第02讲 矩形、菱形、正方形（专项训练）（全国通用）2026年中考数学一轮复习讲练测

第五章 四边形 第02讲 矩形、菱形、正方形 目 录 01·趋势领航练 02·考点通关练 03·真题诊断练 基础通关 题型01 矩形性质直接计算题（★） 题型02 菱形性质直接计算题（★） 题型03 正方形性质直接计算题（★） 题型04 矩形判定证明题（★） 题型05 菱形判定证明题（★） 题型06 正方形判定证明题（★） 题型07 特殊平行四边形判定辨析题（★） 题型08 矩形与三角形全等/相似综合证明题（★★） 题型09 菱形与三角函数综合计算题（★★） 题型10 正方形与三角形相似综合题（★★） 题型11 折叠问题（★★） 题型12 多结论问题（★★） 题型13 正方形旋转/平移变换题（★★） 题型14 特殊平行四边形面积最值探究题（★★） 题型15 特殊四边形与实际问题（★） 题型16 特殊平行四边形与函数综合题（★★） 题型17 特殊平行四边形与存在性问题（★★） 题型18 特殊平行四边形新定义探究题（★★） 题型19 综合与实践类问题（★★） 题型20 特殊平行四边形与圆的综合题（★★） 能力通关 四边形性质与判定综合题；考查等腰三角形三边关系、矩形判定、全等三角形、勾股定理及其逆定理的综合应用。 1．（2025·江苏常州·中考真题）在四边形中，对角线、相交于点O，，． (1)若是等腰三角形，则_______； (2)已知，． ①若，判断四边形是怎样的特殊四边形，并说明理由； ②如图，在中，，求的长． 黄金矩形与折叠综合题；考查黄金矩形定义、正方形 / 矩形判定、勾股定理及折叠性质的应用。 2．（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)求的长； (2)求证：四边形是黄金矩形； (3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． 解直角三角形实际应用题；考查矩形判定、锐角三角函数（正切）在建筑日照计算中的实际应用。 3．（2025·贵州·中考真题）某小区在设计时，计划在如图①的住宅楼正前方建一栋文体活动中心．设计示意图如图②所示，已知，该地冬至正午太阳高度角为．如果你是建筑设计师，请结合示意图和已知条件完成下列任务． 任务一：计算冬至正午太阳照到住宅楼的位置与地面之间的距离的长； 任务二：为符合建筑规范对日照的要求，让整栋住宅楼在冬至正午太阳高度角下恰好都能照射到阳光，需将活动中心沿方向移动一定的距离（活动中心高度不变），求该活动中心移动了多少米？ （参考数据：．结果保留小数点后一位） 平行四边形折叠探究题；考查菱形 / 平行四边形判定、轴对称图形性质、等边三角形性质及折叠后图形关系探究。 4．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 二次函数与矩形综合题；考查平面直角坐标系、二次函数解析式求解、矩形性质及抛物线对称性的应用。 5．（2025·内蒙古·中考真题）问题背景： 综合与实践课上，老师让同学们设计一个家电装置图案，某小组设计的效果图如图所示． 外形参数： 如图1，装置整体图案为轴对称图形，外形由上方的抛物线，中间的矩形和下方的抛物线组成．抛物线的高度为，矩形的边，，抛物线的高度为．在装置内部安装矩形电子显示屏，点，在抛物线上，点，在抛物线上． 问题解决： 如图2，该小组以矩形的顶点为原点，以边所在的直线为轴，以边所在的直线为轴．建立平面直角坐标系．请结合外形参数，完成以下任务： (1)直接写出，，三点的坐标； (2)直接写出抛物线和的顶点坐标，并分别求出抛物线和的函数表达式； (3)为满足矩形电子显示屏的空间要求，需要边的长为，求此时边的长． 平行四边形平移与面积探究题；考查矩形 / 平行四边形性质、锐角三角函数、分段函数解析式及二次函数最值求解。 6．（2025·广西·中考真题）综合与实践 树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1） 初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图2所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为移动到落在上的情形． 【问题提出】 西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置． 设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为． 【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大如何变化？ 【初步探究】（2）求图3情形的与的值； 【深入研究】（3）从图3情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式； 【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果） 题型01 矩形性质直接计算题（★） 1．（2025·上海崇明·一模）如图，长方形的边在的边上，顶点D、G分别在、上．已知的边长，高为，且长方形的长是宽的2倍，那么的长度是 ． 2．（2025·广东清远·三模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，C分别在双曲线和上，点在轴上，则点的坐标为 ． 3．（2025·上海杨浦·一模）已知矩形 ，点E是边的中点，将沿翻折，点A的对应点F恰好落在对角线上，那么 ． 题型02 菱形性质直接计算题（★） 4．（2025·陕西渭南·一模）如图，为菱形的一条对角线，过点C作于点E，若，则的度数为 ． 5．（25-26九年级上·北京海淀·期中）如图，在菱形中，，．将一块边长足够长的三角板的角顶点与点重合，三角板的外侧边缘分别与，交于点，，则四边形的面积是 ． 6．（2025·北京·模拟预测）如图，在面积为的菱形中，，对角线与相交于点O，于点E，交于点F，则的长为 ． 题型03 正方形性质直接计算题（★） 7．（2025·上海嘉定·一模）如图，点是正方形边上一点，且，点是边的中点，那么的值为 ． 8．（2025·广东深圳·三模）如图，在正方形中，点E，F分别在边，上，且，作于点H，交于点G，若，，则的长为 ． 9．（2025·北京·模拟预测）如图，正方形边长为4，以为圆心，为半径画弧，为弧上动点，连接，取中点，连接，则最小值为 ． 题型04 矩形判定证明题（★） 10．（2025·陕西汉中·一模）如图，在中，、分别为边、的中点，连接，过点作交边于点，点在的延长线上，且．连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求四边形的面积． 11．（2025·甘肃酒泉·二模）如图，点，，，在同一条直线上，，，连接，，． (1)求证：； (2)当时，求证四边形是矩形． 题型05 菱形判定证明题（★） 12．（2025·四川雅安·一模）如图：将矩形沿折叠，使点D与点B重合，连接， (1)证明四边形为菱形 (2)若，试求菱形的面积 13．（2025·浙江杭州·一模）如图，中，D是上一点，于点E，F是的中点，于点G，与交于点H，若，平分，连接，． (1)求证：； (2)小亮同学经过探究发现：．请你帮助小亮同学证明这一结论． (3)若，判定四边形是否为菱形，并说明理由． 题型06 正方形判定证明题（★） 14．（2025·河南南阳·二模）（1）如图①点E、F、G、H分别是菱形各边中点，可判定四边形的形状为_________； （2）如图②点E，F，G，H分别是四边形各边中点，且对角线，判定四边形的形状，并证明； （3）在（2）的条件下，请对四边形增添一个条件，使四边形为正方形．（直接写出所添条件） 15．（2025·山东青岛·三模）如图，四边形是菱形，对角线、交于点O，点D、B是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，． (1)证明：； (2)四边形是怎样的特殊四边形？请说明理由． 题型07 特殊平行四边形判定辨析题（★） 16．（24-25九年级上·广东佛山·期中）如图，点，，，分别为四边形的边，，，的中点，下列说法中不正确的是(   ) A．四边形一定是平行四边形 B．若，则四边形是菱形 C．若，则四边形是矩形 D．若四边形是矩形，则四边形是正方形 17．（2025·山西长治·二模）如图，已知，在边的同侧作正、正和正，连接，，则下列选项中不正确的是（   ） A．一定会出现平行四边形 B．当时，四边形为矩形 C．当，且时四边形为正方形 D．当，且时，四边形为菱形 18．（2025·河北石家庄·一模）如图，在中，点D，E，F分别在边，，上，满足，，连接． ①当时，四边形为矩形； ②当平分时，四边形为菱形； ③当为等腰直角三角形时，四边形为正方形． 上述说法正确的是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 题型08 矩形与三角形全等/相似综合证明题（★★） 19．（2025·上海·一模）在平行四边形中，对角线交于点O，P是线段上一个动点（不与点O、点C重合），过点P分别作的平行线，交于点E，交于点F、G，连接． (1)如图1，如果，求证：； (2)如图2，如果，，且与相似，并求的值； (3)如图3，如果，且射线过点A．请补全图形，并求的度数． 20．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，在矩形中，，，点M是射线的一个动点，连接，过作于点P． (1)如图①．当点M为边中点时，连接并延长交于点E． ①求证：； ②的长为 ．（直接写出答案） (2)如图②，点Q在边上，且，当时，求的长． 题型09 菱形与三角函数综合计算题（★★） 21．（2025·湖南长沙·三模）如图，在四边形中，，平分，交于点，作，交于点，与交于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长和的面积． 22．（2025·山东聊城·三模）在数学探究课上，老师让同学们画一个，使，点D为的中点，连接，然后组织同学们以“操作发现”为活动主线进行探究学习． 动手操作（如图1） 第一步，在线段上取一点E（点A和点D除外）； 第二步，以点D为圆心，以为半径画弧交于点； 第三步，分别以E，F为圆心，长为半径画弧，交于点G，连接，． 猜想验证 （1）根据图1的操作，填空： ①四边形的形状为______，依据的判定定理是______； ②与的数量关系为______． （2）以D为旋转中心，将四边形按顺时针方向旋转到如图2的位置，请判断与的数量关系，并加以证明． 问题解决 （3）如图3，若，，，以D为旋转中心，将四边形按顺时针方向旋转，使点F在的下方，连接，且点F，E，C在同一条直线上，求的长． 题型10 正方形与三角形相似综合题（★★） 23．（2025·河南濮阳·一模）在矩形中，E是边上一点，以为边在矩形内部构造矩形，使得，连接． 【特例发现】 （1）如图1，当时，________； 【类比探究】 （2）如图2，将矩形绕点B顺时针旋转，连接AE，当时，求的值； 【拓展运用】 （3）如图3，矩形在旋转的过程中，当点G落在边上时，D，G，F三点共线．若，，请直接写出的长． 24．（2025·湖南长沙·模拟预测）我们在处理正方形的证明与计算问题时，经常运用旋转作图的方法来解决问题．如图，已知正方形中，是边上的一点（不与重合）．把绕点逆时针旋转得到，易知三点共线（不要求证明），的延长线交于点． (1)求证：； (2)如图，连接，． 求证：； 直接写出的值； (3)如图，已知，连接，过点作于点．把，，的面积分别记作，当时，求的长． 题型11 折叠问题（★★） 25．（2025·安徽·一模）将一张矩形纸片沿对角线折叠． （1）如图1，点落在点处，若，则 ；（用含的式子表示） （2）如图2，沿剪下得到纸片，折叠，使得点落在延长线上的点处，得到折痕，再沿折叠，使得点落在边上的点处，若，，则的长为 ． 26．（24-25九年级上·山西忻州·期末）综合与实践课上，伍老师带领学生们分小组进行折叠矩形纸片的探究活动. 【折叠实践】 第一步：如图（1），将矩形纸片对折，使边，重合，再展开，折痕与交于点. 第二步：如图（2），在上取一点，沿折叠矩形，点的对应点为.延长交于点，将纸片沿过点的直线折叠.使点的对应点落在上，折痕与交于点. 【初步发现】 （1）探究图（2）中和的位置关系 【深入探究】 （2）勤学小组的同学们选用了如图（3）所示的矩形纸片，选取的点与点D重合，按步骤折叠后发现，点，，共线.请你帮他们求出的值. 【拓展延伸】 （3）奋进小组的同学们选用了，的矩形纸片，按步骤进行多次折叠（选取不同位置的点），且第二步折叠中，折痕与交于点，把纸片展开后，连接（图（4）是奋进小组的一次折叠样例）.请你解决：当为直角三角形时，直接写出的长. 27．（2025·宁夏·模拟预测）【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们开展了“折叠矩形纸片做角”的探究活动，先将矩形纸片按如图1上下对折，折痕为；点E是线段上的点，再把按如图2沿折叠，使点B刚好落在上的点F处，连接，，则．活动后，老师鼓励同学们通过折叠手中的矩形纸片发现并提出新的问题． 【活动猜想】（1）小华受此问题启发，将准备的一张纸（生活常识：一张纸宽为，长为 ），按如图3的方式把沿折叠得到，经观察后得到猜想：当E，F，D三点共线时，是一个特殊的三角形．请直接写出：是______三角形； 【探究迁移】（2）如图4，小明和小亮把沿折叠，使点B的对应点F落在上，连接，发现并提出新的探究点： ①若，，求的长； ②当E，F，D三点共线时，求的值． 题型12 多结论问题（★★） 28．（2025·北京朝阳·二模）如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且．给出下面四个结论：①平分；②；③；④．上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②③④ 29．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在正方形中，为边上一点，为延长线上一点，，连接，交对角线于点．以下结论：①是等腰三角形；②；③；⑤．其中，正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 30．（2025·北京西城·二模）一组对边平行且另一组对边不平行的四边形称为梯形．若梯形中不平行的两边相等，则称这样的梯形为等腰梯形．如图，点，，，分别是等腰梯形各边的中点，顺次连接，，，得到四边形．点，，，分别是四边形各边的中点，顺次连接，，，得到四边形．以下四个结论：①四边形是菱形；②连接，则；③四边形的面积等于四边形面积的倍；④四边形周长的平方不小于梯形面积的倍．上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①④ B．②③ C．①②④ D．①②③④ 题型13 正方形旋转/平移变换题（★★） 31．（2025·陕西西安·三模）“综合与实践”课上，同学们通过剪拼图形，用数学的眼光看问题，感受图形的变换美！ 【特例感知】 (1)如图1，纸片为矩形，且厘米，厘米，点，分别为边，的中点，沿将纸片剪成两部分，将纸片沿纸片的对角线方向向上平移． ①当纸片平移至点与的中点重合时，两个纸片重叠部分的面积与原矩形纸片的面积之比是________； ②当两个纸片重叠部分的面积与原矩形纸片的面积之比是时，则平移距离为________； 【类比探究】 (2)如图2，当纸片为菱形，，时，将纸片沿其对角线剪开，将纸片沿方向向上平移．当两个纸片重叠部分的面积与纸片的面积之比为时，求平移距离（用含的式子表示）； 【拓展延伸】 (3)如图3，在直角三角形纸片中，，厘米，厘米，取，中点，，将沿剪开，得到四边形和，将绕点顺时针旋转得到．在旋转一周的过程中，求面积的最大值．        32．（2023·广东佛山·二模）【课本再现】    (1)正方形的对角线相交于点，正方形与正方形的边长相等，如图1摆放时，易得重叠部分的面积与正方形的面积的比值是；在正方形绕点旋转的过程中（如图2），上述比值有没有变化？请说明理由． (2)【拓展延伸】如图3，在正方形中，的顶点在对角线上，且，，将绕点旋转，旋转过程中，的两边分别与边和边交于点，． ①在的旋转过程中，试探究与的数量关系，并说明理由； ②若，当点与点重合时，求的长． 题型14 特殊平行四边形面积最值探究题（★★） 33．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，在矩形中，，．点P从点A出发，沿边向点B以1个单位长度/秒的速度运动，同时点Q从点B出发，沿边向点C以2个单位长度/秒的速度运动，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设运动时间为t秒． (1)当时，求的面积； (2)当t为何值时，的面积最大？最大面积是多少？ (3)是否存在某一时刻t，使的面积等于矩形面积的？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 34．（2025·甘肃张掖·三模）问题提出 （1）如图1，在四边形中，，M为的中点，猜想与四边形的面积关系，并说明理由． 问题解决 （2）如图2，现有一块半径为的圆形材料，工人师傅需要在材料中裁剪出一个内接四边形．四边形需要满足，且面积最大．请探究四边形面积最大的实施方案，并求出面积的最大值． 35．（2024·广东深圳·二模）【问题提出】 （1）如图1，在边长为6的等边中，点D在边上，，连接，则的面积为 ； 【问题探究】 （2）如图2，已知在边长为6的正方形中，点E在边上，点F在边上，且，若，求的面积； 【问题解决】 （3）如图3是我市华南大道的一部分，因自来水抢修，需要在米，米的矩形区域内开挖一个的工作面，其中E、F分别在、边上（不与点B、C、D重合），且，为了减少对该路段的交通拥堵影响，要求面积最小，那么是否存在一个面积最小的？若存在，请求出面积的最小值；若不存在，请说明理由． 题型15 特殊四边形与实际问题（★） 36．（2025·陕西西安·模拟预测）（1）如图①，在矩形中，，，点在边上．连接，过点作． ①当______时，是等腰三角形； ②求的最小值； （2）如图②，矩形是某公园示意图，其中米，米．为了进一步改善人居环境，现需要对公园进行改扩建．根据现场勘察情况，边的外边有一片空地可以扩建．设计部门打算把扩建部分设计为直角三角形，即，且，同时要在扩建后的五边形公园中的边上开一个门，使得点到点、点的距离相等且．试问这样的设计能否实现？若能，求出扩建部分的面积及点到点的距离；若不能，请说明理由． 37．（2025·陕西西安·一模）如图，初三学生小李想测量他家楼下的一棵松树的高度，由于松树周边有花坛无法直接到达松树下面测量，他先通过查询资料得到这栋住宅楼的高度为，在楼顶端C处测得松树顶端A的俯角为，在某一时刻太阳光照射下，松树顶端A的影子落在地面上的点E处，楼顶端C的影子落在地面上的点F处，测得，，已知松树、住宅楼均垂直于地面，且点B，E，D，F在同一条直线上，求松树的高度．（结果精确到，参考数据：，，） 38．（2025·上海嘉定·一模）上海市嘉定区法华塔被列为上海市文物保护单位，是“教化嘉定”的重要象征．小海想利用所学知识测量法华塔的高度，由于法华塔被防护栏保护起来，小海只能在防护栏外进行测量．如图，小海在处用测角仪测得塔顶的仰角为，再往塔的方向前进30米至处（点为塔底中心，且点在同一水平线上），测得此时塔顶的仰角为，已知测角仪的高度为1.5米．请估算法华塔的高度． （参考数据：，结果精确到0.1米）． 39．（2025·江苏连云港·二模）在新书发布现场，常会将一些新书按一定造型摆放，如图1某数学书籍发行现场，将四本新书按着如图2方式摆放在书架的一个格挡中（图中4个完全相同的矩形是书的侧面），最左侧的书贴边垂直摆放，其他三本书倾斜摆放，且，最右侧书的一角S恰好落在格挡边沿．若已知书的高度，宽，解决下列问题： (1)图中的度数为______°； (2)求的长（精确到）； (3)请直接写出格挡的宽度的大小（精确到）（参考数据：，，，，） 题型16 特殊平行四边形与函数综合题（★★） 40．（2025·辽宁丹东·二模）在平面直角坐标系中，若某函数图象经过矩形对角线的两个端点，则定义该函数为矩形的“友好函数”，例如：如图1，矩形，经过点和点的一次函数是矩形的“友好函数”． (1)矩形的顶点坐标分别为，反比例函数经过点B，求反比例函数的函数表达式，并判断该函数是否为矩形ABCD的“友好函数”； (2)矩形在第一象限，轴，轴，当时，正比例函数经过点A，且是矩形的“友好函数”，反比例函数经过点B，且是矩形的“友好函数”，将矩形沿折叠，点B的对应点为E． ①如图2，若点A的坐标为，点E落在y轴上，求k的值； ②如图3，当点E，D重合时，连接交于点P，以点O为圆心，长为半径作，若，当与的边有交点时，请直接写出k的取值范围． 41．（2024·山东济南·二模）【发现问题】 小明在学习过程中发现：周长为定值的矩形中面积最大的是正方形．那么，面积为定值的矩形中，其周长的取值范围如何呢？ 【解决问题】 小明尝试从函数图象的角度进行探究： （1）建立函数模型 设一矩形的面积为4，周长为m ，相邻的两边长为x、y ，则． 即那么满足要求的（x，y）应该是函数 与 的图象在第_____象限内的公共点坐标． （2）画出函数图象 ①画函数 的图象； ②在同一直角坐标系中直接画出的图象，则函数的图象可以看成是函数的图象向上平移_____个单位长度得到． （3）研究函数图象 平移直线，观察两函数的图象； ①当直线平移到与函数 的图象有唯一公共点的位置时，公共点的坐标为_____，周长m 的值为_____； ②在直线平移的过程中，两函数图象公共点的个数还有什么情况？