?2023年河南省中考數(shù)學(xué)模擬題分項選編
專題04 平行四邊形

一、單選題
1．（2023·河南開封·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，，分別以點A、B為圓心，大于長為半徑作弧，兩弧交于點P、Q，作直線，分別交、于點E、F，連接，若，則四邊形的面積為（　　）

A． B． C． D．
2．（2023·河南鄭州·統(tǒng)考一模）如圖，在中，將沿AC折疊后，點D恰好落在DC的延長線上的點E處．若，則的周長為（　?。?br />
A．6 B．9 C．12 D．15
3．（2023·河南駐馬店·一模）如圖，在中，．以點為圓心，適當長為半徑畫弧，交于點，交于點，再分別以點為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧相交于點，射線交的延長線于點，則的長是（　　）

A． B． C． D．
4．（2023·河南洛陽·統(tǒng)考一模）如圖，在?ABCD中，以點B為圓心，適當長度為半徑作弧，分別交AB，BC于點F，G，再分別以點F，G為圓心，大于FG長為半徑作弧，兩弧交于點H，作射線BH交AD于點E，連接CE，若AE＝10，DE＝6，CE＝8，則BE的長為（　?。?br />
A．4 B．8 C．2 D．40
5．（2023·河南焦作·統(tǒng)考一模）如圖，菱形的對角線相交于點O．E，F(xiàn)分別是的中點，若，則菱形的周長為（　?。?br />
A．8 B．16 C．8 D．16
6．（2023·河南商丘·統(tǒng)考一模）如圖，是的中位線，的角平分線交于點F，，則的長為（　?。?br />
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
7．（2023·河南周口·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形中，E是的中點，點F在邊上，點P在矩形內(nèi)部，，，連接．若，則的最小值等于（　?。?br />
A．2 B．3 C． D．
8．（2023·河南平頂山·統(tǒng)考一模）下列敘述錯誤的是（　?。?br /> A．平行四邊形的對角線互相平分 B．矩形的對角線相等
C．對角線互相平分的四邊形是平行四邊形 D．對角線相等的四邊形是矩形
9．（2023·河南南陽·統(tǒng)考二模）一次實踐探究課上，老師讓同學(xué)們用四張全等的含角的直角三角形紙片拼成一個四邊形，下列拼成的四邊形中，不是菱形的是（　?。?br /> A．?? B．?? C．?? D．??
10．（2023·河南洛陽·統(tǒng)考二模）在平行四邊形的對角線與相交于點O，，，，則四邊形（　　）
A．平行四邊形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
11．（2023·河南鶴壁·統(tǒng)考三模）如圖，菱形的對角線，相交于點，點為邊的中點，若菱形的周長為，，則的面積是（　?。?br />
A． B． C． D．
12．（2023·河南新鄉(xiāng)·統(tǒng)考二模）如圖，在菱形中，點P是對角線上一動點，點E是邊上一動點，連接．若，，則的最小值為（　?。?br />
A．6 B． C．5 D．
13．（2023·河南商丘·統(tǒng)考二模）如圖，在菱形中，按下列步驟作圖：①連接，以D為圓心，適當長為半徑畫弧，分別交、于點E、F；②以C為圓心，長為半徑畫弧，交邊于點G；③以G為圓心，長為半徑畫弧，交②中所作的弧于點H；④連接交于點N，連接交于點M，則的長為（　?。?br />
A．1 B．1.5 C． D．2
14．（2023·河南安陽·統(tǒng)考二模）如圖，在的兩邊上分別截取、，使；分別以點A、B為圓心，長為半徑作弧，兩弧交于點C；連接、、、．若，四邊形的面積為．則的長為（　　）

A． B． C． D．
15．（2023·河南周口·統(tǒng)考一模）如圖，在菱形中，，，，垂足為點H，則的長為（　?。?br />
A．3 B．4 C． D．5
16．（2023·河南洛陽·統(tǒng)考一模）如圖，菱形的周長為12，，則的長為（　?。?br />
A． B． C． D．3
17．（2023·河南駐馬店·統(tǒng)考三模）如圖，在正方形中，點是對角線上一點，作于點，連接，若，，則的長為（　?。?br />
A． B．4 C． D．
18．（2023·河南洛陽·統(tǒng)考三模）如圖，已知四邊形是平行四邊形，下列三個結(jié)論：①當時，它是菱形，②當時，它是矩形，③當時，它是正方形．其中結(jié)論正確的有（　?。?br />
A．0個 B．1個 C．2個 D．3個

