专题10 与四边形有关的解题方法（18个高频考点 共54题）-2025年中考数学高频考点专题专项训练（江苏专用）

专题10 与四边形有关的解题方法 （18个高频考点 共54题） 第一部分：矩形的性质与判定的应用 2 高频考点01：矩形与折叠问题 2 高频考点02：根据矩形的性质与判定求角度 4 高频考点03：根据矩形的性质与判定求线段长 6 高频考点04：根据矩形的性质与判定求面积 8 第二部分：菱形的性质与判定的应用 10 高频考点5：利用菱形的性质求角度 10 高频考点6：利用菱形的性质求线段长 12 高频考点7：利用菱形的性质求线段长 13 高频考点8：利用菱形的性质与判定求角度 14 高频考点9：利用菱形的性质与判定求线段长 16 高频考点10：利用菱形的性质与判定求面积 17 第三部分：正方形的性质与判定的应用 18 高频考点11：根据正方形的性质求角度 18 高频考点12：根据正方形的性质求面积 20 高频考点13：正方形折叠问题 21 高频考点14：求正方形重叠部分面积 22 高频考点15：中点四边形 24 高频考点16：（特殊）平行四边形的动点问题 25 高频考点17：四边形中的线段最值问题 28 高频考点18：四边形其他的综合问题 30 第一部分：矩形的性质与判定的应用 高频考点01：矩形与折叠问题 1．（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 ． 2．（14-15九年级上·广东广州·阶段练习）如图，在一张矩形纸片中，，，点，分别在，上，将纸片沿折叠，点落在上的一点处，点落在点处，有以下四个结论：①四边形是菱形；②平分；③线段的取值范围为；④当点与点重合时，．以上结论中，正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2024·江苏连云港·模拟预测）《数学实验手册》中有一个实验主题叫做“打印纸中的数学”，该实验中使用的打印纸是由国际标准化组织的定义的，世界上多数国家所使用的纸张尺寸都是采用这一标准，打印纸被广泛的应用于我们的生活和生产实践中．      (1)观察发现：如图，将纸次折叠，发现第次的折痕与纸较长的边重合、由此可求出纸较长边与较短边的比为________； (2)探究迁移：如图，将一张纸沿经过，两点的直线折叠，展开后得折痕，再将其沿经过点的直线折叠，使点落在上（为两条折痕的交点），设第二条折痕与交于点、点在是否为的中点？请说明理由； (3)拓展应用：利用一张纸经过裁剪，可获得一张边长为的正方形纸片．进行如下操作：对折正方形得折痕，连接，将折叠到上，点对应点，得折痕．试说明：是的黄金分割点． 高频考点02：根据矩形的性质与判定求角度 4．（2024·江苏无锡·三模）【教材呈现】如图，在中，点D、E分别是与的中点．则与的关系是，； 【感知】如图1，在矩形中，点O为的中点，点M为边上一动点，点N为的中点，连结、、．，与的数量关系是____________． 【应用】如图2，在中，，，、是的中线，M、N分别是和的中点，求的长； 【拓展】如图3，在平行四边形中，点E为边上一点，连接，点P在上，，点G是的中点，连接交于点F，若点F为的中点，，连接，求的值． 5．（2023·江苏镇江·二模）如图，在平行四边形中，点E、F、G、H分别在边上，且，连接． (1)求证：； (2)若，求的度数． 6．（2023·江苏·模拟预测）在平面直角坐标系中，对于点A，记线段的中点为M．若点A，M，P，Q按逆时针方向排列构成菱形，其中，则把菱形称为点A的“菱形”，把菱形边上所有点都称为点A的“菱点”．已知点．    (1)在图1中，用直尺和圆规作出点A的“菱形”，并直接写出点P的坐标（不写作法，保留作图痕迹）； (2)若点是点A的“菱点”，求的值； (3)若一次函数的图象上存在点A的“菱点”，直接写出的取值范围． 高频考点03：根据矩形的性质与判定求线段长 7．（23-24九年级上·浙江湖州·期末）为保护青少年视力，某企业研发了可升降夹书阅读架（如图1），将其放置在水平桌面上的侧面示意图（如图2），测得底座高为，，支架为，面板长为，为．（厚度忽略不计） (1)求支点C离桌面的高度；（结果保留根号） (2)当面板绕点C转动时，面板与桌面的夹角满足时，保护视力的效果较好．当从变化到的过程中，面板上端E离桌面的高度增加还是减少？面板上端E离桌面的高度增加或减少了多少？（结果精确到，参考数据：，，） 8．（2023·江苏苏州·二模）每年的春季是苏州旅游的最佳时间．为吸引游客，苏州东太湖湿地公园组织“踏春”活动，吸引市民打卡游玩．许多露营爱好者在草坪露营，为遮阳和防雨游客们搭建了一种遮阳伞，其截面示意图是轴对称图形，对称轴是垂直于地面的支杆，用绳子拉直后系在树干上的点处，使得，，在一条直线上，通过调节点的高度可控制遮阳伞的开合，，．（参考数据：，，， (1)白天时打开遮阳伞，若，求遮阳伞宽度（结果精确到）； (2)傍晚时收拢遮阳伞，从减少到，求点下降的高度（结果精确到）． 9．（2024·江苏南京·模拟预测）题目： 已知：如图，． 求作：矩形，使顶点分别在，，顶点都在边上，且（用直尺和圆规作图，写出必要的文字说明．） (1)小明对上述题目的解答如图①所示（隐去了弧），他写的文字说明是：是高，，．求证：矩形即为所求． (2)如图②，小丽只会作矩形，除了顶点不在AC边上外，其他都已经满足了题目的要求，她想通过图形的变换将矩形变化为要求作的矩形．请按小丽的思路完成作图，并描述从矩形到矩形的变换过程． 高频考点04：根据矩形的性质与判定求面积 10．（2023·江苏盐城·一模）【问题背景】为了保持室内空气的清新，某仓库的门动换气窗采用了以下设计： 如图1，窗子的形状是一个五边形，它可看作是由一个矩形和一个组成，该窗子关闭时可以完全密封，根据室内的温度和湿度也可以自动打开窗子上的通风口换气．通风口为（阴影部分均不通风），点F为的中点，是可以沿窗户边框上下滑动且始终保持和平行的伸缩横杆． 设窗子的边框、分别为am，bm，窗子的高度（窗子的最高点到边框的距离）为cm． 【初步探究】 （1）若（即点E到的距离为4）． ①与之间的距离为1m，求此时的面积； ②与之间的距离为xm，试将通风口的面积表示成关于x的函数； ③伸缩杆移动到什么位置时，通风口面积最大，最大面积是多少？ 【拓展提升】 （2）若金属杆移动到高于所在位置的某一处时通风口面积达到最大值． ①c需要满足的条件是 　 　，通风口的最大面积是 　 　（用含a、b、c的代数式表示） ②用直尺和圆规在图3中作出通风口面积最大金属杆所在的位置，（保留作图痕迹，不写作法） 11．（19-20九年级上·山西·阶段练习）已知：如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD． (1)求证：四边形AODE是矩形； (2)若AB＝2，DE＝1，求四边形AODE的面积． 12．（2022·江苏无锡·二模）矩形ABCD中，AB=m，AD=n，连接BD，点P在线段BD上，连接AP过点P作PE⊥AP，交直线BC于点E，连接AE、PC． (1)若m=6，n=6； ①当点E与点B重合时，求线段DP的长； ②当EB=EP时，求线段BP的长； (2) 若m=6，n=8，△PEC面积的最大值为 (直接写出答案)． 第二部分：菱形的性质与判定的应用 高频考点5：利用菱形的性质求角度 13．（2024·江苏苏州·一模）如图，在中，以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点． (1)求证：； (2)若，求的度数． 14．（2023·江苏泰州·二模）如图，将纸片按照下列图示方式折叠：①将沿折叠，使得点落在边上的点处，折痕为；②将沿折叠，使得点与点重合，折痕为；③将沿折叠，点落在点处，展开后如图，、、、为图折叠过程中产生的折痕． (1)求证：； (2)若落在的右侧，求的范围； (3)是否存在使得与的角平分线重合，如存在，请求的大小；若不存在，请说明理由． 15．（2022·江苏盐城·二模）如图，在中，点N在BC上，，BM平分交AD于点M，请用无刻度的直尺画图（保留作图痕迹，不写画法）． (1)在图1中，过点A画出中BM边上的高AP，并证明你的结论； (2)在图2中，过点C画出C到BM的垂线段CQ． 高频考点6：利用菱形的性质求线段长 16．（2019九年级·黑龙江大庆·学业考试）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． 17．（2023·江苏淮安·模拟预测）如图，在中，，，点为边上一点，连结，过点作交的延长线于点． (1)如图1，若，求的度数； (2)如图2，延长到点使，分别连结，，交于点．试探索与的关系； (3)如图3，若，点是直线上的一个动点，连结，将线段绕点顺时针方向旋转得到线段，点是边上一点，，是线段上的一个动点，连结，．当的值最小时，请直接写出的度数． 18．（2023·江苏盐城·模拟预测）如图，已知，等边中，，将沿翻折，得到，连接，交于O点，E点在上，且，F是的中点，P是上的一个动点，则的最大值为 ． 高频考点7：利用菱形的性质求线段长 19．（2024·江苏南京·一模）如图，是以为直径的半圆上的一点，平分交半圆于点，交射线于点．    (1)求证：； (2)若，当时，四边形的面积为 ． 20．（2023·江苏盐城·三模）（1）已知：如图，四边形是平行四边形，点A、C在对角线所在的直线上， （填写序号）．求证：；（请在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面题目的横线上使之成为真命题，并解答出后面的问题．）    （2） 连接，若平分，已知，．求四边形的面积． 21．（2022·江苏南京·一模）如图，在菱形中，、分别是、的中点． (1)求证； (2)若菱形的面积为8，则的面积为______． 高频考点8：利用菱形的性质与判定求角度 22．（2024·江苏南京·三模）如图，在正方形中，是边上的一点，将沿翻折，得到，若是等腰三角形，则等于 ． 23．（2024·浙江·二模）定义：在四边形中，若一条对角线能平分一个内角，则称这样的四边形为“可折四边形”． 例：如图1，在四边形中，，则四边形是“可折四边形”． 利用上述知识解答下列问题． (1)在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是“可折四边形”的有：__________． (2)在四边形中，对角线平分． ①如图1，若，，求的最小值． ②如图2，连接对角线，若刚好平分，且，求的度数． ③如图3，若，，对角线与相交于点，当，且为等腰三角形时，求四边形的面积． 24．（20-21九年级上·北京房山·期末）《九章算术》是中国古代的数学专著，书中记载了这样一个问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”其大意是：如图，的两条直角边的长分别为5和12，则它的内接正方形的边长为 ． 高频考点9：利用菱形的性质与判定求线段长 25．（2023·江苏镇江·模拟预测）如图，在平行四边形中，点为上一点，点与点关于对称． (1)连接，，，已知与交于点，． ①求证：四边形是菱形． ②若点为的中点，求证：； (3) 若四边形是正方形，连接，，，当是直角三角形时，求的值． 26．（2023·江苏苏州·模拟预测）如图，正方形的边长，点为平面内一动点，且，点为上一点，，连接、，当线段的长最小时，三角形的面积是（　　）    A． B． C． D． 27．（2024·江苏扬州·三模）如图，在正方形中，，点E是边的中点，点P是直线上的动点（点P不与点C重合），将沿所在的直线翻折，得到，作点F关于对角线的对称点，连接，，若为等腰三角形时，则线段的长为（    ） A．1 B．1或4 C．1或2 D．1或2或4 高频考点10：利用菱形的性质与判定求面积 28．（23-24九年级上·湖北·周测）如图，在中，，，D为边上一动点（不与点B重合），以为边作正方形，连接，则当的面积最大时，的长为 ． 29．（2024·江苏宿迁·二模）如图，在中．正方形的顶点在边上，点在边上，设．请根据以上信息解决下列问题： (1)用含的代数式表示的长； (2)尺规作图：在图中作正方形，使点在上，点在上，点在上； (3)在（）的条件下，求所作正方形的面积． 30．（2023·江苏常州·二模）如图，把图1中边长为10的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，且此菱形的一条对角线长为16，将这四个直角三角形拼成如图2所示的正方形，则图2中的阴影面积为（  ） A．2 B．4 C．9 D．16 第三部分：正方形的性质与判定的应用 高频考点11：根据正方形的性质求角度 31．（2023·江苏扬州·二模）如图，将正方形沿着、翻折，点、的对应点分别是点、，若，则 ． 32．