數(shù)學(xué)-第16講 特殊的平行四邊形（解析）

第十六講——特殊的平行四邊形考向一矩形的性質(zhì)1．（2020·廣東廣州市·中考真題）如圖，矩形的對角線，交于點，，，過點作，交于點，過點作，垂足為，則的值為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)勾股定理求出AC=BD=10，由矩形的性質(zhì)得出AO=5，證明得到OE的長，再證明可得到EF的長，從而可得到結(jié)論．【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，，，，，，，，，又，，，，，，，同理可證，，，，，，故選：C．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握判定與性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵．2．（2020·山東濟(jì)南市·中考真題）如圖，在矩形紙片ABCD中，AD＝10，AB＝8，將AB沿AE翻折，使點B落在處，AE為折痕；再將EC沿EF翻折，使點C恰好落在線段EB'上的點處，EF為折痕，連接．若CF＝3，則tan＝_____．

【答案】【分析】連接AF，設(shè)CE＝x，用x表示AE、EF，再證明∠AEF＝90°，由勾股定理得通過AF進(jìn)行等量代換列出方程便可求得x，再進(jìn)一步求出B′C′，便可求得結(jié)果．【詳解】解：連接AF，設(shè)CE＝x，則C′E＝CE＝x，BE＝B′E＝10﹣x，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝10，∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴AE2＝AB2+BE2＝82+（10﹣x）2＝164﹣20x+x2，EF2＝CE2+CF2＝x2+32＝x2+9，由折疊知，∠AEB＝∠AEB′，∠CEF＝∠C′EF，∵∠AEB+∠AEB′+∠CEF+∠C′EF＝180°，∴∠AEF＝∠AEB′+∠C′EF＝90°，∴AF2＝AE2+EF2＝164﹣20x+x2+x2+9＝2x2﹣20x+173，∵AF2＝AD2+DF2＝102+（8﹣3）2＝125，∴2x2﹣20x+173＝125，解得，x＝4或6，當(dāng)x＝6時，EC＝EC′＝6，BE＝B′E＝8﹣6＝2，EC′＞B′E，不合題意，應(yīng)舍去，∴CE＝C′E＝4，∴B′C′＝B′E﹣C′E＝（10﹣4）﹣4＝2，∵∠B′＝∠B＝90°，AB′＝AB＝8，∴tan∠B'AC′＝=．故答案為：．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理，掌握折疊的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．1．（2020·貴州畢節(jié)市·中考真題）如圖，在矩形中，對角線，相交于點，點，

分別是，的中點，連接，若，，則的長是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由勾股定理求出BD的長，根據(jù)矩形的性質(zhì)求出OD的長，最后根據(jù)三角形中位線定理得出EF的長即可．【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，AC=BD，OA=OC=OD=OB，∵，，∴AC=∴BD=10cm，∴，∵點，分別是，的中點，∴．故選：D．【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)、三角形的中位線定理等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識．2．（2020·內(nèi)蒙古中考真題）如圖，在中，，D是的中點，，交的延長線于點E．若，，則的長為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)題意將BD,BC算出來,再利用勾股定理列出方程組解出即可．【詳解】∵AC=2,BC=,∴,∵D是AB的中點,∴AD=CD=BD=．由題意可得:

兩式相減得:,解得DE=,BE=,故選A．【點睛】本題考查直角三角形中點性質(zhì)和勾股定理,關(guān)鍵在于找出等式列出方程組．考向二矩形的判定1．（2020·湖北中考真題）已知中，下列條件：①；②；③；④平分，其中能說明是矩形的是（）A．① B．② C．③ D．④【答案】B【分析】根據(jù)矩形的判定進(jìn)行分析即可．【詳解】A.，鄰邊相等的平行四邊形是菱形，故A錯誤；B.，對角線相等的平行四邊形是矩形，故B正確；C.，對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，故C錯誤；D.平分，對角線平分其每一組對角的平行四邊形是菱形，故D錯誤．故選：B．【點睛】本題考查了矩形的判定，熟知矩形從邊，角，對角線三個方向的判定是解題的關(guān)鍵．2．（2020·北京中考真題）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，E是AD的中點，點F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．（1）求證：四邊形OEFG是矩形；（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的長．【答案】(1)見解析；(2)OE=5，BG=2.【分析】(1)先證明EO是△DAB的中位線，再結(jié)合已知條件OG∥EF，得到四邊形OEFG是平行四邊形，再由條件EF⊥AB，得到四邊形OEFG是矩形；(2)先求出AE=5，由勾股定理進(jìn)而得到AF=3，再由中位線定理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5

，最后BG=AB-AF-FG=2．【詳解】解：(1)證明:∵四邊形ABCD為菱形，∴點O為BD的中點，∵點E為AD中點，∴OE為△ABD的中位線，∴OE∥FG，∵OG∥EF，∴四邊形OEFG為平行四邊形∵EF⊥AB，∴平行四邊形OEFG為矩形．(2)∵點E為AD的中點，AD=10，∴AE=∵∠EFA=90°，EF=4，∴在Rt△AEF中，．∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=AD=10，∴OE=AB=5，∵四邊形OEFG為矩形，∴FG=OE=5，∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2．故答案為：OE=5，BG=2．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)和判定，菱形的性質(zhì)、勾股定理等知識點，特殊四邊形的性質(zhì)和判定屬于中考?？碱}型，需要重點掌握．1．（2020·山東聊城·中考真題）如圖，在中，，，將繞點旋轉(zhuǎn)得到，使點的對應(yīng)點落在上，在上取點，使，那么點到的距離等于（）．A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和30°角的直角三角形的性質(zhì)可得的長，進(jìn)而可得的長，過點D作DM⊥BC于點M，過點作于點E，于點F，如圖，則四邊形是矩形，解Rt△可得的長，即為FM的長，根據(jù)三角形的內(nèi)角和易得，然后解Rt△可求出DF的長，進(jìn)一步即可求出結(jié)果．【解析】解：在中，∵，，∴AC=2AB=4，

∵將繞點旋轉(zhuǎn)得到，使點的對應(yīng)點落在上，∴，∴，過點D作DM⊥BC于點M，過點作于點E，于點F，交AC于點N，如圖，則四邊形是矩形，∴，在Rt△中，，∴FM=1，∵，∴，在Rt△中，，∴，即點到的距離等于．故選：D．【點睛】本題考查了解直角三角形、矩形的判定和性質(zhì)以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識，正確作出輔助線、熟練掌握解直角三角形的知識是解題的關(guān)鍵．2．（2020·山東聊城·中考真題）如圖，已知平行四邊形ABCD中，E是BC的中點，連接AE并延長，交DC的延長線于點F，且AF＝AD，連接BF，求證：四邊形ABFC是矩形．【答案】見解析【分析】先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)得到兩角一邊對應(yīng)相等，再根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得，然后根據(jù)平行四邊形的判定可得四邊形ABFC是平行四邊形，又根據(jù)等量代換可得，最后根據(jù)矩形的判定（對角線相等的平行四邊形是矩形）可得四邊形ABFC是矩形．【解析】∵四邊形ABCD是平行四邊形∴

∴∵E為BC的中點∴∴∴∵∴四邊形ABFC是平行四邊形∴平行四邊形ABFC是矩形．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、矩形的判定等知識點，熟練運(yùn)用各判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．考向三菱形的性質(zhì)1．（2020·江蘇無錫市·中考真題）如圖，在菱形中，，點在上，若，則__________．【答案】115°【分析】先根據(jù)菱形性質(zhì)求出∠BCD，∠ACE，再根據(jù)求出∠AEC，最后根據(jù)兩直線平行，同旁內(nèi)角互補(bǔ)解題即可．【詳解】解：四邊形ABCD是菱形，，∴AB∥CD，∴∠BCD=180°-∠B=130°，∠ACE=∠BCD=65°，∵，∴∠ACE=∠AEC=65°，∴∠BAE=180°-∠AEC=115°．【點睛】本題考查了菱形性質(zhì)，等腰三角形性質(zhì)，解題方法較多，根據(jù)菱形性質(zhì)求解∠ACE是解題關(guān)鍵．2．（2020·廣西中考真題）如圖，在菱形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊AD，AB的中點．（1）求證：；（2）若BE＝，∠C＝60°，求菱形ABCD的面積．【答案】（1）詳見解析；（2）2．

