專題16特殊四邊形專題2

專題16特殊四邊形專題1．（2022·江蘇無錫·中考真題）如圖，在ABCD中，，，點E在AD上，，則的值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】過點B作BF⊥AD于F，由平行四邊形性質求得∠A=75°，從而求得∠AEB=180°∠A∠ABE=45°，則△BEF是等腰直角三角形，即BF=EF，設BF=EF=x，則BD=2x，DF=，DE=DFEF=（1）x，AF=ADDF=BDDF=（2）x，繼而求得AB2=AF2+BF2=（2）2x2+X2=（84）x2，從而求得，再由AB=CD，即可求得答案．【詳解】解：如圖，過點B作BF⊥AD于F，∵ABCD，∴CD=AB，CDAB，∴∠ADC+∠BAD=180°，∵∴∠A=75°，∵∠ABE=60°，∴∠AEB=180°∠A∠ABE=45°，∵BF⊥AD，∴∠BFD=90°，∴∠EBF=∠AEB=45°，∴BF=FE，∵AD=BD，∴∠ABD=∠A=75°，∴∠ADB=30°，設BF=EF=x，則BD=2x，由勾股定理，得DF=，∴DE=DFEF=（1）x，AF=ADDF=BDDF=（2）x，由勾股定理，得AB2=AF2+BF2=（2）2x2+x2=（84）x2，∴∴，∵AB=CD，∴，故選：D．2．（2022·江蘇南通·中考真題）如圖，在中，對角線相交于點O，，若過點O且與邊分別相交于點E，F，設，則y關于x的函數圖像大致為（

）A．B． C． D．【答案】C【分析】過點O向AB作垂線，交AB于點M，根據含有30°角的直角三角形性質以及勾股定理可得AB、AC的長，再結合平行四邊形的性質可得AO的長，進而求出OM、AM的長，設，則，然后利用勾股定理可求出y與x的關系式，最后根據自變量的取值范圍求出函數值的范圍，即可做出判斷．【詳解】解：如圖過點O向AB作垂線，交AB于點M，∵AC⊥BC，∠ABC＝60°，∴∠BAC＝30°，∵BC＝4，∴AB＝8，AC＝，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴，∴，∴，設，則，∵，∴，當時，,當時，．且圖像是二次函數的一部分故選：C．3．（2023·江蘇蘇州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，點的坐標為，點的坐標為，以為邊作矩形．動點分別從點同時出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿向終點移動．當移動時間為4秒時，的值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據題意，得出，，勾股定理求得，，即可求解．【詳解】解：連接、

∵點的坐標為，點的坐標為，以為邊作矩形．∴，則，依題意，，∴，則，∴∴，∴，∵，∴故選：D．4．（2023·江蘇泰州·中考真題）菱形的邊長為2，，將該菱形繞頂點A在平面內旋轉，則旋轉后的圖形與原圖形重疊部分的面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】分兩種情況：①如圖，將該菱形繞頂點A在平面內順時針旋轉，連接，相交于點O，與交于點E，根據菱形的性質推出的長，再根據菱形的性質推出與的長，再根據重疊部分的面積求解即可．②將該菱形繞頂點A在平面內逆時針旋轉，同①方法可得重疊部分的面積．【詳解】解：①如圖，將該菱形繞頂點A在平面內順時針旋轉30°，連接，相交于點O，與交于點E，

∵四邊形是菱形，，∴，∵，∴，，∴，∵菱形繞點A順時針旋轉得到菱形，∴，∴A，，C三點共線，∴，又∵，∴，，∵重疊部分的面積，∴重疊部分的面積；②將該菱形繞頂點A在平面內逆時針旋轉，同①方法可得重疊部分的面積，故選：A．5．（2023·江蘇南通·中考真題）如圖，四邊形是矩形，分別以點，為圓心，線段，長為半徑畫弧，兩弧相交于點，連接，，．若，，則的正切值為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】設，交于點，根據矩形的性質以及以點，為圓心，線段，長為半徑畫弧得到，，設，故，在中求出的值，從而得到，從而得到，即可求得答案．【詳解】解：設，交于點，由題意得，，，四邊形是矩形，，，，，設，故，在中，，即，解得，，，，，．

故選：C．6．（2023·江蘇宿遷·中考真題）如圖，直線、與雙曲線分別相交于點．若四邊形的面積為4，則的值是（

）A． B． C． D．1【答案】A【分析】連接四邊形的對角線，過作軸，過作軸，直線與軸交于點，如圖所示，根據函數圖像交點的對稱性判斷四邊形是平行四邊形，由平行四邊形性質及平面直角坐標系中三角形面積求法，確定，再求出直線與軸交于點，通過聯(lián)立求出縱坐標，代入方程求解即可得到答案．【詳解】解：連接四邊形的對角線，過作軸，過作軸，直線與軸交于點，如圖所示：

根據直線、與雙曲線交點的對稱性可得四邊形是平行四邊形，，直線與軸交于點，當時，，即，與雙曲線分別相交于點，聯(lián)立，即，則，由，解得，，即，解得，故選：A．7．（2022·江蘇淮安·中考真題）如圖，在中，，若，則的度數是．【答案】/40度【分析】根據平行四邊形對邊平行可得，利用平行線的性質可得，因此利用直角三角形兩個銳角互余求出即可．【詳解】解：∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故答案為：．8．（2022·江蘇南京·中考真題）如圖，的頂點、分別在直線，上，，若，，則．【答案】/32度【分析】根據平行四邊形的性質得到，再利用平行線的性質得到即可解答．【詳解】解：過點作，∴∵，∴，∴，∴，∵在中，∴，∵，∴，∵，∴，故答案為：．9．（2021·江蘇常州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形是平行四邊形，其中點A在x軸正半軸上．若，則點A的坐標是．【答案】（3，0）【分析】根據平行四邊形的性質，可知：OA=BC=3，進而即可求解．【詳解】解：∵四邊形是平行四邊形，∴OA=BC=3，∴點A的坐標是（3，0），故答案是：（3，0）．10．（2022·江蘇連云港·中考真題）如圖，在中，．利用尺規(guī)在、上分別截取、，使；分別以、為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧在內交于點；作射線交于點．若，則的長為．【答案】【分析】如圖所示，過點H作HM⊥BC于M，由作圖方法可知，BH平分∠ABC，即可證明∠CBH=∠CHB，得到，從而求出HM，CM的長，進而求出BM的長，即可利用勾股定理求出BH的長．【詳解】解：如圖所示，過點H作HM⊥BC于M，由作圖方法可知，BH平分∠ABC，∴∠ABH=∠CBH，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴，∴∠CHB=∠ABH，∠C=180°∠ABC=30°，∴∠CBH=∠CHB，∴，∴，∴，∴，∴，故答案為：．11．（2021·江蘇揚州·中考真題）如圖，在中，點E在上，且平分，若，，則的面積為．【答案】50【分析】過點E作EF⊥BC，垂足為F，利用直角三角形的性質求出EF，再根據平行線的性質和角平分線的定義得到∠BCE=∠BEC，可得BE=BC=10，最后利用平行四邊形的面積公式計算即可．【詳解】解：過點E作EF⊥BC，垂足為F，∵∠EBC=30°，BE=10，∴EF=BE=5，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DEC=∠BCE，又EC平分∠BED，即∠BEC=∠DEC，∴∠BCE=∠BEC，∴BE=BC=10，∴四邊形ABCD的面積===50，故答案為：50．12．（2021·江蘇南京·中考真題）如圖，將繞點A逆時針旋轉到的位置，使點落在上，與交于點E，若，則的長為．【答案】【分析】過點C作CM//交于點M，證明求得，根據AAS證明可求出CM=1，再由CM//證明△，由相似三角形的性質查得結論．【詳解】解：過點C作CM//交于點M，∵平行四邊形ABCD繞點A逆時針旋轉得到平行四邊形∴，，∴，∴∴∵∴∴∴∠∵∴∵∴∠∵，∴∴∠∴∠在和中，∴∴∵∴△∴∴∴故答案為：．13．（2023·江蘇揚州·中考真題）如圖，已知正方形的邊長為1，點E、F分別在邊上，將正方形沿著翻折，點B恰好落在邊上的點處，如果四邊形與四邊形的面積比為3∶5，那么線段的長為．

