第08讲 四边形的综合问题（2个考点8个题型）-【上好课】2025年中考数学二轮复习讲练测（浙江专用）

专题五 几何图形的性质与判定的综合问题 第08讲 四边形的综合问题 （思维导图+2考点+8种题型） 试卷第1页，共3页 1 / 194 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一、四边形的性质与判定的综合 题型01、平行四边形性质与判定 题型02、矩形性质和判定的综合问题 题型03、菱形性质与判定的综合问题 题型04、正方形的性质与判定的综合问题 考点二、四边形性质的综合应用 题型01、四边形背景下的作图问题 题型02、四边形背景下的图形平移问题 题型03、四边形的背景下的折叠问题 题型04、四边形背景下的图形旋转问题 中考考点 新课标要求 命题预测 四边形 1、①了解多边形凹的概念及多边形的顶点、边、内角、外角与对角线，探索并掌握多边形内角和与外角和公式。 ②理解平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形的概念，以及它们之间的关系；了解四边形的不稳定性。 2、③探索并证明平行四边形的性质定理：平行四边形的对边相等、对角相等、对角线互相平分。探索并证明平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边 形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形。 ④理解两条平行线之间距离的概念，能度量两条平行线之间的距离。 3、探索并证明矩形、菱形的性质定理：矩形的四个角都是直角，对角线相等，菱形的四条边相等，对角线互相垂直。探索并证明矩形、菱形的判定定理：三个角是直角的四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形，四边相等的四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形。正方形既是矩形，又是菱形；理解矩形、菱形、正方形之间的包含关系。 5、探索并证明三角形的中位线定理。 本考点内容是考查重点，年年都会考查，分值为10分左右，预计2025年浙江中考还将出现，并且在选择、填空题中考查多边形的内角和、平行四边形性质和判定、与三角形中位线有关计算的可能 性比较大，中考数学中，对平行四边形的单独考察难度一般不大，一般和三角形全等、解直角三角形综合应用的可能性比较大，对于本考点内容，要注重基 础，反复练习，灵活运用. 矩形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何图形中难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计2025年浙江中考还将出现，其中，矩形还经常成为综合压轴题的问题背景来考察，而矩形其他出题类型还有选择、填空题的压轴题，难度都比较大，需要加以重视解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大. 菱形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何图形中难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计2025年浙江中考还将出现.菱形的考察类型比较多样，其中选择、填空题常考察菱 形的基本性质，解答题中考查菱形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大. 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一、四边形的性质与判定的综合 题型01、平行四边形性质与判定 一、平行四边形性质与判定 1．（2024·浙江·中考真题）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（    ） A． B． C． D． 2．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2023·浙江台州·中考真题）如图，点在线段上（点C在点之间），分别以为边向同侧作等边三角形与等边三角形，边长分别为．与交于点H，延长交于点G，长为c．    （1）若四边形的周长与的周长相等，则之间的等量关系为 ． （2）若四边形的面积与的面积相等，则a，b，c之间的等量关系为 ． 4．（2024·浙江·中考真题）尺规作图问题： 如图1，点E是边上一点（不包含A，D），连接．用尺规作，F是边上一点． 小明：如图2．以C为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则． 小丽：以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则． 小明：小丽，你的作法有问题，小丽：哦……我明白了！ (1)证明； (2)指出小丽作法中存在的问题． 5．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，．    (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若的面积等于2，求的面积． 6．（2022·浙江温州·中考真题）如图，在中，于点D，E，F分别是的中点，O是的中点，的延长线交线段于点G，连结，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)当，时，求的长． 7．（2022·浙江宁波·中考真题） (1)如图1，在中，D，E，F分别为上的点，交于点G，求证：． (2)如图2，在（1）的条件下，连接．若，求的值． (3)如图3，在中，与交于点O，E为上一点，交于点G，交于点F．若平分，求的长． 8．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，已知中，点，，，分别为，，，上的点，且，，分别与，相交于点，，若，则的面积一定可以表示为（    ）    A． B． C． D． 9．（2023·浙江衢州·一模）已知图1是一扇开启状态下的某型号窗户，图2是其示意图．导轨固定在窗台上且，固定在连杆上，四边形是平行四边形，滑块可在导轨上自由滑动，滑动过程中连杆的长度均不发生改变，当窗框与导轨垂直时，窗户为完全开启状态． （1）当窗户完全闭合时，点重合，点在导轨上，如图3所示．若，，则 ， cm． （2）在（1）的条件下，窗户从完全闭合状态到完全开启状态，滑块的运动路径长为 cm． 10．（2023·浙江杭州·二模）如图，平行四边形中，与相交于点O，点P为中点，交于点E，连接，． (1)求证：平行四边形为菱形； (2)若，， ①求的值． ②求的长． 11．（2024·浙江·一模）如图，在中，点D，E，F分别在边，，上，连接，，，与交于点G．已知四边形是平行四边形，且． (1)若，求线段，的长． (2)若四边形的面积为48，求的面积． 12．（2023·浙江杭州·模拟预测）在中，，平分，点G是的中点，点F是上一点，，延长交的延长线于点E，连接． (1)证明：四边形是平行四边形． (2)若，，求的长． 13．（2024·浙江宁波·模拟预测）【基础巩固】 （1）如图（1），在和中，点在上，，求证：． 【尝试应用】 （2）如图（2），在（1）的条件下，连结．若，求的长． 【拓展提高】 （3）如图（3），在中，对角线相交于点，，点E是边上一点，，连结交于点，线段与的延长线交于点，若，，求平行四边形的面积． 题型02、矩形性质和判定的综合问题 14．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（    ）    A． B． C． D． 15．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，，点E是边上的动点，连结，以为边作矩形（点D，G在的同侧），且，连结． (1)如图1，当点E为边的中点时，点B，E，F在同一直线上，求的长． (2)如图2，若，设与交于点K．求证：． (3)在点E的运动过程中，的长是否存在最大（小）值？若存在，求出的最值；若不存在，请说明理由． 16．（2023·浙江湖州·中考真题）【特例感知】 （1）如图1，在正方形中，点P在边的延长线上，连接，过点D作，交的延长线于点M．求证：． 【变式求异】 （2）如图2，在中，，点D在边上，过点D作，交于点Q，点P在边的延长线上，连接，过点Q作，交射线于点M．已知，，，求的值． 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，点P在边的延长线上，点Q在边上（不与点A，C重合），连接，以Q为顶点作，的边交射线于点M．若，（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）．    7．如图，将矩形对折两次，折痕由上至下分别为，然后将其展开，E为边上一点，再将沿折叠，使点C刚好落在线段的中点F处，则 ． 8．如图，在四边形中，，，，，. 点分别在边上，，交于点． (1)求的值． (2)证明：四边形是平行四边形． (3)点是关于的对称点： ①当射线经过平行四边形的某一边中点时，求的值． ②当点恰好落在上时，求的值． 9．综合与实践 如图，在矩形中，点E是边AD上的一点（点E不与点A，点D重合），连结BE．过点C作交AD的延长线于点F，过点B作交FC的延长线于点G，过点F作交BE的延长线于点H．点P是线段CF上的一点，且． 探究发现：（1）点点发现结论：．请判断点点发现的结论是否正确，并说明理由． 深入探究：（2）老师请学生经过思考，提出新的问题，请你来解答． ①“运河小组”提出问题：如图1，若点P，点D，点H在同一条直线上，，，求的长． ②“武林小组”提出问题：如图2，连结和，若，，，求的值．       10．综合与实践 【动手操作】如图①，四边形ABCD是一张矩形纸片，，．先将矩形ABCD对折，使BC与AD重合，折痕为MN，沿MN剪开得到两个矩形．矩形AMND保持不动，将矩形MBCN绕点M逆时针旋转，点N的对应点为． 【探究发现】（1）如图②，当点C与点D重合时，交AD于点E，BC交MN于点F，此时两个矩形重叠部分四边形MEDF的形状是______，面积是______； （2）如图③，当点N'落在AD边上时，BC恰好经过点N，与DN交于点G，求两个矩形重叠部分四边形的面积； 【引申探究】（3）当点落在矩形的对角线MD所在的直线上时，直线与直线DN交于点G，请直接写出线段DG的长． 17．（2025·浙江杭州·模拟预测）（1）如图1，在矩形中，为边上一点，连接，若，过作交于点， ①求证：； ②若时，则____． （2）如图2，在菱形中，，过作交的延长线于点，过作交于点，若时，求的值． （3）如图3，在平行四边形中，，，，点在上，且，点为上一点，连接，过作交平行四边形的边于点，若时，请直接写出的长． 18．（2024·浙江宁波·二模）（1）如图 1，在三角形 中， 是 中点，连结 ， 是 上任意一点，过点 作别交 ， 于点 、 ，求证： 是中点；    （2）如图 2，在四边形 中，， 与 不平行， ， ，连结对角线 ， 交于点 ， 是 上的点，过点 作交 于点 ， 于点 ，求的值； （3）如图 3，在菱形 中， ， ，分别取菱形各边的中点 ，，， 并顺次连结得到四边形 ，连结 ， 交于点 ， 是 上一动点，作交 于点 ，交 于点 ，过点 作 交 于点 ，连结 ，求 的最小值． 题型03、菱形性质与判定的综合问题 19．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，已知，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于内一点P，连接，过点P作直线，交OB于点E，过点P作直线，交于点F．若，，则四边形的面积是（    ）    A． B． C． D． 20．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（    ） A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形 C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形 21．（2023·浙江温州·中考真题）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作菱形，使点D，E，F分别在边，，上，过点E作于点H．当，，时，的长为（    ）    A． B． C． D． 22．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结交于点，平分交于点G． (1)求证：. (2)若． ①求菱形的面积. ②求的值. (3)若，当的大小发生变化时（），在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值． 23．（2022·浙江金华·中考真题）如图，在菱形中，，点E从点B出发沿折线向终点D运动．过点E作点E所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点F，在的右侧作矩形． (1)如图1，点G在上．求证：． (2)若，当过中点时，求的长． (3)已知，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与相似（包括全等）？ 1．如图，已知平行四边形纸片，，，．现将纸片作如下操作：第1步，沿折痕折叠纸片，使点落在边上；第2步，再沿折痕折叠纸片，使点与点重合．若，则的长为（     ） A．1 B． C． D． 2．如图，是的角平分线，分别以点、为圆心，以大于的长为半径在两侧作圆弧，交于点，点．作直线，分别交，于点，，连结，．设的面积为，四边形的面积为．若，则的值为（    ）    A． B． C． D． 3．如图，四边形是一个由5张纸片拼成的菱形（相邻纸片之间互不重叠），其中四张纸片为大小形状相同的平行四边形，连结．记，，若，则平行四边形纸片长与宽的比值为（    ）    A．3 B．4 C． D． 4．如图，在菱形ABCD中，，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论：①；②与全等的三角形共有5个；③四边形ODEG与四边形OBAG面积相等；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．其中一定成立的是（    ） A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④ 5．如图，在中，，，分别为，的中点，四边形的一边经过点，，对角线分别与，交于点、． (1)求证：四边形为菱形． (2)当，时，求的长． 6．如图所示，四边形是矩形，点A、C的坐标分别为，，点D是线段上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线交折线于点E． （1）记的面积为S，求S与b的函数关系式，并求出自变量b的取值范围； （2）当点E在线段上时，若矩形关于直线的对称图为四边形，试探究与矩形的重叠部分的四边形是什么特殊四边形，并说明理由． （3）若，试求出（2）中重叠部分四边形的面积． 24．（2024·浙江·一模）如图，菱形中，点P在对角线上，过点P分别作的平行线交于点． (1)求证：； (2)连结，若，判断与的数量关系，并说明理由． 题型04、正方形的性质与判定的综合问题 25．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，正方形中，，点E在边上，是的中点，点H在边上，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 26．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，以钝角三角形的最长边为边向外作矩形，连结，设，，的面积分别为，若要求出的值，只需知道(   )    A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．矩形的面积 27．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰和等腰，③和④分别是和，⑤是正方形，直角顶点E，F，G，H分别在边上． （1）若，，则的长是 cm． （2）若，则的值是 ． 28．（2023·浙江杭州·中考真题）在边长为的正方形中，点在边上（不与点，重合），射线与射线交于点． (1)若，求的长． (2)求证：． (3)以点为圆心，长为半径画弧，交线段于点．若，求的长． 29．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．    (1)求证：． (2)判断与是否垂直，并说明理由． 30．（2022·浙江杭州·中考真题）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH． (1)如图1，若，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积， (2)如图2，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K． ①求证：； ②设，和四边形AEHI的面积分别为，．求证：． 31．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，在中，，分别以为边向外作正方形和正方形，连结，设，则的值为（   ） A． B．2 C． D． 32．（2025·浙江·一模）如图，在正方形中，点是上一动点（不与重合），对角线相交于点，过点分别作的垂线，分别交于点，交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤点O在M、N两点的连线上．其中正确的是（　　） A．①②③④ B．①②③⑤ C．①②③④⑤ D．③④⑤ 33．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，在中，，分别以它的三边为边向外作正方形，，，分别过点，作，，垂足分别为，．要知道阴影部分的面积，只需知道下列某个图形的面积，这个图形是（    ） A． B．正方形 C．正方形 D．正方形 34．（2024·浙江宁波·模拟预测）将两张矩形纸片，和另三张正方形纸片，，按如图所示方式不重叠地放置在矩形内．则下列条件中，不能求出四边形的面积的是（    ） A．正方形与正方形周长的和 B．矩形与正方形周长的差 C．矩形与矩形周长的和 D．矩形的周长 35．（2024·浙江·模拟预测）如图，在中，，以为边向三角形外作正方形，作于点，交对角线于点，连接．要求的周长，只需知道（    ） A．的长 B．的长 C．的长 D．的长 36．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，延长交于点M，连结并延长交于点N．若，则正方形与正方形的面积的比值为（    ）． A． B． C． D． 37．（2024·浙江·模拟预测）四个全等的直角三角形按如图方式围成正方形，过各直角顶点作正方形各边的平行线得到正方形．若，则的值为（    ） A． B． C． D． 38．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在正方形中，为对角线，E为上一点，过点E作，与分别交于点G、F，H为的中点，连接．下列结论：①；②；③；④若，则，其中结论正确的有 （填写序号）． 39．（2023·浙江杭州·二模）如图，四边形是正方形，点在边上，是以为直角顶点的等腰直角三角形，，分别交于点，，过点作的垂线交的延长线于点．连接，若，，则 ． 40．（2024·浙江温州·模拟预测）如图，在正方形中，点，分别在边，上（不与顶点重合），且满足，连接，交于点．，分别是边，的中点，连结接，．若正方形的边长为，则的最小值为 ． 41．（2024·浙江·模拟预测）如图，在中，，两个边长为1的正方形的顶点D，E，F，I，J均在的边上，，令，当时， ；当时， ．    42．（2012·浙江杭州·二模）在平面直角坐标中，边长为2 的正方形的两顶点A，C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O 在原点． 现将正方形绕点 O 顺时针旋转，当点A 第一次落在直线 上时停止旋转，旋转过程中，边交直线． 于点M，边交x轴于点N（如图）． (1)求边在旋转过程中所扫过的面积；（结果保留π） (2)旋转过程中，当和平行时，求正方形旋转的度数； (3)设 的周长为p，在旋转正方形的过程中，p值是否有变化？ 请证明你的结论． 43．