章节检测验收卷五 四边形(测试)-2025年中考数学一轮复习讲义及试题（含答案）

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1．（2024·山东青岛·中考真题）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形ABCDE和正方形CDFG中，CF，DG的延长线分别交AE，AB于点M，N，则∠FME的度数是（ ）
A．90°B．99°C．108°D．135°
【答案】B
【分析】本题考查的是正多边形内角和问题，熟记正多边形的内角的计算方法是解题的关键．
根据正五边形的内角的计算方法求出∠CDE、∠E，根据正方形的性质分别求出∠CDF、∠CFD，根据四边形内角和等于360°计算即可．
【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠CDE=∠E=5−2×180°5=108°，
∵四边形CDFG为正方形，
∴∠CDF=90°，∠CFD=45°，
∴∠FDE=108°−90°=18°，∠DFM=180°−45°=135°，
∴∠FME=360°−18°−135°−108°=99°，
故选：B．
2．（2024·江苏南通·中考真题）如图，直线a∥b，矩形ABCD的顶点A在直线b上，若∠2=41°，则∠1的度数为（ ）
A．41°B．51°C．49°D．59°
【答案】C
【分析】本题考查矩形的性质，平行线的判定和性质，过点B作BE∥a，得到BE∥a∥b，推出∠ABC=∠1+∠2，进行求解即可．
【详解】解：∵矩形ABCD，
∴∠ABC=90°，
过点B作BE∥a，
∵a∥b，
∴BE∥a∥b，
∴∠1=∠ABE,∠2=∠CBE，
∴∠ABC=∠ABE+∠CBE=∠1+∠2，
∵∠2=41°，
∴∠1=90°−41°=49°；
故选C．
3．（2024·山西·中考真题）在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，EG，FH交于点O．若四边形ABCD的对角线相等，则线段EG与FH一定满足的关系为( )
A．互相垂直平分B．互相平分且相等
C．互相垂直且相等D．互相垂直平分且相等
【答案】A
【分析】本题主要考查了中点四边形、菱形的判定与性质及三角形的中位线定理，根据题意画出示意图，得出中点四边形的形状与原四边形对角线之间的关系即可解决问题．
【详解】解：如图所示，
连接BD，AC，
∵点H和点E分别是AD和AB的中点，
∴HE是△ABD的中位线，
∴ HE=12BD,HE∥BD．
同理可得，GF=12BD,GF∥BD ，
∴ HE=GF，HE∥GF，
∴四边形HEFG是平行四边形．
∵ HE=12BD，HG=12AC ，且AC=BD，
∴HE=HG，
∴平行四边形HEFG是菱形，
∴EG与HF互相垂直平分．
故选：A．
4．（2024·山东济南·中考真题）如图，在正方形ABCD中，分别以点A和B为圆心，以大于12AB的长为半径作弧，两弧相交于点E和F，作直线EF，再以点A为圆心，以AD的长为半径作弧交直线EF于点G（点G在正方形ABCD内部），连接DG并延长交BC于点K．若BK=2，则正方形ABCD的边长为（ ）
A．2+1B．52C．3+52D．3+1
【答案】D
【分析】连接AG，设EF交AB于点H，正方形边长为2x，由作图知，AG=AD=2x，EF垂直平分AB，得到AH=BH=x，∠AHG=90°，由勾股定理得到GH=3x，证明AD∥GH∥BC，推出DG=GK，推出GH=x+1，得到3x=x+1，即得2x=3+1．
【详解】连接AG，设EF交AB于点H，正方形边长为2x，
由作图知，AG=AD=2x，EF垂直平分AB，
∴AH=BH=12AB=x，∠AHG=90°，
∴GH=AG2−AH2=3x，
∵∠BAD=90°，
∴AD∥GH，
∵AD∥BC，
∴AD∥GH∥BC，
∴DGGK=AHHB=1，
∴DG=GK，
∵BK=2，
∴GH=12AD+BK=x+1，
∴3x=x+1，
∴x=3+12，
∴2x=3+1．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形和线段垂直平分线综合．熟练掌握正方形性质，线段垂直平分线性质，勾股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理，梯形中位线性质，是解决问题的关键．
5．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E是CD的中点，则sin∠EBC的值为（ ）
A．35B．75C．2114D．5714
【答案】C
【分析】本题考查了解直角三角形，菱形的性质，解题的关键是掌握菱形四边都相等，以及正确画出辅助线，构造直角三角形求解．
延长BC，过点E作BC延长线的垂线，垂足为点H，设BC=CD=x，易得∠ABC=∠DCH=60°，则CE=12CD=12x，进而得出EH=CE⋅sin60°=34x,CH=CE⋅cs60°=14x，再得出BH=BC+CH=54x，最后根据sin∠EBC=EHBE，即可解答．
【详解】解：延长BC，过点E作BC延长线的垂线，垂足为点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，AB∥CD，
∴∠ABC=∠DCH=60°，
设BC=CD=x，
∵E是CD的中点，
∴CE=12CD=12x，
∵EH⊥BH，
∴EH=CE⋅sin60°=34x,CH=CE⋅cs60°=14x，
∴BH=BC+CH=54x，
BE=BH2+EH2=72x
∴sin∠EBC=EHBE=34x72x=2114，