请直接写出公共点的个数及对应数值m 的取值范围． 【结论运用】 （4）面积为8的矩形的周长m的取值范围为_____． 42．（2024·江苏苏州·中考真题）如图①，二次函数的图象与开口向下的二次函数图象均过点，． (1)求图象对应的函数表达式； (2)若图象过点，点P位于第一象限，且在图象上，直线l过点P且与x轴平行，与图象的另一个交点为Q（Q在P左侧），直线l与图象的交点为M，N（N在M左侧）．当时，求点P的坐标； (3)如图②，D，E分别为二次函数图象，的顶点，连接，过点A作．交图象于点F，连接EF，当时，求图象对应的函数表达式． 题型17 特殊平行四边形与存在性问题（★★） 43．（2025·四川成都·模拟预测）如图，直线与反比例函数的图象交于，B两点(点B位于点A右侧)，连接． (1)求直线的表达式． (2)当的面积为时，求点B的坐标； (3)在（2）的条件下，作点B关于的对称点C，连接，是否存在点D，使得四边形为矩形？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由． 44．（2025·四川成都·模拟预测）如图，直线与双曲线交于A，B两点，点A的坐标为，点D是x轴上一点，直线交双曲线于点C． (1)求k的值； (2)连接，当时，求点D的坐标； (3)在（2）的条件下，点P是直线上一个动点，点G是坐标平面上一点，是否存在点P，使得四边形为菱形？  若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由． 45．（2025·江苏常州·模拟预测）如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，连接，． (1)点的坐标是 ，点的坐标是 ． (2)点是直线下方抛物线上的一个动点，过点作的平行线交线段于点． ①试探究：在直线上是否存在点，使得以点，，，为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由； ②设抛物线的对称轴与直线交于点，与直线交于点．当时，请求出的长． 46．（2025·黑龙江佳木斯·二模）如图，矩形的边的长分别是方程的两个根（），折叠矩形，使边落在x轴上，点B与点E重合． (1)求折痕所在直线解析式． (2)将直线沿x轴负方向以每秒1个单位长度的速度平移，直接写出直线扫过矩形的面积S与运动的时间t（）的关系式． (3)点P是直线上一点，在平面内是否存在一点M，使得以A、B、P、M为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点M的坐标．若不存在，说明理由． 题型18 特殊平行四边形新定义探究题（★★） 47．（2025·山西大同·二模）阅读与思考 下面是善思小组研究性学习的部分内容，请认真阅读，并完成相应的任务． 关于“勾股四边形”的研究报告 善思小组 研究对象：勾股四边形． 研究思路：分类讨论，由特殊到一般进行研究． 定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形． 【特例研究】如图1，根据勾股四边形的定义证明正方形是勾股四边形． 证明：如图1所示，连接，由四边形是正方形可知，在中根据勾股定理可得，所以正方形是勾股四边形． 【一般研究】如图2，四边形中，为对角线，且，求证：四边形为勾股四边形． 证明：以为边作等边三角形，连接． …… 任务： (1)根据勾股四边形的定义，下列特殊四边形中，一定是勾股四边形的是 （从下列选项中选出两个即可）； A．矩形；B．等腰梯形；C．直角梯形；D．平行四边形 (2)请你阅读上述报告，补全一般研究中的探究过程； (3)如图3，在四边形中，为对角线，，，请直接写出线段的关系． 48．（2025·河南洛阳·一模）综合与实践 《数学》八年级上册的数学活动中，让用全等三角形研究“筝形” 定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”（如图1） (1)［性质探究］根据“筝形”的定义，学生们通过探究，得出下列命题： ①“筝形”有一组对角相等 ②“筝形”的对角线互相垂直平分 ③“筝形”的每一条对角线平分每一组对角 ④“筝形”的面积等于两条对角线长的乘积的一半 其中，____________是真命题（填序号）； (2)［综合应用］如图1，筝形中，，，若，求筝形的面积的最大值； (3)［拓展实践］如图2是一块矩形铁片，其中厘米，厘米，张华想从这块铁片中裁出一个筝形，要求点是边的中点，点分别在上（含端点），是否存在一种裁剪方案，使得筝形的面积最大？若存在，求出筝形的面积最大值，若不存在，请说明理由． 49．（2025·山东青岛·二模）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． (1)用三角板拼出如图所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有______．（填写序号） (2)如图⑤，已知矩形，延长至点E，使，过点E作交延长线于点F．请你判断四边形是否为邻等对补四边形，并说明理由． (3)如图⑥，在中，，，，，N为上一点，且四边形是邻等对补四边形，连接，则的长为______． 题型19 综合与实践类问题（★★） 50．（2025·河南新乡·模拟预测）综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展数学活动． 在矩形中，，，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，其中点，分别是点，的对应点． (1)如图1，连接，，则的值为______． (2)如图，当点恰好落在边上，连接交于点，连接， ①的长度为______． ②求证：， (3)若直线，交于点，当时，请直接写出的长． 51．（2025·山东济南·模拟预测）综合与实践 综合与实践课上，数学兴趣小组对图形中两条互相垂直的线段间的数量关系进行了探究． (1)操作判断 ①如图（1），在正方形中，点E，F，G，H分别在边上，且，若，则的长为_______． ②如图（2），在矩形中，，点E，F，G，H分别在边上，且，若，则的长为_______． (2)迁移探究 如图（3），在中，，点D，E分别在边AC，BC上，且，试证明：． (3)拓展应用 如图（4），在矩形中，，平分交于点E，点F为上一点，交于点H，交矩形的边于点G，当F为的三等分点时，请直接写出的长． 52．（2025·河南驻马店·一模）综合与实践： 综合与实践课上，老师带领同学们，以“特殊四边形旋转”为主题，开展数学活动． 【问题发现】 如图，在矩形中，，点在对角线上，过点分别作和的垂线，垂足为，，则四边形为矩形．请问线段与的数量关系为　　． 【拓展探究】 如图，将图中的矩形绕点逆时针旋转，记旋转角为，当时，连接，，在旋转的过程中，与的数量关系是否仍然成立？请利用图进行证明． 【解决问题】 如图3，当矩形的边时，点为直线上异于，的一点，以为边作正方形，点为正方形的中心，连接，若，，直接写出的长． 53．（2025·江苏连云港·二模）综合与实践 【发现问题】在进行综合与实践活动时，学习小组发现生活中常用的纸是一个长与宽的比为的矩形． 【定义】若一个四边形为矩形，且长与宽的比为，则这个四边形为类矩形． 【提出问题】如何用不同形状的纸折一个类矩形？ 【分析并解决问题】 （1）学习小组利用一张纸（）对折一次，使与重合，折叠过程如图1所示，求证：四边形是类矩形； （2）学习小组利用一张正方形纸片折叠2次，展开后得折痕，，再将其沿折叠，使得点B与点E重合，折叠过程如图2所示．求证：四边形是类矩形； 【拓展延伸】 （3）如图3，四边形纸片中，垂直平分，，，点E，F，G，H分别是边上的点，将四边形纸片沿折叠，使得点B的对应点落在上，再沿折叠，使得点C，D的对应点分别落在上，若四边形是类矩形，请直接写出的值． 题型20 特殊平行四边形与圆的综合题（★★） 54．（2025·福建泉州·模拟预测）情境：某工厂需从一块长、宽的矩形铁片上剪出两个半径相同的圆，要求两圆不重叠且不超出铁片边缘． (1)任务1：如图1，两圆沿矩形铁片长边并排排列，直接写出圆的最大半径； (2)任务2：如图2，是矩形的对角线，圆和圆分别是和的内切圆，圆与分别切于三点，圆与分别切于两点，求圆的半径； (3)任务3：观察图2可以发现，两圆之间以及两圆与矩形铁片边缘之间仍存在可供优化布局的余量，任务2的圆可能不是最大．在保证两圆不重叠且不超出铁片边缘的前提下，能否剪出比任务2更大的圆？如果可以请求出最大半径，如果不能请说明理由． 55．（2025·湖南娄底·模拟预测）圆能够帮助我们解决很多问题，例如角的转换、点的轨迹等等，我们常常通过定角、定长来构造圆．在同一平面内，直线与直线交于点O，点A、B分别在直线、上运动，点C是该平面上任意一点，且A、B、C三点为顺时针走向，已知． (1)如图1，若，，①写出以为直径的圆与直线交点个数；②求的最大值； (2)如图2，若，，求的最大值． 56．（2025·广西贵港·一模）【阅读理解】学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型． 【类型一】“定点＋定长”：如图，在中，，，是外一点，且，求的度数． 解：由于，根据圆的定义可知，点、、一定在以点（定点）为圆心，（定长）为半径的上，则是所对的圆心角，而是所对的圆周角，从而可容易得到的度数． 【类型二】“定角＋定弦”：如图，中，，，，是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值． 解： ， ， ． （定角）． 点在以（定弦）为直径的上． 又点在内部， 点在弧上（不包括点、点（如图）…． 【问题探究】 （1）①根据类型一的学习，可求得 °； ②请完成类型二后面的过程； 【问题解决】 （2）如图，在正方形中，，动点，分别在边，上移动，且满足．连接和，交于点．点从点开始运动到点时，点也随之运动，求点的运动路径长． 1．（2025·上海嘉定·一模）如图，正方形的边在的边上，顶点分别在边上，作于H，交于P，已知．下列结论中不正确的是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·辽宁鞍山·一模）如图，在矩形中，是对角线，点E，F分别在边，上，，交于点G．若点G是的中点，，，，则的长是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·四川绵阳·一模）如图，菱形的顶点O在坐标原点，顶点A在x轴上，，将菱形绕原点顺时针旋转至的位置，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·江苏淮安·一模）如图，矩形中，，以A为圆心，1为半径作．若动点在上，动点在上，则的最小值是（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 5．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在正方形中，和交于点O，过点O的直线交于点E（E不与A，B重合），交于点F，以点O为圆心，为半径的圆交直线于点M，N．若，则图中阴影部分的面积为（   ）． A． B． C． D． 6．（2025·江苏苏州·二模）如图，在矩形中，点E，F分别是边的中点，连接，点M，N分别是的中点，连接，若，则MN的长度为（　　） A． B． C． D． 7．（2025·浙江·模拟预测）将边长为a的菱形分别沿着和折叠（E，F，G，H分别在边，上），使点A和点C在折叠后均落在边上的点M处．若于点F，则的周长为（    ） A． B． C． D． 8．（2025·安徽亳州·一模）如图，矩形中，连接对角线，将沿折叠，点B落在点处，交边于点E，则： （1）的形状是 ； （2）若，则点到边的距离是 ． 9．（2025·湖南衡阳·模拟预测）魏晋数学家刘徽利用如图所示的“青朱出入图”证明了勾股定理，其中四边形，和都是正方形，已知图中与的面积比为． （1）若正方形的边长为16，则的长为 ； （2）的值为 ． 10．（2025·云南·模拟预测）如图，点、、、分别是四边形边、、、的中点，如果且，则 ． 11．（2025·四川成都·一模）手机拍照构图，让照片从“随手拍”升级为“摄影作品”最直接、有效的方法，就是利用手机自带的“网格线”功能，将画面中的重要元素放置在黄金分割点上．在拍照前开启手机相机的网格功能，相机取景框会显示出两条水平线和两条垂直线，将画面分成九个部分，这四条线的四个交叉点，就是大家所说的“黄金分割点”或“兴趣点”（黄金比为）．如图，点E、F、G、H为矩形取景框内的四个交叉点，将拍摄物主体的核心部分放在E、F、G、H任意一个交叉点上，这样可以使拍摄物成为画面的视觉焦点，若矩形取景框的画面约为，则矩形的面积为 ． 12．（2025·山东·模拟预测）（1）如图1，四边形是边长为的正方形，，分别在，边上，．为了求出的周长．小南同学的探究方法是： 如图2，延长到，使，连接，先证，再证，得，从而得到的周长 ； （2）如图3，在四边形中，，，．，分别是线段，上的点．且．探究图中线段，，之间的数量关系； （3）如图4，若在四边形中，，，，分别是线段，上的点，且，（2）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由； （4）若在四边形中，，，点、分别在、的延长线上，且，请画出图形，并直接写出线段、、之间的数量关系． 13．（2025·安徽亳州·一模）综合与探究：数学兴趣小组学习了特殊四边形的判定与性质后，对多边形中的相似三角形进行了研究． 【初步感知】如图1，点是正方形的边上一动点，过点作交于点．求证：； 【类比探究】如图2，点是矩形的边上一动点，连接交对角线于点，若线段是线段和的比例中项，求证：； 【拓展提升】如图3，的对角线相交于点，过点作交边的延长线于点，若，求线段的最小值． 1．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在正方形中，点在的延长线上，点是的中点，连接并延长交于点，连接，则（） A． B． C． D．2 2．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·西藏·中考真题）如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 4．（2025·四川广元·中考真题）如图①，有一水平放置的正方形，点D为的中点，等腰满足顶点A，B在同一水平线上且，点B与的中点重合．等腰以每秒1个单位长度的速度水平向右匀速运动，当点B运动到点D时停止．在这个运动过程中，等腰与正方形重叠部分的面积y与运动时间t（s）之间的对应关系如图②所示，下列说法错误的是（   ） A． B． C．当时， D．的周长为 5．（2025·黑龙江绥化·中考真题）如图，反比例函数经过、两点，过点作轴于点，过点作轴于点，连接、、．若，，则的值是（    ） A． B． C． D． 6．（2025·四川德阳·中考真题）六方钢也称六角棒，是钢材的一种，其截面为正六边形．六方钢可以通过切割、钻孔、车削等方式进行加工，广泛应用于各种建筑结构和工程结构，如房梁、桥梁柱、输电塔等．在学校开展的综合实践活动中，兴趣小组对六方钢截面图（如图所示）的性质进行研究，测得边长，那么图中四边形的面积是（   ） A． B． C． D． 7．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在中，，，，过点A作直线，点是直线上一动点，连结，过点作，连结使．当最短时，则的长度为（　　）    A． B．4 C． D． 8．（2025·江苏南京·中考真题）如图，点，在矩形内，．若，，，则的长为 ． 9．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，中，对角线，交于点，过点作的垂线，分别交，于点，，延长交直线于点，延长交直线于点，分别连接，，有如下结论：①，；②四边形是菱形；③若，．则；④若，，，点为上的一个动点，则的最小值是．上述结论中，所有正确结论的序号是 ． 10．（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是 ． 11．（2025·江苏南京·中考真题）某纸杯的尺寸（单位：）如图（1）所示，展开它的侧面得到扇环纸片（可以看作扇形纸片剪去扇形纸片后剩余的部分）． (1)的长为____________，____________； (2)记表示两边长分别为，（，单位：）的矩形纸片的大小． ①图（2）是可以剪出扇环纸片的一张矩形纸片，它的一边与相切，点，在对边上，点，分别在另外两边上，直接写出，的值； ②用一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片吗？说明理由； ③若一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片，写出求的范围的思路（无需算出最终结果）． 12．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正比例函数的图象与反比例函数的图象交于两点，点在反比例函数的图象上，且在第一象限内点的右侧，连接 的面积为5． (1)求点A，B的坐标及反比例函数的解析式； (2)探究在轴上是否存在点，使得以点O，C，M，N为顶点的四边形为菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第五章 四边形 第02讲 矩形、菱形、正方形 目 录 01·趋势领航练 02·考点通关练 03·真题诊断练 基础通关 题型01 矩形性质直接计算题（★） 题型02 菱形性质直接计算题（★） 题型03 正方形性质直接计算题（★） 题型04 矩形判定证明题（★） 题型05 菱形判定证明题（★） 题型06 正方形判定证明题（★） 题型07 特殊平行四边形判定辨析题（★） 题型08 矩形与三角形全等/相似综合证明题（★★） 题型09 菱形与三角函数综合计算题（★★） 题型10 正方形与三角形相似综合题（★★） 题型11 折叠问题（★★） 题型12 多结论问题（★★） 题型13 正方形旋转/平移变换题（★★） 题型14 特殊平行四边形面积最值探究题（★★） 题型15 特殊四边形与实际问题（★） 题型16 特殊平行四边形与函数综合题（★★） 题型17 特殊平行四边形与存在性问题（★★） 题型18 特殊平行四边形新定义探究题（★★） 题型19 综合与实践类问题（★★） 题型20 特殊平行四边形与圆的综合题（★★） 能力通关 四边形性质与判定综合题；考查等腰三角形三边关系、矩形判定、全等三角形、勾股定理及其逆定理的综合应用。 1．（2025·江苏常州·中考真题）在四边形中，对角线、相交于点O，，． (1)若是等腰三角形，则_______； (2)已知，． ①若，判断四边形是怎样的特殊四边形，并说明理由； ②如图，在中，，求的长． 【答案】(1) (2)①四边形是矩形，理由见解析；② 【分析】（1）由是等腰三角形，，，分别讨论：当时和当时，利用三角形的三边关系判断是否成立即可； （2）①利用，，得出四边形是平行四边形，再利用，即可判定四边形是矩形；②过点作于点，利用，得出是直角三角形，且，证明，得出，，利用勾股定理求出，得出，再利用勾股定理求出，得出，即可求解． 【详解】（1）解：∵是等腰三角形，，， ∴当时，此时满足三角形三边关系，符合题意； 当时，，此时不满足三角形三边关系，不符合题意； 综上，， 故答案为：； （2）解：①四边形是矩形，理由如下： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； ②过点作于点， ∵， ∴是直角三角形，且， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴在中，， ∴， ∴在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，三角形的三边关系，等腰三角形的定义，矩形的判定，二次根式的运算等，熟练掌握相关性质和判定是解题的关键． 黄金矩形与折叠综合题；考查黄金矩形定义、正方形 / 矩形判定、勾股定理及折叠性质的应用。 2．（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)求的长； (2)求证：四边形是黄金矩形； (3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． 【答案】(1)2 (2)证明见解析 (3)四边形是黄金矩形．证明见解析 【分析】（1）根据黄金矩形的定义可得：，再进一步求解即可； （2）先证明四边形是正方形；可得，，证明四边形是矩形，从而可得答案； （3）先证四边形是矩形，然后求解，由对折可得：，设，则，由面积可得：，可得：，再进一步可得结论． 【详解】（1）解：∵，矩形是黄金矩形， ∴， ∴； （2）证明：∵折叠黄金矩形纸片，点B落在上的点E处， ∴，， 又∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； ∴， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是黄金矩形． （3）解：四边形是黄金矩形，证明如下： ∵，四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形； 由（2）可知，， ∵为的中点， ∴， ∴， 如图，连接，由对折可得：，，， 设，则， ∵ ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴四边形是黄金矩形． 