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山西中考热点题型——四边形 试卷
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这是一份山西中考热点题型——四边形 试卷，共28页。
山西中考热点题型——四边形
【题型一】 多边形
【题型二】 平行四边形
【题型三】 特殊的平行四边形
【题型四】四边形中的图形变换
【题型一】 多边形
【典例分析】
2022·湖南湘西·统考中考真题
1．一个正六边形的内角和的度数为（ ）
A．1080° B．720° C．540° D．360°
【提分秘籍】
1.多边形内角和有关的问题
（1）n边形的内角和等于（n-2）×180°，多边形的内角和是180°的整数倍，多边形的边数每增加1，内角和增加180°．
（2）利用它可解决三类问题：一是已知多边形的边数求内角和，二是已知多边形的内角和求边数，三是已知足够的角度条件下求某一个内角的度数．
2.多边形外角和的问题
多边形的外角和是360°，与多边形的边数无关，故在某些问题中用外角和公式会比用内角和公式求解简单.涉及多边形外角和的问题，常与多边形的内角和及正多边形等关系结合考虑，通过列方程来解决．
3.多边形的对角线的问题
关于多边形对角线问题，主要根据多边形的边数与对角线的条数之间的关系进行求解．从n边形的一个顶点可以引出（n-3）条对角线，n个顶点可以引出n（n-3）条对角线，但是每条对角线计算了两次，因此n边形共有 条对角线．
【变式演练】
2. (2022河北,5,3分)如图,将三角形纸片剪掉一角得四边形,设△ABC与四边形BCDE的外角和的度数分别为α,β,则正确的是( )
A.α-β=0
B.α-β<0
C.α-β>0
D.无法比较α与β的大小
3.如图,点O为正六边形ABCDEF对角线FD上一点,S△AFO=8,S△CDO=2,则S正六边形ABCDEF的值是( )
A.20 B.30
C.40 D.随点O位置而变化
2022·山东烟台·统考中考真题
4．一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为3：1，则这个正多边形是（ ）
A．正方形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形
【题型二】 平行四边形
【典例分析】
5 .(2022河北,8,3分)依据所标数据,下列一定为平行四边形的是( )
A B
C D
【提分秘籍】
1.平行四边形性质的问题
（1）平行四边形的对边平行且相等；
（2）平行四边形的对角相等；
（3）平行四边形的对角线互相平分；
（4）平行四边形的对角线分得的四个三角形中，相对的两个三角形全等，且四个三角形的面积相等．
通常根据平行四边形的对边平行，利用平行线的性质证明角相等或角之间的关系，以及利用对边相等证明线段相等或求边长．
2.平行四边形的判定问题
一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：
（1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”来证明；
（2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明；
（3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明．
3.平行四边形的性质与判定的综合问题
平行四边形的性质和判定相结合可解决有关角相等或互补、线段相等或倍分、两直线平行等问题，一般是先判定一个四边形是平行四边形，然后用平行四边形的性质解决有关问题，也可以先根据平行四边形的性质得出有关结论，然后根据相关结论证明一个四边形是平行四边形．
【变式演练】
6.(2020河北,10,3分)如图,将△ABC绕边AC的中点O顺时针旋转180°.嘉淇发现,旋转后的△CDA与△ABC构成平行四边形,并推理如下:
小明为保证嘉淇的推理更严谨,想在方框中“∵CB=AD,”和“∴四边形……”之间作补充.下列正确的是( )
A.嘉淇推理严谨,不必补充 B.应补充:且AB=CD,
C.应补充:且AB∥CD, D.应补充:且OA=OC,
2022·四川绵阳·统考中考真题
7．如图，E、F、G、H分别是矩形的边AB、BC、CD、AD上的点，AH＝CF，AE＝CG，∠EHF＝60°，∠GHF＝45°．若AH＝2，AD＝5＋．则四边形EFGH的周长为（ ）
A． B． C． D．
2022·四川内江·统考中考真题
8．如图，在▱ABCD中，已知AB＝12，AD＝8，∠ABC的平分线BM交CD边于点M，则DM的长为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【题型三】 特殊的平行四边形
【典例分析】
9.（2022上海·）如图，已知是矩形的边上的点，，与的延长线交于点．如果，那么___________．
【提分秘籍】
1.矩形性质的应用问题
矩形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有下列性质：
①矩形的四个角都是直角；
②矩形的对角线相等.将这些性质与其他条件结合，可用来证明线段相等或倍分、直线平行以及角相等的问题．
2.矩形的判定方法：
（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；
（2）对角线相等的平行四边形是矩形；
（3）有三个角是直角的四边形是矩形．
因此，要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明．
3.矩形的折叠问题的常用解题思路：
（1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角；
（2）选择一个直角三角形，运用勾股定理列出方程求解．
4.菱形性质的应用问题
菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有下列性质：
（1）菱形的四条边都相等；
（2）菱形的两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角．
利用菱形的性质求线段的长，主要是利用菱形的四条边都相等，且对角线互相垂直平分，通过构造直角三角形进行求解．
5.菱形的判定方法：
（1）有一组邻边相等的平行四边形是菱形；
（2）四条边都相等的四边形是菱形；
（3）两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分．
6.正方形性质的应用问题
正方形既是特殊的平行四边形，又是特殊的矩形、菱形，因此正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．
掌握正方形性质的特殊性，对求与正方形有关角的度数及线段的长度问题非常有用，如正方形对角线与边的夹角为45°；正方形的一条对角线把正方形分成两个完全相同的等腰直角三角形；两条对角线把正方形分成4个完全相同的等腰直角三角形．
7.正方形的判定方法：
判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角；还可以先判定四边形是平行四边形，再判定这个平行四边形有一个角为直角和一组邻边相等．
【变式演练】
10．如图，在菱形中，分别以、为圆心，大于为半径画弧，两弧分别交于点、，连接，若直线恰好过点与边交于点，连接，则下列结论错误的是（ ）
A． B．若，则
C． D．
11.如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，M是边CD上的一点，将△ADM沿直线AM对折，得到△ANM.