（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，正方形的顶点，分别在矩形的边，上，与交于点，连接． (1)求的度数． (2)若点是的中点，求证：点是的中点． (3)如图，若正方形的顶点在矩形的边上，顶点在矩形的边的延长线上，点为，的延长线的交点，设，，，求证：． 44．（2024·浙江·模拟预测）如图1，在正方形中，，的边分别与对角线相交于点P，Q，请说明． 尝试解决： （1）小明给出了以下思路：将绕点A逆时针旋转得到，使与重合，连结，请帮小明完成解题过程． 类比探究： （2）如图2，在正方形内作，使与相交于点与相交于点Q，连结．已知，，求的面积． 拓展应用： （3）如图3，在长方形中，，，，P是上一点，Q是上一点，连结，求的面积的最小值． 考点二、四边形性质的综合应用 题型01、四边形背景下的作图问题 45．（2023·浙江·中考真题）如图，在中，．    (1)尺规作图： ①作线段的垂直平分线，交于点D，交于点O； ②在直线上截取，使，连接．（保留作图痕迹） (2)猜想证明：作图所得的四边形是否为菱形？并说明理由． 46．（2023·浙江宁波·中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．      (1)如图1，在四边形中，，对角线平分．求证：四边形为邻等四边形． (2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D． (3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过B作交的延长线于点E．若，求四边形的周长． 47．（2023·浙江金华·中考真题）如图，为制作角度尺，将长为10，宽为4的矩形分割成的小正方形网格．在该矩形边上取点，来表示的度数．阅读以下作图过程，并回答下列问题：   （答题卷用） 作法（如图） 结论    ①在上取点，使． ，点表示． ②以为圆心，8为半径作弧，与交于点． ，点表示． ③分别以为圆心，大于长度一半的长为半径作弧，相交于点，连结与相交于点． … ④以为圆心，的长为半径作弧，与射线交于点，连结交于点． … (1)分别求点表示的度数． (2)用直尺和圆规在该矩形的边上作点，使该点表示（保留作图痕迹，不写作法）． 48．（2024·浙江舟山·三模）利用尺规作图在一个矩形内作菱形，则下列作法中错误的是（   ） A． B． C． D． 49．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，在中，点在边上，请仅用无刻度的直尺画图． (1)如图①，点满足，作的平分线． (2)如图②，已知点为的中点，作出边的中点． 50．（2024·浙江温州·三模）如图，在的方格纸中，请按要求画格点线段（端点在格点上），且线段的端点均不与点A，B，C，D重合． (1)在图1中画一条格点线段，使G，H分别落在边上，且与互相平分； (2)在图2上画一条格点线段，使M，N分别落在边上，且要求分为两部分． 51．（2025·浙江·一模）图，图都是由边长为的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段的端点在格点上，分别按要求画出图形： (1)在图中画出两个以为斜边的直角三角形，且点在格点上； (2)在图中画出一个以为对角线的菱形，且，在格点上． 52．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，矩形的四个顶点都是格点，画图过程用虚线表示． (1)在图1中，先在边上画点E，使，使平分矩形的面积； (2)在图2中，在边上画点H，使 53．（2024·浙江·模拟预测）如图，在6×6的方格纸中，点A，B均在格点上，试按要求画出相应的格点图形（每小题只需画一个）．    (1)在图1中作一条线段，使它与互相垂直平分． (2)在图2中作一个，使它是轴对称图形，且符合． 54．如图所示，每个小正三角形的边长为1，且它的顶点叫做格点，各顶点在格点处的多边形称为格点多边形，线段位于该小正三角形组成的网格中，按要求在网格中作一个格点多边形． (1) 请在图1画一个既是轴对称图形又是中心对称图形的四边形，且为对角线． (2)请在图2中画一个以为边，面积为的三角形． 题型02、四边形背景下的图形平移问题 54．（2022·浙江嘉兴·中考真题）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（    ） A．1cm B．2cm C．(－1)cm D．(2－1)cm 55．（2024·浙江台州·三模）在平面直角坐标系中，平行四边形的三个顶点：点，点，点．用含a，b，m，n的式子表示点B的坐标是（    ）．    A． B． C． D． 56．（2024·浙江温州·三模）如图，在中，，，，垂足为，现将沿着方向平移得到，且此时，则的长度为 厘米． 57．（2023·浙江温州·三模）如图在矩形中，是上一点，连结，过作于点．将向右下方向平移到的位置，在上，四边形向左下方向平移到四边形的位置．若重新组成的矩形与矩形全等，则的长为 ．内有一点，平移后对应点为点，若是矩形的中心，则点到的距离为 ．    58．（2024·浙江·模拟预测）在平行四边形中，，，，点E是上一点．，P从点E出发，沿折线以每秒3个单位长度的速度运动，到D停止．连接，将线段绕点E顺时针旋转得到线段．连接．设点P的运动时间为t秒． (1)用t表示线段的长度； (2)连接，求的值； (3)当点F在平行四边形的对角线上时，求t的值； (4)连接．当分线段为的两部分时，直接写出t的值． 59．（2024·浙江宁波·模拟预测）【问题情境】 在“综合与实践”活动课上，老师给出了如图1所示的一张矩形纸片，其中，．如图2，将矩形纸片沿对角线剪开，得到纸片与． 【实践探究】 （1）将纸片沿方向平移，连结（与相交于点O），，，得到图3所示的图形．若，解答下列问题： ①求证：． ②求出平移的距离． 【拓展延伸】 （2）如图4，先将纸片沿方向平移一定距离，然后将纸片绕点顺时针旋转，使，若此时恰好经过点C，求出平移的距离． 题型03、四边形的背景下的折叠问题 60．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，已知矩形纸片，其中，现将纸片进行如下操作： 第一步，如图①将纸片对折，使与重合，折痕为，展开后如图②； 第二步，再将图②中的纸片沿对角线折叠，展开后如图③； 第三步，将图③中的纸片沿过点的直线折叠，使点落在对角线上的点处，如图④．则的长为（　　）    A． B． C． D． 61．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为 62．（2022·浙江台州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为 ；当点M的位置变化时，DF长的最大值为 ． 63．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，，，动点从点出发，沿边，向点运动，，关于直线的对称点分别为，，连结． (1)如图，当在边上且时，求的度数． (2)当在延长线上时，求的长，并判断直线与直线的位置关系，说明理由． (3)当直线恰好经过点时，求的长． 64．（2023·浙江衢州·中考真题）如图1，点为矩形的对称中心，，，点为边上一点，连接并延长，交于点，四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点．    (1)求证：； (2)当时，求的长； (3)令，． ①求证：； ②如图2，连接，，分别交，于点，.记四边形的面积为，的面积为.当时，求的值． 65．（2024·浙江杭州·二模）如图，在平行四边形中，，且，将其沿着直线折叠使得点的对应点恰好落在对角线上，且满足．问：与平行四边形的面积比为（    ） A． B． C． D． 66．（2024·浙江嘉兴·三模）如图，在矩形ABCD中，点E是AD上一点，连结BE，将沿BE折叠得，点F恰好在边CD上，过点A作分别交BC，BF，BE于点G，P，Q．已知，当时，则折痕BE的长为（    ） A． B．4 C． D．6 67．（2020·河南南阳·一模）如图，在矩形中，，点E为的中点，点F为射线上一点，连接，若将沿直线折叠后，点A恰好落到上的点G处，则a的值为 ． 68．（2024·浙江宁波·一模）如图，将矩形的边翻折到，使点D的对应点E在边上，再将边翻折到，且点A的对应点F为的内心，则 ． 69．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在矩形中，，E为边上的一个动点，连接，点B关于的对称点为，连接．若的最大值与最小值之比为2，则的长为 ． 70．（2023·浙江台州·三模）如图，一张矩形纸片中，（m为常数）．将矩形纸片沿折叠，使点A落在边上的点H处，点D的对应点为点M，与交于点P．当点H落在的中点时，且，则 ． 71．（2024·浙江·模拟预测）如图，将矩形沿折叠，点A与点重合，连接并延长分别交于点G，F，且． （1）若，则 ． （2）若，则的值为 ． 72．（2024·浙江·模拟预测）如图，在菱形中，，将菱形折叠，使点恰好落在对角线上的点处（不与重合），折痕为，若，，则点到的距离为 ．    73．（2023·浙江杭州·一模）如图，将矩形沿折叠，点A与点重合，连结并延长分别交、于点G、F，且． （1）若，则 ； （2）若，，则 ． 74．（2023·浙江丽水·模拟预测）如图，在菱形中，，，为线段上一动点，以为折痕将四边形折叠得到四边形，与交于点，当为直角三角形时，折痕的长为 ． 75．（2024·浙江湖州·二模）数学兴趣小组在对一张矩形纸张进行折叠的时候发现了很多有趣的数学问题，他们决定对折叠中产生的系列问题进行研究探索．已知矩形纸片的边长，，折痕始终经过点． 折法一 折法二 如图1，点在上运动，将矩形沿着向上折叠，使得点的落点恰好落在对角线上． 如图2，当点运动到点处，将矩形沿着对角线向上折叠，使得点落在处，交于点． 请根据以上信息，完成下列问题： (1)计算折法一中的长度． (2)请根据折法二完成下列任务： ①任务一：求证是等腰三角形； ②任务二：计算的长度． 76．（2024·浙江·模拟预测）如图，在矩形中，．点E在射线上运动（不与点D重合），连接，将沿翻折，点D的对应点为点F．    (1)如图1，若点F恰好落在矩形某一边所在的直线上，直接写出的度数． (2)如图2，当点E恰好与点C重合时，求的面积． (3)在点E运动的过程中，是否存在一点F，使得成为直角三角形？若存在，请你在虚线框内作图（要求：尺规作图，并标出相应的点F）；若不存在，请说明理由．    题型04、四边形背景下的图形旋转问题 77．（2023·浙江绍兴·中考真题）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．    (1)如图1，求边上的高的长． (2)是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点． ①如图2，当点落在射线上时，求的长． ②当是直角三角形时，求的长． 78．（2021·浙江嘉兴·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形 [探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长． [探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由． [探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明． 79．（2020·浙江绍兴·中考真题）如图1，矩形DEFG中，DG＝2，DE＝3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，FG，BC的延长线相交于点O，且FG⊥BC，OG＝2，OC＝4．将△ABC绕点O逆时针旋转α（0°≤α＜180°）得到△A′B′C′． （1）当α＝30°时，求点C′到直线OF的距离． （2）在图1中，取A′B′的中点P，连结C′P，如图2． ①当C′P与矩形DEFG的一条边平行时，求点C′到直线DE的距离． ②当线段A′P与矩形DEFG的边有且只有一个交点时，求该交点到直线DG的距离的取值范围．    80．（2024·浙江宁波·二模）如图，已知在矩形 中， ，点是的中点，点为边 上的动点，将矩形 绕点 逆时针旋转，得到矩形，在矩形 绕点 逆时针旋转的过程中，记 的对应点是点，则线段长度的最大值与最小值的差为 ． 81．（2024·浙江台州·二模）如图，点A是反比例函数上一动点，点的坐标为，过点作轴，垂足为点，以、为边作矩形，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，在点运动的过程中，点的对应点坐标为，则与满足的关系式为 ． 82．（2024·浙江台州·一模）如图，将平行四边形绕点A逆时针旋转得到平行四边形，其中点恰好在上，与交于点E，若，，，则 （1）的长为 ； （2）的值为 ． 83．（2024·浙江嘉兴·三模）在中，，以点为中心，将顺时针旋转，得到；再以点为中心，将顺时针旋转，得到；连结，    (1)如图，若，，求的长； (2)如图，，探究与的位置关系，并说明理由． 84．（2024·浙江杭州·二模）如图1，矩形是矩形以点为旋转中心，按顺时针方向旋转角度为所得的图形，其中．连接，，．已知，． (1)求的度数（用含的代数式表示）． (2)如图2，当经过点时，求的值． (3)如图3，当平分时，求的长． 85．（2024·湖北孝感·模拟预测）【问题情景】 （1）如图1，正方形中，点E是线段上一点（不与B，C点重合），连接.将绕点E顺时针旋转得到，连接，求的度数． 以下是两名同学通过不同的方法构造全等三角形来解决问题的思路： 小聪：过点作的延长线的垂线；小明：在上截取，使得； 请你选择其中一名同学的解题思路，写出完整的解答过程． 【类比探究】 （2）如图2，点E是菱形边上一点（不与B，C点重合），，将绕点E顺时针旋转得到，使得，（）． ①求的度数（用含的代数式表示）； 【学以致用】 ②如图3，连接AF与CD相交于点G，当时，若，，则BE的长为_____． 试卷第2页，共170页 41 / 41 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题五 几何图形的性质与判定的综合问题 第08讲 四边形的综合问题 （思维导图+2考点+8种题型） 试卷第1页，共3页 1 / 194 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一、四边形的性质与判定的综合 题型01、平行四边形性质与判定 题型02、矩形性质和判定的综合问题 题型03、菱形性质与判定的综合问题 题型04、正方形的性质与判定的综合问题 考点二、四边形性质的综合应用 题型01、四边形背景下的作图问题 题型02、四边形背景下的图形平移问题 题型03、四边形的背景下的折叠问题 题型04、四边形背景下的图形旋转问题 中考考点 新课标要求 命题预测 四边形 1、①了解多边形凹的概念及多边形的顶点、边、内角、外角与对角线，探索并掌握多边形内角和与外角和公式。 ②理解平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形的概念，以及它们之间的关系；了解四边形的不稳定性。 2、③探索并证明平行四边形的性质定理：平行四边形的对边相等、对角相等、对角线互相平分。探索并证明平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边 形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形。 ④理解两条平行线之间距离的概念，能度量两条平行线之间的距离。 3、探索并证明矩形、菱形的性质定理：矩形的四个角都是直角，对角线相等，菱形的四条边相等，对角线互相垂直。探索并证明矩形、菱形的判定定理：三个角是直角的四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形，四边相等的四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形。正方形既是矩形，又是菱形；理解矩形、菱形、正方形之间的包含关系。 5、探索并证明三角形的中位线定理。 本考点内容是考查重点，年年都会考查，分值为10分左右，预计2025年浙江中考还将出现，并且在选择、填空题中考查多边形的内角和、平行四边形性质和判定、与三角形中位线有关计算的可能 性比较大，中考数学中，对平行四边形的单独考察难度一般不大，一般和三角形全等、解直角三角形综合应用的可能性比较大，对于本考点内容，要注重基 础，反复练习，灵活运用. 矩形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何图形中难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计2025年浙江中考还将出现，其中，矩形还经常成为综合压轴题的问题背景来考察，而矩形其他出题类型还有选择、填空题的压轴题，难度都比较大，需要加以重视解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大. 菱形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何图形中难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计2025年浙江中考还将出现.菱形的考察类型比较多样，其中选择、填空题常考察菱 形的基本性质，解答题中考查菱形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大. 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一、四边形的性质与判定的综合 题型01、平行四边形性质与判定 一、平行四边形性质与判定 1．（2024·浙江·中考真题）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，过点D作交的延长线于点F，证明，得到，由勾股定理可得，，，则，整理后即可得到答案． 【详解】解：过点D作交的延长线于点F， ∵的垂线交于点E， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴ ∴， 由勾股定理可得，， ， ∴， ∴ ∴ 即，解得， ∴当x，y的值发生变化时，代数式的值不变的是， 故选：C 2．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可． 【详解】 如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN， ∵四边形ABCD是平行四边形 ∴OA=OC，OB=OD ∵BE=DF ∴OE=OF ∵点E、F时BD上的点， ∴只要M，N过点O， 那么四边形MENF就是平行四边形 ∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确； 只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形， ∵点E、F是BD上的动点， ∴存在无数个矩形MENF，故②正确； 只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形； ∵点E、F是BD上的动点， ∴存在无数个菱形MENF，故③正确； 只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O， 则四边形MENF是正方形， 而符合要求的正方形只有一个，故④错误； 故选：C 【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、解答本题的关键时明确题意，作出合适的辅助线． 3．（2023·浙江台州·中考真题）如图，点在线段上（点C在点之间），分别以为边向同侧作等边三角形与等边三角形，边长分别为．与交于点H，延长交于点G，长为c．    （1）若四边形的周长与的周长相等，则之间的等量关系为 ． （2）若四边形的面积与的面积相等，则a，b，c之间的等量关系为 ． 【答案】 【分析】由题意可得：为等边三角形，四边形为平行四边形，，（1）分别求得四边形的周长与的周长，根据题意，求解即可；（2）分别求得四边形的面积与的面积，根据题意，求解即可． 【详解】解：等边三角形与等边三角形中，， ∴和为等边三角形，， ∴，四边形为平行四边形， 又∵等边三角形与等边三角形 ∴，，， ∴， （1）平行四边形的周长为：， 的周长为： 由题意可得： 即：； （2）过点作，过点作，如下图：    在中，，，， ∴ 则平行四边形的面积为 在中，，，， ∴ 则的面积为： 由题意可得： 化简可得： 故答案为：； 【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握并灵活利用等边三角形的性质求得对应线段的长度． 