專題05 四邊形的性質(zhì)與判定（講練）（解析版）-2024年中考數(shù)學復(fù)習

專題05四邊形的性質(zhì)與判定目錄TOC\o"1-3"\n\h\z\u一、考情分析二、知識建構(gòu)考點一平行四邊形【真題研析·規(guī)律探尋】題型01多邊形內(nèi)角和與外角和綜合問題題型02多邊形內(nèi)角和/外角和的實際應(yīng)用題型03利用平行四邊形的性質(zhì)與判定求解題型04利用平行四邊形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題題型05構(gòu)建三角形中位線解決問題【核心提煉·查漏補缺】【好題必刷·強化落實】考點二特殊四邊形【真題研析·規(guī)律探尋】題型01利用矩形的性質(zhì)與判定求解題型02與矩形（或正方形）有關(guān)的折疊問題題型03根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題題型04矩形與函數(shù)的相關(guān)問題題型05根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求解題型06菱形與函數(shù)的相關(guān)問題題型07根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求解題型08根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題題型09正方形與函數(shù)的相關(guān)問題題型10與特殊四邊形有關(guān)的新定義問題題型11與特殊四邊形有關(guān)的規(guī)律探究問題題型12梯形的相關(guān)計算題型13四邊形的常見幾何模型【核心提煉·查漏補缺】【好題必刷·強化落實】

考點要求命題預(yù)測平行四邊形平行四邊形和特殊平行四邊形在中考數(shù)學中是占比比較大的一塊考點，考察內(nèi)容主要有各個特殊四邊形的性質(zhì)、判定、以及其應(yīng)用:考察題型上從選擇到填空再都解答題都有，題型變化也比較多樣;并且考察難度也都是中等和中等偏上，難度較大，綜合性比較強.所以需要考生在復(fù)習這塊內(nèi)容的時候一定要準確掌握其性質(zhì)與判定，并且會在不同的結(jié)合問題上注意和其他考點的融合.平行四邊形與特殊平行四邊形的考察熱點有:多邊形內(nèi)角和定理、平行四邊形的性質(zhì)與判定定理、平行四邊形的綜合應(yīng)用;矩形、菱形、正方形的性質(zhì)與判定定理;特殊四邊形的圖形平移、軸對稱、旋轉(zhuǎn)等結(jié)合問題.特殊四邊形考點一平行四邊形題型01多邊形內(nèi)角和與外角和綜合問題多邊形的有關(guān)計算公式有很多，一定要牢記，代錯公式容易導致錯誤：①n邊形內(nèi)角和＝（n－2）×180°（n≥3）.②從n邊形的一個頂點可以引出（n-3）條對角線，n個頂點可以引出n（n-3）條對角線，但是每條對角線計算了兩次，因此n邊形共有n(n-3)③n邊形的邊數(shù)＝（內(nèi)角和÷180°）＋2.④n邊形的外角和是360°.⑤n邊形的外角和加內(nèi)角和＝n×180°.⑥在n邊形內(nèi)任取一點O，連接O與各個頂點，把n邊形分成n個三角形；在n邊形的任意一邊上任取一點O，連接O點與其不相鄰的其它各頂點的線段可以把n邊形分成（n－1）個三角形；連接n邊形的任一頂點A與其不相鄰的各個頂點的線段，把n邊形分成（n－2）個三角形．1）n邊形的內(nèi)角和隨邊數(shù)的增加而增加，邊數(shù)每增加1，內(nèi)角和增加180°.2）任意多邊形的內(nèi)角和均為180°的整數(shù)倍.3）利用多邊形內(nèi)角和定理可解決三類問題：①已知多邊形的邊數(shù)求內(nèi)角和；②已知多邊形的內(nèi)角和求邊數(shù)；③已知足夠的角度條件下求某一個內(nèi)角的度數(shù)．4）任意多邊形的外角和等于360°，與多邊形的形狀和邊數(shù)無關(guān).5）正n邊形的每個內(nèi)角為為（n-26）正n邊形有n條對稱軸．7）對于正n邊形，當n為奇數(shù)時，是軸對稱圖形；當n為偶數(shù)時，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形．1．（2023·山東棗莊·中考真題）如圖，一束太陽光線平行照射在放置于地面的正六邊形上，若∠1=44°，則∠2的度數(shù)為（）

A．14° B．16° C．24° D．26°【答案】B【分析】如圖，求出正六邊形的一個內(nèi)角和一個外角的度數(shù)，得到∠4=60°,∠2+∠5=120°，平行線的性質(zhì)，得到∠3=∠1=44°，三角形的外角的性質(zhì)，得到∠5=∠3+∠4=104°，進而求出∠2的度數(shù)．【詳解】解：如圖：

∵正六邊形的一個外角的度數(shù)為：360°6∴正六邊形的一個內(nèi)角的度數(shù)為：180°-60°=120°，即：∠4=60°,∠2+∠5=120°，∵一束太陽光線平行照射在放置于地面的正六邊形上，∠1=44°，∴∠3=∠1=44°，∴∠5=∠3+∠4=104°，∴∠2=120°-∠5=16°；故選B．【點睛】本題考查正多邊形的內(nèi)角和、外角和的綜合應(yīng)用，平行線的性質(zhì)．熟練掌握多邊形的外角和是360°，是解題的關(guān)鍵．2．（2022·江蘇南京·中考真題）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，它的3個外角∠EAB，∠FBC，∠GCD的度數(shù)之比為1:2:4【答案】72°/72度【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的對角互補以及外角的性質(zhì)可求出∠CDH【詳解】解：如圖，延長ED到H，∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O∴∠ABC∴∠FBC∵∠EAB，∠FBC，∠GCD∴∠EAB，∠FBC，∠GCD，∠∵∠EAB∴∠CDH∴∠ADC故答案為：72°．【點睛】本題考查圓內(nèi)接四邊形，解題的關(guān)鍵是掌握圓內(nèi)接四邊形的對角互補，外角和是360度．3．（2023·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，正六邊形ABCDEF的邊長為2，以點A為圓心，AB為半徑畫弧BF，得到扇形BAF（陰影部分）．若扇形BAF正好是一個圓錐的側(cè)面展開圖，則該圓錐的底面圓的半徑是．

【答案】2【分析】首先確定扇形的圓心角的度數(shù)，然后利用圓錐的底面圓周長是扇形的弧長計算即可．【詳解】解：∵正六邊形的外角和為360°，∴每一個外角的度數(shù)為360°÷6=60°，∴正六邊形的每個內(nèi)角的度數(shù)為180°-60°=120°，設(shè)這個圓錐底面圓的半徑是r，根據(jù)題意得，2πr解得r=故答案為：23【點睛】本題考查正多邊形和圓及圓錐的計算，解題的關(guān)鍵是求得正六邊形的內(nèi)角的度數(shù)，并理解圓錐的母線長是扇形的半徑，圓錐的底面圓周長是扇形的弧長．4．（2023·新疆·中考真題）一個多邊形的每個內(nèi)角都是144°，這個多邊形是邊形．【答案】十【分析】根據(jù)題意可得該多邊形為正多邊形，先求出一個外角的度數(shù)，即可求出邊數(shù)．【詳解】解：∵該多邊形每個內(nèi)角都是144°，∴該多邊形為正多邊形，∴該多邊形一個外角=180°-144°=36°，∴該多邊形的邊數(shù)=360°故答案為：十．【點睛】本題主要考查了正多邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握正多邊形每個外角相等．題型02多邊形內(nèi)角和/外角和的實際應(yīng)用1．（2023·山西·中考真題）蜂巢結(jié)構(gòu)精巧，其巢房橫截面的形狀均為正六邊形．如圖是部分巢房的橫截面圖，圖中7個全等的正六邊形不重疊且無縫隙，將其放在平面直角坐標系中，點P,Q,M均為正六邊形的頂點．若點P,Q的坐標分別為

A．33,-2 B．33,2 C．【答案】A【分析】連接PF，設(shè)正六邊形的邊長為a，由正六邊形的性質(zhì)及點P的坐標可求得a的值，即可求得點M的坐標．【詳解】解：連接PF，如圖，設(shè)正六邊形的邊長為a，∵∠ABC∴∠ABO∵∠AOB∴∠BAO∴OB=∴AC=CE=∵點P的坐標為-2∴3a即a=2∴OE=OC+∴點M的坐標為33故選：A．

【點睛】本題考查了坐標與圖形，正六邊形的性質(zhì)，勾股定理，含30度角直角三角形的性質(zhì)等知識，掌握這些知識是解題的關(guān)鍵．2．（2022·河北·中考真題）如圖，將三角形紙片剪掉一角得四邊形，設(shè)△ABC與四邊形BCDE的外角和的度數(shù)分別為α，β，則正確的是（