(1)当AN平分∠MAB时，求DM的长；
(2)连接BN，当DM＝1时，求△ABN的面积．
12.如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，P为正方形ABCD外一点，且BP⊥CP，连接OP.
求证：BP＋CP＝OP.
【题型四】四边形中的图形变换
【典例分析】
13.如图①，点O是正方形ABCD两条对角线的交点．分别延长OD到点G，OC到点E，使OG＝2OD，OE＝2OC，然后以OG，OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE.
(1)求证：DE⊥AG；
(2)正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角(0°<α<360°)得到正方形OE′F′G′，如图②.
①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；
②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．
【提分秘籍】
1. 图形的平移问题：
（1） 平移的条件：确定一个平移运动的条件是平移的方向和距离.
（2）平移的性质
经过平移，对应线段平行且相等，对应角相等，对应点所连接的线段平行且相等；
平移变换不改变图形的形状、大小和方向(平移前后的两个图形是全等形)。
2. 旋转变换问题：
决定因素是旋转中心和旋转的角度，不会改变图形的大小和形状，只改变图形的位置．在图形的变化过 程中，解决此类问题的方法很多，而关键在于解决问题的着眼点，从恰当的着眼点出发，抓住旋转变换的三要素，再根据具体图形变换的特点确定其变化。
3. 折叠问题（翻折变换）
（1）折叠问题（翻折变换）实质上就是轴对称变换．对称轴是对应点的连线的垂直平分线，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
（2）对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，在画图时，画出折叠前后的图形，这样便于找到图形之间的数量关系和位置关系．
（3）在矩形（纸片）折叠问题中，重合部分一般会是一个以折痕为底边的等腰三角形
（4）利用折叠所得到的直角和相等的边或角，设要求的线段长为x，然后根据轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求解．
【变式演练】
14.如图，边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，连接BE，将△ABE沿BE折叠得到△FBE，BF交AC于点G，求CG的长________．
15.如图1所示，将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2、宽为1的长方形CEFD拼在一起，构成一个大的长方形ABEF．现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，旋转角为a．
（1）当点D′恰好落在EF边上时，求旋转角a的值；
（2）如图2，G为BC中点，且0°＜a＜90°，求证：GD′=E′D；
（3）小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，△DCD′与△CBD′能否全等？若能，直接写出旋转角a的值；若不能说明理由．
考题练习
16.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BF是AC边上的中线，DE是△ABC的中位线，若DE＝10，则BF的长为（ ）
A．10 B．5 C．8 D．6
17.如图，在边长为1的正方形中，对角线的中点为O，分别以点A，C为圆心，以的长为半径画弧，分别与正方形的边相交，则图中的阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
18.如图，在矩形中，E为边上一点，将沿折叠，使点A的对应点F恰好落在边上，连接交于点G．若，则的长度为___
19.如图，在中，，分别以，为边向外作正方形和正方形，连接，，分别交，于点M，N，已知，．
（1）______．
（2）______．
2022·广东·模拟预测
20．如图，在矩形中，的平分线交于点，交的延长线于点，点为的中点，连接、．
(1)试判断的形状，并说明理由；
(2)求的度数．
2023·重庆·校考模拟预测
21．已知四边形ABCD为平行四边形．
(1)尺规作图：作线段CD的垂直平分线，垂足为点E，交AD于点F，交BA的延长线于点G，连接CF．在线段AB上取一点H，使FH＝FC，连接HF；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）问的条件下，若∠GFH＝∠D，求证：GF＝CE．
证明：∵EF垂直平分CD
∴∠FEC＝90°，______①
∴∠FCD＝∠D
∵∠GFH＝∠D
∴______②
∵四边形ABCD为平行四边形
∴______③
∴∠HGF＋∠FEC＝180°
∴∠HGF＝∠FEC＝90°
在和中
∴
∴．
22.如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点B的坐标为，分别落在x轴和y轴上，将绕点O逆时针旋转，使点B落在y轴上，得到，与相交于点F，反比例函数的图象经过点F，交于点G．
(1)求k的值．
(2)连接，则图中是否存在与相似的三角形？若存在，请把它们一一找出来，并选其中一种进行证明；若不存在，请说明理由．
(3)点M在直线上，N是平面内一点，当四边形是正方形时，请直接写出点N的坐标．
参考答案：
1．B
【分析】利用多边形的内角和定理解答即可．
【详解】解：一个正六边形的内角和的度数为：（6﹣2）×180°＝720°，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和，利用多边形的内角和定理解答是解题的关键
2. A
解析 根据任意多边形的外角和都是360°可得α=β,∴α-β=0.
故选A.
3. B
解析 ∵S△AFO=8,S△CDO=2,∴12AF·FO+12CD·DO=12AF·FD=10.设正六边形ABCDEF的中心为O',则S△AO'F=12AF·12FD=5.∴S正六边形ABCDEF=5×6=30.故选B.
【点睛】 解决本题的关键是把阴影部分的面积转化为线段的乘积关系.
4．C
【分析】设这个外角是x°，则内角是3x°，根据内角与它相邻的外角互补列出方程求出外角的度数，根据多边形的外角和是360°即可求解．
【详解】解：∵一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为3：1，
∴设这个外角是x°，则内角是3x°，
根据题意得：x+3x＝180°，
解得：x＝45°，
360°÷45°＝8（边），
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，根据内角与它相邻的外角互补列出方程是解题的关键．
5.D
解析 选项A,B只能满足一组对边平行,不能判定四边形是平行四边形;选项C不能判定对边平行,也不能得出两组对边对应相等,故不能判定四边形是平行四边形;选项D满足一组对边平行且相等,可以判定四边形是平行四边形.故选D.
6.B
解析 根据平行四边形的判定方法:两组对边分别相等的四边形是平行四边形;一组对边平行且相等的四边形是平行四边形,可知应补充AB=CD或CB∥AD,故选B.
