专题16 四边形（1年汇编）（江苏专用）2026年中考数学真题分类汇编

专题16 四边形 1年真题1年模拟 考点分类 江苏考情（2026） 命题规律 考点 01 多边形 2026 盐城卷 2026 常州卷 2026 徐州卷 2026 无锡卷 2026 扬州卷 以选择题、填空题为主，属于基础送分题型。依托果盘、八角碗、窗棂、漆器等传统文化实物情境；核心考查多边形内角和、外角、正多边形边长计算、多边形分割三角形个数；命题侧重公式直接套用，偶尔结合估算，难度低。 考点 02 平行四边形的性质及判定 2026 连云港卷 2026 盐城卷 2026 镇江卷 2026 淮安卷 2026 苏州卷 2026 扬州卷 填空、解答证明题高频。以平行四边形纸片折叠、坐标系结合反比例函数、线段中点为载体；核心考查平行四边形对边平行相等、对角线互相平分，判定定理（一组对边平行且相等、两组对边分别平行）；命题常结合角平分线构造等腰、全等证明，常与函数综合，属于中档基础大题。 考点 03 矩形的性质及判定 2026 盐城卷 2026 常州卷 2026 连云港卷 2026 宿迁卷 填空、压轴阅读探究大题。素材包含纸片平移、激光折射、矩形内接矩形、折叠、旋转；核心考查矩形四个直角、对角线相等；命题常融合折叠、旋转、动点、费马点阅读新定义，综合性强，可作为几何压轴，侧重勾股、三角函数、最值计算。 考点 04 菱形的性质及判定 2026 淮安卷 2026 盐城卷 2026 连云港卷 2026 常州卷 2026 徐州卷 2026 无锡卷 填空、解答压轴题。以古典花窗、菱形折叠对称、新概念 “等截线” 为背景；核心考查菱形四边相等、对角线垂直平分，60° 菱形特殊性质；命题常结合对称点、面积最值、新定义探究，区分度高，属于四边形模块重难点。 考点 05 正方形的性质及判定 2026 南通卷 2026 苏州卷 2026 扬州卷 2026 淮安卷 2026 宿迁卷 填空、几何压轴大题。素材包含垂直模型、二次函数与正方形结合、图形拼接、翻折对称、折纸实践；核心考查正方形四边相等、四角 90°，对角线性质；命题大量结合全等、相似、翻折变换，常作为整张试卷几何压轴，计算与逻辑推理并重。 考点01 多边形 1．（2026·江苏盐城·中考真题）如图，果盘的上边缘呈正六边形．正六边形的一个内角的度数为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·江苏常州·中考真题）八角碗（碗口为正八边形）承载八方纳福的吉祥寓意，是我国古代制瓷工艺与民俗审美结合的实物见证．现有一只碗口边长为的八角碗，俯视图如图所示．若该碗能平放进底面为正方形的长方体硬纸盒（碗口与硬纸盒底面均水平），则硬纸盒底面的边长至少为__________．（精确到，硬纸盒不可变形且纸盒壁、碗壁厚度均忽略不计，参考数据：） 3．（2026·江苏徐州·中考真题）如图，将四边形、五边形、六边形的纸片从一个顶点出发，沿对角线剪成若干个三角形纸片．照此方法，若将一个边形纸片剪开，则所得三角形纸片的个数为___________． 4．（2026·江苏无锡·中考真题）窗棂是中国传统建筑的重要元素，既有吉祥寓意，又显几何之美．如图所示，某个窗棂图案的外框是正六边形，这个正六边形的每一个外角都等于______度． 5．（2026·江苏扬州·中考真题）扬州漆器造型雅致，做工精巧，色彩和谐，光泽腴润．如图，扬州漆器作品《春山畅游》的轮廓是一个正八边形，它的每个内角为_______°． 考点02 平行四边形的性质及判定 1．（2026·江苏连云港·中考真题）如图，在中，，，的平分线交于点E，则____． 2．（2026·江苏盐城·中考真题）小明折叠如图所示的纸片，使得边，有一部分重叠（点，的对应点分别为，，重叠部分为）．小明观察思考后，认为：①；②；③为的中点．请从①②③中任选两个，判断是否正确，并说明理由． 3．（2026·江苏镇江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，正比例函数与反比例函数的图像交于，B两点，x轴上的点C的坐标为． (1)求点A，B的坐标以及反比例函数的表达式． (2)点D在x轴上，当四边形为平行四边形时，点D的坐标为__________． 4．（2026·江苏淮安·中考真题）如图，在中，点、分别在、上，且．求证：四边形是平行四边形． 5．（2026·江苏苏州·中考真题）如图，在中，点E，F分别是边，的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的面积． 6．（2026·江苏扬州·中考真题）如图，在中，是的中点．分别延长 ， 交于点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求四边形的周长． 7．（2026·江苏连云港·中考真题）如图，在矩形中，点E，F分别在，上，且．求证：四边形是平行四边形． 考点03 矩形的性质及判定 1．（2026·江苏盐城·中考真题）如图，小明先将矩形纸片沿对角线剪开，再将纸片沿方向平移到处，与重合，连接．若，，则的值为__________． 2．（2026·江苏盐城·中考真题）如图1，一束激光通过玻璃砖时传播路径发生改变．图2是其部分光线示意图，其中四边形是矩形，点，分别在边，上，．若，则的度数为__________． 3．（2026·江苏常州·中考真题）如图，在矩形中，，．矩形的顶点，，，分别在边，，，上（点与点，不重合，）．若对于定点，矩形唯一确定，则的长为__________． 4．（2026·江苏连云港·中考真题）取一张矩形纸片（图1），按如图2所示方式折叠，使点A落在上，折痕为，再按如图3所示方式折叠，点与点恰好重合，则____． 5．（2026·江苏宿迁·中考真题）如图，在矩形中，，，将、、、分别绕点、、、逆时针旋转，得到、、、，连接、、、．下面四个结论：①四边形为平行四边形；②；③当时，四边形的面积为；④存在，使得四边形为矩形． 其中正确结论的序号是____________． 6．（2026·江苏连云港·中考真题）【问题情境】 (1)在锐角中，求作一点P，使的值最小． 下面是小明对该问题的一种解决方法及简要说理． 如图1，以为边向外作等边三角形，再作的外接圆，连接， 与交于点P．则点P即为求作的点． 在上取一点，使，连接，在中，根据“同弧所对的圆周角相等”， 得 ① ，故是等边三角形．所以． 进而可证得．所以． 所以． 由 ② （从“两点之间线段最短”和“垂线段最短”中选择填空）可得， 的长即为的最小值． 【方法迁移】 (2)如图2，已知点A，B到直线l的距离，．在图中找一点P，使点P到点A、点B、直线l的距离之和最小，简要说明作法，并求出最小值． 【拓展应用】 (3)如图3，若村庄A，B，C，D的连线构成一个矩形，且，（）． 现要在矩形区域内铺设天然气管道，使四个村庄能够连接互通起来．请你设计管道路线总长最短的铺设方案（不需要说明理由），并直接写出路线总长（用含a，b的代数式表示）． 7．（2026·江苏常州·中考真题）在等腰三角形中，，点是中点，点是中点，过点作交的延长线于点． (1)试判断四边形的形状，并加以证明； (2)若，求四边形的面积． 8．（2026·江苏常州·中考真题）如图，四边形的对角线与相交于点，，，． (1)求证：； (2)若，，求的周长． 考点04 菱形的性质及判定 1．（2026·江苏淮安·中考真题）菱形空窗是中国古典园林里极具代表性的造景元素．某菱形空窗的尺寸如图所示（边框厚度忽略不计），则其透光面积为__________． 2．（2026·江苏盐城·中考真题）小明在公园看到一扇由16个大小相同的小菱形构成的景窗（如图）．已知图中小菱形的边长为，则最大菱形的周长为__________． 3．（2026·江苏连云港·中考真题）如图，菱形中，，，点P在边上，且，Q为边上的动点，点C关于的对称点为．若、的面积分别记为、，则的最大值为____． 4．（2026·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，，连接是的中点，M是上一点，且是上一动点，则的最大值为__________． 5．（2026·江苏徐州·中考真题）如图，是的中线，点E，F分别在及其延长线上，，连接，． (1)求证：； (2)若，求证：四边形是菱形． 6．（2026·江苏无锡·中考真题）在中，点，分别在，上．若，则称线段是中所对的“等截线”． (1)如图1，已知是中所对的“等截线”，，，求的值（请直接写出答案）． 【概念应用】 (2)如图2，在等腰中，，，，求所对的“等截线”的长度． 【深入探究】 (3)小明探究发现：任意三角形都存在某个角所对的“等截线”，且这条“等截线”唯一存在．如何画出“等截线”？他从阅读著名数学家波利亚的名著中受到启发：以为例，画出所对的“等截线”的部分步骤如下． 画法 图形 ①在上适当的位置取点，作直线，交于点 ②在上截取，连接并延长，交于点 ③在上取点，使得 ④作，交于点 … 请你根据以上信息，说明步骤④中的的长度即为所对的“等截线”的长度． 考点05 正方形的性质及判定 1．（2026·江苏南通·中考真题）如图，在正方形中，是的中点，点在上，，垂足为．若，则正方形的边长为________． 2．（2026·江苏苏州·中考真题）如图，关于的二次函数的图像为抛物线，直线与抛物线交于，两点，过抛物线的顶点作轴的平行线，过，分别作的垂线，垂足为，．若四边形为正方形，则_________． 3．（2026·江苏扬州·中考真题）如何将两个大小不等的正方形剪拼成一个大正方形？现有如下方案：将正方形和正方形按如图所示的方式摆放，在边上取点M，使，沿，剪开，可拼成正方形．若，，则的面积是_______． 4．（2026·江苏淮安·中考真题）如图，在正方形中，是边上一动点（不与端点重合），连接，作关于的对称图形． (1)如图1，延长交于点，与相等吗？证明你的结论； (2)如图2，当时，连接交于点，求的值； (3)如图3，连接交于点，连接并延长交于点，用等式表示与的数量关系，并说明理由． 5．（2026·江苏宿迁·中考真题）综合与实践：某学校数学兴趣小组以“折纸求特殊角三角函数值”为主题，开展学习实践活动． 【观察理解】按照如图1所示的方法将正方形纸片依次折叠，展开后如图2所示，折痕分别为、、． (1)【操作体验】如图3，在正方形中，请先连接，再分别作出折痕、（要求：用无刻度直尺和圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）． (2)【问题解决】直接写出的度数和的值． 6．（2026·江苏扬州·中考真题）如图1，在边长为1的正方形中，E是边上的动点（不与点A，D重合）．将沿翻折，得到．过点F作，，垂足分别为M，N． (1)如图2，若，求的值； (2)如图3，若E为中点，则的长为_______，的长为_______； (3)求点E运动过程中的最大值． 1．（2026·江苏南京·三模）如图，在菱形中，，现将菱形绕点逆时针旋转得菱形， 连接．则（     ） A． B． C． D． 2．（2026·江苏南通·二模）如图，射线，，，分别是，上的两个动点（不与，重合），，是上一点，，是的中点，记，．当点，的位置发生变化时，下列代数式的值不变的是（  ）． A． B． C． D． 3．（2026·江苏徐州·三模）小明爸爸的风筝厂准备购进甲、乙两种规格相同但颜色不同的布料生产一批形状如图所示的风筝，点、、、分别是四边形各边的中点．其中阴影部分用甲布料，其余部分用乙布料（裁剪两种布料时，均不计余料）．若生产这批风筝需要甲布料匹，那么需要乙布料（     ） A．匹 B．匹 C．匹 D．匹 4．（2026·湖北十堰·模拟预测）如图，由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”，得到正方形和正方形，连接并延长交线段于点，若是的中点，则的值为（     ） A． B． C． D． 5．（2026·江苏南通·三模）如图，菱形中，对角线、相交于点，的内心与点的距离为，则菱形的面积为（     ） A． B． C． D． 6．（2026·江苏盐城·二模）如图，菱形的对角线，相交于点，、分别是、的中点，连接，若，，则菱形的面积为（    ） A．12 B．24 C．30 D．35 7．（2026·江苏连云港·二模）如图，正方形的面积为2，是以为圆心，为半径的弧上的一动点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．则的最大面积是（     ） A． B． C． D． 8．（2026·江苏连云港·二模）如图，四边形是矩形，，，交于点，平分，根据尺规作图的痕迹，若，则的长是（   ） A． B． C． D． 9．（2026·江苏宿迁·二模）如图1，在中，，，将其分割成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分，然后再拼成如图2的菱形（不重叠、无缝隙），若，则的长为（     ） A．4 B． C．5 D． 10．（2026·河南郑州·模拟预测）如图1，矩形中，点沿从点运动到点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接，设点的运动路程为，的面积为，图2是点运动时随变化的关系图象，则的长为（    ） A．4 B．3 C．5 D．6 11．（2026·江苏淮安·一模）如图所示，已知菱形，点C在x轴上，直线经过点A，菱形的面积是，若反比例函数的图像经过点B，则此反比例函数表达式为（    ） A． B． C． D． 12．（2026·江苏泰州·二模）在正方形中，点E是对角线上一点，过点E作于点F，作于点G，连接，下列结论正确的是（    ） A．且 B．且 C．且 D．且 13．（2026·江苏南通·一模）如图，在菱形中，，，动点P，Q同时从点出发，动点以每秒1个单位的速度沿线段运动到点停止，动点从点出发，以每秒2个单位的速度沿折线运动到点停止．设运动时间为，的面积为，则与的函数图象应为（    ） A．B．C． D． 14．（2026·江苏扬州·一模）如图是小华同学在中考一轮复习四边形时整理的平行四边形，矩形，菱形，正方形之间关系的思维导图，其中对应序号的条件填写错误的是（   ） A．① B．② C．③平分 D．④ 15．（2026·江苏南通·一模）如图，将图1所示的正方形纸片沿对角线（图中虚线）剪开，拼成如图2所示的四边形，连接，则的值为（    ） A． B． C． D． 16．（2026·江苏徐州·二模）如图，将正方形沿折叠，使点A落在点处，且点到两端点B，C的距离相等，若，E为射线上一点，则的长为（   ） A． B． C．或 D．或 17．（2026·江苏连云港·模拟预测）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且，连接，若，则的长为（   ） A．1 B．2 C．4 D．3 18．（2026·江苏南京·一模）如图，在正方形中，点、在对角线上，连接、、、，若要判定四边形是菱形，则添加的条件可以是（   ） A． B． C． D． 19．（2026·江苏苏州·一模）如图，菱形的对角线，交点为，点在上，且，过点作交于点．则的面积为（    ） A．10 B．8 C．6 D．5 20．（2026·江苏南京·模拟预测）如图，在中，，．正方形的边长为，它的顶点D，E，G分别在的边上，下列说法正确的是（   ） A． B．点F在的平分线上 C． D． 21．（2026·江苏盐城·一模）如图，在菱形中，对角线与交于点，垂足为，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 22．（2026·江苏徐州·一模）如图，矩形中，，，E为中点，连接，交于F点，则与的面积比为（   ） A． B． C． D． 23．（2026·江苏苏州·模拟预测）矩形中，，，点为矩形内一点，使得．将绕点顺时针旋转，得到，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 24．（2026·江苏泰州·三模）五十六个民族共同组成了中华民族大家庭，如同烯分子中的微粒像足球一样团结在一起．一个烯分子由个正五边形、个正六边形组成（如图①所示）．如图②，边长相等的正六边形和正五边形叠放一起，是正六边形的对角线，的度数为（     ） A． B． C． D． 25．（2026·江苏连云港·二模）将若干个大小相等的正五边形排列成环形，如图是排列的前4个正五边形，要完成这一个圆环还需要（    ）个这样的正五边形． A．5 B．6 C．7 D．8 26．（2026·江苏无锡·二模）如图，小明从点出发沿直线前进到达点，向左转某个角度后又沿直线前进到达点，再向左转相同的角度后沿直线前进到达点…，照这样走下去，小明第一次回到出发点时一共走了，则的大小为（     ） A． B． C． D． 27．（2026·江苏常州·一模）如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为2的正六边形的顶点处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，黑跳棋按逆时针方向2秒钟跳1个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过2026秒钟后，两枚跳棋之间的距离是（     ） A．4 B． C．2 D．0 28．（2026·江苏盐城·一模）如图，将一张圆形纸片对折三次后，沿图4中的虚线剪下（点和为半径的中点），得到两部分，去掉有圆弧的部分，剩余部分展开后得到的平面图形的每个内角度数为（    ） A． B． C． D． 29．（2026·江苏无锡·二模）如图，的顶点A，B，C均在坐标轴上，与y轴交于点E，且，若反比例函数经过点D，则k的值为（     ） A．9 B．10 C．11 D．12 30．（2026·江苏无锡·二模）如图，中，点、分别是、上的点，且，将、、的周长分别记作、、，则的最大值为（     ） A． B． C． D． 31．（2026·江苏南京·三模）正方形中，点O为对称中心，过点O且点E在上，点F在上，，．则____________． 32．（2026·江苏泰州·二模）如图，设计师采用正五边形与菱形搭配设计地面镶嵌图案，菱形地砖的锐角为________． 33．（2026·江苏南通·三模）如图，正六边形的边长为，点、、、分别在、、、上，四边形是矩形，且． （1）当时，的长为________； （2）连接，，，，若，则的值为________． 34．（2026·江苏淮安·二模）如图，3个大小完全相同且边长为1的正六边形无缝隙、不重叠的拼在一起，点、、、是正六边形的顶点，连接并延长交线段于点，则线段的长是______． 35．（2026·江苏连云港·一模）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________． 36．（2026·江苏镇江·一模）用若干张全等的小正六边形纸片进行密铺（不重叠、无空隙），形成的图案（部分）如图所示，每个小正六边形纸片的中心称为“繁星点”，用6个“繁星点”为顶点构成的一个正六边形称为“衍生六边形”，比如图中的六边形．已知某一个“衍生六边形”的各边上（含顶点）共有60个“繁星点”，则该“衍生六边形”的内部（不含各边）的“繁星点”共有___________个． 37．（2026·江苏扬州·一模）图1为中式传统建筑中的一种窗格，其外窗框为正八边形，图2正八边形为其外窗框的示意图，连接，，与交于点M， ________°．    38．（2026·江苏扬州·二模）如图，在中，，，点E在的延长线上，且，过点E作直线分别交边，于点M，N．若直线将的面积平分，则线段的长为_____． 39．（2026·江苏南京·二模）如图，的顶点，分别在的边，上，，在边上，则的最大值为______． 40．（2026·江苏徐州·二模）如图，已知中，，，小明用尺规作图画了和交于点，保留了作图痕迹，根据作图痕迹计算的值为_____． 41．