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考点14 平行四边形与特殊的平行四边形-2022年中考数学高频考点专题突破（全国通用）（解析版）
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考点14. 平行四边形与特殊的平行四边形
知识框架：
基础知识点：
知识点1-1 多边形
1．多边形的相关概念
1）定义：在平面内，由一些段线首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形．
2）对角线：从n边形的一个顶点可以引(n–3)条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n–2)个三角形；n边形对角线条数为．
2．多边形的内角和、外角和
1）内角和：n边形内角和公式为(n–2)·180°；2）外角和：任意多边形的外角和为360°.
3．正多边形
1）定义：各边相等，各角也相等的多边形.
2）正n边形的每个内角为，每一个外角为．
3）正n边形有n条对称轴.
4）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形．
知识点1-2平行四边形的性质与判定
1．平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形，平行四边形用“”表示.
2．平行四边形的性质
1）边：两组对边分别平行且相等．2）角：对角相等，邻角互补．3）对角线：互相平分．
4）对称性：中心对称但不是轴对称．
3．注意：利用平行四边形的性质解题时一些常用到的结论和方法：
1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．
2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．
3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．
4. 平行四边形的判定
1）方法一（定义法）：两组对边分别平行的四边形是平行四边形.
2）方法二：两组对边分别相等的四边形是平行四边形.
3）方法三：有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.
4）方法四：对角线互相平分的四边形是平行四边形.
5）方法五：两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
5、三角形的中位线
1）定义：三角形两边中点的连线叫中位线。
2）性质: 三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。
知识点1-3 矩形的性质与判定
1．矩形的性质：11）四个角都是直角；2）对角线相等且互相平分；3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB．
（如图）
2．矩形的判定：1）定义法：有一个角是直角的平行四边形；2）有三个角是直角；3）对角线相等的平行四边形．
知识点1-4菱形的性质与判定
1．菱形的性质：1）四边相等；2）对角线互相垂直、平分，一条对角线平分一组对角；3）面积=底×高=对角线乘积的一半．
2．菱形的判定：1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形；2）对角线互相垂直的平行四边形；3）四条边都相等的四边形．
知识点1-5正方形的性质与判定
1．正方形的性质：1）四条边都相等，四个角都是直角；2）对角线相等且互相垂直平分；3）面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB．
2．正方形的判定：1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形；2）一组邻边相等的矩形；3）一个角是直角的菱形；4）对角线相等且互相垂直、平分．
3、联系
4、中点四边形
1）任意四边形所得到的中点四边形一定是平行四边形.
2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.
3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.
4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.
重难点题型
考点1. 多边形的内（外）角和
【解题技巧】多边形内角和：n边形内角和公式为(n–2)·180°；多边形外角和：任意多边形的外角和为360°；
1．（2020·湖北宜昌市·中考真题）游戏中有数学智慧，找起点游戏规定：从起点走五段相等直路之后回到起点，要求每走完一段直路后向右边偏行．成功的招数不止一招，可助我们成功的一招是（ ）．
A．每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走 B．每段直路要短
C．每走完一段直路后沿向右偏108°方向行走 D．每段直路要长
【答案】A
【分析】根据题意可知封闭的图形是正五边形，求出正五边形内角的度数即可解决问题．
【详解】根据题意可知，从起点走五段相等直路之后回到起点的封闭图形是正五边形，
∵正五边形的每个内角的度数为：
∴它的邻补角的度数为：180°-108°=72°，因此，每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走，故选：A．
【点睛】此题主要考查了求正多边形内角的度数，掌握并能运用多边形内角和公式是解题的关键．
2．（2020·四川中考真题）多边形的内角和不可能为（ ）
A．180° B．540° C．1080° D．1200°
【答案】D
【分析】多边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°（n≥3且n是整数），则多边形的内角和是180度的倍数，由此即可求出答案．
【详解】多边形的内角和可以表示成（n-2）•180°（n≥3且n是整数），n应为整数，所以n-2也是整数，所以多边形的内角能被180整除，因为在这四个选项中不是180°的倍数的只有1200°．故选：D．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，牢记定理是解答本题的关键，难度不大．
3．（2020·广东中考真题）若一个多边形的内角和是540°，则该多边形的边数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【分析】根据内角和公式即可求解．
【详解】设这个多边形的边数为n,∴（n-2）×180°=540°解得n=5故选B．
【点睛】此题主要考查多边形的内角和，解题的关键是熟知内角和公式．
4．（2020·北京中考真题）五边形的外角和等于（）
A．180° B．360° C．540° D．720°
【答案】B
【解析】根据多边形的外角和等于360°解答．解：五边形的外角和是360°．故选B．
本题考查了多边形的外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任意多边形的外角和都是360°．
5．（2020·湖南娄底市·中考真题）正多边形的一个外角为60°，则这个多边形的边数为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】根据正多边形的外角和以及一个外角的度数，求得边数．
【详解】解：正多边形的一个外角等于60°，且外角和为360°，
则这个正多边形的边数是：360°÷60°=6，故选：B．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角和定理，解决问题的关键是掌握多边形的外角和等于360度．
6．（2020·江苏扬州市·中考真题）如图，小明从点A出发沿直线前进10米到达点B，向左转后又沿直线前进10米到达点C，再向左转后沿直线前进10米到达点D……照这样走下去，小明第一次回到出发点A时所走的路程为（ ）
A．100米 B．80米 C．60米 D．40米
【答案】B
【分析】根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以45°求出边数，然后再乘以10米即可．
【详解】解：∵小明每次都是沿直线前进10米后再向左转，
∴他走过的图形是正多边形，边数n=360°÷45°=8，
∴小明第一次回到出发点A时所走的路程=8×10=80米．故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形外角问题的实际应用，根据题意判断小明走过的图形是正多边形是解题的关键．
7．（2020·湖北黄冈市·中考真题）如果一个多边形的每一个外角都是36°，那么这个多边形的边数是（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】D
【分析】根据多边形的外角的性质，边数等于360°除以每一个外角的度数．
【详解】∵一个多边形的每个外角都是36°，∴n=360°÷36°=10．故选D．
【点睛】本题考查了多边形外角与边数的关系，利用外角求正多边形的边数的方法，熟练掌握多边形外角和公式是解决问题的关键．
考点2. 多边形的对角线与正多边形
【解题技巧】正多边形是各边相等，各角也相等的多边形．
1．（2020·辽宁葫芦岛市·中考真题）如图，以为边，在的同侧分别作正五边形和等边，连接，则的度数是____________．
【答案】66°
【分析】由是正五边形可得AB=AE以及∠EAB的度数，由△ABF是等边三角形可得AB=AF以及∠FAB的度数，进而可得AE=AF以及∠EAF的度数，进一步即可根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出答案．
【详解】解：∵五边形是正五边形，∴AB=AE，∠EAB=108°，
∵△ABF是等边三角形，∴AB=AF，∠FAB=60°，∴AE=AF，∠EAF=108°－60°=48°，
∴∠EFA=．故答案为：66°．
【点睛】本题考查了正多边形的内角问题、等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键．
2．（2020·陕西中考真题）如图，在正五边形ABCDE中，DM是边CD的延长线，连接BD，则∠BDM的度数是_____．
【答案】144°．
【分析】根据正五边形的性质和内角和为540°，求得每个内角的度数为108°，再结合等腰三角形和邻补角的定义即可解答．
【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠C＝＝108°，BC＝DC，
∴∠BDC＝＝36°，∴∠BDM＝180°﹣36°＝144°，故答案为：144°．
【点睛】本题考查了正五边形的性质，正多边形的内角，等腰三角形的性质和邻补角的定义，求出正五边形的内角是解题关键．
3．（2020·河北中考真题）正六边形的一个内角是正边形一个外角的4倍，则_________．
【答案】12
【分析】先根据外角和定理求出正六边形的外角为60°，进而得到其内角为120°，再求出正n边形的外角为30°，再根据外角和定理即可求解．
【详解】解：由多边形的外角和定理可知，正六边形的外角为：360°÷6=60°，
故正六边形的内角为180°-60°=120°，
又正六边形的一个内角是正边形一个外角的4倍，∴正n边形的外角为30°，
∴正n边形的边数为：360°÷30°=12．故答案为：12．
【点睛】本题考查了正多边形的外角与内角的知识，熟练掌握正多边形的内角和和外角和定理是解决此类题目的关键．
4．（2020·江苏连云港市·中考真题）如图，正六边形内部有一个正五形，且，直线经过、，则直线与的夹角________．
【答案】48
【分析】已知正六边形内部有一个正五形，可得出正多边形的内角度数，根据和四边形内角和定理即可得出的度数．
【详解】∵多边形是正六边形，多边形是正五边形
∴
∵∴ ∴
故答案为：48
【点睛】本题考查了正多边形内角的求法，正n多边形内角度数为，四边形的内角和为360°，以及平行线的性质定理，两直线平行同位角相等．
5．（2021·山东枣庄市·中考模拟）用一条宽度相等的足够长的纸条打一个结（如图1所示），然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形．图中，____度．
【答案】36°.
【分析】利用多边形的内角和定理和等腰三角形的性质即可解决问题．
【详解】，是等腰三角形，度．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理和等腰三角形的性质． 解题关键在于知道n边形的内角和为：180°（n﹣2）．
6．（2020·山东济南市·中考模拟）一个多边形的内角和比其外角和的2倍多180°，则该多边形的对角线的条数是（ ）
A．12 B．13 C．14 D．15
【答案】C
【解析】
解：根据题意，得：（n﹣2）•180=360°×2+180°，解得：n=7．
则这个多边形的边数是7，七边形的对角线条数为=14，故选C．
7．（2021·广东茂名市·中考模拟）若一个多边形从同一个顶点出发可以作5条对角线，则这个多边形的边数为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】可根据n边形从一个顶点引出的对角线有n-3条，即可求解．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，则n-3=5，解得n=8，
故这个多边形的边数为8，故选：C．
【点睛】本题考查多边形的对角线.理解多边形的边数与经过多边形一个顶点对角线的条数之间的关系是解决此题的关键.
考点3. 平行四边形的性质
【解题技巧】
1．（2020·湖南益阳·中考真题）如图，的对角线，交于点，若，，则的长可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根据平行四边形的对角线互相平分得到OA、OB的长度，再根据三角形三边关系得到AB的取值范围，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=AC=3，BO=BD=4，
在△AOB中，4-3
2．（2020·海南中考真题）如图，在中，的平分线交于点交的延长线于点于点，若，则的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据平行四边形的性质说明△ABE是等腰三角形、求得BE、EC，再结合BG⊥AE，运用勾股定理求得AG，进一步求得AE和△ABE的周长，然后再说明△ABE∽△FCE且相似比为，最后根据相似三角形的周长之比等于相似比列方程求解即可．
【解析】解：∵∴AD∥BC，AB//DF∴∠DAE=∠BEA
∵∠DAE=∠BAE∴∠BAE=∠BEA∴BE=AB=10,即EC=BC-BE=5
∵BG⊥AE∴AG=EG=AE ∵在Rt△ABG中，AB=10,BG=8
∴ ∴AE=2AG=12
∴△ABE的周长为AB+BE+AE=10+10+12=32
∵AB∥DF∴△ABE∽△FCE且相似比为
∴ ,解得=16．故答案为A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的周长之比等于相似比是解答本题的关键．
3．（2020·陕西中考真题）如图，在▱ABCD中，AB＝5，BC＝8．E是边BC的中点，F是▱ABCD内一点，且∠BFC＝90°．连接AF并延长，交CD于点G．若EF∥AB，则DG的长为（ ）
A． B． C．3 D．2
【答案】D
【分析】连接AC，依据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到EF的长，再根据三角形中位线定理，即可得到CG的长，进而得出DG的长．
【解析】解：连接AC，交EF于点H，如图，
∵E是边BC的中点，且∠BFC＝90°，∴Rt△BCF中，EF＝BC＝4，
∵EF∥AB，AB∥CG，E是边BC的中点，∴H是AC的中点，F是AG的中点，
∴EH是△ABC的中位线，FH是△ACG的中位线，∴，，
而FH=EF-FH=4-，∴CG=3FH=3， 又∵CD＝AB＝5，∴DG＝5﹣3＝2，故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质以及三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
4．（2020·山东潍坊·中考真题）如图，点E是的边上的一点，且，连接并延长交的延长线于点F，若，则的周长为（ ）
A．21 B．28 C．34 D．42
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质解答即可．
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CF，AB=CD，
∴△ABE∽△DFE，∴，∵，∴AE=6，AB=8，
∴AD=AE+DE=6+3=9，∴的周长为：（8+9）×2=34．故选：C．
【点睛】此题考查相似三角形的判定和性质，关键是根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质解答．
5．（2020·山东临沂·中考真题）如图，P是面积为S的内任意一点，的面积为，的面积为，则（ ）
A． B． C． D．的大小与P点位置有关
【答案】C
【分析】过点P作AD的垂线PF，交AD于F，再延长FP交BC于点E，表示出S1+ S2，得到即可．
【解析】解：如图，过点P作AD的垂线PF，交AD于F，再延长FP交BC于点E，
根据平行四边形的性质可知PE⊥BC，AD=BC，∴S1=AD×PF，S2=BC×PE，
∴S1+ S2=AD×PF+BC×PE=AD×（PE+PE）=AD×EF=S，故选C．
【点睛】本题考查了三角形的面积和平行四边形的性质，解题的关键是作出平行四边形过点P的高．
6．（2020·辽宁鞍山·中考真题）如图，在中，点E是的中点，，的延长线交于点F．若的面积为1，则四边形的面积为________．
【答案】3
【分析】根据□ABCD的对边互相平行的性质及中位线的性质知EC是△ABF的中位线；然后根证明△ABF∽△CEF，再由相似三角形的面积比是相似比的平方及△ECF的面积为1求得△ABF的面积；最后根据图示求得S四边形ABCE=S△ABF-S△CEF=3．
【解析】解：∵在□ABCD中，AB∥CD，点E是CD中点，∴EC是△ABF的中位线；
在△ABF和△CEF中，∠B=∠DCF，∠F=∠F，∴△ABF∽△ECF，
∴，∴S△ABF：S△CEF=1：4；
又∵△ECF的面积为1，∴S△ABF=4，∴S四边形ABCE=S△ABF-S△CEF=3．故答案为：3．
【点睛】本题综合考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质；解得此题的关键是根据平行四边形的性质及三角形的中位线的判定证明EC是△ABF的中位线，从而求得△ABF与△CEF的相似比．
7．（2020·浙江金华·中考真题）如图，平移图形M，与图形N可以拼成一个平行四边形，则图中α的度数是______°．
【答案】30
【分析】根据平行四边形的性质解答即可．
【解析】解：四边形是平行四边形，
，，故答案为：30．
【点睛】此题考查平行四边形的性质和多边形的内角和，关键是根据平行四边形的邻角互补解答．
考点4. 平行四边形的判定与中位线
【解题技巧】平行四边形的判定方法有五种，在选择判定方法时应根据具体条件而定．对于平行四边形的判定方法，应从边、角及对角线三个角度出发，而对于边又应考虑边的位置关系及数量关系两方面．
1．（2020·湖南衡阳·中考真题）如图,在四边形ABCD中,AC与BD相交于点O,下列条件不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A．AB∥DC,AB=DC B．AB=DC,AD=BC C．AB∥DC,AD=BC D．OA=OC,OB=OD
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定方法逐项分析即可.
【解析】A. ∵ AB∥DC,AB=DC，∴四边形ABCD是平行四边形；
B. ∵ AB=DC,AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形；
C.等腰梯形ABCD满足 AB∥DC,AD=BC，但四边形ABCD是平行四边形；
D. OA=OC,OB=OD，∴四边形ABCD是平行四边形；故选C.
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，平行四边形的判定方法有：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤.两组对角分别相等的四边形是平行四边形.
2．（2020·黑龙江穆棱·朝鲜族学校中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件____，使四边形ABCD是平行四边形（填一个即可）．
【答案】AD=BC（答案不唯一）
【分析】根据平行四边形的判定方法添加一个条件即可．
【解析】解：根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可以添加条件AD=BC，
根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以添加条件AB∥DC，
本题只需添加一个即可，故答案为：AD=BC（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
3．（2020·内蒙古赤峰·中考真题）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，点F是线段DE上的一点连接AF，BF，∠AFB =90°，且AB=8，BC= 14，则EF的长是 （ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据直角三角形的性质得到DF=4，根据BC= 14，由三角形中位线定理得到DE=7，解答即可．
【解析】解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点，∴DF= AB=4，
∵BC= 14，D、E分别是AB，AC的中点，∴DE=BC=7，∴EF=DE-DF=3，故选：B
【点睛】本题考查了直角三角形的性质和中位线性质，掌握定理是解题的关键．
4．（2020·广东广州·中考真题）中，点分别是的边，的中点，连接，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据点分别是的边，的中点，得到DE是的中位线，根据中位线的性质解答.
