专题05 四边形的性质与判定（18题型）（讲练）-2024年中考数学二轮复习讲义（全国通用）

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一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
专题05 四边形的性质与判定
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc160094594" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc161309507" 考点一 平行四边形
\l "_Tc161309508" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc161309509" 题型01 多边形内角和与外角和综合问题
\l "_Tc161309510" 题型02 多边形内角和/外角和的实际应用
\l "_Tc161309511" 题型03 利用平行四边形的性质与判定求解
\l "_Tc161309512" 题型04 利用平行四边形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc161309513" 题型05 构建三角形中位线解决问题
\l "_Tc161309519" \l "_Tc160094604" 【核心提炼·查漏补缺】
\l "_Tc161309520" \l "_Tc160094605" 【好题必刷·强化落实】
\l "_Tc161309521" 考点二 特殊四边形
\l "_Tc161309522" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc161309523" 题型01 利用矩形的性质与判定求解
\l "_Tc161309524" 题型02 与矩形（或正方形）有关的折叠问题
\l "_Tc161309525" 题型03 根据矩形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc161309526" 题型04 矩形与函数的相关问题
\l "_Tc161309527" 题型05 根据菱形的性质与判定求解
\l "_Tc161309529" 题型06 菱形与函数的相关问题
\l "_Tc161309530" 题型07 根据正方形的性质与判定求解
\l "_Tc161309531" 题型08 根据正方形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc161309532" 题型09 正方形与函数的相关问题
\l "_Tc161309533" 题型10 与特殊四边形有关的新定义问题
\l "_Tc161309534" 题型11 与特殊四边形有关的规律探究问题
\l "_Tc161309535" 题型12 梯形的相关计算
\l "_Tc161309536" 题型13 四边形的常见几何模型
\l "_Tc161309537" \l "_Tc160094604" 【核心提炼·查漏补缺】
\l "_Tc161309538" \l "_Tc160094605" 【好题必刷·强化落实】
考点一 平行四边形
题型01 多边形内角和与外角和综合问题
多边形的有关计算公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误：
①n边形内角和＝（n－2）×180°（n≥3）.
②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n(n−3)2 条对角线.
③n边形的边数＝（内角和÷180°）＋2.
④n边形的外角和是360°.
⑤n边形的外角和加内角和＝n×180°.
⑥在n边形内任取一点O，连接O与各个顶点，把n边形分成n个三角形；在n边形的任意一边上任取一点O，连接O点与其不相邻的其它各顶点的线段可以把n边形分成（n－1）个三角形；连接n边形的任一顶点A与其不相邻的各个顶点的线段，把n边形分成（n－2）个三角形．
1）n边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°.
2）任意多边形的内角和均为180°的整数倍.
3）利用多边形内角和定理可解决三类问题：①已知多边形的边数求内角和；②已知多边形的内角和求边数；③已知足够的角度条件下求某一个内角的度数．
4）任意多边形的外角和等于360°，与多边形的形状和边数无关.
5）正n边形的每个内角为为（n−2）×180°n，每一个外角为360°n．
6）正n边形有n条对称轴．
7）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．
1．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若∠1=44°，则∠2的度数为（ ）

A．14°B．16°C．24°D．26°
【答案】B
【分析】如图，求出正六边形的一个内角和一个外角的度数，得到∠4=60°,∠2+∠5=120°，平行线的性质，得到∠3=∠1=44°，三角形的外角的性质，得到∠5=∠3+∠4=104°，进而求出∠2的度数．
【详解】解：如图：

∵正六边形的一个外角的度数为：360°6=60°，
∴正六边形的一个内角的度数为：180°−60°=120°，
即：∠4=60°,∠2+∠5=120°，
∵一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，∠1=44°，
∴∠3=∠1=44°，
∴∠5=∠3+∠4=104°，
∴∠2=120°−∠5=16°；
故选B．
【点睛】本题考查正多边形的内角和、外角和的综合应用，平行线的性质．熟练掌握多边形的外角和是360°，是解题的关键．
2．（2022·江苏南京·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的3个外角∠EAB，∠FBC，∠GCD的度数之比为1:2:4，则∠D= ．
【答案】72°/72度
【分析】根据圆内接四边形的对角互补以及外角的性质可求出∠CDH，再根据平角的定义求解．
【详解】解：如图，延长ED到H，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴ ∠ABC+∠ADC=∠BAD+∠BCD=180°，
∴ ∠FBC+∠HDC=∠EAB+∠GCD=180°，
∵ ∠EAB，∠FBC，∠GCD的度数之比为1:2:4，
∴ ∠EAB，∠FBC，∠GCD，∠CDH的度数之比为1:2:4:3，
∵ ∠EAB+∠FBC+∠GCD+∠CDH=360°，
∴ ∠CDH=360°×31+2+4+3=108°，
∴ ∠ADC=180°−∠CDH=72°．
故答案为：72°．
【点睛】本题考查圆内接四边形，解题的关键是掌握圆内接四边形的对角互补，外角和是360度．
3．（2023·内蒙古·中考真题）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，以点A为圆心，AB为半径画弧BF，得到扇形BAF（阴影部分）．若扇形BAF正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是 ．

【答案】23
【分析】首先确定扇形的圆心角的度数，然后利用圆锥的底面圆周长是扇形的弧长计算即可．
【详解】解：∵正六边形的外角和为360°，
∴每一个外角的度数为360°÷6=60°，
∴正六边形的每个内角的度数为180°−60°=120°，
设这个圆锥底面圆的半径是r，
根据题意得，2πr=120π×2180，
解得r=23，
故答案为：23．
【点睛】本题考查正多边形和圆及圆锥的计算，解题的关键是求得正六边形的内角的度数，并理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
4．（2023·新疆·中考真题）一个多边形的每个内角都是144°，这个多边形是 边形．
【答案】十
【分析】根据题意可得该多边形为正多边形，先求出一个外角的度数，即可求出边数．
【详解】解：∵该多边形每个内角都是144°，
∴该多边形为正多边形，
∴该多边形一个外角=180°−144°=36°，
∴该多边形的边数=360°36°=10，
故答案为：十．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，解题的关键是掌握正多边形每个外角相等．
题型02 多边形内角和/外角和的实际应用
1．（2023·山西·中考真题）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点P,Q,M均为正六边形的顶点．若点P,Q的坐标分别为−23,3,0,−3，则点M的坐标为（ ）

A．33,−2B．33,2C．2,−33D．−2,−33
【答案】A
【分析】连接PF，设正六边形的边长为a，由正六边形的性质及点P的坐标可求得a的值，即可求得点M的坐标．
【详解】解：连接PF，如图，设正六边形的边长为a，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABO=60°，
∵∠AOB=90°，
∴∠BAO=30°，
∴OB=12a，OA=3a2，
∴AC=CE=3a，OF=OB+BF=3a2，
∵点P的坐标为−23,3，
∴3a2=3，
即a=2；
∴OE=OC+CE=33a2=33，EM=2，
∴点M的坐标为33,−2．
故选：A．

【点睛】本题考查了坐标与图形，正六边形的性质，勾股定理，含30度角直角三角形的性质等知识，掌握这些知识是解题的关键．
2．（2022·河北·中考真题）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=0B．α−β<0
C．α−β>0D．无法比较α与β的大小
【答案】A
【分析】多边形的外角和为360°，△ABC与四边形BCDE的外角和均为360°，作出选择即可．
【详解】解：∵多边形的外角和为360°，
∴△ABC与四边形BCDE的外角和α与β均为360°，
∴α−β=0，
故选：A．
【点睛】本题考查多边形的外角和定理，注意多边形的外角和为360°是解答本题的关键．
3．（2020·山东德州·中考真题）如图，小明从A点出发，沿直线前进8米后向左转45°，再沿直线前进8米，又向左转45°……照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为（ ）
A．80米B．96米C．64米D．48米
【答案】C
【分析】根据多边形的外角和即可求出答案．
【详解】解：根据题意可知，他需要转360÷45=8次才会回到原点，所以一共走了8×8=64米．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了利用多边形的外角和定理求多边形的边数．任何一个多边形的外角和都是360°．
4．（2022·湖南常德·中考真题）剪纸片：有一张长方形的纸片，用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片；从这2张中任选一张，再用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，这样共有3张纸片：从这3张中任选一张，再用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，这样共有4张纸片；……；如此下去，若最后得到10张纸片，其中有1张五边形纸片，3张三角形纸片，5 张四边形纸片，则还有一张多边形纸片的边数为 ．
【答案】6
【分析】根据多边形的内角和进行即可求解．
【详解】解：根据题意用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，则每剪一次，所有的多边形的内角和增加360°，
10张纸片，则剪了9次，其中有1张五边形纸片，3张三角形纸片，5 张四边形纸片，设还有一张多边形纸片的边数为n，
∴5−2×180°+3×180°+4−2×180°×5+n−2×180°=360°+360°×9，
解得n=6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了多边形内角和公式，理解题意是解题的关键．
5．（2023·河北·中考真题）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上，两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中
（1）∠α= 度．
（2）中间正六边形的中心到直线l的距离为 （结果保留根号）．

【答案】 30 23
【分析】（1）作图后，结合正多边形的外角的求法即可求解；
（2）表问题转化为图形问题，首先作图，标出相应的字母，把正六边形的中心到直线l的距离转化为求ON=OM+BE，再根据正六边形的特征及利用勾股定理及三角函数，分别求出OM,BE即可求解．
【详解】解：（1）作图如下：

根据中间正六边形的一边与直线l平行及多边形外角和，得∠ABC=60°，
∠A=∠α=90°−60°=30°，
故答案为：30；
（2）取中间正六边形的中心为O，作如下图形，

由题意得：AG∥BF，AB∥GF,BF⊥AB，
∴四边形ABFG为矩形，
∴AB=GF，
∵∠BAC=∠FGH,∠ABC=∠GFH=90°，
∵Rt△ABC≌Rt△GFHSAS，
∴BC=FH，
在Rt△PDE中，DE=1,PE=3，
由图1知AG=BF=2PE=23，
由正六边形的结构特征知：OM=12×23=3，
∵BC=12BF−CH=3−1，
∴AB=BCtan∠BAC=3−133=3−3，
∴BD=2−AB=3−1，
又∵DE=12×2=1，
∴BE=BD+DE=3，
∴ON=OM+BE=23
故答案为：23．
【点睛】本题考查了正六边形的特征，勾股定理，含30度直角三角形的特征，全等三角形的判定性质，解直角三角形，解题的关键是掌握正六边形的结构特征．
题型03 利用平行四边形的性质与判定求解
平行四边形的性质：1)对边平行且相等； 2)对角相等、邻角互补； 3)对角线互相平分；
4)平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心.
【解题技巧】
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）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE．
5）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE．
6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．
平行四边形的判定定理：
①定义：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．
④两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【解题技巧】
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“两组对角分别相等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．
1．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，已知∠AOB，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于12CD长为半径作圆弧，两条圆弧交于∠AOB内一点P，连接OP，过点P作直线PE∥OA，交OB于点E，过点P作直线PF∥OB，交OA于点F．若∠AOB=60°，OP=6cm，则四边形PFOE的面积是（ ）

A．123cm2B．63cm2C．33cm2D．23cm2
【答案】B
【分析】过P作PM⊥OB于M，再判定四边形PFOE为平行四边形，再根据勾股定理求出边和高，最后求出面积．
【详解】解：过P作PM⊥OB于M，

由作图得：OP平分∠AOB，
∴∠POB=∠AOP=12∠AOB=30°，
∴PM=12OP=3cm，
∴OM=OP2−PM2=33，
∵PE∥OA，PF∥OB，
∴四边形PFOE为平行四边形，∠EPO=∠POA=30°，
∴∠POE=∠OPE，
∴OE=PE，
设OE=PE=x，
在Rt△PEM中，PE2−MP2=EM2，
即：x2−32=33−x2，
解得：x=23，
∴S四边形OEPF=OE·PM=23×3=63cm．
故选：B．
【点睛】本题考查了基本作图，掌握平行四边形的判定定理，勾股定理及平行四边形的面积公式是解题的关键．
2．（2023·西藏·中考真题）如图，两张宽为3的长方形纸条叠放在一起，已知∠ABC=60°，则阴影部分的面积是（ ）

A．92B．33C．932D．63
【答案】D
【分析】首先过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，由题意可得四边形ABCD是平行四边形，继而求得AB=BC的长，判定四边形ABCD是菱形，则可求得答案．
【详解】过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，

根据题意得：AD∥BC，AB∥CD，BE=BF=3，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴AB=2AE，BC=2CF，
∵AB2=AE2+BE2，BE=3，
∴AB=23，
同理： BC=23，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD=23，
∴S菱形ABCD=AD×BE=63．
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，解题关键在于掌握菱形判定定理和作辅助线．
3．（2023·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．
4．（2023·贵州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，延长CB至D，使得BD=CB，过点A，D分别作AE∥BD，DE∥BA，AE与DE相交于点E．下面是两位同学的对话：

(1)请你选择一位同学的说法，并进行证明；
(2)连接AD，若AD=52,CBAC=23，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)32
【分析】（1）选择小星的说法，先证四边形AEDB是平行四边形，推出AE=BD，再证明四边形AEBC是矩形，即可得出BE⊥CD；选择小红的说法，根据四边形AEBC是矩形，可得CE=AB，根据四边形AEDB是平行四边形，可得DE=AB，即可证明CE=DE；
（2）根据BD=CB，CBAC=23可得CD=43AC，再用勾股定理解Rt△ACD即可．
【详解】（1）证明：①选择小星的说法，证明如下：
如图，连接BE，

∵ AE∥BD，DE∥BA，
∴四边形AEDB是平行四边形，
∴ AE=BD，
∵ BD=CB，
∴ AE=CB，
又∵ AE∥BD，点D在CB的延长线上，
∴ AE∥CB，
∴四边形AEBC是平行四边形，
又∵ ∠C=90°，
∴四边形AEBC是矩形，
∴ BE⊥CD；
②选择小红的说法，证明如下：
如图，连接CE，BE，

由①可知四边形AEBC是矩形，
∴ CE=AB，
∵四边形AEDB是平行四边形，
∴ DE=AB，
∴ CE=DE．
（2）解：如图，连接AD，

∵ BD=CB，CBAC=23，
∴ CDAC=2CBAC=43，
∴ CD=43AC，
在Rt△ACD中，AD2=CD2+AC2，
∴ 522=43AC2+AC2，
解得AC=32
即AC的长为32．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是掌握平行四边形和矩形的判定方法．
题型04 利用平行四边形的性质与判定解决多结论问题
1．（2022·山东泰安·中考真题）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．点E为BC的中点，连接EO并延长交AD于点F，∠ABC=60°，BC=2AB．下列结论：①AB⊥AC；②AD=4OE；③四边形AECF是菱形；④S△BOE=14S△ABC．其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】通过判定ΔABE为等边三角形求得∠BAE=60°，利用等腰三角形的性质求得∠EAC=30°，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含30°直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④．
【详解】解：∵点E为BC的中点，
∴BC=2BE=2CE，
又∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴ΔABE是等边三角形，
∴∠BAE=∠BEA=60°，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，
即AB⊥AC，故①正确；
在平行四边形ABCD中，AD//BC，AD=BC，AO=CO，
∴∠CAD=∠ACB，
在ΔAOF和ΔCOE中，
∠CAD=∠ACBOA=OC∠AOF=∠COE，
∴ΔAOF≅ΔCOE(ASA)，
∴AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AB⊥AC，点E为BC的中点，
∴AE=CE，
∴平行四边形AECF是菱形，故③正确；
∴AC⊥EF，
在RtΔCOE中，∠ACE=30°，
∴OE=12CE=14BC=14AD，故②正确；
在平行四边形ABCD中，OA=OC，
又∵点E为BC的中点，
∴SΔBOE=12SΔBOC=14SΔABC，故④正确；
综上所述：正确的结论有4个，
故选：A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，掌握菱形的判定是解题关键．
2．（2021·山东泰安·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，则下列四个结论：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，则BM=CM；③若MD=2AM，则S△MNC=S△BNE；④若AB=MN，则△MFN与△DFC全等．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】依次分析各选项，进行推理论证即可；其中①可通过证明△DME≌△BNEAAS，进一步转换后可以得到结论，②可先得到该平行四边形是矩形，利用矩形的性质等得到MN垂直平分BC，即可完成求证，③可以先证明两个三角形的共线边上的高的关系，再利用三角形面积公式即可完成证明，④可以先证明△MND≌△DCMSAS后可进一步证明△MNF≌△DCFAAS，即可完成求证．
【详解】解：∵平行四边形ABCD中，E是BD的中点，
∴BE=DE，AD//BC，AD=BC，
∴∠MDE=∠NBE,∠DME=∠BNE,
∴△DME≌△BNEAAS,
∴DM=BN，
∴AM=CN，
故①正确；
若∠A=90°，
则平行四边形ABCD是矩形，
由矩形的对角线相等，而点E是矩形的对角线的交点可知，
E点到B、C两点的距离相等，
∴E点在BC的垂直平分线上，
由MD=AM，可得BN=CN，
所以N点是BC的中点，
∴MN垂直平分BC，
∴BM=CM，
故②正确；
若MD=2AM，则BN=2CN，
如图1，分别过D、E两点向BC作垂线，垂足分别为Q点和P点，
∵E点是BD中点，
∴DQ=2EP，
∵S△MNC=12CN⋅DQ=12CN⋅2EP=CN⋅EP，
S△BNE=12BN⋅EP=12×2CN⋅EP=CN⋅EP
∴S△MNC=S△BNE，
故③正确；
若AB=MN，
因为AB=DC，
所以DC=MN，
分别过N、C两点向AD作垂线，垂足分别为H、K，
由平行线间的距离处处相等可知：NH=CK，
∴Rt△NHM≌Rt△CKDHL，
∴∠NMD=∠MDC，
∴△MND≌△DCMSAS,
∴∠MND=∠DCM，
又∵∠NFM=∠CFD，
∴△MNF≌△DCFAAS,
故④正确；
故选：D．
【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质、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关概念与性质，能熟练运用全等三角形的判定与性质进行角或边之间关系的转化等，本题对推理分析能力要求较高，属于中等难度偏上的题目，对学生的综合分析能力有一定的要求．
3．（2021·四川南充·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=15，BC=20，把边AB沿对角线BD平移，点A'，B'分别对应点A，B．给出下列结论：①顺次连接点A'，B'，C，D的图形是平行四边形；②点C到它关于直线AA'的对称点的距离为48；③A'C−B'C的最大值为15；④A'C+B'C的最小值为917．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据平移的性质和平行四边形的判定方法判断①，再利用等积法得出点C到BD的距离，从而对②做出判断，再根据三角形的三边关系判断③，如图，作D关于AA'的对称点D'，DD'交AA'于M, 连接BD'，过D'作D'N⊥BC于N, 分别交AM,BD于K,H, 证明D'C 是最小值时的位置，再利用勾股定理求解D'C，对④做出判断．
【详解】解：由平移的性质可得AB//A'B'
且AB=A'B'
∵四边形ABCD为矩形
∴AB//CD，AB=CD=15
∴A'B'//CD且A'B'=CD
∴四边形A'B'CD为平行四边形，
当点B'与D重合时，四边形不存在，
故①错误
在矩形ABCD中，BD=AB2+AD2=152+202=25
过A作AM⊥BD，CN⊥BD，则AM=CN
∴S△ABD=12AB·CD=12 BD·AM
∴AM=CN=15×2025=12
∴点C到AA'的距离为24
∴点C到它关于直线AA'的对称点的距离为48
∴故②正确
∵A'C−B'C≤A'B'
∴当A',B',C在一条直线时A'C−B'C最大，
此时B'与D重合
∴A'C−B'C的最大值=A'B'=15
∴故③正确，
如图，作D关于AA'的对称点D'，DD'交AA'于M, 连接BD'，过D'作D'N⊥BC于N, 分别交AM,BD于K,H,
则AB//A'B'//KH,AB=KH=15, KM为△D'HD的中位线， BD⊥DD'，
∴D'K=HK=15,
由▱A'B'CD可得B'C=A'D，
∴B'C=A'D=A'D',
∴A'C+B'C=A'C+A'D'=D'C, 此时最小，
由②同理可得：DM=D'M=12,
∵tan∠DBC=DCBC=1520=34=HNBN,
设HN=3x, 则BN=4x,
由勾股定理可得：DD'2+BD2=BD'2=BN2+D'N2,
∴252+242=(30+3x)2+(4x)2,
整理得：25x2+180x−301=0,
∴(5x−7)(5x+43)=0,
解得：x1=75,x2=−435（负根舍去），
∴NC=20−4x=725,D'N=1715,
∴D'C=(725)2+(1715)2=917,
∴故④正确
故选C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的性质以及平移的性质,锐角三角函数的应用等知识点，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
4．（2023·湖北·中考真题）如图，△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DEB=∠AEF=90°，点E在△ABC内，BE>AE，连接DF交AE于点G,DE交AB于点H，连接CF．给出下面四个结论：①∠DBA=∠EBC；②∠BHE=∠EGF；③AB=DF；④AD=CF．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】由题意易得AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=EF，DE=BE，∠DEB=∠AEF=∠BAC=90°，则可证△AEB≌△FEDSAS，然后根据全等三角形的性质及平行四边形的性质与判定可进行求解．
【详解】解：∵△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，
∴AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=EF，DE=BE，∠DEB=∠AEF=∠BAC=90°，
∵∠DBA=∠DBE−∠ABE,∠EBC=∠ABC−∠ABE，∠AEB=∠AED+∠DEB,∠FED=∠AEF+∠AED，
∴∠DBA=∠EBC,∠AEB=∠FED，故①正确；
∴△AEB≌△FEDSAS，
∴AB=DF=AC,∠ABE=∠FDE，∠BAE=∠DFE，故③正确；
∵∠ABE+∠BHE=90°,∠EFD+∠EGF=90°，∠BAE+∠EAC=90°，BE>AE，
∴∠BHE≠∠EGF，∠EGF=∠EAC；故②错误；
∴DF∥AC，
∵DF=AC，
∴四边形ADFC是平行四边形，
∴AD=CF，故④正确；
故答案为①③④．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定是解题的关键．
题型05 构建三角形中位线解决问题
构造三角形中位线的常用方法：
1）连接两点构造三角形中位线;
2) 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线.
3) 利用角平分线+垂直构造三角形的中位线.
1．（2020·山东泰安·中考真题）如图，点A，B的坐标分别为A(2,0),B(0,2)，点C为坐标平面内一点，BC=1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（ ）