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，理解黄金矩形的定义是关键． 解直角三角形实际应用题；考查矩形判定、锐角三角函数（正切）在建筑日照计算中的实际应用。 3．（2025·贵州·中考真题）某小区在设计时，计划在如图①的住宅楼正前方建一栋文体活动中心．设计示意图如图②所示，已知，该地冬至正午太阳高度角为．如果你是建筑设计师，请结合示意图和已知条件完成下列任务． 任务一：计算冬至正午太阳照到住宅楼的位置与地面之间的距离的长； 任务二：为符合建筑规范对日照的要求，让整栋住宅楼在冬至正午太阳高度角下恰好都能照射到阳光，需将活动中心沿方向移动一定的距离（活动中心高度不变），求该活动中心移动了多少米？ （参考数据：．结果保留小数点后一位） 【答案】任务一：，任务二：该活动中心移动了2米； 【分析】本题考查的是矩形的判定与性质，解直角三角形的实际应用； 任务一：如图，过作于，结合题意可得：四边形为矩形，，可得，，求解，进一步可得答案； 任务二：如图，过作的平行线，过作的平行线，两线交于点，交于点，过作于，可得，四边形为矩形，，求解，进一步可得答案. 【详解】解：任务一：如图，过作于， 结合题意可得：四边形为矩形，， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴； 任务二：如图，过作的平行线，过作的平行线，两线交于点，交于点，过作于， ∴，四边形为矩形， ∴， ∴， ∴； ∴该活动中心移动了2米. 平行四边形折叠探究题；考查菱形 / 平行四边形判定、轴对称图形性质、等边三角形性质及折叠后图形关系探究。 4．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 【答案】[探究发现]：四边形是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形是平行四边形；[探究提升]：四边形为轴对称图形时，的值为或，理由见解析 【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理； [探究发现]由将△沿翻折得到△，即知，，而，故； [探究证明]同探究发现可知四边形是菱形，有，而为边的中点，为边的中点，四边形是平行四边形，即可得，，又，，故，，从而四边形是平行四边形； [探究提升]若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形是矩形时，过作于，过作于，设，则，可得，，求出，即可得；当四边形是菱形时，延长交于，设，求出，即可得． 【详解】[探究发现]：解：四边形是菱形，理由如下： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形； [探究证明]：证明：如图： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形， ， 为边的中点，为边的中点， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是菱形， ，， ，， 四边形是平行四边形； [探究提升]：解：四边形能成为轴对称图形，理由如下： 由[探究证明]知，四边形是平行四边形，若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形， 当四边形是矩形时，过作于，过作于，如图： ， ， ， 设，则， ， 为中点， ，， 四边形是菱形， ， 四边形是矩形， ， ，， ， ， ， ， ， ； 当四边形是菱形时，延长交于，如图： 设，则， 四边形是菱形， ， ，， 四边形是平行四边形，， ，， ， △是等边三角形， ， ， ； 综上所述，四边形为轴对称图形时，的值为或． 二次函数与矩形综合题；考查平面直角坐标系、二次函数解析式求解、矩形性质及抛物线对称性的应用。 5．（2025·内蒙古·中考真题）问题背景： 综合与实践课上，老师让同学们设计一个家电装置图案，某小组设计的效果图如图所示． 外形参数： 如图1，装置整体图案为轴对称图形，外形由上方的抛物线，中间的矩形和下方的抛物线组成．抛物线的高度为，矩形的边，，抛物线的高度为．在装置内部安装矩形电子显示屏，点，在抛物线上，点，在抛物线上． 问题解决： 如图2，该小组以矩形的顶点为原点，以边所在的直线为轴，以边所在的直线为轴．建立平面直角坐标系．请结合外形参数，完成以下任务： (1)直接写出，，三点的坐标； (2)直接写出抛物线和的顶点坐标，并分别求出抛物线和的函数表达式； (3)为满足矩形电子显示屏的空间要求，需要边的长为，求此时边的长． 【答案】(1)，， (2)抛物线和的顶点坐标分别为，， 的表达式为；的表达式为； (3) 【分析】（1）由矩形性质可得，，，，即可得出坐标； （2）由装置整体图案为轴对称图形，作出对称轴，分别交抛物线于，交抛物线于，交矩形于，，结合矩形和抛物线的对称性，可得直线是抛物线和的对称轴，，，由矩形中，抛物线的高度为，抛物线的高度为，直线是抛物线和的对称轴，即可得出抛物线和的顶点坐标分别为，，分别设抛物线和的表达式为，，分别将将和代入求解即可； （3）由装置整体图案为轴对称图形，得出，，证明轴，设，则，，则，求得，由抛物线对称性可得． 【详解】（1）解：∵矩形的边，， ∴，，，， ∴，，； （2）解：∵装置整体图案为轴对称图形， 如图，作出对称轴，分别交抛物线于，交抛物线于，交矩形于，， 结合矩形和抛物线的对称性，可得直线是抛物线和的对称轴，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵抛物线的高度为，抛物线的高度为，直线是抛物线和的对称轴， ∴，， ∴抛物线和的顶点坐标分别为，， 分别设抛物线和的表达式为，， 将代入， 解得， 则抛物线的表达式为； 将代入， 解得； 则抛物线的表达式为； （3）解：∵装置整体图案为轴对称图形， ∴，， ∵轴， ∴轴， ∵是矩形， ∴， ∴轴， ∴， 设， ∴，， ∴， 解得：或（在对称轴右侧，舍）， ∴， 由抛物线对称性可得． 【点睛】本题考查二次函数的图象与几何综合，矩形的性质，平面直角坐标系，待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的图象与性质，熟练掌握相关性质是解题的关键． 平行四边形平移与面积探究题；考查矩形 / 平行四边形性质、锐角三角函数、分段函数解析式及二次函数最值求解。 6．（2025·广西·中考真题）综合与实践 树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1） 初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图2所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为移动到落在上的情形． 【问题提出】 西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置． 设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为． 【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大如何变化？ 【初步探究】（2）求图3情形的与的值； 【深入研究】（3）从图3情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式； 【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果） 【答案】（1）随的增大而增大；（2），；（3）；（4） 【分析】（1）根据矩形的性质得，根据平行四边形的面积公式得，然后分别求出当时，当时，关于的解析式，即可得出结论； （2）根据（1）的结论可得答案； （3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，， 此时遮阳区的面积为六边形的面积，推出，，得，，再根据即可得出结论； （4）分别确定：当时，当时，当时，各个范围内的最大值，即可得出结论． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形，四边形是平行四边形，，，，在边所在直线上， ∴，，， 又∵如图2，在上，，， ∴， ， 当时，如图，设交于点，交于点，则， 此时遮阳区的面积为的面积， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴当时，随的增大而增大，的值从增大到； 当时，如图，设交于点，则，，， 此时遮阳区的面积为四边形的面积， ∵， ∴四边形为梯形， ∴， ∴当时，随的增大而增大，的值从增大到； 综上所述，从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大而增大； （2）如图3，此时点落在上，则， 由（1）知：当时，； ∴图3情形时，，； （3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，， 此时遮阳区的面积为六边形的面积， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴ ， ∴从图3情形起右移至与重合，该过程中关于的解析式为； （4）当时，， 当时，的最大值为：； 当时，， 当时，的最大值为：； 当时，， ∵ ∴当时，的最大值为：， 综上所述，当时，取得最大值，最大值为， ∴当遮阳区面积最大时，向右移动了． 【点睛】本题考查平移的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数的定义，列函数关系式，二次函数的最值，等积变换等知识点，利用分类讨论的思想及数形结合的思想解决问题是解题的关键． 题型01 矩形性质直接计算题（★） 1．（2025·上海崇明·一模）如图，长方形的边在的边上，顶点D、G分别在、上．已知的边长，高为，且长方形的长是宽的2倍，那么的长度是 ． 【答案】 【分析】此题重点考查矩形的性质、两条平行线之间的距离处处相等、相似三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键． 设交于点I，由矩形的边在的边上，顶点D、G分别在、上，得，则，由矩形的长是宽的2倍，得，由是的高，得，，则，由，得，而，，所以，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：设交于点I， 矩形的边在的边上，顶点D、G分别在、上， ， ， 矩形的长是宽的2倍， ， 是的高， ， ， ， ， ，，， ， ， ，， ， 解得， 的长度是， 故答案为：． 2．（2025·广东清远·三模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，C分别在双曲线和上，点在轴上，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、矩形的性质、勾股定理，连接交于点D，先根据矩形的性质得点D是、的中点，，设，则，再得，，然后根据勾股定理得，即，解方程即可得解． 【详解】解：如图，连接交于点D， ∵四边形为矩形， ∴点D是、的中点，， 设，则， ∴， ∴， ∴，，， 在中，， ∴， 解得：或（舍去）， ∴， 故答案为：． 3．（2025·上海杨浦·一模）已知矩形 ，点E是边的中点，将沿翻折，点A的对应点F恰好落在对角线上，那么 ． 【答案】 【分析】先根据矩形的性质得到，，，求得，再根据折叠的性质得到，，，求得，推出，由E是边的中点，得到，求得，根据全等三角形的性质得到，求得，得到，根据三角函数的定义即可得到结论． 【详解】如图，延长交于G，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴． ∵将沿折叠，点A落到点F处， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵E是边的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ， ， ∴， ∴， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理，三角函数定义等知识，解题关键是熟练掌握翻折变换的性质和勾股定理． 题型02 菱形性质直接计算题（★） 4．（2025·陕西渭南·一模）如图，为菱形的一条对角线，过点C作于点E，若，则的度数为 ． 【答案】/56度 【分析】本题考查了菱形的性质、三角形内角和定理、等边对等角，先求出，再由菱形的性质可得，由等边对等角可得，最后由三角形内角和定理计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（25-26九年级上·北京海淀·期中）如图，在菱形中，，．将一块边长足够长的三角板的角顶点与点重合，三角板的外侧边缘分别与，交于点，，则四边形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，连接，过点作于，由菱形的性质可得，，则与均为等边三角形，证明，得出，从而可得，由此计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图：连接，过点作于， ， ∵ 四边形为菱形，，， ∴，， ∴与均为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 6．（2025·北京·模拟预测）如图，在面积为的菱形中，，对角线与相交于点O，于点E，交于点F，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理，连接，先证明为等腰直角三角形，得到，菱形的面积公式求出的长，进而求出的长，设，得到，在中，利用勾股定理，进行求解即可． 【详解】解：连接， ∵菱形， ∴，垂直平分， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴（负值舍去）， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理，得：， ∴， 解得； ∴； 故答案为：． 题型03 正方形性质直接计算题（★） 7．（2025·上海嘉定·一模）如图，点是正方形边上一点，且，点是边的中点，那么的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质等，根据和是的中点，可以求得，即可求证，所以根据该相似三角形的对应边成比例得到． 【详解】解：在正方形中，，， ， ， ， 又是的中点， ， ． 又， ， ， 故答案为：． 8．（2025·广东深圳·三模）如图，在正方形中，点E，F分别在边，上，且，作于点H，交于点G，若，，则的长为 ． 【答案】3 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，以及正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 首先利用正方形的性质进行角度转化，得到，再利用相似比求得的长度，即可求得的长度． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 9．（2025·北京·模拟预测）如图，正方形边长为4，以为圆心，为半径画弧，为弧上动点，连接，取中点，连接，则最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是将转化为，根据三角形三边关系，得出最小值．在上截取，证明和全等，得到，则，由此得出最小值． 【详解】解：在上截取，连接，， ∵正方形边长为4，以为圆心，为半径画弧 ， ∵是中点， ， 在和中， ， ， ， ， ，， ， 的最小值为， 故答案为：． 题型04 矩形判定证明题（★） 10．（2025·陕西汉中·一模）如图，在中，、分别为边、的中点，连接，过点作交边于点，点在的延长线上，且．连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质． （1）由三角形中位线定理可得，即，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是矩形； （2）利用三角形中位线定理求出，利用矩形的性质得到，根据等角对等边证明，则，根据矩形的面积公式即可求出答案． 【详解】（1）证明：∵D，E分别为的中点， ∴是的中位线， ∴，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵，是的中位线， ∴， ∵四边形是矩形， ∴；， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积． 11．（2025·甘肃酒泉·二模）如图，点，，，在同一条直线上，，，连接，，． (1)求证：； (2)当时，求证四边形是矩形． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定、平行四边形的判定、矩形的判定，掌握这些性质定理是解题关键． （1）利用全等三角形的性质得到对应边和对应角相等，进而证明 ，从而得出； （2）先根据全等和角的关系证明四边形是平行四边形，再证明有一个角是直角，进而判定为矩形． 【详解】（1）证明：， ，， ， ， ； （2）解：， ， ， ，， ， ， ， ， ，， ，， ， 四边形是矩形 题型05 菱形判定证明题（★） 12．（2025·四川雅安·一模）如图：将矩形沿折叠，使点D与点B重合，连接， (1)证明四边形为菱形 (2)若，试求菱形的面积 【答案】(1)见详解 (2)80 【分析】（1）由折叠的性质可得，，由平行线的性质可得，所以，进而可得，根据菱形的判定定理可证； （2）设，则，在中，根据勾股定理列方程可求得x的值，进而可求得菱形的面积． 【详解】（1）证明：由折叠的性质可得，， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， 四边形为菱形； （2）四边形是矩形， ， 设，则， 在中，由勾股定理得， 即， 解得， 即， 由（1）得， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，折叠问题，勾股定理，灵活运用图形的性质是解题的关键． 13．（2025·浙江杭州·一模）如图，中，D是上一点，于点E，F是的中点，于点G，与交于点H，若，平分，连接，． (1)求证：； (2)小亮同学经过探究发现：．请你帮助小亮同学证明这一结论． (3)若，判定四边形是否为菱形，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)四边形AEGF是菱形，理由见解析 【分析】（1）依据条件得出，，依据F是的中点，，即可得到是线段的垂直平分线，进而得到，，利用即可判定； （2）过点G作于P，判定，可得，由（1）可得，即可得到，依据，即可得出； （3）依据，可得，进而得到，故，再根据四边形是平行四边形，即可得到四边形是菱形． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， 是的中点，， ， ， 是的中点， 是线段的垂直平分线， ，， ， （）； （2）证明：过点G作于P， ， ， ， ， 由（1）可得， ， ， ； （3）解：四边形是菱形， 理由如下：，， ， ， ， ， 由（1）得， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，直角三角形的特征，角平分线的性质，线段垂直平分线的判定及性质，菱形的判定及性质等；掌握全等三角形的判定及性质，菱形的判定方法，能添加恰当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 题型06 正方形判定证明题（★） 14．（2025·河南南阳·二模）（1）如图①点E、F、G、H分别是菱形各边中点，可判定四边形的形状为_________； （2）如图②点E，F，G，H分别是四边形各边中点，且对角线，判定四边形的形状，并证明； （3）在（2）的条件下，请对四边形增添一个条件，使四边形为正方形．（直接写出所添条件） 【答案】【小问1】矩形 【小问2】四边形为矩形；理由见解析 【小问3】当时，四边形是正方形． 【分析】（1）先根据菱形证得，再根据中位线定理证得，，同理，，，从而可得，，于是可证得四边形是平行四边形，再证明，从而可得四边形是矩形； （2）根据三角形中位线定理证得四边形为平行四边形，再根据证明平行四边形EFGH为矩形； （3）根据正方形的判定定理解答即可． 【详解】（1）解：连接、， 四边形是菱形， ， 、F分别是、上的中点， ，， 同理，，， 则，， 四边形是平行四边形， 、G分别是、的中点， ， 又，， ， 四边形是矩形． 故答案为：矩形； （2）四边形为矩形． 证明：点E，F，G，H分别是四边形的边，，，的中点， 、、、分别为、、、的中位线， ，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， ，，， ， 平行四边形EFGH为矩形； （3）当时，四边形是正方形， 理由如下：由（2）得四边形是矩形， 由（2）得，， 添加， ， 矩形为正方形． 