【解析】如图， ∵点分别是的边，的中点，∴DE是的中位线，
∴DE∥BC，∴，故选：B.
【点睛】此题考查三角形中位线的判定及性质，平行线的性质，熟记三角形的中位线的判定定理是解题的关键.
5．（2020·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在四边形中，连接，．请你添加一个条件______________，使．（填一种情况即可）
【答案】AD=BC（答案不唯一）
【分析】根据平行四边形的判定和性质添加条件证明AB=CD.
【解析】解：添加的条件：AD=BC，理由是：∵∠ACB=∠CAD，∴AD∥BC，
∵AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD.
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，掌握定理内容是解题的关键.
6．（2020·江苏淮安·中考真题）如图，在平行四边形中，点、分别在、上，与相交于点，且．
（1）求证：≌；
（2）连接、，则四边形 （填“是”或“不是”）平行四边形．
【答案】（1）证明过程见解析；（2）是，理由见解析；
【分析】（1）根据平行四边形的对边平行可得到内错角相等，再根据已知条件可利用ASA得到全等；
（2）由（1）可得到AF=EC，根据一组对边平行且相等的四边形式平行四边形即可得到答案；
【解析】（1）∵四边形平行四边形，∴AD∥BC，∴，
根据题可知，，
在△AOF和△COE中， ，∴≌．
（2）如图所示，
由（1）得≌，可得：，
又∵，∴四边形AECF是平行四边形．
【点睛】本题中主要考查了平行四边形的判定和性质，准确运用全等三角形的条件进行判断是解题的关键．
考点5. 矩形的性质
【解题技巧】1）．矩形除了具有平行四边形的一切性质外，还具有自己单独的性质，即：矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等．2）．利用矩形的性质可以推出直角三角形斜边中线的性质，即在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
1．（2020·广东广州市·中考真题）如图，矩形的对角线，交于点，，，过点作，交于点，过点作，垂足为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据勾股定理求出AC=BD=10，由矩形的性质得出AO=5，证明得到OE的长，再证明可得到EF的长，从而可得到结论．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，，
，，
，，，
，，
又，，，
，，，，同理可证，，
，，，，故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和相似三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答此题的关键．
2．（2020·湖南怀化·中考真题）在矩形中，、相交于点，若的面积为2，则矩形的面积为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】C
【分析】根据矩形的性质得到OA=OB=OC=OD，推出，即可求出矩形ABCD的面积.
【解析】∵四边形ABCD是矩形，对角线、相交于点，
∴AC=BD，且OA=OB=OC=OD，∴,
∴矩形的面积为,故选：C.
【点睛】此题考查矩形的性质：矩形的对角线相等，且互相平分，由此可以将矩形的；面积四等分，由此可以解决问题，熟记矩形的性质定理是解题的关键.
3．（2020·青海中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点，已知，，则的长为________cm．
【答案】6cm
【分析】根据矩形的性质可得对角线相等且平分，由可得,根据所对直角边是斜边的一半即可得到结果．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴，，OA=OB=OC=OD，，
∵，∴，又∵，∴，
∴在Rt△ABC中，．故答案为6cm．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质应用，准确利用直角三角形的性质是解题的关键．
4．（2020·贵州毕节市·中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点，分别是，的中点，连接，若，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由勾股定理求出BD的长，根据矩形的性质求出OD的长，最后根据三角形中位线定理得出EF的长即可．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，AC=BD，OA=OC=OD=OB，
∵，，∴AC= ∴BD=10cm，∴，
∵点，分别是，的中点，∴．故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
5．（2020·山东枣庄市·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC=∠ECA，则AC的长是（ ）
A． B．6 C．4 D．5
【答案】B
【解析】∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，
∴AF=AB，∠AFE=∠B=90°，∴EF⊥AC，
∵∠EAC=∠ECA，∴AE=CE，∴AF=CF，∴AC=2AB=6，故选B．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质等，得到EF垂直平分AC是解题的关键．
6．（2020·山东菏泽市·中考真题）如图，矩形中，，，点在对角线上，且，连接并延长，交的延长线于点，连接，则的长为_______．
【答案】
【分析】由矩形的性质求得BD，进而求得PD ，再由AB∥CD得，求得CQ，然后由勾股定理解得BQ即可．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，，，
∴∠BAD=∠BCD=90º，AB=CD=5，BC=AD=12，AB∥CD，
∴，又=5，∴PD=8，
∵AB∥DQ，∴，即解得：CQ=3，
在Rt△BCQ中，BC=12，CQ=3，．故答案为：
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理，熟练掌握矩形的性质，会利用平行线成比例定理列相关比例式是解答的关键．
考点6. 矩形的判定
【解题技巧】矩形的判定：有三个角是直角的四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形．
1．（2020·湖北中考真题）已知中，下列条件：①；②；③；④平分，其中能说明是矩形的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】B
【分析】根据矩形的判定进行分析即可．
【详解】A. ，邻边相等的平行四边形是菱形，故A错误；
B. ，对角线相等的平行四边形是矩形，故B正确；
C. ，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C错误；
D. 平分，对角线平分其每一组对角的平行四边形是菱形，故D错误．故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的判定，熟知矩形从边，角，对角线三个方向的判定是解题的关键．
2．（2020·山东聊城·中考真题）如图，在中，，，将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，在上取点，使，那么点到的距离等于（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质和30°角的直角三角形的性质可得的长，进而可得的长，过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，如图，则四边形是矩形，解Rt△可得的长，即为FM的长，根据三角形的内角和易得，然后解Rt△可求出DF的长，进一步即可求出结果．
【解析】解：在中，∵，，∴AC=2AB=4，
∵将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，
∴，∴，
过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，交AC于点N，如图，则四边形是矩形，∴，
在Rt△中，，∴FM=1，
∵，∴，
在Rt△中，，∴，
即点到的距离等于．故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形、矩形的判定和性质以及旋转的性质等知识，正确作出辅助线、熟练掌握解直角三角形的知识是解题的关键．
3．（2020·山东聊城·中考真题）如图，已知平行四边形ABCD中，E是BC的中点，连接AE并延长，交DC的延长线于点F，且AF＝AD，连接BF，求证：四边形ABFC是矩形．
【答案】见解析
【分析】先根据平行四边形的性质、平行线的性质得到两角一边对应相等，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据平行四边形的判定可得四边形ABFC是平行四边形，又根据等量代换可得，最后根据矩形的判定（对角线相等的平行四边形是矩形）可得四边形ABFC是矩形．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形∴
∴
∵E为BC的中点∴∴∴
∵∴四边形ABFC是平行四边形
∴平行四边形ABFC是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、矩形的判定等知识点，熟练运用各判定与性质是解题关键．
4．（2020·北京中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．（1）求证：四边形OEFG是矩形；（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．
【答案】(1)见解析；(2)OE=5，BG=2.
【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形；
(2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2．
【详解】解：(1)证明:∵四边形ABCD为菱形，∴点O为BD的中点，
∵点E为AD中点，∴OE为△ABD的中位线，∴OE∥FG，
∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形 ∵EF⊥AB，∴平行四边形OEFG为矩形．
(2)∵点E为AD的中点，AD=10，∴AE=
∵∠EFA=90°，EF=4，∴在Rt△AEF中，．
∵四边形ABCD为菱形，∴AB=AD=10，∴OE=AB=5，
∵四边形OEFG为矩形，∴FG=OE=5，∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2．故答案为：OE=5，BG=2．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握．
5．（2020·四川遂宁市·）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．（1）求证：△BDE≌△FAE；（2）求证：四边形ADCF为矩形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）首先根据平行线的性质得到∠AFE=∠DBE，再根据线段中点的定义得到AE=DE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；（2）根据全等三角形的性质得到AF=BD，推出四边形ADCF是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到∠ADC=90°，于是得到结论．
【详解】（1）证明：∵AF∥BC，∴∠AFE=∠DBE，∵E是线段AD的中点，∴AE=DE，
∵∠AEF=∠DEB，∴（AAS）；
（2）证明：∵，∴AF=BD，∵D是线段BC的中点，∴BD=CD，∴AF=CD，
∵AF∥CD，∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB=AC，∴，∴∠ADC=90°，∴四边形ADCF为矩形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的证明与矩形证明，熟练掌握相关概念是解题关键.
考点7. 菱形的性质
【解题技巧】
1．菱形除了具有平行四边形的一切性质外，具有自己单独的性质，即：菱形的四条边都相等；
菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
1．（2020·江苏盐城·中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点为中点，．则线段的长为：（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】因为菱形的对角线互相垂直且平分，从而有，，，又因为H为BC中点，借助直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可作答．
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形∴，，
∴△BOC是直角三角形∴∴BC=5
∵H为BC中点∴故最后答案为．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，其中知道菱形的性质，对角线互相垂直且平分是解题的关键．
2．（2020·辽宁葫芦岛市·中考真题）一张菱形纸片的边长为，高等于边长的一半，将菱形纸片沿直线折叠，使点与点重合，直线交直线于点，则的长为____________．
【答案】或
【分析】先根据题目中描述画出两种可能的图形，再结合勾股定理即可得解．
【详解】解：由题干描述可作出两种可能的图形．①MN交DC的延长线于点F，如下图所示
∵高AE等于边长的一半∴ 在Rt△ADE中，
又∵沿MN折叠后，A与B重合∴∴
②MN交DC的延长线于点F，如下图所示
同理可得，， 此时，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、折叠的性质、勾股定理等相关知识点，根据题意作出两种图形是解题关键．
3．（2020·辽宁大连市·中考真题）如图，菱形中，，则_____．
【答案】
【分析】利用菱形的性质可得到∠BAC=∠BCA=∠ACD=，再利用三角形的内角和定理即可求解．
【详解】∵四边形ABCD为菱形∴AC平分∠DCB，DCAB∴∠BAC=∠BCA=∠ACD=
∴在中，∠ABC=−∠BAC−∠BCA=−−=故答案为：
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，灵活运用菱形的性质求得角的度数是解题的关键．
82．（2020·江苏无锡市·中考真题）如图，在菱形中，，点在上，若，则__________．
【答案】115°
【分析】先根据菱形性质求出∠BCD，∠ACE，再根据求出∠AEC，最后根据两直线平行，同旁内角互补解题即可．
【详解】解：四边形ABCD是菱形，，∴AB∥CD，
∴∠BCD=180°-∠B=130°，∠ACE=∠BCD=65°，
∵ ，∴∠ACE=∠AEC=65°，∴∠BAE=180°-∠AEC=115°．
【点睛】本题考查了菱形性质，等腰三角形性质，解题方法较多，根据菱形性质求解∠ACE是解题关键．
4．（2020·江苏淮安市·）菱形的两条对角线长分别是6和8，则菱形的边长为_____．
【答案】5
【分析】根据菱形对角线垂直平分，再利用勾股定理即可求解.
【详解】解：因为菱形的对角线互相垂直平分，根据勾股定理可得菱形的边长为＝5．
故答案为5．
【点睛】此题主要考查菱形的边长求解，解题的关键是熟知菱形的性质及勾股定理的运用.
5．（2020·广西中考真题）如图，在边长为的菱形中，，点分别是上的动点，且与交于点.当点从点运动到点时，则点的运动路径长为_____．
【答案】
【分析】根据题意证得，推出∠BPE =60，∠BPD =120，得到C、B、P、D四点共圆，知点的运动路径长为的长，利用弧长公式即可求解．
【详解】连接BD，
∵菱形中，，∴∠C=∠A=60，AB=BC=CD=AD，
∴△ABD和△CBD都为等边三角形，∴BD=AD，∠BDF=∠DAE=60，
∵DF=AE，∴，∴∠DBF=∠ADE，
∵∠BPE=∠BDP+∠DBF =∠BDP+∠ADE=∠BDF =60，∴∠BPD=180-∠BPE=120，
∵∠C=60，∴∠C+∠BPD =180，∴C、B、P、D四点共圆，即⊙O是的外接圆，
∴当点从点运动到点时，则点的运动路径长为的长，∴∠BOD =2∠BCD =120，
作OG⊥BD于G，根据垂径定理得：BG=GD=BD=，∠BOG =∠BOD =60，
∵，即，∴，从而点的路径长为．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，弧长公式等知识，解题的关键是学会准确寻找点的运动轨迹．
6．（2020·陕西中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点E在边AD上，且AE＝2．若直线l经过点E，将该菱形的面积平分，并与菱形的另一边交于点F，则线段EF的长为_____．
【答案】2．
【分析】过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，可得矩形AGHE，再根据菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，可得BG＝3，AG＝3＝EH，由题意可得，FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，进而根据勾股定理可得EF的长．
【详解】解：如图，过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，得矩形AGHE，∴GH＝AE＝2，
∵在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，∴BG＝3，AG＝3＝EH，∴HC＝BC﹣BG﹣GH＝6﹣3﹣2＝1，
∵EF平分菱形面积，∴FC＝AE＝2，∴FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，
在Rt△EFH中，根据勾股定理，得EF＝＝＝2．故答案为：2．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
考点8. 菱形的判定
【解题技巧】菱形的判定：四条边都相等的四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
1．（2020·西藏中考真题）如图，下列四个条件中，能判定平行四边形ABCD为菱形的是（ ）
A．∠ADB＝90° B．OA＝OB C．OA＝OC D．AB＝BC
【答案】D
【分析】根据菱形的判定定理和矩形的判定定理分别对各个选项进行推理判断即可．
【详解】A、平行四边形ABCD中，∠ADB＝90°，
不能判定四边形ABCD为菱形，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵OA＝OB，∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，不能判定四边形ABCD为菱形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，不能判定四边形ABCD为菱形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，∴平行四边形ABCD是菱形；故选项D符合题意；故选：D．
【点睛】本题考查菱形的判定定理、矩形的判定定理以及平行四边形的性质；熟练掌握菱形的判定定理、矩形的判定定理是解题的关键．
2．（2020·内蒙古通辽市·中考真题）如图，是的中线，四边形是平行四边形，增加下列条件，能判断是菱形的是( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据菱形的判定方法逐一分析即可.
【详解】解：A、若，则AD=BD=CD=AE，∵四边形ADCE是平行四边形，则此时四边形ADCE为菱形，故选项正确；
B、若，则四边形ADCE是矩形，故选项错误；
C、若，则∠ADC=90°，则四边形ADCE是矩形，故选项错误；
D、若，而AB＞AD，则AE≠AD，无法判断四边形ADCE为菱形，故选项错误.故选A.
【点睛】本题考查了菱形的判定，还涉及到平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握判定定理.