A．2+1B．2+12C．22+1D．22−12
【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，
∵A(2,0),B(0,2)，
则△ABO为等腰直角三角形，
∴AB=OA2+OB2=22，N为AB的中点，
∴ON=12AB=2，
又∵M为AC的中点，
∴MN为△ABC的中位线，BC=1，
则MN=12BC=12，
∴OM=ON+MN=2+12，
∴OM的最大值为2+12
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．
2．（2023·广西·中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，M，N分别是EF，AF的中点，则MN的最大值为 ．

【答案】2
【分析】首先证明出MN是△AEF的中位线，得到MN=12AE，然后由正方形的性质和勾股定理得到AE=AB2+BE2=4+BE2，证明出当BE最大时，AE最大，此时MN最大，进而得到当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，最后代入求解即可．
【详解】如图所示，连接AE，

∵M，N分别是EF，AF的中点，
∴MN是△AEF的中位线，
∴MN=12AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴AE=AB2+BE2=4+BE2，
∴当BE最大时，AE最大，此时MN最大，
∵点E是BC上的动点，
∴当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，
∴此时AE=4+22=22，
∴MN=12AE=2，
∴MN的最大值为2．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
3．（2021·天津·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，对角线AC,BD相交于点O，点E，F分别在BC,CD的延长线上，且CE=2,DF=1，G为EF的中点，连接OE，交CD于点H，连接GH，则GH的长为 ．
【答案】132
【分析】先作辅助线构造直角三角形，求出CH和MG的长，再求出MH的长，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解:如图,作OK⊥BC，垂足为点K，
∵正方形边长为4，
∴OK=2，KC=2，
∴KC=CE，
∴CH是△OKE的中位线
∴CH=12OK=1，
作GM⊥CD，垂足为点M，
∵G点为EF中点，
∴GM是△FCE的中位线，
∴GM=12CE=1，MC=12FC=12CD+DF=12×4+1=52，
∴MH=MC−HC=52−1=32，
在Rt△MHG中，GH=MH2+MG2=322+12=132，
故答案为：132．
【点睛】本题综合考查了正方形的性质、三角形中位线定理、勾股定理等内容，解决本题的关键是能作出辅助线构造直角三角形，得到三角形的中位线，利用三角形中位线定理求出相应线段的长，利用勾股定理解直角三角形等．
4．（2023·山东烟台·中考真题）如图，点C为线段AB上一点，分别以AC,BC为等腰三角形的底边，在AB的同侧作等腰△ACD和等腰△BCE，且∠A=∠CBE．在线段EC上取一点F，使EF=AD，连接BF,DE．

(1)如图1，求证：DE=BF；
(2)如图2，若AD=2，BF的延长线恰好经过DE的中点G，求BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)BE=2+22．
【分析】（1）证明CD∥BE，推出∠DCE=∠BEF，利用SAS证明△DCE≌△FEB即可证明结论成立；
（2）取CE的中点H，连接GH，证明GH是△FCD的中位线，设BE=a，则FH=12a−2，证明△FGH∽△FBE，得到GHBE=FHEF，即a2−4a−4=0，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：∵等腰△ACD和等腰△BCE，
∴AD=CD，EC=EB，∠A=∠DCA，
∵∠A=∠CBE，
∴∠DCA=∠CBE，
∴CD∥BE，
∴∠DCE=∠BEF，
∵EF=AD，
∴EF=CD，
在△DCE和△FEB中，CD=EF∠DCE=∠FEBEC=EB，
∴△DCE≌△FEBSAS，
∴DE=BF；
（2）解：取CE的中点H，连接GH，

∵点G是DE的中点，
∴GH是△FCD的中位线，
∴GH=12CD=12AD=1，GH∥CD，
设BE=a，则CH=EH=12CE=12BE=12a，
∵EF=AD=2，
∴FH=12a−2，
∵CD∥BE，
∴GH∥BE，
∴△FGH∽△FBE，
∴GHBE=FHEF，即1a=12a−22，
整理得a2−4a−4=0，
解得a=2+22（负值已舍），
经检验a=2+22是所列方程的解，且符合题意，
∴BE=2+22．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
多边形的定义：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形.
多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线.
多边形对角线条数：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边形的对角线条数为n(n−3)2
正多边形的相关概念
正多边形的常用公式
【解题思路】正多边形与圆的计算问题：正n边形的外接圆半径和边心距把正n边形分成2n个全等的直角三角形，而每个直角三角形都集中地反映了这个正n边形各元素间的关系，故可以把正n边形的计算转化为解直角三角形，再利用勾股定理即可完成计算．
1．（2022·北京平谷·一模）2021年3月考古人员在山西泉阳发现目前中国规模最大、保存最完好的战国水井，井壁由等长的柏木按原始榫卯结构相互搭接呈闭合的正九边形逐层垒砌，关于正九边形下列说法错误的是（ ）
A．它是轴对称图形B．它是中心对称图形
C．它的外角和是360°D．它的每个内角都是140°
【答案】B
【分析】根据轴对称与中心对称的定义可判断A、B的正误；根据正多边形的外角和为360°可判断C的正误；根据正n边形的内角为180°n−2n可判断D的正误．
【详解】解：由题意知正九边形是轴对称图形，不是中心对称图形
∴A正确，B错误；
由正多边形的外角和为360°可知正九边形的外角和为360°
∴C正确；
由正n边形的内角为180°n−2n，可得180°×9−29=140°
∴D正确；
故选B．
【点睛】本题考查了正多边形的内角、外角和，轴对称，中心对称．解题的关键在于熟练掌握正多边形的内角、外角与对称性．
2．（2023·河北衡水·二模）图中表示被撕掉一块的正n边形纸片，若a⊥b，则n的值是（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】B
【分析】延长a、b交于点E，根据得到，于是可以得到正多边形的一个外角为45°，进而可得正多边形的边数．
【详解】解：如图，延长a ，b交于点E，
∵a⊥b，
∴∠ABC=90°，
∴正多边形的一个外角为180°−90°2=45°，
∴n=360°45°=8．
故选：B．
【点睛】本题主要考查多边形的内角和外角和，掌握相关定义是解题的关键．
3．（2023·河南南阳·三模）如图，▱OABC的顶点O0,0，A4,0，点E5,1是边AB的中点，则对角线AC，OB的交点D的坐标为（ ）

A．3,1B．4,1C．1,3D．2,1
【答案】A
【分析】根据题意易得OA=4，再证明DE为△OAB的中位线，结合中位线的性质求得DE=12OA=2，即可获得答案．
【详解】解：∵O0,0，A4,0，
∴OA=4，
∵四边形OABC为平行四边形，对角线AC，OB的交点为D，
∴OD=BD，
又∵点E是边AB的中点，
∴DE∥OA，且DE=12OA=2，
∵点E5,1，
∴点D的坐标为3,1．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、平行四边形的性质、三角形中位线的性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
4．（2023·河北保定·二模）如图，在平行四边形ABCD中，按下列条件得到的四边形EFGH不一定是平行四边形的是（ ）
A． EG，FH是过对角线交点的两条线段
B． E，F，G，H是四边形各边中点
C． EF⊥BC，GH⊥AD
D． AF，BH，CH，DF是角平分线
【答案】C
【分析】利用全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质来证明即可．
【详解】解：A、如图，设AC与BD相交于点O，

∵ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD,OA=OC,
∴∠EAC=∠GCA，
∵∠AOE=∠COG，，
∴△AOE≌△COG，
∴OE=OG，
同理OH=OF，
∴四边形EFGH是平行四边形，故A不符合题意．
B、如图，连接AC，

∵E，F，G，H是四边形各边中点，
EF=GH，且EF∥GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，故B不符合题意；
C、由于所给已知条件只有角的关系，三角形边之间没有等量关系，不能证明三角形全等或边之间平行，也就无法证明四边形EFGH是平行四边形，故C符合题意；
D、∵AD∥BC，AF是角平分线，
∴∠AFB=∠FAD=∠BAF，
∴AB=BF，
同理DH=DC，
∵AD=BC，AB=CD，
∴AH=CF，
∵AFCH是平行四边形，
即AF∥CH，
同理可证AE∥DG，
∴四边形EFGH是平行四边形，故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质，解题的关键是掌握多种证明四边形是平行四边形方法．
5．（2023·河北衡水·二模）如图，将一个平行四边形分成16个一模一样的小平行四边形．若用颜料涂满△ABC，至少需用完1瓶颜料，则将△DEF涂满，至少需用完颜料的瓶数是（ ）
A．0.5B．1C．1.5D．2
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质证明S△DEF=S△BCG=S△ABC即可得到答案．
【详解】解：如图所示，取格点G，连接BG，CG，
∵图中是将一个平行四边形分成16个一模一样的小平行四边形，
∴S△DEF=S△BCG，AG∥BC，
∴S△DEF=S△BCG=S△ABC，
∵用颜料涂满△ABC，至少需用完1瓶颜料，
∴将△DEF涂满，至少需用完颜料的瓶数是1瓶，
故选B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形面积，熟知同底等高的三角形面积相等是解题的关键．
6．（2022·浙江舟山·三模）如图，△ABC、△DBE和△FGC均为正三角形，以点D，E，F，G 在△ABC的各边上，DE和FG相交于点H，若S四边形ADHF=S△HGE，BC=a，BD=b，CF=c，则a，b，c 满足的关系式为（ ）
A．a+c=2bB．b2+c2=a2C．b+c=aD．a=2bc
【答案】B
【分析】分别用含a，b，c的代数式表示S四边形ADHF与S△HGE，根据S四边形ADHF=S△HGE得到关于a，b，c关系式，化简整理关系式即可．
【详解】解： ∵ ∠EDB=∠A=60°，
∴ DE∥AF ，
同理：FG∥AB ，
∴四边形ADHF为平行四边形，
∵在△HGE中∠HGE=∠HEG=60°，
∴ △HGE为等边三角形，
∵ GE=b+c−a，AD=a−b，AF=a−c，
∴ S▱ADHF=AF⋅AD⋅sin60°=32a−ca−b
S△HGE=34b+c−a2
∴ 32a−ca−b=34b+c−a2，化简可得：b2+c2=a2，
故选：B.
【点睛】本题综合考查了平行四边形及等边三角形的判定与性质，关键是要会用含a，b，c的代数式分别表示平行四边形和等边三角形的面积，找到关系式，化简整理得出结论．
7．（2023·河北石家庄·一模）如图1，将两条重合的线段绕一个公共端点沿逆时针和顺时针方向分别旋转，旋转角为α，所得的两条新线段夹角为β，以α为内角，以图中线段为边作两个正多边形，正多边形边数为n．如图2，当α=120°时，得到两个正六边形．
（1）用含α的代数式表示β，β= ；
（2）边数n，旋转角α，夹角β的部分对应值如表格所示，其中m= °；
（3）若β≤10°，则n的最小值是 ．
【答案】 360°−2α 144 72
【分析】（1）由周角的含义建立方程即可；
（2）把α=108°代入（1）中的结论可得答案；
（3）由β≤10°，可得360°−2α≤10°，解得：α≥175°，利用多边形的内角和公式可得n−2·180n≥175，而n≥3且为整数，从而可得答案．
【详解】解：（1）由题意可得：2α+β=360°，
∴β=360°−2α，
故答案为：360°−2α．
（2）由题意可得：当α=108°时，
∴m=β=360°−2×108°=144°，
故答案为：144；
（3）当β≤10°，
∴360°−2α≤10°，解得：α≥175°，
∴n−2·180n≥175，而n≥3且为整数，
∴n−2·180≥175n，
解得：n≥72，
∴n的最小值为：72．
故答案为：72．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，正多边形的性质，利用正多边形的性质建立方程或不等式求解是解本题的关键．
8．（2023·吉林长春·三模）如图①是15世纪艺术家阿尔布雷希特·丢勒利用正五边形和菱形创作的镶嵌图案设计，图②是镶嵌图案中的某一片段的放大图，其中菱形的最小内角为 度．

【答案】36
【分析】根据平面镶嵌的定义，结合正五边形的内角，即可求解．
【详解】解：正五边形的每一个内角为5−2×1805=108°
设菱形的最小内角为x，根据题意得，
x+3×108=360
解得：x=36
故答案为：36．
【点睛】本题考查了正多边形的内角和公式，平面镶嵌，熟练掌握平面镶嵌的定义以及多边形的内角和公式是解题的关键．
9．（2023·江苏南京·一模）如图①，有一个圆柱形的玻璃杯，底面直径AB是30cm，杯内装有一些溶液．如图②，将玻璃杯绕点B倾斜，液面恰好到达容器顶端时，AB与水平线l的夹角为30°．则图①中液面距离容器顶端 cm．
【答案】53
【分析】延长CD交l于点H，DE∥l,DH∥EB，则DEBH是平行四边形，则△CDE≌△AHB，根据题意可得CM=MD=12CD=53，即可求解．
【详解】解：如图②所示，延长CD交l于点H，
∵如图②，将玻璃杯绕点B倾斜，液面恰好到达容器顶端时，AB与水平线l的夹角为30°．
∴∠ABH=30°,AB=30
∴AH=33AB=103，
依题意，DE∥l,DH∥EB，则DEBH是平行四边形
∴DE=HB，
∵CE=AB，∠CED=∠ABH=30°，
∴△CDE≌△AHB，
∴CD=AH=103，
过点DE的中点F作MN∥CE，则MN为原来液面，CM即为图①中液面距离容器顶端的距离，
∴DFEF=DMCM=1，
即CM=MD=12CD=53，
故答案为：53．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
10．（2023·辽宁抚顺·二模）如图，在平行四边形ABCD中，AB=8，BC=6，E，F分别是BC上的动点，且EF=3，连接AE，AF，DE，DF，AE与DF相交于P，过点P作MN∥BC，交DE于M，交AF于N，当E，F在BC上移动时，下列结论：①AP=2PE；②S△PAD=4S△PEF；③PM=PN=2；④S△PAF=S△PDE．其中正确的有 ．（填序号）
【答案】①②③④
【分析】由AD∥BC，证明△EPF∽△APD，推出APPE=DPPF=ADEF=2，即可得到AP=2PE，S△PAD=4S△PEF，由平行间距离处处相等得到S△PAF=S△PDE，由MN∥BC，推出△DPM∽△DFE，△ANP∽△AFE，利用相似三角形的性质即可得到PM=PN=2，据此即可判定．
【详解】解：∵平行四边形ABCD中，AB=8，BC=6，
∴AD=BC=6，AD∥BC，
∴△EPF∽△APD，
∵EF=3，
∴APPE=DPPF=ADEF=2，
∴AP=2PE，故①正确；
∴S△PAD=4S△PEF，故②正确；
∵AD∥BC，∴AD与BC之间的距离相等，
∴S△PAF=S△PDE，故④正确；
∵APPE=DPPF=2，即APAE=DPDF=23，
∵MN∥BC，
∴△DPM∽△DFE，△ANP∽△AFE，
∴APAE=PNEF=23，APAE=PMEF=23，
∴PNEF=PMEF=23，
∴PM=PN=2，故③正确；
综上，①②③④都正确，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，证明△EPF∽△APD是解题的关键．
11．（2023·陕西西安·模拟预测）定义：由n条线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做n边形．相邻两边组成的角叫做它的内角，一边和它邻边的延长线组成的角叫做它的外角．为了探究n边形的外角和与内角和的度数，小华做了以下实验：取若干张纸片，分别在纸片上画出三角形、四边形、五边形等，顺次延长各边得到各个外角，然后沿着多边形的边和延长线将它剪开，将外角拼在一起，观察图形，并进行推理．
（1）实验操作．

（2）归纳猜想．
（3）理解应用．
一个多边形的内角和是外角和的1008倍，它是多少边形？
【答案】（2）见解析；（3）这个多边形是二零一八边形
【分析】（2）利用实验操作探究规律后即可解决问题；
（3）构建方程，解方程即可解决问题；
【详解】（2）解：由实验操作可知，
（3）设这个多边形的边数为n．
由题意（n−2）180°=1008×360°，
解得n=2018．
答：这个多边形是二零一八边形．
【点睛】本题考查三角形内角和定理、三角形外角的性质等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．
12．（2023·吉林松原·三模）知识呈现：
如图①，在▱ABCD中，∠ADC的平分线与AB相交于点E，求证：BE+BC=CD；

知识应用：
（1）如图②，在▱ABCD中，点E在CD上，AE、BE分别平分∠BAD、∠ABC，若BC=2.5，BE=3，则AE=______；
（2）如图③，在矩形ABCD中，AB=3，BC=2，点E为BC的中点，连接AE，作∠AEF=∠AEB，则cs∠FEC=______．
【答案】知识呈现：证明见解析；知识应用：（1）4；（2）45
【分析】知识呈现：根据平行四边形的性质得AB=CD,AB∥CD，证明∠ADE=∠AED即可解答；
知识应用：（1）根据平行四边形的性质得AB∥CD,AD∥BC，AD=BC=2.5,AB=CD，证得AD=DE=BC=CE=2.5，再证明∠AEB=90°，然后根据勾股定理即可解答；
（2）过点F作FH⊥BC延长线于H，证得ABHF为矩形，得FH=AB=3，AF∥BH，再证明四边形DCHF为矩形得DF=CH，设DF=a，则CH=a，在Rt△EFH中根据勾股定理求出a的值，即可解答．
【详解】知识呈现：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD,AB∥CD，
∴∠CDE=∠AED，
又∵DE是∠ADC的平分线，
∴∠ADE=∠CDE，
∴∠ADE=∠AED，
∴AD=AE．
∵AD=BC，
∴AE=BC，
∴BE+BC=BE+AE=AB=CD．
知识应用：
（1）如图②，

∵AE、BE分别平分∠BAD，∠ABC，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD,AD∥BC,AD=BC=2.5,AB=CD，
∴∠1=∠5,∠3=∠6，
∴∠2=∠5,∠4=∠6，
∴AD=DE=BC=CE=2.5，
∴DC=DE+CE=5=AB，
∵AD∥BC，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=180°，
∴2∠1+2∠3=180°，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠AEB=90°，
在Rt△ABE中，AE=AB2−BE2=52−32=4，
故答案为：4．
（2）如图③，

过点F作FH⊥BC延长线于H，
∴∠H=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠DAB=∠B=90°，AD=BD=2，∠ADC=∠DCB=90°，
∴∠DAB=∠B=∠H=90°，
∴四边形ABHF为矩形，
∴FH=AB=3,AF∥BH，
∵∠ADC=∠DCB=90°，
∴∠FDC=∠DCH=∠H=90°，
∴四边形DCHF为矩形，
∴DF=CH，
∵AF∥BH，
∴∠1=∠AEB，
∵∠AEB=∠AEF，
∴∠1=∠AEH，
∴AF=EF，
设DF=a，则CH=a，
∴AF=AD+DF=2+a=EF，
∵E为BC的中点，
∴BE=EC=12BC=12×2=1，
∴EH=EC+CH=1+a，
在Rt△EFH中，EF2=EH2+FH2，
∴2+a2=1+a2+32，
∴a=3，
∴EH=1+a=4，EF=2+a=5，
∴cs∠FEC=EHEF=45，
故答案为：45．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的性质，以及解直角三角形，解题的关键是作出辅助线，构造直角三角形．
13．（2023·陕西榆林·三模）在▱ABCD中，∠ABC=45°,BC=2AB,E为CD上一点．

(1)如图1，连接AC，求证：∠BAC=90°；
(2)如图2，连接BE，过点C作CQ⊥BE于点Q，连接AQ．
①求∠AQB的度数；
②如图3，延长AQ交BC的延长线于点F，试判断线段BE与AF有何数量关系？并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①45°；②BE=2AF，见解析
【分析】（1），过点A作AM⊥BC于点M，则△ABM是等腰直角三角形，得出BM=AM=22AB．根据BC=2AB，推出BM=CM=AM．进而得出AM是BC的垂直平分线，即可求证；
（2）①连接AC，根据∠BQC=∠BAC=90°，推出A，B，C，Q四点共圆．则∠AQB=∠ACB=45°；②连接EF，得出∠DCF=∠ABC=45°．进而得出∠DCF=∠EQF=45°．则C，F，E，Q四点共圆，得出∠CFQ=∠CEQ，由①知A，B，C，Q四点共圆，则∠CBE=∠CAF．推出△CBE∽△CAF，进而得出BEAF=BCAC=2，即可求解．
【详解】（1）证明：如图1，过点A作AM⊥BC于点M，

∵∠ABC=45°，
∴△ABM是等腰直角三角形，
∴BM=AM=22AB．
∵BC=2AB，
∴BC=2BM，则BM=CM=AM．
∵AM⊥BC，
∴AM是BC的垂直平分线，
∴AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC=45°．
∴∠BAC=90°；
（2）解：①如图2，连接AC，

由（1）得∠BAC=90°．
∵CQ⊥BE，
∴∠BQC=∠BAC=90°，
∴A，B，C，Q四点共圆．
∴∠AQB=∠ACB=45°；
②BE=2AF．
理由：如图3，连接EF，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠DCF=∠ABC=45°．
由①得∠AQE=45°，
∴∠EQF=∠AQB=45°．
∴∠DCF=∠EQF=45°．
∴C，F，E，Q四点共圆．
∴∠CFQ=∠CEQ．
由①知A，B，C，Q四点共圆．
∴∠CBE=∠CAF．
∴△CBE∽△CAF．
∴BEAF=BCAC．
∵BC=2AB，由（1）知AB=AC．
∴BEAF=BCAC=2，
∴BE=2AF．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，圆的内接四边形的判定，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握同弧所对的圆周角相等，相似三角形对应边成比例．
考点二 特殊四边形
题型01 利用矩形的性质与判定求解
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.
【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.
2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半.
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.
【解题思路】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．
1. 对于矩形的定义要注意两点:a.是平行四边形;b.有一个角是直角.
2. 定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形,不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形.
1．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，菱形ABCD中，AB＝23，∠ABC＝60°，矩形BEFG的边EF经过点C，且点G在边AD上，若BG＝4，则BE的长为（ ）
A．32B．332C．6D．3
【答案】B
【分析】过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，由菱形的性质得出AB＝BC＝CD＝23 ，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，由直角三角形的性质求出MG＝3，证明△GBM∽△BCE，由相似三角形的性质得出BGBC=GMBE ，则可求出答案．
【详解】解：过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC＝CD＝23，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，
∴∠MGN＝90°，
∴四边形GMCN为矩形，
∴GM＝CN，
在△CDN中，∠D＝60°，CD＝23，
∴CN＝CD•sin60°＝23×32=3，
∴MG＝3，
∵四边形BEFG为矩形，
∴∠E＝90°，BG∥EF，
∴∠BCE＝∠GBM，
又∵∠E＝∠BMG，
∴△GBM∽△BCE，
∴BGBC=GMBE，
∴423=3BE，
∴BE＝323 ，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
2．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE,AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S,S1,S2，若要求出S−S1−S2的值，只需知道( )

