2024年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)（全國版）重難點(diǎn)11 四邊形壓軸綜合（17種題型）（解析版）

重難點(diǎn)突破11四邊形壓軸綜合（17種題型）目錄TOC\o"1-3"\n\h\z\u題型01利用特殊四邊的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題題型02利用特殊四邊的性質(zhì)與判定解決新定義問題題型03利用特殊四邊的性質(zhì)與判定解決規(guī)律探究題型04根據(jù)圖象運(yùn)動(dòng)判斷函數(shù)關(guān)系題型05四邊形中的動(dòng)點(diǎn)問題題型06四邊形折疊與旋轉(zhuǎn)中的角度問題題型07四邊形折疊與旋轉(zhuǎn)中的線段長度問題題型08四邊形折疊與旋轉(zhuǎn)中的坐標(biāo)問題題型09四邊形折疊與旋轉(zhuǎn)中的周長和面積問題題型10四邊形折疊與旋轉(zhuǎn)中的最值問題題型11四邊形中的線段最值問題題型12探究四邊形中線段存在的數(shù)量關(guān)系題型13探究四邊形中線段存在的位置關(guān)系題型14探究四邊形與反比例函數(shù)綜合運(yùn)用題型15探究四邊形與二次函數(shù)綜合運(yùn)用題型16探究四邊形與三角形綜合運(yùn)用題型17探究四邊形與圓綜合運(yùn)用題型01利用特殊四邊的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題1．（2022·山東東營·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)M，N分別是邊BC、CD上的動(dòng)點(diǎn)，∠BAC=∠MAN=60°，連接MN、OM.以下四個(gè)結(jié)論正確的是（

）①△AMN是等邊三角形；②MN的最小值是3；③當(dāng)MN最小時(shí)S△CMN=18S菱形ABCDA．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】①依據(jù)題意，利用菱形的性質(zhì)及等邊三角形的判定與性質(zhì)，證出∠MAC=∠DAN，然后證△CAM≌△DAN(ASA)，AM=②當(dāng)MN最小值時(shí)，即AM為最小值，當(dāng)AM⊥BC時(shí)，AM值最小，利用勾股定理求出AM=AB2③當(dāng)MN最小時(shí)，點(diǎn)M、N分別為BC、CD中點(diǎn)，利用三角形中位線定理得到AC⊥MN，用勾股定理求出CE=CN2?EN2=④當(dāng)OM⊥BC時(shí)，可證△OCM∽△BCO，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例可得OC【詳解】解：如圖：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，AC⊥BD，OA=OC，∵∠BAC=∠MAN=60°，∴∠ACB=∠ADC=60°，△ABC與△ADC為等邊三角形，又∠MAC=∠MAN?∠CAN=60°?∠CAN，∠DAN=∠DAC?∠CAN=60°?∠CAN，∴∠MAC=∠DAN，在△CAM與△DAN中∠CAM=∠DAN∴△CAM∴AM=AN，即△AMN為等邊三角形，故①正確；∵AC⊥BD，當(dāng)MN最小值時(shí)，即AM為最小值，當(dāng)AM⊥BC時(shí)，AM值最小，∵AB=2,BM=1∴AM=即MN=3故②正確；當(dāng)MN最小時(shí)，點(diǎn)M、N分別為BC、CD中點(diǎn)，∴MN∥∴AC⊥MN，在△CMN中，CE=C∴S△CMN而菱形ABCD的面積為：2×3∴18故③正確，當(dāng)OM⊥BC時(shí)，∠BOC=∠OMC=90°∴△OCM∽△BCO∴OC∴O∴O故④正確；故選：D．【點(diǎn)睛】此題考查了菱形的性質(zhì)與面積，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位線定理等相關(guān)內(nèi)容，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．2．（2020·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC>AC，按以下步驟作圖：（1）分別以點(diǎn)A,B為圓心，以大于12AB的長為半徑作弧，兩弧相交于M,N兩點(diǎn)（點(diǎn)M在AB的上方）；（2）作直線MN交AB于點(diǎn)O，交BC于點(diǎn)D；（3）用圓規(guī)在射線OM上截取OE=OD．連接AD,AE,BE，過點(diǎn)O作OF⊥AC，垂足為F，交AD于點(diǎn)①CD=2GF；②BD2?CD2=AC2；③S△BOEA．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】D【分析】證明四邊形ADBE是菱形，推出FG是△ACD的中位線，即可得到CD=2GF，由此判斷①；根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AD=BD，再利用Rt△ACD得到AD2?CD2=AC2，即可判斷②；根據(jù)FG是△ACD的中位線，證得S△AOD=2S【詳解】由題意知：MN垂直平分AB，∴OA=OB，ED⊥AB，∵OD=OE，∴四邊形ADBE是菱形，∵OF⊥AC，∠ACB=90°，∴OF∥BC，AF=CF，∴FG是△ACD的中位線，∴CD=2GF，故①正確；∵四邊形ADBE是菱形，∴AD=BD，在Rt△ACD中，AD∴BD2?C∵FG是△ACD的中位線，∴點(diǎn)G是AD的中點(diǎn)，∴S△AOD∵S△AOD∴S△BOE=2S∵AC=6，∴AF=3，設(shè)OA=x，則OF=9-x，∵OA∴x2解得x=5，∴AB=10，∴BC=8，∵BD∴BD解得BD=254∴四邊形ADBE的周長為254故選：D.【點(diǎn)睛】此題考查了線段垂直平分線的作圖方法，菱形的判定及性質(zhì)定理，勾股定理，三角形的中位線的判定及性質(zhì)，三角形中線的性質(zhì)，這是一道四邊形的綜合題.3．（2023·山東日照·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，點(diǎn)P在對角線BD上，過點(diǎn)P作MN⊥BD，交邊AD，BC于點(diǎn)M，N，過點(diǎn)M作ME⊥AD交BD于點(diǎn)E，連接EN，BM，DN．下列結(jié)論：①EM=EN；②四邊形MBND的面積不變；③當(dāng)AM:MD=1:2

【答案】②③④【分析】根據(jù)等腰三角形的三線合一可知MP=PN，可以判斷①；利用相似和勾股定理可以得出BD=10，MN=152，，利用S四邊形MBND=12MN×BD判斷【詳解】解：∵EM=EN，MN⊥BD，∴MP=PN，在點(diǎn)P移動(dòng)過程中，不一定MP=PN，相矛盾，故①不正確；

延長ME交BC于點(diǎn)H,則ABHM為矩形，∴BD=∵M(jìn)E⊥AD，MN⊥BD，∴∠MED+∠MDE=∠MEP+∠EMN=90°∴∠MDE=∠EMN，∴△MHN∽△DAB，∴MHAD即68解得：HN=9∴S故②正確；∵M(jìn)E∥AB，∴△DME∽△DAB，∴MEAB∴ME=4，∵∠MDE=∠EMN，∠MPE=∠A=90°，∴△MPE∽△DAB，∴S△MPE∴S△MPE故③正確，BM+MN+ND=BM+ND+15即當(dāng)MB+ND最小時(shí)，BM+MN+ND的最小值，作B、D關(guān)于AD、BC的對稱點(diǎn)B把圖1中的CD1向上平移到圖2位置，使得CD=92，連接B1D1，即這時(shí)B1即BM+MN+ND的最小值是20，故④正確；故答案為：②③④

【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，軸對稱，掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（2022·黑龍江大慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AB,BC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且正方形ABCD的周長是△BEF周長的2倍，連接DE,DF分別與對角線AC交于點(diǎn)M，N．給出如下幾個(gè)結(jié)論：①若AE=2,CF=3，則EF=4；②∠EFN+∠EMN=180°；③若AM=2,CN=3，則MN=4；④若MNAM=2,BE=3，則EF=4．其中正確結(jié)論的序號為

【答案】②【分析】根據(jù)已知條件可得EF=AE+FC，即可判斷①，進(jìn)而推出∠EDF=45°，導(dǎo)角可得②正確，作DG⊥EF于點(diǎn)G，連接GM,GN，證明△GMN是直角三角形，勾股定理驗(yàn)證③，證明∠BEF=∠MNG=30°，即可判斷④求解．【詳解】解：∵正方形ABCD的周長是△BEF周長的2倍，∴BE+BF+EF=AB+BC，∴EF=AE+FC，①若AE=2,CF=3，則EF=5，故①不正確；如圖，在BA的延長線上取點(diǎn)H，使得AH=CF，

∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAH=∠DAE=∠DCF=90°，AD=CD，∴△ADH≌△CDF，∴∠CDF=∠ADH，HD=DF，∠H=∠DFC，∵EF=AE+CF=AE+AH=EH，DE=DE，∴△DHE≌△DFESSS，∴∠HDE=∠FDE，∠H=∠EFD，∠HED=∠FED，∵∠CDF+∠ADF=∠ADH+∠ADF=∠HDF=90°，∴∠EDF=∠HDE=45°，∵∠H=∠DFC=∠DFE，∵∠EMN=∠HED+∠EAM=45°+∠DEF，∴∠EFN+∠EMN=∠DFC+45°+∠DEF=∠DFC+∠EDF+∠DEF=180°即∠EFN+∠EMN=180°，故②正確；