3．（2020·江苏南通市·中考真题）下列条件中，能判定▱ABCD是菱形的是（ ）
A．AC＝BD B．AB⊥BC C．AD＝BD D．AC⊥BD
【答案】D
【分析】根据菱形的判定条件即可得到结果；
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形；故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定，准确理解条件是解题的关键．
4．（2020·内蒙古呼伦贝尔市·中考真题）如图，在中，分别是边上的中线，于点，点分别是的中点，若，，则四边形的周长是（ ）
A．14 B．20 C．22 D．28
【答案】B
【分析】根据已知条件证明四边形MNDE为菱形，结合OB和OC的长求出MN，OM，OE，计算出EM，可得结果．
【详解】解：∵BD和CE分别是△ABC的中线，∴DE=BC，DE∥BC，
∵M和N分别是OB和OC的中点，OB=8，OC=6，
∴MN=BC，MN∥BC，OM=OB=4，ON=OC=3，∴四边形MNDE为平行四边形，
∵BD⊥CE，∴平行四边形MNDE为菱形，∴OE=ON=3
∴BC=，∴DE=MN=EM=DN=5，∴四边形MNDE的周长为20，故选B．
【点睛】本题考查了菱形的判定，中位线定理，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的判定．
5．（2020·山东滨州市·中考真题）如图，过□ABCD对角线AC与BD的交点E作两条互相垂直的直线，分别交边AB、BC．CD、DA于点P、M、Q、N．（1）求证：PBE≌QDE；（2）顺次连接点P、M、Q、N，求证：四边形PMQN是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由ASA证△PBE≌△QDE即可；（2）由全等三角形的性质得出EP=EQ，同理△BME≌△DNE（ASA），得出EM=EN，证出四边形PMQN是平行四边形，由对角线PQ⊥MN，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴EB=ED，AB∥CD，∴∠EBP=∠EDQ，
在△PBE和△QDE中，，∴△PBE≌△QDE（ASA）；
（2）证明：如图所示：
∵△PBE≌△QDE，∴EP=EQ，同理：△BME≌△DNE（ASA），∴EM=EN，
∴四边形PMQN是平行四边形，∵PQ⊥MN，∴四边形PMQN是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
6．（2020·江苏宿迁市·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F在AC上，且AF=CE．求证：四边形BEDF是菱形．
【答案】见解析
【分析】由正方形的性质可得AB=AD=CD=BC，∠DAE=∠BAE=∠BCF=∠DCF=45°，由“SAS”可证△ABE≌△ADE，△BFC≌△DFC，△ABE≌△CBF，可得BE=BF=DE=DF，
可得结论．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=CD=BC，∠DAE=∠BAE=∠BCF=∠DCF=45°，
在△ABE和△ADE中，，∴△ABE≌△ADE（SAS），∴BE=DE，
同理可得△BFC≌△DFC，可得BF=DF，∵AF=CE，∴AF-EF=CE-EF，即AE=CF，
在△ABE和△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴BE=BF，∴BE=BF=DE=DF，∴四边形BEDF是菱形．
【点睛】本题考查正方形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是本题关键．
7．（2020·湖南郴州市·中考真题）如图，在菱形中，将对角线分别向两端延长到点和，使得．连接．求证：四边形是菱形．
【答案】见解析
【分析】连接BD，由菱形ABCD的性质得出OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，得出OE=OF，证出四边形BEDF是平行四边形，再由EF⊥BD，即可证出四边形BEDF是菱形．
【详解】证明：连接BD，交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∵AE=CF，∴OE=OF，∴四边形BEDF是平行四边形，
∵EF⊥BD，∴四边形BEDF是菱形．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定和性质，解决本题的关键是掌握菱形的判定与性质．
考点9. 正方形的性质
【解题技巧】正方形的性质=矩形的性质+菱形的性质．
1．（2020·浙江金华市·中考真题）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH.连结EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P.若GO=GP，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】证明，得出．设，则，，由勾股定理得出，则可得出答案．
【详解】解：四边形为正方形，，，
，，，
又，，，
，，，．
设，为，的交点，，，
四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，，，
，．故选：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，熟练掌握勾股定理的应用是解题的关键．
2．（2020·广西中考真题）如图，在中，，高，正方形一边在上，点分别在上，交于点，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】证明△AEF∽△ABC，根据相似三角形对应边上的高线的比等于相似比即可求得．
【详解】解：∵四边形EFGH是正方形，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴．
设AN=x，则EF=FG=DN=60-x，∴解得：x=20所以，AN=20．故选：B．
【点睛】本题考查了正方形以及相似三角形的应用，注意数形结合的运用是解题关键．
3．（2020·天津中考真题）如图，四边形是正方形，O，D两点的坐标分别是，，点C在第一象限，则点C的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用O，D两点的坐标，求出OD的长度，利用正方形的性质求出ＯB，BC的长度，进而得出C点的坐标即可．
【详解】解：∵O，D两点的坐标分别是，，∴OD＝6，
∵四边形是正方形，∴OB⊥BC，OB=BC=6∴C点的坐标为：，故选：D．
【点睛】本题主要考查了点的坐标和正方形的性质，正确求出OB，BC的长度是解决本题的关键．
4．（2020·广西贵港市·中考真题）如图，动点在边长为2的正方形内，且，是边上的一个动点，是边的中点，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作点E关于DC的对称点E，设AB的中点为点O，连接OE，交DC于点P，连接PE，由轴对称的性质及90°的圆周角所对的弦是直径，可知线段PE＋PM的最小值为OE的值减去以AB为直径的圆的半径OM，根据正方形的性质及勾股定理计算即可．
【详解】解答：解：作点E关于DC的对称点E，设AB的中点为点O，连接OE，交DC于点P，连接PE，如图：
∵动点M在边长为2的正方形ABCD内，且AM⊥BM，∴点M在以AB为直径的圆上，OM＝AB＝1，
∵正方形ABCD的边长为2，∴AD＝AB＝2，∠DAB＝90°，∵E是AD的中点，∴DE＝AD＝×2＝1，
∵点E与点E关于DC对称，∴DE＝DE＝1，PE＝PE，∴AE＝AD＋DE＝2＋1＝3，
在Rt△AOE中，OE＝＝＝，∴线段PE＋PM的最小值为：
PE＋PM＝PE＋PM＝ME＝OE−OM＝−1．故选：A．
【点睛】本题考查了轴对称−最短路线问题、圆周角定理的推论、正方形的性质及勾股定理等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
5．（2020·四川眉山市·中考真题）如图，正方形中，点是边上一点，连接，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点，连接．以下四个结论：①；②；③；④．其中正确的个数为（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】D
【分析】①四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，∠EAB、∠GAD与∠BAG的和均为90°，即可证明∠EAB与∠GAD相等；②由题意易得AD=DC，AG=FG，进而可得，∠DAG=∠CAF，然后问题可证；③由四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，可求证△HAF∽△FAC，则有，然后根据等量关系可求解；④由②及题意知∠ADG=∠ACF=45°，则问题可求证．
【详解】解：①∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形∴∠EAG=∠BAD=90°
又∵∠EAB=90°-∠BAG，∠GAD=90°-∠BAG∴∠EAB=∠GAD∴①正确
②∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形
∴AD=DC，AG=FG∴AC=AD，AF=AG∴，即
又∵∠DAG+∠GAC=∠FAC+∠GAC∴∠DAG=∠CAF∴∴②正确
③∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，AF、AC为对角线∴∠AFH=∠ACF=45°
又∵∠FAH=∠CAF∴△HAF∽△FAC∴即
又∵AF=AE∴∴③正确
④由②知 又∵四边形ABCD为正方形， AC为对角线
∴∠ADG=∠ACF=45°∴DG在正方形另外一条对角线上∴DG⊥AC∴④正确故选：D．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质综合运用，同时利用到正方形相关性质，解题关键在于找到需要的相似三角形进而证明．
6．（2020·四川自贡市·中考真题）如图，在正方形中，点在边的延长线上，点在边的延长线上，且,连接和相交于点．
求证： ．
【答案】证明见解析．
【分析】利用正方形的性质证明：AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，再证明BE=CF，可得三角形的全等，利用全等三角形的性质可得答案．
【详解】证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，
又∵CE=DF，∴CE+BC=DF+CD即BE=CF，
在△BCF和△ABE中， ∴（SAS），∴AE=BF．
【点睛】本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
考点10. 正方形的判定与中点四边形
【解题技巧】正方形的判定：以矩形和菱形的判定为基础，可以引申出更多正方形的判定方法，如对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．证明四边形是正方形的一般步骤是先证出四边形是矩形或菱形，再根据相应判定方法证明四边形是正方形．
1．（2020·山东滨州市·中考真题）下列命题是假命题的是（ ）
A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形． B．对角线互相垂直的矩形是正方形．
C．对角线相等的菱形是正方形． D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形．
【答案】D
【分析】根据正方形的各种判定方法逐项分析即可．
【详解】解：对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，正确；
对角线互相垂直的矩形是正方形，正确；对角线相等的菱形是正方形，正确；
对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；可知选项D是错误的．故选：D．
【点睛】本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
2．（2021·辽宁中考模拟）如图，，是四边形的对角线，点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，连接，，，，要使四边形为正方形，则需添加的条件是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【分析】证出、、、分别是、、、的中位线，得出，，，，证出四边形为平行四边形，当时，，得出平行四边形是菱形；当时，，即，即可得出菱形是正方形．
【详解】点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，
、、、分别是、、、的中位线，
，，，，四边形为平行四边形，
当时，，平行四边形是菱形；
当时，，即，菱形是正方形；故选：．
【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
3．（2020·山东菏泽·中考真题）如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是矩形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是（ ）
A．互相平分 B．相等 C．互相垂直 D．互相垂直平分
【答案】C
【分析】由于顺次连接四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，再由矩形的判定可知，依次连接对角线互相垂直的四边形各边的中点所得四边形是矩形．
【解析】
根据题意画出图形如下：答：AC与BD 的位置关系是互相垂直．
证明：∵四边形EFGH是矩形，∴∠FEH=90°，
又∵点E、F、分别是AD、AB、各边的中点，∴EF是三角形ABD的中位线，
∴EF∥BD，∴∠FEH=∠OMH=90°，
又∵点E、H分别是AD、CD各边的中点，∴EH是三角形ACD的中位线，
∴EH∥AC，∴∠OMH=∠COB=90°，即AC⊥BD．故选C．
【点睛】此题主要考查了矩形的判定定理，画出图形进而应用平行四边形的判定以及矩形判定是解决问题的关键．
4．（2021·湖南株洲·中考模拟）如图，点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的为（ ）
A．一定不是平行四边形 B．一定不是中心对称图形 C．可能是轴对称图形 D．当AC=BD时它是矩形
【答案】C
【解析】解：连接AC，BD，∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF=HG=AC，EH=FG=BD，∴四边形EFGH是平行四边形，∴四边形EFGH一定是中心对称图形，
当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形，
当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，∴四边形EFGH可能是轴对称图形，故选C．
【点睛】本题考查中点四边形；平行四边形的判定；矩形的判定；轴对称图形．
5．（2020·广东珠海市·九年级二模）顺次连接菱形四边的中点得到的四边形一定是（ ）
A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．以上都不对
【答案】C
【分析】作出图形，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半判定出四边形EFGH是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直可得EF⊥FG，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形判断．
【详解】解：如图，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
∵E，F，G，H是中点，∴EF∥BD，FG∥AC，∴EF⊥FG，
同理：FG⊥HG，GH⊥EH，HE⊥EF，∴四边形EFGH是矩形．故选：C．
【点睛】本题考查菱形的性质与判定定理，矩形的判定定理以及三角形的中位线定理．
6．（2021·浙江舟山市·中考模拟）如图，等边的顶点，在矩形的边，上，且.求证：矩形是正方形.
【答案】证明见解析.
【分析】证明≌ ，得到，即可证明矩形是正方形.
【解析】∵四边形是矩形，∴，
∵是等边三角形，∴，，
又，∴，
∴，
∴≌ ，∴，∴矩形是正方形.
【点评】考查正方形的判定，熟练掌握判定方法是解题的关键.
考点11. 特殊的平行四边形的翻折、旋转
【解题技巧】注意翻折、旋转、对称的不变性
1．（2020·山东滨州市·中考真题）如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为则正方形ABCD的面积为________
【答案】
【分析】如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC=90°，推出∠CMB=∠APB=135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．
【详解】解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．
∵BP=BM=，∠PBM=90°，∴PM=PB=2，
∵PC=4，PA=CM=2，∴PC2=CM2+PM2，∴∠PMC=90°，
∵∠BPM=∠BMP=45°，∴∠CMB=∠APB=135°，∴∠APB+∠BPM=180°，∴A，P，M共线，
∵BH⊥PM，∴PH=HM，∴BH=PH=HM=1，∴AH=2+1，∴AB2=AH2+BH2=（2+1）2+12=14+4，
∴正方形ABCD的面积为14+4．故答案为14+4．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
2．（2020·广东中考真题）如图，在正方形中，，点，分别在边，上，．若将四边形沿折叠，点恰好落在边上，则的长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】D
【分析】由CD∥AB得到∠EFD=∠FEB=60°，由折叠得到∠FEB=∠FEB’=60°，进而得到∠AEB’=60°，然后在Rt△AEB’中由30°所对直角边等于斜边一半即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴CD∥AB，∴∠EFD=∠FEB=60°，
由折叠前后对应角相等可知：∠FEB=∠FEB’=60°，∴∠AEB’=180°-∠FEB-∠FEB’=60°，∴∠AB’E=30°，
设AE=x,则BE=B’E=2x，∴AB=AE+BE=3x=3，∴x=1，∴BE=2x=2，故选：D．
【点睛】本题借助正方形考查了折叠问题，30°角所对直角边等于斜边的一半等知识点，折叠问题的性质包括折叠前后对应边相等，对应角相等，折叠产生角平分线，由此即可解题．
61．（2020·柳州市柳林中学中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上的点F处，点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰好落在线段BF上的H处，有下列结论：①∠EBG＝45°；②2S△BFG＝5S△FGH；③△DEF∽△ABG；④4CE＝5ED．其中正确的是_____．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①②④
【分析】①根据折叠、矩形的性质进行推理即可；②根据等高三角形的面积比等于底边的比计算分析即可；③由矩形的性质、勾股定理及相似三角形的判定定理计算分析即可；④由矩形的性质可得CD的长，根据CE＝CD﹣ED求得CE的值，则可求得答案．
【详解】解：①由折叠的性质可知：∠CBE＝∠FBE，∠ABG＝∠FBG，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，
∴∠EBG＝∠GBH+∠EBF＝∠CBF+∠ABF＝∠ABC＝45°．故①正确；
②由折叠的性质可知：BF＝BC＝10，BH＝AB＝6，∴HF＝BF﹣BH＝4，
∴＝＝＝，∴2S△BFG＝5S△FGH；故②正确；
③∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝90°，在Rt△ABF中，AF＝＝8，
设GF＝x，即HG＝AG＝8﹣x，在Rt△HGF中，HG2+HF2＝GF2，
即（8﹣x）2+42＝x2，解得x＝5，∴AG＝3，∴FD＝2；同理可得ED＝，
∴＝＝2，＝＝，∴≠，∴△ABG与△DEF不相似，故③错误；
④∵CD＝AB＝6，ED＝，∴CE＝CD﹣ED＝，∴＝，∴4CE＝5ED．故④正确．
综上所述，正确的结论的序号为①②④，故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
3．（2020·山东济南市·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AD＝10，AB＝8，将AB沿AE翻折，使点B落在处，AE为折痕；再将EC沿EF翻折，使点C恰好落在线段EB'上的点处，EF为折痕，连接．若CF＝3，则tan＝_____．
【答案】
【分析】连接AF，设CE＝x，用x表示AE、EF，再证明∠AEF＝90°，由勾股定理得通过AF进行等量代换列出方程便可求得x，再进一步求出B′C′，便可求得结果．
【详解】解：连接AF，设CE＝x，则C′E＝CE＝x，BE＝B′E＝10﹣x，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝10，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴AE2＝AB2+BE2＝82+（10﹣x）2＝164﹣20x+x2，EF2＝CE2+CF2＝x2+32＝x2+9，
由折叠知，∠AEB＝∠AEB′，∠CEF＝∠C′EF，
∵∠AEB+∠AEB′+∠CEF+∠C′EF＝180°，∴∠AEF＝∠AEB′+∠C′EF＝90°，
∴AF2＝AE2+EF2＝164﹣20x+x2+x2+9＝2x2﹣20x+173，
∵AF2＝AD2+DF2＝102+（8﹣3）2＝125，∴2x2﹣20x+173＝125，解得，x＝4或6，
当x＝6时，EC＝EC′＝6，BE＝B′E＝8﹣6＝2，EC′＞B′E，不合题意，应舍去，
∴CE＝C′E＝4，∴B′C′＝B′E﹣C′E＝（10﹣4）﹣4＝2，
∵∠B′＝∠B＝90°，AB′＝AB＝8，∴tan∠B'AC′＝=．故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握折叠的性质是解题关键．
4．（2020·黑龙江鹤岗市·中考真题）在矩形中，，，点在边上，且，连接，将沿折叠．若点的对应点落在矩形的边上，则折痕的长为______．
【答案】或
【分析】分两种情况：点落在AD上和CD上，首先求出a的值，再根据勾股定理求出抓痕的长即可．
【详解】分两种情况：（1）当点落在AD上时，如图1，
∵四边形ABCD是矩形，，
∵将沿AE折叠，点B的对应点落在AD边上，，
，，∴在Rt△ABE中，AB=1，BE=1，∴AE=
（2）当点落在CD上，如图2，
∵四边形ABCD是矩形，，，
∵将沿AE折叠，点B的对应点落在CD边上，
，，，
，，
在和中，，
，即，解得，（负值舍去）∴
在Rt△ABE中，AB=1，BE=，∴AE= 故答案为：或.