【分析】（1）利用菱形的性質(zhì)，由SAS證明即可；（2）證是等邊三角形，得出BE⊥AD，求出AD即可．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∵點E，F(xiàn)分別是邊AD，AB的中點，∴AF＝AE，在和中，，∴（SAS）；（2）解：連接BD，如圖：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠A＝∠C＝60°，∴是等邊三角形，∵點E是邊AD的中點，∴BE⊥AD，∴∠ABE＝30°，∴AE＝BE＝1，AB＝2AE＝2，∴AD＝AB＝2，∴菱形ABCD的面積＝AD×BE＝2×＝2．【點睛】本題考查的是菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，菱形的面積的計算，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．1．（2020·遼寧葫蘆島市·中考真題）一張菱形紙片的邊長為，高等于邊長的一半，將菱形紙片沿直線折疊，使點與點重合，直線交直線于點，則的長為____________．【答案】或【分析】先根據(jù)題目中描述畫出兩種可能的圖形，再結(jié)合勾股定理即可得解．【詳解】解：由題干描述可作出兩種可能的圖形．①M(fèi)N交DC的延長線于點F，如下圖所示

∵高AE等于邊長的一半∴在Rt△ADE中，又∵沿MN折疊后，A與B重合∴∴②MN交DC的延長線于點F，如下圖所示同理可得，，此時，故答案為：或．【點睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、勾股定理等相關(guān)知識點，根據(jù)題意作出兩種圖形是解題關(guān)鍵．2．（2020·甘肅金昌市·中考真題）如圖所示的木制活動衣帽架是由三個全等的菱形構(gòu)成，根據(jù)實際需要可以調(diào)節(jié)間的距離，若間的距離調(diào)節(jié)到60，菱形的邊長，則的度數(shù)是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】如圖（見解析），先根據(jù)菱形的性質(zhì)可得，再根據(jù)全等的性質(zhì)可得，然后根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)可得，最后根據(jù)平行線的性質(zhì)即可得．【詳解】如圖，連接AC四邊形ABCD是菱形如圖所示的木制活動衣帽架是由三個全等的菱形構(gòu)成，

是等邊三角形故選：C．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識點，理解題意，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．考向四菱形的判定1．（2020·江蘇南通市·中考真題）下列條件中，能判定?ABCD是菱形的是（）A．AC＝BD B．AB⊥BC C．AD＝BD D．AC⊥BD【答案】D【分析】根據(jù)菱形的判定條件即可得到結(jié)果；【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴當(dāng)AC⊥BD時，四邊形ABCD是菱形；故選：D．【點睛】本題主要考查了菱形的判定，準(zhǔn)確理解條件是解題的關(guān)鍵．2．（2020·山東濱州市·中考真題）如圖，過□ABCD對角線AC與BD的交點E作兩條互相垂直的直線，分別交邊AB、BC．CD、DA于點P、M、Q、N．（1）求證：PBE≌QDE；（2）順次連接點P、M、Q、N，求證：四邊形PMQN是菱形．【答案】（1）見解析；（2）見解析

【分析】（1）由ASA證△PBE≌△QDE即可；（2）由全等三角形的性質(zhì)得出EP=EQ，同理△BME≌△DNE（ASA），得出EM=EN，證出四邊形PMQN是平行四邊形，由對角線PQ⊥MN，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴EB=ED，AB∥CD，∴∠EBP=∠EDQ，

在△PBE和△QDE中，，∴△PBE≌△QDE（ASA）；

（2）證明：如圖所示：∵△PBE≌△QDE，∴EP=EQ，同理：△BME≌△DNE（ASA），∴EM=EN，∴四邊形PMQN是平行四邊形，∵PQ⊥MN，∴四邊形PMQN是菱形．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定，全等三角形的判定與性質(zhì)；熟練掌握菱形的判定和平行四邊形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．1．（2020·內(nèi)蒙古通遼市·中考真題）如圖，是的中線，四邊形是平行四邊形，增加下列條件，能判斷是菱形的是()A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)菱形的判定方法逐一分析即可.【詳解】解：A、若，則AD=BD=CD=AE，∵四邊形ADCE是平行四邊形，則此時四邊形ADCE為菱形，故選項正確；B、若，則四邊形ADCE是矩形，故選項錯誤；C、若，則∠ADC=90°，則四邊形ADCE是矩形，故選項錯誤；

D、若，而AB＞AD，則AE≠AD，無法判斷四邊形ADCE為菱形，故選項錯誤.故選A.【點睛】本題考查了菱形的判定，還涉及到平行四邊形的性質(zhì)，矩形的判定，等腰三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握判定定理.2．（2020·湖南郴州市·中考真題）如圖，在菱形中，將對角線分別向兩端延長到點和，使得．連接．求證：四邊形是菱形．【答案】見解析【分析】連接BD，由菱形ABCD的性質(zhì)得出OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，得出OE=OF，證出四邊形BEDF是平行四邊形，再由EF⊥BD，即可證出四邊形BEDF是菱形．【詳解】證明：連接BD，交AC于O，如圖所示：

∵四邊形ABCD是菱形，∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，

∵AE=CF，∴OE=OF，∴四邊形BEDF是平行四邊形，

∵EF⊥BD，∴四邊形BEDF是菱形．【點睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握菱形的判定與性質(zhì)．考向五正方形的性質(zhì)

1．（2020·浙江金華市·中考真題）如圖，四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，得到正方形ABCD與正方形EFGH.連結(jié)EG，BD相交于點O，BD與HC相交于點P.若GO=GP，則的值是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】證明，得出．設(shè)，則，，由勾股定理得出，則可得出答案．【詳解】解：四邊形為正方形，，，，，，又，，，，，，．設(shè)，為，的交點，，，四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，，，，．故選：．【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)，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)等知識，熟練掌握勾股定理的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．2．（2020·內(nèi)蒙古呼和浩特市·中考真題）如圖，正方形，G是邊上任意一點（不與B、C重合），于點E，，且交于點F．（1）求證：；（2）四邊形是否可能是平行四邊形，如果可能請指出此時點G的位置，如不可能請說明理由．

【答案】（1）見解析；（2）不可能，理由見解析【分析】（1）證明△ABF≌△DAE，從而得到AF=DE，AE=BF，可得結(jié)果；（2）若要四邊形是平行四邊形，則DE=BF，則∠BAF=45°，再證明∠BAF≠45°即可.【詳解】解：（1）證明：∵正方形，∴AB=AD，∠BAF+∠DAE=90°，∵DE⊥AG，∴∠DAE+∠ADE=90°，∴∠ADE=∠BAF，又∵，∴∠BFA=90°=∠AED，∴△ABF≌△DAE（AAS），∴AF=DE，AE=BF，∴；（2）不可能，理由是：如圖，若要四邊形是平行四邊形，已知DE∥BF，則當(dāng)DE=BF時，四邊形BFDE為平行四邊形，∵DE=AF，∴BF=AF，即此時∠BAF=45°，而點G不與B和C重合，∴∠BAF≠45°，矛盾，∴四邊形不能是平行四邊形.【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是找到三角形全等的條件.1．（2020·廣西中考真題）如圖，在中，，高，正方形一邊在上，點分別在上，交于點，則的長為（）A． B． C． D．【答案】B

【分析】證明△AEF∽△ABC，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊上的高線的比等于相似比即可求得．【詳解】解：∵四邊形EFGH是正方形，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴．設(shè)AN=x，則EF=FG=DN=60-x，∴解得：x=20所以，AN=20．故選：B．【點睛】本題考查了正方形以及相似三角形的應(yīng)用，注意數(shù)形結(jié)合的運(yùn)用是解題關(guān)鍵．2．（2020·山東濱州市·中考真題）如圖，點P是正方形ABCD內(nèi)一點，且點P到點A、B、C的距離分別為則正方形ABCD的面積為________【答案】【分析】如圖，將△ABP繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBM，連接PM，過點B作BH⊥PM于H．首先證明∠PMC=90°，推出∠CMB=∠APB=135°，推出A，P，M共線，利用勾股定理求出AB2即可．【詳解】解：如圖，將△ABP繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBM，連接PM，過點B作BH⊥PM于H．