二、填空題
19．（2023·河南安陽·統(tǒng)考二模）如圖所示，在中，，點P為邊上一點(不與A、B重合)，點M為的中點，將沿翻折，得到，連接，當以點A、M、P、為頂點的四邊形為平行四邊形時，的長為______．

20．（2023·河南洛陽·統(tǒng)考一模）如圖所示，在中，，是上的一點，且，，則 ______．
??
21．（2023·河南駐馬店·統(tǒng)考二模）如圖，等腰中，底邊，點為的中點．將線段繞點旋轉(zhuǎn)得對應(yīng)線段，連接．旋轉(zhuǎn)過程中，當時，的長為________．

22．（2023·河南南陽·統(tǒng)考一模）如圖，在中，是中線，是邊上一動點，將沿折疊得到，若點（不與點重合）在的角平分線上，則的長為 _____．

23．（2023·河南安陽·統(tǒng)考一模）如圖，矩形的邊的長為6，將沿對角線翻折得到，與交于點，再以為折痕，將進行翻折，得到，若兩次折疊后，點恰好落在的邊上，則的長為____________．

24．（2023·河南洛陽·統(tǒng)考一模）如圖，矩形中，，，點P是邊上一個動點，且不與點B，C重合，將沿直線AP折疊得到，點落在矩形的內(nèi)部，連接，則周長的最小值為______．


三、解答題
25．（2023·河南開封·統(tǒng)考一模）綜合實踐
在中，點是邊的中點．

（1）如圖①，延長到點，使，連接，可得出，其依據(jù)是______．（填序號）
①????????②????????③???????④????????⑤
（2）如圖②，在邊上任取點，（不與兩點重合）連接，并延長到點，使．連接，在圖②中畫出相應(yīng)的圖形，并觀察四邊形是特殊的四邊形嗎？如果是，請寫出證明過程；如果不是，請說明理由．
解決問題
如圖③，在中，，點為平面內(nèi)一點，，將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)得，點為中點，當時，請求出的長．
26．（2023·河南南陽·統(tǒng)考一模）綜合與實踐：
在綜合與實踐課上，老師讓同學(xué)們以“矩形紙片的折疊”為主題開展數(shù)學(xué)活動．
在矩形中，E為邊上一點，F(xiàn)為邊上一點，連接、，分別將和沿、翻折，點D、B的對應(yīng)點分別為點G、H，且C、H、G三點共線．

(1)如圖1，若F為邊的中點，，點G與點H重合，則＝????????°，＝????????；
(2)如圖2，若F為的中點，平分，，，求的度數(shù)及的長；
(3)，，若F為的三等分點，請直接寫出的長 ．
27．（2023·河南安陽·統(tǒng)考二模）綜合與實踐
綜合與實踐課上，老師帶領(lǐng)同學(xué)們以“正方形和矩形的折疊”為主題開展數(shù)學(xué)活動，

(1)操作判斷
操作一：將正方形紙片依次沿對角線、對折，把紙片展平，折痕的交點為O；
操作二：在上取一點E，在上取一點F，沿折疊，使點B落在點O處，然后延長交于點G，連接．
如圖1是經(jīng)過以上兩次操作后得到的圖形，則線段和的數(shù)量關(guān)系是______．
(2)遷移思考
圖2是把矩形紙片按照（1）中的操作一和操作二得到的圖形．請判斷，，三條線段之間有什么數(shù)量關(guān)系？并僅就圖2證明你的判斷．
(3)拓展探索
圖2中，若點E是邊的三等分點，直接寫出的值．
28．（2023·河南周口·統(tǒng)考二模）在正方形中，E是邊上一點（點E不與點B，C重合），，與正方形的外角的平分線交于點F．
??
(1)如圖1，若點E是的中點，猜想與的數(shù)量關(guān)系是 ；證明此猜想時，可取的中點P，連接．根據(jù)此圖形易證．則判斷的依據(jù)是 ．
(2)點E在邊上運動．
①如圖2，（1）中的猜想是否仍然成立？請說明理由．
②如圖3，連接，，若正方形的邊長為1，直接寫出的周長c的取值范圍．
29．（2023·河南洛陽·統(tǒng)考一模）綜合與實踐課上，老師讓同學(xué)們以“正方形的折疊”為主題開展數(shù)學(xué)活動．

