（小专题冲刺训练）四边形压轴题-2025年中考数学专题突破

（小专题冲刺训练）四边形压轴题-2025年中考数学专题突破 1．综合与探究： 【问题情境】： 如图①，在正方形中，点E为其内部一点，为直角三角形，且，连接，将绕点B按顺时针方向旋转，得到，点E的对应点为点，点A的对应点为点C，延长交于点F． 【提出问题】： （1）试判断四边形的形状，并说明理由； 【拓展探究】： （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明． 2．如图1，将两个完全相同的三角形纸片和重合放置，其中，． (1)操作发现 如图2，固定，使绕点C旋转，当点D恰好落在边上时，填空： ①线段与的位置关系是 ； ②设的面积为，的面积为，则与的数量关系是 ． (2)猜想论证 当绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想（1）中与的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了和中边上的高，请你证明小明的猜想． (3)拓展探究 已知，点D是角平分线上一点，，交于点E（如图4）．若在射线上存在点F，使，请直接写出相应的的长 3．如图，取一张矩形的纸片进行折叠，具体操作过程如下： (1)【课本再现】 第一步：如图1，对折矩形纸片，使与重合，折痕为，把纸片展平； 第二步：在上选一点P，沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，根据以上操作，当点M在上时，___________； (2)【类比应用】 如图2，现将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点Q，连接，当点M在上时，求的度数； (3)【拓展延伸】 在（2）的探究中，正方形纸片的边长为，改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，并延长交于点Q，连接．当时，请求出的长． 4．（1）如图1，在正方形中，点F，G分别在边，上，若，则，，之间的数量关系为：_______；（提示：以点D为旋转中心，将顺时针旋转） 解决问题： （2）如图2，若把（1）中的正方形改为等腰直角三角形，，E，F是底边上任意两点，且满足，试探究，，之间的关系； 拓展应用： （3）如图3，若把（1）中的正方形改为菱形，，菱形的边长为8，G，F分别为边，上任意两点，且满足，请直接写出四边形的面积． 5．在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动． (1)操作判断 操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在线段上选一点，并沿折叠，使点落在矩形内部点处，把纸片展平，连接， 如图1，当点在上时，则______． (2)迁移探究 小华将矩形纸片换成边长为的正方形纸片，继续探究，过程如下： 将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点，连接． 如图2，当点在上时，求三角形的面积． (3)拓展应用 若正方形纸片的边长为，通过改变点在上的位置（点不与点，重合），当时，求的长． 6．问题提出 （1）如图1，在正方形中，E、F分别是边和对角线上的点，．求证：； 问题探究 （2）如图2，在矩形中，，E，F分别是边和对角线的点，，，求的长； 拓展延伸 （3）如图3，在菱形中，交的延长线于点G．E，F分别是线段和上的点，，，求的长． 7．如图1，已知点在正方形的对角线上，，垂足为，垂足为． (1)求证：四边形是正方形； (2)探究与证明：如图2，将正方形绕点顺时针方向旋转，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由． (3)拓展与运用：如图3，正方形绕点C沿顺时针方向旋转角，当三点在同一条直线上时，延长交于点，若，求的长． 8．某兴趣小组在数学活动中，对四边形内两条互相垂直的线段进行了如下探究： 【初探猜想】如图1，在正方形中，点，分别是、上的两点，连接，，若，试判断线段与的大小关系，并说明理由； 【类比探究】如图2，在矩形中，，，点、分别是边、上一点，点、分别是边、上一点，连接，，若，则______； 【知识迁移】如图3，，在四边形中，，点、分别在线段、上，且，连接，若为等边三角形，求的值； 【拓展应用】如图4，在正方形中，E是的中点，F、G分别是边上的动点，且交于M，连接和，当时，则的最小值为______． 9．综合实践课上，老师让同学们进行了的折纸游戏，E是边上的一动点，F是边上的一动点，将沿直线折叠，使点C落在边上的点处，点D的对应点为点，连接． (1)观察发现 如图1，若，，__________，_________． (2)操作探究 如图2，当点落在BA的延长线上时，求证：四边形为平行四边形． (3)拓展探究 如图3，若，，，E是边上的一动点，F是边上的一动点，在折叠过程中，要使点始终落在边上（含A，B点），请直接写出的取值范围． 10．