专题15 四边形（中考高频题型归纳与训练）-备战2025年中考数学真题题源解密（江苏专用）

专题15 四边形 课标要求 考点 考向 1. 了解多边形的定点、边、内角、外角、对角线等概念； 2. 了解正多边形的概念，能探索并掌握多边形的内角和与外角和公式； 3. 理解平行四边形的概念、判定及性质； 4. 理解矩形、菱形、正方形的概念、判定及性质，了解它们之间的关系； 5. 探索并证明矩形、菱形、正方形的性质定理； 6. 了解并识别中点四边形。 四边形 考向一 多边形的内外角和 考向二 三角形的中位线 考向三 平行四边形的性质与判定 考向四 菱形的性质与判定 考向五 矩形的性质与判定 考向六 正方形的性质与判定 考向七 四边形中的新定义 考点一 ►考向一 多边形的内外角和 1．（2024·江苏徐州·中考真题）正十二边形的每一个外角等于 度． 2．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，已知正六边形的边长为2，以点E为圆心，长为半径作圆，则该圆被正六边形截得的的长为 ． 3．（2024·江苏无锡·中考真题）正十二边形的内角和等于 度． ►考向二 三角形的中位线 1．如图，小张想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在外取一点C，然后步测出的中点D，E，并步测出的长约为，由此估测A，B之间的距离约为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·江苏无锡·中考真题）在中，，，，分别是的中点，则的周长为 ． 3．（2024·江苏镇江·中考真题）主题学习：仅用一把无刻度的直尺作图 【阅读理解】 任务：如图1，点D、E分别在的边、上，，仅用一把无刻度的直尺作、的中点．      操作：如图2，连接、交于点P，连接交于点M，延长交于点N，则M、N分别为、的中点． 理由：由可得及，所以，．所以，．同理，由及，可得，．所以．所以，则，，即M、N分别为、的中点． 【实践操作】 请仅用一把无刻度的直尺完成下列作图，要求：不写作法，保留作图痕迹． （1）如图3，，点E、F在直线上． ①作线段的中点； ②在①中作图的基础上，在直线上位于点Ｆ的右侧作一点P，使得； （2）小明发现，如果重复上面的过程，就可以作出长度是已知线段长度的3倍、4倍、…k倍（k为正整数）的线段．如图4，，已知点、在上，他利用上述方法作出了．点E、F在直线上，请在图4中作出线段的三等分点； 【探索发现】 请仅用一把无刻度的直尺完成作图，要求：不写作法，保留作图痕迹． （3）如图5，是的中位线．请在线段上作出一点Q，使得（要求用两种方法）． ►考向三 平行四边形的性质与判定 1．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形中，，是的中点，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，四边形为平行四边形，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点E，连接，，，则的长 （结果保留）． 3．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在四边形中，，且，是的中点．下面是甲、乙两名同学得到的结论： 甲：若连接，则四边形是菱形； 乙：若连接，则是直角三角形． 请选择一名同学的结论给予证明． ►考向四 菱形的性质与判定 1．（2024·江苏南通·中考真题）若菱形的周长为，且有一个内角为，则该菱形的高为 ． 2．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱中，，，，为边上的动点．连接，将绕点逆时针旋转得到，过点作，交直线于点．连接、，分别取、的中点、，连接，交于点． (1)若点与点重合，则线段的长度为______． (2)随着点的运动，与的长度是否发生变化？若不变，求出与的长度；若改变，请说明理由． 3．（2024·江苏扬州·中考真题）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)已知矩形纸条宽度为，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形的面积为，求此时直线所夹锐角的度数． ►考向五 矩形的性质与判定 1．（2024·江苏南通·中考真题）如图，直线，矩形的顶点A在直线b上，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，矩形中，，，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，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，则的最大值为（    ）    A． B． C．2 D．1 3．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点在边中点处．若，则 ． ►考向六 正方形的性质与判定 1．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边长是，则图中阴影图形的周长是（    ）    A． B． C． D． 2．（2024·江苏常州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的对角线相交于原点O．若点A的坐标是，则点C的坐标是 ． 3．（2024·江苏宿迁·中考真题）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片，得到折痕，把纸片展平； 操作二：如图②，在边上选一点E，沿折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕； 操作三：如图③，在边上选一点F，沿折叠，使边与边重合，得到折痕把正方形纸片展平，得图④，折痕与的交点分别为G、H． 根据以上操作，得________． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接，试判断的形状并证明； （2）如图⑥，连接，过点G作的垂线，分别交于点P、Q、M．求证：． 【深入研究】 若，请求出的值（用含k的代数式表示）． ►考向七 四边形中的新定义 1．（2024·江苏盐城·中考真题）如图1，E、F、G、H分别是平行四边形各边的中点，连接交于点M，连接AG、CH交于点N，将四边形称为平行四边形的“中顶点四边形”． (1)求证：中顶点四边形为平行四边形； (2)①如图2，连接交于点O，可得M、N两点都在上，当平行四边形满足________时，中顶点四边形是菱形； ②如图3，已知矩形为某平行四边形的中顶点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法） 2．（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切）， 可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： (1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”， ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；        （    ） ②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；        （    ） ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（    ） (2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：． ①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径． (3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H． ①如图2．