2024届中考数学考前《终讲·终练·终卷》冲刺高分突破（全国通用）第06讲：（特殊）平行四边形 解析版

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考点一：多边形及其内角和考点二：平行四边形
考点三：矩形的性质和判定考点四：菱形的性质和判定
考点五：正方形的性质和判定考点六：四边形的动点问题
考点七：四边形线段的最值问题考点八：平行四边形综合问题
考点九：特殊四边形的综合问题考点十：四边形的综合性问题
【题型精讲】
题型一：多边形及其内角和
1．（2024·河北石家庄·三模）如图，五边形是正五边形，，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】此题考查了多边形的内角和外角及平行线的性质，熟记多边形内角和公式及平行线的性质是解题的关键．
连接，根据多边形的内角和及平行线的性质求解即可．
【详解】如图, 连接,
∵五边形是正五边形，
，，
，
，
，




故选: C．
2．（2024·宁夏吴忠·一模）如图，在正五边形中，连接它们的对角线，其中点C是对角线与对角线的交点，已知点为的黄金分割点，，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了正多边形的相关性质，相似三角形的的判定和性质，熟练掌握黄金分割点的计算方法是解决本题的关键．根据点C为线段的黄金分割点，设,则，得到，解得，根据，即可得到答案．
【详解】解：∵五边形为正五边形
∴，,，
∴，，
∴，
∴
∴
∴
∵点C为线段的黄金分割点，
设,
则
∴
化简得，，
∴，
∵
∴
故选：B．
3．（2024·甘肃武威·三模）如图，五边形中，，、、分别是、、的邻补角，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了平行线的性质、多边形的外角和等知识点，根据平行线的性质可得，然后根据多边形的外角和即可解答．正确添加辅助线是解答本题的关键．
【详解】解：如图，∵，
∴，
∵，
∴．
故选：B．
题型二：平行四边形
4．（2024·河北保定·二模）如图，的对角线相交于点O，的平分线与边相交于点F，E是中点，若，，则的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，根据平行四边形的性质可得根据平分，可得，从而可得，可得，进一步可得，再根据三角形中位线定理可得．
【详解】解：在平行四边形中，
∴
∵平分，
∴
∴，
∴，
∵
∴
∵,
∴点是的中点，
又点E是的中点，
∴是的中位线，
∴，
故选：A．
5．（2024·安徽合肥·三模）如图，点是的对角线的交点，的平分线 交于点，，连接．下列结论：①；②平分；③；④；⑤其中正确的个数有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】B
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，三角形中位线定理等等，求得，即，即可得到；根据，可得，进而得出平分；依据中，，即可得到；由三角形中位线定理可得，，解直角三角形得到，则，可得；证明，得到，则， 即可得到．
【详解】解：在中，
，，平分，
，
是等边三角形，
，
是的中点，
，
，
，即，
，故①正确；
，
，
，
故平分，故②正确；
依据中，，即可得到，故③错误；
是中点，为中点，
∴是的中位线，
∴，，
在中，，
∴，
∴，故④正确；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，故⑤错误；
∴正确的有3个，
故选B．
6．（2024·江苏泰州·二模）如图，矩形中，，，点F在上，且，E是边上的一动点，M、N分别是、上的点，，，则在点E从B向C运动的过程中，线段所扫过的图形面积是（ ）

A．8B．10C．12D．14
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质知识，分情况进行讨论，当E与或当E与重合时找到的位置，结合图象即可判断扫过区域的形状并求出面积，解题的关键是作出正确的图形．
【详解】解：如图所示：连接，当点E与点重合时，，，
当点E与点重合时，，，
，，，
，
，
四边形为平行四边形，
扫过的区域为平行四边形，
同上理可得，，
，和的距离为，
线段所扫过的图形面积是，
故选：A．
题型三：矩形的性质和判定
7．（2024·河北石家庄·二模）在矩形中，，点P是线段上一点，点M、N、E分别是的中点，下列四种情况，哪一种情况不可能使四边形成为矩形（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，三角形中位线定理，勾股定理，先由三角形中位线定理得到，则当时，四边形是矩形，由矩形的性质得到，设，则，由勾股定理推出，据此求出即可得到答案．
【详解】解：∵点M、N、E分别是的中点，
∴分别是的中位线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴当时，四边形是矩形，
∵四边形是矩形，
∴，
设，则，
由勾股定理得，
，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四个选项中，只有D选项符合题意，
故选：D．
8．（2024·安徽亳州·三模）如图，在矩形中，，点分别是边的中点，依次连接，点分别是的中点，当时，的长为（ ）
A．B．C．5D．
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，三角形的中位线定理，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
过点I作，取中点N，连接，可求，由三角形中位线定理得，最后在中应用勾股定理即可求解．
【详解】解：过点I作，取中点N，连接，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，点分别是边的中点，
