【題型匯總】
【命題預(yù)測】四邊形在中考數(shù)學(xué)中是占比較大 考察內(nèi)容主要有各個特殊四邊形的性質(zhì) 判定、以及其應(yīng)用:考察題型上從選擇到填空再到解答題都有 題型變化也比較多樣,并且考察難度也都是中等和中等偏上 難度較大,綜合性比較強 所以需要考生在復(fù)習(xí)這塊內(nèi)容的時候一定要準確掌握其性質(zhì)與判定并且會在不同的結(jié)合問題上注意和其他考點的融合.
題型01 選/填壓軸題之動態(tài)函數(shù)圖像問題
1．（2024·甘肅臨夏·中考真題）如圖1，矩形ABCD中，BD為其對角線，一動點P從D出發(fā)，沿著D→B→C的路徑行進，過點P作PQ⊥CD，垂足為Q．設(shè)點P的運動路程為x，PQ?DQ為y，y與x的函數(shù)圖象如圖2，則AD的長為（ ）
A．423B．83C．734D．114
2．（2023·四川遂寧·中考真題）如圖，在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，點P為線段AB上的動點，以每秒1個單位長度的速度從點A向點B移動，到達點B時停止．過點P作PM⊥AC于點M、作PN⊥BC于點N，連接MN，線段MN的長度y與點P的運動時間t（秒）的函數(shù)關(guān)系如圖所示，則函數(shù)圖象最低點E的坐標為（ ）

A．5，5B．6,245C．325,245D．325,5
3．（2024·山東煙臺·中考真題）如圖，水平放置的矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，菱形EFGH的頂點E，G在同一水平線上，點G與AB的中點重合，EF=23cm，∠E=60°，現(xiàn)將菱形EFGH以1cm/s的速度沿BC方向勻速運動，當點E運動到CD上時停止，在這個運動過程中，菱形EFGH與矩形ABCD重疊部分的面積Scm2與運動時間ts之間的函數(shù)關(guān)系圖象大致是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2022·遼寧錦州·中考真題）如圖，四邊形ABCD是邊長為2cm的正方形，點E，點F分別為邊AD，CD中點，點O為正方形的中心，連接OE,OF，點P從點E出發(fā)沿E?O?F運動，同時點Q從點B出發(fā)沿BC運動，兩點運動速度均為1cm/s，當點P運動到點F時，兩點同時停止運動，設(shè)運動時間為ts，連接BP,PQ，△BPQ的面積為Scm2，下列圖像能正確反映出S與t的函數(shù)關(guān)系的是（ ）
A．B．C．D．
題型02 選/填壓軸題之多結(jié)論問題
5．（2024·山東東營·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，AC與BD交于點O，H為AB延長線上的一點，且BH=BD，連接DH，分別交AC，BC于點E，F(xiàn)，連接BE，則下列結(jié)論：①CFBF=32；②tan∠H=3?1；③BE平分∠CBD；④2AB2=DE?DH．
其中正確結(jié)論的個數(shù)是（ ）
A．1個B．2個C．3個D．4個
6．（2024·四川遂寧·中考真題）如圖，在正方形紙片ABCD中，E是AB邊的中點，將正方形紙片沿EC折疊，點B落在點P處，延長CP交AD于點Q，連結(jié)AP并延長交CD于點F．給出以下結(jié)論：①△AEP為等腰三角形；②F為CD的中點；③AP:PF=2:3；④cs∠DCQ=34．其中正確結(jié)論是 ．（填序號）
7．（2023·山東日照·中考真題）如圖，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，點P在對角線BD上，過點P作MN⊥BD，交邊AD，BC于點M，N，過點M作ME⊥AD交BD于點E，連接EN，BM，DN．下列結(jié)論：①EM=EN；②四邊形MBND的面積不變；③當AM:MD=1:2時，S△MPE=9625；④BM+MN+ND的最小值是20．其中所有正確結(jié)論的序號是 ．

8．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·中考真題）如圖，把一個邊長為5的菱形ABCD沿著直線DE折疊，使點C與AB延長線上的點Q重合．DE交BC于點F，交AB延長線于點E．DQ交BC于點P，DM⊥AB于點M，AM=4，則下列結(jié)論，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP=158，④BD∥FQ．正確的是（ ）