(1)操作判斷
操作一：對折正方形紙片，使與重合，得到折痕，把紙片展平；
操作二：在上選一點H，沿折疊，使點B落在上的點G處，得到折痕，把紙片展平；
根據(jù)以上操作，直接寫出圖1中的度數(shù)：______；
(2)拓展應(yīng)用
小華在以上操作的基礎(chǔ)上，繼續(xù)探究，延長交于點M，連接交于點N（如圖2）．判斷的形狀，并說明理由；
(3)遷移探究
如圖3，已知正方形的邊長為6cm，當點H是邊的三等分點時，把沿翻折得，延長交于點M，請直接寫出的長．
30．（2023·河南南陽·統(tǒng)考一模）綜合與實踐
數(shù)學(xué)活動課上，同學(xué)們開展了以折疊為主題的探究活動，如圖1．已知矩形紙片，其中，．

(1)操作判斷
將矩形紙片按圖1折疊，使點落在邊上的點處，可得到一個的角，請你寫出一個的角．
(2)探究發(fā)現(xiàn)
將圖1的紙片展平，把四邊形剪下來如圖2，取邊的中點，將沿折疊得到，延長交于點，判斷的周長是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由．
(3)拓展應(yīng)用
改變圖2中點的位置，令點為射線上一動點，按照（2）中方式將沿折疊得到，所在直線交于點，若點為的三分點，請直接寫出此時的長．
31．（2023·河南濮陽·統(tǒng)考一模）綜合與實踐課上，老師與同學(xué)們以“特殊的三角形”為主題開展數(shù)學(xué)活動．

(1)操作判斷 如圖1，在中，，，點E在上（且不與點A、C重合）在的外部作，使，，連接，過點B作，過點D作， 交于點F，連接．
根據(jù)以上操作，判斷：四邊形的形狀是 　 ??；三角形的形狀是 　 ??；
(2)遷移探究明明同學(xué)所在的“認真?堅持”學(xué)習(xí)小組“異想天開”，將繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)，如圖2，當點E落在線段上時，請你：
①求證：四邊形的是矩形；
②連接若，求的長；
(3)拓展應(yīng)用亮亮同學(xué)所在的“感恩?責任”學(xué)習(xí)小組受此啟發(fā)，將繞點C繼續(xù)逆時針旋轉(zhuǎn)，能使四邊形為菱形，若，請你直接寫出線段的長．
參考答案
1．D
【分析】連接，過作，可證是等邊三角形，可求，進而可求，即可求解．
【詳解】解：如圖，連接，過作，


由題意可得是的垂直平分線，
，
在中：，
，
，
，
，
是等邊三角形，
，
，

，??



．
故選：D．
【點睛】本題考查了線段垂直平分線的性質(zhì)定理，等邊三角形的判定及性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，面積公式等，掌握相關(guān)的定理及判定方法求線段的長度是解題的關(guān)鍵．
2．C
【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和折疊性質(zhì)證得，，再證明是等邊三角形即可．
【詳解】解：在中，，，
由折疊性質(zhì)，得，，
∴是等邊三角形，
∴，
∴的周長為，
故選：C．
【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、折疊性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握折疊性質(zhì)，證得是等邊三角形是解答的關(guān)鍵．
3．B
【分析】根據(jù)題意可求出是等腰三角形，即，是等腰三角形，即，由此即可求解．
【詳解】解：根據(jù)題意得，是的角平分線，
∴，
∵，，如圖所示，設(shè)與交于點，

∴，
∴，，
∴，
∴是等腰三角形，即，
∴，
同理，，且，
∴，
∴是等腰三角形，即，
故選：．
【點睛】本題主要考查矩形，等腰三角形的綜合，掌握矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
4．B
【分析】利用基本作圖得到∠ABE＝∠CBE，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到AD∥BC，BC＝AD＝16，AB＝CD，再證明AB＝AE＝10，則CD＝10，接著利用勾股定理的逆定理判斷△CED為直角三角形，∠CED＝90°，然后在Rt△BCE中利用勾股定理計算BE的長．
【詳解】解：由作法得BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD∥BC，BC＝AD＝AE＋DE＝10＋6＝16，AB＝CD，
∴∠CBE＝∠AEB，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE＝10，
∴CD＝10，
在△CDE中，∵DE＝6，CE＝8，CD＝10，
∴DE2＋CE2＝CD2，
∴△CED為直角三角形，
∴∠CED＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠BCE＝∠CED＝90°，
在Rt△BCE中，BE＝
故選：B．
【點睛】本題考查了作圖?基本作圖：熟練掌握基本作圖（作一條線段等于已知線段；作一個角等于已知角；作已知線段的垂直平分線；作已知角的角平分線；過一點作已知直線的垂線）．也考查了平行四邊形的性質(zhì)和勾股定理及其逆定理．
5．B
【分析】根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)可以得到與的關(guān)系，與的關(guān)系，再根據(jù)菱形的性質(zhì)和勾股定理，即可得到的長，然后即可求得菱形的周長．
【詳解】解：取的中點，連接，，

