2025年中考数学二轮复习讲练测第08讲 四边形的综合问题（2个考点8个题型）-浙江二轮讲练测（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页专题五几何图形的性质与判定的综合问题第08讲四边形的综合问题（思维导图+2考点+8种题型）TOC\o"1-1"\n\h\z\u01考情透视·目标导航02知识导图·思维引航03核心精讲·题型突破考点一、四边形的性质与判定的综合题型01、平行四边形性质与判定题型02、矩形性质和判定的综合问题题型03、菱形性质与判定的综合问题题型04、正方形的性质与判定的综合问题考点二、四边形性质的综合应用题型01、四边形背景下的作图问题题型02、四边形背景下的图形平移问题题型03、四边形的背景下的折叠问题题型04、四边形背景下的图形旋转问题试卷第=page22页，共=sectionpages170170页中考考点新课标要求命题预测四边形1、①了解多边形凹的概念及多边形的顶点、边、内角、外角与对角线，探索并掌握多边形内角和与外角和公式。②理解平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形的概念，以及它们之间的关系；了解四边形的不稳定性。2、③探索并证明平行四边形的性质定理：平行四边形的对边相等、对角相等、对角线互相平分。探索并证明平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形。④理解两条平行线之间距离的概念，能度量两条平行线之间的距离。3、探索并证明矩形、菱形的性质定理：矩形的四个角都是直角，对角线相等，菱形的四条边相等，对角线互相垂直。探索并证明矩形、菱形的判定定理：三个角是直角的四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形，四边相等的四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形。正方形既是矩形，又是菱形；理解矩形、菱形、正方形之间的包含关系。5、探索并证明三角形的中位线定理。本考点内容是考查重点，年年都会考查，分值为10分左右，预计2025年浙江中考还将出现，并且在选择、填空题中考查多边形的内角和、平行四边形性质和判定、与三角形中位线有关计算的可能性比较大，中考数学中，对平行四边形的单独考察难度一般不大，一般和三角形全等、解直角三角形综合应用的可能性比较大，对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用.矩形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何图形中难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计2025年浙江中考还将出现，其中，矩形还经常成为综合压轴题的问题背景来考察，而矩形其他出题类型还有选择、填空题的压轴题，难度都比较大，需要加以重视解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大.菱形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何图形中难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计2025年浙江中考还将出现.菱形的考察类型比较多样，其中选择、填空题常考察菱形的基本性质，解答题中考查菱形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大.02知识导图·思维引航03核心精讲·题型突破考点一、四边形的性质与判定的综合题型01、平行四边形性质与判定一、平行四边形性质与判定1．（2024·浙江·中考真题）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，过点D作交的延长线于点F，证明，得到，由勾股定理可得，，，则，整理后即可得到答案．【详解】解：过点D作交的延长线于点F，∵的垂线交于点E，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴∴，由勾股定理可得，，，∴，∴∴即，解得，∴当x，y的值发生变化时，代数式的值不变的是，故选：C2．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．【详解】如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN，∵四边形ABCD是平行四边形∴OA=OC，OB=OD∵BE=DF∴OE=OF∵点E、F时BD上的点，∴只要M，N过点O，那么四边形MENF就是平行四边形∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形，∵点E、F是BD上的动点，∴存在无数个矩形MENF，故②正确；只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形；∵点E、F是BD上的动点，∴存在无数个菱形MENF，故③正确；只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是正方形，而符合要求的正方形只有一个，故④错误；故选：C【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、解答本题的关键时明确题意，作出合适的辅助线．3．（2023·浙江台州·中考真题）如图，点在线段上（点C在点之间），分别以为边向同侧作等边三角形与等边三角形，边长分别为．与交于点H，延长交于点G，长为c．

（1）若四边形的周长与的周长相等，则之间的等量关系为．（2）若四边形的面积与的面积相等，则a，b，c之间的等量关系为．【答案】【分析】由题意可得：为等边三角形，四边形为平行四边形，，（1）分别求得四边形的周长与的周长，根据题意，求解即可；（2）分别求得四边形的面积与的面积，根据题意，求解即可．【详解】解：等边三角形与等边三角形中，，∴和为等边三角形，，∴，四边形为平行四边形，又∵等边三角形与等边三角形∴，，，∴，（1）平行四边形的周长为：，的周长为：由题意可得：即：；（2）过点作，过点作，如下图：

在中，，，，∴则平行四边形的面积为在中，，，，∴则的面积为：由题意可得：化简可得：故答案为：；【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握并灵活利用等边三角形的性质求得对应线段的长度．4．（2024·浙江·中考真题）尺规作图问题：如图1，点E是边上一点（不包含A，D），连接．用尺规作，F是边上一点．小明：如图2．以C为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则．小丽：以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则．小明：小丽，你的作法有问题，小丽：哦……我明白了！(1)证明；(2)指出小丽作法中存在的问题．【答案】(1)见详解(2)以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，故存在问题【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，（1）根据小明的作图方法证明即可；（2）以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，据此作答即可．【详解】（1）∵，∴，又根据作图可知：，∴四边形是平行四边形，∴；（2）原因：以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，故无法确定F的位置，故小丽的作法存在问题．5．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，．

(1)求证：四边形是平行四边形．(2)若的面积等于2，求的面积．【答案】(1)见解析(2)1【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分可得，，结合可得，即可证明四边形是平行四边形；（2）根据等底等高的三角形面积相等可得，再根据平行四边形的性质可得．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，，，，，又，四边形是平行四边形．（2）解：，，，四边形是平行四边形，．【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的对角线互相平分．6．（2022·浙江温州·中考真题）如图，在中，于点D，E，F分别是的中点，O是的中点，的延长线交线段于点G，连结，，．(1)求证：四边形是平行四边形．(2)当，时，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据E，F分别是，的中点，得出，根据平行线的性质，得出，，结合O是的中点，利用“AAS”得出，得出，即可证明是平行四边形；（2）根据，E是中点，得出，即可得出，即，根据，得出CD=2，根据勾股定理得出AC的长，即可得出DE，根据平行四边形的性，得出．【详解】（1）解：（1）∵E，F分别是，的中点，∴，∴，，∵O是的中点，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形．（2）∵，E是中点，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴．∵四边形DEFG为平行四边形，∴．【点睛】本题主要考查了平行线四边形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线，三角形全等的判定和性质，三角函数的定义，平行线的性质，中位线的性质，根据题意证明，是解题的关键．7．（2022·浙江宁波·中考真题）(1)如图1，在中，D，E，F分别为上的点，交于点G，求证：．(2)如图2，在（1）的条件下，连接．若，求的值．(3)如图3，在中，与交于点O，E为上一点，交于点G，交于点F．若平分，求的长．【答案】(1)证明见详解(2)(3)【分析】（1）利用，证明，利用相似比即可证明此问；（2）由（1）得，，得出是等腰三角形，利用三角形相似即可求出的值；（3）遵循第（1）、（2）小问的思路，延长交于点M，连接，作，垂足为N．构造出等腰三角形、含30°、45°角的特殊直角三角形，求出、的值，即可得出的长．【详解】（1）解：∵，∴，∴，∴．∵，∴．（2）解：由（1）得，∵，∴．∵，∴．∵，∴．∴．（3）解：如图，延长交于点M，连接，作，垂足为N．在中，．∵，∴由（1）得，∵，∴，∴．∵，∴，∴．∵平分，∴，∴．∴．在中，．∵，∴，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的性质及判定、等腰三角形的性质及判定、解特殊的直角三角形等知识，遵循构第（1）、（2）小问的思路，构造出等腰三角形和特殊的直角三角形是解决本题的关键．8．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，已知中，点，，，分别为，，，上的点，且，，分别与，相交于点，，若，则的面积一定可以表示为（