（2023·江苏镇江·模拟预测）将边长为的正方形纸片按图所示方法进行对折，第次对折后得到的图形面积为，第次对折后得到的图形面积为，，第次对折后得到的图形面积为，请根据图化简： ． 33．（2024·江苏徐州·模拟预测）综合与实践 利用正方形纸片的折叠开展数学活动，探究体会在正方形折叠过程中，图形与线段的变化及其蕴含的数学思想方法． 如图①，E 为正方形的边上的一个动点，，将正方形对折，使点与 点重合，点与 点重合，折痕为 ． 思考探索 （1）将正方形展平后沿过点的直线折叠，使点的对应点落在上，折痕为， 连接， 如图②，请根据以上条件填空． ①点在以点为圆心， 的长为半径的圆上（填线段）； ②的长为 ； 拓展延伸 （3） 当时，正方形沿过点的直线（不过点）折叠后，点的对应点落在正方形 的内部或边上．求面积的最大值； 高频考点12：根据正方形的性质求面积 34．（19-20九年级上·浙江绍兴·期中）如图，⊙O的半径为1，正方形ABCD顶点B坐标为（5，0），顶点D在 ⊙O上运动，则正方形面积最大时，正方形与⊙O重叠部分的面积是 ． 35．（15-16九年级上·山东青岛·阶段练习）将n个边长都为1cm的正方形按如图所示的方法摆放，点A1，A2，…，An分别是正方形对角线的交点，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为（　　） A．cm2 B．cm2 C． cm2 D．（）ncm2 36．（2013·江苏南通·一模）已知：如图，直线交x轴于点B，交y轴于点C，点A为x轴正半轴上一点，AO=CO，△ABC的面积为12． （1）求b的值； （2）若点P是线段AB中垂线上的点，是否存在这样的点P，使△PBC成为直角三角形．若存在，试直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，试说明理由； （3）点Q为线段AB上一个动点（点Q与点A、B不重合），QE∥AC，交BC于点E，以QE为边，在点B的异侧作正方形QEFG．设AQ=m，△ABC与正方形QEFG的重叠部分的面积为S，试求S与m之间的函数关系式，并写出m的取值范围． 高频考点13：正方形折叠问题 37．（2024·江苏南京·三模）如图，与矩形的三边分别相切于点，连接，，，则的长为（    ）    A． B． C． D． 38．（2024·江苏淮安·一模）如图，在矩形纸片中，，将矩形纸片沿过D点的直线折叠， 使点 A落在边上点E处． (1)请用尺规在图中画出点E， (2)在（1）的基础上，沿过点C的直线再次折叠，使得点 B落在边上点处，两次折痕所在的直线交于点O， 连接． ① 的值等于 ． ② 当为等腰三角形时， 求的值． ③ 随着m的变化，的长度如何变化？请描述变化过程，并说明理由． 39．（2024·江苏南通·一模）如图，折叠矩形纸片，使点C落在边上的点F处，得到折痕，把纸片展平；再一次折叠纸片，点A落在边上的点M处，得到折痕，把纸片展平，的对应边交于点P，交于点Q．    (1)四边形的形状是 ； (2)用等式表示线段，之间的数量关系，并证明； (3)若，求的面积． 高频考点14：求正方形重叠部分面积 40．（2024·山西太原·二模）如图，在中，，．以为直径的交于点D，过点D作的切线交于点E．若的半径为2，则阴影部分的面积为 ． 41．（2021·江苏泰州·二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，E、F分别为BC、AD的中点，等腰直角三角形纸片PQM如图1放置，斜边PM与BE重合，且∠PQM＝90°，将三角形纸片PQM在矩形所在平面内移动，使得顶点P从点B出发沿着BC向点C运动，顶点M在EF上运动． (1)当点P在线段BE上时，如图2，若BP＝1，求EM的长度； (2)若tan∠MPE＝2，求BP的长； (3)在点P从点B运动到点C的过程中，直接写出点Q的运动路径长． 42．（2021·江苏无锡·二模）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABDE、ACFG、BCIH，四块阴影部分的面积分别为S1、S2、S3、S4．则S1+S2+S3+S4等于 ． 高频考点15：中点四边形 43．（23-24九年级上·山东青岛·期中）如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是1，则第n个矩形的面积是 ． 44．（2024·江苏宿迁·一模）如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴负半轴上，点B在x轴正半轴上，且，点C在y轴负半轴上，点D在y轴正半轴上，且，则线段的最小值是 ． 45．（2021·江苏淮安·一模）如图1，在四边形中，如果对角线和相交并且相等，那么我们把这样的四边形称为等角线四边形． (1)①在“平行四边形、矩形、菱形”中，　 　一定是等角线四边形（填写图形名称）； ②若、、、分别是等角线四边形四边、、、的中点，当对角线、还要满足　 　时，四边形是正方形． (2)如图2，已知中，，，，为平面内一点． ①若四边形是等角线四边形，且，求四边形的面积； ②设点是以为圆心，为半径的圆上的动点，若四边形是等角线四边形，则四边形的面积的最大值为　 　． 高频考点16：（特殊）平行四边形的动点问题 46．（2024·江苏泰州·一模）已知，点是边长为(为常数)的正方形内部一动点，于， 于，连结，，，，记，，的面积分别为，，，令，． (1)如图，点P在对角线上． ①求（用含、的代数式表示） ②是否存在实数，使的值与点在上的位置无关．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由； (2)若 ，当点在内部(不含边界)时(如图)． ①求的取值范围； ②试说明：的值随着的增大而增大． 47．（2024·江苏无锡·一模）如图1，四边形中，，，． (1)线段　　； (2)如图2，点O是的中点，E、F分别是、上的点，将沿着翻折得，将沿着翻折使与重合． ①当点E从点D运动到点A时，点G走过的路径长为，求的长； ②在①的条件下，若E与A重合（如图3），Q为中点，P为上一动点，将沿翻折得到，若与的重合部分面积是面积的，求的长． 48．（2023·江苏无锡·三模）如图①，在矩形中，，，点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度向点运动，同时点从点出发，沿以每秒个单位长度的速度向点运动，点到达点时，点、同时停止运动．当点不与点、重合时，作点关于直线的对称点，连接交于点，连接、，设点的运动时间为秒．    (1)当点在上时，用含的代数式表示 ；当点在上时，用含的代数式表示 ； (2)当为直角三角形时，求的值． (3)如图②，取的中点，连接．当在上，且时，求的值．当点在上运动时，是否存在的情况，如果存在直接写出的值，如果不存在请说明理由． 高频考点17：四边形中的线段最值问题 49（2022·江苏连云港·中考真题）如图，四边形为平行四边形，延长到点，使，且． (1)求证：四边形为菱形； (2)若是边长为2的等边三角形，点、、分别在线段、、上运动，求的最小值． 50（2021·江苏宿迁·二模）如图，在矩形中，，，为边上的一动点，、为边上的两个动点，且满足，则线段长度的最小值为 ． 51．（2021·江苏盐城·二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是AD边上的动点，将矩形ABCD沿BE折叠，点A落在点A′处，连接A′C、A′D． （1）如图1，当AE＝　 　时，A′D∥BE； （2）如图2，若AE＝3，求S△A′CB． （3）点E在AD边上运动的过程中，∠A′CB的度数是否存在最大值，若存在，求出此时线段AE的长；若不存在，请说明理由． 高频考点18：四边形其他的综合问题 52．（2023·江苏苏州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，过点分别作轴、轴的垂线，垂足分别为、． (1)四边形的形状是______； (2)一个以点为顶点的角绕点旋转，角的两边分别与轴、轴分别交于点和点，连接，设，． ①如图（1），当被对角线平分时，求、的值； ②利用图（2）探究：当、为何值时，是直角三角形？试写出你的求解过程； (4) 利用图（3）探究：若点在轴上，点在坐标平面内，则以、、、为顶点的菱形有______个． 53．（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． 54．（2022·江苏盐城·三模）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．    (1)如图1，在中，，是的角平分线，E，F分别是，上的点．求证：四边形是邻余四边形． (2)如图2，在的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形，使是邻余线，E，F在格点上． (3)如图3，在（1）的条件下，取中点M，连接并延长交于点Q，延长交于点N．若N为的中点，，，求邻余线的长 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 与四边形有关的解题方法 （18个高频考点 共54题） 第一部分：矩形的性质与判定的应用 2 高频考点01：矩形与折叠问题 2 高频考点02：根据矩形的性质与判定求角度 7 高频考点03：根据矩形的性质与判定求线段长 15 高频考点04：根据矩形的性质与判定求面积 21 第二部分：菱形的性质与判定的应用 29 高频考点5：利用菱形的性质求角度 29 高频考点6：利用菱形的性质求线段长 34 高频考点7：利用菱形的性质求线段长 41 高频考点8：利用菱形的性质与判定求角度 46 高频考点9：利用菱形的性质与判定求线段长 53 高频考点10：利用菱形的性质与判定求面积 58 第三部分：正方形的性质与判定的应用 64 高频考点11：根据正方形的性质求角度 64 高频考点12：根据正方形的性质求面积 66 高频考点13：正方形折叠问题 66 高频考点14：求正方形重叠部分面积 78 高频考点15：中点四边形 84 高频考点16：（特殊）平行四边形的动点问题 89 高频考点17：四边形中的线段最值问题 100 高频考点18：四边形其他的综合问题 106 第一部分：矩形的性质与判定的应用 高频考点01：矩形与折叠问题 1．（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】/ 【思路点拨】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． 【规范解答】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵是中点， ∴， 由折叠的性质得到：， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 2．（14-15九年级上·广东广州·阶段练习）如图，在一张矩形纸片中，，，点，分别在，上，将纸片沿折叠，点落在上的一点处，点落在点处，有以下四个结论：①四边形是菱形；②平分；③线段的取值范围为；④当点与点重合时，．以上结论中，正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【思路点拨】证明四边形是平行四边形．又由翻折的性质，可得．进而得是菱形，因此①正确；由假设平分，则，进而只有，这与的度数不确定矛盾，因此②错误；根据勾股定理得到的最小值为，由菱形性质得到的最大值为．则线段的取值范围为，因此③正确；过点作于点，由菱形性质及矩形的判定及性质得．从而在中，利用勾股定理可判定④正确． 【规范解答】∵与，与都为矩形中对边，上的一部分， ∴，． ∴四边形是平行四边形． 又由翻折的性质，可得． ∴是菱形，因此①正确； ∴． 若平分，则， ∵， ∴只有，这与的度数不确定矛盾，因此②错误； 当点与点重合时，设，则． 在中，即， 解得，得到的最小值为；点与点重合时， ， ∴，得到的最大值为． ∴线段的取值范围为，因此③正确； 如图，过点作于点， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴在中，， ∴． 在中，因此④正确． 综上所述，结论正确的有①③④，共个． 故选． 【考点评析】本题主要考查了勾股定理，折叠的性质，平行四边形的判定，菱形的判定及性质，矩形的判定及性质，熟练掌握折叠的性质及菱形的判定及性质是解题的关键． 3．（2024·江苏连云港·模拟预测）《数学实验手册》中有一个实验主题叫做“打印纸中的数学”，该实验中使用的打印纸是由国际标准化组织的定义的，世界上多数国家所使用的纸张尺寸都是采用这一标准，打印纸被广泛的应用于我们的生活和生产实践中．      (1)观察发现：如图，将纸次折叠，发现第次的折痕与纸较长的边重合、由此可求出纸较长边与较短边的比为________； (2)探究迁移：如图，将一张纸沿经过，两点的直线折叠，展开后得折痕，再将其沿经过点的直线折叠，使点落在上（为两条折痕的交点），设第二条折痕与交于点、点在是否为的中点？请说明理由； (3)拓展应用：利用一张纸经过裁剪，可获得一张边长为的正方形纸片．进行如下操作：对折正方形得折痕，连接，将折叠到上，点对应点，得折痕．试说明：是的黄金分割点． 【答案】(1)； (2)理由见解析； (3)理由见解析． 【思路点拨】（）设纸较长边的长为，较短边长为，易求得第一次折痕长为，根据第次的折痕与纸较长的边重合得到，进而可求解； （）设，，根据矩形和折叠性质得到，进而证得，由推导即可； （）延长相交于点，由正方形和折叠性质以及勾股定理可求得，再根据折叠性质和等角对等边得到，证明，进而可求得，即可证得结论． 【规范解答】（1）设纸较长边的长为，较短边长为，由题意，得第一次折痕长为， ∵第次的折痕与纸较长的边重合， ∴，即， 故答案为：； （2）点是的中点，理由如下：由（）得， 设，， 由折叠使得点和点重合得，则， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴点是的中点； （3）如图，延长相于点，    ∵四边形是正方形， ∴，，， 由折叠性质得，， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴，即， ∴是的黄金分割点． 【考点评析】本题考查了矩形与折叠性质，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，黄金分割等知识，解题的关键是熟练掌握折叠性质和相似三角形的判定与性质． 高频考点02：根据矩形的性质与判定求角度 4．（2024·江苏无锡·三模）【教材呈现】如图，在中，点D、E分别是与的中点．则与的关系是，； 【感知】如图1，在矩形中，点O为的中点，点M为边上一动点，点N为的中点，连结、、．，与的数量关系是____________． 【应用】如图2，在中，，，、是的中线，M、N分别是和的中点，求的长； 【拓展】如图3，在平行四边形中，点E为边上一点，连接，点P在上，，点G是的中点，连接交于点F，若点F为的中点，，连接，求的值． 【答案】感知： 应用： 拓展： 【思路点拨】（1）证明四边形是平行四边形，从而证得四边形是平行四边形，继而说不得四边形是矩形，则，即可得； （2）连接，并延长交于点F，先由勾股定理求得，利用三角形中位线的性质可证得，由勾股定理求得，从而得，由三角形中位线的性质可求得； （3）连接，作交延长线于H，是等边三角形，利用等边三角形的性质与解直角三角形求得，再证明是等边三角形，是直角三角形，求得，代入即可求解． 【规范解答】解：感知：如图， ∵点O为的中点，点N为的中点， ∴，， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴ ∴， 故答案为：． 【定理应用】如图，连接，并延长交于点F， ∵，， ∴，， ∵、是的中线， ∴，， ∵点M、N分别是和的中点， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 【拓展】连接，作交延长线于H，如图， ∵， ∴P是的中点， ∵若点F为的中点， ∴，， ∵点G是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵ ∴， 在中，，， 在中，， 由勾股定理得，， ∵， ∴ ∴是等边三角形， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴， ∴． 【考点评析】本题考查三角形中位线的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，解直角三角形，等边三角形的判定与性质．本题属四边形的综合题目，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键． 5．（2023·江苏镇江·二模）如图，在平行四边形中，点E、F、G、H分别在边上，且，连接． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路点拨】本题考查平行四边形的性质与判定，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，关键是证明四边形是矩形． （1）由平行四边形的性质得到，得到，由即可证明； （2）由，，得到，推出四边形是平行四边形，又，得到四边形是矩形，因此，进而可求出的度数． 【规范解答】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； （2）由（1）知， 同理：， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴． 6．（2023·江苏·模拟预测）在平面直角坐标系中，对于点A，记线段的中点为M．若点A，M，P，Q按逆时针方向排列构成菱形，其中，则把菱形称为点A的“菱形”，把菱形边上所有点都称为点A的“菱点”．已知点．    (1)在图1中，用直尺和圆规作出点A的“菱形”，并直接写出点P的坐标（不写作法，保留作图痕迹）； (2)若点是点A的“菱点”，求的值； (3)若一次函数的图象上存在点A的“菱点”，直接写出的取值范围． 【答案】(1)图见解析， (2)的值是或 (3) 【思路点拨】（1）分别以为圆心，2为半径作圆，即可确定点的位置，作出点A的“菱形”，再利用三角函数求出点P的坐标即可； （2）分为两种情况：当点B在边上时，过点B作轴，可得；当点B在边上时，过点P作轴，可得； （3）设直线与y轴交于K，与x轴交于T，过A作于R，可得，①当b最大时，Q与R重合，可求出b最大为，②当直线在M下方时，可求得，从而得出答案． 【规范解答】（1）作出点A的“菱形”，如图：    ∵，且，， ∴点P的坐标是； （2）当点B在边上时，过点B作轴，垂足为H，如图：    ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴，即； 当点B在边上时，过点P作轴，垂足为，如图：    则， ∵， ∴， ∴，即； 综上所述，的值是或； （3）设直线与y轴交于K，与x轴交于T，过A作于R，如图：    在中，令得，令得， ∴， ∴， ①当b最大时，Q与R重合，此时， ∴， ∴， ∴，即b最大为； ②当直线在M下方时，如图：    ∵， ∴，即， ∴， ∴， 综上所述，b的取值范围是 【考点评析】本题主要考查了一次函数的综合应用，涉及新定义，锐角三角函数等知识，解题的关键是画出图形，应用数形结合的思想解决问题． 高频考点03：根据矩形的性质与判定求线段长 7．（23-24九年级上·浙江湖州·期末）为保护青少年视力，某企业研发了可升降夹书阅读架（如图1），将其放置在水平桌面上的侧面示意图（如图2），测得底座高为，，支架为，面板长为，为．（厚度忽略不计） (1)求支点C离桌面的高度；（结果保留根号） (2)当面板绕点C转动时，面板与桌面的夹角满足时，保护视力的效果较好．当从变化到的过程中，面板上端E离桌面的高度增加还是减少？面板上端E离桌面的高度增加或减少了多少？（结果精确到，参考数据：，，） 【答案】(1) (2)高度是增加了，增加了约 【思路点拨】本题考查了解直角三角形的应用、矩形的判定与性质，添加适当的辅助线构造直角三角形是解此题的关键． （1）过点C作于点F，过点B作于点M，则四边形为矩形，可得，．求出，解直角三角形求出的长，即可得解； （2）过点C作，过点E作于点H，分别求出从变化到的过程中的值，即可得解． 【规范解答】（1）解：过点C作于点F，过点B作于点M， ∴． 由题意得，， ∴四边形为矩形， ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． 答：支点C离桌面的高度为． （2）解：过点C作，过点E作于点H， ∴． ∵，， ∴． 当时，； 当时，； ∴ ∴当从变化到的过程中，面板上端E离桌面的高度是增加了，增加了约． 8．（2023·江苏苏州·二模）每年的春季是苏州旅游的最佳时间．为吸引游客，苏州东太湖湿地公园组织“踏春”活动，吸引市民打卡游玩．许多露营爱好者在草坪露营，为遮阳和防雨游客们搭建了一种遮阳伞，其截面示意图是轴对称图形，对称轴是垂直于地面的支杆，用绳子拉直后系在树干上的点处，使得，，在一条直线上，通过调节点的高度可控制遮阳伞的开合，，．（参考数据：，，， (1)白天时打开遮阳伞，若，求遮阳伞宽度（结果精确到）； (2)傍晚时收拢遮阳伞，从减少到，求点下降的高度（结果精确到）． 【答案】(1)遮阳伞宽度是 (2)点下降高度为 【思路点拨】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是熟练运用锐角三角函数的定义列式求解． （1）先根据锐角三角函数的定义可求出的长度，然后根据对称性可求出的长度． （2）当时，此时设，根据锐角三角函数的定义可求出，分别代入的值即可求出答案． 【规范解答】（1）解：在中，，， ，则， ， ， 答：遮阳伞宽度是； （2）解：当时，此时设，过点作于点，如图所示： 四边形是矩形， ，， 在中，，则， ， ， 从减少到，点下降的高度为 ， 点下降高度为． 9．（2024·江苏南京·模拟预测）题目： 已知：如图，． 求作：矩形，使顶点分别在，，顶点都在边上，且（用直尺和圆规作图，写出必要的文字说明．） (1)小明对上述题目的解答如图①所示（隐去了弧），他写的文字说明是：是高，，．求证：矩形即为所求． (2)如图②，小丽只会作矩形，除了顶点不在AC边上外，其他都已经满足了题目的要求，她想通过图形的变换将矩形变化为要求作的矩形．请按小丽的思路完成作图，并描述从矩形到矩形的变换过程． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【思路点拨】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）过点作交于，证明得出，证明得出，证明四边形为平行四边形得出，由①②③解得，即可得证； （2）连接并延长交于，作于，交于，作于，则四边形为所作． 【规范解答】（1）证明：， ， 如图，过点作交于， ， 则，， ， ，即， 四边形为矩形， ， ， ， ， ， ，， 四边形为平行四边形， ， 由①②③得， ， 矩形即为所作； （2）解：如图，连接并延长交于，作于，交于，作于，则四边形为所作， ， 证明：四边形符合， 由作图得， ， ， ， ， ， ， ， 矩形即为所作． 高频考点04：根据矩形的性质与判定求面积 10．（2023·江苏盐城·一模）【问题背景】为了保持室内空气的清新，某仓库的门动换气窗采用了以下设计： 如图1，窗子的形状是一个五边形，它可看作是由一个矩形和一个组成，该窗子关闭时可以完全密封，根据室内的温度和湿度也可以自动打开窗子上的通风口换气．通风口为（阴影部分均不通风），点F为的中点，是可以沿窗户边框上下滑动且始终保持和平行的伸缩横杆． 设窗子的边框、分别为am，bm，窗子的高度（窗子的最高点到边框的距离）为cm． 【初步探究】 （1）若（即点E到的距离为4）． ①与之间的距离为1m，求此时的面积； ②与之间的距离为xm，试将通风口的面积表示成关于x的函数； ③伸缩杆移动到什么位置时，通风口面积最大，最大面积是多少？ 【拓展提升】 （2）若金属杆移动到高于所在位置的某一处时通风口面积达到最大值． ①c需要满足的条件是 　 　，通风口的最大面积是 　 　（用含a、b、c的代数式表示） ②用直尺和圆规在图3中作出通风口面积最大金属杆所在的位置，（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】（1）①；②；③金属杆移动到所在的位置时，通风口面积最大，最大面积是；（2）①，；②见解析 【思路点拨】（1）①直接利用面积公式进行计算即可；②过E作，垂足为F，分别与、相交于点G、H，当时，；当时，由四边形是矩形，可得四边形是矩形，再证明，运用相似三角形性质即可得出结论．③根据②的结论进行分析计算即可； （2）①在中有内接矩形，易证当为中位线时，矩形的面积最大，且最大面积为面积的一半；延长、交直线于F、G，则为的中位线时，矩形的面积最大；要想金属杆移动到高于所在位置的某一处时通风口面积达到最大值，只需与边平行的中位线在上方即可，作于S交于J，证明，利用相似三角形性质即可得到结论； ②按要求进行尺规作图即可． 