【点睛】本题考查了平行四边形的判定方法.熟练掌握平行四边形的判定是解题关键.
7．A
【分析】证明四边形EFGH为平行四边形，作交于点P，交于点K，设，表示出，，，，进一步表示出，，，利用勾股定理即可求出a的值，进一步可求出边形EFGH的周长．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴，，
∵，，
∴，，
在和中，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴四边形EFGH为平行四边形，
作交于点P，交于点K，
设，
∵，，，，
∴，，，，
∴，，
∴，
∵，
∴ABKH为矩形，即，
∵，，
∴，
即，
解得：，
∴四边形EFGH的周长为：，
故选：A.
【点睛】本题考查矩形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，解题的关键是利用求出a的值．
8．B
【分析】根据平行四边形的性质及角平分线的性质可得∠CBM＝∠CMB，利用等边对等角即可得MC＝BC＝8，进而可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝12，BC＝AD＝8，AB∥CD，
∴∠ABM＝∠CMB，
∵BM是∠ABC的平分线，
∴∠ABM＝∠CBM，
∴∠CBM＝∠CMB，
∴MC＝BC＝8，
∴DM＝CD﹣MC＝12﹣8＝4，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和角平分线的性质，掌握其相关性质是解题的关键．
9.【答案】
【分析】在矩形中，有，，，，根据，，可得，即，根据三角形的面积比等于相似比的平方即可求出，，问题随之得解．
【详解】在矩形中，有，，，，
∵，，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，掌握三角形的面积比等于相似比的平方，是解答本题的关键．
10．B
【分析】利用菱形的性质、解直角三角形等知识逐项判断即可．
【详解】解：由作法得MN垂直平分CD，
∴AD=AC，CM=DM，∠AED=90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=AD，
∴AB=BC=AC，
∴ΔABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°
∴∠BCD=120°，即A选项的结论正确，不符合题意；
当AB=3，则CE=DE=，
∵∠D=60°，
∴AE=，∠DAE=30°，∠BAD=120°
∴∠BAE=∠BAD-∠DAE=120°-30°=90°
在Rt△ABE中，BE= ，所以B选项的结论错误，符合题意；
∵菱形ABCD
∴.BC=CD=2CE，即，所以C选项的结论正确，不符合题意；
∵ABCD，AB=2DE，
∴，所以D选项的结论正确，不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考作已知线段的垂直平分线、线段垂直平分线的性质、菱形的性质等知识点，灵活运用菱形的性质和垂直平分线的性质是解答本题的关键．
11.解：(1)由折叠性质得△ANM≌△ADM，∴∠MAN＝∠DAM.∵AN平分∠MAB，∴∠MAN＝∠NAB，∴∠DAM＝∠MAN＝∠NAB.∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝90°，∴∠DAM＝30°，∴AM＝2DM.在Rt△ADM中，∵AD＝3，∴由勾股定理得AM2－DM2＝AD2，即(2DM)2－DM2＝32，解得DM＝.
(2)延长MN交AB的延长线于点Q，如图所示．∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，∴∠DMA＝∠MAQ，由折叠性质得△ANM≌△ADM，∴∠ANM＝∠D＝90°，∠DMA＝∠AMQ，AN＝AD＝3，MN＝MD＝1，∴∠MAQ＝∠AMQ，∴MQ＝AQ.设NQ＝x，则AQ＝MQ＝MN＋NQ＝1＋x.∵∠ANM＝90°，∴∠ANQ＝90°.在Rt△ANQ中，由勾股定理得AQ2＝AN2＋NQ2，即(x＋1)2＝32＋x2，解得x＝4，∴NQ＝4，AQ＝5.∵△NAB和△NAQ在AB边上的高相等，AB＝4，AQ＝5，∴S△NAB＝S△NAQ＝××AN·NQ＝××3×4＝.
【点睛】本题主要考翻折的性质.矩形的性质，勾股定理，全等三角形等，熟练掌握轴对称性质，勾股定理是解题的关键.
12.证明：∵四边形ABCD是正方形，∴OB＝OC，∠BOC＝90°.将△OCP顺时针旋转90°至△OBE(如图所示)，∴OE＝OP，BE＝CP，∠OBE＝∠OCP，∠BOE＝∠COP.∵BP⊥CP，∴∠BPC＝90°.∵∠BOC＋∠OBP＋∠BPC＋∠OCP＝360°，∴∠OBP＋∠OCP＝180°，∴∠OBP＋∠OBE＝180°，∴E，B，P在同一直线上．∵∠POC＋∠POB＝∠BOC＝90°，∠BOE＝∠COP，∴∠BOE＋∠POB＝90°，即∠EOP＝90°.在Rt△EOP中，由勾股定理得PE＝＝＝OP.∵PE＝BE＋BP，BE＝CP，∴BP＋CP＝OP.
【点睛】本题主要考正方形的性质，勾股定理，旋转.熟练应用正方形性质，旋转性质，手拉手模式是解题关键.
13.(1)证明：如图，延长ED交AG于点H.∵四边形ABCD与OEFG均为正方形，∴OA＝OD，OG＝OE，∠AOG＝∠DOE＝90°，∴Rt△AOG≌Rt△DOE，∴∠AGO＝∠DEO.∵∠AGO＋∠GAO＝90°，∴∠DEO＋∠GAO＝90°，∴∠AHE＝90°，即DE⊥AG；
(2)解：①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有以下两种情况：
a．α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′为直角时，∵OA＝OD＝OG＝OG′，∴∠AG′O＝30°，∠AOG′＝60°.∵OA⊥OD，∴∠DOG′＝90°－∠AOG′＝30°，即α＝30°；
b．α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′为直角时，同理可求的∠AOG′＝60°，∴α＝90°＋∠AOG′＝150°.综上，当∠OAG′为直角时，α＝30°或150°；
②AF′长的最大值是2＋，此时α＝315°.