如图，取一张矩形的纸进行折叠，具体操作过程如下： (1)【探究发现】 操作一：先把矩形对折，折痕为； 操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在矩形内部点M处，连接，．根据以上操作，当点M在上时，写出图1中________； (2)【类比应用】 小明将矩形纸片换成边长为的正方形纸片，继续探究，过程如下： 将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点Q，连接． ①如图2，当点M在上时，________，________； ②改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断与的数量关系，并说明理由． (3)【拓展延伸】 在（2）的探究中，当，请直接写出的长． 11．在四边形中，E是上一点，连接，将沿翻折得到，落在对角线上．将绕点A旋转，使得落在直线上，点C的对应点为M，点E的对应点为N． (1)【特例探究】如图1，数学兴趣小组发现，当四边形是正方形，且旋转角小于时，会有，请你证明这个结论； (2)【再探特例】如图2，当四边形是菱形，且旋转角小于时，若．连接交于点G．求的长； (3)【拓展应用】如图3，当四边形是矩形时，当M到点A、点D的距离，两段距离比为时，请直接写出的值． 12．综合与实践 【问题情境】数学活动课上，老师准备了若干张正方形纸片，组织同学们进行折纸探究活动． 【初步尝试】把正方形对折，折痕为，然后展开，沿过点A与点E所在的直线折叠，点B落在点处，连接，如图1，请直接写出与的数量关系． 【能力提升】把正方形对折，折痕为，然后展开，沿过点A与上的点G所在的直线折叠，使点B落在上的点P处，连接，如图2，猜想的度数，并说明理由． 【拓展延伸】在图2的条件下，作点A关于直线的对称点，连接，，，如图3，求的度数． 13．（1）【模型探究】把两个全等的矩形和矩形拼成如图1的图案，则 ； （2）【迁移应用】如图2，在正方形中，E是边上一点（不与点C、D重合），连接，将绕点E顺时针旋转至FE，作射线交的延长线于点G，求证：； （3）【拓展延伸】在菱形中，，E是边上一点（不与点C、D重合），连接，将绕点E顺时针旋转至，作射线交的延长线于点G． ①探究线段与的数量关系，并说明理由； ②若，当最小时，的面积为 ．    14．综合与实践 (1)【问题发现】 在学习了“特殊平行四边形”后，兴趣小组的同学发现了这样一个问题：如图1，已知正方形，为对角线上一动点，过点作垂直于的射线，点在射线上，且，连接．通过观察图形，直接写出与的数量关系： ． (2)【类比探究】 兴趣小组的同学在探究了正方形中的结论后，将正方形换成矩形继续探究．如图2，已知矩形，，，为对角线上一动点，过点作垂直于的射线，点在射线上，且，连接．请判断线段与的数量关系，并说明理由． (3)【拓展应用】 在（2）的条件下，点在对角线上运动，当四边形为轴对称图形时，请直接写出线段的长： ． 15．探究与证明 （1）如图1，点B是线段上的一点，，，，垂足分别为C，B，D，．求证：； 类比迁移 （2）如图2，矩形中，点E、F分别在边、上，且，，连接，把三角形沿翻叠，若点A的对应点G恰好落在边上，则的长为______； 拓展应用 （3）如图3，有一个矩形广场，，，广场上要修两条小路、，要求点E、F、G分别在边、、上，且，，，广场上五边形内部将进行绿化，请求出绿化面积． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．（1）四边形是正方形，理由见解析；（2），证明见解析； 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，由正方形的判定可证四边形是正方形； （2）过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，由“”可得，可得，由旋转的性质可得，可得结论． 【详解】解：（1）四边形是正方形． 理由如下： ∵是由绕点B按顺时针方向旋转90°得到的， ∴，， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形， 由旋转可知：， ∴四边形是正方形； （2）． 证明：如图②，过点D作于点H， 则，， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， 由旋转可知：， 由（1）可知：四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 2．