故选：C．
6．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形ABCD是平行四边形，从①AC=BD，②AC⊥BD，③AB=BC，这三个条件中任意选取两个，能使▱ABCD是正方形的概率为（ ）
A．23B．12C．13D．56
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的判定，用概率公式求概率，掌握正方形的判定方法和概率公式是解题的关键．
根据从①AC=BD，②AC⊥BD，③AB=BC，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．再根据概率公式求解即可．
【详解】解：从①AC=BD，②AC⊥BD，③AB=BC，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．
∴▱ABCD，从①AC=BD，②AC⊥BD，③AB=BC，这三个条件中任意选取两个，能使▱ABCD是正方形的概率为23．
故选：A．
7．（2023·四川绵阳·中考真题）黄金分割由于其美学性质，受到摄影爱好者和艺术家的喜爱．摄影中有一种拍摄手法叫黄金构图法．其原理是：如图，将正方形ABCD的底边BC取中点E，以E为圆心，线段DE为半径作圆，其与底边BC的延长线交于点F，这样就把正方形ABCD延伸为矩形ABFG，称其为黄金矩形．若CF=4a，则AB=（ ）
A．5−1aB．25−2aC．5+1aD．25+2a
【答案】D
【分析】本题主要考查了黄金分割点、正方形的性质、勾股定理、一元二次方程的应用等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
设AB=2x，根据题意得出CE=x,DE=x+4a，在Rt△CDE中，由勾股定理，可得CE2+CD2=DE2，代入数值并求解，即可获得答案．
【详解】解：设AB=2x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=2x,∠BCD=90°，
∵点E为BC中点，
∴CE=BE=12BC=x，
又∵CF=4a，
∴DE=FE=EC+CF=x+4a，
∴在Rt△CDE中，由勾股定理，可得CE2+CD2=DE2，
即x2+(2x)2=(x+4a)2，
整理可得x2−2ax−4a2=0，
解得：x1=(5+1)a,x2=(1−5)a(舍去)，
∴AB=2x=(25+2)a，
故选：D．
8．（2024·山东日照·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=2,∠B=120°，点O是对角线AC的中点，以点O为圆心，OA长为半径作圆心角为60°的扇形OEF，点D在扇形OEF内，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．π2−34B．π−34C．π2−14D．无法确定
【答案】A
【分析】连接OD，将OD绕点O顺时针旋转60°得到OD'．证明△MDO≌△ND'OASA，推出S四边形MDNO=S△DD'O，利用S阴影=S扇形EOF−S△DOD'即可求解．
【详解】解：如图，连接OD，将OD绕点O顺时针旋转60°得到OD'．
∵∠MOD+∠DON=∠NOD'+∠DON=60°，
∴ ∠MOD=∠NOD'，
∵在菱形ABCD中，点O是对角线AC的中点，∠B=120°，
∴∠ADC=∠B=120°，OD⊥AC，
∴∠MDO=∠COD=12∠ADC=60°，
∵∠DOD'=60°，
∴∠DD'O=60°，
∴∠DD'O=∠MDO=60°，
∵OD=OD，
∴ △MDO≌△ND'OASA，
∴S四边形MDNO=S△DD'O．
∵∠CDO=60°，
∴DO=CD⋅cs∠CDO=12CD=12AB=1,AO=CO=CD⋅sin∠CDO=32CD=32AB=3，
∴S阴影=S扇形EOF−S四边形MDNO=S扇形EOF−S△DOD'=60π×(3)2360−=34×12=π2−34．
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定与性质，解直角三角形，扇形的面积，作出辅助线，构造三角形全等，利用S阴影=S扇形EOF−S△DOD'是解题的关键．
9．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=10，BC=6，点M是AB边的中点，点N是AD边上任意一点，将线段MN绕点M顺时针旋转90°，点N旋转到点N'，则△MBN'周长的最小值为（ ）
A．15B．5+55C．10+52D．18
【答案】B
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点N'的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合AAS证明△AMN≌△GMN'，推出MG=AM=5，得到点N'在平行于AB，且与AB的距离为5的直线上运动，作点M关于直线EF的对称点M'，连接M'B交直线EF于点N'，此时△MBN'周长取得最小值，由勾股定理可求解．
【详解】解：过点N'作EF∥AB，交AD、BC于E、F，过点M作MG⊥EF垂足为G，
∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，
∴AB∥EF∥CD，
∴四边形AMGE和BMGF都是矩形，
∴∠A=∠MGN'=90°，
由旋转的性质得∠NMN'=90°，MN=MN'，
∴∠AMN=90°−∠NMG=∠GMN'，