连接交于点P．求证：． ②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长． 3．综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点． 求证：中点四边形是平行四边形． 证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴、分别是和的中位线， ∴，（____①____） ∴． 同理可得：． ∴中点四边形是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． （1）请你补全上述过程中的证明依据①________ 【探究二】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 菱形 从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． （2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 ②________ （3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________． （4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【归纳总结】 （5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 ③________ ④________ 结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________． 1．（2024·江苏泰州·二模）已知为半的直径，，点是半圆内任意一点，以为边在半圆下方作矩形，连接，记，，，的面积分别为，，，若要求的值，需要添加的条件是（    ）    A．的长度 B．到的距离 C．到的距离 D．到的距离 2．（2024·江苏无锡·二模）如图，小强站在五边形健身步道的起点P处，沿着P，B，C，D，E，A，P的方向行走，最终回到了P处．在这过程中，小强转过的角度说明了（　　） A．五边形的内角和是 B．五边形的外角和是 C．五边形的内角和是 D．五边形的外角和是 3．（2024·江苏盐城·三模）下列事件是确定事件的是 ．（只填序号） ①四边形内角和是；②校园足球比赛，九年级（1）班获得冠军；③太阳从西边升起． 4．（2024·江苏扬州·一模）如图，点O是边长为2的正方形边上一动点，连接，点D关于的对称点为，连接，．若以O为圆心，为半径的过直角边的中点，则的半径为 ． 5．（2024·江苏南京·一模）如图，分别过矩形的四个顶点作其内部的的切线，切点分别为，，，，，则的长为 .（用含的代数式表示） 6．（2024·江苏淮安·一模）如图，沿将正方形折叠为面积比是的两部分（其中四边形面积较小），点B落在边上的处，与相交于点G．若四边形面积占正方形面积的，设，，用含m，n的式子表示的长是 ． 7．（2024·江苏泰州·三模）如图，点分别在菱形的各边上． 【初步认识】 （1）如图，若，则四边形一定是（   ） A．梯形  　B．矩形  　　C．菱形   　　D．正方形 【变式探究】     （2）如图，若交于点，分别是上一点，，，的延长线分别交在于点，求证：四边形是矩形． 【深入思考】 （3）如图，若交于点，且，当满足什么条件时，可作出两个不同矩形，请直接写出你的结论． （4）在（3）的条件下，设，请探索与满足的关系式． 8．（2024·江苏扬州·二模）如图，点E是边长为2的正方形边上一动点，连接，将射线绕点B顺时针旋转交边于点F，过点E作，垂足为点H，连接交于G，在点E从点A运动到点D运动过程中． (1)直接写出的度数为_______ °； (2)连接， ①的比值是否为定值，是定值求出该比值，不是定值请说明理由； ②当时，直接写出的长； (3)在点E运动过程中，的面积记为，的面积记为，求出的最大值． 9．（2024·江苏扬州·二模）定义：两组邻边对应相等的四边形为“筝形”．如图①．在四边形中，，，那么四边形就是筝形． (1)在①平行四边形：②矩形：③菱形；④正方形中，“筝形”是______（填序号）； (2)如图①，连接，，请判断并证明对角线与的位置关系； (3)如图②，在筝形中，，，请利用无刻度的直尺和圆规，在筝形中找一点，连接、，使折线将筝形的面积等分（保留作图痕迹，不写作法）． 10．（2024·江苏盐城·二模）综合与实践 折纸中蕴藏着丰富的数学知识，也启迪着数学问题的解决．综合实践课上，老师和同学们一起通过折纸，探究数学的奥秘． 【折纸探究】 如图1，在矩形纸片中，点、分别在边和上，将矩形纸片沿折叠，点落在边上的点处，点落在点处，连接，则与的位置关系为______； 折叠一：小明发现，当点和点重合时，连接，如图2，则有，请说明理由； 折叠二：如图3，若矩形是一张A4纸，探究、和三者之间的数量关系，并说明理由； 【解决问题】 小华受【折纸探究】的启发，解决了下面的问题． 如图4，在矩形纸片中，点、分别在边和上，连接、、，平分，，，求的值．（用含有的代数式表示） 11．（2024·江苏镇江·二模）“折纸”是同学们经常做的手工活动． 如图1，矩形纸片，，点O为其对称中心，小明沿着过点 O 的直线将矩形纸片进行折叠，折痕交边于点 M、N，点A、B的对应点记为交边于点E． (1)如图2，当点与点D重合时， ； (2)在上述折叠过程中，求证： ①为等腰三角形； ② ； (3)如图3，，连结交于点F，连接，则的面积为 ． 12．（2024·江苏南京·二模）在中 ，是边上的中线，是边上的中线，、交于点． (1)求证：点在边的中线上． 如图①，连接 并延长，与交于点，连接 ，与交于点．证明途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格； (2)当 时， ①如图②，连接，求 证 ：； ②若 ， 则面积的最大值为______． (3)如图③，已知线段、，求作，使 ，，且 ， （要求：尺规作图，保留作图痕迹，写出必要说明．） 13．（2024·江苏镇江·二模）如图① ，扬中塔（英语：）又称扬中新广播电视发射塔，昵称扬中小蛮腰．位于扬中市滨江公园内，距离市区，与镇江新区隔江相望，是扬中热门景点之一．                 如图②，扬中塔建在背水坡坡比为，坡长米，塔底B 距离C点10米的环岛江堤上，小明在距离D点275米的E处测得塔顶A的仰角为，已知堤坝顶部与地面平行，求扬中塔的高度（参考数据，结果保留整数）． 14．（2024·江苏镇江·二模）丁字尺（T-square），又称T型尺，为一端有横档的“丁”字形直尺，由互相垂直的尺头和尺身构成，常在工程设计上绘制图纸时配合绘图板使用．在一节数学实验课上，同学们将如图1中的“T型尺”（其中于点O）放置在矩形上，摆放“T型尺”时，点O在线段上，直线与边交于点E，与直线相交于点F，射线与直线交于点G．已知，，E在上且．    【初步认识】 （1）在图2中画出当“T型尺”的点O与点A重合时的图形，此时线段的长为：________． （2）在图3中画出当“T型尺”的刚好过点B时的图形，求此时线段的长； 【深入思考】 （3）如图4，求的值． 15．（2024·江苏连云港·二模）在平行四边形中，点E，F分别为线段和延长线上的点，连接与交于点G，连接，设． 【问题提出】（1）如图1，延长交于点P，求证：=； 【深入探究】（2）如图2，若，求的最小值； 【拓展提高】（3）如图3，若，当时，直接写出k的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题15 四边形 课标要求 考点 考向 1. 