）A．α-β=0C．α-β>0 D．無法比較α【答案】A【分析】多邊形的外角和為360°，△ABC與四邊形BCDE的外角和均為360°，作出選擇即可．【詳解】解：∵多邊形的外角和為360°，∴△ABC與四邊形BCDE的外角和α與β均為360°，∴α-故選：A．【點睛】本題考查多邊形的外角和定理，注意多邊形的外角和為360°是解答本題的關(guān)鍵．3．（2020·山東德州·中考真題）如圖，小明從A點出發(fā)，沿直線前進8米后向左轉(zhuǎn)45°，再沿直線前進8米，又向左轉(zhuǎn)45°……照這樣走下去，他第一次回到出發(fā)點A時，共走路程為（

）A．80米 B．96米 C．64米 D．48米【答案】C【分析】根據(jù)多邊形的外角和即可求出答案．【詳解】解：根據(jù)題意可知，他需要轉(zhuǎn)360÷45=8次才會回到原點，所以一共走了8×8=64米．故選：C．【點睛】本題主要考查了利用多邊形的外角和定理求多邊形的邊數(shù)．任何一個多邊形的外角和都是360°．4．（2022·湖南常德·中考真題）剪紙片：有一張長方形的紙片，用剪刀沿一條不過任何頂點的直線將其剪成了2張紙片；從這2張中任選一張，再用剪刀沿一條不過任何頂點的直線將其剪成了2張紙片，這樣共有3張紙片：從這3張中任選一張，再用剪刀沿一條不過任何頂點的直線將其剪成了2張紙片，這樣共有4張紙片；……；如此下去，若最后得到10張紙片，其中有1張五邊形紙片，3張三角形紙片，5張四邊形紙片，則還有一張多邊形紙片的邊數(shù)為．【答案】6【分析】根據(jù)多邊形的內(nèi)角和進行即可求解．【詳解】解：根據(jù)題意用剪刀沿一條不過任何頂點的直線將其剪成了2張紙片，則每剪一次，所有的多邊形的內(nèi)角和增加360°，10張紙片，則剪了9次，其中有1張五邊形紙片，3張三角形紙片，5張四邊形紙片，設(shè)還有一張多邊形紙片的邊數(shù)為n，∴5-2解得n=6故答案為：6．【點睛】本題考查了多邊形內(nèi)角和公式，理解題意是解題的關(guān)鍵．5．（2023·河北·中考真題）將三個相同的六角形螺母并排擺放在桌面上，其俯視圖如圖1，正六邊形邊長為2且各有一個頂點在直線l上，兩側(cè)螺母不動，把中間螺母抽出并重新擺放后，其俯視圖如圖2，其中，中間正六邊形的一邊與直線l平行，有兩邊分別經(jīng)過兩側(cè)正六邊形的一個頂點．則圖2中（1）∠α=（2）中間正六邊形的中心到直線l的距離為（結(jié)果保留根號）．

【答案】302【分析】（1）作圖后，結(jié)合正多邊形的外角的求法即可求解；（2）表問題轉(zhuǎn)化為圖形問題，首先作圖，標出相應(yīng)的字母，把正六邊形的中心到直線l的距離轉(zhuǎn)化為求ON=OM+【詳解】解：（1）作圖如下：

根據(jù)中間正六邊形的一邊與直線l平行及多邊形外角和，得∠ABC∠A故答案為：30；（2）取中間正六邊形的中心為O，作如下圖形，

由題意得：AG∥BF，AB∥∴四邊形ABFG為矩形，∴AB∵∠BAC∵Rt∴BC在Rt△PDE中，由圖1知AG=由正六邊形的結(jié)構(gòu)特征知：OM=∵BC∴AB∴BD又∵DE∴BE∴故答案為：23【點睛】本題考查了正六邊形的特征，勾股定理，含30度直角三角形的特征，全等三角形的判定性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是掌握正六邊形的結(jié)構(gòu)特征．題型03利用平行四邊形的性質(zhì)與判定求解平行四邊形的性質(zhì)：1)對邊平行且相等；2)對角相等、鄰角互補；3)對角線互相平分；

4)平行四邊形是中心對稱圖形，但不是軸對稱圖形，平行四邊形的對角線的交點是平行四邊形的對稱中心.【解題技巧】1）平行四邊形相鄰兩邊之和等于周長的一半．2）平行四邊形中有相等的邊、角和平行關(guān)系，所以經(jīng)常需結(jié)合三角形全等來解題．3）過平行四邊形對稱中心的任一直線等分平行四邊形的面積及周長．4）如圖①，AE平分∠BAD，則可利用平行線的性質(zhì)結(jié)合等角對等邊得到△ABE為等腰三角形，即AB=BE．5）如圖②，已知點E為AD上一點，根據(jù)平行線間的距離處處相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE．6）如圖③，根據(jù)平行四邊形的面積的求法，可得AE·BC=AF·CD．平行四邊形的判定定理：①定義：兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形．②一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．③兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形．④兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形．⑤對角線互相平分的四邊形是平行四邊形．【解題技巧】一般地，要判定一個四邊形是平行四邊形有多種方法，主要有以下三種思路：1）當已知條件中有關(guān)于所證四邊形的角時，可用“兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形”來證明；2）當已知條件中有關(guān)于所證四邊形的邊時，可選擇“兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形”或“兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形”或“有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形”來證明；3）當已知條件中有關(guān)于所證四邊形的對角線時，可選擇“對角線互相平分的四邊形是平行四邊形”來證明．1．（2023·浙江湖州·中考真題）如圖，已知∠AOB，以點O為圓心，適當長為半徑作圓弧，與角的兩邊分別交于C，D兩點，分別以點C，D為圓心，大于12CD長為半徑作圓弧，兩條圓弧交于∠AOB內(nèi)一點P，連接OP，過點P作直線PE∥OA，交OB于點E，過點P作直線PF∥OB，交OA于點F．若

A．123cm2 B．63cm2【答案】B【分析】過P作PM⊥OB于M，再判定四邊形【詳解】解：過P作PM⊥OB于

由作圖得：OP平分∠AOB∴∠POB∴PM=∴OM=∵PE∥OA，∴四邊形PFOE為平行四邊形，∠EPO∴∠POE∴OE=設(shè)OE=在Rt△PEM中，即：x2解得：x=2∴S四邊形故選：B．【點睛】本題考查了基本作圖，掌握平行四邊形的判定定理，勾股定理及平行四邊形的面積公式是解題的關(guān)鍵．2．（2023·西藏·中考真題）如圖，兩張寬為3的長方形紙條疊放在一起，已知∠ABC=60°，則陰影部分的面積是（

A．92 B．33 C．93【答案】D【分析】首先過點B作BE⊥AD于點E，BF⊥CD于點F，由題意可得四邊形ABCD是平行四邊形，繼而求得【詳解】過點B作BE⊥AD于點E，BF⊥

根據(jù)題意得：AD∥BC，AB∥∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵∠ABC∴∠ABE∴AB=2AE，∵AB2=∴AB=2同理：BC=2∴AB=∴四邊形ABCD是菱形，∴AD=2∴S菱形故選：D．【點睛】此題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識，解題關(guān)鍵在于掌握菱形判定定理和作輔助線．3．（2023·江蘇徐州·中考真題）【閱讀理解】如圖1，在矩形ABCD中，若AB=a,BC=b，由勾股定理，得【探究發(fā)現(xiàn)】如圖2，四邊形ABCD為平行四邊形，若AB=【拓展提升】如圖3，已知BO為△ABC的一條中線，AB=a【嘗試應(yīng)用】如圖4，在矩形ABCD中，若AB=8,BC=12，點P在邊AD上，則PB2+【答案】探究發(fā)現(xiàn)：結(jié)論依然成立，理由見解析；拓展提升：證明見解析；嘗試應(yīng)用：200【分析】探究發(fā)現(xiàn)：作AE⊥BC于點E，作DF⊥BC交BC的延長線于點F，則∠AEB拓展提升：延長BO到點C，使OD=BO，證明四邊形ABCD是平行四邊形，由【探究發(fā)現(xiàn)】可知，AC2+嘗試應(yīng)用：由四邊形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，得到AB=CD=8,BC=AD【詳解】探究發(fā)現(xiàn)：結(jié)論依然成立，理由如下：作AE⊥BC于點E，作DF⊥BC交BC的延長線于點