(1)①；② (2)见解析 (3)的长为或 【分析】（1）①根据旋转的性质可得，然后求出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，然后根据内错角相等，两直线平行解答； ②根据等边三角形的性质可得，再根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半求出，然后求出，再根据等边三角形的性质求出点到的距离等于点到的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答； （2）根据旋转的性质可得，，再求出，然后利用“角角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明； （3）过点作，求出四边形是菱形，然后根据等底等高的三角形的面积相等可知点为所求的点，根据菱形对角线相互垂直平分，利用勾股定理求得，；过点作，求出，从而得到是等边三角形，然后求出，再求出，利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形的面积相等可得点也是所求的点，根据菱形和等边三角形的性质可得结论． 【详解】（1）解：①绕点旋转，点恰好落在边上， ， ， 是等边三角形， ， 又， ， ； 故答案为：； ②，， ， ， 根据等边三角形的性质，的边、上的高相等， 的面积和的面积相等（等底等高的三角形的面积相等）， 即； 故答案为：； （2）证明：是由绕点旋转得到， ，， ，， ， 在和中， ， ， ， 的面积和的面积相等（等底等高的三角形的面积相等）， 即； （3）解：如图，过点作，连接， 四边形是平行四边形， ， 是的平分线， ， ， ， 四边形是菱形， ，且、上的高相等， 此时； ，， ， 解得：； 过点作，连接， ，， ， ，，， ， 是等边三角形， ， ，，点是角平分线上一点， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 点也是所求的点， ， 综上，的长为或． 【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形的面积计算公式以及含角的直角三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是根据等底（或同底）等高的三角形的面积相等进行计算求解． 3．(1)30 (2) (3)或 【分析】（）由折叠的性质得，，，，从而得到是等边三角形即可求解； （）同（1）可证，再利用折叠的性质和正方形的性质证明，推出，可得； （）分点Q在点F的下方、上方两种情况，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵对折矩形纸片，使与重合，折痕为， ∴垂直平分, ∴，， ∵沿折叠纸片，使点落在矩形内部的点处， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：如图， 同（1）可证， ∴， 在正方形中，，， 由折叠知，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴ （3）解：当点Q在点F的下方时，如图， ∵正方形中，， ∴， ∴， 由（2）知， ∴， 设，由折叠知， ∴，， 在中，， ∴， 解得，即； 当点Q在点F的上方时，如图， 则， ∴， ∴， 设， 则，， 在中，， ∴， 解得，即； 综上可知，的长为或． 【点睛】本题考查正方形折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等，掌握折叠前后对应角相等、对应边相等，注意分情况讨论是解题的关键． 4．（1）；（2）；（3） 【分析】（1）以点为旋转中心，将顺时针旋转得，可得，，，然后证明，可得，进而可以得结论； （2）以点为旋转中心，将顺时针旋转得，可得，，，，然后证明，可得，然后证明，进而可以得结论； （3）连接，根据菱形的性质可得，是等边三角形，然后证明，可得四边形的面积的面积的面积的面积，然后根据等边三角形的面积即可解决问题． 【详解】解：（1），理由如下： 如图，以点为旋转中心，将顺时针旋转得， ， ，，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ； ； 故答案为：； （2），理由如下： 是等腰直角三角形，， ， 如图，以点为旋转中心，将顺时针旋转得， ， ，，，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ； （3）如图，连接， 四边形是菱形，， ，是等边三角形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， 四边形的面积的面积的面积 的面积的面积 的面积 ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 5．(1)； (2)； (3)或 【分析】对于（1），根据题意得，再根据直角三角形的性质得，进而得出答案； 对于（2），根据特殊角的三角函数值求出，即可得，再根据正方形和折叠的性质 得，，然后根据直角三角形的性质得出，最后根据三角形的面积公式得出答案； 对于（3），当点Q在点F的下方时，求出相应的线段长，再根据全等三角形的性质得，然后设，再根据勾股定理得，进而求出答案；当点Q在点F上方时，求出线段的长， 再设，然后根据勾股定理求出答案即可． 【详解】（1）解：∵， ∴． 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴. 