如圖，作DG⊥EF于點(diǎn)G，連接GM,GN，則∠DGE=∠DAE=90°，∵∠AED=∠GED，DE=DE，∴△AED≌△GED，同理可得△GDF≌△CDF，∴AD=DG=CD，∴A,G關(guān)于DE對稱軸，C,G關(guān)于DF對稱，∴GM=AM,GN=CN，∠EGM=∠EAM=45°,∠NGF=∠NCF=45°，∴∠MGN=180°?45°?45°=90°，∴△GMN是直角三角形，③若AM=2,CN=3，∴GM=2,GN=3，∴MN=MG2∵M(jìn)G=AM，若MNAM即sin∠MNG=MG∴∠MNG=30°，∵∠EFN+∠EMN=180°，∠EMN+∠AME=180°，又∠CFN=∠EFN，∴∠AME=∠CFN，∴2∠AEM=2∠CFN，即∠AMG=∠CFG，∴∠GMN=∠BFE，∴∠BEF=∠MNG=30°，∴cos∵BE=3，∴EF=2BE故④不正確．故答案為：②．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．5．（2022·廣西玉林·統(tǒng)考中考真題）如圖，點(diǎn)A在雙曲線y=kx(k>0,x>0)上，點(diǎn)B在直線y=mx?2b(m>0,b>0)上，A與B關(guān)于x軸對稱，直線l與y軸交于點(diǎn)C①A(b,3b)

②當(dāng)b=2③m=33

則所有正確結(jié)論的序號是．【答案】②③【分析】根據(jù)一次函數(shù)圖象上的點(diǎn)的坐標(biāo)特征、菱形的性質(zhì)及勾股定理即可求出A(3b,b)，即可判斷①錯(cuò)誤；根據(jù)反比例函圖象上的點(diǎn)的特征即可求出k=3b2，當(dāng)b=2時(shí)，即可求出k的值，即可判斷②正確；將點(diǎn)B(3b,b)代入直線y=mx?2b(m>0,b>0)，即可求出m【詳解】∵直線y=mx?2b(m>0,b>0)，∴當(dāng)x=0時(shí)，y=?2b，∴C(0,?2b)，∴OC=2b，∵四邊形AOCB是菱形，∴OC=OA=AB=2b，∵A與B關(guān)于x軸對稱，設(shè)AB交x軸于點(diǎn)D，∴AD=BD=b∴在Rt△AOD中，OD=O∴A(3b,b)，故∵A(3b,b)在雙曲線∴b=k∴k=3當(dāng)b=2時(shí)，k=43，故②∵OD=3∴B(3∵點(diǎn)B在直線y=mx?2b(m>0,b>0)上，∴3∴3∴m=33，故S四邊形AOCB=AB?OD=2b?綜上，正確結(jié)論的序號是②③，故答案為：②③．【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上的點(diǎn)的坐標(biāo)特征、反比例函數(shù)圖象上的點(diǎn)的坐標(biāo)特征、菱形的性質(zhì)及勾股定理，熟練掌握知識點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．6．（2022·四川達(dá)州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AD，CD邊上的動(dòng)點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），連接BE，BF，分別交對角線AC于點(diǎn)P，Q．點(diǎn)E，F(xiàn)在運(yùn)動(dòng)過程中，始終保持∠EBF=45°，連接EF，PF，PD．以下結(jié)論：①PB=PD；②∠EFD=2∠FBC；③PQ=PA+CQ；④△BPF為等腰直角三角形；⑤若過點(diǎn)B作BH⊥EF，垂足為H，連接DH，則DH的最小值為22?2．其中所有正確結(jié)論的序號是【答案】①②④⑤【分析】連接BD，延長DA到M，使AM=CF，連接BM，根據(jù)正方形的性質(zhì)及線段垂直平分線的性質(zhì)定理即可判斷①正確；通過證明△BCF?△BAM(SAS)，△EBF?△EBM(SAS)，可證明②正確；作∠CBN=∠ABP，交AC的延長線于K，在BK上截取BN=BP，連接CN，通過證明△ABP?△CBN，可判斷③錯(cuò)誤；通過證明△BQP～△CQF，△BCQ～△PFQ，利用相似三角形的性質(zhì)即可證明④正確；當(dāng)點(diǎn)B、H、D三點(diǎn)共線時(shí)，DH的值最小，分別求解即可判斷⑤正確．【詳解】如圖1，連接BD，延長DA到M，使AM=CF，連接BM，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC垂直平分BD，BA=BC,∠BCF=90°=∠BAD=∠ABC，∴PB=PD，∠BCF=∠BAM，∠FBC=90°?∠BFC，故①正確；∴△BCF?△BAM(SAS)，∴∠CBF=∠ABM,BF=BM,∠M=∠BFC，∵∠EBF=45°，∴∠ABE+∠CBF=45°，∴∠ABE+∠ABM=45°，即∠EBM=∠EBF，∵BE=BE，∴△EBF?△EBM(SAS)，∴∠M=∠EFB,∠MEB=∠FEB，∴∠EFB=∠CFB，∴∠EFD=180°?(∠EFB+∠CFB)=180°?2∠BFC，∴∠EFD=2∠FBC，故②正確；如圖2，作∠CBN=∠ABP，交AC的延長線于K，在BK上截取BN=BP，連接CN，∴△ABP?△CBN，∴∠BAP=∠BCN=45°，∵∠ACB=45°，∴∠NCK=90°，∴∠CNK≠∠K，即CN≠CK，∴PQ≠PA+CQ，故③錯(cuò)誤；如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠EBF=∠BCP=∠FCP=45°，∵∠BQP=∠CQF，∴△BQP～△CQF，∴BQ∵∠BQC=∠PQF，∴△BCQ～△PFQ，∴∠BCQ=∠PFQ=45°，∴∠PBF=∠PFB=45°，∴∠BPF=90°，∴△BPF為等腰直角三角形，故④正確；如圖1，當(dāng)點(diǎn)B、H、D三點(diǎn)共線時(shí)，DH的值最小，∴BD=2∵∠BAE=∠BHE=90°,BE=BE，∴△BAE?△BHE(AAS)，∴BA=BH=2，∴DH=BD?BH=22?2，故故答案為：①②④⑤．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握知識點(diǎn)并準(zhǔn)確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．題型02利用特殊四邊的性質(zhì)與判定解決新定義問題7．（2021·湖南岳陽·統(tǒng)考中考真題）定義：我們將頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)互為相反數(shù)的二次函數(shù)稱為“互異二次函數(shù)”．如圖，在正方形OABC中，點(diǎn)A0,2，點(diǎn)C2,0，則互異二次函數(shù)y=x?m2?m與正方形OABCA．4，-1 B．5?172，-1 C．4，0 D．【答案】D【分析】分別討論當(dāng)對稱軸位于y軸左側(cè)、位于y軸與正方形對稱軸x=1之間、位于直線x=1和x=2之間、位于直線x=2右側(cè)共四種情況，列出它們有交點(diǎn)時(shí)滿足的條件，得到關(guān)于m的不等式組，求解即可．【詳解】解：由正方形的性質(zhì)可知：B（2,2）；若二次函數(shù)y=x?m2?m當(dāng)m≤0時(shí)，則當(dāng)A點(diǎn)在拋物線上或上方時(shí)，它們有交點(diǎn)，此時(shí)有m≤0m解得：?1≤m<0；當(dāng)0<m≤1時(shí)，則當(dāng)C點(diǎn)在拋物線上或下方時(shí)，它們有交點(diǎn)，此時(shí)有0<m≤12?m解得：0<m≤1；當(dāng)1<m≤2時(shí)，則當(dāng)O點(diǎn)位于拋物線上或下方時(shí)，它們有交點(diǎn)，此時(shí)有1<m≤2m解得：1<m≤2；當(dāng)m>2時(shí)，則當(dāng)O點(diǎn)在拋物線上或下方且B點(diǎn)在拋物線上或上方時(shí)，它們才有交點(diǎn)，此時(shí)有m>2m解得：2<m≤5+綜上可得：m的最大值和最小值分別是5+172，故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了拋物線與正方形的交點(diǎn)問題，涉及到列一元一次不等式組等內(nèi)容，解決本題的關(guān)鍵是能根據(jù)圖像分析交點(diǎn)情況，并進(jìn)行分類討論，本題綜合性較強(qiáng)，需要一定的分析能力與圖形感知力，因此對學(xué)生的思維要求較高，本題蘊(yùn)含了分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想方法等．8．（2023·江蘇·統(tǒng)考中考真題）綜合與實(shí)踐定義：將寬與長的比值為22n+1?12n（1）概念理解：當(dāng)n=1時(shí)，這個(gè)矩形為1階奇妙矩形，如圖（1），這就是我們學(xué)習(xí)過的黃金矩形，它的寬（AD）與長CD的比值是_________．（2）操作驗(yàn)證：用正方形紙片ABCD進(jìn)行如下操作（如圖（2））：第一步：對折正方形紙片，展開，折痕為EF，連接CE；第二步：折疊紙片使CD落在CE上，點(diǎn)D的對應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)H，展開，折痕為CG；第三步：過點(diǎn)G折疊紙片，使得點(diǎn)A、B分別落在邊AD、BC上，展開，折痕為GK．試說明：矩形GDCK是1階奇妙矩形．

（3）方法遷移：用正方形紙片ABCD折疊出一個(gè)2階奇妙矩形．要求：在圖（3）中畫出折疊示意圖并作簡要標(biāo)注．（4）探究發(fā)現(xiàn)：小明操作發(fā)現(xiàn)任一個(gè)n階奇妙矩形都可以通過折紙得到．他還發(fā)現(xiàn)：如圖（4），點(diǎn)E為正方形ABCD邊AB上（不與端點(diǎn)重合）任意一點(diǎn)，連接CE，繼續(xù)（2）中操作的第二步、第三步，四邊形AGHE的周長與矩形GDCK的周長比值總是定值．請寫出這個(gè)定值，并說明理由．【答案】（1）5?12；（2）見解析；（3）【分析】（1）將n=1代入22n（2）設(shè)正方形的邊長為2，根據(jù)折疊的性質(zhì)，可得AE=EB=1，設(shè)DG=x，則AG=2?x，在Rt△AEG,（3）仿照（2）的方法得出2階奇妙矩形．（4）根據(jù)（2）的方法，分別求得四邊形AGHE的周長與矩形GDCK的周長，即可求解．【詳解】解：（1）當(dāng)n=1時(shí)，22n故答案為：5?1（2）如圖（2），連接EG，

設(shè)正方形的邊長為2，根據(jù)折疊的性質(zhì)，可得AE=EB=1設(shè)DG=x，則AG=2?x根據(jù)折疊，可得GH=GD=x，CH=CD=2，在Rt△BEC中，EC=∴EH=5在Rt△AEG,A∴2?x解得：x=∴GD∴矩形GDCK是1階奇妙矩形．（3）用正方形紙片ABCD進(jìn)行如下操作（如圖）：第一步：對折正方形紙片，展開，折痕為MN，再對折，折痕為EF，連接CE；第二步：折疊紙片使CD落在CE上，點(diǎn)D的對應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)H，展開，折痕為CG；第三步：過點(diǎn)G折疊紙片，使得點(diǎn)A、B分別落在邊AD、BC上，展開，折痕為GK．矩形GDCK是2階奇妙矩形，

理由如下，連接GE，設(shè)正方形的邊長為4，根據(jù)折疊可得EB=1，則AE=4?1=3，

設(shè)DG=x，則AG=4?x根據(jù)折疊，可得GH=GD=x，CH=CD=4，在Rt△BEC中，EC=∴EH=17在Rt△AEG,A∴4?x解得：x=∴GD當(dāng)n=2時(shí)，2∴矩形GDCK是2階奇妙矩形．（4）如圖（4），連接誒GE，設(shè)正方形的邊長為1，設(shè)EB=m，則AE=1?m，

設(shè)DG=x，則AG=1?x根據(jù)折疊，可得GH=GD=x，CH=CD=1，在Rt△BEC中，EC=∴EH=1+在Rt△AEG,A∴1?x整理得，x=∴四邊形AGHE的邊長為1?x+x+1+m矩形GDCK的周長為2GD+DC∴四邊形AGHE的周長與矩形GDCK的周長比值總是定值1【點(diǎn)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(zhì)是解題的關(guān)鍵．9．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考中考真題）定義：有兩個(gè)相鄰的內(nèi)角是直角，并且有兩條鄰邊相等的四邊形稱為鄰等四邊形，相等兩鄰邊的夾角稱為鄰等角．

(1)如圖1，在四邊形ABCD中，AD∥BC,∠A=90°，對角線BD平分∠ADC．求證：四邊形ABCD為鄰等四邊形．(2)如圖2，在6×5的方格紙中，A，B，C三點(diǎn)均在格點(diǎn)上，若四邊形ABCD是鄰等四邊形，請畫出所有符合條件的格點(diǎn)D．(3)如圖3，四邊形ABCD是鄰等四邊形，∠DAB=∠ABC=90°，∠BCD為鄰等角，連接AC，過B作BE∥AC交DA的延長線于點(diǎn)E．若AC=8,DE=10，求四邊形EBCD的周長．【答案】(1)證明見解析(2)畫圖見解析(3)38?6【分析】（1）先證明∠ABC=180°?∠A=90°，∠ADB=∠CBD，再證明CD=CB，即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)新定義分兩種情況進(jìn)行討論即可；①∠B=∠C=90，結(jié)合圖形再確定滿足CB=CD或AD=CD的格點(diǎn)D；②∠B=∠A=90，結(jié)合圖形再確定滿足AB=AD的格點(diǎn)D；（3）如圖，過C作CQ⊥AD于Q，可得四邊形ABCQ是矩形，AQ=BC，AD∥BC，證明四邊形ACBE為平行四邊形，可得BE=AC=8，AE=BC，設(shè)BC=AE=x，而DE=10，AD=10?x，DQ=x?10?x=2x?10，由新定義可得【詳解】（1）解：∵AD∥BC,∠A=90°，∴∠ABC=180°?∠A=90°，∠ADB=∠CBD，∵對角線BD平分∠ADC，∴∠ADB=∠CDB，∴∠CBD=∠CDB，∴CD=CB，∴四邊形ABCD為鄰等四邊形．（2）解：D1，D2，（3）如圖，過C作CQ⊥AD于Q，

∵∠DAB=∠ABC=90°，∴四邊形ABCQ是矩形，∴AQ=BC,AB=CQ，AD∥∵BE∥∴四邊形ACBE為平行四邊形，∴BE=AC=8，AE=BC，設(shè)BC=AE=x，而DE=10，∴AD=10?x，DQ=x?10?x由新定義可得CD=CB=x，由勾股定理可得：x2整理得：x2解得：x1=10?32∴CB=CD=10?32∴四邊形EBCD的周長為10+8+210?3【點(diǎn)睛】本題考查的是新定義的含義，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的判定，平行四邊形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，一元二次方程的解法，理解題意，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．10．（2022·甘肅蘭州·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，P(a,b)是第一象限內(nèi)一點(diǎn)，給出如下定義：k1=ab和k2(1)求點(diǎn)P(6,2)的“傾斜系數(shù)”k的值；(2)①若點(diǎn)P(a,b)的“傾斜系數(shù)”k=2，請寫出a和b的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；②若點(diǎn)P(a,b)的“傾斜系數(shù)”k=2，且a+b=3，求OP的長；(3)如圖，邊長為2的正方形ABCD沿直線AC：y=x運(yùn)動(dòng)，P(a,b)是正方形ABCD上任意一點(diǎn)，且點(diǎn)P的“傾斜系數(shù)”k<3，請直接寫出a【答案】(1)3(2)①a-2b或b=2a，②OP=5(3)a>3【分析】（1）直接由“傾斜系數(shù)”定義求解即可；（2）①由點(diǎn)P(a,b)的“傾斜系數(shù)”k=2，由ab=2或b②由a=2b或b=2a，又因a+b=3，求出a、b值，即可得點(diǎn)P坐標(biāo)，從而由勾股定理可求解；（3）當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)D重合時(shí)，且k=3時(shí)，a有最小臨界值，此時(shí)，ba=3，則a+2a=3，求得a=3+1；當(dāng)點(diǎn)P與B點(diǎn)重合，且k=3時(shí)，a有最大臨界值，此時(shí)，ab=3，則aa?2=【詳解】（1）解：由題意，得62=3，∵3>13∴點(diǎn)P(6,2)的“傾斜系數(shù)”k=3；（2）解：①a=2b或b=2a，∵點(diǎn)P(a,b)的“傾斜系數(shù)”k=2，當(dāng)ab=2時(shí)，則a=2b當(dāng)ba=2時(shí)，則b=2a∴a=2b或b=2a；②∵P(a,b)的“傾斜系數(shù)”k=2，當(dāng)ab=2時(shí)，則a=2∵a+b=3，∴2b+b=3，∴b=1，∴a=2，∴P(2，1)，∴OP=22當(dāng)ba=2時(shí)，則b=2a∵a+b=3，∴a+2a=3，∴a=1，∴b=2，∴P(1，2)∴OP=12綜上，OP=5；（3）解：由題意知，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)D重合時(shí)，且k=3時(shí)，a有最小臨界值，如圖，連接OD，延長DA交x軸于E，此時(shí)，ba=3則a+2a解得：a=3+1；∵k<3,則當(dāng)點(diǎn)P與B點(diǎn)重合，且k=3時(shí)，a有最大臨界值，如圖，連接OB，延長CB交x軸于F，此時(shí)，ab則aa?2解得：a=3+3，∵k<3,則a>3+綜上，若P的“傾斜系數(shù)”k<3，則a>3【點(diǎn)睛】本題考查新定義，正方形的性質(zhì)，正比例函數(shù)性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）（2）問理解新定義，（3）問求臨界值．11．（2020·湖南益陽·統(tǒng)考中考真題）定義：若四邊形有一組對角互補(bǔ)，一組鄰邊相等，且相等鄰邊的夾角為直角，像這樣的圖形稱為“直角等鄰對補(bǔ)”四邊形，簡稱“直等補(bǔ)”四邊形，根據(jù)以上定義，解決下列問題：（1）如圖1，正方形ABCD中，E是CD上的點(diǎn)，將ΔBCE繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，使BC與BA重合，此時(shí)點(diǎn)E的對應(yīng)點(diǎn)F在DA的延長線上，則四邊形BEDF為“直等補(bǔ)”四邊形，為什么？（2）如圖2，已知四邊形ABCD是“直等補(bǔ)”四邊形，AB=BC=5，CD=1，AD>AB，點(diǎn)B到直線AD的距離為BE．①求BE的長．②若M、N分別是AB、AD邊上的動(dòng)點(diǎn)，求ΔMNC周長的最小值．【答案】（1）見解析；（2）①BE=4；②ΔMNC周長的最小值為8【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)證得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,進(jìn)而可證得四邊形BEDF為“直等補(bǔ)”四邊形；（2）如圖2，將△ABE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBF，可證得四邊形EBFD是正方形，則有BE=FD,設(shè)BE=x，則FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可；（3）如圖3，延長CD到P，使DP=CD=1，延長CB到T，使TB=BC=5，則NP=NC，MT=MC,由△MNC的周長=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，當(dāng)T、M、N、P共線時(shí)，△MNC的周長取得最小值PT，過P作PH⊥BC交BC延長線于H，易證△BFC∽△PHC，求得CH、PH，進(jìn)而求得TH，在Rt△PHT中，由勾股定理求得PT，即可求得周長的最小值．【詳解】（1）如圖1由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°，∴∠F+∠BED=180°，∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，故滿足“直等補(bǔ)”四邊形的定義，∴四邊形BEDF為“直等補(bǔ)”四邊形；（2）∵四邊形ABCD是“直等補(bǔ)”四邊形，AB=BC，∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，如圖2，將△ABE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBF，則∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE∴D、C、F共線，∴四邊形EBFD是正方形，∴BE=FD，設(shè)BE=x，則CF=x-1，在Rt△BFC中，BC=5，由勾股定理得：x2+(x?1)解得：x=4或x=﹣3(舍去)，∴BE=4（3）如圖3，延長CD到P，使DP=CD=1，延長CB到T，使TB=BC=5,則NP=NC，MT=MC,∴△MNC的周長=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT當(dāng)T、M、N、P共線時(shí)，△MNC的周長取得最小值PT，過P作PH⊥BC，交BC延長線于H，∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH,∴△BCF∽△PCH,∴BCPC即52解得：CH=6在Rt△PHT中，TH=5+5+6PT=P∴ΔMNC周長的最小值為82【點(diǎn)睛】本題是一道四邊形的綜合題，涉及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、正方形的判定與性質(zhì)、勾股定理、解一元二次方程、相似三角形的判定與性質(zhì)、垂直平分線性質(zhì)、動(dòng)點(diǎn)的最值問題等知識，解答的關(guān)鍵是認(rèn)真審題，分析圖形，尋找相關(guān)信息的聯(lián)系點(diǎn)，借用類比等解題方法確定解題思路，進(jìn)而進(jìn)行推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計(jì)算．題型03利用特殊四邊的性質(zhì)與判定解決規(guī)律探究12．（2022·山東煙臺(tái)·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形ABCD邊長為1，以AC為邊作第2個(gè)正方形ACEF，再以CF為邊作第3個(gè)正方形FCGH，…，按照這樣的規(guī)律作下去，第6個(gè)正方形的邊長為（）

A．（22）5 B．（22）6 C．（2）5 D．（2）6【答案】C【分析】根據(jù)勾股定理得出正方形的對角線是邊長的2，第1個(gè)正方形的邊長為1，其對角線長為2；第2個(gè)正方形的邊長為2，其對角線長為22；第3個(gè)正方形的邊長為22，其對角線長為23；???；第n個(gè)正方形的邊長為2【詳解】解：由題知，第1個(gè)正方形的邊長AB=1，根據(jù)勾股定理得，第2個(gè)正方形的邊長AC=2根據(jù)勾股定理得，第3個(gè)正方形的邊長CF=2根據(jù)勾股定理得，第4個(gè)正方形的邊長GF=2根據(jù)勾股定理得，第5個(gè)正方形的邊長GN=2根據(jù)勾股定理得，第6個(gè)正方形的邊長=2故選：C．【點(diǎn)睛】本題主要考查勾股定理，根據(jù)勾股定理找到正方形邊長之間的2倍關(guān)系是解題的關(guān)鍵．13．（2022·貴州安順·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，將邊長為2的正六邊形OABCDE繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)n個(gè)45°，得到正六邊形OAnBnCnDnEA．?3,?3 B．?3,?3 C．3,?【答案】A【分析】由于正六邊形每次轉(zhuǎn)45°，根據(jù)2022÷8=252???6，則D2022的坐標(biāo)與D6的坐標(biāo)相同，求得【詳解】解：∵將邊長為2的正六邊形OABCDE繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)n個(gè)45°，∵45°×8=360°當(dāng)n=2022時(shí)，2022÷8=252???6則D2022的坐標(biāo)與D6則OD⊥O如圖，過點(diǎn)D作DF⊥x于F，過點(diǎn)D6F6∵OE=DE=2，OD=OD∴△ODF≌△OD∴DF=D∵正六邊形OABCDE的一個(gè)外角∠DEF=3606∴DF=sin∵∠DEO=180°?∠DEF=120°,DE=EO，∴∠DOF=30°，∴OF=DF∴D∴D∴D故選A．【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解直角三角形，正六邊形的性質(zhì)，正多邊形的外角和，內(nèi)角和，求得D202214．（2022·遼寧·統(tǒng)考中考真題）如圖，A1為射線ON上一點(diǎn)，B1為射線OM上一點(diǎn)，∠B1A1O=60°,OA1=3,B1A1=1．以B1A1為邊在其右側(cè)作菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°,C1D1與射線OM交于點(diǎn)B2，得△C1B1【答案】3【分析】過點(diǎn)B1作B1D⊥OA1于點(diǎn)D，連接B1D【詳解】解：過點(diǎn)B1作B1D⊥OA1于點(diǎn)D∴∠B∵∠B∴∠DB∵B1A1∴DA1=∴B1∴tan∠O=∵菱形A1B1∴△A∴∠A1B∵∠A∴OA∴∠O=∠B∴tan∠設(shè)B2∵∠B∴HD∴B1∴52x+1∴B2∴A2同理可得：B3D2∴A3由上可得：AnBn∴S△故答案為36【點(diǎn)睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)與判定、含30度直角三角形的性質(zhì)及三角函數(shù)，熟練掌握菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)與判定、含30度直角三角形的性質(zhì)及三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．題型04根據(jù)圖象運(yùn)動(dòng)判斷函數(shù)關(guān)系15．（2023·遼寧盤錦·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形ABCD的頂點(diǎn)A在y軸的正半軸上，頂點(diǎn)B、C在x軸的正半軸上，D2,3，P?1,?1．點(diǎn)M在菱形的邊AD和DC上運(yùn)動(dòng)（不與點(diǎn)A，C重合），過點(diǎn)M作MN∥y軸，與菱形的另一邊交于點(diǎn)N，連接PM，PN，設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為x，△PMN的面積為y，則下列圖象能正確反映y

A．

B．

C．

D．

【答案】A【分析】先根據(jù)菱形的性質(zhì)求出各點(diǎn)坐標(biāo)，分M的橫坐標(biāo)x在0～1，1～2，2～3之間三個(gè)階段，用含x的代數(shù)式表示出△PMN的底和高，進(jìn)而求出分段函數(shù)的解析式，根據(jù)解析式判斷圖象即可．【詳解】解：∵菱形ABCD的頂點(diǎn)A在y軸的正半軸上，頂點(diǎn)B、C在x軸的正半軸上，∴AB=AD=2，OA=3∴OB=A∴OC=OB+BC=1+2=3，∴A0,3，B1,0設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，將A0,3，k+b=0b=解得k=?3∴直線AB的解析式為y=?3∵M(jìn)N∥∴N的橫坐標(biāo)為x，（1）當(dāng)M的橫坐標(biāo)x在0～1之間時(shí)，點(diǎn)N在線段AB上，△PMN中MN上的高為1+x，∴Nx,?∴MN=3∴S△PMN∴該段圖象為開口向上的拋物線；（2）當(dāng)M的橫坐標(biāo)x在1～2之間時(shí)，點(diǎn)N在線段BC上，△PMN中MN=3，MN上的高為1+x∴S△PMN∴該段圖象為直線；（3）當(dāng)M的橫坐標(biāo)x在2～3之間時(shí)，點(diǎn)N在線段BC上，△PMN中MN上的高為1+x，由D2,3，C3,0可得直線CD∴Mx,?3x+3∴MN=?3∴S△PMN∴該段圖象為開口向下的拋物線；觀察四個(gè)選項(xiàng)可知，只有選項(xiàng)A滿足條件，故選A．【點(diǎn)睛】本題考查動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，涉及坐標(biāo)與圖形，菱形的性質(zhì)，二次函數(shù)、一次函數(shù)的應(yīng)用等知識點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是分段求出函數(shù)解析式．16．（2023·遼寧鞍山·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC,BD交于點(diǎn)O，AB=4，BC=43，垂直于BC的直線MN從AB出發(fā)，沿BC方向以每秒3個(gè)單位長度的速度平移，當(dāng)直線MN與CD重合時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中MN分別交矩形的對角線AC,BD于點(diǎn)E，F(xiàn)，以EF為邊在MN左側(cè)作正方形EFGH，設(shè)正方形EFGH與△AOB重疊部分的面積為S，直線MN的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts，則下列圖象能大致反映S與t之間函數(shù)關(guān)系的是（

A．

B．

C．

D．

【答案】B【分析】求出MN在O點(diǎn)左側(cè)時(shí)的兩段圖象，即可得出結(jié)論．【詳解】解：當(dāng)MN在O點(diǎn)左側(cè)，即：t<2時(shí)：①當(dāng)正方形EFGH的邊GH在△AOB的外部時(shí)，重疊部分為矩形，如圖：

設(shè)HE,FG分別交AB于點(diǎn)I,K，∵垂直于BC的直線MN從AB出發(fā)，沿BC方向以每秒3個(gè)單位長度的速度平移，∴IE=FK=3∵在矩形ABCD中，AB=4，BC=43∴AC=A∴OA=OB=4=AB，∴△ABO為等邊三角形，∴∠OAB=∠OBA=60°，∴AI=BK=IE÷tan∴IK=4?2t，∴S=IK?IE=3②當(dāng)正方形EFGH的邊GH在△AOB的內(nèi)部時(shí)，與△AOB重疊部分即為正方形EFGH，如圖：

由①可知：EF=IK=4?2t，∴S=4?2t當(dāng)MN過點(diǎn)O時(shí)，即t=2時(shí)，E,F重合，此時(shí)，S=0；綜上：滿足題意的只有B選項(xiàng)，故選B．【點(diǎn)睛】本題考查動(dòng)點(diǎn)的函數(shù)圖象問題．解題的關(guān)鍵是確定動(dòng)點(diǎn)的位置，利用數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想進(jìn)行求解．17．（2023·四川遂寧·統(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，點(diǎn)P為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，以每秒1個(gè)單位長度的速度從點(diǎn)A向點(diǎn)B移動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)B時(shí)停止．過點(diǎn)P作PM⊥AC于點(diǎn)M、作PN⊥BC于點(diǎn)N，連接MN，線段MN的長度y與點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t（秒）的函數(shù)關(guān)系如圖所示，則函數(shù)圖象最低點(diǎn)

A．5，5 B．6,245 【答案】C【分析】如圖所示，過點(diǎn)C作CD⊥AB于D，連接CP，先利用勾股定理的逆定理證明△ABC是直角三角形，即∠C=90°，進(jìn)而利用等面積法求出CD=245，則可利用勾股定理求出AD=325；再證明四邊形CMPN是矩形，得到MN=CP，故當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)D重合時(shí)，CP最小，即MN最小，此時(shí)MN最小值為245，AP=【詳解】解：如圖所示，過點(diǎn)C作CD⊥AB于D，連接CP，∵在△ABC中，AB=10，∴AC∴△ABC是直角三角形，即∠C=90°，∴S△ABC∴CD=AC?BC∴AD=A∵PM⊥AC，∴四邊形CMPN是矩形，∴MN=CP，∴當(dāng)MN最小時(shí)，即CP最小，∴當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)D重合時(shí)，CP最小，即MN最小，此時(shí)MN最小值為245，AP=AD=∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為325故選C．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，矩形的性質(zhì)與判斷，垂線段最短，坐標(biāo)與圖形等等，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．18．（2022·遼寧錦州·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD是邊長為2cm的正方形，點(diǎn)E，點(diǎn)F分別為邊AD，CD中點(diǎn)，點(diǎn)O為正方形的中心，連接OE,OF，點(diǎn)P從點(diǎn)E出發(fā)沿E?O?F運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)沿BC運(yùn)動(dòng)，兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)速度均為1cm/s，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)F時(shí)，兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts，連接BP,PQ，△BPQ的面積為Scm2，下列圖像能正確反映出S與tA． B． C． D．【答案】D【分析】分0≤t≤1和1＜t≤2兩種情形，確定解析式，判斷即可．【詳解】當(dāng)0≤t≤1時(shí)，∵正方形ABCD的邊長為2，點(diǎn)O為正方形的中心，∴直線EO垂直BC，∴點(diǎn)P到直線BC的距離為2-t，BQ=t，∴S=12當(dāng)1＜t≤2時(shí)，∵正方形ABCD的邊長為2，點(diǎn)F分別為邊AD，CD中點(diǎn)，點(diǎn)O為正方形的中心，∴直線OF∥BC，∴點(diǎn)P到直線BC的距離為1，BQ=t，∴S=12故選D．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，二次函數(shù)的解析式，一次函數(shù)解析式，正確確定面積，從而確定解析式是解題的關(guān)鍵．19．（2021·湖南郴州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在邊長為4的菱形ABCD中，∠A=60°．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿路線A→B→C→D運(yùn)動(dòng)．設(shè)P點(diǎn)經(jīng)過的路程為x，以點(diǎn)A，D，P為頂點(diǎn)的三角形的面積為y，則下列圖象能反映y與x的函數(shù)關(guān)系的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】當(dāng)點(diǎn)P在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，過點(diǎn)P作AD上的高記作h，可得含30°角的直角三角形，根據(jù)含30°角直角三角形的性質(zhì)可得AD邊上的高h(yuǎn)是AP的一半，即h=32x,再根據(jù)三角形面積公式列出面積表達(dá)式即可判斷；當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，過點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，由題意易得AB=AD=BC=4,BE=23，當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，△ADP的面積保持不變，當(dāng)點(diǎn)P在CD上時(shí)，過點(diǎn)P作AD上的高記作h，可得含30°角的直角三角形，根據(jù)含30°角直角三角形的性質(zhì)可得AD邊上的高h(yuǎn)是等于32DP【詳解】解：當(dāng)點(diǎn)P在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，過點(diǎn)P作AD上的高記作h，由30°角所對直角邊等于斜邊一半,可推導(dǎo)h=32所以y=1過點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，如圖所示：∵邊長為4的菱形ABCD中，∠A=60°，∴AB=AD=BC=4，∴∠ABE=30°，∴AE=2，∴BE=23點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，△ADP的面積最大，最大為S△ADP當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，△ADP的面積保持不變，當(dāng)點(diǎn)P在CD上時(shí)，過點(diǎn)P作AD上的高記作h，根據(jù)含30°角直角三角形的性質(zhì)，可得AD邊上的高h(yuǎn)是等于32DP，即h=所以y=1∴綜上可得只有A選項(xiàng)符合題意；故選A．【點(diǎn)睛】本題主要考查函數(shù)圖象及菱形的性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握函數(shù)圖象及菱形的性質(zhì)、勾股定理是解題的關(guān)鍵．題型05四邊形中的動(dòng)點(diǎn)問題20．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）在平行四邊形ABCD中（頂點(diǎn)A,B,C,D按逆時(shí)針方向排列），AB=12,AD=10,∠B為銳角，且sinB=

(1)如圖1，求AB邊上的高CH的長．(2)P是邊AB上的一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)C,D同時(shí)繞點(diǎn)P按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°得點(diǎn)C'①如圖2，當(dāng)點(diǎn)C'落在射線CA上時(shí)，求BP②當(dāng)△AC'D【答案】(1)8(2)①BP=347；②BP=6【分析】（1）利用正弦的定義即可求得答案；（2）①先證明△PQC'≌△CHP②分三種情況討論完成，第一種：C'為直角頂點(diǎn)；第二種：A為直角頂點(diǎn)；第三種，D【詳解】（1）在?ABCD中，BC=AD=10，在Rt△BCH中，CH=BCsin（2）①如圖1，作CH⊥BA于點(diǎn)H，由（1）得，BH=BC2作C'Q⊥BA交BA延長線于點(diǎn)Q，則

∴∠C∵∠∴∠PC由旋轉(zhuǎn)知PC∴△PQC設(shè)BP=x，則PQ=CH=8,C∵C'∴C'∴△AQC∴C'QCH∴x=34∴BP=34②由旋轉(zhuǎn)得△PCD≌△PC'D又因?yàn)锳B∥CD，所以C'情況一：當(dāng)以C'

∵C'∴C'落在線段BA∵PC⊥PC∴PC⊥AB，由（1）知，PC=8，∴BP=6．情況二：當(dāng)以A為直角頂點(diǎn)時(shí)，如圖3．

設(shè)C'D'與射線BA作CH⊥AB于點(diǎn)H．∵PC⊥PC∴∠CPH+∠TPC∵C'∴∠PC∴∠CPH=∠PC又∵∠CHP=∠PTC∴△CPH≌△PC∴C'設(shè)C'T=PH=t，則∴AT=PT?PA=2+t∵∠C∴△ATD∴ATT∴AT∴(2+t)2化簡得t2解得t=2±2∴BP=BH+HP=8±2情況三：當(dāng)以D'點(diǎn)P落在BA的延長線上，不符合題意．綜上所述，BP=6或8±2【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，正弦的定義，全等的判定及性質(zhì)，相似的判定及性質(zhì)，理解記憶相關(guān)定義，判定，性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．21．（2023·吉林長春·統(tǒng)考中考真題）如圖①．在矩形ABCD．AB=3，AD=5，點(diǎn)E在邊BC上，且BE=2．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)E出發(fā)，沿折線EB?BA?AD以每秒1個(gè)單位長度的速度運(yùn)動(dòng)，作∠PEQ=90°，EQ交邊AD或邊DC于點(diǎn)Q，連續(xù)PQ．當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合時(shí)，點(diǎn)P停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．（

(1)當(dāng)點(diǎn)P和點(diǎn)B重合時(shí)，線段PQ的長為__________；(2)當(dāng)點(diǎn)Q和點(diǎn)D重合時(shí)，求tan∠PQE(3)當(dāng)點(diǎn)P在邊AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△PQE的形狀始終是等腰直角三角形．如圖②．請說明理由；(4)作點(diǎn)E關(guān)于直線PQ的對稱點(diǎn)F，連接PF、QF，當(dāng)四邊形EPFQ和矩形ABCD重疊部分圖形為軸對稱四邊形時(shí)，直接寫出t的取值范圍．【答案】(1)13(2)2(3)見解析(4)0<t≤9?352或【分析】（1）證明四邊形ABEQ是矩形，進(jìn)而在Rt△QBE（2）證明△PBE∽△ECD，得出tan∠PQE=（3）過點(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)H，證明△PHE≌△ECQ得出PE=QE，即可得出結(jié)論（4）分三種情況討論，①如圖所示，當(dāng)點(diǎn)P在BE上時(shí)，②當(dāng)P點(diǎn)在AB上時(shí)，當(dāng)F,A重合時(shí)符合題意，此時(shí)如圖，③當(dāng)點(diǎn)P在AD上，當(dāng)F,D重合時(shí)，此時(shí)Q與點(diǎn)C重合，則PFQE是正方形，即可求解．【詳解】（1）解：如圖所示，連接BQ，

∵四邊形ABCD是矩形∴∠BAQ=∠ABE=90°∵∠PEQ=90°，∴四邊形ABEQ是矩形，當(dāng)點(diǎn)P和點(diǎn)B重合時(shí)，∴QE=AB=3，BE=2在Rt△QBE中，BQ=故答案為：13．（2）如圖所示，

∵∠PEQ=90°，∠PBE=∠ECD=90°，∴∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3∴△PBE∽△ECD，∴PEDE∵BE=2，CD=AB=3，∴tan∠PQE=（3）如圖所示，過點(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)H，

∵∠PEQ=90°，∠PHE=∠ECQ=90°，∴∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°，則四邊形ABHP是矩形，∴PH=AB=3又∵EC=BC?BE=5?2=3∴PH=EC，∴△PHE≌ECQ∴PE=QE∴△PQE是等腰直角三角形；（4）①如圖所示，當(dāng)點(diǎn)P在BE上時(shí)，

∵QE=QF=3,AQ=BE=2，在Rt△AQF中，AF=則BF=3?5∵PE=t，則BP=2?t，PF=PE=t，在Rt△PBF中，P∴t解得：t=當(dāng)t<9?352∴0<t≤9?3②當(dāng)P點(diǎn)在AB上時(shí)，當(dāng)F,A重合時(shí)符合題意，此時(shí)如圖，

則PB=t?BE=t?2，PE=AP=AB?PB=3?t?2在Rt△PBE中，5?t2解得：t=17③當(dāng)點(diǎn)P在AD上，當(dāng)F,D重合時(shí)，此時(shí)Q與點(diǎn)C重合，則PFQE是正方形，此時(shí)t=2+3+2=7

綜上所述，0<t≤9?352或t=【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)與判定，勾股定理，求正切，軸對稱的性質(zhì)，分類討論，分別畫出圖形，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．22．（2023·山東濟(jì)南·統(tǒng)考中考真題）在矩形ABCD中，AB=2，AD=23，點(diǎn)E在邊BC上，將射線AE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，交CD延長線于點(diǎn)G，以線段AE，AG為鄰邊作矩形AEFG

(1)如圖1，連接BD，求∠BDC的度數(shù)和DGBE(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)F在射線BD上時(shí)，求線段BE的長；(3)如圖3，當(dāng)EA=EC時(shí)，在平面內(nèi)有一動(dòng)點(diǎn)P，滿足PE=EF，連接PA，PC，求PA+PC的最小值．【答案】(1)∠BDC=60°，(2)3；(3)43【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得出∠C=90°，CD=AB=2，BC=AD=23，進(jìn)而根據(jù)正切函數(shù)得出tan∠BDC=BCDC=3，可求出∠BDC=60°，由矩形ABCD和矩形AEFG可得，（2）過點(diǎn)F作FM⊥CG于點(diǎn)M，由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠AGF=∠ADG=90°，AE=GF，證明△ABE≌△GMF，進(jìn)而得出tan∠MDF=tan60°=MFMD=3，設(shè)DM=x（3）連接AC，先證明△AGC是等邊三角形，AG=AC=4，得出PE=EF=AG=4，將△AEP繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，EA與EC重合，得到△CEP'，進(jìn)而求出PA=P'C，∠PEP'=120°，EP=EP'=4，得出P【詳解】（1）解：∵矩形ABCD中，AB=2，AD=23∴∠C=90°，CD=AB=2，BC=AD=23∴tan∠BDC=∴∠BDC=60°，由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠BAD=∠EAG=∠ADG=90°，∴∠EAG?∠EAD=∠BAD?∠EAD，即∠DAG=∠BAE，∴△ADG∽∴DGBE（2）解：如答案圖1，過點(diǎn)F作FM⊥CG于點(diǎn)M，由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠AGF=∠ADG=90°，AE=GF，∴∠BAE=∠DAG=∠CGF，∠ABE=∠GMF=90°，∴△ABE≌∴BE=MF，AB=GM=2，∴∠MDF=∠BDC=60°，F(xiàn)M⊥CG，∴tan∠MDF=∴MF=3設(shè)DM=x，則BE=MF=3∴DG=GM+MD=2+x，∵DGBE∴2+x3解得x=1，∴BE=3（3）解：如答案圖2，連接AC，∵矩形ABCD中，AD=BC=23，AB=2∴∠ACB=30°，AC=2AB=4，∵EA=EC，∴∠EAC=∠ACE=30°，∠AEC=120°，∴∠ACG=∠GAC=90°?30°=60°，∴△AGC是等邊三角形，AG=AC=4，∴PE=EF=AG=4，將△AEP繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，EA與EC重合，得到△CEP∴PA=P'C，∠PE∴PP∴當(dāng)點(diǎn)P，C，P'三點(diǎn)共線時(shí)，PA+PC的值最小，此時(shí)為PA+PC=P

【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，三角函數(shù)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，正確理解題意是解題的關(guān)鍵．23．（2023·江蘇無錫·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD是邊長為4的菱形，∠A=60°，點(diǎn)Q為CD的中點(diǎn)，P為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，現(xiàn)將四邊形PBCQ沿PQ翻折得到四邊形PB

(1)當(dāng)∠QPB=45°時(shí)，求四邊形BB(2)當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上移動(dòng)時(shí)，設(shè)BP=x，四邊形BB'C'C的面積為S【答案】(1)4(2)S=【分析】（1）連接BD、BQ，根據(jù)菱形的性質(zhì)以及已知條件可得△BDC為等邊三角形，根據(jù)∠QPB=45°，可得△PBQ為等腰直角三角形，則PB=23，PQ=26，根據(jù)翻折的性質(zhì)，可得∠BPB'=90°，PB=PB'，則BB'=26（2）等積法求得BE=23xx2+12，則QE=12x2【詳解】（1）如圖，連接BD、BQ，∵四邊形ABCD為菱形，∴CB=CD=4，∠A=∠C=60°，∴△BDC為等邊三角形．∵Q為CD中點(diǎn)，∴CQ=2，BQ⊥CD，∴BQ=23，QB⊥PB∵∠QPB=45°，∴△PBQ為等腰直角三角形，∴PB=23，PQ=2∵翻折，∴∠BPB'=90°∴BB'=2同理CQ=2，∴CC'=2∴S四邊形（2）如圖2，連接BQ、B'Q，延長PQ交CC∵PB=x，BQ=23，∠PBQ=90°∴PQ=x∵S∴BE=BQ×PB∴QE=12∴S△QEB∵∠BEQ=∠BQC=∠QFC=90°，則∠EQB=90°?∠CQF=∠FCQ，∴△BEQ～△QFC，∴S△QFC∴S△QFC∵S△BQC∴S=2S【點(diǎn)睛】本題考查了菱形與折疊問題，勾股定理，折疊的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握菱形的性質(zhì)以及相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．24．（2023·山東濱州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形OABC的一邊OC在x軸正半軸上，頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為2,23，點(diǎn)D是邊OC上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥OB交邊OA于點(diǎn)E，作DF∥OB交邊BC于點(diǎn)F，連接EF．設(shè)OD=x,△DEF的面積為S

(1)求S關(guān)于x的函數(shù)解析式；(2)當(dāng)x取何值時(shí)，S的值最大？請求出最大值．【答案】(1)S=?(2)當(dāng)x=2時(shí)，S的最大值為2【分析】（1）過點(diǎn)A作AG⊥OC于點(diǎn)G，連接AC，證明△AOC是等邊三角形，可得DE=x，進(jìn)而證明△CDF∽△COB，得出DF=3（2）根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解．【詳解】（1）解：如圖所示，過點(diǎn)A作AG⊥OC于點(diǎn)G，連接AC，

∵頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為2,23∴OA=22+2∴cos∠AOG=∴∠AOG=60°∵四邊形OABC是菱形，∴∠BOC=∠AOB=30°，AC⊥BD,AO=OC，∴△AOC是等邊三角形，∴∠ACO=60°，∵DE⊥OB，∴DE∥∴∠EDO=∠ACO=60°∴△EOD是等邊三角形，∴ED=OD=x∵DF∥OB，∴△CDF∽△COB，∴DF∵A2,23，AO=4，則B∴OB=∴DF∴DF=∴S=∴S=?（2）解：∵S=?∵?3∴當(dāng)x=2時(shí)，S的值最大，最大值為23【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形，特殊角的三角函數(shù)值，二次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．25．（2023·廣東廣州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形ABCD中，E是邊AD上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A，D重合）．邊BC關(guān)于BE對稱的線段為BF，連接AF．

(1)若∠ABE=15°，求證：△ABF是等邊三角形；(2)延長FA，交射線BE于點(diǎn)G；①△BGF能否為等腰三角形？如果能，求此時(shí)∠ABE的度數(shù)；如果不能，請說明理由；②若AB=3+6，求△BGF【答案】(1)見解析(2)①△BGF能為等腰三角形，∠ABE=22.5°；②AE=【分析】（1）由軸對稱的性質(zhì)得到BF=BC，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠ABC=90°，求得∠CBE=75°，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得到∠FBE=∠CBE=75°，根據(jù)等邊三角形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）①根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得到BC=BF，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到BC=AB，得到BA<BE<BG，推出點(diǎn)B不可能是等腰三角形BGF的頂點(diǎn)，若點(diǎn)F是等腰三角形BGF的頂點(diǎn)，則有∠FGB=∠FBG=∠CBG，此時(shí)E與D重合，不合題意，于是得到只剩下GF=GB了，連接CG交AD于H，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到FG=CG，得到△BGF為等腰三角形，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠AHG=∠BCG，求得∠BGF=∠BGC=12∠FGH=45°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠GBC=∠GCB=②由①知，△CBG≌△FBG，要求△BGF面積的最大值，即求△BGC面積的最大值，在△BGC中，底邊BC是定值，即求高的最大值即可，如圖2，過G作GP⊥BC于P，連接AC，取AC的中點(diǎn)M，連接GM，作MN⊥BC于N，設(shè)AB=2x，則AC=22x，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到GM=12AC=2x,MN=12AB=x，推出PG≤GM+MN=(2+1)x，當(dāng)當(dāng)G，M，【詳解】（1）證明：由軸對稱的性質(zhì)得到BF=BC，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∵∠ABE=15°，∴∠CBE=75°，∵BC于BE對稱的線段為BF，∴∠FBE=∠CBE=75°，∴∠ABF=∠FBE?∠ABE=60°，∴△ABF是等邊三角形；（2）①∵BC于BE對稱的線段為BF，∴BF=BC∵四邊形ABCD是正方形，∴BC=AB，∴BF=BC=BA，∵E是邊AD上一動(dòng)點(diǎn)，∴BA<BE<BG，∴點(diǎn)B不可能是等腰三角形BGF的頂點(diǎn)，若點(diǎn)F是等腰三角形BGF的頂點(diǎn)，則有∠FGB=∠FBG=∠CBG，此時(shí)E與D重合，不合題意，∴只剩下GF=GB了，連接CG交AD于H，

∵BC=BF∴△CBG≌△FBG∴FG=CG，∴BG=CG，∴△BGF為等腰三角形，∵BA=BC=BF，∴∠BFA=∠BAF，∵△CBG≌∠FBG，∴∠BFG=∠BCG∴AD∴∠AHG=∠BCG∴∠BAF+∠HAG=∠AHG+∠HAG=180°∴∠FGC=180°?∠HAG?∠AHG=90°，∴∠BGF=∠BGC=∵GB=GC∴∠GBC=∠GCB=∴∠ABE=∠ABC?∠GBC=90°?67.5°=22.5°；②由①知，△CBG要求△BGF面積的最大值，即求△BGC面積的最大值，在△BGC中，底邊BC是定值，即求高的最大值即可，如圖2，過G作GP⊥BC于P，連接AC，取AC的中點(diǎn)M，連接GM，作MN⊥BC于N，

設(shè)AB=2x，則AC=22∵∠AGC=90°，M是AC的中點(diǎn)，∴GM=1∴PG≤GM+MN=(2當(dāng)G，M，N三點(diǎn)共線時(shí)，取等號，∴△BGF面積的最大值，△BGF的面積====如圖3，設(shè)PG與AD交于Q，

則四邊形ABPQ是矩形，∴AQ=PB=x，∴QM=MP=x,GM=2∴GQ=1∵QE+AE=AQ=x，∴AQAE∴AE=2(2?1)x【點(diǎn)睛】此題是四邊形的綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．26．（2023·吉林·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形ABCD中，AB=4cm，點(diǎn)O是對角線AC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)A，B同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)P以1cm/s的速度沿邊AB向終點(diǎn)B勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q以2cm/s的速度沿折線BC?CD向終點(diǎn)D勻速運(yùn)動(dòng)．連接PO并延長交邊CD于點(diǎn)M，連接QO并延長交折線DA?AB于點(diǎn)N，連接PQ，QM，MN，NP，得到四邊形PQMN．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x（s）（0<x<4），四邊形PQMN的面積為y（cm

(1)BP的長為__________cm，CM的長為_________cm．（用含x的代數(shù)式表示）(2)求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出自變量x的取值范圍．(3)當(dāng)四邊形PQMN是軸對稱圖形時(shí)，直接寫出x的值．【答案】(1)4?x；x(2)y=(3)x=43【分析】（1）根據(jù)正方形中心對稱的性質(zhì)得出OM=OP,OQ=ON，可得四邊形PQMN是平行四邊形，證明△ANP≌△CQM即可；（2）分0<x≤2，2<x≤4兩種情況分別畫出圖形，根據(jù)正方形的面積，以及平行四邊形的性質(zhì)即可求解；（3）根據(jù)（2）的圖形，分類討論即可求解．【詳解】（1）解：依題意，AP=x×1=xcm，則PB=AB?AP=(4?x)cm∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥∵點(diǎn)O是正方形對角線AC的中點(diǎn)，∴OM=OP,OQ=ON，則四邊形PQMN是平行四邊形，∴MQ=PN，MQ∥∴∠PNQ=∠MQN，又AD∥∴∠ANQ=∠CQN，∴∠ANP=∠MQC，在△ANP,△CQM中，∠ANP=∠MQC∠NAP=∠QCM∴△ANP≌△CQM，∴MC=AP=x故答案為：4?x；x．（2）解：當(dāng)0<x≤2時(shí)，點(diǎn)Q在BC上，

由（1）可得△ANP≌△CQM，同理可得△PBQ≌△MDN，∵PB=4?x,QB=2x,MC=x，QC=4?2x，則y=A=16?=4x當(dāng)2<x≤4時(shí)，如圖所示，

則AP=x，AN=CQ=2x?CB=2x?4，PN=AP?AN=x?2x?4∴y=?x+4綜上所述，y=4（3）依題意，①如圖，當(dāng)四邊形PQMN是矩形時(shí)，此時(shí)∠PQM=90°，∴∠PQB+∠CQM=90°，∵∠BPQ+∠PQB=90°，∴∠BPQ=∠CQM，又∠B=∠BCD，∴△BPQ~△CQM，∴BPCQ即4?x4?2x解得：x=4

當(dāng)四邊形PQMN是菱形時(shí)，則PQ=MQ，∴4?x2解得：x=0（舍去）；②如圖所示，當(dāng)PB=CQ時(shí)，四邊形PQMN是軸對稱圖形，

4?x=2x?4，解得x=8當(dāng)四邊形PQMN是菱形時(shí)，則PN=PQ=4，即?x+4=4，解得：x=0（舍去），綜上所述，當(dāng)四邊形PQMN是軸對稱圖形時(shí)，x=43或【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，動(dòng)點(diǎn)問題，全等三角形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)，軸對稱圖形，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．題型06四邊形折疊與旋轉(zhuǎn)中的角度問題27．（2023·湖北恩施·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，將矩形ABCD沿BE所在的直線折疊，C，D的對應(yīng)點(diǎn)分別為C'，D'，連接AD

(1)若∠DED'=70°(2)連接EF，試判斷四邊形C'【答案】(1)∠DAD'(2)矩形，理由見詳解【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，沿BE所在的直線折疊，可得△AED（2）如圖所示，連接EF，點(diǎn)H是BE上的一點(diǎn)，根據(jù)矩形和折疊的性質(zhì)可得四邊形BED'F是平行四邊形，如圖所示，連接EC，EC'，過點(diǎn)E作EG⊥BC于點(diǎn)G【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，∴AE=DE，∵沿BE所在的直線折疊，C，D的對應(yīng)點(diǎn)分別為C'∴DE=D∴AE=D'E∴∠D∵∠DED'=70°∴∠D∴∠DAD'的度數(shù)為（2）解：如圖所示，連接EF，點(diǎn)H是BE上的一點(diǎn)，

∵四邊形ABCD是矩形，∴DE∥BC，∠C=∠D=90°，即CD⊥BC，∵沿BE所在的直線折疊，C，D的對應(yīng)點(diǎn)分別為C'∴∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，由（1）可知，∠EAD∴∠ED∴AD'∥BE∴四邊形BED'F是平行四邊形，則BF=E如圖所示，連接EC，EC'，過點(diǎn)E作EG⊥BC于點(diǎn)

∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，EG⊥BC，∴點(diǎn)G是線段BC的中點(diǎn)，則AE=DE=BG=CG，∴在△BEG,△CEG中，BG=CG∠BGE=∠CGE=90°∴△BEG≌△CEG(SAS∴BE=CE，∠EBG=∠ECG，∵沿BE所在的直線折疊，C，D的對應(yīng)點(diǎn)分別為C'∴∠C'=∠D'在△BCBC∴△BC∴EC'=EC∴EC∴EC∴四邊形C'∵∠C∴平行四邊形C'【點(diǎn)睛】本題主要考查矩形的性質(zhì)，矩形的判定，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)的綜合，掌握矩形折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圖形結(jié)合分析是解題的關(guān)鍵．28．（2023·內(nèi)蒙古通遼·統(tǒng)考中考真題）綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“正方形的折疊”為主題開展數(shù)學(xué)活動(dòng)，有一位同學(xué)操作過程如下：操作一：對折正方形紙片ABCD，使AD與BC重合，得到折痕EF，把紙片展平；操作二：在AD上選一點(diǎn)P，沿BP折疊，使點(diǎn)A落在正方形內(nèi)部點(diǎn)M處，把紙片展平，連接PM、BM，延長PM交CD于點(diǎn)Q，連接BQ．

(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)M在EF上時(shí)，∠EMB=___________度；(2)改變點(diǎn)P在AD上的位置（點(diǎn)P不與點(diǎn)A，D重合）如圖2，判斷∠MBQ與∠CBQ的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)30(2)∠MBQ=∠CBQ，理由見解析【分析】（1）由正方形的性質(zhì)結(jié)合折疊的性質(zhì)可得出BM=AB=2BE，∠BEF=90°，進(jìn)而可求出sin∠EMB=12（2）由正方形的性質(zhì)結(jié)合折疊的性質(zhì)可證Rt△BCQ?Rt△BMQ【詳解】（1）解：∵對折正方形紙片ABCD，使AD與BC重合，得到折痕EF，∴AB=BC=CD=AD=2BE，∠BEF=90°．∵在AD上選一點(diǎn)P，沿BP折疊，使點(diǎn)A落在正方形內(nèi)部點(diǎn)M處，∴BM=AB=2BE．在Rt△BEM中，sin∴∠EMB=30°．故答案為：30．（2）解：結(jié)論：∠MBQ=∠CBQ，理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠BAD=∠C=90°．由折疊可得：AB=BM，∠BAD=∠BMP=90°，∴BM=BC，∠BMQ=∠C=90°．又∵BQ=BQ，∴Rt∴∠MBQ=∠CBQ．【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、解直角三角形、三角形全等的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識點(diǎn)．熟練掌握上述知識并利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵．29．（2023·湖北·統(tǒng)考中考真題）如圖，將邊長為3的正方形ABCD沿直線EF折疊，使點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)M落在邊AD上（點(diǎn)M不與點(diǎn)A,D重合），點(diǎn)C落在點(diǎn)N處，MN與CD交于點(diǎn)P，折痕分別與邊AB，CD交于點(diǎn)E,F，連接BM．

(1)求證：∠AMB=∠BMP；(2)若DP=1，求MD的長．【答案】(1)證明見解析(2)MD=【分析】（1）由折疊和正方形的性質(zhì)得到∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB，則∠EMB=∠EBM，進(jìn)而證明∠BMP=∠MBC，再由平行線的性質(zhì)證明∠AMB=∠MBC即可證明（2）如圖，延長MN,BC交于點(diǎn)Q．證明△DMP∽△CQP得到QC=2MD，QP=2MP，設(shè)MD=x，則QC=2x，BQ=3+2x．由∠BMQ=∠MBQ，得到MQ=BQ=3+2x．則MP=13MQ=3+2x3【詳解】（1）證明：由翻折和正方形的性質(zhì)可得，∠EMP=∠EBC=90°，∴∠EMB=∠EBM．∴∠EMP?∠EMB=∠EBC?∠EBM，即∠BMP=∠MBC，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥∴∠AMB=∠MBC．∴∠AMB=∠BMP．（2）解：如圖，延長MN,BC交于點(diǎn)Q．∵AD∥∴△DMP∽△CQP．又∵DP=1，正方形ABCD邊長為3，∴CP=2∴MDQC∴QC=2MD，QP=2MP，設(shè)MD=x，則QC=2x，∴BQ=3+2x．∵∠BMP=∠MBC，即∠BMQ=∠MBQ，∴MQ=BQ=3+2x．∴MP=1在Rt△DMP中，M∴x2解得：x1=0（舍），∴MD=12

【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形與折疊問題，相似三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理等等，正確作出輔助線構(gòu)造相似三角形是解題的關(guān)鍵．30．（2023·遼寧大連·統(tǒng)考中考真題）綜合與實(shí)踐問題情境：數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，王老師給同學(xué)們每人發(fā)了一張等腰三角形紙片探究折疊的性質(zhì)．已知AB=AC,∠A>90°，點(diǎn)E為AC上一動(dòng)點(diǎn)，將△ABE以BE為對稱軸翻折．同學(xué)們經(jīng)過思考后進(jìn)行如下探究：獨(dú)立思考：小明：“當(dāng)點(diǎn)D落在BC上時(shí)，∠EDC=2∠ACB．”小紅：“若點(diǎn)E為AC中點(diǎn)，給出AC與DC的長，就可求出BE的長．”實(shí)踐探究：奮進(jìn)小組的同學(xué)們經(jīng)過探究后提出問題1，請你回答：

問題1：在等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)D落在BC上時(shí)，求證：∠EDC=2∠ACB；（2）如圖2，若點(diǎn)E為AC中點(diǎn)，AC=4,CD=3，求BE的長．問題解決：小明經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：若將問題1中的等腰三角形換成∠A<90°的等腰三角形，可以將問題進(jìn)一步拓展．問題2：如圖3，在等腰△ABC中，∠A<90°,AB=AC=BD=4,2∠D=∠ABD．若CD=1，則求BC的長．【答案】（1）見解析；（2）3+572【分析】（1）根據(jù)等邊對等角可得∠ABC=∠C，根據(jù)折疊以及三角形內(nèi)角和定理，可得∠BDE=∠A=180°?2∠C，根據(jù)鄰補(bǔ)角互補(bǔ)可得∠EDC+∠BDE=180°，即可得證；（2）連接AD，交BE于點(diǎn)F，則EF是△ADC的中位線，勾股定理求得AF,BF，根據(jù)BE=BF+EF即可求解；問題2：連接AD，過點(diǎn)B作BM⊥AD于點(diǎn)M，過點(diǎn)C作CG⊥BM于點(diǎn)G，根據(jù)已知條件可得BM∥CD，則四邊形CGMD是矩形，勾股定理求得AD，根據(jù)三線合一得出MD,CG，根據(jù)勾股定理求得【詳解】（1）∵等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到∴∠ABC=∠C，∠BDE=∠A=180°?2∠C，∵∠EDC+∠BDE=180°，∴∠EDC=2∠ACB；（2）如圖所示，連接AD，交BE于點(diǎn)F，

∵折疊，∴EA=ED，AF=FD，AE=12AC=2∵E是AC的中點(diǎn)，∴EA=EC，∴EF=1在Rt△AEF中，AF=在Rt△ABF中，BF=∴BE=BF+EF=3+問題2：如圖所示，連接AD，過點(diǎn)B作BM⊥AD于點(diǎn)M，過點(diǎn)C作CG⊥BM于點(diǎn)G，

∵AB=BD，∴AM=MD，∠ABM=∠DBM=1∵2∠BDC=∠ABD，∴∠BDC=∠DBM，∴BM∥∴CD⊥AD，又CG⊥BM，∴四邊形CGMD是矩形，則CD=GM，在Rt△ACD中，CD=1，AD=4,AD=∴AM=MD=152在Rt△BDM中，BM=∴BG=BM?GM=BM?CD=7在Rt△BCG中，BC=【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．31．（2023·遼寧阜新·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形ABCD中，線段CD繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)到CE處，旋轉(zhuǎn)角為α，點(diǎn)F在直線DE上，且AD=AF，連接BF．

(1)如圖1，當(dāng)0°<α<90°時(shí)，①求∠BAF的大?。ㄓ煤恋氖阶颖硎荆谇笞C：EF=2(2)如圖2，取線段EF的中點(diǎn)G，連接AG，已知AB=2，請直接寫出在線段CE旋轉(zhuǎn)過程中（0°<α<360°）△ADG面積的最大值．【答案】(1)①∠BAF=90°?α；②見解析；(2)△ADG面積的最大值為1+2【分析】（1）①利用等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理計(jì)算得到∠FAD=180°?α，據(jù)此求解即可；②連接BE，計(jì)算得到∠BCE=90°?α=∠BAF，利用SAS證明△BCE≌△BAF，推出△EBF是等腰直角三角形，據(jù)此即可證明EF=2（2）過點(diǎn)G作AD的垂直，交直線AD于點(diǎn)H，連接AC、BD相交于點(diǎn)O，連接OG，利用直角三角形的性質(zhì)推出點(diǎn)G在以點(diǎn)O為圓心，OB為半徑的一段弧上，得到當(dāng)點(diǎn)H、O、G在同一直線上時(shí)，GH有最大值，則△ADG面積的最大值，據(jù)此求解即可．【詳解】（1）解：①∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA，∠ADC=∠BCD=∠DAB=90°，由題意得CD=CE，∠DCE=α，∴∠CDE=∠CED=1∴∠ADF=90°?∠CDE=90°?90°?∵AD=AF，∴∠ADF=∠AFD=1∴∠FAD=180°?∠ADF?∠AFD=180°?α，∴∠BAF=∠FAD?∠BAD=180°?α?90°=90°?α；②連接BE，

∵∠DCE=α，∴∠BCE=90°?α=∠BAF，∵CD=CE=AD=AF=BC，∴△BCE≌△BAFSAS∴BF=BE，∠ABF=∠CBE，∵∠ABC=90°，∴∠EBF=90°，∴△EBF是等腰直角三角形，∴EF=2（2）解：過點(diǎn)G作AD的垂線，交直線AD于點(diǎn)H，連接AC、BD相交于點(diǎn)O，連接OG，

由（1）得△EBF是等腰直角三角形，又點(diǎn)G為斜邊EF的中點(diǎn)，∴BG⊥EF，即∠BGD=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴OB=OD，∴OB=OD=OG，∴點(diǎn)G在以點(diǎn)O為圓心，OB為半徑的一段弧上，當(dāng)點(diǎn)H、O、G在同一直線上時(shí)，GH有最大值，則△ADG面積的最大值，∴GH=1∴△ADG面積的最大值為12【點(diǎn)睛】本題考查的是正方形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、勾股定理，掌握相關(guān)的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．題型07四邊形折疊與旋轉(zhuǎn)中的線段長度問題32．（2023·江蘇揚(yáng)州·統(tǒng)考中考真題）【問題情境】在綜合實(shí)踐活動(dòng)課上，李老師讓同桌兩位同學(xué)用相同的兩塊含30°的三角板開展數(shù)學(xué)探究活動(dòng)，兩塊三角板分別記作△ADB和△A'D【操作探究】如圖1，先將△ADB和△A'D'C的邊AD、A'D'重合，再將△A'D

(1)當(dāng)α=60°時(shí)，BC=________；當(dāng)BC=22時(shí)，α=________°(2