∵四邊形ABCD為平行四邊形，若AB=∴AB=∵AE⊥BC，∴AE=∴Rt△∴BE=∴A=====2=2a拓展提升：延長BO到點C，使OD=

∵BO為△ABC∴OA=∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AB=∴由【探究發(fā)現(xiàn)】可知，AC∴c2∴c2∴BO嘗試應(yīng)用：∵四邊形ABCD是矩形，AB=8,∴AB=CD=8,設(shè)AP=x，則∴P=2x∵2>0，∴拋物線開口向上，∴當x=6時，PB故答案為：200【點睛】此題考查了二次函數(shù)的應(yīng)用、勾股定理、平行四邊形的判定和性質(zhì)、矩形的性質(zhì)等知識，熟練掌握勾股定理和數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．4．（2023·貴州·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，延長CB至D，使得BD=CB，過點A，D分別作AE∥BD，

小星：由題目的已知條件，若連接BE，則可證明BE⊥小紅：由題目的已知條件，若連接CE，則可證明CE=

(1)請你選擇一位同學的說法，并進行證明；(2)連接AD，若AD=52,【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）選擇小星的說法，先證四邊形AEDB是平行四邊形，推出AE=BD，再證明四邊形AEBC是矩形，即可得出BE⊥CD；選擇小紅的說法，根據(jù)四邊形AEBC是矩形，可得CE=AB，根據(jù)四邊形（2）根據(jù)BD=CB，CBAC=2【詳解】（1）證明：①選擇小星的說法，證明如下：如圖，連接BE，

∵AE∥BD，∴四邊形AEDB是平行四邊形，∴AE=∵BD=∴AE=又∵AE∥BD，點D在∴AE∥∴四邊形AEBC是平行四邊形，又∵∠C∴四邊形AEBC是矩形，∴BE⊥②選擇小紅的說法，證明如下：如圖，連接CE，BE，

由①可知四邊形AEBC是矩形，∴CE=∵四邊形AEDB是平行四邊形，∴DE=∴CE=（2）解：如圖，連接AD，

∵BD=CB，∴CDAC∴CD=在Rt△ACD中，∴52解得AC即AC的長為32【點睛】本題考查平行四邊形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理等，解題的關(guān)鍵是掌握平行四邊形和矩形的判定方法．題型04利用平行四邊形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題1．（2022·山東泰安·中考真題）如圖，平行四邊形ABCD的對角線AC，BD相交于點O．點E為BC的中點，連接EO并延長交AD于點F，∠ABC=60°，BC=2AB．下列結(jié)論：①AB⊥AC；②AD=4OE；③四邊形A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】通過判定ΔABE為等邊三角形求得∠BAE=60°，利用等腰三角形的性質(zhì)求得∠EAC=30°，從而判斷①；利用有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形判斷③，然后結(jié)合菱形的性質(zhì)和含30°【詳解】解：∵點E為BC的中點，∴BC又∵BC∴AB∵∠ABC∴Δ∴∠BAE∴∠EAC∴∠BAC即AB⊥AC，故在平行四邊形ABCD中，AD//BC，AD=∴∠CAD在ΔAOF和Δ∠CAD∴Δ∴AF∴四邊形AECF是平行四邊形，又∵AB⊥AC，點E∴AE∴平行四邊形AECF是菱形，故③正確；∴AC在RtΔCOE中，∴OE=1在平行四邊形ABCD中，OA=又∵點E為BC的中點，∴SΔBOE綜上所述：正確的結(jié)論有4個，故選：A．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，含30°的直角三角形的性質(zhì)，掌握菱形的判定是解題關(guān)鍵．2．（2021·山東泰安·中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，E是BD的中點，則下列四個結(jié)論：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，則BM=CM；③若MD=2AM，則S△A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】依次分析各選項，進行推理論證即可；其中①可通過證明△DME≌△BNEAAS，進一步轉(zhuǎn)換后可以得到結(jié)論，②可先得到該平行四邊形是矩形，利用矩形的性質(zhì)等得到MN垂直平分BC，即可完成求證，③可以先證明兩個三角形的共線邊上的高的關(guān)系，再利用三角形面積公式即可完成證明，④可以先證明△【詳解】解：∵平行四邊形ABCD中，E是BD的中點，∴BE=DE，AD//∴∠MDE=∠NBE∴△DME∴DM=∴AM=故①正確；若∠A則平行四邊形ABCD是矩形，由矩形的對角線相等，而點E是矩形的對角線的交點可知，E點到B、C兩點的距離相等，∴E點在BC的垂直平分線上，由MD=AM，可得BN=所以N點是BC的中點，∴MN垂直平分BC，∴BM=故②正確；若MD=2AM，則BN=2如圖1，分別過D、E兩點向BC作垂線，垂足分別為Q點和P點，∵E點是BD中點，∴DQ=2EP，∵S△S∴S△故③正確；若AB=因為AB=所以DC=分別過N、C兩點向AD作垂線，垂足分別為H、K，由平行線間的距離處處相等可知：NH=CK，∴Rt△∴∠NMD∴△MND∴∠MND又∵∠NFM∴△MNF故④正確；故選：D．【點睛】本題綜合考查了平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、線段的垂直平分線的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等內(nèi)容，解決本題的關(guān)鍵是牢記相關(guān)概念與性質(zhì)，能熟練運用全等三角形的判定與性質(zhì)進行角或邊之間關(guān)系的轉(zhuǎn)化等，本題對推理分析能力要求較高，屬于中等難度偏上的題目，對學生的綜合分析能力有一定的要求．3．（2021·四川南充·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB=15，BC=20，把邊AB沿對角線BD平移，點A'，B'分別對應(yīng)點A，B．給出下列結(jié)論：①順次連接點A'，B'，C，D的圖形是平行四邊形；②點C到它關(guān)于直線AA'的對稱點的距離為48；③A'C-A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】根據(jù)平移的性質(zhì)和平行四邊形的判定方法判斷①，再利用等積法得出點C到BD的距離，從而對②做出判斷，再根據(jù)三角形的三邊關(guān)系判斷③，如圖，作D關(guān)于AA'的對稱點D'，DD'交AA'于M,連接BD'，過D'作D'N⊥BC于【詳解】解：由平移的性質(zhì)可得AB//A且AB=A∵四邊形ABCD為矩形∴AB//CD，AB=CD=15∴A'B'//CD且∴四邊形A'B當點B'與D重合時，四邊形不存在，故①錯誤在矩形ABCD中，BD=AB2+過A作AM⊥BD，CN⊥BD，則AM=CN∴S△ABD=12AB·CD=12BD∴AM=CN=15×2025∴點C到AA'∴點C到它關(guān)于直線AA'∴故②正確∵A∴當A',B此時B'與D∴A'C-B∴故③正確，如圖，作D關(guān)于AA'的對稱點D'，DD'交AA'于M,連接BD'，過D則AB//A'B'//KH,∴D由?A'B∴B∴A'由②同理可得：DM=∵tan設(shè)HN=3x,由勾股定理可得：DD∴25整理得：25x∴(5x解得：x1∴NC∴D∴故④正確故選C．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的判定，矩形的性質(zhì)以及平移的性質(zhì),銳角三角函數(shù)的應(yīng)用等知識點，熟練掌握相關(guān)的知識是解題的關(guān)鍵．4．（2023·湖北·中考真題）如圖，△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DEB=∠AEF=90°，點E在△ABC內(nèi)，BE>AE，連接DF交AE于點G,DE交AB于點H，連接CF【答案】①③④【分析】由題意易得AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=【詳解】解：∵△BAC,△DEB∴AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，∵∠DBA=∠DBE∴∠DBA=∠EBC∴△A∴AB=DF=AC,∠∵∠ABE+∠BHE=90°,∠EFD∴∠BHE≠∠EGF，∠∴DF∥∵DF=∴四邊形ADFC是平行四邊形，∴AD=CF，故故答案為①③④．【點睛】本題主要考查全等三角形的性質(zhì)與判定、等腰直角三角形的性質(zhì)及平行四邊形的性質(zhì)與判定，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)與判定、等腰直角三角形的性質(zhì)及平行四邊形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．題型05構(gòu)建三角形中位線解決問題構(gòu)造三角形中位線的常用方法：1）連接兩點構(gòu)造三角形中位線;2)已知中點，取另一條線段的中點構(gòu)造中位線.3)利用角平分線+垂直構(gòu)造三角形的中位線.1．（2020·山東泰安·中考真題）如圖，點A，B的坐標分別為A(2,0),B(0,2)，點C為坐標平面內(nèi)一點，BC=1，點M為線段AC的中點，連接OM，則