了解多边形的定点、边、内角、外角、对角线等概念； 2. 了解正多边形的概念，能探索并掌握多边形的内角和与外角和公式； 3. 理解平行四边形的概念、判定及性质； 4. 理解矩形、菱形、正方形的概念、判定及性质，了解它们之间的关系； 5. 探索并证明矩形、菱形、正方形的性质定理； 6. 了解并识别中点四边形。 四边形 考向一 多边形的内外角和 考向二 三角形的中位线 考向三 平行四边形的性质与判定 考向四 菱形的性质与判定 考向五 矩形的性质与判定 考向六 正方形的性质与判定 考向七 四边形中的新定义 考点一 ►考向一 多边形的内外角和 1．（2024·江苏徐州·中考真题）正十二边形的每一个外角等于 度． 【答案】30 【分析】主要考查了多边形的外角和定理．根据多边形的外角和为360度，再用360度除以边数即可得到每一个外角的度数． 【详解】解：∵多边形的外角和为360度， ∴正十二边形的每个外角度数为：． 故答案为：30． 2．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，已知正六边形的边长为2，以点E为圆心，长为半径作圆，则该圆被正六边形截得的的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正多形的内角和和内角以及弧长公式，根据六边形是正六边形，根据正多边内角和等于，求出内角，再根据弧长公式即可得出答案． 【详解】解：∵六边形是正六边形， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（2024·江苏无锡·中考真题）正十二边形的内角和等于 度． 【答案】/1800度 【分析】本题考查了多边形的内角和公式，熟悉相关性质是解题的关键．根据多边形的内角和公式进行计算即可． 【详解】解：， ∴正十二边形的内角和等于． 故答案为：． ►考向二 三角形的中位线 1．如图，小张想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在外取一点C，然后步测出的中点D，E，并步测出的长约为，由此估测A，B之间的距离约为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查三角形的中位线的实际应用，由题意，易得为的中位线，根据三角形的中位线定理，即可得出结果． 【详解】解：∵点D，E，分别为的中点， ∴为的中位线， ∴； 故选：C． 2．（2024·江苏无锡·中考真题）在中，，，，分别是的中点，则的周长为 ． 【答案】9 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，解题的关键是掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．根据三角形的中位线定理得出，即可解答． 【详解】解：∵，，，分别是的中点， ∴， ∴的周长， 故答案为：9． 3．（2024·江苏镇江·中考真题）主题学习：仅用一把无刻度的直尺作图 【阅读理解】 任务：如图1，点D、E分别在的边、上，，仅用一把无刻度的直尺作、的中点．      操作：如图2，连接、交于点P，连接交于点M，延长交于点N，则M、N分别为、的中点． 理由：由可得及，所以，．所以，．同理，由及，可得，．所以．所以，则，，即M、N分别为、的中点． 【实践操作】 请仅用一把无刻度的直尺完成下列作图，要求：不写作法，保留作图痕迹． （1）如图3，，点E、F在直线上． ①作线段的中点； ②在①中作图的基础上，在直线上位于点Ｆ的右侧作一点P，使得； （2）小明发现，如果重复上面的过程，就可以作出长度是已知线段长度的3倍、4倍、…k倍（k为正整数）的线段．如图4，，已知点、在上，他利用上述方法作出了．点E、F在直线上，请在图4中作出线段的三等分点； 【探索发现】 请仅用一把无刻度的直尺完成作图，要求：不写作法，保留作图痕迹． （3）如图5，是的中位线．请在线段上作出一点Q，使得（要求用两种方法）． 【答案】（1）①见解析，②见解析； （2）见解析； （3）见解析 【分析】实践操作（1）①根据[阅读理解]部分的作法：在上方任取一点，得到，与交于点，交于点，连接，交于点，作射线交，分别于，，点即为所求点； ②作射线交于点，作射线交于点，点即为所求； （2）根据上述作法，有两种作法； [探索发现]如作法一，根据相似可知，连接，交于点，则，即点是的三等分点之一，由此可以得出过点作的平行线；同理可得点是的三等分点之一，则，即点为所求作点． 【详解】解：[实践操作] （1）①如图， 点即为所求作的点； ②如图， 点即为所求作的点； （2）如图， 作法一、 作法二、 点，即为所求作的点； [探索发现]（3）如图， 作法一、 作法二、 作法三、 作法四、 作法五、 点即为所求的点． 【点睛】本题主要相似三角形的性质与判定，复杂的几何作图，考查类比的数学思想，理解[阅读理解]部分中，为中点是解题关键． ►考向三 平行四边形的性质与判定 1．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形中，，是的中点，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了解直角三角形，菱形的性质，解题的关键是掌握菱形四边都相等，以及正确画出辅助线，构造直角三角形求解． 延长，过点E作延长线的垂线，垂足为点H，设，易得，则，进而得出，再得出，最后根据，即可解答． 【详解】解：延长，过点E作延长线的垂线，垂足为点H， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 设， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 2．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，四边形为平行四边形，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点E，连接，，，则的长 （结果保留）． 【答案】/ 【分析】本题考查弧长的计算，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，关键是判定是等边三角形，得到． 由平行四边形的性质推出，判定是等边三角形，得到，由弧长公式即可求出的长． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， 由题意得：， 是等边三角形， ， ， ． 故答案为：． 3．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在四边形中，，且，是的中点．下面是甲、乙两名同学得到的结论： 甲：若连接，则四边形是菱形； 乙：若连接，则是直角三角形． 请选择一名同学的结论给予证明． 【答案】见解析 【分析】选择甲：由，是的中点．得，从而得四边形是平行四边形，再根据，即可证明结论成立；选择乙：连接、，交于，分别证明四边形是平行四边形，四边形是菱形，得，，再根据平行线的性质及垂线定义即可得证． 【详解】证明：选择甲：如图1， ∵，是的中点． ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； 选择乙：如图，连接、，交于， ∵，是的中点． ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴ ∴， ∴是直角三角形． 【点睛】本题主要考查了菱形、平行四边形的判定及性质、垂线定义、平行线的性质，熟练掌握菱形、平行四边形的判定及性质是解题的关键． ►考向四 菱形的性质与判定 1．（2024·江苏南通·中考真题）若菱形的周长为，且有一个内角为，则该菱形的高为 ． 【答案】 【分析】本题考查的是菱形的性质，锐角的正弦的含义，先画图，求解，过作于，结合可得答案． 【详解】解：如图，菱形的周长为， ∴， 过作于，而， ∴， 故答案为： 2．