∴△AMN≌△GMN'AAS，
∴MG=AM=5，
∴点N'在平行于AB，且与AB的距离为5的直线上运动，
作点M关于直线EF的对称点M'，连接M'B交直线EF于点N'，此时△MBN'周长取得最小值，最小值为BM+BM'，
∵BM=12AB=5，MM'=5+5=10，
∴BM+BM'=5+52+102=5+55，
故选：B．
10．（2024·山东东营·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AC与BD交于点O，H为AB延长线上的一点，且BH=BD，连接DH，分别交AC，BC于点E，F，连接BE，则下列结论：①CFBF=32；②tan∠H=3−1；③BE平分∠CBD；④2AB2=DE⋅DH．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】根据正方形的性质结合勾股定理可知，AB=BD=CD=AD=a，BD=2AB=2a，AB∥CD，AC与BD互相垂直且平分，进而可求得AH=2+1a，根据正切值定义即可判断②；由AB∥CD，可知△DCF∽△HBF，由相似三角形的性质即可判断①；由BH=BD，可求得∠H=∠BDH=22.5°，再结合AC与BD互相垂直且平分，得DE=BE，可知∠DBE=∠BDE=22.5°，进而可判断③；再证△BDE∽△HDB，即可判断④．
【详解】解：在正方形ABCD中，AB∥CD，AB=BD=CD=AD=a，∠BAD=90°，∠ABD=∠CBD=∠DAC=∠BAC=45°，AC与BD互相垂直且平分，
则BD=AB2+AD2=2AB=2a，
∵BH=BD=2a，则AH=2+1a，
∴tanH=ADAH=a2+1a=2−1，故②不正确；
∵AB∥CD，则∠H=∠CDF，∠DCF=∠HBF，
∴△DCF∽△HBF，
∴CFBF=CDBH=a2a=22，故①不正确；
∵BH=BD，
∴∠H=∠BDH，
∵∠H+∠BDH=∠ABD=45°，
∴∠H=∠BDH=22.5°，
又∵AC与BD互相垂直且平分，
∴DE=BE，
∴∠DBE=∠BDE=22.5°，则∠CBE=∠CBD−∠DBE=22.5°，
∴∠DBE=∠CBE，
∴BE平分∠CBD，故③正确；
由上可知，∠DBE=∠H=22.5°，
∴△BDE∽△HDB，
∴BDDH=DEBD，则BD2=DE⋅DH，
又∵BD=2AB，
∴2AB2=DE⋅DH，故④正确；
综上，正确的有③④，共2个，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（2024·四川巴中·中考真题）五边形从某一个顶点出发可以引 条对角线．
【答案】2
【分析】本题考查多边形的对角线，根据对角线定义，一个五边形从某一顶点出发，除去它自己及与它相邻的左右两边的点外，还剩下2个顶点可以与这个顶点连成对角线，熟记对角线定义是解决问题的关键．
【详解】解：五边形从某一个顶点出发可以引2条对角线，
故答案为：2．
12．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，四边形ABCD为平行四边形，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交BC边于点E，连接AE，AB=1，∠D=60°，则BE的长l= （结果保留π）．
【答案】13π/π3
【分析】本题考查弧长的计算，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，关键是判定ΔABE是等边三角形，得到∠BAE=60°．
由平行四边形的性质推出∠B=∠D=60°，判定△ABE是等边三角形，得到∠BAE=60°，由弧长公式即可求出BE⏜的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D=60°，
由题意得：AB=AE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=60°，
∵AB=1，
∴l=60π×1180=13π．
故答案为：13π．
13．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片ABCD沿边EF折叠，使点D在边BC中点M处．若AB=4，BC=6，则CF= ．
【答案】78/0.875
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，关键是由勾股定理列出关于x的方程．由矩形的性质推出CD=AB=4，∠C=90°，由线段中点定义得到CM=12BC=3，由折叠的性质得到：MF=DF，设FC=x，由勾股定理得到4−x2=32+x2，求出x=78，得到FC的值．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=4，∠C=90°，
∵M是BC中点，
∴CM=12BC=12×6=3，
由折叠的性质得到：MF=DF，
设FC=x，
∴FD=4−x，
∴MF=4−x，
∵MF2=MC2+FC2，
∴4−x2=32+x2，
∴x=78，
∴FC=78．
故答案为：78．
14．（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线AC，BD相交与点O，点E在BC延长线上，OE与CD相交与点F．若∠ACD=2∠OEC，OFFE=56，则菱形ABCD的面积为 ．
【答案】96
【分析】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识．作OH∥BC交CD于点H，则△DOH∽△DBC，求得OH=12BC=5，再证明△OFH∽△EFC，求得EC=6，再证明∠OEC=∠COE，则OC=EC=6，利用勾股定理求得OB的长，再利用菱形的面积公式求解即可得到问题的答案．