4．（2024·浙江·中考真题）尺规作图问题： 如图1，点E是边上一点（不包含A，D），连接．用尺规作，F是边上一点． 小明：如图2．以C为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则． 小丽：以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则． 小明：小丽，你的作法有问题，小丽：哦……我明白了！ (1)证明； (2)指出小丽作法中存在的问题． 【答案】(1)见详解 (2)以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，故存在问题 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质， （1）根据小明的作图方法证明即可； （2）以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，据此作答即可． 【详解】（1）∵， ∴， 又根据作图可知：， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）原因：以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点， 故无法确定F的位置， 故小丽的作法存在问题． 5．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，．    (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若的面积等于2，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)1 【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分可得，，结合可得，即可证明四边形是平行四边形； （2）根据等底等高的三角形面积相等可得，再根据平行四边形的性质可得． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形． （2）解：，， ， 四边形是平行四边形， ． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的对角线互相平分． 6．（2022·浙江温州·中考真题）如图，在中，于点D，E，F分别是的中点，O是的中点，的延长线交线段于点G，连结，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)当，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据E，F分别是，的中点，得出，根据平行线的性质，得出，，结合O是的中点，利用“AAS”得出，得出，即可证明是平行四边形； （2）根据，E是中点，得出，即可得出，即，根据，得出CD=2，根据勾股定理得出AC的长，即可得出DE，根据平行四边形的性，得出． 【详解】（1）解：（1）∵E，F分别是，的中点， ∴， ∴，， ∵O是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）∵，E是中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵四边形DEFG为平行四边形， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行线四边形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线，三角形全等的判定和性质，三角函数的定义，平行线的性质，中位线的性质，根据题意证明 ，是解题的关键． 7．（2022·浙江宁波·中考真题） (1)如图1，在中，D，E，F分别为上的点，交于点G，求证：． (2)如图2，在（1）的条件下，连接．若，求的值． (3)如图3，在中，与交于点O，E为上一点，交于点G，交于点F．若平分，求的长． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）利用，证明，利用相似比即可证明此问； （2）由（1）得，，得出是等腰三角形，利用三角形相似即可求出 的值； （3）遵循第（1）、（2）小问的思路，延长交于点M，连接，作，垂足为N．构造出等腰三角形、含30°、45°角的特殊直角三角形，求出、的值，即可得出的长． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． （2）解：由（1）得， ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． （3）解：如图，延长交于点M，连接，作，垂足为N． 在中，． ∵， ∴由（1）得， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵平分， ∴， ∴． ∴．在中，． ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质及判定、等腰三角形的性质及判定、解特殊的直角三角形等知识，遵循构第（1）、（2）小问的思路，构造出等腰三角形和特殊的直角三角形是解决本题的关键． 8．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，已知中，点，，，分别为，，，上的点，且，，分别与，相交于点，，若，则的面积一定可以表示为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图，过点作于点，过点作于点，过作于，设，设，，，由，得，，再证，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形都是平行四边性质，得，，，，，进而利用面积公式即可得解． 【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，过作于，设，设，，，    ∵， ∴， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵，， ∴，， ∴，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形都是平行四边性质， ∴，，，， ∴， ∵于，， ∴，， ∴． ∵， ∴，， ∴， ∴，即，． ∵， ∴， ∴． 故选B． 【点睛】本题主要考查了平行线的判定及性质，平行四边形的判定及性质，解直角三角形，相似形的性质，熟练掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键． 9．（2023·浙江衢州·一模）已知图1是一扇开启状态下的某型号窗户，图2是其示意图．导轨固定在窗台上且，固定在连杆上，四边形是平行四边形，滑块可在导轨上自由滑动，滑动过程中连杆的长度均不发生改变，当窗框与导轨垂直时，窗户为完全开启状态． （1）当窗户完全闭合时，点重合，点在导轨上，如图3所示．若，，则 ， cm． （2）在（1）的条件下，窗户从完全闭合状态到完全开启状态，滑块的运动路径长为 cm． 【答案】 4 12 16 【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，再根据线段的和与差即可求解； （2）当窗户开到最大时，，根据勾股定理解求出；结合（1）的结论即可得解． 【详解】解：（1）∵四边形是平行四边形，如图3， ， ∴， 故答案为：4，12； （2）当窗户开到最大时，，， ， ， ，， ； 窗户从关闭状态到开到最大的过程中，滑块移动的距离为， 故答案为：16． 10．（2023·浙江杭州·二模）如图，平行四边形中，与相交于点O，点P为中点，交于点E，连接，． (1)求证：平行四边形为菱形； (2)若，， ①求的值． ②求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①，② 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定及性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质等； （1）先利用平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质证明得到，再根据菱形的判定可证得结论； （2）①利用平行四边形的性质和平行线分线段成比例得到，设，则，，则有，进而求解即可；②设，则，利用勾股定理列方程求解x值，再根据、求解即可． 掌握平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，能熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ， 在和中 ， （）， ， ， ， ， 四边形是菱形； （2）解：①∵平行四边形对角线的交点为O， ，，， ， ， ∵P为的中点， ， 设， 则，， ， 解得：， ， ， ； ②设，则，， 在中， ， 在中， ， ， 解得：， ， ． 11．（2024·浙江·一模）如图，在中，点D，E，F分别在边，，上，连接，，，与交于点G．已知四边形是平行四边形，且． (1)若，求线段，的长． (2)若四边形的面积为48，求的面积． 【答案】(1)， (2)125 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质． （1）根据平行四边形的性质得出，，，即可得，，再根据相似三角形的性质及比例的性质即可； （2）根据相似三角形的面积比等于相似比的平方及比例的性质即可． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形， ∴，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：，， ， ， ， 四边形的面积为48， ， ∵， ∴， ∴，即， 解得． 12．（2023·浙江杭州·模拟预测）在中，，平分，点G是的中点，点F是上一点，，延长交的延长线于点E，连接． (1)证明：四边形是平行四边形． (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)的长为4 【分析】（1）证明，得到，即可得证； （2）根据平行四边形的性质，得到，进而得到，结合，求出的长，进而求出的长，利用求出的长，再用即可得解． 【详解】（1）证明：∵平分，点G是的中点， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，， ∴， 设，则：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形．掌握并能够灵活运用相关知识点，是解题的关键． 13．（2024·浙江宁波·模拟预测）【基础巩固】 （1）如图（1），在和中，点在上，，求证：． 【尝试应用】 （2）如图（2），在（1）的条件下，连结．若，求的长． 【拓展提高】 （3）如图（3），在中，对角线相交于点，，点E是边上一点，，连结交于点，线段与的延长线交于点，若，，求平行四边形的面积． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）20 【分析】（1）根据平行可得，再根据相似三角形的判定和性质即可求解； （2）根据可得的长，再直角中，根据勾股定理即可求解； （3）如图3，延长交于点P，证明，得，设，则，证明和，可得和的值，最后由平行四边形的面积公式可得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：如图，延长交于点P， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 同理可得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴（负值舍）， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形的面积． 【点睛】本题主要考查平行线的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质等知识的综合，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 题型02、矩形性质和判定的综合问题 14．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据矩形性质得出，推出则有等边三角形，即，然后运用余切函数即可解答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵，故D正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了等边三角形性质和判定、矩形的性质、余切的定义等知识点，求出是解答本题的关键． 15．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，，点E是边上的动点，连结，以为边作矩形（点D，G在的同侧），且，连结． (1)如图1，当点E为边的中点时，点B，E，F在同一直线上，求的长． (2)如图2，若，设与交于点K．求证：． (3)在点E的运动过程中，的长是否存在最大（小）值？若存在，求出的最值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)存在，最小值，最大值 【分析】（1）当点E在的中点时可得，则和是等腰直角三角形，分别求出和的长，然后根据线段的和差即可解答； （2）如图：过B作交于M，由可得，即可得到得到，推出，再由得到，最后证明，然后根据全等三角形的性质即可证明结论； （3）如图：过点F作的垂线，交延长线于点M，过点E作的平行线交于点N，交于点P．设．然后证明可得，根据勾股定理可得，进而得到，然后根据二次函数的性质求解即可． 【详解】（1）解：∵矩形中，， ∴，，， ∵点E在的中点 ∴， ∴，， ∵点B、E、F在同一直线上， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴． （2）证明：如图：过B作交于H， ∵， ∴，， ∵， ∴，， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ， ∴． （3）解：存在，的最小值，最大值． 如图：过点F作的垂线，交延长线于点M，过点E作的平行线交于点N，交于点P．则 设． ∵四边形和四边形都是矩形， ， ∴， ∴， ∵， ， ，即， ， ∴在中，， 即，                 当时，y有最小值为．                      ， ∴当时，y有最大值为， ∴在点E的运动过程中，的长存在最小值，最大值． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、二次函数的应用等知识点，正确添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 16．（2023·浙江湖州·中考真题）【特例感知】 （1）如图1，在正方形中，点P在边的延长线上，连接，过点D作，交的延长线于点M．求证：． 【变式求异】 （2）如图2，在中，，点D在边上，过点D作，交于点Q，点P在边的延长线上，连接，过点Q作，交射线于点M．已知，，，求的值． 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，点P在边的延长线上，点Q在边上（不与点A，C重合），连接，以Q为顶点作，的边交射线于点M．若，（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）．    【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）根据证明即可； （2）证明，得出，根据勾股定理，根据，得出，求出，得出，求出； （3），作于点N，证明，得出．证明，得出，求出． 【详解】（1）证明：在正方形中， ，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）如图1，作于点N，如图所示：    ∵，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）∵， ， ∴， ∴． ∵， ∴， 如图2，作于点N，    ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴ ∴． 【点睛】本题主要考查了三角形全等和三角形相似的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法． 7．如图，将矩形对折两次，折痕由上至下分别为，然后将其展开，E为边上一点，再将沿折叠，使点C刚好落在线段的中点F处，则 ． 【答案】/0.8 【分析】过点F作交于R，设，由第一次折叠得：；由F是中点得；证明，则有；由勾股定理得a与b的关系；而，则可求得． 【详解】解：如图，过点F作交于R； 设，由折叠得：； ∵四边形是矩形， ，， ， ， ， ； ， 则四边形是矩形， ； F是的中点， ， ，是的中点； 故； ； 由折叠性质知：，，， ； ， ， ， ， 则有； 在中，由勾股定理得，即； ， 而， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用相似三角形的判定性质是解题的关键． 8．如图，在四边形中，，，，，. 点分别在边上，，交于点． (1)求的值． (2)证明：四边形是平行四边形． (3)点是关于的对称点： ①当射线经过平行四边形的某一边中点时，求的值． ②当点恰好落在上时，求的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3)①；② 【分析】（1）作于，证明四边形是矩形，得出，，从而得出，再根据计算即可得出答案； （2）延长交的延长线于，作于，由平行线的性质结合解直角三角形得出，由等腰三角形的性质得出，证明得出，即可得证； （3）①根据题意可得经过的中点，设的中点为，交分别为，过点作于点，设，则，得出，，根据，设，则得出，得出，进而即可求解； ②设，由①可得，设，则①，根据得出②，根据③，联立方程，求得的值，进而即可求解． 【详解】（1）解：如图，作于， ， 则， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ； （2）证明：如图，延长交的延长线于，作于， ，， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； （3）解：①∵， 若，则是等边三角形， 而，则 ∵关于对称， ∴ ∴不经过的中点， 当经过的中点时， 如图所示，当经过的中点时，设的中点为，交分别为，过点作于点， ∵ ∴，由（2）可得 设，则， ∴， 又 ∴ ∴ ∴ ∴ ∵，设，则 ∴ ∴，解得： ∴ ∵是的中点， ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴， ∴； ②如图所示， 设，由①可得 设， ∵，则， 设，则①， ∵，设，则 ∴ ∴ ∴， ∴， ∴ ∵，即② ∵，，则 ∴③ 由①②③可得 ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，轴对称的性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键． 9．综合与实践 如图，在矩形中，点E是边AD上的一点（点E不与点A，点D重合），连结BE．过点C作交AD的延长线于点F，过点B作交FC的延长线于点G，过点F作交BE的延长线于点H．点P是线段CF上的一点，且． 探究发现：（1）点点发现结论：．请判断点点发现的结论是否正确，并说明理由． 深入探究：（2）老师请学生经过思考，提出新的问题，请你来解答． ①“运河小组”提出问题：如图1，若点P，点D，点H在同一条直线上，，，求的长． ②“武林小组”提出问题：如图2，连结和，若，，，求的值．    【答案】（1）点点发现的结论正确，理由见解析；（2）①；② 【分析】（1）由矩形得到，，证得四边形是平行四边形，故，，利用，得到，结合，即可证得． （2）①在中根据直角三角形的性质得到，证得，由得到，推出，得到，过点H作，求出，，明，得到，求出，，由，，得，证得，求出，易证四边形是矩形，即可得到． ②连结，由得到，结合得到，又因为，证得，得到，求出，，勾股定理求出，证，所以，，即可求出． 【详解】证明：（1）因为矩形，所以，， 因为，所以四边形是平行四边形，所以，， 因为，所以， 因为，所以，所以， 因为，，所以， 所以． 所以点点发现的结论正确．    （2）①在中，因为，所以，所以， 因为，所以， 因为，所以，所以， 因为四边形是平行四边形，所以， 因为，所以，所以， 过点H作，因为，所以，，    因为，所以， 因为，所以，所以， 所以，所以，所以，所以， 因为，，所以， 因为，所以，所以， 因为，, 所以， 所以四边形是矩形，所以． ②连结，在中，因为，所以，所以，    因为，所以， 因为，所以， 所以，所以，， 因为，，所以， 因为， 所以，所以，， 所以． 【点睛】此题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，求锐角三角函数值，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键． 10．综合与实践 【动手操作】如图①，四边形ABCD是一张矩形纸片，，．先将矩形ABCD对折，使BC与AD重合，折痕为MN，沿MN剪开得到两个矩形．矩形AMND保持不动，将矩形MBCN绕点M逆时针旋转，点N的对应点为． 【探究发现】（1）如图②，当点C与点D重合时，交AD于点E，BC交MN于点F，此时两个矩形重叠部分四边形MEDF的形状是______，面积是______； （2）如图③，当点N'落在AD边上时，BC恰好经过点N，与DN交于点G，求两个矩形重叠部分四边形的面积； 【引申探究】（3）当点落在矩形的对角线MD所在的直线上时，直线与直线DN交于点G，请直接写出线段DG的长． 【答案】（1）菱形，（2）（3） 【分析】（1）先证△BFM≌△NFD，可得MF=FD，同理可证ME=ED，再证△BFM≌△AEM，可得ME=MF，即有ME=ED=DF=MF，则可知四边形MEDF是菱形；由AD=AE+ED=5，AM=3，DE=ME，即ED=5-AE=ME，在Rt△AEM中，，即可得，解得：，进而求出ED，则菱形的面积可求； （2）先求出，进而求出，再证明即可求解； （3）分两种情况讨论，第一种当点在线段MD上时，第二种情况当点在DM的延长线上时，两种情况均是先先利用勾股定理求出MD，进而求出，再证明即可求解． 【详解】（1）根据题意有AM=BM=AB=DC=DN=NC=3， ∵在矩形AMND和矩形MBCN′中，∠B=∠N=90°=∠A， ∵∠BFM=∠NFD， ∴△BFM≌△NFD， ∴MF=FD， 同理可证ME=ED， ∵∠AME+∠EMF=∠AMN=90°=∠EMB=∠EMF+∠BMF， ∴∠AME=∠BMF， ∴结合∠B=∠A，AM=MB可得△BFM≌△AEM， ∴ME=MF， ∴ME=ED=DF=MF， ∴四边形MEDF是菱形， ∵AD=AE+ED=5，AM=3，DE=ME， 即ED=5-AE=ME， ∴在Rt△AEM中，， ∴，解得：， ∴ED=5-AE=， ∴菱形MEDF的面积为， 故答案为：菱形，； （2）由折叠得，， ∴在中，． ∴． 由题知， ∴，， ∴， ∴． ∴，即，解得． ∴． （3）如图， 第一种当点在线段MD上时 ∵AD=5，AM=3， ∴在Rt△ADM中，， ∵BC=AD==5， ∴， 根据矩形的性质可知∠AMD=∠MDG，∠A==∠90°， ∴， ∴，即：， 第二种情况当点在DM的延长线上时， 如图： 同理可求得， 综上所述：DG为． 【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 17．（2025·浙江杭州·模拟预测）（1）如图1，在矩形中，为边上一点，连接，若，过作交于点， ①求证：； ②若时，则____． （2）如图2，在菱形中，，过作交的延长线于点，过作交于点，若时，求的值． （3）如图3，在平行四边形中，，，，点在上，且，点为上一点，连接，过作交平行四边形的边于点，若时，请直接写出的长． 【答案】（1）①见解析；②；（2）；（3）的长为或或 【分析】（1）①根据矩形的性质得出，，进而证明，结合已知条件即可证明； ②由①可得，，证明，得出，根据，即可求解； （2）根据菱形的性质得出，根据已知条件得出，，可证明，根据相似三角形的性质即可求解； （3）分三种情况讨论，①当点在边上时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，过点作于点，证明，解，进而得出，根据，得出，建立方程解方程即可求解； ②当点在边上时，如图所示，连接，延长交的延长线于点，过 点作，则，四边形是平行四边形，同理证明，根据得出，建立方程，解方程即可求解； ③当点在边上时，如图所示，过点作于点，求得，而，得出矛盾，则此情况不存在；当点在边上时，过点作交的延长线于点，再由勾股定理求的长即可． 【详解】解：（1）①四边形是矩形，则， °， ， ， ， ， ； ②由①可得， ． ， ， ， （2）在菱形中，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）①当点在边上时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，过点作于点， 平行四边形中，， ， ， ， ， ， ， ， 在Rt△DEH 中，∠HDE＝∠A＝60°， 则，， ， ， ，， ， ， ， 设，则， ，， 解得：或， 即或， ②当点在边上时，如图所示， 连接，延长交的延长线于点，过点作，则， 四边形是平行四边形， 设，则，， ， ， ， ， ， ， ， 过点作于点， 在中，， ∴，， ， ， ， ，， ，， ， 即 ， ， 即 ， 解得： ，（舍去）， 即 ； ③当点在边上时，如图所示， 过点作于点， 在中，， ， ， ， ， 点不可能在边上， ④当点在上时，，不符合相交，舍去， 综上所述，的长为或或 ． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键． 18．（2024·浙江宁波·二模）（1）如图 1，在三角形 中， 是 中点，连结 ， 是 上任意一点，过点 作别交 ， 于点 、 ，求证： 是中点；    （2）如图 2，在四边形 中，， 与 不平行， ， ，连结对角线 ， 交于点 ， 是 上的点，过点 作交 于点 ， 于点 ，求的值； （3）如图 3，在菱形 中， ， ，分别取菱形各边的中点 ，，， 并顺次连结得到四边形 ，连结 ， 交于点 ， 是 上一动点，作交 于点 ，交 于点 ，过点 作 交 于点 ，连结 ，求 的最小值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【分析】（1）由可得，，于是可得，结合 是 中点，即可得出结论； （2）由可得，，于是可得，进而可得，由题意可得四边形是等腰梯形，然后求出，根据可得，于是可得，于是得解； （3）由题意可推出且，均为等边三角形，且，均为等腰三角形，进而得出四边形是矩形，于是可得，连接，结合（1）可推出，根据，可得，于是得解． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∴， ∵ 是 中点， ∴， ∴， ∴ 是中点； （2）解：∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， 与 不平行， ， ∴四边形 是等腰梯形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵四边形是菱形，， ∴，，， ∵，，，是菱形各边的中点， ∴， ∴且，均为等边三角形，且，均为等腰三角形， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∴， 如图，连接， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴当时 取得最小值 ，故的最小值为 ． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，三线合一等知识点，熟记相关几何结论，掌握举一反三的数学思想是解题的关键． 题型03、菱形性质与判定的综合问题 19．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，已知，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于内一点P，连接，过点P作直线，交OB于点E，过点P作直线，交于点F．若，，则四边形的面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过P作于M，再判定四边形为平行四边形，再根据勾股定理求出边和高，最后求出面积． 【详解】解：过P作于M，    由作图得：平分， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形，， ∴， ∴， 设， 在中，， 即：， 解得：， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查了基本作图，掌握平行四边形的判定定理，勾股定理及平行四边形的面积公式是解题的关键． 20．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（    ） A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形 C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形 【答案】A 【分析】根据题意，分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解． 【详解】∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∵、， ∴ ∵对称， ∴， ∴ ∵对称， ∴， ∴， 同理， ∴ ∴ ∴四边形是平行四边形， 如图所示，    当三点重合时，， ∴ 即 ∴四边形是菱形， 如图所示，当分别为的中点时， 设，则，， 在中，， 连接，， ∵， ∴是等边三角形， ∵为中点， ∴，， ∴， 根据对称性可得， ∴， ∴， ∴是直角三角形，且， ∴四边形是矩形，      当分别与重合时，都是等边三角形，则四边形是菱形    ∴在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形， 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 21．（2023·浙江温州·中考真题）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作菱形，使点D，E，F分别在边，，上，过点E作于点H．当，，时，的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形性质和解直角三角形求出，，继而求出再根据，即可求． 【详解】解：∵在菱形中，，， ∴， 又∵， ∴，， ∴，， ∴，， ∴ ∵， ∴在中，， ∵， ∴， ∴， 故选C． 【点睛】本题主要考查了解直角三角形、菱形的性质，根据菱形性质和解直角三角形求出、、是解题关键． 22．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结交于点，平分交于点G． (1)求证：. (2)若． ①求菱形的面积. ②求的值. (3)若，当的大小发生变化时（），在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值． 【答案】(1)见解析 (2)①24，② (3)＝，理由见解析 【分析】（1）由菱形的性质可证得∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，由平分交于点G，得到∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，进一步即可得到答案； （2）①连接AC交BD于点O,Rt△DOC中，OC＝，求得AC＝8，由菱形的面积公式可得答案；②由BGAC，得到，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，则，再证明△CDH∽△AEH，CH＝AC＝，OH＝OC－CH＝4－＝，利用正切的定义得到答案； （3）过点G作GTBC，交AE于点T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，则EG＝GH，再证△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得，GT＝，为定值，即可得到ET的值． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴BC＝DC，ABCD， ∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD， ∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC， ∵平分交于点G， ∴∠CBG＝∠EBG＝∠CBE， ∴∠CBD＋∠CBG＝（∠ABC＋∠CBE）＝×180°＝90°， ∴∠DBG＝90°； （2）解：①如图1，连接AC交BD于点O， ∵四边形ABCD是菱形，BD＝6， ∴OD＝BD＝3，AC⊥BD， ∴∠DOC＝90°， 在Rt△DOC中，OC＝， ∴AC＝2OC＝8， ∴， 即菱形的面积是24． ②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∵∠DBG＝90° ∴BG⊥BD， ∴BGAC， ∴， ∴DH＝HG，DG＝2DH， ∵DG＝2GE， ∴EG＝DH＝HG， ∴， ∵ABCD， ∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH， ∴△CDH∽△AEH， ∴， ∴CH＝AC＝， ∴OH＝OC－CH＝4－＝， ∴tan∠BDE＝； （3）如图3，过点G作GTBC交AE于点T，此时ET＝． 理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BGAC， ∴△BGE∽△AHE， ∴， ∵AB＝BE＝5， ∴EG＝GH， 同理可得，△DOH∽△DBG， ∴， ∵BO＝DO， ∴DH＝GH＝EG， ∵GTBC， ∴GTAD， ∴△EGT∽△EDA， ∴， ∵AD＝AB＝5， ∴GT＝，为定值， 此时ET＝AE＝（AB＋BE）＝． 【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 23．（2022·浙江金华·中考真题）如图，在菱形中，，点E从点B出发沿折线向终点D运动．过点E作点E所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点F，在的右侧作矩形． (1)如图1，点G在上．求证：． (2)若，当过中点时，求的长． (3)已知，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与相似（包括全等）？ 【答案】(1)见解析 (2)或5 (3)或或或 【分析】（1）证明△AFG是等腰三角形即可得到答案； （2）记中点为点O．分点E在上和点E在上两种情况进行求解即可； （3）过点A作于点M，作于点N．分点E在线段上时，点E在线段上时，点E在线段上，点E在线段上，共四钟情况分别求解即可． 【详解】（1）证明：如图1， ∵四边形是菱形， ∴， ∴． ∵FGBC， ∴， ∴， ∴△AFG是等腰三角形， ∴． （2）解：记中点为点O． ①当点E在上时，如图2，过点A作于点M， ∵在中，， ∴． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ②当点E在上时，如图3， 过点A作于点N． 同理，， ， ∴． ∴或5． （3）解：过点A作于点M，作于点N． ①当点E在线段上时，．设，则， ⅰ）若点H在点C的左侧，，即，如图4， ． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， 经检验，是方程的根， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， 经检验，是方程的根， ∴． ⅱ）若点H在点C的右侧，，即，如图5， ． ∵， ∴， ∴， ∴， 此方程无解． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， 经检验，是方程的根， ∴． ②当点E在线段上时，，如图6，． ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 此方程无解． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， 经检验，是方程的根， ∵， ∴不合题意，舍去； ③当点E在线段上时，，如图7，过点C作于点J， 在中，． ， ∴， ∴， ∵， ∴，符合题意， 此时，． ④当点E在线段上时，， ∵， ∴与不相似． 综上所述，s满足的条件为：或或或． 【点睛】此题考查了相似三角形的性质、菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、矩形的性质、锐角三角函数等知识，分类讨论方法是解题的关键． 1．如图，已知平行四边形纸片，，，．现将纸片作如下操作：第1步，沿折痕折叠纸片，使点落在边上；第2步，再沿折痕折叠纸片，使点与点重合．若，则的长为（     ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定、菱形的判定与性质、解直角三角形、平行线的性质、等角对等边等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 将图形展开，画出折痕，过点作于，证明四边形是菱形，得出，根据折叠得出，解直角三角形求出，根据计算得出答案即可． 【详解】解：如图，将图形展开，画出折痕，过点作于， ∵平行四边形纸片，，，沿折痕折叠纸片，使点落在边上，再沿折痕折叠纸片，使点与点重合，， ∴，，，，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 2．如图，是的角平分线，分别以点、为圆心，以大于的长为半径在两侧作圆弧，交于点，点．作直线，分别交，于点，，连结，．设的面积为，四边形的面积为．若，则的值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，设交于点，设的面积为，根据作图可知：垂直平分，再根据是的角平分线，证明四边形是菱形，得，，继而得到，，，由相似三角形的判定和性质得，，得到，，再计算，可得结论． 【详解】解：如图，设交于点，设的面积为， 根据作图可知：垂直平分， ∴，，， ∴， ∵是的角平分线，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴． 故选：C．    【点睛】本题考查基本作图—垂直平分线，角平分线的定义，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理．掌握基本作图，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理是解题的关键． 3．如图，四边形是一个由5张纸片拼成的菱形（相邻纸片之间互不重叠），其中四张纸片为大小形状相同的平行四边形，连结．记，，若，则平行四边形纸片长与宽的比值为（    ）    A．3 B．4 C． D． 【答案】B 【分析】作交的延长线于，交的延长线于，设小平行四边形的宽是，长是，，，根据图形可知，，根据代入计算即可得到答案． 【详解】解：如图，作交的延长线于，交的延长线于，   ，   设小平行四边形的宽是，长是，，， 周围四张小平行四边形纸片都全等， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质和判定，平行四边形的性质和面积，用参数表示线段的长和面积并计算是解本题的关键． 4．如图，在菱形ABCD中，，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论：①；②与全等的三角形共有5个；③四边形ODEG与四边形OBAG面积相等；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．其中一定成立的是（    ） A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④ 【答案】A 【分析】由AAS证明，得出，证出OG是的中位线，得出，故①正确； 先证明四边形ABDE是平行四边形，证出、是等边三角形，得出，因此，得出四边形ABDE是菱形，故④正确； 由菱形的性质得出，由SAS证明，得出，故②不正确； 由中线的性质和菱形的性质可得，，可得四边形与四边形面积相等，得出③正确；即可得出结果． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴OG是的中位线， ∴ ∴①正确； ∵，， ∴四边形ABDE是平行四边形， ∵， ∴、是等边三角形， ∴， ∴，四边形ABDE是菱形，故④正确； ∴， 由菱形的性质得：， 在和中， ∴， ∴，故②不正确； ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴四边形与四边形面积相等，故③正确； 正确的是①③④． 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，难度较大． 5．如图，在中，，，分别为，的中点，四边形的一边经过点，，对角线分别与，交于点、． (1)求证：四边形为菱形． (2)当，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明，则易得四边形为平行四边形，再证即可； （2）设，由菱形的性质及，得，从而有；由得，由此求得a的值，再由勾股定理即可求得结果． 【详解】（1）证明：∵，分别为，的中点， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形； ∵，， ∴， ∴四边形为菱形； （2）解：设， ∵四边形为菱形， ∴； ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， 即， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得． 【点睛】本题考查了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，正切函数定义，菱形的判定与性质等知识，灵活运用这些知识是解题的关键． 6．如图所示，四边形是矩形，点A、C的坐标分别为，，点D是线段上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线交折线于点E． （1）记的面积为S，求S与b的函数关系式，并求出自变量b的取值范围； （2）当点E在线段上时，若矩形关于直线的对称图为四边形，试探究与矩形的重叠部分的四边形是什么特殊四边形，并说明理由． （3）若，试求出（2）中重叠部分四边形的面积． 【答案】（1）；（2）菱形，理由见解析；（3） 【分析】（1）首先求得直线经过点，，时，的值；然后分别从若直线与折线的交点在上时，即时与若直线与折线的交点在上时，即时分析求解，即可求得与的函数关系式； （2）首先设O′A′与CB相交于点M，OA与C′B′相交于点N，则矩形O′A′B′C′与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积．根据轴对称的性质易得四边形DNEM为菱形； （3）过点D作DH⊥OA，垂足为H，设菱形DNEM的边长为a，利用勾股定理求出EN的长，即可求出结果． 【详解】解：（1）∵四边形OABC是矩形，A（3，0），C（0，1）， ∴B（3，1）， 若直线经过点时，则， 若直线经过点时，则， 若直线经过点时，则， ①若直线与折线的交点在上时，即时， 如图1，此时， ； ②若直线与折线的交点在上时，即时， 如图1，此时，， ，，，， ∴S=S矩形OABC =， 与的函数关系式为：； （2）如图3，设与相交于点，与相交于点，则矩形与矩形的重叠部分即为四边形． 由题意知，，， 四边形为平行四边形， 根据轴对称知，， 又， ， ， 平行四边形为菱形． （3）∵， ∴此时△ODE的面积为， ∴OE==， 在直线中，， 令y=1，则x=， ∴D（，1）， 过点作，垂足为，如图3， 可得：OH=， ∴EH=OE-OH==2， 设菱形的边长为，即DN=NE=a， ∴HN=EH-EN=2-a， 在△DHN中，有， 解得：a=， ∴四边形DNEM的面积===． 【点睛】此题属于一次函数的综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式、菱形的判定与性质、三角形的面积以及勾股定理等知识．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合、分类讨论思想与方程思想的应用． 24．（2024·浙江·一模）如图，菱形中，点P在对角线上，过点P分别作的平行线交于点． (1)求证：； (2)连结，若，判断与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，正确地找出辅助线是解题的关键． （1）根据菱形的性质得到，求得，根据平行四边形的性质得到四边形是平行四边形，，求得，于是得到； （2）根据菱形的性质得到，求得，连接，根据全等三角形的性质得到，根据直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ， ， ， ∴四边形是平行四边形，， ， ， ， ； （2）解：． 理由：∵四边形是菱形，， ， ， ， ， ， 连接， ， ， ， ， ， ， ， ． 题型04、正方形的性质与判定的综合问题 25．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，正方形中，，点E在边上，是的中点，点H在边上，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先过点作，连接数、，延长到点，使，连接，根据可得，利用可证，再利用可证，从而可得，利用勾股定理可得，利用梯形中位线定理可以求出，根据可证，根据相似三角形对应边成比例可以求出的值． 【详解】解：如下图所示，过点作，连接数、，延长到点，使，连接， 四边形是正方形，， ，， ， ，， ， ，， ， ， 在和中， ， ，， ， ， 在和中， ， ， 设，则，， 在中，， ， 解得：， ， ， 点是的中点， 是梯形的中位线，                                       ，， ， ， 又， ， ， ， 解得：． 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，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、梯形的中位线定理等知识，掌握相关知识点是解题关键． 26．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，以钝角三角形的最长边为边向外作矩形，连结，设，，的面积分别为，若要求出的值，只需知道(   )    A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．矩形的面积 【答案】C 【分析】过点作，交的延长线于点，的延长线于点，易得：，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得，再根据，得到，即可得出结论． 【详解】解：过点作，交的延长线于点，的延长线于点，    ∵矩形， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴只需要知道的面积即可求出的值； 故选C． 【点睛】本题考查矩形的性质，求三角形的面积．解题的关键是得到 27．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰和等腰，③和④分别是和，⑤是正方形，直角顶点E，F，G，H分别在边上． （1）若，，则的长是 cm． （2）若，则的值是 ． 【答案】 4 3 【分析】（1）将和用表示出来，再代入，即可求出的长； （2）由已知条件可以证明，从而得到，设，，，用x和k的式子表示出，再利用列方程，解出x，从而求出的值． 【详解】解：（1）∵和都是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 即， 即， ∵， ∴， 故答案为：4； （2）设， ∵， ∴可设，， ∵四边形是正方形， ∴， ∵和都是等腰直角三角形， ∴， ∴， ， ∵四边形对角互补， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 整理得：， 解得，（舍去）， ∴． 故答案为：3． 【点睛】本题考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角函数定义，一元二次方程的解法等，弄清图中线段间的关系是解题的关键． 28．（2023·浙江杭州·中考真题）在边长为的正方形中，点在边上（不与点，重合），射线与射线交于点． (1)若，求的长． (2)求证：． (3)以点为圆心，长为半径画弧，交线段于点．若，求的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）证明，利用相似三角形的对应边成比例求解； （2）证明，利用相似三角形的对应边成比例证明； （3）设，则，，在中，利用勾股定理求解． 【详解】（1）解：由题知，， 若，则． 四边形是正方形， ， 又， ， ， 即， ． （2）证明：四边形是正方形， ，， ， ， ， ． （3）解：设， 则，． 在中，， 即， 解得． ． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用，正方形的性质等，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 29．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．    (1)求证：． (2)判断与是否垂直，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)与垂直，理由见解析 【分析】（1）由正方形的性质，得到，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得，再根据平行线的性质解答即可； （2）连接交于点，由证明，再根据全等三角形对应角相等得到，继而证明四边形为矩形，最后根据矩形的性质解答即可． 【详解】（1）解：在正方形中， ∴， ∴． （2）与垂直，理由如下． 连接交于点． ∵为正方形的对角线， ∴， 又∵， ∴， ∴． 在正方形中，， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的判断与性质、矩形的判定与性质等知识，综合性较强，是重要考点，掌握相关知识是解题关键． 30．（2022·浙江杭州·中考真题）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH． (1)如图1，若，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积， (2)如图2，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K． ①求证：； ②设，和四边形AEHI的面积分别为，．求证：． 【答案】(1)5 (2)①见解析；②见解析 【分析】（1）由中点定义可得，从而可求，然后根据勾股定理和正方形的面积公式可求正方形EFGH的面积； （2）①根据余角的性质可证，进而可证，然后利用相似三角形的性质和等量代换可证结论成立； ②先证明，再证明，利用相似三角形的性质和锐角三角函数的定义整理可得结论． 【详解】（1）解：∵，点M是边AB的中点， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理，得 ， ∴正方形EFGH的面积为5． （2）解：①由题意知， ∴， ∵四边形EFGH是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴． ②由①得， 又∵，， ∴， 设的面积为． ∵∠K=∠K， ∠KHI=∠A=90°， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，以及锐角三角函数的知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 31．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，在中，，分别以为边向外作正方形和正方形，连结，设，则的值为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了求正切，正方形的性质，勾股定理；连接，设交于点，则，证明三点共线，进而根据正切的定义，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，设交于点，则， ∵四边形，是正方形， ∴ 又∵ ∴ ∴三点共线， 又∵ ∴， ∵ ∴ ∴ 故选：C． 32．（2025·浙江·一模）如图，在正方形中，点是上一动点（不与重合），对角线相交于点，过点分别作的垂线，分别交于点，交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤点O在M、N两点的连线上．其中正确的是（　　） A．①②③④ B．①②③⑤ C．①②③④⑤ D．③④⑤ 【答案】B 【分析】由正方形的性质知平分，平分，结合，可得 ， 可判断①②，证明为矩形可判断③，由的形状可判断④不成立，连接，证明，可得点是的外接圆的圆心，可得M、O、N共线． 【详解】解：∵四边形是正方形 ∴． ∵， ∴， ∵在和中， ， ∴，故①正确； ∴， 同理，． ∵正方形中， 又∵， ∴，且中 ∴四边形是矩形． ∴， ∴， 又∵， ∴，故②正确； ∵四边形是矩形， ∴， 在直角中，， ∴，故③正确． ∵是等腰直角三角形，而不一定是等腰直角三角形，故④错误； 连接， ∵垂直平分线段垂直平分线段， ∴， ∴， ∴点是的外接圆的圆心， ∵， ∴为直径， ∴在上， ∴点O在M、N两点的连线上，故⑤正确； 综上所述： ①②③⑤正确． 故故答案：B． 【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的判定、勾股定理，圆周角定理的应用等知识，掌握相关性质、定理是关键． 33．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，在中，，分别以它的三边为边向外作正方形，，，分别过点，作，，垂足分别为，．要知道阴影部分的面积，只需知道下列某个图形的面积，这个图形是（    ） A． B．正方形 C．正方形 D．正方形 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质．过点A作，过点B作，设，则，再证明，可得，同理，可得，再由阴影部分的面积梯形的面积梯形的面积，即可求解． 【详解】解：如图，过点A作，过点B作， 设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积梯形的面积梯形的面积 ， ∵的面积， ∴阴影部分的面积的面积， 即要知道阴影部分的面积，只需知道下列某个图形的面积，这个图形是． 故选：A 34．（2024·浙江宁波·模拟预测）将两张矩形纸片，和另三张正方形纸片，，按如图所示方式不重叠地放置在矩形内．则下列条件中，不能求出四边形的面积的是（    ） A．正方形与正方形周长的和 B．矩形与正方形周长的差 C．矩形与矩形周长的和 D．矩形的周长 【答案】B 【分析】本题考查整式混合运算的应用，矩形的性质，四边形的面积，周长和正方形的性质，解题的关键是能用字母表示各矩形的边长并计算面积． 根据题意设，，，则，先根据面积差可计算四边形的面积，再分别根据矩形和正方形的周长，分别判断即可． 【详解】解：设，，，则， 四边形的面积 ， A、若知正方形与正方形周长的和，则可知：，得的值，所以可以求出四边形的面积，不符合题意； B、若知矩形与正方形周长的差，则可知：，所以不能求出四边形的面积，符合题意； C、若知矩形与矩形周长的和，则可知：，所以可以求出四边形的面积，不符合题意； D、若知矩形的周长，则可知：，所以可以求出四边形的面积，不符合题意； 故选：B． 35．（2024·浙江·模拟预测）如图，在中，，以为边向三角形外作正方形，作于点，交对角线于点，连接．要求的周长，只需知道（    ） A．的长 B．的长 C．的长 D．的长 【答案】B 【分析】设与相交于H，设，，，利用正方形的轴对称形得出，则可得出的周长为，证明，求出，，，证明，求出，，然后代入计算即可得出答案． 【详解】解∶设与相交于H，设，，， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴B、E关于直线对称，，， ∴， ∴的周长为， ∵，， ∴， ∴， ， 又， ∴， ∴，即， 解得，， ∴， ∵， ∴，即， 解得，， ∴ ， 即的周长为， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，轴对称等知识，明确题意，利用相似三角形求出，，是解题的关键． 36．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，延长交于点M，连结并延长交于点N．若，则正方形与正方形的面积的比值为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查正方形的性质和相似三角形的判定与性质，由四边形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形得设得证明可得从而可求出结论 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴ ∵， ∴； ∵四边形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形， ∴ 设 ∴ ∴， 由题意得， ∴ ∴，即， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴， ∴， 解得， ∴ ∴， 故选：A 37．（2024·浙江·模拟预测）四个全等的直角三角形按如图方式围成正方形，过各直角顶点作正方形各边的平行线得到正方形．若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了正方形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识．设得到，证明，利用相似三角形的性质得到，进一步得到，证明，则，得到，得到，进一步即可求出答案． 【详解】解：设则，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四个全等的直角三角形按如图方式围成正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴, ∵，， ∴ ∴， ∴ ∴， ∴． 故选：D 38．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在正方形中，为对角线，E为上一点，过点E作，与分别交于点G、F，H为的中点，连接．下列结论：①；②；③；④若，则，其中结论正确的有 （填写序号）． 【答案】①②③ 【分析】①根据题意可知，则，则； ②由证明，得到，从而； ③同②证明即可； ④若，则，可以证明，则且，则，为等腰直角三角形，过H点作垂直于于M点，设，则， ，，则 ， ，可作判断． 【详解】解：①∵四边形为正方形，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，故①正确； ②∵为等腰直角三角形，H为的中点， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，故②正确； ③∵为等腰直角三角形，H为的中点， ∴， ， 在和中， ， ∴，故③正确； ④∵， ∴， ∵为等腰直角三角形，H为的中点， ∴，， ∵， 在和中， ， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， 过H点作垂直于于M点，如图所示： 设，则， ，， 则 ，， ∴， 故④不正确； 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等，解题的关键是能够综合应用上述知识点． 39．（2023·浙江杭州·二模）如图，四边形是正方形，点在边上，是以为直角顶点的等腰直角三角形，，分别交于点，，过点作的垂线交的延长线于点．连接，若，，则 ． 【答案】 【分析】延长交延长线于，由是等腰直角三角形，得，，再由正方形的性质得，，由同角的余角相等得，证明，从而有，，得是等腰直角三角形，通过勾股定理求出，再证明，，最后由相似三角形的性质和线段和差即可求解． 【详解】解：如图，延长交延长线于， ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，即， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质及判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，同角的余角相等，全等三角形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用，正确添加辅助线是解题的关键． 