故答案为：30； （2）解：∵， ∴， ∴ ∵， ∴． 由折叠得性质得， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，当点Q在点F的下方时， ∵， ∴． ∵四边形是正方形， ∴． 根据折叠的性质得， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 设， ∴， 即， 解得， ∴； 当点Q在点F上方时，如图所示， ∵ ∴． ∵同上得， 设， ∴， 即， 解得， ∴． 综上所述，或． 【点睛】本题主要考查了矩形与折叠，正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，全等三角形的性质和判定，角平分线的性质，准确的作出图形，不能丢解是解题的关键． 6．（1）证明见解析；（2）；（3）4 【分析】（1）根据正方形的性质得到，得到，进而证明； （2）连接，根据勾股定理求出，证明，根据相似三角形的性质列出比例式，把已知数据代入计算，得到答案； （3）连接，交于点O，根据菱形的性质得到，根据勾股定理求出，进而求出，证明，根据相似三角形的性质计算即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：如图2，连接， 在中，， 则， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴即 解得：； （3）解：如图3，连接，交于点O， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，S ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即 解得：． 【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、矩形、菱形、正方形的性质，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键． 7．(1)见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）由，，结合可得四边形是矩形，再由，即可得证； （2）连接，只需证即可得； （3）证得，设，知，由得、、，由可得a的值，即可求得的值． 【详解】（1）证明∵四边形是正方形， ，， ，， ， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ， ∴四边形是正方形； （2）解：， 理由如下：如图，连接， ∵四边形是正方形，四边形是正方形，则，， ，，， 则， ，， ， ， ； （3）解：∵四边形是正方形， ∴， ，点B、E、F三点共线， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， 则由，得， ，则， ， ∴由得， 解得：，即． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的综合题，正方形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理，解题的关键是掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点． 8．初探猜想：，理由见解析 类比探究： 知识迁移： 拓展应用： 【分析】初探猜想：证明，进而结论得证； 类比探究：如图2，过作于，过作于，则四边形均为矩形，，，证明，进而可求结果； 知识迁移：如图3，过作的延长线于，过作于，过作于，则四边形是矩形，四边形是矩形，，同理类比探究，，则，由为等边三角形，，可得，，由勾股定理得，，然后计算求解即可； 拓展应用：以、为邻边作平行四边形，连接，过点G作于点H，先根据勾股定理求出的长，再证和全等得出，求的最小值转化为求的最小值，当A、G、N在一条直线上时最小，即为的长，在等腰直角中求出的长即可． 【详解】初探猜想：解：，理由如下： ∵正方形， ∴，， ∵， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴； 类比探究：解：如图2，过作于，过作于， ∴， ∵矩形， ∴， ∴四边形均为矩形， ∴，， ∵， ∴，即， ∵，， ∴， ∴； 知识迁移：解：如图3，过作的延长线于，过作于，过作于， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴四边形是矩形，， ∵， 同理类比探究，， ∴， ∵为等边三角形，， ∴，， 由勾股定理得，， ∴； 拓展应用：解：以、为邻边作平行四边形，连接，过点G作于点H， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵E是的中点， ∴， 在中，，， 由勾股定理得， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∵， ∴当A、G、N在一条直线上时最小，即最小，此时最小值是的长，为． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理，翻折的性质，全等三角形的判定与性质等知识．熟练掌握矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理，翻折的性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键． 9．(1)；15 (2)见解析 (3) 【分析】（1）由折叠的性质可得，利用三角函数解即可； （2）根据折叠的性质先证，再证即可证明四边形为平行四边形； （3）当于点时，最小，即最小；当点与点A重合时，最大，利用三角函数及勾股定理分别解直角三角形即可． 【详解】（1）解：，， ，， 由折叠知， ，， ， ， 故答案为：；15． （2）证明：由折叠知，． ， ， ， ， ， ， ， ，点在延长线上， ， ， ． ， ， 四边形是平行四边形． （3）解：． 设，则，作于点G， ， ， ， 如图，当于点时，最小，即最小， ， ， 解得，即最小值； 如图，当点与点A重合时，最大，， 在中，根据勾股定理得， ， 解得， 最大值． 综上所述，的取值范围是． 【点睛】本题考查平行四边形的折叠问题，平行四边形的判定和性质，勾股定理，三角函数解直角三角形等，第三问有一定难度，找出取最小值及最大值时点E的位置是解题的关键． 10．(1)30 (2)①，；② (3)或 【分析】（1）根据折叠的性质，得，取的中点O，连接，根据直角三角形那个斜边中线等于斜边的一半得到，可证为等边三角形，进而可结果； （2）①根据折叠的性质，可证即可求解；②证明，即可； （3）由（2）可得，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设，分别表示出，由勾股定理即可求解 【详解】（1）解：， ， ， 如图，取的中点O，连接， ， 为等边三角形， ， ， ， 故答案为：30； （2）①四边形是正方形， ，， 由折叠性质得：，， ， ， ， ，， 同法（1）可得：， ， ， ， ， 在中，， 根据勾股定理：，即， 解得：， ， 在中，， 根据勾股定理：，即， ， ， 故答案为：15，； ②，理由如下： ，， ， ； （3）当点Q在点F的下方时，如图， ，， ， ， 由（2）可知，， 设， ， 即， 解得：， ； 当点Q在点F的上方时，如图， ，， ， 由（2）可知，， 设， 即， 解得：， ， 综上所述，或 【点睛】本题考查了矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键 11．(1)见解析 (2) (3)的值为或 【分析】（1）由四边形是正方形，则，，由翻折的性质得，，，由旋转的性质得，，，，，证明，则，进而可证； （2）由四边形是菱形，是对角线，，可得 ，，由翻折的性质得，，，，，由旋转的性质得，，则，即是的平分线，证明，则．，如图2，连接，证明，则，由，可得，进而可求的长； （3）由题意知，分①在点右侧，；②在点左侧，两种情况求解作答即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，是对角线， ∴，， 由翻折的性质得，，， 由旋转的性质得，，，，， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴； （2）解：∵四边形是菱形，是对角线，， ∴，， 由翻折的性质得，，，，， 由旋转的性质得，， ∴，即是的平分线， 又∵， ∴， ， ， ， ∴． ∴， 如图2，连接，    ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （3）解：∵四边形是矩形， ∴，， 由翻折的性质可知，，， ∴， 由题意知，分①在点右侧，；②在点左侧，两种情况求解； ①当在点右侧，时，如图3，    设，则，， 由勾股定理得，， ∴； ②当在点左侧，时，如图4，    设，则，， 由勾股定理得，， 同理①，； 综上所述，的值为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，菱形的性质，折叠的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正弦等知识．熟练掌握正方形的性质，矩形的性质，菱形的性质，折叠的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正弦是解题的关键． 12．初步尝试：；能力提升：猜想：，理由见解析；拓展延伸： 【分析】初步尝试：连接，由折叠的性质可知，，，，，根据等边对等角的性质和三角形内角和定理，得出，推出，即可得出答案； 能力提升：根据正方形的性质和折叠的性质，易证，从而证明是等边三角形，即可得到答案； 拓展延伸：连接、，由（2）得是等边三角形，进而得出，再结合等边对等角的性质和三角形内角和定理，求得，，由对称性质得：，，证明，得到，再由，即可求出的度数． 