【点睛】本题考查了中点四边形，正方形的判定，菱形的性质，平行四边形的判定定理，三角形中位线定理，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 15．（2025·山东青岛·三模）如图，四边形是菱形，对角线、交于点O，点D、B是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，． (1)证明：； (2)四边形是怎样的特殊四边形？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形．理由见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，正方形的判定，平行四边形的性质与判定． （1）先根据菱形的性质得，，，则，证明四边形是平行四边形，推出，，利用即可证明结论成立； （2）结合，得到四边形是菱形，由，推出，即可作答． 【详解】（1）解：∵菱形的对角线和交于点O， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴； （2）解：四边形是正方形．理由如下， ∵四边形是平行四边形，且， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 题型07 特殊平行四边形判定辨析题（★） 16．（24-25九年级上·广东佛山·期中）如图，点，，，分别为四边形的边，，，的中点，下列说法中不正确的是(   ) A．四边形一定是平行四边形 B．若，则四边形是菱形 C．若，则四边形是矩形 D．若四边形是矩形，则四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了中点四边形，中位线的性质，特殊四边形的判定，根据平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定定理逐项分析判断，即可求解． 【详解】解：点，，，分别为四边形的边，，，的中点， 、、分别为、、的中位线， ，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， 当时，，则平行四边形为菱形， 当时，，则平行四边形是矩形， 若四边形是矩形，则四边形是菱形，不一定是正方形， 故不正确的选项是D， 故选：D． 17．（2025·山西长治·二模）如图，已知，在边的同侧作正、正和正，连接，，则下列选项中不正确的是（   ）    A．一定会出现平行四边形 B．当时，四边形为矩形 C．当，且时四边形为正方形 D．当，且时，四边形为菱形 【答案】A 【分析】本题考查等边三角形的性质，平行四边形的判定，矩形、正方形和菱形的判定．先证明和，推出四边形是平行四边形，再根据矩形，菱形和正方形性质和判定定理逐一证明判断即可． 【详解】解：当时， ∵、、都是等边三角形； ∴， ， ∴， 故， ∵， ∴， ∴， 同理可证，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵当时 ∴， ∴平行四边形是矩形，故B正确，选项B不符合题意； ∵， ∴， ∴矩形为正方形，故C正确，选项C不符合题意； ∵，且， ∴， ∴平行四边形是菱形，故D正确，选项D不符合题意； 当， ∴， 即D，A，F三点在同一直线上， ∴四边形不存在， 故A不正确，选项A符合题意； 故选：A． 18．（2025·河北石家庄·一模）如图，在中，点D，E，F分别在边，，上，满足，，连接． ①当时，四边形为矩形； ②当平分时，四边形为菱形； ③当为等腰直角三角形时，四边形为正方形． 上述说法正确的是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】A 【分析】此题考查了平行四边形的定义，菱形、矩形、正方形的判定，先由两组对边分别平行的四边形为平行四边形得出为平行四边形，当，根据推出的平行四边形，利用有一个角为直角的平行四边形为矩形可得出①正确；若平分，得到一对角相等，再根据两直线平行内错角相等又得到一对角相等，等量代换可得，利用等角对等边可得一组邻边相等，根据邻边相等的平行四边形为菱形可得出②正确；当为等腰直角三角形时，，但不一定等于，∴平行四边形不一定是正方形，③不正确． 【详解】解：∵，， 四边形是平行四边形， 又∵； ∴， 平行四边形为矩形，选项①正确； 若平分， ， 又， ， ， ， 平行四边形为菱形，选项②正确； 当为等腰直角三角形时， ∴平行四边形为矩形，但平行四边形不一定是正方形，选项③错误， 则其中正确的是①②． 故选：A． 题型08 矩形与三角形全等/相似综合证明题（★★） 19．（2025·上海·一模）在平行四边形中，对角线交于点O，P是线段上一个动点（不与点O、点C重合），过点P分别作的平行线，交于点E，交于点F、G，连接． (1)如图1，如果，求证：； (2)如图2，如果，，且与相似，并求的值； (3)如图3，如果，且射线过点A．请补全图形，并求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据平行线分线段成比例得到，，，即可求解； （2）根据题意得到当时，，则，结合题意，设，则，，，，，，根据即可求解； （3）根据菱形的性质，找出线段比例关系，证明，设，则，结合两直线平行同旁内角互补，列式求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 设，则，， 在平行四边形中，，则， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图2， ∵， ∴平行四边形为矩形，则， ∴，则， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 又∵，且， ∴当时，， ∴， ∵， ∴设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，则， ∴， ∴； （3）解：补全图形如下， ∵， ∴平行四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理，， 设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（负根已舍）， ∴， ∴，且， ∴， 又∵， ∴， ∴设，则， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形，矩形，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例等知识的综合运用，掌握以上知识，找出三角形相似得到线段之间的关系是解题的关键． 20．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，在矩形中，，，点M是射线的一个动点，连接，过作于点P． (1)如图①．当点M为边中点时，连接并延长交于点E． ①求证：； ②的长为 ．（直接写出答案） (2)如图②，点Q在边上，且，当时，求的长． 【答案】(1)①见解析；②； (2)7或7 【分析】（1）①延长、交于点，利用“”证明，由全等三角形的性质可得，，易得点为中点，再结合“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的性质可得，可推导，进而推导，即可证明；②设，则，，，在中，由勾股定理可解得，即可获得答案； （2）分两种情况讨论：①当点在线段上时，如下图，过点作，交于点，交于点，易知四边形为矩形，设，，则，，证明，由相似三角形的性质可求得；再证明，由三角函数可得，进而可知，由，同理可得，故，即有，进而可知，即可求得，，，结合可求得；②当点在延长线上时，同理可得，即可获得答案． 【详解】（1）①证明：延长、交于点，如下图， ∵点为边中点， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， 又∵， ∴ ∴，， ∴点为中点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； ②解：设， 由①可知，，， ∴，，， ∴在中，可有， ∴，解得， ∴ 故答案为：； （2）解：分两种情况讨论： ①当点在线段上时，如下图，过点作，交于点，交于点， ∴， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， 设，，则，， ∵， ∴，， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 由，同理可得， ∴，即， ∴， ∴，即， 解得， ∴，， ∵， ∴， 解得（舍去）或， ∴； ②当点在延长线上时，如下图， 同理可得． 综上所述，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、动点问题、三角函数、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线的性质、相似三角形的判定与性质等知识，解题关键是正确作出辅助线，并运用分类讨论的思想分析问题． 题型09 菱形与三角函数综合计算题（★★） 21．（2025·湖南长沙·三模）如图，在四边形中，，平分，交于点，作，交于点，与交于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长和的面积． 【答案】(1)见解析 (2)，的面积为22 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）先证明其为平行四边形，再根据平行加角平分线得到，即可证明为菱形； （2）先解，求出，即可得到，过点作于点，证明，求出，则，则，即可求解面积． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，平分， ∴． ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：过点作于点， ∵菱形， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴的面积为． 22．（2025·山东聊城·三模）在数学探究课上，老师让同学们画一个，使，点D为的中点，连接，然后组织同学们以“操作发现”为活动主线进行探究学习． 动手操作（如图1） 第一步，在线段上取一点E（点A和点D除外）； 第二步，以点D为圆心，以为半径画弧交于点； 第三步，分别以E，F为圆心，长为半径画弧，交于点G，连接，． 猜想验证 （1）根据图1的操作，填空： ①四边形的形状为______，依据的判定定理是______； ②与的数量关系为______． （2）以D为旋转中心，将四边形按顺时针方向旋转到如图2的位置，请判断与的数量关系，并加以证明． 问题解决 （3）如图3，若，，，以D为旋转中心，将四边形按顺时针方向旋转，使点F在的下方，连接，且点F，E，C在同一条直线上，求的长． 【答案】（1）①菱形，四条边相等的四边形是菱形；②相等（或）（2），见解析（3）2 【分析】（1）①根据作图可知，故根据“四条边相等的四边形是菱形”可得四边形的菱形； ②根据直角三角形的性质可得，再结合菱形性质即可解答； （2）根据直角三角形的性质可得，再结合菱形性质证明即可解答； （3）连接，与的交于点H．在中，根据从而得出，，再根据直角三角形性质得出，，根据旋转性质得出，结合菱形性质得出，，在中，算出，即可解答； 【详解】解：（1）①菱形，四条边相等的四边形是菱形； ②相等（或）； 证明：∵在中，点D是的中点， ∴， 由作图知， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴； ． （2）证明：∵在中，点D是的中点， ∴， 由图1知， ∴， 即． ∵四边形是菱形， ∴． 在和中， ． ∴， ∴； （3）如图，连接，与的交于点H．    ∵在中，，， ∴，，． ∵在中，D是的中点， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 由旋转可知． 又∵四边形是菱形，， ∴，． ∴， ∴，． 在中， ∴． ∴． 【点睛】该题主要考查了直角三角形的性质，菱形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，解直角三角形，旋转的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 题型10 正方形与三角形相似综合题（★★） 23．（2025·河南濮阳·一模）在矩形中，E是边上一点，以为边在矩形内部构造矩形，使得，连接． 【特例发现】 （1）如图1，当时，________； 【类比探究】 （2）如图2，将矩形绕点B顺时针旋转，连接AE，当时，求的值； 【拓展运用】 （3）如图3，矩形在旋转的过程中，当点G落在边上时，D，G，F三点共线．若，，请直接写出的长． 【答案】（1）；（2）；（3）． 【分析】（1）延长交于，等腰三角形的判定及性质得，由勾股定理得，即可求解； （2）连接、，结合矩形的性质和相似三角形的判定方法得， ，由相似三角形的性质得即可求解； （3）设，，，则，，相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，求出的值，由勾股定理得，再判定，结合相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：如图，延长交于， ， ，， 四边形、是正方形， 是正方形的对角线， 是正方形的对角线， 、、三点共线， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为． （2）解：连接、， 四边形和四边形都是矩形， ， ， ， ， ， ∵，， ∴，， ， ， ． （3）解： ，， 设，，，则，， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质；能熟练利用勾股定理、相似三角形的判定及性质进行求解是解题的关键． 24．（2025·湖南长沙·模拟预测）我们在处理正方形的证明与计算问题时，经常运用旋转作图的方法来解决问题．如图，已知正方形中，是边上的一点（不与重合）．把绕点逆时针旋转得到，易知三点共线（不要求证明），的延长线交于点． (1)求证：； (2)如图，连接，． 求证：； 直接写出的值； (3)如图，已知，连接，过点作于点．把，，的面积分别记作，当时，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； ， (3)． 【分析】（）由四边形是正方形，则，由旋转可知，，所以，通过三角形内角和定理即可求证； （）过点作于点，作于点，由正方形性质可得，，证明四边形是矩形，然后再证明，通过性质可得四边形是正方形，所以，然后代入即可求证； 由可知，同理可得，，然后代入即可求解； （）由（）可知，则，所以，又，，故有，，作于，根据即平分，设到的距离为，所以，，故有，则，从而求解． 【详解】（1）证明:∵四边形是正方形， ∴， 由旋转可知，， ∴三点共线，， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图，过点作于点，作于点， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴； ， 理由：由可知， 同理可得，， 两式相加得，， ∴， ∴； （3）解：如图，由（）可知， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 作于， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即平分，设到的距离为， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理，矩形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 题型11 折叠问题（★★） 25．（2025·安徽·一模）将一张矩形纸片沿对角线折叠． （1）如图1，点落在点处，若，则 ；（用含的式子表示） （2）如图2，沿剪下得到纸片，折叠，使得点落在延长线上的点处，得到折痕，再沿折叠，使得点落在边上的点处，若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】（1）由折叠的性质可得，由平行线的性质可得，再由计算即可得解； （2）过点作于点，由勾股定理可得，由折叠得，，从而得出，证明，得出，设，则，再证明，由相似三角形的性质求出，即可得解． 【详解】解：（1）由折叠得， ∵四边形为矩形， ∴， ∴ ， 在中，， ∴ 故答案为：； （2）过点作于点， ∵，， ∴， 由折叠得，， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 解得， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，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． 26．（24-25九年级上·山西忻州·期末）综合与实践课上，伍老师带领学生们分小组进行折叠矩形纸片的探究活动. 【折叠实践】 第一步：如图（1），将矩形纸片对折，使边，重合，再展开，折痕与交于点. 第二步：如图（2），在上取一点，沿折叠矩形，点的对应点为.延长交于点，将纸片沿过点的直线折叠.使点的对应点落在上，折痕与交于点. 【初步发现】 （1）探究图（2）中和的位置关系 【深入探究】 （2）勤学小组的同学们选用了如图（3）所示的矩形纸片，选取的点与点D重合，按步骤折叠后发现，点，，共线.请你帮他们求出的值. 【拓展延伸】 （3）奋进小组的同学们选用了，的矩形纸片，按步骤进行多次折叠（选取不同位置的点），且第二步折叠中，折痕与交于点，把纸片展开后，连接（图（4）是奋进小组的一次折叠样例）.请你解决：当为直角三角形时，直接写出的长. 【答案】（1）；（2）；（3）的长为或 【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质得出，再根据平行线的判定方法即可得到结论； （2）连接，设，，先证明，得到，再证明，得到，根据勾股定理得出，即可得到答案； （3）分两种情况：当时，得出四边形是正方形，得出；当时，过点作于点，则，再证明，得到，，证明，得到． 【详解】（1）解：，证明如下， 矩形， ， ， ，， ， ； （2）解：设，， 如图（3），连接， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， 由（1）知， ， ， ， ， ， ，， ， ， ； （3）解：当时，如备用图（1）， ， ，， 四边形是正方形， 当时， 如图（4），过点作于点， ， ， ， ， ， ， ； ， ∴ ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，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，正方形的判定和性质，是一道综合题，熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键． 27．（2025·宁夏·模拟预测）【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们开展了“折叠矩形纸片做角”的探究活动，先将矩形纸片按如图1上下对折，折痕为；点E是线段上的点，再把按如图2沿折叠，使点B刚好落在上的点F处，连接，，则．活动后，老师鼓励同学们通过折叠手中的矩形纸片发现并提出新的问题． 【活动猜想】（1）小华受此问题启发，将准备的一张纸（生活常识：一张纸宽为，长为 ），按如图3的方式把沿折叠得到，经观察后得到猜想：当E，F，D三点共线时，是一个特殊的三角形．请直接写出：是______三角形； 【探究迁移】（2）如图4，小明和小亮把沿折叠，使点B的对应点F落在上，连接，发现并提出新的探究点： ①若，，求的长； ②当E，F，D三点共线时，求的值． 【答案】（1）等腰直角；（2）①；② 【分析】（1）根据折叠可得，，，进而勾股定理求得，可得，即可求解； （2）①过点作于点，勾股定理求得，根据折叠的性质可得，根据证明得出，进而求得，在中，勾股定理即可求解； ②设，由得出 ，进而得出，在中，根据正弦的定义，即可求解． 【详解】解：（1）∵张纸宽为 ，长为 ，把沿折叠得到， ∴，，， 在中， ， ∴， ∴是等腰直角三角形，    故答案为：等腰直角． （2）①如图4，过点作于点， 在中，，     由沿折叠得到 ， 则， ∴，     ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 在中，．    ②当，，三点共线时，如图5， 由沿折叠得到， 则， ∴， ，，     设， ∵， ∴， ∴， ∴， ，    ∵， ∴， ∴， 即， 解得 ， 在中，． 【点睛】本题考查了勾股定理，折叠问题，全等三角形的性质，相似三角形的性质与判定，求正弦，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 题型12 多结论问题（★★） 28．（2025·北京朝阳·二模）如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且．给出下面四个结论：①平分；②；③；④．