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
5．（2020·四川绵阳市·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝27，AD＝2，将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△A'B'C，当A'B'恰好经过点D时，△B'CD为等腰三角形，若BB'＝2，则AA'＝（ ）
A．11 B．23 C．13 D．14
【答案】A
【分析】过D作DE⊥BC于E，则∠DEC=∠DEB=90°，根据矩形的性质得BE=AD=2，DE=AB=27，根据旋转的性质得到∠DB'C=∠ABC=90°，B'C=BC，A'C=AC，∠A'CA=∠B'CB，推出△B'CD为等腰直角三角形，得到CD=2B'C，设B'C=BC=x，则CD=2x，CE=x-2，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】解：过D作DE⊥BC于E，则∠DEC=∠DEB=90°，
∵AD//BC，∠ABC=90°，∴∠DAB=∠ABC=90°，∴四边形ABED是矩形，∴BE=AD=2，DE=AB=27，
∵将ΔABC绕点C顺时针方向旋转后得△A'B'C，
∴∠DB'C=∠ABC=90°，B'C=BC，A'C=AC，∠A'CA=∠B'CB，∴△A'CA∽△B'CB，∴ A'AB'B=ACBC，
∵△B'CD为等腰三角形，∴△B'CD为等腰直角三角形，∴CD=2B'C，
设B'C=BC=x，则CD=2x，CE=x-2，∵CD2=CE2+DE2，∴(2x)2=(x-2)2+(27)2，
∴x=4（负值舍去），∴BC=4，∴AC=AB2+BC2=211，∴ A'A2=2114，∴A'A=11，故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
6．（2020·黑龙江牡丹江市·朝鲜族学校中考真题）如图，在菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为（2，2)，将菱形绕点O旋转，当点A落在x轴上时，点C的对应点的坐标为（ ）
A．或 B． C． D．或
【答案】D
【分析】如图所示，过点A作AE⊥x轴于点E，根据题意易得△AOB为等边三角形，在旋转过程中，点A有两次落在x轴上，当点A落在x轴正半轴时，点C落在点C′位置，利用旋转的性质和菱形的性质求解，当A落在x轴负半轴时，点C落在点C′′位置，易证此时C′′与点A重合，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点A作AE⊥x轴于点E，
则，OA=，∴∠AOE=60°，
∵四边形ABCD是菱形，∴△AOB是等边三角形，当A落在x轴正半轴时，点C落在点C′位置，
此时旋转角为60°，∵∠BOC=60°，∠COF=30°，∴∠C′OF=60°-30°=30°，
∵OC′=OA=4，∴OF=，C′F=，∴C′（），
当A落在x轴负半轴时，点C落在点C′′位置，
∵∠AOC=∠AOC+∠BOC=120°，∴∠A′′OC=120°，∠GOC′=30°
又∵OA=OC′′，∴此时C′′点A重合，C C′′，
综上，点C的对应点的坐标为或，故答案为：D．
【点睛】本题考查菱形的性质，解直角三角形和旋转的性质，解题的关键是根据题意，分析点A的运动情况，分情况讨论．
7．（2020·江苏徐州市·中考真题）我们知道：如图①，点把线段分成两部分，如果．那么称点为线段的黄金分割点．它们的比值为．
（1）在图①中，若，则的长为_____；
（2）如图②，用边长为的正方形纸片进行如下操作：对折正方形得折痕，连接，将折叠到上，点对应点，得折痕．试说明是的黄金分割点；
【答案】（1）；（2）见解析；
【分析】（1）由黄金比值直接计算即可；（2）如图，连接GE，设BG=x，则AG=20-x，易证得四边形EFCD是矩形，可求得CE，由折叠知GH=BG=x，CH=BC=20，进而EH=CE-CH，在Rt△GAE和Rt△GHE中由勾股定理得关于x的方程，解之即可证得结论；
【详解】（1）AB=×20=（）(cm)，故答案为：；
（2）如图，连接GE，设BG=x，则GA=20-x，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠D=90º，
由折叠性质得：CH=BC=20，GE=BG=x，∠GHC=∠B=90º，AE=ED=10，
在Rt△CDE中，CE=，∴EH=，
在Rt△GHE中，
在Rt△GAE中，,
∴，解得：x=，
即，∴是的黄金分割点；
【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、解一元二次方程等知识，解答的关键是认真审题，找出相关信息的关联点，确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．
考点12. 特殊的平行四边形最值问题
【解题技巧】主要掌握几何最值与函数最值
1．（2020·四川凉山彝族自治州·）如图，矩形ABCD中，AD=12，AB=8，E是AB上一点，且EB=3，F是BC上一动点，若将沿EF对折后，点B落在点P处，则点P到点D的最短距为 ．
【答案】
【分析】如图，连接利用三角形三边之间的关系得到最短时的位置，如图利用勾股定理计算，从而可得答案．
【详解】解：如图，连接 则＞，
为定值， 当落在上时，最短，
图 图
如图，连接， 由勾股定理得：
即的最小值为： 故答案为：
【点睛】本题考查的是矩形的性质，考查利用轴对称求线段的最小值问题，同时考查了勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
2．（2020·四川内江市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，，，若点M、N分别是线段DB、AB上的两个动点，则的最小值为___________________．
【答案】
【分析】如图，过A作于，延长，使，过作于，交于，则最短，再利用矩形的性质与锐角三角函数求解即可得到答案．
【详解】解：如图，过A作于，延长，使，过作于，交于，则最短，
四边形为矩形，，，
即的最小值为
故答案为：
【点睛】本题考查的是矩形的性质，锐角三角函数的应用，同时考查利用轴对称与垂线段最短求线段和的最小值问题，掌握以上知识是解题的关键．
40．（2020·湖北恩施土家族苗族自治州·中考真题）如图，正方形的边长为4，点在上且，为对角线上一动点，则周长的最小值为（ ）．
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】连接ED交AC于一点F，连接BF，根据正方形的对称性得到此时的周长最小，利用勾股定理求出DE即可得到答案.
【详解】连接ED交AC于一点F，连接BF，
∵四边形ABCD是正方形，∴点B与点D关于AC对称，∴BF=DF，
∴的周长=BF+EF+BE=DE+BE，此时周长最小，
∵正方形的边长为4，∴AD=AB=4，∠DAB=90°，
∵点在上且，∴AE=3，∴DE=，∴的周长=5+1=6，故选：B.
【点睛】此题考查正方形的性质：四条边都相等，四个角都是直角以及正方形的对称性质，还考查了勾股定理的计算，依据对称性得到连接DE交AC于点F是的周长有最小值的思路是解题的关键.
4．（2020·甘肃兰州市·中考真题）如图，M、N是正方形ABCD的边CD上的两个动点，满足，连接AC交BN于点E，连接DE交AM于点F，连接CF，若正方形的边长为6，则线段CF的最小值是______．
【答案】
【分析】先判断出≌，得出，进而判断出≌，得出，即可判断出，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，利用勾股定理列式求出OC，然后根据三角形的三边关系可知当O、F、C三点共线时，CF的长度最小．
【详解】如图，
在正方形ABCD中，，，，
在和中，，
≌，，
在和中，，
≌，，，
，，
，取AD的中点O，连接OF、OC，
则，在中，，
根据三角形的三边关系，，当O、F、C三点共线时，CF的长度最小，
最小值，故答案为．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系等，综合性较强，有一定的难度，确定出CF最小时点F的位置是解题关键．
5．（2020·山东泰安市·中考真题）如图，点A，B的坐标分别为，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，根据三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，再根据等腰直角三角形的性质以及三角形的中位线即可解答．
【详解】解：如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，
∵，则△ABO为等腰直角三角形，
∴AB=，N为AB的中点，∴ON=，
又∵M为AC的中点，∴MN为△ABC的中位线，BC=1，则MN=，
∴OM=ON+MN=，∴OM的最大值为故答案选：B．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质以及三角形中位线的性质，解题的关键是确定当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大．
6．（2020·内蒙古赤峰市·中考真题）如图，矩形ABCD中，点P为对角线AC所在直线上的一个动点，连接 PD，过点P作PE⊥PD，交直线AB于点E，过点P作MN⊥AB，交直线CD于点M，交直线AB于点N.，AD =4.（1）如图1，①当点P在线段AC上时，∠PDM和∠EPN的数关系为:∠PDM___ ∠EPN；
②的值是 ；（2）如图2，当点P在CA延长线上时，（1）中的结论②是否成立?若成立，请证明；若不成立，说明理由；（3）如图3，以线段PD ，PE为邻边作矩形PEFD.设PM的长为x，矩形PEFD的面积为y.请直接写出y与x之间的函数关系式及y的最小值.
【答案】（1）①=；②；（2）成立，证明见解析；（3），最小值为
【分析】（1）①根据PE⊥PD， MN⊥AB得到∠DPE=90°，∠PMD=∠PNE=90°，即可得到∠PDM=∠EPN；
②根据CD=，AD =4，∠ADC=90°，得到∠ACD=30°，设MP=x，则NP=4-x，得到MC=MP=x，DM=-x=（4-x），证明△PDM∽△EPN，得到答案；
（2）设NP=a，则MP=4+a，证明△PDM∽△EPN，即可得到结论成立；（3）利用勾股定理求出，再根据矩形的面积公式计算得到函数关系式.
【详解】（1）①∵PE⊥PD， ∴∠DPE=90°，∴∠DPM+∠EPN=90°，
∵MN⊥AB，∴∠PMD=∠PNE=90°，∴∠PDM+∠DPM=90°，
∴∠PDM=∠EPN；故答案为：=；
②∵CD=，AD =4，∠ADC=90°，∴tan∠ACD=,
∴∠ACD=30°，设MP=x，则NP=4-x，
∴MC=MP=x，DM=-x=（4-x），
∵∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，∴△PDM∽△EPN，
∴==，故答案为：；
（2）成立，设NP=a，则MP=4+a，∵∠ACD=30°，∴MC=（4+a），
∴MD=(4+a)-4=a，由（1）同理得∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，
∴△PDM∽△EPN，∴=，
（3）∵PM=x，∴PN=4-x，EN=，
∴，
∴，，
∴矩形PEFD的面积为y=，
∵>0，∴当x=3时，y有最小值为.
【点睛】此题考查矩形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定及性质，勾股定理，利用面积公式得到函数关系式及最小值，解答此题中运用类比思想.
考点13. 特殊的平行四边形动态问题
1．（2020·贵州铜仁市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，动点P沿折线BCD从点B开始运动到点D，设点P运动的路程为x，△ADP的面积为y，那么y与x之间的函数关系的图象大致是（ ）
A． B．C． D．
【答案】D
【分析】分别求出0≤x≤4、4＜x＜7时函数表达式，即可求解．
【详解】解：由题意当0≤x≤4时，y＝×AD×AB＝×3×4＝6，
当4＜x＜7时，y＝×PD×AD＝×（7﹣x）×4＝14﹣2x．故选：D．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
2．（2020·江苏南通市·中考真题）如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线B﹣E﹣D运动到点D停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是1cm/s．现P，Q两点同时出发，设运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），若y与x的对应关系如图②所示，则矩形ABCD的面积是（ ）
A．96cm2 B．84cm2 C．72cm2 D．56cm2
【答案】C
【分析】过点E作EH⊥BC，由三角形面积公式求出EH=AB=6，由图2可知当x=14时，点P与点D重合，则AD=12，可得出答案．
【详解】解：从函数的图象和运动的过程可以得出：当点P运动到点E时，x＝10，y＝30，
过点E作EH⊥BC，
由三角形面积公式得：y＝，解得EH＝AB＝6，∴BH=AE=8,
由图2可知当x＝14时，点P与点D重合，
∴ED=4,∴BC=AD＝12，∴矩形的面积为12×6＝72．故选：C．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，三角形的面积等知识，熟练掌握数形结合思想方法是解题的关键．
3．（2020·甘肃金昌市·中考真题）如图①，正方形中，，相交于点，是的中点，动点从点出发，沿着的路径以每秒1个单位长度的速度运动到点，在此过程中线段的长度随着运动时间的函数关系如图②所示，则的长为（ ）
A． B．4 C． D．
【答案】A
【分析】如图（见解析），先根据函数图象可知，再设正方形的边长为，从而可得，然后根据线段中点的定义可得，最后在中，利用勾股定理可求出a的值，由此即可得出答案．
【详解】如图，连接AE 由函数图象可知，
设正方形ABCD的边长为，则
四边形ABCD是正方形
，
是的中点 则在，由勾股定理得：
因此有解得则故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、函数图象等知识点，根据函数图象得出是解题关键．
4．（2020·四川雅安市·中考真题）已知，等边三角形和正方形的边长相等，按如图所示的位置摆放（C点与E点重合），点共线，沿方向匀速运动，直到B点与F点重合．设运动时间为，运动过程中两图形重叠部分的面积为，则下面能大致反映与之间关系的函数图象是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分点C在EF中点的左侧、点C在EF中点的右侧、点C在F点右侧且B在EF中点的左侧，点C在F点右侧且B在EF中点的右侧四种情况，分别求出函数的表达式即可求解．
【详解】解：设等边三角形ABC和正方形DEFG的边长都为a，运动速度为1，
当点C在EF的中点左侧时，
设AC交DE于点H，则CE=t，HE=ECtan∠ACB=t×=t，
则S=S△CEH=×CE×HE=×t×t=，可知图象为开口向上的二次函数，
当点C在EF的中点右侧时，设AB与DE 交于点M，
则EC=t，BE=a-t，ME=，∴S=，
可知图象为开口向下的二次函数；当点C在F点右侧且B在EF中点的左侧时，
S=，可知图象为开口向下的二次函数；
当点C在F点右侧且B在EF中点的右侧时，
此时BF=2a-t，MF=，∴，
可知图象为开口向上的二次函数；故选：A
【点睛】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
5．（2020·黑龙江大庆市·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，，分别为与的中点，一个三角形沿竖直方向向上平移，在运动的过程中，点恒在直线上，当点运动到线段的中点时，点，恰与，两边的中点重合．设点到的距离为，三角形与正方形的公共部分的面积为，则当时，的值为（ ）
A．或 B．或 C． D．或
【答案】A
【分析】本题应该分类讨论，从以下三个情况进行讨论，分别是：①当x<1时，重叠部分为直角三角形的面积，将其三角形面积用x表示，但是求出，与x<1相违背，要舍去；②当12时，重叠部分为一个多边形，可以从剩余部分的角度进行求解，分别将矩形PQFE、、的面积用x表示，求出x即可，将x求出后，应该与前提条件假设的x的范围进行比较，判断x的值．
【详解】解：∵在边长为2的正方形EFGH中，如图所示，当A运动到MN的中点时，点E、F恰好与AB、AC的中点重合，即AM=EM=FM=1，且MNEF，
∴AME和AMF均为等腰直角三角形，可得：ABC也是等腰直角三角形，其中AB=AC=，BC=4，
设A到EF的距离AM=x，①当x<1时，此时图形的位置如下图所示，AB与EF交于P点，AC与EF交于Q点，∵AM=x，且△APQ为等腰直角三角形，∴，解得：，但是与前提条件x<1相违背，故不存在该情况；
②当1
∵公共部分面积为，正方形剩余部分，∴，四边形ANHP是直角梯形，当AM=x，则AN=2-x，PE=x-1，HP=3-x，NH=1，
∴，解得：；
③当2＜x＜3时，此时图形的位置如下图所示，AB与EH交于K点，AB与HG交于I点，AC与FG交于L点，AC与HG交于J点，BC与EH交于P点，BC与GF交于Q点，
∵公共部分面积为，∴，
且，解得：或（舍），
④当x=3时，H,G分别是AB,AC的中点，此时重合的部分的面积为2，不符合题意；
⑤当x≥3时，重合的面积小于2，也不符合题意；所以，满足条件的AM的值为或，
故选：A．
【点睛】本题考察了移动图形间的重叠问题，需要进行分类讨论，必须要把x的移动范围进行分类，根据不同的x取值，画出不同重叠的图形，并将重叠部分的面积用x进行表示，解题的关键在于利用剩余部分的面积进行倒推求解．
6．（2020·湖南永州市·中考真题）某校开展了一次综合实践活动，参加该活动的每个学生持有两张宽为，长足够的矩形纸条．探究两张纸条叠放在一起，重叠部分的形状和面积．如图1所示，一张纸条水平放置不动，另一张纸条与它成45°的角，将该纸条从右往左平移．
（1）写出在平移过程中，重叠部分可能出现的形状．（2）当重叠部分的形状为如图2所示的四边形时，求证：四边形是菱形．（3）设平移的距离为，两张纸条重叠部分的面积为．求s与x的函数关系式，并求s的最大值．
【答案】（1）三角形，四边形（梯形、菱形），五边形；（2）见解析；（3），s的最大值为．
【分析】（1）根据平移过程中，重叠部分四边形的形状判定即可；
（2）分别过点B、D作于点E、于点F，再根据纸条的特点证明四边形ABCD是平行四边形，再证明邻边相等即可证明；（3）分、、和x=四种情况分别求出s与x的函数关系式，然后再求最大值即可．
【详解】解：（1）在平移过程中，重叠部分的形状分别为：三角形，四边形（梯形、菱形），五边形；
（2）证明：分别过点B、D作于点E、于点F，
∴∵两张纸条等宽，∴．
在和中，∴，
∵两张纸条都是矩形，，∴ ．∴四边形是平行四边形，
又∵，∴四边形是菱形；
（3）Ⅰ、如图：当时，重叠部分为三角形，如图所示，∴，∴．最大值为．
Ⅱ、如图：当时，重叠部分为梯形，如图所示，梯形的下底为，上底为，
∴，当时，s取最大值．
Ⅲ、当时，重叠部分为五边形，
．
此时．
Ⅳ、当时，重叠部分为菱形，∴．
∴∴s的最大值为．
【点睛】本题考查了平移变换、等腰直角三角形的性质、菱形的判定以及运用二次函数求最值，考查知识点较多，因此灵活运用所学知识成为解答本题的关键．
知识框架：
基础知识点：
知识点1-1 多边形
1．多边形的相关概念
1）定义：在平面内，由一些段线首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形．
2）对角线：从n边形的一个顶点可以引(n–3)条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n–2)个三角形；n边形对角线条数为．
2．多边形的内角和、外角和
1）内角和：n边形内角和公式为(n–2)·180°；2）外角和：任意多边形的外角和为360°.
