对称的性质用含的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列方程求解是解决问题的关键． 3．如图，在正方形中，是的中点，将沿折叠，得到点的对应点，延长交线段于，若，则线段的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，根据正方形的性质和翻折的性质证明，可得，设，则，，然后根据勾股定理即可解决问题． 【详解】解：连接，如图所示，    四边形为正方形， ，， 点是的中点， ， 由翻折可知：，，， ，， 在和中， ， ， ， 设，则，， 在中，根据勾股定理得：， ∴，解得，则的长度为， 故选：B． 【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质． 4．如图，矩形中，，，点是边上一点，连接，把沿折叠，使点落在点处，当为直角三角形时，的长为（    ）    A．2 B．3 C．2或3 D．3或 【答案】D 【分析】分为两种情况，当和时，将图形画出，利用折叠性质和勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，当时，    矩形中，， ∴， 由折叠性质可得：， ∴， 设，则： 在中，由勾股定理可得：， 解得：， ∴， 如图，当时，    ∴， 由折叠性质可得：， ∴四边形为正方形， ∴， 综上，或， 故选．D． 【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是分两种情况考虑，画出对应图形 5．如图，将正方形纸片折叠，使边均落在对角线上，得折痕，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据四边形是正方形，是对角线，可求出的度数，根据折叠可知是角平分线，由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，是对角线， ∴， ∵沿折叠后落在上，沿折叠后落在上， ∴是的角平分线，是的角平分线， ∴， ∴， 故选：． 【点睛】本题主要考查正方形的折叠，掌握正方形的性质，折叠的性质，角平分线的性质是解题的关键． 1．（2024·天津武清·三模）如图，某公司准备在一个的绿地上建造一个矩形的休闲书吧，其中，点D，E，F分别在边上．有下列结论：①的长可以为；②点D在两个不同位置可使得休闲书吧的面积为；③休闲书吧面积的最大值为．其中，正确结论的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题考查了二次函数的性质，矩形的性质，勾股定理等知识，根据勾股定理求出，可判断，设，则，，矩形 的面积为，则，可判断，根据可判断，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴的长可以为，故符合题意； ∵四边形是矩形， ∴， 设，则，， ∴， 设矩形 的面积为，则 ， 当的面积为，即 ， 解得：，， ∴当，时，矩形的面积为， 当，时，矩形的面积为， 故符合题意； ， ∴当时，函数有最大值，最大值为， 故符合题意， 故选：D． 2．（2024·天津红桥·二模）如图，在正方形中，E，F是对角线上两点，，且．将以点A为中心顺时针旋转得到，点D，F的对应点分别为点B，G，连接，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据旋转的性质求解，根据正方形的性质以及旋转的性质先证明，根据全等三角形的性质即可对A，B，C进行判断，根据勾股定理对D进行判断即可． 【详解】解：四边形为正方形， ， 由旋转性质可得：， ， ， ， ， 在与中， ， ， ，故A符合题意； 不一定相等，故B不符合题意； ， ，当不一定相等， 故不一定相等，故C不符合题意； ， ， 由旋转性质得：，， ， ， 由可得： ，故D不符合题意， 故选：A． 3．（2024·天津·三模）一块三角形材料如图所示：，，．用这块材料剪出一个矩形，其中，点D，E，F分别在，，上，下列结论中正确的个数是（   ） ①当时，矩形的面积是 ②矩形 面积最大时，点 E为 中点： ③当，矩形 面积为y时， ④当矩形 面积为时，． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】先由直角三角形的性质和勾肌定理求得，，再证明，得，即，即可求得，，，从而求得矩形的面积，即可判定①；当，矩形 面积为y时，根据，求得，，，则矩形 面积，即可判定③；再根据，由，则当时，即时，矩形 面积最大，即可判定②；令，则 解得：，，即或8，则或4，可判定④． 【详解】解：∵，，， ∴， ∴， ∵矩形， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴矩形的面积，故①正确； 当时，则， ∴，， ∴ ∴矩形 面积故③错误； ∵矩形 面积 ∵ ∴当时，即时，矩形 面积最大， ∵， ∴点 E为 中点， ∴矩形 面积最大时，点 E为 中点，故②正确； 令，则 解得：，， 即或8， ∴或4， ∴当矩形 面积为时，或4，故④错误； 综上，正确的有①②，共2个， 故选：B． 【点睛】本题考查矩形的性质，直角三角形的性质，勾肌定理，相似三角形的判定与性质，二次函数的性质．熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 4．（2024·天津河西·二模）已知菱形，，，点，，，分别在菱形的四条边上，．连接．