∵BP=BM=，∠PBM=90°，∴PM=PB=2，

∵PC=4，PA=CM=2，∴PC2=CM2+PM2，∴∠PMC=90°，

∵∠BPM=∠BMP=45°，∴∠CMB=∠APB=135°，∴∠APB+∠BPM=180°，∴A，P，M共線，

∵BH⊥PM，∴PH=HM，∴BH=PH=HM=1，∴AH=2+1，∴AB2=AH2+BH2=（2+1）2+12=14+4，

∴正方形ABCD的面積為14+4．故答案為14+4．【點睛】

本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用旋轉(zhuǎn)法添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．考向六正方形的判定1．（2020·山東濱州市·中考真題）下列命題是假命題的是（）A．對角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形． B．對角線互相垂直的矩形是正方形．C．對角線相等的菱形是正方形． D．對角線互相垂直平分的四邊形是正方形．【答案】D【分析】根據(jù)正方形的各種判定方法逐項分析即可．【詳解】解：對角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形，正確；對角線互相垂直的矩形是正方形，正確；對角線相等的菱形是正方形，正確；對角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形；可知選項D是錯誤的．故選：D．【點睛】本題主要考查命題的真假判斷，正確的命題叫真命題，錯誤的命題叫做假命題．判斷命題的真假關(guān)鍵是要熟悉課本中的性質(zhì)定理．2．（2020·廣西玉林市·中考真題）如圖，四邊形ABCD中，對角線AC與BD交于點O，且．（1）求證：四邊形ABCD是正方形；（2）若H是AB上的一點（H與A，B不重合），連接DH，將線段DH繞點H順時針旋轉(zhuǎn)90度，得到線段HE，過點E分別作BC及AB的延長線的垂線，垂足分別是F，G，設(shè)四邊形BGEF的面積為，以HB，BC為鄰邊的矩形面積為，且，當(dāng)時，求AH的長；

【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）由題根據(jù)可得對角線相等且互相平分，可得四邊形ABCD是矩形，又因為在中，利用勾股定理逆定理可得出為等腰直角三角形，可得，所以也是等腰直角三角形，可得，所以得出四邊形ABCD是正方形；（2）根據(jù)題意，易證得，可得，設(shè)，則，，可得，則，令，即：，解方程即可得出的長.【詳解】解：（1）依題意可得：，四邊形為平行四邊形；又，四邊形為矩形；又在中，，且三邊滿足為等腰直角三角形；,,,,四邊形為正方形；即：四邊形為正方形.（2）由題可得：,，又，在與中設(shè)，則，可得：，，令，可得，

解得：，（舍去）.即.【點睛】本題考查正方形的判定以及與正方形相關(guān)的幾何證明.在證明正方形的時候必須先證明四邊形是矩形或者菱形，然后得出正方形；如果題中涉及到邊之間的關(guān)系是或倍的關(guān)系，則利用勾股定理逆定理驗證是否是等腰直角三角形；如果遇到直角比較多的地方，注意觀察題中是否有一線三垂直，要積累和熟練應(yīng)用這個全等模型.1．（2020·四川眉山市·中考真題）下列說法正確的是（）A．一組對邊平行另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形B．對角線互相垂直平分的四邊形是菱形C．對角線相等的四邊形是矩形D．對角線互相垂直且相等的四邊形是正方形【答案】B【分析】利用平行四邊形的判定、菱形的判定、矩形的判定及正方形的判定定理對各選項逐一判斷后即可確定正確的選項．【詳解】解：A、一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形錯誤，如等腰梯形；B、對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，正確；C、對角線相等的四邊形是矩形錯誤，如等腰梯形；D、對角線互相垂直且相等的四邊形是正方形錯誤，如一般四邊形對角線也可以互相垂直且相等．故選：B．【點睛】本題考查了命題與定理，解題的關(guān)鍵是了解平行四邊形的判定、菱形的判定、矩形的判定及正方形的判定定理，難度一般．2．（2020·山東威海市·中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線，，，為的中點，E為邊上一點，直線交于點F，連結(jié)，．下列結(jié)論不成立的是（）A．四邊形為平行四邊形B．若，則四邊形為矩形

C．若，則四邊形為菱形D．若，則四邊形為正方形【答案】D【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及判定定理，以及特殊平行四邊形的判定定理進(jìn)行逐一判斷即可得解．【詳解】A.∵四邊形ABCD是平行四邊形∴∴∵為的中點∴在與中∴∴又∵∴四邊形為平行四邊形，故A選項正確；B.假設(shè)∵，，∴∴∴∵∴則當(dāng)時，∵四邊形為平行四邊形∴四邊形為矩形，故B選項正確；C.∵，∴E是AB中點∵∴∵四邊形為平行四邊形∴四邊形為菱形，故C選項正確；D.當(dāng)時與時矛盾，則DE不垂直于AB，則四邊形不為矩形，則也不可能為正方形，故D選項錯誤，故選：D．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)及判定定理，以及特殊平行四邊形的判定定理，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理的幾何證明方法是解決本題的關(guān)鍵．考向七中點四邊形1．（2020·山東菏澤·中考真題）如果順次連接四邊形的各邊中點得到的四邊形是矩形，那么原來四邊形的對角線一定滿足的條件是（）A．互相平分 B．相等 C．互相垂直 D．互相垂直平分【答案】C【分析】由于順次連接四邊形各邊中點得到的四邊形是平行四邊形，再由矩形的判定可知，依次連接對角線互相垂直的四邊形各邊的中點所得四邊形是矩形．

【解析】根據(jù)題意畫出圖形如下：答：AC與BD的位置關(guān)系是互相垂直．

證明：∵四邊形EFGH是矩形，∴∠FEH=90°，

又∵點E、F、分別是AD、AB、各邊的中點，∴EF是三角形ABD的中位線，

∴EF∥BD，∴∠FEH=∠OMH=90°，

又∵點E、H分別是AD、CD各邊的中點，∴EH是三角形ACD的中位線，

∴EH∥AC，∴∠OMH=∠COB=90°，即AC⊥BD．故選C．【點睛】此題主要考查了矩形的判定定理，畫出圖形進(jìn)而應(yīng)用平行四邊形的判定以及矩形判定是解決問題的關(guān)鍵．2．（2020·山東德州市·中考模擬）我們給出如下定義：順次連接任意一個四邊形各邊中點所得的四邊形叫中點四邊形．（1）如圖1，四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點．求證：中點四邊形EFGH是平行四邊形；（2）如圖2，點P是四邊形ABCD內(nèi)一點，且滿足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，點E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點，猜想中點四邊形EFGH的形狀，并證明你的猜想；（3）若改變（2）中的條件，使∠APB=∠CPD=90°，其他條件不變，直接寫出中點四邊形EFGH的形狀．（不必證明）【答案】（1）證明見解析；（2）四邊形EFGH是菱形，證明見解析；（3）四邊形EFGH是正方形.【分析】（1）如圖1中，連接BD，根據(jù)三角形中位線定理只要證明EH∥FG，EH=FG即可．（2）四邊形EFGH是菱形．先證明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再證明EF=FG即可．（3）四邊形EFGH是正方形，只要證明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得∠ACP=∠BDP，即可證明∠COD=∠CPD=90°

，再根據(jù)平行線的性質(zhì)即可證明．【詳解】（1）證明：如圖1中，連接BD．∵點E，H分別為邊AB，DA的中點，∴EH∥BD，EH=BD，∵點F，G分別為邊BC，CD的中點，∴FG∥BD，F(xiàn)G=BD，∴EH∥FG，EH=GF，∴中點四邊形EFGH是平行四邊形．（2）四邊形EFGH是菱形．證明：如圖2中，連接AC，BD．∵∠APB=∠CPD，∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，在△APC和△BPD中，∵AP=PB，∠APC=∠BPD，PC=PD，∴△APC≌△BPD，∴AC=BD．∵點E，F(xiàn)，G分別為邊AB，BC，CD的中點，∴EF=AC，F(xiàn)G=BD，∵四邊形EFGH是平行四邊形，∴四邊形EFGH是菱形．（3）四邊形EFGH是正方形．證明：如圖2中，設(shè)AC與BD交于點O．AC與PD交于點M，AC與EH交于點N．∵△APC≌△BPD，∴∠ACP=∠BDP，∵∠DMO=∠CMP，∴∠COD=∠CPD=90°，∵EH∥BD，AC∥HG，∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，∵四邊形EFGH是菱形，∴四邊形EFGH是正方形．考點：平行四邊形的判定與性質(zhì)；中點四邊形．1．（2020·全國九年級其他模擬）如圖，四邊形ABCD中，AC＝m，BD＝n，且AC⊥BD，順次連接四邊形ABCD各邊中點，得到四邊形A1B1C1D1，再順次連接四邊形A1B1C1D1各邊中點，得到四邊形A2B2C2D2……，如此進(jìn)行下去，得到四邊形A5B5C5D5的周長是（）