40．（2024·浙江温州·模拟预测）如图，在正方形中，点，分别在边，上（不与顶点重合），且满足，连接，交于点．，分别是边，的中点，连结接，．若正方形的边长为，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】由四边形是正方形，得，，证明，根据性质得出，点无论在何处，均有，即点在以中点为圆心，为直径的圆上，用点表示的中点，连接，用点表示的中点，用点表示的中点，连接，以为圆心，为半径画圆，然后证明，则，故的最小值也就是的最小值，当点三点共线时，最小，最小值为线段的长度，最后由勾股定理即可求解． 【详解】∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点无论在何处，均有，即点在以中点为圆心，为直径的圆上，用点表示的中点，连接，用点表示的中点，用点表示的中点，连接，以为圆心，为半径画圆，如图中的， ∵在上运动且不与重合， ∴点的轨迹就是，不与重合， ∵，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值也就是的最小值， ∵点在上， ∴当点三点共线时，最小，最小值为线段的长度， ∵点分别是正方形边的中点， ∴四边形是矩形， ∵点分别是矩形边的中点， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴在中，由勾股定理得， 即：的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，两点之间线段最短，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 41．（2024·浙江·模拟预测）如图，在中，，两个边长为1的正方形的顶点D，E，F，I，J均在的边上，，令，当时， ；当时， ．    【答案】 【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形、正方形的性质等知识，过点J作于点K，过点G作于点L，过点J作于点M，求出即可得到答案，证明，得到设，则，证明，得到，在中，，即，解得（不合题意的解已经舍去），得，，，则，证明，进一步即可得到答案． 【详解】解：过点J作于点K，过点G作于点L，过点J作于点M， 当时，即时， ∵两个边长为1的正方形的顶点D，E，F，I，J均在的边上， ∴，， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， 即； ∵ ∴四边形是矩形， ∴， ∵ ∴四边形是矩形， ∴ ∵， ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ 设，则 ∵ ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， 解得， 在中， 即， 解得（不合题意的解已经舍去） ∴，，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 故答案为：， 42．（2012·浙江杭州·二模）在平面直角坐标中，边长为2 的正方形的两顶点A，C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O 在原点． 现将正方形绕点 O 顺时针旋转，当点A 第一次落在直线 上时停止旋转，旋转过程中，边交直线． 于点M，边交x轴于点N（如图）． (1)求边在旋转过程中所扫过的面积；（结果保留π） (2)旋转过程中，当和平行时，求正方形旋转的度数； (3)设 的周长为p，在旋转正方形的过程中，p值是否有变化？ 请证明你的结论． 【答案】(1) (2) (3)周长不会变化，证明见解析 【分析】（1）根据扇形的面积公式来求得边在旋转过程中所扫过的面积； （2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠AOM的度数； （3）延长交y轴于E点，证明，得出，，证明可得，从而可以证到，进而可以推出，是定值． 【详解】（1）解：∵A点第一次落在直线上时停止旋转，直线与y轴的夹角是， ∴旋转了． ∴在旋转过程中所扫过的面积为． （2）解：在正方形中，，， ∵， ∴，． ∴． ∴． 又∵， ∴． 又∵，， ∴． ∴． ∴旋转过程中，当和平行时，正方形旋转的度数为． （3）解：在旋转正方形的过程中，p值无变化． 证明：延长交y轴于E点， 则，， ∴． 又∵，． ∴． ∴，． 又∵，， ∴． ∴． ∴， ∴． ∴在旋转正方形的过程中，p值无变化． 43．（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，正方形的顶点，分别在矩形的边，上，与交于点，连接． (1)求的度数． (2)若点是的中点，求证：点是的中点． (3)如图，若正方形的顶点在矩形的边上，顶点在矩形的边的延长线上，点为，的延长线的交点，设，，，求证：． 【答案】(1) (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据证明可得，再证明即可解答； （2）证明，利用相似三角形的判定和性质以及相似比的之间关系式解答即可； （3）过点D作于点M，证明，得出，，根据，设，则，根据勾股定理得出，求出，根据三角形函数定义得出，求出， 【详解】（1）解：∵四边形为矩形， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴，， ， 又，， ∴， ， ， ， ∵ ； （2）证明：，， ， 又， ， ， ，为中点， ， ， ， ， ，即点是的中点． （3）证明：过点D作于点M，如图所示： 设，，， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴设，则， 在中，，则， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题考查相似三角形的综合题，三角函数的定义，正方形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，解题的关键是根据全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质解答． 44．（2024·浙江·模拟预测）如图1，在正方形中，，的边分别与对角线相交于点P，Q，请说明． 尝试解决： （1）小明给出了以下思路：将绕点A逆时针旋转得到，使与重合，连结，请帮小明完成解题过程． 类比探究： （2）如图2，在正方形内作，使与相交于点与相交于点Q，连结．已知，，求的面积． 拓展应用： （3）如图3，在长方形中，，，，P是上一点，Q是上一点，连结，求的面积的最小值． 【答案】（1）见详解；（2）15；（3） 【分析】（1）可证明，，则，由于在中，，故； （2）延长至点G，使得，连接，则可得， 同（1）可证明，故，设正方形边长为a，则，在中，由勾股定理得，，解得，，故； （3）延长至点，使得，连接，先证明，则，，同上可得，，过点P作，故，可得，作的外接圆，记为，连接，作，则，设的半径为r，则，，由，得到，故，因此，故，则． 【详解】（1）证明：如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 由题意得，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵在中，， ∴； （2）解：延长至点G，使得，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 同（1）可证明， ∴， 设正方形边长为a，则， ∴在中，由勾股定理得，， 解得，， ∴； （3）解：延长至点，使得，连接， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴，， 同上可得，， 过点P作， ∴， ∴， 作的外接圆，记为，连接，作， ∵， ∴， 设的半径为r， ∴在中，由勾股定理可得，， ∵，， ∴点H为的中点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理等知识点 ，熟练掌握知识点，正确添加辅助线，识别“定角定高”模型求面积最值是解决本题的关键． 考点二、四边形性质的综合应用 题型01、四边形背景下的作图问题 45．（2023·浙江·中考真题）如图，在中，．    (1)尺规作图： ①作线段的垂直平分线，交于点D，交于点O； ②在直线上截取，使，连接．（保留作图痕迹） (2)猜想证明：作图所得的四边形是否为菱形？并说明理由． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)四边形是菱形，见解析 【分析】（1）①根据垂直平分线的画法作图；②以点O为圆心，为半径作圆，交于点E，连线即可； （2）根据菱形的判定定理证明即可． 【详解】（1）①如图：直线即为所求； ②如图，即为所求；   ； （2）四边形是菱形，理由如下： ∵垂直平分， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 【点睛】此题考查了基本作图－线段垂直平分线，截取线段，菱形的判定定理，熟练掌握基本作图方法及菱形的判定定理是解题的关键． 46．（2023·浙江宁波·中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．      (1)如图1，在四边形中，，对角线平分．求证：四边形为邻等四边形． (2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D． (3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过B作交的延长线于点E．若，求四边形的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2)画图见解析 (3) 【分析】（1）先证明，，再证明，即可得到结论； （2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①，结合图形再确定满足或的格点D；②，结合图形再确定满足的格点D； （3）如图，过作于，可得四边形是矩形，，，证明四边形为平行四边形，可得，，设，而，，，由新定义可得，由勾股定理可得：，再解方程可得答案． 【详解】（1）解：∵， ∴，， ∵对角线平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为邻等四边形． （2）解：，，即为所求； （3）如图，过作于，      ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴，， 设，而， ∴，， 由新定义可得， 由勾股定理可得：， 整理得：， 解得：，（不符合题意舍去）， ∴， ∴四边形的周长为． 【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键． 47．（2023·浙江金华·中考真题）如图，为制作角度尺，将长为10，宽为4的矩形分割成的小正方形网格．在该矩形边上取点，来表示的度数．阅读以下作图过程，并回答下列问题：   （答题卷用） 作法（如图） 结论    ①在上取点，使． ，点表示． ②以为圆心，8为半径作弧，与交于点． ，点表示． ③分别以为圆心，大于长度一半的长为半径作弧，相交于点，连结与相交于点． … ④以为圆心，的长为半径作弧，与射线交于点，连结交于点． … (1)分别求点表示的度数． (2)用直尺和圆规在该矩形的边上作点，使该点表示（保留作图痕迹，不写作法）． 【答案】(1)点表示；点表示 (2)见解析 【分析】（1）根据矩形的性质可求出度数，根据线段垂直平分线的性质度数，即可求出的度数，从而知道点表示度数；利用半径相等即可求出，再根据平行线的性质即可求出以及对应的度数，从而知道点表示度数． （2）利用角平分线的性质作图即可求出答案． 【详解】（1）解：①四边形是矩形， ． 由作图可知，是的中垂线，   ． ． ． 点表示． ②由作图可知，． ． 又， ． ． ∴点表示． 故答案为：点表示，点表示． （2）解：如图所示， 作的角平分线等．如图2，点即为所求作的点．    ∵点表示，点表示． ． ∴表示． 【点睛】本题考查的是尺规作图的应用，涉及到的知识点有线段垂直平分线、角平分线性质、圆的相关性质，解题的关键需要正确理解题意，清楚知道用到的相关知识点． 48．（2024·浙江舟山·三模）利用尺规作图在一个矩形内作菱形，则下列作法中错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，尺规作图等知识，根据矩形的性质和菱形的判定定理，结合全等三角形的性质和判定逐项证明即可． 【详解】A．由作图可得，垂直平分线段 ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形，故A正确； B．如图，根据作图可得 ， ， ， ， ， ， ， 根据画图可得， ∴ ∴四边形是菱形，故B正确； C.．由作图可得互相垂直平分， ∴四边形是菱形，故C正确； D．由图可得不一定相等，故D错误， 故选：D． 49．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，在中，点在边上，请仅用无刻度的直尺画图． (1)如图①，点满足，作的平分线． (2)如图②，已知点为的中点，作出边的中点． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）作射线．由可得，由可得，则可得，因此射线即为的平分线． （2）连接、交于点O，过E点和O点作射线，与边的交点即为F点．根据平行四边形的性质即可得证． 本题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】（1）解：如图，射线即为所求． （2）解：如图，点F即为所求． 50．（2024·浙江温州·三模）如图，在的方格纸中，请按要求画格点线段（端点在格点上），且线段的端点均不与点A，B，C，D重合． (1)在图1中画一条格点线段，使G，H分别落在边上，且与互相平分； (2)在图2上画一条格点线段，使M，N分别落在边上，且要求分为两部分． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了作图的应用与设计，掌握平行四边形和相似三角形的性质是解题的关键， （1）根据平行四边形的对角线互相平分作图； （2）根据网格线是平行的得出相似三角形，再利用相似三角形的性质作图． 【详解】（1）解：如下图：线段即为所求； 如图：根据勾股定理可得：， ∴四边形为平行四边形， ∴与互相平分． （2）解：如下图1，2，3：线段、、即为所求． 如图： ， ， ， ∴点、、为的三等分点， ∴点、为的三点等分点， 过的三等分点画出即可． 如图1，2，3：、、即为所求． 51．（2025·浙江·一模）图，图都是由边长为的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段的端点在格点上，分别按要求画出图形： (1)在图中画出两个以为斜边的直角三角形，且点在格点上； (2)在图中画出一个以为对角线的菱形，且，在格点上． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题考查了作图的应用与设计，等边三角形的性质和菱形的判定． （1）根据等边三角形的性质，底边中线垂直底边，即可得到满足条件的直角三角形； （2）根据的位置特点以为一条边分别在上方和下方作等边三角形，即可得到以为对角线的菱形． 【详解】（1）解：点或即为所求， （2）解：菱形即为所求． 52．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，矩形的四个顶点都是格点，画图过程用虚线表示． (1)在图1中，先在边上画点E，使，使平分矩形的面积； (2)在图2中，在边上画点H，使 【答案】(1)图见详解 (2)图见详解 【分析】本题主要考查相似三角形的性质、矩形的性质及正方形的性质，熟练掌握相似三角形的性质、矩形的性质及正方形的性质是解题的关键； （1）根据相似三角形的性质及矩形的性质可进行求解； （2）根据正方形的性质可进行求解． 【详解】（1）解：所作图形如下： （2）解：所作图形如下所示： 53．（2024·浙江·模拟预测）如图，在6×6的方格纸中，点A，B均在格点上，试按要求画出相应的格点图形（每小题只需画一个）．    (1)在图1中作一条线段，使它与互相垂直平分． (2)在图2中作一个，使它是轴对称图形，且符合． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）连接，则，故四边形是菱形，因此与互相垂直平分，故即为所求； （2）由勾股定理得，，，故，，所以为等腰直角三角形，故为轴对称图形，则，故即为所求． 【详解】（1）解：如图，即为所求，    连接，    则， ∴四边形是菱形， ∴与互相垂直平分， 故即为所求； （2）解：如图，即为所求，    ∵，，， ∴，， ∴为等腰直角三角形，故为轴对称图形， ∴， 故即为所求． 【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定，熟练掌握知识点是解题的关键． 54．如图所示，每个小正三角形的边长为1，且它的顶点叫做格点，各顶点在格点处的多边形称为格点多边形，线段位于该小正三角形组成的网格中，按要求在网格中作一个格点多边形． (1) 请在图1画一个既是轴对称图形又是中心对称图形的四边形，且为对角线． (2)请在图2中画一个以为边，面积为的三角形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）以为对角线，画出菱形，即可获得答案； （2）过点向左作线段，使得；取中点，连接，由网格特点可知，，故，由等边三角形性质可知，，所以，故即为所求三角形． 【详解】（1）解：以为对角线，画出菱形，如下图； （2）解：如下图，过点向左作线段，使得， 即为以为边，面积为的三角形． 【点睛】本题主要考查了作图—应用与设计、等边三角形的性质、菱形的判定与性质、三角形面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识． 题型02、四边形背景下的图形平移问题 54．（2022·浙江嘉兴·中考真题）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（    ） A．1cm B．2cm C．(－1)cm D．(2－1)cm 【答案】D 【分析】先求出BD，再根据平移性质求得=1cm，然后由求解即可． 【详解】解：由题意，BD=cm， 由平移性质得=1cm， ∴点D，之间的距离为==（）cm， 故选：D． 【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键． 55．（2024·浙江台州·三模）在平面直角坐标系中，平行四边形的三个顶点：点，点，点．用含a，b，m，n的式子表示点B的坐标是（    ）．    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，点坐标的平移．熟练掌握平行四边形的性质，点坐标的平移是解题的关键． 由平行四边形，可知，由点，点，可知通过向右平移个单位，向上平移个单位到，由，可求． 【详解】解：∵平行四边形， ∴， ∵点，点， ∴通过向右平移个单位，向上平移个单位到， ∵， ∴， 故选：C． 56．（2024·浙江温州·三模）如图，在中，，，，垂足为，现将沿着方向平移得到，且此时，则的长度为 厘米． 【答案】/ 【分析】本题考查平移的性质及矩形的性质，熟知图形平移的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．连接，根据平移的性质可得出，再结合的长可得出，最后根据、等腰直角三角形的判定和性质以及直角三角形斜边上中线的性质即可解决问题． 【详解】解：连接， 由平移可知， ， ， ， ， ， 即． 又， ． 又， 是等腰直角三角形， ． ，， ， ． 故答案为：． 57．（2023·浙江温州·三模）如图在矩形中，是上一点，连结，过作于点．将向右下方向平移到的位置，在上，四边形向左下方向平移到四边形的位置．若重新组成的矩形与矩形全等，则的长为 ．内有一点，平移后对应点为点，若是矩形的中心，则点到的距离为 ．    【答案】 2 【分析】根据题意可得，，则，再由即可得到答案；连接，作交于，作，交延长线于，连接，由题意可得，，，为的中点，通过证明，可得，通过证明可得，再根据三角形中位线定理可得，从而即可得到答案． 