∴，，
∵为中点，
∴，，
∴，
∴
∴四边形为矩形，
∴，
∵J为中点，
∴，
∴
在中，，
故选：A．
9．（2024·安徽淮北·三模）如图，，点B为线段上一动点，以为边作正方形，点E始终为边的中点，连接，当取得最小值时，的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、二次函数的最值等知识，作于点M，则，证明四边形是矩形，四边形是矩形，，，则，设，则，，，根据勾股定理列出方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：作于点M，则，
∵四边形是正方形，
∴，
∴四边形是矩形，四边形是矩形，
∴，
∵点E始终为边的中点，
∴，
设，则，，
∴，
当时，最小，此时．
故选：B
题型四：菱形的性质和判定
10．（2024·重庆九龙坡·一模）如图，在中，平分交于点，过点分别作、的平行线，交、于点、，已知，，，四边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查菱形的判定和性质和面积计算、勾股定理等知识．由已知易得四边形是平行四边形，由角平分线和平行线的定义可得，，得出四边形是菱形；因为菱形的对角线互相垂直平分，可得，根据勾股定理，，即可求菱形的面积．
【详解】解：是的角平分线，
，
，
∴四边形是平行四边形，，
，
，
∴四边形是菱形；
，
，
，
，
，
，
连接，与交于点，
∵四边形是菱形，
互相垂直且平分，
，
，
根据勾股定理，，
，
∴四边形的面积．
故选A．
11．（2024·安徽滁州·一模）如图，的对角线，相交于点O，点E为边的中点，连接并延长交边于点F，，．下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．四边形为菱形D．
【答案】D
【分析】通过判定为等边三角形求得，利用等腰三角形的性质求得，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：点为的中点，
，
又，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，
即，故A正确；
在平行四边形中，，，，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形，故C正确；
，
在中，，
，则，故B正确；
在平行四边形中，，
又点为的中点，
，故D错误；
故选：D．
【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，含的直角三角形的性质，三角形的中线性质，掌握菱形的判定是解题关键．
12．（2024·陕西渭南·模拟预测）如图，已知，以点为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于两点，分别以点为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于内一点，连接，过点作直线，交于点，过点作直线，交于点．若，，则四边形的周长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了基本作图，掌握平行四边形的判定定理，直角三角形的性质和勾股定理．过P作于M，再判定四边形为菱形，再根据直角三角形的性质和勾股定理求出边长，据此求解即可．
【详解】解：∵，，
∴四边形为平行四边形，
过P作于M，

由作图得：平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为菱形，
在中，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形的周长是．
故选：D．
题型五：正方形的性质和判定
13．（2024·广东韶关·二模）如图，已知四边形为正方形，，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论：①矩形是正方形；②；③；④．其中结论正确的序号有（ ）
A．①②③④B．①③④C．①③D．②④
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
过作于点，过作于点，如图所示：根据正方形的性质得到，推出四边形为正方形，由矩形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，推出矩形为正方形；故①正确；根据正方形的性质得到推出，得到，求得，故③④正确；当时，点与点重合，得到不一定等于，故②错误．
【详解】解：过作于点，过作于点，如图所示：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为正方形，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
又，
在和中，
，
∴，
，
∴矩形为正方形；故①正确；
∵，
，
∴，
∴，
∴，故③正确；
∴，故④正确；
当时，点与点重合，
∴不一定等于，故②错误，
故选：B．
14．（2024·山东东营·二模）如图，已知四边形为正方形，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论：①矩形是正方形；②；③；④．下列正确的选项是（ ）
A．①②④B．①③C．①②③D．②③④
【答案】B
【分析】过作，过作于，如图所示，根据正方形性质得，，推出四边形是正方形，由矩形性质得，，根据全等三角形的性质得，推出矩形是正方形，故①正确；根据正方形性质得，推出，得到，，由此推出，故③正确；进而求得，故②错误；当时，点与点重合，则，，得到不一定等于，故④错误．
【详解】解：过作，过作于，如图所示，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴矩形是正方形，故①正确；
∴，
∵四边形是正方形
∴，
∴
在和中
∴
∴，，
∵
∴，故③正确；