A．△ABE的面积B．△ACD的面积C．△ABC的面积D．矩形BCDE的面积
【答案】C
【分析】过点A作FG∥BC，交EB的延长线于点F，DC的延长线于点G，易得：FG=BC,AF⊥BE,AG⊥CD，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得S1+S2=12S矩形BCDE，再根据S=S△ABC+S矩形BCDE−S1−S2=S△ABC+12S矩形BCDE，得到S−S1−S2=S△ABC，即可得出结论．
【详解】解：过点A作FG∥BC，交EB的延长线于点F，DC的延长线于点G，

∵矩形BCDE，
∴BC⊥BE,BC⊥CD,BE=CD，
∴FG⊥BE,FG⊥CD，
∴四边形BFGC为矩形，
∴FG=BC,AF⊥BE,AG⊥CD，
∴S1=12BE⋅AF,S2=12CD⋅AG，
∴S1+S2=12BEAF+AG=12BE⋅BC=12S矩形BCDE，
又S=S△ABC+S矩形BCDE−S1−S2=S△ABC+12S矩形BCDE，
∴S−S1−S2=S△ABC+12S矩形BCDE−12S矩形BCDE=S△ABC，
∴只需要知道△ABC的面积即可求出S−S1−S2的值；
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，求三角形的面积．解题的关键是得到S1+S2=12S矩形BCDE
3．（2023·江西·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，将AB绕点A逆时针旋转角α（0°<α<360°）得到AP，连接PC，PD．当△PCD为直角三角形时，旋转角α的度数为 ．

【答案】90°或270°或180°
【分析】连接AC，根据已知条件可得∠BAC=90°，进而分类讨论即可求解．
【详解】解：连接AC，取BC的中点E，连接AE，如图所示，

∵在▱ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，
∴BE=CE=12BC=AB，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=∠AEB=60°，AE=BE，
∴AE=EC
∴∠EAC=∠ECA=12∠AEB=30°，
∴∠BAC=90°
∴AC⊥CD，
如图所示，当点P在AC上时，此时∠BAP=∠BAC=90°，则旋转角α的度数为90°，

当点P在CA的延长线上时，如图所示，则α=360°−90°=270°

当P在BA的延长线上时，则旋转角α的度数为180°，如图所示，
∵PA=PB=CD，PB∥CD，
∴四边形PACD是平行四边形，
∵AC⊥AB
∴四边形PACD是矩形，
∴∠PDC=90°
即△PDC是直角三角形，

综上所述，旋转角α的度数为90°或270°或180°
故答案为：90°或270°或180°．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
4．（2023·四川雅安·中考真题）如图，在△ABC中，∠C=90°,AC=BC=6．P为边AB上一动点，作PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E，则DE的最小值为 ．

【答案】32
【分析】连接CP，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CDPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得DE=CP，再根据垂线段最短可得CP⊥AB时，线段DE的值最小，然后根据直角三角形的面积公式列出方程求解即可．
【详解】解：如图，连接CP，

∵∠C=90°,AC=BC=6，
∴AB=AC2+BC2=62+62=62，
∵PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E，∠ACB=90°，
∴四边形CDPE是矩形，
∴DE=CP，
由垂线段最短可得CP⊥AB时，线段CP的值最小，此时线段DE的值最小，
此时，S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CP，
代入数据：12×6×6=12×62×CP，
∴CP=32，
∴DE的最小值为32，
故答案为：32．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出CP⊥AB时，线段DE的值最小是解题的关键．
题型02 与矩形（或正方形）有关的折叠问题
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）折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）．
3) 折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）.
4）选择一个直角三角形(不找以折痕为边长的直角三角形)，利用未知数表示其它直角三角形三边，通过勾股定理/相似三角形知识求解.
1．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作：
第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形ABEF，然后把纸片展平；
第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕MN，如图②．
根据以上的操作，若AB=8，AD=12，则线段BM的长是（ ）

A．3B．5C．2D．1
【答案】C
【分析】根据折叠的性质得：AB=AF=BE=8，FD=EC=4，FN=CN，设DN=x，则CN=FN=8−x，利用勾股定理求出DN,FN，再证明△MFH∼△FND，得MF=MC，求解即可．
【详解】解：如图，过点M作MH⊥AD，交AD于点H，

∵ ∠DFN+∠DNF=90° ∠MFH+∠DFN=90°
∴∠MFH=∠DNF
∵∠D=∠MHD=90°
在△MFH和△FND中，
∠D=∠MHD=90°∠MFH=∠DNF∠FMH=∠DFN
∴ △MFH∼△FND
∴MFFN=MHDF=FHDN
∵DF=4,MH=8
∴MFFN=FHDN=84=2
设DN=x，则CN=FN=8−x，
∴FN2=DN2+DF2，即：8−x2=x2+42，
解得：x=3，
∴ DN=3，CN=FN=5，
∴ MFFN=MF5=2，
∴MF=10，
∴MC=MF=10，
∵ AD=BC=12
∴BM=BC−MC=12−10=2，
故选：C．
【点睛】本题考查折叠问题及矩形的性质、正方形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握折叠的性质并能熟练运用勾股定理方程思想是解题的关键．
2．（2023·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，AB=6，BC=6．点E为边BC的中点，点F为边AD上一点，将四边形ABEF沿EF折叠，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'，过点B'作B'H⊥BC于点H，若B'H=22，则FD的长是 ．

【答案】3+3或3−3
【分析】分两种情况：当点F在点E左侧时，设B'E交AD于点G，过点E作EM⊥AD于点M，则四边形ABEM为矩形AB=ME=6，AM=BE=3，由折叠可知BE=B'E=3，∠BEF=∠B'EF，由平行线的性质可得∠GFE=∠BEF，于是∠GFE=∠B'EF，FG=EG，利用勾股定理求得EH=1，证明△EMG∽△B'HE，利用相似三角形的性质求得EG=332=FG，MG=32，于是FM=FG−MG=3，AF=3−3，则FD=AD−AF，代入计算即可得到答案；当点F在点E右侧时，设B'F交BC于点P，过点F作FK⊥BC于点K，同理可得B'E=3，FP=EP，四边形KCDF为矩形，FK=AB=6，利用相似三角形的性质求得FP=332=EP，PK=32，进而去除EK=EP−PK=332−32=3，则DF=CK=CE−EK，代入计算即可求解．
【详解】解：当点F在点E左侧时，如图，设B'E交AD于点G，过点E作EM⊥AD于点M，
则∠AME=90°，
∵点E为边BC的中点，
∴BE=CE=12BC=3，
∵四边形ABCD为矩形，BC=6，
∴AD=BC=6，∠A=∠B=90°，AD∥BC，
∴∠AME=∠A=∠B=90°，
∴四边形ABEM为矩形，
∴AB=ME=6，AM=BE=3，
由折叠可知，BE=B'E=3，∠BEF=∠B'EF，
∵AD∥BC，
∴∠GFE=∠BEF，
∴∠GFE=∠B'EF，即∠GFE=∠GEF，
∴FG=EG，
∵B'H⊥BC，
∴∠B'HE=90°，
在Rt△B'HE中，EH=B'E2−B'H2=32−(22)2=1，
∵ME⊥BC，B'H⊥BC，
∴∠EMG=∠B'HE=90°，
∵AD∥BC，
∴∠EGM=∠B'EH，
∴△EMG∽△B'HE，
∴ EMB'H=EGB'E=MGHE，即EG3=MG1=622=32，
∴EG=332=FG，MG=32，
∴FM=FG−MG=332−32=3，
∴AF=AM−FM=3−3，
∴FD=AD−AF=6−(3−3)=3+3；
当点F在点E右侧时，如图，设B'F交BC于点P，过点F作FK⊥BC于点K，
同理可得：B'E=3，FP=EP，四边形KCDF为矩形，FK=AB=6，△B'EH∽△FPK，
在Rt△B'HE中，EH=B'E2−B'H2=32−(22)2=1，
∵ △B'EH∽△FPK，
∴ B'EFP=B'HFK=EHPK，即3FP=226=1PK，
∴FP=332=EP，PK=32，
∴EK=EP−PK=332−32=3，
∴DF=CK=CE−EK=3−3．
综上，FD的长是3+3或3−3．
故答案为：3+3或3−3．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．
3．（2022·河南·中考真题）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．

(1)操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．
(2)迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
(3)拓展应用
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．
【答案】(1)∠BME或∠ABP或∠PBM或∠MBC
(2)①15，15；②∠MBQ=∠CBQ，理由见解析
(3)AP=4011cm或2413cm
【分析】（1）根据折叠的性质，得BE=12BM，结合矩形的性质得∠BME=30°，进而可得∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°；
（2）根据折叠的性质，可证RtΔBQM≅RtΔBQCHL，即可求解；
（3）由（2）可得QM=QC，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设AP=PM=x，分别表示出PD，DQ，PQ，由勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵AE=BE=12AB，AB=BM
∴BE=12BM
∵∠BEM=90°，sin∠BME=BEBM=12
∴∠BME=30°
∴∠MBE=60°
∵∠ABP=∠PBM
∴∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°
（2）∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°
由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°
∴BM=BC
①∵BM=BC，BQ=BQ
∴RtΔBQM≅RtΔBQCHL
∴∠MBQ=∠CBQ
∵∠MBC=30°
∴∠MBQ=∠CBQ=15°
②∵BM=BC，BQ=BQ
∴RtΔBQM≅RtΔBQCHL
∴∠MBQ=∠CBQ
（3）当点Q在点F的下方时，如图，
∵FQ=1cm，DF=FC=4cm，AB=8cm
∴QC=CD−DF−FQ=8−4−1=3(cm)，DQ=DF+FQ=4+1=5(cm)
由（2）可知，QM=QC
设AP=PM=x，PD=8−x，
∴PD2+DQ2=PQ2，
即8−x2+52=x+32
解得：x=4011
∴AP=4011cm；
当点Q在点F的上方时，如图，
∵FQ=1cm，DF=FC=4cm，AB=8cm
∴QC=5cm，DQ =3cm，
由（2）可知，QM=QC
设AP=PM=x，PD=8−x，
∴PD2+DQ2=PQ2，
即8−x2+32=x+52
解得：x=2413
∴AP=2413cm．
【点睛】本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
4．（2023·江苏·中考真题）综合与实践
定义：将宽与长的比值为22n+1−12n（n为正整数）的矩形称为n阶奇妙矩形．
（1）概念理解：
当n=1时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（AD）与长CD的比值是_________．
（2）操作验证：
用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图（2））：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为EF，连接CE；
第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；
第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．
试说明：矩形GDCK是1阶奇妙矩形．

（3）方法迁移：
用正方形纸片ABCD折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．
（4）探究发现：
小明操作发现任一个n阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点E为正方形ABCD边AB上（不与端点重合）任意一点，连接CE，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．
【答案】（1）5−12；（2）见解析；（3）12，理由见解析
【分析】（1）将n=1代入22n+1−12n，即可求解．
（2）设正方形的边长为2，根据折叠的性质，可得AE=EB=1，设DG=x，则AG=2−x，在Rt△AEG,Rt△GHE中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解；
（3）仿照（2）的方法得出2阶奇妙矩形．
（4）根据（2）的方法，分别求得四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长，即可求解．
【详解】解：（1）当n=1时，22n+1−12n=5−12，
故答案为：5−12．
（2）如图（2），连接EG，

设正方形的边长为2，根据折叠的性质，可得AE=EB=1
设DG=x，则AG=2−x
根据折叠，可得GH=GD=x，CH=CD=2，
在Rt△BEC中，EC=EB2+BC2=12+22=5，
∴EH=5−2，
在Rt△AEG,Rt△GHE中，
AG2+AE2=GE2,GH2+EH2=GE2
∴2−x2+12=5−22+x2
解得：x=5−1
∴GDDC=5−12
∴矩形GDCK是1阶奇妙矩形．
（3）用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图）：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为MN，再对折，折痕为EF，连接CE；
第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；
第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．
矩形GDCK是2阶奇妙矩形，

理由如下，连接GE，设正方形的边长为4，根据折叠可得EB=1，则AE=4−1=3，

设DG=x，则AG=4−x
根据折叠，可得GH=GD=x，CH=CD=4，
在Rt△BEC中，EC=EB2+BC2=12+42=17，
∴EH=17−4，
在Rt△AEG,Rt△GHE中，
AG2+AE2=GE2,GH2+EH2=GE2
∴4−x2+32=17−42+x2
解得：x=17−1
∴GDDC=17−14
当n=2时，22n+1−12n=17−14
∴矩形GDCK是2阶奇妙矩形．
（4）如图（4），连接诶GE，设正方形的边长为1，设EB=m，则AE=1−m，

设DG=x，则AG=1−x
根据折叠，可得GH=GD=x，CH=CD=1，
在Rt△BEC中，EC=EB2+BC2=1+m2，
∴EH=1+m2−1，
在Rt△AEG,Rt△GHE中，
AG2+AE2=GE2,GH2+EH2=GE2
∴1−x2+1−m2=1+m2−12+x2
整理得，x=m2+1−m
∴四边形AGHE的边长为1−x+x+1+m2−1+1−m=1+m2−m+1 =x+1
矩形GDCK的周长为2GD+DC=2x+1，
∴四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值12
【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
题型03 根据矩形的性质与判定解决多结论问题
1．（2021·山东泰安·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，则下列四个结论：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，则BM=CM；③若MD=2AM，则S△MNC=S△BNE；④若AB=MN，则△MFN与△DFC全等．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】依次分析各选项，进行推理论证即可；其中①可通过证明△DME≌△BNEAAS，进一步转换后可以得到结论，②可先得到该平行四边形是矩形，利用矩形的性质等得到MN垂直平分BC，即可完成求证，③可以先证明两个三角形的共线边上的高的关系，再利用三角形面积公式即可完成证明，④可以先证明△MND≌△DCMSAS后可进一步证明△MNF≌△DCFAAS，即可完成求证．
【详解】解：∵平行四边形ABCD中，E是BD的中点，
∴BE=DE，AD//BC，AD=BC，
∴∠MDE=∠NBE,∠DME=∠BNE,
∴△DME≌△BNEAAS,
∴DM=BN，
∴AM=CN，
故①正确；
若∠A=90°，
则平行四边形ABCD是矩形，
由矩形的对角线相等，而点E是矩形的对角线的交点可知，
E点到B、C两点的距离相等，
∴E点在BC的垂直平分线上，
由MD=AM，可得BN=CN，
所以N点是BC的中点，
∴MN垂直平分BC，
∴BM=CM，
故②正确；
若MD=2AM，则BN=2CN，
如图1，分别过D、E两点向BC作垂线，垂足分别为Q点和P点，
∵E点是BD中点，
∴DQ=2EP，
∵S△MNC=12CN⋅DQ=12CN⋅2EP=CN⋅EP，
S△BNE=12BN⋅EP=12×2CN⋅EP=CN⋅EP
∴S△MNC=S△BNE，
故③正确；
若AB=MN，
因为AB=DC，
所以DC=MN，
分别过N、C两点向AD作垂线，垂足分别为H、K，
由平行线间的距离处处相等可知：NH=CK，
∴Rt△NHM≌Rt△CKDHL，
∴∠NMD=∠MDC，
∴△MND≌△DCMSAS,
∴∠MND=∠DCM，
又∵∠NFM=∠CFD，
∴△MNF≌△DCFAAS,
故④正确；
故选：D．
【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质、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关概念与性质，能熟练运用全等三角形的判定与性质进行角或边之间关系的转化等，本题对推理分析能力要求较高，属于中等难度偏上的题目，对学生的综合分析能力有一定的要求．
2．（2023·北京·中考真题）如图，点A、B、C在同一条线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC同侧，ABa2+b2；③2a+b>c；

上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】如图，过D作DF⊥AE于F，则四边形ACDF是矩形，则DF=AC=a+b，由DFBE，可得a+b>a2+b2，进而可判断②的正误；由勾股定理得DE2=BD2+BE2，即c2=2a2+b2，则c=2×a2+b2<2a+b，进而可判断③的正误．
【详解】解：如图，过D作DF⊥AE于F，则四边形ACDF是矩形，

∴DF=AC=a+b，
∵DF∴a+b∵△EAB≌△BCD，
∴BE=BD，CD=AB=a，AE=BC=b，∠ABE=∠CDB，
∵∠CBD+∠CDB=90°，
∴∠CBD+∠ABE=90°，∠EBD=90°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
由勾股定理得，BE=AB2+AE2=a2+b2，
∵AB+AE>BE，
∴a+b>a2+b2，②正确，故符合要求；
由勾股定理得DE2=BD2+BE2，即c2=2a2+b2，
∴c=2×a2+b2<2a+b，③正确，故符合要求；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，不等式的性质，三角形的三边关系等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
3．（2022·贵州黔西·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，D分别在y轴上，AB交x轴于点E，AF⊥x轴，垂足为F．若OE=3，EF=1．以下结论正确的个数是（ ）
①OA=3AF；②AE平分∠OAF；③点C的坐标为(−4,−2)；④BD=63；⑤矩形ABCD的面积为242．
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】C
【分析】根据相似三角形的判定得出△EOB∽△EFA，利用相似三角形的性质及已知OE，EF的值即可判断结论①；由①分析得出的条件，结合相似三角形、矩形的性质（对角线）即可判断结论②；根据直角坐标系上点的表示及结论①OA=3AF，利用勾股定理建立等式求解可得点A坐标，再根据关于原点对称的点的坐标得出点D坐标，即可判断结论③；由③可知AF=2，进而得出OA的值，根据矩形的性质即可判断结论④；根据矩形的性质及④可知BD=62，利用三角形的面积公式求解即可判断结论⑤．
【详解】解：∵矩形ABCD的顶点A在第一象限，AF⊥x轴，垂足为F，
∴∠EOB=∠EFA=90°,AC=BD，OD=OA=OB=OC．
∵∠AEF=∠BEO，
∴△EOB∽△EFA．
∵OE=3，EF=1，
∴EFEO=AFOB=AFOA=13，即OA=3AF．（①符合题意）
∵OA=OB，△EOB∽△EFA，
∴∠OAB=∠OBA，∠EAF=EBO．
∴∠OAB=∠EAF．
∴AE平分∠OAF．（②符合题意）
∵OF=OE+EF=3+1=4，
∴点A的横坐标为4．
∵OA=3AF，
∴9AF2−AF2=OF2，即8AF2=16．
∴AF=2，点A的纵坐标为2．
∴A(4,2)．
∵点A与点C关于原点对称，
∴C(−4,−2)．（③符合题意）
∵OA=3AF=32，
∴BD=OD+OB=2OA=62．（④不符合题意）
∵S矩形ABCD=S△BCD+S△BAD=2S△BAD，
∴S矩形ABCD=2×12×62×4=242．（⑤符合题意）
∴结论正确的共有4个符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形与坐标的综合应用．涉及矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角坐标系上点的表示，关于原点对称的点的坐标，三角形的面积公式等知识点．矩形的对角线相等且互相平分；两角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应角相等，对应边成比例；两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P(x,y)关于原点的对称点位P'(−x,−y)．灵活运用相关知识点，通过已知条件建立等式关系是解本题的关键．
4．（2021·四川雅安·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AC和BD相交于点O，过点B作BF⊥AC于点M，交CD于点F，过点D作DE∥BF交AC于点N．交AB于点E，连接FN，EM．有下列结论：①四边形NEMF为平行四边形，②DN2=MC⋅NC；③△DNF为等边三角形；④当AO=AD时，四边形DEBF是菱形．正确结论的序号 ．
【答案】①②④．
【分析】通过全等三角形的判定和性质，证明EN=FM，EN∥FM，判断结论①；通过证明△AMB∽△BMC，然后利用全等三角形和相似三角形的性质判断结论②；假设结论成立，找出与题意的矛盾之处，判断结论③，结合等腰三角形的判定和性质求得DE=BE，可得结论④
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB
∴∠DAN=∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA=∠BMC=90°，
在△ADN和△CBM中，∠DNA=∠BMC∠DAN=∠BCMAD=BC
∴△ADN≌△CBM，
∴DN=BM，
又∵DF∥BE，DE∥BF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∴DE=BF，
∴DE-DN=BF-BM，即EN=FM，
∵NE∥FM，
∴四边形NEMF是平行四边形，故①正确，
∵△ADN≌△CBM，
∴AN=CM，
∴CN=AM，
∵∠AMB=∠BMC=∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠CBM=90°，∠CBM+∠BCM=90°，
∴∠ABM=∠BCM，
∴△AMB∽△BMC，
∴ABBM=BMCM，
∵DN=BM，AM=CN，
∴DN2=CM•CN，故②正确，
若△DNF是等边三角形，则∠CDN=60°，
即∠ACD=30°，不符合题意，故③错误，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∵AO=AD，
∴AO=AD=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO=∠DAN=60°，
∴∠ABD=90°-∠ADO=30°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADN=ODN=30°，
∴∠ODN=∠ABD，
∴DE=BE，
∵四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形；故④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
题型04 矩形与函数的相关问题
1．（2023·浙江绍兴·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，一个图形上的点都在一边平行于x轴的矩形内部（包括边界），这些矩形中面积最小的矩形称为该图形的关联矩形．例如：如图，函数y=(x−2)20≤x≤3的图象（抛物线中的实线部分），它的关联矩形为矩形OABC．若二次函数y=14x2+bx+c0≤x≤3图象的关联矩形恰好也是矩形OABC，则b= ．

【答案】712或−2512
【分析】根据题意求得点A3,0，B3,4，C0,4，根据题意分两种情况，待定系数法求解析式即可求解．
【详解】由y=(x−2)20≤x≤3，当x=0时，y=4，
∴C0,4，
∵A3,0，四边形ABCO是矩形，
∴B3,4，
①当抛物线经过O，B时，将点0,0，B3,4代入y=14x2+bx+c0≤x≤3，
∴c=014×9+3b+c=4
解得：b=712
②当抛物线经过点A,C时，将点A3,0,C0,4代入y=14x2+bx+c0≤x≤3，
∴c=414×9+3b+c=0
解得：b=−2512
综上所述，b=712或b=−2512，
故答案为：712或−2512．
【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，理解新定义，最小矩形的限制条件是解题的关键．
2．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形AOCB的边OC在x轴上，∠AOC=60°，OC的长是一元二次方程x2−4x−12=0的根，过点C作x轴的垂线，交对角线OB于点D，直线AD分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OD向终点D运动，动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿FE向终点E运动．两点同时出发，设运动时间为t秒．