【详解】解：作OH∥BC交CD于点H，则△DOH∽△DBC，
∵四边形ABCD是边长为10的菱形，对角线AC，BD相交于点O，
∴BC=10，OD=OB=12BD，OA=OC，AC⊥BD，
∴OHBC=ODBD=12，∠BOC=90°，
∴OH=12BC=5，
∵OH∥BC，OFFE=56，
∴△OFH∽△EFC，
∴OHEC=OFFE=56，
∴EC=65OH=65×5=6，
∵四边形ABCD是菱形，且∠ACD=2∠OEC，
∴∠ACB=∠ACD=2∠OEC=∠COE+∠OEC，
∴∠OEC=∠COE，
∴OC=EC=6，
∴OB=BC2−OC2=102−62=8，
∴BD=2OB=16，AC=2OC=12，
∴S菱形ABCD=12BD·AC=12×16×12=96，
故答案为：96．
15．（2024·江苏南通·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=5．正方形DEFG的边长为5，它的顶点D，E，G分别在△ABC的边上，则BG的长为 ．
【答案】32
【分析】过点G作GH⊥AC，易得△AHG为等腰直角三角形，设AH=HG=x，得到CH=AC−AH=5−x，证明△GHD≌△DCE，得到CD=GH，进而得到CD=x，DH=5−2x，在Rt△DHG中，利用勾股定理求出x的值，根据平行线分线段成比例，求出BG的长即可．
【详解】解：过点G作GH⊥AC，则：∠AHG=∠GHD=90°，
∴∠DGH+∠HDG=90°，
∵∠ACB=90°，AC=BC=5，
∴AB=52,∠A=∠B=45°，
∴∠AGH=45°=∠A，
∴AH=HG，
设AH=HG=x，则：CH=AC−AH=5−x，
∵正方形DEFG，
∴DG=DE,∠GDE=90°，
∴∠HDG+∠CDE=90°，
∴∠HGD=∠CDE，
∵∠C=∠GHD=90°，
∴△GHD≌△DCE，
∴CD=GH=x，
∴DH=CH−CD=5−2x，
在Rt△GHD中，由勾股定理，得：GD2=DH2+GH2，
∴52=5−2x2+x2，解得：x=2，
∴AH=2,CH=3，
∵∠C=∠AHD=90°，
∴HG∥BC，
∴AGBG=AHCH=23，
∴BG=35AB=35×52=32；
故答案为：32．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，平行线分线段成比例，解题的关键是添加辅助线构造特殊图形和全等三角形．
16．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形OMNP顶点M的坐标为3,0，△OAB是等边三角形，点B坐标是1,0，△OAB在正方形OMNP内部紧靠正方形OMNP的边（方向为O→M→N→P→O→M→⋯）做无滑动滚动，第一次滚动后，点A的对应点记为A1，A1的坐标是2,0；第二次滚动后，A1的对应点记为A2，A2的坐标是2,0；第三次滚动后，A2的对应点记为A3，A3的坐标是3−32,12；如此下去，……，则A2024的坐标是 ．
【答案】1,3
【分析】本题考查了点的坐标变化规律，正方形性质，等边三角形性质，根据三角形的运动方式，依次求出点A的对应点A1，A2，⋯⋯，A12的坐标，发现规律即可解决问题．
【详解】解：∵正方形OMNP顶点M的坐标为3,0，
∴OM=MN=NP=OP=3,
∵ △OAB是等边三角形，点B坐标是1,0，
∴等边三角形高为32，
由题知，
A1的坐标是2,0；
A2的坐标是2,0；
A3的坐标是3−32,12；
继续滚动有，A4的坐标是3,2；
A5的坐标是3,2；
A6的坐标是52,3−32；
A7的坐标是1,3；
A8的坐标是1,3；
A9的坐标是32,52；
A10的坐标是0,1；
A11的坐标是0,1；
A12的坐标是12,32；
A13的坐标是2,0；⋯⋯不断循环，循环规律为以A1，A2，⋯⋯，A12，12个为一组，
∵ 2024÷12=168⋯⋯8，
∴ A2024的坐标与A8的坐标一样为1,3，
故答案为：1,3．
三．解答题（共9小题，满分72分，其中17、18、19题每题6分，20题、21题每题7分，22题8分，23题9分，24题10分，25题13分）
17．（2024·山东德州·中考真题）如图，▱ABCD中，对角线AC平分∠BAD．

(1)求证：▱ABCD是菱形；
(2)若AC=8，∠DCB=74°，求菱形ABCD的边长．（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】此题考查平行四边形性质和菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，解直角三角形．
（1）根据平行四边形性质得出∠BAC=∠ACD，再结合角平分线的定义及等腰三角形的判定即可得出∠DAC=∠ACD，AD=CD，根据邻边相等的平行四边形是菱形进而得出结论；
（2）连接BD，由菱形性质可知∠COB=90°，OA=OC=12AC=4，∠ACB=12∠DCB=37°，在利用余弦求出BC长即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∴∠BAC=∠ACD．
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠BAC．
∴∠DAC=∠ACD．
∴AD=CD．
∴四边形ABCD是菱形．
（2）连接BD，交AC于点O，

∵四边形ABCD是菱形．AC=8，∠DCB=74°，