∴，故②错误；
当时，点与点重合，则，，
∴不一定等于，故④错误．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键．
15．（2024·北京平谷·一模）如图，正方形中，点、、、分别为、、、边上的点，点、、为对角线上的点，四边形和四边形均为正方形，它们的面积分别表示为和，
给出下面三个结论：
①；②；③．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．②B．①③C．②③D．①②③
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握正方形的性质．根据正方形的性质和等腰直角三角形的性质可得，，，进而得到，根据正方形的面积公式即可判断①；根据，，，即可判断②；由，，可判断③．
【详解】解：①四边形是正方形，
，
四边形和四边形均为正方形，
，，
和都是等腰直角三角形，
，，
同理可得，
，
，，
，故①错误；
②和都是等腰直角三角形，
，，
四边形为正方形，
，
，故②正确；
③由①知：，，
，故③正确；
故选：C．
题型六：四边形的动点问题
16．（2020·江苏南通·中考真题）如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线B﹣E﹣D运动到点D停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是1cm/s．现P，Q两点同时出发，设运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），若y与x的对应关系如图②所示，则矩形ABCD的面积是（ ）

A．96cm2B．84cm2C．72cm2D．56cm2
【答案】C
【分析】过点E作EH⊥BC，由三角形面积公式求出EH=AB=6，由图2可知当x=14时，点P与点D重合，则AD=12，可得出答案．
【详解】解：从函数的图象和运动的过程可以得出：当点P运动到点E时，x＝10，y＝30，
过点E作EH⊥BC，

由三角形面积公式得：y＝，
解得EH＝AB＝6，
∴BH=AE=8,
由图2可知当x＝14时，点P与点D重合，

∴ED=4,
∴BC=AD＝12，
∴矩形的面积为12×6＝72．
故选：C．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，三角形的面积等知识，熟练掌握数形结合思想方法是解题的关键．
17．（2022·辽宁锦州·中考真题）如图，四边形是边长为的正方形，点E，点F分别为边，中点，点O为正方形的中心，连接，点P从点E出发沿运动，同时点Q从点B出发沿运动，两点运动速度均为，当点P运动到点F时，两点同时停止运动，设运动时间为，连接，的面积为，下列图像能正确反映出S与t的函数关系的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分0≤t≤1和1＜t≤2两种情形，确定解析式，判断即可．
【详解】当0≤t≤1时，∵正方形ABCD 的边长为2，点O为正方形的中心，
∴直线EO垂直BC，
∴点P到直线BC的距离为2-t，BQ=t，
∴S=；
当1＜t≤2时，∵正方形ABCD 的边长为2，点F分别为边，中点，点O为正方形的中心，
∴直线OF∥BC，
∴点P到直线BC的距离为1，BQ=t，
∴S=；
故选D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，二次函数的解析式，一次函数解析式，正确确定面积，从而确定解析式是解题的关键．
18．（2021·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，P是菱形ABCD边上的一动点，它从点A出发沿A→B→C的路径匀速运动到点C，点R 是 CD边的中点，点M，点N分别是线段AP，PR的中点，设P点运动时间为x，MN的长为y，则y关于x的函数图像大致为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接AR，利用三角形的中位线即可对图象加以判断．
【详解】解：如图所示，连接AR．
∵M是AP的中点，N是PR的中点，
∴MN是的中位线．
∴．
即点P在符合条件的运动过程中，始终有．
∴．
∵A、R是定点，
∴AR是定值．
∴y是定值，与点P运动的时间x无关．
故选：D
【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线的判定与性质、动点问题的函数图象等知识点，熟知三角形的中位线定理是解题的关键．
题型七：四边形线段的最值问题
19．（2024·陕西渭南·三模）如图，在四边形中，，，，点、分别在边、上，连接，点为的中点，连接，若，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，最值问题，勾股定理，解题的关键是灵活运用这些知识．连接，根据题意可证明，得到，根据勾股定理可求出，当时，有最小值，最后利用等面积法求解即可．
【详解】解：连接，
，，，
，，
，
当，且点在上时，有最小值，
，
，
解得：，
的最小值为，
故答案为：．
20．（2023·四川泸州·中考真题）如图，，是正方形的边的三等分点，是对角线上的动点，当取得最小值时，的值是 ．

【答案】
【分析】作点F关于的对称点，连接交于点，此时取得最小值，过点作的垂线段，交于点K，根据题意可知点落在上，设正方形的边长为，求得的边长，证明，可得，即可解答．
【详解】解：作点F关于的对称点，连接交于点，过点作的垂线段，交于点K，

由题意得：此时落在上，且根据对称的性质，当P点与重合时取得最小值，
设正方形的边长为a，则，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
当取得最小值时，的值是为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了四边形的最值问题，轴对称的性质，相似三角形的证明与性质，正方形的性质，正确画出辅助线是解题的关键．