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱中，，，，为边上的动点．连接，将绕点逆时针旋转得到，过点作，交直线于点．连接、，分别取、的中点、，连接，交于点． (1)若点与点重合，则线段的长度为______． (2)随着点的运动，与的长度是否发生变化？若不变，求出与的长度；若改变，请说明理由． 【答案】(1) (2)不变，， 【分析】（1）当点与点重合时，、、、、共线，，为的中位线，即可求出的长度． （2）构造，使为的中位线，再构造，进而证得是等边三角形，得出．然后由和为等边三角形，推导出，然后再由，最后得出和的长度不变． 【详解】（1）解：当点与点重合时，如图①， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，． ∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴是等边三角形， ∴．， ∴、、三点共线， ∵，， ∴、、、共线， ∵点、分别是，的中点， ∴． ∴． 故答案为：． （2）解：结论：不变． 如解图②，连接并延长到点，使得，连接，，延长，交于点，连接．延长至点，使得，连接，，设与交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，． ∵点为中点， ∴． ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴，． ∵，， ∴，． ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵ ∴． 在平行四边形中， ∵，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴．， 由旋转得，， ∵，， ∴，， ∴， 又，， ∴（）． ∴， ∴为等边三角形． ∵点、为、的中点， ∴为的中位线，． ∵． ∴．即的长度不变； ∵和都为等边三角形． ∴，，，， ∴， ∴（）． ∴． ∵， ∴， ∴为等边三角形． 同理：为等边三角形． ∴．， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则，，， ∴． ∵为的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴为中点， ∴， ∴． 故和的长度都不变． 【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形和等边三角形的性质，三角形中位线的性质以及平行线分线段成比例．本题的难点是构造得出． 3．（2024·江苏扬州·中考真题）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)已知矩形纸条宽度为，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形的面积为，求此时直线所夹锐角的度数． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见详解 (2) 【分析】本题主要考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，掌握菱形的判定和性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质可得四边形是平行四边形，作，可证，可得，由此可证平行四边形是菱形； （2）作，根据面积的计算方法可得，结合菱形的性质可得，根据含的直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下， 如图所示，过点作于点，过点作于点， 根据题意，四边形，四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵宽度相等，即，且， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：如图所示，过点作于点， 根据题意，， ∵， ∴， 由（1）可得四边形是菱形， ∴， 在中，， 即， ∴． ►考向五 矩形的性质与判定 1．（2024·江苏南通·中考真题）如图，直线，矩形的顶点A在直线b上，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质，平行线的判定和性质，过点作，得到，推出，进行求解即可． 【详解】解：∵矩形， ∴， 过点作， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 故选C． 2．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，矩形中，，，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，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，则的最大值为（    ）    A． B． C．2 D．1 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质、动点轨迹、与圆有关的位置关系等知识，根据矩形的性质以及直角三角形斜边中线的性质确定G的轨迹是本题解题的关键． 连接，交于点，取中点，连接，根据直角三角形斜边中线的性质，可以得出的轨迹，从而求出的最大值． 【详解】解：连接，交于点，取中点，连接，如图所示：    ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴在中，， ∴， ∵， ， 在与中， ， ， ，，共线， ，是中点， ∴在中，， 的轨迹为以为圆心，为半径即为直径的圆弧． ∴的最大值为的长，即． 故选：D． 3．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点在边中点处．若，则 ． 【答案】/ 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，关键是由勾股定理列出关于的方程．由矩形的性质推出，由线段中点定义得到，由折叠的性质得到：，设，由勾股定理得到，求出，得到的值． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵是中点， ∴， 由折叠的性质得到：， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． ►考向六 正方形的性质与判定 1．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边长是，则图中阴影图形的周长是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查平移的性质，利用平移的性质将阴影部分的周长转化为边长是的正方形的周长加上边长是的正方形的两条边长再减去，由此解答即可． 【详解】解：由图可得：阴影部分的周长为边长是的正方形的周长加上边长是的正方形的两条边长再减去， 阴影图形的周长是：， 故选：A． 2．（2024·江苏常州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的对角线相交于原点O．若点A的坐标是，则点C的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查坐标与图形，根据正方形的对角线互相垂直平分，得到关于原点对称，即可得出结果． 【详解】解：∵正方形的对角线相交于原点O， ∴， ∴关于原点对称， ∵点A的坐标是， ∴点C的坐标是； 故答案为：． 3．