（2026·江苏无锡·二模）如图，的对角线、交于点O，且，过点A作，连接，若，，则的长为______． 42．（2026·江苏连云港·二模）如图，在菱形中，，，点是边上一动点，连接，是上的中点，连接，则的最小值为_________． 43．（2026·江苏无锡·二模）定义：有一组邻边相等的四边形叫做“等邻四边形”，这组相等邻边的长叫做“等邻长”． 如图，四边形中，，，，，． （1）判断四边形是否为等邻四边形？_______；（填“是”或“不是”） （2）若画一条直线将四边形分割成两个等邻四边形，且它们的等邻长均为，则所有可能的值为________． 44．（2026·江苏无锡·三模）如图，中，，点F、G为边、的中点，在上取一点E，连接，使，且，则的值为______． 45．（2026·江苏徐州·二模）如图，已知点是内的一点，，，若四边形的面积为，，，则的面积是________． 46．（2026·江苏盐城·一模）如图，在平行四边形中，，，，分别是，边上的动点，将四边形沿直线翻折，点，的对应点分别是点，，其中点始终落在边上．当时，求的值为_________． 47．（2026·江苏宿迁·三模）如图，矩形中，，．点在线段上由向方向匀速运动，点在线段上由向方向匀速运动．点与点同时开始运动，点的运动速度为点运动速度的3倍．当点到达点时，点也停止运动．将矩形沿翻折，点、点的对应点分别为点、点，连接．在运动过程中，当最小时，的值为________． 48．（2026·江苏盐城·模拟预测）如图，正方形的边长为6，在边上取一点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得到，点的对应点在正方形的内部，延长交边于点，作，垂足为点．若点是的三等分点（），则的长是______． 49．（2026·江苏泰州·三模）如图，菱形的对角线，交于点，且过原点，轴，点的坐标为，反比例函数的图像经过，两点，则的值是___________． 50．（2026·江苏苏州·二模）如图，在菱形中，按如下步骤作图：①分别以点和点为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，；②作直线，与交于点，连接，若，直线恰好经过点，则的长为_________． 51．（2026·江苏镇江·二模）如图，在矩形中，，，点为的中点．将沿折叠，使点落在矩形内点处，连接，，则________． 52．（2026·江苏扬州·三模）如图，在矩形中，，，是上一点，，是上的动点，连接，是上一点且（为常数，），分别过点，作，的垂线，交点为．设的长为，的长为．在点从点到点的整个运动过程中，若线段上存在唯一的一点，则此时的值为_______． 53．（2026·江苏淮安·二模）如图，在菱形中，对角线、交于点，，，点为上的一个动点，点为上一点，且，点为上一点，且，则的最小值为_______． 54．（2026·江苏宿迁·二模）如图，矩形中，，．点为边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接、．当的面积最大时，线段的长为____． 55．（2026·江苏常州·二模）如图，已知矩形，，，、分别是边、上的动点，且，将沿着方向向右平移到，连接、，在运动过程中，的面积的最小值是______． 56．（2026·江苏泰州·二模）如图，矩形中，，，为的中点，为射线上一动点，为的中点，若直线直线，则______． 57．（2026·江苏宿迁·二模）如图，在菱形中，，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为_______． 58．（2026·江苏盐城·二模）如图，在边长为的正方形中，点E是边的中点，连接，以点E为旋转中心将线段顺时针旋转，得到线段，连接，交边于点G，H，则的长为_____． 59．（2026·江苏无锡·二模）如图，在矩形中，，点O是边的中点，连接．将绕着点O逆时针旋转一定的角度得到，点A、B、C的对应点分别为点E、F、G，线段与矩形的某一边相交于点M． （1）若，逆时针旋转时，线段________；（2）在旋转过程中，当点F落在的垂直平分线上时，线段________．（用含有x的代数式表示） 60．（2026·江苏连云港·二模）如图，点O是边长为8的正方形的中心，P、Q分别是边、上的动点，若P、Q在运动过程中，则四边形的面积最小值为_______． 61．（2026·江苏盐城·二模）项目主题：探究多边形的密铺 中国的密铺工艺萌芽于新石器时代，经商周、汉唐发展，至明清达顶峰，广泛用于家具、首饰、建筑工艺中的密铺，传承着东方美学与匠心精神． 密铺定义：用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地组成一片，又叫平面镶嵌．为了更多地了解平面密铺，“鹿鸣•博约”数学项目小组对多边形的平面密铺进行了如下探究： 探究一：正多边形的密铺 (1)项目组思考，仅用同一种类型的正多边形进行密铺，可选择______（填写下列所有可选择的序号）： (2)项目组尝试用两种正多边形进行平面密铺，是否能用若干个边长相等的正三角形和正四边形进行平面密铺？若能，请求出每一个顶点周围的正三角形和正四边形的个数；若不能，请说明理由． (3)项目组继续用三种正多边形进行平面密铺，如图1，用边长相等的正三角形、正四边形和正六边形按图中所示的规律密铺． ①按此规律，则第n个图案有____个正方形；（用含n的代数式表示） ②按此规律，是否存在这样一个图案，它的正方形个数是第x个图案与第y个图案正方形个数之和的6倍．若存在，求出是第几个图案（用含x，y的代数式表示）；若不存在，请说明理由． 项目组发现，正三角形，正四边形，正五边形，正六边形分别各取一个内角相加，有，故用四种以及四种以上的正多边形不能密铺整个平面．所以，项目组思考一般多边形是否可以平面密铺． 探究二：一般多边形的密铺 (4)项目组发现：任意两个全等的三角形可以拼成一个平行四边形，可以进行平面密铺，因此有以下猜想：①任意四边形都能密铺；②任意五边形都能密铺：③任意六边形都能密铺，正确的结论有______；（填写所有可选择的序号） (5)项目组从杂志上看到了一幅图2所示密铺作品，该作品是由若干个全等的如图3所示的五边形进行的密铺形成，已知，求边的长度： 62．（2026·江苏南京·三模）如图，折叠矩形，使顶点落在对角线上的处，折痕分别为． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若四边形为菱形，，则__________． 63．（2026·江苏盐城·二模）【问题情境】 定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到该边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“比中项妙点”． 如图1，中，点是边上一点，连接，若，则称点是中边的“比中项妙点”． (1)在Rt中，，于点，则点 （填“是”或“不是”）中边上的“比中项妙点”； 【操作探究】 (2)①如图2，的顶点是网格图的格点，请仅用直尺画出边上的一个“比中项妙点”点（的中点除外）． ②尺规作图：如图，为线段上一点，在直线上找一点，使为中边上的“比中项妙点”，其中为钝角． 【拓展提升】 (3)如图，平行四边形中，，点为边上一点，连接交对角线于点，点恰好是中边上的“比中项妙点”． ①请直接写出、、数量关系 ； ②连接并延长交于点，若点是中边上的“比中项妙点”，且，求的值． 64．（2026·江苏宿迁·二模）如图，在菱形中，，点E在对角线上，点F是边上一动点，连接，延长交于点P，若． (1)当时，___________； (2)如图1，将射线绕点E逆时针旋转，交边于点G，连接，求证：是等边三角形； (3)在（2）的条件下，连接，当与相似时，求的长； (4)以为斜边，在的右侧作，使，当点F从点B运动至点C时，请直接写出点Q的运动路径长． 65．（2026·江苏南京·二模）如图，在中，平分，平分，点，分别在，边上，连接，，分别交，于，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，则 ． 66．（2026·江苏泰州·二模）如图，四边形是平行四边形． (1)用无刻度的直尺和圆规作图：在边上找一点，使平分（保留作图痕迹，不写作法），并加以说明； (2)在（1）的条件下，若，，添加条件 时，为矩形，并说明理由． 67．（2026·江苏南京·二模）如图，在中，是上一点，和关于点对称，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，，当的长为 时四边形是菱形． 68．（2026·江苏南京·二模）如图，在中，对角线，相交于点，且．，分别是，的中点，，分别是，上靠近点的三等分点，连接，，，．求证：四边形是矩形． 69．（2026·江苏无锡·二模）如图，在中，是边上的中线，E是的中点，过点A作交的延长线于点F，连接． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并证明你的结论． 70．（2026·江苏连云港·二模）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：在上选一点P，沿折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接．根据以上操作，当点M在上时，则______． (2)迁移探究 小华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． ①如图，当点在上时，______ ． ②改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），如图，判断与的数量关系，并说明理由． (3)拓展应用 在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为， ①当时，求出的长． ②当 时，的面积最小． 71．（2026·江苏南京·三模）如图，在中，，分别为边，的中点，是对角线． (1)求证：当时，四边形是矩形； (2)当满足_____时，四边形是菱形． 72．（2026·江苏盐城·模拟预测）【证明体验】如图1，正方形中，E、F分别是边和对角线上的点，． (1)求证：； (2)【思考探究】如图2，矩形中，，E、F分别是边和对角线上的点，，，求的长； (3)【拓展延伸】如图3，菱形中，，对角线，交的延长线于点H，E、F分别是线段和上的点，，，求的长． 73．（2026·江苏南京·二模）如图，在正方形中，点E，F在对角线上，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，则正方形与菱形的面积比为________． 74．（2026·江苏苏州·二模）如图，在矩形中，，，点是矩形对角线上一点，连接，将沿着折叠得到． (1)如图1，将矩形纸片沿直线对折，使点与点重合，然后展开铺平，得到折痕，当落在上时，的度数为_____； (2)如图2，当落在对角线上时，求的正切值； (3)若与矩形的对角线垂直，直接写出的长． 75．（2026·江苏泰州·三模）按要求解题： (1)如图1，将长方形折叠，使落在对角线上，折痕为，点C落在点处，若，则的度数为 ； (2)小明手中有一张长方形纸片，． ①如图2，点E在这张长方形纸片的边上，将纸片折叠，使落在所在直线上，折痕设为点M，N分别在边，上），利用直尺和圆规画出折痕（不写作法，保留作图痕迹）； ②如图3，点F在这张长方形纸片的边上，将纸片折叠，使落在射线上，折痕为，点A， B分别落在点， 处，若，求的长． 试卷第1页，共3页 2 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题16 四边形 1年真题1年模拟 考点分类 江苏考情（2026） 命题规律 考点 01 多边形 2026 盐城卷 2026 常州卷 2026 徐州卷 2026 无锡卷 2026 扬州卷 以选择题、填空题为主，属于基础送分题型。依托果盘、八角碗、窗棂、漆器等传统文化实物情境；核心考查多边形内角和、外角、正多边形边长计算、多边形分割三角形个数；命题侧重公式直接套用，偶尔结合估算，难度低。 考点 02 平行四边形的性质及判定 2026 连云港卷 2026 盐城卷 2026 镇江卷 2026 淮安卷 2026 苏州卷 2026 扬州卷 填空、解答证明题高频。以平行四边形纸片折叠、坐标系结合反比例函数、线段中点为载体；核心考查平行四边形对边平行相等、对角线互相平分，判定定理（一组对边平行且相等、两组对边分别平行）；命题常结合角平分线构造等腰、全等证明，常与函数综合，属于中档基础大题。 考点 03 矩形的性质及判定 2026 盐城卷 2026 常州卷 2026 连云港卷 2026 宿迁卷 填空、压轴阅读探究大题。素材包含纸片平移、激光折射、矩形内接矩形、折叠、旋转；核心考查矩形四个直角、对角线相等；命题常融合折叠、旋转、动点、费马点阅读新定义，综合性强，可作为几何压轴，侧重勾股、三角函数、最值计算。 考点 04 菱形的性质及判定 2026 淮安卷 2026 盐城卷 2026 连云港卷 2026 常州卷 2026 徐州卷 2026 无锡卷 填空、解答压轴题。以古典花窗、菱形折叠对称、新概念 “等截线” 为背景；核心考查菱形四边相等、对角线垂直平分，60° 菱形特殊性质；命题常结合对称点、面积最值、新定义探究，区分度高，属于四边形模块重难点。 考点 05 正方形的性质及判定 2026 南通卷 2026 苏州卷 2026 扬州卷 2026 淮安卷 2026 宿迁卷 填空、几何压轴大题。素材包含垂直模型、二次函数与正方形结合、图形拼接、翻折对称、折纸实践；核心考查正方形四边相等、四角 90°，对角线性质；命题大量结合全等、相似、翻折变换，常作为整张试卷几何压轴，计算与逻辑推理并重。 考点01 多边形 1．（2026·江苏盐城·中考真题）如图，果盘的上边缘呈正六边形．正六边形的一个内角的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用正边形内角和公式及正多边形各内角相等的性质求解． 【详解】解：正六边形的边数， 内角和为． 正多边形各内角相等， 一个内角的度数为． 2．（2026·江苏常州·中考真题）八角碗（碗口为正八边形）承载八方纳福的吉祥寓意，是我国古代制瓷工艺与民俗审美结合的实物见证．现有一只碗口边长为的八角碗，俯视图如图所示．若该碗能平放进底面为正方形的长方体硬纸盒（碗口与硬纸盒底面均水平），则硬纸盒底面的边长至少为__________．（精确到，硬纸盒不可变形且纸盒壁、碗壁厚度均忽略不计，参考数据：） 【答案】 【分析】八角碗可以看成是由正方形分别在四个角上截去全等的等腰直角三角形构成的正八边形，由题意在等腰直角三角形中求出，进而表示正方形边长即可． 【详解】解：如图，八角碗可以看成是由正方形分别在四个角上截去全等的等腰直角三角形构成的正八边形，同时，等腰直角三角形的斜边长等于正八边形的边长， ∴， 设， ∴，即， 解得，， ∴正方形边长为， ∵要将八角碗放进底面为正方形的长方体硬纸盒， ∴硬纸盒底面的边长至少为． 3．（2026·江苏徐州·中考真题）如图，将四边形、五边形、六边形的纸片从一个顶点出发，沿对角线剪成若干个三角形纸片．照此方法，若将一个边形纸片剪开，则所得三角形纸片的个数为___________． 【答案】 【分析】观察图形，分别数出四边形、五边形、六边形被分割成的三角形个数，找出三角形个数与多边形边数之间的数量关系． 【详解】 解：由图可知： 四边形从一个顶点出发，沿对角线剪开，得到2个三角形，即； 五边形从一个顶点出发，沿对角线剪开，得到3个三角形，即； 六边形从一个顶点出发，沿对角线剪开，得到4个三角形，即； ， 以此类推，边形从一个顶点出发，沿对角线剪开，所得三角形纸片的个数为． 4．（2026·江苏无锡·中考真题）窗棂是中国传统建筑的重要元素，既有吉祥寓意，又显几何之美．如图所示，某个窗棂图案的外框是正六边形，这个正六边形的每一个外角都等于______度． 【答案】60 【分析】根据任意多边形外角和恒为，正多边形的所有外角都相等，用外角和除以边数即可得到单个外角的度数． 【详解】解：∵任意多边形的外角和为，正六边形的6个外角大小相等， ∴正六边形的每一个外角度数为 ． 5．（2026·江苏扬州·中考真题）扬州漆器造型雅致，做工精巧，色彩和谐，光泽腴润．如图，扬州漆器作品《春山畅游》的轮廓是一个正八边形，它的每个内角为_______°． 【答案】 【分析】根据多边形内角和公式求出正八边形的内角和，再根据正多边形的性质，用内角和除以边数即可求出每个内角的度数． 【详解】解：正八边形的边数根据多边形内角和公式， 该正八边形的内角和为 ， ∵正八边形的每个内角都相等， ∴每个内角的度数为． 考点02 平行四边形的性质及判定 1．（2026·江苏连云港·中考真题）如图，在中，，，的平分线交于点E，则____． 【答案】1 【分析】利用平行四边形对边平行且相等结合角平分线定义即可求解． 【详解】四边形是平行四边形， ，， ， 平分， ， ， ， ． 2．（2026·江苏盐城·中考真题）小明折叠如图所示的纸片，使得边，有一部分重叠（点，的对应点分别为，，重叠部分为）．小明观察思考后，认为：①；②；③为的中点．请从①②③中任选两个，判断是否正确，并说明理由． 【答案】①②③都正确，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，且，， 由折叠的性质可得：， ∴， ∴， ∴，①正确； ∵四边形是平行四边形， ∴， 根据折叠性质得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 根据折叠性质和得， ∴， ∴， ∴， 根据折叠性质得， ∴， ∴为的中点，为的中点，③正确． ∵四边形是平行四边形， ∴， 又为的中点，为的中点， ∴， 又∵， ∴，因此②正确． 【分析】根据平行四边形和折叠的性质可得，即可得，则①正确；根据平行四边形和折叠性质得，根据，得，则，证明，同理证明，结合，得出，即可得③正确．根据平行四边形的性质得，结合为的中点，为的中点，得，即可证明，因此②正确． 【详解】略 3．（2026·江苏镇江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，正比例函数与反比例函数的图像交于，B两点，x轴上的点C的坐标为． (1)求点A，B的坐标以及反比例函数的表达式． (2)点D在x轴上，当四边形为平行四边形时，点D的坐标为__________． 【答案】(1)点的坐标为，点的坐标为 ，反比例函数的表达式为 (2) 【分析】（1）将点 的横坐标代入正比例函数求出，从而得到点的坐标．利用对称性求出点的坐标，再将点坐标代入反比例函数求出 ． （2） 利用平行四边形的对角线互相平分的性质，结合点的坐标，推导出点的坐标即可． 【详解】（1）解：点在正比例函数的图象上， ， 点的坐标为， 正比例函数与反比例函数的图象交于 两点， 点与点关于原点对称， 点的坐标为 ， 将点 代入反比例函数 ， 可得，解得， 反比例函数的表达式为． （2）解：∵点，点，点， 点在轴上，设点的坐标为 ． 线段的中点坐标为，即， 线段的中点坐标为，即， 当四边形为平行四边形时， 可得，，解得， 点D的坐标为． 4．（2026·江苏淮安·中考真题）如图，在中，点、分别在、上，且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， 又∵，点在上，点在上， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形． 【分析】首先利用平行四边形的性质，得到，．结合已知条件，通过等式的性质推导和的数量关系，同时结合推导和的位置关系．最后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，证明四边形是平行四边形． 【详解】略 5．