A．①②③B．②④C．①③④D．①②③④
9．（2023·湖北·中考真題）如圖，△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DEB=∠AEF=90°，點E在△ABC內(nèi)，BE>AE，連接DF交AE于點G,DE交AB于點H，連接CF．給出下面四個結(jié)論：①∠DBA=∠EBC；②∠BHE=∠EGF；③AB=DF；④AD=CF．其中所有正確結(jié)論的序號是 ．
題型03 選/填壓軸題之規(guī)律探究問題
10．（2022·山東煙臺·中考真題）如圖，正方形ABCD邊長為1，以AC為邊作第2個正方形ACEF，再以CF為邊作第3個正方形FCGH，…，按照這樣的規(guī)律作下去，第6個正方形的邊長為（ ）

A．（22）5B．（22）6C．（2）5D．（2）6
11．（2022·遼寧·中考真題）如圖，A1為射線ON上一點，B1為射線OM上一點，∠B1A1O=60°,OA1=3,B1A1=1．以B1A1為邊在其右側(cè)作菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°,C1D1與射線OM交于點B2，得△C1B1B2；延長B2D1交射線ON于點A2，以B2A2為邊在其右側(cè)作菱形A2B2C2D2，且∠B2A2D2=60°,C2D2與射線OM交于點B3，得△C2B2B3；延長B3D2交射線ON于點A3，以B3A3為邊在其右側(cè)作菱形A3B3C3D3，且∠B3A3D3=60°,C3D3與射線OM交于點B4，得△C3B3B4；…，按此規(guī)律進行下去，則△C2022B2022B2023的面積 ．
12．（2024·山東東營·模擬預(yù)測）如圖，在平面直角坐標系xOy中，有一邊長為1的正方形OABC，點B在x軸的正半軸上，如果以對角線OB為邊作第二個正方形OBB1C1，再以對角線OB1為邊作第三個正方形OB1B2C2，…，照此規(guī)律作下去，則B2的坐標是 ；B2024的坐標是 ．
13．（2024·山東濟南·模擬預(yù)測）如圖，在△ABC中，已知AB=8，BC=6，AC=7，依次連接△ABC的三邊中點，得到△A1B1C1，再依次連接△A1B1C1的三邊中點，得到△A2B2C2，?，按這樣的規(guī)律下去，△A2024B2024C2024的周長為 ．
題型04 四邊形與翻折問題綜合
14．（2024·湖北·中考真題）如圖，矩形ABCD中，E,F分別在AD,BC上，將四邊形ABFE沿EF翻折，使A的對稱點P落在CD上，B的對稱點為G，PG交BC于H．
(1)求證：△EDP∽△PCH．
(2)若P為CD中點，且AB=2,BC=3，求GH長．
(3)連接BG，若P為CD中點，H為BC中點，探究BG與AB大小關(guān)系并說明理由．
15．（2024·甘肅·模擬預(yù)測）如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A，B3,0兩點，與y軸交于點C0,?3，P是直線BC下方拋物線上一動點．
(1)求拋物線y=x2+bx+c的表達式；
(2)如圖2，連接PO，PC，并把△POC沿CO翻折，得到四邊形POP'C，當四邊形POP'C為菱形時，求出點P的坐標；
(3)當點P運動到什么位置時，四邊形ABPC的面積最大？求出此時點P的坐標及此時線段BP的長．
16．（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測）【問題背景】折紙是一種許多人熟悉的活動，將折紙的一邊二等分、四等分都是比較容易做到的，但將一邊三等分就不是那么容易了，近些年，經(jīng)過人們的不懈努力，已經(jīng)找到了多種將正方形折紙一邊三等分的精確折法．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．
操作探究：
操作過程及內(nèi)容如下（如圖①）
操作1：將正方形ABCD對折，使點A與點D重合，點B與點C重合．再將正方形ABCD展開，得到折痕EF；
操作2：再將正方形紙片的右下角向上翻折，使點C與點E重合，邊BC翻折至B'E的位置，得到折痕MN，B'E與AB交于點P.則P即為AB的三等分點，即AP：PB=2：1.
【解決問題】
（1）在圖①中，若EF與MN交于點Q，連接CQ求證：四邊形EQCM是菱形．
（2）請在圖①中證明AP：PB=2：1.
