第21讲 特殊的平行四边形（讲义）-【讲通练透】2026中考数学一轮复习讲通练透讲+练+测试卷

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考点一
矩形
矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质；
2）矩形的四个角都是直角；
3）对角线互相平分且相等；
4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心.
矩形的判定：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.
【题型1 利用矩形的性质求值】
【例1】（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．
【变式1-1】（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，DE⊥AC于点E，延长DE与BC交于点F．若AB=3，BC=4，则点F到BD的距离为 ．
【答案】2120
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作FH⊥AB，垂足为H，利用勾股定理求出AC的长，利用角的余弦值求出DF的长，再利用勾股定理求出FC，从而得出BF，利用三角形面积求出FH即可．
【详解】解：如图，过点F作FH⊥DB，垂足为H，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=∠BCD=90°，AC=BD，
∵AB=3，BC=4，
∴AC=BD=AB2+BC2=32+42=5，
∴S△ADC=12AD⋅DC=12AC⋅DE，即12×4×3=12×5×DE，
解得：DE=125，
∴cs∠EDC=DEDC=DCDF，即1253=3DF，
解得：DF=154，
∴FC=DF2−DC2=1542−32=94，
∴BF=BC−FC=4−94=74，
∴S△BDF=12BD⋅FH=12BF⋅DC，即12×5×FH=12×74×3，
解得：FH=2120，
故答案为：2120．
【变式1-2】（2024·黑龙江绥化·中考真题）在矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，点E在直线AD上，且DE=2cm，则点E到矩形对角线所在直线的距离是 cm．
【答案】255或655或25
【分析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，设AC,BD交于点O，点E1在线段AD上，E2在AD的延长线上，过点E1,E2作AC，BD的垂线，垂足分别为F1,F2,F3，进而分别求得垂线段的长度，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=4，BC=8，
∴AD=BC=8，CD=AB=4，
∴AC=AD2+CD2=42+82=45
∴sin∠CAD=CDAC=445=55，cs∠CAD=845=255，tan∠CAD=48=12
如图所示，设AC,BD交于点O，点E1在线段AD上，E2在AD的延长线上，过点E1,E2作AC，BD的垂线，垂足分别为F1,F2,F3
∵AO=DO
∴∠OAD=∠ODA
当E在线段AD上时，
∴AE1=AD−DE=8−2=6
在Rt△AE1F1中，E1F1=AE1⋅sin∠CAD=55×6=655
∵∠OAD=∠ODA
在Rt△E1F2D中，E1F2=DE1sin∠E1DF2=2×55=255；
当E在射线AD上时，
在Rt△DCE2中，tan∠DCE2=24=12
∴∠CAD=∠DCE
∴∠DCE+∠DCA=90°
∴E2C⊥AC
∴E2C=DE2+DC2=22+42=25，
在Rt△DE2F3中，E2F3=DE2×sin∠E2DF3=DE2×55=255
综上所述，点E到对角线所在直线的距离为：255或655或25
故答案为：255或655或25．
【变式1-3】（2024·江苏扬州·中考真题）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形ABCD．
(1)试判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
(2)已知矩形纸条宽度为2cm，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形ABCD的面积为8cm2，求此时直线AD、CD所夹锐角∠1的度数．
【答案】(1)四边形ABCD是菱形，理由见详解
(2)∠1=30°
【分析】本题主要考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据矩形的性质可得四边形ABCD是平行四边形，作AT⊥NP，CU⊥EH，可证△ATB≌△CUB，可得AB=CB，由此可证平行四边形ABCD是菱形；
（2）作AR⊥CD，根据面积的计算方法可得CD=4，AR=2，结合菱形的性质可得AD=4，根据含30°的直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：四边形ABCD是菱形，理由如下，
如图所示，过点A作AT⊥NP于点T，过点C作CU⊥EH于点U，
根据题意，四边形EFGH，四边形MNPQ是矩形，
∴EH∥FG，MQ∥NP，