【答案】【分析】連接，過點作于點，設，則，則，根據已知條件，分別表示出，證明，得出，在中，，勾股定理建立方程，解方程即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接，過點作于點，

∵正方形的邊長為1，四邊形與四邊形的面積比為3∶5，∴，設，則，則∴即∴∴，∴，∵折疊，∴，∴，∵，∴，又,∴，∴在中，即解得：，故答案為：．14．（2022·江蘇南通·中考真題）如圖，點O是正方形的中心，．中，過點D，分別交于點G，M，連接．若，則的周長為．【答案】【分析】連接BD，則BD過正方形的中心點O，作FH⊥CD于點H，解直角三角形可得BG＝，AG＝AB，然后證明△ABG≌△HFD（AAS），可得DH＝AG＝AB＝CD，BC＝HF，進而可證△BCM≌△FHM（AAS），得到MH＝MC＝CD，BM＝FM，然后根據等腰三角形三線合一求出DF＝FM，則BG＝DF＝FM＝BM＝，再根據直角三角形斜邊中線的性質和三角形中位線定理分別求出OM、EM和OE即可解決問題．【詳解】解：如圖，連接BD，則BD過正方形的中心點O，作FH⊥CD于點H，∵，，∴∴AG＝AB＝，∴BG＝，∵∠BEF＝90°，∠ADC＝90°，∴∠EGD＋∠EDG＝90°，∠EDG＋∠HDF＝90°，∴∠EGD＝∠HDF∵∠AGB＝∠EGD，∴∠AGB＝∠HDF，在△ABG和△HFD中，，∴△ABG≌△HFD（AAS），∴AG＝DH，AB＝HF，∵在正方形中，AB＝BC＝CD＝AD，∠C＝90°，∴DH＝AG＝AB＝CD，BC＝HF，在△BCM和△FHM中，，∴△BCM≌△FHM（AAS），∴MH＝MC＝CD，BM＝FM，∴DH＝MH，∵FH⊥CD，∴DF＝FM，∴BG＝DF＝FM＝BM＝，∴BF＝，∵M是BF中點，O是BD中點，△BEF是直角三角形，∴OM＝，EM＝，∵BD＝，△BED是直角三角形，∴EO＝，∴的周長＝EO＋OM＋EM＝3＋＋，故答案為：．15．（2023·江蘇連云港·中考真題）如圖，矩形的頂點在反比例函數的圖像上，頂點在第一象限，對角線軸，交軸于點．若矩形的面積是6，，則．

【答案】【分析】方法一：根據的面積為，得出，，在中，，得出，根據勾股定理求得，根據的幾何意義，即可求解．方法二：根據已知得出則，即可求解．【詳解】解：方法一：∵，∴設，則，∴∵矩形的面積是6，是對角線，∴的面積為，即∴在中，即即解得：在中，∵對角線軸，則，∴,∵反比例函數圖象在第二象限，∴，方法二：∵，∴設，則，∴，∴，，∵，∴，故答案為：．16．（2023·江蘇南通·中考真題）如圖，四邊形的兩條對角線，互相垂直，，，則的最小值是．

【答案】【分析】設的交點為，的中點分別是，連接，先證，由此得當最小時，最小，再根據“兩點之間線段最短”得，再證四邊形是矩形，且，根據勾股定理的，進而求得的最小值．【詳解】解：設的交點為，的中點分別是，連接，互相垂直，和為直角三角形，且分別為斜邊，，，當最小時，最小，再根據“兩點之間線段最短”得，當點在線段上時，最小，最小值為線段的長，分別為的中點，是的中位線，，同理，，，，四邊形是平行四邊形，，，四邊形是矩形，在中，，，的最小值為，的最小值為．

故答案為：．17．（2021·江蘇宿遷·中考真題）在①AE=CF；②OE=OF；③BE∥DF這三個條件中任選一個補充在下面橫線上，并完成證明過程．已知，如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，對角線AC、BD相交于點O，點E、F在AC上，(填寫序號)．求證：BE=DF．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．【答案】見解析【分析】若選②，即OE=OF；根據平行四邊形的性質可得BO=DO，然后即可根據SAS證明△BOE≌△DOF，進而可得結論；若選①，即AE=CF；根據平行四邊形的性質得出OE=OF后，同上面的思路解答即可；若選③，即BE∥DF，則∠BEO=∠DFO，再根據平行四邊形的性質可證△BOE≌△DOF，于是可得結論．【詳解】解：若選②，即OE=OF；證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BO=DO，∵OE=OF，∠BOE=∠DOF，∴△BOE≌△DOF（SAS），∴BE=DF；若選①，即AE=CF；證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BO=DO，AO=CO，∵AE=CF，∴OE=OF，又∠BOE=∠DOF，∴△BOE≌△DOF（SAS），∴BE=DF；若選③，即BE∥DF；證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BO=DO，∵BE∥DF；∴∠BEO=∠DFO，又∠BOE=∠DOF，∴△BOE≌△DOF（AAS），∴BE=DF；18．（2021·江蘇連云港·中考真題）如圖，點C是的中點，四邊形是平行四邊形．（1）求證：四邊形是平行四邊形；（2）如果，求證：四邊形是矩形．【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）由平行四邊形的性質以及點C是BE的中點，得到AD∥CE，AD=CE，從而證明四邊形ACED是平行四邊形；（2）由平行四邊形的性質證得DC=AE，從而證明平行四邊形ACED是矩形．【詳解】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，且AD=BC．∵點C是BE的中點，∴BC=CE，∴AD=CE，∵AD∥CE，∴四邊形ACED是平行四邊形；（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=DC，∵AB=AE，∴DC=AE，∵四邊形ACED是平行四邊形，∴四邊形ACED是矩形．19．（2021·江蘇徐州·中考真題）如圖，將一張長方形紙片沿折疊，使兩點重合．點落在點處．已知，．（1）求證：是等腰三角形；（2）求線段的長．【答案】（1）見解析；（2）3【分析】（1）根據矩形的性質可得,則,因為折疊，，即可得證；（2）設用含的代數式表示，由折疊，，再用勾股定理求解即可【詳解】（1）四邊形是矩形因為折疊，則是等腰三角形（2）四邊形是矩形,設，則因為折疊，則，,在中即解得：20．（2021·江蘇淮安·中考真題）已知：如圖，在?ABCD中，點E、F分別在AD、BC上，且BE平分∠ABC，EF∥AB．求證：四邊形ABFE是菱形．【答案】見解析【分析】先證四邊形ABFE是平行四邊形，由平行線的性質和角平分線的性質證AB＝AE，依據有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形證明即可．【詳解】證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，又∵EF∥AB，∴四邊形ABFE是平行四邊形，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠FBE，∵AD∥BC，∴∠AEB＝∠EBF，∴∠ABE＝∠AEB，∴AB＝AE，∴平行四邊形ABFE是菱形．21．（2023·江蘇連云港·中考真題）如圖，菱形的對角線相交于點為的中點，，．求的長及的值．