【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定，勾股定理，图形的旋转，熟练应用正方形性质，图形的旋转性质是解题的关键.
14.【答案】
【分析】根据题意，延长交于H，连接，通过证明、得到，再由得到，进而即可求得的长．
【详解】解：延长交于H，连接，
∵由沿折叠得到，
∴，，
∵E为中点，正方形边长为2，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定及性质、三角形相似的判定及性质以及正方形的性质，熟练掌握相关几何知识是解决本题的关键．
15.（1）解：∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴CD′=CD=2，
在Rt△CED′中，CD′=2，CE=1，
∴∠CD′E=30°，
∵CD∥EF，
∴∠α=30°；
（2）证明：∵G为BC中点，
∴CG=1，
∴CG=CE，
∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′=CG，
∴∠GCD′=∠DCE′=90°+α，
在△GCD′和△DCE′中
，
∴△GCD′≌△E′CD（SAS），
∴GD′=E′D；
（3）解：能．理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴CB=CD，
∵CD=CD′，
∴△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，
当∠BCD′=∠DCD′时，△BCD′≌△DCD′，
当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，α==135°，
当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，α=360°-=315°，
即旋转角a的值为135°或315°时，△BCD′与△DCD′全等．
16.A
【分析】根据三角形中位线定理求出AC，根据直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半计算，得到答案．
【详解】解：∵DE是△ABC的中位线，若DE=10，
∴AC=2DE=20，
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BF是AC边上的中线，
∴BF=AC=10，
故选：A．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
17.A
【分析】阴影部分的面积可以看作是正方形的面积减去一个半径为的半圆的面积；
【详解】∵正方形ABCD的边长为1，
∴AC==，
∴AO=，
图中两个扇形的面积可看作是一个半径为的半圆的面积，
∴S阴影=S正方形-S半圆，
=1×1-π×，
=．
故选：A
【点睛】本题考查图形面积的计算；熟练掌握不规则图形的面积的计算是解决本题的关键．
18.
【分析】由折叠的性质可知垂直平分，证明，得出即可求解．
【详解】解：由折叠的性质可得：，
∴垂直平分，
∴，，
∵，，
∴，
又∵，
∴
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴
故答案为：．
【点睛】此题考查了三角形相似、折叠的性质，解题的关键是综合运用三角形的相似和折叠的性质．
19.
【分析】(1)首先可证得，可求得的长，再由勾股定理可求得的长；
(2)首先根据“”可证得，可得，，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：（1）如图，过点F作，交的延长线于点H，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，作出辅助线是解决本题的关键．
20．(1)是等腰直角三角形，理由见解析
(2)45°
【分析】（1）根据矩形的性质和角平分线的定义及平行线的性质证得，，再根据等角对等边得到即可得到结论；
（2）根据矩形性质和等腰直角三角形的性质证得，，，再根据全等三角形的判定与性质证明得到，，则有，进而求解即可．
【详解】（1）解：是等腰直角三角形；理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，．
∵平分，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴是等腰直角三角形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴
∴，即．
∵，，点为的中点，
∴，，，
∴．
∵，
∴．
在和中，
，
∴，
∴，，
∴．
又∵，
∴是等腰直角三角形
∴．
【点睛】本题考查矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的斜边中线性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的定义等知识，熟练掌握矩形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明是解答的关键．
21．(1)见解析
(2)FC＝FD；∠FCD＝∠GFH；AB∥CD；HF＝CF
【分析】（1）利用作已知线段的垂直平分线的作法和作一条线段等于已知线段的作法，即可求解；
（2）根据线段垂直平分线的性质可得∠FEC＝90°，FC＝FD，从而得到∠FCD＝∠GFH，再由平行四边形的性质可得∠HGF＝∠FEC＝90°，然后证得，即可求证．
【详解】（1）解：如下图：垂线EF，点H即为所求；
（2）证明：∵EF垂直平分CD
∴∠FEC＝90°，FC＝FD
∴∠FCD＝∠D
∵∠GFH＝∠D
∴∠FCD＝∠GFH
∵四边形ABCD为平行四边形
∴AB∥CD
∴∠HGF＋∠FEC＝180°
∴∠HGF＝∠FEC＝90°
在和中
∴
∴．
故答案为：FC＝FD；∠FCD＝∠GFH；AB∥CD；HF＝CF．
【点睛】本题考查了尺规作图——作线段的垂直平分线，线段的垂直平分线的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相应概念，找出数量关系．
(1)
(2)存在，，，，；证明见解析
(3)或
【分析】（1）根据矩形及旋转的性质得出，再由相似三角形的判定和性质得出点F的坐标为，代入解析式求解即可；
（2）根据题意得出相似三角形，再由相似三角形的判定证明即可；
（3）由（2）及正方形的判定得当时，四边形是正方形，分两种情况分析：当点M在点F上方时，当点M在点F下方时，分别利用全等三角形的判定和性质确定点M的坐标，再根据正方形的性质即可求出点N的坐标．
【详解】（1）解：∵四边形为矩形，点B的坐标为，
∴，，．
∵是旋转得到的，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
∴点F的坐标为．
∵的图象经过点F，
∴，
解得．
（2），，，．
选．
证明：∵点G在AB上，
∴点G的横坐标为8，
∴点G的坐标为，
∴．
∵，，，
∴，，
∴，，
∴．
∵，
∴．
（3）由（2）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，四边形是正方形，
当点M在点F上方时，如图所示：过点M作轴，交于点L，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点，
∵，，
，
∵点G的坐标为，
∴设点，
∴，，
解得：，
；
当点M在点F下方时，如图所示：过点M作轴，交延长线于点L，
同理可得，
∴，
∴，
∴点，
∵，，
，
∵点G的坐标为，
∴设点，
∴，，
解得：，
，
综上可得：点N的坐标为或．
【点睛】题目主要考查正方形的性质及反比例函数的确定，相似三角形及全等三角形的判定和性质，坐标与图形等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键.