點為的中點，點為的中點，
，，，，
四邊形是菱形，，
，，，
，，
設(shè)，則，，
，
，
解得，
，
菱形的周長為：，
故選：B．
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)、三角形的中位線、等邊三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．
6．C
【分析】由中位線的性質(zhì)定理得，，且，由平行線的性質(zhì)結(jié)合角平分線可得，則可求得的長．
【詳解】是的中位線，，
，，，
，
是的平分線，
，
，
，
，
故選：C．
【點睛】本題考查了三角形中位線定理，等腰三角形的判定、平行線的性質(zhì)等知識，掌握三角形中位線定理是解題的關(guān)鍵．
7．D
【分析】取的中點H，在上截取點G，使，推出，得到，推出，得到點P在的角平分線上，再證明，當A、P、C在同一直線上時，取得最小值，最小值為的長，利用勾股定理即可求解．
【詳解】解：取的中點H，在上截取點G，使，連接，

∵在矩形中，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，且，
∴，
∴，
∴，
∵，且，
∴，
∴點P在線段上，即點P在的角平分線上，
∵，，，
∴，
∴，
∴當A、P、C在同一直線上時，取得最小值，最小值為的長，
由勾股定理得，
故選：D．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，得到點P在的角平分線上是解題的關(guān)鍵．
8．D
【分析】由平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)分別對各個選項進行判斷即可．
【詳解】解：A、∵平行四邊形的對角線互相平分，
∴選項A不符合題意；
B、∵矩形的對角線相等，
∴選項B不符合題意；
C、∵對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，
∴選項C不符合題意；
D、∵對角線互相平分且相等的四邊形是矩形，
∴選項D符合題意；
故選：D．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)；熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
9．D
【分析】根據(jù)角的直角三角形得到角所對直角邊是斜邊一半，結(jié)合菱形判定四邊相等的四邊形是菱形逐個判斷即可得到答案；
【詳解】解：由題意可得，
A選項四邊都是直角三角形斜邊相等，是菱形，不符合題意，
B選項四邊都是直角三角形斜邊相等，是菱形，不符合題意，
C選項2個角所對直角邊剛好等于斜邊，四邊相等，是菱形，不符合題意，
D選項有兩邊是長直角邊，兩邊是2個短直角邊，四邊不相等，不是菱形，
故選D；
【點睛】本題考查角三角形到角所對直角邊是斜邊一半，四邊相等的四邊形是菱形．
10．C
【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得，，再由勾股定理的逆定理可得，即可求解．
【詳解】解：如圖，

∵四邊形是平行四邊形，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴四邊形是是菱形．
故選：C
【點睛】本題主要考查了菱形的判定，平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理的逆定理，根據(jù)勾股定理的逆定理得到是解題的關(guān)鍵．
11．D
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得出為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，求得，根據(jù)三角形中線的性質(zhì)即可求解．
【詳解】解：菱形的周長為，
，
，
為等邊三角形，

為中點，是的中點，

故選：D．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，三角形中線的性質(zhì)，熟練掌握是解題的關(guān)鍵．
12．B
【分析】連接，記與交于點O，當C，P，E三點共線且時，的值最小，最小值為的長．
【詳解】如解圖所示，由菱形的性質(zhì)，可知與互相垂直平分，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴當C，P，E三點共線且時，的值最小，最小值為的長，
∵，
∴，
∴的最小值為，
故選：B.
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，垂線段最短、等面積法，掌握這些是本題關(guān)鍵．
13．A
【分析】根據(jù)尺規(guī)作圖可知，再根據(jù)菱形的性質(zhì)得出是等邊三角形，結(jié)合等邊三角形的性質(zhì)得出，再根據(jù)含直角三角形的性質(zhì)求出，進而得出，最后根據(jù)勾股定理求出答案．
【詳解】解：根據(jù)作圖可知，
∵四邊形是菱形，
∴，，．
∵，
∴是等邊三角形，
∴，．
在中，，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
根據(jù)勾股定理得，
即，
解得，負值舍去．
故選：A．
【點睛】本題主要考查了尺規(guī)作一個角等于已知角，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，含直角三角形的性質(zhì)等，勾股定理是求線段長的常用方法．
14．B
【分析】利用基本作圖得到，則可判斷四邊形為菱形，根據(jù)菱形的面積公式得到，從而可求出的長．
【詳解】解：由作法得，
所以四邊形為菱形，
所以菱形的面積
即，
解得，
即的長為．
故選：B．
【點睛】本題考查了基本作圖、菱形的判定與性質(zhì)．熟練掌握基本作圖方法是解決問題的關(guān)鍵．
15．C
【分析】由菱形面積等于對角線積的一半可求面積，由勾股定理求出，然后由菱形的面積即可得出結(jié)果．
【詳解】解：如圖，對角線交于點O，