∴∠COB=90°，OA=OC=12AC=4，∠ACB=12∠DCB=37°，
∴BC=OCcs∠ACB=4cs37°≈40.8=5，
即菱形ABCD的边长为5．
18．（2024·西藏·中考真题）在数学综合实践活动中，次仁和格桑自主设计了“测量家附近的一座小山高度”的探究作业．如图，次仁在A处测得山顶C的仰角为30°；格桑在B处测得山顶C的仰角为45°．已知两人所处位置的水平距离MN=210米，A处距地面的垂直高度AM=30米，B处距地面的垂直高度BN=20米，点M，F，N在同一条直线上，求小山CF的高度．（结果保留根号）

【答案】1003−70米
【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，解直角三角形的应用，证明四边形AMFD和四边形BNFE为矩形，得出DF=AM=30米，BN=EF=20米，MF=AD，FN=BE，设CD=x，则CE=CD+DE=x+10米，解直角三角形得出AD=CDtan30°=x33=3x，BE=CEtan45°=x+101=x+10，根据MN=210米，得出3x+x+10=210，求出x=1003−100，最后得出答案即可．
【详解】解：根据题意可得：∠AMF=∠DFM=∠ADF=90°，∠BEF=∠EFN=∠BNF=90°，
∴四边形AMFD和四边形BNFE为矩形，
∴DF=AM=30米，BN=EF=20米，MF=AD，FN=BE，
∴DE=DF−EF=30−20=10（米），
设CD=x，则CE=CD+DE=x+10米，
∵∠CAD=30°，∠ADC=90°，
∴AD=CDtan30°=x33=3x，
∵∠CBE=45°，∠CEB=90°，
∴BE=CEtan45°=x+101=x+10，
∴MF=AD=3x，FN=BE=x+10，
∵MN=210米，
∴3x+x+10=210，
解得：x=1003−100，
∴CF=CD+DF=1003−100+30=1003−70米．
19．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）在Rt△ACB中，∠ACB=90°，BC=12，AC=8，以BC为边向△ACB外作有一个内角为60°的菱形BCDE，对角线BD，CE交于点O，连接OA，请用尺规和三角板作出图形，并直接写出△AOC的面积．
【答案】图形见解析，△AOC的面积为12或36．
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质以及勾股定理．分两种情况讨论，作OF⊥BC，垂足为F，利用直角三角形的性质以及勾股定理分别求得CF的长，再利用三角形面积公式即可求解．
【详解】解：当∠CBE=60°时，所作图形如图，作OF⊥BC，垂足为F，
∵菱形BCDE，∠CBE=60°，
∴∠COB=90°，∠CBO=30°，∠OCB=60°，
∵BC=12，
∴OC=12BC=6，
∵∠OCB=60°，
∴∠COF=30°，
∴CF=12OC=3，
∴△AOC的面积为12×8×3=12；
当∠BCD=60°时，所作图形如图，作OF⊥BC，垂足为F，
∵菱形BCDE，∠BCD=60°，
∴∠COB=90°，∠BCO=30°，
∵BC=12，
∴OB=12BC=6，OC=BC2−OB2=63，
∴OF=12OC=33，CF=OC2−OF2=9，
∴△AOC的面积为12×8×9=36；
综上，△AOC的面积为12或36．
20．（2024·山东日照·中考真题）如图，以▱ABCD的顶点B为圆心，AB长为半径画弧，交BC于点E，再分别以点A，E为圆心，大于12AE的长为半径画弧，两弧交于点F，画射线BF，交AD于点G，交CD的延长线于点H．
(1)由以上作图可知，∠1与∠2的数量关系是_______
(2)求证：CB=CH
(3)若AB=4，AG=2GD，∠ABC=60°，求△BCH的面积．
【答案】(1)∠1=∠2
(2)证明见解析
(3)93
【分析】本题考查了角平分线定义，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键．
（1）根据作图可知，BF为∠ABC的角平分线，即可得到答案；
（2）根据平行四边形的性质可知∠1=∠H，结合∠1=∠2，从而推出∠2=∠H，即可证明；
（3）过点H作BC的垂线交BC的延长线于点M，根据平行四边形的性质AB=CD=4，∠HCM=∠ABC=60°，ABDH=AGGD，结合AG=2GD，推出DH=12AB，从而得到CH，BC，HM=CH⋅sin∠HCM，最后由S△BCH=12BC⋅HM计算即可．
【详解】（1）解：由作图可知，BF为∠ABC的角平分线
∴∠1=∠2
故答案为：∠1=∠2
（2）证明：∵四边形ABCD为平行四边形
∴AB∥CD
∴∠1=∠H
∵∠1=∠2
∴∠2=∠H
∴CB=CH
（3）解：如图，过点H作BC的垂线交BC的延长线于点M
∵四边形ABCD为平行四边形，AB=4
∴AB∥CD，AB=CD=4
∴∠HCM=∠ABC=60°，△ABG∽△DHG
∴ABDH=AGGD
又∵AG=2GD
∴AGGD=2
∴ABDH=AGGD=2
∴DH=12AB=12×4=2
∴CH=DH+CD=6
∴BC=CH=6
∴HM=CH⋅sin∠HCM=CH⋅sin60°=6×32=33
∴S△BCH=12BC⋅HM=12×6×33=93．
21．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，且AD=DC=12BC，E是BC的中点．下面是甲、乙两名同学得到的结论：
甲：若连接AE，则四边形ADCE是菱形；
乙：若连接AC，则△ABC是直角三角形．