山西中考热点题型——四边形
【题型一】 多边形
【题型二】 平行四边形
【题型三】 特殊的平行四边形
【题型四】四边形中的图形变换
【题型一】 多边形
【典例分析】
2022·湖南湘西·统考中考真题
1．一个正六边形的内角和的度数为（ ）
A．1080° B．720° C．540° D．360°
【提分秘籍】
1.多边形内角和有关的问题
（1）n边形的内角和等于（n-2）×180°，多边形的内角和是180°的整数倍，多边形的边数每增加1，内角和增加180°．
（2）利用它可解决三类问题：一是已知多边形的边数求内角和，二是已知多边形的内角和求边数，三是已知足够的角度条件下求某一个内角的度数．
2.多边形外角和的问题
多边形的外角和是360°，与多边形的边数无关，故在某些问题中用外角和公式会比用内角和公式求解简单.涉及多边形外角和的问题，常与多边形的内角和及正多边形等关系结合考虑，通过列方程来解决．
3.多边形的对角线的问题
关于多边形对角线问题，主要根据多边形的边数与对角线的条数之间的关系进行求解．从n边形的一个顶点可以引出（n-3）条对角线，n个顶点可以引出n（n-3）条对角线，但是每条对角线计算了两次，因此n边形共有 条对角线．
【变式演练】
2. (2022河北,5,3分)如图,将三角形纸片剪掉一角得四边形,设△ABC与四边形BCDE的外角和的度数分别为α,β,则正确的是( )
A.α-β=0
B.α-β<0
C.α-β>0
D.无法比较α与β的大小
3.如图,点O为正六边形ABCDEF对角线FD上一点,S△AFO=8,S△CDO=2,则S正六边形ABCDEF的值是( )
A.20 B.30
C.40 D.随点O位置而变化
2022·山东烟台·统考中考真题
4．一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为3：1，则这个正多边形是（ ）
A．正方形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形
【题型二】 平行四边形
【典例分析】
5 .(2022河北,8,3分)依据所标数据,下列一定为平行四边形的是( )
A B
C D
【提分秘籍】
1.平行四边形性质的问题
（1）平行四边形的对边平行且相等；
（2）平行四边形的对角相等；
（3）平行四边形的对角线互相平分；
（4）平行四边形的对角线分得的四个三角形中，相对的两个三角形全等，且四个三角形的面积相等．
通常根据平行四边形的对边平行，利用平行线的性质证明角相等或角之间的关系，以及利用对边相等证明线段相等或求边长．
2.平行四边形的判定问题
一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：
（1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”来证明；
（2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明；
（3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明．
3.平行四边形的性质与判定的综合问题
平行四边形的性质和判定相结合可解决有关角相等或互补、线段相等或倍分、两直线平行等问题，一般是先判定一个四边形是平行四边形，然后用平行四边形的性质解决有关问题，也可以先根据平行四边形的性质得出有关结论，然后根据相关结论证明一个四边形是平行四边形．
【变式演练】
6.(2020河北,10,3分)如图,将△ABC绕边AC的中点O顺时针旋转180°.嘉淇发现,旋转后的△CDA与△ABC构成平行四边形,并推理如下:
小明为保证嘉淇的推理更严谨,想在方框中“∵CB=AD,”和“∴四边形……”之间作补充.下列正确的是( )
A.嘉淇推理严谨,不必补充 B.应补充:且AB=CD,
C.应补充:且AB∥CD, D.应补充:且OA=OC,
2022·四川绵阳·统考中考真题
7．如图，E、F、G、H分别是矩形的边AB、BC、CD、AD上的点，AH＝CF，AE＝CG，∠EHF＝60°，∠GHF＝45°．若AH＝2，AD＝5＋．则四边形EFGH的周长为（ ）
A． B． C． D．
2022·四川内江·统考中考真题
8．如图，在▱ABCD中，已知AB＝12，AD＝8，∠ABC的平分线BM交CD边于点M，则DM的长为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【题型三】 特殊的平行四边形
【典例分析】
9.（2022上海·）如图，已知是矩形的边上的点，，与的延长线交于点．如果，那么___________．
【提分秘籍】
1.矩形性质的应用问题
矩形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有下列性质：
①矩形的四个角都是直角；
②矩形的对角线相等.将这些性质与其他条件结合，可用来证明线段相等或倍分、直线平行以及角相等的问题．
2.矩形的判定方法：
（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；
（2）对角线相等的平行四边形是矩形；
（3）有三个角是直角的四边形是矩形．
因此，要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明．
3.矩形的折叠问题的常用解题思路：
（1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角；
（2）选择一个直角三角形，运用勾股定理列出方程求解．
4.菱形性质的应用问题
菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有下列性质：
（1）菱形的四条边都相等；
（2）菱形的两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角．
利用菱形的性质求线段的长，主要是利用菱形的四条边都相等，且对角线互相垂直平分，通过构造直角三角形进行求解．
5.菱形的判定方法：
（1）有一组邻边相等的平行四边形是菱形；
（2）四条边都相等的四边形是菱形；
（3）两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分．
6.正方形性质的应用问题
正方形既是特殊的平行四边形，又是特殊的矩形、菱形，因此正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．
掌握正方形性质的特殊性，对求与正方形有关角的度数及线段的长度问题非常有用，如正方形对角线与边的夹角为45°；正方形的一条对角线把正方形分成两个完全相同的等腰直角三角形；两条对角线把正方形分成4个完全相同的等腰直角三角形．
7.正方形的判定方法：
判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角；还可以先判定四边形是平行四边形，再判定这个平行四边形有一个角为直角和一组邻边相等．
【变式演练】
10．如图，在菱形中，分别以、为圆心，大于为半径画弧，两弧分别交于点、，连接，若直线恰好过点与边交于点，连接，则下列结论错误的是（ ）
A． B．若，则
C． D．
11.如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，M是边CD上的一点，将△ADM沿直线AM对折，得到△ANM.