（2024·江苏宿迁·中考真题）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片，得到折痕，把纸片展平； 操作二：如图②，在边上选一点E，沿折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕； 操作三：如图③，在边上选一点F，沿折叠，使边与边重合，得到折痕把正方形纸片展平，得图④，折痕与的交点分别为G、H． 根据以上操作，得________． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接，试判断的形状并证明； （2）如图⑥，连接，过点G作的垂线，分别交于点P、Q、M．求证：． 【深入研究】 若，请求出的值（用含k的代数式表示）． 【答案】[操作判断]45； [探究证明]（1）等腰直角三角形，理由见详解；（2）见详解； [深入研究] 【分析】[操作判断] 根据正方形的性质以及折叠的性质即可求解； [探究证明]（1）先证明，再证明，则，继而得到，因此，，即是等腰直角三角形；（2）由翻折得，，由，得到，故，因此，而由，得到，则，因此； [深入研究] 连接，先证明，则，由，设，则，而，  则，可得，，，那么，故． 【详解】[操作判断] 解：如图， 由题意得，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， 故答案为：45； [探究证明] 解：（1）如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形； （2）如图， 由翻折得，， ∵四边形是正方形， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； [深入研究] 解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵是对角线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴, ∵， ∴设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形背景下的折叠问题，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定，解直角三角形，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． ►考向七 四边形中的新定义 1．（2024·江苏盐城·中考真题）如图1，E、F、G、H分别是平行四边形各边的中点，连接交于点M，连接AG、CH交于点N，将四边形称为平行四边形的“中顶点四边形”． (1)求证：中顶点四边形为平行四边形； (2)①如图2，连接交于点O，可得M、N两点都在上，当平行四边形满足________时，中顶点四边形是菱形； ②如图3，已知矩形为某平行四边形的中顶点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】(1)见解析 (2)①；②见解析． 【分析】题目主要考查平行四边形及菱形的判定和性质，三角形重心的性质，理解题意，熟练掌握三角形重心的性质是解题关键． （1）根据平行四边形的性质，线段的中点平分线段，推出四边形，四边形均为平行四边形，进而得到：，即可得证； （2）①根据菱形的性质结合图形即可得出结果； ②连接，作直线，交于点O，然后作，然后连接即可得出点M和N分别为的重心，据此作图即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵点E、F、G、H分别是各边的中点， ∴， ∴四边形为平行四边形， 同理可得：四边形为平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）①当平行四边形满足时，中顶点四边形是菱形， 由（1）得四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴中顶点四边形是菱形， 故答案为：； ②如图所示，即为所求， 连接，作直线，交于点O，然后作（或作BM=MN=ND），然后连接即可， ∴点M和N分别为的重心，符合题意； 证明：矩形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形； 分别延长交四边于点E、F、G、H如图所示： ∵矩形， ∴，， 由作图得， ∴， ∴， ∴点F为的中点， 同理得：点E为的中点，点G为的中点，点H为的中点． 2．（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切）， 可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： (1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”， ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；        （    ） ②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；        （    ） ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（    ） (2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：． ①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径． (3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H． ①如图2．连接交于点P．求证：． ②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长． 【答案】(1)①×；②√；③√ (2)①外接型单圆；②见解析 (3)，， 【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③； （2）①根据已知结合题中定义可得结论； ②根据角平分线的定义和圆周角定理证明即可证得结论； （3）①连接、、、、，根据四边形是“完美型双圆”四边形，结合四边形的内角和定理可推导出，，，进而可得，，然后利用圆周角定理可推导出，即可证得结论； ②连接、、、，根据已知条件证明，进而证明得到，再利用勾股定理求得，，同理可证求解即可． 【详解】（1）解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，所以 ①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆， ∴该平行四边形是 “平凡型无圆”四边形，故①错误； ②∵内角不等于的菱形的对角不互补， ∴该菱形无外接圆， ∵菱形的四条边都相等， ∴该菱形的对边之和相等， ∴该菱形有内切圆， ∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确； ③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图， 则，，，， ∴为等腰直角三角形， ∴，即； 故③正确， 故答案为：①×；②√；③√； （2）解：①若四边形中有内切圆，则，这与矛盾， ∴四边形无内切圆， 又∵该四边形有外接圆， ∴该四边形是“外接型单圆”四边形， 故答案为：外接型单圆； ②∵的平分线交于点E，的平分线交于点F， ∴，， ∴，， ∴， ∴，即和均为半圆， ∴是的直径． （3）①证明：如图，连接、、、、， ∵是四边形的内切圆， ∴，，，， ∴， 在四边形中，， 同理可证，， ∵四边形是“完美型双圆”四边形， ∴该四边形有外接圆，则， ∴，则， ∵，， ∴， ∴， ∴； ②如图，连接、、、， ∵四边形 是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H， ∴∴，，，，， ∴，，， ∴， ∵， ∴，又， ∴， ∴， ∵，， ∴，则， 在中，由得， 解得； 在中，， ∴， 同理可证， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分线的判定等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战． 