(1)求直线AD的解析式．
(2)连接MN，求△MDN的面积S与运动时间t的函数关系式．
(3)点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q．使得以A，C，N，Q为项点的四边形是矩形．若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)y=−33x+43；
(2)S=32t2−9t+1230≤t≤23−32t2+9t−12323(3)存在，点Q的坐标是32,332或6,43．
【分析】（1）过点A作AH⊥OC于H，解方程可得OC=6，然后解直角三角形求出CD、OH和AH的长，得到点A、D的坐标，再利用待定系数法求出解析式即可；
（2）首先证明△EOD是等边三角形，求出DO=DF=43，然后分情况讨论：①当点N在DF上，即0≤t≤23时，过点N作NP⊥OB于P，②当点N在DE上，即23（3）分情况讨论：①当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于K，首先求出CN，然后解直角三角形求出CK和NK，再利用平移的性质得出点Q的坐标；②当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于L，证明∠NCF=∠NFC，可得CL=FL=3，然后解直角三角形求出NL，再利用平移的性质得出点Q的坐标．
【详解】（1）解：解方程x2−4x−12=0得：x1=6，x2=−2，
∴OC=6，
∵四边形AOCB是菱形，∠AOC=60°，
∴OA=OC=6，∠BOC=12∠AOC=30°，
∴CD=OC⋅tan30°=6×33=23，
∴D6,23，
过点A作AH⊥OC于H，
∵∠AOH=60°，
∴OH=12OA=3，AH=OA⋅sin60°=6×32=33，
∴A3,33，
设直线AD的解析式为y=kx+bk≠0，
代入A3,33，D6,23得：3k+b=336k+b=23，
解得：k=−33b=43，
∴直线AD的解析式为y=−33x+43；

（2）解：由（1）知在Rt△COD中，CD=23，∠DOC=30°，
∴OD=2CD=43，∠EOD=90°−∠DOC=90°−30°=60°，
∵直线y=−33x+43与 y轴交于点E，
∴OE=43，
∴OE=OD，
∴△EOD是等边三角形，
∴∠OED=∠EDO=∠BDF=60°，ED=OD=43，
∴∠OFE=30°=∠DOF，
∴DO=DF=43，
①当点N在DF上，即0≤t≤23时，
由题意得：DM=OD−OM=43−t，DN=43−2t，
过点N作NP⊥OB于P，
则NP=DN⋅sin∠PDN=DN⋅sin60°=43−2t×32=6−3t，
∴S=12DM⋅NP=1243−t6−3t=32t2−9t+123；

②当点N在DE上，即23由题意得：DM=OD−OM=43−t，DN=2t−43，
过点N作NT⊥OB于T，
则NT=DN⋅sin∠NDT=DN⋅sin60°=2t−43×32=3t−6，
∴S=12DM⋅NT=1243−t3t−6=−32t2+9t−123；
综上，S=32t2−9t+1230≤t≤23−32t2+9t−12323
（3）解：存在，分情况讨论：
①如图，当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于K，
∵∠NFC=30°，OE=43，
∴∠NCK=60°，OF=3OE=12，
∴CF=12−6=6，
∴CN=12CF=3，
∴CK=CN⋅cs60°=3×12=32，NK=CN⋅sin60°=3×32=332，
∴将点N向左平移32个单位长度，再向下平移332个单位长度得到点C，
∴将点A向左平移32个单位长度，再向下平移332个单位长度得到点Q，
∵A3,33，
∴Q32,332；

②如图，当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于L，
∵OA=OC，∠AOC=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO=60°，
∴∠NCF=180°−60°−90°=30°=∠NFC，
∴CL=FL=12CF=3，
∴NL=CL⋅tan30°=3×33=3，
∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点N，
∴将点A向右平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点Q，
∵A3,33，
∴Q6,43；
∴存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标是32,332或6,43．

【点睛】本题考查了解一元二次方程，菱形的性质，解直角三角形，待定系数法的应用，等边三角形的判定和性质，含30°直角三角形的性质，二次函数的应用，矩形的判定和性质以及平移的性质等知识，灵活运用各知识点，作出合适的辅助线，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题的关键．
3．（2023·贵州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，反比例函数y=kxx>0的图象分别与AB,BC交于点D4,1和点E，且点D为AB的中点．

(1)求反比例函数的表达式和点E的坐标；
(2)若一次函数y=x+m与反比例函数y=kxx>0的图象相交于点M，当点M在反比例函数图象上D,E之间的部分时（点M可与点D,E重合），直接写出m的取值范围．
【答案】(1)反比例函数解析式为y=4x，E2，2
(2)−3≤m≤0
【分析】（1）根据矩形的性质得到BC∥OA，AB⊥OA，再由D4,1是AB的中点得到B4，2，从而得到点E的纵坐标为2，利用待定系数法求出反比例函数解析式，进而求出点E的坐标即可；
（2）求出直线y=x+m恰好经过D和恰好经过E时m的值，即可得到答案．
【详解】（1）解：∵四边形OABC是矩形，
∴BC∥OA，AB⊥OA，
∵D4,1是AB的中点，
∴B4，2，
∴点E的纵坐标为2，
∵反比例函数y=kxx>0的图象分别与AB,BC交于点D4,1和点E，
∴1=k4，
∴k=4，
∴反比例函数解析式为y=4x，
在y=4x中，当y=4x=2时，x=2，
∴E2，2；
（2）解：当直线 y=x+m经过点E2，2时，则2+m=2，解得m=0；
当直线 y=x+m经过点D4，1时，则4+m=1，解得m=−3；
∵一次函数y=x+m与反比例函数y=kxx>0的图象相交于点M，当点M在反比例函数图象上D,E之间的部分时（点M可与点D,E重合），
∴−3≤m≤0．
【点睛】本题主要考查了求一次函数解析式，一次函数与反比例函数综合，矩形的性质等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
4．（2021·湖南岳阳·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+2经过A(−1,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C，连接BC．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）如图2，直线l：y=kx+3经过点A，点P为直线l上的一个动点，且位于x轴的上方，点Q为抛物线上的一个动点，当PQ//y轴时，作QM⊥PQ，交抛物线于点M（点M在点Q的右侧），以PQ，QM为邻边构造矩形PQMN，求该矩形周长的最小值；
（3）如图3，设抛物线的顶点为D，在（2）的条件下，当矩形PQMN的周长取最小值时，抛物线上是否存在点F，使得∠CBF= ∠DQM？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=−12x2+32x+2；（2）314；（3）存在，F(−1,0)或F(53，289)．
【分析】（1）直接将A(−1,0)，B(4,0)两点坐标代入抛物线解析式之中求出系数的值即可；
（2）先利用待定系数法求出直线的解析式，再设出点P的坐标，接着表示出Q点和M点的坐标后，求出线段PQ和QM的表达式，再求出它们和的两倍，利用配方法即可求出其最小值；
（3）先利用锐角三角函数证明出∠CBA= ∠DQM，进而得到F点的其中一个位置，在BC另一侧，通过构造直角三角形，利用勾股定理建立方程组，即可求出BF与y轴的交点，进而求出BF的解析式，与抛物线的解析式联立，即可确定F点的坐标．
【详解】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+2经过A(−1,0)，B(4,0)两点，
∴{a−b+2=016a+4b+2=0，
解得：{a=−12b=32，
∴该抛物线的函数表达式为：y=−12x2+32x+2；
（2）∵y=kx+3经过点A，
∴−k+3=0，
∴k=3，
∴直线l：y=3x+3；
设P(t，3t+3)，则Q(t，−12t2+32t+2)，
∵抛物线对称轴为：x=−322×(−12)=32，且Q点和M点关于对称轴对称，
∴M点横坐标为2×32−t=3−t，
∴QM=3−t−t=3−2t；
又∵PQ=3t+3−(−12t2+32t+2)=12t2+32t+1，
∴2(PQ+QM)=2(12t2+32t+1+3−2t)=t2−t+8=(t−12)+314，
当t=12时，2(PQ+QM)的值最小，为314；
∴该矩形周长的最小值为314；
（3）存在，F(−1,0)或F(53，289)；
由（2）可知，Q(12，218)，
∵抛物线的函数表达式为：y=−12x2+32x+2；
且4×(−12)×2−(32)24×(−12)=258，
∴顶点D坐标为(32，258)，
如图4，作DE⊥QM，
因为DE=258−218=12，QE=32−12=1，
∴tan∠DQE=12；
又∵抛物线与y轴交于点C，与x轴交于点A、B，
∴C(0,2)
令−12x2+32x+2=0，解得：x1=−1，x2=4；
∴A(−1,0),B(4,0),
∴OC=2,OB=4,
∴tan∠CBA=24=12，
∴当F点在点A处时，能使得∠CBF= ∠DQM，此时F(−1,0);
如图5，在BC另一侧，当∠CBH= ∠DQM时，∠CBH= ∠CBA，
过C点作CN⊥BH，垂足为点N，
由角平分线的性质可得：CN=CO=2，
∴BN=BO=4，
由勾股定理可得：CH2=CN2+NH2且OH2+OB2=BH2,
即CH2=22+NH2，且(CH+2)2+42=(NH+4)2；
解得：CH=103，NH=83;
∴H(0,163)
设直线BH的函数解析式为：y=px+q，
∴{q=1634p+q=0，
∴{p=−43q=163，
∴直线BH的函数解析式为：y=−43x+163，
联立抛物线解析式与直线BH的函数解析式，得：
{y=−43x+163y=−12x2+32x+2
解得：{x=4y=0（与B点重合，故舍去），或{x=53y=289，
∴F(53，289)，
综上可得，抛物线上存在点F，使得∠CBF= ∠DQM，F(−1,0)或F(53，289)．
【点睛】本题综合考查了待定系数法求函数解析式、平面直角坐标系中两点之间的距离、求函数的最大或最小值、勾股定理、三角函数等内容，解决本题的关键是能结合图形理解题意，能牢记和熟练运用相关公式进行计算等，本题计算量较大，对学生的综合分析思维能力要求也较高，属于压轴题类型，本题蕴含的思想有分类讨论的思想和数形结合的思想等．
题型05 根据菱形的性质与判定求解
菱形的性质：
1）具有平行四边形的所有性质；
2）四条边都相等；
3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角.
4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，菱形的对称中心是菱形对角线的交点，菱形的对称轴是菱形对角线所在的直线，菱形的对称轴过菱形的对称中心.
菱形的判定：
1）对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
2）一组邻边相等的平行四边形是菱形.
3）四条边相等的四边形是菱形.
【解题思路】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．
菱形的面积公式：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）.
菱形的周长公式：周长l=4a（其中a为边长）.
1. 对于菱形的定义要注意两点:a.是平行四边形;b.一组邻边相等.
2. 定义说有一组邻边相等的平行四边形才是菱形,不要错误地理解为有一组邻边相等的四边形是菱形.
3. 菱形的面积S=对角线乘积的一半，适用于对角线互相垂直的任意四边形的面积的计算.
4. 在求菱形面积时,要根据图形特点及已知条体灵活选择面积公式来解决问题，
5. 在利用对角线长求菱形的面积时,要特别注意不要漏掉计算公式中的12 .
1．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．

(1)如图①，求证；
(2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何轴助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等．
【答案】(1)见解析；
(2)，理由见解析．
【分析】（1）由平行四边形的性质得，，进而有，从而利用即可证明结论成立；
（2）先证四边形是菱形，得，又证，得，由（）得得，根据等角的补角相等即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴；
（2）解：，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（）得，
∴，
∵，
∴．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
2．（2023·吉林·中考真题）【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形．转动其中一张纸条，发现四边形总是平行四边形其中判定的依据是__________．
【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条和（，），其中，，将它们按图②放置，落在边上，与边分别交于点M，N．求证：是菱形．
【结论应用】保持图②中的平行四边形纸条不动，将平行四边形纸条沿或平移，且始终在边上．当时，延长交于点P，得到图③．若四边形的周长为40，（为锐角），则四边形的面积为_________．

【答案】（操作发现），两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（探究提升），见解析；（结论应用），8
【分析】（操作发现），根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形解答即可；
（探究提升），证明四边形是平行四边形，利用邻边相等的平行四边形是菱形即可证明结论成立；
（结论应用），证明四边形是菱形，求得其边长为10，作于Q，利用正弦函数的定义求解即可．
【详解】解：（操作发现），∵两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，
∴，，
∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），
故答案为：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
（探究提升），∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（结论应用），∵平行四边形纸条沿或平移，
∴，，
∴四边形、、是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∵四边形是菱形，
∴四边形是菱形，
∵四边形的周长为40，
∴，
作于Q，

∵，
∴，
∴，
∴四边形的面积为．
故答案为：80．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
3．（2023·安徽·中考真题）在中，是斜边的中点，将线段绕点旋转至位置，点在直线外，连接．

(1)如图1，求的大小；
(2)已知点和边上的点满足．
（ⅰ）如图2，连接，求证：；
（ⅱ）如图3，连接，若，求的值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）
【分析】（1）根据旋转的性质得出，根据等边对接等角得出，在中，根据三角形内角和定理即得出，进而即可求解；
（2）（ⅰ）延长交于点，证明四边形是菱形，进而根据平行线分线段成比例得出，，根据等腰三角形的性质，得出是的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得证；
（ⅱ）如图所示，过点作于点，由，得出，，进而根据正切的定义即可求解．
【详解】（1）解：∵
∴，
在中，
∴
（2）证明：（ⅰ）证法一：
如图，延长，交于点，则，

∵，
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∴．
∵是的中点，，
∴．
∴．
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴是菱形．
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，即，
∴，即点是斜边的中点．
∴．
证法二：
∵，是斜边的中点，
∴点在以为圆心，为直径的上．

∵，
∴垂直平分．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
证法三：
∵，
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∴．
∵是的中点，，
∴．
∴．
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴是菱形．
∴．
∵，是斜边的中点，
∴点在以为圆心，为直径的上．
∴．
（ⅱ）如图所示，过点作于点，

∵，
∴，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，菱形的性质与判定，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，求正切，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
题型06 菱形与函数的相关问题
1．（2022·广西玉林·中考真题）如图，点A在双曲线y=kx(k>0,x>0)上，点B在直线y=mx−2b(m>0,b>0)上，A与B关于x轴对称，直线l与y轴交于点C，当四边形AOCB是菱形时，有以下结论：
①A(b,3b) ②当b=2时，k=43
③m=33 ④S四边形AOCB=2b2
则所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【分析】根据一次函数图象上的点的坐标特征、菱形的性质及勾股定理即可求出A(3b,b)，即可判断①错误；根据反比例函图象上的点的特征即可求出k=3b2，当b=2时，即可求出k的值，即可判断②正确；将点B(3b,b)代入直线y=mx−2b(m>0,b>0)，即可求出m的值，即可判断③正确；再根据底乘高即可计算S四边形AOCB，继而判断④错误．
【详解】∵直线y=mx−2b(m>0,b>0)，
∴当x=0时，y=−2b，
∴C(0,−2b)，
∴OC=2b，
∵四边形AOCB是菱形，
∴OC=OA=AB=2b，
∵A与B关于x轴对称，设AB交x轴于点D，
∴AD=BD=b
∴在Rt△AOD中，OD=OA2−AD2=3b，
∴A(3b,b)，故①错误；
∵ A(3b,b)在双曲线y=kx(k>0,x>0)上，
∴b=k3b，
∴k=3b2，
当b=2时，k=43，故②正确；
∵OD=3b,BD=b，
∴B(3b,b)，
∵点B在直线y=mx−2b(m>0,b>0)上，
∴3mb−2b=−b，
∴3mb=b，
∴m=33，故③正确；
S四边形AOCB=AB⋅OD=2b⋅3b=23b2，故④错误；
综上，正确结论的序号是②③，
故答案为：②③．
【点睛】本题考查了一次函数图象上的点的坐标特征、反比例函数图象上的点的坐标特征、菱形的性质及勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
2．（2023·山东滨州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的一边OC在x轴正半轴上，顶点A的坐标为2,23，点D是边OC上的动点，过点D作DE ⊥ OB交边OA于点E，作DF∥OB交边BC于点F，连接EF．设OD=x,△DEF的面积为S．

(1)求S关于x的函数解析式；
(2)当x取何值时，S的值最大？请求出最大值．
【答案】(1)S=−32x2+23x
(2)当x=2时，S的最大值为23
【分析】（1）过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，证明△AOC是等边三角形，可得DE=x，进而证明△CDF∽△COB，得出DF=34−x，根据三角形面积公式即可求解；
（2）根据二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，

∵顶点A的坐标为2,23，
∴OA=22+232=4，OG=2，AG=23
∴cs∠AOG=OGAO=12，
∴∠AOG=60°
∵四边形OABC是菱形，
∴∠BOC=∠AOB=30°，AC⊥BD,AO=OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO=60°，
∵DE⊥OB，
∴DE∥AC,
∴∠EDO=∠ACO=60°
∴△EOD是等边三角形，
∴ED=OD=x
∵DF∥OB，
∴△CDF∽△COB，
∴DFOB=CDCO
∵A 2,23，AO=4，则B6,23，
∴OB=62+232=43
∴DF43=4−x4
∴DF=34−x
∴S=12x×34−x=−32x2+23x
∴S=−32x2+23x0≤x≤4
（2）解：∵S=−32x2+23x=−32x−22+23
∵−32<0，
∴当x=2时，S的值最大，最大值为23．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，菱形的性质，坐标与图形，特殊角的三角函数值，二次函数的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2022·广东广州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠BAD = 120°，AB = 6，连接BD ．
(1)求BD的长；
(2)点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合）， 点F在边AD上，且BE=3DF，
①当CE丄AB时，求四边形ABEF的面积；
②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+3CF的值是否也最小？如果是，求CE+3CF的最小值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)BD=63；
(2)①四边形ABEF的面积为73；②最小值为12
【分析】（1）证明△ABC是等边三角形，可得BO= 33，即可求解；
（2）过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N， 根据菱形的面积可求出MN=33，设BE=x，则EN=12x，从而得到EM=MN-EN=33−12x，再由BE=3DF，可得DF=33x，从而得到四边形ABEF的面积s= S△ABD - S△DEF =312x−332+2734，①当CE⊥AB时，可得点E是△ABC重心，从而得到BE=CE=23BO=23×33=23，即可求解；②作CH⊥AD于H，可得当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；再由s=312x−332+2734，可得当x=33，即BE=33时， s达到最小值，从而得到此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，即可求解．
【详解】（1）解∶连接AC，设AC与BD的交点为O，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD ， OA=OC，AB∥CD，AC平分∠DAB，
∵∠BAD = 120°，
∴∠CAB=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BO=AB▪sin60°=6×32=33，
∴BD=2BO=63；
（2）解：如图，过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=6，
由（1）得：BD=63；
菱形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，AB∥CD，BC=AB=6，
∴MN⊥BC，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴∠EBN=30°；
∴EN=12BE
∵S菱形ABCD=12AC⋅BD=MN⋅BC，
∴MN=33，
设BE=x，则EN=12x，
∴EM=MN-EN=33−12x，
∵S菱形ABCD= AD▪MN=6×33=183，
∴S△ABD= 12S菱形ABCD=93，
∵BE=3DF，
∴DF=BE3=33x，
∴S△DEF=12DF ▪EM=12⋅33x33−12x =−312x2+32x，
记四边形ABEF的面积为s，
∴s= S△ABD - S△DEF =93-（−312x2+32x）=312x−332+2734，
∵点E在BD上，且不在端点，∴0①当CE⊥AB时，
∵OB⊥AC，
∴点E是△ABC重心，
∴BE=CE=23BO=23×33=23，
此时s=31223−332+2734 =73，
∴当CE⊥AB时，四边形ABEF的面积为73；
②作CH⊥AD于H，如图，
∵CO⊥BD，CH⊥AD，而点E和F分别在BD和AD上，
∴当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；
在菱形ABCD中，AB∥CD，AD=CD，
∵∠BAD=120°，
∴∠ADC=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AH=DH=3，
∴CH=33，
∵s=312x−332+2734，
∴当x=33，即BE=33时， s达到最小值，
∵BE=3DF，
∴DF=3，
此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，
∴当四边形ABEF面积取得最小值时，CE和CF也恰好同时达到最小值，
∴CE+3CF的值达到最小，
其最小值为CO+3CH=3+3×33=12．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质，三角形的重心，解直角三角形等知识，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质，三角形的重心，解直角三角形等知识是解题的关键．
4．（2023·西藏·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A−3,0，B1,0两点，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图甲，在y轴上找一点D，使△ACD为等腰三角形，请直接写出点D的坐标；
(3)如图乙，点P为抛物线对称轴上一点，是否存在P、Q两点使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出P、Q两点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3；
(2)0，0或0，−3或0，3−32或0，3+32；
(3)存在，P−1，3−17，Q−4，−17或P−1，3+17，Q−4，17或P−1，1，Q−2，2或P−1，14，Q2，3+14或P−1,−14，Q2，3−14
【分析】（1）将A−3,0，B1,0代入y=−x2+bx+c，求出b,c,即可得出答案；
（2）分别以点D为顶点、以点A为顶点、当以点C为顶点，计算即可；
（3）抛物线y=−x2−2x+3的对称轴为直线x=−1，设P−1,t，Qm,n，求出AC2=18，AP2=t2+4，PC2=t2−6t+10，分三种情况：以AP为对角线或以AC为对角线或以CP为对角线．
【详解】（1）解：（1）∵A−3,0，B1,0两点在抛物线上，
∴0=−−32−3b+c0=−12+b+c
解得，b=−2c=3，
∴抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3；
（2）令x=0，y=3，
∴C0，3，
由△ACD为等腰三角形，如图甲，

当以点D为顶点时，DA=DC，点D与原点O重合，
∴D0，0；
当以点A为顶点时，AC=AD，AO是等腰△ACD中线，
∴OC=OD，
∴D0，−3；
当以点C为顶点时，AC=CD=OA2+OC2=32+32=32
∴点D的纵坐标为3−32或32+3，
∴综上所述，点D的坐标为0，0或0，−3或0，3−32或0，3+32．
（3）存在，理由如下：
抛物线y=−x2−2x+3的对称轴为：直线x=−1，
设P−1,t，Qm,n，
∵A−3，0，C0，3，
则AC2=−32+32=18，
AP2=−1+32+t2=t2+4，
PC2=−12+t−32=t2−6t+10，
∵以A、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，
∴分三种情况：以AP为对角线或以AC为对角线或以CP为对角线，
当以AP为对角线时，则CP=CA，如图1，