∴AB∥DC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵宽度相等，即AT=CU，且∠ATB=∠CUB=90°，∠ABT=∠CBU，
∴△ATB≌△CUBAAS，
∴AB=CB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：如图所示，过点A作AR⊥CD于点R，
根据题意，AR=2cm，
∵S四边形ABCD=CD·AR=8，
∴CD=4，
由（1）可得四边形ABCD是菱形，
∴AD=4，
在Rt△ATD中，AR=12AD，
即sin∠1=12，
∴∠1=30°．
【题型2 利用矩形的性质证明】
【例2】（2024·上海·中考真题）如图所示，在矩形ABCD中，E为边CD上一点，且AE⊥BD．
(1)求证：AD2=DE⋅DC；
(2)F为线段AE延长线上一点，且满足EF=CF=12BD，求证：CE=AD．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由矩形性质得到∠BAD=90°，∠ADE=90°，AB=DC，由角的互余得到∠ABD=∠DAE，从而确定△ADE∽△BAD，利用相似三角形性质得到AD2=DE⋅DC；
（2）由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到OA=OD=EF=CF，∠ODA=∠OAD，∠FEC=∠FCE， 进而由三角形全等的判定与性质即可得到．
【详解】（1）证明：在矩形ABCD中，∠BAD=90°，∠ADE=90°，AB=DC，
∴∠ABD+∠ADB=90°，
∵ AE⊥BD，
∴∠DAE+∠ADB=90°，
∴∠ABD=∠DAE，
∵ ∠BAD=∠ADE=90°，
∴△ADE∽△BAD，
∴ADBA=DEAD，即AD2=DE⋅BA，
∵ AB=DC，
∴ AD2=DE⋅DC；
（2）证明：连接AC交BD于点O，如图所示：
在矩形ABCD中，∠ADE=90°，则∠DAE+∠AED=90°，
∵ AE⊥BD，
∴ ∠DAE+∠ADB=90°，
∴∠ADB=∠AED，
∵ ∠FEC=∠AED，
∴∠ADO=∠FEC，
在矩形ABCD中，OA=OD=12BD，
∵ EF=CF=12BD，
∴OA=OD=EF=CF，
∴∠ADO=∠OAD，∠FEC=∠FCE，
∵∠ADO=∠FEC，
∴∠ADO=∠OAD=∠FEC=∠FCE，
在△ODA和△FEC中，
∠ODA=∠FEC∠OAD=∠FCEOD=FE
∴△ODA≌△FECAAS，
∴CE=AD．
【点睛】本题考查矩形综合，涉及矩形性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题第的关键．
【变式2-1】（2024·山东泰安·中考真题）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点F是DC边上的一点，连接AF，将△ADF沿直线AF折叠，点D落在点G处，连接AG并延长交DC于点H，连接FG并延长交BC于点M，交AB的延长线于点E，且AC=AE．

(1)求证：四边形DBEF是平行四边形；
(2)求证：FH=ME．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质证明AD=AG， AE=BD，∠AGE=∠DAB=90°，由此即可证明Rt△ABD≌Rt△GEA得到∠AEG=∠DBA，进而推出BD∥EF，再由BE∥DF，即可证明四边形DBEF是平行四边形；
（2）由（1）的结论可得BE=DF，进一步证明BE=GF，再证明△FGH≌△EBM，即可证明FH=ME．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD=BC，∠ADC=∠ABC=∠BAD=90°，AC=BD，
由折叠的性质可得AD=AG， ∠AGF=∠ADF=90°，
∴∠AGE=∠DAB=90°，
∵AC=AE，AC=BD，
∴AE=BD，
∴Rt△ABD≌Rt△GEAHL，
∴∠AEG=∠DBA，
∴BD∥EF，
又∵BE∥DF，
∴四边形DBEF是平行四边形；
（2）证明：∵四边形DBEF是平行四边形，
∴BE=DF，
由折叠的性质可得GF=DF，
∴BE=GF，
∵CD∥AB，
∴∠HFG=∠E，
又∵∠FGH=180°−∠AGF=90°=∠MBE，
∴△FGH≌△EBMASA，
∴FH=ME．
【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，熟练掌握相关知识是解题的关键．
【变式2-2】（2024·山东济宁·中考真题）如图，在矩形ABCD中，以AB的中点O为圆心，以OA为半径作半圆，连接OD交半圆于点E，在BE上取点F，使AE=EF，连接BF，DF．
(1)求证：DF与半圆相切；
(2)如果AB＝10，BF＝6，求矩形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)2003
【分析】（1）连接OF，证明△DAO≅△DFO(SAS)，可得∠DAO=∠DFO，根据矩形的性质可得∠DAO=90∘，进而即可得证；
（2）连接AF，根据题意证明△AOD∽△FBA，根据相似三角形的性质求得DO，进而勾股定理AD，根据矩形的面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：连接OF．
∵AE=EF，
∴∠DOA=∠FOD.