请选择一名同学的结论给予证明．
【答案】见解析
【分析】选择甲：由AD=DC=12BC，E是BC的中点．得CE=12BC=AD，从而得四边形ADCE是平行四边形，再根据AD=CD，即可证明结论成立；选择乙：连接AE、DE，DE交AC于O，分别证明四边形ABED是平行四边形，四边形ADCE是菱形，得AC⊥DE，DE∥AB，再根据平行线的性质及垂线定义即可得证．
【详解】证明：选择甲：如图1，
∵AD=DC=12BC，E是BC的中点．
∴CE=12BC=AD，
∵AD∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵AD=CD，
∴四边形ADCE是菱形；
选择乙：如图2，连接AE、DE，DE交AC于O，
∵AD=DC=12BC，E是BC的中点．
∴BE=CE=12BC=AD，
∵AD∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形，四边形ABED是平行四边形，
∵AD=CD，
∴四边形ADCE是菱形；
∴AC⊥DE，
∴∠EOC=90°，
∵四边形ABED是平行四边形，
∴DE∥AB
∴∠BAC=∠EOC=90°，
∴△ABC是直角三角形．
【点睛】本题主要考查了菱形、平行四边形的判定及性质、垂线定义、平行线的性质，熟练掌握菱形、平行四边形的判定及性质是解题的关键．
22．（2024·山东济南·中考真题）某校数学兴趣小组的同学在学习了图形的相似后，对三角形的相似进行了深入研究．
（一）拓展探究
如图1，在△ABC中，∠ACB=90°,CD⊥AB，垂足为D．
（1）兴趣小组的同学得出AC2=AD⋅AB．理由如下：
请完成填空：①______；②______；
（2）如图2，F为线段CD上一点，连接AF并延长至点E，连接CE，当∠ACE=∠AFC时，请判断△AEB的形状，并说明理由．
（二）学以致用
（3）如图3，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°,AC=2,BC=26，平面内一点D，满足AD=AC，连接CD并延长至点E，且∠CEB=∠CBD，当线段BE的长度取得最小值时，求线段CE的长．
【答案】（1）①∠ACD；②ACAD；（2）△AEB是直角三角形，证明见解析；（3）215
【分析】（1）根据余角的性质和三角形相似的性质进行解答即可；
（2）证明△ACF∽△AEC，得出ACAF=AEAC，证明△AFD∽△ABE，得出∠ADF=∠AEB=90°，即可得出答案；
（3）证明△CEB∽△CBD，得出CECB=CBCD，求出CD⋅CE=CB2=262=24，以点A为圆心，2为半径作⊙A，则C,D都在⊙A上，延长CA到E0，使CE0=6，交⊙A于D0，连接E0E，证明△ECE0∽△D0CD，得出∠CDD0=∠CE0E=90°，说明点E在过点E0且与CE0垂直的直线上运动，过点B作BE'⊥E0E，垂足为E'，连接CE'，根据垂线段最短，得出当点E在点E'处时，BE最小，根据勾股定理求出结果即可．
【详解】解：（1）∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠ADC=90°，
∴∠A+∠ACD=90°，
∴∠B=∠ACD，
∵∠A=∠A，
∴△ABC∽△ACD，
∴ABAC=ACAD，
∴AC2=AD⋅AB；
（2）△AEB是直角三角形；理由如下：
∵∠ACE=∠AFC,∠CAE=∠FAC
∴△ACF∽△AEC，
∴ACAF=AEAC，
∴AC2=AF⋅AE，
由（1）得AC2=AD⋅AB，
∴AF⋅AE=AD⋅AB，
∴AFAB=ADAE，
∵∠FAD=∠BAE，
∴△AFD∽△ABE，
∴∠ADF=∠AEB=90°，
∴△AEB是直角三角形．
（3）∵∠CEB=∠CBD,∠ECB=∠BCD，
∴△CEB∽△CBD，
∴CECB=CBCD，
∴CD⋅CE=CB2=262=24，
如图，以点A为圆心，2为半径作⊙A，则C,D都在⊙A上，延长CA到E0，使CE0=6，交⊙A于D0，连接E0E，
则CD0=4，
∵CD0为⊙A的直径，
∴∠CDD0=90°，
∴CD0⋅CE0=24=CD⋅CE，
∴CD0CE=CDCE0，
∵∠ECE0=∠D0CD，
∴△ECE0∽△D0CD，
∴∠CDD0=∠CE0E=90°，
∴点E在过点E0且与CE0垂直的直线上运动，
过点B作BE'⊥E0E，垂足为E'，连接CE'，
∵垂线段最短，
∴当点E在点E'处时，BE最小，
即BE的最小值为BE'的长，
∵∠CE0E'=∠E0CB=∠BE'E0=90°，
∴四边形CE0E'B是矩形，
∴BE'=CE0=6，
在Rt△CE0E'中根据勾股定理得：CE'=262+62=215，
即当线段BE的长度取得最小值时，线段CE的长为215．
【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，圆周角定理，矩形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．
23．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB>2AD，点E，F分别在边AB，CD上．将△ADF沿AF折叠，点D的对应点G恰好落在对角线AC上；将△CBE沿CE折叠，点B的对应点H恰好也落在对角线AC上．连接GE，FH．
求证：
(1)△AEH≌△CFG；
(2)四边形EGFH为平行四边形．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（1）由矩形的性质可得AD=BC，∠B=∠D=90°，AB∥CD，即得∠EAH=∠FCG，由折叠的性质可得AG=AD，CH=CB，∠CHE=∠B=90°，∠AGF=∠D=90°，即得CH=AG，∠AHE=∠CGF=90°，进而得AH=CG，即可由ASA证明△AEH≌△CFG；