A． B． C． D．【答案】A【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A1B1C1D1是矩形，根據(jù)菱形的判定定理得到四邊形A2B2C2D2是平行四邊形，得到四邊形A5B5C5D5為矩形，計算即可．【詳解】解：點A1，D1分別是AB、AD的中點，∴A1D1∥BD，A1D1＝BD＝n，同理：B1C1∥BD，B1C1＝BD＝n，∴A1D1∥B1C1，A1D1＝B1C1，∴四邊形A1B1C1D1是平行四邊形，∵AC⊥BD，AC∥A1B1，BD∥A1D1，∴A1B1⊥A1D1，∴四邊形A1B1C1D1是矩形，其周長為2×（m＋n）＝m＋n，同理，四邊形A2B2C2D2是平行四邊形，∵A2B2＝A1C1，B2C2＝A1C1，∴A2B2＝B2C2，∴四邊形A2B2C2D2是菱形，同理，A3B3C3D3為矩形，周長為，∴矩形A5B5C5D5的周長為，故選：A．【點睛】本題考查的是三角形中位線定理、菱形和矩形的判定定理，掌握三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半是解題的關(guān)鍵．2．（2020·廣東珠海市·九年級二模）順次連接菱形四邊的中點得到的四邊形一定是（）A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．以上都不對【答案】C【分析】作出圖形，根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半判定出四邊形EFGH是平行四邊形，再根據(jù)菱形的對角線互相垂直可得EF⊥FG，然后根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形判斷．【詳解】解：如圖，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵E，F(xiàn)，G，H是中點，∴EF∥BD，F(xiàn)G∥AC，∴EF⊥FG，同理：FG⊥HG，GH⊥EH，HE⊥EF，∴四邊形EFGH是矩形．故選：C．

【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)與判定定理，矩形的判定定理以及三角形的中位線定理．考向八特殊四邊形的動態(tài)問題1．（2020·江蘇南通市·中考真題）如圖①，E為矩形ABCD的邊AD上一點，點P從點B出發(fā)沿折線B﹣E﹣D運(yùn)動到點D停止，點Q從點B出發(fā)沿BC運(yùn)動到點C停止，它們的運(yùn)動速度都是1cm/s．現(xiàn)P，Q兩點同時出發(fā)，設(shè)運(yùn)動時間為x（s），△BPQ的面積為y（cm2），若y與x的對應(yīng)關(guān)系如圖②所示，則矩形ABCD的面積是（）A．96cm2 B．84cm2 C．72cm2 D．56cm2【答案】C【分析】過點E作EH⊥BC，由三角形面積公式求出EH=AB=6，由圖2可知當(dāng)x=14時，點P與點D重合，則AD=12，可得出答案．【詳解】解：從函數(shù)的圖象和運(yùn)動的過程可以得出：當(dāng)點P運(yùn)動到點E時，x＝10，y＝30，過點E作EH⊥BC，

由三角形面積公式得：y＝，解得EH＝AB＝6，∴BH=AE=8,由圖2可知當(dāng)x＝14時，點P與點D重合，∴ED=4,∴BC=AD＝12，∴矩形的面積為12×6＝72．故選：C．【點睛】本題考查動點問題的函數(shù)圖象，三角形的面積等知識，熟練掌握數(shù)形結(jié)合思想方法是解題的關(guān)鍵．2．（2020·四川雅安市·中考真題）已知，等邊三角形和正方形的邊長相等，按如圖所示的位置擺放（C點與E點重合），點共線，沿方向勻速運(yùn)動，直到B點與F點重合．設(shè)運(yùn)動時間為，運(yùn)動過程中兩圖形重疊部分的面積為，則下面能大致反映與之間關(guān)系的函數(shù)圖象是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】分點C在EF中點的左側(cè)、點C在EF中點的右側(cè)、點C在F點右側(cè)且B在EF中點的左側(cè)，點C在F點右側(cè)且B在EF中點的右側(cè)四種情況，分別求出函數(shù)的表達(dá)式即可求解．【詳解】解：設(shè)等邊三角形ABC和正方形DEFG的邊長都為a，運(yùn)動速度為1，

當(dāng)點C在EF的中點左側(cè)時，設(shè)AC交DE于點H，則CE=t，HE=ECtan∠ACB=t×=t，

則S=S△CEH=×CE×HE=×t×t=，可知圖象為開口向上的二次函數(shù)，

當(dāng)點C在EF的中點右側(cè)時，設(shè)AB與DE交于點M，則EC=t，BE=a-t，ME=，∴S=，可知圖象為開口向下的二次函數(shù)；當(dāng)點C在F點右側(cè)且B在EF中點的左側(cè)時，S=，可知圖象為開口向下的二次函數(shù)；當(dāng)點C在F點右側(cè)且B在EF中點的右側(cè)時，此時BF=2a-t，MF=，∴，可知圖象為開口向上的二次函數(shù)；故選：A【點睛】本題考查的是動點圖象問題，此類問題關(guān)鍵是：弄清楚不同時間段，圖象和圖形的對應(yīng)關(guān)系，進(jìn)而求解．1．（2020·貴州銅仁市·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，動點P沿折線BCD從點B開始運(yùn)動到點D，設(shè)點P運(yùn)動的路程為x，△ADP的面積為y，那么y與x之間的函數(shù)關(guān)系的圖象大致是（）

A．B．C．D．【答案】D【分析】分別求出0≤x≤4、4＜x＜7時函數(shù)表達(dá)式，即可求解．【詳解】解：由題意當(dāng)0≤x≤4時，y＝×AD×AB＝×3×4＝6，當(dāng)4＜x＜7時，y＝×PD×AD＝×（7﹣x）×4＝14﹣2x．故選：D．【點睛】本題考查動點問題的函數(shù)圖象，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．2．（2020·甘肅金昌市·中考真題）如圖①，正方形中，，相交于點，是的中點，動點從點出發(fā)，沿著的路徑以每秒1個單位長度的速度運(yùn)動到點，在此過程中線段的長度隨著運(yùn)動時間的函數(shù)關(guān)系如圖②所示，則的長為（）

A． B．4 C． D．【答案】A【分析】如圖（見解析），先根據(jù)函數(shù)圖象可知，再設(shè)正方形的邊長為，從而可得，然后根據(jù)線段中點的定義可得，最后在中，利用勾股定理可求出a的值，由此即可得出答案．【詳解】如圖，連接AE由函數(shù)圖象可知，設(shè)正方形ABCD的邊長為，則四邊形ABCD是正方形，是的中點則在，由勾股定理得：因此有解得則故選：A．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、勾股定理、函數(shù)圖象等知識點，根據(jù)函數(shù)圖象得出是解題關(guān)鍵．1．（2020·山東德州市·中考真題）下列命題：①一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形；②對角線互相垂直且平分的四邊形是菱形；③一個角為90°且一組鄰邊相等的四邊形是正方形；④對角線相等的平行四邊形是矩形．其中真命題的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B

【分析】根據(jù)平行四邊形的判定，菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定逐一判斷即可．【詳解】解：①一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形，是假命題；②對角線互相垂直且平分的四邊形是菱形，是真命題；③一個角為90°且一組鄰邊相等的四邊形是正方形，是假命題；④對角線相等的平行四邊形是矩形，是真命題．故選：B．【點睛】本題考查了平行四邊形、菱形、正方形、矩形的判定，熟知特殊四邊形的判定定理是解題關(guān)鍵．2．（2020·江蘇鹽城·中考真題）如圖，在菱形中，對角線相交于點為中點，．則線段的長為：（）A． B． C． D．【答案】B【分析】因為菱形的對角線互相垂直且平分，從而有，，，又因為H為BC中點，借助直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可作答．【解析】解：∵四邊形ABCD是菱形∴，，∴△BOC是直角三角形∴∴BC=5∵H為BC中點∴故最后答案為．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、勾股定理、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，其中知道菱形的性質(zhì)，對角線互相垂直且平分是解題的關(guān)鍵．3．（2019·遼寧中考真題）如圖，，是四邊形的對角線，點，分別是，的中點，點，分別是，的中點，連接，，，，要使四邊形為正方形，則需添加的條件是（）A．， B．，

C．， D．，【答案】A【分析】證出、、、分別是、、、的中位線，得出，，，，證出四邊形為平行四邊形，當(dāng)時，，得出平行四邊形是菱形；當(dāng)時，，即，即可得出菱形是正方形．【詳解】點，分別是，的中點，點，分別是，的中點，、、、分別是、、、的中位線，，，，，四邊形為平行四邊形，當(dāng)時，，平行四邊形是菱形；當(dāng)時，，即，菱形是正方形；故選：．【點睛】本題考查了正方形的判定、平行四邊形的判定、菱形的判定以及三角形中位線定理；熟練掌握三角形中位線定理是解題的關(guān)鍵．4．（2020·湖南株洲·中考模擬）如圖，點E、F、G、H分別為四邊形ABCD的四邊AB、BC、CD、DA的中點，則關(guān)于四邊形EFGH，下列說法正確的為（）A．一定不是平行四邊形B．一定不是中心對稱圖形C．可能是軸對稱圖形D．當(dāng)AC=BD時它是矩形【答案】C【解析】解：連接AC，BD，∵點E、F、G、H分別為四邊形ABCD的四邊AB、BC、CD、DA的中點，∴EF=HG=AC，EH=FG=BD，∴四邊形EFGH是平行四邊形，∴四邊形EFGH一定是中心對稱圖形，當(dāng)AC⊥BD時，∠EFG=90°，此時四邊形EFGH是矩形，當(dāng)AC=BD時，EF=FG=GH=HE，此時四邊形EFGH是菱形，∴四邊形EFGH可能是軸對稱圖形，故選