题型八：平行四边形综合问题
21．（2024·山东泰安·二模）如图，中，于E，于F，与分别相交于．
(1)求证：；
(2)若，求证：四边形是菱形．
(3)在（2）的条件下，若是边长为4的等边三角形，求的长．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
(3)
【分析】（1）先根据垂直定义得到，根据平行四边形的性质得到，然后根据相似三角形的判定可证得结论；
（2）先根据等腰三角形的性质和平角定义得到，再利用相似三角形的对应角相等得到，证明得到，然后根据菱形的判定可得结论；
（3）如图，连接交于点O，根据菱形的性质和等边三角形的性质得，，，，，再根据勾股定理求得，再证明是等边三角形即可求解．
【详解】（1）证明：∵于E，于F，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在与中，
∴，
∴，
又∵四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形．
（3）解：如图，连接交于点O，
由（2）可知，四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵是边长为4的等边三角形，，
∴，，则，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
22．（2024·云南昆明·三模）如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线与相交于点E，与相交于点F，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若四边形的周长为20，两条对角线的和等于14，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)24
【分析】（1）设交于点O，根据线段垂直平分线的性质，可得，，，由“AAS”可证，则可得，继而证得结论；
（2）由四边形是菱形，可得，根据菱形的周长为20，两条对角线的和等于14，得到，由勾股定理可求的长，即可求出四边形的面积．
【详解】（1）证明：设交于点O，
是的垂直平分线，
，，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：如（1）图，
四边形是菱形，
，
菱形的周长为20，两条对角线的和等于14，
，
在中，，
，
或，
当时，，则，
菱形的面积为；
当时，，则，
菱形的面积为；
综上，四边形的面积为24．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，垂直平分线的性质，三角形全等的判定与性质，证明三角形全等时解题的关键．
题型九：特殊四边形的综合问题
23．（2024·安徽蚌埠·三模）如图，矩形中，为对角线，将以点为中心逆时针旋转，点的对应点在边上，点的对应点为点，连接交于点．
(1)若，求的度数；
(2)求证：为的中点；
(3)若，求矩形的周长．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)．
【分析】（）根据矩形的性质可得，进而由旋转的性质可得，即可求解；
（）过点作于点，证明得到即可求证；
（）证明得到，设，则，，即得，求出即可求解；
本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】（1）解：在矩形中，，
是由旋转所得，
，
，
；
（2）证明：过点作于点，如图，
由（）知，
，
又∵，
∴，
在和中，
，
，
，
即为的中点；
（3）解：，为的中点，
，
∴为等腰三角形，
又∵，
∴为等腰三角形，
∵两个等腰三角形有公共底角，
，
由（）知，
，
设，则，，
，
解得，
∴，，
∴，
在中，，，
，
∴，
矩形的周长为．
24．（2024·广东清远·三模）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：
操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接、，延长交于点Q，连接．

(1)如图1，当点M在上时，______度；
(2)如图2，改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合）．
①判断与的数量关系，并说明理由；
②若，（点Q在下方），则的长为______．
【答案】(1)30
(2)①，理由见解析；②
【分析】（1）由正方形的性质结合折叠的性质可得出，，进而可求出，即得出；
（2）①由正方形的性质结合折叠的性质可证，即得出；
②设，则，．求出，，根据勾股定理得出，求出x的值即可．
【详解】（1）解：∵对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，
∴，，
∵在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，
∴，
在中，，
∴．
故答案为：．
（2）解：①，理由如下：
∵四边形是正方形，
，．
由折叠可得：，，
，．
又，
，
∴．
②设，则，．
∵，
∴，
∴，．
在中，由，
得，
解得，
∴的长为．
故答案为．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、解直角三角形、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识点．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．
题型十：四边形的综合性问题
25．（2024·广东深圳·模拟预测）在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点D的坐标为，动点E沿边从A向O以每秒的速度运动，同时动点F沿边从O向C以同样的速度运动，连接、交于点G．