∵AO=FO,DO=DO，
∴△DAO≅△DFO(SAS)
∴∠DAO=∠DFO.
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAO=90∘
∴∠DFO=90∘.
∴DF与半圆相切.
（2）解：连接AF，
∵AO=FO，∠DOA=∠DOF，
∴DO⊥AF，
∵AB为半圆的直径，
∴∠AFB=90∘，
∴BF⊥AF，
∴DO∥BF.∴∠AOD=∠ABF.
∵∠OAD=∠AFB=90∘，
∴△AOD∽△FBA
∴AOBF=DOAB，
∴56=DO10，
∴DO=253，
在RtΔAOD中，AD=DO2−AO2=2532−52=203.
∴矩形ABCD的面积为203×10=2003.
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
【变式2-3】（2024·江苏徐州·中考真题）【阅读理解】如图1，在矩形ABCD中，若AB=a,BC=b，由勾股定理，得AC2=a2+b2，同理BD2=a2+b2，故AC2+BD2=2a2+b2．
【探究发现】如图2，四边形ABCD为平行四边形，若AB=a,BC=b，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
【拓展提升】如图3，已知BO为△ABC的一条中线，AB=a,BC=b,AC=c．求证：BO2=a2+b22−c24．
【尝试应用】如图4，在矩形ABCD中，若AB=8,BC=12，点P在边AD上，则PB2+PC2的最小值为_______．

【答案】探究发现：结论依然成立，理由见解析；拓展提升：证明见解析；尝试应用：200
【分析】探究发现：作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠AEB=∠CFD=90°，证明Rt△ABE≌Rt△DCFHL，BE=CF，利用勾股定理进行计算即可得到答案；
拓展提升：延长BO到点C，使OD=BO，证明四边形ABCD是平行四边形，由【探究发现】可知，AC2+BD2=2AB2+BC2，则c2+2BO2=2a2+b2，得到c2+4BO2=2a2+b2，即可得到结论；
尝试应用：由四边形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，得到AB=CD=8,BC=AD=12，∠A=∠D=90°，设AP=x，PD=12−x，由勾股定理得到PB2+PC2=2x−62+200，根据二次函数的性质即可得到答案．
【详解】探究发现：结论依然成立，理由如下：
作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠AEB=∠CFD=90°，

∵四边形ABCD为平行四边形，若AB=a,BC=b，
∴AB=DC=a,AD∥BC,AD=BC=b，
∵AE⊥BC，DF⊥BC，
∴AE=DF，
∴Rt△ABE≌Rt△DCFHL，
∴BE=CF，
∴AC2+BD2=AE2+CE2+BF2+DF2
=AB2−BE2+BC−BE2+BC+CF2+DF2
=AB2−BE2+BC2−2BC⋅BE+BE2+BC2+2BC⋅BE+BE2+AE2
=AB2+BC2+BC2+BE2+AE2
=AB2+BC2+BC2+AB2
=2AB2+BC2
=2a2+b2；
拓展提升：延长BO到点C，使OD=BO，

∵BO为△ABC的一条中线，
∴OA=CO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=a,BC=b,AC=c．
∴由【探究发现】可知，AC2+BD2=2AB2+BC2，
∴c2+2BO2=2a2+b2，
∴c2+4BO2=2a2+b2，
∴BO2=a2+b22−c24；
尝试应用：∵四边形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，
∴AB=CD=8,BC=AD=12，∠A=∠D=90°，
设AP=x，则PD=AD−AP=12−x，
∴PB2+PC2=AP2+AB2+PD2+CD2=x2+82+12−x2+82
=2x2−24x+272=2x−62+200，
∵2>0，
∴抛物线开口向上，
∴当x=6时，PB2+PC2的最小值是200
故答案为：200
【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌握勾股定理和数形结合是解题的关键．
【题型3 矩形与坐标系的交互运用】
【例3】（2024·湖南湘西·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的顶点A在x轴的正半轴上，矩形的另一个顶点D在y轴的正半轴上，矩形的边AB=a,BC=b,∠DAO=x．则点C到x轴的距离等于（ ）
A．acsx+bsinxB．acsx+bcsxC．asinx+bcsxD．asinx+bsinx
【答案】A
【分析】作CE⊥y轴于E．解直角三角形求出OD，DE即可解决问题．
【详解】作CE⊥y轴于E．