∴t2−6t+10=18，
解得：t=3±17，
∴P1−1，3−17或P2−1，3+17
∵四边形ACPQ是菱形，
∴AP与CQ互相垂直平分，即AP与CQ的中点重合，
当P1−1，3−17时，
∴m+02=−3−12，n+32=0+3−172，
解得：m=−4,n=−17，
∴Q1−4，−17
当P2−1，3+17时，
∴m+02=−3−12，n+32=0+3+172，
解得：m=−4,n=17，
∴Q2−4，17
以AC为对角线时，则PC=AP，如图2，

∴t2−6t+10=t2+4，
解得：t=1，
∴P3−1，1，
∵四边形APCQ是菱形，
∴AC与PQ互相垂直平分，即AC与CQ中点重合，
∴m−12=−3+02，n+12=0+32，
解得：m=−2,n=2，
∴Q3−2，2；
当以CP为对角线时，则AP=AC，如图3，

∴t2+4=18，
解得：t=±14，
∴P4−1,14,P5−1,−14，
∵四边形ACQP是菱形，
∴AQ与CP互相垂直平分，即AQ与CP的中点重合，
∴−3+m2=0−12,n+02=3±142，
解得：m=2,n=3±14
∴Q42,3+14,Q52,3−14，
综上所述，符合条件的点P、Q的坐标为： P−1，3−17，Q−4，−17或P−1，3+17，Q−4，17或P−1，1，Q−2，2或P−1，14，Q2，3+14或P−1,−14，Q2，3−14
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了解析式的求法、等腰三角形的判定、菱形的性质、坐标与图形的性质、分类讨论等知识，熟练掌握菱形的性质和坐标与图形的性质是解题的关键．
题型07 根据正方形的性质与判定求解
正方形的性质：
1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质.
2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等.
3）正方形对边平行且相等.
4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；
5）正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形；
6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形.
【补充】正方形对角线与边的夹角为45°.
正方形的判定：
1）平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角；
2）矩形+一组邻边相等；
3）矩形+对角线互相垂直；
4）菱形+一个角是直角；
5）菱形+对角线相等.
【解题技巧】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对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等．
正方形的面积公式： a2＝对角线乘积的一半=2S△ABC=4S△AOB.
正方形的周长公式：周长= 4a
1．（2022·安徽·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：
（1）∠FDG= °；
（2）若DE=1，DF=22，则MN= ．
【答案】 45 2615
【分析】（1）先证△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知∠FDG度数．
（2）先作FH⊥CD于H，利用平行线分线段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，证△MPF∽△NHF,即可求得NH的长度，MN=MH+NH即可得解．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AB=AD，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵FG⊥AG，
∴∠G=∠A=90°，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=FE，∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠FEG=90°，
∴∠FEG=∠EBA，
在△ABE和△GEF中，
∠A=∠G∠ABE=∠GEFBE=EF，
∴△ABE≌△GEF（AAS），
∴AE=FG，AB=GE，
∵在正方形ABCD中，AB=AD
∴AD=GE
∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，
∴AE=DG=FG，
∴∠FDG=∠DFG=45°．
故填：45°．
（2）如图，作FH⊥CD于H，
∴∠FHD=90°
又∵∠G=∠GDH=90°，
∴四边形DGFH是矩形，
又∵DG=FG，
∴四边形DGFH是正方形，
∴DH=FH=DG=2，
∴AG∥FH
∴DEFH=DMMH，
∴DM=23，MH=43，
作MP⊥DF于P，
∵∠MDP=∠DMP=45°，
∴DP=MP，
∵DP2+MP2=DM2，
∴DP=MP=23，
∴PF=523
∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，
∴∠MFP=∠NFH，
∵∠MPF=∠NHF=90°，
∴△MPF∽△NHF,
∴MPNH=PFHF，即23NH=5232，
∴NH=25，
∴MN=MH+NH=43+25=2615．
故填： 2615．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及判定以及相似三角形的性质和判定，熟知相关知识点并能熟练运用，正确添加辅助线是解题的关键．
2．（2023·江苏扬州·中考真题）【问题情境】
在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含30°的三角板开展数学探究活动，两块三角板分别记作△ADB和△A'D'C,∠ADB=∠A'D'C=90°,∠B=∠C=30°，设AB=2．
【操作探究】
如图1，先将△ADB和△A'D'C的边AD、A'D'重合，再将△A'D'C绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角为α0°≤α≤360°，旋转过程中△ADB保持不动，连接BC．

(1)当α=60°时，BC=________；当BC=22时，α=________°；
(2)当α=90°时，画出图形，并求两块三角板重叠部分图形的面积；
(3)如图2，取BC的中点F，将△A'D'C绕着点A旋转一周，点F的运动路径长为________．
【答案】(1)2；30或210
(2)画图见解析；1−33
(3)2π
【分析】（1）当α=60°时，A'C与AD重合，证明△ABC为等边三角形，得出BC=AB=2；当BC=22时，根据勾股定理逆定理得出∠BAC=90°，两种情况讨论：当AC在AB下方时，当AC在AB上方时，分别画出图形，求出结果即可；
（2）证明四边形ADED'是正方形，得出AD=DE=D'E=1， 求出BE=BD−DE=3−1，得出EF=BE×tan∠ABD=3−1×33=1−33，求出DG=AD×tan∠DAG=1×33=33，根据S四边形AGEF=S△ABD−S△BEF−S△ADG求出两块三角板重叠部分图形的面积即可；
（3）根据等腰三角形的性质，得出AF⊥BC，即∠AFB=90°，确定将△A'D'C绕着点A旋转一周，点F在以AB为直径的圆上运动，求出圆的周长即可．
【详解】（1）解：∵△ADB和△A'D'C中∠ADB=∠A'D'C=90°,∠B=∠C=30°，
∴∠BAD=∠CA'D'=90°−30°=60°，
∴当α=60°时，A'C与AD重合，如图所示：连接BC，

∵AB=AC=2，∠BAC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴BC=AB=2；
当BC=22时，
∵AB2+AC2=22+22=8=222=BC2，
∴当BC=22时，△ABC为直角三角形，∠BAC=90°，
∴AB⊥AC，
当AC在AB下方时，如图所示：

∵∠DAC=∠BAC−∠BAD=90°−60°=30°，
∴此时α=∠DAD'=∠CAD'−∠DAC=60°−30°=30°；
当AC在AB上方时，如图所示：

∵∠DAB=∠D'AC=60°，
∴此时α=∠DAB+∠BAC+∠D'AC=210°；
综上分析可知，当BC=22时，α=30°或210°；
故答案为：2；30或210．
（2）解：当α=90°时，如图所示：

∵AB=AC=2，
∴AD=AD'=12AB=1，
∴BD=CD'=22−12=3，
∵∠DAD'=α=90°，
又∵∠ADB=∠AD'C=90°，
∴四边形ADED'是矩形，
∵AD=AD'，
∴四边形ADED'是正方形，
∴AD=DE=D'E=1，
∴BE=BD−DE=3−1，
∴EF=BE×tan∠ABD=3−1×33=1−33，
∵∠DAG=∠DAD'−∠CAD'=90°−60°=30°，
∴DG=AD×tan∠DAG=1×33=33，
∴S四边形AGEF=S△ABD−S△BEF−S△ADG
=12×1×3−12×1−333−1−12×1×33
=1−33，
即两块三角板重叠部分图形的面积为1−33．
（3）解：∵AB=AC，F为BC的中点，
∴AF⊥BC，
∴∠AFB=90°，
∴将△A'D'C绕着点A旋转一周，点F在以AB为直径的圆上运动，
∵AB=2
∴点F运动的路径长为2π．
故答案为：2π．

【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，解直角三角形，旋转的性质，确定圆的条件，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是画出相应的图形，数形结合，并注意分类讨论．
3．（2022·湖北随州·中考真题）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的一个里程碑．在该书的第2幕“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中．
(1)我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可以推出的代数公式，（下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号）
公式①：a+b+cd=ad+bd+cd
公式②：a+bc+d=ac+ad+bc+bd
公式③：a−b2=a2−2ab+b2
公式④：a+b2=a2+2ab+b2
图1对应公式______，图2对应公式______，图3对应公式______，图4对应公式______；
(2)《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式a+ba−b=a2−b2的方法，如图5，请写出证明过程；（已知图中各四边形均为矩形）
(3)如图6，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，D为BC的中点，E为边AC上任意一点（不与端点重合），过点E作EG⊥BC于点G，作EH⊥ADF点H过点B作BF//AC交EG的延长线于点F．记△BFG与△CEG的面积之和为S1，△ABD与△AEH的面积之和为S2．
①若E为边AC的中点，则S1S2的值为_______；
②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)①，②，④，③
(2)证明见解析
(3)①2
②结论仍成立，理由见解析
【分析】（1）观察图形，根据面积计算方法即可快速判断；
（2）根据面积关系：矩形AKHD面积=矩形AKLC面积+矩形CLHD面积=矩形DBFG面积+矩形CLHD面积=正方形BCEF面积－正方形LEGH面积，即可证明；
（3）①由题意可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，设BD=a，从而用含a的代数式表示出S1、S2进行计算即可；②由题意可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，设BD=a，DG=b，从而用含a、b的代数式表示出S1、S2进行计算即可．
【详解】（1）解：图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
故答案为：①，②，④，③；
（2）解：由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK=DB=a－b，
∴S矩形AKLC=S矩形DBFG=a(a−b)，
∵S矩形AKHD=S矩形AKLC+S矩形CLHD，
∴S矩形AKHD=S矩形DBFG+S矩形CLHD=S正方形BCEF−S正方形LEGH=a2−b2，
又∵S矩形AKHD=(a+b)(a−b)，
∴(a+b)(a−b)=a2−b2；
（3）解：①由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，
设BD=a，
∴AD=BD=a，AH=HE=DG=12a，EG=CG=12a，FG=BG=32a，
∴S1=S△BFG+S△CEG=12×(32a)2+12×(12a)2=54a2，
S2=S△ABD+S△AEH=12a2+12×(12a)2=58a2，
∴S1S2=2；
故答案为：2；
②成立，证明如下：
由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，
设BD=a，DG=b，
∴AD=BD=a，AH=HE=DG=b，EG=CG=a−b，FG=BG=a+b，
∴S1=S△BFG+S△CEG=12(a+b)2+12(a−b)2=a2+b2，
S2=S△ABD+S△AEH=12a2+12b2=12(a2+b2)，
∴S1S2=2仍成立．
【点睛】本题主要考查了公式的几何验证方法，矩形和正方形的判定与性质，掌握数形结合思想，观察图形，通过图形面积解决问题是解题的关键．
4．（2022·浙江台州·中考真题）图1中有四条优美的“螺旋折线”，它们是怎样画出来的呢？如图2，在正方形ABCD各边上分别取点B1，C1，D1，A1，使AB1=BC1=CD1=DA1=45AB，依次连接它们，得到四边形A1B1C1D1；再在四边形A1B1C1D1各边上分别取点B2，C2，D2，A2，使A1B2=B1C2=C1D2=D1A2=45A1B1，依次连接它们，得到四边形A2B2C2D2；…如此继续下去，得到四条螺旋折线．
图1
(1)求证：四边形A1B1C1D1是正方形；
(2)求A1B1AB的值；
(3)请研究螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段之间的关系，写出一个正确结论并加以证明．
【答案】(1)见解析
(2)175
(3)螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的比均为51717或175，见解析
【分析】（1）证明△AB1A1≌△BC1B1，则A1B1=B1C1，同理可证B1C1=C1D1=D1A1=A1B1，再证明有一个角为直角，即可证明四边形为正方形；
（2）勾股定理求解A1B1的长度，再作比即可；
（3）两个结论：螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的比均为51717或175；螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的夹角的度数不变，选一个证明即可，证明过程见详解．
【详解】（1）在正方形ABCD中，AB=BC，∠A=∠B=90°，
又∵AB1=BC1=CD1=DA1=45AB，
∴AA1=BB1=15AB．
∴△AB1A1≌△BC1B1．
∴A1B1=B1C1，∠AB1A1=∠BC1B1．
又∵∠BC1B1+∠BB1C1=90°，
∴∠BB1C1+∠AB1A1=90°．
∴∠A1B1C1=90°．
同理可证：B1C1=C1D1=D1A1=A1B1．
∴四边形A1B1C1D1是正方形．
（2）∵AB1=BC1=CD1=DA1=45AB，设AB=5a，则AB1=4a．
∴B1B=AA1=a．
∴由勾股定理得：A1B1=17a．
∴A1B1AB=17a5a=175．
（3）结论1：螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的比均为51717或175．
证明：∵AB1=45AB，
∴BB1=15AB．
同理，B1B2=15A1B1．…
∴B1BB1B2=ABA1B1=51717．
同理可得B1B2B2B3=51717，…
∴螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的比均为51717或175．
结论2：螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的夹角的度数不变．
证明：∵B1BBC1=B2B1B1C2=14，∠A1B1C1=∠ABC=90°，
∴△BB1C1∽△B1B2C2，
∴∠BB1C1=∠B1B2C2．
同理得：∠B1B2C2=∠B2B3C3，
∵∠C1B1B2=∠C2B2B3=90°，
∴∠BB1C1+∠C1B1B2=∠B1B2C2+∠C2B2B3，即∠BB1B2=∠B1B2B3．
同理可证∠B1B2B3=∠B2B3B4=⋅⋅⋅．
∴螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的夹角的度数不变．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定、勾股定理、相似三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定是解题的关键．
题型08 根据正方形的性质与判定解决多结论问题
1．（2021·湖北黄石·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF=45°，AE交BD于M点，AF交BD于N点．
（1）若正方形的边长为2，则△CEF的周长是 ．
（2）下列结论：①BM2+DN2=MN2；②若F是CD的中点，则tan∠AEF=2；③连接MF，则△AMF为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是 （把你认为所有正确的都填上）．
【答案】 4 ①③
【分析】(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，证明ΔEAF≌ΔEAG(SAS)，ΔFAD≌ΔGAB(SAS)，进而得到EF=DF+BE，即可求出△CEF的周长；
(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，证明ΔBAM≌ΔDAH(SAS)，ΔMAN≌ΔHAN(SAS)即可判断；
对于②：设正方形边长为2，BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，在Rt△EFC中使用勾股定理求出x，在利用∠AEF=∠AEB即可求解；
对于③：证明A、M、F、D四点共圆，得到∠AFM=∠ADM=45°进而求解．
【详解】解：(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，如下图所示：
∵∠EAF=45°，且∠FAG=90∘
∴∠EAG=45∘，
在ΔEAF和ΔEAG中：AF=AG∠EAF=∠EAG=45∘AE=AE，
∴ΔEAF≌ΔEAG(SAS)，
∴EF=GE，
又∠1+∠2=45°，∠3+∠2=45°，
∴∠1=∠3，
∵ABCD为正方形，
∴AD=AB，
在ΔFAD和ΔGAB中：AD=AB∠1=∠3AF=AG，
∴ΔFAD≌ΔGAB(SAS)，
∴∠ABG=∠ADF=90∘
∴∠ABG+∠ABE=90∘+90∘=180∘，
∴G、B、E三点共线，
∴EF=GE=GB+BE=DF+BE，
∴CΔCEF=EF+EC+CF=(DF+BE)+EC+CF=(DF+CF)+(BE+EC)=CD+BC=4，
故答案为：4；
(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，如下图所示：
∵∠1+∠2=45°，∠1+∠4=∠EAH-∠EAF=45°，
∴∠2=∠4，
在ΔBAM和ΔDAH中：BA=DA∠2=∠4AM=AH ,
∴ΔBAM≌ΔDAH(SAS)，
∴∠ADH=∠ABM=45∘，BM=DH，
∴∠NDH=∠ADH+∠ADN=45∘+45∘=90∘，
∴在RtΔHND中，由勾股定理得：NH2=DH2+DN2=BM2+DN2，
在ΔMAN和ΔHAN中：AN=AN∠MAN=∠HAN=45∘AM=AH ,
∴ΔMAN≌ΔHAN(SAS)，
∴MN=NH，
∴MN2=NH2=BM2+DN2，故①正确；
对于②：由(1)中可知：EF=BE+DF，设正方形边长为2，当F为CD中点时，
GB=DF=1，CF=1，设BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，
在Rt△EFC中，由勾股定理：EF2=CF2+CE2，
∴(x+1)2=12+(2−x)2，解得x=23，即BE=23，
∴tan∠AEF=tan∠AEB=ABBE=2×32=3,故②错误；
对于③：如下图所示：
∵∠EAF=∠BDC=45°，
∴A、M、F、D四点共圆，
∴∠AFM=∠ADM=45°，
∴△AMF为等腰直角三角形，故③正确；
故答案为：①③．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的证明，四点共圆的判定方法等，属于综合题，具有一定难度，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键．
2．（2020·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：
①点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM；
②无论点M运动到何处，都有DM＝2HM；
③在点M的运动过程中，四边形CEMD不可能成为菱形；
④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．
以上结论正确的有 （把所有正确结论的序号都填上）．
【答案】①②③④
【分析】①正确．证明∠ADM＝30°，即可得出结论．
②正确．证明△DHM是等腰直角三角形即可．
③正确．首先证明四边形CEMD是平行四边形，再证明，DM＞CD即可判断．
④正确．证明∠AHM＜∠BAC＝45°，即可判断．
【详解】解：如图，连接DH，HM．
由题可得，AM＝BE，
∴AB＝EM＝AD，
∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，
∴EM＝AD，∠AHE＝90°，∠MEH＝∠DAH＝45°＝∠EAH，
∴EH＝AH，
∴△MEH≌△DAH（SAS），
∴∠MHE＝∠DHA，MH＝DH，
∴∠MHD＝∠AHE＝90°，△DHM是等腰直角三角形，
∴DM＝2HM，故②正确；
当∠DHC＝60°时，∠ADH＝60°﹣45°＝15°，
∴∠ADM＝45°﹣15°＝30°，
∴Rt△ADM中，DM＝2AM，
即DM＝2BE，故①正确；
∵CD∥EM，EC∥DM，
∴四边形CEMD是平行四边形，
∵DM＞AD，AD＝CD，
∴DM＞CD，
∴四边形CEMD不可能是菱形，故③正确，
∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，
∴∠AHM＜∠BAC＝45°，
∴∠CHM＞135°，故④正确；
由上可得正确结论的序号为①②③．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
3．（2022·黑龙江大庆·中考真题）如图，正方形ABCD中，点E，F分别是边AB,BC上的两个动点，且正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，连接DE,DF分别与对角线AC交于点M，N．给出如下几个结论：①若AE=2,CF=3，则EF=4；②∠EFN+∠EMN=180°；③若AM=2,CN=3，则MN=4；④若MNAM=2,BE=3，则EF=4．其中正确结论的序号为 ．

【答案】②
【分析】根据已知条件可得EF=AE+FC，即可判断①，进而推出∠EDF=45°，导角可得②正确，作DG⊥EF于点G，连接GM,GN，证明△GMN是直角三角形，勾股定理验证③，证明∠BEF=∠MNG=30°，即可判断④求解．
【详解】解：∵正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，
∴BE+BF+EF=AB+BC，
∴ EF=AE+FC，
①若AE=2,CF=3，则EF=5，故①不正确；
如图，在BA的延长线上取点H，使得AH=CF，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAH=∠DAE=∠DCF=90°，AD=CD，
∴△ADH≌△CDF，
∴∠CDF=∠ADH，HD=DF，∠H=∠DFC，
∵EF=AE+CF=AE+AH=EH，DE=DE，
∴△DHE≌△DFE SSS，
∴∠HDE=∠FDE，∠H=∠EFD，∠HED=∠FED，
∵∠CDF+∠ADF=∠ADH+∠ADF=∠HDF=90°，
∴∠EDF=∠HDE=45°，
∵ ∠H=∠DFC=∠DFE，
∵ ∠EMN=∠HED+∠EAM=45°+∠DEF，
∴∠EFN+∠EMN=∠DFC+45°+∠DEF=∠DFC+∠EDF+∠DEF=180°
即∠EFN+∠EMN=180°，故②正确；

如图，作DG⊥EF于点G，连接GM,GN，
则∠DGE=∠DAE=90°，
∵∠AED=∠GED，DE=DE，
∴△AED≌△GED，
同理可得△GDF≌△CDF，
∴AD=DG=CD，∠ADE=∠GDE,∠GDF=∠CDF，
∴A,G关于DE对称轴，C,G关于DF对称，
∴GM=AM,GN=CN，
∠EGM=∠EAM=45°,∠NGF=∠NCF=45°，
∴∠MGN=180°−45°−45°=90°，
∴△GMN是直角三角形，
③若AM=2,CN=3，
∴ GM=2,GN=3，
∴MN=MG2+GN2=13≠4，故③不正确，
∵ MG=AM，
若MNAM=2,BE=3，
即sin∠MNG= MGMN=12，
∴∠MNG=30°，
∵ ∠EFN+∠EMN=180°，∠EMN+∠AME=180°，
又∠CFN=∠EFN，
∴∠AME=∠CFN，
∴2∠AEM=2∠CFN，
即∠AMG=∠CFG，
∴∠GMN=∠BFE，
∴∠BEF=∠MNG=30°，
∴cs∠BEF=BEEF=cs∠GNM=cs30°=32，
∵BE=3，
∴EF=2BE3=23，
故④不正确．
故答案为：②．
【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
4．（2022·四川达州·中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别为AD，CD边上的动点（不与端点重合），连接BE，BF，分别交对角线AC于点P，Q．点E，F在运动过程中，始终保持∠EBF=45°，连接EF，PF，PD．以下结论：①PB=PD；②∠EFD=2∠FBC；③PQ=PA+CQ；④△BPF为等腰直角三角形；⑤若过点B作BH⊥EF，垂足为H，连接DH，则DH的最小值为22−2．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④⑤
【分析】连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，根据正方形的性质及线段垂直平分线的性质定理即可判断①正确；通过证明△BCF≅△BAM(SAS)，△EBF≅△EBM(SAS)，可证明②正确；作∠CBN=∠ABP，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，通过证明△ABP≅△CBN，可判断③错误；通过证明△BQP∼△CQF，△BCQ∼△PFQ，利用相似三角形的性质即可证明④正确；当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，分别求解即可判断⑤正确．
【详解】
如图1，连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC垂直平分BD，BA=BC,∠BCF=90°=∠BAD=∠ABC，
∴PB=PD，∠BCF=∠BAM，∠FBC=90°−∠BFC，故①正确；
∴△BCF≅△BAM(SAS)，
∴∠CBF=∠ABM,BF=BM,∠M=∠BFC，
∵∠EBF=45°，
∴∠ABE+∠CBF=45°，
∴∠ABE+∠ABM=45°，
即∠EBM=∠EBF，
∵BE=BE，
∴△EBF≅△EBM(SAS)，
∴∠M=∠EFB,∠MEB=∠FEB，
∴∠EFB=∠CFB，
∴∠EFD=180°−(∠EFB+∠CFB)=180°−2∠BFC，
∴ ∠EFD=2∠FBC，故②正确；
如图2，作∠CBN=∠ABP，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，
∴△ABP≅△CBN，
∴∠BAP=∠BCN=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠NCK=90°，
∴∠CNK≠∠K，即CN≠CK，
∴PQ≠PA+CQ，故③错误；
如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBF=∠BCP=∠FCP=45°，
∵∠BQP=∠CQF，
∴△BQP∼△CQF，
∴BQCQ=PQFQ，
∵∠BQC=∠PQF，
∴△BCQ∼△PFQ，
∴∠BCQ=∠PFQ=45°，
∴∠PBF=∠PFB=45°，
∴∠BPF=90°，
∴ △BPF为等腰直角三角形，故④正确；
如图1，当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，
∴BD=22+22=22，
∵∠BAE=∠BHE=90°,BE=BE，
∴△BAE≅△BHE(AAS)，
∴BA=BH=2，
∴DH=BD−BH=22−2，故⑤正确；
故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并准确作出辅助线是解题的关键．
题型09 正方形与函数的相关问题
1．（2023·江苏泰州·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，点A(m，0)，B(m−a，0)(a>m>0)的位置和函数y1=mx(x>0)、y2=m−ax(x<0)的图像如图所示．以AB为边在x轴上方作正方形ABCD，AD边与函数y1的图像相交于点E，CD边与函数y1、y2的图像分别相交于点G、H，一次函数y3的图像经过点E、G，与y轴相交于点P，连接PH．