有下列结论：①四边形是矩形；②长有两个不同的值，使得四边形的面积都为；③四边形面积的最大值为．其中，正确结论的个数是（    ）    A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，一元二次方程根的判别，二次函数最值等知识点，灵活运用菱形的性质是解题的关键． 利用菱形的性质进行角的等量代换即可证出为矩形，判断①；过点作于点，设，则，用含的式子表达出和的长后，利用矩形的面积公式列式判断②和③即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵，， ∴是等边三角形，， ∴，， ∴， 同理可证：， ∴四边形是矩形，故①正确； 过点作于点，如图所示：    设，则， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴当时 整理得： ∵ ∴长有两个不同的值，故②正确； ∵ ∴当时，面积最大值为，故③正确； 综上①②③正确； 故选：D． 5．（2024·天津红桥·三模）如图，在中，，，，D为边的中点，点E在边上，且． （1）的长为 ． （2）若点F为的中点，点G为的中点，则的长为 ． 【答案】 1 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，正确添加辅助线、掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键． （1）根据勾股定理即可求解； （2）作，连接并延长交于，连接，先证明，可得，又勾股定理求得，再利用三角形中位线定理即可求解． 【详解】解：（1）∵，D为边的中点， ∴， 在中，， ∴， 故答案为：1； （2）作，连接并延长交于，连接， ∵，， ∴，，， 又∵点G为的中点， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵点F为的中点， ∴是的中位线， ∴， 故答案为：． 6．（2024·天津武清·三模）如图，菱形的边长为5，对角线的长为8． （1）的面积为 ； （2）点E是边上一点，过点E作的垂线，交于点F，交的延长线于点G，若点F为的中点，则的长为 ．    【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识， 熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键． （1）连接， 交于点，先证，再得到是的中位线，再证四边形是平行四边形，得，然后由勾股定理求出即可求出三角形的面积； （2）先证明是的中位线，得到的长，再证明四边形是平行四边形，得到，即可求解． 【详解】解：（1）连接， 交于点，如图所示：    ∵菱形的边长为5， ， ∴，，，， 在中， ∴， 故答案为：； （2）由（1）可得： ∵， ∴， ∵点是边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵是菱形的对角线， 又∵ ∴四边形是平行四边形， ， ∴，， ∴， 故答案为：． 7．（2024·天津南开·三模）如图，将矩形绕点顺时针旋转至矩形的位置，连接，，取，的中点，，连接，若，． （1）的长度为 ； （2）的长度为 ． 【答案】 5 【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、旋转的性质，连接、，在中，利用勾股定理可得，利用矩形性质可知，根据旋转的性质得到是等腰直角三角形，利用勾股定理求出． 【详解】解：连接、， 在中，利用勾股定理可得， 为中点， ． 矩形绕点顺时针旋转至的位置， ，且， ． 故答案为：5，． 8．（2024·天津红桥·二模）如图，在中，． （1）的面积为 ； （2）以为边作正方形，过点作，与的延长线相交于点，则的长为 ． 【答案】 2 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正方形的性质； （1）过点作于点，勾股定理求得，进而根据三角形的面积公式，即可求解； （2）过点作交的延长线于点，证明，，进而得出，根据勾股定理，即可求解． 【详解】（1）如图所示，过点作于点， ∵ ∴ 在中， ∴， 故答案为：． （2）如图所示，过点作交的延长线于点， ∵四边形是正方形， ∴， ∴ 由 ∴ ∴ 同理可得 ∴ ∴ 在中，， 故答案为：． 9．（2024·天津·二模）如图，正方形的边长为4，点E是边的中点，，交正方形外角的平分线于点F． （1）的面积为 ； （2）若M是的中点，连接，则的长为 ． 【答案】 12 【分析】（1）取中点N，连接，，由勾股定理求得，证明，得到，再由三角形面积公式求得，，然后由求解； （2）过点D作于H，根据，得，得出，再在中，由勾股定理，求得，则，从而可求得，在中，由勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）取中点N，连接，， 正方形， ，， 为的中点， ∴ 由勾股定理，得， ∵N是的中点， ∴ ∴，， ∴ ∴ ∵为正方形外角的平分线， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴， ∵ ∴； 故答案为：12． （2）过点D作于H，如图， 正方形， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 在中，由勾股定理，得，即 ∴ ∴ 由（1）知 ∵M是的中点， ∴ ∴ 在中，由勾股定理，得 ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的性质，勾股定理，解直角三角形．