【详解】解：初步尝试：，理由如下： 如图，连接， 由折叠的性质可知，，，，， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴； 解：能力提升：猜想：，理由如下： 理由：∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠性质可得：，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴； 解：拓展延伸：如图，连接、， 由（2）得是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴，， ∴，， 由对称性质得：，， ∴， ∴是等边三角形， 在与中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴． 【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题关键． 13．（1）90；（2）证明见解析；（3）①，理由见解析；② 【分析】（1）根据矩形全等，易证，得到，即可求出的度数； （2）过点作交延长线于点，根据正方形和旋转的性质，易证，进而得出，分别证明和是等腰直角三角形，即可得出结论； （3）①过点作，交延长线于点，根据菱形和旋转的性质，易证，得到，，，再结合等腰三角形的性质，得出，从而得出，然后根据30度角所对的直角边等于斜边一半，即可得出结论； ②由垂线段最短可知，当，最小，过点作延长线于点，过点作于点，证明，得到，再根据菱形的性质和含30度角的直角三角形的特征，求出，即可求出的面积． 【详解】解：（1）矩形和矩形全等， ，，， ， ， ， 故答案为：90； （2）如图，过点作交延长线于点，   四边形是正方形， ，， ， 由旋转的性质可知，，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ，即， ， 是等腰直角三角形， ， ， 是等腰直角三角形， ， ； （3）①，理由如下： 如图，过点作，交延长线于点，   四边形是菱形，， ，， ， 由旋转的性质可知，，， ， ， 在和中， ， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ； ②如图，连接， 由垂线段最短可知，当，最小， 由①可知，，，， 如图，过点作延长线于点，过点作于点，   ， ， ， 又， ， ， 四边形是菱形，，， ， ， 在中，， ， ， ，， 在中，， ， ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，菱形的性质，含30度角的直角三角形等知识，正确作辅助线，根据模型延伸结论是解题关键． 14．(1) (2)，理由见解析 (3)或 【分析】本题是四边形综合题，考查了轴对称的性质，直角三角形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题． （1）由全等三角形的判定与性质可得出结论； （2）证明，根据相似三角形的性质即可解答； （3）分两种情况，①当四边形关于所在直线对称时，②当四边形为矩形时，由轴对称的性质及直角三角形的性质可求出的长． 【详解】（1）解：结论：， 证明：四边形是正方形， ，，， ， ， 即， ， ， ， 又， ， ， ， （2）解：，理由如下： 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ． ， ， ， ， ， ， ． （3）解：分以下两种情况讨论： ①当四边形关于所在直线对称时，如图，此时交于点， ， ，， ， ， ， ，， ， ， ， ． ②当四边形为矩形时，如图所示， ，，， ， ， ，， ， ， ， 综上所述，线段的长为或． 15．（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）根据，，，证明即可； （2）如图2，作于，则四边形是矩形，由折叠的性质可知，，，同理（1）可得，，证明，则，设，则，则，整理得，，，计算求解即可； （3）如图3，延长，在上取点、，连接，使，则，，设，则，，证明，则，即，，求，由勾股定理求，根据，计算求解即可． 【详解】（1）证明：∵，，， ∴， ∴，即， ∵，，， ∴； （2）解：∵矩形， ∴， 如图2，作于，则四边形是矩形， 由折叠的性质可知，，， 同理（1）可得，， 又∵， ∴， ∴， 设，则， ∴，整理得，，， 解得，， 故答案为：； （3）解：如图3，延长，在上取点、，连接，使， ∴，， 设，则，， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴，即，， 解得，， 由勾股定理得，， ∴， ∴绿化面积为． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，含的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握矩形的判定与性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，含的直角三角形，勾股定理是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$