(1)m=2，a=4，求函数y3的表达式及△PGH的面积；
(2)当a、m在满足a>m>0的条件下任意变化时，△PGH的面积是否变化？请说明理由；
(3)试判断直线PH与BC边的交点是否在函数y2的图像上？并说明理由．
【答案】(1)函数y3的表达式为y3=−2x+5，△PGH的面积为12
(2)不变，理由见解析
(3)在，理由见解析
【分析】（1）由m=2，a=4，可得A(2，0)，B(−2，0)，y1=2x，y2=−2x，则AB=4，当x=2，y1=22=1，则E2，1；当y1=4，4=2x，解得x=12，则G12，4；当y2=4，4=−2x，解得x=−12，则H−12，4；待定系数法求一次函数y3的解析式为y3=−2x+5，当x=0，y3=5，则P0，5，根据S△PGH=12×12−−12×5−4，计算求解即可；
（2）求解过程同（1）；
（3）设直线PH的解析式为y=k2x+b2，将P0，1+a，Hm−aa，a，代入y=k2x+b2得，b2=1+am−aak2+b2=a，解得b2=1+ak2=aa−m，即y=aa−mx+1+a，当x=m−a，y=aa−m×m−a+1+a=1，则直线PH与BC边的交点坐标为m−a，1，当x=m−a，y2=m−am−a=1，进而可得结论．
【详解】（1）解：∵m=2，a=4，
∴A(2，0)，B(−2，0)，y1=2x，y2=−2x，
∴AB=4，
当x=2，y1=22=1，则E2，1；
当y1=4，4=2x，解得x=12，则G12，4；
当y2=4，4=−2x，解得x=−12，则H−12，4；
设一次函数y3的解析式为y3=kx+b，
将E2，1，G12，4，代入y3=kx+b得，2k+b=112k+b=4，解得k=−2b=5，
∴y3=−2x+5，
当x=0，y3=5，则P0，5，
∴S△PGH=12×12−−12×5−4=12；
∴函数y3的表达式为y3=−2x+5，△PGH的面积为12；
（2）解：△PGH的面积不变，理由如下：
∵A(m，0)，B(m−a，0)，y1=mx，y2=m−ax，
∴AB=a，
当x=m，y1=mm=1，则Em，1；
当y1=a，a=mx，解得x=ma，则Gma，a；
当y2=a，a=m−ax，解得x=m−aa，则Hm−aa，a；
设一次函数y3的解析式为y3=k1x+b1，
将Em，1，Gma，a，代入y3=k1x+b1得，mk1+b1=1mak1+b1=a，解得k1=−amb1=1+a，
∴y3=−amx+1+a，
当x=0，y3=1+a，则P0，1+a，
∴S△PGH=12×ma−m−aa×1+a−a=12；
∴△PGH的面积不变；
（3）解：直线PH与BC边的交点在函数y2的图像上，理由如下：
设直线PH的解析式为y=k2x+b2，
将P0，1+a，Hm−aa，a，代入y=k2x+b2得，b2=1+am−aak2+b2=a，解得b2=1+ak2=aa−m，
∴y=aa−mx+1+a，
当x=m−a，y=aa−m×m−a+1+a=1，
∴直线PH与BC边的交点坐标为m−a，1，
当x=m−a，y2=m−am−a=1，
∴直线PH与BC边的交点在函数y2的图像上．
【点睛】本题考查了正方形的性质，一次函数解析式，反比例函数解析式，交点坐标．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
2．（2022·江苏徐州·中考真题）如图，一次函数y=kx+b(k>0)的图像与反比例函数y=8x(x>0)的图像交于点A，与x轴交于点B，与y轴交于点C，AD⊥x轴于点D，CB=CD，点C关于直线AD的对称点为点E．
(1)点E是否在这个反比例函数的图像上？请说明理由；
(2)连接AE、DE，若四边形ACDE为正方形．
①求k、b的值；
②若点P在y轴上，当|PE−PB|最大时，求点P的坐标．

【答案】(1)点E在这个反比例函数的图像上，理由见解析
(2)①k=1，b=2；②点P的坐标为(0,−2)
【分析】（1）设点A的坐标为(m,8m)，根据轴对称的性质得到AD⊥CE，AD平分CE，如图，连接CE交AD于H，得到CH=EH，再结合等腰三角形三线合一得到CH为ΔACD边AD上的中线，即AH=HD，求出H(m,4m)，进而求得E(2m,4m)，于是得到点E在这个反比例函数的图像上；
（2）①根据正方形的性质得到AD=CE，AD垂直平分CE，求得CH=12AD，设点A的坐标为(m,8m)，得到m=2（负值舍去），求得A(2,4)，C(0,2)，把A(2,4)，C(0,2)代入y=kx+b得，解方程组即可得到结论；②延长ED交y轴于P，根据已知条件得到点B与点D关于y轴对称，求得|PE−PD|=|PE−PB|，则点P即为符合条件的点，求得直线DE的解析式为y=x−2，于是得到结论．
【详解】（1）解：点E在这个反比例函数的图像上．
理由如下：
∵一次函数y=kx+b(k>0)的图像与反比例函数y=8x(x>0)的图像交于点A，
∴设点A的坐标为(m,8m)，
∵点C关于直线AD的对称点为点E，
∴AD⊥CE，AD平分CE，
连接CE交AD于H，如图所示：

∴CH=EH，
∵AD⊥x轴于D，
∴CE∥x轴，∠ADB=90°，
∴∠CDO+∠ADC=90°，
∵CB=CD，
∴∠CBO=∠CDO，
在RtΔABD中，∠ABD+∠BAD=90°，
∴∠CAD=∠CDA，
∴CH为ΔACD边AD上的中线，即AH=HD，
∴H(m,4m)，
∴E(2m,4m)，
∵2m×4m=8，
∴点E在这个反比例函数的图像上；
（2）解：①∵四边形ACDE为正方形，
∴AD=CE，AD垂直平分CE，
∴CH=12AD，
设点A的坐标为(m,8m)，
∴CH=m，AD=8m，
∴m=12×8m，
∴m=2（负值舍去），
∴A(2,4)，C(0,2)，
把A(2,4)，C(0,2)代入y=kx+b得{2k+b=4b=2，
∴ {k=1b=2；
②延长ED交y轴于P，如图所示：

∵CB=CD，OC⊥BD，
∴点B与点D关于y轴对称，
∴|PE−PD|=|PE−PB|，则点P即为符合条件的点，
由①知，A(2,4)，C(0,2)，
∴D(2,0)，E(4,2)，
设直线DE的解析式为y=ax+n，
∴ {2a+n=04a+n=2，解得{a=1n=−2，
∴直线DE的解析式为y=x−2，
当x=0时，y=−2，即(0,−2)，故当|PE−PB|最大时，点P的坐标为(0,−2)．
【点睛】本题考查了反比例函数的综合题，正方形的性质，轴对称的性质，待定系数法求一次函数的解析式，正确地作出辅助线是解题的关键．
3．（2023·辽宁·中考真题）如图，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于点A和点B4，0，与y轴交于点C0，4，点E在抛物线上．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点E在第一象限内，过点E作EF∥y轴，交BC于点F，作EH∥x轴，交抛物线于点H，点H在点E的左侧，以线段EF,EH为邻边作矩形EFGH，当矩形EFGH的周长为11时，求线段EH的长；
(3)点M在直线AC上，点N在平面内，当四边形OENM是正方形时，请直接写出点N的坐标．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=−12x2+x+4；
(2)EH=4；
(3)点N的坐标为4，4或−72，32或−5+574,−17−3574或−5−574,−17+3574
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）先求得直线BC的解析式为y=−x+4，设Ex，−12x2+x+4，则Fx，−x+4，利用对称性质求得H2−x，−12x2+x+4，推出GH=EF=−12x2+2x，GF=EH=2x−2，利用矩形周长公式列一元二次方程计算即可求解；
（3）先求得直线AC的解析式为y=2x+4，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，证明△OEP≌△MOQ，推出PE=OQ，PO=MQ，设Em，−12m2+m+4，则M12m2−m−4，m，由点M在直线AC上，列式计算，可求得m的值，利用平移的性质可得点N的坐标；设点Ma,b，则点Eb,−a，当OM绕着点O逆时针旋转90°得到OE时，当点M绕点O逆时针90°得到点E时，根据旋转的性质，可得点N的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−12x2+bx+c经过点B4，0和C0，4，
∴−12×42+4b+c=0c=4，
解得b=1c=4，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+x+4；
（2）解：∵点B4，0和C0，4，
设直线BC的解析式为y=kx+4，则0=4k+4，
解得k=−1，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
设Ex，−12x2+x+4，且0∴GH=EF=−12x2+x+4−−x+4=−12x2+2x，
∵抛物线的对称轴为直线x=−12×−12=1，
∴H2−x，−12x2+x+4，
∴GF=EH=x−4−x=2x−2，
依题意得2−12x2+2x+2x−2=11，
解得x=5（舍去）或x=3，
∴EH=4；
（3）解：令y=0，则−12x2+x+4=0，
解得x=−2或x=4，
∴A−2，0，
同理，直线AC的解析式为y=2x+4，
∵四边形OENM是正方形，
∴OE=OM，∠EOM=90°，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，如图，

∠OPE=∠MQO=90°，∠OEP=90°−∠EOP=∠MOQ，
∴△OEP≌△MOQ，
∴PE=OQ，PO=MQ，
设Em，−12m2+m+4，
∴PE=OQ=−m，PO=MQ=−12m2+m+4，
则M12m2−m−4，m，
∵点M在直线AC上，
∴m=212m2−m−4+4，
解得m=4或m=−1，
当m=4时，M0，4，E4，0，
即点M与点C重合，点E与点B重合时，四边形OENM是正方形，此时N4，4；
当m=−1时，M−52，−1，E−1，52，
点O向左平移52个单位，再向下平移1个单位，得到点M，
则点E向左平移52个单位，再向下平移1个单位，得到点N，
∴N−1−52，52−1，即N−72，32；
设点Ma,b，则点Eb,−a，
当OM绕着点O逆时针旋转90°得到OE时，如图，
∵点E在y=2x+4的图象上，
∴b=2a+4，
∴点Ma,2a+4，
∵点E在y=−12x2+x+4的图象上，
∴−122a+42+2a+4+4=−a，
解得：a=−52或0，
∴M10,4,E14,0,M2−52,−1，E2−1,52，
当点M绕点O逆时针90°得到点E时，点E−b,a，Ma,2a+4,E−2a−4,a，
∵点E在y=−12x2+x+4的图象上，
∴−12−2a−42−2a−4+4=a，
解得：a=−11±574，
∴点M1−11−574,−3−572，E13+572,−11−574，M2−11+574,−3+572，E23−572,−11+574，
∴点N的坐标为−5+574,−17−3574或−5−574,−17+3574；
综上，点N的坐标为4，4或−72，32或−5+574,−17−3574或−5−574,−17+3574．
【点睛】本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，两点之间的距离公式和正方形的性质，是一道综合性较强的题，解题的关键是求出二次函数和一次函数解析式以及分情况讨论．
4．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，抛物线y1=ax2+bx+c的图象经过A(−6,0)，B(−2,0)，C(0,6)三点，且一次函数y=kx+6的图象经过点B．

(1)求抛物线和一次函数的解析式．
(2)点E，F为平面内两点，若以E、F、B、C为顶点的四边形是正方形，且点E在点F的左侧．这样的E，F两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点E的坐标：如果不存在，请说明理由．
(3)将抛物线y1=ax2+bx+c的图象向右平移8个单位长度得到抛物线y2，此抛物线的图象与x轴交于M，N两点（M点在N点左侧）．点P是抛物线y2上的一个动点且在直线NC下方．已知点P的横坐标为m．过点P作PD⊥NC于点D．求m为何值时，CD+12PD有最大值，最大值是多少？
【答案】(1)y1=12x2+4x+6，y=3x+6
(2)满足条件的E、F两点存在，E1(−8,2)，E2(4,−2)，E3(−4,4)
(3)当m=133时，CD+12PD的最大值为169224
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）①当BC为正方形的边长时，分别过B点C点作E1E2⊥BC，F1F2⊥BC，使E1B=E2B=BC，CF1=CF2=BC，连接E1F1、E2F2，证明△BE1H1≌△CBO(AAS)，得出E1H1=BO=2，H1B=OC=6，则E1(−8,2)同理可得，E2(4,−2)；②以BC为正方形的对角线时，过BC的中点G作E3F3⊥BC，使E3F3与BC互相平分且相等，则四边形E3BF3C为正方形，过点E3作E3N⊥y轴于点N，过点B作BM⊥E3N于点M，证明△CE3N≌△E3BM(AAS)，得出E3B=25，在Rt△E3NC中，E3C2=CN2+E3N2，解得CN=2或4，进而即可求解；
（3）得出△CON是等腰直角三角形，△HPD是等腰直角三角形，则HD=DP=22HP，点P在抛物线y2上，且横坐标为m，得出H(m,−m+6)，进而可得HD=DP=22−12m2+3m=−24m2+322m，则CD+12PD =−328m−1332+169224，根据二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：把A(−6,0)，B(−2,0)，C(0,6)代入y1=ax2+bx+c
得36a−6b+c=04a−2b+c=0c=6
解得a=12b=4c=6
∴y1=12x2+4x+6
把B(−2,0)代入y=kx+6得k=3
∴y=3x+6
（2）满足条件的E、F两点存在，E1(−8,2)，E2(4,−2)，E3(−4,4)
解：①当BC为正方形的边长时，分别过B点C点作E1E2⊥BC，F1F2⊥BC，使E1B=E2B=BC，CF1=CF2=BC，连接E1F1、E2F2.

过点E1作E1H1⊥x轴于H1.
∵BE1=CB,∠BOC=∠E1H1B=90°=∠E1BC，
又∠BE1H1=90°−∠E1BH1=∠CBO，
∴△BE1H1≌△CBO(AAS)，
∴E1H1=BO=2，H1B=OC=6
∴E1(−8,2)
同理可得，E2(4,−2)
②以BC为正方形的对角线时，过BC的中点G作E3F3⊥BC，使E3F3与BC互相平分且相等，则四边形E3BF3C为正方形，
过点E3作E3N⊥y轴于点N，过点B作BM⊥E3N于点M

∵CE3=BE3,∠CNE3=∠E3MB=90°，
又∠BE3M=90°−∠CE3N=∠E3CN
∴△CE3N≌△E3BM(AAS)
∴CN=E3M，BM=E3N
∵BC=210
∴E3G=BG=10
∴E3B=25
在Rt△E3NC中，E3C2=CN2+E3N2
∴(25)2=CN2+(6−CN)2
解得CN=2或4
当CN=4时，E3(2,2)，此时点E在点F右侧故舍去；
当CN=2时，E3(−4,4).
综上所述：E1(−8,2)，E2(4,−2)，E3(−4,4)
（3）∵y1=12x2+4x+6向右平移8个单位长度得到抛物线y2=12x−82+4x−8+6
当y2=0，即12x−82+4x−8+6=0
解得：x1=2,x2=6
∴M(2,0)，N(6,0)
∵y2过M，N，C三点
∴y2=12x2−4x+6
在直线NC下方的抛物线y2上任取一点P，作PH⊥x轴交NC于点H，过点H作HG⊥y轴于点G.

∵N(6,0)，C(0,6)
∴ON=OC
∴△CON是等腰直角三角形
∵∠CHG=45°，∠GHP=90°
∴∠PHD=45°
又PD⊥CN
∴△HPD是等腰直角三角形
∴HD=DP=22HP
∵点P在抛物线y2上，且横坐标为m
∴CG=GH=m
∴CH=2m
∵yCN=−x+6
∴H(m,−m+6)
∴HP=−m+6−12m2−4m+6=−12m2+3m
∴HD=DP=22−12m2+3m=−24m2+322m
∴CD+12PD=CH+HD+12PD=CH+32PD=2m+32−24m2+322m
=−328m−1332+169224
∴当m=133时，CD+12PD的最大值为169224．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，正方形的性质，二次函数的性质，分类讨论，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
题型10 与特殊四边形有关的新定义问题
1．（2023·浙江宁波·中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．

(1)如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC,∠A=90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD为邻等四边形．
(2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．
(3)如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB=∠ABC=90°，∠BCD为邻等角，连接AC，过B作BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC=8,DE=10，求四边形EBCD的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)画图见解析
(3)38−62
【分析】（1）先证明∠ABC=180°−∠A=90°，∠ADB=∠CBD，再证明CD=CB，即可得到结论；
（2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①∠B=∠C=90，结合图形再确定满足CB=CD或AD=CD的格点D；②∠B=∠A=90，结合图形再确定满足AB=AD的格点D；
（3）如图，过C作CQ⊥AD于Q，可得四边形ABCQ是矩形，AQ=BC，AD∥BC，证明四边形ACBE为平行四边形，可得BE=AC=8，AE=BC，设BC=AE=x，而DE=10，AD=10−x，DQ=x−10−x=2x−10，由新定义可得CD=CB=x，由勾股定理可得：x2−2x−102=82−x2，再解方程可得答案．
【详解】（1）解：∵AD∥BC,∠A=90°，
∴∠ABC=180°−∠A=90°，∠ADB=∠CBD，
∵对角线BD平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB，
∴∠CBD=∠CDB，
∴CD=CB，
∴四边形ABCD为邻等四边形．
（2）解：D1，D2，D3即为所求；
（3）如图，过C作CQ⊥AD于Q，

∵∠DAB=∠ABC=90°，
∴四边形ABCQ是矩形，
∴AQ=BC,AB=CQ，AD∥BC，
∵BE∥AC，
∴四边形ACBE为平行四边形，
∴BE=AC=8，AE=BC，
设BC=AE=x，而DE=10，
∴AD=10−x，DQ=x−10−x=2x−10，
由新定义可得CD=CB=x，
由勾股定理可得：x2−2x−102=82−x2，
整理得：x2−20x+82=0，
解得：x1=10−32，x2=10+32>8（不符合题意舍去），
∴CB=CD=10−32，
∴四边形EBCD的周长为10+8+210−32=38−62．
【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键．
2．（2020·湖南益阳·中考真题）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形ABCD中，E是CD上的点，将ΔBCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF为“直等补”四边形，为什么？
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB=BC=5，CD=1，AD>AB，点B到直线AD的距离为BE．
①求BE的长．
②若M、N分别是AB、AD边上的动点，求ΔMNC周长的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）①BE=4；②ΔMNC周长的最小值为82
【分析】（1）由旋转性质证得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,进而可证得四边形BEDF为“直等补”四边形；
（2）如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，可证得四边形EBFD是正方形，则有BE=FD,设BE=x，则FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可；
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5，则NP=NC，MT=MC,
由△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，过P作PH⊥BC交BC延长线于H，易证△BFC∽△PHC，求得CH、PH，进而求得TH，在Rt△PHT中，由勾股定理求得PT，即可求得周长的最小值．
【详解】（1）如图1由旋转的性质得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE
∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°，
∴∠F+∠BED=180°，
∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，
故满足“直等补”四边形的定义，
∴四边形BEDF为“直等补”四边形；
（2）∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB=BC，
∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，
如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，
则∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE
∴D、C、F共线，
∴四边形EBFD是正方形，
∴BE=FD，
设BE=x，则CF=x-1，
在Rt△BFC中，BC=5，
由勾股定理得：x2+(x−1)2=25，即x2−x−12=0，
解得：x=4或x=﹣3(舍去)，
∴BE=4
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5,
则NP=NC，MT=MC,
∴△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT
当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，
过P作PH⊥BC，交BC延长线于H，
∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH,
∴△BCF∽△PCH,
∴BCPC=BFPH=CFCH,
即52=4PH=3CH，
解得：CH=65,PH=85,
在Rt△PHT中，TH=5+5+65=565,
PT=PH2+HT2=82,
∴ΔMNC周长的最小值为82．
【点睛】本题是一道四边形的综合题，涉及旋转的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、垂直平分线性质、动点的最值问题等知识，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相关信息的联系点，借用类比等解题方法确定解题思路，进而进行推理、探究、发现和计算．
3．（2020·湖北咸宁·中考真题）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
理解：
（1）若四边形ABCD是对余四边形，则∠A与∠C的度数之和为______；
证明：
（2）如图1，MN是⊙O的直径，点A,B,C在⊙O上，AM，CN相交于点D．
求证：四边形ABCD是对余四边形；
探究：
（3）如图2，在对余四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=60°，探究线段AD，CD和BD之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
【答案】（1）90°或270°；（2）见解析；（3）CD2+AD2=BD2，理由见解析
【分析】（1）分当∠A和∠C互余时，当∠B和∠D互余时，两种情况求解；
（2）连接BO，得到∠BON+∠BOM=180°，再利用圆周角定理证明∠C+∠A=90°即可；
（3）作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，先证明GF是圆O的直径，得到GE2+EF2=GF2，再证明△ABC∽△FEC，△ACD∽△GCE，△BCD∽△GCF，可得AB2CF2+AD2GC2=AC2EF2+AC2GE2，BCGC=BDGF=CDCF=k，从而得出AB2CD2+AD2BC2=AC2BD2，根据△ABC为等边三角形可得AB=AC=BC，从而得到CD2+AD2=BD2.
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是对余四边形，
当∠A和∠C互余时，
∠A+∠C=90°，
当∠B与∠D互余时，
∠B+∠D=90°，
则∠A+∠C=360°-90°=270°，
故答案为：90°或270°；
（2）如图，连接BO，
可得：∠BON=2∠C，∠BOM=2∠A，
而∠BON+∠BOM=180°，
∴2∠C+2∠A=180°，
∴∠C+∠A=90°，
∴四边形ABCD是对余四边形；
（3）∵四边形ABCD为对于四边形，∠ABC=60°，
∴∠ADC=30°，
如图，作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，
则∠AEF=∠ABC=60°，∠AEG=∠ADG=30°，
∴∠AEF+∠AEG=90°，即∠FEG=90°，
∴GF是圆O的直径，
∵AB=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∵∠ABC=∠AEF，∠ACB=∠ECF，
∴△ABC∽△FEC，得：ABEF=ACFC=BCEC，则AB2CF2=AC2EF2，
同理，△ACD∽△GCE，得：ACGC=ADGE=CDCE，则AC2GE2=AD2GC2，
△BCD∽△GCF，得：BCGC=BDGF=CDCF=k，
可得：AB2CF2+AD2GC2=AC2EF2+AC2GE2，
而GE2+EF2=GF2，
∴AB2CF2+AD2GC2=AC2GF2，
∴AB2CD2k2+AD2BC2k2=AC2BD2k2，
∴AB2CD2+AD2BC2=AC2BD2，
∵AB=BC=AC，
∴CD2+AD2=BD2.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，四边形的新定义问题，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，多边形内角和，解题的关键是理解对余四边形的概念，结合所学知识求证.
题型11 与特殊四边形有关的规律探究问题
1．（2022·山东烟台·中考真题）如图，正方形ABCD边长为1，以AC为边作第2个正方形ACEF，再以CF为边作第3个正方形FCGH，…，按照这样的规律作下去，第6个正方形的边长为（ ）