（2026·江苏苏州·中考真题）如图，在中，点E，F分别是边，的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，求的面积． 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵点分别是边的中点， ． ． ∵， ∴四边形是平行四边形． (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，，再根据中点的定义得出，即可证明四边形是平行四边形； （2）过作，垂足为．通过解直角三角形求出，再根据平行四边形的面积公式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：过作，垂足为． ∵在中，， ∴， ∵， ∴． 6．（2026·江苏扬州·中考真题）如图，在中，是的中点．分别延长 ， 交于点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴，， ∵是的中点， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形 (2) 【分析】（1）由四边形是平行四边形得，进而推出两组内错角相等，再结合是中点即，证明，得，依据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”即可证明四边形是平行四边形； （2）由四边形是平行四边形得，结合（1）中得，即为中点，由此求出，再利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半得出，最后根据平行四边形周长公式计算四边形的周长即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， 由（1）得， ∴，即为的中点， ∵，， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形的周长． 7．（2026·江苏连云港·中考真题）如图，在矩形中，点E，F分别在，上，且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】证明：∵四边形是矩形， ，． 又， ． ， ， ．即． ∴四边形是平行四边形． 【分析】根据矩形性质结合证明，继而可得，根据两组对边相等的四边形是平行四边形即可得出结论． 【详解】略 考点03 矩形的性质及判定 1．（2026·江苏盐城·中考真题）如图，小明先将矩形纸片沿对角线剪开，再将纸片沿方向平移到处，与重合，连接．若，，则的值为__________． 【答案】 【分析】作垂线于，先利用勾股定理计算的长度，再利用面积法求出的长度，最后通过正弦的定义求出的值． 【详解】解：如图，作于，则， 四边形为矩形， ， ． 纸片沿方向平移到， ， ， ． ，， 的面积， ， ． 2．（2026·江苏盐城·中考真题）如图1，一束激光通过玻璃砖时传播路径发生改变．图2是其部分光线示意图，其中四边形是矩形，点，分别在边，上，．若，则的度数为__________． 【答案】 【分析】由矩形的性质，结合平行线的性质，推断的度数即可． 【详解】解：如图所示，延长、交于点， 四边形是矩形， ， ， 又， ， 即， 故的度数为． 3．（2026·江苏常州·中考真题）如图，在矩形中，，．矩形的顶点，，，分别在边，，，上（点与点，不重合，）．若对于定点，矩形唯一确定，则的长为__________． 【答案】 【分析】设则，求出，证明，，，利用相似的性质得到，对于定点，矩形唯一确定，则关于的方程有唯一的实数根，进一步求出答案即可． 【详解】解：在矩形中，，． 设则， 由题意可得，，即，解得， ∵四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 设，则 ∴， ∴， 同理可得，，， 则，， ∴，， ∵， ∴， ∵对于定点，矩形唯一确定， ∴关于的方程有唯一的实数根， ∴， 解得， ∵， ∴， 即 4．（2026·江苏连云港·中考真题）取一张矩形纸片（图1），按如图2所示方式折叠，使点A落在上，折痕为，再按如图3所示方式折叠，点与点恰好重合，则____． 【答案】 【分析】设，根据折叠的性质、矩形的性质可判断是等腰直角三角形，则可得，根据折叠的性质得出，即可求解． 【详解】解：设， ∵四边形是矩形， ∴， 根据图2可得， ∴是等腰直角三角形， ∴， 根据图3可得， ∴. 5．（2026·江苏宿迁·中考真题）如图，在矩形中，，，将、、、分别绕点、、、逆时针旋转，得到、、、，连接、、、．下面四个结论：①四边形为平行四边形；②；③当时，四边形的面积为；④存在，使得四边形为矩形． 其中正确结论的序号是____________． 【答案】①② 【分析】对于①：证明，则，，则，即可证明四边形为平行四边形；对于②：延长交于点，，那么，即可证明；对于③：先证明，同理，则可求，，，再相加即可求解四边形的面积；对于④：先证明，再证明，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴ 连接， 由旋转可得，， ∴，， ∴ ∴ ∵， ∴， 同理， ∵， ∴ ∴ ∴， 同理可得， ∴， ∴四边形为平行四边形，故①正确； 延长交于点， ∴ ∴， ∴，即，故②正确； 当时，点共线，共线，共线，共线，如图， ∵由旋转以及矩形可得，， ∴ ∵ ∴，同理 ∴，， ∵ ∴，故③错误； 当四边形为矩形时， ∵ ∴ ∵， ∴ ∴ 同上可得，， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴，与上式矛盾，故④错误， 综上其中正确结论的序号是①②． 6．（2026·江苏连云港·中考真题）【问题情境】 (1)在锐角中，求作一点P，使的值最小． 下面是小明对该问题的一种解决方法及简要说理． 如图1，以为边向外作等边三角形，再作的外接圆，连接， 与交于点P．则点P即为求作的点． 在上取一点，使，连接，在中，根据“同弧所对的圆周角相等”， 得 ① ，故是等边三角形．所以． 进而可证得．所以． 所以． 由 ② （从“两点之间线段最短”和“垂线段最短”中选择填空）可得， 的长即为的最小值． 【方法迁移】 (2)如图2，已知点A，B到直线l的距离，．在图中找一点P，使点P到点A、点B、直线l的距离之和最小，简要说明作法，并求出最小值． 【拓展应用】 (3)如图3，若村庄A，B，C，D的连线构成一个矩形，且，（）． 现要在矩形区域内铺设天然气管道，使四个村庄能够连接互通起来．请你设计管道路线总长最短的铺设方案（不需要说明理由），并直接写出路线总长（用含a，b的代数式表示）． 【答案】(1)①；②两点之间线段最短 (2)作法：如图，连接，在上方作等边三角形，再作的外接圆，过点D作，垂足为M，交于N，交圆于点P，点P即为要作的点． 点P到点A、点B、直线l的距离之和最小值为； (3)管道路线总长度最短为． 设计方案：如图所示，分别以边和边向矩形外侧作等边三角形和等边三角形，再作和的外接圆．连接M，N，分别交两圆于点和点，其中铺设路线为，，，，． 【分析】（1）根据“同弧所对的圆周角相等”以及“两点之间线段最短”完成填空，即可求解； （2）连接，在上方作等边三角形，再作的外接圆，过点D作，垂足为M，交于N，交圆于点P，点P即为要作的点．证明四边形是平行四边形，利用平行，可证，根据等边三角形的性质，可求得，证明出是外接圆的直径，接着证明此时达到最小，再解，求得、，得出答案； （3）分别以边和边向矩形外侧作等边三角形和等边三角形，再作和的外接圆，连接M，N，分别交两圆于点和点，结合（2）可得出的长即为管道路线总长度的最小值，即可求解． 【详解】（1）略 （2）作法：如图1，连接，在上方作等边三角形，再作的外接圆，过点D作，垂足为M，交于N，交圆于点P，点P即为要作的点． ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， 又，即， ∴， ∵，，，， ∴， ∵三角形是等边三角形，，， ∴，， ∵， ∴， ∴为的外接圆的直径， ∵，， ∴，同理， ∴此时， ∴此时点P到点A、点B、直线l的距离之和达到最小，最小值为的长． 是等边三角形， ，． 在中，， ． ∴点P到点A、点B、直线l的距离之和最小值为． （3）解：如图所示，分别以边和边向矩形外侧作等边三角形和等边三角形，再作和的外接圆．连接M，N，分别交两圆于点和点，连接，，，，设交于点，交于点，其中铺设路线为，，，，． 由（2）可知，，，，， ∴铺设的管道长度为：， ∴此时管道长度达到最小，最小值为， ∵三角形为等边三角形，， ∴，， ∵， ∴，同理可求得为， ∴， ∴管道路线总长度的最小值为． 7．（2026·江苏常州·中考真题）在等腰三角形中，，点是中点，点是中点，过点作交的延长线于点． (1)试判断四边形的形状，并加以证明； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1) 解：四边形为矩形，证明如下， ∵点是中点， ， 在和中， ∵在等腰三角形中，点是中点， ， ， 又， ∴四边形为平行四边形， 又， 为矩形； (2)60 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，求矩形的面积等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质． （1）利用等腰三角形的性质和给出条件，证明得出对应边相等，先得出四边形为平行四边形，再根据有一个直角的平行四边形是矩形可得； （2）利用勾股定理求出的长，利用矩形面积求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：，点是中点， 在中，由勾股定理得， , ∴四边形的面积为． 8．（2026·江苏常州·中考真题）如图，四边形的对角线与相交于点，，，． (1)求证：； (2)若，，求的周长． 【答案】(1) 证明：在四边形中，，， ∴四边形是平行四边形． ∴, ． 又∵， ∴． (2)的周长是3 【分析】本题考查了全等三角形的判定，平行四边形的判定和性质，掌握相关图形的判定方法是解决问题的关键； （1）先判定四边形是平行四边形，由平行四边形对角线互相平分得出, ，再由两边及夹角对应相等的两个三角形全等得出结论； （2）由可得平行四边形是矩形．由此得出，进而得出，由此求出三角形周长. 【详解】（1）略 （2）解：∵，四边形是平行四边形． ∴平行四边形是矩形． ∴．即． ∴， 即的周长是3． 考点04 菱形的性质及判定 1．（2026·江苏淮安·中考真题）菱形空窗是中国古典园林里极具代表性的造景元素．某菱形空窗的尺寸如图所示（边框厚度忽略不计），则其透光面积为__________． 【答案】2400 【分析】根据勾股定理以及菱形的性质求出菱形的另一条对角线的长，再根据菱形的面积公式解答即可． 【详解】解：如图，在菱形中，对角线交于点O，则， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴菱形的面积为， 即其透光面积为． 2．（2026·江苏盐城·中考真题）小明在公园看到一扇由16个大小相同的小菱形构成的景窗（如图）．已知图中小菱形的边长为，则最大菱形的周长为__________． 【答案】 【分析】根据菱形的性质解答即可． 【详解】解：如图： 由题意可知图中的小四边形都是菱形， ，， ， 同理可证， 小菱形的边长为， ， ， 即最大菱形的边长为， 最大菱形的周长为 3．（2026·江苏连云港·中考真题）如图，菱形中，，，点P在边上，且，Q为边上的动点，点C关于的对称点为．若、的面积分别记为、，则的最大值为____． 【答案】6 【分析】根据得出当最小时，即最小时，最大，再根据得出，由此即可求解． 【详解】解：过点作，垂足为，过点作，垂足为，过点作，垂足为， ∵， ∴， ∵菱形中，，， ∴，， ∴， ∴． ∴， 又∵， ∴当最小时，即最小时，最大， 由对称可知：， ∴在以为圆心为半径的圆弧上运动， ∵， ∴， ∴当在线段上时，取最小值，最小值， 又∵， ∴， ∴， ∴的最小值， ∴的最大值为． 【点睛】解题关键是通过面积差的转化，得出，将面积差最大问题转化为最小，即最小． 4．（2026·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，，连接是的中点，M是上一点，且是上一动点，则的最大值为__________． 【答案】 【分析】连接并延长交于点，在中，，当M、P、O三点共线时，取得最大值，最大值为的长度．计算即可． 本题考查了菱形的性质，三角形三边关系定理，勾股定理． 【详解】解：连接并延长交于点，在中，，当M、P、O三点共线时，取得最大值，最大值为的长度． 过点O作于点N． 由题意得为等边三角形， 则，． 由O为中点得． 在中，得到， 则， 在中，， 勾股定理，得， 故的最大值为． 故答案为：． 5．（2026·江苏徐州·中考真题）如图，是的中线，点E，F分别在及其延长线上，，连接，． (1)求证：； (2)若，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)证明：∵是的中线， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴； (2)证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，是的中线， ∴， 即， ∴四边形是菱形． 【分析】（1）由中线的性质及平行线的性质即可证明； （2）由全等三角形的性质可得四边形是平行四边形，再由等腰三角形三线合一的性质得，即可证明四边形是菱形． 【详解】（1）证明：略； （2）证明：略． 6．（2026·江苏无锡·中考真题）在中，点，分别在，上．若，则称线段是中所对的“等截线”． (1)如图1，已知是中所对的“等截线”，，，求的值（请直接写出答案）． 【概念应用】 (2)如图2，在等腰中，，，，求所对的“等截线”的长度． 【深入探究】 (3)小明探究发现：任意三角形都存在某个角所对的“等截线”，且这条“等截线”唯一存在．如何画出“等截线”？他从阅读著名数学家波利亚的名著中受到启发：以为例，画出所对的“等截线”的部分步骤如下． 画法 图形 ①在上适当的位置取点，作直线，交于点 ②在上截取，连接并延长，交于点 ③在上取点，使得 ④作，交于点 … 请你根据以上信息，说明步骤④中的的长度即为所对的“等截线”的长度． 【答案】(1) (2) (3)解：如图，作交于点，过点作交于点， ∴四边形是平行四边形． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形． ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是所对的“等截线”， ∴的长度即为所对的“等截线”的长度． 【分析】（1）先得出，，再设，求出，的长，进而可得，的长，然后根据正切的定义求解即可； （2）设是所对的“等截线”，连接，设，先得出，则，再证出，根据相似三角形的性质建立方程，解方程即可； （3）作交于点，作交于点，得出四边形是菱形，根据得出，根据菱形的性质即可得． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， 设， 在中，，， ∵是中所对的“等截线”， ∴， ∴，， ∴在中，． （2）解：如图，设是所对的“等截线”，连接． 设， ∵， ∴，即， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即， 解得（经检验，是所列方程的解）或（不符合题意，舍去）， ∴所对的“等截线”的长度是． （3）略． 考点05 正方形的性质及判定 1．（2026·江苏南通·中考真题）如图，在正方形中，是的中点，点在上，，垂足为．若，则正方形的边长为________． 【答案】 【分析】设正方形的边长为，先利用正方形的性质和勾股定理求得，则，证明得到，进而求得即可解答． 【详解】解：设正方形的边长为，则，， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 解得， ∴正方形的边长为． 2．（2026·江苏苏州·中考真题）如图，关于的二次函数的图像为抛物线，直线与抛物线交于，两点，过抛物线的顶点作轴的平行线，过，分别作的垂线，垂足为，．若四边形为正方形，则_________． 【答案】5 【分析】先求出抛物线的顶点坐标，再由正方形的性质以及已知条件求出，然后代入抛物线的表达式解方程即可． 【详解】解：， ∴顶点为， ∵四边形为正方形，过抛物线的顶点作轴的平行线，过，分别作的垂线，垂足为，， ∴，关于抛物线的对称轴对称， ∴， 将点代入，则， 整理得，， 解得，（舍）， ∴． 3．（2026·江苏扬州·中考真题）如何将两个大小不等的正方形剪拼成一个大正方形？现有如下方案：将正方形和正方形按如图所示的方式摆放，在边上取点M，使，沿，剪开，可拼成正方形．若，，则的面积是_______． 【答案】 【分析】设，，则，利用正方形的性质可得，，进而可得，利用完全平方公式求得，然后利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：在正方形和正方形中，，，， 设，，则， ∵， ∴，即； ∵四边形是正方形， ∴，，又， ∴，即， ∴，则， ∵，即， 解得， ∴． 4．（2026·江苏淮安·中考真题）如图，在正方形中，是边上一动点（不与端点重合），连接，作关于的对称图形． (1)如图1，延长交于点，与相等吗？证明你的结论； (2)如图2，当时，连接交于点，求的值； (3)如图3，连接交于点，连接并延长交于点，用等式表示与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)证明：相等，理由如下， 连接， ∵四边形是正方形， ∴，， 由对称可得， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； (2) (3)解：，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 由对称可得，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵在正方形中，是对角线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴与的数量关系为． 【分析】（1）连接，证明即可； （2）延长交于点，交延长线于点，设，同（1）可得，，设，则，则，对运用勾股定理求解，再由，求解即可； （3）证明即可． 【详解】（1）略 （2）解：延长交于点，交延长线于点， ∵四边形是正方形， ∴设，，， ∵， ∴， 同（1）可得，， 设，则， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）略 5．（2026·江苏宿迁·中考真题）综合与实践：某学校数学兴趣小组以“折纸求特殊角三角函数值”为主题，开展学习实践活动． 【观察理解】按照如图1所示的方法将正方形纸片依次折叠，展开后如图2所示，折痕分别为、、． (1)【操作体验】如图3，在正方形中，请先连接，再分别作出折痕、（要求：用无刻度直尺和圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）． (2)【问题解决】直接写出的度数和的值． 【答案】(1)所求图形，如图所示； (2)， 【分析】（1）先连接，再作的平分线，交于点，然后过点作的垂线，交于点即可； （2）根据折叠的性质可得，设，则可得，，的长，再求出，然后在中，根据正切的定义求解即可． 【详解】（1）略． （2）解：∵四边形是正方形， ∴，，， 由折叠的性质得：， 设， ∴， 由折叠的性质得：，， ∴，， ∴， ∴， ∴在中，． 6．（2026·江苏扬州·中考真题）如图1，在边长为1的正方形中，E是边上的动点（不与点A，D重合）．将沿翻折，得到．