【规范解答】解：（1）①由题意，得： ∵与之间的距离为， ∴； ②当时，， 当时，如图1，过E作，垂足为F，分别与、相交于点G、H， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由题意可知，， ∴， ∵， ∴， 又、分别是、的对应高， ∴，即，     化简，得：． ∴； 综上可知，； ③当时，， 因此，当时，y最大，最大值是3． 当时，， 因此，当时，y最大，最大值是3． 综上所述，当时，y最大，最大值是3． 因此，金属杆移动到所在的位置时，通风口面积最大，最大面积是． （2）①如图2，已知在中有内接矩形，其中M、N在、边上，P、Q在边上，过点作于点，交于点，则：，， 设， ∵， ∴， ∴，即：， ∴， ， ∴当时，矩形的面积最大， 此时：，即：， ∴当为三角形中位线时，矩形的面积最大，且最大面积为面积的一半，即：底高， 在图3中，延长、交直线于F、G， 则为的中位线时，矩形的面积最大， ∴当在上方时，即，此时通风口的面积最大，面积为的面积的一半． 作于S交于J， ∵， ∴， ∴，即 ∴（m）， ∴通风口的面积矩形面积的最大值面积的一半． 故答案为：； ． ②如图4，过点E作的垂线交于点F，作的垂直平分线交、于点M、N，线段即为所求． 【考点评析】本题考查了矩形的性质和判定，三角形面积公式，相似三角形的判定和性质，最值问题，二次函数与几何问题，勾股定理等知识．综合性强，难度大，读懂题意，熟练掌握相似三角形的判定和性质，是解题的关键． 11．（19-20九年级上·山西·阶段练习）已知：如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD． (1)求证：四边形AODE是矩形； (2)若AB＝2，DE＝1，求四边形AODE的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路点拨】（1）根据题意可判断出四边形AODE是平行四边形，再由菱形的性质得出AC⊥BD，即∠AOD＝90°，继而可判断出四边形AODE是矩形； （2）由菱形的性质和勾股定理求出OB，得出OD，由矩形的面积公式即可得出答案． 【规范解答】（1）证明：∵DE∥AC，AE∥BD， ∴四边形AODE是平行四边形， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∴∠AOD＝90°， ∴四边形AODE是矩形； （2）解：∵四边形AODE是矩形， ∴AO＝DE＝1， ∵AB＝2， ∴BO， ∴OD＝BO， ∴四边形AODE的面积＝AO•OD＝1． 【考点评析】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定；熟练掌握矩形的判定与性质和菱形的性质是解决问题的关键． 12．（2022·江苏无锡·二模）矩形ABCD中，AB=m，AD=n，连接BD，点P在线段BD上，连接AP过点P作PE⊥AP，交直线BC于点E，连接AE、PC． (1)若m=6，n=6； ①当点E与点B重合时，求线段DP的长； ②当EB=EP时，求线段BP的长； (2)若m=6，n=8，△PEC面积的最大值为 (直接写出答案)． 【答案】(1)①9；②6； (2) 【思路点拨】（1）①当点E与点B重合时，AP⊥BD，证得△ADP∽△BDA，即可求解；②设AE交BP于点O，由EB=EP，可得到AE垂直平分BP，即可求解； （2）过点P作PF⊥BC于点F，PG⊥AB于点G，延长GP交CD于点H，则PH⊥CD，可得四边形BFPG，四边形CFPH是矩形，然后设PF=x，PH=y，则BG=x，根据，可得，再证得△APG∽△EPF，可得，从而得到，继而得到△PEC面积为，即可求解． 【规范解答】（1）解：①如图，当点E与点B重合时，AP⊥BD， 在矩形ABCD中，∠BAD=90°， ∴∠BAP+∠DAP=90°，， ∵AP⊥BD， ∴∠APD=∠BAD=90°， ∴∠BAP+∠ABP=90°， ∴∠ABP=∠DAP， ∴△ADP∽△BDA， ∴， ∴，解得：DP=9； ②如图，设AE交BP于点O， ∵EB=EP， ∴∠PBE=∠BPE， ∵∠APE=∠ABE=90°， ∴∠ABP=∠APB， ∴AB=AP， ∴AE垂直平分BP， 由（1）得：OD=9，BD=12， ∴OB=3， ∴BP=6， （2）如图，过点P作PF⊥BC于点F，PG⊥AB于点G，延长GP交CD于点H，则PH⊥CD， ∴∠GBE=∠BFP=∠BGP=90°， ∴四边形BFPG是矩形， 同理四边形CFPH是矩形， ∴BG=PF=CH，PG=BF，PH=CF， ∴GH=BC， 设PF=x，PH=y，则BG=x， ∴AG=6-x，PG=8-y， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵∠APE=∠GPF=90°， ∴∠APG=∠EPF， ∴△APG∽△EPF， ∴， ∴，解得：， ∴， ∴△PEC面积为， ∴当x=3时，△PEC面积的最大，最大值为． 故答案为：. 【考点评析】本题主要考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，熟练掌握矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质是解题的关键． 第二部分：菱形的性质与判定的应用 高频考点5：利用菱形的性质求角度 13．（2024·江苏苏州·一模）如图，在中，以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路点拨】本题考查了作图-角平分线的作法，菱形的判定与性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质： （1）根据角平分线的定义结合平行四边形对边平行推出，再根据证明即可； （2）证明四边形是菱形即可得出结果． 【规范解答】（1）证明：由作图可知，平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴； （2）解：如图，连接， 由（1）知，且， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， 又∵， ∴． 14．（2023·江苏泰州·二模）如图，将纸片按照下列图示方式折叠：①将沿折叠，使得点落在边上的点处，折痕为；②将沿折叠，使得点与点重合，折痕为；③将沿折叠，点落在点处，展开后如图，、、、为图折叠过程中产生的折痕． (1)求证：； (2)若落在的右侧，求的范围； (3)是否存在使得与的角平分线重合，如存在，请求的大小；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)不存在，理由见解析． 【思路点拨】本题考查了直角三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． （1）由第二次翻折可得垂直平分，由第一次翻折可得，证出四边形是菱形，则可得出结论； （2）设，求出，，当落在的右侧时，，求出，则可得出答案； （3）设，，，得出，求出，，则可得出结论． 【规范解答】（1）证明：由第二次翻折可得垂直平分，由第一次翻折可得， 与垂直且互相平分， 四边形是菱形， ； （2）解：设， 四边形是菱形， ， ，， 当落在的右侧时，， ， ， ； （3）解：不存在． 若存在使得与的角平分线重合， 设，，， ， ， ， 不存在使得与的角平分线重合． 15．（2022·江苏盐城·二模）如图，在中，点N在BC上，，BM平分交AD于点M，请用无刻度的直尺画图（保留作图痕迹，不写画法）． (1)在图1中，过点A画出中BM边上的高AP，并证明你的结论； (2)在图2中，过点C画出C到BM的垂线段CQ． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【思路点拨】（1）连接AN即可，根据菱形的性质与判定证明即可； （2）连接，交于点，过点作，交于点，连接交于点，则线段即为所求． 【规范解答】（1）如图1，AP即为所求中BM边上的高； 证明：∵BM平分， ∴． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴四边形ABNM是平行四边形， ∵， ∴是菱形， ∴， 即AP为中BM边上的高； （2）如图2，连接，交于点，过点作，交于点，连接交于点，则线段即为所求． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA=OC，AE∥CN， ∴∠AEO=∠CNO， ∵∠AOE=∠CON， ∴△AOE≌△CON（AAS）， ∴OE=ON， ∴四边形ANCE是平行四边形， ∴AN∥CE， ∵AN⊥BM， ∴CE⊥BM，即CQ⊥BM． 【考点评析】本题考查了无刻度直尺作图，平行线的性质与判定，菱形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键． 高频考点6：利用菱形的性质求线段长 16．（2019九年级·黑龙江大庆·学业考试）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)4 【思路点拨】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）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． 【规范解答】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ， ， 在中，， ， ， ， ． 17．（2023·江苏淮安·模拟预测）如图，在中，，，点为边上一点，连结，过点作交的延长线于点． (1)如图1，若，求的度数； (2)如图2，延长到点使，分别连结，，交于点．试探索与的关系； (3)如图3，若，点是直线上的一个动点，连结，将线段绕点顺时针方向旋转得到线段，点是边上一点，，是线段上的一个动点，连结，．当的值最小时，请直接写出的度数． 【答案】(1) (2)，理由见详解 (3) 【思路点拨】（1）设，则，利用三角形的内角和定理列出方程求出值，即可求出的度数； （2）延长到，使，连接，，利用线段垂直平分线的性质和全等三角形的判定与性质得到，，进而得出，再利用三角形的中位线定理解答即可得出结论； （3）过点作，交的延长线于点，作点关于的对称点，连接，，，，利用旋转的性质和全等三角形的判定与性质得到，得到点在过点且垂直于的直线上运动；由三角形的三边关系定理得到，从而得到当，，在一条直线上时，，此时的值最小；由题意画出图形后，通过说明四边形是菱形，再利用菱形的对角相等得出，则结论可求． 【规范解答】（1）解：，， ． 设，则， ， ， ， ∵． ， ， ， ， ∴ （2）解：与的关系为， 证明：延长到，使，连接，，如图， ，， ． ，， 垂直平分， ， ， ． ， ， ． 在和中， ， ， ，． ， ， ， ， ∴， ， ∴， 为的中位线， ， ； （3）解：的度数为．理由： 过点作，交的延长线于点，作点关于的对称点，连接，，，，如图， ，， ， ． 将线段绕点顺时针方向旋转得到线段， ，， ， ， ． 在和中， ， ， ， ， ． 点在过点且垂直于的直线上运动． 点关于的对称点， ，． ． ， 当，，在一条直线上时，，此时的值最小． 如图，，，在一条直线上， ，， ． ． ，， ， ，关于对称， ， ， ． ， ， ， ， 四边形是菱形， ， ． 【考点评析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，三角形的内角和定理，菱形的判定与性质，充分利用旋转的性质解答是解题的关键． 18．（2023·江苏盐城·模拟预测）如图，已知，等边中，，将沿翻折，得到，连接，交于O点，E点在上，且，F是的中点，P是上的一个动点，则的最大值为 ． 【答案】 【思路点拨】由折叠可证四边形为菱形，是边上的中线，如图，连接，交于，是边上的中线，的角平分线，则，，，由，可得，则，，，可知当点P运动到点A时，最大，最大为，勾股定理求，则，计算求解即可． 【规范解答】解：为等边三角形，， ， 将沿翻折，得到， ， 四边形为菱形， ∴，，， ∴是边上的中线， 如图，连接，交于， ∵F是的中点， ∴是边上的中线，的角平分线， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴当点P运动到点A时，最大，最大为， ∵， ∴， 由勾股定理得，， ∴， 故答案为：． 【考点评析】本题考查了三角形中线的性质，等边三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，含的直角三角形等知识．根据题意确定最大值的情况是解题的关键． 