3．综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点． 求证：中点四边形是平行四边形． 证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴、分别是和的中位线， ∴，（____①____） ∴． 同理可得：． ∴中点四边形是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． （1）请你补全上述过程中的证明依据①________ 【探究二】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 菱形 从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． （2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 ②________ （3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________． （4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【归纳总结】 （5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 ③________ ④________ 结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________． 【答案】（1）①中位线定理 （2）证明见解析 （3）②矩形 （4）证明见解析 （5）补图见解析；③且；④正方形 【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识 （1）利用三角形中位线定理即可解决问题； （2）根据三角形中位线定理，菱形判定定理即可解决问题； （3）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题； （4）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题； （5）根据三角形中位线定理，正方形判定定理即可解决问题. 【详解】（1）①证明依据是：中位线定理； （2）证明：∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． （3）②矩形； 故答案为：矩形 （4）证明∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴，， ∴． 同理可得：． ∵ ∴， ∴ ∴中点四边形是矩形． （5）证明：如图4，∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． ∵ 由（4）可知 ∴菱形是正方形． 故答案为：③且；④正方形    1．（2024·江苏泰州·二模）已知为半的直径，，点是半圆内任意一点，以为边在半圆下方作矩形，连接，记，，，的面积分别为，，，若要求的值，需要添加的条件是（    ）    A．的长度 B．到的距离 C．到的距离 D．到的距离 【答案】C 【分析】此题考查了矩形的性质，三角形面积等知识，求出到的距离，到的距离，则，求出到的距离（到的距离），求出到的距离，即可得到答案. 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， ∵到的距离，到的距离， ∴ ∵到的距离（到的距离） ∴（到的距离） 到的距离， ∴若要求的值，需要添加的条件是到的距离， 故选：C 2．（2024·江苏无锡·二模）如图，小强站在五边形健身步道的起点P处，沿着P，B，C，D，E，A，P的方向行走，最终回到了P处．在这过程中，小强转过的角度说明了（　　） A．五边形的内角和是 B．五边形的外角和是 C．五边形的内角和是 D．五边形的外角和是 【答案】B 【分析】本题主要考查多边形的内角和外角．根据题意可知小强转过的角度之和正好是五边形的外角和，再根据多边形的外角和性质即可得出答案． 【详解】解：小强转过的角度之和正好是五边形的外角和， 小强转过的角度之和为． 故选：B． 3．（2024·江苏盐城·三模）下列事件是确定事件的是 ．（只填序号） ①四边形内角和是；②校园足球比赛，九年级（1）班获得冠军；③太阳从西边升起． 【答案】①③/③① 【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点，逐一判断即可解答．本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键． 【详解】解：①四边形内角和是是必然事件； ②校园足球比赛，九年级（1）班获得冠军是随机事件； ③太阳从西边升起是不可能事件， ∵确定事件包括必然事件，不可能事件， ∴确定事件的是①③， 故答案为：①③． 4．（2024·江苏扬州·一模）如图，点O是边长为2的正方形边上一动点，连接，点D关于的对称点为，连接，．若以O为圆心，为半径的过直角边的中点，则的半径为 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查正方形的性质，圆的有关概念，对称的性质以及勾股定理等知识，根据对称的性质得运用证明，得，设的半径，则，根据过直角边的中点列方程求解即可 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴ ∵点D与关于的对称， ∴ 又 ∴ ∴， 设的半径，则， ①当过直角边的中点时，则有： ， 解得，， 所以，此时的半径为； ②当过直角边的中点时，则有： 解得，， 所以，此时的半径为； 综上，的半径为或； 故答案为：或 5．（2024·江苏南京·一模）如图，分别过矩形的四个顶点作其内部的的切线，切点分别为，，，，，则的长为 .（用含的代数式表示）    【答案】 【分析】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理，连接、、、、、、、，则，，，，设的半径为，由勾股定理得：，，，，过点作于，延长交于，则四边形、是矩形，得出，，求出得出代入计算即可得解． 【详解】解：如图，连接、、、、、、、， ，   则，，，， 设的半径为， 由勾股定理得：，，，， 过点作于，延长交于， 四边形是矩形， ， 四边形是矩形， ， 同理可得：四边形是矩形，， ， ， 同理可得， 由得：， ， ， ， ，，， ， 故答案为：． 6．（2024·江苏淮安·一模）如图，沿将正方形折叠为面积比是的两部分（其中四边形面积较小），点B落在边上的处，与相交于点G．若四边形面积占正方形面积的，设，，用含m，n的式子表示的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，翻折的性质，正方形的性质等知识，设正方形的面积为，则可求四边形面积为，四边形面积为，四边形面积为，，，证明，则可求出，再证明，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】解：设正方形的面积为， ∵将正方形折叠为面积比是的两部分（其中四边形面积较小）， ∴四边形面积为，四边形面积为， ∵四边形面积占正方形面积的， ∴四边形面积为， ∴，， ∵正方形， ∴， ∵翻折， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得， 故答案为：． 7．（2024·江苏泰州·三模）如图，点分别在菱形的各边上． 