正确作出辅助线，构造全等三角形与直角三角形是解题的关键． 10．（2024·天津滨海新·二模）如图，四边形是正方形，边长为，是边上的动点，在正方形的外侧以为边作正方形，连接，若为的中点，连接，则线段的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，垂线段最短，勾股定理，连接，延长交点，连接，可得为等腰直角三角形，进而得，得到为的中位线，即得，可得当取最小值时，取最小值时，由当时，的值最小，此时，点为的中点，得，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，延长交点，连接，则， ∵四边形是正方形， ∴    ， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴点为的中点， ∵为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴当取最小值时，取最小值时， 当时，的值最小，此时，点为的中点，， ∴， 故答案为：． 11．（2024·天津和平·三模）如图，在菱形中，对角线交于点O，点E为的中点，连接，．    （Ⅰ）的面积为 ； （Ⅱ）若点F为的中点，连接交于点G，，则线段的长为 ． 【答案】 12 【分析】（1）根据三角形中线求面积即可； （2）过点E作于点M，由菱形的性质，是的中位线，得，因此，推出，得到，从而求出的长，得到的长，求出的长，由三角形面积公式求出长，得到的长，由勾股定理即可求出的长． 【详解】解：（1）为的中点， ， ； （2）如图，过点E作于点M，     四边形为菱形， ， ， ， ， ， 为的中位线， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，三角形中线求面积，平行线分线段成比例，勾股定理等知识，关键是过点E作于点M，证明，求出的长． 12．（2024·天津·三模）如图，在矩形中，，，点E是的中点，点F是边上一点，连接，． （1） 的长为 ； （2）若平分，则的长为 ． 【答案】 5 【分析】（1）利用勾股定理求解即可； （2）延长交延长线于点，过点作于点，先利用角平分线的性质得到，设，则，再证明，得到，，继而求得，，然后证明，得到，即，求解即可． 【详解】解：（1）∵矩形， ∴，， ∵点E是的中点， ∴， ∴， 故答案为：5； （2）延长交延长线于点，过点作于点，如图， 在矩形中，，，， 平分，，， ， 设，则， 点是的中点， ， ， 在和中， ，，， ， ，， ∴，， ，， ∴， ， ， ， 即， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质．正确作出辅助线构造相似三角形与全等三角形是解题的关键． 13．（2024·天津河西·二模）如图，在边长为4的正方形的外侧，作直角三角形，，且． （Ⅰ）与的长度和为 ； （Ⅱ）若O为的中点，连接，则的长为 ． 【答案】 【分析】（Ⅰ）根据是直角三角形，，，直接解直角三角形即可得到与的长度，即可得到结果； （Ⅱ）过点O，E作的垂线，垂足为，过点E作的垂线，交延长线与点Q，证明四边形是矩形，解直角三角形即可得到的长度，证明，求出的长度，最后利用勾股定理即可得到结果． 【详解】解：（Ⅰ）三角形中，，且，， ， ， 故答案为：； （Ⅱ）过点O，E作的垂线，垂足为，过点E作的垂线，交延长线与点Q， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， O为的中点， ， G为的中点， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查解直角三角形，正方形的性质，三角形相似的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理．正确作出辅助线是解题的关键． 14．（2024·天津南开·二模）如图，，均为等腰直角三角形，其中，，点A，E，D在同一直线，与相交于点F，G为的中点，连接，． （1）的度数为 ． （2）若F为的中点，且，则的长为 ． 【答案】 /90度 【分析】（1）先证得进而可求出的度数； （2）作于点H，则，可证明，则，再由勾股定理求得，依据，解得，则，，进而可求出的长． 【详解】解：（1）∵，均为等腰直角三角形，，， ∴ ∴ ∴， ∴ ∴， ∴． 故答案为； （）作于点H，则，， ∴， ∵F为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵G为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、三角形的中位线定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 15．（2024·天津宝坻·二模）如图，正方形的边长为4，点是边的中点，，交正方形外角的平分线于点． （Ⅰ）的面积为 ． （Ⅱ）若是的中点，连接，则的长为 ． 