【發(fā)現(xiàn)感悟】若E為正方形紙片ABCD的邊AD上的任意一點，重復(fù)“問題背景”中操作2的折紙過程，請你思考并解決如下問題：
（3）如圖②，若AD=3AE時，則APAB=______；若AD=nAE時，則APAB=_____（用含n的式子表示）
17．（2024·山東聊城·三模）【實踐探究】
（1）如圖1，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，DE⊥AC交AB于點E，則DEAC的值是________；
【變式探究】
（2）如圖2，在平行四邊形ABCD中，∠DBC=90°，BD=8，BC=6，DE⊥AC交AB于點E，求DEAC的值；
【靈活應(yīng)用】
（3）如圖3，在矩形ABCD中，AD=8，點E，F(xiàn)分別在AD，BC上，以EF為折痕，將四邊形ABFE翻折，使得AB的對應(yīng)邊A'B'恰好經(jīng)過點D，B'F交CD于點I，過點D作DP⊥EF交AB于點P．若A'D=4，且△ADP與△BPF的面積比為16:24，求DPEF的值．

題型05 四邊形與旋轉(zhuǎn)問題綜合
18．（2024·山東·中考真題）一副三角板分別記作△ABC和△DEF，其中∠ABC=∠DEF=90°，∠BAC=45°，∠EDF=30°，AC=DE．作BM⊥AC于點M，EN⊥DF于點N，如圖1．
(1)求證：BM=EN；
(2)在同一平面內(nèi)，將圖1中的兩個三角形按如圖2所示的方式放置，點C與點E重合記為C，點A與點D重合，將圖2中的△DCF繞C按順時針方向旋轉(zhuǎn)α后，延長BM交直線DF于點P．
①當α=30°時，如圖3，求證：四邊形CNPM為正方形；
②當30°AB，將矩形邊AB翻折，使得點A的對應(yīng)點落在BC上，將矩形邊CD翻折，使得點D的對應(yīng)點落在BC上，折痕交于點O，再將∠ABO對折，發(fā)現(xiàn)AB與BO恰好重合，求證：矩形ABCD是“白銀矩形”．
（2）如圖4，在（1）的條件下，矩形ABCD中，E為CD上一點，將矩形ABCD沿BE折疊，使得點C落在AD邊上的點F處，延長BF交CD的延長線于點G，說明點E為線段GC的“白銀分割點”．
（3）已知線段AB（如圖5），作線段AB的一個“白銀分割點”．（要求：尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，寫出必要做法）
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）見解析
【分析】（1）由翻折知，∠OCB=∠OBC=45°，即BO=OC，從而BC=2BO；由對折知，BO=AB，即BC=2AB，由此即可證明結(jié)論成立；
（2）由（1）知，BF=2AB，則得△ABF是等腰直角三角形，進而易得△GFE為等腰直角三角形，GE=2EF；由折疊性質(zhì)得EF=EC，則有GE=2EC，從而結(jié)論得證；
（3）過B作BH⊥AB，在BH上取BE=AB，連接AE，作∠AEB的平分線交AB于K，即可求解．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠BCD=∠ABC=90°，
由翻折知，∠OCB=∠OBC=12×90°=45°，
∴BO=OC，∠BOC=90°，
∴BC=2BO；
由對折知，BO=AB，
即BC=2AB，
∴BCAB=2，
即矩形ABCD是“白銀矩形”；
（2）解：∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠C=∠A=90°，
由（1）知，BC=2AB；
由折疊得：BF=BC，∠BFE=∠FDE=∠C=90°，
∴BF=2AB，
由勾股定理得：AF=BF2-AB2=AB，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴∠AFB=∠GFD=45°；
∵∠FDE=∠FDG=90°，
∴∠G=90°-∠GFD=45°；
∵∠BFE=∠GFE=90°，
∴∠FEG=90°-∠G=45°，
∴EF=FG，
即△GFE為等腰直角三角形，
∴GE=2EF；
∵EF=EC，
∴GE=2EC，
即GEEC=2；
（3）過B作BH⊥AB，在BH上取BE=AB，連接AE，作∠AEB的平分線交AB于K，則K點是線段AB的一個“白銀分割點”．
【點睛】本題考查了矩形與折疊，勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，尺規(guī)作圖：作垂線及角平分線，理解題中新定義是關(guān)鍵．