上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】设，则，，利用三角形全等的判定和性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，正方形的性质，角的平分线的判定解答即可． 【详解】解：∵正方形， ∴， 设， ∵是的中点，是上一点，且， ∴，， ∴，， ， ∴，故②正确； ∴， 过点E作于点G， 则， ∴， ∴平分，；故①正确； ∵， ∴． ∴， ∵， ∴． ∴， ∴；故③正确； ∵．故④正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，角的平分线的判定，熟练掌握正方形的性质，勾股定理及其逆定理是解题的关键． 29．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在正方形中，为边上一点，为延长线上一点，，连接，交对角线于点．以下结论：①是等腰三角形；②；③；⑤．其中，正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质对每个结论进行逐一判断即可得出结论． 【详解】解：设与交于点，过点作交于点，如图所示： ∵四边形为正方形， ． 在和中， ， ， ， ∴是等腰三角形． ∴①的结论正确； ∵四边形为正方形， ， ， ∴和不是相似三角形， ∴②的结论不正确； ∵，， ∴，， ∴． ， ， ∴， ∴， ∴． ， ， ∴2， ． ∴③的结论正确； ， 为等腰直角三角形， ， ． ， ， ， ∴， ． 由①知：， ， ， 为等腰直角三角形， ， 为等腰直角三角形， ∴． ，， ， ∴， ∴． ∴④的结论正确． ∴正确的结论是：①③④． 故选：C． 【点睛】本题主要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，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 30．（2025·北京西城·二模）一组对边平行且另一组对边不平行的四边形称为梯形．若梯形中不平行的两边相等，则称这样的梯形为等腰梯形．如图，点，，，分别是等腰梯形各边的中点，顺次连接，，，得到四边形．点，，，分别是四边形各边的中点，顺次连接，，，得到四边形．以下四个结论：①四边形是菱形；②连接，则；③四边形的面积等于四边形面积的倍；④四边形周长的平方不小于梯形面积的倍．上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①④ B．②③ C．①②④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】本题主要研究等腰梯形各边中点连线所构成的四边形的性质．运用三角形中位线定理来推导四边形和的边、角、面积等相关性质，进而判断四个结论的正确性． 【详解】解：连接等腰梯形的对角线、． ∵点，，，分别是等腰梯形各边的中点， ∴， ， ∵等腰梯形的对角线相等， ∴， ∴． 同理， ∴四边形是菱形，结论①正确． 取的中点，连接，， ∵，分别是，的中点， ∴ ∵ ∴ ∴点，，三点共线， ∴即，结论②正确． 连接、， ∵四边形是菱形， ∴， ∴ ∵点，，，分别是四边形各边的中点， ∴， ∴，，四边形是平行四边形， ∴，四边形是矩形， 同理可得， ∴ ∴，即四边形的面积等于四边形面积的倍，不是倍，结论③错误． 同理可得四边形的面积等于四边形面积的倍， ∴四边形的面积等于四边形面积的倍， 设梯形的高为，上底，下底， ∴梯形面积 ． ∵点，，，分别是四边形各边的中点， ∴， ∴ ∴四边形是平行四边形，设其相邻两边分别为、，周长 ， ． ∵（当且仅当时取等号），四边形的面积 ，且， ∴ ∴ ∵ ∴ ，即四边形周长的平方不小于梯形面积的倍，结论④正确， 故选：C． 【点睛】本题主要考查三角形中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）、相似三角形的判定及性质，菱形的判定（四条边相等的四边形是菱形）、平行四边形的判定与性质以及均值不等式等知识．解题的关键在于通过连接对角线等辅助线，利用三角形中位线定理得出各边关系，再依据相关图形性质判断结论的正确性． 题型13 正方形旋转/平移变换题（★★） 31．（2025·陕西西安·三模）“综合与实践”课上，同学们通过剪拼图形，用数学的眼光看问题，感受图形的变换美！ 【特例感知】 (1)如图1，纸片为矩形，且厘米，厘米，点，分别为边，的中点，沿将纸片剪成两部分，将纸片沿纸片的对角线方向向上平移． ①当纸片平移至点与的中点重合时，两个纸片重叠部分的面积与原矩形纸片的面积之比是________； ②当两个纸片重叠部分的面积与原矩形纸片的面积之比是时，则平移距离为________； 【类比探究】 (2)如图2，当纸片为菱形，，时，将纸片沿其对角线剪开，将纸片沿方向向上平移．当两个纸片重叠部分的面积与纸片的面积之比为时，求平移距离（用含的式子表示）； 【拓展延伸】 (3)如图3，在直角三角形纸片中，，厘米，厘米，取，中点，，将沿剪开，得到四边形和，将绕点顺时针旋转得到．在旋转一周的过程中，求面积的最大值．        【答案】(1)①；②或 (2) (3)144平方厘米 【分析】（1）①先利用平移的性质证明四边形是矩形，再利用等腰直角三角形的性质分别求出和的长，再利用矩形的面积公式计算和的面积，即可求解；②设厘米，则厘米，表示出四边形的面积，再结合题意列出方程，解出的值即可解答； （2）利用平移的性质得到，推出，再利用相似三角形的性质得出，即可求解； （3）过点作于点，利用勾股定理求出厘米，结合点，是，的中点，得出厘米，厘米，厘米，利用旋转的性质得到厘米，厘米，分析可知当最大时，面积最大，结合图形利用线段的性质求出的最大值，即可求出面积的最大值． 【详解】（1）解：①为矩形， 厘米，，， 点，分别为边，的中点， 厘米，厘米， ， ，， 四边形是矩形， 又厘米， 矩形是正方形， ，，厘米， 由平移的性质得，，， ， ， 又， 四边形是矩形， 点与的中点重合， 厘米， ，， 和都是等腰直角三角形，厘米，厘米， 平方厘米， 平方厘米， 的面积与原矩形纸片的面积之比是． 故答案为：． ②由①中的结论得，四边形是矩形，和都是等腰直角三角形， 设厘米，则厘米， 厘米，厘米， ， 的面积与原矩形纸片的面积之比是，平方厘米， ， 解得：，， 平移距离为或． 故答案为：或． （2）解：纸片为菱形，， ，和为等边三角形， 纸片沿方向向上平移， ， ， 两个纸片重叠部分的面积与纸片的面积之比为， ， ， ． （3）解：如图，过点作于点，   ，厘米，厘米， 厘米， 点，是，的中点， 厘米，厘米，厘米， 由旋转的性质得，厘米，厘米， ， 当上的高线最大时，则面积最大， ， 当点和点重合时，且旋转到外侧时，此时最大， 作出示意图如下： ， 此时、、三点共线， 即厘米， 平方厘米， 即面积的最大值为144平方厘米． 【点睛】本题考查了特殊平行四边形的性质与判定、平移的性质、一元二次方程的应用、相似三角形的性质与判定、旋转的性质、直角三角形的性质，熟练掌握相关知识点，学会结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的推理论证和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生． 32．（2023·广东佛山·二模）【课本再现】    (1)正方形的对角线相交于点，正方形与正方形的边长相等，如图1摆放时，易得重叠部分的面积与正方形的面积的比值是；在正方形绕点旋转的过程中（如图2），上述比值有没有变化？请说明理由． (2)【拓展延伸】如图3，在正方形中，的顶点在对角线上，且，，将绕点旋转，旋转过程中，的两边分别与边和边交于点，． ①在的旋转过程中，试探究与的数量关系，并说明理由； ②若，当点与点重合时，求的长． 【答案】(1)没有变化．理由见解析 (2)①．理由见解析；② 【分析】(1)在和中,利用正方形的性质和已知可证出，再利用全等三角形的面积相等即可得结论； (2)①过点作于点，于点，利用相似三角形的性质证明即可；②利用①中结论，求出，可得结论． 【详解】（1）没有变化 理由如下：在正方形和正方形中， ，，， ，， ， 在和中， ，，， ， ， ， 正方形绕点无论怎样旋转，两个正方形重叠部分的面积总等于一个正方形面积的四分之一   ； （2）如图3中，过点作于点，于点 四边形是正方形， ， ，， ，是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， ；    ②如图4中， ， ，，， ，， ， ， ，   . 【点睛】本题属于几何变换综合题，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，属于中考压轴题 题型14 特殊平行四边形面积最值探究题（★★） 33．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，在矩形中，，．点P从点A出发，沿边向点B以1个单位长度/秒的速度运动，同时点Q从点B出发，沿边向点C以2个单位长度/秒的速度运动，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设运动时间为t秒． (1)当时，求的面积； (2)当t为何值时，的面积最大？最大面积是多少？ (3)是否存在某一时刻t，使的面积等于矩形面积的？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)8 (2) 的面积最大，且为 (3)不存在，理由见详解 【分析】本题考查了矩形的性质，二次函数的其他应用，一元二次方程的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先由矩形的性质得，结合时间和速度，得出，运用三角形面积公式进行列式计算，即可作答． （2）先由矩形的性质得，结合时间和速度，得出，运用三角形面积公式进行列式得，根据二次函数的性质进行分析，即可作答． （3）先由矩形的性质得，且结合题意得，运用三角形面积公式进行列式得，即可作答． 【详解】（1）解：连接，如图所示： ∵四边形是矩形， ∴， 依题意，当时，则， ∴， ∴的面积； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， 依题意， ， ∴， ∵当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动． ∴， 即， ∴； ∵， ∴函数的开口向下，在时，有最大值， 即把代入，得， ∴当t为秒时，的面积最大？最大面积是； （3）解：不存在，理由如下： 在矩形中，，． ∴，矩形的面积， ∵的面积等于矩形面积的， ∴， 由（）得， ∴， 则， ∴， 此时无法找到一个t使得成立， 即不存在某一时刻t，使的面积等于矩形面积的． 34．（2025·甘肃张掖·三模）问题提出 （1）如图1，在四边形中，，M为的中点，猜想与四边形的面积关系，并说明理由． 问题解决 （2）如图2，现有一块半径为的圆形材料，工人师傅需要在材料中裁剪出一个内接四边形．四边形需要满足，且面积最大．请探究四边形面积最大的实施方案，并求出面积的最大值． 【答案】（1），理由见解析；（2） 【分析】（1）延长，，交点为．证明，得出，即可得出，再结合，即可得证； （2）取的中点，连接，，．结合（1）中结论可知，即当的面积最大时，四边形的面积最大．连接，，，，过点作于点，过点作于点．求出、的长，当，，三点共线时，，的面积最大，此时四边形为矩形，由此即可得解． 【详解】解：（1）． 理由：如图1，延长，，交点为． ， ∵， ． 为的中点， ． 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ， ∴． （2）如图2，取的中点，连接，，． ， ， ， ， 为的中点， 结合（1）中结论可知，即当的面积最大时，四边形的面积最大． 连接，，，，过点作于点，过点作于点． 为的中点， ， ． ， ， ． ， 当，，三点共线时，，的面积最大，此时四边形为矩形． ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理，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． 35．（2024·广东深圳·二模）【问题提出】 （1）如图1，在边长为6的等边中，点D在边上，，连接，则的面积为 ； 【问题探究】 （2）如图2，已知在边长为6的正方形中，点E在边上，点F在边上，且，若，求的面积； 【问题解决】 （3）如图3是我市华南大道的一部分，因自来水抢修，需要在米，米的矩形区域内开挖一个的工作面，其中E、F分别在、边上（不与点B、C、D重合），且，为了减少对该路段的交通拥堵影响，要求面积最小，那么是否存在一个面积最小的？若存在，请求出面积的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）  （2）15  （3）存在一个面积最小的，其最小面积为 【分析】如图所示，过点A作于E，利用等边三角形的性质得到，，再利用勾股定理得到，即可利用求出答案； 如图所示，延长到G使得，连接，证明（SAS），得到，，再证明（SAS），得到，，则； 把绕点A顺时针旋转并把边长缩小为原来的，得到,则，；过点E作于M，作于N，则四边形是矩形，则，解直角三角形得到，进而得到，即，则当的面积最小时，的面积最小；如图所示，作的外接圆，圆心为O，连接，，，过点O作于H，设，由圆周角定理得到，则，推出，由于，则当最小时，的面积最小，故当A、O、H三点共线时，有最小值，最小值为，则，即存在一个面积最小的，其最小值为． 【详解】解：（1）如图1所示，过点A作于E， ∵是边长为6的等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴； 故答案为：； （2）如图2所示，延长到G使得，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴（SAS）， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴（SAS）， ∴，， 又∵， ∴； （3）存在一个面积最小的；理由如下： 把绕点A顺时针旋转并把边长缩小为原来的，得到， ∴， ∵， ∴， 过点E作于M，作于N，则四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当的面积最小时，的面积最小； 如图3所示，作的外接圆，圆心为O，连接，，，过点O作于H，设， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当r最小时，的面积最小， ∵， ∴， ∴， ∴当A、O、H三点共线时，r有最小值，最小值为， ∴， ∴存在一个面积最小的，其最小值为． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，旋转的性质，解直角三角形，正方形的性质，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，通过作辅助线构造直角三角形，全等三角形是解题的关键． 题型15 特殊四边形与实际问题（★） 36．（2025·陕西西安·模拟预测）（1）如图①，在矩形中，，，点在边上．连接，过点作． ①当______时，是等腰三角形； ②求的最小值； （2）如图②，矩形是某公园示意图，其中米，米．为了进一步改善人居环境，现需要对公园进行改扩建．根据现场勘察情况，边的外边有一片空地可以扩建．设计部门打算把扩建部分设计为直角三角形，即，且，同时要在扩建后的五边形公园中的边上开一个门，使得点到点、点的距离相等且．试问这样的设计能否实现？若能，求出扩建部分的面积及点到点的距离；若不能，请说明理由． 【答案】1）①2②（2）这样的设计能实现，扩建部分的面积为平方米，点到点的距离为米 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，二次函数的性质，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）①根据矩形的性质可证，即可得解． ②设，则，根据勾股定理可得，因此最小时，最小，先证明，求出，进而求出，根据二次函数的性质求出的最小时，进而求出的最小值． （2）过点E作交的延长线于G，于H，则，设米，则米，米，米，证明，根据相似三角形的性质可求，进而求出面积． 【详解】解：（1）①，理由如下： ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰三角形， 故答案为：2． ②设，则， ， ， 当最小时，最小， ，， ， ， ， ， ， ， 当时，的最小值为， 此时， ∴的最小值为； （2）解：这样的设计能实现， 过点E作交的延长线于G，于H，则， 依题意， 四边形是矩形， 米， 由（1）得， ， ， 米， 设米，则米，米，米， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， ， ， 平方米， ∴这样的设计能实现，扩建部分的面积为平方米，点到点的距离为米． 37．（2025·陕西西安·一模）如图，初三学生小李想测量他家楼下的一棵松树的高度，由于松树周边有花坛无法直接到达松树下面测量，他先通过查询资料得到这栋住宅楼的高度为，在楼顶端C处测得松树顶端A的俯角为，在某一时刻太阳光照射下，松树顶端A的影子落在地面上的点E处，楼顶端C的影子落在地面上的点F处，测得，，已知松树、住宅楼均垂直于地面，且点B，E，D，F在同一条直线上，求松树的高度．（结果精确到，参考数据：，，） 【答案】松树的高度约为 【分析】题目主要考查矩形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，解三角形的应用，过点A作于点H，则四边形为矩形，设，则，再由相似三角形的判定和性质得出，利用正切函数求解即可，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． 【详解】解：如图，过点A作于点H，则四边形为矩形， ∴， 设，则， 由题意知， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在C处测得A的俯角为， ∴， 解得：． 答：松树的高度约为． 38．（2025·上海嘉定·一模）上海市嘉定区法华塔被列为上海市文物保护单位，是“教化嘉定”的重要象征．小海想利用所学知识测量法华塔的高度，由于法华塔被防护栏保护起来，小海只能在防护栏外进行测量．如图，小海在处用测角仪测得塔顶的仰角为，再往塔的方向前进30米至处（点为塔底中心，且点在同一水平线上），测得此时塔顶的仰角为，已知测角仪的高度为1.5米．请估算法华塔的高度． （参考数据：，结果精确到0.1米）． 【答案】约为米 【分析】本题考查了解直角三角形的应用；连接并延长交于，证明四边形、是矩形，可得出，，在中，，根据正切的定义求出，在中，根据正切的定义得出，求出的长度，即可求解． 【详解】解：连接并延长交于， 根据题意，得，，，，，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是矩形， ∴，， 同理， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是矩形， ∴，， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴， 答：法华塔的高度约为米． 39．（2025·江苏连云港·二模）在新书发布现场，常会将一些新书按一定造型摆放，如图1某数学书籍发行现场，将四本新书按着如图2方式摆放在书架的一个格挡中（图中4个完全相同的矩形是书的侧面），最左侧的书贴边垂直摆放，其他三本书倾斜摆放，且，最右侧书的一角S恰好落在格挡边沿．若已知书的高度，宽，解决下列问题： (1)图中的度数为______°； (2)求的长（精确到）； (3)请直接写出格挡的宽度的大小（精确到）（参考数据：，，，，） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）延长交于点，易得，则减去的度数即为的度数； （2）延长交于点，根据的余弦值可得的长度，根据的正切值可得的值，则，加上的长度即为的长度； （3）延长，交于点，作于点，分别求出，，，，的长度，再加上和的长度，即为的大小． 【详解】（1）解：延长交于点X， 由题意得：、， 、是的外角 故答案为：； （2）解：延长交于点Y， ， 、、 由（1）知， 的长约为； （3）解：延长，交于点Z，与于点， 由（1）知 、 作于点，则 根据题意可得 在中，由勾股定理得： 由题意得：， 的长约为． 【点睛】本题考查解直角三角形的应用，利用所给长度的线段和角度构造合适的直角三角形是解题的关键． 题型16 特殊平行四边形与函数综合题（★★） 40．（2025·辽宁丹东·二模）在平面直角坐标系中，若某函数图象经过矩形对角线的两个端点，则定义该函数为矩形的“友好函数”，例如：如图1，矩形，经过点和点的一次函数是矩形的“友好函数”． (1)矩形的顶点坐标分别为，反比例函数经过点B，求反比例函数的函数表达式，并判断该函数是否为矩形ABCD的“友好函数”； (2)矩形在第一象限，轴，轴，当时，正比例函数经过点A，且是矩形的“友好函数”，反比例函数经过点B，且是矩形的“友好函数”，将矩形沿折叠，点B的对应点为E． ①如图2，若点A的坐标为，点E落在y轴上，求k的值； ②如图3，当点E，D重合时，连接交于点P，以点O为圆心，长为半径作，若，当与的边有交点时，请直接写出k的取值范围． 