3．正多边形
1）定义：各边相等，各角也相等的多边形.
2）正n边形的每个内角为，每一个外角为．
3）正n边形有n条对称轴.
4）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形．
知识点1-2平行四边形的性质与判定
1．平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形，平行四边形用“”表示.
2．平行四边形的性质
1）边：两组对边分别平行且相等．2）角：对角相等，邻角互补．3）对角线：互相平分．
4）对称性：中心对称但不是轴对称．
3．注意：利用平行四边形的性质解题时一些常用到的结论和方法：
1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．
2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．
3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．
4. 平行四边形的判定
1）方法一（定义法）：两组对边分别平行的四边形是平行四边形.
2）方法二：两组对边分别相等的四边形是平行四边形.
3）方法三：有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.
4）方法四：对角线互相平分的四边形是平行四边形.
5）方法五：两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
5、三角形的中位线
1）定义：三角形两边中点的连线叫中位线。
2）性质: 三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。
知识点1-3 矩形的性质与判定
1．矩形的性质：11）四个角都是直角；2）对角线相等且互相平分；3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB．
（如图）
2．矩形的判定：1）定义法：有一个角是直角的平行四边形；2）有三个角是直角；3）对角线相等的平行四边形．
知识点1-4菱形的性质与判定
1．菱形的性质：1）四边相等；2）对角线互相垂直、平分，一条对角线平分一组对角；3）面积=底×高=对角线乘积的一半．
2．菱形的判定：1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形；2）对角线互相垂直的平行四边形；3）四条边都相等的四边形．
知识点1-5正方形的性质与判定
1．正方形的性质：1）四条边都相等，四个角都是直角；2）对角线相等且互相垂直平分；3）面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB．
2．正方形的判定：1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形；2）一组邻边相等的矩形；3）一个角是直角的菱形；4）对角线相等且互相垂直、平分．
3、联系
4、中点四边形
1）任意四边形所得到的中点四边形一定是平行四边形.
2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.
3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.
4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.
重难点题型
考点1. 多边形的内（外）角和
【解题技巧】多边形内角和：n边形内角和公式为(n–2)·180°；多边形外角和：任意多边形的外角和为360°；
1．（2020·湖北宜昌市·中考真题）游戏中有数学智慧，找起点游戏规定：从起点走五段相等直路之后回到起点，要求每走完一段直路后向右边偏行．成功的招数不止一招，可助我们成功的一招是（ ）．
A．每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走 B．每段直路要短
C．每走完一段直路后沿向右偏108°方向行走 D．每段直路要长
【答案】A
【分析】根据题意可知封闭的图形是正五边形，求出正五边形内角的度数即可解决问题．
【详解】根据题意可知，从起点走五段相等直路之后回到起点的封闭图形是正五边形，
∵正五边形的每个内角的度数为：
∴它的邻补角的度数为：180°-108°=72°，因此，每走完一段直路后沿向右偏72°方向行走，故选：A．
【点睛】此题主要考查了求正多边形内角的度数，掌握并能运用多边形内角和公式是解题的关键．
2．（2020·四川中考真题）多边形的内角和不可能为（ ）
A．180° B．540° C．1080° D．1200°
【答案】D
【分析】多边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°（n≥3且n是整数），则多边形的内角和是180度的倍数，由此即可求出答案．
【详解】多边形的内角和可以表示成（n-2）•180°（n≥3且n是整数），n应为整数，所以n-2也是整数，所以多边形的内角能被180整除，因为在这四个选项中不是180°的倍数的只有1200°．故选：D．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，牢记定理是解答本题的关键，难度不大．
3．（2020·广东中考真题）若一个多边形的内角和是540°，则该多边形的边数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【分析】根据内角和公式即可求解．
【详解】设这个多边形的边数为n,∴（n-2）×180°=540°解得n=5故选B．
【点睛】此题主要考查多边形的内角和，解题的关键是熟知内角和公式．
4．（2020·北京中考真题）五边形的外角和等于（）
A．180° B．360° C．540° D．720°
【答案】B
【解析】根据多边形的外角和等于360°解答．解：五边形的外角和是360°．故选B．
本题考查了多边形的外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任意多边形的外角和都是360°．
5．（2020·湖南娄底市·中考真题）正多边形的一个外角为60°，则这个多边形的边数为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】根据正多边形的外角和以及一个外角的度数，求得边数．
【详解】解：正多边形的一个外角等于60°，且外角和为360°，
则这个正多边形的边数是：360°÷60°=6，故选：B．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角和定理，解决问题的关键是掌握多边形的外角和等于360度．
6．（2020·江苏扬州市·中考真题）如图，小明从点A出发沿直线前进10米到达点B，向左转后又沿直线前进10米到达点C，再向左转后沿直线前进10米到达点D……照这样走下去，小明第一次回到出发点A时所走的路程为（ ）
A．100米 B．80米 C．60米 D．40米
【答案】B
【分析】根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以45°求出边数，然后再乘以10米即可．
【详解】解：∵小明每次都是沿直线前进10米后再向左转，
∴他走过的图形是正多边形，边数n=360°÷45°=8，
∴小明第一次回到出发点A时所走的路程=8×10=80米．故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形外角问题的实际应用，根据题意判断小明走过的图形是正多边形是解题的关键．
7．（2020·湖北黄冈市·中考真题）如果一个多边形的每一个外角都是36°，那么这个多边形的边数是（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】D
【分析】根据多边形的外角的性质，边数等于360°除以每一个外角的度数．
【详解】∵一个多边形的每个外角都是36°，∴n=360°÷36°=10．故选D．
【点睛】本题考查了多边形外角与边数的关系，利用外角求正多边形的边数的方法，熟练掌握多边形外角和公式是解决问题的关键．
考点2. 多边形的对角线与正多边形
【解题技巧】正多边形是各边相等，各角也相等的多边形．
1．（2020·辽宁葫芦岛市·中考真题）如图，以为边，在的同侧分别作正五边形和等边，连接，则的度数是____________．
【答案】66°
【分析】由是正五边形可得AB=AE以及∠EAB的度数，由△ABF是等边三角形可得AB=AF以及∠FAB的度数，进而可得AE=AF以及∠EAF的度数，进一步即可根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出答案．
【详解】解：∵五边形是正五边形，∴AB=AE，∠EAB=108°，
∵△ABF是等边三角形，∴AB=AF，∠FAB=60°，∴AE=AF，∠EAF=108°－60°=48°，
∴∠EFA=．故答案为：66°．
【点睛】本题考查了正多边形的内角问题、等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键．
2．（2020·陕西中考真题）如图，在正五边形ABCDE中，DM是边CD的延长线，连接BD，则∠BDM的度数是_____．
【答案】144°．
【分析】根据正五边形的性质和内角和为540°，求得每个内角的度数为108°，再结合等腰三角形和邻补角的定义即可解答．
【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠C＝＝108°，BC＝DC，
∴∠BDC＝＝36°，∴∠BDM＝180°﹣36°＝144°，故答案为：144°．
【点睛】本题考查了正五边形的性质，正多边形的内角，等腰三角形的性质和邻补角的定义，求出正五边形的内角是解题关键．
3．（2020·河北中考真题）正六边形的一个内角是正边形一个外角的4倍，则_________．
【答案】12
【分析】先根据外角和定理求出正六边形的外角为60°，进而得到其内角为120°，再求出正n边形的外角为30°，再根据外角和定理即可求解．
【详解】解：由多边形的外角和定理可知，正六边形的外角为：360°÷6=60°，
故正六边形的内角为180°-60°=120°，
又正六边形的一个内角是正边形一个外角的4倍，∴正n边形的外角为30°，
∴正n边形的边数为：360°÷30°=12．故答案为：12．
【点睛】本题考查了正多边形的外角与内角的知识，熟练掌握正多边形的内角和和外角和定理是解决此类题目的关键．
4．（2020·江苏连云港市·中考真题）如图，正六边形内部有一个正五形，且，直线经过、，则直线与的夹角________．
【答案】48
【分析】已知正六边形内部有一个正五形，可得出正多边形的内角度数，根据和四边形内角和定理即可得出的度数．
【详解】∵多边形是正六边形，多边形是正五边形
∴
∵∴ ∴
故答案为：48
【点睛】本题考查了正多边形内角的求法，正n多边形内角度数为，四边形的内角和为360°，以及平行线的性质定理，两直线平行同位角相等．
5．（2021·山东枣庄市·中考模拟）用一条宽度相等的足够长的纸条打一个结（如图1所示），然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形．图中，____度．
【答案】36°.
【分析】利用多边形的内角和定理和等腰三角形的性质即可解决问题．
【详解】，是等腰三角形，度．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理和等腰三角形的性质． 解题关键在于知道n边形的内角和为：180°（n﹣2）．
6．（2020·山东济南市·中考模拟）一个多边形的内角和比其外角和的2倍多180°，则该多边形的对角线的条数是（ ）
A．12 B．13 C．14 D．15
【答案】C
【解析】
解：根据题意，得：（n﹣2）•180=360°×2+180°，解得：n=7．
则这个多边形的边数是7，七边形的对角线条数为=14，故选C．
7．（2021·广东茂名市·中考模拟）若一个多边形从同一个顶点出发可以作5条对角线，则这个多边形的边数为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】可根据n边形从一个顶点引出的对角线有n-3条，即可求解．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，则n-3=5，解得n=8，
故这个多边形的边数为8，故选：C．
【点睛】本题考查多边形的对角线.理解多边形的边数与经过多边形一个顶点对角线的条数之间的关系是解决此题的关键.
考点3. 平行四边形的性质
【解题技巧】
1．（2020·湖南益阳·中考真题）如图，的对角线，交于点，若，，则的长可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根据平行四边形的对角线互相平分得到OA、OB的长度，再根据三角形三边关系得到AB的取值范围，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=AC=3，BO=BD=4，
在△AOB中，4-3
2．（2020·海南中考真题）如图，在中，的平分线交于点交的延长线于点于点，若，则的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据平行四边形的性质说明△ABE是等腰三角形、求得BE、EC，再结合BG⊥AE，运用勾股定理求得AG，进一步求得AE和△ABE的周长，然后再说明△ABE∽△FCE且相似比为，最后根据相似三角形的周长之比等于相似比列方程求解即可．
【解析】解：∵∴AD∥BC，AB//DF∴∠DAE=∠BEA
∵∠DAE=∠BAE∴∠BAE=∠BEA∴BE=AB=10,即EC=BC-BE=5
∵BG⊥AE∴AG=EG=AE ∵在Rt△ABG中，AB=10,BG=8
∴ ∴AE=2AG=12
∴△ABE的周长为AB+BE+AE=10+10+12=32
∵AB∥DF∴△ABE∽△FCE且相似比为
∴ ,解得=16．故答案为A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的周长之比等于相似比是解答本题的关键．
3．（2020·陕西中考真题）如图，在▱ABCD中，AB＝5，BC＝8．E是边BC的中点，F是▱ABCD内一点，且∠BFC＝90°．连接AF并延长，交CD于点G．若EF∥AB，则DG的长为（ ）
A． B． C．3 D．2
【答案】D
【分析】连接AC，依据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到EF的长，再根据三角形中位线定理，即可得到CG的长，进而得出DG的长．
【解析】解：连接AC，交EF于点H，如图，
∵E是边BC的中点，且∠BFC＝90°，∴Rt△BCF中，EF＝BC＝4，
∵EF∥AB，AB∥CG，E是边BC的中点，∴H是AC的中点，F是AG的中点，
∴EH是△ABC的中位线，FH是△ACG的中位线，∴，，
而FH=EF-FH=4-，∴CG=3FH=3， 又∵CD＝AB＝5，∴DG＝5﹣3＝2，故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质以及三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
4．（2020·山东潍坊·中考真题）如图，点E是的边上的一点，且，连接并延长交的延长线于点F，若，则的周长为（ ）
A．21 B．28 C．34 D．42
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质解答即可．
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CF，AB=CD，
∴△ABE∽△DFE，∴，∵，∴AE=6，AB=8，
∴AD=AE+DE=6+3=9，∴的周长为：（8+9）×2=34．故选：C．
【点睛】此题考查相似三角形的判定和性质，关键是根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质解答．
5．（2020·山东临沂·中考真题）如图，P是面积为S的内任意一点，的面积为，的面积为，则（ ）
A． B． C． D．的大小与P点位置有关
【答案】C
【分析】过点P作AD的垂线PF，交AD于F，再延长FP交BC于点E，表示出S1+ S2，得到即可．
【解析】解：如图，过点P作AD的垂线PF，交AD于F，再延长FP交BC于点E，
根据平行四边形的性质可知PE⊥BC，AD=BC，∴S1=AD×PF，S2=BC×PE，
∴S1+ S2=AD×PF+BC×PE=AD×（PE+PE）=AD×EF=S，故选C．
【点睛】本题考查了三角形的面积和平行四边形的性质，解题的关键是作出平行四边形过点P的高．
6．（2020·辽宁鞍山·中考真题）如图，在中，点E是的中点，，的延长线交于点F．若的面积为1，则四边形的面积为________．
【答案】3
【分析】根据□ABCD的对边互相平行的性质及中位线的性质知EC是△ABF的中位线；然后根证明△ABF∽△CEF，再由相似三角形的面积比是相似比的平方及△ECF的面积为1求得△ABF的面积；最后根据图示求得S四边形ABCE=S△ABF-S△CEF=3．
【解析】解：∵在□ABCD中，AB∥CD，点E是CD中点，∴EC是△ABF的中位线；
在△ABF和△CEF中，∠B=∠DCF，∠F=∠F，∴△ABF∽△ECF，
∴，∴S△ABF：S△CEF=1：4；
又∵△ECF的面积为1，∴S△ABF=4，∴S四边形ABCE=S△ABF-S△CEF=3．故答案为：3．
【点睛】本题综合考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质；解得此题的关键是根据平行四边形的性质及三角形的中位线的判定证明EC是△ABF的中位线，从而求得△ABF与△CEF的相似比．
7．（2020·浙江金华·中考真题）如图，平移图形M，与图形N可以拼成一个平行四边形，则图中α的度数是______°．
【答案】30
【分析】根据平行四边形的性质解答即可．
【解析】解：四边形是平行四边形，
，，故答案为：30．
【点睛】此题考查平行四边形的性质和多边形的内角和，关键是根据平行四边形的邻角互补解答．
考点4. 平行四边形的判定与中位线
【解题技巧】平行四边形的判定方法有五种，在选择判定方法时应根据具体条件而定．对于平行四边形的判定方法，应从边、角及对角线三个角度出发，而对于边又应考虑边的位置关系及数量关系两方面．
1．（2020·湖南衡阳·中考真题）如图,在四边形ABCD中,AC与BD相交于点O,下列条件不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A．AB∥DC,AB=DC B．AB=DC,AD=BC C．AB∥DC,AD=BC D．OA=OC,OB=OD
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定方法逐项分析即可.
【解析】A. ∵ AB∥DC,AB=DC，∴四边形ABCD是平行四边形；
B. ∵ AB=DC,AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形；
C.等腰梯形ABCD满足 AB∥DC,AD=BC，但四边形ABCD是平行四边形；
D. OA=OC,OB=OD，∴四边形ABCD是平行四边形；故选C.
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，平行四边形的判定方法有：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤.两组对角分别相等的四边形是平行四边形.
2．（2020·黑龙江穆棱·朝鲜族学校中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件____，使四边形ABCD是平行四边形（填一个即可）．
【答案】AD=BC（答案不唯一）
【分析】根据平行四边形的判定方法添加一个条件即可．
【解析】解：根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可以添加条件AD=BC，
根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以添加条件AB∥DC，
本题只需添加一个即可，故答案为：AD=BC（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
3．（2020·内蒙古赤峰·中考真题）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，点F是线段DE上的一点连接AF，BF，∠AFB =90°，且AB=8，BC= 14，则EF的长是 （ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据直角三角形的性质得到DF=4，根据BC= 14，由三角形中位线定理得到DE=7，解答即可．
【解析】解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点，∴DF= AB=4，
∵BC= 14，D、E分别是AB，AC的中点，∴DE=BC=7，∴EF=DE-DF=3，故选：B
【点睛】本题考查了直角三角形的性质和中位线性质，掌握定理是解题的关键．
4．（2020·广东广州·中考真题）中，点分别是的边，的中点，连接，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据点分别是的边，的中点，得到DE是的中位线，根据中位线的性质解答.