題型12 四邊形與閱讀理解類問題
42．（2023·山西·中考真題）閱讀與思考：下面是一位同學(xué)的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)筆記，請仔細閱讀并完成相應(yīng)任務(wù)．
任務(wù)：
(1)填空：材料中的依據(jù)1是指：_____________．
依據(jù)2是指：_____________．
(2)請用刻度尺、三角板等工具，畫一個四邊形ABCD及它的瓦里尼翁平行四邊形EFGH，使得四邊形EFGH為矩形；（要求同時畫出四邊形ABCD的對角線）
(3)在圖1中，分別連接AC,BD得到圖3，請猜想瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長與對角線AC,BD長度的關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

【答案】(1)三角形中位線定理（或三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半）；平行四邊形的定義（或兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形）
(2)答案不唯一，見解析
(3)平行四邊形EFGH的周長等于對角線AC與BD長度的和，見解析
【分析】（1）根據(jù)三角形中位線定理和平行四邊形的定義解答即可；
（2）作對角線互相垂直的四邊形，再順次連接這個四邊形各邊中點即可；
（3）根據(jù)三角形中位線定理得瓦里尼翁平行四邊形一組對邊和等于四邊形的一條對角線，即可得妯結(jié)論．
【詳解】（1）解：三角形中位線定理（或三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半）
平行四邊形的定義（或兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形）
（2）解：答案不唯一，只要是對角線互相垂直的四邊形，它的瓦里尼翁平行四邊形即為矩形均可．例如：如圖即為所求

（3）瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長等于四邊形ABCD的兩條對角線AC與BD長度的和，
證明如下：∵點E,F,G,H分別是邊AB,BC,CD,DA的中點，
∴EF=12AC,GH=12AC．
∴EF+GH=AC．
同理EH+FG=BD．
∴四邊形EFGH的周長=EF+GH+EH+FG=AC+BD．
即瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長等于對角線AC與BD長度的和．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定，矩形的判定，三角形中位線．熟練掌握三角形中位線定理是解題的關(guān)鍵．
43．（2022·貴州黔東南·中考真題）閱讀材料：小明喜歡探究數(shù)學(xué)問題，一天楊老師給他這樣一個幾何問題：
如圖，△ABC和△BDE都是等邊三角形，點A在DE上．
求證：以AE、AD、AC為邊的三角形是鈍角三角形．
(1)【探究發(fā)現(xiàn)】小明通過探究發(fā)現(xiàn)：連接DC，根據(jù)已知條件，可以證明DC=AE，∠ADC=120°，從而得出△ADC為鈍角三角形，故以AE、AD、AC為邊的三角形是鈍角三角形．
請你根據(jù)小明的思路，寫出完整的證明過程．
(2)【拓展遷移】如圖，四邊形ABCD和四邊形BGFE都是正方形，點A在EG上．
①試猜想：以AE、AG、AC為邊的三角形的形狀，并說明理由．
②若AE2+AG2=10，試求出正方形ABCD的面積．
【答案】(1)鈍角三角形；證明見詳解
(2)①直角三角形；證明見詳解；②S四邊形ABCD=5
【分析】（1）根據(jù)等邊三角形性質(zhì)得出，BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，再證△EBA≌△DBC（SAS）∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，求出∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，可得△ADC為鈍角三角形即可；