C．【點睛】本題考查中點四邊形；平行四邊形的判定；矩形的判定；軸對稱圖形．5．（2020·山東棗莊市·中考真題）如圖，在矩形紙片ABCD中，AB=3，點E在邊BC上，將△ABE沿直線AE折疊，點B恰好落在對角線AC上的點F處，若∠EAC=∠ECA，則AC的長是（）A． B．6 C．4 D．5【答案】B【解析】∵將△ABE沿直線AE折疊，點B恰好落在對角線AC上的點F處，∴AF=AB，∠AFE=∠B=90°，∴EF⊥AC，∵∠EAC=∠ECA，∴AE=CE，∴AF=CF，∴AC=2AB=6，故選B．【點睛】本題考查了翻折變換的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)等，得到EF垂直平分AC是解題的關(guān)鍵．6．（2020·浙江臺州市·中考真題）下是關(guān)于某個四邊形的三個結(jié)論：①它的對角線相等；②它是一個正方形；③它是一個矩形．下列推理過程正確的是（）A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③C．由③推出①，由①推出② D．由①推出③，由③推出②【答案】A【分析】根據(jù)正方形和矩形的性質(zhì)定理解題即可．【詳解】根據(jù)正方形特點由②可以推理出③，再由矩形的性質(zhì)根據(jù)③推出①，故選A．【點睛】此題考查正方形和矩形的性質(zhì)定理，難度一般．7．（2020·河南中考真題）如圖，在中，．邊在軸上，頂點的坐標(biāo)分別為和．將正方形沿軸向右平移當(dāng)點落在邊上時，點的坐標(biāo)為（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】先畫出落在上的示意圖，如圖，根據(jù)銳角三角函數(shù)求解的長度，結(jié)合正方形的性質(zhì)，從而可得答案．【詳解】解：由題意知：四邊形為正方形，如圖，當(dāng)落在上時，由故選【點睛】本題考查的是平移的性質(zhì)的應(yīng)用，同時考查了正方形的性質(zhì)，圖形與坐標(biāo)，銳角三角函數(shù)，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．8．（2020·湖北黃岡市·中考真題）若菱形的周長為16，高為2，則菱形兩鄰角的度數(shù)之比為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】如圖，AH為菱形ABCD的高，AH＝2，利用菱形的性質(zhì)得到AB＝4，利用正弦的定義得到∠B＝30°，則∠C＝150°，從而得到∠C：∠B的比值．【詳解】解：如圖，AH為菱形ABCD的高，AH＝2，

∵菱形的周長為16，∴AB＝4，在Rt△ABH中，sinB＝＝，∴∠B＝30°，∵AB∥CD，∴∠C＝150°，∴∠C：∠B＝5：1．故選：B．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)：菱形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；菱形的四條邊都相等；菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角．也考查了正弦的定義及應(yīng)用．9．（2020·寧夏中考真題）如圖，菱形的邊長為13，對角線，點E、F分別是邊、的中點，連接并延長與的延長線相交于點G，則（）A．13 B．10 C．12 D．5【答案】B【分析】連接對角線BD，交AC于點O，求證四邊形BDEG是平行四邊形，EG=BD，利用勾股定理求出OD的長，BD=2OD，即可求出EG．【詳解】連接BD，交AC于點O，由題意知：菱形ABCD的邊長為13，點E、F分別是邊CD、BC的中點，∴AB=BC=CD=DA=13，EFBD，∵AC、BD是菱形的對角線，AC=24，∴AC⊥BD，AO=CO=12，OB=OD，又∵ABCD，EFBD∴DEBG，BDEG在四邊形BDEG中，∵DEBG，BDEG∴四邊形BDEG是平行四邊形∴BD=EG在△COD中，∵OC⊥OD，CD=13，CO=12∴OD=OB=5∴BD=EG=10故選B．【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)及勾股定理，熟練掌握菱形、平行四邊形的性質(zhì)和勾股定理是解題的關(guān)鍵．

10．（2020·貴州遵義市·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，過點D作DE⊥BA，交BA的延長線于點E，則線段DE的長為（）A． B． C．4 D．【答案】D【分析】利用菱形的面積等于兩對角線之積的一半，求解菱形的面積，再利用等面積法求菱形的高即可．【詳解】解：記AC與BD的交點為，菱形,菱形的面積菱形的面積故選D．【點睛】本題考查的是菱形的性質(zhì)，菱形的面積公式，勾股定理．理解菱形的對角線互相垂直平分和學(xué)會用等面積法是解題關(guān)鍵．11．（2020·四川眉山市·中考真題）如圖，正方形中，點是邊上一點，連接，以為對角線作正方形，邊與正方形的對角線相交于點，連接．以下四個結(jié)論：①；②；③；④．其中正確的個數(shù)為（）A．個 B．個 C．個 D．個

【答案】D【分析】①四邊形AEFG和四邊形ABCD均為正方形，∠EAB、∠GAD與∠BAG的和均為90°，即可證明∠EAB與∠GAD相等；②由題意易得AD=DC，AG=FG，進(jìn)而可得，∠DAG=∠CAF，然后問題可證；③由四邊形AEFG和四邊形ABCD均為正方形，可求證△HAF∽△FAC，則有，然后根據(jù)等量關(guān)系可求解；④由②及題意知∠ADG=∠ACF=45°，則問題可求證．【詳解】解：①∵四邊形AEFG和四邊形ABCD均為正方形∴∠EAG=∠BAD=90°又∵∠EAB=90°-∠BAG，∠GAD=90°-∠BAG∴∠EAB=∠GAD∴①正確②∵四邊形AEFG和四邊形ABCD均為正方形∴AD=DC，AG=FG∴AC=AD，AF=AG∴，即又∵∠DAG+∠GAC=∠FAC+∠GAC∴∠DAG=∠CAF∴∴②正確③∵四邊形AEFG和四邊形ABCD均為正方形，AF、AC為對角線∴∠AFH=∠ACF=45°又∵∠FAH=∠CAF∴△HAF∽△FAC∴即又∵AF=AE∴∴③正確④由②知又∵四邊形ABCD為正方形，AC為對角線∴∠ADG=∠ACF=45°∴DG在正方形另外一條對角線上∴DG⊥AC∴④正確故選：D．【點睛】本題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)綜合運(yùn)用，同時利用到正方形相關(guān)性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于找到需要的相似三角形進(jìn)而證明．12．（2020·遼寧沈陽市·中考真題）如圖，在矩形中，，，對角線相交于點，點為邊上一動點，連接，以為折痕，將折疊，點的對應(yīng)點為點，線段與相交于點．若為直角三角形，則的長__________．

【答案】或1【分析】先根據(jù)矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)可得，，設(shè)，從而可得，再根據(jù)直角三角形的定義分和兩種情況，然后分別利用相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理求解即可得．【詳解】四邊形ABCD是矩形，，由折疊的性質(zhì)可知，設(shè)，則由題意，分以下兩種情況：（1）如圖1，當(dāng)時，為直角三角形在和中，，即解得，在中，，即解得即（2）如圖2，當(dāng)時，為直角三角形，，即在和中，，即解得

，即解得即綜上，DP的長為或1故答案為：或1．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識點，依據(jù)題意，正確畫出圖形，并分兩種情況討論是解題關(guān)鍵．13．（2020·廣西玉林市·中考真題）如圖，將兩張對邊平行且相等的紙條交叉疊放在一起，則重合部分構(gòu)成的四邊形ABCD_________菱形（是，或不是）．【答案】是【分析】如圖（見解析），先根據(jù)“兩張對邊平行且相等的紙條”得出，再根據(jù)平行四邊形的判定可得四邊形ABCD是平行四邊形，然后根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得，最后根據(jù)菱形的判定即可得．【詳解】如圖，過點B作，交DA延長線于點E，過點D作，交BA延長線于點F由題意得：四邊形ABCD是平行四邊形在和中，平行四邊形ABCD是菱形故答案為：是．【點睛】