(1)当AN平分∠MAB时，求DM的长；
(2)连接BN，当DM＝1时，求△ABN的面积．
12.如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，P为正方形ABCD外一点，且BP⊥CP，连接OP.
求证：BP＋CP＝OP.
【题型四】四边形中的图形变换
【典例分析】
13.如图①，点O是正方形ABCD两条对角线的交点．分别延长OD到点G，OC到点E，使OG＝2OD，OE＝2OC，然后以OG，OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE.
(1)求证：DE⊥AG；
(2)正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角(0°<α<360°)得到正方形OE′F′G′，如图②.
①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；
②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．
【提分秘籍】
1. 图形的平移问题：
（1） 平移的条件：确定一个平移运动的条件是平移的方向和距离.
（2）平移的性质
经过平移，对应线段平行且相等，对应角相等，对应点所连接的线段平行且相等；
平移变换不改变图形的形状、大小和方向(平移前后的两个图形是全等形)。
2. 旋转变换问题：
决定因素是旋转中心和旋转的角度，不会改变图形的大小和形状，只改变图形的位置．在图形的变化过 程中，解决此类问题的方法很多，而关键在于解决问题的着眼点，从恰当的着眼点出发，抓住旋转变换的三要素，再根据具体图形变换的特点确定其变化。
3. 折叠问题（翻折变换）
（1）折叠问题（翻折变换）实质上就是轴对称变换．对称轴是对应点的连线的垂直平分线，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
（2）对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，在画图时，画出折叠前后的图形，这样便于找到图形之间的数量关系和位置关系．
（3）在矩形（纸片）折叠问题中，重合部分一般会是一个以折痕为底边的等腰三角形
（4）利用折叠所得到的直角和相等的边或角，设要求的线段长为x，然后根据轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求解．
【变式演练】
14.如图，边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，连接BE，将△ABE沿BE折叠得到△FBE，BF交AC于点G，求CG的长________．
15.如图1所示，将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2、宽为1的长方形CEFD拼在一起，构成一个大的长方形ABEF．现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，旋转角为a．
（1）当点D′恰好落在EF边上时，求旋转角a的值；
（2）如图2，G为BC中点，且0°＜a＜90°，求证：GD′=E′D；
（3）小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，△DCD′与△CBD′能否全等？若能，直接写出旋转角a的值；若不能说明理由．
考题练习
16.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BF是AC边上的中线，DE是△ABC的中位线，若DE＝10，则BF的长为（ ）
A．10 B．5 C．8 D．6
17.如图，在边长为1的正方形中，对角线的中点为O，分别以点A，C为圆心，以的长为半径画弧，分别与正方形的边相交，则图中的阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
18.如图，在矩形中，E为边上一点，将沿折叠，使点A的对应点F恰好落在边上，连接交于点G．若，则的长度为___
19.如图，在中，，分别以，为边向外作正方形和正方形，连接，，分别交，于点M，N，已知，．
（1）______．
（2）______．
2022·广东·模拟预测
20．如图，在矩形中，的平分线交于点，交的延长线于点，点为的中点，连接、．
(1)试判断的形状，并说明理由；
(2)求的度数．
2023·重庆·校考模拟预测
21．已知四边形ABCD为平行四边形．
(1)尺规作图：作线段CD的垂直平分线，垂足为点E，交AD于点F，交BA的延长线于点G，连接CF．在线段AB上取一点H，使FH＝FC，连接HF；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）问的条件下，若∠GFH＝∠D，求证：GF＝CE．
证明：∵EF垂直平分CD
∴∠FEC＝90°，______①
∴∠FCD＝∠D
∵∠GFH＝∠D
∴______②
∵四边形ABCD为平行四边形
∴______③
∴∠HGF＋∠FEC＝180°
∴∠HGF＝∠FEC＝90°
在和中
∴
∴．
22.如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点B的坐标为，分别落在x轴和y轴上，将绕点O逆时针旋转，使点B落在y轴上，得到，与相交于点F，反比例函数的图象经过点F，交于点G．
(1)求k的值．
(2)连接，则图中是否存在与相似的三角形？若存在，请把它们一一找出来，并选其中一种进行证明；若不存在，请说明理由．
(3)点M在直线上，N是平面内一点，当四边形是正方形时，请直接写出点N的坐标．
参考答案：
1．B
【分析】利用多边形的内角和定理解答即可．
【详解】解：一个正六边形的内角和的度数为：（6﹣2）×180°＝720°，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和，利用多边形的内角和定理解答是解题的关键
2. A
解析 根据任意多边形的外角和都是360°可得α=β,∴α-β=0.
故选A.
3. B
解析 ∵S△AFO=8,S△CDO=2,∴12AF·FO+12CD·DO=12AF·FD=10.设正六边形ABCDEF的中心为O',则S△AO'F=12AF·12FD=5.∴S正六边形ABCDEF=5×6=30.故选B.
【点睛】 解决本题的关键是把阴影部分的面积转化为线段的乘积关系.
4．C
【分析】设这个外角是x°，则内角是3x°，根据内角与它相邻的外角互补列出方程求出外角的度数，根据多边形的外角和是360°即可求解．
【详解】解：∵一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为3：1，
∴设这个外角是x°，则内角是3x°，
根据题意得：x+3x＝180°，
解得：x＝45°，
360°÷45°＝8（边），
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，根据内角与它相邻的外角互补列出方程是解题的关键．
5.D
解析 选项A,B只能满足一组对边平行,不能判定四边形是平行四边形;选项C不能判定对边平行,也不能得出两组对边对应相等,故不能判定四边形是平行四边形;选项D满足一组对边平行且相等,可以判定四边形是平行四边形.故选D.
6.B
解析 根据平行四边形的判定方法:两组对边分别相等的四边形是平行四边形;一组对边平行且相等的四边形是平行四边形,可知应补充AB=CD或CB∥AD,故选B.