过点F作，，垂足分别为M，N． (1)如图2，若，求的值； (2)如图3，若E为中点，则的长为_______，的长为_______； (3)求点E运动过程中的最大值． 【答案】(1)1 (2)， (3) 【分析】（1）根据翻折可得，根据角平分线定理可得平分，可得，进而可得，即可求出的值； （2）根据翻折可得，计算直角三角形斜边上的高，根据等面积法计算即可，再证得四边形为矩形，，得到，即可解出的长； （3）如图，延长交于，连接，证明，得到，设，，表示出，，，然后代入求出，然后表示出后利用二次函数的性质求解． 【详解】（1）解：∵，，且， ∴平分， ∴， ∵沿翻折得到， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 又∵， ∴； （2）解：延长交于， ∵正方形的边长为1，且E为中点， ∴，，，， ∵沿翻折得到， ∴， ∴，，， 在中，， ∵， ∴ ∴ ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴； （3）解：如图，延长交于，连接 由翻转得，点A，M，F三点共线， ∴ 由（2）得， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 设， ∴，， ∴ ∴ 整理得， ∴ ∵ ∴当时，取得最大值． 1．（2026·江苏南京·三模）如图，在菱形中，，现将菱形绕点逆时针旋转得菱形， 连接．则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接、、，根据菱形的性质可得，由旋转可得，，得到，最后根据，即可求解． 【详解】解：如图，连接、、， 四边形是菱形， ， ， 将菱形绕点逆时针旋转得菱形， ，， ， ． 2．（2026·江苏南通·二模）如图，射线，，，分别是，上的两个动点（不与，重合），，是上一点，，是的中点，记，．当点，的位置发生变化时，下列代数式的值不变的是（  ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构造中位线辅助线，利用三角形中位线定理、平行线性质，结合的数量关系，推导出、固定关系式，再逐个化简选项代数式判断定值． 【详解】解：延长至，使，连接， 是中点，， 是的中位线，， 即， 设， 由得：， 设，则，，， ，， 、， ， 作延长线于点，则四边形为矩形， ， 根据勾股定理，，， ， 即， ， A、随动点变化，差值改变； B、随动点变化； C、随动点变化； D、，为定值． 3．（2026·江苏徐州·三模）小明爸爸的风筝厂准备购进甲、乙两种规格相同但颜色不同的布料生产一批形状如图所示的风筝，点、、、分别是四边形各边的中点．其中阴影部分用甲布料，其余部分用乙布料（裁剪两种布料时，均不计余料）．若生产这批风筝需要甲布料匹，那么需要乙布料（     ） A．匹 B．匹 C．匹 D．匹 【答案】B 【分析】连接，利用三角形中位线，矩形的判定和性质，矩形的面积解答即可； 【详解】解：连接， 点、、、分别是四边形各边的中点， ，，，， 四边形是平行四边形； 风筝， ， ， ， 四边形是矩形； ； 风筝， ； ， 根据题意，生产这批风筝需要甲布料匹， 故需要乙布料也是30匹． 4．（2026·湖北十堰·模拟预测）如图，由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”，得到正方形和正方形，连接并延长交线段于点，若是的中点，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点O作，根据三角形相似判定定理得出，利用三角形相似的性质得出与的关系，再次根据三角形相似判定定理得出，通过三角形相似的性质得出对应边成比例，得出直角三角形长直角边比短直角边的值，进而求解． 【详解】解：设四个全等的直角三角形较短直角边，较长直角边，则正方形的边长为；正方形的边长为， 所以， ∵在中，是的中点， ∴， 过点O作，则， ∴，， ∵， ∵， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即， 整理得：， 等式两边同时除以得：， 设， 则， 解得，（舍去）， ∴， ∴． 【点睛】直角三角形中斜边中线等于斜边的一半，等腰三角形三线合一，两个三角形中有两个角相等，则这两个三角形相似． 5．（2026·江苏南通·三模）如图，菱形中，对角线、相交于点，的内心与点的距离为，则菱形的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作于E， 作于F，连接，由四边形是菱形，是的内心，求得．．．可得．由，．则可得菱形的面积． 【详解】解：作于E， 作于F，连接， ． 四边形是菱形， ，，． 是的内心， ，． ． ． ． ． ． ，， ． ． ． ． ． 6．（2026·江苏盐城·二模）如图，菱形的对角线，相交于点，、分别是、的中点，连接，若，，则菱形的面积为（    ） A．12 B．24 C．30 D．35 【答案】B 【分析】根据三角形中位线定理求出的长，再利用菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：、分别是、的中点， 是的中位线， ， 四边形是菱形， 菱形的面积． 7．（2026·江苏连云港·二模）如图，正方形的面积为2，是以为圆心，为半径的弧上的一动点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．则的最大面积是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图，过点作于点，过点作，交的延长线于点，连接交于点，证明，得到当点在点处时，的值最大，最大值为的长，根据正方形的面积为2，求出，得到，即可得到答案． 【详解】解：如图，过点作于点，过点作，交的延长线于点，连接交于点， ， ， ， ， 由旋转得：， ， ， ， ， 即当点在点处时，的值最大，最大值为的长， 正方形的面积为2， ， ， ， 的最大面积是． 8．（2026·江苏连云港·二模）如图，四边形是矩形，，，交于点，平分，根据尺规作图的痕迹，若，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作于点，由角平分线性质定理得，根据，得，求得，再证明是的中位线，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点， 四边形是矩形， ，， 平分，， ， 在中，，， ； 在中，由勾股定理得， ， 由尺规作图的痕迹知， ， ， ， ， 点是的中点， 是的中位线， ． 9．（2026·江苏宿迁·二模）如图1，在中，，，将其分割成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分，然后再拼成如图2的菱形（不重叠、无缝隙），若，则的长为（     ） A．4 B． C．5 D． 【答案】A 【分析】根据题意可得，再由，可得，结合勾股定理可得，即可求解． 【详解】解∶根据题意得：， ∵， ∴，即， ∵，，， ∴， 解得：（负值舍去）， ∴， ∴． 10．（2026·河南郑州·模拟预测）如图1，矩形中，点沿从点运动到点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接，设点的运动路程为，的面积为，图2是点运动时随变化的关系图象，则的长为（    ） A．4 B．3 C．5 D．6 【答案】B 【分析】设，，点P的运动路程，则，过Q作交于F，交于E，根据矩形的性质得到，，证明四边形是矩形，得到，根据旋转的性质得到，，进而证明，得到，即，求出的函数解析式，根据函数图象得到、，进而得到，求解即可． 【详解】解：设，，点P的运动路程，则， 过Q作交于F，交于E， ∵矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵将绕点逆时针旋转，得到， ∴，， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴的面积为 ∵二次函数顶点横坐标， ∴， 即， 由函数图象可知，当时，， ∴， 即， 解得（负值舍去）， 即的长为3． 11．（2026·江苏淮安·一模）如图所示，已知菱形，点C在x轴上，直线经过点A，菱形的面积是，若反比例函数的图像经过点B，则此反比例函数表达式为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设点坐标为，利用菱形四边相等得，结合菱形面积建立方程求出，再由菱形对边平行且相等求出点坐标，最后代入反比例函数解析式求． 【详解】解：设点坐标为，其中， 点在直线上， ， ， 四边形是菱形，点在轴上， ， ， 菱形的面积为， ， 即， ， ， ， ， ，， 四边形是菱形， ，， 点的纵坐标与点相同，为， 点的横坐标为， ， 设反比例函数解析式为， 反比例函数图像经过点， ， 反比例函数表达式为． 12．（2026·江苏泰州·二模）在正方形中，点E是对角线上一点，过点E作于点F，作于点G，连接，下列结论正确的是（    ） A．且 B．且 C．且 D．且 【答案】C 【分析】延长，交于点，交于点，连接，交于点，先根据正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质得出，再根据矩形的判定与性质可得；先根据三角形全等的性质可得，再根据矩形的性质可得，然后根据等腰三角形的性质可得，根据直角三角形的性质可得，从而可得，进一步可得结论． 【详解】解：如图，延长，交于点，交于点，连接，交于点， ∵四边形是正方形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即． 综上所述：，． 13．（2026·江苏南通·一模）如图，在菱形中，，，动点P，Q同时从点出发，动点以每秒1个单位的速度沿线段运动到点停止，动点从点出发，以每秒2个单位的速度沿折线运动到点停止．设运动时间为，的面积为，则与的函数图象应为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由菱形的性质可得，，，由题意可得，分两种情况：当时，点在上运动，此时，作于点，于点；当时，点在上运动，此时，分别求出关于的函数解析式，结合图象分析即可得出结果． 【详解】解：∵在菱形中，，， ∴，，， ∵动点P，Q同时从点出发，动点以每秒1个单位的速度沿线段运动到点停止，动点从点出发，以每秒2个单位的速度沿折线运动到点停止．设运动时间为， ∴， 当时，点在上运动，此时，作于点，于点， 则，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴的面积为 ， 当时，点在上运动，此时， ∴， ∴， 作于点，连接，则， ∵， ∴； 综上所述，， 函数图象如图所示： 14．（2026·江苏扬州·一模）如图是小华同学在中考一轮复习四边形时整理的平行四边形，矩形，菱形，正方形之间关系的思维导图，其中对应序号的条件填写错误的是（   ） A．① B．② C．③平分 D．④ 【答案】D 【分析】根据矩形，菱形，正方形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：A、有一个角是直角的平行四边形是平行四边形，则①处的条件正确，故此选项不符合题意； B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，则②处的条件正确，故此选项不符合题意； C、由角平分线的性质得到，有一组邻边相等的矩形是正方形，则③处的条件正确，故此选项不符合题意； D、菱形的邻边本就相等，则④处的条件错误，故此选项符合题意． 15．（2026·江苏南通·一模）如图，将图1所示的正方形纸片沿对角线（图中虚线）剪开，拼成如图2所示的四边形，连接，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点作交的延长线于点，由题意可得，，，设，则，求出为等腰直角三角形，得出，从而可得，最后由正切的定义即可得出结果． 【详解】解：如图，过点作交的延长线于点， 由题意可得：，，， 设，则， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 16．（2026·江苏徐州·二模）如图，将正方形沿折叠，使点A落在点处，且点到两端点B，C的距离相等，若，E为射线上一点，则的长为（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】本题考查了图形的翻折，垂直平分线的判定定理以及运用勾股定理求线段长度，综合性比较强，注意分情况讨论点的位置．①当点在正方形内部时，过点作于点G，延长交于点F．先证四边形为矩形，在中，求出的长，再设，，在中，由勾股定理得，，建立关于x的方程，解方程即可求出的长；②当点在正方形外部时，过点作于点F，延长交于点G．同理，设 ，在中，由勾股定理得，，建立关于x的方程，解方程即可求出的长． 【详解】解：①当点在正方形内部时， 如图1，过点作于点G，延长交于点F． ∵正方形，， ∴， ∴四边形为矩形，即， 由折叠的性质可得，，， ∵点到两端点B，C的距离相等， ∴是的垂直平分线， ∴，， ∵正方形，， ∴， ∴，， 在中， 由勾股定理得． 设，，； 在中， 由勾股定理得，， 即， 解得， 即； ②当点在正方形外部时， 如图2，过点作于点F，延长交于点G． ∴同理可得，是的垂直平分线，四边形为矩形， ，， 在中， 由勾股定理得． 同理，，，， ∴． 设，则，， 在中， ∵， 即，解得， ∴． ∴综上所述，的长为或． 17．（2026·江苏连云港·模拟预测）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且，连接，若，则的长为（   ） A．1 B．2 C．4 D．3 【答案】B 【分析】由题意可知为的中位线，然后根据矩形的对角线相等且相互平分，求得，进而根据三角形中位线的性质求解即可． 【详解】解：∵矩形中，， ， ， ，即点是的中点， 又点是的中点， 为的中位线， ． 18．（2026·江苏南京·一模）如图，在正方形中，点、在对角线上，连接、、、，若要判定四边形是菱形，则添加的条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查正方形的性质和判定，菱形的性质和判定，根据相关性质逐一判断即可，综合掌握相关知识点是解决问题的关键． 【详解】∵四边形是正方形， ∴， 在和中： ∴ ()， ∴； 同理可证： ()， ∴； 选项：∵，， ∴，依据四条边相等的四边形是菱形， 选项正确． 选项： ∵ ∴ 是成立的结论，无法推出四边形的边或对角线满足菱形的判定条件，选项不符合题意． 选项：仅知道，无法保证四边形的四条边相等或对角线互相垂直平分，不能判定其为菱形，选项错误． 选项： 仅能确定点的位置，无法保证点的位置使四边形满足菱形的判定条件，选项不符合题意． 19．（2026·江苏苏州·一模）如图，菱形的对角线，交点为，点在上，且，过点作交于点．则的面积为（    ） A．10 B．8 C．6 D．5 【答案】B 【分析】根据菱形的性质求出菱形的面积及的面积，由及菱形对角线互相平分求出与的比值，再证明，利用相似三角形面积比等于相似比的平方即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 20．（2026·江苏南京·模拟预测）如图，在中，，．正方形的边长为，它的顶点D，E，G分别在的边上，下列说法正确的是（   ） A． B．点F在的平分线上 C． D． 【答案】A 【分析】根据全等三角形的性质和判定、等腰直角三角形的性质和判定、勾股定理、一元二次方程的解法逐项分析即可． 【详解】解：A：如图，过点作交于点，则有， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，； ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ∴≌， ∴， ∴， ∴， 即； ∵，， ∴，故该选项符合题意； C：设，， 则，， ∴， ∴， 又∵， ∴， 即， 则有， 解得， ∴， ∴，， ∴，故该选项不合题意； B：如图，过点作交于点，连接， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ∴≌， ∴，， ∴， 即，垂直平分； 若平分，则， ∴， ∵≌≌， ∴， ∴， 则， ∴， ∴，这与矛盾， 故不平分，故该选项不合题意； D：， ， 故该选项不合题意． 21．（2026·江苏盐城·一模）如图，在菱形中，对角线与交于点，垂足为，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据菱形的性质以及直角三角形的性质进行求解即可． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 22．（2026·江苏徐州·一模）如图，矩形中，，，E为中点，连接，交于F点，则与的面积比为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由矩形的性质可得，，结合题意得出，证明，结合相似三角形的性质即可得出结果． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，， ∵E为中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 23．（2026·江苏苏州·模拟预测）矩形中，，，点为矩形内一点，使得．将绕点顺时针旋转，得到，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，矩形的性质，旋转的性质．取的中点，连接，先判断出点在上运动，当共线时，有最小值，据此求解即可． 【详解】解：取的中点，连接， 由旋转的性质知：， ∴点在上运动， ∴当共线时，有最小值， 由旋转的性质知：，， ∴,， ∴， ∴的最小值为， 故选：A． 24．（2026·江苏泰州·三模）五十六个民族共同组成了中华民族大家庭，如同烯分子中的微粒像足球一样团结在一起．一个烯分子由个正五边形、个正六边形组成（如图①所示）．如图②，边长相等的正六边形和正五边形叠放一起，是正六边形的对角线，的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先使用正多边形的内角公式求出正五边形与正六边形的内角，结合正六边形的对称性和四边形的内角和，求出． 【详解】解：如图， ∵，， ∴正六边形的一个内角为，正五边形的一个内角为， ∴， ∵是正六边形的对角线， ∴由正六边形的对称性可得，， ∴． 25．（2026·江苏连云港·二模）将若干个大小相等的正五边形排列成环形，如图是排列的前4个正五边形，要完成这一个圆环还需要（    ）个这样的正五边形． A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】先求出正五边形的内角度数，再根据拼接处周角为求出围成圆环所需的正五边形总数，最后减去已有的数量即可． 【详解】解：正五边形的内角为． 则在圆环内侧形成的正边形的一个内角为． 设围成这一圆环共需要个正五边形， 该正边形的一个外角为． ∵多边形的外角和为， ∴． 图中已排出4个正五边形，还需要个这样的正五边形． 26．（2026·江苏无锡·二模）如图，小明从点出发沿直线前进到达点，向左转某个角度后又沿直线前进到达点，再向左转相同的角度后沿直线前进到达点…，照这样走下去，小明第一次回到出发点时一共走了，则的大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意易得该多边形为正十二边形，然后根据等腰三角形的性质及正多边形内角和可进行求解． 【详解】解：由题意可知：该多边形的边数为， ∴该多边形为正十二边形， ∴，， ∴． 