专题05 四边形的性质与判定（讲练）（解析版）-2024年中考数学复习

专题05四边形的性质与判定目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u一、考情分析二、知识建构考点一平行四边形【真题研析·规律探寻】题型01多边形内角和与外角和综合问题题型02多边形内角和/外角和的实际应用题型03利用平行四边形的性质与判定求解题型04利用平行四边形的性质与判定解决多结论问题题型05构建三角形中位线解决问题【核心提炼·查漏补缺】【好题必刷·强化落实】考点二特殊四边形【真题研析·规律探寻】题型01利用矩形的性质与判定求解题型02与矩形（或正方形）有关的折叠问题题型03根据矩形的性质与判定解决多结论问题题型04矩形与函数的相关问题题型05根据菱形的性质与判定求解题型06菱形与函数的相关问题题型07根据正方形的性质与判定求解题型08根据正方形的性质与判定解决多结论问题题型09正方形与函数的相关问题题型10与特殊四边形有关的新定义问题题型11与特殊四边形有关的规律探究问题题型12梯形的相关计算题型13四边形的常见几何模型【核心提炼·查漏补缺】【好题必刷·强化落实】

考点要求命题预测平行四边形平行四边形和特殊平行四边形在中考数学中是占比比较大的一块考点，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用:考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样;并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强.所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合.平行四边形与特殊平行四边形的考察热点有:多边形内角和定理、平行四边形的性质与判定定理、平行四边形的综合应用;矩形、菱形、正方形的性质与判定定理;特殊四边形的图形平移、轴对称、旋转等结合问题.特殊四边形考点一平行四边形题型01多边形内角和与外角和综合问题多边形的有关计算公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误：①n边形内角和＝（n－2）×180°（n≥3）.②从n边形的一个顶点可以引出（n-3）条对角线，n个顶点可以引出n（n-3）条对角线，但是每条对角线计算了两次，因此n边形共有n(n-3)③n边形的边数＝（内角和÷180°）＋2.④n边形的外角和是360°.⑤n边形的外角和加内角和＝n×180°.⑥在n边形内任取一点O，连接O与各个顶点，把n边形分成n个三角形；在n边形的任意一边上任取一点O，连接O点与其不相邻的其它各顶点的线段可以把n边形分成（n－1）个三角形；连接n边形的任一顶点A与其不相邻的各个顶点的线段，把n边形分成（n－2）个三角形．1）n边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°.2）任意多边形的内角和均为180°的整数倍.3）利用多边形内角和定理可解决三类问题：①已知多边形的边数求内角和；②已知多边形的内角和求边数；③已知足够的角度条件下求某一个内角的度数．4）任意多边形的外角和等于360°，与多边形的形状和边数无关.5）正n边形的每个内角为为（n-26）正n边形有n条对称轴．7）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形．1．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若∠1=44°，则∠2的度数为（）

A．14° B．16° C．24° D．26°【答案】B【分析】如图，求出正六边形的一个内角和一个外角的度数，得到∠4=60°,∠2+∠5=120°，平行线的性质，得到∠3=∠1=44°，三角形的外角的性质，得到∠5=∠3+∠4=104°，进而求出∠2的度数．【详解】解：如图：

∵正六边形的一个外角的度数为：360°6∴正六边形的一个内角的度数为：180°-60°=120°，即：∠4=60°,∠2+∠5=120°，∵一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，∠1=44°，∴∠3=∠1=44°，∴∠5=∠3+∠4=104°，∴∠2=120°-∠5=16°；故选B．【点睛】本题考查正多边形的内角和、外角和的综合应用，平行线的性质．熟练掌握多边形的外角和是360°，是解题的关键．2．（2022·江苏南京·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的3个外角∠EAB，∠FBC，∠GCD的度数之比为1:2:4【答案】72°/72度【分析】根据圆内接四边形的对角互补以及外角的性质可求出∠CDH【详解】解：如图，延长ED到H，∵四边形ABCD内接于⊙O∴∠ABC∴∠FBC∵∠EAB，∠FBC，∠GCD∴∠EAB，∠FBC，∠GCD，∠∵∠EAB∴∠CDH∴∠ADC故答案为：72°．【点睛】本题考查圆内接四边形，解题的关键是掌握圆内接四边形的对角互补，外角和是360度．3．（2023·内蒙古·中考真题）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，以点A为圆心，AB为半径画弧BF，得到扇形BAF（阴影部分）．若扇形BAF正好是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径是．

【答案】2【分析】首先确定扇形的圆心角的度数，然后利用圆锥的底面圆周长是扇形的弧长计算即可．【详解】解：∵正六边形的外角和为360°，∴每一个外角的度数为360°÷6=60°，∴正六边形的每个内角的度数为180°-60°=120°，设这个圆锥底面圆的半径是r，根据题意得，2πr解得r=故答案为：23【点睛】本题考查正多边形和圆及圆锥的计算，解题的关键是求得正六边形的内角的度数，并理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．4．（2023·新疆·中考真题）一个多边形的每个内角都是144°，这个多边形是边形．【答案】十【分析】根据题意可得该多边形为正多边形，先求出一个外角的度数，即可求出边数．【详解】解：∵该多边形每个内角都是144°，∴该多边形为正多边形，∴该多边形一个外角=180°-144°=36°，∴该多边形的边数=360°故答案为：十．【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，解题的关键是掌握正多边形每个外角相等．题型02多边形内角和/外角和的实际应用1．（2023·山西·中考真题）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点P,Q,M均为正六边形的顶点．若点P,Q的坐标分别为

A．33,-2 B．33,2 C．【答案】A【分析】连接PF，设正六边形的边长为a，由正六边形的性质及点P的坐标可求得a的值，即可求得点M的坐标．【详解】解：连接PF，如图，设正六边形的边长为a，∵∠ABC∴∠ABO∵∠AOB∴∠BAO∴OB=∴AC=CE=∵点P的坐标为-2∴3a即a=2∴OE=OC+∴点M的坐标为33故选：A．

【点睛】本题考查了坐标与图形，正六边形的性质，勾股定理，含30度角直角三角形的性质等知识，掌握这些知识是解题的关键．2．（2022·河北·中考真题）如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设△ABC与四边形BCDE的外角和的度数分别为α，β，则正确的是（

）A．α-β=0C．α-β>0 D．无法比较α【答案】A【分析】多边形的外角和为360°，△ABC与四边形BCDE的外角和均为360°，作出选择即可．【详解】解：∵多边形的外角和为360°，∴△ABC与四边形BCDE的外角和α与β均为360°，∴α-故选：A．【点睛】本题考查多边形的外角和定理，注意多边形的外角和为360°是解答本题的关键．3．（2020·山东德州·中考真题）如图，小明从A点出发，沿直线前进8米后向左转45°，再沿直线前进8米，又向左转45°……照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为（