【解析】如图， ∵点分别是的边，的中点，∴DE是的中位线，
∴DE∥BC，∴，故选：B.
【点睛】此题考查三角形中位线的判定及性质，平行线的性质，熟记三角形的中位线的判定定理是解题的关键.
5．（2020·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在四边形中，连接，．请你添加一个条件______________，使．（填一种情况即可）
【答案】AD=BC（答案不唯一）
【分析】根据平行四边形的判定和性质添加条件证明AB=CD.
【解析】解：添加的条件：AD=BC，理由是：∵∠ACB=∠CAD，∴AD∥BC，
∵AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD.
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，掌握定理内容是解题的关键.
6．（2020·江苏淮安·中考真题）如图，在平行四边形中，点、分别在、上，与相交于点，且．
（1）求证：≌；
（2）连接、，则四边形 （填“是”或“不是”）平行四边形．
【答案】（1）证明过程见解析；（2）是，理由见解析；
【分析】（1）根据平行四边形的对边平行可得到内错角相等，再根据已知条件可利用ASA得到全等；
（2）由（1）可得到AF=EC，根据一组对边平行且相等的四边形式平行四边形即可得到答案；
【解析】（1）∵四边形平行四边形，∴AD∥BC，∴，
根据题可知，，
在△AOF和△COE中， ，∴≌．
（2）如图所示，
由（1）得≌，可得：，
又∵，∴四边形AECF是平行四边形．
【点睛】本题中主要考查了平行四边形的判定和性质，准确运用全等三角形的条件进行判断是解题的关键．
考点5. 矩形的性质
【解题技巧】1）．矩形除了具有平行四边形的一切性质外，还具有自己单独的性质，即：矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等．2）．利用矩形的性质可以推出直角三角形斜边中线的性质，即在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
1．（2020·广东广州市·中考真题）如图，矩形的对角线，交于点，，，过点作，交于点，过点作，垂足为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据勾股定理求出AC=BD=10，由矩形的性质得出AO=5，证明得到OE的长，再证明可得到EF的长，从而可得到结论．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，，
，，
，，，
，，
又，，，
，，，，同理可证，，
，，，，故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和相似三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答此题的关键．
2．（2020·湖南怀化·中考真题）在矩形中，、相交于点，若的面积为2，则矩形的面积为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】C
【分析】根据矩形的性质得到OA=OB=OC=OD，推出，即可求出矩形ABCD的面积.
【解析】∵四边形ABCD是矩形，对角线、相交于点，
∴AC=BD，且OA=OB=OC=OD，∴,
∴矩形的面积为,故选：C.
【点睛】此题考查矩形的性质：矩形的对角线相等，且互相平分，由此可以将矩形的；面积四等分，由此可以解决问题，熟记矩形的性质定理是解题的关键.
3．（2020·青海中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点，已知，，则的长为________cm．
【答案】6cm
【分析】根据矩形的性质可得对角线相等且平分，由可得,根据所对直角边是斜边的一半即可得到结果．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴，，OA=OB=OC=OD，，
∵，∴，又∵，∴，
∴在Rt△ABC中，．故答案为6cm．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质应用，准确利用直角三角形的性质是解题的关键．
4．（2020·贵州毕节市·中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点，分别是，的中点，连接，若，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由勾股定理求出BD的长，根据矩形的性质求出OD的长，最后根据三角形中位线定理得出EF的长即可．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，AC=BD，OA=OC=OD=OB，
∵，，∴AC= ∴BD=10cm，∴，
∵点，分别是，的中点，∴．故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
5．（2020·山东枣庄市·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC=∠ECA，则AC的长是（ ）
A． B．6 C．4 D．5
【答案】B
【解析】∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，
∴AF=AB，∠AFE=∠B=90°，∴EF⊥AC，
∵∠EAC=∠ECA，∴AE=CE，∴AF=CF，∴AC=2AB=6，故选B．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质等，得到EF垂直平分AC是解题的关键．
6．（2020·山东菏泽市·中考真题）如图，矩形中，，，点在对角线上，且，连接并延长，交的延长线于点，连接，则的长为_______．
【答案】
【分析】由矩形的性质求得BD，进而求得PD ，再由AB∥CD得，求得CQ，然后由勾股定理解得BQ即可．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，，，
∴∠BAD=∠BCD=90º，AB=CD=5，BC=AD=12，AB∥CD，
∴，又=5，∴PD=8，
∵AB∥DQ，∴，即解得：CQ=3，
在Rt△BCQ中，BC=12，CQ=3，．故答案为：
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理，熟练掌握矩形的性质，会利用平行线成比例定理列相关比例式是解答的关键．
考点6. 矩形的判定
【解题技巧】矩形的判定：有三个角是直角的四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形．
1．（2020·湖北中考真题）已知中，下列条件：①；②；③；④平分，其中能说明是矩形的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】B
【分析】根据矩形的判定进行分析即可．
【详解】A. ，邻边相等的平行四边形是菱形，故A错误；
B. ，对角线相等的平行四边形是矩形，故B正确；
C. ，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C错误；
D. 平分，对角线平分其每一组对角的平行四边形是菱形，故D错误．故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的判定，熟知矩形从边，角，对角线三个方向的判定是解题的关键．
2．（2020·山东聊城·中考真题）如图，在中，，，将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，在上取点，使，那么点到的距离等于（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质和30°角的直角三角形的性质可得的长，进而可得的长，过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，如图，则四边形是矩形，解Rt△可得的长，即为FM的长，根据三角形的内角和易得，然后解Rt△可求出DF的长，进一步即可求出结果．
【解析】解：在中，∵，，∴AC=2AB=4，
∵将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，
∴，∴，
过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，交AC于点N，如图，则四边形是矩形，∴，
在Rt△中，，∴FM=1，
∵，∴，
在Rt△中，，∴，
即点到的距离等于．故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形、矩形的判定和性质以及旋转的性质等知识，正确作出辅助线、熟练掌握解直角三角形的知识是解题的关键．
3．（2020·山东聊城·中考真题）如图，已知平行四边形ABCD中，E是BC的中点，连接AE并延长，交DC的延长线于点F，且AF＝AD，连接BF，求证：四边形ABFC是矩形．
【答案】见解析
【分析】先根据平行四边形的性质、平行线的性质得到两角一边对应相等，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据平行四边形的判定可得四边形ABFC是平行四边形，又根据等量代换可得，最后根据矩形的判定（对角线相等的平行四边形是矩形）可得四边形ABFC是矩形．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形∴
∴
∵E为BC的中点∴∴∴
∵∴四边形ABFC是平行四边形
∴平行四边形ABFC是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、矩形的判定等知识点，熟练运用各判定与性质是解题关键．
4．（2020·北京中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．（1）求证：四边形OEFG是矩形；（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．
【答案】(1)见解析；(2)OE=5，BG=2.
【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形；
(2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2．
【详解】解：(1)证明:∵四边形ABCD为菱形，∴点O为BD的中点，
∵点E为AD中点，∴OE为△ABD的中位线，∴OE∥FG，
∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形 ∵EF⊥AB，∴平行四边形OEFG为矩形．
(2)∵点E为AD的中点，AD=10，∴AE=
∵∠EFA=90°，EF=4，∴在Rt△AEF中，．
∵四边形ABCD为菱形，∴AB=AD=10，∴OE=AB=5，
∵四边形OEFG为矩形，∴FG=OE=5，∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2．故答案为：OE=5，BG=2．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握．
5．（2020·四川遂宁市·）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．（1）求证：△BDE≌△FAE；（2）求证：四边形ADCF为矩形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）首先根据平行线的性质得到∠AFE=∠DBE，再根据线段中点的定义得到AE=DE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；（2）根据全等三角形的性质得到AF=BD，推出四边形ADCF是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到∠ADC=90°，于是得到结论．
【详解】（1）证明：∵AF∥BC，∴∠AFE=∠DBE，∵E是线段AD的中点，∴AE=DE，
∵∠AEF=∠DEB，∴（AAS）；
（2）证明：∵，∴AF=BD，∵D是线段BC的中点，∴BD=CD，∴AF=CD，
∵AF∥CD，∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB=AC，∴，∴∠ADC=90°，∴四边形ADCF为矩形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的证明与矩形证明，熟练掌握相关概念是解题关键.
考点7. 菱形的性质
【解题技巧】
1．菱形除了具有平行四边形的一切性质外，具有自己单独的性质，即：菱形的四条边都相等；
菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
1．（2020·江苏盐城·中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点为中点，．则线段的长为：（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】因为菱形的对角线互相垂直且平分，从而有，，，又因为H为BC中点，借助直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可作答．
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形∴，，
∴△BOC是直角三角形∴∴BC=5
∵H为BC中点∴故最后答案为．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，其中知道菱形的性质，对角线互相垂直且平分是解题的关键．
2．（2020·辽宁葫芦岛市·中考真题）一张菱形纸片的边长为，高等于边长的一半，将菱形纸片沿直线折叠，使点与点重合，直线交直线于点，则的长为____________．
【答案】或
【分析】先根据题目中描述画出两种可能的图形，再结合勾股定理即可得解．
【详解】解：由题干描述可作出两种可能的图形．①MN交DC的延长线于点F，如下图所示
∵高AE等于边长的一半∴ 在Rt△ADE中，
又∵沿MN折叠后，A与B重合∴∴
②MN交DC的延长线于点F，如下图所示
同理可得，， 此时，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、折叠的性质、勾股定理等相关知识点，根据题意作出两种图形是解题关键．
3．（2020·辽宁大连市·中考真题）如图，菱形中，，则_____．
【答案】
【分析】利用菱形的性质可得到∠BAC=∠BCA=∠ACD=，再利用三角形的内角和定理即可求解．
【详解】∵四边形ABCD为菱形∴AC平分∠DCB，DCAB∴∠BAC=∠BCA=∠ACD=
∴在中，∠ABC=−∠BAC−∠BCA=−−=故答案为：
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，灵活运用菱形的性质求得角的度数是解题的关键．
82．（2020·江苏无锡市·中考真题）如图，在菱形中，，点在上，若，则__________．
【答案】115°
【分析】先根据菱形性质求出∠BCD，∠ACE，再根据求出∠AEC，最后根据两直线平行，同旁内角互补解题即可．
【详解】解：四边形ABCD是菱形，，∴AB∥CD，
∴∠BCD=180°-∠B=130°，∠ACE=∠BCD=65°，
∵ ，∴∠ACE=∠AEC=65°，∴∠BAE=180°-∠AEC=115°．
【点睛】本题考查了菱形性质，等腰三角形性质，解题方法较多，根据菱形性质求解∠ACE是解题关键．
4．（2020·江苏淮安市·）菱形的两条对角线长分别是6和8，则菱形的边长为_____．
【答案】5
【分析】根据菱形对角线垂直平分，再利用勾股定理即可求解.
【详解】解：因为菱形的对角线互相垂直平分，根据勾股定理可得菱形的边长为＝5．
故答案为5．
【点睛】此题主要考查菱形的边长求解，解题的关键是熟知菱形的性质及勾股定理的运用.
5．（2020·广西中考真题）如图，在边长为的菱形中，，点分别是上的动点，且与交于点.当点从点运动到点时，则点的运动路径长为_____．
【答案】
【分析】根据题意证得，推出∠BPE =60，∠BPD =120，得到C、B、P、D四点共圆，知点的运动路径长为的长，利用弧长公式即可求解．
【详解】连接BD，
∵菱形中，，∴∠C=∠A=60，AB=BC=CD=AD，
∴△ABD和△CBD都为等边三角形，∴BD=AD，∠BDF=∠DAE=60，
∵DF=AE，∴，∴∠DBF=∠ADE，
∵∠BPE=∠BDP+∠DBF =∠BDP+∠ADE=∠BDF =60，∴∠BPD=180-∠BPE=120，
∵∠C=60，∴∠C+∠BPD =180，∴C、B、P、D四点共圆，即⊙O是的外接圆，
∴当点从点运动到点时，则点的运动路径长为的长，∴∠BOD =2∠BCD =120，
作OG⊥BD于G，根据垂径定理得：BG=GD=BD=，∠BOG =∠BOD =60，
∵，即，∴，从而点的路径长为．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，弧长公式等知识，解题的关键是学会准确寻找点的运动轨迹．
6．（2020·陕西中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点E在边AD上，且AE＝2．若直线l经过点E，将该菱形的面积平分，并与菱形的另一边交于点F，则线段EF的长为_____．
【答案】2．
【分析】过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，可得矩形AGHE，再根据菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，可得BG＝3，AG＝3＝EH，由题意可得，FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，进而根据勾股定理可得EF的长．
【详解】解：如图，过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，得矩形AGHE，∴GH＝AE＝2，
∵在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，∴BG＝3，AG＝3＝EH，∴HC＝BC﹣BG﹣GH＝6﹣3﹣2＝1，
∵EF平分菱形面积，∴FC＝AE＝2，∴FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，
在Rt△EFH中，根据勾股定理，得EF＝＝＝2．故答案为：2．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
考点8. 菱形的判定
【解题技巧】菱形的判定：四条边都相等的四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
1．（2020·西藏中考真题）如图，下列四个条件中，能判定平行四边形ABCD为菱形的是（ ）
A．∠ADB＝90° B．OA＝OB C．OA＝OC D．AB＝BC
【答案】D
【分析】根据菱形的判定定理和矩形的判定定理分别对各个选项进行推理判断即可．
【详解】A、平行四边形ABCD中，∠ADB＝90°，
不能判定四边形ABCD为菱形，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵OA＝OB，∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，不能判定四边形ABCD为菱形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，不能判定四边形ABCD为菱形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，∴平行四边形ABCD是菱形；故选项D符合题意；故选：D．
【点睛】本题考查菱形的判定定理、矩形的判定定理以及平行四边形的性质；熟练掌握菱形的判定定理、矩形的判定定理是解题的关键．
2．（2020·内蒙古通辽市·中考真题）如图，是的中线，四边形是平行四边形，增加下列条件，能判断是菱形的是( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据菱形的判定方法逐一分析即可.
【详解】解：A、若，则AD=BD=CD=AE，∵四边形ADCE是平行四边形，则此时四边形ADCE为菱形，故选项正确；
B、若，则四边形ADCE是矩形，故选项错误；
C、若，则∠ADC=90°，则四边形ADCE是矩形，故选项错误；
D、若，而AB＞AD，则AE≠AD，无法判断四边形ADCE为菱形，故选项错误.故选A.
【点睛】本题考查了菱形的判定，还涉及到平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握判定定理.