27．（2026·江苏常州·一模）如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为2的正六边形的顶点处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，黑跳棋按逆时针方向2秒钟跳1个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过2026秒钟后，两枚跳棋之间的距离是（     ） A．4 B． C．2 D．0 【答案】A 【分析】先分别求出红、黑两枚跳棋跳动的步数，结合正六边形的周期性确定最终位置，最后利用正六边形的性质求出两点间的距离． 【详解】解：∵红跳棋按顺时针方向1秒钟跳1个顶点， ∴经过秒钟，红跳棋跳了个顶点， ∵， ∴红跳棋落在点处， ∵黑跳棋按逆时针方向2秒钟跳1个顶点， ∴经过秒钟，黑跳棋跳了个顶点， ∵， ∴黑跳棋落在点处， 如图，连接，相交于点， ∵是正六边形， ∴点是正六边形的中心，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴两枚跳棋之间的距离是． 28．（2026·江苏盐城·一模）如图，将一张圆形纸片对折三次后，沿图4中的虚线剪下（点和为半径的中点），得到两部分，去掉有圆弧的部分，剩余部分展开后得到的平面图形的每个内角度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由折叠可以求出，从而可知展开后得到的多边形的边数为，再根据多边形内角和公式求出每个内角的度数． 【详解】解：如下图所示， 由折叠可知， 展开后得到的多边形的边数为， 展开后得到的平面图形的每个内角度数为． 29．（2026·江苏无锡·二模）如图，的顶点A，B，C均在坐标轴上，与y轴交于点E，且，若反比例函数经过点D，则k的值为（     ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】D 【分析】先由平行得到，再由，可得，设，分别表示出其他的边长从而得到点D的坐标代入函数解析式，由此求解即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则，， 由，即，得， 故， ∴， 因为且，且在轴上， ∴点， ∵， ∴点， ∵反比例函数经过点， 则：． 30．（2026·江苏无锡·二模）如图，中，点、分别是、上的点，且，将、、的周长分别记作、、，则的最大值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用平行四边形的性质和已知角相等，证明和，将周长比转化为对应边之比；再利用得到线段比例关系，构建关于边长比的二次函数求最值． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ，， ， ，， 在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ， 即， ， ， ， 设， 则原式， ， ∴当时，二次函数取得最大值， 该比值的最大值为． 31．（2026·江苏南京·三模）正方形中，点O为对称中心，过点O且点E在上，点F在上，，．则____________． 【答案】 【分析】根据正方形的性质及中心对称性得出，从而求出正方形的边长及的长，过点作的垂线构造直角三角形，利用勾股定理计算的长． 【详解】解：如图，连接，过点作于点， 四边形是正方形，点为对称中心 点与点关于点对称， 在和中 四边形是正方形 ，， 四边形是矩形 在中，由勾股定理得 ． 32．（2026·江苏泰州·二模）如图，设计师采用正五边形与菱形搭配设计地面镶嵌图案，菱形地砖的锐角为________． 【答案】72 【分析】根据正五边形的一个内角是，进而利用平面图形镶嵌的内角和是解答即可． 【详解】解：∵正五边形的一个内角是，平面图形镶嵌的内角和是， ∴菱形地砖的锐角． 33．（2026·江苏南通·三模）如图，正六边形的边长为，点、、、分别在、、、上，四边形是矩形，且． （1）当时，的长为________； （2）连接，，，，若，则的值为________． 【答案】 【分析】（1）过点作交于点，过点作于点，根据平行四边形和正多边形的性质求出相关线段的长度以及角的度数，得出为等边三角形，假设，利用锐角三角函数得出，列出方程求解即可； （2）过点作，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点，得出全等三角形，求出和，得出和，令，列出方程求解． 【详解】解：（1）如图所示，过点作交于点，过点作于点， ∵， ∴四边形为平行四边形，且正六边形的边长为， ∴， ∵六边形为正六边形， ∴每个内角为， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 假设， ∴，， ∴， ∴， 解得， ∴的长为； （2）如图所示，过点作，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点， ∴， ∵四边形是矩形，且，且六边形为正六边形， ∴， 由（1）可得， ∴同理，， ∴，，且， ∴，， 假设，则， ∴，， ∴， ∴， 如图所示，点为正六边形的中心，连接，过点作于点， ∴，且， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ， ∴， ∵， ∴， 即， 令，则， 同（1）可得，， ∴， 整理得， ∴， 解得或， 如图所示，连接，过点作于点， ∴， ∴， 当时，，此时； 当时，，舍去； 所以，的值为． 34．（2026·江苏淮安·二模）如图，3个大小完全相同且边长为1的正六边形无缝隙、不重叠的拼在一起，点、、、是正六边形的顶点，连接并延长交线段于点，则线段的长是______． 【答案】 【分析】取正六边形的端点F、G，连接、，二者交于点O，连接，过点C作于点K，过点B作于点H，根据正六边形的特点以及摆放位置可知点A、D、F、G共线，以点D为原点，AD所在直线为x轴，先确定A、C、B三个点的坐标，再求出直线、解析式，进而求出交点坐标，问题得解． 【详解】如图，取正六边形的端点F、G，连接、，二者交于点O，连接，过点C作于点K，过点B作于点H， 根据正六边形的特点以及摆放位置可知点A、D、F、G共线， 以点D为原点，AD所在直线为x轴，如上图所示， ∵上述均为边长为1的正六边形， ∴，，、是等腰三角形， 即， ∵，， ∴， ∴， 同理，即，， ∴，， ∴，， 设直线的解析式为：， ∴，解得， ∴直线的解析式为：， 同理求出的解析式为：， 联立：，解得， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，解直角三角形，一次函数以及勾股定理等知识，构造直角坐标系是快速解答本题的关键． 35．（2026·江苏连云港·一模）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________． 【答案】 【分析】根据正六边形的性质可得各边长为，每个内角为，再根据等腰三角形的性质可求得，，进而证明四边形是平行四边形，并解直角三角形，求得的长度，最后根据平行四边形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵正六边形， ∴，， ∴，同理， ∴， ∴， ∴，同理可得， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴，， 同理可得， ∴． 36．（2026·江苏镇江·一模）用若干张全等的小正六边形纸片进行密铺（不重叠、无空隙），形成的图案（部分）如图所示，每个小正六边形纸片的中心称为“繁星点”，用6个“繁星点”为顶点构成的一个正六边形称为“衍生六边形”，比如图中的六边形．已知某一个“衍生六边形”的各边上（含顶点）共有60个“繁星点”，则该“衍生六边形”的内部（不含各边）的“繁星点”共有___________个． 【答案】271 【分析】设一个“衍生六边形”的各边上（含顶点）共有个“繁星点”，根据题意列出时对应的该“衍生六边形”的内部（不含各边）的“繁星点”个数，找出规律即可解答． 【详解】解：设一个“衍生六边形”的各边上（含顶点）共有个“繁星点”， 当时，该“衍生六边形”的内部（不含各边）的“繁星点”个数为， 当时，该“衍生六边形”的内部（不含各边）的“繁星点”个数为， 当时，该“衍生六边形”的内部（不含各边）的“繁星点”个数为， 当时，该“衍生六边形”的内部（不含各边）的“繁星点”个数为， …… 依此类推，该“衍生六边形”的内部（不含各边）的“繁星点”个数为， ∵某一个“衍生六边形”的各边上（含顶点）共有60个“繁星点”， ∴，即， ∴该“衍生六边形”的内部（不含各边）的“繁星点”共有个． 37．（2026·江苏扬州·一模）图1为中式传统建筑中的一种窗格，其外窗框为正八边形，图2正八边形为其外窗框的示意图，连接，，与交于点M， ________°．    【答案】45 【分析】分别求出等腰三角形和等腰三角形的底角，再通过的内角和求出，最后利用邻补角关系求得的度数． 【详解】解： 八边形为正八边形， ， ， 为等腰三角形， ， ， 为等腰三角形， ， 与交于点， 在中，，， ， 点，， C在同一直线上， ． 38．（2026·江苏扬州·二模）如图，在中，，，点E在的延长线上，且，过点E作直线分别交边，于点M，N．若直线将的面积平分，则线段的长为_____． 【答案】 【分析】连接，由题意得O为的中点；由平行四边形的性质易证，则得；再证明得到，进而列出关于长的方程即可求解． 【详解】解：如图，连接交于点O， ∵直线将的面积平分， ∴是的中点， ∴； ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， 即， ∴， 解得． 39．（2026·江苏南京·二模）如图，的顶点，分别在的边，上，，在边上，则的最大值为______． 【答案】/0.5 【分析】过点作，交于点、交于点，由平行四边形性质得到，进而判定，，由相似三角形的性质得到，从而由相似三角形面积比等于相似比的平方得到，不妨设，，得到可看作关于的一个二次函数，由二次函数图象与性质求最值即可． 【详解】解：过点作，交于点、交于点，如图所示： ，，， 在中，，则，， ，则， ，即， 则， 不妨设，，则， 即可看作关于的一个二次函数， 二次函数图象开口向下，对称轴为， 当，有最大值，为， 即的最大值为． 40．（2026·江苏徐州·二模）如图，已知中，，，小明用尺规作图画了和交于点，保留了作图痕迹，根据作图痕迹计算的值为_____． 【答案】 【分析】首先由平行四边形的性质得到，，，然后结合角平分线的定义得到，进而得到，同理可得，，求出，然后证明出，利用相似三角形的性质求解． 【详解】解：∵中，，， ∴，， ∴ 由作图得，平分，平分 ∴， ∴ ∴ 同理可得， ∴ ∵ ∴ ∴． 41．（2026·江苏无锡·二模）如图，的对角线、交于点O，且，过点A作，连接，若，，则的长为______． 【答案】 【分析】过点作于点，利用直角三角形的性质，求出，， ，证明，得出，，，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，过点作于点， ，，，， ，，，，，， ，，，， ，，， ， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ，， ， ． 42．（2026·江苏连云港·二模）如图，在菱形中，，，点是边上一动点，连接，是上的中点，连接，则的最小值为_________． 【答案】4 【分析】连接，与交于点O，取的中点M、N，连接，由题意易得是等边三角形，，，则有，然后可得，根据三角形中位线可得，，进而根据等腰三角形三线合一可得垂直平分，则，最后根据三角形三边不等关系可进行求解． 【详解】解：连接，与交于点O，取的中点M、N，连接，如图所示： ∵四边形是菱形，，， ∴是等边三角形，，， ∴， ∵点M、N是的中点， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵是上的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理可得：， ∴， ∵点P在上， ∴点N、Q、O三点共线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴要使的值为最小，则需满足的值最小，根据三角形三边不等关系可知，当且仅当点B、Q、D三点共线时，取得最小值，最小值为4； ∴的最小值为4． 43．（2026·江苏无锡·二模）定义：有一组邻边相等的四边形叫做“等邻四边形”，这组相等邻边的长叫做“等邻长”． 如图，四边形中，，，，，． （1）判断四边形是否为等邻四边形？_______；（填“是”或“不是”） （2）若画一条直线将四边形分割成两个等邻四边形，且它们的等邻长均为，则所有可能的值为________． 【答案】 是 或 【分析】（1）过点作交于点，则四边形是平行四边形，再由勾股定理求解，即可得到；（2）分类讨论，根据“等邻四边形”的定义，结合勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）过点作交于点， ∵ ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是等邻四边形； （2）若点分别在边上时，则，而，故四边形邻边不可能相等，故不成立； 若分别在边上时， 当时，过点作于点， ∵， ∴， 由垂线段最短可得，，故这种情况不成立； 当时，符合题意； 当时，过点作于点，则 则 ∵ ∴ ∵ ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴ ∵ ∴ 整理得， ， ，故这种情况不成立； 当 时，过点作于点， 则 ， 同理可得四边形为平行四边形， ∴，， ∴ ∵ ∴ 整理得， 解得， （舍）， 综上：所有可能的值为或． 44．（2026·江苏无锡·三模）如图，中，，点F、G为边、的中点，在上取一点E，连接，使，且，则的值为______． 【答案】 【分析】设，根据三角形中位线的性质得，，，根据线段的等量关系得，根据得，根据，得，可证明，由相似三角形的性质得，过点E作于点，可得是等腰直角三角形，根据勾股定理求出,从而可求出． 【详解】解：设， ∵点F、G为边、的中点， ∴是的中位线， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 过点E作于点，如图， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 45．（2026·江苏徐州·二模）如图，已知点是内的一点，，，若四边形的面积为，，，则的面积是________． 【答案】 【分析】连接、，容易证明四边形是平行四边形，则，利用同高的三角形之间的关系，依次求出，． 【详解】解：如图，连接、， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 46．（2026·江苏盐城·一模）如图，在平行四边形中，，，，分别是，边上的动点，将四边形沿直线翻折，点，的对应点分别是点，，其中点始终落在边上．当时，求的值为_________． 【答案】 【分析】，延长交于点H，根据折叠的性质得，再根据平行四边形的性质得，设，则，根据勾股定理求出，可得，然后结合,可得，进而求出，接下来解直角三角形求出，可得，再设，根据勾股定理求出，即可得出，最后求出，则此题可解． 【详解】解：如图所示，延长交于点H， 根据折叠的性质得． ∵四边形是平行四边形， ∴． 在中，， 设，则， 根据勾股定理，得， ∴． ∵, ∴， ∴． ∵， ∴． 在中，，即， 解得， ∴． ∵， ∴， 即， 设，根据勾股定理，得， 即， 解得（负值舍去）， ∴， ∴， ∴． 47．（2026·江苏宿迁·三模）如图，矩形中，，．点在线段上由向方向匀速运动，点在线段上由向方向匀速运动．点与点同时开始运动，点的运动速度为点运动速度的3倍．当点到达点时，点也停止运动．将矩形沿翻折，点、点的对应点分别为点、点，连接．在运动过程中，当最小时，的值为________． 【答案】4 【分析】连接交于点，连接，，，过点作于点，如图，首先利用勾股定理求出，然后证明，得到，求出，由翻折的性质得：为定长，得到点始终在以点为圆心，以的长为半径的圆上，当点在线段上时，为最小，然后利用相似三角形的性质求出，，进而求解即可． 【详解】解：连接交于点，连接，，，过点作于点，如图， ， 四边形是矩形，且，， ，，，， ∴， 点与点同时开始运动，点的运动速度为点运动速度的3倍， ， ， ， ， ， ， ， ， 点是上的定点， 点，是矩形的定点，也是定点， ，为定长， 由翻折的性质得：为定长， 即点始终在以点为圆心，以的长为半径的圆上， 根据“两点之间线段最短”得：， ， 当点在线段上时，为最小， 此时， ， ， △△， ， ， ，， ， ， 在运动过程中，当最小时，的值为4． 48．（2026·江苏盐城·模拟预测）如图，正方形的边长为6，在边上取一点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得到，点的对应点在正方形的内部，延长交边于点，作，垂足为点．若点是的三等分点（），则的长是______． 【答案】 【分析】连接，证明，得．设，则，． 在中，由勾股定理： ，求出．在中，．由的面积．又，得： ，解得． 【详解】解：连接， ∵正方形边长为，是三等分点且， ∴，． 由折叠知，，， ∴． 又， ∴， ∴． 设，则，． 在中，由勾股定理： ， 代入得：， 解得， 即． 在中，． 的面积． 又， 代入得： ， 解得． 49．（2026·江苏泰州·三模）如图，菱形的对角线，交于点，且过原点，轴，点的坐标为，反比例函数的图像经过，两点，则的值是___________． 【答案】 【分析】先求出直线的解析式，再设点的坐标，由菱形性质可得点为线段的中点，从而表示出点的坐标，根据反比例函数的性质可列方程求出点的坐标，进而求出的值． 【详解】解：∵过原点， ∴设直线的解析式为，将点代入得，， 解得， ∴ 直线的解析式为， 设点的坐标为， ∵ 四边形是菱形， ∴ 点为线段的中点， ∴ 点的坐标为， ∵ 反比例函数的图象经过，两点， ∴ ， 整理得， 即， 解得或（与点重合，舍去）， ∴ 点的坐标为， 将点代入得，， 解得 ． 50．（2026·江苏苏州·二模）如图，在菱形中，按如下步骤作图：①分别以点和点为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，；②作直线，与交于点，连接，若，直线恰好经过点，则的长为_________． 【答案】 【分析】根据垂直平分线的性质可知，再根据菱形的性质利用勾股定理可得，即可求出． 【详解】解：根据作图可知，直线是线段的垂直平分线， ， ∵在菱形中，， ， ， ∴在中，， ， ， ∴在中，． 51．（2026·江苏镇江·二模）如图，在矩形中，，，点为的中点．将沿折叠，使点落在矩形内点处，连接，，则________． 【答案】 【分析】根据矩形的性质和折叠的性质，可得，．过点作于点，延长交于点，构造直角三角形和．设，，利用勾股定理建立关于，的方程组，求出点的位置．再过点作于点，在中，利用正切的定义求解即可 ． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∵点为的中点， ∴， 由折叠的性质可得，，，， 过点作于点，延长交于点， 则，，四边形为矩形， ∴，， 设，，则，，， 在中，由勾股定理得， 即，整理得①， 在中，由勾股定理得， 即，整理得②， 由①②可得，即， 将代入②得， 解得（舍去）， ， 即，， 过点作于点， 则四边形为矩形， ∴，， ∴， 在中， ． 52．（2026·江苏扬州·三模）如图，在矩形中，，，是上一点，，是上的动点，连接，是上一点且（为常数，），分别过点，作，的垂线，交点为．