（2）由（1）得∠AHE=∠CGF=90°，△AEH≌△CFG，即可得到EH∥FG，EH=FG，进而即可求证；
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠B=∠D=90°，AB∥CD，
∴∠EAH=∠FCG，
由折叠可得，AG=AD，CH=CB，∠CHE=∠B=90°，∠AGF=∠D=90°，
∴CH=AG，∠AHE=∠CGF=90°，
∴AH=CG，
在△AEH和△CFG中，
∠EAH=∠FCGAH=CG∠AHE=∠CGF=90°，
∴△AEH≌△CFGASA；
（2）证明：由（1）知∠AHE=∠CGF=90°，△AEH≌△CFG，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四边形EGFH为平行四边形．
24．（2024·广东·中考真题）【问题背景】
如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线y=axa>0上第一象限内的两个动点OD>OB，以线段BD为对角线作矩形ABCD，AD∥x轴．反比例函数y=kx的图象经过点A．
【构建联系】
（1）求证：函数y=kx的图象必经过点C．
（2）如图2，把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为1,2时，求k的值．
【深入探究】
（3）如图3，把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接AC交BD于点P．以点O为圆心，AC长为半径作⊙O．若OP=32，当⊙O与△ABC的边有交点时，求k的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）k=163；（3）6≤k≤8
【分析】（1）设Bm,ma，则Am,km，用含m,k的代数式表示出Ckam,am，再代入y=kx验证即可得解；
（2）先由点B的坐标和k表示出DC=k−2，再由折叠性质得出2=DEBE，如图，过点D作DH⊥y轴，过点B作BF⊥y轴，证出△DHE∽△EFB，由比值关系可求出HF=2+k4，最后由HF=DC即可得解；
（3）当⊙O过点B时，如图所示，过点D作DH∥x轴交y轴于点H，求出k的值，当⊙O过点A时，根 据A，C关于直线OD对轴知，⊙O必过点C，如图所示，连AO，CO，过点D作DH∥x轴交y轴于点H，求出k的值，进而即可求出k的取值范围．
【详解】（1）设Bm,ma，则Am,km，
∵AD∥x轴，
∴D点的纵坐标为km，
∴将y=km代入y=ax中得：km=ax得，
∴x=kam，
∴Dkam,km，
∴Ckam,am，
∴将x=kam代入y=kx中得出y=am，
∴函数y=kx的图象必经过点C；
（2）∵点B1,2在直线y=ax上，
∴a=2，
∴y=2x，
∴A点的横坐标为1，C点的纵坐标为2，
∵函数y=kx的图象经过点A，C，
∴Ck2，2，A1,k，
∴Dk2，k，
∴DC=k−2，
∵把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E，
∴BE=BC=k2−1，∠BED=∠BCD=90°，
∴DCBC=k−2k2−1=2=DEBE，
如图，过点D作DH⊥y轴，过点B作BF⊥y轴，
∵AD∥x轴，
∴H，A，D三点共线，
∴∠HED+∠BEF=90°，∠BEF+∠EBF=90°，
∴∠HED=∠EBF，
∵∠DHE=∠EFB=90°，
∴△DHE∽△EFB，
∴DHEF=HEBF=DEBE=2,
∵BF=1，DH=k2
∴HE=2，EF=k4，
∴HF=2+k4，
由图知，HF=DC，
∴2+k4=k−2，
∴k=163；
（3）∵把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E，当点E，A重合，
∴AC⊥BD，
∵四边形ABCD为矩形，
∴四边形ABCD为正方形，∠ABP=∠DBC=45°，
∴AB=BC=CD=DA=APsin45°=2AP，AP=PC=BP=12AC，BP⊥AC，
∵BC∥x轴，
∴直线y=ax为一，三象限的夹角平分线，
∴y=x，
当⊙O过点B时，如图所示，过点D作DH∥x轴交y轴于点H，
∵AD∥x轴，
∴H，A，D三点共线，
∵以点O为圆心，AC长为半径作⊙O，OP=32，
∴OP=OB+BP=AC+BP=2AP+AP=3AP=32，
∴AP=2，
∴AB=AD=2AP=2，BD=2AP=22，BO=AC=2AP=22，
∵AB∥y轴，
∴△DHO∽△DAB，
∴HOAB=DHAD=DOBD，
∴HO2=DH2=22+2222，
∴HO=HD=4，
∴HA=HD−DA=4−2=2，
∴A2,4，
∴k=2×4=8，
当⊙O过点A时，根 据A，C关于直线OD对轴知，⊙O必过点C，如图所示，连AO，CO，过点D作DH∥x轴交y轴于点H，
∵AO=OC=AC,
∴△AOC为等边三角形，
∵OP⊥AC，
∴∠AOP=12×60°=30°，
∴AP=tan30°×OP=33×32=6=PD，AC=BD=2AP=26，
∴AB=AD=2AP=23，OD=OP+PD=32+6，
∵AB∥y轴，
∴△DHO∽△DAB，
∴HOAB=DHAD=DOBD，
∴HO23=DH23=32+626,
∴HO=HD=3+3，
∴HA=HD−DA=3+3−23=3−3，
∴A3−3,3+3，