在Rt△OAD中，
∵∠AOD=90°，AD=BC=b，∠OAD=x，
∴OD=ADsin∠OAD=bsinx，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
∴∠CDE+∠ADO=90°，
又∵∠OAD+∠ADO=90°，
∴∠CDE=∠OAD=x，
∴在Rt△CDE中，
∵CD=AB=a，∠CDE=x，
∴DE=CDcs∠CDE=acsx，
∴点C到x轴的距离=EO=DE+OD=acsx+bsinx，
故选：A．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，矩形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式3-1】（2024·浙江台州·中考真题）已知：如图，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A(10，0)，C(0，4)，点D是OA的中点，点P在BC上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，则P点的坐标为 ．
【答案】（3，4）或（2，4）或（8，4）
【详解】解：∵A(10，0)，C(0，4)，
∴OA=BC=10，OC=AB=4，
如图所示，PD=OD=5，点P在点D的左侧．
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE=4．
在Rt△PDE中，由勾股定理得：DE=PD2−PE2=52−42=3，
∴OE=OD-DE=5-3=2，
∴此时点P坐标为（2，4）；
如图所示，OP=OD=5．
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE=4．
在Rt△POE中，由勾股定理得： OE=OP2−PE2=52−42=3，
∴此时点P坐标为（3，4）；
如图所示，PD=OD=5，点P在点D的右侧．
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE=4．
在Rt△PDE中，由勾股定理得： DE=PD2−PE2=52−42=3，
∴OE=OD+DE=5+3=8，
∴此时点P坐标为（8，4）．
故答案为：（2，4）或（3，4）或（8，4）．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，坐标与图形性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点，并利用分类讨论思想解答是解题的关键．
【变式3-2】（2024·山东聊城·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA，OC分别在x轴和y轴上，并且OA=5，OC=3．若把矩形OABC绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在BC边上的A1处，则点C的对应点C1的坐标为（ ）
A．−95,125B．−125,95C．−165,125D．−125,165
【答案】A
【分析】本题主要考查了矩形的性质以及勾股定理等知识，直接利用相似三角形的判定与性质得出△ONC1三边关系，再利用勾股定理得出答案．
【详解】解：过点C1作C1N⊥x轴于点N，过点A1作A1M⊥x轴于点M，
由题意可得：∠C1NO=∠A1MO=90°，
∴CN∥y轴，
∴∠2=∠3，
∵∠C1OA1=∠COA=90°,
∴∠2+∠COA1=∠1+∠COA1，
∴∠1=∠2,
∴∠1=∠3，
∴△A1OM∽△OC1N，
∴OMA1M=NC1ON，
∵OA=5，OC=3，
∴OA1=5，A1M=3，
∴OM=4，
∴NC1ON=OMA1M=43，
∴设NO=3x，则NC1=4x,OC1=3，
则3x2+4x2=9，
解得：x=±35（负数舍去），
则NO=95,NC1=125，
故点C的对应点C1的坐标为：−95,125．
故选：A．
【变式3-3】（2024·广东梅州·中考真题）如图，矩形OABC中，A（6，0）、C(0,23)、D(0,33)，射线l过点D且与x轴平行，点P、Q分别是l和x轴正半轴上动点，满足∠PQO=60°．
(1)①点B的坐标是 ；②∠CAO= 度；③当点Q与点A重合 时，点P的坐标为 ；（直接写出答案）
(2)设OA的中点为N，PQ与线段AC相交于点M，是否存在点P，使△AMN为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的横坐标为m；若不存在，请说明理由．
(3)设点P的横坐标为x，△OPQ与矩形OABC的重叠部分的面积为S，试求S与x的函数关系式和相应的自变量x的取值范围．
【答案】(1)（1）①(6,23)，②30，③(3,33)
(2)m=0或m=3−3或m=2；
(3)当0≤x≤3时，S=433(3+x)；当3＜x≤5时，S=433(3+x)−32(x−3)；当5＜x≤9时，S=3（12－S=3(12−23x)；当9＜x时，S=543x ．