高频考点7：利用菱形的性质求线段长 19．（2024·江苏南京·一模）如图，是以为直径的半圆上的一点，平分交半圆于点，交射线于点．    (1)求证：； (2)若，当时，四边形的面积为 ． 【答案】(1)见解析 (2) 【思路点拨】本题考查的是平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，圆周角定理的应用， （1）连接，证明四边形是平行四边形，可得四边形是菱形，再利用菱形的性质可得结论； （2）证明，结合勾股定理可得，再进一步结合三角形的面积公式与菱形的性质可得答案． 【规范解答】（1）证明：连接，   平分， ， ， ， ， ∴， ∵， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， ， ； （2）解：，， ， 是半圆的直径， ， ， 的面积， ， 的面积的面积的面积， 四边形是菱形， 菱形的面积的面积， 四边形的面积菱形的面积的面积， 20．（2023·江苏盐城·三模）（1）已知：如图，四边形是平行四边形，点A、C在对角线所在的直线上， （填写序号）．求证：；（请在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面题目的横线上使之成为真命题，并解答出后面的问题．）    （2）连接，若平分，已知，．求四边形的面积． 【答案】（1）①（或③），证明见解析；（2）96 【思路点拨】（1）添加①，根据可证；添加②，满足，不能证明；添加③，根据可证； （2）连接，连接交于点O，证明四边形是菱形，根据勾股定理求出，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求解． 【规范解答】解：（1）添加①， 证明：四边形是平行四边形， 且， ， ， 在和中， ， ； 添加③， 证明：四边形是平行四边形， 且， ， ， ， ， 在和中， ， ； （2）如图，连接，连接交于点O，    ， ，， ， 四边形是平行四边形， 平分， ， ， ， 四边形是菱形， ，， ， ， 四边形的面积为：． 【考点评析】本题考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，菱形的判定，勾股定理，菱形的面积等，解题的关键是掌握菱形的判定方法及面积的求法． 21．（2022·江苏南京·一模）如图，在菱形中，、分别是、的中点． (1)求证； (2)若菱形的面积为8，则的面积为______． 【答案】(1)见解析 (2)3 【思路点拨】(1) 由四边形ABCD是菱形，即可求得AB＝AD，∠B＝∠D，又由、分别是、的中点可证得BE＝DF，根据SAS，即可证△ABE≌△ADF得AE＝AF，从而得证． (2) 连接AC、BD，交于点O，AC交EF于点G，根据菱形性质可得菱形面积公式，然后根据三角形中位线定理得EF与BD关系，最后根据三角形面积公式代入计算可得答案． 【规范解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，BC＝DC，∠B＝∠D， ∵、分别是、的中点, ∴，， ∴BE＝DF， 在△ABE和△ADF中 ， ∴△ABE≌△ADF（SAS）； ∴AE＝AF， ∴∠AEF＝∠AFE． （2）连接AC、BD，交于点O，AC交EF于点G， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AO＝OC，菱形ABCD的面积为：， ∵点E、F分别是边BC、CD的中点， ∴EF∥BD，EF＝BD， ∴AC⊥EF，AG＝3CG， 设AC＝a，BD＝b， ∴，即ab＝16， ∴． 故答案为：3 【考点评析】此题考查的是菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理，能够利用三角形面积公式得到答案是解决此题关键． 高频考点8：利用菱形的性质与判定求角度 22．（2024·江苏南京·三模）如图，在正方形中，是边上的一点，将沿翻折，得到，若是等腰三角形，则等于 ． 【答案】或． 【思路点拨】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的定义，等边三角形的判定和性质，由正方形可得，，由折叠可得，，由等腰三角形可得或，分两种情况解答即可求解，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【规范解答】解：∵四边形为正方形， ∴，， 由折叠可得，，， ∵是等腰三角形， ∴或， 当时，则， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴； 当时，过点作于，延长交于， ∵，， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ∴等于或， 故答案为：或． 23．（2024·浙江·二模）定义：在四边形中，若一条对角线能平分一个内角，则称这样的四边形为“可折四边形”． 例：如图1，在四边形中，，则四边形是“可折四边形”． 利用上述知识解答下列问题． (1)在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是“可折四边形”的有：__________． (2)在四边形中，对角线平分． ①如图1，若，，求的最小值． ②如图2，连接对角线，若刚好平分，且，求的度数． ③如图3，若，，对角线与相交于点，当，且为等腰三角形时，求四边形的面积． 【答案】(1)菱形、正方形； (2)①的最小值是4；②；③或． 【思路点拨】（1）根据菱形、正方形的对角线平分一组对角可得出答案； （2）①当，时，与最小，此时最小；利用直角 三角形的性质可求解； ②过点D作交延长线于F，于P，交延长线于G，证明，，得出，从而得到平分，即可求解； ③先证明，，，四点共圆，不规则分两种情况：当时，当时，分别求解即可． 【规范解答】（1）解：∵平行四边形、矩形的对角线不一定平分平行四边形、矩形的角， ∴平行四边形、矩形不一定是“可折四边形”； ∵菱形、正方形的对角线平分一组对角， ∴菱形、正方形一定是“可折四边形”； 故答案为：菱形、正方形． （2）解：①当，时，与最小， ∴此时最小； ∵，对角线平分． ∴ ∴， ∴ 答：的最小值为4； ②如图1，过点D作交延长线于F，于P，交延长线于G， ① 又平分，平分 ， ② ①×2－②得 ∵，，， 又平分，平分 ∴， 平分 ∴ ③如图2 过作，， 又∵平分 ∴ ∵ ∴ ∴ ∵平分 ∴ ∴ ∴ 则，，，四点共圆 ∴， 当时，如图3 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴， ∵ ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ． 当时，如图4 ∵， ∴ ∴ ∵ ∴同理可求得，，， ． 综上，四边形的面积为或． 【考点评析】本题考查角平分线的性质与判定，菱形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，四点共圆，圆周角定理，勾股定理，直角三角形的性质，三角形的面积，等腰三角形的性质，三角形内角和定理．本题综合性较强，注意分类讨论，以免漏解． 24．（20-21九年级上·北京房山·期末）《九章算术》是中国古代的数学专著，书中记载了这样一个问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”其大意是：如图，的两条直角边的长分别为5和12，则它的内接正方形的边长为 ． 【答案】/ 【思路点拨】先设正方形的边长为x，再表示出，，然后说明∽，并根据对应边成比例得出答案. 【规范解答】根据题意可知，． 设正方形的边长为x，则，. ∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴∽， ∴， 即， 解得. 所以正方形的边长为. 故答案为：. 【考点评析】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质和判定，相似三角形的对应边成比例是求线段长的常用方法． 高频考点9：利用菱形的性质与判定求线段长 25．（2023·江苏镇江·模拟预测）如图，在平行四边形中，点为上一点，点与点关于对称． (1)连接，，，已知与交于点，． ①求证：四边形是菱形． ②若点为的中点，求证：； (2)若四边形是正方形，连接，，，当是直角三角形时，求的值． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)1或 【思路点拨】（1）①根据轴对称的性质和平行线的性质知，，，，则，从而得出四边形是菱形； ②由中位线定理知，而，即可得出结论； （2）若时，则、、三点重合，得，当时，则为等腰直角三角形，当时，不存在． 【规范解答】（1）证明：①如图1， 点，点关于对称． ，，，， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形． ②如图，由得①得四边形是菱形， ， 又， ， ； （2）解：四边形是正方形，是直角三角形，则有以下情况： Ⅰ．第一种情况：若时，则、、三点重合，得， Ⅱ．第二种情况：当时，如图， 四边形为正方形， ， ， 点与点关于对称， ，， 点为上一点， 为与的交点， ， ， 为等腰直角三角形， ， 在中，， 即， Ⅲ．点为上一点，所以不存在， 综上所述：若四边形是正方形，是直角三角形，的值为1或． 【考点评析】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，运用分类讨论思想是解题问题（2）的关键． 26．（2023·江苏苏州·模拟预测）如图，正方形的边长，点为平面内一动点，且，点为上一点，，连接、，当线段的长最小时，三角形的面积是（　　）    A． B． C． D． 【答案】A 【思路点拨】本题考查正方形的性质及应用，涉及三角形面积，动点问题，圆的定义，正弦函数．由，知的轨迹是以为圆心，4为半径的，故当在线段上时，最小，过作于，可得，，根据，即得，从而可得答案． 【规范解答】， 的轨迹是以为圆心，4为半径的， 当在线段上时，最小，过作于，如图：   ，， ， ， ， ， ， 故选：A． 27．（2024·江苏扬州·三模）如图，在正方形中，，点E是边的中点，点P是直线上的动点（点P不与点C重合），将沿所在的直线翻折，得到，作点F关于对角线的对称点，连接，，若为等腰三角形时，则线段的长为（    ） A．1 B．1或4 C．1或2 D．1或2或4 【答案】D 【思路点拨】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，根据折叠的性质分三种情况：当时，②当时，③当时，分别求解即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 【规范解答】解：∵四边形是正方形， ∴，， 取的中点，连接，， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴， ∵是正方形的对角线， ∴，， ∴点、关于直线对称， ∵点、关于直线对称，， ∴， ∴点在以点为圆心，为直径的圆上运动， 当时，点在线段的垂直平分线上， 此时可得点与点重合，点与点重合， 故； ②当时，连接，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质可得：， ∴， ∴， ∴点、、共线， ∵点、关于直线对称， ∴， 设，则，， 由勾股定理可得：，即， 解得：，即； ③当时，连接， 同②可证， ∴， 连接，，故点、，点、，点、分别关于直线对称， ∴与关于直线对称， ∴， ∴， ∵，点在上， ∴点与点重合， ∴； 综上所述，的长为或或， 故选：D． 高频考点10：利用菱形的性质与判定求面积 28．（23-24九年级上·湖北·周测）如图，在中，，，D为边上一动点（不与点B重合），以为边作正方形，连接，则当的面积最大时，的长为 ． 【答案】/ 【思路点拨】作于H，于 G，作于M，由等腰三角形三线合一可得，再证，计算出，，设，通过证明，可得，从而用含x的二次函数表示出，化为顶点式即可求解． 【规范解答】解：作于H，于 G，作于M，如图： ∵，， ∴，， ∵ ，， ∴， ∴，即， ∴，， 设，， ∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴ ， ∴ ， ∵ ∴当时，最大， 此时， 故答案为：． 【考点评析】本题考查全等三角形、等腰三角形、相似三角形、正方形、二次函数求最值综合，寻找线段与角度之间的等量关系是解题关键，二次函数求最值通常化为顶点式求解． 29．