（2）①以AE、AG、AC為邊的三角形是直角三角形，連結(jié)CG，根據(jù)正方形性質(zhì)，得出∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，∠BEA=∠BGE=45°，再證△EBA≌△GBC（SAS）得出AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，可證△AGC為直角三角形即可；②連結(jié)BD，根據(jù)勾股定理求出AC=AG2+CG2=10，然后利用正方形的面積公式求解即可．
【詳解】（1）證明：∵△ABC與△EBD均為等邊三角形，
∴BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，
∴∠EBA+∠ABD=∠ABD+∠DBC，
∴∠EBA=∠DBC，
在△EBA和△DBC中，
EB=DB∠EBA=∠DBCAB=CB，
∴△EBA≌△DBC（SAS），
∴∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，
∴△ADC為鈍角三角形，
∴以AE、AD、AC為邊的三角形是鈍角三角形．
（2）證明：①以AE、AG、AC為邊的三角形是直角三角形．
連結(jié)CG，
∵四邊形ABCD和四邊形BGFE都是正方形，
∴∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，
∵EG為正方形的對角線，
∴∠BEA=∠BGE=45°，
∴∠EBA+∠ABG=∠ABG+∠GBC=90°，
∴∠EBA=∠GBC，
在△EBA和△GBC中，
EB=GB∠EBA=∠GBCAB=CB，
∴△EBA≌△GBC（SAS），
∴AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，
∴∠AGC=∠AGB+∠BGC=45°+45°=90°，
∴△AGC為直角三角形，
∴以AE、AG、AC為邊的三角形是直角三角形；
②連結(jié)BD，
∵△AGC為直角三角形，AE2+AG2=10，
由（2）可知，AE=CG，
∴AC=AG2+CG2=10，
∴四邊形ABCD為正方形，
∴AC=BD=10，
∴S四邊形ABCD=12AC?BD=12AC2=5．
【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，掌握等邊三角形的性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理是解題關(guān)鍵．
44．（2020·湖南湘潭·中考真題）閱讀材料：三角形的三條中線必交于一點，這個交點稱為三角形的重心．

（1）特例感知：如圖（一），已知邊長為2的等邊△ABC的重心為點O，求△OBC與△ABC的面積．
（2）性質(zhì)探究：如圖（二），已知△ABC的重心為點O，請判斷ODOA、S△OBCS△ABC是否都為定值？如果是，分別求出這兩個定值：如果不是，請說明理由．
（3）性質(zhì)應(yīng)用：如圖（三），在正方形ABCD中，點E是CD的中點，連接BE交對角線AC于點M．
①若正方形ABCD的邊長為4，求EM的長度；
②若S△CME=1，求正方形ABCD的面積．
【答案】（1）33，3；（2）都是定值，ODOA=12，S△OBCS△ABC=13；（3）①EM=235；②12．
【分析】（1）連接DE，利用相似三角形證明ODAO=12，運用勾股定理求出AD的長，運用三角形面積公式求解即可；
（2）根據(jù)（1）的證明可求解；
（3）①證明△CME∽△ABM得EMBM=12，再運用勾股定理求出BE的長即可解決問題；
②分別求出S△BMC和S△ABM 即可.
【詳解】（1）連接DE，如圖，

∵點O是△ABC的重心，
∴AD，BE是BC，AC邊上的中線，
∴D，E為BC，AC邊上的中點，
∴DE為△ABC的中位線，
∴DE//AB，DE=12AB，
∴△ODE~△OAB，
∴ODOA=DEAB=12，
∴AB=2，BD=1
∴AD=3，OD=33，
∴S△OBC=12×BC×OD=12×2×33=33
S△ABC=12?BC?AD=12×2×3=3；
（2）由（1）可知，ODOA=12是定值；
S△OBCSOABC=12BC?OD12BC?AD=ODAD=13是定值；
（3）①∵四邊形ABCD是正方形，
∴ CD//AB，AB÷BC=CD=4，
∴△CME～△AMB
∴EMBM=CEAB
∵E為CD的中點，
∴CE=12CD=2
∴BE=BC2+CE2=25
∴EMBM=12