A．（22）5B．（22）6C．（2）5D．（2）6
【答案】C
【分析】根据勾股定理得出正方形的对角线是边长的2，第1个正方形的边长为1，其对角线长为2；第2个正方形的边长为2，其对角线长为22；第3个正方形的边长为22，其对角线长为23；•••；第n个正方形的边长为2n−1．所以，第6个正方形的边长25．
【详解】解：由题知，第1个正方形的边长AB=1，
根据勾股定理得，第2个正方形的边长AC=2，
根据勾股定理得，第3个正方形的边长CF=22，
根据勾股定理得，第4个正方形的边长GF=23，
根据勾股定理得，第5个正方形的边长GN=24，
根据勾股定理得，第6个正方形的边长=25．
故选：C．
【点睛】本题主要考查勾股定理，根据勾股定理找到正方形边长之间的2倍关系是解题的关键．
2．（2023·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=3x−3与x轴交于点A1，以OA1为边作正方形A1B1C1O点C1在y轴上，延长C1B1交直线l于点A2，以C1A2为边作正方形A2B2C2C1，点C2在y轴上，以同样的方式依次作正方形A3B3C3C2，…，正方形A2023B2023C2023C2022，则点B2023的横坐标是 ．

【答案】1+332022
【分析】分别求出点点B1的横坐标是1，点B2的横坐标是1+33，点B3的横坐标是233+43=1+332，找到规律，得到答案见即可．
【详解】解：当y=0，0=3x−3，解得x=1，
∴点A11,0,
∵A1B1C1O是正方形，
∴OA1=A1B1=OC1=1，
∴点B11,1，
∴点B1的横坐标是1，
当y=1时，1=3x−3，解得x=1+33，
∴点A21+33,1，
∵A2B2C2C1是正方形，
∴A2B2=C1C2=A2C1=1+33，
∴点B21+33,2+33，
即点B2的横坐标是1+33，
当y=2+33时，2+33=3x−3，解得x=233+2，
∴点A3233+43,2+33，
∵A3B3C3C2是正方形，
∴A3B3=C2C3=A3C2=233+43，
∴点B3的横坐标是233+43=1+332，
……
以此类推，则点B2023的横坐标是1+332022
故答案为：1+332022
【点睛】此题是点的坐标规律题，考查了二次函数的图象和性质、正方形的性质等知识，数形结合是是解题的关键．
3．（2022·辽宁·中考真题）如图，A1为射线ON上一点，B1为射线OM上一点，∠B1A1O=60°,OA1=3,B1A1=1．以B1A1为边在其右侧作菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°,C1D1与射线OM交于点B2，得△C1B1B2；延长B2D1交射线ON于点A2，以B2A2为边在其右侧作菱形A2B2C2D2，且∠B2A2D2=60°,C2D2与射线OM交于点B3，得△C2B2B3；延长B3D2交射线ON于点A3，以B3A3为边在其右侧作菱形A3B3C3D3，且∠B3A3D3=60°,C3D3与射线OM交于点B4，得△C3B3B4；…，按此规律进行下去，则△C2022B2022B2023的面积 ．
【答案】36×434042
【分析】过点B1作B1D⊥OA1于点D，连接B1D1,B2D2,B3D3，分别作B2H⊥B1D1,B3G⊥B2D2,B4E⊥B3D3，然后根据菱形的性质及题意可得B1D1//OA1,B2D2//OA1,B3D3//OA1，则有tan∠O=tan∠B2B1D1=tan∠B3B2D2=tan∠B4B3D3=35，进而可得出规律进行求解．
【详解】解：过点B1作B1D⊥OA1于点D，连接B1D1,B2D2,B3D3，分别作B2H⊥B1D1,B3G⊥B2D2,B4E⊥B3D3，如图所示：
∴∠B1DO=∠B1DA1=∠B2HD1=∠B3GD2=∠B4ED3=90°，
∵∠B1A1O=60°，
∴∠DB1A1=30°，
∵B1A1=1，OA1=3，
∴DA1=12B1A1=12，OD=52，
∴B1D=A1B12−A1D2=32，
∴tan∠O=B1DOD=35，
∵菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°，
∴△A1B1D1是等边三角形，
∴∠A1B1D1=60°，B1D1=A1B1=1，
∵∠A1B1D1=∠OA1B1=60°，
∴OA1//B1D1，
∴∠O=∠B2B1D1，
∴tan∠B2B1D1=tan∠O=35，
设B2D1=x，
∵∠B2D1H=60°，
∴HD1=B2D1⋅cs60°=12x,B2H=B2D1⋅sin60°=32x，
∴B1H=B2Htan∠B2B1H=52x，
∴52x+12x=1，解得：x=13，
∴B2D1=13，
∴A2B2=43，
同理可得：B3D2=49，B4D3=1627，
∴A3B3=169,A4B4=6427，
由上可得：AnBn=43n−1，Bn+1Dn=13⋅43n−1，
∴S△C2022B2022B2023=S△C2022B2022D2022−S△B2023B2022D2022=34×4320212−12×432021×13×432021×32=36×434042，
故答案为36×434042．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数是解题的关键．
4．（2020·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形OAA1B中，OA=3，AA1=2，连接OA1，以OA1为边，作矩形OA1A2B1使A1A2=23OA1，连接OA2交A1B于点C；以OA2为边，作矩形OA2A3B2，使A2A3=23OA2，连接OA3交A2B1于点C1；以OA3为边，作矩形OA3A4B3，使A3A4=23OA3，连接OA4交A3B2于点C2；…按照这个规律进行下去，则ΔC2019C2020A2022的面积为 ．
【答案】34⋅(133)4042．
【分析】先寻找规律求得S矩OAnAn+1Bn的面积，再结合勾股定理以及三角形中线平分三角形的面积求得三角形面积是它所在矩形面积的18，依此即可求得ΔC2019C2020A2022的面积．
【详解】解：∵四边形OAA1B为矩形，
∴∠A=∠B=90°，A1B=OA=3，OB=AA1=2，A1B//OA，
∴∠BA1O=∠A1OA，
∴OA1=OA2+AA12=13,AA1=23OA，OA1=133OA，
∵A1A2=23OA1，
∴A1A2=23⋅133OA，
∴tan∠A2OA1=tan∠A1OA
∴∠A2OA1=∠A1OA，
∴∠BA1O=∠A2OA1，
∴OC=A1C，
同理可证OA2=133OA1=(133)2OA， A2A3=23⋅133OA2=23⋅(133)2OA，
依次类推OAn=(133)nOA，AnAn+1=23⋅(133)nOA，
故S矩OAnAn+1Bn=OAn⋅AnAn+1=(133)nOA⋅23⋅(133)nOA=6⋅(133)2n ，
在矩形OAA1B中，设OC=A1C=x，则BC=3−x，
根据勾股定理OB2+BC2=OC2，
即22+(3−x)2=x2，解得x=136，
∵OA2=(133)2OA=133，即OC=CA2=12OA2，
同理可证OC1=C1A3=12OA3，
∴SΔCC1A3=12SΔOCA3=12⋅12SΔOA2A3=12⋅12⋅12S矩OA2A3B2=18S矩OA2A3B2
同理可证SΔC2019C2020A2022=18S矩OA2021A2022B2021=18⋅6⋅(133)4042=34⋅(133)4042
故答案为：34⋅(133)4042．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，三角形中线有关的面积计算，探索与表达规律，解直角三角形．解决此题的关键有两个：①寻找规律，求得S矩OAnAn+1Bn=OAn⋅AnAn+1；②得出三角形面积是它所在矩形面积的18．需注意标序号的时候不要混淆了．
题型12 梯形的相关计算
等腰梯形性质：1）等腰梯形的两底平行，两腰相等；
2）等腰梯形的同一底边上的两个角相等；
3）等腰梯形的两条对角线相等；
4）等腰梯形是轴对称图形（底边的中垂线就是它的对称轴）.
等腰梯形判定：1）两腰相等的梯形是等腰梯形；
2）同一底边上的两个角相等的梯形是等腰梯形；
3）对角线相等的梯形是等腰梯形.
【解题思路】判定一个四边形是等腰梯形,必须先判定四边形是梯形,再证明同一底边上的两个角相等或两腰相等或两条对角线相等.
梯形的面积公式：S=12×（上底+下底）×高
解决梯形问题的常用方法（如下图所示）：
1）“作高”：使两腰在两个直角三角形中；
2）“平移对角线”：使两条对角线在同一个三角形中.
3）“延长两腰”：构造具有公共角的两个三角形.
4）“等积变形”：连接梯形上底一端点和另一腰中点，并延长交下底的延长线于一点，构成三角形．并且这个三角形面积与原来的梯形面积相等.
5）平移腰.过上底端点作一腰的平行线，构造一个平行四边形和三角形.
6）过上底中点平移两腰.构造两个平行四边形和一个三角形.
1．（2023·上海·中考真题）已知在梯形ABCD中，连接AC，BD，且AC⊥BD，设AB=a,CD=b．下列两个说法：
①AC=22a+b；②AD=22a2+b2
则下列说法正确的是（ ）
A．①正确②错误B．①错误②正确C．①②均正确D．①②均错误
【答案】D
【分析】根据已知及结论，作出图形，进而可知当梯形ABCD为等腰梯形，即AD=BC，AB∥CD时，①AC=22a+b；②AD=22a2+b2，其余情况得不出这样的结论，从而得到答案．
【详解】解：过B作BE∥CA，交BC延长线于E，如图所示：

若梯形ABCD为等腰梯形，即AD=BC，AB∥CD时，
∴四边形ACEB是平行四边形，
∴CE=AB,AC=BE，
∵AB∥DC，
∴∠DAB=∠CBA，
∵AB=AB，
∴△DAB≌△CBASAS
∴AC=BD，即BD=BE，
又∵ AC⊥BD，
∴ BE⊥BD，
在Rt△BDE中，BD=BE，AB=a,CD=b，则DE=DC+CE=b+a，
∴AC=BE=DE2=22DE=22a+b，此时①正确；
过B作BF⊥DE于F，如图所示：

在Rt△BFC中，BD=BE，AB=a,CD=b，DE=b+a，则BF=FE=12DE=12a+b，FC=FE−CE=12a+b−a=12b−a，
∴BC=BF2+FC2=a+b22+b−a22 =22a2+b2，此时②正确；
而题中，梯形ABCD是否为等腰梯形，并未确定；梯形ABCD是AB∥CD还是AD∥BC，并未确定，
∴无法保证①②正确，
故选：D．
【点睛】本题考查梯形中求线段长，涉及梯形性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何判定与性质是解决问题的关键．
2．（2021·广东·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AB//CD，AB≠CD，∠ABC=90°，点E、F分别在线段BC、AD上，且EF//CD，AB=AF，CD=DF．
（1）求证：CF⊥FB；
（2）求证：以AD为直径的圆与BC相切；
（3）若EF=2，∠DFE=120°，求△ADE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）833
【分析】(1)设∠DCF=∠DFC=α，进而求得∠ABF=∠AFB=90°−α，再由∠CFB=180°−∠CFD−∠BFA=90°即可求得CF⊥FB；
(2)取AD中点O，过点O作OM⊥BC，由梯形中位线定理得到OM=12AB+CD，利用AF=AB，DF=DC得到AD=2OA，进而OA=OM=OD，由此即可证明；
(3)过点D，点A分别向EF作垂线交EF于点M，N，得到S△ADE=S△EFD+S△EFA，分别求出BE=EF3=233，CE=3EF=23再代入求解即可．
【详解】解：(1)∵CD=DF，设∠DCF=∠DFC=α，
∴∠FDC=180°−2α，
∵CD∥AB，
∴∠BAF=180∘−(180∘−2α)=2α，
又∵AB=AF，
∴∠ABF=∠AFB=180°−2α2=90°−α，
∴∠CFB=180°−∠CFD−∠BFA=180°−α−(90°−α)=90°，
∴CF⊥BF．
(2)如图，取AD中点O，过点O作OM⊥BC，
∵CD∥AB，∠ABC=90°，
∴∠DCB=90°，
又∵OM⊥BC，
∴OM∥AB，
∴M为BC中点，
∴OM=12AB+CD，
∵AD=AF+DF，
又∵AF=AB,DF=DC，
∴AD=AB+CD=2OM，
又∵AD=2OA，
∴OA=OM=OD，
∴以AD为直径的圆与BC相切．
(3)∵∠DFE=120°，CD∥EF∥AB，
∴∠CDA=60°，∠BAD=120°，∠AFE=60°，
又∵DC=DF
∴△DCF为等边三角形，∠DFC=∠FCD=60°，
∵CD∥EF，
∴∠CFE=∠FCD=60°，
由(2)得：∠CFB=90°，
∴∠EFB=30°，
∴∠BFA=∠FBA=30°，
∵EF=2，在Rt△BFE中，三边之比为1:3:2，
∴BE=EF3=233，
在Rt△CEF中，三边之比为1:3:2，
∴CE=3EF=23，
如图，过点D，点A分别向EF作垂线交EF于点M，N，
∵∠CEM=∠EMD=∠ECD=90∘，
∴四边形CDME为矩形，
∴CE=DM=23，
同理，四边形BENA为矩形，
∴BE=AN=233，
S△ADE=S△EFD+S△EFA =12⋅EF⋅DM+12⋅EF⋅AN
=12⋅EF⋅(DM+AN)
=12×2×23+233
=833．
【点睛】本题考查了等腰三角形等腰对等角、梯形中位线定理、割补法求四边形的面积、圆的切线的证明方法等，熟练掌握各图形的基本性质是解决本题的关键．
3．（2021·四川攀枝花·中考真题）如图，在直角梯形ABCD中，∠A=∠B=90°，AB=12，BC=14，AD=9，线段BC上的点P从点B运动到点C，∠ADP的角平分线DQ交以DP为直径的圆M于点Q，连接PQ．
(1)当点P不与点B重合时，求证：PQ平分∠BPD；
(2)当圆M与直角梯形ABCD的边相切时，请直接写出此时BP的长度；
(3)动点P从点B出发，运动到点C停止，求点Q所经过的路程．
【答案】(1)见解析
(2)4或9
(3)8
【分析】（1）利用等角的余角相等证明∠QPD=∠BPQ即可；
（2）分两种情况讨论：①当⊙M与AB相切时，连接QM，②当⊙M与BC相切时，分别求解即可；
（3）由（2）可知点Q在梯形ABCD的中位线TK所在的直线上，求出点P与点B重合时KQ'的长，点P与点C重合时QK的长，可得结论．
【详解】（1）证明：如图1中，
∵PD是直径，
∴∠PQD=90°，
∴∠QDP+∠QPD=90°，
∵AD∥BC，
∴∠ADP+∠DPB=180°，
∴∠ADQ+∠BPQ=90°，
∵QD平分∠ADP，
∴∠ADQ=∠QDP，
∴∠QPD=∠BPQ，
∴PQ平分∠BPD．
（2）解：如图2﹣1中，当⊙M与AB相切时，连接QM．
∵MQ=MP，
∴∠MQP=∠MPQ，
∵∠QPM=∠QPB，
∴∠MQP=∠QPB，
∴MQ∥PB，
∵DM=PM，
∴AQ=QB=6，
∵∠A=∠B=∠DQP=90°，
∴∠AQD+∠BQP=90°，∠BQP+∠QPB=90°，
∴∠AQD=∠BPQ，
∴△DAQ∽△QBP，
∴ADQB=AQPB，
∴96=6BP，
∴BP=4．
如图2﹣2中，当⊙M与BC相切时，四边形ABPD是矩形，
∴BP=AD=9，AB=PD=12，CD=CP2+PD2=52+122=13，
综上所述，满足条件的BP的值为4或9．
（3）解：如图3中，由（2）可知点Q在梯形ABCD的中位线TK所在的直线上，
当点P与B重合时， BD=AD2+AB2=92+122=15，
∵DM=MB，
∴MQ'=12BD=152，
∵DK=KC，MD=MB，
∴MK=12BC=7，
∴KQ'=MQ'+MK=152+7=292，
当点P与C重合时，KQ=12CD=132，
∴QQ'=Q'K−KQ=292−132=8．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了直角梯形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，注意要分类讨论．
题型13 四边形的常见几何模型
1）垂美四边形
【模型介绍】对角线互相垂直的四边形为垂美四边形.
【性质】四边形中AC⊥BD，则①S垂美四边形ABCD=12AC•BD ②AB2+DC2=AD2+BC2
2）中点四边形
【模型介绍】依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形.
中点四边形的性质：
已知点E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边AB、BC、CD、AD的中点，则
①四边形EFGH是平行四边形 ②CEFGH =AC+BD ③sEFGH =12sABCD
④顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形.
⑤顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形.
⑥顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形.
速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正.
3）十字架模型
【模型介绍】如图，在正方形ABCD中，若EF⊥MN，则EF=MN
【易错点】正方形内十字架模型，垂直一定相等，相等不一定垂直.
【解题技巧】无论怎么变，只要垂直，十字架就相等.
4）对角线互补模型
类型一 90°对角互补模型
如图，在四边形ABCD中，若∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC，则
①AD = CD ②AB+BC=2BD ③S△ABD+S△BDC=12BD2
类型一 120°对角互补模型
如图，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB，则
①CD=CE ②OD+OE=OC ③S△DCO+S△COE=√34OC2
5）正方形半角模型
【模型介绍】从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型.
已知正方形ABCD中，E，F分别是BC、CD上的点，∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点O、P，则：
①EF=BE+DF ②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE ③C∆CEF=2倍正方形边长
④S∆ABE +S∆ADF =S∆AEF ⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G）
⑥OP2=OB2+OD2 ⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点
⑧∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA ⑨ABEP四点共圆、AOFD四点共圆、OECFP五点共圆
⑩∆APE、∆AOF为等腰直角三角形 (11) EF=2OP
(12) S∆AEF=2S∆APO (13)AB2=BP×OD
(14)CE•CF=2BE•DF (15) ∆EPC为等腰三角形
(16) PX=BX+DP(过点E作EX⊥BD，垂足为点X)
1．（2023·重庆·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接AE，AF，EF，∠EAF=45°．若∠BAE=α，则∠FEC一定等于（ ）