（2024·江苏宿迁·二模）如图，在中．正方形的顶点在边上，点在边上，设．请根据以上信息解决下列问题： (1)用含的代数式表示的长； (2)尺规作图：在图中作正方形，使点在上，点在上，点在上； (3)在（）的条件下，求所作正方形的面积． 【答案】(1) (2)作图见解析； (3)． 【思路点拨】（）过点于，证明，得到，根据即可求解； （）由求出所作正方形的边长为，由得到，即可作图； （）根据（）的结果计算即可求解； 本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，正方形的面积，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【规范解答】（1）解：过点于，则，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图， 设所作正方形的边长为，则由（）可知，， ∵， ∴， 解得， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴尺规作图如下： 取，过点作的垂线，交于点，分别以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接，则四边形为所作正方形； （3）解：由（）可得，正方形的面积． 30．（2023·江苏常州·二模）如图，把图1中边长为10的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，且此菱形的一条对角线长为16，将这四个直角三角形拼成如图2所示的正方形，则图2中的阴影面积为（  ） A．2 B．4 C．9 D．16 【答案】B 【思路点拨】先利用勾股定理求得此菱形的另一条对角线的长，再求得菱形的面积，进而可得阴影的面积是边长为10的正方形的面积减去菱形的面积． 【规范解答】解：如图1所示： ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积， 图2正方形的面积， ∴阴影的面积． 故选：B． 【考点评析】本题考查了图形的剪拼、菱形的性质、正方形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 第三部分：正方形的性质与判定的应用 高频考点11：根据正方形的性质求角度 31．（2023·江苏扬州·二模）如图，将正方形沿着、翻折，点、的对应点分别是点、，若，则 ． 【答案】/度 【思路点拨】本题考查正方形与折叠的性质，由正方形的性质及折叠的性质可得，，，利用角之间的和差关系可得，进而求得，再利用即可求得结果．利用正方形与折叠的性质得到的度数是解题的关键． 【规范解答】解：∵四边形是正方形，， ∴， ∵将正方形沿着、翻折，点、的对应点分别是点、， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴． 故答案为：． 32．（2023·江苏镇江·模拟预测）将边长为的正方形纸片按图所示方法进行对折，第次对折后得到的图形面积为，第次对折后得到的图形面积为，，第次对折后得到的图形面积为，请根据图化简： ． 【答案】 【思路点拨】本题考查了图形的翻折变化问题，有理数的乘方，观察图形的变化发现每次折叠后的面积与正方形的关系，从而写出面积和的通项公式，解题的关键是仔细观察图形的变化，并找到图形的变化规律，利用规律解决问题． 【规范解答】解：由题意可得：，，，， ， 故答案为：． 33．（2024·江苏徐州·模拟预测）综合与实践 利用正方形纸片的折叠开展数学活动，探究体会在正方形折叠过程中，图形与线段的变化及其蕴含的数学思想方法． 如图①，E 为正方形的边上的一个动点，，将正方形对折，使点与 点重合，点与 点重合，折痕为 ． 思考探索 （1）将正方形展平后沿过点的直线折叠，使点的对应点落在上，折痕为， 连接， 如图②，请根据以上条件填空． ①点在以点为圆心， 的长为半径的圆上（填线段）； ②的长为 ； 拓展延伸 （2）当时，正方形沿过点的直线（不过点）折叠后，点的对应点落在正方形 的内部或边上．求面积的最大值； 【答案】（1）①；②；（2） 【思路点拨】本题考查了圆的性质，正方形的折叠、勾股定理等． （1）①利用圆的基本性质，即可求解； ②根据折叠的性质，利用勾股定理，即可求解； （）由题意知点在以点为圆心，半径长为的圆上，的面积要最大，只要以为底的高最长即可，此时当时，的面积最大． 【规范解答】解：（1）正方形中，，， 根据折叠的性质知：，，，， ①点在以点为圆心，的长为半径的圆上； ② ； 故答案为：①，②， （），， ， 故点在以点为圆心，半径长为的圆上， 的面积要最大，只要以为底的高最长即可， 当时，的面积最大，如图： 的面积最大值． 高频考点12：根据正方形的性质求面积 34．（19-20九年级上·浙江绍兴·期中）如图，⊙O的半径为1，正方形ABCD顶点B坐标为（5，0），顶点D在 ⊙O上运动，则正方形面积最大时，正方形与⊙O重叠部分的面积是 ． 【答案】 【思路点拨】根据点D运动到（－1，0）时，正方形面积最大，可得正方形与⊙O重叠部分的面积是△DEF的面积与半圆面积的和，据此进行计算即可． 【规范解答】如图所示,当点D运动到(−1,0)时，BD最长， 此时，正方形面积最大，∠CDO=45°， 又∵∠FDO=45°， ∴CD经过点F， 同理可得，AD经过点E， ∴正方形与⊙O重叠部分的面积是△DEF的面积与半圆面积的和， 即， 故答案为. 【考点评析】本题考查扇形面积的计算，坐标与图形性质，正方形的性质的综合运用. 35．（15-16九年级上·山东青岛·阶段练习）将n个边长都为1cm的正方形按如图所示的方法摆放，点A1，A2，…，An分别是正方形对角线的交点，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为（　　） A．cm2 B．cm2 C． cm2 D．（）ncm2 【答案】B 【思路点拨】根据题意可得，阴影部分的面积是正方形的面积的，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则n个这样的正方形重叠部分即为n-1阴影部分的和． 【规范解答】由题意可得阴影部分面积等于正方形面积的，即是， 5个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为×4， n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为×（n-1）=cm2． 故选：B． 【考点评析】考查了正方形的性质，解决本题的关键是得到n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和的计算方法，难点是求得一个阴影部分的面积． 36．（2013·江苏南通·一模）已知：如图，直线交x轴于点B，交y轴于点C，点A为x轴正半轴上一点，AO=CO，△ABC的面积为12． （1）求b的值； （2）若点P是线段AB中垂线上的点，是否存在这样的点P，使△PBC成为直角三角形．若存在，试直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，试说明理由； （3）点Q为线段AB上一个动点（点Q与点A、B不重合），QE∥AC，交BC于点E，以QE为边，在点B的异侧作正方形QEFG．设AQ=m，△ABC与正方形QEFG的重叠部分的面积为S，试求S与m之间的函数关系式，并写出m的取值范围． 【答案】（1）4；（2）P1（1，1），P2（1，3），，；（3） 【思路点拨】（1）先求得OB、OC的长，再由AO=CO可得点A的坐标，再根据三角形的面积公式求解； （2）题目中没有明确直角，故要分情况讨论，再结合直角三角形的性质求解即可； （3）设正方形QEFG与AC相交于点M，先求得，在Rt△AOC中，根据勾股定理可求得AC的长，由EQ∥AC可得，即可表示出EQ的长，证得△QMA为等腰直角三角形，可得，当时，正方形QEFG的边FG恰好与AC共线，此时，解得，再分当、两种情况分析即可． 【规范解答】（1）由题意得：，C（0，b）， ∴OB=，OC=b， ∵AO=CO， ∴A(b，0)， ∴OA=b，， ∵，即 ， 解得：，（舍去） ∴； （2）由题（1）知，B坐标，点C坐标，点A坐标， ∴AB中垂线是x=1， 当B是Rt△BCP的直角顶点时，设BP的解析式为：， 把点B坐标代入上式，得：， ∴， 则BP的解析式为， 当时，， ∴点P坐标为：， 同理可得：当C是Rt△BCP的直角顶点时，求得点P坐标为：， 当P是Rt△BCP的直角顶点时，, BC的中点坐标（-1，2）， 设P的坐标为：（1，x）， 则， 解得：或， ∴P的坐标为：（1，1），（1，3）， 综上所述，点P坐标为：P1（1，1），P2（1，3），，； （3）如图，设正方形QEFG与AC相交于点M， ∵，， ∴， 在Rt△AOC中， ， ∵EQ∥AC， ∴， ∵设AQ=m，BQ=6-m， ∴， ∵EQ∥AC ∴∠AMQ=∠EQM=90°，∠MAQ=45° ∴△QMA为等腰直角三角形 ∴， 当时，正方形QEFG的边FG恰好与AC共线 此时，解得， 当时，， 当时，， ∴S与m之间的函数关系式为. 【考点评析】本题考查一次函数与直角三角形以及动点的综合题，涉及到正方形的性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理，综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型． 高频考点13：正方形折叠问题 37．（2024·江苏南京·三模）如图，与矩形的三边分别相切于点，连接，，，则的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【思路点拨】本题考查了切线的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，连接，则，，，可证四边形为正方形，都为矩形，得到，，利用勾股定理可得，，进而即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【规范解答】解：连接，则，，， 则， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴点三点共线， ∴四边形都为矩形， ∴， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：．    38．（2024·江苏淮安·一模）如图，在矩形纸片中，，将矩形纸片沿过D点的直线折叠， 使点 A落在边上点E处． (1)请用尺规在图中画出点E， (2)在（1）的基础上，沿过点C的直线再次折叠，使得点 B落在边上点处，两次折痕所在的直线交于点O， 连接． ① 的值等于 ． ② 当为等腰三角形时， 求的值． ③ 随着m的变化，的长度如何变化？请描述变化过程，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①1；②4或；③随着m的增大，的长先减小，后增大，理由见解析 【思路点拨】（1）如图所示，以点D为圆心，的长为半径画弧，交于E，点E即为所求； （2）①先由矩形的性质得到，由折叠的性质可得，证明是等腰直角三角形，得到，进而证明，得到，则；②如图所示，当重合时，则；如图所示，当时，过点O作于G，交于H，两种情况讨论求解即可； ③由是等腰直角三角形，得到点O在线段的垂直平分线上，根据垂线段最短可知，当点O刚好在上时，有最小值，则当m从0开始逐渐增大时，逐渐变小，当点O刚好在上时，有最小值，当点m继续增大时，逐渐增大． 【规范解答】（1）解：如图所示，以点D为圆心，的长为半径画弧，交于E，点E即为所求； （2）解：①∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可得， ， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：1； ②如图所示，当重合时，则， ∴此时为的中点， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴； 如图所示，当时，过点O作于G，交于H，则四边形是矩形， ∴，， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的值为4或； ③随着m的增大，的长先减小，后增大，理由如下： ∵是等腰直角三角形， ∴点O在线段的垂直平分线上， 根据垂线段最短可知，当点O刚好在上时，有最小值， ∴当m从0开始逐渐增大时，逐渐变小，当点O刚好在上时，有最小值，当点m继续增大时，逐渐增大． 