∴EMBE=13，即EM=235；
②∴S△CME=1，且MEBM=12
∴S△BMC=2，
∵MEBM=12，
∴S△CMES△AMB=MEBM2=14，
∴S△AMB=4SΔCME=4，
∴S△ABC=S△BMC+S△ABM=2+4=6，
又S△ADC=S△ABC
∴S△ADC=6
∴正方形ABCD的面積為：6+6=12．
【點睛】本題考查的是三角形重心的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理及相似三角形的判定與性質(zhì)，解答此題的關(guān)鍵是靈活運用三角形重心的性質(zhì)．
45．（2023·吉林白城·模擬預(yù)測）閱讀材料：小明喜歡探究數(shù)學(xué)問題，一天楊老師給他這樣一個幾何問題：
如圖①，△ABC和△ADE都是等邊三角形，點D在BC上．
求證：以DE、CD、BD為邊的三角形是鈍角三角形．
【探究發(fā)現(xiàn)】小明通過探究發(fā)現(xiàn)：連接CE，根據(jù)已知條件，可以證明BD=CE，從而得出△DCE為鈍角三角形，故以DE、CD、BD為邊的三角形是鈍角三角形，寫出完整的證明過程．
【拓展遷移】如圖②，四邊形ABCD和四邊形AEGF都是正方形，點E在BD上．
①猜想：以DE、EF、BE為邊的三角形的形狀是 ；
②當BE2+ED2=23時，直接寫出正方形AEGF的面積．
【答案】【探究發(fā)現(xiàn)】證明過程見解答；【拓展遷移】①直角三角形；②正方形AEGF的面積為11.5
【分析】（1）連接CE，通過證明△BAD≌△CAE(SAS)即可求解；
（2）連接BF，通過證明△DAE≌△BAF(SAS)即可求解；
（3）由勾股定理得BE2+BF2=EF2，則AE2+AF2=EF2=23，再由正方形的性質(zhì)和勾股定理得即可得出結(jié)論．
【詳解】證明：如圖1，連接CE，
∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，
∴AB=AC，AD=AE，
∴∠BAC-∠CAD=∠DAE-∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，∠B=∠ACE=60°，
∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=∠ACB+∠B=120°，
∴△DCE為鈍角三角形，
∴以DE、CD、BD為邊的三角形的形狀是鈍角三角形；
①以DE、EF、BE為邊的三角形的形狀是直角三角形，理由如下：
如圖2，連接BF，
∵四邊形ABCD和四邊形AEGF都是正方形，
∴AB=AD，AE=AF，∠ABD=∠ADB=45°，
∴∠BAD-∠BAE=∠EAF-∠BAE，
∴∠DAE=∠BAF，
∴△DAE≌△BAF(SAS)，
∴DE=BF，∠ADE=∠ABF=45°，
∴∠EBF=∠EBA+∠ABF=45°+45°=90°，
∴△BEF是直角三角形，
即以以DE、EF、BE為邊的三角形的形狀是直角三角形；
②由①可知，DE=BF，
∴BE2+BF2=EF2，
∴BE2+DE2=EF2，
∵BE2+DE2=23，
∴EF2=23，
∵四邊形AEGF是正方形，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∴AE2+AF2=EF2=23，
∴AE2=11.5，
∴正方形AEGF的面積為11.5．
【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，正確作出輔助線是關(guān)鍵．
題型13 與四邊形有關(guān)的新考法問題
46．（2024·黑龍江綏化·一模）根據(jù)以下素材，探索完成任務(wù)．
【答案】任務(wù)1：AM=1+32米；任務(wù)2： 93-56米，任務(wù)3：大于33-22米．
【分析】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、解直角三角形的應(yīng)用，熟練掌握以上知識點并靈活運用是解此題的關(guān)鍵．
任務(wù)1：過N作HN⊥AM于H， 解三角形即可求出AH=ANcs∠DAB=12，HM=HNtan∠AMN=32，進而可得AM=AH+HM=1+32，
任務(wù)2：過D作DG⊥AB于G，過B作DK⊥BC于K，得四邊形BKDG為矩形，再解三角形求出DG=AGsin∠DAB=332米，AG=32米，進而求出BG=DK=52米，DG=BK=332米，根據(jù)13點時，太陽高度角α=∠DFK，由FK=DKtan∠DFK即可完成任務(wù)2，