A．2+1 B．2+12 C．【答案】B【分析】如圖所示，取AB的中點N，連接ON，MN，根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可知OM＜ON+MN，則當ON與MN共線時，OM=ON+MN最大，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)以及三角形的中位線即可解答．【詳解】解：如圖所示，取AB的中點N，連接ON，MN，三角形的三邊關(guān)系可知OM＜ON+MN，則當ON與MN共線時，OM=ON+MN最大，∵A(2,0),則△ABO為等腰直角三角形，∴AB=OA2+OB∴ON=12又∵M為AC的中點，∴MN為△ABC的中位線，BC=1，則MN=12∴OM=ON+MN=2+∴OM的最大值為2故答案選：B．

【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)以及三角形中位線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是確定當ON與MN共線時，OM=ON+MN最大．2．（2023·廣西·中考真題）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的動點，M，N分別是EF，AF的中點，則

【答案】2【分析】首先證明出MN是△AEF的中位線，得到MN=12AE，然后由正方形的性質(zhì)和勾股定理得到AE=AB2+BE2=4+【詳解】如圖所示，連接AE，

∵M，N分別是EF，∴MN是△AEF∴MN=∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B∴AE=∴當BE最大時，AE最大，此時MN最大，∵點E是BC上的動點，∴當點E和點C重合時，BE最大，即BC的長度，∴此時AE=∴MN=∴MN的最大值為2．故答案為：2．【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識點．3．（2021·天津·中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長為4，對角線AC,BD相交于點O，點E，F(xiàn)分別在BC,CD的延長線上，且CE=2,DF=1，G為EF的中點，連接OE，交CD于點H【答案】13【分析】先作輔助線構(gòu)造直角三角形，求出CH和MG的長，再求出MH的長，最后利用勾股定理求解即可．【詳解】解:如圖,作OK⊥BC，垂足為點K，∵正方形邊長為4，∴OK=2，KC=2，∴KC=CE，∴CH是△OKE的中位線∴CH=作GM⊥CD，垂足為點M，∵G點為EF中點，∴GM是△FCE的中位線，∴GM=12∴MH=在Rt△MHG中，GH=故答案為：132【點睛】本題綜合考查了正方形的性質(zhì)、三角形中位線定理、勾股定理等內(nèi)容，解決本題的關(guān)鍵是能作出輔助線構(gòu)造直角三角形，得到三角形的中位線，利用三角形中位線定理求出相應(yīng)線段的長，利用勾股定理解直角三角形等．4．（2023·山東煙臺·中考真題）如圖，點C為線段AB上一點，分別以AC,BC為等腰三角形的底邊，在AB的同側(cè)作等腰△ACD和等腰△BCE，且∠A=∠CBE．在線段EC

(1)如圖1，求證：DE=(2)如圖2，若AD=2，BF的延長線恰好經(jīng)過DE的中點G【答案】(1)見解析(2)BE=2+2【分析】（1）證明CD∥BE，推出∠DCE=∠BEF（2）取CE的中點H，連接GH，證明GH是△FCD的中位線，設(shè)BE=a，則FH=12a【詳解】（1）證明：∵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的中點H，連接GH，

∵點G是DE的中點，∴GH是△FCD∴GH=12設(shè)BE=a，則∵EF=∴FH=∵CD∥∴GH∥∴△FGH∴GHBE=FH整理得a2解得a=2+2經(jīng)檢驗a=2+2∴BE=2+2【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，解一元二次方程，三角形中位線定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題．多邊形的定義：在平面中，由一些線段首尾順次相接組成的封閉圖形叫做多邊形.多邊形的對角線：連接多邊形不相鄰的兩個頂點的線段叫做多邊形的對角線.

多邊形對角線條數(shù)：從n邊形的一個頂點可以引（n－3）條對角線，并且這些對角線把多邊形分成了(n–2)個三角形，n邊形的對角線條數(shù)為n(正多邊形的相關(guān)概念正多邊形概念各條邊相等，并且各個內(nèi)角也都相等的多邊形叫做正多邊形.正多邊形的中心正多邊形的外接圓的圓心叫做這個正多邊形的中心.正多邊形的半徑正多邊形外接圓的半徑叫做正多邊形的半徑.正多邊形的中心角正多邊形每一邊所對的圓心角叫做正多邊形的中心角.正多邊形的邊心距中心到正多邊形的一邊的距離叫做正多邊形的邊心距.正多邊形的常用公式邊長an=2Rn?周長Pn=n?an外角/中心角度數(shù)360°面積Sn=12an?rn?對角線條數(shù)n邊心距rn=Rn?cos180內(nèi)角和（n-2）×180°.內(nèi)角度數(shù)（n邊形的邊數(shù)（內(nèi)角和÷180°）＋2aRn2=rn2+an24（an【解題思路】正多邊形與圓的計算問題：正n邊形的外接圓半徑和邊心距把正n邊形分成2n個全等的直角三角形，而每個直角三角形都集中地反映了這個正n邊形各元素間的關(guān)系，故可以把正n邊形的計算轉(zhuǎn)化為解直角三角形，再利用勾股定理即可完成計算．1．（2022·北京平谷·一模）2021年3月考古人員在山西泉陽發(fā)現(xiàn)目前中國規(guī)模最大、保存最完好的戰(zhàn)國水井，井壁由等長的柏木按原始榫卯結(jié)構(gòu)相互搭接呈閉合的正九邊形逐層壘砌，關(guān)于正九邊形下列說法錯誤的是（）A．它是軸對稱圖形 B．它是中心對稱圖形C．它的外角和是360° D．它的每個內(nèi)角都是140°【答案】B【分析】根據(jù)軸對稱與中心對稱的定義可判斷A、B的正誤；根據(jù)正多邊形的外角和為360°可判斷C的正誤；根據(jù)正n邊形的內(nèi)角為180°n-2【詳解】解：由題意知正九邊形是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形∴A正確，B錯誤；由正多邊形的外角和為360°可知正九邊形的外角和為360°∴C正確；由正n邊形的內(nèi)角為180°n-∴D正確；故選B．【點睛】本題考查了正多邊形的內(nèi)角、外角和，軸對稱，中心對稱．解題的關(guān)鍵在于熟練掌握正多邊形的內(nèi)角、外角與對稱性．2．（2023·河北衡水·二模）圖中表示被撕掉一塊的正n邊形紙片，若a⊥b，則n的值是（

）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】B【分析】延長a、b交于點E，根據(jù)得到，于是可以得到正多邊形的一個外角為45°，進而可得正多邊形的邊數(shù)．【詳解】解：如圖，延長a，b交于點E，∵a∴∠ABC=90°∴正多邊形的一個外角為180°-90°2∴n=故選：B．【點睛】本題主要考查多邊形的內(nèi)角和外角和，掌握相關(guān)定義是解題的關(guān)鍵．3．（2023·河南南陽·三模）如圖，?OABC的頂點O0,0，A4,0，點E5,1是邊AB的中點，則對角線AC，OB的交點D

A．3,1 B．4,1 C．1,3 D．2,1【答案】A【分析】根據(jù)題意易得OA=4，再證明DE為△OAB的中位線，結(jié)合中位線的性質(zhì)求得【詳解】解：∵O0,0，A∴OA=4∵四邊形OABC為平行四邊形，對角線AC，OB的交點為D，∴OD=又∵點E是邊AB的中點，∴DE∥OA，且∵點E5,1∴點D的坐標為3,1．故選：A．【點睛】本題主要考查了坐標與圖形、平行四邊形的性質(zhì)、三角形中位線的性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)知識并靈活運用是解題關(guān)鍵．4．（2023·河北保定·二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，按下列條件得到的四邊形EFGH不一定是平行四邊形的是（）A．

EG，F(xiàn)H是過對角線交點的兩條線段B．

E，F(xiàn)，G，H是四邊形各邊中點C．

EF⊥BC，D．

AF，BH，CH，DF是角平分線【答案】C【分析】利用全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)來證明即可．【詳解】解：A、如圖，設(shè)AC與BD相交于點O，