）A．80米 B．96米 C．64米 D．48米【答案】C【分析】根据多边形的外角和即可求出答案．【详解】解：根据题意可知，他需要转360÷45=8次才会回到原点，所以一共走了8×8=64米．故选：C．【点睛】本题主要考查了利用多边形的外角和定理求多边形的边数．任何一个多边形的外角和都是360°．4．（2022·湖南常德·中考真题）剪纸片：有一张长方形的纸片，用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片；从这2张中任选一张，再用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，这样共有3张纸片：从这3张中任选一张，再用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，这样共有4张纸片；……；如此下去，若最后得到10张纸片，其中有1张五边形纸片，3张三角形纸片，5张四边形纸片，则还有一张多边形纸片的边数为．【答案】6【分析】根据多边形的内角和进行即可求解．【详解】解：根据题意用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，则每剪一次，所有的多边形的内角和增加360°，10张纸片，则剪了9次，其中有1张五边形纸片，3张三角形纸片，5张四边形纸片，设还有一张多边形纸片的边数为n，∴5-2解得n=6故答案为：6．【点睛】本题考查了多边形内角和公式，理解题意是解题的关键．5．（2023·河北·中考真题）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上，两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中（1）∠α=（2）中间正六边形的中心到直线l的距离为（结果保留根号）．

【答案】302【分析】（1）作图后，结合正多边形的外角的求法即可求解；（2）表问题转化为图形问题，首先作图，标出相应的字母，把正六边形的中心到直线l的距离转化为求ON=OM+【详解】解：（1）作图如下：

根据中间正六边形的一边与直线l平行及多边形外角和，得∠ABC∠A故答案为：30；（2）取中间正六边形的中心为O，作如下图形，

由题意得：AG∥BF，AB∥∴四边形ABFG为矩形，∴AB∵∠BAC∵Rt∴BC在Rt△PDE中，由图1知AG=由正六边形的结构特征知：OM=∵BC∴AB∴BD又∵DE∴BE∴故答案为：23【点睛】本题考查了正六边形的特征，勾股定理，含30度直角三角形的特征，全等三角形的判定性质，解直角三角形，解题的关键是掌握正六边形的结构特征．题型03利用平行四边形的性质与判定求解平行四边形的性质：1)对边平行且相等；2)对角相等、邻角互补；3)对角线互相平分；

4)平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心.【解题技巧】1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．4）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE．5）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE．6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．平行四边形的判定定理：①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．③两组对边分别相等的四边形是平行四边形．④两组对角分别相等的四边形是平行四边形．⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．【解题技巧】一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明；2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明；3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明．1．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，已知∠AOB，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于12CD长为半径作圆弧，两条圆弧交于∠AOB内一点P，连接OP，过点P作直线PE∥OA，交OB于点E，过点P作直线PF∥OB，交OA于点F．若

A．123cm2 B．63cm2【答案】B【分析】过P作PM⊥OB于M，再判定四边形【详解】解：过P作PM⊥OB于

由作图得：OP平分∠AOB∴∠POB∴PM=∴OM=∵PE∥OA，∴四边形PFOE为平行四边形，∠EPO∴∠POE∴OE=设OE=在Rt△PEM中，即：x2解得：x=2∴S四边形故选：B．【点睛】本题考查了基本作图，掌握平行四边形的判定定理，勾股定理及平行四边形的面积公式是解题的关键．2．（2023·西藏·中考真题）如图，两张宽为3的长方形纸条叠放在一起，已知∠ABC=60°，则阴影部分的面积是（

A．92 B．33 C．93【答案】D【分析】首先过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，由题意可得四边形ABCD是平行四边形，继而求得【详解】过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥

根据题意得：AD∥BC，AB∥∴四边形ABCD是平行四边形，∵∠ABC∴∠ABE∴AB=2AE，∵AB2=∴AB=2同理：BC=2∴AB=∴四边形ABCD是菱形，∴AD=2∴S菱形故选：D．【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，解题关键在于掌握菱形判定定理和作辅助线．3．（2023·江苏徐州·中考真题）【阅读理解】如图1，在矩形ABCD中，若AB=a,BC=b，由勾股定理，得【探究发现】如图2，四边形ABCD为平行四边形，若AB=【拓展提升】如图3，已知BO为△ABC的一条中线，AB=a【尝试应用】如图4，在矩形ABCD中，若AB=8,BC=12，点P在边AD上，则PB2+【答案】探究发现：结论依然成立，理由见解析；拓展提升：证明见解析；尝试应用：200【分析】探究发现：作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠AEB拓展提升：延长BO到点C，使OD=BO，证明四边形ABCD是平行四边形，由【探究发现】可知，AC2+尝试应用：由四边形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，得到AB=CD=8,BC=AD【详解】探究发现：结论依然成立，理由如下：作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点

∵四边形ABCD为平行四边形，若AB=∴AB=∵AE⊥BC，∴AE=∴Rt△∴BE=∴A=====2=2a拓展提升：延长BO到点C，使OD=

∵BO为△ABC∴OA=∴四边形ABCD是平行四边形，∵AB=∴由【探究发现】可知，AC∴c2∴c2∴BO尝试应用：∵四边形ABCD是矩形，AB=8,∴AB=CD=8,设AP=x，则∴P=2x∵2>0，∴抛物线开口向上，∴当x=6时，PB故答案为：200【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌握勾股定理和数形结合是解题的关键．4．（2023·贵州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，延长CB至D，使得BD=CB，过点A，D分别作AE∥BD，

小星：由题目的已知条件，若连接BE，则可证明BE⊥小红：由题目的已知条件，若连接CE，则可证明CE=

(1)请你选择一位同学的说法，并进行证明；(2)连接AD，若AD=52,【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）选择小星的说法，先证四边形AEDB是平行四边形，推出AE=BD，再证明四边形AEBC是矩形，即可得出BE⊥CD；选择小红的说法，根据四边形AEBC是矩形，可得CE=AB，根据四边形（2）根据BD=CB，CBAC=2【详解】（1）证明：①选择小星的说法，证明如下：如图，连接BE，

∵AE∥BD，∴四边形AEDB是平行四边形，∴AE=∵BD=∴AE=又∵AE∥BD，点D在∴AE∥∴四边形AEBC是平行四边形，又∵∠C∴四边形AEBC是矩形，∴BE⊥②选择小红的说法，证明如下：如图，连接CE，BE，

由①可知四边形AEBC是矩形，∴CE=∵四边形AEDB是平行四边形，∴DE=∴CE=（2）解：如图，连接AD，

∵BD=CB，∴CDAC∴CD=在Rt△ACD中，∴52解得AC即AC的长为32【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是掌握平行四边形和矩形的判定方法．题型04利用平行四边形的性质与判定解决多结论问题1．（2022·山东泰安·中考真题）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．点E为BC的中点，连接EO并延长交AD于点F，∠ABC=60°，BC=2AB．下列结论：①AB⊥AC；②AD=4OE；③四边形A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】通过判定ΔABE为等边三角形求得∠BAE=60°，利用等腰三角形的性质求得∠EAC=30°，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含30°【详解】解：∵点E为BC的中点，∴BC又∵BC∴AB∵∠ABC∴Δ∴∠BAE∴∠EAC∴∠BAC即AB⊥AC，故在平行四边形ABCD中，AD//BC，AD=∴∠CAD在ΔAOF和Δ∠CAD∴Δ∴AF∴四边形AECF是平行四边形，又∵AB⊥AC，点E∴AE∴平行四边形AECF是菱形，故③正确；∴AC在RtΔCOE中，∴OE=1在平行四边形ABCD中，OA=又∵点E为BC的中点，∴SΔBOE综上所述：正确的结论有4个，故选：A．【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，掌握菱形的判定是解题关键．2．（2021·山东泰安·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，则下列四个结论：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，则BM=CM；③若MD=2AM，则S△A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】依次分析各选项，进行推理论证即可；其中①可通过证明△DME≌△BNEAAS，进一步转换后可以得到结论，②可先得到该平行四边形是矩形，利用矩形的性质等得到MN垂直平分BC，即可完成求证，③可以先证明两个三角形的共线边上的高的关系，再利用三角形面积公式即可完成证明，④可以先证明△【详解】解：∵平行四边形ABCD中，E是BD的中点，∴BE=DE，AD//∴∠MDE=∠NBE∴△DME∴DM=∴AM=故①正确；若∠A则平行四边形ABCD是矩形，由矩形的对角线相等，而点E是矩形的对角线的交点可知，E点到B、C两点的距离相等，∴E点在BC的垂直平分线上，由MD=AM，可得BN=所以N点是BC的中点，∴MN垂直平分BC，∴BM=故②正确；若MD=2AM，则BN=2如图1，分别过D、E两点向BC作垂线，垂足分别为Q点和P点，∵E点是BD中点，∴DQ=2EP，∵S△S∴S△故③正确；若AB=因为AB=所以DC=分别过N、C两点向AD作垂线，垂足分别为H、K，由平行线间的距离处处相等可知：NH=CK，∴Rt△∴∠NMD∴△MND∴∠MND又∵∠NFM∴△MNF故④正确；故选：D．【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与性质，能熟练运用全等三角形的判定与性质进行角或边之间关系的转化等，本题对推理分析能力要求较高，属于中等难度偏上的题目，对学生的综合分析能力有一定的要求．3．（2021·四川南充·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=15，BC=20，把边AB沿对角线BD平移，点A'，B'分别对应点A，B．给出下列结论：①顺次连接点A'，B'，C，D的图形是平行四边形；②点C到它关于直线AA'的对称点的距离为48；③A'C-A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据平移的性质和平行四边形的判定方法判断①，再利用等积法得出点C到BD的距离，从而对②做出判断，再根据三角形的三边关系判断③，如图，作D关于AA'的对称点D'，DD'交AA'于M,连接BD'，过D'作D'N⊥BC于【详解】解：由平移的性质可得AB//A且AB=A∵四边形ABCD为矩形∴AB//CD，AB=CD=15∴A'B'//CD且∴四边形A'B当点B'与D重合时，四边形不存在，故①错误在矩形ABCD中，BD=AB2+过A作AM⊥BD，CN⊥BD，则AM=CN∴S△ABD=12AB·CD=12BD∴AM=CN=15×2025∴点C到AA'∴点C到它关于直线AA'∴故②正确∵A∴当A',B此时B'与D∴A'C-B∴故③正确，如图，作D关于AA'的对称点D'，DD'交AA'于M,连接BD'，过D则AB//A'B'//KH,∴D由▱A'B∴B∴A'由②同理可得：DM=∵tan设HN=3x,由勾股定理可得：DD∴25整理得：25x∴(5x解得：x1∴NC∴D∴故④正确故选C．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的性质以及平移的性质,锐角三角函数的应用等知识点，熟练掌握相关的知识是解题的关键．4．（2023·湖北·中考真题）如图，△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DEB=∠AEF=90°，点E在△ABC内，BE>AE，连接DF交AE于点G,DE交AB于点H，连接CF【答案】①③④【分析】由题意易得AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=【详解】解：∵△BAC,△DEB∴AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，∵∠DBA=∠DBE∴∠DBA=∠EBC∴△A∴AB=DF=AC,∠∵∠ABE+∠BHE=90°,∠EFD∴∠BHE≠∠EGF，∠∴DF∥∵DF=∴四边形ADFC是平行四边形，∴AD=CF，故故答案为①③④．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定是解题的关键．题型05构建三角形中位线解决问题构造三角形中位线的常用方法：1）连接两点构造三角形中位线;2)已知中点，取另一条线段的中点构造中位线.3)利用角平分线+垂直构造三角形的中位线.1．（2020·山东泰安·中考真题）如图，点A，B的坐标分别为A(2,0),B(0,2)，点C为坐标平面内一点，BC=1，点M为线段AC的中点，连接OM，则

A．2+1 B．2+12 C．【答案】B【分析】如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，根据三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM=ON+MN最大，再根据等腰直角三角形的性质以及三角形的中位线即可解答．【详解】解：如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM=ON+MN最大，∵A(2,0),则△ABO为等腰直角三角形，∴AB=OA2+OB∴ON=12又∵M为AC的中点，∴MN为△ABC的中位线，BC=1，则MN=12∴OM=ON+MN=2+∴OM的最大值为2故答案选：B．

【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质以及三角形中位线的性质，解题的关键是确定当ON与MN共线时，OM=ON+MN最大．2．（2023·广西·中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，M，N分别是EF，AF的中点，则

【答案】2【分析】首先证明出MN是△AEF的中位线，得到MN=12AE，然后由正方形的性质和勾股定理得到AE=AB2+BE2=4+【详解】如图所示，连接AE，

∵M，N分别是EF，∴MN是△AEF∴MN=∵四边形ABCD是正方形，∴∠B∴AE=∴当BE最大时，AE最大，此时MN最大，∵点E是BC上的动点，∴当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，∴此时AE=∴MN=∴MN的最大值为2．故答案为：2．【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．3．（2021·天津·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，对角线AC,BD相交于点O，点E，F分别在BC,CD的延长线上，且CE=2,DF=1，G为EF的中点，连接OE，交CD于点H【答案】13【分析】先作辅助线构造直角三角形，求出CH和MG的长，再求出MH的长，最后利用勾股定理求解即可．【详解】解:如图,作OK⊥BC，垂足为点K，∵正方形边长为4，∴OK=2，KC=2，∴KC=CE，∴CH是△OKE的中位线∴CH=作GM⊥CD，垂足为点M，∵G点为EF中点，∴GM是△FCE的中位线，∴GM=12∴MH=在Rt△MHG中，GH=故答案为：132【点睛】本题综合考查了正方形的性质、三角形中位线定理、勾股定理等内容，解决本题的关键是能作出辅助线构造直角三角形，得到三角形的中位线，利用三角形中位线定理求出相应线段的长，利用勾股定理解直角三角形等．4．（2023·山东烟台·中考真题）如图，点C为线段AB上一点，分别以AC,BC为等腰三角形的底边，在AB的同侧作等腰△ACD和等腰△BCE，且∠A=∠CBE．在线段EC

(1)如图1，求证：DE=(2)如图2，若AD=2，BF的延长线恰好经过DE的中点G【答案】(1)见解析(2)BE=2+2【分析】（1）证明CD∥BE，推出∠DCE=∠BEF（2）取CE的中点H，连接GH，证明GH是△FCD的中位线，设BE=a，则FH=12a【详解】（1）证明：∵等腰△ACD和等腰△∴AD=CD，EC=∵∠A∴∠DCA∴CD∥∴∠DCE∵EF=∴EF=在△DCE和△FEB中，∴△DCE∴DE=（2）解：取CE的中点H，连接GH，

∵点G是DE的中点，∴GH是△FCD∴GH=12设BE=a，则∵EF=∴FH=∵CD∥∴GH∥∴△FGH∴GHBE=FH整理得a2解得a=2+2经检验a=2+2∴BE=2+2【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．多边形的定义：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形.多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线.

多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n－3）条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n–2)个三角形，n边形的对角线条数为n(正多边形的相关概念正多边形概念各条边相等，并且各个内角也都相等的多边形叫做正多边形.正多边形的中心正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心.正多边形的半径正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径.正多边形的中心角正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角.正多边形的边心距中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距.正多边形的常用公式边长an=2Rn⋅周长Pn=n⋅an外角/中心角度数360°面积Sn=12an⋅rn⋅对角线条数n边心距rn=Rn⋅cos180内角和（n-2）×180°.内角度数（n边形的边数（内角和÷180°）＋2aRn2=rn2+an24（an【解题思路】正多边形与圆的计算问题：正n边形的外接圆半径和边心距把正n边形分成2n个全等的直角三角形，而每个直角三角形都集中地反映了这个正n边形各元素间的关系，故可以把正n边形的计算转化为解直角三角形，再利用勾股定理即可完成计算．1．（2022·北京平谷·一模）2021年3月考古人员在山西泉阳发现目前中国规模最大、保存最完好的战国水井，井壁由等长的柏木按原始榫卯结构相互搭接呈闭合的正九边形逐层垒砌，关于正九边形下列说法错误的是（）A．它是轴对称图形 B．它是中心对称图形C．它的外角和是360° D．它的每个内角都是140°【答案】B【分析】根据轴对称与中心对称的定义可判断A、B的正误；根据正多边形的外角和为360°可判断C的正误；根据正n边形的内角为180°n-2【详解】解：由题意知正九边形是轴对称图形，不是中心对称图形∴A正确，B错误；由正多边形的外角和为360°可知正九边形的外角和为360°∴C正确；由正n边形的内角为180°n-∴D正确；故选B．【点睛】本题考查了正多边形的内角、外角和，轴对称，中心对称．解题的关键在于熟练掌握正多边形的内角、外角与对称性．2．（2023·河北衡水·二模）图中表示被撕掉一块的正n边形纸片，若a⊥b，则n的值是（

）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】B【分析】延长a、b交于点E，根据得到，于是可以得到正多边形的一个外角为45°，进而可得正多边形的边数．【详解】解：如图，延长a，b交于点E，∵a∴∠ABC=90°∴正多边形的一个外角为180°-90°2∴n=故选：B．【点睛】本题主要考查多边形的内角和外角和，掌握相关定义是解题的关键．3．（2023·河南南阳·三模）如图，▱OABC的顶点O0,0，A4,0，点E5,1是边AB的中点，则对角线AC，OB的交点D

A．3,1 B．4,1 C．1,3 D．2,1【答案】A【分析】根据题意易得OA=4，再证明DE为△OAB的中位线，结合中位线的性质求得【详解】解：∵O0,0，A∴OA=4∵四边形OABC为平行四边形，对角线AC，OB的交点为D，∴OD=又∵点E是边AB的中点，∴DE∥OA，且∵点E5,1∴点D的坐标为3,1．故选：A．【点睛】本题主要考查了坐标与图形、平行四边形的性质、三角形中位线的性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．4．（2023·河北保定·二模）如图，在平行四边形ABCD中，按下列条件得到的四边形EFGH不一定是平行四边形的是（）A．

EG，FH是过对角线交点的两条线段B．

E，F，G，H是四边形各边中点C．

EF⊥BC，D．

AF，BH，CH，DF是角平分线【答案】C【分析】利用全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质来证明即可．【详解】解：A、如图，设AC与BD相交于点O，

∵ABCD是平行四边形，∴AB∴∠EAC∵∠AOE∴△AOE∴OE=同理OH=∴四边形EFGH是平行四边形，故A不符合题意．B、如图，连接AC，

∵E，F，G，H是四边形各边中点，EF=GH，且∴四边形EFGH是平行四边形，故B不符合题意；C、由于所给已知条件只有角的关系，三角形边之间没有等量关系，不能证明三角形全等或边之间平行，也就无法证明四边形EFGH是平行四边形，故C符合题意；D、∵AD∥BC，∴∠AFB∴AB=同理DH=∵AD=∴AH=CF∵AFCH是平行四边形，即AF∥同理可证AE∥∴四边形EFGH是平行四边形，故D不符合题意．故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质，解题的关键是掌握多种证明四边形是平行四边形方法．5．（2023·河北衡水·二模）如图，将一个平行四边形分成16个一模一样的小平行四边形．若用颜料涂满△ABC，至少需用完1瓶颜料，则将△DEF涂满，至少需用完颜料的瓶数是（A．0.5 B．1 C．1.5 D．2【答案】B【分析】根据平行四边形的性质证明S△【详解】解：如图所示，取格点G，连接BG，∵图中是将一个平行四边形分成16个一模一样的小平行四边形，∴S△DEF=∴S△∵用颜料涂满△ABC，至少需用完1∴将△DEF涂满，至少需用完颜料的瓶数是1故选B．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形面积，熟知同底等高的三角形面积相等是解题的关键．6．（2022·浙江舟山·三模）如图，△ABC、△DBE和△FGC均为正三角形，以点D，E，F，G在△ABC的各边上，DE和FG相交于点H，若S四边形ADHFA．a+c=2b B．b2+【答案】B【分析】分别用含a，b，c的代数式表示S四边形ADHF与【详解】解：∵∠EDB∴DE∥AF同理：FG∥AB∴四边形ADHF为平行四边形，∵在△HGE中∠∴△HGE∵GE=b+c-∴SS∴32a-故选：B.【点睛】本题综合考查了平行四边形及等边三角形的判定与性质，关键是要会用含a，7．（2023·河北石家庄·一模）如图1，将两条重合的线段绕一个公共端点沿逆时针和顺时针方向分别旋转，旋转角为α，所得的两条新线段夹角为β，以α为内角，以图中线段为边作两个正多边形，正多边形边数为n．如图2，当α=120°边数n456…旋转角α90°108°120°…夹角β180°m120°…（1）用含α的代数式表示β，β=；（2）边数n，旋转角α，夹角β的部分对应值如表格所示，其中m=°（3）若β≤10°，则n的最小值是【答案】360°-2α【分析】（1）由周角的含义建立方程即可；（2）把α=108°代入（1（3）由β≤10°，可得360°-2α≤10°，解得：α≥175°，利用多边形的内角和公式可得【详解】解：（1）由题意可得：2α∴β=360°-2故答案为：360°-2α（2）由题意可得：当α=108°∴m=故答案为：144；（3）当β≤10°∴360°-2α≤10°，解得：∴n-2·180∴n-解得：n≥72∴n的最小值为：72．故答案为：72．【点睛】本题考查的是旋转的性质，正多边形的性质，利用正多边形的性质建立方程或不等式求解是解本题的关键．8．（2023·吉林长春·三模）如图①是15世纪艺术家阿尔布雷希特·丢勒利用正五边形和菱形创作的镶嵌图案设计，图②是镶嵌图案中的某一片段的放大图，其中菱形的最小内角为度．

【答案】36【分析】根据平面镶嵌的定义，结合正五边形的内角，即可求解．【详解】解：正五边形的每一个内角为5-2设菱形的最小内角为x，根据题意得，x解得：x故答案为：36．【点睛】本题考查了正多边形的内角和公式，平面镶嵌，熟练掌握平面镶嵌的定义以及多边形的内角和公式是解题的关键．9．（2023·江苏南京·一模）如图①，有一个圆柱形的玻璃杯，底面直径AB是30cm，杯内装有一些溶液．如图②，将玻璃杯绕点B倾斜，液面恰好到达容器顶端时，AB与水平线l的夹角为30°．则图①中液面距离容器顶端cm【答案】5【分析】延长CD交l于点H，DE∥l,DH∥EB，则【详解】解：如图②所示，延长CD交l于点H，∵如图②，将玻璃杯绕点B倾斜，液面恰好到达容器顶端时，AB与水平线l的夹角为30°．∴∠∴AH=依题意，DE∥l,∴DE=∵CE=AB，∴△CDE∴CD=过点DE的中点F作MN∥CE，则MN为原来液面，CM即为图∴DFEF=即CM=故答案为：53【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．10．（2023·辽宁抚顺·二模）如图，在平行四边形ABCD中，AB=8，BC=6，E，F分别是BC上的动点，且EF=3，连接AE，AF，DE，DF，AE与DF相交于P，过点P作MN∥BC，交DE于M，交AF于N，当E，F在BC上移动时，下列结论：①【答案】①②③④【分析】由AD∥BC，证明△EPF∽△APD，推出APPE=DPPF=ADEF=2，即可得到AP【详解】解：∵平行四边形ABCD中，AB=8∴AD=BC=6∴△EPF∵EF=3∴APPE∴AP=2PE，故∴S△PAD=4∵AD∥BC，∴AD与∴S△PAF=∵APPE=DP∵MN∥∴△DPM∽△DFE∴APAE=PN∴PNEF∴PM=PN=2综上，①②③④都正确，故答案为：①②③④．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，证明△EPF11．（2023·陕西西安·模拟预测）定义：由n条线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做n边形．相邻两边组成的角叫做它的内角，一边和它邻边的延长线组成的角叫做它的外角．为了探究n边形的外角和与内角和的度数，小华做了以下实验：取若干张纸片，分别在纸片上画出三角形、四边形、五边形等，顺次延长各边得到各个外角，然后沿着多边形的边和延长线将它剪开，将外角拼在一起，观察图形，并进行推理．（1）实验操作．

（2）归纳猜想．多边形三角形四边形五边形…n边形外角和_________________________________…___________内角和_________________________________…___________（3）理解应用．一个多边形的内角和是外角和的1008倍，它是多少边形？【答案】（2）见解析；（3）这个多边形是二零一八边形【分析】（2）利用实验操作探究规律后即可解决问题；（3）构建方程，解方程即可解决问题；【详解】（2）解：由实验操作可知，多边形三角形四边形五边形…n边形外角和360°360°360°…360°内角和180°360°540°…n（3）设这个多边形的边数为n．由题意（n解得n答：这个多边形是二零一八边形．【点睛】本题考查三角形内角和定理、三角形外角的性质等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．12．（2023·吉林松原·三模）知识呈现：如图①，在▱ABCD中，∠ADC的平分线与AB相交于点E，求证：

知识应用：（1）如图②，在▱ABCD中，点E在CD上，AE、BE分别平分∠BAD、∠ABC，若BC=2.5，BE（2）如图③，在矩形ABCD中，AB=3，BC=2，点E为BC的中点，连接AE，作∠AEF=∠【答案】知识呈现：证明见解析；知识应用：（1）4；（2）4【分析】知识呈现：根据平行四边形的性质得AB=CD,知识应用：（1）根据平行四边形的性质得AB∥CD,AD∥BC，（2）过点F作FH⊥BC延长线于H，证得ABHF为矩形，得FH=AB=3，AF∥BH，再证明四边形DCHF为矩形得DF=CH【详解】知识呈现：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=∴∠CDE又∵DE是∠ADC∴∠ADE∴∠ADE∴AD=∵AD=∴AE=∴BE+知识应用：（1）如图②，

∵AE、BE分别平分∠BAD，∠∴∠1=∠2，∠3=∠4，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥∴∠1=∠5,∴∠2=∠5,∴AD=∴DC=∵AD∥∴∠1+∠2+∠3+∠4=180°，∴2∠1+2∠3=180°，∴∠1+∠3=90°，∴∠AEB在Rt△ABE中，故答案为：4．（2）如图③，

过点F作FH⊥BC延长线于∴∠H∵四边形ABCD为矩形，∴∠DAB=∠B=90°，∴∠DAB∴四边形ABHF为矩形，∴FH=∵∠ADC∴∠FDC∴四边形DCHF为矩形，∴DF=∵AF∥∴∠1=∠AEB∵∠AEB∴∠1=∠AEH∴AF=设DF=a，则∴AF=∵E为BC的中点，∴BE=∴EH=在Rt△EFH中，∴2+a∴a=3∴EH=1+a=4∴cos∠故答案为：45【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的性质，以及解直角三角形，解题的关键是作出辅助线，构造直角三角形．13．（2023·陕西榆林·三模）在▱ABCD中，∠ABC=45°,

(1)如图1，连接AC，求证：∠BAC(2)如图2，连接BE，过点C作CQ⊥BE于点Q，连接①求∠AQB②如图3，延长AQ交BC的延长线于点F，试判断线段BE与AF有何数量关系？并说明理由．【答案】(1)见解析(2)①45°；②BE=【分析】（1），过点A作AM⊥BC于点M，则△ABM是等腰直角三角形，得出BM=AM=22AB（2）①连接AC，根据∠BQC=∠BAC=90°，推出A，B，C，Q四点共圆．则∠AQB=∠ACB=45°；②连接EF，得出∠DCF=∠ABC=45°．进而得出∠DCF=∠EQF=45°．则C，F，E，Q四点共圆，得出∠CFQ【详解】（1）证明：如图1，过点A作AM⊥BC于点

∵∠ABC∴△ABM∴BM=∵BC=∴BC=2BM，则∵AM⊥∴AM是BC的垂直平分线，∴AB=∴∠ACB∴∠BAC（2）解：①如图2，连接AC，

由（1）得∠BAC∵CQ⊥∴∠BQC∴A，B，C，Q四点共圆．∴∠AQB②BE=理由：如图3，连接EF，

∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥∴∠DCF由①得∠AQE∴∠EQF∴∠DCF∴C，F，E，Q四点共圆．∴∠CFQ由①知A，B，C，Q四点共圆．∴∠CBE∴△CBE∴BEAF∵BC=2AB，由（1∴BEAF∴BE=【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，圆的内接四边形的判定，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握同弧所对的圆周角相等，相似三角形对应边成比例．考点二特殊四边形题型01利用矩形的性质与判定求解矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质；2）矩形的四个角都是直角；3）对角线互相平分且相等；4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心.【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半.矩形的判定：1)有一个角是直角的平行四边形是矩形；2）对角线相等的平行四边形是矩形；3）有三个角是直角的四边形是矩形.【解题思路】要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明．1.对于矩形的定义要注意两点:a.是平行四边形;b.有一个角是直角.2.定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形,不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形.1．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，菱形ABCD中，AB＝23，∠ABC＝60°，矩形BEFG的边EF经过点C，且点G在边AD上，若BG＝4，则BE的长为（）A．32 B．332 C．6【答案】B【分析】过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，由菱形的性质得出AB＝BC＝CD＝23，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，由直角三角形的性质求出MG＝3，证明△GBM∽△BCE，由相似三角形的性质得出BGBC【详解】解：过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝BC＝CD＝23，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC∴∠MGN＝90°，∴四边形GMCN为矩形，∴GM＝CN，在△CDN中，∠D＝60°，CD＝23∴CN＝CD•sin60°＝23∴MG＝3，∵四边形BEFG为矩形，∴∠E＝90°，BG∥EF，∴∠BCE＝∠GBM，又∵∠E＝∠BMG，∴△GBM∽△BCE，∴BGBC∴42∴BE＝323故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．2．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE,AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S,

A．△ABE的面积 B．△ACD的面积 C．△ABC的面积 D【答案】C【分析】过点A作FG∥BC，交EB的延长线于点F，DC的延长线于点G，易得：FG=BC,AF⊥【详解】解：过点A作FG∥BC，交EB的延长线于点F，DC

∵矩形BCDE，∴BC⊥∴FG⊥∴四边形BFGC为矩形，∴FG=∴S1∴S1又S=∴S-∴只需要知道△ABC的面积即可求出S故选C．【点睛】本题考查矩形的性质，求三角形的面积．解题的关键是得到S3．（2023·江西·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，将AB绕点A逆时针旋转角α（0°<α<360°）得到AP，连接PC

【答案】90°或270°或180°【分析】连接AC，根据已知条件可得∠BAC【详解】解：连接AC，取BC的中点E，连接AE，如图所示，

∵在▱ABCD中，∠∴BE=∴△ABE∴∠BAE=∠AEB∴AE∴∠EAC∴∠∴AC⊥如图所示，当点P在AC上时，此时∠BAP=∠BAC=90°，则旋转角

当点P在CA的延长线上时，如图所示，则α

当P在BA的延长线上时，则旋转角α的度数为180°，如图所示，∵PA=PB=∴四边形PACD是平行四边形，∵AC∴四边形PACD是矩形，∴∠即△PDC是直角三角形，

综上所述，旋转角α的度数为90°或270°或180°故答案为：90°或270°或180°．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．4．（2023·四川雅安·中考真题）如图，在△ABC中，∠C=90°,AC=BC=6．P为边AB上一动点，作PD⊥BC于点D

【答案】3【分析】连接CP，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CDPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得DE=CP，再根据垂线段最短可得CP⊥【详解】解：如图，连接CP，

∵∠C∴AB=∵PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点∴四边形CDPE是矩形，∴DE=由垂线段最短可得CP⊥AB时，线段CP的值最小，此时线段此时，S△代入数据：12∴CP=3∴DE的最小值为32故答案为：32【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出CP⊥AB时，线段题型02与矩形（或正方形）有关的折叠问题矩形的折叠问题的常用解题思路：1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角；2）折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）．3)折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）.4）选择一个直角三角形(不找以折痕为边长的直角三角形)，利用未知数表示其它直角三角形三边，通过勾股定理/相似三角形知识求解.1．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作：第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形ABEF，然后把纸片展平；第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕MN，如图②．根据以上的操作，若AB=8，AD=12，则线段BM的长是（

A．3 B．5 C．2 D．1【答案】C【分析】根据折叠的性质得：AB=AF=BE=8，FD=EC=4，FN=CN，设【详解】解：如图，过点M作MH⊥AD，交AD于点

∵∠DFN+∠∴∠∵∠在△MFH和△∠∴△∴∵∴设DN=x，则∴FN2解得：x=3∴DN=3，CN∴MFFN∴MF∴MC∵AD∴BM故选：C．【点睛】本题考查折叠问题及矩形的性质、正方形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握折叠的性质并能熟练运用勾股定理方程思想是解题的关键．2．（2023·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，AB=6，BC=6．点E为边BC的中点，点F为边AD上一点，将四边形ABEF沿EF折叠，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'，过点B'作B'H⊥

【答案】3+3或【分析】分两种情况：当点F在点E左侧时，设B'E交AD于点G，过点E作EM⊥AD于点M，则四边形ABEM为矩形AB=ME=6，AM=BE=3，由折叠可知BE=B'E=3，∠BEF=∠B'EF，由平行线的性质可得∠GFE=∠BEF，于是∠GFE=∠B'EF，FG=EG，利用勾股定理求得EH=1，证明△EMG∽△B'HE，利用相似三角形的性质求得EG=332【详解】解：当点F在点E左侧时，如图，设B'E交AD于点G，过点E作EM⊥则∠AME∵点E为边BC的中点，∴BE∵四边形ABCD为矩形，BC=6∴AD=BC=6，∴∠AME∴四边形ABEM为矩形，∴AB=ME由折叠可知，BE=B'∵AD∴∠GFE∴∠GFE=∠B∴FG∵B∴∠B在Rt△B'∵ME⊥BC∴∠EMG∵AD∴∠EGM∴△EMG∴EMB'H∴EG=3∴FM∴AF∴FD当点F在点E右侧时，如图，设B'F交BC于点P，过点F作FK⊥同理可得：B'E=3，FP=EP，四边形KCDF在Rt△B'∵△B∴B'EFP∴FP=3∴EK∴DF综上，FD的长是3+3或3-故答案为：3+3或3-【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．3．（2022·河南·中考真题）综合与实践综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．(1)操作判断操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．(2)迁移探究小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．(3)拓展应用在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．【答案】(1)∠BME或∠ABP或∠(2)①15，15；②∠MBQ(3)AP=4011【分析】（1）根据折叠的性质，得BE=12BM，结合矩形的性质得（2）根据折叠的性质，可证RtΔ（3）由（2）可得QM=QC，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设AP=PM=x，【详解】（1）解：∵∴∵∠BEM=90°，sin∠BME∴∠∴∠∵∠∴∠（2）∵四边形ABCD是正方形∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°∴BM=BC①∵∴Rt∴∠∵∠∴∠②∵∴∴∠（3）当点Q在点F的下方时，如图，∵∴QC=CD-DF-FQ由（2）可知，QM设AP∴P即8-解得：x∴AP=当点Q在点F的上方时，如图，∵∴QC=5cm，DQ由（2）可知，QM设AP∴P即8-解得：x∴AP=【点睛】本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．4．（2023·江苏·中考真题）综合与实践定义：将宽与长的比值为22n+1-1（1）概念理解：当n=1时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（AD）与长CD的比值是_________（2）操作验证：用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图（2））：第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为EF，连接CE；第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、试说明：矩形GDCK是1阶奇妙矩形．

（3）方法迁移：用正方形纸片ABCD折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．（4）探究发现：小明操作发现任一个n阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点E为正方形ABCD边AB上（不与端点重合）任意一点，连接CE，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．【答案】（1）5-12；（2）见解析；（3【分析】（1）将n=1代入2（2）设正方形的边长为2，根据折叠的性质，可得AE=EB=1，设DG=x（3）仿照（2）的方法得出2阶奇妙矩形．（4）根据（2）的方法，分别求得四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长，即可求解．【详解】解：（1）当n=1时，2故答案为：5-（2）如图（2），连接EG，

设正方形的边长为2，根据折叠的性质，可得AE设DG=x根据折叠，可得GH=GD=在Rt△BEC中，∴EH=在Rt△A∴2-解得：x∴GD∴矩形GDCK是1阶奇妙矩形．（3）用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图）：第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为MN，再对折，折痕为EF，连接CE；第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、矩形GDCK是2阶奇妙矩形，

理由如下，连接GE，设正方形的边长为4，根据折叠可得EB=1，则AE=4-1=3

设DG=x根据折叠，可得GH=GD=在Rt△BEC中，∴EH=在Rt△A∴4-解得：x∴GD当n=2时，∴矩形GDCK是2阶奇妙矩形．（4）如图（4），连接诶GE，设正方形的边长为1，设EB=m，则AE

设DG=x根据折叠，可得GH=GD=在Rt△BEC中，∴EH=在Rt△A∴1-整理得，x∴四边形AGHE的边长为1-x+矩形GDCK的周长为2GD∴四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值1【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．题型03根据矩形的性质与判定解决多结论问题1．（2021·山东泰安·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，则下列四个结论：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，则BM=CM；③若MD=2AM，则S△A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】依次分析各选项，进行推理论证即可；其中①可通过证明△DME≌△BNEAAS，进一步转换后可以得到结论，②可先得到该平行四边形是矩形，利用矩形的性质等得到MN垂直平分BC，即可完成求证，③可以先证明两个三角形的共线边上的高的关系，再利用三角形面积公式即可完成证明，④可以先证明【详解】解：∵平行四边形ABCD中，E是BD的中点，∴BE=DE，AD//∴∠MDE=∠NBE∴△DME∴DM=∴AM=故①正确；若∠A则平行四边形ABCD是矩形，由矩形的对角线相等，而点E是矩形的对角线的交点可知，E点到B、C两点的距离相等，∴E点在BC的垂直平分线上，由MD=AM，可得BN=所以N点是BC的中点，∴MN垂直平分BC，∴BM=故②正确；若MD=2AM，则BN=2如图1，分别过D、E两点向BC作垂线，垂足分别为Q点和P点，∵E点是BD中点，∴DQ=2EP，∵S△S∴S△故③正确；若AB=因为AB=所以DC=分别过N、C两点向AD作垂线，垂足分别为H、K，由平行线间的距离处处相等可知：NH=CK，∴Rt△∴∠NMD∴△MND∴∠MND又∵∠NFM∴△MNF故④正确；故选：D．【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与性质，能熟练运用全等三角形的判定与性质进行角或边之间关系的转化等，本题对推理分析能力要求较高，属于中等难度偏上的题目，对学生的综合分析能力有一定的要求．2．（2023·北京·中考真题）如图，点A、B、C在同一条线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC同侧，AB<BC，∠A=∠C=90°，△EAB≌△BCD，连接DE，设AB=a，BC

上述结论中，所有正确结论的序号是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】D【分析】如图，过D作DF⊥AE于F，则四边形ACDF是矩形，则DF=AC=a+b，由DF<DE，可得a+b<c，进而可判断①的正误；由△EAB≌△BCD，可得BE=BD，CD=AB=a，【详解】解：如图，过D作DF⊥AE于F，则四边形ACDF

∴DF=∵DF<∴a+b<∵△EAB∴BE=BD，CD=AB=∵∠CBD∴∠CBD+∠ABE∴△BDE由勾股定理得，BE=∵AB+∴a+b>由勾股定理得DE2=∴c=2×故选：D．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，不等式的性质，三角形的三边关系等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．3．（2022·贵州黔西·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，D分别在y轴上，AB交x轴于点E，AF⊥x轴，垂足为F．若OE=3，EF①OA=3AF；②AE平分∠OAF；③点C的坐标为(-4,-2)；④BD=63A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【分析】根据相似三角形的判定得出△EOB∽△EFA，利用相似三角形的性质及已知OE，EF的值即可判断结论①；由①分析得出的条件，结合相似三角形、矩形的性质（对角线）即可判断结论②；根据直角坐标系上点的表示及结论①OA=3AF，利用勾股定理建立等式求解可得点A坐标，再根据关于原点对称的点的坐标得出点D坐标，即可判断结论③；由③可知AF=2，进而得出OA的值，根据矩形的性质即可判断结论④【详解】解：∵矩形ABCD的顶点A在第一象限，AF⊥x轴，垂足为∴∠EOB=∠EFA=90°,∵∠AEF∴△EOB∵OE=3，∴EFEO=AFOB∵OA=OB∴∠OAB=∠OBA∴∠OAB∴AE平分∠OAF．（②∵OF∴点A的横坐标为4．∵OA∴9AF2∴AF=2，点A∴A∵点A与点C关于原点对称，∴C(-4,-2∵OA∴BD=OD∵S∴S矩形ABCD∴结论正确的共有4个符合题意．故选：C．【点睛】本题考查矩形与坐标的综合应用．涉及矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角坐标系上点的表示，关于原点对称的点的坐标，三角形的面积公式等知识点．矩形的对角线相等且互相平分；两角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应角相等，对应边成比例；两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P(x,y4．（2021·四川雅安·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AC和BD相交于点O，过点B作BF⊥AC于点M，交CD于点F，过点D作DE∥BF交AC于点N．交AB于点E，连接FN，EM．有下列结论：①四边形NEMF为平行四边形，②DN2=MC⋅NC；③△DNF【答案】①②④．【分析】通过全等三角形的判定和性质，证明EN=FM，EN∥FM，判断结论①；通过证明△AMB∽△BMC，然后利用全等三角形和相似三角形的性质判断结论②；假设结论成立，找出与题意的矛盾之处，判断结论③，结合等腰三角形的判定和性质求得DE=BE，可得结论④【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB∴∠DAN=∠BCM，∵BF⊥AC，DE∥BF，∴DE⊥AC，∴∠DNA=∠BMC=90°，在△ADN和△CBM中，∠∴△ADN≌△CBM，∴DN=BM，又∵DF∥BE，DE∥BF，∴四边形DFBE是平行四边形，∴DE=BF，∴DE-DN=BF-BM，即EN=FM，∵NE∥FM，∴四边形NEMF是平行四边形，故①正确，∵△ADN≌△CBM，∴AN=CM，∴CN=AM，∵∠AMB=∠BMC=∠ABC=90°，∴∠ABM+∠CBM=90°，∠CBM+∠BCM=90°，∴∠ABM=∠BCM，∴△AMB∽△BMC，∴ABBM∵DN=BM，AM=CN，∴DN2=CM•CN，故②正确，若△DNF是等边三角形，则∠CDN=60°，即∠ACD=30°，不符合题意，故③错误，∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OD，∵AO=AD，∴AO=AD=OD，∴△AOD是等边三角形，∴∠ADO=∠DAN=60°，∴∠ABD=90°-∠ADO=30°，∵DE⊥AC，∴∠ADN=ODN=30°，∴∠ODN=∠ABD，∴DE=BE，∵四边形DEBF是平行四边形，∴四边形DEBF是菱形；故④正确．故答案为：①②④．【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．题型04矩形与函数的相关问题1．（2023·浙江绍兴·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，一个图形上的点都在一边平行于x轴的矩形内部（包括边界），这些矩形中面积最小的矩形称为该图形的关联矩形．例如：如图，函数y=(x-2)20≤x≤3的图象（抛物线中的实线部分），它的关联矩形为矩形

【答案】712或【分析】根据题意求得点A3,0，B3,4，【详解】由y=(x-2)∴C0,4∵A3,0，四边形ABCO∴B3,4①当抛物线经过O，B时，将点0,0，B3,4∴c解得：b②当抛物线经过点A,C时，将点A3,0,C∴c解得：b综上所述，b=712故答案为：712或-【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，理解新定义，最小矩形的限制条件是解题的关键．2．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形AOCB的边OC在x轴上，∠AOC=60°，OC的长是一元二次方程x2-4x-12=0的根，过点C作x轴的垂线，交对角线OB于点D，直线AD分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OD向终点D运动，动点N从点F以每秒

(1)求直线AD的解析式．(2)连接MN，求△MDN的面积S与运动时间t(3)点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q．使得以A，C，N，Q为项点的四边形是矩形．若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．【答案】(1)y=-(2)S=(3)存在，点Q的坐标是32,3【分析】（1）过点A作AH⊥OC于H，解方程可得OC=6，然后解直角三角形求出CD、OH和AH的长，得到点（2）首先证明△EOD是等边三角形，求出DO=DF=43，然后分情况讨论：①当点N在DF上，即0≤t≤23时，过点N作NP⊥OB于P，②当点N在DE上，即23（3）分情况讨论：①当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于K，首先求出CN，然后解直角三角形求出CK和NK，再利用平移的性质得出点Q的坐标；②当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于L，证明【详解】（1）解：解方程x2-4x-∴OC=6∵四边形AOCB是菱形，∠AOC∴OA=OC=6∴CD=∴D6,2过点A作AH⊥OC于∵∠AOH∴OH=12∴A3,3设直线AD的解析式为y=代入A3,33，D6,2解得：k=-∴直线AD的解析式为y=-

（2）解：由（1）知在Rt△COD中，CD=2∴OD=2CD=4∵直线y=-33x+4∴OE=4∴OE=∴△EOD∴∠OED=∠EDO∴∠OFE∴DO=①当点N在DF上，即0≤t由题意得：DM=OD-过点N作NP⊥OB于则NP=∴S=

②当点N在DE上，即23由题意得：DM=OD-过点N作NT⊥OB于则NT=∴S=综上，S=

（3）解：存在，分情况讨论：①如图，当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥∵∠NFC=30°，∴∠NCK=60°，∴CF=12-6=6∴CN=∴CK=CN⋅∴将点N向左平移32个单位长度，再向下平移332∴将点A向左平移32个单位长度，再向下平移332∵A3,3∴Q3

②如图，当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥∵OA=OC，∴△AOC∴∠ACO∴∠NCF∴CL=∴NL=∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点N，∴将点A向右平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点Q，∵A3,3∴Q6,4∴存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标是32,3

【点睛】本题考查了解一元二次方程，菱形的性质，解直角三角形，待定系数法的应用，等边三角形的判定和性质，含30°直角三角形的性质，二次函数的应用，矩形的判定和性质以及平移的性质等知识，灵活运用各知识点，作出合适的辅助线，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题的关键．3．（2023·贵州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，反比例函数y=kxx>0的图象分别与AB,BC交于点D

(1)求反比例函数的表达式和点E的坐标；(2)若一次函数y=x+m与反比例函数y=kxx>0的图象相交于点M，当点M【答案】(1)反比例函数解析式为y=4(2)-【分析】（1）根据矩形的性质得到BC∥OA，AB⊥OA，再由D4,1是AB的中点得到B（2）求出直线y=x+m恰好经过D和恰好经过【详解】（1）解：∵四边形OABC是矩形，∴BC∥∵D4,1是AB∴B4∴点E的纵坐标为2，∵反比例函数y=kxx>0的图象分别与AB∴1=k∴k=4∴反比例函数解析式为y=在y=4x中，当y∴E2（2）解：当直线y=x+m经过点E2当直线y=x+m经过点D4∵一次函数y=x+m与反比例函数y=kxx>0的图象相交于点M∴-3≤【点睛】本题主要考查了求一次函数解析式，一次函数与反比例函数综合，矩形的