【考点评析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，正方形的性质与判定等等，正确画出对应的示意图和利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 39．（2024·江苏南通·一模）如图，折叠矩形纸片，使点C落在边上的点F处，得到折痕，把纸片展平；再一次折叠纸片，点A落在边上的点M处，得到折痕，把纸片展平，的对应边交于点P，交于点Q．    (1)四边形的形状是 ； (2)用等式表示线段，之间的数量关系，并证明； (3)若，求的面积． 【答案】(1)正方形 (2)，理由见解析 (3) 【思路点拨】（1）先证明，可得四边形为矩形，再证明，从而可得结论； （2）连接，证明，．．可得．从而可得结论； （3）由≌得，．设，则．由勾股定理得，，即，可得．过点Q作于H，可得，再进一步可得答案． 【规范解答】（1）证明：四边形为正方形，理由如下： ∵矩形纸片， ∴， 由折叠可得：， ∴四边形为矩形， 由折叠可得：， ∴四边形为正方形； （2）， 证明：连接，    ∵四边形是矩形， ∴． ∴． 由折叠知，，． ∵四边形是正方形， ∴． ∴． 在和中，． ∴． ∴． ∴． （3）由≌得，． ∴． ∵正方形中， ∴． 设，则． 由勾股定理得，，即， 解得． 即． 过点Q作于H， ∵， ∴，． ∵， ∴，即． ∴． 【考点评析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，理解轴对称的性质是解本题的关键． 高频考点14：求正方形重叠部分面积 40．（2024·山西太原·二模）如图，在中，，．以为直径的交于点D，过点D作的切线交于点E．若的半径为2，则阴影部分的面积为 ． 【答案】/ 【思路点拨】连接，求出，得出，证明四边形为矩形，根据，得出四边形为正方形，根据求出结果即可． 【规范解答】解：连接，如图所示： ∵为的切线， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴ ． 故答案为：． 【考点评析】本题主要考查了切线的性质，正方形的判定，扇形面积计算，等腰三角形的性质，解题的关键在作出辅助线，证明四边形四边形为正方形． 41．（2021·江苏泰州·二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，E、F分别为BC、AD的中点，等腰直角三角形纸片PQM如图1放置，斜边PM与BE重合，且∠PQM＝90°，将三角形纸片PQM在矩形所在平面内移动，使得顶点P从点B出发沿着BC向点C运动，顶点M在EF上运动． (1)当点P在线段BE上时，如图2，若BP＝1，求EM的长度； (2)若tan∠MPE＝2，求BP的长； (3)在点P从点B运动到点C的过程中，直接写出点Q的运动路径长． 【答案】(1) (2)2± (3)4 【思路点拨】(1)先证明四边形ABEF是正方形，再由勾股定理即可得到EM的长度； (2) 分当点P在线段BE上时和当点P在线段EC上时两种情况讨论，当点P在线段BE上时设PE＝m，则EM＝2m，由PM2＝EM2+PE2，得到PE＝，即可得到BP＝2﹣， 当点P在线段EC上时，同理可得BP＝2+； (3) 过点Q作QJ⊥EF于J，QK⊥BC于K，证明△MQJ≌△PQK（AAS），得到QJ＝QK，得到EQ平分∠FEC，得到点Q的运动过程为Q′→Q″→O，即可求得点Q的运动路径长． 【规范解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝4， ∵E，F分别是BC，AD的中点， ∴BE＝EC＝2，AF＝DF＝2，PM＝BE＝2， ∴AF＝BE， ∵AF∥BE， ∴四边形ABEF是矩形， ∵AB＝BE＝2，∠B＝90°， ∴四边形ABEF是正方形， ∵PB＝1， ∴PE＝BE﹣PB＝1， ∴EM＝． （2）解：当点P在线段BE上时，tan∠MPE＝＝2， 设PE＝m，则EM＝2m， ∵PM2＝EM2+PE2， ∴22＝（2m）2+m2， ∴m1＝，m2＝-(舍去), ∴PE＝， ∴BP＝2﹣， 当点P在线段EC上时，同理可得BP＝2+． 综上所述，PB的长为2±． （3）解：如图3中，过点Q作QJ⊥EF于J，QK⊥BC于K． ∵∠QJE＝∠QKE＝∠JEK＝90°， ∴∠KQJ＝∠MQP＝90°， ∴∠MQJ＝∠PQK， ∵∠MJQ＝∠PKQ＝90°，QM＝QP， ∴△MQJ≌△PQK（AAS）， ∴QJ＝QK， ∴EQ平分∠FEC， ∴点Q在∠FEC的角平分线上运动，起始位置为Q′，终点位置是Q″（此时四边形EP′Q″M′是正方形），点Q的运动过程为Q′→Q″→O， ∴Q′O= Q′E+EO=+=2, OQ″= EQ″-EO=2﹣, ∴运动路径的长＝Q′O+2OQ″＝2+2（2﹣）＝4． 【考点评析】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、正方形的性质与判定、三角函数、角平分线的判定、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质和证明三角形全等是解题的关键． 42．（2021·江苏无锡·二模）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABDE、ACFG、BCIH，四块阴影部分的面积分别为S1、S2、S3、S4．则S1+S2+S3+S4等于 ． 【答案】72． 【思路点拨】过作的垂线交于，连接，容易证得，，则有，；根据，， ，可证得四边形是矩形，即、、三点共线，根据AAS可证，则有，，可得，则，据此求解即可． 【规范解答】解：如图示，过作的垂线交于，连接， ∵，， ∴ ∴， ∴， 同理可证， ∴， ∴，， 则有 ∵ ∴， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， 、、三点共线， ∵ ∴ 又∵，， ∴ ∴，，并有：, ∵，， ∴ ∵，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ 即： , 故答案为：72． 【考点评析】本题考查勾股定理的知识，将勾股定理和正方形的面积公式进行灵活的结合和应用是解题的关键． 高频考点15：中点四边形 43．（23-24九年级上·山东青岛·期中）如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是1，则第n个矩形的面积是 ． 【答案】 【思路点拨】由中点四边形的含义可得矩形的中点四边形是菱形，菱形的中点四边形是矩形，而中点四边形的面积是原四边形的面积的一半，可得原矩形的面积为1，矩形的中点四边形（菱形）的面积为 再得到菱形的中点四边形（矩形）的面积为： 从而总结归纳出规律，可得答案．本题考查了中点四边形的性质，是一道找规律的题目． 【规范解答】已知第一个矩形的面积是1， 第二个矩形的面积为 第三个矩形的面积是 则第n个矩形的面积是 故答案为：． 44．（2024·江苏宿迁·一模）如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴负半轴上，点B在x轴正半轴上，且，点C在y轴负半轴上，点D在y轴正半轴上，且，则线段的最小值是 ． 【答案】 【思路点拨】本题考查了中点四边形，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质．作中点四边形，证明中点四边形是矩形，由，，当共线时，取得最小值，最小值为的长，据此求解即可． 【规范解答】解：连接，分别取的中点并连接得到中点四边形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴当共线时，取得最小值，最小值为的长， ∵， 在中，， ∴的最小值为， 故答案为：． 45．（2021·江苏淮安·一模）如图1，在四边形中，如果对角线和相交并且相等，那么我们把这样的四边形称为等角线四边形． (1)①在“平行四边形、矩形、菱形”中，　 　一定是等角线四边形（填写图形名称）； ②若、、、分别是等角线四边形四边、、、的中点，当对角线、还要满足　 　时，四边形是正方形． (2)如图2，已知中，，，，为平面内一点． ①若四边形是等角线四边形，且，求四边形的面积； ②设点是以为圆心，为半径的圆上的动点，若四边形是等角线四边形，则四边形的面积的最大值为　 　． 【答案】(1)①矩形；② (2)①；② 【思路点拨】（1）①根据等角线四边形的定义进行判断即可； ②当时，四边形是正方形，首先证明四边形是菱形，再证明有一个角是直角即可； （2）①如图2中，作于，利用勾股定理求出相关线段的长，再根据计算即可； ②如图3中，设与相交于点，连接，只要证明当且、、共线时，四边形的面积最大即可． 【规范解答】（1）解：①在“平行四边形、矩形、菱形”中， ∵矩形的对角线相等， ∴矩形一定是等角线四边形． 故答案为：矩形． ②当时，四边形是正方形．理由如下： 如图1，∵、、、分别是等角线四边形四边、、、的中点， ∴，，，，，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴四边形是正方形． 故答案为：． （2）①如图2，作于， ∵在中，，，， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形是等角线四边形， ∴， 在中，， ∴ ． ∴四边形的面积为． ②如图3中，设与相交于点，连接，作于，于， ∴，， ∵四边形是等角线四边形， ∴， ∵ ， 即：， ∴当点与点重合时即，等号成立， ∵， ∴， 即线段最长时，四边形的面积最大， ∵， ∴， ∴， ∴的最大值为， ∴当、、共线时，四边形的面积的最大值为． 故答案为：18． 【考点评析】本题考查四边形综合题，考查了中点四边形，三角形中位线定理，正方形的判定，勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，垂线段最短，三角形三边关系定理，圆等知识．解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，会求圆上一点到圆外一定点的距离的最大值或最小值． 高频考点16：（特殊）平行四边形的动点问题 46．（2024·江苏泰州·一模）已知，点是边长为(为常数)的正方形内部一动点，于， 于，连结，，，，记，，的面积分别为，，，令，． (1)如图，点P在对角线上． ①求（用含、的代数式表示） ②是否存在实数，使的值与点在上的位置无关．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由； (2)若 ，当点在内部(不含边界)时(如图)． ①求的取值范围； ②试说明：的值随着的增大而增大． 【答案】(1)①；②存在， (2)①；②理由见解析 【思路点拨】（1）①证明四边形是矩形，得到，，继而得到，，根据等边对等角得到，，再根据三角形的面积即可得解； ②求出，根据题意即可得解； （2）①连接，，根据四边形是矩形，，得，延长交于，作于，证明，得，继而得到，得，再根据点在内部（不含边界）可得解； ②根据，利用二次函数的性质即可得解． 【规范解答】（1）解：①∵点是边长为的正方形的对角线上的一点，且， ，，，，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，，，， ∴，， ∵，，的面积分别为，，， ∴，， 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②∵四边形是矩形，，， ∴， ∴ ， ∵的值与点在上的位置无关，即与值无关， ∴， 解得：， ∴当时，的值为，与点在上的位置无关； （2）①连接，， 由（1）知：，， ∵四边形是矩形，即， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， 延长交于，作于， ∴，， ∴，， ∴， ∴，即， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵点在内部（不含边界） ∴； ②∵， ∴对称轴为：， ∵， ∴， ∵， ∴当时，随的增大而增大， 即的值随的增大而增大． 【考点评析】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，等角对等边，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识点．掌握矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质是解题的关键． 47．