(1)试探索线段、的关系，写出你的结论并说明理由；
(2)连接、，分别取、、、的中点H、I、J、K，则四边形是什么特殊平行四边形？请在图①中补全图形，并说明理由．
(3)如图②当点E运动到中点时，点M是直线上任意一点，点N是平面内任意一点，是否存在点N使以O，C、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，，理由见解析
(2)四边形HIJK是正方形，补全图形见解析，理由见解析
(3)存，点N的坐标为或或或
【分析】（1）根据正方形的性质，证明，得出，，进而得出，即可得出结论；
（2）根据中位线定理，推出，结合，，即可得出结论；
（3）易得，，根据菱形的性质进行分类讨论： ①当是以O，C、M、N为顶点的菱形的对角线时，与互相垂直平分，则M为的中点，先求出点M的坐标，根据M和N关于对称，即可解答；②当是以O，C、M、N为顶点的菱形的边时，（Ⅰ）若M在y轴的左侧时，通过证明，得出，设，则，，在中，求出x的值，即可解答；（Ⅱ）若M在y轴的右侧时，推出，设，则，在中，由勾股定理求出y的值，即可解答．
【详解】（1）解：．理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
由题意得：，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
综上：，；
（2）解：四边形是正方形．理由如下：
如图①所示：
∵H、I、J、K分别是、、、的中点，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
（3）解：存在，理由如下：
∵四边形为正方形，点D的坐标为，
∴，
∴，
∵点E为的中点，
∴，；
分情况讨论：如图②所示：
①当是以O，C、M、N为顶点的菱形的对角线时，与互相垂直平分，则M为的中点，
∴点M的坐标为，
∵点M和N关于对称，
∴；
②当是以O，C、M、N为顶点的菱形的边时，
（Ⅰ）若M在y轴的左侧时，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
解得：或（舍去），
∴，，，
∴；
（Ⅱ）若M在y轴的右侧时，
由①得：N的坐标为；
作于P，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
∴，，
∴，
综上所述，存在点N使以O，C、M、N为顶点的四边形是菱形，点N的坐标为或或或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，中点四边形，菱形是判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，正确画出图形解答．
26．（2024·安徽淮南·二模）如图（1），E是菱形边上一点，是等腰三角形，AE=EF，，交于点G，探究与α的数量关系．
(1)如图（2），当时，在上截取，连接，构造全等三角形，可求出的大小，那么______；
(2)如图（1），求与α的数量关系．
(3)如图（3），当时，过A作垂足为P，若，求的值．
【答案】(1)45；
(2)；
(3)．
【分析】（1）在上截取，使，连接．先证，再由正方形的性质得到，，则，得到，则，进而得到；
（2）在上截取，使，连接，证明，通过边和角的关系即可证明．
（3）过A作，垂足为P，设，则，得PD=，AP=，在证，，再得，，得结论，
【详解】（1）解：在上截取，使，连接．
，，
，
，
，
∴四边形是正方形，
，，
，
，
，
；
故答案为：45；
．
（2）如图（1）在上截取，使，连接，
，
，
，
是等腰三角形，
，
，
，，，
，
α，
，
，
∴；
（3）如图（3）过A作，垂足为P，设，则，，
，
∴PD=，AP=，
由（2）得：，，
，
，代入得：，
由（2）知：，，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，正方形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，三线合一定理，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．
【专题精练】
一、单选题
27．（2024·四川成都·三模）半径为2的圆的一个内接正多边形的内角为，则这个内接正多边形的边长为（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】B
【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质是正确解答的前提．
根据正六边形的性质，正三角形的性质进行计算即可．
【详解】解：如图，
∵半径为2的圆的一个内接正多边形的内角为，
∴，
∴，
∴的内接正多边形是六边形，
，
，
∴是正三角形，
，
∴正六边形的边长为2，
故选：B．
28．（2024·广东东莞·二模）菱形是日常生活中常见的图形，如伸缩衣架（如图1）等，为兼顾美观性和实用性，活动角的取值范围宜为（如图2），亮亮选购了如图2所示的伸缩衣架，已知图中每个菱形的边长为，则其拉伸长度的适宜范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了菱形及其计算，勾股定理，由菱形中， 当时，得的得得此时拉伸长度同理当时，拉伸长度，即可求解，解题关键是找准直角三角形进行计算．
【详解】解：如图：
∵四边形是菱形，
∴，
∵
当时，则
∴，
∴，
∴
∴
∴此时拉伸长度，
当时，则
∴，
∴
∴此时拉伸长度，
∴其拉伸长度的适宜范围是：，
故选：B．
29．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图，中，，将沿折叠，使点C落在点E处，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，平行四边形的性质，先求解，可得，可得，再进一步结合平行四边形的性质可得答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选D