任務(wù)3：由表格可知，在12時-15時，角α的正切值逐漸減小，即∠BEM逐漸較小，當14時，此時BE的長度就是龍舌蘭擺放位置與墻壁的最大距離，求出此時EK=DKtanα=1米，即可完成任務(wù)3．
【詳解】解：任務(wù)1：如圖，過N作HN⊥AM于H，
，
∴∠NHA=∠NHM=90°，
又∵∠DAB=60°，∠AMN=45°，
∴HN=ANsin∠DAB=1×32=32（米），
AH=ANcs∠DAB=1×12=12（米），
HM=HNtan∠AMN=32÷tan45°=32（米），
∴AM=12+32=1+32（米），
任務(wù)2：如解圖2，過D作DG⊥AB于G，過B作DK⊥BC于K，
，
則∠DGB=∠DKB=∠ABC=90°，
∴四邊形BKDG為矩形，
∴BG=DK，DG=BK，
∵AD=3米，∠DAB=60°，
∴DG=AGsin∠DAB=3×32=332（米），
AG=ADcs∠DAB=3×12=32（米），
HM=HNtan∠AMN=32÷tan45°=32（米），
∵由題意可知：AB=4米，
∴BG=AB-AG=4-32=52（米）
∴BG=DK=52（米），DG=BK=332（米），
∵13點時，太陽高度角α=∠DFK，
∴tan∠DFK=tanα=3，
∴FK=DKtan∠DFK=52÷3=56（米）
∴13點時遮陽篷落在地面上影子的長度=BK-FK=332-56=93-56（米）
任務(wù)3： 由表格可知，在12時-15時，角α的正切值逐漸減小，即∠BEM逐漸較小，
∴當14時，此時BE的長度就是綠蘿擺放位置與墻壁的最大距離，
如解圖3，在Rt△DEK中，tan∠DEK=DKEK，
即EK=DKtanα=522.5=1（米），
∴BE=BK-EK=332-1=33-22（米），
答：龍舌蘭能被太陽光照射到，此時擺放點離墻角距離的大于33-22米．
47．（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測）【問題提出】我們知道，利用尺規(guī)可以平分任意一個角，從而可以把一個角四等分、八等分…那么，能否用尺規(guī)三等分一個任意角呢？
【查閱資料】古希臘數(shù)學(xué)家帕普斯結(jié)合反比例函數(shù)圖象，實現(xiàn)尺規(guī)作圖三等分任意角，方法如下：
①如圖1，建立平面直角坐標系，將∠AOB的頂點O與原點重合，邊OB與x軸的正半軸重合，OA在第一象限內(nèi)；
②在平面直角坐標系中，畫出函數(shù)y=1xx>0的圖象，圖象與OA交于點 D；
③以D為圓心、2OD長為半徑作弧，交函數(shù)y=1xx>0的圖象于點E；
④分別過點D、E作x軸、y軸的平行線，兩線交于點 P，連接OP，此時有∠POB=13∠AOB．
【問題探究】小明在以上資料的啟示下，進行了如下探究，用尺規(guī)三等分一個角．如圖2，以線段AB中點O為原點，x軸的正方向與角的一邊BC平行，建立平面直角坐標系，過點B作y軸的平行線，在平行線上取一點M，連接MA并延長，與射線BC交于點N，記MN中點為Px,y．
（1）∠PBN與∠PNB的數(shù)量關(guān)系為： ；
（2）在探究過程中，小明發(fā)現(xiàn)取點A坐標為1,3時，點P坐標與點M坐標滿足下列表格關(guān)系：
①請將表格補充完整，并嘗試在圖2給出的網(wǎng)格圖中描出點P的坐標，畫出它的大致圖象；
②根據(jù)圖象猜想y關(guān)于x的關(guān)系式（不需要寫出x的取值范圍），并證明你的猜想；
（3）若點A坐標為a,b，直接寫出y關(guān)于x的關(guān)系式： （不需要寫出x的取值范圍）．
【問題解決】在圖2中，利用上述你畫出的圖象，用尺規(guī)作圖將 ∠ABC三等分，敘述作法并說明理由．
【答案】（1）∠PBN=∠PNB；（2）①見解析；②y=3x，證明見解析；（3）y=abx；問題解決：見解析，理由見解析
【分析】（1）利用直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，得到△PBN是等腰三角形，即可得出結(jié)果；
（2）①利用待定系數(shù)法求出直線MA的解析式，再令直線MA解析式的函數(shù)值為-3，求出點N的坐標，最后利用中點坐標公式即可解答；②同理①，即可得出結(jié)果；
（3）同理（2）即可得出結(jié)果；
問題解決：根據(jù)材料，利用等腰三角形的性質(zhì)矩形的性質(zhì)結(jié)合三角形外角的性質(zhì)即可解答．