【初步认识】 （1）如图，若，则四边形一定是（   ） A．梯形  　B．矩形  　　C．菱形   　　D．正方形 【变式探究】     （2）如图，若交于点，分别是上一点，，，的延长线分别交在于点，求证：四边形是矩形． 【深入思考】 （3）如图，若交于点，且，当满足什么条件时，可作出两个不同矩形，请直接写出你的结论． （4）在（3）的条件下，设，请探索与满足的关系式． 【答案】（1） （2）证明见详解 （3）且 （4）或 【分析】（1）连接，交与点，根据菱形的性质可得，，即证明四边形是平行四边形，再证明，，即可得到，故可选出． （2）根据菱形性质可得，易证，，从而得出，四边形是平行四边形，根据，得四边形是矩形． （3）根据已知条件可得，即，分两种情况和，，分开讨论做矩形，找到他们的公共解集即可． （4）当时，即；当，，和的取值范围均为，根据旋转的性质可得，综合两种情况即可． 【详解】（1）解：连接，交与点， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴， 又∵，， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵，，， ∴， ∴， 同理可得， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， 故选． （2）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 又∵，， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． （3）∵，， ∴， ∴， ①当四边形形成的矩形如图一样时，此时， 此时满足的条件为， ②当四边形形成的矩形如图一样时，，， 由图可得最大为，点与点重合， 最小时，点与点重合，点与点重合，对角线、交于点，， ∵，，，， ∴， 带入数值得， 解得， ∴由勾股定理可得， ∴当时，满足四边形为矩形， 当时，，如图所示， ∴此时四边形同时满足①②， ∴故不能形成两个矩形，不满足题意， 综上可得，当满足且时，可作出两个不同矩形． （4）由（3）可得①当时，即， ②∵的取值范围为， 根据旋转的性质可得的取值范围为， 即， 综上可得：或． 【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，平行四边形的判定，勾股定理解直角三角形，旋转的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 8．（2024·江苏扬州·二模）如图，点E是边长为2的正方形边上一动点，连接，将射线绕点B顺时针旋转交边于点F，过点E作，垂足为点H，连接交于G，在点E从点A运动到点D运动过程中． (1)直接写出的度数为_______ °； (2)连接， ①的比值是否为定值，是定值求出该比值，不是定值请说明理由； ②当时，直接写出的长； (3)在点E运动过程中，的面积记为，的面积记为，求出的最大值． 【答案】(1)45 (2)①是定值，；② (3)的最大值为 【分析】（1）先证明，可得四点共圆，再由圆周角定理即可得结论； （2）①连接，先证明，再由相似三角形的性质可得结论；②过点E作，先证明点三点共线，可得，再由等腰三角形性质可得，再证是等腰直角三角形，设，则，可列出方程，再求解即可； （3）过点H作，延长交于点N，设，先证明，可得，即可求得，，由，可列出函数关系式 ，再根据二次函数的性质求解即可． 【详解】（1）四边形是正方形， ， ，绕点B顺时针旋转交边于点F， ，， ， 四点共圆， ， 故答案为：45； （2）①的比值是定值， 如图，连接， 四边形是正方形，是对角线， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ②如图，过点E作， ， ， ， ， 由（1）得，且， 点三点共线， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， 设，则， 解得：， ； （3）如图，过点H作，延长交于点N， 设， 可得四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ， 当时，有最大值，为． 【点睛】本题考查二次函数与几何图形结合问题、全等三角形的判定及性质，旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定及性质，熟练掌握相关性质定理，添加辅助线，用二次函数解决最值问题是解决问题的关键． 9．（2024·江苏扬州·二模）定义：两组邻边对应相等的四边形为“筝形”．如图①．在四边形中，，，那么四边形就是筝形． (1)在①平行四边形：②矩形：③菱形；④正方形中，“筝形”是______（填序号）； (2)如图①，连接，，请判断并证明对角线与的位置关系； (3)如图②，在筝形中，，，请利用无刻度的直尺和圆规，在筝形中找一点，连接、，使折线将筝形的面积等分（保留作图痕迹，不写作法）． 【答案】(1)③④ (2)垂直平分； (3)见解析 【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质和“筝形”的定义即可得出结论； （2）运用线段垂直平分线的判定定理即可； （3）利用三角形的一条中线将三角形分成两个面积相等的三角形即可作出图形． 【详解】（1）解：根据“筝形”的定义可得：平行四边形和矩形不一定是筝形，菱形和正方形一定是筝形， 故答案为：③④； （2）解：垂直平分，理由如下： 如图，设与交于点， ，， 点、均在线段的垂直平分线上， ∴垂直平分； （3）解：如图所示，点即为所求． 作出的中点，连接、，折线将筝形面积等分． 理由：在中， 为边中点， ， ， 同理：， ， ， 即四边形的面积四边形的面积， 折线将筝形面积等分． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了“筝形”的判定与性质、平行四边形的性质、矩形的性质、菱形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质、作图基本作图，三角形的面积等知识；熟练掌握“筝形”的定义，正确地作出图形是解题的关键． 10．（2024·江苏盐城·二模）综合与实践 折纸中蕴藏着丰富的数学知识，也启迪着数学问题的解决．综合实践课上，老师和同学们一起通过折纸，探究数学的奥秘． 【折纸探究】 如图1，在矩形纸片中，点、分别在边和上，将矩形纸片沿折叠，点落在边上的点处，点落在点处，连接，则与的位置关系为______； 折叠一：小明发现，当点和点重合时，连接，如图2，则有，请说明理由； 折叠二：如图3，若矩形是一张A4纸，探究、和三者之间的数量关系，并说明理由； 【解决问题】 小华受【折纸探究】的启发，解决了下面的问题． 如图4，在矩形纸片中，点、分别在边和上，连接、、，平分，，，求的值．（用含有的代数式表示） 【答案】折纸探究：；折叠一：见解析；折叠2：，见解析；解决问题： 【分析】折纸探究：由折叠的性质可得；折叠一：可证明，得结论；折叠二：过点作，垂足为，连接，交于点，连接，证明，得，从而求出、和的关系；解决问题：延长到点，使得，连接，交于点，连接．易证，可转化为“折叠二”问题，得，把代入， 得 【详解】折纸探究：，     折叠一：连，交于点． ∵点和点关于对称， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 折叠二：过点作，垂足为，连接，交于点，连接． ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点和点关于对称， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：．     解决问题： 延长到点，使得，连接，交于点，连接． ∵平分， ∴， ∴， 转化为“折叠二”问题， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，三角函数的定义，关键是作适当的辅助线构造相似三角形． 