∵ABCD是平行四邊形，∴AB∴∠EAC∵∠AOE∴△AOE∴OE=同理OH=∴四邊形EFGH是平行四邊形，故A不符合題意．B、如圖，連接AC，

∵E，F(xiàn)，G，H是四邊形各邊中點，EF=GH，且∴四邊形EFGH是平行四邊形，故B不符合題意；C、由于所給已知條件只有角的關(guān)系，三角形邊之間沒有等量關(guān)系，不能證明三角形全等或邊之間平行，也就無法證明四邊形EFGH是平行四邊形，故C符合題意；D、∵AD∥BC，∴∠AFB∴AB=同理DH=∵AD=∴AH=CF∵AFCH是平行四邊形，即AF∥同理可證AE∥∴四邊形EFGH是平行四邊形，故D不符合題意．故選：C．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握多種證明四邊形是平行四邊形方法．5．（2023·河北衡水·二模）如圖，將一個平行四邊形分成16個一模一樣的小平行四邊形．若用顏料涂滿△ABC，至少需用完1瓶顏料，則將△DEF涂滿，至少需用完顏料的瓶數(shù)是（A．0.5 B．1 C．1.5 D．2【答案】B【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)證明S△【詳解】解：如圖所示，取格點G，連接BG，∵圖中是將一個平行四邊形分成16個一模一樣的小平行四邊形，∴S△DEF=∴S△∵用顏料涂滿△ABC，至少需用完1∴將△DEF涂滿，至少需用完顏料的瓶數(shù)是1故選B．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，三角形面積，熟知同底等高的三角形面積相等是解題的關(guān)鍵．6．（2022·浙江舟山·三模）如圖，△ABC、△DBE和△FGC均為正三角形，以點D，E，F(xiàn)，G在△ABC的各邊上，DE和FG相交于點H，若S四邊形ADHFA．a(chǎn)+c=2b B．b2+【答案】B【分析】分別用含a，b，c的代數(shù)式表示S四邊形ADHF與【詳解】解：∵∠EDB∴DE∥AF同理：FG∥AB∴四邊形ADHF為平行四邊形，∵在△HGE中∠∴△HGE∵GE=b+c-∴SS∴32a-故選：B.【點睛】本題綜合考查了平行四邊形及等邊三角形的判定與性質(zhì)，關(guān)鍵是要會用含a，7．（2023·河北石家莊·一模）如圖1，將兩條重合的線段繞一個公共端點沿逆時針和順時針方向分別旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α，所得的兩條新線段夾角為β，以α為內(nèi)角，以圖中線段為邊作兩個正多邊形，正多邊形邊數(shù)為n．如圖2，當α=120°邊數(shù)n456…旋轉(zhuǎn)角α90°108°120°…夾角β180°m120°…（1）用含α的代數(shù)式表示β，β=；（2）邊數(shù)n，旋轉(zhuǎn)角α，夾角β的部分對應(yīng)值如表格所示，其中m=°（3）若β≤10°，則n的最小值是【答案】360°-2α【分析】（1）由周角的含義建立方程即可；（2）把α=108°代入（1（3）由β≤10°，可得360°-2α≤10°，解得：α≥175°，利用多邊形的內(nèi)角和公式可得【詳解】解：（1）由題意可得：2α∴β=360°-2故答案為：360°-2α（2）由題意可得：當α=108°∴m=故答案為：144；（3）當β≤10°∴360°-2α≤10°，解得：∴n-2·180∴n-解得：n≥72∴n的最小值為：72．故答案為：72．【點睛】本題考查的是旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正多邊形的性質(zhì)，利用正多邊形的性質(zhì)建立方程或不等式求解是解本題的關(guān)鍵．8．（2023·吉林長春·三模）如圖①是15世紀藝術(shù)家阿爾布雷希特·丟勒利用正五邊形和菱形創(chuàng)作的鑲嵌圖案設(shè)計，圖②是鑲嵌圖案中的某一片段的放大圖，其中菱形的最小內(nèi)角為度．

【答案】36【分析】根據(jù)平面鑲嵌的定義，結(jié)合正五邊形的內(nèi)角，即可求解．【詳解】解：正五邊形的每一個內(nèi)角為5-2設(shè)菱形的最小內(nèi)角為x，根據(jù)題意得，x解得：x故答案為：36．【點睛】本題考查了正多邊形的內(nèi)角和公式，平面鑲嵌，熟練掌握平面鑲嵌的定義以及多邊形的內(nèi)角和公式是解題的關(guān)鍵．9．（2023·江蘇南京·一模）如圖①，有一個圓柱形的玻璃杯，底面直徑AB是30cm，杯內(nèi)裝有一些溶液．如圖②，將玻璃杯繞點B傾斜，液面恰好到達容器頂端時，AB與水平線l的夾角為30°．則圖①中液面距離容器頂端cm【答案】5【分析】延長CD交l于點H，DE∥l,DH∥EB，則【詳解】解：如圖②所示，延長CD交l于點H，∵如圖②，將玻璃杯繞點B傾斜，液面恰好到達容器頂端時，AB與水平線l的夾角為30°．∴∠∴AH=依題意，DE∥l,∴DE=∵CE=AB，∴△CDE∴CD=過點DE的中點F作MN∥CE，則MN為原來液面，CM即為圖∴DFEF=即CM=故答案為：53【點睛】本題考查了含30度角的直角三角形的性質(zhì)，平行線分線段成比例，勾股定理，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．10．（2023·遼寧撫順·二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=8，BC=6，E，F(xiàn)分別是BC上的動點，且EF=3，連接AE，AF，DE，DF，AE與DF相交于P，過點P作MN∥BC，交DE于M，交AF于N，當E，F(xiàn)在BC上移動時，下列結(jié)論：①【答案】①②③④【分析】由AD∥BC，證明△EPF∽△APD，推出APPE=DPPF=ADEF=2，即可得到AP【詳解】解：∵平行四邊形ABCD中，AB=8∴AD=BC=6∴△EPF∵EF=3∴APPE∴AP=2PE，故∴S△PAD=4∵AD∥BC，∴AD與∴S△PAF=∵APPE=DP∵MN∥∴△DPM∽△DFE∴APAE=PN∴PNEF∴PM=PN=2綜上，①②③④都正確，故答案為：①②③④．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，證明△EPF11．（2023·陜西西安·模擬預(yù)測）定義：由n條線段首尾順次相接組成的封閉圖形叫做n邊形．相鄰兩邊組成的角叫做它的內(nèi)角，一邊和它鄰邊的延長線組成的角叫做它的外角．為了探究n邊形的外角和與內(nèi)角和的度數(shù)，小華做了以下實驗：取若干張紙片，分別在紙片上畫出三角形、四邊形、五邊形等，順次延長各邊得到各個外角，然后沿著多邊形的邊和延長線將它剪開，將外角拼在一起，觀察圖形，并進行推理．（1）實驗操作．

（2）歸納猜想．多邊形三角形四邊形五邊形…n邊形外角和_________________________________…___________內(nèi)角和_________________________________…___________（3）理解應(yīng)用．一個多邊形的內(nèi)角和是外角和的1008倍，它是多少邊形？【答案】（2）見解析；（3）這個多邊形是二零一八邊形【分析】（2）利用實驗操作探究規(guī)律后即可解決問題；（3）構(gòu)建方程，解方程即可解決問題；【詳解】（2）解：由實驗操作可知，多邊形三角形四邊形五邊形…n邊形外角和360°360°360°…360°內(nèi)角和180°360°540°…n（3）設(shè)這個多邊形的邊數(shù)為n．由題意（n解得n答：這個多邊形是二零一八邊形．【點睛】本題考查三角形內(nèi)角和定理、三角形外角的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會從特殊到一般的探究規(guī)律的方法，屬于中考?？碱}型．12．（2023·吉林松原·三模）知識呈現(xiàn)：如圖①，在?ABCD中，∠ADC的平分線與AB相交于點E，求證：

知識應(yīng)用：（1）如圖②，在?ABCD中，點E在CD上，AE、BE分別平分∠BAD、∠ABC，若BC=2.5，BE（2）如圖③，在矩形ABCD中，AB=3，BC=2，點E為BC的中點，連接AE，作∠AEF=∠【答案】知識呈現(xiàn)：證明見解析；知識應(yīng)用：（1）4；（2）4【分析】知識呈現(xiàn)：根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得AB=CD,知識應(yīng)用：（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得AB∥CD,AD∥BC，（2）過點F作FH⊥BC延長線于H，證得ABHF為矩形，得FH=AB=3，AF∥BH，再證明四邊形DCHF為矩形得DF=CH【詳解】知識呈現(xiàn)：證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=∴∠CDE又∵DE是∠ADC∴∠ADE∴∠ADE∴AD=∵AD=∴AE=∴BE+知識應(yīng)用：（1）如圖②，

∵AE、BE分別平分∠BAD，∠∴∠1=∠2，∠3=∠4，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴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，故答案為：4．（2）如圖③，