【答案】(1)，该函数为矩形的“友好函数” (2)①，②． 【分析】（1）求出反比例函数解析式，并判断D在反比例函数图像上，根据“友好函数”的概念即可得出结论； （2）求出正比例函数，设点， 则，则，根据折叠的性质得，，，延长交y轴与F，根据矩形的性质和等腰三角形的性质和判定可得，，，根据勾股定理列方程并求出m，求出B点坐标，即可求出k； ②可证明四边形是正方形；根据题意可得直线经过A、C两点，证明，得到是等腰直角三角形，则，则可推出点A在直线，即，设，则，可求出；设，则，；求出当恰好经过点A时，；再证明当，与的边一定有交点，而，故当时，k随r增大而增大，据此可得答案． 【详解】（1）解：将点的坐标代入反比例函数表达式得：， 反比例函数的表达式为：， 当时，， 点D在反比例函数图像上， 该函数为矩形的“友好函数”； （2）解：①将点的坐标代入正比例函数表达式得， 正比例函数表达式为， 正比例函数是矩形的“友好函数”， 点C在直线上， 设点， 则， ； 将矩形沿折叠，点B的对应点为E，点E落在y轴上， ，，， 延长交y轴于F， 四边形是矩形， ，， 轴， ，， ， ， ， ， 轴， ，， ， ， 在中，， ， 解得：或， ， ， ， ， 当时，， 把代入反比例函数得，； ②由折叠的性质可得，故当点E与点D重合时，， ∴四边形是正方形； ∵直线经过点A，且是矩形的“友好函数”， ∴直线经过A、C两点， 由正方形的性质可得， ∵轴，轴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵点A在第一象限， ∴点A的横纵坐标相同， ∴点A在直线，即， 设， ∵， ∴， 解得或（舍去）， ∴； 设，则， ∴； 如图所示，当恰好经过点A时， 此时有， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴此时； 当时，的长逐渐减小，则的半径逐渐减小，故此时与的边不可能有交点； 当时， 此时的长逐渐增大，则的半径逐渐增大， ∵， ∴的半径一定小于， ∴此时与的边一定有交点， 综上所述，当，与的边一定有交点， ∵， ∴当时，k随r增大而增大， ∵当时， ， ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，一次函数与几何综合，反比例函数与几何综合，二次函数的性质，正方形的性质与判定，勾股定理等等，运用数形结合的思想求解是解题的关键． 41．（2024·山东济南·二模）【发现问题】 小明在学习过程中发现：周长为定值的矩形中面积最大的是正方形．那么，面积为定值的矩形中，其周长的取值范围如何呢？ 【解决问题】 小明尝试从函数图象的角度进行探究： （1）建立函数模型 设一矩形的面积为4，周长为m ，相邻的两边长为x、y ，则． 即那么满足要求的（x，y）应该是函数 与 的图象在第_____象限内的公共点坐标． （2）画出函数图象 ①画函数 的图象； ②在同一直角坐标系中直接画出的图象，则函数的图象可以看成是函数的图象向上平移_____个单位长度得到． （3）研究函数图象 平移直线，观察两函数的图象； ①当直线平移到与函数 的图象有唯一公共点的位置时，公共点的坐标为_____，周长m 的值为_____； ②在直线平移的过程中，两函数图象公共点的个数还有什么情况？请直接写出公共点的个数及对应数值m 的取值范围． 【结论运用】 （4）面积为8的矩形的周长m的取值范围为_____． 【答案】（1） 一；（2）①图见解析；②图见解析， （3）①，8；②0个交点时，；2个交点时， （4） 【分析】本题考查反比例函数与一次函数的综合，涉及画函数图象、函数图象的平移、解一元二次方程等知识，利用类比和数形结合思想求解是解答的关键． （1）根据x、y是边长求解即可； （2）①利用描点法画函数 的图象即可；②利用描点法画函数的图象，的图象即可，根据图象平移规则：上加下减求解即可； （3）①联立方程组，根据一元二次方程根的判别式求解即可； ②由①并结合图象可求解； （4）仿照前面求解思路，联立方程组，利用方程有实数根求解即可． 【详解】解：（1）∵x、y是边长，∴，， 故满足要求的（x，y）应该是两个函数的图象在第一象限内的公共点坐标， 故答案为：一； （2）①列表： x 1 2 4 8 y 4 2 1 描点、连线得函数 的图象如图： ②列表： x 0 1 y 0 描点、连线得函数的图象如图， 由得，函数的图象可以看成是函数的图象向上平移个单位长度得到， 故答案为：； （3）由得， 由，得，此时， 解得， ∴当直线平移到与函数的图象有唯一公共点的位置时，公共点的坐标为，周长m的值为8， 故答案为：，8； ②如图， 由①并结合图象知：0个交点时，；2个交点时，； （4）当面积为8的矩形的周长是m时，相邻两边分别为x、y，则，， ∴，， 由得， 由题意，该方程有实数根， 则，解得， 故答案为：． 42．（2024·江苏苏州·中考真题）如图①，二次函数的图象与开口向下的二次函数图象均过点，． (1)求图象对应的函数表达式； (2)若图象过点，点P位于第一象限，且在图象上，直线l过点P且与x轴平行，与图象的另一个交点为Q（Q在P左侧），直线l与图象的交点为M，N（N在M左侧）．当时，求点P的坐标； (3)如图②，D，E分别为二次函数图象，的顶点，连接，过点A作．交图象于点F，连接EF，当时，求图象对应的函数表达式． 【答案】(1) (2)点P的坐标为 (3) 【分析】（1）运用待定系数法求函数解析式即可； （2）可求对应的函数表达式为：，其对称轴为直线．作直线，交直线l于点H．（如答图①）由二次函数的对称性得，， ，由，得到，设，则点P的横坐标为，点M的横坐标为，，，故有，解得，（舍去），故点P的坐标为； （3）连接，交x轴于点G，过点F作于点I，过点F作轴于点J，（如答图②），则四边形为矩形，设对应的函数表达式为，可求，，则，，，而，则．设，则，，，即，可得，故，则，则①，由点F在上，得到，化简得②，由①，②可得，解得，因此，故的函数表达式为． 【详解】（1）解：（1）将，代入，得， ， 解得： 对应的函数表达式为：； （2）解：设对应的函数表达式为，将点代入 得：， 解得：． 对应的函数表达式为：，其对称轴为直线． 又图象的对称轴也为直线， 作直线，交直线l于点H（如答图①） 由二次函数的对称性得，， ∴． 又，而 ． 设，则点P的横坐标为，点M的横坐标为． 将代入，得， 将代入，得． ，， 即，解得，（舍去）． 点P的坐标为； （3）解：连接，交x轴于点G，过点F作于点I，过点F作轴于点J．（如答图②） ，轴，轴， 四边形为矩形， ，． 设对应的函数表达式为， 点D，E分别为二次函数图象，的顶点， 将分别代入， 得， ∴，， ，，． 在中，． ， ． 又， ． ． 设，则，． ， ． ， ． ， ． 又， ， ① 点F在上， ， 即． ， ② 由①，②可得． 解得（舍去），， ． 的函数表达式为． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求函数解析式，二次函数的对称性，矩形的判定与性质，解直角三角形的相关运算，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键． 题型17 特殊平行四边形与存在性问题（★★） 43．（2025·四川成都·模拟预测）如图，直线与反比例函数的图象交于，B两点(点B位于点A右侧)，连接． (1)求直线的表达式． (2)当的面积为时，求点B的坐标； (3)在（2）的条件下，作点B关于的对称点C，连接，是否存在点D，使得四边形为矩形？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）把点A坐标代入反比例函数解析式中求出点A坐标，再设出直线解析式，并利用待定系数法求解即可； （2）过点A作轴于T，连接，则，可得，进而得到；设，则，解方程即可得到答案； （3）连接交于H，可证明，得到；由对称性可得，且点H为的中点，由等面积法可得，设，则，解方程可得，根据中点坐标公式可得，求出的中点坐标为，则的中点坐标为，即可得到点D的坐标为． 【详解】（1）解：∵直线与反比例函数的图象交于，B两点， ∴， ∴， 设直线的表达式为， ∴， ∴， ∴直线的表达式为； （2）解：如图所示，过点A作轴于T，连接， ∵， ∴， ∴， ∵的面积为， ∴， ∴； 设， ∴， 解得（已检验符合题意）或（舍去）， ∴， ∴； （3）解：如图所示，连接交于H， ∵，， ∴，， ， ∴， ∴， ∴； ∵点B和点C关于对称， ∴，且点H为的中点， ∴， ∴， 设，则， 解得， ∴， ∴， ∵， ∴的中点坐标为， ∵四边形是矩形， ∴的中点坐标为， ∴点D的坐标为． 【点睛】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，勾股定理及其逆定理，矩形的性质，轴对称的性质，中点坐标公式，正确作出辅助线是解题的关键． 44．（2025·四川成都·模拟预测）如图，直线与双曲线交于A，B两点，点A的坐标为，点D是x轴上一点，直线交双曲线于点C． (1)求k的值； (2)连接，当时，求点D的坐标； (3)在（2）的条件下，点P是直线上一个动点，点G是坐标平面上一点，是否存在点P，使得四边形为菱形？  若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，四边形为菱形时，或 【分析】本题考查了反比例函数与几何综合，相似三角形的判定与性质，两点之间距离公式，菱形的性质等知识点，难度较大． （1）先根据正比例函数解析式求出点A的坐标为，再将其代入，即可求解； （2）先求出直线，则，联立反比例函数解析式得到，过点分别作轴的垂线，垂足为，，则，再代入数据求解即可； （3）设，则，，，由于四边形为菱形，则为等腰三角形，再分三种情况讨论，列方程求解． 【详解】（1）解：由题意得将代入，则， 解得， ∴点A的坐标为， 再将代入，则； （2）解：∵反比例函数与正比例函数都是中心对称图形，， ∴ 设直线， 则， ∴， ∴直线， 则当时， ∴， ∴， 联立 整理得：， ， 解得：， ∴， 过点分别作轴的垂线，垂足为， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴ ∴， ∴； （3）解：设，则，，， ∵四边形为菱形， ∴为等腰三角形， ∴当时，则 解得：（舍）； 当时， 解得：或 ∴或； 当时，， 该方程无解， 综上：存在，四边形为菱形时，或． 45．（2025·江苏常州·模拟预测）如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，连接，． (1)点的坐标是 ，点的坐标是 ． (2)点是直线下方抛物线上的一个动点，过点作的平行线交线段于点． ①试探究：在直线上是否存在点，使得以点，，，为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由； ②设抛物线的对称轴与直线交于点，与直线交于点．当时，请求出的长． 【答案】(1)； (2)①存在，点的坐标为或；② 【分析】（1）解方程可求得、的坐标，令，可求得点的坐标，即可得解； （2）①设点的坐标为，其中，可得，，，分两种情况画出图形，并根据菱形的性质求解即可； ②设点的坐标为，其中，由直线可设直线的解析式为，由点的坐标可得，则，根据的函数表达式可得，求出，根据可求得，求出点，点的坐标，即可得的长． 【详解】（1）解：当时，，解得：，， ∵点在点的左侧 ∴，， 当时，，即． 故答案为：，． （2）解：①存在，理由如下： ∵，， ∴直线的函数表达式为， 设点的坐标为，其中， ∵，， ∴，，， ∵， ∴当时，以点，，，为顶点的四边形为平行四边形， 分两种情况： 如图，当时，四边形为菱形， ∴， ∴，解得：，（舍去）， ∴点的坐标为， ∵点向左移动2个单位长度，向下移动6个单位长度得到点， ∴点的坐标为； 如图，当时，四边形为菱形， ∴， ∴，解得：，（舍去）， ∴点的坐标为， ∵点向右移动2个单位长度，向上移动6个单位长度得到点， ∴点的坐标为； 综上，存在点，使得以点，，，为顶点的四边形为菱形，点的坐标为或； ②设点的坐标为，其中， ②设抛物线的对称轴与直线交于点，与直线交于点．当时，请求出的长． ∵，， ∴抛物线的对称轴为直线， ∵，， ∴直线的函数表达式为； ∵直线， ∴设直线的解析式为， ∵点的坐标， ∴， ∴ ∴， ∵抛物线的对称轴与直线交于点， ∴， ∴， ∵， ∴，整理得：，解得：，（不符合题意，舍去）， ∴点的坐标为， ∴点的坐标为， ∴． 【点睛】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和菱形的性质、坐标与图形、勾股定理、二次函数与面积的综合等知识点，灵活运用分类讨论思想是解题的关键． 46．（2025·黑龙江佳木斯·二模）如图，矩形的边的长分别是方程的两个根（），折叠矩形，使边落在x轴上，点B与点E重合． (1)求折痕所在直线解析式． (2)将直线沿x轴负方向以每秒1个单位长度的速度平移，直接写出直线扫过矩形的面积S与运动的时间t（）的关系式． (3)点P是直线上一点，在平面内是否存在一点M，使得以A、B、P、M为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点M的坐标．若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或 【分析】（1）求出，，再用待定系数法求函数的解析式即可； （2）当时，直线扫过矩形的区域为等腰直角三角形；当时，直线扫过矩形的区域为一个等腰直角三角形加平行四边形；当时，直线扫过矩形的区域面积为矩形的面积减去底部未扫过三角形的面积； （3）分两种情况讨论：当时，此时，；当时，此时，． 【详解】（1）解：， 解得，， ∵的长分别是方程的两个根（）， ∴，， 由折叠可知，， ∴，， 设直线的解析式为， ∴， 解得， ∴直线的解析式为； （2）当时，直线扫过矩形的区域为等腰直角三角形，故； 当时，直线扫过矩形的区域为一个等腰直角三角形加平行四边形，故； 当时，直线扫过矩形的区域面积为矩形的面积减去底部未扫过三角形的面积，即； 综上，直线扫过矩形的面积S与运动的时间t的关系式为； （3）当时，，此时， ∴； 当时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴M点与P点关于对称， ∴； 综上所述：或． 【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，矩形的性质，动点引出的几何图形面积与函数问题，两点间距离公式，一元二次方程，正方形的判定，等腰三角形的判定，掌握以上内容是解题关键． 题型18 特殊平行四边形新定义探究题（★★） 47．（2025·山西大同·二模）阅读与思考 下面是善思小组研究性学习的部分内容，请认真阅读，并完成相应的任务． 关于“勾股四边形”的研究报告 善思小组 研究对象：勾股四边形． 研究思路：分类讨论，由特殊到一般进行研究． 定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形． 【特例研究】如图1，根据勾股四边形的定义证明正方形是勾股四边形． 证明：如图1所示，连接，由四边形是正方形可知，在中根据勾股定理可得，所以正方形是勾股四边形． 【一般研究】如图2，四边形中，为对角线，且，求证：四边形为勾股四边形． 证明：以为边作等边三角形，连接． …… 任务： (1)根据勾股四边形的定义，下列特殊四边形中，一定是勾股四边形的是 （从下列选项中选出两个即可）； A．矩形；B．等腰梯形；C．直角梯形；D．平行四边形 (2)请你阅读上述报告，补全一般研究中的探究过程； (3)如图3，在四边形中，为对角线，，，请直接写出线段的关系． 【答案】(1)AC (2)补全一般研究中的探究过程见解析 (3) 【分析】（1）由勾股四边形定义逐项验证即可得到答案； （2）由等边三角形性质，在中，由勾股定理可得，再利用“手拉手”模型，由两个三角形全等的判定与性质即可得到，从而由勾股四边形定义得证； （3）以点为旋转中心，将逆时针旋转到，连接、，如图所示，由旋转性质得到，，由等腰三角形性质得到，由勾股定理可得，从而在中，由勾股定理可得，再利用“手拉手”模型，由两个三角形全等的判定与性质即可得到，从而确定线段的关系． 【详解】（1）解：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形． A、如图所示： ， 矩形是勾股四边形，符合题意； B、如图所示： 等腰梯形的任意两条邻边都不垂直， 等腰梯形不是勾股四边形，不符合题意； C、如图所示： ， 直角梯形是勾股四边形，符合题意； D、如图所示： 平行四边形的任意两条邻边都不垂直， 平行四边形不是勾股四边形，不符合题意； 故选：AC； （2）解：补全一般研究中的探究过程如下： 证明：以为边作等边三角形，连接，如图所示： ，， ， ， 在中，由勾股定理可得， ， ， ， 是等边三角形，则， ，， ， 在和中， ， ， ， 由勾股四边形定义可知，邻边平方和等于对角线的平方，故四边形为勾股四边形； （3）解：以点为旋转中心，将逆时针旋转到，连接、，如图所示： ，， ，由勾股定理可得， ， ， 在中，由勾股定理可得， ，， ，则， ， 在和中， ， ， , ，即， 故线段的关系是． 【点睛】本题几何综合，涉及勾股定理、矩形性质、等腰梯形性质、直角梯形性质、平行四边形性质、等边三角形性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，读懂题意，理解勾股四边形定义及求证方法是解决问题的关键． 48．（2025·河南洛阳·一模）综合与实践 《数学》八年级上册的数学活动中，让用全等三角形研究“筝形” 定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”（如图1） (1)［性质探究］根据“筝形”的定义，学生们通过探究，得出下列命题： ①“筝形”有一组对角相等 ②“筝形”的对角线互相垂直平分 ③“筝形”的每一条对角线平分每一组对角 ④“筝形”的面积等于两条对角线长的乘积的一半 其中，____________是真命题（填序号）； (2)［综合应用］如图1，筝形中，，，若，求筝形的面积的最大值； (3)［拓展实践］如图2是一块矩形铁片，其中厘米，厘米，张华想从这块铁片中裁出一个筝形，要求点是边的中点，点分别在上（含端点），是否存在一种裁剪方案，使得筝形的面积最大？若存在，求出筝形的面积最大值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)①④ (2)12.5 (3)存在，3000 【分析】（1）由题意证明，然后得到垂直平分，然后逐项求解判断即可； （2）由得到，，根据，求出面积的最值即可； （3）由题意可知，分两种情况讨论：①当为中点时，如图2，筝形中，，，，则厘米，厘米，由（2）可知，根据，求出筝形的面积；②当与重合时，如图3，筝形中，，，，在中，由勾股定理得，求出的值，设，则，在中，由勾股定理得，即，求出的值，设，则，根据，可得，求出的值，如图3，作于，则，在中，由勾股定理得，求出的值，根据，求出筝形的面积；然后比较①②的大小，进而可得结论． 【详解】（1）解：如图所示，设，交于点O， 在和中， ∵， ∴， ∴，故①正确，是真命题； ∵， ∴垂直平分，但不一定垂直平分，故②错误，是假命题； ∴，， ∴平分和，但不一定平分和，故③错误，是假命题； ∵ ∴“筝形”的面积，故④正确，是真命题； 综上所述，①④是真命题； （2）解：∵ ∴， ∵， ∴， ∴ ， ∵， ∴时，面积最大，值为； （3）解：由题意可知，分两种情况讨论： ①当为中点时，如图2，筝形中，，，， ∴厘米，厘米， 由（1）可知，平方厘米； ②当与重合时，如图3，筝形中，，，， 在中，由勾股定理得， 设，则， 在中，由勾股定理得，即， 解得， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得， 如图3，作于，则， 在中，由勾股定理得， ∴平方厘米； ∵， ∴存在一种裁剪方案，使得筝形的面积最大，面积为3000平方厘米． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，二次函数的最值等知识．解题的关键在于明确筝形面积与对角线乘积的关系． 49．（2025·山东青岛·二模）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． (1)用三角板拼出如图所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有______．（填写序号） (2)如图⑤，已知矩形，延长至点E，使，过点E作交延长线于点F．请你判断四边形是否为邻等对补四边形，并说明理由． (3)如图⑥，在中，，，，，N为上一点，且四边形是邻等对补四边形，连接，则的长为______． 【答案】(1)②④ (2)是邻等对补四边形，见解析 (3) 【分析】对于（1），根据三角板的特征和邻等对补四边形的定义逐个判断即可； 对于（2），先根据矩形的性质得到，再根据垂直定义和同角的补角相等得到，进而根据“角边角”证明，可得，然后根据邻等对补四边形的定义解答； 对于（3），先根据直角三角形的性质和勾股定理求出，，再结合题意求出，然后根据邻等对补四边形定义可得，并求出，接下来根据勾股定理求出，再作，分别根据含直角三角形的性质和勾股定理求出解． 