本題考查了平行四邊形與菱形的判定、三角形全等的判定定理與性質(zhì)等知識點，熟練掌握平行四邊形與菱形的判定是解題關(guān)鍵．14．（2020·黑龍江哈爾濱市·中考真題）如圖，方格紙中每個小正方形的邊長為1，線段AB和線段CD的端點均在小正方形的頂點上．（1）在圖中畫出以AB為邊的正方形，點E和點F均在小正方形的頂點上；（2）在圖中畫出以CD為邊的等腰三角形，點G在小正方形的頂點上，且的周長為，連接EG，請直接寫出線段EG的長．【答案】（1）畫圖見解析；（2）畫圖見解析，EG=.【分析】（1）根據(jù)正方形的判定作圖可得；（2）根據(jù)等腰三角形與勾股定理可得答案．【詳解】解：（1）如圖所示，正方形ABEF即為所求；

（2）如圖所示，△CDG即為所求，由勾股定理，得EG=.【點睛】本題考查作圖-應(yīng)用與設(shè)計、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、正方形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用思想結(jié)合的思想解決問題，屬于中考?？碱}型．15．（2020·四川自貢市·中考真題）如圖，在正方形中，點在邊的延長線上，點在邊的延長線上，且,連接和相交于點．求證：．

【答案】證明見解析．【分析】利用正方形的性質(zhì)證明：AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，再證明BE=CF，可得三角形的全等，利用全等三角形的性質(zhì)可得答案．【詳解】證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，又∵CE=DF，∴CE+BC=DF+CD即BE=CF，在△BCF和△ABE中，∴（SAS），∴AE=BF．【點睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．16．（2020·江蘇徐州市·中考真題）我們知道：如圖①，點把線段分成兩部分，如果．那么稱點為線段的黃金分割點．它們的比值為．（1）在圖①中，若，則的長為_____；（2）如圖②，用邊長為的正方形紙片進(jìn)行如下操作：對折正方形得折痕，連接，將折疊到上，點對應(yīng)點，得折痕．試說明是的黃金分割點；（3）如圖③，小明進(jìn)一步探究：在邊長為的正方形的邊上任取點，連接，作，交于點，延長、交于點．他發(fā)現(xiàn)當(dāng)與滿足某種關(guān)系時、恰好分別是、的黃金分割點．請猜想小明的發(fā)現(xiàn)，并說明理由．

【答案】（1）；（2）見解析；（3）當(dāng)PB=BC時，、恰好分別是、的黃金分割點，理由見解析【分析】（1）由黃金比值直接計算即可；（2）如圖，連接GE，設(shè)BG=x，則AG=20-x，易證得四邊形EFCD是矩形，可求得CE，由折疊知GH=BG=x，CH=BC=20，進(jìn)而EH=CE-CH，在Rt△GAE和Rt△GHE中由勾股定理得關(guān)于x的方程，解之即可證得結(jié)論；（3）當(dāng)PB=BC時，證得Rt△PBF≌Rt△CBF≌Rt△BAE,則有BF=AE，設(shè)BF=x，則AF=a-x，由AE∥PB得AE:PB=AF:BF，解得x，即可證得結(jié)論．【詳解】（1）AB=×20=（）(cm)，故答案為：；（2）如圖，連接GE，設(shè)BG=x，則GA=20-x，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠D=90o，由折疊性質(zhì)得：CH=BC=20，GE=BG=x，∠GHC=∠B=90o，AE=ED=10，在Rt△CDE中，CE=，∴EH=，在Rt△GHE中，在Rt△GAE中，,∴，解得：x=，即，∴是的黃金分割點；（3）當(dāng)PB=BC時，、恰好分別是、的黃金分割點．理由：∵，∴∠BCF+∠CBE=90o，又∠CBE+∠ABE=90o，∴∠ABE=∠BCF，

∵∠A=∠ABC=90o，AB=BC，∴△BAE≌△CBF（ASA），∴AE=BF，設(shè)AE=BF=x，則AF=a-x，∵AD∥BC即AE∥PB，∴即，∴，解得：或(舍去)，即BF=AE=，∴，∴、分別是、的黃金分割點．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、折疊性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線分線段成比例、解一元二次方程等知識，解答的關(guān)鍵是認(rèn)真審題，找出相關(guān)信息的關(guān)聯(lián)點，確定解題思路，進(jìn)而推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計算．18．（2020·江蘇宿遷市·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)在AC上，且AF=CE．求證：四邊形BEDF是菱形．【答案】見解析【分析】由正方形的性質(zhì)可得AB=AD=CD=BC，∠DAE=∠BAE=∠BCF=∠DCF=45°，由“SAS”可證△ABE≌△ADE，△BFC≌△DFC，△ABE≌△CBF，可得BE=BF=DE=DF，可得結(jié)論．【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD=CD=BC，∠DAE=∠BAE=∠BCF=∠DCF=45°，在△ABE和△ADE中，，∴△ABE≌△ADE（SAS），∴BE=DE，同理可得△BFC≌△DFC，可得BF=DF，∵AF=CE，∴AF-EF=CE-EF，即AE=CF，在△ABE和△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴BE=BF，∴BE=BF=DE=DF，∴四邊形BEDF是菱形．【點睛】

本題考查了正方形的性質(zhì)，菱形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握正方形的性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．19．（2020·湖北咸寧市·中考真題）如圖，在中，以點B為圓心，長為半徑畫弧，交于點E，在上截取，連接．（1）求證：四邊形是菱形；（2）請用無刻度的直尺在內(nèi)找一點P，使（標(biāo)出點P的位置，保留作圖痕跡，不寫作法）【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）根據(jù)四邊形ABCD為平行四邊形，得出AF∥BE，由作圖過程可知AF=BE，結(jié)合AB=BE即可證明；（2）利用菱形對角線互相垂直的性質(zhì)，連接AE和BF，交點即為點P.【詳解】解：（1）根據(jù)作圖過程可知：AB=BE，AF=BE，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AF∥BE，∵AF=BE，∴四邊形ABEF為平行四邊形，∵AB=BE，∴平行四邊形ABEF為菱形；（2）如圖，點P即為所作圖形，∵四邊形ABEF為菱形，則BF⊥AE，∴∠APB=90°.【點睛】本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是利用相應(yīng)的性質(zhì)進(jìn)行畫圖.20．（2020·黑龍江鶴崗市·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形的邊長是方程的根，連接，，并過點作，垂足為，動點從點以每秒個單位長度的速度沿方向勻速運(yùn)動到點為止；點沿線段以每秒個單位長度的速度由點向點勻速運(yùn)動，到點為止，點與點同時出發(fā)，設(shè)運(yùn)動時間為秒

（1）線段______；（2）連接和，求的面積與運(yùn)動時間的函數(shù)關(guān)系式；（3）在整個運(yùn)動過程中，當(dāng)是以為腰的等腰三角形時，直接寫出點的坐標(biāo)．【答案】（1）；（2）；（3）(，)或(，)【分析】（1）解方程求出AB的長，由直角三角形的性質(zhì)可求BD，BC的長，CN的長；（2）分三種情況討論，由三角形的面積可求解；（3）分兩種情況討論，由等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理可求解．【詳解】（1）解方程得：(舍去)，∴AB=6，∵四邊形是矩形，，∴AB=CD=6，BD=2AB=12，∴BC=AD=，∵，∴，故答數(shù)為：；（2）如圖1，過點M作MH⊥BD于H，

∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC=30°，∴MH=MD=，

∵∠DBC=30°，CN⊥BD，∴BN=，當(dāng)點P在線段BN上即時，△PMN的面積；當(dāng)點P與點N重合即時，s=0，當(dāng)點P在線段ND上即時，△PMN的面積；∴；（3）如圖，過點P作PE⊥BC于E，

當(dāng)PN=PM=9-2t時，則DM=，MH=DM=，DH=，∵，∴，解得：或，即或，則BE=或BE=，∴點P的坐標(biāo)為(，)或(，)；當(dāng)PN=NM=9-2t時，∵，∴，解得或24（不合題意舍去），∴BP=6，PE=BP=3，BE=PE=3

∴點P的坐標(biāo)為(，)，綜上所述：點P坐標(biāo)為(，)或(，)．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，一元二次方程的解法，三角形的面積公式，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形等知識，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵．21．（2020·湖北荊州市·中考真題）如圖矩形ABCD中，AB=20，點E是BC上一點，將沿著AE折疊，點B剛好落在CD邊上的點G處，點F在DG上，將沿著AF折疊，點D剛好落在AG上點H處，此時．（1）求證：（2）求AD的長；（3）求的值．【答案】（1）見解析；（2）12；（3）【分析】（1）由矩形的性質(zhì)得出∠B=∠D=∠C=90°，由折疊的性質(zhì)得出∠AGE=∠B=90°，∠AHF=∠D=90°，證得∠EGC=∠GFH，則可得出結(jié)論；（2）由面積關(guān)系可得出GH：AH=2：3，由折疊的性質(zhì)得出AG=AB=GH+AH=20，求出GH=8，AH=12，則可得出答案；（3）由勾股定理求出DG=16，設(shè)DF=FH=x，則GF=16-x，由勾股定理得出方程，解出x=6，由銳角三角函數(shù)的定義可得出答案．【詳解】（1）證明：因為四邊形ABCD是矩形所以，(2)解：(3)解：在直角三角形ADG中，由折疊對稱性知，解得：x=6，所以：HF=6