A．2αB．90°−2αC．45°−αD．90°−α
【答案】A
【分析】利用三角形逆时针旋转90°后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】将△ADF绕点A逆时针旋转90°至△ABH，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=∠C=90°，
由旋转性质可知：∠DAF=∠BAH，∠D=∠ABH=90°，AF=AH，
∴∠ABH+∠ABC=180°，
∴点H，B，C三点共线，
∵∠BAE=α，∠EAF=45°，∠BAD=∠HAF=90°，
∴∠DAF=∠BAH=45°−α，∠EAF=∠EAH=45°，
∵∠AHB+∠BAH=90°，
∴∠AHB=45°+α，
在△AEF和△AEH中
AF=AH∠FAE=∠HAEAE=AE，
∴△AFE≌△AHE(SAS)，
∴∠AHE=∠AFE=45°+α，
∴∠AHE=∠AFD=∠AFE=45°+α，
∴∠DFE=∠AFD+∠AFE=90°+2α，
∵∠DFE=∠FEC+∠C=∠FEC+90°，
∴∠FEC=2α，
故选：A．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度．
2．（2023·辽宁丹东·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB=12，点E，F分别在边BC，CD上，AE与BF相交于点G，若BE=CF=5，则BG的长为 ．
【答案】6013
【分析】根据题意证明△ABE≌△BCFSAS，△EBG∽△FBC，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE=∠C=90°，AB=BC，
∵BE=CF，
∴△ABE≌△BCFSAS，
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABG=90°，
∴∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠BGE=90°，
∴∠BGE=∠C，
又∵∠EBG=∠FBC，
∴△EBG∽△FBC，
∴ BGBC=BEBF，
∵BC=AB=12，CF=BE=5，
∴BF=BC2+CF2=122+52=13，
∴ BG12=513，
∴ BG=6013．
故答案为：6013．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，掌握这些性质是解题的关键．
3．（2021·山东枣庄·中考真题）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；
（2）性质探究：如图1，垂美四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O．猜想：AB2+CD2与AD2+BC2有什么关系？并证明你的猜想．
（3）解决问题：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE，BG，GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．
【答案】（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由见解析；（2）AB2+CD2=AD2+BC2，证明见解析；（3）GE=73．
【分析】（1）连接AC,BD，先根据线段垂直平分线的判定定理可证直线AC是线段BD的垂直平分线，再根据垂美四边形的定义即可得证；
（2）先根据垂美四边形的定义可得AC⊥BD，再利用勾股定理解答即可；
（3）设CE分别交AB于点M，交BG于点N，连接BE,CG，先证明△GAB≅△CAE，得到∠ABG=∠AEC，再根据角的和差可证∠BNM=90°，即CE⊥BG，从而可得四边形CGEB是垂美四边形，然后结合（2）的结论、利用勾股定理进行计算即可得．
【详解】证明：（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由如下：
如图，连接AC,BD，
∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是垂美四边形；
（2）猜想AB2+CD2=AD2+BC2，证明如下：
∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，
由勾股定理得：AD2+BC2=OA2+OD2+OB2+OC2，
AB2+CD2=OA2+OB2+OC2+OD2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2；
（3）如图，设CE分别交AB于点M，交BG于点N，连接BE,CG，
∵四边形ACFG和四边形ABDE都是正方形，
∴∠CAG=∠BAE=90°,AG=AC,AB=AE，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，AG=AC∠GAB=∠CAEAB=AE，
∴△GAB≅△CAESAS，
∴∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，
∴∠ABG+∠BMN=90°，
∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得：CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AB是Rt△ACB的斜边，且AC=4，AB=5，
∴BC2=AB2−AC2=9，AG=AC=4,AE=AB=5，
在Rt△ACG中，CG2=AC2+AG2=32，
在Rt△ABE中，BE2=AB2+AE2=50，
∴9+GE2=32+50，
解得GE=73或GE=−73（不符题意，舍去），
故GE的长为73．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定定理与性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理等知识点，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关键．
4．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
任务：
(1)填空：材料中的依据1是指：_____________．
依据2是指：_____________．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH，使得四边形EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）
(3)在图1中，分别连接AC,BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC,BD长度的关系，并证明你的结论．

【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
(2)答案不唯一，见解析
(3)平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和，见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；
（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求

（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的两条对角线AC与BD长度的和，
证明如下：∵点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点，
∴EF=12AC,GH=12AC．
∴EF+GH=AC．
同理EH+FG=BD．
∴四边形EFGH的周长=EF+GH+EH+FG=AC+BD．
即瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
5．（2023·山东·中考真题）（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G．求证：△ADE∽△DCF．

【问题解决】
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF，延长BC到点H，使CH=DE，连接DH．求证：∠ADF=∠H．
【类比迁移】
（3）如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF=11，DE=8，∠AED=60°，求CF的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）3
【分析】（1）由矩形的性质可得∠ADE=∠DCF=90°，则∠CDF+∠DFC=90°，再由AE⊥DF，可得∠DGE=90°，则∠CDF+∠AED=90°，根据等角的余角相等得∠AED=∠DFC，即可得证；
（2）利用“HL”证明△ADE≌△DCF，可得DE=CF，由CH=DE，可得CF=CH，利用“SAS”证明△DCF≌△DCH，则∠DHC=∠DFC，由正方形的性质可得AD∥BC，根据平行线的性质，即可得证；
（3）延长BC到点G，使CG=DE=8，连接DG，由菱形的性质可得AD=DC，AD∥BC，则∠ADE=∠DCG，推出△ADE≌△DCGSAS，由全等的性质可得∠DGC=∠AED=60°，DG=AE，进而推出△DFG是等边三角形，再根据线段的和差关系计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADE=∠DCF=90°，
∴∠CDF+∠DFC=90°，
∵ AE⊥DF，
∴∠DGE=90°，
∴∠CDF+∠AED=90°，
∴∠AED=∠DFC，
∴△ADE∽△DCF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，AD∥BC，∠ADE=∠DCF=90°，
∵AE=DF，
∴△ADE≌△DCFHL，
∴DE=CF，
又∵ CH=DE，
∴ CF=CH，
∵点H在BC的延长线上，
∴ ∠DCH=∠DCF=90°，
∵DC=DC，
∴△DCF≌△DCHSAS，
∴∠H=∠DFC，
∵ AD∥BC，
∴∠ADF=∠DFC=∠H；
（3）解：如图，延长BC到点G，使CG=DE=8，连接DG，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=DC，AD∥BC，
∴∠ADE=∠DCG，
∴△ADE≌△DCGSAS，
∴∠DGC=∠AED=60°，DG=AE，
∵AE=DF，
∴DG=DF，
∴△DFG是等边三角形，
∴FG=FC+CG=DF=11，
∴FC=11−CG=11−8=3．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握这些知识点并灵活运用是解题的关键．
6．（2020·湖南湘西·中考真题）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFC≌△BFE，可得出结论，他的结论就是_______________；
探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=2∠MBN，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由．
探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BA=BC，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC=2∠MBN，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．
实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．实际应用：210海里．
【分析】延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸1：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸2：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的长代入即可．
【详解】解：EF=AE+CF
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
在△BCG和△BAE中，
BC=BA∠BCG=∠BAE=90°CG=AE，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE+∠CBF=60°，
∴∠CBG+∠CBF=60°，
即∠GBF=60°，
在△BGF和△BEF中，
BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
在△BCG和△BAE中，
BC=BA∠BCG=∠BAE=90°CG=AE，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=12∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=12∠ABC，
即∠GBF=12∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCG+∠BCD=180°，
∴∠BCG=∠BAD
在△BCG和△BAE中，
BC=BA∠BCG=∠BAECG=AE，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=12∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=12∠ABC，
即∠GBF=12∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，
∴∠EOF=12∠AOB
∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF= AE+CF仍然成立
即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
1. 平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系：
2. 平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质
3 平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定
1．（2023·陕西西安·二模）已知四边形为菱形，点E、F、G、H分别、、、边的中点，依次连接E、F、G、H得到四边形，则四边形为（ ）
A．平行四边形B．菱形C．矩形D．正方形
【答案】C
【分析】连接，根据三角形中位线定理得到，根据菱形的性质得到，即可判断四边形为矩形．
【详解】连接交于，

∵点E、F、G、H分别、、、边的中点，
∴，，，
∴四边形为平行四边形，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
故选：C．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形的判定、菱形的性质是解题的关键．
2．（2023·河南驻马店·二模）如图，已知矩形的邻边长分别为a、b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形…则第2023次操作后，得到四边形的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了图形的变化类规律，找出规律、的表示方法是解题的关键．
记四边形的面积为，易知四边形为菱形，四边形为矩形，， ，……，推出，最后令即可解答．
【详解】解：记四边形的面积为，
如图:连接
∵矩形的邻边长分别为a、b，
∴矩形的面积为:,
∵分别为为的中点，
∴
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
再证：四边形为矩形，，
∴
……，
∴，
∴的面积．
故选：A．
3．（2023·山西吕梁·三模）如图，在矩形纸片中，，，点是上一点，点是上一点，将矩形沿折叠，使点的对应点正好落在的中点处，则的长为（ ）

A．B．C．2D．3
【答案】B
【分析】设，先根据矩形的性质和折叠的性质分别表示出的长度，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，，
∴，，
∵矩形沿折叠，点的对应点正好落在的中点处，
∴，，
设，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
即，
解得，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
4．（2023·安徽宣城·模拟预测）在矩形中，，，动点P点A的距离，连接，M为的中点，连接，则的最大值为（ ）
A．3B．4C．5D．
【答案】B
【分析】连接，取的中点O，分别连接，，，只有时，取最大值，此时B，O，M三点在同一条直线上，利用三角形中位线和矩形的性质求出和即可．
【详解】如图1，连接，取的中点O，分别连接，，，只有时，取最大值，此时B，O，M三点在同一条直线上（如图2），

，，
，
∵M为的中点，
是的中位线，
，
是矩形，点O是的中点，
，
的最大值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形三边的关系，矩形的性质，三角形中位线，勾股定理，正确作出辅助线并熟练运用矩形的性质求线段的长是解题的关键
5．（2023·湖北恩施·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，以为边在第二象限作正方形，点D在双曲线上，将正方形沿x轴正方向平移a个单位长度后，点C恰好落在此双曲线上，则a的值是（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】作轴于点，交双曲线于点作轴于点，易证，求得A、的坐标，根据全等三角形的性质可以求得、的坐标，从而利用待定系数法求得反比例函数的解析式，进而求得平移后的点的坐标，则的值即可求解．
【详解】解：作轴于点，交双曲线于点，作轴于点．

在中，令，解得：，
的坐标是．
令，解得：，
的坐标是．
，．
∵四边形是正方形，
∴，，
，
又直角中，，
，
在和中，
，
，
同理可证，
，，
的坐标是，的坐标是．

点在双曲线上，
，
反函数的解析式是：．
把代入得：．
．
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定与性质，待定系数法求函数的解析式，正确求得、的坐标是关键．
6．（2023·河北沧州·模拟预测）图1所示的教具是用钉子将四根木条钉成的平行四边形框架，在与，与两点之间分别用一根橡皮筋拉直固定．老师推动框架至如图2所示，下列判断一定正确的是（ ）

A．在图2中，B．在图2中，
C．四边形的周长变大D．四边形的面积不变
【答案】B
【分析】根据平行四边形的邻边不一定相等，判断A；根据矩形的对角线相等，判定B；根据线段的大小不会随位置的改变而改变，可判定C；根据矩形的面积，平行四边形的面积可判定D．
【详解】A、平行四边形的邻边不一定相等，在图2中，不一定成立，不符合题意；
B、平行四边形框架，且，故平行四边形是矩形，
故，正确，符合题意；
C、根据线段的大小不会随位置的改变而改变，故四边形的周长不变，错误，不符合题意；
D、如图，过点A作，交的延长线于点E，根据题意，得，根据斜边大于直角边，判定其上的高逐渐变大，
故四边形的面积变大，错误，不符合题意；

故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定和性质，直角三角形的性质，线段的大小不变性是解题的关键．
7．（2023·山西忻州·模拟预测）如图，是一个等腰直角三角形纸板，，在此三角形内部作一个正方形，使在边上，点，分别在，边上．将一个飞镖随机投掷到这个纸板上，则飞镖落在阴影区域的概率为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用阴影的面积除以的面积即可．
【详解】解：如图，

是一个等腰直角三角形，，设，
的面积为，，
四边形为正方形，是一个等腰直角三角形
∴，
，
阴影区域的面积为，
飞镖落在阴影区域的概率为．
故选：C．
【点睛】本题主要考查几何概率，求概率时，已知和未知与几何有关的就是几何概率．计算方法是长度比，面积比，体积比等．
8．（2023·四川遂宁·一模）如图，已知正方形中，，连接与，分别交于，点，则下列结论正确的有 个．
①点到的距离等于正方形的边长；②；③、都为等腰直角三角形；④．

A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】将绕点逆时针旋转，使与重合，得到．证明，根据全等三角形的性质判断①；将绕点顺时针性质得到，连接．证明，得到，根据勾股定理计算判断②；根据等腰直角三角形的判定定理判断③；根据等腰直角三角形的性质、三角形的面积公式计算，判断④．
【详解】将绕点逆时针旋转，使与重合，得到．

则，
四边形是正方形，
，
，
，
，
在和中，
，
，
点到的距离等于正方形的边长，①结论正确；
如图，将绕点顺时针性质得到，连接．

，，
，
，，
，
，
，
，
在中，，
，，
∵，②结论正确；
四边形是正方形，
，，
，
，
、、、四点共圆，
，
，
是等腰直角三角形，
同理是等腰直角三角形；③结论正确；
是等腰直角三角形，同理是等腰直角三角形，
，，
如图，过点作于，

在中，，
，
，
，
，
，④正确；
故选：C．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解本题的关键是构造全等三角形．
9．（2023·吉林白山·一模）如图，▱ABCD的边与矩形的边相交于点H．若 度．
【答案】124
【分析】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质得出解答．
根据矩形的性质得出，利用四边形的内角和得出解答即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
四边形是平行四边形，
故答案为：124．
10．（2023·浙江杭州·二模）如图在四边形中，且，，，，则 ．
【答案】
【分析】本题主要考查勾股定理，矩形的判定与性质，三角形的面积，解答的关键是作出适当的辅助线．过点作，则可求得四边形是矩形，从而有，，利用勾股定理可得，，则可求得，再根据图形可得与等高，利用三角形的面积公式进行求解即可．
【详解】解：过点作，如图，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，，，，
，，
，，，
①，②，
②①得：，
解得：，（不符合题意，舍去），
，，
．
故答案为：．
11．（2023·河北保定·一模）如图，在矩形中，对角线交于点O，，点M在线段上，且．点P为线段上的一个动点．

（1） °；
（2）的最小值为 ．
【答案】 2
【分析】（1）由矩形的性质得到，又由得到是等边三角形，则，即可得到答案；
（2）过点P作于点E，过点M作于点F，证明，进一求解即可得到答案．
【详解】解：（1）∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）过点P作于点E，过点M作于点F，

在中，
由（1）知：，
∴，
∴，
在矩形中，
，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴的最小值为2，
故答案为：2．
【点睛】此题考查了矩形的性质、含的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握矩形的性质、含的直角三角形的性质是解题的关键．
12．（2024·陕西西安·一模）【问题提出】
（1）如图1，已知在边长为5的等边中，点D在边上，，连接，则的面积为 ；
【问题探究】
（2）如图2，已知在边长为6的正方形中，点E在边上，点F在边上，且，若，求的面积；
【问题解决】
（3）如图3是某座城市廷康大道的一部分，因自来水抢修在米，米的矩形区域内开挖一个的工作面，其中B、F分别在边上（不与B、C、D重合），且，为了减少对该路段的拥堵影响，要求面积最小，那么是否存在一个面积最小的？若存在，请求出面积的最小值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）如图所示，过点A作于E，利用等边三角形的性质得到，再利用勾股定理得到，即可利用求出答案；
（2）如图所示，延长到G使得，连接，证明，得到，再证明，得到，，则；
（3）把绕点A顺时针旋转并把边长缩小为原来的，得到，则，；过点E作于M，作于N，则四边形是矩形，则，解直角三角形得到，进而得到，即，则当的面积最小时，的面积最小；如图所示，作的外接圆，圆心为O，连接，过点O作于H，设，由圆周角定理得到，则，推出，由于，则当r最小时，的面积最小，故当A、O、H三点共线时，有最小值，最小值为，则，即存在一个面积最小的，其最小值为．
【详解】解：（1）如图所示，过点A作于E，
∵是边长为5的等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；

（2）如图所示，延长到G使得，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴；

（3）把绕点A顺时针旋转并把边长缩小为原来的，得到，
∴，
∵，
∴，
过点E作于M，作于N，则四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当的面积最小时，的面积最小；
如图所示，作的外接圆，圆心为O，连接，过点O作于H，设，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当r最小时，的面积最小，
∵，
∴，
∴，
∴当A、O、H三点共线时，有最小值，最小值为，
∴，
∴存在一个面积最小的，其最小值为．

【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，旋转的性质，解直角三角形，正方形的性质，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，通过作出辅助线构造直角三角形，全等三角形是解题的关键．
13．（2024·江苏淮安·模拟预测）【概念学习】
如果四边形的一条对角线是其中两边的比例中项，则称这个四边形为“闪亮四边形”，这条对角线称为“亮线”，如图1，四边形中，满足 ，四边形是闪亮四边形，是亮线．
【概念理解】
(1)菱形是闪亮四边形，则它的较小的一个内角是 °.
【概念应用】
(2)如图2，四边形ABCD中，， ， 判断哪一条线段是四边形的亮线?请你作出判断并说明理由．
(3)如图3，是闪亮四边形的唯一亮线，请求线段的长．
【答案】（1）；（2）是四边形的亮线，理由见解析；（3）或或或
【分析】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理以及三角函数在解三角形中的应用，作出正确的辅助线是解题关键.
（1）画出菱形，根据菱形四边相等的性质即可求解；
（2）作，可推出四边形是矩形，得，分别求出四边形的对角线，即可作出判断；
（3）分类讨论时时时时时，五种情况即可求解．
【详解】解：（1）如图所示：
不妨设
∵四边形ABCD是菱形，
∴
∴
∴是等边三角形，
∴，
故答案为：
（2）是四边形的亮线，理由如下：
作，如图所示：
∵，
∴
∵
∴四边形是矩形，
∴
∴，
∴
∵，
∴是四边形的亮线
（3）
时：
作，如图所示：
∵，
∴
∵，
∴
即：
∴
∴是等边三角形，
∴;
时：
即：，
解得：
作，如图所示：
∵
∴符合题意；
时：
即：，
解得：
∵
∴不符合题意；
时：
即：，
解得：
作，如图所示：
∵
∴不符合题意；
时：
作，如图所示：
∵，
∴
设则，
∵，
∴
解得：或,
∴或
综上所述，或或或
14．（2023·北京海淀·一模）如图，正方形中，点分别在上，交于点；
(1)_______．
(2)在线段上截取，连接的角平分线交于点．
①依题意补全图形；
②用等式表示线段与的数量关系，并证明．
【答案】(1)
(2)①见解析；②
【分析】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定，等腰直角三角形性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，合理作出辅助线．
（1）通过证明，得出，根据，得出，即可解答；
（2）①根据题意补全图形即可；②过点A作，交延长线于点H，连接，先证明，得出，则，再证明，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵四边形为正方形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）解：①根据题意补全图形如图所示：
②证明：过点A作，交延长线于点H，连接，
∵，平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
15．（2024·陕西西安·一模）陕北窑洞，具有十分浓厚的民俗风情和土气息． 如图所示，某窑洞口的下部近似为矩形 ，上部近似为一条抛物线． 已知 米，米，窑洞的最高点 (抛物线的顶点)高地面 的距离为 米．
(1)建立如图所示的平面直角坐标系，求抛物线的表达式；
(2)若在窑洞口的上部要安装一个正方形窗户，使得点 在矩形 的边上，点 在抛物线上，那么这个正方形窗户 的边长为多少米？
【答案】(1)
(2)1米
【分析】本题考查待定系数法求抛物线解析式，矩形和正方形的性质等知识，掌握待定系数法和表示出点G的解析式是解题的关键．
（1）先求出点C、M的坐标，再用顶点式设出抛物线表达式，将点C代入求出a即可得解；
（2）设这个正方形窗户 的边长为米，表示出点G的坐标，再代入抛物线解析式求出m即可．
【详解】（1）解：∵在矩形中，米，米，
∴米，米，
∴，，，
∴抛物线的对称轴是直线，
又∵窑洞的最高点(抛物线的顶点)高地面的距离为米，
∴，
设抛物线的解析式是：，
将点C代入得：，
解得：，
∴抛物线的表达式为；
（2）设这个正方形窗户 的边长为米，
即，
∴点G的纵坐标是：(米)，
由抛物线和正方形的对称性可知：，
∴(米)，
∴点G的横坐标是：(米)，
∴，
将点G代入抛物线解析式得：，
解得：(舍去)
∴这个正方形窗户的边长为1米．考点要求
命题预测
平行四边形
平行四边形和特殊平行四边形在中考数学中是占比比较大的一块考点，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用:考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样;并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强.所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合.平行四边形与特殊平行四边形的考察热点有:多边形内角和定理、平行四边形的性质与判定定理、平行四边形的综合应用;矩形、菱形、正方形的性质与判定定理;特殊四边形的图形平移、轴对称、旋转等结合问题.
特殊四边形

小星：由题目的已知条件，若连接BE，则可
证明BE⊥CD．
小红：由题目的已知条件，若连接CE，则可证明CE=DE．

正多边形概念
各条边相等，并且各个内角也都相等的多边形叫做正多边形.
正多边形的中心
正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心.
正多边形的半径
正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径.
正多边形的中心角
正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角.
正多边形的边心距
中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距.
边长
an=2Rn⋅sin1800n （Rn为正多边形外接圆的半径）
周长
Pn=n⋅an
外角/中心角度数
360°n
面积
Sn=12an⋅rn⋅n
对角线条数
n(n−3)2
边心距
rn=Rn⋅cs1800n
内角和
（ n-2 ）×180°.
内角度数
（n−2）×180°n
n边形的边数
（内角和÷180°）＋2
an、Rn、rn的关系
Rn2=rn2+an24 （an 、Rn、rn为构成直角三角形的三边长，已知其中两个值，第三个值可以借助勾股定理求解.）
边数n
4
5
6
…
旋转角α
90°
108°
120°
…
夹角β
180°
m
120°
…
多边形
三角形
四边形
五边形
…
n边形
外角和
___________
___________
___________
…
___________
内角和
___________
___________
___________
…
___________
多边形
三角形
四边形
五边形
…
n边形
外角和
360°
360°
360°
…
360°
内角和
180°
360°
540°
…
n−2×180°
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD，DA的中点，顺次连接E,F,G,H，得到的四边形EFGH是平行四边形．

我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁Varingnn，Pierre1654－1722是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．

①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接AC，分别交EH,FG于点P,Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
∵H,G分别为AD,CD的中点，∴HG∥AC,HG=12AC．（依据1）

∴DNNM=DGGC．∵DG=GC，∴DN=NM=12DM．
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．
∵HG∥AC，即HG∥PQ，
∴四边形HPQG是平行四边形．（依据2）∴S▱HPQG=HG⋅MN=12HG⋅DM．
∵S△ADC=12AC⋅DM=HG⋅DM，∴S▱HPQG=12S△ADC．同理，…
四边形
边
角
对角线
对称性
平行四边形
对边平行且相等
对角相等
两条对角线互相平分
中心对称
矩形
对边平行且相等
四个角都是直角
两条对角线互相平分且相等
轴对称、中心对称
菱形
对边平行且四条边都相等
对角相等
两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角
轴对称、中心对称
正方形
对边平行且四条边都相等
四个角都是直角
两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角
轴对称、中心对称
四边形
边
角
对角线
平行四边形
1）两组对边分别平行
2) 两组对边分别相等
3) 一组对边平行且相等
两组对角分别相等
两组对角线互相平分
矩形
1）平行四边形+ 一直角
2）四边形+三直角
平行四边形+两条对角线相等
菱形
1）平行四边形+一组邻边相等
2）四边形+四条边都相等
平行四边形+两条对角线互相垂直
正方形
矩形+一组邻边相等
菱形+一直角
两条对角线互相垂直平分且相等的四边形