∵四邊形是菱形，
∴，
∴，
∵菱形的面積，
∴，
故選：C．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、勾股定理、菱形面積公式等知識；熟練掌握菱形的性質(zhì)，由勾股定理求出是解題的關(guān)鍵．
16．A
【分析】設(shè)與相交于點O，由菱形的性質(zhì)得到，， ，則為等邊三角形，，得到，在中，利用勾股定理求出，即可得到的長．
【詳解】解：設(shè)與相交于點O，

∵菱形的周長為12，，
∴，， ，
∴為等邊三角形，
∴，
∴，
在中，
，
∴．
故選：A．
【點睛】此題考查了菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，數(shù)形結(jié)合和準確計算是解題的關(guān)鍵．
17．D
【分析】連接，根據(jù)正方形的性質(zhì)得出，，求出，得出，根據(jù)勾股定理求出，根據(jù)對稱性求出.
【詳解】解：連接，如圖所示：

∵四邊形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵正方形關(guān)于對稱，
∴，故D正確．
故選：D．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定，解題的關(guān)鍵是根據(jù)正方形的性質(zhì)，勾股定理求出．
18．B
【分析】根據(jù)菱形、矩形、正方形的判定定理逐個進行判斷即可得出結(jié)論．
【詳解】∵四邊形是平行四邊形，
∴當時，是菱形．
故①正確；
∵四邊形是平行四邊形，
∴當時，是菱形．
故②錯誤；
∵四邊形是平行四邊形，
∴當時，是矩形．
故③錯誤；
∴正確的只有①；
故選B．
【點睛】本題主要考查了特殊平行四邊形的判定，熟練掌握菱形、矩形、正方形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
19．
【分析】分兩種情況畫出圖形，由折疊的性質(zhì)及勾股定理可求出答案．
【詳解】解：在中，
，
，
由勾股定理得：，
分為兩種情況：
如圖所示，四邊形平行四邊形，
????

由翻折可知：，
點為的中點，
，
四邊形為平行四邊形，，
，
，
，
在中，
，
，
；
如圖所示，四邊形為平行四邊形，

由翻折可知：，
四邊形為平行四邊形，
，
，
綜上所述，的長為或，
故答案為：或．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
20．
【分析】首先根據(jù)兩組對邊互相平行的四邊形是平行四邊形判定出四邊形是平行四邊形，進而得到，然后證明，即可得到，從而得解．
【詳解】∵，，
四邊形是平行四邊形，
，
又∵，
，
又，
，
，
，
．
故答案為：．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握平行四邊形對邊平行且相等，兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形．
21．或
【分析】過點作，根據(jù)題意得出，分類討論，當在內(nèi)部時，根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)，即可得出，當在之外，由含度角的直角三角形的性質(zhì)，在中，根據(jù)勾股定理即可求解．
【詳解】解：如圖所示，過點作，

∵等腰中，
∴，則，
∴，
∴
，
點為的中點，
．
當時，分類討論如下：
當在內(nèi)部時，如圖，點與邊中點重合，
由中位線定理可知，此時；
當在之外，如圖2，
，
，
，
，
為等邊三角形，
，，
又，
，在中，．

故答案為：或．
【點睛】本題考查了含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，分類討論，分別畫出圖形是解題的關(guān)鍵．
22．或
【分析】分類討論：①當點在的角平分線上時，利用折疊的性質(zhì)以及中線的性質(zhì)得出，再結(jié)合中位線的性質(zhì)得到是的中點，最后利用含角的直角三角形的性質(zhì)計算各邊的長度即可；②當點在的角平分線上時，連接，利用角平分線以及折疊的性質(zhì)證明，再得到四邊形是菱形，結(jié)合中線的性質(zhì)以及的長計算邊的長度即可．
【詳解】解：如圖1，當點在的角平分線上時，連接
，
，
，
由折疊可知，，
是中線，