在直角三角形GHF中，．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，翻折變換，銳角三角函數(shù)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．1．（2020·四川瀘州市·中考真題）下列命題是假命題的是（）A．平行四邊形的對角線互相平分 B．矩形的對角線互相垂直C．菱形的對角線互相垂直平分 D．正方形的對角線互相垂直平分且相等【答案】B【分析】利用平行四邊形、矩形、菱形、正方形的性質(zhì)解題即可.【詳解】解：A、正確，平行四邊形的對角線互相平分，故選項不符合；

B、錯誤，應(yīng)該是矩形的對角線相等且互相平分，故選項符合；

C、正確，菱形的對角線互相垂直且平分，故選項不符合；

D、正確，正方形的對角線相等且互相垂直平分，故選項不符合；故選：B．【點睛】本題考查命題與定理、特殊四邊形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握特殊四邊形的性質(zhì)，屬于中考?？碱}型．2．（2020·湖北襄陽市·中考真題）已知四邊形是平行四邊形，，相交于點O，下列結(jié)論錯誤的是（）A．，B．當(dāng)時，四邊形是菱形C．當(dāng)時，四邊形是矩形D．當(dāng)且時，四邊形是正方形【答案】B【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，菱形，矩形，正方形的判定逐一判斷即可．【詳解】解：四邊形是平行四邊形，，故A正確，

四邊形是平行四邊形，，不能推出四邊形是菱形，故錯誤，四邊形是平行四邊形，，四邊形是矩形，故C正確，四邊形是平行四邊形，，，四邊形是正方形．故D正確．故選B．【點睛】本題考查的是平行四邊形的性質(zhì)，矩形，菱形，正方形的判定，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．3．（2020·黑龍江鶴崗市·中考真題）如圖，菱形的對角線、相交于點，過點作于點，連接，若，，則菱形的面積為（）A．72 B．24 C．48 D．96【答案】C【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得O為BD的中點，再由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，得BD的長度，最后由菱形的面積公式求得面積．【詳解】解：∵四邊形是菱形，∴，，，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴菱形的面積.故選：C.【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，菱形的面積公式，關(guān)鍵是根據(jù)直角三角形的性質(zhì)求得BD．4．（2020·廣西貴港市·中考真題）如圖，動點在邊長為2的正方形內(nèi)，且，是邊上的一個動點，是邊的中點，則線段的最小值為（）A． B． C． D．

【答案】A【分析】作點E關(guān)于DC的對稱點E，設(shè)AB的中點為點O，連接OE，交DC于點P，連接PE，由軸對稱的性質(zhì)及90°的圓周角所對的弦是直徑，可知線段PE＋PM的最小值為OE的值減去以AB為直徑的圓的半徑OM，根據(jù)正方形的性質(zhì)及勾股定理計算即可．【詳解】解答：解：作點E關(guān)于DC的對稱點E，設(shè)AB的中點為點O，連接OE，交DC于點P，連接PE，如圖：

∵動點M在邊長為2的正方形ABCD內(nèi)，且AM⊥BM，∴點M在以AB為直徑的圓上，OM＝AB＝1，

∵正方形ABCD的邊長為2，∴AD＝AB＝2，∠DAB＝90°，∵E是AD的中點，∴DE＝AD＝×2＝1，

∵點E與點E關(guān)于DC對稱，∴DE＝DE＝1，PE＝PE，∴AE＝AD＋DE＝2＋1＝3，

在Rt△AOE中，OE＝＝＝，∴線段PE＋PM的最小值為：

PE＋PM＝PE＋PM＝ME＝OE?OM＝?1．故選：A．【點睛】本題考查了軸對稱?最短路線問題、圓周角定理的推論、正方形的性質(zhì)及勾股定理等知識點，數(shù)形結(jié)合并熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．5．（2020·浙江紹興市·中考真題）如圖，點O為矩形ABCD的對稱中心，點E從點A出發(fā)沿AB向點B運(yùn)動，移動到點B停止，延長EO交CD于點F，則四邊形AECF形狀的變化依次為（）A．平行四邊形→正方形→平行四邊形→矩形B．平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形

C．平行四邊形→正方形→菱形→矩形D．平行四邊形→菱形→正方形→矩形【答案】B【分析】根據(jù)對稱中心的定義，根據(jù)矩形的性質(zhì)，可得四邊形AECF形狀的變化情況．【詳解】解：觀察圖形可知，四邊形AECF形狀的變化依次為平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形．故選：B．【點睛】考查了中心對稱，矩形的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，根據(jù)EF與AC的位置關(guān)系即可求解．6．（2020·湖北恩施土家族苗族自治州·中考真題）如圖，正方形的邊長為4，點在上且，為對角線上一動點，則周長的最小值為（）．A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】連接ED交AC于一點F，連接BF，根據(jù)正方形的對稱性得到此時的周長最小，利用勾股定理求出DE即可得到答案.【詳解】連接ED交AC于一點F，連接BF，∵四邊形ABCD是正方形，∴點B與點D關(guān)于AC對稱，∴BF=DF，∴的周長=BF+EF+BE=DE+BE，此時周長最小，∵正方形的邊長為4，∴AD=AB=4，∠DAB=90°，∵點在上且，∴AE=3，∴DE=，∴的周長=5+1=6，故選：B.【點睛】此題考查正方形的性質(zhì)：四條邊都相等，四個角都是直角以及正方形的對稱性質(zhì)，還考查了勾股定理的計算，依據(jù)對稱性得到連接DE交AC于點F是的周長有最小值的思路是解題的關(guān)鍵.7．（2020·廣東中考真題）如圖，在正方形中，，點，分別在邊，上，

．若將四邊形沿折疊，點恰好落在邊上，則的長度為（）A．1 B． C． D．2【答案】D【分析】由CD∥AB得到∠EFD=∠FEB=60°，由折疊得到∠FEB=∠FEB’=60°，進(jìn)而得到∠AEB’=60°，然后在Rt△AEB’中由30°所對直角邊等于斜邊一半即可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴CD∥AB，∴∠EFD=∠FEB=60°，由折疊前后對應(yīng)角相等可知：∠FEB=∠FEB’=60°，∴∠AEB’=180°-∠FEB-∠FEB’=60°，∴∠AB’E=30°，設(shè)AE=x,則BE=B’E=2x，∴AB=AE+BE=3x=3，∴x=1，∴BE=2x=2，故選：D．【點睛】本題借助正方形考查了折疊問題，30°角所對直角邊等于斜邊的一半等知識點，折疊問題的性質(zhì)包括折疊前后對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等，折疊產(chǎn)生角平分線，由此即可解題．8．（2020·湖南懷化·中考真題）在矩形中，、相交于點，若的面積為2，則矩形的面積為（）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得到OA=OB=OC=OD，推出，即可求出矩形ABCD的面積.【解析】∵四邊形ABCD是矩形，對角線、相交于點，∴AC=BD，且OA=OB=OC=OD，∴,

∴矩形的面積為,故選：C.【點睛】此題考查矩形的性質(zhì)：矩形的對角線相等，且互相平分，由此可以將矩形的；面積四等分，由此可以解決問題，熟記矩形的性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵.9．（2020·遼寧錦州市·中考真題）如圖，在菱形中，P是對角線上一動點，過點P作于點E．于點F．若菱形的周長為20，面積為24，則的值為（）A．4 B． C．6 D．【答案】B【分析】連接BP，通過菱形的周長為20，求出邊長，菱形面積為24，求出SABC的面積，然后利用面積法，SABP+SCBP=SABC，即可求出的值．【詳解】解：連接BP，∵菱形ABCD的周長為20，∴AB=BC=20÷4=5，又∵菱形ABCD的面積為24，∴SABC=24÷2=12，又SABC=SABP+SCBP∴SABP+SCBP=12，∴，∵AB=BC，∴∵AB=5，∴PE+PF=12×=．故選：B．【點睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于添加輔助線，通過面積法得出等量關(guān)系，求出PF+PE的值．10．（2020·四川綿陽市·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝27，AD＝2，將△ABC繞點C順時針方向旋轉(zhuǎn)后得△A'B'C，當(dāng)A'B'恰好經(jīng)過點D時，△B'CD為等腰三角形，若