【詳解】解：（1）根據(jù)題意得：∵ ∠MBN=90°，點P為MN的中點，
∴BP=12MN=PN，
∴△PBN是等腰三角形，
∴∠PBN=∠PNB；
（2）①設(shè)直線MA的解析式為y=kx+bk≠0，
當M-1,9,A1,3時，則9=-k+b3=k+b，
解得：k=-3b=6，
∴直線MA的解析式為y=-3x+6，
根據(jù)題意：點N的縱坐標為-3，
令-3x+6=-3，解得：x=3，
∴N3,-3，
∵點P為MN的中點，
∴-1+32=1,9+-32=3，
∴P1,3，
∴
函數(shù)圖象如下：
②猜想y關(guān)于x的關(guān)系式為y=3x，證明如下：
設(shè)直線MA的解析式為y=mx+nm≠0，M-1,t，
則t=-m+n3=m+n，
解得：k=3-t2n=t+32，
∴直線MA的解析式為y=3-t2x+t+32，
根據(jù)題意：點N的縱坐標為-3，
令3-t2x+t+32=-3，解得：x=9+tt-3，
∴N9+tt-3,-3，
∵點P為MN的中點，
∴-1+9+tt-32=122t-6,t+-32=t-32，
∴P122-6t,t-32，
∵122-6t×t-32=122t-3×t-32=3，
∴點Px,y中，xy=3，
∴y關(guān)于x的關(guān)系式為y=3x；
（3）由（2）得：A,P兩點在同一反比例函數(shù)圖象上，
∴y=abx；
問題解決：
如圖：①將函數(shù)y=3xx>0的圖象向下平移3個單位，再向左作平移1個單位，使的函數(shù)圖象過點O；
①以O(shè)為圓心、AB長為半徑作弧，交平移后的函數(shù)圖象于點E；
③過點E作x軸、y軸的平行線，交x軸、y軸于點G,H，連接BG,OE，交點為M
∵四邊形OHEG是矩形
∴OM=MG,OE=2OM，
∴∠MOG=∠MGO
∴∠OMH=∠MOG+∠MGO=2∠MOG
由題知OE=2OB
∴OB=OM
∴∠OBM=∠OMB
∵BC∥OG,HE∥OG
∴∠MGO=∠GHE,∠GBC=∠GHE
∴∠MGO=∠GBC
∴∠OBM=2∠GBC
∴∠ABC=∠OBM+∠GBC=3∠GBC
∴ ∠GBC=13∠ABC．
【點睛】本題考查反比例函數(shù)的綜合題，熟練掌握反比例函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)的解析式，矩形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求解析式等知識是解題的關(guān)鍵．
48．（24-25九年級上·遼寧沈陽·期中）在平面直角坐標系中，若某函數(shù)的圖象經(jīng)過矩形ABCD對角線的兩個端點，則定義該函數(shù)為矩形ABCD的“友好函數(shù)”，例如：如圖1，矩形ABCD，經(jīng)過點A-1,1和點C3,3的一次函數(shù)y=12x+32是矩形ABCD的“友好函數(shù)”．
(1)如圖2，矩形ABCD的頂點坐標分別為A2,1，B6,1，C6,3，D2,3，反比例函數(shù)y=kxx>0經(jīng)過點B，求反比例函數(shù)y=kxx>0的函數(shù)表達式，并判斷該函數(shù)是否為矩形ABCD的“友好函數(shù)”；
(2)矩形ABCD在第一象限，AB∥x軸，AD∥y軸，且點A的坐標為1,2，正比例函數(shù)y1=ax經(jīng)過點A，且是矩形ABCD的“友好函數(shù)”，反比例函數(shù)y2=kxx>0經(jīng)過點B，且是矩形ABCD的“友好函數(shù)”．
①如圖3，當OC>OA時，將矩形ABCD沿AC折疊，點B的對應(yīng)點為E，若點E落在y軸上，求k的值；
②設(shè)矩形ABCD的周長為y，求y關(guān)于k的函數(shù)表達式；
③在②的條件下，當矩形ABCD的周長y=4時，設(shè)矩形ABCD的面積為S1；當矩形ABCD的周長y=8時，設(shè)矩形ABCD的面積為S2，請直接寫出S2-S1的值．
【答案】(1)是矩形ABCD的“友好函數(shù)”
(2)①163；②y=6-3k0OA時，即m>1，當OC1，
將點B(m,2)的坐標代入反比例函數(shù)表達式得k=2m，即m=k2 ，∵AB=m-1,BC=2m-2，
∴y=2AB+BC=6m-6=3k-6，
∵m>1，
∴k>2，
∴當k>2時，y=3k-6，
當OC

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