【答案】，【分析】根據菱形的性質得出，中，勾股定理求得的長，根據正切的定義即可求解．【詳解】在菱形中，．∵，∴．在中，∵為中點，∴．∵．∴．∴．∴．22．（2021·江蘇揚州·中考真題）如圖，在中，的角平分線交于點D，．（1）試判斷四邊形的形狀，并說明理由；（2）若，且，求四邊形的面積．【答案】（1）菱形，理由見解析；（2）4【分析】（1）根據DE∥AB，DF∥AC判定四邊形AFDE是平行四邊形，再根據平行線的性質和角平分線的定義得到∠EDA=∠EAD，可得AE=DE，即可證明；（2）根據∠BAC=90°得到菱形AFDE是正方形，根據對角線AD求出邊長，再根據面積公式計算即可．【詳解】解：（1）四邊形AFDE是菱形，理由是：∵DE∥AB，DF∥AC，∴四邊形AFDE是平行四邊形，∵AD平分∠BAC，∴∠FAD=∠EAD，∵DE∥AB，∴∠EDA=∠FAD，∴∠EDA=∠EAD，∴AE=DE，∴平行四邊形AFDE是菱形；（2）∵∠BAC=90°，∴四邊形AFDE是正方形，∵AD=，∴AF=DF=DE=AE==2，∴四邊形AFDE的面積為2×2=4．23．（2021·江蘇鹽城·中考真題）如圖，、、分別是各邊的中點，連接、、．（1）求證：四邊形為平行四邊形；（2）加上條件后，能使得四邊形為菱形，請從①；②平分；③，這三個條件中選擇一個條件填空（寫序號），并加以證明．【答案】（1）見解析；（2）②或③，見解析【分析】（1）先證明，根據平行的傳遞性證明，即可證明四邊形為平行四邊形．（2）選②平分，先證明，由四邊形是平行四邊形，得出，即可證明平行四邊形是菱形．選③，由且，得出，即可證明平行四邊形是菱形．【詳解】（1）證明：已知、是、中點∴又∵、是、的中點∴∵∴∴四邊形為平行四邊形（2）證明：選②平分∵平分∴又∵平行四邊形∴∴∴∴平行四邊形是菱形選③∵且且又∵∴∴平行四邊形為菱形故答案為：②或③24．（2021·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，延長DA，BC，使得AE＝CF，連接BE，DF．（1）求證：；（2）連接BD，∠1＝30°，∠2＝20°，當∠ABE＝°時，四邊形BFDE是菱形．【答案】（1）見解析；（2）當∠ABE＝10°時，四邊形BFDE是菱形【分析】（1）根據平行四邊形的性子和“SAS”可證△ABE≌△CDF；（2）先證明四邊形BFDE是平行四邊形，再通過證明BE＝DE，可得結論．【詳解】解：（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，∠BAD＝∠BCD，∴∠1＝∠DCF，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（SAS）；（2）當∠ABE＝10°時，四邊形BFDE是菱形，理由如下：∵△ABE≌△CDF，∴BE=DF，AE=CF，∴BF=DE，∴四邊形BFDE是平行四邊形，∵∠1=30°，∠2=20°，∴∠ABD=∠1∠2=10°，∴∠DBE=20°，∴∠DBE=∠EDB=20°，∴BE=DE，∴平行四邊形BFDE是菱形，故答案為10．25．（2022·江蘇連云港·中考真題）如圖，四邊形為平行四邊形，延長到點，使，且．(1)求證：四邊形為菱形；(2)若是邊長為2的等邊三角形，點、、分別在線段、、上運動，求的最小值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先根據四邊形為平行四邊形的性質和證明四邊形為平行四邊形，再根據，即可得證；（2）先根據菱形對稱性得，得到，進一步說明的最小值即為菱形的高，再利用三角函數即可求解．【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，∴，，∵，∴，又∵點在的延長線上，∴，∴四邊形為平行四邊形，又∵，∴四邊形為菱形．（2）解：如圖，由菱形對稱性得，點關于的對稱點在上，∴，當、、共線時，，過點作，垂足為，∵，∴的最小值即為平行線間的距離的長，∵是邊長為2的等邊三角形，∴在中，，，，∴，∴的最小值為．26．（2022·江蘇蘇州·中考真題）如圖，將矩形ABCD沿對角線AC折疊，點B的對應點為E，AE與CD交于點F．(1)求證：；(2)若，求的度數．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）由矩形與折疊的性質可得，，從而可得結論；（2）先證明，再求解，結合對折的性質可得答案．【詳解】（1）證明：將矩形ABCD沿對角線AC折疊，則，．在△DAF和△ECF中，∴．（2）解：∵，∴．∵四邊形ABCD是矩形，∴．∴，∵，∴．27．（2022·江蘇無錫·中考真題）如圖，已知四邊形ABCD為矩形，，點E在BC上，，將△ABC沿AC翻折到△AFC，連接EF．(1)求EF的長；(2)求sin∠CEF的值．【答案】(1)(2)【分析】(1)先由可求得的長度，再由角度關系可得，即可求得的長;(2)過F作于，利用勾股定理列方程，即可求出的長度，同時求出的長度，得出答案.【詳解】（1）設，則，∴，在中，，∴，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，由折疊可知，∴，，∴，∴，在中，.（2）過F作FM⊥BC于M，∴∠FME=∠FMC=90°，設EM=a,則EC=3a，在中，，在中，，∴，∴，∴，∴，∴，∴.28．（2022·江蘇泰州·中考真題）如圖，線段DE與AF分別為△ABC的中位線與中線．(1)求證：AF與DE互相平分；(2)當線段AF與BC滿足怎樣的數量關系時，四邊形ADFE為矩形？請說明理由．【答案】(1)見解析(2)AF=BC，理由見解析【分析】（1）易知點D，E，F分別是AB，AC，BC的中點，所以線段DF與EF也為△ABC的中位線，由中位線定理證得四邊形ADFE是平行四邊形，因為平行四邊形的對角線相互平分，此題可證；（2）根據對角線相等的平行四邊形是矩形，結合已知條件可知，當AF=BC時，平行四邊形ADFE為矩形．【詳解】（1）證明：∵線段DE與AF分別為△ABC的中位線與中線，∴D，E，F分別是AB，AC，BC的中點，∴線段DF與EF也為△ABC的中位線，∴DFAC，EFAB，∴四邊形ADFE是平行四邊形，∴AF與DE互相平分．（2）解：當AF=BC時，四邊形ADFE為矩形，理由如下：∵線段DE為△ABC的中位線，∴DE=BC，由（1）知四邊形ADFE為平行四邊形，若ADFE為矩形，則AF=DE，∴當AF=BC時，四邊形ADFE為矩形．29．（2022·江蘇常州·中考真題）在四邊形中，是邊上的一點．若，則點叫做該四邊形的“等形點”．(1)正方形_______“等形點”（填“存在”或“不存在”）；(2)如圖，在四邊形中，邊上的點是四邊形的“等形點”．已知，，，連接，求的長；(3)在四邊形中，EH//FG．若邊上的點是四邊形的“等形點”，求的值．【答案】(1)不存在，理由見詳解(2)(3)1【分析】（1）根據“等形點”的概念，采用反證法即可判斷；（2）過A點作AM⊥BC于點M，根據“等形點”的性質可得AB=CD=，OA=OC=5，OB=7=OD，設MO=a，則BM=BOMO=7a，在Rt△ABM和Rt△AOM中，利用勾股定理即可求出AM，則在Rt△AMC中利用勾股定理即可求出AC；（3）根據“等形點”的性質可得OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，再根據，可得∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，即有∠OEH=∠OHE，進而有OE=OH，可得OF=OG，則問題得解．【詳解】（1）不存在，理由如下：假設正方形ABCD存在“等形點”點O，即存在△OAB≌△OCD，∵在正方形ABCD中，點O在邊BC上，∴∠ABO=90°，∵△OAB≌△OCD，∴∠ABO=∠CDO=90°，∴CD⊥DO，∵CD⊥BC，∴，∵O點在BC上，∴DO與BC交于點O，∴假設不成立，故正方形不存在“等形點”；（2）如圖，過A點作AM⊥BC于點M，如圖，∵O點是四邊形ABCD的“等形點”，∴△OAB≌△OCD，∴AB=CD，OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，∵，OA=5，BC=12，∴AB=CD=，OA=OC=5，∴OB=BCOC=125=7=OD，∵AM⊥BC，∴∠AMO=90°=∠AMB，∴設MO=a，則BM=BOMO=7a，∴在Rt△ABM和Rt△AOM中，，∴，即，解得：，即，∴MC=MO+OC=，∴在Rt△AMC中，，即AC的長為；（3）如圖，∵O點是四邊形EFGH的“等形點”，∴△OEF≌△OGH，∴OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，∵，∴∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，∴根據∠EOF=∠GOH有∠OEH=∠OHE，∴OE=OH，∵OF=OH，OE=OG，∴OF=OG，∴．【點睛】本題考查了全等三角形的性質、勾股定理、正方形的性質、平行的性質等知識，充分利用全等三角形的性質是解答本題的關鍵．30．（2022·江蘇南京·中考真題）如圖，，平分，交于點，過點作，交于點，垂足為，連接，求證：四邊形是菱形．