【详解】（1）解：观察可知，图①和图③不存在对角互补，所以不符合题意；图②和图④存在对角互补且邻边相等，所以②和④是邻等对补四边形； 故答案为：②④； （2）解：四边形是邻等对补四边形，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是邻等对补四边形； （3）解：如图，在中，, ∴． 根据勾股定理，得． ∵， ∴， ∴． ∵四边形是邻等对补四边形，则， ∴， ∴． 过点N作， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，勾股定理，新定义的理解是解题的关键． 题型19 综合与实践类问题（★★） 50．（2025·河南新乡·模拟预测）综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展数学活动． 在矩形中，，，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，其中点，分别是点，的对应点． (1)如图1，连接，，则的值为______． (2)如图，当点恰好落在边上，连接交于点，连接， ①的长度为______． ②求证：， (3)若直线，交于点，当时，请直接写出的长． 【答案】(1) (2)①；②见解析 (3)或 【分析】（1）由旋转的性质得到，，，求得，根据相似三角形的性质得到； （2）①根据矩形的性质得到，，根据勾股定理得到； ②如图1，过点作于点，由旋转可知，得到，根据平行线的性质得到，推出平分根据角平分线的性质得到由旋转可知，，根据全等三角形的性质得到； （3）根据旋转的性质得到，，，求得，得到，得到为等边三角形，同理为等边三角形．如图，令与的交点为，根据三角函数的定义得到，如图，同理可得 【详解】（1）解：由旋转的性质知，，， ， ， ， 故答案为：； （2）①解：四边形是矩形， ，， ， ， 故答案为：； ②证明：如图1，过点作于点， 由旋转可知，， ， ， ， ， 平分 又，， 由旋转可知，， ，， ， ； （3）解：的长为或，理由如下， 由旋转得，，， ， ， ， 在四边形中，， ， ， 为等边三角形， 同理为等边三角形． 如图2，令与的交点为， ，， ， ， 如图3，同理可得， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题是相似形的综合题，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，矩形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握各知识点是解题的关键． 51．（2025·山东济南·模拟预测）综合与实践 综合与实践课上，数学兴趣小组对图形中两条互相垂直的线段间的数量关系进行了探究． (1)操作判断 ①如图（1），在正方形中，点E，F，G，H分别在边上，且，若，则的长为_______． ②如图（2），在矩形中，，点E，F，G，H分别在边上，且，若，则的长为_______． (2)迁移探究 如图（3），在中，，点D，E分别在边AC，BC上，且，试证明：． (3)拓展应用 如图（4），在矩形中，，平分交于点E，点F为上一点，交于点H，交矩形的边于点G，当F为的三等分点时，请直接写出的长． 【答案】(1)①5；②4 (2)见解析 (3)或 【分析】（1）①过点E作于点P，过点H作于点Q，则，证得四边形是矩形，设交于点O，则，证明，即可解答； ②过点E作于点P，过点H作于点Q，则，证明是矩形，设交于点O，则，证明，列出比例式，即可解答； （2）过点C作交的延长线于点F，证明，，列出比例式，即可得证； （3）根据题意得到，分情况讨论，当时，如图，点G在上，利用勾股定理求出，证明，列出比例式求解即可解答；当时，如图，点G在上，利用勾股定理求出，证明，列出比例式求解即可解答． 【详解】（1）解：①如图，过点E作于点P，过点H作于点Q，则， 四边形是矩形， ， 设交于点O，则， ， 又， ， ； 故答案为：5； ②如图，过点E作于点P，过点H作于点Q，则， 四边形是矩形， ， 设交于点O，则， ， 又， ， ， ； 故答案为：4； （2）证明：如图，过点C作交的延长线于点F， ， ． 又， ， ， ， ， ， 又， ， （3）解：或3． 在矩形中，平分，， ， ， 当时，如图，点G在上， ， ， ， ， ； 当时，如图，点G在上， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查相似形综合应用，主要考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握分类讨论的思想方法是解题的关键． 52．（2025·河南驻马店·一模）综合与实践： 综合与实践课上，老师带领同学们，以“特殊四边形旋转”为主题，开展数学活动． 【问题发现】 如图，在矩形中，，点在对角线上，过点分别作和的垂线，垂足为，，则四边形为矩形．请问线段与的数量关系为　　． 【拓展探究】 如图，将图中的矩形绕点逆时针旋转，记旋转角为，当时，连接，，在旋转的过程中，与的数量关系是否仍然成立？请利用图进行证明． 【解决问题】 如图3，当矩形的边时，点为直线上异于，的一点，以为边作正方形，点为正方形的中心，连接，若，，直接写出的长． 【答案】（1）； （2）仍然成立，理由见解析； （3）或 【分析】延长交于点，根据矩形的性质和垂直的定义可证四边形是矩形，根据矩形的性质可知，根据直角三角形的性质可得； 由图可知，，从而可得：，由旋转可知，图中，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，可证，从而可证仍然成立； 当时，四边形是正方形，当点在线段上时，可证，根据相似三角形的性质可得，根据、的长度可得，从而可得；当点在线段延长线上时，可证，根据相似三角形的性质可得，根据、的长度可得，从而可得． 【详解】解：如下图所示，延长交于点， 四边形是矩形， ，， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 又， ， 故答案为：； 解：仍然成立， 理由如下， 由图可知，，， ， ， 由图可知，由旋转可得：， ， ， ， ， ， ；. 解：当时，四边形是正方形， 如图，当点在线段上时，连接、， 四边形和四边形为正方形， ，， ， ， ， ，， ， ； 如图，当点在线段延长线上时，连接、， 四边形，四边形为正方形， ，， ， ， ， ，， ， ； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了矩形的性质、正方形的性质，相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质．解决本题的关键是根据矩形的性质判断三角形相似，再利用相似三角形的性质找到边之间的关系． 53．（2025·江苏连云港·二模）综合与实践 【发现问题】在进行综合与实践活动时，学习小组发现生活中常用的纸是一个长与宽的比为的矩形． 【定义】若一个四边形为矩形，且长与宽的比为，则这个四边形为类矩形． 【提出问题】如何用不同形状的纸折一个类矩形？ 【分析并解决问题】 （1）学习小组利用一张纸（）对折一次，使与重合，折叠过程如图1所示，求证：四边形是类矩形； （2）学习小组利用一张正方形纸片折叠2次，展开后得折痕，，再将其沿折叠，使得点B与点E重合，折叠过程如图2所示．求证：四边形是类矩形； 【拓展延伸】 （3）如图3，四边形纸片中，垂直平分，，，点E，F，G，H分别是边上的点，将四边形纸片沿折叠，使得点B的对应点落在上，再沿折叠，使得点C，D的对应点分别落在上，若四边形是类矩形，请直接写出的值． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）或 【分析】本题是四边形的综合题，解题的关键是掌握折叠的性质，矩形的性质和判定，新定义类矩形的理解和运用，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，掌握折叠的性质和新定义的运用是解本题的关键． （1）先证明，再证明四边形是矩形，即可得结论； （2）如图2，由折叠得：，先证明四边形是矩形，如图3，设，，则，根据折叠的性质和等腰直角三角形的性质表示，的长，即可解答； （3）设与交于点，分两种情况：或，①如图4，当时，，根据，，列比例式即可得结论；②如图5，当时，，同理可得结论． 【详解】（1）证明：设，则， 由折叠得，， ，四边形是矩形， ，， ， ， 四边形是矩形， 四边形是类矩形； （2）证明：如图2，由折叠得：， 四边形是正方形， ，， ， 四边形是矩形， 如图3，设，，则， ， 是等腰直角三角形， ， ， ，， ， ， 四边形是类矩形； （3）设与交于点， 垂直平分， ， 四边形纸片沿折叠，使得点的对应点落在上， ， 同理得：，， 四边形是类矩形， 或， ①如图4，当时，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； ②如图5，当时，， 由①同理得：，， ，即， ， ， ，即， ， ， ， ， ； 综上，的长为或． 题型20 特殊平行四边形与圆的综合题（★★） 54．（2025·福建泉州·模拟预测）情境：某工厂需从一块长、宽的矩形铁片上剪出两个半径相同的圆，要求两圆不重叠且不超出铁片边缘． (1)任务1：如图1，两圆沿矩形铁片长边并排排列，直接写出圆的最大半径； (2)任务2：如图2，是矩形的对角线，圆和圆分别是和的内切圆，圆与分别切于三点，圆与分别切于两点，求圆的半径； (3)任务3：观察图2可以发现，两圆之间以及两圆与矩形铁片边缘之间仍存在可供优化布局的余量，任务2的圆可能不是最大．在保证两圆不重叠且不超出铁片边缘的前提下，能否剪出比任务2更大的圆？如果可以请求出最大半径，如果不能请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)能， 【分析】（1）任务1：由题可知两圆的直径为，则圆的最大半径为； （2）任务2：连接，，利用勾股定理求出，利用三角形内切圆的性质证明四边形为正方形，即可解答； （3）任务3：设圆的半径为 ，要使两等圆面积最大，则两圆与矩形四边相切，两圆圆心距，连接、，过作的垂线，过作的垂线，两垂线交于点，利用勾股定理求得半径的值，根据题意求出符合的半径即可． 【详解】（1）解：从一块长、宽的矩形铁片上剪出两个半径相同的圆，要求两圆不重叠且不超出铁片边缘，两圆沿矩形铁片长边并排排列， 两圆的直径为， 圆的最大半径为； （2）解：如图，连接，， 设的半径为 ， 在中，， 是的内切圆， ，，，，， 又， 四边形为正方形， ． （3）解：设圆的半径为 ，要使两等圆面积最大，则两圆与矩形四边相切，两圆圆心距 ， 如图，连接、，过作的垂线，过作的垂线，两垂线交于点， 则，， 在中， ， 整理得， 解得， 当时，，不符题意； 当时，，且， 任务3中圆的最大半径为． 【点睛】本题考查圆的综合应用，主要考查两圆相切的性质，三角形内切圆的性质，勾股定理，正方形的判定与性质，掌握两圆相切的性质，勾股定理是解题的关键． 55．（2025·湖南娄底·模拟预测）圆能够帮助我们解决很多问题，例如角的转换、点的轨迹等等，我们常常通过定角、定长来构造圆．在同一平面内，直线与直线交于点O，点A、B分别在直线、上运动，点C是该平面上任意一点，且A、B、C三点为顺时针走向，已知． (1)如图1，若，，①写出以为直径的圆与直线交点个数；②求的最大值； (2)如图2，若，，求的最大值． 【答案】(1)①当时，交点个数为1；当时，交点个数为2；② (2)6 【分析】（1）①过点作且，连接、、，利用平行线的性质得出，得到，得到，则有点在以为直径的圆上；设中点为，以为直径的圆记为，由可知与直线至少有1个交点，再设与直线相切，利用正方形的性质和判定求出此时的长，即可得出结论；②由①中的结论可得，点在以为直径的圆上，设的中点为，则，再利用勾股定理求出的长，根据即可求出的最大值； （2）在平面上取点使得且，作于点，连接、，先利用平行线的性质得出，利用三角形面积公式和三角函数的知识求出；作的外接圆，记圆心为，作于点，连接、、、，利用外接圆的性质和三角函数的知识求出的半径，再根据即可求出的最大值． 【详解】（1）解：①如图，过点作且，连接、、， ，，，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 点在以为直径的圆上； 设中点为，以为直径的圆记为， ， 点在上， 又点在直线上， 与直线至少有1个交点， 设与直线只有1个交点，即与直线相切，则有， ， 点在上， 点为与的交点， ， ， 又，， ， ， 点也是的中点，四边形是矩形， ，， 设中边的高为，则， ， 是中边的高，即， 四边形是正方形， ， 又，， 四边形为边长为2正方形， ， 当时，与直线相切；当时，与直线相交． 综上所述，当时，以为直径的圆与直线交点个数为1；当时，以为直径的圆与直线交点个数为2． ②由①中的结论可得，点在以为直径的圆上， 设的中点为，则， ， ， ， 的最大值为． （2）解：在平面上取点使得且，作于点，连接、， ， ，， ， ，， 于点， ， 在中，， ； 作的外接圆，记圆心为，作于点，连接、、、，则， ，， ，，， ， 在中，， ， 的半径为， 在中，， ， ， 的最大值为6． 【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆、直线与圆的位置关系、解直角三角形、正方形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握相关知识点，学会结合图形添加辅助线构造直角三角形利用三角函数，构造三角形外接圆利用圆的性质求最值是解题的关键．本题属于几何压轴题，需要较强的几何知识储备和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生． 56．（2025·广西贵港·一模）【阅读理解】学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型． 【类型一】“定点＋定长”：如图，在中，，，是外一点，且，求的度数． 解：由于，根据圆的定义可知，点、、一定在以点（定点）为圆心，（定长）为半径的上，则是所对的圆心角，而是所对的圆周角，从而可容易得到的度数． 【类型二】“定角＋定弦”：如图，中，，，，是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值． 解： ， ， ． （定角）． 点在以（定弦）为直径的上． 又点在内部， 点在弧上（不包括点、点（如图）…． 【问题探究】 （1）①根据类型一的学习，可求得 °； ②请完成类型二后面的过程； 【问题解决】 （2）如图，在正方形中，，动点，分别在边，上移动，且满足．连接和，交于点．点从点开始运动到点时，点也随之运动，求点的运动路径长． 【答案】（1）①；②见解析；（2） 【分析】（1）①根据圆周角定理即可求解；②先判断出，进而得到，进而判断出点在上，即可求出答案； （2）由正方形性质可证可得，可得，，由余角的性质可证，由题意可得点的运动路径是以为直径的圆弧，，由弧长公式可求解． 【详解】（1）① 是所对的圆心角，而是所对的圆周角，， ， 故答案为：； ② ， ， ． （定角）． 点在以（定弦）为直径的上． 又点在内部， 点在弧上（不包括点、点） 如图2，连接交于点，此时最小， ， ， 在中，，， ， ， 最小值为； （2）四边形是正方形， ，， ， ， ，， ， ， ， ， 如图4，连接，交于点， 点在运动中保持， 点的运动路径是以为直径的圆弧， 点的运动路径长为 ． 【点睛】本题考查了圆的有关知识，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，弧长公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 1．（2025·上海嘉定·一模）如图，正方形的边在的边上，顶点分别在边上，作于H，交于P，已知．下列结论中不正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，平行四边形的判定与性质，根据正方形的性质得出，，，则可证明，根据相似三角形的性质得出，结合，可得，证明四边形是平行四边形，得出，然后根据相似三角形的性质可得出，即可判断． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∴，即，故选项A正确； ∵， ∴， ∵， ∴，故选项B正确； ∵， ∴， ∵，， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，故选项D正确； ∴， ∵， ∴， ∴，故选项C错误， 故选：C． 2．（2025·辽宁鞍山·一模）如图，在矩形中，是对角线，点E，F分别在边，上，，交于点G．若点G是的中点，，，，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及相似三角形的判定与性质是解题的关键． 根据矩形的性质可得，，，从而可得，然后利用直角三角形斜边上的中线的性质可得，从而可得，进而可得，再证明，利用相似三角形的性质即可求出，利用勾股定理求出即可解答． 【详解】解： 四边形是矩形， ，，， ， ， ， 是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故选：D． 3．（2025·四川绵阳·一模）如图，菱形的顶点O在坐标原点，顶点A在x轴上，，将菱形绕原点顺时针旋转至的位置，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理， 连接，作，根据菱形的性质可知是等边三角形，进而说明，然后根据勾股定理求出，则此题可解． 【详解】解：连接，过点作于点E， 根据题意可知， ∵四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 根据勾股定理，得， 解得， ∴点的坐标是． 故选：A． 4．（2025·江苏淮安·一模）如图，矩形中，，以A为圆心，1为半径作．若动点在上，动点在上，则的最小值是（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】A 【分析】本题考查了轴对称—最短路线问题，勾股定理的应用及圆的最值问题等，作出对称图形是本题的关键．以为轴作矩形的对称图形以及对称圆，连接交于P，并延长，交于一点G，则就是最小值；根据勾股定理求得的长，即可求得最小值． 【详解】解：如图，以为轴作矩形的对称图形以及对称圆，连接交于P，并延长，交于一点G，则就是最小值； ∵矩形中，，圆A的半径为1， ∴， ∴， ∴， 即的最小值为4， 故选：A． 5．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在正方形中，和交于点O，过点O的直线交于点E（E不与A，B重合），交于点F，以点O为圆心，为半径的圆交直线于点M，N．若，则图中阴影部分的面积为（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质、求扇形面积等知识点，弄清图形间的面积关系是解题的关键． 根据题意可得四边形的面积等于正方形面积的一半，根据求解即可． 【详解】解：∵在正方形中，， ∴的半径为：， ∵过点O， ∴根据中心对称可得四边形的面积等于正方形面积的一半，即， ∴阴影部分面积为： ． 故选：A． 6．（2025·江苏苏州·二模）如图，在矩形中，点E，F分别是边的中点，连接，点M，N分别是的中点，连接，若，则MN的长度为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识点，掌握知识的灵活运用相关性质定理是解题的关键． 如图：连接并延长交于P，连接，根据矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理和三角形的中位线定理解答即可． 【详解】解：如图：连接并延长交于P，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵点E，F分别是边的中点，， ∴，， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点M是的中点， ∴． 故选：C． 7．（2025·浙江·模拟预测）将边长为a的菱形分别沿着和折叠（E，F，G，H分别在边，上），使点A和点C在折叠后均落在边上的点M处．若于点F，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理. 根据折叠的性质得，可得，再根据菱形的性质得，然后由折叠的性质得，进而根据勾股定理求出，进而求出，则此题可解. 【详解】解：根据题意，得， ∴. ∵菱形的边长为a， ∴. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的周长为. 故选：C. 8．（2025·安徽亳州·一模）如图，矩形中，连接对角线，将沿折叠，点B落在点处，交边于点E，则： （1）的形状是 ； （2）若，则点到边的距离是 ． 【答案】 等腰三角形 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，掌握折叠的性质与等腰三角形的判定是解题的关键． （1）由折叠的性质得，由平行线的性质可得，则可得，由等角对等边即可得的形状是等腰三角形； （2）由折叠的性质得，，设，则可表示，在中，由勾股定理建立方程求得x，利用面积关系即可求得点到边的距离． 