【分析】本题考查了矩形的性质，梯形的性质，锐角三角函数，特殊角的三角函数值，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．
（1）①由四边形OABC是矩形，根据矩形的性质，即可求得点B的坐标：②由正切函数，即可求得∠CAO的度数：③由三角函数的性质，即可求得点P的坐标；
（2）分别从MN=AN，AM=AN与AM=MN去分析求解即可求得答案；：
（3）分别从当0≤x≤3时，当3＜x≤5时，当5＜x≤9时，当x＞9时去分析求解即可求得答案．
【详解】（1）解：①∵四边形OABC是矩形，
∴AB=OC，OA=BC，
∵A（6，0）、C(0,23)，
∴点B的坐标为：B(6,23)．
②∵tan∠CAO=OCOA=236=33，
∴∠CAO=30°．
③如图：当点Q与点A重合时，过点P作PE⊥OA于E，
∵∠PQO=60°，D(0,33)，
∴PE=33．
∴AE=PEtan60°=333=3．
∴OE=OA−AE=6−3=3，
∴点P的坐标为(3,33)．
（2）情况①：如图，MN=AN=3，则∠AMN=∠MAN=30°，
∴∠MNO=60°．
∵∠PQO=60°，即∠MQO=60°，∴点N与Q重合．
∴点P与D重合．∴此时m=0．
情况②，如图AM=AN，作MJ⊥x轴、PI⊥x轴．
∵MJ=MQ•sin60°=AQ•sin60°
∴MJ=OA−IQ−OI⋅sin60°=323−m
又∵ MJ=12AM=12AN=32，
∴323−m=32，解得：m=3−3．
情况③AM=NM，此时M的横坐标是4.5，
过点P作PK⊥OA于K，过点M作MG⊥OA于G，
∴MG=32．
∴QK=PKtan60°=333=3，GQ=MGtan60°=12．
∴KG=3﹣0.5=2.5，AG=12AN=32．
∴OK=2．∴m=2．
综上所述，点P的横坐标为m=0或m=3−3或m=2；．
（3）当0≤x≤3时，如图1，OI=x，IQ=PI•tan60°=3，OQ=OI+IQ=3+x；
由题意可知直线l∥BC∥OA， 可得EFOQ=PEPO=DCDO=333=13，
∴EF=13(3+x)，
此时重叠部分是梯形，其面积为：
S=S梯形EFQO=12（EF+OQ）⋅OC=433（3+x）=433x+43；
当3＜x≤5时，如图2，
S=S梯形EFQO−SΔHAQ=S梯形EFQO−12⋅AH⋅AQ
S=433x+43−32x−32=−32x2+1333x−32
当5＜x≤9时，如图3，
S=12（BE+OA）⋅OC=3（12−23x）=−233x+123
当x＞9时，如图4，
S=12OA⋅AH=12⋅6⋅183x=543x．
综上所述，S与x的函数关系式为： S=433x+430≤x≤3−32x2+1333x−3230，∴ AO=2R，
又∵正方形ABCD的边长为2+1．
在Rt△ADC中，
∴ AC=AD2+CD2=22+1，
∵ OA+OC=AC，
∴ 2R+R=22+1，
∴ R=2．
∴⊙O的半径为2．
（3）方法一：
解：连接ON，设CM=k，
∵ CM:FM=1:4，
∴ CF=5k，
∴ OC=ON=2.5k，
∴ OM=OC−CM=1.5k．
在Rt△OMN中，由勾股定理得：MN=2k，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：CN=5k，
又∵ FC=5k=2R=2×2=22，
∴ k=225．
∴ CN=2×225=2105．
方法二：
解：连接FN，
∵CF为⊙O的直径，
∴ ∠CNF=90°，
∴ ∠FNM+∠CNM=90°，
∵ MN⊥AC，
∴ ∠NFM+∠FNM=90°，
∴ ∠NFM=∠CNM，
∵ ∠NCM=∠FCN，
∴ △CNM∽△CFN，
∴ CN2=CM⋅CF，
∵ CM:FM=1:4，CF=5CM，
∴ CN=5CM，
∵ CF=2R=2×2=22，
∴ CM=15CF=225，
∴ CN=5×225=2105．
方法三：
解：连接FN，
∵CF为⊙O的直径，
∴ ∠CNF=90°，
∴ ∠FNM+∠CNM=90°，
∵ MN⊥AC，
∴ ∠NFM+∠FNM=90°，
∴ ∠NFM=∠CNM，
∵ ∠NCM=∠FCN，
∴ △CNM∽△CFN，
∴ NCMC=FCNC，
∴ NC2=MC⋅FC，
∵ CM:FM=1:4，
∴ CM:FC=1:5，
设CM=k，则FC=5k，
∴ NC2=k×5k，
∴ NC=5k．
又∵ FC=5k=2R=2×2=22，
∴ k=225，
∴ CN=5×225=2105．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，相似三角形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．
19．（2024·四川眉山·中考真题）综合与实践
问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中心O处，并绕点O旋转，探究直角三角板与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况．