，
，
，
，
∴是的中點，
∵，
，
，
∵是的中點，

∴，
在中，，

，
；
如圖2，當點在的角平分線上時，連接
由折疊知，，




，
，
，
，
，
；
綜上所述：的長為或，
故答案為：或．

【點睛】本題主要考查折疊的性質(zhì)以及三角形全等，熟練運用含角的直角三角形的性質(zhì)求各邊的長度是解決本題的關(guān)鍵．
23．或
【分析】根據(jù)題意分兩種情況討論：①當點恰好落在上時，由翻折以及矩形的性質(zhì)證明，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出的長，再依據(jù)勾股定理求解即可；②當點恰好落在上時，同理證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得出的長，再根據(jù)線段的和差關(guān)系即可得出答案．
【詳解】解：∵四邊形為矩形，
∴，，
∵沿對角線翻折得到，
∴，，
∵以為折痕，將進行翻折，得到，
∴，，
①當點恰好落在上時，如圖，

在和中，，
∴，
∴，即為等腰三角形，
∵，????
∴點為中點，
∴，
在中，有，
即，解得；
②當點恰好落在上時，如圖，

∵，
∴四邊形為矩形，
∴，
∵沿進行翻折，得到，
∴，
在中，
，
同理，
∴，
∴．
故答案為：或．
【點睛】本題考查了翻折的性質(zhì)，，矩形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握翻折的性質(zhì)，運用全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，分類討論思想是解答此題的關(guān)鍵．
24．/（寫法不唯一）
【分析】根據(jù)勾股定理求出，由翻折可知，由三角形兩邊之差小于第三邊得，從而求解．
【詳解】解：連接，由題意可知，

，


，
，
，
，
，
故答案為：．
【點睛】本題考查了翻折的性質(zhì)，勾股定理解直角三角形，三角形三邊之間的關(guān)系；解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上性質(zhì)．
25．（1）②；（2）畫圖見解析，四邊形是平行四邊形，證明見解析；問題解決：的長為和
【分析】（1）已知點是邊的中點，得到，由對頂角，再結(jié)合，根據(jù)兩個三角形全等的判定定理，利用即可得到，即可得到得到答案；
（2）根據(jù)題意作出圖形，由平行四邊形的判定定理可知四邊形平行四邊形；根據(jù)題意，分兩種情況①在線段上；②在線段延長線上；由平行四邊形的判定與性質(zhì)，結(jié)合勾股定理即可得到答案．
【詳解】解：（1）點是邊的中點，
，
在和中，
，
，
故選：②；
（2）如圖1所示：

四邊形平行四邊形，
理由如下：
∵，
∴四邊形是平行四邊形．
解決問題：根據(jù)題意，分兩種情況：①在線段上；②在線段延長線上；
①延長到點，使，連接，如圖2所示：

∵，
四邊形是平行四邊形，
∴，
∵，，
∴三點在同一條直線上，
∴，
∵，
，
在中，，由勾股定理得，
∴；
②延長到點，使，連接，如圖3所示：
同理，由①可知，
∵，
四邊形是平行四邊形，
∴，
∵，，
∴三點在同一條直線上，
∴，
∵，
，

在中，，由勾股定理得，
∴；
綜上所述，的長為和．
【點睛】本題考查幾何綜合，涉及全等三角形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)、勾股定理求線段長，熟練掌握相關(guān)幾何性質(zhì)，根據(jù)題意分類討論是解決問題的關(guān)鍵．
26．(1)45；2
(2)；
(3)2或

【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和翻折的性質(zhì)，可得出；設(shè)，用x表示出的三條邊，然后根據(jù)勾股定理列出方程，即可得出的長；
（2）如圖，由折疊性質(zhì)和平分，得出，即可求出的度數(shù)；先證明和是等腰直角三角形，得出，，即可求出的長；
（3）根據(jù)F為的三等分點，分兩種情況：當時，過點E作，交的延長線于點P，連接，證明，得出，進而求出的長；當時，點E作，交的延長線于點P，連接，根據(jù)，計算即可求出的長．
【詳解】（1）∵，四邊形是矩形，
∴四邊形是正方形，
∴，，
∵將和沿、翻折，點D、B的對應(yīng)點分別為點G、H，
∴，，
∵，
∴，
∵F為的中點，
∴，
∵將和沿、翻折，點D、B的對應(yīng)點分別為點G、H，
∴，，
設(shè)，則，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案為：45；2；
（2）如圖2，延長，交于點M，

∵平分，
∴，
由折疊的性質(zhì)可知，，，
∴，
∴，
∵，，
∴和均為等腰直角三角形，
∴，，
∴，
即，
解得．
（3）分兩種情況：①當時，
如圖3，過點E作，交的延長線于點P，連接，則四邊形為矩形，，，

由折疊的性質(zhì)可知，，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
設(shè)，，，
∴，
解得，
∴．
②當時，
如圖4，過點E作，交的延長線于點P，連接，則四邊形為矩形，，，

由折疊的性質(zhì)可知，，，
∴，
∵，
∴，，
設(shè)，，，
∵，
∴，
解得，
∴．
綜上可知，的長為2或．
【點睛】本題主要綜合考查了矩形的折疊問題，涉及到正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，屬于壓軸題，難度較大，熟練掌握并靈活運用相關(guān)知識進行分類討論是解題的關(guān)鍵．
27．(1)
(2)，證明見解析
(3)

【分析】（1）證明四邊形是正方形，四邊形是正方形，從再根據(jù)兩正方形邊長相等，得出是全等的正方形，即可得出結(jié)論；
（2）證明，得到，從而由勾股定理，得，再由（1）知，即可得出結(jié)論；
（3）先求，再由，代入即可求解．
【詳解】（1）解：由操作一得點O是正方形的中心，
∴，，
由操作二得，，，，
∴，
∴
∴，
∴，
∴四邊形是正方形，
∴，
∴四邊形是矩形，
∵
∴，
∴四邊形是正方形，
∴正方形與正方形全等，
∴．
故答案為：．
（2）解：，
證明：由操作一得點O是矩形對角線交點，
∴，
∵矩形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
由（1）可知，，
∴．
（3）解：∵點E是邊的三等分點，
∴，
∴，
由（2）知，
∴
∵矩形，
∴，
∴．
【點睛】本題考查正方形與矩形的性質(zhì)，折疊性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理．本題屬四邊形綜合探究性題目，屬中考試壓軸題．熟練掌握相關(guān)性質(zhì)與判定的綜合運用是解題的關(guān)鍵．
28．(1)，
(2)①成立，理由見解析；②

【分析】（1）取的中點P，連接．先證，再證，，然后由證，即可得出結(jié)論；
（2）①在上取一點P，使，連接PE，證明，即可得出結(jié)論；
②過D作交于點H，連接、，證明是等腰直角三角形，則點H與D關(guān)于對稱，得，，當A、F、H三點共線時，最短，當A、D、F三點共線，最長即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）如圖1，取的中點P．
??
則，
∵點E是的中點，
∴，
∵四邊形是正方形，
∴，，
∴，，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
故答案為：，；
（2）①成立，理由如下：
如圖2，在上取一點P，使，連接，
??
則，
由（1）得：，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
②如圖3，過D作交于點H，連接、，
??
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴點H與D關(guān)于對稱，
∴，
∴，
當A、F、H三點共線時，最短，即最短，
此時， ，
在中，由勾股定理得：，
此時；
當點E與點C重合，即A、D、F三點共線，最長，
此時，
∴，
則；
∴的周長c的取值范圍是．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理等知識，熟練掌握正方形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
29．(1)
(2)是等邊三角形，見解析
(3)或

【分析】（1）根據(jù)翻折可得：， 得到，即可求解；
（2）先證明，得到，再根據(jù)平行證明，即可求解；
（3）分兩種情況討論：或．
【詳解】（1）解：由題意可得：，
由翻折性質(zhì)可得：，
∴，
∴，
∵，
∴，
由翻折性質(zhì)可得：，
∵，
∴，
∴；
（2）解：是等邊三角形；
由題意可得：，
由翻折性質(zhì)可得：，，
∴，
∵四邊形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴是等邊三角形；
（3）解：①連接，如圖所示，

∵正方形的邊長為6cm，點H是邊的三等分點，
∴，，，
由翻折性質(zhì)可得：，，，
∴，，
∵，
∴，
∴設(shè)，則，
由勾股定理得：，
解得： ，
即；
②如圖所示，

∵正方形的邊長為6cm，點H是邊的三等分點，
∴，，，
由翻折性質(zhì)可得：，，，
∴，，
∵，
∴，
∴設(shè)，則，
由勾股定理得：，
解得： ，
即；
【點睛】本題考查了幾何問題，涉及到正方形的性質(zhì)和翻折的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，難度較大，正確理解題意和靈活運用所學(xué)的知識是解題的關(guān)鍵．
30．(1)（或，，）
(2)是定值，
(3)或

【分析】（1）利用矩形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)證明四邊形是正方形，然后利用正方形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；
（2）周長為定值．連結(jié)，先證明四邊形是矩形，可得，，由折疊性質(zhì)并結(jié)合為的中點可得到，，，然后證明可得到，最后計算可知是一常數(shù)，結(jié)論得證；
（3）分兩種情況計算：①當點為的三分點且靠近點時，②當點為的三分點且靠近點時，利用勾股定理和折疊的性質(zhì)即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）解：∵四邊形是矩形，
∴，
∵將矩形紙片按圖1折疊，使點落在邊上的點處，
∴，，
∴，
∴四邊形是矩形，
∵，
∴四邊形是正方形，
∴，
∴的角有（或，，）．
（2）周長為定值．
解：連結(jié)，
∵四邊形是矩形，，，
，，
∵四邊形是正方形，
∴，，
∴，
∴四邊形是矩形，
∴，，
由折疊性質(zhì)得：，，，
∵為的中點，
∴，
∴，
在與中，
，
∴
∴，
∴的周長為：





，
即：的周長為定值．

（3）①如圖，當點為的三分點且靠近點時，連接，
∴，
∴，
在中，，
∴；

②如圖，當點為的三分點且靠近點時，連接，
∴，
在中，，
∴；
綜上所述，的長為或．

【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查折疊的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，運用了分類討論的思想．通過添加適當輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
31．(1)平行四邊形；等腰直角三角形
(2)①見解析；②
(3)或

【分析】（1）由得到四邊形是平行四邊形，由得到，則是等腰直角三角形；
（2）①得到，點E落在線段上則點D在上，由四邊形是平行四邊形，，得到四邊形是矩形；
②連接，四邊形是矩形得，證，得，，則；
（3）當點D在的左側(cè)時，如圖，連接延長交于K，設(shè)直線交于H，于N，先證明，得到，則，則垂直平分，得到，則，得到，得到，當點D在的右側(cè)時，連接同理可得．
【詳解】（1）解：∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形；
故答案為：平行四邊形；等腰直角三角形；
（2）①證明：∵，
∴，
∵點E落在線段上，
∴點D在上，
∵四邊形是平行四邊形，，
∴四邊形是矩形；
②解：如圖，連接，

∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：當點D在的左側(cè)時，如圖，連接延長交于K，設(shè)直線交于H，于N，

∵四邊形是菱形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴；
當點D在的右側(cè)時，連接

同理可得；
綜上所述：AF的長為或
【點睛】此題是四邊形綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，添加適當?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．

相關(guān)試卷

初中數(shù)學(xué)人教版九年級上冊25.1.2 概率同步訓(xùn)練題：

這是一份初中數(shù)學(xué)人教版九年級上冊25.1.2 概率同步訓(xùn)練題，共24頁。試卷主要包含了單選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

專題15 圓——2023年河南省中考數(shù)學(xué)模擬題分項選編：

這是一份專題15 圓——2023年河南省中考數(shù)學(xué)模擬題分項選編，共43頁。試卷主要包含了單選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

專題19 概率——2023年河南省中考數(shù)學(xué)模擬題分項選編：

這是一份專題19 概率——2023年河南省中考數(shù)學(xué)模擬題分項選編，共24頁。試卷主要包含了單選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

專題16 旋轉(zhuǎn)——2023年河南省中考數(shù)學(xué)模擬題分項選編

專題16 旋轉(zhuǎn)——2023年河南省中考數(shù)學(xué)模擬題分項選編
專題15 圓——2023年河南省中考數(shù)學(xué)模擬題分項選編

專題15 圓——2023年河南省中考數(shù)學(xué)模擬題分項選編
專題03 分式——2023年河南省中考數(shù)學(xué)模擬題分項選編

專題03 分式——2023年河南省中考數(shù)學(xué)模擬題分項選編
專題01 實數(shù)——2023年河南省中考數(shù)學(xué)模擬題分項選編

專題01 實數(shù)——2023年河南省中考數(shù)學(xué)模擬題分項選編
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部