30．（2024·山东德州·二模）图，已知正方形的边长为5，点是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则的长度是（ ）
A．B．3C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识．先证四边形是矩形，可得，，由等腰直角三角形的性质可得，可求，的长，由勾股定理可求的长，由“”可证，可得．
【详解】解：如图：

连接，
四边形是正方形，
，，
，，，
四边形是矩形，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，，
，
，，，
，
，
故选：A．
31．（2024·山东德州·二模）如图1，在四边形中，，，P、Q同时从B出发，以每秒1单位长度分别沿和方向运动至相遇时停止，设运动时间为t（秒），的面积为S（平方单位），S与t的函数图象如图2所示，则下列结论正确的个数是（ ）
①当秒时，
②
③当时，
④当秒时，平分四边形的面积．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】本题考查了动点问题的函数图象分析，根据等腰梯形的性质及动点函数图象的性质，综合判断可得答案，解题关键是结合函数图象与几何图形的性质求解．
【详解】解：由图2可知，
动点运动过程分为三个阶段：
（1）段， 函数图象为抛物线，运动图形如图所示．
此时点P在线段上、点Q在线段上运动，
为等边三角形，其边长：高
，
由函数图象可知，当秒时，，故符合题意，
（2）段，函数图象为直线，运动图形如图所示，
此时点P在线段上、点Q在线段上运动，
由函数图象可知，此阶段运动时间为，
故符合题意，
设直线的解析式为：将代入得：
解得：
故选项不符合题意，
（3）段，函数图象为直线，运动图形如图所示，
此时点P、Q均在线段上运动，
设梯形高为h，则
，
当时，则
，
，
即平分梯形的面积，故符合题意，
综上所述，符合题意的有3个，
故选：C．
32．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，已知平行四边形纸片，，，．现将纸片作如下操作：第1步，沿折痕折叠纸片，使点落在边上；第2步，再沿折痕折叠纸片，使点与点重合．若，则的长为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定、菱形的判定与性质、解直角三角形、平行线的性质、等角对等边等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
将图形展开，画出折痕，过点作于，证明四边形是菱形，得出，根据折叠得出，解直角三角形求出，根据计算得出答案即可．
【详解】解：如图，将图形展开，画出折痕，过点作于，
∵平行四边形纸片，，，沿折痕折叠纸片，使点落在边上，再沿折痕折叠纸片，使点与点重合，，
∴，，，，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
33．（2024·四川达州·一模）如图，正方形的边长为6，点E，F分别在边上，且平分，连接DF，分别交于点G，M，P是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接．有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④的最小值为．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】本题考查的是正方形的综合题，涉及到三角形相似，最短路径，三角形全等，三角形面积法，解题的关键在于是否能正确找出最短路径以及运用相关知识点．根据正方形的性质和三角形全等即可证明，通过等量转化即可求证，利用角平分线的性质和公共边即可证明，从而推出①的结论；利用①中的部分结果可证明推出，通过等量代换可推出③的结论；点在以为直径的上，当三点共线时，有最小值，最小值为，最后通过勾股定理即可求证④的结论正确；结合①中的结论和③的结论可求出的最小值，从而证明②正确．
【详解】解：为正方形，
，，
，
，
．
,
，
，
，
．
平分，
．
，
．
，
，
垂直平分，故①正确；
由①可知，，，
，
，
，
由①可知，
．故③正确；
∵，
∴点在以为直径的上，当三点共线时，有最小值，最小值为，
∵为正方形，且边长为6，∴，，∴，∴的最小值为，故④正确；
由①可知，，
，
关于线段的对称点为，过点作，交于，交于，
最小即为，如图所示，

∵，∴，即的最小会值为，
故②正确．
综上所述，正确的是①②③④．
故选：D．
二、填空题
34．（2024·福建厦门·三模）如图，菱形的对角线与相交于点，为边的中点，连接．若，，则 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理、三角形的中位线定理；由菱形的性质得，，，所以，则，根据三角形的中位线定理得，即可求解．
【详解】解：四边形是菱形，对角线与相交于点，，，
，，，
，
，
为的中点，为边的中点，
，
故答案为：．
35．（2024·山东德州·二模）如图， 点C是线段上的动点，分别以、为边在 的同侧作正方形与正方形，连接交线段于点H，连接，．下列结论①，②，③；④；其中正确的有 ．（只填序号）
【答案】②③④
【分析】本题考查了相似三角形的判断与性质，圆周角定理，正方形的性质等知识，连接，利用证明即可判断①、③；证明C、E、D、H四点共圆即可判断②，证明即可判断④。
【详解】解：连接，
∵正方形与正方形，
∴，，，，
∴，，，
∴，
又，
∴，
∴，，
∴，
故①错误、③正确；
∵，
∴C、E、D、H四点共圆，
∴，，
故②正确；
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故④正确，
故答案为：②③④.