）

A． B．C． D．【答案】B【分析】如图，过点作于点，过点作于点，过作于，设，设，，，由，得，，再证，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形都是平行四边性质，得，，，，，进而利用面积公式即可得解．【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，过作于，设，设，，，

∵，∴，∴，，∵四边形是平行四边形，∴，，，∵，，∴，，∴，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形都是平行四边性质，∴，，，，∴，∵于，，∴，，∴．∵，∴，，∴，∴，即，．∵，∴，∴．故选B．【点睛】本题主要考查了平行线的判定及性质，平行四边形的判定及性质，解直角三角形，相似形的性质，熟练掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键．9．（2023·浙江衢州·一模）已知图1是一扇开启状态下的某型号窗户，图2是其示意图．导轨固定在窗台上且，固定在连杆上，四边形是平行四边形，滑块可在导轨上自由滑动，滑动过程中连杆的长度均不发生改变，当窗框与导轨垂直时，窗户为完全开启状态．（1）当窗户完全闭合时，点重合，点在导轨上，如图3所示．若，，则，cm．（2）在（1）的条件下，窗户从完全闭合状态到完全开启状态，滑块的运动路径长为cm．【答案】41216【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．（1）根据平行四边形的性质得到，再根据线段的和与差即可求解；（2）当窗户开到最大时，，根据勾股定理解求出；结合（1）的结论即可得解．【详解】解：（1）∵四边形是平行四边形，如图3，，∴，故答案为：4，12；（2）当窗户开到最大时，，，，，，，；窗户从关闭状态到开到最大的过程中，滑块移动的距离为，故答案为：16．10．（2023·浙江杭州·二模）如图，平行四边形中，与相交于点O，点P为中点，交于点E，连接，．(1)求证：平行四边形为菱形；(2)若，，①求的值．②求的长．【答案】(1)见解析(2)①，②【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定及性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质等；（1）先利用平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质证明得到，再根据菱形的判定可证得结论；（2）①利用平行四边形的性质和平行线分线段成比例得到，设，则，，则有，进而求解即可；②设，则，利用勾股定理列方程求解x值，再根据、求解即可．掌握平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，能熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，，在和中，（），，，，，四边形是菱形；（2）解：①∵平行四边形对角线的交点为O，，，，，，∵P为的中点，，设，则，，，解得：，，，；②设，则，，在中，，在中，，，解得：，，．11．（2024·浙江·一模）如图，在中，点D，E，F分别在边，，上，连接，，，与交于点G．已知四边形是平行四边形，且．(1)若，求线段，的长．(2)若四边形的面积为48，求的面积．【答案】(1)，(2)125【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质．（1）根据平行四边形的性质得出，，，即可得，，再根据相似三角形的性质及比例的性质即可；（2）根据相似三角形的面积比等于相似比的平方及比例的性质即可．【详解】（1）解：四边形是平行四边形，∴，，，，，，，，，，，，，；（2）解：，，，，，四边形的面积为48，，∵，∴，∴，即，解得．12．（2023·浙江杭州·模拟预测）在中，，平分，点G是的中点，点F是上一点，，延长交的延长线于点E，连接．(1)证明：四边形是平行四边形．(2)若，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)的长为4【分析】（1）证明，得到，即可得证；（2）根据平行四边形的性质，得到，进而得到，结合，求出的长，进而求出的长，利用求出的长，再用即可得解．【详解】（1）证明：∵平分，点G是的中点，∴，，∵，∴，∴，又，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形；（2）解：∵四边形是平行四边形，∴，，，∴，，∴，设，则：，∴，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形．掌握并能够灵活运用相关知识点，是解题的关键．13．（2024·浙江宁波·模拟预测）【基础巩固】（1）如图（1），在和中，点在上，，求证：．【尝试应用】（2）如图（2），在（1）的条件下，连结．若，求的长．【拓展提高】（3）如图（3），在中，对角线相交于点，，点E是边上一点，，连结交于点，线段与的延长线交于点，若，，求平行四边形的面积．【答案】（1）见解析；（2）；（3）20【分析】（1）根据平行可得，再根据相似三角形的判定和性质即可求解；（2）根据可得的长，再直角中，根据勾股定理即可求解；（3）如图3，延长交于点P，证明，得，设，则，证明和，可得和的值，最后由平行四边形的面积公式可得结论．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴；（2）解：∵，∴，∵，∴，即，∴，∵，∴，∴；（3）解：如图，延长交于点P，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴，设，则，∴，同理可得：，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，即，∴（负值舍），∴．∵，∴，∴，∴，∴平行四边形的面积．【点睛】本题主要考查平行线的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质等知识的综合，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．题型02、矩形性质和判定的综合问题14．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根据矩形性质得出，推出则有等边三角形，即，然后运用余切函数即可解答．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∵，故D正确．故选：D．【点睛】本题考查了等边三角形性质和判定、矩形的性质、余切的定义等知识点，求出是解答本题的关键．15．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，，点E是边上的动点，连结，以为边作矩形（点D，G在的同侧），且，连结．(1)如图1，当点E为边的中点时，点B，E，F在同一直线上，求的长．(2)如图2，若，设与交于点K．求证：．(3)在点E的运动过程中，的长是否存在最大（小）值？若存在，求出的最值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)见解析(3)存在，最小值，最大值【分析】（1）当点E在的中点时可得，则和是等腰直角三角形，分别求出和的长，然后根据线段的和差即可解答；（2）如图：过B作交于M，由可得，即可得到得到，推出，再由得到，最后证明，然后根据全等三角形的性质即可证明结论；（3）如图：过点F作的垂线，交延长线于点M，过点E作的平行线交于点N，交于点P．设．然后证明可得，根据勾股定理可得，进而得到，然后根据二次函数的性质求解即可．【详解】（1）解：∵矩形中，，∴，，，∵点E在的中点∴，∴，，∵点B、E、F在同一直线上，∴，∵∴，∴，∴．（2）证明：如图：过B作交于H，∵，∴，，∵，∴，，∵∴，∴，∴，∴，∵，∴，，，∴．（3）解：存在，的最小值，最大值．如图：过点F作的垂线，交延长线于点M，过点E作的平行线交于点N，交于点P．则设．∵四边形和四边形都是矩形，，∴，∴，∵，，，即，，∴在中，，即，

当时，y有最小值为．

，∴当时，y有最大值为，∴在点E的运动过程中，的长存在最小值，最大值．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、二次函数的应用等知识点，正确添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．16．（2023·浙江湖州·中考真题）【特例感知】（1）如图1，在正方形中，点P在边的延长线上，连接，过点D作，交的延长线于点M．求证：．【变式求异】（2）如图2，在中，，点D在边上，过点D作，交于点Q，点P在边的延长线上，连接，过点Q作，交射线于点M．已知，，，求的值．【拓展应用】（3）如图3，在中，，点P在边的延长线上，点Q在边上（不与点A，C重合），连接，以Q为顶点作，的边交射线于点M．若，（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据证明即可；（2）证明，得出，根据勾股定理，根据，得出，求出，得出，求出；（3），作于点N，证明，得出．证明，得出，求出．【详解】（1）证明：在正方形中，，，∴，∵，∴，∴，∴．（2）如图1，作于点N，如图所示：

∵，，∴四边形是矩形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；（3）∵，，∴，∴．∵，∴，如图2，作于点N，

∵，∴，∴．∵，∴，∴，∵，∴，∴．∵，，∴，∴，∴∴．【点睛】本题主要考查了三角形全等和三角形相似的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．7．如图，将矩形对折两次，折痕由上至下分别为，然后将其展开，E为边上一点，再将沿折叠，使点C刚好落在线段的中点F处，则．【答案】/0.8【分析】过点F作交于R，设，由第一次折叠得：；由F是中点得；证明，则有；由勾股定理得a与b的关系；而，则可求得．【详解】解：如图，过点F作交于R；设，由折叠得：；∵四边形是矩形，，，，，，；，则四边形是矩形，；F是的中点，，，是的中点；故；；由折叠性质知：，，，；，，，，则有；在中，由勾股定理得，即；，而，．【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用相似三角形的判定性质是解题的关键．8．如图，在四边形中，，，，，.点分别在边上，，交于点．(1)求的值．(2)证明：四边形是平行四边形．(3)点是关于的对称点：①当射线经过平行四边形的某一边中点时，求的值．②当点恰好落在上时，求的值．【答案】(1)(2)见解析(3)①；②【分析】（1）作于，证明四边形是矩形，得出，，从而得出，再根据计算即可得出答案；（2）延长交的延长线于，作于，由平行线的性质结合解直角三角形得出，由等腰三角形的性质得出，证明得出，即可得证；（3）①根据题意可得经过的中点，设的中点为，交分别为，过点作于点，设，则，得出，，根据，设，则得出，得出，进而即可求解；②设，由①可得，设，则①，根据得出②，根据③，联立方程，求得的值，进而即可求解．【详解】（1）解：如图，作于，，则，，，四边形是矩形，，，，；（2）证明：如图，延长交的延长线于，作于，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，四边形是平行四边形；（3）解：①∵，若，则是等边三角形，而，则∵关于对称，∴∴不经过的中点，当经过的中点时，如图所示，当经过的中点时，设的中点为，交分别为，过点作于点，∵∴，由（2）可得设，则，∴，又∴∴∴∴∵，设，则∴∴，解得：∴∵是的中点，∴∵，∴∴∴∴∴∴∴∵∴∴∴，∴；②如图所示，设，由①可得设，∵，则，设，则①，∵，设，则∴∴∴，∴，∴∵，即②∵，，则∴③由①②③可得∴．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，轴对称的性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．9．综合与实践如图，在矩形中，点E是边AD上的一点（点E不与点A，点D重合），连结BE．过点C作交AD的延长线于点F，过点B作交FC的延长线于点G，过点F作交BE的延长线于点H．点P是线段CF上的一点，且．探究发现：（1）点点发现结论：．请判断点点发现的结论是否正确，并说明理由．深入探究：（2）老师请学生经过思考，提出新的问题，请你来解答．①“运河小组”提出问题：如图1，若点P，点D，点H在同一条直线上，，，求的长．②“武林小组”提出问题：如图2，连结和，若，，，求的值．

【答案】（1）点点发现的结论正确，理由见解析；（2）①；②【分析】（1）由矩形得到，，证得四边形是平行四边形，故，，利用，得到，结合，即可证得．（2）①在中根据直角三角形的性质得到，证得，由得到，推出，得到，过点H作，求出，，明，得到，求出，，由，，得，证得，求出，易证四边形是矩形，即可得到．②连结，由得到，结合得到，又因为，证得，得到，求出，，勾股定理求出，证，所以，，即可求出．【详解】证明：（1）因为矩形，所以，，因为，所以四边形是平行四边形，所以，，因为，所以，因为，所以，所以，因为，，所以，所以．所以点点发现的结论正确．

（2）①在中，因为，所以，所以，因为，所以，因为，所以，所以，因为四边形是平行四边形，所以，因为，所以，所以，过点H作，因为，所以，，

因为，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，因为，，所以，因为，所以，所以，因为，,所以，所以四边形是矩形，所以．②连结，在中，因为，所以，所以，

因为，所以，因为，所以，所以，所以，，因为，，所以，因为，所以，所以，，所以．【点睛】此题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，求锐角三角函数值，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键．10．综合与实践【动手操作】如图①，四边形ABCD是一张矩形纸片，，．先将矩形ABCD对折，使BC与AD重合，折痕为MN，沿MN剪开得到两个矩形．矩形AMND保持不动，将矩形MBCN绕点M逆时针旋转，点N的对应点为．【探究发现】（1）如图②，当点C与点D重合时，交AD于点E，BC交MN于点F，此时两个矩形重叠部分四边形MEDF的形状是______，面积是______；（2）如图③，当点N'落在AD边上时，BC恰好经过点N，与DN交于点G，求两个矩形重叠部分四边形的面积；【引申探究】（3）当点落在矩形的对角线MD所在的直线上时，直线与直线DN交于点G，请直接写出线段DG的长．【答案】（1）菱形，（2）（3）【分析】（1）先证△BFM≌△NFD，可得MF=FD，同理可证ME=ED，再证△BFM≌△AEM，可得ME=MF，即有ME=ED=DF=MF，则可知四边形MEDF是菱形；由AD=AE+ED=5，AM=3，DE=ME，即ED=5-AE=ME，在Rt△AEM中，，即可得，解得：，进而求出ED，则菱形的面积可求；（2）先求出，进而求出，再证明即可求解；（3）分两种情况讨论，第一种当点在线段MD上时，第二种情况当点在DM的延长线上时，两种情况均是先先利用勾股定理求出MD，进而求出，再证明即可求解．【详解】（1）根据题意有AM=BM=AB=DC=DN=NC=3，∵在矩形AMND和矩形MBCN′中，∠B=∠N=90°=∠A，∵∠BFM=∠NFD，∴△BFM≌△NFD，∴MF=FD，同理可证ME=ED，∵∠AME+∠EMF=∠AMN=90°=∠EMB=∠EMF+∠BMF，∴∠AME=∠BMF，∴结合∠B=∠A，AM=MB可得△BFM≌△AEM，∴ME=MF，∴ME=ED=DF=MF，∴四边形MEDF是菱形，∵AD=AE+ED=5，AM=3，DE=ME，即ED=5-AE=ME，∴在Rt△AEM中，，∴，解得：，∴ED=5-AE=，∴菱形MEDF的面积为，故答案为：菱形，；（2）由折叠得，，∴在中，．∴．由题知，∴，，∴，∴．∴，即，解得．∴．（3）如图，第一种当点在线段MD上时∵AD=5，AM=3，∴在Rt△ADM中，，∵BC=AD==5，∴，根据矩形的性质可知∠AMD=∠MDG，∠A==∠90°，∴，∴，即：，第二种情况当点在DM的延长线上时，如图：同理可求得，综上所述：DG为．【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．17．（2025·浙江杭州·模拟预测）（1）如图1，在矩形中，为边上一点，连接，若，过作交于点，①求证：；②若时，则____．（2）如图2，在菱形中，，过作交的延长线于点，过作交于点，若时，求的值．（3）如图3，在平行四边形中，，，，点在上，且，点为上一点，连接，过作交平行四边形的边于点，若时，请直接写出的长．【答案】（1）①见解析；②；（2）；（3）的长为或或【分析】（1）①根据矩形的性质得出，，进而证明，结合已知条件即可证明；②由①可得，，证明，得出，根据，即可求解；（2）根据菱形的性质得出，根据已知条件得出，，可证明，根据相似三角形的性质即可求解；（3）分三种情况讨论，①当点在边上时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，过点作于点，证明，解，进而得出，根据，得出，建立方程解方程即可求解；②当点在边上时，如图所示，连接，延长交的延长线于点，过点作，则，四边形是平行四边形，同理证明，根据得出，建立方程，解方程即可求解；③当点在边上时，如图所示，过点作于点，求得，而，得出矛盾，则此情况不存在；当点在边上时，过点作交的延长线于点，再由勾股定理求的长即可．【详解】解：（1）①四边形是矩形，则，°，，，，，；②由①可得，．，，，（2）在菱形中，，，，，，，，，，，，，；（3）①当点在边上时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，过点作于点，平行四边形中，，，，，，，，，在Rt△DEH中，∠HDE＝∠A＝60°，则，，，，，，，，，设，则，，，解得：或，即或，②当点在边上时，如图所示，连接，延长交的延长线于点，过点作，则，四边形是平行四边形，设，则，，，，，，，，，过点作于点，在中，，∴，，，，，，，，，，即，，即，解得：，（舍去），即；③当点在边上时，如图所示，过点作于点，在中，，，，，，点不可能在边上，④当点在上时，，不符合相交，舍去，综上所述，的长为或或．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．18．（2024·浙江宁波·二模）（1）如图1，在三角形中，是中点，连结，是上任意一点，过点作别交，于点、，求证：是中点；

（2）如图2，在四边形中，，与不平行，，，连结对角线，交于点，是上的点，过点作交于点，于点，求的值；（3）如图3，在菱形中，，，分别取菱形各边的中点，，，并顺次连结得到四边形，连结，交于点，是上一动点，作交于点，交于点，过点作交于点，连结，求的最小值．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）由可得，，于是可得，结合是中点，即可得出结论；（2）由可得，，于是可得，进而可得，由题意可得四边形是等腰梯形，然后求出，根据可得，于是可得，于是得解；（3）由题意可推出且，均为等边三角形，且，均为等腰三角形，进而得出四边形是矩形，于是可得，连接，结合（1）可推出，根据，可得，于是得解．【详解】（1）证明：∵，∴，，∴，∵是中点，∴，∴，∴是中点；（2）解：∵，∴，，∴，∴，∵，与不平行，，∴四边形是等腰梯形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：∵四边形是菱形，，∴，，，∵，，，是菱形各边的中点，∴，∴且，均为等边三角形，且，均为等腰三角形，∴，，，，∴四边形是平行四边形，，∴四边形是矩形，∴，如图，连接，∵，∴，，∴，∴，∵，∴，∴当时取得最小值，故的最小值为．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，三线合一等知识点，熟记相关几何结论，掌握举一反三的数学思想是解题的关键．题型03、菱形性质与判定的综合问题19．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，已知，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，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于内一点P，连接，过点P作直线，交OB于点E，过点P作直线，交于点F．若，，则四边形的面积是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】过P作于M，再判定四边形为平行四边形，再根据勾股定理求出边和高，最后求出面积．【详解】解：过P作于M，

由作图得：平分，∴，∴，∴，∵，，∴四边形为平行四边形，，∴，∴，设，在中，，即：，解得：，∴．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．20．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（

）A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形【答案】A【分析】根据题意，分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．【详解】∵四边形是矩形，∴，，∴，，∵、，∴∵对称，∴，∴∵对称，∴，∴，同理，∴∴∴四边形是平行四边形，如图所示，

当三点重合时，，∴即∴四边形是菱形，如图所示，当分别为的中点时，设，则，，在中，，连接，，∵，∴是等边三角形，∵为中点，∴，，∴，根据对称性可得，∴，∴，∴是直角三角形，且，∴四边形是矩形，

当分别与重合时，都是等边三角形，则四边形是菱形

∴在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．21．（2023·浙江温州·中考真题）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作菱形，使点D，E，F分别在边，，上，过点E作于点H．当，，时，的长为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据菱形性质和解直角三角形求出，，继而求出再根据，即可求．【详解】解：∵在菱形中，，，∴，又∵，∴，，∴，，∴，，∴∵，∴在中，，∵，∴，∴，故选C．【点睛】本题主要考查了解直角三角形、菱形的性质，根据菱形性质和解直角三角形求出、、是解题关键．22．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结交于点，平分交于点G．(1)求证：.(2)若．①求菱形的面积.②求的值.(3)若，当的大小发生变化时（），在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值．【答案】(1)见解析(2)①24，②(3)＝，理由见解析【分析】（1）由菱形的性质可证得∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，由平分交于点G，得到∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，进一步即可得到答案；（2）①连接AC交BD于点O,Rt△DOC中，OC＝，求得AC＝8，由菱形的面积公式可得答案；②由BGAC，得到，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，则，再证明△CDH∽△AEH，CH＝AC＝，OH＝OC－CH＝4－＝，利用正切的定义得到答案；（3）过点G作GTBC，交AE于点T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，则EG＝GH，再证△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得，GT＝，为定值，即可得到ET的值．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝DC，ABCD，∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，∵平分交于点G，∴∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，∴∠CBD＋∠CBG＝（∠ABC＋∠CBE）＝×180°＝90°，∴∠DBG＝90°；（2）解：①如图1，连接AC交BD于点O，∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，∴OD＝BD＝3，AC⊥BD，∴∠DOC＝90°，在Rt△DOC中，OC＝，∴AC＝2OC＝8，∴，即菱形的面积是24．②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵∠DBG＝90°∴BG⊥BD，∴BGAC，∴，∴DH＝HG，DG＝2DH，∵DG＝2GE，∴EG＝DH＝HG，∴，∵ABCD，∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，∴△CDH∽△AEH，∴，∴CH＝AC＝，∴OH＝OC－CH＝4－＝，∴tan∠BDE＝；（3）如图3，过点G作GTBC交AE于点T，此时ET＝．理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BGAC，∴△BGE∽△AHE，∴，∵AB＝BE＝5，∴EG＝GH，同理可得，△DOH∽△DBG，∴，∵BO＝DO，∴DH＝GH＝EG，∵GTBC，∴GTAD，∴△EGT∽△EDA，∴，∵AD＝AB＝5，∴GT＝，为定值，此时ET＝AE＝（AB＋BE）＝．【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．23．（2022·浙江金华·中考真题）如图，在菱形中，，点E从点B出发沿折线向终点D运动．过点E作点E所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点F，在的右侧作矩形．(1)如图1，点G在上．求证：．(2)若，当过中点时，求的长．(3)已知，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与相似（包括全等）？【答案】(1)见解析(2)或5(3)或或或【分析】（1）证明△AFG是等腰三角形即可得到答案；（2）记中点为点O．分点E在上和点E在上两种情况进行求解即可；（3）过点A作于点M，作于点N．分点E在线段上时，点E在线段上时，点E在线段上，点E在线段上，共四钟情况分别求解即可．【详解】（1）证明：如图1，∵四边形是菱形，∴，∴．∵FGBC，∴，∴，∴△AFG是等腰三角形，∴．（2）解：记中点为点O．①当点E在上时，如图2，过点A作于点M，∵在中，，∴．∴，∵，∴，∴，∴．②当点E在上时，如图3，过点A作于点N．同理，，，∴．∴或5．（3）解：过点A作于点M，作于点N．①当点E在线段上时，．设，则，ⅰ）若点H在点C的左侧，，即，如图4，．∵，∴，∴，∴，解得，经检验，是方程的根，∴．∵，∴，∴，∴，解得，经检验，是方程的根，∴．ⅱ）若点H在点C的右侧，，即，如图5，．∵，∴，∴，∴，此方程无解．∵，∴，∴，∴，解得，经检验，是方程的根，∴．②当点E在线段上时，，如图6，．∴．∵，∴，∴，∴，此方程无解．∵，∴，∴，∴，解得，经检验，是方程的根，∵，∴不合题意，舍去；③当点E在线段上时，，如图7，过点C作于点J，在中，．，∴，∴，∵，∴，符合题意，此时，．④当点E在线段上时，，∵，∴与不相似．综上所述，s满足的条件为：或或或．【点睛】此题考查了相似三角形的性质、菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、矩形的性质、锐角三角函数等知识，分类讨论方法是解题的关键．1．如图，已知平行四边形纸片，，，．现将纸片作如下操作：第1步，沿折痕折叠纸片，使点落在边上；第2步，再沿折痕折叠纸片，使点与点重合．若，则的长为（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定、菱形的判定与性质、解直角三角形、平行线的性质、等角对等边等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．将图形展开，画出折痕，过点作于，证明四边形是菱形，得出，根据折叠得出，解直角三角形求出，根据计算得出答案即可．【详解】解：如图，将图形展开，画出折痕，过点作于，∵平行四边形纸片，，，沿折痕折叠纸片，使点落在边上，再沿折痕折叠纸片，使点与点重合，，∴，，，，，∴，∴，∴，∴四边形是菱形，，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，故选：C．2．如图，是的角平分线，分别以点、为圆心，以大于的长为半径在两侧作圆弧，交于点，点．作直线，分别交，于点，，连结，．设的面积为，四边形的面积为．若，则的值为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】如图，设交于点，设的面积为，根据作图可知：垂直平分，再根据是的角平分线，证明四边形是菱形，得，，继而得到，，，由相似三角形的判定和性质得，，得到，，再计算，可得结论．【详解】解：如图，设交于点，设的面积为，根据作图可知：垂直平分，∴，，，∴，∵是的角平分线，，∴，∴，∴，∴，∴四边形是菱形，∴，，∴，，，∴，，∴，，∴，，∴，∴．故选：C．

【点睛】本题考查基本作图—垂直平分线，角平分线的定义，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理．掌握基本作图，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理是解题的关键．3．如图，四边形是一个由5张纸片拼成的菱形（相邻纸片之间互不重叠），其中四张纸片为大小形状相同的平行四边形，连结．记，，若，则平行四边形纸片长与宽的比值为（

）

A．3 B．4 C． D．【答案】B【分析】作交的延长线于，交的延长线于，设小平行四边形的宽是，长是，，，根据图形可知，，根据代入计算即可得到答案．【详解】解：如图，作交的延长线于，交的延长线于，

，

设小平行四边形的宽是，长是，，，周围四张小平行四边形纸片都全等，，四边形是菱形，，，，，故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质和判定，平行四边形的性质和面积，用参数表示线段的长和面积并计算是解本题的关键．4．如图，在菱形ABCD中，，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论：①；②与全等的三角形共有5个；③四边形ODEG与四边形OBAG面积相等；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．其中一定成立的是（

）A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④【答案】A【分析】由AAS证明，得出，证出OG是的中位线，得出，故①正确；先证明四边形ABDE是平行四边形，证出、是等边三角形，得出，因此，得出四边形ABDE是菱形，故④正确；由菱形的性质得出，由SAS证明，得出，故②不正确；由中线的性质和菱形的性质可得，，可得四边形与四边形面积相等，得出③正确；即可得出结果．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴，∴，，∵，∴，在和中，∴，∴，∴OG是的中位线，∴∴①正确；∵，，∴四边形ABDE是平行四边形，∵，∴、是等边三角形，∴，∴，四边形ABDE是菱形，故④正确；∴，由菱形的性质得：，在和中，∴，∴，故②不正确；∵，∴，∵四边形是菱形，∴，∴四边形与四边形面积相等，故③正确；正确的是①③④．故选：A．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，难度较大．5．如图，在中，，，分别为，的中点，四边形的一边经过点，，对角线分别与，交于点、．(1)求证：四边形为菱形．(2)当，时，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）证明，则易得四边形为平行四边形，再证即可；（2）设，由菱形的性质及，得，从而有；由得，由此求得a的值，再由勾股定理即可求得结果．【详解】（1）证明：∵，分别为，的中点，∴；∵，∴，∴，∴；∵，∴，∴四边形为平行四边形；∵，，∴，∴四边形为菱形；（2）解：设，∵四边形为菱形，∴；∵，∴，∴；∵，∴，∴；∵，∴，即，∴，∴；在中，由勾股定理得．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，正切函数定义，菱形的判定与性质等知识，灵活运用这些知识是解题的关键．6．如图所示，四边形是矩形，点A、C的坐标分别为，，点D是线段上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线交折线于点E．（1）记的面积为S，求S与b的函数关系式，并求出自变量b的取值范围；（2）当点E在线段上时，若矩形关于直线的对称图为四边形，试探究与矩形的重叠部分的四边形是什么特殊四边形，并说明理由．（3）若，试求出（2）中重叠部分四边形的面积．【答案】（1）；（2）菱形，理由见解析；（3）【分析】（1）首先求得直线经过点，，时，的值；然后分别从若直线与折线的交点在上时，即时与若直线与折线的交点在上时，即时分析求解，即可求得与的函数关系式；（2）首先设O′A′与CB相交于点M，OA与C′B′相交于点N，则矩形O′A′B′C′与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积．根据轴对称的性质易得四边形DNEM为菱形；（3）过点D作DH⊥OA，垂足为H，设菱形DNEM的边长为a，利用勾股定理求出EN的长，即可求出结果．【详解】解：（1）∵四边形OABC是矩形，A（3，0），C（0，1），∴B（3，1），若直线经过点时，则，若直线经过点时，则，若直线经过点时，则，①若直线与折线的交点在上时，即时，如图1，此时，；②若直线与折线的交点在上时，即时，如图1，此时，，，，，，∴S=S矩形OABC=，与的函数关系式为：；（2）如图3，设与相交于点，与相交于点，则矩形与矩形的重叠部分即为四边形．由题意知，，，四边形为平行四边形，根据轴对称知，，又，，，平行四边形为菱形．（3）∵，∴此时△ODE的面积为，∴OE==，在直线中，，令y=1，则x=，∴D（，1），过点作，垂足为，如图3，可得：OH=，∴EH=OE-OH==2，设菱形的边长为，即DN=NE=a，∴HN=EH-EN=2-a，在△DHN中，有，解得：a=，∴四边形DNEM的面积===．【点睛】此题属于一次函数的综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式、菱形的判定与性质、三角形的面积以及勾股定理等知识．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合、分类讨论思想与方程思想的应用．24．（2024·浙江·一模）如图，菱形中，点P在对角线上，过点P分别作的平行线交于点．(1)求证：；(2)连结，若，判断与的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)，理由见解析【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，正确地找出辅助线是解题的关键．（1）根据菱形的性质得到，求得，根据平行四边形的性质得到四边形是平行四边形，，求得，于是得到；（2）根据菱形的性质得到，求得，连接，根据全等三角形的性质得到，根据直角三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，，，，∴四边形是平行四边形，，，，，；（2）解：．理由：∵四边形是菱形，，，，，，，连接，，，，，，，，．题型04、正方形的性质与判定的综合问题25．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，正方形中，，点E在边上，是的中点，点H在边上，，则的长为（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】首先过点作，连接数、，延长到点，使，连接，根据可得，利用可证，再利用可证，从而可得，利用勾股定理可得，利用梯形中位线定理可以求出，根据可证，根据相似三角形对应边成比例可以求出的值．【详解】解：如下图所示，过点作，连接数、，延长到点，使，连接，四边形是正方形，，，，，，，，，，，，在和中，，，，，，在和中，，，设，则，，在中，，，解得：，，，点是的中点，是梯形的中位线，

，，，，又，，，，解得：．故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、梯形的中位线定理等知识，掌握相关知识点是解题关键．26．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，以钝角三角形的最长边为边向外作矩形，连结，设，，的面积分别为，若要求出的值，只需知道(

)

A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．矩形的面积【答案】C【分析】过点作，交的延长线于点，的延长线于点，易得：，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得，再根据，得到，即可得出结论．【详解】解：过点作，交的延长线于点，的延长线于点，

∵矩形，∴，∴，∴四边形为矩形，∴，∴，∴，又，∴，∴只需要知道的面积即可求出的值；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27．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰和等腰，③和④分别是和，⑤是正方形，直角顶点E，F，G，H分别在边上．（1）若，，则的长是cm．（2）若，则的值是．【答案】43【分析】（1）将和用表示出来，再代入，即可求出的长；（2）由已知条件可以证明，从而得到，设，，，用x和k的式子表示出，再利用列方程，解出x，从而求出的值．【详解】解：（1）∵和都是等腰直角三角形，∴，∵，∴，即，即，∵，∴，故答案为：4；（2）设，∵，∴可设，，∵四边形是正方形，∴，∵和都是等腰直角三角形，∴，∴，，∵四边形对角互补，∴，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，∴，∴，即，整理得：，解得，（舍去），∴．故答案为：3．【点睛】本题考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角函数定义，一元二次方程的解法等，弄清图中线段间的关系是解题的关键．28．（2023·浙江杭州·中考真题）在边长为的正方形中，点在边上（不与点，重合），射线与射线交于点．(1)若，求的长．(2)求证：．(3)以点为圆心，长为半径画弧，交线段于点．若，求的长．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）证明，利用相似三角形的对应边成比例求解；（2）证明，利用相似三角形的对应边成比例证明；（3）设，则，，在中，利用勾股定理求解．【详解】（1）解：由题知，，若，则．四边形是正方形，，又，，，即，．（2）证明：四边形是正方形，，，，，，．（3）解：设，则，．在中，，即，解得．．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用，正方形的性质等，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．29．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．

(1)求证：．(2)判断与是否垂直，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)与垂直，理由见解析【分析】（1）由正方形的性质，得到，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得，再根据平行线的性质解答即可；（2）连接交于点，由证明，再根据全等三角形对应角相等得到，继而证明四边形为矩形，最后根据矩形的性质解答即可．【详解】（1）解：在正方形中，∴，∴．（2）与垂直，理由如下．连接交于点．∵为正方形的对角线，∴，又∵，∴，∴．在正方形中，，又∵，∴四边形为矩形，∴，∴，∴．又∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的判断与性质、矩形的判定与性质等知识，综合性较强，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．30．（2022·浙江杭州·中考真题）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH．(1)如图1，若，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积，(2)如图2，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K．①求证：；②设，和四边形AEHI的面积分别为，．求证：．【答案】(1)5(2)①见解析；②见解析【分析】（1）由中点定义可得，从而可求，然后根据勾股定理和正方形的面积公式可求正方形EFGH的面积；（2）①根据余角的性质可证，进而可证，然后利用相似三角形的性质和等量代换可证结论成立；②先证明，再证明，利用相似三角形的性质和锐角三角函数的定义整理可得结论．【详解】（1）解：∵，点M是边AB的中点，∴，∵，∴，由勾股定理，得，∴正方形EFGH的面积为5．（2）解：①由题意知，∴，∵四边形EFGH是正方形，∴，∴，∴，∴，∴．∴．②由①得，又∵，，∴，设的面积为．∵∠K=∠K，∠KHI=∠A=90°，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，以及锐角三角函数的知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．31．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，在中，，分别以为边向外作正方形和正方形，连结，设，则的值为（

）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】本题考查了求正切，正方形的性质，勾股定理；连接，设交于点，则，证明三点共线，进而根据正切的定义，即可求解．【详解】解：如图所示，连接，设交于点，则，∵四边形，是正方形，∴又∵∴∴三点共线，又∵∴，∵∴∴故选：C．32．（2025·浙江·一模）如图，在正方形中，点是上一动点（不与重合），对角线相交于点，过点分别作的垂线，分别交于点，交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤点O在M、N两点的连线上．其中正确的是（）A．①②③④ B．①②③⑤ C．①②③④⑤ D．③④⑤【答案】B【分析】由正方形的性质知平分，平分，结合，可得，可判断①②，证明为矩形可判断③，由的形状可判断④不成立，连接，证明，可得点是的外接圆的圆心，可得M、O、N共线．【详解】解：∵四边形是正方形∴．∵，∴，∵在和中，，∴，故①正确；∴，同理，．∵正方形中，又∵，∴，且中∴四边形是矩形．∴，∴，又∵，∴，故②正确；∵四边形是矩形，∴，在直角中，，∴，故③正确．∵是等腰直角三角形，而不一定是等腰直角三角形，故④错误；连接，∵垂直平分线段垂直平分线段，∴，∴，∴点是的外接圆的圆心，∵，∴为直径，∴在上，∴点O在M、N两点的连线上，故⑤正确；综上所述：①②③⑤正确．故故答案：B．【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的判定、勾股定理，圆周角定理的应用等知识，掌握相关性质、定理是关键．33．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，在中，，分别以它的三边为边向外作正方形，，，分别过点，作，，垂足分别为，．要知道阴影部分的面积，只需知道下列某个图形的面积，这个图形是（

）A． B．正方形 C．正方形 D．正方形【答案】A【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质．过点A作，过点B作，设，则，再证明，可得，同理，可得，再由阴影部分的面积梯形的面积梯形的面积，即可求解．【详解】解：如图，过点A作，过点B作，设，则，∵，∴，∵，∴，∴，∴，同理，∴，∴，∴阴影部分的面积梯形的面积梯形的面积，∵的面积，∴阴影部分的面积的面积，即要知道阴影部分的面积，只需知道下列某个图形的面积，这个图形是．故选：A34．（2024·浙江宁波·模拟预测）将两张矩形纸片，和另三张正方形纸片，，按如图所示方式不重叠地放置在矩形内．则下列条件中，不能求出四边形的面积的是（

）A．正方形与正方形周长的和 B．矩形与正方形周长的差C．矩形与矩形周长的和 D．矩形的周长【答案】B【分析】本题考查整式混合运算的应用，矩形的性质，四边形的面积，周长和正方形的性质，解题的关键是能用字母表示各矩形的边长并计算面积．根据题意设，，，则，先根据面积差可计算四边形的面积，再分别根据矩形和正方形的周长，分别判断即可．【详解】解：设，，，则，四边形的面积，A、若知正方形与正方形周长的和，则可知：，得的值，所以可以求出四边形的面积，不符合题意；B、若知矩形与正方形周长的差，则可知：，所以不能求出四边形的面积，符合题意；C、若知矩形与矩形周长的和，则可知：，所以可以求出四边形的面积，不符合题意；D、若知矩形的周长，则可知：，所以可以求出四边形的面积，不符合题意；故选：B．35．（2024·浙江·模拟预测）如图，在中，，以为边向三角形外作正方形，作于点，交对角线于点，连接．要求的周长，只需知道（

）A．的长 B．的长 C．的长 D．的长【答案】B【分析】设与相交于H，设，，，利用正方形的轴对称形得出，则可得出的周长为，证明，求出，，，证明，求出，，然后代入计算即可得出答案．【详解】解∶设与相交于H，设，，，∵，∴，∵四边形是正方形，∴B、E关于直线对称，，，∴，∴的周长为，∵，，∴，∴，，又，∴，∴，即，解得，，∴，∵，∴，即，解得，，∴，即的周长为，故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，轴对称等知识，明确题意，利用相似三角形求出，，是解题的关键．36．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，延长交于点M，连结并延长交于点N．若，则正方形与正方形的面积的比值为（

）．A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查正方形的性质和相似三角形的判定与性质，由四边形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形得设得证明可得从而可求出结论【详解】解：∵四边形是正方形，∴∵，∴；∵四边形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，∴设∴∴，由题意得，∴∴，即，∴∵∴∴∴，∴，解得，∴∴，故选：A37．（2024·浙江·模拟预测）四个全等的直角三角形按如图方式围成正方形，过各直角顶点作正方形各边的平行线得到正方形．若，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】此题考查了正方形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识．设得到，证明，利用相似三角形的性质得到，进一步得到，证明，则，得到，得到，进一步即可求出答案．【详解】解：设则，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵四个全等的直角三角形按如图方式围成正方形，∴，∴，∵，∴，∴，∵四边形是正方形，∴,∵，，∴∴，∴∴，∴．故选：D38．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在正方形中，为对角线，E为上一点，过点E作，与分别交于点G、F，H为的中点，连接．下列结论：①；②；③；④若，则，其中结论正确的有（填写序号）．【答案】①②③【分析】①根据题意可知，则，则；②由证明，得到，从而；③同②证明即可；④若，则，可以证明，则且，则，为等腰直角三角形，过H点作垂直于于M点，设，则，，，则，，可作判断．【详解】解：①∵四边形为正方形，，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∵，∴，故①正确；②∵为等腰直角三角形，H为的中点，∴，，在和中，，∴，∴，∴，故②正确；③∵为等腰直角三角形，H为的中点，∴，，在和中，，∴，故③正确；④∵，∴，∵为等腰直角三角形，H为的中点，∴，，∵，在和中，，∴，∴，∴为等腰直角三角形，过H点作垂直于于M点，如图所示：设，则，，，则，，∴，故④不正确；故答案为：①②③．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等，解题的关键是能够综合应用上述知识点．39．（2023·浙江杭州·二模）如图，四边形是正方形，点在边上，是以为直角顶点的等腰直角三角形，，分别交于点，，过点作的垂线交的延长线于点．连接，若，，则．【答案】【分析】延长交延长线于，由是等腰直角三角形，得，，再由正方形的性质得，，由同角的余角相等得，证明，从而有，，得是等腰直角三角形，通过勾股定理求出，再证明，，最后由相似三角形的性质和线段和差即可求解．【详解】解：如图，延长交延长线于，∵是等腰直角三角形，∴，，∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，∴，在和中，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，即，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，由，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质及判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理，同角的余角相等，全等三角形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用，正确添加辅助线是解题的关键．40．（2024·浙江温州·模拟预测）如图，在正方形中，点，分别在边，上（不与顶点重合），且满足，连接，交于点．，分别是边，的中点，连结接，．若正方形的边长为，则的最小值为．【答案】【分析】由四边形是正方形，得，，证明，根据性质得出，点无论在何处，均有，即点在以中点为圆心，为直径的圆上，用点表示的中点，连接，用点表示的中点，用点表示的中点，连接，以为圆心，为半径画圆，然后证明，则，故的最小值也就是的最小值，当点三点共线时，最小，最小值为线段的长度，最后由勾股定理即可求解．【详解】∵四边形是正方形，∴，，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴点无论在何处，均有，即点在以中点为圆心，为直径的圆上，用点表示的中点，连接，用点表示的中点，用点表示的中点，连接，以为圆心，为半径画圆，如图中的，∵在上运动且不与重合，∴点的轨迹就是，不与重合，∵，，，∴，，∴，∵，∴，∴，∴的最小值也就是的最小值，∵点在上，∴当点三点共线时，最小，最小值为线段的长度，∵点分别是正方形边的中点，∴四边形是矩形，∵点分别是矩形边的中点，∴四边形是矩形，∴，，∵，∴在中，由勾股定理得，即：的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，两点之间线段最短，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．41．（2024·浙江·模拟预测）如图，在中，，两个边长为1的正方形的顶点D，E，F，I，J均在的边上，，令，当时，；当时，．

【答案】【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形、正方形的性质等知识，过点J作于点K，过点G作于点L，过点J作于点M，求出即可得到答案，证明，得到设，则，证明，得到，在中，，即，解得（不合题意的解已经舍去），得，，，则，证明，进一步即可得到答案．【详解】解：过点J作于点K，过点G作于点L，过点J作于点M，当时，即时，∵两个边长为1的正方形的顶点D，E，F，I，J均在的边上，∴，，∴，∴∴∴∴，∵，∴∴，∴，即；∵∴四边形是矩形，∴，∵∴四边形是矩形，∴∵，∴∴，∵∴∴∵∴∵∴设，则∵∴，∵∴∴，∴，解得，在中，即，解得（不合题意的解已经舍去）∴，，，∴∵∴∴∵∴故答案为：，42．（2012·浙江杭州·二模）在平面直角坐标中，边长为2的正方形的两顶点A，C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点．现将正方形绕点O顺时针旋转，当点A第一次落在直线上时停止旋转，旋转过程中，边交直线．于点M，边交x轴于点N（如图）．(1)求边在旋转过程中所扫过的面积；（结果保留π）(2)旋转过程中，当和平行时，求正方形旋转的度数；(3)设的周长为p，在旋转正方形的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论．【答案】(1)(2)(3)周长不会变化，证明见解析【分析】（1）根据扇形的面积公式来求得边在旋转过程中所扫过的面积；（2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠AOM的度数；（3）延长交y轴于E点，证明，得出，，证明可得，从而可以证到，进而可以推出，是定值．【详解】（1）解：∵A点第一次落在直线上时停止旋转，直线与y轴的夹角是，∴旋转了．∴在旋转过程中所扫过的面积为．（2）解：在正方形中，，，∵，∴，．∴．∴．又∵，∴．又∵，，∴．∴．∴旋转过程中，当和平行时，正方形旋转的度数为．（3）解：在旋转正方形的过程中，p值无变化．证明：延长交y轴于E点，则，，∴．又∵，．∴．∴，．又∵，，∴．∴．∴，∴．∴在旋转正方形的过程中，p值无变化．43．（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，正方形的顶点，分别在矩形的边，上，与交于点，连接．(1)求的度数．(2)若点是的中点，求证：点是的中点．(3)如图，若正方形的顶点在矩形的边上，顶点在矩形的边的延长线上，点为，的延长线的交点，设，，，求证：．【答案】(1)(2)见解析(3)见解析【分析】（1）根据证明可得，再证明即可解答；（2）证明，利用相似三角形的判定和性质以及相似比的之间关系式解答即可；（3）过点D作于点M，证明，得出，，根据，设，则，根据勾股定理得出，求出，根据三角形函数定义得出，求出，【详解】（1）解：∵四边形为矩形，∴，∵四边形为正方形，∴，，∴，，，又，，∴，，，，∵；（2）证明：，，，又，，，，为中点，，，，，，即点是的中点．（3）证明：过点D作于点M，如图所示：设，，，∵四边形为矩形，∴，，∴，∵四边形为正方形，∴，，∴，∴，∴，∴，，∴，，∵，∴设，则，在中，，则，∴，∴，，∴，∴，∴，∴．【点睛】此题考查相似三角形的综合题，三角函数的定义，正方形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，解题的关键是根据全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质解答．44．（2024·浙江·模拟预测）如图1，在正方形中，，的边分别与对角线相交于点P，Q，请说明．尝试解决：（1）小明给出了以下思路：将绕点A逆时针旋转得到，使与重合，连结，请帮小明完成解题过程．类比探究：（2）如图2，在正方形内作，使与相交于点与相交于点Q，连结．已知，，求的面积．拓展应用：（3）如图3，在长方形中，，，，P是上一点，Q是上一点，连结，求的面积的最小值．【答案】（1）见详解；（2）15；（3）【分析】（1）可证明，，则，由于在中，，故；（2）延长至点G，使得，连接，则可得，同（1）可证明，故，设正方形边长为a，则，在中，由勾股定理得，，解得，，故；（3）延长至点，使得，连接，先证明，则，，同上可得，，过点P作，故，可得，作的外接圆，记为，连接，作，则，设的半径为r，则，，由，得到，故，因此，故，则．【详解】（1）证明：如图，∵四边形是正方形，∴，∵，∴，由题意得，，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∵在中，，∴；（2）解：延长至点G，使得，连接，∵四边形是正方形，∴，∴，同（1）可证明，∴，设正方形边长为a，则，∴在中，由勾股定理得，，解得，，∴；（3）解：延长至点，使得，连接，∵，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，∴，，同上可得，，过点P作，∴，∴，作的外接圆，记为，连接，作，∵，∴，设的半径为r，∴在中，由勾股定理可得，，∵，，∴点H为的中点，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理等知识点，熟练掌握知识点，正确添加辅助线，识别“定角定高”模型求面积最值是解决本题的关键．考点二、四边形性质的综合应用题型01、四边形背景下的作图问题45．（2023·浙江·中考真题）如图，在中，．

(1)尺规作图：①作线段的垂直平分线，交于点D，交于点O；②在直线上截取，使，连接．（保留作图痕迹）(2)猜想证明：作图所得的四边形是否为菱形？并说明理由．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)四边形是菱形，见解析【分析】（1）①根据垂直平分线的画法作图；②以点O为圆心，为半径作圆，交于点E，连线即可；（2）根据菱形的判定定理证明即可．【详解】（1）①如图：直线即为所求；②如图，即为所求；

；（2）四边形是菱形，理由如下：∵垂直平分，∴，∵，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形．【点睛】此题考查了基