3．（2020·江苏南通市·中考真题）下列条件中，能判定▱ABCD是菱形的是（ ）
A．AC＝BD B．AB⊥BC C．AD＝BD D．AC⊥BD
【答案】D
【分析】根据菱形的判定条件即可得到结果；
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形；故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定，准确理解条件是解题的关键．
4．（2020·内蒙古呼伦贝尔市·中考真题）如图，在中，分别是边上的中线，于点，点分别是的中点，若，，则四边形的周长是（ ）
A．14 B．20 C．22 D．28
【答案】B
【分析】根据已知条件证明四边形MNDE为菱形，结合OB和OC的长求出MN，OM，OE，计算出EM，可得结果．
【详解】解：∵BD和CE分别是△ABC的中线，∴DE=BC，DE∥BC，
∵M和N分别是OB和OC的中点，OB=8，OC=6，
∴MN=BC，MN∥BC，OM=OB=4，ON=OC=3，∴四边形MNDE为平行四边形，
∵BD⊥CE，∴平行四边形MNDE为菱形，∴OE=ON=3
∴BC=，∴DE=MN=EM=DN=5，∴四边形MNDE的周长为20，故选B．
【点睛】本题考查了菱形的判定，中位线定理，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的判定．
5．（2020·山东滨州市·中考真题）如图，过□ABCD对角线AC与BD的交点E作两条互相垂直的直线，分别交边AB、BC．CD、DA于点P、M、Q、N．（1）求证：PBE≌QDE；（2）顺次连接点P、M、Q、N，求证：四边形PMQN是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由ASA证△PBE≌△QDE即可；（2）由全等三角形的性质得出EP=EQ，同理△BME≌△DNE（ASA），得出EM=EN，证出四边形PMQN是平行四边形，由对角线PQ⊥MN，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴EB=ED，AB∥CD，∴∠EBP=∠EDQ，
在△PBE和△QDE中，，∴△PBE≌△QDE（ASA）；
（2）证明：如图所示：
∵△PBE≌△QDE，∴EP=EQ，同理：△BME≌△DNE（ASA），∴EM=EN，
∴四边形PMQN是平行四边形，∵PQ⊥MN，∴四边形PMQN是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
6．（2020·江苏宿迁市·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F在AC上，且AF=CE．求证：四边形BEDF是菱形．
【答案】见解析
【分析】由正方形的性质可得AB=AD=CD=BC，∠DAE=∠BAE=∠BCF=∠DCF=45°，由“SAS”可证△ABE≌△ADE，△BFC≌△DFC，△ABE≌△CBF，可得BE=BF=DE=DF，
可得结论．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=CD=BC，∠DAE=∠BAE=∠BCF=∠DCF=45°，
在△ABE和△ADE中，，∴△ABE≌△ADE（SAS），∴BE=DE，
同理可得△BFC≌△DFC，可得BF=DF，∵AF=CE，∴AF-EF=CE-EF，即AE=CF，
在△ABE和△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴BE=BF，∴BE=BF=DE=DF，∴四边形BEDF是菱形．
【点睛】本题考查正方形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是本题关键．
7．（2020·湖南郴州市·中考真题）如图，在菱形中，将对角线分别向两端延长到点和，使得．连接．求证：四边形是菱形．
【答案】见解析
【分析】连接BD，由菱形ABCD的性质得出OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，得出OE=OF，证出四边形BEDF是平行四边形，再由EF⊥BD，即可证出四边形BEDF是菱形．
【详解】证明：连接BD，交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∵AE=CF，∴OE=OF，∴四边形BEDF是平行四边形，
∵EF⊥BD，∴四边形BEDF是菱形．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定和性质，解决本题的关键是掌握菱形的判定与性质．
考点9. 正方形的性质
【解题技巧】正方形的性质=矩形的性质+菱形的性质．
1．（2020·浙江金华市·中考真题）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH.连结EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P.若GO=GP，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】证明，得出．设，则，，由勾股定理得出，则可得出答案．
【详解】解：四边形为正方形，，，
，，，
又，，，
，，，．
设，为，的交点，，，
四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，，，
，．故选：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，熟练掌握勾股定理的应用是解题的关键．
2．（2020·广西中考真题）如图，在中，，高，正方形一边在上，点分别在上，交于点，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】证明△AEF∽△ABC，根据相似三角形对应边上的高线的比等于相似比即可求得．
【详解】解：∵四边形EFGH是正方形，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴．
设AN=x，则EF=FG=DN=60-x，∴解得：x=20所以，AN=20．故选：B．
【点睛】本题考查了正方形以及相似三角形的应用，注意数形结合的运用是解题关键．
3．（2020·天津中考真题）如图，四边形是正方形，O，D两点的坐标分别是，，点C在第一象限，则点C的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用O，D两点的坐标，求出OD的长度，利用正方形的性质求出ＯB，BC的长度，进而得出C点的坐标即可．
【详解】解：∵O，D两点的坐标分别是，，∴OD＝6，
∵四边形是正方形，∴OB⊥BC，OB=BC=6∴C点的坐标为：，故选：D．
【点睛】本题主要考查了点的坐标和正方形的性质，正确求出OB，BC的长度是解决本题的关键．
4．（2020·广西贵港市·中考真题）如图，动点在边长为2的正方形内，且，是边上的一个动点，是边的中点，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作点E关于DC的对称点E，设AB的中点为点O，连接OE，交DC于点P，连接PE，由轴对称的性质及90°的圆周角所对的弦是直径，可知线段PE＋PM的最小值为OE的值减去以AB为直径的圆的半径OM，根据正方形的性质及勾股定理计算即可．
【详解】解答：解：作点E关于DC的对称点E，设AB的中点为点O，连接OE，交DC于点P，连接PE，如图：
∵动点M在边长为2的正方形ABCD内，且AM⊥BM，∴点M在以AB为直径的圆上，OM＝AB＝1，
∵正方形ABCD的边长为2，∴AD＝AB＝2，∠DAB＝90°，∵E是AD的中点，∴DE＝AD＝×2＝1，
∵点E与点E关于DC对称，∴DE＝DE＝1，PE＝PE，∴AE＝AD＋DE＝2＋1＝3，
在Rt△AOE中，OE＝＝＝，∴线段PE＋PM的最小值为：
PE＋PM＝PE＋PM＝ME＝OE−OM＝−1．故选：A．
【点睛】本题考查了轴对称−最短路线问题、圆周角定理的推论、正方形的性质及勾股定理等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
5．（2020·四川眉山市·中考真题）如图，正方形中，点是边上一点，连接，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点，连接．以下四个结论：①；②；③；④．其中正确的个数为（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】D
【分析】①四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，∠EAB、∠GAD与∠BAG的和均为90°，即可证明∠EAB与∠GAD相等；②由题意易得AD=DC，AG=FG，进而可得，∠DAG=∠CAF，然后问题可证；③由四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，可求证△HAF∽△FAC，则有，然后根据等量关系可求解；④由②及题意知∠ADG=∠ACF=45°，则问题可求证．
【详解】解：①∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形∴∠EAG=∠BAD=90°
又∵∠EAB=90°-∠BAG，∠GAD=90°-∠BAG∴∠EAB=∠GAD∴①正确
②∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形
∴AD=DC，AG=FG∴AC=AD，AF=AG∴，即
又∵∠DAG+∠GAC=∠FAC+∠GAC∴∠DAG=∠CAF∴∴②正确
③∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，AF、AC为对角线∴∠AFH=∠ACF=45°
又∵∠FAH=∠CAF∴△HAF∽△FAC∴即
又∵AF=AE∴∴③正确
④由②知 又∵四边形ABCD为正方形， AC为对角线
∴∠ADG=∠ACF=45°∴DG在正方形另外一条对角线上∴DG⊥AC∴④正确故选：D．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质综合运用，同时利用到正方形相关性质，解题关键在于找到需要的相似三角形进而证明．
6．（2020·四川自贡市·中考真题）如图，在正方形中，点在边的延长线上，点在边的延长线上，且,连接和相交于点．
求证： ．
【答案】证明见解析．
【分析】利用正方形的性质证明：AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，再证明BE=CF，可得三角形的全等，利用全等三角形的性质可得答案．
【详解】证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，
又∵CE=DF，∴CE+BC=DF+CD即BE=CF，
在△BCF和△ABE中， ∴（SAS），∴AE=BF．
【点睛】本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
考点10. 正方形的判定与中点四边形
【解题技巧】正方形的判定：以矩形和菱形的判定为基础，可以引申出更多正方形的判定方法，如对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．证明四边形是正方形的一般步骤是先证出四边形是矩形或菱形，再根据相应判定方法证明四边形是正方形．
1．（2020·山东滨州市·中考真题）下列命题是假命题的是（ ）
A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形． B．对角线互相垂直的矩形是正方形．
C．对角线相等的菱形是正方形． D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形．
【答案】D
【分析】根据正方形的各种判定方法逐项分析即可．
【详解】解：对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，正确；
对角线互相垂直的矩形是正方形，正确；对角线相等的菱形是正方形，正确；
对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；可知选项D是错误的．故选：D．
【点睛】本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
2．（2021·辽宁中考模拟）如图，，是四边形的对角线，点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，连接，，，，要使四边形为正方形，则需添加的条件是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【分析】证出、、、分别是、、、的中位线，得出，，，，证出四边形为平行四边形，当时，，得出平行四边形是菱形；当时，，即，即可得出菱形是正方形．
【详解】点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，
、、、分别是、、、的中位线，
，，，，四边形为平行四边形，
当时，，平行四边形是菱形；
当时，，即，菱形是正方形；故选：．
【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
3．（2020·山东菏泽·中考真题）如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是矩形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是（ ）
A．互相平分 B．相等 C．互相垂直 D．互相垂直平分
【答案】C
【分析】由于顺次连接四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，再由矩形的判定可知，依次连接对角线互相垂直的四边形各边的中点所得四边形是矩形．
【解析】
根据题意画出图形如下：答：AC与BD 的位置关系是互相垂直．
证明：∵四边形EFGH是矩形，∴∠FEH=90°，
又∵点E、F、分别是AD、AB、各边的中点，∴EF是三角形ABD的中位线，
∴EF∥BD，∴∠FEH=∠OMH=90°，
又∵点E、H分别是AD、CD各边的中点，∴EH是三角形ACD的中位线，
∴EH∥AC，∴∠OMH=∠COB=90°，即AC⊥BD．故选C．
【点睛】此题主要考查了矩形的判定定理，画出图形进而应用平行四边形的判定以及矩形判定是解决问题的关键．
4．（2021·湖南株洲·中考模拟）如图，点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的为（ ）
A．一定不是平行四边形 B．一定不是中心对称图形 C．可能是轴对称图形 D．当AC=BD时它是矩形
【答案】C
【解析】解：连接AC，BD，∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF=HG=AC，EH=FG=BD，∴四边形EFGH是平行四边形，∴四边形EFGH一定是中心对称图形，
当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形，
当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，∴四边形EFGH可能是轴对称图形，故选C．
【点睛】本题考查中点四边形；平行四边形的判定；矩形的判定；轴对称图形．
5．（2020·广东珠海市·九年级二模）顺次连接菱形四边的中点得到的四边形一定是（ ）
A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．以上都不对
【答案】C
【分析】作出图形，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半判定出四边形EFGH是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直可得EF⊥FG，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形判断．
【详解】解：如图，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
∵E，F，G，H是中点，∴EF∥BD，FG∥AC，∴EF⊥FG，
同理：FG⊥HG，GH⊥EH，HE⊥EF，∴四边形EFGH是矩形．故选：C．
【点睛】本题考查菱形的性质与判定定理，矩形的判定定理以及三角形的中位线定理．
6．（2021·浙江舟山市·中考模拟）如图，等边的顶点，在矩形的边，上，且.求证：矩形是正方形.
【答案】证明见解析.
【分析】证明≌ ，得到，即可证明矩形是正方形.
【解析】∵四边形是矩形，∴，
∵是等边三角形，∴，，
又，∴，
∴，
∴≌ ，∴，∴矩形是正方形.
【点评】考查正方形的判定，熟练掌握判定方法是解题的关键.
考点11. 特殊的平行四边形的翻折、旋转
【解题技巧】注意翻折、旋转、对称的不变性
1．（2020·山东滨州市·中考真题）如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为则正方形ABCD的面积为________
【答案】
【分析】如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC=90°，推出∠CMB=∠APB=135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．
【详解】解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．
∵BP=BM=，∠PBM=90°，∴PM=PB=2，
∵PC=4，PA=CM=2，∴PC2=CM2+PM2，∴∠PMC=90°，
∵∠BPM=∠BMP=45°，∴∠CMB=∠APB=135°，∴∠APB+∠BPM=180°，∴A，P，M共线，
∵BH⊥PM，∴PH=HM，∴BH=PH=HM=1，∴AH=2+1，∴AB2=AH2+BH2=（2+1）2+12=14+4，
∴正方形ABCD的面积为14+4．故答案为14+4．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
2．（2020·广东中考真题）如图，在正方形中，，点，分别在边，上，．若将四边形沿折叠，点恰好落在边上，则的长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】D
【分析】由CD∥AB得到∠EFD=∠FEB=60°，由折叠得到∠FEB=∠FEB’=60°，进而得到∠AEB’=60°，然后在Rt△AEB’中由30°所对直角边等于斜边一半即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴CD∥AB，∴∠EFD=∠FEB=60°，
由折叠前后对应角相等可知：∠FEB=∠FEB’=60°，∴∠AEB’=180°-∠FEB-∠FEB’=60°，∴∠AB’E=30°，
设AE=x,则BE=B’E=2x，∴AB=AE+BE=3x=3，∴x=1，∴BE=2x=2，故选：D．
【点睛】本题借助正方形考查了折叠问题，30°角所对直角边等于斜边的一半等知识点，折叠问题的性质包括折叠前后对应边相等，对应角相等，折叠产生角平分线，由此即可解题．
61．（2020·柳州市柳林中学中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上的点F处，点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰好落在线段BF上的H处，有下列结论：①∠EBG＝45°；②2S△BFG＝5S△FGH；③△DEF∽△ABG；④4CE＝5ED．其中正确的是_____．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①②④
【分析】①根据折叠、矩形的性质进行推理即可；②根据等高三角形的面积比等于底边的比计算分析即可；③由矩形的性质、勾股定理及相似三角形的判定定理计算分析即可；④由矩形的性质可得CD的长，根据CE＝CD﹣ED求得CE的值，则可求得答案．
【详解】解：①由折叠的性质可知：∠CBE＝∠FBE，∠ABG＝∠FBG，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，
∴∠EBG＝∠GBH+∠EBF＝∠CBF+∠ABF＝∠ABC＝45°．故①正确；
②由折叠的性质可知：BF＝BC＝10，BH＝AB＝6，∴HF＝BF﹣BH＝4，
∴＝＝＝，∴2S△BFG＝5S△FGH；故②正确；
③∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝90°，在Rt△ABF中，AF＝＝8，
设GF＝x，即HG＝AG＝8﹣x，在Rt△HGF中，HG2+HF2＝GF2，
即（8﹣x）2+42＝x2，解得x＝5，∴AG＝3，∴FD＝2；同理可得ED＝，
∴＝＝2，＝＝，∴≠，∴△ABG与△DEF不相似，故③错误；
④∵CD＝AB＝6，ED＝，∴CE＝CD﹣ED＝，∴＝，∴4CE＝5ED．故④正确．
综上所述，正确的结论的序号为①②④，故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
3．（2020·山东济南市·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AD＝10，AB＝8，将AB沿AE翻折，使点B落在处，AE为折痕；再将EC沿EF翻折，使点C恰好落在线段EB'上的点处，EF为折痕，连接．若CF＝3，则tan＝_____．
【答案】
【分析】连接AF，设CE＝x，用x表示AE、EF，再证明∠AEF＝90°，由勾股定理得通过AF进行等量代换列出方程便可求得x，再进一步求出B′C′，便可求得结果．
【详解】解：连接AF，设CE＝x，则C′E＝CE＝x，BE＝B′E＝10﹣x，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝10，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴AE2＝AB2+BE2＝82+（10﹣x）2＝164﹣20x+x2，EF2＝CE2+CF2＝x2+32＝x2+9，
由折叠知，∠AEB＝∠AEB′，∠CEF＝∠C′EF，
∵∠AEB+∠AEB′+∠CEF+∠C′EF＝180°，∴∠AEF＝∠AEB′+∠C′EF＝90°，
∴AF2＝AE2+EF2＝164﹣20x+x2+x2+9＝2x2﹣20x+173，
∵AF2＝AD2+DF2＝102+（8﹣3）2＝125，∴2x2﹣20x+173＝125，解得，x＝4或6，
当x＝6时，EC＝EC′＝6，BE＝B′E＝8﹣6＝2，EC′＞B′E，不合题意，应舍去，
∴CE＝C′E＝4，∴B′C′＝B′E﹣C′E＝（10﹣4）﹣4＝2，
∵∠B′＝∠B＝90°，AB′＝AB＝8，∴tan∠B'AC′＝=．故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握折叠的性质是解题关键．
4．（2020·黑龙江鹤岗市·中考真题）在矩形中，，，点在边上，且，连接，将沿折叠．若点的对应点落在矩形的边上，则折痕的长为______．
【答案】或
【分析】分两种情况：点落在AD上和CD上，首先求出a的值，再根据勾股定理求出抓痕的长即可．
【详解】分两种情况：（1）当点落在AD上时，如图1，
∵四边形ABCD是矩形，，
∵将沿AE折叠，点B的对应点落在AD边上，，
，，∴在Rt△ABE中，AB=1，BE=1，∴AE=
（2）当点落在CD上，如图2，
∵四边形ABCD是矩形，，，
∵将沿AE折叠，点B的对应点落在CD边上，
，，，
，，
在和中，，
，即，解得，（负值舍去）∴
在Rt△ABE中，AB=1，BE=，∴AE= 故答案为：或.