36．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，矩形中，，，连接，、分别为边、上的动点，且于点，连接、，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，解直角三角形；以为边，作平行四边形，连接，过点作于点，则，，，解，得出，进而勾股定理求得的长，即可求解．
【详解】解：如图所示，以为边，作平行四边形，连接，过点作于点，
∴，，
∵
∴
∵四边形是矩形，
∴，
在中，，，
∴，
∵
∴
∴，
∴
∴
在中，
即的最小值为
故答案为：．
37．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在菱形中，与交于点O，边的垂直平分线交于点E，交于点F，点G为边中点，连接，若，，则线段的长为 ．
【答案】
【分析】菱形的性质，结合勾股定理，求出的长，中垂线的性质，求的长，，求出的长，进而求出的长，取的中点，连接，三角形的中位线定理，求出的长，进而利用勾股定理求出的长即可．
【详解】解：∵菱形，，，
∴，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∵，
∴，即：，
∴，
取的中点，连接，如图：则：，
∴，
∵点G为边中点，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理，得：；
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，中垂线的性质，勾股定理，解直角三角形，三角形的中位线等知识点，熟练掌握相关知识点，构造三角形的中位线，是解题的关键．
38．（2024·江苏扬州·二模）如图，在边长为2的正方形中，点M为边上一点，连接交于点E，过点E作于点F，、的延长线交于点G，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．根据四边形为正方形，，得到，，，由，，得到，证明，得到，求得，为中点，又，得，，即得解．
【详解】解： 四边形为正方形，
，，，
，，
，，
，，
为等腰直角三角形，
，
，，
，
，
，，
，
解得，
，为中点，
又，
，
，
．
故答案为：．
三、解答题
39．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知：矩形中，点在边上，，于点．
(1)如图，求证：；
(2)如图，连接，若，，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了相似三角形的性质，等腰三角形的性质，矩形的性质，全等三角形的性质，二次函数的应用，熟练掌握以上知识是解决问题的关键．
（1）利用平行四边形的性质，先求，后证明，即可得出．
（2）作于点，连接，设，由上得，因为，所以，因为，，，所以，因为，，所以，，即，代入数值可得，即，解得．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴， ，
∴，
∵于点
∴，
又∵，
∴，
∴．
（2）作于点，连接，设，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∵，，，
∴代入上式可得：，即，
解得：，（舍），
∴．
40．（2024·山东济宁·三模）已知矩形纸片．进行如下操作：
第①步：将纸片沿折叠，使点D与边上的点F重合，展开纸片，连结，，，与相交于点O（如图1）．
第2步：将纸片继续沿折叠，点C的对应点G恰好落在上，展开纸片，连接，与交于点H（如图2）．
(1)猜想和的数量关系，并证明你的结论；
(2)已知，，求的值．
【答案】(1)，见解析
(2)
【分析】（1）由折叠的性质可知，，，则，证明，进而结论得证；
（2）由矩形，可得，由题意知，，由折叠的性质可知，，由勾股定理得，，根据，求解作答即可．
【详解】（1）解：，理由如下；
由折叠的性质可知，，，
∴，
又∵，，
∴，
∴；
（2）解：∵矩形，
∴，
由题意知，，
由折叠的性质可知，，
由勾股定理得，，
∴
【点睛】本题考查了矩形与折叠，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正切等知识．熟练掌握矩形与折叠，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正切是解题的关键．
41．（2024·黑龙江·三模）矩形在平面直角坐标系的位置如图所示，分别在y轴、x轴上，且的长分别是方程的两个根．
(1)求点B的坐标；
(2)点D在x轴上，，且交于点E，求过点E的反比例函数的解析式；
(3)在（2）的条件下，点Q在直线BC上，平面内是否存在点P，使以B，D，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在．，，，
【分析】（1）先用因式分解法求出一元二次方程的根，从而得出的长，从而得出点B坐标；
（2）先用待定系数法求出直线，的解析式联立求出点E的坐标，在用待定系数法求反比例函数解析式即可；
（3）设，结合，分①当为菱形时，②当为菱形时，③当为菱形时，三种情况分别求解即可．
【详解】（1）解：，
，
，，
的长分别是方程的两个根，
，
；
（2），
，