（2024·江苏无锡·一模）如图1，四边形中，，，． (1)线段　　； (2)如图2，点O是的中点，E、F分别是、上的点，将沿着翻折得，将沿着翻折使与重合． ①当点E从点D运动到点A时，点G走过的路径长为，求的长； ②在①的条件下，若E与A重合（如图3），Q为中点，P为上一动点，将沿翻折得到，若与的重合部分面积是面积的，求的长． 【答案】(1)8 (2)①25，②或 【思路点拨】（1）作于G，解直角三角形求得结果； （2）①作，交的延长线于点H，可得出点G的轨迹是以O为圆心，5为半径的弧，根据弧长公式求得，进而得出，解求得结果；②先解三角形和求得和，进而根据勾股定理得出的值，分两种情形：当QF′交于R时，取的中点X，连接，可得出点R是的中点，，根据角平分线的性质得出，从而求得的值，根据勾股定理得出的值，进一步得出结果；当交于R时，同理可得：R是的中点，，进而推出四边形是平行四边形，进一步得出结果． 【规范解答】（1）解：如图1， 作于G， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：8； （2）解：①如图2， 作，交的延长线于点H， ∵， ∴， ∴， 设，，则， ∵沿着翻折得， ∴，， ∴点G的轨迹是以O为圆心，5为半径的弧， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由得， ， ∴， ∴，； ②∵将沿着翻折得，将沿着翻折使与重合， ∴，， ∴， ∵， ∴， 如图3， 作于W，设交于R， ∴， 设，， ∵， ∴， 由得， ， ∴， ∴， ∴， 由①知： ， ∴， 当交于R时，取的中点X，连接， ∵Q是的中点， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴点R是的中点， 由折叠得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图4， 当交于R时， 同理可得：R是的中点，， ∴， ∴R是的中点， ∴四边形是平行四边形， ∴， 综上所述：或． 【考点评析】本题考查了解直角三角形，角平分线的性质，轴对称的性质，弧长公式等知识，解决问题的关键是分类讨论和较强计算能力． 48．（2023·江苏无锡·三模）如图①，在矩形中，，，点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度向点运动，同时点从点出发，沿以每秒个单位长度的速度向点运动，点到达点时，点、同时停止运动．当点不与点、重合时，作点关于直线的对称点，连接交于点，连接、，设点的运动时间为秒．    (1)当点在上时，用含的代数式表示 ；当点在上时，用含的代数式表示 ； (2)当为直角三角形时，求的值． (3)如图②，取的中点，连接．当在上，且时，求的值．当点在上运动时，是否存在的情况，如果存在直接写出的值，如果不存在请说明理由． 【答案】(1)， (2)的值为或 (3)存在，当在上时的值为，当在上时的值为 【思路点拨】（1）根据点和点关于直线的对称，则，进而解直角三角形，分情况表示出，即可求解； （2）根据对称，为等腰直角三角形，且，进而建立方程，解方程即可求解； （3）过点作延长线于，延长交于，过点作于，，在，中，分别求得，，根据，建立方程解方程即可求解；当点在线段上，时，过点作于，过点作于，根据，建立方程解方即可求解． 【规范解答】（1）解：∵在矩形中，，， ∴ ∴, 点和点关于直线的对称， ∴ 当在上时， ∵， ∴当点在上时，； 当在上时， ， 当点在上时，； 故答案为：，． （2）∵点和点关于直线的对称， 若为直角三角形， 则为等腰直角三角形，且， ， 当在上时，，则， ∵，， 即， 解得， 当在上时， ， 即， 解得， 综上，当为直角三角形时，的值为或； （3）过点作延长线于，延长交于，过点作于，    ，， ， 在中， ， ∴ 在中，， ，即， ∴， 解得， 当点在线段上，时， 过点作于，过点作于， ，， ， 在中，， ∴， 在中，， ， ∴ 解得， 当在上时的值为，当在上时的值为． 【考点评析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，动点问题，等腰三角形的性质，轴对称的性质，熟练掌握三角函数的定义，分类讨论是解题的关键． 高频考点17：四边形中的线段最值问题 49．（2022·江苏连云港·中考真题）如图，四边形为平行四边形，延长到点，使，且． (1)求证：四边形为菱形； (2)若是边长为2的等边三角形，点、、分别在线段、、上运动，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【思路点拨】（1）先根据四边形为平行四边形的性质和证明四边形为平行四边形，再根据，即可得证； （2）先根据菱形对称性得，得到，进一步说明的最小值即为菱形的高，再利用三角函数即可求解． 【规范解答】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 又∵点在的延长线上， ∴， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形为菱形． （2）解：如图，由菱形对称性得，点关于的对称点在上， ∴， 当、、共线时， ， 过点作，垂足为， ∵， ∴的最小值即为平行线间的距离的长， ∵是边长为2的等边三角形， ∴在中，，，， ∴， ∴的最小值为． 【考点评析】本题考查了最值问题，考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角函数等知识，运用了转化的思想方法．将最值问题转化为求菱形的高是解答本题的关键． 50．（2021·江苏宿迁·二模）如图，在矩形中，，，为边上的一动点，、为边上的两个动点，且满足，则线段长度的最小值为 ． 【答案】 【思路点拨】作△EMN的外接圆O，连接OE，OM，ON，过点O作OH⊥BC于点H，设⊙O的半径为r，判断出△OMN是等腰直角三角形，得到MN，结合垂径定理得到OE+OH=，可得OE+OH的最小值为1，即可求出r的最小值，从而得到MN的最小值． 【规范解答】解：作△EMN的外接圆O，连接OE，OM，ON，过点O作OH⊥BC于点H，如图， 设⊙O的半径为r，则OE=OM=ON=r， ∵∠MEN=45°， ∴∠MON=2∠MEN=90°， ∴△OMN是等腰直角三角形， ∴∠OMN=45°，根据勾股定理得：MN=， ∵OH⊥BC， ∴OH=MN=， ∴OE+OH=， ∵在矩形ABCD中，AD∥BC， ∴点E到直线BC的距离为AB的长，即为1， 又∵点H在BC上，OH⊥BC， ∴OE+OH的最小值为1，此时， 即r的最小值为r=， ∴MN取最小值为， 故答案为：． 【考点评析】本题考查矩形的性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造辅助圆解决问题属于中考填空题中的压轴题． 51．（2021·江苏盐城·二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是AD边上的动点，将矩形ABCD沿BE折叠，点A落在点A′处，连接A′C、A′D． （1）如图1，当AE＝　 　时，A′D∥BE； （2）如图2，若AE＝3，求S△A′CB． （3）点E在AD边上运动的过程中，∠A′CB的度数是否存在最大值，若存在，求出此时线段AE的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）4；（2）；（3） 【思路点拨】（1）连接AA′，交BE于点F，由折叠得F为AA′的中点，当A′D∥BE，则E为AD的中点，可知AE等于AD长的一半； （2）过点A′作MN⊥AD于点M，交BC于点N，得到△BA′N∽△A′EM，根据相似三角形的对应边成比例列方程可求出A′N的长，再求S△A′CB； （3）作BG⊥A′C交CA′的延长线于点G，可证明BG越大则∠A′CB越大，进而证明当C、A′、E三点在同一条直线上时∠A′CB最大，此时∠BA′C=90°，可证明EC=BC=8，再由勾股定理求出A′C的长，再求A′E的长即得到AE的长． 【规范解答】解：（1）如图1，连接，交于点， 点与点关于直线对称， 垂直平分， 为的中点， 当 点为的中点， 四边形是矩形， ， ， 故答案为： （2）如图2，过点作于点，交于点，则， ， ， 由折叠得，，，， ， ， △△， ， ； ， 四边形是矩形， ， 设，则， ， ， 整理得， 解得，，（不符合题意，舍去）， ， ． （3）如图3，作交的延长线于点，则； 以点为圆心、长为半径作圆，则点在上运动， ， 的值随的增大而增大， 而的值随的增大而增大， 越大则越大， ， 当点与点重合时，，此时最大，也最大； 如图4，当点与点重合时，则， ， 、、三点在同一条直线上； ，， ， ， ， ． 【考点评析】此题重点考查矩形的性质、轴对称的特征、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数及动点问题中的最值问题等知识与方法，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，此题难度较大，属于考试压轴题． 高频考点18：四边形其他的综合问题 52（2023·江苏苏州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，过点分别作轴、轴的垂线，垂足分别为、． (1)四边形的形状是______； (2)一个以点为顶点的角绕点旋转，角的两边分别与轴、轴分别交于点和点，连接，设，． ①如图（1），当被对角线平分时，求、的值； ②利用图（2）探究：当、为何值时，是直角三角形？试写出你的求解过程； (3)利用图（3）探究：若点在轴上，点在坐标平面内，则以、、、为顶点的菱形有______个． 【答案】(1)正方形 (2)①；②当时，；当时，， (3)4 【思路点拨】（1）根据邻边相等的矩形是正方形证明即可． （2）①证明即可解决问题．②分两种情形：当时，证明，推出，可得结论，当时，同法可求． （3）分别以为菱形的边或对角线，画出满足条件的菱形即可判断． 【规范解答】（1）解：，， ， ， ， 四边形是正方形； （2）解：①如图1中，平分， ， 是正方形的对角线， ， ， ， ， ， 点坐标为， ， ， 同理可求：． ②， 是直角三角形有两种可能， 如图（2）①当时，则． ， ， ，， ， ， ， ， ， ，， 点坐标为， ， ，． 当时，同理可求：，． （3）解：如图3中， 四边形是正方形， 当点与点重合，点与点C重合时，四边形是菱形； 当且，时，四边形是菱形； 当，且时，四边形是菱形； 当且，时，四边形是菱形； 综上，满足条件的菱形有4个． 【考点评析】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 53．（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 【思路点拨】（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． 【规范解答】（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． 【考点评析】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． 54．（2022·江苏盐城·三模）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．    (1)如图1，在中，，是的角平分线，E，F分别是，上的点．求证：四边形是邻余四边形． (2)如图2，在的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形，使是邻余线，E，F在格点上． (3)如图3，在（1）的条件下，取中点M，连接并延长交于点Q，延长交于点N．若N为的中点，，，求邻余线的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【思路点拨】本题考查了四边形的新定义，综合考查了等腰三角形的“三线合一“性质、相似三角形的判定与性质等知识点，读懂定义并明确相关性质及定理是解题的关键． （1）由等腰三角形的“三线合一“性质可得，则可得与互余，即与互余，从而可得答案； （2）画出图形即可． （3）先由等腰三角形的“三线合一“性质可得、，再判定，从而列出比例式，将已知线段的长代入即可得解． 【规范解答】（1）解：，是的角平分线， ， ， ， 与互余， 四边形是邻余四边形； （2）解：如图所示（答案不唯一），四边形为所求；    （3）解：，是的角平分线， ， ， ， ， ，点是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$