【点睛】本题考查了平行四边形的判定方法.熟练掌握平行四边形的判定是解题关键.
7．A
【分析】证明四边形EFGH为平行四边形，作交于点P，交于点K，设，表示出，，，，进一步表示出，，，利用勾股定理即可求出a的值，进一步可求出边形EFGH的周长．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴，，
∵，，
∴，，
在和中，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴四边形EFGH为平行四边形，
作交于点P，交于点K，
设，
∵，，，，
∴，，，，
∴，，
∴，
∵，
∴ABKH为矩形，即，
∵，，
∴，
即，
解得：，
∴四边形EFGH的周长为：，
故选：A.
【点睛】本题考查矩形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，解题的关键是利用求出a的值．
8．B
【分析】根据平行四边形的性质及角平分线的性质可得∠CBM＝∠CMB，利用等边对等角即可得MC＝BC＝8，进而可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝12，BC＝AD＝8，AB∥CD，
∴∠ABM＝∠CMB，
∵BM是∠ABC的平分线，
∴∠ABM＝∠CBM，
∴∠CBM＝∠CMB，
∴MC＝BC＝8，
∴DM＝CD﹣MC＝12﹣8＝4，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和角平分线的性质，掌握其相关性质是解题的关键．
9.【答案】
【分析】在矩形中，有，，，，根据，，可得，即，根据三角形的面积比等于相似比的平方即可求出，，问题随之得解．
【详解】在矩形中，有，，，，
∵，，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，掌握三角形的面积比等于相似比的平方，是解答本题的关键．
10．B
【分析】利用菱形的性质、解直角三角形等知识逐项判断即可．
【详解】解：由作法得MN垂直平分CD，
∴AD=AC，CM=DM，∠AED=90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=AD，
∴AB=BC=AC，
∴ΔABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°
∴∠BCD=120°，即A选项的结论正确，不符合题意；
当AB=3，则CE=DE=，
∵∠D=60°，
∴AE=，∠DAE=30°，∠BAD=120°
∴∠BAE=∠BAD-∠DAE=120°-30°=90°
在Rt△ABE中，BE= ，所以B选项的结论错误，符合题意；
∵菱形ABCD
∴.BC=CD=2CE，即，所以C选项的结论正确，不符合题意；
∵ABCD，AB=2DE，
∴，所以D选项的结论正确，不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考作已知线段的垂直平分线、线段垂直平分线的性质、菱形的性质等知识点，灵活运用菱形的性质和垂直平分线的性质是解答本题的关键．
11.解：(1)由折叠性质得△ANM≌△ADM，∴∠MAN＝∠DAM.∵AN平分∠MAB，∴∠MAN＝∠NAB，∴∠DAM＝∠MAN＝∠NAB.∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝90°，∴∠DAM＝30°，∴AM＝2DM.在Rt△ADM中，∵AD＝3，∴由勾股定理得AM2－DM2＝AD2，即(2DM)2－DM2＝32，解得DM＝.
(2)延长MN交AB的延长线于点Q，如图所示．∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，∴∠DMA＝∠MAQ，由折叠性质得△ANM≌△ADM，∴∠ANM＝∠D＝90°，∠DMA＝∠AMQ，AN＝AD＝3，MN＝MD＝1，∴∠MAQ＝∠AMQ，∴MQ＝AQ.设NQ＝x，则AQ＝MQ＝MN＋NQ＝1＋x.∵∠ANM＝90°，∴∠ANQ＝90°.在Rt△ANQ中，由勾股定理得AQ2＝AN2＋NQ2，即(x＋1)2＝32＋x2，解得x＝4，∴NQ＝4，AQ＝5.∵△NAB和△NAQ在AB边上的高相等，AB＝4，AQ＝5，∴S△NAB＝S△NAQ＝××AN·NQ＝××3×4＝.
【点睛】本题主要考翻折的性质.矩形的性质，勾股定理，全等三角形等，熟练掌握轴对称性质，勾股定理是解题的关键.
12.证明：∵四边形ABCD是正方形，∴OB＝OC，∠BOC＝90°.将△OCP顺时针旋转90°至△OBE(如图所示)，∴OE＝OP，BE＝CP，∠OBE＝∠OCP，∠BOE＝∠COP.∵BP⊥CP，∴∠BPC＝90°.∵∠BOC＋∠OBP＋∠BPC＋∠OCP＝360°，∴∠OBP＋∠OCP＝180°，∴∠OBP＋∠OBE＝180°，∴E，B，P在同一直线上．∵∠POC＋∠POB＝∠BOC＝90°，∠BOE＝∠COP，∴∠BOE＋∠POB＝90°，即∠EOP＝90°.在Rt△EOP中，由勾股定理得PE＝＝＝OP.∵PE＝BE＋BP，BE＝CP，∴BP＋CP＝OP.
【点睛】本题主要考正方形的性质，勾股定理，旋转.熟练应用正方形性质，旋转性质，手拉手模式是解题关键.
13.(1)证明：如图，延长ED交AG于点H.∵四边形ABCD与OEFG均为正方形，∴OA＝OD，OG＝OE，∠AOG＝∠DOE＝90°，∴Rt△AOG≌Rt△DOE，∴∠AGO＝∠DEO.∵∠AGO＋∠GAO＝90°，∴∠DEO＋∠GAO＝90°，∴∠AHE＝90°，即DE⊥AG；
(2)解：①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有以下两种情况：
a．α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′为直角时，∵OA＝OD＝OG＝OG′，∴∠AG′O＝30°，∠AOG′＝60°.∵OA⊥OD，∴∠DOG′＝90°－∠AOG′＝30°，即α＝30°；
b．α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′为直角时，同理可求的∠AOG′＝60°，∴α＝90°＋∠AOG′＝150°.综上，当∠OAG′为直角时，α＝30°或150°；
②AF′长的最大值是2＋，此时α＝315°.