设的长为，的长为．在点从点到点的整个运动过程中，若线段上存在唯一的一点，则此时的值为_______． 【答案】 【分析】根据矩形的性质和等角的余角相等得出，证明，根据相似三角形的性质列出比例式，可得关于的方程，根据方程有两个相等的实根，列式即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 当点在上时，， ∵，，， 则， 故， 整理，得， ∵线段上存在唯一的一点， 故方程有两个相等的实根， 即， ∴（舍）或． 53．（2026·江苏淮安·二模）如图，在菱形中，对角线、交于点，，，点为上的一个动点，点为上一点，且，点为上一点，且，则的最小值为_______． 【答案】 【分析】首先根据菱形的性质求出的长，由 确定点的位置及的长． 接着过点作 ，利用相似三角形的性质求出的长，从而确定点在与平行且距离为的直线上运动． 最后作点关于该直线的对称点，连接，利用两点之间线段最短及勾股定理求出的最小值． 【详解】解：四边形是菱形，，， ，，． ， ， ，解得， ， ． 过点作 于点，过点作， ， ， ， ， ， ， ． ． 即点在与平行且距离为的直线上运动． 作点关于直线的对称点，连接、、，交于 由对称性可知， ，，． 在中，由勾股定理得： ． ∵， ∴， 当、、在同一直线上时， 取得最小值，最小值为线段的长． 故的最小值为． 54．（2026·江苏宿迁·二模）如图，矩形中，，．点为边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接、．当的面积最大时，线段的长为____． 【答案】5 【分析】先证明，则，那么可得当时，取得最大值，即的面积最大，过点作于点，再解即可． 【详解】解：如图，∵四边形是矩形， ∴， ∵在矩形中，，，， ∴， 由翻折可得，， ∴， ∴点在以点为圆心，为直径的圆上， ∴， ∵翻折， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点在上， ∴当时，取得最大值，即的面积最大， 过点作于点， ∴此时， ∴为等腰直角三角形， 设， ∵矩形中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴． 55．（2026·江苏常州·二模）如图，已知矩形，，，、分别是边、上的动点，且，将沿着方向向右平移到，连接、，在运动过程中，的面积的最小值是______． 【答案】 【分析】设，利用平移性质得到对应边长，用割补法表示的面积，转化为二次函数求最值． 【详解】解：设， 矩形，，， ，，，， 由平移，有，，，， ， ， ， ， 整理： ，， 二次函数，，开口向上， 对称轴：， 把代入： ． 56．（2026·江苏泰州·二模）如图，矩形中，，，为的中点，为射线上一动点，为的中点，若直线直线，则______． 【答案】2或14 【分析】如图，当在的左边，过作于，记与的交点为，证明，可得，，设，则，，证明，进一步可得答案，如图，当在的右边时，同法可求解． 【详解】解：如图，当在的左边，过作于，记与的交点为， ∵矩形，，，为的中点， ∴，，，， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴，， 设，则，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：或（舍去）， ∴， 如图，当在的右边时， 同理：，设，则，， 同理：， ∴， ∴， 解得：或（舍去）， ∴． 综上：的长度为或． 57．（2026·江苏宿迁·二模）如图，在菱形中，，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为_______． 【答案】 【分析】根据折叠的性质可得，，在中利用勾股定理求出的长，再利用等腰三角形的性质求得，根据菱形的性质得出的长，最后利用线段的和差关系求解即可． 【详解】解：由折叠的性质可知：，， ∴， ∵点F 在延长线上， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， 由勾股定理得，，即，解得， ， ∵ 四边形是菱形， ∴， ∴． 58．（2026·江苏盐城·二模）如图，在边长为的正方形中，点E是边的中点，连接，以点E为旋转中心将线段顺时针旋转，得到线段，连接，交边于点G，H，则的长为_____． 【答案】 【分析】先过点分别作于点，交的延长线于点，再利用正方形的性质得出，，，进一步得出，进而得出四边形为正方形，，，最后根据相似三角形的性质，即可解答． 【详解】解：如图，过点分别作于点，交的延长线于点， ． 由旋转得，，， ． 四边形为正方形， ，，， ，， ． 点E是边的中点， ． 又，， ， ，， ． ， 四边形为矩形． 又， 四边形为正方形， ，， ． 又，， ， ． ，， ， ， ， ． ， ， ． 59．（2026·江苏无锡·二模）如图，在矩形中，，点O是边的中点，连接．将绕着点O逆时针旋转一定的角度得到，点A、B、C的对应点分别为点E、F、G，线段与矩形的某一边相交于点M． （1）若，逆时针旋转时，线段________；（2）在旋转过程中，当点F落在的垂直平分线上时，线段________．（用含有x的代数式表示） 【答案】 或 【分析】(1)首先，按照要求作出图形，由，，得，再由绕着点O逆时针旋转得到，点A、B、C的对应点分别为点E、F、G，得，，再证得四边形是矩形，得，可得； (2)根据题意作的垂直平分线分别交于，交于，交于，由，得，然后，由是的垂直平分线，得，再证得，得，即点P是的中点，可证得是的中位线，得，进而证得四边形是矩形，得，再证得四边形为矩形， 得， ，然后，再分两种情况进行分类讨论：①如图2，连接并延长交于Q，过M作于K，先证得四边形是矩形，得，再证得，得，即， 得， 进而得， 最后，得；②如图3，连接，解题思路同理①可得的长． 【详解】(1)解：如图1， ∵，， ∴， ∵绕着点O逆时针旋转得到，点A、B、C的对应点分别为点E、F、G， ∴，， ∴， ∵点O是边的中点， ∴点O是边的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； (2)解：作的垂直平分线分别交于，交于，交于， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵是的垂直平分线， ∴， 又∵， ∴， ∴，即点P是的中点， 又∵点O是边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． ①如图2，连接并延长交于Q，过M作于K， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵绕着点O逆时针旋转一定的角度得到， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴； ②如图3，连接， ∵， ∴， ∵绕着点O逆时针旋转一定的角度得到， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 综上，的长为或． 【点睛】(1)根据题意作出对应图形，再根据旋转的性质证得四边形是矩形，得；(2)根据题意做出符合要求的两种图形，进行分类讨论，再根据旋转的性质分别证得，是本题解题的关键． 60．（2026·江苏连云港·二模）如图，点O是边长为8的正方形的中心，P、Q分别是边、上的动点，若P、Q在运动过程中，则四边形的面积最小值为_______． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质，相似的判定和性质，完全平方公式的变形，能够通过完全平方公式的变形判断最小值是解题的关键． 过点作于点，于点，连接，设，，通过计算可知，根据正方形的性质和可得，进一步推得，根据完全平方公式的变形，即可求解． 【详解】解：过点作于点，于点，连接， ∵正方形的边长为8， ∴，，，， 设，， 则， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∵， ∴当时，最小为128，此时， 则四边形的面积最小值为． 61．（2026·江苏盐城·二模）项目主题：探究多边形的密铺 中国的密铺工艺萌芽于新石器时代，经商周、汉唐发展，至明清达顶峰，广泛用于家具、首饰、建筑工艺中的密铺，传承着东方美学与匠心精神． 密铺定义：用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地组成一片，又叫平面镶嵌．为了更多地了解平面密铺，“鹿鸣•博约”数学项目小组对多边形的平面密铺进行了如下探究： 探究一：正多边形的密铺 (1)项目组思考，仅用同一种类型的正多边形进行密铺，可选择______（填写下列所有可选择的序号）： (2)项目组尝试用两种正多边形进行平面密铺，是否能用若干个边长相等的正三角形和正四边形进行平面密铺？若能，请求出每一个顶点周围的正三角形和正四边形的个数；若不能，请说明理由． (3)项目组继续用三种正多边形进行平面密铺，如图1，用边长相等的正三角形、正四边形和正六边形按图中所示的规律密铺． ①按此规律，则第n个图案有____个正方形；（用含n的代数式表示） ②按此规律，是否存在这样一个图案，它的正方形个数是第x个图案与第y个图案正方形个数之和的6倍．若存在，求出是第几个图案（用含x，y的代数式表示）；若不存在，请说明理由． 项目组发现，正三角形，正四边形，正五边形，正六边形分别各取一个内角相加，有，故用四种以及四种以上的正多边形不能密铺整个平面．所以，项目组思考一般多边形是否可以平面密铺． 探究二：一般多边形的密铺 (4)项目组发现：任意两个全等的三角形可以拼成一个平行四边形，可以进行平面密铺，因此有以下猜想：①任意四边形都能密铺；②任意五边形都能密铺：③任意六边形都能密铺，正确的结论有______；（填写所有可选择的序号） (5)项目组从杂志上看到了一幅图2所示密铺作品，该作品是由若干个全等的如图3所示的五边形进行的密铺形成，已知，求边的长度： 【答案】(1)①②④ (2)能，每一个顶点周围有个正三角形和个正四边形 (3)①； ②不存在，理由如下： 设存在第个图案满足条件， 第个图案正方形有个，第个图案正方形有个， 由题意得，， 整理得，， 因为为正整数， 所以不是整数，而是整数，故等式不成立，故不存在； (4)① (5) 【分析】（1）分别求出每个正多边形的内角，密铺的条件是内角的度数能够整除； （2）设每个顶点周围有个正三角形和个正四边形，由题意得，，求出其正整数解即可； （3）①找出规律即可求解；②设存在第个图案满足条件，第个图案正方形有个，第个图案正方形有个，由题意得，，再整理分析即可； （4）根据各个多边形的内角和以及多边形的结构特征分析即可； （5）设的度数分别为，先根据图形列出方程组求解的度数，再延长交于点，延长交于点，过点作于点，然后解直角三角形即可． 【详解】（1）解：①正三角形每个内角，，能够密铺； ②正四边形每个内角，，能够密铺； ③正五边形每个内角为，不是整数，不能密铺； ④正六边形每个内角为，，能够密铺； （2）解：能， 设每个顶点周围有个正三角形和个正四边形， 由题意得，， 整理得，， 符合条件的正整数解只有， ∴能用若干个边长相等的正三角形和正四边形进行平面密铺，每一个顶点周围有个正三角形和个正四边形； （3）解：①第1个图案有个正方形； 第2个图案有个正方形； 第3个图案有个正方形； 依次类推，可得则第n个图案有个正方形； ②略 （4）解：①任意四边形内角和为，可以将四个角拼成，故①正确 ②任意五边形内角和为，不是的整数倍，仅特定的五边形可密铺，故②错误 ③存在能够密铺的六边形，如正六边形，但任意不规则的凸六边形不能保证能够密铺，故③错误； （5）解：如图， 设的度数分别为 由图可得，，而，解得 由图可得，， 而由五边形内角和等于可得， ∴ 解得 由密铺可得，，即， 延长交于点，延长交于点，过点作于点， ∴ ∴ ∴ ∴是等边三角形， ∴ 在中，， ∴ ∴在中， ∵ ∴ ∴为等腰直角三角形， ∴． 62．（2026·江苏南京·三模）如图，折叠矩形，使顶点落在对角线上的处，折痕分别为． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若四边形为菱形，，则__________． 【答案】(1)证明：四边形是矩形， ． ． 由折叠可知，， ． ． 四边形是平行四边形． (2) 【分析】（1）根据矩形的性质，折叠的性质，推出，进而得到，即可得证； （2）根据菱形和矩形的性质，折叠的性质，勾股定理求出的长，再利用菱形的面积公式进行求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形为菱形， ． 由折叠可知：，． ． 设，则． 在中，． ． 在中，由勾股定理得：， 即， 解得． ． 在中，． ， ， ． 两边平方得：， 解得． ． ． 63．（2026·江苏盐城·二模）【问题情境】 定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到该边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“比中项妙点”． 如图1，中，点是边上一点，连接，若，则称点是中边的“比中项妙点”． (1)在Rt中，，于点，则点 （填“是”或“不是”）中边上的“比中项妙点”； 【操作探究】 (2)①如图2，的顶点是网格图的格点，请仅用直尺画出边上的一个“比中项妙点”点（的中点除外）． ②尺规作图：如图，为线段上一点，在直线上找一点，使为中边上的“比中项妙点”，其中为钝角． 【拓展提升】 (3)如图，平行四边形中，，点为边上一点，连接交对角线于点，点恰好是中边上的“比中项妙点”． ①请直接写出、、数量关系 ； ②连接并延长交于点，若点是中边上的“比中项妙点”，且，求的值． 【答案】(1)是 (2)①边上的一个“比中项妙点”点如图所示： ②使为中边上的“比中项妙点”，其中为钝角的点如图所示： (3)①；② 【分析】（1）证明，即可得到，则点是中边上的“比中项妙点”； （2）①取格点，连接交于，则，得到，，即可得到，即可根据（1）同理得到，即点是中边上的“比中项妙点”； ②作为直径的，再作交于，最后以为圆心长为半径画圆，与直线交点中选择使为钝角点即为点；由为直径得到，根据（1）同理得到，则，即为中边上的“比中项妙点”； （3）①∵点恰好是中边上的“比中项妙点”，得到，则，由平行四边形，证明，得到代入整理即可得到； ②由得到，平行四边形，得到，再得到，由得到，即可得到，，即可得到的值． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点是中边上的“比中项妙点”； （2）①略 ②略 （3）解：①∵点恰好是中边上的“比中项妙点”， ∴， ∴， ∵平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 整理得， 即、、数量关系为； ②∵， ∴，， ∵平行四边形， ∴，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 64．（2026·江苏宿迁·二模）如图，在菱形中，，点E在对角线上，点F是边上一动点，连接，延长交于点P，若． (1)当时，___________； (2)如图1，将射线绕点E逆时针旋转，交边于点G，连接，求证：是等边三角形； (3)在（2）的条件下，连接，当与相似时，求的长； (4)以为斜边，在的右侧作，使，当点F从点B运动至点C时，请直接写出点Q的运动路径长． 【答案】(1) (2)证明：∵菱形，， ∴，， ∴， ∴， 如图：在上截取，连接， 由（1）知是等边三角形，， 是等边三角形，， ，， ，， ，， ， ， ， ， 是等边三角形． (3)或 (4)运动的路径长为． 【分析】（1）证明为等边三角形，，再进一步求解即可． （2）如图：在上截取，连接，进一步证明是等边三角形即可． （3）如图：在上截取，连接，由（2）知是等边三角形，分两种情况：当时，则，可得，当时，再进一步求解即可． （4）如图，过作于，取的中点，连接，可得即为符合条件的三角形，，在过且平行于的直线上，当重合时，如图，连接，当重合时，重合，重合，可得线段是运动的路径长，再进一步求解即可． 【详解】（1）解：如图， ∵菱形，， ∴，， ∴为等边三角形，， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）略 （3）解：如图：在上截取，连接， 由（2）知是等边三角形 ∴， 结合三角形内角和定理可得：， ∵，， ∴， 当时，则 ， ∴，而， ， ∵， ∴， ， 设，则，，， ∴，， ∴， 解得：，即； 如图，当时， ∴， ∵， ∴， 同理可得：， 设，则， 同理可得， ∴， ∴， 解得：， ∴， 综上：或． （4）解：如图，过作于，取的中点，连接， ∵为等边三角形， ∴，，， ∴即为符合条件的三角形，， ∴在过且平行于的直线上， 当重合时，如图，连接，当重合时，重合，重合， ∴线段是运动的路径长， 同理可得：， ∵， ∴共线， 同理可得：，， ∴， 而是的中位线， ∴， ∴运动的路径长为． 65．（2026·江苏南京·二模）如图，在中，平分，平分，点，分别在，边上，连接，，分别交，于，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，则 ． 【答案】(1)证明：∵， ∴，， ∵平分，平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； (2) 【分析】（1）根据平行四边形得出，，，再由角平分确定，利用等量代换得出，结合平行四边形的判定得出四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，再由其性质及判定即可证明； （2）根据角平分线及等量代换得出，确定，同理得出，，确定E是的中点，F是的中点，连接，结合图形及全等三角形的判定和性质得出，，再由面积计算即可求解． 【详解】（1）略 （2）∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理：， ∵， ∴， ∴E是的中点，F是的中点， 连接， ∴ ∴， ∵， ∴， ， 同理得，， ∵， ∴， ∴． 66．（2026·江苏泰州·二模）如图，四边形是平行四边形． (1)用无刻度的直尺和圆规作图：在边上找一点，使平分（保留作图痕迹，不写作法），并加以说明； (2)在（1）的条件下，若，，添加条件 时，为矩形，并说明理由． 【答案】(1)解：如图所示，点E即为所求； 理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分； (2)解：当时，为矩形， 理由：由（1）知， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴为矩形． 【分析】（1）以B为圆心为半径作弧，与的交点即为点E； （2）当时，为矩形，先求出，再根据勾股定理的逆定理，得到，则为矩形，即可解答． 【详解】（1）略 （2）略 67．（2026·江苏南京·二模）如图，在中，是上一点，和关于点对称，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，，当的长为 时四边形是菱形． 【答案】(1)证明：和关于点对称， ，， 四边形是平行四边形． (2) 【分析】（1）利用对称性质，得到，，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”完成证明； （2）连接，设，再根据菱形的性质和勾股定理表示出，列方程求出，进而求出． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接， 据（1）可知与交于点， 四边形是菱形， ，， 设， ， ， 在中，， ， 在中，， ， 解得， ． 68．