【答案】 2 【分析】（Ⅰ）取中点，连接，过点作，交延长线于点，得出，，进而得到为等腰直角三角形即可得出的值，再利用补角的性质得出，然后根据角平分线的性质求出，最后根据性质判定，得到，再证明，得到，即可得出答案； （Ⅱ）过点M作，交于点Q，证明，求出，进而得到，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：取中点，连接，过点作，交延长线于点， 又为的中点，四边形是正方形 ∴， ∴为等腰直角三角形 ∴， 又∵， ∴， ∴ 又交正方形外角的平分线于点F， ∴， 在和中 ∴ ∴； ， ， ； （Ⅱ）过点M作，交于点Q， ， ， ， ， ， 点是边的中点， ， 是的中点， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定定理是解决本题的关键． 16．（2024·天津河东·二模）如图，E为平行四边形外一点，且满足，，，． （Ⅰ）平行四边形的面积为 ； （Ⅱ）若点M，N分别在线段，上，连接，当时，连接，，的最小值为 ． 【答案】 【分析】（Ⅰ）过点D作于点G． 则，求出，由直角三角形的性质可得出，由勾股定理求出，根据平行四边形的面积公式计算即可． （Ⅱ）作E关于的对称点，连接，，把平移到处，连接，，过点作的延长线与点H，则四边形为平行四边形，，，，证明四边形为平行四边形，则，由四边形为平行四边形，得出，，，由勾股定理求出，，由，可得出，最后由当三点共线时，可求出的最小值． 【详解】解：（Ⅰ）过点D作于点G， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 故答案为：6． （Ⅱ）作E关于的对称点，连接，，把平移到处，连接，，过点作的延长线与点H，如图， 则四边形为平行四边形，，，， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， 由（1）得：， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴ ， ∴ ∵，， ∴， 当三点不共线时，， 当三点共线时，， ∴故答案为：． 【点睛】本题主要考查了含直角三角形的性质，平行四边形的判定以及性质，利用轴对称求最小值以及勾股定理的应用，正确作出辅助线是解题的关键． 17．（2024·天津河西·二模）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点在边上（点不与点，重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点，并与轴的正半轴相交于点，且，点的对应点落在第一象限．设．    (1)如图①，当时，的大小为______，点的坐标为______； (2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，点的对应点为，且在直线的下方，与边相交于点，折痕与边相交于点，试用含有的式子表示的长，并直接写出的取值范围； (3)当，求折叠后重合部分面积的取值范围． 【答案】(1)； (2)， (3) 【分析】（）根据直角三角形的性质及折叠的性质可知，再根据折叠的性质及锐角三角函数即可解答； （）根据折叠的性质及直角三角形的性质可知，再根据全等三角形的性质及锐角三角函数可知即可； （）根据折叠的性质及锐角三角函数可知，然后分两种情况讨论：①当时，阴影面积为四边形的面积，利用二次函数的性质求解即可；②当时，令与的交点为，则阴影面积为的面积，利用锐角三角函数和等边三角形的判定和性质求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴在中，， 由折叠的性质得：， ∴， ∵， ∴； 由折叠的性质可知：， ∵， ∴， 过点作，， ∴， ∴在中，， ∴,， ∴， ∴， 故答案为：；； （2）解：延长交于点，过点作，过点作， ∵，， ∴在中，， 由折叠的性质得：， ∴， ∵， ∴； ∵， ∴， ∵， ∴， 由折叠的性质可知：， ∵，， ∴， ∴， ∵,,， ∴在中，， 在中，， ∵， ∴, ∴， ∵在直线的下方， ∴， ∴， ∴, ∵, ∴， ∴， ∴， （3）解：如图，延长交于点，过点作，过点作， ∵，， ∴在中，， 由折叠的性质得：， ∴， ∵， ∴； ∵, ∴， ∵， ∴， 由折叠的性质可知：， ∵，， ∴， ∴， ∵，，， ∴在中，， 在中，， ∵， ∴, ∴， ∴在中，， ∴， 由折叠的性质可知：， 当时，，此时，即点在点上方， 当时，，此时，则，即点在直线上， 当点在上时，此时， ， ， ①当时，阴影面积为四边形的面积， ∵， ∴， ∵， ∴当时，随的增大而增大， ∴当时，， 当时，， 即当时，折叠后重合部分面积的取值范围为； ②当时，令与的交点为，则阴影面积为的面积， 过点作于点，此时， ，， ， 为等边三角形， ， 在中，， ， 即当时，折叠后重合部分面积的值恒为 当，求折叠后重合部分面积的取值范围为． 【点睛】本题考查了矩形与折叠，解直角三角形，二次函数的性质等知识，利用数形结合和分类讨论的思想解决问题是关键． 18．（2024·天津南开·二模）如图1，将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点D在边上（点D不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点D，并与直线相交于点F，且，点C的对应点为﹒设． (1)如图2，当折痕经过点B时，求t的值和点的坐标； (2)若折叠后的图形为四边形，点B的对应点为，与边相交于点G，，分别与x轴相交于点H，I，设折叠后四边形与矩形重合部分的面积为S． ①如图3，当折叠后四边形与矩形重合部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，直接写出S的取值范围． 【答案】(1)；点的坐标为； (2)①；；②． 