【答案】見解析【分析】先證明四邊形是平行四邊形，再根據鄰邊，即可證明平行四邊形是菱形．【詳解】解：證明：∵平分，，∴，．∴．∴．又∵于點，∴．在和中，，∴．∴．∴四邊形是平行四邊形．又∵，∴平行四邊形是菱形．

【點睛】本題主要考查了菱形的判定，涉及平行四邊形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，角平分線的性質，平行線的性質等知識，熟練掌握菱形的判定方法是解題的關鍵．31．（2023·江蘇徐州·中考真題）【閱讀理解】如圖1，在矩形中，若，由勾股定理，得，同理，故．【探究發(fā)現】如圖2，四邊形為平行四邊形，若，則上述結論是否依然成立？請加以判斷，并說明理由．【拓展提升】如圖3，已知為的一條中線，．求證：．【嘗試應用】如圖4，在矩形中，若，點P在邊上，則的最小值為_______．

【答案】探究發(fā)現：結論依然成立，理由見解析；拓展提升：證明見解析；嘗試應用：【分析】探究發(fā)現：作于點E，作交的延長線于點F，則，證明，，利用勾股定理進行計算即可得到答案；拓展提升：延長到點C，使，證明四邊形是平行四邊形，由【探究發(fā)現】可知，，則，得到，即可得到結論；嘗試應用：由四邊形是矩形，，得到，，設，，由勾股定理得到，根據二次函數的性質即可得到答案．【詳解】探究發(fā)現：結論依然成立，理由如下：作于點E，作交的延長線于點F，則，