（2026·江苏南京·二模）如图，在中，对角线，相交于点，且．，分别是，的中点，，分别是，上靠近点的三等分点，连接，，，．求证：四边形是矩形． 【答案】证明：四边形是平行四边形， ，， ，分别是，的中点， ，， ， ，分别是，上靠近点的三等分点， ，， ， 四边形是平行四边形， ，设，则， ，， ，， ， 四边形是矩形． 【分析】根据平行四边形的性质可知，，根据点，分别是，的中点，点，分别是，上靠近点的三等分点，可证四边形是平行四边形，根据可证，根据对角线相等的平行四边形是矩形，可证结论成立． 【详解】略 69．（2026·江苏无锡·二模）如图，在中，是边上的中线，E是的中点，过点A作交的延长线于点F，连接． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是平行四边形，证明见解析 【分析】（1）根据中点的定义和平行线的性质得到条件，证明即可； （2）证明，又由已知即可证明四边形是平行四边形． 【详解】（1）证明：是的中点， ．     ， ，   （2）四边形是平行四边形     证明：，      又是的中线， ， ∴     又， ∴四边形是平行四边形． 70．（2026·江苏连云港·二模）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：在上选一点P，沿折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接．根据以上操作，当点M在上时，则______． (2)迁移探究 小华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． ①如图，当点在上时，______ ． ②改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），如图，判断与的数量关系，并说明理由． (3)拓展应用 在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为， ①当时，求出的长． ②当 时，的面积最小． 【答案】(1)60 (2)；，理由如下： 四边形是正方形， ，， 由折叠可得：，， ，， 在和中， ， ， ； (3)①的长为或；② 【分析】（1）连接，利用折叠的性质，线段的垂直平分线的性质和等边三角形的判定定理与性质定理解答即可； （2）①利用折叠的性质和全等三角形的判定与性质解答即可； ②利用折叠的性质和全等三角形的判定与性质解答即可； （3）①利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：当点Q在点F的上方时，利用（2）中的结论设，则，则，利用勾股定理列方程解答即可；当点Q在点F的下方时，利用类比的方法解答即可； ②设，则，利用勾股定理得到，设，则，利用完全平方公式得到，则，解不等式即可得出结论． 【详解】（1）解：连接，如图， 由题意得：为的垂直平分线， ∴， ∵在上选一点P，沿折叠，使点A落在矩形内部点M处， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴． （2）解：①∵四边形为正方形， ∴， 由折叠的性质可知：， ∴， 在和中， ， ， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴． ②略 （3）解：①当点Q在点F的上方时，如图， ∵正方形纸片的边长为， ∴， ∵， ∴， 由（2）可知：， ∴， 设，则， ∴， 在中，由勾股定理可得：， ∴， ∴； 当点Q在点F的下方时，如图， ∵正方形纸片的边长为， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 在中，由勾股定理可得：， ∴， ∴； 综上，的长为或； ②由题意得：， ∴的面积为， ∴当取得最小值时，的面积最小． 设，则， ∴， 在中，由勾股定理可得：， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的最小值为． ∴当时，的面积最小． 71．（2026·江苏南京·三模）如图，在中，，分别为边，的中点，是对角线． (1)求证：当时，四边形是矩形； (2)当满足_____时，四边形是菱形． 【答案】(1)证明： 四边形是平行四边形， ， 分别为边的中点 ， ， ， 四边形是平行四边形 ， 当时 ， 是的中点 ， （等腰三角形三线合一） ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形． (2)（或） 【分析】（1）首先根据平行四边形的性质和中点的定义证明四边形是平行四边形．利用等腰三角形三线合一的性质证明，从而判定矩形． （2）根据菱形的判定定理，邻边相等的平行四边形是菱形，进而证明，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：当四边形是菱形时， ， ， ， 在中，是边上的中线 ， ∴， ∴， 又∵， ∴， 是直角三角形，且， 当满足（或）时，四边形是菱形． 72．（2026·江苏盐城·模拟预测）【证明体验】如图1，正方形中，E、F分别是边和对角线上的点，． (1)求证：； (2)【思考探究】如图2，矩形中，，E、F分别是边和对角线上的点，，，求的长； (3)【拓展延伸】如图3，菱形中，，对角线，交的延长线于点H，E、F分别是线段和上的点，，，求的长． 【答案】(1)证明：∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； (2)3； (3)2． 【分析】（1）求出，，即可证明； （2）连接交于点O，先证明，再通过计算，得出，求出，证明，根据相似三角形的性质列式求解即可； （3）连接交于O点，先求出，，证明，可得，求出、的长，然后根据，得出，求出，然后证明，根据相似三角形的性质列式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：连接交于点O， ∵，， ∴， ∵在矩形中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）解：连接交于O点， ∵在菱形中，，，， ∴，， 在中，， ∴，， ∵为菱形对角线， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 73．（2026·江苏南京·二模）如图，在正方形中，点E，F在对角线上，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，则正方形与菱形的面积比为________． 【答案】(1)证明：连接交于点， 四边形是正方形， ，， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； (2) 【分析】（1）连接交于点，由四边形是正方形，可得，，再证明，可得，从而可证四边形是平行四边形，再由菱形的判定定理可证得结论； （2）设正方形边长为，可得，，解直角三角形可得，可得，，再求得，最后求出正方形与菱形的面积比． 【详解】（1）略 （2）解：设正方形边长为，则， 四边形是正方形， ，， ， 又， ， ， ， ， ，， ，， ， 正方形与菱形的面积比为． 74．（2026·江苏苏州·二模）如图，在矩形中，，，点是矩形对角线上一点，连接，将沿着折叠得到． (1)如图1，将矩形纸片沿直线对折，使点与点重合，然后展开铺平，得到折痕，当落在上时，的度数为_____； (2)如图2，当落在对角线上时，求的正切值； (3)若与矩形的对角线垂直，直接写出的长． 【答案】(1) (2) (3)2或 【分析】（1）在矩形中，，，，勾股定理求出，根据折叠可得，且，，则，在中，根据，求出，即可得． （2）过点作于点，作于点，令相交于点O，根据矩形的性质得出，，由折叠得，再根据角平分线的性质定理得出，根据等面积法求出，结合，求出，则，即可得． （3）按照和进行分类讨论，由三角形相似的判定和性质，三角形全等的判定和性质，结合勾股定理，即可得的长． 【详解】（1）解：在矩形中，，，， ∴， ∵将矩形纸片沿直线对折，使点与点重合，然后展开铺平，得到折痕， ∴，且， ∵将沿着折叠得到， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴． （2）解：过点作于点，作于点，令相交于点O， ∵四边形是矩形，， ∴，， 由折叠得， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：①如图3，当交于点M时， 设， ， ， ， ， ∴， ， 根据折叠可得， ， ， 解得：， 则； ②如图4，当，． ， ， 由折叠得， ， 延长交于点，过点作于点， ， ， ， ， ， ， ， 解得， ， ， ， ， 解得：． 综上所述，的长为2或． 75．（2026·江苏泰州·三模）按要求解题： (1)如图1，将长方形折叠，使落在对角线上，折痕为，点C落在点处，若，则的度数为 ； (2)小明手中有一张长方形纸片，． ①如图2，点E在这张长方形纸片的边上，将纸片折叠，使落在所在直线上，折痕设为点M，N分别在边，上），利用直尺和圆规画出折痕（不写作法，保留作图痕迹）； ②如图3，点F在这张长方形纸片的边上，将纸片折叠，使落在射线上，折痕为，点A， B分别落在点， 处，若，求的长． 【答案】(1) (2)①解：作的角平分线，交于点 M，交于点N，则M，N即为所求； ； ②9 【分析】（1）根据矩形的性质，得，，根据折叠的性质，得，求解即可； （2）①延长，，两线交于点O，作的角平分线，交于点 M，交于点N，求解即可； ②根据题意，得，得到，即，根据题意，得． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ， ， ， 根据折叠的性质，得， ， 解得； （2）解：①略 ②解：矩形中，， ，，， ， ， ， 根据折叠的性质，得，， ， ， 在中， ∴， ∴， ∴， ∴ ． 试卷第1页，共3页 2 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题16四边形 1年真题1年模拟 一年真题分类园 考点01多边形 1.B 2. 【答案】20 3. 【答案】 n-2 4. 【答案】60 5 【答案】135 考点02平行四边形的性质及判定 1. 【答案】1 2. 【答案】①②③都正确，理由如下： :四边形ABCD是平行四边形， .AD=BC,AD//BC,AB//CD, 由折叠的性质可得：MN=BC, .MN AD .MIN-AN AD-AN, ∴.MA=ND,①正确： 1/35 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :四边形ABCD是平行四边形， ∠D=∠B, 根据折叠性质得∠M=∠B, ∠M=∠D, .ABlICD, ∴.∠MAE=∠D, ∴.∠MAE=∠M, .ME=AE, 根据折叠性质和AB/CD得ME I NF, .∠M=∠FND .∠D=∠FND」 ..DF=NF, 根据折叠性质得ME=BE,NF=CF ..AE=BE,DF=CF, ∴.E为AB的中点，F为CD的中点，③正确. :四边形ABCD是平行四边形， .AB=CD 又E为AB的中点，F为CD的中点， .AE DF ME NF, 又.MA=ND. △MAE≌ANDF(SSS) 因此②正确. 3. 【等果10点的坐标为(2引，点B的坐标为(23)：反比例系数的去达式为一 ②(50) 【答案】证明：四边形ABCD是平行四边形， .AD//BC,AD=BC, 又：AE=CF,点E在AD上，点F在BC上， 2/35 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AD-AE=BC-CF, ∴ED=BF,EDIBF, ∴.四边形BFDE是平行四边形 5. 【答案】(1)证明：，四边形ABCD是平行四边形， .AD=BC,AD∥BC :点E,F分别是边AD,BC的中点， 1 1 .DE-2AD.BF-2BC DE=BF」 DE∥BF, ∴.四边形BFDE是平行四边形. (2)解：过A作AG⊥BC,垂足为G. E A G ,在RtAABG中，∠ABC=60°，AB=4, :4G=AB-sin∠ABC=4×sin60°=2V5 ×6=3 S.NEDE=BFAG=3x23=6 6. 【答案】I)证明：：四边形ABCD是平行四边形， .ADIIBC,即ADIICE ∴.∠DAO=∠CEO,∠ADO=∠ECO. :O是CD的中点， ∴.DO=CO 3/35 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在△AOD与△EOC中， ∠DAO=∠CEO ∠ADO=∠ECO DO=CO △AOD≌△EOC(AAS) .AD=CE, 又，AD/CE. ,∴.四边形ACED是平行四边形 (2)解：，四边形ABCD是平行四边形， .BC=AD. 由(1)得AD=CE, :BC=CE,即C为BE的中点， ,BE=8,∠BAE=90°， BE=A AC-B 2 ,四边形ACED是平行四边形， 二四边形4CED的周长 2(AD+AC)=2×(4+4)=16 7. 【答案】证明：：四边形ABCD是矩形， ∴.AB=CD,AD=BC,∠A=∠C=90° 又BE=DF, .Rt△ABE≌Rt△CDF(H,L) .AE CF, AD=BC. AD-AE=BC-CF.即ED=BF ·.四边形BFDE是平行四边形 品考点03矩形的性质及判定 4/35 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 6v13 【答案】65 y 【答案】27° 3. 4-V万 【答案】 4. 【答案】V2 5. 【答案】①② 6. 【答案】(I)①∠ACD:②两点之间线段最短 (②)作法：如图，连接AB,在AB上方作等边三角形ABD,再作△ABD的外接圆，过点D作DM⊥I,垂 足为M,DM交AB于N,交圆于点P,点P即为要作的点： D M V5+4 点P到点A、点B、直线I的距离之和最小值为 (3)管道路线总长度最短为 b+V3a 设计方案：如图所示，分别以边AB和边CD向矩形外侧作等边三角形ABM和等边三角形CDN,再作 △ABM和△CDN P P AP BP CP 的外接圆.连接4，N,分别交两圆于点和点，其中铺设路线为， DP PP 5/35 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 7. 【答案】I) 解：四边形ADCF为矩形，证明如下， :点E是AD中点， ∴.AE=DE ,AF∥BC .∠FAE=∠BDE,∠AFE=∠DBE 在△AEF和△DEB中， AE=DE ∠FAE=∠BDE ∠AFE=∠DBE ∴.△AEF≌△DEB(AAS) ∴AF=BD :在等腰三角形ABC中，点D是BC中点， .BD=CD,∠ADC=90° .AF=CD, 又：AF∥BC, :.四边形ADCF为平行四边形， 又∠ADC=90°， ∴.口ADCF为矩形： (2)解：BC=10,点D是BC中点， :.CD=1BC=5 21 在Rt△ADC中，由勾股定理得， AD=AC2-CD2 =12 6/35 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.四边形ADCF的面积为l2×5=60 8. 【答案】I) 证明：在四边形ABCD中，AB|CD,AD川BC, ∴.四边形ABCD是平行四边形. ∴.OA=OC,OB=OD 又，∠AOB=∠COD, .△ABO≌aCDO(SAS)」 (②)由AB1BC可得平行四边形ABCD是矩形.由此得出AC=BD=2:进而得出OA=OB=2AC=L, 由此求出三角形周长， 【详解】(1)略 (2)解：AB⊥BC,四边形ABCD是平行四边形. ,∴.平行四边形ABCD是矩形. ÷AC=BD=2即O1=OB=)AC=1 21 ∴，AB+OA+OB=1+1+1=3. 即△ABO的周长是3 考点04菱形的性质及判定 1 【答案】2400 2. 【答案】4 3. 【答案】6 4. 7 【答案】 5. 7/35 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【答案】I)证明：：AD是△ABC的中线， .BD=CD .BENI CF, ∴.∠EBD=∠FCD, 在△BDE和△CDF中， ∠EBD=∠FCD BD=CD ∠BDE=∠CDF' △BDE≌ACDF(ASA) ； (2)证明：，△BDE≌△CDF, .DE=DF, .BD=CD “四边形BFCE是平行四边形， :AB=AC,AD是△ABC的中线， .AD⊥BC, 即EF⊥BC, ∴四边形BFCE是菱形. 6. √5+2 【答案】1)3 g6-1 B)解：如图，作ND∥AC交AB于点D,过点D作DE∥CN交AC于点E, A E B K M .四边形CEDN是平行四边形. .PK∥AC,ND∥AC .PK∥DN 8/35 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .△BPO∽aBDN Bg-P№ BN DN .CN∥M. ..ABOMABNC BO OM ∴.BNCN, PO OM DN CN' ..OM=PO, ..CN=DN, :.平行四边形CEDN是菱形 ..CN=CE=DE=DN, 又，PK∥DN, ∠POB=LDNB. ..PO=PB. ·∠POB=∠PBQ】 ∠DNB=∠PB0, .BD=DN, .BD=DE=CE. ∴.DE是∠A所对的“等截线”， “CV的长度即为∠A所对的“等截线”的长度. 考点5正方形的性质及判定 2W5 【答案】 2. 【答案】5 3. 9/35 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 31 【答案】4 【答案】(1)证明：相等，理由如下， 连接CP, y E D B ,四边形ABCD是正方形， .BC=CD,∠D=∠B=90°， 由对称可得CD=CF,LD=∠CFE=90°， .∠CFP=180°-∠CFE=90°，CF=CB, .∠CFP=∠B=90°， ..CP=CP, Rt△CFP≌Rt△CBP(HL) ∴.FP=BP: 6 (2)17 DN=√2DM 3)解： ,理由如下： :四边形ABCD是正方形， ∴.CB=CD,∠BCD=90°. BD=CB+CD-CD 由对称可得，CD=CF,∠DCE=∠FCE. .CB=CF, ∴.∠CBF=∠CFB, 设LDCE=∠FCE=a,则∠BCF=90°-2a 10135 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :∠CBF=∠CFB=180°-∠BCF 2 =45°+0， ,在正方形ABCD中，BD是对角线， :.∠CBD=∠CDB=∠ADB=45°， ∴.∠DBN=∠CBF-∠CBD=a, .∠DBN=∠DCM=a, ∴.△DBN∽△DCM, DN_DB=, DM DC LDN与DM DN=√2DM 的数量关系为 5. 【答案】()所求图形，如图所示： B 2∠EBF=22.50 tan∠EBF=√2-l 6 【答案】1)1 53 2)5,5 9 6)8 V一年模拟练测国 题号 1 2 3 又 5 6 7 & 0 10 答案 B D & D B 0 B B 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 11/35 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 答案 A C D D D B B A 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 答案 A C c B D A C D B 31. 