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
5．（2020·四川绵阳市·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝27，AD＝2，将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△A'B'C，当A'B'恰好经过点D时，△B'CD为等腰三角形，若BB'＝2，则AA'＝（ ）
A．11 B．23 C．13 D．14
【答案】A
【分析】过D作DE⊥BC于E，则∠DEC=∠DEB=90°，根据矩形的性质得BE=AD=2，DE=AB=27，根据旋转的性质得到∠DB'C=∠ABC=90°，B'C=BC，A'C=AC，∠A'CA=∠B'CB，推出△B'CD为等腰直角三角形，得到CD=2B'C，设B'C=BC=x，则CD=2x，CE=x-2，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】解：过D作DE⊥BC于E，则∠DEC=∠DEB=90°，
∵AD//BC，∠ABC=90°，∴∠DAB=∠ABC=90°，∴四边形ABED是矩形，∴BE=AD=2，DE=AB=27，
∵将ΔABC绕点C顺时针方向旋转后得△A'B'C，
∴∠DB'C=∠ABC=90°，B'C=BC，A'C=AC，∠A'CA=∠B'CB，∴△A'CA∽△B'CB，∴ A'AB'B=ACBC，
∵△B'CD为等腰三角形，∴△B'CD为等腰直角三角形，∴CD=2B'C，
设B'C=BC=x，则CD=2x，CE=x-2，∵CD2=CE2+DE2，∴(2x)2=(x-2)2+(27)2，
∴x=4（负值舍去），∴BC=4，∴AC=AB2+BC2=211，∴ A'A2=2114，∴A'A=11，故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
6．（2020·黑龙江牡丹江市·朝鲜族学校中考真题）如图，在菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为（2，2)，将菱形绕点O旋转，当点A落在x轴上时，点C的对应点的坐标为（ ）
A．或 B． C． D．或
【答案】D
【分析】如图所示，过点A作AE⊥x轴于点E，根据题意易得△AOB为等边三角形，在旋转过程中，点A有两次落在x轴上，当点A落在x轴正半轴时，点C落在点C′位置，利用旋转的性质和菱形的性质求解，当A落在x轴负半轴时，点C落在点C′′位置，易证此时C′′与点A重合，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点A作AE⊥x轴于点E，
则，OA=，∴∠AOE=60°，
∵四边形ABCD是菱形，∴△AOB是等边三角形，当A落在x轴正半轴时，点C落在点C′位置，
此时旋转角为60°，∵∠BOC=60°，∠COF=30°，∴∠C′OF=60°-30°=30°，
∵OC′=OA=4，∴OF=，C′F=，∴C′（），
当A落在x轴负半轴时，点C落在点C′′位置，
∵∠AOC=∠AOC+∠BOC=120°，∴∠A′′OC=120°，∠GOC′=30°
又∵OA=OC′′，∴此时C′′点A重合，C C′′，
综上，点C的对应点的坐标为或，故答案为：D．
【点睛】本题考查菱形的性质，解直角三角形和旋转的性质，解题的关键是根据题意，分析点A的运动情况，分情况讨论．
7．（2020·江苏徐州市·中考真题）我们知道：如图①，点把线段分成两部分，如果．那么称点为线段的黄金分割点．它们的比值为．
（1）在图①中，若，则的长为_____；
（2）如图②，用边长为的正方形纸片进行如下操作：对折正方形得折痕，连接，将折叠到上，点对应点，得折痕．试说明是的黄金分割点；
【答案】（1）；（2）见解析；
【分析】（1）由黄金比值直接计算即可；（2）如图，连接GE，设BG=x，则AG=20-x，易证得四边形EFCD是矩形，可求得CE，由折叠知GH=BG=x，CH=BC=20，进而EH=CE-CH，在Rt△GAE和Rt△GHE中由勾股定理得关于x的方程，解之即可证得结论；
【详解】（1）AB=×20=（）(cm)，故答案为：；
（2）如图，连接GE，设BG=x，则GA=20-x，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠D=90º，
由折叠性质得：CH=BC=20，GE=BG=x，∠GHC=∠B=90º，AE=ED=10，
在Rt△CDE中，CE=，∴EH=，
在Rt△GHE中，
在Rt△GAE中，,
∴，解得：x=，
即，∴是的黄金分割点；
【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、解一元二次方程等知识，解答的关键是认真审题，找出相关信息的关联点，确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．
考点12. 特殊的平行四边形最值问题
【解题技巧】主要掌握几何最值与函数最值
1．（2020·四川凉山彝族自治州·）如图，矩形ABCD中，AD=12，AB=8，E是AB上一点，且EB=3，F是BC上一动点，若将沿EF对折后，点B落在点P处，则点P到点D的最短距为 ．
【答案】
【分析】如图，连接利用三角形三边之间的关系得到最短时的位置，如图利用勾股定理计算，从而可得答案．
【详解】解：如图，连接 则＞，
为定值， 当落在上时，最短，
图 图
如图，连接， 由勾股定理得：
即的最小值为： 故答案为：
【点睛】本题考查的是矩形的性质，考查利用轴对称求线段的最小值问题，同时考查了勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
2．（2020·四川内江市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，，，若点M、N分别是线段DB、AB上的两个动点，则的最小值为___________________．
【答案】
【分析】如图，过A作于，延长，使，过作于，交于，则最短，再利用矩形的性质与锐角三角函数求解即可得到答案．
【详解】解：如图，过A作于，延长，使，过作于，交于，则最短，
四边形为矩形，，，
即的最小值为
故答案为：
【点睛】本题考查的是矩形的性质，锐角三角函数的应用，同时考查利用轴对称与垂线段最短求线段和的最小值问题，掌握以上知识是解题的关键．
40．（2020·湖北恩施土家族苗族自治州·中考真题）如图，正方形的边长为4，点在上且，为对角线上一动点，则周长的最小值为（ ）．
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】连接ED交AC于一点F，连接BF，根据正方形的对称性得到此时的周长最小，利用勾股定理求出DE即可得到答案.
【详解】连接ED交AC于一点F，连接BF，
∵四边形ABCD是正方形，∴点B与点D关于AC对称，∴BF=DF，
∴的周长=BF+EF+BE=DE+BE，此时周长最小，
∵正方形的边长为4，∴AD=AB=4，∠DAB=90°，
∵点在上且，∴AE=3，∴DE=，∴的周长=5+1=6，故选：B.
【点睛】此题考查正方形的性质：四条边都相等，四个角都是直角以及正方形的对称性质，还考查了勾股定理的计算，依据对称性得到连接DE交AC于点F是的周长有最小值的思路是解题的关键.
4．（2020·甘肃兰州市·中考真题）如图，M、N是正方形ABCD的边CD上的两个动点，满足，连接AC交BN于点E，连接DE交AM于点F，连接CF，若正方形的边长为6，则线段CF的最小值是______．
【答案】
【分析】先判断出≌，得出，进而判断出≌，得出，即可判断出，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，利用勾股定理列式求出OC，然后根据三角形的三边关系可知当O、F、C三点共线时，CF的长度最小．
【详解】如图，
在正方形ABCD中，，，，
在和中，，
≌，，
在和中，，
≌，，，
，，
，取AD的中点O，连接OF、OC，
则，在中，，
根据三角形的三边关系，，当O、F、C三点共线时，CF的长度最小，
最小值，故答案为．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系等，综合性较强，有一定的难度，确定出CF最小时点F的位置是解题关键．
5．（2020·山东泰安市·中考真题）如图，点A，B的坐标分别为，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，根据三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，再根据等腰直角三角形的性质以及三角形的中位线即可解答．
【详解】解：如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，
∵，则△ABO为等腰直角三角形，
∴AB=，N为AB的中点，∴ON=，
又∵M为AC的中点，∴MN为△ABC的中位线，BC=1，则MN=，
∴OM=ON+MN=，∴OM的最大值为故答案选：B．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质以及三角形中位线的性质，解题的关键是确定当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大．
6．（2020·内蒙古赤峰市·中考真题）如图，矩形ABCD中，点P为对角线AC所在直线上的一个动点，连接 PD，过点P作PE⊥PD，交直线AB于点E，过点P作MN⊥AB，交直线CD于点M，交直线AB于点N.，AD =4.（1）如图1，①当点P在线段AC上时，∠PDM和∠EPN的数关系为:∠PDM___ ∠EPN；
②的值是 ；（2）如图2，当点P在CA延长线上时，（1）中的结论②是否成立?若成立，请证明；若不成立，说明理由；（3）如图3，以线段PD ，PE为邻边作矩形PEFD.设PM的长为x，矩形PEFD的面积为y.请直接写出y与x之间的函数关系式及y的最小值.
【答案】（1）①=；②；（2）成立，证明见解析；（3），最小值为
【分析】（1）①根据PE⊥PD， MN⊥AB得到∠DPE=90°，∠PMD=∠PNE=90°，即可得到∠PDM=∠EPN；
②根据CD=，AD =4，∠ADC=90°，得到∠ACD=30°，设MP=x，则NP=4-x，得到MC=MP=x，DM=-x=（4-x），证明△PDM∽△EPN，得到答案；
（2）设NP=a，则MP=4+a，证明△PDM∽△EPN，即可得到结论成立；（3）利用勾股定理求出，再根据矩形的面积公式计算得到函数关系式.
【详解】（1）①∵PE⊥PD， ∴∠DPE=90°，∴∠DPM+∠EPN=90°，
∵MN⊥AB，∴∠PMD=∠PNE=90°，∴∠PDM+∠DPM=90°，
∴∠PDM=∠EPN；故答案为：=；
②∵CD=，AD =4，∠ADC=90°，∴tan∠ACD=,
∴∠ACD=30°，设MP=x，则NP=4-x，
∴MC=MP=x，DM=-x=（4-x），
∵∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，∴△PDM∽△EPN，
∴==，故答案为：；
（2）成立，设NP=a，则MP=4+a，∵∠ACD=30°，∴MC=（4+a），
∴MD=(4+a)-4=a，由（1）同理得∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，
∴△PDM∽△EPN，∴=，
（3）∵PM=x，∴PN=4-x，EN=，
∴，
∴，，
∴矩形PEFD的面积为y=，
∵>0，∴当x=3时，y有最小值为.
【点睛】此题考查矩形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定及性质，勾股定理，利用面积公式得到函数关系式及最小值，解答此题中运用类比思想.
考点13. 特殊的平行四边形动态问题
1．（2020·贵州铜仁市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，动点P沿折线BCD从点B开始运动到点D，设点P运动的路程为x，△ADP的面积为y，那么y与x之间的函数关系的图象大致是（ ）
A． B．C． D．
【答案】D
【分析】分别求出0≤x≤4、4＜x＜7时函数表达式，即可求解．
【详解】解：由题意当0≤x≤4时，y＝×AD×AB＝×3×4＝6，
当4＜x＜7时，y＝×PD×AD＝×（7﹣x）×4＝14﹣2x．故选：D．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
2．（2020·江苏南通市·中考真题）如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线B﹣E﹣D运动到点D停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是1cm/s．现P，Q两点同时出发，设运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），若y与x的对应关系如图②所示，则矩形ABCD的面积是（ ）
A．96cm2 B．84cm2 C．72cm2 D．56cm2
【答案】C
【分析】过点E作EH⊥BC，由三角形面积公式求出EH=AB=6，由图2可知当x=14时，点P与点D重合，则AD=12，可得出答案．
【详解】解：从函数的图象和运动的过程可以得出：当点P运动到点E时，x＝10，y＝30，
过点E作EH⊥BC，
由三角形面积公式得：y＝，解得EH＝AB＝6，∴BH=AE=8,
由图2可知当x＝14时，点P与点D重合，
∴ED=4,∴BC=AD＝12，∴矩形的面积为12×6＝72．故选：C．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，三角形的面积等知识，熟练掌握数形结合思想方法是解题的关键．
3．（2020·甘肃金昌市·中考真题）如图①，正方形中，，相交于点，是的中点，动点从点出发，沿着的路径以每秒1个单位长度的速度运动到点，在此过程中线段的长度随着运动时间的函数关系如图②所示，则的长为（ ）
A． B．4 C． D．
【答案】A
【分析】如图（见解析），先根据函数图象可知，再设正方形的边长为，从而可得，然后根据线段中点的定义可得，最后在中，利用勾股定理可求出a的值，由此即可得出答案．
【详解】如图，连接AE 由函数图象可知，
设正方形ABCD的边长为，则
四边形ABCD是正方形
，
是的中点 则在，由勾股定理得：
因此有解得则故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、函数图象等知识点，根据函数图象得出是解题关键．
4．（2020·四川雅安市·中考真题）已知，等边三角形和正方形的边长相等，按如图所示的位置摆放（C点与E点重合），点共线，沿方向匀速运动，直到B点与F点重合．设运动时间为，运动过程中两图形重叠部分的面积为，则下面能大致反映与之间关系的函数图象是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分点C在EF中点的左侧、点C在EF中点的右侧、点C在F点右侧且B在EF中点的左侧，点C在F点右侧且B在EF中点的右侧四种情况，分别求出函数的表达式即可求解．
【详解】解：设等边三角形ABC和正方形DEFG的边长都为a，运动速度为1，
当点C在EF的中点左侧时，
设AC交DE于点H，则CE=t，HE=ECtan∠ACB=t×=t，
则S=S△CEH=×CE×HE=×t×t=，可知图象为开口向上的二次函数，
当点C在EF的中点右侧时，设AB与DE 交于点M，
则EC=t，BE=a-t，ME=，∴S=，
可知图象为开口向下的二次函数；当点C在F点右侧且B在EF中点的左侧时，
S=，可知图象为开口向下的二次函数；
当点C在F点右侧且B在EF中点的右侧时，
此时BF=2a-t，MF=，∴，
可知图象为开口向上的二次函数；故选：A
【点睛】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
5．（2020·黑龙江大庆市·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，，分别为与的中点，一个三角形沿竖直方向向上平移，在运动的过程中，点恒在直线上，当点运动到线段的中点时，点，恰与，两边的中点重合．设点到的距离为，三角形与正方形的公共部分的面积为，则当时，的值为（ ）
A．或 B．或 C． D．或
【答案】A
【分析】本题应该分类讨论，从以下三个情况进行讨论，分别是：①当x<1时，重叠部分为直角三角形的面积，将其三角形面积用x表示，但是求出，与x<1相违背，要舍去；②当1
【详解】解：∵在边长为2的正方形EFGH中，如图所示，当A运动到MN的中点时，点E、F恰好与AB、AC的中点重合，即AM=EM=FM=1，且MNEF，
∴AME和AMF均为等腰直角三角形，可得：ABC也是等腰直角三角形，其中AB=AC=，BC=4，
设A到EF的距离AM=x，①当x<1时，此时图形的位置如下图所示，AB与EF交于P点，AC与EF交于Q点，∵AM=x，且△APQ为等腰直角三角形，∴，解得：，但是与前提条件x<1相违背，故不存在该情况；
②当1
∵公共部分面积为，正方形剩余部分，∴，四边形ANHP是直角梯形，当AM=x，则AN=2-x，PE=x-1，HP=3-x，NH=1，
∴，解得：；
③当2＜x＜3时，此时图形的位置如下图所示，AB与EH交于K点，AB与HG交于I点，AC与FG交于L点，AC与HG交于J点，BC与EH交于P点，BC与GF交于Q点，
∵公共部分面积为，∴，
且，解得：或（舍），
④当x=3时，H,G分别是AB,AC的中点，此时重合的部分的面积为2，不符合题意；
⑤当x≥3时，重合的面积小于2，也不符合题意；所以，满足条件的AM的值为或，
故选：A．
【点睛】本题考察了移动图形间的重叠问题，需要进行分类讨论，必须要把x的移动范围进行分类，根据不同的x取值，画出不同重叠的图形，并将重叠部分的面积用x进行表示，解题的关键在于利用剩余部分的面积进行倒推求解．
6．（2020·湖南永州市·中考真题）某校开展了一次综合实践活动，参加该活动的每个学生持有两张宽为，长足够的矩形纸条．探究两张纸条叠放在一起，重叠部分的形状和面积．如图1所示，一张纸条水平放置不动，另一张纸条与它成45°的角，将该纸条从右往左平移．
（1）写出在平移过程中，重叠部分可能出现的形状．（2）当重叠部分的形状为如图2所示的四边形时，求证：四边形是菱形．（3）设平移的距离为，两张纸条重叠部分的面积为．求s与x的函数关系式，并求s的最大值．
【答案】（1）三角形，四边形（梯形、菱形），五边形；（2）见解析；（3），s的最大值为．
【分析】（1）根据平移过程中，重叠部分四边形的形状判定即可；
（2）分别过点B、D作于点E、于点F，再根据纸条的特点证明四边形ABCD是平行四边形，再证明邻边相等即可证明；（3）分、、和x=四种情况分别求出s与x的函数关系式，然后再求最大值即可．
【详解】解：（1）在平移过程中，重叠部分的形状分别为：三角形，四边形（梯形、菱形），五边形；
（2）证明：分别过点B、D作于点E、于点F，
∴∵两张纸条等宽，∴．
在和中，∴，
∵两张纸条都是矩形，，∴ ．∴四边形是平行四边形，
又∵，∴四边形是菱形；
（3）Ⅰ、如图：当时，重叠部分为三角形，如图所示，∴，∴．最大值为．
Ⅱ、如图：当时，重叠部分为梯形，如图所示，梯形的下底为，上底为，
∴，当时，s取最大值．
Ⅲ、当时，重叠部分为五边形，
．
此时．
Ⅳ、当时，重叠部分为菱形，∴．
∴∴s的最大值为．
【点睛】本题考查了平移变换、等腰直角三角形的性质、菱形的判定以及运用二次函数求最值，考查知识点较多，因此灵活运用所学知识成为解答本题的关键．
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