操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点O处，在旋转过程中：
（1）若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为______；当一条直角边与正方形的一边垂直时，重叠部分的面积为______．
（2）若正方形的面积为S，重叠部分的面积为S1，在旋转过程中S1与S的关系为______．
类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点O重合，在旋转过程中，两条直角边分别角交正方形两边于E，F两点，小宇经过多次实验得到结论BE+DF=2OC，请你帮他进行证明．
拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中60°角的顶点与点O重合，在旋转过程中，当三角板的直角边交AB于点M，斜边交BC于点N，且BM=BN时，请求出重叠部分的面积．
（参考数据：sin15°=6−24，cs15°=6+24，tan15°=2−3）
【答案】（1）4；4；（2）S1=14S；类比探究：见解析；拓展延伸：43−4
【分析】本题考查了正方形的性质，图形旋转的性质，三角形的全等的判定及性质，三角函数的概念等知识点，正确作辅助线证明三角形全等是解题的关键．
操作发现：（1）根据图形即可判断重叠部分即为△BOC（对角线分成的四个三角形中的一个）求出面积即可；当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，证明四边形OMCN是正方形，求解面积即可；
（2）如图，过点O作OG⊥CB于点G，OH⊥DC于点H．证明△OGE≌△OHF，从而证明S四边形OECF=S正方形OGCH=14S正方形ABCD，即可求得结论；
类比探究： 先证明△EOB≌△FOC，从而证明BE+DF=CF+DF=CD，即可证明结论；
拓展延伸：过点O作OG⊥AB于点G，OH⊥BC于点H．先证明△OGM≌△OHN，即可证明S△OGM=S△OHN，∠GOM=∠NOH，从而证明∠GOM=15°，根据tan15°=2−3，即可求得GM=2×2−3=4−23，由重叠部分的面积=S四边形OMBN=S正方形OGBH−2S△OGM，即可求得结果．
【详解】解：操作发现：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOC=90°，
当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为S△BOC=14S正方形ABCD=14×4×4=4；
当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，
∴∠OMC=∠MON=∠BCD=90°，
∴四边形MONC是矩形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，OA=OC，
∴∠MOC=∠MCO，
∴OM=MC，
∴四边形OMCN是正方形，
∴OM=12AD=2，
∴四边形OMCN的面积是4，
故答案为：4，4；
（2）如图，过点O作OG⊥CB于点G，OH⊥DC于点H．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OG=OH，
∵∠OGC=∠OHC=∠C=90°，
∴四边形OGCH是矩形，
∵OG=OH，
∴四边形OGCH是正方形，
∴∠GOH=∠EOF=90°，
∴∠EOG=∠FOH，
∵∠OGE=∠OHF=90°，
∴△OGE≌△OHFASA，
∴S△OGE=S△OHF，
∴S四边形OECF=S正方形OGCH=14S正方形ABCD，
∴S1=14S．
故答案为：S1=14S；
类比探究：
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OB=OC=OD=OA，∠BCD=∠OCD=45°，
∵∠FOE=∠BOC，
∴∠EOB=∠FOC，
∴△EOB≌△FOCASA，
∴BE=CF，
∴BE+DF=CF+DF=CD，
∵CD=2OC，
∴BE+DF=2OC，
拓展延伸：
过点O作OG⊥AB于点G，OH⊥BC于点H．
同（2）可知四边形OGBH是正方形，
∴BG=BH，OG=OH，
∵BM=BN，
∴GM=NH，
∵∠OGM=∠OHN=90°，
∴△OGM≌△OHNSAS，
∴S△OGM=S△OHN，∠GOM=∠NOH，
∵∠MON=60°，
∴∠GOM=12×90°−60°=15°，
由（1）可知OG=2，S正方形OGBH=4，
∴tan∠GOM=tan15°=GMOG=2−3，
∴GM=2×2−3=4−23，
∴S△OGM=12OG⋅GM=12×2×4−23=4−23，
∴重叠部分的面积=S四边形OMBN=S正方形OGBH−2S△OGM
=4−2×4−23
=43−4．