2v5 32.72 33 9-33 6 5 34.3 35 2V5 36.271 37.45 1 39.20.5 40.3 41.2V2 42.4 43 是 45或6-v6 V10-√2 44 2 45.6 5 46.19 47.4 4825 12135 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 49.3 0.v 7 51.4 12 52.25 53.2V53 54.5 .9 56.2或14 57.6V2-6 58.5 913 59. 2 40x或90 60.16V2 61.(1)①②④ (2)能，每一个顶点周围有3个正三角形和2个正四边形 3)0(5n+1) ②不存在，理由如下： 设存在第n个图案满足条件， 第个图案正方形有 5x+个，第'个图案正方形 5y+0个， 由题意得， 5n+1=6[(5x+1)+(5y+1] 整程得，8=6+列号 因为七，y为正整数， 13/35 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 11 所以6(x+)+5不是整数，而6m是整数，故等式不成立，故不存在： (4)① 2+v6 62.(I)证明：四边形ABCD是矩形， .AB∥CD,AD∥BC .∠ABD=∠CDB 由折叠可知， ∠EBD=I∠ABD,∠FDB=1∠CDB 2 ∴.∠EBD=∠FDB EB∥DF. 四边形BEDF是平行四边形. (2)解：，四边形BEDF为菱形， .BE=DE. 由折叠可知：AB=AB=2,AE=AE,∠A=∠BAE=90°， ∴.∠EAD=90° 设AE=x,则A'E=x 在Rt△ABE中，BE=VAB2+AE=V4+ :DE =BE=4+x2 在RIAA'ED中，由勾股定理得：AD+AE2=DE2, 即AD2+x2=4+x2, 解得A'D=2 ∴.BD=AB+AD=2+2=4 在RtABD中，AD=VBD2-AB2=V4P-2=2V5 AD=AE+DE, x+V4+x2=2√3 14135 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 V4+x2=2√3-x 4+x2=12-4V3x+x2 两边平方得： x= 25 解得3. DE=2W5254V5 33. 2=8V5 S形e=DE×AB=45x 3 3. 63.1)是 (2)①AB边上的一个“比中项妙点”点M如图所示： B 图2 ②使D为△PBC中边BC上的“比中项妙点”，其中∠BPC为钝角的点P如图所示： D 图3 DG 1 B)DCF2=DF.EF:②CG=3 64.(1)1 (②)证明：菱形ABCD,∠B=60°， 15135 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AB∥CD,∠ACB=∠ACD, .∠BCD=120°， .∠ACB=∠ACD=60° 如图：在CB上截取CK=CE,连接EK, A D 由(1)知△ABC是等边三角形，∠ACB=60°， ·△EKC是等边三角形，∠KEC=60°， .EK=EC,∠EKF=60°=∠ECG, :∠FEG=60°，∠FCG=120°」 :∠EFC+∠EGC=18O°，∠FEK=∠CEG, ∠EFC+∠EFK=180°， .∠EFK=∠EGC, ∴.△EKF≌△ECG(AAS) ∴EF=EG ∴.△EFG是等边三角形. (3)解：如图：在CB上截取CK=CE,连接EK, A P D E B KF C 由(2)知△EFG是等边三角形 .∠GEF=∠EGF=60°=∠ECF」 结合三角形内角和定理可得：∠CEG=∠CFG, :∠B=60°，AB∥CD. .∠FCG=120°=∠PEG. 16135 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当△PEG∽△GCF时，则LEGP=LCFG=∠CEG PG∥AC, AP CG ∴AD=CD,而AD=CD' ..AP=CG ,△AEPOACEF, AP AE 1 ∴CFCE3' ..CF=3AP=3CG, 设CG=a,则CF=3a,KF=a,EC=KC=4a, .AE-4a,CD=AC-16a 3 a, 3 16 30=4, 解得：a=手，即CG= 3 4 如图，当△PEG∽△FCG时， A P D E PE EG ∴FC=CG, GE=EF, PE FC EF CG' PE AP AE 1 同理可得：EF-CFCE3' 设AP=m,则CF=3m, 同理可得CK=CE=3, .FK=CG=3-3m, 3m1 .3-3m3’ 17/35 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 解得：m= 4, CG=3-3m=3-3=9 44 综上：CG 9 4或CG= 4· (4)解：如图，过F作FO LEG于D,取CE的中点R,连接RO, A D B F ,△EFG为等边三角形， .∠EF0=30°，∠EQF=90°，E0=G0, :.RtA EFO即为符合条件的三角形，RO∥CD, ∴.Q在过R且平行于CD的直线上， 当F,B重合时，如图，连接CG,当F,C重合时，G,T重合，OJ重合， .线段Q)是Q运动的路径长， A D (F)B 同理可得：Rg∥CG, :RQ∥CD :G,C,T,D共线， 同理可得：CG=BK=1,CT=CE=3, .GT=1+3=4, 18/35 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 而QJ是△EGT的中位线， :Q=)G7=2 2 .Q运动的路径长为2. 65.(I)证明：.ABCD, .AD∥BC,∠ABC=∠ADC,AD=BC :BE平分∠ABC,DF平分∠ADC .∠ABE=LCBE,∠ADF=∠CDF .∠ABE=∠CBE=∠ADF=∠CDF, .∠AEB=∠CBE,∠ADF=∠CFD .∠CBE=∠CFD, .BE∥DF, :AD∥BC, .四边形BFDE为平行四边形， .BF DE, .CF=AE, AD∥BC, .四边形AFCE为平行四边形， AF∥CE, .BE∥DF, ∴.四边形EGFH是平行四边形： (2),CE平分∠BCD, .LBCE=∠DCE, .AD∥BC, .∠BCE=LDEC, .∠DCE=∠DEC, .DE =CD .BE平分∠ABC, .∠ABE=∠CBE, .AD∥BC, 19/35 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠AEB=∠CBE, .AB=AE, 同理：CD=CF, AB=CD, .'AE=DE =CF BF, E是AD的中点，F是BC的中点， 连接EF, A D G H EF∥AB,EF=AB .∠BAG=∠GFE. :∠AGB=∠EGF, .△ABG≌aEGF(AAS). ..BG=GE,AG=GF 同理得，EH=CH,FH=DH, 1 1 Sa边0H=S,so+八.nm-23.ae+23.cr-25 1 SBCE= 2○四边形ABCD, .S四边形EGFH= =45边形8CD, 四边形EGFH的面积1 ·四边形ABCD的面积4 66.(1)解：如图所示，点E即为所求； A B 理由如下： 20135 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,四边形ABCD是平行四边形， AD∥BC, .∠DEC=∠BCE, BE =BC, .∠BEC=∠BCE, .∠DEC=∠BEC, .EC平分∠BED; (2)解：当AE=8时，口ABCD为矩形， 理由：由(1)知BE=BC=10, .BE2=100, .AB2+AE2=36+64=100=BE2, .∠A=90°， :四边形ABCD是平行四边形， .口ABCD为矩形 67.(I)证明：△DEF和△ABC关于点O对称， ∴.OC=OF,OE=OB ∴.四边形BCEF是平行四边形.(2)3 (2)解：如图，连接OB, D B 据(1)可知BE与FC交于点O, ~四边形BCEF是菱形， .BE⊥FC,OF=OC, 设0C=OF=a, ..AB=AC=5. .A0=5-a, 21135 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在Rt△AOB中， 0B2=AB2-0AP=25-(5-a} BC=25 ∴.在Rt△COB中，OB2=BC2-OC2=20-a2, :25-(5-a)}2=20-a2 解得a=2, .A0=5-a=3 8.证明：~四边形ABCD是平行四边形， ..OA=OC,OB=OD E,G分别是OA,OC的中点， 0E=04.0c=20c. 2 ∴.OE=OG, :F,H分别是OB,OD上靠近点O的三等分点， .0F=OB,OH=1OD】 3 3 ..OF =OH, ∴.四边形EFGH是平行四边形， :AC=号BD,设BD=3x:则AC=2x 3 os=0c-o1-4c-,0r=0m-oB-g0-, 4 21 6 ..EG=20E=x,FH=20H=x, :EG=FH, ∴四边形EFGH是矩形. 69, 【详解】(I)证明：E是AD的中点， .AE =DE. .AF BC 22135 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠AFE=∠DCE∠EAF=∠EDC ∴.△AEF≌△DEC(AAS) (2)四边形ADBF是平行四边形 证明：：△AEF≌△DEC, .AF=CD 又：AD是△ABC的中线， .CD=BD, ∴AF=BD 又AF‖BC, .四边形ADBF是平行四边形. 70.(1)60 aO15,②∠MB0=∠CB ， 理由如下： :四边形ABCD是正方形， .AB=BC,∠BAD=∠C=90 由折叠可得：AB=BM,∠BAD=∠BMP=90°， ∴.BM=BC,∠BMQ=∠C=90°. 在RtABCO和RtABM0中， BO=BO BC=BM, ∴.Rt△BCQ≌Rt△BMQ(HL) ∠CBQ=∠MBQ； (3)解：①当点在点F的上方时，如图， 23135 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 力 D E ,正方形纸片ABCD的边长为8cm, 1 DF-CD=4cm, .·Fg=lcm .D0=3cm,C0=5cm, 由(2)可知：Rt△BCQ≌Rt△BMQ, ..MO=Co=5cm. 设AP=cm,则 M=AP=xcm,PD=(8-x)cm PO=PM+MO=(x+5)cm 在RPD0中，由勾股定理可得：8-+3=(+5}， ..xs 24 13, 2 .AP= 13 cm; 当点Q在点F的下方时，如图， A D E----*----- ,正方形纸片ABCD的边长为8cm, DF =CD=4cm 2 24135 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..FO=1cm. .DO=5cm,Co=3cm, ."MO=Co=3cm. 设1P=xcm,则PM=AP=xom,PD=(8-xem PQ=PM+MQ-(x+3)em 在RPD0中，由勾股定理可得：(8-'+52=(c+3」 40 ..xs 11 AP=40 40。 24 综上，4p的长为1icm或13cm: ②由题意得：∠BMP=∠A=90°，BM=AB=8cm, ·△BPQ的面积为2P2:BM=4Pg, ∴.当PO取得最小值时，△BP的面积最小. AP=x.cO=y,PD=8-x,PM=AP=x,MO=CO=y,DO=8-y, .P0=x+y, 在RaPD0中，由勾股定理可得：（⑧-+(8-=(c+y, :64-8(x+以=y 设8=x+y,则y=64-8s, (WE-≥0， x-2V+y20 25135 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :x+y≥2 ,s≥2W64-8s 片≥4(64-8y) .s2+32s-25620, s>0 :≥162-16 x+y 的最小值为16v2-16 :当P2=x+y=162-16 时， △BP 的面积最小. 71.(1)证明：四边形ABCD是平行四边形， .AB‖CD,AB=CD .E,F AB.CD 分别为边 的中点， :.BE=1 AB,DF=CD 1 2 ∴.BE∥DF,BE=DF .四边形DEBF是平行四边形， 当AD=BD时， :E是AB的中点， DE L AB(等腰三角形三线合一)， .∠DEB=90°， ·四边形DEBF是平行四边形， 四边形DEBF是矩形 (2)解：当四边形DEBF是菱形时， .DE=BE, E-号4 26135 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在△ABD中，DE是AB边上的中线， ∴.DE=BE=EA, .∠EDB=∠EBD,∠EDA=∠EAD 又.∠EDB+∠EBD+∠EDA+∠EAD=180°， .∠EBD+∠EDA=90°， ∴△ABD是直角三角形，且∠ADB=90°， ∴当△ABD满足∠ADB=9O°（或AD⊥BD)时，四边形DEBF是菱形. 72.(1)证明：正方形ABCD .∠ADB=∠ABD=∠CDB=∠CBD=45°， .∠EDF=45°， .∠EDB+∠BDF=45° ∠CDF+LBDF=45°， .∠EDB=∠CDF, .△DBEn△DCF; (2)解：连接BD交AC于点O, D B 图2 AB=6,BC=8, :4C=BD=V6+8=10 ,在矩形ABCD中，AC=BD ∴.OD=0C, ∴.∠ODC=∠OCD, ,AB∥CD, .∠ABD=∠ODC, ∴.∠ABD=∠OCD. 27/35 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,tan∠BDC= BC 4 CD 3, an∠EDF 3 ∴.∠EDF=∠BDC, .∠EDF=∠EDB+∠BDF,∠BDC=∠BDF+∠FDC, ∠EDB=∠FDC. ∴.△DBE∽△DCF, BE BD 5 CFDC3 BE=5, ∴CF=3 (3)解：连接BD交AC于O点， :在菱形ABCD中，BC=AB=DC=AD=5,AC=6,AC⊥BD, D H 图3 :0C=4C=3,BD=20D 在Rt△ODC中，OD=VDC2-OC=4 六BD=20D=8,tan∠0DC=0C=3 0D4: BD为菱形对角线， .∠HDB=∠ODC. :BH⊥HD,AC⊥BD ∴.∠DHB=∠DOC=90°， .△HBADOC. BH DB BH 8 C0=Dc,即3=5， :8H=24 5, 28135 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :E=8 :BE=BH-HE=16 5, :lan∠EDF=3 , an∠ODc=3 .∠EDF=∠ODC .∠EDB=LCDF, ,BH⊥AD, ∴.∠HBD+∠HDB=90°， :∠HDB=∠ODC,∠ODC+∠OCD=90°， .∠HBD=∠OCD ∴.△DBE∽△DCF, BE BD 8 CF DC 5' 16 .CF=5BE 5x = 8 5=2 73.(I)证明：连接AC交BD于点O, D 、O 四边形 是正方形， B ABCD ∴.OA=OC,AC⊥BD ∴.∠AOE=∠COF=90° 在Rt△AOE和Rt△COF中， OA=OC AE=CF, ∴.RtAAOE≌RtACOF(HL) ∴.OE=OF. .四边形AECF是平行四边形， 29/35 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :AC⊥EF, ∴四边形AECF是菱形： (②解：设正方形18CD边长为2a,则5m=2a-2a=4a 四边形ABCD是正方形 ∴.∠BAD=90°，∠BAO=∠DAO ·∠BA0=∠DAO=90°×5=45°. 又∠AOE=90°， .A0=AB·c0s45°=2a· -a 2 ∠BAE=15°， ∴.∠EA0=45°-15°=30° ÷0E=0A:tan30°=v2a.5-V6 33a .OE=OF,OA=OC, ..EF =20E 2V6 a,4C=2A0=22a, ∴5a=4C-EF=}26a-22a=45d 1 -23 3 .正方形ABCD与菱形AECF的面积比为 如5-35-5 74.(1)60° (2)2 90 (3)2或13 【详解】(I)解：在矩形ABCD中，AB=CD=6,BC=AD=8,∠ABC=∠BAD=90°， :AC=BD=V62+82=10 30135 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :将矩形纸片沿直线对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，得到折痕GH, :4G=B,且GH1AB: 2 ,将△BAP沿着AP折叠得到△B'AP, .AB'=AB=6. :4AG=34B, 21 在RISAGR中，sin∠ABG=4G=} AB2 .∠AB'G=30°， .∠B'AB=90°-30°=60° (2)解：过点P作PK⊥AB于点K,作PL⊥AC于点L,令AC,BD相交于点O, ,四边形ABCD是矩形，AC=10, ÷∠ABC=∠BAD=90°，40=7AC=5, 2 B C B D 图2 由折叠得∠BAP=∠B'AP, .PK=PL, 8m25x0x40- 11 ×6×8=12」 Γ22 5.0x PL-3PK PK=12 .2 PK=24 11, :tan∠BAD=AD-PK ABBK 31135 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 24 9- 4 BK :BK=8 11, ..AK AB-BK=6- 1848 1111: 24 片an∠PAB=PK=且_1 AK482. 11 (3)解：①如图3，当AB'⊥BD交BD于点M时， B 图3 设BP=y, ABxAD-BDx AM 2 ·AM=24 5, AD=8. DM=ADP-AM=32 , BM=BD-DM=10-32_18 55, :.BM-AB-AM-6-24-6,PM-BM-BP-18 55 y, 根据折叠可得BP=BP=y, .PM2+B'M2=B'P2. 解得：y=2, 32135 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则BP=2; ②如图4，当AB⊥AC,∠BAC=90° B C N A D B 图4 ∠BAD=90° ∴，∠BAP+∠PAD=∠CAP+∠PAB'=90°， 由折叠得∠BAP=∠B'AP, .∠PAD=∠CAP 延长AP交CD于点2，过点2作ON L AC于点N, ..ON =OD A0=A0. ∴.RtAADO≌Rt△ANO(HL) .AN =AD=8. .CN=10-8=2. .CO2=NO2+CN2 .(6-DQ)2=D02+22 解钓00-多 AB∥DQ ∴△PBAD△PDQ AB BP DO PD 33135 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 6 BP 8 10-BP 3 解得：BP=90 13· 90 综上所述，BP的长为2或13： 75.1)23° (2)①解：作∠BOC的角平分线，交AD于点M,交BC于点N则M,N即为所求： D y7 M B N ②解：矩形ABCD中，AB=12,AD=27, .∠BCD=90°，AD=BC=27,DC=AB=12,，AD∥CB, .∴.∠DGC=∠BFG. AG=7, ∴.DG=AD-AG=27-7=20 根据折叠的性质，得BF=B'F,∠BFG=∠B'FG, .∠DGC=∠BFG=∠B'FG, ∴.DG=DF=20. 在RtADCF中， CF=DF2-DC2=16 ∴.BF=BC-CF=11, ∴.B'F=11, ∴.B'D=20-11=9 34135 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 G D B B 35/35