A．11 B．23 C．13 D．14【答案】A【分析】過D作DE⊥BC于E，則∠DEC=∠DEB=90°，根據(jù)矩形的性質(zhì)得BE=AD=2，DE=AB=27，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠DB'C=∠ABC=90°，B'C=BC，A'C=AC，∠A'CA=∠B'CB，推出△B'CD為等腰直角三角形，得到CD=2B'C，設(shè)B'C=BC=x，則CD=【解析】解：過D作DE⊥BC于E，則∠DEC=∠DEB=90°，∵AD//BC，∠ABC=90°，∴∠DAB=∠ABC=90°，∴四邊形ABED是矩形，∴BE=AD=2，DE=AB=27∵將ΔABC繞點C順時針方向旋轉(zhuǎn)后得△A'B'C，∴∠DB'C=∠ABC=90°，B'C=BC，A'C=AC，∠A'CA=∠B'CB，∴△A'CA∽△B'CB，∴A'AB'B∵△B'CD為等腰三角形，∴△B'CD為等腰直角三角形，∴CD=2設(shè)B'C=BC=x，則CD=2x，CE=x?2，∵CD∴x=4（負(fù)值舍去），∴BC=4，∴AC=AB2+BC2=211，【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，正確的識別圖形是解題的關(guān)鍵．11．（2020·黑龍江大慶市·中考真題）如圖，在邊長為2的正方形中，，分別為與的中點，一個三角形沿豎直方向向上平移，在運(yùn)動的過程中，點恒在直線上，當(dāng)點運(yùn)動到線段的中點時，點，恰與，兩邊的中點重合．設(shè)點到的距離為，三角形與正方形的公共部分的面積為，則當(dāng)時，的值為（）

A．或 B．或 C． D．或【答案】A【分析】本題應(yīng)該分類討論，從以下三個情況進(jìn)行討論，分別是：①當(dāng)x<1時，重疊部分為直角三角形的面積，將其三角形面積用x表示，但是求出，與x<1相違背，要舍去；②當(dāng)1<x<2時，除去重疊部分，剩下的圖形為兩個直角梯形的面積，將剩余的直角梯形ANHP用x表示，求出x即可；③當(dāng)x>2時，重疊部分為一個多邊形，可以從剩余部分的角度進(jìn)行求解，分別將矩形PQFE、、的面積用x表示，求出x即可，將x求出后，應(yīng)該與前提條件假設(shè)的x的范圍進(jìn)行比較，判斷x的值．【詳解】解：∵在邊長為2的正方形EFGH中，如圖所示，當(dāng)A運(yùn)動到MN的中點時，點E、F恰好與AB、AC的中點重合，即AM=EM=FM=1，且MNEF，∴AME和AMF均為等腰直角三角形，可得：ABC也是等腰直角三角形，其中AB=AC=，BC=4，設(shè)A到EF的距離AM=x，①當(dāng)x<1時，此時圖形的位置如下圖所示，AB與EF交于P點，AC與EF交于Q點，∵AM=x，且△APQ為等腰直角三角形，∴，解得：，但是與前提條件x<1相違背，故不存在該情況；

②當(dāng)1<x<2時，此時圖形的位置如下圖所示，AB與EH交于P點，AC與GF交于Q點，∵公共部分面積為，正方形剩余部分，∴，四邊形ANHP是直角梯形，當(dāng)AM=x，則AN=2-x，PE=x-1，HP=3-x，NH=1，∴，解得：；③當(dāng)2＜x＜3時，此時圖形的位置如下圖所示，AB與EH交于K點，AB與HG交于I點，AC與FG交于L點，AC與HG交于J點，BC與EH交于P點，BC與GF交于Q點，∵公共部分面積為，∴，且，解得：或（舍），④當(dāng)x=3時，H,G分別是AB,AC的中點，此時重合的部分的面積為2，不符合題意；⑤當(dāng)x≥3時，重合的面積小于2，也不符合題意；所以，滿足條件的AM的值為或，故選：A．【點睛】本題考察了移動圖形間的重疊問題，需要進(jìn)行分類討論，必須要把x的移動范圍進(jìn)行分類，根據(jù)不同的x取值，畫出不同重疊的圖形，并將重疊部分的面積用x進(jìn)行表示，解題的關(guān)鍵在于利用剩余部分的面積進(jìn)行倒推求解．12．（2020·廣西中考真題）如圖，在邊長為的菱形中，，點分別是上的動點，且與交于點.當(dāng)點從點運(yùn)動到點時，則點的運(yùn)動路徑長為_____．

【答案】【分析】根據(jù)題意證得，推出∠BPE=60，∠BPD=120，得到C、B、P、D四點共圓，知點的運(yùn)動路徑長為的長，利用弧長公式即可求解．【詳解】連接BD，∵菱形中，，∴∠C=∠A=60，AB=BC=CD=AD，∴△ABD和△CBD都為等邊三角形，∴BD=AD，∠BDF=∠DAE=60，∵DF=AE，∴，∴∠DBF=∠ADE，∵∠BPE=∠BDP+∠DBF=∠BDP+∠ADE=∠BDF=60，∴∠BPD=180-∠BPE=120，∵∠C=60，∴∠C+∠BPD=180，∴C、B、P、D四點共圓，即⊙O是的外接圓，∴當(dāng)點從點運(yùn)動到點時，則點的運(yùn)動路徑長為的長，∴∠BOD=2∠BCD=120，作OG⊥BD于G，根據(jù)垂徑定理得：BG=GD=BD=，∠BOG=∠BOD=60，∵，即，∴，從而點的路徑長為．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，弧長公式等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會準(zhǔn)確尋找點的運(yùn)動軌跡．13．（2020·柳州市柳林中學(xué)中考真題）如圖，在矩形紙片ABCD中，AB＝6，BC＝10，點E在CD上，將△BCE沿BE折疊，點C恰好落在邊AD上的點F處，點G在AF上，將△ABG沿BG折疊，點A恰好落在線段BF上的H處，有下列結(jié)論：①∠EBG＝45°；②2S△BFG＝5S△FGH；③△DEF∽△ABG；④4CE＝5ED．其中正確的是_____．（填寫所有正確結(jié)論的序號）

【答案】①②④【分析】①根據(jù)折疊、矩形的性質(zhì)進(jìn)行推理即可；②根據(jù)等高三角形的面積比等于底邊的比計算分析即可；③由矩形的性質(zhì)、勾股定理及相似三角形的判定定理計算分析即可；④由矩形的性質(zhì)可得CD的長，根據(jù)CE＝CD﹣ED求得CE的值，則可求得答案．【詳解】解：①由折疊的性質(zhì)可知：∠CBE＝∠FBE，∠ABG＝∠FBG，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴∠EBG＝∠GBH+∠EBF＝∠CBF+∠ABF＝∠ABC＝45°．故①正確；②由折疊的性質(zhì)可知：BF＝BC＝10，BH＝AB＝6，∴HF＝BF﹣BH＝4，∴＝＝＝，∴2S△BFG＝5S△FGH；故②正確；③∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝90°，在Rt△ABF中，AF＝＝8，設(shè)GF＝x，即HG＝AG＝8﹣x，在Rt△HGF中，HG2+HF2＝GF2，即（8﹣x）2+42＝x2，解得x＝5，∴AG＝3，∴FD＝2；同理可得ED＝，∴＝＝2，＝＝，∴≠，∴△ABG與△DEF不相似，故③錯誤；④∵CD＝AB＝6，ED＝，∴CE＝CD﹣ED＝，∴＝，∴4CE＝5ED．故④正確．綜上所述，正確的結(jié)論的序號為①②④，故答案為：①②④．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、勾股定理及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．14．（2020·遼寧營口市·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，其中OA＝1，OB＝2，則菱形ABCD的面積為_____．【答案】4【分析】根據(jù)菱形的面積等于對角線之積的一半可得答案．【詳解】解：∵OA＝1，OB＝2，∴AC＝2，BD＝4，

∴菱形ABCD的面積為×2×4＝4．故答案為：4．【點睛】本題考查菱形的性質(zhì),關(guān)鍵在于熟練掌握基礎(chǔ)知識.15．（2020·福建中考真題）設(shè)是反比例函數(shù)圖象上的任意四點，現(xiàn)有以下結(jié)論：①四邊形可以是平行四邊形；②四邊形可以是菱形；③四邊形不可能是矩形；④四邊形不可能是正方形．其中正確的是_______．（寫出所有正確結(jié)論的序號）【答案】①④【分析】利用反比例函數(shù)的對稱性，畫好圖形，結(jié)合平行四邊形，矩形，菱形，正方形的判定可以得到結(jié)論，特別是對②的判斷可以利用反證法．【詳解】解：如圖，