【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定，勾股定理，图形的旋转，熟练应用正方形性质，图形的旋转性质是解题的关键.
14.【答案】
【分析】根据题意，延长交于H，连接，通过证明、得到，再由得到，进而即可求得的长．
【详解】解：延长交于H，连接，
∵由沿折叠得到，
∴，，
∵E为中点，正方形边长为2，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定及性质、三角形相似的判定及性质以及正方形的性质，熟练掌握相关几何知识是解决本题的关键．
15.（1）解：∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴CD′=CD=2，
在Rt△CED′中，CD′=2，CE=1，
∴∠CD′E=30°，
∵CD∥EF，
∴∠α=30°；
（2）证明：∵G为BC中点，
∴CG=1，
∴CG=CE，
∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′=CG，
∴∠GCD′=∠DCE′=90°+α，
在△GCD′和△DCE′中
，
∴△GCD′≌△E′CD（SAS），
∴GD′=E′D；
（3）解：能．理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴CB=CD，
∵CD=CD′，
∴△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，
当∠BCD′=∠DCD′时，△BCD′≌△DCD′，
当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，α==135°，
当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，α=360°-=315°，
即旋转角a的值为135°或315°时，△BCD′与△DCD′全等．
16.A
【分析】根据三角形中位线定理求出AC，根据直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半计算，得到答案．
【详解】解：∵DE是△ABC的中位线，若DE=10，
∴AC=2DE=20，
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BF是AC边上的中线，
∴BF=AC=10，
故选：A．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
17.A
【分析】阴影部分的面积可以看作是正方形的面积减去一个半径为的半圆的面积；
【详解】∵正方形ABCD的边长为1，
∴AC==，
∴AO=，
图中两个扇形的面积可看作是一个半径为的半圆的面积，
∴S阴影=S正方形-S半圆，
=1×1-π×，
=．
故选：A
【点睛】本题考查图形面积的计算；熟练掌握不规则图形的面积的计算是解决本题的关键．
18.
【分析】由折叠的性质可知垂直平分，证明，得出即可求解．
【详解】解：由折叠的性质可得：，
∴垂直平分，
∴，，
∵，，
∴，
又∵，
∴
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴
故答案为：．
【点睛】此题考查了三角形相似、折叠的性质，解题的关键是综合运用三角形的相似和折叠的性质．
19.
【分析】(1)首先可证得，可求得的长，再由勾股定理可求得的长；
(2)首先根据“”可证得，可得，，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：（1）如图，过点F作，交的延长线于点H，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，作出辅助线是解决本题的关键．
20．(1)是等腰直角三角形，理由见解析
(2)45°
【分析】（1）根据矩形的性质和角平分线的定义及平行线的性质证得，，再根据等角对等边得到即可得到结论；
（2）根据矩形性质和等腰直角三角形的性质证得，，，再根据全等三角形的判定与性质证明得到，，则有，进而求解即可．
【详解】（1）解：是等腰直角三角形；理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，．
∵平分，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴是等腰直角三角形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴
∴，即．
∵，，点为的中点，
∴，，，
∴．
∵，
∴．
在和中，
，
∴，
∴，，
∴．
又∵，
∴是等腰直角三角形
∴．
【点睛】本题考查矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的斜边中线性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的定义等知识，熟练掌握矩形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明是解答的关键．
21．(1)见解析
(2)FC＝FD；∠FCD＝∠GFH；AB∥CD；HF＝CF
【分析】（1）利用作已知线段的垂直平分线的作法和作一条线段等于已知线段的作法，即可求解；
（2）根据线段垂直平分线的性质可得∠FEC＝90°，FC＝FD，从而得到∠FCD＝∠GFH，再由平行四边形的性质可得∠HGF＝∠FEC＝90°，然后证得，即可求证．
【详解】（1）解：如下图：垂线EF，点H即为所求；
（2）证明：∵EF垂直平分CD
∴∠FEC＝90°，FC＝FD
∴∠FCD＝∠D
∵∠GFH＝∠D
∴∠FCD＝∠GFH
∵四边形ABCD为平行四边形
∴AB∥CD
∴∠HGF＋∠FEC＝180°
∴∠HGF＝∠FEC＝90°
在和中
∴
∴．
故答案为：FC＝FD；∠FCD＝∠GFH；AB∥CD；HF＝CF．
【点睛】本题考查了尺规作图——作线段的垂直平分线，线段的垂直平分线的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相应概念，找出数量关系．
(1)
(2)存在，，，，；证明见解析
(3)或
【分析】（1）根据矩形及旋转的性质得出，再由相似三角形的判定和性质得出点F的坐标为，代入解析式求解即可；
（2）根据题意得出相似三角形，再由相似三角形的判定证明即可；
（3）由（2）及正方形的判定得当时，四边形是正方形，分两种情况分析：当点M在点F上方时，当点M在点F下方时，分别利用全等三角形的判定和性质确定点M的坐标，再根据正方形的性质即可求出点N的坐标．
【详解】（1）解：∵四边形为矩形，点B的坐标为，
∴，，．
∵是旋转得到的，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
∴点F的坐标为．
∵的图象经过点F，
∴，
解得．
（2），，，．
选．
证明：∵点G在AB上，
∴点G的横坐标为8，
∴点G的坐标为，
∴．
∵，，，
∴，，
∴，，
∴．
∵，
∴．
（3）由（2）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，四边形是正方形，
当点M在点F上方时，如图所示：过点M作轴，交于点L，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点，
∵，，
，
∵点G的坐标为，
∴设点，
∴，，
解得：，
；
当点M在点F下方时，如图所示：过点M作轴，交延长线于点L，
同理可得，
∴，
∴，
∴点，
∵，，
，
∵点G的坐标为，
∴设点，
∴，，
解得：，
，
综上可得：点N的坐标为或．
【点睛】题目主要考查正方形的性质及反比例函数的确定，相似三角形及全等三角形的判定和性质，坐标与图形等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键.
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