過點F作FH⊥BC延長線于∴∠H∵四邊形ABCD為矩形，∴∠DAB=∠B=90°，∴∠DAB∴四邊形ABHF為矩形，∴FH=∵∠ADC∴∠FDC∴四邊形DCHF為矩形，∴DF=∵AF∥∴∠1=∠AEB∵∠AEB∴∠1=∠AEH∴AF=設(shè)DF=a，則∴AF=∵E為BC的中點，∴BE=∴EH=在Rt△EFH中，∴2+a∴a=3∴EH=1+a=4∴cos∠故答案為：45【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定，平行線的性質(zhì)，以及解直角三角形，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，構(gòu)造直角三角形．13．（2023·陜西榆林·三模）在?ABCD中，∠ABC=45°,

(1)如圖1，連接AC，求證：∠BAC(2)如圖2，連接BE，過點C作CQ⊥BE于點Q，連接①求∠AQB②如圖3，延長AQ交BC的延長線于點F，試判斷線段BE與AF有何數(shù)量關(guān)系？并說明理由．【答案】(1)見解析(2)①45°；②BE=【分析】（1），過點A作AM⊥BC于點M，則△ABM是等腰直角三角形，得出BM=AM=22AB（2）①連接AC，根據(jù)∠BQC=∠BAC=90°，推出A，B，C，Q四點共圓．則∠AQB=∠ACB=45°；②連接EF，得出∠DCF=∠ABC=45°．進而得出∠DCF=∠EQF=45°．則C，F(xiàn)，E，Q四點共圓，得出∠CFQ【詳解】（1）證明：如圖1，過點A作AM⊥BC于點

∵∠ABC∴△ABM∴BM=∵BC=∴BC=2BM，則∵AM⊥∴AM是BC的垂直平分線，∴AB=∴∠ACB∴∠BAC（2）解：①如圖2，連接AC，

由（1）得∠BAC∵CQ⊥∴∠BQC∴A，B，C，Q四點共圓．∴∠AQB②BE=理由：如圖3，連接EF，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥∴∠DCF由①得∠AQE∴∠EQF∴∠DCF∴C，F(xiàn)，E，Q四點共圓．∴∠CFQ由①知A，B，C，Q四點共圓．∴∠CBE∴△CBE∴BEAF∵BC=2AB，由（1∴BEAF∴BE=【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)和判定，圓的內(nèi)接四邊形的判定，圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握同弧所對的圓周角相等，相似三角形對應(yīng)邊成比例．考點二特殊四邊形題型01利用矩形的性質(zhì)與判定求解矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形叫做矩形.矩形的性質(zhì)：1）矩形具有平行四邊形的所有性質(zhì)；2）矩形的四個角都是直角；3）對角線互相平分且相等；4）矩形既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形.矩形的對稱中心是矩形對角線的交點；矩形有兩條對稱軸，矩形的對稱軸是過矩形對邊中點的直線；矩形的對稱軸過矩形的對稱中心.【推論】1）在直角三角形中斜邊的中線，等于斜邊的一半.2）直角三角形中，30度角所對應(yīng)的直角邊等于斜邊的一半.矩形的判定：1)有一個角是直角的平行四邊形是矩形；2）對角線相等的平行四邊形是矩形；3）有三個角是直角的四邊形是矩形.【解題思路】要證明一個四邊形是矩形，首先要判斷四邊形是否為平行四邊形，若是，則需要再證明對角線相等或有一個角是直角；若不易判斷，則可通過證明有三個角是直角來直接證明．1.對于矩形的定義要注意兩點:a.是平行四邊形;b.有一個角是直角.2.定義說有一個角是直角的平行四邊形才是矩形,不要錯誤地理解為有一個角是直角的四邊形是矩形.1．（2022·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·中考真題）如圖，菱形ABCD中，AB＝23，∠ABC＝60°，矩形BEFG的邊EF經(jīng)過點C，且點G在邊AD上，若BG＝4，則BE的長為（）A．32 B．332 C．6【答案】B【分析】過點G作GM⊥BC于點M，過點C作CN⊥AD于點N，由菱形的性質(zhì)得出AB＝BC＝CD＝23，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，由直角三角形的性質(zhì)求出MG＝3，證明△GBM∽△BCE，由相似三角形的性質(zhì)得出BGBC【詳解】解：過點G作GM⊥BC于點M，過點C作CN⊥AD于點N，∵四邊形ABCD為菱形，∴AB＝BC＝CD＝23，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC∴∠MGN＝90°，∴四邊形GMCN為矩形，∴GM＝CN，在△CDN中，∠D＝60°，CD＝23∴CN＝CD?sin60°＝23∴MG＝3，∵四邊形BEFG為矩形，∴∠E＝90°，BG∥EF，∴∠BCE＝∠GBM，又∵∠E＝∠BMG，∴△GBM∽△BCE，∴BGBC∴42∴BE＝323故選：B．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2023·浙江寧波·中考真題）如圖，以鈍角三角形ABC的最長邊BC為邊向外作矩形BCDE，連結(jié)AE,AD，設(shè)△AED，△ABE，△ACD的面積分別為S,

A．△ABE的面積 B．△ACD的面積 C．△ABC的面積 D【答案】C【分析】過點A作FG∥BC，交EB的延長線于點F，DC的延長線于點G，易得：FG=BC,AF⊥【詳解】解：過點A作FG∥BC，交EB的延長線于點F，DC

∵矩形BCDE，∴BC⊥∴FG⊥∴四邊形BFGC為矩形，∴FG=∴S1∴S1又S=∴S-∴只需要知道△ABC的面積即可求出S故選C．【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)，求三角形的面積．解題的關(guān)鍵是得到S3．（2023·江西·中考真題）如圖，在?ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，將AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)角α（0°<α<360°）得到AP，連接PC

【答案】90°或270°或180°【分析】連接AC，根據(jù)已知條件可得∠BAC【詳解】解：連接AC，取BC的中點E，連接AE，如圖所示，

∵在?ABCD中，∠∴BE=∴△ABE∴∠BAE=∠AEB∴AE∴∠EAC∴∠∴AC⊥如圖所示，當點P在AC上時，此時∠BAP=∠BAC=90°，則旋轉(zhuǎn)角

當點P在CA的延長線上時，如圖所示，則α

當P在BA的延長線上時，則旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)為180°，如圖所示，∵PA=PB=∴四邊形PACD是平行四邊形，∵AC∴四邊形PACD是矩形，∴∠即△PDC是直角三角形，

綜上所述，旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)為90°或270°或180°故答案為：90°或270°或180°．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，等邊三角形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（2023·四川雅安·中考真題）如圖，在△ABC中，∠C=90°,AC=BC=6．P為邊AB上一動點，作PD⊥BC于點D

【答案】3【分析】連接CP，利用勾股定理列式求出AB，判斷出四邊形CDPE是矩形，根據(jù)矩形的對角線相等可得DE=CP，再根據(jù)垂線段最短可得CP⊥【詳解】解：如圖，連接CP，

∵∠C∴AB=∵PD⊥BC于點D，PE⊥AC于點∴四邊形CDPE是矩形，∴DE=由垂線段最短可得CP⊥AB時，線段CP的值最小，此時線段此時，S△代入數(shù)據(jù)：12∴CP=3∴DE的最小值為32故答案為：32【點睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)，垂線段最短的性質(zhì)，勾股定理，判斷出CP⊥AB時，線段題型02與矩形（或正方形）有關(guān)的折疊問題矩形的折疊問題的常用解題思路：1）對折疊前后的圖形進行細致分析，折疊后的圖形與原圖形全等，對應(yīng)邊、對應(yīng)角分別相等，找出各相等的邊或角；2）折痕可看作角平分線（對稱線段所在的直線與折痕的夾角相等）．3)折痕可看作垂直平分線（互相重合的兩點之間的連線被折痕垂直平分）.4）選擇一個直角三角形(不找以折痕為邊長的直角三角形)，利用未知數(shù)表示其它直角三角形三邊，通過勾股定理/相似三角形知識求解.1．（2023·黑龍江牡丹江·中考真題）在以“矩形的折疊”為主題的數(shù)學活動課上，某位同學進行了如下操作：第一步：將矩形紙片的一端，利用圖①的方法折出一個正方形ABEF，然后把紙片展平；第二步：將圖①中的矩形紙片折疊，使點C恰好落在點F處，得到折痕MN，如圖②．根據(jù)以上的操作，若AB=8，AD=12，則線段BM的長是（

A．3 B．5 C．2 D．1【答案】C【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)得：AB=AF=BE=8，F(xiàn)D=EC=4，F(xiàn)N=CN，設(shè)【詳解】解：如圖，過點M作MH⊥AD，交AD于點