【详解】解：根据题意可得：，， ， ； 如图所示，连接，作交于，作，交延长线于，连接，     ， 由题意可得，，，为的中点，点到的距离为到的距离， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ， ，，为的中点， 为的中位线， ， 点到的距离为， 故答案为：2；． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平移的性质、相似三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平移的性质、相似三角形的判定与性质、三角形的中位线定理，添加适当的辅助线，是解题的关键． 58．（2024·浙江·模拟预测）在平行四边形中，，，，点E是上一点．，P从点E出发，沿折线以每秒3个单位长度的速度运动，到D停止．连接，将线段绕点E顺时针旋转得到线段．连接．设点P的运动时间为t秒． (1)用t表示线段的长度； (2)连接，求的值； (3)当点F在平行四边形的对角线上时，求t的值； (4)连接．当分线段为的两部分时，直接写出t的值． 【答案】(1)①当点E在线段上时，；②当点E在线段上时， (2) (3)，1， (4)或 【分析】（1）分两种情况讨论，当点E在线段上时，；当点E在线段上时，； （2）过点C作延长线于点G，根据平行四边形性质推出，，设，，利用勾股定理建立等式求出，进而得到，，在中，即可求出的值； （3）根据题意分类讨论：当时，点F落在上，点F落在上时，过点D作于点H；当时，点F落在上，过点P，F分别作的垂线，垂足为M，N，通过锐角三角函数，等角的三角函数值相等，以及构造一线三等角的全等解决问题； （4）分类讨论：当及，构造辅助线，利用平行线分线段成比例定理，矩形的性质，全等三角形的性质解决问题． 【详解】（1）解：由题知，①当点E在线段上时，即时，； ②当点E在线段上时，当时，． （2）解：如图1，过点C作延长线于点G， 四边形是平行四边形， ，，，， ， 在，由， ， 设，， 由勾股定理得：， 解得：， ，， 中，． （3）解：由旋转知，， 当时，点F落在上，如图2， 由得，， 解得：； 点F落在上时，如图3，过点D作于点H， 同（1）可求，， ， 为等腰直角三角形， ， ， ， 解得：， 当时，点F落在上，过点P，F分别作的垂线，垂足为M，N，如图4， 由，得：，， ， 由旋转的性质可知，，， ， ， ， ， ， ，， 在中，， ， 解得． 综上所述：t的值为，1，． （4）解：①当时，构造如图5辅助线（均是水平线，铅垂线）， 由平行线分线段成比例定理的：，由（2）知，， ， ， 设，则，，， ， ， ， 而， ， ， ， ， ， 解得：， ， ； ②当时，构造如图6辅助线（均是水平线，铅垂线）， 同理可得：， 解得：， ， ． 综上所述：或． 【点睛】本题考查了代数式表示式，平行四边形性质，勾股定理，锐角三角函数，旋转的性质，平行线分线段成比例定理，矩形的性质，全等三角形的性质和判定，注意分类讨论的思想，解题关键在于熟练掌握全等三角形的构造，锐角三角函数的应用，并正确添加辅助线． 59．（2024·浙江宁波·模拟预测）【问题情境】 在“综合与实践”活动课上，老师给出了如图1所示的一张矩形纸片，其中，．如图2，将矩形纸片沿对角线剪开，得到纸片与． 【实践探究】 （1）将纸片沿方向平移，连结（与相交于点O），，，得到图3所示的图形．若，解答下列问题： ①求证：． ②求出平移的距离． 【拓展延伸】 （2）如图4，先将纸片沿方向平移一定距离，然后将纸片绕点顺时针旋转，使，若此时恰好经过点C，求出平移的距离． 【答案】（1）①见解析；②；（2） 【分析】（1）①先证明四边形是平行四边形，再根据得到是菱形，从而得证结论； ②根据勾股定理求出的长，利用的面积求出的长，进而根据勾股定理求出，从而求出，再根据线段的和差即可求解； （2）证明，得到，设，在中，根据勾股定理构造方程，求解得到的长，再根据线段的和差即可求解． 【详解】解：（1）①∵四边形是矩形， ∴，． 由平移得，， ∴四边形是平行四边形． 又∵， ∴是菱形， ∴．     ②∵，， ∴在中，． ∵， ∴，即 ∴， ∴在中，， ∴在菱形中，． ∵， ∴； （2）∵， ∴． ∵， ∴， ∴． 设，则． ∵在中，， 即，解得， ∴，     ∴． 【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，等角对等边，平移的性质，解题的关键是综合运用这些知识． 题型03、四边形的背景下的折叠问题 60．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，已知矩形纸片，其中，现将纸片进行如下操作： 第一步，如图①将纸片对折，使与重合，折痕为，展开后如图②； 第二步，再将图②中的纸片沿对角线折叠，展开后如图③； 第三步，将图③中的纸片沿过点的直线折叠，使点落在对角线上的点处，如图④．则的长为（　　）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据折叠的性质得出，，等面积法求得，根据，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，    ∵折叠， ∴ ∴在以为圆心，为直径的圆上， ∴， ∴ ∵矩形，其中， ∴ ∴， ∴， ∵ ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，正切的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键． 61．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为 【答案】/ 【分析】此题考查了菱形的性质，轴对称性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 设，，首先根据菱形的性质得到，，连接，，直线l交于点F，交于点G，得到点，D，O三点共线，，，，然后证明出，得到，然后证明出，得到，进而求解即可． 【详解】∵四边形是菱形， ∴设， ∴， 如图所示，连接，，直线l交于点F，交于点G， ∵线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上， ∴，， ∴ ∴点，D，O三点共线 ∴， ∴ ∴ ∵ ∴ 由对称可得， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴． 故答案为：． 62．（2022·浙江台州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为 ；当点M的位置变化时，DF长的最大值为 ． 【答案】 【分析】当点M与点B重合时，EF垂直平分AB，利用三角函数即可求得EF的长；根据折叠的性质可知，AF=FM,若DF取最大值，则FM取最小值，即为边AD与BC的距离DG，即可求解. 【详解】解：当点M与点B重合时，由折叠的性质知EF垂直平分AB， ∴AE=EB=AB=3， 在Rt△AEF中，∠A=60°，AE=3， tan60°=， ∴EF=3； 当AF长取得最小值时，DF长取得最大值， 由折叠的性质知EF垂直平分AM，则AF=FM， ∴FM⊥BC时，FM长取得最小值，此时DF长取得最大值， 过点D作DG⊥BC于点C，则四边形DGMF为矩形， ∴FM=DG， 在Rt△DGC中，∠C=∠A=60°，DC=AB=6， ∴DG=DCsin60°=3， ∴DF长的最大值为AD-AF=AD-FM=AD-DG=6-3， 故答案为：3；6-3． 【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 63．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，，，动点从点出发，沿边，向点运动，，关于直线的对称点分别为，，连结． (1)如图，当在边上且时，求的度数． (2)当在延长线上时，求的长，并判断直线与直线的位置关系，说明理由． (3)当直线恰好经过点时，求的长． 【答案】(1)∠AEM＝90°； (2)DE＝；MN∥BD，证明见解析； (3)DE的长为或． 【分析】（1）由DE＝2知，AE＝AB＝6，可知∠AEB＝∠MEB＝45°，从而得出答案； （2）根据对称性得，∠ENC＝∠BDC，则cos∠ENC＝，得EN＝，利用SSS证明△BMN≌△DCB，得∠DBC＝∠BNM，则MN∥BD； （3）当点E在边AD上时，若直线MN过点C，利用AAS证明△BCM≌△CED，得DE＝MC；当点E在边CD上时，证明△BMC∽△CNE，可得，从而解决问题． 【详解】（1）解：∵DE=2， ∴AE＝AB＝6， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝90°， ∴∠AEB＝∠ABE＝45°， 由对称性知∠BEM＝45°，     ∴∠AEM=∠AEB+∠BEM＝90°； （2）如图1， ∵AB=6，AD=8， ∴由勾股定理得BD=10， ∵当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10， ∴CN＝2． 由对称性得，∠ENC＝∠BDC， ∴cos∠ENC＝， ∴EN＝， ∴DE＝EN＝； 直线MN与直线BD的位置关系是MN∥BD． 由对称性知BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC， 又∵BN＝BD， ∴△BMN≌△DCB（SSS）， ∴∠DBC＝∠BNM， 所以MN∥BD； （3）①情况1：如图2，当E在边AD上时，直线MN过点C， ∴∠BMC＝90°， ∴MC＝． ∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，∠BMC＝∠EDC＝90°， ∴△BCM≌△CED（AAS）， ∴DE＝MC＝； ②情况2：如图3，点E在边CD上时， ∵BM＝6，BC＝8， ∴MC＝，CN＝8-， ∵∠BMC＝∠CNE＝∠BCD＝90°， ∴∠BCM＋∠ECN＝90°， ∵∠BCM＋∠MBC＝90°， ∴∠ECN＝∠MBC， ∴△BMC∽△CNE， ∴， ∴EN， ∴DE＝EN＝． 综上所述，DE的长为或． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，根据题意画出图形，并运用分类讨论思想是解题的关键． 64．（2023·浙江衢州·中考真题）如图1，点为矩形的对称中心，，，点为边上一点，连接并延长，交于点，四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点．    (1)求证：； (2)当时，求的长； (3)令，． ①求证：； ②如图2，连接，，分别交，于点，.记四边形的面积为，的面积为.当时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)①见解析；② 【分析】（1）根据轴对称和矩形的性质，证明，即可解答； （2）过点作于，设，则，求得，再利用勾股定理，列方程即可解答； （3）①过点作于，连接，证明，可得，得到，即可解答； ②连接，证明，进而证明，进而证明，可得，再证明，得到，再得到，最后根据①中结论，即可解答． 【详解】（1）证明：四边形为矩形， ， ， 四边形与关于所在直线成轴对称， ， ， ； （2）解：如图，过点作于， 设设，则， ， ， 四边形为矩形， ， 点为矩形的对称中心， ， ， 在中，， 可得方程， 解得（此时，故舍去0）， ；    （3）解：①证明：过点作于，连接， 点为矩形的对称中心， ，， ， ， ， ， ， ，即， ，， ；    ②如图，连接， 由题意可得, 点为矩形的对称中心， ， 同理可得， 由（1）知， ， 即， ， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 当时，由①可得， 解得， ， ， ．    【点睛】本题考查了四边形综合应用，涉及轴对称变换，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，解题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 65．（2024·浙江杭州·二模）如图，在平行四边形中，，且，将其沿着直线折叠使得点的对应点恰好落在对角线上，且满足．问：与平行四边形的面积比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质，翻折变换（折叠问题），解直角三角形，解题的关键是掌握相关的知识．过点作于点，根据平行四边形的性质可得，，在中，设，则，根据勾股定理求出，得到，，，推出，由折叠可得，和均为等腰直角三角形，根据三角函数并结合，需求出的长，最后根据，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点， 四边形是平行四边形， ，， 在中，设， ， ， 又，即， 解得：（负值舍去）， ，，， 是等腰直角三角形， ，， 由折叠可知，， 和均为等腰直角三角形， 又， ，， ， ， 同理， ． 故选：B． 66．（2024·浙江嘉兴·三模）如图，在矩形ABCD中，点E是AD上一点，连结BE，将沿BE折叠得，点F恰好在边CD上，过点A作分别交BC，BF，BE于点G，P，Q．已知，当时，则折痕BE的长为（    ） A． B．4 C． D．6 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，锐角三角函数的比值关系，勾股定理，灵活运用三角函数的比值关系是解题的关键． 利用平行线的性质，翻折和矩形的性质得到，再根据同角的三角函数比值关系得到，利用勾股定理运算出的长后，利用比例系数得到的度数，从而可求出的度数，再结合三角函数的比值关系运算即可． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴ ∵将沿折叠得， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴在中：，即， 解得：（负的舍去）， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 67．（2020·河南南阳·一模）如图，在矩形中，，点E为的中点，点F为射线上一点，连接，若将沿直线折叠后，点A恰好落到上的点G处，则a的值为 ． 【答案】4或1 【分析】本题主要考查了矩形的折叠．熟练掌握矩形性质，折叠性质，全等三角形的判定和性质，分类讨论，是解此题的关键． 连接CE，由矩形性质可得，，，由中点和翻折性质知， ，，可得，结合，得到，得到，由勾股定理可得，当点F在线段上时，，，得到，得到；当点F在延长线上时，，，得到，得到． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵E为中点， ∴， 由翻折知， ， ∴， ∵点G在上， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 当点F在线段上时，， ∴， ∴， ∴； 当点F在延长线上时，， ∴， ∴， ∴． ∴a的值为：4或1． 故答案为：4或1． 68．（2024·浙江宁波·一模）如图，将矩形的边翻折到，使点D的对应点E在边上，再将边翻折到，且点A的对应点F为的内心，则 ． 【答案】4 【分析】设交于点，作于点，作于点，根据平行线的判定和性质得出，根据折叠得出，根据等腰三角形三线合一的性质得出，，根据三角形内心的定义得出，，根据矩形的性质得出，，求得，，等量代换得出，结合平行线的性质得出，根据等腰直角三角形的定义得出，根据等边对等角得出，推得，，根据两角及其一角的对边对应相等的三角形全等，全等三角形的对应边相等得出，结合三角形的外角性质得出，根据正切的定义的得出，根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】解：设交于点，作于点，作于点，则，如图： ∴， ∴， 根据折叠可得， ∵，， ∴，， ∵点为的内心， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， 在中，， 在中，， ∴，， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内心的定义，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，正切的定义等．正确地作出辅助线，构建全等三角形是解题的关键． 69．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在矩形中，，E为边上的一个动点，连接，点B关于的对称点为，连接．若的最大值与最小值之比为2，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了一点到圆上一点距离的最值问题，矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，由轴对称的性质可得，则点在以A为圆心，半径为3的圆上运动，据此可得当三点共线时，最小，当点E与点B重合时，最大，据此表示出的最大值和最小值，再由的最大值与最小值之比为2列出方程求解即可． 【详解】解；如图所示，连接， 由轴对称的性质可得， ∴点在以A为圆心，半径为3的圆上运动， ∴当三点共线时，最小， ∴； ∵点E在线段上， ∴当点E与点B重合时，最大，最大值即为的长， ∴， ∵的最大值与最小值之比为2， ∴， ∴， ∴， 解得或， 故答案为：． 70．（2023·浙江台州·三模）如图，一张矩形纸片中，（m为常数）．将矩形纸片沿折叠，使点A落在边上的点H处，点D的对应点为点M，与交于点P．当点H落在的中点时，且，则 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的性质，根据，设，则，根据，得到①，在中，利用勾股定理可得到②，解①②即可求解 【详解】解：∵， 设，则， ∴点是的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴ ∴ 由折叠得， ∴ ∴ ∴， ∴， 即， ∴①， ∵，，， ∴， 在中，， ∴②， 解得，， ∴， ∴， ∴， 故答案为： 71．（2024·浙江·模拟预测）如图，将矩形沿折叠，点A与点重合，连接并延长分别交于点G，F，且． （1）若，则 ． （2）若，则的值为 ． 【答案】 【分析】（1）根据折叠的性质可得，进而求出，则，根据等边对等角可得，最后根据三角形内角和定理即可求解； （2）过点作于点，得到四边形、均为矩形，根据得到，由平行线的性质得，由对顶角相等得，则，进而得到，根据勾股定理求出，设，则，，，再根据勾股定理求得，根据折叠的性质可得，，，，于是，，在中，根据勾股定理列出方程求解即可． 本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的性质、勾股定理，灵活运用所学知识解决问题是解题关键． 【详解】解：（1）四边形为矩形， ， ， 根据折叠的性质可得，， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； （2）如图，过点作于点， 四边形为矩形，设，， ，，，， ， 四边形、均为矩形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 在中，，， ， 设，则， ， ， ， 在中，， 根据折叠的性质可得，，，， ，， 在中，， ， 解得：， ∴ 故答案为： 72．（2024·浙江·模拟预测）如图，在菱形中，，将菱形折叠，使点恰好落在对角线上的点处（不与重合），折痕为，若，，则点到的距离为 ．    【答案】 【分析】本题考查的是翻转变换的性质、菱形的性质、勾股定理、解直角三角形，掌握翻转变换是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．作于H ，，根据折叠的性质得到，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到为等边三角形，得到，设，则， 在中，，，则， 根据勾股定理列出方程，解方程即可． 【详解】解：作于H ，    由折叠的性质可知，， 由题意得，， 四边形是菱形， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， 设，则， 在中，，， ∴ 在中，， 即， 解得，， ∴， 故答案为： 73．（2023·浙江杭州·一模）如图，将矩形沿折叠，点A与点重合，连结并延长分别交、于点G、F，且． （1）若，则 ； （2）若，，则 ． 【答案】 /度 【分析】（1）本题根据矩形的性质以及折叠的性质得到，，进而推出，利用等腰三角形性质得到，最后结合三角形内角和即可得到； （2）连接，过点作于点，结合矩形的性质证明四边形为矩形，利用勾股定理得到，设，则，， 进而推出，，由折叠的性质可得，，结合建立方程求解，即可解题． 