，
，
设直线的解析式为，
，解得：，
直线的解析式为
设直线的解析式为，
，解得：，
直线的解析式为，
，解得：，
，
设反比例函数的解析式为，将点代入，
，
过点E的反比例函数的解析式为；
（3）设，
，
①当为菱形时，的中点，的中点，
，，
，
，，
，即，
，
，
解得：，
当时，两点重合，舍去，
，
，
②当为菱形时，的中点，的中点，
，，
，
，，
，即，
，
解得：，
；
③当为菱形时，的中点，的中点，
，，
，
，，
，即，
，
解得：，
或；
综上所述，点P的坐标有，，，．
【点睛】本题考查了一元二次方程的求解，坐标与图形，求一次函数，反比例函数解析式，菱形性质，中点坐标，两点间距离的求解，分情况讨论是解答本题的关键．
42．（2024·内蒙古鄂尔多斯·二模）如图，点G是矩形内一点，，把绕点C按顺时针方向旋转，得到（点B对应点，点G对应点）延长交于点E，连接．
(1)判断四边形的形状，并说明理由；
(2)如图1，若，，，求；
(3)如图2，若，，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）先证明，，从而可得答案；
（2）如图，过作于，证明，求解，由等面积法可得：，可得，再进一步解答即可；
（3）如图，过作于，设，证明，可得，可得，求解，可得，可得．
【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下：
由旋转可得：，，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形．
（2）如图，过作于，
∵四边形为正方形，，
∴，
∵，
∴，
由旋转可得：，，
由等面积法可得：，
∴，
∴，
∵矩形，，
∴，
∴；
（3）如图，过作于，则，
∵，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由旋转可得：，
∴．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，矩形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
43．（2024·广东肇庆·二模）如图，已知在矩形中，，点为边上一点（不与点、点重合），将矩形沿折叠，使点落在点处，交于点．

(1)写出图1中一个与相似的三角形；
(2)如图2，当与的交点恰好是的中点时，求阴影部分的面积；
(3)如图3，当点的对应点落在边的垂直平分线上时，求的长．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查相似三角形综合应用，矩形的折叠问题；
（1）由，，可得，故，从而；
（2）由点是的中点，得，，故，证明，可得，，根据三角形面积公式得阴影部分的面积是；
（3）设的中点为，的中点为，直线为矩形的对称轴，当在上时，求出，，设，则，证明，可得，即可解得
【详解】（1）解：四边形是矩形，
，
将矩形沿折叠，使点落在点处，交于点，
，
，
，
，
，
故答案为：或（写出一个即可）；
（2）解：点是的中点，
，
，
，
，，
，
，即，
，
，
阴影部分的面积是；
（3）解：设的中点为，的中点为，直线为矩形的对称轴，当在上时，如图所示：
，，，
，
，
设，则，
，
，
，
，
，即，
解得；
44．（2024·河北保定·二模）如图，在矩形中，，，M为边上一点，，，交于点F．
(1)如图1，当经过点D时，求证：．
(2)将绕点M从图1位置开始逆时针旋转（始终保证的开口在矩形边的上方），与交于点G，与交于点H，在旋转过程中，点F不与点B重合，点G不与点D重合．
①如图2，当时，猜想与的位置关系，并说明理由．
②如图3，当平分时，求的长．
(3)若平分，在（2）的旋转过程中，设，请直接写出的长．（用含x的代数式表示）
【答案】(1)见解析
(2)①，理由见解析；②
(3)
【分析】（1）根据已知条件及，即可证明；
（2）①根据三角形两锐角互余及，得到，即可得出结论；②过点F作于点N，得到，即，根据等腰三角形三线合一得到，由四边形为矩形，证明，得到，求出，即可得出结果；
（3）延长，交于点R，过点M作，根据矩形的性质，得到，，，证明，求出，再证明，进而证明，由相似的性质即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵，，
∴．
（2）解：①．
理由：∵，
∴，
∴．
∵，
∴，即，
∴．
②如图，过点F作于点N，
则．
∵平分，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵四边形为矩形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
，
∴，即，
∴，
∴．
（3）解：如图，延长，交于点R，过点M作．
∵平分，
∴．
∵四边形为矩形，
∴，
∴，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，即，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，．
∵，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的特征，正确作出辅助线，构造等腰三角形及三角形相似是解题的关键．