11．（2024·江苏镇江·二模）“折纸”是同学们经常做的手工活动． 如图1，矩形纸片，，点O为其对称中心，小明沿着过点 O 的直线将矩形纸片进行折叠，折痕交边于点 M、N，点A、B的对应点记为交边于点E． (1)如图2，当点与点D重合时， ； (2)在上述折叠过程中，求证： ①为等腰三角形； ② ； (3)如图3，，连结交于点F，连接，则的面积为 ． 【答案】(1)6 (2)①见解析；②见解析 (3) 【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）根据折叠的性质可得，然后根据勾股定理列方程求解即可； （2）①由折叠的性质和平行线的性质可得，即，从而证明结论；②如图：连接，可证明四边形是平行四边形可得；如图：过E作，则四边形为矩形，即，然后运用勾股定理可得，整列可得，再对结论进行变形也可得到，从而证明结论； （3）根据（2）②的结论以及的条件可得，再证明四边形是平行四边形可得,由矩形的性质可证,由相似三角形的性质可得,即,解得:;然后根据结合图形运用三角形的面积公式即可解答． 【详解】（1）解：∵小明沿着过点 O 的直线将矩形纸片进行折叠，折痕交边于点 M、N，点与点D重合， ∴， ∴， 即， 解得：． 故答案为6． （2）解：①∵小明沿着过点 O 的直线将矩形纸片进行折叠，折痕交边于点 M、N， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰三角形； ②如图：连接， ∵点O为矩形的对称中心， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，即， 如图：过E作，则四边形为矩形，即 ∵，， ， ∴， ∴， ∴，即, ∴． （3）解：∵，， ∴， 连接, ∵点O为矩形的对称中心， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴, ∵矩形, ∴, ∴, ∴,, ∴,解得:,, ∴ ． 故答案为． 12．（2024·江苏南京·二模）在中 ，是边上的中线，是边上的中线，、交于点． (1)求证：点在边的中线上． 如图①，连接 并延长，与交于点，连接 ，与交于点．证明途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格； (2)当 时， ①如图②，连接，求 证 ：； ②若 ， 则面积的最大值为______． (3)如图③，已知线段、，求作，使 ，，且 ， （要求：尺规作图，保留作图痕迹，写出必要说明．） 【答案】(1)①；②；③ (2)①见解析；② (3)见解析 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，直径所对的圆周角是直角，中位线的性质； （1）根据相似三角形的性质与判定填写即可求解； （2）①并延长交 于点，连接．证明，进而可得，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可得，即可得证； ②根据①的结论可得，当时，面积最大，根据三角形的面积公式，即可求解； （3）由为定长，为中点，为的中点，为的中点，则的长为，根据则点在直径为的圆上，确定点的位置，进而确定点的位置，即可求解． 【详解】（1）①；②；③ （2）①连接并延长交 于点，连接． 由（1）可知，在 边的中线上，即是边上的中线． 、是、边的中点， 是的中位线， ，． ，． ． ． 在中，，是 的中点， ． ． ②由①可得， ∴ 当时，面积最大，最大值为 （3）作法： 1．作线段； 2．作的垂直平分线，交于点；作 的垂直平分线，交于点；以为直径作； 3．以点为圆心，为半径作弧，交于点 ； 连接并延长至点，使；连接，则即为所求． 理由如下，如图所示，连接， 根据作图可得，是的直径， ∴ 由分别为的中点， ∴ ∴； ∴即为所求． 13．（2024·江苏镇江·二模）如图① ，扬中塔（英语：）又称扬中新广播电视发射塔，昵称扬中小蛮腰．位于扬中市滨江公园内，距离市区，与镇江新区隔江相望，是扬中热门景点之一．                 如图②，扬中塔建在背水坡坡比为，坡长米，塔底B 距离C点10米的环岛江堤上，小明在距离D点275米的E处测得塔顶A的仰角为，已知堤坝顶部与地面平行，求扬中塔的高度（参考数据，结果保留整数）． 【答案】158米 【分析】延长交与点M，作，垂足为N，先证明四边形是矩形，从而得到，再根据坡比和勾股定理求出、的长，再求出的长，最后利用，求出的长，最后求得的长度． 【详解】延长交与点M，作，垂足为N ，， 又 四边形是矩形， 米，， 背水坡坡比为，设，则， 在中，米， 根据勾股定理可得：， 解得：，（舍去） 米，米， 米， 米， 在中，， 米， 米． 答：扬中塔的高度为158米． 【点睛】本题考查了解直角三角形，矩形的判定和性质，勾股定理，坡比，仰角，熟练掌握以上知识点是解决本题的关键． 14．（2024·江苏镇江·二模）丁字尺（T-square），又称T型尺，为一端有横档的“丁”字形直尺，由互相垂直的尺头和尺身构成，常在工程设计上绘制图纸时配合绘图板使用．在一节数学实验课上，同学们将如图1中的“T型尺”（其中于点O）放置在矩形上，摆放“T型尺”时，点O在线段上，直线与边交于点E，与直线相交于点F，射线与直线交于点G．已知，，E在上且．    【初步认识】 （1）在图2中画出当“T型尺”的点O与点A重合时的图形，此时线段的长为：________． （2）在图3中画出当“T型尺”的刚好过点B时的图形，求此时线段的长； 【深入思考】 （3）如图4，求的值． 【答案】（1）；（2）线段的长为或；（3） 【分析】（1）利用勾股定理求得，再证明，据此求解即可； （2）证明，根据相似三角形的性质列出比例式，求得，进而勾股定理，分类讨论求得的长； （3）由得，进而根据求得，设，则，过点作，则，可得，代入计算即可求解． 【详解】解：（1）如图2，    ∵矩形，，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：； （2）如图3，    设， ∵四边形是矩形， ∴， ∵，当点G与点B重合时，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即，整理得， 解得， ∴或， 当时，， 中，， 当时，， 中，， 当点G与点B重合时，线段OG的长为或； （3）如图4，    设， ∴， ， ， ， 即， ， ， 设，则， 过点作，则，   ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，综合运用以上知识是解题的关键． 15．（2024·江苏连云港·二模）在平行四边形中，点E，F分别为线段和延长线上的点，连接与交于点G，连接，设． 【问题提出】（1）如图1，延长交于点P，求证：=； 【深入探究】（2）如图2，若，求的最小值； 【拓展提高】（3）如图3，若，当时，直接写出k的值． 【答案】（1）见解析；（2）（3） 【分析】（1）根据平行线得出，，列出比例式即可求证； （2）由（1）可知，根据，求出点G在上运动，当时，最小，根据面积求出最小值即可； （3）延长交于点P，由（1）得，作于N，利用三角函数求出即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∴， ∴即； （2）延长交于点P，由（1）得， ∵ ∴ ∴点G在上运动，当时，最小， 作于I， ∵ ∴，， ∴， ∴， ， 则最小值为， （3）延长交于点P，由（1）得， 作于N， ∵ ∴，， ∵，， ∴， ∴， ， ∴， ， ， ， ， ， 所以． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、解直角三角形，解题关键是恰当构建直角三角形，再解直角三角形求解． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$