∴k=3−3×3+3=6,
∴当⊙O与△ABC的边有交点时，k的取值范围为6≤k≤8．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，一次函数的性质，反比例函数的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，轴对称的性质，圆的性质等知识点，熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键．
25．（2024·江苏宿迁·中考真题）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动
【操作判断】
操作一：如图①，对折正方形纸片ABCD，得到折痕AC，把纸片展平；
操作二：如图②，在边AD上选一点E，沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE；
操作三：如图③，在边CD上选一点F，沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF把正方形纸片展平，得图④，折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H．
根据以上操作，得∠EBF=________°．
【探究证明】
（1）如图⑤，连接GF，试判断△BFG的形状并证明；
（2）如图⑥，连接EF，过点G作CD的垂线，分别交AB、CD、EF于点P、Q、M．求证：EM=MF．
【深入研究】
若AGAC=1k，请求出GHHC的值（用含k的代数式表示）．
【答案】[操作判断]45；
[探究证明]（1）等腰直角三角形，理由见详解；（2）见详解；
[深入研究]k2−2k+2k2−2k
【分析】[操作判断] 根据正方形的性质以及折叠的性质即可求解；
[探究证明]（1）先证明△GHB∽△FHC，再证明△GHF∽△BHC，则∠7=∠8=45°，继而得到∠7=∠5=45°，因此GB=GF，∠BGF=90°，即△BFG是等腰直角三角形；（2）由翻折得，∠AEB=∠BEF，由PQ∥AD，得到∠AEB=∠EGM，故∠BEF=∠EGM，因此ME=MG，而由∠EGM+∠MGF=∠BEF+∠EFG=90°，得到∠MGF=∠EFG，则MG=MF，因此EM=MF；
[深入研究] 连接BD，先证明△BED∽△BHC，则CHED=BCBD=22，由AGAC=1k，设AG=1,AC=k，则AB=BC=AC⋅cs∠4=22k=AD，而△AEG∽△CBG， 则AE22k=1k−1，可得AE=22kk−1，DE=2kk−22k−2，CH=k2−2k2k−2，那么GH=k−1−k2−2k2k−2=k2−2k+22k−2，故GHCH=k2−2k+2k2−2k．
【详解】[操作判断] 解：如图，
由题意得，∠1=∠2,∠3=∠4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°，
∴2∠2+∠3=90°，
∴∠2+∠3=45°，
即∠EBF=45°，
故答案为：45；
[探究证明] 解：（1）如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠6=∠8=45°，
∵∠5=45°，
∴∠5=∠6，
∵∠GHB=∠FHC，
∴△GHB∽△FHC，
∴GHFH=BHCH，
∴GHBH=FHCH，
∵∠GHF=∠BHC，
∴△GHF∽△BHC，
∴∠7=∠8=45°，
∴∠7=∠5=45°，
∴GB=GF，∠BGF=90°，
∴△BFG是等腰直角三角形；
（2）如图，
由翻折得，∠AEB=∠BEF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=90°，即AD⊥DC，
∵PQ⊥CD，
∴PQ∥AD，
∴∠AEB=∠EGM，
∴∠BEF=∠EGM，
∴ME=MG，
∵∠BGF=90°，
∴∠EGF=90°，
∴∠EGM+∠MGF=∠BEF+∠EFG=90°，
∴∠MGF=∠EFG，
∴MG=MF，
∴EM=MF；
[深入研究] 解：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC，∠ABC=∠DAB=∠ADC=∠BCD=90°，AD∥BC，
∵AC,BD是对角线，
∴∠4=∠5=∠CBD=45°，
∵∠EBF=45°，
∴∠2+∠3=∠1+∠2，
∴∠1=∠3，
∴△BED∽△BHC，
∴CHED=BCBD，
在Rt△BCD中，∠CBD=45°，
∴cs∠CBD=BCBD=22，
∴CHED=22,
∵AGAC=1k，
∴设AG=1,AC=k，
∴AB=BC=AC⋅cs∠4=22k=AD，
∵AD∥BC，
∴△AEG∽△CBG，
∴AEBC=AGGC，
∴AE22k=1k−1，
∴AE=22kk−1，
∴DE=22k−22kk−1=2kk−22k−2，
∴CH=22ED=k2−2k2k−2，
∴GH=k−1−k2−2k2k−2=k2−2k+22k−2，
∴GHCH=k2−2k+2k2−2k．
【点睛】本题考查了正方形背景下的折叠问题，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定，解直角三角形，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
∵∠ACB=90° ∴∠A+∠B=90°
∵CD⊥AB
∴∠ADC=90°
∴∠A+∠ACD=90°
∴∠B=①______
∵∠A=∠A ∴△ABC∽△ACD
∴ABAC=②______
∴AC2=AD⋅AB