∵四邊形為平行四邊形，若，∴，∵，，∴，∴，∴，∴；拓展提升：延長到點C，使，

∵為的一條中線，∴，∴四邊形是平行四邊形，∵．∴由【探究發(fā)現】可知，，∴，∴，∴；嘗試應用：∵四邊形是矩形，，∴，，設，則，∴，∵，∴拋物線開口向上，∴當時，的最小值是故答案為：【點睛】此題考查了二次函數的應用、勾股定理、平行四邊形的判定和性質、矩形的性質等知識，熟練掌握勾股定理和數形結合是解題的關鍵．32．（2023·江蘇宿遷·中考真題）如圖，在矩形中，，，垂足分別為E、F．求證：．【答案】證明見解析【分析】根據定理證出，再根據全等三角形的性質即可得證．【詳解】證明：四邊形是矩形，，，，，，在和中，，，．【點睛】本題考查了矩形的性質、三角形全等的判定與性質等知識點，熟練掌握矩形的性質是解題關鍵．33．（2021·江蘇蘇州·中考真題）如圖，在矩形中，線段、分別平行于、，它們相交于點，點、分別在線段、上，，，連接、，與交于點．已知．設，．（1）四邊形的面積______四邊形的面積（填“”、“”或“”）；（2）求證：；（3）設四邊形的面積為，四邊形的面積為，求的值．【答案】（1）=；（2）見解析；（3）【分析】（1）由四邊形為矩形及，，證明四邊形為矩形，四邊形、、均為矩形．再利用矩形的面積公式求解四邊形的面積與四邊形的面積，從而可得答案；（2）由，，結合，，結合，證明．可得．從而可得結論；（3）解法一：連接，，證明．可得．再證明．可得，從而可得答案；解法二：連接、．證明四邊形的四邊形．從而可得答案．【詳解】解：（1）∵四邊形為矩形，∴．∵，∴，．∵，∴．∴四邊形為矩形．同理可得：四邊形、、均為矩形．∵，，，∴，，，．∴四邊形的面積，四邊形的面積．．四邊形的面積四邊形的面積．（2）∵，，由（1）中，，∴，即，∵，∴．∴．∵，∴．（3）解法一：連接，，∵，，∴．∵，∴．∴，．由（2），得，∴．∵，∴．∴．∵，∴．∴．解法二：連接、．∵，，∴．∵，∴．∴，，．由（2）中，得，∴．∵，∴．∴，，．∴，，．又，，∴四邊形的四邊形．∴．【點睛】本題考查的是矩形的性質，矩形的判定，相似三角形的判定與性質，相似四邊形的判定與性質，構建相似三角形的模型是解題的關鍵．34．（2021·江蘇宿遷·中考真題）已知正方形ABCD與正方形AEFG，正方形AEFG繞點A旋轉一周．(1)如圖①，連接BG、CF，求的值；(2)當正方形AEFG旋轉至圖②位置時，連接CF、BE，分別取CF、BE的中點M、N，連接MN、試探究：MN與BE的關系，并說明理由；(3)連接BE、BF，分別取BE、BF的中點N、Q，連接QN，AE=6，請直接寫出線段QN掃過的面積．【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）由旋轉的性質聯(lián)想到連接，證明即可求解；（2）由M、N分別是CF、BE的中點，聯(lián)想到中位線，故想到連接BM并延長使BM=MH，連接FH、EH，則可證即可得到，再由四邊形內角和為可得，則可證明，即是等腰直角三角形，最后利用中位線的性質即可求解；（3）Q、N兩點因旋轉位置發(fā)生改變，所以Q、N兩點的軌跡是圓，又Q、N兩點分別是BF、BE中點，所以想到取AB的中點O，結合三角形中位線和圓環(huán)面積的求解即可解答．【詳解】解：（1）連接四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形分別平分即且都是等腰直角三角形（2）連接BM并延長使BM=MH，連接FH、EH是CF的中點又在四邊形BEFC中又即即又四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形三角形BEH是等腰直角三角形M、N分別是BH、BE的中點（3）取AB的中點O，連接OQ、ON，連接AF在中，O、Q分別是AB、BF的中點同理可得所以QN掃過的面積是以O為圓心，和為半徑的圓環(huán)的面積．【點睛】本題考查旋轉的性質、三角形相似、三角形全等、正方形的性質、中位線的性質與應用和動點問題，屬于幾何綜合題，難度較大．解題的關鍵是通過相關圖形的性質做出輔助線．35．（2021·江蘇徐州·中考真題）如圖1，正方形的邊長為4，點在邊上（不與重合），連接．將線段繞點順時針旋轉90°得到，將線段繞點逆時針旋轉90°得到．連接．（1）求證：①的面積；②；（2）如圖2，的延長線交于點，取的中點，連接，求的取值范圍．【答案】（1）①見詳解；②見詳解；（2）4≤MN＜【分析】（1）①過點F作FG⊥AD交AD的延長線于點G，證明，即可得到結論；②過點E作EH⊥DA交DA的延長線于點H，證明，結合，可得GD=EH，同理：FG=AH，從而得，進而即可得到結論；（2）過點F作FG⊥AD交AD的延長線于點G，過點E作EH⊥DA交DA的延長線于點H，可得∠AMD=90°，MN=EF，HG=2AD=8，EH+FG=AD=4，然后求出當點P與點D重合時，EF最大值=，當點P與AD的中點重合時，EF最小值=HG=8，進而即可得到答案．【詳解】（1）①證明：過點F作FG⊥AD交AD的延長線于點G，∵∠FPG+∠PFG=90°，∠FPG+∠CPD=90°，∴∠FPG=∠CPD，又∵∠PGF=∠CDP=90°，PC=PF，∴（AAS），∴FG=PD，∴的面積；②過點E作EH⊥DA交DA的延長線于點H，∵∠EPH+∠PEH=90°，∠EPH+∠BPA=90°，∴∠PEH=∠BPA，又∵∠PHE=∠BAP=90°，PB=PE，∴（AAS），∴EH=PA，由①得：FG=PD，∴EH+FG=PA+PD=AD=CD，由①得：，∴PG=CD，∴PD+GD=CD=EH+FG，∴FG+GD=EH+FG，∴GD=EH，同理：FG=AH，又∵∠AHE=∠FGD，∴，∴；（2）過點F作FG⊥AD交AD的延長線于點G，過點E作EH⊥DA交DA的延長線于點H，由（1）得：，∴∠HAE=∠GFD，∵∠GFD+∠GDF=90°，∴∠HAE+∠GDF=90°，∵∠HAE=∠MAD，∠GDF=∠MDA，∴∠MAD+∠MDA=90°，∴∠AMD=90°，∵點N是EF的中點，∴MN=EF，∵EH=DG=AP，AH=FG=PD，∴HG=AH+DG+AD=PD+AP+AD=2AD=8，EH+FG=AP+PD=AD=4，當點P與點D重合時，FG=0，EH=4，HG=8，此時EF最大值=，當點P與AD的中點重合時，FG=2，EH=2，HG=8，此時EF最小值=HG=8，∴的取值范圍是：4≤MN＜．【點睛】本題主要考查全等三角形的判定和性質，正方形的性質，勾股定理，旋轉的性質，添加輔助線，構造直角全等的直角三角形，是解題的關鍵．36．（2021·江蘇南通·中考真題）如圖，正方形中，點E在邊上（不與端點A，D重合），點A關于直線的對稱點為點F，連接，設．（1）求的大?。ㄓ煤氖阶颖硎荆?；（2）過點C作，垂足為G，連接．判斷與的位置關系，并說明理由；（3）將繞點B順時針旋轉得到，點E的對應點為點H，連接，．當為等腰三角形時，求的值．【答案】(1)．(2)DG//CF．理由見解析．(3)．【分析】(1)作輔助線BF，用垂直平分線的性質，推導邊相等、角相等．再用三角形內角和為算出．(2)作輔助線BF、AC，先導角證明是等腰直角三角形、是等腰直角三角形．再證明、，最后用內錯角相等，兩直線平行，證得DG//CF．(3)為等腰三角形，要分三種情況討論：①FH=BH②BF=FH③BF=BH，根據題目具體條件，舍掉了②、③種，第①種用正弦函數定義求出比值即可．【詳解】(1)解：連接BF，設AF和BE相交于點N．點A關于直線BE的對稱點為點FBE是AF的垂直平分線，AB=BF四邊形ABCD是正方形AB=BC，．(2)位置關系：平行．理由：連接BF，AC，DG設DC和FG的交點為點M，AF和BE相交于點N由(1)可知，是等腰直角三角形四邊形ABCD是正方形是等腰直角三角形垂直平分AF在和中，在和中，CF//DG(3)為等腰三角形有三種情況：①FH=BH②BF=FH③BF=BH，要分三種情況討論：①當FH=BH時，作于點M由(1)可知：AB=BF，四邊形ABCD是正方形設AB=BF=BC=a將繞點B順時針旋轉得到FH=BH是等腰三角形，在和中，BM=AE=②當BF=FH時，設FH與BC交點為O繞點B順時針旋轉得到由(1)可知：此時，與重合，與題目不符，故舍去③當BF=BH時，由(1)可知：AB=BF設AB=BF=a四邊形ABCD是正方形AB=BC=aBF=BHBF=BH=BC=a而題目中，BC、BH分別為直角三角形BCH的直角邊和斜邊，不能相等，與題目不符，故舍去．故答案為：【點睛】本題考查了三角形內角和定理(三角形內角和為)、平行線證明(內錯角相等，兩直線平行)、相似三角形證明(兩組對應角分別相等的兩個三角形相似，兩邊對應成比例且夾角相等的兩個三角形相似)、等腰直角三角形三邊比例關系()、正弦函數定義式(對邊：斜邊)．37．（2021·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）如圖1，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E＝∠F＝90°，AB，FE，DC為鉛直方向的邊，AF，ED，BC為水平方向的邊，點E在AB，CD之間，且在AF，BC之間，我們稱這樣的圖形為“L圖形”，記作“L圖形ABC﹣DEF”．若直線將L圖形分成面積相等的兩個圖形，則稱這樣的直線為該L圖形的面積平分線．【活動】小華同學給出了圖1的面積平分線的一個作圖方案：如圖2，將這個L圖形分成矩形AGEF、矩形GBCD，這兩個矩形的對稱中心O1，O2所在直線是該L圖形的面積平分線．請用無刻度的直尺在圖1中作出其他的面積平分線．（作出一種即可，不寫作法，保留作圖痕跡）【思考】如圖3，直線O1O2是小華作的面積平分線，它與邊BC，AF分別交于點M，N，過MN的中點O的直線分別交邊BC，AF于點P，Q，直線PQ（填“是”或“不是”）L圖形ABCDEF的面積平分線．【應用】在L圖形ABCDEF形中，已知AB＝4，BC＝6．（1）如圖4，CD＝AF＝1．①該L圖形的面積平分線與兩條水平的邊分別相交于點P，Q，求PQ長的最大值；②該L圖形的面積平分線與邊AB，CD分別相交于點G，H，當GH的長取最小值時，BG的長為．（2）設＝t（t＞0），在所有的與鉛直方向的兩條邊相交的面積平分線中，如果只有與邊AB，CD相交的面積平分線，直接寫出t的取值范圍．【答案】【活動】見解析；【思考】是；【應用】（1）①；②；（2）＜t＜【分析】[活動]如圖1，根據題意把原本圖形分成左右兩個矩形，這兩個矩形的對稱中心O1，O2所在直線是該L圖形的面積平分線；[思考]如圖2，證明△OQN≌△OPM（AAS），根據割補法可得直線PQ是L圖形ABCDEF的面積平分線；[應用]（1）①建立平面直角坐標系，分兩種情況：如圖3﹣1和3﹣2，根據中點坐標公式和待定系數法可得面積平分線的解析式，并計算P和Q的坐標，利用兩點的距離公式可得PQ的長，并比較大小可得結論；②當GH⊥AB時，GH最小，設BG＝x，根據面積相等列方程，解出即可；（2）如圖5，由已知得：CD＝tAF，直線DE將圖形分成上下兩個矩形，當上矩形面積小于下矩形面積時，在所有的與鉛直方向的兩條邊相交的面積平分線中，只有與邊AB，CD相交的面積平分線，列不等式可得t的取值．【詳解】解：【活動】如圖1，直線O1O2是該L圖形的面積平分線；【思考】如圖2，∵∠A＝∠B＝90°，∴AF∥BC，∴∠NQO＝∠MPO，∵點O是MN的中點，∴ON＝OM，在△OQN和△OPM中，，∴△OQN≌△OPM（AAS），∴S△OQN＝S△OPM，∵S梯形ABMN＝SMNFEDC，∴S梯形ABMN﹣S△OPM＝SMNFEDC﹣S△OQN，即SABPON＝SCDEFQOM，∴SABPON+S△OQN＝SCDEFQOM+S△OPM，即S梯形ABPQ＝SCDEFQP，∴直線PQ是L圖形ABCDEF的面積平分線．故答案為：是；【應用】（1）①如圖3，當P與B重合時，PQ最大，過點Q作QH⊥BC于H，L圖形ABCDEF的面積=4×6（41）×（61）=9，∵PQ是L圖形ABCDEF的面積平分線，∴梯形CDQP的面積=×（DQ+BC）×CD=，即×（DQ+6）×1=，∴DQ=CH=3，∴PH=63=3，∵QH=CD=1，由勾股定理得：PQ=；∴PQ長的最大值為；②如圖4，當GH⊥AB時GH最短，過點E作EM⊥AB于M，設BG＝x，則MG＝1﹣x，根據上下兩部分面積相等可知，6x＝（4﹣1）×1+（1﹣x）×6，解得x＝，即BG＝；故答案為：；（2）∵＝t（t＞0），∴CD＝tAF，在所有的與鉛直方向的兩條邊相交的面積平分線中，只有與邊AB，CD相交的面積平分線，如圖5，直線DE將圖形分成上下兩個矩形，當上矩形面積小于下矩形面積時，在所有的與鉛直方向的兩條邊相交的面積平分線中，只有與邊AB，CD相交的面積平分線，即（4﹣tAF）?AF＜6t?AF，∴，∵0＜AF＜6，∴0＜﹣6＜6，∴．故答案為：＜t＜．【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了應用與設計作圖，矩形的性質和判定，四邊形面積的平分，三角形全等的性質和判定等知識，并結合平面直角坐標系計算線段的長，明確面積平分線的畫法，并熟練掌握矩形面積平分線是過對角線交點的性質是解題的關鍵．38．（2022·江蘇鹽城·中考真題）【經典回顧】梅文鼎是我國清初著名的數學家，他在《勾股舉隅》中給出多種證明勾股定理的方法圖1是其中一種方法的示意圖及部分輔助線．在中，，四邊形、和分別是以的三邊為一邊的正方形．延長和，交于點，連接并延長交于點，交于點，延長交于點．(1)證明：；(2)證明：正方形的面積等于四邊形的面積；(3)請利用（2）中的結論證明勾股定理．(4)【遷移拓展】如圖2，四邊形和分別是以的兩邊為一邊的平行四邊形，探索在下方是否存在平行四邊形，使得該平行四邊形的面積等于平行四邊形、的面積之和．若存在，作出滿足條件的平行四邊形（保留適當的作圖痕跡）；若不存在，請說明理由．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析(4)存在，見解析【分析】（1）根據正方形的性質和SAS證明△ACB≌△HCG，可得結論；（2）證明S△CHG＝S△CHL，所以S△AMI＝S△CHL，由此可得結論；（3）證明正方形ACHI的面積+正方形BFGC的面積＝?ADJK的面積+?KJEB的面積＝正方形ADEB，可得結論；（4）如圖2，延長IH和FG交于點L，連接LC，以A為圓心CL為半徑畫弧交IH于一點，過這一點和A作直線，以A為圓心，AI為半徑作弧交這直線于D，分別以A，B為圓心，以AB，AI為半徑畫弧交于E，連接AD，DE，BE，則四邊形ADEB即為所求．【詳解】（1）證明：如圖1，連接HG，∵四邊形ACHI，ABED和BCGF是正方形，∴AC＝CH，BC＝CG，∠ACH＝∠BCG＝90°，AB＝AD，∵∠ACB＝90°，∴∠GCH＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，∴∠GCH＝∠ACB，∴△ACB≌△HCG（SAS），∴GH＝AB＝AD，∵∠GCH＝∠CHI＝∠CGL＝90°，∴四邊形CGLH是矩形，∴CL＝GH，∴AD＝LC；（2）證明：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，∴∠BAC＝∠MAI，∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，∴△ABC≌△AMI（ASA），由（1）知：△ACB≌△HCG，∴△AMI≌△HGC，∵四邊形CGLH是矩形，∴S△CHG＝S△CHL，∴S△AMI＝S△CHL，∴正方形ACHI的面積等于四邊形ACLM的面積；（3）證明：由正方形可得，又，所以四邊形是平行四邊形，由（2）知，四邊形是平行四邊形，由（1）知，，所以，延長交于，同理有，所以．所以．（4）解：如圖為所求作的平行四邊形．【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查的是全等三角形的性質和判定，平行四邊形的性質和判定，矩形的性質和判定，正方形的性質，勾股定理的證明等知識；熟練掌握正方形的性質和全等三角形的判定與性質，根據圖形面積的關系證出勾股定理是解題的關鍵，屬于中考?？碱}型．39．（2022·江蘇南通·中考真題）如圖，矩形中，，點E在折線上運動，將繞點A順時針旋轉得到，旋轉角等于，連接．(1)當點E在上時，作，垂足為M，求證；(2)當時，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，當點E在BC上時，借助，在中求解；當點E在CD上時，過點E作EG⊥AB于點G，FH⊥AC于點H，借助并利用勾股定理求解即可．（3）分別討論當點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．【詳解】（1）如圖所示，由題意可知，，，，由旋轉性質知：AE=AF，在和中，，，．（2）當點E在BC上時，在中，，，則，在中，，，則，由（1）可得，，在中，，，則，當點E在CD上時，如圖，過點E作EG⊥AB于點G，FH⊥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?。谂c中，，，，即，，，，在與中，，，，即，，故的最小值；如圖2所示，當點E在線段CD上時，將線段AD繞點A順時針旋轉的度數，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、全等三角形的判定和性質、相似三角形的性質和判定、勾股定理、解直角三角形，解決本題的關鍵是各性質定理的綜合應用．40．（2022·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）已知，點、、、分別在正方形的邊、、、上．(1)如圖1，當四邊形是正方形時，求證：；(2)如圖2，已知，，當、的大小有_________關系時，四邊形是矩形；(3)如圖3，，、相交于點，，已知正方形的邊長為16，長為20，當的面積取最大值時，判斷四邊形是怎樣的四邊形？證明你的結論．【答案】(1)見解析(2)(3)平行四邊形，證明見解析【分析】（1）利用平行四邊形的性質證得，根據角角邊證明．（2）當，證得，是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可證得四邊形EFGH是矩形．（3）利用正方形的性質證得為平行四邊形，過點作，垂足為點，交于點，由平行線分線段成比例，設，，，則可表示出，從而把△OEH的面積用x的代數式表示出來，根據二次函數求出最大值，則可得OE=OG，OF=OH，即可證得平行四邊形．【詳解】（1）∵四邊形為正方形，∴，∴．∵四邊形為正方形，∴，，∴，∴．在和中，∵，，，∴．∴．∴；（2）；證明如下：∵四邊形為正方形，∴，AB=BC=AD=CD，∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，∴AH=CG，∴，∴EH=FG．∵AE=CF，∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，∴是等腰直角三角形，∴∠BEF=∠BFE=45°，∵AE=AH，CF=CG，∴∠AEH=∠CFG=45°，∴∠HEF=∠EFG=90°，∴EH∥FG，∴四邊形EFGH是矩形．（3）∵四邊形為正方形，∴．∵，，∴四邊形為平行四邊形．∴．∴．過點作，垂足為點，交于點，∴．∵，設，，，則，∴．∴．∴當時，的面積最大，∴，，∴四邊形是平行四邊形．【點睛】此題考查了正方形的性質，矩形的判定和平行四邊形的性質與判定，平行線分線段成比例定理，全等三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，二次函數的最值，有一定的綜合性，解題的關鍵是熟悉這些知識并靈活運用．41．（2023·江蘇連云港·中考真題）【問題情境

建構函數】（1）如圖1，在矩形中，是的中點，，垂足為．設，試用含的代數式表示．

【由數想形

新知初探】（2）在上述表達式中，與成函數關系，其圖像如圖2所示．若取任意實數，此時的函數圖像是否具有對稱性？若有，請說明理由，并在圖2上補全函數圖像．

【數形結合

深度探究】（3）在“取任意實數”的條件下，對上述函數繼續(xù)探究，得出以下結論：①函數值隨的增大而增大；②函數值的取值范圍是；③存在一條直線與該函數圖像有四個交點；④在圖像上存在四點，使得四邊形是平行四邊形．其中正確的是__________．（寫出所有正確結論的序號）【抽象回歸

拓展總結】（4）若將（1）中的“”改成“”，此時關于的函數表達式是__________；一般地，當取任意實數時，類比一次函數、反比例函數、二次函數的研究過程，探究此類函數的相關性質（直接寫出3條即可）．【答案】（1）；（2）取任意實數時，對應的函數圖像關于原點成中心對稱，見解析；（3）①④；（4），見解析【分析】（1）證明，得出，進而勾股定理求得，即，整理后即可得出函數關系式；（2）若為圖像上任意一點，則．設關于原點的對稱點為，則．當時，可求得．則也在的圖像上，即可得證，根據中心對稱的性質補全函數圖象即可求解；（3）根據函數圖象，以及中心對稱的性質，逐項分析判斷即可求解；（4）將（1）中的4換成，即可求解；根據（2）的圖象探究此類函數的相關性質，即可求解．【詳解】（1）在矩形中，，∴．∵，∴，∴．∴．∴，∴．∵，點是的中點，∴．在中，，∴．∴．∴關于的表達式為：．（2）取任意實數時，對應的函數圖像關于原點成中心對稱．理由如下：若為圖像上任意一點，則．設關于原點的對稱點為，則．當時，．∴也在的圖像上．∴當取任意實數時，的圖像關于原點對稱．函數圖像如圖所示．

（3）根據函數圖象可得①函數值隨的增大而增大，故①正確，②由(1)可得函數值，故函數值的范圍為，故②錯誤；③根據中心對稱的性質，不存在一條直線與該函數圖像有四個交點，故③錯誤；④因為平行四邊形是中心對稱圖形，則在圖像上存在四點，使得四邊形是平行四邊形，故④正確；故答案為：①④．（4）關于的函數表達式為；當取任意實數時，有如下相關性質：當時，圖像經過第一、三象限，函數值隨的增大而增大，的取值范圍為；當時，圖像經過第二、四象限，函數值隨的增大而減小，的取值范圍為；函數圖像經過原點；函數圖像關于原點對稱；【點睛】本題考查了相似三角形的性質，中心對稱的性質，根據函數圖象獲取信息，根據題意求得解析式是解題的關鍵．42．（2023·江蘇無錫·中考真題）如圖，四邊形是邊長為的菱形，，點為的中點，為線段上的動點，現將四邊形沿翻折得到四邊形．

(1)當時，求四邊形的面積；(2)當點在線段上移動時，設，四邊形的面積為，求關于的函數表達式．【答案】(1)(2)【分析】（1）連接、，根據菱形的性質以及已知條件可得為等邊三角形，根據，可得為等腰直角三角形，則，，根據翻折的性質，可得，，則，；同理，，；進而根據，即可求解；（2）等積法求得，則，根據三角形的面積公式可得，證明，根據相似三角形的性質，得出，根據即可求解．【詳解】（1）如圖，連接、，四邊形為菱形，，，為等邊三角形．為中點，，，，．，為等腰直角三角形，，，翻折，，，，；.同理，，，∴；（2）如圖，連接、，延長交于點．，，，．∵，，．，則，，，．∵，．【點睛】本題考查了菱形與折疊問題，勾股定理，折疊的性質，相似三角形的性質與判定，熟練掌握菱形的性質以及相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．43．（2023·江蘇泰州·中考真題）如圖，矩形是一張紙，其中，小天用該紙玩折紙游戲．游戲1

折出對角線，將點B翻折到上的點E處，折痕交于點G．展開后得到圖①，發(fā)現點F恰為的中點．游戲2

在游戲1的基礎上，將點C翻折到上，折痕為；展開后將點B沿過點F的直線翻折到上的點H處；再展開并連接后得到圖②，發(fā)現是一個特定的角．(1)請你證明游戲1中發(fā)現的結論；(2)請你猜想游戲2中的度數，并說明理由．【答案】(1)證明見詳解(2)，理由見解析【分析】（1）由折疊的性質可得，根據題意可得，再設，然后表示出、，再由銳角三角函數求出即可；（2）由折疊的性質可知，，從而可得出，進而得到，，由（1）知，可得，在中求出的正切值即可解答．【詳解】（1）證明：由折疊的性質可得，，四邊形是矩形，，，，設，則，，，即，，解得，根據勾股定理可得，，即，．解得，，，點為的中點．（2）解：，理由如下：連接，如圖：由折疊的性質可知，，，，，，，由（1）知，可得，，設，則，，，，在中，，，，．【點睛】本題考查矩形的性質，折疊的性質，勾股定理，銳角三角函數，熟練掌握以上知識是解題關鍵．44．（2023·江蘇·中考真題）對于平面內的一個四邊形，若存在點，使得該四邊形的一條對角線繞點旋轉一定角度后能與另一條對角線重合，則稱該四邊形為“可旋四邊形”，點是該四邊形的一個“旋點”．例如，在矩形中，對角線、相交于點，則點是矩形的一個“旋點”．

(1)若菱形為“可旋四邊形”，其面積是，則菱形的邊長是_______；(2)如圖1，四邊形為“可旋四邊形”，邊的中點是四邊形的一個“旋點”．求的度數；(3)如圖2，在四邊形中，，與不平行．四邊形是否為“可旋四邊形”？請說明理由．【答案】(1)(2)(3)是【分析】（1）根據“可旋四邊形”的性質可得，根據正方形的判定可得菱形為正方形，根據正方形四條邊都相等的性質即可求解；（2）連接，根據“可旋四邊形”的性質和題意可得，，推得，根據等邊對等角可得，，根據三角形內角和定理即可求出結果；分別作，的垂直平分線，交于點，連接，，，，根據垂直平分線的性質可得，，根據全等三角形的判定和性質可得，求得，即可證明四邊形是“可旋四邊形”．【詳解】（1）解：∵菱形為“可旋四邊形”，則菱形的一條對角線繞點旋轉一定角度后能與另一條對角線重合，即，則菱形為正方形，∵菱形的面積為，∴菱形的邊長是．故答案為：．（2）解：連接，如圖：

∵四邊形為“可旋四邊形”，且點是四邊形的一個“旋點”，∴，∴，∵點是邊的中點，∴，∴，∴，∵，即，∴．（3）解：四邊形是“可旋四邊形”；理由如下：分別作，的垂直平分線，交于點，連接，，，，如圖：

∵點在線段和線段的垂直平分線上，∴，，在和中，，∴，∴，則，即，∴四邊形是“可旋四邊形”．【點睛】本題考查了正方形的判定和性質，等邊對等角，三角形內角和定理，垂直平分線的性質，全等三角形的判定和性質，解題的關鍵是做輔助線，構建全等三角形．45．（2023·江蘇·中考真題）綜合與實踐定義：將寬與長的比值為（為正整數）的矩形稱為階奇妙矩形．（1）概念理解：當時，這個矩形為1階奇妙矩形，如圖（1），這就是我們學習過的黃金矩形，它的寬（）與長的比值是_________．（2）操作驗證：用正方形紙片進行如下操作（如圖（2））：第一步：對折正方形紙片，展開，折痕為，連接；第二步：折疊紙片使落在上，點的對應點為點，展開，折痕為；第三步：過點折疊紙片，使得點分別落在邊上，展開，折痕為．試說明：矩形是1階奇妙矩形．

（3）方法遷移：用正方形紙片折疊出一個2階奇妙矩形．要求：在圖（3）中畫出折疊示意圖并作簡要標注．（4）探究發(fā)現：小明操作發(fā)現任一個階奇妙矩形都可以通過折紙得到．他還發(fā)現：如圖（4），點為正方形邊上（不與端點重合）任意一點，連接，繼續(xù)（2）中操作的第二步、第三步，四邊形的周長與矩形的周長比值總是定值．請寫出這個定值，并說明理由．【答案】（1）；（2）見解析；（3），理由見解析【分析】（1）將代入，即可求解．（2）設正方形的邊長為，根據折疊的性質，可得，設，則，在中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解；（3）仿照（2）的方法得出2階奇妙矩形．（4）根據（2）的方法，分別求得四邊形的周長與矩形的周長，即可求解．【詳解】解：（1）當時，，故答案為：．（2）如圖（2），連接，

設正方形的邊長為，根據折疊的性質，可得設，則根據折疊，可得，，在中，，∴，在中，∴解得：∴∴矩形是1階奇妙矩形．（3）用正方形紙片進行如下操作（如圖）：第一步：對折正方形紙片，展開，折痕為，再對折，折痕為，連接；第二步：折疊紙片使落在上，點的對應點為點，展開，折痕為；第三步：過點折疊紙片，使得點分別落在邊上，展開，折痕為．矩形是2階奇妙矩形，

理由如下，連接，設正方形的邊長為，根據折疊可得，則，

設，則根據折疊，可得，，在中，，∴，在中，∴解得：∴當時，∴矩形是2階奇妙矩形．（4）如圖（4），連接誒，設正方形的邊長為1，設，則，

設，則根據折疊，可得，，在中，，∴，在中，∴整理得，∴四邊形的邊長為矩形的周長為，∴四邊形的周長與矩形的周長比值總是定值【點睛】本題考查了正方形的折疊問題，勾股定理，熟練掌握折疊的性質是解題的關鍵．46．（2021·江蘇無錫·中考真題）已知四邊形是邊長為1的正方形，點E是射線上的動點，以為直角邊在直線的上方作等腰直角三角形，，設．（1）如圖1，若點E在線段上運動，交于點P，交于點Q，連結，①當時，求線段的長；②在中，設邊上的高為h，請用含m的代數式表示h，并求h的最大值；（2）設過的中點且垂直于的直線被等腰直角三角形截得的線段長為y，請直接寫出y與m的關系式．【答案】（1）①；②，h最大值=；（2）【分析】（1）①過點F作FM⊥BC，交BC的延長線于點M，先證明，可得FM=，CM=，進而即可求解；②由，得CP=，把繞點A順時針旋轉90°得，可得EQ=DQ+BE，利用勾股定理得DQ=，EQ=，QP=，結合三角形面積公式，即可得到答案；（2）以點B為坐標原點，BC所在直線為x軸，建立直角坐標系，則E(m，0)，A(0，1)，F(1+m，m)，從而求出AE的解析式為：y=x+1，AF的解析式為：y=x+1，EF的解析式為：y=mxm2，再分兩種情況：①當0≤m≤時，②當m＞時，分別求解即可．【詳解】解：（1）①過點F作FM⊥BC，交BC的延長線于點M，∵在等腰直角三角形中，，AE=FE，在正方形中，∠B=90°，∴∠BAE+∠AEB=∠FEM+∠AEB，∴∠BAE=∠FEM，又∵∠B=∠FME，∴，∴FM=BE=，EM=AB=BC，∴CM=BE=，∴CF=；②∵∠BAE=∠FEC，∠B=∠ECP=90°，∴，∴，即：，∴CP=，把繞點A順時針旋轉90°得，則AG=AQ，∠GAB=∠QAD，GB=DQ，∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠QAD=∠BAE+∠GAB=90°45°=45°，即：∠GAE=∠EAF=45°，∵∠ABG=∠ABE=90°，∴B、G、E三點共線，又∵AE=AE，∴，∴EQ=EG=GB+BE=DQ+BE，∴在中，，即：，∴DQ=，∴EQ=DQ+BE=+m=，QP=1()=，∴，即：×(1m)=×h，∴=，即m=時，h最大值=；（3）以點B為坐標原點，BC所在直線為x軸，建立直角坐標系，則E(m，0)，A(0，1)，∵直線m過AB的中點且垂直AB，∴直線m的解析式為：x=，過點F作FM⊥x軸于點M，由（1）可知：，即FM=BE，EM=AB，∴F(1+m，m)，設AE的解析式為：y=kx+b，把E(m，0)，A(0，1)代入上式，得，解得：，∴AE的解析式為：y=x+1，同理：AF的解析式為：y=x+1，EF的解析式為：y=mxm2，①當0≤m≤時，如圖，G(，)，N(，mm2)，∴y=(mm2)=，②當m＞時，如圖，G(，)，N(，)，