【详解】（1）解： 矩形沿折叠，点A与点重合，， ，， ， ， ， ， 故答案为：． （2）解：连接，过点作于点， 四边形为矩形， ， 四边形为矩形， ，， ，， ， ，， ， ， 设，则，， ， ， 由折叠的性质可得，， ， ， ， ， ， 解得，经检验是方程的解， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查的是轴对称的性质，矩形的性质与判定，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，等腰三角形的判定与性质，分式方程的应用，熟练的利用以上知识解题是关键． 74．（2023·浙江丽水·模拟预测）如图，在菱形中，，，为线段上一动点，以为折痕将四边形折叠得到四边形，与交于点，当为直角三角形时，折痕的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查折叠的性质，熟练掌握菱形的性质，折叠的性质，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．当时，过点作交于，可得，则，再由，求出，即可求；当时，连接，过点作交于点，可得，则，再由，求出，即可求． 【详解】解：由折叠可知，，， ， ， 四边形是菱形， ， 如图1，当时，过点作交于， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， ； 当时， 如图2，当时，连接，过点作交于点， ，， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， ； 综上所述：的长为， 故答案为：． 75．（2024·浙江湖州·二模）数学兴趣小组在对一张矩形纸张进行折叠的时候发现了很多有趣的数学问题，他们决定对折叠中产生的系列问题进行研究探索．已知矩形纸片的边长，，折痕始终经过点． 折法一 折法二 如图1，点在上运动，将矩形沿着向上折叠，使得点的落点恰好落在对角线上． 如图2，当点运动到点处，将矩形沿着对角线向上折叠，使得点落在处，交于点． 请根据以上信息，完成下列问题： (1)计算折法一中的长度． (2)请根据折法二完成下列任务： ①任务一：求证是等腰三角形； ②任务二：计算的长度． 【答案】(1) (2)①见解析；② 【分析】本题考查矩形与折叠、等腰三角形的判定和性质、勾股定理和相似三角形的判定和性质的应用，灵活运用性质和定理是解题的关键． （1）根据矩形的性质及折叠的性质可知，由勾股定理可得，结合即可求解； （2）①根据矩形的性质及折叠的性质可知，，进而得，即可知，进而可证明结论； ②根据矩形的性质及折叠的性质可知，结合，得，设，则，在中，由勾股定理列出方程，求解即可． 【详解】（1）解：在矩形中，， ∵，，则，， ∴， 由折叠可知，， ∵点的落点恰好落在对角线上 ∴； （2）①证明：在矩形中，， ∴， 由折叠可知，， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； ②在矩形中，，，， 由折叠可知，，， 即：， 又∵， ∴， 设，则， 在中，，即：， 解得：， ∴． 76．（2024·浙江·模拟预测）如图，在矩形中，．点E在射线上运动（不与点D重合），连接，将沿翻折，点D的对应点为点F．    (1)如图1，若点F恰好落在矩形某一边所在的直线上，直接写出的度数． (2)如图2，当点E恰好与点C重合时，求的面积． (3)在点E运动的过程中，是否存在一点F，使得成为直角三角形？若存在，请你在虚线框内作图（要求：尺规作图，并标出相应的点F）；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)见详解 【分析】（1）根据四边形是矩形，得出，根据，和折叠性质可得，，证明，得出，再根据平行得出，即可求解； （2）设，根据折叠可得，再根据，即可得出，证出，设，则，在中，根据勾股定理解出，算出，过点F作交的延长线于点H，证明，根据相似性质算出，根据，即可求解． （3）当时，延长，尺规作，再连接即可．当时， 作线段的垂直平分线，交于点O，以点O为圆心线段的一半长为半径画圆，再以点A为圆心线段的长为半径画圆，两圆交于两点，分别连接，再分别作的角平分线，延长交和的延长线分别交于点，即为所求． 【详解】（1）∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 根据折叠可得：，， ， 则在中，， ∵， ∴， ∴． （2）设， 则根据折叠可得， ∵， ， ， ， 设， 则， 在中，， ， 解得：， ， 过点F作交的延长线于点H，    ∴， ∴， ∴， 即， 解得， ∴． （3）∵， 故当时，点重合，不满足题意； 当时，能成为直角三角形， 作图：如图，延长，尺规作，再连接即可． 此时，，是正方形，能由沿翻折得到， 且．    当时，能成为直角三角形， 作图：如图，作线段的垂直平分线，交于点O，以点O为圆心线段的一半长为半径画圆，再以点A为圆心线段的长为半径画圆，两圆交于两点，分别连接，再分别作的角平分线，延长交和的延长线分别交于点，即为所求． 理由，是的直径， ； ， ， 即是由沿翻折得到，且是直角三角形； 同理，是由沿翻折得到，且是直角三角形．    【点睛】该题主要考查了矩形的性质，圆周角定理，解直角三角形，折叠的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，尺规作-线段，角平分线，线段垂直平分线，圆，解题的关键是掌握以上知识点． 题型04、四边形背景下的图形旋转问题 77．（2023·浙江绍兴·中考真题）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．    (1)如图1，求边上的高的长． (2)是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点． ①如图2，当点落在射线上时，求的长． ②当是直角三角形时，求的长． 【答案】(1)8 (2)①；②或 【分析】（1）利用正弦的定义即可求得答案； （2）①先证明，再证明，最后利用相似三角形对应边成比例列出方程即可； ②分三种情况讨论完成，第一种：为直角顶点；第二种：为直角顶点；第三种，为直角顶点，但此种情况不成立，故最终有两个答案． 【详解】（1）在中，， 在中，． （2）①如图1，作于点，由（1）得，，则， 作交延长线于点，则，    ∴． ∵ ∴． 由旋转知， ∴． 设，则． ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴． ②由旋转得，， 又因为，所以． 情况一：当以为直角顶点时，如图2．    ∵， ∴落在线段延长线上． ∵， ∴， 由（1）知，， ∴． 情况二：当以为直角顶点时，如图3．    设与射线的交点为， 作于点． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴． 设，则， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 化简得， 解得， ∴． 情况三：当以为直角顶点时， 点落在的延长线上，不符合题意． 综上所述，或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正弦的定义，全等的判定及性质，相似的判定及性质，理解记忆相关定义，判定，性质是解题的关键． 78．（2021·浙江嘉兴·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形 [探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长． [探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由． [探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明． 【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析 【分析】[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可； [探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出； [探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论． 【详解】[探究1]如图1， 设． ∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形， ∴点，，在同一直线上． ∴，， ∴． ∵， ∴． 又∵点在延长线上， ∴， ∴，∴． 解得，（不合题意，舍去） ∴． [探究2] ． 证明：如图2，连结． ∵， ∴． ∵，，， ∴． ∴，， ∵，， ∴， ∴． [探究3]关系式为． 证明：如图3，连结． ∵，，， ∴． ∴， ∵， ， ∴， ∴． 在与中， ，， ∴， ∴， ∴． ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题． 79．（2020·浙江绍兴·中考真题）如图1，矩形DEFG中，DG＝2，DE＝3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，FG，BC的延长线相交于点O，且FG⊥BC，OG＝2，OC＝4．将△ABC绕点O逆时针旋转α（0°≤α＜180°）得到△A′B′C′． （1）当α＝30°时，求点C′到直线OF的距离． （2）在图1中，取A′B′的中点P，连结C′P，如图2． ①当C′P与矩形DEFG的一条边平行时，求点C′到直线DE的距离． ②当线段A′P与矩形DEFG的边有且只有一个交点时，求该交点到直线DG的距离的取值范围．    【答案】（1）点C′到直线OF的距离为2；（2）①点C′到直线DE的距离为2±2；②2≤d＜或d＝3． 【分析】（1）过点C′作C′H⊥OF于H．根据直角三角形的边角关系，解直角三角形求出CH即可． （2）①分两种情形：当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M；当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．通过解直角三角形，分别求出C′M，C′N即可． ②设d为所求的距离．第一种情形：当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．结合图象可得结论． 第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2﹣2，即d＝2﹣2；当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ交OB′于R，连接OP．求出QG可得结论． 第三种情形：当A′P经过点F时，此时显然d＝3．综上所述即可得结论． 【详解】解：（1）如图，    过点C′作C′H⊥OF于H． ∵△A′B′C′是由△ABC绕点O逆时针旋转得到， ∴C′O=CO=4， 在Rt△HC′中， ∵∠HC′O＝α＝30°， ∴C′H＝C′O•cos30°＝2， ∴点C′到直线OF的距离为2． （2）①如图，当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M．    ∵△A′B′C′为等腰直角三角形，P为A′B′的中点， ∴∠A′C′P=45°， ∵∠A′C′O=90°， ∴∠OC′P=135°. ∵C′P∥OF， ∴∠O＝180°﹣∠OC′P＝45°， ∴△OC′M是等腰直角三角形， ∵OC′＝4， ∴C′M＝C′O•cos45°=4×=， ∴点C′到直线DE的距离为． 如图，当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．    同法可证△OC′N是等腰直角三角形， ∴C′N＝， ∵GD=2， ∴点C′到直线DE的距离为． ②设d为所求的距离． 第一种情形：如图，当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．    ∵OC=4，AC=2，∠ACO=90°， ∵OM＝2，∠OMA′＝90°， ∴A′M＝＝＝4， 又∵OG=2， ∴DM=2， ∴A′D＝A′M-DM=4-2=2， 即d＝2， 如图，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．    ∵P为A′B′的中点，∠A′C′B′=90°， ∴PQ∥A′C′， ∴ ∵B′C′=2 ∴PQ＝1，C'Q=1， ∴Q点为B′C′的中点，也是旋转前BC的中点， ∴OQ=OC'+C'Q=5 ∴OP＝＝， ∴PM＝， ∴PD＝， ∴d＝﹣2， ∴2≤d≤﹣2． 第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2﹣2，即d＝2﹣2， 如图，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ交OB′于R，连接OP．    由上可知OP＝，OF＝5， ∴FP＝＝＝1， ∵OF＝OT，PF＝PT，∠F＝∠PTO＝90°， ∴Rt△OPF≌Rt△OPT（HL）， ∴∠FOP＝∠TOP， ∵PR∥OQ， ∴∠OPR＝∠POF， ∴∠OPR＝∠POR， ∴OR＝PR， ∵PT2+TR2＝PR2， ∴PR＝2.6，RT＝2.4， ∵△B′PR∽△B′QO， ∴＝， ∴＝， ∴OQ＝， ∴QG＝OQ﹣OG＝，即d＝ ∴2﹣2≤d＜， 第三种情形：当A′P经过点F时，如图， 此时FG=3，即d＝3．      综上所述，2≤d＜或d＝3． 【点睛】（1）本题考查了通过解直角三角形求线段长，解决本题的关键是构建直角三角形，熟练掌握直角三角形中边角关系. （2）①本题综合性较强，考查了平行线的性质，解直角三角形，解决本题的关键是正确理解题意，能够根据题目条件进行分类讨论，然后通过解直角三角形求出相应的线段长即可.②本题综合性较强，考查了辅助线的作法，平行线的性质以及解直角三角形，解决本题的关键是正确理解题意，能够根据情况对题目进行分类讨论，通过不同情形，能够作出辅助线，在解决本题的过程中要求熟练掌握直角三角形中的边角关系. 80．（2024·浙江宁波·二模）如图，已知在矩形 中， ，点是的中点，点为边 上的动点，将矩形 绕点 逆时针旋转，得到矩形，在矩形 绕点 逆时针旋转的过程中，记 的对应点是点，则线段长度的最大值与最小值的差为 ． 【答案】10 【分析】本题主要考查了旋转的性质、矩形的性质等内容，把当作一个定点，易得，而是定值，所以主要看的是的最值情况，很明显当与重合时最小，当与重合时最大，进而求解即可． 【详解】解：∵矩形中，， ∴， 先固定点，我们发现随着矩形绕点逆时针旋转的过程中， 点的轨迹是以为圆心，为半径的圆上， ∴， ∵是中点， ∴， ∴当有最大值和最小值时，对应得会有最大值和最小值， 再把看成一个动点， 当点与点重合时，，此时最小， ∴， 当点与点重合时，，此时最大， ∴， ∴， 即线段长度的最大值与最小值的差为10． 故答案为：10． 81．（2024·浙江台州·二模）如图，点A是反比例函数上一动点，点的坐标为，过点作轴，垂足为点，以、为边作矩形，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，在点运动的过程中，点的对应点坐标为，则与满足的关系式为 ． 【答案】 【分析】本题考查了反比例函数与几何综合，矩形的性质，旋转的性质，由点坐标为，点的坐标为，得出，，根据旋转的性质得到，，进一步得到，于是得到，于是得到，即． 【详解】解：点坐标为，点的坐标为， 则，， 矩形绕点顺时针旋转得到矩形， ，， ， ， 在此反比例函数图象上， ， ． 故答案为：． 82．（2024·浙江台州·一模）如图，将平行四边形绕点A逆时针旋转得到平行四边形，其中点恰好在上，与交于点E，若，，，则 （1）的长为 ； （2）的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，矩形的判定与性质等知识． （1）过A过于M，过作于N，利用旋转的性质得出，，，利用等腰三角形的性质得出，，利用勾股定理求出； （2）利用平行线的性质以及等角对等边可证明，证明四边形是矩形，可得出，，在中，利用勾股定理得出，解方程求出，利用求解即可． 【详解】解：（1）过A过于M，过作于N， ∵旋转， ∴，，， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又， ∴四边形是矩形， ∴， 在中，， ∴， 解得； （2）∴ ， 故答案为：，． 83．（2024·浙江嘉兴·三模）在中，，以点为中心，将顺时针旋转，得到；再以点为中心，将顺时针旋转，得到；连结，    (1)如图，若，，求的长； (2)如图，，探究与的位置关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)平行，理由见详解 【分析】（1）通过旋转的性质得，和，证明四边形为正方形，再根据正方形的性质即可求出． （2）过点作交于点，由旋转的性质和平行线的性质可得，易证，因为，所以四边形为平行四边形，故可得出． 【详解】（1）解：根据旋转性质可得当时，， ∴四边形为矩形， ∵旋转的性质可得， ∴四边形为正方形， ∴． ∴的长为． （2）与的位置关系是平行． 理由：如图，过点作交于点，    则， 由旋转的性质可得，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴． ∴与的位置关系是平行． 【点睛】本题考查了正方形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，旋转的性质，平行线的性质的判定，等腰三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 84．（2024·浙江杭州·二模）如图1，矩形是矩形以点为旋转中心，按顺时针方向旋转角度为所得的图形，其中．连接，，．已知，． (1)求的度数（用含的代数式表示）． (2)如图2，当经过点时，求的值． (3)如图3，当平分时，求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据旋转的性质和等腰三角形的性质并结合三角形内角和定理求解即可； （2）由矩形的性质得出，，，由勾股定理结合旋转的性质得出，求出，即可得解； （3）过点作，解直角三角形得出，由等腰三角形的性质得出平分，，进而可得，再解直角三角形得出的长，即可得解． 【详解】（1）解：∵矩形是矩形以点为旋转中心，按顺时针方向旋转角度为所得的图形， ∴，， ∴为等腰三角形， （2）解：∵，，四边形为矩形， ∴，，， ∴， 由旋转的性质可得：， ∵经过点， ∴， ∴． （3）解：过点作， ， 由旋转的性质可得：，，，， 在中，， 由（1）知，为等腰三角形， ∵， ∴平分，， ∵平分，， ∴ ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、旋转的行驶在、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 85．（2024·湖北孝感·模拟预测）【问题情景】 （1）如图1，正方形中，点E是线段上一点（不与B，C点重合），连接.将绕点E顺时针旋转得到，连接，求的度数． 以下是两名同学通过不同的方法构造全等三角形来解决问题的思路： 小聪：过点作的延长线的垂线；小明：在上截取，使得； 请你选择其中一名同学的解题思路，写出完整的解答过程． 【类比探究】 （2）如图2，点E是菱形边上一点（不与B，C点重合），，将绕点E顺时针旋转得到，使得，（）． ①求的度数（用含的代数式表示）； 【学以致用】 ②如图3，连接AF与CD相交于点G，当时，若，，则BE的长为_____． 【答案】（1）选小明的思路：，完整的解答过程见解析 （2）①；② 【分析】（1）在上截取，使得．证明，得出，则可得出结论； （2）由“”可证，可得，由等腰三角形的性质可求解； （3）过点作交的延长线于点，证明，得出，在上截取，使，连接，作于点．由（2）可知，，求出和，则可得出答案． 【详解】解：（1）选小明的思路：如图，在上截取，使得． ，，由图可知，， ． 顺时针旋转得到， ． ，， ． 在和中， ， ， ， ； （2）①如图，在上截取，使得，连接， 四边形是菱形，， ，， ， ， 将绕点顺时针旋转得到， ，， ， ， ， ， ，， ， ， ； ②过点作交的延长线于点， ，， 菱形的边长为3． ， ， ，， ， ， 由（2）知，， ， ， ， ， ， 在上截取，使，连接，作于点． 由（2）可知，， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形或相似三角形是解题的关键． 试卷第2页，共170页 2 / 194 学科网（北京）股份有限公司 $$