∵∠DFN+∠∴∠∵∠在△MFH和△∠∴△∴∵∴設(shè)DN=x，則∴FN2解得：x=3∴DN=3，CN∴MFFN∴MF∴MC∵AD∴BM故選：C．【點睛】本題考查折疊問題及矩形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，掌握折疊的性質(zhì)并能熟練運用勾股定理方程思想是解題的關(guān)鍵．2．（2023·遼寧盤錦·中考真題）如圖，四邊形ABCD是矩形，AB=6，BC=6．點E為邊BC的中點，點F為邊AD上一點，將四邊形ABEF沿EF折疊，點A的對應(yīng)點為點A'，點B的對應(yīng)點為點B'，過點B'作B'H⊥

【答案】3+3或【分析】分兩種情況：當點F在點E左側(cè)時，設(shè)B'E交AD于點G，過點E作EM⊥AD于點M，則四邊形ABEM為矩形AB=ME=6，AM=BE=3，由折疊可知BE=B'E=3，∠BEF=∠B'EF，由平行線的性質(zhì)可得∠GFE=∠BEF，于是∠GFE=∠B'EF，F(xiàn)G=EG，利用勾股定理求得EH=1，證明△EMG∽△B'HE，利用相似三角形的性質(zhì)求得EG=332【詳解】解：當點F在點E左側(cè)時，如圖，設(shè)B'E交AD于點G，過點E作EM⊥則∠AME∵點E為邊BC的中點，∴BE∵四邊形ABCD為矩形，BC=6∴AD=BC=6，∴∠AME∴四邊形ABEM為矩形，∴AB=ME由折疊可知，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當點F在點E右側(cè)時，如圖，設(shè)B'F交BC于點P，過點F作FK⊥同理可得：B'E=3，F(xiàn)P=EP，四邊形KCDF在Rt△B'∵△B∴B'EFP∴FP=3∴EK∴DF綜上，F(xiàn)D的長是3+3或3-故答案為：3+3或3-【點睛】本題主要考查矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，靈活運用相關(guān)知識解決問題是解題關(guān)鍵．3．（2022·河南·中考真題）綜合與實踐綜合與實踐課上，老師讓同學們以“矩形的折疊”為主題開展數(shù)學活動．(1)操作判斷操作一：對折矩形紙片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P，沿BP折疊，使點A落在矩形內(nèi)部點M處，把紙片展平，連接PM，BM．根據(jù)以上操作，當點M在EF上時，寫出圖1中一個30°的角：______．(2)遷移探究小華將矩形紙片換成正方形紙片，繼續(xù)探究，過程如下：將正方形紙片ABCD按照（1）中的方式操作，并延長PM交CD于點Q，連接BQ．①如圖2，當點M在EF上時，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；②改變點P在AD上的位置（點P不與點A，D重合），如圖3，判斷∠MBQ與∠CBQ的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．(3)拓展應(yīng)用在（2）的探究中，已知正方形紙片ABCD的邊長為8cm，當FQ＝1cm時，直接寫出AP的長．【答案】(1)∠BME或∠ABP或∠(2)①15，15；②∠MBQ(3)AP=4011【分析】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)，得BE=12BM，結(jié)合矩形的性質(zhì)得（2）根據(jù)折疊的性質(zhì)，可證RtΔ（3）由（2）可得QM=QC，分兩種情況：當點Q在點F的下方時，當點Q在點F的上方時，設(shè)AP=PM=x，【詳解】（1）解：∵∴∵∠BEM=90°，sin∠BME∴∠∴∠∵∠∴∠（2）∵四邊形ABCD是正方形∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°由折疊性質(zhì)得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°∴BM=BC①∵∴Rt∴∠∵∠∴∠②∵∴∴∠（3）當點Q在點F的下方時，如圖，∵∴QC=CD-DF-FQ由（2）可知，QM設(shè)AP∴P即8-解得：x∴AP=當點Q在點F的上方時，如圖，∵∴QC=5cm，DQ由（2）可知，QM設(shè)AP∴P即8-解得：x∴AP=【點睛】本題主要考查矩形與折疊，正方形的性質(zhì)、勾股定理、三角形的全等，掌握相關(guān)知識并靈活應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．4．（2023·江蘇·中考真題）綜合與實踐定義：將寬與長的比值為22n+1-1（1）概念理解：當n=1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（AD）與長CD的比值是_________（2）操作驗證：用正方形紙片ABCD進行如下操作（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D的對應(yīng)點為點H，展開，折痕為CG；第三步：過點G折疊紙片，使得點A、B分別落在邊AD、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(xiàn)：小明操作發(fā)現(xiàn)任一個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E為正方形ABCD邊AB上（不與端點重合）任意一點，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2（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（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n=1時，2故答案為：5-（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設(shè)DG=x根據(jù)折疊，可得GH=GD=在Rt△BEC中，∴EH=在Rt△A∴2-解得：x∴GD∴矩形GDCK是1階奇妙矩形．（3）用正方形紙片ABCD進行如下操作（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D的對應(yīng)點為點H，展開，折痕為CG；第三步：過點G折疊紙片，使得點A、B分別落在邊AD、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根據(jù)折疊，可得GH=GD=在Rt△BEC中，∴EH=在Rt△A∴4-解得：x∴GD當n=2時，∴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

設(shè)DG=x根據(jù)折疊，可得GH=GD=在Rt△BEC中，∴EH=在Rt△A∴1-整理得，x∴四邊形AGHE的邊長為1-x+矩形GDCK的周長為2GD∴四邊形AGHE的周長與矩形GDCK的周長比值總是定值1【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(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型03根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題1．（2021·山東泰安·中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，E是BD的中點，則下列四個結(jié)論：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，則BM=CM；③若MD=2AM，則S△A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】依次分析各選項，進行推理論證即可；其中①可通過證明△DME≌△BNEAAS，進一步轉(zhuǎn)換后可以得到結(jié)論，②可先得到該平行四邊形是矩形，利用矩形的性質(zhì)等得到MN垂直平分BC，即可完成求證，③可以先證明兩個三角形的共線邊上的高的關(guān)系，再利用三角形面積公式即可完成證明，④可以先證明【詳解】解：∵平行四邊形ABCD中，E是BD的中點，∴BE=DE，AD//∴∠MDE=∠NBE∴△DME∴DM=∴AM=故①正確；若∠A則平行四邊形ABCD是矩形，由矩形的對角線相等，而點E是矩形的對角線的交點可知，E點到B、C兩點的距離相等，∴E點在BC的垂直平分線上，由MD=AM，可得BN=所以N點是BC的中點，∴MN垂直平分BC，∴BM=故②正確；若MD=2AM，則BN=2如圖1，分別過D、E兩點向BC作垂線，垂足分別為Q點和P點，∵E點是BD中點，∴DQ=2EP，∵S△S∴S△故③正確；若AB=因為AB=所以DC=分別過N、C兩點向AD作垂線，垂足分別為H、K，由平行線間的距離處處相等可知：NH=CK，∴Rt△∴∠NMD∴△MND∴∠MND又∵∠NFM∴△MNF故④正確；故選：D．【點睛】本題綜合考查了平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、線段的垂直平分線的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等內(nèi)容，解決本題的關(guān)鍵是牢記相關(guān)概念與性質(zhì)，能熟練運用全等三角形的判定與性質(zhì)進行角或邊之間關(guān)系的轉(zhuǎn)化等，本題對推理分析能力要求較高，屬于中等難度偏上的題目，對學生的綜合分析能力有一定的要求．2．（2023·北京·中考真題）如圖，點A、B、C在同一條線上，點B在點A，C之間，點D，E在直線AC同側(cè)，AB<BC，∠A=∠C=90°，△EAB≌△BCD，連接DE，設(shè)AB=a，BC

上述結(jié)論中，所有正確結(jié)論的序號是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】D【分析】如圖，過D作DF⊥AE于F，則四邊形ACDF是矩形，則DF=AC=a+b，由DF<DE，可得a+b<c，進而可判斷①的正誤；由△EAB≌△BCD，可得BE=BD，CD=AB=a，【詳解】解：如圖，過D作DF⊥AE于F，則四邊形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×故選：D．【點睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定，不等式的性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系等知識．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．3．（2022·貴州黔西·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，矩形ABCD的頂點A在第一象限，B，D分別在y軸上，AB交x軸于點E，AF⊥x軸，垂足為F．若OE=3，EF①OA=3AF；②AE平分∠OAF；③點C的坐標為(-4,-2)；④BD=63A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】C【分析】根據(jù)相似三角形的判定得出△EOB∽△EFA，利用相似三角形的性質(zhì)及已知OE，EF的值即可判斷結(jié)論①；由①分析得出的條件，結(jié)合相似三角形、矩形的性質(zhì)（對角線）即可判斷結(jié)論②；根據(jù)直角坐標系上點的表示及結(jié)論①OA=3AF，利用勾股定理建立等式求解可得點A坐標，再根據(jù)關(guān)于原點對稱的點的坐標得出點D坐標，即可判斷結(jié)論③；由③可知AF=2，進而得出OA的值，根據(jù)矩形的性質(zhì)即可判斷結(jié)論④【詳解】解：∵矩形ABCD的頂點A在第一象限，AF⊥x軸，垂足為∴∠EOB=∠EFA=90°,∵∠AEF∴△EOB∵OE=3，∴EFEO=AFOB∵OA=OB∴∠OAB=∠OBA∴∠OAB∴AE平分∠OAF．（②∵OF∴點A的橫坐標為4．∵OA∴9AF2∴AF=2，點A∴A∵點A與點C關(guān)于原點對稱，∴C(-4,-2∵OA∴BD=OD∵S∴S矩形ABCD∴結(jié)論正確的共有4個符合題意．故選：C．【點睛】本題考查矩形與坐標的綜合應(yīng)用．涉及矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，直角坐標系上點的表示，關(guān)于原點對稱的點的坐標，三角形的面積公式等知識點．矩形的對角線相等且互相平分；兩角分別相等的兩個三角形相似；相似三角形對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊成比例；兩個點關(guān)于原點對稱時，它們的坐標符號相反，即點P(x,y4．（2021·四川雅安·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AC和BD相交于點O，過點B作BF⊥AC于點M，交CD于點F，過點D作DE∥BF交AC于點N．交AB于點E，連接FN，EM．有下列結(jié)論：①四邊形NEMF為平行四邊形，②DN2=MC?NC；③△DNF【答案】①②④．【分析】通過全等三角形的判定和性質(zhì)，證明EN=FM，EN∥FM，判斷結(jié)論①；通過證明△AMB∽△BMC，然后利用全等三角形和相似三角形的性質(zhì)判斷結(jié)論②；假設(shè)結(jié)論成立，找出與題意的矛盾之處，判斷結(jié)論③，結(jié)合等腰三角形的判定和性質(zhì)求得DE=BE，可得結(jié)論④【詳解】解：∵四邊形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，∴四邊形DFBE是平行四邊形，∴DE=BF，∴DE-DN=BF-BM，即EN=FM，∵NE∥FM，∴四邊形NEMF是平行四邊形，故①正確，∵△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正確，若△DNF是等邊三角形，則∠CDN=60°，即∠ACD=30°，不符合題意，故③錯誤，∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=OD，∵AO=AD，∴AO=AD=OD，∴△AOD是等邊三角形，∴∠ADO=∠DAN=60°，∴∠ABD=90°-∠ADO=30°，∵DE⊥AC，∴∠ADN=ODN=30°，∴∠ODN=∠ABD，∴DE=BE，∵四邊形DEBF是平行四邊形，∴四邊形DEBF是菱形；故④正確．故答案為：①②④．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、菱形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)和菱形的判定，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．題型04矩形與函數(shù)的相關(guān)問題1．（2023·浙江紹興·中考真題）在平面直角坐標系xOy中，一個圖形上的點都在一邊平行于x軸的矩形內(nèi)部（包括邊界），這些矩形中面積最小的矩形稱為該圖形的關(guān)聯(lián)矩形．例如：如圖，函數(shù)y=(x-2)20≤x≤3的圖象（拋物線中的實線部分），它的關(guān)聯(lián)矩形為矩形

【答案】712或【分析】根據(jù)題意求得點A3,0，B3,4，【詳解】由y=(x-2)∴C0,4∵A3,0，四邊形ABCO∴B3,4①當拋物線經(jīng)過O，B時，將點0,0，B3,4∴c解得：b②當拋物線經(jīng)過點A,C時，將點A3,0,C∴c解得：b綜上所述，b=712故答案為：712或-【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求拋物線解析式，理解新定義，最小矩形的限制條件是解題的關(guān)鍵．2．（2023·黑龍江·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形AOCB的邊OC在x軸上，∠AOC=60°，OC的長是一元二次方程x2-4x-12=0的根，過點C作x軸的垂線，交對角線OB于點D，直線AD分別交x軸和y軸于點F和點E，動點M從點O以每秒1個單位長度的速度沿OD向終點D運動，動點N從點F以每秒

(1)求直線AD的解析式．(2)連接MN，求△MDN的面積S與運動時間t(3)點N在運動的過程中，在坐標平面內(nèi)是否存在一點Q．使得以A，C，N，Q為項點的四邊形是矩形．若存在，直接寫出點Q的坐標，若不存在，說明理由．【答案】(1)y=-(2)S=(3)存在，點Q的坐標是32,3【分析】（1）過點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的長，得到點（2）首先證明△EOD是等邊三角形，求出DO=DF=43，然后分情況討論：①當點N在DF上，即0≤t≤23時，過點N作NP⊥OB于P，②當點N在DE上，即23（3）分情況討論：①當AN是直角邊時，則CN⊥EF，過點N作NK⊥CF于K，首先求出CN，然后解直角三角形求出CK和NK，再利用平移的性質(zhì)得出點Q的坐標；②當AN是對角線時，則∠ACN=90°，過點N作NL⊥CF于L，證明【詳解】（1）解：解方程x2-4x-∴OC=6∵四邊形AOCB是菱形，∠AOC∴OA=OC=6∴CD=∴D6,2過點A作AH⊥OC于∵∠AOH∴OH=12∴A3,3設(shè)直線AD的解析式為y=代入A3,33，D6,2解得：k=-∴直線AD的解析式為y=-

（2）解：由（1）知在Rt△COD中，CD=2∴OD=2CD=4∵直線y=-33x+4∴OE=4∴OE=∴△EOD∴∠OED=∠EDO∴∠OFE∴DO=①當點N在DF上，即0≤t由題意得：DM=OD-過點N作NP⊥OB于則NP=∴S=

②當點N在DE上，即23由題意得：DM=OD-過點N作NT⊥OB于則NT=∴S=綜上，S=

（3）解：存在，分情況討論：①如圖，當AN是直角邊時，則CN⊥EF，過點N作NK⊥∵∠NFC=30°，∴∠NCK=60°，∴CF=12-6=6∴CN=∴CK=CN?∴將點N向左平移32個單位長度，再向下平移332∴將點A向左平移32個單位長度，再向下平移332∵A3,3∴Q3

②如圖，當AN是對角線時，則∠ACN=90°，過點N作NL⊥∵OA=OC，∴△AOC∴∠ACO∴∠NCF∴CL=∴NL=∴將點C向右平移3個單位長度，再向上平移3個單位長度得到點N，∴將點A向右平移3個單位長度，再向上平移3個單位長度得到點Q，∵A3,3∴Q6,4∴存在一點Q，使得以A，C，N，Q為頂點的四邊形是矩形，點Q的坐標是32,3

【點睛】本題考查了解一元二次方程，菱形的性質(zhì)，解直角三角形，待定系數(shù)法的應(yīng)用，等邊三角形的判定和性質(zhì)，含30°直角三角形的性質(zhì)，二次函數(shù)的應(yīng)用，矩形的判定和性質(zhì)以及平移的性質(zhì)等知識，靈活運用各知識點，作出合適的輔助線，熟練掌握數(shù)形結(jié)合思想與分類討論思想的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．3．（2023·貴州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形OABC是矩形，反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象分別與AB,BC交于點D

(1)求反比例函數(shù)的表達式和點E的坐標；(2)若一次函數(shù)y=x+m與反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象相交于點M，當點M【答案】(1)反比例函數(shù)解析式為y=4(2)-【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得到BC∥OA，AB⊥OA，再由D4,1是AB的中點得到B（2）求出直線y=x+m恰好經(jīng)過D和恰好經(jīng)過【詳解】（1）解：∵四邊形OABC是矩形，∴BC∥∵D4,1是AB∴B4∴點E的縱坐標為2，∵反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象分別與AB∴1=k∴k=4∴反比例函數(shù)解析式為y=在y=4x中，當y∴E2（2）解：當直線y=x+m經(jīng)過點E2當直線y=x+m經(jīng)過點D4∵一次函數(shù)y=x+m與反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象相交于點M∴-3≤【點睛】本題主要考查了求一次函數(shù)解析式，一次函數(shù)與反比例函數(shù)綜合，矩形的