【详解】解：（1）由折叠的性质得， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； 故答案为：等腰三角形； （2）∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质得，， 设，则， 在中，， 即， 解得：， ∴， 设点到边的距离为d， ∵， ∴， 即点到边的距离为， 故答案为：． 9．（2025·湖南衡阳·模拟预测）魏晋数学家刘徽利用如图所示的“青朱出入图”证明了勾股定理，其中四边形，和都是正方形，已知图中与的面积比为． （1）若正方形的边长为16，则的长为 ； （2）的值为 ． 【答案】 / /0.75 【分析】本题考查了正方形性质，相似三角形性质和判定，正切的定义，解题的关键在于熟练掌握相关知识． （1）根据正方形性质证明，利用相似三角形性质求解，即可解题； （2）结合正方形性质，相似三角形性质和判定推出，，进而求解，即可解题． 【详解】解：（1） 和都是正方形， ， ， 图中与的面积比为， ， 正方形的边长为16， ， ； 故答案为：． （2） 和都是正方形， ， ， 由（1）同理可知，， ，， ，， ， ， ； 故答案为：． 10．（2025·云南·模拟预测）如图，点、、、分别是四边形边、、、的中点，如果且，则 ． 【答案】8 【分析】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理是解题的关键． 连接，根据三角形中位线定理得出，，，再由矩形的判定得出四边形为矩形，利用其性质即可求解． 【详解】解：连接，如图所示： ，，，分别是四边形边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， ，，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴ 故答案为：8． 11．（2025·四川成都·一模）手机拍照构图，让照片从“随手拍”升级为“摄影作品”最直接、有效的方法，就是利用手机自带的“网格线”功能，将画面中的重要元素放置在黄金分割点上．在拍照前开启手机相机的网格功能，相机取景框会显示出两条水平线和两条垂直线，将画面分成九个部分，这四条线的四个交叉点，就是大家所说的“黄金分割点”或“兴趣点”（黄金比为）．如图，点E、F、G、H为矩形取景框内的四个交叉点，将拍摄物主体的核心部分放在E、F、G、H任意一个交叉点上，这样可以使拍摄物成为画面的视觉焦点，若矩形取景框的画面约为，则矩形的面积为 ． 【答案】6.69或 【分析】本题主要考查了黄金分割点，矩形的性质等知识，设，，则，，由题意可知，根据黄金分割点的定义可得出，即可进一步求出，，然后根据矩形的面积求解即可． 【详解】解：设，， 则， ∵， ∴，如图， 由题意可知，四边形和四边形都是矩形， ∴，， ∵点E、点F都是的黄金分割点， ∴， ∴， 同理， ∴ 故答案为∶ ． 12．（2025·山东·模拟预测）（1）如图1，四边形是边长为的正方形，，分别在，边上，．为了求出的周长．小南同学的探究方法是： 如图2，延长到，使，连接，先证，再证，得，从而得到的周长 ； （2）如图3，在四边形中，，，．，分别是线段，上的点．且．探究图中线段，，之间的数量关系； （3）如图4，若在四边形中，，，，分别是线段，上的点，且，（2）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由； （4）若在四边形中，，，点、分别在、的延长线上，且，请画出图形，并直接写出线段、、之间的数量关系． 【答案】（1）10；（2）；（3）成立，证明见解析；（4） 【分析】  （1）延长到，使，连接，由“”可证，可得，，由“”可证，可得，可得，即可求解． （2）延长到点．使．连接，由“”可证，可得，，再由“”可证，可得，即可解题； （3）延长到，使，连接，即可证明，可得，再证明，可得，即可解题； （4）在上截取，使，证明，得出，，证明，由全等三角形的性质得出，可得结论． 【详解】解：（1）如图1，延长到，使，连接， 四边形是正方形， ，， ， 又，， ， ，， ， ， ， 又，， ， ， ， 的周长 ， 故答案为：10； （2）． 证明：如图2所示，延长到点．使．连接， 在和中， ， ， ，， ，， ， ， 在和中， ， ， ， ； （3）成立． 证明：如图3，延长到，使，连接， ，， ， 在与中， ， ，， ， ， ， 又， ， ， ， ； （4）， 理由如下：在上截取，使， ，， ，且，， ， ，， ∴， ， ，且，， ， ， ． 【点睛】本题是四边形的综合，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 13．（2025·安徽亳州·一模）综合与探究：数学兴趣小组学习了特殊四边形的判定与性质后，对多边形中的相似三角形进行了研究． 【初步感知】如图1，点是正方形的边上一动点，过点作交于点．求证：； 【类比探究】如图2，点是矩形的边上一动点，连接交对角线于点，若线段是线段和的比例中项，求证：； 【拓展提升】如图3，的对角线相交于点，过点作交边的延长线于点，若，求线段的最小值． 【答案】初步感知：证明见详解；类比探究：证明见详解；拓展提升： 【分析】初步感知：由正方形性质得到，进而得到，再由得到，则，最后由相似三角形的判定定理即可得证； 类比探究：由矩形性质得到，，根据题中条件，结合相似三角形的判定定理得到，再由相似性质得到，在中，，等量代换即可得到，即，从而得证； 拓展提升：先由勾股定理求出，再由平行四边形性质得到，，从而确定求线段的最小值，就是求线段的最小值，由直线外一个定点与直线上一个动点之间的距离，垂线段最短可知，当时，线段有最小值，作出图形，由相似三角形的判定定理得到，列比例式代值计算求出即可得到线段的最小值． 【详解】解：初步感知：如图所示： 在正方形中，， ， ， ， ， ； 类比探究：如图所示： 在矩形中，，， 线段是线段和的比例中项， ， 则， ，， ， ， 在中，， ， 即在中，，则， ； 拓展提升：如图所示： ，， 在中，由勾股定理可得， 在中，对角线相交于点，则，， 点是定点、点是边上的一个动点，且，即求线段的最小值，就是求线段的最小值， 由直线外一个定点与直线上一个动点之间的距离，垂线段最短可知，当时，线段有最小值，如图所示： ，， ， 则， 即， 解得， 线段的最小值为． 【点睛】本题考查相似三角形综合，综合性较强，涉及正方形的性质、互余定义、相似三角形的判定与性质、矩形性质、比例中项定义、比例性质、垂直判定、勾股定理、平行四边形性质、动点最值问题-垂线段最短等知识，熟记特殊平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质是解决问题的关键． 1．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在正方形中，点在的延长线上，点是的中点，连接并延长交于点，连接，则（） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】先根据正方形边长和已知条件求出各线段长度，通过证明三角形全等得到的长度，再利用勾股定理求出、、的长度，最后通过勾股定理逆定理判断三角形形状，进而求出． 【详解】解：∵正方形中，， ∴，． ∵， ∴． ∵是的中点， ∴． ∵，，， ∴（）， ∴，． 在中，，， ∴． 在中，，， ∴． 在中，，， ∴． ∵， ∴是直角三角形，且． ∴． 故选：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及勾股定理逆定理、锐角三角函数的定义，熟练掌握正方形的性质并结合全等三角形和勾股定理求解线段长度是解题的关键． 2．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，则可得到，即可得到，根据垂线段最短和三角形三边关系得到，即可得到点P在时，的值最大为长，利用勾股定理和三角形的面积公式计算解答即可． 【详解】解：过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点， 则， 又∵， ∴， ∴， 由旋转得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即当点P在时，的值最大为长， ∵是正方形， ， ∴， ∴的值最大为， ∴的最大面积是， 故选：C． 3．（2025·西藏·中考真题）如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形中的翻折问题，勾股定理，三角形全等的判定与性质，解题的关键是掌握翻折性质，由折叠的性质易知，证明，设，则，由勾股定理得到，求出，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， 由折叠的性质易知， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴． ∵E为边的中点， ∴． 设，则， ∴，， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 4．（2025·四川广元·中考真题）如图①，有一水平放置的正方形，点D为的中点，等腰满足顶点A，B在同一水平线上且，点B与的中点重合．等腰以每秒1个单位长度的速度水平向右匀速运动，当点B运动到点D时停止．在这个运动过程中，等腰与正方形重叠部分的面积y与运动时间t（s）之间的对应关系如图②所示，下列说法错误的是（   ） A． B． C．当时， D．的周长为 【答案】D 【分析】本题考查了从函数图象获取信息，函数解析式的建立，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识点，读懂题意和函数图象是解题的关键． 由的运动可知，等腰与正方形重叠部分的图形一开始是直角三角形，当过了顶角顶点之后，则重叠部分的图形为四边形，当等腰整体全部运动到正方形内部时，则重叠部分的图形为，此时面积不变，然后分析每一种情况下的重叠部分的图形，结合函数图象作答即可． 【详解】解：由的运动可知，等腰与正方形重叠部分的图形一开始是直角三角形，当过了顶角顶点之后，则重叠部分的图形为四边形，当等腰整体全部运动到正方形内部时，则重叠部分的图形为，此时面积不变． 记中点为， 由函数图象可得，当时，，此时点落在上，如图： 则， 由题意得， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴此时为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故A、B正确，不符合题意； ∴当时，重叠部分记为， 由题意得：， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 故C正确，不符合题意； 由函数图象可得，当时运动停止，那么的顶点从点运动到点用时，如图： ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 由题意得：为的中点， ∴， ∴， ∴的周长为， 故D错误，符合题意， 故选：D． 5．（2025·黑龙江绥化·中考真题）如图，反比例函数经过、两点，过点作轴于点，过点作轴于点，连接、、．若，，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了反比例函数的几何意义，矩形的判定与性质，熟练掌握值几何意义是关键．延长交于点E，设，则，求出，，进而得到，证明四边形是矩形，再求出，得到，根据，建立方程求解即可． 【详解】解：延长交于点E， 设， ∵， ∴， ∵轴，轴， ∴点的纵坐标为，点的纵坐标为， ∴， ∴， ∴，， ∵反比例函数经过、两点， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， 故选：D． 6．（2025·四川德阳·中考真题）六方钢也称六角棒，是钢材的一种，其截面为正六边形．六方钢可以通过切割、钻孔、车削等方式进行加工，广泛应用于各种建筑结构和工程结构，如房梁、桥梁柱、输电塔等．在学校开展的综合实践活动中，兴趣小组对六方钢截面图（如图所示）的性质进行研究，测得边长，那么图中四边形的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正六边形的性质，等腰三角形的性质，特殊角三角形函数，菱形的判定及性质等；由正六边形的性质得， ，由余弦函数得，四边形是菱形，即可求解；掌握正六边形的性质，等腰三角形的性质，特殊角三角形函数，菱形的判定及性质是解题的关键． 【详解】解：六边形是正六边形， ， ， ， ， 同理可求：， 在中， ， 同理可求：， 四边形是菱形， 四边形的面积是： ； 故选：A． 7．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在中，，，，过点A作直线，点是直线上一动点，连结，过点作，连结使．当最短时，则的长度为（　　）    A． B．4 C． D． 【答案】B 【分析】在点A的右侧取一点G，使得，连结，，过点F作于点H，先根据相似三角形的判定与性质，推得都是定值，点F在射线上运动，从而得到当时，最短，并画出图形，再通过设未知数列方程，逐步求得和的长，最后根据相似三角形的性质，即可求得答案． 【详解】解：如图1，在点A的右侧取一点G，使得，连结，，过点F作于点H， 直线，， ， ，， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ，， ， ， 和都是定值， 点F在射线上运动， 当时，最短（如图2所示）， 延长，相交于点N， ， 四边形是矩形， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则，， ， ， ， ， ， ， 解得， ，，，， ，， ， ， ， 解得， 当最短时，则的长度为4． 故选：B．    【点睛】本题考查了几何最值问题，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，探究线段最短时的几何图形是解题的关键． 8．（2025·江苏南京·中考真题）如图，点，在矩形内，．若，，，则的长为 ． 【答案】 【分析】延长，交于点，利用勾股定理求得，计算和，借助矩形内角为直角、全等三角形的角相等，证得，，利用和得出、长，进而得、，利用勾股定理即可求的长． 【详解】解：如图，延长，交于点， 在中，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∵， ∴，，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴，，， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的性质、勾股定理、三角函数的应用，利用全等三角形转移角的关系，结合矩形内角为直角推导直角三角形是解题的关键． 9．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，中，对角线，交于点，过点作的垂线，分别交，于点，，延长交直线于点，延长交直线于点，分别连接，，有如下结论：①，；②四边形是菱形；③若，．则；④若，，，点为上的一个动点，则的最小值是．上述结论中，所有正确结论的序号是 ． 【答案】 【分析】①由平行四边形的性质可判断结论； ②从对角线的角度来判断四边形的形状； ③假定条件成立，求出的值与所给不符； ④由点与关于成轴对称，从而得到的最小值是． 【详解】①∵四边形是平行四边形， ∴，； 即结论①正确； ②∵中，， ∴， ∵，， ∴≌ ∴ ∵ ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形； 即结论②正确； ③∵，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∵， ∵，， ∴， 即结论③错误． ④因为点关于的对称点是点，连接交于点，当点与重合时，的值最小即为的长． ∵菱形中， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴∽， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵中， ∴， 即结论④正确． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的性质、判定、勾股定理及轴对称的性质，关键是知识的灵活应用． 10．（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了旋转-最短路线问题，三角形全等的判定，菱形的性质以及等边三角形的性质．通过将绕点A顺时针方向旋转的点，此时证明和全等后找到对应的线段，的最小值即为点B，，P，D四点共线时，线段的长度即为所求． 【详解】如图，将线段绕点A顺时针方向旋转，得到线段，连接，，， 由题意知，在菱形中，，， ∴和为等边三角形， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即点B，，P，D四点共线时，的最小， 此时最小值的长度为． 故答案为：． 11．（2025·江苏南京·中考真题）某纸杯的尺寸（单位：）如图（1）所示，展开它的侧面得到扇环纸片（可以看作扇形纸片剪去扇形纸片后剩余的部分）． (1)的长为____________，____________； (2)记表示两边长分别为，（，单位：）的矩形纸片的大小． ①图（2）是可以剪出扇环纸片的一张矩形纸片，它的一边与相切，点，在对边上，点，分别在另外两边上，直接写出，的值； ②用一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片吗？说明理由； ③若一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片，写出求的范围的思路（无需算出最终结果）． 【答案】(1)， (2)①，②可以，理由见解析③见解析 【分析】（1）设， ，则，利用圆的周长公式和弧长公式解答即可； （2）①延长，，延长线交于点，设矩形的边与相切于点，连接，交于点，利用圆的切线的性质定理，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理解答即可； ②将扇环纸片按如图所示放置，在矩形的边上，延长，，延长线交于点，过点作于点，过点作于点，利用直角三角形的边角关系定理求得，的长度，再利用它们与的矩形纸片的长与宽作比较即可； ③设计出能够放置扇环纸片的最小的的矩形纸片即可． 【详解】（1）解：由题意得：的长为，的长为， 设， ，则， ， ， ． 故答案为：，； （2）解：①延长，，延长线交于点，设矩形的边与相切于点，连接，交于点，如图， 则， 四边形为矩形， 四边形，为矩形， ， 由题意得：，，，， 为等边三角形， ，，， ，， ，， ， ． ②用一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片，理由： 将扇环纸片按如图所示放置，在矩形的边上，延长，，延长线交于点，过点作于点，过点作于点， 由题意得：，，，， ，，， ， ，， ，， 用一张的矩形纸片可以剪出扇环纸片． ③设的矩形纸片为矩形，，将扇环纸片如图放置，使点在边上，点在边上，点在边上，与边相切于点， 则此时的值最小，若求的范围，则此时的为的最小值． 延长，，延长线交于点，连接，交于点，过点作于点，过点作于点，设交于点， 由题意得：，，，， 与边相切于点， ， ，，四边形为矩形， 四边形，四边形，四边形为矩形， ，，， ，． 求得，的值即可求得的最小值； 由于，解和即可求得结论． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，弧长公式，分类讨论的思想方法，矩形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，等边三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键． 12．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正比例函数的图象与反比例函数的图象交于两点，点在反比例函数的图象上，且在第一象限内点的右侧，连接 的面积为5． (1)求点A，B的坐标及反比例函数的解析式； (2)探究在轴上是否存在点，使得以点O，C，M，N为顶点的四边形为菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，反比例函数解析式为 (2)点坐标为或或或 【分析】本题主要考查了反比例函数的表达式、反比例函数与一次函数交点问题、菱形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）先求出点值，可得点坐标，进而可得反比例函数解析式，进而可得坐标； （2）先求出点坐标，进而分类讨论很容易求出点坐标． 【详解】（1）解：将代入得，， 解得：， ∴正比例函数表达式为， ， ∴反比例函数解析式为， ∵点关于原点对称， ， 综上，，反比例函数解析式为； （2）解：过作轴，交于点， 设，则， ， ， 解得：或（舍去）， ， 则， 当为菱形的边时，有如下三种情况： ①如图，点在点左侧， 此时轴，且， ； ②如图，此点在点右侧， 此时轴，且， ； ③如图，为对角线， 此时点与点关于轴对称，则； 当为菱形的对角线时，如下有一种情况： 过作轴于点， 设，则， 在中，， 解得， ， ， 综上，点坐标为或或或． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $