1．（2022·湖南湘西·統(tǒng)考中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，M為BC的中點，H為AB上一點，過點C作CG∥AB，交HM的延長線于點G，若AC＝8，AB＝6，則四邊形ACGH周長的最小值是（ ）
A．24B．22C．20D．18
【答案】B
【分析】通過證明△BMH≌△CMG可得BH＝CG，可得四邊形ACGH的周長即為AB+AC+GH，進而可確定當(dāng)MH⊥AB時，四邊形ACGH的周長有最小值，通過證明四邊形ACGH為矩形可得HG的長，進而可求解．
【詳解】∵CG∥AB，
∴∠B＝∠MCG，
∵M是BC的中點，
∴BM＝CM，
在△BMH和△CMG中，
，
∴△BMH≌△CMG（ASA），
∴HM＝GM，BH＝CG，
∵AB＝6，AC＝8，
∴四邊形ACGH的周長＝AC+CG+AH+GH＝AB+AC+GH＝14+GH，
∴當(dāng)GH最小時，即MH⊥AB時四邊形ACGH的周長有最小值，
∵∠A＝90°，MH⊥AB，
∴GH∥AC，
∴四邊形ACGH為矩形，
∴GH＝8，
∴四邊形ACGH的周長最小值為14+8＝22，
故選：B．
【點睛】本題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，確定GH的值是解題的關(guān)鍵．
2．（2022·四川樂山·統(tǒng)考中考真題）如圖，等腰△ABC的面積為2，AB=AC，BC=2．作AE∥BC且AE=BC．點P是線段AB上一動點，連接PE，過點E作PE的垂線交BC的延長線于點F，M是線段EF的中點．那么，當(dāng)點P從A點運動到B點時，點M的運動路徑長為（ ）
A．B．3C．D．4
【答案】B
【分析】當(dāng)P與A重合時，點F與C重合，此時點M在N處，當(dāng)點P與B重合時，如圖，點M的運動軌跡是線段MN．求出CF的長即可解決問題．
【詳解】解：過點A作AD⊥BC于點D，連接CE，
∵AB=AC，
∴BD=DC=BC=1，
∵AE=BC，
∴AE=DC=1，
∵AE∥BC，
∴四邊形AECD是矩形，
∴S△ABC=BC×AD=×2×AD=2，
∴AD=2，則CE=AD=2，
當(dāng)P與A重合時，點F與C重合，此時點M在CE的中點N處，
當(dāng)點P與B重合時，如圖，點M的運動軌跡是線段MN．
∵BC=2，CE=2，
由勾股定理得BE=4，
cs∠EBC=，即，
∴BF=8，
∴CF=BF-BC=6,
∵點N是CE的中點，點M是EF的中點，
∴MN=CF=3，
∴點M的運動路徑長為3，
故選：B．
【點睛】本題考查點的軌跡、矩形的判定和性質(zhì)、解直角三角形、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找點M的運動軌跡，學(xué)會利用起始位置和終止位置尋找軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．
3．（2022·湖北宜昌·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形中，是邊上一點，，分別是，的中點，連接，，，若，，，矩形的面積為________．
【答案】48
【分析】根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)，直角三角形斜邊上中線等于斜邊的一半得出相關(guān)線段長，利用勾股定理逆定理判定，再結(jié)合即可得出結(jié)論．
【詳解】解：在矩形中，，
在矩形中，，分別是，的中點，，
是的中位線，即，
在中，是BE的中點，，
是斜邊上的中線，即，
，
在中，是EC的中點，，
是斜邊上的中線，即，
，
在中，，，，即，
是直角三角形，且，
過作于，如圖所示：
，
故答案為：．
【點睛】本題考查矩形面積，涉及到中位線的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、矩形的性質(zhì)、勾股定理逆定理、三角形等面積法等知識，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)，準(zhǔn)確作出輔助線表示是解決問題的關(guān)鍵．
4．（2022·四川內(nèi)江·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，點M、N分別在AB、AD上，且MN⊥MC，點E為CD的中點，連接BE交MC于點F．
(1)當(dāng)F為BE的中點時，求證：AM＝CE；
(2)若＝2，求的值；
(3)若MN∥BE，求的值．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)
【分析】(1)根據(jù)矩形的性質(zhì)，證明△BMF≌ △ECF，得BM＝CE，再利用點E為CD的 中點，即可證明結(jié)論；
(2)利用△BMF∽△ECF，得，從而求出BM的長，再利用△ANM∽△BMC ，得 ，求出AN的長，可得答案；
(3)首先利用同角的余角相等得 ∠CBF＝ ∠CMB，則tan∠CBF＝tan∠CMB，得 ，可得BM的長，由（2）同理可得答案．
（1）
證明：∵F為BE的中點，
∴BF＝EF，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD
∴∠BMF＝∠ECF，
∵∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF≌△ECF（AAS），
∴BM＝CE，
∵點E為CD的中點，
∴CE＝CD，
∵AB＝CD，
∴，
∴，
∴AM＝CE；
（2）
∵∠BMF＝∠ECF，∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF∽△ECF，
∴，
∵CE＝3，
∴BM＝，
∴AM＝，
∵CM⊥MN，
∴∠CMN＝90°，
∴∠AMN+∠BMC＝90°，
∵∠AMN+∠ANM＝90°，
∴∠ANM＝∠BMC，
∵∠A＝∠MBC，
∴△ANM∽△BMC，
∴，
∴，
∴，
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣＝，
∴；
（3）
∵MN∥BE，
∴∠BFC＝∠CMN，
∴∠FBC+∠BCM＝90°，
∵∠BCM+∠BMC＝90°，
∴∠CBF＝∠CMB，
∴tan∠CBF＝tan∠CMB，
∴，
∴，
∴，
∴，
由（2）同理得，，
∴，
解得：AN＝，
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣＝，
∴．
【點睛】本題是相似形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)等知識，求出BM的長是解決（2）和（3）的關(guān)鍵．
5．（2022·湖北十堰·統(tǒng)考中考真題）如圖，中，，相交于點，，分別是，的中點．
(1)求證：；
(2)設(shè)，當(dāng)為何值時，四邊形是矩形？請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)當(dāng)時，四邊形是矩形，理由見解析
【分析】（1）連接，先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得，再根據(jù)線段中點的定義可得，然后根據(jù)平行四邊形的判定可得四邊形是平行四邊形，最后根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)即可得證；
（2）先根據(jù)矩形的判定可得當(dāng)時，四邊形是矩形，再根據(jù)線段中點的定義、平行四邊形的性質(zhì)可得，由此即可得出的值．
【詳解】（1）證明：如圖，連接，
四邊形是平行四邊形，
，
分別是，的中點，
，
四邊形是平行四邊形，
．
（2）解：由（1）已證：四邊形是平行四邊形，
要使平行四邊形是矩形，則，
，
，即，
，
故當(dāng)時，四邊形是矩形．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定等知識點，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
【考點2 菱形的判定與性質(zhì)】
6．（2022·遼寧大連·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形是菱形，點E，F(xiàn)分別在上，．求證．
【答案】證明見解析
【分析】由菱形的性質(zhì)得到AB＝AD＝BC＝DC，∠B＝∠D，進而推出BE＝DF，根據(jù)全等三角形判定的“SAS”定理證得，由全等三角形的性質(zhì)即可證出．
【詳解】證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝BC＝DC，∠B＝∠D，
∵AE＝AF，
∴AB﹣AE＝AD﹣AF，
∴BE＝DF，
在△BCE和△DCF中，，
∴，
∴CE＝CF．
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是綜合運用相關(guān)知識解題．
7．（2022·浙江舟山·中考真題）小惠自編一題：“如圖，在四邊形中，對角線，交于點O，，，求證：四邊形是菱形”，并將自己的證明過程與同學(xué)小潔交流．

若贊同小惠的證法，請在第一個方框內(nèi)打“√”；若贊成小潔的說法，請你補充一個條件，并證明．
【答案】贊成小潔的說法，補充，見解析
【分析】贊成小潔的說法，補充：，由四邊相等的四邊形是菱形即可判斷．
【詳解】贊成小潔的說法，補充：．
證明： ，，
，．
又∵．
∴，
∴四邊形是菱形．
【點睛】本題考查菱形的判定以及線段垂直平分線的性質(zhì)，熟練掌握菱形的判定是解題的關(guān)鍵．
8．（2022·山西呂梁·統(tǒng)考三模）綜合與實踐：
數(shù)學(xué)活動課上，老師讓同學(xué)們根據(jù)下面情境提出問題并解答．
問題情境：在中，點P是邊上一點．將沿直線折疊，點D的對應(yīng)點為E．
“興趣小組”提出的問題是：如圖1，若點P與點A重合，過點E作，與交于點F，連接，則四邊形是菱形．
(1)數(shù)學(xué)思考：請你證明“興趣小組”提出的問題；
(2)拓展探究：“智慧小組”提出的問題是：如圖2，當(dāng)點P為的中點時，延長交于點F，連接．試判斷與的位置關(guān)系，并說明理由．
請你幫助他們解決此問題．
(3)問題解決：“創(chuàng)新小組”在前兩個小組的啟發(fā)下，提出的問題是：如圖3，當(dāng)點E恰好落在邊上時，，，．則的長為___________．（直接寫出結(jié)果）
【答案】(1)見解析
(2)，理由見解析
(3)
【分析】（1）先證明，得到兩組對邊分別平行，再用鄰邊相等的平行四邊形是菱形判定，也可以用四條邊相等的四邊形是菱形進行判斷；
（2）證明△PAF≌△PEF，得到∠APF=∠FPE，再由折疊得到∠DPC=∠EPC，從而證明∠FPC=90°；
（3）延長BA、CP相交于點F，得△AFP∽△DCP，再證EF=CE即可求出結(jié)果．
（1）
證法一：由折疊得，，，
∵
∴
∴
∴
∴四邊形是平行四邊形
∵
∴四邊形是菱形．
證法二：
證明：由折疊得，，，
∵
∴
∴
∴
∴
∴四邊形是菱形．
（2）
解： ．
連接
由折疊可得，，
∵四邊形是平行四邊形
∴
又∵
∴
∵點P是的中點
∴
∴
∴
∴
∴
∴（SSS）
∴
又∵，即
∴
∴．
（3）
解：延長BA、CP相交于點F，
由題意，△AFP∽△DCP
∴ 即
∴
∵∠DCP=∠ECP，∠DCP=∠F
∴∠F=∠ECP
∴EF=EC=DC=10
∴．
故答案為．
【點睛】本題考查折疊、平行四邊形、相似、菱形的判定等，屬于綜合性題目，解題關(guān)鍵在于靈活運用幾何知識，構(gòu)造常見的模型．
9．（2022·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考一模）如圖矩形中，對角線的垂直平分線與相交于點M，與相交于點O，與相交于N，連接、；
(1)求證：四邊形是菱形；
(2)若，，求的面積．
【答案】(1)證明見解析
(2)50
【分析】（1）由矩形的性質(zhì)可得，，，證明，則，四邊形是平行四邊形，由垂直平分線的性質(zhì)可知，進而結(jié)論得證；
（2）由，設(shè)，，在中，勾股定理求得，則，，在中，由勾股定理得，，在中，由勾股定理得，計算求出滿足要求的值，進而可得，的值，根據(jù)計算求解即可．
（1）
證明：由矩形的性質(zhì)可得，，，
∴，，
在和中
∵，
∴，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∵垂直平分，
∴，
∴是菱形．
（2）
解：∵，設(shè)，，
在中，由勾股定理得，
∴，，
在中，由勾股定理得，
∴，
∵，
在中，由勾股定理得，即，
解得，（不合題意，舍去）,
∴，，
∴，
∴的面積為50．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)、菱形的判定、正切、勾股定理等知識．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．
10．（2022·浙江寧波·統(tǒng)考二模）如圖1，平行四邊形中，，，點是邊上的點，連結(jié)，以為對稱軸作的軸對稱圖形．
(1)如圖2，當(dāng)點正好落在邊上時，判斷四邊形的形狀并說明理由；
(2)如圖1，當(dāng)點是線段的中點且時，求的長；
(3)如圖3，當(dāng)點三點共線時，恰有，求的長．
【答案】(1)菱形，理由見解析
(2)9
(3)
【分析】（1）畫出圖形，根據(jù)對稱及平行四邊形的性質(zhì)證明即可；
（2）連結(jié)，交于H，先證明，再分別利用勾股定理求出AH和PH的值即可；
（3）證明即可求出DQ的長度，最后根據(jù)計算即可．
（1）
四邊形的是菱形，理由如下：
與關(guān)于對稱，
，，．
點Q正好落在邊上，
．
，
．
，
∴．
四邊形是菱形．
（2）
連結(jié)，交于H，
，，
是中垂線．
又是線段的中點，
．
．
∴．
，，
∴，
．
（3）
，
．
又，
．
，
．
．
又，
．
，即，
解得．
．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、翻折變換、菱形的性質(zhì)與判定、相似三角形的性質(zhì)與判定等知識，解題的關(guān)鍵是根據(jù)不同題意畫出對應(yīng)的圖形，屬于中考常考題型．
【考點3 正方形的判定與性質(zhì)】
11．（2022·海南?？凇ずＤ先A僑中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖①，在正方形中，點E、F、G、H分別在邊、、、上，若，
(1)求證：；
(2)如果把題目中的“正方形”改為“長方形”、若，（如圖②），求的值；
(3)如果把題目中的“”改為“與的夾角為45°”（如圖③），若正方形的邊長為2，的長為，求的長．
【答案】(1)見詳解
(2)
(3)
【分析】（1）過點作交于，過點作交于，證明即可求解；
（2）過點作交于，過點作交于，由（1）可得，再由，可求；
（3）過作交于，過作交于，以為旋轉(zhuǎn)中心，繞點順時針旋轉(zhuǎn)到，可證明，設(shè)，則，，在中，，求出，在中，求出，再由即可求解．
【詳解】（1）證明：過點作交于，過點作交于，
四邊形是正方形，
，
，
，
，
；
（2）解：過點作交于，過點作交于，
由（1）可得，，
∴，
，
，，
，，
；
（3）解：過作交于，過作交于，以為旋轉(zhuǎn)中心，繞點順時針旋轉(zhuǎn)到，
，，
，
與的夾角為，
，
，
，
，
，
，
設(shè)，則，，
在中，，
解得，
，
在中，，
．
【點睛】本題考查了四邊形的綜合應(yīng)用，熟練掌握正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合解題是關(guān)鍵．
12．（2022·山東濟南·統(tǒng)考模擬預(yù)測）（1）【問題情境】如圖，四邊形是正方形，點是邊上的一個動點，以為邊在的右側(cè)作正方形，連接、，則與的數(shù)量關(guān)系是______；
（2）【類比探究】如圖，四邊形是矩形，，，點是邊上的一個動點，以為邊在的右側(cè)作矩形，且，連接、．判斷線段與有怎樣的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說明理由；
（3）【拓展提升】如圖3，在（2）的條件下，連接，則的最小值為______．
【答案】（1）；（2）．理由見解析；（3）
【分析】（1）通過證明全等，得到；
（2）通過證明得到，，延長相交于點H．可以證明；
（3）作于N，交的延長線于M．首先證明點G的運動軌跡是線段，將的最小值轉(zhuǎn)化為求的最小值．
【詳解】解：，
理由：
∵正方形，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：．
理由如下：延長相交于點H．
∵矩形、矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：作于N，交的延長線于M．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴點G的運動軌跡是直線，
作點D關(guān)于直線的對稱點，連接交于G，此時的值最小，最小值為，
由（2）知，，
∴，
∴，
∴的最小值就是的最小值．
∵，
∴的最小值為，
故答案為：．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)．在判斷全等和相似時出現(xiàn)“手拉手”模型證角相等．這里注意利用三邊關(guān)系來轉(zhuǎn)化線段的數(shù)量關(guān)系求出最小值．
13．（2022·貴州貴陽·統(tǒng)考二模）如圖，已知四邊形ABCD是正方形，AB＝，點E為對角線AC上一動點，連接DE，過點E作EF⊥DE，交射線BC于點F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，連CG．
(1)求證：矩形DEFG為正方形；
(2)求證：CE＋CG＝8
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）過點作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，證，得，即可證矩形為正方形；
（2）證明，可得，由此可推得，利用勾股定理計算即可．
(1)
證明：如圖，過點作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，則∠MEN＝90°．
四邊形是正方形，
平分，
又 ，，
．
，
，，
．
在△DEN和△FEM中，
，
．
，
矩形是正方形．
(2)
證明：四邊形與四邊形為正方形，
∴DE＝DG，，，
∠ADE+∠CDE＝∠CDG+∠CDE＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在與中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG．
∴．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)與判定，角平分線的性質(zhì)定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是熟練運用相關(guān)性質(zhì)定理．
14．（2022·貴州黔西·統(tǒng)考中考真題）如圖1，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD邊上的點（點E不與點B，C重合），且．
(1)當(dāng)時，求證：；
(2)猜想BE，EF，DF三條線段之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
(3)如圖2，連接AC，G是CB延長線上一點，，垂足為K，交AC于點H且．若，，請用含a，b的代數(shù)式表示EF的長．
【答案】(1)見解析
(2)，見解析
(3)
【分析】（1）先利用正方表的性質(zhì)求得，，再利用判定三角形全等的“SAS”求得三角形全等，然后由全等三角形的性質(zhì)求解；
（2）延長CB至M，使，連接AM，先易得，推出，，進而得到，最后利用全等三角形的性質(zhì)求解；
（3）過點H作于點N，易得，進而求出，再根據(jù)（2）的結(jié)論求解．
（1）
證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴，．
在和中
，
∴，
∴；
（2）
解：BE，EF，DF存在的數(shù)量關(guān)系為．
理由如下：
延長CB至M，使，連接AM，
則．
在和中
，
∴，
∴，．
∵，
∴．
∴∠MAE=∠FAE，
在和中
，
∴，
∴EM=EF，
∵EM=BE+BM，
∴；
（3）
解：過點H作于點N，
則．
∵，
∴，
∴．
在和中
，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
由（2）知，．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，作出輔助線，構(gòu)建三角形全等是解答關(guān)鍵．
15．（2022·四川德陽·模擬預(yù)測）已知：四邊形是正方形，點在邊上，點在邊上，且．

(1)如圖，與有怎樣的關(guān)系．寫出你的結(jié)果，并加以證明；
(2)如圖，對角線與交于點．，分別與，交于點，點．
①求證：；
②連接，若，，求的長．
【答案】(1)；．證明見解析
(2)①見解析；②
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得，，然后利用“邊角邊”證明，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得，，然后求出，再求出，然后根據(jù)垂直的定義解答即可；
（2）①根據(jù)正方形的對角線互相垂直平分可得，，對角線平分一組對角可得，然后求出，再利用“角邊角”證明，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得；②過點作于，作于，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得，再利用“角角邊”證明，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得，然后判斷出四邊形是正方形，根據(jù)正方形的性質(zhì)求出，再求出，然后利用勾股定理列式求出，再根據(jù)正方形的性質(zhì)求出即可．
【詳解】（1）解：；．
證明：四邊形是正方形，
，，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
；
（2）①證明：四邊形是正方形，
，，，
，
，
即，
在和中，
，
，
；
②解：如圖，過點作于，作于，
，
，
在和中，
，
，
，
四邊形是正方形，
，
，
，
，
在中，，
正方形的邊長．
【點睛】本題是四邊形綜合題型，主要利用了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，（2）②難度較大，作輔助線構(gòu)造出全等三角形和以為對角線的正方形是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點
【考點4 特殊四邊形中的折疊變換】
16．（2022·吉林長春·統(tǒng)考二模）【感知】如圖①，中，，，易知（不需要證明）．
【探究】如圖②，四邊形是一張邊長為2的正方形紙片，、分別為、的中點，沿過點的折痕將紙片翻折，使點落在上的點A'處，折痕交于點，求的度數(shù)和的長．
【拓展】若矩形紙片按如圖③所示的方式折疊，、兩點恰好重合于一點（如圖④），若，直接寫出的長．
【答案】【探究】15°；【拓展】4
【探究】由折疊的性質(zhì)可知，，，由，可得，可知，進而得出，，利用折疊性質(zhì)就可求的度數(shù)；在中，根據(jù)勾股定理可求出，，通過角的計算，可得出，可得出；
【拓展】利用折疊的性質(zhì)可知四邊形是菱形，折疊后構(gòu)成的六個小的直角三角形全等，可得出，是等邊三角形，，由，可得．
【詳解】探究：解：∵正方形邊長為2，、為、的中點，
∴邊長，
沿過點的折痕將紙片翻折，使點落在上的點處，
∴，
∴，
∴，
可得，
沿折疊落在處，
∴，，
∴，
，，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
則；
拓展：解：∵四邊形是矩形，
∴ ，
∴∠DFA=∠FAE，∠FCE=∠CEB，
由折疊得∠DFA=∠AFO，∠OEC=∠CEB，
∴∠EAF=∠AFO，∠FEC=∠FCE，
∴EA=EF，EF=FC，
∴EA=FC，
∴DF=EB，
由折疊得DF=OF，BE=OE，
∴OF=OE，
由折疊的性質(zhì)可知：
，，
∵，，，
∴，
∴
∴A、O、C三點共線，E、O、F三點共線，且AC與EF互相平分，
又∵∠AOF=90°，
∴，
∴四邊形是菱形，
結(jié)合折疊的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)，可知：
，，
∴，
∴∠FAE=∠BEC=60°，
∵，
∴是等邊三角形，
在中，，
∴
∴，
∵，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了含30°的直角三角形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、菱形的判定及性質(zhì)、等邊三角形的判定及性質(zhì)等知識，把握正方形、矩形折疊的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．
17．（2022·吉林長春·模擬預(yù)測）【推理】
如圖1，在邊長為10的正方形中，點是上一動點，將正方形沿著折疊，點落在點處，連結(jié)，，延長交于點，與交于點．
(1)求證：．
【運用】
(2)如圖2，在【推理】條件下，延長交于點．若，求線段DH的長．
【拓展】
(3)如圖3，在【推理】條件下，連結(jié)．則線段的最小值為 ．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用證明，得；
（2）連接，利用等角對等邊證明，設(shè)，則，由勾股定理得，，解方程即可；
（3）取的中點，連接，，利用勾股定理求出，直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)得的長，再利用三角形三邊關(guān)系可得答案．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是正方形，
∴，，
∴，
∵正方形沿折疊，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：連接，
∵正方形沿折疊，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
設(shè)，則，
由勾股定理得，，
解得，
∴；
（3）解：取的中點，連接，，
則，，
∵，為的中點，
∴，
∵，
∴的最小值為，
故答案為：．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，三角形三邊關(guān)系等知識，運用勾股定理列方程是解題的關(guān)鍵．
18．（2022·河南信陽·統(tǒng)考模擬預(yù)測）學(xué)習(xí)了菱形的判定后，小張同學(xué)與小劉同學(xué)討論探索折紙中的菱形．
小張：如圖①，兩張相同寬度的矩形紙條重疊部分（陰影部分）是一個菱形．
小劉：如圖②，一張矩形紙條沿折疊后，重疊部分展開（陰影部分）后是一個菱形．
(1)小張同學(xué)的判斷是否正確？
(2)小劉同學(xué)的判斷是否正確？如果正確，以小劉的方法為例，證明他的判斷；如果不正確，請說明理由．
(3)如圖③，矩形的寬，若，沿折疊后，重疊部分展開（陰影部分）后得到菱形，求菱形的面積．
【答案】(1)正確
(2)正確，理由見解析
(3)20
【分析】（1）由兩個紙條是矩形可得，，得到四邊形是平行四邊形，根據(jù)兩張矩形紙條寬度相同，利用兩個三角形全等得到鄰邊相等即可證明；
（2）根據(jù)折疊確定鄰邊相等，再根據(jù)矩形性質(zhì)及折疊可確定四邊形是平行四邊形，從而根據(jù)鄰邊相等的四邊形是菱形即可得證；
（3）根據(jù)平行四邊形的面積公式，已知高，設(shè)，則，
在中，由勾股定理得到，進而得，代入公式求解即可．
（1）
解：正確．
理由如下：由兩個紙條是矩形可得，，
四邊形是平行四邊形，
，
過作，垂足為，如圖所示：
兩張矩形紙條寬度相同，
，
在和中，
，
，
，
四邊形是菱形；
（2）
解：正確．
理由如下：由是矩形可得，
由軸對稱的性質(zhì)可知，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴四邊形為平行四邊形，
∵，
∴四邊形為菱形，
（3）
解：∵，
∴，
∵四邊形為菱形，
∴，
設(shè)，則，
在中，由勾股定理，得，解得，
∴，
∴菱形的面積．
【點睛】本題考查的是圖形的翻折變換、矩形的性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理求線段長、菱形面積公式，熟知圖形翻折變換的性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵．
19．（2022·云南昆明·云大附中?？既＃┚C合與實踐
在數(shù)學(xué)教學(xué)中，教師和學(xué)生都學(xué)習(xí)到了新知識，掌握了許多新技能．例如教材八年級下冊的數(shù)學(xué)活動——折紙，就引起了許多同學(xué)的興趣．在經(jīng)歷圖形變換的過程中，進一步發(fā)展了同學(xué)們的空間觀念，積累了數(shù)學(xué)活動經(jīng)驗．
實踐發(fā)現(xiàn)：
對折矩形紙片ABCD，使AD與BC重合，折痕為EF，把紙片展平：再一次折疊紙片，使點A落在EF上的點N處，并使折痕經(jīng)過點B，折痕為BM，把紙片展平，連接AN，如圖①；
(1)折痕BM所在直線是否是線段AN的垂直平分線？請判斷圖中是什么特殊三角形？請寫出解答過程．
(2)繼續(xù)折疊紙片，使點A落在BC邊上的點H處，并使折痕經(jīng)過點B，得到折痕BG，把紙片展平，如圖②，求∠GBN的度數(shù)．
(3)拓展延伸：
如圖③，折疊矩形紙片ABCD，使點A落在BC邊上的點處，并且折痕交BC邊于點T，交AD邊于點S，把紙片展平，連接交ST于點O，連接AT；求證：四邊形是菱形．
【答案】(1)折痕BM所在直線是線段AN的垂直平分線，是等邊三角形，過程見解析
(2)
(3)見解析
【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可得AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，可證△ABN是等邊三角形；
（2）由折疊的性質(zhì)可得∠ABG＝∠HBG＝45°，可求解；
（3）由折疊的性質(zhì)可得AO＝A'O，AA'⊥ST，由“AAS”可證△ASO≌△A'TO，可得SO＝TO，由菱形的判定可證四邊形SATA'是菱形．
（1）
解：如圖①，
∵對折矩形紙片ABCD，使AD與BC重合，
∴EF垂直平分AB，
∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，
∵再一次折疊紙片，使點A落在EF上的點N處，
∴BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，
∴AB＝BN，
∴AB＝AN＝BN，
∴△ABN是等邊三角形，
（2）
解：∵折疊紙片，使點A落在BC邊上的點H處，
∴∠ABG＝∠HBG＝45°，
∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝15°，
（3）
證明：∵折疊矩形紙片ABCD，使點A落在BC邊上的點A'處，
∴ST垂直平分AA'，
∴AO＝A'O，AA'⊥ST，
∵AD∥BC，
∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO，
∴（AAS）
∴SO＝TO，
∴四邊形ASA'T是平行四邊形，
又∵AA'⊥ST，
∴四邊形SATA'是菱形．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，菱形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，靈活運用這些性質(zhì)進行推理是本題的關(guān)鍵．
20．（2022·湖北武漢·?？既＃?）如圖，在正方形中，是上一動點，將正方形沿著折疊，點落在點處，連接，并延長交于點求證：；
（2）在（1）的條件下，如圖，延長交邊于點若，求的值；
（3）如圖，四邊形為矩形，同樣沿著折疊，連接，延長分別交于兩點，若，則的值為___________（直接寫出結(jié)果）
【答案】（1）見解析；（2）；（3）
【分析】根據(jù)證明三角形全等即可；
如圖中，連接根據(jù)，求出即可解決問題；
如圖中，連接由，可以設(shè)，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)可得，則，利用勾股定理構(gòu)建方程求解即可．
【詳解】證明：如圖中，
是由折疊得到，
，
，
四邊形是正方形，
，
，
，
在和中，
，
；
解：如圖中，連接．
，
，
由折疊可知，
，
四邊形是正方形，
，
，
，
，
，
，
設(shè)，則，
，
設(shè)，
，
由折疊可知，
，
，
，
或舍棄，
，
；
解：如圖中，連接．
由，
設(shè)，
由知，
，
由折疊可知，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，

，
，
或舍棄，
，
．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題．
【考點5 特殊四邊形中的平移變換】
21．（2022·安徽合肥·合肥市第四十五中學(xué)?？既＃┪覀儼堰B接菱形對邊中點得到的所有菱形稱作如圖①所示基本圖的特征圖形顯然這樣的基本圖共有5個特征圖形．將此基本圖不斷復(fù)制并平移，使得相鄰兩個基本圖的一個頂點與對稱中心重合，這樣得到圖1、圖2、圖3…
(1)觀察以上圖形并完成下表：
猜想：在圖中，特征圖形的個數(shù)為______；（用含的式子表示）
(2)已知基本圖的邊長為4，一個內(nèi)角恰好為，求圖20中所有特征圖形的面積之和．
【答案】(1)，
(2)圖20中所有特征圖形的面積之和為
【分析】（1）根據(jù)從第2個圖形開始，每多一個基本圖形就會多出4個菱形解答即可；
（2）根據(jù)圖形的特征解決問題即可．
(1)
解：觀察圖形和表可得：
圖1中的特征圖形的個數(shù)為：，
圖2中的特征圖形的個數(shù)為：，
圖3中的特征圖形的個數(shù)為：，
∴圖4中的特征圖形的個數(shù)為：，
∴圖中的特征圖形的個數(shù)為：．
故答案為：，
(2)
如圖，過點作于，
根據(jù)題意知基本圖的邊長為4，一個內(nèi)角恰好為，
即菱形的邊長為4，一個內(nèi)角恰好為，
∴，，
∴在中，，
∴，
∴大的特征圖形面積為，小的特征圖形面積為，
由（1）知，圖20中共有特征圖形：（個），
其中有20個大的特征圖形，61個小的特征圖形，
∴圖20中所有特征圖形的面積之和為：．
∴圖20中所有特征圖形的面積之和為．
【點睛】本題考查平移設(shè)計圖案，規(guī)律型問題，涉及到菱形的面積計算和三角函數(shù)等知識．解題的關(guān)鍵是學(xué)會探究規(guī)律的方法．
22．（2022·福建廈門·廈門雙十中學(xué)?？级＃┤鐖D，四邊形ABCD是矩形，平移線段AB至EF，其中點A的對應(yīng)點為點E，點B的對應(yīng)點為點F，且點E恰好落在邊BC上．
(1)若AF＝DF，求證：點E為BC中點；
(2)若BC＝k AB，＜k＜2，是否存在∠BFC＝90°？請說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)若BC＝k AB，＜k＜2，不存在∠BFC＝90°，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)AF=DF，可得∠DAF=∠ADF，從而得到∠BAF=∠CDF，可證得△BAF≌△CDF，從而得到BF=CF，即可求證；
（2）假設(shè)∠BFC=90°，則∠FBC+∠FCB=90°，可證得△BEF∽△FEC，從而得到，然后設(shè)BE=x，可得，從而得到，進而得到該方程沒有實數(shù)根，即可求解．
（1）
證明∶ ∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=∠ABC=90°，
∵AF=DF，
∴∠DAF=∠ADF，
∴∠BAF=∠CDF，
在△BAF和△CDF中，
∵AB=CD，∠BAF=∠CDF，AF=DF，
∴△BAF≌△CDF（SAS），
∴BF=CF，
由平移可知：EF∥AB，
∴∠BEF=∠ABC=90°，即EF⊥BC，
∴點E為BC的中點；
（2）
若BC＝k AB，＜k＜2，不存在∠BFC＝90°，理由如下：
假設(shè)∠BFC=90°，則∠FBC+∠FCB=90°，
由平移可知：EF∥AB，EF=AB，
∴∠BEF=∠ABC=90°，即EF⊥BC，
∴∠BEF=∠CEF=90°，
∴∠FBC+∠BFE=90°，
∴∠FCB=∠BFE，
∴△BEF∽△FEC，
∴，即，
∴，
設(shè)BE=x，
∵BC＝k AB，
∴，
∴，
整理得：，
∴，
∵＜k＜2，
∴，
∴，
∴，
∴該方程沒有實數(shù)根，
即不存在BE，使，
∴若BC＝k AB，＜k＜2，不存在∠BFC＝90°．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形和相似三角形的判定和性質(zhì)，一元二次方程根的判別式，熟練掌握矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形和相似三角形的判定和性質(zhì)，一元二次方程根的判別式是解題的關(guān)鍵．
23．（2022·云南德宏·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，將△ABC沿射線AB平移4cm后能與△BDE完全重合，連接CE、CD交BE于點O，OB＝OC．
(1)求證：四邊形CBDE為矩形；
(2)若S△BOC＝cm2，求∠ACD的度數(shù)．
【答案】(1)見解析
(2)120°
【分析】（1）由平移的性質(zhì)及判定定理可證得，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可求證結(jié)論．
（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)及面積公式即可求得，進而可利用特殊三角函數(shù)值可求得，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)即可求解．
【詳解】（1）證明：由題意可知：△BDE由△ABC平移后得到，
∴，且，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，且，
∴，，
在和中
，
∴
∴，，
又∵，
∴，
∴ 平行四邊形為矩形．
（2）由（1）可知四邊形為矩形，
∴，且cm，
在中過點作的垂線，垂足為，則，
∵，
∴cm，
∴在，，
∴，
又∴在△ACD中，BC是AD的垂直平分線，
∴，
∴，
∠ACD的度數(shù)為．
【點睛】本題考查了平移的性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)、矩形的判定及性質(zhì)、特殊三角函數(shù)值求角度，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及判定定理是解題的關(guān)鍵．
24．（2022·山東淄博·統(tǒng)考二模）已知，矩形ABCD，點E在AB上，點G在AD，點F在射線BC上，點H在CD上．
(1)如圖1，當(dāng)矩形ABCD為正方形時，且DE⊥GF，求證：BF=AE+AG；
(2)在（1）的條件下，將GF沿AD向右平移至點G與點D重合，如圖2，連接EF，取EF的中點P，連接PC，試判斷BE與PC的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
(3)如圖3，點F在BC上，連接EH，EH交FG于O，∠GOH=45°，若AB=2，BC=4，F(xiàn)G=，求線段EH的長．
【答案】(1)見解析
(2)BE=CP，理由見解析
(3)線段EH的長為．
【分析】（1）作GM⊥BC于M．證△DAE≌△GMF，得AE=FM，AG=BM．所以BF=AE+AG；
（2）作EQ∥CP交BC于Q．證EQ=2CP，EQ=BE可得BE=CP；
（3）作BM∥GF交AD于M，作BN∥EH交CD于N，取AD 的中點I，取BC的中點J，得四邊形ABJI是正方形，延長IJ到L，使JL=AM=1，證明△BAM≌△BJL（SAS），再證明△MBK≌△LBK（SAS），推出MK=KL，設(shè)KJ=x，則MK=KL=KJ+JL=x+1，IK=2-x，在Rt△IMK中，由勾股定理求得x 的值，再利用平行線分線段成比例定理可得．
（1）
解：如圖1，過點G作GM⊥BC于M，
則∠GMB=∠GMF=90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠A=∠B=90°，
∴四邊形ABMG是矩形，
∴AG=BM，
∵DE⊥GF，
∴∠ADE+∠DGF=∠ADE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠DGF，
又∠DGF=∠MFG，
∴∠AED=∠MFG，
∴△DAE≌△GMF（AAS），
∴AE=MF，
則BF=BM+MF=AG+AE；
（2）
解：BE=CP，理由如下：
如圖2，過點E作EQ∥PC，交BC于點Q，
∵P是EF的中點，
∴PC是△EQF的中位線，
則EQ=2PC，QC=CF，
∵∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF，
又∵∠A=∠DCF=90°，AD=CD，
∴△ADE≌△CDF（ASA），
∴AE=CF=QC，
∵AB=BC，
∴BE=BQ，
則∠BEQ=45°，
∴EQ=BE，
則2PC=BE，
∴BE=PC；
（3）
解：如圖所示，作BM∥GF交AD于M，作BN∥EH交CD于N，
則四邊形BFGM和四邊形BEHN是平行四邊形，
∴BM=GF=，BN=EH，
∵AB=2，∴AM=1，
取AD 的中點I，取BC的中點J，連接IJ，
∵AB=2，BC=4，
∴AI=BJ=2，
∴四邊形ABJI是正方形，
∴MI=1，AB=BJ=2，
延長IJ到L，使JL=AM=1，IJ交BN于點K，
∵BA=BC，∠A=∠BJI=∠BJL=90°，
∴△BAM≌△BJL（SAS），
∴∠ABM=∠JBL，BM=BL=，
∵∠GOH=45°，BN∥EH，BM∥GF，
∴∠MBN=∠MBK=45°，
∴∠ABM+∠JBK=45°，
∴∠JBL+∠JBK=45°，即∠LBK=45°，
∴△MBK≌△LBK（SAS），
∴MK=KL，
設(shè)KJ=x，則MK=KL=KJ+JL=x+1，IK=2-x，
在Rt△IMK中，由IM2+IK2=MK2可得12+（2-x）2=（x+1）2，
解得x=，即KJ=，
則BK==，
∵四邊形ABCD是矩形，四邊形ABJI是正方形，點J是BC的中點，
∴KJ∥CN，
∴，
∴BN=2BK=．
∴線段EH的長為．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，解題的關(guān)鍵是掌握正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，平行四邊形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理等知識點．
25．（2022·遼寧沈陽·統(tǒng)考一模）已知正方形ABCD，在邊DC所在的直線上有一動點E，連接AE，一條與射線AE垂直的直線l沿射線AE方向，從點A開始向上平移，垂足為點P，交邊AD所在直線于點F．
(1)如圖1所示，當(dāng)直線l經(jīng)過正方形ABCD的頂點B時．求證：；
(2)如圖2所示，當(dāng)直線l經(jīng)過AE的中點時，與對角線BD交于點G，連接EG，CG．求證：；
(3)直線l繼續(xù)向上平移，當(dāng)點P恰好落在對角線BD所在的直線上時，交邊CB所在的直線于點H，當(dāng)，，請直接寫出的長．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)或6
【分析】（1）證明△ABF≌△DAE（ASA），可得結(jié)論．
（2）連接AQ，CQ．想辦法證明△AQF是等腰直角三角形即可解決問題．
（3）分成若點E在線段CD上時與點E在CD的延長線上時兩種情況進行討論，可得結(jié)論．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠BAD=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠APB=90°，
∴∠PAD+∠PAB=90°，∠PAB+∠ABF=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
∴△ABF≌△DAE（ASA），
∴AF=DE．
（2）證明：連接AG，如圖所示，
∵AE⊥FG，AP=EP，
∴GE=GA，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠ABG=∠CBG，
∵BG=BG，
∴△ABG≌△CBG（SAS），
∴GA=GC，
∴GE=GC；
（3）如圖，若點E在線段CD上時，過點F作FT⊥BC，垂足為點T，
則四邊形DFTC是矩形．
∴FT=DC，∠ADE=∠FTH=90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=CD=BC，
∵AE⊥FH，
∴∠APF=90°，
∵∠DAE+∠AFP=90°，∠AFP+∠TFH=90°，
∴∠DAE=∠TFH，
∵∠ADE=∠FTH，AB=FT，
∴△ADE≌△FTH（ASA），
∴DE=TH，
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴，
∴，
∵BC=3，
∴
∴BH=，
同理，若點E在CD的延長線上時，可得BH=6，
故答案為：或6
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．
【考點6 特殊四邊形中的旋轉(zhuǎn)變換】
26．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形中，，點E在折線上運動，將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得到，旋轉(zhuǎn)角等于，連接．
(1)當(dāng)點E在上時，作，垂足為M，求證；
(2)當(dāng)時，求的長；
(3)連接，點E從點B運動到點D的過程中，試探究的最小值．
【答案】(1)見詳解
(2)或
(3)
【分析】（1）證明即可得證．
（2）分情況討論，當(dāng)點E在BC上時，借助，在中求解；當(dāng)點E在CD上時，過點E作EG⊥AB于點G，F(xiàn)H⊥AC于點H，借助并利用勾股定理求解即可．
（3）分別討論當(dāng)點E在BC和CD上時，點F所在位置不同，DF的最小值也不同，綜合比較取最小即可．
（1）
如圖所示，
由題意可知，，，
，
由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知：AE=AF，
在和中，
，
，
．
（2）
當(dāng)點E在BC上時，
在中，，，
則，
在中，，，
則，
由（1）可得，，
在中，，，
則，
當(dāng)點E在CD上時，如圖，
過點E作EG⊥AB于點G，F(xiàn)H⊥AC于點H，
同（1）可得，
，
由勾股定理得；
故CF的長為或．
（3）
如圖1所示，當(dāng)點E在BC邊上時，過點D作于點H，
由（1）知，，
故點F在射線MF上運動，且點F與點H重合時，DH的值最小．
在與中，
，
，
，
即，
，，
，
在與中，
，
，
，
即，
，
故的最小值；
如圖2所示，當(dāng)點E在線段CD上時，將線段AD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)的度數(shù)，得到線段AR，連接FR，過點D作，，
由題意可知，，
在與中，
，
，
，
故點F在RF上運動，當(dāng)點F與點K重合時，DF的值最??；
由于，，，
故四邊形DQRK是矩形；
，
，
，
，
故此時DF的最小值為；
由于，故DF的最小值為．
【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理、解直角三角形，解決本題的關(guān)鍵是各性質(zhì)定理的綜合應(yīng)用．
27.（2022·江西·統(tǒng)考中考真題）問題提出：某興趣小組在一次綜合與實踐活動中提出這樣一個問題：將足夠大的直角三角板的一個頂點放在正方形中心O處，并繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)，探究直角三角板與正方形重疊部分的面積變化情況（已知正方形邊長為2）．
(1)操作發(fā)現(xiàn)：如圖1，若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)與重合時，重疊部分的面積為__________；當(dāng)與垂直時，重疊部分的面積為__________；一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過程中，重疊部分的面積與S的關(guān)系為__________；
(2)類比探究：若將三角板的頂點F放在點O處，在旋轉(zhuǎn)過程中，分別與正方形的邊相交于點M，N．
①如圖2，當(dāng)時，試判斷重疊部分的形狀，并說明理由；
②如圖3，當(dāng)時，求重疊部分四邊形的面積（結(jié)果保留根號）；
(3)拓展應(yīng)用：若將任意一個銳角的頂點放在正方形中心O處，該銳角記為（設(shè)），將繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中，的兩邊與正方形的邊所圍成的圖形的面積為，請直接寫出的最小值與最大值（分別用含的式子表示），
（參考數(shù)據(jù)：）
【答案】(1)1,1，
(2)①是等邊三角形，理由見解析；②
(3)
【分析】（1）如圖1，若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)OF與OB重合時，OE與OC重合，此時重疊部分的面積=△OBC的面積=正方形ABCD的面積=1；當(dāng)OF與BC垂直時，OE⊥BC，重疊部分的面積=正方形ABCD的面積=1；一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過程中，重疊部分的面積S1與S的關(guān)系為S1=S．利用全等三角形的性質(zhì)證明即可；
（2）①結(jié)論：△OMN是等邊三角形．證明OM=ON，可得結(jié)論；
②如圖3中，連接OC，過點O作OJ⊥BC于點J．證明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解決問題；
（3）如圖4-1中，過點O作OQ⊥BC于點Q，當(dāng)BM=CN時，△OMN的面積最小，即S2最?。鐖D4-2中，當(dāng)CM=CN時，S2最大．分別求解即可．
（1）
如圖1，若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)OF與OB重合時，OE與OC重合，此時重疊部分的面積=△OBC的面積=正方形ABCD的面積=1；
當(dāng)OF與BC垂直時，OE⊥BC，重疊部分的面積=正方形ABCD的面積=1；
一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過程中，重疊部分的面積S1與S的關(guān)系為S1=S．
理由：如圖1中，設(shè)OF交AB于點J，OE交BC于點K，過點O作OM⊥AB于點M，ON⊥BC于點N．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OM=ON，
∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，
∴四邊形OMBN是矩形，
∵OM=ON，
∴四邊形OMBN是正方形，
∴∠MON=∠EOF=90°，
∴∠MOJ=∠NOK，
∵∠OMJ=∠ONK=90°，
∴△OMJ≌△ONK（AAS），
∴S△PMJ=S△ONK，
∴S四邊形OKBJ=S正方形OMBN=S正方形ABCD，
∴S1=S．
故答案為：1，1，S1=S．
（2）
①如圖2中，結(jié)論：△OMN是等邊三角形．
理由：過點O作OT⊥BC，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴BT=CT，
∵BM=CN，
∴MT=TN，
∵OT⊥MN，
∴OM=ON，
∵∠MON=60°，
∴△MON是等邊三角形；
②如圖3中，連接OC，過點O作OJ⊥BC于點J．
∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，
∴△OCM≌△OCN（SAS），
∴∠COM=∠CON=30°，
∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，
∵OJ⊥CB，
∴∠JOM=90°-75°=15°，
∵BJ=JC=OJ=1，
∴JM=OJ?tan15°=2-，
∴CM=CJ-MJ=1-（2-）=-1，
∴S四邊形OMCN=2××CM×OJ=-1．
（3）
如圖4，將沿翻折得到，則，此時則當(dāng)在上時，比四邊形的面積小，

設(shè)，則當(dāng)最大時，最小，
，即時，最大，
此時垂直平分，即，則
如圖5中，過點O作OQ⊥BC于點Q，

，
BM=CN
當(dāng)BM=CN時，△OMN的面積最小，即S2最?。?br>在Rt△MOQ中，MQ=OQ?tan=tan，
∴MN=2MQ=2tan，
∴S2=S△OMN=×MN×OQ=tan．
如圖6中，同理可得，當(dāng)CM=CN時，S2最大．


則△COM≌△CON，
∴∠COM=，
∵∠COQ=45°，
∴∠MOQ=45°-，
QM=OQ?tan（45°-）=tan（45°-），
∴MC=CQ-MQ=1-tan（45°-），
∴S2=2S△CMO=2××CM×OQ=1-tan（45°-）．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，四邊形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
28．（2022·遼寧鞍山·模擬預(yù)測）如圖，正方形中，點，，分別為邊，，上的點，且，連接，，．
(1)可以看成是繞點逆時針旋轉(zhuǎn)角所得，請在圖中畫出點，并直接寫出角的度數(shù)；
(2)當(dāng)點位于何處時，的面積取得最小值？請說明你的理由；
(3)試判斷直線與外接圓的位置關(guān)系，并說明你的理由．
【答案】(1)見解析
(2)當(dāng)點E位于的中點時，面積取得最小值，理由見解析
(3)：當(dāng)點E位于的中點時，直線與外接圓相切；當(dāng)點E位于的非中點時，直線與外接圓相交．理由見解析
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)與旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，連接交于點M，則點M即為旋轉(zhuǎn)中心；
（2）先證明，得，，得到是等腰直角三角形，再根據(jù)勾股定理與三角形面積公式得到，然后利用二次函數(shù)的最值求解即可；
（3）分兩種情況：當(dāng)點E位于的中點時，直線與外接圓相切；當(dāng)點E位于的非中點時，直線與外接圓相交．分別說明理由 即可．
【詳解】（1）解：如圖1，連接交于點M，則點M即為所求，
∴旋轉(zhuǎn)角；
（2）解：當(dāng)點E位于的中點時，面積取得最小值．
理由：設(shè)正方形的邊找為a， ，則，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴當(dāng)時，即點E位于的中點時，面積最小，
（3）解：當(dāng)點E位于的中點時，直線與的外接圓相切．
理由：設(shè)的中點為O，連接，如圖2，
∴，
當(dāng)點E位于的中點時，點G于的中點，點F于的中點，
∴，
∴，
∴當(dāng)O到的距離為，
∴直線與外接圓相切；
當(dāng)點E位于的非中點時，直線與外接圓相交，
理由：當(dāng)點E位于的非中點時，，
∴O到的距離
∴直線與外接圓相交．
綜上當(dāng)點E位于的中點時，直線與外接圓相切；當(dāng)點E位于的非中點時，直線與外接圓相交．
【點睛】本踢考查正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，切線的判定，證明是解題的關(guān)鍵．
29．（2022·山東棗莊·?？寄M預(yù)測）如圖1，在等腰直角三角形中，，．點是的中點，以為邊作正方形，連接，．將正方形繞點順時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為（）．
(1)如圖2，在旋轉(zhuǎn)過程中，
①判斷與是否全等，并說明理由；
②當(dāng)時，與交于點，求的長．
(2)如圖3，延長交直線于點．求證：；
【答案】(1)①，理由見解析；②
(2)證明見解析
【分析】（1）①根據(jù)“邊角邊”，證明即可；②過點作于，根據(jù)①中，，得出，再根據(jù)三線合一的性質(zhì)，得出，再根據(jù)勾股定理，得出，再根據(jù)，得出，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，計算即可得出答案；
（2）設(shè)交于，根據(jù)（1），得出，再根據(jù)角之間的數(shù)量關(guān)系，得出，再根據(jù)等量代換，得出，再根據(jù)垂線的定義，即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）解：①如圖2中，結(jié)論：．
理由：∵四邊形是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
②如圖2中，過點作于．
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）證明：如圖3中，設(shè)交于．
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、三線合一的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、垂線的定義，解本題的關(guān)鍵在熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)定理．
30．（2022·山東德州·統(tǒng)考二模）如圖，在矩形中，，，平分交于點.連接，點是上一動點，過點作交于點．將繞點旋轉(zhuǎn)得到．
(1)連接，，求證：；
(2)當(dāng)點恰好落在直線上時，若，求的值．
【答案】(1)見解析
(2)或
【分析】（1）先證得，，從而證明了結(jié)論；
（2）先求得的長，進而求得，然后利用勾股定理解直角三角形，即可求得結(jié)果．
【詳解】（1）（1）證明：∵，
∴，
∴，
∴，
由旋轉(zhuǎn)可知：，
∴，
即，
∴；
（2）如圖1，
∵四邊形是矩形，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
由（1）知：，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，，
∴，，
綜上所述，或．
【點睛】本題考查了矩形性質(zhì)，相似三角形判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造相似三角形．
【考點7 特殊四邊形中的動點問題】
31．（2022·四川綿陽·?？级＃┰诰匦沃?，，點是對角線上一動點（不與點重合），連接，過點作交線段于點，設(shè)．
(1)如圖①，求的值（用含的代數(shù)式表示）．
(2)如圖②，連接，當(dāng)平分時，求的值．
【答案】(1)
(2)的值是
【分析】（1）過點P作于點M，根據(jù)矩形的性質(zhì)和補角的性質(zhì)可證，然后證明得出，從而求出，，，最后根據(jù)正切的定義求解即可；
（2）易得點P、E、C、B四點共圓，取的中點為圓心O，因為同弧所對的圓周角相等，所以，又因為平分，所以，即，所以，再結(jié)合（1）可得，即可解答．
【詳解】（1）解：如圖，過點作于點，
∵四邊形為矩形，，
∴，
又∵
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴，即，
∴，
∴
∴；
（2）解：如圖，取的中點，連接、，
∵，
∴
∴點四點在上，
∴
∵平分，
∴，
∴，
∴，
由（1）可得，
解得，經(jīng)檢驗：是分式方程的解．
故的值是．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)以及四點共圓等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)和勾股定理，證明三角形相似是解決問題的關(guān)鍵．
32．（2022·江蘇淮安·統(tǒng)考一模）【圖形定義】有一組鄰邊相等的凸四邊形叫做“等鄰邊四邊形”．
【問題探究】
(1)如圖①，已知矩形是“等鄰邊四邊形”，則矩形___________（填“一定”或“不一定”）是正方形；
(2)如圖②，在菱形中，，，動點、分別在、上（不含端點），若，試判斷四邊形是否為“等鄰邊四邊形”？如果是“等鄰邊四邊形”，請證明；如果不是，請說明理由；此時，四邊形的周長的最小值為___________；
【嘗試應(yīng)用】
(3)現(xiàn)有一個平行四邊形材料，如圖③，在中，，，，點在上，且，在邊上有一點，使四邊形為“等鄰邊四邊形”，請直接寫出此時四邊形ABEP的面積可能為的值___________．
【答案】(1)一定
(2)四邊形是“等鄰邊四邊形”，理由見解析，四邊形的周長最小值為
(3)或或14
【分析】（1）根據(jù)等鄰邊四邊形的定義和正方形的判定可得出結(jié)論；
（2）如圖②中，結(jié)論：四邊形是等鄰四邊形，利用全等三角形的性質(zhì)證明即可；
（3）如圖③中，過點作于，點作于N，則四邊形是矩形．分三種情形：①當(dāng)時，②當(dāng)時，③當(dāng)時，分別求解即可．
【詳解】（1）∵四邊形的鄰邊相等，
∴矩形一定是正方形；
故答案為：一定；
（2）如圖②，四邊形是等鄰四邊形；
理由：連接．
∵四邊形是菱形，
∴，，
∴，都是等邊三角形，
∴ ，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴四邊形是等鄰四邊形，
∴，
∵，
∴的值最小時，四邊形的周長最小，
根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)時，的值最小，
此時，，
∴四邊形的周長的最小值為．
（3）如圖③中，過點作于，點作于N，則四邊形是矩形．
∵，，
∴，，
∵，
∴，
①當(dāng)時，
．
②當(dāng)時，設(shè)，
在中，∵，
∴，
∴，
∴．
③當(dāng)時，點與重合，此時．
．
綜上：四邊形的面積為或或14．
【點睛】本題考查了“等鄰邊四邊形”的定義，等腰三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，梯形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會正確尋找全等三角形解決問題，學(xué)會用分類討論的思想思考問題．
33．（2022·山西·山西實驗中學(xué)?？寄M預(yù)測）綜合與實踐：
問題情境：在綜合與實踐課上，數(shù)學(xué)老師出示了一道思考題：
如圖，在正方形中，是射線上一動點，以為直角邊在邊的右側(cè)作等腰直角三角形，使得，，且點恰好在射線上．
(1)如圖1，當(dāng)點在對角線上，點在邊上時，那么與之間的數(shù)量關(guān)系是_________；
探索發(fā)現(xiàn)：
(2)當(dāng)點在正方形外部時如圖2與圖3，（1）中的結(jié)論是否還成立？若成立，請利用圖2進行證明；若不成立，請說明理由；
問題解決：
(3)如圖4，在正方形中，，當(dāng)是對角線的延長線上一動點時，連接，若，求的面積．
【答案】(1)；
(2)成立，證明見解析；
(3)．
【分析】（1）連接，根據(jù)正方形的性質(zhì)和是等腰直角三角形，證得，可得，即可；
（2）連接，根據(jù)正方形的性質(zhì)和是等腰直角三角形，證得，可得，即可；
（3）連接交于點，過點作交直線于點，根據(jù)正方形的性質(zhì)，可得，再證得，可得，，在中，根據(jù)勾股定理可得，即可．
【詳解】（1）解：如圖，連接，
∵四邊形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
即；
故答案為：；
（2）解：（1）中的結(jié)論還成立，證明如下：
如圖2，連接，
∵四邊形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
即；
（3）解：如圖4，連接交于點，過點作交直線于點，
∵四邊形是正方形，，
∴，，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，由勾股定理得，，
設(shè)，
∴，
解得，，（舍去），
即，
∴．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
34．（2022·廣東東莞·東莞市光明中學(xué)?？既＃┲校?，，點為直線上一動點點不與，重合，以為邊在右側(cè)作菱形，使，連接．
(1)觀察猜想：如圖，當(dāng)點在線段上時，
與的位置關(guān)系為：______．
，，之間的數(shù)量關(guān)系為：______；
(2)數(shù)學(xué)思考：如圖，當(dāng)點在線段的延長線上時，結(jié)論，是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請你寫出正確結(jié)論再給予證明．
(3)拓展延伸：如圖，當(dāng)點在線段的延長線上時，設(shè)與相交于點，若已知，，求的長．
【答案】(1)①；②
(2)①成立，證明見解析；②不成立，證明見解析
(3)
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)以及等邊三角形的性質(zhì)，推出≌，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，再根據(jù)，即可得出；
依據(jù)≌，即可得到，進而得到；依據(jù)≌可得，依據(jù)，即可得出；
判定≌，即可得到，，再根據(jù)∽，即可得到，進而得出的長．
（1）
解：，，
是等邊三角形，
，
，
又菱形中，，
≌，
，
又，
，
；
≌
，
又，
，
故答案為：；；
（2）
結(jié)論成立，而結(jié)論不成立．
證明：如圖，，，
是等邊三角形，
，，
，
又菱形中，，
≌，
，
又，
，
；
≌
，
又，
；
（3）
解：如圖，連接，過作于，則，，
中，，
，，
是等邊三角形，
又，，
，
≌，
，，
又，
∽，
，
可設(shè)，則，，，
，
解得，
．
【點睛】此題屬于四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)的綜合運用，利用已知條件判定≌和∽是解本題的關(guān)鍵．
35.（2022·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形中，，，動點從點出發(fā)，沿邊，向點運動，，關(guān)于直線的對稱點分別為，，連結(jié)．
(1)如圖，當(dāng)在邊上且時，求的度數(shù)．
(2)當(dāng)在延長線上時，求的長，并判斷直線與直線的位置關(guān)系，說明理由．
(3)當(dāng)直線恰好經(jīng)過點時，求的長．
【答案】(1)∠AEM＝90°；
(2)DE＝；MN∥BD，證明見解析；
(3)DE的長為或．
【分析】（1）由DE＝2知，AE＝AB＝6，可知∠AEB＝∠MEB＝45°，從而得出答案；
（2）根據(jù)對稱性得，∠ENC＝∠BDC，則cs∠ENC＝，得EN＝，利用SSS證明△BMN≌△DCB，得∠DBC＝∠BNM，則MN∥BD；
（3）當(dāng)點E在邊AD上時，若直線MN過點C，利用AAS證明△BCM≌△CED，得DE＝MC；當(dāng)點E在邊CD上時，證明△BMC∽△CNE，可得，從而解決問題．
【詳解】（1）解：∵DE=2，
∴AE＝AB＝6，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°，
由對稱性知∠BEM＝45°，
∴∠AEM=∠AEB+∠BEM＝90°；
（2）如圖1，
∵AB=6，AD=8，
∴由勾股定理得BD=10，
∵當(dāng)N落在BC延長線上時，BN＝BD＝10，
∴CN＝2．
由對稱性得，∠ENC＝∠BDC，
∴cs∠ENC＝，
∴EN＝，
∴DE＝EN＝；
直線MN與直線BD的位置關(guān)系是MN∥BD．
由對稱性知BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，
又∵BN＝BD，
∴△BMN≌△DCB（SSS），
∴∠DBC＝∠BNM，
所以MN∥BD；
（3）①情況1：如圖2，當(dāng)E在邊AD上時，直線MN過點C，
∴∠BMC＝90°，
∴MC＝．
∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，∠BMC＝∠EDC＝90°，
∴△BCM≌△CED（AAS），
∴DE＝MC＝；
②情況2：如圖3，點E在邊CD上時，
∵BM＝6，BC＝8，
∴MC＝，CN＝8-，
∵∠BMC＝∠CNE＝∠BCD＝90°，
∴∠BCM＋∠ECN＝90°，
∵∠BCM＋∠MBC＝90°，
∴∠ECN＝∠MBC，
∴△BMC∽△CNE，
∴，
∴EN，
∴DE＝EN＝．
綜上所述，DE的長為或．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)等知識，根據(jù)題意畫出圖形，并運用分類討論思想是解題的關(guān)鍵．
【考點8 中點四邊形的形狀探究】
36.（2022·湖南張家界·統(tǒng)考二模）如圖，E、F、G、H分別是四邊形ABCD邊AB、BC、CD、AD的中點，下列說法正確的是（ ）
A．當(dāng)AC⊥BD時，四邊形EFGH是菱形
B．當(dāng)AC＝BD時，四邊形EFGH是矩形
C．當(dāng)四邊形ABCD是平行四邊形時，則四邊形EFGH是矩形
D．當(dāng)四邊形ABCD是矩形時，則四邊形EFGH是菱形
【答案】D
【分析】根據(jù)中位線的性質(zhì)可得EH=FG=BD，EF=GH=AC，EH//FG//BD，EF//GH//AC，可得四邊形EFGH是平行四邊形，根據(jù)菱形、矩形的判定定理逐一判斷即可得答案．
【詳解】∵E、F、G、H分別是四邊形ABCD邊AB、BC、CD、AD的中點，
∴EH=FG=BD，EF=GH=AC，EH//FG//BD，EF//GH//AC，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，
當(dāng)AC⊥BD，∠EFG=90°，
∴四邊形EFGH是矩形，故A選項錯誤，
當(dāng)AC＝BD時，EH=FG=EF=GH，
∴四邊形EFGH是菱形，故B選項錯誤，
當(dāng)四邊形ABCD是平行四邊形時，四邊形EFGH是平行四邊形，故C選項錯誤，
當(dāng)四邊形ABCD是矩形時，AC=BD，則四邊形EFGH是菱形，故D選項正確
故選：D．
【點睛】本題考查中點四邊形、平行四邊形、矩形、菱形的判定等知識，解題的關(guān)鍵是記住一般四邊形的中點四邊形是平行四邊形，當(dāng)對角線BD=AC時，中點四邊形是菱形，當(dāng)對角線AC⊥BD時，中點四邊形是矩形，當(dāng)對角線AC=BD，且AC⊥BD時，中點四邊形是正方形．
37．（2022·上海黃浦·格致中學(xué)?？级＃╉槾芜B結(jié)等腰梯形各邊中點得到的四邊形是（ ）
A．矩形B．菱形C．等腰梯形D．平行四邊形
【答案】B
【分析】連接AC、BD，可證MN為△ABD的中位線，PQ為△CBD的中位線，根據(jù)中位線定理可證MN∥BD∥PQ，MN=PQ=BD，同理可證PN∥AC∥MQ，NP=MQ=AC，根據(jù)等腰梯形的性質(zhì)可知AC=BD，故可證四邊形PQMN為菱形．
【詳解】解：連接AC、BD，
∵M、N分別為AD、AB的中點，
∴MN為△ABD的中位線，
∴MN∥BD，MN=BD，
同理可證BD∥PQ，PQ=BD，
∴MN=PQ，MN∥PQ，四邊形PQMN為平行四邊形，
同理可證NP=MQ=AC，
根據(jù)等腰梯形的性質(zhì)可知AC=BD，
∴PQ=NP，
∴平行四邊形PQMN為菱形．
故選：B．
【點睛】本題主要考查等腰梯形的性質(zhì)在證明特殊平行四邊形中的應(yīng)用．同時運用了三角形的中位線定理．
38.（2022·內(nèi)蒙古呼倫貝爾·統(tǒng)考二模）若順次連接四邊形ABCD各邊的中點所得四邊形是菱形．則四邊形ABCD一定是 ( )
A．菱形B．對角線互相垂直的四邊形
C．矩形D．對角線相等的四邊形
【答案】D
【分析】根據(jù)三角形的中位線定理得到EH∥FG，EF=FG，EF=BD，要是四邊形為菱形，得出EF=EH，即可得到答案．
【詳解】解：∵E，F(xiàn)，G，H分別是邊AD，AB，CB，DC的中點，
∴EH=AC，EH∥AC，F(xiàn)G=AC，F(xiàn)G∥AC，EF=BD，
∴EH∥FG，EF=FG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，
假設(shè)AC=BD，
∵EH=AC，EF=BD，
則EF=EH，
∴平行四邊形EFGH是菱形，
即只有具備AC=BD即可推出四邊形是菱形，
故選：D．
【點睛】題目主要考查中位線的性質(zhì)及菱形的判定和性質(zhì)，理解題意，熟練掌握運用三角形中位線的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
39．（2022·四川達州·四川省渠縣中學(xué)?？级＃┤鐖D，任意四邊形ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，DA上的點，對于四邊形EFGH的形狀，某班學(xué)生在一次數(shù)學(xué)活動課中，通過動手實踐，探索出如下結(jié)論，其中錯誤的是（ ）
A．當(dāng)E，F(xiàn)，G，H是各邊中點，且AC=BD時，四邊形EFGH為菱形
B．當(dāng)E，F(xiàn)，G，H是各邊中點，且AC⊥BD時，四邊形EFGH為矩形
C．當(dāng)E，F(xiàn)，G，H不是各邊中點時，四邊形EFGH可以為平行四邊形
D．當(dāng)E，F(xiàn)，G，H不是各邊中點時，四邊形EFGH不可能為菱形
【答案】D
【分析】根據(jù)連接四邊形各邊中點所得的四邊形必為平行四邊形，根據(jù)中點四邊形的性質(zhì)進行判斷，即可求解
【詳解】解：A．當(dāng)E，F(xiàn)，G，H是各邊中點，且AC=BD時，EF=FG=GH=HE，故四邊形EFGH為菱形，故A正確；
B．當(dāng)E，F(xiàn)，G，H是各邊中點，且AC⊥BD時，∠EFG=∠FGH=∠GHE=90°，故四邊形EFGH為矩形，故B正確；
C．當(dāng)E，F(xiàn)，G，H不是各邊中點時，EF∥HG，EF=HG，故四邊形EFGH為平行四邊形，故C正確；
D．當(dāng)E，F(xiàn)，G，H不是各邊中點時，四邊形EFGH可能為菱形，故D錯誤；
故選D．
40．（2022·江蘇淮安·統(tǒng)考一模）如圖1，在四邊形中，如果對角線和相交并且相等，那么我們把這樣的四邊形稱為等角線四邊形．
(1)①在“平行四邊形、矩形、菱形”中， 一定是等角線四邊形（填寫圖形名稱）；
②若、、、分別是等角線四邊形四邊、、、的中點，當(dāng)對角線、還要滿足 時，四邊形是正方形．
(2)如圖2，已知中，，，，為平面內(nèi)一點．
①若四邊形是等角線四邊形，且，求四邊形的面積；
②設(shè)點是以為圓心，為半徑的圓上的動點，若四邊形是等角線四邊形，則四邊形的面積的最大值為 ．
【答案】(1)①矩形；②
(2)①；②
【分析】（1）①根據(jù)等角線四邊形的定義進行判斷即可；
②當(dāng)時，四邊形是正方形，首先證明四邊形是菱形，再證明有一個角是直角即可；
（2）①如圖2中，作于，利用勾股定理求出相關(guān)線段的長，再根據(jù)計算即可；
②如圖3中，設(shè)與相交于點，連接，只要證明當(dāng)且、、共線時，四邊形的面積最大即可．
【詳解】（1）解：①在“平行四邊形、矩形、菱形”中，
∵矩形的對角線相等，
∴矩形一定是等角線四邊形．
故答案為：矩形．
②當(dāng)時，四邊形是正方形．理由如下：
如圖1，∵、、、分別是等角線四邊形四邊、、、的中點，
∴，，，，，，
∵，
∴，
∴四邊形是菱形，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴四邊形是正方形．
故答案為：．
（2）①如圖2，作于，
∵在中，，，，
∴，
∵，，
∴，
∵四邊形是等角線四邊形，
∴，
在中，，
∴
．
∴四邊形的面積為．
②如圖3中，設(shè)與相交于點，連接，作于，于，
∴，，
∵四邊形是等角線四邊形，
∴，
∵
，
即：，
∴當(dāng)點與點重合時即，等號成立，
∵，
∴，
即線段最長時，四邊形的面積最大，
∵，
∴，
∴，
∴的最大值為，
∴當(dāng)、、共線時，四邊形的面積的最大值為．
故答案為：18．
【點睛】本題考查四邊形綜合題，考查了中點四邊形，三角形中位線定理，正方形的判定，勾股定理，等腰三角形的三線合一性質(zhì)，垂線段最短，三角形三邊關(guān)系定理，圓等知識．解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，靈活運用所學(xué)知識解決問題，會求圓上一點到圓外一定點的距離的最大值或最小值．
【考點9 中點四邊形的線段長、周長與面積的探究】
41.（2022·山東棗莊·?？家荒＃┤鐖D，在中，，點是斜邊的中點，分別以點，為圓心，以的長為半徑畫弧，兩弧交于點，連接，，得到四邊形，依次連接四邊形四條邊中點得到四邊形，若，那么四邊形的周長為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AC=2，∠C=60°，推出BC=2AC=4，AB=AC=2,由BD=CD，推出AD=DB=DC=2，由作圖可知，四邊形ADBE是菱形，推出中點四邊形GHIJ是矩形，求出IJ．IH，即可解決問題．
【詳解】解：在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AC=2，∠C=60°，
∴BC=2AC=4，AB =AC=2
∵BD=CD，
∴AD=DB=DC=2，
由作圖可知，四邊形ADBE是菱形，
∴中點四邊形GHIJ是矩形，
∵AD=AC=DC，
∴∠ADC=60°，
∵AE∥DB，
∴∠EAD=∠ADC=60°，
∵AE=AD，
∴△AED是等邊三角形，
∴AD=DE=2，
∵AJ=JE，AI=ID，
∴IJ= DE=1,
∵BH=DH，AI=ID，
∴IH=AB =
∴四邊形GHIJ的周長=2（1+ ）=2+2
故選：B．
【點睛】本題考查中點四邊形，解直角三角形，菱形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．
42．（2022·遼寧沈陽·沈陽市第七中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，在四邊形中，，點，，，分別是，，，的中點，若，，則四邊形的面積是______．
【答案】12
【分析】根據(jù)三角形中位線定理、矩形的判定定理得到四邊形為矩形，根據(jù)矩形的面積公式計算，得到答案．
【詳解】解：∵點，，，分別是，，，的中點，
∴， ，，，， ，
∴，，
∴四邊形為平行四邊形，
，
∴，
∴平行四邊形為矩形，
∴，
故答案為：．
【點睛】此題考查了中點四邊形，解題的關(guān)鍵是掌握三角形中位線定理、矩形的判定定理．
43.（2022·山東濟南·模擬預(yù)測）如圖，在四邊形ABCD中，AC=BD，E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點，且EG、FH交于點O．若AC=4，則EG2+FH2=______．
【答案】16
【分析】根據(jù)三角形的中位線定理和菱形的判定，可得順次連接對角線相等的四邊形各邊中點所得四邊形是菱形；根據(jù)菱形的性質(zhì)得到EG⊥HF，且EG=2OE，F(xiàn)H=2OH．在Rt△OEH中，根據(jù)勾股定理得到OE2+OH2=EH2=4，再根據(jù)等式的性質(zhì)，在等式的兩邊同時乘以4，根據(jù)4=22，把等式進行變形，并把EG=2OE，F(xiàn)H=2OH代入變形后的等式中，即可求出EG2+FH2的值．
【詳解】∵E、F、G、H分別是線段AB、BC、CD、AD的中點，
∴EH、FG分別是△ABD、△BCD的中位線，
EF、HG分別是△ABC、△ACD的中位線，
根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)知，EH=FGBD，EF=HGAC．
又∵AC=BD，
∴EH=FG=EF=HG，
∴四邊形EFGH是菱形，
∴EG⊥FH，EG=2OE，F(xiàn)H=2OH．
在Rt△OEH中，根據(jù)勾股定理得：OE2+OH2=EH2=4，
等式兩邊同時乘以4得：4OE2+4OH2=4×4=16，
∴（2OE）2+（2OH）2=16，
即EG2+FH2=16．
故答案為16．
【點睛】本題考查了三角形中位線定理和菱形的判定方法，題目比較典型，又有綜合性，難度不大．
44．（2022春·陜西西安·八年級陜西師大附中?？计谀﹩栴}背景：
△ABC和△CDE均為等邊三角形，且邊長分別為a，b，點D，E分別在邊AC，BC上，點F，G，H，I分別為AB，BE，ED，AD的中點，連接FG，GH，HI，IF
猜想證明：
(1)如圖①，判斷四邊形FGHI是什么特殊四邊形，并說明理由．
(2)當(dāng)a＝6，b＝2時，求四邊形FGHI的周長．
拓展延伸：
(3)如圖②，當(dāng)四邊形FGHI是正方形時，連接AE，BD相交于點N，點N，H恰好在FC上．求證：△ABN和△DEN均為等腰直角三角形．
【答案】(1)四邊形FGHI是菱形．理由見解析
(2)四邊形FGHI的周長為
(3)見解析
【分析】（1）根據(jù)△ABC和△CDE為等邊三角形，可得四邊形ABED是等腰梯形，再根據(jù)點F，G，H，I分別為AB，BE，ED，AD的中點，即可得出FG=IH=FI=GH，進而得到四邊形FGHI是菱形；
（2）過A作AM⊥BC于M，連接AE，再根據(jù)勾股定理，求得Rt△ACM中，AM=3，Rt△AEM中，AE=2，由（1）可得，四邊形FGHI是菱形，且AE=2FG，即可得出四邊形FGHI的周長=4FG=2AE；
（3）由點F為AB的中點，△ABC和△CDE均為等邊三角形，所以直線CF為△ABC和△CDE的對稱軸，則有AN＝BN，DN＝EN，再利用三角形中位線得FGAEIH，F(xiàn)IBDGH，則FGAEIH，F(xiàn)IBDGH，又由四邊形FGHI是正方形，得∠FNA＝∠FHI＝45°，∠FNB＝∠FHG＝45°，即可得∠ANB＝∠FNA+∠FNB＝90°，∠DNE＝90°，即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）解：四邊形FGHI是菱形.
理由：如圖①，連接AE,BD，
∵△ABC和△CDE均為等邊三角形，
∴AC＝BC,EC＝DC，
在△AEC和△BDC中，
，
∴△AEC≌△BDC(SAS)，
∴AE＝BD，
∵點F，G，H，I分別為AB，BE，ED，AD的中點，
FG＝AE＝IH.FI＝BD＝CH.
∴FG＝GH＝IH＝FI.
∴四邊形FGHI是菱形；
（2）解：如圖②，過點D作DM⊥EC于點M，
∵△CDE為等邊三角形，
∴MC＝EC＝×2＝1，∠C＝60°，
∴BM＝BC－MC＝6－1＝5，
在Rt△DMC中，DM＝，
在Rt△BDM中，BD＝，
∴GH＝BD＝，
由(1)知四邊形FGHI是菱形，
∴.四邊形FGHI的周長為4GH＝4.
（3）解：∵點F為AB的中點，△ABC和△CDE均為等邊三角形，
∴直線CF為△ABC和△CDE的對稱軸.
∴AN＝BN，DN＝EN，
∵點F，G，H，I分別為AB，BE，ED，AD的中點，
∴FGAE，IHAE，F(xiàn)IBD，GHBD.
∴.FGAEIH，F(xiàn)IBDGH，
∵四邊形FGHI是正方形，
∴∠FNA＝∠FHI＝45°，∠FNB＝∠FHG＝45°
∴.∠ANB＝∠FNA+∠FNB＝90°，∠DNE＝90°.
∴△ABN和△DEN均為等腰直角三角形.
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查了菱形的判定，正方形的性質(zhì)，中點四邊形，三角形中位線定理，勾股定理的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是依據(jù)三角形中位線定理．
45．（2022春·山西臨汾·八年級統(tǒng)考期中）綜合與探究：如圖1，四邊形中，、、、分別是、、、的中點，順次連接、、、．
(1)猜想四邊形的形狀是________（直接回答，不必說明理由）．
(2)如圖2，在四邊形內(nèi)一點，使，，，其他條件不變，試探究四邊形的形狀，并說明理由．
(3)在（2）的條件下，，，，，求四邊形的面積．
【答案】(1)平行四邊形
(2)菱形，見解析
(3)
【分析】(1)連接AD，利用三角形中位線定理，證明EH=FG，且EH∥FG即可得證．
(2)連接AD，BC，證明，得到AD=CB，結(jié)合三角形中位線定理，得到四邊形EFGH的四邊相等，即可得到菱形EFGH．
(3)連接AD，BC，交點為M，設(shè)BC與EH的交點為Q，AD與EF的交點為O，證明，判定四邊形EOMQ是平行四邊形，證明∠HEF=60°，連接，過點作，垂足為，求得EH，HN的長度即可．
【詳解】（1）平行四邊形．理由如下：
如圖1，連接AD，
∵、、、分別是、、、的中點，
∴EH∥AD，EH=，F(xiàn)G∥AD，F(xiàn)G=，
∴EH=FG，且EH∥FG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，
故答案為：平行四邊形．
（2）菱形.理由：如圖2，連接，.
∵，
∴，
即.
又∵，，
∴，
∴.
∵、、、分別是、、、的中點，
∴、、、分別是、、、的中位線，
∴，，，，
∴，
∴四邊形是菱形.
（3）連接AD，BC，交點為M，設(shè)BC與EH的交點為Q，AD與EF的交點為O，
∵，，
∴是等邊三角形.
∵是中點，
∴平分，，
∴，點、、共線.
在中，，
在中，，
∴.
∵，
∴，
∴.
∵，，
∴四邊形EOMQ是平行四邊形，
∴.
在中，，，
∴菱形的面積.
【點睛】本題考查了三角形中位線定理，三角形全等的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握菱形的判定和性質(zhì)，靈活運用三角形中位線定理是解題的關(guān)鍵．
【考點10 特殊四邊形與函數(shù)的綜合探究】
46．（2022·遼寧盤錦·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD是菱形，BC＝2，∠ABC＝60°，對角線AC與BD相交于點O，線段BD沿射線AD方向平移，平移后的線段記為PQ，射線PQ與射線AC交于點M，連結(jié)PC，設(shè)OM長為，△PMC面積為．下列圖象能正確反映出與的函數(shù)關(guān)系的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由四邊形ABCD是菱形，BC＝2，∠ABC＝60°，可求出AC、AO、OC的長，再設(shè)OM＝x，利用解直角三角形表示出PM，分點M在線段OC上（不含點O）時和當(dāng)點在線段OC延長線上時兩種情況分別表示出y再結(jié)合函數(shù)圖象即可判斷出正確答案．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD＝BC＝2，∠BAD＝180°?∠ABC＝120°，
∴∠DAO＝∠BAD＝60°，
∴△DAC是等邊三角形，
∴AD＝AC＝2，
∴AO＝CO＝AC＝1，
設(shè)OM＝x，
∵AC⊥BD，PQ為BD平移而來，
∴∠AOD＝∠AMP＝90°，
∴△AMP為直角三角形，
∴PM＝AM?tan∠PAM＝（1＋x），
①當(dāng)點M在線段OC上（不含點O）時，
即0≤x＜1，此時CM＝1?x，
則y＝（1?x）×（1＋x）＝?，
∴0≤x＜1，函數(shù)圖象開口應(yīng)朝下，
故B、C不符合題意，
②當(dāng)點在線段OC延長線上時，即x＞1，如圖所示：
此時C＝x?1，
則y＝（x?1）×(x＋1)＝，
∴只有D選項符合題意，
故選：D．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，三角形面積，解直角三角形，二次函數(shù)圖象等知識，熟練掌握上述知識并能分點M在線段OC上（不含點O）時和當(dāng)點在線段OC延長線上時兩種情況分別表示出y再結(jié)合函數(shù)圖象進行判斷是解題的關(guān)鍵．
47．（2022·內(nèi)蒙古·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的OA邊在x軸的正半軸上，OC邊在y軸的正半軸上，點B的坐標(biāo)為（4，2），反比例函數(shù)的圖象與BC交于點D，與對角線OB交于點E，與AB交于點F，連接OD，DE，EF，DF．下列結(jié)論：①；②；③；④．其中正確的結(jié)論有（ ）
A．4個B．3個C．2個D．1個
【答案】A
【分析】根據(jù)題意，圖中各點的坐標(biāo)均可以求出來，，，只需證明即可證明結(jié)論①；先求出直線OB的解析式，然后求直線OB與反比例函數(shù)的交點坐標(biāo)，即可證明結(jié)論②；分別求出和，進行比較即可證明結(jié)論③；只需證明，即可求證結(jié)論④．
【詳解】解：∵OABC為矩形，點B的坐標(biāo)為（4，2），
∴A點坐標(biāo)為(4，0)，C點坐標(biāo)為(0，2)，
根據(jù)反比例函數(shù)，
當(dāng)時，，即D點坐標(biāo)為(1，2)，
當(dāng)時，，即F點坐標(biāo)為(4，)，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∴，
故結(jié)論①正確；
設(shè)直線OB的函數(shù)解析式為：，
點B代入則有：，
解得：，
故直線OB的函數(shù)解析式為：，
當(dāng)時，(舍)
即時，，
∴點E的坐標(biāo)為(2，1)，
∴點E為OB的中點，
∴，
故結(jié)論②正確；
∵，
∴，
由②得：，
，
∴，
故結(jié)論③正確；
在和中，
，
∴，
∴，
故結(jié)論④正確，
綜上：①②③④均正確，
故選：A．
【點睛】本題主要考查矩形的性質(zhì)，相似三角形判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，反比例函數(shù)與幾何綜合，結(jié)合題意求出圖中各點坐標(biāo)是解決本題的關(guān)鍵．
48．（2022·新疆·統(tǒng)考中考真題）如圖，在巾，，點O為BC的中點，點D是線段OC上的動點（點D不與點O，C重合），將沿AD折疊得到，連接BE．
(1)當(dāng)時，___________；
(2)探究與之間的數(shù)量關(guān)系，并給出證明；
(3)設(shè)，的面積為x，以AD為邊長的正方形的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）首先由折疊的性質(zhì)可得，再由等腰三角形的性質(zhì)可求解；
（2）首先由折疊的性質(zhì)可得，，再由等腰三角形的性質(zhì)可得，，最后根據(jù)角度關(guān)系即可求解；
（3）首先由等腰直角三角形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可求的長，由勾股定理可求的長，最后根據(jù)面積和差關(guān)系可求解．
【詳解】（1），，，
，
將沿折疊得到，
，
，
∴△ABE是等邊三角形，
，
故答案為：60；
（2），理由如下：
將沿折疊得到，
，，
，，
，
，
，
；
（3）如圖，連接，
，點是的中點，
，
，，
，，
，
，
，
，
．
【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)性質(zhì)并能夠靈活運用．
49．（2022秋·山西·九年級校聯(lián)考期末）綜合與探究
如圖，拋物線與x軸交于，兩點，與y軸交于點C．點是x軸上的一個動點，過點P作直線軸，與直線BC交于點M，與拋物線交于點N．
(1)求這個拋物線的函數(shù)表達式．
(2)①若點P在線段OB上運動，求線段MN的最大值；
②若點P在x軸的正半軸上運動，在y軸上是否存在點Q，使以M，N，C，Q為頂點的四邊形為菱形？若存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)①的最大值為；②存在這樣的Q點，Q點的坐標(biāo)為 或或
【分析】（1）將A、B點的坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，即可求出b、c的值，從而求出函數(shù)解析式．
（2）①，先求出過的直線的解析式為的長度為，的長度為二次函數(shù)當(dāng)時，的值的絕對值，可以得出關(guān)于的二次函數(shù)解析式，求出這個函數(shù)的最大值即可求解．
②組成菱形時，分三種情況，第一種情況，當(dāng)作為菱形對角線；第二種情況，當(dāng)作為菱形的一條邊時；第三種情況，當(dāng)作為菱形的一條邊且P在B點右側(cè)時，如下圖:
第一種情況，對角線，因為的斜率為1，，而菱形的對角線平分角，可得到，所以菱形為正方形，N點縱坐標(biāo)與C點縱坐標(biāo)相同，即可求解m的值，然后可以求出Q點坐標(biāo);
第二種情況，當(dāng)作為菱形的一條邊時，有，聯(lián)立出關(guān)于m的方程，求解即可得到答案;
第三種情況，當(dāng)P在B點右側(cè)時，只能是菱形的邊，同樣有，可以聯(lián)立出關(guān)于m的方程，求解即可得到答案．

【詳解】（1）解：把代入中，得

解得
∴．
（2）解：①設(shè)直線的表達式為，把，代入．
得，解這個方程組，得
∴．
∵點是x軸上的一動點，且軸．
∴．
∴
．
∵P在上運動，
∴當(dāng)時，有最大值．
②第一種情況，對角線，因為的斜率為1，，而菱形的對角線平分角，可得到，所以菱形為正方形；
則此時點N的縱坐標(biāo)為，有
解得或(舍去)，
則，
，
∴Q
第二種情況：當(dāng)作為菱形的一條邊時，有
，，
所以
解得或0(舍去)，
∴
∴此時Q點坐標(biāo)為．
第三種情況：當(dāng)P在B點右側(cè)時，如下圖，有，
，，
∴，解得或0(舍去)，
∴
∴
此時Q點的坐標(biāo)為：
綜上所述，點Q的坐標(biāo)為或或．
【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合運用、二次函數(shù)性質(zhì)、待定系數(shù)法、一次函數(shù)的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)和判定等知識，解題的關(guān)鍵是會構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，并用分類討論的思想思考問題．
50.（2022·廣西·中考真題）已知拋物線經(jīng)過A（－1，0）、B（0、3）、 C（3，0）三點，O為坐標(biāo)原點，拋物線交正方形OBDC的邊BD于點E，點M為射線BD上一動點，連接OM ，交BC于點F
(1)求拋物線的表達式；
(2)求證：∠BOF＝∠BDF ：
(3)是否存在點M使△MDF為等腰三角形？若不存在，請說明理由；若存在，求ME的長
【答案】(1)
(2)見解析
(3)存在，或
【分析】（1）設(shè)拋物線的表達式為，將A（－1，0）、B（0、3）、C（3，0）代入，直接利用待定系數(shù)法求解即可；
（2）由正方形的性質(zhì)可得，即可證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可求證；
（3）分別討論：當(dāng)點M在線段BD的延長線上時，當(dāng)點M在線段BD上時，依次用代數(shù)法和幾何法求解即可．
（1）
設(shè)拋物線的表達式為，
將A（－1，0）、B（0、3）、C（3，0）代入，
得，解得，
拋物線的表達式為；
（2）
四邊形OBDC是正方形，
，
，
，
；
（3）
存在，理由如下：
當(dāng)點M在線段BD的延長線上時，此時，
，
設(shè)，
設(shè)直線OM的解析式為，
，
解得，
直線OM的解析式為，
設(shè)直線BC的解析式為，
把B（0、3）、 C（3，0）代入，得，
解得，
直線BC的解析式為，
令，解得，則，
，
四邊形OBDC是正方形，
，
，
，
，
，
解得或或，
點M為射線BD上一動點，
，
，
，
當(dāng)時，解得或，
，
．
當(dāng)點M在線段BD上時，此時，，
，
，
，
由（2）得，
四邊形OBDC是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
綜上，ME的長為或．
【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，求一次函數(shù)解析式，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等，熟練掌握知識點是解題的關(guān)鍵．圖形名稱
基本圖的個數(shù)
特征圖形的個數(shù)
圖1
1
5
圖2
2
9
圖3
3
13
圖4
4
______
…
…
…

相關(guān)試卷

中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)舉一反三系列(通用版)專題20矩形、菱形、正方形(10個高頻考點)(強化訓(xùn)練)(全國通用)(原卷版+解析)：

這是一份中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)舉一反三系列(通用版)專題20矩形、菱形、正方形(10個高頻考點)(強化訓(xùn)練)(全國通用)(原卷版+解析)，共119頁。

中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)舉一反三系列(通用版)專題20矩形、菱形、正方形(10個高頻考點)(全國通用)(原卷版+解析)：

這是一份中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)舉一反三系列(通用版)專題20矩形、菱形、正方形(10個高頻考點)(全國通用)(原卷版+解析)，共75頁。

中考數(shù)學(xué)真題分項匯編(全國通用)專題18矩形菱形正方形(共20道)精練(原卷版+解析)：

這是一份中考數(shù)學(xué)真題分項匯編(全國通用)專題18矩形菱形正方形(共20道)精練(原卷版+解析)，共37頁。試卷主要包含了單選題，解答題，填空題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

中考數(shù)學(xué)真題分項匯編(全國通用)專題18矩形菱形正方形(共20道)精練(原卷版+解析)

中考數(shù)學(xué)真題分項匯編(全國通用)專題18矩形菱形正方形(共20道)精練(原卷版+解析)
2023中考數(shù)學(xué)真題專項匯編特訓(xùn) 專題18矩形菱形正方形(共20道)(原卷版+解析)

2023中考數(shù)學(xué)真題專項匯編特訓(xùn) 專題18矩形菱形正方形(共20道)(原卷版+解析)
專題18 矩形菱形正方形（共39題）（原卷版）

專題18 矩形菱形正方形（共39題）（原卷版）
(通用版)中考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)專題檢測18《矩形、菱形和正方形》(原卷版)

(通用版)中考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)專題檢測18《矩形、菱形和正方形》(原卷版)
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