【分析】（1）在中，利用正切定义求出即可，过作于H，在中，利用余弦定义求出即可，利用勾股定理求出，即可求解； （2）①解直角三角形，分别用t表示出，，，，然后求解即可； ②分；；三种情况讨论，利用二次函数的性质求解即可． 【详解】（1）解：由题意，得， ∵矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点， ∴，，， 在中，， 过作于H， ∵折叠， ∴，， ∴， 在中，， ∴，， ∴点的坐标为 （2）解：①过F作于K， 则四边形，都是矩形， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴，， ∵折叠， ∴，，， ∴， ∴， 在中，，， ∴， 在中，，， ∴， ∴，， 在中，，， ∴， ∴ ， ∵折叠后与边相交于点G，，分别与x轴相交于点H，I， ∴， ∴， ∴； ②当时，如图， 此时 当时，随t的增大而增大， ∴当时，S有最小值为， 当时，S有最大值为； 当时，， ∴抛物线开口向下，点到对称轴的距离越大，函数值越小， ∵， ∴当时，S有最大值为， ∵，， 当或时，S有最小值为， 当时，如图， 此时 ， 当时，随t的增大而减少， ∴当时，S有最大值为，当时，S有最小值为， 综上，当时，． 【点睛】本题考查了矩形与折叠，解直角三角形，勾股定理，二次函数的性质等知识，理解重叠图形的变化规律是解题的关键． 19．（2024·天津和平·三模）将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，，，，D为边的中点，连接，点E，F分别为，的中点．    (1)填空：如图①，点D的坐标为　　，点F的坐标为　　； (2)将矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，，当点与点B重合时停止移动．设，矩形与重叠部分的面积记为S． ①如图②， 当边与相交于点M，边与相交于点N，且矩形与重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)① ② 【分析】（1）求求得，再解直角三角形，求得，从而得，继而求得点D和F坐标． （2）①利用三角形中位线性质求得，再根据直角三角形性质和勾股定理求得，然报由矩形性质可求解； ②分五种情况：当时；当时；当时；当时，当时，分别求出S与t的函数关系式，得用函数性质求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵D为边AB的中点， ∴， ∴， ∴． ∵F是的中点，， ∴． （2）解：①∵，， ∴ ∵点E，F分别为，的中点． ∴， 由（1）知，， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵矩形， ∴， 当如图，    ∵矩形， ∴，，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 由平移可得，， ∴， 即； ②分五种情况：当时，    ∵ ∴， ∵ ∴； 当时，     ， ∵， ∵； 当时，   ， ∵， ∴； 当时， 由①知 ∴； 当时，    ∵， ∵， ∴； 综上，当时，S的取值范围为． 【点睛】本题考查矩形的性质，平移性质，动点函数问题，一次函数与二次函数的图象性质，解直角三角形，此题是函数与几何综合题目，难度较大，分类讨论是解题的关键． 20．（2024·天津河东·二模）将一个正方形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点P在y轴正半轴上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与边相交于点Q，且，点O的对应点落在第一象限．设． (1)填空：如图①，当时，的大小为______，点的坐标为______； (2)如图②，若折叠后重合部分为五边形，点C的对应点为，，分别与边，相交于点D，E，F，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围； (3)求折叠后重合部分的面积的最大值，以及相应的t的值（请直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2), (3)当时，折叠后重合部分的面积最大为 【分析】（1）先根据折叠的性质得，作，即可得出，然后求出和即可解答； （2）根据题意先表示，再根据，表示，然后根据表示，最后在含的直角三角形中表示，再求出取值范围即可； （3）求出不同t时的重合部分的面积表达式，利用函数表达式求出最大面积即可． 【详解】（1）解：在中，， ， 由折叠得， ，， 如图，过点作，垂足为H，则． ,， ， ， 当时，． （2）解：∵点， ∴． 又， ． 同（1）知，， ∵四边形是正方形， ， ． ， ． 在中，， ，， ， 当点与重合时，，解得：． ∴t的取值范围是． （3）解：设t时的重合部分的面积为S 当时重叠部分如图①所示，则，， ； 当时如下图所示： 在中，， ， ， ， 由折叠易得, ， 当时，S最大为； 当时，如下图所示： ． 当时，S取得最大值． 综上所述，当时，S取得最大值． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质、勾股定理、含直角三角形的性质、正方形的性质、解直角三角形等知识点．理解重叠图形的变化规律是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$